发布时间 : 星期五 文章【3份试卷合集】河北省石家庄市2019-2020学年物理高一第二学期期末经典模拟试题更新完毕开始阅读46f1b82b8c9951e79b89680203d8ce2f0066658e
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】 【详解】
由图可知，力和位移的夹角为α，故恒力的功W=Fxcosα； A. Fx，与结论不相符； B. Fx tanα，与结论不相符； C. Fx sinα，与结论不相符； D. Fx cosα，与结论相符； 2．C 【解析】 【详解】
?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； vFB.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；
mQC.电容是由电容器本身决定的，与Q、U无关，公式C=是电容的定义式，是比值定义法，故C正确；
UA.公式t=
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。 3．B 【解析】 【详解】
在b球落地前,a.b球组成的系统机械能守恒,且a.b两球速度大小相等,设为v, 根据机械能守恒定律有?K?1?mgh?1m?K?1?v2 2并结合b球着地瞬间a球的速度大小为gh 可解得：K?3 故B对；ACD错 综上所述本题答案是：B 【点睛】
以ab组成的系统为研究对象,则整个的过程中只有重力做功,由机械能守恒即可求的速度. 4．D 【解析】 【详解】
设笔的质量为m，笔竖直上升时，根据能量守恒定律得：弹簧的弹性势能的最大值 Epm=mgh…①
上升过程中重力所做的功 W=-mgh…②
笔在水平滑行过程中，由能量守恒定律得 Epm=μmgs…③
由①③得 μ=，可知，能求出笔与桌面间的动摩擦因数，由于不能求出m，所以其他量不能解出。
A. 弹簧的弹性势能的最大值，与结论不相符，选项A错误； B. 上升过程中重力所做的功，与结论不相符，选项B错误； C. 水平滑行过程中摩擦力所做的功，与结论不相符，选项B错误； D. 笔与桌面间的动摩擦因数，与结论相符，选项D正确； 5．C 【解析】 【详解】
卫星从Ⅰ轨道的P处制动后进入Ⅱ轨道，在Ⅱ轨道的P处再制动，最后进入Ⅲ轨道。在不同轨道的P处，卫星受到的万有引力相同，根据牛顿第二定律可知加速度相同，AD错误；根据开普勒第三定律可知，卫星在不同轨道上绕月球运动时的周期的平方与轨道半长轴的三次方之比相同，显然Ⅰ轨道的半长轴最大，Ⅲ轨道的半径最小，则卫星在Ⅰ轨道的周期最大，在Ⅲ轨道的周期最小，故B错误，C正确。故选C。 6．C 【解析】 【详解】
A. 细杆拉着小球在竖直平面内做圆周运动，在最高点时，由于杆能支撑小球，所以v的最小值为1．故A项不符合题意； BCD. 根据向心力公式
知，v由零逐渐增大时，向心力也逐渐增大，当
时，由重力提供
小球的向心力，杆对小球的弹力为零；当律得
，杆对小球的作用力表现为支持力，由牛顿第二定
可知，v增大，F减小，当
，杆对小球的作用力表现为拉力，由牛顿第二定律得
此时杆对小球的作用力大小可能等于mg，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的作用力大小可能等于mg，v增大，F增大。因此v由零逐渐增大，杆对小球的弹力先减小后增大，故BD不符合题意，C符合题意。 7．B 【解析】
把罐扣在皮肤上，罐内空气的体积等于火罐的容积，体积不变，气体经过热传递，温度不断降低，气体发生等容变化，由查理定律可知，气体压强减小，火罐内气体压强小于外界大气压，大气压就将罐紧紧地压在皮肤上．
本题考查了查理定律在生活中的应用，对于生活现象的解释，关键在于判断此现象与哪些物理知识有关．8．C 【解析】 【详解】
据题：振子在B、C两点间做机械振动，CO间距为10cm，O是平衡位置，则该弹簧振子的振幅为5cm．故A错误．振子从C运动到B的时间为子的频率为：f?D错误．故选C. 9．C 【解析】 【详解】
A.运动员和滑板做平抛运动，有h=
11T，即T=0.5s，该弹簧振子的周期为T=1s，故B错误．该弹簧振221?1Hz ．故C正确．振子从O点出发到再次回到O点的过程就是一次全振动的一半．故T122hgt，得t?，故运动员运动时间与初速度无关，故A错误；
g2B.水平射程 x=v0t=v0移越大，故B错误；
2h，则运动员落地位置与v0大小和h大小都有关，v0越大，运动员落地的水平位g2C. 运动员落地的速度v?v0?2gh ，则v0越大，运动员落地的速度越大，选项C正确；
D.运动员落地瞬间速度与水平方向夹角的正切值：tan??度与水平方向的夹角越小。故D错误. 10．D 【解析】 【分析】 【详解】
2ghgt ，可知v0越大，运动员落地时速＝v0v0A．当t?3s时，加速度向上，部件属于超重状态，故A错误；
B．当t=4s至t?4.5s时，部件的加速度在减小，但始终大于零，部件仍处于加速状态，速度增大，故B错误；
C．t=5s至t?11s时，部件加速度为零，做匀速直线运动，部件的动能不变，但重力势能却不断增大，所以部件的机械能增大，机械能不守恒，故C错误；
D．t?13s时，加速度向下，部件属于失重状态，部件所受拉力小于重力，故D正确。 故选D。
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．ACD 【解析】A、在B、在C、在D、在
内，物体做匀加速运动，动能增加，根据动能定理知，合外力做正功，故A正确；
内，物体做匀速运动，合外力为零，故合外力不做功，故B错误； 内，动能的变化量为零，根据动能定理可知，合外力做功为零，故C正确；
内，速度变化量为零，动能的变化量为零，由动能定理知合力做功为零，则合力的平均功率
为零，故D正确。
点睛：本题根据动能定理可以直接判断合外力做功情况，也可以根据合外力方向与位移方向的关系判断。12．AC 【解析】 【详解】 由图可知
与
串联，V1测
两端的电压，V2测
两端的电压；
若P从b端向a端移动的过程中，则滑动变阻器接入电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流增大，时，因
两端的电压增大，根据
，则
可得
消耗的功率一直增大。可将
看成电源的内电阻，开始
消耗的功率先增大后减小，AC正确；若P从a端向b端移动的过程中，
和电源内阻分压之和
则滑动变阻器接入电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，
，一直减小，根据
【点睛】
可得
消耗的功率一直减小，BD错误．
闭合电路欧姆定律的动态分析类题目，一般可按外电路-内电路-外电路的分析思路进行分析，在分析时应注意结合闭合电路欧姆定律及串并联电路的性质． 13．BD 【解析】 【详解】
A.小球下落高度相同，根据动能定理可知，mgh=
1mv12，则小球在最高点时，速度大小相等，根据向心2v12力公式可知，F+mg=m ，图甲中上方轨道半径大，故轨道对小球的压力小，根据牛顿第三定律可知，小
R球对轨道的压力小，故A错误．
B.根据v=ωR可知，图甲中小球在最高点的角速度小，故B正确．