湖南省永州市2019-2020学年物理高一下期末检测模拟试题含解析

湖南省永州市2019-2020学年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．下列物理量中，属于矢量的是：
A ．电势
B ．电势能
C ．电势差
D ．电场强度
【答案】D
【解析】
【详解】
电势、电势差和电势能都是只有大小没有方向的标量；而电场强度是即有大小又有方向的矢量；故A 、B 、C 错误；D 正确.
2．一质点做直线运动的x-t 图象如图所示，由图象可知( )
A ．质点沿x 轴负方向做匀速运动
B ．质点沿x 轴正方向做匀速运动
C ．t ＝0时，质点的速度是5m/s
D ．t ＝0时，质点的速度是-5m/s
【答案】B
【解析】
A 、
B 、根据位移时间图象的斜率等于速度，斜率的正负表示速度的方向，则知质点沿x 轴负方向做匀速运动，故A 错误，B 正确．D 、质点的速度不变，为 051m/s 5
x v t ∆-===-∆，故D 错误．故选B. 【点睛】位移图象表示物体的位移随时间的变化情况，不是质点的运动轨迹，其斜率等于速度，要注意与v-t 图象的区别，不能搞混．
3．如图所示，倾角030的光滑斜面连接粗糙水平面，在水平面上安装半径为R 的光滑半圆竖直挡板，质量为m 的小滑块从斜面上高为2
R 处静止释放到达水平面恰能贴着挡板内侧运动，第一次到达半圆挡板中点对挡板的压力为0.75mg ，（不计小滑块体积，不计斜面和水平面连接处的机械能损失）则小滑块第二次到达半圆挡板中点对挡板的压力为（ ）
A ．0.5mg
B ．0.75mg
C ．0
D ．0.25mg
【答案】D
【解析】 试题分析：在斜面运动的过程中，根据动能定理：，第一次到达半圆挡板中点时速度为v ，则根据牛顿第二定律：2
N v F m R =，而且0.75N F mg =，则：21328mv mgR =，则每经过14损失的能量为2201113122288
E mv mv mgR mgR mgR ∆=
-=-= 则第二次经过半圆挡板中点时速度为'v ，则：'222001111133?22288mv mv E mv mgR mgR =-∆=-= 则此时根据牛顿第二定律：'2'
10.254N v F m mg mg R ===，故选项D 正确，选项ABC 错误。

考点：能量守恒，牛顿第二定律
【名师点睛】本题考查能量守恒，牛顿第二定律，首先根据能量守恒求出每经过
14
损失的能量，然后求出第二次经过半圆挡板中点时速度为'v ，在根据牛顿运动定律即可。

4． (本题9分)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动能一定：( )
A ．等于拉力所做的功；
B ．小于拉力所做的功；
C ．等于克服摩擦力所做的功；
D ．大于克服摩擦力所做的功；
【答案】B
【解析】
【分析】
受力分析，找到能影响动能变化的是那几个物理量，然后观测这几个物理量的变化即可．
【详解】
木箱受力如图所示：
木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功， 根据动能定理可知即：2102
F f W W mv -=
- ，所以动能小于拉力做的功，故B 正确；无法比较动能与摩擦力做功的大小，ACD 错误．
故选B
【点睛】
正确受力分析，知道木箱在运动过程中有那几个力做功且分别做什么功，然后利用动能定理求解末动能的大小．
5． (本题9分)如图所示,将一个半圆形轨道固定在竖直面内,一滑块m 从左侧轨道的最高点P 沿轨道的切线进入轨道,之后沿轨道滑到最低点Q 的过程中其速率不变,则（ ）
A ．滑块m 下滑过程中机械能守恒
B ．滑块m 下滑过程中所受合外力大小不变
C ．滑块m 下滑过程中重力的功率不变
D ．滑块沿右侧轨道上升过程中速率也不变
【答案】B
【解析】
【详解】
滑块下滑的过程中做匀速圆周运动，则动能不变，重力势能减小，机械能减小，选项A 错误；滑块下滑的过程中做匀速圆周运动，合外力提供向心力，可知合力的大小不变，方向时刻改变，故B 正确．重力不变，匀速运动的速度大小不变，速度在竖直方向上的分速度逐渐减小，则重力的功率减小，故C 错误．在右侧轨道,滑块所受合力沿切线方向的分力与瞬时速度相反,故滑块做减速运动，选项D 错误；故选B. 6． (本题9分)如图所示，圆弧形拱桥半径为r ，质量为m 的汽车在拱桥顶端时速率为v ，以下说法正确的是 ( )
A．无论v多大，汽车都能安全通过拱桥
=时，汽车一定能安全通过拱桥
B．当v rg
C．当v rg mg
=时，汽车在桥顶端时对桥的压力大小为零
D．当v rg
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
当汽车在桥顶端时对桥的压力大小为零，仅重力提供向心力，则有：
2
v
mg m
=
r
解得：
v gr
gr ABC错误，D正确．故选D．
【点睛】
根据竖直方向上的合力提供向心力求出桥的半径，当汽车不受摩擦力时，支持力为零，则靠重力提供向心力，求出汽车通过桥顶最大的速度，而要安全通过，则摩擦力不为零，故支持力不为零，故汽车的速度应小于最大速度．
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．关于地球的第一宇宙速度，下列说法正确的是( )
A．它是卫星环绕地球运行的最小速度
B．它是卫星环绕地球运行的最大速度
C．它是发射地球卫星的最小发射速度
D．它是发射地球卫星的最大发射速度
【答案】BC
【解析】
【详解】
第一宇宙速度有三种说法：①它是人造地球卫星在近地圆轨道上的运行速度，②它是人造地球卫星在圆轨道上运行的最大速度，③它是卫星进入近地圆形轨道的最小发射速度；在地面附近发射飞行器，如果速度大于7.9km/s，而小于11.2km/s，它绕地球飞行的轨迹就不是圆，而是椭圆，因此7.9km/s不是人造
地球卫星环绕地球飞行的最大运行速度，大于此值也可以，只不过物体做的是椭圆轨道运动，7.9km/s 是人造地球卫星在近地圆轨道上的运行速度，也是卫星进入近地圆形轨道的最小发射速度，BC 正确，AD 错误。

故选BC 。

【点睛】
注意第一宇宙速度有三种说法：①它是人造地球卫星在近地圆轨道上的运行速度，②它是人造地球卫星在圆轨道上运行的最大速度，③它是卫星进入近地圆形轨道的最小发射速度．
8． (本题9分)如图所示，质量M ，中空为半球型的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m 的小铁球，现用一水平向右的推力F 推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成α角．重力加速度为g ，则下列说法正确的是
A ．小铁球受到的合外力方向水平向左
B ．凹槽对小铁球的支持力为cos mg α
C ．系统的加速度为sin a g α=
D ．推力()tan F m M g α=+
【答案】BD
【解析】
【详解】
A.小铁球的加速度方向水平向右，根据牛顿第二定律知小铁球受到的合外力方向水平向右;故A 错误.
B.对小球进行受力分析，如图所示：
则凹槽对小铁球的支持力cos cos G mg N αα
==;故B 正确. C.对小球进行受力分析得：mgtanα=ma ，解得：a=gtanα，所以系统的加速度为a=gtanα;故C 错误.
D.对整体进行受力分析，根据牛顿第二定律得：F=(m+M)a=(m+M)gtanα;故D 正确.
9． (本题9分)如图所示，质量为m 的飞行器绕中心在O 点、质量为M 的地球做半径为R 的圆周运动，现在近地轨道1上的P 点开启动力装置，使其变轨到椭圆轨道3上，然后在椭圆轨道上远地点Q 再变轨到圆轨道2上，完成发射任务。

已知圆轨道2的半径为3R ，地球的半径为R ，引力常量为G ，飞行器在地
球周围的引力势能表达式为E p =r G Mm -，其中r 为飞行器到O 点的距离。

飞行器在轨道上的任意位置时，r 和飞行器速率的乘积不变。

则下列说法正确的是（ ）
A ．可求出飞行器在轨道1上做圆周运动时的机械能是GMm R
B ．可求出飞行器在椭圆轨道3上运行时的机械能是-4GMm R
C ．可求出飞行器在轨道3上经过P 点的速度大小v P 和经过Q 点的速度大小v Q 32GM R 6GM R
D ．飞行器要从轨道1转移到轨道3上，在P 点开启动力装置至少需要获取的的动能是
2GMm R
【答案】BC
【解析】
【详解】
A ．飞行器在轨道1上做圆周运动，则 212v Mm G m R R
= 则动能 211122k GMm E mv R
=
= 势能 1p m E R
G M =- 机械能 1112k p Mm E E E R G =+=-
选项A 错误； BC ．飞行器在椭圆轨道3上运行时
3P Q v R v R =⋅
22311223P Q GMm GMm E mv mv R R
=
-=- 解得
34GMm E R =- 6Q GM v R
= 32P GM v R =
选项BC 正确；
D ．飞行器要从轨道1转移到轨道3上，在P 点开启动力装置至少需要获取的的动能是
22111224P GMm E mv mv R
∆=-= 选项D 错误。

故选BC 。

10．如图所示，在皮带传送装置中，皮带把物体P 匀速带至低处（物体与皮带相对静止），在此过程中，下述说法正确的（ ）
A ．摩擦力对物体做正功
B ．摩擦力对物体做负功
C ．支持力对物体不做功
D ．物体对皮带的摩擦力不做功
【答案】BC
【解析】
【详解】
货物随传送带一起匀速斜向下运动，受到重力、支持力和摩擦力的作用，如图所示：
重力方向竖直向下，支持力与传送带垂直向上。

货物相对于传送带有向下运动的趋势，所以货物还要受到传送带对它的静摩擦力。

该摩擦力的方向与它相对于传送带的运动趋势相反，即沿传送带斜向上。

因为物体P 向左下方匀速运动，所以支持力不做功。

物体运动方向与摩擦力方向相反，所以摩擦力对物体做负功，根据作用力与反作用力的关系，物体对传送带的摩擦力向下，物体对传送带的摩擦力做正功 故选：BC 。

11．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.
12．(本题9分)如右图所示，下列关于地球人造卫星轨道的说法，正确的是
A．卫星轨道a、b、c都是可能的
B．卫星轨道只可能是b、c
C．a、b均可能是同步卫星轨道
D．同步卫星轨道只可能是b
【答案】BD
【解析】
A、地球卫星围绕地球做匀速圆周运动，圆心是地球的地心，所以凡是人造地球卫星的轨道平面必定经过地球中心，所以b、c均可能是卫星轨道，a不可能是卫星轨道，故A错误，B正确；
C、同步卫星的轨道必定在赤道平面内，所以同步卫星轨道只可能是b，故D正确，C错误．
点睛：凡是人造地球卫星，轨道平面必定经过地球中心，即万有引力方向指向轨道面的圆心．同步卫星轨道必须与赤道平面共面．由此分析即可．
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“研究平抛运动”的实验装置示意图．
（1）在实验中，下列说法正确的是（________）
A．斜槽轨道末端切线必须水平
B．斜槽轨道必须光滑
C．小球每次应从斜槽同一高度由静止释放
（2）在该实验中，某同学正确地确定了坐标原点入坐标轴后，描绘出小球在不同时刻所通过的三个位置A、B、C相邻的两个位置间的水平距离均为x，测得x=10.00cm，A、B间的竖直距离y1=4.78cm，A、C间的竖直距离y2=19.36cm．如图所示，（重力加速度g取9.80m/s2）根据以上直接测量的物理量及已知量导出小球做平抛运动的初速度的表达式为v0=_____________（用题中所给字母表示）．代入数据得到小球的初速度值为___________m/s．
【答案】AC；；100；
【解析】
试题分析：（1）在实验中要画出平抛运动轨迹，必须确保小球做的是平抛运动．所以斜槽轨道末端一定要水平，同时斜槽轨道要在竖直面内．要画出轨迹，必须让小球在同一位置多次释放，才能在坐标纸上找到一些点．然后将这些点平滑连接起来，就能描绘出平抛运动轨迹；
（2）平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，结合水平位移和时间间隔求出初速度．
解：（1）A、为了能画出平抛运动轨迹，首先保证小球做的是平抛运动，所以斜槽轨道不一定要光滑，但必须是水平的．故A正确，B错误，
C、应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滑下，保证抛出的初速度相同，故C正确；
故选：AC
（2）在竖直方向上，根据△y=gT2得：
T=
则小球做平抛运动的初速度的表达式为：v0=，
带入数据得：v0=．
故答案为：（1）AC；（2）；1.00
【点评】体现了平抛运动的特征：水平初速度且仅受重力作用．同时让学生知道描点法作图线，遇到不在同一条直线上一些点时，只要以能平滑连接就行，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解．
14．(本题9分)利用如图所示的方式验证碰撞中的动量守恒．竖直平面内的四分之--光滑圆弧轨道下端与水平桌面相切，先将质量均为m的滑块A、B分别从圆弧轨道的最高点无初速度释放（如图甲所示），测得滑块在水平桌面滑行的距离均为1x；然后将滑块B放在圆弧轨道的最低点，再将A从圆弧轨道的最高
点无初速度释放（如图乙所示），测得碰后B 沿桌而滑行的距离为2x ，A 沿桌而滑行的距离为3x ，圆弧轨道的半径为R ，A 、B 均可视为质点，重力加速度为g ．
（1）滑块A 运动到圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小为__________． （2）若A 和B 的碰撞过程动量守恒，则123,,x x x 应满足的关系是__________ （3）若A 和B 发生弹性碰撞.则碰撞后瞬间A 的速度为___________，B 的速度为___________．
【答案】 (1)3mg 123x x x =
(3)0 2gR
【解析】
【详解】
（1）[1]．A 在圆弧面上运动时机械能守恒，则有 212
mgR mv = 在最低点时有
2
N v F mg m R
-= 联立解得
3N F mg =
2v gR =即滑块对轨道的压力为3mg ；
（2）[2]．若碰撞过程动量守恒，则
12mv mv mv =+
碰撞前据动能定理可得
2112
mv mgx μ= 碰撞后根据动能定理可得
21212
mv mgx μ= 22312
mv mgx μ= 联立解得
123x x x =+；
（3）[3][4]．两物块相同，若发生弹性碰撞，则两者发生速度交换，故碰后A 的速度为零；B 的速度为2v gR =； 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分 15． (本题9分)滑板运动是一项惊险刺激的运动，深受青少年的喜爱。

如图是滑板运动的轨道，AB 和CD 是两段圆弧形轨道，BC 是一段长
的水平轨道，其与圆弧AB 、CD 分别相切于B 、C 两点。

某次一运动员从AB 轨道上P 点以
的速度下滑，经BC 轨道后冲上CD 轨道的最大高度。

已知运动员和滑板的总质量，滑板与BC 轨道的动摩擦因数为
，，不计圆弧轨道上的摩擦。

计算时，将运动员和滑板简化为质点，
求：
运动员的初速度大小；
运动员在BC 轨道上因摩擦产生的热量是多少？在BC 轨道上运动的总路程是多少米？
【答案】 (1)
(2),
【解析】
【详解】
对运动员和滑板，由A 到D 根据动能定理得：代人数据得：
运动员最终停在BC 轨道上，设运动员在BC 轨道上运动的总路程是s ，对运动员和滑板，根据能量定恒得：
代人数据得：
摩擦产生的热量：
则
【点睛】 本题主要考查了动能定理得直接应用，要注意圆弧是光滑的，最终肯定会停在BC 轨道上，运用动能定理时，关键是灵活选择研究的过程，要抓住滑动摩擦力做功与总路程有关。

16．(本题9分)如图是利用传送带装运煤块的示意图.其中传送带长l=6m,倾角θ=37°,煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.8,传送带的主动轮和从动轮半径相等.主动轮轴顶端与运煤车底板间的竖直高度H=1.8m,与运煤车车厢中心的水平距离x=l.2m.现在传送带底端由静止释放一些煤块(可视为质点).质量m=5kg,煤块在传送带的作用下运送到高处.要使煤块在轮的最高点水平抛出并落在车厢中心.取g=10m／
s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.求：
(1)煤块在轮的最高点水平抛出时的速度.
(2)主动轮和从动轮的半径R；
(3)电动机运送煤块多消耗的电能.
【答案】(1) 2/
m s(2) 0.4m(3) 350J
【解析】
（l ）由平抛运动的公式，得：
x=vt
H=1
2
gt2
代入数据解得：
10
1.22/
22 1.8
g
v m s
H
===
⨯
．
（2）要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，由牛顿第二定律，
得：mg=m
2 v R
代入数据，得：
24
0.4
10
v
R m g
===
（3）由牛顿第二定律F=ma得
a=μgcosθ-gsinθ=0.8×10×0.8-10×0.6=0.4m/s2
由v=v0+at得，加速过程时间
2
5
0.4
v
t s a
===
根据s=1
2
at2得，S=5m
S带=vt=2×5=10m △S=S带-S=10-5=5m 由能量守恒得：
E=mgLsin37°+1
2
mv2+f△S=5×10×6×0.6+
1
2
×5×4+0.8×50×0.8×5J=350J．
点睛：本题综合考查了平抛运动和圆周运动的规律，掌握牛顿第二定律、能量守恒定律以及运动学公式，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．
17． (本题9分)真空中有两个点电荷A 、B 相距r=30cm ，q A =4×10－6 C ，q B =－4×10－6 C ，已知静电力常量k = 9.0×109N·m 2/C 2
（1）在A ，B 两点电荷连线的中垂线上，距A 、B 两点都为r 的O 点放一个带电量为q C =4×10－6 C 的正点
电荷C ，求该电荷所受的电场力的大小．
（2）求O 点的电场强度．
【答案】（1）1.6N （2）E=5410⨯V/m ，方向水平向右
【解析】
（1）由库仑定律，A.B 两电荷对电荷C 的作用力的大小都为为2A B q q F k r =； 由平行四边形定则可求出二力的合力2
A B q q F k
r =合， 点电荷C 所受电场力 1.6F N =；
（2）由场强公式F E q
=，得5410V/m E ⨯=，方向水平向右；。