2019-2020年高一下学期期末物理试题 含解析.doc

2019-2020年高一下学期期末物理试题 含解析一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分在每小题给出的四个选项中，1-8小题只有一个正确答案，9-12小题中，至少有两个正确的全部选对的得4分，少选的得2分，有选错或不选的得0分）1（4分）历史上关于天体的运动和万有引力的研究，有许多科学家做出了贡献下列说法正确的是（）A伽利略发现了行星运动的规律B牛顿发现了万有引力定律C开普勒测定了万有引力常量D卡文迪许做了“月地检验”推导考点：万有引力定律的发现和万有引力恒量的测定专题：万有引力定律的应用专题分析：解答本题的关键是了解几个重要的物理学史，知道哪些伟大科学家的贡献解答：解：A、开普勒发现了行星运动的规律，故A错误；B、牛顿发现了万有引力定律，故B正确；C、万有引力常数是由卡文迪许测出的，故C错误；D、牛顿做了“月地检验”推导，故D错误故选：B点评：本题考查了物理学史部分，要了解哪些伟大科学家的重要贡献，培养科学素质和为科学的奉献精神2（4分）两个分别带有电荷量Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（）A BCD12F考点：库仑定律；电荷守恒定律专题：计算题分析：清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题解答：解：接触前两个点电荷之间的库仑力大小为F=k，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带点为+Q，距离又变为原来的，库仑力为F=k，所以两球间库仑力的大小为故选C点评：本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题3（4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火星与木星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方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考点：万有引力定律及其应用专题：万有引力定律在天体运动中的应用专题分析：熟记理解开普勒的行星运动三定律：第一定律：所有的行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上第二定律：对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等第三定律：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等解答：解：A、第一定律的内容为：所有行星分别沿不同大小的椭圆轨道绕太阳运动，太阳处于椭圆的一个焦点上故A错误；B、第二定律：对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等行星在此椭圆轨道上运动的速度大小不断变化，故B错误；C、若行星的公转周期为T，则常量K与行星无关，与中心体有关，故C正确；D、第二定律：对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等，是对同一个行星而言，故D错误；故选C点评：正确理解开普勒的行星运动三定律是解答本题的关键4（4分）如图所示为电场中的一条电场线，A、B为其上的两点，以下说法正确的是（）A EA与EB一定不等，A与B一定不等BEA与EB可能相等，A与B可能相等C EA与EB一定不等，A与B可能相等DEA与EB可能相等，A与B一定不等考点：电势；电场强度；电场线专题：图析法分析：电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场线越密的地方电场强度越大，电势的高低看电场线的指向，沿着电场线电势一定降低解答：解：电场线越密的地方电场强度越大，由于只有一条电场线，无法看出电场线的疏密，故EA与EB可能相等、可能不相等；沿着电场线电势一定降低，故A一定大于B；故选D点评：本题关键在于通过电场线的疏密程度看电场强度的大小，通过电场线的指向看电势的高低5（4分）某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶，受到的阻力分别为车重的k1和k2倍，最大速率分别为v1和v2，则（）A v2=k1v1Bv2=v1Cv2=v1Dv2=k2v1考点：功率、平均功率和瞬时功率专题：功率的计算专题分析：汽车在水平路面上行驶时，当牵引力等于阻力时，速度最大根据功率与速度的关系，结合汽车阻力与车重的关系求解解答：解：设汽车的功率为P，质量为m，则有：P=K1mgV1=K2mgV2，所以v2=v1故选：B点评：解决本题的关键知道以额定功率行驶，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当牵引力等于阻力时，速度达到最大6（4分）用控制变量法，可以研究影响平行板电容器的因素（如图）设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为实验中，极板所带电荷量不变，若（）A保持S不变，增大d，则变大B保持S不变，增大d，则变小C保持d不变，减小S，则变小D保持d不变，减小S，则不变考点：影响平行板电容器电容的因素分析：静电计指针偏角表示电容器两端电压的大小，根据电容的定义式C=，判断电容的变化，再根据C=，判断电压的变化，从而得知静电计指针偏角的变化解答：解：根据电容的定义式C=，保持S不变，增大d，电容C减小，再根据U=，知U增大，所以变大故A正确，B错误 保持d不变，减小S，电容减小，再根据C=，知U增大，所以变大故CD错误故选：A点评：解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变7（4分）如图所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长ab=10cm，bc=5cm，当将A与B接入电压为U的电路中时，电流为1A；若将C与D接入电压为U的电路中，则电流为（）A 4AB2ACADA点：电阻定律；欧姆定律专题：恒定电流专题分析：根据电阻定律公式确定两次电阻值之比，然后根据欧姆定律确定电流之比解答：解：根据电阻定律公式，有 故根据欧姆定律，电压相同时，电流与电阻成反比故两次电流之比为1：4，故第二次电流为4A；故选A点评：本题主要考察电阻定律和欧姆定律的灵活运用8（4分）如图所示是同一轨道平面上的三颗人造地球卫星，下列说法正确的是（）A根据v=，可知vAvBvCB根据万有引力定律，可知引力FAFBFCC运动周期TATBTCD向心加速度ABC考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用专题：人造卫星问题分析：研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式把要比较的物理量表示出来根据已知条件结合表达式求解解答：解：A、卫星绕地球做圆周运动，由万有引力提供圆周运动即=mr2=ma，v=可知A、B、C三卫星轨道依次增加，线速依次减小，v=仅指计算近地轨道卫星绕行的线速度；故A错误；B、由于未知三颗卫星的质量大小关系，故仅根据半径关系无法判断其万有引力的大小，故B错误；C、由万有引力提供圆周运动即=m，T=2，A、B、C三卫星轨道依次增加，所以TATBTC，故C错误；D、向心加速度a=，A、B、C三卫星轨道依次增加，所以ABC，故D正确；故选：D点评：比较一个物理量，我们应该把这个物理量先用已知的物理量表示出来，再根据表达式进行比较不能考虑一个变量而忽略了另一个变量的变化向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用9（4分）直流电动机的电枢电阻为R，正常工作时，电动机两端电压为U，通过的电流强度为I工作时间为t时，下列说法正确的是（）A电动机线圈产生的热量为UItB电机线圈产生的热量为I2RtC电动机消耗电能为UItD电动机输出的机械能为UIt考点：电功、电功率专题：恒定电流专题分析：在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的解答：解：A、电动机为非纯电阻，线圈产生的热量要用Q=I2Rt来计算，所以A错误，B正确C、电动机消耗电能为电动机的总功，为W=UIt，所以C正确D、电动机输出的机械能为UItI2Rt，D错误故选：BC点评：对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的10（4分）如图是用灵敏电流计改装成的某多量程电表内部电路图，图中a为公共接线柱，b、c分别为两个量程的接线柱对该电表下列说法正确的是（）A该电表是多量程电流表B当使用a、b两个接线柱时量程较大CR1越大，该电表量程越大D该电表两量程的大小与R1和R2的阻值成反比考点：多用电表的原理及其使用专题：恒定电流专题分析：要熟悉多用表的原理和结构，根据电表的结构选出欧姆表、电压表和电流表；由串并联特点，结合欧姆定律，可知，量程的大小；由图，结合欧姆定律，可知，R1越大，该电表量程越小；因电阻R2与电表串联后与R1并联，则量程大小不与阻值成反比解答：解：A、电表与电阻相并联即为电流表，故A正确；B、当接a、b两个接线柱时，导致R1两端的电压增大，则流过此电阻的电流也增大，因电表电流不变，则量程较大，故B正确；C、由欧姆定律可知，R1越大，电流越小，该电表量程越小，故C错误；D、因电阻R2与电表串联后与R1并联，则量程大小不与阻值成反比，故D错误；故选：AB点评：考查电表改装的原理，掌握欧姆定律的应用，注意灵敏电流计的最大电压、电阻与最大电流均是恒定的11（4分）如图，真空中有两个点电荷Q1=+4.0108C和Q2=1.0108C，分别固定在x轴的x=0和x=6cm的位置上则在x轴上（）Ax=6cm和x=6cm处的点的电场强度为零B只有x=12cm处的点的电场强度为零C电场强度方向沿x轴正方向的区域有两处D电场强度方向沿x轴正方向的区域只有一处考点：电场强度专题：电场力与电势的性质专题分析：某点的电场强度是正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的电场的叠加，是合场强运用合成进行分析解答：解：A、某点的电场强度是正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的电场的叠加，是合场强根据点电荷的场强公式E= 所以要使电场强度为零，那么正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的场强大小相等方向相反不会在Q1的左边，因为Q1的电荷大于Q2，也不会在Q1 Q2之间，因为它们电荷电性相反，在中间的电场方向都是一样的；所以，只能在Q2右边设该位置据Q2的距离是L，所以= 解得L=6cm；所以x坐标轴上x=12cm处的电场强度为零，故A错误，B正确；C、在Q1 Q2之间，正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的场强方向沿x轴正方向，所以实际场强也是沿x轴正方向，根据点电荷的场强公式得x坐标轴大于12cm区域电场强度方向沿x轴正方向区域所以x坐标轴上电场强度方向沿x轴正方向区域是（0，6cm）和（12cm，），故C正确，D错误故选：BC点评：空间中某一点的电场，是空间所有电荷产生的电场的叠加，场强是矢量，其合成遵守平行四边形定则12（4分）把质量是0.2kg的小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A的位置，如图甲所示；迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置C（图丙）途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态（图乙）已知B、A的高度差为0.1m，C、B的高度差为0.2m，弹簧的质量和空气阻力均忽略不计重力加速度g=10m/s2，则有（）A小球从A上升至B的过程中，弹簧的弹性势能一直减小，小球的动能一直增加B小球从B上升到C的过程中，小球的动能一直减小，势能一直增加C小球在位置A时，弹簧的弹性势能为0.6JD小球从位置A上升至C的过程中，小球的最大动能为0.4J考点：功能关系；弹性势能分析：小球从A上升到B位置的过程中，平衡位置速度最大，动能增大；小球上升和下落过程与弹簧组成的系统机械能守恒解答：解：A、球从A上升到B位置的过程中，先加速，当弹簧的弹力kx=mg时，合力为零，加速度减小到零，速度达到最大，之后小球继续上升弹簧弹力小于重力，球做减速运动，故小球从A上升到B的过程中，动能先增大后减小，A错误；B、小球从B到C的过程中，小球的弹力小于重力，故小球的动能一直减小；因小球高度增加，故小球的重力势能增加；故B正确；C、根据能量的转化与守恒，小球在图甲中时，弹簧的弹性势能等于小球由A到C位置时增加的重力势能：Ep=mgAC=0.2100.3=0.6J；故C正确；D、由于无法确定小球受力平衡时的弹簧的形变量，故无法求出小球的最大动能；故D错误；故选：BC点评：解决本题的关键掌握机械能守恒的条件，在只有重力或弹簧弹力做功的情形下，系统机械能守恒在解题时要注意，单独对小球来说，小球和弹簧接触过程中机械能不守恒二、填空题（本题共3小题，每小题6分，共18分）13（6分）某同学用图（a）所示的实验装置验证机械能守恒定律已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，当地重力加速度为g=9.80m/s2实验中该同学得到的一条点迹清晰的完整纸带如图（b）所示纸带上的第一个点记为O，另选连续的三个点A、B、C进行测量，图中给出了这三个点到O点的距离hA、hB和hC的值回答下列问题（计算结果保留3位有效数字）（1）打点计时器打B点时，重物速度的大小vB=3.90m/s；（2）设重物质量为m，OB对应的下落过程中，重力势能减少量EP=7.70mJ，动能增加量Ek=7.61mJ，在误差允许范围内，可以认为两者相等，因此验证了机械能守恒定律考点：验证机械能守恒定律专题：实验题分析：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，从而求出动能解答：解：（1）利用匀变速直线运动的推论vB=3.90 m/s（2）重力势能减小量Ep=mgh=9.80.7857mJ=7.70mJEkB=mvB2=7.61m JEk=EkB0=0.48m J故答案为：（1）3.90； （2）7.70m，7.61m点评：运用运动学公式和动能、重力势能的定义式解决问题是该实验的常规问题要注意单位的换算和有效数字的保留14（6分）小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线上的切线，PQ为U轴的垂线，PN为I轴的垂线，随着所加电压的增大，小灯泡的功率增大（选填“增大”、“减小”或“不变”）；小灯泡的电阻增大（选填“增大”、“减小”或“不变”）；对应P点小灯泡的电阻为考点：欧姆定律专题：恒定电流专题分析：由图看出此灯泡是非线性元件，根据电阻是指对电流的阻碍作用判断灯泡电阻与电压之间的关系；找到P点对应的电压和电流，根据欧姆定律求出此时灯泡的电阻；由功率公式可知功率对应图线的“面积”解答：解：由图象可知，灯泡的电阻等于R=，等于图线上的点与原点O连线斜率的倒数，由数学知识可知，电压增大，此斜率减小，则灯泡的电阻增大由图象可知，P点对应的电压为U1，电流为I2，则灯泡的电阻R=；因P=UI，所以图象中矩形PQOM所围的面积为对应P点小灯泡的实际功率，故可知，电压增大时，功率也将增大；故答案为：增大；增大；点评：注意UI图象的意义，知道斜率等于电阻的倒数，明确功率借助图象分析时所围得面积；明确灯泡伏安特性曲线不直的原因15（6分）用如图所示装置做“探究功和物体速度变化的关系”实验时，下列说法正确的是（）A该实验通过改变橡皮筋的长度来改变拉力做功的数值B每次实验必须算出橡皮筋对小车做功的具体数值C通过打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中获得的最大速度D通过打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中获得的平均速度考点：探究功与速度变化的关系专题：实验题分析：在探究橡皮筋的拉力对小车所做的功与小车速度变化的关系的实验中应注意：n根相同橡皮筋对小车做的功就等于系一根橡皮筋时对小车做的功的n倍，这个设计很巧妙地解决了直接去测量力和计算功的困难；该实验需要平衡摩擦力以保证动能的增量是只有橡皮筋做功而来；小车最大速度即为后来匀速运动的速度解答：解：A、该实验中利用相同橡皮筋形变量相同时对小车做功相同，通过增加橡皮筋的条数可以使橡皮筋对小车做的功成整数倍增加，这个设计很巧妙地解决了直接去测量力和计算功的困难故AB错误；C、实验中我们要知道小车获得的最大速度，即橡皮筋把功做完，所以应该对应纸带上点迹均匀匀速运动的部分计算速度，故C正确；D、实验中我们要知道小车获得的最大速度，即橡皮筋把功做完，所以应该对应纸带上点迹均匀匀速运动的部分计算速度不是测量小车加速阶段的平均速度，故D错误故选：C点评：此题的关键是熟悉橡皮筋拉小车探究做功与物体速度变化的关系实验步骤细节和原理，知道平衡摩擦力三、解答题（本题共4小题，共34分.解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后结果的不能给分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）16（8分）用一条绝缘轻绳悬挂一个带电小球，小球质量为1.0102kg，所带电荷量为+2.0108C，现加一水平向右的匀强电场，平衡时绝缘绳与铅垂线成30夹角，求这个匀强电场的电场强度考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系专题：电场力与电势的性质专题分析：小球受重力、电场力和拉力处于平衡，根据共点力平衡求出电场力的大小，从而得出电场强度的大小解答：解：小球受力如图所示，根据共点力平衡有：qE=mgtan30，解得电场强度为：E=答：这个匀强电场的电场强度为点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，基础题17（8分）把一个小球用细线悬挂起来，就成为一个摆，摆长为l，最大偏角为小球到达最低点的速度是多大？此时绳受到的拉力为多大？考点：向心力分析：小球在摆动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律求出小球运动到最低位置时的速度大小在最低点，小球靠重力和拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出细线的拉力大小解答：解：由最大偏角处下落，到最低点时，竖直的高度差是h=l（1cos），由机械能守恒定律知：mg（llcos）=解得：v=在最低点合外力提供向心力：Fmg=m解得：F=3mg2mgcos答：小球运动到最低位置时的速度是；在最低点，细线的拉力为3mg2mgcos点评：本题综合考查了机械能守恒定律和牛顿第二定律，难度不大，需加强这方面的训练，基础题18（8分）地球半径为6400km，在贴近地表附近环绕地球做匀速圆周运动的卫星速度为7.9103m/s求：（1）卫星的周期为多大？（2）估算地球的平均密度（取G=6.67l011Nm2/kg2）考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系专题：人造卫星问题分析：根据圆周运动的公式求出卫星的周期，根据密度的定义以及万有引力提供向心力求出地球的平均密度解答：解：（1）球半径为6400km，在贴近地表附近环绕地球做匀速圆周运动的卫星速度为7.9103m/s根据圆周运动的公式得卫星的周期T=5088s，（2）由万有引力提供圆周运动即=m，M=根据密度的定义得=5.5103kg/m3，答：（1）卫星的周期为5088s，（2）地球的平均密度是5.5103kg/m3点评：需要掌握万有引力提供向心力的应用，向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用19（10分）如图，水平放置的两平行金属板，板长L0=10cm，两极板间距d=2cm，一束电子以v0=4107m/s的初速度从两板中央水平射入板间，然后从板间飞出射到距离板L=45cm，宽D=20cm竖直放置的荧光屏上（不计重力，荧光屏中点在两板间的中央线上，电子质量为m=0.911030kg，电荷量e=1.61019C）求：（1）若电子飞入两板前，是从静止开始经历了加速电场的加速，则该电场的电压为多大？（2）为了使带电粒子能射中荧光屏所有的位置，两板间所加的电压应取什么范围？考点：带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）电子在加速电场中，电场力做功为W=eU1，根据动能定理列式求加速电场的电压；（2）电子恰好能打在荧光屏的上边缘，偏转电压最大由几何知识求出电子在电场中的偏转位移y，再根据牛顿第二定律和运动学公式推导出y与偏转电压的关系，即可求出偏转电压的范围解答：解：（1）设加 电场的电压为U1，由动能定理得：eU1= 代入数据解得（2）设所加电压为U2时，电子恰好能打在荧光屏的上边缘，电子的轨迹恰好与上极板边缘相切，则由类平抛运动规律及几何知识可得：其中y为电子在电场中的偏转位移又 y= 且y=由可得：U2=，代入数据解得U2=364V同理要使电子能打在荧光屏下边缘应加反向电压364V 所以两板间所加电压范围为：364VU2364V 答：（1）电子飞入两板前所经历的加速电场的电压是4.55103V （2）为了使带电粒子能射中荧光屏所有位置，两板间所加电压应取的范围是：364VU2364V点评：本题是带电粒子在组合场中运动的类型，根据动能定理研究加速过程，运用分解的方法研究类平抛运动，这些常规方法要熟悉