山东省滨州市2019-2020学年高一下学期期末考试物理试题 Word版含解析 19页

- 1 - 高一物理试题 第Ⅰ卷（选择题 共 40 分） 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分。在每小题给出的四个选 项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 以下关于物理学史的说法中正确的是（ ） A. 焦耳通过理论推导发现了焦耳定律 B. 开普勒通过观测行星运动，发现了行星运动规律 C. 万有引力常量是卡文迪许通过扭秤装置测量所得 D. 英国的物理学家牛顿发现了万有引力定律，并测出了万有引力常量 【答案】C 【解析】 【详解】A．焦耳通过实验研究发现了焦耳定律，故 A 错误； B．开普勒通过分析第谷的天文观测数据，总结了行星运动规律，故 B 错误 C．万有引力常量是卡文迪许通过扭秤装置采用放大法测量所得，故 C 正确； D．英国的物理学家牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了万有引力常量，故 D 错误。 故选 C。 2. 2020 年 6 月 23 日 9 点 43 分，由中国航天科技集团有限公司五院抓总研制的第 55 颗北斗导 航卫星成功发射。这是北斗三号全球卫星导航系统第三颗地球同步轨道卫星，随着该卫星在 北斗三号星座部署完成，标志着北斗卫星全球导航系统星座部署完美收官。下列关于地球同 步卫星的描述正确的是（ ） A. 它的运行速度大于 7.9km/s B. 运行时可以经过北京的上空 C. 它的轨道平面和地球的某一经线平面重合 D. 所有的同步卫星都处于同一轨道 【答案】D 【解析】 【详解】A．第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是卫星做匀速圆周运动的最大环绕速度， 而同步卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，根据 可以发现，同步卫星运GMv r = - 2 - 行的线速度一定小于第一宇宙速度，故 A 错误； B．同步卫星相对于地球静止，一定在赤道的正上方，而北京不在赤道上，故运行时不可能经 过北京的上空，故 B 错误； C．同步卫星的轨道平面过地心且在赤道正上方，所以它的轨道平面和地球零纬度线重合，不 可能和地球的某一经线平面重合，故 C 错误； D．所有的同步卫星距离地面的高度相同，都处于同一轨道上，故 D 正确。 故选 D。 3. 如图所示，轻质细绳 AB 和 CD 将质量为 m 的小球悬挂在车厢中，细绳 AB 水平，细绳 CD 与竖直方向的夹角为 ，车厢沿水平面向左运动。细绳 AB 和 CD 上拉力的大小分别为 和 。 则车厢运动位移为 l 的过程中（ ） A. 拉力 对小球做功 B. 拉力 对车厢做功 C. 拉力 对小球做功 D. 拉力 对车厢做功 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据功的定义，拉力 对小球做功为 故 A 错误； B．根据功的定义，拉力 对车厢做功为 故 B 正确； C. 根据功的定义，拉力 对小球做功 θ 1F 2F 1F 1Fl 1F 1Fl 2F 2 cosF l θ 2F 2 sinF l θ 1F 1 1W Fl= − 1F 1 1W Fl′= 2F 2 2 sinW F l θ= - 3 - 故 C 错误； D. 根据功的定义，拉力 对车厢做功 故 D 错误； 故选 B。 4. 如图所示，A、B 是以 O 点为圆心的一条直径的两个端点，将 的点电荷放置于 O 点时， B 点的电场强度大小为 E：若再将 的点电荷放置于 A 点，则 B 点处的电场强度（ ） A. 大小为 E，方向沿 OB 方向 B. 大小为 E，方向沿 BO 方向 C. 大小为 ，方向沿 BO 方向 D. 大小为 ，方向沿 OB 方向 【答案】D 【解析】 【详解】 将 的点电荷放置于 O 点时，B 点的电场强度大小为 E，根据点电荷场源的场强决定式有 方向沿 OB 水平向右， 若将 的点电荷放置于 A 点，B 点的场强为 方向沿 BO 水平向左， 则 B 合场强为两场强的矢量和，为 方向沿 OB 水平向右。 故选 D。 的 2F 2 2 sinW F l θ′ = − Q+ 2Q− 2 E 2 E Q+ 2 kQE R = 2Q− 1 2 2 (2 ) 2 kQ EE R = = 1 2B EE E E= − = - 4 - 5. 某区域的电场线分布如图所示，一带电粒子仅在电场力作用下，沿图中虚线所示的轨迹从 A 点运动到 B 点。下列说法正确的是（　　） A. 粒子带正电 B. 粒子在 A 点的加速度小于在 B 点的加 速度 C. 粒子在 A 点的速率大于在 B 点的速率 D. 粒子在 A 点的电势能大于在 B 点的电 势能 【答案】C 【解析】 【详解】A．受力方向指向运动轨迹凹的一侧，故可知粒子受力方向斜向下，与电场线方向相 反，粒子带负电，故 A 错误； B．电场线越密集的地方，电场强度越大，故粒子在 A 点的加速度大于在 B 点的加速度，故 B 错误； CD．带电粒子从 A 点到 B 点，电场力做负功，动能减小，电势能增大，故粒子在 A 点的速率 大于在 B 点的速率，粒子在 A 点的电势能小于在 B 点的电势能，故 C 正确，D 错误。 故选 C。 6. 一物体仅在重力和力 F 的作用下运动，一段时间后其动能增加了 10J，机械能减小了 5J。 则在这一过程中（ ） A. 各力对该物体做的总功为 B. 力 F 对该物体做的功为 C. 重力对该物体做功为 D. 不能确定各力做功的情况 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据动能定理可知，各力对该物体做的总功等于动能的增加 10J，故 A 错误； B．根据功能原理可知，力 F 对该物体做的功等于物体机械能的变化量，为-5J，故 B 正确； CD．根据总功的计算式 W 总=WF+WG 得重力对该物体做功为 5J− 5J− 15J− - 5 - WG=W 总-WF=10J-（-5J）=15J 故 CD 错误。 故选 B。 7. 光敏电阻是利用半导体制成的一种电阻，其阻值随光照强度增加而变小。某同学设计如图 所示的自动控制电路，其中 是光敏电阻， 为定值电阻，电表均可视为理想电表。闭合开 关，当照射光敏电阻的光照强度增加时（ ） A. 电压表 V 的示数变大 B. 光敏电阻 两端的电压增大 C. 灯泡 L 变亮 D. 电流表 A 的示数变小 【答案】A 【解析】 【详解】AD．当照射光敏电阻的光强增强时，其阻值 变小，则与灯泡并联后的阻值变小， 再串联 R0 和电源内阻 r 后的总阻值变小，由全电路的欧姆定律可知，干路电流 I 变大，即电 流表的示数变大；电压表测量的是 R0 的电压，由 则电压表的示数变大，故 A 正确，D 错误； BC．由全电路的串联规律有 因总电流 I 变大，则并联部分的电压变小，即光敏电阻的电压变小，灯泡 L 的电压变小，则灯 泡变暗，故 BC 错误。 故选 A。 8. 如图是一个多量程多用电表的简化电路图，图中 E 是电池，G 为表头，虚线方框内为换挡 开关，A 端和 B 端分别与两表笔相连。下列说法正确的是（ ） tR 0R tR tR 0VU IR= 0( )E I R r U= + + 并 - 6 - A. 该多用电表的 A 端应接黑表笔 B. 换挡开关旋至 3 处为欧姆挡，电阻值为读数乘以倍率 C. 换挡开关旋至 1、2 处为电流挡，换挡开关旋至 2 处量程较大 D. 换挡开关旋至 4、5 处为电压挡，换挡开关旋至 5 处量程较小 【答案】AB 【解析】 【详解】A．根据欧姆表原理可知，内部电源的正极应接黑表笔，这样才能保证在测电阻时电 流表中电流“红进黑出”则 A 端应接黑色笔，故 A 正确； B．根据多用电表的欧姆档测量原理为表头连接电源和滑动变阻器，根据全电路的欧姆定律由 电流的大小换算出待测电阻，故换挡开关旋至 3 处为欧姆挡，电阻值为读数乘以倍率，故 B 正确； C．换挡开关旋至 1、2 处为表头并联不同的电阻，利用并联分流测大电流，则这两处为电流 挡，且并联电阻越小能分流越多，换挡开关旋至 1 处是并联的 R1，量程换挡开关旋至 2 处是 并联的（R1+R2），故接 1 处量程较大，故 C 错误； D．换挡开关旋至 4、5 处为表头串联不同的电阻，根据串联分压，则这两处构成电压挡，换 挡开关旋至 5 处串联的总电阻较大，其量程较大，故 D 错误。 故选 AB。 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。在每小题给出的四个选 项中，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。 9. 一额定电压为 9V、额定功率为 9W 的小灯泡 L 和一内阻 直流电动机 M 并联，再与 的定值电阻串联后接在电路中的 A、B 两点间，电流表 A 可视为理想电表，电路如图 所示，当 A、B 间接 15V 电压时，电动机和小灯泡正常工作。则下列说法正确的是（ ） 1Ωr = 4ΩR = - 7 - A. 电流表示数为 10A B. 通过电动机的电流为 9A C. 定值电阻两端的电压为 6V D. 电动机输出的机械功率为 4.25W 【答案】CD 【解析】 【详解】AC．小灯泡正常发光，则两端的电压 ，由 解得 ， 电流表串联在干路上，其读数即为 R 的电流为 1.5A，故 A 错误，C 正确； B．根据 可知灯泡流过的电流为 由并联电路特点有 解得流过电动机的电流为 故 B 错误； D．根据电动机上的能量守恒有 而 ，可得电动机的输出功率为 9VLU = AB L R LU U U U IR= + = + 6VRU = 15 9 A 1.5A4I −= = L L LP U I= 9 A 1A9 L L L PI U = = = L MI I I= + (1.5 1)A 0.5AMI = − = 2 M M MU I I r P= + 机 9VM LU U= = 2(9 0.5 0.5 1)W 4.25WP = × − × =机 - 8 - 故 D 正确。 故选 CD。 10. 如图所示，a、b 两颗卫星在同一平面内绕地球做同向匀速圆周运动，周期分别为 、 ， 运行半径分别是 和 ，则 a、b 两卫星线速度的比 为（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【详解】AB．两卫星均绕地球做匀速圆周运动，均由万有引力提供向心力，有 解得线速度为 故可得两卫星的线速度比值为 故 A 错误，B 正确； CD．已知周期和轨道半径，由圆周运动的规律有 代入数据可得 aT bT aR bR a b v v b aR R b a R R 3 3 b a T T 3 3 a b T T 2 2 Mm vG mr r = GMv r = ba b b a a Rv R v R R = = 2 rv T π= a a b b b a v R T v R T = ⋅ - 9 - 而由开普勒第三定律有 联立可得 故 C 正确，D 错误。 故选 BC。 11. 如图所示，两平行金属板 M、N 通过开关 K 与电源 E 连接，N 板接地，当开关闭合时有 一带电液滴刚好静止在 P 点。开关 K 始终保持闭合，下列说法正确的是（ ） A 液滴带负电 B. 向上移动 M 板，两板组成电容器的电容将变大 C. 向上移动 M 板，P 点电势将升高 D. 向上移动 M 板，液滴将向下运动 【答案】AD 【解析】 【详解】A．电容器的上极板带正电，沿着电场线电势降低，下极板为零，故 M 点的电势为 正值； 开始时液滴静止，故 mg=Eq 电场力向上，则液滴带负电荷，故 A 正确； B．保持开关闭合，将 M 板上移一小段距离，板间距增大，根据电容决定式 可知， 电容 C 减小，故 B 错误； C．保持开关闭合，将 M 板上移一小段距离，板间距增大，两板间的电势差不变，由 U=Ed 可 知 E 减小，PN 间的电势差为 3 3 2 2 a b a b R R kT T = = 2 3 3 2 3 ba a b a b b b a b a a Tv R T T T v R T T T T = ⋅ = ⋅ = 4 r SC kd ε π= PN P N PNU Edϕ ϕ= − = - 10 - 而 N 板接地， ，且 不变，则 P 点的电势将降低，故 C 错误； D．保持开关闭合，将 M 板上移一小段距离，板间距增大，两板间的电势差不变，由 U=Ed 可知 E 减小，液滴所受电场力减小，则合力向下，故液滴将向下运动，故 D 正确。 故选 AD。 12. 一质量为 m 的汽车以额定功率 启动。测出加速过程中某时刻的速度 v 和加速度 a。若汽 车受到的阻力恒定，下列物理量中可以求出的是（ ） A. 汽车受到的阻力 B. 汽车的最大速度 C. 加速到最大速度的时间 D. 加速到最大速度的位移 【答案】AB 【解析】 【详解】A．机车保持恒定的功率 启动，功率和速度的关系为 由牛顿第二定律有 已知质量 m，瞬时速度 v 和加速度 a，可解得阻力为 故 A 正确； B．当汽车达到最大速度时，加速度为零，牵引力等于阻力，有 则可求出汽车的最大速度，故 B 正确； CD．对变加速直线运动的过程由动能定理有 只有已知变加速 时间 t 才能求出加速的位移 x，或已知加速的位移 x 才能求出时间 t，故 CD 错误。 故选 AB。 第Ⅱ卷（非选择题 共 60 分） 三、非选择题：本题共 6 小题，共 60 分 的 0VN ϕ = PNd 0P 0P 0P Fv= F f ma− = 0Pf mav = − 0 mP f v= ⋅ 2 0 1 02 mPt f x mv− ⋅ = − - 11 - 13. 如图 1 所示为验证机械能守恒定律的实验装置。 (1)打点计时器所用电源的频率为 50Hz，当地的重力加速度取 g = 9.8m/s2，重物质量为 0.2kg。 实验中得到一条点迹清晰的纸带如图 2 所示，打 P 点时，重物的速度为零，A、B、C 为另外 3 个连续点，根据图中的数据，要验证机械能守恒定律应选择从 P 点到_________点过程研究。 (2)这一过程中，重物重力势能减少量为_________J，动能增加量为_________J。（计算结果均 保留 2 位有效数字） 【答案】 (1). B (2). 0.098 (3). 0.096 【解析】 【详解】(1)[1]因纸带上可通过 AC 段位移和时间求得平均速度，它等于中间时刻 B 点的瞬时 速度，从而可得到 B 点动能，故利用 PB 段可验证机械能守恒定律。 (2)[2]PB 段重力势能的减少量为 [3]根据匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可得 B 点的速度为 PB 段动能的增加量为 14. 电阻率是用来表示各种材料导电性能的物理量。某同学在实验室测量一新材料制成的圆柱 体的电阻率。 (1)用螺旋测微器测量其横截面直径，示数如图甲所示，可知其直径为_________mm；用游标 卡尺测其长度，示数如图乙所示，可知其长度为_________mm。 2 PΔ 0.2 9.8 5.01 10 J 0.098JPBE mg h −= ⋅ = × × × ≈ ( ) 27.06 3.14 10 m/s 0.98m/s2 2 0.02 AC B xv T −− ×= = =× 2 2 k 1 0.2 0.98Δ 0 J 0.096J2 2BE mv ×= − = ≈ - 12 - (2)用多用电表粗测其电阻约为 。为了减小实验误差，需进一步用伏安法测量圆柱体 电阻， 要求待测电阻两端的电压调节范围尽量大，滑动变阻器采用分压式接法。除待测圆柱体 外， 实验室还备有的实验器材如下： A．电压表 （量程 3V，内阻约为 15 ） B．电压表 （量程 15V，内阻约为 75 ） C．电流表 A（量程 0.6A，内阻约为 1 ） D．滑动变阻器 （阻值范围 0~5 ，2.0A） E．滑动变阻器 （阻值范围 0~2000 ，0.1A） F．直流电源 E（电动势为 3V） G．开关 S，导线若干 则电压表应选________，滑动变阻器应选________。（均填器材前的字母代号） (3)请设计合理的实验电路，并将虚线框中电路图补充完整_______。 (4)实验测出圆柱体的电阻为 R，圆柱体横截面的直径为 D，长度为 L，则圆柱体电阻率为 _________。（用 D、L、R 表示） 【 答 案 】 (1). 1.848 (2). 42.40 (3). A (4). D (5). 的6Ω xR 1V kΩ 2V kΩ Ω 1R Ω 2R Ω ρ = - 13 - (6). 【解析】 【分析】 本题考查实验测金属的电阻率，由于金属的电阻较小，通过比较其电阻阻值与电压表、电流 表的电阻关系，确定采用安培表外接还是内接法。 【详解】(1)[1]由螺旋测微器可知，其读数 [2]由游标卡尺可得知，其长度读数为 (2)[3][4]由于直流电源电动势为 3V，故电压表选 A，由于采用分压电路，滑动变阻器选小的， 故滑动变阻器选 D。 (3)[5]由于 故采用安培表外接，题中要求用分压电路，故合理的电路设计如下图 (4)[6]由电阻的决定式 为 2 4 RD L πρ = 1.5mm 0.348mm 1.848mm+ = 42mm 8 0.05mm 42.40mm+ × = V AxR R R< 2 2 4 ( )2 L L LR DS D ρ ρ ρ ππ = = = - 14 - 可知 15. “墨子号”作为一颗科学实验卫星，主要有两方面的目的：一方面是实用型的，实现了超 远距离星地之间的量子保密通信；另一方面也有个非常基础科学的研究目标，在空间尺度开 展严格意义下爱因斯坦指出的“量子力学非定域性”的验证。设“墨子号”的运行周期为 T， 地球半径为 R，地球表面重力加速度为 g，万有引力常量为 G，求： (1)地球的平均密度 ； (2)“墨子号”距地面高度 h。 【答案】(1) ；(2) 【解析】 【详解】(1)在地球表面的物体，万有引力等于重力 而地球的质量为 联立可得地球的密度为 (2)“墨子号”绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有 结合 可解得高度为 16. 在如图所示的电路中， 是一滑动变阻器， 为定值电阻。闭合开关，当滑动变阻器的 滑片在最左端时，路端电压 ，电路中的电流 ；当滑片滑至最右端时，路 端电压 ，电路中的电流 。求： 2 4 RD L πρ = ρ 3 4 g RG ρ π= 2 2 3 24 gR Th Rπ= − 2 GMm mgR = 34 3M Rρ= ⋅ π 3 4 g RG ρ π= 21 12 2( ) ( )( ) MmG m R hR h T π= ++ 2GM R g= 2 2 3 24 gR Th Rπ= − 1R 2R 1 16VU = 1 0.2AI = 2 4VU = 2 0.8AI = - 15 - (1)电源的电动势 E 和内阻 r； (2)定值电阻 的阻值； (3)滑动变阻器 的最大阻值。 【答案】(1) ， ；(2) ；(3) 【解析】 【详解】(1)闭合开关，当滑动变阻器的滑片在最左端时，根据闭合电路欧姆定律有 当滑片滑至最右端时有 联立两式，代入已知数据求得 ， (2)闭合开关，当滑动变阻器的滑片在最右端时， 接入电路中的电阻为 0，根据部分电路欧 姆定律有 代入数据求得 (3)闭合开关，当滑动变阻器的滑片在最左端时， 完全接入电路中，根据部分电路欧姆定律 有 代入数据得 2R 1R 20VE = 20Ωr = 2 5ΩR = 1 75ΩR = 1 1U E I r= − 2 2U E I r= − 20VE = 20Ωr = 1R 2 2 2 UI R = 2 2 2 4V 5Ω0.8A UR I = = = 1R 1 1 1 2 UI R R = + - 16 - 17. 示波管工作原理如图所示，由静止释放的电子经电压 加速后以速度 沿 中心线进入偏转电场，偏转电场两极板间的电压 ，两极板间距 ， 极板长 。偏转极板右侧有一屏幕，屏幕与中心线垂直交于 O 点。电子离开偏转电场 后打在屏幕上的 P 点，测得 O、P 间的距离 。已知电子电荷量为 ，质量为 。求： (1)电子经加速电场加速后的速度 ； (2)电子离开偏转电场时速度偏转角的正切值 ； (3)偏转电场右侧与屏幕的距离 s。 【答案】(1) ；(2) ；(3) 【解析】 【详解】(1)电子从静止开始经过加速电场加速，由动能定理有 解得电子经加速电场加速后的速度为 (2)电子进入偏转电场做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动 竖直方向做匀加速直线运动 1 1 2 1 1 16V 0.2A 5Ω 75Ω0.2A U I RR I − − ×= = = 3 1 4.5 10 VU = × 0v 3 2 9.0 10 VU = × 5.0cmd = 5.0cml = 12.5cmy = 191.6 10 Ce −= × 319.0 10 kgm −= × 0v tanα 8 0 4 10 m/sv = × tan 1α = 10cms = 2 1 0 1 02eU mv= − 81 0 2 4 10 m/seUv m = = × 0 1l v t= 2eUa md = - 17 - 离开偏转电场的速度偏转角满足 联立解得 (3)电子离开偏转电场后做匀速直线运动，将类平抛的速度反向延长平分水平位移 l，由几何关 系有 代入数据解得 18. 如图所示，BCDE 与 FGA 是两段竖直的光滑圆弧轨道，OE 与 分别为它们的竖直半径， EF 为水平光滑管状直轨道，管的内径很小。两圆弧轨道的上端与轨道 EF 相切于 E、F 两点。 AB 为一匀速向下传送的传送带，传送带表面粗糙，传送带与水平面的夹角为 。两圆弧轨道 的末端与传送带 AB 相切于 A、B 两点。在 A 点给小物体一沿传送带向下的初速度 ，小物体 恰好能沿圆弧轨道 BCDE 在竖直面内做圆周运动，且继续沿轨道运动再次回到 A 点时的速度 仍为 。已知 BCDE 圆轨道的半径为 R，小物体可看作质量为 m 的质点，重力加速度取 g。 求： (1)小物体在 C 点时，对轨道的压力； (2)小物体在 B 点时，重力的瞬时功率； (3)小物体从 A 点到 B 点的过程中，摩擦力对其做的功。 【答案】(1) ，方向竖直向下；(2) ；(3) 1yv at= 0 tan yv v α = 2 1 tan 12 U l dU α = = tan 2 y ls α = + 10cms = O F′ θ 0v 0v 6CN mg′ = G sin (3 2cos )P mg gRθ θ= + f 0W = - 18 - 【解析】 【详解】(1)小物体恰好能沿圆弧轨道 BCDE 在竖直面内做圆周运动，则顺利过 E 点时有 解得 小物体从 C 点到 E 点只有重力做功，由动能定理有 而物体在 C 点，由轨道的支持力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律有 在 C 点由牛顿第三定律有 联立各式解得物体在 C 点对轨道的压力为 方向竖直向下； (2)传送带与水平方向的夹角为 ，由几何关系可知 ，物体从 B 点下滑到 C 点由动 能定理有 由功率的定义可知 B 点重力的瞬时功率为 联立解得 (3)设传动带 AB 的长度为 L，物块从 A 到 B 的过程由动能定理有 物块从 B 回到 A，速度依然为 ，由动能定理有 2 = Evmg m R Ev gR= 2 21 12 2 2E Cmg R mv mv− ⋅ = − 2 C C vN mg m R − = C CN N′= 6CN mg′ = θ BOC θ∠ = 2 21 1( cos ) 2 2C Bmg R R mv mvθ− = − G cos( ) sin2B BP mgv mgv π θ θ= − = G sin (3 2cos )P mg gRθ θ= + 2 2 f 0 1 1sin 2 2BmgL W mv mvθ + = − 0v - 19 - 联立解得 2 2 0 1 1sin 2 2 BmgL mv mvθ− = − f 0W =