发布时间 : 星期三 文章【3份试卷合集】江苏省南京市2019-2020学年物理高一下期末达标测试模拟试题更新完毕开始阅读
A．“墨子号”卫星的发射速度可能为7.8km/s
B．在相等的时间内，“墨子号”卫星通过的弧长约为同步卫星通过弧长的2.5倍 C．由上述条件不能求出地球的质量
D．由上述条件不能求出“墨子号”卫星在预定轨道上运行的速度大小 【答案】B 【解析】
A、7.9km/s是第一宇宙速度，所以墨子号卫星的发射速度不可能为7.8km/s，它会落向地面，不可能成为地球的卫星，故A错误；
B、墨子号卫星的轨道半径为r1?R?h 1?500km?6400km?6900km，同步卫星的轨道半径
r 2?R?h 2?6400km?36000km?42400km，根据线速度公式v?GM，墨子号卫星的线速度和同r步卫星的线速度之比为：
v r 4240012???6，弧长?s?v·?t，相同时间内墨子号通过的弧长与v r 690021?s v 1?1?6?2.5，故B正确； ?s v 22同步卫星通过的弧长之比为：
4?2r3GMm4m?2rC、根据万有引力提供向心力，得M?，根据同步卫星的半径与周期可以求出地?222GTrT球的质量，故C错误；
GMGMmmv2D、根据万有引力提供向心力，得，根据地球的质量与“墨子号”卫星轨道半径，v??2rrr可以求出“墨子号”卫星在预定轨道上运行的速度大小，故D错误； 故选B．
10． (本题9分)应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入，例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出．对此现象分析正确的是 A．受托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态 B．受托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态 C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度 D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度 【答案】D 【解析】
试题分析：手托物体由静止开始向上运动，一定先做加速运动，物体处于超重状态；而后可能匀速上升，也可能减速上升，故A、B错误；在物体离开手的瞬间，二者分离，不计空气阻力，物体只受重力，物体的加速度一定等于重力加速度；要使手和物体分离，手向下的加速度一定大于物体向下的加速度，即手的
加速度大于重力加速度，选项C错误，D正确． 考点：超重；失重
【名师点睛】本题主要考查了学生对超重、失重的理解．属于容易题．物体处于超重时其竖直方向加速度的方向竖直向上，物体处于失重时其竖直方向加速度的方向竖直向下；超重和失重与速度的方向无关． 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． (本题9分)下列关于电容器和电容的说法中，正确的是 A．根据C＝
Q可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，跟两板间的电压成反比 UB．对于确定的电容器，其所带的电荷量与两板间的电压（小于击穿电压且不为零）成正比
C．对于确定的电容器，无论电容器的电压如何変化（小于击穿电压且不为零），它所带的电荷量与电压比值恒定不变
D．电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量，其大小与加在两板上的电压无关 【答案】BCD 【解析】 【详解】 AD.C＝
Q比值定义式，电容表征电容器容纳电荷的本领大小，由电容器本身的特性决定， U与两极板间的电压、所带的电荷量无关，故A错误，D正确；
B.对于确定的电容器，C一定，由Q=CU知，Q与U成正比，故B正确；
C.电容器所带的电荷量与电压比值等于电容，电容与电荷量、电压无关，所以无论电容器的
电压如何变化（小于击穿电压且不为零），它所带的电荷量与电压比值恒定不变，故C正确。 12． (本题9分)如图所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上．若以地面为零势能面且不计空气阻力，则下列说法中正确的是（ ）
A．物体到海平面时的重力势能为mgh B．重力对物体做的功为mgh
12mv0?mgh 212
D．物体在海平面上的机械能为mv0
2
C．物体在海平面上的动能为【答案】BCD 【解析】
【详解】
A.以海平面为零势能平面，则物体到海平面时的重力势能为零，故A错误。 B.重力对物体做功 W=mgh 故B正确。
C.根据机械能守恒有：
12mv0?mgh?0?Ek 2可知物体在海平面时的动能为
12mv0?mgh 2故C正确。
D. 物体在运动的过程中机械能守恒，以地面为零势能面,物体在海平面的重力势能 Ep=-mgh
则物体在海平面上的机械能
1212E?Ep?Ek??mgh?(mv0?mgh)?mv0
22故D正确。
13． (本题9分)如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为mA和mB的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现使A瞬时获得水平向右的速度6 m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得
A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度2 m/s，且弹簧弹性势能相同 B．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长 C．两物体的质量之比为mA∶mB＝1∶2
D．在t2时刻A与B的动能之比为EkA∶EkB＝1∶4 【答案】AC 【解析】 【详解】
从图象可以看出，从0到t1的过程中弹簧被压缩，所以t1时刻两物块达到共同速度2m/s，此时弹簧处于t3时刻两物块达到共同速度2m/s，压缩状态，且弹簧处于伸长状态，根据能量守恒可知弹簧弹性势能相同，故A正确；t3时刻两物块达到共同速度2m/s，且弹簧被拉伸到最长，则从t3到t4时间弹簧由伸长状态恢
复到原长，故B错误；根据动量守恒定律，t=0时刻和t=t1时刻系统总动量相等，有：m1v1=（m1+m2）v2 ，代入数据解得：m1：m2=1：2，故C正确；由图可得：v1=-2m/s，v2=4m/s根据动能的计算式：
，
可得在t2时刻A与B的动能之比为EkA∶EkB＝1∶8，故D错误。所以AC正确，BD错误。
14． (本题9分)一遥控玩具汽车在平直路上运动的位移—时间图像如图所示，则下列正确的是（ ）
A．15s内汽车的位移为30m B．前10s内汽车的加速度为3m/s2 C．20s末汽车的速度大小为1m/s D．前25s内汽车做单方向直线运动 【答案】AC 【解析】
由图象可知，前15s内汽车的位移为△x=30m-0=30m。故A正确。在前10s内图线的斜率不变，说明汽车的速度不变，则汽车做匀速直线运动，加速度为0，故B错误。位移-时间图线的斜率表示速度，则20s末汽车的速度v?Vx20?30?m/s??1m/s。10-15s故C正确。汽车在前10s内向正方向做匀速直线运动，Vt25?15内静止，15-25s内反向做匀速直线运动，所以汽车的运动方向发生了改变。故D错误。故选AC。 点睛：解决本题的关键知道位移时间图象的物理意义，知道图线斜率表示速度，匀速直线运动的加速度为零．
15． (本题9分)如图所示，A为系在竖直轻弹簧上的小球，在竖直向下的恒力F的作用下，弹簧被压缩到B点，现突然撤去力F，小球将在竖直方向上开始运动，若不计空气阻力，则下列中说法正确的是（ ）
A．小球在上升过程中，重力势能逐渐增大 B．小球在上升过程中，动能先增大后减小 C．小球上升至弹簧原长处时，动能最大
D．小球上升至弹簧原长处时，动能和重力势能之和最大 【答案】ABD 【解析】