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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1 0小题，每小题4分，共4 0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.如图所示，三颗人造地球卫星都是顺时针方向运动，b与c轨道半径相同，则A.周期B.线速度以=匕 匕C.b与c的向心加速度大小相等，且大于a的向心加速度D.b加速则可追上前面的c与之对接【答案】A【解析】【详解】人造地球卫星受到地球的引力充当向心力，即GMm 4 4 2 r =m r2 T222 V=mco r-m =mar由公式可知:A.周期T =2万J二，半径越大，周期越大，故Tb=TcTa，故A正确;GMB.线速度y=,即半径越大，线速度越小，故Vb=
2、VVa，故B错误;C.向心加速度4=,半径越大，向心加速度越小，故b e的加速度小于a的加速度，故C错误;rD.b加速做离心运动，轨道半径变大，不可能追上前面的c,故D错误。2.（本题9分）下列单位属于国际单位制中基本单位的是（）A.牛顿 B.米/秒 C.千克 D.厘米【答案】C【解析】【详解】国际单位制中的基本单位只有七个：米、秒、千克、安培、摩尔、开尔文、坎德拉。A.导出单位，不符合题意B.导出单位，不符合题意C.基本单位，符合题意D.导出单位，不符合题意3.如图所示,a、b、c三个相同的小球,a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时b、c从同一高度分别开始自由下落和平抛.下列说法正确的有
3、（）A.它们的落地时间相同B.运动过程中重力做的功相等C.它们落地时的速度相同D.它们落地时重力的瞬时功率相等【答案】B【解析】【详解】A.设斜面高度为h,a沿斜面下滑的时间为t,则有:-=gsinOrsinO 2解得：b、c从同一高度分别开始自由下落和平抛，根据解得：y ,由此可知它们运动的时间不相等，故A错误;B.三个小球的重力一样，下落的高度差一样，所以运动过程中重力做的功相等，故B正确;C.因为a、b两球初速度为0,c的初速度不为0,由机械能守恒定律可知：a、b两球的落地时的速度大小相等，小于c球的落地速度，所以它们落地时的速度不相同，故C错误；D.根据重力做功的瞬时功率公式：口叫,可
4、知自由落体和平抛的瞬时功率相同即Pb=P”由于物体沿斜面下滑到底端时的竖直分速度速度小于自由下落时的竖直速度，即PaPb，由上可知PaPb=Pc，故D错误。4.登上火星是人类的梦想.“嫦娥之父”欧阳自远透露：中国计划于2020年登陆火星.地球和火星围绕太阳的公转均视为匀速圆周运动，忽略行星自转影响，根据表格中的信息判断，火星同地球相比下列说法正确 的 是（）行星半径/m质量kg轨道半径皿地球6.4x1 伊6 6吁1.5x10”火星3.4x10*6.4x122.3x1011A.火星的公转周期较小B.火星做圆周运动的加速度较大C.火星表面的重力加速度较小D.火星的第一宇宙速度较大【答案】C【解析】
5、【详解】Mtn 4?A、对于任一行星 设太阳的质量为M,根据二r,解得行星的公转周期T=2 n j E,火星GM绕太阳做匀速圆周运动的轨道半径较大，所以火星做圆周运动的周期较大，故A错误.B、根据万有引力充当向心力G f=m a,行星绕太阳做做匀速圆周运动的加速度a=竺，火星的轨道r r半径较大，所以火星做圆周运动的向心加速度较小，故B错误.C、在行星表面有：mg=G”竺，行星表面的重力加速度8=丝 生，代入数据解 得 出=0.38,即火星表R-R-g地面的重力加速度较小，故c正确.D、设行星的第一宇宙速度为v,则G当”=m E,v=J C丝住，由题中数据比较可知，火星的第一宇宙R2 R R速
6、度较小，故D错误.5.（本题9分）两个分别带有电荷量一Q和+2Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F.两小球相互接触后将其固定距离变为I，则两球间库仑力的大小为21 1A.4F B.2 F C.-F D.-F2 4【答案】C【解析】【详解】相距为r时，根据库仑定律得：产挈；由于带异种电荷时，接触后，各自带电量变为g Q,则此-2，两式联立得F，=1F；2A.4 F,与结论不相符，选项A错误；B.2 F,与结论不相符，选 项B错误；C.,与结论相符，选项C正确；D.-F,与结论不相符，选 项D错误；46.（本题9分）某人站在一星球上，以速度V。竖直向上抛
7、一小球，经t秒后，球落回手中，已知该星球半径 为R,现将此球沿此星球表面将小球水平抛出，欲使其不落回星球，则抛出时的速度至少为（）C.、D.TT【答案】B【解析】设该星球表面的引力加速度为g,则上升到最高点用的时间t为：Z =1=f；所以：二=言；现将此球沿此星球表面将小球水平抛出，欲使其不落回星球，则抛出时的速度至少为该星球的第一宇宙速度，所以：二=二3=*，故选B.N-点睛：此题是万有引力定律与运动问题的结合，本质是求第一宇宙速度，计算第一宇宙速度时需要求解星球表面的重力加速度，这个加速度可由自由落体运动，竖直上抛运动，平抛运动，单摆周期等知识求出.7.（本题9分）飞行器在太空飞行，主要靠
8、太阳能电池提供能量.若一太阳能电池板，测得它的开路电压为800 m V,短路电流为40 m A.若将该电池板与一阻值为20 Q的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压是（）A.0.10 VB.0.20 VC.0.30 VD.0.40 V【答案】D【解析】【详解】设电池板的内阻为r,其开路电压等于它的电动势，依题意有：E=800mV；I e=E/r,解得电源内阻:r=1=/0 =20。，电池板连上2 0 a阻值后，流过电阻的电流大小为：,短 也E 80（）I =-=-mA=20/n/l；此时的路端电压为：U=IR=20 x20mV=400mV=0.4V；故 D 正确，ABC 错R+r 20+20误
9、.8.（本题9分）下列几个物理实验中，与实验“探究平行板电容器电容的决定因素”的思想方法相同的是A.卡文迪许扭秤测引力常量B.探究力的合成规律C.观察桌面的微小形变D.探究加速度与力、质量的关系【答案】D【解析】实验探究平行板电容器电容的决定因素”的思想方法是控制变量法；卡文迪许扭秤测引力常量以及观察桌面的微小形变都是利用了放大思想；探究力的合成规律是利用等效思想；探究加速度与力、质量的关系是利用了控制变量法；故 选D.9.（本题9分）一辆汽车从静止开始启动，先匀加速达到某一速度后以恒定功率运动，最后做匀速运动.下列汽车的速度V、位移X、加速度a及汽车牵引力做的功W随时间t的变化图象可能正确的
10、是【答案】D【解析】AC、汽车先做匀加速直线运动，速度随时间均匀变化，然 后P保持不变，速度增大，牵引力减小，加速度减小，做加速度减小的加速运动，故AC错误;I,B、匀加速直线运动时，根据=不。/知，图线是抛物线的分支，然后做变加速直线运动，图线是曲线，2最后做匀速直线运动，图线为倾斜的直线，故B错误；D、开始牵引力不变，牵引力功W=F彳 牵 引 力 功 与 时 间 成 抛 物 线 关 系，然后功率不变，根2据W=Pt知，功与时间成线性关系，故D正确；故 选D.【点睛】对于机车启动问题，要根据牛顿第二定律和汽车功率P=Fv进行讨论，弄清过程中速度、加速度、牵引力、功率等变化情况.1 0.（本题
11、9分）如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量为2m的小物块从槽上高为h处开始自由下滑，运动到水平面之后与弹簧相互作用，被向左反弹回来，下列说法正确的是A.在下滑过程中，槽对物块的支持力对物块始终不做功B.物块第一次滑到槽底端时，物块与槽的速度大小之比为2：1C.整个过程中，物块、槽和弹簧组成的系统动量守恒D.物块被弹簧反弹后不能追上槽【答案】D【解析】【详解】A.在下滑过程，槽对物块的支持力与物块位移夹角不垂直，支持力对物块做功，故A错误.B.物块与槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平动量守恒，以向右为正方向
12、，由动量守恒定律得：2 w物僚=0,解得丫物：嗓（=1:2；故B错误.C.整个过程中，物块、槽和弹簧组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故C错误.D.物块与弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，物块离开弹簧后的速度大小不变，由于物块的速度小于槽的速度，物块不可能追上槽，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.（本题9分）2017年4月2 2日12时许，天舟一号货运飞船到达指定地点与天宫二号空间实验室成功进行了自动交会对接，这是我国自主研制的货运飞船与
13、空间实验室的首次交会对接，实现了空间科学领域的一次重大技术跨越，填补了我国航天领域的空白.简化模型如图所示，天舟一号经过多次变轨实现自动交会对接.轨道1、2相切于Q点，2、3相切于P点，则当天舟一号分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是A.天舟一号在轨道3 上的速率小于轨道1 上的速率B.天舟一号在轨道3 上的角速度大于在轨道1 上的角速度C.天舟一号在轨道1 上经过Q 点时的加速度大于它在轨道2 上经过Q 点时的加速度D.天舟一号在轨道2 上经过P 点的加速度等于它在轨道3 上经过P 点时的加速度【答案】AD【解析】【详解】天舟一号在轨道1、3 上做匀速圆周运动，万有引力做向心力
14、，故有GM m2=m一 =marr,所以，速率v=电,角速度0=萼；故半径越大，线速度、角速度越小，所以，天舟一号在轨道3 上的速率、角速度小于轨道1 上的速率、角速度，A 正 确 B 错误；天舟一号在Q 点时受到的万有引力等于它在轨道 2 上经过Q 点时受到的万有引力，故天舟一号在轨道1 上经过Q 点时的加速度等于它在轨道2 上经过Q点时的加速度，C 错误；天舟一号在P 点时受到的万有引力等于它在轨道3 上经过P 点时的万有引力，故天舟一号在轨道2 上经过P 点时的加速度等于它在轨道3 经 过 P 点时的加速度，D 正确.1 2.（本题9 分）下列说法中正确的是A.元电荷实质上是指电子和质子
15、本身B.把 1.6x10 19C 的电荷量叫元电荷C.所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍D.带电体间的距离比它们本身的大小大得多，以至于带电体的形状大小和电荷分布对它们间的相互作用力的影响可忽略不计时，带电体就可以视为点电荷【答案】BCD【解析】【详解】A.元电荷是质子和电子的带电量，但不是质子也不是电子，故 A 错误；B.我们是把质子和电子的带电量称为元电荷，即 1.6x10-2：的电荷量叫元电荷，故 B 正确；C.所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍，故 C 正确；D.点电荷是一个理想化的模型。当带电体间的距离比它们本身的大小大得多，以至于带电体的形状大小和电荷分布对它们间的相互
16、作用力的影响可忽略不计时，带电体就可以视为点电荷，故D正确；故选：BCD.13.关于重力势能与重力做功，下列说法中正确的是A.重力对物体做正功，物体的重力势能可能增加B.将质量相同的物体由同一位置沿不同方向抛出并下落至同一水平面，物体所减少的重力势能相等C.用手托住一个物体匀速上举时，手的支持力所做的功等于物体克服重力所做的功与物体增加的重力势能之和D.物体克服重力所做的功等于重力势能的增加量【答案】BD【解析】【详解】A.重力对物体做正功，物体的重力势能减小，故A错误；B.将质量相同的物体由同一位置沿不同方向抛出并下落至同一水平面，初末位置的高度差相同，物体所减少的重力势能相等，故B正确；C
17、.根据动能定理，用手托住一个物体匀速上举时，手的支持力所做的功等于物体克服重力所做的功，故C错误；D.物体克服重力做功就是重力做负功.假设上升高度为H,则重力做负功为m g H,重力势能增加也为mgH,所以相等，所以物体克服重力所做的功等于重力势能的增加量，故D正确。14.（本 题9分）如图所示，倾角为二的足够长倾斜传送带沿逆时针方向以恒定速率运行，一个小物块无初速度的放在传送带上端，传 送 带 与 物 块 间 动 摩 擦 因 数 二 取 传 送 带 底 端 为 零 势 能 面，下列描述小物块速度二 重力势能二二，动能二二和机械能E四个物理量随物块沿传送带运动距离x的变化趋势中正确的有（）【解
18、析】【分析】通过过程分析可以确定物体运动过程中的加速度：开始传送带的速度大于物体的速度，故滑动摩擦力沿斜面向下，故物体的加速度二=二二二二二+二二二二二二；当物体的速度大于传送带的速度时，物体的所受摩擦力沿斜面向上，物体的加速度二：=二二二二二一二二二二二二 故二,，二：；由重力势能的表达式判断二 二 随X是一次减函数；求出动能随位移变化的表达式，比较斜率；求出机械能随位移变化的函数表达式，再判断。【详解】当小物块无初速度的放在传送带上端后，物体向下匀加速，当加速到与传送带的速度相等后，由于传送带与物块间动摩擦因数二二二二二，即是重力沿斜面向下的分力还大于滑动摩擦力，合力沿斜面向下，继续加速，
19、故A错误；取传送带底端为零势能面，重力势能为：二二=二 二g-二二二二二二二，二二随X是一次减函数，故B正确；达到传送带速度之前，对物体由动能定理可得：二二=（二二二二二二+二二二二二二二）:,斜率较大；达到传送带速度之后，对物体由动能定理可得：二二=二 二。+（二二二二二二一二二二二二二二）二斜率较小,故c正确；达到传送带速度之前,摩擦力对物体做正功，机械能增大，二=二。+二二二二二二二二，所以机械能随位移是一次函数；达到传送带速度之后，摩擦力对物体做负功，机械能减小，二=二。一二二二二二二二二，所以机械能随位移也是一次函数；故D错误。故 选BC。【点睛】解答此类题目一般都是根据题意写出函数
20、表达式，再进行判断。比如通过受力分析确定物体的加速度，从而根据速度图象的斜率等于物体的加速度来判定。1 5.（本 题9分）A、B、C为电场中电场线上的三个点，一带电小球从A点由静止释放，并开始计时，先后沿直线经过B、C两点，其运动过程中的v-t如图所示，下列说法正确的是A.电场方向由A指 向CB.A、B、C三点中B点场强最大C.小球由B至C过程中平均速度等于5.5m/sD.B、C两点间电势差大小|UBC|大于A、B两点间电势差大小|UABI【答案】BD【解析】【详解】A.根据图线可知，带电小球从A点由静止释放，速度逐渐增大，说明电场力方向由A指向C,但小球的电性未知，故无法判断电场强度的方向，
21、故A错误；B.由图知，小球在B处加速度最大，由qE=ma知，A、B、C三点中B点场强最大，故B正确；C.如果小球从B到C做匀加速直线运动，贝叼、球的平均速度为3=3向$=5.5向5,但小球由B至C2过程中做加速度减小的加速运动，位移大于匀加速过程的位移，故平均速度大于5.5 m/s,故C错误；D.根据动能定理得：q UAB=g，然%一（相片=6m,q UBC=g根b一 根丫；=16.5z,可得UAB小于UBC.故D正确。1 6.（本题9分）如图所示，地球卫星开始在圆形低轨道1运行，在P处点火后，地球卫星沿椭圆轨道2运行，在远地点Q再次点火，将地球卫星送入更高的圆形轨道1.若地球卫星在1、1轨道
22、上运行的速率分别为Vi、V 1,在2轨道上经过P、Q处的速率分别为V2P、V2Q,贝UA.ViViB.V2P V2QD.Vi v2p【答案】AC【解析】【详解】-m2匕 可得丫=52,轨 道1的轨道半径大，所以V】V2Q,故B错误；C.卫星在轨道2上经过Q点时，点火加速进入圆轨道1,所以VI VZQ,故C正确；D.卫星在轨道1上经过P点时，点火加速进入椭圆轨道2,所以V2P VI，故D错误.三、实验题:共2小题，每题8分，共1 6分1 7.（本题9分）用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律，实验所用的电源为学生电源，输出电压有交流电和直流电两种，重锤从高处由静止开始下落，打点计时器在重锤拖着的
23、纸带上打出一系列的点，对图中纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律.（1）下列几个操作步骤中：A.按照图示，安装好实验装置；B.将打点计时器接到电源的 交流输出 上；C.用天平测出重锤的质量；D.先释放重锤，后接通电源，纸带随着重锤运动，打点计时器在纸带上打下一系列的点;E.测量纸带上某些点间的距离；F,根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能.没 有 必 要 的 是,操作错误的是.（填步骤前相应的字母）-43.68-49.60-1（2）在某次实验中，假设质量为m 的重锤由静止自由下落，带动纸带打出一系列的点，如图所示。相邻计数点间的时间间隔为0.02s,距离单位
24、为cm。（g=9.8m/s2）（所有计算结果保留小数点后两位）打点计时器打下计数点B 时，物体的速度%=m/s；从起点O 到打下计数点B 的过程中物体的动能增加量EK=,势能减少量亚p=。通过计算，数 值 上 阻 小 于 阻，其主要原因为 o【答案】C D 3.11 4.84mJ 4.86mJ 下落过中纸带与打点计时器间有摩擦阻力，或有阻力的影响【解析】【详解】因为我们是比较mgh、l 机廿的大小关系，所 以 m 可约去比较，不需要用天平，故 C 没有必要.开始记录时应先给打点计时器通电，然后再释放重锤，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落再接通打点计时时器的电源，因为重物运动较快不
25、利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差,故 D 错误.（2）网利用中点时刻的速度等于平均速度可得：=（56.11-43.68）x 1 0-”向，1 3 2T 0.04 从。到 B动能增加量：Ek=g=；x x （3.1J=4.84 汀.5从。到 B重力势能减小量：=mgh=?x 9.8x 0.496J=6.86?J网产生误差的主要原因是：纸带与打点计时器间有摩擦阻力，或有阻力的影响等.1 8.如图甲所示的装置叫做“阿特伍德机”，它是早期英国数学家和物理学家阿特伍创制的一种著名的力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒定律，如图乙所示已知重力加速
26、度为g.光电门，4挡光片乙实验时，该同学进行了如下操作将质量均为M 的重物A、B（A含挡光片及挂钩、B含挂钩）用绳连接后，跨放在定滑轮上，处于静止状态.测量出挡光片中心到光电门中心的竖直距离h；在 B的下端挂上质量也为M 的物块C,让系统（重物A、B以及物块C中的物体由静止开始运动，光电门记录挡光片挡光的时间为 t；测出挡光片的宽度d,计算有关物理量，验证机械能守恒定律。如果系统（重物A、B 以及物块C）的机械能守恒，应 满 足 的 关 系 式 为.（用 g、h、d 和表示）（2）引 起 该 实 验 系 统 误 差 的 主 要 原 因 有.（写一条即可）Q z7【答案】）2 绳子有一定的质量、
27、滑轮与轴之间有摩擦、重物运动受到空气阻力【解析】【详解】第一空.重物A经过光电门时的速度i，=旦，增加量A&=g3My2=M（色/，系统重力势能的减小加 2 2 A r3 d o 3 d o量 为 M g h,系统机械能守恒应满足的关系式为：M g h =-M（）2,化简得8 力=彳（一）2.2 A r 2 A z第二空.系统机械能守恒的条件是只有重力做功，引起实验误差的原因可能是：绳子有一定的质量、滑轮与轴之间有摩擦、重物运动受到空气阻力.四、解答题：本题共4 题，每题5 分，共 2 0 分1 9 .如图所示，A是地球的同步卫星，另一卫星B的圆形轨道位于赤道平面内，离地面高度为h.已知地球半
28、径为R,地球自转角速度为3 0,地球表面的重力加速度为g,O为地球中心.求卫星B的运行周期.（2）如卫星B绕行方向与地球自转方向相同，某时刻A、B两卫星相距最近（0、B、A在同一直线上），则至少经过多长时间，它们再一次相距最近？-_ In【解析】【详解】（1）由万有引力定律和向心力公式得GM m（7?+/2）2=m条（R +勾，G誓=ntg联立解得：G=2 万 J 牛虫（2）由题意得（就 一|）=2 万，由得口8 =焉代入得2 4（H +4 2 0 .（本题9 分）如图所示，水平地面上左侧有一质量为2m的四分之一光滑圆弧斜槽C,斜槽末端切线水平，右侧有一质量为3m的带挡板P的木板B,木板上表面
29、水平且光滑，木板与地面的动摩擦因数为0.2 5,斜槽末端和木板左端平滑过渡但不粘连。某时刻，一质量为m的可视为质点的光滑小球A从斜槽顶端静止滚下，重力加速度为g,求：若光滑圆弧斜槽C不固定，圆弧半径为R且不计斜槽C与地面的摩擦，求小球滚动到斜槽末端时斜槽的动能？(2)若斜槽C固定在地面上，小球从斜槽末端滚上木板左端时的速度为V。，小球滚上木板的同时，外界给木板施加大小为V。的水平向右初速度，并且同时分别在小球上和木板上施加水平向右的恒力Fi与 F2,且F1=F2=0.5mg当小球运动到木板右端时(与挡板碰前的瞬间)，木板的速度刚好减为零，之后小球与木板的挡板发生第1 次相碰，以后会发生多次碰撞
30、。已知小球与挡板都是弹性碰撞且碰撞时间极短，小球始终在木板上运动。求：小球与挡板第1次碰撞后的瞬间，木板的速度大小。小球与挡板第1次碰撞后至第10次碰撞后瞬间的过程中Fi与 F2做功之和。【答案】(1)Ek=mgR(2)2Vo W=1086 片【解析】【详解】(1)由题可知，设小球滚到斜槽末端时，A 与 C的速度大小分别为VA、vs A 与 C系统水平方向动量守恒,取水平向右为正方向，则mvA 2mvc=0A与 C系统的机械能守恒，则mgR=g mv+；-2/nv1小球滚动到斜槽末端时斜槽的动能线=g.2 总解得L 1 C线=mSR(2)小球滚到木板上后，小球与木板的加速度大小分别为a1和 a
31、”则片1i=-8m 2jj-4m g-F2 _ g3 m6木板开始运动到速度第一减为零的时间为f%_ 6%lo 一 2 g小球第一次与挡板碰撞前瞬间的速度为匕=%+印0=4%另设小球与挡板第1次碰撞后的瞬间，小球与木板的速度分别为VAI、VB1，取向右为正方向，A与B动量守恒，则得mv=mvA1+3mvB 1A与B系统的总动能不变，则解得VA I=-2VQ VB I=2VO由题可知，第1次碰撞后，小球以2Vo沿木板向左匀减速运动再反向匀加速，木板以2Vo向右匀减速运动（两者v-t图象如图所示），木板速度再次减为零的时间2%_ 12%I%=2%+卬=4%此时，小球的位移x=一 2c 卬+不1 卬
32、2=-1-2-V o2 g木板的位移即小球、木板第2次相碰前瞬间的速度与第1次相碰前瞬间的速度相同，以后小球、木板重复前面的运动过程。则第1次碰撞后与第10次碰撞后瞬间，小球与木板总位移相同，都为%。=9二.gg由此过程Fi与Fz做功之和W=（6+&/解得W=OSmvl答：（1）Ek=-m g R （2）2VoW=108w；2 1.（本题9分）从某一高度处以v=15m/s初速度水平抛出一个物体，物体质量为2 kg,经过时间t=2s落地。g 取 10 m/s2,求：物体落地时速度的大小；（2）物体落地时重力的瞬时功率。【答案】（1）二=25ms（2）P=400W【解析】【分析】平抛运动在水平方向
33、上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据平行四边形定律求出初速度；（2）根 据P=Fv求功率.【详解】平抛运动的竖直方向为自由落体运动，落地时竖直方向速度vy=gt=20m/s水平方向的速度v0=15m/s故合速度为二=415：+2炉=25m s（2）由功率的定义式，得重力的瞬时功率P=mgvy得重力的瞬时功率P=20 x20=400W【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解.2 2.（本题9分）如图所示，有一个质量m=lkg的小球，小球分别与水平轻弹簧和不可伸长的轻绳一端相连，轻绳与竖直方向成45。角时小球处于静止状态，且此时小球对
34、地面的压力恰好为零。（二=4二/二：）画出此时小球的受力示意图；（2）求出弹簧的弹力F和轻绳的拉力T；F45T【答案】mg(2)ION;10y2L【解析】【详解】（1）对小球进行受力分析，小球受到重力、拉力和弹簧的弹力作用,（2）根据共点力平衡可知,二=二二=10二,二=W 二二=/0、2 匚高一（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）如图示，两个质量为mi=2kg和m2=3kg物体放置于光滑水平面上，中间用轻质弹簧秤连接,两个大小分别为FF30N,F2=20N的水平拉力分别作用于m i和
35、m2上.则（）m,A.弹簧秤示数是24NB.m i和m2共同运动加速度大小为a=4m/s?C.突然撤去出的瞬间，m i的加速度大小为a=3m/s2D.突然撤去Fi的瞬间，m2的加速度大小为a=2m/s22.（本题9分）如图所示，洗衣机的甩干筒在转动时有一些衣服附在竖直筒壁上，则此时dA.附在筒壁的衣服随筒壁做圆周运动的向心力是摩擦力B.附在筒壁上的衣服受重力、筒壁的弹力和摩擦力C.甩干筒的转速越大，筒壁上衣服的线速度与角速度之比越大D.甩干筒的转速越大，筒壁对衣吸的摩擦力越大3.（本题9分）2019年1月，我国在西昌卫星发射中心成功发射了 中星2D卫星。中星2D是我国最新研制的通信广播卫星，可
36、为全国提供广播电视及宽带多媒体等传输任务。中星2D”的质量为m、运行轨道距离地面高度为h。已知地球的质量为M、半径为R,引力常量为G,根据以上信息可知 中星2D”在轨运 行 时（）A.速 度 的 大 小 为 叵IR+hB.角速度大小为GMG Mc.加速度大小为ED.周期为2乃 凡 GM4.如图所示的情况中，a、b两点的电场强度和电势均相同的是（）A.甲图：离点电荷等距的a、b两点B.乙图：两个等量异种点电荷连线的中垂线上，与连线中点等距的a、b两点C.丙图：两个等量同种点电荷连线上，与连线中点等距的a、b两点D.丁图：带电平行金属板两板间分别靠近两板的a、b两点5.在离地面高为h处竖直上抛一质
37、量为m的物块，抛出时的速度为%,当它落到地面时速度为v,用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于（）A.-C.mgh+g my：-g mv2,1 2 1 2B.-m gh m v 一 7 m vo.1 2D.-m gh+T 就6.如图所示，a、b、c是环绕地球圆形轨道上运行的3颗人造卫星，它们的质量关系是ma=mbTa，故B正确；因为吃ab=aab=a：,又因为ma=mbmc所以有：FbFa和Fb=2 _说,再根据$=2 g，得，2 _ 2=上 一，故C错误，D正确.2g点睛：物体被水平抛出做平抛运动，则竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动.且两方向运动的时间相等
38、.因此可通过运动学规律可求解.8.B【解析】【详解】A、若夹角较大时，两个力的合力可能小于任一分力，故A错误；B、根据力的平行四边形定则，合力大小可以等于其中一个分力，故B正确；C、由力的平行四边形定则，当夹角一定时，一个分力一定，另一个分力增大，合力不一定会增大，故C错误；D、合力与分力是等效替代关系，合力产生的作用效果与分力共同作用的效果相同，因而合力与分力不是同时作用在物体上，故D错误；故 选B。【点睛】合力与分力是等效替换关系，在进行受力分析时，合力与分力只能考虑其一，切忌重复分析；合力与分力的大小关系：两个分力Fl、F2与合力F 合的大小关系与两个分力方向间的夹角e 有关。9.D【解
39、析】【详解】AC.由图象可知，EKI=50J,EK2=0 J,位移x=20m,EK1=mV12=5 0 J,初速度Vi=10m/s,由动能定理得:EK2-EKl=-fX解得：f=2.5N=umg,n=0.25,故 AC不符合题意；BD.物体加速度 0.25 口 口0=-=25m s物体运动时间故 B 不符合题意，D 符合题意；10.A【解析】试题分析：任何物体发生弹性形变时，都具有弹性势能.弹簧伸长和压缩时都有弹性势能.同一个弹簧形变量越大，弹性势能就越大.解：A、B、发生弹性形变的物体，形变量越大，弹性势能越大，故 A 正确，B 错误；C、D、物体运动的速度越大，动能越大，但弹性势能与物体的
40、运动速度大小无关，故 C 错误，D 错误；故选A.点评：本题关键明确弹性势能的概念，知道影响弹性势能大小的因素，基础题.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11.AB【解析】【详解】A.物块相对于地面运动的位移为xi=s+d,则摩擦力对物块做功为Wf=-fxi=-pmg(s+d),故 A 正确；B.木板受到的摩擦力方向与运动方向相同，做正功，则摩擦力对木板做功为W=pm gs,故 B 正确；C.对木板，根据动能定理可知，木板动能的增量等于摩擦力对木板做的功，即为p m g
41、s,故 C 错误；D.系统由于摩擦而产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，即为“m g d,故 D 错误.12.AC【解析】【详解】AB.根据装置图可知，两球由相同高度同时运动，P做平抛运动，Q做自由落体运动，P竖直方向的分运动也是自由落体运动，因此两球将同时落地，故A正确，B错误；-wC.由于两球同时落时，且重力做功相同，根据p =7,所以重力做功的平均功率相同，故c正确；D.由于落地时竖直分速度相同，根 据P=mgVy,所以两球落地时的重力做功的瞬时功率相同，故D错误。13.AD【解析】三个力平衡时，合力必须为零，任意两个力的合力与第三力必须大小相等、方向相反，所以可知：力工可能在第二象限的任
42、意方向上，也可能在第三象限.故A正确，B错误.根据平衡条件得知：后与鸟的合力与耳大小相等、方向相反，耳大小不变，所以力K与 夹角越小时，鸟与鸟的合力不变.故c错误.根由几何知识知，当 名，鸟时，即虚线位置时，月有最小值，且最小值为串加（9 0-夕）=耳c o s e.故D正 确.选AD.【点睛】三个力平衡时合力为零，由平衡条件知：其中任意两个力的合力与第三力大小相等、方向相反.作出 巴、马的合力，必定与6大小相等、方向相反.根据几何知识分析用的方向范围和最小值.14.BC【解析】【分析】【详解】A C D.不计空气阻力，石块的机械能守恒，以地面为参考平面，落地时石块的重力势能为零，则根据机械能
43、守恒得落地时石块的动能Ek mgh+-mvo故AD错误，C正确；B.机械能等于重力势能与动能之和，以地面为参考平面，落地时石块的重力势能为零，则石块落地时机械能等于动能，即1 2E=Ek=mgh+mvd故B正确。故 选BCo15.CD【解析】【详解】1 )A.根据/Z=,g/得：t=则小球平抛运动的初速度为：s 2,v0n=-=m/s=5m/s：r 0.4故A错误.B.小球在圆轨道p点的角速度为：co=-rad/s=5rad/s；R 1故B错误.C.小球在P点的向心加速度为：a-m/s2=25mzs之.R 1故C正确.D.小球在BC段的时间为：t =0.3s,%则小球从B运动到D的时间为0.3
44、+0.4s=0.7s;故D正确.16.BCD【解析】【详解】A C.闭合开关S,增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，电流表示数减小，由欧姆定律分析得知，电阻比两端的电压减小，电阻R两端的电压增大，而它们的总电压即路端电压增大，所以电阻R i两端的电压减小量小于A U,则电容器的带电量减小，减小量小于C A U.故A错误，C正确。B.由图，4 =R,R增大，则电压表的示数U和电流表的示数I的比值变大，故B正确。D.根据闭合电路欧姆定律得：U=E-I(R1+r),由数学知识得知，当=凡+/，保持不变，故D正确。三、实验题:共2小 题，每 题8分，共16分1 7.初速度为零 0.590 0.17
45、4 0.175 各种阻力 过原点的直线【解 析】【详 解】用 公 式1 ,3机丫2=mg 时，对纸带上起点的要求是重锤是从初速度为零开始。(2)234利用匀变速直线运动的推论有：4c 0.0314-0.0078 八 /v=-=0.590wz/s,B 2T 2x0.02重锤的动能1 ,1 ,EKB=-mv=-x lx (0.59)2=0.174J从 开 始 下 落 至B点,重锤的重力势能减少量为:Ep=mgh=1 x 9.8 x 0.179J=0.175J.(3)5由于各种阻力的影响导致重力势能的减少量大于动能的增加量。(4)网根据公式1 2 ,mv=mgn整理可得：1 2 .-v =gh由几何
46、关系可知，此函数是过原点的直线。18.(1)交流(2)没有(3)/励2，m(h3 T)2 m g-吗【解 析】【详 解】(1)1电磁打点计时器使用的低压交流电，故 选6 V的交流电；(2)2因为我们是比较，的、的大小关系，故m可约去比较，不需要测出重锤的质量；2(3)34重 力 势 能 减 少 量 为 八 纥=但 也；打 下B点 的 速 度 为 唳=与 ，故 到B点时重锤增加的动能为5根据动能定理可得mgh,-f1rl=阻,解得于=m g -8尼72四、解答题：本 题 共 4 题，每 题 5 分，共 20分19.(1)10m/s；(2)7.8m；(3)4.6J【解 析】【详 解】(1)带 电
47、体 从 A 到 B,根据动能定理：qEs-Amg s=|mvB2-0,解得带电体第一次运动到B 点时的速度大小 vB=10m/so(2)设带电体能上升的最大高度为h,则根据能量守恒：qE(s+R)=mgs+mgh+qE(h-R),解得带电体第一 次 运 动 到 CD轨 道 最 高 点 时 距 AB轨 道 的 高 度 h=7.8mo(3)带电体运动到等效最低点时速度最大，动能最大，设等效最低点与圆心连线与竖直面的夹角为。，则得若爵詈。力，从 A 到等效最低点由动能定理:qE(s+Rsin 0卜 mgs-mgR(l-cos 6)=Ekm-0,解得整个运动过程中带电体的最大动能Ekm=4.6J20.
48、二 =6m/s(2)二=204。,二=j 7m【解 析】【详 解】。)对运动员和滑板，由 A 到 D 根据动能定理得：二二二一二二二二-二二二=0-：二三代人数据得:n一。-O U/Ur(2)运 动 员 最 终 停 在 BC轨 道 上，设 运 动 员 在 BC轨道上运动的总路程是s,对运动员和滑板，根据能量定恒得：二=二二二+g 二二；代人数据得：二=2040二摩擦产生的热 量：二=二二二二则 二=r-【点 睛】本题主要考查了动能定理得直接应用，要注意圆弧是光滑的，最 终 肯 定 会 停 在 BC轨道上，运用动能定理时，关键是灵活选择研究的过程，要抓住滑动摩擦力做功与总路程有关。21.(1)-
49、lm/s ,方 向 水 平 向 左(1)3N-S,方向水平向右【解 析】【分析】A 与 B球发生弹性正碰，根据动量守恒及能量守恒求出碰撞结束时A 球的速度大小及方向；碰撞过程对B应用动量定理求出碰撞过程A 对 B 的冲量；解：（1）碰撞过程根据动量守恒及能量守恒得：mva=m vA+M vB1 2 1 ，1 “2联立可解得：/=lm/s,v4=-lm/s 负号表示方向水平向左（D碰撞过程对B应用动量定理可得：I=MVB-0可解得：I=3 N s 方向水平向右2 2.该推导过程见解析【解析】设一个质量为m 的物体，初速度为咻，在水平合外力F （恒力）的作用下，运动一段距离x 后，速度变为匕，所用
50、的时间为t则根据牛顿第二定律得：F =m a,根据运动学知识有匕2-%2=%一 联立得到;机匕2一3 62=&,即为动能定理.根据运动学知识：。=乜二%,代入牛顿第二定律得：=即为动量定理.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.在距水平地面一定高度处以初速度-水平抛出一个质量为m 的小球，不计空气阻力，则关于小球的运一 0动，下列说法正确的是A.小球质量m 越大，在竖直方向上下落越快B.由-可知，小球的初速度越大，飞行时间越短U 一C.在任意连续相等时间内，小球下落高度之比为1:3：5：.D