湖北省襄阳市2018_2019学年高一物理下学期期末考试试题（含解析）.docx

湖北省襄阳市2018-2019学年高一物理下学期期末考试试题（含解析）第1卷(选择题，共48分)一、单项选择题(本部分共8小题，每小题4分，共32分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分，)1.下列式子属于比值定义物理量的是A. t=B. a=C. C=D. 【答案】C【解析】【详解】A.公式t=是匀速直线运动时间与位移的公式，不符合比值定义法的共性。故A错误；B.公式a=是牛顿第二定律的表达式，不属于比值定义法，故B错误；C.电容是由电容器本身决定的，与Q、U无关，公式C=是电容的定义式，是比值定义法，故C正确；D.I与U成正比，与R成反比，不符合比值定义法的共性。故D错误。2.我国自行研制的北斗卫星导航系统由5颗静止轨道卫星(地球同步轨道)和30颗非静止轨道卫星组成，预计在2020年左右覆盖全球，其具有GPS系统没有的通信和目标定位功能。GPS是美国建设的由24颗卫星组成的系统，它位于距地表20200km的上空，运行周期为12h，下列关于北斗系统中的静止轨道卫星的说法中正确的是A. 五颗静止轨道卫星的质量一定是相同的B. 它们运行的线速度一定小于第一宇宙速度C. 为避免与其他卫星相撞，应使它们运行在不同的轨道上D. 它们的轨道半径是GPS卫星的2倍【答案】B【解析】【详解】A.卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，有：，可得，可知，卫星的运行周期与卫星的质量无关，所以五颗静止轨道卫星的质量不一定相同。故A错误。B.第一宇宙速度是卫星环绕地球的最大运行速度，则知它们运行的线速度一定小于第一宇宙速度，故B正确。C.根据知，5颗静止轨道卫星速率相等，不会相撞，故C错误。D.5颗静止轨道卫星的运行周期是24h，GPS卫星的运行周期是12h，根据开普勒第三定律，可得，它们的轨道半径是GPS卫星的倍，故D错误。3.甲、乙两物体零时刻开始从同一地点向同一方向做直线运动，其图象如图所示，则在0t1时间内A. 如为位移-时间图象，则甲的速度总比乙大B. 如为位移-时间图象，甲经过的位移比乙大C. 如为速度-时间图象，甲经过的位移比乙大D. 如为速度-时间图象，甲、乙均做匀加速运动【答案】C【解析】【详解】A.如为位移-时间图象，根据位移-时间图象的斜率等于速度，知甲的速度先比乙大、再与乙相等，后比乙小。故A错误。B.如为位移-时间图象，在0-t1时间内，甲、乙经过的位移相等，故B错误。C.如为速度-时间图象，根据速度-时间图象与时间轴所围的面积表示位移，知在0-t1时间内，甲经过的位移比乙大，故C正确。D.如为速度-时间图象，甲做匀加速运动，乙做加速度逐渐增大的变加速运动，故D错误。4.如图所示，两极板与电面相通接，电子从负极板边沿垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边沿飞出，现在使电子入射速度变为原来，而电子仍从原位置射入，且仍从正极边沿飞出，则两极板的间距应变为原来的A. 4倍B. 2倍C. 倍D. 倍【答案】A【解析】【详解】设电子的质量为m，初速度为v，极板的长度为L，两极板间的距离为d，电场强度为E，电子做类平抛运动；水平方向有：L=vt；竖直方向有：解得：；若使电子入射速度变为原来的，仍要使电子从正极板边沿飞出，由上可知，两极板的间距应变为原来的4倍。A. 4倍，与结论相符，选项A正确；B. 2倍，与结论不相符，选项B错误；C. 倍，与结论不相符，选项C错误；D. 倍，与结论不相符，选项D错误；5.取一个铜质小球置于圆形玻璃器中心，将麻油和头发碎屑置于玻璃器皿内拌匀，用起电机使铜球带电时，铜球周围的头发碎屑会呈现如图所示的发散状图样，下列说法正确的是A. 发散状的黑线是电场线B. 黑线密集处电场强度较大C. 沿着黑线发散方向上电势逐渐降低D. 若释放一带电质点，其运动轨迹一定与黑线重合【答案】B【解析】【详解】A.电场可以用电场线来描述，电场线是人为设想出来的，其实并不存在，发散状的黑线可以模拟电场线。故A错误；B.发散状的黑线，能描述出电场的分布，黑线密集处电场强度较大。故B正确；C.由于没有说明小球带正电还是带负电，所以不能判断沿着黑线发散方向上电势是否逐渐降低，故C错误。D.发散状的黑线，能描述出电场的分布，但电场线的方向与带电质点运动的轨迹没有关系，故D错误；6.如图所示，实线为电场线，虚线AB为带电质点仅在电场力作用下运动轨迹，则运动过程中下列判断正确的是A. 带电质点可能带负电B. 带电质点一定由A运动至BC. 带电质点在A点动能大于在B点动能D. 带电质点在A点电势能大于在B点电势能【答案】D【解析】【详解】A.粒子受力方向为向左，质点一定带负电，故A错误；B.由于只有质点的运动轨迹，不能判断运动方向是从A到B，还是从B 到A，故B错误；CD.若质点从A到B电场力做正功，电势能减小，由动能定理可知动能增加，所以带电质点在A点动能小于在B点动能，A点电势能大于在B点电势能，故C错误，D正确；7.在圆轨道上运行的国际空间站里，一宇航员A站在空间站地板上固定的台秤B上，如图所示，下列说法正确的是A. 宇航员A不受地球引力作用B. 台秤B示数大小等于宇航员此时所受地球引力C. 宇航员A所受地球引力小于他在地面上所受引力D. 若宇航员A将手中一小球无初速释放，该小球将落到空间站地板上【答案】C【解析】【详解】A宇航员随国际空间站绕地球做匀速圆周运动，宇航员A仍受到地球引力作用。故A错误。B空间站处于完全失重状态，因此台秤示数为零，故B错误；C根据万有引力定律可知，宇航员A与地球的距离大于地球半径，所以A所受地球引力小于他在地面上所受的引力，故C正确；D宇航员相对于太空舱无初速释放小球，小球受地球的万有引力提供向心力，处于完全失重状态，不会落到“地面上”，故D错误；8.用小锤击打弹性金属片后，一小球做平抛运动，同时另一小球做自由落体运动。两球运动的频闪照片如图所示，最上面与最下面小球位置间的实际竖直距离为1 m，照片中反映的实际情况是A. 自由下落小球相邻位置间的位移相等B. 平抛运动小球相邻位置间的位移相等C. 自由下落小球相邻位置间的距离一定大于0.1 mD. 平抛运动小球相邻位置间的水平距离一定大于0.1 m【答案】D【解析】【详解】小球做自由落体运动，相等时间内的位移增大，故A错误；平抛运动小球在竖直向相同时间内位移增大，则相邻位置间的位移不相等，故B错误；1米对于10等分的话为0.1m，但自由下落相同时间内的位移增大，则刚下落时的距离要小于0.1m，则C错误；由图可知水平长度要大于竖直高度，而水平向为匀速直线运动，则为距离平分，要大于0.1m，故D正确。三、多项选择(本题4小题，每题4分，共16分每小题列出的国个备项中少有一个是有合题目要求的全部选对的得4分，选对但不全得2分，有选错得0分)9.质量均为m的两个木块P和Q叠放在水平地面上，P、Q接触面的倾角为。如图所示，现在Q上加一水平推力F，使P、Q保持相对静止一起向左做匀加速直线运动，下列说法不正确的是A. P、Q之间可能光滑B. P木块所受合力方向水平向左C. Q与地面间的动摩擦因数=D. 若突然撒去F后，P、Q一定保持相对静止【答案】CD【解析】【详解】A.若P、Q之间光滑，对P受力分析，在水平方向上，由牛顿第二定律可知：mgtan=ma，故：a=gtan，所以当整体的加速度a=gtan时，P、Q之间没有摩擦力，再之间可能光滑，故A正确。B.P木块水平向左做匀加速直线运动，加速度方向水平向左，根据牛顿第二定律知P木块所受合力方向水平向左。故B正确。C.对整体，由牛顿第二定律得：F-2mg=2ma，得，故C错误。D.若突然撒去F后，假设P、Q保持相对静止，则整体的加速度水平向右，P的合力水平向右。由于P、Q之间光滑，P所受的重力和Q的支持力的合力不可能水平向右，所以P、Q之间光滑时假设不成立。故D错误。本题选不正确的，故选CD。10.A、B、C为电场中电场线上的三个点，一带电小球从A点由静止释放，并开始计时，先后沿直线经过B、C两点，其运动过程中的v-t如图所示，下列说法正确的是A. 电场方向由A指向CB. A、B、C三点中B点场强最大C. 小球由B至C过程中平均速度等于5.5m/sD. B、C两点间电势差大小|UBC|大于A、B两点间电势差大小|UAB|【答案】BD【解析】【详解】A.根据图线可知，带电小球从A点由静止释放，速度逐渐增大，说明电场力方向由A指向C，但小球的电性未知，故无法判断电场强度的方向，故A错误；B.由图知，小球在B处加速度最大，由qE=ma知，A、B、C三点中B点场强最大，故B正确；C.如果小球从B到C做匀加速直线运动，则小球的平均速度为，但小球由B至C过程中做加速度减小的加速运动，位移大于匀加速过程的位移，故平均速度大于5.5m/s，故C错误；D.根据动能定理得：，可得UAB小于UBC故D正确。11.如图甲所示，传送带以恒定速率逆时针运动，皮带始终是紧的，将m=1kg的面粉袋放在传送带上的A处，经过1.2s到达传送带的B端，用速度传感器测得面粉袋与送带的速度v随时间t变化图象如图乙所示，已知重力加速度g取10m/s2，由v-t图线可知A. A、B两点的距离为3.2mB. 粉袋与传送带的动摩擦因数为0.5C. 面粉袋从A运动到B这程中，传送带上面粉痕迹长为1.2mD. 面粉袋从A运动到B过程中，其与传送带摩擦产生的热量为4.8J【答案】ABD【解析】【详解】A.根据速度时间图线与时间轴围成的面积表示位移，知A、B两点的距离对应图象与时间轴所围图形的“面积”大小，为 x=20.2+（2+4）1=3.2m，故A正确；B.由v-t图象可知，0-0.2s内，面粉袋的加速度为：。对面粉袋受力分析，面粉袋受到重力、支持力和滑动摩擦力，滑动摩擦力方向沿皮带向下，由牛顿第二定律得：mgsin+f=ma1，即为：mgsin+mgcos=ma1；同理，0.2-1.2s内，面粉袋的加速度为：，对面粉袋受力分析，面粉袋受到重力、支持力和滑动摩擦力，滑动摩擦力方向沿皮带向上，由牛顿第二定律得：mgsin-f=ma2即：mgsin-mgcos=ma2，联立解得：=0.5，f=4N故B正确。C.在0-0.2s时间内，传送带速度大，面粉袋相对于皮带的位移大小为：，方向沿皮带向上。在0.2s-1.2s时间内，面粉袋速度大，面粉袋相对于皮带的位移大小为：x2=x2-vt2=1-21=1m，方向沿皮带向下。故传送带上面粉痕迹的长度为：s=x2=1m；故C错误。D.面粉袋与传送带摩擦产生的热量为：Q=f（x1+x2）=41.2J=4.8J，故D正确。12.如图所示，轻质弹簧左端固定，右端与质量为m的重物相连，重物套在固定的粗糙竖直杆上。开始时重物处于A处，此时弹簧水平且处于原长。现将重物从A处由静止开始释放，重物下落过程中经过B处时速度最大，到达C处时速度为零，已知AC的高度差为h。现若在C处给重物一竖直向上的初速度v，则圆环恰好能回到A处。已知弹簧始终在弹性限度内，重物与杆之间动摩擦因数恒定，重力加速度为g，则下列说法中正确的是A. 重物下滑到B处时，加速度为零B. 重物在下滑过程中所受摩擦力先增大后减小C. 重物从A到C的过程中弹簧的弹性势能增加了D. 重物与弹簧组成的系统在下滑过程中机械能损失大于上升过程中机械能的损失【答案】AC【解析】试题分析：根据圆环的运动情况分析下滑过程中，分析加速度的变化；研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程和圆环从C处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式，可求弹力做功，从而得到在C处弹簧的弹性势能圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，所以经过B处的加速度为零，A正确；设弹簧与竖直方向的夹角为，弹簧的劲度系数为k，受力分析如图所示，则，而，故，减小，故N增大，根据可得摩擦力增大，B错误；研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，由动能定理得，在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，由动能定理得，解得，所圆环从A处到C处的过程中弹簧的弹性势能增加量为，C正确；下滑过程和上滑过程经过同一位置时圆环所受的摩擦力大小相等，两个过程位移大小相等，所以摩擦力做功相等，即重物与弹簧组成的系统在下滑过程中机械能损失等于上升过程中机械能的损失，D错误第卷(选择题，共48分)三、非选择题(本大题共6小题，共52分。)13.用图示装置来验证机械能守恒定律、实验前首先用游标卡尺测量出小球直径为d，然后调整光电门位置使小球下落过程中球心通过光电门中的激光束，实验时通过断开电磁铁开关使小球从A点下落，经过光电门B，记录挡光时间t，测出小球在AB间下落的距离h接着竖直平移光电门B，重复上述步骤，测得多组h及相应的t，已知当地重力加速度为g。(1)小球通过光电门速度的表达式为v=_。(2)小辉根据测量数据描绘出-h图象，能否仅依据图象是过原点的直线就得出机械能守恒的结论?_(填写“能”或“不能”)，理由是_。【答案】 (1). (2). 不能 (3). 斜率近似等于，才能判断小球下落过程中机械能守恒【解析】【详解】第一空.利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故：；第二空.第三空.根据机械能守恒的表达式有：mgh=mv2，即：，不能依据图象是过原点的直线就得出机械能守恒的结论，当斜率近似等于，才能判断小球下落过程中机械能守恒；14.一组同学研究“运动物体所受空气阻力与其运动速度关系”，他们利用一些“小纸杯”作为研究对象，用频闪照相机等仪器测量“小纸杯”在空中竖直下落距离、速度随时间变化的规律。过程如下：A如图甲所示，同学们首先测量单只“小纸杯”在空中下落过程中不同时间的下落距离，将数据填入下表中。B在相同的实验条件下，将不同数量的“小纸杯”叠放在一起从空中下落，分别测出它们的v一t图线，如图乙中图线1、2、3、4所示。C同学们对实验数据进行分析、归纳后，得出阻力大小与速度平方成正比的关系，即。 其中k为常数。回答下列问题：(1)图乙中各条图线具有共同特点：“小纸杯”先做加速度大小_的加速运动（选填“不变”、“增大”或“减小”），最后达到匀速运动。(2)根据表格和图乙中的信息可知表中X处的理论值为_m。(3)根据上述实验结论，可知4个“小纸杯”叠在一起下落时，其最终的下落速率为_m/s。【答案】 (1). 减小 (2). 1.750 (3). 2.0【解析】【详解】（1）图乙中各条图线的斜率先减小后不变，则都具有共同特点：“小纸杯”先做加速度大小减小的加速运动，最后达到匀速运动。（2）因0.8s后纸杯已经匀速下落，由表格可知在0.4s内纸杯下降的距离为0.4m，可知X=1.750m；（3）一个纸杯时，最终速度为v1=1m/s；由；可得：v2=2m/s。15.1966年曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的测定质量的实验，实验时，用双子星号字宙飞船m1去接触正在轨道上运行的火箭组m2(后者的发动机已熄火)接触以后，开动双子星号飞船的推进器，使飞船和火箭组共同加速(如图)，推进器的平均作用力F等于895N，推进器开动时间为7s测出飞船和火箭组的速度变化是0.91m/s已知双子星号宇宙飞船的质量m1=3400kg，求： (1)火箭组的质量m是多大？(2)已知火箭组实际质量为3660kg，求该次测量的相对误差，已知相对误差=100%【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）对整体在运动过程中：而：代入可得：（2）其相对误差：16.某起重机铭牌标记其额定输出功率为42kW，现用其提升货物，已知g=10m/s