【文档说明】福建省莆田市2020-2021学年高一下学期期末考试备考金卷物理（C卷）试题含答案.doc，共(7)页，323.500 KB，由小赞的店铺上传

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莆田市（新教材）2020-2021学年下学期高一期末备考金卷物理注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：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，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。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．对点电荷的理解，你认为正确的是()A．点电荷不能是带电荷量很大的带电体B．点电荷的带电荷量可能是2.56×10－20CC．只要是均匀的球形带电体，不管球的大小，都能被看做点电荷D．当两个带电体的形状对它们的相互作用力

的影响可忽略时，这两个带电体都能看做点电荷2．如图所示，用两根绝缘轻细线悬挂两个小球A和B，这时上、下两根细线中的拉力分别为T1和T2；使两个小球都带上正电荷时，上、下两根细线中的拉力分别为T1′和T2′。则()A．T1′＝T1B．T1′＜T1C．T2′＝T2D．T2′＜T

23．2021年5月15日，我国自主研发的天文一号成功着陆火星表面。如图，当它接近火星表面时，可打开反冲发动机减速下降。探测器减速下降过程中，它在火星表面的重力势能、动能和机械能的变化情况是()A．动能增加、重力势能减小B．动能减小、重力势能增加C．动能减小、机械能减小D．重力势能增加、机械能

增加4．有一种叫“飞椅”的游乐项目，如图所示，长为L的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r的水平转盘边缘。转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。当转盘以角速度ω匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ。不计钢绳的重力。以下说法正确的是()A．钢绳的拉

力大小为mω2LsinθB．钢绳的拉力大小为sinmgC．如果角速度足够大，可以使钢绳成水平拉直D．两个体重不同的人，摆开的夹角θ一样大5．如图所示，从地面上方某点，将一质量为1kg小球以5m/s的初速度沿水平方向抛出，小球经过1s落地。不计空气阻力，

g＝10m/s2。则可求出()A．小球抛出时离地面的高度是10mB．小球落地时重力的瞬时功率为100WC．小球落地时的速度大小是15m/sD．小球落地时的速度方向与水平地面成30°角6．如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点

为半圆弧的圆心，∠MOP＝60°。电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时O点的电场强度大小为E1。若将N点处的点电荷移至P点，则O点电场强度的大小变为E2。则E1与E2之比为()A．2∶

1B．1∶2C．2∶3D．3∶27．示波管是一种多功能电学仪器，它的工作原理可以等效成下列情况：如图所示，真空室中电极K发出电子（初速度不计），经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板中。当A、B间电压为U2时电子偏离中心线飞

出电场打到荧光屏上面显示亮点。不计电子重力，下列情况中一定能使亮点偏离中心距离变大的是()A．U1变大，U2变大B．U1变小，U2变大C．U1变大，U2变小此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号此卷只装订不密封班级姓名准考

证号考场号座位号D．U1变小，U2变小8．如图所示，重10N的滑块在倾角为30°的斜面上，从a点由静止下滑，到b点接触到一个轻弹簧。滑块压缩弹簧到c点开始弹回，返回b点离开弹簧，最后又回到a点，已知ab＝0.8m，bc＝0.4m，那么在整个过程中()A．弹

簧弹性势能的最大值是6JB．滑块动能的最大值是6JC．从b到c弹簧的弹力对滑块做的功是6JD．滑块在整个过程机械能守恒二、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，全部选对得4分，选对但不全的得2

分，有选错的得0分。9．如图所示的四种电场中均有a、b两点，其中a、b两点的电场强度相同的是()A．甲图中与点电荷等距的a、b两点B．乙图中两等量异种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点C．丙图中两等量同种点电

荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点D．丁图中匀强电场中的a、b两点10．在探究平行板电容器的电容与哪些因素有关的实验中，电容器的a、b两极板带有等量异种电荷且不变，a板与静电计连接，b板接地，如图所示两板间P点处固定一负电荷。下列说法中正

确的是()A．将b板上移，则静电计指针偏转角增大B．将b板左移，则静电计指针偏转角增大C．将b板左移，P处电荷的电势能减小D．在电容器两极板间插入玻璃板的过程中，P处电荷的电势能减小11．水平桌面上一质

量为3kg的物体，在水平拉力F的作用下，从静止开始运动2s后撤去外力，其v－t图像如图所示，下列说法正确的是()A．在0～2s内，合外力做的功为6JB．在0～2s内，拉力大小是阻力大小的2倍C．在t＝1s时，拉力的瞬时功率为4.5

WD．在0～6s内，摩擦力做的功为9J12．如图所示，上方传送带始终以v＝4m/s的速度向右运动，左右两端相距L＝4m。将一质量m＝1kg的木块由传送带左端静止释放，木块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.4，则()A．木块从左端

运动到右端的过程中，摩擦力对木块做的功为16JB．木块从左端运动到右端的过程中，由于带动木块运动，电动机多消耗了16J的电能C．木块从左端运动到右端的过程中，因为摩擦而产生的热量为8JD．木块从左端运动到右端的时间为1.5

s三、非选择题：本题共6小题，共60分。13．(6分)在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中，一同学猜想可能与两电荷的间距和电荷量有关。他选用带正电的小球A和B，A球放在可移动的绝缘座上，B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C点，如图所示。实验时，先保持

两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线的偏角越大；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大。实验表明：两电荷之间的相互作用力，随其距离的______而增大，随其所带电荷量的______而增大。此同学在探究中应用

的科学方法是______（选填“累积法”“等效替代法”“控制变量法”或“演绎法”）。14．(10分)某同学利用如图装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究：一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连；弹簧处于原长时，小球恰好位于桌面边缘，如图所示。向左

推小球，使弹簧压缩一段距离△x后由静主释放；小球离开桌面后落到水平地面上。通过分析和计算，回答下列问题：(1)本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能Ep与小球抛出时的动能Ek相等。已知重力加速度大小为g，不计空气阻

力，为求得Ek，至少需要测量下列物理量中的______________（填正确答案标号）。A．小球的质量mB．小球抛出点到落地点的水平距离sC．桌面到地面的高度hD．弹簧的原长l0(2)用所选取的量和已知量表示Ek，得Ek＝____________。(3

)图中的直线是实验测量得到的水平射程s和压缩量Δx关系的s－Δx图线。从理论上可推出，如果h不变，m减小，s－Δx图线的斜率会___________；如果m不变，h增加，s－Δx图线的斜率会__________

__；由图中给出的直线关系和Ek的表达式可知，Ep随Δx的增大会_____________。（均选填“增大”、“减小”或“不变”）15．(8分)我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的

新征程。假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x＝1.6×103m时才能达到起飞所要求的速度v＝80m/s。已知飞机质量m＝7.0×104kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度取g＝10m/s2。求飞机滑跑过程中：(1)加

速度a的大小；(2)牵引力的平均功率P。16．(10分)宇航员站在一星球表面上的某高处，沿水平方向抛出一个小球，经过时间t，小球落到星球表面，测得抛出点与落地点之间的距离为l。若抛出时的初速度增大到3倍，则抛

出点与落地点之间的距离为3l。已知两落地点在同一水平面上，该星球的半径为R，万有引力常量为G。试求：(1)两次落地点的距离；(2)该星球的质量M。17．(10分)如图所示，光滑斜倾角为37°，A、B两点距离L＝23

m。一质量m＝1×10－2kg、带电荷量q＝1×10－6C的小物块置于斜面上，当加上水平向右的匀强电场时，该物体恰能静止在斜面上，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。求：(1)该电场的电场强度大小；(2)求B、A

两点间的电势差UBA；(3)若电场强度变为原来的12，当小物块由静止沿斜面从A下滑至B点时，求物块在B处速度的大小。18．(16分)如图所示，粗糙的水平轨道BC的右端与半径R＝0.45m的光滑竖直圆轨道在C点相切，左端与光滑的倾斜轨道AB相连，AB与

水平方向的夹角为37°，质量m＝0.1kg的小球从倾斜轨道顶端A点由静止滑下，设小球经过轨道衔接处时没有能量损失，已知倾斜轨道AB的长度l＝2m，小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.375，（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/

s2）(1)求小球第一次到达倾斜轨道底端B点时的速度大小（结果可以用根号表示）；(2)若水平轨道BC的长度为2.5m，求小球最终停止的位置与B点的距离；(3)要使小球能够滑上圆轨道，并且第一次在圆轨道运动时小球不脱离轨道，水平轨道BC的长度L应满足什么条件？2020-2021学

年下学期高一期末备考金卷物理答案一、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．【答案】D【解析】能否视为点电荷与带电量无关，当两个带电体的形状对它们的相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体都能看做点电荷，故AC错误，D正确；点电荷带电

量必须是元电荷的整数倍，元电荷电量为1.6×10－19C，不是整数倍，故B错误。2．【答案】A【解析】取整体为研究对象，可得T1′＝T1＝(mA＋mB)g，A正确，B错误；使两个小球都带上正电荷时，由于库仑斥力作用，下面绳的弹力增大，T2′＞T2，CD错误。3．【

答案】C【解析】探测器减速下降过程中，速度减小，则动能减小；它在火星表面的重力势能减小，则机械能减小。4．【答案】D【解析】对座椅受力分析，y轴上Fcosθ＝mg，得cosmgF=，x轴上Fsinθ＝mω2(r＋Lsinθ)，

得2(sin)sinmrLF+=，则AB错误；因钢绳拉力的竖直分量等于人的重力，则即使角速度足够大，也不可以使钢绳成水平拉直，C错误；根据2(sin)cossinmgmrL+=，两边可消掉m，即两个体重不同

的人，摆开的夹角θ一样大，D正确。5．【答案】B【解析】小球抛出点的高度h＝12gt2＝5m，故A错误；小球落地时竖直分速度vy＝gt＝10m/s，落地时重力的瞬时功率P＝mgvy＝100W，故B正确；由速度的

合成可得小球的速度大小v＝55m/s，故C错误；设小球落地的速度方向与水平方向的夹角为θ，则tanθ＝vyv0＝2，可知θ≠30°，故D错误。6．【答案】A【解析】假设M点的电荷为正，N点电荷为负，则根据电场的叠加可知，移动前两个点电荷在O点产生的电场强度都为E＝12E1，当

将N点处的点电荷移至P点后，电场的叠加如图所示，则E2＝12E1，故E1∶E2＝2∶1，故选A。7．【答案】B【解析】设金属板A、B的长度为l，金属板右边缘到荧光屏的距离为L，电子在A、B之间运动的侧移量为y，亮点偏离中心的距离为h，则根据类平抛运动规律的推论

以及几何关系可得2ylhlL=+，解得2lLhyyl+=?。设电子的质量为m，电荷量为e，经加速电场加速后获得的速度为v，则根据动能定理有eU1＝12mv2，设A、B间距为d，根据牛顿第二定律可得电子在A、B间的加速度大小2eUamd=，电子在

A、B间运动的时间ltv=，根据运动学公式可得y＝12at2，解得2214UlydU=，可知U1变小且U2变大的情况下一定能使h增大，故B正确。8．【答案】A【解析】由于滑块又返回a点，故斜面是光滑的，到c点时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块的重

力势能完全转化为弹簧的弹性势能，即Ep＝mg×ac×sin30°＝6J，故A正确；弹簧推动物块上升时，弹性势能转化为物块的机械能，整个过程的机械能是守恒的，机械能的大小均是6J，而滑块动能最大的位置一定在bc之间，即物块在斜面的方向上受到的合外力为0时动能最大

，所以此时弹簧仍有一定的弹性势能，故滑块的动能的最大值只能小于6J，故B错误；滑块从b到c，弹簧的弹性势能由0到最大，弹簧的弹力对滑块做的功是－6J，故C错误；由于摩擦不计，整个过程只有重力与弹力做功，滑块和弹簧组成的系统整个

过程机械能守恒，故D错误。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，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9．【答案】BD【解析】甲图中a、b两点场强大小相等，但方向不同，A错误；乙图中a、b两点对称，所以场强大小相等，方向

均垂直中垂线向左，B正确；丙图中a、b两点对称，场强大小相等，但方向相反，C错误；丁图的两平行板间为匀强电场，场强处处相同，D正确。10．【答案】ABC【解析】根据平行板电容器的决定式C＝εrS4πkd，可知将b板上移，两极板正对面积S减小，则C减小；将b板左

移，两极板间距离d增大，则C也减小。由题意并根据电容的定义式C＝QU，可知当C减小且Q不变时，两极板间电势差U增大，所以静电计指针偏转角增大，故AB正确；根据平行板电容器两极板间电场强度公式E＝4πkQεrS，可知将b板左移，两极板间电场

强度E不变，根据匀强电场中电势差与电场强度的关系可知P与下极板间的电势差增大，所以P处电势增大，根据Ep＝qφ，q＜0，可知P处电荷的电势能减小，故C正确；根据C项分析同理可知，在电容器两极板间插入玻璃板的过程中，εr增大，则两极板间电场强度减小，则P与下极板间的电势差减小，所以P处电势减小，P处

电荷的电势能增大，故D错误。11．【答案】AC【解析】在0～2s内，根据动能定理得，合外力做的功W合＝12mv2－0＝6J，故A正确；2～6s内物体的加速度a2＝ΔvΔt＝0.5m/s2，物体受到的摩擦力大小f＝ma2＝1.5N，0～2s内物体的加速度a

1＝ΔvΔt＝1m/s2，则F＝f＋ma1＝4.5N，在0～2s内，拉力大小是阻力大小的3倍，故B错误；在t＝1s时，拉力的瞬时功率P＝Fv1＝4.5W，故C正确；在0～6s内，物体的位移162m6m2s==，所以在0～6s内，摩擦力做的功W＝－fs＝－9J，

故D错误。12．【答案】BCD【解析】木块在传送带上的加速度24m/smgagm===，木块达到传送带速度所用时间11svta==，此时通过的位移112m2vst==，共速后木块随传送带做匀速直线运动，匀速运动所用时间1

20.5sLstv−==，则木块从左端运动到右端的时间121.5sttt=+=，D正确；木块从左端运动到右端的过程中，由动能定理可得2f108J2Wmv=−=，A错误；木块与传送带相对滑块的位移112msvts=−=，木块

从左端运动到右端的过程中，因为摩擦而产生的热量8JQmgs==，C正确；木块从左端运动到右端的过程中，由于带动木块运动，电动机多消耗的电能21=16J2EmvQ+=电，B正确。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13．(6分)【答案】减小增大控制变量法【解析】对小球B进行受

力分析，可以得到小球受到的电场力F＝mgtanθ，即B球悬线的偏角越大，电场力也越大；所以使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两小球距离越小，B球悬线的偏角越大，说明了两电荷之间的相互作用力，随其距离的减小而增大；两小球距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大

，B球悬线的偏角越大，说明了两电荷之间的相互作用力，随其所带电荷量的增大而增大；先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，这是只改变它们之间的距离；再保持两小球距离不变，改变小球所带的电荷量，所以这采用的方法是控制变量法。14．(10分)【答案】(1)ABC(2)24mgsh(

3)增大增大增大【解析】(1)由平抛规律可知，由水平距离和下落高度即可求出平抛时的初速度，进而可求出物体动能，所以本实验至少需要测量小球的质量m、小球抛出点到落地点的水平距离s、桌面到地面的高度h。故选ABC。(2)由平抛规律可知，竖直方向上h＝

12gt2，水平方向上s＝vt，而动能Ek＝12mv2，联立可得Ek＝24mgsh(3)由题意可知如果h不变，m减小，则相同的Δx对应的速度变大，物体下落的时间不变，对应的水平位移s变大，s－Δx图线的斜率会增大；如果m不变，h增加，则物体下落的时间增加，则相同的Δ

x下要对应更大的水平位移s，故s－Δx图线的斜率会增大；弹簧的弹性势能等于物体抛出时的动能，即Ep＝24mgsh，可知Ep与Δs的2次方成正比，而Δs与Δx成正比，则Ep与Δx的2次方成正比，故Ep随Δx的增大会增大。15．(8分)【解析】(1)飞机做初速度为零的匀加速直线运动，有v

2＝2ax代入数据解得a＝2m/s2。(2)飞机受到的阻力F阻＝0.1mg设发动机的牵引力为F，根据牛顿第二定律有F－F阻＝ma飞机滑跑过程中的平均速度v＝v2所以牵引力的平均功率P＝Fv联立解得：P＝8.

4×106W。16．(10分)【解析】(1)设抛出点的高度为h，第一次平抛水平射程为x，则0xvt=222xhl+=若平抛初速度增大3倍，则有222(3)xhl+=03xvt=解得2lx=，32hl=则两次落地点的距离xxxl=−=。(2)根据212hgt=解得星球表面的重力加速度

22hgt=根据2MmGmgR=解得223lRMGt=。17．(10分)【解析】(1)如图所示，小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用，受力平衡，则有tanEqmg=解得47.510N/CE=。(2)B、A两点间的电势差4cos37410VBAUEL==(3)

场强变化后物块所受合力1sin37cos372FmgqE=−根据牛顿第二定律得：F＝ma故代入数据解得：a＝0.3g＝3m/s2物块在B处速度的大小202ABvax−=解得2m/sv=。18．(16分)【解析】(1)小球在倾斜轨道上运动，由动能定理知201sin3702mglmv=−解

得026m/sv=。(2)最终小球动能为零，停在轨道上，由动能定理知210102mgLmv−=−解得通过的路程L1＝3.2m小球到达C点滑上圆弧后返回，返回路程L2＝L1－LBC＝0.7m所以返回后距离B点的距离L＝LB－L2＝1.8m。(3)小球恰好从B点到C点，由动能

定理知20102mgLmv−=−解得L＝3.2m要使小球能够滑上圆轨道，应满足L≤3.2m在圆轨道运动时小球不脱离轨道，有两种情形①物体能完成圆周运动在最高点有21vmgmR=对小物块从B点到圆轨道最高点利用动能定理有220111222mgRmgLmvmv−−=−解得

L＝0.2m小球不脱离轨道应满足L≤0.2m②物体运动到圆轨道圆心等高处速度为零对小物块从B点到圆轨道圆心等高处利用动能定理有20102mgRmgLmv−−=−解得L＝2m小球不脱离轨道应满足L≥2m综合以上可得要使小球能够滑上圆轨道，并且第一次在圆轨道运动时小球不脱离轨道，水平轨道BC的长度

L应满足L≤0.2m或者2m≤L≤3.2m