嘉兴市名校2019-2020学年物理高一下期末复习检测模拟试题含解析

嘉兴市名校2019-2020学年物理高一下期末复习检测模拟试题
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)如图甲所示，一滑块置于水平桌面上，把一只力传感器a系在滑块上，另一只传感器b握在手中，通过传感器拉滑块，计算机屏幕显示出两传感器受力随时间变化的情况如图乙所示。

据图可知( )
A．滑块一定做匀速直线运动
B．两传感器受到的拉力是一对平衡力
C．先有a受到的拉力，后才有b受到的拉力
D．两传感器受到的拉力总是大小相等、方向相反
【答案】D
【解析】
【详解】
A.不知道滑块受到的其他的力，所以滑块不一定做匀速直线运动。

故A错误；
B.两个传感器之间的作用分别作用在两个不同的物体上，是一对作用力与反作用力，不是平衡力。

故B错误；
C.作用力与反作用力同时产生、同时变化、同时消失。

故C错误；
D.由图乙可知，两个传感器受到的拉力是一对作用力与反作用力，总是大小相等、方向相反。

故D正确；2．开普勒分别于1609年和1619年发表了他发现的行星运动规律，后人称之为开普勒行星运动定律．关于开普勒行星运动定律，下列说法正确的是
A．所有行星绕太阳运动的轨道都是圆，太阳处在圆心上
B．对任何一颗行星来说，离太阳越近，运行速率就越大
C．在牛顿发现万有引力定律后，开普勒才发现了行星的运行规律
D．开普勒独立完成了观测行星的运行数据、整理观测数据、发现行星运动规律等全部工作
【答案】B
【解析】
试题分析：开普勒三定律: 1．开普勒第一定律：所有的行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆．太阳处在所有椭圆的一个焦点上．2．开普勒第二定律：行星与太阳的连线在相同的时间内扫过的面积相等．3．开普
勒第三定律：所有行星的轨道的半长轴的三次方与公转周期的二次方的比值都相等，即
3
2
a
k T
.
A、由开普勒第一定律可知；错误
B、由开普勒第二定律可知行星与太阳的连线在相同的时间内扫过的面积相等，离太阳越近，弧长越长，时间相同，速率越大；正确
C、开普勒发现了行星的运行规律在前，在牛顿发现万有引力定律在后；错误
D、开普勒是在前人研究的基础上，根据自己的观测和研究总结出的开普勒三定律；错误
故选B
考点：开普勒三定律
点评：容易题．研究天体运行时．太阳系中的行星及卫星运动的椭圆轨道的两个焦点相距很近．因此行星的椭圆轨道都很接近圆．在要求不太高时，通常可以认为行星以太阳为圆心做匀速圆周运动．这样做使处理问题的方法大为简化，而得到的结果与行星的实际运行情况相差并不很大．在太阳系中．比例系数k是一个与行星无关的常量，但不是恒量，在不同的星系中，k值不相同，k值与中心天体有关．
3．(本题9分)如图是一弹簧振子做简谐运动的图像，下列说法中正确的是（）
A．质点振动的振幅为2cm
B．质点振动的频率为4Hz
C．在2s末，质点的加速度最大
D．在2s末，质点的速度最大
【答案】D
【解析】
【详解】
A.振幅是振子离开平衡位置的最大距离，由图知振幅A=1cm；故A项不合题意.
B.由图知，振子完成一个周期性的运动为正弦图象，读出周期为T=4s；则频率；故B项不
合题意.
C.在第2s末，振子的位移为0，其加速度为0；故C项不合题意.
D.在第2s末，振子的位移为0，说明振子经过平衡位置，速度最大；故D项符合题意.
4．(本题9分)一根弹簧的弹力（F）大小与弹簧伸长量（x）的图线如图所示，那么在弹簧的伸长量由4cm 伸长到8cm的过程中，弹簧弹力做功和弹性势能的变化量为
A．0.6 J，-0.6 J
B．-0.6 J，0.6 J
C．1.8 J，-1.8 J
D．-1.8 J，1.8 J
【答案】D
【解析】
【详解】
F-x图象与x轴包围的面积表示弹力做功的大小，故弹簧由伸长量4cm到伸长量8cm的过程中，弹力的功：
，弹力做功为-1.8J，故弹力势能增加了1.8J
A. 0.6 J，-0.6 J与分析不符，A错误
B. -0.6 J，0.6 J与分析不符，B错误
C. 1.8 J，-1.8 J与分析不符，C错误
D. -1.8 J，1.8 J与分析相符，D正确
5．(本题9分)在电场中某一点，当放入正荷时受到的电场力向右，当放入负电荷时受到的电场力向左，下列判断正确的是( )
A．当放入正电荷时，该点的场强方向向右；当放入负电荷时，该点的场强方向向左
B．该点的场强方向一定向右
C．该点的场强方向一定向左
D．该点的场强方向与所受电场力较大的那个电荷受力方向一致
【答案】B
【解析】
【详解】
电场强度是由电场本身决定，与试探电荷的有无，电量的大小，电性，电场力的大小，方向无关，电场强度的方向与正电荷所受电场力的方向相同，与负电荷所受电场力的方向相反，故该点的场强的方向向右，故选项B正确，A、C、D错误．
6．某船要渡过60m宽的河，船渡河的最短时间是12s；若船沿垂直河岸的直线到达正对岸，渡河时间是15s，则船在静水中的速率v1及河水的流速v分别为
A．v1=5 m/s v2=4m/s
B．v1=5 m/s v2=3m/s
C ．v 1=4 m/s v 2=5m/s
D ．v 1=4m/s v 2=3m/s 【答案】B 【解析】 【详解】
CD.当以最短时间渡河时，船头指向正对岸，则渡河时间为：
，所以船在静水中的速度为：
；故C ，D 均错误.
AB.当船垂直河岸到达正对岸时，即合速度垂直河岸，渡河时间为：，代入数据为：，
解得:v 2=3m/s.故A 错误，B 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．起重机将质量为m 的货物沿竖直方向匀加速提起，加速度大小为3
g
，货物上升h 的过程中（已知重力加速度为g ），则（ ）
A ．货物克服重力做功mgh
B ．货物的动能增加了2
3mgh C ．合外力对货物做功为1
3mgh
D ．货物的机械能增加了4
3
mgh
【答案】ACD 【解析】 【详解】
A 、货物上升h 的过程中，货物克服重力做功mgh ，故A 正确。

B 、根据动能定理：动能增加量n E k =F 合h=mah=1
3
mgh ，故B 错误。

C 、合外力对货物做功W 合= F 合h=mah=
1
3
mgh ，故C 正确。

D 、根据牛顿第二定律：F 拉-mg=ma ，F 拉=mg+ma=43mg ，货物增加的机械能n E 机=F 拉h=4
3
mgh ，故D 正
确。

8． (本题9分)两个小球A 、B 在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m 1＝4 kg ，m 2＝2 kg ，A 的速度v 1＝3 m/s(设为正)，B 的速度v 2＝－3 m/s ，则它们发生正碰后，其速度可能分别是( ) A ．均为1 m/s B ．＋4 m/s 和－5 m/s C ．＋2 m/s 和－1 m/s D ．－1 m/s 和＋5 m/s 【答案】AD 【解析】 【详解】
由动量守恒，可验证四个选项都满足要求。

再看动能情况：22k 1122111149J 2222
E m v m v =+=⨯⨯+×2×9 J ＝27 J ；2
21121122
k E m v m v '
''=
+；由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有E k ≥E k ′，可排除选项B ；选项C 虽满足E k ≥E k ′，但A 、B 沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来速度方向(v A ′＞0，v B ′＜0)，这显然是不符合实际的，因此C 错误；验证选项A 、D 均满足E k ≥E k ′，故答案为选项A(完全非弹性碰撞)和选项D(弹性碰撞)。

9． (本题9分)甲、乙两个做匀速圆周运动的质点，它们的加速度之比为2:1，线速度之比为2:3，那么下列说法中正确的是（ ） A ．它们的半径之比为2:9 B ．它们的半径之比为1:2 C ．它们的周期之比为2:3 D ．它们的周期之比为1:3
【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．两物体匀速圆周运动，由：
2
v a r
=
得：
2v r a
＝
所以有：
r r 甲乙＝22v a v a 乙甲乙甲＝29
故A 正确，B 错误； CD ．由：
2r
T v
π＝
得：
T 甲∶T 乙＝2r v π甲甲∶2r v π乙乙＝1
3
故C 错误，D 正确。

故选AD 。

10． (本题9分)甲、乙为两颗地球卫星，乙的运行高度低于甲的运行高度，两卫星轨道均可视为圆轨道．以下判断正确的是（ ） A ．甲的周期大于乙的周期 B ．甲的速度大于乙的速度 C ．甲的加速度小于乙的加速度 D ．甲的角速度小于乙的角速度 【答案】AC 【解析】
试题分析：卫星绕地球做圆周运动万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：
2
2
(2)GMm m r r T
π=，解得：3
2r T GM
π
=，由于：r 乙＜r 甲，则T 甲＞T 乙，故A 正确；卫星绕地球做圆周运动万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：2
2GMm v m r r
=，解得： GM v r =，由于乙的轨道半径大于地球半径，则乙的线速度
小于第一宇宙速度，故B 错误；星绕地球做圆周运动万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：
2GMm ma r =，解得：2
GM
a r =，由于：r 乙＜r 甲，则a 乙＞a 甲，故C 错误；由题意可知，卫星轨道半径间的关系为：r 乙＜r 甲；甲是地球同步卫星，它的轨道在赤道平面内，甲不可能通过北极上方，故D 错误；故选A ．
考点：万有引力定律的应用
【名师点睛】本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供卫星做圆周运动的向心力是解题的关键，应用万有引力公式与牛顿第二定律可以解题，本题是一道常规题．
11． (本题9分)质量相同的两物块A 、B ，用不可伸长的轻绳跨接在光滑的轻质定滑轮两侧，物块B 套在一光滑的细杆上，初始时用一水平力F 把B 拉到如图所示位置。

使A 、B 均处于静止状态。

撤去水平力F 后，A 向下运动，B 向右运动，从开始运动到B 运动到滑轮正下方的过程中，下列说法正确的是（ ）
A ．物块A 重力势能的减少量等于A 、
B 两物块动能的增加量 B ．物块A 的速度大于物块B 的速度
C ．物块A 的动能一直增大
D ．细绳对物块A 做的功等于物块A 机械能的变化量 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．把A
B 两物块（包括细绳）看成一个系统，系统所受合力为零，所以系统机械能守恒，物块A 重力势能的减少量等于A 、B 两物块动能的增加量，故A 正确； B ．如图所示
A B cos v v θ=
所以B A v v >，故B 错误；
C ．当B 运动到滑轮正下方时，B 的速度在竖直方向的分量为0，所以此时A 的速度为0，则在这个过程中A 的速度先增大后减小，动能先增大后减小，故C 错误；
D ．对A 受力分析，A 受重力和细绳拉力，根据功能关系可知：除重力以为其他力做的功等于物体机械能的变化量，故D 正确。

故选AD 。

12．如图所示，倾角为θ的斜面体c 置于水平地面上，小物块b 置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏a 连接，连接b 的细绳与斜面平行，在a 中的沙子缓慢流出的过程中，a 、b 、c 都处于静止状态。

则
A ．b 对c 的摩擦力方向一定平行斜面向上
B ．b 对c 的摩擦力可能先减小后增大
C ．地面对c 的摩擦力方向一定向右
D ．地面对c 的摩擦力一定减小
【答案】BD 【解析】 【详解】
AB.设a 、b 的重力分别为G a 、G b ，若G a <G b sinθ，b 受到c 的摩擦力沿斜面向上，根据平衡条件，有：f=G b sinθ－G a ，在a 中的沙子缓慢流出的过程中，G a 减小，故摩擦力增加；若G a >G b sinθ，b 受到c 的摩擦力沿斜面向下，根据平衡条件，有：f=G a －G b sinθ，在a 中的沙子缓慢流出的过程中，G a 减小，故摩擦力减小，若G a <G b sinθ，b 受到c 的摩擦力沿斜面向上，由牛顿第三定律知b 对c 的摩擦力方向可能平行斜面向下，故A 错误，B 正确；
CD.以bc 整体为研究对象，分析受力如图所示，根据平衡条件得知水平面对c 的摩擦力：f=Tcosθ=G a cosθ，G a 减小，故摩擦力减小，方向水平向左，故C 错误，D 正确． 三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13． (本题9分)在验证机械能守恒定律的实验中，质量m=1kg 的重物自由下落，在纸带上打出了一系列的点，如图所示，相邻记数点间的时间间隔为0.01s ，长度单位是cm ，g 取9.8m/s 1．求：
（1）打点计时器打下计数点B 时，物体的速度v B =__________m/s(保留两位有效数字)． （1）从起点O 到打下记数点B 的过程中，物体重力势能减小量ΔE P =___________J ，动能的增加量ΔE-k =_________________J （保留两位有效数字）
． （3）即使在实验操作规范、数据测量及数据处理很准确的前提下，该实验求得的ΔE p 也一定略大于ΔE k ，这是实验存在系统误差的必然结果，试分析该系统误差产生的主要原因____________________________________________________． 【答案】（1）v B =____0.97m/s________(保留两位有效数字)．
（1）ΔE P =____0.48J_____，ΔE-k =_____0.47J____（保留两个有效数字）
． （3）重锤下落过程中受到阻力及纸带受到打点计时器的阻力作用，重锤的机械能减小 【解析】
(1)打点计时器打下记数点B 时，物体的速度()2
7.02 3.1310/0.973/220.02
AC B h V m s m s T --⨯==
≈⨯． (1)从点O 到打下记数点B 的过程中，物体重力势能的减小量19.80.04860.476P OB E mgh J J ∆==⨯⨯≈；动能的增加量2211
10.9730.47322
k B E mV J J ∆=
=⨯⨯≈． (3)该实验求得的ΔE P 一定略大于ΔE K ，原因是空气阻力和纸带与限位孔之间的摩擦力做功，一部分机械能转化为内能．
14． (本题9分)在“验证机械能守恒定律”实验中得到如图所示的一条纸带，在纸带上选取个连续打出的点
A 、
B 、
C ，测得它们到起始点O 的距离分别为A B C h h h 、、，已知当地重力加速度为g ，打点计时器打点的周期为T 。

（1）纸带的_____（填“左”或“右”）端与重物相连；
（2）设重物质量为m ，在打O 点到打B 点的过程中，重物的重力势能变化量大小为_____，动能变化量大小为_____。

（3）实验中，发现重物减少的重力势能总是大于重物增加的动能，造成这种现象的主要原因是_____。

【答案】左 B mgh 2
122C
A h h m T -⎛⎫
⎪⎝⎭
纸带和重物运动过程中受纸带与打点计时器之间的摩擦以及空气阻力等作用 【解析】 【详解】
第一空.从O 到C 可以看出，相等时间内的位移越来越大，则纸带的左端与重物相连； 第二空.重物的重力势能变化量大小为：p B E mgh ∆=
第三空.中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度来求B 的速度大小： 则：2C A
B h h v T
-=
则动能变化量大小为：2
211222C A k B h h E mv m T -⎛⎫
∆== ⎪⎝⎭
； 第四空.通过计算可以看出P K E E ∆∆＞，这是因为纸带和重物运动过程中受纸带与打点计时器之间的摩擦作用以及空气阻力等作用所造成的误差。

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，细绳一端系着质量M ＝1．8kg 的物体，静止在水平面上，另一端通过光滑小孔吊着质量为m 的物体，M 的中心与孔距离为1．2m ，已知M 和水平面的滑动摩擦因数为1.25。

现使此平面绕中心轴线方向转动，角速度ω=5rad/s ，物体质量m 为多少时能处于静止状态。

（物体M 与水平面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=11m/s 2）
【答案】0.20.6kg m kg ≤≤ 【解析】 【详解】
（1）因f Mg μ=，对物块M 当m 较小时，M 有向外运动趋势，静摩擦力指向O ，则：
21m g Mg M r μω+= 解得：10.2m =kg
当m 较大时，M 有向内运动趋势，静摩擦力背离O ，则：2
2m g Mg M r μω-=
解得：20.6m =kg 所以，0.20.6kg m kg ≤≤
16． (本题9分)水上滑梯可简化成如图所示的模型，倾角为θ=37°斜滑道AB 和水平滑道BC 平滑连接，起点A 距水平的高度H=7.25m ，BC 长d=2.0m ，端点C 距水面的高度h=1.25m ，一质量m=50kg 的运动员从滑道起点A 点无初速度地自由滑下，落水点距端点C 的水平距离s=5m ，运动员与AB 、BC 动摩擦因数均相同，已知cos37°=0.8，sin37°=0.6，重力加速度2
10/g m s =，求：
（1）运动员到达C 点时速度的大小； （2）运动员与滑道的动摩擦因数． 【答案】（1）10m/s （2）0.1 【解析】
(1)设下落时间为t ，由平抛运动规律2
12
h gt =， 解得t=0.5s 因为c s v t =， 解得11{
1
a d ==-；。