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1、-1-江苏省泰州市江苏省泰州市 2018-20192018-2019 学年高一物理下学期期末考试试题学年高一物理下学期期末考试试题（含解析含解析）一、单项选择题一、单项选择题:1.下列说法错误的是A.哥白尼认为地球是宇宙的中心B.卡文迪许最早较准确地测出了万有引力常量C.开普勒关于行星运动的描述为万有引力定律的发现奠定了基础D.牛顿通过月-地检验”发现地面物体、月球所受地球引力都遵从同样的规律【答案】A【解析】【详解】A 项：哥白尼提出了日心说，认为太阳是宇宙的中心，故 A 错误；B 项：牛顿发现了万有引力定律，但没有测量引力常量，是卡文迪许测出了引力常量，故 B 正确；C 项：开普勒发现了行
2、星运动的三大定律，正确描绘了行星运动的规律，为牛顿万有引力定律的发现奠定了基础，故 C 正确；D 项：万有引力定律建立后，经历过“月-地检验”，表明地面物体所受地球引力与月球所受地球引力遵从同样的规律，故 D 正确。2.天文学家将相距较近、仅在彼此的引力作用下运行的两颗恒星称为双星。如图所示，是某双星系统中 A、B 两颗恒星围绕它们连线上的固定点 O 分别做匀速圆周运动，在运动中恒星 A、B 的中心和 O 三点始终共线，下列说法正确的是A.恒星 A 的角速度比恒星 B 的角速度小B.恒星 A 的线速度比恒星 B 的线速度小C.恒星 A 受到的向心力比恒星 B 受到的向心力小D.恒星 A 的质量
3、比恒星 B 的小【答案】D-2-【解析】A、由于二者具有共同的转轴，故二者角速度AB，故选项 A 错误；B、根据公式vr，由于二者角速度相同，A 的半径大，则恒星 A 的线速度比恒星 B 的线速度大，故选项 B 错误；C、恒星 A 受到的向心力和恒星 B 受到的向心力均由二者之间的万有引力提供，而万有引力大小相等，故二者向心力大小相等，故选项 C 错误；D、根据上面的分析可知：22AABBmrmr，由于ABrr，故ABmm，故选项 D 正确。点睛：本题主要考查了双星系统的特点，知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的周期。3.列车提速的一个关键技术问题是提高机车发动机的功率。已知匀速运
4、动时，列车所受阻力与速度的平方成正比，即fkv2。设提速前匀速运动速度为 180km/h，提速后匀速运动速度为240km/h，则提速前与提速后机车发动机的功率之比为()A.34B.916C.2764D.81256【答案】C【解析】匀速运动时，列车所受阻力与速度的平方成正比，即fkv2。匀速运动时，机车牵引力2Ffkv；机车发动机功率3PFvkv。提速前匀速运动速度为 180km/h，提速后匀速运动速度为 240km/h，则提速前与提速后机车发动机的功率之比33113322327464PvPv。故 C 项正确，ABD 三项错误。4.如图，在验证向心力公式的实验中，质量为m的钢球放在A盘的边缘，质
5、量为 4m的钢球放在B盘的边缘，A、B两盘的半径之比为 2:1，a、b分别是与A盘、B盘同轴的轮，a轮、b轮半径之比为 1:2，当a、b两轮在同一皮带带动下匀速转动时，钢球、受到的向心力之比为-3-A.2:1B.4:1C.1:4D.8:1【答案】A【解析】皮带传送，边缘上的点线速度大小相等，所以abvv，a 轮、b 轮半径之比为 12，所以21ab，共轴的点，角速度相等，两个钢球的角速度分别与共轴轮子的角速度相等，则1221，根据向心加速度2ar，1281aa由向心力公式nFma，得11 122221Fm aFm a.故 A 正确5.C919 大型客机是我国具有自主知识产权的大型喷气式民用飞机
6、，假设地球是一个质量均匀分布的球体，客机在赤道上空绕地心做匀速圆周运动，空气阻力大小不变，不考虑油料消耗导致的客机质量变化，关于客机，下列说法正确的是A.发动机的功率不变B.客机作匀变速运动C.客机处于平衡状态D.客机所受地球引力等于向心力【答案】A【解析】【详解】A 项：由于客机做匀速圆周运动，速率不变，所以牵引力与空阻力大小相等，由公式PFv可知，发动机的功率不变，故 A 正确；B 项：由于客机做匀速圆周运动，加速度大小不变，方向时刻变化，所以客机作变加速运动，故 B 错误；C 项：由于客机做匀速圆周运动，合力不为零，所以客机处于非平衡状态，故 C 错误；-4-D 项：客机所受地球引力与重
7、力和向心力是合力与分力的关系，2MmFRGmg向，2GMmRmg，故 D 错误6.如图，三个固定的带电小球a、b和c,相互间的距离分别为ab=5 cm,bc=3 cm,ca=4 cm.小球c所受库仑力的合力的方向垂直于a、b的连线，设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k,则A.a、b为异种电荷，k=43B.a、b为同种电荷，k=43C.a、b为同种电荷，k=169D.a、b为异种电荷，k=169【答案】B【解析】【详解】根据同种电荷相斥，异种电荷相吸，且小球c所受库仑力的合力的方向垂直于a，b的连线，可知，a，b的电荷同号，对小球C受力分析，因ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm，因此a
8、cbc，那么两力的合成构成矩形，依据相似三角形之比，则有：34abFbcFac，而根据库仑定律，2acaq qFkac，而2bcbq qFkbc综上所得，2222344433aabbqFackqFbc，故 B 正确。7.如图所示为示波管的工作原理图，电子经加速电场(加速电压为U1)加速后垂直进入偏转电场，离开偏转电场时偏转量是h,两平行板间的距离为d，电压为U2,板长为L，每单位电压引起的偏移2hU叫做示波管的灵敏度.为了提高灵敏度，-5-A.减小dB.减小LC.增大U1D.增大U2【答案】A【解析】【详解】经加速电场后的速度为v，则2112mveU所以电子进入偏转电场时速度的大小为，7gr电
9、子进入偏转电场后的偏转的位移为22222221011122242eUeU LU LLhateUmdvdUmdm，所以示波管的灵敏度2214hLUdU所以要提高示波管的灵敏度可以增大L，减小d和减小U1，故 A 正确。8.如图所示，足够长的光滑斜面固定在水平面上，A、B物块与轻质弹簧相连，A、C物块由跨过光滑轻质小滑轮的轻绳连接。初始时刻，C在外力作用下静止，绳中恰好无拉力，B静置在水平面上，A静止，现撤去外力，物块C沿斜面向下运动，当C运动到最低点时，B刚好离开地面.已知A、B的质量均为m,弹簧始终处于弹性限度内，则上述过程中A.物块C的质量mc可能等于物块A的质量mB.物块C运动到最低点时，
10、物块A的加速度为gC.物块C的速度最大时，弹簧弹性势能为零D.物块A、B、C系统的机械能先变小后变大【答案】C-6-【解析】【详解】A 项：弹簧原来的压缩量1mgxk，当C运动到最低点时，B对地面的压力刚好为零，弹簧的拉力等于 B的重力，则弹簧此时的伸长量为2mgxk则x1=x2，弹簧初末状态的弹性势能相等，根据A、B、C和弹簧构成的系统机械能守恒，有22sinCmgmgm gmgkk，是斜面的倾角，得mCsin=m，sin1，所以mCm，故 A 错误；B 项：对A、C为一整体受力分析可知且由牛顿第二定律得：sinCCm gmgmgagmm，故 B 错误；C 项：当C的速度最大时A的速度达到最
11、大，即ABC与弹簧为一系统，系统的动能最大，则弹性势能最小，则弹簧为原长，即弹簧弹性势能为零，故 C 正确；D 项：由于A、B、C和弹簧构成的系统机械能守恒，而弹簧先复原再拉长，故弹性势能先减小后增加，故A、B、C系统的机械能先变大后变小，故 D 错误。二、多项选择题二、多项选择题:9.小球做匀速圆周运动的过程中，以下各量不发生变化的是A.线速度B.角速度C.周期D.向心加速度【答案】BC【解析】【详解】在描述匀速圆周运动的物理量中，线速度、向心加速度、向心力这几个物理量都是矢量，虽然其大小不变但是方向在变，因此这些物理量是变化的；所以保持不变的量是周期和角速度，所以 BC 正确。10.如图所
12、示，在竖直向下的匀强电场中，一绝缘细线一端拉着带负电的小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，下列说法正确的是-7-A.小球运动到最高点a时，小球的电势能一定最小B.小球运动到最高点a时，细线的拉力一定最小C.小球运动到最低点b时，小球的速度一定最大D.小球运动到最低点b时，小球的机械能一定最小【答案】AD【解析】【详解】A 项：从b到a，电场力做正功，电势能减小，故小球经过a点时的电势能最小，故A 正确；B、C 项：小球在电场中受到重力和竖直向上的电场力作用，当重力大于电场力时，小球从最低点到最高点时，合力做负功，速度减小，则小球运动到最高点a时，线的张力一定最小，到达最低点b时，小球的速度最大，
13、动能最大；当重力等于电场力时，小球做匀速圆周运动，速度大小不变，细线拉力大小保持不变，当重力小于电场力时，小球运动到最高点a时，线的张力一定最大，到达最低点时，小球的速度最小，故 BC 错误；D 项：、当小球从最低点到最高点的过程中，电场力做正功，电势能减小，小球运动到最高点时，小球的电势能最小，机械能最大，所以小球运动到最低点 b 时，小球的机械能一定最小，故 D 正确。11.一行星绕恒星作圆周运动由天文观测可得，其运动周期为T,速度为v,引力常量为G,则下列结论正确的有A.恒星的质量为32v TGB.行星运动的轨道半径为2vTC.行星的质量为2324vGTD.行星运动的加速度为2 vT-8
14、-【答案】ABD【解析】【详解】A、B 项：根据线速度与轨道半径和周期的关系2 rvT得行星运动的轨道半径为：2vTr，根据万有引力提供向心力，列出等式：2224MmGmrrT，联立解得：32v TMG，故 AB 正确；C 项：根据题意无法求出行星的质量，故 C 错误；D 项：加速度为：2var结合2vTr 解得：行星运动的加速度为2vT，故 D 正确。12.如图所示，实线表示某电场中一簇关于x轴对称的等势面，在轴上有等间距的A、B、C 三点，则A.B点的场强小于C点的场强B.A点的电场方向指向x轴正方向C.AB两点电势差小于BC两点电势差D.AB两点电势差等于BC两点电势差【答案】ABC【解
15、析】【详解】A 项：等差等势面的疏密程度表示电场强度的大小，由于 0.4V 与 0.2V 两个等势面间电势差等于 0.6V 与 0.4V 两个等势面间电势差，C处的等势面密，所以C点电场强度较大，故A 正确；B 项：电场线与等势面垂直，并且由电势高的等势面指向电势低的等势面，故 A 点场强方向指向 x 轴正方向，故 B 正确；C、D 项：等差等势面的疏密程度表示电场强度的大小，所以 AB 两点间的平均场强小于 BC 两点间的平均场强，由公式=U Ed，可知，AB两点电势差小于BC两点电势差，故 C 正确，D 错-9-误。13.如图所示，长为L的水平传送带以恒定速率v运行，质量为m的物块(可视为
16、质点),从传送带左端由静止释放，一直加速运动到传送带右端，经历时间t,若物体与传送带之间动摩擦因数为.在上述过程中，下列说法中一定 正确的是A.传送带对滑块做的功为mgvtB.传送带对滑块做的功为12mv2C.传送装置额外多做的功为mgvtD.传送装置额外多做的功为22 212mg tmg vtL【答案】CD【解析】【详解】A、B 项：传送带对滑块的摩擦力为：fmg，滑块的位移为：L，所以传送带对滑块做的功为WmgL，由于滑块到达传送带右端的速度不一定为v，所以传送带对滑块做的功不一定为212mv，故 AB 错误；C 项：传送装置额外多做的功即为传送带克服滑块与传送带间的摩擦做的功，传送带的位
17、移为vt，所以功为：mgvt，故 C 正确；D 项：由能量守恒可知，传送装置额外多做的功转化的系统的热量和滑块的动能，滑块到达右端时的速度为：vatgt，所以动能为22 212kEmg t，产生的热量为：()Qmg vtL，所以传送装置额外多做的功为22 212mg tmg vtL，故 D 正确。三、简答题三、简答题:14.图甲是一个研究向心力与哪些因素有关的 DIS 力传感器实验装置的示意图，其中做匀速圆周运动的圆柱体的质量为m,放置在圆盘上(未画出),圆周轨道的半径为r,力传感器测定的是向心力F的大小，光电传感器测定的是圆柱体的线速度v的大小，图乙为实验测得的数据及根据实验数据作出的F-v
18、,F-v2,F-v3三个图象:-10-(1)用实验探究向心力F和圆柱体线速度v的关系，保持圆柱体质量不变，半径r=0.2m,根据测得的数据及三个图象，可得出向心力F和圆柱体速度v的定量关系式_(2)为了研究F和r成反比的关系，实验时除了保持圆柱体质量不变外，还应保持_不变(3)根据向心力公式以及上面的图线可以推算出圆柱体质量为_kg.(保留两位小数)【答案】(1).F=1.5v2；(2).线速度；(3).0.3kg【解析】【详解】(1)研究数据表和图乙中 B 图不难得出Fv2，进一步研究知图乙斜率261.54Fkv，故F与v的关系式为：F=1.5v2；(2)为了研究F与r成反比的关系，实验时除
19、了保持圆柱体质量不变外，还应保持线速度不变；(3)由221.5vFmvr，0.2mr，0.3kgm。15.某同学用如图甲所示的装置通过研究重锤的落体运动来验证机械能守恒定律，已知重力加速度为 g。-11-（1）该实验需要直接测量的物理量是_。A、重锤的质量B、重锤下落的高度C、重锤底部距水平地面的高度D、与下落高度对应的重锤的瞬时速度（2）选用一条点迹清晰且第一、二点间距离约为2mm的纸带验证机械能守恒定律，如图乙所示，图中 A、B、C、D、E、F、G 为七个相邻的原始计时点，点 F 是第 n 个点，设相邻点间的时间间隔为 T，实验中计算点 F 速度Fv的表达式是_。A、1Fvg nTB、2F
20、nvghC、112nnFhhvTD、112nnFhhvT测得1nh、nh、1nh分别为15.40cm、19.00cm、23.00cm，重锤质量1mkg，0.02Ts，从打点 O 到打下点 F 的过程中，重锤重力势能的减少量pE_ J，动能的增加量kE_J（g取29.8/m s，结果保留三位有效数字）。（4）由此可得出的实验结论是_。【答案】(1).B(2).C(3).1.86(4).1.81(5).在误差允许范围内，-12-物体减小的机械能等于物体动能的增加，物体机械能守恒。【解析】试题分析：（1）重锤的质量可测可不测，因为动能的增加量和重力势能的减小量式子中都有质量，可以约去需要测量的物理量
21、是：重锤下落的高度，故选项 B 正确。（2）求速度时我们是利用匀变速直线运动的规律即匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，1122EGnnFxhhvTT，故 C 正确。（3）重力势能减小量1.86pnEmghJ，211.812kFFEmvJ。（4）在实验误差允许的范围内，机械能是否守恒。考点：验证机械能守恒定律【名师点睛】在解决实验问题时要注意实验的原理有实验中的注意事项，特别要注意数据的处理及图象的应用；对于基础实验要从实验原理出发去理解，要亲自动手实验，深刻体会实验的具体操作，不能单凭记忆去理解实验。四、计算题四、计算题:16.某航天员在一个半径为R的星球表面做了如下实
22、验:竖直固定测力计;将质量为m的砝码直接挂在弹簧测力计挂钩上.平衡时示数为F1取一根细线穿过光滑的细直管，将此砝码拴在细线端，另端连在固定的测力计上，手握直管抡动砝码，使它在水平面内做圆周运动，停止抡动细直管并保持细直管竖直，砝码继续在一水平面绕圆心。做匀速圆周运动，如图所示，此时测力计的示数为F2,已知细直管下端和砝码之间的细线长度为L.求:(1)该星球表面重力加速度g的大小;(2)砝码在水平面内绕圆心O匀速圆周运动时的角速度大小；(3)在距该星球表面h高处做匀速圆周运动卫星的线速度大小【答案】(1)1Fm；(2)2FmL；(3)21()FRvm Rh-13-【解析】【详解】(1)由物体在星
23、球表面重力等于F1，即1Fmg，解得：1Fgm；(2)设细线与竖直方向的夹角为，由细线的拉力和重力的合力提供向心力，则得：22sinsinFmL解得：2FmL；(3)在星球表面的物体有：2MmGm gR又根据万有引力提供向心力得：22()GMmvmRhRh联立解得：21()FRvm Rh。17.如图所示，平行板电容器两极板正对且倾斜放置，下极板接地，电容器电容 C=10-8F，板间距离 d=3 cm,两极板分别带等量的异种电荷，电量 Q=1x10-6c.一电荷量 q=3x10-10C,质量m=8x10-8kg 带负电的油滴以 vo=0.5 m/s 的速度自 AB 板左边缘水平进入电场，在电场中
24、沿水平方向运动，并恰好从 CD 板右边缘水平飞出，g 取 10 m/s2,不计空气阻力.求:(1)两极板之间的电压 U;(2)油滴运动到 AD 中点时的电势能 Ep:(3)带电粒子从电场中飞出时的速度大小 v.【答案】(1)100V；(2)8P1.5 10 JE；(3)m1sv【解析】【详解】(1)由电容器电容公式QCU得：QCU，代入数据得：100VU；-14-(2)AD中点的电势为50V2U，电势能为：8P1.5 10 JEq ；(3)带电粒子能沿水平方向做直线运动，所受合力与运动方向在同一直线上，由此可知重力不可忽略，受力分析如图所示静电力在竖直方向上的分力与重力等大反向，则带电粒子所受
25、合力与静电力在水平方向上的分力相同，根据动能定理有：2201122qUmvmv解得：m1sv。18.如图所示，在竖直平面内，粗糙斜面AB长为L=4m、倾角=37,下端与半径R=1 m 的光滑圆弧轨道BCDE 平滑相接于B点C点是轨迹最低点，D点与圆心O等高.一质量m=0.1 kg 的小物体从斜面AB上端的A点无初速度下滑，恰能到达圆弧轨道的D点，不计空气阻力，g取10m/s2,sin 37=0.6，cos37=0.8，求:(1)物体与斜面之间的动摩擦因数;(2)物体第一次通过C点时，对轨道的压力大小FN;(3)物体在粗糙斜面AB上滑行的总路程S.【答案】(1)0.5；(2)3N；(3)s=6m【解析】【详解】(1)A到D过程，根据动能定理有mg(LsinRcos)mgLcos0解得：0.5；(2)A到C过程，根据动能定理有mg(LsinRRcos)mgLcos12mvC12解得：1m2 5scv根据向心力公式：Fmgm vC12/R解得F3 N-15-由牛顿第三定律得：FN=F=3N；(3)根据动能定理：mgLsinmgscos0得s6 m。