2017-2018学年内蒙古集宁一中东校区高一下学期期末考试物理试卷(答案+解析)

2017-2018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】
【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α＞β，若拉力F做的功为W1，平均功率为P1；物体克服摩擦阻力F f做的功为W2，平均功率为P2，则下列选项正确的是
A. W1＞W2 ；F=2F f
B. W1 =W2；F>2F f
C. P1＞P2；F>2F f
D. P1= P2；F=2F f
【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W 1= W2，，而，则P 1＞P2，，，由图得，则F＞2F 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（）
A. 、两点的场强相等
B. 、两点的场强相等
C. 、两点的电势相等
D. 、两点的电势相等
【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，要关注方向性。

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.
【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：
解得太阳的质量为
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：
解得月球的质量为
所以太阳质量与地球质量之比，故C正确．故选C.
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.
【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，方向与水平方向的夹角为，根据机械能守恒定律得：，据题有：，联立解得：，则，得：，故选项B正确。

考点：平抛运动
【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。

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θ满足关系式T=a+bcosθ，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.
【答案】D
【解析】
试题分析:在最高点时：设此时物体的速度为V1，由题意可知：θ=1800，绳的拉力T1=a-b；根据向心力公式有：
在最低点时：设此时物体的速度为V2，由题意可知：θ=00，绳的拉力T1=a+b；
根据向心力公式有：
只有重力做功，由机械能守恒定律：
解得：;所以D正确。

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，V2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OA⊥OB，且OA与竖直方向夹角为α角，则两小球初速度大小之比值为（）
A. tanα
B. Cosα
C. tanα
D. Cosα
【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，=tanα，C正确。

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（）
A. 电子在A、B两点受的电场力F A<F B
B. A、B两点的电场强度E A>E B
C. 场强方向为从B到A
D. 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F A ＜F B．由F=qE可知，电场强度增大，A点的场强小于B点，即E A＜E 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，重力加速度取
.下列分析不正确
．．．的是（）
A. 物体与地面之间的动摩擦因数为0.2
B. 物体运动的位移为
C. 物体在前运动过程中的加速度为
D. 时，物体的速度为
【答案】ACD
【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F f做功的图象，由W Ff=μmgx
代入得：20=μ×1×10，解得：μ=0.2，故A正确；
B. 根据W Ff=μmgx=27J，得物体运动的位移为x=W Ff/μmg=27/2m=13.5m，故B错误；
C. 摩擦力大小为F f=μmg=0.2×10=2N，在前3m的运动过程中，F=W/x=15/3N=5N
根据牛顿第二定律：F−F f=ma，解得：a=3m/s2，故C正确；
D. x=9m时,根据动能定理：W−W Ff=，代入数据得：物体速度v=3m/s，故D正确。

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F f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/s
B. 小球从B运动到D的时间为0.7s
C. 小球在圆轨道P点的角速度ω=10rad/s
D. 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A错误。

小球在BC段的时间，则小球从B运动到D的时间为0.3+0.4s=0.7s。

故B正确。

小球在圆轨道P点的角速度．故C错误。

小球在P点的向心加速度为．故D正确。

故选BD。

12.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、m2，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，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
C．拉力做功的瞬时功率为
D．此过程中，弹簧弹性势能的增量为
【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缩的，故，故，故A错误；当B刚离开C时，对A，根据牛顿第二定律得：
，又开始时，A平衡，则有：，而，解得：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，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：
，故D正确；故选BCD。

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：
①把纸带向左拉直
②松手释放物块
③接通打点计时器电源
④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). ④①③②(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④①③②；
（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；
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). 40
【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
【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。

四、计算题
15. 把质量m的带负电小球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α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）T＝mg/cosα；（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
mg－Tcosα＝0，F′－Tsinα＝0
得T＝mg/cosα F′＝mgtanα
（2）根据库仑定律F′＝k
∴
考点：共点力作用下的平衡；库仑定律
16.电荷量为q＝1×10－4C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：
(1)物块的质量m；
(2)物块与水平面之间的动摩擦因数μ.
【答案】（1）1kg
（2）0.2
【解析】
0～2s，由图丙可知，物体作匀加速运动，
加速度=1m/s2①
由牛顿第二定律有：②
2～4s, 由图丙可知，物体作匀速直线运动
由平衡条件有：③
代入数据，解①②③得：=" 1kg " ④
=" 0.2 " ⑤
评分标准：本题15分，正确得出①、②、③式各给4分，正确得出④给2分，⑤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θ=37°,煤块与传送带间的动摩擦因数μ=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=10m／s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.求：
(1)煤块在轮的最高点水平抛出时的速度.
(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)
【解析】
（l ）由平抛运动的公式，得：
x=vt
H=gt2
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=μgcosθ-gsinθ=0.8×10×0.8-10×0.6=0.4m/s2
由v=v0+at得，加速过程时间
根据s=at2得，S=5m
S带=vt=2×5=10m
△S=S带-S=10-5=5m
由能量守恒得：
E=mgLsin37°+mv2+f△S=5×10×6×0.6+×5×4+0.8×50×0.8×5J=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．。