广东省深圳市2019-2020学年物理高一下期末预测试题含解析

广东省深圳市2019-2020学年物理高一下期末预测试题
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)发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后点火，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3，轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如图所示。

卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是（）
A．卫星在轨道3上运行的周期小于在轨道1上的周期
B．卫星在轨道3上的机械能大于在轨道1上的机械能
C．卫星在轨道2上经过Q点时的加速度大于它在轨道1上经过Q点时的加速度
D．卫星在轨道2上由Q点运动至P点的过程中，速度增大，加速度减小
【答案】B
【解析】
【详解】
A、据万有引力提供圆周运动向心力
2
22
4
GMm
m r
r T
π
=可得卫星的周期
3
2
r
T
GM
=3的半
径大于轨道1的轨道半径，故轨道3上的周期大于轨道1上的周期，A错误；
B、卫星要从轨道1变轨到轨道3，需要在Q点加速后沿轨道2运动，在轨道2上经过P点时再加速，最后在轨道3上运动，所以卫星在轨道 3 上的机械能大于在轨道 1 上的机械能，B正确；
C、同在Q点，万有引力产生的加速度相同，与卫星所在的轨道无关，C错误；
D、卫星在轨道2上由Q点运动至P点过程中，引力对卫星做正功，卫星的速度越来越大，卫星离地球越来越近，万有引力产生的加速度越来越大，D错误。

2．(本题9分)甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动，已知它们的动量分别是P甲=5kg·m/s，P乙=7kg·m/s，甲追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为P乙'=10kg·m/s，则两球质量m甲与m乙的关系可能是（）A．m甲=m乙
B．m乙=2m甲
C．m乙=4m甲
D．m乙=6m甲
【解析】
根据动量守恒定律得：p 1+p 2=p 1′+p 2′，解得：p 1′=2kg•m/s ．碰撞过程系统的总动能不增加，则有：
'2'222
1212
2222p p p p m m m m +≤+甲乙甲乙
代入数据解得：
7 17m m ≤甲乙．碰撞后甲的速度不大于乙的速度，则有：12p p m m ''≤甲乙，代入数据解得：121 5m m ≥．综上有7
15 17
m m ≤≤甲乙，故BC 正确，AD 错误．故选BC ． 点睛：对于碰撞过程，往往根据三大规律，分析两个质量的范围：1、动量守恒；2、总动能不增加；3、碰撞后两物体同向运动时，后面物体的速度不大于前面物体的速度． 3． (本题9分)做匀速圆周运动的物体，改变的物理量是（ ） A ．速度 B ．速率 C ．角速度 D ．周期 【答案】A 【解析】
试题分析：在匀速圆周运动中，速度的方向时刻发生变化，选项A 正确；但速度大小不变，选项B 错误；角速度为标量，大小不变，周期不变，故选A 考点：考查匀速圆周运动
点评：本题难度较小，注意圆周运动中各基础物理量的关系 4． (本题9分)下列说法正确的是（ ） A ．曲线运动中速度大小一定时刻改变 B ．平抛运动是匀变速曲线运动 C ．匀速圆周运动是加速度不变的运动 D ．两直线运动合成后一定是直线运动
【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
A ．曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，但大小不一定变化，如匀速圆周运动，故A 错误；
B ．平抛运动的加速度是重力加速度，保持不变，是匀变速运动，平抛运动的初速度方向与加速度方向不共线，轨迹是曲线，所以平抛运动是匀变速曲线运动，故B 正确；
C ．匀速圆周运动的加速度始终指向圆心，方向时刻在改变，所以其加速度是变化的，故C 错误；
D ．两个直线运动的合运动不一定是直线运动，如平抛运动，故D 错误； 故选B 。

5． (本题9分)如图所示，一劲度系数为k 的轻弹簧，上端固定在天花板上，下端悬挂木块A ． 木块A 处于静止状态时弹簧的伸长为l ∆(弹簧的形变在弹性限度内)，则木块A 所受重力的大小等于
A ．l ∆
B ．k l ⋅∆
C ．
l k
∆ D ．
k l
∆ 【答案】B 【解析】 【详解】
弹簧伸长△l ，根据胡克定律F=k △l ，物体保持静止，故物体对弹簧的拉力等于物体的重力F=G ，因而G=k △l ，故选B 正确，ACD 错误。

6． (本题9分)如图所示，关于a 、b 两点的电场强度的大小及方向，下列表述正确的是
A ．E a >E b 方向相同
B ．E a >E b 方向不同
C ．E a <E b 方向相同
D ．
E a <E b 方向不同 【答案】B 【解析】 【详解】
电场线的疏密表示大小，所以E a >E b ，电场线的切线方向表示电场方向，所以两点电场方向不同，故B 正确，ACD 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． (本题9分)如图，abc 是竖直面内的光滑固定轨道．ab 水平．长度为2R ；bc 是半径为R 的四分之一的圆弧．与ab 相切于b 点．一质量为m 的小球始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a 点从静止开始向右运动．重力加速度大小为g ．则
A ．小球恰好能运动到轨道最高点c
B ．小球从a 到c 的过程中．动能增量为2mgR
D ．小球从a 点运动到其轨迹最高点的过程中，水平外力做功为4mgR 【答案】BC 【解析】
设小球到达c 点的速度为v ，则从a 到c 由动能定理：2
132
c F R mgR mv ⋅-=
，解得c 20v gR =≠，则小球不是恰好能运动到轨道最高点c ，选项A 错误；小球从a 到c 的过程中，动能增量为
2
122
k E mv mgR ∆=
=，选项B 正确；小球离开c 点后，竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，设小球从c 点达到最高点的时间为t ，则有：4c v R t g g
=
=，上升的高度222c v h R g ==；此段时间内水平方向的位移为：22
114()222F R x at R m g
==⨯⨯=，所以小球从a 点开
始运动到其轨迹最高点，小球的重力势能增量为3mgR ；小球在水平方向的位移为：L=3R+2R=5R ，水平外力做功为5mgR ，选项C 正确，D 错误；故选BC.
点睛：本题主要是考查功能关系；机械能守恒定律的守恒条件是系统除重力或弹力做功以外，其它力对系统做的功等于零；除重力或弹力做功以外，其它力对系统做多少功，系统的机械能就变化多少；注意本题所求的是“小球从a 点开始运动到其轨迹最高点”，不是从a 到c 的过程，这是易错点．
8． (本题9分)质量为1 kg 的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块动能E k 与其发生位移x 之间的关系如图所示．已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )
A ．x ＝1 m 时速度大小为1 m/s
B ．x ＝3 m 时物块的加速度大小为2.5 m/s 2
C ．在前4 m 位移过程中拉力对物块做的功为13 J
D ．在前4 m 位移过程中克服摩擦力做功为8J 【答案】BD 【解析】 【详解】
A.由图象可知，x=1m 时动能为：E k1=1J ，由2
1112k E mv =得：1
1222
2m/s 1
k E v m ⨯===，故A 错误。

B.F 合△x=△E k k
E F =
V ，可知E k -x 0-1m
1-4m 内都做匀加速直线运动。

在1～4m 内，94
N 2.5N 42
k E F x -=
==-V V 合，则加速度222.5
m/s 2.5m/s 1
F a m =
==合，则x=3 m 时物块的加速度大小为1.5m/s 1．故B 正确； C.对物体运动全过程，由动能定理得：W F -μmgx=E k1-0，x=4m ，代入数据解得：W F =17J ，故C 错误 D. 在前4 m 位移过程中克服摩擦力做功为W f =μmgx= 8J ，选项D 正确；
9． (本题9分)据英国《每日邮报》报道，科学家发现了一颗距离地球仅14光年的“另一个地球”一—沃尔夫(Wolf) 1061c.沃尔夫1061c 的质量为地球的4倍，围绕红矮星的沃尔夫1061c 运行的周期为5天，它是迄今为止在太阳系外发现的距离最近的宜居星球．设想从地球发射一颗科学探测卫星围绕沃尔夫1061c 的表面运行.已知万有引力常量为G ，天体的环绕运动可看作匀速圆周运动．则下列说法正确的是（ ） A ．从地球发射该卫星的速度应该大于第三字宙速度
B ．若已知围绕沃尔夫1061c 的表面运行的探测卫星的周期和地球的质量，可近似求出沃尔夫1061c 的半径
C ．沃尔夫1061c 和地球公转轨道半径的三次方之比等于2
5(
)365
D ．卫星绕行星沃尔夫1061c 运行的周期与该卫星的密度有关 【答案】AB 【解析】
从地球发射一颗科学探测卫星围绕沃尔夫1061c 表面运行，发射的速度应大于第三宇宙速度，A 正确；已
知地球的质量，可以得知沃尔夫1061c 的质量，根据2
224Mm G m r r T
π=可以求出沃尔夫1061c 的半径，B
正确；沃尔夫1061c 和地球围绕的中心天体不同，不能根据开普勒第三定律求解轨道半径的三次方，可知
公转半径的三次方之比不等于25()365，C 错误；根据2224Mm G m r r T π=可得3
2r T GM
π=，与卫星的密度无关，D 错误．
10． (本题9分)如图所示，长木板A 放在光滑水平地面上，物体B 以水平速度v 0冲上A 后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A 上．则从B 冲到木板A 上到相对板A 静止的过程中，下列说法正确的是( )
A ．摩擦力对物体
B 做负功，对物体A 做正功 B ．物体B 动能的减少量等于系统损失的机械能
C ．摩擦力对A 物体做的功等于系统机械能增加量
D ．物体B 损失的机械能等于木板A 获得的动能与系统损失的机械能之和
【解析】试题分析：对两物体受力分析，B在A上滑行过程中，B对A的滑动摩擦力对A做正功，而A对B的滑动摩擦力对B做负功，并且在此过程中，将有摩擦生热现象，系统内能的增量将等于系统机械能的减少量．
B的摩擦力方向向左，位移向右，故摩擦力对物体B做负功，A受B给他的摩擦力向右，位移向右，故摩擦力对物体A做正功，故A正确；根据能量守恒定律，物体B动能的减少量等于A的机械能增量和系统损失的机械能之和，故B错误；根据动能定理，摩擦力对木板A做的功等于A动能的增加，故C错误；根据能量守恒定律，物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和，故D正确11．(本题9分)A、B两物体的质量之比m A：m B=2：1，它们以相同的初速度v0在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其速度图象如图所示．那么，A、B两物体所受摩擦阻力之比F A：F B与A、B两物体克服摩擦阻力做的功之比W A：W B分别为（）
A．A、B两物体所受摩擦阻力之比F A：F B=4：1
B．A、B两物体所受摩擦阻力之比F A：F B=2：1
C．A、B两物体克服摩擦阻力做的功之比W A：W B=4：1
D．A、B两物体克服摩擦阻力做的功之比W A：W B=2：1
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
根据速度时间的图象可知，加速度之比为，物体只受到摩擦力的作用，摩擦力作为合力产生加速度，由牛顿第二定律可知，F=ma，所以摩擦力之比为；由动能定理，物体克服摩擦阻力做的功为，由于ab的初速度大小相同，，所以两物体克服摩擦阻力做的功之比，故AD正确，BC错误，故选AD．
【点睛】
由于物体只受到摩擦力的作用，根据速度时间的图象可以知道加速度的大小，再根据牛顿第二定律可以知道摩擦力的大小，根据动能定理可以知道摩擦力对物体做的功的大小．
12．(本题9分)如图所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上．若以地面为零势能面，不计空气阻力，则下列说法中正确的是()
A．物体上升到最高点时的重力势能为
B．物体落到海平面时的重力势能为－mgh
C．物体在海平面上的动能为
D．物体在海平面上的机械能为
【答案】BD
【解析】
【详解】
物体在最高点时，由斜抛运动的规律可知，以地面为零势能面，则在最高点的重力势能
，选项A错误；以地面为零势能面，海平面低于地面h，所以物体在海平面上时的重力势能为-mgh，故B正确。

由动能定理得：mgh=E k2-mv02，物体在海平面上的动能为：
E k2=mv02+mgh，故C错误。

整个过程机械能守恒，即初末状态的机械能相等，以地面为零势能面，抛出时的机械能为mv02，所以物体在海平面时的机械能也为mv02，故D正确。

故选BD。

【点睛】
此题考查重力势能、重力做功、动能定理和机械能守恒，动能定理揭示了外力对物体所做总功与物体动能变化之间的关系，它描述了力在空间的积累效果，力做正功，物体的动能增加，力做负功，动能减少．动能定理解决的问题不受运动形式和受力情况的限制．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．如图所示是是用重锤做自由落体运动来“验证机械能守恒定律”的实验装置。

(1)为了减小实验误差，下列措施可行的是_______(填写代号） A ．重锤选用体积较大且质量较小的 B ．重锤选用体积较小且质量较大的
C ．打点计时器尚定时应使两限位孔的连线竖直向下
D ．应先放手让质量拖着纸带运动，再通电让打点计时器工作
(2)如图已知重锤的质量为0.50kg ，当地的重力加速度为9.80m/s 2,交流电源的频率为50Hz ，从打O 点到打F 点的过程中，重锤重力做功为_____J.(保留2位有效数字）。

重锤动能的增加量为______J.(保留2位有效数字）
【答案】（1）BC （2） 0.35（0.34~0.36） 0.33（0.32~0.34） 【解析】 【详解】
第一空. 重锤选用体积较小且质量较大的，选项A 错误，B 正确； 打点计时器固定时应使两限位孔的连线竖直向下，这样可减小纸带与计时器之间的摩擦，选项C 正确；应先通电让打点计时器工作，再放手让物体拖着纸带运动，选项D 错误；
第二空.重力势能的减小量等于重力做功大小，故有：△E p =mgs OF =0.50×9.8×7.05×10-2J=0.35J ，由于刻度尺在读数时需要估读，因此答案在0.34J---0.36J 都正确．
第三空.在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，故F 点的速度为：
4.60cm 1.15m/s 20.04EG F x v T s ＝
＝＝．动能增量为：2211
0.50 1.15J 0.33J 22
k F E mv ⨯⨯=V ＝＝，答案在0.32J---0.34J 范围内均正确．
14．如图所示，某研究性学习小组探究“动能定理”设计了如下实验：水平轨道B （动摩擦因数视为相同）固定在水平桌面上，弹射装置A 可置于水平轨道B 的任何一处，将滑块C 以相同 的初动能弹射出去，滑块C 滑离轨道端点O 后做平抛运动落到地面。

（已知重力加速度为g ）根据 上述实验，回答下列问题：
(1)若CO 间距离为L ，滑块被弹射后,在水平轨道上的运动过程克服摩擦力做功为 W ，改变弹簧装置位置,
(2)如果要求出滑块滑离桌面的末动能，除了需要测量滑块平抛的射程x 以外，还需要测量的物理量有
______（要求明确写出物理量的名称和对应的符号）。

末动能E K = ____________（只用字母表示）。

【答案】滑块质量m，桌面到地面的高h
【解析】
【详解】
(1)滑块被弹射后，在水平轨道上的运动过程中，受到重力、支持力和滑动摩擦力，重力支持力不做功，只有摩擦力做负功，若，克服摩擦力做功为，当时，克服摩擦力做功为
(2)滑块从点抛出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，则运动时间，水平方向做匀速直线
运动,则平抛运动的初速度，末动能，所以要求出滑块滑离桌面的末动能，
除了需要测量滑块平抛的射程以外，还需要测量的物理量有滑块的质量，桌面到地面的高。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．(本题9分)一个物体从静止开始做匀加速直线运动，加速度为3m/s2，则物体在第2秒末的速度大小是多少？2秒内的位移大小是多少米．
【答案】物体在第2s末的速度为6m/s，2s内的位移为6m
【解析】
试题分析：根据速度时间关系v=at得物体第2s末的速度v=3×2m/s=6m/s；
根据位移时间关系．
16．如图所示，小物体沿光滑弧形轨道从高为h处由静止下滑，它在水平粗糙轨道上滑行的最远距离为s，重力加速度用g表示，小物体可视为质点，求：
（1）求小物体刚刚滑到弧形轨道底端时的速度大小v；
（2）水平轨道与物体间的动摩擦因数均为μ。

【答案】（12gh（2）h s
【解析】
解：(1)小物体沿弧形轨道下滑的过程，根据机械能守恒定律可得：212
mgh mv = 解得小物体刚滑到弧形轨道底端时的速度大小：2v gh =
(2)对小物体从开始下滑直到最终停下的过程，根据动能定理则有：0mgh mgs μ-= 解得水平轨道与物体间的动摩擦因数：h s
μ=
17．如图所示，光滑的倾斜轨道AB 与粗糙的竖直放置的半圆型轨道CD 通过一小段圆弧BC 平滑连接，BC 的长度可忽略不计，C 为圆弧轨道的最低点。

一质量m=0.1kg 的小物块在A 点从静止开始沿AB 轨道下滑，进入半圆型轨道CD 。

已知半圆型轨道半径R=0.2m ，A 点与轨道最低点的高度差h=0.8m ，不计空气阻力，小物块可以看作质点，重力加速度取g=10m/s 2。

求： （1）小物块运动到C 点时速度的大小；
（2）小物块运动到C 点时，对半圆型轨道压力的大小；
（3）若小物块恰好能通过半圆型轨道的最高点D ，求在半圆型轨道上运动过程中小物块克服摩擦力所做的功。

【答案】（1）4m/s （2）9N （3）0.3J 【解析】 【详解】
（1）从A 到C ，小物块的机械能守恒。

解得：v c =4m/s
（2）在C 点，小物块做圆周运动。

解得：F N =9N
根据牛顿第三定律，物块对轨道的压力大小F N ＇=9N （3）若小物块恰好能通过圆弧轨道的最高点D ，则有
物块从C 到D ，由动能定理得：
解得：W f =0.3J。