山西省运城市2020年高一(下)物理期末学业质量监测模拟试题含解析

山西省运城市2020年高一(下)物理期末学业质量监测模拟试题
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．热播电视剧《知否，知否》中有我国的一种传统投掷游戏——“投壶”如图所示，大人和小孩在同一竖直线上的不同高度分别以水平速度v1、v2抛出“箭矢”(可视为质点）都能投入地面上的“壶”内。

若“箭矢”在空中的运动时间分别为t1、t2，忽略空气阻力。

则
A．t1>t2B．t1=t2C．v1=v2D．v1>v2
2．(本题9分)如图所示，左端固定的轻质弹簧被物块压缩，物块被释放后，由静止开始从A点沿粗糙水平向右运动。

离开弹簧后，经过B点的动能为k E，该过程中，弹簧对物块做的功为W，则物块克服摩擦力做的功W f为
A．k E
B．W
C．k E+W
D．W-k E
3．(本题9分)如图所示，银河系中有两黑洞A、B，它们以两者连线上的O点为圆心做匀速圆周运动，测得黑洞A、B到O点的距离分别为r和2r．黑洞A和黑洞B均可看成质量分布均匀的球体，不考虑其他星体对黑洞的引力，两黑洞的半径均远小于他们之间的距离．下列说法正确的是
A．黑洞A、B的质量之比为2:1
B．黑洞A、B的线速度之比为2:1
C．黑洞A、B的周期之比为2:1
D ．若从地球向黑洞A 发射一颗探测卫星，其发射速度一定要小于11.2km/s
4． (本题9分)发现“所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆”的规律的科学家是
A ．第谷
B ．开普勒
C ．牛顿
D ．卡文迪许
5． (本题9分)两个带等量正电的点电荷，固定在图中P 、Q 两点，MN 为PQ 连线的中垂线，交PQ 于O 点，A 为MN 上的一点．一带负电的试探电荷q ，从A 点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则
A ．q 由A 向O 的运动是匀加速直线运动
B ．q 由A 向O 运动的过程电势能逐渐增大
C ．q 运动到O 点时的动能最大
D ．q 运动到O 点时电势能为零
6． (本题9分)光滑水平面AB 与竖直面内的半圆形导轨在B 点连接，导轨半径R ＝0.5 m ，一个质量m ＝2 kg 的小球在A 处压缩一轻质弹簧，弹簧与小球不拴接。

用手挡住小球不动，此时弹簧弹性势能E p ＝36 J ，如图所示。

放手后小球向右运动脱离弹簧，沿半圆形轨道向上运动恰能通过最高点C ，g 取10 m/s 2。

下列选项正确的是（ ）
A ．小球脱离弹簧时的速度大小5m/s
B ．小球通过最高点
C 的速度是0
C ．小球在C 点处于超重状态
D ．小球从B 到C 阻力做的功-11J
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)在水平地面上，质量为m=1kg 的物块在水平拉力F 作用下由静止开始移动．已知物块与地面间动摩擦因数为0.2μ=，拉力做功F W 与物块位移之间关系如图所示．则
A ．拉力F 逐渐增大
B ．物块加速度大小为1.0m/s 2
C ．物块加速度大小为2.0m/s 2
D ．物块在4m 处速度大小为4m/s
8． (本题9分)如图所示，长0.5m 的轻质细杆，一端固定有一个质量为3kg 的小球，另一端由电动机带动，使杆绕O 在竖直平面内作匀速圆周运动，小球的速率为2m/s 。

取g=10m/s 2，下列说法正确的是（ ）
A ．小球通过最高点时，对杆的拉力大小是24N
B ．小球通过最高点时，对杆的压力大小是6N
C ．小球通过最低点时，对杆的拉力大小是24N
D ．小球通过最低点时，对杆的拉力大小是54N
9．水平地面上有一木箱，木箱与地面之间的动摩擦因数为(01)μμ<<．现对木箱施加一拉力F ，使木箱做匀速直线运动．设F 的方向与水平面夹角为θ，如图，在θ从0逐渐增大到90°的过程中，木箱的速度保持不变，则（ ）
A ．F 先减小后增大
B ．F 一直增大
C ．F 的功率减小
D ．F 的功率不变
10．关于重力势能与重力做功，下列说法中正确的是
A ．重力对物体做正功，物体的重力势能可能增加
B ．将质量相同的物体由同一位置沿不同方向抛出并下落至同一水平面，物体所减少的重力势能相等
C ．用手托住一个物体匀速上举时，手的支持力所做的功等于物体克服重力所做的功与物体增加的重力势能之和
D ．物体克服重力所做的功等于重力势能的增加量
11．如图所示，从地面上A 点发射一枚远程弹道导弹，在引力作用下，沿ACB 椭圆轨道飞行击中地面目
标B ，C 为轨道的远地点，距地面高度为h 。

已知地球半径为R ，地球质量为m ，引力常量为G ，设距地面高度为h 的圆轨道上卫星运动周期为T 0，不计空气阻力。

下列结论正确的是( )
A ．地球球心为导弹椭圆轨道的一个焦点
B ．导弹在
C 点的速度大于Gm R h
+ C ．导弹在C 点的加速度等于()2Gm R h +
D ．导弹从A 点运动到B 点的时间一定小于T 0
12． (本题9分)将质量为0.2kg 的小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A 的位置，如图甲所示，迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置C （图丙）．途中经过位置B 时弹簧正好处于自由状态（图乙）．已
知B 、A 的高度差为0.1m ，C 、B 的高度差为0.2m ，弹簧的质量和空气阻力都可忽略，重力加速度g=10m/s 2，则有( )
A ．小球从A 上升至
B 的过程中，弹簧的弹性势能一直减小，小球的动能一直增加
B ．小球从B 上升到
C 的过程中，小球的动能一直减小，势能一直增加
C ．小球在位置A 时，弹簧的弹性势能为0.6J
D ．小球从位置A 上升至C 的过程中，小球的最大动能为0.4J
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13． (本题9分)在“探究平抛运动的运动规律”的实验中，可以描绘出小球平抛运动的轨迹，某次实验中在坐标纸上描出了a 、b 、c 、d 四个点．
（1）在安装实验装置的过程中，斜槽末端的切线必须是水平的，这样做的目的是_______
A．保证小球飞出时，速度既不太大，也不太小
B．保证小球在空中运动的时间每次都相等
C．保证小球飞出时，初速度沿水平方向
D．保证小球运动的轨道是一条抛物线
（2）已知图中小方格的边长为L，小球平抛的初速度为v= ___（用L、g表示）．
14．如图所示为探究平行板电容器电容大小决定因素的实验。

给电容器充电后与电源断开，即保持电量不变，则：(填“变小”、“变大”或“不变”)
(1)甲图将B板上移，静电计指针偏角_______，电容器的电容________；
(2)乙图将B板左移，静电计指针偏角_______，电容器的电容________；
(3)丙图将电介质插入两板之间，静电计指针偏角_______，电容器的电容________。

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，静止在水平地面上的小黄鸭质量m=20 kg，受到与水平面夹角为53°的斜向上的拉力，小黄鸭开始沿水平地面运动．若拉力F=100 N，小黄鸭与地面的动摩擦因数为0.2，求：
（1）把小黄鸭看做质点，作出其受力示意图；
（2）地面对小黄鸭的支持力；
（3）小黄鸭运动的加速度的大小．(sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，g=10 m/s2)
16．(本题9分)如图所示，内壁光滑的弯曲钢管固定在天花板上，一根结实的细绳穿过钢管，两端分别拴
着一个小球和B．小球A和B的质量之比
1
=
2
A
B
m
m．当小球A在水平面内做匀速圆周运动时，小球A到管
口的绳长为l，此时小球B恰好处于平衡状态．管子的内径粗细不计，重力加速度为g．试求：
(1)拴着小球A的细绳与竖直方向的夹角θ；
(2)小球A转动的周期．
17．如图所示，在一足够大的空间内存在着水平向右的匀强电场，已知电场强度大小为E。

有一质量为m 的带电小球，用绝缘轻细线悬挂起来，静止时细线偏离竖直方向的夹角为 。

重力加速度为g，不计空气阻力的作用。

（1）求小球所带的电荷量并判断所带电荷的性质；
（2）如果将细线轻轻剪断，细线剪断后，经过时间t，求这一段时间内小球电势能的变化量。

参考答案
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．A
【解析】
【详解】
AB.箭矢做平抛运动，竖直分运动是自由落体运动，根据，有：，故t1＞t2，故A正确，
B错误；
CD.水平分位移相同，由于t1＞t2，根据x=v0t，有：v1＜v2；故C，D均错误.
2．D
【解析】
【详解】
从A 到B 的过程由动能定理可得：
0f k W W E -=-，
解得
=f k W W E -；
A.k E ，与结论不相符，选项A 错误；
B. W ，与结论不相符，选项B 错误；
C.k E W +，与结论不相符，选项C 错误；
D.k W E -，与结论相符，选项D 正确。

3．A
【解析】
【分析】
因为相互作用的两物体的吸引力大小相等、方向相反、作用在同一条直线上，对于双星各自做匀速圆周运动，它们的向心力大小相等，运行周期相同，据此列方程可得相应的关系式．
【详解】
双星各自做匀速圆周运动的周期相同，则角速度相等，因为221122m r m r ωω=，知半径之比等于质量之反
比，故质量之比为2：1，故A 正确．则v r ω=，知线速度与半径成正比，为1；2，故B 错误；双星的周期相同，与质量无关．故C 错误．要在地球上发射一颗探测该黑洞信息的探测器，必须要离开太阳的束缚，故发射速度必大于16.7/km s ，故D 错误；故选A ．
【点睛】
解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度．以及会用万有引力提供向心力进行求解．
4．B
【解析】
【详解】
开普勒第一定律：所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆轨道的一个焦点上．
所以发现所有行星绕太阳运行的轨道是椭圆的科学家是开普勒．
故选B.
5．C
【解析】
试题分析：两等量正电荷周围部分电场线如右图所示：
其中P 、Q 连线的中垂线MN 上，从无穷远到O 过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指向无穷远方向，故试探电荷所受的电场力是变化的，q 由A 向O 的运动做非匀加速直线运动，故A 错误；电场力方向与AO 方向一致，电场力做正功，电势能逐渐减小，故B 错误；从A 到O 过程，电场力做正功，动能增大，从O 到N 过程中，电场力做负功，动能减小，故在O 点试探电荷的动能最大，速度最大，故C 正确；取无限远处的电势为零，从无穷远到O 点，电场力做正功，电势能减小，则q 运动到O 点时电势能为负值，故D 错误
考点：电势能
【名师点睛】本题考查静电场的基本概念．关键要熟悉等量同种点电荷电场线的分布情况，根据等量同种点电荷电场线的分布情况，抓住对称性，分析试探电荷q 的受力情况，确定其运动情况，根据电场力做功情况，分析其电势能的变化情况．
6．D
【解析】
【详解】
A.根据机械能守恒定律E p =12
mv 12解得：v 1=6m/s ，选项A 错误； B. 因小球恰能通过最高点C ，则2C v mg m R
=，解得5m/s C v gR ，选项B 错误； C. 小球在C 点时，加速度向下，处于失重状态，选项C 错误；
D.小球从B 到C ，由动能定理：22111222
f C m
g R W mv mv -⋅+=-，联立解得W f =-11J ，选项D 正确。

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．CD
【解析】
【详解】
A ．拉力做功F W Fs =，故F W s -图像的斜率表示拉力F ，从图中可知斜率恒定，即F 恒定，A 错误； BC ．根据图像可得
160N 4N 40
F k -===-， 根据牛顿第二定律可得物块的加速度大小为：
2240.2110m /s 2m /s 1
F mg a m μ--⨯⨯===，
B 错误
C 正确；
D ．根据动能定理可得：
212
mas mv =
， 解得 4m /s v =，
D 正确．
8．BD
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．设在最高点杆子表现为拉力，对于小球则有
2
N v F mg m R
+= 代入数据得
6N F =-
则杆子表现为推力，大小为6N ，所以小球对杆子表现为压力，大小为6N ．A 错误B 正确；
CD ．在最点，杆子表现为拉力，对于小球有
2
N v F mg m R
-= 代入数据得
F=54N
C 错误
D 正确。

故选BD 。

9．AC
【解析】
由于木箱的速度保持不变，因此木箱始终处于平衡状态，受力分析如图所示，则由平衡条件得：sin mg N F θ=+，cos f N F μθ==两式联立解得
cos sin mg F μθμθ==+，可见F 有最小值，所以F 先减小后增大，A 正确；B 错误；F 的功率cos cos cos sin 1tan mgv mgv P Fv μθμθθμθμθ==
=++，可见在θ从0逐渐增大到90°的过程中tan θ逐渐增大，则功率P 逐渐减小，C 正确，D 错误． 10．BD
【解析】
【详解】
A. 重力对物体做正功，物体的重力势能减小，故A 错误；
B. 将质量相同的物体由同一位置沿不同方向抛出并下落至同一水平面，初末位置的高度差相同，物体所减少的重力势能相等，故B 正确；
C. 根据动能定理，用手托住一个物体匀速上举时，手的支持力所做的功等于物体克服重力所做的功，故C 错误；
D. 物体克服重力做功就是重力做负功.假设上升高度为H ，则重力做负功为mgH ，重力势能增加也为mgH,所以相等，所以物体克服重力所做的功等于重力势能的增加量，故D 正确。

11．ACD
【解析】
【详解】
A.根据开普勒定律分析知道，地球球心为导弹椭圆轨道的一个焦点。

故A 正确。

B.设距地面高度为h 的圆轨道上卫星的速度为v ，则由牛顿第二定律得：2
2()Mm v G m R h R h
++＝，得到
v =
C 点只有加速才能进入卫星的轨道，所以导弹在C ．故B 错误。

C.由牛顿第二定律得：2()Mm G ma R h +＝，得导弹在C 点的加速度为2
)=(GM a R h +．故C 正确。

D.设导弹运动的周期为T ，由于导弹的半长轴小于卫星的轨道半径R+h ，根据开普勒第三定律知道：导弹运动的周期T ＜T 1，则导弹从A 点运动到B 点的时间一定小于T 1．故D 正确。

12．BC
【解析】
A ．当弹簧的弹力与小球重力平衡时，合力为零，加速度为零，速度达到最大．之后小球继续上升，弹簧弹力小于重力，球做减速运动，直到脱离弹簧，故小球从A 上升到
B 的过程中，弹簧的弹性势能一直减小，动能先增大后减小，故A 错误；
B ．从B 到
C ，小球只受重力作用，做减速运动，所以动能一直减小，重力势能一直增加，故B 正确； C ．从A 到C ，小球动能不变，重力势能增加，重力势能由弹簧弹性势能转化而来，而重力势能增量为()0.2100.10.20.6J P E mg h ∆=∆=⨯⨯+=，所以在A 点弹簧的弹性势能为0.6J ，故C 正确；
D ．小球受力平衡时，因未给弹簧的劲度系数，则弹簧的形变量由题设条件无法求出，故无法求出小球最大动能，故D 错误．综上所述，本题正确答案为BC ．
故选：BC ．
点睛：小球从A 开始向上运动，开始做加速运动，当弹簧弹力与重力平衡时，小球速度达到最大，之后开
始减速，运动到B 时脱离弹簧，之后只在重力作用下减速．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．C 2gL 【解析】 【详解】
（1）研究平抛运动的实验很关键的地方是要保证小球能够水平飞出，只有水平飞出时小球才做平抛运动，
所以斜槽末端的切线必须是水平的，是为了保证小球飞出时，初速度沿水平方向，故ABD 错误，C 正确．
故选C.
（2）平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动，由图可知a 、b 、c 、d 之间的水平距离相等，因此它们的运动时间间隔相等；
在竖直方向上：△y=gT 2，由题可知△h=L ，带入解得：T= L g
； 在水平方向上：x=2L=v 0T ，解得：v 0=2L/T=2gL ；
14．变大 变小 变大 变小 变小 变大
【解析】
【详解】
(1)[1][2]甲图将B 板上移，即两极板正对面积减小，根据电容的决定式4πS C kd ε=
得知，电容C 变小，而电容器的电量Q 不变，由电容的定义式Q C U
=分析得到，板间电势差U 变大，即静电计指针偏角变大； (2)[3][4] 乙图将B 板左移，即板间距离d 增大，根据电容的决定式4πS C kd
ε=得知，电容C 变小，而电容器的电量Q 不变，由电容的定义式Q C U
=分析得到，板间电势差U 变大，即静电计指针偏角变大； (3)[5][6] 丙图将电介质插入两板之间，根据电容的决定式4πS C kd
ε=得知，电容C 增大，而电容器的电量Q 不变，由电容的定义式Q C U
=分析得到，板间电势差U 变小，即静电计指针偏角变小。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．（1）（2）120 N ，方向坚直向上（3）1.8 m/s 2
【解析】
试题分析：（1）如图
（2）根据平衡条件可得：
所以解得，方向竖直向上；根据牛顿第三定律得：
,竖直向上 （3）受到的摩擦力为滑动摩擦力，所以 根据牛顿第二定律得：，解得 考点：考查了牛顿第二定律，共点力平衡条件，力的合成与分解
16． (1)60°；2l g 【解析】
【分析】
【详解】
（1）绳子的拉力B T m g =，对A 球分析，在竖直方向上的合力为零，则 cos A T m g θ=
解得
1cos 2
θ=
则 60θ=︒；
（2）根据牛顿第二定律得
2
24tan 60sin 60A A m g m l T
π︒=⋅︒ 解得
2l T g
π= 17．（1）正电；
tan mg E θ（2）12mg 2t 2（tan θ）2 【解析】
【详解】
（1）小球受到重力电场力F 和细线的拉力T 的作用，由共点力平衡条件有：
qE = Tsin θ.
mg = Tcos θ.
得：q= tan mg E
θ . 电场力的方向与电场强度的方向相同，故小球所带电荷为正电荷。

（2）剪断细线后，小球做匀加速直线运动，设其加速度为a ，由牛顿第二定律有： cos mg θ
=ma 解得：a =cos g θ
在t 时间内，小球的位移为：l=12
at 2 . 小球运动过程中，电场力做的功为：W= qElsin θ= mglsin θtan θ=
12mg 2t 2（tan θ）2 所以小球电势能的变化量（减少量）为：△E p = 12
mg 2t 2（tan θ）2。