2019-2020学年山东省滨州市物理高一(下)期末达标测试模拟试题含解析

2019-2020学年山东省滨州市物理高一(下)期末达标测试模拟试题
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)对于万有引力定律的表达式F=122
Gm m r ，下列说法正确的是（ ） A ．式中G 为引力常量，它是由牛顿用实验测得的，而不是人为规定的
B ．两个质量为1kg 的铁球靠得很近时，万有引力趋于无限大
C ．m 1与m 2受到相互的吸引力总是大小相等、方向相反的
D ．该公式只适用于天体之间而不适用于相距较近的球体之间
2．被人们称为“能称出地球质量的人”是测出引力常量的物理学家( )
A ．伽里略
B ．卡文迪许
C ．牛顿
D ．开普勒
3．我国发生的“天链一号01号星”属于地球同步卫星．关于定点后的“天链一号01号星”，下列说法正确的是
A ．它同时受到万有引力和向心力
B ．它“定点”，所以处于静止状态
C ．它处于失重状态，不受重力作用
D ．它的速度大小不变，但加速度不为零
4． (本题9分)如图所示，ABCD 是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC 的连接处都是一段与BC 相切的圆弧，BC 为水平的，其距离0.50m d =，盆边缘的高度为0.30m h =．在A 处放一个质量为m 的小物块并让其从静止出发下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC 面与小物块间的动摩擦因数为0.10μ=．小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B 的距离为（ ）．
A ．0.50m
B ．0.25m
C ．0.10m
D ．0
5． (本题9分)汽车在水平路面上做匀速运动，发动机输出的功率为P ，速度为v ，当汽车上坡时（ ） A ．如果输出的功率不变，则应减小速度
B ．如果输出的功率不变，则应增大速度
C ．如果保持速度不变，则应减小输出功率
D ．如果保持速度不变，则还应保持输出功率不变
6． (本题9分)“套圈游戏”深受大家的喜爱，游戏者要站到区域线外将圆圈水平抛出，落地时套中的物体即为“胜利品”．某同学在一次“套圈”游戏中，从P 点以某一速度水平抛出的圆圈落到了物体左边，如图．为
了套中该物体，该同学做了如下调整，则下列方式中一定套不中的是(忽略空气阻力)
A．P点正上方，以原速度水平抛出
B．P点正前方，以原速度水平抛出
C．P点位置不变，增大速度水平抛出
D．P点正下方，减小速度水平抛出
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．(本题9分)下列说法中正确的是
A．机械能守恒定律的发现，确认了永动机的不可能性
B．开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律
C．牛顿认为力是物体运动状态改变的原因，而不是维持物体运动的原因
D．伽利略根据小球在斜面上的运动合理外推得出自由落体的运动规律，这采用了实验和逻辑推理相结合的方法
8．(本题9分)下列关于牛顿定律的说法正确的是（）
A．牛顿第一定律是通过理想斜面实验经过推理得出的
B．作用力与反作用力可以作用在同一物体上
C．牛顿认为力是产生加速度的原因
D．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性
9．假设将来一艘飞船靠近火星时，经历如图所示的变轨过程，已知万有引力常量为，则下列说法正确的是（）
A．飞船在轨道Ⅱ上运动到P点的速度小于在轨道Ⅰ运动到P点的速度
B．若轨道Ⅰ贴近火星表面，测出飞船在轨道Ⅰ运动的周期，就可以推知火星的密度
C．飞船在轨道Ⅰ上运动到P点时的加速度大于飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度
D．飞船在轨道Ⅱ上运动时的周期大于在轨道Ⅰ上运动时的周期
10．(本题9分)如图所示，内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，两个质量相同的小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则（）
A．球A的周期一定大于球B的周期
B．球A的角速度一定大于球B的角速度
C．球A的线速度一定大于球B的线速度
D．球A对筒壁的压力一定大于球B对筒壁的压力
11．(本题9分)如图所示，一质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点，第一次在水平力F作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由P点运动到Q点，第二次在水平恒力作用下，从P点静止开始运动并恰好能到达Q点，关于这两个过程，下列说法正确的是（不计空气阻力，重力加速度为g）
A．第一个过程中，力F在逐渐变大
B．第一个过程力F的瞬时功率逐渐变大
C．第二个过程到达Q时，绳子拉力为T=mg
D．第二个过程中，重力和水平恒力的合力的功率先增加后减小
12．(本题9分)一个质量为为m的物体以加速度a=g竖直向上加速运动，在物体上升高度h的过程中，以下说法中正确的是（）
A．物体的重力势能增加了mgh
B．物体的动能增加了2mgh
C．拉力不做功机械能保持不变
D．物体的机械能增加了2mgh
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．(本题9分)测定电源的电动势和内电阻的实验电路和U I 图象如下：请回答下列问题：
（1）在闭合开关之前为防止电表过载，滑动变阻器的滑动头P应放在__________处．
（2）由此可知这个干电池的电动势E=_______V，内电阻r=__________Ω．
14．(本题9分)某同学做“用电流表和电压表测定电源的电动势和内阻”实验，可供选择的实验器材如下：
A、1节干电池
B、电流表，量程0-0.6A，0-3A
C、电压表，量程0-3V，0-15V
D、滑动变阻器0-20Ω、2A，滑动变阻器0～500 Ω、0.2 A
E、电键一个，导线若干
（1）为了尽量得到较好效果，电流表量程应选__________，电压表量程选__________，滑动变阻器选
____________
（2）他采用如图所示的实验电路进行测量．下图给出了做实验所需要的各种仪器．请你按电路图把它们连成实验电路__________．
（3）这位同学测量时记录了5组数据，并将数据填入了以下表格中．请你根据这些数据在图画出U-I图线__________．根据图线求出电池的电动势E =__________V，内阻__________Ω．
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，五块完全相同的长木板依次紧挨着放在水平地面上，每块木板的长度为0.5m，质量为0.6kg．在第一块长木板的最左端放置一质量为0.98kg的小物块已知小物块与长木板间的动摩擦因数为0.2，长木板与地面间的动摩擦因数为0.1，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．一颗质量为0.02kg的子弹以的150m/s水平速度击中小物块并立即与小物块一起在长木板表面滑行，重力加速度g取10m/s2(结果保留2位有效数字)
(1)分析小物块滑至哪块长木板时，长木板才开始在地面上滑动．
(2)求整个运动过程中最后一块长木板运动的距离．
16．在地球上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把质量为m的物体P置于弹簧上端，用力压到弹簧形变量为3x0处后由静止释放，从释放点上升的最大高度为4.5x0，上升过程中物体P的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示。

若在另一星球N上把完全相同的弹簧竖直固定在水平桌面上，将物体Q 在弹簧上端点由静止释放，物体Q的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中虚线所示。

两星球可视为质量分布均匀的球体，星球N半径为地球半径的3倍。

忽略两星球的自转，图中两条图线与横、纵坐标轴交点坐标为已知量。

求：
(1)地球表面和星球N表面重力加速度之比；
(2)地球和星球N的质量比；
(3)在星球N上，物体Q向下运动过程中的最大速度。

17．(本题9分)半径R=0.8m、质量为2m的1
4
圆弧槽B静止于水平地面上，圆弧底端与地面相切，质量
为7m的小滑块A静止于圆弧槽左侧。

将质量为m的小滑块C从圆弧槽B顶端正上方h=0.4m处由静止释放。

已知所有接触面均光滑，小滑块A、C均可视为质点，重力加速度g取10m/s2
（1）在小滑块C从释放到滑离圆弧槽B的过程中，求圆弧B的位移大小；
（2）小滑块C与小滑块A发生弹性碰撞（二者碰撞时间忽略不计）后，通过计算加以说明小滑块C能否追上B。

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．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．引力常量是由卡文迪许通过实验测得的，不是牛顿用实验测得的，故A错误；
B．当r趋于零时，物体不能简化为质点，万有引力公式不适用，不能直接用这个公式计算万有引力，所以两个质量为1kg的铁球靠得很近时，不能直接用这个公式计算万有引力，万有引力不是趋于无限大，故B错误；
C．1m与2m之间的引力是一对作用力与反作用力，大小总是相等，方向相反的，故C正确；
D．万有引力定律适用于任何两个可以看成质点的物体之间或均质球体之间的引力计算，所以该公式也适用于相距较近的球体之间，故D错误；
故选C。

2．B
【解析】
当卡文迪许通过扭秤实验测量出引力常量后可计算地球的质量，故他被人们称为“能称出地球质量的人”
A.A 项与上述分析结论不相符，故A 错误；
B. B 项与上述分析结论相符，故B 正确；
C.C 项与上述分析结论不相符，故C 错误；
D.D 项与上述分析结论不相符，故D 错误；
3．D
【解析】
【详解】
A ．地球同步卫星只受万有引力，万有引力完全充当了向心力，向心力不是物体实际受到的力，A 错误；
B ．同步卫星，相对于地球静止，做匀速圆周运动，合力不为零，所以不是处于静止状态，B 错误；
C ．万有引力完全充当向心力，所以同步卫星处于完全失重状态，但完全失重状态只是视重为零，并不是不受重力，C 错误；
D ．同步卫星相对地球静止，角速度一定，根据
可知它的速度大小不变，做匀速圆周运动，加速度大小恒定，但不为零，D 正确．
4．D
【解析】
【分析】
小物块滑动过程中，重力做功和摩擦阻力做功，全过程应用动能定理可进行求解。

【详解】
由小物块从A 点出发到最后停下来，设小物块在BC 面上运动的总路程为S ，整个过程用动能定理有： 0mgh mgs μ-=
所以小物块在BC 面上运动的总路程为
0.3m 3m 0.1
h
s μ=== 而d=0.5 m ，刚好3个来回，所以最终停在B 点，即距离B 点为0 m 。

故选D 。

【点睛】
本题对全过程应用动能定理，关键要抓住滑动摩擦力做功与总路程的关系。

5．A
【解析】
汽车的输出功率不变，根据P=Fv 知，汽车上坡时，需减小速度，从而增大牵引力，故A 正确，B 错误；汽车的速度不变，上坡时需增大牵引力，根据P=Fv 知，应增大输出功率，故CD 错误。

所以A 正确，BCD
6．D
【解析】
【分析】
圆圈落到了物体左边，说明圆圈的水平位移偏小．根据平抛运动的规律，推导出水平位移与初速度、下落高度的关系式，根据关系式进行分析．
【详解】
设圆圈平抛运动下落的高度为h ，水平位移为x ，初速度为0v ，则有：212h gt =；解得下落时间为：t =
水平位移为：0x v t v ==；圆圈落到了物体左边，说明圆圈的水平位移偏小．若从P 点正上方，以原速度水平抛出，h 增大，由上式知，水平位移增大，可能套住物体，故A 正确；若P 点正前方，以原速度水平抛出，则水平位移不变，落地点右移，可能套住物体，故B 正确；若P 点位置不变，增大速度水平抛出，0v 增大，由上式知，水平位移增大，可能套住物体，故C 正确；若P 点正下方，减小速度水平抛出，h 和0v 都减小，由上式知，水平位移减小，圆圈还落到物体左边，故D 错误．本题选一定套不中的，故选D ．
【点睛】
本题考查了平抛运动，要知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动；解决本题的关键是能够推导出水平位移的计算公式．
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．AD
【解析】
【详解】
A. 永动机违背能量守恒定律，则机械能守恒定律的发现，确认了永动机的不可能性，选项A 正确；
B. 开普勒在第谷对行星的观测数据的基础上，导出了行星运动的规律，选项B 错误；
C. 伽利略认为力是物体运动状态改变的原因，而不是维持物体运动的原因，选项C 错误；
D. 伽利略根据小球在斜面上的运动合理外推得出自由落体的运动规律，这采用了实验和逻辑推理相结合的方法，选项D 正确；
8．AC
【解析】A 项：牛顿第一定律是牛顿在伽利略等前人实验的基础上，根据逻辑推理得出的，是以实验为基础，但又不是完全通过实验得出，故A 正确；
B 项：作用力和反作用力是相互作用的一对力，作用在不同的物体上，故B 错误；
C 项：由牛顿第二定律可知，力是产生加速度的原因，故C 正确；
D 项：一切物体都有保持原来运动状态的性质，说明速度不变，不是指速率不变，故D 错误。

点晴：惯性定律的内容是：一切物体都有保持原来运动状态的性质，即任何物体在任何情况下都有惯性。

9．BD
【解析】
【详解】
A. 从轨道I 到轨道Ⅱ要在P 点点火加速，则在轨道I 上P 点的速度小于轨道Ⅱ上P 点的速度，故A 错误；
B. 飞船贴近火星表面飞行时，如果知道周期T ，可以计算出密度，即由 ，
可解得
故B 正确；
C. 根据 可知，飞船在I 、Ⅱ轨道上的P 点加速度相等，故C 错误；
D. 因为轨道Ⅱ半长轴大于轨道Ⅰ的半径，所以飞船在轨道Ⅱ上运动时的周期大于在轨道Ⅰ上运动时的周期，故D 正确。

10．AC
【解析】
【分析】
【详解】
ABC ．对小球受力分析，小球受到重力和支持力，它们的合力提供向心力，如图：
根据牛顿第二定律，有
2
2tan v F mg m mr r
θω＝＝＝ 解得
tan v gr θ=
tan g r θω= A 的半径大，则A 的线速度大，角速度小
根据2T
πω=知A 球的周期大，选项AC 正确，B 错误； D ．因为支持力
cos mg N θ
= 知球A 对筒壁的压力一定等于球B 对筒壁的压力，选项D 错误。

故选AC 。

11．ABC
【解析】
试题分析：第一次小球在水平拉力F 作用下，从P 点缓慢地移动到Q 点，则小球处于平衡状态，根据平衡条件得：F 的最大值，随着增大，F 逐渐增大，因为速率恒定，而F 在增大，所以在增大，故AB 正确；第二次运动到Q 点时，速度为零，则向心力为零，则绳子拉力
，故C 正确；第二次由于重力和拉力都是
恒力，可以把这两个力合成为新的“重力”，则第二次小球的运动可以等效于单摆运动，当绳子方向与重力和F′方向在同一直线上时，小球处于“最低点”，最低点的速度最大，此时速度与新的“重力”方向垂直，即与重力和水平恒力的合力方向垂直，功率为零，所以两力的合力的功率先减小为零，后再增大，功率先减小后增大，D 错误；
考点：动能定理的应用；共点力平衡的条件及其应用；功率的计算．
【名师点睛】本题的难点在第二次拉动小球运动过程的处理，由于重力和拉力都是恒力，可以把这两个力合成为新的“重力”，则第二次小球的运动可以等效于单摆运动，根据单摆的知识求解，难度适中 12．AD
【解析】
【分析】
试题分析：对物体受力分析，受重力G 和向上的拉力F ，根据牛顿第二定律列式求出各个力，然后根据功能关系得到各种能量的变化情况
【详解】
A 、物体上升h 高度，克服重力做功mgh ，则物体重力势能增加了mgh ，A 正确；
B 、由牛顿第二定律知，物体的合力=F mg 合，方向向上，则合力做功为=W mgh 合 ，由动能定理知物体的动能增加了mgh ，B 错误；
CD 、物体从静止开始以g 的加速度沿竖直方向匀加速上升，由牛顿第二定律得F mg ma -= ，解得
2F mg = ，则拉力F 对物体做功为2F W Fh mgh == ，由功能原理可知，故机械能增加了2mgh ，C 错误．D 正确
故选AD
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．（1）a （2）1.5 1
【解析】
【详解】
(1)[1]．闭合开关之前，为防止电表过载，滑动变阻器的滑动头P 应放在电阻的阻值最大处，故滑动变阻器的滑动头P 应放在a 处；
(2)[2][3]．在图线中，图线与纵轴的交点就是所要测量的电动势，读数为1.5V ；内电阻可以使用公式： 1.5 1.1 1.00.40
U r I -===Ω-V V 14．（1）0-0.6A ， 0-3V ， 0-20Ω； 见解析 见解析 1.45~1.49， 0.47~0.52；
【解析】
（1）一节干电池，故选电压表0-3V ；一节干电池当电源，电路中电流较小，故选电流表0~0.6A ；为了便于操作，应选较小的滑动变阻器（0~20Ω）；
（2）实物图如图所示
（3）根据描点法可知U-I 图像如图所示
纵截距表示电源电动势，故 1.48V E =，图像的斜率表示电源内阻，故 1.48 1.10.50.760
r -==Ω-． 【点睛】学实验中选择仪表是常见的一种题型，要求学生能按照安全性和准确性的要求进行分析，先确定出必须用到的器材，再去根据题目中给出的条件去判断电流表和电压表．一定要注意判断图象与横轴的交点的横坐标是不是短路电流．
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15． (1) 物块滑上第五块木板(2)0.078m x =板
【解析】
【详解】
(1)设子弹、小物块、长木板的质量分别为0,,m M m ,子弹的初速度为0v 子弹击中小物块后二者的共同速度为1v 由动量守恒定律
()0001m v M m v =+ ①
子弹击中小物块后物块的质量为M '，且0M M m '=+.设当物块滑至第n 块木板时，木板才开始运动
12((6))M g M n m g μμ''>+- ②
其中12,μμ分别表示物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数.
由式解得n 4.3>
即物块滑上第五块木板时，木板才开始在地面上滑动.
(2) 令物块滑上第五块木板上时，s v 满足:
()()()
22100114,1/2s s M m g L M m v v v m s μ-+⋅=+-= 之后物块继续减速，第五块木板加速直至共速后一起减速，
v t -图象如图:
11122231-2s 38
1m/s 4
1s 4
13115m m 0.078m 284464
t t t v v t g x μ=⇒====⎛⎫∴=+⨯== ⎪⎝⎭共共板 16． (1)2:1(2)2:9(3)0032
v a x =
【解析】
【详解】 （1）由图象可知，地球表面处的重力加速度为 g 1=a 0
星球N 表面处的重力加速度为 g 2=00.5a
则地球表面和星球N 表面重力加速度之比为2∶1
（2）在星球表面，有
2GMm mg R
= 其中，M 表示星球的质量，g 表示星球表面的重力加速度，R 表示星球的半径。

则 M=2
gR G
因此，地球和星球N 的质量比为2∶9
（3）设物体Q 的质量为m 2，弹簧的劲度系数为k
物体的加速度为0时，对物体P ：
mg 1=k·x 0
对物体Q ：
m 2g 2=k·3x 0
联立解得：m 2=6m
在地球上，物体P 运动的初始位置处，弹簧的弹性势能设为Ep ，整个上升过程中，弹簧和物体P 组成的系统机械能守恒。

根据机械能守恒定律，有：
1004.5p E mg h ma x ==
在星球N 上，物体Q 向下运动过程中加速度为0时速度最大，由图可知，此时弹簧的压缩量恰好为3x 0，因此弹性势能也为Ep ，物体Q 向下运动3x 0过程中，根据机械能守恒定律，有：
m 2a 23x 0=Ep+2212
m v 联立以上各式可得，物体P 的最大速度为v=0032a x 17．（1）2415
x m =
（2）能追上 【解析】
【详解】 （1）BC 组成的系统水平方向动量守恒，以向左为正方向，
由动量守恒定律得:122mv mv =，①
则122mx mx =②
又有12x x R +=③
②③联立解得2415
x m = （2）C 、B 组成的系统机械能守恒:221211()222mg h R mv mv +=
+④ ①④联立解得124/,2/v m s v m s ==-⑤
C 与A 发生弹性碰撞，由C 与A 组成系统动量守恒得:117mv mv mv =+⑥
由机械能守恒得:2221131117222
mv mv mv =+⨯⑦ 由⑤⑥⑦联立解得13/v m s '=-
由于1
2v v '>，所以C 能追上B.。