2019-2020学年浙江省丽水市物理高一(下)期末达标检测模拟试题含解析

2019-2020学年浙江省丽水市物理高一(下)期末达标检测模拟试题
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，质量均为m的物块P、Q，物块P用细绳吊在天花板上，物块Q用轻弹簧吊在物块P下面，用竖直向上的推力推物块Q，使轻绳的拉力刚好为零，保持两物块静止不动。

现撤去推力F，则在物块Q 由静止向下运动到速度最大的过程中，（轻绳不会被拉断）
A．物块Q的机械能一直增加
B．初末两状态，物块Q的机械能相等
C．物块Q的机械能不断减小，转化成了弹簧的弹性势能
D．Q重力势能的减少量大于Q动能的增加量
【答案】B
【解析】
【详解】
轻绳的拉力刚好为零时，弹簧处于压缩状态，弹簧的弹力等于mg，弹簧的压缩量1mg
x
k
=；物块Q向下
运动到速度最大时，弹簧处于伸长状态，弹簧的弹力等于mg，弹簧的伸长量2mg
x
k
=．
AB．在物块Q由静止向下运动到速度最大的过程中，弹簧由压缩变为伸长，且初始压缩量等于最终伸长量；弹簧对物块Q先做正功后做负功，物块Q的机械能先增加再减小，且初末两状态，物块Q的机械能相等．故A项错误，B项正确．
C．物块Q的机械能先增加再减小，弹簧的弹性势能先减小后增大．故C项错误．
D．初末两状态，物块Q的机械能相等，则此过程中Q重力势能的减少量等于Q动能的增加量．故D项错误．
2．(本题9分)如图所示，M、N为两个固定的等量同种正电荷，在其连线的中垂线上的P点释放一个负粒子，仅在电场力作用下由静止开始运动，下列说法中正确的是（）
A．粒子将一直沿中垂线PO做单方向直线运动
B．从P到O的过程中，加速度可能先变大，再变小，速度越来越大
C．整个运动过程中，粒子在O点时，加速度最大
D．整个运动过程中，粒子的电勢能一直增加
【答案】B
【解析】
【详解】
BD、在等量同种电荷连线中垂线上电场强度方向O P
→，负点电荷q从P点到O点运动的过程中，电场力方向P O
→，速度越来越大，动能增大，粒子的电勢能减小，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，加速度变化情况无法判断，但可能是加速度先变大后变小，故B正确，D错误；
AC、越过O点后，负电荷q做减速运动，则点电荷运动到O点时速度最大，电场力为零，加速度为零，根据电场线的对称性可知，越过O点后，负电荷q做减速运动，加速度的变化情况：先增大后减小；对于速度一直减小，粒子将沿中垂线PO做往返直线运动，故A、C错误；
故选B．
【点睛】
M、N为两个等量的正点电荷，其连线中垂线上电场强度方向O→P，负点电荷q从P点到O点运动的过程中，电场力方向P→O，速度越来越大．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．越过O点后，负电荷q做减速运动，点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值，加速度变化情况同样不确定．
3．如图甲所示，在一次海上救援行动中，直升机沿水平方向匀速飞行，同时悬索系住伤员匀速上拉，以地面为参考系，伤员从A至B的运动轨迹可能是图乙中的
A．折线ACB B．线段C．曲线AmB D．曲线AnB
【答案】B
【解析】
【详解】
伤员参加了两个分运动，水平方向匀速移动，竖直方向匀速上升，合速度是两个分速度的矢量和，遵循平行四边形定则，由于两个分速度大小和方向都恒定，故合速度是固定不变，即合运动是匀速直线运动，故轨迹是线段AB；故ACD错误，B正确．
4．(本题9分)质量为m的物体，由静止开始下落，由于阻力作用，下落的加速度为4
5
g，在物体下落h
的过程中，下列说法中错误的是（）
A．物体的动能增加了4
5 mgh
B．物体的机械能减少了4
5 mgh
C．物体克服阻力所做的功为1
5 mgh
D．物体的重力势能减少了mgh 【答案】B
【解析】
【详解】
A．物体的合力做正功为
4
5
m gh，则物体的动能增量为
4
5
mgh，所以选项A正确；
B．物体下落过程中，受到阻力为1
5
mg，物体克服阻力所做的功
1
5
mgh，机械能减小量等于阻力所做的
功，故机械能减少1
5
mgh，故BC错误；
D．物体下落h高度，重力做功为mgh，则重力势能减小为mgh，故D错误．
【点睛】
本题应明确重力势能变化是由重力做功引起，而动能变化是由合力做功导致，除重力以外的力做功等于机械能的变化．
5．(本题9分)某同学在桌面上用一个小钢球和一个弹簧来探究弹簧的弹性势能．弹簧一端固定(如图所示)，另一端用钢球压缩弹簧后释放，钢球被弹出后落地．他发现弹簧压缩得越多，钢球被弹出得越远，由此能得出的结论应是()
A．弹性势能与形变量有关，形变量越大，弹性势能越大
B．弹性势能与形变量有关，形变量越大，弹性势能越小
C．弹性势能与劲度系数有关，劲度系数越大，弹性势能越大
D．弹性势能与劲度系数有关，劲度系数越大，弹性势能越小
【答案】A
【解析】钢球离开桌面后做平抛运动，根据分运动公式，有：水平方向：S=v0t；竖直方向：H=gt2；解得：v0=S；故平抛的初动能为：E k0=mv02=；根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能为：E p=E k0=；可知，钢球被弹出得越远，S越大，弹簧的弹性势能E p越大，由此能得出的结论应是：弹性势能与形变量
有关，形变量越大，弹性势能越大。

故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

点睛：本题关键根据平抛运动的分位移公式测量钢球的初速度，得到初动能，最后根据机械能守恒定律求解弹簧储存的弹性势能．
6． (本题9分)己知地球半径为R ，地面处的重力加速度为g ，一颗距离地面高度为2R 的人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，下列关于卫星运动的说法正确的是（ ）
A
B ．角速度为
C ．加速度大小为 14
g
D ．周期为6π【答案】B 【解析】
根据万有引力提供向心力即222
22
4GMm v r m m ma m r r r T
πω==== 忽略地球自转的影响，根据万有引力等于重力列出等式：2Mm
G
mg R
=，2GM gR = 一颗距离地面高度为2R 的人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，轨道半径3r R =；
A 、线速度大小为v ==
=A 错误；
B 、角速度为ω===
B 正确；
C 、加速度()
22
293GM gR g
a r R ===，故C 错误；
D 、周期6T ==D 错误． 点睛：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力和万有引力等于重力这两个理论，并能灵活运用． 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)如图所示，卫星A 、B 绕地球做匀速圆周运动，用ω、T 、v 、a 分别表示卫星运动的角速度、周期、运行速率、向心加速度．下列关系正确的有
A ．T A >T
B B ．v A >v B
C ．a A <a B
D ．ωA <ωB
【答案】ACD 【解析】 【详解】
万有引力提供卫星A 、B 绕地球做匀速圆周运动的向心力，则222
224=mM v G mr m r m ma r T r πω=＝＝，解
得23
4r T GM
π=；GM v r =；3
GM r ω=； 2GM a r =，则由于r A >r B ，则T A >T B ，v A <v B ，a A <a B ，ωA <ωB ，故选项ACD 正确，B 错误.
8．如图所示，在倾角θ＝30°的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为1kg 和1kg 的可视为质点的小球A 和B ，两球之间用一根长L ＝0.1m 的轻杆相连，小球B 距水平面的高度h ＝0.1m ．两球从静止开始下滑到光滑地面上，不计球与地面碰撞时的机械能损失，g 取10m/s 1．则下列说法中正确的是（ ）
A ．下滑的整个过程中A 球机械能不守恒
B ．下滑的整个过程中两球组成的系统机械能不守恒
C ．两球在光滑水平面上运动时的速度大小为1m/s
D ．下滑的整个过程中B 球机械能的增加量为23
J 【答案】AD 【解析】 【详解】
AB ．在下滑的整个过程中，只有重力对系统做功，系统的机械能守恒，但在B 在水平面滑行，而A 在斜面滑行时，杆的弹力对A 做功，所以A 球机械能不守恒，故选项A 正确，B 错误； C ．根据系统机械能守恒得2130()()2A B A B m g h Lsin m gh m m v +︒+=+，代入解得26/v s =，故选项C 错误．
D ．系统下滑的整个过程中B 球机械能的增加量为
212
23
B B m v m gh J -=，故选项D 正确． 9． (本题9分)如图所示，水平屋顶高H ＝5 m ，围墙高h ＝3.2 m ，围墙到房子的水平距离L ＝3 m ，围墙
外马路宽x ＝10 m ，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的马路上，小球离开屋顶时的速度v 0的大小的可能值为(g 取10 m/s 2)( )
A ．6 m/s
B ．12 m/s
C ．4 m/s
D ．2 m/s
【答案】AB 【解析】 【分析】 【详解】 刚好能过围墙时 水平方向：0L v t = 竖直方向：212
H h gt -= 解得05/v m s = 刚好运动到马路边时
水平方向：0
L x v t '='+ 竖直方向：2
12
H gt =
' 解得013/v m s '
= ，
所以为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的马路上速度的取值5/13/m s v m s ≤≤ 故AB 对；CD 错
10．如果取弹簧伸长△x 时的弹性势能为0，则下列说法中正确的是（ ） A ．弹簧处于原长时，弹簧的弹性势能为正值 B ．弹簧处于原长时，弹簧的弹性势能为负值 C ．当弹簧的压缩量为△x 时，弹性势能的值为0 D ．只要弹簧被压缩，弹性势能的值都为负值 【答案】BC 【解析】 【详解】
AB.如果取弹簧伸长△x 时的弹性势能为0，弹簧回复原长，弹力对弹簧做正功，弹性势能减小，故弹簧处于原长时，弹簧的弹性势能为负值;故A 错误，B 正确.
C.当弹簧的压缩量为△x，又对弹簧做负功，势能增大，根据对称性知此时弹性势能为0；故C正确.
D.根据C分析知压缩弹簧势能不一定为负值，与弹簧的压缩量有关系；故D错误.
11．(本题9分)下列运动中，任何1秒的时间间隔内运动物体速度改变量完全相同的有(空气阻力不计) （）
A．自由落体运动B．平抛物体的运动
C．竖直上抛物体运动D．匀速圆周运动
【答案】ABC
【解析】
自由落体运动、竖直上抛运动、平抛运动的加速度都为g，根据△v=at=gt，可知△v的方向竖直向下，不变，相等时间，大小相等，匀速圆周运动合力是向心力，方向时刻变化，则在相等的两段时间内，物体速度的变化量是变化的，ABC正确D错误．
12．(本题9分)如图所示，一光滑细杆固定在水平面上的C点，细杆与水平面的夹角为30°，一原长为L 的轻质弹簧，下端固定在水平面上的B点，上端与质量为m的小环相连，当把小环拉到A点时，AB与地面垂直，弹簧长为2L，将小环从A点由静止释放，当小环运动到AC的中点D时，速度达到最大．重力加速度为g，下列说法正确的是（）
A．下滑过程中小环的机械能先增大再减小
B．小环到达AD的中点时，弹簧的弹性势能为零
C．小环刚释放时的加速度等于g
D2gL
【答案】ACD
【解析】
【详解】
小环受重力、支持力和弹簧弹力，弹簧弹力做功，故环的机械能不守恒，小环和弹簧系统的机械能守恒，小环到达AD的中点时，弹性绳的伸长量最短，弹性势能最小，小环机械能最大，故下滑过程中小环的机械能先增大再减小，故A正确；小环到达AD3L，伸长量不为0，故弹性势能不为零，故B错误；在A位置，环受重力、弹簧拉力、支持力，根据牛顿第二定律，有：mgsin30°+Fsin30°=ma，在D点，环的速度最大，说明加速度为零，弹簧长度为2L，故：mgsin30°-Fcos60°=0，联立解得：a=g，故C正确；小环和弹簧系统的机械能守恒，在D点速度最大，此时橡皮绳长度等于初位置橡皮绳的长度，故
初位置和D位置环的机械能相等，故：mg（2Lcos60°）=1
2
mv2，解得：2gL D正确；故选ACD．
【点睛】
本题为力学综合问题，关键正确的受力分析，根据牛顿第二定律列式分析，注意环的机械能不守恒，是环和弹簧系统的机械能守恒．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13． (本题9分)在“研究匀变速直线运动”的实验中，用接在50Hz 交流电源上的打点计时器测定小车的运动情况．某次实验中得到的一条纸带如图所示，从比较清晰的点起，每五个打印点取一个计数点，分别标明0、1、2、3……。

测得0与1两点间距离x 1=30mm ，1与2两点间距离x 2=39mm ，2与3两点间距离x 3=48mm ，3与4两点间距离x 4=57mm ，则小车的加速度a=___m/s 2，打点计时器在打下点1时小车的瞬时速度为v 1=__m/s 。

【答案】0.9m/s 2 0.345 【解析】 【详解】
每隔五个打印点取一个计数点，所以2，3两计数点间的时间间隔为0.1s ，由题中所给数据可知
213243x x x x x x x ∆=-=-=-=9mm
根据2x aT ∆=可得
2
x a T ∆=
代入T=0.1s 得a=0.9m/s 2
根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，有：
12
12x x v T
+=
=0.345m/s 14．图甲是一个研究向心力与哪些因素有关的DIS 力传感器实验装置的示意图，其中做匀速圆周运动的圆柱体的质量为m,放置在圆盘上(未画出),圆周轨道的半径为r,力传感器测定的是向心力F 的大小，光电传感器测定的是圆柱体的线速度v 的大小，图乙为实验测得的数据及根据实验数据作出的F-v, F-v 2, F-v 3三个图象:
(1)用实验探究向心力F 和圆柱体线速度v 的关系，保持圆柱体质量不变，半径r=0.2m,根据测得的数据及三个图象，可得出向心力F 和圆柱体速度v 的定量关系式_____
(2)为了研究F 和r 成反比的关系，实验时除了保持圆柱体质量不变外，还应保持____不变 (3)根据向心力公式以及上面的图线可以推算出圆柱体质量为_____kg. (保留两位小数) 【答案】F=1.5v 2； 线速度； 0.3kg 【解析】 【详解】
(1) 研究数据表和图乙中B 图不难得出F ∝v 2，进一步研究知图乙斜率2
6
1.54
F k v ∆===∆，故F 与v 的关系式为：F=1.5v 2；
(2) 为了研究F 与r 成反比的关系，实验时除了保持圆柱体质量不变外，还应保持线速度不变；
(3)由2
21.5v F m v r
==，0.2m r =，0.3kg m =。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15． (本题9分)某同学在实验室探究圆周运动向心力和速度之间的关系，他利用双线来连接小球在竖直平面内做圆周运动，如图所示，他用两根长均为2L m =
的细线系一质量为m=0.5kg 的小球，细线的另一
端系于水平横杆上相距为d=2m 的A 、B 两点，若小球上升到圆周最高点时两细线的拉力恰好都为零，重力加速度为2
10/g m s =，求：
（1）小球到达圆周最高点时的速度大小；
（2）小球到达圆周最低点时的速度大小及每根细线的拉力大小．
【答案】（1m/s （2）【解析】
(1)设最高点速度为1v ，最高点受力分析可得21v mg m R
=，
解得1v =
由几何关系可知R=1m ，
代入数据解得1/v s (2)设最低点速度为2v ，根据动能定理22
2111222
mv mv mgR -=，
解得2/v s ==
最低点受力分析得22
2cos 45v T mg m R
︒-=，
解得T =
【点睛】本题考查了动能定理的应用，分析清楚小球的运动情况与受力情况是解题的前提，应用动能定理、牛顿第二定律可以解题．
16． (本题9分)木星在太阳系的八大行星中质量最大，“木卫1”是木星的一颗卫星，若已知“木卫1”绕木星公转半径为r ，公转周期为T ，万有引力常量为G ，木星的半径为R ，求 （1）木星的质量M ；
（2）木星表面的重力加速度0g ．
【答案】（1）
2324r GT π (2)23
224r T R
π 【解析】
(1)由万有引力提供向心力2
22()Mm G
m r r T
π= 可得木星质量为232
4r M GT π=
(2)由木星表面万有引力等于重力：02Mm G
m g R
'
'= 木星的表面的重力加速度23
0224r g T R
π=
【点睛】万有引力问题的运动，一般通过万有引力做向心力得到半径和周期、速度、角速度的关系，然后通过比较半径来求解．
17． (本题9分)如图所示，A 是长为L 的细线悬挂的以质量为m 的小球，A 的下端离光滑水平面很近，且
可以绕O 点在竖直面内做圆周运动，现有一质量为2m 的滑块B 沿光滑水平面以速度0v 正对A 运动，并与A 发送弹性碰撞，已知细线承受的最大拉力为10mg ，现要求小球做圆周运动能通过圆形轨道最高点(g 为重力加速度)，求滑块B 初速度0v 的取值范围．
039544
gL v gL ≤≤【解析】 设小球A 在最低点时速度为1v ，根据牛顿第二定律可得211v F mg m L
-=， 小球在最高点时速度为2v ，根据机械能守恒定律可得221211222
mv mgL mv =+， 在最高点，根据牛顿第二定律可得222v F mg m L
+=， 依据题意12100F mg F ≤≥、153gL v gL ≤≤设B 与A 发生弹性碰撞后速度为3v ，根据动量守恒和能量守恒可得03122mv mv mv =+，
22203111122222
mv mv mv ⋅=⋅+， 解得0143v v =039544
gL v gL ≤≤ 【点睛】本题的关键是根据杆球模型判断小球A 在最高点以及最低点杆对小球作用力的临界条件，然后结合牛顿第二定律以及机械能守恒定律，动量守恒定律列式求解，综合性较强．。