鹤岗一中2018年高一物理下学期期末试卷(带答案).doc

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1、鹤岗一中2018年高一物理下学期期末试卷(带答案)鹤岗一中2015-2016学年度下学期期末考试高一物理试题一、选择题(共12个小题,每小题4分,多选题选不全得2分,有错选得0分)1. (单选) 使带电的金属球靠近不带电的验电器,验电器的箔片张开.下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况,正确的是()2. (多选) 如图所示,滑块A和B叠放在固定的斜面体上,从静止开始以相同的加速度一起沿斜面加速下滑.已知B与斜面体间光滑接触,则在A、B下滑的过程中,下列说法正确的是()A.B对A的支持力不做功B.B对A的支持力做负功C.B对A的摩擦力做正功D.B对A的摩擦力做负功3. (多选) 某静电场中的电场

2、线如图所示,带电粒子在电场中仅受电场力作用,其运动轨迹如图中虚线所示,由M运动到N,以下说法正确的是()A.粒子必定带正电荷B.粒子在M点的加速度大于它在N点的加速度C.粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度D.粒子在M点的动能小于它在N点的动能4. (单选) 我国发射的“天宫一号”和“神舟八号”在对接前,“天宫一号”的运行轨道高度为350km,“神舟八号”的运行轨道高度为343 km.它们的运行轨道均视为圆周,则()A.“天宫一号”比“神舟八号”速度大B.“天宫一号”比“神舟八号”周期长C.“天宫一号”比“神舟八号”角速度大D.“天宫一号”比“神舟八号”加速度大5. (多选) 甲、乙两个做圆

3、周运动的质点,它们的角速度之比为31,线速度之比为23,那么下列说法正确的是()A.它们的半径之比为29B.它们的半径之比为12C.它们的周期之比为23D.它们的周期之比为136. (单选) 已知引力常量G=6.67×10-11 N•m2/kg2,重力加速度g取9.8 m/s2,地球半径R=6.4×106 m,则可知地球质量的数量级是()A.1018 kgB.1020 kgC.1022 kg D.1024 kg7. (多选) 如图所示,小球m在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动,下列说法中正确的有()A.小球通过最高点的最小速度为v=RgB.小球通过最高点的最

4、小速度为0C.小球在水平线ab以下管道中运动时,外侧管壁对小球一定有作用力D.小球在水平线ab以上管道中运动时,内侧管壁对小球一定有作用力8. (单选) 冥王星与其附近的另一星体卡戎可视为双星系统,质量比约为71,同时绕它们连线上某点O做匀速圆周运动.由此可知,冥王星绕O点运动的()A.向心力大小约为卡戎的7倍B.角速度大小约为卡戎的17C.线速度大小约为卡戎的7倍D.轨道半径约为卡戎的179. (单选) 如图所示,倾角30°的斜面连接水平面,在水平面上安装半径为R的半圆竖直挡板,质量m的小球从斜面上高为R2处静止释放,到达水平面恰能贴着挡板内侧运动.不计小球体积,不计摩擦和机械能损失

5、.则小球沿挡板运动时对挡板的作用力是()A.0.5mg B.mgC.1.5mg D.2mg10. (单选) 用起重机将一个质量为m的货物竖直向上以加速度a匀加速提升H米,在这个过程中,以下说法中正确的是()A.起重机对物体的拉力大小为maB.物体的机械能增加了mgHC.物体的动能增加了maHD.物体的机械能增加了maH11. (单选) 如图,在场强为E的匀强电场中有一个质量为m的带正电小球A悬挂在绝缘细线上,当小球静止时,细线与竖直方向成30°角,已知此电场方向恰使小球受到的电场力最小,则小球所带的电量应为()A.mgE B.3mgEC.2mgE D.mg2E12. (多选) 如图所示

6、,水平光滑长杆上套有一个质量为mA的小物块A,细线跨过O点的轻小光滑定滑轮一端连接A,另一端悬挂质量为mB的小物块B,C为O点正下方杆上一点,滑轮到杆的距离OC=h.开始时A位于P点,PO与水平方向的夹角为30°.现将A、B同时由静止释放,则下列分析正确的是()A.物块B从释放到最低点的过程中,物块A的动能不断增大B.物块A由P点出发第一次到达C点的过程中,物块B的机械能先增大后减小C.PO与水平方向的夹角为45°时,物块A、B速度大小关系是vA=22vBD.物块A在运动过程中最大速度为2mBghmA二、填空题(每空2分,共14分)13.某探究学习小组的同学欲验证“动能定理”,

7、他们在实验室组装了一套如图所示的装置,另外他们还找到了打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、纸带、小木块、细沙.当滑块连接上纸带,用细线通过滑轮挂上空的小沙桶时,释放小桶,滑块处于静止状态.若你是小组中的一位成员,要完成该项实验,则(1)你认为还需要的实验器材有_.(2)实验时为了保证滑块受到的合力与沙桶的总重力大小基本相等,沙和沙桶的总质量应满足的实验条件是_,实验时首先要做的步骤是_.(3)在(2)的基础上,某同学用天平称量滑块的质量为M.往沙桶中装入适量的细沙,用天平称出此时沙和沙桶的总质量为m.让沙桶带动滑块加速运动.用打点计时器记录其运动情况,在打点计时器打出的纸带上取两点,测出这

8、两点的间距L和这两点的速度大小v1与v2(v114.某同学利用重物自由下落来“验证机械能守恒定律”的实验装置如图甲所示.(1)请指出实验装置中存在的明显错误:_.(2)进行实验时,为保证重物下落时初速度为零,应_(选填“A”或“B”).A.先接通电源,再释放纸带B.先释放纸带,再接通电源(3)根据打出的纸带,选取纸带上连续打出的1、2、3、4四个点如图乙所示.已测出点1、2、3、4到打出的第一个点O的距离分别为h1、h2、h3、h4,打点计时器的打点周期为T.若代入所测数据能满足表达式gh3=_,则可验证重物下落过程机械能守恒(用题目中已测出的物理量表示).三、计算题(15题8分,16题8分,

9、17题10分,18题12分)15.两个质量都为3×10-4 kg的导体球,分别被两根长0.04 m的丝线吊在同一点上.让它们带上等量同种电荷后,两球互相排斥,至图所示位置平衡.(1)试求两球间静电力的大小(2)导体球所带的电量.16.如图所示,一小球从平台上水平抛出,恰好落在临近平台且倾角为α=53°的光滑斜面顶端,并刚好沿光滑斜面下滑.已知斜面顶端与平台的高度差h=0.8 m,g取10 m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6.(1)小球水平抛出的初速度v0是多少?(2)斜面顶端与平台边缘的水平距离x是多少?17.额定功率是80 k

10、W的无轨电车,其最大速度是72 km/h,质量是2 t,如果它从静止先以2 m/s2的加速度匀加速开出,阻力大小一定,求:(1)电车匀加速运动行驶能维持多少时间?(2)又知电车从静止驶出到增至最大速度共经历了21 s,在此过程中,电车通过的位移是多少?18.如图所示,倾角为30°的光滑斜面的下端有一水平传送带,传送带正以6 m/s的速度运动,运动方向如图所示.一个质量为2 kg的物体(物体可以视为质点),从h=3.2 m高处由静止沿斜面下滑,物体经过A点时,不计其动能损失.物体与传送带间的动摩擦因数为0.5,物体向左最多能滑到传送带左右两端AB的中点处,重力加速度g=10 m/s2,求

11、:(1)物体由静止沿斜面下滑到斜面末端需要多长时间;(2)传送带左右两端AB间的距离l至少为多少;(3)上述过程中物体与传送带组成的系统产生的摩擦热为多少.高一物理答案一、选择题(共12个小题,每小题4分,多选题选不全得2分,有错选得0分)1.B 2. BC 3. ACD 4. B 5. AD 6. D 7.BC 8. D 9. B 10. C 11. D 12. AD二、填空题(每空2分,共14分)13. 解析:该实验中的研究对象是滑块,目的是比较合外力对滑块所做的功与滑块动能的增量的关系.因为合外力不等于滑块的重力,两端质量不可能“抵消”,所以要分别测出沙、滑块的质量,还要测出滑块移动的距

12、离,便于计算做的功和速度.实验时应注意平衡摩擦力,以减少误差,从实验方便性上考虑要把沙的重力看做滑块的合外力,故m远远小于M,故实验表达式为mgL=12Mv22-12Mv12.答案:(1)天平、刻度尺(2)沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量平衡摩擦力(3)mgL=12Mv22-12Mv1214. 解析:(1)从图甲中的实验装置中发现,打点计时器接在了“直流电源”上,打点计时器的工作电源是“低压交流电源”.因此,明显的错误是打点计时器不能接在“直流电源”上.(2)为了使纸带上打下的第1个点是速度为零的初始点,应该先接通电源,让打点计时器正常工作后,再释放纸带.若先释放纸带,再接通电源,当打点计时器

13、打点时,纸带已经下落,打下的第1个点的速度不为零.因此,为保证重物下落的初速度为零,应先接通电源,再释放纸带.(3)根据实验原理,只要验证ghn=12v2n即可验证机械能守恒定律.因此需求解v3.根据匀变速直线运动规律关系式可得,v3=h4-h22T,则有12v23=(h4-h2)28T2,故只要在误差允许的范围内验证gh3=(h4-h2)28T2成立,就可验证重物下落过程中机械能守恒.答案:(1)打点计时器不能接“直流电源”(或打点计时器应接“交流电源”)(2)A(3)(h4-h2)28T2三、计算题(15题8分,16题8分,17题10分,18题12分)15. 解析:(1)对其中一个球进行受

14、力分析如图,得F=mgtan 30°=3×10-3 N,由几何关系知两球间距离为0.04 m.又F=kq2r2=3×10-3 N得q=43×10-8 C.16. 答案:(1)3 m/s(2)1.2 m解析:(1)由题意可知,小球落到斜面顶端时刚好沿斜面下滑,说明此时小球的速度方向与斜面平行,否则小球会弹起.所以小球在斜面顶端时的竖直分速度vy=v0tan53°又v2y=2gh代入数据解得vy=4 m/s,v0=3 m/s(2)由vy=gt1得t1=0.4 s故x=v0t1=3×0.4 m=1.2 m17. 解析:Ff=P0vm代入

15、数据解得Ff=4×103 N由牛顿第二定律有F-Ff=ma解得F牵=8×103 N匀加速末速度vt=P0F牵=10 m/s匀加速持续时间t1=v1a=5 s匀加速过程的位移x1=12at12=25 m从车速vt加速到vm由动能定理有P0(t-t1)-Ffx2=12mvm2-12mvt2解得x2=245 m总位移x=x1+x2=270 m.答案:(1)5 s(2)270 m18.(1)1.6 s(2)12.8 m(3)160 J解析(1)物体在斜面上,由牛顿第二定律得mgsin θ=ma,hsin θ=12at2,可得t=1.6 s.(2)由能的转化和守恒得mgh=μmgl2,l=12.8 m.(3)此过程中,物体与传送带间的相对位移x相=l2+v带•t1,又l2=12μgt21,而摩擦热Q=μmg•x相,以上三式可联立得Q=160 J.

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