绵阳市2019-2020学年物理高一下期末质量检测模拟试题含解析

绵阳市2019-2020学年物理高一下期末质量检测模拟试题
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．如图所示，带正电q、质量为m的滑块，沿固定绝缘斜面匀速下滑，现加一竖直向上的匀强电场，电场强度为E，且qE≤mg．以下判断正确的是：( )
A．物体将沿斜面减速下滑B．物体将沿斜面加速下滑
C．物体仍保持匀速下滑D．仅当qE=mg时，物体继续保持匀速下滑
【答案】C
【解析】
【详解】
设斜面倾角为θ，摩擦因数为μ．质量为m的滑块，沿固定绝缘斜面匀速下滑，则有
mgsinθ=μmgcosθ
即有
sinθ=μcosθ
当加一竖直向上的匀强电场，电场强度为E，且qE≤mg，此时物体合力应为：
F=（mg-Eq）sinθ-μ（mg-Eq）cosθ=0
所以物体仍保持匀速下滑。

A.A项与上述分析结论不相符，故A不符合题意；
B.B项与上述分析结论不相符，故B不符合题意；
C.C项与上述分析结论相符，故C符合题意；
D.D项与上述分析结论不相符，故D不符合题意。

2．(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
【答案】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. 3．如图所示，电阻
Ω，电动机的内阻
Ω。

当开关断开时，电流表的示数是0.5A ，当开关闭
合后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，关于电流表的示数和电路消耗的电功率的选项正确的是（ ）
A ． A
B ． A
C ．W
D ．W
【答案】D 【解析】 【详解】
AB.当开关S 断开时，由欧姆定律得V 。

当开关S 闭合后，通过
的电流仍为0.5A ，
电动机的电流
A ，故电流表的电流
A ，故A
B 错误；
CD.电路中电功率，故C 错误，D 正确。

4． (本题9分)在采煤方法中，有一种方法是用高压水流将煤层击碎而将煤采下．今有一采煤用水枪，由枪口射出的高压水流速度为v ．设水的密度为ρ，水流垂直射向煤层表面，若水流与煤层作用后速度减为零，则水在煤层表面产生的压强为（ ） A ．2v ρ B ．2 2v ρ
C ．2 v ρ
D ．22v ρ
【答案】A 【解析】
设水流的横截面积为S ，则t 时间内喷水质量为：m=ρSvt
以该运动方向为正方向，对其与墙壁碰撞过程采用动量定理（水平分运动），有： ﹣Ft=0﹣mv 压强为：F
P S
=
联立解得：P=ρv 2 故选择A.
【点睛】先求出时间t 内喷出水的质量m ，再对质量为m 的水分析，其水平方向经过t 时间与煤层的竖直表面碰撞后速度减小为零，根据动量定理列式，再根据压强公式列式求解水对煤层的压强．
5．(本题9分)质量为m的石子从距地面高为H的塔顶以初速v0竖直向下运动，若只考虑重力作用，则石子下落到距地面高为h处时的动能为（g表示重力加速度）
A．mgH+ 1
2
mv02B．mgH﹣mgh
C．mgH+ 1
2
mv02﹣mgh D．mgH+
1
2
mv02+mgh
【答案】C
【解析】
【详解】
由动能定理可得：
mg(H−h)＝1
2
mV2−
1
2
mv02
故：
1 2mV2=mg(H−h)+
1
2
mv02
故C正确，ABD错误，
故选C．
6．(本题9分)如图所示，是放在电场中某处的检验电荷q及所受电场力F之间的函数关系图像，其中正确的是
A．B．C．
D．
【答案】B
【解析】
【详解】
根据电场强度由电场本身决定，与试探电荷无关，则知在电场中某点的电场强度E是一定的，由F=qE知，E一定，则F与q成正比，F-q图象是过原点的直线；
A.A图与结论不相符，选项A错误；
B. B图与结论相符，选项B正确；
C. C图与结论不相符，选项C错误；
D. D 图与结论不相符，选项D 错误；
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．如图，同一平面内的a 、b 、c 、d 四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M 为a 、c 连线的中点，N 为b 、d 连线的中点．一电荷量为q （q>0）的粒子从a 点移动到b 点，其电势能减小W 1：若该粒子从c 点移动到d 点，其电势能减小W 2，下列说法正确的是（ ）
A ．此匀强电场的场强方向一定与a 、b 两点连线平行
B ．若该粒子从M 点移动到N 点，则电场力做功一定为
12
2
W W + C ．若c 、d 之间的距离为L ，则该电场的场强大小一定为
2
W qL
D ．若W 1=W 2，则a 、M 两点之间的电势差一定等于b 、N 两点之间的电势差 【答案】BD 【解析】
试题分析：利用电场力做功W qU = ，可以找到两点之间电势差的关系，要知道中点电势和两端点电势之间的关系．
A 、选项根据题意无法判断，故A 项错误．
B 、由于电场为匀强磁场，M 为a 、c 连线的中点，N 为b 、d 连线的中点，所以+2
2
c a
c a
M c ϕϕϕϕϕϕ-=-
=
+2
2
d b
d b
N d ϕϕϕϕϕϕ-=-
=
若该粒子从M 点移动到N 点，则电场力做功一定为
()12
++2
2
22
c a
d b
cd ab MN M N qU qU W W W qU q q
q
ϕϕϕϕϕϕ++==-=-=
= ,故B 正确；
C 、因为不知道匀强电场方向，所以场强大小不一定是2
W qL
，故C 错误； D 、若W 1=W 2，说明cd ab U U =
()()aM bN M N U U a b ϕϕϕϕ-=---
由因为+2
2
c a
c a
M c ϕϕϕϕϕϕ-=-
=
；+2
2
d b
d b
N d ϕϕϕϕϕϕ-=-
=
解得：0aM bN U U -= ，故D 正确； 故选BD
点睛： 对匀强电场的电场特征要了解，利用电场力做功与电势差之间的关系求解．
8．1016年我国成功发射了神舟十一号载人飞船并顺利和天宫二号对接．飞船在发射过程中先沿椭圆轨道1飞行，后在远地点P 加速，飞船由椭圆轨道变成图示的圆轨道1．下列判断正确的是
A ．飞船沿椭圆轨道1通过P 点时的速度等于沿圆轨道1通过P 点时的速度
B ．飞船沿椭圆轨道1通过P 点时的速度小于沿圆轨道1通过P 点时的速度
C ．飞船沿椭圆轨道1通过P 点时的加速度等于沿圆轨道1通过P 点时的加速度
D ．飞船沿椭圆轨道1通过P 点时的加速度小于沿圆轨道1通过P 点时的加速度 【答案】BC 【解析】 【详解】
AB. 船在发射过程中先沿椭圆轨道1飞行，后在远地点P 加速，由于点火加速飞船由椭圆轨道变为圆轨道，则飞船的速度增加，故A 错误，B 正确； CD. 据2GM
a R
=可知，飞船变轨前后所在位置距离地球的距离都相等，则两者加速度相等，故C 正确，D 错误；
9．如图所示，a 、b 、c 是在地球大气层外圆形轨道上运动的3颗卫星，下列说法正确的是 （ ）
A ．b 、c 的线速度大小相等，且小于a 的线速度
B ．b 、c 的向心加速度大小相等，且小于a 的向心加速度
C ．c 加速可追上同一轨道上的b ，b 减速可等候同一轨道上的c
D ．a 卫星由于阻力，轨道半径缓慢减小，其线速度将增大，机械能不变 【答案】AB 【解析】 【详解】
根据万有引力提供圆周运动向心力有2
2Mm v G ma r r
== 有：
A 、线速度GM
v r
=
，可知轨道半径小的线速度大，故A 正确； B 、向心加速度2GM
a r
=
知，轨道半径小的向心加速度大，故B 正确； C 、c 加速前万有引力等于圆周运动向心力，加速后所需向心力增加，而引力没有增加，故C 卫星将做离心运动，故不能追上同一轨道的卫星b ，所以C 错误； D 、a 卫星由于阻力，轨道半径缓慢减小，根据GM
v r
=可知其线速度将增大，但由于克服阻力做功，机械能减小。

故D 错误。

故选：AB 。

10． (本题9分)如图所示，a 、b 、c 、d 是竖直平面内圆上的四个点，连线ab 、cd 均过圆心O 且相互垂直，在圆心处固定一点电荷。

现施加一方向与ab 平行的匀强电场（图中未画出），则下列说法正确的是（ ）
A ．a 、b 两点的电势相同
B ．c 、d 两点的电势相同
C ．a 、b 两点的电场强度等大
D ．c 、d 两点的电场强度等大 【答案】BD 【解析】 【详解】
对于圆心O 处的点电荷，a 、b 两点的电势相等，对于匀强电场a 、b 电势不相等，所以叠加后的电势不相等，A 错误； 对于圆心O 处的点电荷，c 、d 两点的电势相等，对于匀强电场c 、d 电势相等，所以叠加后的电势相等，故B 正确； 对于圆心O 处点电荷形成的电场，a 、b 两点的电场强度等大反向，对于匀强电场a 、b 两点电场强度等大同向，故叠加后电场强度不相等，C 错误； 对于圆心O 处点电荷形成的电场，c 、d 两点的电场强度等大反向，对于匀强电场c 、d 两点电场强度等大同向，方向水平，故叠加后电场强度大小相等，方向不同，D 正确；
11． (本题9分)已知一只船在静水中的速度为3m/s ，它要渡过一条宽度为30m 的河，河水的流速为5m/s ，则下列说法中正确的是( )
A ．船不可能渡过河
B ．船渡河航程最短时，船相对河岸的速度大小为4m/s
C ．船不能垂直到达对岸
D ．船垂直到达对岸所需时间为6s 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．当静水速度与河岸不平行，则船就能渡过河，A 错误；
B ．以水速矢量尾端为圆心，以小船船速大小为半径做圆，过水速矢量始端做圆的切线，此时小船航程最短，合速度与船速垂直，故船相对河岸的速度大小为225
34v =-=m/s ，B 正确；
C ．根据平行四边形定则，由于静水速小于水流速，则合速度不可能垂直于河岸，即船不可能垂直到达对岸，C 正确；
D ．当静水速与河岸垂直时，渡河时间：
30103
c d t v =
==s D 错误。

故选BC 。

12． (本题9分)如图甲所示，一长为l 的轻绳一端穿在过O 点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O 点在竖直面内转动．小球通过最高点时，绳对小球的拉力F 与其速度二次方v 2的关系如图乙所示，重力加速度为g.下列判断正确的是( )
A ．图线的函数表达式为F ＝m ＋mg
B ．重力加速度g ＝
C ．若绳长不变，用质量较小的球做实验，，则图线上b 点的位置不变
D ．若绳长不变，用质量较小的球做实验，则得到的图线斜率更大 【答案】BC 【解析】
【详解】
A项：小球在最高点，根据牛顿第二定律有：，解得：，故A错误；
B项：当F=0时，根据表达式有：，解得：，故B正确；
C项：当F=0时，，可知b点的位置与小球的质量无关，绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b 点的位置不变，故C正确；
D项：根据知，图线的斜率，绳长不变，用质量较小的球做实验，斜率更小，故D错误。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准。

待测金属丝接入电路部分的长度约为50cm。

（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图1所示，其读数应为______mm（该值接近多次测量的平均值）。

（2）用伏安法测金属丝的电阻Rx。

实验所用器材为：电池组（电动势为3V，内阻约1Ω）、电流表（内阻约0.1Ω）、电压表（内阻约3kΩ）、滑动变阻器R（0~20Ω，额定电流2A）、开关、导线若干。

某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下表：
由右表数据可知，他们测量Rx是采用图2中的_________图（选填“甲”或“乙”）。

（3）图3是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端。

请根据第（2）问所选的电路图，补充完成图3中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏。

（4）这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图4所示，图中已标出了测量数据对应的4个坐标点。

请在图4中标出第2、4、6次测量数据坐标点，并描绘出U─I图线，由图线得到金属丝的阻值
R x=___________Ω（保留两位有效数字）。

（5）根据以上数据可以估算出金属丝的电阻率约为___________（填选项前的符号）。

A．1×10-2Ωm B．1×10-3Ωm C．1×10-6Ωm D．1×10-8Ωm
【答案】（1）（0.395~0.399）（2）甲（3）如答图3
（4）如答图4，（4.3~4.7）
（5）C
【解析】 【详解】
（1）螺旋测微器的读数：测量值（mm ）＝固定刻度数（mm ）（注意半毫米刻度线是否露出）＋可动刻度数（估读一位）×0.01（mm ），可读出此时的读数0.397。

（2）若用限流法，电流达不到0.02A ，故用分压法，故选择甲图。

（3）由电路图连接实物图，实物电路图见答案。

（4）根据坐标系内描出的点作出图像如图所示：
由图像可知，电阻 4.5x U
R I
∆=
=Ω∆ （4.3～4.7都对） （5）由
2
4
L L
R d S
ρρπ=
=
得：24d R L
πρ= 代入数据知C 对。

考点：测定金属的电阻率。

14．同学们分别利用图甲、乙所示的两种装置采用不同方案进行“探究物体运动的加速度与所受合外力关系”的的实验，其中小车A 质量约为350g ，并与纸带相连，B 为打点计时器，托盘C 内装有砝码，托盘自身的质量为5g ；D 为无线测力传感器。

两种方案的不同在于: 方案一采用托盘和砝码的重力值作为小车受到的拉力，方案二则用传感器D 直接测量绳子对小车的拉力。

(1)关于器材的选取，下列说法正确的是（____________） A ．方案一必须选取单个质量尽量小的砝码，如5克/个 B ．方案一可以选取单个质量较大的砝码，如50克/个 C ．方案二必须选取单个质量尽量小的砝码，如5克/个 D ．方案二可以选取单个质量较大的砝码，如50克/个 (2)两种方案都必须进行的实验操作是（____________） A ．需要将导轨的右端垫高以平衡摩擦力 B ．应先接通打点计时器电源，再释放小车 C ．为了减小误差，每次小车应从同一位置释放
D．需要记录托盘中砝码的质量
(3)某组同学利用方案进行了实验，并将所获得的6组数据对应地绘制在图所示的a-F图中，请你根据图中点迹，绘制一条可以反映加速度和拉力关系的图线___________。

(4)根据第(3)问中你所绘制的图线，可反映出该组同学在实验操作中的不妥之处是
____________________________________________。

(5)若某组同学利用方案一进行实验室，忘记了将轨道右端垫高平衡摩擦力，一直是轨道处于水平状态，请根据牛顿运动定律，通过推导说明由这种操作和正确操作分别获取的数据所绘制的a-F图线的斜率和纵轴截距_____________________。

【答案】AD AB 见解析图平衡摩擦过度见解析
【解析】
【详解】
(1)[1]乙装置由于有力传感器，则不需要测量并记录托盘及托盘中砝码的总质量，也不要求托盘及盘中砝码总质量远小于小车A的质量，而甲装置是需要的。

故选AD.
(2)[2]两种方案都需要将导轨的右端垫高以平衡摩擦力，这样才能保证拉力的功等于合外力的功，A正确；根据打点计时器使用规范，两种方案都需要应先接通打点计时器电源，再释放小车，B正确；测量过程中与小车是否在同一位置释放无关，故C错误；乙装置由于有力传感器，则不需要测量并记录托盘及托盘中砝码的总质量，故D错误.
(3)[3]关系图线如图所示：
(4)[4]由图可知当F=0时加速度a不为零，所以不妥之处在于右端垫得过高，平衡摩擦过度.
(5)[5]由牛顿第二定律可知，未平衡摩擦时有：
F f Ma -=
得： 1F f f a F M M M
-==- 平衡摩擦时有：
F Ma =
得：
1a F M
= 两次对比可知，忘记右端垫高平衡摩擦对图像斜率无影响，但在纵轴上会产生f M
的负截距. 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分 15． (本题9分)如图所示：两平行金属板间为一匀强电场，为电场中的两点，且，
其连线的延长线与金属板成30°角。

已知电子从点移到点的过程中电场力做功为，元电荷。

求： （1）两点间的电势差、匀强电场的场强大小； （2）若选取板的电势
，点距板，电子在点的电势能为多少?
【答案】（1） （2）
【解析】（1）电子从点移到点
（2）
由和得
电子在点的电势能为
解答此题必须理解电场力做功与电势能变化的关系，一是角标顺序不能颠倒，二是各量的符号必须要带入公式；理解零势能点的意义.
16． (本题9分)如图所示，水平绝缘轨道AB 长L=4m ，离地高h=1.8m ，A 、B 间存在竖直向上的匀强电场。

一质量m=0.1kg ，电荷量q=-5×10－5C 的小滑块，从轨道上的A 点以v 0=6m/s 的初速度向右滑动，从B 点离开电场后，落在地面上的C 点。

已知C 、B 间的水平距离x=2.4m ，滑块与轨道间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s 2，求：
（1）滑块离开B 点时速度的大小；
（2）滑块从A 点运动到B 点所用的时间；
（3）匀强电场的场强E 的大小．
【答案】（1）4m/s ；（2）0.8s ；（3）3510N/C ⨯
【解析】
【详解】
（1）从B 到C 过程中，有
h ＝12
gt 2 x ＝v B t
解得
v B ＝4m/s
（2）从A 到B 过程中，有
x AB ＝
2
A B v v +t' 解得
t'＝0.8s
（3）在电场中运动过程中，受力如图
由牛顿第二定律，得
μ（mg ＋Eq ）=mα
由运动学公式，有
v B 2－v A 2＝2αx
解得
E ＝5×103N/C
17．如图，民航客机机舱紧急出口的气囊可看作一条连接出口与地面的斜面，若斜面高3m ，长6m 。

质量为60kg 的人从出口无初速滑下，滑下时人所受的阻力大小是220N ，将人看作质点，求：
（1）人从出口滑到地面过程中重力所做的功；
（2）人刚滑到地面前的速度大小；
（3）人刚滑到地面前瞬间克服阻力做功的瞬时功率。

【答案】（1）1800J ；（2）4m/s （3）880W
【解析】
【详解】
(1)人从出口滑到地面过程中重力做功为W=mgh=1800J ；
(2)从滑出到刚到地面，由动能定理有：212
mgh fl mv -= ()
24/mgh fl v m s m -==
(用牛顿运动定律解且正确的同样给分)
(3)到底端时克服阻力做功的瞬时功率为：P=fv=880W。