2021-2022學年高一物理下期末模擬試卷注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題（本題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，有的小題只有一個選項正確，有的小題有多個選項正確.全部選對的得5分，選不全的得3分，有選錯的或不答的得0分）1、(本題9分)一小船渡河，已知河寬為600m，船在靜水中的速度為6m/s，河水的流速為8m/s，則（）A．船渡河的最短路程為600mB．船渡河的最短時間為100sC．要使船以最短路程渡河，船在行駛過程中，船頭必須與河岸垂直D．船在行駛過程中，河水的流速突然增大，船渡河的最短時間將變短2、利用電容傳感器可檢測礦井滲水，及時發出安全警報，從而避免事故的發生；如圖所示是一種通過測量電容器電容的變化來檢測礦井中液面高低的儀器原理圖，A為固定的導體芯，B為導體芯外面的一層絕緣物質，C為導電液體（礦井中含有雜質的水）），A、C構成電容器．已知靈敏電流表G的指針偏轉方向與電流方向的關系：電流從哪側流入電流表則電流表指針向哪側偏轉．若礦井滲水（導電液體深度h增大），則電流表（）A．指針向右偏轉，A、C構成的電容器充電B．指針向左偏轉，A、C構成的電容器充電C．指針向右偏轉，A、C構成的電容器放電D．指針向左偏轉，A、C構成的電容器放電3、(本題9分)圖是某質點運動的速度圖像，由圖像得到的正確結果是A．0~1s內的平均速度是2m/sB．0~1s內的位移大小是3mC．0~1s內的加速度大于2~4s內的加速度D．0~1s內的運動方向與2~4s內的運動方向相反4、(本題9分)真空中兩個點電荷Q1、Q2，距離為R，當Q1增大到2倍，Q2減為原來的13A．49B．427C．85、(本題9分)如圖所示，“神舟十號”飛船在不同時間段的運行軌道分別有圓形軌道Ⅰ和橢圓軌道Ⅱ，Q為軌道Ⅱ上的一點，M為軌道Ⅰ上的另一點，P為兩軌道的交點，關于“神舟十號”的兩軌道的運動，下列說法中正確的有()A．飛船在軌道Ⅱ上運行時，經過P的速度大于經過Q的速度B．飛船在軌道Ⅱ上經過P的速度大于在軌道Ⅰ上經過M的速度C．飛船在軌道Ⅱ上運動的周期大于在軌道Ⅰ上運動的周期D．飛船在軌道Ⅱ上經過P的加速度等于在軌道Ⅰ上經過M的加速度6、(本題9分)一物體以初速度水平拋出，經1s其速度方向與水平成60°角，g取10m/s2，則初速度v0的大小是()A．m/s B．m/s C．5m/s D．m/s7、(本題9分)如圖所示，質量為m的物體(可視為質點)以某一初速度從A點沖上傾角為30°的固定斜面，其運動的加速度大小為，沿斜面上升的最大高度為h，則在物體沿斜面上升的過程中()A．物體克服摩擦力做功B．物體的重力勢能增加了C．物體的動能減少了D．物體的機械能損失了8、(本題9分)如圖所示，兩質量相等的衛星A、B繞地球做勻速圓周運動，用R、T、Ek、S分別表示衛星的軌道半徑、周期、動能、與地心連線在單位時間內掃過的面積．下列關系式正確的有A．TA>TB B．EkA>EkBC．SA=SB D．9、下列說法錯誤的是（）A．一定質量氣體，在體積不變的情況下，它的壓強與溫度t成正比B．氣體在趨近絕對零度時，其體積趨于零C．一定質量氣體，在體積不變的情況下，溫度升高1度，其壓強增加D．絕對零度是低溫的極限，將來隨著技術的發展，也不可能達到10、(本題9分)如圖所示，圖a、b、c的圓心均在地球的自轉軸線上，對環繞地球做勻速圓周運動而言()A．衛星的軌道可能為aB．衛星的軌道可能為bC．衛星的軌道可能為cD．同步衛星的軌道只可能為b11、(本題9分)某緩沖裝置可抽象成如圖所示的簡單模型．圖中為原長相等，勁度系數不同的輕質彈簧，下列表述正確的是（）A．緩沖效果與彈簧的勁度系數無關B．墊片向右移動時，兩彈簧產生的彈力大小相等C．墊片向右移動時，兩彈簧的彈性勢能發生改變D．墊片向右移動時，兩彈簧的長度保持相等12、某物體做平拋運動的軌跡的一部分如圖所示。在該物體從A點運動到B點的過程中，下列說法正確的是A．物體的動能不斷增大B．物體的加速度不斷增大C．物體所受重力做功的功率不斷增大D．物體的速度方向與豎直方向之間的夾角不斷增大二．填空題(每小題6分，共18分)13、如下圖所示皮帶轉動輪，大輪直徑是小輪直徑的2倍，A是大輪邊緣上一點，B是小輪邊緣上一點，C是大輪上一點，C到圓心O1的距離等于小輪半徑。轉動時皮帶不打滑，則A、B、C三點的角速度之比_________________，向心加速度大小之比_________________。14、一個質量為0.1kg的球在光滑水平面上以5m/s的速度勻速運動，與豎直墻壁碰撞以后以原速率被彈回，若以初速度方向為正方向，則小球碰墻前后速度的變化為________，動能的變化為________.15、(本題9分)如圖所示，水平傳送帶的運行速率為v，將質量為m的物體輕放到傳送帶的一端，物體隨傳送帶運動到另一端。若傳送帶足夠長，則整個傳送過程中，物體動能的增量為_________，由于摩擦產生的內能為_________。三．計算題(22分)16、（12分）(本題9分)如圖所示，風向水平向西，戰機在離地面500m的高空勻速向東巡航，速度為360km/h，飛行員突然發現飛機正前方的地面上有一輛敵方的汽車，他迅速測知敵車正以20m/s的速度和飛機同向勻速運動。假設飛行員投彈后，風對炸彈的作用力水平向西、大小恒為炸彈重量的0.2倍，試問，飛行員在飛機和敵車的水平距離是多少時彈，才能擊中敵車？（g=10m/s2）17、（10分）如圖所示，質量m=0.5kg的物體放在水平面上，在F=3.0N的水平恒定拉力作用下由靜止開始運動，物體發生位移x=4.0m時撤去力F，物體在水平面上繼續滑動一段距離后停止運動。已知物體與水平面間的動摩擦因數μ=0.4，取g=10m/s2。（1）做出物體在力F作用過程中的受力示意圖；（2）物體在運動過程中受滑動摩擦力的大小；（3）撤去力F的瞬間，物體速度的大小；（4）撤去力F后物體繼續滑動的時間.

參考答案一、選擇題（本題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，有的小題只有一個選項正確，有的小題有多個選項正確.全部選對的得5分，選不全的得3分，有選錯的或不答的得0分）1、B【解析】

將船的運動分解為沿河岸方向和垂直于河岸方向，根據垂直于河岸方向上的速度求出渡河的時間．通過判斷合速度能否與河岸垂直，判斷船能否垂直到對岸。【詳解】A項：根據平行四邊形定則，由于靜水速小于水流速，則合速度不可能垂直于河岸，即船不可能垂直到達對岸，因此最短路程大于600m，故A錯誤；B項：若河寬60m，渡河的最短時間t=dC項：因靜水速小于水流速度，船頭與河岸垂直時，船的渡河路程并不是最短，故C錯誤；D項：船在最短時間內過河時，根據t=d故應選B。【點睛】解決本題的關鍵知道合運動與合運動具有等時性，各分運動具有獨立性，互不干擾。2、B【解析】

由圖可知，液體與導體芯構成了電容器，兩板間距離不變；液面變化時只有正對面積發生變化；則由可知，當液面升高時，只能是正對面積S增大，故可判斷電容增大．再依據，因此兩極板間電勢差U不變，那么電容的電荷量增大，因此電容器處于充電狀態，因電流從哪側流入電流表則電流表指針向哪側偏轉，因此指針向左偏轉；故ACD錯誤，B正確；故選B.【點睛】此題考查平行板電容器在生產生活中的應用，注意由題意找出我們常見的模型再時行分析；掌握電容器的定義公式及決定式是解題的基礎．3、C【解析】

A、由v-t圖像的面積可求得0—1s的位移s=1m，時間t=1s，由平均速度定義得：，故A選項錯誤；B、由v-t圖像的面積可求得0—2s的位移s=3m，故B選項正確；C、利用圖像斜率求出0-1s的加速度：=2m/s2、2-4s的加速度=1m/s2、因而：，故C選項正確；D、由圖像可見0-1s、2-4s兩個時間段內速度均為正，表明速度都為正向，運動方向相同，故D選項錯誤．4、D【解析】試題分析：根據庫侖定律公式：，Q1增大到2倍時，Q2減為原來的，而距離增大到原來的3倍，則庫侖力變為：，D正確；ABC錯誤；故選D。考點：庫侖定律。【名師點睛】根據庫侖定律公式，結合電量與間距的變化，從而即可分析求解。5、D【解析】A、在軌道Ⅱ上運行時，由P點向Q點運動，萬有引力做正功，動能增大，所以Q點動能大于P點動能，P點的速度小于Q點的速度，故A錯誤；

B、在軌道Ⅱ上經過P點，由于萬有引力大于向心力，會靠近地球運動，在該位置加速，使得萬有引力等于向心力，進入軌道Ⅰ，所以飛船在軌道Ⅱ上經過P的速度小于在軌道Ⅰ上經過P的速度，即飛船在軌道Ⅱ上經過P的速度小于在軌道Ⅰ上經過M的速度，故B錯誤；

C、根據開普勒第三定律知，R3點睛：本題考查了變軌問題，考查了比較線速度與周期大小問題，解決本題的關鍵掌握衛星的變軌的原理，以及掌握開普勒第三定律，通過比較軌道半徑比較運動的周期。6、A【解析】

設物體平拋的初速度為v0，運動過程如圖：1s末物體的豎直方向的分速度為：vy=gt=10m/s，由幾何關系得：，解得：m/s，故A正確，BCD錯誤。7、BD【解析】

AD．物體的加速度為，根據牛頓第二定律得：mgsin30°+f=ma，得到摩擦力，克服摩擦力做功：，機械能的損失量為；故A錯誤，D正確．B．物體在斜面上能夠上升的最大高度為h，所以重力勢能增加了mgh，故B正確；C．動能損失量等于合外力做的功的大小，即有，故C錯誤．8、AD【解析】

根據知，軌道半徑越大，周期越大，所以TA>TB，故A正確；由知：，所以vB>vA，又因為質量相等，所以EkB>EkA，故B錯誤；根據開普勒第二定律可知，同一行星與地心連線在單位時間內掃過的面積相等，所以C錯誤；由開普勒第三定律知，D正確．【點睛】重點是要掌握天體運動的規律，萬有引力提供向心力．選項C容易錯選，原因是開普勒行星運動定律的面積定律中有相等時間內行星與太陽的連線掃過的面積相等．這是針對某一行星的，而不是兩個行星．9、ABC【解析】

A.一定質量的理想氣體，在體積不變的情況下，根據：可知壓強p與熱力學溫度T成正比，而：T=t+273故壓強與溫度t不是成正比，故A錯誤,符合題意；B.氣體趨近于絕對零度時，已液化，氣體實驗定律已經不適用了，體積也不會趨近于零。故B錯誤,符合題意。C.一定質量氣體發生等容變化，由理定律定律得：則有：氣體溫度每升高1℃，壓強就增加T溫度時壓強的倍，當0℃=273K，故氣體溫度每升高1℃，增加的壓強等于它在0℃時壓強的，故C錯誤,符合題意；D.根據熱力學第三定律可知，熱力學溫標的零K達不到，故D正確,不符合題意。10、BC【解析】

A、衛星運動過程中的向心力由萬有引力提供，故地球必定在衛星軌道的中心，即地心為圓周運動的圓心．因此軌道a是不可能的，故A錯誤．B、衛星運動過程中的向心力由萬有引力提供，故地心必定在衛星軌道的中心，即地心為圓周運動的圓心．因此衛星的軌道可能為b、c，故B，C正確．D、而同步衛星由于其周期和地球的自轉周期相同，軌道一定在赤道的上空，故同步衛星的軌道不可能為b；故D錯誤．故選BC．【點睛】解決本題的關鍵知道衛星繞地球做勻速圓周運動，圓心即為地心；以及同步衛星需要滿足的“七定”．11、BC【解析】緩沖效果與彈簧的勁度系數有關，故A錯誤；當墊片向右移動時，兩彈簧均被壓縮，兩彈簧串聯彈力大小相等，故B正確；當墊片向右移動時，兩彈簧均被壓縮，兩彈簧的彈性勢能發生改變，故C正確；墊片向右移動時，兩彈簧均被壓縮，兩彈簧串聯彈力相等，由于勁度系數不同，兩彈簧形變量不同，故兩彈簧長度不同，故D錯誤；故選BC．12、AC【解析】

A.根據平行四邊形定則知，平拋運動的速度，可知速度不斷變化，則物體的動能不斷增大，故選項A正確；B.平拋運動的加速度不變，物體做勻變速曲線運動，故選項B錯誤；C.物體所受重力做功的功率為,則可知物體所受重力做功的功率不斷增大，故選項C正確；D.設物體的速度方向與豎直方向之間的夾角為，則有，可知物體的速度方向與豎直方向之間的夾角不斷減小，故選項D錯誤。二．填空題(每小題6分，共18分)13、ωA：ωB：ωC＝2：2：2aA：aB：aC＝2：4：2【解析】

A、B兩點的線速度相等，A的半徑是B的半徑的2倍，根據v=rω，知ωA：ωB=2：2．A、C共軸轉動，角速度相等，即ωA：ωC=2：2．所以ωA：ωB：ωC=2：2：2。A、B兩點的線速度相等，A的半徑是B的半徑的2倍，根據a=v2/r，知aA：aB=2：2，A、C具有相