山东省临沂市2019-2020学年新高考高一物理下学期期末学业水平测试试题

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)如图所示，在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下，汽车匀速向左运动，则()
A．重物匀速上升B．重物减速上升
C．重物加速上升D．重物处于失重状态
2．如图所示，半径分别为R和2R的两个圆盘A、B处于水平面内，两者边缘接触，靠静摩擦传动，均可以绕竖直方向的转轴O1及O2转动.一个可视为质点的小滑块位于转盘B上的C点，与转轴O2的距离为R.已知滑块与转盘间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，滑动摩擦力等于最大静摩擦力.现使转盘B的转速逐渐增大，当小滑块恰好要相对于转盘B发生相对运动时，转盘A的角速度大小为
A．
g
R
μ
B．2
g
R
μ
C．
2
g
R
μ
D．
2g
R
μ
3．(本题9分)质量m=4kg的质点静止在光滑水平面上的直角坐标系的原点O，先用沿+x轴方向的力F1=8N 作用了2s，然后撤去F1；再用沿+y方向的力F2=24N作用了1s．则质点在这3s内的轨迹为
A．B．
C．D．
4．如图所示，质量m A=6kg的物块A下端连接着直立且固定于水平地面的轻质弹簧，上端连接着跨过定滑轮的轻质细绳，绳的另一端连接着静置于水平地面、质量为m B=8kg的物块B。

此时，与A相连的轻绳处于竖直方向，与B相连的轻绳与水平地面成37°角，并且弹簧的压缩量为10cm，若弹簧劲度系数
k=100N/m，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计滑轮与轻绳间的摩擦。

则下列分析计算正确的是
A．物块A所受合力为40N
B．轻绳对物块B的拉力为40N
C．地面对物块B的摩擦力为50N
D．地面对物块B的支持力为50N
5．(本题9分)第一次通过实验的方法比较准确地测出引力常量的物理学家是（）
A．牛顿B．开普勒C．伽利略D．卡文迪许
6．如图，两个相同的小球在内表面光滑的漏斗形容器内，做水平面的圆周运动，甲的位置高于乙的位置。

关于它们受到的向心力大小和周期大小，下列关系正确的是
A．F甲=F乙T甲=T乙B．F甲=F乙T甲＞T乙
C．F甲＞F乙T甲=T乙D．F甲＜F乙T甲＞T乙
7．如图所示，虚线MN为一小球在水平面上由M到N的运动轨迹，P是运动轨迹上的一点. 四位同学分别画出了带有箭头的线段甲、乙、丙、丁来描述小球经过P点时的速度方向. 其中描述最准确的是( )
A．甲B．乙C．丙D．丁
8．(本题9分)2022年冬奥会将在中国举办的消息吸引了大量爱好者投入到冰雪运动中。

若跳台滑雪比赛中运动员在忽略空气阻力的情况下，在空中的运动可看成平抛运动。

运动员甲以一定的初速度从平台飞出，轨迹为图中实线①所示，运动员乙以相同的初速度从同一点飞出，且质量比甲大，则乙运动轨迹应为图中的（）
A ．①
B ．②
C ．③
D ．④
9．关于功的概念，下列说法中正确的是（ ） A ．因为功有正负，所以功是矢量 B ．力对物体不做功，说明物体一定无位移 C ．滑动摩擦力可能做负功，也可能做正功
D ．若作用力对物体做正功，则反作用力一定做负功
10． (本题9分)如图所示，光滑水平面上，甲、乙两个球分别以大小为v 1=1m/s 、v 2=2m/s 的速度做相向运动，碰撞后两球粘在一起以0.5m/s 的速度一起向右运动，则甲、乙两球的质量之比为
A ．1：1
B ．1：2
C ．5：1
D ．5：3
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)在光滑水平面上，动能为0E 动量大小为0p 的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反．将碰撞后球1的动能和动量的大小分别计为1E 、1p ，球2的动能和动量的大小分别计为，则下列关系中正确的是: A ．10E E <
B ．10p p <
C ．20E E >
D ．20p p <
12． (本题9分)如图所示，竖直平面内轨道ABCD 的质量M=0.4 kg ，放在光滑水平面上，其中AB 段是半径R=0.4 m 的光滑1/4圆弧，在B 点与水平轨道BD 相切，水平轨道的BC 段粗糙，动摩擦因数μ=0.4，长L=3.5 m ，C 点右侧轨道光滑，轨道的右端连一轻弹簧．现有一质量m=0.1 kg 的小物体(可视为质点)在距A 点高为H=3.6 m 处由静止自由落下，恰沿A 点滑入圆弧轨道(g=10 m/s²)．下列说法正确的是
A ．最终m 一定静止在M 的BC 某一位置上
B ．小物体第一次沿轨道返回到A 点时将做斜抛运动
C ．M 在水平面上运动的最大速率2.0 m/s
D ．小物体第一次沿轨道返回到A 点时的速度大小4 m/s
13． (本题9分)有一质量为m 的木块，从半径为r 的圆弧曲面上的a 点滑向b 点，如图．若由于摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是( )
A．木块所受合外力始终为零
B．木块所受摩擦力越来越大
C．木块合外力做功一定为零
D．木块机械能始终保持不变
14．(本题9分)如图所示，足够长的光滑细杆PQ水平固定，质量为2m的物块A穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动，质量为0.99m的物块B通过长度为L的轻质细绳竖直悬挂在A上，整个装置处于静止状态，A、B可视为质点。

若把A固定，让质量为0.01m的子弹以v0水平射入物块B（时间极短，子弹未穿出）后，物块B恰好能在竖直面内做圆周运动，且B不会撞到轻杆。

则（）
A．在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构成的系统，其动量和机械能都守恒
B．子弹射入物块B的初速度v0=1005gL
C．若物块A不固定，子弹仍以v0射入时，物块上摆的初速度将小于原来物块A固定时的上摆初速度
5gL
D．若物块A不固定，子弹仍以v0射入，当物块B摆到与PQ等高时，物块A的速率为
15．一质量为2kg的质点在xOy平面内运动，在x方向的s-t图象和y方向的v-t图象分别如图所示.则该质点
A．初速度大小为3m/s
B．所受的合外力为3N
C．做匀变速曲线运动
D．初速度方向与合外力方向垂直
16． (本题9分)如图所示，长为L=4m 的传送带的速度是5m/s ，现将m=1kg 的小物体轻放在左轮正上方的皮带上，物体与皮带间的动摩擦因数μ=0.2，g ＝10m/s 2，电动机带动皮带将物体从左轮运送到右轮的过程中，下列说法中正确的是( )
A ．传送带对小物体做功为8J
B ．小物体获得的动能为12.5J
C ．摩擦产生的热量为12J
D ．电动机由于传送物体多消耗的能量为25 J 三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
17．某同学用如图所示装置来探究碰撞中动量是否守恒，让质量为1m 的入射小球a 从斜槽某处由静止开始滚下，与静止在斜槽末端质量为2m 的被碰小球b 发生碰撞，M 、P 、N 是小球在水平面上落点的平均位置。

（1）实验中必须要求的条件是（______） A ．斜槽必须是光滑的 B ．斜槽末端的切线必须水平 C ．要测量槽口离地的高度
D ．a 与b 的球心在碰撞瞬间必须在同一高度 （2）两小球的质量应满足（_____）
A ．12
m m > B ．12 m m = C ．12m m < D ．对两球质量关系无要求
（3）若该碰撞过程中动量守恒，则一定有关系式_______________________成立。

（用1m 、2m 、OP 、OM 、
ON 表示）
18．如图所示实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板和静电计外壳接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连。

（1）用摩擦过的玻璃棒或橡胶棒接触______侧极板（选填左或右）使电容器带电。

①将极板间距离减小时，可观察到静电计指针偏转角______（选填变大，变小或不变）； ②两板间插入电介质时，可观察到静电计指针偏转角______（选填变大，变小或不变）。

（2）下列关于实验中使用静电计的说法中不正确的有______________ A ．使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况 B ．使用静电计的目的是测量电容器电量的变化情况 C ．静电计可以用电压表替代 D ．静电计可以用电流表替代
四、解答题：本题共4题，每题5分，共20分
19．（6分） (本题9分)如图所示，粗糙弧形轨道和两个光滑半圆轨道组成翘尾巴的S 形轨道.光滑半圆轨道半径为R ，两个光滑半圆轨道连接处CD 之间留有很小空隙，刚好能够使小球通过，CD 之间距离可忽略.粗糙弧形轨道最高点A 与水平面上B 点之间的高度为h.从A 点静止释放一个可视为质点的小球，小球沿翘尾巴的S 形轨道运动后从E 点水平飞出，落到水平地面上，落点到与E 点在同一竖直线上B 点的距离为s.已知小球质量m ，不计空气阻力，求：
(1)小球从E 点水平飞出时的速度大小；
(2)小球运动到半圆轨道的B 点时对轨道的压力； (3)小球沿翘尾巴S 形轨道运动时克服摩擦力做的功.
20．（6分） (本题9分)在光滑的冰面上放置一个截面为四分之一的圆弧，圆弧的半径足够大且为光滑自由曲面．一个坐在冰车上的小孩手扶一小球静止在冰面上．已知小孩和冰车的总质量为1m ，小球的质量为2m ,曲面质量为3m ,某时刻小孩将小球以0v 的速度向曲面推出，如图所示.
(1)求小球在圆弧面上能上升的最大高度;
(2)若1m =40kg,2m =4kg ，小孩将小球推出后还能再接到小球，试求曲面质量3m 应满足的条件.
21．（6分） (本题9分)某行星表面的重力加速度为g ，行星的质量为M ，现在该行星表面上有一宇航员站在地面上，以初速度0v 竖直向上扔小石子，已知万有引力常量为G ．不考虑阻力和行星自转的因素，求：
（1）行星的半径R ；
（2）小石子能上升的最大高度．
22．（8分） (本题9分)如图甲所示，平行板电容器的两个极板A 、B 分别接在电压为U 的恒压电源的两极，两极板间距为d ，板长为L ．α粒子从非常靠近上极板的C 点以v 0的速度沿垂直电场线方向的直线CO 方向射入电场，经电场偏转后由D 点飞出匀强电场．已知α粒子质量为m ，电荷量为+q ，不计α粒子重力．求：
（1）α粒子飞离电场时沿电场方向发生的位移大小； （2）C 、D 两点间的电势差；
（3）若仅将A 、B 极板上的电压换为如图乙所示的周期性变化的电压，t ＝0时A 板比B 板的电势高．为使在t ＝
4
T
时刻由C 点射入两板间的α粒子最终刚好能由O 点水平射出，分别写出电压变化周期T 与板间距离d 满足的条件．(用L 、U 、m 、q 、v 0表示)
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．C
【解析】设绳子与水平方向的夹角为θ，将小车的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于物体的速度，根据平行四边形定则得，v B =vcosθ，车子在匀速向左的运动过程中，绳子与水平方向的夹角为θ减小，所以物体的速度增大，重物做加速运动，重物处于超重状态，故C 正确 故选C 2．B 【解析】 【详解】
对小滑块向心力等于最大静摩擦力，μmg=mRω2，所以大圆盘转动的角速度为ωB 点的角速度为
2B v R ω=⋅=A 点的线速度大小为A B v v ==A 点的角速度为
A A v R ω=
=
A.A 错误.
B.与计算结果相符；故B 正确.
C.C 错误.
D.与计算结果不相符；故D 错误. 3．D 【解析】
考点：运动的合成和分解；牛顿第二定律．
分析：物体在F 1作用下在x 轴方向做匀加速直线运动，撤去F 1，施加F 2，由于合力与速度方向垂直，做曲线运动，将曲线运动分解为x 轴方向和y 轴方向研究，在x 轴方向做匀速直线运动，在y 轴方向做匀加速直线运动．
解答：解：质点在F 1的作用由静止开始从坐标系的原点O 沿+x 轴方向做匀加速运动，加速度a 1=1
F m
=2m/s 2，速度为v 1=at 1=4m/s ，对应位移x 1=
1
2
a 1t 12=4m ，到2s 末撤去F 1再受到沿+y 方向的力F 2的作用，物体在+x 轴方向匀速运动，x 2=v 1t 2=4m ，在+y 方向加速运动，+y 方向的加速度a 2=2F
m
=6m/s 2，方向向上，对应的位
移y=1
2
a 2t 22=3m ，物体做曲线运动．q 再根据曲线运动的加速度方向大致指向轨迹凹的一向，知D 正确，
A 、
B 、
C 错误． 故选
D ．
点评：解决本题的关键掌握处理曲线运动的方法，将曲线运动分解为x 轴方向和y 轴方向，分析出两方向分运动的情况． 4．D 【解析】 【详解】
A.物块A 处于静止状态，受到的合力为零，故A 错误；
B. 弹簧压缩△x=10cm=0.1m ，根据胡克定律可知，弹簧弹力F=k △x=100×0.1=10N ，弹力向上，绳子拉力
T=m A g-F=6-10=50N ，故B 错误；
CD. B 处于静止状态，受力平衡，对B 受力分析，根据平衡条件，地面对B 的摩擦力f=Tcos37°=50×0.8=40N ，地面对物块B 的支持力N=m B g-Tsin37°=80-50×0.6=50N ；故C 错误，D 正确。

5．D 【解析】 【详解】
第一次通过实验的方法比较准确地测出引力常量的物理学家是卡文迪许，故选D. 6．B 【解析】 【详解】
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：F=mgtanθ=m 2
24 T
πr 。

可知，向心力F 甲=F 乙。

周期24r
T gtan πθ
=
大，即 T 甲＞T 乙．故B 正确，ACD 错误。

7．C 【解析】
试题分析：某一时刻对应某一位置，此时的速度方向沿曲线上该点的切线方向，因此丙为P 点的速度方向，故C 正确，ABD 错误． 故选C ． 8．A 【解析】
平抛运动分为水平方向匀速直线运动和竖直方向自由落体运动，在竖直方向上有2
12
y gt =，在水平方向上有：0x v t =，解得：2
20
2g y x v =
，说明以相同初速度从同一点做平抛运动，其运动轨迹方程与质量无关，故乙的运动轨迹仍是实线①，故选A. 9．C 【解析】
A 、功有正负，但功是标量，A 错误；
B 、当力的方向和位移的方向垂直时，力不做功，但有位移，B 错误；
C 、摩擦力方向可以与位移方向相同，也可以相反，故可能做正功，也可能做负功，C 正确；
D 、一对相互作用力做功，可以出现都做正功，都做负功，一正一负或一个做功，一个不做功等各种情况，D 错误． 故选Ｃ． 10．C 【解析】 【详解】
设碰撞前甲球的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：12m v m v m m v -=
+甲乙甲乙（），代入数据解得： m 甲：m 乙=5：1，故C 正确，ABD 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．AB 【解析】
由题，碰撞后两球均有速度．根据碰撞过程中总动能不增加可知，E 1＜E 1，E 2＜E 1，P 1＜P 1．否则，就违反了能量守恒定律．根据动量守恒定律得：P 1=P 2-P 1＞1，得到P 2＞P 1，故AB 正确，CD 错误．故选AB ． 点睛：本题考查对碰撞过程基本规律的理解和应用能力．碰撞过程的两大基本规律：系统动量守恒和总动能不增加，常常用来分析碰撞过程可能的结果． 12．ACD 【解析】 【详解】
A ．将小物体和轨道ABCD 整体研究，根据能量守恒可知，开始时小物体的机械能全部转化由克服摩擦力做功而产生的内能，故最终m 一定静止在M 的BC 某一位置上，故选项A 正确；
BD ．由题意分析可知，小物体第一次沿轨道返回到A 点时小物体与轨道在水平方向的分速度相同，设为x v ，假设此时小物体在竖直方向的分速度为y v ，则对小物体和轨道组成的系统，由水平方向动量守恒得：
0x M m v +=（）
由能量守恒得：
2211
)222
x y mgH M m v mv mg L μ=+++（
解得
0x v =
4.0m/s y v =；
故小物体第一次沿轨道返回到A 点时的速度大小
224m/s A x y v v v =+=
返回A 点时由于0x v =，即小物体第一次沿轨道返回到A 点时将做竖直上抛运动，故选项B 错误，
D 正确； C ．由题意分析可知，当小物体沿运动到圆弧最低点B 时轨道的速率最大，设为m v ，假设此时小物体的速度大小为v ，则小物体和轨道组成的系统水平方向动量守恒，以初速度的方向为正方向；由动量守恒定律可得：
m Mv mv =
由机械能守恒得：
221122
m mg H R Mv mv +=
+（） 解得： 2.0m/s m v =
故选项C 正确．
故选ACD.
点睛：本题考查动量守恒定律及能量关系的应用，要注意明确系统在水平方向动量是守恒的，整体过程中要注意能量的转化与守恒．
13．BC
【解析】
【详解】
木块的运动速率保持不变，则木块做匀速圆周运动，合外力提供向心力，合外力不为零，故A 错误；设物体与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，根据f=μN=μ(m +mgcosθ)可知，随物体的下滑，则θ减小，则木块所受摩擦力越来越大，选项B 正确；木块的动能不变，则木块合外力做功一定为零，选项C 正确；木块的动能不变，重力势能减小，则机械能减小，选项D 错误；故选BC.
14．BD
【解析】
【详解】
A.在子弹射入物块B 的过程中，子弹和物块B 构成的系统，合外力冲量远小于内力冲量，其动量守恒，但由于要产生内能，所以机械能不守恒，故A 错误。

B.物块B 恰好能在竖直面内做圆周运动，在最高点时由重力提供向心力，根据牛顿第二定律得：
21v mg m L
=， 得
1v gL =
B 从最低点到最高点的过程，根据机械能守恒定律得
221211222
mg L mv mv ⋅+= 子弹射入物块B 的过程，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得
0.01mv 0=（0.01m+0.99m ）v 2
联立解得
2 5v gL =
01005v gL =，
故B 正确。

C.若物块A 不固定，子弹仍以v 0射入时，根据动量守恒定律知物块上摆的初速度等于原来物块A 固定时的上摆初速度。

故C 错误。

D.若物块A 不固定，子弹仍以v 0射入，当物块B 摆到与PQ 等高时，设A 的速率为v A ，B 的水平速率为v B ．根据水平动量守恒有
（0.01m+0.99m ）v 2=（2m+0.01m+0.99m ）v A ．
得
5A gL v =， 故D 正确。

15．BC
【解析】
【详解】
A.由图可知，质点在x 方向上的初速度为，y 方向上初速度为3m/s ，根据平行四边形定则，则初速度的大小；故A 错误.
BD.质点的加速度方向沿x 轴方向，，则F 合=ma=2×1.5=3N ，合力的方向沿y 轴方向，与初速度的方向不垂直；故B 正确，D 错误.
C.质点受到的合外力不变，则质点的加速度不变，所以质点做匀变速曲线运动；故C 正确.
16．AC
【解析】
【详解】
AB ．对物体运用动能定理有
212
mgx mv μ=
可得物体速度增大到5m/s 时的对地位移x=12.5m ＞4m ，可见质点一直在加速。

运动到右轮正上方时，速度还没达到5m/s ，再根据动能定理可得物体获得的动能
E k =μmgx=8J
故A 正确，B 错误；
C ．由 218J 2
k E mgx mv μ=== 得物体到达最右端速度
v=4m/s
得物块相对传送带的位移
4546m 422
L x v L v ∆=-=⨯-= 根据 Q=E k =μmg∆x
得
Q=12J
故C 正确；
D ．电动机由于传送物体多消耗的能量等于物体动能增加量和摩擦产生的内能之和等于20 J ，故D 错误。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
17．BD A 112m OP m OM m ON =+
【解析】
【详解】
第一空. A. 轨道是否光滑对实验的结果没有影响。

故A 错误；
B. 要保证碰撞后两个球做平抛运动，故斜槽轨道末端的切线必须水平，故B 正确；
C. 槽口离地的高度大小与对实验没有影响，故C 错误；
D. 同时为了对心碰撞，两小球的直径应相同，碰撞时两球必须在同一高度上，故D 正确；
第二空. 为了防止入射球反弹，入射球质量要大于被碰球质量，即m 1＞m 2，A 正确BCD 错误。

第三空. 因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，OP 是A 球不与B 球碰撞平抛运动的位移，该位移可以代表A 球碰撞前的速度，OM 是A 球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后A 球的速度，ON 是碰撞后B 球的水平位移，该位移可以代表碰撞后B 球的速度，若该碰撞过程中动量守恒，物理量满足表达式112m OP m OM m ON ⋅=⋅+⋅ 。

18．（1）右，①变小，②变小，（2）BCD
【解析】
【详解】
（1）用摩擦过的玻璃棒或橡胶棒接触右侧极板，可使电容器带电，因为若与左侧极板接触，由于左侧极板接地而使电荷被“中和”，从而不能使电容器带电。

①根据电容的决定式C 4s kd π=知，将极板间距离减小时，电容增大，根据U Q C
=知，电荷量不变，则电势差减小，指针偏角变小。

②根据电容的决定式C 4s kd π=
知，两板间插入电介质时，电容增大，根据U Q C =知，电荷量不变，则电势差减小，指针偏角变小。

（2）A 、B 、静电计可测量电势差，根据指针张角的大小，观察电容器电压的变化情况，无法判断电量的变化情况。

故A 正确，B 错误。

C 、
D 、静电计与电压表、电流表的原理不同，不能替代。

电流表、电压表线圈中必须有电流通过时，指针才偏转。

故CD 错误。

故选：BCD 。

四、解答题：本题共4题，每题5分，共20分
19．（1 （2）2298mgs mg R +,方向竖直向下 （3）()2
416mgs mg h R R
-- 【解析】
【分析】
(1)小球从E 点飞出做平抛运动，根据高度求出运动的时间，再根据水平位移和时间求出平抛运动的初速度．(2)小球从B 点运动到E 点的过程，机械能守恒，根据机械能守恒定律得求出B 点速度，在B 点，沿半径方向上的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出轨道对球的弹力，从而根据牛顿第三定律求出小球对轨道的压力．(3)根据动能定理求出小球沿轨道运动过程中克服摩擦力所做的功．
【详解】
(1)小球从E 点水平飞出做平抛运动，设小球从E 点水平飞出时的速度大小为v E ，
由平抛运动规律得：E s v t =
2142
R gt =
联立解得：E v =(2)小球从B 点运动到E 点的过程，机械能守恒，
根据机械能守恒定律得：2211422
B E mv mg R mv =+
解得：2
2
88B
gs v gR R =+ 在B 点，根据牛顿第二定律得：2B v F mg m R
-= 由牛顿第三定律可知小球运动到B 点时对轨道的压力为F F '= 联立解得：2
298mgs F mg R
'=+，方向竖直向下 (3)设小球沿翘尾巴的S 形轨道运动时克服摩擦力做的功为W ，
则由动能定理:21(4)2
E mg h R W mv --= 解得：2
(4)16mgs W mg h R R
=-- 【点睛】
解决本题的关键理清运动的过程，把握每个过程和状态的规律，知道竖直平面内的圆周运动在最高点和最低点由合外力提供向心力，综合运用牛顿定律和动能定理进行解题．
20．（1）230232()m v h m m g =+ （2）m 3＞449
kg 【解析】
【详解】
(1)小球在曲面上运动到最大高度时两者共速，速度为v ，小球与曲面的系统动量守恒，机械能也守恒，有 2023()m v m m v ＝+
222023211)22
m v m m v m gh =++（ 解得：
()230232m v h m m g
=+； (2)小孩推球的过程中动量守恒，即
20110m v m v =-
对于球和曲面，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有：
202233m v m v m v ＝－＋
222202233111222
m v m v m v =+ 解得
322032
m m v v m m -=+ 若小孩将球推出后还能再接到球，则有21v v ＞，代入数据得
3449
m kg ＞． 点睛：本题为多过程动量守恒问题，要注意正确选择研究对象及过程，明确动量守恒的条件，并能正确应用相应规律求解.
21． (1)GM R
g （2）202v h g = 【解析】 （1）对行星表面的某物体，有：2GMm mg R =
- 得：GM R g
（2）小石子在行星表面作竖直上抛运动，规定竖直向下的方向为正方向，有：
2002v gh =-+
得：202v h g
= 22．（1）2202qUL y mdv =（2）222202qU L U md v ='（3
）)1,2,3d n ≥=
【解析】
【详解】
（1）两板之间为匀强电场 U E d
= 粒子在电场中的加速度大小 F qE a m m =
= 粒子的偏移量
212
y at = 运动时间
L t v = 解得：
2
20
2qUL y mdv = （2）C D 、两点的电势差为
U Ey '=
解得：
22
220
2qU L U md v =' （3）为使α粒子刚好由O 点水平射出，α粒子在一个周期内竖直方向的分位移应为零，且在电场中运动时间与电压变化周期T 的关系为()1,2,3t nT n ==，则
()01,2,3t L T n n nv ===
竖直向下的最大分位移应满足：
2
1224T a d ⎛⎫⨯≤ ⎪⎝⎭
解得：
)1,2,3d n ≥=
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)1．(本题9分)对于公式v＝v0＋at，下列说法正确的是()
A．适用于任何变速运动
B．只适用于匀加速直线运动
C．适用于任何匀变速直线运动
D．v0和v只能是正值，不可能为负值
2．(本题9分)如图所示，把一小球放在开口向上的金属圆桶中，小球直径略小于圆桶直径。

将小球与圆桶从某点由静止释放，不计空气阻力，下列说法正确的是
A．小球将与圆桶底部脱离并离开圆桶
B．小球与圆桶相对静止且他们之间没有相互作用力
C．小球与圆桶相对静止且圆桶对球有向上的支持力
D．将小球取出后再释放圆桶，其下落的加速度将变小
3．(本题9分)如图所示，在倾角为45°的斜坡底端P点正上方某一位置Q处以速度υ0水平向左抛出一个小球A，小球恰好能垂直落在斜坡上，运动时间为t1。

另一小球B从同一位置Q处自由下落，下落至P点的时间为t2，不计空气阻力，则t1：t2为
A．l：2 B．1：3C．1：3 D．1：2
4．(本题9分)如图所示，荡秋千是一种往复运动，人在秋千上可以越荡越高，在越荡越高的过程中，下列说法中正确的是
A．系统的机械能不变
B．系统的机械能减小
C ．系统的机械能增大
D ．系统的机械能变化无法确定
5． (本题9分)利用传感器和计算机可以测量快速变化的力，如图所示是用这种方法获得的弹性绳中拉力F 随时间的变化图象．实验时，把小球举高到绳子的悬点O 处，然后让小球自由下落．从图象所提供的信息，判断以下说法中正确的是
A ．t 1时刻小球速度最大
B ．t 2时刻小球动能最大
C ．t 2时刻小球势能最大
D ．t 2时刻绳子最长
6． (本题9分)A 、B 两颗人造卫星绕地球做匀速圆周运动，运动周期TA ：TB=2
：1，则（ ）
A ．轨道半径rA ：rB=8：1
B ．线速度vA ：vB=1：
C ．角速度ωA ：ωB=4：1
D ．向心加速度aA ：aB=1：2
7．光滑的水平面上，物体A 、B 的质量分别为m 1和m 2，且12m m ，它们用一根轻质弹簧相连接（栓接）。

开始时，整个系统处于静止状态，弹簧处于自然长度。

第一次给物体A 一个沿弹簧轴线方向水平向右的初速度v ，第二次给物体B 一个沿弹簧轴线方向水平向左的等大的初速度v ，如图所示。

已知弹簧的形变未超出弹性限度，比较这两种情况，下列说法正确的是（ ）
A ．第二种情况下，弹簧最短时物体A 的速度较小
B ．两种情况，弹簧最短时物体A 的速度等大
C ．两种情况，弹簧的最大弹性势能相同
D ．第二种情况下，弹簧的最大弹性势能较大
8．一个小球a 以初速度
水平抛出，并落于O 点；同时刻另一小球b 在它的正下方沿光滑水平面以初速
度运动，则（ ）。