福建省福州市2020年高一(下)物理期末学业质量监测模拟试题含解析

福建省福州市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)下列单位中，不能．．表示磁感应强度单位符号的是（ ） A ．T B ．
N
A m
⋅ C ．
2
kg
A s
⋅ D ．
2
N s
C m
⋅⋅ 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．根据磁感应强度的定义式
F B IL
= 得
N
1T 1
A m
=⋅ 故AB 错误； C ．根据公式
F ma =
由质量的单位是kg ，而加速度的单位是2m/s ，则单位的换算可得
2
kg
1T A s
=
⋅ 故C 错误；
D ．由安培力的单位是N ，长度的单位为m ，而电流的单位是A ，根据
q I t =
所以
C 1A 1
s
= 则单位的换算可得
N N s
1T 1
1A m C m
⋅==⋅⋅ 故D 正确。

故选D 。

2．我国“北斗”卫星导航定位系统将由5颗静止轨道卫星(同步卫星)和30颗非静止轨道卫星组成，30颗非静止轨道卫星中有27颗是中轨道卫星，中轨道卫星轨道高度约为2.15×104 km ，静止轨道卫星的高度约为3.60×104 km ．下列说法正确的是( )
A ．中轨道卫星的线速度大于7.9 km/s
B ．静止轨道卫星的线速度大于中轨道卫星的线速度
C ．静止轨道卫星的运行周期大于中轨道卫星的运行周期
D ．静止轨道卫星的向心加速度大于中轨道卫星的向心加速度 【答案】C 【解析】
第一宇宙速度是卫星近地面飞行时的速度，由于中轨道卫星的半径大于地球半径，故中轨道卫星的线速度小于第一宇宙速度7.9km/s ，故A 错误；根据万有引力提供向心力：
，解得：
，静止
轨道卫星轨道半径大于中轨道卫星轨道半径，所以静止轨道卫星的线速度小于中轨道卫星的线速度，故B 错误；根据万有引力提供向心力：
，解得：
，静止轨道卫星轨道半径大于中轨
道卫星轨道半径，所以静止轨道卫星的运行周期大于中轨道卫星的运行周期，故C 正确；根据万有引力提供向心力：
，解得：
，静止轨道卫星轨道半径大于中轨道卫星轨道半径，所以静止轨
道卫星的向心加速度小于中轨道卫星的向心加速度，故D 错误．所以C 正确，ABD 错误．
3．假设汽车在行驶中受到的阻力与其速度成正比．当汽车保持功率P 匀速行驶时，车速为v ；则要使汽车以2v 的速度匀速行驶，则应该保持的功率为（ ） A ．P B ．2P C ．4P D ．8P 【答案】C 【解析】 【详解】
匀速行驶时，牵引力等于阻力，即F f =，又f kv =，P Fv = 所以²P kv =，即发动机的输出功率与速度的平方成正比，所以当匀速行驶的速度为原来的2倍时，功率是原来的4倍，故选项C 正确，ABD 错误． 4． (本题9分)单摆振动的回复力是 A ．摆球所受的重力
B ．摆球重力在垂直悬线方向上的分力
C ．悬线对摆球的拉力
D ．摆球所受重力和悬线对摆球拉力的合力 【答案】B
【解析】 【分析】 【详解】
单摆振动的受力为重力、绳子拉力，其中绳子拉力与重力沿着绳子的分量共同提供向心力，物体的重力沿着速度方向分量在摆角很小时几乎指向平衡位置，提供回复力．因此正确答案为B
5． (本题9分)中国的面食文化博大精深，种类繁多，其中“山西刀削面”堪称天下一绝，传统的操作手法是一手托面，一手拿刀，直接将面削到开水锅里．如图所示，小面圈刚被削离时距开水锅的高度为h ，与锅沿的水平距离为L ，锅的半径也为L ，将削出的小面圈的运动视为平抛运动，且小面圈都落入锅中，重力加速度为g ，则下列关于所有小面圈在空中运动的描述错误的是（ ）
A ．运动的时间都相同
B ．速度的变化量都相同
C ．落入锅中时，最大速度是最小速度的3倍
D ．若初速度为v 0，则0322g g
v h h
<<【答案】C 【解析】 【详解】 A 、根据212
h gt =
可得运动的时间2h
t g =A 正确；
B 、根据v g t ∆=∆可得所有小面圈的速度的变化量都相同，故选项B 正确； CD 、因为水平位移的范围为23L x L R L <<+=，则水平最小初速度为min 2L g
v t h
=
=速度为：max 332L g v t h =
=，则水平初速度速度的范围为：0322g g
v h h
<速度22
max
9222m L g v v gh gh h =+=+2
2
min 222m L g v v gh gh h
'=+=+，故选项D 正确，
C 错误．
错误的故选选项C ．
6． (本题9分)如图所示，将两根劲度系数均为k 、原长均为L 的轻弹簧，一端固定在水平天花板上相距2L
的两点，另一端共同连接一质量为m 的物体，平衡时弹簧与竖直方向的夹角为37︒。

若将物体的质量变为
M ，平衡时弹簧与竖直方向的夹角为53︒，sin370.6︒=，则
M
m
等于（ ）
A ．
932
B ．
916 C ．38
D ．
34
【答案】A 【解析】 【详解】
因为两弹簧弹力的合力与重力大小相等，方向相反，则对于题中左图有
12cos37mg kx ︒=
()1sin37L x L ︒+=
对于题中右图有
22cos53Mg kx ︒=
()2sin53L x L ︒+=
联立解得
932
M m = 故选A 。

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．关于地球同步卫星，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. 8m/s 2
C ．它的周期是24h ，且轨道平面与赤道平面重合
D ．它的速度等于7. 9km/s 【答案】BC 【解析】 【详解】
A.同步卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，离地面的高度h 为一定值，没有处于平衡状态，故A 错误.
B.同步卫星和近地卫星都符合
2GMm ma r =，近地卫星2
2
9.8m/s GM a R
==，由于同步卫星轨道半径大于近地卫星的半径，故同步卫星的加速度小于9.8m/s 2，故B 正确.
C.同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，同步卫星的周期为24h ，轨道平面与赤道平面重合，故C 正确.
D.根据万有引力提供向心力，2
2Mm v G m r r
=，解得运行速度GM v r =，近地卫星的运行速度为7.9km/s ，
则同步卫星的运行速度小于7.9km/s ，故D 错误.
8． (本题9分)光滑的长轨道形状如图所示，底部为半圆型，半径R ，固定在竖直平面内．AB 两质量均为m 的小环用长为R 的轻杆连接在一起，套在轨道上．将AB 两环从图示位置静止释放，A 环离开底部2R ．不考虑轻杆和轨道的接触，即忽略系统机械能的损失，则（重力加速度为g ）：
A ．A
B 两环都未进入半圆型底部前，杆上的作用力大小为mg B ．A 9
2
gR C ．若将杆换成长2R ，A 环仍从离开底部2R 处静止释放，A 3
(63)2
gR -D ．若将杆换成长22R ，A 环仍从离开底部2R 处静止释放，经过半圆型底部再次上升后，A 环离开底部的最大高度(21)R 【答案】BCD 【解析】 【详解】
A.对整体分析，自由落体，加速度g ，以A 为研究对象，A 作自由落体，则杆对A 一定没有作用力．即F=0，故AB 两环都未进入半圆型底部前，杆上的作用力为零，选项A 错误．
B.AB 都进入圆轨道后，两环具有相同角速度，则两环速度大小一定相等，即v A =v B ；对整体依机械能守恒定律，有：mg•2R+mg•
52R ＝12•2mv 2，解得9
2
v gR ＝A 环到达最低点时，两环速度大小均为
9
2
v gR ＝
，选项B 正确． C. 若将杆换成长2R ，A 环仍从离开底部2R 处静止释放，A 环到达最低点时，杆与竖直方向的夹角为30°；
设AB 的速度为v A 和v B ，则cos 60cos30A B v v =o o
；由机械能守恒可得：
22
112(42cos30)22
A B mg R mg R R mv mv ⋅+-=+o ，联立解得： 3
(63)2
A v gR =
-，选项C 正确； D.由于杆长超过了半圆直径，故最后A 环在下，如图；
设A 再次上升后，位置比原来高h ，如下图所示． 由机械能守恒，有：−mgh+mg(22R−2R−h)＝0 解得h ＝(2−1)R ，故A 离开底部(2+1)R
故若将杆换成长22R ，A 环仍从离开底部2R 处静止释放，经过半圆型底部再次上升后离开底部的最大高度为(2+1)R ．选项D 正确.
9． (本题9分)两电荷量分别为q 1和q 2的点电荷放在y 轴上的O 、M 两点，若规定无穷远处的电势为零，则在两电荷连线上各点的电势φ随坐标y 变化的关系如图所示，其中A 、N 两点的电势均为零，在ND 段中C 点电势最高，则
A ．q 1与q 2带异种电荷
B ．A 、N 两点的电场强度大小为零
C ．从N 点沿y 轴正方向到
D 点，电场强度大小先减小后增大 D ．将一正点电荷从N 点移到D 点，电场力先做负功后做正功 【答案】AD
【解析】 【分析】 【详解】
A. 由图象可知，M 点附近的电势为负值、O 点附近的电势为正值，所以，q 1与q 2带异种电荷，故A 项与题意相符合；
B ．A 、N 点的电势为零，但场强不为零（φ-y 图象的斜率不为零），故B 项与题意不相符； C. 从N 点沿y 轴正方向，电场强度的大小先减小后增大再逐渐减小，故
C 项与题意不相符；
D. 将一正点电荷从N 点移到D 点，电势能先增后减，所以，电场力先做负功后做正功，故D 项与题意相符．
10． (本题9分)已知某行星绕太阳公转的半径为R ，公转周期为T ，引力常量为G ，则由此可求出（ ） A ．该行星动能 B ．该行星的质量
C ．该行星的角速度
D ．太阳的质量
【答案】CD 【解析】 【详解】
设太阳的质量为M ，行星的质量为m ．行星绕太阳做圆周运动的向心力由太阳的万有引力提供，则有：
2224mM G mR R T π＝，解得：23
2
4R M GT
π=，已知R 和T ，可求出太阳的质量M ，但不能求出行星的质量m ，故D 正确，B 错误；根据ω＝2 T
π
，已知周期的情况下可以求出行星的角速度，故C 正确．由于行星的质量不确定，则不能求解行星的动能，选项A 错误；故选CD. 【点睛】
已知环绕天体的公转半径和周期，根据万有引力提供向心力，列出等式只能求出中心体的质量．熟知描述圆周运动的物理量之间的关系是正确解题的关键．
11． (本题9分)额定功率P 0=60kW 的汽车, 在平直公路上行驶的最大速度v m =20m/s, 汽车质量m=1000kg. 若汽车先由静止起一直以额定功率前进, 整个运动过程中所受的阻力不变．下列说法正确的是 ( ) A ．汽车运动中所受的阻力为3000N B ．汽车启动阶段为匀加速直线运动 C ．瞬时速度为10m/s 时牵引力为6000N D ．汽车完成启动后做匀速直线运动
【答案】ACD 【解析】 【分析】 【详解】
A 项：当汽车的速度最大时，牵引力等于阻力，即有 F=f ，由P 0=Fv m ，得阻力4
0610N 3000N 20
m P f v ⨯===，故A 正确；
B 、D 项：由公式P Fv =可知，速度增大，牵引力减小，由F f ma -=得，加速度减小，所以汽车做加速度减小的加速运动，直到加速度为零，汽车最后匀速直线运动，故B 错误，D 正确；
C 项：由公式P Fv =可知，当速度为m 10s 时，牵引力为：4610N 6000N 10F ⨯==，故C 正确．
12．如图所示，三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面，其电势分别为10V 、20V 、30V ．实线是一带电的粒子（不计重力）在该区域内运动的轨迹，对于轨迹上的a 、b 、c 三点，已知：带电粒子带电量为0.01C ，在a 点处的动能为0.5J ，则该带电粒子
A ．粒子带正电
B ．在b 点处的电势能为0.5J
C ．在b 点处的动能为零
D ．在c 点处的动能为0.4 J
【答案】AD 【解析】 【详解】
A ．由等势面与场强垂直可知场强方向向上，电场力指向轨迹弯曲的内侧，所以电场力向上，所以为正电荷，故A 正确；
B ．由电势能的定义知粒子在b 点处的电势能 E Pb =φq=0.01×30J=0.3J 故B 错误；
C ．由粒子在a 点处的总能量 E=0.01×10J+0.5J=0.6J
由能量守恒得在b 点处的动能为： E kb =0.6-0.3J=0.3J 故C 错误；
D ．由能量守恒得在C 点处的动能为：
E kC =0.6J-0.01×20J=0.4J 故D 正确.
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．如图所示是某同学用水平气垫导轨“验证系统机械能守恒”的实验装置，该同学将光电门固定在导轨上的B 点，吊盘通过细线与滑块相连，滑块上固定一遮光条，实验中滑块从导轨上的位置A 由静止释放。

（1）该同学测得遮光条的宽度为d，若光电计时器记录遮光条通过光电门的时间为n t，则滑块经过光电门时的速度v=___(用题中所给物理量的符号表示)。

（2）若用天平测得滑块(含遮光条)的质量为M，吊盘的质量为m，用刻度尺测得位置A到位置B的距离为L，已知重力加速度大小为g，则需要验证的关系式为_______(用题中所给物理量的符号表示)。

【答案】d
t n
mgL=
1
2
（M+m）
2
d
t
⎛⎫
⎪
⎝⎭
n
【解析】【详解】
第一空、由于滑块经过光电门的时间n t很短，故可以认为滑块经过光电门时的速度v=d
t∆。

第二空、需要验证的是吊盘减少的重力势能与滑块和吊盘增加的动能之间的关系，即需要验证的关系式为
mgL=1
2
（M+m）
2
d
t
⎛⎫
⎪
⎝⎭
n。

14．在用如图1的实验装置验证“机械能守恒定律”的实验中：
(1)下列操作正确且必要的有______
A．用秒表测出重物下落的时间
B．用弹簧测力计称出重物的重力
C．装配好器材，松开纸带让重物自由下落然后接通电源
D．在点迹清晰的纸带上，距离起始点适当的位置，沿重物下落的方向，依次取若干个连续的点并标记，
作为测量点
(2)某小组的同学，用接有6V 、50Hz 的交流电的打点计时器打出的一条纸带，如图2，O 为重锤下落的起点，选取的测量点为A 、B 、C 、D 、E ，F ，各测量点到O 点的距离h 已标在测量点下面．打点计时器打C 点时，重物下落的速度v C = ______ m/s （结果保留三位有效数字）
(3)该小组的同学分别求出打其他各点时的速度v ；在v 2-h 坐标纸上描出的点迹如图3，则本地的重力加速度约为______ m/s 2（结果保留两位有效数字） 【答案】D 1.56 9.8 【解析】
试题分析：(1)打点计时器就是记录时间的，故不用秒表测出重物下落的时间，A 不必要；在实验中，不需要知道重物的重力，故B 也不必要；装配好器材，应该先接通电源再松开纸带让重物自由下落，C 错误；D 是必要的（2）打点计时器打C 点时，重物下落的速度
=
=1.56m/s ；（3）本地的重力
加速度约为g==
m/s 2= 9.8m/s 2。

考点：验证“机械能守恒定律”的实验。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．请用“牛顿第二定律”推导“动能定理”。

（要说明推导过程中所出现的各物理量的含义） 【答案】证明过程见解析； 【解析】 【详解】
解：设某物体质量为m ，在与运动方向相同的恒力F 的作用下发生了一段位移x ，速度由1v 增大到2v 这个过程中力F 做的功为W Fx = 根据牛顿第二定律则有：F ma =；
由运动学公式222
1
2v v ax -=可得：22
212v v x a
-=
将F 和x 分别代入W Fx =，就得到：222111
22
W mv mv =
- 16． (本题9分)蹦床运动是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。

一个质量为60kg 的运动员，从离水平网面3.2m 高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回离水平网面5.0m 高处。

已知运动员与网接触的时间为1.2s ，若把这段时间内网对运动员的作用力当作恒力来处理，求此力的大小和方向。

（g 取10m/s 2） 【答案】1.5×103N ；方向向上 【解析】 【详解】
设运动员从h 1处下落，刚触网的速度为
1128m /
s v gh ==
运动员反弹到达高度h 2,，网时速度为
22210m /s v gh ==
在接触网的过程中,运动员受到向上的弹力F 和向下的重力mg ，设向上方向为正，由动量定理有 ()21()F mg t mv mv -=--
得
F=1.5×103N
方向向上 17．飞行时间质谱仪可通过测量离子飞行时间得到离子的荷质比q m
，如图1．带正电的离子经电压为U 的电场加速后进入长度为L 的真空管AB ，可测得离子飞越AB 所用时间1t ．改进以上方法，如图2，让离子飞越AB 后进入场强为E （方向如图）的匀强电场区域BC ，在电场的作用下离子返回B 端，此时，测得离子从A 出发后飞行的总时间2t ，（不计离子重力）
（1）忽略离子源中离子的初速度，①用1t 计算荷质比；②用2t 计算荷质比． （2）离子源中相同荷质比离子的初速度不尽相同，设两个荷质比都为q m
的离子在A 端的速度分别为v 和'v （v v ≠'）
，在改进后的方法中，它们飞行的总时间通常不同，存在时间差t ∆，可通过调节电场E 使t ∆=2．求此时E 的大小．
【答案】（1）①2212q L m Ut =；②2221412q U L m U E t ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭或2
22212q U m E L U
⎛=⎭；（2）2mvv qL '。

【解析】
【详解】 （1）①设离子带电量为q ，质量为m ，经电场加速后的速度为v ，根据动能定理有：
212
qU mv = 离子飞越真空管，在AB 做匀速直线运动，则
L ＝vt 1
解得离子荷质比：2
21
2q L m Ut =； ②离子在匀强电场区域BC 中做往返运动，设加速度为a ，根据牛顿第二定律有： qE ＝ma
22L v L v a
=+ 解得离子荷质比：2221412q U L m U E t ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭
或221q m E L ⎛=+⎭；
（2）两离子初速度分别为v v '、，则
2L v L qE n m
=
+
2L v l qE v m ''=+'
()2L m t t t v v vv qE ⎛⎫''∆=-=-- ⎪'⎝⎭
要使Δt ＝2，则须有：
20L m vv qE
-=' 解得：E ＝2mvv qL
'。