内蒙古集宁一中东校区2017_2018学年高一物理下学期期末考试试卷（含解析）.doc

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1、12017-2018 学年内蒙古乌兰察布市集宁一中东校区高一（下）期末物理试卷一、单选题1. 关于静电场的等势面，下列说法正确的是A. 两个电势不同的等势面可能相交B. 电场线与等势面处处相互垂直C. 同一等势面上各点电场强度一定相等D. 将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功【答案】B【解析】试题分析：等势面相交，则电场线一定相交，故在同一点存在两个不同的电场强度方向，与事实不符，故 A 错误；电场线与等势面垂直，B 正确；同一等势面上的电势相同，但是电场强度不一定相同，C 错误；将负电荷从高电势处移动到低电势处，受到的电场力方向是从低电势指向高电势，所以电场力

2、方向与运动方向相反，电场力做负功，D 错误；考点：考查了电势，等势面，电场力做功2.如图为两个点电荷在真空中所产生电场的电场线方向未标出 图中 C 点为两点电荷连线的中点，MN 为两点电荷连线的中垂线，D 为中垂线上的一点，电场线的分布关于 MN 左右对称则下列说法中正确的是 A. 这两点电荷一定是等量异种电荷B. 这两点电荷一定是等量同种电荷C. D,C 两点的电场强度一定相等D. C 点的电场强度比 D 点的电场强度小【答案】A【解析】2【分析】电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止在两等量异号电荷连线的中垂线上，中间点电场强度最大，也可以从电场线的疏密判断场强的大小【详

3、解】根据电场线的特点：电场线从正电荷出发到负电荷终止，可知 A、B 是两个等量异种电荷。故 A 正确，B 错误；在两等量异号电荷连线的中垂线上，C 点处电场线最密，电场强度最大，所以 C 点的电场强度比 D 点的电场强度大，故 CD 错误；故选 A。【点睛】常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能熟练掌握，并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题3.用水平力 F 拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动， t1时刻撤去拉力 F，物体做匀减速直线运动，到 t2时刻停止其速度时间图象如图所示，且

4、，若拉力 F 做的功为 W1，平均功率为 P1；物体克服摩擦阻力 Ff做的功为 W2，平均功率为 P2，则下列选项正确的是A. W1 W2 ； F=2FfB. W1 =W2； F2FfC. P1 P2； F2FfD. P1= P2； F=2Ff【答案】B【解析】物体整个过程中，拉力做的功，等于克服摩擦阻力做的功，则有 W1= W2， ，而，则 P1P 2， ， ，由图得 ，则 F2F f，选项 BC 正确4.如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面下列判断正确的是（ ）3A. 、 两点的场强相等 B. 、 两点的场强相等1 2 1 3C. 、 两点的电势相等 D. 、 两点的

5、电势相等1 2 2 3【答案】D【解析】试题分析：电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1 与 2 比较，1 处的电场线密，所以1 处的电场强度大故 A 错误；电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1 与 3 比较，它们的电场强度的大小及方向都不同故 B 错误；顺着电场线，电势降低，所以 1 点的电势高于 2 点处的电势故 C 错误；由题目可得，2 与 3 处于同一条等势线上，所以 2 与 3 两点的电势相等故 D 正确故选 D。考点：电场线；等势面【名师点睛】加强基础知识的学习，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题，电场线越密，场强越大顺着电场线，电势降低；注意电场强度是矢量，是否相等，

6、要关注方向性。【此处有视频，请去附件查看】5.若地球绕太阳公转周期及其公转轨道半径分别为 T 和 R，月球绕地球公转周期和公转半径分别为 t 和 r，则太阳质量与地球质量之比为（ ）A. B. C. D. R3t2r3T2 R3T2r3t2 R3t2r2T3 R2T3r2t3【答案】A【解析】地球绕太阳公转，由太阳的万有引力提供地球的向心力，则得： GMmR2 m42RT2解得太阳的质量为 M=42R3GT2月球绕地球公转，由地球的万有引力提供月球的向心力，则得： Gmmr2 m42rt2解得月球的质量为 m=42r3Gt24所以太阳质量与地球质量之比 ，故 C 正确故选 C.Mm R3t2r

7、3T2点睛：解决本题的关键要建立物理模型，掌握万有引力提供向心力可求出中心体质量，难度适中.6.取水平地面为重力势能零点一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( )A. B. C. D. 6 4 3 512【答案】B【解析】试题分析：设抛出时物体的初速度为 ，高度为 ，物块落地时的速度大小为 ，方向与水v0 h v平方向的夹角为 ，根据机械能守恒定律得： ，据题有： ，联12mv20+mgh=12mv2 12mv20=mgh立解得： ，则 ，得： ，故选项 B 正确。v=2v0 cos=v0v=22 =4考点：平抛运动【

8、名师点睛】根据机械能守恒定律，以及已知条件：抛出时动能与重力势能恰好相等，分别列式即可求出落地时速度与水平速度的关系，从而求出物块落地时的速度方向与水平方向的夹角。【此处有视频，请去附件查看】7. 如图所示，轻绳的一端固定在 O 点，另一端系一质量为 m 的小球（可视为质点） 。当小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动时，通过传感器测得轻绳拉力 T、轻绳与竖直线OP 的夹角 满足关系式 T=a+bcos，式中 a、b 为常数。若不计空气阻力，则当地的重力加速度为（ ）A. B. C. D. b2m 2bm 3bm b3m【答案】D【解析】5试题分析:在最高点时：设此时物体的速度为 V1，由题意

9、可知：=180 0，绳的拉力 T1=a-b；根据向心力公式有： mg+ab=mV21r在最低点时：设此时物体的速度为 V2，由题意可知：=0 0，绳的拉力 T1=a+b；根据向心力公式有： a+bmg=mV22r只有重力做功，由机械能守恒定律：12mV22=12mV21+mg(2r)解得： ;所以 D 正确。g=b3m考点： 向心力公式，机械能守恒定律。8.如图所示，在竖直放置的半圆形容器中心 O 点分别以水平速度 V1，V 2抛出两个小球（可视为质点） ，最终它们分别落在圆弧上的 A 点和 B 点，已知 OAOB，且 OA 与竖直方向夹角为 角，则两小球初速度大小之比值 为（ ）V1V2A.

10、 tan B. CosC. tan D. Costan Cos【答案】C【解析】平抛运动水平方向有 ，竖直方向有则速度 ，由题中条件知，落到 A 点的小球有： ， ；落到 B 点的小球有： ， ，代入相比得， =tan ，C 正tan确。二、多选题9.如图所示 A、B 是一条电场线上的两点，若在某点释放一初速度为零的电子，电子仅受电场力作用下，从 A 点运动到 B 点，其速度随时间变化的规律如图所示。则（ ）6A. 电子在 A、B 两点受的电场力 FAEBC. 场强方向为从 B 到 AD. 电场线的方向一定是从 A 到 B【答案】AC【解析】速度-时间图象的斜率等于加速度，由图可知：电子做初速

11、度为零的加速度增大的加速直线运动。加速度增大，说明电子所受电场力增大，电子在 A 点受到的电场力小于 B 点，即FAF B由 F=qE 可知，电场强度增大，A 点的场强小于 B 点，即 EAE B故 A 正确，B 错误。电子由静止开始沿电场线从 A 运动到 B，电场力的方向从 A 到 B，而电子带负电，则场强方向从 B 到 A，电场线方向一定从 B 到 A，故 C 正确，D 错误。故选 AC。点睛：本题实质考查分析电子受力情况和运动情况的能力，从力和能量两个角度进行分析，分析的切入口是速度的斜率等于加速度10.在粗糙的水平地面上有一静止的质量为 的物体，在水平外力 的作用下运动，如图1kg F

12、甲所示，外力 和物体克服摩擦力 做的功 与物体位移 的关系如图乙所示，重力加速度F Ff W x取 .下列分析不正确的是（ ）g 10m/s2A. 物体与地面之间的动摩擦因数为 0.2B. 物体运动的位移为 13mC. 物体在前 运动过程中的加速度为3m 3m/s2D. 时，物体的速度为x=9m 32m/s【答案】ACD7【解析】【详解】A. 物体所受的滑动摩擦力大小为恒力，可知乙图中的下面一条直线为物体克服摩擦力 Ff做功的图象，由 WFf=mgx代入得：20=110，解得：=0.2，故 A 正确；B. 根据 WFf=mgx=27J，得物体运动的位移为 x=WFf/mg=27/2m=13.5

13、m，故 B 错误；C. 摩擦力大小为 Ff=mg=0.210=2N，在前 3m 的运动过程中，F=W/x=15/3N=5N根据牛顿第二定律：FF f=ma，解得：a=3m/s 2，故 C 正确； D. x=9m 时,根据动能定理：WW Ff= ，代入数据得：物体速度 v=3 m/s，故 D 正确。12mv2 2故选：ACD【点睛】物体所受的滑动摩擦力大小为恒力，可以知道乙图中的下面一条直线为物体克服摩擦力 Ff做功的图象，结合斜率求出摩擦力大小和外力 F 大小由牛顿第二定律求加速度根据动能定理求物体的速度11.如图所示，内壁光滑的细圆管一端弯成半圆形 APB，另一端 BC 伸直，水平放置在桌面

14、上并固定半圆形 APB 半径 R=1.0m，BC 长 L=1.5m，桌子高度 h=0.8m，质量 m=1.0kg 的小球以一定的水平初速度从 A 点沿过 A 点的切线射入管内，从 C 点离开管道后水平飞出，落地点 D 离点 C 的水平距离 s=2m，不计空气阻力，g 取 10m/s2则以下分析正确的是（ ）A. 小球做平抛运动的初速度为 10m/sB. 小球从 B 运动到 D 的时间为 0.7sC. 小球在圆轨道 P 点的角速度 =10rad/sD. 小球在 P 点的向心加速度为 a=25m/s2【答案】BD【解析】根据 h= gt2得， 则小球平抛运动的初速度 故12 t= 2hg 20.8

15、10s 0.4s v0 st 20.4m/s 5m/s8A 错误。小球在 BC 段的时间 ，则小球从 B 运动到 D 的时间为tLv0 1.55s 0.3s0.3+0.4s=0.7s。故 B 正确。小球在圆轨道 P 点的角速度 故 C 错误。小=v0R 51 5rad/s球在 P 点的向心加速度为 故 D 正确。故选 BD。av02R 251 25m/s212.在倾角为的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块 A.B，它们的质量分别为m1、m 2，弹簧劲度系数为 k，C 为一固定挡板，系统处于静止状态。现用一平行于斜面向上的恒力 F 拉物块 A 使之向上运动，当物块 B 刚要离开挡板 C 时

16、，物块 A 运动的距离为 d，速度为 v，则此时A物块 B 的质量满足B物块 A 的加速度为Fkdm1C拉力做功的瞬时功率为 FvsinD此过程中，弹簧弹性势能的增量为 Fdm1dgsin12m1v2【答案】BD【解析】【分析】当 B 刚离开 C 时，弹簧的弹力等于 B 的重力沿斜面下的分力，根据胡克定律求解出弹簧的伸长量；根据牛顿第二定律求出物块 A 的加速度大小；根据机械能守恒定律求解 A 的速度【详解】开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于 A 的重力沿斜面下的分力，当 B 刚离开 C时，弹簧的弹力等于 B 的重力沿斜面下的分力，故 ，但由于开始是弹簧是压m2gsin=kx2缩的，故 ，故

17、，故 A 错误；当 B 刚离开 C 时，对 A，根据牛顿第二定律得：dx2 m2gsinkd，又开始时， A 平衡，则有： ，而 ，解得：F-m1gsin-kx2=m1a1 m1gsin=kx1 d=x1+x2物块 A 加速度为 ，故 B 正确；拉力的瞬时功率 ，故 C 正确；根据功能关系，a1=F-kdm1 P=Fv弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为：9，故 D 正确；故选 BCD。Ep=Fd-m1gdsin-12m1v2三、实验题探究题13.某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究，实验装置如图（a）所示：轻弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一物块

18、接触而不连接，纸带穿过打点计时器并与物块连接向左推物块使弹簧压缩一段距离，由静止释放物块，通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能（1）实验中涉及到下列操作步骤：把纸带向左拉直松手释放物块接通打点计时器电源向左推物块使弹簧压缩，并测量弹簧压缩量上述步骤正确的操作顺序是_（填入代表步骤的序号） （2）图（b）中 M 和 L 纸带是分别把弹簧压缩到不同位置后所得到的实际打点结果打点计时器所用交流电的频率为 50Hz由 M 纸带所给的数据，可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为_m/s比较两纸带可知，_（填“M”或“L” ）纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大【答案】 (1). (

19、2). 1.29 (3). M【解析】试题分析：（1）实验中应先向物块推到最左侧，测量压缩量，再把纸带向左拉直；先接通电源，稳定后再释放纸带；故步骤为；（2）由 M 纸带可知，右侧应为与物块相连的位置；由图可知，两点间的距离先增大后减小；故 2.58 段时物体应脱离弹簧；则由平均速度可求得，其速度 v= =1.29m/s；因弹簧的弹性势能转化为物体的动能，则可知离开时速度越大，则弹簧的弹性势能越大；由图可知，M 中的速度要大于 L 中速度；故说明 M 纸带对应的弹性势能大；10【此处有视频，请去附件查看】14.某同学用图（a）所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可

20、以使用的频率有 220Hz、30 Hz 和 40 Hz，打出纸带的一部分如图（b）所示。该同学在实验中没有记录交流电的频率，需要用实验数据和其他条件进行推算。（1）若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用和图（b）中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出 B 点时，重物下落的速度大小为_，打出 C 点时重物下落的速度大小为_，重物下落的加速度的大小为_.（2）已测得 =8.89cm， =9.5.cm， =10.10cm；当重力加速度大小为 9.80m/ ，试验中s1 s2 s3 s2重物受到的平均阻力大小约为其重力的 1%。由此推算出为_ Hz。【答案】 (1). (2). (3). (4).

21、 4012(s1+s2)f 12(s2+s3)f 12(s3s1)f2【解析】试题分析：（1）打 B 点时，重物下落的速度等于 AC 段的平均速度，所以；同理 打出 C 点时，重物下落的速度 ；由加速度的定义式得（2）由牛顿第二定律得： ，解得： ，代入数值解得：f=40Hz。【考点定位】验证机械能守恒定律、纸带数据分析11【名师点睛】本题主要考查验证机械能守恒定律实验、纸带数据分析。解决这类问题的关键是会根据纸带数据求出打某一点的瞬时速度、整个过程的加速度；解决本题要特别注意的是打点计时器的频率不是经常用的 50 Hz。【此处有视频，请去附件查看】四、计算题15. 把质量 m 的带负电小球

22、A，用绝缘细绳悬起，若将带电荷量为 Q 的带正电球 B 靠近 A，当两个带电小球在同一高度相距 r 时，绳与竖直方向成 角试求：（1）A 球受到的绳子拉力多大？（2）A 球带电荷量是多少？【答案】 （1） Tmg/cos；（2）【解析】试题分析: （1）带负电的小球 A 处于平衡状态，A 受到库仑力 F、重力 mg 以及绳子的拉力 T 的作用，其合力为零因此mgTcos0，FTsin0得 Tmg/cos Fmgtan（2）根据库仑定律 Fk 考点： 共点力作用下的平衡；库仑定律16.电荷量为 q110 4C 的带正电小物块置于绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向且方向始终不变的电场，电场强度

23、E 的大小与时间 t 的关系和物块速度 v 与时间 t 的关系如图所示若重力加速度 g 取 10m/s2，求：12(1)物块的质量 m；(2)物块与水平面之间的动摩擦因数 .【答案】 （1）1kg（2）0.2【解析】02s，由图丙可知，物体作匀加速运动，加速度=1m/s 2由牛顿第二定律有： E1q-mg=ma24s, 由图丙可知，物体作匀速直线运动由平衡条件有： E2q=mg代入数据，解得： =“ 1kg “ m=“ 0.2 “ 评分标准：本题 15 分，正确得出、式各给 4 分，正确得出给 2 分，式给 1 分.17.如图是利用传送带装运煤块的示意图.其中传送带长 l=6m,倾角 =37,

24、煤块与传送带间的动摩擦因数 =0.8,传送带的主动轮和从动轮半径相等.主动轮轴顶端与运煤车底板间的竖直高度 H=1.8m,与运煤车车厢中心的水平距离 x=l.2m.现在传送带底端由静止释放一些煤块(可视为质点).质量 m=5kg,煤块在传送带的作用下运送到高处.要使煤块在轮的最高点水平抛出并落在车厢中心.取 g=10ms2,sin37=0.6,cos37=0.8.求：(1)煤块在轮的最高点水平抛出时的速度.13(2)主动轮和从动轮的半径 R；(3)电动机运送煤块多消耗的电能.【答案】(1) (2) (3) 2m/s 0.4m 350J【解析】（ l ）由平抛运动的公式，得：x=vtH= gt2

25、12代入数据解得： （2）要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，由牛顿第二定律，得：mg=m代入数据，得：（3）由牛顿第二定律 F=ma 得a=gcos-gsin=0.8100.8-100.6=0.4m/s 2由 v=v0+at 得，加速过程时间 根据 s= at2 得，S=5m S 带 =vt=25=10m S=S 带 -S=10-5=5m 由能量守恒得：E=mgLsin37+ mv2+fS=51060.6+ 54+0.8500.85J=350J点睛：本题综合考查了平抛运动和圆周运动的规律，掌握牛顿第二定律、能量守恒定律以及运动学公式，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁