2019-2020年高一下学期期中考试 物理 含解析 by张三.doc

2019-2020年高一下学期期中考试 物理 含解析 by张三注意事项：1. 答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。2. 答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。3. 答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。4. 所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。一、单项选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分。每小题只有一个选项最符合题意）1、下列说法正确的是 ：A物体所带的电荷量可以是任意值B电子和质子在任何情况下都可看做点电荷C相互作用的点电荷，无论它们电荷量是否相同，它们受到的库仑力的大小一定相等D真空中两个点电荷距离时，它们的静电力【答案】CA、物体所带的电荷量一定是元电荷的整数倍，故A错误；B、带电体看作点电荷的条件，当带电体的形状对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，电子和质子的体积虽然很小，如果相对于研究的问题，它们间相互作用力的影响不能忽略不计，就不能看作点电荷，故B错误；C、相互作用的点电荷，它们受到的库仑力是一对作用力和反作用力，大小一定相等，故C正确；D、真空中两个点电荷距离时，两电荷就不能理想化为点电荷，库仑定律就不再适用，故D错误。故选C。【考点】点电荷；元电荷；2、一位母亲与六岁的女儿乐乐一起上楼回家，对此，下列说法中错误的是：A爬相同的楼梯，女儿体重小，克服重力做的功少B爬相同的楼梯，母亲体重大，克服重力做的功多C爬相同的楼梯，若女儿比母亲先到达，女儿克服重力做功的功率一定大D爬相同的楼梯，若母亲比女儿先到达，母亲克服重力做功的功率一定大【答案】CAB、由题知，爬相同的楼梯，h相同，母亲的体重G1大于女儿的体重G2，即：G1G2，爬楼做功：W=Gh，母亲爬楼做功W1大于女儿爬楼做功W2，即：W1W2，故AB正确；C、母亲爬楼做功多，女儿比母亲先到达，做功时间少，根据无法判断谁的功率大，故C错误；D、母亲爬楼做功多，母亲比女儿先到达，做功时间少，根据可知母亲做功功率大，故D正确。故选C。【考点】功率、平均功率和瞬时功率3、已知土星绕太阳运转的轨道半径为r，周期为T，引力常量为G，由此可求得：A.土星的质量 B.太阳的质量 C.土星的平均密度D.太阳的平均密度【答案】BAB、研究行星绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：，知道行星的运动轨道半径r和周期T，再利用万有引力常量G，通过前面的表达式只能算出太阳M的质量，也就是中心体的质量，无法求出行星的质量，也就是环绕体的质量，故A错误B正确；C、本题不知道行星的质量和体积，也就无法知道该行星的平均密度，故C错误D、本题不知道太阳的体积，也就不知道太阳的平均密度，故D错误故选B。【考点】万有引力定律及其应用；人造卫星的加速度、周期和轨道的关系4、一质量为5000kg的汽车，以额定功率由静止启动，它在水平面上运动时所受的阻力为车重的0.1倍，发动机额定功率为50kW。则汽车在此路面上行驶的最大速度为：A.5m/s B.7m/s C.8m/s D.10m/s【答案】D当汽车的牵引力减小到等于阻力时，汽车的速度达到最大。根据得，最大速度为：故选D。【考点】功率、平均功率和瞬时功率5、已知货物的质量为m，在某段时间内起重机将货物以大小为a的加速度沿竖直方向加速升高h，则在这段时间内，下列叙述正确的是(重力加速度为g): ( )A.货物的动能一定增加mahmgh B.货物的机械能一定增加mahmghC.货物的重力势能一定增加mah D.货物的机械能一定增加mah【答案】BA、根据牛顿第二定律得：合力为，则合力做功为，知动能增加量为mah，故A错误；BCD、货物上升h高度，重力势能的增加量为mgh，则机械能的增加量为mah+mgh，故CD错误B正确。故选B。【考点】动能定理的应用6、一物体静止在粗糙水平面上，在水平向右的拉力作用下开始向右运动。在运动过程中，物体的动能与位移x的关系图象如图所示，其中0-x1过程的图线是过原点的直线，x1-x2过程的图线为平行于横坐标轴的直线。则下列说法正确的是：A. 在0-x1过程中，物体的拉力不断增大B. 在x1-x2过程中，拉力做功为零 C. 在0-x2过程中，物体的机械能不断增大D. 在0-x2过程中，物体克服摩擦力做功的功率先增大后保持不变【答案】DA、在0-x1过程中，物体的动能不断增大，EK=kx，该过程中拉力与摩擦力做功，由图线可得，拉力F保持不变，故A错误；B、在x1-x2过程中，物体的动能保持不变，合力做功为零，所以拉力与摩擦力大小相等，方向相反，故B错误；C、在0-x1过程中，物体的动能不断增大，在x1-x2过程中，物体的动能保持不变，故C错误；D、在0-x1过程中，物体的速度不断增大，在x1-x2过程中，物体的速度保持不变，所以摩擦力的功率：，在0-x1过程中，随物体的速度不断增大而增大，在x1-x2过程中，物体的速度保持不变，摩擦力才功率保持不变，故D正确。故选D。【考点】动能定理7、如图所示，在光滑绝缘水平面上有三个孤立的点电荷Q1、Q、Q2，Q恰好静止不动，Q1、Q2围绕Q做匀速圆周运动，在运动过程中三个点电荷始终共线已知Q1、Q2分别与Q相距r1、r2，不计点电荷间的万有引力，下列说法正确的是：A.Q1、Q2的电荷量之比为 B. Q1、Q2的电荷量之比为C. Q1、Q2的质量之比为 D. Q1、Q2的质量之比为【答案】CAB、点电荷Q1、Q、Q2恰好静止不动，因此根据库仑定律，则有：，所以Q1、Q2的电荷量之比为，故AB错误；CD、对Q1、Q2：它们间的库仑引力提供向心力，则有：，所以Q1、Q2的质量之比为，故C正确D错误。故选C。【考点】库仑定律8、粗细均匀的U形管内装有总长为4L的液体。开始时阀门K闭合，左右支管内液面高度差为L。打开阀门K后，左右液面刚好相平时左管液面的速度大小为（不计液体与管壁之间的任何阻力）：A. B. C. D.【答案】A设总质量为m；由图可知，在液体流动过程中，液体的重力势能减小了；则由机械能守恒定律可得：，解得：故选A。【考点】机械能守恒定律二、多项选择题(本题共 4小题，每小题 4 分，共16分。每小题至少有两个选项符合题意,全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，错选或不答的得 0 分)9、下列说法正确的是：A. 重力势能为零的物体，也可以对别的物体做功B. 处于平衡状态的物体，动能和机械能都保持不变C. 在弹性限度内，弹簧越长，弹性势能越大D. 机械能具有相对性，数值有正负，其正负表示机械能的多少【答案】ADA、重力势能是相对量，重力势能为零只能说明它在零势能面上，它还是可以对外做功的，故A正确；B、处于平衡状态的物体做匀速直线运动或静止，若物体做竖直方向的匀速直线运动，则重力势能是可以改变的，故B错误；C、弹簧的弹性势能取决于弹簧的形变量，不是弹簧的长度，故C错误；D、机械能具有相对性，数值也有正负，但机械能是标量，正负表示机械能的大小，故D正确。故选AD。【考点】机械能守恒定律10、若人造地球卫星的轨道半径缩小到原来的1/3，仍作匀速圆周运动，则: A.根据公式，可知卫星的线速度将缩小到原来的1/3B.根据公式，可知地球提供的向心力将增大到原来的9倍C.根据公式，可知卫星所需要的向心力将增大到原来的3倍D.根据上述B和C选项中给出的公式，可知卫星运动的线速度将增大到原来的倍【答案】BDA、当轨道半径变化时，万有引力变化，卫星的角速度，随着变化，所以，不能用公式讨论卫星的线速度变化，故A错误；B、根据公式，可知地球提供的向心力将增大到原来的9倍，故B正确；C、当轨道半径变化时，万有引力变化，卫星的线速度随着变化，所以，不能用公式讨论卫星的向心力变化，故C错误；D、根据上述B和C选项中给出的公式得，可知轨道半径缩小到原来的，卫星运动的线速度将增大到原来的倍，故D正确。故选BD。【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11、质量为2kg的物体，在光滑水平面上以的初速度匀速向西运动，现有一个大小为8N方向向北的恒力作用于物体，则从该时刻起： A.物体一定做匀变速运动B.物体只受向北方向的力，因此只有南北方向动能变化，东西方向动能不变C.第2s末的动能为73JD.2s内拉力做功80J【答案】ACA、设物体沿F方向的加速度为a，由牛顿第二定律得：，物体沿向北的方向做匀加速直线运动，同时向西的方向做匀速运动，所以合运动是匀变速曲线运动，故A正确；B、根据运动的独立性，物体只受向北方向的力，因此只有南北方向动能变化，东西方向动能不变，故B正确；C、物体沿F方向做匀加速直线运动，2s内的位移为：力F所做的功为：由动能定理得：，所以：，故C正确；D、根据动能定理：，故D错误。故选AC。【考点】动能定理12、光滑地面上放一长木板，质量为M，木板上表面粗糙且左端放一木块m，如图所示，现用水平向右的恒力F拉木块，使它在木板上滑动且相对地面位移为s(木块没有滑下长木板)。若改变下列物理量，使木块依旧相对地面前进s，对比未改变前的情况，下列判断正确的是:A.若只增大m，则拉力F做功的功率变小 B.若只增大m，则长木板末动能增大C.若只增大M，则长木板和木块组成的系统损失的机械能增大D.若只增大F，则长木板末动能不变【答案】ABCA、由功的公式可知，拉力的功W=Fs，F不变，s不变；故拉力的功不变；对m对牛顿第二定律可知；故m的加速度减小；则运动时间增长，故拉力F做功的功率减小，故A正确；B、m增大后，m对M的摩擦力f=mg增大，则由牛顿第二定律可知，M的加速度增大，且由A的分析可知，运动时间变长，故B的末速度变大，动能增大，故B正确；C、若增大M，则m运动不受影响；而M加速度减小，在m移动s的过程中，两者的相对位移增大；则长木板和木块组成的系统损失的机械能增大，故C正确；D、若增大F，m运动时间要短，M的加速度不变，其末速度减小，动能减小，故D错误。故选ABC。【考点】牛顿第二定律；功率三、实验题（本题共2小题，共16分）13（8分）、某探究学习小组的同学们欲探究“拉力做功和动能变化的关系”，他们在实验室组装了一套如图1所示的装置，如图所示：（1）为达到平衡阻力的目的，取下细绳和托盘，通过调节垫片的位置，改变长木板倾斜程度，根据打出的纸带判断小车是否做_运动。（2）连接细绳及托盘，放入砝码，通过实验得到图2所示的纸带。纸带上O为小车运动起始时刻所打的点，选取时间间隔为0.1s的相邻计数点A、B、C、D、E、F、G。实验时小车所受拉力为0.2N，小车的质量M=0.2kg。则O至F的过程中，拉力做功W= J，小车动能变化量= J。（结果保留四位有效数字）分析上述数据可知：在实验误差允许的范围内。（3）若实际检验中，发现（排除读数、测量等造成的偶然误差），则可能的原因是 （写一种情况即可）。【答案】(1) 匀速运动 (2) 0.1115，0.1105(3) 摩擦力平衡过度，纸带上的O点不是起始时刻打的点。 （1）为保证拉力等于小车受到的合力，需平衡摩擦力，即将长木板左端适当垫高，轻推小车，小车做匀速直线运动；（2）拉力的功为：；E点的瞬时速度为：；故F点的动能为：；（3）若实际中，发现，则可能的原因是摩擦力平衡过度或纸带上的O点不是起始时刻打的点。【考点】探究功与速度变化的关系14(8分)、用如图装置可验证机械能守恒定律。轻绳两端系着质量相等的物块A、B，物块B上放置一金属片C。铁架台上固定一金属圆环，圆环处在物块B正下方。系统静止时，金属片C与圆环间的高度差为h。由此释放，系统开始运动，当物块B穿过圆环后，金属片C被搁置在圆环上。两光电门固定在铁架台P1、P2处，通过数字计时器可测出物块B通过P1、P2这段时间。A、B均可视作质点，重力加速度g已知。（1）若测得P1、P2之间的距离为d，物块B通过这段距离的时间为t，则物块B刚穿过圆环后的速度v= 。（2）若物块A、B的质量均为M表示，金属片C的质量用m表示，该实验中验证了 成立，即可验证机械能守恒定律。（3）本实验中的测量仪器除了天平、光电门、数字计时器外，还需要 。（4）改变物块B的初始位置，使物块B由不同的高度落下穿过圆环，记录各次高度差h以及物块B通过P1、P2这段距离的时间为t，以h为纵轴，以为横轴，通过描点作出的图线是一条过原点的直线，该直线的斜率k= (用m、M、d表示)。【答案】(1) (2) mgh （3）刻度尺 （4）（1）根据平均速度等于瞬时速度，则有：物块B刚穿过圆环后的速度；（2）由题意可知，系统ABC减小的重力势能转化为系统的增加的动能，即：，即：，故C正确；（3）由，公式可知，除了天平、光电门、数字计时器外，还需要刻度尺；（4）作出的图线是一条过原点的直线，直线的斜率。【考点】验证机械能守恒定律4、 计算题（本题共4小题，共56分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分）15、（12分）用竖直向上大小为30 N的力F，将质量为2 kg的物体从地面由静止提升，物体上升2m后撤去力F，经一段时间后，物体落回地面。若忽略空气阻力，g取10 m/s2。求：（1）拉力F做的功（2）物体上升2m时的动能（3）物体刚落回地面时的速度【答案】 方向竖直向下（1）由功的定义得（2）从物体静止上升2m，由动能定理： 解得：（3）对全过程，由动能定理：解得： 方向竖直向下【考点】动能定理；16、（14分）（创编）如图所示，光滑轨道AB平直，BC部分是处于竖直平面内半径R的光滑半圆。圆心O处有一绝缘平台,一带正电小球被固定在圆心。另一个质量为m的带负电小球在平直轨道上从A点由静止开始向左运动，到达C点时小球对轨道的压力为0。已知小球运动到B点时受到的库仑力大小与小球重力大小相等，两带电小球均可看成点电荷（重力加速度g已知）。求：（1）小球在C点受到的库仑力的大小和方向（2）小球到达C点时的速度大小（3）小球从A运动至C的过程中库仑力做的功【答案】，方向竖直向下 （1）由库仑定律知：小球在最C点库仑力，方向竖直向下（2）在C点，由牛顿第二定律：解得：（3）A至C，由动能定理：解得：【考点】库仑定律；牛顿第二定律；动能定理17、(15分)（原创）如图所示，倾角为370的光滑斜面与动摩擦因素u=0.5的水平面平滑相连于B点，将一劲度系数k=500N/m的轻质弹簧的一端固定在光滑斜面的固定板上，固定板中央留有小孔，平行于斜面的细线穿过固定板的小孔和弹簧后跨过定滑轮将小物块和大物块连接，小物块与弹簧接触但不相连，小物块质量m=5kg，大物块质量M=6kg，水平轨道上固定一相同的轻质弹簧，自然状态下，弹簧右端位于C点，初始时刻两物块静止，小物块位于A点。已知lAB= 0.1m, lBC=0.06m，重力加速度g取10m/s2。现小球与细线突然断开，求：（1）细线未断时，轻质弹簧的形变量（2）在弹簧弹性限度内，物块与水平面上的弹簧接触并挤压弹簧，当该弹簧获得与斜面上的弹簧在细线刚断开时相同的弹性势能时，小物块的速度v（3）弹簧弹性势能与形变量x满足关系，试确定小物块的最终位置【答案】 （1）细线未断时，大球平衡：、小球平衡：解得： （2）物块与BC平面上的弹簧接触获得与初始细线断开时相同的弹性势能时，弹簧压缩0.06m。由A至水平弹簧被压缩0.06m的过程中，由动能定理：解得：（3）弹簧弹力 最大静摩擦力因为 故物体会向右运动此时弹簧弹性势能 若物体能够向右运动到C点 故物体在到达C点前就停止运动。设改点距离C点x2。由动能定理：又： 解得： 【考点】共点力平衡；动能定理；18、（15分）（创编）如图所示，均匀光滑直杆AB长为L，可绕光滑固定转轴O转动，O在距B点L/3处。在水平杆的另一端A下摆经过的轨迹上安装光电门，用来测量A端的瞬时速度vA，光电门测量位置和距转轴O的高度差h可以调节，有一质量为m的小球套在光滑杆上，重力加速度g取10m/s2。 （1）若杆的质量忽略不计，小球固定在杆OA的中点处，由静止释放杆，请写出光电门测量到的速度vA与高度差h的关系式 （2）实际情况下杆的质量M不能忽略，拿走小球后重复实验，得到了如图所示的与h关系图线。请写出杆绕O点转动时的动能Ek与vA的关系式 （3）将光电门安装在OA中点正下方L/3处，将杆由水平位置静止释放，套在杆上某处的小球由静止开始沿杆下滑，恰好经过该光电门，测得小球对地速度大小为v。已知杆的质量M是小球质量m的倍, 杆绕O点转动时的动能Ek与vA满足（2）问关系。求此时小球重力做功的瞬时功率P。【答案】（1） （2）（3）（1）根据图中几何关系可知，A端下降高度为h时，小球下降高度为,设此时小球的速度为。由机械能守恒定律：由小球与A端共轴，有相同的角速度，所以： 解得：（2） 考虑杆的质量，拿走小球后，杆的重心距转轴O的距离为。因此杆的重心下降高度H与A端下降高度h的关系为：在转动过程中，根据机械能守恒定律有：由与h的关系图可知：由上面3式联立解得：（3）小球下降高度，此时杆与水平方向夹角为45。由几何关系知，杆的重心下降高度设杆此时动能为，小球垂直杆方向的分速度为，小球沿杆方向分速度为杆和小球组成的系统机械能守恒：解得：又：,解得：又及解得：【考点】机械能守恒定律；罗 欣王维刚xx重庆一中高xx级高一下期半期考试（本部） 物 理 答 案 xx.5一、二选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分）题号123456789101112答案CCBDBDCAADBDACABC三、实验题（本题共2小题，共14分）13（每空2分，共8分）(1) 匀速运动 ; (2) 0.1115 , 0.1105 ; (3) 摩擦力平衡过度，纸带上的O点不是起始时刻打的点。 14.（每空2分，共8分） (1) (2) mgh （3）刻度尺 （4）四、计算题（本题共4小题，共60分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分）15（12分）.解：（1）（2）从物体静止上升2m，由动能定理： 解得：（3）对全过程，由动能定理：解得： 方向竖直向下16. （14分）解：（1）由库仑定律知：小球在最C点库仑力方向竖直向下（2）在C点，由牛顿第二定律：解得：（3）A至C，由动能定理：解得：17.（15分）（1）细线未断时，大球平衡： 小球平衡：解得： （2）物块与BC平面上的弹簧接触获得与初始细线断开时相同的弹性势能时，弹簧压缩0.06m。由A至水平弹簧被压缩0.06m的过程中，由动能定理：解得：（3）弹簧弹力 最大静摩擦力因为 故物体会向右运动此时弹簧弹性势能 若物体能够向右运动到C点 故物体在到达C点前就停止运动。设改点距离C点x2。由动能定理：又： 解得： 18.（15分）（1）根据图中几何关系可知，A端下降高度为h时，小球下降高度为,设此时小球的速度为。有机械能守恒定律： 由小球与A端共轴，有相同的角速度，所以： 解得：（2） 考虑杆的质量，拿走小球后，杆的重心距转轴O的距离为。因此杆的重心下降高度H与A端下降高度h的关系为：在转动过程中，根据机械能守恒定律有：由与h的关系图可知：由上面3式联立解得：（3）小球下降高度，此时杆与水平方向夹角为45。由几何关系知，杆的重心下降高度设杆此时动能为，小球垂直杆方向的分速度为，小球沿杆方向分速度为杆和小球组成的系统机械能守恒：解得：又：,解得：又又：解得：