1、江苏苏州高新区一中2020-2021学年度下学期高一物理期末模拟卷（二）一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）1. “观察电容器的充、放电现象”的实验电路图如图所示，已知电容器的电容为C，电容器充电后两极板间的电压为U，下列说法正确的是()A. 开关S接1后，电流表、电压表的示数均逐渐变大B. 开关S从1断开后，电容器的带电量为2CUC. 开关S从1断开后接2时，流过电阻R的电流方向向左D. 放电的过程中，电容器把储存的能量转化为电路中其他形式的能量2. 如图所示，平行板电容器两极板带等量异种电荷，右极板与静电计金属球相连，左极板和静电计金属外壳相连，下列操作能使静电计指针张角变小的是(
2、)A. 增大两极板的带电量B. 在两极板间插入电介质C. 将左极板向上平移少许D. 将左极板向左平移少许3. 如图所示，小球甲在真空中做自由落体运动，另一同样的小球乙在油中由静止开始下落，它们都由高度为h1的地方下落到高度为h2的地方。在这两种情况下，下列说法错误的是()A. 甲球的重力势能变化量大B. 甲球的末机械能大C. 甲球的平均速度大D. 甲球的重力平均功率大4. 某一区域的电场线分布如图所示，一带电粒子在电场中沿曲线AB运动，不计粒子所受重力，则()A. A点的电势等于B点的电势B. 粒子带负电荷C. 粒子在A点时的加速度大于在B点时的加速度D. 粒子在A点时的电势能小于在B点时的电
3、势能5. 让一价氢离子和一价氦离子的混合物由静止开始经过同一匀强电场加速，然后在同一匀强电场里偏转，并离开偏转电场，则氢离子和氦离子()A. 在加速电场中的加速度相等B. 离开加速电场时的动能相等C. 在偏转电场中的运动时间相等D. 离开偏转电场时分成两股粒子束6. 我国天问一号火星探测器于2020年7月23日从地球发射，经地火转移轨道，于2021年2月10日抵达火星，如图所示。已知火星和地球在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，火星公转的轨道半径是1.5AU(天文单位)，则()A. 火星绕太阳运动的加速度大于地球绕太阳运动的加速度B. 天问一号的发射速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度C
4、. 在相等的时间内，火星与太阳的连线扫过的面积等于地球与太阳的连线扫过的面积D. 发射天问一号时，火星大致处于A位置7. 如图所示，在与纸面平行的匀强电场中有A、B、C三个点，其电势分别为2V、4V和6V，三点的连线构成等腰直角三角形，C与A、B两点的距离为1m。则匀强电场的电场强度()A. 与AB垂直B. 与CB平行C. 大于4V/mD. 小于2V/m8. 如图所示，等量同种点电荷放在x轴上，O点为中心，则两电荷连线上的电场强度E、电势随x变化的关系图线可能正确的是()A. B. C. D. 9. 如图所示，某地有一风力发电机，它的叶片转动时可形成半径为R的圆面，某时间内该地区的风速为v，风
5、向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为，设该风力发电机将此圆内空气动能转化为电能的效率为，则此风力发电机发电的功率为()A. v3R22B. v3R2C. v2R22D. v2R210. 如图所示，某一斜面与水平面平滑连接，一小木块从斜面由静止开始滑下，滑到水平面上的A点停下，已知小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数相同，取水平面为参考平面，则此过程中木块的重力势能Ep、动能Ek、机械能E和产生的内能Q与水平位移x的关系图线错误的是()A. B. C. D. 二、实验题（本大题共1小题，共15.0分）11. 如图1为某实验小组利用气垫导轨做“验证机械能守恒定律”的实验装置，将气垫导轨放在水
6、平桌面上，细绳两端分别与托盘(含砝码)和滑块(含遮光条)相连，滑块在托盘的牵引下运动。已知光电门固定在的气垫导轨上，遮光条的宽度d，托盘(含砝码)的质量为M，滑块的质量为m，重力加速度为g。 (1)下列实验操作步骤，正确顺序是_ 。测出遮光条到光电门的距离l 调节滑轮高度，使细绳与导轨平行将气蛰导轨放在水平桌面，将导轨调至水平释放滑块，读出遮光条通过光电门的挡光时间t 打开气源，将滑块移至光电门右侧某适合的位置(2)遮光条通过光电门时的速度大小为_ (用题中所给的字母表示)。(3)在滑块从静止释放到运动到光电门的过程中，若系统要符合机械能守恒定律的结论，应满足的关系式为_ (用题中所给的字母表
7、示)。(4)保持滑块和砝码质量不变，多次改变遮光条到光电门的距离l，记录每次遮光条的遮光时间t及对应的1t2，数据见表。 L/(10-1m)1.002.003.004.005.00t/ms11.798.166.715.775.141t2/(104s-2)0.721.502.223.003.78请根据表中的数据，在方格纸上(图2)作出1t2-l图像。(5)某同学根据“1t2-l图像是一条过原点的直线”得出了“系统机械能守恒”的结论。你是否同意他的观点？请简要说明理由。三、计算题（本大题共4小题，共45.0分）12. 已知土星的半径为R，质量为M，它的一颗卫星在距土星表面高度为h的轨道做匀速圆周运
8、动。已知万有引力常量为G，求：(1)土星的第一宇宙速度；(2)该卫星的运动周期T。13. 如图所示，一质量m=2103kg、额定功率P=72kW的汽车，当它行驶在倾角为(sin=0.08)的长直公路上时，所受摩擦阻力大小为车重的0.1倍，不计空气阻力，重力加速度大小g=10m/s2，求：(1)求汽车在长直公路上行驶的最大速度vm；(2)若汽车从静止开始以大小a=0.6m/s2的加速度匀加速启动，求该匀加速过程的时间t。14. 利用万有引力定律可以测量天体的质量(1)测地球的质量英国物理学家卡文迪许，在实验室里巧妙地利用扭秤装置，比较精确地测量出了引力常量的数值，他把自己的实验说成是“称量地球的
9、质量”.已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，引力常量为G.若忽略地球自转影响，求地球的质量(2)测月球的质量所谓“双星系统”，是指在相互间引力作用下，绕连线上某点O做匀速圆周运动两个星球A和B，如图所示在地月系统中，若忽略其它星球影响，可将月球和地球看成“双星系统”.已知月球公转周期为T，月球、地球球心间距离为L.你还可以利用(1)中提供的信息，求月球的质量15. 如图所示，足够大的水平光滑圆台中央立着一根光滑的杆，原长为L的轻弹簧套在杆上，质量均为m的A、B、C三个小球用两根轻杆通过光滑铰链连接，轻杆长也为L，A球套在竖直杆上。现将A球搁在弹簧上端，当系统处于静止状态时，轻杆与竖直方向
10、夹角=37.已知重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，sin37=0.6，cos37=0.8。(1)求轻杆对B的作用力F和弹簧的劲度系数k；(2)让B、C球以相同的角速度绕竖直杆匀速转动，若转动的角速度为0(未知)时，B、C球刚要脱离圆台，求轻杆与竖直方向夹角0的余弦和角速度0；(3)两杆竖直并拢，A球提升至距圆台L高处静止，受到微小扰动，A球向下运动，同时B、C球向两侧相反方向在圆台上沿直线滑动，A、B、C球始终在同一竖直平面内，观测到A球下降的最大距离为0.4L.A球运动到最低点时加速度大小为a0，求此时弹簧的弹性势能Ep以及B球加速度的大小a。答案和解析1.【答案】D【解析】解：A、开关
11、S接1后电源对电容器充电，两极板的电荷量不断增加，由电容公式：Q=CU，两板间的电压不断升高，电压表的示数变大，两板间的电压与电源的电动势的之差不断减小，所以电流不断减小，电流表示数不断减小，故A项错误；B、开关S从1断开后，电容器的电压为U，电容器的带电量为一个极板带电量的绝对值，因而Q=CU，故B项错误；C、充电时，电容器上极板带正电荷，下极板带上负电荷，开关S从1断开后接2时，电流从正极板流向负极板，所以流过电阻R的电流方向向右，故C项错误；D、放电的过程中，由于电容器电荷量不断极少，电压不断降低，电场能不断减小，通过电流做功把电场能转化为电阻R上产生的电热，故D项正确；故选：D。2.【
12、答案】B【解析】解：A、根据电容的定义式C=QU，可知，当大两极板的带电量Q，必须导致极板间的电势差U增大，那么静电计指针张角会变大，故A错误；B、在两极板间插入电介质，根据电容的决定式C=S4kd知，电容C增大，电容器的电量Q不变，再根据电容的定义式C=QU，则板间电压U减小，静电计指针张角变小，故B正确；C、将左极板向上平移少许，即减小A、B板的正对面积，根据电容的决定式C=S4kd分析得知，电容C减小，电容器的电量Q不变，则由C=QU得知，板间电压U增大，静电计指针张角变大，故C错误；D、将左极板向左平移少许，则增大A、B板间的距离，根据电容的决定式C=S4kd知电容C减小，电容器的电量
13、Q不变，则由定义式C=QU知，板间电压U增大，静电计指针张角变大，故D错误；故选：B。3.【答案】A【解析】解：A、在这两种情况下，小球下落高度相同，由WG=mgh可知，重力做功相等，则重力势能变化量相等，故A错误；B、两球初机械能相等。甲球在真空中下落，只有重力做功，其机械能守恒；乙球在油中运动时，阻力对乙球做负功，机械能有损失，则甲球的末机械能大，故B正确；C、甲球的运动时间短，而两球通过的位移相等，则甲球的平均速度大，故C正确；D、重力做功相等，甲球的运动时间短，由P=Wt知甲球的重力平均功率大，故D正确。本题选错误的，故选：A。4.【答案】B【解析】解：A、沿电场线的方向电势降低，由图
14、可知，B点的电势高于A点的电势，故A错误；B、由图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在A、B两点受到的电场力沿电场线向左。由于电场线方向向右，所以粒子的带负电，故B正确；C、电场线的疏密表示电场的强弱，可知B点的电场强度大，所以粒子在B点受到的电场力大，在B点的加速度大，故C错误；D、粒子在A、B两点受到的电场力沿电场线向左，从A到B粒子受到的电场力方向与轨迹的方向之间的夹角为锐角，则电场力做正功，粒子的电势能减小，所以粒子在A点的电势能较大，故D错误。故选：B。5.【答案】B【解析】解：AB、设加速电压为U1，板间距离为d1，在加速电场中，由牛顿第二定律可知：a=qU1md1在加速电场中，由
15、动能定理得：qU1=12mv02，则离开加速电场时的动能：Ek=12mv02=qU1加速获得的速度为v0=2qU1m，由于两种粒子的比荷不同，则在加速电场中的加速度不相等，两种粒子所带电荷相等，则离开加速电场时的动能相等，故A错误，B正确；CD、设偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d2。两种粒子在偏转电场中，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于两种粒子的比荷不同，则v0不同，所以两粒子在偏转电场中运动的时间不同，故C错误；粒子离开偏转电场时，沿电场线方向的分速度：vy=at=qU2md2Lv0速度的偏转角：tan=vyv0=qU2md2Lv02=U2L4d2U1，与电荷的电量和
16、质量无关。两个粒子离开偏转电场时的速度方向相同。在偏转电场中的偏转位移y=12at2=12qU2md2L2v02=U2L24d2U1，与电荷的电量和质量无关。知出射点的位置相同。所以两个粒子离开偏转电场时的速度方向和位置都相同，即离开偏转电场时只有一股粒子束，故D错误；故选：B。6.【答案】D【解析】解：根据图象可知，火星的公转半径大于地球的公转半径。A、根据牛顿第二定律可得GMmr2=ma，解得a=GMr2，所以火星绕太阳运动的加速度小于地球绕太阳运动的加速度，故A错误；B、天问一号已经挣脱地球的吸引，所以天问一号的发射速度大于第二宇宙速度，小于第三宇宙速度，故B错误；C、设绕太阳运行的一颗
17、卫星的轨道半径为r，线速度为v，由万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r，解得：v=GMr，运行周期T=2rv；该卫星单位时间内扫过的面积为：S=r2T，联立解得：S=GMr2，可见轨道半径约大，单位时间内扫过的面积越大，故C错误；D、根据开普列第三定律可得r3T2=k，可知地球的公转周期小于火星的公转周期，由图可知，发射天问一号时，火星大致处于A位置，故D正确。故选：D。7.【答案】C【解析】解：AB、根据U=Ed可知，AC连线中点D的电势D=A+C2=2+62V=4V，则D=B，BD连线为等势线，根据电场线与等势面垂直，且由电势高的等势面指向电势低的等势面，作出过C点的电场线，如图所示
18、，故AB错误；CD、CD间的电势差为UCD=C-D=6V-4V=2V，C点到BD的距离为d=CD-sinCDB，则电场强度大小为E=UCDd=2CD-sinCDB=20.5sinCDBV/m=4sinCDBV/m4V/m，故C正确，D错误。故选：C。8.【答案】D【解析】解：A、E-x图像中，E的正负表示方向，右边+Q左侧E为负，其右侧E为正，故A错误；B、由E=kQr2可知离Q越近处E越大，Q附近E趋于无穷大，故B错误；C、-x图像中，的正负表示的大小，从左边+Q左侧到右+Q右侧，由电场线方向可判断，电势沿x轴方向先增大再减小再增大再减小，故C错误；D、-x图像中，图像的斜率表示场强大小，综
19、合Q附近E趋于无穷大可知D选项正确，故D正确。故选：D。9.【答案】A【解析】解：在时间t内通过叶片的空气质量为m=Svt，风能转化为电能为：W=12mv2=12R2v3t故风力发电机发电的功率为：P=Wt=12R2v3，故A正确，BCD错误；故选：A。10.【答案】C【解析】解：设斜面的倾角为，小木块在斜面上时，下滑的高度h=xtanxx1；设小木块开始下滑位置到水平面的高度为H；设动摩擦因数为；取水平面为参考平面；A、小木块的重力势能Ep=mg(H-h)=mgH-mgxtan其中xx1，当xx1时，小球在水平面上运动，高度不变，重力势能为零不变，即Ep=0，故A正确；B、设斜面的倾角为，小
20、木块在斜面上下滑过程，小木块的位移大小s=xcosxx1，由动能定理得：Ek-0=mgh-mgscos，解得：Ek=mgxtan-mgxxx1，当小木块在水平面上时，由动能定理得：Ek-0=mgh-mgscos-mgx，解得：Ek=mgx1tan-mgx1-mgxxx1，故B正确；D、小木块克服摩擦力做功转化为内能，小木块在斜面上时，内能Q=mgscos=mgxxx1，小木块在水面面上时，内能Q=mgx1+mgxxx1，故D正确；C、由能量守恒定律得：E=mgH-Q=mgH-mgxxx1，小球的机械能随x的增大而减小；小球运动到水平面上时，机械能E=mgH-mgx1-mgxxx1，故C错误。本
21、题选错误的，故选：C。11.【答案】dt Mgl=12(M+m)(dt)2【解析】解：(1)实验时要先调节气垫导轨水平，然后调节滑轮高度使细线与导轨水平，把滑块放在导轨上测出滑块到光电门的距离，打开电源释放滑块进行实验，故合理的实验步骤是。(2)很短时间内的平均速度等于瞬时速度，遮光条通过光电门时的速度大小v=dt。(3)在滑块从静止释放到运动到光电门的过程中，如果系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：Mgl=12(m+M)v2，即Mgl=12(M+m)(dt)2；(4)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，让尽可能多的点过直线，不能过直线的点对称分布在直线两侧，根据坐标系内描出的点作出图象如图
22、所示(5)系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：Mgl=12(m+M)v2，即Mgl=12(M+m)(dt)2，整理得：1t2=2Mg(M+m)d2l，如果1t2-l图线的斜率k=2Mg(M+m)d2，则可以证明系统机械能守恒，1t2-l图像是一条过原点的直线，系统机械能不一定守恒。故答案为：(1)；(2)dt；(3)Mgl=12(M+m)(dt)2；(4)图象如上图所示；(5)观点错误，只有当图象的斜率k=2Mg(M+m)d2时才可以测出系统机械能守恒的结论。(1)根据实验原理与实验步骤分析答题。(2)根据遮光条的宽度与遮光条经过光电门的时间求出遮光条的速度大小。(3)根据机械能守恒定律求出实
23、验需要验证的表达式。(4)应用描点法作出图象。(5)根据机械能守恒定律求出图象的函数表达式，然后分析答题。12.【答案】解：(1)根据万有引力提供向心力可得：GMmR2=mv12R第一宇宙速度为：v1=GMR；(2)根据万有引力提供向心力可得：GMm(R+h)2=m(R+h)42T2解得：T=2(R+h)3GM答：(1)土星的第一宇宙速度为GMR；(2)该卫星的运动周期T为2(R+h)3GM。13.【答案】解：(1)汽车在长直公路上行驶时所受的阻力：F1=kmg+mgsin解得：F1=3.6103N当汽车达到最大速度时，加速度为零，此时牵引力F=F1而P=Fvm解得：vm=20m/s。(2)汽
24、车从静止开始以大小a=0.6m/s2的加速度匀加速行驶，根据牛顿第二定律得：F-F1=ma解得：F=4.8103N当汽车的实际功率等于额定功率时，匀加速的速度达到最大，设匀加速行驶的最大速度为vm，则P=Fvm由速度公式得：vm=at解得t=25s答：(1)汽车在长直公路上行驶的最大速度vm为20m/s；(2)该匀加速过程的时间t为25s。14.【答案】解：(1)设地球质量为M，地球表面某物体的质量为m，忽略地球自转的影响，则有GMmR2=mg，解得：M=gR2G (2)设地球质量为M1，地球到O点的距离为r1，月球质量为M2，月球到O点的距离为r2，GM1M2L2=M1(2T)2r1GM1M
25、2L2=M2(2T)2r2 又因为r1+r2=L联立解得M1+M2=42L3GT2，由(1)可知M1=gR2G 解得月球质量M2=42L3GT2-gR2G 答：(1)地球的质量gR2G (2)月球的质量为42L3GT2-gR2G15.【答案】解：(1)平台光滑，对B球受力分析知轻杆对B的作用力F=0弹簧的形变量：L=L-Lcos对A有：kL=mg解得：k=5mgL(2)B、C对桌面无弹力，ABC系统在竖直方向合力为零，则：k(L-Lcos0)=3mg解得：cos0=25对B由向心力公式有：mgtan0=m02Lsin0解得：0=5g2L(3)当A球下降h=0.4L时，ABC速度均为零，由机械守恒有：Ep=mgh=0.4mgL设杆此时拉力为T，杆与竖直方向夹角为1，则cos1=L-hLA的加速度竖直向上，由牛顿运动定律有：kh-2Tcos1-mg=ma0同理对B有：Tsin1=ma解得：a=23(g-a0)答：(1)轻杆对B的作用力是0，弹簧的劲度系数是5mgL；(2)轻杆与竖直方向夹角0的余弦是25，角速度是5g2L；(3)此时弹簧的弹性势能是0.4mgL，B球加速度的大小是23(g-a0)。
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