鹤岗一中高一物理下学期期末试卷（带答案）

9/9鹤岗一中2019年高一物理下学期期末试卷〔带答案〕鹤岗一中2019-2019学年度下学期期末考试 高一物理试题 一、选择题(共12个小题,每题4分,多项选择题选不全得2分,有错选得0分) 1.(单项选择)使带电的金属球靠近不带电的验电器,验电器的箔片张开.以下各图表示验电器上感应电荷的分布情况,正确的选项是() 2.(多项选择)如下图,滑块A和B叠放在固定的斜面体上,从静止开始以相同的加速度一起沿斜面加速下滑.B与斜面体间光滑接触,那么在A、B下滑的过程中,以下说法正确的选项是() A.B对A的支持力不做功 B.B对A的支持力做负功 C.B对A的摩擦力做正功 D.B对A的摩擦力做负功 3.(多项选择)某静电场中的电场线如下图,带电粒子在电场中仅受电场力作用,其运动轨迹如图中虚线所示,由M运动到N,以下说法正确的选项是() A.粒子必定带正电荷 B.粒子在M点的加速度大于它在N点的加速度 C.粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度 D.粒子在M点的动能小于它在N点的动能 4.(单项选择)我国发射的“天宫一号〞和“神舟八号〞在对接前,“天宫一号〞的运行轨道高度为350km,“神舟八号〞的运行轨道高度为343km.它们的运行轨道均视为圆周,那么() A.“天宫一号〞比“神舟八号〞速度大 B.“天宫一号〞比“神舟八号〞周期长 C.“天宫一号〞比“神舟八号〞角速度大 D.“天宫一号〞比“神舟八号〞加速度大 5.(多项选择)甲、乙两个做圆周运动的质点,它们的角速度之比为3∶1,线速度之比为2∶3,那么以下说法正确的选项是() A.它们的半径之比为2∶9 B.它们的半径之比为1∶2 C.它们的周期之比为2∶3 D.它们的周期之比为1∶3 6.(单项选择)引力常量G=6.67×10-11N•m2/kg2,重力加速度g取9.8m/s2,地球半径R=6.4×106m,那么可知地球质量的数量级是() A.1018kgB.1020kg C.1022kgD.1024kg 7.(多项选择)如下图,小球m在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动,以下说法中正确的有() A.小球通过最高点的最小速度为v=Rg B.小球通过最高点的最小速度为0 C.小球在水平线ab以下管道中运动时,外侧管壁对小球一定有作用力 D.小球在水平线ab以上管道中运动时,内侧管壁对小球一定有作用力 8.(单项选择)冥王星与其附近的另一星体卡戎可视为双星系统,质量比约为7∶1,同时绕它们连线上某点O做匀速圆周运动.由此可知,冥王星绕O点运动的() A.向心力大小约为卡戎的7倍 B.角速度大小约为卡戎的17 C.线速度大小约为卡戎的7倍 D.轨道半径约为卡戎的17 9.(单项选择)如下图,倾角30°的斜面连接水平面,在水平面上安装半径为R的半圆竖直挡板,质量m的小球从斜面上高为R2处静止释放,到达水平面恰能贴着挡板内侧运动.不计小球体积,不计摩擦和机械能损失.那么小球沿挡板运动时对挡板的作用力是() A.0.5mgB.mg C.1.5mgD.2mg 10.(单项选择)用起重机将一个质量为m的货物竖直向上以加速度a匀加速提升H米,在这个过程中,以下说法中正确的选项是() A.起重机对物体的拉力大小为ma B.物体的机械能增加了mgH C.物体的动能增加了maH D.物体的机械能增加了maH 11.(单项选择)如图,在场强为E的匀强电场中有一个质量为m的带正电小球A悬挂在绝缘细线上,当小球静止时,细线与竖直方向成30°角,此电场方向恰使小球受到的电场力最小,那么小球所带的电量应为() A.mgEB.3mgE C.2mgED.mg2E 12.(多项选择)如下图,水平光滑长杆上套有一个质量为mA的小物块A,细线跨过O点的轻小光滑定滑轮一端连接A,另一端悬挂质量为mB的小物块B,C为O点正下方杆上一点,滑轮到杆的距离OC=h.开始时A位于P点,PO与水平方向的夹角为30°.现将A、B同时由静止释放,那么以下分析正确的选项是() A.物块B从释放到最低点的过程中,物块A的动能不断增大 B.物块A由P点出发第一次到达C点的过程中,物块B的机械能先增大后减小 C.PO与水平方向的夹角为45°时,物块A、B速度大小关系是vA=22vB D.物块A在运动过程中最大速度为2mBghmA 二、填空题(每空2分,共14分) 13.某探究学习小组的同学欲验证“动能定理〞,他们在实验室组装了一套如下图的装置,另外他们还找到了打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、纸带、小木块、细沙.当滑块连接上纸带,用细线通过滑轮挂上空的小沙桶时,释放小桶,滑块处于静止状态. 假设你是小组中的一位成员,要完成该项实验,那么 (1)你认为还需要的实验器材有________. (2)实验时为了保证滑块受到的合力与沙桶的总重力大小根本相等,沙和沙桶的总质量应满足的实验条件是____________________________________________,实验时首先要做的步骤是___________________. (3)在(2)的根底上,某同学用天平称量滑块的质量为M.往沙桶中装入适量的细沙,用天平称出此时沙和沙桶的总质量为m.让沙桶带动滑块加速运动.用打点计时器记录其运动情况,在打点计时器打出的纸带上取两点,测出这两点的间距L和这两点的速度大小v1与v2(v1 14.某同学利用重物自由下落来“验证机械能守恒定律〞的实验装置如图甲所示. (1)请指出实验装置中存在的明显错误：_____________________________. (2)进行实验时,为保证重物下落时初速度为零,应________(选填“A〞或“B〞). A.先接通电源,再释放纸带 B.先释放纸带,再接通电源 (3)根据打出的纸带,选取纸带上连续打出的1、2、3、4四个点如图乙所示.已测出点1、2、3、4到打出的第一个点O的距离分别为h1、h2、h3、h4,打点计时器的打点周期为T.假设代入所测数据能满足表达式gh3=________,那么可验证重物下落过程机械能守恒(用题目中已测出的物理量表示). 三、计算题(15题8分,16题8分,17题10分,18题12分) 15.两个质量都为3×10-4kg的导体球,分别被两根长0.04m的丝线吊在同一点上.让它们带上等量同种电荷后,两球互相排斥,至图所示位置平衡. (1)试求两球间静电力的大小 (2)导体球所带的电量. 16.如下图,一小球从平台上水平抛出,恰好落在临近平台且倾角为α=53°的光滑斜面顶端,并刚好沿光滑斜面下滑.斜面顶端与平台的高度差h=0.8m,g取10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6. (1)小球水平抛出的初速度v0是多少? (2)斜面顶端与平台边缘的水平距离x是多少? 17.额定功率是80kW的无轨电车,其最大速度是72km/h,质量是2t,如果它从静止先以2m/s2的加速度匀加速开出,阻力大小一定,求： (1)电车匀加速运动行驶能维持多少时间? (2)又知电车从静止驶出到增至最大速度共经历了21s,在此过程中,电车通过的位移是多少? 18.如下图,倾角为30°的光滑斜面的下端有一水平传送带,传送带正以6m/s的速度运动,运动方向如下图.一个质量为2kg的物体(物体可以视为质点),从h=3.2m高处由静止沿斜面下滑,物体经过A点时,不计其动能损失.物体与传送带间的动摩擦因数为0.5,物体向左最多能滑到传送带左右两端AB的中点处,重力加速度g=10m/s2,求： (1)物体由静止沿斜面下滑到斜面末端需要多长时间; (2)传送带左右两端AB间的距离l至少为多少; (3)上述过程中物体与传送带组成的系统产生的摩擦热为多少. 高一物理答案 一、选择题(共12个小题,每题4分,多项选择题选不全得2分,有错选得0分) 1.B2.BC3.ACD4.B5.AD6.D7.BC8.D9.B10.C11.D12.AD 二、填空题(每空2分,共14分) 13.解析：该实验中的研究对象是滑块,目的是比拟合外力对滑块所做的功与滑块动能的增量的关系.因为合外力不等于滑块的重力,两端质量不可能“抵消〞,所以要分别测出沙、滑块的质量,还要测出滑块移动的距离,便于计算做的功和速度. 实验时应注意平衡摩擦力,以减少误差,从实验方便性上考虑要把沙的重力看做滑块的合外力,故m远远小于M,故实验表达式为mgL=12Mv22-12Mv12. 答案：(1)天平、刻度尺(2)沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量平衡摩擦力(3)mgL=12Mv22-12Mv12 14.解析：(1)从图甲中的实验装置中发现,打点计时器接在了“直流电源〞上,打点计时器的工作电源是“低压交流电源〞.因此,明显的错误是打点计时器不能接在“直流电源〞上. (2)为了使纸带上打下的第1个点是速度为零的初始点,应该先接通电源,让打点计时器正常工作后,再释放纸带.假设先释放纸带,再接通电源,当打点计时器打点时,纸带已经下落,打下的第1个点的速度不为零.因此,为保证重物下落的初速度为零,应先接通电源,再释放纸带. (3)根据实验原理,只要验证ghn=12v2n即可验证机械能守恒定律.因此需求解v3.根据匀变速直线运动规律关系式可得,v3=h4-h22T,那么有12v23=(h4-h2)28T2,故只要在误差允许的范围内验证gh3=(h4-h2)28T2成立,就可验证重物下落过程中机械能守恒. 答案：(1)打点计时器不能接“直流电源〞(或打点计时器应接“交流电源〞) (2)A(3)(h4-h2)28T2 三、计算题(15题8分,16题8分,17题10分,18题12分) 15.解析：(1)对其中一个球进行受力分析如图,得F=mgtan30°=3×10-3N,由几何关系知两球间距离为0.04m. 又F=kq2r2=3×10-3N 得q=43×10-8C. 16.答案：(1)3m/s(2)1.2m 解析：(1)由题意可知,小球落到斜面顶端时刚好沿斜面下滑,说明此时小球的速度方向与斜面平行,否那么小球会弹起. 所以小球在斜面顶端时的竖直分速度vy=v0tan53° 又v2y=2gh 代入数据解得vy=4m/s,v0=3m/s (2)由vy=gt1得t1=0.4s 故x=v0t1=3×0.4m=1.2m 17.解析：Ff=P0vm 代入数据解得Ff=4×103N 由牛顿第二定律有F-Ff=ma 解得F牵=8×103N 匀加速末速度vt=P0F牵=10m/s 匀加速持续时间t1=v1a=5s 匀加速过程的位移x1=12at12=25m 从车速vt加速到vm由动能定理有 P0(t-t1)-Ffx2=12mvm2-12mvt2 解得x2=245m 总位移x=x1+x2=270m.