吉林省吉林市江城中学2020-2021学年高一下学期期末考试物理(理)试题(含答案)

吉林一中教育集团东部校区2020-2021学年度下学期
期末考试 高一物理试卷
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．下列关于动能的说法正确的是( ) A ．两个物体中，速度大的动能也大 B ．某物体的速度加倍，它的动能也加倍 C ．做匀速圆周运动的物体动能保持不变 D ．某物体的动能保持不变，则速度一定不变
2．如图所示，小明用与水平方向θ角的轻绳拉木箱，绳中张力为F ，沿水平地面向右移动了一段距离l ．已知木箱与地面间的动摩擦因数为μ，木箱质量为m ，木箱受到的( ) A ．支持力做功为
()sin mg F l
θ-
B ．重力做功为mgl
C ．拉力做功为cos Fl θ
D ．滑动摩擦力做功为mgl μ-
3．有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长（估计重一吨左右）．一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船．用卷尺测出船后退的距离d ，然后用卷尺测出船长L ．已知他的自身质量为m ，水的阻力不计，船的质量为( )
A ．()m L d d -
B ．()m L d d +
C ．mL
d
D ．()m L d L +
4．如图所示，一质量为m 的物体，从倾角为θ的光滑斜面顶端由静止下滑，下滑时离地面的高度为h ，当物体滑到斜面底端时，重力的瞬时功率为（ ） A ．mg B ．mgsinθ C ．mgcosθ D ．mgsin2θ
5．如图所示，导体棒原来不带电，将电荷量为Q 的正点电荷放在棒左侧O 处，当棒达到静电平衡后，棒上的感应电荷在棒内A 点处产生的场强为E 1。

下列说法正确的是（ ）
A ．E 1的大小与电荷量Q 成正比
B ．E 1的方向沿OA 连线向右
C ．在导体棒内部，离O 点越远场强越小
D ．在O 点放置电荷量为2Q 的点电荷，A 点的场强为2
E 1
6．如图，半径为R 的圆盘均匀分布着电荷量为Q 的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c 的轴线上有a 、 b 、d 三个点，a 和b 、b 和c 、 c 和d 间的距离均为R ，在a 点处有一电荷量为q （q>0）的固定点电荷，已知b 点处的场强为零，则d 点处场强的大小为（k 为静电力常量） （ ） A ．k B ．k
C ．k
D ．k
7．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=5cm ，bc=3cm ，ca=4cm ．小球c 所受库仑力的合力的方向平行于
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的电荷同号，
16
9 k =
B．a、b的电荷异号，
16
9 k=
C．a、b的电荷同号，
64
27 k=
D．a、b的电荷异号，
64
27 k=
8．如右图，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，.电荷量相等、符号相反的两个电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移至P点，则O点的场强大小变为E2.E1与E2之比为( )
A．1：2 B．2：1
C． D．
9．（多选）如图所示，光滑水平面上静止着一辆质量为M的小车，小车上带有一光滑的、半径为R的圆弧轨道．现有一质量为m的光滑小球从轨道的上端由静止开始释放，下列说法中正确的是()
A．小球下滑过程中，小车和小球组成的系统总动量守恒
B．小球下滑过程中，小车和小球组成的系统总动量不守恒
C．小球下滑过程中，在水平方向上小车和小球组成的系统总动量守恒
D．小球下滑过程中，小车和小球组成的系统机械能守恒
10．（多选）一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。

F随时间t变化的图线如图所示，则（）A．1s
t=时物块的速率为1m/s
B．2s
t=时物块的动量大小为4kg m/s
⋅
C．3s
t=时物块的动量大小为5kg m/s
⋅
D．4s
t=时物块的速度为零
11．（多选）某静电场中的电场线如图所示，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，以下说法正确的是（）A．粒子带正电荷
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
12．（多选）一物体静止在水平地面上，在竖直向上拉力F作用下开始向上运动，如图甲．在物体向上运动过程中，其机械能E与位移x的关系图象如图乙，已知曲线上A点的切线斜率最大，不计空气阻力，则（）
A．在x1处物体所受拉力最大
B．在x1~x2过程中，物体的动能先增大后减小
C．在x1~x2过程中，物体的加速度先增大后减小
D．在0~x2过程中，拉力对物体做的功等于克服物体重力做的功
II卷（非选择题共52分）
二、实验题：本大题共1小题，13题16分，把正确答案填写在题中横线上或
按要求作答。

13．在“验证机械能守恒定律”的实验中，质量0.500kg
m=的重锤拖着纸带下落，在此过程中，打点计时器在纸带上打出一系列的点。

在纸带上选取五个连续的点A、B、C、D和E，如图所示。

其中O为重锤开始下落时记录的点，各点到O点的距离分别是31.4mm、49.0mm、70.5mm、95.9mm、124.8mm．当
地重力加速度2
9.8m /s g =，本实验所用电源的频率50Hz f =。

（结果保留三位
有数数字）
(1)打点计时器打下点B 时，重锤下落的速度B v =________m/s ，打点计时器打下点D 时，重锤下落的速度
D v =
________m/s 。

(2)从打下点B 到打下点D 的过程中，重锤重力势能的减少量
p E ∆=
________J ，重锤动能的增加量
k E ∆=
________J 。

(3)在误差允许范围内，通过比较______________________就可以验证重锤下落过程中机械能守恒了。

三、计算题（本题共三个小题14题12分，15题12分，16题12分） 14．如图所示，光滑水平地面静止放着质量10kg m =的木箱，与水平方向成
60θ=︒折恒力F 作用于物体，恒力 2.0N F =，当木箱在力F 作用下由静止开
始运动4.0s 后，求：
（1）4.0s 末物体的速度大小． （2）4.0s 内力F 所做的功． （3）4.0s 末力F 的瞬时功率．
15．如图所示，长l ＝1m 的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°.已知小球所带电荷量q ＝1.0×10－6C ，匀强电场的场强E ＝3.0×103N/C ，取重力加速度g ＝10m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： (1)小球所受电场力F 的大小；
(2)小球的质量m ；
(3)将电场撤去，小球回到最低点时速度v 的大小．
16．一轻质弹簧，两端连接两滑块A 和B ，已知m A =0.99kg ，m B =3kg ，放在光滑水平桌面上，开始时弹簧处于原长．现滑块A 被水平飞来的质量为m C =10g ，速度为400m/s 的子弹击中，且没有穿出，如图所示，试求： (1)子弹击中A 的瞬间A 和B 的速度分别为多少？ (2)以后运动过程中弹簧的最大弹性势能？ (3)弹簧恢复原长时，两滑块的速度分别为多少？
参考答案
1．C A ．根据E k =
1
2
mv 2 可知两个物体中，速度大的动能不一定大，故A 错误； B ．某物体的速度加倍，它的动能变为原来的4倍，故B 错误；
C ．做匀速圆周运动的物体速度的大小不变，则动能保持不变，故C 正确；
D ．某物体的动能保持不变，则速度大小不变，方向不一定不变，则速度不一定不变，故D 错误。

2．C
对木箱受力分析，支持力竖直向上，则支持力做功 W N =Nlcos90°
=0，故A 错误；重力做功 W G =mglcos90°
=0，故B 错误；拉力做功为 W F =Flcos θ，故C 正确；木箱竖直方向受力平衡：N+Fsin θ=mg 得 N=mg-Fsin θ，则摩擦力 f=μN=μ（mg-Fsin θ）；摩擦力做功W f =-fl=-μ（mg-Fsin θ）l ，故D 错误；故选C. 点睛: 本题考查功的计算，要明确恒力F 做功的计算公式：W=FScos θ，θ为F 与S 之间的夹角．注意功的公式只适用于恒力做功． 3．A
设人走动时船的速度大小为v ，人的速度大小为v ′，人从船尾走到船头所用时间为t ．取船的速度为正方向．则d v t =，L d v t
-'=；根据动量守恒定律：Mv -mv ′=0，则得：d L d M m t t -= ，解得船的质量：()m L d M d
-= ,故选A ． 4．B
当物体滑到斜面底端时，由机械能守恒定律21
2
mgh mv = 重力的即时功率为sin P mgv θ= 解得
θ 故选B 。

5．A
AB ．导体棒达到静电平衡后，棒上感应电荷在棒内A 点处产生的场强大小与一带电量为Q 的点电荷在该处产生的电场强度大小相等，方向相反，则12
kQ
E r =
正点电荷在A 点产生的场强方向向右，则E 1的方向沿OA 连线向左，故A 正确，B 错误；
C ．导体棒达到静电平衡后，棒内场强处处为0，故C 错误；
D ．在O 点放置电荷量为2Q 的点电荷，导体棒达到静电平衡后，棒内场强处处为0，故D 错误。

6．B
电荷量为q 的点电荷在b 处产生电场强度的大小为：2
q E k
R = 而半径为R 均匀分布着电荷量为Q 的圆盘上电荷，与在a 点处有一电荷量为q （q ＞0）的固定点电荷，在b 点处的场强为零，则圆盘在此处产生电场强度大小也为：2
q E k
R = 根据对称性原理可知，圆盘在d 产生电场强度大小也为：2
q E k R = 电荷量为q 的点电荷在d 处产生电场强度的大小为：()
2
293q
kq
E k
R R '==
由于都在d 处产生电场强度方向相同，即为两者大小相加．所以两者这d 处产生电场强度的大小为：2
109k q
R 7．D
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平行于a ，b 的连线，可知，a 、b 的电荷异号，对小球c 受力分析，如下图所示
因ab =5cm ，bc =3cm ，ca =4cm ，因此ac ⊥bc ，那么两力的合成构成矩形，依据相似三角形之比，则有4
3
Fa ac Fb bc == 根据库仑定律有2c a a Q q F k
ac =，2
c b
Q qb
F k bc = 综上所得2246433274a b q q =⨯=
8．B 试题分析：由
得：
；
若将N
点处的点电荷移至P 点，则O 点的场强大小变为E 2，知两点电荷在O 点的场强夹角为1200，由矢量的合成知，得：，B 对
9．BCD
本题考查的是动量守恒定律和机械能守恒定律的条件，当小球沿光滑曲面下滑时，小球和小车组成的系统合力不为零，动量不守恒；除重力和系统内弹力以外的力不做功，机械能守恒．
小车和小球在水平方向上的合力为零，此方向上动量守恒，总的合力不为零，所以总的动量不守恒；除重力和系统内弹力以外的力不做功，小车和小球组成的系统机械能守恒；BCD 正确． 10．AB
A ．前两秒，根据牛顿第二定律21m/s F
a m
==
则0-2s 的速度规律为：v=at ； t =1s 时，速率为1m/s ，A 正确；
B ．t =2s 时，速率为2m/s ，则动量为P =mv =4kg•m/s B 正确；
CD ．2-4s ，力开始反向，物体减速，根据牛顿第二定律，a =-0.5m/s 2，所以3s 时的速度为1.5m/s ，动量为3kg•m/s ，4s 时速度为1m/s ，CD 错误； 11．ACD
A ．根据粒子运动轨迹弯曲的情况，粒子所受电场力应指向轨迹的凹侧，又粒子所受电场力的方向沿电场线切线方向，可知此粒子带正电，A 正确；
BC ．由于电场线越密，场强越大，粒子所受电场力越大，根据牛顿第二定律可知加速度也越大，因此粒子在N 点的加速度大于它在M 点的加速度，B 错误，
C 正确；
D ．粒子从M 点到N 点，仅有电场力做正功，电势能减小，动能增大，可知此
粒子在N 点的动能大于它在M 点的动能，D 正确。

12．AB
A ．E-x 图像的斜率代表竖直向上拉力F ，物体静止在水平地面上，在竖直向上拉力F 作用下开始向上，说明在x =0处，拉力F 大于重力，在0-x 1过程中，图像斜率逐渐增大，则拉力F 在增大，x 1处物体图象的斜率最大，所受的拉力最大，故A 正确；
BC ．在x 1~x 2过程中，图象的斜率逐渐变小，说明拉力越来越小；在x 2处物体的机械能达到最大，图象的斜率为零，说明此时拉力为零．根据合外力
-F F mg =合可知，在x 1~x 2过程中，拉力F 逐渐减小到mg 的过程中，物体做加
速度逐渐减小的加速运动，物体加速度在减小，动能在增大，拉力F=mg 到减小到0的过程中，物体的加速度反向增大，物体做加速度逐渐增大的减速运动，物体的动能在减小；在x 1~x 2过程中，物体的动能先增大后减小，物体的加速度先减小后反向增大，故B 正确，C 错误；
D ．物体从静止开始运动，到x 2处以后机械能保持不变，在x 2处时，物体具有重力势能和动能，故在0~x 2过程中，拉力对物体做的功等于克服物体重力做的功与物体的动能之和，故D 错误．
13．0.978 1.36 0.230 0.223 重力势能的减小量和动能的增加量
(1)［1］因为电源频率50Hz f =，所以0.02s T =，B 点的速度等于A C 段的平
均速度：0.07050.0314
m 0.978m /s 20.04
AC B v T s -==
=
［2］D 点的速度等于C E 段的平均速度
0.12480.0705m 1.36m /s 20.04
CE D v T s -===
(2)［3］从打下点B 到打下点D 的过程中，重锤重力势能的减少量：
p 0.59.8(0.09590.0490)J 0.230J E mg s ∆=⋅∆=⨯⨯-=
［4］动能的增加量：22
k 110.223J 22
D B
E mv mv ∆=
-= (3)［5］在误差允许的范围内，通过比较重力势能的减小量和动能的增加量就可以验证重锤下落过程中的机械能守恒。

14．（1）0.4m /s （2）0.8J （3）0.4W
（1）木箱受到重力、恒力F 、水平面的支持力作用，设加速度大小为，将拉力正交分解，根据牛顿第二定律得：cos60F ma ︒=
代入计算得出2
0.1m /s a =，所以4s 末箱的速度为0.140.4m /s v at ==⨯=．
（2）移动的距离是
2211
0.140.8m 22
x at ==⨯⨯= 根据功的定义式cos W Fl α=得4.0s 内力F 所做的功
cos 20.8cos600.8J W Fl α==⨯⨯︒=
（3）根据cos P Fv α=得：4.0s 末拉力F 的瞬时功率
cos 20.4cos600.4W P Fv α==⨯⨯︒=．
15．(1)F =3.0×10－3N (2)m =4.0×10－4kg (3)v =2.0m/s (1)根据电场力的计算公式可得电场力
6331.010 3.010N 3.010N F qE --==⨯⨯⨯=⨯；
(2)小球
受力情况如图所示：
根据几何关系可得tan qE
mg θ=，所以3
4310kg 410kg tan 10tan 37qE m g θ--⨯=
==⨯⨯︒； (3)电场撤去后小球运动过程中机械能守恒，则21
(1cos37)2
mgl mv -︒=，解得v =2m/s ．
16．(1)v A =4m/s,v B =0 (2)6J (3)；
子弹击中A 的瞬间，子弹和A 组成的系统水平方向动量守恒，据此可列方程求解A 的速度，此过程时间极短，B 没有参与，速度仍为零．以子弹、滑块A 、B 和弹簧组成的系统为研究对象，当三者速度相等时，系统损失动能最大则弹性势能最，根据动量守恒和功能关系可正确解答．
(1)子弹击中滑块A 的过程，子弹与滑块A 组成的系统动量守恒有：m C v 0=（m C +m A ）v A 解得：v A =4m/s
子弹与A 作用过程时间极短，B 没有参与，速度仍为零，故：v b =0． 故子弹击中A 的瞬间A 和B 的速度分别为：v A =4m/s ，v b =0．
(2)对子弹、滑块A 、B 和弹簧组成的系统，A 、B 速度相等时弹性势能最大． 根据动量守恒定律和功能关系可得：m C v 0=（m C +m A +m B ）v 由此解得：v =1m/s 根据功能关系可得：
故弹簧的最大弹性势能为6J ．
(3)设B 动能最大时的速度为，A 的速度为， 由系统的动量守恒可得：
当弹簧恢复原长时，B 的动能最大，
根据功能关系有： 解得：；。