【文档说明】海南省海南枫叶国际学校2019-2020学年高一下学期期末考试物理试题 【精准解析】.doc，共(18)页，897.500 KB，由小赞的店铺上传

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-1-海南枫叶国际学校2019-2020学年度第二学期高一年级物理学科期末考试试卷（范围：必修2、必修3前两章）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.学完了静电场

，请问下面说法正确的是（）A.点电荷指的是电荷量很小的带电体B.元电荷就是电子C.处于静电平衡的导体，内部场强处处为零D.电势降低的方向就是电场强度的方向【答案】C【解析】【详解】A．点电荷是忽略自身大小的一种理想化的物理模型，其带电荷量并不一定是很小的，A错误；B．元电

荷是基本的电量单位，电子带元电荷的电量，B错误；C．处于静电平衡的导体，内部场强处处为零，C正确；D．电势降低最快的方向就是电场强度的方向，D错误。故选C。2.关于电场强度，下列说法正确的是（）A.由电场强度的定义式F

Eq=知，某点的电场强度与F成正比，与q成反比B.电场中某点的电场强度与放在该点的检验电荷所受电场力有关C.电场强度的方向就是电荷所受电场力的方向D.电场强度由场源和位置共同决定【答案】D【解析】【详解】AB．电场中某点的电场强度是由电场本身决定的，与试探电荷所受的电场力以及

所带的电量均无关，AB错误；C．电场强度的方向就是正电荷在该点所受电场力的方向，C错误；D．根据2QEkr=可知，电场强度由场源和位置共同决定，D正确。故选D。-2-3.如图在研究电荷之间相互作用力的实验装置。用绝缘杆固定的

金属球A带电量为Q，用绝缘细线悬挂的金属球B（质量为m，带电量为q）与A处于用一个水平线上，两者均视为点电荷。当两者距离为d时，细线与竖直方向的夹角为θ1时，细线拉力为T1；当两者距离为2d时，细线与竖直方向的夹角为θ2时，细线拉力为T2；则下列说法正确的是（）

A.两小球可能带异种电荷B.细线拉力大小T1小于T2C.tanθ1与tanθ2之比为2：1D.当两者距离为2d时，小球B在A处产生的场强为2tanmgQ【答案】D【解析】【详解】A．作出受力分析图有可知金

属球B向右偏离平衡位置，说明金属球A与B的作用力是斥力，两个小球一定带同种电荷，A错误；BC．根据受力图则有tanFmg=根据库仑定律122qqFkr=根据平衡条件有-3-12tanQqkmgd=，()()222tan42QqQqkkmgdmgd==解得1t

an：2tan=4﹕1由图可知cosmgT=因为12所以12TT>B错误，C错误；D．当两者距离为2d时，根据牛顿第三定律可知A受到B的库仑力大小为()22tan2QqFkmgd==则小球B在A处产生的电场强度大小为2

tanmgFEQQ==D正确。故选D。4.已知某炮弹离开炮台后做平抛运动，已知其初动能等于其重力势能的3倍（选取水平面为零势能点），则其射中水平面时，速度方向与水平面的夹角为（）A.30°B.37°C.45°D.60°【答案】A【解析】【详解】由机械能守恒定律可知212PyEmghmv

==20012kEmv=落地时-4-0tanyvv=且03kPEE=联立解得3tan3=则θ=30°故选A。5.如图所示，两个质量不等的小球用长度不同的细线拴在同一点，并且在同一水平面内做匀速圆周运动，则两小球（）A.向心力大小一定相同B.角速度大小一定相同C.线速度大小一定相同D.向心加速

度大小一定相同【答案】B【解析】【详解】A．小球圆周运动的向心力由重力和绳拉力的合力提供，绳与竖直方向的夹角为θ，对小球受力分析，在竖直方向有Tcosθ-mg=0在水平方向有22sinvTmammrr===得22=tanvFmgmammrr向＝＝＝因为小球在同一平面内做圆周运动

，则由题意知，小球圆周运动半径r=htanθ，其中h为运-5-动平面到悬点的距离，向心力F向=mgtanθ质量m和θ不同，则向心力不同，故A错误；B．运动的角速度tantantangggrhh＝＝＝角速度与夹角θ无关，故B正确；C．运动的线速度2tanv

gh=知θ不同，则线速度不同，故C错误；D．向心加速度a=gtanθθ不同，向心加速度不同，故D错误。故选B。6.一质量为1kg的质点静止的处于光滑的水平面上，从t=0时起受到如图所示水平外力F作用，下列说法正确的

是（）A.0~2s内外力的平均功率是12.5WB.第2秒内外力所做的功是4JC.前2秒的过程中，第2秒末外力的瞬时功率最大D.第1秒末外力的瞬时功率为6W【答案】C【解析】【详解】AB．由图可知，0～1s内，水平外力F1=3N，质点位

于光滑水平面上，由牛顿第二定律有11Fma=-6-解得213m/sa=第1s末物体的速度1113m/svat==第1s内的位移为211113m22xat==外力做的功为1119J2WFx==第2s内物体的加速度为22Fma=解得222m/sa=第2s末物体的速度21225m/svvat=+=

第2s内物体发生的位移为22122214m2xvtat=+=外力做的功为2228JWFx==故0～2s内平均功率是124.58W6.25W2WWPt++===AB错误；CD．第1s末功率为11133W9WPFv===第2s末功率为222125W10W>PFvP

===C正确，D错误。故选C。7.如图所示是描述对给定的电容器充电时电荷量Q、电压U、电容C之间相互关系的图像，-7-其中不正确的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】ABD．电容器的电容C只由电容器本身的结构决定，与电容

器带电量Q以及两板间电压U无关，则选项A错误，符合题意，选项BD正确，不符合题意；C．根据Q=CU可知，图像C正确，不符合题意。故选A。8.如图所示，三个等势面上有a、b、c、d四点，若将一正电荷由c经a移到d点，电场力做正功W1；若由c经b移到d点，电场力

做正功W2．则W1与W2，c、d两点电势c、d关系为（）A.W1＞W2，c＞dB.W1＜W2，c＜dC.W1＝W2，c＜dD.W1＝W2，c＞d【答案】D【解析】【详解】电场力做正功，电势能减小，且数值上

相等，所以W1=W2．又由于电荷为正，则说明电势减小，所以c＞a，故D正确。所以选D。二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。-8-9.一带正电的小球向右水

平抛入范围足够大的匀强电场中，电场方向水平向左。不计空气阻力，则小球（）A.做直线运动B.做曲线运动C.速率一直减小D.动能先减小后增大【答案】BD【解析】【详解】AB．小球受重力和电场力两个力作用，合力的方向与速度方向不在同一条直线上，小球做曲线运动，故A错误，B正确；

CD．小球所受的合力与速度方向先成钝角，然后成锐角，可知合力先做负功然后做正功，则动能先减小后增大，故C错误，D正确。故选BD。10.一艘在火星表面做科学探究的宇宙飞船，经历了从轨道1到轨道2到轨道3的变轨后顺利返回地球，已知轨道1是贴

近火星的圆轨道，万有引力常量为G，则（）A.飞船在轨道2上运动时，P点的速度小于Q点的速度B.飞船在轨道1上运动的机械能小于轨道3上的机械能-9-C.测出飞船在轨道1上的运动周期，就可以测出火星的平均密

度D.飞船在轨道2上运动到P点的加速度大于在轨道1上运动到P点的加速度【答案】BC【解析】【详解】A．飞船在轨道2上运动时，从P到Q，万有引力做负功，速度减小，则P点的速度大于Q点的速度，A错误；B．飞船在轨道1上的P点要加速才能进入轨道3，则在轨道1上运动的机械能小于轨道3上的机械能，

B正确；C．根据2224MmGmRRT＝得2324RMGT=则火星的密度232324343RMGTRVGT＝＝＝C正确；D．飞船在轨道2上运动到P点和在轨道1上运动到P点，万有引力大小相等，根据牛顿第二定律知，加速度大小相等，D错误。故选BC.11.如图所示是

一个匀强电场的等势面，每两个相邻等势面相距2cm，由此可以确定电场强度的方向和数值是（）A.水平向左B.水平向右C.E＝100V/mD.E＝200-10-V/m【答案】AC【解析】【详解】沿电场线电势降低，可知场强方向水平向左，场强大小为2V/m100V/m0.02UE

d===故选AC。12.已知P，Q两电荷形成的电场的电场线分布如图所示，a，b，c，d为电场中的四个点。一个离子从a运动到b（不计重力），轨迹如图中虚线所示，则下列判断正确的是（）A.离子带负电B.C点电势低于d点电势C.离子在a点时的电势能大于在

b点时的电势能D.离子在a点时的加速度大于在b点时的加速度【答案】AD【解析】【详解】A．根据图中电场线方向可以判断出，P电荷带正电，Q电荷带负电，由做曲线运动的物体受到的合力指向曲线的内侧，可以判断离子从a运动到b，受到的电场力与电场线方向相反，离子带负电

，A正确；B．沿着电场线方向电势降低，c点电势高于d点电势，B错误；C．离子从a点运动到b点，电场力做负功，电势能增大，在a点时的电势能小于在b点时的电势能，C错误；-11-D．a点的电场线比b点的电场线密，所以离子在a点受到的电场力大于在b点

受到的电场力，则离子在a点的加速度大于在b点的加速度，D正确。故选AD。13.如图为密立根油滴实验装置。两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相连，两板间形成竖直向下，场强为E的匀强电场，用喷壶从上极板中间的小孔向极板之间喷入质量和电荷量各不相同的带电油滴，通过显微镜可以观察到悬浮不动的

某油滴（质量为m），则下列说法正确的是（）A.悬浮油滴带正电B.悬浮油滴的电荷量为mgEC.减少电压，悬浮油滴将向下运动D.悬浮油滴所带电荷量不一定是电子电荷量的整数倍【答案】BC【解析】【详解】A．带电荷量为q

的油滴静止不动，则油滴受到向上的电场力，题图中平行板电容器上极板带正电，下极板带负电，故板间场强方向竖直向下，则油滴带负电，故A错误；B．根据平衡条件，有mgqE=故mgqE=故B正确；C．根据平衡条件，有mgqE=当减小电压

，则场强减小，电场力减小，则悬浮油滴将向下运动，故C正确；D．不同油滴的所带电荷量虽不相同，但都是某个最小电荷量（元电荷）的整数倍，由于电子电量的数值和元电荷相等，故油滴的电荷量一定是电子电量的整数倍，故D错误。-12-故选BC。三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写

在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。14.如图所示为一小球做自由落体运动的频闪照片的一部分，频闪的频率为f，图中背景方格的边长均为L。⑴根据题给条件可以求出当地的重力加速度大小为___________。⑵如果已知当地的重力加速度为g，

根据题给条件可以验证机械能守恒定律，只要满足__________条件，就能说明小球从A位置下落到B位置的过程中机械能守恒。【答案】(1).2fL(2).2gfL=【解析】【详解】(1)[1]根据频闪照片知，小球在连

续相等的时间内的位移差为L，由2LgT=，得2gfL=；(2)由图知：小球在A位置的速度5522ALLfvT==，小球在B位置的速度131322BLLfvT==，小球从A位置下落到B位置的过程中，重力势能的减小

量为18mgL，动能的增加量为2218mfL，如果机械能守恒，则重力势能的减少量等于动能的增加量，联立解得-13-2gfL=。15.某同学做验证机械能守恒定律实验时，不慎将前端部分纸带损坏，剩下的一段纸带上各点之间的距离已经标在纸带上（单位是cm），打点计时器的工作频率时50HZ，重力加速度为9

.8m/s2。(1)重物在2点的速度为v2=_______，在5点的速度为v5=_______，此过程动能的变化量ΔEK=_______，重力势能的变化量ΔEP=_______，由此可得出结论___________

________；(2)根据实验判断下列图中正确的图像是______A.B.C.D.【答案】(1).1.50m/s(2).2.08m/s(3).1.03mJ(4).1.06mJ(5).在误差允许的范围内，重物的机械能守

恒(6).C【解析】【详解】（1）[1]设1、2间、2、3间、3、4间、4、5间、5、6间的距离分别为x1、x2、x3、x4、x5。利用匀变速直线运动的推论得，重物在2点的速度为1220.0280.032m/s=1.50m/s220.02xxvT++==[2]

在5点的速度为50.0400.043m/s=2.08m/s20.02v+=[3]此过程中动能增加量为()2222521112.081.50J=1.03mJ222kEmvmvm=−=−[4]重力势能减少量为△Ep=mgh=m×9.8×（0

.032+0.036+0.04）=1.06mJ[5]可得出实验结论：在误差允许的范围内，重物的机械能守恒。（2）[6]物体机械能守恒，应有物体减少的重力势能等于增加的动能，即△Ek=mg△h-14-可见物体增加的动能与下落的距离成正比，故C正确，ABD错误。

故选C。四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。16.如图所示，水平地面上固定一半径等于0.5m的14圆弧凹槽。O为圆心，半径OA水平，且O点距离地面的高度为

0.95m。质量为1kg的小球从图示A点由静止释放到达最低点B的速度为3m/s。（忽略空气阻力，重力加速度取10m/s2）求：(1)小球到达B点时，轨道对小球的支持力的大小(2)小球由A到B点的过程中，克服阻力所做的功W。【答案】(1)28N；(2)0.5J.【解析】【详

解】(1)小球在圆最低点受重力和支持力，根据牛顿第二定律得2NvFmgmR−=解得N28NF=(3)小球由A到B的过程中，根据动能定理得2f12mgRWmv−=解得2f10.5J2WmgRmv=−=17.如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，又沿中心轴线从O点垂直射入偏转电场，并从另一侧

射出打到荧光屏上的P点，O点为荧光屏的中心。已知电子质量m=-15-9.0×1031kg，电荷量e=1.6×1019C，加速电场电压U0=2500V，偏转电场电压U=200V，极板的长度L1=6.0cm，板间

距离d=2.0cm，极板的末端到荧光屏的距离L2=3.0cm（忽略电子所受重力，结果保留两位有效数字）。求：(1)电子射入偏转电场时的初速度v0；(2)电子穿出偏转电场时的偏移量y。【答案】(1)73.010m/s；(2)0.36cm【解析】【详解】(1)电子在加速电场

中，根据动能定理有20012emvU=代入数据得703.010m/sv=(2)设电子在偏转电场中运动的时间为t，电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y电子在水平方向做匀速直线运动L1=v0t电子在竖直方向上做匀加速运动212yat=根据牛顿第二定律有eUmad=联立得：y=3.6×10﹣3m

=0.36cm18.如图所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B和C两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B为AC的中点，C点位于圆周的最低点。现有一质量为m，电荷量为q，套在直杆上的带负电小球从A点由静止开始沿杆下滑

。已知重力加速度为g，A点距离过C-16-点的水平面的竖直高度为3R，小球滑到B点时的速度大小为2gR。(1)求小球滑至C点时的速度大小；(2)求A，B两点间的电势差UAB；(3)若以C点为零电势点，试确定A点的电

势。【答案】(1)7gR；(2)2mgRq−；(3)2mgRq−【解析】【详解】(1)B、C两点到点电荷的距离相等，则0BCU=对带电小球从B到C过程应用动能定理得22311222CBmgRmvmv=−解得7CvgR=(2)对带电小球从A到C过程应用动能定

理得2ACC1()302UqmgRmv−+=−可得AC2mgRUq=−因UAC=UAB则AB2mgRUq=−-17-(3)若以C点作为零电势点，则：0ACAU=−解得2AmgRq=−-18-