2022届河南省焦作市高一(下)物理期末检测模拟试题含解析

2022届河南省焦作市高一(下)物理期末检测模拟试题
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．光滑的水平面上叠放着两个物块，其中B 的质量是A 的两倍，A 、B 接触面粗糙，用水平力分别作用在A 、B 上，如图甲、乙所示，A 、B 始终相对静止，当A 、B 间静摩擦力最大时，水平力大小分别为F 1和F 2，则下列判断正确的是（ ）
A ．F 1=F 2
B ．F 1=2F 2
C ．F 1=12F 2
D ．F 1=23
F 2 【答案】C
【解析】
【详解】 B 的质量是A 的两倍，即：
2B A m m =
图甲中，当A 、B 间静摩擦力最大时，对B 分析可得：
m 1B f m a =
对整体分析可得：
11()A B F m m a =+
图乙中，当A 、B 间静摩擦力最大时，对A 分析可得：
m 2A f m a =
对整体分析可得：
22()A B F m m a =+
联立解得：
F 1=12
F 2 A ．F 1=F 2，与分析不符，故A 项错误；
B ．F 1=2F 2，与分析不符，故B 项错误；
C ．F 1=
12
F 2，与分析相符，故C 项正确； D ．F 1=23F 2，与分析不符，故D 项错误。

2． (本题9分)如图所示，物体A 和B 的质量均为m ，且分别与跨过定滑轮的轻绳连接（不计绳与滑轮、滑轮与轴之间的摩擦），在用水平变力F 拉物体B 沿水平方向向右做匀速直线运动的过程中，下列说法正
确的是
A．物体A也做匀速直线运动
B．物体A做匀加速直线运动
C．绳子对物体A的拉力等于物体A的重力
D．绳子对物体A的拉力大于物体A的重力
【答案】D
【解析】
【详解】
AB、将B物体的速度v B进行分解如图所示,则v A=v B cosα,α减小,v B不变,则v A逐渐增大，说明A物体向上做加速运动，故A错误、B错误；
CD、设绳子对A的拉力大小为T，由牛顿第二定律T−mg=ma，可知绳子对A的拉力T>mg，则物体A处于超重状态．故C错误、D正确．
故选D．
【点睛】
将B的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的分速度等于A的速度，根据平行四边形定则判断A的速度如何变化，从牛顿第二定律可知绳子对A的拉力与重力的关系．
3．下列四幅运动图象中加速度不为零的是（）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】
【详解】
A．图中表示物体处于静止状态，加速度为零，选项A不符合题意；
B．图中表示物体处于匀速直线运动状态，加速度为零，选项B不符合题意；
C．图中表示物体处于匀速直线运动状态，加速度为零，选项C不符合题意；
D．图中表示物体处于匀加速直线运动状态，加速度不为零，选项D符合题意；
4．一小船在静水中的速度为2v，要渡过一条宽度为d的河流，已知河水流速为v，则小船渡河（）A．最小位移为d B．最小位移为2d
C．相对河岸最小速度为5v D．相对河岸最大速度为5v
【答案】A
【解析】
【详解】
AB. 由于小船在静水中的速度为2v大于水的速度v，故小船过河最短路程为d，故A正确，B错误；
C. 两速度的合速度是相对河岸的速度，当两速度方向相反时，合速度最小，等于v，即相对河岸最小速度为v，故C错误；
D．当两速度方向一致时，合速度最大，为3v，即相对河岸最大速度为3v，故D错误．
5．(本题9分)如图所示，质量为m的小球固定在杆的一端，在竖直面内绕杆的另一端做圆周运动，当小球运动到最高点时，瞬时速度v=3gR，R是球心到O点的距离，不计空气阻力，则当球运动到最低点时对杆的作用力是
A．8mg的拉力B．8mg的压力C．7mg的拉力D．7mg的压力
【答案】A
【解析】
【详解】
小球在最低点时，由于要提供向心力，而重力方向竖直方下，所以杆一定出现拉力，则小球对杆的作用力
也是拉力，设小球运动到最低点时的速度大小为v'，根据动能定理有：1
2
mv′2−
1
2
mv2＝2mgR，可得：
7
v gR
'＝在最低点，设杆的拉力为T，根据牛顿第二定律有：T−mg＝m
2
v
R
'
；代入速度，可得：T=8mg；
由牛顿第三定律可知，当小球在最低点时，球对杆的作用力是8mg的拉力。

A. 8mg的拉力，与结论相符，选项A正确；
B. 8mg的压力，与结论不相符，选项B错误；
C. 7mg的拉力，与结论不相符，选项C错误；
D. 7mg的压力，与结论不相符，选项D错误；
6．(本题9分)下列有关功和功率的说法正确的是( )
A．功是标量，功有正负值，功的的正负表示功的大小
B．功的正负是由位移和力的方向共同决定的
C．由功率公式
W
P
t
=可知做功的时间越长，功率一定越小
D．由公式P Fv
=可知汽车的最大速度只由汽车的额定功率决定
【答案】B
【解析】
A、功只有大小，没有方向，是标量，功的正负表示动力做功还是阻力做功，故A错误．
B、由W=Fxcosθ可知，正功表示力和位移两者之间夹角小于90°，负功表示力和位移两者之间夹角大于90°，故B正确．
C、在力做功多少不知道的情况下，不能得出时间t越长，功率越小的结论，故C错误．
D、汽车的速度最大时，牵引力等于阻力，从公式P=Fv可知，行驶的最大速度由额定功率和阻力决定，故D错误．故选B．【点睛】本题主要考查了对功的理解，注意功是标量，只有大小，没有方向，要注意正确理解正负功的意
义．知道功率是表示做功的快慢的物理量，做的功多，功率也不一定大．要注意可用
W
P
t
=来计算平均
功率，P Fv
=计算瞬时功率．
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．(本题9分)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中其机械能E总和动能E k随它离开地面的高度h的变化如图所示。

取地面为零势能参考面，重力加速度g取10m/s2。

由图中数据可知
A．物体的质量为1kg
B．物体上升的最大高度6m
C．从地面至h＝2m，物体的动能减少30J
D．物体运动到最高点的过程中克服阻力做功60J
【答案】AC
【解析】
【详解】
根据能量守恒定律得：E p=E总-E k；
A.由图知，h=4m时E p=40J，由E p=mgh得m=1kg，故A正确。

B.由图知，动能随着上升高度线性减小，解得E k=100-15h，当h=6m时，动能不为0，故B错误。

C.h=2m时，E k=70J，初动能为100J，物体的动能减少30J，故C正确。

D.由E k=100-15h可得动能为0时，h=20
3
m；总能量E=100-5h；当h=
20
3
m时，E=
200
3
J，初始总能量为
100J，损失的能量即为物体运动到最高点的过程中克服阻力做功，有：100J-200
3
J=
100
3
J，故D错误。

8．(本题9分)如图，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M 和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点．不计重力．下列说法正确的是
A．M可能为电子，N可能为质子
B．N在从c点运动到d点的过程中电场力做正功
C．N在d点的电势能等于它在c点的电势能
D．M在b点的动能大于它在a点的动能
【答案】AB
【解析】
【详解】
A．据做曲线运动物体所受合外力指向轨迹内侧知，带电粒子M受到中间正点电荷的库仑引力，则带电粒子M带负电；带电粒子N受到中间正点电荷的库仑斥力，则带电粒子N带正电；所以M可能为电子，N 可能为质子．故A项符合题意；
BC．带电粒子N受到中间正点电荷的库仑斥力，N在从c点运动到d点的过程中离中间正点电荷变远，则电场力对带电粒子N做正功，带电粒子N在d点的电势能小于它在c点的电势能．故B项符合题意，C项不符合题意；
D．带电粒子M受到中间正点电荷的库仑引力，M在从a点运动到b点的过程中离中间正点电荷变远，则电场力对带电粒子M做负功，带电粒子M动能减小，则带电粒子M在b点的动能小于它在a点的动能．故D项不符合题意．
9．质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻开始受到水平力的作用。

力的大小F与时间t的关
系如图所示，力的方向保持不变，则
A．3t0时刻的瞬时功率为
B．3t0时刻的瞬时功率为
C．在t=0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为D．在t=0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为
【答案】BD
【解析】
【详解】
AB.3t0时速度
v=a1·2t0+a2t0=·2t0+·t0=
3t0时刻瞬时功率
P=3F0·v=
故A错，B对；
CD.0~2t0内，力F0做的功
W1=F0···（2t0）2=
2t0~3t0内位移
x 2=a1·2t0·t0+··=+=
2t0~3t0内水平力3F0做的功
W2=3F0x2=
0~3t0内平均功率
==
C 错，
D 对。

10． (本题9分)如图所示，a 、b 是两个在同一平面内的，绕地球做匀速圆周运动的人造卫星，其中已知b 为地球同步卫星，引力常量为G ．据图和上述信息，关于地球和卫星a 、b 的分析或结论，如：卫星a 、b 的绕行速度v a 、v b ，绕行周期T a 、T b 等。

下列的叙述正确的是（ ）
A ．由于v a ＞v b ，因而卫星a 减速可有可能让卫星b 追上
B ．卫星a 的绕行周期T a 一定小于24h
C ．卫星a 、b 的轨道平面一定与地球的赤道平面重合
D ．利用以上信息，可计算出地球的半径
【答案】BC
【解析】
【详解】
A.卫星a 减速时，a 将做近心运动，轨道半径减小，不可能让卫星b 追上。

故A 错误。

B.根据万有引力提供向心力，得：
2
224Mm G m r r T
π= 解得：
3
2r T GM
= 可知，卫星a 的绕行周期T a 一定小于卫星b 的绕行周期T b ，即一定小于24h ，故B 正确。

C.地球同步卫星的轨道平面一定与地球的赤道平面重合，a 、b 是两个在同一平面内的，b 为地球同步卫星，则卫星a 、b 的轨道平面一定与地球的赤道平面重合，故C 正确。

D.利用题目的信息，不能求出地球的半径，故D 错误。

11． (本题9分)小球A 、B 在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A ＝1 kg ，m B ＝2 kg ，v A ＝6 m ／s ，v B ＝2 m ／s ．当小球A 追上小球B 并发生碰撞后，小球A 、B 的速度可能是（ ）
A ．v A ′＝103m ／s ，v
B ′＝103
m ／s B ．v A ′＝2 m ／s ，v B ′＝4 m ／s
C ．v A ′＝－4 m ／s ，v B ′＝7 m ／s
D ．v A ′＝7 m ／s ，v B ′＝1.5 m ／s
【答案】AB
【解析】
D 、考虑追碰的实际情况，碰撞后A 球速度不大于B 球的速度，故D 不可能．A 追上B 并发生碰撞前的总动量是：m A v A +m B v B =1×6+2×2kgm/s=10kgm/s ，碰撞过程中动量守恒，碰撞后总动量应为10kgm/s ，经检验A 、B 、C 选项均符合．C 、碰撞过程中总动能不增加，碰撞前总动能为：2211122J 22k A A B B
E m v m v =
+=，C 选项中22211157J>22
k A A B B k E m v m v E ='=+'，故不可能，则综合排除后可能发生碰撞的选AB ． 【点睛】本题碰撞过程中动量守恒，同时要遵循能量守恒定律，不忘联系实际情况，即后面的球不会比前面的球运动的快．
12． (本题9分)示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示．如果在荧光屏上P 点出现亮斑，那么示波管中的（ ）
A ．极板x 应带正电
B ．极板x´应带正电
C ．极板y 应带正电
D ．极板y´应带正电
【答案】AC
【解析】
【详解】 本题考查示波器的原理，YY’间的电场使得电子在y 轴上产生偏转，XX’间的电场使得电子在x 轴上产生偏转
据荧光屏上电子的坐标可知示波管内电子受力情况：受指向y 方向和指向x 方向电场力．即电子在经过偏转电极时向X 、Y 两极板偏转，则这两个电极都应带正电，故AC 正确
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13． (本题9分)某同学在“研究匀变速直线运动”的实验中,用打点计时器记录了被小车拖动的纸带的运动情况,在纸带上确定出A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 共7个计数点,如图所示,其相邻点间的距离分别为AB=3.62cm ，BC=4.38cm ，CD=5.20cm ，DE=5.99cm ，EF=6.80cm ，FG=7.62cm ，每两个相邻的计数点的时间间隔为0.10s 。

（1）打点计时器采用的是_________电源.(选填“交流”或“直流”)
（2）计算出打下B 点小车的瞬时速度
________ （3）用逐差法求出小车运动的加速度=___（保留两位有效数字）
【答案】交流；0.40；0.80；
【解析】
【详解】
（1）打点计时器用的是交流电源.
（2）B 点的速度为：.
（3）由逐差法可得：DE-AB=3aT 2，EF-BC=3aT 2，FG-CD=3aT 2，相加得：DE+EF+FG-AB-BC-CD=9aT 2， 解得：a ＝ =
cm/s 2=80cm/s 2=0.80m/s 2
【点睛】 逐差法注意不要用相邻的两个相减，那样最终只剩第一个和最后一个数据，是一种错误的做法． 14．某同学验证“重锤做自由落体运动过程中机械能守恒”的实验，不慎将一条选择好的纸带的前面一部分破坏了，只能研究中间某过程机械能是否守恒。

如图所示，相邻两个计数点间还有一个点未画出，用刻度尺测出各计数点之间的距离：S 1=2.80cm ，S 2=4.40cm ，S 3=5.95cm ，S 4=7.55cm ，S 5=9.05cm 。

已知打点计时器工作频率为50Hz ，重锤的质量为1kg ，重力加速度g=10m/s 2。

利用以上纸带可以求出在打第2个点到第5个点的过程中重锤重力势能的减少量为__________J ，重锤动能的增加量为___________J （计算结果均保留3位有效数字）。

【答案】1.79 1.75 (1.76也给分)
【解析】
【详解】
[1] 点2到打下计数点5的过程中重力势能减少量是：
P 110(0.0400.05950.0755)J=1.79J E mg h ∆=∆=⨯⨯++
[2] 根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，有2点的瞬时速度等于13段的平均速度，则：
2132(2.80 4.40)10m m 0.90s s 2220.02
x v T -+⨯===⨯⨯ 5点的瞬时速度等于46段的平均速度，则：
2465(7.559.05)10m m 2.0775s s 2220.02
x v T -+⨯===⨯⨯
此过程中物体动能的增加量：
522k 21122
E mv mv ∆=- 代入数据可得
k 1.75J E ∆=
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15． (本题9分)质量均为m 的两个木块P 和Q 叠放在水平地面上，P 、Q 接触面的倾角为θ。

如图所示，现在Q 上加一水平推力F ，使P 、Q 保持相对静止一起向左做匀加速直线运动，下列说法不正确的是
A ．P 、Q 之间可能光滑
B ．P 木块所受合力方向水平向左
C ．Q 与地面间的动摩擦因数μ=2F mg
D ．若突然撒去F 后，P 、Q 一定保持相对静止
【答案】CD
【解析】
【详解】
A.若P 、Q 之间光滑，对P 受力分析，在水平方向上，由牛顿第二定律可知：mgtanθ=ma ，故：a=gtanθ，所以当整体的加速度a=gtanθ时，P 、Q 之间没有摩擦力，再之间可能光滑，故A 正确。

B.P 木块水平向左做匀加速直线运动，加速度方向水平向左，根据牛顿第二定律知P 木块所受合力方向水平向左。

故B 正确。

C.对整体，由牛顿第二定律得：F-μ•2mg=2ma ，得2F a mg g
μ=-，故C 错误。

D.若突然撒去F 后，假设P 、Q 保持相对静止，则整体的加速度水平向右，P 的合力水平向右。

由于P 、Q 之间光滑，P 所受的重力和Q 的支持力的合力不可能水平向右，所以P 、Q 之间光滑时假设不成立。

故D 错误。

本题选不正确的，故选CD 。

16．在地球上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把质量为m 的物体P 置于弹簧上端，用力压到弹簧形变量为3x 0处后由静止释放，从释放点上升的最大高度为4.5x 0，上升过程中物体P 的加速度a 与弹簧的压缩量x 间的关系如图中实线所示。

若在另一星球N 上把完全相同的弹簧竖直固定在水平桌面上，将物体Q 在弹簧上端点由静止释放，物体Q 的加速度a 与弹簧的压缩量x 间的关系如图中虚线所示。

两星球可视为质量分布均匀的球体，星球N 半径为地球半径的3倍。

忽略两星球的自转，图中两条图线与横、纵坐标轴
交点坐标为已知量。

求：
(1)地球表面和星球N 表面重力加速度之比；
(2)地球和星球N 的质量比；
(3)在星球N 上，物体Q 向下运动过程中的最大速度。

【答案】 (1)2:1(2)2:9(3)0032
v a x =
【解析】
【详解】
（1）由图象可知，地球表面处的重力加速度为 g 1=a 0
星球N 表面处的重力加速度为 g 2=00.5a
则地球表面和星球N 表面重力加速度之比为2∶1
（2）在星球表面，有 2GMm mg R
= 其中，M 表示星球的质量，g 表示星球表面的重力加速度，R 表示星球的半径。

则
M=2
gR G
因此，地球和星球N 的质量比为2∶9
（3）设物体Q 的质量为m 2，弹簧的劲度系数为k
物体的加速度为0时，对物体P ：
mg 1=k·x 0
对物体Q ：
m 2g 2=k·3x 0
联立解得：m 2=6m
在地球上，物体P 运动的初始位置处，弹簧的弹性势能设为Ep ，整个上升过程中，弹簧和物体P 组成的系统机械能守恒。

根据机械能守恒定律，有：
1004.5p E mg h ma x ==
在星球N 上，物体Q 向下运动过程中加速度为0时速度最大，由图可知，此时弹簧的压缩量恰好为3x 0，
因此弹性势能也为Ep ，物体Q 向下运动3x 0过程中，根据机械能守恒定律，有：
m 2a 23x 0=Ep+2212
m v 联立以上各式可得，物体P 的最大速度为v=0032
a x 17． (本题9分)如图所示，光滑水平面上有一辆质量为Ｍ=1 kg 的小车，小车的上表面有一个质量为m=0.9 kg 的滑块，在滑块与小车的挡板间用轻弹簧相连接，滑块与小车上表面间的动摩擦因数为μ=0.1，整个系统一起以v 1=10 m/s 的速度向右做匀速直线运动，此时弹簧长度恰好为原长．现在用一质量为m 0=0.1 kg 的子弹，以v 0=50 m/s 的速度向左射入滑块且不穿出，所用时间极短．当弹簧压缩到最短时，弹簧被锁定，测得此时弹簧的压缩量为d=0.50 m ，g=10 m/s 1．求
（1）子弹射入滑块的瞬间，子弹与滑块的共同速度； （1）弹簧压缩到最短时，弹簧弹性势能的大小．
【答案】（1）4/m s （1）8J
【解析】
【分析】
【详解】
①子弹射入滑块后的共同速度大为v 1，设向右为正方向，对子弹与滑块组成的系统应用动量守恒定律得
①
②
②子弹，滑块与小车，三者的共同速度为v 3，当三者达到共同速度时弹簧压缩量最大，弹性势能最大．由动量守恒定律得
③
④
设最大弹性势能为Ｅpmax ，对三个物体组成的系统应用能量守恒定律
⑤
⑥
由⑤⑥两式解得⑦。