2019-2020学年烟台市名校物理高一(下)期末检测模拟试题含解析

2019-2020学年烟台市名校物理高一(下)期末检测模拟试题
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)一箱土豆在转盘上随转盘以角速度ω做匀速圆周运动，其中一个处于中间位置的土豆质量为m ，它到转轴的距离为R ，则其它土豆对该土豆的作用力（ ）
A ．mg
B ．2m R ω
C ．24222m R m g ω+
D ．24222-m R m g ω
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
土豆做匀速圆周运动，受重力和其它土豆对其的作用力，设其它土豆对其的作用的水平方向作用力为x F ，竖直方向的作用力为y F ，则水平方向有
2 x F m R ω= 竖直方向有
y F mg =
其它土豆对其的作用力为
2222242x y F F F m g m R ω=+=+
故A 、B 、D 错误，C 正确；
故选C
2． (本题9分)“嫦娥一号”探月卫星沿地月转移轨道到达月球，在距月球表面200km 的P 点进行第一次“刹车制动”后被月球捕获，进入椭圆轨道Ⅰ绕月飞行，如图所示．之后，卫星在P 点经过几次“刹车制动”，最终在距月球表面200km 的圆形轨道Ⅲ上绕月球做匀速圆周运动．用T 1、T 2、T 3分别表示卫星在椭圆轨道Ⅰ、Ⅱ和圆形轨道Ⅲ上运动的周期，用a 1、a 2、a 3分别表示卫星沿三个轨道运动到P 点的加速度，则下面说法正确的是（ ）
A．a1＜a2＜a3B．T1＜T2＜T3C．T1＞T2＞T3D．a1＞a2＞a3
【答案】C
【解析】
【详解】
卫星从Ⅰ轨道的P处制动后进入Ⅱ轨道，在Ⅱ轨道的P处再制动，最后进入Ⅲ轨道。

在不同轨道的P处，卫星受到的万有引力相同，根据牛顿第二定律可知加速度相同，AD错误；根据开普勒第三定律可知，卫星在不同轨道上绕月球运动时的周期的平方与轨道半长轴的三次方之比相同，显然Ⅰ轨道的半长轴最大，Ⅲ轨道的半径最小，则卫星在Ⅰ轨道的周期最大，在Ⅲ轨道的周期最小，故B错误，C正确。

故选C。

3．(本题9分)某人骑自行车在平直公路上行进，图中的实线记录了自行车开始一段时间内的速度v随时间t变化的图像．某同学为了简化计算，用虚线做近似处理，下面说法正确的是
A．在t1时刻，虚线反映的加速度比实际的大
B．在0~t1时间内，由虚线计算出的平均速度比实际的大
C．在t1~t2时间内，由虚线计算出的位移比实际的大
D．在t3~t6时间内，虚线表示的是匀加速运动
【答案】B
【解析】
【分析】
v-t图线的斜率等于加速度，根据斜率比较虚线反映的加速度和实际的加速度大小关系；v-t图线与坐标轴所围图形的面积等于位移，根据面积比较虚线反映的运动的位移和实际的位移；t3～t6时间内速度不变，做匀速运动。

【详解】
v-t图线的斜率等于加速度，所以在t1时刻，虚线反映的加速度比实际的小，故A错误；v-t图线与坐标轴所围的面积等于位移，在0～t1时间内，由虚线计算出的位移比实际位移大，所以计算出的平均速度比实际的大，故B正确；根据v-t图线与坐标轴所围图形的面积等于位移，知在t1～t2时间内，由虚线计算出的位移比实际的小，故C错误；在t3～t6时间内，由虚线反映的运动速度不变，是匀速运动，故D错误；故选B。

【点睛】
解决本题的关键是理解速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率和图线与时间轴围成的面积表示的含
义。

4．某人用绳子通过定滑轮拉物体A ，A 穿在光滑的竖直杆上，人以速度v 0匀速向下拉绳，当物体A 到达如图所示位置时，绳与竖直杆的夹角为θ，则物体A 实际运动的速度是( )
A ．0v cos θ
B ．0v sin θ
C ．v 0cos θ
D ．v 0sin θ
【答案】A
【解析】
【详解】 将A 的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，如图所示，
拉绳子的速度等于A 沿绳子方向的分速度，根据平行四边形定则得，实际速度0v v cos θ
=
．故A 正确，BCD 错误． 5． (本题9分)如图所示，细线上端固定，下端系一小球，将小球拉至实线所示位置自由释放，空气阻力不计，在小球自释放位置摆动到最低点的过程中，下列说法不正确的是（ ）
A ．细线的拉力对小球做正功
B ．小球的机械能守恒
C ．小球重力势能的减小量等于其动能的增加量
D ．重力对小球做的功等于小球动能的增加量
【答案】A
【解析】
【详解】
小球从高处向低处摆动过程中，细线的拉力与小球的速度始终垂直，小球在拉力方向上没有发生位移，所以拉力对小球不做功，故A 符合题意；由于只有重力做功，所以小球的机械能守恒，故B 不符合题意；由
机械能守恒定律知，小球重力势能的减少量等于动能的增加量，故C 不符合题意；小球在摆动过程中，根据动能定理，可得：重力做的正功等于动能的增加量，故D 不符合题意。

故选A 。

【点睛】
机械能守恒的条件：只有动能和势能的相互转化或者只有重力做功，分析小球所受的各力，判断做功情况，再分析机械能是否守恒．
6． (本题9分)如图所示，A 、B 、C 三颗人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，已知三颗卫星的质量关系为A B C m m m =<，轨道半径的关系为A B C r r r <=，则三颗卫星( )
A ．线速度大小关系为A
B
C v v v <=
B ．加速度大小关系为A B
C a a a >=
C ．向心力大小关系为A B C F F F =<
D ．周期关系为A B C T T T >=
【答案】B
【解析】
【详解】 人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，则有：22224GMm mv m r ma r r T
π⋅===， 解得：GM v r =，2GM a r =，234r T GM
π=； 由题意有：A B C r r r <=，
因此可知线速度大小关系为：A B C v v v >=，加速度大小关系为：A B C a a a >=，周期关系为：
A B C T T T <=， 根据2GMm F r
=向和A B C m m m =<可知A B F F >，B C F F <， 故选项B 正确，A 、C 、D 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．如图所示，倾角为的传送带以2m/s 的速度沿图示方向匀速运动现将一质量为2kg 的小木块，从传送带的底端以v 0＝4m/s 的初速度，沿传送带运动方向滑上传送带。

已知小木块与传送带间的动摩擦因数
为＝0.5，传送带足够长，sin＝0.6，cos＝0.8，取g＝10m/s2。

小物块从滑上传送带至到达最高点的过程中，下列说法正确的是( )
A．物块运动时间为1.2s
B．物块发生的位移大小为1.6m
C．物块与传送带间因摩擦而产生的热量为6.4J
D．摩擦力对小木块所做功为12.8J
【答案】AB
【解析】
【详解】
AB.第一阶段：根据牛顿第二定律
得，第一阶段位移为
所用时间为
传送带位移为
划痕为
第二阶段
得，第二阶段位移为
传送带位移为
划痕为
由以上分析可知，物体运动总时间为
物体的总位移
故AB正确；
CD.产生总热量为
摩擦力第一阶段做负功，第二阶段做正功，摩擦力对小木块所做功为
故CD错误。

8．(本题9分)利用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律，关于此实验的操作，下列说法中正确的有
A．安装打点计时器时两个限位孔必须在同一竖直线上
B．必须用秒表测出重物下落的时间
C．先接通打点计时器电源，待稳定后释放纸带
D．若纸带起始端点迹模糊，则不可用来验证机械能守恒
【答案】AC
【解析】
【分析】
A.实验中安装打点计时器时两个限位孔必须在同一竖直线上，目的是减小摩擦力，以减小实验误差，故A 正确；
B.实验可通过打点计时器打出的纸带情况计算出重锤下落的速度，所以不需要用秒表测出重物下落的时间计算重锤下落的速度，故B错误；
C.开始记录时，应先给打点计时器通电打点，待打点稳定后，再释放纸带，让重锤带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差，故C正确；
D.纸带起始端点迹模糊，可以选比较清晰的点作为初始位置，所以可以用来验验证机械能守恒，故D错误．9．(本题9分)如下图所示，电路中A、B为两块竖直放置的金属板，C是一只静电计，开关S合上后，静电计指针张开一个角度，下述做法可使静电计指针张角增大的是（）
A．断开S后，使B板向右平移一些
B．断开S后，使A、B两板错开一些
C．保持S闭合，使A、B两板靠近一些
D．保持S闭合，使A、B两板正对面积减小一些
【答案】AB
【解析】
【详解】
断开S，电容器带电量保持不变，B板向右平移一些，即A、B间距增大一些，根据，d变大，C 变小。

根据C=Q/U，U增大，张角变大。

故A正确。

断开S，电容器带电量保持不变，使A、B正对面积错开一些，根据，S变小，C变小。

根据C= Q/U，U增大，张角增大。

故B正确。

合上开关，电容器两端间的电势差不变，静电计指针张角不变。

故CD错误。

故选AB。

【点睛】
解决本题的关键在处理电容器动态分析时，电容始终与电源相连，两端间电势差不变，与电源断开，电量保持不变．
10．(本题9分)如图所示，一质量为m的人站在观光电梯内的磅秤上，电梯以0.1g的加速度加速上升h 高度，在此过程中（）
A ．磅秤的示数等于0.1mg
B ．人的重力势能增加了mgh
C ．人的动能增加了0.9mgh
D ．人的机械能增加了1.1mgh
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．根据牛顿第二定律得
F mg ma -=
解得
1.1F mg ma mg =+=
即磅秤的示数等于1.1mg ，选项A 错误；
C ．根据动能定理得
0.1K E W mah mgh ∆===合
选项C 错误；
BD ．人上升h ，则重力做功为
G W mgh =-
可知重力势能增大mgh ，动能增加0.1mgh ，则机械能增大了1.1mgh ，选项BD 正确。

故选BD 。

11． (本题9分)质量为m 的物体置于倾角为α的斜面上，物体和斜面间的动摩擦因数为μ，在外力作用下斜面以加速度a 向左做匀加速直线运动，如图所示，运动过程中物体与斜面之间保持相对静止，则下列说法正确的是( )
A ．斜面对物体m 的支持力一定做正功
B ．斜面对物体m 的摩擦力一定做正功
C ．斜面对物体m 的摩擦力可能不做功
D ．斜面对物体m 的摩擦力可能做负功
【答案】ACD
【解析】
由功的计算公式W FScos α=可知，支持力方向垂直斜面向上，与位移的方向夹角小于90°，支持力一定做正功，故A 正确；摩擦力是否存在需要讨论：当加速度较小时，摩擦力f F 沿斜面向上，即a gtan θ<，摩擦力沿斜面向上，做负功．当加速度较大时，摩擦力F f 沿斜面向下，即a gtan θ>，摩擦力沿斜面向下，做正功．当a gtan θ=时，摩擦力不存在，不做功，故AC 正确，B 错误；故选ACD ．
【点睛】使物体A 和斜面体B 一起向左做加速运动，加速度水平向左，支持力N F 垂直斜面向上，而摩擦力f F 方向需要讨论，然后结合功的计算公式W FScos α=进行分析判断正负功．
12．水平推力1F 和2F 分别作用于水平面上原来静止的、等质量的a b 、两物体上，作用一段时间后撤
去推力，物体将继续运动一段时间停下，两物体的v t -图像如右图所示，已知图中线段AB CD P ，则（ ）
A ．1F 的冲量小于
2F 的冲量 B ．1F 的冲量等于2F 的冲量
C ．两物体受到的摩擦力大小相等
D ．两物体受到的摩擦力大小不等
【答案】AC
【解析】
试题分析：由图，AB 与CD 平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等，根据动量定理，对整个过程研究得：110OB F t ft -=，220OD F t ft -=，由图看出，OB OD t t ＜，则有1122 Ft F t ＜，即1F 的冲量小于2F 的冲量，故选项AC 正确．
考点：动量定理、匀变速直线运动的图像、摩擦力的判断与计算
【名师点睛】由速度图象分析可知，水平推力撤去后，AB 与CD 平行，说明加速度相同，动摩擦因数相同，两物体的质量相等，说明摩擦力大小相等，根据动量定理，研究整个过程，确定两个推力的冲量关系；本题首先考查读图能力，其次考查动量定理应用时，选择研究过程的能力．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13． (本题9分)在测一节干电池的电动势和内电阻的实验中，根据实验数据画出的U-I 图线如图所示，则
求得的电动势是____________V ，内电阻是__________Ω。

【答案】1.52 0.76
【解析】
【详解】
电源U-I 图象如图所示：
由U=E-Ir 可得，图象与纵坐标的交点为电源的电动势，图象的斜率表示内阻，将图象延长；
[1].由图示图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.52，电源电动势：E=1.52V ；
[2].电源内阻： 1.52=0.762.0
U r I ==ΩV V . 14． (本题9分)在“探究恒力做功与动能改变的关系”实验中（装置如图甲）：
① 下列说法哪一项是正确的___________．（填选项前字母）
A ．平衡摩擦力时必须将钩码通过细线挂在小车上
B ．为减小系统误差，应使钩码质量远大于小车质量
C ．实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放
② 图乙是实验中获得的一条纸带的一部分，选取O 、A 、B 、C 计数点，已知打点计时器使用的交流电频率为50 Hz ．则打B 点时小车的瞬时速度大小为______m/s （保留三位有效数字）．
【答案】C 0.653
【解析】
试题分析：①车在水平木板运动时水平方向受到绳的拉力和摩擦力，想用钩码的重力表示小车受到的合外力，首先需要平衡摩擦力；而平衡摩擦力是小车带动纸带恰好做匀速运动，A 错误；设小车质量M ，钩码质量m ，整体的加速度为a ，绳上的拉力为F ，则：
对小车有：F=Ma ；
对钩码有：mg-F=ma ，即：mg=（M+m ）a ；
如果用钩码的重力表示小车受到的合外力，则要求：Ma=（M+m ）a ，必须要满足小车的总质量远大于钩码质量，这样两者才能近似相等．为使纸带打上尽量多的点，实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放
② 中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度得：2AC B v s T
=
=0.653m/s. 考点：本题考查探究恒力做功与动能改变的关系
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15． (本题9分)如图甲所示，长为4 m 的水平轨道AB 与半径为R ＝0.6 m 的竖直半圆弧轨道BC 在B 处相连接。

有一质量为1 kg 的滑块(大小不计)，从A 处由静止开始受水平向右的力F 作用，F 随位移变化的关系如图乙所示。

滑块与水平轨道AB 间的动摩擦因数为μ＝0.25，与半圆弧轨道BC 间的动摩擦因数未知，g 取10 m/s 2。

求：
（1）滑块到达B 处时的速度大小；
（2）若到达B 点时撤去F ，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C ，滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功。

【答案】（1）10m/s 。

（2）5 J 。

【解析】
【详解】
（1）对滑块从A 到B 的过程，由动能定理得：
2113312
B F x F x mgx mv μ--=，
即
21202-101-0.251104J=12
B v ⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯， 得：
210m/s B v =；
（2）当滑块恰好能到达最高点C 时，
2C v mg m R
=； 对滑块从B 到C 的过程中，由动能定理得：
2211222
C B W mg R mv mv -⨯=
-， 带入数值得： =-5J W ，
即克服摩擦力做的功为5J ；
16．在同一水平面中的光滑平行导轨P 、Q 相距l ＝1m ，导轨左端接有如图所示的电路．其中水平放置的平行板电容器两极板M 、N 部距离d ＝10mm ，定值电阻R 1＝R 2＝12Ω，R 3＝2Ω，金属棒ab 电阻r ＝2Ω，其它电阻不计．磁感应强度B ＝0.5T 的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒ab 沿导轨向右匀速运动时，悬浮于电容器两极板之间，质量m ＝1×10﹣14kg ，带电量q ＝﹣1×10﹣14C 的微粒恰好静止不动．取g ＝10m/s 2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好．且运动速度保持恒定．试求：
（1）匀强磁场的方向；
（2）ab 两端的路端电压；
（3）金属棒ab 运动的速度．
【答案】（1）竖直向下（2）0.4V （3）1m/s
【解析】
【详解】
（1）负电荷受到重力和电场力处于静止状态，因重力向下，则电场力竖直向上，故M 板带正电． ab 棒向右切割磁感线产生感应电动势，ab 棒等效于电源，感应电流方向由b→a ，其a 端为电源的正极， 由右手定则可判断，磁场方向竖直向下．
（2）由由平衡条件，得
mg ＝Eq
E=MN U d
所以：U MN =mgd q =143
141010101010
---⨯⨯⨯V=0.1V R 3两端电压与电容器两端电压相等，由欧姆定律得通过R 3的电流； I=MN 3
U R =0.05A ab 棒两端的电压为 U ab ＝U MN +1212
IR R R R +=0.4V （3）由法拉第电磁感应定律得感应电动势E ＝BLv
由闭合电路欧姆定律得：
E ＝U ab +Ir ＝0.5V
联立上两式得v ＝1m/s
17．如图所示，竖直平面内的一半径R ＝0.5 m 的光滑圆弧槽BCD ，B 点与圆心O 等高，质量m ＝0.1 kg 的小球(可看作质点)从B 点正上方H ＝0.75 m 高处的A 点自由下落，由B 点进入圆弧轨道，从D 点飞出，不计空气阻力，(取g ＝10 m/s 2)求：
（1）小球经过B 点时的动能；
（2）小球经过最低点C 时的速度大小v C ；
（3）小球经过最低点C 时对轨道的压力大小．
【答案】 (1)0.75J(2)5m/s(3)6N
【解析】
（1）小球从开始运动到B 点的过程中，机械能守恒，由机械能守恒列出方程即可求解．（2）A 到C 的过程中，机械能守恒，由机械能守恒列出方程即可求解；（3）在C 点时，做圆周运动，由机械能守恒求C 点的速度．在C 点，由重力和支持力的合力作为向心力，由向心力的公式可以求得轨道对它的支持力N F ，再由牛顿第三定律求出小球经过最低点C 时对轨道的压力大小．
（1）小球从A 点到B 点，根据机械能守恒定律得:
k mgH E =
代入数据解得：0.75k E J =
（2）小球从A 点到C 点，设经过C 点速度为1v ，根据机械能守恒定律得:
()2112
mg H R mv += 代入数据解得：15/v m s =
（3）小球在C 点，受到的支持力与重力的合力提供向心力 由牛顿第二定律得：21N v F mg m R
-= 代入数据解得: 6N F N =
由牛顿第三定律有小球对轨道压力的大小6N
F N '=。