湖北省武汉市2020年高一(下)物理期末学业质量监测模拟试题含解析
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湖北省武汉市2020年高一(下)物理期末学业质量监测模拟试题
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)如图所示,甲、乙、丙三个轮子依靠摩擦传动,相互之间不打滑,其半径分别为r1、r2、r1.若甲轮的角速度为ω1,则丙轮的角速度为()
A.31
1
r
r
ω
B.11
3
r
r
ω
C.31
2
r
r
ω
D.11
2
r
r
ω
2.
(本题9分)质点做直线运动的位移x和时间t2的关系图象如图所示,则该质点()
A.质点的加速度大小恒为1 m/s2
B.0~2 s内的位移是为1 m
C.2末的速度是4 m/s
D.物体第3 s内的平均速度大小为3 m/s
3.在如图所示的四种电场中,分别标记有a、b两点。
其中a、b两点的电势相等,电场强度大小相等、方向也相同的是
A.甲图:与点电荷等距的a、b两点
B.乙图:两等量异种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点
C.丙图:点电荷与带电平板形成的电场中平板上表面的a、b两点
D.丁图:匀强电场中的a、b两点
4.某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据,得到如图所示的位移—时间图象.图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移变化关系.已知相互作用时间极短,由图象给出的信息可知()
A .碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为7∶2
B .碰前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小大
C .碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小
D .滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的16 5. (本题9分)如图所示,一理想变压器原线圈匝数1500=n 匝,副线圈匝数2n 100=匝,原线圈中接一交变电源,交变电电压2202sin100(V)u t π=。
副线圈中接一电动机,电阻为11Ω,电流表2示数为1A 。
电表对电路的影响忽略不计,则( )
A .此交流电的频率为100Hz
B .电压表示数为2202V
C .电流表1示数为0.2A
D .此电动机输出功率为30W
6. (本题9分)两个大小分别为10N 、12N 的共点力,它们合力的大小可能是()
A .23N
B .25N
C .1N
D .9N
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)受水平外力F 作用的物体,在粗糙水平面上做直线运动,其v -t 图象如图所示,则
A .在0~t 1秒内,外力F 的大小不断减小
B .在t 1时刻,外力F 为零
C .在t 1~t 2秒内,外力F 的大小可能不断减小
D .在t 1~t 2秒内,外力F 的大小可能先减小后增大
8. (本题9分)2016年9月15日,我国发射了空间实验室“天宫二号”.它的初始轨道为椭圆轨道,近地点M 和远地点N 的高度分别为200km 和350km ,如图所示.关于“天宫二号”在该椭圆轨道上的运行,下
列说法正确的是()
A.在M点的速度大于在N点的速度
B.在M点的加速度等于在N点的加速度
C.在M点的机械能大于在N点的机械能
D.从M点运动到N点的过程中引力始终做负功
9.(本题9分)如图所示,一铁球用细线悬挂于天花板上,静止垂在桌子的边缘,悬线穿过一光盘的中间孔,手推光盘在桌面上平移,光盘带动悬线紧贴着桌子的边缘以水平速度v匀速运动,当光盘由A位置运动到图中虚线所示的B位置时,悬线与竖直方向的夹角为θ,此时铁球()
A.竖直方向速度大小为vsinθ
B.竖直方向速度大小为vcosθ
C.相对于地面速度大小为v2
+
1sinθ
D.相对于地面速度大小为v
10.(本题9分)天文学家将相距较近、仅在彼此的引力作用下运行的两颗恒星称为双星,双星系统在银河系中很普遍.经观测某双星系统中两颗恒星A、B围绕它们连线上的某一固定点O分别做匀速圆周运动,如图所示.若A、B的质量比约为1:7, 则( )
A.它们的轨道半径之比为7:1
B.它们的角速度大小之比为1:7
C.它们的线速度大小之比为7:1
D.它们的向心加速度大小之比为1:7
11.(本题9分)质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点,如右图所示,绳a与水平方向成θ角,绳b在水平方向且长为l,当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时,小球在水平面内做匀速圆周运动,则下列说法正确的是()
A.a绳的张力不可能为零
B.a绳的张力随角速度的增大而增大
C.当角速度
cot
g
l
θ
ω>,b绳将出现弹力
D.若b绳突然被剪断,则a绳的弹力一定发生变化
12.如图甲所示,质量为0.5kg的物块A和足够长的木板B叠放在光滑水平面上,t=0时刻,木板B受到水平向右的拉力F作用,0~4s内,F随时间t变化的关系如图乙所示,木板B加速度a与时间t的关系如图丙所示。
若物块A与木板B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度取10m/s2。
则
A.木板B的质量为1kg
B.物块A与木板B之间的动摩擦因数为0.4
C.2s~4s内,物块A的加速度随时间均匀增大
D.2s~4s内,物块A的速度随时间均匀增大
三、实验题:共2小题,每题8分,共16分
13.(本题9分)图1是“研究平抛物体运动”的实验装置,通过描点画出平抛小球的运动轨迹.
(1)以下实验过程的一些做法,其中合理的有________.
a.安装斜槽轨道,使其末端保持水平
b.每次小球释放的初始位置可以任意选择
c.每次小球应从同一高度由静止释放
d.为描出小球的运动轨迹描绘的点可以用折线连接
(2)实验得到平抛小球的运动轨迹,在轨迹上取一些点,以平抛起点O为坐标原点,测量它们的水平坐标x和竖直坐标y,图2中y-x2图象能说明平抛小球的运动轨迹为抛物线的是_________.
(3)图3是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹,O为平抛起点,在轨迹上任取三点A、B、C,测得A、B两点竖直坐标y1为5.0cm、y2为45.0cm,测得A、B两点水平距离Δx为40.0cm,则平抛小球的初速度v0为______m/s,若C点的竖直坐标y3为60.0cm,则小球在C点的速度为v C=______m/s(结果保留两位有效数字,g取10m/s2).
14.(本题9分)某同学做“用电流表和电压表测定电源的电动势和内阻”实验,可供选择的实验器材如下:
A、1节干电池
B、电流表,量程0-0.6A,0-3A
C、电压表,量程0-3V,0-15V
D、滑动变阻器0-20Ω、2A,滑动变阻器0~500 Ω、0.2 A
E、电键一个,导线若干
(1)为了尽量得到较好效果,电流表量程应选__________,电压表量程选__________,滑动变阻器选
____________
(2)他采用如图所示的实验电路进行测量.下图给出了做实验所需要的各种仪器.请你按电路图把它们连成实验电路__________.
(3)这位同学测量时记录了5组数据,并将数据填入了以下表格中.请你根据这些数据在图画出U-I图线__________.根据图线求出电池的电动势E =__________V,内阻__________Ω.
四、解答题:本题共3题,每题8分,共24分
15.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 =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/s2)
16.(本题9分)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L1=0.25 m,斜面MN足够长,物块P质量m1=3 kg,与MN间的动摩擦因数μ=1
3。
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。
17. (本题9分)如图1所示,足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 竖直放置,其宽度L =1m ,一匀强磁场垂直穿过导轨平面,导轨的上端M 与P 之间连接阻值为R =0.40Ω的电阻,质量为m =0.01kg 、电阻为r =0.30Ω的金属棒ab 紧贴在导轨上.现使金属棒ab 由静止开始下滑,下滑过程中ab 始终保持水平,且与导轨接触良好,其下滑距离x 与时间t 的关系如图2所示,图象中的OA 段为曲线,AB 段为直线,导轨电阻不计,g =10m/s 2(忽略ab 棒运动过程中对原磁场的影响),试求:
(1)当t =1.5s 时,重力对金属棒ab 做功的功率;
(2)金属棒ab 在开始运动的1.5s 内,电阻R 上产生的热量;
(3)磁感应强度B 的大小.
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.B
【解析】
【分析】
【详解】
由甲、乙、丙三个轮子依靠摩擦传动,相互之间不打滑知三者线速度相同,其半径分别为r 1、r 2、r 1,则:ω1r 1=ω2r 2=ω1r 1,故ω1=113
r r ω.
A. 311r r ω,与结论不相符,选项A 错误;
B. 113
r r ω,与结论相符,选项B 正确; C. 312
r r ω,与结论不相符,选项C 错误; D. 112
r r ω,与结论不相符,选项D 错误; 2.C
【解析】
【分析】
【详解】
根据212x at =
得,可知图线的斜率表示12
a ,可得:a=2m/s 2,故A 错误;0-2s 内的位移221122422
x at m ==⨯⨯=,故B 错误;2s 末的速度v=at=2×2m/s=4m/s ,故C 正确;物体在第3s 内的位移22321132522x x x a a m =-=⨯-⨯=,则平均速度:55/1x v m s t ===,故D 错误. 3.B
【解析】
【详解】
A 、甲图为正的点电荷的电场,图中a 、b 两点在同一个圆上,所以a 、b 两点的电势相同,电场强度的大小也相同,但是场强的方向不同,故选项A 错误;
B 、乙图为等量的异种电荷的电场,在连线的中垂线上的所有的点的电势都为零,并且场强的方向均为水平的指向负电荷,所以此时a 、b 两点的电势相等,电场强度大小相等、方向也相同,故选项B 正确;
C 、丙图中a 、b 处于金属平板上,处在电场中的金属平板处于静电平衡状态,金属板的表面为等势面,所以a 、b 两点的电势相等;由于a 、b 两点的电场线疏密不同,所以a 、b 两点电场强度大小不相等,但电场线与等势面垂直,所以a 、b 两点的电场强度的方向相同,故选项C 错误;
D 、丁图是匀强电场,a 、b 点的场强的大小和方向都相同,但是根据沿电场线的方向电势降低可知,b 点的电势要比a 点的电势高,故选项D 错误。
4.D
【解析】
根据s —t 图像的斜率等于速度,可知碰前滑块Ⅰ速度为v 1=-2 m/s ,滑块Ⅱ的速度为v 2=0.8 m/s ,则碰前速度大小之比为5:2,故A 错误;碰撞前后系统动量守恒,碰撞前,滑块Ⅰ的动量为负,滑块Ⅱ的动量为正,由于碰撞后总动量为正,故碰撞前总动量也为正,故碰撞前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的小,
故B 错误;碰撞后的共同速度为v =0.4 m/s ,根据动量守恒定律,有m 1v 1+m 2v 2=(m 1+m 2)v ,解得m 2=6m 1,由动能的表达式可知,2211221122
m v m v >,故C 错误,D 正确. 故选D
5.C
【解析】
【分析】
【详解】
A .由交流电的公式知频率 10050Hz 2f ππ
== 故A 错误;
B .原线圈电压有效值为220V ,故电压表的示数为220V ,故B 错误;
C .根据电流与匝数成反比知,电流表A 1示数为0.2A ,故C 正确;
D .根据电压与匝数成正比知副线圈电压为44V
P 2=U 2I 2=44×1W=44W
电动机内阻消耗的功率为
△P=I 22R =12×11W =11W
此电动机输出功率为
P 出=P 2-△P=44-11=33W
故D 错误;
故选C 。
6.D
【解析】两力合成时,合力范围为:
; 故合力范围为:,所以选项D 正确,ABC 错误。
点睛:两力合成时,合力的大小满足
,在此范围内所有的值均是有可能的。
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.ACD
【解析】
【分析】
v-t 图象中,斜率表示加速度,从图象中可以看出0~t 1秒内做加速度越来越小的加速运动,t 1~t 2秒内做加速度越来越大的减速运动,两段时间内加速度方向相反;根据加速度的变化情况,分析受力情况。
【详解】
A 项:根据加速度可以用v-t 图线的斜率表示,所以在0~t 1秒内,加速度为正并不断减小,根据加速度
,所以外力F 大小不断减小,故A 正确;
B 项:在t 1时刻,加速度为零,所以外力F 等于摩擦力,不为零,故B 错误;
C 项:在t 1~t 2秒内,加速度为负并且不断变大,根据加速度的大小,外力F 大小可能不断减小,故C 正确;
D 项:如果在F 先减小一段时间后的某个时刻,F 的方向突然反向,根据加速度的大小,F 后增大,因为v-t 图线后一段的斜率比前一段大,所以外力F 大小先减小后增大是可能的,故D 正确。
故选:ACD 。
【点睛】
本题考查v-t 图线的相关知识点,涉及牛顿第二定律的应用及受力分析的能力。
8.AD
【解析】
【详解】
A .根据开普勒第二定律知,“天宫二号”在近地点的速度大于远地点的速度,即在M 点的速度大于在N 点的速度,故选选项A 正确;
B .“天宫二号”在M 点受到的地球引力大于在N 点的引力,由牛顿第二定律知在M 点的加速度大于在N 点的加速度,故选项B 错误;
C .“天宫二号”沿椭圆轨道运行的过程中,只有地球的引力做功,故其机械能守恒,故选项C 错误;
D .从M 点运动到N 点的过程中引力与速度的夹角为锐角,所以引力做负功,故选项D 正确. 9.AC
【解析】
【详解】
AB.由题意可知,线与光盘交点参与两个运动,一是逆着线的方向运动,二是垂直线的方向运动,则合运动的速度大小为v ,由数学三角函数关系,则有:v 线=vsinθ;而线的速度的大小,即为小球上升的速度大小,故A 正确,B 错误;
CD.由于A AB B v v v =+ 由上分析可知,球相对于地面速度大小为22()v v vsin θ'=+故C 正确,D 错误;
10.AC
【解析】
B 、双星系统中两颗恒星具有相同的角速度,故B 错误;
A 、轨道半径分别为r 1和r 2,双星间的万有引力分别提供各自圆周运动的向心力,故有
22121122212()m m G m r m r r r ωω==+,解得122171
r m r m ==,故A 正确; C 、根据v r ω=,它们的线速度大小之比112271
v r v r ==,故C 正确; D 、根据2a r ω=,它们的向心加速度大小之比为
112271a r a r ==,故D 错误; 故选AC .
【点睛】两颗恒星围绕它们连线上的某一固定点分别做匀速圆周运动,它们之间的万有引力提供各自的向心力,两颗恒星有相同的角速度和周期,结合牛顿第二定律和万有引力定律解决问题.
11.AC
【解析】
【详解】
小球做匀速圆周运动,在竖直方向上的合力为零,水平方向上的合力提供向心力,所以a 绳在竖直方向上的分力与重力相等,可知a 绳的张力不可能为零,故A 正确;根据竖直方向上平衡得,F a sinθ=mg ,解得a mg F sin θ=,可知a 绳的拉力不变,故B 错误;当b 绳拉力为零时,有:2 mg m l tan ωθ=,
解得ω,
可知当角速度ω>
b 绳出现弹力,故C 正确;由于b 绳可能没有弹力,故b 绳突然被剪断,a 绳的弹力可能不变,故D 错误。
12.AD
【解析】
【详解】
A.由图可知,在0-2s 内木板B 和物块A 一起加速运动,则对AB 整体,由牛顿第二定律:F=(M+m)a ,将F=3N ,a=2m/s 2,解得M=1kg ,选项A 正确;
B.2s 后,物块与木板产生相对滑动,由图可知,4s 时F=6N ,此时木板的加速度为5m/s 2,则对木板:F mg Ma μ-=,解得μ=0.2,选项B 错误;
C. 2s~4s 内,物块A 受大小不变的滑动摩擦力作用,则其加速度a=μg ,不变,选项C 错误;
D. 2s~4s 内,物块A 的速度v=at=μgt ,随时间均匀增大,选项D 正确。
三、实验题:共2小题,每题8分,共16分
13.ac c 2.0 4.0
【解析】
【分析】
【详解】
(1)斜槽末端水平,才能保证小球离开斜槽末端时速度为水平方向,故a对;
为保证小球多次运动是同一条轨迹,每次小球的释放点都应该相同,b错c对;
小球的运动轨迹是平滑曲线,故连线时不能用折线,d错.
(2)平抛运动的水平位移与竖直位移分别满足的关系是:
联立可得
可知图象是直线时,说明小球运动轨迹是抛物线.
(3)由竖直方向的分运动可知,,,即
,
水平初速度为
C点的竖直分速度为
由运动合成可知
14.(1)0-0.6A ,0-3V,0-20Ω;见解析见解析 1.45~1.49,0.47~0.52;
【解析】
(1)一节干电池,故选电压表0-3V;一节干电池当电源,电路中电流较小,故选电流表0~0.6A;为了便于操作,应选较小的滑动变阻器(0~20Ω);
(2)实物图如图所示
(3)根据描点法可知U-I 图像如图所示
纵截距表示电源电动势,故 1.48V E =,图像的斜率表示电源内阻,故 1.48 1.10.50.760
r -==Ω-. 【点睛】学实验中选择仪表是常见的一种题型,要求学生能按照安全性和准确性的要求进行分析,先确定出必须用到的器材,再去根据题目中给出的条件去判断电流表和电压表.一定要注意判断图象与横轴的交点的横坐标是不是短路电流.
四、解答题:本题共3题,每题8分,共24分
15.0.20.6kg 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:22m g Mg M r μω-=
解得:20.6m =kg
所以,0.20.6kg m kg ≤≤
16. (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 =
17.(1)0.7W (2)0.26J (3)0.1T
【解析】
【分析】
【详解】
(1)由x ﹣t 图象求得t =1.5s 时金属棒的速度为v=x t ∆∆=11.27.02.1 1.5
--m/s=7m/s t =1.5s 时,重力对金属棒ab 做功的功率为P =mgv =0.01×10×7W =0.7W .
(2)金属棒ab 在开始运动的1.5s 内,金属棒的重力势能减小,转化为金属棒的动能和电路的内能.设电路中产生的总焦耳热为Q ,根据能量守恒定律得 mgx=12
mv 2+Q 代入解得Q =0.455J
由焦耳定律得R 中发热Q R =I 2Rt ,金属棒ab 发热Q r =I 2rt ,则Q R :Q r =R :r =4:3
又Q R +Q r =Q
解得Q R =0.26J
(3)金属棒匀速运动时所受的安培力大小为F =BIL ,而I=E R r
+,E =BLv 得到F= 22B L v R r
+ 根据平衡条件得F =mg
则有
22
B L v
R r
=mg
代入解得B=0.1T。