2019-2020学年高一物理下学期期末考试试题 理(含解析).doc

2019-2020学年高一物理下学期期末考试试题 理(含解析)一、选择题1. 关于曲线运动，下列叙述中正确的是A. 物体做曲线运动时所受的合外力一定是变力B. 变速运动一定是曲线运动C. 当物体所受合外力的方向与物体速度方向不在同一直线上时，物体一定做曲线运动D. 当物体做曲线运动时，物体所受的合外力方向与物体加速度方向不在同一直线上【答案】C【解析】A. 曲线运动受到的合力与速度不共线，但合力可以是恒力，如平抛运动，故A错误；B. 变速运动不一定是曲线运动，如匀加速直线运动，故B错误；C. 物体做曲线运动的条件是物体所受合外力方向和速度方向不在同一直线上，故C正确；D. 加速度方向与合外力方向相同，故D错误；故选：C2. 在电场中某一点，当放入正荷时受到的电场力向右，当放入负电荷时受到的电场力向左，下列判断正确的是( )A. 当放入正电荷时，该点的场强方向向右；当放入负电荷时，该点的场强方向向左B. 该点的场强方向一定向右C. 该点的场强方向一定向左D. 该点的场强方向与所受电场力较大的那个电荷受力方向一致【答案】B【解析】电场强度的方向与正电荷受力方向相同，与负电荷的受力方向相反，则该点的场强方向一定向右，选项B正确，ACD错误；故选B. 3. 如图所示，A、B、C三个物体放在旋转的水平圆盘面上，物体与盘面间的最大静摩擦力均是其重力的k倍，三物体的质量分别为2m、m、m，它们离转轴的距离分别为R、R、2R当圆盘旋转时，若A、B、C三物体均相对圆盘静止，则下列判断中正确的是（ ）A. A物的向心加速度最大B. B和C所受摩擦力大小相等C. 当圆盘转速缓慢增大时，C比A先滑动D. 当圆盘转速缓慢增大时，B比A先滑动【答案】C【解析】由于C物体的半径最大，依据an=2r，所以C物体的向心加速度最大，故A错误；根据f=m2r可知C所受的摩擦力大于B，选项B错误；当圆盘转速增大时，仍由静摩擦力提供向心力。当向心力大于最大静摩擦力时，物体开始滑动。可得当半径越大时，需要的向心加速度越大。所以C比A先滑动。故C正确；A、B转动的半径小相同，则两物体同时滑动，故D错误；故选C。点睛：物体做圆周运动时，静摩擦力提供向心力。由于共轴向心力大小是由质量与半径决定；而谁先滑动是由半径决定，原因是质量已消去。4. 如图 ，大、小两轮通过皮带传动匀速转动，且皮带与轮边缘之间不发生相对滑动。大、小两轮的半径之比 r1:r2=2:1，A、B 为轮边缘上的两点。下列关系正确的是( )A. A、B 两点的线速度大小之比 vA:vB=1:1B. A、B 两点的线速度大小之比 vA:vB=2:1C. A、B 两点的角速度大小之比 A: B=1:1D. A、B 两点的向心加速度大小之比 aA:aB=2:1【答案】A【解析】两轮子靠传送带传动，轮子边缘上的点具有相同的线速度，故vA=vB，故vA：vB=1：1故A正确，B错误；根据公式v=r，故A：B=rB：rA=1：2故C错误；向心加速度：a=v所以：aA：aB=vAA：vBB=1：2；故D错误；故选A。点睛：本题关键能分清同缘传动和同轴传动，同缘转动线速度相同，同轴转动角速度相同；还要能结合公式v=r ，a=v等列式求解.5. 发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3，轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如图所示则以下说法不正确的是（）A. 要将卫星由圆轨道1送入圆轨道3，需要在椭圆轨道2的近地点Q和远地点P分别点火加速一次B. 由于卫星由圆轨道l送入圆轨道3被点火加速两次，则卫星在圆轨道3上正常运行速度要大于在圆轨道l上正常运行的速度C. 卫星在椭圆轨道2上的近地点Q的速度一定大于7.9km/s，而在远地点P的速度一定小于7.9km/sD. 卫星在椭圆轨道2上经过P点时的加速度等于它在圆轨道3上经过P点时的加速度【答案】B【解析】试题分析：要将卫星由圆轨道1送入圆轨道3，需要在椭圆轨道2的近地点Q加速一次，使卫星做离心运动，再在远地点P加速一次，再做离心运动，到达圆轨道3，故A正确；根据万有引力提供向心力得：，速度，所以卫星在轨道3上的速率小于在轨道1上的速率，故B错误；先将卫星发射至近地圆轨道1，圆轨道1的运行速度为，卫星在椭圆轨道2上的近地点Q，要作离心运动，则其的速度一定大于，而在远地点P，半径大于地球半径，线速度一定小于，故C正确；根据，加速度取决于距离r，故卫星在轨道2上运行时经过P点的加速度小于经过Q点的加速度，故D正确。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【名师点睛】本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度和加速度的表达式，再进行讨论，注意离心运动的条件是解题的关键。6. 如图所示，木板质量为M，长度为L，小木块的质量为m，水平地面光滑，一根不计质量的轻绳通过定滑轮分别与M和m连接，小木块与木板间的动摩擦因数为开始时木块静止在木板左端，现用水平向右的力将m拉至右端，拉力至少做功为（）A. mgLB. 2mgLC. D. （M+m）gL【答案】A故选：A7. 如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知() A. 带电粒子在R点时的速度大小大于在Q点时的速度大小B. 带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大C. 带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大D. 带电粒子在R点时的加速度大小小于在Q点时的加速度大小【答案】A【解析】AB、电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧，所以电场力的方向向右；若粒子从P经过R运动到Q，电场力做负功，电荷的电势能增大，动能减小，知道R点的动能大，即速度大，而P点电势能较小，故A正确，B错误；C、根据能量守恒定律，带电质点在运动过程中各点处的动能与电势能之和保持不变，故C错误；D、由电场线疏密确定出，R点场强大，电场力大，加速度大，故D错误。点睛：该类题目中，首先根据轨迹弯曲的方向判断出粒子受力的方向是解题的关键根据电场线与等势面垂直，作出电场线，得到一些特殊点（电场线与等势面交点以及已知点）的电场力方向，同时结合能量的观点分析是解决这类问题常用方法。8. 两块大小、形状完全相同的金属板正对水平放置，构成一个平行板电容器将两金属板分别与电源两极相连，如图所示，闭合开关S达到稳定后，在两板间有一带电液滴P恰好处于静止状态，下列判断正确的是()A. 保持开关S闭合，减小两极间的距离，液滴向上运动B. 保持开关S闭合，减小两板间的距离，液滴向下运动C. 断开开关S，减小两板间的距离，液滴向上运动D. 断开开关S，减小两板间的距离，液滴向下运动【答案】A【解析】试题分析：保持开关S闭合，说明两极板间的电压不变，若减小两极间的距离，则极板间的电场强度变大，电荷受到的电场力将增大，因为原来电荷处于静止状态，故电场对电荷的作用力是向上的，故液滴会向上运动，选项A正确；B错误；断开开关S，说明极板上的电荷量不变，根据电容的定义式及决定式可知：C，故减小两板间的距离，两极板间的电场大小不变，液滴仍静止，故选项CD均错误。考点：电容的定义式及决定式。【名师点晴】当电容与电源连接时，可以认为电容的两端电压是不变的，当电容与电源连接后又断开开关，则说明电容极板上所带的电荷量是不变的；由电容的定义式和决定式可知，电容间的电场强度E是不随极板间距离的变化而变化的，故液滴受到的电场力就是不变的。9. 地球的半径为R，地面的重力加速度为g，一颗离地面高度为R的人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，则（）A. 卫星加速度的大小为B. 卫星运转的角速度为C. 卫星运转的线速度为D. 卫星运转的周期为【答案】BD【解析】根据，得，卫星的加速度大小，故A正确根据得，卫星的角速度大小，故B正确根据得，卫星的线速度大小，故C错误根据万有引力提供向心力可以求出卫星绕地球转动的周期，无法求出卫星自转周期，故D错误故选AB点睛：解决本题的关键掌握万有引力定律的两个重要理论：1、万有引力等于重力，2、万有引力提供向心力，并能灵活运用10. 等量异号点电荷的连线和中垂线如图所示，现将一个带负电的试探电荷先从图中的a点沿直线移动到b点，再从b点沿直线移动到c点，则试探电荷在此全过程中()A. 所受电场力的方向不变B. 所受电场力的大小恒定C. 电势能一直减小D. 电势能先不变后减小【答案】AD【解析】从a到b，电场线方向垂直于ab向下，则带负电的试探电荷所受的静电力方向与ab垂直向上，从b到c，静电力ab垂直向上，所以静电力方向不变，故A正确；根据电场线的疏密可知，a、b、c三点的场强大小关系是：EaEbEc所以电荷从a到b，所受的静电力增大；从b到c，电场力增大；故B错误；由题ab是一条等势线，c点的电势比a、b的电势高，电荷带负电，则电荷从a到b，其电势能不变，从b到c，其电势能减小，即在此全过程中，电荷的电势能先不变后减小。故C错误，D正确；故选AD。点睛：本题的关键要掌握等量异种电荷电场线、等势线分布情况，知道等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线11. 如图所示，长为l的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球在竖直面内做圆周运动，关于最高点的速度v，下列说法正确的是()A. v的极小值为B. v由零逐渐增大，向心力也增大C. 当v由 逐渐增大时，杆对小球的弹力逐渐增大D. 当v由 逐渐减小时，杆对小球的弹力逐渐增大【答案】BCD【解析】A. 小球在最高点的最小速度为零，此时杆子的支持力等于重力。故A错误；B. 在最高点,根据得，速度增大，向心力也逐渐增大。故B正确；C. 当v，杆子表现为拉力，速度增大，向心力增大，则杆子对小球的拉力增大。故C正确；D当v时,杆子表现为支持力,此时有：mgF=速度增大时,向心力增大,则杆子对小球的支持力减小，故D正确。故选：BCD。点睛：杆子在最高点可以表现为拉力，也可以表现为支持力，临界的速度为零，根据牛顿第二定律判断杆子对小球的弹力随速度变化的关系12. 如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是（）A. 电动机由于传送物块多做的功为mv2B. 物体在传送带上的划痕长C. 摩擦力对物块做的功为mv2D. 传送带克服摩擦力做的功等于摩擦热【答案】BC点睛：解决本题的关键是搞清运动过程，掌握能量守恒定律；物体在传送带上运动时，物体和传送带要发生相对滑动，先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后做匀速直线运动，电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，还有一部分转化为内能知道划痕的长度等于物块在传送带上的相对位移，摩擦生热与相对位移有关 二、实验题13. .如图所示的实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板和静电计外壳接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连(1)使电容器带电后与电源断开上移左极板，可观察到静电计指针偏转角_(选填“变大”“变小”或“不变”); 将极板间距离减小时，可观察到静电计指针偏转角_(选填“变大”“变小”或“不变”)；两板间插入一块玻璃，可观察到静电计指针偏转角_(选填“变大”“变小”或“不变”)(2)下列关于实验中使用静电计的说法中正确的有（_）A使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况B使用静电计的目的是测量电容器电荷量的变化情况C静电计可以用电压表替代D静电计可以用电流表替代【答案】 (1). 变大; (2). 变小; (3). 变小; (4). A;【解析】（1）根据电容的决定式知，上移左极板，正对面积S减小，则电容减小，根据U=Q/C知，电荷量不变，则电势差增大，指针偏角变大根据电容的决定式知，将极板间距离减小时，电容增大，根据U=Q/C知，电荷量不变，则电势差减小，指针偏角变小根据电容的决定式知，两板间插入一块玻璃，电容增大，根据U=Q/C知，电荷量不变，则电势差减小，指针偏角变小（2）静电计可测量电势差，根据指针张角的大小，观察电容器电压的变化情况，无法判断电量的变化情况故A正确，B错误静电计与电压表、电流表的原理不同，不能替代电流表、电压表线圈中必须有电流通过时，指针才偏转故CD错误故选A点睛：解决本题的关键知道静电计测量的是电容器两端的电势差，处理电容器动态分析时，关键抓住不变量，与电源断开，电荷量保持不变，结合电容的决定式和定义式进行分析14. 某同学用如图所示装置验证机械能守恒定律时，所用交流电源的频率为50 Hz，得到如图4所示的纸带。选取纸带上打出的连续五个点A、B、C、D、E，测出A点距起点O的距离为s019.00 cm，点A、C间的距离为s18.36 cm，点C、E间的距离为s29.88 cm，g取9.8 m/s2，测得重物的质量为m1 kg。(1)下列做法正确的有_。A图中两限位孔必须在同一竖直线上B实验前，手应提住纸带上端，使纸带竖直C实验时，先放开纸带，再接通打点计时器的电源D数据处理时，应选择纸带上距离较近的两点作为初、末位置(2)选取O、C两点为初、末位置验证机械能守恒定律，重物减少的重力势能是_J，打下C点时重物的速度大小是_m/s。(结果保留三位有效数字)(3)根据纸带算出打下各点时重物的速度v，量出下落距离s，则以为纵坐标、以s为横坐标画出的图象应是下面的_。【答案】 (1). AB； (2). 2.68； (3). 2.60； (4). C；【解析】（1）图甲中两限位孔必须在同一直线上，故A正确；实验前，手应提住纸带上端，并使纸带竖直，减小纸带与打点计时器限位孔之间的摩擦，故B正确；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C错误；数据处理时，应选择纸带上距离较远的两点作为初、末位置，以减小测量的误差故D错误；故选AB（2）重物减少的重力势能为：Ep=mgh=mg（s0+s1）=0.1kg9.8m/s2（19.00+8.36）10-2m0.268J C点时重物的动能是 Ek=0.260J（3）在验证机械能守恒定律的实验中，有：mgs=mv2，则有：gs，g是常数，所以图线为过原点的倾斜直线，图线的斜率等于g，即重力加速度，故选C点睛：本题主要考查了“验证机械能守恒定律”的实验的原理，要求同学们了解其实验仪器及实验过程，会根据机械能守恒推导-h的关系要学会根据可能产生误差的原因进行分析三、计算题15. 如图所示，一可视为质点的物体质量为m=1kg，在左侧平台上水平抛出，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点进入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑，A、B为圆弧两端点，其连线水平，O为轨道的最低点已知圆弧半径为R=1.0m，对应圆心角为=106，平台与AB连线的高度差为h=0.8m（重力加速度g=10m/s2，sin53=0.8，cos53=0.6）求：（1）物体平抛的初速度V0；（2）物体运动到圆弧轨道最低点O时对轨道的压力【答案】（1） （2） 【解析】试题分析：（1）由于物体无碰撞进入圆弧轨道，即物体落到A点时速度方向沿A点切线方向，则又由，联立以上各式得（2）设物体到最低点的速度为v，由动能定理，有在最低点，据牛顿第二定律，有代入数据解得，由牛顿第三定律可知，物体对轨道的压力为43N考点：考查了平抛运动，圆周运动，动能定理【名师点睛】物体恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点进入光滑竖直圆弧轨道，这是解这道题的关键，理解了这句话就可以求得物体的初速度，本题很好的把平抛运动和圆周运动结合在一起，能够很好的考查学生的能力，是道好题16. 如图所示，一位宇航员站一斜坡上A点，沿水平方向以初速度v0抛出一个小球，测得小球经时间t落到斜坡上另一点B，斜坡倾角为，已知该星球的半径为R，引力常量为G，求：（1）该星球表面的重力加速度g；（2）该星球的密度 【答案】（1） （2） 【解析】试题分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据平抛运动的规律求出星球表面的重力加速度根据万有引力等于重力求出星球的质量，结合密度的公式求出星球的密度（1）小球做平抛运动，落在斜面上时有：tan=所以星球表面的重力加速度为：g=（2）在星球表面上，根据万有引力等于重力，得：mg=G解得星球的质量为为：M=星球的体积为：V=R3则星球的密度为：=整理得：=点晴：解决本题关键为利用斜面上的平抛运动规律：往往利用斜面倾解的正切值进行求得星球表面的重力加速度，再利用mg=G和=求星球的密度.17. 如图所示，半径R=1m的光滑半圆轨道AC与高h=8R的粗糙斜面轨道BD放在同一竖直平面内，斜面倾角=53。两轨道之间由一条光滑水平轨道相连，水平轨道与斜轨道间有一段圆弧过渡。在水平轨道上，轻质弹簧被a、b两小球挤压（不连接），处于静止状态。同时释放两个小球，a球恰好能通过半圆轨道最高点A，b球恰好能到达斜面轨道最高点B。已知a球质量为m1=2kg，b球质量为m2=1kg，小球与斜面间动摩擦因素为= 。求：（g取10m/s2，）（1）经过C点时轨道对a球的作用力大小FC；（2）b球经过斜面底端D点时的速度大小VD（结果保留三位有效数字）；（3）释放小球前弹簧的弹性势能 。【答案】（1） (2) （3） 【解析】（1）a球恰好通过最高点时：C到A：由动能定理：.在C点 ： .解得：（2）b球从D点到达最高点B过程中，由动能定理： 又 解得： .（3）在弹簧释放的过程中，由能量守恒： 联立各式解得：EP=150J 18. 示波器的示意图如图，金属丝发射出来的电子被加速后从金属板的小孔穿出，进入偏转电场。电子在穿出偏转电场后沿直线前进，最后打在荧光屏上。设加速电压 ，偏转极板长 ，偏转极板间距 ，当电子加速后从两偏转极板的中央沿板平行方向进入偏转电场。（1）偏转电压 为多大时，电子束打在荧光屏上的偏转距离最大？（2）如果偏转板右端到荧光屏的距离 ，则电子束在荧光屏上的最大偏转距离为多少？【答案】(1) (2) 【解析】试题分析：（1）要使电子束打在荧光屏上偏转距离最大，电子经偏转电场后必须从下板边缘出来在加速电场中，由动能定理得：解得：电子进入偏转电场初速度电子在偏转电场中类平抛运动，在平行极板方向上做匀速直线运动，垂直极板方向上做匀加速直线运动，所以在偏转电场中的飞行时间根据牛顿第二定律得：在偏转电场中的加速度要使电子从下极板边缘出来，应有：代入数据解得（2）如图，设电子束打在荧光屏上最大偏转距离为y电子离开电场的侧向速度电子离开偏转电场后做匀速直线运动，设电子离开偏转电场到荧光屏的时间为t2在水平方向上有：在竖直方向上有：所以电子束最大偏转距离考点：本题考查带电粒子在匀强电场中的加速与偏转、动能定理的应用、运动的合成与分解、牛顿第二定律等知识点