辽宁省实验中学东戴河校区2019_2020学年高一物理下学期期中试题PDF.pdf

1、第 1 页 共 6 页物理试卷说明：1、本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共 6 页。2、本试卷共 100 分，考试时间 90 分钟。第卷（选择题，共 48 分）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，第 18题只有一项符合题目要求，第 912 题有多项符合题目要求。全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。1.一个物体在相互垂直的两个力 F1、F2的作用下运动，运动过程中 F1对物体做功6J，F2对物体做功 8J，则 F1和 F2的合力做功为（）A2JB6JC10JD14J2火星和木星沿各自的椭圆轨道绕太阳

2、运行，根据开普勒行星运动定律可知()A太阳位于木星运行轨道的中心B火星和木星绕太阳运行速度的大小始终相等C火星与木星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方D相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积3.某平行板电容器的电容为 C，带电量为 Q，相距为 d，今在板间中点放一个电量为 q 的点电荷，则它受到的电场力的大小为（）A22kQqdB24kQqdCQqCdD2QqCd4.北斗三号导航卫星系统由三种不同轨道的卫星组成，即 24 颗 MEO 卫星（地球中圆轨道卫星，轨道形状为圆形，轨道半径在 3 万千米与 1000 千米之间），3 颗 GEO卫星（地球静止轨道卫星

3、，轨道半径约为 3.6 万千米）和 3 颗 IGSO 卫星（倾斜地球同步轨道卫星）。关于 MEO 卫星，下列说法正确的是（）A比 GEO 卫星的周期小B比 GEO 卫星的线速度小C比 GEO 卫星的角速度小D线速度大于第一宇宙速度第 1 页 共 6 页5.如图，小球从竖直放置的弹簧正上方自由下落。在小球接触弹簧到弹簧被压缩到最短的过程中（）A.小球的动能减小B.弹簧向小球传递了能量C.小球和弹簧的总能量不变D.小球的动能与重力势能之和不变6.如图所示,abcde 是半径为 r 的圆的内接正五边形,当在顶点 a、b、c、d、e 处各固定一带电荷量为+Q 的点电荷时,O 点的电场强度为零;若在 e

4、 处改为固定一带电荷量为-3Q 的点电荷,a、b、c、d 各处点电荷不变,则圆心 O 处的电场强度大小为(静电力常量为 k)()A.B.C.D.7地球质量大约是月球质量的 81 倍，一个飞行器在地球与月球之间，当地球对它的引力和月球对它的引力大小相等时，飞行器距月球球心的距离与月球球心距地球球心之间的距离之比为()A19B91C110D1018.如图，一半径为 R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为 m 的质点自轨道端点 P 由静止开始滑下，滑到最低点 Q 时，对轨道的正压力为 2mg，重力加速度大小为 g质点自 P 滑到 Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为（）A.mgRB.mgR

5、C.mgRD.mgR9.如图所示,AB 是某电场中的一条电场线。在电场线上 P 处自由释放一个负试探电荷时,它沿直线向 B 点运动。对此现象,负试探电荷的运动情况可能是(不计电荷重力)()第 2 页 共 6 页A.电荷向 B 做匀速运动B.电荷向 B 做匀加速直线运动C.电荷向 B 做匀减速直线运动D.电荷向 B 做加速度逐渐增大的直线运动10.嫦娥工程分为三期，简称“绕、落、回”三步走。我国发射的的“嫦娥三号”卫星是嫦娥工程第二阶段的登月探测器，经变轨成功落月。如图所示为其飞行轨道示意图，则下列说法正确的是（）A.嫦娥三号的发射速度应该大于 11.2km/sB.嫦娥三号在环月轨道 1 上 P

6、 点的加速度等于在环月轨道 2 上 P 点的加速度C.嫦娥三号在动力下降段中一直处于完全失重状态D.嫦娥三号在环月轨道 2 上运行周期比在环月轨道 1 上运行周期小11.如图所示，平行线代表电场线，但未标明方向，一个带正电、电量为 106 C的微粒在电场中仅受电场力作用，当它从 A 点运动到 B 点时动能减少了 105 J，已知 A 点的电势为10 V，则以下判断正确的是（）A微粒的运动轨迹如图中的虚线 1 所示；B微粒的运动轨迹如图中的虚线 2 所示；CB 点电势为零；DB 点电势为20 V12.如图所示，质量为 m 的物体在斜向上的传送带上由静止释放传送带由电动机带动，始终保持以速度 v

7、匀速斜向上运动物体在传送带上运动一段时间后与传送带保持相对静止对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程，下列说法正确的是()AB21第 3 页 共 6 页A.物体克服重力做的功为 12 mv2B.合外力对物体做的功为 12 mv2C.物体和传送带之间由于摩擦而产生的热量为 12 mv2D.摩擦力对物体做的功等于物体机械能的增量第卷（非选择题，共 42 分）二、实验题（每空 2 分，满分 20 分）13.（6 分）定性研究平行板电容器的电容与结构之间的关系的装置如图所示,平行板电容器的 A 板与静电计相连,B 板和静电计金属壳都接地。若充电后保持电容器所带电荷量不变,试指出下列三种情况下,静电

8、计指针的偏转角度变化情况。(均选填“变大”“变小”或“不变”)(1)正对面积减小时,静电计指针的偏转角度将。(2)板间距离增大时,静电计指针的偏转角度将。(3)插入电介质时,静电计指针的偏转角度将。14.（14 分）“验证机械能守恒定律”的实验采用重物自由下落的方法。(g 取 10m/s2)(1)用公式 12mv2mgh 时，对纸带上起点的要求是初速度为_，为达到此目的，所选择的纸带第 1、2 两点间距应接近_(打点计时器打点的时间间隔为 0.02 s)。(2)若实验中所用重物质量 m1 kg，打点纸带如图甲所示，打点时间间隔为 0.02第 4 页 共 6 页s，则记录 B 点时，重物速度 v

9、B_，重物的动能 EkB_，从开始下 落 至 B 点，重 物 的 重 力 势 能 减 少 量 是 _，因 此 可 得 出 的 结 论 是_。(3)根据纸带算出相关各点的速度值，量出下落的距离，则以v22为纵轴，以 h 为横轴画出的图线应是图乙中的_。三计算题（15 题 8 分，16 题 10 分，17 题 14 分，共 32 分）15.（8 分）用 30cm 的细线将质量为 410-3的带电小球 P 悬挂在点下，当空中有方向为水平向右，大小为 1104N/C 的匀强电场时，小球偏转 37后处在静止状态。已知 g 取 10 m/s2，则：（1）分析小球的带电性质？（2）求小球的带电量？（3）求细

10、线的拉力？第 5 页 共 6 页16.（10 分）一个初速度为零的电子通过电压为 U=4 500 V 的电场加速后,从 C 点沿水平方向飞入电场强度为 E=1.5105 V/m 的匀强电场中,到达该电场中另一点 D时,电子的速度方向与电场强度方向的夹角正好是 120,如图所示。已知电子质量为 0.9110-30 kg，试求：（1）该电子在 C 点的速度大小？（2）C、D 两点沿电场强度方向的距离 y。17.（14 分）如图所示，质量为1.0kgm 的小物体从 A 点以5.0m/sAv 的初速度沿粗糙的水平面匀减速运动距离 =1.0 ms到达 B 点，然后进入半径 R=0.4m 竖直放置的光滑半

11、圆形轨道，小物体恰好通过轨道最高点 C 后水平飞出轨道，重力加速度 g 取 l0m/s2。求：(1)小物体到达 B 处的速度Bv；(2)小物体在 B 处对圆形轨道压力的大小NF；(3)粗糙水平面的动摩擦因数。物理试卷 答案一、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，第18 题只有一项符合题目要求，第 912 题有多项符合题目要求。全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。12345678ACCACACC9101112BDBDACBD二、实验题（每空 2 分，满分 20 分）13.(1)变大(2)变大(3)变小14.(1)0；2

12、 mm(2)0.59 m/s；0.174 J；0.176 J；在实验误差允许的范围内，重物动能的增加量等于重力势能的减少量(3)C三计算题（15 题 8 分，16 题 10 分，17 题 14 分，共 32 分）15.【答案】（1）带正电;（2）q=310-6C；（3）F=510-2N解：（1）小球受力如图，故带正电。（2 分）（2）小球受力平衡，在水平方向：tan37oqEmg，得（2 分）6tan373 10omgqCE（1 分）（3）如受力图可知cos37omgF（2 分）F=510-2N（1 分）FqEmg16.【答案】（1）v0=4107m/s；（2）y=0.01 m解：(1)电子加

13、速过程:由 eU=（2 分）得 v0=4107m/s（1 分）(2)电子飞入匀强电场中:在竖直方向vy=v0 tan 30=at,a=,（3 分）解得 t=;C、D 两点沿电场强度方向的距离 y=at2=（2 分）代入数据解得 y=m=0.01 m。（2 分）17.【答案】(1)2 5m/s；(2)60N；(3)0.25。解：(1)小物体恰好通过最高点 C，由重力提供向心力，则：2Cvmgm R（2 分）得到：2m/scvgR（1 分）小物体从 B 点运动到 C 点过程中机械能守恒，则：2211222BCmvmvmgR（2 分）得到：242 5m/sBCvvgR；（1 分）(2)设小物体在 B

14、 处受到的支持力为NF，根据牛顿第二定律有：2BNvFmgm R（2 分）得到：660NNFmg（1 分）根据牛顿第三定律可知，小物块对轨道的压力NF 大小为 60N，方向竖直向下。（1 分）(3)小物体由 A 到 B 过程，由动能定理得到：221122BAmgsmvmv（3 分）得到：0.25。（1 分）答案详解：1.【答案】A【解析】运动过程中 F1 对物体做功6J，F2 对物体做功 8J，故合外力做的总功为等于各力做功的代数和。故 WW1+W26+82J；故 A 正确，BCD 错误。2.【答案】C【解析】：太阳位于木星运行轨道的一个焦点上，A 项错误；火星与木星轨道不同，在运行时速度不可

15、能始终相等，B 项错误；“在相等的时间内，行星与太阳连线扫过的面积相等”是对于同一颗行星而言的，不同的行星，则不具有可比性，D 项错误；根据开普勒第三定律，对同一中心天体来说，行星公转半长轴的三次方与其周期的平方的比值为一定值，C项正确。3.答案：C4.【答案】A【解析】万有引力提供向心力2224MmGmrrT，解得234rTGM，MEO 卫星轨道半径比 GEO 轨道半径小，所以 MEO 卫星周期小，A 正确；万有引力提供向心力22MmvGmrr，解得GMvr，MEO 卫星轨道半径比 GEO 轨道半径小，所以 MEO 卫星线速度大，B错误；万有引力提供向心力22MmGmrr，解得3GMr，ME

16、O 卫星轨道半径比 GEO轨道半径小，所以 MEO 卫星角速度大，C 错误；第一宇宙速度是卫星的最大环绕速度，环绕半径为地球半径，MEO 卫星轨道半径大于地球半径，线速度大小比于第一宇宙速度小，D 错误。故选 A。5.【答案】C【解析】小球与弹簧接触后，受到竖直向下的重力与竖直向上的弹簧弹力作用，开始，小球的重力大于弹力，合力向下，加速度向下，小球向下做加速运动，随小球向下运动，弹簧的弹力增大，合力减小，加速度减小，小球做加速度减小的加速运动，合力为零时，小球速度最大；所受当弹簧的弹力大于小球重力后，合力向上，加速度向上，速度方向与加速度方向相反，小球做减速运动，随小球向下运动，弹力增大，小球

17、受到的合力增大，加速度增大，小球做加速度增大的减速运动，直到减速到零；由以上分析可知，小球的速度先增大后减小，动能先增大后减小，A 错误；弹簧弹力对小球做负功，小球将能量传递给弹簧，B 错误；小球和弹簧系统机械能守恒，则系统的总能量不变，C 正确；弹簧小球系统的总能量守恒，弹性势能增加，则小球的动能与重力势能之和减小，D 错误。6.解析初始时,O 点的电场强度大小为零,若取走 e 处的点电荷,则其余点电荷在 O 处产生的合电场强度大小为 k,方向为 Oe;若在 e 处换上电荷量为-3Q 的点电荷,则该点电荷在 O 处产生的电场强度大小为 k,方向也为 Oe,因此叠加可得,圆心 O 处的电场强度

18、大小为,故 A 正确。答案 A7.【答案】C【解析】设月球质量为 m，则地球质量为 81m，地月间距离为 r，当飞行器距月球为 r时，地球对它的引力等于月球对它的引力，物体质量为 m0，则 Gmm0r2 G81mm0(rr)2，所以rrr9，r10r，rr110，故选项 C 正确8.【答案】C【解析】据题意，质点在位置 P 是具有的重力势能为：；当质点沿着曲面下滑到位置 Q 时具有的动能为：，此时质点对轨道压力为：，由能量守恒定律得到：，故选项 C 正确9.解析由于负电荷从 P 点静止释放,它沿直线运动到 B 点,说明负电荷受力方向自 P 指向 B,则电场强度方向自 A 指向 B。由于正电荷、

19、负电荷、异种电荷以及平行且带异种电荷的金属板等都能产生一段直线电场线,所以只能确定负电荷受的静电力方向向左(自 P 指向 A),不能确定静电力变化情况,也就不能确定加速度变化情况,加速度可能减小,可能不变,可能增大,故选项 BD 对,选 BD。答案 BD10.【答案】BD【解析】在地球表面发射卫星的速度大于11.2km/s 时，卫星将脱离地球束缚，绕太阳运动，故 A 错误；根据万有引力提供向心力2MmGmar得2GMar，由此可知在轨道 1 上经过 P点的加速度等于在轨道 2 上经过 P 点的加速度，故 B 正确；嫦娥三号在动力下降段中，除了受到重力还受到动力，并不是完全失重状态，故 C 错误

20、；根据开普勒定律32rkT由此可知，轨道半径越小，周期越小，故嫦娥三号在环月轨道 2 的轨道半径比环月轨道 1 的轨道半径小，故嫦娥三号在环月轨道 2 上运行周期比在环月轨道 1 上运行周期小，故 D 正确。11.答案：AC12.【答案】BD【解析】在物块上升过程当中，只有重力和摩擦力做功，由动能定理可知：212fGWWmv，所以物体克服重力做的功不为212 mv，合外力做的功为212 mv，故 A 错误，B 正确；产生的热量等于摩擦力与物块和传送的位移差值的乘积，不等于212 mv，故 C 错误；由功能关系可知，除重力之外的弹力做功改变物体的机械能，所以摩擦力对物体做的功等于物体机械能的增量

21、，故 D 正确13.解析(1)电容器所带电荷量一定,正对面积减小时,由 C=知,电容 C 减小,由 C=知,电势差 U 变大,故指针的偏转角度变大;(2)板间距离增大时,由 C=知,电容 C 减小,由 C=知,电势差 U 变大,故指针的偏转角度变大;(3)插入电介质时,由 C=知,电容 C 变大,由 C=知,电势差 U 变小,故指针的偏转角度变小。答案(1)变大(2)变大(3)变小14.【答案】(1)02 mm(2)0.59 m/s0.174 J0.176 J在实验误差允许的范围内，重物动能的增加量等于重力势能的减少量(3)C【解析】(1)用 12mv2mgh 验证机械能守恒定律，应使初速度为 0，所选纸带的第 1、2 两点间距应接近 2 mm。(2)vBsAC2T31.47.810320.02m/s0.59 m/s，EkB12mv2B1210.592 J0.174 J，重力势能减少量Epmgh11017.6103 J0.176 J，这说明在实验误差允许的范围内，重物动能的增加量等于重力势能的减少量。(3)由 12mv2mgh 可得v22ghh，故 C 正确。