内蒙古集宁一中东校区学年高一物理下学期期末考试试卷含解析

2017-2018学年内蒙古乌兰察布集市宁一中东校区高一（下）期末物理试卷
一、单项选择题
1. 对于静电场的等势面，以下说法正确的选项是
A. 两个电势不一样的等势面可能订交
B. 电场线与等势面到处互相垂直
C. 同一等势面上各点电场强度必定相等
D. 将一负的尝试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
【分析】
试题剖析：等势面订交，则电场线必定订交，故在同一点存在两个不一样的电场强度方向，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同样，可是电场强度不必定同样，C错误；将负电荷从高电势处挪动到低电势处，遇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：考察了电势，等势面，电场力做功
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，电场线的散布对于MN左右对称则以下说法中正确的选项是
A. 这两点电荷必定是等量异种电荷
B. 这两点电荷必定是等量同种电荷
C. D,C两点的电场强度必定相等
D. C点的电场强度比D点的电场强度小
【答案】A
【分析】
【剖析】
电场线是从正电荷或许无量远出发出，到负电荷或无量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，也能够从电场线的疏密判断场强的大小．
【详解】依据电场线的特色：电场线从正电荷出发到负电荷停止，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；应选A。

【点睛】常有电场的电场线散布及等势面的散布要求我们能娴熟掌握，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增强基础知识的学习，掌握住电场线的特色，即可解决此题．
F 拉一物体，使物体在水平川面上由静止开始做匀加快直线运动，t1时辰撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t2时辰停止．其速度—时间图象如下图，且α＞β，若拉力F做的功为W1，均匀功率为P1；物体战胜摩擦阻力F f做的功为
W2，均匀功率为P2，则以下选项正确的选项是
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
【分析】
物体整个过程中，拉力做的功，等于战胜摩擦阻力做的功，则有W1= W2，，
而，则P1＞P2，，，由图得，则F＞2F f，选项
BC正确
4.如下图，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面．以下判断正确的选项是（）
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
【分析】
试题剖析：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一样．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．应选D。

考点：电场线；等势面
【名师点睛】增强基础知识的学习，掌握住电场线和等势面的特色，即可解决此题，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，能否相等，要关注方向性。

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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
【分析】
地球绕太阳公转，由太阳的万有引力供给地球的向心力，则得：
解得太阳的质量为
月球绕地球公转，由地球的万有引力供给月球的向心力，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．应选C.
点睛：解决此题的重点要成立物理模型，掌握万有引力供给向心力可求出中心体质量，难度适中.
6.取水平川面为重力势能零点．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巧相等．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
【分析】
试题剖析：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，依据机械能守恒定律得：，据题有：，联立解得：，则，得：，应选项B正确。

考点：平抛运动
【名师点睛】依据机械能守恒定律，以及已知条件：抛出时动能与重力势能恰巧相等，分别列式即可求出落地时速度与水平速度的关系，进而求出物块落地时的速度方向与水平方向的夹角。

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7. 如下图，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，经过传感器测得轻绳拉力T、轻绳与竖直线OP的夹角θ知足关系式T=a+bcosθ，式中a、b为常数。

若不计空气阻力，则当地的重力加快度为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【分析】
试题剖析: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；
依据向心力公式有：
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；依据向心力公式有：
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.如下图，在竖直搁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），最后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
【分析】
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：，，代入对比得，=tanα，
C正确。

二、多项选择题
9.如下图A、B是一条电场线上的两点，若在某点开释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下图。

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. 电场线的方向必定是从A到B
【答案】AC
【分析】
速度-时间图象的斜率等于加快度，由图可知：电子做初速度为零的加快度增大的加快直线运动。

加快度增大，说明电子所受电场力增大，电子在A点遇到的电场力小于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，电场线方向必定从B到A，故C正确，D错误。

应选AC。

点睛：此题本质考察剖析电子受力状况和运动状况的能力，从力和能量两个角度进行剖析，剖析的切进口是速度的斜率等于加快度．
的物体，在水平外力的作用下运动，如图甲所示，外力和物体战胜摩擦力
做的功与物体位移的关系如图乙所示，重力加快度取.以下剖析不正确
．．．
的选项是
．．．．（）
B. 物体运动的位移为
C. 物体在前运动过程中的加快度为
D. 时，物体的速度为
【答案】ACD
【分析】
【详解】A. 物体所受的滑动摩擦力大小为恒力，可知乙图中的下边一条直线为物体战胜摩擦力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. 依据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
依据牛顿第二定律：F−F f=ma，解得：a=3m/s2，故C正确；
D. x=9m时,依据动能定理：W−W Ff=，代入数据得：物体速度v=3m/s，故D正确。

应选：ACD
【点睛】物体所受的滑动摩擦力大小为恒力，能够知道乙图中的下边一条直线为物体战胜摩擦力F f做功的图象，联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快度．依据动能定理求物体的速度．
11.如下图，内壁圆滑的细圆管一端弯成半圆形APB，另一端BC挺直，水平搁置在桌面上并固定．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的小球以必定的水平初速度从A点沿过A点的切线射入管内，从C点走开管道后水平飞出，落地址D离点C的水平距离s=2m，不计空气阻力，g取10m/s2．则以下剖析正确的选项是（）
A. 小球做平抛运动的初速度为10m/s
C. 小球在圆轨道P点的角速度ω=10rad/s
D. 小球在P点的向心加快度为a=25m/s2
【答案】BD
【分析】
依据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点的向心加快度为．故D 正确。

应选BD。

12.在倾角为的固定圆滑斜面上有两个用轻弹簧相连结的物块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刚要走开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v，则此时
A．物块B的质量知足
B．物块A的加快度为
C．拉力做功的刹时功率为
D．此过程中，弹簧弹性势能的增量为
【答案】BD
【分析】
【剖析】
当B刚走开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，依据胡克定律求解出弹簧的伸长量；依据牛顿第二定律求出物块A的加快度大小；依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 刚走开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，故，但因为开始是弹簧是压缩的，故，故，故A错误；当B刚走开C时，对A，依据牛顿第二定律得：，又开始时，A均衡，则有：，而，解得：物块A加快度为，故B正确；拉力的刹时功率，故C正确；依据功能关系，弹簧弹性势能的增添量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增添量，即为：，故D正确；应选BCD。

三、实验题研究题
13.某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行研究，实验装置如图（a）所示：轻弹簧搁置在圆滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一物块接触而不连结，纸带穿过打点计时器并与物块连结．向左推物块使弹簧压缩一段距离，由静止开释物块，经过丈量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能．
（1）实验中波及到以下操作步骤：
①把纸带向左拉直
②放手开释物块
③接通打点计时器电源
④向左推物块使弹簧压缩，并丈量弹簧压缩量
上述步骤正确的操作次序是__（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一样地点后所获得的本质打点结果．打点计时器所用沟通电的频次为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离开弹簧时的速度为__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
【分析】
试题剖析：（1）实验中应先向物块推到最左边，丈量压缩量，再把纸带向左拉直；先接通电源，稳固后再开释纸带；故步骤为④①③②；
（2）由M纸带可知，右边应为与物块相连的地点；由图可知，两点间的距离先增大后减小；故2.58段时物体应离开弹簧；则由均匀速度可求得，其速度
v==1.29m/s；
因弹簧的弹性势能转变为物体的动能，则可知走开时速度越大，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；
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14.某同学用图（a）所示的实验装置考证机械能守恒定律，此中打点计时器的电
源为沟通电源，能够使用的频次有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沟通电的频次，需要用实验数据和其余条件进行计算。

（1）若从打出的纸带可判断重物匀加快着落，利用和图（b）中给出的物理量能够写出：在打点计时器打出B点时，重物着落的速度大小为_________，打出C点时重物着落的速度大小为________，重物着落的加快度的大小为
________.
（2）已测得=8.89cm，=9.5.cm，，试验中重物遇到的均匀阻力大小约为其重力的1%。

由此计算出为________ Hz。

【答案】(1). (2). (3). (4). 40
【分析】
试题剖析：（1）打B点时，重物着落的速度等于AC段的均匀速度，所以
；同理打出C点时，重物着落的速度
；
由加快度的定义式得
（2）由牛顿第二定律得：，解得：，代入数值解
得：f=40Hz。

【考点定位】考证机械能守恒定律、纸带数据剖析
【名师点睛】此题主要考察考证机械能守恒定律实验、纸带数据剖析。

解决这种
问题的重点是会依据纸带数据求出打某一点的刹时速度、整个过程的加快度；解决此题要特别注意的是打点计时器的频次不是常常用的50 Hz。

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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凑近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球遇到的绳索拉力多大？
（2）A球带电荷量是多少？
【答案】（1）T＝mg/cosα；（2）
【分析】
试题剖析: （1）带负电的小球A处于均衡状态，A遇到库仑力F′、重力mg以及绳索的拉力T的作用，其协力为零．所以
mg－Tcosα＝0，F′－Tsinα＝0
得T＝mg/cosα F′＝mgtanα
（2）依据库仑定律F′＝k
∴
考点：共点力作用下的均衡；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一直不变的电场，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的关系如下图．若重力加快度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
【分析】
0～2s，由图丙可知，物体作匀加快运动，
加快度=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
由均衡条件有：③
代入数据，解①②③得：=" 1kg " ④
=" 0.2 " ⑤
评分标准：此题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.如图是利用传递带装运煤块的表示图.此中传递带长l=6m,倾角θ=37°,煤块与传递带间的动摩擦因数μ=0.8,传递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.此刻传递带底端由静止开释一些煤块(可视为质点).质量m=5kg,煤块在传递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)电动机运送煤块多耗费的电能.
【答案】(1) (2) (3)
【分析】
（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，则煤块抵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
2
由v=v0+at得，加快过程时间
依据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：此题综合考察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，知道加快度是联系力学和运动学的桥梁．。