2020学年无锡市新高考高一物理下学期期末预测试题

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
1．一个物体沿粗糙斜面匀速滑下，下列说法正确的是( )
A．物体机械能不变，内能也不变
B．物体机械能减小，内能不变
C．物体机械能减小，内能增大，机械能与内能总量减小
D．物体机械能减小，内能增大，机械能与内能总量不变
2．将苹果竖直向上抛出，离开手后竖直向上运动，又落回同一位置．忽略空气阻力，某同学用速度v、机械能E分别描述这一过程，正确的是
A．
B．
C．
D．
3．(本题9分)对物体带电现象的叙述,下列说法正确的是( )
A．一个不带电的物体内一定没有电荷
B．物体带电一定具有多余的电子
C．物体带电的过程就是电荷移动的过程
D．物体带电的过程就是创造电荷的过程
4．(本题9分)关于地球同步卫星，下列表述正确的是（）
A．卫星运行时可能经过重庆的正上方
B．卫星的运行速度大于第一宇宙速度
C．卫星距离地面的高度大于月球离地面的高度
D．卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度
5．(本题9分)下列关于摩擦力的说法中正确的是()
A．物体在运动时才受到摩擦力
B．摩擦力的方向一定与物体的运动方向相反
C．摩擦力总是成对地出现
D．摩擦力的大小总是与正压力的大小成正比
6．(本题9分)A、B两颗卫星都绕地球做匀速圆周运动，已知卫星A的运周期小于卫星B的运行周期，则下列说法正确的是
A．卫星A的轨道半径大于卫星B的轨道半径
B．卫星A的运行速度小于卫星B的运行速度
C．卫星A的向心加速度大于卫星B的向心加速度
D．卫星A所需的向心力大于卫星B所需的向心力
7．(本题9分)如图所示，a、b、c是绕地球做匀速圆周运动的三颗人造卫星，下列判断正确的是（）
A．b的线速度大于a的线速度
B．b运行周期小于a的运行周期
C．b向心加速度小于a的向心加速度
D．b、c受地球的引力一定大小相等
8．(本题9分)关于物体做曲线运动时的速度和加速度，下列说法正确的是
A．速度可以不变，加速度也可以不变B．速度一定改变，加速度可以不变
C．速度可以不变，加速度一定改变D．速度一定改变，加速度也一定改变
9．下列关于重力势能的说法正确的是()
A．物体的位置一旦确定，它的重力势能的大小也随之确定；
B．物体与零势能面的距离越大，它的重力势能也越大；
C．一个物体的重力势能从－5J变化到－3J，重力势能增加了；
D．在地面上的物体具有的重力势能一定等于零；
10．(本题9分)如图，由M、N两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器，极板N与静电计的金属球相接，极板M与静电计的外壳均接地．给电容器充电，静电计指针张开一定角度．实验过程中，电容器所带电荷不变．下面操作能使静电计指针张角变大的是（）
A ．将M 板向上平移
B ．将M 板沿水平向右方向靠近N 板
C ．在M 、N 之间插入有机玻璃板
D ．在M 、N 之间插入厚金属板，且不和M 、N 接触
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． (本题9分)如图所示，质量M=2kg 的滑块在光滑的水平轨道上，质量m=1kg 的小球通过长L=0.5m 的轻质细杆与滑块上的光滑轴O 连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O 轴自由转动，滑块可以在光滑的水平轨道上自由运动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度大小为04/v m s ，则下列说法正确的是（ ）
A ．当小球通过最高点时滑块的位移大小是13
m B ．当小球通过最高点时滑块的位移大小是
16m C ．当小球击中滑块右侧轨道位置与小球起始位置点间的距离13
m D ．当小球击中滑块右侧轨道位置与小球起始位置点间的距离
23m 12． (本题9分)2019年6月5日我国在黄海海域使用长征十一号运载火箭成功完成“一箭七星”海上发射技术试验，这是中国首次在海上进行航天发射。

如图所示，甲、乙是其中绕着地球做匀速圆周运动的两颗卫星，则下列说法正确的是
A．卫星甲的线速度大于卫星乙的线速度
B．卫星甲的线速度小于第一宇宙速度
C．卫星甲的周期大于卫星乙的周期
D．卫星甲的向心加速度大于卫星乙的向心加速度
13．(本题9分)如图所示，一光滑球体静止于夹角为的支架ABC内，AB、BC与水平面的夹角都为，现以B为旋转中心，在平行于纸面的平面内，让BC缓慢沿顺时针旋转，直至水平（AB不动），设BC对球体的作用力大小为，AB对球体的作用力大小为，则整个过程中（）
A．可能一直增大B．可能一直增大
C．可能先减小后增大D．可能先增大后减小
14．(本题9分)如图所示，质量为M=4kg的木板静止在光滑水平面上，一个质量为m=1kg的小滑块以初速度v0=5m/s从木板的左端向右滑上木板，小滑块始终未离开木板。

则下面说法正确是
A．从开始到小滑块与木板相对静止这段时间内,小滑块和木板的加速度大小之比为1:4
B．.整个过程中因摩擦产生的热量为10J
C．可以求出木板的最小长度是3.5m
D．从开始到小滑块与木板相对静止这段时间内，小滑块与木板的位移之比是6:1
15．(本题9分)如图所示，光滑且足够长的金属导轨MN、PQ平行地固定在同一水平面上，两导轨间距L=0.20m，两导轨的左端之间连接的电阻R=0.40Ω，导轨上停放一质量m=0.10kg的金属杆ab，位于两导轨之间的金属杆的电阻r=0.10Ω，导轨的电阻可忽略不计。

整个装置处于磁感应强度B=0.50T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。

现用一水平外力F水平向右拉金属杆，使之由静止开始运动，在整个运动过程中金属杆始终与导轨垂直并接触良好，若理想电压表的示数U随时间t变化的关系如图乙所示。

则（）
A．t=5s时通过金属杆的感应电流的大小为1A，方向由a指向b
B．t=3s时金属杆的速率为3m/s
C．t=5s时外力F的瞬时功率为0.5W
D．0~5s内通过R的电荷量为2.5C
16．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C
B．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/s
D．B、C两点间电势差大小|U BC|大于A、B两点间电势差大小|U AB|
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
17．(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）
（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 ，距离单位为cm 。

（g ＝9.8m/s 2）（所有计算结果保留小数点后两位）
①打点计时器打下计数点B 时，物体的速度B v ＝___________m/s ；
②从起点O 到打下计数点B 的过程中物体的动能增加量K E ∆＝______，势能减少量P E ∆＝_________。

③通过计算，数值上K E ∆小于P E ∆，其主要原因为__________________。

18．用如图实验装置验证m 1、m 1组成的系统机械能守恒．m 1从高处由静止开始下落，在m 1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证系统机械能守恒．下图给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点未标出，计数点间的距离如图所示．已知m 1=50g 、m 1=150g ，当地重力加速度g=9.8m/s 1．则
（1）在纸带上打下计数点5时m 1的速度v=____m/s ；
（1）在打点0～5过程中系统动能的增量△E k =___J ，系统势能的减少量△E p =___J ；
（3）上题中经精确计算得到系统动能的增量与系统势能的减少量间有差距，其原因是有空气阻力、测量误差和_____.（写一条）
四、解答题：本题共4题，每题5分，共20分
19．（6分） (本题9分)第24届冬奥会将于2022年在北京举行，冰壶是比赛项目之一。

如图甲，蓝壶静止在大本营圆心O 处，红壶推出后经过P 点沿直线向蓝壶滑去，滑行一段距离后，队员在红壶前方开始。

不断刷冰，直至两壶发生正碰为止。

已知，红壶经过P 点时速度v 0=3.25m/s ，P 、O 两点相距L=27m ，大本营半径R=1.83m ，从红壶进人刷冰区域后某时刻开始，两壶正碰前后的v-t 图线如图乙所示。

假设在未刷冰区域内两壶与冰面间的动摩擦因数恒定且相同，红壶进入刷冰区域内与冰面间的动摩擦因数变小且恒定，两壶质量相等且均视为质点。

（1）试计算说明碰后蓝壶是否会滑出大本营；
（2）求在刷冰区域内红壶滑行的距离s 。

20．（6分）一个质量m=10kg的木箱静止放在水平地面上，木箱与地面间的动摩擦因数μ=0.5，如果用大小F=70N、方向与水平方向的夹角θ=53°的恒力拉动木箱，经过t1=2s后撤去F，再经过一段时间木箱停止运动。

已知sin53°=0.8，cos53°=0.6，重力加速度取g=10m/s2。

求：
(1)撤去拉力前木箱的位移；
(2)整个过程中摩擦力做功的平均功率。

、、,均可看成质点,质量均为21．（6分）(本题9分)如图所示,水平地面上三个静止的小物块A B C
μ．对A施加一水平向右的恒力=，相距均为5m
m2kg
l=,物块与地面间的动摩擦因数均为=0.25
=,此后每次碰撞后物体都粘在一起运动．设碰撞时间极短,重力加速度大小为2
F10N
g=．求：
10m/s
(1)物体A与B碰撞后瞬间的速度；
(2)物体AB与C碰撞后整体摩擦产生的热量．
22．（8分）如图所示，在倾角为37o的斜面上，一劲度系数为k=100N/m的轻弹簧一端固定在A点，自然状态时另一端位于B点．斜面上方有一半径R=0.2m、圆心角等于143°的竖直圆弧形光滑轨道与斜面相切于C处，圆弧轨道的最高点为D．斜面AB段光滑，BC段粗糙且长度为0.4m．现将一质量为1kg的小物块从C点由静止释放，小物块将弹簧压缩了0.2m后速度减为零（不计小物块到达B处与弹簧碰撞时的能量损失）．已知弹簧弹性势能表达式E k=kx2，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，重力加速度取g=10m/s2，sin37o=0.6，cos37o=0.1．（计算结果可保留根号）求：
⑴小物块与斜面BC段间的动摩擦因数μ
⑵小物块第一次返回BC面上时，冲到最远点E，求BE长
⑶若用小物块将弹簧压缩，然后释放，要使小物块在CD段圆弧轨道上运动且不脱离圆弧轨道，则压缩时压缩量应满足的条件
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．D
【解析】
【详解】
物体沿粗糙的斜面匀速下滑的过程中，速度不变，物体动能不变；高度减小，重力势能减小；故物体的机械能减小；物体下滑，克服摩擦做功，机械能转化为内能，故内能增大，能量是守恒的；故D正确，ABC 错误．
2．B
【解析】
【详解】
AB.苹果先向上减速到零后，向下加速，速度方向发生变化，故A项错误，B项正确；
CD. 忽略空气阻力，整个过程只有重力做功，机械能守恒，故C项错误，D项错误。

3．C
【解析】
【详解】
A．任何物体内部总有正负电荷,不带电是因为它呈现了电中性,故A错误；
B．物体带电可能是有多余的电了或失去电子,故B错误；
C ．物体带电是因为失去电子或得到电子,故带电过程就是电荷移动的过程,故C 正确；
D ．电荷是不能被创生的,故D 错误。

4．D
【解析】
【详解】
A ．地球同步卫星运行轨道为位于地球赤道平面上圆形轨道，与赤道平面重合，故A 错误；
B ．地球同步卫星在轨道上的绕行速度约为3.1千米/秒，小于7.9km/s ，故B 错误；
C ．地球同步卫星，距离地球的高度约为36000km ，高度小于月球离地面的高度，故C 错误；
D ．由万有引力有
2
0Mm G mg R = 得地球表面重力加速度
2
0GM g R = 设同步卫星离地面的高度为h ，则
'20()
GM a g R h =<+ 故D 正确。

5．C
【解析】
A 、放在水平地面上的物体，受水平拉力作用处于静止状态时，物体就受到了静摩擦力作用，所以A 错误；
B 、摩擦力的方向一定与物体的相对运动方向相反，可以与运动方向相同，B 错误；
C 、摩擦力是相互接触物体间的相互作用，一定是成对出现的，C 正确；
D 、静摩擦力的大小与正压力的大小之间没有正比关系，D 错误．故选C.
【点睛】在理解滑动摩擦力时一定要注意理解公式中的正压力是接触面上的弹力，相对运动是指物体之间的相对关系而不是对地运动.
6．C
【解析】
【详解】
A.两卫星均由万有引力提供向心力，2224Mm G m r r T π=
，解得轨道半径r =，卫星A 的周期小，则轨道半径小，故A 错误.
B.
根据v =A 的轨道半径小，则运行速度大，故B 错误. C.根据万有引力定律可知，向心加速度2GM a r =
，卫星A 的轨道半径小，则A 的向心加速度大，故C 正确.
D.两卫星的质量m 未知，则向心力2n GMm F r
=
，大小无法比较，故D 错误. 7．C
【解析】 ABC 、据万有引力提供圆周运动向心力有22222()GMm v m m r m r ma r r T
πω==== 可知：随着半径的增大，周期在增大，而线速度、加速度、角速度都在减小，故AB 错误;C 正确； D 、根据万有引力2
GMm F r = ,可知万有引力不仅和距离有关，还与环绕天体的质量有关，由于题中没有给卫星的质量，所以不确定谁的万有引力大，故D 错误；
本题选：C
点睛：根据万有引力提供圆周运动向心力分析描述圆周运动物理量大小与半径及质量的关系即可. 8．B
【解析】
【分析】
【详解】
物体既然做曲线运动，那么它的速度方向肯定是不断变化的即速度一定变化，但加速度不一定变化，如平抛运动也是曲线运动，它的合力为重力，加速度是重力加速度即不变，故B 正确。

故选B 。

9．C
【解析】
物体的位置确定，但是零重力势能点不确定，它的重力势能的大小也不能确定，选项A 错误；物体在零势能点上方，且与零势能面的距离越大，它的重力势能也越大，选项B 错误；一个物体的重力势能从－5J 变化到－3J ，重力势能增加了，选项C 正确；只有当地面为零势能点时，在地面上的物体具有的重力势能才等于零，选项D 错误；故选C.
10．A
【解析】
试题分析：极板M 和静电计外壳均接地，相当于以大地为导向连接在一起，那么两极板之间的电压即静电计的指针和外壳之间的电压越大，指针偏角越大，平行板电容器电压44r r Q Q kdQ U s C s kd
πεεπ===，M
板上移，正对面积s 变小，电压变大，选项A 对．将M 板沿水平向右方向靠近N 板，板间距离d 变小，在M 、N 之间插入有机玻璃板相对介电常数r ε变大，在M 、N 之间插入金属板，且不和M 、N 接触，板间距离d 变小，都会导致电压变小，指针张角表小，选项BCD 错． 考点：平行板电容器
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．BD 【解析】 【分析】 【详解】
AB.滑块和小球系统在水平方向动量守恒，设当小球通过最高点时滑块的位移大小为x ，由系统水平方向的动量守恒，得：mv 3-MV'=0，将式两边同乘以△t ，得：mv 3△t-MV'△t=0，因此式对任意时刻附近的微小间隔△t 都成立，累积相加后，有：则()m L x Mx -=，解得1
6
x m =
，故A 错误，B 正确； CD.当小球击中滑块右侧轨道位置与小球起始位置点间的距离为y ，则：(2)my M L y =-，解得：2
y 3
m =
，故C 错误，D 正确。

故选BD.
点睛：此题实质上是“人船模型”，对球和滑块水平方向平均动量守恒，注意球和滑块的位移都是相对地面的位移. 12．BC 【解析】 【详解】
由22
224=mM v G m r m ma r T r
π=＝可知：
A. 由v =
A 错误； B. 第一宇宙速度是所有环绕地球做圆周运动的卫星的最大速度，则卫星甲的线速度小于第一宇宙速度，选项
B 正确；
C. 由T =C 正确；
D. 由2
GM
a r =可知，卫星甲的向心加速度小于卫星乙的向心加速度，选项D 错误； 13．AC 【解析】 【分析】
以小球为研究对象进行受力分析如图所示，通过重力的末端向的反向延长线上做矢量三角形，根据图中线段长短分析力的大小变化情况。

【详解】
以小球为研究对象进行受力分析如图所示，通过重力的末端向的反向延长线上做矢量三角形，根据图中各力的变化情况可知：可能一直增大、也先减小后增大（初状态角大小未知，所以是可能）、一直减小
A. 可能一直增大与分析相符，A正确
B. 可能一直增大与分析不符，B错误
C. 可能先减小后增大与分析相符，C正确
D. 可能先增大后减小与分析不符，D错误
【点睛】
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答，本题是采用图象法进行解答的。

14．BD
【解析】
【分析】
由牛顿第二定律分别求出加速度即可；分析滑块和木板组成的系统所受的外力，判断动量是否守恒。

滑块相对木板静止时，由动量守恒定律求出两者的共同速度，由能量守恒定律求内能。

再由，求木板的最小长度L；由运动学公式求滑块与木板的位移之比。

【详解】
A．滑块在水平方向只受到摩擦力的作用，由牛顿第二定律可得：，地面光滑，可知M在水平方向也只受到m对M的摩擦力，由牛顿第二_定律可得：，其中μ是二者之间的动摩擦因
数，即：，故A 错误；
B ．水平面光滑，则滑块和木板组成的系统所受的合外力为零，两者水平方向动量守恒，滑块相对木板静止时，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：，解得： v= 1m/s 。

根据能量守恒定律得，整个辻程中因摩擦产生的内能：
，故B 正确；
C ．设木板的最小长度为L ，則有，但由于不知道动摩擦因数，不能求出木板的最小长度，故
C 错误；
D.从开始到滑块与木板相対静止込段吋向内，滑快与木板的位移之比是：
，故D 正确。

【点睛】
本题主要考查了板块模型的综合应用，属于中等题型。

15．BD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．由图像可知，t=5.0s 时，U=0.40V ，此时电路中的电流（即通过金属杆的电流）为
0.40A 1A 0.40
U I R =
== 用右手定则判断出，此时电流的方向由b 指向a ，故A 错误； B ．由图可知，t=3s 时，电压表示数为
'0.4
3V 0.24V 5U =
⨯= 则有
'R
U E R r
=
+ 得
'0.10.4
0.24V 0.3V 0.4
r R E U R ++=
=⨯= 由公式=E BLv 得
0.3m/s 3m/s 0.500.20
E v BL =
==⨯ 故B 正确；
C ．金属杆速度为v 时，电压表的示数应为
=
+R
U BLv R r
由图像可知，U 与t 成正比，由于R 、r 、B 及L 均与不变量，所以v 与t 成正比，即金属杆应沿水平方向向右做初速度为零的匀加速直线运动，金属杆运动的加速度为
223
m/s 1m/s 3
v a t =
== 根据牛顿第二定律，在5.0s 末时对金属杆有
F BIL ma -=
得
=+(0.5010.200.101)N 0.20N F BIL ma =⨯⨯+⨯=
此时F 的瞬时功率为
0.215W 1.0W P Fv Fat ===⨯⨯=
故C 错误；
D ．t=5.0s 时间内金属杆移动的位移为
2211
15m 12.5m 22
x at ==⨯⨯=
通过R 的电荷量为
0.50.212.5
C 2.5C 0.40.1
BLx q R r R r ∆Φ⨯⨯=
===+++ 故D 正确。

故选BD 。

16．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，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，则小球的平均速度为47
m/s 5.5m/s 2
v +==，但小球由B 至C 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5.5m/s ，故C 错误；
D.根据动能定理得：
2211622AB B A qU mv mv m =-=，22
1116.522
BC C B qU mv mv m =-=，可得U AB 小于U BC ．故D 正确。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
17．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】
(1)[1]因为我们是比较mgh 、
2
12
mv 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. [2]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)[3]利用中点时刻的速度等于平均速度可得：
()2
56.1143.6810m/s=3.11m/s 20.04
A B OC O x x v T --⨯-==
[4]从O 到B 动能增加量：
2211
(3.11)J 4.84J 22
k B E mv m m ∆=
=⨯⨯=. [5]从O 到B 重力势能减小量：
9.80.496J 6.86J p E mgh m m ∆==⨯⨯=
[6]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.
18．1.4 0.576 0.588 纸带与打点计时器间有摩擦（细线与定滑轮间有摩擦或定滑轮的转动等） 【解析】 【详解】
第一空.利用匀变速直线运动的推论()465460.21600.2640m
2.4m/s 20.1s
x v t +===⨯. 第二空.系统动能的增量△E k =E k5-0=
1
2
(m 1+m 1)v 51=0.576 J ． 第三空.系统重力势能减小量△E p =（m 1-m 1）gh=0.1×9.8×0.600 J=0.588 J.
第四空. 上题中经精确计算得到系统动能的增量与系统势能的减少量间有差距，其原因是有空气阻力、测量误差和纸带与打点计时器间有摩擦（细线与定滑轮间有摩擦或定滑轮的转动等）. 四、解答题：本题共4题，每题5分，共20分 19．（1）会滑出；（2）s=15m 【解析】 【分析】 【详解】
（1）设冰壶的质量为m ，碰撞前、后瞬间红壶、蓝壶的速度分别为v 1、1v '和2v '，由图乙可得 v 1=1.25m/s
1v '=0.25m/s
由动量守恒定律得
112mv mv mv ''=+①
设碰后蓝壶滑行距离为s 1，红壶、蓝壶的加速度大小均为a 1
2
211
2v s a '=② 12100.25m/s v a t
'-=
=∆③
由①②③及图乙信息得 s 1=2.00m>R=1.83m④ 会滑出；
（2）设在不刷冰区域红壶受到的摩擦力大小为1f
11=f ma ⑤
由图乙可得t=0时红壶的速度0v '
=1.35m/s ，设在刷冰区域红壶受到的摩擦力大小为2f ，加速度大小为2a
22=f ma ⑥
10220.10m/s v v a t
'-=
=∆
在红壶经过P 点到与蓝壶发生正碰前的过程中，由动能定理得
22
121011()22
f L s f s mv mv ---=-⑧
由③⑤⑥⑦⑧式及代入数据得 s=15m⑨
20． (1) 4m (2) 60W 【解析】 【详解】
（1）撤去拉力前Fcos53°－f 1=ma 1 f 1=μN=μ(mg －Fsin53°)=22N 解得a=2m/s 2 s 1=
2
1112
a t =4m (2)撤去拉力前W f1=f 1s 1=88J 撤去拉力时，v=a 1t 1=4m/s 撤去拉力后，f 2=μmg=50N a 2=μg=5m/s 2 t 2=v/a 2=0.8s
s 2=v 2/2a 2=1.6m W f2=f 2s 2=80J P=
12
12
f f W W t t ++=60W
21． (1)2.5m/s ；(2)25J 【解析】
(1)物体A 与B 碰撞前作匀加速运动的加速度为：
21 2.5/F mg
a m s m
μ-=
= A 碰B 前的速度为1125/v a l m s ==
A 、
B 碰撞时,取向右为正方向,由动量守恒定律,有
122mv mv =
解得2 2.5/v m s =
(2) A 、B 碰后,加速度为: 2202F mg
a m
μ-=
=
所以AB 碰后一起做匀速直线运动．
A 、
B 与
C 碰撞动量守恒,取向右为正方向,由动量守恒定律
2323mv mv =
得35
/3
v m s =
碰后三个物体匀减速运动,加速度为: 2335
/36
F mg a m s m μ-=
=-
匀减速向右运动位移为: 2
3335
23
v x m a =
=- 摩擦生热为: 33 2.5Q mgx J μ=⋅=
22．⑴μ=2.5 ⑵2．21m 的E 位置 ⑶x≥2．479m 【解析】
试题分析：⑴由动能定理得：
2分
解得：μ="2.5" 1分
⑵设小物块最远将冲到E 点，则由动能定理得：
2分
解得：BE=2．21m ，即最远冲到距B 点为2．21m 的E 位置． 1分 ⑶要使小物块不脱离圆弧轨道，则小物块应到达图中F 点时速度减为零则有：
＞2 1分
≤2 1分解得：＜x≤即：2．349m＜x≤2．4m 1分
若恰过最高点D，则有：
≥1
2
mv21分
mg= m
2
v
R
1分
解得：x≥即：x≥2．479m 1分考点：本题考查动能定理、圆周运动．
2019-2020学年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，用水平力F拉着重为100 N的物体，在水平地面上向左匀速移动了5 m，物体所受地面的摩擦力大小为20 N，则
A．重力做的功是500 J
B．拉力做的功为100 J
C．拉力大小为120 N
D．拉力大小为100 N
2．(本题9分)已知河水的流速保持不变，小船在静水中的速度恒定且大于河水的流速。

如图所示，为使小船由河岸O点沿虚线垂直河岸航行，船头的指向可能为图中的
A．①方向B．②方向C．③方向D．④方向
3．(本题9分)关于物理学家及其发现说法正确的是（）
A．牛顿通过观察天象以及深入研究第谷的数据提出了行星运动的三大定律
B．开普勒发现了万有引力定律
C．伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索物理规律的科学方法，得出忽略空气阻力时，重物与轻物下落得同样快
D．第一次精确测量出万有引力常量的物理学家是开普勒
4．(本题9分)单位制由基本单位和导出单位组成。

功是物理学中的重要物理量之一，在国际单位制中，功的单位用基本单位可表示为（）
A．J B．N·m C．kg·m2·s-2D．kg·m·s-1
5．如图，B,C,D是以+Q为圆心的圆周上的三个点，将一试探电荷从圆内A点分别移到B,C,D各点时，电场力做的功（）。