2022届山东省菏泽市高一(下)物理期末学业质量监测模拟试题含解析

2022届山东省菏泽市高一(下)物理期末学业质量监测模拟试题
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．(本题9分)一只小船在静水中的速度为4m/s，它要渡过一条宽为40m的河，河水流速为3m/s。

下列说法中正确的是
A．小船过河的位移不可能为40 m
B．小船过河的最短时间为10 s
C．若河水流速改变，船过河的最短时间将改变
D．小船在河中实际速度可能为8m/s
【答案】B
【解析】
【详解】
A、根据平行四边形定则，由于船在静水中的速度大于水流速，则合速度可能垂直于河岸，即船可能垂直到达对岸，则最短航程为40m，A错误；
BC、当静水速与河岸垂直时，过河的时间最短，渡河的最短时间与水流速度无关，最短渡河时间为
40
s10s
4
c
d
t
v
===，B正确，C错误；
D、若船的速度方向与河水流速方向相同时，船的实际速度最大，大小为7m/s，不可能为8m/s，D错误。

【点睛】
解决本题的关键知道合运动与合运动具有等时性，各分运动具有独立性，互不干扰，注意时间最短与位移最短求解方法区别，及理解水流速度与船在静水的速度大小，决定了最短位移的求解。

2．(本题9分)如图,半圆形光滑轨道固定在水平地面上,半圆的直径与地面垂直,一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道,并从轨道上端水平飞出,小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关,此距离最大时,对
应的轨道半径为(重力加速度为g)( )
A．
2
16
v
g
B．
2
8
v
g
C．
2
4
v
g
D．
2
2
v
g
【答案】B
【解析】
【分析】
根据动能定理得出物块到达最高点的速度，结合高度求出平抛运动的时间，从而得出水平位移的表达式，
结合表达式，运用二次函数求极值的方法得出距离最大时对应的轨道半径．【详解】
设半圆的半径为R，根据动能定理得：−mg•2R＝1
2 mv′2
−
1
2
mv2，离开最高点做平抛运动，有：2R=
1
2
gt2，x=v′t，联立解得：
24
2
2
16()
()
4484
v v
g R
R v gR g g
x
g g
--+
-
==
，可知当R=
2
8
v
g
时，水平位移最大，故B正确，ACD错误．故选B．
【点睛】
本题考查了动能定理与圆周运动和平抛运动的综合运用，得出水平位移的表达式是解决本题的关键，本题对数学能力的要求较高，需加强这方面的训练．
3．(本题9分)下列关于平均速度、瞬时速度、平均速率的说法中正确的是（）
A．平均速度的大小就是平均速率
B．匀速直线运动的平均速度等于瞬时速度
C．瞬时速度和平均速度都可以精确描述变速运动
D．平均速度就是速度的平均值
【答案】B
【解析】
【分析】
根据平均速度，瞬时速度和平均速率的定义可求。

【详解】
A．平均速度是位移与时间的比，而平均速率是路程与时间的比，如果物体做曲线运动或方向改变的直线运动，两者大小根本不同，A错误；
B．匀速直线运动，任一时刻，速度大小和方向始终不变，因此平均速度等于瞬时速度，B正确；
C．瞬时速度可以精确描述变速运动每一时刻的速度，而平均速度只能描述变速运动一段时间内大致运动情况，C错误；
D．平均速度是位移与时间的比，不是速度的平均值，D错误。

故选B。

4．(本题9分)如图所示为两个等量异号点电荷所形成电场的一部分电场线，P、Q是电场中的两点。

下列说法正确的是（）
A．P点场强比Q点场强大
B．P点电势比Q点电势低
C ．电子在P 点的电势能比在Q 点的电势能小
D ．电子从P 沿直线到Q 的过程中所受电场力恒定不变
【答案】C
【解析】
试题分析：由图可知，P 点周围的磁感线比Q 点稀疏，故P 点的场强比Q 点小，选项A 错误；由电场线的方向可知，电场由P 到Q ，而电势沿电场线方向是降低的，故P 点电势高于Q 点电势，选项B 错误；那么电子是负电荷，电子在P 点的电势能小于在Q 点的电势能，选项C 正确；由于P 到Q 间的电场强度是变化的，故电子从P 沿直线到Q 的过程中所受电场力是变化的，选项D 错误。

考点：电场强度，电势，电势能。

5． (本题9分)在一次足球比赛中，球从位于球门正前方的罚球点踢出后，在空中飞行的速率与时间的关系如图所示。

已知球在t 2时刻刚好飞入球门，不计空气阻力，则罚球点到球门的距离为
A ．v 2t 2
B ．v 1t 2
C ．v 3t 2
D ．2322
v v t + 【答案】B
【解析】
【详解】 不计空气阻力，足球在空中做斜上抛运动，足球在t 1时刻速度最小，到达最高点，此时足球只有水平速度，所以足球的水平分速度等于v 1。

足球水平方向做匀速直线运动，则罚球点到球门的距离为 s=v 1t 1．
A. v 1t 1，与结论不相符，选项A 错误；
B. v 1t 1，与结论相符，选项B 正确；
C. v 3t 1，与结论不相符，选项C 错误；
D. 2322
v v t +，与结论不相符，选项D 错误； 6． (本题9分)如图所示，匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量相等的物体A 和B ，它们与盘间的动摩擦因数相等．当圆盘转速加快到两物体刚要滑动且尚未滑动的状态时，烧断细线，则两物体的运动情况是( )
A．两物体均沿切线方向滑动
B．两物体均沿半径方向做远离圆心的运动
C．两物体随盘一起做匀速圆周运动，不发生滑动
D．物体A随盘一起做匀速圆周运动，不发生滑动，B物体将沿一条曲线运动，离圆心越来越远
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
当圆盘转速加快到两物体刚要发生滑动时，A物体靠细线的拉力与圆盘的最大静摩擦力的合力提供向心力做匀速圆周运动，所以烧断细线后，A所受最大静摩擦力不足以提供其做圆周运动所需要的向心力，A要发生相对滑动，离圆盘圆心越来越远，但是B所需要的向心力小于B的最大静摩擦力，所以B仍保持相对圆盘静止状态，故ABC错误，D正确。

故选D。

【点睛】
此题考查了匀速圆周运动的向心力问题；解决本题的关键是找出向心力的来源，知道AB两物体是由摩擦力和绳子的拉力提供向心力，难度不大，属于基础题．
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．如图所示，圆1和圆2外切，它们的圆心在同一竖直线上，有四块光滑的板，它们的一端A搭在竖直墙面上，另一端搭在圆2上，其中B、C、D三块板都通过两圆的切点，B在圆1上，C在圆1内，D在圆1外，A板与D板最低点交于一点a（d），且两板与竖直墙面的夹角分别为30°、60°，从A、B、C、D四处同时由静止释放一个物块，它们都沿板运动，到达叫板底端的时间分别为t A、t B、t C、t D，下列判断正确的是（）
A ．
B t 最短
B ．
C t 最短 C ．A B t t >
D ．A D t t =
【答案】BCD
【解析】
【详解】 设板与竖直方向的夹角为θ，沿板运动的加速度为：
cos cos mg a g m
θθ== 设上面圆1的半径为r ，下面圆2的半径为R ，则Bb 轨道的长度为：
2cos 2cos s r R θθ=+
根据位移时间公式得：
212
s at = 则
t = 故从上面圆1上的任一点沿光滑直轨道达到下面圆2的任一点的时间相等；因B 在圆1上，C 在圆1内，D 在圆1外，且板的低端堵在下面圆2上，故有
D B C t t t >>；
轨道Aa 和Dd 相交于最低点a （d ），
sin sin A A D D L L θθ=
则对A 、D 有：
cos cos mg a g m θθ==，212
L at = 联立解得：
t =则有：
A t ==
D t =
故 A D t t =
故有：
A D
B
C t t t t =>>
故A 错误，BCD 正确。

故选BCD 。

8． (本题9分)轻质弹簧一端悬挂于天花板，另一端与一小木块相连处于静止状态，一子弹以水平速度v 瞬间射穿木块，不计空气阻力
A ．子弹射穿木块的过程中，子弹与木块组成的系统机械能不守恒
B ．子弹射穿木块后，木块在运动过程中机械能守恒
C ．木块在向右摆动过程中，木块的动能与弹簧的弹性势能之和在变小
D ．木块在向右摆动过程中重力的功率在变小
【答案】AC
【解析】
子弹射穿木块的过程中，将会有热量产生，所以子弹与木块组成的系统机械能不守恒，故A 正确；子弹射穿木块后，木块将会做圆周运动，弹簧将被拉长，势能增加，所以木块在运动过程中机械能不守恒，故B 错误；把木块和弹簧看成一个系统机械能守恒，弹性势能、动能和重力势能之和保持不变，木块在向右摆动过程中，重力势能增加，所以木块的动能与弹簧的弹性势能之和在变小，故C 正确；当木块在最低点时重力的瞬时功率为零，物块到达最高处时重力的瞬时功率也为零，所以重力的功率先增大后减小，故D 错误．所以AC 正确，BD 错误．
9． (本题9分)质量为m 的小物块静止在赤道处．．．
，下列关于小物块所受引力和重力的说法正确的是（ ） A ．小物块所受重力的方向一定指向地心
B ．小物块所受引力的方向一定指向地心
C ．若地球自转加快，小物块所受重力变小
D ．若地球自转加快，小物块所受引力变小
【答案】ABC
【解析】
【详解】
A.重力的方向竖直向下，而赤道处竖直向下和指向地心重合；则赤道位置的重力指向地心；则A 项符合题意.
B.物体受到地球的万有引力方向沿物体和地球的球心连线而指向地心；故B 项符合题意.
C.对赤道位置的物体分析可知，所受万有引力产生两分力效果，一是重力，二是自转向心力，且三者的方
向都指向地心，满足：
， 则自转加快即角速度增大，所需向心力变大，而引力不变，故重力变小；故C 项符合题意.
D.物体所受万有引力大小，与自转快慢无关，则地球自转加快时小物块所受的引力不变；故D 项不合题意.
10． (本题9分)质量为m 的物体，自高为h 、倾角为θ的光滑斜面顶端由静止滑下，经历时间t 到达斜面底端，物体刚滑到斜面底端时，重力的功率是
A ．mg 2gh sinθ
B ．mg 2gh cosθ
C ．22sin mg t θ
D ．2sin 22
mg t θ 【答案】BD
【解析】
试题分析：本题所求的是瞬时功率，根据212mgh mv =可得：物体刚滑到斜面底端时速度2v gh =，根据运动学功公式也可得sin v gt θ=，再根据功率计算公式可得cos 2cos p mgv mg gh αθ==， A 错误，B 正确．同理可得：22
sin 2sin .cos 2mg t p mg t θθθ==，C 错，D ，正确． 考点：机械能守恒的简单应用和匀变速直线运动公式的应用和瞬时功率的计算
11．下列物体中，机械能守恒的是( )
A ．做平抛运动的物体
B ．被匀速吊起的集装箱
C ．光滑曲面上自由运动的物体
D ．物体以g 的加速度竖直向上做匀减速运动
【答案】AC
【解析】
【分析】
物体机械能守恒的条件是只有重力或者是弹簧的弹力做功，根据机械能守恒的条件逐个分析物体的受力的情况，即可判断物体是否是机械能守恒。

【详解】
A 项：平抛运动的物体只受到重力的作用，所以机械能守恒，故A 正确；
B项：被匀速吊起的集装箱，动能不变，重力势能增大；故机械能增大，故机械能不守恒，故B错误；
C项：物体沿光滑曲面上自由下滑，曲面的支持力不做功，只有重力做功，物体的机械能守恒，故C正确；D项：物体以的加速度竖直向上做匀减速运动，因a＜g，根据牛顿第二定律得知，物体受到的合力小于重力，必定受到向上的作用力，此作用力做正功，则知物体的机械能增加，机械能不守恒，故D错误。

故应选AC。

【点睛】
本题是对机械能守恒条件的直接考查，分析物体的受力情况，判断做功情况是关键。

12．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R同时在等势面b上，据此可知
A．三个等势面中，c的电势最低
B．带电粒子在P点的电势能比在Q点的大
C．带电粒子在P点的动能与电势能之和比在Q点的大
D．带电粒子在R点的加速度方向垂直于等势面b
【答案】BD
【解析】
【详解】
A.负电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧；作出电场线，根据轨迹弯曲的方向和负电荷可知，电场线向上，故c点电势最高；故A错误.
B.利用推论：负电荷在电势高处电势能小，知道P点电势能大；故B正确.
C.只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故带电质点在P点的动能与电势能之和等于在Q点的动能与电势能之和；故C错误.
D.带电质点在R点的受力方向沿着电场线的切线方向，电场线与等势面垂直，故质点在R点的加速度方向与等势面垂直；故D正确.
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．实验装置如图所示，利用自由落体运动验证机械能守恒定律。

（1）为验证机械能守恒定律，下列物理量中，需用工具直接测量的有_______，通过计算间接测量的有_______
A．重物的质量B．重力加速度
C．重物下落的高度D．重锤下落的瞬时速度
（2）关于本实验的误差，下列说法中不正确的是________
A．选择质量较小的重物，有利于减小误差
B．选择点击清晰且第1、2两点间距约为2mm的纸带有利于减小误差
C．先松开纸后接通电源会造成较大的误差
D．本实验产生误差的主要原因是重物在下落过程中不可避免地受到阻力的作用
（3）在实验中，质量为m=1kg的物体自由下落，得到如图所示的纸带，相邻计数点间的时间间隔为0.04s，那个打点计时器打下起点O到打下B点的过程中，物体重力势能的减少量________J，此过程中物体动能的增加量________J。

（，保留三位有效数字）
（4）本实验中，纸带记录的点到起点O 的距离为h,打对应点时重物的速度为v,若以为纵轴，以h为横轴，根据实验数据绘出的图像应是________，才能验证机械能守恒，图像的斜率等于_______
的数值。

【答案】（1）C； D （2）A （3）2.28； 2.26 （4）过原点的倾斜直线；重力加速度
【解析】
【详解】
第一空、第二空．重物在下落过程中动能的增加量为，重力势能的减少量为mgh，则可知，
在不需要得出重力势能减少量与动能增加量的具体数值的前提下，质量可以不测量，则通过纸带要直接测量的物理量是重物下落的高度，要间接测量的物理量是重物下落的瞬时速度。

故选：C，D。

第三空．为减小重物所受空气阻力，应该选择质量较大、体积较小的重物，有利于减小误差，故A错误；选择点击清晰且第1、2两点间距约为2mm的纸带，有利于减小误差，故B正确；一般是先接通电源，后
释放纸带，所以松开纸后接通电源会造成较大的误差，故C正确；本实验产生误差的主要原因是重物在下落过程中不可避免地受到阻力的作用，故D正确。

本题选不正确的，故选A。

第四空．从打下起点O到打下B点的过程中，重物重力势能的减少量为△E p＝mgh OB＝1×9.8×23.25×10−2J ＝2.28J；
第五空．打下B点时，重物的速度为，由于初速度为零，则重物动能的增加量为；
第六空.若重物下落过程，重力势能的减少量与动能的增加量相等，则重物的机械能守恒，即有mgh＝mv2，可得v2＝gh，所以根据实验数据绘出的v2-h图象应是一条过程原点的倾斜直线，图线的斜率为重力加速
度。

14．如图1所示，小章同学将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，他利用此装置来验证机械能守恒定律。

(1)现有的器材：带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带夹子的重物、导线若干。

为完成此实验，除了所给的器材，还需要___________。

(填选项前的字母)
A．刻度尺B．秒表C．220V交流电源D．低压交流电源
(2)下列最适合作为实验中所用重物的是___________。

A．400g的皮球B．400g的塑料块C．400g的铅块D．400g的木块
(3)实验中，小章利用(2)中所选的物体作为重物，经正确操作后得到一条清晰的纸带(局部)如图2所示，A、
B、C为连续的三个点，测得：x AB=4.15cm，x AC=4.53cm，相邻两点间的时间间隔均为0.02s，则打下B点时，重物的动能为___________J(计算结果保留两位有效数字)。

【答案】AD C 0.26
【解析】
【详解】
（1）[1] 通过打点计时器计算时间，故不需要秒表，打点计时器应该与交流电源连接，需要刻度尺测量纸带上两点间的距离，故A 正确，B 错误；由图可知是电磁打点计时器，故电源用低压交流电源，故C 错误，D 正确。

（2）[2] 为了减小阻力的影响，重物应选用质量大、体积小、密度大的材料，故选C 。

（3）[3] 打B 点重物的瞬时速度
打下B 点时，重物的动能为
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15． (本题9分)某同学在实验室探究圆周运动向心力和速度之间的关系，他利用双线来连接小球在竖直平面内做圆周运动，如图所示，他用两根长均为2L m =的细线系一质量为m=0.5kg 的小球，细线的另一端系于水平横杆上相距为d=2m 的A 、B 两点，若小球上升到圆周最高点时两细线的拉力恰好都为零，重力加速度为2
10/g m s =，求：
（1）小球到达圆周最高点时的速度大小；
（2）小球到达圆周最低点时的速度大小及每根细线的拉力大小．
【答案】（110m/s （2）152【解析】
(1)设最高点速度为1v ，最高点受力分析可得21v mg m R =， 解得1v gR =
由几何关系可知R=1m ，
代入数据解得110/v m s =
(2)设最低点速度为2v ，根据动能定理
222111222
mv mv mgR -=， 解得2552/v gR m s ==
最低点受力分析得222cos 45v T mg m R ︒-=， 解得152T N =
【点睛】本题考查了动能定理的应用，分析清楚小球的运动情况与受力情况是解题的前提，应用动能定理、牛顿第二定律可以解题．
16．如图所示电路，电源电动势为E ＝6V ，定值电阻R A ＝1Ω，R B ＝8Ω，电容器的电容为C ＝20μF ，开关S 闭合时电流表的示数为0.5A ，电容器的电荷量为Q ＝10﹣4C ，电流表视为理想电表。

求：
（1）电阻R C 的阻值；
（2）电源的内电阻。

【答案】（1）2Ω（2）1Ω
【解析】
【详解】
（1）根据电路特征知电容器两端的电压等于R B 和R C 的电压之和，即为：4
6
105V 2010Q U C --==⨯＝ 根据欧姆定律知：5100.5B C U R R I +=
Ω＝＝ 因为R B =8Ω，故R C =2Ω；
（2）根据闭合电路欧姆定律知电源的内电压为：
U 内=E-I （R A +R B +R C ）=6-0.5×11=0.5V ，
所以电源的内阻为：0.510.5
U r I =Ω内
＝＝；
17．(本题9分)我国正在制造的第二艘国产航母将采用电磁弹射技术，电磁弹射技术可以提高航母舰载战斗机的战斗力。

如图所示战斗机起飞时除了受到自身发动机的推力和一定的阻力外，电磁弹射装置将提供额外的推进力。

若战斗机起飞时质量
，战斗机弹射起飞过程做匀加速直线运动，起飞前就具有和航母相同的速度，而该机型战斗机需加速到才能成功起飞，求：
（1）战斗机的起飞加速度a和起飞过程所需时间（结果保留小数点后二位）。

（2）战斗机起飞过程中，弹射装置的推进力对战斗机做的功W。

【答案】（1）2.22s（2）
【解析】(1) 由牛顿第二定律，有：
F+F0-f=Ma
代入数据，可得：a=22.5m/s2
由匀变速直线运动规律，有：
v-v0=at
得：；
(2) 由匀变速直线运动规律，有
代入数据，可得：x=100m
又有：
由以上两式解得：。