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)如图，把一个带电小球A固定在光滑的水平绝缘桌面上，在桌面的另一处放置带电小球B．现给B一个沿垂直AB方向的速度v0，下列说法中正确的是( )
A．若A、B为异性电荷，B球一定做圆周运动 B．若A、B为异性电荷，B球可能做匀变速曲线运动
C．若A、B为同性电荷，B球一定做远离A的变加速曲线运动 D．若A、B为同性电荷，B球的动能一定会减小
2． (本题9分)如图所示 两个完全相同的物体A和B,中间有一压缩的轻质弹簧 用手按住A和B让它们静止在光滑的水平面上，先释放B，然后释放A，在弹簧恢复到原长的过程中，下列说法正确的是（）
A．A的速率始终等于B的速率 B．A的动量大小大于B的动量大小
C．A受的合力冲量大小大于B受的合力冲量大小 D．A的动量不等于B的动量
3．关于弹簧的弹性势能，下列说法中正确的是（ ） A．当弹簧变长时，它的弹性势能一定增大 B．当弹簧变短时，它的弹性势能一定变小
C．在伸长量相同时，劲度系数越大的弹簧，它的弹性势能越大 D．弹簧在拉伸时弹性势能一定大于压缩时的弹性势能
4． (本题9分)下列关于圆周运动的说法中正确的是（ ） A．作匀速圆周运动的物体，所受合外力一定指向圆心 B．作匀速圆周运动的物体，其加速度是不变的 C．作圆周运动的物体，其加速度一定指向圆心 D．作圆周运动的物体，所受合外力是不变的
5． (本题9分)被人们称为“能称出地球质量的人”是测出引力常量的物理学家( ) A．伽里略
B．卡文迪许
C．牛顿
D．开普勒
6．某人将质量为m的重物由静止举高h，获得的速度为v，以地面为零势能面，则下列说法中错误的是：．．（ ）
A．物体所受合外力对它做的功等于B．人对物体做的功等于mgh?12mv 212mv 212mv 2C．重力和人对物体的功之和等于mgh?D．物体克服重力做的功等于重力势能增量mgh。 7．一只小船在静水中的速度为是
A．这只小船过河的最短时间为30s B．这只小船以最短时间过河的速度大小为
，它要渡过一条宽为
的河，河水流速为
，下列说法正确的
C．若河水流速改变，小船过河的最小位移大小一定不变 D．这只小船过河的最小位移大小为250m
8． (本题9分)如图所示，一个球用一不计质量的网兜挂在光滑的墙壁上，已知球的重力为G，网兜悬绳与墙壁的夹角为α。则球对网兜的拉力F1及球对墙壁的压力F2大小分别为
G，F2=G tanα cos?GGC．F1= ， F2=
tan?sin?A．F1=
的过程中（ ）
B．F1=Gcosα， F2=Gsinα D．F1=G tanα， F2=
G cos?9． (本题9分)在校运动会上，某同学将铅球斜向上抛出（不计空气阻力），如图所示，铅球从抛出到落地
A．铅球运动的加速度一定不变 C．铅球的动能先增大后减小
B．铅球运动的速度可能不变 D．比赛时记录的成绩是铅球的位移
10． (本题9分)如图所示，金属棒MN两端用等长的细软导线连接后水平地悬挂．MN处在向里的水平匀强磁场中，棒中通有由M流向N的电流，此时悬线受金属棒的拉力作用．为了使悬线中的拉力减小，可
采取的措施有（ ）
A．使磁场反向 B．使电流反向 C．增大电流强度 D．减小磁感应强度
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．质量为m的卫星绕质量为M的地球作匀速圆周运动，其轨道半径、线速度大小和向心加速度大小分别为r、v、a，引力常量为G，则在该卫星所受到的地球引力大小的下列各种表达式中，正确的是 A．F?GMm r2B．F?ma
Mv2C．F?
rv2D．F?m
r12． (本题9分)如图所示，在两个等量异种点电荷的连线的中垂线上，有与连线中点O等距的两点a、b，在连线上有与中点O等距的两点c、d，则下列说法正确的是（ ）
A．a点的电场强度大于b点的电场强度 B．c点的电势比d点的电势高
C．一带负电的物体在b点的电势能比在c点的电势能大
D．一试探电有经不同路径从c点运动到d点的过程中，电场力做功不同
13． (本题9分)如图所示，在xoy平面的第Ⅰ象限内存在垂直xoy平面向里的匀强磁场，两个相同的带正电粒子以相同的速率从x轴上坐标（3，0）的C点沿不同方向射入磁场，分别到达y轴上坐标为（0，3L）的A点和B点（坐标未知），到达时速度方向均垂直y轴，不计粒子重力及其相互作用。根据题设条件下列说法正确的是（ ）
A．可以确定带电粒子在磁场中运动的半径 B．若磁感应强度B已知可以求出带电粒子的比荷
C．因磁感应强度B未知故无法求出带电粒子在磁场中运动时间之比 D．可以确定B点的位置坐标
14． (本题9分)一物体自t=0时开始做直线运动，其速度图线如图所示．下列选项正确的是（ ）
A．在0～6s内，物体离出发点最远为30m B．在0～6s内，物体经过的路程为40m C．在0～4s内，物体的平均速率为7.5m/s D．在5～6s内，物体所受的合外力做负功
15． (本题9分)如图所示,长度为L的轻绳连着一个质量为m的小球,悬于O点．O点正下方P处有一个小钉子．刚开始让轻绳拉直,与竖直方向夹角为??60o,将小球由静止释放,不考虑空气阻力,不计轻绳撞到钉子的机械能损失．已知重力加速度为g．下列说法正确的是（ ）
A．当小球摆到最低点时,轻绳撞到钉子瞬间前后,小球的角速度变大 B．当小球摆到最低点时,轻绳撞到钉子之前的瞬间,小球对绳的张力为3mg C．钉子离悬点越近,当小球摆到最低点轻绳撞到钉子后,绳子越容易断
D．若轻绳撞到钉子后小球恰好能做完整的圆周运动,则轻绳撞到钉子瞬间前后小球的向心加速度之比为
1:5
16． (本题9分)无人机在某段飞行过程中，通过机载传感器描绘出运动的图象，图甲是沿水平方向的x-t图象，图乙是沿竖直方向的v-t图象，在0~3s内（ ）
A．无人机在水平方向做匀加速直线运动 B．无人机在竖直方向做匀加速直线运动 C．无人机的运动轨迹为抛物线 D．t=3s时无人机的速度大小为5m/s 三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
17． (本题9分)根据线性力做功的求解方法，某同学证明出来:一劲度系数为k的轻弹簧由形变量为x恢复到原长的过程中，弹簧弹力所做的功为
12kx。于是该同学设计只用的一根弹簧和一把刻度尺测定滑块2与水平桌面间的动摩擦因数?的实验，如图所示，他的实验步骤如下：
第一步:将弹簧的左端固定在竖直墙上，弹簧处于原长时，在桌面上标记出弹簧右端所在的位置B。 第二步:让滑块紧靠弹簧压缩弹簧至某一位置静止时，在桌面上标记出滑块的位置A，松手后弹簧将滑块弹开，滑块在水平桌面上运动一段距离停止，在桌面上标记出滑块停止的位置C。
第三步:滑块通过水平细绳和光滑的定滑轮竖直悬挂拉伸弹簧，滑块静止时，在桌面上标记出弹簧右端到达的位置D。 请回答下列问题：
(1)你认为，该同学需用刻度尺直接测量的物理量是（写出名称并符号x1、x2、x3……表示) ________。 (2)用测得的物理量表示滑块与水平桌面间的动摩擦因数?的计算式:
?= __________。
18． (本题9分)某物理课外小组利用图甲中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系。
（1）除了甲图中所给器材以及交流电源和导线外，为完成实验在下列器材中，还必须使用的器材是____。（选填正确选项的字母）
A．秒表 B．天平（含砝码） C．弹簧测力计 D．刻度尺
（2）在实验中，得到一条符合要求的打点纸带，如乙图所示。已知相邻计数点间的时间间隔为T，已测量出相邻计数点间距为x1、x2、x3、x4、x5、x6。为了减小实验误差，较准确得出小车的加速度，则小车加速度的表达式为a=_____。
（3）某组同学在验证加速度与力的关系时，获得数据后，在坐标系中作出了如丙图所示的a-F图象。 ①此图线不过坐标原点的原因是____________。 ②这组同学使用的小车的质量为___kg。 四、解答题：本题共4题，每题5分，共20分
19．（6分） (本题9分)水平地面上放一个重为200N的铁块，铁块与地面间的最大静摩擦力大小为85N，铁块与地面间的动摩擦因数为0.4，一个人用沿着水平方向的力推原静止的铁块，试求下列各种情况下铁块所受的摩擦力大小：
（1）推力为50N时；（2）推力为83N时；（3）推力为100N时.
20．（6分） (本题9分)一物体在地球表面的重力为16N，它在以5m／s2的加速度加速上升的火箭中用弹簧秤称得重力为9N，则此时火箭离地球表面的距离为地球半径的多少倍?
21．（6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，不考虑地球自转的影响。 (1)求地球的质量；
(2)试推导第一宇宙速度的表达式。
22．（8分） (本题9分)过山车是游乐场中常见的设施。下图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B、C、D分别是三个圆形轨道的最低点，半径一个质量为A、B间距
kg的小球（视为质点），从轨道的左侧A点以。小球与水平轨道间的动摩擦因数
、
。
的初速度沿轨道向右运动，
，圆形轨道是光滑的。假设水平轨道足够长，
圆形轨道间不相互重叠。重力加速度取，计算结果保留小数点后一位数字。试求：
(1)小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小； (2)如果小球恰能通过第二个圆形轨道，B、C间距L应是多少。
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．C 【解析】
试题分析：若A、B为异种电荷，A、B之间的库仑力为吸引力，当A、B之间的库仑力恰好等于向心力的时候，B球就绕着A球做匀速圆周运动，当A、B之间的库仑力不等于向心力的时候，B球就做曲线运动，它们之间的库仑力会变化，所以做的是变加速曲线运动，故A和B错误；若A、B为同种电荷，A、B之间的库仑力为排斥力，并且力的方向和速度的方向不再一条直线上，所以B球一定做曲线运动，由于A、B之间的距离越来越大，它们之间的库仑力也就越来越小，所以B球的加速度在减小，而速度在增大，它做的是变加速曲线运动，C正确，D错误，本题选C． 考点：力和电结合下的曲线运动．
【名师点睛】本题分A、B为同种电荷和异种电荷两种情况来讨论，当为同种电荷时，B球要远离A球，当为异种电荷的时候，根据库仑力和向心力的大小关系来分别讨论可能的运动情况．当A、B为异种电荷B球就绕着A球做匀速圆周运动；的时候，当库仑力恰好等于向心力的时候，当库仑力大于向心力的时候，B球做向心运动；当库仑力小于向心力的时候，B球做离心运动． 2．D 【解析】 【分析】
当先释放B，B向右运动，再释放A，A向左运动，系统所受合外力为零，此时系统动量守恒，且总动量向右；B比A先加速，故在回到原长前，B的速度大于A的速度，B的动量大于A的动量。 【详解】
先释放B，B受到向右的弹力，故B向右加速运动，再释放A，A受到向左的弹力，A向左加速，在回到原长前，AB分别向左、向右加速度，而B比A先加速，故B的速度大于A的速度，故A错误；根据P=mv，可知A、B质量相同，但B的速度大于A的速度，故A的动量大小小于B的动量大小，故B错误；此过程，只有弹簧的弹力作用，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，故A受的合力冲量大小等于B受的合力冲量大小，故C错误；由B项分析可知，A的动量不等于B的动量，故D正确；故选D。 3．C 【解析】 【分析】
对于弹簧，当弹簧形变量越大，弹性势能越大．在拉伸长度相同时，k越大的弹簧，它的弹性势能越大．在拉伸长度相同时，k越大的弹簧，它的弹性势能越大． 【详解】
A．当弹簧变长时，它的弹性势能不一定增大，若弹簧处于压缩状态时，弹簧变长弹簧的弹性势能减小，
故A错误；
B．若处于压缩状态时，弹簧变短时，弹簧的弹性势能增大，故B错误． C．由EP?12kx得知，在拉伸长度相同时，k越大的弹簧，它的弹性势能越大，故C正确． 2D．弹簧的弹性势能与弹簧的形变量有关，弹簧在拉伸时的弹性势能不一定大于压缩时的弹性势能，故D错误． 4．A 【解析】 【详解】
A. 匀速圆周运动合外力大小不变，方向始终指向圆心，故A正确；
BD．匀速圆周运动合外力大小不变，方向始终指向圆心，由牛顿第二定律F=ma可知加速度大小不变，方向始终指向圆心，故B错误，D错误；
C．作圆周运动的物体，其加速度不一定指向圆心，故C错误； 故选A. 5．B 【解析】 【详解】
当卡文迪许通过扭秤实验测量出引力常量后可计算地球的质量，故他被人们称为“能称出地球质量的人” A.A项与上述分析结论不相符，故A错误； B. B项与上述分析结论相符，故B正确； C.C项与上述分析结论不相符，故C错误； D.D项与上述分析结论不相符，故D错误； 6．C 【解析】 【详解】
12
mv-0，所以物体所受合外力对它做的功2111等于mv2，故A正确。合外力做功W合=WG+W人=mv2，则W人=mgh+mv2，故B正确。重力和人对
2221物体的功之和等于物体所受合外力对它做的功，等于mv2，故C错误。重力做功对应着重力势能转化，
2根据动能定理，合外力做功对应着动能转化，物体动能变化为
物体克服重力做的功等于重力势能增量mgh，故D正确。本题选错误的，故选C。 7．D 【解析】 【分析】
将船的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，根据垂直于河岸方向上的速度求出渡河的时间，通过判
断合速度能否与河岸垂直，判断船能否垂直到对岸。 【详解】
A．小船过河的最短时间为：
，故A错误；
B．小船船头垂直河岸时，过河时间最短，此时：，故B错误；
C．若河水流速改变，根据运动的速度合成，可知，小船可以垂直河岸过河，最短位移变化，故C错误； D．根据平行四边形定则，由于静水速度小于水流速度，则合速度不可能垂直于河岸，即船不可能垂直到达对岸，那么最短距离为：
，故D正确。
【点睛】
本题主要以小船过河为模型考查了运动的合成与分解，属于一般题。 8．A 【解析】 【详解】
对足球进行受力分析，如图所示。
小球处于静止状态，故由平衡条件可得：F2=F1sinα；G=F1cosα；联立解得：F1?顿第三定律可知球对网兜的拉力F1及球对墙壁的压力F2大小分别为： F1?A. F1=
G ；F2=Gtanα；由牛cos?G；F2=Gtanα； cos?G，F2=G tanα，与结论相符，选项A正确； cos?B. F1=Gcosα， F2=Gsinα与结论不相符，选项B错误；
GG， F2=，与结论不相符，选项C错误；
tan?sin?GD. F1=G tanα， F2=，与结论不相符，选项D错误；
cos?C. F1=9．A 【解析】 【详解】
A.根据运动的特点可知，铅球从抛出到落地的过程中的加速度不变，始终等于重力加速度，故A正确；
B.铅球从抛出到落地的过程中做斜上抛运动，速度是不断变化的，故B错误；
C.铅球做斜上抛运动，在上升的过程中，动能逐渐转变为重力势能，而从最高点到落地的过程中，重力势能又逐渐转变为动能，故整个过程中，动能先减小后增大，故C错误；
D.记录的成绩不是铅球的位移，是铅球的落地点与指定的开始点的距离，故D错误． 10．C 【解析】 【详解】
棒处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有从M流向N的电流，根据左手定则可知，棒所受安培力的方向竖直向上，由于此时悬线上有拉力，为了使拉力减小，则安培力必须增加，由安培力公式F=BIL知，可以适当增加电流强度，或增大磁场，若使电流或磁场反向，安培力方向竖直向下，悬线的拉力将增大。故C正确，ABD错误。故选C。 【点睛】
解决本题的关键要掌握安培力的方向判断方法：左手定则以及安培力大小公式F=BIL．
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．ABD 【解析】
质量为m的卫星绕质量为M的地球作匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得：
Mmv2F?G2?m?ma，故ABD正确，C错误；故选ABD.
rr【点睛】根据万有引力定律求解卫星受到的万有引力，根据卫星围绕地球做匀速圆运动也可以求解万有引力，要注意向心力表达式中的m应为卫星的质量． 12．BC 【解析】 【详解】
A．根据等量异种电荷周围的电场线以及电场的叠加原理可知，a点的场强等于b点场强，故A错误； B．沿着电场线的方向电势逐渐降低，c点的电势比d点的电势高，故B正确；
C．沿着电场线的方向电势逐渐降低，知c点的电势高于b点的电势，根据EP?q?，负电荷在c点电势能小于在b点电势能．故C正确；
D．根据W?qU?q(?1??2)可知，一试探电有经不同路径从c点运动到d点的过程中，电场力做功相同，故D错误。 故选BC。 【点睛】
沿着电场线的方向电势逐渐降低，根据电场线切线的方向确定电场强度的方向，根据电势的高低，运用
EP?q?比较电势能的高低。
13．AD 【解析】 【分析】 【详解】
A．已知粒子的入射点及出射方向，同时已知圆上的两点，根据出射点速度相互垂直的方向及AC连线的中垂线的交点即可明确粒子运动圆的圆心位置，由几何关系可知AC长为
LAC?(3L)2+(3L)2?23L
且有
?BAC?30?
则
LAC
R=2??2Lcos30 因两粒子的速率相同，且是同种粒子，则可知，它们的半径相同，即两粒子的半径均可求出，故A正确；B．由公式
v2qvB?m
r得
r?mv qB由于不知道粒子的运动速率，则无法求出带电粒子的比荷，故B错误；
C．根据几何关系可知从A射出的粒子对应的圆心角为120?，B对应的圆心角为60?；即可确定对应的圆心角，由公式
t??2πT
由于两粒子是同种粒子，则周期相同，所以可以求出带电粒子在磁场中运动时间之比，故C错误； D．由几何关系可求得B点对应的坐标，故D正确。 故选AD。
14．BC 【解析】
试题分析：根据图像可知，0～5s内物体运动方向不变，5s后反向运动，5s时离出发点最远，A错误；位移等于v-t图像的面积，4s的位移为30m，平均速率为7.5m/s , C正确;5s的位移为+35m，最后一秒的位移为-5m,总路程为40m，B正确；根据动能定理可以知道5～6s内，物体动能增加，所受的合外力做正功，D错误．
考点：本题考查了速度图像的分析． 15．AD 【解析】
当小球摆到最低点时，轻绳撞到钉子瞬间前后，小球的线速度不变，根据v=ωr可知，半径减小，则角速度变大，选项A正确；小球摆到最低点时，由机械能守恒定律：mgl(1?cos60)?012mv，在最低点：2v2v2T1?mg?m，解得T1=2mg，选项B错误；在最低点绳子碰到钉子时，根据T?mg?m，钉子离悬
lx点越远，则x越小，则T越大，即钉子离悬点越远，当小球摆到最低点轻绳撞到钉子后绳子越容易断，选项C错误；若轻绳撞到钉子后小球恰好能做完整的圆周运动，则在最高点的速度v??gr，在最低点的v''2速度v???v?2g?2r=5gr，此时的向心加速度a???5g；绳子碰到钉子以前的向心加速度为
r'2v2a??g，则轻绳撞到钉子瞬间前后小球的向心加速度之比为1:5，选项D正确；故选AD.
l点睛：本题关键抓住摆球摆动过程中机械能守恒，碰到钉子前后小球的线速度不变，并能挖掘隐含条件，根据机械能守恒定律、牛顿第二定律及临界条件结合进行研究． 16．BCD 【解析】 【详解】
A、由水平方向的x-t图象知，无人机在水平方向做匀速直线运动，速度为3m/s，故A错误。
B、由竖直方向的v-t图象知，无人机在竖直方向做匀加速直线运动，加速度a=
4m/s2，故B正确。 3C、无人机在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀加速直线运动，所以无人机的运动轨迹为抛物线，故C正确。
D、t=3s时，无人机vx=3m/s，vy=4m/s，无人机的速度v=vx2?vy2=5m/s，故D正确。 三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
x1217． （1）AB间的距离x1，AC间的距离x2，BD间的距离x3， （2）
2x2x3【解析】（1）该过程中，物体运动克服摩擦力做功，消耗弹性势能，即弹簧弹力做的正功等于克服摩擦力做功，所以要求出弹簧弹力做功的大小，根据W=
12
kx，需要测量弹簧的形变量，即原长和压缩后的长度212
kx=mgμs，所以要测量物体滑行的距离，即AC212
kx1-μmgx2=0；其中mg=kx3； 联立解2的差值，即图中AB间距x1；需要测量弹簧的劲度系数，可以根据弹簧挂物体时弹簧的形变量，即BD间距x3求出劲度系数k；在整个过程中根据功能关系有： 的距离x2；
（2）根据题意，弹簧水平弹出滑块过程，根据功能关系，有：
x12得：μ=；
2x2x3点睛：对于这样的课本之外的实验解答的突破口在于明确其实验原理，本题中要依据所提供信息，根据所学物理规律，明确该实验的实验原理，对于考查学生综合利用知识的能力起到很好的作用． 18．BD 【解析】 【详解】
第一空. 依据实验特点，打点计时器有计时功能，合力近似等于砂桶的重力，因此实验中不需要秒表和弹簧测力计；但是要用天平测量小车及砂桶的质量，用刻度尺测量纸带计数点之间的距离，故AC错误，BD正确；
第二空. 由匀变速直线运动规律可知：x4-x1=a1T2；x5-x2=a1T2；x6-x3=a1T2；所以小车加速度的表达式为
?x4?x5?x6???x1?x2?x3? 未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足 0.5
9T2a?a1?a2?a3(x4?x5?x6)?(x1?x2?x3)? ；
3(3T)2第三空. 当绳子上拉力时小车没有加速度，说明小车的摩擦力大于重力沿斜面向下的分力．该组同学实验操作中未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足
第四空. 在a-F图像中，斜率是质量的倒数，所以小车的质量m?四、解答题：本题共4题，每题5分，共20分 19．⑴50N ⑵83N ⑶80N
1?0.5kg k【解析】（1）推力（2）推力（3）推力20．3倍 【解析】
在地面mg=16N，则m=1.6kg
，铁块静止，由平衡；摩擦力
，铁块静止，由平衡；摩擦力，铁块滑动，滑动摩擦力
在火箭中，合力为万有引力和弹簧拉力的合力T?F引=ma 而T=9N，a=5m/s2 解得F引=1N
GMmmgR2同时F引=?2 2rr解得r=4R 所以h=r-R=3R
【点睛】对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可以求出火箭所在位置处的重力加速度；由万有引力等于重力，列式可以求出火箭所在位置处的高度．
gR221． (1) (2)gR
G【解析】 【详解】
m0，不考虑地球自转，有：m0g?（1）设地球表面某物体质量为 g地球质量为：M?R；
G2GMm0 R2GMmv2（2）卫星在地球表面附近绕地球做匀速圆周运动，有：＝m 2RR由（1）中得：m0g?【点睛】
解决本题的关键知道不考虑地球自转时，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。 22． (1)10.0N；(2)12.5m 【解析】 【详解】
(1)设小球经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v1，根据动能定理得
GMm0，第一宇宙速度为：v?gR。 R2-μmgL1-2mgR1=mv12-mv02
小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，根据牛顿第二定律有 F+mg=m
代入数据解得轨道对小球作用力的大小 F=10.0 N
(2)设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v2，小球恰能通过第二圆形轨道，根据牛顿第二定律有 mg=m
根据动能定理
-μmg（L1+L）-2mgR2=mv22-mv02
代入数据解得B、C间距 L=12.5m
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)如图所示是一个匀强电场的等势面，每两个相邻等势面相距4 cm，由此可以确定电场强度的方向和数值是( )
A．竖直向下，E＝50 V/m B．水平向左，E＝50 V/m C．水平向左，E＝200 V/m D．水平向右，E＝200 V/m 【答案】B 【解析】
根据电场强度的方向应与等势面垂直，且由较高的等势面指向较低的等势面，可知该电场强度的方向水平向左．由场强与电势差的关系得：E＝＝100 V/m.
2． (本题9分)某消防队员从一平台上跳下，下落2 m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又降下 0.4 m而静止，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力为自身重力的（ ） A．4倍 【答案】C 【解析】
设地面对他双脚的平均作用力为F，对全过程运用动能定理得，mg（H+h）-Fh=0，解得
B．5倍
C．6倍
D．7倍
F?C．
mg?H?h?h?mg?2?0.4?0.4?6mg，即平均作用力是自身重力的6倍．故C正确，ABD错误．故选
点睛：本题也可以根据动力学知识进行求解，但是没有动能定理解决简捷，对全过程运用动能定理，不需要考虑过程中速度的变化，抓住初末状态，列式求解．
3． (本题9分)已知某行星绕太阳运动的轨道半径为r，周期为T，太阳的半径为R，万有引力常量为G，则太阳的质量为（ ） A．M=
B．M=
C．M=
D．M=【答案】A
【解析】研究行星绕太阳运动作匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式为，
解得，A正确．
4． (本题9分)如右图所示，倾角??30?的斜面放在水平地面上，P是斜面底端O点正上方的一点，一物体从P点水平抛出，垂直落到斜面上的A点。A点距离水平面的高度为h，由此可知OP之间的距离为
A．2h 【答案】B 【解析】 【详解】
B．2.5h
C．22h D．23h 设OP之间的距离为H，平抛运动的水平位移为s，则H?h?H?h1vy1s?vt?vy?t，两式相除，0，
s2v02因为
vyv0?1hh，s?，所以H?h?，代入数据求得H?2.5h，B正确。 2tan?tan?2tan?A. 2h，与结论不相符，选项A错误； B. 2.5h，与结论相符，选项B正确； C. 22h，与结论不相符，选项C错误； D. 23h，与结论不相符，选项D错误； 5． (本题9分)下列说法正确的是（ ） A．做匀速圆周运动的物体处于平衡状态 B．做匀速圆周运动的物体所受的合外力是恒力 C．做匀速圆周运动的物体的加速度大小恒定 D．做匀速圆周运动的物体的速度恒定
【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
做匀速圆周运动的物体所受合外力提供向心力，A错；向心力时刻指向圆心，B错；速度方向时刻发生变化，D错；加速度为
，大小恒定不变，C对；
6． (本题9分)一质点在 xoy 平面内运动的轨迹如图所示，下列判断正确的是（ ）
A．若 x 方向始终匀速，则 y 方向先加速后减速 B．若 x 方向始终匀速，则 y 方向先减速后加速 C．若 y 方向始终匀速，则 x 方向先减速后加速 D．若 y 方向始终匀速，则 x 方向一直加速 【答案】B 【解析】
试题分析：由图中运动的轨迹可知，若x方向始终匀速，则y方向刚开始变化快，中间变化慢，最后又变化快，故其运动是先减速后加速，A错误，B正确；若y方向始终匀速，则x方向应该先加速后减速，故CD均错误． 考点：运动的快慢．
7． (本题9分)在地球表面附近绕地运行的卫星，周期为85min，运行速率为7.9km/s．我国发射的第四十四颗北斗导航卫星轨道离地面距离为地球半径的5.6倍，关于该卫星的运行速率v和周期T，下列说法正确的是
A．v<7.9km/s，T<85min C．v>7.9km/s，T<85min 【答案】B 【解析】
根据卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力：
B．v<7.9km/s，T>85min D．v>7.9km/s，T>85min
Mmv24?22G2?m?m?r?m2r
rrT风云二号轨道半径大于近地卫星的轨道半径，所以线速度小于7.9km/s
4?2r3根据周期关系T?，所以半径越大，周期越大，所以周期大于85min
GM故答案选B
8． (本题9分)在光滑水平面上，小球在拉力F作用下做匀速圆周运动，若小球运动到某位置时，拉力F突然发生变化，关于小球运动情况的说法错误的是（ ） A．若拉力突然消失，小球将做离心运动 B．若拉力突然变小，小球将做离心运动 C．若拉力突然变大，小球将做离心运动 D．若拉力突然消失，小球将做匀速直线运动 【答案】C 【解析】 【详解】
在水平面上，细绳的拉力提供小球做匀速圆周运动所需的向心力，若拉力突然消失，小球受力合为零，将沿切线方向做匀速直线运动；若拉力突然减小时，小球将做离心运动；若拉力突然变大，小球将做向心运动，故选项A、B、D正确，C错误； 说法错误的故选选项C．
9． (本题9分)物体从离地面高h?0.8m处以v0?3m/s的初速度水平抛出，不计空气阻力，
g?10m/s2．则（ ）
A．物体下落的时间0.1s
B．物体着地点与抛出点间的距离为2m C．物体着地前瞬间的速度大小为5m/s
D．物体着地前瞬间的速度方向与水平方向的夹角为45? 【答案】C 【解析】
物体做平抛运动，在竖直方向上有h?122h2?0.8gt，解得t???0.4s，A错误；在水平方向上2g10做匀速直线运动，故物体的水平位移为x?v0t?3?0.4?1.2m，所以物体着地点与抛出点间的距离为
X?x2?h2?1.22?0.82?2m，B错误；物体落地时竖直方向上的速度为vy?gt?4m/s，故物体
落地时的速度为v?v?v?5m/s，C正确；因为tan??202yvy4?，故物体着地前瞬间的速度方向与水v03平方向的夹角为53°，D错误．
10．做曲线运动的物体，在运动过程中，一定发生变化的物理量是 A．速度
B．加速度
C．动能
D．合力
【答案】A 【解析】 【详解】
做曲线运动的物体一定变化的是速度方向，所以速度一定变化，A正确BCD错误
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． (本题9分)如图所示，蹦床比赛中的运动员正被蹦向空中向上运动（空气阻力不可忽略），下列关于此过程中的说法正确的有 （ ）
A．运动员处于失重状态 B．运动员机械能守恒
C．运动员克服重力做的功等于动能的减少量 D．空气阻力对运动员做负功 【答案】AD
【解析】运动员被蹦向空中向上运动的过程中，加速度向下，故运动员处于失重状态，选项A正确；由于空气阻力的作用，故机械能不守恒，选项B错误；根据动能定理可知，运动员克服重力做的功与克服阻力做功之和等于动能的减少量，选项C错误；空气阻力方向与位移方向相反，故空气阻力对运动员做负功，选项D正确；故选AD.
12． (本题9分)1019年4月10日11点，天文学家召开全球新闻发布会，宣布首次直接拍摄到黑洞的照片。科学家曾在一个河外星系中，发现了一对相互环绕旋转的超大质量双黑洞系统，它们以两者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动，将黑洞视为质点，且两黑洞与圆心始终在一条直线上。若其中一黑洞的质量为M1，轨道半径为r1，角速度为ω1，加速度为a1，周期为T1，另一黑洞的质量为M1，轨道半径为r1，角速度为ω1，加速度为a1，周期为T1．根据所学知识，下列选项正确的是（ ）
A．双黑洞的角速度之比ω1：ω1＝M1：M1 B．双黑洞的轨道半径之比r1：r1＝M1：M1 C．双黑洞的向心加速度之比a1：a1＝M1：M1
D．两黑洞的周期之比为T1：T1＝l：1 【答案】BCD 【解析】 【详解】
AD.一对相互环绕旋转的超大质量不等的双黑洞系统，在相互之间的万有引力的作用下，绕其连线上的O点做匀速圆周运动，绕它们连线上某点做匀速圆周运动，具有相同的角速度和周期，ω1：ω1＝T1：T1＝1：1，故A项不合题意，D项符合题意； B.根据万有引力提供向心力，有G项符合题意.
C.根据a＝ω1r，因为a1：a1＝r1：r1＝M1：M1，故C项符合题意.
13． (本题9分)如图所示，质量均为m的物块A和B用不可伸长的轻绳连接， A放在倾角为?的固定光滑斜面上，而B能沿光滑竖直杆上下滑动，杆和滑轮中心间的距离为L，物块B从与滑轮等高处由静止开始下落，斜面与杆足够长，重力加速度为g．在物块B下落到绳与水平方向的夹角为?的过程中，下列说法正确的是（ ）
M1M2?M1ω1r1＝M11ω1r1，其中r1+r1＝L，得到r1：r1＝M1：M1，故B2L
A．开始下落时， B的加速度大于g B．物块B的重力势能减小量为mgLtan? C．物块A的平均速度小于物块B的平均速度 D．物块B的末速度为【答案】BCD 【解析】
刚开始下落时，绳子的拉力方向沿水平方向，竖直方向上只受重力，所以加速度为g，A错误；B下降的高度为h?Ltan?，故物块B减小的重力势能为mgLtan?，B正确；两者的运动时间相同，B的位移为
2gLsin?
1?sin2?sin?1?cos2?1?cos?1?cos?h?Ltan??L?L?L，A的位移为
cos?cos?cos?x?L1?cos?1?cos?1?cos?故h?x，所以物块A的平均速度小于物块B的?L?()L?()L，
cos?cos?cos?平均速度，C正确；系统机械能守恒，故mgLtan??mgxsin??1212mvA?mvB，根据运动的合成与分22解可得vA?vBsin?，联立解得vB?2gLsin?，D正确． 21?sin?【点睛】本题的综合性较强，特别D选项，关键是知道系统机械能守恒（但每个物块的机械能不守恒），结合斜牵引运动的分解等知识解题．
14． (本题9分)如图所示为两物体A、B在没有其他外力作用时相互作用前后的速度—时间（v－t）图像，则由图像可知（ ）
A．A、B作用前后总动量不守恒 B．一定是A物体追及B物体发生碰撞 C．A、B的质量之比为5∶3 D．该碰撞是弹性碰撞 【答案】BCD 【解析】 【详解】
A.由题意可知，物体A、B组成的系统不受外力作用，则系统动量守恒，故A错误；
B.因为初状态，A的速度大于B的速度，末状态，A的速度小于B的速度，而物体A、B组成的系统不受外力作用，所以一定是A物体追及B物体发生碰撞，故B正确； ?C.由动量守恒定律得：mAvA?mBvB?mAv?A?mBvB，解得
mA5?，故C正确； mB3D.碰前的机械能E?1111222?2?3.2mA，碰前的mAvA?mBvB?3.2mA；碰后的机械能E??mAv??mBvBA2222机械能等于碰后机械能，所以是该碰撞是弹性碰撞，故D正确。
15． (本题9分)如图，光滑水平面上有甲、乙两辆小车，用细线相连，中间有一个被压缩的轻弹簧，两小车处于静止状态。现烧断细线，两小车分别向左、右运动。已知甲、乙两小车质量之比为3∶1，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧弹开后，甲、乙两车速度大小之比为1∶3 B．弹簧弹开后，甲、乙两车动量大小之比为3∶1
C．弹簧弹开过程，弹簧弹力对甲、乙两车的冲量大小之比为3∶1 D．弹簧弹开过程，弹簧弹力对甲、乙两车做功之比为1∶3 【答案】AD 【解析】 【详解】
AB、m2，v2，m1v1-m2v2=0，设甲、乙两车的质量为m1、弹簧弹开后，甲、乙两车的速度为v1、根据动量守恒定律：则弹簧弹开后，甲、乙两车速度大小之比为1∶3，动量大小之比为1∶1，故A正确，B错误。 C、根据动量定理I=np，弹簧弹开后，甲、乙两车动量的变化np大小相等，故C错误。
W1m2112m2v2p2D、由动能Ek=mv==W=E=，即弹簧弹力对甲、乙两车做知，根据动能定理nk，=
Wm232m2m21功之比为1∶3，故D正确。
16．如图所示是一种健身器材的简化图，一根不可伸长的轻绳跨过两个定滑轮连接两个重量均为G的重物，两侧重物等高，忽略绳与滑轮间的摩擦。现施加竖直向下的力F拉绳的中点P，使两重物以速率v匀速上升，当两段绳夹角为120°时，下列判断正确的是（ ）
A．P点的速率等于2v
C．P点施加竖直向下的力F等于2G 【答案】AD 【解析】 【详解】
B．P点的速率等于v
D．P点施加竖直向下的力F等于G
AB．P点速度沿绳方向的分量与重物上升的速度大小相等，则：
vpcos60??v
解得：P点的速率
vp?2v
故A项正确，B项错误。
CD．两重物匀速上升，绳中拉力大小为G，两段绳夹角为120°时，P点所受三力方向互成120°，所以P点
施加竖直向下的力F等于G．故C项错误，D项正确。 三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
17． (本题9分)在用下图所示的装置做“探究动能定理”的实验时：
（1）下列说法中正确的是______ （填字母代号） A．该实验不需要平衡摩擦力
B．为简便起见，每次实验中橡皮筋的规格要相同，拉伸的长度要一样 C．通过打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中获得的最大速度 D．通过打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中获得的平均速度 （2）下列说法中正确的是______（填字母代号） A．橡皮筋做的功可以直接测量
B．把橡皮筋拉伸为原来的两倍，橡皮筋做功也增加为原来的两倍 C．可以通过改变橡皮筋的条数来改变拉力做功的数值 D．可以通过改变小车的质量来改变拉力做功的数值 【答案】BC C 【解析】 【详解】
第一空： 本实验是把橡皮筋的弹力作为小车受到的合外力，然后验证合外力做功与动能变化之间的关系，所以要平衡摩擦力，故A错误；每次实验中橡皮筋的规格要相同，拉伸的长度要一样，则合外力做功可以计算为 W、2W、3W、、、、、这样可以不用具体求每次做功为多少，且验证合外力做功与动能变化之间的关系，故B正确；当橡皮筋恢复原长时，小车的速度达到最大，然后做匀速运动，则通过打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中获得的最大速度，故C正确；D错误；故选BC
第二空：弹力是变力，做功没办法具体计算，故A错误；由于弹力做功与伸长的长度不是正比关系，所以当橡皮筋拉伸为原来的两倍，橡皮筋做功不会增加为原来的两倍，故B错误；可以通过改变橡皮筋的条数来改变拉力做功的数值，每次实验中橡皮筋的规格要相同，拉伸的长度要一样，则合外力做功可以计算为 W、2W、3W、、、、、故C正确；对小车做的功是由橡皮筋的条数决定的，不能通过改变小车的质量来改变拉力做功的数值，故D错误；故选C
18．某实验小组用如图1所示的实验装置“探究功与速度变化的关系”。
(1)实验中，需要平衡摩擦力和其他阻力。现把长木板右端垫高，在不挂钩码且打点计时器打点的情况下，轻推一下小车，若获得了如___________(选填“图2”或“图3”)所示的纸带，表明已平衡了摩擦力和其他阻力。
(2)挂上质量为m的钩码，接通电源，释放小车，打点计时器在纸带上打下一系列点，将打下的第一个点B、C……若干个计数点，B、C……标为O。在纸带上依次取A、已知打相邻计数点间的时间间隔为T，测得A、各点到O点的距离为x1、x2、x3……如图4所示。
实验中，钩码质量远小于小车质量，可认为小车所受的拉力大小为mg。从打O点到打B点的过程中，拉力对小车做的功W=___________，打B点时小车的速度v=___________。
(3)以W为纵坐标，v2为横坐标，利用实验数据作出如图5所示的W—v2图像。通过图像可以得到的结论是______________________。 【答案】图3 mgx2 【解析】 【详解】
第一空.当摩擦力平衡后，轻推小车，小车应该在木板上匀速运动，纸带上的点迹应该是均匀的，即为图3所示；
第二空.从打O点到打B点的过程中，拉力对小车做的功W=mgx2；
x3?x1 外力对物体所做的功和速度的二次方成正比 2T第三空. 打B点时小车的速度等于AC之间的平均速度，则vB?x3?x1； 2T第四空.由图像可知，W与v2成正比，即外力对物体所做的功和速度的二次方成正比. 四、解答题：本题共4题，每题5分，共20分
19． (本题9分)一个滑雪运动员，质量m=60kg，从山坡顶端由静止沿坡匀加速下滑，山坡的倾角θ=30°，山坡长x=28m。测得运动员在0.40s内速度增加了 1.4m/s，重力加速度g=10 m/s2，求： (1)运动员滑到山坡底端时重力的瞬时功率； (2)运动员下滑过程中阻力做的功。 【答案】（1）4200W；（2）-2520J 【解析】 【详解】
（1）由题意可知，滑块滑行的加速度a=设运动员到达山坡底端时速度为v 由运动学公式v2=2ax ② 重力的瞬时功率P=mgvcos60° ③ 解得；P= 4200W ④ （2）由动能定理得mgxsin?+W=解得：W=-2520J ⑥
20． (本题9分)如图所示，有一原长l0=0.5 m的轻质弹簧放在水平面上，左端固定在A点，处于自然状态。现让一质量m=1 kg小物块以速度v0=3 m/s从B点向左运动，最终停在距B点l=0.4 m的C点。已知小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.25，A、B间距d=1.3 m，重力加速度g取10 m/s2，小物块大小不计，整个过程弹簧处在弹性限度内，求：
(1)小物块刚与弹簧接触时的速度大小； (2)弹簧弹性势能的最大值。 【答案】（1）5m/s（2）1.75 J 【解析】 【详解】
(1)小物块从B点滑到与弹簧刚接触时，设小物块的速度为v1，由动能定理
?v ① ?t12mv ⑤ 21212??mg(d?l0)?mv1?mv0
22得：v1?5m/s （2）设弹簧的最大压缩量为x，弹簧的最大弹性势能为EP，由功能关系得小物块从B点到最大压缩量的
过程：?mg(x?d?l0)?EP?12mv0 2小物块从最大压缩量到C点的过程: ?mg(x?d?l0?l)?EP 得：EP=1.75 J
21． (本题9分)一匀强电场足够大，场强方向是水平的．一个质量为m的带正电的小球，从O点出发，初速度的大小为v0，在电场力与重力的作用下，恰能沿与场强的反方向成θ角的直线运动．求： （1）小球运动的加速度的大小是多少？
（2）小球从O点出发到其运动到最高点时发生的位移大小？ （3）小球运动到最高点时其电势能与在O点的电势能之差？
2v0sin?g122(3) mv0cos? 【答案】（1）（2）
2g2sin?【解析】 【详解】
（1）小球做直线运动，所受的合力与速度方向在同一条直线上，
根据平行四边形定则得：sinθ＝解得小球的加速度：a?mg mag． sin?v02v02sin??（2）小球从开始到最高点的位移为：x?． 2a2g（3）因为Eq=mg/tanθ，则小球运动到最高点时其电势能与在O点的电势能之差等于电场力做功，即
mgv02sin?122?EP?W?Eqxcos???.cos??mv0cos?
tan?2g2【点睛】
本题有两点需要注意，一是由运动情景应能找出受力关系；二是知道小球做匀减速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求解位移．知道电势能的变化量的等于电场力的功.
22． (本题9分)在同一水平面中的光滑平行导轨P、Q相距l＝1m，导轨左端接有如图所示的电路．其中水平放置的平行板电容器两极板M、N部距离d＝10mm，定值电阻R1＝R2＝12Ω，R3＝2Ω，金属棒ab电阻r＝2Ω，其它电阻不计．磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒ab沿导轨向右匀
速运动时，悬浮于电容器两极板之间，质量m＝1×10
﹣14
﹣
kg，带电量q＝﹣1×1014C的微粒恰好静止不动．取
g＝10m/s2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好．且运动速度保持恒定．试求： （1）匀强磁场的方向； （2）ab两端的路端电压； （3）金属棒ab运动的速度．
【答案】（1）竖直向下（2）0.4V（3）1m/s 【解析】 【详解】
（1）负电荷受到重力和电场力处于静止状态，因重力向下，则电场力竖直向上，故M板带正电． ab棒向右切割磁感线产生感应电动势，ab棒等效于电源，感应电流方向由b→a，其a端为电源的正极， 由右手定则可判断，磁场方向竖直向下． （2）由由平衡条件，得 mg＝Eq E=
UMN dmgd10?14?10?10?10?3=V=0.1V 所以：UMN=?14q10UMNR3两端电压与电容器两端电压相等，由欧姆定律得通过R3的电流； I= =0.05A
R3ab棒两端的电压为 Uab＝UMN+
IR1R2=0.4V
R1?R2（3）由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝BLv 由闭合电路欧姆定律得： E＝Uab+Ir＝0.5V 联立上两式得v＝1m/s
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)2019年5月17日，我国成功发射第45颗北斗导航卫星，“北斗二号”系统定位精度由10米提升至6米．若在北斗卫星中有a、b两卫星，它们均环绕地球做匀速圆周运动，且a的轨迹半径比b的轨迹半径小，则 A．a的周期小于b的周期 B．a的线速度小于b的线速度 C．a的加速度小于b的加速度 D．a的角速度小于b的角速度 【答案】A 【解析】 【详解】
Mmv24?22北斗卫星绕地球匀速圆周运动，万有引力提供圆周运动向心力有G2?ma?m?r?m?m2r，
rrTGMGM4?2r3GM.
可得：v?,??,T?，a?rr3GMr2234?rA.由周期T?得，a的轨道半径小，故其周期小，故A正确； GMB.由线速度v?C.由加速度a?D.由角速度??GM，a的轨道半径小，故其线速度大，故B错误； rGM，a的轨道半径小，故其加速度大，故C错误； r2GM，a的轨道半径小，故其角速度大；则D错误. 3r2．如图所示是网球发球机，某次室内训练时将发球机放置于某一竖直墙面前，然后向墙面发射网球。假定网球水平射出，某两次射出的网球a，b运动轨迹如图虚线所示，碰到墙面时与水平方向夹角分别为30°和60°、若不考虑网球在空中受到的阻力，则a、b两球
A．a球初速度较大 C．a球碰到墙面时速度较大 【答案】A 【解析】 【详解】
AB.在平抛运动过程中，有：h＝
B．a球在空中飞行的时间较长 D．a球速度变化量较大
hv012
gt；x=v0t；位移与水平方向夹角的正切值为：tan?＝＝ ；速度
x2gt2v0v0＝。则有：tanβ=2tanα。在平抛运动中，有：h＝x?tanα＝vygt与水平方向夹角的正切值为：tan?＝x?h1tan30?11tan?＝，由h＝gt2可得：。两球碰到墙面时与水平方向夹角分别为30°和60°，所以 ＝h2tan60?322t1h3v3x＝1＝，初速度：v＝，可得：1＝，所以a的初速度较大，而飞行的时间较小。故A正t2h23tv21确，B错误； C.由于末速度：vt＝vt1v1cos60?1v0＝ ，所以两球碰到墙面时速度相等，故C错误； 可知， ＝vt2v2cos30?1cos?D.a飞行的时间较小，由△v=g△t可知a速度变化量较小。故D错误；
3． (本题9分)宋代诗人陈与义乘船出游时赋诗一首：“飞花两岸照船红，百里榆堤半日风，卧看满天云不动，不知云与我俱东。”，从物理学的角度分析，下列说法正确的是（ ） A．诗中 “飞花”是以“两岸”作参考系而言的 B．诗中 “满天云不动”是以“两岸”作参考系而言的 C．“百里榆堤半日风”描述的物理过程中，船可以看做质点 D．诗中的描述体现了运动是相对的、静止是绝对的 【答案】C 【解析】 【分析】
研究物体的运动情况时，需要先选取一个标准做为参照物，物体与参照物的位置发生了变化，物体就是运动的；物体与参照物的位置没有发生变化，物体就是静止的． 【详解】
在本题中船是向东高速行驶，而“飞花两岸照船红”是指花是运动的，即诗人选取的参考系为船或者人，故A错误；细细品味古诗，从最后一句“不知云与我俱东”可知，相对于地面来说，诗人与云都是向东运动的，也就是说，二者的运动状态相同，相对静止。所以诗人以自己为参照物看云时，会认为“卧看满天云不动”的效果。故B错误； “百里榆堤半日风”描述的物理过程中，船的自身大小可以忽略，则可看成质点，故C
正确；诗中的描述体现了运动是绝对的、静止是相对的，故D错误；故选C。 【点睛】
此题通过古诗句考查同学们对参照物的选择、运动和静止的相对性的理解和掌握，研究同一物体的运动状态，如果选择不同的参照物，得出的结论可以不同，但都是正确的结论．
4．在纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利70周年大会的阅兵式中，空中梯队的表演震撼人心，更令人自豪的是，参阅飞机全部是国产先进飞机．如图所示，虚线为一架歼-15战斗机飞过天安门上空时的一段轨迹，P是轨迹上的一点．四位同学分别画出了带有箭头的线段甲、乙、丙、丁来描述飞机经过P点时的速度方向，其中描述最准确的是（ ）
A．甲 【答案】C 【解析】
B．乙 C．丙 D．丁
根据曲线运动的速度方向可知，飞机在P点的速度方向沿P点的切线方向，所以丙的方向为飞机在P点的速度方向．故C正确，ABD错误．
5． (本题9分)关于平抛运动，下列说法正确的是（ ）
A．不论抛出位置多高，抛出速度越大的物体，其水平位移一定越大 B．不论抛出位置多高，抛出速度越大的物体，其飞行时间一定越长 C．不论抛出速度多大，抛出位置越高，其飞行时间一定越长 D．不论抛出速度多大，抛出位置越高，飞得一定越远 【答案】C 【解析】
试题分析：物体平抛运动的水平位移x?v0t＝v0 2h，初速度越大，水平位移不一定大，还与抛出点的g高度有关，故A错误．根据t? 2hC正确．知，高度越高，飞行的时间越长，与初速度无关，故B错误，根
g据x?v0t＝v0 2h知，高度越高，水平位移不一定大，还与初速度有关，故D错误．故选C． g考点：平抛运动
【名师点睛】此题是对平抛运动的规律的考查；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，知道运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移． 6． (本题9分)下列关于电势和电势能的说法中正确的是 A．克服电场力做功时，电荷的电势能减少
B．电势降落的方向就是场强的方向
C．电场中电势为正值的地方，电荷的电势能也为正值
D．电荷在电场中某一点的电势能与它的电荷量的比值，叫做这一点的电势 【答案】D 【解析】 【详解】
A. 克服电场力做功时，即电场力做负功，则电荷的电势能增加，选项A错误； B. 电势降落最快的方向是场强的方向，选项B错误；
C. 电场中电势为正值的地方，正电荷的电势能为正值，负电荷的电势能为负值，选项C错误； D. 电荷在电场中某一点的电势能与它的电荷量的比值，叫做这一点的电势，选项D正确.
7． (本题9分)一物块在水平恒力F作用下沿水平面ABC直线运动。已知AB段光滑，BC段粗糙，且
AB?BC?L。设恒力F在AB、BC段所做的功分别为W1、W2，则
A．W1?0，W2?FL C．W1?FL，W2?FL 【答案】D 【解析】 【详解】
根据功的概念可知，W=Fxcosθ，则恒力F在AB、BC段的位移相同，则所做的功相同，均为W=FL； ABC.三个选项都错误； D.选项正确；
8． (本题9分)如图所示，足够长的斜面上A点，以水平速度v0抛出一个小球，不计空气阻力，它落到斜 面上所用的时间为t1；若将此球改用2v0水平速度抛出，落到斜面上所用时间为t2，则t1 : t2为（ ）
B．W1?FL，W2?FL D．W1?FL，W2?FL
A．1∶1 【答案】C 【解析】 【详解】
B．1∶3 C．1∶2 D．1∶4
122vtan?gtgt，则运动的时间t＝0斜面倾角的正切值tan?＝y＝2，知运动的时间与平抛运动的初 ＝gxv0t2v0速度有关，初速度变为原来的1倍，则运行时间变为原来的1倍。所以时间比为1：1．故C正确，ABD错误。故选C。
9． (本题9分)一个电子钟的秒针角速度为( ) A．π rad/s 【答案】C 【解析】 【详解】
秒针的周期T=60s，转过的角度为2π，则角速度??C正确．故选C． 【点睛】
解决本题的关键知道角速度的定义式，知道角速度与周期的关系．
10．如图所示，人站在自动扶梯上不动，随扶梯向上匀减速运动，下列说法中正确的是（ ）
B．2π rad/s
C．π/30 rad/s
D．π/60 rad/s
??2?2????rad/s=rad/s；故A、B、D错误，?tT6030
A．重力对人做正功 B．摩擦力对人做负功 C．支持力对人不做功 D．合力对人做正功 【答案】B
【解析】人站在自动扶梯上不动，随扶梯向上匀减速运动，加速度斜向下，则人受竖直向下的重力、竖直向上的支持力和水平向左的摩擦力作用；则重力做负功，支持力做正功，摩擦力对人做负功；物体的动能减小，则合外力做负功，故B正确，ACD错误，故选B.
点睛：解决本题的关键知道做功的必要因素，以及知道力的方向与位移的夹角大于等于0°小于90°，该力做正功，大于90°小于等于180°，该力做负功．
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． (本题9分)宇宙中两个相距较近的星球组成双星，它们只在相互的万有引力作用下，绕两星球球心连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动。根据宇宙大爆炸理论，两星球间的距离在缓慢增大，则下列物理量在增大的是
A．两星球相互的万有引力 B．两星球做圆周运动的周期
C．两星球做匀速圆周运动各自的线速度 D．两星球做匀速圆周运动各自的半径 【答案】BD 【解析】
【详解】
m1m2 两星球间的距离在缓慢增大，万有引力在变小，A错误。 2Lmm22BD. 根据万有引力提供向心力得G122?m1r1??m2r2? 可知m1r1=m2r2，知轨道半径比等于质量之反
L2? ，比，双星间的距离变大，则双星的轨道半径都变大，根据万有引力提供向心力，知角速度变小，T??A. 根据万有引力公式F?G周期变大，BD正确。
C. 两星球间的距离在缓慢增大，引力做负功，动能减小，线速度变小，C错误。
12． (本题9分)A、B、C为电场中电场线上的三个点，一带电小球从A点由静止释放，并开始计时，先后沿直线经过B、C两点，其运动过程中的v-t如图所示，下列说法正确的是
A．电场方向由A指向C
B．A、B、C三点中B点场强最大
C．小球由B至C过程中平均速度等于5.5m/s
D．B、C两点间电势差大小|UBC|大于A、B两点间电势差大小|UAB| 【答案】BD 【解析】 【详解】
A.根据图线可知，带电小球从A点由静止释放，速度逐渐增大，说明电场力方向由A指向C，但小球的电性未知，故无法判断电场强度的方向，故A错误；
B.由图知，小球在B处加速度最大，由qE=ma知，A、B、C三点中B点场强最大，故B正确；
v?C.如果小球从B到C做匀加速直线运动，则小球的平均速度为 4?7m/s?5.5m/s，但小球由B至C2过程中做加速度减小的加速运动，位移大于匀加速过程的位移，故平均速度大于5.5m/s，故C错误；
qUAB?D.根据动能定理得：
D正确。
12121212mvB?mvA?6m，qUBC?mvC?mvB?16.5m，可得UAB小于UBC．故222213． (本题9分)P点为已知电场中的一固定点，在P点放一个电荷量为+q的点电荷，所受电场力为F，P点的场强为E，则（ ）
A．若在P点换上电荷量为-q的点电荷，P点的场强方向将发生变化 B．若在P点换上电荷量为+2q的点电荷，该电荷在P点受到的力为2F C．若将P点的点电荷移去，P点的场强变为零
D．P点场强的大小、方向与放在该处的点电荷的大小、正负、有无均无关
【答案】BD 【解析】 【详解】
电场强度的定义式为
是通过比值定义法得出的，E的大小及方向与试探电荷无关，由电场本身决定，
故放入任何电荷时电场强度的方向大小均不变，即使将试探电荷移走，电场强度不变。 A. 若在P点换上电荷量为-q的点电荷，A点的场强方向将不发生变化，选项A不符合题意；
B. 根据F=Eq可知， 若在P点换上电荷量为+2q的点电荷，该电荷在A点受到的力为2F，选项B符合题意；C. 若将P点的点电荷移去，A点的场强仍不变，选项C不符合题意；
D. P点场强的大小、方向与放在该处的点电荷的大小、正负、有无均无关，选项D符合题意。 14．起重机将质量为m的货物沿竖直方向匀加速提起，加速度大小为力加速度为g），则（ ）
g，货物上升h的过程中（已知重3
A．货物克服重力做功mgh
2mgh 31C．合外力对货物做功为mgh
34D．货物的机械能增加了mgh
3B．货物的动能增加了【答案】ACD 【解析】 【详解】
A、货物上升h的过程中，货物克服重力做功mgh，故A正确。 B、根据动能定理：动能增加量nEk=F合h=mah=C、合外力对货物做功W合= F合h=mah=
1mgh，故B错误。 31mgh，故C正确。 344D、根据牛顿第二定律：F拉-mg=ma，F拉=mg+ma=mg，货物增加的机械能nE机=F拉h=mgh，故D正
33确。
15． (本题9分)如图甲所示，质量为4kg的物块A以初速度v0=6m/s从左端滑上静止在粗糙水平地面上的木板B。已知物块A与木板B之间的动摩擦因数为μ1，木板B与地面之间的动摩擦因数为μ2，A、B运动过程的v-t图像如图乙所示，A始终未滑离B。则（ ）
A．μ1=0.4，μ2=0.2 C．木板的长度至少为3m 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
A．以物块为研究对象有
B．物块B的质量为4kg
D．A、B间因摩擦而产生的热量为72J
ma1??1mg
2由图看出a1?4m/s，可得
?1?0.4
将物块和木板看成一个整体，在两者速度一致共同减速时，有
(M?m)a2??2(M?m)g
2由图看出a2?1m/s，可得
?2?0.1
选项A错误；
B．木板和物块达到共同速度之前的加速度，对木板有
?1mg??2(M?m)g?Ma3
2由图看出a3?2m/s，解得
M?4kg
选项B正确；
C．由v-t图看出物块和木板在1s内的位移差为3m，物块始终未滑离木板，故木板长度至少为3m，选项C正确；
D．A、B的相对位移为s=3m，因此摩擦产热为
Q??1mgs?48J
选项D错误。 故选BC。
16．下列说法错误的是（ ）
A．一定质量气体，在体积不变的情况下，它的压强与温度 t 成正比 B．气体在趋近绝对零度时，其体积趋于零
C．一定质量气体，在体积不变的情况下，温度升高1度，其压强增加D．绝对零度是低温的极限，将来随着技术的发展，也不可能达到 【答案】ABC 【解析】 【详解】
A.一定质量的理想气体，在体积不变的情况下，根据：
1 273p?C T可知压强p与热力学温度T成正比，而： T=t+273
故压强与温度 t不是成正比，故A错误,符合题意；
B.气体趋近于绝对零度时，已液化，气体实验定律已经不适用了，体积也不会趋近于零。故B错误,符合题意。
C.一定质量气体发生等容变化，由理定律定律得：
p?C T则有：
?pp? ?TT气体温度每升高1℃，压强就增加T温度时压强的强等于它在0℃时压强的
1倍，当0℃=273K，故气体温度每升高1℃，增加的压T1，故C错误,符合题意； 273D.根据热力学第三定律可知，热力学温标的零K达不到，故D正确,不符合题意。 三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
17． (本题9分)如图是研究平抛运动实验中描出的运动轨迹图，O点为抛出点。如果沿水平方向与竖直方向建立x、y坐标，轨迹上各点的x、y坐标值满足y与__________成正比例关系时，可以判断平抛运动轨迹是一条抛物线。如果要测量出平抛物体下落到某点如M2点的时间，必须测量出该点的__________。
【答案】x2 纵坐标（或下落高度、下落距离、y值） 【解析】
【分析】 【详解】
[1][2]根据平抛运动规律
y?12gt ，x?v0t 2联立解得：
1x2y?g2
2v0故轨迹上各点的x、y坐标值满足y与x2成正比例关系时，可以判断平抛运动轨迹是一条抛物线。根据以上分析可知，时间t?2y ，如果要测量出平抛物体下落到某点如M2点的时间，必须测量出该点的纵g坐标（或下落高度、下落距离、y值）。
18．如图为“验证动能定理”的实验装置，用拉力传感器记录小车受到拉力的大小，在长木板上相距适当距离的A、B两点各安装一个速度传感器，分别记录小车通过A、B时的速率，要求拉力传感器的示数即为小车所受的合外力。
（1）为了完成实验，除了测量小车受到拉力的大小、小车通过A、B时的速率__和__（写出物理量的名称和符号）；需要验证的物理关系式为____ （2）与本实验有关的下列说法正确的是__
A、要调整长木板的倾斜角度，平衡小车受到的摩擦力 B、应先释放小车，再接通速度传感器的电源
C、改变所挂钩码的数量时，要使所挂钩码的质量远小于小车质量 D、该实验装置也可以用来验证牛顿第二定律。
和外，还需要测量
【答案】A、B两点之间的距离 小车和车上的拉力传感器的总质量 AD
【解析】 【详解】
（1）[1][2][3] 设、两点之间的距离，小车和车上的拉力传感器的总质量，根据动能定理：
，故需测量、两点之间的距离，小车和车上的拉力传感器的总质量。
（2）[4] A．若没有平衡摩擦力，则有确；
，而摩擦力又无法求出，因此需平衡摩擦力，故A正
B．应选打开电源，待打点稳定后，再释放小车，故B错误；
C．小车受到的拉力由传感器显示，不再用钩码的重力代替，不必使挂钩码的质量远小于小车的质量，故C错误；
D．本实验也可以验证加速度与物体受到的力的关系，即牛顿第二定律，故D正确． 故选：AD
四、解答题：本题共4题，每题5分，共20分
19． (本题9分)如图所示为某小区儿童娱乐的滑梯示意图，其中AB为光滑斜面滑道，与水平方向夹角为37°，BC为水平粗糙滑道，与半径为0.2m的1/4圆弧CD相切，ED为地面．已知通常儿童在粗糙滑道上滑动时的动摩擦因数是0.5，A点离地面的竖直高度AE为2m，试求：(g取10m/s2)
(1)儿童由A处静止起滑到B处时的速度大小．
(2)为了使儿童在娱乐时不会从C处脱离圆弧水平飞出，水平粗糙滑道BC长至少为多少？(B处的能量损失不计)
【答案】 (1)vB＝6m/s (2)SBC＝3.4m 【解析】
（2）以该儿童为研究对象，从A到B机械能守恒 即：mg?hAE?R??解得，vB=6m/s；
（2）对儿童，在C处，恰好只有重力提供向心力
2vC 即：mg?mR12mvB 2从B到C根据动能定理
??mgSBC?1212mvC?mvB 22解得：SBC?3.4m
【点睛】在不涉及中间量，比如时间和加速度等物理量的计算时，选好初、末位置，利用动能定理或机械能守恒可以很方便得计算一个过程中的末速度；
20． (本题9分)在用高级沥青铺设的高速公路上，汽车的设计时速为108km/h，汽车在这种路面上行驶时，它的轮胎与地面的最大静摩擦力等于车重的0.6倍，重力加速度g＝10m/s1．则： （1）如果汽车在这种高速公路的水平弯道上拐弯，其弯道的最小半径是多少？
（1）事实上在高速公路的拐弯处，路面造得外高内低，路面与水平面间的夹角为θ，且tan??1；而拐4弯路段的圆弧半径R＝150m。若要使车轮与路面之间的侧向摩擦力等于零，那么，车速v应为多少？
【答案】（1）150m （1）15m/s。 【解析】 【详解】
（1）108km/h＝30m/s。
v2静摩擦力提供向心力，?mg?m，解得最小半径r＝150m。
rv2 （1）路面造得外高内低时，重力与支持力的合力恰好提供向心力：mgtan??mR代入数据得：v＝15m/s。
21． (本题9分)如图所示，某同学将质量为m=5kg的铅球以向斜上方抛出，抛出点到地面的高度
的初速度，沿着与水平面
求：
的方
。不计空气阻力，取重力加速度
（1）铅球落地时的动能 ；
和离地高度H。
（2）铅球上升到最高点时的动能
【答案】（1）【解析】 【分析】
（2）20J ；
（1）根据机械能守恒定律求解落地时的动能；（2）根据铅球在上到最高点只有水平方向的速度，根据运动的合成与分解，可求出水平速度，则可求出最高点的动能；再根据机械能守恒定律求出离地高度H。 【详解】
（1）设铅球落地时的动能为
铅球飞行过程
根据机械能守恒定律得：
得出：
（2）设铅球在最高点时的瞬时速度为，铅球在最高点时的瞬时速度为水平分速度 则有：
由动能公式可得：
整个过程机械能守恒，可得：解得：【点睛】
解决本题的关键就是要知道斜抛运动的规律，即竖直方向先减速后加速度，水平方向做匀速，整个过程只有重力做功，机械能守恒。
22． (本题9分)一支实验用的小火箭，所带燃烧物质的质量是50g，这些物质燃烧后所产生的气体从火箭的喷嘴喷出的速度（以地面为参考系）是600m/s，已知火箭除去燃料后的质量是1kg，求火箭燃料产生的气体喷完后的速度． 【答案】30m/s 【解析】
试题分析：以火箭为研究对象，由动量守恒定律可以求出火箭的速度． 取向下为正方向，由动量守恒定律得：Mv??mv?0 代入数据解得火箭速度：v???30m/s，负号表示方向向上
【点睛】在发射火箭过程中，系统动量守恒，由动量守恒定律即可正确解题．
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