(3份试卷汇总)2019-2020学年四川省南充市物理高一第二学期期末达标检测模拟试题

AB．设小球平抛运动的初速度为v0，抛出点离桶的高度为h，水平位移为x，则h?2h，水平位移为：x?v0t?v0g12gt，解得平抛运动2的时间为：t?2h，由此可知，要增大水平位移x，可保持抛出点高度gh不变，增大初速度v0，故B正确，A错误；

CD．由此可知，要增大水平位移x，可保持初速度v0大小不变，增大抛出点高度h，故CD错误． 6．A 【解析】 【详解】

根据万有引力定律公式

得，将这两个质点之间的距离变为原来的2倍，则万有引力的大小变为原

来的，故万有引力变为．

A. 与结论相符，选项A正确；

B. 与结论不相符，选项B错误；

C. 与结论不相符，选项C错误；

D. 7．C

与结论不相符，选项D错误；

【解析】 【详解】

A．加速向上运动的运载火箭，动能和重力势能都增加，两者之和即机械能必定增加，故A错误； B．被匀速吊起的集装箱动能不变，而重力势能增加，两者总和即机械能必定增加，故B错误； C．光滑曲面上自由运动的物体，曲面对物体的支持力不做功，只有重力对物体做功，其机械能守恒，故C正确；

D．在粗糙水平面上运动的物体做减速运动，重力势能不变，而动能减少，两者总和即机械能必定减小，故D错误。 8．C 【解析】

GMMmv2试题分析：万有引力充当向心力，根据G2?m可得v?，半径越大，线速度越小，所以地

rrr球的线速度较大，A错误；根据公式GMmGM2?m?r可得，半径越大，角速度越小，所以地球??23rr3Mm4?2r的角速度较大，B错误；根据公式G2?m2r可得T?2?，半径越大，周期越大，所以火rTGM星运行周期较大，C正确；根据公式G向心加速度大，D错误；

考点：考查了万有引力定律的应用

GMMma??ma可得，半径越大，向心加速度越小，故地球的

r2r【名师点睛】在万有引力这一块，涉及的公式和物理量非常多，掌握公式

Mmv24?22G2?m?m?r?m2r?ma在做题的时候，首先明确过程中的向心力，然后弄清楚各个物理

rrT量表示的含义，最后选择合适的公式分析解题，另外这一块的计算量一是非常大的，所以需要细心计算 9．C 【解析】 【详解】

设斜面高度为h，沿斜面下滑的时间为t，则有：

，解得：

，根据

，

解得：，由此可知它们运动的时间不相等，故A错误；三种情况下合力（重力）做的功相同均

为mgh，根据动能定理可得物体沿斜面下滑和自由下落时有：，物体做平抛运动时有：

，由此可知平抛运动时末动能较大，故B错误；根据重力做功的瞬时功率公式：，可知自由落体和平抛的瞬时功率相同即Pb=Pc，由于物体沿斜面下滑到底端时的竖直分速度

速度小于自由下落时的竖直速度，即Pa

试题分析：因为地球同步卫星的轨道半径与赤道在同一个平面内，故不可能和北京所在纬度圈共面，选项A错误；选项B正确；同步卫星的高度都是相同的，在离地表面同一个高度处，故选项C错误；而同步卫 星的质量不一定相等，因为列方程时，卫星的质量可以约掉，故同步卫星的轨道与质量无关，选项D错误．考点：地球同步卫星．

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】

【详解】

A.小球经过最高点，对轨道的压力N=mg，依据牛顿第三定律可知轨道对小球的压力为mg，由牛顿第二定律有：mg+mg=m，解得

，故A正确。

C.小球自开始下滑到圆轨道最高点的过程，依据动能定理有mg（h-2R）=mv2，解得 h=3R，故C正确。

BD.设小球从更高的位置释放运动到最低点时的速度为v1，受轨道的压力为N1，根据牛顿第二定律有，N1-mg=m，小球由最低点运动到最高点的过程，根据动能定理有，mg?2R=mv12?mv2，解得最低点动能

mv12=3mgR，压力N1=7mg，故B错误，D正确。

12．BD 【解析】 【分析】 【详解】

ABC．在伽利略斜面实验中，必须是阻力不计(斜面光滑)时，小球才能在另一个斜面上升到相同高度，而不用管另一个斜面的倾角多大．所以AC错，B项正确；

D．当B斜面的倾角减小到接近0°时，小球仍欲在B斜面上上升到同样高度，所以D项中的设想是合理的，选项D正确。 故选BD。 13．BC 【解析】 【详解】

第一宇宙速度是绕地球做圆周运动的最大速度，也是近地轨道上圆周运动的速度，故在近地轨道上卫星的

v2半径为R，所受万有引力与重力相等，则有：mg＝m可得第一宇宙速度大小为v?gR，又因为第一R宇宙速度是围绕地球做圆周运动的最大线速度，故在高空运行的人造地球卫星的线速度均小于gR． A．2gR，与结论不相符，选项A错误； B．1gR，与结论相符，选项B正确； 21gR，与结论相符，选项C正确； 2C．D．2gR，与结论不相符，选项D错误；

14．AD 【解析】 【详解】

A．运动过程不计一切摩擦，系统机械能守恒，且两物体水平方向动量守恒，那么A可以到达B圆槽的左侧最高点，且A在B圆槽的左侧最高点时，A、B的速度都为零，A正确；

BC．设A运动到圆槽最低点时的速度大小为vA，圆槽B的速度大小为vB，规定向左为正方向，根据A、B在水平方向动量守恒得 0＝mvA－2mvB 解得vA＝2vB

根据机械能守恒定律得

mgR?1212mvA??2mvB 22解得vB?1gR，vA?34gR，BC错误； 3D．当A运动到左侧最高点时，B向右运动的位移最大，设为x，根据动量守恒得 m(2R－x)＝2mx 解得x＝

2R，D正确。 3故选AD。 15．BC 【解析】 【详解】

A.由题图可知，0～t1阶段，汽车做匀加速直线运动，a?错误；

v1v1F?m?Ff，故A，F1-Ff=ma，联立得，1t1t1v1B.在t1时刻汽车达到额定功率：P=F1v1=（m+Ff）v1，t1～t2时间内，汽车保持额定功率不变，故B正确；

t1C.t2时刻，速度达到最大值v2，此时刻F2=Ff，P=F2v2，v2?mvP?（1?1）v1，故C正确； F2Fft1D.由v-t图线与横轴所围面积表示位移的大小可知，t1～t2时间内，汽车的平均速度大于误。 16．BD 【解析】 【分析】

v1?v2，故D错2