云南省曲靖市某中学2019-2020学年高一年级下册物理期末模拟试卷含解析加17套期末中考模拟卷

云南省曲蜻市一中2019-2020学年高一下物理期末模拟试卷

一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选

项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错的或不答的得0分）

1、表示能量的单位，下列正确的是

A.瓦特

焦耳

牛顿

米

如图所示，M、N两点分别放置两个等量异种电荷，A是它们连线的中点，B为连线上靠近N的一点,

C为连线中垂线上处于A点上方的一点。在A、B、C三点中（）

C*

-Q

o-

MA

A.场强最小的点是C点，电势最高的点是B点

B.场强最小的点是A点，电势最高的点是C点

C.场强最小的点是A点，电势最高的点是B点

D.场强最小的点是C点，电势最高的点是A点

3、光滑水平面上有一个质量为l（）kg的物体，同时受到两个大小均为20N的水平拉力作用，当物体的加

速度a的大小满足2m/s2<a<2.83m/s2时，则这两个力的方向夹角可能为（）

A.37°B.48°C.100°D.135°

4、如图所示，电源电动势为E,内阻为r。当滑动变阻器的滑片P从左端滑到右端时，理想电压表V1、

V2示数变化的绝对值分别为AUi和A5,干路电流为I。下列说法正确的是（灯泡电阻不变）（）

A.小灯泡Li、L3变暗，L2变亮

B.AUi与AI的比值不变

C.AUi<AU2

D.AUi=AU2

5、摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。在摩天轮转动过程中，下列叙述正确

的是

A.乘客的速度保持不变

B.乘客的机械能保持不变

C.乘客的动量保持不变

D.乘客重力的瞬时功率在变化

6、下列说法正确的是

A.万有引力定律适用于星体之间的相互作用，不适用于地面上的物体之间的相互作用

B.开普勒认为所有行星绕太阳运动的轨道是椭圆，行星离太阳越远时运行速度越快

C.库仑定律适用于点电荷，点电荷就是体积很小的带电球体

D.电场中某点的电势等于电荷在该点的电势能与它的电荷量的比值

7、如图所示，半径为R的竖直光滑圆轨道内侧底部静止着一个光滑的小球，现给小球一个冲击使其在瞬

间得到一个水平初速度%,若%大小不同，则小球能够上升到的最大高度（距离底部）也不同，下列说

法正确的是

A.如果％=痴，则小球能够上升的最大高度为g

B.如果%=岳天，则小球能够上升的最大高度为R

C.如果玲=岛氏,则小球能够上升的最大高度为日

D.如果％=岛无，则小球能够上升的最大高度为2R

8、如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为叫、〃4的两物块A、B相连接，并静止在光滑水平面上。

现使B获得水平向右、大小为6m/s的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图

乙所示，从图像提供的信息可得（）

-2

甲

A.在乙、4两个时刻，两物块达到共同的速度2m/s,且弹簧都处于伸长状态

B.在％到乙时刻之间，弹簧由压缩状态恢复到原长

C.两物体的质量之比为肛：/%=2:1

D.运动过程中，弹簧的最大弹性势能与B的初始动能之比为2：3

9、如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R,导体棒MN放在导轨上且

接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示（图示磁感应强度

方向为正），MN始终保持静止，则0〜t2时间（）

A.电容器C的电荷量大小始终没变B.电容器C的a板先带正电后带负电

C.MN所受安培力的大小始终没变D.MN所受安培力的方向先向右后向左

10、机车以恒定加速度启动，在达到额定功率之前的过程中，下列速度一时间、机车功率一时间图像中正

确的是:

11、小船在静水中的航速为2m/s,河水的流速为1.5m/s。若小船渡河的最短时间为100s。下列说法正确

的是

A.河的宽度为200m

B.当小船以最短时间渡河时，小船到达对岸的位置与出发点间的距离为250m

C.小船船头方向与河岸成某一角度进行渡河时，船的实际速度可以达到3.5m/s

D.小船船头方向与河岸成30。角渡河时，渡河的时间为200s

12、如图，一个电量为q质量为m的带电粒子（不计重力），以一已知的速度vo,从A点垂直射入某一偏

转电场中，然后以速度v从B点射出，贝IJ：

A.若此粒子以速度“-V”从B点射入，则它刚好以速度“-vo”从A点射出；

B.若将此粒子的反粒子“-q、m”以速度“-v”从B点射入，则它刚好以速度“-vo”从A点射出；

C.若将此粒子的反粒子“-q、m”以速度vo”从B点射入，则它刚好以速度v”从A点射出；

D.若此粒子以速度“-vo”从B点射入，则它刚好以速度“-V”从A点射出。

二.填空题（每小题6分，共18分）

13、如图所示，将一质量m的石头从A点由静止释放，石头陷入泥潭并静止于C。小球在空中下落的时

间为3t,在泥潭中运动的时间为t,不计空气阻力，重力加速度为g,石头陷入泥潭中阻力的冲量大小为

,石头在泥潭中受到平均阻力大小为一.

零:曾况g济,史戈

勰罐a:缪

工、5*I：心息

14、如图所示，匀强电场方向平行于xoy平面，在xoy平面内有一个半径为R=5cm的圆，圆上有一动点

P,半径OP与x轴方向的夹角为0,P点沿圆周移动时，P点的电势满足（pp=25sin8（V）匀强电场的大小

15、一质量为m=2kg的可以看作质点的物体，仅受到一个变力作用，从静止开始做变加速直线运动,

其加速度a随时间t的变化规律如图所示，则该物体所受的合外力F随时间t变化的函数关系为

,物体在4s末的动能大小为.1.

三.计算题（22分）

16、（12分）如图所示，质量为m=0.5kg的木块，以vo=3.Om/s的速度滑上原来静止在光滑水平面上的足

够长的平板车，平板车的质量M=2.（）kg。若木块和平板车表面间的动摩擦因数产0.3,重力加速度g=10m/s2,

求：

m

I,、%一丁”

（1）平板车的最大速度；

⑵平板车达到最大速度所用的时间.

17、（1（）分）质量为m,带电量为+q的小物体在O点以初速度vo沿与水平成30。的方向射出，物体在运

动过程中，除重力外，还受到方向始终与初速度vo方向相反的力F的作用。

（1）若F=mg,可使物体保持V。做匀速直线运动，可在某一方向上加一定大小的匀强电场，求电场强度

的大小和方向。

（2）若F=2mg,且电场强度与（1）中的场强大小相同，仍要使物体沿vo方向做直线运动，那么该电场

强度的可能方向如何？求出物体沿入射方向的最大位移和回到O点的最短时间，以及回到O点时的速度?

参考答案

一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选

项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错的或不答的得。分）

1、B

【解析】

【详解】

A.瓦特是功率的单位，选项A错误；

B.焦耳是能量单位，选项B正确；

C.牛顿是力的单位，选项C错误；

D.米是长度单位，选项D错误。

2、A

【解析】

【详解】

根据等量异种电荷电场线的分布，知道EB>EA>EC,场强最小的是C点。等量异种电荷连线的垂直平分

线是一条等势线，知❿A=@C,沿着电场线方向电势逐渐降低，异种电荷间的电场线由正电荷指向负电荷，

知0>B>@A,所以电势最高点是B点；故A正确，BCD错误。

3,C

【解析】

【详解】

由牛顿第二定律产=根。可得，物体的合外力范围为：

20N</L<28.3N

且

Fa=>/尸？+尸2+21.尸cos6

解得：

90<<9<120

故C正确，ABD错误；

故选C。

4、B

【解析】

【详解】

A.当滑动变阻器的触片P从左端滑到右端时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流

减小，路端电压增大，则L2变暗。变阻器的电阻增大，并联部分的电阻增大，则并联部分的电压增大，

则L3变亮。总电流减小，而L3的电流增大，则L1的电流减小，则L|变暗。故A错误。

B.由Ui=E-I(RL2+r)得:

~Y=%+'

不变。故B正确。

CD.由上分析可知，电压表W的示数增大，电压表V2的示数减小，由于路端电压增大，即两电压表示

数之和增大，所以△5>AU2,故CD错误。

5、D

【解析】

【详解】

AC.因为速度是矢量，做圆周运动的乘客其速度方向时刻变化，所以乘客的速度时刻变化，根据P=mv

可知，乘客的动量大小不变，而动量的方向和速度方向相同，所以动量时刻变化，故AC项与题意不相符;

B.根据机械能等于重力势能和动能之和，知摩天轮做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变,

但高度变化，其重力势能变化，所以机械能在变化，故B项与题意不相符；

D.摩天轮转动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，竖直方向的分

速度在变化，所以重力的瞬时功率在变化，故D项与题意相符。

6、D

【解析】

【详解】

A.万有引力定律既适用与星体之间的相互作用，也适用于其它物体之间的相互作用，故A错误；

B.由开普勒定律可知，所有行星绕太阳运动的轨道是椭圆，行星离太阳越远时运行速度越慢，故B错误；

C.库仑定律适用于真空中两静止点电荷之间的作用力；当带电体的形状、大小及电荷的分布状况对它们之

间的作用力影响可以忽略时，可以看成点电荷，不是体积小就能看成点电荷，故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，故D正确.

7、ABD

【解析】

【详解】

A、当丫。=脚,根据机械能守恒定律有：g相片=mgh,解得h=g,即小球上升到高度为，时速度

为零，所以小球能够上升的最大高度为0.故A正确.

2

B、设小球恰好能运动到与圆心等高处时在最低点的速度为V,则根据机械能守恒定律得：mgR=1mv',

解得U=J荻.故如果vo=J须，则小球能够上升的最大高度为R.故B正确.

C、设小球恰好运动到圆轨道最高点时在最低点的速度为vi,在最高点的速度为V1.则在最高点，有mg

-m—

R

从最低点到最高点的过程中，根据机械能守恒定律得：2mgR+^mvl=^mv^,解得v1=而斤，所

以丫。=，颁＜廊无时，小球不能上升到圆轨道的最高点，会脱离轨道，在最高点的速度不为零.根据

11OD

2

-WVQ=mgh+-mv',知最大高度hh<—.故C错误.

D、当?=离及，由上分析知，上升的最大高度为1R.故D正确.

故选ABD.

8、BCD

【解析】

【分析】

两个滑块与弹簧系统机械能守恒、动量守恒，结合图象可以判断它们的能量转化情况和运动情况。

【详解】

A.从图象可以看出，从0到h的过程中弹簧被拉伸，h时刻两物块达到共同速度2m/s,此时弹簧处于伸长

状态，从t2到t3的过程中弹簧被压缩，t3时刻两物块达到共同速度2m/s,此时弹簧处于压缩状态，故A

错误；

B.由图示图象可知，从t3到t4时间内A做减速运动，B做加速运动，弹簧由压缩状态恢复到原长，故B

正确；

C.由图示图象可知，ti时刻两物体速度相同，都是2m/s,A、B系统动量守恒，以B的初速度方向为正方

向，由动量守恒定律得：

町匕=（町+，％）丫2，

即

%6=（町+网）x2,

解得：

/%：加2=2:1,

故C正确

D.由图示图象可知,

在初始时刻，B的初动能为:

1212

&B=］啊％=/x6=18色

在h时刻，A、B两物块的速度是2m/s,A、B两物块动能之和为:

Ek=叫+%）/=；*3的，x22=6m2

所以，这时候，最大的弹性势能为

Ep=纭B—线=18/-6叫二12m2,

所以：

耳：£^=12^2:1862=2:3

故D正确。

9、AD

【解析】

【详解】

A、B：由乙图知，磁感应强度均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生恒定电动势，电路

中电流恒定，电阻R两端的电压恒定，则电容器的电压恒定，故电容器C的电荷量大小始终没变.根据

楞次定律判断可知，通过R的电流一直向下，电容器上板电势较高，一直带正电.故A正确，B错误；

C：根据安培力公式F=BIL,I、L不变，由于磁感应强度变化，MN所受安培力的大小变化，故C错误.

D：由右手定则判断得知，MN中感应电流方向一直向上，由左手定则判断可知，MN所受安培力的方向

先向右后向左，故D正确.

故选AD.

10、AC

【解析】

【详解】

AB.机车保持加速度不变启动，则速度为丫=”,在达到额定功率前均做匀加速直线运动，V-/图像为过

原点的倾斜直线：故A正确，B错误.

CD.机车的功率尸=尸丫，匀加速直线运动丫=&,联立有P=Faf,可知机车的功率随时间均匀增大；C

正确，D错误.

H、ABD

【解析】

【详解】

_d

A.当静水速的方向与河岸垂直时，渡河时间最短，t=一,那么河宽d=Vct=2xl00m=200m,故A正确；

匕

B.当小船以最短时间渡河时，小船沿着水流方向的距离为5=丫51=1.5'100=1501«,那么到达对岸的位置与出

发点间的距离X=Jy2+储=,15()2+2(X)2m=250m；故B正确•

C.船在静水中的航速为2m/s,河水的流速为1.5m/s,那么当小船船头方向与河岸成某一角度进行渡河时，

船的实际速度最大值不大于3.5m/s,故C错误；

,d200inn

D.当船船头方向与河岸成30。角渡河时，船渡河的时间：一匕sin30。-—；故D正确.

X2

12、AC

【解析】

试题分析：带电粒子从A点垂直进入电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，速度大小为％,

运动时间为，=一,1是板长.若该粒子以速度-V从B点射入电场，竖直方向做匀减速直线运动，加速度

%

没有变化，竖直方向初速度分量等于J7二年，竖直方向运动的位移相等，水平方向运动时间没有变化,

所以将刚好从A点射出，速度方向与vo方向相反.从A到B电场力做功等于动能的增加，从B到A,粒

子克服电场力做功等于动能的减小量，电场力做功的数值相等，所以动能的变化量大小相等，则粒子到达

A点时速度大小为%.故A正确；若将q的反粒子(叫，m)以速度-v从B点射入电场，粒子运动时间

不变.竖直方向做匀加速直线运动，若偏转距离相同时，竖直分速度大于J/一片，射出电场时速度大

于vo,不可能到达A点.故B错误.若将q的反粒(-q,m)以速度-vo从B点射入电场，其加速度与正

粒子大小相等、方向相反，水平方向运动时间相等，竖直方向做匀加速直线运动，位移大小不变，粒子刚

好到达A点,而且到达A点时竖直方向分速度大小不变,根据运动的合成可知，到达A点的速度等于-v.故

C正确.若将粒子以速度-vo从B点射入电场，粒子水平做匀速直线运动，速度大小小于V。，运动时间大

于:，竖直方向做匀减速直线运动，加速度没有变化，由于竖直方向分速度小于J7V，粒子没有到

达A点速度就减为零，所以粒子到不了A点.故D错误

考点：考查了带电粒子在电场中的偏转

填空题(每小题6分，共18分)

13、4mgt4mg

【解析】

【详解】

[1]对小球下落的全过程分析，受重力和泥潭的阻力，取向上为正方向，由全程的动量定理：

If-mg(t+3t)=O-Q

解得：

L=4mgt,方向向上.

⑵泥潭对球的平均阻力设为了，由冲量

解得：

f=4mg-

14、500v/m-Y

【解析】

【详解】

由于P点的电势%=25sin6(V),所以。和180。-0两位置的电势相等，当6=90。时，P点的电势最

大为25V,当6=180。或。=0。时，P点的电势最小为0V,根据等势面一定跟电场线垂直，且电场线总

是由电势较高的等势面指向电势较低的等势面可知匀强电场的方向为-丫，根据E=二可得匀强电场的大

a

小E=500V/mo

15、/=5f400J

【解析】

【详解】

[1].根据牛顿第二定律得：

F=ma

而根据图象可知

a=2.5t

所以

F=5t

[2].加速度图线与时间轴包围的面积表示速度的变化量，则物体在4s末的速度大小为：

v=—x4x10=20m/s

2

物体在4s末的动能大小为

1,1

E.=-mv2=-x2x400J=400J

*22

三.计算题(22分)

16、(1)().6m/s(2)0.8s

【解析】

【详解】

(1)木块与平板车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

mvo=(M+m)v,

解得:v=0.6m/s

(2)对平板车，由动量定律得：

gmgt=Mv

解得:t=0.8s

17、(1)£=1整，方向与初速度成30。(2)可能与初速度成30。或150。，最大位移为S=4,最短

q2g

时间为萼，速度为V。

【解析】

【详解】

(1)设所加场强E的方向与初速度成。角，如图所示，则

qEsin0=mgcos3O0

qEcos0=F+mgsin3O0

且F=mg

得

9=30%E=曲毡

q

（2）设场强E与初速度夹角为a,要使物体做直线运动只须：

qEsina=mgcos30°

得

a=30°或150°

①当a=30。时，物体的加速度最小，沿初速度方向的位移最大，受力如上图所示。

F+mgsin300-qEcos30°=mai

又由运动学公式知：

v»2=2ais

其中：F=2mg,E=

可得

②当a=150。时，物体的加速度最大，回到O点时的时间最短，受力如图所示。由牛顿第二定律，有

F+mgsin30°+qEcos30°=ma2

t八

%-4]=0

其中：F=2mg,E=3mg,可得

q

回到o点的最短时间

2g

回到o点的速度

V=V0-32t=-V0

负号表示与初速度反向.

2019-2020高一物理下期末模拟试卷

一、选择题：（1-6题为单选题7-12为多选，每题4分，漏选得2分，错选和不选得零分）

1、据某电视节目介绍说，蜜蜂飞行时与空气摩擦产生静电，因此蜜蜂在飞行中就可以吸引带正电的花粉.以

下说法正确的是

A.空气不带电B.蜜蜂带负电C.空气带负电D.蜜蜂带正电

2、在足球赛中，红队球员在白队禁区附近主罚定位球，球从球门右上角擦着横梁进入球门，如图所示，

球门高度为h,足球飞入球门的速度为v,足球的质量为m,则红队球员将足球踢出时对足球所做的功W

为（不计空气阻力）

B.mgh

C.,

匚匚□+g

D.因为球被踢入球门过程中的运动曲线的形状不确定，所以做功的大小无法确定

3、某船要渡过60m宽的河，船渡河的最短时间是12s；若船沿垂直河岸的直线到达正对岸，渡河时间是

15s,则船在静水中的速率vi及河水的流速v分别为

A.vi=5m/sV2=4m/s

B.v）=5m/sV2=3m/s

C.vi=4m/sV2=5m/s

D.vi=4m/sV2=3m/s

4、质量为m的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度图像如图所示，0〜b段为直线，从以时刻起汽

车保持额定功率不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为f.则

n

A.0〜ti时间内，汽车的牵引力等于

二"二

B.ti〜t2时间内，汽车所受的牵引力为恒力

C.tl〜t2时间内，汽车发动机的功率等于fvi

D.tl〜t2时间内，汽车发动机做的功等于fvi（t2-tl）

5、如图所示，物体在不可伸长的轻绳作用下竖直向下做匀加速运动，加速度为6m/s2,空气阻力不计。下

列关于物体在下降过程中的叙述正确的是（）

A.物体重力势能减少量与动能增加量相等

B.绳的拉力对物体做正功

C.物体机械能一定增大

D.绳的拉力做的功等于物体机械能的变化量

6、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，铅球从抛出到落地的过程中（）

A.铅球运动的加速度一定不变B.铅球运动的速度可能不变

C.铅球的动能先增大后减小D.比赛时记录的成绩是铅球的位移

7、已知地球质量为M,半径为R,自转周期为T,地球同步卫星质量为m,引力常量为G,有关同步卫

星，下列表述正确的是

A.该卫星距离地面的高度为』剪二

V4/

B.该卫星的运行速度小于第一宇宙速度

C.该卫星运行的线速度大于地球自转的线速度

D.该卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度

8、如图所示，竖直轻弹簧下端固定在水平地面上，质量为m的小球放在弹簧上端（与弹簧不连接）。弹

簧处于压缩状态，用一条拉紧的细线系住，此时细线上的拉力F=3mg。已知弹簧的弹性势能与弹簧形变

量的平方成正比，且弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。现剪断细线，弹簧将小球向上弹起，经At

时间，小球上升到最高点，上升的最大高度为h。在此过程中，下列判断正确的是（）

A.小球速度最大时上升的高度小.

B.地面对弹簧冲量的大小为mgAt

C.剪断细线前弹簧的弹性势能为mgh

D.小球最大速度的大小为

9、我们可以用如图所示的实验装置来探究影响向心力大小的因素.长槽横臂的挡板B到转轴的距离是挡

板A的2倍，长槽横臂的挡板A和短槽横臂的挡板C到各自转轴的距离相等.转动手柄使长槽和短槽分

别随变速塔轮匀速转动，槽内的球就做匀速圆周运动.横臂的挡板对球的压力提供了向心力，球对挡板的

反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间的等分格显示出两个

球所受向心力的相对大小.则关于这个实验，下列说法正确的是

A.探究向心力和角速度的关系时，应将传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上，将质量相同的小球分别

放在挡板A和挡板C处

B.探究向心力和角速度的关系时，应将传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上，将质量相同的小球分别

放在挡板B和挡板C处

C.探究向心力和半径的关系时，应将传动皮带套在两塔轮半径相同的轮盘上，将质量相同的小球分别放

在挡板B和挡板C处

D.探究向心力和质量的关系时，应将传动皮带套在两塔轮半径相同的轮盘上，将质量不同的小球分别放

在挡板A和挡板C处

10、已知地球半径为R,质量为M,自转角速度为8,万有引力常量为G,地球同步卫星与地心间的距离

为r,近地人造卫星绕地球的运行轨道可视为圆，则

A.地球近地卫星做匀速圆周运动的加速度为（》2R

B.地球同步卫星做匀速圆周运动的加速度为dr

C.地球近地卫星做匀速圆周运动的线速度为coR

D.地球近地卫星做匀速圆周运动的线速度为

11、如图所示，一个小球沿竖直固定的光滑圆形轨道的内侧做圆周运动，圆形轨道的半径为R,小球可看

作质点，则关于小球的运动情况，下列说法正确的是

A.小球的线速度方向时刻在变化，但总在圆周切线方向上

B.小球通过最高点的速度可以等于0

C.小球线速度的大小可以小于旅

D.小球线速度的大小总大于或等于历

12、静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器，如图实线为除尘器内电场的电场线，虚线为带电粉尘

的运动轨迹（不计重力作用），P、Q为运动轨迹上的两点，粉尘是从P运动到Q,下列关于带电粉尘的

A.粉尘带负电

B.粉尘带正电

C.粉尘从P运动到Q过程，其加速度变大

D.粉尘从P运动到Q过程，其速度变大

二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）

13、（6分）如图甲所示，已知当地的重力加速度为g,将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带

从静止开始自由下落，利用此装置做“验证机械能守恒定律”实验。

(1)已准备的器材有打点计时器(带导线)、纸带、复写纸、铁架台和带夹子的重物，此外还必需要的器

材是和一

A.直流电源B.交流电源C.天平及祛码D.毫米刻度尺

(2)实验中需要测量重物由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度ho某同学对实验得到

的纸带，设计了以下四种测量方案，这些方案中合理的是

A.用刻度尺测出物体下落高度h,由打点间隔数算出下落时间t,通过v=gt计算出瞬时速度v

B.用刻度尺测出物体下落的高度h,并通过-算出瞬时速度v

C.根据做匀变速直线运动时，纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时

速度V,并通过一计算得出高度h

匚=三

D.用刻度尺测出物体下落的高度h,根据做匀变速直线运动时，纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相

邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v

(3)如图乙是用重物由静止开始做自由落体运动到各点时的瞬时速度v和下落高度h而绘制出的v2-h

图线。图象是一条直线，此直线斜率的物理含义是.

(4)若已知重物质量为m,利用由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度h的实验数据,

计算出从起始点到该点的过程中，重物重力势能的减少量二二「,动能的增加量

:o实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量，这个误差产生的原因是

14、(1()分)某同学利用如图所示装置验证机械能守恒定律，将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动

纸带从静止开始自由下落。

c27

（1）实验装置中有一处明显的错误是：

ABD

单位:cm

2.40

-15.71

（2）上图为一条符合实验要求的纸带,O点为打点计时器打下的第一个点,O点与第2点的距离约为2mm,

分别测出若干连续点A、B、C…与O点之间的距离h,\、hB、he....

①两点间的时间间隔为T,重力加速度为g,|AEp|表示O点至C点过程重物重力势能减少量，AEk表示O

点至C点过程重物动能的增加量，实验中计算C点的速度，甲同学用％=］荻来计算，可以推断

|AEP|AEk（填“>”或“="或“<”）；乙同学用％来计算，可以推断|AEp|AEk（填“>”或“=”

或"V"）。其中同学的计算方法更符合实验要求。

②本次实验中，已知打点计时器所用电源的频率为50Hz,查得当地重力加速度g=9.80m/s2,测得所用

的重物质量为1kg,则从。点到C点的过程重力势能的减小量|AEp|=J,重物动能增加量

AEk=J（结果均保留三位有效数字）。

三、计算题要求解题步骤，和必要的文字说明（本题共36分）

15、（12分）国际空间站是迄今最大的太空合作计划，其离地高度为H,绕地球运动的周期为Ti.通过查

找资料又知万有引力常量G,地球半径R,同步卫星距地面的高度h,地球的自转周期T2以及地球表面重

力加速度g.

某同学根据以上条件，提出一种估算地球质量M的方法：

「Mm/2万、2,

同步卫星绕地心做圆周运动，由G-^=皿；「）7得知=二；k

（1）请判断上面得出的结果是否正确，请说明理由；如不正确，请给出正确解法和结果.

（2）请根据题给条件再提出两种估算地球质量的方法，并解得结果.

16、（12分）如图所示，A、B两球质量均为m,用一长为1的轻绳相连，A球中间有孔套在光滑的足够长

的水平横杆上，两球处于静止状态.现给B球水平向右的初速度vo,经一段时间后B球第一次到达最高

点，此时小球位于水平横杆下方1/2处.（忽略轻绳形变）求：

A

--------O-------------------

（DB球刚开始运动时，绳子对小球B的拉力大小T；

（2）B球第一次到达最高点时，A球的速度大小vi；

(3)从开始到B球第一次到达最高点的过程中，轻绳对B球做的功W.

17、(12分)如图所示，足够长的粗糙绝缘轨道AB、CD与处于竖直平面内的四分之一圆弧形光滑绝缘轨

道BC平滑连接，圆弧的半径R=4.0m。在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E=1.0X1()4N/C。

现有一质量m=0.06kg的带电体(可视为质点)放在水平轨道上与B端距离s=6.0m的A位置，带电体与

粗糙轨道的动摩擦因数均为〃=0.5,从A点由静止开始运动，已知带电体所带电荷q=8.0xl0-5c,求：

(1)带电体第一次运动到B点时的速度大小；

(2)带电体第一次运动到CD轨道最高点时距AB轨道的高度;

(3)整个运动过程中带电体的最大动能。

参考答案

一、选择题：(1-6题为单选题7-12为多选，每题4分，漏选得2分，错选和不选得零分)

1、B

【解析】

【详解】

根据异种电荷相吸，可知，蜜蜂吸引带正电的花粉，所以蜜蜂带负电，与蜜蜂摩擦的空气带正电

A.空气不带电与分析不符，故A项与题意不相符；

B.蜜蜂带负电与分析相符，故B项与题意相符；

C.空气带负电与分析不符，故C项与题意不相符；

D.蜜蜂带正电与分析不符，故D项与题意不相符.

2、C

【解析】

【详解】

以地面为零势能面，足球初始状态：重力势能为零，动能为零,

足球进门时：重力势能为—动能为.

——JJrg

人对足球做的功等于足球机械能增加量，故:

n=：n匚.+口口匚

A.,A错误；

B..,,B错误；

_=二'+____

CD.，C正确D错误；

—J一一j———

3、B

【解析】

【详解】

CD.当以最短时间渡河时，船头指向正对岸，则渡河时间为：_所以船在静水中的速度为：

二7=三

LJJ

.;故c,D均错误.

□/=3=Wms=5ms

uj

AB.当船垂直河岸到达正对岸时，即合速度垂直河岸，渡河时间为：_，代入数据为：..,

一口«ovO

7="：1-=''.

<5-64乃+方

解得:V2=3m/s.故A错误，B正确.

4、A

【解析】

【详解】

时间内，汽车做匀加速直线运动，加速度_,根据牛顿第二定律得，--解得牵引

A.0〜ti口口.一」「

力:故A正确.

口=匚+左

Uj

B.从ti时刻起汽车的功率保持不变，可知汽车在h〜t2时间内的功率等于t2以后的功率，根据F-f=ma,

P=Fv可知，加速度逐渐减小，牵引力逐渐减小，故B错误.

CD.汽车的额定功率__,牵引力做功为__;

口=口口=（匚+多问口=□（□；-□；）=（2+言口（匚厂匚j）

LIjUj

或利用汽车匀速时-=一，可得汽车的额定功率为-=--，牵引力做功为-=故c,D

—U，一JJ：U—LJJ八J：

错误.

5、D

【解析】

【详解】

对物体受力分析，由牛顿第二定律有

mg—Ej.=ma

因a=6m/s2,方向向下，则可知绳有拉力向上。

A.对物体由动能定理，有

结合功能关系可得物体重力势能减少量大于动能增加量，故A错误；

B.拉力与物体的运动方向相反，故拉力对物体做负功，故B错误；

C.除重力以外的拉力对物体做负功，由功能关系可知物体的机械能减小，故C错误；

D.由功能关系可知拉力对物体做功衡量物体机械能的变化，故D正确。

故选D。

6、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.

7、BCD

【解析】

【详解】

A.万有引力提供向心力加"尸=加匕且r=R+h,可得故A错误;

r2T2rV4"

B.第一宇宙速度为匕=r>R,所以卫星的运行速度小于第一宇宙速度，故B正确;

C.同步卫星与地球自转的角速度相同，则由v=(or可知，该卫星运行的线速度大于地球自转的线速度，选

项C正确；

D.卫星运行的向心加速度。=丝，地表重力加速度为g=,卫星运行的向心加速度小于地球表

rR-

面的重力加速度，故D正确；

8、ABC

【解析】

【详解】

A.设初始时弹簧的压缩量为玉，由能量的转化与守恒可知：

1,,,

—kx~=mgh

初始由平衡条件可得：

W=4mg

速度最大时，弹簧的压缩量为

纸—mg

当速度最大时，小球上升的高度为：

=%-x2

由以上方程解得：等=1,—=为＜4〃，故A正确。

k882

B.以球和弹簧为研究对象，向上的方向为正方向，由动量定理可得:

I-mg\t=0

解得地面对弹簧的冲量为1=mgM,故B正确。

C.在整个过程中，弹簧的弹性势能全部转化为小球的重力势能，即弹簧的弹性势能为故C正

确。

D.由初始状态到小球的速度最大的过程，弹簧释放的弹性势能为:

1,1,

A£=一处2―叱

p2122

由能量的转化与守恒可得:

1,3

AE=—mv,+—meh

p28

以上方程解得：v,“=《gh,故D错误。

9、ACD

【解析】

【详解】

在研究向心力的大小F与质量m、角速度s和半径r之间的关系时，需先控制某些量不变，研究另外两

个物理量的关系，该方法为控制变量法.

AB.在探究向心力和角速度的关系时，要保持其余的物理量不变，则需要半径、质量都相同，则需要将传

动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上，将质量相同的小球分别放在挡板A和挡板C处.故A正确，B错

误；

C.探究向心力和半径的关系时，要保持其余的物理量不变，则需要质量、角速度都相同，如角速度相同，

则应将传动皮带套在两塔轮半径相同的轮盘上，将质量相同的小球分别放在挡板B和挡板C处，故C正

确.

D.探究向心力和质量的关系时，应将传动皮带套在两塔轮半径相同的轮盘上，即将质量不同的小球分别放

在挡板A和挡板C处，故D正确.

10、BD

【解析】

【详解】

A.卫星绕地球做圆周运动时，由地球的万有引力提供向心力，有：G^-=mrco2,解得：3=J平，

地球同步卫星的角速度等于地球自转角速度3,得地球近地卫星与地球同步卫星的角速度之比为：

组=1,则得：。近二，所以地球近地卫星做匀速圆周运动的加速度为：

①近-R=,故A错误。

B.地球同步卫星的角速度等于地球自转角速度3,则地球同步卫星做匀速圆周运动的加速度为：a同=0)2-

故B正确。

C.地球近地卫星做匀速圆周运动的线速度为：VN近R=M1,故C错误。

D.地球近地卫星做匀速圆周运动时，根据G粤=〃?度得近地卫星的线速度为：叫,故D正

R?R近VA

确。

11、AD

【解析】

试题分析：小球的线速度方向时刻改变，沿圆弧的切线方向，故A正确；根据牛顿第二定律，在最高点临

2

界情况是轨道对球的作用力为零，则解得V=麻,故B错误；最高点的最小速度为

v=麻,则小球的线速度的大小总大于或等于1^=师.故C错误D正确.

考点：考查了圆周运动实例分析

12、ACD

【解析】

【详解】

根据轨迹弯曲的方向判断电荷的正负，电场线的疏密表示场强大小，沿电场线方向电势逐渐降低，根据电

场力做功判断电势能和加速度的变化.

解：A、由图象知轨迹的弯曲方向即受电场力的方向与电场线方向相反，所以该粉尘颗粒带负电，A正确,

B错误；

C、颗粒向电场线密的地方运动，该粉尘颗粒运动的加速度逐渐变大，故C正确；

D、电场力做正功，该粉尘颗粒的电势能逐渐变小，速度增大.故D正确；

故选ACD

二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）

13、BDD重力加速度的2倍mgh,mv2阻力做功

【解析】

【详解】

第一空.第二空.实验中打点计时器需接交流电源，需要用刻度尺测量点迹间的距离。时间可以通过打点计

时器直接得出，不需要秒表，验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，不需要天

平。故选BD；

第三空.实验中不能用v=gt,v=、一求解瞬时速度，不能根据计算出高度h,否则默认了机械能

守恒，失去验证的意义，故ABC错误；实验中应该用刻度尺测出物体下落的高度h,根据做匀变速直线

运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v,故D正确。

第四空.根据自由落体运动规律有v2=2gh,则可知v2-h图线斜率的物理含义是重力加速度的2倍；

第五空.第六空.根据重力做功与重力势能的变化关系，可得重力势能的减少量为|AEp|=mgh,动能的增加

量为△Ek=,mv2；

第七空.实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量，这个误差产生的原因是阻力做功。

14、学生电源应接交流（或学生电源接在了直流）=>乙L22J1.20J或1.21J

【解析】

【详解】

（1）[1].打点计时器应接交流电源，不能接直流电源.

（2）①[2].甲同学用％=J荻来计算，运用了he及加速度g,直接认为重物做自由落体运动故机械

能守恒，可以推断公Ep|等于AEk；

[3][4].丙同学用%='I；由来计算，运用匀变速直线运动规律：中间时刻的瞬时速度等于平均速度，

求出的vc是真实的，但在下落过程中，不可避免地存在阻力，故|AEpl大于|AEkh其中乙同学的计算方

法更符合实验要求。

(3)[5].本次实验中，从。点到C点的过程重力势能的减小量

|AEp|=mghc=lx9.8x0.1240=1.22J

[6].打C点时的速度：

h-h0.1571-0.0950,,

v=D~B=-----------------------=1.55m/s

rc2T0.04

重物动能增加量

11,

AEk=—mv^7=—xlxl.55~J=1.20J„

三、计算题要求解题步骤，和必要的文字说明(本题共36分)

15、(1)上面的结果是错误的，地球的半径R在计算过程中不能忽略生竺普-；(2)M=8上

【解析】

【详解】

(1)上面的结果是错误的，地球的半径R再计算过程