湖北省武汉市五校联合体2019-2020学年高一下学期期末考试物理试卷

物理试卷

本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间90分钟。

第Ⅰ卷(选择题，共48分)

一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)

1．由于通讯和广播等方面的需要，许多国家发射了地球同步轨道卫星，这些卫星的( )

A．速率可以不同 以不同

C．轨道平面可以不同 同

2.如图所示是由电源E、灵敏电流计G、滑动变阻器R和平行板电容器C组成的电路，开关S闭合.在下列四个过程中，灵敏电流计中有方向由a到b电流的是( )

A.在平行板电容器中插入电介质 B.减小平行板电容器两极板的正对面积 C.减小平行板电容器两极板间的距离 D.增大平行板电容器两极板的正对面积

3．静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力，不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随时间变化的关系是( )

D．质量可以不B．轨道半径可

4.如图甲所示,一条电场线与Ox轴重合,取O点电势为零,Ox方向上各点的电势φ

随x变化的规律如图乙所示,若在O点由静止释放一电子,电子仅受静电力的作用,则( )

A.电子将沿x轴负方向运动 B.电子的电势能将增加

C.电子运动的加速度先减小后增大 D.电子运动的加速度恒定

5.在匀强电场中建立一直角坐标系，如图所示.从坐标原点沿＋y轴 前进0.2m到A点，电势降低了102V，从坐标原点沿＋x轴前进0.2m到B点，电势升高了102V，则匀强电场的场强大小和方向为( ) A.50V/m，方向B→A B.50V/m，方向A→B

C.100V/m，方向垂直AB斜向下 D.100V/m，方向B→A

6．质量为m＝20 kg的物体，在大小恒定的水平外力F的作用下，沿水平面做直线运动。0～2 s内F与运动方向相反，2～4 s内F与运动方向相同，物体的v-t图象如图所示，g取10 m/s2，则( ) A．拉力F的大小为100 N

B．4 s内物体克服摩擦力做的功为320 J C．4 s内拉力所做的功为480 J

D．物体在4 s时拉力的瞬时功率为120 W

7.假设地球可视为质量均匀分布的球体。已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g；地球自转的周期为T，引力常量为G。地球的密度为( )

3πg0－g3π3πg03πg0A.2 B. C. D. GTg0GT2GT2g0－gGT2g

8．如图所示，光滑水平面上有一小车，小车上有一物体，用一细线将物体系于小车的A端，物体与小车A端之间有一压缩的弹簧，某时刻线断了，物体沿车滑动到B端粘在B端的油泥上。则下述说法中正确的是( )

①若物体滑动中不受摩擦力，则全过程机械能守恒

②若物体滑动中有摩擦力，则全过程系统动量守恒 ③小车的最终速度与断线前相同 ④全过程系统的机械能不守恒

A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②③④

9.神舟十一号飞船与天宫二号空间实验室在太空中自动交会对接的成功，显示了我国航天科技力量的雄厚。已知对接轨道所处的空间存在极其稀薄的大气，下列说法正确的是( )

A．为实现对接，飞船与天宫二号运行速度的大小应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间

B．如不加干预，在运行一段时间后，天宫二号的动能可能会增加 C．进入天宫二号的航天员处于失重状态，说明航天员不受地球引力作用 D．如不加干预，天宫二号的轨道高度将缓慢降低

10．(多选)有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是( )

A．如图a，汽车通过拱桥的最高点处于超重状态

B．如图b所示是一圆锥摆，增大θ，但保持圆锥的高不变，则圆锥摆的角速度不变

C．如图c，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置先后分别做匀速圆周运动，则A、B两位置小球的角速度及所受筒壁的支持力大小相等 D．如图d，火车转弯超过规定速度行驶时，外轨对轮缘会有挤压作用 11.(多选)如图所示，金属板带电荷量为＋Q，质量为m的金属小球带电荷量为＋q，当小球静止后，悬挂小球的绝缘细线与竖直方向间的夹角为α，小球与金属板中心O恰好在同一条水平线上，且距离为L.下列说法正确的是( ) A.＋Q在小球处产生的场强为E1＝B.＋Q在小球处产生的场强为E1＝

kQ L2

mgtanαq

C.＋q在O点产生的场强为E2＝D.＋q在O点产生的场强为E2＝

kq L2mgtanαQ

12．(多选)某娱乐项目中，参与者抛出一小球去撞击触发器，从而进入下一关，现在将这个娱乐项目进行简化，假设参与者从触发器的正下方以v的速率竖直上抛一小球，小球恰好击中触发器，若参与者仍在刚才的抛出点，沿A、B、C、D四个不同的光滑轨道分别以速度v抛出小球，如图所示，则小球能够击中触发器的是( )

第Ⅱ卷(非选择题，共52分)

二、实验题(本题共2小题，共12分)

13.(4分)气垫导轨工作时能够通过喷出的气体使滑块悬浮从而基本消除掉摩擦力的影响,因此成为重要的实验器材。气垫导轨和光电门、数字毫秒计配合使用能完成许多实验。 现提供以下实验器材:(如图所示)

利用以上实验器材还可以完成验证动量守恒定律的实验。 为完成此实验,某同学将实验原理设定为m1v0=(m1+m2)v。

(1)针对此原理,我们应选择的器材编号为 ;

(2)在我们所选的器材中: 器材对应原理中的m1(填写器材编号)。 14．(8分)如图是用“落体法”验证机械能守恒定律的实验装置。(g取9.8 m/s2)

(1)选出一条清晰的纸带如图甲所示，其中O点为打点计时器打下的第一个点，A、B、C为三个计数点，打点计时器通过频率为50 Hz的交变电流。用分度值为1 mm的刻度尺测得OA＝12.41 cm，OB＝18.90 cm，OC＝27.06 cm，在计数点A和B、B和C之间还各有一个点，重锤的质量为1.00 kg。甲同学根据以上数据算出：当打点计时器打到B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了________J；此时重锤的动能比开始下落时增加了________J。(结果均保留三位有效数字)

(2)某同学利用他自己实验时打出的纸带，测量出了各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h，算出了各计数点对应的速度v，然后以h为横轴、以12

v为纵轴作出了如图乙所示的图线，图线的斜率近似等于________。 2

A．19.6 B．9.8 C．4.90

图线未过原点O的原因是____________________。

三．计算题(本题共4小题，共40分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)

15．（8分）如图，升降机内悬挂一圆锥摆，摆线为1m，小球质量为0.5kg，当

升降机以2m/s2加速度匀加速上升时，摆线恰与竖直方向成θ=37°角，试求小球的转速和摆线的拉力？

16．(10分)如图甲所示，在水平路段AB上有一质量为2×103 kg的汽车，正以10 m/s的速度向右匀速运动，汽车前方的水平路段BC较粗糙，汽车通过整个ABC路段的v-t图象如图乙所示(在t＝15 s处水平虚线与曲线相切)，运动过程中汽车发动机的输出功率保持20 kW 不变，假设汽车在两个路段上受到的阻力(含地面摩擦力和空气阻力等)各自有恒定的大小。

(1)求汽车在AB路段上运动时所受的阻力Ff1； (2)求汽车刚好到达B点时的加速度a； (3)求BC路段的长度。

17.(10分)如图所示，带电荷量为Q的正电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底部的C点，斜面上有A、B两点，且A、B和C在同一直线上，A和C相距为L，B为AC的中点.现将一带电小球从A点由静止释放，当带电小球运g

动到B点时速度正好又为零，已知带电小球在A点处的加速度大小为，静电

4力常量为k，求：

(1)小球运动到B点时的加速度；

(2)B和A两点间的电势差(用k、Q和L表示).

18．(12分)如图所示，质量为M＝3kg的小车A以v0＝4m/s的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架通过不可伸长的轻绳悬挂质量为m＝1kg的小球B(可看作质点)，小球距离车面H＝0.8m。某一时刻，小车与静止在水平面上的质量为m0＝1kg的物块C发生碰撞并粘连在一起(碰撞时间可忽略)，此时轻绳突然断裂。此后，小球刚好落入小车右端固定的沙桶中(小桶的尺寸可忽略)，不计空气阻力，重力加速度取g＝10m/s2。求： (1)绳未断前小球距沙桶的水平距离Δx； (2)小车的最终速度v的大小； (3)整个系统损失的机械能ΔE。

参

本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间90分钟。

第Ⅰ卷(选择题，共48分)

一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)

1．【答案】D 【解析】 同步卫星轨道只能在赤道平面内，高度一定，轨道半径一定，速率一定，但卫星的质量可以不同，D项正确。 本题考察的知识点：对同步卫星相关知识的理解

2．【答案】B 【解析】 电容器保持和电源连接，电压U一定，在平行板εrSQ

电容器中插入电介质，由C＝知电容增大，由C＝U知带电荷量增加，电容

4πkd器充电，电路中有b到a方向的电流通过灵敏电流计，故A错误.减小平行板电εrSQ

容器两极板间的距离，由C＝知电容增大，由C＝U知带电荷量增加，电容

4πkd器充电，电路中有b到a方向的电流通过灵敏电流计，故C错误.减小平行板电容器两极板的正对面积，由C＝

εrSQ

知电容减小，由C＝U知带电荷量减小，电4πkd

容器放电，电路中有a到b方向的电流通过灵敏电流计，故B正确.同理D错误.本题考察的知识点：对平行板电容器电容公式C＝用

3．【答案】C 【解析】 物体机械能的增量等于恒力做的功，恒力做功WF11＝Fh，h＝at2，则有外力作用时，物体机械能随时间变化的关系为E＝Fat2

22撤去恒力后，物体机械能不变，故C正确。

本题考察的知识点：恒力功的求法，功能关系，机械能守恒条件

4.【答案】C 【解析】由题图乙可知,Ox轴上电场线方向一定沿x轴负方向,电

子由静止开始运动,一定逆着电场线方向运动,A项错;电子由静止开始运动,静电力对电子做正功,其电势能一定减小,B项错;由题图乙可知该电场并非匀强电场,故加速度一定发生变化,D项错;题图乙中电势随x变化曲线的斜率即为电场强度,故电子运动加速度先减小后增大,C项正确。

本题考察的知识点：电势变化与电场线方向的关系，静电力方向与电场方向的关系，静电力做功与电势能变化的关系，电势随x变化曲线的斜率即为电场强度。

εrS

的理解及连接在电路的应4πkd

5.【答案】D 【解析】 连接AB，由题意可知，AB中点C点电势应与坐标原点O相等，连线OC即为等势线，与等势线OC垂直的方向为电场的方向，沿U102＋102

电场线方向电势降低，故电场方向由B→A，其大小E＝d＝V/m＝

2×0.2100 V/m，选项D正确

U

本题考察的知识点：等势线与电场的方向的关系，E＝d的应用

6．【答案】D 【解析】 由图象可得：0～2 s内物体做匀减速直线运动，加速度大小为a1＝

|Δv|10

＝ m/s2＝5 m/s2，匀减速过程有F＋f＝ma1；2～4 s内Δt2

|Δv′|2

＝ m/s2＝1 m/s2，有F－f＝ma2，Δt′2

物体做匀加速直线运动，加速度大小为a2＝

解得f＝40 N，F＝60 N，故A错误。物体在4 s时拉力的瞬时功率为P＝Fv＝11

×2×10－×2×2 m60×2 W＝120 W，故D正确。4 s内物体通过的位移为x＝22＝8 m，拉力做功为W＝－Fx＝－480 J，故C错误。4 s内物体通过的路程为s11

×2×10＋×2×2 m＝12 m，克服摩擦力做功为Wf＝fs＝40×＝212 J＝480 J，故2B错误。

本题考察的知识点：根据v-t图象建立物理情景的能力，牛顿第二定律和运动学结合的应用，恒力功的求法，克服摩擦力做功的求法，瞬时功率的求法

Mm

7.【答案】 C 【解析】 物体在地球的两极时，mg0＝G2，物体在赤道

RMm3πg02π

上时，mg＋mT2R＝G2，以上两式联立解得地球的密度ρ＝2。

RGTg0－g故选项C正确，A、B、D错误。

本题考察的知识点：在两极和赤道上万有引力定律的应用

8．【答案】C 【解析】取小车、物体和弹簧为一个系统，则系统水平方向不受外力(若有摩擦，则物体与小车间的摩擦力为内力)，故全过程系统动量守恒，小车的最终速度与断线前相同。但由于物体粘在B端的油泥上，即物体与小车发生完全非弹性碰撞，有机械能损失，故全过程机械能不守恒。

本题考察的知识点：物体相互作用过程中系统动量守恒和机械能条件守恒条件，动量守恒定律的应用。

9.【答案】 BD【解析】飞船与天宫二号在太空中运动的速度为环绕速度，

均小于第一宇宙速度，选项A错误；天宫二号运动过程中由于受到大气阻力，mv2

速度减小，导致需要的向心力Fn＝r减小，做近心运动，近心运动过程中，轨道高度降低，且万有引力做正功，势能减小，动能会增加，选项B、D正确；航天员在太空中受地球引力，地球引力全部提供航天员随天宫二号做圆周运动的向心力，选项C错误。本题考察的知识点：宇宙速度，变轨问题，失重问题

v2

10．解析：选BD 由汽车在最高点mg－FN＝mr，可知FNg

＝Lcos θ

g

h，故增大θ，但保持圆锥的高不变，

角速度不变，故B正确；根据受力分析知圆锥筒内的A、B位置两球受力情况相同，即向心力相同，由F＝mω2r知r不同，角速度不同，故C错误；火车转弯超过规定速度行驶时，重力和支持力的合力不足以提供向心力，则外轨对轮缘会有挤压作用，故D正确。

本题考察的知识点：不同情景下向心力公式的应用，超重失重问题 11.【答案】BC【解析】 金属板不能看成点电荷，在小球处产生的场强不能用kQ

E＝2计算，故A错误；根据小球受力平衡得小球受电场力F＝mgtanα，由E

rFmgtanαkq＝q得：E1＝q，B正确；小球可看成点电荷，在O点产生的场强E2＝2，

LC正确；根据牛顿第三定律知金属板受到小球的电场力大小为F＝mgtanα，但F

金属板不能看作试探电荷，故不能用E＝Q求场强，D错误. 本题考察的知识点：电场中平衡问题，点电荷的场强求法

12．【答案】CD【解析】小球以v竖直上抛的最大高度为h，说明到达最大高度时速度为0。对A图，由机械能守恒知，小球上升的最大高度减小了，不能击中触发器，故A错误；对B图，小球离开斜面后做斜抛运动，到最高点时水平方向有一定的速度，最大高度小于h，不能击中触发器，故B错误；对C图，根据机械能守恒定律可知，小球上升到最高点时速度刚好等于零，可以击中触发器，故C正确；对D图，在双轨中做圆周运动时到达最高点的速度可以为零，

根据机械能守恒知，小球可以上升到最高点并击中触发器，故D正确。

本题考察的知识点：机械能守恒的条件和应用，斜抛运动，双轨中做圆周运动

第Ⅱ卷(非选择题，共52分)

二、实验题(本题共2小题，共12分)

13.(4分)【答案】(1)ABC(2分) (2)B(2分)

【解析】(1)滑块在水平气垫导轨上相互作用时应满足动量守恒,碰撞前后滑块的速度可以根据v

,其中d是遮光板的宽度,t是滑块通过光电门的时间,故针

对此原理应选择的器材编号为A、B、C。(2)由于是利用v,B中

滑块有遮光板,而C中滑块没有遮光板,故先运动的滑块应选B。

本题考察的知识点：对实验器材气垫导轨的了解，气垫导轨和光电门、数字毫秒计配合使用，根据实验原理设计实验的能力 14．(8分)【答案】 (1)1.85 (2分) 1.67(2分)

(2)B(2分) 先释放了纸带，再合上打点计时器的开关(2分)

【解析】(1)当打点计时器打到B点时，重锤的重力势能减少量ΔEp＝mg·OB＝1.00×9.80×18.90×10－2J≈1.85 J；打B点时重锤的速度vB＝

OC－OA

＝4T

(27.06－12.41)×10－211

m/s≈1.83 m/s，此时重锤的动能增加量ΔEk＝mv2＝

4×0.022B211×1.00×1.832J≈1.67 J。(2)由机械能守恒定有mv2＝mgh，可得v2＝gh，由此可知

22图线的斜率近似等于重力加速度g，故B项正确，由图线可知，h＝0时，重锤的速度不等于零，原因是该同学做实验时先释放了纸带，然后才合上打点计时器的开关。并

本题考察的知识点：根据实验数据会计算重力势能减少量ΔEp，动能增加量ΔEk， 并根据计算结果判断重锤下落中机械能是否守恒，会用图像处理实验数据，会进行误差判断

三．计算题(本题共4小题，共40分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)

15．（8分）【解析】：小球在竖直方向做匀加速运动，根据牛顿第二定律有

Tcosmgma (2分)

代入数据可得摆线的拉力 T=7.5 N (1分)

42小球在水平方向做圆周运动，所以有Tsinm2Lsin (2分)

T代入数据可得周期 T=1.62 s (2分)

1小球的转速 n0.62r / s。 (1分)

T本题考察的知识点：牛顿第二定律，圆周运动 16．【答案】 (1)2000 N (2)－1 m/s2 (3)68.75 m

【解析】 (1)汽车在AB路段时，有F1＝Ff1， (1分) P＝F1v1，(1分)

P20×103

联立解得：Ff1＝＝ N＝2000 N。 (1分)

v110

(2)t＝15 s时汽车处于平衡态，有F2＝Ff2，P＝F2v2， (1分)

P20×103

联立解得：Ff2＝＝ N＝4000 N (1分)

v25

t＝5 s时汽车开始减速运动，有F1－Ff2＝ma， (1分) 解得 a＝－1 m/s2。 (1分)

(3)从B到C由动能定理可得

112

Pt－Ff2x＝mv22－mv1 (2分) 22

解得x＝68.75 m。 (1分)

本题考察的知识点：平衡问题，牛顿第二定律，机械功率，动能定理 gkQ

17.(10分)【答案】 (1)，方向沿斜面向上 (2)L 2

【解析】 (1)由题意知，带电小球带正电， (1分) 设带电小球的电荷量为q.

带电小球在A点时由牛顿第二定律得： Qq

mgsin30°－k2＝maA

L

① (2分)

带电小球在B点时由牛顿第二定律得：

Qq

kL－mgsin30°＝maB ② (2分)

22

(1

g

取立①②式解得：aB＝，(1分)方向沿斜面向上.

2

分)

(2)由A点到B点对小球运用动能定理得 L

mgsin30°·－qUBA＝0

2

③ (2分)

kQ

联立①③式解得UBA＝L. (1分) 本题考察的知识点：库仑定律，牛顿第二定律，动能定理

18．(12分)【答案】：(1) 0.4m (2)3.2m/s (3) 14.4J

【解析】：(1)A与C的碰撞动量守恒：mAv0＝(mA＋mC)v1， (1分)

得：v1＝3m/s2 (1分)

12

设小球下落时间为t，则：H＝gt，解得t＝0.4s (1分)

2

Δx＝(v0－v1)t＝0.4m (2分)

(2)设系统最终速度为v2，由水平方向动量守恒：

(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v2 (2分) 得：v2＝3.2m/s (1分) (3)由能量守恒得：

112ΔE＝mBgH＋(mA＋mB)v20－(mA＋mB＋mC)v2 (2分) 22解得ΔE＝14.4J (2分)

本题考察的知识点：完全非弹性碰撞中动量守恒，平抛运动，能量转化守恒