湖南省长沙市天心区长郡中学2018_2019学年高一物理下学期期末考试试题（含解析）.docx

湖南省长沙市天心区长郡中学2018-2019学年高一物理下学期期末考试试题（含解析）一、选择题（本題包括15小題，每小题3分，共45分.在每小题给出的四个选项中，112题只有一项是符合题目要求的，1315题有多项符合題目要求，全部选对得3分，选对但不全得2分，有选错的得0分）1.若人造卫星绕地球做匀速圆周运动，则离地面越近的卫星( )A. 线速度越小B. 角速度越小C. 向心加速度越小D. 周期越小【答案】D【解析】【详解】人造卫星绕地球做匀速圆周运动时，由地球的万有引力提供向心力，则有：解得：A.由可知，离地面越近的卫星，轨道半径r越小，线速度越大，故A错误；B.由可知，离地面越近的卫星，轨道半径r越小，角速度越大，故B错误；C.由可知，离地面越近的卫星，轨道半径r越小，向心加速度越大，故C错误；D.由可知，离地面越近的卫星，轨道半径r越小，周期越小，故D正确。2. 下列关于第一宇宙速度的说法中正确的是A. 第一宇宙速度又称为逃逸速度B. 第一宇宙速度的数值是11.2km/sC. 第一宇宙速度的数值是7.9km/sD. 第一宇宙速度是卫星绕地球运行的最小线速度【答案】B【解析】第一宇宙速度在地面附近绕地球做匀速圆周运动所必须具有的速度。也是人造卫星的最小发射速度。3. 发射人造卫星是将卫星以一定的速度送入预定轨道。发射场一般选择在尽可能靠近赤道的地方，如图2.这样选址的优点是，在赤道附近A. 地球的引力较大B. 地球自转线速度较大C. 重力加速度较大D. 地球自转角速度较大【答案】B【解析】试题分析：A、相对于地心的发射速度等于相对于地面的发射速度加上地球自转的线速度地球自转的线速度越大，相对于地心的发射速度越大，卫星越容易发射出去赤道处，半径最大，所以自转线速度最大故A错误，B正确C、赤道处重力加速度最小故C错误D、在地球上各点具有相同的角速度故D错误故选B4. 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【答案】C【解析】太阳位于木星运行轨道的焦点位置，选项A错误；根据开普勒行星运动第二定律可知，木星和火星绕太阳运行速度的大小不是始终相等，离太阳较近点速度较大，较远点的速度较小，选项B错误；根据开普勒行星运动第三定律可知， 木星与火星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方，选项C正确；根据开普勒行星运动第二定律可知，相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积相等，但是不等于木星与太阳连线扫过面积，选项D错误；故选C.5. 质量为1kg的物体做直线运动，其速度图象如图所示。则物体在前10s内和后10s内所受外力的冲量分别是 ( )A. 0，一10 NsB. 10Ns，10NsC. 0，10NsD. 10Ns，10 Ns【答案】A【解析】试题分析：从图中可知在前10s初的速度为，前10s末的速度为，根据动量定理可得，后10s初的速度为，后10s末的速度为，根据动量定理可得，故A正确考点：考查了冲量定理，速度时间图像6.人从高处跳到低处时，一般都是让脚尖部分先着地并弯曲下肢，这是为了（）A. 减小冲量B. 使动量的增量变得更小C. 增长人与地面的作用时间，从而减小受力D. 增大人对地的压强，起到安全作用【答案】C【解析】【详解】人在和地面接触时，人的速度减为零，由动量定理可知（F-mg）t=P；而脚尖着地可以增加人着地的时间，可以减小动量的变化率，故减小受到地面的冲击力，故C正确，ABD错误。故选C。7.两电阻R1、R2的伏安特性曲线如图所示，由此可知R1:R2等于A. 1:3B. 3:1C. 1：D. ：1【答案】A【解析】【详解】根据，解得：。A.根据计算结果可知，故A正确；B.根据计算结果可知，故B错误；C.根据计算结果可知，故C错误；D.根据计算结果可知，故D错误。8.直流电动机M接在如图所示的电路中，理想电压表的示数是20 V，理想电流表的示数是1.0 A，限流电阻R=5.0 ，则可知： （ ）A. 电动机的机械功率是20 WB. 电阻R消耗的电功率是5 WC. 电动机线圈的电阻是20 D. 电动机产生的电热功率是20 W【答案】B【解析】电动机消耗的总功率为：P=IU=20 W，选项AD错误；电阻R消耗的电功率为PR=125 W=5 W，选项B正确；电动机不是纯电阻电路，故不适用欧姆定律，故电动机线圈的电阻，选项C错误；故选B。【名师点睛】此题是关于电动机问题的计算；要知道电动机不是纯电阻电路，不满足欧姆定律，故电动机线圈内阻；电动机的总功率IU一部分转化为内阻上的发热功率I2r，另一部分输出变为机械功率，要弄清这种能量转化。9. 如图所示，水平天花板下用长度相同的绝缘细线悬挂起来的两个相同的带电小球A、B，左边放一个带正电的固定球+Q时，两悬线都保持竖直方向，小球A与固定球+Q的距离等于小球A与小球B的距离。下列说法中正确的是（ ）A. A球带正电，B球带负电，并且A球带电荷量较大B. A球带负电，B球带正电，并且A球带电荷量较小C. A球带负电，B球带正电，并且A球带电荷量较大D. A球带正电，B球带负电，并且A球带电荷量较小【答案】B【解析】试题分析：根据电荷间的相互作用可知，A应该带负电，B带正电，A才能受到+Q的向左的吸引力和B球向右的吸引力而平衡，B球受到+Q向右的排斥力和A球向左的吸引力而平衡；所以选项AD均错误；对于A球来说，两边带电球的间距相等，故带电量也相等，即B球带电量与+Q球的电量相等；对于B球来说，因为A离B较近，故要想与+Q球产生相等的力，A球的电量比+Q球的电量较少就可以了，所以A球所带的电荷量较小，选项B正确，C错误。考点： 电荷间的相互作用。【名师点晴】对于小球所带电的性质，我们可以采用假设的方法，若使它们都平衡，则AB这二个球必须受到平衡力的作用；对于电量的大小，我们可以先针对球A分析，再针对球B分析，找其关系，最后再综合对比。10.如图所示，a、b、c为电场中同一条水平方向电场线上的三点，c为ab的中点a、b电势分别为a5 V，b3 V，下列叙述正确的是()A. 该电场在c点处的电势一定为4 VB. a点处的场强Ea一定大于b点处的场强EbC. 一正电荷从c点运动到b点电势能一定减少D. 一正电荷运动到c点时受到的电场力由c指向a【答案】C【解析】【详解】A、当该电场是匀强电场时，由于沿电场方向相同距离电势差相等，则场在c点处的电势一定为4V，当该电场不是匀强电场时，在c点处的电势不一定为4V，故A错误；B、一条电场线无法比较电场线的疏密，就无法比较场强的大小，则a点处的场强不一定大于b点处的场强，故B错误；CD、由题可判断电场线方向从a指向b，正电荷运动到c点时受到的电场力由a指向c，根据沿着电场线方向电势降低可知c点的电势高于b点的电势，根据正电荷在电势高处电势能大可知，正电荷从c点运动到b点电势能一定减少，故C正确，D错误；故选C。11. 忽略空气阻力，下列物体运动过程中满足机械能守恒的是（ ）A. 电梯匀速下降B. 物体由光滑斜面顶端滑到斜面底端C. 物体沿着斜面匀速下滑D. 拉着物体沿光滑斜面匀速上升【答案】B【解析】解：A、电梯匀速下降，说明电梯处于受力平衡状态，并不是只有重力做功，所以A错误B、物体在光滑斜面上，受重力和支持力的作用，但是支持力的方向和物体运动的方向垂直，支持力不做功，只有重力做功，所以B正确C、物体沿着粗糙斜面匀速下滑，物体受力平衡状态，摩擦力和重力都要做功，所以机械能不守恒，所以C错误D、拉着物体沿光滑斜面匀速上升，物体受力平衡状态，拉力力和重力都要做功，所以机械能不守恒，所以D错误故选B【点评】掌握住机械能守恒的条件，也就是只有重力做功，分析物体是否受到其它力的作用，以及其它力是否做功，由此即可判断是否机械能守恒12.一个质量为m的物体以a2g的加速度竖直向下加速运动，则在物体下降h高度的过程中物体的A. 重力势能减少了2mghB. 合外力做功为mghC. 合外力做功为2mghD. 动能增加了mgh【答案】C【解析】【详解】A.物体下降h高度的过程中，重力做功mgh，则重力势能减小mgh，故A错误；BCD.根据牛顿第二定律知，合力为2mg，根据动能定理知，合力做功为2mgh，则动能增加2mgh，故C正确，BD错误。13.铅蓄电池的电动势为2V，这表示A. 电路中每通过1C电量，电源把2J的化学能转变为电能B. 蓄电池接在电路中时，两极间的电压一定为2VC. 蓄电池能在1s内将2J的化学能转变成电能D. 蓄电池将化学能转变成电能的本领比一节干电池（电动势为1.5V）的大【答案】AD【解析】【详解】AC.铅蓄电池的电动势为2V，根据W=qU，表示电路中每通过1C电量，电源把2J化学能转化为电能，与时间无关，故A正确，C错误；B.当电池不接入外电路，蓄电池两极间的电压为2V；当电池接入电路时，两极间的电压小于2V，故B错误；D. 电源是通过非静电力做功的，蓄电池将化学能转变成电能时，非静电力做的功比一节干电池（电动势为1.5V）的大，故D正确。14.下列关于电容器和电容的说法中，正确的是A. 根据C可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，跟两板间的电压成反比B. 对于确定的电容器，其所带的电荷量与两板间的电压（小于击穿电压且不为零）成正比C. 对于确定的电容器，无论电容器的电压如何変化（小于击穿电压且不为零），它所带的电荷量与电压比值恒定不变D. 电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量，其大小与加在两板上的电压无关【答案】BCD【解析】【详解】AD.C比值定义式，电容表征电容器容纳电荷的本领大小，由电容器本身的特性决定，与两极板间的电压、所带的电荷量无关，故A错误，D正确；B.对于确定的电容器，C一定，由Q=CU知，Q与U成正比，故B正确；C.电容器所带的电荷量与电压比值等于电容，电容与电荷量、电压无关，所以无论电容器的电压如何变化（小于击穿电压且不为零），它所带的电荷量与电压比值恒定不变，故C正确。15.在光滑的水平面上，一滑块的质量m=2kg，在水平面上恒定外力F=4N（方向未知）作用下运动，如图所示为滑块在水平面上运动的一段轨迹，滑块过P、Q两点时速度大小均为v=5m/s，滑块在P点的速度方向与PQ连线夹角=37，sin37=0.6，则下列说法正确的是A. 水平恒力F的方向与PQ连线成53夹角B. 滑块从P到Q的时间为3sC. 滑块从P到Q的过程中速度最小值为4m/sD. P、Q两点连线的距离为10m【答案】BC【解析】在P、Q两点的速度具有对称性，故分解为沿PQ方向和垂直PQ方向，在沿PQ方向上做匀速直线运动，在垂直PQ方向上做匀变速直线运动，所以力F垂直PQ向下，在顶点处速度最小，只剩下沿PQ方向的速度，故为，A错误C正确；在垂直PQ方向上，故从P到顶点所用时间为，根据对称性可知从P到Q所用时间为，PQ连线的距离为，故B正确D错误二、填空题（共2小题，15分）16.如图所示的电路中，小量程电流表的内阻Rg100，满偏电流Ig=1mA，R1=900，R2= （1）当S1和S2均断开时，改装成的是_表，最大量程是_。（2）当S1和S2均闭合时，改装成的是_表，最大量程是_。【答案】 (1). 电压 (2). 1V (3). 电流 (4). 1A【解析】【详解】第一空：由电路图可知，当和均断开时，与串联，改装所成的表是电压表，第二空：量程V第三空：由电路图可知，当和均闭合时，与并联，改装所成的表是电流表，第四空：量程为:A17.用图甲所示的装置“验证机械能守恒定律”，已知当地的重力加速度（1）下列物理量需要测量的是_，通过计算得到的是_。（填写代号）A.重锤质量 B.与下落高度对应重锤的运动时间C.重锤下落的高度 D.与下落高度对应的重锤的瞬时速度（2）设重锤质量为m、打点计时器的打点周期为T、重力加速度为g.图乙是实验得到的一条纸带，A、B、C、D、E为相邻的连续点.根据測得的s1、s2、s3、s4写出重锤由B点到D点重力势能减少量的表达式_，动能増加量的表达式_。【答案】 (1). C (2). D (3). (4). 【解析】【详解】第一空：实验中需要直接测量的是重锤下落的高度，故选C；第二空：通过计算得到的是与下落高度相对应的重锤的瞬时速度，故选D。第三空：重锤重力势能的减少量为，第四空：根据匀变速直线运动的推论有：，故重锤动能增加量为三、计算题（共4小题，40分）18.宇航员在一星球表面上高h处由静止释放一个小球，经过t时间小球落到星球表面，该星球的半径为R，万有引力常量为G.求（1）该星球表面的重力加速度g；（2）该星球的质量M.【答案】(1) (2) 【解析】【详解】（1）设该星球表面的重力加速度为，由自由落体的规律得:可得（2）由万有引力定律与牛顿第二定律得:联立以上各式解得19.如图所示，长为L、质量为M的小船停在静水中，质量为m的人从静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，求船和人相对地面的位移各为多少？【答案】； 【解析】设任一时刻人与船速度大小分别为v1、v2，作用前都静止因整个过程中人与船组成的系统动量守恒，所以有mv1Mv2设整个过程中人与船平均速度大小分别为、，则有.两边乘以时间t有mtMt，即mx1Mx2.且x1x2L，可求出x1 ，x2 .点睛：本题考查了动量守恒定律应用，解决本题的关键掌握动量守恒定律的条件，以及知道在运用动量守恒