2018-2019学年江苏省启东中学高一下学期期中考试物理试题（解析版）

2018-2019学年江苏省启东中学高一下学期期中考试物理试题（解析版）

江苏省启东中学2018-2019学年度第二学期期中考试 高一物理试卷 一、单项选择题： ‎ ‎1.2018年2月，我国成功将电磁监测试验卫星张衡一号发射升空，标志着我国成为世界上少数拥有在轨运行高精度地球物理场探测卫星的国家之一．该卫星在距地面约500 km的圆形轨道上运行，则其(　　)‎ A. 线速度大于第一宇宙速度 B. 周期大于地球自转的周期 C. 角速度大于地球自转的角速度 D. 向心加速度大于地面的重力加速度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 第一宇宙速度是所有环绕地球做圆周运动的卫星的最大速度；根据比较周期关系，根据ω=2π/T比较角速度关系；根据比较加速度关系.‎ ‎【详解】第一宇宙速度是所有环绕地球做圆周运动的卫星的最大速度，则此卫星的线速度小于第一宇宙速度，选项A错误；根据可知，此卫星的周期小于地球同步卫星的周期，即小于地球自转的周期，由ω=2π/T可知，角速度大于地球自转的角速度，选项B错误，C正确；根据可知，向心加速度小于地面的重力加速度，选项D错误；故选C.‎ ‎2.2019年春节期间，中国科幻电影里程碑的作品《流浪地球》热播．影片中为了让地球逃离太阳系，人们在地球上建造特大功率发动机，使地球完成一系列变轨操作，其逃离过程如图所示，地球在椭圆轨道I上运行到远日点B变轨，进入圆形轨道Ⅱ．在圆形轨道Ⅱ上运行到B点时再次加速变轨，从而最终摆脱太阳束缚．对于该过程，下列说法正确的是 A. 沿轨道I运动至B点时，需向前喷气减速才能进入轨道Ⅱ B. 沿轨道I运行的周期小于沿轨道Ⅱ运行的周期 C. 沿轨道I运行时，在A点的加速度小于在B点的加速度 D. 在轨道I上由A点运行到B点的过程，速度逐渐增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 卫星进入高轨道要点火加速；根据开普勒第三定律判断沿轨道I运行周期与沿轨道Ⅱ运行的周期关系；根据判断加速度关系；根据开普勒第二定律判断在轨道I上由A点运行到B点的过程中的速度变化。‎ ‎【详解】A．沿轨道I运动至B点时，需向后喷气加速才能进入轨道Ⅱ，选项A错误；‎ B．因在轨道Ⅰ的半长轴小于轨道Ⅱ的运动半径，根据开普勒第三定律可知，沿轨道I运行的周期小于沿轨道Ⅱ运行的周期，选项B正确；‎ C．根据可知，沿轨道I运行时，在A点的加速度大于在B点的加速度，选项C错误；‎ D．根据开普勒第二定律可知，在轨道I上由A点运行到B点过程，速度逐渐减小，选项D错误；‎ 故选B.‎ ‎【点睛】此题关键是知道卫星变轨的方法，由高轨道进入低轨道要制动减速，由低轨道进入高轨道要点火加速；能用开普勒行星运动定律来解释有关的问题.‎ ‎3.引体向上是中学生体育测试的项目之一，引体向上运动的吉尼斯世界纪录是53次/分钟。若一个普通中学生在30秒内完成12次引体向上，该学生此过程中克服重力做功的平均功率最接近于（　　）‎ A. 5W B. 20W C. 100W D. 400W ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】学生体重约为50kg，每次引体向上上升高度约为0.5m，引体向上一次克服重力做功为W＝mgh＝50×10×0.5J＝250J，全过程克服重力做功的平均功率为。‎ ‎4.如图所示的情况中，a、b两点的电势相同，而电场强度不同的是（ ）‎ A. 甲图：带电平行金属板两板间边缘附近处的a、b两点 B. 乙图：离点电荷等距的a、b两点 C. 丙图：两个等量异种点电荷连线的垂线上，与连线中点等距的a、b两点 D. 丁图：两个等量异种电荷连线上，与连线中点等距的a、b两点 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】甲图中，ab两点电势不同，场强相同，选项A错误；乙图中的ab两点电势相同，场强大小相同，方向不同，选项B正确；丙图中的ab两点电势均为零，场强大小和方向均相同，选项C错误；丁图中的ab两点场强相同，电势不同，选项D错误.‎ ‎5.如图所示，带箭头的实线为某电场的电场线，虚线abc是某个带电粒子只在电场力作用下的一段运动轨迹．关于粒子及其运动，下列说法中正确的有(　　)‎ A. 粒子带正电 B. 粒子一定从a运动到c C. 粒子运动的速度先增大后减小 D. 粒子的动能和电势能之和保持不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据运动轨迹可知，电场力的方向指向轨迹的内侧，与电场强度方向相反，粒子带负电，故A错误；根据运动轨迹不论从a到c还是从c到a电场力都是先做负功后做正功，速度大小先减小后增加，故BC错误；只有电场力做功，根据能量守恒定律，粒子的动能和电势能之和保持不变，故D正确。‎ ‎6.如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下级板都接地．在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，EP表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（　　）‎ A. θ增大，E增大 B. θ增大，EP不变 C. θ减小，EP增大 D. θ减小，E不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，则根据可知，C变大，Q一定，则根据Q=CU可知，U减小，则静电计指针偏角θ减小；根据，Q=CU，，联立可得，可知Q一定时，E不变；根据U1=Ed1可知P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，则EP不变；故选项ABC错误，D正确。‎ ‎【考点定位】电容器、电场强度、电势及电势能 ‎【名师点睛】此题是对电容器的动态讨论；首先要知道电容器问题的两种情况：电容器带电荷量一定和电容器两板间电势差一定；其次要掌握三个基本公式：，，Q=CU；同时记住一个特殊的结论：电容器带电荷量一定时，电容器两板间的场强大小与两板间距无关。‎ 二、多项选择题： ‎ ‎7.2015年4月，科学家通过欧航局天文望远镜在一个河外星系中，发现了一对相互环绕旋转的超大质量双黑洞系统，如图所示．这也是天文学家首次在正常星系中发现超大质量双黑洞．这对验证宇宙学与星系演化模型、广义相对论在极端条件下的适应性等都具有十分重要的意义．若图中双黑洞的质量分别为M1和M2，它们以两者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动．根据所学知识，下列选项正确的是(　　)‎ A. 双黑洞的角速度之比ω1∶ω2＝M2∶M1‎ B. 双黑洞的轨道半径之比r1∶r2＝M2∶M1‎ C. 双黑洞的线速度之比v1∶v2＝M1∶M2‎ D. 双黑洞的向心加速度之比a1∶a2＝M2∶M1‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ A项：双黑洞绕连线的某点做圆周运动的周期相等，所以角速度也相等，故A错误；‎ B项：双黑洞做圆周运动的向心力由它们间的万有引力提供，向心力大小相等，设双黑洞的距离为L，由，解得双黑洞的轨道半径之比，故B正确；‎ C项：由得双黑洞的线速度之比为，故C错误；‎ D项：由得双黑洞的向心加速度之比为，故D正确。‎ ‎8.将一电荷量为+Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等。a、b为电场中的两点，则 A. a点的电场强度比b点的大 B. a点的电势比b点的高 C. 检验电荷-q在a点的电势能比在b点的大 D. 将检验电荷-q从a点移到b点的过程中，电场力做负功 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ A项：电场线越密集的地方电场强度就越大，从上图中可以看出a处的电场线比b处的电场线密集，所以a点的场强大于b点的场强，故A项正确；‎ B项：a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止,所以a点的电势高于金属球的电势,而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远,所以金属球的电势高于b点的电势,即a点的电势比b点的高.故B错误; ‎ C项：电势越高的地方,负电荷具有的电势能越小,即负电荷在a点的电势能较b点小,故C错误; ‎ D项：由上知,-q在a点的电势能较b点小,则把-q电荷从电势能小的a点移动到电势能大的b点,电势能增大,电场力做负功.所以D选项是正确的. ‎ 综上所述：本题答案为：AD ‎ ‎9.一带电小球在空中由a点运动到b点的过程中，受重力、电场力和空气阻力三个力作用若重力势能增加3J，机械能增加，电场力做功1J，则小球　　‎ A. 克服重力做功3 J B. 电势能增加1 J C. 克服空气阻力做功 J D. 动能减少 J ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 试题分析：重力做功等于重力势能的减小量，重力势能增加3J，故重力做功-3J，故A错误。电场力做功等于电势能的减小量，电场力做功1J，故电势能减小1J，故B错误。 除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量，除重力外，只有电场力做功做功1J，而机械能增加0.5J、所以克服空气阻力做功0.5J，故C正确。合力做功等于动能的增加量，合力做功等于各个分力做的功，总功为-2.5J，故动能减小2.5J，故D正确。故选CD．‎ 考点：本题考查了功能关系。‎ ‎10.将质量为0.2kg小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A的位置，如图甲所示，迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置C（图丙）。途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态（图乙）。已知B、A的高度差为0.1m，C、B的高度差为0.2m，弹簧的质量和空气阻力都可忽略，重力加速度g=10m/s2，则有( )‎ A. 小球从A上升至B的过程中，弹簧的弹性势能一直减小，小球的动能一直增加 B. 小球从B上升到C的过程中，小球的动能一直减小，势能一直增加 C. 小球在位置A时，弹簧的弹性势能为0.6J D. 小球从位置A上升至C的过程中，小球的最大动能为0.4J ‎【答案】BC ‎【解析】‎ A．‎ 当弹簧的弹力与小球重力平衡时，合力为零，加速度为零，速度达到最大．之后小球继续上升，弹簧弹力小于重力，球做减速运动，直到脱离弹簧，故小球从上升到的过程中，弹簧的弹性势能一直减小，动能先增大后减小，故A错误；‎ B．从到，小球只受重力作用，做减速运动，所以动能一直减小，重力势能一直增加，故B正确；‎ C．从到，小球动能不变，重力势能增加，重力势能由弹簧弹性势能转化而来，而重力势能增量为，所以在点弹簧的弹性势能为，故C正确；‎ D．小球受力平衡时，因未给弹簧的劲度系数，则弹簧的形变量由题设条件无法求出，故无法求出小球最大动能，故D错误．综上所述，本题正确答案为BC．‎ 故选：BC．‎ 点睛：小球从开始向上运动，开始做加速运动，当弹簧弹力与重力平衡时，小球速度达到最大，之后开始减速，运动到时脱离弹簧，之后只在重力作用下减速．‎ 三、简答题：‎ ‎11.利用如图所示装置做“验证机械能守恒定律”实验。‎ ‎（1）为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的_____。‎ A．动能变化量与势能变化量 B．速度变化量和势能变化量 C．速度变化量和高度变化量 ‎（2）除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是______。‎ A．交流电源 B．刻度尺 C．天平（含砝码）‎ ‎（3）实验中，先接通电源，再释放重物，得到图所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m。从打Ｏ点到打Ｂ点的过程中，重物的重力势能变化量=_______________，动能变化量=_______________。‎ ‎（4）大多数学生实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是______。‎ A．利用公式计算重物速度 B．利用公式计算重物速度 C．存在空气阻力和摩擦阻力的影响 D．没有采用多次实验取平均值的方法 ‎（5）某同学想用下述方法研究机械能是否守恒，在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离h，计算对应计数点的重物速度v，描绘v2-h图象，并做如下判断：若图象是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能守恒。请你分析论证该同学的判断依据是否正确__________。‎ ‎【答案】 (1). A (2). AB (3). (4). (5). C (6). 该同学的判断依据不正确 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 验证机械能守恒，即验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等．根据实验的原理确定所需测量的物理量，从而确定所需的器材；根据下降的高度求出重力势能的减小量，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度得出B点的速度，从而得出动能的增加量；如果v2-h图象为直线，仅表示合力恒定，与机械能是否守恒无关。‎ ‎【详解】解：(1)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间动能变化量和重力势能的变化量，故A正确，B、C、D错误；‎ 故选A；‎ ‎(2)打点计时器需接交流电源，验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，两边都有质量，可以约去，不需要用天平测量质量，实验时需要用刻度尺测量点迹间的距离，从而得出下降的高度，以及计算出瞬时速度，故A、B正确，C、D错误；‎ 故选AB；‎ ‎(3)从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量，B点的瞬时速度，则动能的增加量 ‎ ‎(4)实验中重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是存在空气阻力和摩擦阻力的影响，故C正确，A、B、D错误；‎ 故选C；‎ ‎(5)该同学的判断依据不正确；在重物下落h的过程中，若阻力f恒定，根据，可得，则此时图象就是过原点的一条直线，所以要想通过图象的方法验证机械能是否守恒，还必须看图象的斜率是否接近2g。‎ 四、计算题： ‎ ‎12.如图所示的平行金属板电容器的电容为C=2×10-4F，极板A、B之间可以看成匀强电场，场强E=1.2×103V／m，极板间距离为L=5cm，电场中c点到A板、d点到B板的距离均为0.5cm，B板接地。求：‎ ‎(1) d点处的电势φd； ‎ ‎(2)B板所带电荷量Q；‎ ‎(3)d、c两点间的电势差Udc；‎ ‎(4) 将电荷量q=-5×10-6C的带负电点电荷从d移到c，电场力做的功Wdc.‎ ‎【答案】（1）-6V（2）1.2×10-2C（3）48V（4）-2.4×10-4J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）d点到B板的电势差UdB=-Ed=-1200×0.005V=-6V，所以φd=-6V （2）BA间的电势差为：UBA=EL=1200×0.05V=60V ‎ B板所带电荷量Q为：Q=CUBA=2×10-4×60C=1.2×10-2C； （3）Ldc=0.05-2×0.5×10-2m=0.04m d、c两点间的电势差为：Udc=ELdc=48V （4）Wdc=qUdc=-2.4×10-4J ‎13.如图所示，带电荷量为Q的正点电荷固定在倾角为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中点．现将一带电小球从A点由静止释放，当带电小球运动到B点时速度恰好为零．已知带电小球在A点处的加速度大小为，静电力常量为k，求：‎ ‎(1)小球运动到B点时的加速度大小；‎ ‎(2)B和A两点间的电势差(用Q和L表示)．‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：‎ ‎（1）根据牛顿第二定律和库仑定律得：‎ 带电小球在A点时有：‎ mgsin 30°﹣k=maA 带电小球在B点时有：‎ k﹣mgsin 30°=maB 且aA=，可解得：aB=‎ ‎（2）由A点到B点应用动能定理得：‎ mgsin 30°•﹣UBA•q=0‎ 由mgsin 30°﹣k=m•aA=m 可得：mg=k 可求得：UBA=k ‎14.如图所示，是一传送装置，其中AB段粗糙，AB段长为L＝1m，动摩擦因数μ＝0.5；BC、DEN段均可视为光滑，DEN是半径为r＝0.5 m的半圆形轨道，其直径DN沿竖直方向，C位于DN竖直线上，CD间的距离恰能让小球自由通过.其中N点又与足够长的水平传送带的右端平滑对接，传送带以3m/s的速率沿顺时针方向匀速转动，小球与传送带之间的动摩擦因数也为0.5.左端竖直墙上固定有一轻质弹簧，现用一可视为质点的小球压缩弹簧至A点后由静止释放(小球和弹簧不粘连)，小球刚好能沿圆弧DEN轨道滑下，而始终不脱离轨道.已知小球质量m＝0.2kg ，重力加速度g 取10m/s2.试求：‎ ‎ ‎ ‎（1）弹簧压缩至A点时所具有的弹性势能； ‎ ‎（2）小球第一次经过N点时的速度大小；‎ ‎（3）小球在传送带上滑动的过程中，离N点的最远距离； ‎ ‎（4）小球第一次在传送带上向左滑动的过程中，小球与传送带之间因摩擦产生的热量.‎ ‎【答案】（1）1.5J（2）5m/s（3）2.5m （4）5.5J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）“小球刚好能沿DEN轨道滑下”，在圆周最高点D点必有：    得：‎ 从A点到D点，由能量守恒定律得：‎ 联立以上两式并代入数据得：Ep=1.5J （2）从D到N，根据机械能守恒可得 解得 vN=5m/s （3）在传送带上小球运动的加速度大小 小球向左减速的时间 ‎ 小球向左运动的最远距离： ‎ ‎（4）小球向左运动的过程中传送带的位移： ‎ 摩擦生热：‎ ‎15.如图所示，光滑管状轨道ABC由直轨道AB和圆弧轨道BC组成，二者在B处相切并平滑连接，O为圆心，O、A在同一条水平线上，OC竖直，一直径略小于圆管直径的质量为m的小球，用细线穿过管道与质量为M的物块连接，将小球由A点静止释放，当小球运动到B处时细线断裂，小球继续运动。已知弧形轨道的半径为R＝m，所对应的圆心角为53°，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10 m/s2. ‎ ‎(1)若M＝5m，求小球在直轨道部分运动时的加速度大小。‎ ‎(2)若M＝5m，求小球从C点抛出后下落高度h＝m时到C点的水平位移。‎ ‎(3)M、m满足什么关系时，小球能够运动到C点？‎ ‎【答案】（1）7m/s2‎ ‎（2）‎ ‎（3）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）设细线中张力为F，对小球：F-mgsin53°=ma       对物块：Mg-F=Ma               联立解得：a=7m/s2 （2）在Rt△OAB中，得： ； 由v2=2axAB代入数据解得：v=2 m/s； 从B到C，根据机械能守恒，有： ‎ 小球离开C后做平抛运动，有： x=vCt              联立并代入数据解得： ‎ ‎（3）小球A→B：M、m系统机械能守恒，有： ‎ 线断后，小球B→C， ‎ 联立，解得： ．‎ 点睛：本题综合考查机械能守恒、牛顿第二定律以及平抛运动规律，此类问题一定注意做好受力分析以及过程分析，然后根据题意灵活选择物理规律即可正确求解．‎ ‎ ‎