上海市黄浦区重点名校2018-2019学年高一下学期期末质量检测物理试题含解析

上海市黄浦区重点名校2018-2019学年高一下学期期末质量检测物理试题
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．已知声波在钢轨中传播的速度远大于在空气中传播的速度，则当声音由钢轨传到空气中时（ ） A ．频率变小，波长变长
B ．频率变大，波长变短
C ．频率不变，波长变长
D ．频率不变，波长变短
【答案】D
【解析】
【详解】
当声音由钢轨传到空气中时，频率不变，由题意得知波速减小，由波速公式v=λf 可知，波长变短。

A ．频率变小，波长变长，与结论不相符，选项A 错误；
B ．频率变大，波长变短，与结论不相符，选项B 错误；
C ．频率不变，波长变长，与结论不相符，选项C 错误；
D ．频率不变，波长变短，与结论相符，选项D 正确；
2． (本题9分)两根长度不同的细线下面分别悬挂两个小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个摆球在运动过程中，相对位置关系示意图正确的是图中的( ) A ． B ．
C ．
D ．
【答案】B
【解析】
【详解】
小球做匀速圆周运动，对其受力分析如图所示，由牛顿第二定律则有
mgtanθ＝mω2Lsinθ
整理得：
Lcosθ＝2g
是定值
则两球处于同一高度，故B 项与分析相符。

3．牛顿曾设想，把炮弹从高山上水平射出，速度越大，落地点越远。

当炮弹的速度足够大，它将绕地球运动，成为人造地球卫星。

弹道A、B对应的发射速度分别为v A、v B，B为紧贴地面表面的圆轨道，如图所示。

则
A．v A＝7.9 km/s B．v A>7.9km/s C．v B=7. 9km/s D．v B>7.9km/s
【答案】C
【解析】
【详解】
AB.物体沿弹道A运动时，最终落回地面，所以抛出速度v A＜7.9km/s，故AB错误；
CD.物体沿弹道B运动做匀速圆周运动，物体抛出速度v B=7.9km/s时，物体刚好能不落回地面，故C正确，D错误；
4．(本题9分)嫦娥四号发射岀去后进入近月点约100公里旳环月轨道.关于“嫦娥四号”月球探测器的发-射速度，下列说法正确的是（）
A．小于第一宇宙速度
B．介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间
C．介于第二宇宙速度和第三宇宙速度之间
D．大于第三宇宙速度
【答案】B
【解析】
【详解】
嫦娥四号进入近月点约100公里的环月轨道后，仍围绕地球做椭圆运动，未摆脱地球的引力束缚，故嫦娥四号的发射速度介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间，故选项B正确，A、C、D错误．
5．如图为某宇宙飞船的飞行示意图，飞船先在贴近天体A的表面做匀速圆周运动，发动机再次点火后飞离A，到达天体B附近后经调整贴近B的表面做匀速圆周运动。

若天体A和B的质量、半径分别为M1、R1和M2、R2，则飞船在贴近A、B表面做圆周运动的周期之比T1：T2为
A 312321
R M R M B 322311R M R M C 3132R R D 21
M M 【答案】A
【解析】
【详解】 飞船贴近天体A 的表面做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力，有：21121
12 GM m m R R T π=（），飞船贴近天体B 的表面做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力，有：2222222 GM m m R R T π=（）得：311232
21
T R M T R M =故A 正确，BCD 错误。

6．(本题9分)关于点电荷的说法,正确的是( )
A ．只有体积很小的带电体,才能看作点电荷
B ．体积很大的带电体一定不能看作点电荷
C ．点电荷一定是电荷量很小的电荷
D ．两个带电的金属小球,不一定能将它们作为电荷集中在球心的点电荷处理
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】 点电荷是理想化模型，只有当体积、形状等对于研究问题没有影响，才可看作点电荷，因此不论电荷的体积多少还是电荷量由多少，只要带电体的大小和形状对研究的问题没用影响或者可忽略不计时才可看成点电荷，ABC 错误，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． (本题9分)2018年珠海航展，我国五代战机“歼20”再次闪亮登场。

表演中，战机先水平向右，再沿曲线ab 向上(如图)，最后沿陡斜线直入云霄。

设飞行路径在同一竖直面内，飞行速率不变。

则沿ab 段曲线飞行时，战机
A．所受合外力大小为零
B．所受合外力方向不断变化
C．竖直方向的分速度逐渐增大
D．水平方向的分速度不变
【答案】BC
【解析】
【详解】
A.战机做曲线运动，运动状态发生变化，合外力不为零，故A错误；
B.战机飞行速率不变，合力方向始终与速度方向垂直，即指向圆心，故B正确；
C.飞机速度大小不变，与水平方向的倾角θ增大，则v y=vsinθ增大，即竖直方向的分速度逐渐增大，故C 正确；
D.飞机速度大小不变，与水平方向的倾角θ增大，则v x=vcosθ减小，即水平方向的分速度减小，故D错误。

8．质量为1kg的物块A，以5m/s的速度与质量为4kg静止的物块B发生正碰，碰撞后物块B的速度大小可能为（）
A．0.5m/s B．1m/s C．1.5m/s D．3m/s
【答案】BC
【解析】
以两球组成的系统为研究对象，以碰撞前A球的速度方向为正方向，如果碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律得：m A v0=m A v A+m B v B
由机械能守恒定律得：m A v02=m A v A2+m B v B2
解得：．
如果碰撞为完全非弹性碰撞，以A球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
m A v0=（m A+m B）v B
解得：v B=1m/s
则碰撞后B球的速度范围是：1m/s≤v B≤2m/s，所以碰撞后B球的速度可能值为1m/s和1.5m/s，故AD错误，BC正确；故选BC.
9．如图所示，一对水平放置的平行金属板AB中央有一个静止的电子e（不计重力），两板间距离足够大．0～4s内在两板间加上如图所示的交变电压后，则下列反映电子加速度a、速度v、位移x和动能k E四个物理量随时间t的变化规律中正确的是（所涉及的矢量均取向上方向为正）
A．
B．
C．
D．
【答案】AB
【解析】
【分析】
【详解】
0-1s内，电压不变，则板间的电场强度不变，电子在板间受到不变的电场力，根据牛顿第二定律可知，加速度恒定不变，所以0-1s电子做匀加速直线运动，1-2s，电场力反向，加速度方向反向，电子做匀减速直线运动，直至速度为零，2-3s，电场力正向不变，电子有开始做初速度为0的匀加速直线运动，3-4s，电场力反向不变，电子做匀减速直线运动，到4s末速度为零；
A. 0-1s，加速度恒定不变，为正，1-2s加速度为负，且恒定不变，2-3s加速度恒为正，且不变，3-4s加速度为负，且不变，故A项符合题意；
BC. 0-1s，2-3s物体做正向的匀加速的直线运动，v-t图象为倾斜的直线，x-t图象为抛物线，1-2s，3-4s物体做正向的匀减速的直线运动，v-t图象为倾斜的直线，x-t图象为抛物线，故B项符合题意，C项不符合题意；
D.因为212
k E mv =可知，v-t 图象为直线，则E k -t 图象为曲线，故D 项不符合题意． 10． (本题9分)如图所示，A 、B 两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A 放在固定的光滑斜面上，B 、C 两小球在竖直方向上通过劲度系数为k 的轻质弹簧相连，C 球放在水平地面上．现用手控制住A ，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A 的质量为3m ，B 、C 的质量均为m ，重力加速度为g ，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放A 后，A 沿斜面下滑至速度最大时C 恰好离开地面．则下列说法正确的是（ ）
A ．斜面倾角α=37°
B ．A 获得最大速度为
C ．C 刚离开地面时，B 的加速度最大
D ．从释放A 到C 刚离开地面的过程中，A 、B 两小球组成的系统机械能守恒
【答案】CD
【解析】
试题分析：当C 恰好离开地面时，弹簧弹力为mg ，此时A 的速度最大，绳子的拉力为2mg ，有
，A 错；ABC 和弹簧构成的系统机械能守恒，从开始到A 的速度最大，这个过
程中弹簧形变量没有变，弹性势能不变，则有，开始平衡时mg=kx ，s=2x ，由此可得最大速度为，C 刚离开地面时，B 的加速度为2g ，之后弹簧继续伸长，弹力增大，B 的加速度继续增大，C 错；D 错，故选B
考点：考查连接体问题
点评：本题难度中等，根据各物体的受力判断运动的临界点是关键，系统在只有重力或弹力做功的情况下机械能守恒，物体所受合外力最大时加速度最大
11．关于电场强度和电场线，下列说法正确的是
A ．由F E q
=可知，电场强度E 与q 成反比，与F 成正比 B ．电场中某一点的电场强度，与放置的试探电荷无关
C ．电场线是仅受电场力作用且从静止开始运动的电荷的运动轨迹
D ．电荷的运动轨迹有可能与电场线重合
【答案】BCD
【解析】【分析】【详解】
AB. 电场强度的定义式为
F
E
q
=，适用于任何电场，E反映电场本身的性质，与试探电荷无关，故A项与
题意不相符，B项与题意相符；
CD. 电场线是为了形象的描述电场而人为引入的曲线，而物体的运动轨迹是由物体所受合外力与初速度之间的夹角决定，二者不一定重合；在非均匀的电场中，初速为零、重力不计的带电粒子在电场中运动轨迹不会与电场线重合；若电场线为直线，物体的初速度为零，则运动轨迹与电场线是重合的，故CD项与题意相符．
12．一辆汽车在水平路面上以额定功率P＝50kW行驶，所受恒定阻力f=2000N，当汽车达到最大速度v m 时，下列说法正确的是
A．牵引力小于阻力
B．引力等于阻力
C．v m=25m/s
D．v m=40m/s
【答案】BC
【解析】
【详解】
AB当汽车发动机达到额定功率并做匀速运动时，汽车达到最大速度，此时发动机牵引力等于阻力，选项A 错误，B正确；
CD.根据P=Fv=fv，则有：
3
5010
25m/s
2000
m
P
v
f
⨯
===；故C正确，D错误。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．(本题9分)学习了传感器之后，在“研究小车加速度与所受合外力的关系”实验中时，甲、乙两实验小组引进“位移传感器”、“力传感器”，分别用如图（a）、（b）所示的实验装置实验，重物通过细线跨过滑轮拉相同质量小车，位移传感器（B）随小车一起沿水平轨道运动，位移传感器（A）固定在轨道一端．甲组实验中把重物的重力作为拉力F，乙组直接用力传感器测得拉力F，改变重物的重力重复实验多次，记录多组数据，并画出a-F图像．
（1）甲组实验把重物的重力作为拉力F的条件：_________．（重物质量为M，小车与传感器质量为m）（2）图（c）中符合甲组同学做出的实验图像的是__________；符合乙组同学做出的实验图像的是
______________．（选填①、②、③）
【答案】小车的质量远大于重物的质量；②；①；
【解析】
【分析】
【详解】
（1）在该实验中实际是：mg=（M+m）a，要满足mg=Ma，应该使重物的总质量远小于小车的质量．即小车的质量远大于重物的质量．
（2）在质量不变的条件下，加速度与外力成正比；由实验原理：mg=Ma
得
mg
a
M
=,而实际上
mg
a
M m
'=
+
，即随着重物的质量增大，不在满足重物的质量远远小于小车的质量，
所以图（c）中符合甲组同学做出的实验图象的是②．乙组直接用力传感器测得拉力F，随着重物的质量增大拉力F测量是准确的，a-F关系为一倾斜的直线，符合乙组同学做出的实验图象的是①
【点睛】
该实验是探究加速度与力的关系，采用控制变量法进行研究．实验在原来的基础上有所创新，根据所学物理知识和实验装置的特点明确实验原理是解答该实验的关键．
14．(本题9分)某实验小组采用图甲所示的装置探究动能定理。

该小组将细绳一端固定在小车上，另一端绕过定滑轮与力传感器、重物相连。

实验中，小车在细绳拉力的作用下从静止开始加速运动，打点计时器在纸带上记录小车的运动情況，力传感器记录细绳对小车的拉力大小
(1)下列措施中必要的是____________
A．使细绳与长木板平行
B．实验前调节长木板的倾角以平衡摩擦力
C ．使小车质量远大于重物和力传感器的总质量
(2)在正确的操作下，某次实验中力传感器的示数为F ，小车的质量为M 。

打出的纸带如图乙所示。

将打下的第一个点标为O ，在离O 点较远的纸带上依次取A 、B 、C 三个计数点。

已知相邻两计数点间的时间间隔为T ，测得A 、B 、C 三点到O 点的距离分别为x 1、x 2、x 3，则应选择从O 点到_______点(选填“A”、“B”或“C”)过程来探究动能定理。

若在误差允许范围内满足关系式____________(用题中所给字母表示)，则可认为合力对物体做的功等于物体动能的改变。

【答案】AB B 2312122x x Fx M T -⎛⎫= ⎪⎝⎭
【解析】
【详解】
第一空.实验中必须要使细绳与长木板平行，这样才能使得绳子的拉力等于小车的合外力，故A 正确；实验前调节长木板的倾角以平衡摩擦力，以保证细绳的拉力等于小车受的合力，故B 正确；由于有力传感器测量绳的拉力，则没必要使小车质量远大于重物和力传感器的总质量，故C 错误。

第二空.根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B 点的速度，从而得出动能的增加量，则应选择从O 点到 B 点过程来探究动能定理； 第三空.从O 点到 B 点过程来由动能定理得2
312122x x Fx M T -⎛⎫= ⎪⎝⎭
，即23123()8M x x Fx T -=. 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15． (本题9分)下图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB 段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC 在B 点水平相切。

点A 距水面的高度为H ，圆弧轨道BC 的半径为R ，圆心O 恰在水面。

一质量为m 的游客（视为质点）可从轨道AB 的任意位置滑下，不计空气阻力。

(1)若游客从A 点由静止开始滑下，到B 点时的速度02v gR =，求轨道摩擦力对其所做的功f W ；
(2)若游客从AB 段某处滑下，恰好停在B 点，又因为受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P 点后离开轨道，求P 点离水面的高度h 。

【答案】 (1)()2f W mg H R =-；(2)23
R h =
【解析】
【分析】
【详解】
(1)从A 到B ，根据动能定理，有
()212f B mg H R W mv -+=
可得 ()2f W mg H R =-
(2)设OP 与OB 间夹角为θ，游客在P 点时的速度为P v ，受到的支持力为N F ，从B 到P 由机械能守恒定律，有
()21cos 02
P mg R R mv θ-=- 过P 点根据向心力公式，有
2cos P N mv mg F R
θ-= 因为0N F =，cos h R θ=
解得23
R h = 16． (本题9分)如图所示，水平传送带长为L=4m ，以02m /s v =的速度逆时针转动。

一个质量为lkg 的物块从传送带左侧水平向右滑上传送带，一段时间后它滑离传送带。

已知二者之间的动摩擦因数0.2μ=，g=10m/s 2。

(1)要使物块能从传送带右侧滑离，则物块的初速度至少多大？
(2)若物块的初速度为3m /s v '=，则物块在传送带上运动时因摩擦产生的热量为多少？
【答案】 (1)4m /s v >；(2)12.5J
【解析】
【详解】
(1)设物块初速度为v ，物块能从传送带右侧滑离，对其分析得：
212
k mgL E mv μ-=- 0k E >
解得：
4m /s v >
(2)物块在传送带上的运动是先向右减速运动，后向左加速运动。

物块向右减速运动时，有：
1v t a '
=
21102mgx mv μ'-=- 物块与传送带的相对滑动产生的热量：
()1011Q mg v t x μ=+
向左加速运动时，有：
02v t a
= 2201
2mgx mv μ=
物块与传送带的相对滑动产生的热量：
()2022Q mg v t x μ=-
1212.5J Q Q Q '=+=
17． (本题9分)如图所示，圆心角为90°的光滑圆弧形轨道，半径R 为1.6 m ，其底端切线沿水平方向．长为l ＝163m 的斜面，倾角为θ＝60°，其顶端与弧形轨道末端相接，斜面正中间有一竖直放置的直杆；现让质量为1 kg 的物块从弧形轨道的顶端由静止开始滑下，物块离开弧形轨道后刚好能从直杆的顶端通过，重力加速度g 取10 m/s 2，求：
(1)物块滑到弧形轨道底端时对轨道的压力大小；
(2)直杆的长度．
【答案】（1）物块滑到弧形轨道底端时对轨道的压力大小为30N ；
（2）直杆的长度为2.1m
【解析】
【分析】
【详解】
（1）沿弧形轨道下滑过程:212
mgR mv = 在轨道最低点时: 2
N mv F mg R
-= 解得:2
30N mv F mg N R
=+=
由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力大小为30N （2）1cos 2
x L vt θ== 212
y gt = 1sin 2.12h L y m θ=-=。