【3份试卷合集】安徽省芜湖市2019-2020学年物理高一下期末考试模拟试题.pdf

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1、高一（下）学期期末物理模拟试卷一、单项选择题：本题共10小题，每小题4分，共40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）一滑块在水平地面上沿直线滑行，t=0时速率为lm/s,从此刻开始在与初速度相反的方向上施加一水平作用力F,力F和滑块的速度V随时间的变化规律分布如图甲、乙所示，两图取同一正方向，取g=1 0 m/s 2,则下列说法正确的是A.滑块的质量为2kgB.第1S内摩擦力对滑块做功为-1JC.第2s末拉力F的瞬时功率为0.3WD.第2s内拉力F的平均功率为0.15W2.（本题9分）下列所述的过程中（均不计空气阻力），机械能守恒的是（）A.火箭加速上升的过程

2、 B.小孩从滑梯上匀速下滑的过程C.抛出的链球在空中运动的过程 D.汽车匀速上坡的过程3.（本题9分）如图所示，一质量为2kg的物块B,静止在光滑水平面上，左侧固定一水平轻质弹簧，另一质量为3kg的物块A向右以5m/s的速度撞击弹簧，整个撞击过程中，两物块的速度始终在一条直线上,弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是（）A.物块A的最终速度大小为3m/sB.物 块B的最终速度大小为5m/sC.弹簧的最大弹性势能为15JD.若其他条件不变而仅增大物块A的质量，则物块B的最终速度可能为12m/s4.在水平匀速飞行的飞机上，每隔相等时间依次释放甲、乙、丙三个物体，若不计空气阻力，当刚释放丙物体时，三

3、个物体位置为D.十G*5.某旅游景点有乘坐热气球观光项目，如图所示，在热气球加速上升的过程中，忽略热气球质量的变化,则热气球的（）A.重力势能减少，动能减少 B.重力势能减少，动能增加C.重力势能增加，动能减少 D.重力势能增加，动能增加6.（本题9 分）某同学将一篮球斜向上投向对面竖直墙上，球正好垂直于墙面砸到墙上的P 点，然后以等大的速度被弹回。已知球被弹回后落回抛出点，抛出点到P 点的竖直高度和水平距离均为1.25m。不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。则球砸到墙面上时的速度大小为A.2.5m/s B.1.25m/s C.1 m/s D.0.8m/s7.（本题9 分）如图所示，物体

4、A、B 相对静止，共同沿斜面匀速下滑，正确的是（）A.A 与 B 间没有摩擦力B.B 受到斜面的滑动摩擦力为mBgsineC.斜面受到B 的滑动摩擦力，方向沿斜面向上D.B 与斜面的动摩擦因数u=tan。8.（本题9 分）1798年，英国物理学家卡文迪许做了一项伟大的实验，他把这项实验说成是“称量地球的质量在这个实验中首次测量 出 了（）A.引力常量G B.地球的公转周期C.月球到地球的距离 D.地球表面附近的重力加速度9.（本题9 分）你现在正在完成100分钟的期末物理考试，假设一艘飞船相对你以0.3C的速度匀速飞过（C为真空中的光速），则飞船上的观察者根据相对论认为你考完这场考试所用时间A

5、.大 于 100分钟 B.等 于 100分钟 C.小于100分钟 D.不能确定10.（本 题 9 分）对于做匀速圆周运动的物体，下列说法正确的是（）A.其角速度与转速成反比，与周期成正比B.运动的快慢可用线速度描述，也可用角速度来描述C.匀速圆周运动是匀速运动，因为其速度保持不变D.做匀速圆周运动的物体，所受合力为零二、多项选择题：本题共6 小题，每小题4 分，共 24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4 分，选对但不全的得2 分，有选错的得。分1 1.如图所示，固定坡道倾角为仇顶端距光滑水平面的高度为h,一可视为质点的小物块质量为m,从坡道顶端由静止滑下，经过底端

6、0 点进入水平面时无机械能损失，为使小物块制动，将轻弹簧的一端固定在水平面左侧M 处的竖直墙上，弹簧自由伸长时右侧一端恰好位于。点。已知小物块与坡道间的动摩擦因数为U，重力加速度为g,则下列说法正确的是（）A.弹贽弹性势能的最大值为mghB.小物块在倾斜轨道上运动时，下滑的加速度比上滑的加速度小hC.小物块在坡道上往返运动的总路程为-4 cos D.小物块返回倾斜轨道时所能达到的最大高度为1 +/ZC0S6,1 2.（本题9 分）一条小船在静水中的速度为10m/s,要渡过宽为50m、水流速度恒为5m/s的平直河流,下列说法正确的是（）A.小船渡河的最短时间为5sB.小船渡河的最短时间为10sC

7、.若小船在静水中的速度增加，则小船渡河的最短路程不变D.若小船在静水中的速度增加，则小船渡河的最短路程减小1 3.如图所示，质量为m 的物块A 静置在光滑水平桌面上，它通过轻绳和轻质滑轮悬挂着质量为3m 的物 块 B,由静止释放物块、B 后（重力加速度大小为g）（）A.相同时间内，A、B 运动的路程之比为2：1B.物块A、B 的加速度之比为1:1C.细绳的拉力为.mgD.当 B 下落高度h 时，速度为iu 二1 4.如图甲所示为某实验小组验证动量守恒定律的实验装置，他们将光滑的长木板固定在桌面上，甲、乙两小车放在木板上，并在小车上安装好位移传感器的发射器，且在两车相对面上涂上黏性物质.现同时给

8、两车一定的初速度，使甲、乙沿水平面上同一条直线运动，发生碰撞后两车粘在一起，两车的位置x 随时间 t 变化的图象如图乙所示.甲、乙两车质量（含发射器）分别为1kg和 8 k g,则下列说法正确的是（）A.两车碰撞前总动量大于碰撞后总动量B.碰撞过程中甲车损失的动能是一 J15pC.碰撞后两车的总动能比碰前的总动能小D.两车碰撞过程为弹性碰撞1 5.（本题9 分）如图所示，一个小球从高处自由下落到达轻质弹簧顶端A 处起，弹簧开始被压缩。在小球与弹簧接触，到弹簧被压缩到最短的过程中，关于小球的动能、重力势能，弹簧的弹性势能的说法中正确的是（）三-AA.小球的动能先增大后减小B.小球的动能一直在减小

9、C.小球的重力势能逐渐减小，弹簧的弹性势能逐渐增加D.小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和逐渐增加16.2019年 5 月 1 7 日，中国在西昌卫星发射中心用长征三号丙运载火衢，成功发射了第四十五颗北斗导航卫星.该卫星发射过程为：先将卫星发射至近地圆轨道1 上，然后在P 处变轨到桶圆轨道2 上，最后由轨 道 2 在 Q 处变轨进入同步卫星轨道1.轨 道 1,2 相切于P 点，轨道2、1 相切于Q 点.忽略卫星质量的变化，则该卫星A.在轨道1 上的运行周期为24hB.在轨道1 上的运行速率大于7.9km/sC.在轨道1 上经过Q 点的向心加速度大于在轨道2 上经过Q 点的向心加速度D.在轨道2

10、上 由 P 点向Q 点运动的过程中，地球引力对卫星做负功，卫星的动能减少三、实验题:共2 小题，每题8 分，共 16分1 7.如图所示，用“碰撞实验器 可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。甲 乙图中。点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球m i多次从斜轨上S 位置静止释放，找到其平均落地点的位置P,测量平抛射程0 P,然后把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m i从斜轨上S 位置静止释放，与小球mz相碰，并多次重复，分别找到mi、m2相碰后平均落地点的位置M、N.接 下 来 要 完 成 的 必 要 步 骤 是（填选项前的符号）A.用天平

11、测量两个小球的质量mi、m2B.测量小球m i开始释放高度hC.测量抛出点距地面的高度HD.测量平抛射程OM、ON（2）经测定，m】=45.0g,mz=7.5g,小球落地点的平均位置距O 点的距离如图所示.碰撞前后m i的动量分别为 p i与-,，碰撞结束时m2的动量为-，实验结果说明，碰撞前后总动量的比值一 。（保留两位小数）有同学认为，在上述实验中仅更换两个小球的材质，其他条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的射程增大.请你用纸带中已知的数据，分析和计算出被碰小球mz平抛运动射程ON的最大值为 cm.（保留两位小数）1 8.（本题9 分）某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时：实验装置如图甲

12、、乙所示，让刻度尺零刻度与弹簧上端平齐,在弹簧下端挂1 个钩码，静止时弹簧长度为h,可读出其示数1 1=cm.图用 图乙（2）在弹簧下端分别挂2 个、3 个、4 个、5 个相同钩码，静止时弹簧长度分别是卜、b、小卜.已知每个钩码质量是50g,挂 2 个钩码时，弹簧弹力F2=N（当地重力加速度g=9.8m/s2）.某同学使用两条不同的轻质弹簧a 和 b,得到在弹性限度内弹力与弹簧总长度的F-I图像，如图所示，根据图像可知（选填选项前的字母）C.a 的劲度系数比b 的大D.测量同样的力，a 的精确度比b 的高四、解答题：本题共4 题，每题5 分，共 20分19.（6 分）（本 题 9 分）在幼儿园

13、举行的“大力士”拉轮胎比赛中，大力士”用与水平方向成6=60。、大小F=50N的恒力作用在轮胎上，使轮胎在t=2.0 s的时间内沿水平面发生L=6m的位移，求这一过程中：（1）“大力士”对轮胎做的功W；（2）“大力士”对轮胎做功的平均功率P。20.（6 分）（本题9 分）光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B 点连接，导轨半径R=0.5m,一个质 量 m=l kg的小球在A 处压缩一轻质弹簧，弹簧与小球不拴接.用手挡住小球不动，此时弹簧弹性势能EP=3 6 J,如图所示.放手后小球向右运动脱离弹簧，沿半圆形轨道向上运动恰能通过最高点C,g 取 10m/s1.求：小球脱离弹簧时的速度大小；小球

14、从B 到 C 克服阻力做的功;21.（6 分）（本题9 分）如图所示，I、HI区 域（足够大）存在着垂直纸面向外的匀强磁场，虚 线 MN、PQ分别为磁场区域边界，在口区域内存在着垂直纸面向里的半径为R 的圆形匀强磁场区域，磁场边界恰好与边 界 MN、PQ相切，S、T 为切点，A、C 为虚线MN上的两点，且 AS=CS=VR，有一带正电的粒子以速度 v 沿与边界成30。角的方向从C 点垂直磁场进入I 区域，随后从A 点进入口区域，一段时间后粒子能回到出发点，并最终做周期性运动，已知I I 区域内磁场的磁感应强度B2为 I 区域内磁场的磁感应强度B i的6 倍，m 区域与I 区域磁场的磁感应强度相

15、等，不计粒子的重力。求：粒子第一次进入n 区域后在n 区域中转过的圆心角；（2）粒子从开始运动到第一次回到出发点所经历的总时间。22.（8 分）如图所示，将一根弹簧和一个小圆环穿在水平细杆上，弹簧左端固定，右端与质量为m 的小圆环相接触，BC和 CD是由细杆弯成的皿圆弧，BC分别与杆AB和弧CD相切，两圆弧的半径均为R.O点为弹簧自由端的位置.整个轨道竖直放置，除 OB段粗糙外，其余部分均光滑.当弹簧的压缩量为d 时释放，小圆环弹出后恰好能到达C 点，返回水平杆时刚好与弹簧接触，停 在 O 点，（已知弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，小球通过B 处和C 处没有能量损失），问：（1）当为弹簧的压

16、缩量为d 时，弹簧具有的弹性势能Ep是多少？（2）若将小圆环放置在弹簧的压缩量为2d时释放，求小圆环到达最高点D 时，轨道所受到的作用力.（3）为了使物块能停在O B的中点，弹簧应具有多大的弹性势能？参考答案一、单项选择题：本题共10小题，每小题4分，共40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.A【解析】、Av o由图象斜率得加速度a=l加/$2；由两图知，第一秒内有：f+F=m a,第二秒内有：F-f=m a,代入数据得：f+l=3-f,故f=lN,m=2kg,故A正确；又由f=pmg可得动摩擦因数以=0.0 5,第1s内的位移：x=-x lx lm=0.5 m,根据功的

17、公式W=FL可得第I s内摩擦力对滑块做功为-0.5J,故B错误；第2s末物体的2速 度lm/s,则F的瞬时功率：PZ=FV2=3W,选项C错误；根据v-t图象可知，第2秒内的平均速度 0+v 0+1 v2=-=m/s=0.5 m/s,所以第2s的平均功率P=尸”=3xO.5W=1.5W,故D错 误.故 选A.2 22点睛：解决本题的关键是读图v-t图象，能根据牛顿第二定律和功、功率公式计算进行有关的计算，注意区别平均功率和瞬时功率的不同.2.C【解析】火箭加速上升的过程，动能和重力势能均增加，故机械能增加，故A错误；小孩从滑梯上匀速下滑的过程,加速度为零，要克服摩擦做功，机械能减小，故B错误

18、；抛出的链球在空中运动的过程，只受重力，故机械能守恒，故C正确；汽车匀速上坡的过程，动能不变，势能增加，故机械能增加，故D错误；故选C.点睛：本题关键是明确机械能守恒的条件，即只有重力（或弹力）做功；或者直接看动能和重力势能之和是否变化.3.C【解析】【分析】【详解】A B.当弹簧再次恢复原长时，物块A、3达到最终速度，根据动量守恒外 办=啊 匕+加 此根据能量守恒有联立解得vrA=Im/svfB=6m/s故A、B错误；c.当弹簧压缩至最短时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒有加J,=（机.+/羯）U根据能量守恒有=；（初八+加8）/+与联立解得E.=15J故C正确；D.当弹簧再次恢复原长时，

19、物块A、8达到最终速度，根据动量守恒和能量守恒知，物 块B的最终速度,2m,%=-mA+mB当mA ，许 时，则有vB=2VA=10m/s物 块B的最终速度的最大为l（）m/s,故D错误；故选C。4.C【解析】【详解】A D.小球落下前和飞机具有相同的速度，落下来时不计空气阻力，由于惯性保持原来的水平速度不变，相同时间内，在水平方向上和飞机前进的距离相等，所以小球始终在飞机的正下方，AD错误；B C.小球在竖直方向上做自由落体运动，相等时间内，竖直下落高度逐渐增大，C正 确B错误.5.D【解析】【详解】热气球加速上升的过程中，受到重力和浮力，重力做负功，浮力做正功，合力向上做正功，故重力势能增

20、加，动能增加，故ABC错误，D正确。6.A【解析】【详解】从P点开始分析，篮球做平抛运动，下落的时间为，=坐=J 2至s=0.5 s,球砸到墙面上时的速度x 1 25大小为平抛运动的初速度，即为=e =m/s =2.5m/s.t 0.5A.2.5m/s与计算结果相符；故A项正确.B.1.25m/s与计算结果不相符；故B项错误.C.lm/s与计算结果不相符；故C项错误.D.0.8m/s与计算结果不相符；故D项错误.7.D【解 析】试题分析：对A分 析，A在沿斜面方向上有一个重力沿斜面向下的分力，若 没 有 摩 擦 力AB不会相对静止,故A与B之间有摩擦力，A错 误；将AB看做一个整体，整体在沿斜

21、面方向上有二二=（二二+二 二）二S inl方向沿斜面向上，根据牛顿第三定律可得斜面受到B的滑动摩擦力，方向沿斜面向下，AB错 误；二二=（二 二 +二 二）二sm：=二（二 二 +二 二）二cos二，解 得 二=tan二，D 正确；考 点：考查了共点力平衡条件，摩擦力【解 析】1798年英国物理学家卡文迪许测出万有引力常量G,根据万有引力等于重力，有:式即可求出地球的质 量.因此卡文迪许被人们称为能称出地球质量的人，A正确.故 选：A.【解 析】根据狭义相对论可知，飞 船 相 对 此 考 生 以0.3c的速度匀速飞过时，飞船上的观察者认为此考生考完这场考试所用的时间钟.选 项A正 确.故 选

22、A.【解 析】【详 解】27rA.根 据。=2乃可知角速度与转速成正比；由0 =7可知角速度与周期成反比，故 选 项A不符合题意B.角速度描述物体绕圆心转动快慢的物理量，线速度表示单位时间内转过的弧长，描述物体沿圆周运动的快慢的物理量，故选项B符合题意C.匀速圆周运动其轨迹是曲线，速度方向一定改变，不是匀速运动，故选项C不符合题意D.匀速圆周运动是变速运动，受到的合外力不等于0,故选项D不符合题意二、多项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分11.BC【解析】【详解】A.根据能量的转化与守恒

23、，当小物块压缩弹簧到最短时，物块的重力势能一部分转化为弹簧的弹性势能,一部分转化为内能，所以弹簧弹性势能的最大值小于m g h,故A错误；B.根据牛顿第二定律，小物块下滑时ms sin-ums cos 0.八 八a=-=g sin，一g cos 0m小物块上滑时mg sin 0+ums cos 0.八 八a=-=g sin 夕 +g cos 0m可见aa故B正确；C.物 块m最终停止在。点，对于运动的全过程，由动能定理得mgh-“geos 夕/=0解得在斜面上运动的总路程1 =4 cos，故c正确；D.设物体能够上升得最大高度h”物体被弹回过程中由动能定理得：mghy-加geos 6-一 0=

24、g m yl解得,1 一cote,It=-hi+cote故D错误。故 选BCo12.AC【解析】【详解】A B.当小船船头指向河对岸时，小船渡河时间最短，小船渡河的最短时间为t=4 =S =5 S,故A正确,v 10B错误；C D.因为小船在静水中的速度为10m/s大于水流速度恒为5 m/s,小船渡河的最短路程是河的宽度50m,所以若小船在静水中的速度增加，则小船渡河的最短路程仍是河的宽度保持不变，故C正确，D错误。13.AD【解析】【详解】A.根据动滑轮的特点可知B下降s,A需要走动2 s,而-_，故A正确；一二一，一 二B.因为都是从静止开始运动的，故有1、i,2x-二-=1二二-解 得

25、一、，故B错误；-口 =.JC.对A分析有对B分析有解得一.一，_ ，一,故C错误;对B,加速度为根据速度位移公式，有-；_ 解得故D正确;三14.BC【解析】【详解】A.设a、b两车碰撞前的速度大小为vi、V 2,碰后的速度大小为V 3,根据x-t图象表示速度，结合题图乙得vi=2m/s,v2=lm/s,以向右为正方向，碰前总动量：j =m s,3=一二匚二j +匚 口 ；=（5 k g -m s碰后总动量：J；=（二 口 +二二）二j =%2，则在轨道1 上经过Q 点的向心加速度大于在轨道2上经过Q 点的向心加速度，故 c 正确；D.卫星在轨道2 上无动力运行时，由近地点P 向远地点Q 运

26、动过程中，地球对卫星的引力做负功，势能增加，而卫星的机械能保持不变，故其动能减小，故 D正确.三、实验题:共2 小题，每题8 分，共 16分17.AD 1.01 76.80【解析】【详解】(1)1根据动量守恒定律，有-1-1=；-7,+-2-2小球碰前碰后从同一高度做平抛运动，即平抛运动时间相等，根据平抛运动特点有-1-1-1-1 -+-2-2-1-1=-7-；+XI表示碰前小球平抛运动水平位移，X，、X2分别表示碰后两小球的位移。整理知要验证动量守恒定律，需要验证的关系式为二/二 二=二/匚 二 +二；匚 二故实验还需完成的必要步骤是：AD(2)碰撞前后总动量的比值D；n,n n 45 x

27、44.8：-=-=-=1.01、+二:匚 二匚+匚：二 匚 45 x 35.2+7.5x55.68(3)3小球发生弹性碰撞时，被碰小球平抛射程最大，有二/二二=二 1二 二 十 二;匚 二L L L l r L；1 l L)L l/U lJ=LljU Ll-T 口2HLi代 入O P,得口匚=二4 dE=-6.S0crau，+U：18.(1)25.85(2)0.98N(3)AC【解析】【详解】由图可知，指针在刻度线25.8和25.9之间，估读一位，得到结果25.85cm；(2)弹簧的弹力与挂钩的重力平衡，两个挂钩的重力是2 m g,所以弹簧的读数为:二 1=2二二=2 x 0,050 x 9.

28、8=0.98(3)根据弹簧弹力的大小计算公式：二二二仁-二。)可知图像与横坐标的交点表示弹簧的原长，所以a的原长小于b的原长，故A对；弹簧的弹力与弹簧的形变量大小成正比，而不是弹簧的长度，故B错；图像的斜率表示劲度系数，所以a的劲度系数大于b的劲度系数，故C对；测量同样的力，劲度系数小的形变量就大，所以精确度就高，即b的精确度高，故D错；故选AC综上所述本题答案是：(1)25.85(2)0.98N(3)AC四、解答题：本题共4题，每题5分，共20分19.(1)150N；(2)75W【解析】【详解】(1)由功的公式得 W=ELcos6=50 x6xcos600=150J。-W 150(2)根据平

29、均功率的公式P=7 5 WOt 220.(l)6m/s(1)11J【解析】由能量守恒可知，小球脱离弹簧时的速度大小；根据小球在圆形轨道上的受力特点，由牛顿第二定律可求小球在C点的速度，再 由B到C运用动能定理可求小球从B到C克服阻力做的功.(1)由能量守恒切=,得=8m/s1 9 1 9(1)由 B到 C 由动能定理得-zg2R-%=加 工 篦 2在 C点由牛顿第二定律可得mg=除由以上两式可得，%=39J21.(1)120(2)T=兀 口+把9v v【解析】【详解】粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系得NQCS=60,半径R=2 也 R cos 60粒子转过的圆心角为q=300粒子从A 点进入

30、口区域，先做匀速直线运动，且速度延长线刚好过口区域圆形磁场的圆心。，接着在磁场中做圆周运动，离开时速度方向的反向延长线仍然过圆心。设轨迹半径为与，由牛顿运动定律知2VqvB2=m得R,=-祖故_曳与 B2即R音R连 接 劣。，得金tan NO20A=得N。2 0 A =3 0 故此粒子第一次进入n区域后在口区域转过的圆心角为02=（9 0 -NQQ4）X 2 =1 2 0(2)粒子进入m区域时，速 度 方 向 仍 与 边 界 成30。角，故此粒子的轨迹图左右对称，上下对称，粒子在一个周期内，在I、m区域总共要经历两次圆周运动过程，每次转过的圆心角均为4=3 0 0 所用总时间为,2 兀 R、0

31、.20下）兀 R/.=2x-L x =-v 3 6 0 3 v在H区域要经历两次圆周运动过程，每 次 转 过 的 圆 心 角 均 为 名=1 2 0,所用时间为2=2x也x%v 3 6 04岳R9 v在 口 区 域 要 经 过4次匀速直线运动过程，每次运动的距离为所用总时间彳R 4 R4=4x=V V故此粒子在一个周期内所经历的总时间为T =4+/36 4 岳 R 4R-1-9 v v“122.（1）Ep=2mgR（2）9 m g,方 向 竖 直 向 上（3）与=（+耳）叫R（n=0、1、2）【解 析】【分 析】【详 解】(1)设小圆环与OB之间的摩擦力为f,OB=L；从释放到回到。点，由能量

32、关系可知，当弹簧的压缩量为d时，弹簧具有的弹性势能Ep=2fL小圆环从释放能到达C点到，由能量关系可知Ep-fL-mgR=0可得：Ep=2mgR(2)因弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，则弹簧的压缩量为2 d时弹性势能为Ep=4Ep=8mgR小圆环到达最高点D时:,1 ,Ep=3 m vr +mS-2R+fL解得在最高点D时由牛顿第二定律:N+mg=解得N=9m g,方向竖直向下由牛顿第三定律可知在D点时轨道受到的作用为9 m g,方向竖直向上；(3)为了使物块能停在0 B的中点，则要求滑块到达的最高点为D点，然后返回，则Ep fL+2mgR=31ngR为了使物块能停在O B的中点，同时还应该

33、满足：L 1E p =(2 +1)/万=(+a)mgR则只能取n=0、1、2；高一（下）学期期末物理模拟试卷一、单项选择题：本题共10小题，每小题4分，共40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）如图所示,地球绕00,轴自转，则下列说法正确的是（）A.A、B两点的转动半径相同B.A、B两点线速度相等C.A、B两点的周期相等D.A、B两点的转动角速度不相同【答案】C【解析】【详解】A.A、B两点都绕地轴做匀速圆周运动，B转动的半径大于A转动的半径，故A错误；B.根据v=r3,角速度相同，B的半径大，则B的线速度大，故B错误；C.根据T=2 n/3,角速度相同，周期

34、相等，故C正确；D.两点共轴转动，角速度相同，故D错误.故选C。2.（本题9分）a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个平行四边形的四个顶点，电场线与平行四边形所在平面平行.已知a点的电势为20v,b点的电势为24v,d点的电势为1 2 v,如图所示.由此可知c点的电势为2 0 V什-4VJ-4A.8v B.16vC.20v D.24【答案】B【解析】【分析】【详解】由 题 可 知=且 abl I d e贝！J,Ua b=U d,可得=16,故B正确3.如图所示，一质量为m的滑块沿倾角为二粗糙固定斜面加速下滑，在滑块由斜面顶端下滑至底端的过程中，下列说法正确的是A.滑块的机械能守恒B

35、.斜面对滑块的支持力的冲量不为零C.滑块动能的改变量等于重力势能的改变量D.合力对滑块做的功等于滑块增加的机械能【答案】B【解析】【分析】利用机械能守恒的条件可以判断机械能变化情况和重力势能与动能的变化关系；根据冲量的定义式即可计算斜面对滑块的支持力的冲量。【详解】A.滑块在下滑过程中，共受到三个力：重力，支持力，摩擦力，其中支持力不做功，重力做功不影响物体机械能，摩擦力做负功使物体机械能减小，故A错误；B.由冲量公式-_-知：-_恐0,故B正确；C.滑块在下滑过程中，重力势能减小，动能增加，但由于总的机械能在减小，所以重力势能的减小量大于动能的增加量，故c错误；D.滑块克服阻力所做的功，对应

36、了其机械能的减少，故D错误。【点睛】本题主要考查了机械能守恒定律，利用条件分析即可，较为简单。4.关于匀速圆周运动，下列说法不正确的是（）A.周期不变 B.频率不变 C.角速度不变 D.线速度不变【答案】D【解析】【详解】A.匀速圆周运动转动一圈的时间叫做周期，是不变的，故A不符合题意；B.匀速圆周运动的频率不变，故B不符合题意；C.匀速圆周运动的角速度的大小和方向都不变，故C不符合题意；D.匀速圆周运动的线速度大小不变，方向变化，是变速运动，故D符合题意.5.2019年1月，我国嫦娥四号探测器成功在月球背面软着陆，在探测器 奔向”月球的过程中，用h表示探测器与地球表面的距离，F表示它所受的地

37、球引力，能够描F随h变化关系的图像是【答案】D【解析】【详解】G M m根据万有引力定律可得：F =不,h越大，F越小，故选项D符合题意；6.（本题9分）用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图）.设两极板正对面积为S,极板间的距离为d,静电计指针偏角为仇实验中，极板所带电荷量不变，若A.保持s不变，增大d,则e变大B.保持S不变，增大d,则0变小C.保持d不变，减小S,则6变小D.保持d不变，减小S,则。不变【答案】A【解析】【分析】【详 解】AB、电容器所带电荷量Q 不 变，由。=宅 之 可 知 S 不 变，增 大 d,则 C 变 小，而 由 c =2可得电容器4yrkd U

38、的 电 压 U 变 大，从 而 使 得 静 电 计 的 电 压 U 变 大，其 指 针 的 偏 角 6 变 大，故 A 正确、B错误；CD、同 理 可 知 保 持 d 不 变，减 小 S,则 C 变 小，而 由 C =卷 可 得 电 容 器 的 电 压 U 变 大，使得静电计的电压 U 变 大，其 指 针 的 偏 角 e 变 大，故 选 项 c、D 均错误.故选:A.7.（本 题 9 分）要 使 小 球 A 能 击 中 离 地 面 H 高 的 小 球 P,设计了甲、乙、丙、丁四条内外侧均光滑轨道，如图 所 示.甲 为 高 度 小 于 H 的倾斜平直轨道，乙丙丁均为圆轨道，圆 心。如 图 所 示

39、.小 球 从 地 面 出 发，初速 度 大 小 都 为%=何万，在甲轨道中初速度方向沿斜面，在 乙、丙、丁轨道中初速度方向均沿轨道的切线 方 向，则 小 球 A 经过哪种轨道后有可能恰好击中P 球（）A.轨道甲和轨道丁B.轨道乙和轨道丁C.轨道丙和轨道丁D.只有轨道丁【答 案】D【解 析】【分 析】【详 解】小球从地面出发，初 速 度 大 小 为 J 砺，在运动过程中，只有动能全部转化为重力势能才能上升高度H,即mgH=mv1甲 轨 道 A 球在轨道上沿斜面运动后斜抛，在最高点有动能，根据机械能守恒，小 球 不 能 到 达 H 高度，故甲不可能；乙轨道小球做竖直上抛运动，在最高点速度为零，能

40、达 到 高 度 H,但 不 能 击 中 P 点，故乙轨道不可能；丙 轨 道 在 小 球 通 过 皿 圆 以 后 小 球 要 想 到 达 P 点，在 P 点要有动能，根据机械能守恒，小球到不了 P 点，故丙轨道不可能；丁轨道小球到达P点，小球的动能完全转化为重力势能，到达P点动能恰好为零，小球恰好击中P点，故丁轨道可以.故 选D),8.(本题9分)如图所示，一质量为0.5kg的一块橡皮泥自距小车上表面1.25m高处由静止下落，恰好落入质量为2kg、速度为2.5m/s沿光滑水平地面运动的小车上，并与小车一起沿水平地面运动，取g=10m/s2,不计空气阻力，下列说法正确的是A.橡皮泥下落的时间为0.

41、3sB.橡皮泥与小车一起在水平地面上运动的速度大小为3.5m/sC.橡皮泥落入小车的过程中，橡皮泥与小车组成的系统动量守恒D.整个过程中，橡皮泥与小车组成的系统损失的机械能为7.5J【答案】D【解析】【详解】橡皮泥下落的时间为：出至=0 5 s.故A错误；橡皮泥与小车在水平方向的动量守恒，选N g N iom,vn 2x 2.5 八,取向右为正方向，则有：m1Vo=(m1+m2)v,所以共同速度为：丫 =-0=丁=三=2?/$,故B正仍+和 2+().5确；橡皮泥落入小车的过程中，橡皮泥与小车组成的系统在水平方向的动量守恒，但竖直方向的动量不守恒.故C错误；在整个的过程中，系统损失的机械能等于

42、橡皮泥的重力势能与二者损失的动能，得：AE=m2gh+mivo2-(mi+m2)v2,代入数据可得：E=7.5J.故 D 正确.故选 D.2 2【点睛】本题考查了动量守恒定律的应用，本题是多体、多过程问题，分析清楚物体运动过程与运动性质是解题的前提，应用动量守恒定律、能量守恒定律与动能定理即可解题.9.(本题9分)一质点做匀加速直线运动，通过第一段5m位移所用的时间为2 s,紧接着通过下一段10m位移所用时间为1 s.则该质点运动的加速度为()A.3m/s2 B.4m/s2 C.5m/s2 D.6m/s2【答案】C【解析】【分析】【详解】做匀变速直线运动过程中的平均速度等于该段过程中间时刻速度

43、，即第一段位移中间时刻的瞬时速度为:V 1 =-=-m/s =2.5m/s,第二段位移中间时刻的瞬时速度为：岭=7 =丁 机 八=10加 八，两个中间时刻隔了 1.5s,所以质点运动的加速度为：a=i 025 m/s2=5 m/s2,故C正确 t 1.51 0.中国古代科技取得了辉煌的成就，在很多方面走在世界前列。例如春秋战国时期，墨家的代表人物墨翟 在 墨经中，就已对力做了比较科学的阐述:“力，刑（形）之所以奋也。这句话的意思是：力能使物体由静止开始运动，或使运动的物体运动得越来越快。下列说法中，与墨翟对力的阐述最接近的是（）A.力是维持物体运动的原因B.力是物体位移变化的原因C.力是物体位

44、置变化的原因D.力是物体运动状态改变的原因【答案】D【解析】【详解】根据题意可以知道：力，刑（形）之所以奋也”.这句话的意思是：力能使物体由静止开始运动，或使运动的物体运动得越来越快；即力起到了改变物体运动状态的作用，故与力是改变物体运动状态的原因相接近.A.描述与分析不符，故A错误.B.描述与分析不符，故B错误.C.描述与分析不符，故C错误.D.描述与分析相符，故D正确.二、多项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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4分，选对但不全的得2分，有选错的得。分1 1.如图所示，轻杆一端固定质量为m的小球，另一端固定在转轴上，轻杆长度

45、为R,可绕水平光滑转轴O在竖直平面内转动将轻杆从与水平方向成30。角的位置由静止释放若小球在运动过程中受到的空气阻力大小不变当小球运动到最低点P时，轻 杆 对 小 球 的 弹 力 大 小 为o方向竖直向上，下列说法正确的是A.小球受到的空气阻力大小为厂一B.小球运动到P点时的速度大小为 N 7C.小球能运动到与。点等高的Q点D.小球不能运动到与0点等高的Q点【答案】AC【解析】【详解】AB.小球运动到P点时，根据牛顿第二定律可得解得小球在P点的速度大小为根据动能定理可得:解得故A符合题意，B不符合题意。CD.假设小球能运动到与0点等高的Q点，则阻力大小为二，根据动能定理可得:_ 1 _ 1SO

46、：+3 0s _ 一_ _ -：-X ,一 一 2一 一 360 解得故小球能运动到与。点等高的Q 点，且达到Q 的速度刚好为零，故 C 符合题意D 不符合题意。1 2.（本题9 分）沿 x 轴正方向传播的一列横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为200m/s,则下列说法正确的是（）A.从图示时刻开始，经 0.01s质点a 通过的路程为40cm,相对平衡位置的位移为零B.图中质点b 的加速度在增大C.若产生明显的衍射现象，该波所遇到障碍物的尺寸为20mD.从图示时刻开始，经 OQls质 点 b 位于平衡位置上方，并沿y 轴正方向振动做减速运动E.若此波遇到另一列波，并产生稳定的干涉现象，则

47、另一列波的频率为50Hz【答案】BDE【解析】【详解】A.由图象可知波长为2=4m又波速为v=200m/s则该列波的周期为2T=-=0.02sv那么经过0.01s,质点a 振动了半个周期，质点a 通过的路程为40cm,应在负向最大位移处，所以A 错误;B.根据同侧法可以判断b 质点此时正沿y 轴负方向振动，也就是远离平衡位置，所以回复力在增大，加速度在增大，所 以 B 正确；C.由图象已知该波的波长是4 m,要想发生明显的衍射现象，要求障碍物的尺寸与机械波的波长差不多或更小，所以障碍物20m不能观察到明显的衍射现象，C 错误；D.经过0.01s,质 点 b 振动了半个周期，图示时刻质点b 正沿

48、y 轴负方向振动，所以可知过半个周期后，该质点b 在平衡位置上方且沿y 轴正方向振动，速度在减小，所 以 D 正确；E.该波的周期是0.02s,所以频率为/=-=50HzT所以若此波遇到另一列波，并产生稳定的干涉现象，那么另一列波的频率也是50 H z,所 以 E 正确。故 选BDEo1 3.两电荷量分别为q i和qz的点电荷放在x轴上的0、M两点，两电荷连线上各点电势6随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点电势最高，贝！A.C点的电场强度大小为零B.A点的电场强度大小为零C.NC间场强方向沿x轴正方向D.将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功【答案】AD【

49、解析】【详解】A.。-X图的斜率为E,C点电势的拐点，则电场强度为零，故A正确；B.由图知A点的电势为零，则0点的点电荷的电量比M点的点电荷的电量大，且。点的电荷带正电，M点电荷带负电.故B错误；C.由图可知：0 M间电场强度方向沿x轴正方向，M C间电场强度方向沿x轴负方向，CD间电场强度方向沿x轴 正 方 向.故C错误；D.因为MC间电场强度方向沿x轴负方向，CD间电场强度方向沿x轴正方向，则将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后负功.故D正确；1 4.（本题9分）A、B两物体的质量之比mA：mB=2：1,它们以相同的初速度V。在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其速度图象如图所示

50、.那么，A、B两物体所受摩擦阻力之比FA:FB与A、B两物体克服摩擦阻力做的功之比WA:WB分 别 为（）A.A、B两物体所受摩擦阻力之比FA:FB=4：1B.A、B两物体所受摩擦阻力之比FA:FB=2：1C.A、B两物体克服摩擦阻力做的功之比WA:WB=4：1D.A、B两物体克服摩擦阻力做的功之比WA:WB=2：1【答案】AD【解析】【分析】【详解】根据速度时间的图象可知，加速度之比为二一 二 一 =2,；，物体只受到摩擦力的作用，摩擦力作为合力产生加速度，由牛顿第二定律可知，F=m a,所以摩擦力之比为二一二一=条；由动能定理，物体克服摩擦阻力做的功为，由于ab的初速度大小相同，-所以两物