江苏省南通市西亭高级中学2019_2020学年高一物理下学期期中测试试题含解析

江苏省南通市西亭高级中学2019-2020学年高一物理下学期期中测试
试题（含解析）
一、单项题：本题共8小题，每小题3分，共计24分。

每小题只有一个选项符合题意
1.下列过程中，小球的机械能守恒的是（）
A. 不计空气阻力时，小球以初速度v0冲上光滑斜面上滑的过程
B. 小球在水平面上减速运动的过程
C. 小球在水中自由下落的过程
D. 小球随电梯匀速上升的过程
【答案】A
【解析】
【详解】A．小球上升过程中只有重力做功，重力势能和动能相互转化，小球机械能守恒，A 正确；
B．小球在水平面内减速，重力势能不变，动能减小，所以小球机械能减小，B错误；
C．小球在水中下落，受到水的阻力做负功，所以小球机械能减小，C错误；
D．小球匀速上升，动能不变，重力势能增大，小球机械能增大，D错误。

故选A。

2.如图所示,验电器带有少量正电荷,将一带负电的小球从远处逐渐靠近验电器的金属球.此过程中,可能看到金属箔片张开的角度
A. 不断增大
B. 先减小至零,后逐渐增大
C. 先增大,后减小
D. 先增大,后不变
【答案】B
【解析】
【详解】带有负电荷的小球慢慢靠近一个带有少量正电荷的验电器金属球，根据异种电荷相
互吸引得出金属箔所带电荷变少，所以金属箔的夹角减小，随小球的靠近，验电器的金属球上的正电荷越来越多，所以金属箔上将开始带上负电荷，随负电荷的增加多，此时验电器金属箔的张角也开始变大，即金属箔的夹角增大，故ACD 错误，B 正确．
3.2016年8月16日，我国首颗量子科学实验卫星“墨子”成功进入离地面高度为500km 的预定圆形轨道，实现了卫星和地面之间的量子通信。

此前我国成功发射了第23颗北斗导航卫星G7，G7属地球静止轨道卫星，下列说法正确的是（ ） A. “墨子”的运行速度大于7.9km/s B. 北斗G7可定点于南通正上方 C. “墨子”的周期比北斗G7小 D. “墨子”的向心加速度比北斗G7小
【答案】C 【解析】
【详解】A ．7.9km/s 是卫星贴近地球表面运行做匀速圆周运动的最大速度，即第一宇宙速度，根据万有引力提供向心力
22Mm v G m r r
= 解得
v =
“墨子”的轨道半径大于地球半径，所以“墨子”的运行速度小于7.9km/s ，A 错误； B ．G7位于赤道上空，南通不在赤道上，B 错误； C ．根据万有引力提供向心力
2
224Mm G m r r T
π= 解得
2T = G7的轨道半径大于“墨子”的轨道半径，所以“墨子”的周期比北斗G7小，C 正确； D ．万有引力提供向心加速度
2Mm
G
ma r
= 解得
2GM
a r
=
G7的轨道半径大于“墨子”的轨道半径，“墨子”的向心加速度比北斗G7大，D 错误。

故选C 。

4.如图所示，将A 、B 、C 三个相同的小球从同一高处同时以相同速率沿不同方向抛出，不计空气阻力。

则三个小球（ ）
A. 同时落地
B. 落地时的速度相同
C. 落地时的动能相同
D. 落地时重力的瞬时功率相同 【答案】C 【解析】
【详解】A ．选择竖直向下为正方向，假设小球在竖直方向上速度为v 竖直，则小球下落过程中在竖直方向上满足
2
12
h v t gt =-+
竖直 三个小球在竖直方向上初速度不同，所以落地时间不同，A 错误； BC ．根据动能定理
22
01122
mgh mv mv =-
三个小球高度相同，所以落地速度大小相同，动能相同，但速度方向不同，B 错误，C 正确； D ．小球在竖直方向上
22
2y v v gh -=竖直
三个小球在竖直方向上初速度不同，所以落地速度大小不同，落地时重力的瞬时功率为
y P mgv =
所以落地时重力的瞬时功率不同，D 错误。

故选C 。

5.两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示，c 时两负电荷连线的中点，d
点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，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. c点的电场强度比d点的大
D. c点的电势比d点的低
【答案】ACD
【解析】
【详解】由图知，a点处的电场线比b点处的电场线密集，c点处电场线比d点处电场密集，故AC正确；过a点画等势线，与b点所在电场线的交点在b点沿电场线的方向上，所以b点的电势高于a点的电势，故B错误；同理可得d点电势高于c点电势，故D正确．
【点睛】本题是对电场基本性质的理解，电场线与电场强度、电势的关系，可由电场线的疏密判断电场的强弱，由电势的叠加判断电势的高低，也可以通过画等势线，判断电势的高低．6.如图所示，一薄木板斜搁在高度一定的平台和水平地板上，其顶端与平台相平，末端位于地板的P处，并与地板平滑连接，将一可看成质点的滑块自木板顶端无初速度释放，滑块沿木板下滑，接着在地板上滑动，最终停在Q处．滑块和木板及地板之间的动摩擦因数相同，现将木板截短一半，仍按上述方式搁在该平台和水平地板上，再次将滑块自木板顶端无初速度释放，则滑块最终将停在（）
A. P处
B. P、Q之间
C. Q处
D. Q的右侧【答案】C
【解析】
【详解】假设斜面与水平面的夹角为α，斜面的高度为h，斜面在水平方向的投影为1x
在斜面上克服摩擦力做的功
11cos cot sin h
W mg mgh mgx μαμαμα
=⨯
==① 设在水平面上滑行的距离为2x ，在水平面上克服摩擦力做的功
22 W mgx μ=
整个过程克服摩擦力做得功
1212W mgx mgx mg x x μμμ=+=+（）②
由此公式可知，摩擦力做得功与斜面的夹角无关，又由于从相同的高度滑下，根据动能定理得
0mgh W -=③
②③联立可知
12h
x x μ
+=
最终还是停在Q 处，故ABD 错，C 正确； 故选C ．
7.图甲中AB 是某电场中的一条电场线。

若将一负电荷从A 点处由静止释放，负电荷沿电场线从A 到B 运动过程中的速度图像如图乙所示。

关于A 、B 两点的电势高低和场强大小关系，下列说法中正确的是（ ）
A. φA >φB ，E A >E B
B. φA >φB ，E A <E B
C. φA <φB ，E A >E B
D. φA <φB ，E A <E B
【答案】C 【解析】
【详解】从速度—时间图象可以看出，物体从静止开始向右加速，所以负电荷所受电场力方向向右，而负试探电荷受到的电场力方向为场强的反方向，故场强方向向左，逆着电场力方向，电势升高，故φA ＜φB ；速度—时间图象的切线的斜率表示加速度，故加速度不断减小，
所以电场力不断减小，场强也不断减小，故E A ＞E B ；C 正确，ABD 错误。

故选C 。

8.如图甲所示，质量m ＝2 kg 的物体以100 J 的初动能在粗糙的水平地面上滑行，其动能E k 随位移x 变化的关系图象如图乙所示，则下列判断中正确的是（ ）
A. 物体运动的总位移大小为10 m
B. 物体运动的加速度大小为10 m/s 2
C. 物体运动的初速度大小为10 m/s
D. 物体所受的摩擦力大小为10 N 【答案】ACD 【解析】
【详解】A.由图乙可知物体运动的总位移大小为10 m ，故A 正确； BD. 由动能定理得：
－fx ＝ΔE k ＝－100 J ，
则：
f ＝10 N ，
由牛顿第二定律得：
f ＝ma ，
则：
a ＝
f
m
＝5 m/s 2， 故B 错误，D 正确； C. 物体的初动能：
E k0＝2
012
mv ＝100 J ，
则
v 00
2k E m
10 m/s ，
故C 正确； 故选：ACD
二、本题共5小题，每小题4分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项是正确的。

全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。

9.两颗靠得很近的天体称为双星，它们都绕两者连线上某点做匀速圆周运动，因而不至于由于万有引力吸引到相撞，以下说法中正确的是（ ） A. 它们做圆周运动的半径与各自质量的乘积相等 B. 它们做圆周运动的线速度大小与它们的质量成反比 C. 它们做圆周运动的角速度与它们的总质量成反比 D. 它们做圆周运动的半径与各自线速度大小的乘积相等 【答案】AB 【解析】
【详解】A ．双星系统中的
两行星同轴转动，角速度和周期相同，如图
对1m 和2m 应用牛顿第二定律
212112
2124()m m G m r r r T
π=+ 212222
2124()m m G m r r r T
π=+ 解得质量为
22121
22
4()r r r m GT
π+=
22122
12
4()r r r m GT
π+= 所以质量之比为
21
12
m r m r = 解得
2211m r m r =
A 正确；
B ．根据线速度与角速度的关系v r ω=可知
112
221
v r m v r m == B 正确；
C ．两行星总质量与周期的关系为
23
12122
4()r r m m GT
π++= 根据2T
π
ω=
可知 231212()()G m m r r ω+=+
所以它们做圆周运动的角速度的平方与它们的总质量成正比，C 错误； D ．根据线速度与角速度的关系v r ω=可知
12
12
v v r r = 解得
1221v r v r =
D 错误。

故选AB 。

10.如图所示，虚线a 、b 、c 为三个同心圆面，圆心处有一个点电荷．现从b 、c 之间一点P 以相同的速率发射两个带电粒子，分别沿PM 、PN 运动到M 、N 点，M 、N 两点都处于圆周c 上，
以下判断正确的是( )
A. 到达M、N时两粒子速率仍相等
B. 到达M、N时两粒子速率v M＞v N
C. 到达M、N时两粒子的电势能相等
D. 两个粒子的电势能都是先减小后增大
【答案】B
【解析】
解：AB、由轨迹看出，点电荷左侧的带电粒子受排斥力，右侧的带电粒子受吸引力，由题，M、N两点都处于圆周c上，电势相等，两带电粒子又是从同一点P出发，则电势差U PM=U PN，电场力对两个带电粒子做功大小相等，而从P到M的粒子电场力总功为正功，从P到N的粒子电场力总功为负功，根据动能定理得到，到达M、N时两粒子速率v M＞v N．故A错误，B正确．C、由轨迹看出，点电荷左侧的带电粒子有排斥力，与中心点电荷电性相同；对右侧的带电粒子有吸引力，与中心点电荷电性相反，则两粒子带异种电荷，由公式E p=qφ知两个粒子到达M、N时电势能不等，故C错误，
D、电场力对左侧的粒子先做负功后做正功，电势能先增大后减小，故D错误．
故选B．
考点：电势能．
分析：根据轨迹的弯曲方向确定带电粒子所受的电场力方向，根据动能定理确定到达M、N时两粒子速率关系．由电场力做功正负分析电势能的变化．
点评：本题是轨迹问题，根据轨迹的弯曲方向要能判断出带电粒子所受的电场力大体方向．电场力做功与初末位置间电势差成正比，并会判定电场力做功的正负．
11.如图所示，一轻质弹簧一端固定在O点，另一端连接质量为m的小球。

当小球静止在O点正下方时，球心到O点的距离为l。

图中实线c是以O为圆心，l为半径的圆弧。

现用水平力F拉球，使球缓慢运动的过程中（）
A. 小球可能沿图中曲线a 运动
B. 小球可能沿图中曲线b 运动
C. 水平拉力做的功等于小球重力势能的增加量
D. 水平拉力做的功一定大于小球重力势能的增加量 【答案】BD 【解析】
【详解】AB ．拉力水平，对小球受力分析可知弹簧的长度应变大，所以小球轨迹可能沿图中曲线b 运动，不可能沿曲线a 运动，A 错误，B 正确； CD ．根据的动能定理可知
0G W W W --=拉弹
所以水平拉力做的功等于小球重力势能的增加量和弹簧弹性势能的增加量，C 错误，D 正确。

故选BD 。

12.两个完全相同的小金属球（皆可视为点电荷），所带电荷量之比为5:1，它们在相距一定距离时相互作用的吸引力．．．为1F ，如果让它们充分接触后再放回各自原来的位置上，此时相互作用力变为2F ，则12:F F 为 A. 5：2 B. 5：6
C. 5：4
D. 5：9
【答案】C 【解析】 【分析】
两个球相互吸引，则带异种电荷，则接触带电的原则是总电荷平分，根据2
Qq
F k r =得出接触后再放回原处的库仑力大小．
【详解】它们在相距一定距离时相互作用力为2
125q F k r
=；两电荷异性，接触后再分开，两
球电量的绝对值为2q ，此时两球的库仑力221244
5
q F k F r ==，则F 1：F 2为5：4，故选C.
【点睛】解决本题的关键是掌握接触带电的原则，总电荷平分，同时要注意原来的电荷的电性，以及掌握库仑定律的公式2
Qq
F k
r =. 13.在发射一颗质量为m 的人造地球同步卫星时，先将其发射到贴近地球表面运行的圆轨道I 上（离地面高度忽略不计），再通过一椭圆轨道II 变轨后到达距地面高为h 的预定圆轨道III 上。

已知它在圆形轨道I 上运行的加速度为g ，地球半径为R ，图中PQ 长约为8R ，卫星在变轨过程中质量不变，则（ ）
A. 卫星在轨道III 上运行的加速度为2
h R h ⎛⎫ ⎪
+⎝⎭
g B. 卫星在轨道III 上运行的线速度为2R g
v R h
=
+C. 卫星在轨道III 上运行时经过P 点的加速度等于在轨道II 上运行时经过P 点的加速度 D. 卫星在轨道III 上的机械能大于在轨道I 上的机械能 【答案】BCD 【解析】
【详解】A ．卫星在轨道I 上运动时
2
Mm
G
mg R = 卫星在轨道III 上运动时
2
()Mm
G
ma R h =+
解得
2
R a g
R h ⎛⎫= ⎪+⎝⎭
A 错误；
B ．万有引力提供向心力
2
2()()
Mm v G m R h R h =++ 解得
2GM R g v R h R h
==
++ B 正确；
C ．万有引力提供加速度
2
()Mm
G
ma R h =+
解得
2
()GM
a R h =
+
所以卫星在轨道III 上运行时经过P 点的加速度等于在轨道II 上运行时经过P 点的加速度，C 正确；
D ．从轨道I 上升到轨道III 需要点火加速，所以卫星在轨道III 上的机械能大于在轨道I 上的机械能，D 正确。

故选BCD 。

三、实验题
14.某实验小组“用落体法验证机械能守恒定律”，实验装置如图甲所示.实验中测出重物自由下落的高度h 及对应的瞬时速度v ，计算出重物减少的重力势能mgh 和增加的动能
12
mv 2
，然后进行比较，如果两者相等或近似相等，即可验证重物自由下落过程中机械能守恒.请根据实验原理和步骤完成下列问题：
(1)关于上述实验，下列说法中正确的是________. A.重物最好选择密度较小的木块
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B.重物的质量可以不测量
C.实验中应先接通电源，后释放纸带 D .
可以利用公式v
(2)如图乙是该实验小组打出的一条点迹清晰的纸带，纸带上的O 点是起始点，选取纸带上连续的点A 、B 、C 、D 、E 、F 作为计数点，并测出各计数点到O 点的距离依次为27.94 cm 、32.78 cm 、38.02 cm 、43.65 cm 、49.66 cm 、56.07 cm.已知打点计时器所用的电源是50 Hz 的交流电，重物的质量为0.5 kg ，则从计时器打下点O 到打下点D 的过程中，重物减小的重力势能ΔE p ＝________ J ；重物增加的动能ΔE k ＝________ J ，两者不完全相等的原因可能是________________.(重力加速度g 取9.8 m/s 2
，计算结果保留三位有效数字)
(3)实验小组的同学又正确计算出图乙中打下计数点A 、B 、C 、D 、E 、F 各点的瞬时速度v ，以各计数点到A 点的距离h ′为横轴，v 2为纵轴作出图象，如图丙所示，根据作出的图线，能粗略验证自由下落的物体机械能守恒的依据是
______________________________________________.
【答案】 (1). BC (2). 2.14 (3). 2.12 (4). 重物下落过程中受到阻力作用 (5). 图象的斜率等于19.52，约为重力加速度g 的两倍，故能验证 【解析】
【详解】(1)[1]．A 、重物最好选择密度较大的
铁块，受到的阻力较小，故A 错误； B 、本题是以自由落体运动为例来验证机械能守恒定律，需要验证的方程是212
mgh mv =，因为我们是比较mgh 、21
2
mv 的大小关系，故m 可约去比较，不需要用天平测量重物的质量操作时应先接通电源，再释放纸带，故B 正确．
C 、释放纸带前，重物应靠近打点计时器．必须保证计时器的两限位孔在同一竖直线上，然后先接通电源，后释放纸带，故C 正确；
D
、不能利用公式v 故D 错误．
(2)[2][3][4]．重力势能减小量
0.59.80.4365J=2.14J p E mgh ∆==⨯⨯
利用匀变速直线运动的推论
0.49660.3802m/s=2.91m/s 0.04D x v t -=
= 22
110.5 2.91J=2.12J 22
kD B E mv ==⨯⨯（）
动能增加量
0 2.12J k kD E E ∆=-=
由于存在阻力作用，所以减小的重力势能大于动能的增加了； (3)[5]．根据表达式212
mgh mv =，则有
22v gh =
若图象的斜率为重力加速度的2倍时，即可验证机械能守恒，而图象的斜率
10.36 5.48
19.520.25
k -=
=
因此能粗略验证自由下落的物体机械能守恒．
点睛：解决本题的关键知道实验的原理，通过原理确定所需测量的物理量，以及知道实验中的注意事项，在平时的学习中，需加以总结，要熟记求纸带上某点瞬时速度的求法． 四、本题共4小题，共46分。

解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。

只写出最后答案的不能得分。

有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

15.宇航员在地球表面以某一初速度竖直上抛一小球，经过时间t 小球落回原处；若他在某一星球表面以相同的初速度竖直上抛同一小球，需经过5t 小球落回原处，已知该星球的半径r 与地球的半径R 之比为1∶4。

（取地球表面重力加速度g ，空气阻力不计） (1)求该星球表面附近的重力加速度g '； (2)求星球的质量M 星与地球质量M 地之比；
(3)求星球的第一宇宙速度v 1与地球的第一宇宙速度v 2之比。

【答案】(1)5g ；(2)180；(3)10
【解析】
【详解】(1)小球从最高点落回原处
2t
v g =
52
t v g ='
解得
5
g g '=
(2)不考虑星球自转，万有引力提供重力
2
M m G mg R =地 2
M m
G
mg r
='星 解得
222
111
()5480
M g r M gR '==⨯=星地 (3)第一宇宙速度满足
2
22M m v G m R R
=地
212M m v G m r r
=星
解得
12v v === 16.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
－6
C ，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)小球的质量；
(2)若剪断绳子，则经过1s 小球获得速度大小； (3)若撤去电场，则小球到达最低点对细绳的拉力大小。

【答案】(1)4
410kg -⨯；(2)12.5m /s ；(3)35.610N -⨯
【解析】
【详解】(1)小球静止，根据平衡条件可知
tan 37qE mg
︒=
解得
643
1.0103g 410k 3tan 37104
.010qE m g -︒-⨯
⨯⨯⨯===⨯ (2)剪断绳子，根据牛顿第二定律
cos37
mg
ma ︒
= 解得
22
10m/s 12.5m/s
4
cos375
g a ︒=
== 经过1s 后速度为
1112.51m/s 12.5m/s v at ==⨯=
(3)撤去电场，小球从静止落到最低点
21
(1cos37)2
mgl mv ︒-=
小球在最低点
2
v T mg m l
-=
解得
232(1cos37)
5.610N v mgl T mg m mg l l
︒--=+=+=⨯
17.如图所示，粗糙斜面ABC 下端与光滑的圆弧轨道CDE 相切于C ，整个装置竖直固定，D 是最低点，圆心角∠DOC =37°，E 与圆心O 等高，圆弧轨道半径R =0.5m ，斜面长L =2m ，现有一个质量m =0.10kg 的小物块P 从斜面上端A 点无初速下滑，物块P 与斜面AC 间的动摩擦因数
μ=0.5。

取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g =10m/s 2，忽略空气阻力。

求：
(1)物块第一次通过C 点时的速度大小v C ；
(2)物块第一次通过D 点时受到轨道的支持力大小F D ； (3)物块在AC 上滑行的总路程s 。

【答案】(1)22m /s ；(3)3N ；(3)3m 【解析】
【详解】(1)物块从A C →，根据动能定理
2
sin 37co 2
s371C
m mg L mv gL μ︒︒-⋅= 解得
22m/s C v =
(2)物块从C D →，根据机械能守恒定律
22
11(1cos37)22
D C mgR mv mv ︒-=-
在D 点，根据牛顿第二定律
2
D
D v F mg m R
-=
解得
3N D F =
(3)根据动能定理
sin 37cos370m mg g s L μ︒︒-⋅=
解得
3m s =
18.如图所示，一根细绳绕过光滑的定滑轮，两端分别系住质量M 均为2kg 的物体A 、B ，使A 、B 静止于离地h 均为1m 的高度，现轻轻的放一质量为1kg 的小物体C 到A 上且粘连，重力加速度g 取10m/s 2，设绳足够长，绳与滑轮的质量不计，A 、B 、C 都可视为质点。

(1)在没有加C 物体到A 上时，求绳中拉力的大小；
(2)当A 物体在C 的影响下由静止释放到落地前瞬间，求A 、B 、C 所组成的系统重力势能减少量及B 物体获得的速度大小； (3)A 落地后B 还能上升的高度。

【答案】(1)20N ；(2)10J ，2m/s ；(3)0.2m 【解析】
【详解】(1)没有加C 物体到A 上时，系统处于静止状态，则
20N T Mg ==
(2)A 、B 、C 所组成的系统重力势能减少了
p ()10J E M m gh Mgh mgh =+-==
根据机械能守恒定律可知
2p 1
(2)2
E M m v =+
解得
2m/s v =
=
(3)B 上升过程中机械能守恒，则
21
2
MgH Mv =
解得
22
2m 0.2m 2210
v H g ===⨯。