2020年河北省唐山市物理高一(下)期末检测模拟试题含解析

2020年河北省唐山市物理高一(下)期末检测模拟试题
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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．在距地面高度为H 的位置斜向上抛出一个质量为m 的小球，小球到达最高点时的速度大小为v 1，小球落地时的速度大小为v 2，忽略空气阻力．则小球抛出时的动能为（ ）
A ．2212mv mgH -
B ．2112
mv C ．22211122
mv mv - D ．2112mv mgH - 【答案】A
【解析】
【详解】
小球不受空气阻力，则小球在运动中机械能守恒；则对抛出到落地点分析可知：
22201122
mgH mv mv =- 故抛出点的动能为
2212
mv mgH - 故A 正确。

2． (本题9分)如图所示，从倾角为θ的斜面顶端分别以v 0和2v 0的速度水平抛出a 、b 两个小球，若两个小球都落在斜面上且不发生反弹，不计空气阻力，则a 、b 两球
A ．水平位移之比为1∶2
B ．下落的高度之比为1∶2
C ．在空中飞行的时间之比为1∶2
D ．落到斜面时速度方向与斜面夹角之比为1∶2
【答案】C
【解析】
【详解】
因为两个小球均落到斜面上，所以二者的位移偏转角相同，又由于初速度之比为1∶2，所以根据位移偏转角的正切值0
tan 2gt v θ=，所以运动时间之比为1∶2，C 正确；再结合0x v t =，可得水平位移之比为1：
4，A 错误；再根据212
h gt =，下落的高度之比为1：4，B 错误；再根据速度偏转角的正切值是位移偏转角正切值的两倍可知，速度偏转角相同，速度方向与斜面夹角之比为1∶1，D 错误
3．将一个物体以15m/s 的速度从20m 的高度水平抛出，落地时它的速度方向与地面夹角是多少（ ）（不计空气阻力，取210m/s g =）
A ．37︒
B ．45︒
C ．53︒
D ．60︒
【答案】C
【解析】
【详解】
物体做平抛运动，落地时在水平方向的分速度：
015m /s x v v ==
竖直方向由匀变速运动规律知：
2
02y v gh -=
由此得：
20m/s y v ===
若速度方向与地面的夹角用θ来表示则：
20
4
tan 153y
x v v θ===
所以53θ=o
A ．37︒与分析不符，故A 错误.
B ．45︒与分析不符，故B 错误.
C ．53︒与分析相符，故C 正确.
D ．60︒与分析不符，故D 错误.
4． (本题9分)下列关于开普勒对于行星运动规律的认识的说法正确的是(
) A ．所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆
B ．所有行星绕太阳运动的轨道都是圆
C ．所有行星的轨道的半长轴的二次方跟公转周期的三次方的比值都相同
D ．所有行星的公转周期与行星的轨道的半径成正比
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：开普勒第一定律，所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上．开普勒第三定律，所有行星的椭圆轨道的半长轴的三次方跟公转周期的平方的比值都相等．可判断A正确．解：A、根据开普勒第一定律，所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上．故A 正确．
B、所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆而不是圆，故B错误．
C、根据开普勒第三定律，所有行星的椭圆轨道的半长轴的三次方跟公转周期的平方的比值都相等，故C 错误．
D、与开普勒第三定律，所有行星的椭圆轨道的半长轴的三次方跟公转周期的平方的比值都相等矛盾，故D错误．
故选A．
5．(本题9分)从空中某一高度同时以大小相等的速度竖直上抛、竖直下抛两个质量均为m的小球，不计空气阻力，在小球落至地面的过程中，它们的( )
A．动能变化量不同，速度变化量相同B．动能变化量和速度变化量均相同
C．动能变化量相同，速度变化量不同D．动能变化量和速度变化量均不同
【答案】C
【解析】根据动能定理知，两球在整个运动过程中只有重力做功，下降的高度相同，则重力做功相同，动能的变化量相同，可知落地的速度大小相等；规定向下为正方向,设初速度的大小为v0，末速度的大小为v，则竖直上抛运动的整个过程中，速度变化量，竖直下抛运动的整个过程中，速度变化量，可知速度变化量不同，故C正确，ABD错误；
故选C。

【点睛】根据动能定理，结合重力做功的大小比较动能的变化量，从而得出落地的速度大小关系，结合速度变化量的公式比较速度变化量的大小。

6．(本题9分)a、b、c是在地球大气层外圆形轨道上运行的三颗人造卫星．下列说法中正确的是（）
A．b、c的线速度大小相等，且大于a的线速度
B．b、c的向心加速度大小相等，且大于a的向心加速度
C．b、c运行周期相同，且大于a的运行周期
D．b、c受到的万有引力大小相等，且小于a受到的万有引力
【答案】C
【解析】
根据万有引力提供向心力：22Mm v G m r r =，解得：GM v r =，可知半径大的速度小，则b 、c 的线速度大小相等，且小于a 的线速度，故A 错误；根据万有引力提供向心力：2Mm G ma r =，解得：2M a G r =，可知半径大的加速度小，则b 、c 的向心加速度大小相等，且小于a 的向心加速度，故B 错误；根据万有引力提供向心力：2224Mm G m r r T π=，解得：23
4r T GM
π=，可知半径大的周期大，则b 、c 运行周期相同，且大于a 的运行周期，故C 正确；根据万有引力公式：2
Mm F G r =，可知因为不知卫星的质量关系，所以不能确定万有引力的大小关系，故D 错误．所以C 正确，ABD 错误．
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．如图所示，轻质细杆的一端与小球相连，可绕过O 点的水平轴自由转动，细杆长1m ，小球质量为1kg 。

现使小球在竖直平面内做圆周运动，小球通过轨道最低点A 的速度为
=7m/s ，通过轨道最高点B 的速度为=3m/s ，g 取10m/s 2，则小球通过最低点和最高点时，细杆对小球的作用力（小球可视为质点）
A ．在A 处为拉力，方向竖直向上，大小为59N
B ．在A 处为推力，方向竖直向下，大小为59N
C ．在B 处为推力，方向竖直向上，大小为1N
D ．在B 处为拉力，方向竖直向下，大小为1N
【答案】AC
【解析】
【详解】
AB.在最低点，杆子一定表现为拉力，有：
则：
=59N
方向向上，A 正确B 错误；
CD.在最高点，有：
则：
=－1N
所以杆子表现为支持力，方向向上，大小为1N，C正确D错误．
8．(本题9分)如图所示，斜面体置于粗糙水平面上，斜面光滑．小球被轻质细线系住放在斜面上，细线另一端跨过光滑定滑轮，用力拉细线使小球沿斜面缓慢下移一段距离，斜面体始终静止．移动过程中（）
A．细线对小球的拉力变大
B．斜面对小球的支持力变大
C．斜面体对地面的压力变大
D．地面对斜面体的摩擦力变大
【答案】BCD
【解析】
试题分析：如图，根据矢量三角形可知：当小球沿斜面缓慢向上移动一段距离时， 减小，绳子拉力增大，斜面对小球支持力减小；根据牛顿第三定律，小球对斜面体压力减小，将该力沿水平方向和竖直方向分解可知：两个方向的力都减小，所以地面对斜面的支持力和摩擦力都减小．综上所述，A正确．
考点：动态平衡．
9．(本题9分)如图中所示为电场中的一条电场线，在电场线上建立坐标轴，坐标轴上OB间各点的电势分布如图乙所示，则( )
A．在OB间，场强先减小后增大
B．在OB间，场强方向没有发生变化
C．若一个负电荷从O点运动到B点，其电势能逐渐减小
D．若从O点静止释放一个仅受电场力作用的正电荷，则该电荷在OB间一直做加速运动
【答案】BD
【解析】
【分析】
电势-位置图像的斜率是电场强度，通过分析场强的大小和方向解决问题。

【详解】
φ-图线的斜率大小的绝对值等于电场强度大小，由几何知识得，在OB间，图线的斜率大小的绝A．x
对值先增大后减小，则场强先增大后减小，A错误；
B．在OB间，电势一直降低，根据沿着电场线方向电势降低可知场强方向没有发生变化，故B正确；C．由题图乙可知从O点到B点，电势逐渐降低，若一负电荷从O点运动到B点，电场力做负功，则其电势能逐渐增大，故C错误；
D．电场方向沿x轴正方向，若从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，其受到的电场力方向沿x轴正方向，正电荷将做加速运动，故D正确。

【点睛】
φ-图像的斜率物理含义，通过电势的定义判断正负电荷在不同电势处电势能的变从函数的角度去理解x
化。

10．公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图所示，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为vc时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，则在该弯道处
A．路面外侧高内侧低
B．车速只要低于v c，车辆便会向内侧滑动
C．车速虽然高于v c，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动
D．当路面结冰时，与未结冰时相比，v c的值变小
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：路面应建成外高内低，此时重力和支持力的合力指向内侧，可以提供圆周运动向心力，故A正确．车速低于v0，所需的向心力减小，此时摩擦力可以指向外侧，减小提供的力，车辆不会向内侧滑动．故
B 错误．当速度为v 0时，静摩擦力为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，速度高于v 0时，摩擦力指向内侧，只有速度不超出最高限度，车辆不会侧滑．故
C 正确．当路面结冰时，与未结冰时相比，由于支持力和重力不变，则v 0的值不变．故
D 错误．故选AC ．
考点：圆周运动的实例分析
【名师点睛】
此题是圆周运动的实例分析问题；解决本题的关键搞清向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解，难度不大，属于基础题．
11． (本题9分)如图所示的电场中有A 、B 两点，下列判定正确的是：( )
A ．电势φA >φ
B ，场强E A >E B
B ．电势φA >φB ，场强E A <E B
C ．将电荷量为q 的正电荷从A 点移动B 点，电场力做正功，电势能减小
D ．将电荷量为q 的负电荷分别放在A 、B 两点，电荷具有电势能pA pB
E E >
【答案】BC
【解析】
【详解】
AB 、电场线疏密表示电场的强弱，故场强A B E E <，沿着电场线的方向电势降低，可知A B ϕϕ>，故B 正确，A 错误；
C 、将电荷量为q 的正电荷放在电场中，受力的方向是从A 指向B ，故从A 点移到B 点，电场力做正功，电势能减少，故C 正确；
D 、将电荷量为q 的负电荷分别放在A 、B 两点，根据P
E q ϕ=可知负电荷在电势低的地方电势能大，即有pA PB E E <，故D 错误；
故选BC ．
12． (本题9分)如图甲所示，质量为m 的小滑块A 以向右的初速度v 0滑上静止在光滑水平地面上的平板车B ，从滑块A 刚滑上平板车B 开始计时，它们的速度随时间变化的图象如图乙所示，物块未滑离小车，重力加速度为g ，以下说法中正确的是
A．滑块A与平板车B上表面的动摩擦因数
B．平板车B的质量M＝2m
C．滑块A与平板车间因摩擦产生的热量为Q＝
D．t0时间内摩擦力对小车B做功的平均功率为
【答案】BC
【解析】
【详解】
A.滑块A在木板上受滑动摩擦力做匀减速直线运动，加速度为，两者最后共速为，由速度公式，解得；故A错误.
B.对A和B在相对滑行的过程中，系统不受外力而动量守恒，有；解得；故B
正确.
C.对A和B相对滑动到共速的过程，由能量守恒定律可知，系统损失的动能转化成两者摩擦生热，有
，结合可解得；故C正确.
D.根据平均功率的计算式，而摩擦力对B做的功为，解得：；故
D错误.
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．(本题9分)如图所示是“研究平抛物体运动”的实验装置图，通过描点画出平抛小球的运动轨迹。

（1）以下是实验过程中的一些做法，其中合理的是_____。

A ．安装斜槽轨道，使其末端保持水平
B ．每次小球释放的初始位置可以任意选择
C ．每次小球应从同一高度由静止释放
D ．为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接
（2）实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O 为坐标原点，测量它们的水平坐标x 和竖直坐标y ，图2中y ﹣x 2图象能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是_____。

（3）图3是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，O 为平抛的起点，在轨迹上任取三点A 、B 、C ，测得A 、B 两点竖直坐标y 1为5.0cm ，y 2为45.0cm ，A 、B 两点水平间距△x 为40cm ，则平抛小球的初速度v 0为_____m/s ，若C 点的竖直坐标y 3为60.0cm ，则小球在C 点的速度v C 为_____m/s （结果保留两位有效数字，g 取10m/s 2）。

【答案】AC C 2.0 4.0
【解析】
【详解】
第一空. “研究平抛物体运动”的实验过程中：
A. 末端水平是必须的，否则就不是平抛，故选项A 正确；
BC. 在描点时，要保证是同一条抛物线，则每次释放小球应从静止开始从同一位置释放，故选项B 错误，选项C 正确；
D. 连线是用平滑的曲线连起来，选项D 错误。

第二空. 实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O 为坐标原点，测量它们的水平坐标x 和竖直坐标y ，根据平抛规律：2
2220011()222x g y gt g x v v =
==，所以y ﹣x 2图象是一条过原点的直线，故选项C 符合要求；
第三空. 图3是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，O 为平抛的起点，在轨迹上任取三点A 、B 、C ，测得A 、B 两点竖直坐标y 1为5.0cm ，y 2为45.0cm ，A 、B 两点水平间距△x 为40cm 。

零小球从A 点到
O 点得时间为1t ，根据平抛规律有：21112y gt =
，而22101()2x y g t v ∆=+，联立可求得：v 0＝2.0m/s ，t 1＝0.3s 。

第四空. 小球水平方向匀速直线运动，因此C 点得水平方向速度为0v ，竖直方向自由落体232yc v gy =，因此有2203222100.6m/s 4.0m/s C v v gy =+=+⨯⨯=。

14． (本题9分)图 1 为“研究一定质量气体在体积不变的条件下，压强变化与温度变化关系”的实验装置示意图.在烧瓶 A 中封有一定质量的气体，并与气压计相连，初始时气压计两侧液面平齐。

（1）若气体温度降低,为使瓶内气体的体积不变,应将气压计右侧管_______ (填“向上”或“向下”)移动。

（2）(单选)实验中多次改变气体温度，用△t 表示气体升高的温度，用△h 表示气压计两侧管内液面高度差的变化量。

则根据测量数据作出的图线(图 2)应是_______。

【答案】向下 A
【解析】
【详解】
（1）[1]气体温度降低，压强变小，气压计左管水银面上升，为保证气体体积不变，应适当降低气压计右管，所以应将右管向下移动，直至气压计左管水银面等高，即保证了气体体积不变；
（2）[2]实验中多次改变气体温度，用△t 表示气体升高的温度，用△h 表示气压计两侧管内液面高度差的变化量；体积不变时压强变化与温度变化的关系是成正比的，所以根据测量数据作出的图线是A 。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由倾斜直轨道AB 和圆轨道BCD 组成，AB 和BCD 相切于B 点，OB 与OC 夹角为37︒ ，CD 连线是圆轨道竖直方向的直径(C 、D 为圆轨道的最低点和最高点)，可视为质点的小滑块从轨道AB 上高H 处的某点由静止滑下，用力传感器测出滑块经过圆轨道最低点C 时对轨道的压力为F ，并得到如图乙所示的压力F 与高度H 的关系图象，该图线截距为2N ，且过()0.5m,4N 点.取210m/s .g =求：
()1滑块的质量和圆轨道的半径；
()2若要求滑块不脱离圆轨道，则静止滑下的高度为多少；
()3是否存在某个H 值，使得滑块经过最高点D 飞出后落在圆心等高处的轨道上.若存在，请求出H 值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）m=0.2kg ,1m （2）11h m < 2 2.5h m ≥ （3）
9736
m 【解析】
【详解】 ()1当0H =时，由图象截距可知
2F mg N ==
0.2m kg =
当小物块从A 点静止下滑，由图象知，0.5m h =，对轨道的压力14N F =
2112
mgh mv = 211v F mg m R
=- 解得1m R =．
()2不脱离轨道分两种情况：
①到圆心等高处速度为零
有能量守恒可知，滑块从静止开始下滑高度11m h R ≤=
②通过最高点，通过最高点的临界条件D v gR =
设下落高度为0H ，
由动能定理()20D 122
mg H R mv =
- 解得0 2.5H m =
则应该满足下落高度2 2.5m h ≥
()3假设滑块经过最高点D 后能直接落到直轨道AB 上与圆心等高的E 点：sin 37R OE ︒= D x OE v t ==
212R gt = 解得：D 55m/s v = 而滑块过D 点的临界速度DL 10m/s v gR ==
由于：D DL v v >，所以存在一个H 值，使得滑块经过最高点D 后能直接落到直轨道AB 上与圆心等高的点 ()2DL 122mg H R mv -=
解得：97.36
H m =
16． (本题9分)如图所示为一真空示波管的简化示意图，电子从灯丝K 发出（初速度可忽略不计)，经灯丝与A 板间的电压0U 加速，从A 板中心孔沿中心线KO 射出，然后进入两块平行金属板MN 形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M 、N 间电场时的速度与电场方向垂直，电子恰从N 板右边沿飞出。

已知两板间的距离为d ，板长为4d ，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力。

(1)求偏转电场两板间电压U ；
(2)求电子束从偏转电场边沿飞出时速度方向与KO 线夹角的正切值。

【答案】 (1)08U U =
；(2)1tan 4
θ= 【解析】
【详解】
(1)设电子质量为m 、电荷量为q ，从加速电场中射出时速度为0v ，由动能定理得： 20012
qU mv = 电子进入偏转电场，设运动时间为t ，加速度为a ，电场强度为E ，则：
04d v t =
2122d at = qE ma =
U Ed =
联立解得：
08
U U = (2)设电子束从偏转电场下极板右边沿飞出时速度方向与KO 线夹角为θ，则
0tan y
v v θ=
y v at =
联立解得：
1tan 4
θ= 17． (本题9分)如图所示，开口向上的汽缸C 静置于水平桌面上，用一横截面积S=50cm 2的轻质活塞封闭了一定质量的理想气体，一轻绳一-端系在活塞上，另一端跨过两个定滑轮连着一劲度系数k=1400N/m 的竖直轻弹簧A ，A 下端系有一质量m=14kg 的物块B 。

开始时，缸内气体的温度t=27°C ，活塞到缸底的距离L 1=120cm ，弹簧恰好处于原长状态。

已知外界大气压强恒为p=1.0×105 Pa ，取重力加速度g=10 m/s 2 ，不计一切摩擦。

现使缸内气体缓慢冷却，求:
(1)当B 刚要离开桌面时汽缸内封闭气体的温度
(2)气体的温度冷却到-93°C 时离桌面的高度H
【答案】 (1)198K ；(2)10cm
【解析】
【详解】
(1)B 刚要离开桌面时弹簧拉力为
1kx mg =
解得
10.1m 10cm x ==
由活塞受力平衡得
21p S pS kx =-
根据理想气体状态方程有
121112
( )pL S p L x S T T -= 代入数据解得
2198K T =
(2)当温度降至198K 之后，若继续降温，则缸内气体的压强不变，根据盖-吕萨克定律，则有 111123
()()L x S L x H S T T ---= 代入数据解得
10cm H =。