2019-2020学年黑龙江省黑河市物理高一(下)期末复习检测模拟试题含解析

2019-2020学年黑龙江省黑河市物理高一(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)如图所示，A、B、C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动，A由静止释放，B的初速度方向沿斜面向下，大小为v0，C的初速度方向沿斜面水平，大小也为v0。

下列说法中正确的是()
A．A和C将同时滑到斜面底端
B．滑到斜面底端时，B的机械能减少最多
C．滑到斜面底端时，B的动能最大
D．滑到斜面底端时，C的重力势能减少最多
【答案】C
【解析】
A、C两个滑块所受的滑动摩擦力大小相等，A所受滑动摩擦力沿斜面向上，C沿斜面向上的力是滑动摩擦力的分力，所以C的加速度大于A的加速度，C先到达斜面底端，A错误；重力做功相同，摩擦力对A、B 做功相同，C克服摩擦力做功最大，C的机械能减少最多，A的初动能为零，
B、C的初动能相等，则滑到斜面底端时，B滑块的动能最大，B错误C正确；三个滑块滑到底端时，下降的高度相同，故重力势能减少量相同，D错误．
2．如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量为2m的小物块从槽上高为h处开始自由下滑，运动到水平面之后与弹簧相互作用，被向左反弹回来，下列说法正确的是
A．在下滑过程中，槽对物块的支持力对物块始终不做功
B．物块第一次滑到槽底端时，物块与槽的速度大小之比为2：1
C．整个过程中，物块、槽和弹簧组成的系统动量守恒
D．物块被弹簧反弹后不能追上槽
【答案】D
【解析】
【详解】
A.在下滑过程，槽对物块的支持力与物块位移夹角不垂直，支持力对物块做功，故A错误.
B.物块与槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：2=0mv mv -物槽，解得:=1:2v v 物槽;故B 错误.
C.整个过程中，物块、槽和弹簧组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故C 错误.
D.物块与弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，物块离开弹簧后的速度大小不变，由于物块的速度小于槽的速度，物块不可能追上槽，故D 正确.
3．如图所示，电风扇工作时，叶片上a 、b 两点的线速度分别为v a 、v b ，角速度分别为ωa 、ωb ，则下列关系正确的是
A ．a b v v <，a b ωω<
B ．a b v v = ，a b ωω=
C ．a b v v >，a b ωω>
D ．a b v v <，a b ωω=
【答案】D 【解析】 【详解】
电扇上的a 、b 两点在同一扇叶上属于共轴转动，具有相同的角速度，所以a b ωω=，由于线速度v r ω=，而且由图可知b a r r >，所以a b v v <．故选D 正确．
4． (本题9分)如图所示，两个质量不同的小球甲、乙，且m m >甲乙，分别用长度不等的两根细线挂在天花的同一点上. 它们在同一水平面内做匀速圆周运动. 设甲的向心力为F 甲、加速度为a 甲；乙的向心力为
F 乙、加速度为a 乙. 则它们的
A ．
F F a a <<甲乙甲乙 B ．
F F a a 甲乙甲乙 C ． F F a a ><甲乙甲乙 D ． F F a a >>甲乙甲乙
【答案】D 【解析】 【详解】
小球圆周运动的向心力由重力和细线拉力的合力提供，绳与竖直方向的夹角为θ，对小球受力分析有：F 向=mgtanθ=ma 向，分析可知，甲球的夹角大，质量大，则向心力大，向心加速度大，即F 甲>F 乙 ； a 甲>a 乙． A. F 甲<F 乙；a 甲<a 乙，与结论不相符，选项A 错误； B. F 甲<F 乙； a 甲>a 乙，与结论不相符，选项B 错误； C. F 甲>F 乙； a 甲<a 乙，与结论不相符，选项C 错误； D. F 甲>F 乙； a 甲>a 乙，与结论相符，选项D 正确；
5． (本题9分)如图所示，一颗卫星绕地球做椭圆运动，运动周期为T,图中虚线为卫星的运行轨迹，A ，B ，C ，D 是轨迹上的四个位置，其中A 距离地球最近，C 距离地球最远。

B 和D 点是弧线ABC 和ADC 的中点，下列说法正确的是
A ．卫星在C 点的速度最大
B ．卫星在
C 点的加速度最大
C ．卫星从A 经
D 到C 点的运动时间为T/2 D ．卫星从B 经A 到D 点的运动时间为T/2 【答案】C 【解析】 【详解】
A 、卫星绕地球做椭圆运动，类似于行星绕太阳运转，根据开普勒第二定律：行星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等，则知卫星与地球的连线在相等时间内扫过的面积相等，所以卫星在距离地球最近的A 点速度最大，在距离地球最远的C 点速度最小，卫星在
B 、D 两点的速度大小相等；故A 错误； B 、在椭圆的各个点上都是引力产生加速度2
GM
a r =，因A 点的距离最小，则A 点的加速度最大，故B 错误.
C 、根据椭圆运动的对称性可知ADC CBA t t T ==，则2
ADC T
t =，故C 正确. D 、椭圆上近地点A 附近速度较大，远地点C 附近速度最小，则2BAD T t <，2
DCB T
t >；故D 错误.
故选C.
6． (本题9分)如图所示，质量为m 的物体从半径为R 的l ／4圆轨道的上端由静止滑到最低点，然后又沿水平地面运动一段距离停下来，物体与圆轨道和水平面间的滑动摩擦因数均为，物体全程克服摩擦力
做功为（ ）
A．0 B．mgR C．1
2
mgR
πμD．2mgR
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
设物体全程克服摩擦力做功为W.对全程由动能定理可知，
mgR−W=0
则得
W=mgR
故选B
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)直流电路如图所示，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，电源的（）
A．总功率一定减小B．效率一定增大
C．内部损耗功率一定减小D．输出功率一定先增大后减小
【答案】ABC
【解析】
【分析】
【详解】
当滑动变阻器的滑片P向右移动时，接入电路的电阻变大，整个回路的电流变小，内部消耗的功率P=2I r
一定减小，C正确；总功率P=EI一定减小，A正确；而内电压降低，外电压升高，电源的效率
UI U
EI E η==
增大，B正确；当内电阻等于外电阻时，输出功率最大，此题中无法知道内外电阻的关系，因此D不对8．(本题9分)如图甲所示，一长为l的轻绳一端穿在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动．小球通过最高点时，绳对小球的拉力F与其速度二次方v2的关系如图乙所示，重力加速度为g.下列判断正确的是()
A．图线的函数表达式为F＝m＋mg
B．重力加速度g＝
C．若绳长不变，用质量较小的球做实验，，则图线上b点的位置不变
D．若绳长不变，用质量较小的球做实验，则得到的图线斜率更大
【答案】BC
【解析】
【详解】
A项：小球在最高点，根据牛顿第二定律有：，解得：，故A错误；
B项：当F=0时，根据表达式有：，解得：，故B正确；
C项：当F=0时，，可知b点的位置与小球的质量无关，绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b 点的位置不变，故C正确；
D项：根据知，图线的斜率，绳长不变，用质量较小的球做实验，斜率更小，故D错误。

9．关于地球的同步卫星，下列说法正确的是( )
A．它处于平衡状态，且具有一定的高度
B．它的加速度小于9.8 m/s2
C．它的周期是24 h，且轨道平面与赤道平面重合
D．它绕行的速度小于7.9 km/s
【答案】BCD
【解析】
试题分析：地球同步卫星是指与地球具有相同运动周期的卫星，其相对于地球上的一点来说静止，轨道平面与赤道平面重合，但一直围绕地球在运动，没有处于平衡状态，A选项错误，C选项正确．近地卫星重力完全用来向心力，，此时加速度为9.8 m/s2，地球同步卫星半径更大，加速度变小，
B正确．近地卫星的绕行速度为7.9 km/s，，，地球同步卫星半径更大，速度小，D正确．
考点：第一宇宙速度，同步卫星，近地卫星
点评：第一宇宙速度即近地卫星的绕行速度，也是发射卫星的最小速度．地球同步卫星与地球有相同的角速度，且轨道平面与赤道平面重合，则可以与地球上的一点保持相对静止．
10．(本题9分)如图所示，一-轻弹簧左端与物体相连，右端与物体相连，开始时，、均在粗糙水平面上不动，弹筑处于原长状态。

在物体上作用一水平向右的恒力使物体，、向右运动。

在此过程中，下列说法中正确的为（）
A．合外力对物体所做的功等于物体的动能增量
B．外力做的功与摩擦力对物体做的功之和等于物体的动能增量
C．外力做的功及摩擦力对物体和做功的代数和等于物体和的动能增量及弹簧弹性势能增量之和D．外力做的功加上摩擦力对物体做的功等于物体的动能增量与弹簧弹性势能增量之和
【答案】AC
【解析】
合外力所做的功等于物体动能的增量，所以A对，外力F做的功，摩擦力对物体B做的功跟弹簧的弹力对B做的功之和等于物体B的动能增量，B错，除去重力和弹簧的弹力以外的力对物体所做的功等于物体机械能的增量，所以以整体为研究对象可知外力F做的功及摩擦力对物体A和B做功的代数和等于物体A
和B的动能增量及弹簧弹性势能增量之和
C对，弹性势能是系统共有的所以外力F做的功加上摩擦力对物体B做的功不等于物体B的动能增量与弹簧弹性势能增量之和，D错
11．(本题9分)如图所示，轻绳一端受到大小为F的水平恒力作用，另一端通过定滑轮与质量为m、可视为质点的小物块相连．开始时绳与水平方向的夹角为θ．当小物块从水平面上的A点被拖动到水平面上的B点时，位移为L，随后从B点沿斜面被拖动到定滑轮O处，BO间距离也为L．小物块与水平面及斜面间的动摩擦因数均为μ，若小物块从A点运动到O点的过程中，F对小物块做的功为W F，小物块在BO段运动过程中克服摩擦力做的功为W f，则以下结果正确的是()
A ．W F ＝FL(cos θ＋1)
B ．W F ＝2FLcos θ
C ．W f ＝μmgLcos 2θ
D ．W f ＝FL －mgLsin 2θ 【答案】BC 【解析】
拉力在AO 段做功为：W 1=FS ，s 为F 作用点的位移即绳子伸长的长度，小物体从A 运动到O 的过程中，利用数学几何关系在绳子缩短关系得S=2cosθL ，所以 W 1=2FLcosθ 故A 错误，B 正确．根据几何关系得OB 斜面倾角为2θ，小物体在BO 段运动过程中摩擦力f=μmgcos2θ，小物体在BO 段运动过程中克服摩擦力做的功为W f =fL=μmgLcos2θ，故C 正确，D 错误．故选BC ．
12． (本题9分)如图甲所示,水平面上的物体在水平向右的拉力F 作用下,由静止开始运动,运动过程中F 功率恒为P.物体运动速度的倒数1/v 与加速度a 的关系如图乙所示(v 0、a 0为已知量).则下列说法正确的是
()
A ．该运动过程中的拉力F 为恒力
B ．物体加速运动的时间为v 0/a 0
C ．物体所受阻力大小为P/v 0
D ．物体的质量为P/v 0a 0
【答案】CD 【解析】
A 、由题意可知：P=Fv ，根据牛顿第二定律得：F-f=ma ，即得：
P ma f v =+，联立解得： 1m f a v P P
=+，匀速时有：01f v P =，0P f v =；图象的斜率001m P v a =，解得00
P
m a v =，故C 、D 正确，A 、B 错误．故选
CD ．
【点睛】本题与汽车起动类似，要抓住功率公式P=Fv 分析拉力的变化，利用牛顿第二定律表示出1
v
与a 的关系式是解决本题的关键．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13． (本题9分)已知表头G 满偏电流为100μA ，表头上标记的内阻值为900Ω。

R 1、R 2和R 3是定值电阻。

利用R 1和表头构成1mA 的电流表，然后再将其改装为两个量程的电压表。

若使用a 、b 两个接线柱，电压表的量程为1V ；若使用a 、c 两个接线柱，电压表的量程为3V 。

则根据题给条件，定值电阻的阻值应选R 1=________Ω，R 2=_________Ω，R 3=_________Ω。

【答案】100 910 2000 【解析】 【详解】
根据题意，R 1与表头G 构成1mA 的电流表，则： 1
()g g g I I R I R -＝， 代入数据：100×10-6×900＝(1×10-3−100×10-6) R 1； 整理得R 1＝100Ω
若使用a 、b 两个接线柱，电压表的量程为1V ，则23
10.09
910110
ab g g
U I R R I
---ΩΩ⨯＝＝
＝ 若使用a 、c 两个接线柱，电压表的量程为3V ，则
32
33
30.09110910
2000110
ac g g U I R IR R I ------⨯⨯=ΩΩ⨯＝
＝ 14． (本题9分)在“探究加速度与力、质量关系”实验中，某同学准备了下列器材：
A ．一端带有定滑轮的长木板、
B ．细线、
C ．电磁打点计时器、
D ．纸带与复写纸、
E ．导线、
F ．开关、
G ．铅蓄电池、
H ．托盘（质量不计）、
I ．砝码（质量已知）、
J ．低压交流电源． （1）你认为该同学准备的器材中哪个不需要？_____（填写相对应的字母） （2）要完成实验还需哪些器材？_____；
（3）根据实验测得的数据，绘出的a-F 图象如图所示．请你根据这个图象分析，实验中漏掉的步骤是_____．
【答案】G 小车、刻度尺 没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足 【解析】 【详解】
（1）[1]由于打点计时器记录通过所打点记录了物体运动时间，因此不需要秒表，电磁打点计时器需要低压交流电源，而不需要低压直流电源，即G ；
（2）[2]实验还需要小车；需要测量物体运动的位移，因此缺少刻度尺．
（3）[3]从题目中图象上可知，加速度等于零时，而外力不等于零，其原因是没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足． 【点睛】
本题考查了实验器材，对于实验问题要加强动手能力，亲身体会实验的整个过程，同时还考查了同学们图象分析的能力，一般从斜率、截距去分析图象． 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，小球A 质量为m ，系在细线的一端，线的另一端固定在O 点，0点到光滑水平面的距离为h ．物块B 和C 的质量分别是6m 和3m, B 与C 用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B 物块位于0点正下方．现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B 发生正碰(碰撞时间极短),反弹后上升到最高点时到水平面的距离为
25
h
,小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g ，求碰撞后B 物块速度大小2v 及碰后轻弹簧获得的最大弹性势能pm E ．
【答案】v 22gh
E pm ＝225mgh
【解析】 【详解】
设小球运动到最低点与物块B 碰撞前的速度大小为v 0，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有：2?
012
mgh mv ＝
解得：02v gh =
设碰撞后小球反弹的速度大小为v 1，同理有：2
11252
h mg
mv = 解得：12gh
v =
设碰撞后物块B 的速度大小为v 2，取水平向右为正方向， 由动量守恒定律有：0126mv mv mv ＝－＋
解得：2
2gh
v =
碰撞后当B 物块与C 物块速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，据动量守恒定律有:2369mv mv ＝ 据机械能守恒定律：2223116922
pm E mv mv =
⨯-⨯
解得：2
25
pm E mgh =. 【点睛】
本题综合考查动量守恒定律、机械能守恒定律，要注意正确分析物理过程，选择合适的物理规律求解． 16． (本题9分)如图所示，将一可视为质点的小球从光滑斜轨上距底面竖直高度为h 处静止释放，使其沿竖直的光滑圆轨道内侧运动。

已知圆轨道的半径为R ，重力加速度为g ： (1)要使小球能通过圆轨道的最高点，小球在圆轨道最高点时的速度至少为多大？
(2)要使小球能通过圆轨道的最高点，小球距光滑斜轨底面的竖直高度h 应满足什么条件？
【答案】 gR ；(2)52
h R ≥ 【解析】 【分析】 【详解】
(1)小球恰能通过圆轨道的最高点时，重力提供向心力
2
v mg m R
=
解得
v gR =gR 。

(2)由机械能守恒定律可得：
2122
mgh mg R
mv =? 解得
52
h R =
即要使小球能通过圆轨道的最高点，小球距光滑斜轨底面的竖直高度应满足
52
h R ≥
17．如图所示，固定的斜面AB 与水平面BC 在B 点相连接，斜面的倾角为53°，A 点距水平面BC 高度为1.28m ，水平面BC 与等高的足够长的水平传送带在C 点相连接。

一煤块（可看作质点）从A 点由静止滑
下，并从斜面底端的B点进入水平面BC，再滑上水平传送带。

已知传送带以v0=1m/s的速度逆时针匀速转动，煤块与所有接触面间的动摩擦因数均为0.5，B、C两点相距1.2m，不考虑煤块通过B点、C点时机械能损失，若煤块在传送带上相对滑动时会留下划痕，g取10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：
⑴煤块第一次通过C点时速度的大小；
⑵煤块第一次通过C点后向右能到达的最远点离C点的距离；
⑶煤块和传送带接触的时间及划痕长度。

【答案】⑴2m/s ⑵0.4m ⑶0.9s 0.9m
【解析】
【详解】
(1)煤块经过ABC的过程，由动能定理得：
其中
=1.6m
解得：
=2m/s
(2)煤块在传送带上以=2m/s的速度向右匀减速至速度为0，设该过程的最大位移为，由动能定理得：
解得：
=0.4m
(3)煤块在传送带上向右运动时间：
=0.4s
相对传送带的位移为：
=0.8m
相对传送带的位移方向向右．
煤块在传送带上从速度为0向左加速至速度为=1m/s所需为，加速度为a，则由牛顿第二定律得：
解得：
a=5m/s2
所以，
=0.2s
位移为：
=0.1m(方向向左)
相对传送带的位移为：
=0.1m
相对传送带的位移方向向右．
此后煤块和传送带保持相对静止，以速度=1m/s匀速运动的距离为：=0.3m
所需为：
=0.3s
煤块和传送带接触的时间：
=0.9s
划痕长度：
d=+=0.9m。