河北省石家庄市第二中学2019-2020学年高一下学期期中考试物理试题 19页

河北省石家庄市第二中学2019-2020学年高一（下）期中物理试题 一、单项选择题（共8小题）‎ ‎1.下列说法正确的是（　　）‎ A. 力对物体做功越多，力的功率一定越大 B. 物体速度发生变化，合外力做功一定不为零 C. 物体所受合外力为零，物体的机械能不一定守恒 D. 做匀速圆周运动的物体，动量不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据知，力做功越多，功率不一定大，故A错误；‎ B．物体的速度发生变化，合外力对物体做功可以为零，如匀速圆周运动，故B错误；‎ C．物体所受合外力零，其机械能不一定守恒，如物体匀速上升时，机械能不守恒，故C正确；‎ D．做匀速圆周运动的物体，速度方向时刻改变，故动量时刻改变，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎2.下列说法正确的是（　　）‎ A. 根据电场强度的定义式E=，可知E与F成正比，与q成反比 B. 静电平衡状态下的导体内部场强处处为零，导体的电势也为零 C. 电场线跟等势面垂直，并且由电势较低的等势面指向电势较高的等势面 D. 在电场中，把电荷量为4×10－‎9C的正点电荷从A点移到B点，克服静电力做功为6×10－8J，电荷的电势能增加了6×10－8J ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电场中某点电场强度由电场本身的性质决定，与放入电场中的电荷，以及电荷所受的电场力无关，故A错误；‎ B．静电平衡状态下的导体内部场强处处为零，为等势体，导体电势并不一定为零，故B错误；‎ C．电场线跟等势面垂直，并且由电势较高的等势面指向电势较低的等势面，故C错误；‎ D．由于电荷从A移到B的过程中是克服静电力做功6×10－8J，电场力做负功，因此电势能应该是增加6×10－8J，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎3.中国预计2020年底发射“嫦娥五号”月球探测器，实现区域软着陆及取样返回。中 国进入探月新阶段。如图所示，探测器发射到月球上要经过多次变轨，最终降落到月球 表面上，其中轨道Ⅰ为圆形轨道，轨道Ⅱ为椭圆轨道。下列说法正确的是（　　）‎ A. 探测器的发射速度必定大于‎11.2km/s B. 探测器在环月轨道Ⅰ上P点的加速度大于在环月轨道Ⅱ上P点的加速度 C. 探测器在轨道Ⅱ上的运行周期小于在轨道Ⅰ上的运行周期 D. 探测器在轨道Ⅰ运行时的加速度大于月球表面的重力加速度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．‎11.2km/s为物体脱离地球的引力的速度，现在探测器围绕月球运动，还没有脱离地球的引力，故探测器的发射速度必定小于‎11.2km/s，故A错误；‎ B．由公式 可知，探测器在环月轨道Ⅰ上P点的加速度等于在环月轨道Ⅱ上P点的加速度，故B错误；‎ C．由开普勒第三定律 可知，由于探测器在轨道Ⅱ上半长轴小于在轨道Ⅰ上半径，则探测器在轨道Ⅱ上的运行周期小于在轨道Ⅰ上的运行周期，故C正确；‎ D．测器在轨道Ⅰ运行时，由公式 可得 在月球表面，不考虑月球自转，则有 得 可知，由于探测器在轨道Ⅰ运行时的半径大于月球半径，则探测器在轨道Ⅰ运行时的加速度小于月球表面的重力加速度，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎4.在采煤方法中，有一种是用高压水流将煤层击碎而将煤采下，今有一采煤高压水枪，设水枪喷水口横截面积S，由枪口喷出的高压水流流速为v，假设水柱垂直射在竖直煤层的表面上，冲击煤层后水的速度变为零，已知水的密度为ρ，则水柱对煤层的平均冲击力有多大（　　）‎ A. rSv2 B. 2rSv‎2 ‎C. rSv D. 2rSv ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】ts时间内喷出的水在ts内速度减小为0，ts时间内喷水质量为 则由动量定理得 联立解得 故A正确，BCD错误 故选A。‎ ‎5.2020年5月，我国将发射北斗三号系统的最后一颗组网卫星。北斗三号全球星座部署将全面完成，这也意味着我国的卫星导航产业即将迎来收获期。某颗地球卫星做圆周运动，其加速度大小为a，线速度大小为v，万有引力常量为G，由以上数据可知（　　）‎ A. 该卫星的质量为 B. 该卫星轨道半径为 C. 该卫星周期大小为 D. 该卫星角速度大小为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．卫星绕地球做圆周运动，卫星是环绕天体，无法通过万有引力提供向心力求出卫星的质量，故A错误；‎ B．根据 得卫星的轨道半径 故B错误；‎ CD．根据 a=vω 得卫星的角速度 卫星的周期 故C正确，D错误。‎ 故选C。‎ ‎6.a、b两个小球在一直线上发生碰撞，它们在碰撞前后的s－t图像如图所示。若a球的质量ma=‎5kg，则b球的质量mb为（　　）‎ A. ‎5kg B. ‎12.5kg C. ‎7.5kg D. ‎‎15kg ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据位移－时间图象的斜率等于速度可知，碰撞前，b的速度为0，a的速度为 碰撞后，a的速度为 b的速度为 取碰撞前a速度方向为正方向，由动量守恒定律得 解得，故B正确，ACD错误。‎ 故选B。‎ ‎7.2019年12月，京张高铁通车。从自主设计修建零的突破到世界最先进水平，从时速35公里到350公里，京张线见证了中国铁路的发展，也见证了中国综合国力的飞跃。假设一辆高速列车在机车牵引力和恒定阻力作用下，在水平轨道上由静止开始启动，其v－t图像如图所示，已知0~t1时间内为过原点的倾斜直线，t1时刻达到额定功率P，此后保持功率 P 不变，在t3时刻达到最大速度v3，以后匀速运动。下列判断正确的是（　　）‎ A. 从0至t1时间内，列车牵引力逐渐变小 B. t1时刻的加速度大于t2时刻的加速度 C. 在t3时刻以后，机车的牵引力为零 D. 该列车所受的恒定阻力大小为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．v－t图象中倾斜的直线表示匀变速直线运动，从图中可知只有0－t1时段为倾斜直线，所以0－t1时段为匀加速直线运动，则从0至t1时间内，列车牵引力不变，故A错误；‎ B．在t2时刻，列车功率已经达到额定功率，牵引力已经减小了，加速度也减小了，所以在t2时刻的加速度要小于t1时刻的加速度，故B正确；‎ C．在t3时刻以后，列车匀速运动，是处于受力平衡状态，牵引力等于阻力，而不是零，故C错误；‎ D．当汽车达到最大速度时，汽车的牵引力和阻力大小相等，由 得 故D错误。‎ 故选B。‎ ‎8.如图所示，A、B两小球在光滑水平面上分别以动量p1=‎5kg·m/s和p2=‎7kg·m/s（向右为参考正方向）做匀速直线运动，则在A球追上B球并与之碰撞的过程中，两小球的动量变化量Δp1和Δp2可能分别为（ ）‎ A. －‎4kg·m/s，‎5kg·m/s B. －‎10kg·m/s，‎10kg·m/s C. ‎2kg·m/s，－‎2kg·m/s D. －‎1kg·m/s，‎1kg·m/s ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碰撞过程动量守恒，两物体动量的变化量应等大反向，故A错误；‎ B．因为碰撞的过程中动能不增加，若和分别为‎-10kg·m/s，‎10kg·m/s，则 ‎，‎ 根据 碰前的总动能为 碰后的总动能为 可知碰撞的过程中动能增加，故B错误；‎ C．根据动量定理知，两球碰撞的过程中，B球的动量增加，A球的动量减小，如果‎2kg·m/s，‎-2kg·m/s，则不满足，故C错误；‎ D．变化量为‎-1kg·m/s，‎1kg·m/s，符合动量守恒，根据 碰前的总动能为 碰后的总动能为 可见动能不增加量，以及要符合实际的规律，故D正确。‎ 故选D 二、多项选择题（共4小题）‎ ‎9.如图所示为某探究活动小组设计的节能运动系统。斜面轨道倾角为，木箱质量为M，货物质量m=‎2M，木箱与轨道的动摩擦因数为。木箱在轨道顶端时，自动装货装置将货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下后返回。下列选项正确的是（　　）‎ A. 卸下货物后木箱恰好被弹回到轨道顶端 B. 木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度 C. 在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，木箱和货物的减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能 D. 木箱上升的过程中，弹簧减少的弹性势能全部转化为木箱的机械能和系统的内能 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．设弹簧压缩最大时的弹性势能为，由能量守恒得，下滑过程 上滑过程，到达最高点速度为v，上滑过程由能量守恒得 解得 即木箱恰好被弹回到轨道顶端，故A正确；‎ B．对木箱受力分析，根据牛顿第二定律得，下滑时加速度为 上滑时加速度为 故B正确；‎ CD．由能量守恒有，在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，木箱和货物的减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能和系统的内能，上滑过程，弹簧减少的弹性势能全部转化为木箱机械能和系统的内能，故C错误，D正确。‎ 故选ABD。‎ ‎10.2020年“中国航天日”主场活动在将福建举办。2020年也是我国首颗人造卫星“东方 红一号”成功发射50周年。‎1970年4月24日我国首次成功发射的人造卫星东方红一号，目前仍然在椭圆轨道上运行，其轨道近地点高度约为‎440km，远地点高度约为‎2060km；‎1984年4月8日成功发射的东方红二号卫星运行在赤道上空‎35786km 的地球同步轨道上。设东方红一号在近地点的加速度为a1，线速度v1，角速度w1，东方红二号的加速度为 a2，线速度v2，角速度w2，固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a3，线速度 v3，角速度w3，则下列大小关系正确的是（　　）‎ A. a‎2>a‎1>a3 B. a‎1>a‎2>a‎3 ‎C. v1>v2>v3 D. w1>w2>w3‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】卫星围绕地球运行时，万有引力提供向心力，对于东方红一号，在近地点时有 即 对于东方红二号，有 即 由于h2>h1，故 a1>a2‎ 东方红二号是地球同步卫星与固定在地球赤道上的物体，具有相同的角速度，根据 东方红二号卫星的半径更大，则有 则 故A错误，B正确；‎ C．东方红二号的轨道半径远大于近地卫星轨道，根据 得 则东方红二号的速度小于东方红一号在近地圆轨道的速度，东方红一号从近地圆轨道进入椭圆轨道要在近地圆轨道上近地点点火加速做离心运动，所以有 地球自转物体的角速度与东方红二号卫星相同，根据 v=ωr 可知 则 故C正确；‎ D．东方红二号卫星与地球自转的角速度相等，即 故D错误。‎ 故选BC。‎ ‎11.x 轴所在空间存在平行于x轴方向的电场，其电势j随x分布如图所示，一质量为m，带电量为－q的粒子（重力不计），从x=-d0处静止释放。则下列说法中正确的是（　　）‎ A. 粒子将在区间[-d0，2d0]之间往复运动 B. 粒子在x=2d0处加速度大小为 C. x=-d0与x=2d0处电场强度大小相同 D. 粒子在坐标原点处电势能一定最小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AC．由于，则x轴负半轴的电场强度是正半轴的2倍，根据电场线方向电势降低可知，x轴负半轴电场强度方向向左，x轴正半轴电场强度方向向右，则粒子先做匀加速再做匀减速，由动能定理得 则 所以粒子将在区间之间往复运动，故A正确，C错误；‎ B．粒子在处加速度为 故B错误；‎ D．由于x轴负半轴电场强度方向向左，x轴正半轴电场强度方向向右，则坐标原点处的电势最高，根据负电荷在电势低处电势能大，则粒子在坐标原点处电势能一定最小，故D正确。‎ 故选AD。‎ ‎12.如图所示，质量为 M=‎2kg的木板静止在光滑的水平面上，一小滑块的质量为m=‎1kg，以初速度v0=‎1m/s 从木板的右端滑上木板，且始终未离开木板。小滑块与木板之间的动 摩擦因数为m=0.1。取g=‎10m/s2，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 滑块刚滑上木板时受到的摩擦力水平向左 B. 滑块先做匀减速运动，后做匀速运动 C. 滑块和木板最终速度为‎0.5m/s D. 木板的最小长度为m ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．受力分析得，滑块刚滑上小车时受到的摩擦力水平向右，故A错误；‎ BC．滑块先做匀减速运动，与木板共速后做匀速运动，由动量守恒有 得 故B正确，C错误；‎ D．对木板分析，由能量守恒定律有 解得 故D正确。‎ 故选BD。‎ 三、实验题（共2小题）‎ ‎13.利用图示实验装置探究重物下落过程中动能与重力势能的转化问题。打点 计时器所用电源频率为50Hz，当地重力加速度的值为‎9.80m/s2，测得所用重物的质量为‎1.00kg，得到的纸带如图所示：‎ ‎(1)以下说法正确的是_____ ；‎ A.实验中摩擦是不可避免的，因此纸带越短越好，因为纸带越短，克服摩擦力做的功 就越少，误差就越小 B.实验时应该先释放纸带，再接通打点计时器的电源 C.在“验证机械能守恒定律”的实验中，必须由 v=gt 求出打某点时纸带的速度 D.选择体积小质量大的重物，纸带、限位孔在同一竖直线上，可以减小系统误差 ‎(2)在从起点 O 到打下标记点B的过程中重物重力势能的减少量是ΔEp=_____，此过程中重物动能的增加量是ΔEk=______。（结果均保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). D (2). 0.49 J (3). 0.48 J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]A．纸带越短，记录数据越少，误差大，故A错误；‎ B．实验时应该先接通打点计时器的电源，再释放纸带，故B错误；‎ C．在“验证机械能守恒定律”的实验中，应通过纸带用求出速度，不能用v=gt求，故C错误；‎ D．选择体积小、质量大的重物，可以减小空气的阻力，纸带、限位孔在同一竖直线上，可以减小限位孔对纸带的阻力，故D正确。‎ 故选D；‎ ‎(2)[2]重力势能的减小量 ‎[3]B点的速度等于AC段的平均速度 代入数据得 动能的增加量 ‎14.用如图甲所示装置结合频闪照相机拍摄的照片来验证动量守恒定律，实验步 骤如下：‎ ‎①用天平测出A、B两个小球的质量mA和mB，且满足mA>mB；‎ ‎②安装好实验装置，使斜槽的末端所在的平面保持水平；‎ ‎③先不在斜槽的末端放小球B，让小球A从斜槽上位置P由静止开始释放，小球A离开斜槽后，频闪照相机连续拍摄小球A的两位置（如图乙所示）；‎ ‎④将小球B放在斜槽的末端，让小球A仍从位置P处由静止开始释放，使它们碰撞，频闪照相机连续拍摄下两个小球的位置（如图丙所示）；‎ ‎⑤测出所需要的物理量。请回答：‎ ‎(1)在步骤⑤中，需要在照片中直接测量的物理量有_____；（请选填“x0、y0、xA、yA、xB、yB”）‎ ‎(2)两球在碰撞过程中若动量守恒，满足的方程是：_____。‎ ‎【答案】 (1). 、、 (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]碰撞时应有 由平抛规律有x=vt，小球从相同高度落下，故时间相等，上式中两边同乘以t，则有 所以需要在照片中直接测量的物理量有、、‎ ‎(2)[2]由动量守恒得，验证的方程为 四、计算题（共4小题）‎ ‎15.宇宙间存在一些离其他恒星较远的三星系统，其中有一种三星系统如图所示，三颗质量均为m的星体位于等边三角形的三个顶点，三角形边长为R，忽略其他星体对 ‎ 它们的引力作用，三星体在同一平面内绕三角形中心O做匀速圆周运动，万有引力常量为G，求：每颗星体做圆周运动的周期。‎ ‎【答案】2π ‎【解析】‎ ‎【详解】每颗星做匀速圆周运动的半径 由万有引力定律可知两星之间的作用力为，由力的合成可得任一星体受到的合外力为 由牛顿第二定律得 解得 T=2π ‎16.如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个质量为m1=‎2m的滑块（可看成质点），轻绳的一端系着滑块绕过光滑的轻小定滑轮，另一端吊一个质量为m2=‎3m的物块，小滑轮到竖直杆的距离为3d，d=‎0.2m。开始时用T形卡使滑块停在与定滑轮等高的位置上，现去掉T 形卡，求：当滑块m1下落到绳子与竖直方向的夹角为时，物块m2的速度大小。（g=‎10m/s2）。‎ ‎【答案】‎1.14m/s ‎【解析】‎ ‎【详解】设m1下落到绳子与竖直方向夹角为时下落的高度为h1，速度为v1，此时m2上升高度为h2，速度为v2，由系统机械能守恒得 m1gh1=m2gh2+m1+m2‎ 由几何关系得 h1=4d，h2=2d 速度关系为 v1cos=v2‎ 代入数据得 ‎17.如图所示，竖直平面内存在竖直向上的足够大的匀强电场，电场强度大小为5´105N/C，在O点处固定一根长为l=‎0.4m的轻绳，绳的另一端连接一带电量为+1.6´10-‎5C，质量为‎0.4kg的小球，重力加速度g=‎10m/s2，求：‎ ‎(1)小球静止时绳的拉力；‎ ‎(2)若小球静止时给小球一个垂直于绳的初速度v0，使小球在竖直平面内恰好做完整的圆周运动，则v0的大小为多少。‎ ‎【答案】(1) 4N；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)当小球静止时，由受力由 解得 F=4N ‎(2)当小球在O点下方l处时 从小球在O点上方l处到O点下方l处过程中，对小球由动能定理可得 解得 ‎18.如图所示，是一传送装置，其中AB段粗糙，AB段长为L=‎1m，动摩擦因数μ=0.5；BC、DEN段均可视为光滑，DEN是半圆形轨道，其直径DN沿竖直方向，C位于DN竖直线上，CD间的距离恰能让小球自由通过。其中N点又与足够长的水平传送带的右端平滑对接，传送带以‎4m/s的速率沿顺时针方向匀速转动，小球与传送带之间的动摩擦因数也为0.5。左端竖直墙上固定有一轻质弹簧，现用一可视为质点的小球1压缩弹簧至A点后由静止释放（小球和弹簧不粘连），当小球1运动到AB中点时，与静止于AB中点的小球2发生弹性碰撞，之后小球2恰好通过D点，不脱离轨道。已知两小球的质量均为m=‎0.2kg，弹簧压缩至A点时的弹性势能为1.5J，g=‎10m/s2，试求：‎ ‎(1)小球1与小球 2碰撞前的速度；‎ ‎(2)DEN半圆形轨道的半径；‎ ‎(3)小球2第一次在传送带上滑动的过程中，小球与传送带之间因摩擦产生的热量。‎ ‎【答案】(1) ；(2)‎0.5m；(3)8.1J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)从释放到与球2碰撞前，对球1由能量守恒定律得 得 ‎(2)两小球发生弹性碰撞，交换速度，即小球1的速度为0；小球2的速度为 小球2到达D点的速度，由动能定理知 解得 小球刚好能沿DEN轨道滑下，在圆周最高点D点必有 联立得 ‎(3)从D到N，由机械能守恒可得 解得 在传送带上小球运动的加速度大小 小球向左减速的时间 小球向左运动的距离 小球向左运动的过程中传送带的位移：‎ 小球向右加速的时间 小球向右运动的距离 小球向右运动的过程中传送带的位移 相对路程为 摩擦生热 解得