2019-2020学年江苏省南通市启东市高一(下)期末物理试卷

2019-2020学年江苏省南通市启东市高一（下）期末物理试卷

一、单项选择题：本题共7小题，每小题3分，共计21分。每小题只有一个选项符合题意。 1．（3分）下面是某同学对一些概念及公式的理解，其中正确的是（ ） A．由F＝GB．由C＝C．由I＝

知，两物体间的距离趋近于零时，万有引力趋近于无穷大

知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比 知，通过电阻的电流大小与其两端电压成正比，与阻值成反比

知，带电荷量为1C的负电荷从A点移动到B点克服电场力做功1J，则A、B两点间的电势差

D．由UAB＝为﹣1V

2．（3分）假想某人造卫星绕地球做匀速圆周运动时质量突然减为一半，但速度不变。则卫星的（ ） A．轨道半径变大，周期变大 B．轨道半径变大，周期变小 C．轨道半径变小，周期变小 D．轨道半径不变，周期不变

3．（3分）如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端可绕O点转动，把小球拉至A处，弹簧恰好无形变。将小球由静止释放，当小球运动到O点正下方B点时，降低的竖直高度为h，速度为v。设弹簧处于原长时弹性势能为零。则小球（ ）

A．由A到B重力做的功等于mgh B．由A到B重力势能减少

mv2

C．由A到B小球克服弹力做功为mgh

D．小球到达位置B时弹簧的弹性势能为mgh+

4．（3分）某同学探究导电溶液的电阻随液柱的长度、横截面积变化的规律。他把盐水注入一根细橡胶管中，细管

两端用粗铜丝塞住，形成一段封闭的液柱，并测得液柱的长度是30cm，电阻为R，现握住细管的两端把它拉长，使液柱的长度变为40cm。如果溶液的电阻随长度、横截面积的变化规律与金属导体相同，则该液柱的电阻等于（ ） A．

R

B．

R

C．

R

D．

R

5．（3分）在如图所示电路中，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在滑动变阻器R2的滑动端由a向b缓慢滑动的过程中（ ）

A．电压表的示数增大，电流表的示数减小 B．电容器C所带电荷量减小 C．R1的电功率增大

D．电源的输出功率一定增大

6．（3分）如图所示为某电场的一组等势线，则（ ）

A．A点的电场强度比C点的小

B．正电荷在A点时的电势能比在C点时大

C．若将一个电子由A点移动到C点，电场力做功为4eV

D．电子沿任意路径从A点移动到B点的过程中，电场力始终不做功

7．（3分）如图所示，质量均为m的木块A和B，用一个劲度系数为k的竖直轻质弹簧连接，最初系统静止，现在用力F向上缓慢拉A直到B刚好要离开地面，则这一过程中力F做的功至少为（ ）

A． B． C． D．

二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分。每小题有多个选项符合题意.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分。 8．（4分）下列说法中正确的有（ ）

A．物体所受合外力做的功为零，它一定保持静止或匀速直线运动 B．电场线是假想的曲线，但可以用实验模拟其分布

C．验电器的金属杆上端固定一个金属球而不做成针尖状，是为了防止尖端放电

D．机场规定严禁携带额定能量超过160W•h的充电宝搭乘飞机，铭牌上面写着“10000mA•h”和“3.7V”的充电宝是不可以搭乘飞机的

9．（4分）如图所示，在点电荷Q产生的电场中，虚线为电场的等势线，将两个带正电的试探电荷q1、q2分别置于A、B两点，取无穷远处电势为零。若将q1、q2分别移到无穷远的过程中克服电场力做的功相等，则下列说法正确的有（ ）

A．A点电势低于B点电势 B．A、B两点的电场强度相等

C．q1的电荷量大于q2的电荷量

D．q1在A点的电势能等于q2在B点的电势能

10．（4分）如图甲所示，一个简单的闭合电路由内、外两部分电路构成，已知内电路的电源是一个化学电池，电池的正、负极附近分别存在着化学反应层，反应层中非静电力（化学作用）把正电荷从电势低处移到电势高处，在这两个地方，电势会沿电流方向“跃升”。整个闭合电路的电势高低变化情况如图乙所示，图乙中各点位置的高低表示电路中相应各点电势的高低，D点的高度略低于C点。若减小外电路电阻R，则下列说法正确的有（ ）

A．C、D两点之间的高度差将变大 B．A、B两点之间的高度差将不变

C．A、D两点之间的高度差和C、B两点之间的高度差之和将变小

D．设电路中定向移动的电荷为正电荷，则单位电荷量的正电荷从B点经C、D移动至A点的过程中，非静电力做功不变

11．（4分）如图甲所示的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的。将质量1kg的货物放在传送带上的A处，经过1.2s到达传送带的B端，用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图象如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，由v﹣t图线可知（ ）

A．A、B两点的距离为2.4m

B．货物与传送带的动摩擦因数为0.5

C．货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功大小为12.8J

D．货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8J 三、实验题：本题共2小题，共计18分.请将解答填写在答题卡相应的位置

12．（8分）实验小组利用图甲所示装置进行验证机械能守恒定律实验。图乙是一条实验中所打的纸带，O点是纸带上的第一个点，A、B、C、D、E、F是在后段选取的6个计数点，每两个计数点间还有两个打点未画出，分别测量出各计数点到O点的距离h。已知打点计时器所接交流电频率为50Hz，当地重力加速度g取9.8m/s2。

（1）关于该实验，以下说法中正确的是 。 A．实验中必须测出重锤的质量

B．实验时应把纸带拉成竖直方向

C．实验时，先松手释放纸带，后接通打点计时器的电源开关 D．选择BE段纸带，也可以验证机械能守恒定律

（2）若测得重锤的质量m＝0.1kg，则重锤从O运动到D，其重力势能减少 J，动能增加 J（结果均保留三位有效数字）。

（3）实验可得出的结论是 。

13．（10分）一同学要做测量一节干电池的电动势和内电阻的实验，有以下器材可供选择： A．电流表 B．电压表

C．滑动变阻器R（0～15Ω，5A） D．滑动变阻器R'（0～100Ω，1A） E．定值电阻R0为1Ω F．开关S及导线若干

（1）实验的电路图如图甲，则滑动变阻器应选 ；按电路图连接好线路后进行测量，测得数据如表所示：

实验次数 I/A U/V

1 0.11 1.37

2 0.20 1.35

3 0.30 1.33

4 0.40 1.32

5 0.50 1.29

（2）由表中数据可看出，电压表示数变化不明显，分析引起情况的原因是 。

（3）为使电压表的示数变化比较明显，将上述器材的连线略作改动就可实现。请在图乙中完成改动后的电路连线。

（4）改动连线后重新实验，并根据测量得到的数据作出U﹣I图线，图线与U轴交点的坐标值为1.40，测得图

线的斜率的绝对值为1.2，则该电池的电动势测量值为 Ⅴ，内阻为 Ω。

四、计算题：本题共4小题，共计45分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中明确写出数值和单位。

14．（11分）如图所示，匀强电场中各等势面为竖直平面，它们之间的距离均为d＝1cm。一个带电小球的质量m＝10g，初速度的大小v0＝1m/s，方向与水平方向成45°角，小球在与等势面垂直的竖直平面内做直线运动，电场范围足够大，g取10m/s2，求： （1）电场强度的大小和方向； （2）小球的电性和带电量；

（3）小球沿初速度方向运动的最大距离。

15．（11分）如图所示，人们用“打夯”的方式把松散的地面夯实。某次打夯符合以下模型：两人通过绳子对重物各施加一个力，力的大小均为500N，方向均与竖直方向成37°角且保持不变，重物从静止开始离开地面20cm后停止施力，最后重物自由下落把地面砸深2cm。已知重物的质量为64kg，g取10m/s2，cos37°＝0.8，求本次打夯过程中：

（1）两人施力的时间； （2）重物刚落地时的速度； （3）重物对地面的平均冲击力。

16．（11分）我国将于2020年首次探测火星，火星与地球的环境非常相近，很有可能成为人类的第二个家园。已知火星的质量为m，火星的半径为R，太阳质量为M，且M＞＞m，万有引力常量为G，太阳、火星均可视为质量分布均匀的球体，不考虑火星自转。

（1）设在火星表面以初速度v0竖直上抛一小球，求小球从抛出至落回抛出点所经历的时间t；

（2）为简化问题，研究太阳与火星系统时忽略其他星体的作用。

①通常我们认为太阳静止不动，火星绕太阳做匀速圆周运动。已知火星绕太阳运动的轨道半径为r，请据此模型计算火星的运行周期T1；

②事实上太阳因火星的吸引不可能静止，但二者并没有因为引力相互靠近，而是保持间距r不变、请由此构建一个太阳与火星系统的运动模型，据此模型求火星的运行周期T2与T1的比值的合理性。

17．（12分）如图所示，两异种点电荷的电荷量均为Q，绝缘竖直平面过两点电荷连线的中点O且与连线垂直，平面上A、O、B三点位于同一竖直线上，AO＝BO＝L，点电荷

到O点的距离也为L，现有电荷量为﹣q、质量为m的小物块（可视为质点），从A点以初速度v0向B滑动，到达B点时速度恰好减为零。已知物块与平面的动摩擦因数为μ，求： （1）A点的电场强度的大小；

（2）物块运动到B点时加速度的大小和方向； （3）物块通过O点的速度大小。

，并说明通常认为太阳静止不动

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试题解析

一、单项选择题：本题共7小题，每小题3分，共计21分。每小题只有一个选项符合题意。 1．【答案】C 解：A、F＝GB、C＝C、I＝

适用于可以视为质点的两个物体，当两物体间的距离趋近于零时，不在适用，故A错误；

为比值定义式，电容器的电容与其所带电荷量、两极板间的电压无关，故B错误； 为电流的决定式，通过电阻的电流大小与其两端电压成正比，与阻值成反比，故C正确；

知，带电荷量为1C的负电荷从A点移动到B点克服电场力做功1J，则A、B两点间的电势差

D、由UAB＝UAB＝

V＝1V，故D错误。

故选：C。 2．【答案】D

解：根据万有引力提供向心力可得：又有

＝mr

，解得：

＝

＝m

，所以v＝

，线速度不变、则轨道半径r不变；

，人造卫星的质量突然减为一半，轨道半径不变，则周期不变，故

ABC错误、D正确。 故选：D。 3．【答案】A

解：A、重力做功只与初末位置的高度差有关，则由A至B重力功为mgh，故A正确；

B、由A至B重力做功为mgh，则重力势能减少mgh，小球在下降中小球的重力势能转化为动能和弹性势能，所以mgh＞

mv2，故B错误；

mv2，所以由A至B小球克服弹力做功为mgh﹣

mv2，故C错误；

mv2，故D错误。

C、根据动能定理得：mgh+w弹＝

D、弹簧弹力做功量度弹性势能的变化。所以小球到达位置B时弹簧的弹性势能为mgh﹣故选：A。 4．【答案】C

解：溶液的电阻随长度、横截面积的变化规律与金属导体相同，故R＝

，拉长后，R′＝，由于LS

＝L′S′，联立解得：R故选：C。 5．【答案】A

。

解：A、滑动变阻器的滑动端由a向b缓慢滑动的过程中，R2阻值变大，电阻总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律知，总电流减小，电流表示数减小，电压表测量的是滑动变阻器两端的电压，U＝E﹣I（R1+r），总电流减小，电压表示数增大，故A正确；

B、电容器两端电压即电压表两端电压，Q＝CU，电压增大，电容器所带电荷量增多，故B错误； C、流过电阻R1的电流减小，消耗的功率变小，故C错误；

D、当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，题干中没有明确外电阻与内阻的关系，故滑动变阻器R2的滑动端由a向b缓慢滑动的过程中，电源的输出功率不一定增大，故D错误。 故选：A。 6．【答案】B

解：A、等差等势面的疏密反映电场强度的大小，A点比C点密，所以A点的电场强度比C点的大，故A错误； B、正电荷在电势高的点电势能大，所以正电荷在A点时的电势能比在C点时大，故B正确；

C、AC两点之间的电势差UAC＝φA﹣φC＝10V﹣6V＝4V，电子带负电，为﹣e，所以WAC＝﹣eUAC＝﹣4eV，故C错误；

D、AB两点位于同一等势线上，沿等势面运动电场力不做功，A点电势能等于B点电势能，但沿其他路径，可能先做正功后做负功，也可能先做负功后做正功，故D错误。 故选：B。 7．【答案】B

解：开始时，A、B都处于静止状态，弹簧的压缩量设为x1，由胡克定律有 kx1＝mg…①

物体A恰好离开地面时，弹簧对B的拉力为mg，设此时弹簧的伸长量为x2，由胡克定律有 kx2＝mg…② 这一过程中，物体A上移的距离 d＝x1+x2…③ ①②③式联立可解得：d＝

，

，故B正确，ACD错误；

根据力做功表达式，则这一过程中力F做的功至少为W＝mgd＝故选：B。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分。每小题有多个选项符合题意.全部选对的得4分，选对

但不全的得2分，错选或不答的得0分。 8．【答案】BC

解：A、物体所受合外力做的功为零，合外力可能为零，物体静止或匀速直线运动；也可能合外力不为零，物体不是静止或匀速直线运动状态，如匀速圆周运动，故A错误。

B、电场线是假想出来的一组曲线，但可以用实验的方法来模拟，故B正确；

C、验电器的金属杆上端固定一个金属球而不是做成针尖状，这是为了防止尖端放电，故C正确； D、题意可知，充电宝的额定电荷量和额定电压分别为10000mAh和3.7V，所以充电宝的额定能量为 E＝W＝qU＝10000×3.7W•h＝37W•h；

由于机场规定：严禁携带额定能量超过160W•h的充电宝搭乘飞机，所以能带上飞机，故D错误； 故选：BC。

9．【答案】见试题解答内容

解：A、将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做功，说明两正电荷受到Q的引力，Q为负电荷，则A点电势低于B点电势，故A正确；

B、A点离点电荷远，根据点电荷场强公式E＝k

分析可知，A点的场强大于B点的场强，故B错误；

C、由图分析可知：A与无穷远间的电势差大于B与无穷远间的电势差，将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，根据电场力做功公式W＝qU，得知，q1的电荷量小于q2的电荷量，故C错误； D、将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则两个试探电荷电势能的变化量相等，因为无穷远处电势能为零，所以q1在A点的电势能等于q2在B点的电势能，故D正确。 故选：AD。 10．【答案】AD

解：减小外电路电阻R，则总阻值减小，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流增大，

A、整个闭合电路的电势高低变化情况如图乙所示，C、D两点高度差类似于内电压，干路电流增大，则内电压增大，C、D两点的高度差将变大，故A正确；

B、A、B两点的高度差类似于路端电压，干路电流增大，内电压增大，则路端电压减小，A、B两点的高度差将变小，故B错误；

C、电动势不变，当R减小时，总电流增大，内电压增大，路端电压减小，而图中A与D，C与B高度差的总和为电动势，保持不变，则A、D两点之间的高度差和C、B两点之间的高度差之和不变，故C错误； D、正电荷从B处经CD至A处，非静电力做功W＝Uq，不变，故D正确。

故选：AD。

11．【答案】见试题解答内容

解：A、根据v﹣t图象与时间轴围成的面积表示物块的位移，知0﹣1.2s内货物运动的位移为 x＝（×1）m＝3.2m，则AB两点的距离为3.2m，故A错误；

B、由图象可以看出，货物在两段时间内均做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有： 0﹣0.2s内，有 mgsinθ+μmgcosθ＝ma1 0.2﹣1.2s内，有 mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2

由v﹣t图象的斜率表示加速度，可得两段的加速度分别为：a1＝解得：θ＝37°，μ＝0.5，故B正确；

C、设传送带对货物做的功为W，对整个过程，根据动能定理得：W+mgxsinθ＝解得 W＝﹣11.2J，故C错误；

D、由图判断知，传送带的速度为 v皮＝2m/s。根据功能关系，知货物与传送带因摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，货物受到的滑动摩擦力大小为 f＝μmgcosθ＝0.5×10×1×0.8N＝4N 0﹣0.2s内，货物的位移为：x1＝

×2×0.2m＝0.2m，皮带位移为：x皮1＝v皮t1＝2×0.2m＝0.4m，两者间相对

﹣0，由图知，v＝4m/s，

m/s2＝10m/s2，a2＝

m/s2＝2m/s2

+

位移为：△x1＝x皮1﹣x1＝（0.4﹣0.2）m＝0.2m 同理：0.2﹣1.2s内，货物的位移为：x2＝为：△x2＝x2﹣x皮2＝（3﹣2）m＝1m

故两者之间相对路程为：△x＝△x1+△x2＝（1+0.2）m＝1.2m

货物与传送带摩擦产生的热量为：Q＝W＝f△x＝4×1.2J＝4.8J，故D正确。 故选：BD。

三、实验题：本题共2小题，共计18分.请将解答填写在答题卡相应的位置

12．【答案】（1）BD；（2）0.487；0.480；（3）在误差允许范围内，做自由落体运动的物体机械能守恒。

解：（1）A、验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，不必要测量物体的质量，故A错误；

B、实验时应把纸带拉成竖直方向，以便减小摩擦阻力影响，故B正确； C、实验时应先接通电源再释放纸带，故C错误；

D、选择BE段纸带，可以根据动能的增加量和重力势能的减小量是否相等验证机械能守恒，故D正确。

×（2+4）×1m＝3m，x

皮2

＝v

皮

t2＝2×1m＝2m，两者间相对位移

故选：BD。

（2）O到D的过程中，重力势能的减小量：△Ep＝mgh＝0.1×9.8×49.66×102J≈0.487J；

﹣

每两个计数点间还有两个打点未画出，那么相邻计数点的时间间隔为：T＝0.06s，

根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，那么D点的瞬时速度为：vD＝

m/s≈3.1m/s，

则动能的增加量：△Ek＝

mvD2＝

×0.1×3.12J≈0.481J。

＝

（3）依据第（2）问，动能的增加量，与重力势能减小量，可得出的结论是：在误差允许范围内，做自由落体运动的物体机械能守恒。

故答案为：（1）BD；（2）0.487；0.480；（3）在误差允许范围内，做自由落体运动的物体机械能守恒。 13．【答案】（1）C；（2）新电池的内阻很小，所以导致内电路的电压降很小；（3）如图所示；

（4）1.40；0.2。

解：（1）因电源内阻较小，为了便于调节，选择总阻值较小的滑动变阻器C；

（2）由表中数据可知，电压表示数不明显，说明路端电压变化不明显；原因是新电池的内阻很小，所以导致内电路的电压降很小；

（3）为了减小实验中内阻测量的误差，将定值电阻R0与电源相连，采用等效的方法来增大内阻；实物图如图所示；

（4）根据U＝E﹣I（R0+r）可得：图线与U轴交点的坐标值为为电动势E＝1.40V，图象的斜率绝对值等于等效内阻，故内阻r+R0＝k，解得r＝0.2Ω。

故答案为：（1）C；（2）新电池的内阻很小，所以导致内电路的电压降很小；（3）如图所示；（4）1.40；0.2。 四、计算题：本题共4小题，共计45分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中明确写出数值和单位。 14．【答案】（1）电场强度的大小为1×104V/m，方向水平向左； （2）小球带正电，带电量为105C；

﹣

（3）小球沿初速度方向运动的最大距离为。

＝

V/m＝1×104V/m

解：（1）根据电场强度和电势差的关系可得：E＝沿电场线方向电势降低，则电场方向水平向左；

（2）小球做直线运动，故受到的合力的方向与速度方向在同一直线上，所以电场力方向向左，所以小球带正电； 根据力的合成可得：Eq＝mgtan45°，其中m＝10g＝0.01kg， 解得：q＝105C；

﹣

（3）小球合力大小F合＝加速度的大小：a＝最大距离x＝

＝

＝。

g

＝mg

答：（1）电场强度的大小为1×104V/m，方向水平向左； （2）小球带正电，带电量为105C；

﹣

（3）小球沿初速度方向运动的最大距离为15．【答案】（1）两人施力的时间是0.4s； （2）重物刚落地时的速度大小是

。

m/s，方向：竖直向下；

（3）重物对地面的平均冲击力大小为8640N，方向：竖直向下。 解：（1）两人施力过程，对重物，由牛顿第二定律得： 2Fcos37°﹣mg＝ma

两人施力过程，重物向上做初速度为零的匀加速直线运动，则有：h＝代入数据解得：t＝0.4s

（2）重物从开始运动到刚着地的过程中，由动能定理得： 2Fcos37°•h＝

﹣0

代入数据解得：v＝m/s

（3）从重物刚着地到砸深地面的过程中，由动能定理得： （mg﹣f）h深＝0﹣代入数据解得：f＝8640N

由牛顿第三定律可知，地面对重物的平均冲击力大小f′＝f＝8640N，方向：竖直向下； 答：（1）两人施力的时间是0.4s； （2）重物刚落地时的速度大小是

m/s，方向：竖直向下；

（3）重物对地面的平均冲击力大小为8640N，方向：竖直向下。 16．【答案】（1）小球从抛出至落回抛出点所经历的时间为（2）①火星的运行周期为2②认为太阳静止不动的是合理的。

解：（1）设火星表面的重力加速度为g，火星表面质量m1的物体所受到重力与万有引力相等

v0＝解得： t＝

；

；

（2）①对火星，万有引力提供向心力，有： G

＝m（

）2r

解得：T1＝2

②太阳与火星构成“双星”模型，即二者都围绕它们连线上的某定点O做周期相同匀速圆周运动。 设火星的运动半径为r1，太阳的运动半径为r2 对火星有：G对太阳有：G又r1+r2＝r 解得：T2＝2

＝m（＝m（

）2r1 ）2r2

＝由r2＝

、M＞＞m得r2≈0，即太阳几乎与定点O位置重合，所以通常

认为太阳静止不动是合理的。

答：（1）小球从抛出至落回抛出点所经历的时间为（2）①火星的运行周期为2②认为太阳静止不动的是合理的。 17．【答案】（1）A点的电场强度的大小为（2）物块运动到B点时加速度的大小为（3）物块通过O点的速度大小是

。

；

﹣g，方向竖直向上；

；

；

解：（1）如图所示，正、负点电荷在A点产生的场强大小为 E0＝k

根据电场的叠加原理可知，A点的电场强度的大小为 E＝

（2）物块运动到B点时，受到重力、电场力qE、竖直平面的支持力N和摩擦力f，根据牛顿第二定律得 μN﹣mg＝ma 水平方向有 N＝qE 解得 a＝

﹣g，方向竖直向上。

（3）物块从A到B的过程中，设克服阻力做功为Wf，由动能定理得 2mgL﹣Wf＝0﹣

物块从A到O的过程中，由动能定理得 mgL﹣

Wf＝

﹣

联立解得物块通过O点的速度大小为：v＝答：（1）A点的电场强度的大小为

；

（2）物块运动到B点时加速度的大小为（3）物块通过O点的速度大小是

。

﹣g，方向竖直向上；