2021-2022学年重庆市渝北区七校高一（下）期末物理模拟试卷（Word解析版）

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2021-2022学年重庆市渝北区七校高一（下）期末物理模拟试卷

第I卷（选择题）

一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）

1. 下列关于电的说法中，正确的是(    )

A. 摩擦起电是创造了电荷
B. 一对正、负电子相遇可以同时湮没，违背了电荷守恒定律
C. 元电荷是一种带电物体
D. 电是物体表现出来吸引轻小物体的性质

2. 下列关于电场强度的说法中，正确的是(    )

A. 中的场强是电荷产生的
B. 中的场强是电荷产生的
C. 中的就是电场中两点间的距离
D. 和都只对点电荷适用

3. 某同学将的教辅资料从综合楼一楼搬到五楼，用时约三分钟，则该同学对教辅资料做功的平均功率约为(    )

A.  B.  C.  D.

4. 从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度在以内时，物体上升、下落过程中动能随的变化如图所示。重力加速度取。下列说法中正确的是(    )

A. 抛出后，物体上升的最大高度为
B. 除受到重力外，物体受到另一个外力大小为
C. 物体的质量为
D. 物体的质量为

5. 若盐晶体结构中相邻的四个离子处于正方形的四个顶点，点为正方形中心，、、、为四边中点，如图所示。取无穷远处电势为零，关于这四个离子形成的电场，下列说法正确的是(    )

A. 点电场强度不为零
B. 点电势不为零
C. 线上各个位置电场强度的方向相同
D. 和两直线上各个位置的电势相等

6. 如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为的小球，将小球从弹簧原长位置由静止释放，小球能够下降的最大高度为。若将小球换为质量为的小球，仍从弹簧原长位置由静止释放，重力加速度为，不计空气阻力，则小球下降时的速度为(    )

A.
B.
C.
D.

7. 航天器回收的“跳跃式返回技术”指航天器在关闭发动机后进入大气层，依靠大气升力再次冲出天气层，降低速度后再进入大气层，由于空气阻力作用，这样能有效减小航天器的运动速度。这种复杂的回收技术我国已经掌握，图为航天器跳跃式返回过程示意图，大气层的边界为虚线大圆，已知地球半径为，点到地面的高度为，地球表面重力加速度为。下列说法正确的是(    )

A. 航天器运动到点时的速度小于
B. 航天器运动到点时的加速度为
C. 航天器在落地前一直处于失重状态
D. 航天器在点机械能等于在点的机械能

8. 如图所示，正电荷均匀分布在半球面上，球面半径为，为通过半球面顶点和球心的轴线。、为轴线上的两点，距球心的距离均为。在右侧轴线上点固定一带负电的点电荷，、点间的距离为，已知点的场强为零。已知均匀带电的封闭球壳外部空间的电场强度可等效在球心处的点电荷，则点的场强为(    )

A.  B.  C.  D.

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）

9. 物体在拉力作用下竖直向上运动，其中拉力做功，克服阻力做功，克服重力做功，则(    )

A. 物体重力势能增加 B. 物体机械能增加
C. 物体动能增加为 D. 物体机械能增加

10. 年月日，“天问一号”着陆巡视器成功着陆于火星乌托邦平原南部预选着陆区，我国首次火星探测任务着陆火星取得圆满成功。如图为“天问一号”探测器经过多次变轨后登陆火星前的部分轨迹图，轨道Ⅰ、轨道Ⅱ、轨道Ⅲ相切于点，轨道Ⅲ为环绕火星的圆形轨道，、两点分别是椭圆轨道的近火星点和远火星点，、、三点与火星中心在同一直线上，下列说法正确的是(    )

A. “天问一号”在点由轨道进入轨道Ⅱ需要点火加速
B. “天问一号”在轨道Ⅱ上经过点的速度小于在轨道Ⅲ上经过点的速度
C. “天问一号”在轨道Ⅱ上的机械能大于在轨道Ⅲ上的机械能
D. “天问一号”在轨道Ⅱ上由点运动到点的时间大于“天问一号”在轨道Ⅲ上由点运动到点的时间

11. 如图所示，光滑水平面上有大小相同的、两球在同一直线上运动。两球质量关系为，规定向右为正方向，、两球的动量均为，运动中两球发生碰撞，碰撞后球的动量增量为，则(    )

A. 左方是球
B. 碰撞后、两球速度大小之比为：
C. 碰撞后、两球速度大小之比为：
D. 该碰撞为非弹性碰撞

12. 质量为的小球由轻绳和分别系于一轻质细杆的点和点，如图所示，当两绳都拉直时，绳与竖直方向成角，绳在水平方向且长为。当轻杆绕轴以角速度匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，重力加速度为，则下列说法正确的是(    )

A. 绳的弹力随角速度的增大而增大
B. 当角速度，绳将出现弹力
C. 当角速度时，绳的弹力为
D. 当角速度时，绳的弹力为

第II卷（非选择题）

三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）

13. 利用如图所示装置可以验证两小球碰撞过程中动量守恒，入射小球和被碰小球质量分别为、，地面上铺有白纸和复写纸图中未画出。
    本实验需要选择合适的小球，入射小球质量______被碰小球质量，入射小球半径______被碰小球半径；两空均选填“大于”、“等于”、“小于”
    为了让实验顺利进行，下列做法必要的有______；
    A.调整轨道末端切线水平
    B.测量入射小球初始释放高度
    C.借助重锤线在白纸上标定轨道末端的竖直投影点之后，同一次实验过程中不再移动白纸
    每次从同一高度释放入射小球，已知为被碰小球的落点，测得，，若要验证动量守恒，则应约为______。结果保留一位小数

14. 利用单摆可以测定重力加速度，实验装置如图所示。
    
    利用分度游标卡尺测定摆球的直径如图所示则读数为______；
    把摆球拉离平衡位置一小段位移后释放，摆球第次经过最低点时开始计时，摆球第次经过最低点时停止计时，测得时间为，则单摆周期为______；
    改变摆长，测出多组数据后，作出摆长与周期平方函数关系图如图所示，算出图中直线斜率为，则当地重力加速度可表示为______；
    不改变实验器材，提出一条减少实验误差的建议：______。

四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）

15. 质量为的小球从距地面高处自由下落，与地面碰撞后竖直弹起的高度为，重力加速度为，不计空气阻力，求：
    小球与地面碰撞过程损失的机械能；
    若碰撞持续时间为，小球重力不可忽略，则碰撞过程地面对小球的平均作用力为多大？
16. 如图所示，质量为，长为的木板放在光滑水平面上，其左端放有质量为的小物块。初始物块和木板同时获得等大反向的初速度，最终物块恰好没滑离木板，重力加速度为，求：
    小物块与木板间的动摩擦因数；
    小物块对地向右运动的过程，木板的位移大小。
     
17. 如图所示，一列简谐横波沿轴负向传播，实线表示时的波形图，虚线表示时的波形图，振幅为，求：
    可能的波速；
    若波的周期大于，平衡位置坐标的质点在时间段走过的路程。

18. 如图所示，倾斜轨道与足够长水平轨道通过一小段圆弧轨道图中未画出平滑连接，物块在圆弧轨道上的运动时间可忽略。初始小物块静止在水平轨道的最左端，小物块从倾斜轨道上高处由静止释放，进入水平轨道后立即与发生碰撞，碰后恰能返回到倾斜轨道上高处。已知倾斜轨道光滑，与水平面夹角，物块、质量分别为、，、与水平轨道间动摩擦因数均为，取重力加速度，，碰撞持续时间可忽略，求：
    、第一次碰后物块的速度大小；
    、第二次碰撞的位置与水平轨道最左端相距多远？
    已知碰撞恢复系数，式中为碰前两物块相对速度大小，为碰后两物块相对速度大小，且碰撞恢复系数完全由物块材质决定，不随两物块碰前状态改变而变化，则最终两物块相距多远？

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：、摩擦起电只是电荷发生转移，不是产生电荷。故A错误；
B、在一定条件下，一对正、负电子相遇可以同时湮没，转化为光子，这不违背电荷守恒定律。故 B错误；
C、元电荷是带电量的最小值。故C错误；
D、电是物体表现出来吸引轻小物体的性质。故 D正确。
故选：。
摩擦起电的本质是电子的转移；
电荷守恒定律的内容；
元电荷的概念：带电量的最小值；
电的概念：是物体表现出来吸引轻小物体的性质。
本题考查静电场的基本概念和规律，涉及摩擦起电的本质、电荷守恒定律的内容、元电荷的概念、电的概念。属基础题目。
 

2.【答案】 

【解析】解：、中的，表示的是试探电荷，故A错误；
B.中的，表示的是场源电荷，所以场强是电荷产生的，故B正确；
C.中的是两点沿着电场线的有效距离，故C错误；
D.只有适用于点电荷，故D错误。
故选：。
熟悉不同公式的适用条件和物理量的意义。
本题主要考查了场强的公式，熟悉公式的类型和公式中物理量的意义。
 

3.【答案】 

【解析】解：每层楼高，则该同学将的教辅资料从一楼搬到五楼，上升的高度；人对教辅资料的作用力等于教辅资料的重力，则人所做的功为：；人到达五楼用时，故人对教辅资料做功的平均功率为：，故C正确，ABD错误。
故选：。
楼层大约，一楼到五楼上升了层楼；由计算出该同学对教辅资料做的功，再由求解做功的平均功率。
本题考查功和功率计算，关键同学们要了解楼高的大约值，是一道估算题。
 

4.【答案】 

【解析】解：、根据动能定理可得：，
则图象的斜率大小，
由图示图象可知，上升过程中有：
下落过程中：
解得：，，故BCD错误；
A、上升过程，根据动能定理得：，
由图示图象可知：，
代入数据解得，上升的最大高度为，故A正确。
故选：。
根据动能定理得到图象的斜率表示的物理量，从而求得合外力，再根据上升和下降过程的合外力表达式分别求解质量和外力大小；
上升过程根据动能定理求解上升的最大高度。
解决该题的关键是明确知道图象中斜率的大小表示的是物体受到的合外力，知道上升和下降过程中合外力的表达式。
 

5.【答案】 

【解析】解：、在等量同种电荷的电场中，中垂线与连线交点处场强为，两个相互垂直的等量同种电荷的电场叠加，电场仍为。故A错误；
B、同样等量异种电荷的电场中，中垂线的电势为，故点电势为。故B错误；
C、根据电场叠加即对称性可知，点的场强向右，点场强向左，则两个位置电场强度的方向不相同，线上各个位置电场强度的方向不一定相同。故C错误；
D、根据电势叠加可知，和连线上各点电势均为零。故D正确。
故选：。
等量同种电荷的电场中场强分布规律；
等量异种电荷的电场中电势分布规律；
场强的叠加和电势的叠加。
本题考查常见电场中的场强和电势叠加。对学生要求较高，解答此类问题的关键是熟记常见电场的场强和电势分布规律。是一道好题。
 

6.【答案】 

【解析】解：小球下降高度过程，设小球克服弹簧的弹力做功为，根据动能定理有
小球下降高度过程，根据动能定理有

解得
，故D正确，ABC错误。
故选：。
对小球与下降的过程，分别运用机械能守恒定律列方程，结合小球克服弹簧的弹力做功求解小球下降时的速度。
解决本题时，要知道小球与弹簧组成的系统机械能是守恒的，本题也可以对小球运动过程运用动能定理列式解答。
 

7.【答案】 

【解析】解：、若航天器在半径为的轨道上做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得：
在地球表面上，有
联立解得：
探测器在点做近心运动，则速度小于故A正确；
B、航天器运动到点时，根据牛顿第二定律得：
联立解得航天器运动到点时的加速度，故B错误；
C、航天器沿轨迹做曲线运动，曲线运动的合力指向曲线弯曲的内侧，所以从到运动过程中合力背离地球方向，即有竖直向上的加速度分量，因此航天器处于超重状态，故C错误；
D、航天器在大气层中运动时，空气阻力要做负功，其机械能不断减少，则航天器在点机械能大于在点的机械能，故D错误。
故选：。
若探测器在半径为的轨道上做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力求出速度，而探测器在点做近心运动，其速度小于该速度；根据万有引力定律和牛顿第二定律相结合求航天器运动到点时的加速度；加速度向上，处于超重状态，加速度向下，处于失重状态；根据功能关系分析航天器机械能的变化情况，确定航天器在点与点机械能的大小。
解答本题时，要掌握万有引力定律应用的一条基本思路：万有引力等于重力，由此确定航天器的加速度与重力加速度的关系。
 

8.【答案】 

【解析】解：由点所场强为零可知，左半球壳在点的场强与点电荷在点产生的场强大小相等，方向相反，故左半球在点场强方向向左，大小为，假若半球壳补圆后电荷量为在点场强方向向左，大小为，则右半球壳在点产生的场强方向向左，大小为。由对称性可知，左半径壳在点的场强方向向右，大小为。故点的合场强为，故ABD错误，C正确。
故选：。
点的场强为，说明半球与点电荷在点产生的场强大小相等、方向相反。结合点电荷场强公式可求得左半球在点产生的场强大小和方向，根据球壳内部电场强度处处为零，求出半球在点产生的场强，最后由电场的叠加原理求点的场强。
本题解题时抓住对称性，找出两部分球面上电荷产生的电场关系。左半球面在点的场强与缺失的右半球面在点产生的场强大小相等，方向相反是解题的关键。
 

9.【答案】 

【解析】解：、物体克服重力做功，则物体重力势能增加，故A正确；
、拉力与阻力做功的代数和为，根据功能关系可知，物体机械能的增加等于拉力与阻力做功的代数和，为，故B错误，D正确；
C、根据动能定理可知，物体动能的增加等于各个力做功的代数和，为，故C错误。
故选：。
本题根据功能关系进行分析，知道物体克服重力做功多少，其重力势能就增加多少；除以重力以外其他力做的功等于机械能的变化；合力做功等于各个分力做功的代数和。
本题的关键要明确动能的变化量等于各个力做功的代数和，而机械能的变化量等于除以重力以外其他力做的功。
 

10.【答案】 

【解析】解：、“天问一号”探测器由轨道进入轨道Ⅱ做的是近心运动，需点火减速，故A错误；
、“天问一号”探测器由轨道Ⅲ进入轨道Ⅱ做的是离心运动，需点火加速，机械能增大，所以“天问一号”在轨道Ⅱ上经过点的速度大于在轨道Ⅲ上经过点的速度，故B错误，C正确；
D、轨道Ⅱ的半长轴大于轨道Ⅲ的半径，由开普勒第三定律，轨道的周期大于轨道Ⅲ的周期，而探测器在轨道Ⅱ上由点运动到点的时间和探测器在轨道Ⅲ上由点运动到点的时间都是各自周期的一半，故探测器在轨道Ⅱ上由点运动到点的时间大于探测器在轨道Ⅲ上由点运动到点的时间，故C正确；
故选：。
由卫星变轨原理分析；先比较圆轨道上、点速度大小，然后再由变轨原理分析Ⅲ轨道点速度大小和轨道点速度大小关系；由开普勒第二定律分析，轨道不同扫过的面积不同；先由开普勒第三定律比较不同轨道的运动周期，再由所求时间与周期的关系进行比较。
本题考查了卫星变轨的原理和开普勒行星运动规律。理解掌握卫星变轨原理是关键，需熟练运用开普勒三定律解决实际问题。
 

11.【答案】 

【解析】解：、规定向右为正方向，碰撞前、两球的动量均为，说明、两球的速度方向向右，两球质量关系为，所以碰撞前，所以左方是球。碰撞后球的动量增量为，所以碰撞后球的动量是，由碰撞过程系统总动量守恒

可知碰撞后球的动量是，根据
所以碰撞后、两球速度大小之比为：，故AC正确，B错误；
D、碰撞前系统动能

碰撞后系统动能为

则碰撞前后系统机械能不变，碰撞是弹性碰撞，故D错误；
故选：。
根据动量守恒定律分析出球的位置和碰撞后的速度大小之比；
根据碰撞前后的动能大小关系得出碰撞的类型。
本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，理解碰撞瞬间系统的动量守恒，结合动能的变化分析出碰撞的类型。
 

12.【答案】 

【解析】解：、小球在竖直方向上受力平衡得
解得
可得绳的拉力不变，故A错误，C正确；
C、当绳拉力为时有
解得

则当

绳会出现拉力，故B正确；
D、当角速度时，，解得：，故D错误；
故选：。
小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向合力提供向心力，结合牛顿第二定律分析判断。
解决本题的关键是知道小球竖直方向合力为零，水平方向合力提供向心力。
 

13.【答案】大于  等于     

【解析】解：入射小球与被碰小球在轨道末端发生碰撞，为了避免入射小球反弹滚动回轨道，则需要入射小球质量大于被碰小球质量；
为了使两球发生正碰，则两小球的半径要相同，即入射小球半径等于被碰小球半径
调整轨道末端切线水平，才能让两小球都做平抛运动，故A正确；
B.两球三次平抛都是从同一高度开始，则平抛的时间相同，故只需测量各个落点的水平距离代替平抛的初速度，故不需要测量入射小球初始释放高度，故B错误；
C.借助重锤线在白纸上标定轨道末端的竖直投影点之后，同一次实验过程中不再移动白纸，否则会产生测量长度的误差，同一次实验无法验证动量守恒，故C正确；
故选：。
验证两球碰撞的动量守恒表达式为
而平抛的时间相等，则有
根据各个落点可得
变形为
则有
故答案为：大于；等于；；
根据实验原理分析出两个小球的质量和半径的大小关系；
根据实验原理掌握正确的实验操作；
根据动量守恒定律结合平抛运动的规律得出水平距离的比值关系。
本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合动量守恒定律和平抛运动的特点即可完成分析。
 

14.【答案】     多次测量摆长和球的直径求平均值 

【解析】解：分度游标卡尺精确度为，则摆的直径为；
摆球第次经过最低点时开始计时，摆球第次经过最低点时停止计时，则通过最低点共次，而每两次通过最低点为一个周期的摆动，则单摆的周期为；
根据单摆的周期公式，可得，故图像的斜率为，当地重力加速度可表示为
多次测量摆长和球的直径求平均值可减小误差。
游标卡尺度数需注意游标尺分度值；周期计算需说清楚整周期数；根据单摆周期公式及图像求解重力加速度；减小实验误差可多次试验取平均值。
本实验考查了游标卡尺的读数，单摆周期测量及计算以及减小误差措施，考点较基础，学生需熟练掌握基本公式及实验步骤措施即可作答。
 

15.【答案】解：质量为的小球从距地面高处自由下落，设小球落地的速度大小为，反弹速度大小为，下降过程中，由动能定理得：
代入数据解得：
反弹过程中，由动能定理得：
代入数据解得：
则小球与地面碰撞过程损失的机械能为：
小球与地面碰撞过程，取竖直向下为正方向，对小球与地面碰撞过程中，由动量定理得：
代入中数据解得碰撞过程地面对小球的平均作用力为：
答：小球与地面碰撞过程损失的机械能为；
碰撞过程地面对小球的平均作用力为。 

【解析】根据动能定理求解小球落地的速度大小和反弹速度大小，根据能量守恒定律求解小球与地面碰撞过程损失的机械能；
小球与地面碰撞过程中，由动量定理求解地面对小球的平均作用力。
本题考查动能定理和动量定理的综合应用，注意应用动量定理时，要规定正方向。
 

16.【答案】解：小物块和木板组成的系统因动量守恒，最终会共速，以向左为正方向，
由动量守恒定律得，
解得：，
设物块和木板间动摩擦因数为，全过程根据能量守恒定律：
   ，
解得：；
对小物块和木板分别有，，
解得：，，
当小物块的速度由到的过程中，小物块相对地向右运动，时间为，
则木板的位移为，
联立解得：。
答：小物块与木板间的动摩擦因数为；
小物块对地向右运动的过程，木板的位移大小为。 

【解析】小物块和木板组成的系统因动量守恒，最终会共速，根据动量守恒定律与能量守恒定律可解得动摩擦因数；
根据牛顿第二定律解得物块和木板的加速度，结合运动学公式解得。
本题考查动量守恒定律，解题关键掌握动量是矢量，运用时要规定正方向，注意物块恰好没有离开木板的临界条件。
 

17.【答案】解：因为简谐波沿轴负向传播，由图像可知，波传播的距离为，根据公式，有
由波形图可知，
又因波的周期大于，故可得该波的周期为，则在时间段走过的路程为
答：可能的波速为；
若波的周期大于，平衡位置坐标的质点在时间段走过的路程为。 

【解析】根据简谐横波在不同方向的运动特点结合图像得出波速的大小；
根据周期的关系，结合简谐横波在不同方向的运动特点和运动学公式得出路程的大小。
本题主要考查了简谐横波的相关应用，理解图像的物理意义，结合简谐横波在不同方向的运动特点和运动学公式完成分析。
 

18.【答案】解：设与碰撞前后的速度大小为、，对碰前沿光滑斜面下滑和碰后返回光滑斜面的过程
由动能定理有    
                       
代入数据解得        
设碰后的速度为，则与碰撞满足动量守恒，取向右为正，有
解得
第一次碰后先沿光滑斜面上滑速度减为零后再下滑到低端，时间为

在粗糙水平面上做匀减速直线运动，加速度为
减速到零的时间为
因，则是在停下来之后追上再发生第二次碰撞，故B减速的位移即为第二次碰撞与水平轨道最左端的距离，有

第一次碰撞前，，碰后向左，，则碰撞恢复系数为
因碰撞恢复系数完全由物块材质决定，不随两物块碰前状态改变而变化，则第二次碰撞的恢复系数也为
   
在第二次碰撞前的速度为，有
解得
碰撞过程满足动量守恒，有
联立解得，
碰后和各自做匀减速直线运动到静止，有
             
则最终两物块的距离为  
代入数据解答：
答：、第一次碰后物块的速度大小为；
、第二次碰撞的位置与水平轨道最左端相距；
最终两物块相距。 

【解析】根据动能定理可以得到和碰撞前后的速度，然后根据动量守恒定律可以得到碰后的速度；
先计算出再次滑下底端时所经历的时间以及速度为零的时间，然后判断、在何处相撞，根据运动学公式可以得到碰撞点到斜面底端的距离；
根据碰撞系数可以得到第二次碰撞后和的速度分别是多少，然后根据运动学公式得到碰撞的次数，进而得到最终两物块的距离。
对于物理过程比较复杂的问题来说，首先要明确物理过程，然后逐步分析在每个过程中符合那些物理规律，然后列出对应的方程，才能正确解答。所以在物理问题中，审题很重要，而审题的过程就是明确物理过程和物理请景的过程。