(3份试卷汇总)2019-2020学年黑龙江省伊春市物理高一下期末考试模拟试题.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.设汽车在启动阶段所受阻力恒定并做匀加速直线运动，则在这过程中（）.A.牵引力增大，功率增大B.牵引力不变，功率增大C.牵引力增大，功率不变D.牵引力不变，功率不变2.（本题9分）下列关于力的叙述正确的是A.放在桌面上的书对桌面的压力就是书受到的重力B.摩擦力的方向总是与物体的运动方向相反C.放在水平桌面上的书受到一个向上的支持力，这是由于桌面发生微小弹性形变而产生的D.由磁铁间有相互作用可知：力可以离开物体而单独存在3.（本题9分）对于牛顿运动定律的有关认识

2、，下列说法正确的是（）A,速度大的物体，其惯性可能小B.作用力和反作用力的性质可以不同C.加速度不为零的物体，其所受的力可能为零D.物体没有受到力的作用，其速度的大小一定不变，但速度的方向可能改变4.（本题9分）如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中。P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点（重力不计），则从开始射入到打到上板的过程中（）A.它们运动的时间tQtpB.它们所带的电荷量之比qp：q Q=1：2C.它们的电势能减小量之比 Ep:=1 ：2D.它们的动能增量之比 EKP：AEKQ=1：25.（本题9分）下列物

3、理量属于标量的是（）A.加速度 B.力 C.位移 D.功6.（本题9分）如图所示，水平桌面上一小铁球沿直线运动.若在铁球运动的正前方A处或旁边B处放一块磁铁，下列关于小球运动的说法正确的是（）A.磁铁放在A处时，小铁球做匀速直线运动B.磁铁放在A处时，小铁球做匀加速直线运动C.磁铁放在B处时，小铁球做匀速圆周运动D.磁铁放在B处时，小铁球做变加速曲线运动7.(本题9分)在某电场中，A、B两点间的电势差UM=60V,B、C两点间的电势差U8c=-50 V,则A、B、C三点电势高低关系是A.(pA(pB(pc B.(pA(pc(pB D.(pc(pB(pA8.现代人们的生活与各类人造卫星应用息息相

4、关，下列关于卫星相关说法正确的是()A.顺德的正上方可能存在同步卫星B.地球周围卫星的轨道可以在任意平面内C.卫星围绕地球转动的速度不可能大于7.9km/sD.卫星的轨道半径越大运行速度就越大9.(本题9分)物体受到10 N的力的作用，4 s内在力的方向上位移2米，则这个力做的功及功率分别为()A.20J、5W B.20J、10W C.40J、10W D.40J、20W10.(本题9分)物理量“力”的单位是N,用国际单位制中基本单位可表示为A.kgm/s B.kgm/s2 C.kgm/s3 D.kgm2s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

5、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，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个正六边形的六个顶点，A、B、C三点的电势分别为IV、2V、5 V,则下列说法中正确的是()A.D、E、F三点的电势分别为7 V、6 V、3 VB.电荷量为1.6x10-2 C的正点电荷在E点的电势能为1.12X10-8 iC.将电荷 量 为1.6 x 1 0 c的正点电荷从E点移到F点，电场力做的功为3.2X10 19 JD.将电荷 量 为1.6X10T9 c的负点电荷从B点移到A点，电荷的电势能增加了 1.6X 1019 J1 2.（本题9分）如图汽车通过轻质光滑的

6、定滑轮，将一个质量为m的物体从井中拉出，绳与汽车连接点A距滑轮顶点高为h,开始时物体静止，滑轮两侧的绳都竖直绷紧.汽车以速度V。向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平夹角为6=30。，则（）A.从开始到绳与水平夹角为30。过程，拉力做功mghB.从开始到绳与水平夹为30。过程，拉力做功mgh+z?%C.在绳与水平夹角为30。时，拉力功率大于且mgv。2D.在绳与水平夹角为30。时，拉力功率小于立mgv。21 3.如图所示，点 J和 点Lz称为地月连线上的拉格朗日点.在Li点处的物体可与月球同步绕地球转动.在L2点处附近的飞行器无法保持静止平衡，但可在地球引力和月球引力共同作用下围绕L2点绕

7、行.我国中继星鹊桥就是绕L2点转动的卫星，嫦娥四号在月球背面工作时所发出的信号通过鹊桥卫星传回地面，若鹊桥卫星与月球、地球两天体中心距离分别为R1、R 2,信号传播速度为c.则（）A.鹊桥卫星在地球上发射时的发射速度大于地球的逃逸速度B.处于Li点的绕地球运转的卫星周期接近28天c.嫦娥四号发出信号到传回地面的时间为，=鸟 土&C0.处 于L1点绕地球运转的卫星其向心加速度a i小于地球同步卫星的加速度a21 4.（本 题9分）如图5所示，A、B、C三个小球在离地面不同高度处，同时以相同的速度向左水平抛出，小球A落 到D点，DE=EF=F G,不计空气阻力，抛出后每隔相等的时间间隔小球依次碰到

8、地面.下列说法正确的是（A.B球落在E点，C球落在F点B.B、C两球均落在D点C.三小球离地面的高度之比为1：4：9D.三小球在空中运动的时间之比tA：tB：tc=l：3：515.（本题9分）一个不带电的空心金属球壳，在它的球心处放一带正电的小球，如图所示。达到静电平衡时，其电场分布正确的是（）16.如图，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向.图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹，其 中b和c是从同一点抛出的，不计空气阻力，则A.a的飞行时间比b的长B.b和c的飞行时间相同C.a的水平速度比b的小D.b的初速度比c的大三、实验题:共2小题，每题8分，共16分1 7.（本题

9、9分）用如图所示的装置进行 验证动量守恒定律”的实验:（1）先测出可视为质点的两滑块A、B的质量分别为m、M及滑块与桌面间的动摩擦因数以（2）用细线将滑块A、B连接，使A、B间的轻弹簧处于压缩状态，滑 块B恰好紧靠桌边；（3）剪断细线，测出滑块B做平抛运动的水平位移xi，滑块A沿水平桌面滑行距离为X 2（未滑出桌面）;为验证动量守恒定律，写 出 还 需 测 量 的 物 理 量 及 表 示 它 们 的 字 母;如果动量守恒，需要满足的关系式为.1 8.（本题9 分）同学们分别利用图甲、乙所示的两种装置采用不同方案进行“探究物体运动的加速度与所受合外力关系”的的实验，其中小车A 质量约为3 5 0

10、 g,并与纸带相连，B 为打点计时器，托盘C 内装有祛码，托盘自身的质量为5g；D 为无线测力传感器。两种方案的不同在于：方案一采用托盘和祛码的重力值作为小车受到的拉力，方案二则用传感器D 直接测量绳子对小车的拉力。关于器材的选取，下列说法正确的是（）A.方案一必须选取单个质量尽量小的硅码，如 5 克/个B.方案一可以选取单个质量较大的祛码，如 50克/个C.方案二必须选取单个质量尽量小的祛码，如 5 克/个D.方案二可以选取单个质量较大的祛码，如 50克/个两种方案都必须进行的实验操作是（）A.需要将导轨的右端垫高以平衡摩擦力B.应先接通打点计时器电源，再释放小车C.为了减小误差，每次小车应

11、从同一位置释放D.需要记录托盘中祛码的质量某组同学利用方案进行了实验，并将所获得的6 组数据对应地绘制在图所示的a-F图中，请你根据图中点迹，绘 制 一 条 可 以 反 映 加 速 度 和 拉 力 关 系 的 图 线。（4）根据第问中你所绘制的图线，可反映出该组同学在实验操作中的不妥之处是（5）若某组同学利用方案一进行实验室，忘记了将轨道右端垫高平衡摩擦力，一直是轨道处于水平状态，请根据牛顿运动定律，通过推导说明由这种操作和正确操作分别获取的数据所绘制的a-F图线的斜率和纵轴截距 O四、解答题：本题共4 题，每题5 分，共 20分19.（6 分）（本题9 分）额定功率为80kW的汽车，在平直的

12、公路上行驶的最大速度为10m/s.已知汽车的质量为lx l（）3 k g,若汽车从静止开始做匀加速直线运动，加速度的大小为lm/s1.假定汽车在整个运动过程中阻力不变.求：(1)汽车受到的阻力Ff大小；(1)汽车匀加速运动过程中发动机牵引力大小；(3)汽车匀加速运动过程的时间。20.(6 分)(本 题 9 分)有一倾角为。=37。的硬杆，其上套一底端固定且劲度系数为k=120 N/m 的轻弹簧,弹簧与杆间无摩擦.一个质量为m=lk g 的小球套在此硬杆上，从 P 点由静止开始滑下，已知小球与硬杆间的动摩擦因数为|i=0.5,P 与弹簧自由端Q 间的距离为1=1 m.弹簧的弹性势能与其形变量x

13、的关系为E p=g g.求：(1)小球从开始下滑到与弹簧自由端相碰所经历的时间t；(2)小球运动过程中达到的最大速度vm；(3)若使小球在P 点以初速度%下滑后又恰好回到P 点，则/需 多 大？21.(6 分)(本 题 9 分)如图甲所示，平行板电容器的两个极板A、B 分别接在电压为U 的恒压电源的两极,两极板间距为d,板长为L.a 粒子从非常靠近上极板的C 点以V。的速度沿垂直电场线方向的直线CO方向射入电场，经电场偏转后由D 点飞出匀强电场.已知a 粒子质量为m,电荷量为+q,不计a 粒子重力.求:(1)a 粒子飞离电场时沿电场方向发生的位移大小;(2)C、D 两点间的电势差;(3)若仅将

14、A、B 极板上的电压换为如图乙所示的周期性变化的电压，t=0 时 A 板 比 B 板的电势高.为使在t=:时刻由C 点射入两板间的a 粒子最终刚好能由O 点水平射出，分别写出电压变化周期T 与板间距 离 d 满足的条件.(用L、U、m、q、v()表示)22.(8 分)蹦床比赛分成预备运动和比赛动作.最初，运动员静止站在蹦床上在预备运动阶段，他经过若干次蹦跳，逐渐增加上升高度，最终达到完成比赛动作所需的高度；此后，进入比赛动作阶段.把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧，弹力大小 F=kx(x为床面下沉的距离，k 为常量).质量m=50kg的运动员静止站在蹦床上，床面下沉x=0.10m；在预备运动中，

15、假设运动员所做的总功W 全部用于其机械能；在比赛动作中，把该运动员视作质点，其每次离开床面做竖直上抛运动的腾空时间均为 t=2.0s,设运动员每次落下使床面压缩的最大深度均为X I.取重力加速度g=10m/s2,忽略空气阻力的影响.(1)求常量k,并在图中画出弹力F 随 x 变化的示意图；(2)求在比赛动作中，运动员离开床面后上升的最大高度%;(3)借 助 F-x 图像可以确定弹性做功的规律，在此基础上，求 x i和 W 的值参考答案一、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.B【解析】试题分析：汽车启动阶段受到牵引力尸和阻力

16、/作用，根据牛顿第二定律/-加，匀加速直线运动加速度。不变，阻力不变，所以牵引力/不变，汽车的功率=/丫=尸 以，随时间延长功率逐渐增大选项 B 正确.考点：牛顿第二定律功率2.C【解析】【详解】放在桌面上的书对桌面的压力大小等于书的重力，不能说就是书受到的重力，选项A 错误；摩擦力的方向总是与物体的相对运动方向相反，不一定与运动方向相反，选 项 B 错误；放在水平桌面上的书受到一个向上的支持力，这是由于桌面发生微小弹性形变而产生的，选 项 C 正确；力是物体对物体的作用，不能离开物体单独存在，选 项 D 错误.3.A【解析】惯性是保持物体原来运动状态的性质，与物体的质量有关，与物体的速度无关

17、；故 A 错误；一对作用力与反作用力作用在相互作用的两个不同物体上，不可能平衡，作用效果不能合成，故 B 错误；根据牛顿第二定律可知，加速度不为零的物体，其所受的力一定不为零，故 C 正确；物体没有受到力的作用，则加速度大于0,其速度的大小一定不变，同时速度的方向也不改变.故D 错误；故选C.点睛：解决本题的关键知道作用力、反作用力与平衡力的区别，知道力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运动状态的原因.4.B【解析】运动时间 I,因为两个带电小球的入射速度相等，水平方向的位移相等，所以运动时间相等，t=-VA错误。PQ两小球在竖直方向上的距离比为1:2,所 以1 EQ1 用正确。电势能减=

18、幺=？=。|=1小量等于电场力做的功所以 r n 1 ,C错误。电场力做的功等于小球的动能增加量，故A E-E Q qd JEQ2d 4A，D错误。5.D【解析】【分析】【详解】A.加速度是有大小，又有方向的矢量，故A错误；B.力是有大小，又有方向的矢量，故B错误；C.位移是有大小，又有方向的矢量，故C错误；D.功是只有大小，没有方向的标量，故D正确。故 选D.6.D【解析】【分析】【详解】磁铁放在A处时，合力向前，加速度向前，物体加速运动，故A错误；磁铁放在A处时，合力向前，加速度向前，物体加速运动，但磁力大小与距离有关，故加速度是变化的，不是匀加速运动，故B错误；磁铁放在B处时，合力与速度

19、不共线，故小钢球向右侧偏转，但不是圆周运动，故C错误；磁铁放在B处时,合力与速度不共线，故小钢球向右侧偏转；磁力大小与距离有关，所以加速度是变化的，即小球做变加速曲线运动，故D正 确.所 以D正确，ABC错误.7.C【解析】【分析】电势差等于两点的电势之差，结合电势差的大小比较A、B、C三点电势的高低.【详解】A、B两 点 间 的电势差UAB=60V,知A点 的 电 势 比B点 的 电 势 高60V,B、C两点间的电势差UBC=-50V,知B点 的 电 势 比C点 的 电 势 低5 0 V,则A点 的 电 势 比C点 的 电 势 高1 0 V,所 以 办 0c /，C正确.【点 睛】解决本题的

20、关键知道电势差与电势的关系，即UAB=QA-0B，基础题.8.C【解 析】【详 解】A.同步卫星一定位于赤道的正上方，而顺德不再赤道上，所以顺德的正上方不可能存在同步卫星.故选项A不符合题意.B.卫星的向心力是由万有引力提供的，所以地球周围卫星的轨道平面一定经过地心，不是在任意平面内都存在地球卫星.故选项B不符合题意.C根 据_ inn=可 知，当r等于地球半径 时 的 速 度 为7.9km/s,所 以7.9km/s是最大的环绕速度，卫星围绕地球转动的速度 不 可 能 大 于7.9km/s.故 选 项C符合题意.D、根据_ I匚匚=可 知，卫星的轨道半径越大运行速度就越小.故选项D不符合题意.

21、9.A【解 析】W 20这个力做的功为：W=Ex=10 x2J=2 0 J,功 率 为P=W=5 W ,A正确.t 4【点 睛】解决本题的关键是掌握恒力做功的公式和功率公式，要注意区分是瞬时功率还是平均功率，知道与一个过程或一段时间对应的功率为平均功率.10.B【解 析】【分 析】根据物理公式可推导出对应的单位，但要注意所表示的单位是不是基本单位，从而得出正确答案。【详 解】根 据。=孚 得 加 速 度 的 单 位 是m,根 据 牛 顿 第 二 定 律F=ma知，lN=kg.m/s2,故B正确，ACD错 误。Ar【点 睛】本题关键要掌握国际单位制中的七个基本单位有哪些，同时注意各物理公式的掌握

22、，知道物理公式同样对应着单位的换算关系。二、多项选择题：本 题 共6小 题，每 小 题4分，共2 4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0分1 1.A D【解 析】连 接A D,由正六边形的性质可得：A D平 行 于B C,且A D=2 B C,因 为 乙：品=4，所 以QQ=8/,乙7=9厂故A错 误；由 石=4仃=1.0*1 0 :*9.0 =9.0*1 0 /可 得B正确；由BEF=q UE F=q UF-q UE=-1.0 *1 0 0 *4 =-4.0 *1 0-1 J

23、 可得 c 错 误.，E=一 。曰=4匕7-4：/=1.0*1 0 7：*3 =3.0*1 0-1 J,所以 D 错 误.选 B.1 2.B C【解 析】【详 解】将汽车的速度沿着平行绳子和垂直绳子方向正交分解，如图所示货物速度为：V货妒V o co se,由 于8逐渐变小，故货物加速上升；当8=3 0。时，货 物 速 度 为 也V o；当6=9 0。时，货物速度为零；根据功能关系，拉力的功等于货物机械能的增加量，故有：WF=A E p+A E K=m gh+-m v o2,o故A错 误，B正 确；在 绳 与 水 平 夹 角 为3 0。时，拉力的功率为：P=F v货 物,其 中v其 物=1vo

24、，由于加速，拉2力大于重力，故P Y l m g v。，故C正 确，D错 误。21 3.B D【解 析】【详 解】A.逃逸速度是卫星脱离地球的引力的第二宇宙速度，鹊桥 的发射速度应小于逃逸速度，故A错 误；B.根据题意知中继星 鹊桥 绕地球转动的周期与月球绕地球转动的周期相同，故B正确；C.鹊桥卫星与月球、地 球 两 天 体 中 心 距 离 分别为R”R2,到地表的距离要小一些，则嫦娥四号发出信号到传 回 地 面 的 时 间 为t要小于园士故C错 误；D、由 a=r3可知处于Li点绕地球运转的卫星其向心加速度由小于月球的向心加速度，由。=一可知月r球的向心加速度小于同步卫星的向心加速度，则卫星

25、其向心加速度a i小于地球同步卫星的加速度a?,故 D正确.14.BC【解析】试题分析：因为三球以相同的初速度抛出，每隔相等的时间间隔小球依次碰到地面，则 A、B、C 三个小球的运动的时间之比为1:2：3,选 项 D 错误；可得水平位移之比1:2：3,而 DE=EF=FG,所 以 B、C 两球1 ,也落在D 点，故 B 正确，A 错误；由/?=g 厂可得，A、B、C 三个小球抛出高度之比为1：4：9,故 C 正确.考点：平抛运动的规律.15.CD【解析】【详解】A C.由于电场线是从正电荷或者无穷远出发出的，所以正点荷的电场线都是向外的，由于静电感应，金属球的内壁和外壁会出现感应电荷，会产生感

26、应电场，感应电场的方向是与正电荷的电场的方向相反，最终达到平衡时，在球壳内部的电场为零，所以没有电场线，在球壳的外部电场线的方向是向外的，故 A 项与题意不符，C 项与题意相符；B D.当金属球的外壳接地时，金属球与大地形成一个等势体，所以金属球的外面没有电场线，故 B 项与题意不符，D 项与题意相符。16.BD【解析】【详解】AB.b、c 的高度相同，大于a 的高度，根 据 h=g g d,得知b、c 的运动时间相同，a 的飞行时间小于b 的 时 间.故 A 错误,B 正确；C.因为a 的飞行时间短，但是水平位移大，根据x=vt知，a 的水平速度大于b 的水平速度.故C 错误；D.b、c 的

27、运动时间相同，b 的水平位移大于c 的水平位移，则 b 的初速度大于c 的初速度.故D 正确.【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，知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移.三、实验题:共2 小题，每题8 分，共 16分【解析】【分析】【详解】B离开桌面后，做平抛运动，1 ,在竖直方向：水平方向：XI=VB3对A由动能定理得：1 2-nmgx2=0-mvA，验证动量守恒定律，需要验证:mvA=MvB,由此可知，实验还要测出：B到地面的竖直高度h；18.AD AB 见解析图 平衡摩擦过度 见解析【解析】【详解】1乙装置由于有力传感器，则不需要测量并

28、记录托盘及托盘中祛码的总质量，也不要求托盘及盘中祛码总质量远小于小车A的质量，而甲装置是需要的。故选AD.(2)2两种方案都需要将导轨的右端垫高以平衡摩擦力，这样才能保证拉力的功等于合外力的功，A正确；根据打点计时器使用规范，两种方案都需要应先接通打点计时器电源，再释放小车，B正确；测量过程中与小车是否在同一位置释放无关，故C错误；乙装置由于有力传感器，则不需要测量并记录托盘及托盘中祛码的总质量，故D错误.(3)3关系图线如图所示：00.102030 4 FN(4)4由图可知当F=0时加速度a 不为零，所以不妥之处在于右端垫得过高，平衡摩擦过度.(5)5由牛顿第二定律可知，未平衡摩擦时有：F-

29、f=M a得：平衡摩擦时有：F=Ma得：a=FM两次对比可知，忘记右端垫高平衡摩擦对图像斜率无影响，但在纵轴上会产生4的负截距.M四、解答题：本题共4 题，每题5 分，共 20分19.(1)4X103N(1)8 x 103N(3)5s【解析】【分析】速度最大时，牵引力等于阻力，根 据 P=FVm=fVm求出阻力的大小，根据牛顿第二定律求出牵引力的大小，从而求出匀加速过程中的最大速度，根据速度时间公式求解匀加速的时间。【详解】(1)当速度最大时，F=Ff,则有：P=FfVm代入数据解得：Ff=4000N(1)根据牛顿第二定律得：F-Ff=ma代入数据解得发动机牵引力：F=8X1()3N(3)匀加

30、速运动的最大速度为：丫 =4=母 毁 机/5=10根/5F 800()则匀加速直线运动的时间为：/=S=5Sa 2【点睛】解决本题的关键知道发动机功率P=Fv,知道当速度达到最大时，牵引力等于阻力.以及知道以恒定加速度运动在整个过程中的运动情况。20.(1)1s(2)2m/s(3)4.9m/s【解析】【分析】【详解】(1)小球做匀加速直线运动，合力为：Fzr=mg sin 6 4777g cos 0；由牛顿第二定律得:a-=g sin。一 g cos 0-2mzs?,m由运动学 方 程 得 力=工。/，故2Is；(2)当 小 球 从P点无初速滑下时，弹 簧 被 压 缩 至x处有最大速度,则有:

31、mg sin 0=Ring cos。+kx解得:x=0.017 加；对于小球从最高点到速度最大位置，由动能定理得:mg sin(/+x)-/rnng cos 0(/4-x)-=g1 ,而 明 =彳 收，整理 得：%=4/+2x代入数据得:vm=2m/s；(3)设 小 球 从P点压缩弹簧至最低点，弹 簧的压缩量为玉，由动能定理:mg sin(/+x,)-/jmg c o s+x,)-kx=O-g/?iv：从 最 低 点 经 过 弹 簧 原 长Q点 回 到P点 的 速 度 为0,则有：g kx；-mg sin 6(/+x j /jmg cos 6(/+x j=()解 得：%=0.5m；%4.9m/

32、s、qUE Ir,qU2I：、，21。)=五 赢 U=五端dL*5=1,2,3)【解 析】【详解】(1)两板之间为匀强电场E d粒子在电场中的加速度大小F qEa=m m粒子的偏移量y=at22运动时间Lt=%解得：_ q U 2)2mdv；(2)a。两点的电势差为U=Ey解得：u，=L2 m d2v1(3)为使a粒子刚好由。点水平射出，a粒子在一个周期内竖直方向的分位移应为零，且在电场中运动时间与电压变化周期T的关系为，=7(=1,2,3),贝！)T =-=(n=l,2,3)n nvQ竖直向下的最大分位移应满足:22.(1)k=5000N/m(2)5m(3)W=2525J【解析】试题分析：(

33、1)床面下沉Xo=O.lm时，运动员受力平衡，有mg=kxo,解 得k=5xl()3N/m.F-x图线如图所示.(2)运动员从x=0处离开床面，开始腾空，由运动的对称性知其上升、下落的时间相等，!，解得 hm=5.0m.(3)参照由速度时间图线求位移的方法可知F-x图线下的面积等于弹力做的功，从x处到x=0处，弹力做的功开运动员从X1处上升到最大高度心 的过程，根据动能定理可得1 M-%g(X i+%)=0,解得xi=l.lm对整个预备运动过程分析，由题设条件以及功和能的关系，有IT+:收=w g(毛+%)解得 W=2525J.考点：胡克定律；能量守恒定律.高一（下）学期期末物理模拟试卷一、单

34、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.如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个正六边形的六个顶点，A、C、D三点电势分别为1.0V、2.0V、3.0V,正六边形所在平面与电场线平行.则B 点的电势为【答案】A【解析】【详解】已知正六边形所在平面与电场线平行，且 A、C、D三点电势分别为1QV、2.0V、3.0V,延 长 DC且使DC=CG,连 接 B G,可知U8=UC G=1 V,故 ABG的电势相等为1.0V；故选A.2.（本 题 9 分）两个小车在水平面上做加速度相同的匀减速直线运动，若它们的初速度之比为1:2,

35、它们运动的最大位移之比（）A.1：2 B.1：4 C.1：V2 D.2：1【答案】B【解析】【分析】【详解】当两小车速度为零时即末速度为零，发生的位移最大，根据位移速度公式声-0=2,女可得又因为它们的初速度之比为1：2,所以他们运动的最大位移比为玉：W=1:4.A.1：2,与结论不相符，选项A错误;B.1：4,与结论相符，选 项 B正确；c.1：V 2.与结论不相符，选 项c错误；D.2：1,与结论不相符，选 项D错误；故 选B.3.如图所示，两极板与电面相通接，电子从负极板边沿垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边沿飞出，现在使电子入射速度变为原来!，而电子仍从原位置射入，且仍从正极边

36、沿飞出，则两极板的间距应变为原来的A.4倍 B.2倍 C.L倍 D.g倍4 2【答案】A【解析】【详解】设电子的质量为m,初速度为v,极板的长度为L,两极板间的距离为d,电场强度为E,电子做类平抛运动；水平方向有：L=vt；竖直方向有：丫=!。产=2产=1解得：史，=2；若使电子入射速度变2 2md 2mv为原来的仍要使电子从正极板边沿飞出，由上可知，两极板的间距应变为原来的4倍。4A.4倍，与结论相符，选项A正确；B.2倍，与结论不相符，选 项B错误；C.倍，与结论不相符，选项C错误；4D.倍，与结论不相符，选 项D错误；24.（本题9分）甲、乙、丙、丁四个电阻的伏安特性曲线如图所示，下列说

37、法正确的是（）A.甲的阻值最大 B.乙的阻值最大 C.丙的阻值最大 D.丁的阻值最大【答案】A【解析】【详解】由欧姆定律可知R=,则U-I图像的斜率等于电阻的大小，由图像可知，甲的阻值最大，丁电阻最小;A.甲的阻值最大，与结论相符，选项A正确；B.乙的阻值最大，与结论不相符，选 项B错误；C.丙的阻值最大，与结论不相符，选 项C错误；D.丁的阻值最大，与结论不相符，选 项D错误；5.关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是（）A.开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律B.开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律C.开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原

38、因D.开普勒总结出了行星运动的规律，发现了万有引力定律【答案】B【解析】试题分析：开普勒在他的导师第谷天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，但并未找出了行星按照这些规律运动的原因；牛顿在开普勒行星运动定律的基础上推导出万有引力定律，故ACD错误，B正确.故 选B。考点：物理学史【名师点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。6.（本题9分）如图所示，甲、乙两船在同一条河流中同时开始渡河，河宽为H,河水流速为u,船在静水中的速度均为V,出发时两船相距“3 H,甲、乙船头均与岸边成60角，且乙船恰好能直达对岸的A点,则下列判断

39、正确的是（）AIIIIIi甲 乙A.甲、乙两船到达对岸的时间相同B.两船可能在未到达对岸前相遇C.甲船在A点右侧靠岸D.甲船也在A点靠岸【答案】A【解析】【分析】小船过河的速度为船本身的速度垂直河岸方向的分速度，故要求过河时间需要将船速分解为沿河岸的速度和垂直河岸的速度；要求两船相遇的地点，需要求出两船之间的相对速度，即它们各自沿河岸的速度的和；由于知道了它们过河的时间，故可以求出甲船靠岸的地点；【详解】A、小船过河的速度为船本身的速度垂直河岸方向的分速度，故小船过河的速度二二=二二二二60）故小船过河的时间：二 =二=迂，故甲乙两船到达对岸的时间相同，故A正确；口二 3口B、甲船沿河岸方向的

40、速度为：二二二二储+二=二+三乙船沿河岸方向的速度为：二二二二切2-二=，-二故甲乙两船沿河岸方向的相对速度为：二+三-二=二故两船相遇的时间为：二；=弋=二=二“故两船在到达对岸时相遇，故B错误；C、由于乙船恰好能直达对岸的A点，而两船在到达对岸时相遇，故甲船在A点到达对岸，故C错误，D正确；【点睛】本题考查了运动的合成与分解，相对速度，小船过河问题，注意过河时间由垂直河岸的速度与河宽决定。7.在国际单位制中，功率的单位“瓦”是导出单位。用基本单位表示，正确的是A.J/s B.N-m/s C.kg-m7s2 D.kg-m3/s3【答案】D【解析】【详解】根据功率定义，有WP=Fv又由牛顿第二

41、定律，可得F=ma联立得P=mav其单位为kg m2/s3知功率的单位用基本单位表示为kg-m7s3A.J/s,与结论不相符，选项A错误；B.N-m/s,与结论不相符，选 项B错误；c.kg mYs2,与结论不相符，选项C错误；D.kg m3/s 与结论相符，选 项D正确；8.如图，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大圆环上的质量为m的小环（可视为质点），从大圆环的最高处由静止滑下，重力加速度为g.当小圆环滑到大圆环的最低点时，大圆环对轻杆拉力的大小为（）A.Mg-5mg B.Mg+mg C.Mg+5mg D.Mg+lOmg【答案】C【解析】试题分析：小圆环到达大圆环低端

42、时满足：机g-2R =5“2,对小圆环在最低点，有牛顿定律可得：2FN-m g=m-i对大圆环，由平衡可知：FT=M g +FN,解 得 耳=雌+5Wg,选项C正确.R考点：牛顿定律及物体的平衡.9.（本题9分）两个物体的质量分别是m i和m 2,且4m2。当它们以相同的动能在动摩擦因数相同的水平面上运动时，它们滑行距离之比和滑行时间之比分别是A.1：4,2：1 B.1：4,1：2 C.4：1,1：2 D.2：1,4：1【答案】B【解析】【分析】先根据动能之比求出初速度之比，然后牛顿第二定律求出加速度之比，最后根据运动学公式求滑行距离与滑行时间之比.【详解】根据牛顿第二定律 _,摩擦因数相同，

43、故两个物体加速度相同；，.，动能相同，则LJ LJ LJ1 j一-7-：I j 1LI 口ri=,一 初速度之比为1:2,根据运动学公式得 一，代入数据得_ ,，根据 _，代入数-U-_ _=_ 1 _二一 二 三 -=z据得一/B正确.一：一/LI;a1 0.（本题9分）甲、乙两物体质量相等，速度大小之比是2：1,则甲与乙的动能之比是（）A.1：2B.2：1C.1：4D.4：1【答案】D【解析】【分析】【详解】已知质量与速度关系，由动能的计算公式可以求出两物体的动能之比.m v（oY 4两物体的动能之比为f=-=：,故选D-mvl 1二、多项选择题：本题共6 小题，每小题4 分，共 24分.

44、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.如图所示，在光滑水平面上放一辆小车，小车的左端放一只箱子，在水平恒力F 作用下，将箱子从小车右端拉出，如果第一次小车被固定于地面，第二次小车不固定，小车在摩擦力作用下可沿水平面运动，在这两种情况下说法不正确的是（）A.摩擦力大小不相等 B.F 所做的功不相等C.摩擦产生的热量相等 D.箱子增加的动能相等【答案】AD【解析】【详解】A.由f=N=um g,可知，这两种情况下箱子所受的摩擦力大小一样大，故 A 错误。B.由于小车不固定时，箱子对地的位移较大，所以由W=F L可知，小车不固定

45、时F 做功较大，故 B 正确。C.摩擦产生的热量表达式为Q=nmgL,L 是车长，所 以 Q 相等，故 C 正确。D.根据动能定理得：（F-f）l=Ek，由于小车不固定时，箱子对地的位移大，所以小车不固定时，箱子所得到的动能较大，故 D 错误。此题选择不正确的选项，故选AD.1 2.（本 题 9 分）下列关于牛顿定律的说法正确的是（）A.牛顿第一定律是通过理想斜面实验经过推理得出的B.作用力与反作用力可以作用在同一物体上C.牛顿认为力是产生加速度的原因D.行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性【答案】AC【解析】A项：牛顿第一定律是牛顿在伽利略等前人实验的基础上，根据逻辑推理得出的，是以实

46、验为基础，但又不是完全通过实验得出，故A正确；B项：作用力和反作用力是相互作用的一对力，作用在不同的物体上，故B错误；C项：由牛顿第二定律可知，力是产生加速度的原因，故C正确；D项：一切物体都有保持原来运动状态的性质，说明速度不变，不是指速率不变，故D错误。点晴：惯性定律的内容是：一切物体都有保持原来运动状态的性质，即任何物体在任何情况下都有惯性。1 3.运动员把质量是500g的足球从地面上的某点踢出后，某人观察它在空中的飞行情况，估计上升的最大高度 是10m,在最高点的速度为20m/s.根据以上信息，下列说法正确的是（不计空气阻力，取g=10m/s2)()A.足球在空中运动的时间大约是1.4

47、sB.足球的落地点离踢出点的水平距离大约是56mC.运动员对足球的做的功是150JD,足球在上升过程中机械能不守恒【答案】BC【解析】【详解】A.踢出足球后足球最斜抛运动，最高点时竖直方向速度为0,根据斜抛运动公式知到达最高点的时间为:下落时间与上升时间相等，故在空中运动的时间大约是:t=2t=2V2S 2.8s故A错误.B.踢出球后足球在水平方向做匀速直线运动，由题意知水平速度=2 0 m/s,由A选项分析可知水平位移：x=卬=20 x2.8m=56m故B正确.C.运动员对足球做的功根据动能定理得:1 ,W-mgh+mv计算得出W =1 5 0 J,故C正确.D.因足球运动过程中忽略空气阻力

48、，只有重力做功，故机械能守恒，所 以D错误.14.一质量为2kg的质点在xOy平面内运动，在x方向的s-t图象和y方向的v-t图象分别如图所示.则该B.所受的合外力为3NC.做匀变速曲线运动D.初速度方向与合外力方向垂直【答案】BC【解析】【详解】A.由图可知，质点在x 方向上的初速度为_ :,丫方向上初速度为3m/s,根据平行四边=二=TT=Tms=ms形定则，则初速度的大小 -一r;故 A 错误.口。=二 三 +=V 4*+s=5m sBD.质点的加速度方向沿x 轴方向，一，；.，则 F/m a=2xl.5=3N,合力的方向沿y=三=一m s，=1.5m.s，轴方向，与初速度的方向不垂直；

49、故 B 正确，D 错误.C.质点受到的合外力不变，则质点的加速度不变，所以质点做匀变速曲线运动；故 C 正确.1 5.（本题9 分）如图所示，内壁光滑的圆锥筒固定不动，圆锥筒的轴线沿竖直方向.两个质量相等的小球A 和 B 紧贴着内壁分别在如图所示的水平面内做匀速圆周运动，已知两小球运动的轨道半径之比rA:rB=2：1,取圆锥筒的最低点C 为重力势能参照面，则 A、B 两球A.运动周期之比TA：TB=2：1B.速度之比VA：VB=J J：1C.机械能之比EA：EB=2：1D.向心加速度之比aA：aB=V 2:1【答案】BC【解析】【详解】小球做匀速圆周运动，靠重力和支持力的和提供向心力，结合牛顿

50、第二定律列出向心力与线速度、角速度、向心加速度的表达式，从而进行求解.,V2 44 2设支持力和竖直方向上的夹角为仇 根据牛顿第二定律得：mg tan 0=ma=m一 =mr,r T-解得：a=g tan 夕 v=Jgr tan 0,T=2TTI-一,丫 g tan。因为A、B圆运动的半径之比为2:1,所 以%：诙=1:1,vA：vB=V 2:b TA：TB=&;1，AD错 误B正确；从以上分析可知4:纭B=2:1,根据几何知识可知4 =刍，4 =3,故E:E=2:1,sin t)sin 6*由于机械能为动能和重力势能之和，故 EA：EB=2：1,C正确.1 6.如图所示，倾角为。的斜面体c置