【物理】江西省高安中学2019-2020学年高一上学期期末考试（A卷）试题 （解析版）

【物理】江西省高安中学2019-2020学年高一上学期期末考试（A卷）试题 （解析版）

江西省高安中学2019-2020学年高一上学期 期末考试（A卷）试题 第I卷（选择题)‎ 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,1-8题只有一个选项符合题目要求,9-12题有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分)‎ ‎1.在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程.在以下几位物理学家所做科学贡献的叙述中，正确的是（ ）‎ A. 在对自由落体运动的研究中，伽利略巧妙的利用斜面实验来冲淡重力影响使得时间更容易测量，最后逻辑推理证明了自由落体的运动规律 B. 牛顿应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德关于“力是维持物体运动的原因”的观点，并归纳总结了牛顿第一定律 C. 卡文迪许将行星与太阳、地球与月球、地球与地面物体之间的引力规律推广到宇宙中的一切物体，得出万有引力定律，并测出了引力常量G的数值 D. 法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了点电荷间的相互作用规律，并通过油滴实验测定了元电荷的电荷量 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：在对自由落体运动的研究中，伽利略巧妙的利用斜面实验来冲淡重力影响使得时间更容易测量，得出物体运动的位移与时间的平方正比关系，加之科学推理证明了自由落体运动规律，A正确；伽利略应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德关于“力是维持物体运动的原因”的观点，并归纳总结了牛顿第一定律，B错误；牛顿将行星与太阳、地球与月球、地球与地面物体之间的引力规律推广到宇宙中的一切物体，得出万有引力定律，C错误；法国学者库仑首先得出了电荷之间相互作用的规律即库仑定律，密立根测出了元电荷的电荷量，D正确．‎ ‎2.一个物体以初速度v0沿光滑斜面向上运动，其速度v随时间t变化的规律如图所示，在连续两段时间m和n内对应面积均为S，则b时刻速度vb的大小为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 设物体在a时刻速度为 ，b时刻速度为，物体加速度为a，则：；；，联立解得：，故选A ‎3.一个质量为M的箱子放在水平地面上,箱内用一段固定长度的轻质细线拴一质量为m的小球,线的另一端拴在箱子的顶板上,现把细线和球拉到左侧与竖直方向成θ角处静止释放,如图所示,在小球摆动的过程中箱子始终保持静止,则以下判断正确的是(　　)‎ A. 在小球摆动的过程中,线的张力呈周期性变化,但箱子对地面的作用力始终保持不变 B. 小球摆到右侧最高点时,地面受到的压力为(M+m)g,箱子受到地面向左的静摩擦力 C. 小球摆到最低点时,地面受到的压力为(M+m)g,箱子不受地面的摩擦力 D. 小球摆到最低点时,线对箱顶的拉力大于mg,箱子对地面的压力大于(M+m)g ‎【答案】D ‎【解析】‎ 在小球摆动的过程中，速度越来越大，对小球受力分析根据牛顿第二定律可知：，绳子在竖直方向的分力为：，由于速度越来越大，角度越来越小，故越大，故箱子对地面的作用力增大，在整个运动过程中箱子对地面的作用力时刻变化，故A错误；小球摆到右侧最高点时，小球有垂直于绳斜向下的加速度，对整体由于箱子不动加速度为，‎ 为小球在竖直方向的加速度，根据牛顿第二定律可知：，则有：，故，根据牛顿第三定律可知对地面的压力小于，故B错误；在最低点，小球受到的重力和拉力的合力提供向心力，由牛顿第二定律有：，联立解得：，则根据牛顿第三定律知，球对箱的拉力大小为：，故此时箱子对地面的压力为：，故小球摆到最低点时，绳对箱顶的拉力大于，，箱子对地面的压力大于，故C错误，D正确，故选D.‎ ‎4.用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表、，若把、分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是 A. 图甲中、的示数相同 B. 图甲中的、的指针偏角相同 C. 图乙中的、的示数和偏角都不同 D. 图乙中的、的指针偏角相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.图甲中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同，故A错误，B正确；‎ ‎ CD.图乙中的A1、A2串联，A1、A2的示数相同，由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同，故CD错误．‎ ‎5.如图所示，在轴上关于原点O对称的两点A、B分别放置固定的点电荷+Q1和-Q2，轴上的P点位于B点的右侧,且P点电场强度为零。设无穷远处电势为零,则下列判断正确的是（ ）‎ A. P点电势为零 B. 在A、B连线上还有一点与P点电场强度相同 C. A、O两点的电势差大于O、B两点的电势差 D. 若将一试探电荷+q沿直线从P点移至O点,则此过程中电势能一直增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 等量异种电荷周围的电场分布情况如图所示：‎ ‎，而本题中因P点场强为零，则，则，但电场分布与上图类似.‎ A、等量异种电荷的φO=0，而，则连线上电势为0的点在O点左侧，根据沿着电场线的方向电势降低，则φP＜0，故A错误；B、因，根据其电场线分布可知，在x轴上还有一点在OB之间，两场源在这一点电场强度大小相同但方向相同，合场强不为零，B错误；C、AO与OB是沿电场线相同的d，因，则Q1附近的电场较强，由，可知，C正确；D、试探电荷+q在从P点到O点电场力先做正功后做负功，则电势能先减小后增大，故D错误；故选C.‎ ‎6.在真空中有水平放置的两个平行、正对金属平板，板长为l，两板间距离为d，在两极板间加一交变电压如图乙，质量为m，电荷量为e的电子以速度v0 （v0接近光速的1/20）从两极板左端中点沿水平方向连续不断地射入两平行板之间．若电子经过两极板间的时间相比交变电流的周期可忽略不计，不考虑电子间的相互作用和相对论效应，则（ ）‎ A. 当Um＜时，所有电子都能从极板的右端射出 B. 当Um＞时，将没有电子能从极板的右端射出 C. 当时，有电子从极板右端射出时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1：2‎ D. 当时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1：‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、B、当由电子恰好飞出极板时有：l=v0t，，由此求出：，当电压大于该最大值时电子不能飞出，故A正确，B错误；C、当，一个周期内有的时间电压低于临界电压，因此有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1：1，故C错误,D、若，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为，则D选项错误．故选A．‎ ‎7.‎ ‎ 假设有一载人宇宙飞船在距地面高度为4200km的赤道上空绕地球做匀速圆周运动，地球半径约为6400km，地球同步卫星距地面高度为36000km，宇宙飞船和地球同步卫星绕地球同向运动，每当二者相距最近时，宇宙飞船就向同步卫星发射信号，然后再由同步卫星将信号发送到地面接收站，某时刻二者相距最远，从此刻开始，在一昼夜的时间内，接收站共接收到信号的次数为 A. 4次 B. 6次 C. 7次 D. 8次 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 宇宙飞船轨道半径为r1=4200km+6400km=10600km，地球同步卫星轨道半径为r2=36000km+6400km=42400km，r2="4" r1.根据开普勒第三定律，地球同步卫星为宇宙飞船周期的8倍．从二者相距最远时刻开始，在一昼夜的时间内，接收站共接收到信号的次数为7次，选项C正确．‎ ‎8.如图甲所示，定值电阻R1＝3 Ω，R2＝2 Ω，滑动变阻器RP的最大电阻为10 Ω，电表均视为理想电表，调节RP记录多组U，I数据，画出了如图乙所示的UI图像，下列说法正确的是(　 　)‎ A. 当滑动变阻器由中点向右移动时，滑动变阻器上的功率先增加后减小 B. 当滑动变阻器电阻为10 Ω时，滑动变阻器的功率最大 C. 当滑动变阻器的电阻为4 Ω时，电源的效率最大 D. 电源的最大功率为2.25 W ‎【答案】D ‎【解析】‎ 把滑动变阻器看作负载，将其余部分等效为一个电动势大小为3.0V的新电源，当通过R1的电流为0.3A时，通过R2电流为．可得等效电源的内阻为： ．代入数据解得：r=2.8Ω．Rp 的最大电阻为10Ω，故滑片由中点向右滑动时，功率逐渐减小，故A错误；滑动变阻器的电阻等于等效电源的内阻4Ω时，功率最大，故B错误；电源的效率．当外电阻越大，效率越大，所以当滑动变阻器的电阻为10Ω时，电源的效率最大，故C错误；当整个回路电阻最小时，电路的电流最大，电源的功率最大为，故D正确．‎ ‎9.如图，将一质量为2m的重物悬挂在轻绳一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d，杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点正下方距离A为d处．现将环从A点由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法中正确的是（）‎ A. 环到达B处时，重物上升的高度 B. 环能下降的最大距离为 C. 环到达B处时，环与重物的速度大小之比为 D. 环从A到B减少的机械能等于重物增加的机械能 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】根据几何关系有，环从A下滑至B点时，重物上升的高度h=d−d，故A错误；环下滑到最大高度为h时环和重物的速度均为0，此时重物上升的最大高度为，根据机械能守恒有，解得：h=d，故B正确．对B的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，有：vcos45°=v 重物，所以，故C错误；环下滑过程中无摩擦力对系统做功，故系统机械能守恒，即满足环减小的机械能等于重物增加的机械能，故D正确；故选BD．‎ ‎10.如图所示，两块较大的金属板A、B平行水平放置并与一电源相连，S闭合后，两板间有一质量为m、带电量为q的油滴恰好在P点处于静止状态．则下列说法正确的是 A. 在S仍闭合的情况下，若将A板向下平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中有的电流，P点电势升高 B. 在S仍闭合的情况下，若将A板向右平移一小段位移，则油滴仍然静止，G中有的电流，P点电势不变 C. 若将S断开，且将A板向左平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中无电流，P点电势升高 D. 若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G中无电流，P点电势降低 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 详解】A.开始时，重力和电场力平衡，故有：，在S仍闭合的情况下，将板向下平移一小段位移，由可知电场强度变大，故油滴应向上加速运动，故A错误；‎ B.在S仍闭合的情况下，若将板向右平移一小段位移，由 可知电场强度不变，油滴仍静止；根据和则有：，故电容器的电量减小，放电，故中有的电流，因电势差不变，那么点的电势也不变，故B正确；‎ C.若将S断开，不变，向左平移一小段距离，根据可知，电容减小，再根据 可知，增大；根据可知，增大；电场力增大，油滴向上运动；由于电量不变，故中无电流，由于电场强度变大，则电势差增大，而板接地，因此点电势降低，故C错误；‎ D.若将S断开，不变，再将板向下平移一小段位移，根据，和可得：，故电场强度不变，故电场力不变，故油滴静止，由于电量不变，故中无电流，由于电场强度变大，则电势差增大，而板接地，因此点电势也不变，故D错误．‎ ‎11.在如图所示电路中，R1、R2为定值电阻，闭合电键S后，带电粒子恰处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片向下滑动，理想电压表V1，V2，V3示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，则(　　)‎ A. V1示数减小， V2和V3示数增大 B. 带电粒子将向上运动 C. ΔU3＞ΔU1 D. 此过程中保持不变 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．将滑动变阻器的滑片向下滑动，滑动变阻器的阻值减小，电路的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律知，总电流增大，则V1示数U1增大．内电压增大，路端电压U减小，而路端电压，可知，V3示数U3减小．R2两端电压增大，所以V2示数减小，故A错误；‎ B．R2两端电压增大，则电容器板间电压增大，板间场强增大，带电粒子所受的电场力增大，因此带电粒子将向上运动，故B正确；‎ C．因为，U3减小，U1增大，而U减小，所以 ．故C正确；‎ D．根据闭合电路欧姆定律知：，得 保持不变，故D正确．‎ 故选BCD．‎ ‎12.在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示．小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点．小球抛出时的动能为8.0J，在M点的动能为6.0J，不计空气的阻力．则（　 　）‎ A. 小球水平位移x1与x2的比值1：3‎ B. 小球水平位移x1与x2的比值1：4‎ C. 小球落到B点时的动能32J D. 小球从A点运动到B点的过程中最小动能为6J ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．设小球在电场中的水平加速度为a，在x1与x2段的时间是相等的，设时间均为t，则有：，，，所以：，故A正确，B错误．‎ C．当小球运动到B点时，小球水平方向上的速度设为vBs，则：，‎ 竖直方向上的速率与在A点时的速率相同，由题意知：，则在B点时的动能是：‎ ‎，故C正确．‎ D．将x1段的运动反过来看，由M点运动到A点，水平反向做匀减速运动，竖直方向做初速度为0的自由落体运动，功率：，则刚开始时重力的功率为0，由于电场力方向与运动方向相反，电场力的功率比0大，但电场力做负功，则动能减小，即由M运动到A过程中动能先减小后增大，在M点的动能为6J，故A运动到M过程中有动能小于6J的点，故D错误．‎ 第II卷（非选择题)‎ 二、填空题(本题共2小题,每空2分，共16分)‎ ‎13.用如图甲所示的实验装置，探究加速度与力、质量的关系实验中，将一端带定滑轮的长木板放在水平实验桌面上，实验小车通过轻细绳跨过定滑轮与砂桶相连，小车与纸带相连，打点计时器所用交流电的频率为f＝50 Hz.平衡摩擦力后，在保持实验小车质量不变的情况下，放开砂桶，小车加速运动，处理纸带得到小车运动的加速度为 ‎；改变砂桶中沙子的质量，重复实验三次．‎ ‎（1）在验证“质量一定，加速度与合外力的关系”时，某学生根据实验数据作出了如图乙所示的图象，其中图线不过原点并在末端发生了弯曲现象，产生这两种现象的原因可能有_____．‎ A．木板右端垫起的高度过小（即平衡摩擦力不足）‎ B．木板右端垫起的高度过大（即平衡摩擦力过度）‎ C．砂桶和沙子的总质量远小于小车和砝码的总质量（即）‎ D．砂桶和沙子的总质量未远小于小车和砝码的总质量．‎ ‎（2）实验过程中打出的一条理想纸带如图丙所示，图中、、、、、、为相邻的计数点，相邻两计数点间还有4个点未画出，则小车运动的加速度＝_____.（结果保留3位有效数字）‎ ‎（3）小车质量一定，改变砂桶中沙子的质量，砂桶和沙子的总质量为，根据实验数据描绘出的小车加速度与砂桶和沙子的总质量之间的关系图象如图丁所示，则小车的质量_____.（g=10m/s2）‎ ‎【答案】 (1). BD (2). 2.00 (3). 0.4‎ ‎【解析】‎ ‎(1)图线不过原点且力为零时小车加速度不为零；所以木板右端垫起的高度过大（即平衡摩擦力过度）‎ 图线末端发生了弯曲现象，是因为当砂桶和沙子的总质量未远小于小车和砝码的总质量后，绳上拉力小于砂桶和沙子的总重力．‎ 故答案为BD ‎(2) 相邻两计数点间还有4个点未画出，则两计数点间时间间隔 小车运动的加速度 ‎ ‎ ‎(3) 设绳子拉力为，对砂桶和沙子受力分析，由牛顿第二定律可得：‎ 对小车和砝码受力分析，由牛顿第二定律可得：‎ 联立解得：，整理得：‎ 由关系图象可得：，解得：‎ ‎14.某型号多用电表欧姆档的电路原理图如图甲所示．微安表是欧姆表表头，其满偏电流，内阻.电源电动势，内阻．电阻箱和电阻箱的阻值调节范围均为.‎ ‎(1)甲图中的端应与___________（红或黑）表笔连接.‎ ‎(2)某同学将图甲中的、端短接，为使微安表满偏，则应调节______Ω；然后在、端之间接入一电阻后发现微安表半偏，则接入的电阻阻值为_________Ω.‎ ‎(3)如图乙所示，该同学将微安表与电阻箱并联，利用该电路图组装一个“×100倍率”的欧姆表，要求欧姆表的表盘刻度示意图如图丙所示，其中央刻度标“15”，则该同学应调节________Ω；用此欧姆表测量一个阻值约2000Ω的电阻，测量前应调节________Ω．‎ ‎【答案】 (1). 红 (2). 2049 3000 (3). 950 1024‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据万用表的流向和偏转规律可知电流从红表笔进黑表笔出向右偏，则a端接红表笔.‎ ‎(2)欧姆调零时根据闭合电路的欧姆定律，解得：；当接入Rx后，电流为满偏的一半，则，可得.‎ ‎(3)因欧姆表的中央刻度为15，倍率为“×100”，则欧姆表的内阻，故调零时的满偏电流为，表头和R2并联改装为电流表，由并联分流电压相等，解得;改装后的欧姆表需要进行欧姆调零，则，解得：.‎ 三、计算题 （本题共3小题,共36分，每小题12分）‎ ‎15.如图甲所示，质量为m、电荷量为e的电子经加速电压U1，加速后，在水平方向沿O1O2垂直进入偏转电场．已知形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L（不考虑电场边缘效应），两极板间距为d，O1O2为两极板的中线，P是足够大的荧光屏，且屏与极板右边缘的距离也为L．求：‎ ‎（1）粒子进入偏转电场的速度v的大小；‎ ‎（2）若偏转电场两板间加恒定电压，电子经过偏转电场后正好打中屏上的A点，A点与极板M在同一水平线上，求偏转电场所加电压U2；‎ ‎（3）若偏转电场两板间的电压按如图乙所示作周期性变化，要使电子经加速电场后t=0时刻进入偏转电场后水平击中A点，试确定偏转电场电压U0以及周期T分别应该满足的条件．‎ ‎【答案】粒子进入偏转电场的速度v的大小．‎ 偏转电场所加电压．‎ 偏转电场电压2，3，，周期2，3，‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电子经加速电场加速：‎ 解得：‎ ‎（2）由题意知，电子经偏转电场偏转后做匀速直线运动到达A点，设电子离开偏转电场时的偏转角为，则由几何关系得：‎ 解得：‎ 又 解得：‎ ‎（3）要使电子在水平在水平方向击中A点，电子必向上极板偏转，且vy=0，则电子应在 时刻进入偏转电场，且电子在偏转电场中运动的时间为整数个周期，设电子从加速电场射出的速度为，则 因为电子水平射出，则电子在偏转电场中的运动时间满足 则（n=1，2，3，4…）‎ 在竖直方向位移应满足 解得：（n=1，2，3，4…）‎ ‎16.滑板运动是一项刺激的体育运动，深受青少年的喜欢．如图甲所示，是运动员比赛时飞跃障碍物的精彩瞬间，其赛道可以简化为如图乙所示的轨道模型：AB为半径R=2.6m的四分之一圆弧，BC为长为L=2m的水平轨道，CDEF为高度h1=0.75m的梯形平台，斜面CD和EF与水平面的夹角θ均为，平台中间放置高h2=0.45m的障碍物，滑板与轨道BC、CD、EF之间的动摩擦因数均μ=0.2，轨道各处平滑连接．若某次比赛运动员从A点以速度v0=4m/s下滑，刚好在最高点P沿水平方向飞跃障碍物，后又恰好从E点沿斜面方向滑入斜面EF．运动员与滑板总质量m=60kg，重力加速度g=10m/s2，sin=0.6，cos=0.8，不计空气阻力．试求：‎ ‎（1）飞跃最高点时的速度大小；‎ ‎（2）运动到圆弧轨道最低点B时，滑板对轨道压力；‎ ‎（3）从A点运动到B点克服摩擦阻力所做的功．‎ ‎【答案】(1)4m/s(2)1800N(3)480J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）运动员由P到E过程做平抛运动，设P点速度为vP ，E点的竖直分速度为vy，‎ 在竖直方向有：vy2=2gh2 ① ‎ 在E点有： ② ‎ 联列①、②两式，代入数据解得：vP=4m/s ‎ ‎（2）设B点速度为vB，运动员由B到P过程， 由动能定理有：‎ ‎ ③ ‎ 运动员滑到圆弧轨道最低点B时，由牛顿第二定律有： ④‎ 联列③、④两式，代入数据解得：FN=1800N 根据牛顿第三定律知，运动员滑到圆弧轨道最低点B时，滑板对轨道的压力为：‎ F/N=1800N 方向竖直向下 ‎ ‎（3）设运动员从A到B过程克服摩擦阻力做的功为Wf， 由动能定理有：‎ ‎ ⑤ ‎ 代入数据解得：Wf=480J ‎17.某智能分拣装置如图所示，A为包裹箱，BC为传送带．传送带保持静止，包裹P 以初速度v0滑上传送带，当P滑至传送带底端时，该包裹经系统扫描检测，发现不应由A收纳，则被拦停在B处，且系统启动传送带轮转动，将包裹送回C处．已知v0=3m/s，包裹P与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，传送带与水平方向夹角θ=37º，传送带BC长度L=10m，重力加速度g=10m/s2，sin37º=0.6，cos37º=0.8，求：‎ ‎（1）包裹P沿传送带下滑过程中的加速度大小和方向；‎ ‎（2）包裹P到达B时的速度大小；‎ ‎（3）若传送带匀速转动速度v=2m/s，包裹P经多长时间从B处由静止被送回到C处； ‎ ‎（4）若传送带从静止开始以加速度a加速转动，请写出包裹P送回C处的速度vc与a的关系式，并画出vc2-a图象．‎ ‎【答案】（1）0.4m/s2 方向：沿传送带向上（2）1m/s（3）7.5s ‎（4） 如图所示：‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）包裹下滑时根据牛顿第二定律有：‎ 代入数据得：，方向：沿传送带向上；‎ ‎（2）包裹P沿传送带由B到C过程中根据速度与位移关系可知：‎ ‎ 代入数据得：；‎ ‎（3）包裹P向上匀加速运动根据牛顿第二定律有：‎ 得 ‎ 当包裹P的速度达到传送带的速度所用时间为：‎ 速度从零增加到等于传送带速度时通过的位移有： ‎ 因为x

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