湖南省常德市重点中学2019-2020学年高一下学期期末2份物理达标测试试题

2019-2020学年高一下学期期末物理模拟试卷
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．如图所示，为齿轮传动装置示意图，A 、B 两点均位于齿轮的边缘，则下列说法中正确的是（ ）
A ．v A >v B
B ．ωA >ωB
C ．v A =v B
D ．ωA =ωB
2． (本题9分)质量为m 的物体以速度v0离开桌面，如图所示，当它经过A 点时，所具有的机械能是（以桌面为参考平面，不计空气阻力）（ ）
A ．2012
mv mgh + B ．2012
mv mgh - C ．201()2
mv mg H h -- D ．2012mv 3． (本题9分)基于人的指纹具有终身不变性和唯一性的特点，发明了指纹识别技术．目前许多国产手机都有指纹解锁功能，常用的指纹识别传感器是电容式传感器，如图所示．指纹的凸起部分叫“嵴”，凹下部分叫“峪”．传感器上有大量面积相同的小极板，当手指贴在传感器上时，这些小极板和正对的皮肤表面部分形成大量的小电容器，这样在嵴处和峪处形成的电容器的电容大小不同．此时传感器给所有的电容器充电后达到某一电压值，然后电容器放电，电容值小的电容器放电较快，根据放电快慢的不同，就可以探测到嵴和峪的位置，从而形成指纹图象数据．根据文中信息，下列说法正确的是( )
A ．在峪处形成的电容器电容较大
B ．在峪处形成的电容器放电较慢
C ．充电后在嵴处形成的电容器的电荷量大
D ．潮湿的手指头对指纹识别绝对没有影响
4． (本题9分)如图所示，手沿水平方向将书压在竖直墙壁上，使其保持静止．现增大手对书的压力，则书( )
A ．受到的静摩擦力不变
B ．受到的静摩擦力增大
C ．对墙壁的压力不变
D ．受到的合外力增大
5．如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m 的小球A ，若将小球A 从弹簧原长位置由静止释放，小球A 能够下降的最大高度为h ．若将小球A 换为质量为2m 的小球B ，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B 下降h 时的速度为（已知重力加速度为g ，且不计空气阻力）（ ）
A ．2gh
B ．gh
C ．2gh
D ．0
6． (本题9分)如图所示，A 球用细线悬挂且通过弹簧与B 球相连，两球的质量相等，当两球都静止时，将悬线烧断，则下列说法中正确的是
A ．细线烧断瞬间，球A 的加速度等于球
B 的加速度
B ．细线断后最初一段时间里，重力势能转化为动能和弹性势能
C ．在下落过程中，两小球和弹簧组成的系统机械能守恒
D ．细线断后最初一段时间里，动能增量小于重力势能的减少量
7． (本题9分)下列物理量为矢量的是
A ．功
B ．动能
C ．电场强度
D ．电流
8．如图所示，质量为m 的小球，用不可伸长的轻绳悬挂在O 点。

现将小球从A 点由静止释放，小球向下摆动至最低点B 。

在此过程中，小球重力做的功为W ，小球重力的冲量为I ，小球动能的变化量为k E ∆，小球动量的变化量为p ∆。

不计空气阻力，下列关系式正确的是
A ．k W E =∆，I p =∆
B ．k W E =∆，I p ≠∆
C ．k W E ≠∆，I p =∆
D ．k W
E ≠∆，I p ≠∆
9． (本题9分)关于曲线运动，下列说法正确的是（ ）
A ．在平衡力作用下，物体可能做曲线运动
B ．在合力大小不变的情况下，物体可能做曲线运动
C ．做曲线运动的物体，其速度大小一定变化
D ．做曲线运动的物体，其加速度大小一定变化
10． (本题9分)嘉兴江南摩尔有一个摩天轮，最高点与最低点相差30m ，在竖直平面内匀速转动一周用时5分钟，质量为60kg 的张同学，乘坐该摩天轮一圈观赏城市风光。

在该同学从最高点运动到最低点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A ．该同学机械能守恒
B ．重力做功9000J
C ．重力做功功率为60w
D ．重力做功功率为120w
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．如图，光滑绝缘圆轨道固定在竖直面内，整个圆周被4条直径均分为8等份，表示图中8个位置，其中A 点是最低点。

该竖直面内分布有水平向右的匀强电场，一个带正电的小球在轨道内做完整的圆周运动。

已知小球的重力和所受电场力大小相等。

则下列关于小球运动过程中的说法正确的是（ ）
A．小球在F点时的动能最小B．小球在B点时对轨道的压力最大
C．小球在G点时的机械能最小D．小球在A点时的动能最大
12．(本题9分)如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的P、Q两点，悬挂衣服的衣架钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态．如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是（）
A．若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移
B．将杆M向左移一些，绳子拉力变大
C．绳的两端高度差越大，绳子拉力越大
D．绳的右端上移到R，绳子拉力不变
13．(本题9分)发动机额定功率为P0的汽车在水平路面上从静止开始先匀加速启动，最后达到最大速度并做匀速直线运动，已知汽车所受路面阻力恒为F，汽车刚开始启动时的牵引力和加速度分别为F0和a0，如图所示描绘的是汽车在这一过程中速度随时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象，其中正确的是( ）
A．B．
C．D．
14．(本题9分)物体在恒定的合外力F作用下做直线运动，在时间1t∆内速度由0增大到v，接着在时间2t∆内速度由v增大到2v．设F在1t∆内做的功是1W，冲量是1I；在2t∆内做的功是2W，冲量是2I；那么（）
A ．12I I <
B ．12I I =
C ．12W W <
D ．12W W =
15．某质量m=1500kg 的“双引擎”小汽车，当行驶速度v≤54km/h 时靠电动机输出动力；当行驶速度在54km/h<v≤90km/h 范围内时靠汽油机输出动力，同时内部电池充电；当行驶速度v>90km/h 时汽油机和电动机同时工作，这种汽车更节能环保。

若该小汽车在一条平直的公路上由静止启动，汽车的牵引力F 随运动时间t 变化的图像如图所示，若小汽车行驶过程中所受阻力恒为1250N 。

已知汽车在t 0时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至第11s 末。

则在这11s 内，下列判断正确的是（ ）
A ．汽车第一次切换动力引擎时刻t 0=6s
B ．电动机输出的最大功率为60kw
C ．汽车的位移为165m
D ．汽油机工作期间牵引力做的功为3.6×105J
16． (本题9分)组成星球的物质是靠引力吸引在一起的，这样的星球有一个最大的自转的速率，如果超出了该速率，星球的万有引力将不足以维持其赤附近的物体随星球做圆周运动,由此能得到半径为R,密度为ρ、质量为M 且均匀分布的星球的最小自转周期T ，下列表达式正确的是：（ ）
A ．3
32R T GM =B ．32R T GM =C ．3T G πρ=D ．T G πρ
=三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
17．在做“验证机械能守恒定律”的实验时，打点计时器的电源频率是50HZ 。

某同学先后打出两条纸带，纸带Ⅰ从第1点开始的相邻点间的距离依次为：1.9mm 、6.0mm 、10.0mm 、14.0mm ；纸带Ⅱ上从第1点开始的相邻各点间的距离依次为：2.5mm 、6.0mm 、11.5mm 、16.3mm.那么应选用纸带__________进行测量和计算。

根据你所选用的纸带，利用第2、3两点间的距离和第4、5两点间的距离，可以计算出当地的重力加速度的大小为_________ ，在打第3点时重物的瞬时速度为_________ m/s ，为了验证机械能守恒定律，应该计算出打第2、4点时物体减少的_________和增加的_________，然后比较它们的数值在实验允许误差范围内是否近似相等。

18． (本题9分)如图甲所示，是用电火花计时器验证机械能守恒定律的实验装置．已知当地的重力加速度g=9.80m/s 2，电火花计时器所用电源频率为50Hz ，重物质量为0.2kg.
(1)下列操作中正确的是___________.
A ．电火花计时器应接6V 交流电源
B ．应先释放纸带，后接通电源打点
C ．需使用秒表测出重物下落的时间
D ．测出纸带上两点间的距离，可知重物相应的下落高度
(2)某同学按照正确的操作，得到一条符合实验要求的纸带，如图乙所示.如果打O 点时重物速度为0，A 、
B 、
C 是打点计时器连续打下的3个点，计算B 点对应的速度时，甲同学用22B OB v gx ，乙同学用v B =2AC x T
，你赞成___________(选填“甲”或“乙”)同学的计算方法.
(3)该同学用毫米刻度尺测量O 到A 、B 、C 的距离，并记录在图乙中(单位cm).打点计时器打B 点时重物的动能为___________J ，从O 到B 过程中重物重力势能的减少量为___________J(计算结果均保留3位有效数字).
四、解答题：本题共4题，每题5分，共20分
19．（6分） (本题9分)图中，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B 相连，B 静止在水平导轨上，弹簧处在原长状态．另一质量与B 相同的滑块A ，从导轨上的P 点以某一初速度向B 滑行，当A 滑过距离l 1时，与B 相碰，碰撞时间极短，碰后A 、B 紧贴在一起运动，但互不粘连．已知最后A 恰好返回出发点P 并停止．滑块A 和B 与导轨的滑动摩擦因数都为μ，运动过程中弹簧最大形变量为l 2 ，重力加速度为g ，求A 从P 出发时的初速度v 1．
20．（6分）(本题9分)小球从空中h＝20 m处自由下落，与水平地面碰撞后以碰前速度的60%竖直反弹到某一高度．取g＝10 m/s2，不计空气阻力求：
(1)反弹的高度是多少？
(2)从开始下落到第二次落地，经过多长时间？
21．（6分）(本题9分)如图所示，光滑的倾斜轨道AB与粗糙的竖直放置的半圆型轨道CD通过一小段圆弧BC平滑连接，BC的长度可忽略不计，C为圆弧轨道的最低点．一质量m=0.1kg的小物块在A点从静止开始沿AB轨道下滑，进入半圆型轨道CD．已知半圆型轨道半径R=0.1m，A点与轨道最低点的高度差
h=0.8m，不计空气阻力，小物块可以看作质点，重力加速度取g=10m/s1．求：
（1）小物块运动到C点时速度的大小；
（1）小物块运动到C点时，对半圆型轨道压力的大小；
（3）若小物块恰好能通过半圆型轨道的最高点D，求在半圆型轨道上运动过程中小物块克服摩擦力所做的功．
22．（8分）天文观测到某行星有一颗以半径R、周期T环绕该行星做圆周运动的卫星，已知卫星质量为m．求：（1）该行星的质量M是多大?
（2）如果该行星的半径是卫星运动轨道半径的1/10，那么行星表面处的重力加速度是多大?
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．C
【解析】
【详解】
AC. A和B两点属于齿轮传动，所以两点的线速度相等，故A项与题意不相符，C项与题意相符；
BD. A和B两点线速度相等；据v=ωr和两点的A半径大，所以角速度A小，故BD项与题意不相符。

2．D
【解析】
试题分析：选择桌面为零势能面，开始是机械能为：2211022
E mv mv =+
=，由于不计空气阻力，物体运动过程中机械能守恒，则经过A 点时，所具有的机械能也为21 2mv ，故选项D 正确． 考点：机械能守恒定律
名师点睛：物体在运动过程中机械能守恒，即任意两个时刻或位置的机械能都相等，本题中关键是正确计算物体具有的势能．
3．C
【解析】
【分析】 根据电容的决定式4S C kd
επ=分析d 改变时电容的变化以及电荷量的多少； 根据电荷量的多少分析放电时间长短．
【详解】
A ．根据电容的计算公式4S C kd επ=
可得，极板与指纹峪(凹下部分)距离d 大，构成的电容器电容小，故A 错误；
BC ．传感器给所有的电容器充电后达到某一电压值，然后电容器放电，所以所有的电容器电压一定，根据4SU Q CU kd
επ==可知，极板与指纹沟(凹的部分，d 大，电容小)构成的电容器充上的电荷较少，所以在峪处形成的电容器放电过程中放电时间短，放电快；反之，在嵴处形成的电容器电容大，电荷量大，放电时间长，故C 正确，B 错误；
D ．湿的手与传感器之间有水填充，改变了原来匹配成平行板电容器的电容，所以会影响指纹解锁，故D 错误．
4．A
【解析】
书保持静止，受合力为零，竖直方向受重力和静摩擦力平衡，水平方向受手的压力和墙壁的弹力平衡，当压力增大时，竖直方向受力不变，受到的静摩擦力仍等于重力；
手对书的压力压力增大，导致书对墙壁的压力也增大，由于静止，合力仍然为零，故选项A 正确，选项BCD 错误．
点睛：当重力小于最大静摩擦力时，物体处于静止，摩擦力大小等于外力大小；当重力大于最大静摩擦力时，物体处于滑动，则摩擦力等于动摩擦力因数与正压力的乘积，注意区分二者！
5．B
【解析】
【详解】
小球A 下降h 过程，根据动能定理，有mgh ﹣W 1=0
小球B 下降h 过程，根据动能定理，有:2m•gh ﹣W 1=
2122mv ⋅﹣0
联立解得v =
，故选B.
6．C
【解析】 A 、线断开前，B 球受重力和弹簧拉力，二力平衡，A 球受重力，弹簧拉力和细线拉力，三力平衡；细线刚断开，细线拉力减为零，弹簧弹力不变，故A 球立即有加速度，B 球加速度为零，故A 错误； B 、系统下落过程，刚开始时，由于A 的加速度大于B 的加速度，故弹簧伸长量变小，弹性势能减小，由于A 球、弹簧、B 球系统只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，故线断后最初一段时间里，重力势能和弹性势能都转化为动能，动能的增加量大于重力势能的减小量，故BD 错误，C 正确．
点睛：本题关键对两球受力分析后求出加速度，同时要注意系统机械能守恒，明确重力势能、动能以及弹性势能之间的相互转化关系．
7．C
【解析】
【详解】
A. 功只有大小无方向，是标量，选项A 错误；
B. 动能只有大小无方向，是标量，选项B 错误；
C. 电场强度有大小和方向，是矢量，选项C 正确；
D. 电流有大小虽然有方向，但是不满足平行四边形定则，是标量，选项D 错误.
8．B
【解析】
【详解】
小球在摆动过程中，只有重力做功，轻绳的弹力不做功，根据动能定理可知，重力的功等于动能的变化量，即W=△E k ；小球在摆动过程中，受到了重力和绳子拉力的冲量，故重力的冲量不等于动量的变化量
A. k W E =∆，I p =∆与分析不符，故A 错误；
B. k W E =∆，I p ≠∆与分析相符，故B 正确；
C. k W E ≠∆，I p =∆与分析不符，故C 错误；
D. k W E ≠∆，I p ≠∆与分析不符，故D 错误。

9．B
【解析】
【详解】
A.在平衡力作用下，物体静止或匀速直线运动，不可能做曲线运动，故A 错误.
BD.做曲线运动的条件是力和速度不在同一直线上，而力与加速度不一定变化，如平抛运动，故B正确，D 错误.
C.曲线运动的物体速度大小可能不变，如匀速圆周运动，故C错误.
10．D
【解析】
【详解】
A、该同学从最高点运动到最低点的过程中，除重力做功外，还有其它力做功，机械能不守恒，故A错误。

B、该同学从最高点运动到最低点的过程中，重力做的功W=mgh=60⨯10⨯30J=1.8⨯104J，故B错误。

CD、从最高点运动到最低点的时间t=2.5min=150s，重力做功的功率P=W
t
=
4
1.810
150
⨯
W=120W，故C错误，
D正确。

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．ABC
【解析】
【详解】
ABD．带正电的小球所受电场力水平向右，小球的重力和所受电场力大小相等，则重力和电场力的合力方向与竖直方向成45°斜向右下，即等效重力场的方向与竖直方向成45°斜向右下，所以小球在B点时的动能最大，小球在B点时对轨道的压力最大，小球在F点时的动能最小。

故AB两项正确，D项错误。

C．带正电的小球所受电场力水平向右，小球在G点时的电势能最大，则小球在G点时的机械能最小。

故C项正确。

12．AD
【解析】
如图所示，两个绳子是对称的，与竖直方向夹角是相等的．
假设绳子的长度为x，则xcos L
θ=，绳子一端在上下移动的时候，绳子的长度不变，两杆之间的距离不变，则θ角度不变，所以挂的衣服质量变化，不会影响悬挂点的移动，A错误．当杆M向左移动后，根据xcos L
θ=，即L变大，绳长不变，所以θ角度减小，绳子与竖直方向的夹角变大，绳子的拉力变大，B 正确；两个绳子的合力向上，大小等于衣服的重力，由于夹角不变，所以绳子的拉力不变，C错误，D正确，选BD.
【点睛】绳子两端上下移动时，两杆距离不变，据此分析两端绳子间夹角的变化情况，进而分析拉力的变化；两杆之间距离发生变化时，分析两段绳子之间的夹角变化，进而分析拉力变化．
13．AC
【解析】
【详解】
汽车匀加速启动时，a 一定，根据v=at 知v 增大，根据F ma f =+知F 一定，根据P=Fv 知，功率P 也均匀增大，达到P 额后，功率保持不变，由v 继续增大，牵引力减小，当F=f 时，a=0，速度达到最大，之后匀速．
A.根据以上分析，故A 符合题意．
B.根据以上分析，最终加速度为零，故B 不符合题意．
C.根据以上分析，故C 符合题意．
D.根据以上分析，功率均匀增大，故D 不符合题意．
14．BC
【解析】
【详解】
根据动能定理得：
2112
W mv ＝ ()22221132222
W m v mv mv =-= 则
12W W ＜．
根据动量定理得
10I mv mv =-=
22I mv mv mv =-=
知
12I I =
故BC 正确，AD 错误．
故选BC.
点睛：根据动能的变化由动能定理求合力的功、根据动量的变化由动量定理求合力的冲量是这两大定理基本的应用．
15．AC
【解析】
【详解】
A 、开始阶段，牵引力F 1=5000N ，根据牛顿第二定律：F 1-F f =ma ，解得开始阶段的加速度a=2.5m/s 2，汽车第一次切换动力引擎时v 1=54km/h=15m/s ，运动的时间t 0=1v a
=6s ，故A 正确。

B 、t 0时刻，电动机输出功率最大，P m =Fv 1=5000⨯15W=75kW ，故B 错误。

CD 、汽油机工作期间，功率P=F 2v 1=6000⨯15W=90kW ，11s 时刻的速度v 2=P F =3
90103600
⨯m/s=25m/s ，汽油机工作期间牵引力做的功W=Pt 2=90⨯103⨯（11-6）J=4.5⨯105J ；汽车前6s 内的位移
x 1=12at 02=12⨯2.5⨯62m=45m ，后5s 内根据动能定理得：Pt 2-F f x 2=12mv 22-12
mv 12，解得汽车后5s 内的位移x 2=120m ，所以11s 内汽车的位移x=x 1+x 2=165m ，故C 正确，D 错误。

16．BC
【解析】
【详解】
AB.当周期小到一定值时，压力为零，此时万有引力充当向心力，即
2224m GMm R R T
π= 解得：
2T = ① 故B 正确，A 错误；
CD. 星球的质量
343
M ρV πρR == 代入①式可得：
T =故C 正确，D 错误．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
17．Ⅰ 210m /s 0.4 重力势能 动能
【解析】
【分析】
【详解】
[1]物体做自由落体运动，打前两个点之间的距离
2211100.02m 2mm 22
h gt =≈⨯⨯≈
所以应选用纸带Ⅰ。

[2] 当地的重力加速度的大小
3
22452322(10.0 6.0)10m /s 10m /s 0.02
x x a T ---⨯=== [3] 在打第3点时重物的瞬时速度为2、4两点间的平均速度
3
24(10.0 6.0)10m /s=0.4m/s 220.02
x v T -+⨯==⨯ [4][5] 为了验证机械能守恒定律，应该计算出打第2、4点时物体减少的重力势能和增加的动能。

18．D 乙 0.369 0.376
【解析】
【分析】
【详解】
第一空.A.打点计时器应接交流电源，故A 错误；
B.开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重锤，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差，故B 错误；
C.我们可以通过打点计时器计算时间，不需要秒表，故C 错误；
D.测出纸带上两点迹间的距离，可知重物相应的下落高度，故D 正确.
故填D.
第二空.计算B 点瞬时速度时，若按甲同学的方法用22B OB v gx =，即认为纸带下落的加速度为g ，则不需要
计算速度v B 的值也会有：
212
B OB mv mgx =，故甲的数据处理方法错误，应该选用乙同学的：某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，2A
C B x v T
=，故乙同学正确. 第三空. B 点的瞬时速度为：223.2315.55=10m/s 1.92m/s 220.02
AC B x v T --=⨯=⨯，那么此时重物的动能22110.2 1.92J 0.369J 22kB B E mv ==⨯⨯=. 第四空.从初始位置O 到打下计数点B 的过程中，重锤的重力势能的减少量为：
△Ep=mgh=0.2×9.8×0.192J≈0.376J.
四、解答题：本题共4题，每题5分，共20分
19．012(1016)v g l l μ=+
【解析】
令A 、B 质量皆为m ，A 刚接触B 时速度为1v （碰前），
由功能关系，有①
A 、
B 碰撞过程中动量守恒，令碰后A 、B 共同运动的速度为2.v 有：122mv mv =②
碰后A 、B 先一起向左运动，接着A 、B 一起被弹回，在弹簧恢复到原长时，设A 、B 的共同速度为3v ，在这过程中，弹簧势能始末两态都为零，利用功能关系，有：2223211(2)(2)(2)(2)22m v m v m g l μ-=③ 此后A 、B 开始分离，A 单独向右滑到P 点停下，由功能关系有23112
mv mgl μ=④ 由以上各式，解得012(1016)v g l l μ=+
【点睛】本题中除因木块与地面间的摩擦导致系统损失机械能外，两个木块的碰撞过程中系统也有机械能损失，由于碰撞过程的损失能量无法用碰撞力的功的形式直接求出来，故不能对整个过程运用动能定理列式，只有分段对各个过程运用动能定理和动量守恒定律列式，再分析求解．
20． (1)7.2m (2)4.4s
【解析】
解：（1）小球第一次落地时有
=2gh 得v 1==20m/s
反弹速度v 2=60%
v 1=12m/s
反弹的高度=7.2m （2）第一次下落的时间t 1===2s
反弹后做竖直上抛运动，运用整体法有h′=v 2t 2﹣gt
落地时h′=0，得t 2==s="2.4" s ，
故从开始下落到第二次落地的时间
t=t 1+t 2="2" s+2.4 s="4.4" s ．
答：（1）反弹的高度是7.2 m （2）经过4.4 s 时间
【点评】熟练运动学规律即可正确解题，解题时要注意正方方向的选取．
21．（1）4m/s （1）9N （3）0.3J
【解析】
【分析】
【详解】
（1）从A 到C ，小物块的机械能守恒．
解得：v c =4m/s
（1）在C 点，小物块做圆周运动．
解得：F N =9N 根据牛顿第三定律，物块对轨道的压力大小F N ＇=9N
（3）若小物块恰好能通过圆弧轨道的最高点D ，则有
物块从C 到D ，由动能定理得：
解得：W f =0.3J
【点睛】 此题较简单，考查牛顿第二定律及动能定理的应用；关键是分析物理过程，选择合适的物理规律列出方程解答.
22．（1）23
2
4R M GT π= （2）202400R g T π= 【解析】
【详解】
（1）设行星质量为M ，万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，则
2
22Mm G m R R T π⎛⎫= ⎪⎝⎭……………………………………………………………① 23
24R M GT
π=…………………………………………………………………② （2）设0R 为行星的半径，则0/10R R =………………………………………③ 因为行星表面处的重力约等于万有引力，所以02
0Mm mg G R =………………④ 解得202400R g T
π=……………………………………………………………⑤
2019-2020学年高一下学期期末物理模拟试卷
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． (本题9分)火星和木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行，根据开普勒行星运动定律可知
A ．太阳位于木星运行轨道的中心
B ．火星和木星绕太阳运行速度的大小始终相等
C ．它们公转周期的平方与轨道半长轴的三次方之比都与太阳质量有关
D ．相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积
2． (本题9分)下列关于同一质点的位移和路程的说法中正确的是（ ）
A ．位移是矢量，位移的方向即质点运动的方向
B ．路程是标量，即位移的大小
C ．位移的大小，不会比路程大
D ．质点做直线运动时，路程等于位移的大小
3．重物重为G ，受到如图所示斜向下的推力F 作用，仍静止在水平面上，则重物对地面的压力大小为（ ）
A ．G
B ．2G F
C ．1F
D ．2F 4．平抛物体的初速度为v 0，当水平方向分位移与竖直方向分位移相等时的瞬时速率为
A ．v0
B ．2 v0
C ．02V
D 05V
5．在平坦的垒球运动场上，击球手挥动球棒将垒球水平击出，垒球飞行一段时间后落地．若不计空气阻力，则（ ）
A ．垒球落地时瞬时速度的大小仅由初速度决定
B ．垒球落地时瞬时速度的方向仅由击球点离地面的高度决定
C ．垒球在空中运动的水平位移仅由初速度决定
D ．垒球在空中运动的时间仅由击球点离地面的高度决定
6．中国“飞人”苏炳添在国际田联世界挑战赛马德里站男子100m 比赛中用时9.91s ，以10.45m/s 速度冲线获得冠军；他在男子200m 比赛中的最好成绩是21.23s 。

关于苏炳添的比赛，下列说法错误的是（ ）
A．100m比赛中的平均速度约为10.09m/s B．100m比赛中的平均速率约为10.45m/s
C．200m比赛中的位移小于100m比赛的两倍D．200m比赛中的平均速率约为9.42m/s
7．(本题9分)静止在光滑水平面上的物体，在开始受到水平拉力的瞬间，下列说法正确的是() A．物体立刻产生加速度，但此时速度为零
B．物体立刻运动起来，有速度，但加速度还为零
C．速度与加速度都为零
D．速度与加速度都不为零
8．(本题9分)如图所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是( )
A．小球的机械能守恒
B．斜劈的机械能守恒
C．斜劈与小球组成的系统机械能守恒
D．小球机械能的减小量大于斜劈动能的增大量
9．(本题9分)如图所示，两个互相垂直的力F1和F2作用在同一物体上，使物体运动，物体通过一段位移时，力F1对物体做功4J，力F2对物体做功3J，则力F1和F2的合力对物体做功为( )
A．2J B．1J C．5J D．7J
10．(本题9分)如图所示，大壮正在将一拉力器拉开。

关于这一过程中拉力器中弹簧的弾力和弹性勢能的变化情况，下列说法正确的是。