陕西省西安市2020年高一(下)物理期末联考模拟试题含解析

陕西省西安市2020年高一(下)物理期末联考模拟试题
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． (本题9分)在高处以初速v 0水平抛出一石子，当它的速度由水平方向变化到与水平方向夹θ角的过程中，石子的水平位移的大小是（ ） A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】C 【解析】 【详解】
根据平行四边形定则知，石子竖直分速度为：
，则平抛运动的时间为：
则石
子的水平位移为：，故C 正确。

2．如图所示，一个小球质量为m ，初始时静止在光滑的轨道上，现以水平力击打小球，使小球能够通过半径为R 的竖直光滑轨道的最高点C ，则水平力对小球所做的功至少为
A ．mgR
B ．2mgR
C ．2.5mgR
D ．3mgR
【答案】C 【解析】
试题分析要通过竖直光滑轨道的最高点C ，在C 点有重力提供向心力，对小球，由动能定理，
，联立解得，选项C 正确．
考点：竖直平面内的圆周运动；动能和动能定理．
3． (本题9分)如图为湖边一倾角为30°的大坝横截面示意图，水面与大坝的交点为O ，一人站在A 点以速度0v 沿水平方向仍一小石子，已知40m AO ，不计空气阻力，g 取210m/s ．下列说法正确的是（ ）
A ．若018m/s v >，则石块可以落入水中
B ．若020m/s v <，则石块不能落入水中
C ．若石子能落入水中，则0v 越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大
D ．若石子不能落入水中，则0v 越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．小球落在O 点下落的高度 h=40×
1
2
m=20m ， 则运动的时间
2220s 2s 10
h t g ⨯=
==， 则要恰好落在O 点的初速度
0340m/s 103m/s
os302
c v AO t
︒
=
=＝，
018m/s 103m/s v >＝，可知石块可以落入水中，故A 正确，B 错误．
C ．若石块能落入水中，下落的高度一定，竖直分速度一定，结合平行四边形定则知， 0
tan y v v α=，
初速度越大，落水时速度方向与水平面的夹角越小，故C 错误． D ．石块不能落在水中，石块竖直位移与水平位移的比值是定值，有
2
00
12tan 2gt
gt v t v θ=＝
， 速度与水平方向的夹角
tan 2tan y v gt
v v αθ=
=
=，
因为θ一定，则速度与水平方向的夹角一定，可知石块落到斜面时速度方向与斜面的夹角一定，与初速度无关．故D错误．
4．在光滑的水平面上，质量为m的小球在细绳拉力作用下，以速度v做半径为R的匀速圆周运动，小球向心加速度大小和所受拉力大小分别是
A．v
R
，
v
m
R
B．
2
v
R
，
2
v
m
R
C．vR，mvR D．2v R，2
mv R
【答案】B
【解析】
【详解】
小球所受的拉力提供向心力，根据牛顿第二定律得：
2
v
F m
R
=
向心加速度
2
F v
a
m R
==
故选B．
5．(本题9分)如图甲所示，物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动。

通过力传感器和速度传感器监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示。

取g=10m/s2。

则
A．物体的质量m=l.0kg
B．物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.20
C．第2s内物体克服摩擦力做的功W=2.0J
D．前2s内推力F做功的平均功率P=2.0W
【答案】C
【解析】
【详解】
A.由速度时间图象可以知道在2-3s的时间内，物体匀速运动，处于受力平衡状态，所以滑动摩擦力的大小为2N，在1-2s的时间内，物体做匀加速运动，直线的斜率代表加速度的大小，所以a=m/s2=2m/s2，由
牛顿第二定律可得F-f=ma，所以，所以A错误；
B.由f=μF N=μmg，所以，所以B错误；
C.第二秒内物体的位移是x=at2=×2×12m=1m，摩擦力做的功W=fx=-2N×1m=-2J，所以第2s内物体克服摩
擦力做的功W=2.0J，选项C正确；
D.前2s，在第一秒内物体没有运动，只在第二秒运动，F也只在第二秒做功，F的功为W=Fx=3×1J=3J，所以前2s内推力F做功的平均功率为，所以D错误.
6．(本题9分)“竹蜻蜓”是民间的儿童玩具，如图所示，双手用力搓柄可使“竹蜻蜓”向上升，某次试验，“竹蜻蜓”离手后沿直线上升到最高点，在该过程中（）
A．空气对“竹蜻蜓”的作用力大于“竹蜻蜓”对空气的作用力
B．“竹蜻蜓”的动能一直增加
C．“竹蜻蜓”的重力势能一直增加
D．“竹蜻蜓”的机械能守恒
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据牛顿第三定律，空气对“竹蜻蜓”的作用力和“竹蜻蜓”对空气的作用力是一对相互作用力，相互作用力是反向等大的，所以空气对“竹蜻蜓”的作用力等于“竹蜻蜓”对空气的作用力，故A错误；BC．“竹蜻蜓”离手后沿直线上升到最高点的过程中，“竹蜻蜓”先加速后减速，动能先增大后减小，高度升高，重力势能一直增加，故B错误，C正确；
D．“竹蜻蜓”离手后沿直线上升到最高点的过程中，空气阻力对“竹蜻蜓”做功，所以“竹蜻蜓”的机械能不守恒，故D错误。

故选C。

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)摄影组在某大楼边拍摄武打片，导演在离地面高度H＝8m的房顶处架设轮轴，轨道车通过细钢丝跨过轮轴拉着特技演员从地面”飞”到房顶，如图所示。

特技演员的质量m＝50kg，人和车均可视为质点，重力加速度取10m/s2。

若轨道车以速度v＝5m/s从A点匀速前进6m到达B点，则该过程中
A．特技演员上升的高度为4m
B．轨道车到达B点时特技演员的速度为3m/s
C．特技演员受钢丝绳拉力为500N
D．特技演员机械能增加了1225J
【答案】BD
【解析】
【详解】
A.由图可知，在这一过程中，连接轨道车的钢丝长度由8m伸长到10m，所以演员上升的距离为（10-8）m=2m，故A错误。

B.设轨道车在B时细线与水平方向之间的夹角为θ，将此时轨道车的速度分解，此时钢丝的速度v丝
=vcosθ=v=3m/s，沿绳方向速度大小相同，v人=v丝=3m/s。

故B正确。

C.轨道车以速度v=5m/s从A点匀速前进，v丝=vcosθ，角度变化，v丝变化，所以人并非匀变速运动，拉力大小改变，不是定值，故C错误。

D.对人根据动能定理得：合力做功W合=△E k=225J，以地面为势能零点，E p=mgh=1000J。

根据功能关系可知，钢丝在一过程中对演员做的功等于演员机械能的增量，即△E=E k+E p=1225J，所以机械能增加1225J，故D正确。

8．(本题9分)发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道1．轨道1、2相切于P点，轨道2、1相切于Q点如右图所示．则当卫星分别在1、2、1轨道上正常运行时，以下说法正确的是（）
A ．卫星在轨道1上的速率小于在轨道1上的速率
B ．卫星在轨道1上的角速度大于在轨道1上的角速度
C ．卫星在轨道1具有的机械能小于它在轨道2具有的机械能
D ．卫星在轨道2上经过Q 点时的加速度等于它在轨道1上经过Q 点时的加速度 【答案】ACD 【解析】
A 项：根据人造卫星的万有引力等于向心力，2
2Mm v G m r r
=，解得：GM v r =
，轨道1半径比轨道1半径大，所以卫星在轨道1上的速率小于在轨道1上的速率，故A 正确； B 项：根据人造卫星的万有引力等于向心力，2
2Mm G
m r r ω=，解得：3GM r
ω=，轨道1半径比轨道1半径大，所以卫星在轨道1上的角速度小于在轨道1上的角速度，故B 错误；
C 项：卫星从轨道1到轨道2要点火加速，即把燃烧燃料的化学能转化为机械能，所以卫星在轨道1具有的机械能小于它在轨道2具有的机械能，故C 正确；
D 项：根据牛顿第二定律和万有引力定律得加速度：2GM
a r
=，所以卫星在轨道2上经过Q 点时的加速度等于它在轨道1上经过Q 点时的加速度，故D 正确．
点晴：本题考查卫星的变轨和离心运动等知识，关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度和角速度的表达式，再进行讨论．
9． (本题9分)磁悬浮高速列车在我国上海已投入正式运行．如图所示就是磁悬浮的原理，图中A 是圆柱形磁铁，B 是用高温超导材料制成的超导圆环．将超导圆环B 水平放在磁铁A 上，它就能在磁力的作用下悬浮在磁铁A 的上方空中，则（ ）
A ．在
B 放入磁场的过程中，B 中将产生感应电流；当稳定后，感应电流消失 B ．在B 放入磁场的过程中，B 中将产生感应电流；当稳定后，感应电流仍存在
C ．若A 的N 极朝上，B 中感应电流的方向为顺时针方向
D ．若A 的N 极朝上，B 中感应电流的方向为逆时针方向
【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
A 、
B 、在B 放入磁场的过程中，根据楞次定律不难判断出B 中会产生感应电流，而因为B 是超导体没有电阻，故即使B 稳定后电磁感应现象消失B 中的电流也不会消失，故A 错误，B 正确.
C 、
D 、根据楞次定律可知，如A 的N 极朝上，放入线圈时，线圈中的磁通量向上增大，则感应电流的磁场应向下，B 中感应电流方向从上向下看应为顺时针，故C 正确，D 错误. 故选BC. 【点睛】
本题考查楞次定律以及超导现象，认真审题是解题的关键，本题易错选A ，易认为B 稳定后B 中没有电磁感应现象发生，而得出感应电流消失的结论，再就是要熟练掌握楞次定律．
10． (本题9分)如图所示,一个内壁光滑的圆锥筒固定在竖直面内。

有两个质量不同的小球甲和乙贴着筒的内壁在水平面内做匀速圆周运动。

则
A ．甲乙两球都是由重力和支持力的合力提供向心力
B ．筒壁对甲球的支持力等于筒壁对乙球的支持力
C ．甲球的运动周期大于乙球的运动周期
D ．甲球的角速度大于乙球的角速度 【答案】AC 【解析】 【分析】
对两球受力分析即可得向心力的来源；支持力与重力的合力提供小球所需要的向心力，根据平衡条件即可得支持力大小关系；利用牛顿第二定律列式，结合两球的轨道半径关系即可分析出两球的周期与角速度关系． 【详解】
A 、对两球受力分析，都受重力、支持力两个力的作用，由于做匀速圆周运动，即合外力提供向心力，故可知甲、乙两球都是由重力与支持力的合力提供向心力，A 正确； BCD 、设圆锥筒的顶角为θ，则有：在竖直方向有：sin
2
N mg θ
=，轨道平面内有：2cos
2
N m r θ
ω=，
联立可得支持力为：
sin
2
mg
N θ=
，角速度为：
tan
2
g r ωθ=
，由于两球的质量不同，则可知两球所受支
持力大小不相等，由图可知甲球的轨道半径大于乙球的轨道半径，故甲球的角速度小于乙的角速度，根据
2T π
ω
=
可知，甲球的周期大于乙球的周期，BD 错误C 正确．
11． (本题9分)一个重为mg 的物体在外力F 作用下，从静止开始沿一条竖直平面内的直线斜向下运动，直线轨迹与竖直方向成30°角，不计空气阻力，则该物体机械能大小的变化可能是
A ．若0.5F mg =，则物体运动过程中机械能守恒
B ．若0.6F mg =，则物体运动过程中机械能可能增大，也可能减小
C ．若0.8F mg =，则物体运动过程中机械能一定越来越大
D ．若 1.2F mg =，则物体运动过程中机械能一定越来越大 【答案】ABD 【解析】
【详解】
A.因为物体做直线运动，拉力F 和重力的合力与运动轨迹在同一直线上，当外力sin300.5mg mg ︒=时，F 的方向垂直于运动的直线，F 不做功，A 正确；
BC.当F 大于0.5mg 小于mg 时，F 的方向不可能与轨迹垂直，或斜向上或斜向下。

因此F 可能做正功，也可能做负功，机械能可能增大，也可能减小，B 正确，C 错误。

D.若 1.2F mg =时F 的方向与运动轨迹成锐角，故一定要做正功，机械能越来越大，D 正确。

12． (本题9分)旅居加拿大十六岁学生温家辉，2009年在美国太空总署主办的太空移民设计赛中夺冠．温家辉的获奖设计是一个高1.6 km 的圆筒形建筑，命名为Asten ，如题图所示，内径约1 km ，圆筒由一个个可以住人的环形物堆叠而成，并在电力的驱动下绕着中心轴以一定的角速度转动，从而产生 “模拟重力”，使居民能在“重力”环境下生活．垂直中心轴的截面图如题所示，圆筒的内壁正好是城市的地面，因此，生活在这座太空城市的人，站在“地面上”，跟站在地球地面上的感觉没有区别．以下说法正确的有（ ）
A．太空城内的居民不能
．．运用天平准确测出质量
B．太空城内物体所受的“重力”一定通过垂直中心轴截面的圆心
C．人随太空城自转所需的向心力由人造陆地对人的支持力提供
D．太空城绕自己的中心轴转动的角速度越大，太空城的居民受到的“重力”越大
【答案】BCD
【解析】
【详解】
A．天平的测量原理是等臂杠杆，故太空城内的居民可以运用天平准确测出质量，故A错误；
B．太空城内物体做匀速圆周运动，向心力指向圆心，故其所受的“重力”一定通过垂直中心轴截面的圆心且向外，故B正确；
C．太空城内物体做匀速圆周运动，人随太空城自转所需的向心力由人造陆地对人的支持力提供，故C正确；
D．等效重力等于向心力，故
2
'=
G mrω
故太空城绕自己的中心轴转动的角速度越大，太空城的居民受到的“重力”越大，故D正确。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．(本题9分)测量小物块Q与平板P之间的动摩擦因数的实验装置如图所示．AB是半径足够大的、光滑的四分之一圆弧轨道，与水平固定放置的P板的上表面BC在B点相切，C点在水平地面的垂直投影为C'，重力加速度为g，实验步骤如下：
①用天平称出物块Q的质量m；
②测量出轨道AB的半径R、BC的长度L和CC'的高度h；
③将物块Q在A点由静止释放，在物块Q落地处标记其落地点D；
④重复步骤③，共做10次；
⑤将10个落地点用一个尽量小的圆围住，用米尺测量圈心到C'的距离s．
用实验中的测量量表示：
E=_____________；
（1）物块Q到达B点时的动能kB
E=______________；
（2）物块Q到达C点时的动能kC
（3）在物块Q 从B 运动到C 的过程中，物块Q 克服摩擦力做的功f W =________________； （4）物块Q 与平板P 之间的动摩擦因数μ=________________．
【答案】mgR ; 24mgs h ; 2()4s mg R h
- ; 2
4R s L hL - ; 【解析】
（1）从A 到B,由动能定理得kB E mgR = （2）根据平抛运动可知 竖直方向上2
12
h gt =
水平方向上0s v t = 物体在C 的动能为2012
kC E mv = 解得2
4kC
mgs E h
= （3） 从B 到C 根据动能定理可得：2
4f kC kB mgs W E E mgR h
-=-=-
解得：2244f mgs s W mgR mg R h h ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭ （4）24f s W mgL mg R h μ⎛⎫
==- ⎪⎝⎭
解得：2
4R s L hL
μ=-
故本题答案是(1). mgR ; (2). 24mgs h ; (3). 24s mg R h ⎛⎫- ⎪⎝⎭
; (4). 2
4R s L hL -
; 点睛： (1)物块由A 到B 点过程,由动能定理可以求出物块到达B 时的动能;
(2)物块离开C 点后做平抛运动,由平抛运动的知识可以求出物块在C 点的速度,然后求出在C 点的动能; (3)根据动能定理求得摩擦力做功
(4)由B 到C,由动能定理列式可以求出动摩擦因数.
14． (本题9分)在“验证机械能守恒定律”的实验中，质量m= 200 g 的重锤拖着纸带由静止开始下落，在下落过程中，打点计时器在纸带上打出一系列的点.在纸带上选取三个相邻计数点A 、B 和C ，相邻计数点间的时间间隔为0.10 s ，O 为重锤开始下落时记录的点，各计数点到O 点的距离如图 所示，长度单位是cm ，当地重力加速度g 为 9.80 m /s 2 .
（1）打点计时器打下计数点B 时，重锤下落的速度v B =__________（保留三位有效数字）； （2）从打下计数点O 到打下计数点B 的过程中，重锤重力势能减小量ΔE p =____________，重锤动能增加量ΔE k =___________（保留三位有效数字）.
【答案】 （1） 2.91 m /s （2）0.856 J 0.847 J
【解析】（1）B 点时AC 两点的中间时刻，则B 点速度为v B ＝=2.91m/s
（2）重锤重力势能减小量：△E p =mgh=0.2×9.8×0.4368=0.856J
重锤动能增加量△E K =mv B 2＝×0.2×(2.91)2=0.847J
点睛：纸带的处理在高中实验中用到多次，需要牢固的掌握．实验原理是比较减少的重力势能和增加的动能之间的关系，围绕实验原理记忆实验过程和出现误差的原因．
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，质量m=0.5kg 的物体放在水平面上，在F=3.0N 的水平恒定拉力作用下由静止开始运动，物体发生位移x=4.0m 时撤去力F ，物体在水平面上继续滑动一段距离后停止运动。

已知物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.4，取g=10m/s 2。

（1）做出物体在力F 作用过程中的受力示意图；
（2）物体在运动过程中受滑动摩擦力的大小；
（3）撤去力F 的瞬间，物体速度的大小；
（4）撤去力F 后物体继续滑动的时间.
【答案】（1）（2） 2.0N f F =（3） 4.0m/s =v （4） 1.0s t =
【解析】
【详解】
(1)受力分析如图
(2)由受力分析得
N F mg =
由滑动摩擦得：N f F F μ=
代入数据解得 2.0N f F =；
(3)根据牛顿第二定律有：f F F ma -=
根据匀变速直线运动规律：2202ax -=v
联立代入数据解得 4.0m/s =v ；
(4)根据牛顿第二定律有：f F mg ma μ'==
根据匀变速直线运动规律有：0a t '=-v
联立代入数据解得 1.0s t =。

16．游乐园的“飞天秋千”游戏开始前，座椅由长度为L 的钢丝绳竖直悬吊在空中，到转轴的水平距离为r 。

秋千匀速转动时，绳与竖直方向夹角为θ，其简化模型如图所示。

座椅的质量为m ，大小忽略不计。

重力加速度为g ，不计空气阻力。

在秋千匀速转动的过程中，求:
(1)钢丝绳所受拉力F 的大小:
(2)秋千匀速转动的角速度ω
(3)质量不等的两名游客分别乘坐在左、右两个座椅里，设此时钢丝绳与竖直方向的夹角分别为1θ、2θ，试比较1θ、2θ大小，并说明理由.
【答案】（1）cos mg F θ=
（2）tan =sin g r L θωθ+（3）12=θθ 【解析】
【详解】
（1）根据平行四边形定则知，钢丝绳的拉力大小为：cos mg F θ
=。

（2）座椅做匀速圆周运动的半径为：R=r+Lsinθ，
由mgtanθ=mω2R 得：
tan =sin g r L θωθ
+ （3）由（2）可知，mgtanθ=mω2R ，解得tanθ=ω2R ，角速度和半径相等，则钢丝绳与竖直方向的夹角θ1=θ2。

17．坐标原点O 处的波源t=0时刻开始沿着y 轴方向做简谐运动，形成沿x 轴正方向传播的简谐波。

T=0.3s 时刻，波刚传播到x=3m 处的P 点，t=0.3s 时刻的波形如图所示。

求：
（1）波的传播速度大小；
（2）从图示时刻再经过多长时间，位于x=8m 处的Q 点第一次到达波谷；
（3）在图中画出t=0.5s 时刻的波形（不用写出推导过程）。

【答案】（1）10m/s （2）0.8s （3）
【解析】
【分析】
；
【详解】
（1）由题可以知道，波的传播速度为
3=m/s=10m/s 0.3
x v t ∆=； （2）由图可知，
4m λ=，
故周期
4s T =，
设在经过时间t ∆，位于8m x =处的Q 点到达波谷，则：
()
g g g g
∆=+=+
t nt n
0.80.42s, n=0,1,2
n时，
=0
0.8s
t∆=。

t=时，波恰好传递到5m处，所以，波形图是：（3）由题可以知道, 0.5s。