河南省南阳市2019-2020学年物理高一下期末调研模拟试题含解析

河南省南阳市2019-2020学年物理高一下期末调研模拟试题
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．已知火星的质量是地球的a 倍，它的半径是地球半径的b 倍，地球表面处的重力加速度为g ．现在火星的表面上以初速度v 竖直上抛小球，不计大气的阻力，忽略火星自转，则小球在火星上上升的最大高度为（ ）
A ．2bv ag
B ．222b v ag
C ．22av bg
D ．2
22bv a g
【答案】B 【解析】 【详解】
在行星表面有：mg 行= G 2M m R 行，行星表面的重力加速度g 行=2
GM R 行，则有：g g 火=2
2M R R M 火地地火
=2a
b ，在火星的表面上以初速度v 竖直上抛小球，小球在火星上上升的最大高度h=22v g 火=222b v ag
，故B 正确，ACD 错误．
2．2018年4月28日14:30衢州第三届万人健步走正式启动，起点和终点均设在衢州西的市民公园广场，近6000人参加了活动，小明参加了5公里的健步走，耗时1小时14分，下列说法中正确的是
A ．在研究小明行走动作时可以将其视为质点
B ．在整个过程中，小明的平均速度大约是4km/h
C ．这里的“5公里”指的是位移
D ．“4月28日14:30”是时刻，“1小时14分”是时间间隔 【答案】D 【解析】 【详解】
A. 在研究小明行走动作时，主要看小明的四肢动作，不能将其视为质点，故A 项错误；
BC. 在整个过程中，小明不是做单方向直线运动，这里的“5公里”指的是路程，所以平均速率大约是4km/h ，故B 项错误，C 项错误。

D. “4月28日14:30”在时间轴上是一个点，表示时刻；“1小时14分”在时间轴上对应一段长度，表示时间间隔。

故D 项正确。

3． (本题9分)两个分别带有电荷量－Q 和+2Q 的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r 的两处，它们间库仑力的大小为F ．两小球相互接触后将其固定距离变为2r
，则两球间库仑力的大小为 A ．4F B ．2 F
C
．
1
2
F D ．14
F
【答案】C 【解析】 【详解】
相距为r 时，根据库仑定律得：2
2Q Q
F k
r ⋅=；由于带异种电荷时，接触后，各自带电量变为12Q ，则此时22211
1222fk Q Q
kQ F r r ⎛⎫ ⎪⎝=⎭
⋅'=，两式联立得F′=1 2
F ； A. 4F ，与结论不相符，选项A 错误； B. 2 F ，与结论不相符，选项B 错误；
C.
1 2F ，与结论相符，选项C 正确； D. 1
4
F ，与结论不相符，选项D 错误；
4． (本题9分)宇宙中两颗靠得比较近的恒星,只受到彼此之间的万有引力作用互相绕转,称之为双星系统．在浩瀚的银河系中,多数恒星都是双星系统．设某双星系统A 、B 绕其连线上的O 点做匀速圆周运动,如图所示．若AO>OB,则( )
A ．星球A 的角速度一定大于
B 的角速度 B ．星球A 的质量一定小于B 的质量
C ．双星的总质量一定,双星之间的距离越小,其转动周期越大
D ．双星之间的距离一定,双星的总质量越大,其转动周期越大 【答案】B 【解析】 【详解】
A 、双星靠相互间的万有引力提供向心力，所以向心力相等；根据万有引力提供向心力公式得
22A B 2
A B
A B Gm m m r m r L
ωω==，因为r B ＜r A ，所以m B ＞m A ，即B 的质量一定大于A 的质量;故A 错误. B 、双星系统角速度相等，根据v =ωr ，且AO ＞OB ，可知，A 的线速度大于B 的线速度;故B 正确. C 、根据万有引力提供向心力公式得：
22
A B 2
22()()A B A B Gm m m r m r L T T
ππ==，解得周期为
3
2()A B L T G m m π=+，可知双星间距离一定，双星的总质量越大，其转动周期越小;故C 错误.
D 、根据周期为3
2()
A B L T G m m π=+，可知双星的总质量一定，双星之间的距离越大，转动周期越大;
故D 错误. 故选B. 【点睛】
解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度．以及会用万有引力提供向心力进行求解．
5．
(本题9分)一质点做匀速圆周运动,其轨迹半径为2m ,向心加速度大小为2m/s 2,则 A ．周期为1s B ．转速为2r/s
C ．线速度大小为2m/s
D ．角速度为2π rad/s
【答案】C 【解析】 【详解】 AD 、由
，得到：
，圆周运动的周期为：
，AD 错误；
B 、由，得到：，B 错误；
C 、由，得到：，C 正确。

6．如图所示，在真空中有两个正点电荷，分别置于P 、Q 两点，P 处点电荷的电荷量大于Q 处点电荷的电荷量，A 、B 为P 、Q 连线的中垂线上的两点，现将一负电荷q 由A 点沿中垂线移动到B 点，在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A ．q 的电势能逐渐减小
B ．q 的电势能逐渐增大
C ．q 的电势能先增大后减小
D ．以上均不正确 【答案】B 【解析】
【详解】
由题分析可知，A 的电势高于B 点的电势，将负点电荷q 由A 点沿中垂线移动到B 点的过程中，电场力一直做负功，电荷的电势能逐渐增大。

A ．q 的电势能逐渐减小，与结论不相符，选项A 错误；
B ．q 的电势能逐渐增大，与结论相符，选项B 正确；
C ．q 的电势能先增大后减小，与结论不相符，选项C 错误；
D ．以上均不正确，与结论不相符，选项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，一小球自A 点由静止自由下落，到B 点时与弹簧接触，到C 点时弹簧被压缩到最短。

若不计弹簧质量和空气阻力，在小球由A→B→C 的过程中，若仅以小球为系统，且取地面为参考面，则
A ．小球从A→
B 的过程中机械能守恒；小球从B→
C 的过程中只有重力和弹力做功，所以机械能也守恒 B ．小球在B 点时动能最大
C ．小球减少的机械能，等于弹簧弹性势能的增量
D ．小球到达C 点时,球和地球系统的重力势能和弹簧的弹性势能之和最大. 【答案】CD 【解析】 【详解】
小球从A→B 的过程中只受重力，机械能守恒；小球从B→C 的过程中，由于弹力对小球做功，所以小球的机械能不守恒。

故A 错误。

小球从B 到C 过程，受到重力和弹力两个力作用，弹力先小于重力，后大于重力，所以小球先加速和减速，故动能先变大后变小，弹力与重力相等时，动能最大，小球动能最大的位置在BC 之间某点，故B 错误；小球从A 到C 过程中，小球和弹簧系统的机械能守恒，而在最高点和最低点动能都为零，故减少的重力势能全部转化为弹性势能，故C 正确；小球到达C 点时动能为零，动能最小，由系统的机械能守恒知，小球和地球系统的重力势能和弹簧的弹性势能之和最大，故D 正确。

8． (本题9分)如图所示，半径为R 的光滑圆环固定在竖直平面内，AB 、CD 是圆环相互垂直的两条直径，C 、D 两点与圆心O 等高．一个质量为m 的光滑小球套在圆环上，一根轻质弹簧一端连在小球上，另一端固定在P 点，P 点在圆心O 的正下方
2
R
处．小球从最高点A 由静止开始沿逆时针方向下滑，已知弹簧的原长为R ，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g ．下列说法正确的有（ ）
A．弹簧长度等于R时，小球的动能最大
B．小球运动到B点时的速度大小为2gR
C．小球在A、B两点时对圆环的压力差为4mg
D．小球从A到C的过程中，弹簧对小球做的功等于小球机械能的增加量
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】
弹簧长度等于R时，弹簧处于原长，在此后的过程中，小球的重力沿轨道的切向分力大于弹簧的弹力沿轨道切向分力，小球仍在加速，所以弹簧长度等于R时，小球的动能不是最大．故A错误．由题可知，小球
在A、B两点时弹簧的形变量相等，弹簧的弹性势能相等，根据系统的机械能守恒得：2mgR=1
2
mv B2，解
得小球运动到B点时的速度v B=2gR．故B错误．设小球在A、B两点时弹簧的弹力大小为F．在A点，
圆环对小球的支持力F1=mg+F；在B点，由圆环，由牛顿第二定律得：F2-mg-F=m
2
B
v
R
，解得圆环对小球
的支持力F2=5mg+F；则F2-F1=4mg，由牛顿第三定律知，小球在A、B两点时对圆环的压力差为4mg，故C正确．小球从A到C的过程中，根据功能原理可知，弹簧对小球做的功等于小球机械能的增加量．故D 正确．故选CD．
【点睛】
解决本题的关键要分析清楚小球的受力情况，判断能量的转化情况，要抓住小球通过A和B两点时，弹簧的形变量相等，弹簧的弹性势能相等．
9．(本题9分)光滑水平地面上，A、B两物体质量都为m，A以速度v向右运动，B原来静止，左端有一轻弹簧，如图所示，当A撞上轻弹簧，轻弹簧被压缩到最短时，下列说法正确的是( )
A．A、B系统总动量仍然为mv
B．A的动量变为零
C．B的动量达到最大值
D．A、B的速度相等
【答案】AD
【解析】
A、B组成的系统所受的外力之和为零，动量守恒，总动量为mv，则弹簧压缩最短时，A、B系统总动量仍然为mv，故A正确．弹簧压缩到最短时，A、B速度相等，则A的动量不为零．故B错误，D正确．A 在压缩弹簧的过程中，B做加速运动，A做减速运动，弹簧压缩量最大时，速度相等，然后B继续加速，A继续减速．所以弹簧压缩最短时，B的动量未达到最大值．故C错误．故选AD．
点睛：解决本题的关键知道动量守恒定律的条件，通过分析两个物体运动的物理过程，分析两物体的距离变化，知道速度相等时，弹簧压缩量最大．
10．(本题9分)空中某点，将两个相同小球同时以相同的初速度V水平抛出、竖直上抛，则从抛出到落地，设地面为零势面，忽略空气阻力，下列说法正确的是（）
A．竖直向上抛的小球在下落过程中重力势能的变化量最大
B．两个小球落地的速度大小相同
C．落地时重力的瞬时功率相同，方向都是竖直向下
D．平抛的小球，其重力的平均功率最大
【答案】BD
【解析】
A、竖根据个功能关系可知：重力势能的变化等于重力做功，重力的功与高度差有关，由于小球抛出点与落地点的高度相同，重力做功相同，则小球重力势能的变化量相等，故A错误
B、小球沿着不同的方向抛出，都只有重力做功，机械能守恒，落地时动能相等，故可得到落地时速度大小相等，故B正确；
=，平抛运动重力的瞬时功率最小，竖直上抛的小球落地时的瞬时功C、根据瞬时功率表达式P Fvcosθ
率大，同时瞬时功率为标量，没有方向，故C错误；
D、根据重力做功公式W=mgh可知，两个小球重力做功相同，落地的时间不同，竖直上抛时间最长，平抛的时间短，所以运动过程中，两个小球重力做功的平均功率不同，平抛的平均功率大，故D正确．
点睛：本题关键在于沿不同方向抛出的小球都只有重力做功，机械能守恒，然后结合平均功率和瞬时功率的相关公式列式分析判断．
11．(本题9分)如图所示电路中，电源内阻r不能忽略，两个电压表均为理想电表。

已知R1=10Ω，r=2Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为20Ω。

当滑动变阻器R2的滑动触头P移动时，下列判断正确的是
A．P从b端向a端移动过程中，R2消耗的功率先增大后减小
B ．P 从a 端向b 端移动过程中，R 1消耗的功率先减小后增大
C ．P 从b 端向a 端移动过程中，V 1的示数一直增大
D ．P 从a 端向b 端移动过程中，V 1的示数与电池内电阻分压之和一直增大 【答案】AC 【解析】 【详解】 由图可知
与
串联，V 1测
两端的电压，V 2测
两端的电压；
若P 从b 端向a 端移动的过程中，则滑动变阻器接入电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流增大，两端的电压增大，根据
可得
消耗的功率一直增大。

可将
看成电源的内电阻，开始
时，因
，则
消耗的功率先增大后减小，AC 正确；若P 从a 端向b 端移动的过程中，
则滑动变阻器接入电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，
和电源内阻分压之和
，一直减小，根据
可得
消耗的功率一直减小，BD 错误．
【点睛】
闭合电路欧姆定律的动态分析类题目，一般可按外电路-内电路-外电路的分析思路进行分析，在分析时应注意结合闭合电路欧姆定律及串并联电路的性质． 12． (本题9分)如图所示为汽车的加速度和车速的倒数
1
v
的关系图象．若汽车质量为2×103kg ，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，最大车速为30 m/s ，则（ ）
A ．汽车所受阻力为2×103N
B ．汽车匀加速所需时间为5 s
C ．汽车匀加速的加速度为3 m/s 2
D ．汽车在车速为5 m/s 时，功率为6×104W 【答案】AB 【解析】 【分析】 【详解】
设汽车的额定功率为P ，由图知：汽车的最大速度为30/m s ，此时汽车做匀速直线运动，有F f ，有
m m P Fv fv ==；
代入得：30P f =⨯…①
当
11/10s m v
=时，22/a m s =，根据牛顿第二定律得：P
f ma v
-=， 代入得：3210210
P
f -=⨯⨯…② 由①②解得：3
210f N =⨯，4610P W =⨯，故A 正确； 匀加速直线运动的加速度为：2260002000
/2/2000
F f a m s m s m --=
==，匀加速直线运动的末速度为：10m/s P v F ==，匀加速直线运动的时间5v
t s a
==，故B 正确，C 错误；
因为5/<10/m s m s ，所以汽车速度为5/m s 时，功率未达到额定功率4610W ⨯，故选项D 错误． 【点睛】
从图线看出，开始图线与x 轴平行，表示牵引力不变，牵引车先做匀加速直线运动，倾斜图线的斜率表示额定功率，即牵引车达到额定功率后，做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零，做匀速直线运动． 三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13． (本题9分)验证机械能守恒定律”的一次实验中，质量m ＝1kg 的重物自由下落，在纸带上打出一系列的点，如图所示（相邻记数点时间间隔为0.02s ），那么：
（1）纸带的______（填“P”或“C”，必须用字母表示）端与重物相连；
（2）打点计时器打下计数点B 时，物体的速度v B ＝______m/s （保留到小数点后两位）；
（3）从起点P 到打下计数点B 的过程中物体的重力势能减少量△E P ＝_____J ，此过程中物体动能的增加量△E k ＝_____J ；（g 取9.8m/s 2保留到小数点后两位）
（4）通过计算，数值上△E P _____△E k （填“＜”、“＞”或“＝”），这是因为_____． 【答案】P 0.98 0.49 0.48 ＞ 有机械能损失 【解析】 【详解】
（1）与重物相连的纸带一端应该先打出点，先打出点的速度较小，从纸带图上可以看出是P 点． （2）利用匀变速直线运动的推论2
t v v = 得：
B 点的速度0.98m /s AC
B AC
x v t =
=
B 点的动能2
10.48J 2
kB B E mv =
= （3）重力势能减小量△E p ＝mgh ＝1×9.8×0.0501J ＝0.49J ． （4）＞，由于存在摩擦阻力，所以有机械能损失．
14． (本题9分)用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律，实验所用的电源为学生电源，输出电压有交流电和直流电两种，重锤从高处由静止开始下落，打点计时器在重锤拖着的纸带上打出一系列的点，对图中纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．
（1）下列几个操作步骤中： A ．按照图示，安装好实验装置；
B ．将打点计时器接到电源的“交流输出”上；
C ．用天平测出重锤的质量；
D ．先释放重锤，后接通电源，纸带随着重锤运动，打点计时器在纸带上打下一系列的点；
E ．测量纸带上某些点间的距离；
F ．根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能． 没有必要的是________，操作错误的是___________．（填步骤前相应的字母）
（2）在某次实验中,假设质量为m 的重锤由静止自由下落，带动纸带打出一系列的点，如图所示。

相邻计数点间的时间间隔为0.02s ，距离单位为cm 。

（g ＝9.8m/s 2）（所有计算结果保留小数点后两位） ①打点计时器打下计数点B 时，物体的速度B v ＝___________m/s ；
②从起点O 到打下计数点B 的过程中物体的动能增加量K E ∆＝______，势能减少量P E ∆＝_________。

③通过计算，数值上K E ∆小于P E ∆，其主要原因为__________________。

【答案】C D 3.11 4.84mJ 4.86mJ 下落过中纸带与打点计时器间有摩擦阻力，或有阻力的影响 【解析】
【详解】
(1)[1]因为我们是比较mgh 、
2
12
mv 的大小关系，所以m 可约去比较，不需要用天平，故C 没有必要. [2]开始记录时应先给打点计时器通电，然后再释放重锤，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落再接通打点计时时器的电源，因为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D 错误.
(2)[3]利用中点时刻的速度等于平均速度可得：
()2
56.1143.6810m/s=3.11m/s 20.04
A B OC O x x v T --⨯-==
[4]从O 到B 动能增加量：
2211
(3.11)J 4.84J 22
k B E mv m m ∆=
=⨯⨯=. [5]从O 到B 重力势能减小量：
9.80.496J 6.86J p E mgh m m ∆==⨯⨯=
[6]产生误差的主要原因是：纸带与打点计时器间有摩擦阻力，或有阻力的影响等. 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，一个质量为1.0×10-4kg 的带电小球，穿过一根光滑的绝缘杆，置于场强为2.0×102N/C 的水平向右的匀强电场中，杆与水平面夹角为37°.小球刚好匀速下滑，问：
(1)小球带的电量为多少?
(2)杆上A 、B 两点相距10cm ，小球由A 运动至B 电场力所做的功多大?A 、B 两点的电势差U AB 为多大?(sin37°=0.6，cos37°=0.8)
【答案】 (1) 3/8×10-5C ，负电 (2) 6×10-5J ；16V 【解析】 【详解】
（1）对小球受力分析，向下的重力，杆对球斜向上的支持力以及水平向左的电场力，由平衡知识可知：tan37°=qE/mg
解得：q=3/8×10-5C ，小球负电
（2）小球由A 运动至B 电场力所做的功W AB =EqLcos37°=6×10-5J U AB =EL cos37° =16V
16． (本题9分)距离水平地面h ＝20 m 高处以20 m/s 的初速度水平抛出—个小球，(空气阻力不计，g 取10 m/s 2) 则：
(1)小球在空中飞行的时间t 为多少？
(2)小球落地时的位移s 的大小为多少？(答案可以用根号表示)
【答案】 (1)t=2s ；(2)
【解析】（1）根据得，小球在空中飞行的时间。

（2）根据平抛运动规律可知：水平方向匀速，则水平位移为： 竖直方向为自由落体运动，则竖直位移为： 小球落地时的位移大小为。

点睛：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解。

17．如图所示，虚线MN 左侧有一场强为E 1＝E 的匀强电场，在两条平行的虚线MN 和PQ 之间存在着宽为L 、电场强度为E 2＝2E 的匀强电场，在虚线PQ 右侧距PQ 为L 处有一与电场E 2平行的屏．现将一电子(电荷量为e ，质量为m ，重力不计)无初速度地放入电场E 1中的A 点，最后电子打在右侧的屏上，A 点到MN 的距离为2
L ，AO 连线与屏垂直，垂足为O ，求： (1) 电子到达MN 时的速度；
(2) 电子离开偏转电场时偏转角的正切值tanθ；
(3) 电子打到屏上的点P′到点O 的距离.
【答案】 (1) eEL v m
=
(2)2 (3) 3L. 【解析】
【详解】 （1）电子在电场E 1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a 1，到达MN 的速度为v ，则： a 1＝1eE m ＝eE m
2122
L a v = 解得
v = （2）设电子射出电场E 2时沿平行电场线方向的速度为v y ，
a 2＝
2eE m ＝2eE m t ＝L v v y ＝a 2t
tanθ＝y
v v =2
（3）电子离开电场E 2后，将速度方向反向延长交于E 2场的中点O′.由几何关系知：
tanθ＝2
x
L
L +
解得：
x ＝3L.。