《海南省海南枫叶国际学校2018-2019学年高一物理下学期期末考试试题（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《海南省海南枫叶国际学校2018-2019学年高一物理下学期期末考试试题（含解析）（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、海南省海南枫叶国际学校2018-2019学年高一物理下学期期末考试试题（含解析）一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）1.某电场的电场线分布如图所示，A、B是电场中的两点，A、B两点的电场强度的大小分别为EA、EB，则EA、EB的大小关系是（ ）A. B. C. D. 无法确定【答案】B【解析】【详解】电场线的疏密表示电场强度的强弱，由电场线的疏密可知，A、B两点电场强度的大小关系，所以，故B正确，A、C、D错误；故选B。【点睛】关键是知道电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向。2. 下列说法符合史实的是（ ）A. 牛顿首先发现了行星的运动规律B. 开普勒发
2、现了万有引力定律C. 卡文迪许首先在实验室里测出了万有引力常量数值D. 牛顿首先发现了海王星和冥王星【答案】C【解析】【详解】A项：开普勒发现了行星的运动规律，故A错误；B项：牛顿发现了万有引力定律，故B错误；C项：卡文迪许第一次在实验室里测出了万有引力常量，使万有引力定律有了真正的使用价值，故C正确；D项：亚当斯和勒威耶发现了海王星，克莱德汤博发现了冥五星，故D错误。3.两个完全相同的金属小球（视为点电荷），带异种电荷，带电量绝对值之比为1:7，相距r。将它们接触后再放回原来的位置，则它们之间的相互作用力大小变为原来的A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】考查库仑定律，根据库仑定
3、律直接计算可得。【详解】设两个小球带电量分别为q ，-7q ，由库仑定律可得 两小球接触后带电量都为3q ，由库仑定律可得 则 故C符合题意ABD不符合题意。【点睛】两个完全相同的金属小球相互接触后带的电量，若为同种电荷电量之和均分，异种电荷时先中和再均分。利用库仑定律计算时电量只代入绝对值。4.甲、乙两小球都在水平面上做匀速圆周运动，它们的线速度大小之比为12，角速度大小之比为32，则两球的向心加速度大小之比为（）A. 1:2B. 2:1C. 3:4D. 3:2【答案】C【解析】【详解】根据a=v，则两球的向心加速度大小之比为3：4，故ABD错误，C正确.5.如图所示，在静电场中有A、B两点
4、，则下列说法中正确的是（ ）A. 场强EAEB，电势ABB. 将电荷+q从A点移到B点，电场力做负功C. 将重力可忽略的电荷+q从A点移到B点，加速度变小D. 将电荷q分别放在A、B两点，具有的电势能EpAvbB. vatbD. taha，所以taxb，所以vavb，故BC错误，AD正确；故选AD.点睛：本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解8.如图，在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道I，然后在Q点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道。则下列说法正确的是A. 在轨道上，卫星运行速度大于7.9km/sB. 在
5、轨道I上，卫星在P点的速度大于在Q点的速度C. 卫星在Q点通过加速实现由轨道I进入轨道D. 在轨道I上运行的过程中，卫星、地球系统的机械能不守恒【答案】BC【解析】【详解】第一宇宙速度7.9km/s是所有环绕地球运转的卫星的最大速度，则在轨道上，卫星的运行速度小于7.9km/s，选项A错误；根据开普勒第二定律可知，在轨道I上，卫星在P点的速度大于在Q点的速度，选项B正确；从椭圆轨道到同步轨道，卫星在Q点是做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须卫星所需向心力大于万有引力，所以应给卫星加速，增加所需的向心力。所以卫星在Q点通过加速实现由轨道进入轨道故C正确；在轨道I上运行的过程中，只有地球的引力
6、对卫星做功，则卫星、地球系统的机械能守恒，选项D错误；故选BC.【点睛】解决本题的关键掌握卫星如何变轨，以及掌握万有引力提供向心力解决问题的思路。卫星变轨也就是近心运动或离心运动，根据提供的万有引力和所需的向心力关系确定。9.如图所示的虚线为电场中的三条等势线，三条虚线平行且等间距，电势分别为10V、15V、20V，实线是仅受电场力的带电粒子的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，粒子在c点处的电势能为20eV，粒子在b点的动能为20eV，下列说法正确的是A. 粒子在c处加速度大于在b处的加速度B. 粒子带正电C. 粒子从a运动到c过程中动能不断增加D. 粒子在a点的动能为25eV【答案】BD
7、【解析】【分析】考查带电粒子在电场中运动规律，根据电场力做正负功判断动能、电势能变化。【详解】A由等势线可以画出电场线，因等差等势线间距相等，说明电场为匀强电场，粒子在c处加速度等于在b处的加速度，故A不符合题意。B粒子只受电场力作用，电场力指向轨迹内侧，说明粒子带正电故B符合题意。C粒子从a运动到c过程中，电场力做负功，动能不断减小。故C说法不符合题意。D粒子在C处电势能为20ev，C点电势为20v，由 得粒子带电量为e，带电粒子在b处电势能为15ev，则粒子动能、电势能之和为35ev，只有电场力做功时，粒子的动能、电势能之和不变，粒子在a点的电势能为10ev，则动能为25eV。故D符合题意
8、。【点睛】物体做曲线运动时，合力一定指向轨迹内侧，只有电场力做功时，粒子动能、电势能总和不变。根据等势线可以画出电场线，电场线垂直等势线，且从高电势指向低电势。10.某同学将质量为m的一矿泉水瓶（可看成质点）竖直向上抛出，水瓶以的加速度匀减速上升，上升的最大高度为H水瓶往返过程受到的阻力大小不变则A. 上升过程中水瓶的动能改变量为 B. 上升过程中水瓶的机械能减少了 C. 水瓶落回地面时动能大小为 D. 水瓶上升过程克服重力做功的平均功率大于下落过程重力的平均功率【答案】AD【解析】【分析】考查功能关系、功率计算，根据相关规律计算可得。【详解】根据牛顿第二定律可得由动能定理可得，上升过程中水瓶
9、的动能改变量为 。故A符合题意。由f+mg=可得 f=，阻力做负功，机械能减少，上升过程中水瓶的机械能减少了，故B不符合题意。C从最高点到时最低点，由动能定理可得 水瓶落回地面时动能大小为，故C不符合题意。D上升过程中加速大于下降过程中加速度，上升过程用时较少，上升、下降过程中重力做功大小相等，由 可得水瓶上升过程克服重力做功的平均功率大于下落过程重力的平均功率故D符合题意。【点睛】理解功能关系，动能变化只取决于合外力做功，合外力做正功（负功），动能增大（减小），机械能变化取决于除重力和系统内弹力以外的力做功，该力做正功（负功），机械能增加（减小）。三、实验题探究题（本大题共2小题，共18.0
10、分）11.做“研究平抛运动”实验中利用钢球从斜面小槽滚下，在竖直的白纸上记录小球经过的位置，然后得到运动轨迹（1）实验中除了木板、小球、斜槽、铅笔、图钉、白纸之外，下列器材中还需要的是_，其中器材_是用来调整木板是否竖直，保证小球的轨迹平面与板面平行（填字母序号）A刻度尺B秒表C天平D弹簧测力计E重垂线（2）实验中为减小实验误差，下列做法正确的是_（填字母序号）A斜槽轨道必须光滑B斜槽轨道末端必须水平C每次释放小球的位置必须相同 D毎次必须从静止开始释放小球【答案】 (1). AE (2). E (3). BCD【解析】【分析】考查平抛运动实验，根据实险原理分析可得。【详解】(1)1 2 本实
11、验不需要测小球运动时间，小球质量，不需要测力，所以不需要秒表、天平、弹簧测力计，该实险要测运动位移，要判断竖直坐标轴是否竖直，所以要用刻度尺、重垂线。故AE符合题意，BCD不符合题意。 (2)3 AB研究同一次平抛运动时，要保证小球离开端口时速度水平，每次大小一样，斜槽轨道末端必须水平，轨道不光滑，每次重力、阻力做功相同，离开端口时的速度大小相等，故A不符合题意，B符合题意。CD每次释放小球的位置必须相同，必须从静止开始释放小球，这样才能保证小球每次离开端口时速度相同。故CD符合题意。【点睛】理解实验原理，掌握平抛运动实验常考的知识点：原理，操作步骤、数据处理，计算初速度时，可考虑竖直方向用逐
12、差法求出时间间隔，再求水平初速度。12.在用如图1的实验装置验证“机械能守恒定律”的实验中：(1)下列操作正确且必要的有_ A用秒表测出重物下落的时间B用弹簧测力计称出重物的重力C装配好器材，松开纸带让重物自由下落然后接通电源D在点迹清晰的纸带上，距离起始点适当的位置，沿重物下落的方向，依次取若干个连续的点并标记，作为测量点(2)某小组的同学，用接有6V、50Hz的交流电的打点计时器打出的一条纸带，如图2，O为重锤下落的起点，选取的测量点为A、B、C、D、E，F，各测量点到O点的距离h已标在测量点下面打点计时器打C点时，重物下落的速度vC= _ m/s（结果保留三位有效数字）(3)该小组的同学分别求出打其他各点时的速度v；在v2-h坐标纸上描出的点迹如图3，则本地的重力加速度约为_ m/s2（结果保留两位有效数字）【答案】 (1). D (2). 1.56 (3). 9.8【解析】试题分析：(1)打点计时器就是记录时间的，故不用秒表测出重物下落的时间，A不必要；在实验中，不需要知道重物的重
