2019-2020学年湖南省湘西土家族苗族自治州新高考高一物理下学期期末质量检测试题

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． (本题9分)下列说法中正确的是
A ．随着科技的发展，永动机是可以制成的
B ．某种形式的能量减少，一定有其他形式的能量增加
C ．能量耗散表明，在能量的转化过程中能的总量逐渐减少
D ．不用电池，也不用上发条的“全自动”手表，说明能量可以凭空产生的
2． (本题9分)以下关于功和能的说法中正确的是（ ）
A ．功是矢量，能是标量
B ．功是能量转化的量度
C ．功和能都是矢量
D ．因为功和能的单位都是焦耳，所以功就是能
3． (本题9分)下列物体的运动过程满足机械能守恒定律的是（ ）
A ．加速上升的气球
B ．在空中匀速下落的树叶
C ．在竖直平面内作匀速圆周运动的小球
D ．斜向上抛出的铅球（不计空气阻力）
4．如图为湖边一倾角为30的大坝横截面示意图，水面与大坝的交点为O ，一人站在A 点以速度0v 沿水平方向仍一小石子，已知40m AO =，不计空气阻力，g 取210m/s ．下列说法正确的是（ ）
A ．若018m/s v >，则石块可以落入水中
B ．若020m/s v <，则石块不能落入水中
C ．若石子能落入水中，则0v 越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大
D ．若石子不能落入水中，则0v 越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大
5． (本题9分)倒置的光滑圆锥面内侧，有质量相同的两个小玻璃球A 、B ，沿锥面在水平面内作匀速圆周运动，关于A 、B 两球的角速度、线速度和向心加速度正确的说法是 ( )
A．它们的角速度相等ωA=ωB B．它们的线速度υA＜υB
C．它们的向心加速度相等D．A球的向心力小于B球的向心力
6．(本题9分)如图所示，质量均为m的两个小球A、B（可视为质点）固定在轻杆的两端，将其放入光滑的半球形碗中，杆的长度等于碗的半径，当杆与两球组成的系统处于平衡状态时，杆对小球A的作用力为（）
A．3
mg B．
3
mg C．
23
mg D．2mg
7．(本题9分)调查兵团成员移动作战时往往做出曲线形轨迹，关于曲线运动,以下说法正确的是() A．做曲线运动的物体一定受力，且力必须是恒力
B．曲线运动不一定是变速运动
C．匀速圆周运动是一种线速度不断改变的运动
D．做圆周运动的物体加速度一定指向圆心
8．AB和CD为圆上两条相互垂直的直径，圆心为O．将电量分别为+q和-q的两点电荷放在圆周上，其位置关于AB对称且距离等于圆的半径，如图所示．要使圆心处的电场强度为零，可在圆周上再放一个适当的点电荷Q，则该点电荷Q（）
A．应放在A点，Q=+2q B．应放在B点，Q=-2q
C．应放在C点，Q=+q D．应放在D点，Q=+q
9．如图所示，轻弹簧水平固定在墙上，一小球以初速度v0沿光滑水平面向左运动。

在小球向左压缩弹簧的过程中
A．小球做匀减速运动
B．小球和弹簧组成的系统机械能不守恒
C．小球克服弹力做功，机械能减少
D．小球和弹簧刚接触时速度最大，加速度最大
10．(本题9分)库仑利用如图所示的装置进行实验研究，得出了库仑定律．关于实验装置和实验操作，下列说法正确的是（）
A．小球A、B、C均为带电小球
B．库仑用仪器测量了金属球所带电荷量的具体数值
C．A和C之间的静电力大小是用弹簧测力计测量出来的
D．A和C之间的静电力使悬丝扭转，通过悬丝扭转的角度来比较静电力的大小
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，小球自a点由静止自由下落到b点时，与弹簧接触，至c点时弹簧被压缩到最短，若不计弹簧质量和空气阻力，在小球由a－b－c的运动过程中（）．
A．小球的机械能守恒B．小球的机械能不守恒
C．小球在b点时动能最大D．小球在c点时系统的弹性势能最大
12．(本题9分)如图所示，a、b是两个电荷量都为Q的正点电荷。

O是它们连线的中点，P、P＇是它们连线中垂线上的两个点。

从P点由静止释放一个质子，不计质子重力。

下列判断正确的是
A．质子将向O一直做加速运动，加速度一定是逐渐增大
B．质子将向P＇一直做加速运动，加速度一定是逐渐减小
C．质子将向P＇一直做加速运动，加速度可能是先增大后减小
D．质子所经过的位置电势越来越低
13．如图所示，航天飞机在完成对哈勃空间望远镜的维修任务后，在A点从圆形轨道I进入椭圆轨道Ⅱ，B为轨道Ⅱ上的一点，如图所示，关于航天飞机的运动，下列说法中正确的有
A．在轨道Ⅱ上经过A的加速度小于在轨道I上经过A的加速度
B．在轨道Ⅱ上经过A的动能小于在轨道I上经过A的动能
C．在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道I上运动的周期
D．在轨道Ⅱ上，B点引力的功率是最大的
14．(本题9分)如图为某一机械手表，其分针与时针上的点看作做匀速圆周运动，且分针长度是时针长度的1.5倍．下列说法正确的是（）
A．分针与时针的角速度之比是12：1
B．分针末端与时针末端的线速度之比是18：1
C．分针与时针的周期之比是12：1
D．分针末端与时针末端的加速度之比是216：1
15．明代出版的《天工开物》一书中就有牛力齿轮翻车的图画（如图所示），记录了我们祖先的劳动智慧。

若A、B两齿轮半径的大小关系为r A>r B，则
A．齿轮A、B的角速度大小相等
B．齿轮A的角速度大小小于齿轮B的角速度大小
C．齿轮A、B边缘的线速度大小相等
D．齿轮A边缘的线速度大小小于齿轮B边缘的线速度大小
16．某只走时准确的时钟，分针与时针由转动轴到针尖的长度之比是1.2：1，则下列说法正确的是（）
A．分针角速度是时针的12倍
B．分针角速度是时针的60倍
C．分针针尖线速度是时针针尖线速度的14.4倍
D．分针针尖线速度是时针针尖线速度的72倍
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
17．如图所示为研究平抛运动的实验装置：
(1)现把两个小铁球分别吸在电磁铁C、E上，然后切断电磁铁C的电源，使一只小铁球从轨道A射出，并在射出时碰到碰撞开关S，使电磁铁E断电释放它吸着的小铁球，两铁球同时落到地面。

这个实验
________________
A．只能说明平抛运动的水平方向做匀速直线运动的规律
B．只能说明平抛运动的竖直方向做自由落体运动的规律
C．不能说明上述AB规律中的任何一条
D．能同时说明上述AB两条规律
(2)若把该装置进行改装，可以验证动量守恒定律，改装后的装置如图。

实验原理和简要步骤如下：
A．用天平测出直径相同的入射小球与被碰小球的质量m1、m2相比较，应是m1大于m2
B．在地面上依次铺白纸和复写纸。

C．调整斜槽，使斜槽末端平直部分水平，并用重锤确定小球抛出点（斜槽末端口）在地面上的竖直投影点O。

D．不放被碰球m2，先让入射球m1多次从倾斜轨道上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。

E．把被碰球m2放在斜槽末端口上，让入射球m1从倾斜轨道上S位置静止滑下，与球正碰后，记下落点，重复多次，确定出入射球m1和被碰球m2的平均落地点位置M和N．用刻度尺量OM、OP、ON的长度。

请按要求完成：
①在步骤A中有“m1大于m2”的要求，其原因是为了防止________________，在步骤B中有“斜槽末端平直部分水平“的要求，其原因是为了__________________
②若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为_________；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为_________（用实验测量的量m1、m2、OM、•ON和•OP表示）
18．(本题9分)电火花打点计时器所用电源的电压为_________，频率为________，每隔________打一个点，某次试验中得到的一条纸带，每个间距中有4个点没有画出，用刻度尺测量情况如图所示，E点的速度为_________,加速度为_________．
四、解答题：本题共4题，每题5分，共20分
19．（6分）某起重机铭牌标记其额定输出功率为42kW，现用其提升货物，已知g=10m/s2。

(1)试通过计算说明其能否在6s内将m=500kg的货物由静止匀加速提升18m高?
(2)该起重机最多能将多重的货物以8m/s速度向上运输提升?
20．（6分）(本题9分)如图所示，质量为2m的木板，静止在光滑水平面上，木板左端固定着一根轻质弹簧，一质量m=1kg，大小不计的木块，从木板右端以未知初速度0v开始沿木板向左滑行，最终回到了木板右端刚好与未从木板滑出。

若在木块压缩弹簧的过程中，弹簧的弹性势能可达到的最大值为6J，木块与木板间滑动摩擦力大小保持不变，求：
（1）当弹簧弹性势能最大时，木块的速度与初速度的大小之比；
（2）未知初速度0v的大小及木块在木板上滑动的过程中系统损失的机械能。

21．（6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l1=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
，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．假设飞机整个过牵
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
22．（8分）(本题9分)如图（a）所示，A、B为两块平行金属板，极板间电压为U AB=1125V，板中央有小孔O和O′．现有足够多的电子源源不断地从小孔O由静止进入A、B之间．在B板右侧，平行金属板M、N长L1=4×10-2m，板间距离d=4×10-3m，在距离M、N右侧边缘L2=0.1m处有一荧光屏P，当M、N之间未加电压时电子沿M板的下边沿穿过，打在荧光屏上的O″并发出荧光．现给金属板M、N之间加一个如图（b）所示的变化电压u1，除了t=0.4n s (n =1，2，3…)时刻，N板电势均高于M板．已知电子质量为
m e＝9.0×10−31kg，电量为e=1.6×10-19C．
(1)每个电子从B板上的小孔O′射出时的速度多大？
(2)打在荧光屏上的电子范围是多少？
(3)打在荧光屏上的电子的最大动能是多少？
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．B
【解析】
试题分析：永动机违背了热力学第一和第二定律，故是不可能制造成功的，故A错误；根据能量守恒定律，某种形式的能量减少，一定有其他形式的能量增加，故B正确；能量耗散表明，能量的总量虽然守恒，但其转化和转移具有方向性，故C错误；根据能量守恒定律，能量是不能创生的，故D错误。

考点：考查了能量守恒定律
【名师点睛】热力学第一定律：热力系内物质的能量可以传递，其形式可以转换，在转换和传递过程中各种形式能源的总量保持不变．热力学第二定律：不可能把热从低温物体传到高温物体而不产生其他影响；不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响；不可逆热力过程中熵的微增量总是大于零
2．B
【解析】
【详解】
AC．物理学中把力和物体在力的方向上移动距离的乘积叫做机械功，简称功，功是标量，能量也是标量，故选项A、C错误；
BD．功是能量转化的量度，单位都是焦耳，但功不是能量，功属于过程量，能量属于状态量，故选项B
正确，D错误．
3．D
【解析】
加速上升的气球，动能和重力势能都增加，则机械能增加，选项A错误；在空中匀速下落的树叶会受到阻力作用，机械能减小，选项B错误；在竖直平面内作匀速圆周运动的小球，动能不变，重力势能不断变化，则机械能不变变化，选项C错误；斜向上抛出的铅球（不计空气阻力），只有重力做功，机械能守恒，选项D正确，故选D.
点睛：掌握住机械能守恒的条件，也就是只有重力做功，分析物体是否受到其它力的作用，以及其它力是否做功，由此即可判断是否机械能守恒．
4．A
【解析】
【分析】 【详解】 AB ．小球落在O 点下落的高度 h=40×1
2m=20m ， 则运动的时间
2220s 2s 10
h t g ⨯===， 则要恰好落在O 点的初速度
0340m/s 103m/s os302c v AO t ︒==⨯＝，
018m/s 103m/s v >＝，可知石块可以落入水中，故A 正确，B 错误．
C ．若石块能落入水中，下落的高度一定，竖直分速度一定，结合平行四边形定则知， 0tan y v v α=，
初速度越大，落水时速度方向与水平面的夹角越小，故C 错误．
D ．石块不能落在水中，石块竖直位移与水平位移的比值是定值，有 200
12tan 2gt gt v t v θ=＝， 速度与水平方向的夹角
00
tan 2tan y
v gt v v αθ===， 因为θ一定，则速度与水平方向的夹角一定，可知石块落到斜面时速度方向与斜面的夹角一定，与初速度无关．故D 错误．
5．C
【解析】
【详解】
对A 、B 两球分别受力分析，如图
由图可知F 合=F 合′=mgtanθ；根据向心力公式有mgtanθ=ma=mω2R=m ；解得a=gtanθ；v=，ω＝．故两球的向心加速度和向心力一样大；由于A 球转动半径较大，A 球的线速度较大，角速度较小。

故C 正确，ABD 错误。

故选C 。

6．B
【解析】
【详解】
轻杆的长度等于碗的半径，由几何关系知，OAB 为等边三角形。

对小球A 进行受力分析可知，小球A 受到杆的作用力为F=mgtan30°=
33
mg ，B 正确。

7．C
【解析】
做曲线运动的物体一定受力，但力不一定是恒力，例如做匀速圆周运动的物体，选项A 错误； 曲线运动的速度方向一定变化，故一定是变速运动，选项B 错误； 匀速圆周运动是一种线速度不断改变的运动，选项C 正确； 做匀速圆周运动的物体加速度一定指向圆心，选项D 错误；故选C.
8．D
【解析】 两个点电荷在O 点产生的场强大小都为2q k
r 两个场强的方向互成120°，根据平行四边形定则，合场强大小为：2q k r ，方向水平向右．所以放一个电荷在O 点产生的场强大小为2q k r ，方向水平向左，所以该电荷若在C 点，为-q ，若在D 点，为+q ，故D 正确，ABC 错误．
9．C
【解析】
【详解】
A.小球向左压缩弹簧，形变量越来越大，故弹力越来越大，则根据牛顿第二定律可知，小球的加速度越来越大，做加速度变大的减速运动，故A 错误；
B.由于小球和弹簧组成的系统外力做功为零，故系统的机械能守恒，故B 错误；
C.弹力对小球做负功，即小球克服弹力做功，所以小球的机械能减小，故C 正确；
D.小球和弹簧刚接触时速度最大，但此时弹力最小，加速度最小，故D 错误。

10．D
【解析】
【分析】
【详解】
AD.在该实验中，细悬丝的下端悬挂一根绝缘棒，棒的一端是一个带电的金属小球A，另一端有一个不带电的球B，B与A所受的重力平衡，当把另一个带电的金属球C插入容器并使它靠近A时，A和C之间的作用力F使悬丝扭转，已知悬丝转动的角度a与力F的大小成正比．故A错误，D正确；
B.该实验中没有测量A与C的带电量．故B错误；
C.A与B之间的静电力是通过力矩平衡，结合悬丝的力矩来分析的．故C错误．
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】
从a到c的运动过程，小球除重力做功外，弹簧的弹力对小球做功，故小球的机械能不守恒；对小球和弹簧的系统，只有重力和弹簧的弹力做功，符合机械能守恒的条件，因此系统的机械能守恒．所以A项错误，B项正确．小球从b点接触弹簧，弹力逐渐增大，开始小于重力，到bc间某位置等于重力，后大于重力，因此，小球从b到c先做加速运动，后做减速运动，到c点速度减为零，弹簧压缩到最短，弹性势能最大，到b点的动能不是最大，所以C选项错误，D选项正确．故选BD．
点睛：明确机械能守恒的条件是只有重力（或弹簧的弹力）做功；把握小球从b到c过程的受力分析和运动分析，知道小球先做加速运动，后做减速运动，在bc之间某位置速度最大，到c点速度减为零，弹簧压缩到最短．
12．CD
【解析】
【分析】
a、b为两个等量的正点电荷，其连线中垂线上电场强度方向P→P′，质子从P点到P′点运动的过程中，电场力方向P→P′，但电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况不确定．PP′过程中，质子一直做加速运动，但加速度变化情况不确定．【详解】
a、b是两个电荷量都为Q的正点电荷。

O是它们连线的中点，从P点静止释放一个质子后将向运动，由于电场强度方向是P指向，则质子受到的电场力指向，所以质子做加速运动，由于电场强度的大小不定，从P到电场强度可能减小，也可能先增加后减小，也可能增加，所以加速度可能减小，也可能先增加后减小，也可能增加，沿电场线方向电势降低，即质子所经过的位置越来越低，CD正确．
【点睛】
等量同种正电荷电场中，在其中垂线上电场方向竖直向上，O点的电场强度为零，无穷远处电场强度为零，所以从O向两侧先增大后减小，沿电场线方向电势降低．
13．BC
【解析】
【详解】
A.在轨道Ⅱ上经过A 点时所受的万有引力等于在轨道I 上经过A 点时所受的万有引力，所以加速度大小相等．故A 错误．
B. 从轨道I 上的A 点进入轨道Ⅱ，需要减速，使得在该点万有引力大于所需的向心力做近心运动．所以在轨道Ⅱ上经过A 点的动能小于在轨道I 上经过A 点的动能，故B 正确．
C. 在轨道II 上的半长轴小球轨道I 上的半长轴（半径），由开普勒行星运动定律知，在轨道II 上的周期小于在轨道I 周期，所以C 正确；
D.在轨道II 上，B 点的引力与速度方向垂直，则引力的功率为零，选项D 错误．
14．ABD
【解析】
【详解】
AC.分针的周期为T 分＝1h ，时针的周期为T 时＝12h ，两者周期之比为
T 分：T 时＝1：12
由
2T
πω= 研究得知，分针与时针的角速度之比是12：1.故选项A 符合题意，故选项C 不符合题意.
B.由
v ＝ωr
得，分针与时针端点的线速度之比为
v 分：v 时＝ω分r 分：ω时r 时＝12×1.5：＝18：1
即分针与时针末端的线速度之比为18：1.故选项B 符合题意.
D 、根据
a ＝ω2r
得分针与时针末端的向心加速度之比为216：1.故选项D 符合题意.
15．BC
【解析】
【详解】
AB 两轮边缘线速度大小相等，且A 轮半径比B 大，所以A 的角速度大小小于齿轮B 的角速度大小，AD 错误BC 正确
16．AC
【解析】
【详解】
AB 、时针的周期为12h T =时，分针的周期为；1h T =分，根据2T πω=得角速度之比为：12 1T T ωω==分时时分
，可知分针角速度是时针的12倍，故A 正确，B 错误；
CD 、由v r ω=可得，线速度之比为: 1.212:1114.4:1v v =⨯⨯=分时，即分针针尖线速度是时针针尖线速度的14.4倍，故C 正确，D 错误．
【点睛】
本题关键是建立圆周运动的运动模型，然后结合线速度、角速度、周期、转速间的关系列式分析．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
17．B 两球相碰后反弹 保证小球做平抛运动 m 1 ·OM ＋m 1 ·ON=m 1 ·OP m 1 ·OM 1＋m 1 ·ON 1=m 1 ·OP 1
【解析】
【详解】
(1)[1].两球同时落地，可知平抛运动在竖直方向上的运动规律与自由落体运动的规律相同，即平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，该实验不能得出平抛运动在水平方向上的运动规律。

A ．只能说明平抛运动的水平方向做匀速直线运动的规律，与分析不符，故A 项错误；
B ．只能说明平抛运动的竖直方向做自由落体运动的规律，与分析相符，故B 项正确；
C ．不能说明上述AB 规律中的任何一条，与分析不符，故C 项错误；
D ．能同时说明上述AB 两条规律，与分析不符，故D 项错误。

(1)①[1].入射球质量应大于被碰球质量，即：m 1＞m 1，是为了防止两球碰撞后入射球反弹，保证小球碰后速度方向不变。

[3].斜槽的末端必须水平，是为了使小球抛出时速度方向水平，从而做平抛运动；
②[4].碰撞过程动量守恒，则
m 1v 0=m 1v 1+m 1v 1，
两边同时乘以时间t 得：
m 1v 0•t=m 1v 1•t+m 1v 1•t ，
则
m 1•OP=m 1•OM+m 1•ON
[5].若碰撞为弹性碰撞，则
112220122112 122
v v m m m v +＝， 两边同时乘以时间的平方得
222012221122m t t m t v v v m +＝
则得：
m 1•OP 1＝m 1•OM 1+m 1•ON 1．
18．220V 50Hz 0.02s 0.91m/s 2m/s 2
【解析】
【分析】
【详解】
[1][2][3]．电火花打点计时器所用电源的电压为220V ，频率为50H Z ，每隔0.02s 打一个点；[4]．某次试验中得到的一条纸带，每个间距中有4个点没有画出，则任意两点间的时间间隔T=0.1s ；E 点的速度为
2
(8.1010.10)10m/s=0.91m/s 20.2
DF E x v T -+⨯==； [5]．加速度为
2
2222(8.10 6.10 4.10 2.10)10m/s =2m/s 440.1
CE AB x x a T --+--⨯==⨯． 【点睛】
解决本题的关键知道极短时间内的平均速度近似等于瞬时速度，时间取得越短，平均速度表示瞬时速度越精确；能用逐差法计算加速度的大小．
四、解答题：本题共4题，每题5分，共20分
19．（1）能（2）25.2510kg ⨯
【解析】
【详解】
(1)货物做匀加速运动，由运动学知识 可得：加速度为：2221.0m /s h a t
==
速度为：6/v m s
= 根据牛顿第二定律得：F mg ma -=
解得：5500N
F = 此起重机最小功率为：33kW 42kW P Fv ==<
故：可以在6s 内将m=500kg 的货物由静止匀加速提升18m 高
(2)当匀速提升时，拉力等于重力时 可得：4
34.210 5.25108
P mg F N V ⨯====⨯ 故：25.2510kg mg m g
==⨯ 20．（1）
013v v =（2）6m/s 12J
【解析】
【详解】
（1）弹簧的弹性势能最大，设此时的速度为v ，系统的动量守恒，由动量守恒定律可得：
()02mv m m v =+ 解得：013
v v = （2）当木块向左运动到和木板的速度相等时，由能量的转化与守恒：
220pm 11322
mv mv E mgL μ-=+ 从初状态到木块又滑到木板右端，两者相对静止，共同的速度仍为v ，由能量的转化与守恒：
220113222
mv mv mgL μ-=
以上方程解得：06m/s v === 这个过程中，木块的初速度为0v ，两者的共同速度为012m/s 3v v =
= 所以系统损失的机械能为：
22011312J 22
E mv mv ∆=-= 21． (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：2110.202F 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 22． (1)70m 210s
v =⨯ (2)22.410m Y -=⨯ (3)16km =1.87210J E -⨯ 【解析】
【分析】
【详解】
(1) 电子经A 、B 两块金属板加速，有
21012
eU mv = 解得：
70m m 210s s v ===⨯ (2) 当U=100V 时，电子经过MN 极板向下的偏移量最大，为
192222113137011 1.6101000.04()()m 0.8910m 22910410210
eU L y md v ----⨯⨯==⨯⨯≈⨯⨯⨯⨯⨯ 由于1y d >说明所有的电子不可以飞出M 、N ；
由几何关系可知，
2
1
22L Y d L Y L -=+
代入数据解得：
22.410m Y -=⨯
(3)当电子沿着下板右端射出时，粒子的速度最大，即动能最大，此时电子的偏转角θ
1
tan 0.22
d L θ== 电子在竖直方向的速度为：
770m m tan 2100.20.410s s
y v v θ==⨯⨯=⨯ 所以电子的速度为：
2
2221420m 4.1610s y v v v =+=⨯
电子的最大动能为：
2311416km 11910 4.1610J=1.87210J 22
E mv --==⨯⨯⨯⨯⨯
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，把一个架在绝缘支架上的枕形导体放在正电荷形成的电场中．导体处于静电平衡时，下列说法正确的是（ ）
A ．A 、
B 两点电势不相等
B ．A 、B 两点电场强度不相等
C ．感应电荷产生的附加电场电场强度E A ＞E B
D ．当电键S 闭合时，电子从导体沿导线向大地移动
2．如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m 的小球A ，若将小球A 从弹簧原长位置由静止释放，小球A 能够下降的最大高度为h ．若将小球A 换为质量为3m 的小球B ，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B 下降h 时的速度为(重力加速度为g ，不计空气阻力) ( )
A 2
gh B gh C 43gh D 2gh 3． (本题9分)关于点电荷，下列说法中正确的是（ ）
A ．点电荷就是体积小的带电体
B ．球形带电体一定可以视为点电荷
C ．带电少的带电体一定可以视为点电荷
D ．大小和形状对作用力的影响可忽略的带电体可以视为点电荷
4． (本题9分)汛期将至，某地进行抗洪抢险演练．预设情景：一婴儿在一小木盆中随水流动，抢险战士发现这一情况时，抢险船与木盆的连线与河岸垂直，且木盆正好在河中间，如图所示．抢险船在静水中速度为8m/s ，河宽为200m 、河水流速为4m/s ，不计战士的反应时间和船的发动时间．则最短的救援时间为（ ）。