2019-2020学年高一物理下学期期末考试试题（含解析） (I).doc

2019-2020学年高一物理下学期期末考试试题（含解析） (I)一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的4个选项中，只有一项符合题目要求。1.如图所示，弹簧左端固定，右端可自由伸长到P点一物块从光滑水平面的b位置以速度v向左运动，将弹簧压缩到最短a点，之后物块被弹簧向右弹出物块从P到a的运动过程，以下说法正确的是（ ）A. 物块的惯性减小B. 在a位置，物体处于静止状态C. 物块对弹簧的作用力和弹簧对物块的作用力大小相等D. 在a位置，物块对弹簧的作用力小于弹簧对物块的作用力【答案】C【解析】【详解】惯性大小与物体的质量有关，质量越大，惯性越大，与运动状态无关，故A错误；在a位置时弹簧处于压缩状态，加速度不为零，不是静止状态，选项B错误；物块对弹簧的作用力和弹簧对物块的作用力是一对作用力与反作用力，所以总是大小相等，故C正确，D错误；故选C。【点睛】惯性是物理学中的一个性质，它描述的是物体能够保持原来的运动状态的性质，不能和生活中的习惯等混在一起2.下列所给的位移-时间图像或速度-时间图像中，表示做直线运动的物体无法回到初始位置的是（ ）A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】由A图可知，物体的初位置和末位置纵坐标均为零，故A图中物体回到了初始位置，故A错误；B图中根据图线与坐标轴所围“面积”表示位移，可知2s内物体的位移不为0，则物体在2秒末不能回到初始位置，故B正确。C图中物体先向正方向做匀速直线运动，后沿负方向做速度大小相等、方向相反的匀速直线运动，则t=2s内位移为零，物体回到初始位置，故C错误。由D图可知，图像的“面积”等于位移可知，物体在2s内的位移为零，则物体回到初始位置，故D错误。故选B。【点睛】图象为物理学中的重要方法，在研究图象时首先要明确图象的坐标，从而理解图象的意义；即可确定点、线、面的含义3.根据大量科学测试可知，地球本身就是一个电容器。通常大地带有50万库仑左右的负电荷，而地球上空存在一个带正电的电离层，这两者之间便形成一个已充电的电容器，它们之间的电压为300 kV左右。地球的电容约为A. 0.17 FB. l.7 FC. 17 FD. 170 F【答案】B【解析】根据题意可得Q=5105C，U=3105V，根据C=QU可得C=5105C3105V=1.7F，B正确。4.如图所示，金属棒MN两端用等长的细软导线连接后水平地悬挂MN处在向里的水平匀强磁场中，棒中通有由M流向N的电流，此时悬线受金属棒的拉力作用为了使悬线中的拉力减小，可采取的措施有（ ）A. 使磁场反向B. 使电流反向C. 增大电流强度D. 减小磁感应强度【答案】C【解析】【详解】棒处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有从M流向N的电流，根据左手定则可知，棒所受安培力的方向竖直向上，由于此时悬线上有拉力，为了使拉力减小，则安培力必须增加，由安培力公式F=BIL知，可以适当增加电流强度，或增大磁场，若使电流或磁场反向，安培力方向竖直向下，悬线的拉力将增大。故C正确，ABD错误。故选C。【点睛】解决本题的关键要掌握安培力的方向判断方法：左手定则以及安培力大小公式F=BIL5.在冬奥会短道速滑项目中，运动员绕周长仅111米的短道竞赛运动员比赛过程中在通过弯道时如果不能很好地控制速度，将发生侧滑而摔离正常比赛路线图中圆弧虚线Ob代表弯道，即正常运动路线，Oa为运动员在O点时的速度方向（研究时可将运动员看做质点）下列论述正确的是（ ）A. 发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心B. 发生侧滑是因为运动员受到的合力大于所需要的向心力C. 若在O发生侧滑，则滑动的方向在Oa左侧D. 若在O发生侧滑，则滑动的方向在Oa右侧与Ob之间【答案】D【解析】试题分析：发生侧滑是因为运动员的速度过大，所需要的向心力过大，运动员受到的合力小于所需要的向心力，而受到的合力方向仍指向圆心，故AB错误若运动员水平方向不受任何外力时沿Oa线做离心运动，实际上运动员要受摩擦力作用，所以滑动的方向在Oa右侧与Ob之间，故C错误，D正确故选D考点：圆周运动的实例分析6.气象研究小组用图示简易装置测定水平风速在水平地面上竖直固定一直杆，半径为R、质量为m的薄空心塑料球用细线悬于杆顶端O，当水平风吹来时，球在风力的作用下飘起来已知风力大小正比于风速，当风速v03m/s时，测得球平衡时细线与竖直方向的夹角30，则下列说法正确的是（ ）A. 细线拉力的大小为23mg3B. 细线的拉力与风力的合力大小大于mgC. 风速增大到某一值时，可能等于90D. 风速变为原来的两倍，则一定变为原来的两倍【答案】A【解析】【详解】小球受重力、细线拉力和风力处于平衡，小球的受力如图所示，根据共点力平衡得，T=mgcos=23mg3，细线拉力和风力的合力等于mg，故A正确，B错误。因为风力和重力的合力方向不可能水平向右，可知拉力方向不可能水平向左，则不可能等于90，故C错误。当风速v0=3m/s时，测得球平衡时细线与竖直方向的夹角=30，则风力F=mgtan30，当=60时，风力不是原来的2倍，则风速也不是原来的2倍，故D错误。故选A。【点睛】本题考查了共点力平衡的基本运用，关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，知道拉力与重力和风力的合力等值反向7.光滑斜面上有一个小球自高为h的A处由静止开始滚下，抵达光滑的水平面上的B点时速率为v0。光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的阻挡条，如图所示，小球越过n条阻挡条后停下来若让小球从高为3h处以初速度v0沿斜面滚下，则小球能越过阻挡条的条数为（设小球经过B点没有能量损失，且小球每次越过阻挡条时损失的动能相等）（ ）A. nB. 2nC. 3nD. 4n【答案】D【解析】【详解】设每条阻挡条对小球做的功为W，小球自高为h的A处由静止开始滚下到B由动能定理有：12mv02-0=mgh；当小球在水平面上滚动时，由动能定理有：012mv02=nW；让小球从3h高处以初速度v0滚下到停止由动能定理有012mv02=mg3h+nW；三式联立解得 n=4n，故选D。【点睛】选取研究过程，运用动能定理解题动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动一个题目可能需要选择不同的过程多次运用动能定理研究8.如图所示，Q为固定的正点电荷，虚线圆是其一条等势线两电荷量相同、但质量不相等的粒子，分别从同一点A以相同的速度v0射入，轨迹如图中曲线，B、C为两曲线与圆的交点A、B、C表示A、B、C三点电势，mB、mC表示分别经过B、C两点的粒子的质量，aB、aC表示两粒子经过B、C时的加速度大小，vB、vC表示两粒子经过B、C时的速度大小不计粒子重力，以下判断正确的是（ ）A. AB mBmCB. AmCC. aBaC vBvCD. aBvC【答案】C【解析】【详解】正的点电荷电场中则：AB=C；粒子初速度方向相同，但沿AB轨迹运动的粒子偏折大，说明B粒子在相同条件下加速度大，所以aBaC；在B点和C点电场强度大小相等，根据a=qEm可知，mBmC，所以：12mBvA212mCvA2；由于B和C处粒子电势相等，则从A到B和从A到C电场力做的功相等，所以动能变化相等，B的质量小，所以B的速度变化量大。动能减小，速度减小。所以B减小的多，所以B的速度小，即vBvC；所以C正确、ABD错误。故选C。【点睛】有关带电粒子在匀强电场中的运动，在解决问题时，主要可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等，这条线索通常适用于在恒力作用下做匀变速运动的情况。其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、位移等。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4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，有错选的得0分。9.如图所示，质量相同的A、B两物块放在匀速转动的水平圆盘上，都随圆盘一起做匀速圆周运动，则（ ）A. 它们的运动周期TAvBC. 它们所受的摩擦力fAfB D. 它们的向心加速度aAaB【答案】BCD【解析】【详解】由于A、B在同一转盘上无相对运动，因此它们的角速度相等，根据T=2/，A=B，可知：TA=TB，故A错误；由v=r，A=B，RARB，可知：vAvB，故B正确；对两物块进行受力分析知：水平方向只受静摩擦力，故由静摩擦力提供向心力，则f=m2r，又因为RARB，故fAfB，故C正确；根据a=2r可知，RARB，故aAaB，故D正确；故选BCD。【点睛】物体在同一个转盘上随转盘一起运动时，具有相同的角速度，这是解这类题目的突破口10.如图所示，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T0，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经过M、Q到N的运动过程中（ ）A. 由开普勒行星运动定律可知，从P到Q阶段，速率逐渐变小B. 由开普勒行星运动定律可知，从P到M所用的时间等于T04C. 从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功D. 从Q到N阶段，机械能守恒【答案】ACD【解析】【详解】从P到Q阶段，万有引力做负功，速率减小，故A正确。海王星在PM段的速度大小大于MQ段的速度大小，则PM段的时间小于MQ段的时间，所以P到M所用的时间小于T0/4，故B错误。根据万有引力方向与速度方向的关系知，从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功，故C正确。从Q到N的过程中，由于只有万有引力做功，机械能守恒，故D正确。故选ACD。【点睛】解决本题的关键知道近日点的速度比较大，远日点的速度比较小，从P到Q和Q到P的运动是对称的，但是P到M和M到Q不是对称的11.研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时.假设这种趋势会持续下去，地球的其他条件都不变，则未来发射的地球同步卫星与现在的相比（ ）A. 离地面高度变大 B. 角速度变大C. 线速度变大 D. 向心加速度变小【答案】AD【解析】【详解】地球同步卫星由万有引力提供圆周运动向心力，据GMmr2=m42rT2知，随着T增大，轨道半径r增大，故A正确。同步卫星的周期变大，由=2/T知角速度减小，故B错误。万有引力提供圆周运动向心力，由v=GMr可知轨道半径r变大，卫星的线速度变小，所以C错误。由a=GMr2可知，R变大，则a减小，所以D正确；故选AD。【点睛】本题考查向心力公式及同步卫星的性质，要注意明确同步卫星的转动周期与地球的自转周期相同12.一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U，额定电流为I，线圈电阻为R，将它接在电动势为E，内阻为r的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则（ ）A. 电动机消耗的热功率为U2R B. 电动机消耗的总功率为UIC. 电源的输出功率为EI D. 电源的效率为1IrE【答案】BD【解析】【详解】电动机消耗的热功率应该用P=I2R来计算，所以热功率P=I2R，所以A错误。电动机消耗的总功率应该用P=IU来计算，所以总功率为IU，所以B正确；电源的输出功率等于电动机的输入功率，得P出=UI故C错误。电源的总功率为IE，内部发热的功率为I2r，所以电源的效率为：IEI2rIE=1IrE，所以D正确。故选BD。【点睛】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.13.如右图所示，P、Q为两个等量的异种电荷，以靠近P点的O点为原点，沿两电荷的连线建立x轴，沿直线向右为x轴正方向，一带正电的粒子从O点由静止开始在电场力作用下运动到A点，已知A点与O点关于PQ两电荷连线的中点对称，粒子的重力忽略不计，在从O到A的运动过程中，下列关于粒子的运动速度v和加速度a随时间t的变化，粒子的动能Ek和运动径迹上电势随位移x的变化图线肯定错误的是（ ）A. A B. B C. C D. D【答案】ABD【解析】【详解】等量异种电荷的电场线如图所示。沿两点电荷连线从O到A，电场强度先变小后变大，一带正电的粒子从O点由静止开始在电场力作用下运动到A点的过程中，电场力一直做正功，粒子的速度一直在增大。电场力先变小后变大，则加速度先变小后变大。v-t图象切线的斜率先变小后变大，该图是不可能的，故A符合题意。根据沿着电场线方向电势逐渐降低，电场强度为E=x，E先减小后增大，所以-x图象切线的斜率先减小后增大，则B图不可能，故B符合题意；加速度先变小后变大，方向不变，C图是可能的，故C不符合题意。粒子的动能 Ek=qEx，电场强度先变小后变大，则Ek-x切线的斜率先变小后变大，则D图不可能。故D符合题意。则选ABD。【点睛】该题要掌握等量异种电荷的电场线的特点，结合物理规律分析图象切线斜率如何变化是解答的关键，不能只定性分析，那样会认为BD是正确的。14.如图所示，圆心在O点，半径为R的圆弧轨道abc竖直固定在水平桌面上，Oc与Oa的夹角为60，轨道最低点a与桌面相切一段不可伸长的轻绳两端系着质量分别为m和4m的小球A和B（均可视为质点），挂在圆弧轨道边缘c的两边，开始时，B位于c点，从静止释放，设轻绳足够长，不计一切摩擦，则在B球由c下滑到a的过程中（ ）A. 两球速度大小始终相等B. 重力对小球B做功的功率一直不变C. 小球A的机械能一直增加D. 小球B经过a点时的速度大小为 819gR【答案】CD【解析】【详解】根据速度的分解知识可知，B球的速度沿绳子方向的分速度等于A的速度，则两球速度大小不是始终相等，选项A错误；重力瞬时功率公式为P=mgvcos，是重力与速度的夹角。一开始B球是由静止释放的，所以B球在开始时重力的功率为零；B球运动到a点时，=90，重力的功率也为零，所以重力对小球B做功的功率先增大后减小，故B错误。在B球由c下滑到a的过程中，绳子的拉力一直对A球做正功，由功能原理可知，A球的机械能一直增加。故C正确。设小球B经过a点时的速度大小为v1，此时A球的速度大小为v2则有：v2=v1cos30;由系统的机械能守恒得：4mgR（1-cos60）=mgR+124mv12+12mv22；联立解得 v1=819gR故D正确。故选CD。【点睛】本题解题的关键是对两个小球运动情况的分析，知道两球沿绳子方向的分速度大小相等以及系统的机械能守恒；能用特殊位置法判断B的重力的瞬时功率三、填空题：每空2分，共12分。15.在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，实验室提供了以下器材：A小灯泡（3.8V，0.3A） B滑动变阻器（5，2A）C电流表（00.5A，内阻约0.4） D电压表（05V，内阻约10k）E开关及导线若干（1）为实验测量误差尽可能小，电流表应选用_（填“内”或“外”）接法；（2）为使小灯泡两端电压从零开始连续变化，滑动变阻器应选用_（填“限流式”或“分压式”）接法；（3）综上所述，应选择下图中的_电路进行实验（4）利用实验数据画出了如乙图所示的小灯泡伏安特性曲线。图中，坐标原点O到P点连线的斜率表示_，P点横纵坐标的乘积表示_。则根据此图给出的信息可知，随着小灯泡两端电压的升高，小灯泡的电阻_（填“变大”、“变小”或“不变”）【答案】 (1). 外接法 (2). 分压式 (3). B (4). P状态灯丝电阻的倒数 (5). P状态灯泡实际消耗的功率 (6). 变大【解析】【详解】（1）灯泡正常发光时的电阻：R=UI=3.80.312.67，电流表内阻约为0.4，电压表内阻约为10k，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法（2）灯泡两端电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法（3）电流表采用外接法、滑动变阻器采用分压接法，则应采用图B所示实验电路（4）坐标原点O到P点连线的斜率表示小灯泡电阻的倒数，P点横纵坐标的乘积表小灯泡消耗的电功率则根据此图给出的信息可知，随着小灯泡两端电压的升高，小灯泡的电阻变大【点睛】本题考查了电流表与滑动变阻器的接法、实验电路选择、实验数据处理，当电压表内阻远大于待测电阻阻值时，电流表采用外接法，当电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器采用分压接法四、计算题：本题共4小题，共40分。要求写出解答过程和必要的文字说明。16.一辆汽车质量是2000kg，额定功率为72kW，从静止开始以a=1m/s2的恒定加速度沿平直轨道向某一方向运动。汽车运动过程中所受的阻力始终为1600N。g取10m/s2。求：（1）该汽车做匀加速直线运动阶段的牵引力是多大？（2）该汽车做匀加速直线运动能够持续的时间？（3）该汽车能够达到的最大速度？【答案】（1）36000N（2）20s（3）45m/s【解析】【详解】（1）根据牛顿第二定律：F-Ff=ma解得: F=ma+Ff=xx1N+1600N=3600N（2）随着速度的增大，汽车的输出功率增大，当达到额定功率时，匀加速运动的过程结束，由P=Fv得v1=PF=721033600m/s=20m/s由匀加速运动公式v=at得：t=v1a=20s（3）当汽车达到最大速度时，有F=Ff=1600N由P=Fv，得v=PF=721031600m/s=45m/s【点睛】解决本题的关键知道功率与牵引力的关系，理清汽车的运动规律，知道牵引力与阻力相等时，速度最大17.如图所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。一个不计重力的带电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120角，若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中到x轴的最大距离为a。求：（1）该带电粒子的电性；（2）该带电粒子的比荷。【答案】（1）粒子带负电荷（2）【解析】（1）据题意，粒子的运动轨迹如图所示。据左手定则知粒子带负电荷 (3分)（2）由几何关系：(4分)洛伦兹力提供向心力：(3分)则粒子的比荷为：(2分)18.一匀强电场足够大，场强方向是水平的。一个质量为m的带正电的小球，从O点出发，初速度的大小为v0，在电场力与重力的作用下，恰能沿与场强的反方向成角的直线运动求：（1）小球运动的加速度的大小是多少？（2）小球从O点出发到其运动到最高点时发生的位移大小？（3）小球运动到最高点时其电势能与在O点的电势能之差？【答案】（1）gsin（2）v02sin2g(3) 12mv02cos2【解析】【详解】（1）小球做直线运动，所受的合力与速度方向在同一条直线上，根据平行四边形定则得：sinmgma解得小球的加速度：a=gsin（2）小球从开始到最高点的位移为：x=v022a=v02sin2g（3）因为Eq=mg/tan，则小球运动到最高点时其电势能与在O点的电势能之差等于电场力做功，即EP=W=Eqxcos=mgtanv02sin2g.cos=12mv02cos2【点睛】本题有两点需要注意，一是由运动情景应能找出受力关系；二是知道小球做匀减速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求解位移知道电势能的变化量的等于电场力的功.19.某同学设计出如图所示实验