湖南省長沙市天心區(qū)長郡中學高一物理下學期期末考試試題(含解析)

1、湖南省長沙市天心區(qū)長郡中學高一物理下學期期末考試試題（含解析）湖南省長沙市天心區(qū)長郡中學20182019學年高一物理下學期期末考試試題（含解析）一、選擇題（本題包括15小題，每小題3分，共45分.在每小題給出的四個選項中，112題只有一項是將合題目要求的，1315題有多項符合題目要求，全部選對得3分,選對但不全得2分，有選錯的得。分）1.若人造衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，則離地面越近的衛(wèi)星（）A.線速度越小B.角速度越小C.向心加速度越小Do周期越小-3-【答案】【解析】【詳解】人造衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動時，由地球的萬有引力提供向心力，則有:MmO-r-v2,4爐=m=tncor=ina=m-

2、rT2* 二 2端可知，離地面越近的衛(wèi)星,坑道半徑越小，線速度越大，故A錯誤;B.由（O-可知，離地面越近的衛(wèi)星，就道半徑一越小，角速度越大，故B錯誤:GMD.由7 =C.由4=可知，離地面越近的衛(wèi)星，軌道半徑/越小，向心加速度越大，故C錯誤:可知，離地面越近的衛(wèi)星，凱道半徑r越小，周期越小，故D正確。2下列關于第一宇宙速度的說法中正確的是A.第一宇宙速度又稱為逃逸速度B.第一宇宙速度的數(shù)值是11。2km/sC.第一宇宙速度的數(shù)值是7.9km/sD.第一宇宙速度是衛(wèi)星繞地球運行的最小線速度【答案】B【解析】第一宇宙速度在地面附近繞地球做勻速圓周運動所必須具有的速度。也是人造衛(wèi)星的最小發(fā)射速度,

3、3o發(fā)射人造衛(wèi)星是將衛(wèi)星以一定的速度送入預定就道。發(fā)射場一般選擇在盡可能靠近赤道的地方，如圖2。這樣選址的優(yōu)點是，在赤道附近圖2A.地球的引力較大Bo地球自轉線速度較大C.重力加速度較大Do地球自轉角速度較大【答案】B【解析】試題分析：A、相對于地心的發(fā)射速度等于相對于地面的發(fā)射速度加上地球自轉的線速度.地球自轉的線速度越大，相對于地心的發(fā)射速度越大，衛(wèi)星越容易發(fā)射出去.赤道處，半徑最大，所以自轉線速度最大.故A錯誤，B正確.C、赤道處重力加速度最小.故C錯誤.D、在地球上各點具有相同的角速度.故D錯誤.故選B.4.火星和木星沿各自的橢圓軌道繞太陽運行，根據(jù)開普勒行星運動定律可知:A.太陽位于

4、木星運行軌道的中心B.火星和木星繞太陽運行速度的大小始終相等Co火星與木星公轉周期之比的平方等于它們軌道半長軸之比的立方Do相同時間內，火星與太陽連線掃過的面積等于木星與太陽連線掃過的面積【答案】C【解析】太陽位于木星運行軌道的焦點位置，選項A錯誤；根據(jù)開普勒行星運動第二定律可知，木星和火星繞太陽運行速度的大小不是始終相等，離太陽較近點速度較大，較遠點的速度較小，選項B錯誤：根據(jù)開普勒行星運動第三定律可知，木星與火星公轉周期之比的平方等于它們軌道半長軸之比的立方，選項C正確：根據(jù)開普勒行星運動第二定律可知，相同時間內，火星與太陽連線掃過的面積相尋，但是不等于木星與太陽連線掃過面積，選項D錯誤；

5、故選C。5o質量為1kg的物體做直線運動，其速度圖象如圖所示則物體在前10s內和后10s內所受外力的沖量分別是（）B. 10N s, 10N sD. 10N s, 10 N sA.0,-10NsC.0,1ONS【答案】A【解析】試題分析：從圖中可知在前10s初的速度為匕=5/s,前10s末的速度為叭=5?/s,根據(jù)動量定理可得/=/w（v2-vj=0,后10s初的速度為匕=5s,后10s末的速度為匕=-5/s,根據(jù)動量定理可得1=/h（v3-V;）=-ION-S,故A正確考點：考查了沖量定理,速度時間圖像6o人從高處跳到低處時，一般都是讓腳尖部分先著地并彎曲下肢，這是為了（）A.減小沖量Bo使

6、動量的增量變得更小Co增長人與地面的作用時間，從而減小受力湖南省長沙市天心區(qū)長郡中學高一物理下學期期末考試試題（含解析）D.增大人對地的壓強，起到安全作用【答案】C【解析】【詳解】人在和地面接觸時，人的速度減為零，由動量定理可知(F-mg)t=AP：而腳尖著地可以增加人著地的時間，可以減小動量的變化率，故減小受到地面的沖擊力，故C正確，ABD錯誤。故選C.7.兩電皿吊，癥的伏安特性曲線如圖所示，由此可知/?,;凡等于-9-A. 1:3Bo3:1【答案】A【解析】【詳解】根據(jù)R=4=cot。,解得:R2=cot60:cot30=1:3.Ao根據(jù)計算結果可知&=1：3,故A正確:B.根據(jù)計算結果可

7、知4：&=1：3,故B錯誤;C.根據(jù)計算結果可知K：&=1:3,故C錯誤;Do根據(jù)計算結果可知凡：叫=1：3,故D錯誤。8.直流電動機M接在如圖所示的電路中，理想電壓表的示數(shù)是20V,理想電流表的示數(shù)是1.0A,限流電里R=5.0Q,則可知:Ao電動機的機械功率是20WBo電阻R消耗的電功率是5WCo電動機線圖的電阻是20。D.電動機產(chǎn)生的電熱功率是20W【答案】B【解析】電動機消耗的總功率為：P=IU=20W,選項AD錯誤：電阻R消耗的電功率為Pr=/X5W二5W,選項B工20。，選項C錯誤；故選正確；電動機不是純電阻亂路，故不適用歐姆定律，故電動機線圖的電阻尸工Bo【名師，點睛】此題是關于

8、電動機問題的計算：要知道電動機不是純電阻電路，不滿足歐姆定律，故電動機線圍內阻勺工彳:電動機的總功率IU-部分轉化為內阻上的發(fā)熱功率r,另一部分輸出變?yōu)闄C械功率，要弄清這種能量轉化.9o如圖所示，水平天花板下用長度相同的絕緣細線懸掛起來的兩個相同的帶電小球A、B,左邊放一個帶正電的固定球+Q時，兩懸線都保持豎直方向，小球A與固定球+Q的距離等于小球A與小球B的距離。下列說法中正確的是（）+Q A 萬A. A球帶正電，B球帶負電，并且A球帶也荷量較大B. A球帶負電，B球帶正電，并且A球帶電荷量較小CoA球帶負電，B球帶正電，并且A球帶電荷量較大DoA球帶正也，B球帶負也，并且A球帶也荷量校小【

9、答案】B【解析】試題分析：根據(jù)電荷間的相互作用可知，A應該帶負電,，B帶正電，A才能受到+Q的向左的吸引力和B球向右的吸引力而平衡，B球受到+Q向右的排斥力和A球向左的吸引力而平衡；所以選項AD均錯誤；對于A球來說，兩邊帶電球的間距相等，故帶電量也相等，即B球帶電量與+Q球的電量相等；對于B球來說，因為A離B較近，故要想與+Q球產(chǎn)生相等的力，A球的電量比+Q球的也量較少就可以了，所以A球所帶的電荷量較小，選項B正確，C錯誤?？键c：電荷間的相互作用.【名師點睛】對于小球所帶業(yè)的性質，我們可以采用假設的方法，若使它們都平衡，則AB這二個球必須受到平衡力的作用：對于電量的大小，我們可以先針對球A分析

10、，再針對球B分析，找其關系，最后再綜合對比。10.如圖所示，a、b、c為電場中同一條水平方向電場線上的三點，c為ab的中點.a、b電勢分別為0,=5V,05=3V,下列敘述正確的是（）丸=5V%=3VIIacbAo該電場在c點處的電勢一定為4VB. a點處的場強6一定大于b點處的場強EC. 一正赴荷從c點運動到6點也勢能,一定減少D. 一正電荷運動到c點時受到的電場力由c指向a【答案】C【解析】【詳解】A、當該電場是勻強電場時，由于沿電場方向相同距離電勢差相等，則場在c點處的電勢一定為4V,當該電,場不是勻強電場時，在c點處的電勢不一定為4V,故A錯誤；B、一條電場線無法比較電場線的疏密，就無

11、法比較場強的大小，則a點處的場強心不一定大于b點處的場強片，故B錯誤:CD、由萩可判斷電場線方向從a指向b,正電荷運動到c點時受到的電場力由a指向c,根據(jù)沿著電場線方向電勢降低可知c點的電勢高于b點的電勢，根據(jù)正電荷在電勢高處也勢能大可知，正電荷從c點運動到b點電勢能一定減少，故C正確，D曾誤：故選C.11。忽略空氣阻力，下列物體運動過程中滿足機械能守恒的是（）A.電梯勻速下降Bo物體由光滑斜面頂端滑到斜面底端C.物體沿著斜面勻速下滑Do拉著物體沿光滑斜面勻速上升【答案】B【解析】解：A、電梯勻速下降，T克明電梯處于受力平衡狀態(tài)，并不是只有重力做功，所以A錯誤.B、物體在光滑斜面上，受重力和芟

12、持力的作用，但是支持力的方向和物體運動的方向垂直，支持力不做功,只有重力做功，所以B正瑜.C、物體沿著粗糙斜面勻速下滑，物體受力平衡狀態(tài)，摩擦力和重力都要做功，所以機械能不守恒，所以C錯誤.D、拉著物體沿光滑斜而勻速上升，物體受力平衡狀態(tài)，拉力力和重力都要做功，所以機械能不守恒，所以D錯誤.故選B.【點評】掌握住機械能守恒的條件，也就是只有重力做功，分析物體是否受到其它力的作用，以及其它力是否做功，由此即可判斷是否機械能守恒.12 .一個質量為力的物體以a=2g的加速度豎直向下加速運動，則在物體下降力高度的過程中物體的Ao重力勢能減少了2儂力B.合外力做功為儂力Co合外力做功為2儂力Do動能增

13、加了儂力【答案】C【解析】【詳解】A.物體下降力高度的過福中，重力做功儂力,則重力勢能減小mgh,故A錯誤：BCD。根據(jù)牛頓第二定律知，合力為2噸,根據(jù)動能定理知，合力做功為2儂九則動能增加2儂力，故C正確，BD錯誤.13 .鉛蓄電池的電動勢為2V,這表示A.電路中每通過1C電量，電源把2J的化學能轉變?yōu)殡娔蹷o蓄電池接在電路中時，兩極間的電壓一定為2VC.蓄電池能在1s內將2J的化學能轉變成電能D,蓄電池將化學能轉變成電能的本領比一節(jié)干電池（電動勢為1.5V）的大【答案】AD【解析】【詳解】AC.鉛蓄也池的也動勢為2V,根據(jù)小p，表示電路中每通過1C電量，也源把2J化學能轉化為電能，與時間無

14、關，故A正確，C錯誤；Bo當電池不接入外電路，蓄電池兩極間的電壓為2V;當電池接入電路時，兩極間的電壓小于2V,故B錯誤;Do電源是通過非靜電力做功的，蓄電池將化學能轉變成電能時，非靜電力做的功比一節(jié)干電池（電動勢為1.5V）的大，故D正確。14。下列關于電容器和電容的說法中，正確的是A.根據(jù)C=卷可知，電容器的電容與其所帶電荷量成正比，跟兩板間的電壓成反比B.對于確定的電容器，其所帶的電荷量與兩板間的電壓（小于擊穿電壓且不為零）成正比C.對于確定的也容器，無論電容器的電壓如何變化（小于擊穿也壓且不為零），它所帶的電,荷量與電壓比值恒定不變Do電容器的電容是表示電容器容納電荷本領的物理量，其大

15、小與加在兩板上的電壓無關【答案】BCD【解析】【詳解】AD。C=,比值定義式，電容表征電容器容納電荷的本領大小，由電容器本身的特性決定，與兩極板間的電壓、所帶的電荷量無關，故A錯誤，D正確：Bo對于確定的電容器，C一定，由。二知，。與成正比，故B正確；C.電容器所帶的電荷量與電壓比值等于電容，電容與電,荷量、電壓無關，所以無論電容器的電壓如何變化（小于擊穿電壓且不為零），它所帶的電荷量與電壓比值恒定不變，故C正確。15o在光滑的水平面上，一滑塊的質量m=2kg,在水平面上恒定外力F=4N（方向未知）作用下運動，如圖所示為滑塊在水平面上運動的一段就跡，滑塊過P、Q兩點時速度大小均為v=5m/s,

16、滑塊在P點的速度方向與PQ連線夾角a=37,sin37;0。6,則下列說法正確的是Ao水平恒力F的方向與PQ連線成53夾角B.滑塊從P到Q的時間為3sC.滑塊從P到Q的過程中速度最小值為4m/sDoP、。兩點、連線的距離為10m【答案】BC【解析】在A0兩點的速度具有對稱性，故分解為沿PQ方向和垂直P0方向，在沿PQ方向上做勺速直線運動，在垂直四方向上做勻變速直線運動，所以力F垂直PQ向下，在頂點處速度最小，只軻下沿PQ方向的速度，故為vnm=vpcos370=4/?/s,A錯誤C正確：在垂直PQ方句上，v,=vsiii37=3in/s,a=2in/sz,in故從P到頂點所用時間為=2=1.5

17、s,根據(jù)對稱性可如從P到Q所用時間為f=2f=3s,PQ連線的距離為s=0cos37f=12i，故B正確D錯誤.二、填空題(共2小題，15分)10016.如圖所示的電路中，小量程電流表的內阻尼=100Q,滿偏電流/RmA,/?f900Q,Q(1)當S,和&均斷開時，改裝成的是表，最大量程是O(2)當S和S?均閉合時，改裝成的是表，最大量程是o【答案】(1)o電壓(2)1V(3)o電流(4).1A【解析】【詳解】第一空：由電路圖可知，當S和S,均斷開時，G與R串聯(lián)，改裝所成的表是電壓表,第二空：量程U=/、(K+Rj=0.001x(100+900)=IV湖南省長沙市天心區(qū)長郡中學高一物理下學期期

18、末考試試題(含解析)第三空：由電路圖可知，當S和S,均閉合時，G與凡并聯(lián)，改裝所成的表是電流表,第四空：量程為：/二/ R / R.0.001 +0.001x100100=1A99917.用圖甲所示的裝直“臉證機械能守恒定律”，已知當?shù)氐闹亓铀俣?，通過計算得到的是（1）下列物理量需要測量的是.（填寫代號）A.重錘質量B.與下落高度對應重錘的運動時間C.重錘下落的高度D.與下落高度對應的重錘的瞬時速度-15-（2）設重錘質量為久打點計時器的打點周期為八重力加速度為的圖乙是實驗得到的一條紙帶，48、C、D、為相鄰的連續(xù)點。根據(jù)測得的s,、S2,S3、s,寫出重錘由8點到。點重力勢能減少量的表達式

19、，動能增加量的表達式.【答案】(1)o C (2)o D。吆）(4)8尸【解析】【詳解】第一空：實驗中需要直接測量的是重鋒下落的高度，故選C；第二空：通過計算得到的是與下落高度相對應的重錘的瞬時速度，故選D。第三空：重錘重力勢能的減少量為7g（邑一1），第四空：根據(jù)勻變速直線運動的推論有:三、計算題共4小題，40分)故重錘動能增加量為白mi彳-mv122二二代212Tl 2 2T)ms4(54 - 2s2)8T218 .宇航員在一星球表面上高力處由靜止釋放一個小球，及過t時間小球落到星球表面，該星球的半徑為/?,萬有引力常量為G。求(1)該星球表面的重力加速度g:(2)該星球的質量加7/1【答

20、案】(1)g=(2)M=一rGr【解析】【詳解】(1)設該星球表面的重力加速度為g,由自由落體的規(guī)律得：h=-gr可得g=(2)由萬有引力定律與牛頓第二定律得：Mm吆=GR2hR2聯(lián)立以上各式解得例=-Gr19 .如圖所示，長為2、質量為加的小船停在靜水中，質量為m的人從靜止開始從船頭走到船尾，不計水的阻力，求船和人相對地面的位移各為多少？答案；-LM+mM+in【解析】設任一時刻人與船速度大小分別為小氏作用前都靜止.因整個過程中人與船組成的系統(tǒng)動量守恒，所以有=Mv21 =Mv2。兩邊乘以時間t有叫t=Mv2 t.設隹個過程中人與船平均速度大小分別為匕、v2,則有mv即加*1=的口.且m+乃=4,可求出L9必=LoM+niM+ni點暗：本題考查了動量守恒定律應用，解決本題的關鍵掌握動量守恒定律的條件，以及知道在運用動量守恒定律時，速度必須相對于地面為參考系.20.一束初速度不計的電子流在經(jīng)=5000V的加速電壓加速后在距兩極板等距處垂直進入平行板間的勻強電場，如圖所示，若板間距離d=1.0cm,板長/=5。0cm,電子電量e=1.6x10一C,那么(1)電子經(jīng)過加