【文档说明】【精准解析】河北省石家庄市第二中学2019-2020学年高一下学期期末考试物理试题.doc，共(19)页，597.000 KB，由小赞的店铺上传

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2019～2020学年第二学期集团联考高一物理考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间120分钟。2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米

黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。3.本卷命题范围：必修2，选修3—1第一章、第二章，选修3—5动量。一、选择题：本题共14小题，每小题4分，共56分，在每小题给出的四个选项中，第1～10题

只有一个选项正确，第11～14题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.关于开普勒三定律，下列说法正确的是（）A.所有行星绕太阳运动的椭圆轨道没有公共的焦点B.所有行星绕太阳运动的公转速率均保持不变C.若木星的卫星绕木星运动的

半径为R1，周期为T1，地球同步卫星绕地球运动的半径为R2，周期为T2，则33122212RRTT=D.开普勒第三定律适用于任何行星（或卫星）绕同一中心天体的运动【答案】D【解析】【详解】A．根据开普勒第一定律，太阳位于所有行星绕太阳运动的椭圆轨道的焦点上，选项A错误；B．根据开普勒第二定

律，所有行星绕太阳沿椭圆轨道运动时，在靠近太阳运动时速率增加，在远离太阳运动时速率减小，选项B错误；C．木星的卫星中心天体是木星，而地球同步卫星的中心天体是地球，中心天体不同，则关系式33122212RRTT=不成立，选项C错误。D．开普

勒第三定律适用于任何行星（或卫星）绕同一中心天体的运动，选项D正确。故选D。2.如图，质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P缓慢地拉至轻绳与竖直方向夹角为处．重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.小球的重力势能增加cosmglB.拉力F所做的

功为()1cosmgl−C.拉力F所做的功为2sincosmglD.绳的拉力所做的功为mgl【答案】B【解析】【详解】小球的重力势能增加(1cos)mgl−，选项A错误；由能量关系可知，拉力F所做的功等于重力势能的增量，为()1cos

mgl−，选项B正确，CD错误；3.真空中两个静止的点电荷，其间距为L时，它们之间的库仑力大小为F。若将这两个点电荷之间的距离增大为3L，并将它们的电荷量均增加为原来的2倍，则它们之间的库仑力大小变为（）A.49FB.23FC.94FD.32F【答案】A【解析】【详解

】根据库仑定律122kqqFL=若将这两个点电荷之间的距离增大为3L，并将它们的电荷量均增加为原来的2倍，则它们之作用力变为49F，A正确，BCD错误。故选A。4.静止在水平地面上的平板车，当一人在车上行

走时，下列说法正确的是（）A.只有当地面光滑时，人和小车组成的系统的动量才守恒B.无论地面是否光滑，人和小车组成的系统的动量都守恒C.只有当小车的表面光滑时，人和小车组成的系统的动量才守恒D.无论小车的

表面是否光滑，人和小车组成的系统的动量都守恒【答案】A【解析】【详解】A．只有当地面光滑时，人和车组成的系统受到的外力之和才为零，系统的动量才守恒，故A正确；B．如果地面不光滑，则人和车组成的系统受到的合外力不为零，

则系统动量不守恒，故B错误；CD．小车的表面是否光滑只影响内力，不影响外力，无论小车的表面是否光滑，若地面光滑，系统的动量守恒。若地面不光滑，则系统的动量不守恒，故CD错误。故选A。5.如图所示，一直流电动机与阻值R=10Ω的电阻串联接在电源上。电源电动势E=36

V、内阻不计，用理想电压表测出电动机两端的电压U=18V，则（）A.电动机的内阻为10ΩB.通过电动机的电流为1.8AC.电动机的内阻消耗的功率为18WD.电动机的机械功率为32.4W【答案】B【解析】【详解】AB．由题意可知REUU=+则电路电流1.8ARUIR==

电动机不是纯电阻电路，则电动机的内阻10ΩUrI=A错误，B正确；CD．电动机消耗的总功率为P=IU=1.8×18W=32.4W而内阻消耗的功率无法确定，可知电动机输出的机械功率小于32.4W，选项CD错误。故选B。6.宇宙中，两颗靠得比较近的恒星，只受到彼此之间的万有引力作用互相绕转，称之

为双星系统。设某双星系统A、B绕其连线上的某固定点O点做匀速圆周运动，如图所示。现测得两星球球心之间的距离为L，运动周期为T，已知万有引力常量为G。若AO>OB，则（）A.星球A的角速度一定大于星球B的角速度B

.星球A所受向心力大于星球B所受向心力C.双星的质量一定，双星之间的距离减小，其转动周期增大D.两星球的总质量等于2324LGT【答案】D【解析】【详解】A．双星围绕同一点同轴转动，其角速度、周期相等，故A错误

；B．双星靠相互间的万有引力提供向心力，根据牛顿第三定律可知向心力大小相等，故B错误；C．双星AB之间的万有引力提供向心力，有2ABAA2mmGmRL=2ABBB2mmGmRL=其中2T=ABLRR=+联立解得()2233ABAB2244ππLmmRRGTGT+

=+=解得()23AB4πLTGmm=+故当双星的质量一定，双星之间的距离减小，其转动周期也减小，故C错误；D．根据C选项计算可得23AB24LmmGT+=故D正确。故选D。7.“金山银山，不如绿水青山”，现在越来越多的环保新能源电动车出现我们的生活中

。为了检测某款新型电动车的性能，让其由静止开始沿平直公路行驶，用仪器测得不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，并绘出1Fv−图象如图所示（图中AB、BC均为直线，C点为实线与虚线的分界点）。假设电动车行驶中所受的阻力恒定，电动车总质量为200kg，重力加速度g取10m/s2。则由图象可

知（）A.电动车在AB段做匀速直线运动，在BC段做匀加速直线运动B.电动车行驶中所受阻力为400N，最大速度为20m/sC.BC段斜率的意义表示电动车的额定功率，大小为4000WD.若测得BC段位移为6m，则可算得BC段

经历时间为4s【答案】D【解析】【详解】A．电动车在AB段受到牵引力和阻力均不变，从静止开始匀加速运动；在BC段，根据1FPv=可知，功率不变，则做变加速运动，选项A错误；B．由图可知，电动车的最大速度为15m/s，BC段图线的

斜率等于额定功率，则400W6000W115P=＝当牵引力等于阻力时，速度最大，阻力=400NfF=故BC错误；D．若测得BC段位移为6m，根据动能定理2211122mPtfxmvmv−=−11PFv=其中F1=2000N,则可算得BC段经历时间为t=4s选项D正确。故选D。

8.在如图所示电路中，电源的电动势和内阻分别为E、r，定值电阻R0的阻值也为r。现将变阻器的滑片P由a向b缓慢移动，则在滑片移动过程中（）A.电压表V1的示数一直增大B.电压表V2的示数先增大后减小C.电源的总功率先减小后增大D.电源的输出功率先增大后减小【答案】C【解析】【详解】A．当变阻器滑

片滑到中点时，变阻器两部分并联电阻最大，所以外电路总电阻先增大后减小，故路端电压先增大后减小，即电压表V1的示数先增大后减小，选项A错误；B．电流电流先减小后增大，所以电阻R0两端的电压先减小后增大，故伏特表V2的示

数先减小后增大，选项B错误；C．根据公式P=EI可得电源总功率先减小后增大，选项C正确；D．当在a端时，外电路电阻等于电源内阻，电源的输出功率最大，之后外电路电阻增大，所以电源输出功率减小，当P点位于中点时，减

小到最小，之后又开始增大，所以电源的输出功率先减小后增大，选项D错误。故选C。9.在如图所示的电路中，电源的电动势和内阻以及电阻R2的阻值都恒定，当滑动变阻器R1的滑片处于某位置时，电容器C两极板间的带电油滴恰好悬浮不动。下列判断正确的是（）A.若仅减小电容器两极板间的

正对面积，油滴将向下运动B.若仅将R1的滑片向右移动，油滴将向上运动C.若仅将R1的滑片向左移动，电源的效率将增加D.若仅将R1的滑片移动，电压表V1、V2的示数变化量的代数和总等于零【答案】B【解析】【详解】A．减小两板间正对面积，电容

器的板间电压不变，场强不变，油滴所受的电场力不变，仍静止，故A错误；B．R1滑动触头向右移动时，接入电路的电阻增大，电路中电流减小，内电压减小，路端电压增大，则电容器板间电压增大，板间场强增大，油滴所受的竖直向上的电场力增大，油滴将向上运动。故B

正确；C．同理可得，R1滑动触头向左移动时，接入电路的电阻减小，外电路电阻减小，而电源的效率()1=1IUIRRrIEIRrRrR===+++可知电源的效率减小，故C错误；D．R1的滑动触头移动时，外电阻发生变化，则路端电压随之变化，电压表V1，V

2的读数之和等于路端电压，所以电压表V1，V2的读数变化量的代数和不等于零，故D错误。故选B。10.如图所示，一带电粒子在水平向右的匀强电场中运动，其轨迹在纸面内，A、B、C为运动轨迹上的点。已知粒子运动到

B点时，速度方向与电场线垂直，忽略空气阻力，不计粒子重力。下列说法正确的是（）A.粒子带负电B.粒子运动到B点时，其速度最小C.粒子在B点时的电势能最小D.粒子在运动的过程中，电场力一直做负功【答案】B【解析】【详解】A．根据粒

子的运动轨迹可知，粒子所受的电场力向右，可知粒子带正电，选项A错误；BCD．从A点到B点电场力做负功，动能减小，电势能增大；从B到C点，电场力做正功，动能增加，电势能减小，可知在B点时动能最小，速度最小，电势能最大，选

项B正确，CD错误。故选B。11.—质量为M的小船静止在平静的湖面上，船头和船尾各站一位质量均为m的游泳爱好者．两人分别从船头和船尾沿相反的方向跃入水中，则下列说法中正确的有A.若两人同时以相等的速率跃入水中，则船

仍保持静止B.若两人先后以相等的相对水的速率跃入水中，则船速等于零C.若两人先后以相等的相对船的速率跃入水中，则船速等于零D.无论两人如何跃入水中，船始终保持静止【答案】AB【解析】两个人和船组成的系统在水平方向上动量守恒，开始总动量为零，不管谁先跃入水中，若两人相

对水的速率相等，则有：0=mv-mv+Mv′，可知v′=0，故A正确，B正确．若两人先后以相等的相对船的速率跃入水中，可知两人相对水的速度大小不等，根据动量守恒知，船速不为零，故CD错误．故选AB．点睛：解决本题的关键掌握动量守

恒定律，并能灵活运用．运用动量守恒定律时注意速度的方向．12.如图所示，一个质量为M的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m=2M的小物块．现使木箱瞬间获得一个水平向左、大小为v0的初速度，下列说法正确的是A.最终小物块和木箱都将静止B.最终小物块和木箱组成的系统损失机械能

为203MvC.木箱速度水平向左、大小为02v时，小物块的速度大小为04vD.木箱速度水平向右、大小为03v.时，小物块的速度大小为023v【答案】BC【解析】【详解】A．系统所受外力的合力为零，系统的动量守恒，初状态木

箱有向左的动量，小木块动量为零，故系统总动量向左，系统内部存在摩擦力，阻碍两物体间的相对滑动，最终小木块和木箱相对静止，因为系统的总动量守恒，不管中间过程如何相互作用，根据动量守恒定律知，最终两物体以相同的速度一起

向左运动，故A错误；B．规定向左为正方向，由动量守恒定律得0()MvMmv=+则得最终系统的速度为：0MvvMm=+方向向左，最终小木块和木箱组成的系统损失机械能为：2220011()223MvEMvMmv=−+=故B正确；C．系统动量守恒，以向左为正方向，木箱速度水平向左、大小为02

v时，由动量守恒定律得：0022vMvMmv=+解得：024vv=故C正确；D．系统动量守恒，以向左为正方向，木箱速度水平向右，则木箱速度为03v−，根据动量守恒定律有：0023vMvMmv=−+解得：0223v

v=物块与木箱相对滑动，系统机械能有损失，但根据题目所给数据可知，该过程机械能不变，不符合实际，故D错误。故选BC．【点睛】小木块和木箱组成的系统在光滑的平面上滑动,系统所受外力的合力为零,故系统动量始终守恒,而因为系统内部存在摩擦力,阻碍物体间的相对滑动,最

终两物体应该相对静止,一起向左运动.由动量守恒求出最终共同速度,再由能量守恒求机械能的损失。13.如图所示，某极地轨道卫星的运行轨道平面通过地球的南、北两极。已知卫星从北纬60°的正上方按图示方向第一次运行到南纬60°的正上方时所用时间为1h，则下列说法正确

的是（）A.该卫星的运行速度一定大于7.9km/sB.该卫星与同步卫星的运行角速度之比为8：1C.该卫星与同步卫星的运行半径之比为1：4D.该卫星的机械能一定大于同步卫星的机械能【答案】BC【解析】【详解】A．根据22MmvGmrr=可得GMvr=因第一宇宙速度是指绕地球表

面运行的卫星的速度，而该卫星的轨道半径大于地球的半径，可知该卫星的运行速度一定小于7.9km/s，故A错误；BC．从北纬60°的正上方按图示方向第一次运行至南纬60°正上方转过的圆心角为120=，则周期为3603h1

20Tt==同步卫星的周期是24h，由2224GMmmrrT=得3221132222312464rTrT===所以该卫星与同步卫星的运行半径之比1214rr=由22GMmmrr=得该卫星与同步卫星的运行角

速度之比为3123218:1rr==故BC正确；D．由于不知道卫星与同步卫星的质量关系，无法比较机械能，故D错误。故选BC。14.如图所示，斜面体固定在水平地面上，一物块静止在斜面上，物块上端连接一轻弹簧，现用沿斜面向上、大小为F=kt的拉力拉轻弹簧的上端，则弹簧的弹力F′、物块受

到的摩擦力f随时间变化的图象正确的是（）（时间足够长，斜面足够长，物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力）A.B.C.D.【答案】AD【解析】【详解】AB．弹簧的弹力始终等于拉力F，即F′=kt，故A正确

，B错误；CD．物块开始受到的是静摩擦力，且大小为mgsinα，方向向上，在拉力F增大的过程中，静摩擦力的大小变化满足F+Ff=mgsinα随着F的增大，静摩擦力先向上均匀减小到零，再向下均匀增大，当增大到等于最大静摩擦力时，再增大拉力，摩擦力变为滑动摩擦力，大小就保持恒定

，故C错误，D正确。故选AD。二、实验填空题：本题共2小题，共10分。15.某同学用如图甲所示的装置做“验证机械能守恒定律”实验。（1）让一重物拉着一条纸带自由下落，通过电火花计时器在纸带上打点，然后取纸带的

一段进行研究。该同学测定重物重力势能的减少量和动能的增加量时，需要用刻度尺测量这一段的_______，并计算重物在这一段运动的初速度和末速度。（2）该同学计算了多组动能的变化量kE，画出动能的变化量kE与下落的对应高度h的关系图象，在实验误差允许的范围内，若机械

能守恒，则得到的kEh−图应是图乙中的_____图。（填选项相应的字母）A．B．C．D．（3）通常情况下，由于___________的影响，重物增加的动能会略小于减少的重力势能。【答案】(1).位移（或高度）(2).C(3).空气阻力【解析】【详解

】（1）[1]验证机械能守恒定律时，由于需要测定重物重力势能的减少量和动能的增加量，要验证的表达式为22211122mghmvmv=−，所以需要用刻度尺测量这一段的位移（或高度）。（2）[2]根据机械能守恒定律有2211221122mvmghmv

mgh+=+整理得kEmgh=即动能的增加量等于重力势能的减少量，所以kE与h是正比例关系，C正确。（3）[3]由于空气阻力的影响，机械能会有损失，所以重物减少的重力势能会略大于增加的动能。16.某同学用

如图所示的装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律。实验时先使A球从斜槽上某一固定位置由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，重复上述操作10次，得到10个落点痕迹；再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从同一位置

由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次，最终得到了如图所示的三个平均落点。(1)在确定落点的位置时，用尽可能小的圆把所有相同情况下某小球落点痕迹都圈在里面，其______

___就是该小球落点的平均位置。(2)已知A球的质量大于B球的质量，碰撞过程中动量守恒，则由图可以判断出N点是_________的落地点，M点是_________的落地点。(3)若A球的质量为m1，B球的质量为m2，用图中的字母和已知物理量写出动量守恒定律的

表达式为_________。【答案】(1).圆心(2).B球碰后(3).A球碰后(4).112mOPmOMmON=+【解析】【详解】(1)[1]在确定落点的位置时，用尽可能小的圆把所有的小球落点痕迹都圈在里面，则圆心所在的位置就是小球落点的平均位置。(2)[2][3]

P为A小球碰前的落地点，M是A球碰后的落地点，N是B球碰后的落地点。(3)[4]要验证的关系式是101122mvmvmv=+由于小球在竖直方向做自由落体，高度相同，所以在空中的运动时间相同，则两边乘以t可得101122

mvtmvtmvt=+则可用这段时间的位移代表速度，故验证动量守恒的表达式为112mOPmOMmON=+三、解答或论述题：本题共4小题，共34分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不得分，有数值

计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。17.宇航员在一星球表面上的h高处，以初速度0v竖直向上抛出一小球，经过时间t小球落到星球表面。已知该星球的半径为R，万有引力常数为G，不计星球表面上的气体阻力，则该星球表面的重力加速度和质量分别为多大？【答案】()022hvtgt

+=；()2022hvtRMGt+=【解析】【详解】设该星球表面的重力加速度为g，依题意有2012hvtgt−=−解得()022hvtgt+=根据星球表面物体重力等于万有引力2MmGmgR=解得()22022hvtRgRMGGt+==18.如图所示为一组方向未知的匀强电场的电场线，电场

线与水平方向的夹角为60°。将一个带电荷量6110q−=−C的点电荷由A点沿水平线移至B点，电场力做功6210W−=J，已知A、B间的距离l=2cm，以B点为零电势点，求：(1)匀强电场的电场强度E；(2)A点的电势A。【答案】(1)200V/

m；(2)-2V【解析】【详解】(1)点电荷从A到B，静电力做正功，负电荷受到的电场力的方向沿电场的反方向，所以电场方向斜向上；根据题意有cos60WFl=F=qE得E=200V/m(2)A、B间的电势差2cos602002100.5V2VUEl−===因A点

电势低，即2ABU=−V而ABABU=−得ABABU=+=0+(-2V)=-2V19.两质量均为2m的劈A和B紧挨着放置，两劈的表面均为半径为R的14圆周，放在光滑水平面上，A和B的倾斜面都是光滑曲面，如图所示。一质量为m的物块（

可视为质点）位于劈A的最高点从静止滑下，然后又滑上劈B。重力加速度为g。求：(1)物块第一次离开劈A时，劈A后退的距离；(2)物块在劈B上能够达到的最大高度。【答案】(1)3R；(2)49R【解析】【详解】(1)物块第一次在劈A上滑行的过程中，设物块前进的水平距

离为x1，劈A后退的距离为x2对于劈A和物块组成的系统，根据水平方向动量守恒，有212mxmx=并且21xxR+=解得23Rx=(2)设物块第一次离开劈A时，物块的速度大小为1v，劈A的速度大小为2v根据系统动量守恒，有1220mvmv−=根据系统机械能守恒，有221211222mgRmvm

v=+解得143vgR=设物块在劈B上达到的最大高度为h，此时两者的速度大小均为v根据系统动量守恒，有1(2)mmvmv+=根据系统机械能守恒，有22111(2)22mvmmvmgh=++解得49hR=20.如图所示，倾角=37的光滑斜面固定于水平地面上，其右端B与传送带平衡相接，传送带与水

平面的夹角也为37，其长l=4.45m。一根轻质弹簧左端固定在斜面上，质量m=1kg的滑块与弹簧右端接触但不拴接，滑块在外力的作用下压缩弹簧且静止于A处，传送带始终以v=4m/s的速率顺时针运动，现撤去外力

，滑块恰能到达传送带右端C处。已知弹簧在弹性限度内，滑块到达B点前已与弹簧完全脱离，滑块与传送带间的动摩擦因数0.5=，sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2。求：(1)滑块到达B点时的速

度大小Bv。(2)滑块与传送带间因摩擦产生的热量Q。【答案】(1)5m/s；(2)16.2J【解析】【详解】(1)由题意可知，滑块从B点运动到C点的过程分两阶段做匀减速运动，到达C点时的速度恰好为0，则有2211

2Bvvax−=由牛顿第二定律可知加速度大小为1sincossincosmgmgaggm+==+2222vax=2sincossincosmgmgaggm−==−12xxl+=解得5m/sBv=，10.45x=m，24mx=(2)上述两个加速度不同的减速运动过

程所用的时间分别为110.1Bvvta−==s222vta==s两过程中滑块与传送带的相对位移大小分别为1110.05sxvt=−=m2224svtx=−=m根据功能关系()12cosQmgss=+解得Q=16.2J