〖含期末模拟卷17套〗【全国百强校】衡水金卷2019-2020学年高一下物理期末模拟试卷含解析

C．t2时刻，物体I的位移比物体II的位移大，两者又是从同一地点同时开始运动的，故物体I一定在t2时刻之前追上物体II，故C正确；

D．物体II做匀减速直线运动，由图可知，0～t2时间内，物体II的平均速度

v?v1?v2 2由于t2时刻，物体II的位移比物体I的位移小，所以物体II的平均速度大小于物体I，故D错误。 故选ABC。 9、ABD 【解析】 【详解】

2A.根据平行四边形定则知，物体落地的竖直分速度vy?v2?v0?100?36m/s?8m/s，则物体在空中

运动的时间t?vyg?8s?0.8s；故A正确. 102vyB.物体离地面的高度h?2g?64m?3.2m；故B正确. 20C.物体抛出点到落地点的水平距离x＝v0t＝6×0.8m＝4.8m；故C错误. D.物体运动过程中重力做功的功率P?10、CD 【解析】 【详解】

mgh10?3.2?W?40W；故D正确. t0.8GMMmv24?2r2A．根据万有引力提供向心力得：G2?m，它们?m?r?m2?ma；A.线速度v?rrrT3，b的线速度大小之比是3:2，距地面的高度分别是R和2R（R为地球半径）．所以轨道半径是2：则a、故A错误；

r3B．周期T?2?，则a、b的周期之比是22:33，故B错误；

GMC．角速度??GM，则a、b的角速度大小之比是33:22，即36:4，故C正确； 3rGM，则a、b的向心加速度大小之比是9:4，故D正确； r2D．向心加速度a?【点睛】

根据万有引力提供向心力表示出线速度、角速度、周期、向心加速度，据此判断所给各量的大小关系． 11、BD 【解析】

【详解】

CD．A与B相向运动时对C时间的摩擦力为

fA?3??2mg?fB?6??mg

故C无相对运动趋势而保持静止，对A与B的系统动量守恒有

2mv?mv?3mv共

解得：

vv共=

3故C错误，D正确；

AB．A与B相撞后一起向右运动，对C受力分析，由牛顿第二定律可知：

3??2mg?6??mg???6mg?3maC，

解得：

aC?2?g，方向向右，

故A错误，B正确； 故选BD。 【点睛】

本题分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律与牛顿第二定律即可正确解题。 12、BD 【解析】

试题分析：利用电场力做功W?qU ，可以找到两点之间电势差的关系，要知道中点电势和两端点电势之间的关系．

A、选项根据题意无法判断，故A项错误．

B、M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点，由于电场为匀强磁场，所以?M??c??c??a2??c+?a2

?N??d??d??b2??d+?b2

若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为

W?qUMN?q??M??N??q?c+?a2?q?d+?b2?qUcd?qUabW1?W2? ,故B正确；

22C、因为不知道匀强电场方向，所以场强大小不一定是D、若W1=W2，说明Ucd?Uab

W2，故C错误； qLUaM?UbN???a??M????b??N?

由因为?M??c??c??a2??c+?a2；?N??d??d??b2??d+?b2

解得：UaM?UbN?0 ，故D正确； 故选BD

点睛： 对匀强电场的电场特征要了解，利用电场力做功与电势差之间的关系求解． 二．填空题(每小题6分，共18分) 13、48J 24W 【解析】 【详解】

[1]由图可知在0～4.0s 的时间内：a=1m/s2 ； x=8m 由牛顿第二定律：F-f=ma 得

F=f+ma=μmg+ma=（0.2×2×10+2×1）N=6N 则

WF=Fx=6×8J=48J [2].由功率公式：P=Fv 得P=6×4W=24W 14、4m/s 8m/s 【解析】 【详解】 [1].由动能定理得: Fx＝

12

mv 2解得v=4m/s

小铁块离开桌面时的速度大小为4m/s； [2].以地面为零势能面，由机械能守恒得

121mv+mgh＝mvt2 22解得vt=8m/s

小铁块落地时的速度大小为8m/s． 15、1.28×10‐5 C 一直减小 【解析】 【详解】

[1]．设电池的负极的电势为0，电容的下极板的电势不变，则上极板的电势变化范围为电容器两极板的电压的变化范围：即

VU?V??E?22E?2??6.4V

R1?22R1?2则通过A2的电量为

Q=C△U=6.4×2×10-6=1.28×10-5C

[2]．A1的读数为通过R1的电流，其值I?三．计算题(22分)

16、106 W （1）a=2 m/s2 （2）P=8.4×【解析】

试题分析：飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，结合速度位移公式求解加速度；对飞机受力分析，结合牛顿第二定律，以及

求解牵引力的平均功率；

E，则R增大，电流变小。

R?R1（1）飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，有v2=2ax①，解得a=2m/s2② （2）设飞机滑跑受到的阻力为

，依题意可得

=0.1mg③

设发动机的牵引力为F，根据牛顿第二定律有④；

设飞机滑跑过程中的平均速度为，有⑤

在滑跑阶段，牵引力的平均功率⑥，联立②③④⑤⑥式得P=8.4×106W．

【点睛】考查牛顿第二定律，匀变速直线运动，功率的求解，加速度是连接力和运动的桥梁，本题较易，注意在使用公式

求解功率时，如果v对应的是瞬时速度，则求解出来的为瞬时功率，如果v为平

均速度，则求解出来的为平均功率． 17、10﹣11m；106m/s． （1）5×（1）1.16×【解析】

（1）由库仑定律，则有：F?kQq， 2r9?109?1.6?10?19?1.6?10?19?11解得：电子转动半径为r??5?10m ?89.216?10mv2 （1）根据质子与电子间的库仑力提供电子转动的向心力，则有：F?r9.216?10?8?5?10?11解得：电子转动的速度大小v??2.26?106m/s ?319?10