【文档说明】【精准解析】陕西省西安中学2019-2020学年高一下学期期末考试物理试卷（理）.doc，共(20)页，943.500 KB，由小赞的店铺上传

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安中学2019-2020学年度第二学期期末考试高一物理（理）试题一、单选题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）1.如图，两个互相垂直的力1F和2F作用在同一物体上，使物体运动，其中13NF=，24NF=。物体运

动一段位移时，在力1F的方向上移动了5m，在力2F的方向上移动了10m，则力1F和2F的合力对物体做的功为（）A.60JB.25JC.40JD.55J【答案】D【解析】【详解】ABCD．1F做的功11135J15JWFx===2F做的功222410J40JWFx===则合力做的功12

55JWWW=+=ABC错误，D正确。故选D。2.如图所示，质量为m的物体，放于水平面上，物体上竖直固定一原长为L、劲度系数为k的轻质弹簧．现用手拉住弹簧上端P缓慢向上提，使物体离开地面上升一段距离．在这一过程中，若p端上移

的距离为H，则物体重力势能的增加量为（）A.mgHB.22mgmgHk+C.22mgmgHk−D.222mgmgHk−【答案】C【解析】此过程中弹簧的伸长量：Fmgxkk==，物体上升的高度mghHxHk=−=−

，物体重力势能的增加量22PmgEmghmgHk==−增．故C项正确．点睛：本题的关键是能通过问题情境，根据几何关系分析物体上升的高度，要注意物体上升的高度与弹簧伸长量间的关系．3.如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点

自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g．质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为（）A.mgRB.mgRC.mgRD.mgR【答案】C【解析】试题分析：据题意，质点

在位置P是具有的重力势能为：；当质点沿着曲面下滑到位置Q时具有的动能为：，此时质点对轨道压力为：，由能量守恒定律得到：，故选项C正确．考点：能量守恒定律、圆周运动【名师点睛】本题分析的关键是找出质点在初始位置是的机械能和在末位置时的机械能，两个位置机械能只差就等于摩擦力做的功的大小即；但在

球末位置时的动能时需要用到圆周运动规律，，由此式可以求出在末位置的速度，也就可以求解此位置的动能大小了．4.如图，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深度为h的B点时速度减为零。不计

空气阻力，重力加速度为g。关于小球下落的整个过程，下列说法正确的是（）A.小球所受阻力的冲量大于2mgHB.小球克服阻力做的功为mghC.小球的机械能减小了mgHD.小球动量的改变量等于所受阻力的冲量【答案】A【解析】【详解】A．落到地面的速度2vgH=，对进入泥潭的过程

，取向下为正，运用动量定理得f02GIImgH−=−则有f2GIImgH−=有知阻力的冲量大小2fImgH，故A正确；B．对全过程运用动能定理得f()0mgHhW+−=则小球克服阻力做功f()WmgHh=+故B错误

；C．小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小mg（H+h），则小球的机械能减小了mg（H+h），故C错误；D．对全过程由动量定理知，重力的冲量和阻力的冲量的矢量和等于动量的变化，故D错误。故选A。5.如图所示，一光滑地面上有一质量为m′的木板ab，一质量

为m的人站在木板的a端，关于人由静止开始运动到木板的b端(M、N表示地面上原a、b对应的点)，下列图示正确的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】根据动量守恒定律，M、m系统动量守恒，对于题中的“人板模型”，

各自对地的位移为sM、sm，且有MsM=msm，sM+sm=L板（有时也称为平均动量守恒），解得：sm=MLMm+板，sM=mLMm+板；以M点为参考，人向右运动，木板向左运动，且人向右运动的位移加上木板向左运动的位移之和为板的长度，

所以D正确，ABC错误。故选D。【点睛】动量守恒定律是力学中的一条重要规律，又可应用于整个高中物理，所以它是高考重点考查的内容，更是复习备考的一个难点．在应用定律时应该注意其条件性、矢量性、相对性和普遍性.

6.如图所示，真空中两个完全相同的绝缘带电金属小球A、B(均可看做点电荷)，分别带有－12Q和＋Q的电荷量，两球间静电力为F。现用一个不带电的同样的金属小球C先与A接触，再与B接触，然后移开C，则它们间的静电力大小

为（）A.116FB.316FC.364FD.564F【答案】B【解析】【详解】真空中两个静止点电荷间的静电力大小为22222QkQkQFrr==现用一个不带电的同样的金属小球C先与A接触=4CAQQQ=再与B接触，然后移开

C3428BCQQQQQ−===则有2'2333483216QkQkQFFr===故B正确，ACD错误。故选B。7.如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直于环面且过圆心O，下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是（）A.O点的电场强度为零，电势最低B.O点

的电场强度为零，电势最高C从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高D从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低【答案】B【解析】试题分析：将圆环等分成若干微小段，每一小段和与它关于O点对称的一小段在O点，产

生的电场的电场强度总大小相等、方向相反，矢量和为零，即最终在O点的总矢量和为零，即在O点处，电场强度为零．因为圆环带正电，因此，每一小段和与它关于O点对称的一小段在O点的左右两侧，产生大小相等、方向分别向外与x轴成相等角的

电场，矢量和沿着x轴，由O点向两侧发散，各段叠加后总矢量和仍然沿着x轴，由O点向两侧发散，根据沿着电场线方向电势逐点降低的规律可知，O点的电势最高，故选项A、C错误，选项B正确；当从O点沿x轴正方向，趋于无穷远时，电场

强度也为零，因此从O点沿x轴正方向，电场强度先变大，后变小，故选项D错误．考点：本题主要考查了电场力的性质和能的性质问题，属于中档题．8.用控制变量法可以研究影响平行板电容器电容的因素。设两极板正对面积为S，极板间的距离为d

，静电计指针偏角为。实验中，极板所带电荷量不变，则（）A.保持S不变，增大d，则变大B.保持S不变，增大d，则变小C.保持d不变，增大S，则变大D.保持d不变，增大S，则不变【答案】A【解析

】【详解】AB．根据电容的决定式4SCkd=得知电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式QCU=分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大；故A正确，B

错误；CD．根据电容的决定式4SCkd=得知电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，增大S时，电容增大，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式QCU=分析可知板间电势差减小，静电计指针的偏角θ变小，故CD错误。故选A。【点睛】本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是

电容器的电量不变；二是掌握电容的两个公式：电容的决定式4SCkd=和QCU=。二、多选题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）9.如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径0.5mr=，最低点处有一小球(半径比r小很多)现给小球一水平向右

的初速度0v，则要使小球不脱离圆轨道运动，0v应当满足（）A.00vB.05m/svC.0210m/svD.010vm/s【答案】BD【解析】【详解】最高点的临界情况2vmgmr=解得5m/svgr==根据动能定理得2

2011222mgrmvmv−=−解得05m/sv=要使球做完整的圆周运动，必须满足05m/sv若小球恰好不通过四分之一圆周，根据动能定理有20102mgrmv−=−代入数据解得0210m/svgr==所以要使小球不脱离圆轨

道运动，v0应当满足05m/sv或010m/sv故BD正确，AC错误。故选BD。10.一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动．其vt−图象如图所示．已知汽车的质量为3110m

kg=，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，则以下说法正确的是A.汽车在前5s内的牵引力为2510NB.汽车速度为25/ms时的加速度为25/msC.汽车的额定功率为100kWD.汽车的最大速度为80/ms【答案】C【解析】【分

析】根据速度时间图线的斜率求出匀加速运动的加速度，结合牛顿第二定律求出匀加速运动的牵引力；根据匀加速运动的最大速度和牵引力的大小求出汽车的额定功率．结合P=Fv求出速度为25m/s时的牵引力，根据牛顿第二定

律求出此时的加速度；当牵引力等于阻力时，速度最大，根据P=fv求出最大速度．【详解】A、匀加速直线运动的加速度为：2204/5vamst===，根据牛顿第二定律得：Ffma−=，解得牵引力为：4330.111011045

10.FfmaNN=+=+=故A错误；BC、额定功率为：500020100000100PFvWWkW====．当车的速度是25/ms时，牵引力：1000004000N25PFv===车的加

速度：423'40000.1110'3/110Ffamsm−−===，故B错误，C正确．D、当牵引力与阻力相等时，速度最大，最大速度为：100000100/.1000mPPvmsFf====故D错误．故选C．【点睛】本题考查了汽

车恒定加速度启动的问题，理清整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，知道牵引力等于阻力时，汽车的速度最大．11.两个小球在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，B球在前，A球在后，1kgAm=，2kgBm=，6m/sAv=，3m/sB

v=。当A球与B球发生碰撞后，A、B两球的速度'Av、B'v可能为（）A.'4m/sAv=，'4m/sBv=B.'3m/sAv=，'4.5m/sBv=C.'4m/sAv=−，'6m/sBv=D.'2m/sAv=，'5m/sBv=【答案】A

BD【解析】【详解】两球碰撞过程系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得()AABBABmvmvmmv+=+代入数据解得4m/sv=如果两球发生完全弹性碰撞，有AABBAA

BBmvmvmvmv+=+由机械能守恒定律得222211112222AABBAABBmvmvmvmv+=+代入数据解得2m/sAv=5m/sBv=则碰撞后A、B的速度2m/s4m/sAv4m/s5m/sBv故ABD正确，C错误。故选ABD。

12.如图所示，质量相等的两个滑块位于光滑水平桌面上。其中弹簧两端分别与静止的滑块N和挡板P相连接，弹簧与挡板的质量均不计，滑块M以初速度v0向右运动，它与档板P碰撞（不粘连）后开始压缩弹簧，最后，滑块N以速度v0向右运动，

在此过程中（）A.M的速度等于0时，弹簧的弹性势能最大B.M与N具有相同的速度时，两滑块动能之和最小C.M的速度为12v0时，弹簧的长度最长D.M的速度为12v0时，弹簧的长度最短【答案】BD【解析】【详解】ACD．根据一动碰一静的弹性碰撞结论可知，交换速度，故俩个物体质量相等，M与P碰撞压缩

弹簧时，M做减速运动，N做加速运动，开始时M的速度大于N的速度，当M与N速度相等时，弹簧被压缩到最短，弹簧的弹性势能最大；设相等时的速度为v，以M的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得02mvmv=解得02vv=故A

C错误，D正确；B．两小球和弹簧组成的系统机械能守恒，当弹性势能最大时，两滑块动能之和最小，所以当M与N速度相等时，弹簧被压缩到最短，弹簧弹性势能最大，此时两滑块动能之和最小，故B正确。故选BD。13.真空中，在x轴上x=0和x=

8cm处分别固定两个点电荷Q1和Q2。电荷间连线上的电场强度E随x变化的图像如图所示（x轴正方向为场强正方向），其中x=6cm处E=0。将一个正试探电荷在x=2cm处由静止释放（重力不计，取无穷远处电势为零）。则下列说法正确的是A.Q1、Q2为同

种电荷B.Q1、Q2带电量之比为1:9C.在x=6cm处电势为0D.该试探电荷沿x轴正方向运动时，电势能先减小后增大【答案】AD【解析】【详解】A．由图可知，在x=0~6cm处场强方向沿x轴正方向，x=6~8cm处场强方向沿x轴负方向，

则两电荷均为正电荷，故A正确；B．根据x=6cm处E=0可知，在x=6cm处，Q1、Q2产生的场强大小相等，方向相反，即122212QQkkrr=解得1291QQ=故B错误；C．两电荷为正电荷，由于无穷远处电势为零，两电荷在x

=6cm处电势均为正，可知在x=6cm处电势不为零，故C错误；D．该试探电荷沿x轴正方向运动时，电场力先做正功再做负功，因此电势能先减小后增大，故D正确。14.如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位

置无初速地进入电场线水平向右的加速电场1E，之后进入电场线竖直向下的匀强电场2E发生偏转，最后打在屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么（）A.偏转电场2E对三种粒子做功一样多B.三种粒子打到屏上时的速度一样

大C.三种粒子运动到屏上所用时间相同D.三种粒子形成的运动轨迹是相同的【答案】AD【解析】【详解】AB．带电粒子在加速电场中加速，电场力做功1WEqd=由动能定理可知2112Eqdmv=解得12Edqvm=粒子在偏转电场中的时间Ltv=在偏转电场中的纵向

速度22212yEqLvatEmd==纵向位移2221124ELyatEd==即位移与比荷无关，与速度无关；则可三种粒子的偏转位移相同，则偏转电场对三种粒子做功一样多，但速度与比荷有关，故三种粒子打到屏上时的速度不相同，故A正确，B错误；CD．因三粒子由同一点射入偏转电场，且偏

转位移相同，故三个粒子打在屏幕上的位置一定相同；因粒子到屏上的时间与横向速度成反比；因加速后的速度大小不同，故三种粒子运动到屏上所用时间不相同，故C错误，D正确。故选AD。【点睛】此题考查带电粒子在电场中的偏转，要注意偏转中的运动的合成与分解的正确

应用；正确列出对应的表达式，根据表达式再去分析速度、位移及电场力的功。三、实验题（本大题共2小题，每空2分，共14分）15.在用伏安法测某电阻阻值的实验中，一组同学根据所测数据，只在坐标纸是描出了该电阻的伏安关系的坐标点，

而没有作出图线，如图所示。（1）请你做出图像_______。由此图得出该电阻的阻值为R=___________Ω(保留2位有效数字)；（2）如果让你来测量上述电阻的阻值，为了减少实验误差，并在实验中获得较大的电压调节范围，

你认为应从图的A、B、C、D四个电路中选择_________电路来测量金属丝电阻最合理。【答案】(1).(2).32.410(3).B【解析】【详解】（1）[1]如图[2]根据3302.4100.00125xURI−==

=（2）[3]要求调解范围大，滑动变阻器采用分压式接法；测大电阻的阻值，电流表采用内接法，故选B。16.用如图所示装置可验证机械能守恒定律，轻绳两端系着质量相等的物块A、B，物块B上放一金属片C，铁架台上固定一金属圆环，圆环处在物块B的正下方。开始时，金属片C与圆环

间的高度为h，A、B、C由静止开始运动。当物块B穿过圆环时，金属片C被搁置在圆环上，两光电门分别固定在铁架台P1、P2处，通过数字计时器可测出物块B从P1旁运动到P2旁所用时间t，已知重力加速度为g。(1)若测得P1、P2之间的距离为d，则物块B刚穿过圆环后的速度v=___

_____。(2)若物块A、B的质量均用M表示，金属片C的质量用m表示，该实验中验证了下面选项________中的等式成立，即可验证机械能守恒定律。A．212mghMv=B．2mghMv=C．()2122mghMmv=+D．()212mghMmv=+(3)改变物块B的初始位置，使物块B从

不同的高度由静止下落穿过圆环，记录每次金属片C与圆环间的高度h以及物块B从P1旁运动到P2旁所用时间t，则以h为纵轴，以________(选填“2t”或“21t”）为横轴，通过描点作出的图线是一条过原点的直线，该直线的斜率k=_

_______(用m、g、M、d表示)。【答案】(1).dt(2).C(3).21t(4).2(2)2Mmdmg+【解析】【详解】(1)[1]根据平均速度等于瞬时速度，则有物块B刚穿过圆环后的速度dvt=(2)[2]由题意可知，系统AB

C减小的重力势能转化为系统的增加的动能，即为21(2)2mghMghMghMmv+−=+即为22211(2)(2)22dmghMmvMmt=+=+故C正确，ABD错误。故选C。(3)[3][4]将2122mghMmv=+()

变形后则有222(2)(2)22MmvMmdhmgmgt++==因此以21t为横轴；由上式可知，作出的图线是一条过原点的直线，直线的斜率2(2)2Mmdkmg+=四、计算题（本大题3小题，其中17题8分

，18题10分，19题12分，共30分）17.如图，一质量为m=10kg的物体，由1/4圆弧轨道上端从静止开始下滑，到达底端时的速度v=2m/s，然后沿水平面向右滑动1m距离后停止．已知轨道半径R=0.4m，g=10m/s2则：（1）物体滑至圆弧底端时对轨道的压力是多大？（2）物体沿轨道下滑过

程中克服摩擦力做多少功？（3）物体与水平面间的动摩擦因数μ是多少？【答案】(1)200N(2)20J(3)0.2【解析】【详解】(1)该物体滑至圆弧底端时受力情况如图所示：根据牛顿第二定律得2NvFmgmR−=代入数据得轨道对该物体的支持力大小为2()200NNvFmgR=+=根据牛顿第三定律得F

N′=FN=200N(2)对下滑过程，根据动能定理得212fmgRWmv−=则得摩擦力对物体做的功为Wf=20J(3)物体沿水平面滑动的过程中受力情况如图所示:则2102mgsmv−=−则得2=0.22vgs=18.如图所示，质量为0.25kgm=的物块(可视为质

点)放在质量为0.5kgM=的木板左端，木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为0.4.=质量为05gm=的子弹以速度0300m/sv=沿水平方向射入物块，并以1100m/sv=的速度水平穿出(此过程时间极短)，g取210m/s，求：（1）子弹刚从物块穿出的瞬间，物块的速度2v；（

2）要使物块不从木板上滑落，则木板的长度至少要多长？【答案】（1）4m/s；（2）4m3【解析】【详解】（1）子弹在穿过物块的前后瞬间，子弹和物块组成的系统动量守恒00012mvmvmv=+解得24m/sv=（2）若物块刚好不从木板上滑落，则两者最终

有共同速度v共，物块在木板上表面滑动的过程中，两者的系统动量守恒()2mvmMv=+共由系统的能量转化与守恒定律()2221122mvmMvmgL−+=共解得4m3L=19.如图所示，真空室中电极K发出的电子（初速

度不计）经过电势差为U1的加速电场加速后，沿两水平金属板C、D间的中心线射入两板间的偏转电场，电子离开偏转电极时速度方向与水平方向成45°，最后打在荧光屏上，已知电子的质量为m、电荷量为e，C、D极板长为l，D板的电势比C板的电势高，极板间距离为d，荧光屏距C、D右端的距离为16．电子重力不计

．求：(1)电子通过偏转电场的时间t0；(2)偏转电极C、D间的电压U2；(3)电子到达荧光屏离O点的距离Y．【答案】（1）12mleU（2）12dUl（3）23l【解析】【详解】(1)电子在离开B板时的速度为v，根据动能定理可得：

2112eUmv=得：12eUvm=电子进入偏转电场水平方向做匀速直线运动，则有：012lmtlveU==(2)电子在偏转电极中的加速度:1eUamd=离开电场时竖直方向的速度：2012yUlevatdmU==离开电场轨迹如图所示：电子的速度与水平方向的夹角：21tan45

?=2yvUlvdU=解得：122dUUl=(3)离开电场的侧向位移：21012yat=解得：12ly=电子离开电场后，沿竖直方向的位移：2tan45=66lly=电子到达荧光屏离O点的距离：1223Yyyl

=+=【点睛】本题考查带电粒子在电场中的运动，要注意明确带电粒子的运动可分加速和偏转两类，加速一般采用动能定理求解，而偏转采用的方法是运动的合成和分解．