2024年高一物理下学期期末模拟试卷一新人教版

高一（下）期末物理试卷1真空中有两个静止的点电荷，它们之间静电力的大小为F.若保持这两个点电荷之间的距离不变，将它们的电荷量都变成原来的一半，则变更电荷量后这两个点电荷之间静电力的大小为( )A.16F B.9F C.F2 D.如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面。下列推断正确的是( )

A.1、2两点的场强相等 B.1、3两点的场强相等

C.1、2两点的电势相等 D.2、3两点的电势相等从同一高度落下的玻璃杯掉在水泥地上比掉在泥土地上易碎，是因为掉在水泥地上时，杯( )A.受到的冲量大 B.受到的作用力

C.动量的变更量大 D.动量大两个小球在一条直线上相向运动，若它们相互碰撞后都停下来，则两球碰前( )A.质量肯定相等 B.速度大小肯定相等

C.动量肯定相同 D.总动量肯定为零在电场中的某点放一个检验电荷，其电量为q，受到的电场力为F，则该点的电场强度E=Fq，下列说法正确的是A.若移去检验电荷，则该点的电场强度为0

B.若检验电荷的电量变为4q，则该点的场强变为4E

C.若放置到该点的检验电荷变为-2q，则场中该点的场强大小不变，但方向相反

D.若放置到该点的检验电荷变为-2q，则场中该点的场强大小方向均不变如图所示，土星和火星都在围绕太阳公转，依据开普勒行星运动定律可知( )

A.土星远离太阳的过程中，它的速度将减小

B.土星和火星绕太阳的运动是完备的匀速圆周运动

C.土星比火星的公转周期大

D.土星远离太阳的过程中，它与太阳的连线在相等时间内扫过的面积渐渐增大假设人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，当卫星绕地球运动的圆周半径增大到原来的2倍时，则有( )A.卫星须要的向心力将减小到原来的12

B.卫星须要的向心力将减小到原来的14

C.卫星运动的线速度将增大到原来的12

卡文迪许用扭秤试验测定了引力常量，不仅用试验验证了万有引力定律的正确性，而且应用引力常量还可以测出地球的质量，卡文迪许也因此被称为“能称出地球质量的人”．已知引力常量G=6.67×10-11N⋅m2/kg2A.1018kg B.1020kg C.如图所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上。若以地面为零势能面且不计空气阻力，则下列说法中不正确的是( )A.物体到海平面时的重力势能为mgh

B.重力对物体做的功为mgh

C.物体在海平面上的动能为12mv02北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星定位与通信系统，它由空间段、地面段和用户段三部分组成。第三代北斗导航卫星安排由35颗卫星组成，如图所示，其中有5颗地球静止轨道卫星(运行在地球同步轨道，离地高度约3.6×104km)、27颗中地球轨道卫星(运行在3个互成120∘的轨道面上，离地高度约2.15×104km)、3颗倾斜同步轨道卫星(其轨道平面与赤道平面有肯定的夹角，周期与地球自转周期相同)。虽然新冠病毒还没有完全清除，但我国航天人进行北斗导航卫星组网工作从未停止，我国北斗三号全球卫星导航系统最终一颗组网卫星即将放射A.中地球轨道卫星的线速度最小

B.倾斜同步轨道卫星能定点在北京上空

C.中地球轨道卫星的运行周期小于地球同步卫星的运行周期

D.倾斜同步轨道卫星的轨道半径大于地球静止轨道卫星的轨道半径一汽车在水平马路上行驶，设汽车在行驶过程中所受阻力不变．汽车的发动机始终以额定功率输出，关于牵引力和汽车速度的下列说法中正确的是( )A.汽车加速行驶时，牵引力不变，速度增大

B.汽车加速行驶时，牵引力减小，速度增大

C.汽车加速行驶时，牵引力增大，速度增大

D.当牵引力等于阻力时，速度达到最大值用力F拉着一个物体从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功-3J，拉力F做功8J，空气阻力做功-0.5J，则下列推断正确的是( )A.物体的重力势能增加了3J B.物体的重力势能削减了3J

C.物体的动能增加了4.5J D.物体的动能增加了8J从地面上方同一点分别向东和向西沿水平方向抛出两个质量相等的小物体，抛出的初速度大小分别为v和2v.不计空气阻力，则两个小物体( )A.从抛出到落地动量的增量相同 B.从抛出到落地重力做的功相同

C.落地时的速度相同 D.落地时重力做功的瞬时功率相同如图所示在，点电荷+Q产生的电场中，一带正电的摸索电荷从A点分别移到以+Q为圆心的圆周上的B、C、D、E点，则下列说法正确的是( )

A.摸索电荷从A到B，电势能削减

B.摸索电荷从A到E，静电力做功最大

C.摸索电荷从A点分别到B、C、D、E点静电力做功一样多

D.A点的电势比D点的高如图所示，质量分别为m和2m的A，B两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A紧靠竖直墙壁。用水平力向左推B，将弹簧压缩，推到某位置静止时推力大小为F，弹簧的弹性势能为E。在此位置突然撤去推力，下列说法中正确的是( )

A.撤去推力的瞬间，B的加速度大小为F2m

B.从撤去推力到A离开竖直墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，机械能守恒

C.A离开竖直墙壁后，弹簧弹性势能最大值为E3

D.A如图所示为等量异种点电荷四周电场线的分布图，图中M点是两点电荷连线的中点，N点是两点电荷连线中垂线上的另一点。若M、N两点电场强度的大小分别为EM和EN，电势分别为φM和φN，则EM______EN，φM______如图所示，用0.5kg的锤子钉钉子，打击时锤子的速度为4m/s，打击后锤子的速度为零，设打击时间为0.01s。不计锤子的重力，锤子钉钉子的平均作用力是______N；考虑锤子的重力，锤子钉钉子的平均作用力是______N；有同学分析上述结论后认为：在计算锤子对钉子的平均作用力时，可以忽视锤子的重力，这种说法是否合理性，请做出你的推断和说明：______。在如图所示的匀强电场中，沿电场线方向有A、B两点，A、B两点间的距离x=0.2m。若一个电荷量q=+2.0×10-8C的摸索电荷在匀强电场中所受电场力的大小为F=3.0×10-4N.求：

(1)电场强度的大小E；

(2)A、B两点间的电势差UAB；

(3)将该摸索电荷从A点移至B点的过程中，电场力所做的功W。

中星9A卫星，是我国放射的一颗电视直播卫星，它定点在东经101.4∘的同步轨道上。已知地球的质量为M、半径为R、自转周期为T，引力常量为G。

(1)求中星9A卫星的角速度；

(2)求中星9A卫星的轨道高度；

(3)有些卫星因能量耗尽而报废，成为太空垃圾，所以被称为“垃圾卫星”。你认为实行什么措施有利于削减“垃圾卫星”的产生？

如图所示，竖直平面内的光滑弧形轨道的底端恰好与光滑水平面相切．质量M=2.0kg的小物块B静止在水平面上．质量m=1.0kg的小物块A从距离水平面高h=1.8m的P点沿轨道从静止起先下滑，经过弧形轨道的最低点Q滑上水平面与B相碰，碰后两个物体以共同速度运动．取重力加速度g=10m/s2.求：

(1)A经过Q点时速度的大小；

(2)A与B碰后速度的大小；

(3)碰撞过程中A、B

如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为l=0.20m的绝缘轻线把质量为m=0.10kg、带有正电荷的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时轻线与竖直方向的夹角为θ=37∘.现将小球拉至位置A，使轻线水平张紧后由静止释放。g取10m/s2，sin37∘=0.60，cos37∘=0.80.求：

(1)小球所受电场力的大小；

(2)小球通过最低点C时的速度大小；

(3)小球通过最低点C时轻线对小球的拉力大小。

冰壶竞赛是在水平冰面上进行的体育项目，由于它的形态像水壶而得名，如图所示．冰壶竞赛自1998年被列入冬奥会之后，就成为了越来越普遍的运动项目之一．2010年2月27日在第21届冬奥会上，中国女子冰壶队首次参与冬奥会，获得了铜牌，取得了这个项目的零的突破，令世人瞩目．冰壶竞赛的场地如图甲所示．冰道的左端有一个发球区，运动员在发球区边沿的投掷线MN将冰壶以肯定的初速度掷出，使冰壶沿着冰道的中心线PO滑行，冰道的右端有一圆形的营垒．以场地上冰壶最终静止时距离营垒圆心O的远近确定输赢．竞赛时，为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小．当对手的冰壶停止在营垒内时，可以用掷出的冰壶与对手的冰壶撞击，使对手的冰壶滑出营垒区．已知冰壶的质量为20kg，营垒的半径为1.8m.设冰壶与冰面间的动摩擦因数μ1=0.008，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减小至μ2=0.004.在某次竞赛中，若冰壶在发球区受到运动员沿中心线方向推力作用的时间t=10s，使冰壶A在投掷线中点处以v0=2.0m/s的速度沿中心线PO滑出．设冰壶之间的碰撞时间极短，且无机械能损失，不计冰壶自身的大小，g取10m/s2.

(1)冰壶在发球区受到运动员沿中心线方向作用的冲量大小为多少？

(2)若不用毛刷擦冰面，则冰壶停止的位置距离营垒圆心O点多远？

(3)假如在中心线PO上已经静止着一个冰壶B，如图乙所示，冰壶B距圆心O的距离为0.9m

答案1.D 2.D 3.B 4.D 5.D 6.AC 7.B

8.D 9.A 10.C 11.BD 12.AC 13.ABD 14.ACD

15.ABC 16.大于

等于

17.200205当作用的时间比较小时，铁锤的重力可以忽视不计。说明：依据动量定理计算出两种状况下锤子对钉子的作用力，相对误差很小，可以忽视。

18.解：(1)电场强度为：E=Fq

代入数据得：E=1.5×104N/C；

(2)A、B两点间的电势差UAB=Ex=3000V

(3)电场力做功为：W=Fs=3.0×10-4×0.2J=6.0×10-5J

答：(1)电场强度E的大小为1.5×104N/C；

(2)AB两点电势差U19.解：(1)同步卫星绕地球做圆周运动的周期等于地球自转周期T，中星9A卫星的角速度：ω=2πT

(2)中星9A卫星绕地球做圆周运动，万有引力供应向心力，由牛顿其次定律得：GMm(R+h)2=m(2πT)2(R+h)

解得，中星9A卫星的轨道高度：h=3GMT24π2-R

(3)卫星因能量耗尽而报废，成为太空垃圾，为了减小垃圾卫星从产生，可以给卫星补充能量，减小垃圾卫星的产生。

答：(1)20.解：(1)A从P到Q过程中，由动能定理得：mgh=12mv02-0

解得：v0=2gh=6m/s；

(2)A、B碰撞，AB系统动量守恒，设向右为正方向，则由动量守恒定律得：

mAv0=(mA+mB)v，

解得：v=mv0M+m=2m/s

(3)碰撞过程中A、B21.解：(1)小球受重力mg、电场力F和拉力T，其静止时受力如答图2所示。

依据共点力平衡条件有：F=mgtan37∘=0.75N

(2)设小球到达最低点时的速度为v，小球从水平位置运动到最低点的过程中，依据动能定理有：mgl-Fl=12mv2

解得：v=2gl(1-tan37∘)=1.0m/s

(3)设小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小为T'。

依据牛顿其次定律有：T'-mg=mv2l

解得：T'=1.5N

答：(1)电场力的大小为0.75N，方向水平向右；

(2)22.解：(1)设推力对冰壶的冲量大小为I，则依据动量定理I-μ1mgt=mv0

代入数值解得

I=56N⋅s

(2)依据动能定理，12mv02=μ1mgs

s=v022μ1g=25m

冰壶停止的位置距离营垒圆心的距离

x=30m-25m=5.0m

(3)冰壶A与冰壶B碰撞的过程中，设冰壶A碰撞前的速度为vA，

碰撞后的速度为vA'，冰壶B碰撞后的速度为vB'，

依据动量守恒定律和功能的关系，有

mvA=mvA'+mvB'

12mvA2=1【解析】1.解：电量变更之前：F=kQqr2…①

当电荷量都变为原来的一半时，则有：F'=kQ2⋅q2r2…②

联立①②可得：F'=14F，故ABC错误，D正确。2.解：A、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与2比较，1处的电场线密，所以1处的电场强度大．故A错误；

B、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与3比较，1处的电场线密，所以1处的电场强度大．故B错误；

C、顺着电场线，电势降低，所以1点的电势高于2点处的电势．故C错误；

D、由题目可得，2与3处于同一条等势线上，所以2与3两点的电势相等．故D正确．

故选：D.

依据电场线的分布特点：从正电荷或无穷远处动身到负电荷或无穷远处终止，分析该点电荷的电性；电场线越密，场强越大．顺着电场线，电势降低．利用这些学问进行推断．

加强基础学问的学习，驾驭住电场线和等势面的特点，即可解决本题．3.解：杯子从同一高度滑下，故到达地面时的速度肯定相等，故着地时动量相等；与地面接触后速度减小为零，故动量的变更相同，由动量定理可知I=△P可知，冲量也相等，故ACD均错误；

但由于在泥地上，由于泥地的缓冲使接触时间变更，由I=Ft可知，杯子受到的作用力较小，故杯子在水泥地上比在泥土地上更易破裂；故B正确；

故选：B。

杯子是否破裂关键在于杯子受到的外力作用，故应通过动量定理分析找出缘由．

物体学问在生活中无处不在，肯定要学会应用物理学问去分析解答现实生活中遇到的问题．4.解：据题，两球碰撞后都停下来，总动量为零，依据动量守恒得知，碰撞前两球的总动量也是零，则两球碰前动量大小相等、方向相反．由于两球的质量不肯定相等，故碰前的速度大小不肯定相等．故D正确，ABC均错误．

故选D

碰撞的过程，系统的动量守恒，依据碰撞后的总动量，确定碰撞前的总动量，即可知道碰撞前两球动量的关系．

本题关键是驾驭碰撞的基本规律：系统的动量守恒，就能轻松解答，比较简洁．5.解：A、由题，该点的电场强度E=Fq，若移去检验电荷，该点的电场强度仍为E=Fq.故A错误。

B、若检验电荷的电量变为4q，检验电荷所受的电场力为4F，该点的电场强度仍为E=Fq.故B错误。

C、D若放置到该点的检验电荷变为-2q，检验电荷所受的电场力为-2F，该点的电场强度仍为E=Fq.故C错误，D正确。

故选：D。

电场强度是反映电场本身的力的性质的物理量，与6.解：A、土星远离太阳的过程中，速度将减小。故A正确；

B、依据开普勒第肯定律：土星和火星绕太阳运动的轨道是椭圆，故B错误；

C、依据开普勒第三定律：全部行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等。由于土星的半长轴比较大，所以土星比火星的公转周期大，故C正确；

D、依据开普勒其次定律：对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等。故D错误；

故选：AC。

熟记理解开普勒的行星运动三定律：

第肯定律：全部的行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在全部椭圆的一个焦点上。

其次定律：对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等。

第三定律：全部行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等。

该题以地球和火星为例子考查开普勒定律，正确理解开普勒的行星运动三定律是解答本题的关键。7.解：AB、人造卫星做匀速圆周运动时，由万有引力供应向心力，依据F=GMmr2，轨道半径增大到原来的2倍时，卫星所需的向心力减小到原来的14倍，故A错误、B正确；

CD、依据万有引力供应向心力可得GMmr2=mv2r，解得：v=GMr，轨道半径增大到原来的2倍时，卫星的线速度变更是原来的22，故CD错误。

故选：B。

人造卫星做圆周运动，万有引力供应向心力，当轨道半径变更时，万有引力8.解：由GMmR2=mg可得：

M=gR2G9.解：

A、以地面为零势能面，海平面低于地面h，所以物体在海平面上时的重力势能为-mgh，选项A错误。

B、重力做功与路径无关，至于始末位置的高度差有关，抛出点与海平面的高度差为h，并且重力做正功，所以整个过程重力对物体做功为mgh，选项B正确。

C、由动能定理w=Ek2-Ek1，有Ek2=Ek1+w=12mv02+mgh，选项C正确。

D、整个过程机械能守恒，即初末状态的机械能相等，以地面为零势能面，抛出时的机械能为12mv02，所以物体在海平面时的机械能也为110.解：A、依据万有引力供应向心力可得：v=GMr，同步卫星与倾斜同步轨道卫星的轨道半径大于中轨道卫星的半径，所以线速度均小于中轨道的线速度，故A错误；

B、倾斜同步轨道卫星相对于地面是运动的，所以其的轨道不能定点在北京上空，故B错误；

C、依据GMmr2=mr4π2T2得：T=4π2r3GM，中轨道的轨道半径小，则周期小，故C正确；

D、静止轨道卫星的角速度与斜同步轨道卫星的角速度相同，依据GMmr2=mrω2知它们的轨道半径相等，故D错误。

故选：C。

依据万有引力供应向心力得出线速度、周期、角速度与轨道半径的关系，从而比较出它们的大小；依据倾斜同步轨道卫星运动的特点分析11.解：依据P=Fv知，速度增大，牵引力减小，依据牛顿其次定律知，加速度减小，由于加速度的方向与速度方向相同，则速度增大。当加速度减小到零，牵引力等于阻力，速度达到最大，然后做匀速直线运动。故BD正确，AC错误。

故选：BD。

抓住发动机的功率不变，结合P=Fv分析牵引力的变更，依据牛顿其次定律得出加速度的变更，从而得出速度的变更．

解决本题的关键会依据物体的受力分析物体的运动规律，知道加速度的方向与合力的方向相同，当加速度的方向与速度方向相同，物体做加速运动，当加速度的方向与速度方向相反，物体做减速运动．12.解：A、B、重力做功等于重力势能的变更量，重力做功-3J，重力势能增大了3J，故A正确，B错误。

C、D、合力做功等于动能的增加量，合力做功等于各个分力做的功，总功为：，故动能增加4.5J.故C正确，D错误。

故选：AC。

解决本题需驾驭：重力做功等于重力势能的减小量；合力做功等于动能的增加量；除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量．

功是能量转化的量度，有多种表现形式：重力做功是重力势能变更的量度；合力做功是动能变更的量度；重力外的各个力做的总功是机械能变更的量度．13.解：A、两个物体从同一点做平抛运动，运动时间相同，重力的冲量相同，依据动量定理可知，动量的增量相同。故A正确。

B、由于下落的高度相同，重力相同，则重力做功相同。故B正确。

C、竖直方向两个物体做自由落体运动，高度相同，落地时竖直方向的分速度vy相同，而vx不同，依据v=vx2+xy2可知落地时的速度不同，故C错误。

D、竖直方向两个物体做自由落体运动，高度相同，落地时竖直方向的分速度vy相同，落地时重力做功的瞬时功率相同。故D正确。

故选：ABD。

两个物体都做平抛运动，下落时间相同，重力的冲量相同，依据动量定理探讨动量的增量．下落的高度相同，重力做功相同．落地时的速度依据v=vx2+xy214.解：A、点电荷+Q产生的电场中，离点电荷越远，电势越低，依据Ep=qφ可知，从A到B，电势能削减，故A正确；

BC、据题知，B、C、D、E都在以Q为圆心的同一圆周上，而此圆周是一个等势线，各点的电势相等，则A到各点的电势差U相等，电场力做功公式W=qU分析电场力做功相等。故B错误，C正确；

D、点电荷+Q产生的电场中，离点电荷越远，电势越低，A点的电势比D点的高，故D正确；

故选：ACD。

以+Q为圆心的同一圆周上，电势相等，离点电荷越远，电势越低，依据Ep=qφ推断出电势能大小，电场力做功公式W=qU15.【分析】

B受两个力作用处于平衡状态，说明B所受弹力的大小等于F，故撤去F时，B的合力大小为弹力大小，依据牛顿其次定律求产生的加速度a，在A离开墙壁前受墙壁对系统的作用力，系统不满意动量守恒条件，又因为墙壁作用力对A不做功，故系统满意机械能守恒条件．A离开墙壁后系统机械能守恒动量也守恒，故系统动能不行以为0，则弹簧弹性势能不行能与系统总机械能相等．

正确相识动量守恒条件和机械能守恒条件是解决本题的关键了．假如一个系统不受外力或所受外力的矢量和为零，那么这个系统的总动量保持不变，这个结论叫做；系统只有重力或弹力做功为机械能守恒条件．

【解答】

A.F撤去前B处于静止状态，合力为0，即弹簧弹力大小与F大小相等方向相反，当撤去F的瞬时间，对B而言只受到弹簧弹力作用，大小为F，故此时B的加速度大小a=F2m，故A正确；

B.从撤去推力到A离开竖直墙壁前，A离开墙前墙对A有弹力，这个弹力虽然不做功，但对A有冲量，因此系统机械能守恒而动量不守恒，故B正确；

CD.撤去力F后，B向右运动，弹簧弹力渐渐减小，当弹簧复原原长时，A起先脱离墙面，这一过程机械能守恒，即满意：E=12(2m)vB2

①

A脱离墙面后速度渐渐增加，B速度渐渐减小，此过程中弹簧渐渐伸长，当A、B速度相同时，弹簧弹性势能最大，这一过程系统动量和机械能均守恒，有：

动量守恒：2mvB=(m+2m)v②，

机械能守恒：EPmax16.解：电场线的疏密表示场强的大小，由图象知M点的电场线密，故EM>EN，

等量异号电荷的中垂线上各点电势均相等，故φM=φN，

故答案为：大于；等于。

电场线越密的地方，电场强度越强。等量的异种电荷的中垂线为等势线，沿着电场线方向电势降低。通过电场线的分布进行推断。

常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能娴熟驾驭，并要17.【分析】

本题考查动量定理的应用。作用时间很小的相互作用，一般相互作用很大，计算精度要求不高状况下，重力可忽视。

【解答】

(1)对铁锤，不计铁锤的重量时，铁锤只受到钉子的作用力，由动量定理得：-Ft=0-mv，

代入数据解得：F=200N，

由牛顿第三定律可知，铁锤对钉子的作用力：F'=F=