河北省邢台市2019-2020学年物理高一下期末检测模拟试题含解析

河北省邢台市2019-2020学年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)转笔深受广大中学生的喜爱。

如图所示，假设笔绕其上的某一点O 做匀速转动，下列叙述正确的是（ ）
A ．距离笔杆O 点距离越远的点，角速度越小
B ．距离笔杆O 点距离越远的点，线速度越小
C ．距离笔杆O 点距离越远的点，角速度越大
D ．距离笔杆O 点距离不同的点，角速度相同
2． (本题9分)把质量是m 的小球放在竖立的弹簧上,并把球往下按至A 的位置,如图甲所示,迅速松手后,弹簧把球弹起,球升至最高位置C (图丙),途中经过位置B 时速度为v ,此时弹簧正好处 于自由状态(图乙).已知B A 、的高度差为h ,C B 、的高度差为2h ,弹簧的质量和空气的阻力均可忽略（ ）
A ．松手后小球的机械能保持不变
B ．松手后小球运动到B 点时速度最大
C ．松手后小球从A 到B 点的过程中小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能
D ．图甲中弹簧的弹性势能为3mgh
3． (本题9分)宋代诗人陈与义乘着小船在风和日丽的春日出游时写了一首诗，如图所示。

诗人艺术地表达了他对以下哪个概念的理解
A．质点B．参考系C．矢量D．坐标系
4．(本题9分)质量为m的飞机，以速率v在水平面上做半径为r的匀速圆周运动，气对飞机作用力的大小等于( )
A．mg B．mv2/r
C．m（g2+v4/r2）1/2D．m（v4/r2- g2）1/2
5．(本题9分)甲、乙两车在同一平直公路上同地同时同向出发，甲、乙的速度v随时间t的变化如图所示，设0时刻出发，t1时刻二者速度相等，t2时刻二者相遇且速度相等。

下列关于甲、乙运动的说法正确的是（）
A．在0〜t2时间内二者的平均速度相等B．t1〜t2在时间内二者的平均速度相等
C．t1〜t2在时间内乙在甲的前面D．在t1时刻甲和乙的加速度相等
6．如图，从地面上方某点，将一质量为1Kg小球以5m/s的初速度沿水平方向抛出。

小球经过1s落地。

不计空气阻力，g=10m/s2。

则可求出
A．小球抛出时离地面的高度是10m
B．小球落地时重力的瞬时功率为100W
C．小球落地时的速度大小是15m/s
D．小球落地时的速度方向与水平地面成30o角
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)对于质量不变的物体，下列关于动量的说法正确的是（）
A．若物体的速度不变，动量一定不变
B ．若物体的速率不变，动量一定不变
C ．若物体动能变化，动量一定变化
D ．若物体动量变化，动能一定变化
8． (本题9分)如图所示，两个完全相同的小球从水平地面上方同一点O 分别以初速度12v v 、水平抛出，落在地面上的位置分别是A 、B ，O '是O 在地面上的竖直投影，且:1:2O A AB '=，若不计空气阻力，则两小球 ( )
A ．初动能之比为1∶3
B ．重力对两个小球做功不同
C ．重力做功的平均功率相同
D ．落地瞬间重力的瞬时功率相同
9．如图所示，在地面上以速度v 0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且不计空气阻力，则下列说法中正确的是（ ）
A ．物体到海平面时的重力势能为mgh
B ．重力对物体做的功为mgh
C ．物体在海平面上的动能为
2012
mv mgh + D ．物体在海平面上的机械能为2012mv 10． (本题9分)如图所示电路中，电源内阻不可忽略，电压表可以看作是理想表.当开关K 闭合后，将滑动变阻器的触头由右端向左端移动时，下列说法正确的是
A．电灯L1变暗、L2变亮
B．电灯L1变亮、L2变暗
C．电压表示数变大
D．电源的内阻消耗的功率变大
11．(本题9分)下列说法中正确的是（）
A．物体温度升高，每个分子的热运动动能都增大
B．液体中悬浮微粒的布朗运动是液体分子对它的撞击作用不平衡所引起的
C．一定量100C︒的水变成100C︒的水蒸汽，其分子之间的势能减小
D．影响气体压强大小的两个因素是气体分子的平均动能和分子的密集程度
E.由于多晶体是许多单晶体杂乱无章地组合而成的，所以多晶体是各向同性的
12．(本题9分)2012年6月16日，“神舟九号”飞船在酒泉卫星发射中心发射升空，并于6月18日转入自主控制飞行与“天宫一号”实施自动交会对接，这是中国实施的首次载人空间交会对接．在“神舟九号”飞船发射前约20天，“天宫一号”目标飞行器开始降轨调相，进入对接轨道，建立载人环境，等待与飞船交会对接．设变轨前和变轨完成后“天宫一号”的运行轨道均可视为圆轨道，则有()
A．“天宫一号”变轨前的线速度小于变轨完成后的线速度
B．“天宫一号”变轨前的角速度小于变轨完成后的角速度
C．“天宫一号”变轨前的向心加速度小于变轨完成后的向心加速度
D．“天宫一号”变轨前的运行周期小于变轨完成后的运行周期
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．(本题9分)用图示装置来验证机械能守恒定律、实验前首先用游标卡尺测量出小球的直径为d，然后调整光电门位置使小球下落过程中球心通过光电门中的激光束，实验时通过断开电磁铁开关使小球从A点下落，经过光电门B，记录挡光时间△t，测出小球在AB间下落的距离h．接着竖直平移光电门B，重复上述步骤，测得多组h及相应的△t，已知当地重力加速度为g。

(1)小球通过光电门速度的表达式为v=___________。

(2)小辉根据测量数据描绘出2
1t -h 图象，能否仅依据图象是过原点的直线就得出机械能守恒的结论?___________(填写“能”或“不能”)，理由是___________。

14． (本题9分)用半径相同的小球1和小球2的碰撞验证动量守恒定律，实验装置如图所示，斜槽与水平槽圆滑连接．安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重锤线所指的位置O ．
在做“验证动量守恒定律”的实验时
（1）实验必须满足的条件是______．
A.斜槽轨道必须是光滑的
B.斜槽轨道末端的切线是水平的
C.入射球每次都要从同一高度由静止释放
D.实验过程中，白纸可以移动，复写纸不能移动
（2）实验中要完成的必要步骤是______(填选项前的字母)．
A.用天平测量两个小球的质量1m 、2m
B.测量抛出点距地面的高度H
C.用秒表测出小球做平抛运动的时间t
D.分别确定1m 碰撞前后落地点的位置和2m 碰后的落地点P 、M 、N ，并用刻度尺测出水平射程OP 、OM 、ON ．
（3）入射小球质量为1m ，被碰小球质量为2m ，两小球的质量应满足1m ______2.(m 选填“大于”“小于”或“等于”)
（4）若所测物理量满足______表达式则可判定两个小球相碰前后动量守恒．
（5）若碰撞是弹性碰撞，那么所测物理量还应该满足的表达式为______．
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，半径R ＝0.5 m 的光滑圆弧面CDM 分别与光滑固定斜面体ABC 和粗糙斜面MN 相切于C 、M 点，O 为圆弧圆心，D 为圆弧最低点。

斜面体ABC 顶端B 安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块P 、Q(两边细绳分别与对应斜面平行)，P 、Q 恰好保持静止状态。

若P 、C 间距为L 1＝0.25 m ，斜面MN 足够长，物块P 质量m 1＝3 kg ，与MN 间的动摩擦因数μ＝13。

某时刻烧断细绳求：(sin 370.6,cos370.8︒︒==，g 取10 m/s 2)
(1)Q 质量的大小。

(2)物块P 在MN 斜面上滑行的总路程及最终经过D 点的速度大小。

16． (本题9分)冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目．比赛场地示意图如图所示，比赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB 处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近30m 处的圆心O ，设冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ1＝0.008，在某次比赛中，运动员使冰壶C 在投掷线中点处以2m/s 的速度沿虚线滑出．(g 取10m/s 2)
(1)求冰壶的加速度大小？并通过计算说明冰壶能否到达圆心O ．
(2)为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减小至μ2＝0.1．为使冰壶C 能够沿虚线恰好到达圆心O 点，运动员用毛刷擦冰面的长度应为多少？
17． (本题9分)如图所示，在同一竖直平面内，一轻质弹簧一端固定，另一自由端恰好与水平线AB 平齐，静止放于倾角为53°的光滑斜面上．一长为L=9cm 的轻质细绳一端固定在O 点，另一端系一质量为m=1kg 的小球，将细绳拉至水平，使小球在位置C 由静止释放，小球到达最低点D 时，细绳刚好被拉断．之后小球在运动过程中恰好沿斜面方向将弹簧压缩，最大压缩量为x=5cm ．(g=10m/s 2，sin53°=0.8，cos53°=0.6)求：
(1)细绳受到的拉力的最大值；
(2)D 点到水平线AB 的高度h ；
(3)弹簧所获得的最大弹性势能E p．
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】
笔杆上的各个点都做同轴转动，所以角速度是相等的，故AC错误，D正确；距离笔杆O点距离越远的点，线速度越大，故B错误。

所以D正确，ABC错误。

2．D
【解析】
松手后小球从A到B的过程中，弹簧的弹力对小球做功，则小球的机械能不守恒，选项A错误；球从A 上升到B位置的过程中，先加速，当弹簧的弹力k△x=mg时，合力为零，加速度减小到零，速度达到最大，之后小球继续上升弹簧弹力小于重力，球做减速运动，故小球从A上升到B的过程中，动能先增大后减小，选项B错误；松手后小球从A到B点的过程中小球增加的动能和增加的重力势能等于弹簧减少的弹性势能，选项C错误；由能量关系可知，图甲中弹簧的弹性势能为3mgh，选项D正确；故选D.
点睛：解决本题的关键掌握机械能守恒的条件，在只有重力或弹簧弹力做功的情形下，系统机械能守恒．在解题时要注意，单独对小球来说，小球和弹簧接触过程中机械能不守恒．
3．B
【解析】
【详解】
在本题中船是向东高速行驶，而“卧看满天云不动”是指“云与我”保持相对静止，即“云与我”以相同的速度
相对于地球向东运动，所以以船为参照物，诗人和云是静止的；
从最后一句“不知云与我俱东”可知，相对于地面来说，诗人与云都是向东运动的，所以以地面为参照物，诗人和云都是运动的；所以物体的运动会因所选参考系的不同而不同；
A.质点与分析不符，不符合题意；
B.参考系与分析相符，符合题意；
C.矢量与分析不符，不符合题意；
D.坐标系与分析不符，不符合题意。

4．C
【解析】
【分析】
【详解】
对飞机进行受力分析，如图
根据牛顿第二定律有：2
v F m r
=合，根据平行四边形定则，得空气对飞机的作用力4
22
22()()v F mg F m g r =+=+合C ． 【点睛】
飞机受重力、空气的作用力，靠两个力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出空气对飞机的作用力．
5．A
【解析】
【详解】
A ．甲、乙两车在同一平直公路上同地同时同向出发，0时刻出发，t 2时刻二者相遇，则0〜t 2时间内二者的位移相同，0〜t 2时间内二者的平均速度相等。

故A 项正确；
B ．v-t 图象与时间轴围成面积表对应时间内的位移，则t 1〜t 2时间内乙的位移大于甲的位移，t 1〜t 2时间内乙的平均速度大于甲的平均速度。

故B 项错误；
C ．甲、乙两车在同一平直公路上同地同时同向出发，0时刻出发，0〜t 1时间内甲的速度大于乙的速度，则t 1时刻甲在乙的前面；t 2时刻二者相遇，则在t 1〜t 2时间内甲在乙的前面，两者间距逐渐变小。

故C 项错误；
D ．v-t 图象切线斜率表示加速度，则t 1时刻甲和乙的加速度不相等。

故D 项正确。

【详解】
小球抛出点的高度h=12gt 2＝12
×10×1m ＝5m ；故A 错误。

小球落地时竖直分速度v y =gt=10m/s ，落地时重
力的瞬时功率为P=mgv y =100W ，选项B 正确；小球的速度大小v =，故
C 错误。

设小球落地的速度方向与水平方向的夹角为θ，则tanθ＝0
y v v ＝2，可知θ≠30°．故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．AC
【解析】
【详解】
A.因为速度是矢量，速度不变，即大小和方向都不变，由P mv =可知，动量是不变的，故A 正确。

B. 因为速度是矢量，速率不变，即速度的大小不变，但是方向可能变化，因为动量是时矢量，速度的方向变化，动量也变化，故B 错误。

C.因为动能是标量，动能变化了，说明速度的大小变化，所以动量也一定变化，故C 正确。

D.因为动量是矢量，动量变化，可能是速度的方向变化，而大小不变，因为动能是标量，速度的方向变化而大小不变，动能不变，故D 错误。

8．CD
【解析】
【详解】
A.由于平抛运动的高度相同，则运动的时间相同，因为两物体的水平位移之比为1：3，根据0x v t =知，初速度之比为1：3，则初动能之比是1:9，故A 错误；
B.根据G W mgh =可知，重力对两个小球做功相同，故B 错误；
C.由于重力的功和时间相同，则根据W P t
=可知，重力做功的平均功率相同，故C 正确；
D.竖直方向为自由落体运动，则小球落地的竖直速度为y v =
y P mgv ==，即两球落地瞬间重力的瞬时功率相同，选项D 正确。

9．BCD
【解析】
【详解】
A.以海平面为零势能平面，则物体到海平面时的重力势能为零，故A 错误。

B.重力对物体做功
C.根据机械能守恒有：
20102
k mv mgh E +=+ 可知物体在海平面时的动能为
2012
mv mgh + 故C 正确。

D. 物体在运动的过程中机械能守恒，以地面为零势能面,物体在海平面的重力势能
Ep=-mgh
则物体在海平面上的机械能
22k 0011()22
p E E E mgh mv mgh mv =+=-++= 故D 正确。

10．BD
【解析】
【详解】
将滑动变阻器的触头由右端向左端移动时，电路中总电阻减小。

根据闭合电路欧姆定律得，干路电流增大，故L 1变亮，内电路电压增大，L 1两端电压增大，故L 2两端电压减小，L 2变暗，电压表示数即路端电压变小，电源的内阻消耗的功率变大.
AB.电灯L 1变亮、L 2变暗；故A 错误，B 正确.
C.电压表的示数变小；故C 错误.
D.电源的内阻消耗的功率变大；故D 正确.
11．BDE
【解析】
【分析】
【详解】
A ．温度是分子热运动平均动能的标志，物体的温度升高，分子的平均动能增大，并不是每个分子热运动的动能都增大，故A 错误；
B ．布朗运动是由液体分子从各个方向对悬浮颗粒撞击作用的不平衡引起的，故B 正确；
C ．一定量100C ︒的水变成100C ︒的水蒸汽其内能增加，但分子平均动能不变，其分子之间的势能增大，故C 错误；
D ．根据压强的微观意义可知，气体压强的大小跟气体分子的平均动能、分子的密集程度这两个因素有关，故D 正确；
E ．多晶体是许多单晶体杂乱无章地组合而成的，所以多晶体具有各向同性现象，故E 正确。

故选BDE 。

12．ABC
【解析】A 、据2
2Mm v G m r r
=得v =A 正确；
B 、据22Mm G
mr r ω=得ω=B 正确； C 、据2Mm G ma r =得2
GM a r =，所以轨道半径减小，向心加速度增加，故C 正确；
D 、据222Mm G m r r T π⎛⎫= ⎪⎝⎭得周期2T =D 错误。

点睛：天宫一号绕地球圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，根据半径变化关系分析线速度、角速度、向心加速度及周期的变化关系。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．d t ∆ 不能 斜率近似等于22g d
，才能判断小球下落过程中机械能守恒 【解析】
【详解】
第一空.利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故：d v t
=
V ； 第二空.第三空.根据机械能守恒的表达式有：mgh=12mv 2，即：2212 g h t d
=V ，不能依据图象是过原点的直线就得出机械能守恒的结论，当斜率近似等于22g d ，才能判断小球下落过程中机械能守恒； 14．BC AD 大于 112m OP m OM m ON ⋅=⋅+⋅ 222112m OP m OM m ON ⋅=⋅+⋅
【解析】
【详解】
（1）斜槽的粗糙与光滑不影响实验的效果，只要到达底端时速度相同即行，故A 错误；斜槽轨道末端必须水平，保证小球碰撞前速度水平，故B 正确；小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下，使得小球与另一
小球碰撞前的速度不变，故C 正确；实验过程中，白纸不可以移动，故D 错误．所以BC 正确，AD 错误．
（2）本实验除需测量线段OM 、OP 、ON 的长度外，还需要测量的物理量是两小球的质量，因为可以通过水平位移代表速度的大小，所以不必测量AB 的高度和B 点离地面的高度．因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，OP 是A 球不与B 球碰撞平抛运动的位移，该位移可以代表A 球碰撞前的速度，OM 是A 球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后A 球的速度，ON 是碰撞后B 球的水平位移，该位移可以代表碰撞后B 球的速度，故选AD ．
（3）为了防止入射球反弹，应使入射球的质量大于被碰球的质量；
（4）因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，OP 是A 球不与B 球碰撞平抛运动的位移，该
位移可以代表A 球碰撞前的速度，OM 是A 球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后A 球的速度，
ON 是碰撞后B 球的水平位移，该位移可以代表碰撞后B 球的速度，当所测物理量满足表达式
112m OP m OM m ON ⋅=⋅+⋅，说明两球碰撞遵守动量守恒定律．
（5）若碰撞是弹性碰撞，那么所测物理量还应该满足的表达式为：22210112111222
m v m v mv =+；即222112m OP m OM m ON ⋅=⋅+⋅．
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15． (1)4kg ；(2)1.0m ；2m/s
【解析】
【详解】
(1)由力学平衡可得：
sin37sin53Q p m g m g ︒︒=
解得：4kg Q m =；
(2)全过程功能关系：
sin53cos53p P m gx m g s μ︒︒=⋅
解得：s=1.0m ；
20(1cos53)p P v m gR m R ︒
-= 解得：02m/s v =
16． (1)0.08m/s 2 不能到达圆心O ； (2)10m ；
【解析】
(1)冰壶在运动中只受到滑动摩擦力，由牛顿第二定律可得－μ1mg ＝ma 1
a 1＝－μ1g ，代入数据得a 1＝-0.08m/s 2
冰壶做匀减速运动，由22012v v a x -=
得x ＝25m<30m ，不能到达圆心O
(2)用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，冰壶在运动中受到的滑动摩擦力减小，
由牛顿第二定律可得：－μ2mg ＝ma 2
没用毛刷擦冰面，冰壶滑行x 1，速度减小为v ，则有：220112v v a x -=
用毛刷擦冰面，冰壶滑行x 2，速度减小为零，则有：202202v a x -=
x 1＋x 2＝30
代入数据得:x 2＝10m
【点睛】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．
17． (1)30N ；(2)0.16m ；(3)2.9J 。

【解析】
【分析】
【详解】
（1）小球由C 到D ，由机械能守恒定律得：
2112
mgL mv =
解得
1v =
在D 点，由牛顿第二定律得
21v F mg m L
-=……② 由①②解得
30N F =
由牛顿第三定律知细绳所能承受的最大拉力为30N 。

（2）由D 到A ，小球做平抛运动
22y v gh =……③
1tan53=y
v v ︒……④
联立解得
16cm h =
（3）小球从C 点到将弹簧压缩至最短的过程中，小球与弹簧系统的机械能守恒，即
p (sin 53)E mg L h x =++︒，
代入数据解得：
p 29J E =．
【点睛】
本题考查了圆周运动、平抛运动等知识点，综合运用了牛顿第二定律、机械能守恒定律，关键是理清运动过程，选择合适的规律进行求解．。