2019-2020学年宁夏石嘴山市物理高一(下)期末联考模拟试题含解析

2019-2020学年宁夏石嘴山市物理高一(下)期末联考模拟试题
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．据某电视节目介绍说，蜜蜂飞行时与空气摩擦产生静电，因此蜜蜂在飞行中就可以吸引带正电的花粉．以下说法正确的是
A．空气不带电B．蜜蜂带负电C．空气带负电D．蜜蜂带正电
【答案】B
【解析】
【详解】
根据异种电荷相吸，可知，蜜蜂吸引带正电的花粉，所以蜜蜂带负电，与蜜蜂摩擦的空气带正电
A. 空气不带电与分析不符，故A项与题意不相符；
B. 蜜蜂带负电与分析相符，故B项与题意相符；
C. 空气带负电与分析不符，故C项与题意不相符；
D. 蜜蜂带正电与分析不符，故D项与题意不相符．
2．如图所示，质量m=1kg的小球用细线拴住，线长l=1m，细线所受拉力达到F=19N时就会被拉断．当小球从图示位置释放后摆到悬点的正下方时，细线恰好被拉断．若此时小球距水平地面的高度h=5m，重力加速度g=10m/s2，则小球落地处距地面上P点的距离为（P点在悬点的正下方）（）
A．1m B．2m C．3m D．4m
【答案】C
【解析】
试题分析：球摆到最低点时，由
2
v
F mg m
l
-=,解得小球经过最低点时的速度
()
3/
F mg l
v m s
m
-
=，
小球平抛运动的时间
2
1
h
t s
g
=,所以小球落地处到地面上P点的距离x=vt=3m，故选C．
考点：牛顿第二定律；平抛运动
名师点睛：本题是向心力知识、牛顿第二定律和平抛运动知识的综合，关键是能在小球的最低点列出牛顿第二定律方程求解速度，然后根据平抛运动在水平方向做匀速运动，在竖直方向做自由落体运动列得方程即可求解；比较简单．
3．如图所示，质量为m，带电量为－q的滑块，沿绝缘斜面匀速下滑，当滑块滑至竖直向上的匀强电场
区域时，滑块运动的状态为
A ．将加速下滑
B ．将减速下滑
C ．将可能飞离斜面
D ．继续匀速下滑
【答案】D 【解析】 【详解】
设斜面的倾角为θ．滑块没有进入电场时，根据平衡条件得
，，又，得
，即
，当滑块进入电场时，设滑块受到的电场力大小为F ．根据正交分
解得到滑块受到的沿斜面向下的力为
，沿斜面向上的力为
，由于
，所以
，即受力仍平衡，所以滑块仍做匀速运动。

A. 将加速下滑与分析不符，故A 错误；
B. 将减速下滑与分析不符，故B 错误；
C. 将可能飞离斜面与分析不符，故C 错误；
D. 继续匀速下滑与分析相符，故D 正确。

4． (本题9分)如图所示，甲、乙两个小球从竖直面内的半圆轨道的左侧A 开始做平抛运动，甲球落在轨道最低点D ，乙球落在D 点右侧的轨道上．设甲乙球的初速度分别为v 1、v 2，在空中运动的时间分别为t 1、t 2，则下列判断正确的是（ ）
A ．t 1＝t 2
B ．t 1＜t 2
C ．v 1＞v 2
D ．v 1＜v 2
【答案】D 【解析】 【详解】
AB 、平抛运动的时间由高度决定，由图可知甲下降的高度大，所以甲运动的时间长，即12t t >，故A 、B 错误；
CD 、平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，由图可知，在下降相同高度的时候，乙的水平位移大，所以乙的初速度要大于甲的初速度，即12v v <，故C 错误，D 正确； 故选D 。

5． (本题9分)若有一星球密度与地球密度相同，它表面的重力加速度是地球表面重力加速度的3倍，则该星球质量是地球质量的 ( ) A ．27倍 B ．3倍
C ．0.5倍
D ．9倍
【答案】A 【解析】 【详解】
万有引力等于重力，即：G
2
Mm
R =mg ，解得：g=2GM R ，质量：M=ρ•43πR 3，解得：
g=4G 3πρR ，星球的密度跟地球密度相同，星球的表面重力加速度是地球表面重力加速度的3倍，所以星球的半径也是地球的3倍，由M=ρ•43
πR 3
可知，星球质量是地球质量的27倍，故BCD 错误，A 正确；故选A ． 【点睛】
本题考查了求星球的质量问题，考查了万有引力定律的应用，应用万有引力公式与牛顿第二定律可以解题；求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先用已知的物理量表示出来，再根据表达式进行比较. 6． (本题9分)一中学生沿400米圆形跑道，跑了全长的四分之三，用时一分钟.中学生运动的角速度大小为： A ．5rad /s B ．
5
rad/s 3
C ．
rad/s 40
π
D ．
rad/s 80
π
【答案】C 【解析】 【详解】
根据题意可知匀速圆周运动的弧长为300m s =，是全长的四分之三，可知转过的圆心角为
332rad 42
θππ=⨯=，时间为60s t =，由角速度的定义式1
=
rad/s 40
t
θ
ωπ=
；故A 、B 、D 错误，C 正确.
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．物体做匀速圆周运动时,下列物理量中变化的是（ ） A ．线速度 B ．角速度
C ．向心加速度
D ．动能
【答案】AC 【解析】 【详解】
A. 做匀速圆周运动的物体线速度方向不断变化，选项A 正确；
B. 做匀速圆周运动的物体角速度不变，选项B 错误；
C. 做匀速圆周运动的物体向心加速度方向不断变化，选项C 正确；
D. 做匀速圆周运动的物体速度大小不变，则动能不变，选项D 错误.
8． (本题9分)如图所示，流水线上的皮带传送机的运行速度为v ，两端高度差为h ，工作时，每隔相同时
间无初速放上质量为m 的相同产品．当产品和皮带没有相对滑动后，相互间的距离为d ．根据以上已知量，下列说法正确的有
A ．可以求出每个产品与传送带摩擦产生的热量
B ．可以求出工作时传送机比空载时多出的功率
C ．可以求出每个产品机械能的增加量
D ．可以求出t 时间内所传送产品的机械能增加总量 【答案】CD 【解析】
试题分析：每个产品与传送带的摩擦生热为Q=fx 其中f 为滑动摩擦力，x 为产品与传送带的相对滑动位移，而由题目的条件都不能求解，故选项A 错误；工作时传送机比空载时多出的功率等于工件的机械能增量与摩擦生热的和与时间的比值，因摩擦生热的值不能求解，故不能求出工作时传送机比空载时多出的功率，选项B 错误；每个产品机械能的增加量为2
12
E mv mgh =
+，因已知每个产品的质量m 和速度v ，以及传送带的高度h 已知，故可求出每个产品机械能的增加量，选项C 正确；根据x=vt 可求解t 时间传送带的位移，然后除以d 可求解t 时间所传送的产品个数，再根据C 选项中求出的每个产品机械能的增加量，则可求出t 时间内所传送产品的机械能增加总量，选项D 正确；故选CD ． 考点：能量守恒定律
名师点睛：此题是传送带问题，考查能量守恒定律的应用；关键是知道摩擦生热的求解方法以及产品随传送带上升过程中的能量转化情况，结合能量守恒定律即可求解．
9．如图所示，质量为M 的小车静止在光滑水平面上，小车A 端固定一根轻弹簧，弹簧的另一端连接一个放置在小车上且质量为m 的物体C ，已知小车底部光滑，弹簧处于压缩状态．弹簧被释放后，物体C 被弹出向B 端运动，最后与B 端粘在一起．下列说法中正确的是( )
A ．物体C 离开弹簧时，小车在向左运动
B ．物体
C 与B 端粘在一起之前，小车的运动速率与物体C 的运动速率的比值为m M
C ．物体C 与B 端粘在一起后，与小车一同向右运动
D ．整个过程中，小车、物体C 及弹簧组成的系统的机械能守恒 【答案】AB
【解析】
【详解】
整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合外力为零，则系统动量一直守恒，系统初动量为零，物体离开弹簧时向右运动，根据系统的动量守恒定律得小车向左运动，故A正确；取物体C的速度方向为正方向，根据系统的动量守恒定律得：0=mv-Mv′，得物体与B端粘在一起之前，小车的运动速率与物体C的运动速
率之比v m
v M
'
=，故B正确；当物体C与B端粘在一起时，整个系统最终的速度相同，根据系统的动量守
恒定律得：0=（M+m）v″，v″=0，系统又处于静止状态，故C错误；物块C与B碰后要粘在一起，则损失机械能，则整个过程中，小车、物体C及弹簧组成的系统的机械能不守恒，选项D错误。

10．图中实线是一簇未标明方向的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受电场力的作用，根据此图可做出正确判断的是()
A．带电粒子所带电荷的符号
B．场强的方向
C．带电粒子在a、b两点的受力方向
D．带电粒子在a、b两点的加速度何处较大
【答案】CD
【解析】
【详解】
AB. 由图可知，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左。

由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性，也无法判断电场的方向，故AB项与题意不相符；
C. 粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，故C项与题意相符；
D. 根据电场线的疏密与电场强度的强弱的关系，判断出a点的电场强度大，故a点的电场力的大，根据牛顿第二定律可知，带电粒子在a点的加速度比b点的加速度大，故D项与题意相符。

11．已知下面的哪组数据，可以算出地球的质量M地（引力常量G为已知）（）
A．月球绕地球运动的周期T1及月球到地球中心的距离R1
B．地球绕太阳运行周期T2及地球到太阳中心的距离R2
C．人造卫星在地面附近的运行速度v3和运行周期T3
D．地球绕太阳运行的速度v4及地球到太阳中心的距离R4
【答案】AC
【解析】
【详解】
月球绕地球做圆周运动，地球对月球的万有引力提供圆周运动的向心力，列式如下：2
121(2)mM G
mR R
T
π＝可得：地球质量23
12
4R M GT
π=，故A 正确；地球绕太阳做圆周运动，太阳对地球的万有引力提供地球做圆周运动向心力，列式如下：2
222
2()2mM G
mR R T π＝可知，m 为地球质量，在等式两边刚好消去，故不能算得地球质量，故B 错；人造地球卫星绕地球做圆周运动，地球对卫星的万有引力提供卫星做圆周运动的向
心力，列式有：2232()mM G mR R T π地地＝，可得地球质量23
2
34R M GT π=地，根据卫星线速度的定义可知332R v T π地＝得33
2v T R π
地＝代入232
34R M GT π=地可得地球质量，故C 正确；地球绕太阳做圆周运动，太阳对地球的万有引力提供地球做圆周运动向心力，列式如下：24244
v mM
G m R R ＝可知，m 为地球质量，在等式两边刚好消去，故不能算得地球质量，故D 错误．
12． (本题9分)如图在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a 点，质量为m 的物块(可视为质点)由静止开始下滑，经圆弧最低点b 滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b 点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c 点停止．若圆弧轨道半径为R ，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是( )
A ．物块滑到b gR
B ．c 点与b 点的距离为
R
μ
C ．物块滑到b 点时对b 点的压力是3mg
D ．整个过程中物块机械能损失了mgR 【答案】BCD 【解析】 【详解】
A.由机械能守恒可知， mgR=
12
mv 2
； 解得b 点时的速度为 2gR A 不符合题意； B.对全程由动能定理可知，
mgR-μmgs=0
解得bc两点间的距离为
R
s
μ
=，故B符合题意；
C.b点时，物体受重力、支持力而做圆周运动，则由
2
v
F mg m
r
-=
可得支持力F=3mg，由牛顿第三定律可知，物块对b点的压力为3mg；故C符合题意；
D.在滑动过程中，摩擦力所做的功等于机械能的损失，故机械能损失了μmgs=mgR，故D符合题意；
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．(本题9分)某同学在“用打点计时器测速度”的实验中，用打点计时器记录了被小车拖动的纸带的运动情况，在纸带上确定出0、1、2、3、4、5、6共7个测量点．其相邻点间的距离如图所示，每两个相邻的测量点之间的时间间隔为，完成下面问题．
(1)根据打点计时器打出的纸带，我们可以直接得到的物理量是
A．时间间隔B．加速度
C．瞬时速度D．平均速度
（2）根据纸带上各个测量点间的距离，某同学已将1、2、3、5点对应的时刻的瞬时速度进行计算
并填入表中，请你将4点对应的时刻的瞬时速度填入表中；（要求保留3位有效数字）
瞬时速度v1v2v3v4v5
数值(m/s) 0.165 0.214 0.263 0.363
（3）在图所示的直角坐标系中画出小车的瞬时速度随时间变化的关系图线．
（4）由图像求出小车的加速度
【答案】（1）A （2）0.314 （3）图略 （4）0.495m/s 2 【解析】
（1）能直接从纸带得到的是点间距和对应的时间间隔，故选A ； （2）4点瞬时速度等于第3与第5点间的平均速度，故354(11.95 5.68)0.010.314/220.10x m
v m s T s
-⨯⨯＝＝＝ （3）如图所示；
（4）图线的斜率表示加速度，故：20.3630.165
0.495/0.4
v a m s t -=V V ＝
＝ 14． (本题9分)某兴趣小组利用自由落体运动来验证机械能守恒定律.
打出了一条如图所示的纸带，O 点为纸带上第一点，纸带上的点为计时点。

若重物的质量为0.5kg ，从开始下落到打D 点的过程中重物的重力势能减少量为__________J ，动能增加量为______________J 。

（重力加速度g=9.8m/s 2，结果保留三位有效数字） 【答案】0.951 0.934
【解析】 【详解】
第一空.从开始下落到打D 点的过程中重物的重力势能减少量为△E p =mgh=0.5×9.8×19.41×10-2J≈0.951J ；
第二空.打D 点时重物的瞬时速度为：2
23.4715.7410m/s 1.9325m/s 220().02
CE D x v T --⨯===⨯，动能的增加
量为：△E k =
12mv D 2=1
2
×0.5×1.93252J≈0.934 J ； 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，木块A 质量A m =2kg ，木板B 质量B m =5kg ，质量为C m =3kg 的小木块C （可看成质点）置于木板B 的最右端，水平地面光滑，B 、C 间动摩擦因数μ为0.25。

开始时B 、C 均静止，现使A 以0v =9m/s 的初速度向右运动，与B 碰撞后以1m/s 速度弹回。

已知A 与B 的碰撞时间极短，此后的运动过程中C 始终未从B 上脱落。

G 取10m/2s ,求：
（1）A 、B 碰后瞬间B 木板的速率； （2）此后的运动过程中木块C 的最大速率； （3）木板B 的最小长度。

【答案】（1）4m/s(2)2.5m/s(3)2m 【解析】 【详解】
A 与
B 碰后瞬间,
C 的运动状态未变,B 速度最大.以A 、B 组成的系统为研究对象,碰撞过程系统动量守恒,以A 的初速度方向为正方向, 由动量守恒定律得:
A 0A A
B B 0m v m v m v +=-+，
,代入数据得:
B =4m/s v
（2）A 、B 碰撞后,B 与C 相互作用使B 减速、C 加速,因为B 板足够长, 所以B 和C 能达到相同速度,二者共速后,C 速度最大, 以B 、C 组成的系统为研究对象,以向右为正方向, 由动量守恒定律得:
()B B B C 0m v m m v +=+,
代入数据得:
5
m/s 2
v =.
（3）B 和C 共速过程中，损失的机械能全部转化为内能，就等于摩擦力乘以相对位移:
()2
2C B B B C 1122
m gl m v m m v μ=-+
代入数据得:
2m l =。

16．如图所示是利用电动机提升重物的示意图，其中D 是直流电动机．p 是一个质量为m 的重物，它用细绳拴在电动机的轴上．闭合开关ｓ，重物p 以速度v 匀速上升，这时电流表和电压表的示数分别是I=5.0A 和U=110V ，重物p 上升的速度v=0.70m/s ．已知该装置机械部分的机械效率为70%，重物的质量m=45kg （g 取10m ／s 2）．求：
（1）电动机消耗的电功率P 电； （2）绳对重物做功的机械功率P 机； （3）电动机线圈的电阻R ．
【答案】（1）550W ；（2）315W ；（3）4Ω 【解析】 【分析】 【详解】
（1）电动机消耗得电功率为P I 1105W 550W U 电==⨯=； （2）重物匀速上升，拉力T=mg ，
绳对重物做功的机械功率为：=45100.70W 315W P Tv mgv ==⨯⨯=机
（3）电动机输出的电功率为：315
=
W=450W 0.7
P P η
=
机
机出 电动机线圈的电阻R 的发热功率为=-P P P 线电机出=100W 由2
=P I R 线得
电动机线圈的电阻：2100
=
=Ω=4Ω25
P R I 线
17．从离地高80 m 处水平抛出一个物体，3 s 末物体的速度大小为50 m/s ，取g ＝10 m/s 2.求：
(1)物体抛出时的初速度大小；
(2)物体在空中运动的时间；
【答案】 (1)40m/s ；(2)4s
【解析】
【详解】
解：(1)物体在3s 末的竖直分速度：103/30/y v gt m s m s ==⨯=
根据平行四边形定则知物体抛出的初速度：0/40/v s m s =
==
(2)根据212h gt =得物体在空中运动的时间：4t s ===。