(3份试卷汇总)2019-2020学年辽宁省鞍山市物理高一第二学期期末考试模拟试题.pdf

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1、高一（下）学期期末物理模拟试卷一、单项选择题：本题共10小题，每小题4 分，共 40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）当电阻两端加上某一稳定电压时，通过该电阻的电荷量为0.3 C,消耗的电能为0.9 J.为在相同时间内使0.6C的电荷量通过该电阻，在其两端需加的电压和消耗的电能分别是（）A.3V,1.8J B.3V,3.6J C.6V,I.8J D.6V,3.6J2.（本题9 分）如图所示，质量相等的A、B 两物体随竖直圆筒一起做匀速圆周运动，且与圆筒保持相对静止，下列说法中正确的是（）rti*A.线速度二_ 二一B.运动周期二_二 一C.筒壁对它们的弹力

2、二_ =二 一D.它们受到的摩擦力二_ =二 一3.（本题9 分）货轮拖拽船所需的拉力与其速度成正比，当拖拽速度为4m/s时，所需功率为20kW.则当速度减小为2m/s时所需功率为（）A.5kW B.10kW C.20kW D.40kW4.（本题9 分）质量为m 的物体用轻绳A B悬挂于天花板上。用水平向左的力F 缓慢拉动绳的中点O,如图所示。用FT表示绳OA段拉力的大小，g 为重力加速度，在 O 点向左移动的过程中A.F 逐渐变大，FT逐渐变小，FTmgC.F 逐渐变小，FT逐渐变小，FTmg5.（本题9 分）带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a 点以初速度V。进入电场并沿虚线所示的轨迹运动

3、到 b 点，如图所示，则从a 到 b 过 程 中（）A.粒子一直做加速运动 B.粒子的电势能一直在减小C.粒子加速度一直在增大 D.粒子的机械能先减小后增大6.（本题9分）如图所示圆环形导体线圈二平放在水平桌面上，在二的正上方固定一竖直螺线管，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路.若将滑动变阻器的滑片二向下滑动,下列表述正确的是（）A.线圈二中将产生俯视顺时针方向的感应电流B.穿过线圈二的磁通量变小C.线圈二有扩张的趋势D.线圈二对水平桌面的压力FN将增大7.（本题9分）一平行板电容器的电容为C,A极板材料发生光电效应的极限波长为4,整个装置处于真空中，如图所示。现用一波

4、长为4（义4）的单色光持续照射电容器的A极板，B极板接地。若产生的光电子均不会飞出两极板间，则下列说法正确的是（）（已知真空中的光速为c,普朗克常量为h,A.h e光电子的最大初动能为 一rB.光电子的最大初动能为力（4）一 彳）C/lgAc.hc（A-A）C平行板电容器可带的电荷量最多为D.平行板电容器可带的电荷量最多为.J8.关于平抛运动和匀速圆周运动的性质说法正确的是:（）A.其中有一个属于匀速运动B.二者都是变速运动，只不过前者是匀加速运动，后者变加速曲线运动C.二者都是加速度不变的变速运动D.二者都是变加速曲线运动9.如图所示，倾角为。=30。的固定斜面上有一固定的竖直挡板，现将质量

5、分布均匀的光滑球体放置于挡板与斜面之间，球体质量为lkg,g 取 10m/s2,贝 lj（）A.球体对挡板的压力为5NB.球体对挡板的压力为业8N3C.球体对挡板的压力为10 KND.球体对档板的压力为辿IN31 0.（本题9 分）如图所示，质量为m 的小球套在倾斜放置的固定光滑杆上，一根轻质弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内.将小球沿杆拉到弹簧水平位置由静止释放，小球沿杆下滑，当弹簧位于竖直位置时，小球速度恰好为零，此时小球下降的竖直高度为h.若整个过程中弹簧始终处于伸长状态且处于弹性限度范围内，则下列说法正确的是（）/A.弹簧与杆垂直时，小球速度最大B.弹簧与杆

6、垂直时，小球的动能与重力势能之和最大C.小球从静止位置下滑至最低点的过程中，弹簧的弹性势能增加量小于mghD.小球从静止位置下滑至最低点的过程中，弹簧的弹性势能增加量大于mgh二、多项选择题：本题共6 小题，每小题4 分，共 24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4 分，选对但不全的得2 分，有选错的得。分1 1.（本题9 分）如图所示，在长江边一段平行江道，一轮船的船头指向始终垂直于江岸方向，轮船在静水中运动的速度保持不变，水匀速流动（假设整个江道水流速度相同），下列说法正确的是f 场ZZ7/ZZZZZZ/7Z/A.水流速度越大，轮船行驶位移越大B.水流速度越大，

7、轮船行驶位移不变C.水流速度越大，过江时间越短D.水流速度越大，过江时间不变1 2.（本题9 分）长木板A 放在光滑的水平面上，质量为m=2kg的另一物体B 以水平速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板A 的表面，由于A、B 间存在摩擦，之后A、B 速度随时间变化情况如图所示，则下列说法正确的是（）A.木板获得的动能为2JB.系统损失的机械能为2JC.木板A 的最小长度为1mD.A、B 间的动摩擦因数为0.11 3.（本题9 分）将三个木板1、2、3 固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示,其 中 1 与 2 底边相同，2 和 3 高度相同.现将一个可视为质点的物块分别从

8、三个木板的顶端由静止释放，并沿木板下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数U均相同。在这三个过程中，下列说法正确的是（）A,沿 着 1 和 2 下滑到底端时，物块速度的大小不相等；沿着2 和 3 下滑到底端时，物块速度的大小相等B.沿 着 1 下滑到底端时，物块的速率最大C.物块沿着3 下滑到底端的过程中，产生的热量是最多的D.物块沿着1 和 2 下滑到底端的过程中，沿 着 1 下滑产生的热量多1 4.（本题9 分）一物体沿固定斜面从静止开始向下运动，经过时间如滑至斜面底端.已知在物体运动过程中物体所受的摩擦力恒定.若用F、v、s 和 E 分别表示该物体所受的合力、物体的速度、位移和机械能,则下

9、列图象中可能正确的是15.(本题9分)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射进一半厚度，如图所示，上述两种情况相比较()A.子弹对滑块做功一样多B.子弹对滑块做的功不一样多C.系统产生的热量一样多D.系统产生的热量不一样多316.(本题9分)在离地面30 m高处，将一小球竖直向上抛出，到达最大高度h的一时，速度为10m/s,4则小球抛出5 s末的速度大小、方向和5 s内位移的大小和方向是(取g=10 m/s2)()A.v=30 m/s,方向竖直向上B.v=30 m/s,方向

10、竖直向下C.x=45 m,方向竖直向下D.x=2 5 m,方向竖直向下三、实验题:共2小题，每题8分，共16分1 7.某实验小组用如图所示的装置验证机械能守恒定律。关于接通电源和释放纸带的次序，下列说法正确的是A.先接通电源，后释放纸带 B.先释放纸带，后接通电源C.释放纸带同时接通电源 D.先接通电源或先释放纸带都可以(2)实验完毕后选出一条纸带如图所示，其 中0点为重锤刚释放时打点计时器打下的第一个点，A、B、C为三个计数点，电源率为f。用刻度尺测得OA=s 0B=S2,0C=S 3,在计数点A和B、B和C之间还各有一个点，重物的质量为m,重力加速度为g。甲同学根据以上数据算出:当打点计时

11、器打B点时重物的重力 势 能 比 开 始 下 落 时 减 少 了;此时重物的动能比开始下落时增加了 o （用题目所给的符号表示）乙同学又选取了多个计数点，并测出了各个计数点到第一个点0 的距离h,算出各个计数点对应的速度V,以 h 为横坐标，以V2为纵坐标，画出的图线如图，若机械能守恒，则 图 线 的 斜 率 为。1 8.（本题9 分）请你写出机械能守恒定律内容的文字表述，并设计一个验证该定律的实验，要求写出完成实验所需的实验器材及必要的实验步骤.四、解答题：本题共4 题，每题5 分，共 20分19.（6 分）（本 题 9 分）已知地球半径为R,地球表面重力加速度为g,引力常量为G,不考虑地球

12、自转的影响。求地球的质量；（2）试推导第一宇宙速度的表达式。20.（6 分）（本题9 分）如图所示，倾角为a 的斜面A被固定在水平面上，细线的一端固定于墙面，另一端跨过斜面顶端的小滑轮与物块B相连,B静止在斜面上.滑轮左侧的细线水平,右侧的细线与斜面平行.A、B 的质量均为m.撤去固定A 的装置后，A、B均做直线运动.不计一切摩擦，重力加速度为g.求：（1）A 固定不动时，A对 B支持力的大小N；（2）A滑动的位移为x 时，B 的位移大小s；（3）A滑动的位移为x 时的速度大小VA.21.（6 分）（本题9 分）如图所示，质 量 m=0.2kg的金属小球从距水平面h=5.0m 的光滑斜面上由静

13、止开始释放，运动到A 点时无能量损耗，水平面AB是粗糙平面，与半径为R=0.9m的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，其中圆轨道在竖直平面内，D为轨道的最高点，小球恰能通过最高点D,求：（g=10 m/s2）小球运动到A 点时的速度大小;(2)小球从A运动到B时摩擦阻力所做的功；22.(8分)(本 题9分)如图所示，长为I的细线上端固定于悬点0,细线下面悬挂一质量为m的小钢球(可看作质点)。钢球在水平面内以0为圆心做匀速圆周运动时，细线与0 0 的夹角为6。忽略空气阻力,重力加速度为g。求：(1)钢球做匀速圆周运动的向心力大小Fn;(2)钢球做匀速圆周运动的角速度大小口.参考答案一、单项选择题：

14、本题共10小题，每小题4分，共40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.D【解析】【详解】根 据E=Uq,可知通过该电阻的电荷量为0.3C,消耗的电能为0.9J时，电阻两端所加电压U=3V；在相同时间内通过0.6C的电荷量，则电流强度为原来的2倍，而根据l=U/R,电压也为原来的2倍，即为6 V,这时消耗的电能E2=Uzqz=3.6J.故D项正确，ABC三项错误.2.D【解析】【分析】【详解】A、A和B共轴转动，角速度相等即周期相等，由v=r3知，A转动的半径较小，则A的线速度较小，故A、B错 误.C、A和B做圆周运动靠弹力提供向心力，由2m 32知，A的半径小，则二一 二

15、 一；竖直方向：重力和静摩擦力平衡，重力相等，则摩擦力相等，即fA=fB,故它们受到的合力FA小FB佟，故C错误，D正 确.故 选D.【点睛】解决本题的关键知道A、B的角速度相等，知道A、B做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解,【解析】【详解】货轮拖拽船所需的拉力与其速度成正比，即：F =k v,根据功率方程：P =：=Fv=kv2,可以得到:二P=V1=2 上1 ，所以P =1：P =5 k W,BCD错误，A正确P v2 4 44.D【解析】【详解】以结点0为研究对象，受力分析如图所示：由题意知点。缓慢移动，即在移动过程中始终处于平衡状态，则可知:绳0 B的张力TB=mg根据平

16、衡条件可知：TCOS6-TB=0,Tsin0-F=O由此两式可得：F=TBtane=mgtanB解得：T=_ _cosO CM J在结点为o被缓慢拉动过程中，夹角6增大，由三角函数可知：F和T均变大.A.F逐渐变大，FT逐渐变小，FTSmg与分析不符，故A错误；B.F逐渐变小，FT逐渐变大，FTNmg与分析不符，故B错误；C.F逐渐变小，FT逐渐变小，FTSmg与分析不符，故C错误；D.F逐渐变大，FT逐渐变大，FT2m g与分析相符，故D正确。5.D【解析】试题分析：粒子受到的电场力沿电场线方向，故粒子带正电，故A错误；图象知粒子受电场力向右，所以先向左做减速运动后向右加速运动，故B错误.据

17、轨迹弯曲程度，知电场力的方向沿电场线切线方向向右，从a点到b点，电场力先做负功，再做正功，电势能先增加后降低，动能先变小后增大.根据电场线的疏密知道场强先小后大，故加速度先小后大，C错误，D正 确.故 选D.考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】解决本题的关键通过轨迹的弯曲方向判断出电场力的方向，根据电场力做功判断出动能的变化和电势能的变化.6.D【解析】【详解】当滑动变阻器的滑片P 向下滑动时，接入电路中的电阻变小，所以流过线圈b 的电流增大，所以穿过线圈a 的磁通量变大。由右手定则可以判断出穿过线圈a 的磁通量增大的方向向下，所以根据楞次定律可知线圈 a 中感应电流所产生的磁场方向向上，

18、再由右手定则可知线圈a 中感应电流方向为俯视逆时针，故 AB错误。滑 片 P 向下移动使得穿过线圈a 的磁通量增加，根据楞次定律的描述“感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因”，只有线圈a 面积减小才能阻碍磁通量的增加，所以线圈a 应有收缩的趋势，故 C错误。滑 片 P 为不动时，线圈a 对桌面的压力等于线圈a 的重力。当滑片P 向下滑动时，采用等效法，将线 圈 a 和螺线管b 看做两个条形磁铁，由楞次定律可以判断出两条形磁铁的N 级相对，互相排斥，所以线圈 a 对水平桌面的压力变大，故 D 正确。故选D7.C【解析】【详解】A B.根据光电效应方程可知_ he he _/z c(4)-

19、2)k)n选项AB错误；C D.随着电子的不断积聚，两板电压逐渐变大，设最大电压为U,则且Q=CU解得选 项 C 正确，D 错误。故选C。8.B【解析】【详解】平抛运动的物体只受重力，加速度为g 保持不变，做匀变速曲线运动；匀速圆周运动所受的合外力提供向心力，合外力大小不变，方向改变，加速度时刻在改变，做变加速曲线运动.A.描述与分析不符，故A错误.B.描述与分析相符，故B正确.C.描述与分析不符，故C错误.D.描述与分析不符，故D错误.9.B【解析】【详解】把球的重力沿垂直于斜面和垂直于档板的方向分解为力G i和G z,如图所示:所以球体对挡板的压力为应1 N.3A.5N与计算结果不相符；故

20、A项不合题意.B.竺 N与计算结果不相符；故B项符合题意.3C.10 73 N与计算结果不相符；故c项不合题意.与计算结果不相符；故D项不合题意.310.B【解析】【分析】【详解】A项：弹簧与杆垂直时，弹力方向与杆垂直，合外力方向即重力的分力方向沿杆向下，小球将继续加速，速度没有达到最大值，故A错误；B项：小球运动过程中，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，此时弹簧伸长量最短，弹性势能最小，故动能与重力势能之和最大，故B正确；C项：小球下滑至最低点的过程中，系统机械能守恒，初末位置动能都为零，所以弹簧的弹性势能增加量等于重力势能的减小量，即为m g h,故CD错误.二、多项选择题：本题共6

21、 小题，每小题4 分，共 24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4 分，选对但不全的得2 分，有选错的得。分11.AD【解析】【详解】C、D、因为船垂直于河岸方向的速度不变，而水流方向是垂直于这个方向的，在这个方向上没有分速度,；设河宽为d,船垂直于河岸的速度为v,f=4,所以不论水速多大时间不变；故 C 错误，D 正 确.A、B、V如果水速越大，相同时间内沿水速方向的位移越大，船在水中运动的总位移就越大，故 B 错误，A 正确.故选 AD.【点睛】关键是将运动分解为垂直于河岸和平行于河岸两个分运动，然后分别作答即可解决此类问题.12.BCD【解析】【详解】A.根据

22、速度时间图像可知木板最终的速度为v=lm/s,从 B 刚滑上A 开始，到两者共速，过程中，将两者看做一个整体，整体所受合力为零，故整体动量守恒，设木板的质量为M,则根据动量守恒定律可得：二口=（二 +二）二，解得：二=二=2 k g，故木板获得的动能为 -=：口 匚；=7 JA错误；B.系统减少的动能为口 匚 口 =：二 二%一=（二+二）匚=4 J -2 J =2 JB 正确；C.二一二图像图线与坐标轴围成的面积表示位移，则由图得到：O-ls内 B 的位移为a=x（2 +7）x y m =2.5 m，A 的位移为 =；x J x 7 m =0.5 m木板A的最小长度为二=二二一二二二汕C正确

23、；D.由斜率大小等于加速度大小，得 到B的加速度大小为=m/r=jm/r根据牛顿第二定律得_ ._ _7代入解得二=o.rD正确.13.BC【解析】【详解】对物块从高为h的斜面上由静止滑到底端时，根据动能定理有mgh-Wf=；mv2 其中Wf为物块克服摩擦力做的功，因滑动摩擦力f =/.iN=田ng cos 0所以物块克服摩擦力做的功为Wf.=fL=jumg cos 夕 L=mgL底（2）由图可知，Leos。为斜面底边长可见，物体从斜面顶端下滑到底端时，克服摩擦力做功与斜面底端长度L底成正比。AB.B因沿着1和2下滑到底端时，物体克服摩擦力做功相同，沿 着1重力做功大于沿2重力做功，根据式得知

24、，沿 着1下滑到底端时物块的速度大于沿2下滑到底端时速度；沿 着2和3下滑到底端时，重力做功相同，而沿2物体克服摩擦力做功小于沿3克服摩擦力做功，则由式得知，沿着2下滑到底端时物块的速度大于沿3下滑到底端时速度，所以沿着1下滑到底端时，物块的速率最大，而沿着3下滑到底端时，物块的速率最小，故A项与题意不相符，B项与题意相符；C.沿3时克服摩擦力做的功最多，物体的机械能损失最大，产生的热量最多，故C项与题意相符；D.因沿着1和2下滑到底端时，物体克服摩擦力做功相同，物块沿1和2下滑到底端的过程中，产生的热量一样多，故D项与题意不相符。14.AD【解析】【分析】【详解】试题分析：摩擦力恒定，物体沿

25、斜面下滑时做初速度为零的匀变速直线运动，根据初速度为零匀变速直线运动中合力、速度、位移和机械能所时间变化特点可解答本题.解：A、物体在斜面上运动时做匀加速运动，根据牛顿第二定律可知，其合外力恒定，故A正确；B、在v-t图象中，斜率表示加速度大小，由于物体做匀加速运动，因此其v-t图象斜率不变，故B错误；C、物体下滑位移为：x=at2,根据数学知识可知，其位移与时间图象为抛物线，故C错误；D、设开始时机械能为E总，根据功能关系可知，开始机械能减去因摩擦消耗的机械能，便是剩余机械能，即有：E =E&-f i E&-f-at2,因此根据数学知识可知，机械能与时间的图象为开口向下的抛物线,故D正确.故

26、选AD.【点评】对于图象问题要明确两坐标轴、斜率的含义等，对于比较复杂的图象问题可以利用物理规律写出两个物理量的函数关系式，根据数学知识进一步判断图象性质.15.AC【解析】最终子弹都没有射出，则最终子弹与滑块的速度相等，根据动量守恒定律可知，两种情况下系统的末速度相同.A、B项：子弹对滑块做的功等于滑块动能的变化量，滑块动能的变化量相同，则子弹对滑块做功一样多，故A正确，B错误；C、D项：根据能量守恒定律得，系统初状态的总动能相等，末状态总动能相等，则系统损失的能量，即产生的热量一样多，故C、D错误.点晴：子弹射入滑块的过程，符合动量守恒，所以我们判断出最后它们的速度是相同的，然后利用动能定

27、理或能量守恒进行判断.16.BD【解析】根据上抛运动的特点知，物体上升到最高点后，再下落距离;时，速度大小也为10m/s,由F =2。7，4 42解得：h=20 m.由 得 力=曳，可得初速度vo=2O m/s；抛出5 s后的速度v=v。-gt=20 m/s10 x5 m/s2g一一 1 7 17,=-3 0 m/s,负号说明方向竖直向下；位移为：x=vQt 20 x5 x 10 x5/n 25m,负号说明方向竖直向下，故 BD正确，AC错误.三、实验题:共2 小题，每题8 分，共 16分17.(1)A(2)mgs2 吧53二X(3)2g32【解析】【详解】第一空.接通电源和释放纸带的次序是：

28、先接通电源，待稳定打点后再释放纸带，故A正确，BCD错误;第二空.当打点计时器打B点时重物的重力势能比开始下落时减少了：AEp=mgOB=mgS2；第三空.打B点时，重物的速度为 I 4,则打。点时，重物的速度为零，则动能的增3Xf加 量 为 纭=加/9二 产 2 .第四空.若机械能守恒，则有动能的增加量与重力势能的减少量相等，即有：m g h=：m v 2,可得v2=2gh,所以图线的斜率为2g。1 8.见解析【解析】【详解】验证机械能守恒定律实验器材：铁架台、打点计时器、纸带、重锤、刻度尺、交流电源等；步骤：固定好打点计时器，将连有重锤的纸带穿过限位孔，用手提住，让重锤尽量靠近打点计时器；

29、接通电源，开始打点，松开纸带，并如此重复几次，取得几条打点纸带；取下纸带，挑选点迹清楚的纸带，记下起始点。点，在离O点较远处选择几个连续计数点(或计时点)并计算出各点的速度值；测出各点距。点的距离，即为下落高度；计算并比较mgh和;“：是否相等.四、解答题：本题共4 题，每题5 分，共 20分19.(1)城(2)甄【解析】【详解】GMm.(1)设地球表面某物体质量为加0,不考虑地球自转，有：mog=-R地球质量为：M=哲;G(2)卫星在地球表面附近绕地球做匀速圆周运动，有:G MmR-v2=mR由(1)中得：=G警),第 一 宇 宙 速 度 为：v=r【点 睛】解决本题的关键知道不考虑地球自转

30、时，万有引力等于重力，知道第一宇宙速度等于卫星贴着地球表面做匀速圆周运动的速度。20.(1)mg cos a(2),2(1-cos a)2gxsina3-2cos a【解 析】试题分析：(1)支 持 力 的 大 小N=mgcos a(2)根据几何关系 Sx=x(1-cosa),sy=x-sina解得 s=2(1-coscif)x(3)B的 下 降 高 度sy=x sina根 据 机 械 能 守 恒 定 律mgsY=；mvA2+；mvB2A x Av根 据 速 度 的 定 义 得V A=h，VB=Az Ar解 得vA=2gxsina3-2 co sa解法二:(2)B相 对 于A沿斜面下滑，即相对

31、位移沿斜面方向，由：对4=%对地+S地对A画出位移关系如图所示由A沿斜面下滑位移大小等于绳长的变化，即图中$8对A 一$地对A Xa所以与 对A=2 s in,=xJ 2(l-c o s a)(3)由以嘏=唳对 地+匕顿以得速度的关系与位移关系相同，故%对A=缄 sin,=x ,2(1-cos a)根据机械能守恒定律mg x-sina=mvA2+mvB22 212gxsin a _ 2gxsina解之 VAI+2 峭=3-2 c o s a考点：机械能守恒定律【名师点睛】考查力的平行四边形定则与平衡条件的应用，掌握运动的合成与分解与三角知识的内容，理解机械能守恒的条件，及其定律的运用，注意运用

32、三角形相似，确定位移之比与速度之比是解题的关键.21.(1)10m/s(2)-5.5 J【解析】【详解】(1)小球运动到A点时的速度为匕，根据机械能守恒定律可得.1 2mgh=mv解得 vA=10m/s.(2)小球经过D点时的速度为力，则mS=m 解得vL)-3m Is小球从A点运动到D点克服摩擦力做功为吗，则一mgR-叼=g invj,-；mv解得W,=-5.5 J22.(1)F=mg tan 6(2)(o=g/cos。【解析】【详解】(1)小钢球受力如图所示:(2)根据牛顿第二定律：F.=m r=lsin6mgtanO=m692 IsinO所以小球的角速度o=J 一v/cos 0高一(下)

33、学期期末物理模拟试卷一、单项选择题：本题共10小题，每小题4分，共40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.下列运动过程中，满足机械能守恒的是A.沿粗糙斜面匀速下滑的物块B.在空气中匀速下落的雨滴C.沿粗糙斜面加速下滑的物块D.沿竖直面内光滑圆轨道运动的小球【答案】D【解析】【详解】A.沿粗糙斜面匀速下滑的物块动能不变，重力势能减小，故机械能减小，故A错误；B.在空气中匀速下落的雨滴，动能不变，重力势能减小，故机械能减小，故B错误；C.沿粗糙斜面加速下滑的物块一定有摩擦力做负功，机械能不守恒，故C错误；D.沿竖直面内光滑圆轨道运动的小球，只受重力做功，机械能守恒，故D正确.

34、2.如图所示，北京和广州的地理纬度分别约为40。和23。，若在北京地面上的物体随地球自转的周期和线速度分别为T1和V I,广州地面上的物体随地球自转的周期和线速度分别为T2和V 2,贝！1()A.7)T2,Vt V2 B.Z (，、%C.T-T2,VX v2【答案】c【解析】【详解】在北京和广州地面上的物体转动的周期都等于地球自转的周期，所以Tk T 2,由图知广州的转动半径大于北京的轨道半径，根据2%v=rT可知，V2VloA.(七,匕 均与上述计算结果工=4，W 口 不相符，故A错误；B.(4,匕 匕 与 上 述 计 算 结 果(=(，匕 为 不相符，故B错误;C.TX=T2,VX均与上述

35、计算结果4=（，W%不相符，故D错误。3.（本题9分）如图所示，水平面上有一汽车A,通过定滑轮用绳子拉同一水平面的物体B,当拉至图示位置时，两绳子与水平面的夹角分别为（X、P，二者速度分别为VA和V B,则（）A.VA：VB=1：1 B.VA：VB=sina：sin0C.VA:VB=COSP：cosa D.VA:Ve=sina；cos。【答案】C【解析】【详解】对A物体的速度沿着绳子方向与垂直绳子方向进行分解，则有沿着绳子方向的速度大小为“cos a ；对B物体的速度沿着绳子方向与垂直绳子方向进行分解，则有沿着绳子方向的速度大小为以COS夕，由于沿着绳子方向速度大小相等，所以则有办cosa=以

36、COS4，因此ABD错误，C正确；故选C.【点睛】考查学会对物体进行运动的分解，涉及到平行四边形定则与三角函数知识，同时本题的突破口是沿着绳子的方向速度大小相等.4.游乐场中的一种滑梯如图3所示.小朋友从轨道顶端由静止开始下滑，沿水平轨道滑动了一段距离后停下来，则图3A.下滑过程中支持力对小朋友做功 B.下滑过程中小朋友的重力势能增加 C.整个运动过程中小朋友的机械能守恒 D.在水平面滑动过程中摩擦力对小朋友做负功【答案】D【解析】【详解】A.下滑过程中小朋友受到的支持力与运动方向垂直，支持力不做功，A错误.B.下滑过程中，小朋友高度下降，重力做正功，其重力势能减小，B错误.C.整个运动过程中

37、，摩擦力做功，小朋友的机械能减小，转化为内能，C错误.D.在水平面滑动过程中，摩擦力方向与位移方向相反，摩擦力对小朋友做负功，故D正确.5.在圆轨道上运行的国际空间站里，一宇航员A站在空间站地板上固定的台秤B上，如图所示，下列说法正确的是A.宇航员A不受地球引力作用B.台秤B示数大小等于宇航员此时所受地球引力C.宇航员A所受地球引力小于他在地面上所受引力D.若宇航员A将手中一小球无初速释放，该小球将落到空间站地板上【答案】C【解析】【详解】A.宇航员随国际空间站绕地球做匀速圆周运动，宇航员A仍受到地球引力作用。故A错误。B.空间站处于完全失重状态，因此台秤示数为零，故B错误；MtnC.根据万有

38、引力定律产=G尸 可 知，宇航员A与地球的距离大于地球半径，所以A所受地球引力小于他在地面上所受的引力，故C正确；D.宇航员相对于太空舱无初速释放小球，小球受地球的万有引力提供向心力，处于完全失重状态，不会落到“地面上，故D错误；6.物体在两个相互垂直的力作用下运动，力Fi对物体做功6 J,物体克服力Fz做功8 J,则Fi、F2的合力对物体做功为（）A.14J B.10J C.2J D.-2J【答案】D【解析】【详解】功是标量，所以合力总功等于各力做功之和，即：卬=叱+暝=6+（-8 =-2 1，ABC错 误D正确7.如图甲所示电路，电源电动势为E,内阻不计，滑动变阻器的最大值为20Q。当只闭

39、合开关S、S i,调节滑动变阻器滑片P,得到电压表和电流表示数关系如图乙所示；当只闭合开关s、S 2,移动滑动变阻器的滑片P,得到小灯泡L的伏安特性曲线如图丙所示。则下列正确的是A.E=6V0 0.10.2 0.3 0.4/A乙B.R2=o.inC.当小灯泡L两端的电压为2.0 V时，小灯泡的电阻为10QD.只闭合开关S、Si时，滑动变阻器的滑片从最左端向右移动过程中，滑动变阻器消耗的功率先变大后变小【答案】D【解析】【详解】A B.只闭合开关S、Si时，由闭合电路欧姆定律可得，电压表和电流表示数关系对应的表表达式为U y E I g,与图乙对比可得：3=0.2鸟、1 =-0.4/m）的滑块，

40、通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行。两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动。若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程 中（）A.轻绳对m做的功等于m机械能的增加B.重力对M做的功小于M减少的重力势能C.轻绳对m做的功等于m增加的动能与m克服摩擦力所做的功之和D.两滑块与轻绳组成的系统的机械能损失等于M、m克服摩擦力所做的功之和【答案】D【解析】【详解】AC、根据动能定理可知，轻绳对m做的功等于m增加的机械能与m克服摩擦力所做的功之和，轻绳对m做的功大于m机械能的增加，故A、C错误。B、根据重力做功与重力势能变化的关系可知，重力对M做的功等于M重力势能的变化，故B错误。D、

41、根据能量守恒定律，两滑块与轻绳组成的系统的机械能损失等于M、m克服摩擦力所做的功之和，故D正确。9.（本题9分）P点为点电荷+Q的电场中的某点。若将电荷量为q的试探电荷放在P点，该试探电荷受到的电场力是F。下列说法正确的是A.若将电荷量为2q的试探电荷放在P点，P点的场强大小为二B.若将电荷量为2q的试探电荷放在P点，P点的场强大小为捻C.若将电荷量为2q的试探电荷放在P点，P点的场强大小为三D.若将放在P点的试探电荷取走，则P点的场强为零【答案】A【解析】因为电场强度的大小由电场本身的性质决定，与检验电荷无关，所以若该点放一电荷量2q的试探电荷，则该点的电场强度仍然为一，故A正确，BCD错误

42、。1 0.（本 题9分）如图所示，质量均为m的两个小球A、B（可视为质点）固定在轻杆的两端，将其放入光滑的半球形碗中，杆的长度等于碗的半径，当杆与两球组成的系统处于平衡状态时，杆对小球A的作用力 273C.-mg3D.2mg【答案】B【解析】【详解】轻杆的长度等于碗的半径，由几何关系知，OAB为等边三角形。对小球A 进行受力分析可知，小球A 受到杆的作用力为F=mgtan3（F=也mg,B 正确。3二、多项选择题：本题共6 小题，每小题4 分，共 24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4 分，选对但不全的得2 分，有选错的得。分1 1.（本题9 分）汽车从静止开始沿

43、平直公路做匀加速运动，所受阻力始终不变，在此过程中，下列说法正确的是（）A.汽车发动机的输出功率逐渐增大B.汽车发动机的输出功率保持不变C.在任意两相等的位移内，发动机做功相等D.在任意两相等的时间内，发动机做功相等【答案】AC【解析】【详解】匀加速运动合外力F 为定值，又因为阻力不变，故牵引力恒定不变，由 P=Fv,v 逐渐增大 所 以 P 增 大 所以 A 正确，B 错误。根据W=Fx可知因F 一定，则在任意两相等的位移内，发动机做功相等，选项C 正确；汽车做匀加速运动，则在任意两相等的时间内的位移不同，发动机做功不相等，选 项 D 错误；故选AC.【点睛】该题主要考查了机车启动时功率跟牵

44、引力、速度的关系，关键是掌握功率的公式 P=Fv以及牵引力做功的公式W=Fx,题目较为简单.1 2.（本题9 分）如图所示，质量分别为m 和 2m 的 A,B两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A紧靠竖直墙壁.用水平力向左推B,将弹簧压缩，推到某位置静止时推力大小为F,弹簧的弹性势能为E.在此位置突然撤去推力，下列说法中正确的是zZ/Zzzzzz/zz/zzzzzzz/X/A.撤去推力的瞬间，B 的加速度大小为二2mB.从撤去推力到A 离开竖直墙壁前，A,B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒EC.A 离开竖直墙壁后，弹簧弹性势能最大值为D.A 离开竖直墙壁后，弹簧弹性势能最大值为E【答

45、案】AC【解析】A、撤 去 F 后，B 水平方向受到弹簧的弹力F,根据牛顿第二定律：加速度a=；,A 正确；B、A 离开竖直墙前，竖直方向两物体的重力与水平面的支持力平衡，合力为零，而墙对A 有向右的弹力,使系统的动量不守恒.这个过程中，只有弹簧的弹力对B做功，系统的机械能守恒，B正确、C错误；D、A离开竖直墙后，系统水平方向不受外力，竖直方向外力平衡，则系统的动量守恒，只有弹簧的弹力做功，机械能也守恒.当两物体速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性势能最大.设两物体相同速度为v,A离开墙时,B的速度为v O,根据动量守恒和机械能守恒得：2mv0=3mv,E=-x 3/nv2+En2p1 2

46、又E=Q机%联立得到弹簧的弹性势能最大值为EP=E,D正确.故选：ABD.【名师点睛】B受两个力作用处于平衡状态，说 明B所受弹力的大小等于F,故撤去F时，B的合力大小为弹力大小，根据牛顿第二定律求产生的加速度a,在A离开墙壁前受墙壁对系统的作用力，系统不满足动量守恒条件,又因为墙壁作用力对A不做功，故系统满足机械能守恒条件.A离开墙壁后系统机械能守恒动量也守恒，故系统动能不可以为0,则弹簧弹性势能不可能与系统总机械能相等.1 3.（本题9分）如图所示，质量为m的物体与转台之问的动摩擦因数为内物体与转轴间距离为R,物体随转台由静止开始转动，当转台转速增加到某一值后转台开始匀速转动，整个过程中物

47、体相对于转台静止不动，则以下判断正确的是（）mA.转台转速增加的过程中，转台对物体静摩擦力的方向一定指向转轴B.转台转速增加的过程中，转台对物体静摩擦力的方向跟物体速度间夹角一定小于90。C.转台匀速转动的过程中，转台对物体静摩擦力的方向一定指向转轴D.转台匀速转动的过程中，转台对物体静摩擦力的方向一定跟物体的速度方向相反【答案】BC【解析】【详解】A B,转台转速增加的过程中，物体做加速圆周运动，静摩擦力沿着半径方向的分力提供向心力，切向分力使物体加速.故静摩擦力不指向圆心，跟物体速度间夹角一定小于90。，故A错误，B正确；C D.转台匀速转动时，物体做匀速圆周运动，物体所受的合力始终指向圆

48、心，此时所受的静摩擦力方向一定指向转轴，故C正确；D错误.故 选BC.1 4.（本题9 分）如图所示，长为0.5m的轻杆一端与质量为2kg的小球相连，另一端可绕过O 点的水平轴自由转动。现给小球一初速度，使其在竖直面内做圆周运动，若小球通过轨道最低点a 时的速度为4m/s,通过轨道最高点b 时的速度为2m/s,重力加速度g=10m/s2,则小球通过最低点和最高点时，下列说法正确 的 是（）bA.在 a 点，小球对轻杆作用力的方向竖直向下B.在 a 点，小球对轻杆作用力的大小为24NC.在 b 点，小球对轻杆作用力的方向竖直向上D.在 b 点，小球对轻杆作用力的大小为4N【答案】AD【解析】【详

49、解】AB、在 a 点对小球：F-mg=m,轻杆对小球的拉力F=m g+m L=2 xlO N+2 xf-N=8 4 N,根据牛顿第三r r 0.5定律知，在 a 点，小球对轻杆作用力大小为8 4 N,方向竖直向下，故 A 正确，B 错误。CD、在 b 点对小球：mg-F=m ,轻杆对小球的支持力F=m g-m L=2x 10N-2x2N=4N,根据牛顿第三r r 0.5定律知，在 b 点，小球对轻杆的压力大小为4 N,方向竖直向下，故 C 错误，D 正确。15.一竖直放置的轻弹簧，一端固定于地面，一端与质量为3kg的 B 固定在一起，质量为1kg的 A 放 于 B上。现在A 和 B 正在一起竖

50、直向上运动，如图所示。当 A、B 分离后，A 上升0.2m到达最高点，此 时 B速度方向向下，弹簧为原长,则从A、B分离起至A 到达最高点的这一过程中,下列说法正确的是（g 取 10m/s2）mA.A、B 分离时B 的加速度为gB.弹簧的弹力对B 做功为零C.弹簧的弹力对B 的冲量大小为6N-sD.B 的动量变化量为零【答案】ABC【解析】【详解】A、由分离的条件可知，A、B物体分离时二者的速度、加速度相等，二者之间的相互作用力为0,对 A 分析可知，A 的加速度%=g,所 以 B 的加速度为g,故 A 正确;B、A、B物体分离时弹簧恢复原长，A 到最高点弹簧恢复原长，从 A、B分离起至A 到