哈尔滨市名校2020年高一(下)物理期末达标检测模拟试题含解析

哈尔滨市名校2020年高一(下)物理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．(本题9分)某大型拱桥的拱高为h，如图所示．一质量为m的汽车在以不变的速率由A点运动到B点的过程中，以下说法正确的是( )
A．汽车的重力势能始终不变，重力始终不做功
B．汽车的重力势能先减小后增大，总的变化量大于零
C．汽车的重力先做正功，后做负功，总功为零
D．汽车的重力先做负功，后做正功，总功为零
、、是三个完全相同的灯泡,已知灯泡的伏安特性曲线如图乙所2．(本题9分)如图甲所示的电路中, a b c
示,已知该伏安特性曲线过点(0.4V,0.125A),闭合电键后流过电源的电流为0.25A．则下列说法正确的是（）
A．灯泡a两端电压为灯泡b两端电压的2倍
B．灯泡a的功率为0.75W
C．灯泡b的阻值为12
、的电功率之比为4:1
D．灯泡a b
3．(本题9分)如图所示，三个图象表示A、B、C、D、E、F六个物体的运动情况，下列说法中正确的是( )
A．速度相等的物体是B、D
B．合力为零的物体是A、C、E
C．合力是恒力的物体是D、F
D．合力是变力的物体是F
A ．受到电场力大小相等，方向相同
B ．受到电场力大小相等，方向相反
C ．受到电场力大小不相等，方向相反
D ．受到电场力大小不相等，方向相同
5． (本题9分)一质量为m 的小球，用长为l 的轻绳悬挂于O 点，小球在水平力F 作用下，从平衡位置缓慢地移到Q 点，如图所示，则此过程中力F 所做的功为（ ）
A ．mglcosθ
B ．Flsinθ
C ．Fl θ⋅
D ．()1cos .mgl θ-
6．中国古代科技取得了辉煌的成就，在很多方面走在世界前列。

例如春秋战国时期，墨家的代表人物墨翟在《墨经》中，就已对力做了比较科学的阐述:“力，刑(形)之所以奋也。

"这句话的意思是: 力能使物体由静止开始运动，或使运动的物体运动得越来越快。

下列说法中，与墨翟对力的阐述最接近的是( ) A ．力是维持物体运动的原因
B ．力是物体位移变化的原因
C ．力是物体位置变化的原因
D ．力是物体运动状态改变的原因
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．如图4所示，板长为l ，板的B 端静放有质量为m 的小物体P ，物体与板间的动摩擦因数为μ，开始时板水平，若缓慢转过一个小角度α的过程中，物体保持与板相对静止，则这个过程中( )
A ．摩擦力对P 做功为μmgcosα·l(1－cosα)
D．板对P做功为mglsinα
8．(本题9分)如图，在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道I，然后在Q点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道Ⅱ．则下列说法正确的是
A．在轨道Ⅱ上，卫星的运行速度大于7.9km/s
B．在轨道I上，卫星在P点的速度大于在Q点的速度
C．卫星在Q点通过加速实现由轨道I进入轨道Ⅱ
D．在轨道I上运行的过程中，卫星、地球系统的机械能不守恒
9．(本题9分)要使两个物体之间的万有引力减小到原来的1
4
，可采用的方法是()
A．使两物体之间的距离增至原来的2倍，质量不变B．使两物体的质量各减少一半，距离保持不变
C．使其中一个物体的质量减为原来的1
4
，距离保持不变
D．使两物体的质量及它们之间的距离都减为原来的1 4
10．(本题9分)如图为过山车以及轨道简化模型，不计一切阻力，以下判断正确的是
A．过山车在圆轨道上做匀速圆周运动
B．过山车在圆轨道最低点时乘客处于失重状态
C gR
D．过山车在斜面h＝3R高处由静止滑下通过圆轨道最高点时对轨道压力大小等于其重力
11．(本题9分)如图，半径R=0.45m的四分之一光滑圆弧面轨道竖直固定，弧面下端与一水平足够长传送带右端相切，传送带以恒定的速度v=2m/s沿顺时针方向匀速转动。

一质量m=1kg的小物块自圆弧面轨道的最高点由静止滑下，物块与传送带之间的动摩擦因数 =0.2，不计物块滑过曲面与传送带交接处时的机械能损失，重力加速度g=10m/s2，则物块从第一次滑上传送带到第一次离开传送带的过程中，下列说法正确的是（）
A．物块在传送带上向左运动的最远距离为2m
B．物块运动的时间为3.125s
C．物块与传送带间因摩擦产生的热能为12.5J
D．传送带对物块做的功为2.5J
12．(本题9分)如图所示，在一次救灾工作中，一架沿水平直线飞行的直升机A，用悬索(重力可忽略不计)救起了伤员B。

直升机A和伤员B以相同水平速度匀速运动的同时，悬索将伤员吊起，在某一段时间内，A、B之间的距离l与时间t的关系为l=H-bt2(式中l表示伤员到直升机的距离，H表示开始计时时伤员与直升机的距离，H表示开始计时时伤员与直升机的距离，b是一常数，t表示伤员上升的时间)，不计伤员和绳索受到的空气阻力。

这段时间内从地面上观察，下面判断正确的是: ( )
A．悬索始终保持竖直
B．伤员做直线运动
C．伤员做曲线运动
D．伤员的加速度大小、方向均不变
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．用DIS研究机械能守恒定律的实验装置如图，如表是某同学某次的实验数据，实验中系统默认D、C、B、A 各点高度分别为0、0.050、0.100、0.150，A 点速度为0。

D、C、B 三点速度由光电门传感器测得。

分析如表中实验数据。

(1)从B到C到D，机械能逐渐减小，其原因是_______
14． (本题9分)如图1所示，某同学利用自由落体运动进行“验证机械能守恒定律”的实验：
(1)除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是_________ ；
A ．交流电源
B ．刻度尺
C ．天平（含砝码）
(2)实验中，该同学先接通电源，再释放重物，得到一条图2所示的纸带，其中O 点为打点计时器打下的第一个点，A 、B 、C 为纸带上所打的三个点，测得它们到起始点O 的距离分别为h 1、h 2、h 3，在A 和B 、B 和C 之间还各有一个点。

已知当地重力加速度为g ，打点计时器打点的周期为T ，重物的质量为m ，从打O 点到打B 点的过程中，重物的重力势能减少量ΔE p =_______，动能增加量ΔE k =____________；
(3)该实验没有考虑各种阻力的影响，这属于本实验的___________误差（选填“偶然”或“系统”）。

由此看，该同学数据处理的结果比较合理的应当是ΔE p _____ΔE k （选填“>”、“=”或“<”）；
(4)若所受阻力不能忽略，利用纸带及以上数据，写出平均阻力的表达式f=________。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15． (本题9分)在光滑的冰面上放置一个截面为四分之一的圆弧，圆弧的半径足够大且为光滑自由曲面．一个坐在冰车上的小孩手扶一小球静止在冰面上．已知小孩和冰车的总质量为1m ，小球的质量为2m ,曲面质量为3m ,某时刻小孩将小球以0v 的速度向曲面推出，如图所示.
(1)求小球在圆弧面上能上升的最大高度;
(2)若1m =40kg,2m =4kg ，小孩将小球推出后还能再接到小球，试求曲面质量3m 应满足的条件.
由B移到C，电场力做功6×10－6 J，求
（1）AB，BC间的电势差U AB，U BC
（2）若设C点为零电势能点，电荷在B点的电势能E PB
（3）该电场的电场强度大小及方向
17．如图所示，AB是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R．一个质量为m的物体（可以看作质点）从直轨道上与圆弧的圆心O等高的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．试求：
（1）物体释放后，第一次到达B处的速度大小，并求出物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程s；
（2）最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力的大小；
（3）为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D（E、O、D为同一条竖直直径上的3个点），释放点距B点的距离L应满足什么条件．
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．D
【解析】
【详解】
ABC.由上分析可知，ABC 错误；
D.由上分析可知，D 正确。

2．B
【解析】
AB 、由伏安特性曲线可知三个灯泡不是定值电阻，其阻值也不是线性变化的，当电路中的总电流为0.25 A 时，通过灯泡b 、c 的电流均为0.125 A ，由图像可知，灯泡a 两端的电压为3.0 V ，灯泡b 两端的电压是0.4 V ，灯泡a 的功率为30.250.75P UI W ==⨯=故A 错；B 对
C 、灯泡b 的阻值为0.4 3.20.125
U R I ===Ω ,故C 错； D 、灯泡a 的功率为30.250.75a P UI W ==⨯= ，灯泡b 的功率为0.40.1250.05b P U I W ==⨯='' ，
所以灯泡a 、b 的电功率之比为15:1，故D 错；
故选B
3．D
【解析】
x-t 图象的斜率等于速度，则A 的速度为0，B 的速度为；2m/s B x v t
==；v-t 图象中表示速度随时间变化的规律，故C 为匀速运动，速度为2m/s ；D 为匀变速直线运动，加速度a=2m/s 2；a-t 图象中表示加速度随时间变化的规律，故F 为加速度增大的加速运动，E 为匀加速运动；则可知：
A 、由以上分析可知，只有BC 保持匀速运动且速度相等，故速度相等的是BC ；故A 正确．
B 、做匀速运动或静止的物体合力为零，故合力为零的物体AB
C ；故B 错误．C 、做匀变速直线运动的物体合力为恒力，故合力是恒力的为DE ；故C 错误．
D 、做变加速运动的物体受到的是变力；故合力为变力的物体是F ；故D 正确．故选D ．
【点睛】本题考查牛顿第二定律以及运动学图象的规律，要注意明确v-t 图象、s-t 图象在运动学中有着非常重要的作用，应掌握图象的意义、斜率及图象与时间轴围成的面积的含义．
4．D
【解析】
【详解】
由图可知看出：a 处电场线密，电场强度大．两点的电场线的切线方向相同，所以电场强度方向相同，放入同种检验电荷，受到的电场力大小不等，方向相同．故选D ．
5．D
【解析】
【详解】
所以W F=mgl(1−cosθ)，故ABC错误，D正确．
故选D
6．D
【解析】
【详解】
根据题意可以知道：“力，刑(形)之所以奋也”.这句话的意思是：力能使物体由静止开始运动，或使运动的物体运动得越来越快；即力起到了改变物体运动状态的作用，故与力是改变物体运动状态的原因相接近. A．描述与分析不符，故A错误.
B．描述与分析不符，故B错误.
C．描述与分析不符，故C错误.
D．描述与分析相符，故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】
对物体运用动能定理
W合＝W G＋WF N＋W摩＝ΔE k＝0
所以WF N＋W摩＝－W G＝mglsinα
因摩擦力的方向(平行于木板)和物体速度方向(垂直于木板)始终垂直，对物体不做功，故斜面对物体做的功就等于支持力对物体做的功，即WF N＝mglsinα，故C、D正确．
8．BC
【解析】
【分析】
【详解】
第一宇宙速度7.9km/s是所有环绕地球运转的卫星的最大速度，则在轨道Ⅱ上，卫星的运行速度小于7.9km/s，选项A错误；根据开普勒第二定律可知，在轨道I上，卫星在P点的速度大于在Q点的速度，选项B正确；从椭圆轨道Ⅰ到同步轨道Ⅱ，卫星在Q点是做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须卫星所需向心力大于万有引力，所以应给卫星加速，增加所需的向心力．所以卫星在Q点通过加速实现由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ．故C正确；在轨道I上运行的过程中，只有地球的引力对卫星做功，则卫星、地球系统的机械能守恒，选项D错误；故选BC.
【点睛】
解决本题的关键掌握卫星如何变轨，以及掌握万有引力提供向心力解决问题的思路．卫星变轨也就是近心
根据万有引力定律的表达式：2Mm F G r
= A 项：使两物体间距离变为原来的2倍，质量不变，万有引力减小到原来的
14
，故A 正确； B 项：使两物体的质量各减少一半，距离保持不变，万有引力减小到原来的14
，故B 正确； C 项：使其中一个物体质量减为原来的14，距离不变，万有引力减小到原来的14
，故C 正确； D 项：使两物体质量及它们之间的距离都减为原来的14，万有引力不变，故D 错误． 点晴：要注意万有引力是与质量乘积成正比，与距离的平方成反比．不能考虑一个变量而忽略了另一个变量的变化．
10．CD
【解析】
【详解】
A ．过山车在竖直圆轨道上做圆周运动，只有重力做功，其机械能守恒，动能和重力势能相互转化，知速度大小变化，不是匀速圆周运动，故A 错误；
B ．在最低点时，乘客的加速度向上，处于超重状态，故B 错误；
C ．在最高点，重力和轨道对车的压力提供向心力，当轨道对车的压力为零时，速度最小，则
2
v mg m R
= 得：
v =
C 正确；
D ．过山车在斜面h=3R 高处由静止滑下到最高点的过程中，根据动能定理得：
21 22
mv mg h R '=-（） 解得；
v '=所以轨道对车的支持力为
2
v F m mg mg R
'=-＝ 故D 正确；
A 、物体沿圆弧面下滑，机械能守恒：mgR= 12
mv 02，得：v 0=3m./s ，物体在传送带上相对运动时的加速度大小为：a =μg =2m/s 2
，物体滑上传送带向左运动的最远距离：s 1 =202v a =2.25m ，故A 错误。

B 、物体向左运动的时间：t 1=0v A =1.5s ，物体向右加速到v 的时间：t 2=v a =1s ，向右加速的位移：s 2=2
2v a =1m ，然后物体以速度v 匀速运动的时间：t 3=
12s s v -= 0.625s ，物体第一次从滑上到离开传送带所经历的时间：t= t 1+ t 2+ t 3=3.125s ，故B 正确。

C 、物块与传送带间因摩擦产生的热能 Q=μmg(s 1+vt 1+vt 2-s 2)=12.5J ，故C 正确。

D 、根据动能定理，传送带对物块做的功W=
12mv 2-12mv 02=-2.5J ，故D 错误。

【点睛】
12．ACD
【解析】
【详解】
A ．由2l H bt =-可以知道伤员在竖直方向的运动是加速度的方向竖直向上，大小恒定的匀加速直线运动，竖直方向只受两个力的作用，所以悬索的拉力大于伤员的重力，因此悬索始终保持竖直，所以A 正确. BCD ．他在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上是匀加速直线运动，那么伤员的运动相对直升机做加速度不变的匀加速直线运动；从地面看就是类平抛运动，故
B 错误，
C 正确，
D 正确.
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．克服空气阻力做功，机械能减小 高于
【解析】
【详解】
（1）[1]从B 到C 到D ，机械能逐渐减小，原因是由于克服空气阻力做功，使得一部分机械能转化为内能，导致机械能减；
（2）[2]表中A 点的机械能数据明显偏小，原因是摆锤释放器释放点高于A 点，A 点的机械能按A 点的高度计算。

14．AB 2P E mgh ∆= 231124()k h h E m T
-∆= 系统 > 312224()
m h h h f mg T +-=-
【详解】
(1)[1]打点计时器需接交流电源；实验中需要用刻度尺测量点迹之间的距离，从而求出瞬时速度以及重力势能的减小量；实验中验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，不需要用天平测量质量，故选AB 。

(2)[2]从打O 点到打B 点的过程中，重物的重力势能变化量
2p E mgh ∆=
[3]B 点的瞬时速度
314B h h v T
-= 则动能的增加量
22311122()4k B h h E mv m T
-∆=＝ (3)[4]该实验没有考虑各种阻力的影响，属于系统误差；
[5]由于阻力的影响，该同学数据处理的结果比较合理的应当是p k E E ∆>∆。

(4)[6]重锤下落过程中，受到重力和阻力作用，根据牛顿第二定律得
mg f ma -=
由纸带数据可得加速度
322131222
()244h h h h h h h a T T ---+-== 重锤在下落过程中受到的平均阻力的大小 312224h h h f m g a mg m
T +-=-=-() 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．（1）230232()m v h m m g =+ （2）m 3＞449
kg 【解析】
【详解】
(1)小球在曲面上运动到最大高度时两者共速，速度为v ，小球与曲面的系统动量守恒，机械能也守恒，有 2023()m v m m v ＝+
222023211)22
m v m m v m gh =++（ 解得：
()230232m v h m m g
=+； (2)小孩推球的过程中动量守恒，即
20110m v m v =-
对于球和曲面，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有：
202233m v m v m v ＝－＋
222202233111222
m v m v m v =+ 解得
322032
m m v v m m -=+ 若小孩将球推出后还能再接到球，则有21v v ＞，代入数据得
3449
m kg ＞． 点睛：本题为多过程动量守恒问题，要注意正确选择研究对象及过程，明确动量守恒的条件，并能正确应用相应规律求解.
16． (1) 电势差 U AB ，U BC 分别为6V 、-3V ；(2) 6×10-6J (3)1V/m ；方向由A→B
【解析】
【详解】
(1) 根据电势差公式可知
5AB AB 61.210V 6V 210
W U q ---⨯===-⨯ 6
BC BC
6610V 3V 210W U q --⨯===--⨯ (2) 若设C 点为零电势能点，根据
W BC =E pB -E pC
得B 点的电势能
E PB =6×10-6J
(3) 设A 点电势为零，AB 中点的电势
A B
D 0(6)3V 22
ϕϕϕ++-===- 根据
U BC =φB -φC =-6V-φC =-3V
解得
φC =-3V
所以CD 在同一个等势面上，作出等势面如图
AC 两点沿场强方向的距离
3cos30233m 2
d AC ︒=== 所以 AC 3V/m 1V/m 3
U E d === 方向由A→B 。

17．（1）2(sin cos )tan B gR v θμθθ
-=；R L μ= （2）(32cos )N F mg θ=-； （3）(32cos )2(sin cos )R L θθμθ+-… 【解析】
【分析】
【详解】
（1）设物体释放后，第一次到达B 处的速度为1v ，根据动能定理可知：
21cos 1cos cos sin 2
R mgR mg mv θθμθ
θ-= 解得： 2(sin cos )tan B gR v θμθθ
-= 物体每完成一次往返运动，在AB 斜面上能上升的高度都减少一些，最终当它达B 点时，速度变为零，对物体从P 到B 全过程用动能定理，有
cos cos 0mgR mgL θμθ-=
得物体在AB 轨道上通过的总路程为
R
L μ=
（2）最终物体以B 为最高点在圆弧轨道底部做往返运动，设物体从B 运动到E 时速度为2v v ，由动能定理知：
221(1cos )2
v mgR m θ-= 在E 点，由牛顿第二定律有
22N mv F mg R
-= 解得物体受到的支持力
(32cos )N F mg θ=-
根据牛顿第三定律，物体对轨道的压力大小为(32cos )N N F F mg θ'==-，方向竖直向下．
（3）设物体刚好到达D 点时的速度为D v 此时有 2
D
mv mg R =
解得：
D v =设物体恰好通过D 点时释放点距B 点的距离为0L ，有动能定理可知： 2
001[sin (1cos )]cos 2D mg L R mg L mv θθμθ-+-= 联立解得：
0(32cos )2(sin cos )R
L θθμθ+=-
则：
(32cos )2(sin cos )R
L θθμθ+-…
答案：（1）B v =；R
L μ= （2）(32cos )N F mg θ=-； （3）(32cos )2(sin cos )R
L θθμθ+-…。