《试卷3份集锦》惠州市2020高一物理下学期期末综合测试试题

2019-2020

学年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)第一次通过实验的方法比较准确地测出引力常量的物理学家是（ ） A ．牛顿

B ．开普勒

C ．伽利略

D ．卡文迪许

2．在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项。质量为m 的跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F ，那么在他减速下降高度为h 的过程中，下列说法正确的是（g 为当地的重力加速度） A ．他的动能减少了Fh B ．他的机械能减少了Fh C ．他的机械能减少了（F －mg ）h D ．他的重力势能增加了mgh

3． (本题9分)以下关于功和能的说法中正确的是（ ） A ．功是矢量，能是标量 B ．功是能量转化的量度 C ．功和能都是矢量

D ．因为功和能的单位都是焦耳，所以功就是能

4． (本题9分)如图所示，P 是水平面上的圆弧凹槽，从高台边B 点以某速度v 0水平飞出的小球，恰能从固定在某位置的凹槽的圆弧轨道的左端A 点沿圆弧切线方向进入轨道．O 是圆弧的圆心，θ1是OA 与竖直方向的夹角，θ2是BA 与竖直方向的夹角，则

A ．

2

1

tan 2tan θθ= B ．

12

1

2tan tan θθ=

C ．12tan tan 2θθ=

D ．

1

2

tan 2tan θθ= 5． (本题9分)如图所示，自由下落的小球，从它接触到竖直放置的轻质弹簧开始，一直到弹簧被压缩到 最短的过程中，下列说法正确的是

A．小球的动能先增大后减小

B．小球在刚接触弹簧时动能最大

C．小球的机械能守恒

D．小球的动能和弹簧的弹性势能之和不变

6．甲、乙两小球都在水平面上做匀速圆周运动，它们的线速度大小之比为1∶2，角速度大小之比为3∶2，则两球的向心加速度大小之比为（）

A．1:2 B．2:1 C．3:4 D．3:2

7．(本题9分)2019年4月20日22时41分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射第四十四颗北斗导航卫星。该导航卫星在P点（轨道1与轨道2的切点）点火变轨，由近地圆轨道1变为椭圆轨道2，然后在Q点（轨道2与轨道3的切点）点火变轨，由椭圆轨道2变为椭圆轨道3，如图所示。则该导航卫星

A．沿圆轨道1通过P点的加速度小于沿椭圆轨道2通过P点的加速度

B．沿圆轨道1通过P点的速度小于沿椭圆轨道2通过P点的速度

C．沿椭圆轨道2通过Q点的速度大于沿椭圆轨道3通过Q点的速度

D．沿椭圆轨道2通过Q点的加速度大于沿椭圆轨道3通过Q点的加速度

8．小球在光滑的水平桌面上以速度v做匀速直线运动，当它受到沿桌面向外的水平力F作用时，如图所示，小球运动的轨迹可能是

A．Oa B．Ob

C．Oc D．Od

9．(本题9分)一物体在水平面上做直线运动，其速度时间图像如图所示，根据该图像可知：（）

A．物体在t＝1S时刻改变运动方向

C ．前2s 内合力冲量为0

D ．第1s 内和第2s 内加速度相同 10．如图所示，电阻

Ω，电动机的内阻

Ω。当开关断开时，电流表的示数是0.5A ，当开关

闭合后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，关于电流表的示数和电路消耗的电功率的选项正确的是（ ）

A ． A

B ． A

C ．W

D ．W

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0分

11．如图所示，A 、B 两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A 放在固定的光滑斜面上，B 、C 两小球在竖直方向上通过劲度系数为k 的轻质弹簧相连，C 球放在水平地面上．现用手控制住A ，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A 的质量为4m ，B 、C 的质量均为m ，重力加速度为g ，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放A 后，A 沿斜面下滑至速度最大时C 恰好离开地面．下列说法正确的是（ ）

A ．C 刚离开地面时，

B 的加速度最大 B ．A 获得最大速度为2g 5m k

C ．斜面倾角α＝30°

D ．从释放A 到C 刚离开地面的过程中，A 、B 两小球组成的系统机械能守恒

12． (本题9分)在光滑的水平面上，一滑块的质量m=2kg ，在水平面上恒定外力F=4N （方向未知）作用下运动，如图所示为滑块在水平面上运动的一段轨迹，滑块过P 、Q 两点时速度大小均为v=5m/s ，滑块在P 点的速度方向与PQ 连线夹角α=37°，sin37°=0.6，则下列说法正确的是

B．滑块从P到Q的时间为3s

C．滑块从P到Q的过程中速度最小值为4m/s

D．P、Q两点连线的距离为10m

13．(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

r A∶r B=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T A∶T B=2∶1

B．速度之比v A∶v B=2∶1

C．机械能之比E A∶E B=2∶1

D．向心加速度之比a A∶a B=2∶1

14．关于重力势能，下列说法正确的是

A．重力势能的大小只由重物本身决定

B．一物体的重力势能从6J变为2J，重力势能变小了

C．在地面上的物体，它具有的重力势能一定等于零

D．距地面有一定高度的物体，其重力势能可能为零

15．一轻质弹簧，上端悬挂于天花板，下端系一质量为M的平板，处在平衡状态。一质量为m的均匀环套在弹簧外，与平板的距离为h，如图所示，让环自由下落(不计摩擦力)撞击平板。已知碰后环与板以相同的速度向下运动，使弹簧伸长( )

A．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总动量守恒

B．环撞击板后，板的新的平衡位置与h的大小无关

C．在碰后板和环一起下落的过程中，它们减少的重力势能等于克服弹簧弹力所做的功

用，小球又经t2时间后静止于泥潭中，已知小球在泥潭中下降的距离为h，重力加速度为g，小球刚接触泥潭的速度为v，不计空气阻力，关于小球的下落过程，下列分析正确的是（）

A．对小球自由下落的过程，由动量定理可有

B．对小球自由下落的过程，由机械能守恒可有

C．对小球进入泥潭的过程，由动能定理可有

D．对小球下落的整个过程，由动能定理可有

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分

17．(本题9分)图甲是一个研究向心力与哪些因素有关的DIS力传感器实验装置的示意图，其中做匀速圆周运动的圆柱体的质量为m,放置在圆盘上(未画出),圆周轨道的半径为r,力传感器测定的是向心力F的大小，光电传感器测定的是圆柱体的线速度v的大小，图乙为实验测得的数据及根据实验数据作出的F-v, F-v2, F-v3三个图象:

(1)用实验探究向心力F和圆柱体线速度v的关系，保持圆柱体质量不变，半径r=0.2m,根据测得的数据及三个图象，可得出向心力F和圆柱体速度v的定量关系式_____

(2)为了研究F和r成反比的关系，实验时除了保持圆柱体质量不变外，还应保持____不变

(3)根据向心力公式以及上面的图线可以推算出圆柱体质量为_____kg. (保留两位小数)

18．如图甲所示，用落体法验证机械能守恒定律，打出如图乙所示的一条纸带，已知交流电的周期为0.02s。

（1）根据纸带所给数据，打下C点时重物的速度为________m/s。（结果保留三位有效数字）

（2）某同学选用两个形状相同，质量不同的重物a和b进行实验，测得几组数据，画出

2

2

v

h

图象，并

求出图线的斜率k，如图乙丙所示，由图象可知a的质量m1 ________b的质量m2。（选填“大于”或“小于”）（3）通过分析发现造成k2值偏小的原因是实验中存在各种阻力，已知实验所用重物的质量m2＝0.052 kg，当地重力加速度g＝9.78 m/s2，求出重物所受的平均阻力f ＝______N。（结果保留两位有效数字）

四、解答题：本题共4题，每题5分，共20分

19．（6分）质量为30t的某型号舰载机在航母的跑道上加速时，发动机产生的最大加速度为5m/s2，所需的起飞速度为60m/s，跑道长100m。不考虑舰载机受到的阻力，求

(1)所需的起飞动能E K；

(2)发动机产生的最大推力F；

(3)航母弹射装置至少应对舰载机做的功W。

20．（6分）(本题9分)如图所示，将一个小球从水平地面O点正上方某处，以v0=10m/s的初速度水平抛出，小球落在水平地面上A点，O、A两点相距x=20m，不计空气阻力，求：

(1)小球在空中运动的时间t；

(2)抛出点距离水平地面的高度h.

21．（6分）(本题9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x0=0.10m；在预备运动中，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 l．取重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力的影响．

（2）求在比赛动作中，运动员离开床面后上升的最大高度h m；

（3）借助F-x 图像可以确定弹性做功的规律，在此基础上，求x1和W的值

22．（8分）(本题9分)如图所示，一个人用一根长1m，最大承受拉力为74N的绳子，拴着一个质量为1kg的小球，在竖直平面内做圆周运动，已知圆心O离地面的高度为h＝6m．转动中小球在最低点时绳子恰好断裂(g取10m/s2),求：

(1)绳断后，小球落地点与抛出点间的水平距离是多少？

(2)绳断后到小球落地这一过程，小球重力的平均功率是多少？

(3)小球落地瞬间，小球重力的瞬时功率是多少？

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．D

【解析】

【详解】

第一次通过实验的方法比较准确地测出引力常量的物理学家是卡文迪许，故选D.

2．B

【解析】

【详解】

运动员进入水中后，受到重力和水的阻力，克服合力做的功等于动能的减小量，故动能减小（F-mg）h，故A错误；运动员进入水中后，除重力外，克服阻力做功Fh，故机械能减小Fh，故B正确，C错误；运动员进入水中后，重力做功mgh，故重力势能减小mgh，故D错误；

3．B

AC ．物理学中把力和物体在力的方向上移动距离的乘积叫做机械功，简称功，功是标量，能量也是标量，故选项A 、C 错误；

BD ．功是能量转化的量度，单位都是焦耳，但功不是能量，功属于过程量，能量属于状态量，故选项B 正确，D 错误． 4．C 【解析】 【分析】 【详解】

平抛运动在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上做自由落体运动.速度与水平方向的夹角为1θ，则：

10

tan y v gt v v θ=

=

位移与竖直方向的夹角为2θ，则：

00222tan 12

v t v x

y gt gt θ=

==

所以：

12tan tan 2θθ=

所以选C. 5．A 【解析】 【详解】

AB.从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中，开始时重力大于弹力，小球向下做加速运动，在下降的过程中弹力增大，加速度减小，当加速度减小到零，速度达到最大，然后重力小于弹力，向下做减速运动，到达最低点速度为零，可知，小球的动能先增大后减小。故A 正确，B 错误。 C.由于弹簧的弹力对小球做负功，所以小球的机械能减少，故C 错误。

D.对于小球和弹簧组成的系统，由于只有重力和弹力做功，则系统的机械能守恒，可知，小球的重力势能一直减小，则小球的动能和弹簧的弹性势能之和一直增加，故D 错误。 6．C 【解析】 【详解】

根据a=vω，则两球的向心加速度大小之比为3：4，故ABD 错误，C 正确. 7．B

【详解】

AD. 导航卫星沿圆轨道1通过P点与沿轨道2通过P点时，所受万有引力一样，根据牛顿第二定律可知，沿圆轨道1通过P点的加速度等于沿椭圆轨道2通过P点的加速度，同理，沿椭圆轨道2通过Q点的加速度等于沿椭圆轨道3通过Q点的加速度，AD错误；

B. 导航卫星由轨道1在P点变轨到轨道2时，是内轨向外轨变化，要在P点加速，故沿圆轨道1通过P 点的速度小于沿椭圆轨道2通过P点的速度，B正确；

C. 导航卫星由轨道2在Q点变轨到轨道3时，是内轨向外轨变化，要在Q点加速，故沿椭圆轨道2通过Q点的速度小于沿椭圆轨道3通过Q点的速度，C错误。

8．D

【解析】

【详解】

由图可知，在没有受到外力作用时小球在水平桌面上做匀速直线运动，当有外力作用时，并且力的方向向下，应该指向圆弧的内侧，故小球的运动方向可能是Od；故选D。

9．C

【解析】

A、物体t=1s时刻运动方向没有改变，仍然为正方向，故A错误．

B、前2s内物体的速度变化量为零，动能的变化量为零，由动能定理知，合力对物体做功为零，故B错误．

C、前2s内物体的速度变化量为零，动量的变化量为零，由动量定理知，合力冲量为0，故C正确．

D、根据速度时间图线的斜率表示加速度，知第1s内和第2s内加速度大小相等、方向相反，则加速度不同，故D错误．故选C．

【点睛】速度的正负表示运动的方向．速度时间图线的斜率表示加速度，根据速度的变化，由动能定理分析合力做功的正负．由动量定理求合力的冲量．

10．D

【解析】

【详解】

AB.当开关S断开时，由欧姆定律得V。当开关S闭合后，通过的电流仍为0.5A，

电动机的电流A，故电流表的电流A，故AB错误；

CD.电路中电功率，故C错误，D正确。

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0分

11．BC

【解析】

A.C 刚离开地面时，A 的速度最大，此时B 的速度也是最大的，则B 球的加速度为零，故A 错误； C.C 刚离开地面时，对A 有：kx 2=mg 此时B 有最大速度，即a B =a A =0 对B 有：T-kx 2-mg=0 对A 有：4mgsinα-T=0

以上方程联立可解得：sinα=0.5，α=30° 故C 正确； B.初始系统静止，且线上无拉力，对B 有：kx 1=mg 由上问知 x 1=x 2=

mg k

，则从释放至C 刚离开地面过程中，弹性势能变化量为零；此过程中A 、B 、C 组成的系统机械能守恒，即： 4mg （x 1+x 2）sinα=mg （x 1+x 2）+

1

2

（4m+m ）v Am 2

以上方程联立可解得：A 球获得最大速度为 v Am ，故B 正确； D. 从释放A 到C 刚离开地面的过程中，A 、B 两小球组成的系统由于弹簧的弹力对系统做功，则系统的机械能不守恒，选项D 错误. 12．BC

【解析】在P 、Q 两点的速度具有对称性，故分解为沿PQ 方向和垂直PQ 方向，在沿PQ 方向上做匀速直线运动，在垂直PQ 方向上做匀变速直线运动，所以力F 垂直PQ 向下，在顶点处速度最小，只剩下沿PQ 方向的速度，故为min

cos374/P v

v m s =?=，A 错误C 正确；在垂直PQ 方向上， sin373/p v v m s ⊥=?=，

22/F a m s m ==，故从P 到顶点所用时间为' 1.5p v t s

a

⊥==，根据对称性可知从P 到Q 所用时间为2'3t t s ==，PQ 连线的距离为cos3712P s v t m =??=，故B 正确D 错误．

13．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．

设支持力和竖直方向上的夹角为θ，根据牛顿第二定律得：22

24tan v mg ma m m r r T

πθ===，

解得：tan 2a g v T θ==

=，

因为A 、B 圆运动的半径之比为2:1，所以:1:1a a =，，，AD 错误B 正