2019-2020学年广东省广州市物理高一(下)期末质量检测模拟试题含解析

2019-2020学年广东省广州市物理高一(下)期末质量检测模拟试题
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．(本题9分)物体做曲线运动，则（）
A．物体的速度方向可能不变B．速度方向与合外力方向不可能在同一条直线上
C．物体所受的合力一定改变D．物体的速度大小一定改变
2．(本题9分)如图所示为低空跳伞极限运动表演．运动员从离地350 m高的桥面一跃而下，实现了自然奇观与极限运动的完美结合。

假设质量为m的跳伞运动员，由静止开始下落，在打开伞之前受恒定阻力
作用，下落的加速度4
5
g，在运动员下落h的过程中，下列说法正确的是（）
A．物体的重力势能增加了4
5
mgh B．物体的动能增加了
1
5
mgh
C．阻力对物体做的功为4
5
mgh D．物体的机械能减少了
1
5
mgh
3．如图所示，自由下落的小球，从它接触到竖直放置的轻质弹簧开始，一直到弹簧被压缩到最短的过程中，下列说法正确的是
A．小球的动能先增大后减小
B．小球在刚接触弹簧时动能最大
C．小球的机械能守恒
D．小球的动能和弹簧的弹性势能之和不变
4．自然界中有很多物体做曲线运动，在曲线运动中，物体的运动速度（）
A．方向一定改变B．方向一定不变
C．大小一定改变D．大小一定不变
5．(本题9分)关于万有引力，下列说法中正确的是（）
A．万有引力定律是卡文迪许提出的
B．万有引力常量是牛顿通过实验测出的
C．万有引力定律是伽利略提出的
D．万有引力常量是卡文迪许通过实验测出的
6．(本题9分)如图，汽车向左开动，系在车后缘的绳子绕过定滑轮拉着重物M上升，当汽车向左匀速运动时，重物M将（）
A．匀速上升B．加速上升C．减速上升D．无法确定
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．甲、乙两根同种材料制成的电阻丝，长度相等，甲横截面的半径是乙的两倍，将其并联后接在电源上( )
A．甲、乙的电阻之比是1:2
B．甲、乙中的电流强度之比是4:1
C．甲、乙电阻丝相同时间产生的热量之比是4:1
D．甲、乙电阻丝两端的电压之比是1:2
8．(本题9分)质量为m的汽车在平直的公路上行驶，阻力f保持不变，当它以速度v、加速度a加速前进时，发动机的实际功率刚好等于额定功率，从此时开始，发动机始终在额定功率下工作.下列说法正确的是（）
A．发动机提供的动力保持不变B．汽车的加速度将减小
C．汽车的最大行驶速度为mav
f
D．汽车的额定功率为()
f ma v
+
9．(本题9分)2017年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波．根据科学家们复原的过程，在两颗中子星合并前约100 s时，它们相距约400 km，绕二者连线上的某点每秒转动12圈，将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星（）
A．质量之积
B．质量之和
C．速率之和
D．各自的自转角速度
10．如图所示，在水平光滑地面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接．A靠在墙壁上，用力F 向左推B使两木块之间弹簧压缩并处于静止状态．若突然撤去力F，则下列说法中正确的是（）
A．木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒
B．木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒
C．木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒
D．木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒
11．(本题9分)如图所示，水平绷紧的传送带AB长L=6 m，始终以恒定速率v1=4 m/s运行。

初速度大小为v2=6 m/s的小物块(可视为质点)从与传送带等高的光滑水平地面上经A点滑上传送带。

小物块m=1 kg，物块与传送带间动摩擦因数μ=0.4，g取10 m/s2，下列说法正确的是
A．小物块可以到达B点
B．小物块不能到达B点，返回A点速度为4 m/s
C．小物块向左运动速度减为0时相对传送带滑动的距离达到最大
D．小物块在传送带上运动时，因相互间摩擦力产生的热量为50 J
12．(本题9分)如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F.小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动.整个过程中，物块在夹子中没有滑动.小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A．小环碰到钉子P时，绳中的张力大于2F
B．物块上升的最大高度为
2 2v g
C．速度v (2)
F Mg L
M
-
D．若小环碰到杆上的钉子P后立刻以1
2
v的速度反弹，这时绳的张力等于
2
9
4
MV
L
+Mg
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．(本题9分)某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。

绕过轻质定滑轮的细线两端连接质量均为M的物块A和B，B上方放有一质量为m的铁环C(铁环C与物块B不粘连)。

(1)开始时A 、B 、C 由图示位置静止释放。

物块B 在穿过圆环D 时，铁环C 被圆环D 挡住，而物块B 穿过圆环D 后继续下落。

光电计时器E 、F 记录物块B 从E 到F 的时间为t ，测得EF 间距为d ，则物块B 运动到圆环D 处时的速度大小v ＝___；测得铁环C 到圆环D 的高度差为h ，当地重力加速度为g ，本实验若在误差允许的范围内满足表达式________，则验证了机械能守恒定律(结果均用题中所给字母表示)。

(2)该同学为了能更加精确地验证机械能守恒定律，进行了多次实验。

实验中M ＝0.2kg ，m ＝0.05kg ，d ＝0.2m ，当地重力加速度g 取9.79m/s 2。

具体操作如下: ①改变物块B 的释放位置，调整h 值 ②测出相对应的时间t ③在坐标纸中以
21
t 为纵轴，以h 为横轴建立坐标系，画出2
1h t
图象，如图乙所示;
④根据图中数据可求得g ＝_____m/s 2，若在误差允许的范围内与当地重力加速度相等，则验证了机械能守恒定律(结果保留三位有效数字)。

14． (本题9分)某实验小组用图1所示的实验装置验证机械能守恒定律。

现有的器材为：带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重锤、天平。

回答下列问题：
(1)为完成此实验，除了所给的器材，还需要的器材有（________）。

(填入正确选项前的字母） A ．米尺 B ．秒表
C ．0〜12V 的直流电源
D ．0〜12V 的交流电源
(2)实验中得到一条点迹清晰的完整纸带如图2所示。

纸带上的第一个点记为O ，另选连续的三个点A 、B 、C 进行测量，图中给出了这三个点到O 点的距离h A 、h B 和h C 的值。

已知打点计时器的打点周期为0.02s ，重物质量为lkg ，当地重力加速度为g=9.80m/s 2。

①在打点计时器打O 点至B 点过程中，重物动能增加量k E ∆=____J ，重物重力势能减少量p E ∆=____J 。

(计算结果保留3位有效数字)
②在实验误差允许的范围内，此过程中重物的机械能____。

(填“守恒”或“不守恒”） 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15． (本题9分)飞机若仅依靠自身喷气式发动机产生的推力起飞需要较长的跑道，某同学设计在航空母舰上安装电磁弹射器以缩短飞机起飞距离，他的设计思想如下：如图所示，航空母舰的水平跑道总长l=180 m ，其中电磁弹射器是一种长度为l 1=120 m 的直线电机，这种直线电机从头至尾可以提供一个恒定的牵引力F
牵
，一架质量为m=2.0×104kg 的飞机，其喷飞式发动机可以提供恒定的推力F 推=1.2×105N ．假设飞机整个过
程所受的平均阻力为飞机重力的0.2倍．飞机离舰起飞的速度v=100 m/s ，航母处于静止状态，飞机可视为质量恒定的质点．请你求出(计算结果均保留二位有效数字)：
(1)飞机离开电磁弹射区后的加速度大小 (2)电磁弹射器的牵引力F 牵的大小
(3)电磁弹射器输出效率可以达到80%，则每弹射这样一架飞机电磁弹射器需要消耗多少能量
16． (本题9分)（15分）质量为m 的物体以速度v 0竖直向上抛出，物体落回地面时，速度大小为7v 0/8(设物体在运动中所受空气阻力大小不变)，如图所示，求： （1）物体在运动过程中所受空气阻力的大小． （2）物体上升的最大高度
（3）若假设物体落地碰撞过程中无能量损失，求物体运动的总路程．
17． (本题9分)如图所示，A 、B 、C 是绝缘水平面上一条直线上的三点，A 、B 间距离为r 1＝0.4m ，B 、C 间距离r 1＝0.8m ，在A 、B 两点分别固定Q 1、Q 1两个点电荷，Q 1＝+3.6×10﹣8C ，Q 1＝﹣1.6×10﹣8C ，静电力
常量k＝9×109N•m1/C1．求：
（1）点电荷Q1与Q1间的库仑力F的大小；
（1）C点的合场强E的大小。

参考答案
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．B
【解析】
A、曲线运动的速度方向沿着曲线的切线方向，故速度方向一定发生变化，故A错误；
B、曲线运动的条件是合力与速度方向不在一条直线上，故B正确；
C、当合外力为零时，物体做匀速直线运动或静止，所以做曲线运动时所受的合外力一定不为零，但可以是恒力或变力，故C错误．
D、曲线运动的速度大小可能不变，如匀速圆周运动，故D错误．故选B．
【点睛】本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，掌握了做曲线运动的条件，
2．D
【解析】
【详解】
A. 在运动员下落h的过程中，重力势能减少了mgh，故A错误；
B. 根据牛顿第二定律得，物体所受的合力为
4
5
F ma mg
==
合
，则根据动能定理得，合力做功为
4
5
mgh，
则动能增加了为4
5
mgh，故B错误。

C. 合力做功等于重力做功与阻力做功的代数和，因为重力做功为mgh，则克服阻力做1
5
mgh．故C错误；
D. 重力势能减少了mgh，动能增加了4
5
mgh，故机械能减少了
1
5
mgh，D正确。

3．A
【解析】
【详解】
AB.从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中，开始时重力大于弹力，小球向下做加速运动，在下降的过程中弹力增大，加速度减小，当加速度减小到零，速度达到最大，然后重力小于弹力，向下做减速运
动，到达最低点速度为零，可知，小球的动能先增大后减小。

故A正确，B错误。

C.由于弹簧的弹力对小球做负功，所以小球的机械能减少，故C错误。

D.对于小球和弹簧组成的系统，由于只有重力和弹力做功，则系统的机械能守恒，可知，小球的重力势能一直减小，则小球的动能和弹簧的弹性势能之和一直增加，故D错误。

4．A
【解析】
试题分析：曲线运动的速度方向一定发生变化，大小不一定变化，如平抛运动速度大小在变化，但是匀速圆周运动速度大小恒定不变，所以A正确，BCD错误
故选A
考点：考查了对曲线运动的理解
点评：基础题，关键是知道曲线运动速度方向一定是变化的
5．D
【解析】
AC. 万有引力定律是牛顿提出的，故AC错误；
BD、万有引力恒量是由卡文迪许通过实验测定的，故B错；D正确；
本题选：D
6．B
【解析】
【分析】
考查运动的合成与分解的应用，掌握牛顿第二定律的内容，注意正确将小车的运动按效果进行分解，小车的运动可分解为沿绳方向和垂直于绳的方向两个运动，其中沿绳方向的运动与物体上升的运动速度相等．【详解】
小车的运动可分解为沿绳方向和垂直于绳的方向两个运动，设绳子与水平面的夹角为θ，由几何关系可得：v M=vcosθ，因v不变，而当θ逐渐变小，故v M逐渐变大，物体有向上的加速度，故B正确，ACD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．BC
【解析】
【详解】
A.两根长度相同，甲的横截面的圆半径是乙的2倍，根据电阻定律得，；故A错
误.
B.并联电路电压相等，由可知，甲乙中的电流强度之比为4:1；故B正确.
C.由 可知得P 甲：P 乙=4：1，则相同时间内的热量比也为4:1；故C 正确.
D.两电阻并联，则两电阻两端的电压相等；故D 错误. 8．BD 【解析】 【详解】
发动机始终在额定功率下工作，即发动机的功率保持不变，而汽车加速运动，速度增大，则由P=Fv 可知：功率不变，速度增大时，牵引力减小，故A 错误；水平方向上汽车在发动机牵引力F 和阻力f 的共同作用下，加速运动，F f
a m
-=
,当牵引力F 减小时，加速度减小，故B 正确；当它以速度v 、加速度a 加速前进时，由牛顿第二定律：F-f=ma ，可计算出牵引力F=f+ma ，则此时汽车的功率P=（f+ma ）v ，即额定功率为（f+ma ）v ，故D 正确；当汽车行驶速度达到最大时，牵引力F=f ，则此时的速度：()P f ma v
v f
f
+==
额，故C 错误；故选BD 。

【点睛】
本题是牛顿第二定律与功率类问题的综合，关键是知道汽车的运动特点，做加速度减小的变加速运动，加速度为零时速度最大；解题的核心公式为：F-f=ma ，P=Fv 。

9．BC 【解析】
本题考查天体运动、万有引力定律、牛顿运动定律及其相关的知识点．
双中子星做匀速圆周运动的频率f=12Hz （周期T=1/12s ），由万有引力等于向心力，可得，
G 12
2
m m r =m 1r 1（2πf ）2
，
G 12
2m m r
=m 2r 2（2πf ）2，r 1+ r 2=r=40km ，联立解得：（m 1+m 2）=（2πf ）2Gr 3
，选项B 正确A 错误；由v 1=ωr 1=2πf r 1，v 2=ωr 2=2πf r 2，联立解得：v 1+ v 2=2πf r ，选项C 正确；不能得出各自自转的角速度，选项D 错误． 【点睛】此题以最新科学发现为情景，考查天体运动、万有引力定律等． 10．BC 【解析】 【分析】 【详解】
AB 、撤去F 后，木块A 离开竖直墙前，竖直方向两物体所受的重力与水平面的支持力平衡，合力为零；而墙对A 有向右的弹力，所以系统的合外力不为零，系统的动量不守恒．这个过程中，只有弹簧的弹力对B 做功，系统的机械能守恒．故A 错误，B 正确．
CD 、A 离开竖直墙后，系统水平方向不受外力，竖直方向外力平衡，所以系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，只有弹簧的弹力做功，系统机械能也守恒．故C 正确、D 错误．
【解析】小物块在水平方向受到摩擦力的作用，f=μmg ，产生的加速度：
.
A 、若小物块从右端滑上传送带后一直做匀减速运动，速度减为零时的位移是x ，则，得
，所以小物块不能到达B 点，故A 错误；B 、小物块不能到达B 点，速度减为零后反向
做匀加速运动，当速度等于传送带速度v 1后匀速运动，返回A 点速度为4m/s ，故B 正确；C 、小物块不能到达B 点，速度减为零后反向做匀加速运动加速的过程相对于初速度继续向左运动，所以小物块向左运动速度减为0时相对传送带滑动的距离没有达到最大，故C 错误；D 、小物块向右加速的过程中的位移：
，当速度等于传送带速度v 1时，经历的时间：
，该时间内传送带的位移：
s=v 1t=4×2.5m=10m ，所以小物块相对于传送带的位移：△x=s+(x-x′)=10+(4.5-2)=12.5m ，小物块在传送带上运动时，因相互间摩擦力产生的热量为：Q=f•△x=0.4×10×1×12.5J=50J ，故D 正确。

故选BD.
【点睛】本题关键是对于物体运动过程分析，物体可能一直减速，也有可能先减速后匀速运动，也可能先减速后加速再匀速运动. 12．CD 【解析】
A. 小环碰到钉子P 时，物体M 做圆周运动，依据最低点由拉力与重力的合力提供向心力，因此绳中的张力等于夹子与物体间的摩擦力，由于物块在夹子中没有滑动，拉力一定小于2F ，故A 错误；
B. 依据机械能守恒定律，减小的动能转化为重力势能，则有：212
mgh mv =，那么物块上升的最大高度为
h= 22v g
，故B 错误；
C ．因夹子对物体M 的最大静摩擦力为2F ，依据牛顿第二定律，结合向心力表达式，对物体M ，则有：
2F−Mg=2
v M L
，解得：()2F Mg L M
-C 错误；
D. 若小环碰到杆上的钉子P 后立刻以1v 2的速度反弹，绳的张力T-Mg=M 2
3()2v
L
，T=29MV 4L
+Mg ， 故D
正确． 故选CD.
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．d t ()2
122d mgh M m t ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭
9.76
第一空.铁环C 运动到圆环D 处时的速度大小即为铁环被挡住后，A 、B 匀速运动的速度d v t
=
； 第二空.根据机械能守恒定律得()2
122d mgh M m t ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭
； 第三空.由()2
122d mgh M m t ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭
化简得()22221mg h t M m d +＝ 图象斜率为()222mg
M m d
+ =54.2，代入数据可得g=9.76m/s 2
14．AD 7.61 7.63 守恒 【解析】 【详解】
(1)[1]A ．实验需要使用米尺测量点迹间的间距，故A 项正确； B ．实验用打点计时器记录时间，不需要秒表，故B 项错误；
CD ．电磁打点计时器可使用0〜12V 的交流电流，故C 项错误，D 项正确。

(2)[2]打B 点时，重锤的速度
2
(86.6071.00)10m/s 3.9m/s 220.02
C A B h h v T ---⨯===⨯
在打点计时器打O 点至B 点过程中，重物动能增加量
22k 11
01 3.9J 7.61J 22
B E mv ∆=
-=⨯⨯≈ [3]在打点计时器打O 点至B 点过程中，重物重力势能减少量
p 19.800.7790J 7.63J B E mgh ∆==⨯⨯≈
[4]据上面数据知，在实验误差允许的范围内，此过程中重物的机械能守恒。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分 15． (1) 24.0/a m s = (2) 7.1×105N (3)81.110⨯J 【解析】 【详解】
（1）在电磁弹射区外，由牛顿第二定律得：0.2F mg ma -=推 解得24.0/a m s =
（2）由动能定理得：2
110.202
F l F l mgl mv 牵推+-=- 解得F 牵=7.1×105N
（3）电磁弹射器对飞机做的功为718.510W F l ==⨯牵J 则其消耗的能量81.1100.8
W E =
=⨯J 16．（1）f=15/103mg
（2）h=103v 02/236g
（3）g v s 3010320= 【解析】（1）202
1
0)(mv h f mg -=+- 0)87(21)(20-=
-v m h f mg f=15/103mg h=103v 02/236g （3）20210mv fs -=- g
v s 3010320= 17．（1）F=3.14×10-5N （1）E=0
【解析】
【详解】
（1）根据库仑定律可知，两电荷之间的作用力：F=122
1kQ Q r ， 带入数据解得：F=988
29.010 3.610 1.6004
N 1--⨯⨯⨯⨯⨯．=3.14×10-5N ； （1）Q 1在C 点的场強E 1=12
12)kQ r r +（=115N/C ，方向向右， Q 1在C 点的场強E 1=222
kQ r =115N/C ，方向向左， 则C 点的合场強为E=0 。