湖北省武汉市部分重点中学高一物理下学期期末试卷（含解析）.doc

2014-2015学年湖北省武汉 市部分重点中学高一（下）期末物理试卷一、单项选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选错、多选或不选不得分）1（4分）（2015春武汉校级期末）对静电场中有关物理量的描述，下列说法正确的是（）a电场强度的方向处处与等势面垂直b电场强度为零的地方，电势也为零c任意一点的电场强度方向总是指向该点电势降低的方向d电场置于电势越高的点，所具有的电势能也越大考点：电场强度；等势面分析：电场强度与电势没有直接关系；电场强度的方向与等势面垂直，电场强度的方向是电势降低最快的方向；根据这些知识进行解答解答：解：a、电场线与等势面垂直，而电场强度的方向为电场线的方向，所以电场强度的方向与等势面垂直，故a正确；b、电场强度与电势没有直接关系，电场强度为零时，电势不一定为零；电势为零，电场强度不一定为零故b错误；c、顺着电场线方向电势降低，电场强度的方向是电势降低最快的方向，故c错误；d、只有正电荷置于电势越高的点，所具有的电势能也越大，故d错误故选：a点评：明确电场强度与电势无直接关系，知道电场强度的方向是电势降低最快的方向，同时注意电势能的高低还与电荷的极性有关2（4分）（2015春武汉校级期末）平行板电容器两板分别带等量异种电荷，为了使两极板间的场强减半，同时使两极板间电压加倍，可采取的方法是（）a使两板带电量都加倍b使两板正对面积加倍，两板距离及正对面积都变为原来的4倍c使两板带电量都减半，两板距离变为原来的2倍d使两板距离加倍，两板正对面积变为原来的4倍考点：电容器的动态分析专题：电容器专题分析：根据电容的决定式c= 判断电容的变化，根据u=判断电压的变化，根据e= 判断电场强度的变化解答：a、电量加倍，根据u=知，电容不变，电压加倍，极板间的距离不变，根据e= 知电场强度加倍故a错误b、两板正对面积加倍，两板距离变为原来的4倍，根据c=，知电容减半，根据u=知，电量不变，电压加倍，根据e= 知，场强减半故b正确c、使两板带电量都减半，两板距离变为原来的2倍，根据c=，电容减半，根据u=知电压不变故c错误d、使两板距离加倍，两板距离及正对面积都变为原来的4倍，根据c=，电容加倍，根据u=知，电压减半，根据e= 知，场强变为故d错误故选：b点评：解决本题的关键掌握电容的定义式以及电容的决定式，知道极板间的电场是匀强电场，知道e=3（4分）（2015春武汉校级期末）如图所示，木板b上表面是水平的木板a置于b上并与b保持相对静止，一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑过程中（）aa所受的合外力对a不做功bb对a的弹力做正功ca对b的合力不做功da对b的摩擦力做正功考点：动能定理的应用专题：动能定理的应用专题分析：分析两物体的受力及运动，由功的公式可分析各力对物体是否做功，根据夹角可判功的正负解答：解：a、木块向下加速运动，故动能增加，由动能定理可知，木块m所受合外力对m做正功，故a错误；bd、a、b整体具有沿斜面向下的加速度，设为a，将a正交分解为竖直方向分量a1，水平分量a2，如图所示，由于具有水平分量a2，故必受水平向右摩擦力f，a受力如图所示，所以支持力做负功，摩擦力做正功，则a对b的摩擦力做负功，故b、d错误c、由牛顿第二定律得竖直方向上：mgn=ma1 ，水平方向上：f=ma2 假设斜面与水平方向的夹角为，摩擦力与弹力的合力与水平方向夹角为，由几何关系得：a1=gsinsin ，a2=gsincos ，tan=，联立得：tan=，cot=tan（），即，所以b对a的作用力与斜面垂直，根据牛顿第三定律知，a对b的作用力与斜面垂直，则a对b的合力不做功，故c正确故选：c点评：判断外力是否做功及功的正负可根据做功的条件是否做功，再根据力与位移方向的夹角判断功的正负，也可以根据力与速度方向的夹角判断功的正负4（4分）（2015春武汉校级期末）如图所示，质量相等的a、b两物体在地面上方的同一水平线上当水平抛出a物体的同时，b物体开始自由下落（空气阻力忽略不计），曲线ac为a物体的运动轨迹，直线bd为b物体的运动轨迹，两轨迹相交于o点，则a、b两物体（）a经o点时的动能相等b从开始运动至o点的过程中，速度变化量不同c在o点时重力的功率一定相等d在o点具有的机械能一定相等考点：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：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，根据分运动与合运动具有等时性，可知谁先到达o点分别求出两物体在o点的速率，进行比较根据p=mgvcos比较重力的瞬时功率解答：解：a、到达o点时重力对物体做功相等，a的初动能不为零，b的初动能为零，由动能定理可知，经o点时，a的动能大于b的动能，故a错误；b、两物体加速度相同，时间相同，故从运动开始至经过o点过程中a的速度变化相同，故b错误；c、两物体在竖直方向都做自由落体运动，经过o点时竖直分速度vy相等，重力的功率：p=fvcos=mgvy，重力的瞬时功率相等，故c正确；d、在o点具有的势能相同，两物体的动能不同，两物体的机械能不同，故d错误；故选：c点评：本题考查了平抛运动和自由落体运动的相关概念和公式，要明确平抛运动的竖直方向就是自由落体运动，所以本题中，ab竖直方向的运动情况完全相同，再根据相关公式和概念解题5（4分）（2015春武汉校级期末）如图所示，一个均匀带有电荷量为+q的圆环，其半径为2r，放在绝缘水平桌面上，圆心为o点，过o点作一竖直线，在此线上取一点a，使a到o点的距离为r，在a点放一检验电荷+q，则+q在a点所受的电场力大小为（）abcd不能确定考点：电场强度分析：把检验电荷受的力分解为沿竖直线和垂直于竖直线，由电荷的对称性知垂直于竖直线方向的力相互抵消解答：解：检验电荷受的库仑力沿着电荷的连线指向+q，由对称性可知在垂直于竖直线的方向上的分力相互抵消，只有沿竖直线方向的分力由库仑力公式知：f=k=，故c正确，abd错误故选：c点评：画出受力图，利用力的分解可以顺利解出本题，同时掌握几何关系的应用6（4分）（2015春武汉校级期末）如图所示，虚线是某静电场的一等势线，边上标有对应的电势值，一带电粒子仅在电场力作用下，恰能沿图中的实线从a经过b运动到c，下列说法中错误的是（）a粒子一定带正电ba处场强小于c处场强c粒子在a处电势能小于在c处电势能d粒子从a到b电场力所做的功等于从b到c电场力所做的功考点：电场线；电势能分析：根据电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，确定出电场线方向，根据曲线运动中物体所受的合力方向指向轨迹的内侧，可判断出粒子所受的电场力方向，判断粒子的电性根据等差等势面密处场强大，可判断场强的大小由电场力做功正负，判断电势能的大小和动能的大小解答：解：a、根据电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，可知电场线方向大致向左，根据粒子轨迹的弯曲方向可知，粒子所受的电场力方向大致向左，则知粒子一定带正电故a正确；b、等差等势面的疏密反映电场强度的大小，a处场强大于c处场强，故b错误；c、粒子从a点飞到c点，电场力方向与速度的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大，粒子在a处电势能小于在c处电势能故c正确；d、ab间与bc间的电势差相同，根据w=uq知粒子从a到b与从b到c电场力做功相同，故d正确本题选错误的，故选：b点评：本题要掌握等势面与电场线的关系和曲线运动合力指向，由粒子的轨迹判断出电场力方向，分析能量的变化7（4分）（2015春武汉校级期末）如图所示，一轻质弹簧下端固定，直立于水平地面上，将质量为m的物体a从离弹簧顶端正上方h高处由静止释放，当物体a下降到最低点p时，其速度变为零，此时弹簧的压缩量为x0；若将质量为3m的物体b从离弹簧顶端正上方同一h高处，由静止释放，当物体b也下降到p处时，其动能为（）a3mg（h+x0）b2mg（h+x0）c3mghd2mgh考点：机械能守恒定律专题：机械能守恒定律应用专题分析：对物体从a到p的整个过程，运用动能定理分别列式，抓住弹力做功相等，即可求解解答：解：当质量为m的物体从a到p的过程，设克服弹簧的弹力做功为w，则由动能定理得：mg（h+x0）w=0 当质量为3m的物体从a下落至p的过程，设3m的物体到达p点的动能为ek则 由动能定理得：3mg（h+x0）w=ek； 联立解得 ek=2mg（h+x0）故选：b点评：解决本题的关键要搞清物体下落过中能量转化关系：重力势能一部分转化为物体的动能，另一部分转化为弹簧的弹性势能，还要知道同一弹簧压缩量相同时，则弹性势能就相同；再结合动能定理即可轻松求解8（4分）（2015春武汉校级期末）在光滑绝缘的水平面上固定有一点电荷，a、b是该点电荷电场中一条电场线上的两点，带负电的小球仅在电场力的作用下，沿该电场线从a点运动到b点，其动能随位置变化的关系如图所示设a、b两点的电势分别为a、b，小球在a、b两点的电势能分别为epa、epb，则下列说法正确的是（）a点电荷带负电，在a点左侧，ab，epaepbb点电荷带正电，在a点左侧，ab，epaepbc点电荷带负电，在b点右侧，ab，epaepbd点电荷带正电，在b点右侧，ab，epaepb考点：电场线；电势能分析：由图看出小球从a点运动到b点，电势能增加，电场力做负功，可判断出电场力的方向，确定出孤立点电荷的电性和位置，根据顺着电场线的方向电势降低判断电势的高低，由能量守恒定律判断电势能的变化解答：解：由图看出小球从a点运动到b点，其动能增加，电场力对负电荷做正功，所以该负电荷所受的电场力方向从ab由于小球带带负电，所以电场线的方向从ba根据顺着电场线的方向电势降低，则知ab由能量守恒定律判断得知电势能减小，即有：epaepb若点电荷带负电，该电荷应位于a点的左侧，若点电荷带正电，该电荷应位于b点的右侧，故ad正确，bc错误故选：ad点评：解决本题关键掌握电场力做功与电势能变化的关系，掌握电场线方向与电势变化的关系，能熟练运用能量守恒定律判断能量的变化，是常见的问题二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分每小题给出的四个选项中，有多个选项正确，选错或不选不得分，少选得2分）9（4分）（2011济南一模）下列各图是反映汽车以恒定牵引力从静止开始匀加速启动，最后做匀速运动的过程中，其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（）abcd考点：功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律专题：运动学中的图像专题；功率的计算专题分析：汽车以恒定牵引力启动时，汽车开始做匀加速直线运动，由p=fv可知汽车功率逐渐增大，当达到额定功率时，随着速度的增大，牵引力将减小，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当牵引力等于阻力时，汽车开始匀速运动，明确了整个汽车启动过程，即可正确解答本题解答：解：汽车开始做初速度为零的匀加速直线运动，当达到额定功率时，匀加速结束，然后做加速度逐渐减小的加速运动，直至最后运动运动开始匀加速时：ff=ma 设匀加速刚结束时速度为v1，有：p额=fv1最后匀速时：f=f，有：f额=fvm由以上各式解得：匀加速的末速度为：，最后匀速速度为：在vt图象中斜率表示加速度，汽车开始加速度不变，后来逐渐减小，故a正确；汽车运动过程中开始加速度不变，后来加速度逐渐减小，最后加速度为零，故b错误；汽车牵引力开始大小不变，然后逐渐减小，最后牵引力等于阻力，故c正确；开始汽车功率逐渐增加，p=fv=fat，故为过原点直线，后来功率恒定，故d正确故选acd点评：对于机车启动问题，要根据牛顿第二定律和汽车功率p=fv进行讨论，弄清过程中速度、加速度、牵引力、功率等变化情况10（4分）（2015春武汉校级期末）一个质量为m的带电小球，在一匀强电场的空间内，以某一水平初速度抛出，小球运动时的加速度大小为，加速度方向竖直向下不计空气阻力，已知重力加速度为g），则小球在竖直方向下降h高度的过程中 （）a小球的机械能减少了b小球的动能增加了c小球的电势能增加了d小球的重力势能减少了mgh考点：电势能；功能关系分析：要判断小球各种能量的变化多少，则必须分析小球的受力及各力做功情况，然后利用功能关系把各力做功情况与相应的能量变化对应起来，从而做出判断解答：解：由牛顿第二定律得：mgf=m，解知小球受到的电场力f=mg，且方向竖直向上小球在竖直方向上下降h高度时重力做正功w1=mgh，电场力做负功w2=mgh，因此，小球的重力势能减少mgh，小球的电势能增加mgh除重力做功外，电场力做负功w2=mgh，因此，小球的机械能减少mgh根据动能定理知，动能增加量ek=w合=mh=故bd正确，ac错误故选：bd点评：本题一定要明确常见的功能关系：合外力做功与动能变化的关系；重力做功与重力势能变化的关系电场力做功与电势能变化的关系；除重力做功外其他力做功，机械能变化同时，要知道各力做了多少功，对应的能量变化多少11（4分）（2015春武汉校级期末）喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微粒，经带电室后带负电后以一定的初速度垂直射入偏转电场，最终打在纸上，显示出字符已知偏移量越大打在纸上的字迹越大，现为了使打在纸上的字迹增大，下列措施可行的是（）a增大墨汁微粒的比荷b增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能c减小偏转极板的长度d增大偏转极板的电压考点：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：墨汁微粒在加速电场中加速，在偏转电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出墨汁微粒在偏转电场中的偏移量，然后分析答题解答：解：微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动，水平方向：l=v0t；竖直方向：y=at2=t2，联立得，y=，为了使打在纸上的字迹增大，就要增大墨汁微粒通过偏转电场的偏转量y，由y=可知，可以：增大比荷，故a正确；减小墨汁微粒进入偏转电场时的初动能ek0，故b错误；增大极板的长度l，故c错误；增大偏转极板间的电压u，故d正确；故选：ad点评：此题考查带电粒子在电场中的偏转在实际生活中的应用，关键要熟练运用运动的分解法，推导出偏转量y的表达式12（4分）（2015春武汉校级期末）有一个大塑料圆环固定在水平面上，以圆环圆心为坐标原点建立平面直角坐标系，其上面套有两个带电小环1和小环2，小环2固定在圆环bca上某点（图中未画出），小环1原来在a点现让小环1逆时针从a转到b点（如图a），在该过程中坐标原点o处的电场强度x方向的分量ex随变化的情况如图b所示，y方向的分量ey随变化的情况如图c所示（取无限远处的电势为0），则下列说法正确的是（）a小环2可能在bc弧上的中点b小环和小环2带异种电荷c坐标原点o处的电势一直为零d小环1在转动过程中，电势能先增大后减小考点：电势能分析：由点电荷电场强度的分布，结合矢量叠加原则和圆的对称性，分析场强关系，结合电场力做功导致电势能变化，从而即可求解解答：解：a、若小环2放bc弧上的中点，当=时，根据电场的叠加原理，可知，ex0，与题不符，故a错误b、小环1带正电或带负电，小环2带正电或负电，都满足条件要求，故b错误c、c处放一个q，a处+q，可以得到b、c两条曲线这样的话o点始终处于ac连线的中垂线上，电势一直为零故c正确；d、电场力先做负功再做正功，电势能先增大后减小，故d正确故选：cd点评：解决本题的关键要掌握点电荷电场强度的分布情况，同时掌握等量异种电荷中垂线即为等势线，并注意学会假设法解题，及电场力做正功，电势能是降低三、实验题（根据题目要求把正确答案填在答题卷的相应横线上，共17分）13（17分）（2015春武汉校级期末）某课外活动小组利用气垫导轨验证机械能守恒定律实验装置如图甲所示，在气垫导轨上相隔一定距离的两处安装两个光电传感器a、b滑块p上固定一宽度为d的遮光条，若光线被遮光条遮挡，光电传感器会输出高电压，两光电传感器采集数据后与计算机相连滑块在细线的牵引下向左加速运动，遮光条经过光电传感器a、b时，通过计算机可以得到如图乙所示的电压u随时间t变化的图象（1）实验前，接通气源，将滑块（不挂钩码）置于气垫导轨上，轻推滑块，当图乙中的t1=t2（选填“”、“=”或“”）时，说明气垫导轨已经水平（2）滑块p用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与质量为m的钩码q相连，将滑块p由图甲所示位置释放，通过计算机得到的图象如图乙所示，若t1、t2和d已知，要验证滑块和砝码组成的系统机械能是否守恒，还应测出滑块质量m和两光电门间距为l（写出物理量的名称及符号）（3）若上述物理量间满足关系式mgl=（m+m）（）2（m+m）（）2，则表明在上述过程中，滑块和砝码组成的系统机械能守恒（4）下列因素中可能增大实验误差的是ad（填字母序号）a气垫导轨未调水平 b滑块质量m和钩码质量m不满足mmc遮光条宽度太小 d两光电门间距过小考点：验证机械能守恒定律专题：实验题；机械能守恒定律应用专题分析：如果遮光条通过光电门的时间相等，说明遮光条做匀速运动，即说明气垫导轨已经水平要验证滑块和砝码组成的系统机械能是否守恒，就应该去求出动能的增加量和重力势能的减小量，根据这两个量求解滑块和砝码组成的系统机械能守恒列出关系式解答：解：（1）如果遮光条通过光电门的时间相等，即t1=t2，说明遮光条做匀速运动，即说明气垫导轨已经水平（2）要验证滑块和砝码组成的系统机械能是否守恒，就应该去求出动能的增加量和重力势能的减小量，光电门测量瞬时速度是实验中常用的方法由于光电门的宽度很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度vb=，va=滑块和砝码组成的系统动能的增加量ek=（m+m）（）2（m+m）（）2滑块和砝码组成的系统动能的重力势能的减小量ep=mgl所以还应测出滑块质量m，两光电门间距离l（3）如果系统动能的增加量等于系统重力势能的减小量，那么滑块和砝码组成的系统机械能守恒即：mgl=（m+m）（）2（m+m）（）2（4）a气垫导轨未调水平，m的重力势能也会改变，故a正确b滑块质量m和钩码质量m不满足m=m，对该实验没有影响，故b错误c遮光条宽度太小，有利于减小误差，故c错误d两光电门间距过小，有利于增大误差，故d正确故选：ad故答案为：（1）=（2）滑块质量m，两光电门间距为l；（3）mgl=（m+m）（）2（m+m）（）2（4）ad点评：了解光电门测量瞬时速度的原理实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全面四、计算题（本题共4小题，共45分，解答应写出必要的文字说明、方程式或重要步骤）14（9分）（2015春武汉校级期末）如图所示，平行金属带电极板a、b间可看作匀强电场，极板间距离d=5cm电场中c和d分别到a、b两板间垂直距离均为2cm，b极接地，把一电量q1=2.0109c的点电荷由c点移到m点（图中未标出m点0，电场力做功4.0107j，把该电荷由m点移到d点，克服电场力做功为2.0107j求：（1）c和d两点间电势差ucd；（2）匀强电场的场强e的大小； （3）将点电荷q2=4109c从d点移到c点的过程中，该点电荷的电势能变化量ep=4107j考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：根据电势差公式u=，可求出电势差，电场中c和d分别到a、b两板间垂直距离均为2cm，根据e=求解匀强电场的场强e的大小； 根据电场力做功与电势能的变化量的关系求解解答：解：（1）把一电量q1=2.0109c的点电荷由c点移到m点电场力做功4.0107j，把该电荷由m点移到d点，克服电场力做功为2.0107j根据电势差公式u=得：ucd=100v，（2）极板间距离d=5cm电场中c和d分别到a、b两板间垂直距离均为2cm，匀强电场的场强为：e=1104 v/m，（3）将点电荷q2=4109c从d点移到c点的过程中，电场力做功为：w=qudc=4109100=4107j，电场力做正功，电势能减小，所以该点电荷的电势能变化量为：ep=4107j；答：（1）c和d两点间电势差是100v；（2）匀强电场的场强e的大小是1104 v/m，（3）点电荷的电势能变化量是4107j点评：本题要注意运用公式u=求解电势差时，公式u中u、w、q三个量可都代入符号，要注意电荷克服电场力做功，电场力做的是负功15（12分）（2015春武汉校级期末）如图所示，轻杆长为3l，在轻杆的两端分别固定了质量均为m的球a和球b，杆上距球a为l处的点o装在光滑的水平转动轴上，杆和球在竖直面内转动，当球b运动到最高点时，球b对杆恰好无作用力已知重力加速度为g求：（1）球b运动到在最高点时，此时球a的速度大小（2）球b运动到最低点时，球b对杆的作用力大小及方向考点：向心力；牛顿第二定律专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：（1）球b运动到最高点时，球b对杆无作用力，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出速度a、b绕同一轴转动，角速度相同，由v=r分析a球的速度（2）球b从最高转到最低点过程中，系统机械能守恒，求出球b转到最低点时的速度，根据向心力公式求解即可解答：解：（1）由牛顿第二定律得：mg=m，得到球b在最高点时速度为：vb=故a错误由v=r，相同，得到此时球a的速度为：va=（2）球b从最高转到最低点过程中，以o点参考，根据系统机械能守恒得mg2lmgl+=mglmg2l+，又vb=2va 代入解得：vb=在最低点，球b受到杆对它向上的拉力，则有：fmg=m解得：f=根据牛顿第三定律可知，球b对杆的作用力大小为，方向向下答：（1）球b运动到在最高点时，此时球a的速度大小为（2）球b运动到最低点时，球b对杆的作用力大小为，方向向下点评：本题是机械能守恒定律与牛顿第二定律、圆周运动知识的综合应用，比较复杂，知道b球在最高点对杆恰好无作用力，由重力提供向心力16（12分）（2015春武汉校级期末）一质量m=0.5kg的滑块以某一初速度冲上倾角=37且足够长的粗糙斜面，其沿斜面上升的速度时间图象如图所示已知sin37=0.6，cos37=0.8，g取10m/s2求：（1）滑块与斜面间的动摩擦因数；（2）滑块返回斜面底端时重力的功率；（3）滑块在斜面上运动的过程中，其动能与重力势能相等时距斜面低端的高度（选取斜面低端所在平面为零势能面）考点：机械能守恒定律；匀变速直线运动的图像专题：机械能守恒定律应用专题分析：（1）小物块冲上斜面过程中，受到重力、斜面的支持力和摩擦力，知道加速度，根据牛顿第二定律求解（2）根据运动学公式求出物块上滑的距离，根据动能定理求出小物块返回斜面底端时的速度v，由p=mgvsin求滑块返回斜面底端时重力的功率（3）先求解出动能和重力势能的表达式，然后求解它们相等时的高度解答：解：（1）初速度 v0=20m/s，由图线知滑块作匀减速直线运动加速度大小为： a=|=8m/s2根据牛顿第二定律得：mgsin+mgcos=ma而代入数据解得=0.25（2）由图知，滑块上滑的最大位移为：sm=m=25m 滑块在斜面上滑行的总路程为为：s总=2sm=50m 对上滑和下滑整个过程，运用动能定理得：mgcoss总=mv02代入数据，求得滑块返回斜面底端时的速度为：v=10m/s则滑块返回斜面底端时重力的功率为：p