【文档说明】四川省泸县第四中学2019-2020学年高一下学期期末模拟考试物理试题【精准解析】.doc，共(15)页，432.000 KB，由小赞的店铺上传

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2020年春四川省泸县第四中学高一期末模拟考试物理试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可

先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。6.考试时间：150分钟；物理化学生物同堂分卷考试，物理100分，化学100分，生物100分第I卷选择题（48分）一、单选题（每小题4分，共12个小题，共48分；其中1-

9题为单选题，10-12题多选题，少选得2分，多选错选得0分。）1.下列说法正确的是（）A.物体在恒力作用下不可能做曲线运动B.物体在恒力作用下一定做直线运动C.物体在变力作用下一定做曲线运动D.垂直速度方向的合力不为零时，物体一定做曲线运动【答案】D【解析】【详解】AB

．在恒力作用下，物体可以做曲线运动，如平抛运动，故AB错误；C．物体在变力作用下有可能做曲线运动，也可能做直线运动，如变力只是大小变化方向不变，并且力和速度方向在同一直线上，物体做直线运动，故C错误；D．如果垂直于速度方向的合力不

为零时，力和速度不在同一直线上，则物体一定做曲线运动，故D正确；2.下列说法中符合物理学发展史实的是（）A.开普勒在牛顿定律的基础上，推导出了行星运动的定律B.开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的定律C.开普勒总结出了行星运动的规律，并且找出了行星按照这些规律

运动的原因D.牛顿总结出了行星运动的规律，发现了万有引力定律，并测出了万有引力常量【答案】B【解析】【详解】ABC．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；选项AC错误，B正确；D．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，卡文迪许测出了万有引力常量，选项D错误；3.质量为m的汽车，其发动机额定功率为P．当它开上一个倾角为θ的斜坡时，受到的阻力为车重力的k倍，则车的最大速度为（）A.s

inPmgB.cos(sin)Pmgk+C.cosPmgD.sin)Pmgk+（【答案】D【解析】【详解】当牵引力等于阻力时，汽车达到最大速度，汽车匀速运动时，受力平衡，由于汽车是沿倾斜的路面向上行驶的，对汽车受力分析可知，汽车的牵引力F＝f+mgsinθ＝kmg+

mgsinθ＝mg（k+sinθ），由功率P＝Fv，所以上坡时的速度：(sin)PPvFmgk==+，故A、B、C错误，D正确.4.一小船在静水中的速度为2v，要渡过一条宽度为d的河流，已知河水流速为v，则小船渡河（）

A.最小位移为dB.最小位移为2dC.相对河岸最小速度为5vD.相对河岸最大速度为5v【答案】A【解析】【详解】AB.由于小船在静水中的速度为2v大于水的速度v，故小船过河最短路程为d，故A正确，B错误；C.两速度的合速度是相对河岸的速度，当两速度方向相反时，合速度最小，等

于v，即相对河岸最小速度为v，故C错误；D．当两速度方向一致时，合速度最大，为3v，即相对河岸最大速度为3v，故D错误．5.利用引力常量G和下列某一组数据，不能计算出地球质量的是（）A.地球的半径及重力加速度（不考虑地

球自转）B.人造卫星在地面附近绕地球做圆周运动的速度及周期C.月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离D.地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离【答案】D【解析】【详解】A．在地球表面附近，在不考虑地球自转的情况下，物体所

受重力等于地球对物体的万有引力，有2MmGmgR=可得GgRM2=能计算出质量，故A不符合题意；B．根据万有引力提供卫星绕地球做圆周运动的向心力，由22MmmvGRR=2πRvT=解得32πvTMG=能计算出质量，故B不符合题意；C．由222πMmGmrrT=

月月月解得2324πrMGT=月能计算出质量，故C不符合题意；D．由222πMMGMrrT=日地地地消去两边的M，故不能求出地球质量，故D符合题意。故选D。6.如图所示，长为L的细绳一端固定，另一端系一质量为m的小球．给小球一个合适的初速度，小球便可在水平面内做匀

速圆周运动，这样就构成了一个圆锥摆，设细绳与竖直方向的夹角为θ．下列说法中不正确的是()A.小球受重力、绳的拉力和向心力作用B.小球只受重力和绳的拉力作用C.θ越大，小球运动的速度越大D.θ越大，小球运动的周期越小【答案】A【解析】【详解】AB.小球只受重力和绳的拉力作用，二者合

力提供向心力，故A错误、符合题意，B正确、不符合题意；CD.小球做圆周运动的半径为：sinrL=则由牛顿第二定律得：2224πtanvmgmmrrT==解得：sintanvgL=cos2πLTg=θ越大，线速度越大，周期越小，故CD正确、不符合题意．

7.如甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为2kg的物体在恒力F作用下由静止开始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可知（g取10m/s2）A.物体加速度大小为2m/s2B.F的大小为21NC.4s末F的功率大小为42WD.4s内F做功的平均功

率为42W【答案】C【解析】【详解】A．根据v−t图象知加速度222m/s0.5m/s4a==故A错误；B．由牛顿第二定律得2Fmgma−=解得201N10.5N22mgmaF++===故B错误；C．4s末物体的速度为2m/s

，则拉力作用点的速度为4m/s，则拉力F的功率10.54W42WPFv===故C正确；D．物体在4s内的位移22110.54m4m22xat===则拉力作用点的位移s=8m，则拉力F做功的大小为10.58J84JWFs===平均功率84W21W4WPt===故D

错误。故选C。8.如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽高h处开始自由下滑则（）A.在以后的运动过程中，小球和槽的动量始终守恒B.在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功C.被

弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D.被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽高h处【答案】C【解析】试题分析：由动量守恒的条件可以判断动量是否守恒；由功的定义可确定小球和槽的作用力是否做功；由小球及槽的受力情况可知运动情况；由机械能守恒及动量守恒可知小球能否回到最高点．小

球与弹簧接触前，小球和槽组成的系统动量守恒，且有则有．当小球与弹簧接触后，小球受外力，故小球和槽组成的系统所受外力不为零，动量不再守恒，故A错误；下滑过程中两物体都有水平方向的位移，而力是垂直于球面的，故力和位移不垂直，故两力均做功，故B错误；小球脱离弧形槽后，槽向后做匀速运动，小

球向前做速度大小和槽相同的匀速运动，而小球和弹簧作用过程中机械能守恒，故小球被原速率反弹，反弹继续做匀速运动，故C正确；小求被反弹后，因两物体均有向左的速度，且速度大小相等，则两物体不会相遇，小球不会到达最高点，故D错误

．故选C．考点：本题考查了动量守恒定律、机械能守恒定律、做功的两个因素．9.如图，一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球a和b．a球质量为m，静置于地面；b球质量为3m，用手托往，高度为h，此时轻绳刚好拉紧．从静止开始释放b后，a可能达到的最大高度为（）A.

hB.2hC.1.5hD.2.5h【答案】C【解析】【详解】设a球上升高度h时，两球的速度大小为v，根据ab系统的机械能守恒得：3mgh=mgh+12•（3m+m）v2，解得：vgh=，此后绳子恰好松弛，a球开始做初速为vgh=的竖直上抛运动，再对a球，根据机械能守恒：mgh+212mv=mg

H，解得a球能达到的最大高度：H=1.5h，故C正确，ABD错误。10.关于第一宇宙速度，下列说法正确的是（）A.它是人造地球卫星绕地球运行的最大速度B.它是人造地球卫星在近地圆轨道运行的速度C.它是人

造地球卫星进入近地轨道的最小发射速度D.把卫星发射到越远的地方越容易【答案】ABC【解析】【分析】第一宇宙速度又称为环绕速度，是指在地球上发射的物体绕地球飞行作圆周运动所需的最小初始速度．【详解】人造卫星在圆轨道上运行时，运行速度GMvr=，轨道半径越大，速度越小

，由于半径最小，故第一宇宙速度是卫星在圆轨道上运行的最大速度，同时也是卫星在近地圆轨道运行的速度，故AB正确；物体在地面附近绕地球做匀速圆周运动的速度叫做第一宇宙速度，在地面附近发射飞行器，如果速度等于7.9km/s，飞行器恰好做匀速圆周运动，如果速度小于7.9

km/s，就出现万有引力大于飞行器做圆周运动所需的向心力，做近心运动而落地，所以发射速度不能小于7.9km/s；故C正确．根据克服地球的引力做功，可知当越远需要克服引力做功越多，所以发射到越远的地方越不容易，故D错误．故选ABC【点睛】注意第一宇宙速度有三种说法：①它是人造地球卫星在近地圆轨

道上的运行速度②它是人造地球卫星在圆轨道上运行的最大速度③它是卫星进入近地圆形轨道的最小发射速度.11.如图在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a点，质量为m的物块(可视为质点)由静止开始下滑，经圆弧最低点b滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c点停止．若圆弧轨道半径为R，物块

与水平面间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是()A.物块滑到b点时的速度为gRB.c点与b点的距离为RC.物块滑到b点时对b点的压力是3mgD.整个过程中物块机械能损失了mgR【答案】BCD【解析】【详解】A.由

机械能守恒可知，mgR=12mv2；解得b点时的速度为2gR，故A不符合题意；B.对全程由动能定理可知，mgR-μmgs=0解得bc两点间的距离为Rs=，故B符合题意；C.b点时，物体受重力、支持力而做圆周运动，则由2vFmgmr−=可得支持力F=3

mg，由牛顿第三定律可知，物块对b点的压力为3mg；故C符合题意；D.在滑动过程中，摩擦力所做的功等于机械能的损失，故机械能损失了μmgs=mgR，故D符合题意；12.下列关于运动物体所受合外力做功和动能变

化的关系不正确的是()A.如果物体所受合外力为零,则合外力对物体做的功一定为零B.如果合外力对物体所做的功为零,则合外力一定为零C.物体在合外力作用下做变速运动,动能一定发生变化D.物体的动能不变,所受合外力一定为零【答案】

BCD【解析】【详解】A.如果物体所受合外力为零，则合外力对物体做的功一定为零，此说法正确，选项A不符合题意；B.如果合外力对物体所做的功为零，则合外力不一定为零，例如做匀速圆周运动的物体，此说法不正确，选项B符合题

意；C.物体在合外力作用下做变速运动，动能可能不变，例如做匀速圆周运动的物体，此说法不正确，选项C符合题意；D.物体的动能不变，所受合外力不一定为零，例如做匀速圆周运动的物体，此说法不正确，选项D符合题意；第II卷非选择题二、实验题13.图甲为“验证机械能守恒定律”的装置图，实验中，打点计时器所

用电源频率为50Hz，当地重力加速度的值为9.80m/s2，测得所用重物的质量为1.00kg．若按实验要求正确地选出纸带进行测量，量得连续三个计时点A、B、C到第一个点的距离如图乙所示，那么：（1）纸带的______端与重物相连；(填“左”或“右”)（2）打点计时器打下点B时，物体的速度Bv=

______m/s(保留两位有效数字)；（3）从起点O到计数点B的过程中重力势能减少量pE=______J，此过程中物体动能的增加量kE=______J；（g=9.8m/s2，以上两空均保留两位有效数字)（4）通过

计算，pE______(kE填“”“=”或“”)，这是因为______；（5）实验的结论是______．【答案】(1).左(2).0.98(3).0.49(4).0.48(5).(6).下落过程中存在阻力做功(7).在实验误差范围内，PkEE=，机械能守恒【解析】【详解】第一空.物体做加速运

动，由纸带可知，纸带上所打点之间的距离越来越大，这说明物体与纸带的左端相连．第二空.利用匀变速直线运动的推论0.07060.03140.98m/s20.04ACBxvt−===；第三空.重物由O点运动到B点时，重物的重

力势能的减少量△Ep=mgh=1.0×9.8×0.0501J=0.49J．第四空.物体动能的增加量EkB=12mvB2=0.48J第五空.由上数据可知，△Ep＞△Ek，原因是下落时存在阻力做功；第六空

.在实验误差范围内，△EP=△Ek，机械能守恒．14.用如图所示的装置，探究功与物体速度变化的关系．实验时先适当垫高木板，然后由静止释放小车，小车在橡皮条弹力的作用下被弹出，沿木板滑行．小车滑行过程中带动通过打点计器的纸带，记录其运动情况

．观察发现纸带前面部分点迹疏密不匀，后面部分点迹比较均匀，回答下列问题：(1)适当垫高木板是为______________；(2)通过纸带求小车速度时，应使用纸带的___________（填“全部”、“前面部分”或“后面部分”）；(

3)若实验作了n次，所用橡皮条分别为1根、2根…n根，通过纸带求出小车的速度分别为v1、v2…vn，用W表示橡皮条对小车所做的功，作出的W——v2图线是一条过坐标原点的直线，这说明W与v的关系是__________________________；(4)以下关于该实验的说法中有

一项正确，它是________．A．通过改变橡皮筋的长度改变拉力做功的数值B．某同学在一次实验中，得到一条记录纸带．纸带上打出的点，两端密、中间疏．出现这种情况的原因，可能是没有使木板倾斜或倾角太小C．小车在橡皮筋的作用下弹出，橡皮筋所做的功可根据公式W=FL算出D．实验中先释放小车再接通电源【答

案】(1).平衡摩擦力；(2).后面部分；(3).W与2v成正比；(4).B；【解析】【详解】（1）小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，故可以将长木板的一

段垫高；（2）纸带在橡皮条的作用下做加速运动，橡皮条做功完毕，则速度达到最大，此后做匀速运动，故通过纸带求小车速度时，应使用纸带的后面点迹均匀的部分．（3）W-v2图线是一条过坐标原点的直线，根据数学知识可确定W与速度v的平方成正比．（4）A．实验是通过改变橡皮筋的个数来改变拉力做功的数值

，选项A错误；B．本实验中小车先加速后减速，造成纸带上打出的点，两端密、中间疏，说明摩擦力没有平衡，或没有完全平衡，可能是没有使木板倾斜或倾角太小．故B正确；C．橡皮筋拉小车时的作用力是变力，我们不能根据公

式W=FL求变力做功问题，故C错误；D．实验中先接通电源再释放小车，选项D错误．三、解答题15.撑开的雨伞的半径为R，伞边缘距地面的高为h，伞轴成竖直放置．现在使雨伞以角速度ω绕伞轴转动，伞边缘上的水滴被甩出．不计空气阻力，

水滴在地面上落成一个圆周，求圆的半径．【答案】半径为r=221hRg+【解析】【详解】雨点从伞边缘甩出后做平抛运动，初速度为v=ωR平抛的竖直方向212hgt=平抛的水平位移为x=vtr2=x2+R2所求半径为r=221hRg

+16.如图所示，质量为m=245g的木块（可视为质点）放在质量为M=0.5kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，木块与木板间的动摩擦因数为μ=0.4，质量为m0=5g的子弹以速度v0=300

m/s沿水平方向射入木块并留在其中（时间极短），子弹射入后，g取10m/s2，求：(1)子弹进入木块后子弹和木块一起向右滑行的最大速度v1(2)木板向右滑行的最大速度v2(3)木块在木板滑行的时间t【答案】(1)v1=

6m/s(2)v2=2m/s(3)t=1s【解析】【详解】(1)子弹打入木块过程，由动量守恒定律可得：m0v0=(m0+m)v1解得：v1=6m/s(2)木块在木板上滑动过程，由动量守恒定律可得：(m0+m)v1=(m0+m+M)v2解得：v2=2m

/s(3)对子弹木块整体，由动量定理得：﹣μ(m0+m)gt=(m0+m)(v2﹣v1)解得：物块相对于木板滑行的时间211svvtg−==−17.一条长为0.80m的轻绳一端固定在O点，另一端连接一质量m=0.10kg的小球，悬点O距离水平地面的高度H=1.00

m开始时小球处于A点，此时轻绳拉直处于水平方向上，如图所示.让小球从静止释放，当小球运动到B点时，轻绳碰到悬点O正下方一个固定的钉子P时立刻断裂.不计轻绳断裂的能量损失，取重力加速度210/.gms=

求：（1）当小球运动到B点时的速度大小；（2）绳断裂后球从B点抛出并落在水平地面的C点，求小球落到C点时的瞬时速度的大小；（3）若OP=0.6m，轻绳碰到钉子P时绳中拉力达到所能承受的最大拉力断裂，求轻绳能承受的最大拉力．【答案】

（1）4m/s（2）25m/s（3）9N【解析】【详解】（1）设小球运动到B点时的速度大小Bv，由机械能守恒定律得：212Bmvmgl=解得小球运动到B点时的速度大小为：24.0/Bvglms==（2）小球从B点做平抛运动，水平速度为Bv；竖直方向有

：212yHlgt=−=ygt=v；解得C点的瞬时速度大小为：()221621010.825m/scByvvv=+=+−=（3）若轻绳碰到钉子时，轻绳拉力恰好达到最大值mF，由牛顿定律得2BmvFmgmr−=(rldd=−为OP的

长度)由以上各式解得：9NmF=