云南省玉溪市一中2017-2018學(xué)年高一下學(xué)期期末考試物理試題

云南省玉溪市一中20172018學(xué)年高一下學(xué)期期末考試物理試題一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的4個選項中，只有一項符合題目要求。1.如圖所示，彈簧左端固定，右端可自由伸長到P點．一物塊從光滑水平面的b位置以速度v向左運動，將彈簧壓縮到最短a點，之后物塊被彈簧向右彈出．物塊從P到a的運動過程，以下說法正確的是（）A.物塊的慣性減小B.在a位置，物體處于靜止?fàn)顟B(tài)C.物塊對彈簧的作用力和彈簧對物塊的作用力大小相等D.在a位置，物塊對彈簧的作用力小于彈簧對物塊的作用力【答案】C【解析】【詳解】慣性大小與物體的質(zhì)量有關(guān)，質(zhì)量越大，慣性越大，與運動狀態(tài)無關(guān)，故A錯誤；在a位置時彈簧處于壓縮狀態(tài)，加速度不為零，不是靜止?fàn)顟B(tài)，選項B錯誤；物塊對彈簧的作用力和彈簧對物塊的作用力是一對作用力與反作用力，所以總是大小相等，故C正確，D錯誤；故選C。【點睛】慣性是物理學(xué)中的一個性質(zhì)，它描述的是物體能夠保持原來的運動狀態(tài)的性質(zhì)，不能和生活中的習(xí)慣等混在一起．2.下列所給的位移時間圖像或速度時間圖像中，表示做直線運動的物體無法回到初始位置的是（）A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【詳解】由A圖可知，物體的初位置和末位置縱坐標(biāo)均為零，故A圖中物體回到了初始位置，故A錯誤；B圖中根據(jù)圖線與坐標(biāo)軸所圍“面積”表示位移，可知2s內(nèi)物體的位移不為0，則物體在2秒末不能回到初始位置，故B正確。C圖中物體先向正方向做勻速直線運動，后沿負方向做速度大小相等、方向相反的勻速直線運動，則t=2s內(nèi)位移為零，物體回到初始位置，故C錯誤。由D圖可知，圖像的“面積”等于位移可知，物體在2s內(nèi)的位移為零，則物體回到初始位置，故D錯誤。故選B?！军c睛】圖象為物理學(xué)中的重要方法，在研究圖象時首先要明確圖象的坐標(biāo)，從而理解圖象的意義；即可確定點、線、面的含義．3.根據(jù)大量科學(xué)測試可知，地球本身就是一個電容器。通常大地帶有50萬庫侖左右的負電荷，而地球上空存在一個帶正電的電離層，這兩者之間便形成一個已充電的電容器，它們之間的電壓為300kV左右。地球的電容約為A.B.l.7FC.17FD.170F【答案】B【解析】根據(jù)題意可得Q=5×105C，4.如圖所示，金屬棒MN兩端用等長的細軟導(dǎo)線連接后水平地懸掛．MN處在向里的水平勻強磁場中，棒中通有由M流向N的電流，此時懸線受金屬棒的拉力作用．為了使懸線中的拉力減小，可采取的措施有（）A.使磁場反向B.使電流反向C.增大電流強度D.減小磁感應(yīng)強度【答案】C【解析】【詳解】棒處于方向垂直紙面向里的勻強磁場中，棒中通有從M流向N的電流，根據(jù)左手定則可知，棒所受安培力的方向豎直向上，由于此時懸線上有拉力，為了使拉力減小，則安培力必須增加，由安培力公式F=BIL知，可以適當(dāng)增加電流強度，或增大磁場，若使電流或磁場反向，安培力方向豎直向下，懸線的拉力將增大。故C正確，ABD錯誤。故選C?！军c睛】解決本題的關(guān)鍵要掌握安培力的方向判斷方法：左手定則以及安培力大小公式F=BIL．5.在冬奧會短道速滑項目中，運動員繞周長僅111米的短道競賽．運動員比賽過程中在通過彎道時如果不能很好地控制速度，將發(fā)生側(cè)滑而摔離正常比賽路線．圖中圓弧虛線Ob代表彎道，即正常運動路線，Oa為運動員在O點時的速度方向（研究時可將運動員看做質(zhì)點）．下列論述正確的是（A.發(fā)生側(cè)滑是因為運動員受到的合力方向背離圓心B.發(fā)生側(cè)滑是因為運動員受到的合力大于所需要的向心力C.若在O發(fā)生側(cè)滑，則滑動的方向在Oa左側(cè)D.若在O發(fā)生側(cè)滑，則滑動的方向在Oa右側(cè)與Ob之間【答案】D【解析】試題分析：發(fā)生側(cè)滑是因為運動員的速度過大，所需要的向心力過大，運動員受到的合力小于所需要的向心力，而受到的合力方向仍指向圓心，故AB錯誤．若運動員水平方向不受任何外力時沿Oa線做離心運動，實際上運動員要受摩擦力作用，所以滑動的方向在Oa右側(cè)與Ob之間，故C錯誤，D正確．故選D．考點：圓周運動的實例分析6.氣象研究小組用圖示簡易裝置測定水平風(fēng)速．在水平地面上豎直固定一直桿，半徑為R、質(zhì)量為m的薄空心塑料球用細線懸于桿頂端O，當(dāng)水平風(fēng)吹來時，球在風(fēng)力的作用下飄起來．已知風(fēng)力大小正比于風(fēng)速，當(dāng)風(fēng)速v0＝3m/s時，測得球平衡時細線與豎直方向的夾角θ＝30°，則下列說法正確的是（）A.細線拉力的大小為2B.細線的拉力與風(fēng)力的合力大小大于mgC.風(fēng)速增大到某一值時，可能等于90°D.風(fēng)速變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則一定變?yōu)樵瓉淼膬杀丁敬鸢浮緼【解析】【詳解】小球受重力、細線拉力和風(fēng)力處于平衡，小球的受力如圖所示，根據(jù)共點力平衡得，T=mgcosθ=23mg3，細線拉力和風(fēng)力的合力等于mg，故A正確，B錯誤。因為風(fēng)力和重力的合力方向不可能水平向右，可知拉力方向不可能水平向左，則θ不可能等于90°，故C錯誤。當(dāng)風(fēng)速v0=3m/s時，測得球平衡時細線與豎直方向的夾角【點睛】本題考查了共點力平衡的基本運用，關(guān)鍵能夠正確地受力分析，運用共點力平衡進行求解，知道拉力與重力和風(fēng)力的合力等值反向．7.光滑斜面上有一個小球自高為h的A處由靜止開始滾下，抵達光滑的水平面上的B點時速率為v0。光滑水平面上每隔相等的距離設(shè)置了一個與小球運動方向垂直的阻擋條，如圖所示，小球越過n條阻擋條后停下來．若讓小球從高為3h處以初速度v0沿斜面滾下，則小球能越過阻擋條的條數(shù)為（設(shè)小球經(jīng)過B點沒有能量損失，且小球每次越過阻擋條時損失的動能相等）（）A.nB.2nC.3nD.4n【答案】D【解析】【詳解】設(shè)每條阻擋條對小球做的功為W，小球自高為h的A處由靜止開始滾下到B由動能定理有：12當(dāng)小球在水平面上滾動時，由動能定理有：0；讓小球從3h高處以初速度v0滾下到停止由動能定理有0?

三式聯(lián)立解得n′=4n，故選D?！军c睛】選取研究過程，運用動能定理解題．動能定理的優(yōu)點在于適用任何運動包括曲線運動．一個題目可能需要選擇不同的過程多次運用動能定理研究．8.如圖所示，＋Q為固定的正點電荷，虛線圓是其一條等勢線．兩電荷量相同、但質(zhì)量不相等的粒子，分別從同一點A以相同的速度v0射入，軌跡如圖中曲線，B、C為兩曲線與圓的交點．φA、φB、φC表示A、B、C三點電勢，mB、mC表示分別經(jīng)過B、C兩點的粒子的質(zhì)量，aB、aC表示兩粒子經(jīng)過B、C時的加速度大小，vB、vC表示兩粒子經(jīng)過B、C時的速度大?。挥嬃Ｗ又亓Γ韵屡袛嗾_的是（）A.φA>φBmB<mCB.φA<φCmB>mCC.aB>aCvB<vCD.aB<aCvB>vC【答案】C【解析】【詳解】正的點電荷電場中則：φA<φB=φC；粒子初速度方向相同，但沿AB軌跡運動的粒子偏折大，說明B粒子在相同條件下加速度大，所以aB＞aC；在B點和C點電場強度大小相等，根據(jù)a=qEm可知，mB＜mC，所以：12mBvA2<12mCvA2；由于B和C處粒子電勢相等，則從A到B和從A到C電場力做的功相等，所以動能變化相等，B的質(zhì)量小，所以【點睛】有關(guān)帶電粒子在勻強電場中的運動，在解決問題時，主要可以從兩條線索展開：其一，力和運動的關(guān)系。根據(jù)帶電粒子受力情況，用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運動學(xué)公式確定帶電粒子的速度和位移等，這條線索通常適用于在恒力作用下做勻變速運動的情況。其二，功和能的關(guān)系。根據(jù)電場力對帶電粒子做功，引起帶電粒子的能量發(fā)生變化，利用動能定理研究全過程中能的轉(zhuǎn)化，研究帶電粒子的速度變化、位移等。二、多項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的4個選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有錯選的得0分。9.如圖所示，質(zhì)量相同的A、B兩物塊放在勻速轉(zhuǎn)動的水平圓盤上，都隨圓盤一起做勻速圓周運動，則（）A.它們的運動周期TA<TBB.它們的線速度vA>vBC.它們所受的摩擦力fA>fBD.它們的向心加速度aA>aB【答案】BCD【解析】【詳解】由于A、B在同一轉(zhuǎn)盤上無相對運動，因此它們的角速度相等，根據(jù)T=2π/ω，ωA=ωB，可知：TA=TB，故A錯誤；由v=ωr，ωA=ωB，RA＞RB，可知：vA＞vB，故B正確；對兩物塊進行受力分析知：水平方向只受靜摩擦力，故由靜摩擦力提供向心力，則f=mω2r，又因為RA＞RB，故fA＞fB，故C正確；根據(jù)a=ω2r可知，RA＞RB，故aA＞aB，故D正確；故選BCD?！军c睛】物體在同一個轉(zhuǎn)盤上隨轉(zhuǎn)盤一起運動時，具有相同的角速度，這是解這類題目的突破口．10.如圖所示，海王星繞太陽沿橢圓軌道運動，P為近日點，Q為遠日點，M、N為軌道短軸的兩個端點，運行的周期為T0，若只考慮海王星和太陽之間的相互作用，則海王星在從P經(jīng)過M、Q到N的運動過程中（）A.由開普勒行星運動定律可知，從P到Q階段，速率逐漸變小B.由開普勒行星運動定律可知，從P到M所用的時間等于TC.從M到N階段，萬有引力對它先做負功后做正功D.從Q到N階段，機械能守恒【答案】ACD【解析】【詳解】從P到Q階段，萬有引力做負功，速率減小，故A正確。海王星在PM段的速度大小大于MQ段的速度大小，則PM段的時間小于MQ段的時間，所以P到M所用的時間小于T0/4，故B錯誤。根據(jù)萬有引力方向與速度方向的關(guān)系知，從M到N階段，萬有引力對它先做負功后做正功，故C正確。從Q到N的過程中，由于只有萬有引力做功，機械能守恒，故D正確。故選ACD?！军c睛】解決本題的關(guān)鍵知道近日點的速度比較大，遠日點的速度比較小，從P到Q和Q到P的運動是對稱的，但是P到M和M到Q不是對稱的．11.研究表明，地球自轉(zhuǎn)在逐漸變慢，3億年前地球自轉(zhuǎn)的周期約為22小時.假設(shè)這種趨勢會持續(xù)下去，地球的其他條件都不變，則未來發(fā)射的地球同步衛(wèi)星與現(xiàn)在的相比（）A.離地面高度變大B.角速度變大C.線速度變大D.向心加速度變小【答案】AD【解析】【詳解】地球同步衛(wèi)星由萬有引力提供圓周運動向心力，據(jù)GMmr2=m4π2rT2知，隨著T增大，軌道半徑r增大，故A正確。同步衛(wèi)星的周期變大，由ω=2π/T知角速度減小，故B錯誤。萬有引力提供圓周運動向心力，由v=G【點睛】本題考查向心力公式及同步衛(wèi)星的性質(zhì)，要注意明確同步衛(wèi)星的轉(zhuǎn)動周期與地球的自轉(zhuǎn)周期相同．12.一個微型吸塵器的直流電動機的額定電壓為U，額定電流為I，線圈電阻為R，將它接在電動勢為E，內(nèi)阻為r的直流電源的兩極間，電動機恰好能正常工作，則（）A.電動機消耗的熱功率為U2RC.電源的輸出功率為EID.電源的效率為1【答案】BD【解析】【詳解】電動機消耗的熱功率應(yīng)該用P=I2R來計算，所以熱功率P=I2R，所以A錯誤。電動機消耗的總功率應(yīng)該用P=IU來計算，所以總功率為IU，所以B正確；電源的輸出功率等于電動機的輸入功率，得P出=UI．故C錯誤。電源的總功率為IE，內(nèi)部發(fā)熱的功率為I2r，所以電源的效率為：IE?I2【點睛】對于電功率的計算，一定要分析清楚是不是純電阻電路，對于非純電阻電路，總功率和發(fā)熱功率的計算公式是不一樣的.13.如右圖所示，P、Q為兩個等量的異種電荷，以靠近P點的O點為原點，沿兩電荷的連線建立x軸，沿直線向右為x軸正方向，一帶正電的粒子從O點由靜止開始在電場力作用下運動到A點，已知A點與O點關(guān)于PQ兩電荷連線的中點對稱，粒子的重力忽略不計，在從O到A的運動過程中，下列關(guān)于粒子的運動速度v和加速度a隨時間t的變化，粒子的動能Ek和運動徑跡上電勢φ隨位移x的變化圖線肯定錯誤的是（）A.AB.BC.CD.D【答案】ABD【解析】【詳解】等量異種電荷的電場線如圖所示。沿兩點電荷連線從O到A，電場強度先變小后變大，一帶正電的粒子從O點由靜止開始在電場力作用下運動到A點的過程中，電場力一直做正功，粒子的速度一直在增大。電場力先變小后變大，則加速度先變小后變大。vt圖象切線的斜率先變小后變大，該圖是不可能的，故A符合題意。根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低，電場強度為E=△φ△x，E先減小后增大，所以φx圖象切線的斜率先減小后增大，則B圖不可能，故B符合題意；加速度先變小后變大，方向不變，C圖是可能的，故C不符合題意。粒子的動能Ek=qEx，電場強度先變小后變大，則Ekx切線的斜率先變小后變大，則D圖不可能。故【點睛】該題要掌握等量異種電荷的電場線的特點，結(jié)合物理規(guī)律分析圖象切線斜率如何變化是解答的關(guān)鍵，不能只定性分析，那樣會認為BD是正確的。14.如圖所示，圓心在O點，半徑為R的圓弧軌道abc豎直固定在水平桌面上，Oc與Oa的夾角為60°，軌道最低點a與桌面相切．一段不可伸長的輕繩兩端系著質(zhì)量分別為m和4m的小球A和B（均可視為質(zhì)點），掛在圓弧軌道邊緣c的兩邊，開始時，B位于c點，從靜止釋放，設(shè)輕繩足夠長，不計一切摩擦，則在B球由c下滑到a的過程中（A.兩球速度大小始終相等B.重力對小球B做功的功率一直不變C.小球A的機械能一直增加D.小球B經(jīng)過a點時的速度大小為8【答案】CD【解析】【詳解】根據(jù)速度的分解知識可知，B球的速度沿繩子方向的分速度等于A的速度，則兩球速度大小不是始終相等，選項A錯誤；重力瞬時功率公式為P=mgvcosα，α是重力與速度的夾角。一開始B球是由靜止釋放的，所以B球在開始時重力的功率為零；B球運動到a點時，α=90°，重力的功率也為零，所以重力對小球B做功的功率先增大后減小，故B錯誤。在B球由c下滑到a的過程中，繩子的拉力一直對A球做正功，由功能原理可知，A球的機械能一直增加。故C正確。設(shè)小球B經(jīng)過a點時的速度大小為v1，此時A球的速度大小為v2．則有：v2=v1cos30°;由系統(tǒng)的機械能守恒得：4mgR（1cos60°）=mgR+12×4mv12+12【點睛】本題解題的關(guān)鍵是對兩個小球運動情況的分析，知道兩球沿繩子方向的分速度大小相等以及系統(tǒng)的機械能守恒；能用特殊位置法判斷B的重力的瞬時功率．三、填空題：每空2分，共12分。15.在做“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實驗中，實驗室提供了以下器材：A．小燈泡（3.8V，0.3AB．滑動變阻器（5Ω，2A）C．電流表（0~0.5A，內(nèi)阻約D．電壓表（0~5V，內(nèi)阻約10kΩ）E．開關(guān)及導(dǎo)線若干（1）為實驗測量誤差盡可能小，電流表應(yīng)選用________（填“內(nèi)”或“外”）接法；（2）為使小燈泡兩端電壓從零開始連續(xù)變化，滑動變阻器應(yīng)選用__________（填“限流式”或“分壓式”）接法；（3）綜上所述，應(yīng)選擇下圖中的_______電路進行實驗（4）利用實驗數(shù)據(jù)畫出了如乙圖所示的小燈泡伏安特性曲線。圖中，坐標(biāo)原點O到P點連線的斜率表示______，P點橫縱坐標(biāo)的乘積表示______。則根據(jù)此圖給出的信息可知，隨著小燈泡兩端電壓的升高，小燈泡的電阻______（填“變大”、“變小”或“不變”）【答案】(1).外接法(2).分壓式(3).B(4).P狀態(tài)燈絲電阻的倒數(shù)(5).P狀態(tài)燈泡實際消耗的功率(6).變大【解析】【詳解】（1）燈泡正常發(fā)光時的電阻：R=UI=3.80.3≈12.67Ω，電流表內(nèi)阻約為0.4Ω，電壓表內(nèi)阻約為10kΩ，電壓表內(nèi)阻遠大于燈泡電阻，電流表應(yīng)采用外接法．

（2）燈泡兩端電壓從零開始變化，滑動變阻器應(yīng)采用分壓接法．

（3）電流表采用外接法、滑動變阻器采用分壓接法，則應(yīng)采用圖B所示實驗電路．【點睛】本題考查了電流表與滑動變阻器的接法、實驗電路選擇、實驗數(shù)據(jù)處理，當(dāng)電壓表內(nèi)阻遠大于待測電阻阻值時，電流表采用外接法，當(dāng)電壓與電流從零開始變化時，滑動變阻器采用分壓接法．四、計算題：本題共4小題，共40分。要求寫出解答過程和必要的文字說明。16.一輛汽車質(zhì)量是2000kg，額定功率為72kW，從靜止開始以a=1m/s2的恒定加速度沿平直軌道向某一方向運動。汽車運動過程中所受的阻力始終為1600N。g取10m/s2。求：（1）該汽車做勻加速直線運動階段的牽引力是多大？（2）該汽車做勻加速直線運動能夠持續(xù)的時間？（3）該汽車能夠達到的最大速度？【答案】（1）36000N（2）20s（3）45m/s【解析】【詳解】（1）根據(jù)牛頓第二定律：FFf=ma解得:F=ma+Ff=2000×1N+1600N=3600N．

（2）隨著速度的增大，汽車的輸出功率增大，當(dāng)達到額定功率時，勻加速運動的過程結(jié)束，

由P=Fv得v由勻加速運動公式v=at得：t=v1a=20

s．

（3）當(dāng)汽車達到最大速度時，有F′=Ff=1600

N．

由P=F′v【點睛】解決本題的關(guān)鍵知道功率與牽引力的關(guān)系，理清汽車的運動規(guī)律，知道牽引力與阻力相等時，速度最大．17.如圖所示，在x軸上方存在著垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場。一個不計重力的帶電粒子從坐標(biāo)原點O處以速度v進入磁場，粒子進入磁場時的速度方向垂直于磁場且與x軸正方向成120°角，若粒子穿過y軸正半軸后在磁場中到x軸的最大距離為a。求：（1）該帶電粒子的電性；（2）該帶電粒子的比荷?！敬鸢浮浚?）粒子帶負電荷（2）【解析】（1）據(jù)題意，粒子的運動軌跡如圖所示。據(jù)左手定則知粒子帶負電荷(3分)（2）由幾何關(guān)系：(4分)洛倫茲力提供向心力：(3分)則粒子的比荷為：(2分)18.一勻強電場足夠大，場強方向是水平的。一個質(zhì)量為m的帶正電的小球，從O點出發(fā)，初速度的大小為v0，在電場力與重力的作用下，恰能沿與場強的反方向成θ角的直線運動．求：（1）小球運動的加速度的大小是多少？（2）小球從O點出發(fā)到其運動到最高點時發(fā)生的位移大?。浚?）小球運動到最高點時其電勢能與在O點的電勢能之差？【答案】（1）gsinθ（2）v【解析】【詳解】（1）小球做直線運動，所受的合力與速度方向在同一條直線上，

根據(jù)平行四邊形定則得：sinθ＝mg解得小球的加速度：a=gsinθ．

（2）小球從開始到最高點的位移為：x=v022【點睛】本題有兩點需要注意，一是由運動情景應(yīng)能找出受力關(guān)系；二是知道小球做勻減速直線運動，結(jié)合牛頓第二定律和運動學(xué)公式求解位移．知道電勢能的變化量的等于電場力的功.19.某同學(xué)設(shè)計出如圖所示實驗裝置，將一質(zhì)量為0.2kg的小球（可視為質(zhì)