【3份试卷合集】广东省深圳市2019-2020学年物理高一第二学期期末预测试题

1、高一（下）学期期末物理模拟试卷4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合一、单项选择题：本题共 10小题，每小题 题目要求的1.（本题9分）从某一高处平抛一个物体,物体着地时末速度与水平方向成口角，取地面处重力势能为零,则物体抛出时，动能与重力势能之比为（A. sin2aB. cos2 aC. tan 2aD. 1/tan 2a2 .（本题9分）如图所示，A、B两小球在光滑水平面上分别以动量pi = 4 kg m/s和p2= 6 kg m/s（向右为参考正方向）做匀速直线运动，则在A球追上B球并与之碰撞的过程中，两小球的动量变化量和Aj2可能分别为（）4BA. 2 kg m/s,

2、 3 kg m/sB. 8 kg m/s, 8 kg m/sC. 1 kg m/s, 1 kg m/sD. 2 kg m/s, 2 kg m/s3 .（本题9分）下列式子属于比值定义物理量的是xFQ, UA. t= -B, a=C, C=D, I 4 .（本题9分）作用在同一个物体上的三个共点力，可以使物体做匀速直线运动的是A. 3N、3N、8NB. 10N、5N、2NC. 6N、6N、6N D. 1N、7N、15N15 .（本题9分）人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如卫星的加速度减小为原来的一，卫星仍做匀速4圆周运动，则1A.卫星的速度减小为原来的忑1B.卫星的角速度减小为原来的一2C.

3、卫星的周期增大为原来的2倍1D.卫星受到的引力减小为原来的一26.嫦娥四号”探月卫星发射后，先在“24J、时轨道”上绕地球运行（即绕地球一圈需要24小时）；然后,经过两次变轨依次到达 “4创、时轨道”和“72、时轨道”；最后奔向月球.如果按圆形轨道计算，并忽略卫星质量的变化，则在每次变轨完成后与变轨前相比A.卫星线速度增大，角速度减小B.卫星线速度减小，角速度减小C.卫星动能减小，机械能减小D.卫星动能减小，机械能增大7 .如图，一个质量为 m的刚性圆环套在粗糙的竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两个完全相同的轻质弹簧的一端相连，轻质弹簧的另一端相连在和圆环同一高度的墙壁

4、上的P、Q两点处，弹簧的劲度系数为 k,开始时圆环处于。点，弹簧处于原长状态且原长为1,细杆上的A、B两点到O点的距离都为1,将圆环拉至 A点由静止释放，重力加速度为g,对于圆环从 A点运动到B点的过程中,下列说法正确的是A.圆环通过。点的加速度小于 gB.圆环与两弹簧组成的系统机械能不守恒 c.圆环在。点的速度为jgrD.圆环在B点的速度为 2. gi8 .（本题9分）如图所示，在平面直角坐标系中，a、b、c是等边三角形的三个顶点，三个顶点处分别放置三根互相平行的长直导线，导线中通有大小相等的亘定电流，方向垂直纸面向里.对于顶点c处的通电直导线所受安培力的方向，下列说法中正确的是（）A.沿y

5、轴正方向B.沿y轴负方向C. ?舌x轴正方向D.沿x轴负方向9 .（本题9分）可以将万有引力相互作用与电荷间的相互作用类比，即任何有质量的物体都要在它的周围空间产生一个引力场，而其他的物体在引力场中，要受到该引力场的引力作用。据此，万有引力中的重力加速度，相当于电场中的哪个物理量A.电场力B.电场强度C.电势差D.电势能10 .据报道，我国目前已经发射了三颗数据中继卫星天链一号01星”美链一号02星”美链一号03星”,它们都是地球同步卫星。这些卫星的成功发射与组网运行，标志着我国第一代中继卫星系统正式建成。这三颗卫星相比，可能不同 的是A.它们的质量B.它们距地面的高度C.它们的周期D.它们运

6、行的线速度大小、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）一质量为m的物体以某一速度冲上一个倾角为37。的斜面，其运动的加速度的大小为0.9g。这个物体沿斜面上升的最大高度为H,则在这过程中1A.物体克服重力做功 0.9mgHB.物体克服摩擦力做功 0.3 mgHC.物体的动能损失了 1.5 mgHD.物体的重力势能增加了 mgH12.（本题9分）如图在（0, yo）和（0 为+q的点电荷从（-X0, 0）位置以初速度 中只受电场力作用，卜列描述其加速度%卡。A.

7、"千%修I jT%7C _：13.如图所示，在同一竖直面内，小球，-y。）两位置分别固定一个电荷量为+Q的点电荷.另一个带电量V0沿x轴正方向运动.点电何 +q从（-X0, 0）至Ij （ X0, 0）的过程 a或速度v与位直x的关系可能正确的是（）上三工0 O小tln"D f O/一%a、b从图度小同的两点，分别以初速度va和vb沿水平方向抛出，经过时间ta和tb后落到与两抛出点水平距离相等的a-yvbpA. taVtbB. ta > tbC.P点。不计空气阻力，下列关系式正确的是Va< VbD. Va> Vb14.（本题9分）一质量为2kg的物体静止于

8、光滑水平面上。从t=0时开始，第1秒内受到3N的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1N的外力作用。下列说法正确的是 （）A.第1秒末物体的速度为1.5m/sB.第2秒末物体的动能为 6JC.第2秒内外力冲量为2N s。、质量为M的斜面固定在地面上, m,下滑时，细线呈竖直状态，则在下D. 2秒内物体动量的增量为 4kg m/s15.（本题9分）如图为儿童游乐场的滑梯示意图，滑梯可视为倾角为小美手持细线下端悬挂一小球沿滑梯滑下，小美连同小球的质量为滑过程中，下列说法正确的是（）A.滑梯对地面的压力大小为（ M+m） gB.小美、小球组成的系统机械能守恒C.小美与滑梯间的动摩擦因数一定为tan 0

9、D.系统增加的内能大于小美减少的机械能16.（本题9分）如图所示，由绝缘材料制成的光滑圆环（圆心为O）竖直固定放置。电荷量为+q（q>0）的小球A固定在圆环的最高点，电荷量大小为q的小球B可在圆环上自由移动。若小球B静止时，两小球连线与竖直方向的夹角为0 =30；两小球均可视为质点，以无穷远处为零电势点，则下列说法正确的是A.小球B可能带正电B.。点电势一定为零C.圆环又小球B的弹力指向圆心D.将小球B移至圆环最低点，A、B组成的系统电势能变大三、实验题：共2小题，每题8分，共16分17.某物理兴趣小组想测量一只标有“4V2W的小灯泡在不同电压下的实际功率，需要测定灯泡两端的电压和通过灯

10、泡的电流，现实验室有如下器材：直流电源E （电动势E= 6V,内阻不计）；电流表A1 （量程00.6A,内阻约为0.5 9;电流表A2 （量程03A,内阻约为0.1 9;电压表V1 （量程05V,内阻约为5k Q）; 电压表V2 (量程015V,内阻约为15k 0)；滑动变阻器 R (020 R额定电流2A);开关、导线若干及待测灯泡 .(1)为了调节方便，测量准确，实验中应选用下列 图中的电路图来完成实验(2)实验中电流表应选用 ,电压表应选用 (请填写器材符号).(3)由实验测得的数据描绘出小灯泡的U-I曲线如图所示，根据曲线可得灯泡两端电压2.0V时小灯泡的实际功率为 W,电阻值为 白。

11、(结果均保留两位有效数字)01234518 .(本题9分)利用图示装置做验证机械能守恒定律实验(1)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的A,速度变化量和高度变化量B.动能变化量和势能变化量A、B、C,测(2)实验中，先接通电源，再释放重物，得到一条理想的纸带，在纸带上选连续打出的点得它们到起始点。的距离如图所示，已知g 9.8m/S2 ,重物质量为0.5kg,打点计时器打点的周期为0.02s,从。点到B点的过程中，重物的重力势能变化量Ep J,动能变化量Ek J.（保留两位有效数字）（3）某同学想用下述方法研究机械能是否守恒，在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点。的距离

12、h,计算对应计数点的重物速度v,描绘v2 h图像得到图像是一条过原点的直线，该直线的斜率接近 （填g、2g或；g ）则可认为重物下落过程中机械能守恒.四、解答题：本题共 4题，每题5分，共20分19 . （6分）（本题9分）冰壶是冬奥会比赛项目，如图所示.比赛中，冰壶在水平冰面上的运动可视为匀减速直线运动.设一质量m=19kg的冰壶被运动员以 3m/s的速度推出，已知冰面与冰壶间的动摩擦因数为 0.02, g 取 10m/s2,求：（1）冰壶的重力；（2）冰壶的加速度；（3）从推出到停下，冰壶的位移.20 . （6分）（本题9分）如图所示，圆管构成的半圆形轨道竖直固定在水平底面上，轨道半径R,

13、 MN为直径且与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球 A以某速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点 M时与静止 于该处的质量为与 A相同的小球 B发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨道， 落地点距N为2R .重力加 速度为g ,忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不计，求（1）粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间t ;（2）小球A冲进轨道时速度 v的大小.21 .（6分）（本题9分）如图所示，水平转盘可绕竖直中心轴转动，盘上放着A、B两个物块，转盘中心O处固定一力传感器，它们之间用细线连接.已知 mA mB 1kg两组线长均为L 0.25m .细线能承受的最大拉力均为Fm 8N . A与转盘间的动摩擦因数为

14、 10.5, B与转盘间的动摩擦因数为 2 0.1，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两物块和力传感器均视为质点，转盘静止时细线刚好伸直，传感器的读数为零.当转盘以不同的角速度勾速转动时，传感器上就会显示相应的读数F, g取10 m/s2.求:揩甲将已(1)当AB间细线的拉力为零时，物块B能随转盘做匀速转动的最大角速度；(2)随着转盘角速度增加，OA间细线刚好产生张力时转盘的角速度；(3)试通过计算写出传感器读数F随转盘角速度变化的函数关系式，并在图乙的坐标系中作出f 2图象.22 .(8分)(本题9分)一质量m= 2kg的物体在竖直向上的恒定拉力F作用下由静止竖直向上运动h=2m,这时物体

15、的速度大小 v=5m/s忽略空气阻力取 g = 10m/s2,求该过程中：(1)物体克服重力做的功 Wg(2)拉力F对物体彳的功Wf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】由物体落地时末速度与水平方向的夹角为9,有亡口tg=",抛出的动能为 卜弋，重力势能做的功为1,1r 1.矶典 =-,则物体抛出时其动能与重力势能之比为cot2。，D正确.上2. D【解析】试题分析：由于碰撞过程中，动量守恒，两小球动量变化大小相等，方向相反，因此A错误；因为碰撞的过程中动能不增加.若Ap1和Ap2分另J为-

16、8kg?m/s , 8kg?m/s ,则P1' -4kg . m/s , P2' =14kg m/s根据知碰撞过程中动能增加，B错误；两球碰撞的过程中，B球的动量增加，Ap2为正值，A球的动量减小.Ap1为负值，故C错误.变化量为-2kg?m/s , 2kg?m/s ,符合动量守恒、动能不增加量，以及要符合实际的规律.故D正确.考点：动量守恒定律及其应用3. C【解析】【详解】A.公式t=x是匀速直线运动时间与位移的公式，不符合比值定义法的共性。故A错误；vB.公式a=是牛顿第二定律的表达式，不属于比值定义法，故 B错误；mQ 一C.电容是由电容器本身决定的，与Q、U无关，公式

17、C=是电谷的定乂式，是比值定乂法，故 C正确;D.I与U成正比，与 R成反比，不符合比值定义法的共性。故 D错误。4. C【解析】【分析】物体做匀速直线运动的条件是合力为零.判断各选项中的三个力的合力能否为零.常用的方法是先找出其中两个力的合力范围，看看第三个力是否在这两个力的合力的范围之内，在范围之内合力可以为零，否则则不能.【详解】3N和3N的合力范围是0NWF合W6N第三个力8N不在这个范围之内，这三个力的合力不可以为零，不能使物体做匀速直线运动，故A错误。10N和5N的合力范围是5NKF合W15N第三个力2N不在其范围之内，这三个力的合力不可以为零， 不能够使物体做匀速直线运动。故B错

18、误。6N和6N的合力范围是0NKF合W12N第三个力6N在其范围之内，这三个力的合力可以为零，能够使物体做匀速直线运动，故C正确。1N和7N的合力范围是6NWF合W8N第三个力15N不在其范围之内，这三个力的合力不可以为零，不能够使物 体做匀速直线运动，故 D错误。故选 a【点睛】判断三个力的合力能否为零，首先判断其中两个力的合力范围是关键.两个力的合力最小时是二力在同一条直线上且方向相反，最小合力大小是二力大小的差，方向沿着较大的力的方向；两个力的合力最大时是 二力在同一条直线上且方向相同，最大合力大小是二力的代数和，方向与原二力的方向相同.5. A【解析】【详解】2A.根据G ma可知，加

19、速度减小为原来的 一，则轨道半径变为原来的 2倍，根据G一臂 m 可 r24r2r知，速度变为原来的1.2A正确。B.Mm 根据G 2- rmr2可知，轨道半径变为原来的1312倍，角速度变为2j2 , B错误。C.丁 2周期T 1、，,角速度变为2y2 ,周期变为272倍，C错误。D.卫星受到的引力ma ,变为原来的, 4D错误。6.万有引力提供向心力:MmG 2r/2 2m() r2V 2m m r mar解得:AB.GMrGM根据题意两次变轨后，卫星分别为从“24J、时轨道”变轨为“48J、时轨道”和从“48J、时轨道”变轨为“72小时轨道”，则由上式可知，在每次变轨完成后与变轨前相比运

20、行周期增大，运行轨道半径增大，运行线速度减小，角速度减小，故 A错误，B正确。CDCD.每次变轨完成后与变轨前相比后，半径都增大，卫星必须点火加速，动能变大，机械能增大，故 错误。7. D【解析】【详解】A.圆环通过O点时，水平方向合力为零，竖直方向只受重力，故加速度等于g,故A错误。B.圆环在下滑过程中与粗糙细杆之间无压力，不受摩擦力，则圆环与两弹簧组成的系统机械能守恒，选项B错误；C.圆环从A至ij O过程，根据功能关系，2Ep+mgl= ；mvA2,解得va大于72gl ,故C错误。D.圆环从A到B过程，根据功能关系，减少的重力势能转化为动能,2mg?2l= mvB ,解得VB=2幅,故

21、D正确。8. B【解析】等边三角形的三个顶点 a、b、c处均有一通电导线，且导线中通有大小相等的恒定电流.由安培定则可得：导线 a、b的电流在c处的合磁场方向水平向右.再由左手定则可得：安培力的方向是竖直向下，指向y轴负向.故B正确，ACD错误，故选B.点睛：从题中可得这一规律：通电导线的电流方向相同时，则两导线相互吸引；当通电导线的电流方向相反时，则两导线相互排斥.该题也可以先由同向电流相互吸引分别求出a对c的作用力与b对c的作用力，然后求和.9. B【解析】【详解】重力场的基本性质是对其周围物体由引力作用，而电场的基本特性是对放入其中的电荷有力的作用，说明重力与电场力类似。电荷量与物体的质

22、量类似，则由 G=mg, F=qE分析可知，重力加速度 g与电场中电场强度E可类比，故B正确，ACD错误。10. A【解析】根据万有引力提供圆周运动向心力可知，同步卫星的轨道、周期、高度、速率都相同，所以对于三颗同步卫星唯一可能不同的就是卫星的质量，本题选可能不同的，故选A.点睛：此题关键要掌握同步卫星的特点，由周期都与地球自转的周期相同可知：同步卫星定轨道、定周期、定高度、定速率.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. . CD【解析】【详解】AD.这个物体沿斜面上升

23、的最大高度为H,所以重力势能增加 mgH，物体克服重力做功 mgH,故A错误,D正确；B.物体的机械能损失等于克服阻力做的功，故为：Hf0.5mgHsin37故B错误；C.物体上滑过程，根据牛顿第二定律，有：mgsin37 f ma解得：f 0.3mg合力：F 合 mgsin37 f 0.9mg合力做负功，故动能减小量等于克服合力做的功，故动能减少_ HEk F1.5mgHsin37故C正确。12. ABC【解析】等量同种正电荷连线中点的场强为零，从中点沿连线中垂线往外场强先增大后减小（不是均匀变化），且方向从中点沿中垂线往外.则粒子运动后从（一X0, 0）到原点的过程中电场力（加速度）可能一

24、直减小到0（不均匀变化），也可能先增大后减小到 0;从原点到（X0,0）的过程中电场力（加速度）可能一直增大（不均匀变化），也可能先增大后减小.且力（加速度）的方向与上一段力（加速度）的方向相反，均是从中 点沿中垂线向外.A: A图中加速度随位置均匀变化，故 A项不可能.B: B图中加速度方向不变，故 B项不可能.C：速度时间图象的切线斜率表示加速度，C图中加速度不变，故 C项不可能.D： D图中加速度先减小到 0再反向增大，故 D项可能.本题选不可能的，答案是 ABC.13. BC【解析】【详解】两个小球都做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据h=lgt2知，t ,因为ha>hb,则

25、ta>tb。2. g根据X=V0t,因为水平位移相等，ta>tb,则VaVVb.故BC正确，AD错误。14. AD【解析】a、根据牛顿第二定律 = ,知第1秒内的加速度为二；第2秒内的加速度为辿=4.，口/匚？由速度公式知第1秒末物体的速度为口 = 口*二=上5n 二，故a正确；B、根据速度公式知第 2秒末物体的速度为 二=匚1口一 口1二二工5乂一自5".，=工。口，二，所以物体的动能为二口=匚匚=；乳2黑？: = 4口 ，故B错C、根据冲量的定义可知第 2秒内外力冲量为 二=二二=X 一；=，二二，故C错;d、根据动量公式_ = 口 = 2 * 2 = sit zon

26、i/二,故d对；故选AD点睛：本题考查了动量、动能、冲量等公式以及对公式的熟练运用情况。15. ACD【解析】【分析】【详解】A.由于下滑时，细线呈竖直状态，说明小美、小球一起沿滑梯匀速下滑，将滑梯、小美、小球看一个整 体，则滑梯对地面白压力大小为（ M+m） g,故A正确；B.由于小美、小球一起沿滑梯匀速下滑，则小美、小球组成的系统机械能减小，故B错误；C.由于小美、小球一起沿滑梯匀速下滑，则有mg sin mg cos所以小美与滑梯间的动摩擦因数一定为tan 0,故C正确；D.由能量守恒可知，小美和小球减小的机械能等于系统增加的内能，则系统增加的内能大于小美减少的 机械能，故D正确。故选A

27、CD。16. BD【解析】【详解】A.因小球B处于静止状态，对其受力分析，如下图所示：由于A球带正电，因此小球 B一定带负电，故 A错误；B.因两球带电量是等量异种电荷，则两者连线的中垂线即为等势线，以无穷远处为零电势点，因此。点的电势为零，故B正确；C.由A选项分析，可知圆环对小球B的弹力背离圆心，故 C错误；D.将小球B移至圆环最低点，电场力做负功，导致A、B小球组成的系统电势能变大，故 D正确; 三、实验题：共2小题，每题8分，共16分17. 丁AiVi0.72 (0.70-0.74)5.6 (5.45.8)【解析】【详解】第一空.由实验需要测量不同电压下的实际功率，故滑动变阻器应选用分

28、压式接法，“4丫 2W知小灯泡的额定电流为0.5A,正常发光时电阻为 8Q, 82 0,5 5000 2500则电流表应选外接法减小系统误差，故选丁图；第二空,根据小灯泡的额定电流0.5A,则电流表选Ai；第三空,根据小灯泡的额定电压为4V,电压表选 Vi；第四空.由图像知小灯泡电压 2V时，电流通过小灯泡为 0.36A,则实际功率为 P=UI=2X 0.36W=0.72W,此时U 2灯泡电阻为：R 5.6I 0.3618. (1) B (2) 0.25J；0.24J(3) 2g【解析】【分析】【详解】(1)验证机械能守恒，即需比较重力势能的变化量与动能增加量的关系，故选B.(2)从打O点到打

29、B点的过程中，重物的重力势能变化量Ep=mghB=0,5 X 9,8 X 0.0501J=0,.25J2B点的瞬时速度 vB= - -.,m/s 0.975m/s ,则动能的增加量 Ek=2T2 0.021 mvB2=1 X 0,5 X 0.9750.24J.2 2(3)若能满足mgh= (mv2即可认为重物下落过程中机械能守恒，即v2=2gh,即v2-h图像的斜率接近于2g.【点睛】解决本题的关键知道实验的原理以及注意事项，掌握纸带的处理方法，会根据纸带求解瞬时速度，从而得出动能的增加量，会根据纸带下降的高度求解重力势能的减小量.四、解答题：本题共 4题，每题5分，共20分 219. (1)

30、 190N (2) 0.2m/s (3) 22.5m【解析】【分析】根据重力表达式可以直接求解；根据牛顿第二定律即可求出加速度；根据速度位移公式求出位移。【详解】(1)冰壶所受重力的大小：G=mg=190N(2)根据牛顿第二定律：f mg ma代入数据解得：a 0.2 m/s2222(3)根据速度位移公式可得位移为：x 幺 m 22 5m2a 2 0.2本题很简单，考查的都是力学、运动学中的基本公式，对于基本公式要灵活、熟练应用。20. (1) t 2A (2) v 272gR【解析】本题考查动量守恒、平抛运动、机械能守恒等知识.(1)粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动，竖直方向分运动为自由落体

31、运动,(2)设球A的质量为m,在N点速度为v,与小球B碰撞前速度大小为 vi,把球A冲进轨道最低点时的1 212重力势能te为 0,由机械能寸恒th律知 一mv mvi 2mgR2 2设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为V2,则v2 JgR由动量守恒定律知mv1 2mv2 综合式得： v 2应GR21.(1)1 V2rad/s 2 2&rad/s (3) m2 52 rad/s2对于B,由B与转盘表面间最大静摩擦力提供向心力，由向心力公式有:2.2mBg 2mB 1 L代入数据计算得出：1 .2rad/s(2)随着转盘角速度增加，OA间细线中刚好产生张力时，设 AB间细线产生的张力为 T

32、,有:1mAg T mA 22L2T2mBg 2mB 2 L代入数据计算得出：2 2.'2rad/s(3)当 2 8rad2/s2时，F 。当2 8rad 2 / s2 ,且AB细线未拉断时，有：F1mAg T mA 2L2,T2m>Bg 2mB LT 8N所以：F 26; 8rad 2 / s22 18rad 2 / s24当2 18时，细线AB断了，此时 A受到的静摩擦力提供 A所需的向心力，则有:一 _ 一 2|1mAg mAW L所以：18rad2 /s22 20rad2/s2 时，F 02当 2 20rad2/s2 时，有 Fmug mU LF 8N所以：F 25; 2

33、0rad 2 / s22 52rad 2 / s24若F Fm 8N时，角速度为：m 52rad2 / s2点睛：此题是水平转盘的圆周运动问题，解决本题的关键正确地确定研究对象，搞清向心力的来源，结合 临界条件，通过牛顿第二定律进行求解.22. Wg 40J(2)Wf 65J【解析】【详解】物体克服重力做的功为：WG mgh代入数据解得：Wg 40J。(2)由动能定理有：1 2WF WG m mv2代入数据解得：WF 65J 。身一（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，银河

34、系中有两黑洞A、B,它们以两者连线上的 O点为圆心做匀速圆周运动,测得黑洞A、B到O点的距离分别2r和r。黑洞A和黑洞B均可看成质量分布均匀的球体，不考虑其他星体对黑洞的引力，两黑洞的半径均远小于他们之间的距离。下列说法正确的是（）A.黑洞A、B的质量之比为2:1B.黑洞A、B的线速度之比为2:1C.黑洞A、B的周期之比为2:1D.若从地球向黑洞 A发射一颗探测卫星，其发射速度一定要大于7.9km/s.【答案】B【解析】【详解】A.双星各自做匀速圆周运动的周期相同，则角速度相等，因为 m11co2=m2r2 32,知半径之比等于质量之反 比，故质量之比为 1： 2,故A错误。B.则v=r q知

35、线速度与半彳5成正比，为2： 1,故B正确；C.双星的周期相同，与质量无关。故 C错误。D.要在地球上发射一颗探测该黑洞信息的探测器，必须要离开太阳的束缚，故发射速度必大于16.7km/s ,故D错误；2 .在水平匀速飞行的飞机上，每隔相等时间依次释放甲、乙、丙三个物体，若不计空气阻力，当刚释放丙物体时，三个物体位置为【答案】C【解析】【详解】AD.小球落下前和飞机具有相同的速度，落下来时不计空气阻力，由于惯性保持原来的水平速度不变，相同时间内，在水平方向上和飞机前进的距离相等，所以小球始终在飞机的正下方，AD错误；BC.小球在竖直方向上做自由落体运动，相等时间内，竖直下落高度逐渐增大，C正确

36、B错误.3 .（本题9分）某人划船横渡一条河流，已知船在静水中的速率恒为V1,水流速率恒为 V2,且V1>V2.他以最短时间方式过河用时 Ti,以最短位移方式过河用时 T2.则Ti与T2的比值为（）ViV2vi：v2 v2A. B. C. J 22D. y-v2viV2V1【答案】D【解析】【分析】【详解】河水流速处处相同大小为v2,船速大小恒为 vi,且vi>v2。设河宽为d,以最短位移过河时，所用时间为T2,则有以最短时间Ti过河时，有联立解得选项D正确，ABC错误。故选D。4 .（本题9分）如图所示，某人用绳通过定滑轮拉小船，设人匀速拉绳的速度为v。，绳某时刻与水平方向夹角为

37、“，则船的运动性质及此时此刻小船速度vx为A.船做匀速直线运动,vx vo cosVoB.船做减速直线运动,cosC.船做加速运动，Vx Vo cosD.船做加速运动， Vx -v°-cos【答案】D【解析】【分析】【详解】船的速度等于沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度，如图所示:根据平行四边形定则，有：Vxcos a =v贝U Vx=Vo/COS a因a角的增大，导致Vx增大，即船做加速运动，是变加速运动，故 D正确，ABC错误.故选D.【点睛】将船的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于 Vo,根据平行四边形定则求出船的速度表达式分析即可.5 .（本题9分

38、）如图所示，一物块在与水平方向成 。角的拉力F的作用下，沿水平面向右运动一段距离s.则在此过程中，拉力 F对物块所做的功为（）A. FsB. Fscos 0C. Fssin 0D. Fstan 0【答案】B【解析】试题分析：物体的位移是在水平方向上的，把拉力F分解为水平的Fcos 9,和竖直的Fsin §由于竖直的分力不做功，所以拉力F对物块所做的功即为水平分力对物体做的功，所以 w=Fcos0 ?s=Fscos 0故选B6 .（本题9分）某原子电离后其核外只有一个电子，若该电子在核的静电力作用下绕核做匀速圆周运动,那么电子运动（）A.半径越大，加速度越大B.半径越小，周期越大C.半

39、径越大，角速度越小D.半径越小，线速度越小【答案】C【解析】【分析】根据库仑定律求出原子核与核外电子的库仑力.根据原子核对电子的库仑力提供向心力，由牛顿第二定律求出角速度，加速度，周期，线速度进行比较.【详解】 根据原子核对电子的库仑力提供向心力，由牛顿第二定律得-mice22 ir-r=rk巳 2=ma=m rA、半径越大，加速度越小，故 A错误;B、半径越小，周期越小，故 B错误；C、半径越大，角速度越小，故C正确；D、半径越小，线速度越大，故 D错误.故选C.能够根据题意找出原子核与核外电子的库仑力提供向心力，并列出等式求解.对于等效环形电流，以一个周期为研究过程求解.7 .（本题9分）

40、如图所示，在研究平抛运动时，小球A沿轨道滑下，离开轨道末端（末端水平）时撞开接触开关 S ,被电磁铁吸住的小球B同时自由下落.改变整个装置的高度H做同样的实验，发现位于同一高度的 A、 B两个小球总是同时落地.该实验现象说明了A球在离开轨道后A.竖直方向的分运动是自由落体运动B.水平方向的分运动是匀加速直线运动C.水平方向的分运动是匀速直线运动D.竖直方向的分运动是匀速直线运动【答案】A【解析】【分析】【详解】改变整个装置的高度 H做同样的实验，发现位于同一高度的A、 B两个小球总是同时落地，说明两小球在竖直方向为自由落体运动.故该实验现象说明了A球在离开轨道后竖直方向的分运动是自由落体运动，

41、故A正确，BCD错误.故选A【点评】本题考查了平抛运动的物体在竖直方向的运动规律为自由落体.平抛运动规律一般只能借助分解来求解.2的距离为8 .两个小球固定在一根长为 L的杆的两端，绕杆上的 。点做圆周运动，如图所示，当小球 1的速度为vi 时，小球2的速度为V2,则转轴O到小球9D.川匚一一口 白A- 口肝叫B-c -【答案】B【解析】【详解】 设A球的半径为ri, B球的半径为r2,则有r2=L-ri, vi = w i, v2= w （L-ri）,联立可得：设=二；二一 -，故B 正确，ACD错误。9 .（本题9分）图中实线为一簇电场线，虚线是一带电粒子从电场中的A点运动到B点的运动轨迹

42、.粒子只受电场力作用，下列说法正确的是 （）A.粒子带正电B.粒子在A点的速度大于在 B点的速度C.粒子在A点的加速度小于在 B点的加速度D.粒子在A点的电势能大于在 B点的的电势能【答案】B【解析】试题分析：由粒子的运动轨迹可以看出，粒子所受的电场力方向与电场方向相反，故粒子带负电，所以A错误；运动过程中，电场力方向与运动方向成钝角，所以电场力做负功、粒子的动能减小、电势能增大，故B正确、D错误；由电场线可以看出， A点电场强度大于 B点电场强度，所以粒子在 A所受电场力大于B点所受电场力，故 B正确；考点：带电粒子在匀强电场中的运动10 .（本题9分）下列说法正确的是（）A.牛顿提出万有引

43、力定律，并利用扭秤实验巧妙地测出了万有引力常量B.太阳系中，所有行星轨道半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等C.开普勒借助导师牛顿的丰富观测数据计算并提出了开普勒三大定律D.相同时间内，地球与太阳的连线扫过的面积等于火星与太阳的连线扫过的面积【答案】B【解析】A、牛顿提出万有引力定律，卡文迪许利用扭秤实验，巧妙地测出了万有引力常量，故A错误；B、由开普勒第三定律知：在太阳系中，所有行星的轨道的半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比a3值都相等，即二 k （常数），故B正确； T2C开普勒在对老师第谷对天体的观测数据的整理和思考后，总结出了开普勒三定律，故C错误；D、根据开普勒第二定律

44、可知：对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等，相同时间内，不同行星与太阳连线扫过的面积不等，故 D错误.点睛：开普勒关于行星运动的三定律是万有引力定律得发现的基础，是行星运动的一般规律，正确理解开普勒的行星运动三定律是解答本题的关键，同时注意积累物理学史相关知识.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，公园蹦极跳床深受儿童喜爱.一小孩系好安全带后静止时脚刚好接触蹦床，将小孩举高至每根轻质弹性绳都处于原长时由静止释放，对小孩下落过程的分析，下

45、列说法正确的是A.小孩一直处于失重状态B. .弹性绳对小孩的作用力一直增大C.小孩的加速度一直增大D.小孩的机械能一直减小【答案】BD【解析】【详解】A项：由于初始时刻弹性绳处于原长，弹力为零，小孩加速度向下， 最后接触蹦床，速度一定会减小至零，故小孩先处于失重状态，后处于超重状态，A项错误；B项：随着小孩的下落，弹性绳伸长弹力增大，弹力之间夹角减小，弹性绳合力增大，B项正确；C项：小孩加速下落时， mgFw =ma,加速度减小，当接触蹦床后，做减速运动，F蹦+F弹mg=ma,加速度增大，C项错误；D项：由于弹性绳和蹦床都会对小孩做负功，所以小孩的机械能一直减小，D项正确。故选：BD。12.（

46、本题9分）如图是研究三辆汽车加速性能和制动性能时得到的v-t图像。下列分析正确的有（）A.甲的加速性能最好B.丙的加速性能最好C.乙的制动性能最好D.丙的制动性能最好【答案】AC【解析】【详解】AB.在速度一时间图象中斜率代表加速度，由图象可以看出加速时，甲的加速度最大，则甲的加速性能最 好，故A正确，B错误；CD.在速度一时间图象中斜率代表加速度，由图象可以看出制动时，乙的加速度最大，所以乙的制动性能最好，故C正确，D错误。【点睛】本题是为速度一时间图象的应用，要明确斜率的含义，并能用加速度的定义式解出加速度数值.13.如图，A、B质量分别为 mi= 1kg, mi=1kg,置于平板小车 C

47、上，小车质量为 m3=1kg, A、B与小车 的动摩擦因数均为 0.5,事先三者均静止在光滑的水平面上。某时刻 A、B间炸药爆炸（时间极短）使 A、 B获得图示左右方向的瞬时速度和11J的总机械能。假设 A、B最终都没有离开小车上表面，水平面足够长，g=10m/s1.现从炸药爆炸结束开始计时，则（）A. t=0时，A、B的速度大小分别是 4m/s、1m/sB. t = 0.4s时，B与平板小车 C先相对静止C. t=0.8s时，A与平板小车 C相对静止D. t = 0.8s时，A、B与平板小车因摩擦而产生的热量Q=10J【答案】AC【解析】【详解】A.炸药爆炸瞬间A、B系统动量守恒，以向左为正

48、方向，有：&= OfUj Oj.UjA、B的机械能总量为11J,故：）=好口中出排联立解得：v1=4m/s , v1=1m/s故A项与题意相符；BC.爆炸后AB在C上滑动，B先与C相对静止，设此时 A的速度为V3, B、C的速度为V4,该过程中ABC组成的系统动量守恒，设该过程的时间为t3,对A应用动量定理-m1gt3=m1V3-m1V1对B应用动量定理-wm1gt3=m1v4-m1v1对C应用动量定理（pffl1g-（im1g）t3=m3v4代人数据得v3=3m/s; v4=-1m/s； t3=0.1s之后，A在C是滑动直到相对静止，根据系统的动量守恒0=（mi+mi+m3）v解得：

49、v=0设A滑动的总时间为t,则-wmigt=0-m ivi解得：t=0.8s故B项与题意不相符，C项与题意相符；D. t=0.8s时，A、B与平板小车因摩擦而产生的热量Q=E=iiJ故D项与题意不相符。i4.同步卫星A的运行速率为 Vi,向心加速度为 ai,运转周期为 Ti;放置在地球赤道上的物体 B随地球 自转的线速度为 V2,向心加速度为 a2,运转周期为T2；在赤道平面上空做匀速圆周运动的近地卫星C的速率为 5,向心加速度为a3,动转周期为T3o比较上述各量的大小可得（）A.Ti=T2>T3B.V3> V?> ViC.ai< 32=a3D,a3> ai>

50、;a2【答案】AD【解析】【详解】A、同步卫星与地球自转同步，所以T2=T2O根据开普勒第三定律得卫星轨道半径越大，周期越大，故丁2>丁2.故A正确。B、同步卫星与物体 2周期相同，根据圆周运动公式2 r,所以V2>V2,故B错误。CD、同步卫星与物体2周期相同，根据圆周运动公式与，得 32>32,T2同步卫星2与人造卫星2,都是万有引力提供向心力,GM所以a ,由于r2>r2,由牛顿第二定律，可知r故选：AD。32> 32.故C错误、D正确。i5.（本题9分）一个质量为 m=50kg的人乘坐电梯,由静止开始上升，整个过程中电梯对人做功的功率随时间变化的P-t图象

51、如图所示，取 g=i0m/s2,加速和减速过程均为匀变速运动，则以下说法正确的是（）A.图中Pi的值为1100WB.图中P2的值为900WC.电梯匀速阶段运动的速度为2m/sD.电梯加速阶段对人所做的功大于减速阶段对人所做功【答案】AC【解析】【详解】C匀速运动时，支持力等于重力，则有：N mg 500N根据P Fv可得匀速运动的速度：P 1000 v m/s 2m/smg 500故选项C符合题意；A.匀加速直线运动的加速度大小：a1 v 2 m/s2 1m/s2ti 2根据牛顿第二定律得：N1 mg ma1解得：N1 mg ma1550N ,则图中P1的值为P N1v 550 2W 1100

52、W故选项A符合题意；B.匀减速直线运动的加速度大小：V 2, 22a2 - - m/s 0.5m/st34根据牛顿第二定律得:mg N2 ma2解得：N2 mg ma2 475N ,则图中P2的值为P2 N2v 475 2W 950W故选项B不符合题意；D.加速过程中的位移：1 ,1x1vt12 2m 2m2 2电梯对人做功：皿 N1x1 550 2J 1100J减速过程中的位移：1 1x2-vt3- 2 4m 4m2 2电梯对人做功：W2 N2x2 475 4J 1900J可知电梯加速运动过程中对人所做的功小于减速阶段对人所做的功，故选项D不符合题意。16.（本题9分）绳系卫星是由一根绳索栓

53、在一个航天器上的卫星，可以在这个航天器的下方或上方随航天器一起绕地球运行.如图所示，绳系卫星系在航天器上方，当它们一起在赤道上空绕地球作匀速圆周运动时（绳长不可忽略）.下列说法正确的是（）A.绳系卫星在航天器的前上方B.绳系卫星在航天器的后上方C.绳系卫星的加速度比航天器的小D.绳系卫星的加速度比航天器的大【答案】AC【解析】【分析】航天器与绳系卫星都是绕地球做圆周运动，绳系卫星所需的向心力由万有引力和绳子的拉力共同提供，所以拉力沿万有引力方向， 从而可知绳系卫星在航天器的正上方.故AB错误；航天器和绳系卫星的角速度相同，根据公式 a r 2知绳系卫星的轨道半径大，所以加速度大.故 D正确，C错误.三、实验题：共2小题，每题8分，共16分17.(本题9分)某同学用如图所示的实验装置验证 力的平行四边形定则”。弹簧测力计A挂于固定点P