【文档说明】【精准解析】江苏省启东中学2019-2020学年高一下学期期中考试物理试题.pdf，共(16)页，376.831 KB，由小赞的店铺上传

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-1-江苏省启东中学2019~2020学年第二学期期中考试高一物理试卷一、单项选择题（本题共7小题，每小题3分，共21分。）1.开普勒有关行星的三个定律被称为“中世纪科学与近代科学的分水岭”。如图所示，下面说法正确的是（）A.火星绕太阳运行过程中，速率不变B.地球靠近太阳的过程中，运行速率

减小C.在相等时间内，火星和太阳的连线扫过的面积与地球和太阳的连线扫过的面积相等D.火星绕太阳运行一周的时间比地球的长【答案】D【解析】【详解】ABC．根据开普勒第二定律行星与太阳连线在相同时间内扫过的面积相等，即近日点速率大，远日点速率小；但是火星与太阳连线、地球与太阳连线在相同时间内扫

过的面积是不相等的，ABC错误；D．根据开普勒第三定律32rkT，可知半径大的周期长，即火星绕太阳运行一周的时间比地球的长，D正确；故选D．2.全球受“新冠”疫情的影响，能源市场需求减少，国际原油价格一路走低。下列关于能量和能源说法正确的是（）A.由于自然界

的能量守恒，所以不需要节约能源B.在利用能源的过程中，能量在数量上并未减少C.能量耗散说明能量在转化过程中没有方向性D.人类在不断地开发和利用新能源，所以能量可以被创造【答案】B【解析】-2-【详解】AC．在自发状态下，能量传递具有方向性，AC错误；B．根据能量守恒，在利用能源的过程

中，能量在数量上并未减少，Ｂ正确；D．人类可以不断地开发和利用新能源，但是能量不可以被创造，Ｄ错误；故选Ｂ．3.如图所示，两个质量均为m的完全相同的金属球壳a与b，其壳层的厚度和质量分布均匀，将它们固定于绝缘支架座上，两球心间的距离l为球半径的3倍．若使它们带上等量异种电荷，使其电荷

量的绝对值均为Q，那么关于a、b两球之间的万有引力F引和库仑力F库的表达式正确的是()A.2222,mQFGFkll引库B.2222,mQFGFkll引库C.2222,=mQFGFkll引库D.2222,

=mQFGFkll引库【答案】D【解析】【详解】万有引力定律适用于两个可看成质点的物体，虽然两球心间的距离l只有其半径r的3倍，但由于其壳层的厚度和质量分布均匀，两球壳可看作质量集中于球心的质点．因此，可以应用万有引力定律所以两

者之间的引力为22=mFGl引，库仑定理适合于真空中的两个点电荷，由于两球心间的距离l只有其半径r的3倍，所以金属球壳a与b不能看作点电荷，则库仑力22QFkl库，故D正确；ABC错误；故选D4.我国是航天强国，1970年发射的第一颗人造卫星“东方红

一号”，质量为173kg，在轨运-3-动的速率为7.2km/h。2003年发射的“神州5号”飞船的质量为7790kg，在轨运动的速率为7.6km/h，航天器运行轨道视为圆周，则（）A.“东方红一号”卫星的轨道半径大于“神州5号”飞船的轨道半径B.“东方红一号”卫星

在轨加速度大于“神州5号”飞船在轨加速度C.“东方红一号”卫星在轨角速度大于“神州5号”飞船在轨角速度D.“神州5号”飞船可以在一小时内绕地球一周【答案】A【解析】【详解】ABC．根据万有引力提供向心力:222MmvGmammrrr

可知半径r大，加速度a小，线速度v小，角速度小，Ａ正确，ＢＣ错误；Ｄ．根据公式：2224MmGmrrT和2MmGmgR可得2324rTgR当“神州5号”飞船运行轨道半径6400kmrR时，周期最短1.40hT，Ｄ错误；故选Ａ．5.“歼-20”是中国自主研制

的双发重型隐形战斗机，该机将担负中国未来对空、对海的主权维护任务．在某次起飞中，质量为m的“歼-20”以恒定的功率P起动，其起飞过程的速度随时间变化图像如图所示，经时间t0飞机的速度达到最大值为vm时，刚好起

飞．关于起飞过程，下列说法正确的是-4-A.飞机所受合力不变，速度增加越来越慢B.飞机所受合力增大，速度增加越来越快C.该过程克服阻力所做的功为2012mPtmvD.平均速度2mv【答案】C【解析】【详解】AB.根据图像可知，图像的斜率为加速度，所以起飞中，斜率越来越小，加速度越来越小，

速度增加越来越慢，根据牛顿第二定律Fma合，加速度减小，合外力减小，AB错误C.根据动能定理可知：20102mfmvPtW，解得：2012fmWPtmv，C正确D.因为不是匀变速运动，所以平均速度不等于2

mv，D错误6.A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度v与时间t的关系图象如图所示．则此电场的电场线分布可能是选项图中的A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】由v-t图象可知，微粒的速度在逐渐减小，图象的斜率在逐

渐增大，故此带负电的微粒做加速度越来越大的减速直线运动，所受电场力越来越大，由F=qE知，场强增大，电场-5-线越来越密．电场力方向与其运动方向相反，电场力向左，所以电场线方向向右．A．该图与结论相符，选项A正确；B．该图与结论不相符，选项B

错误；C．该图与结论不相符，选项C错误；D．该图与结论不相符，选项D错误；7.如图所示，光滑水平面OB与足够长粗糙斜面BC交于B点。轻弹簧左端固定于竖直墙面，用质量为m1的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释放滑块，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面

上。换用相同材料、质量为m2的滑块（m2>m1）压缩弹簧至同一点D后，重复上述过程。不计滑块经过B点时的机械能损失，下列说法正确的是（）A.两滑块到达B点的速度相同B.两滑块沿斜面上升的高度相同C.两滑块上升到最高点的过程中因摩擦产生的热量相同D.两滑块上升

到最高点的过程中质量小的滑块克服重力所做的功比质量大的滑块少【答案】C【解析】【详解】Ａ．滑块在光滑水平面OB上滑行时机械能守恒，即弹簧的弹性势能转化为滑块的动能，因弹簧被压缩量相同，弹簧的弹性势能相同，即质量为m1和m2的滑块动能相同，又因m2>m1，所以两滑块到达Ｂ点时的速度不同，Ａ

错误；BCD．两滑块沿斜面上升到最大高度时，动能改变量相同，由动能定理：cossinkhEmghmg代入值：12111222coscossinsinhhmghmgmghmg可得：1

122mghmgh1212coscossinsinhhmgmg由于m2>m1，可得12hh，BD错误，C正确；-6-故选C．二、多项选择题（本题共5小题，共20分。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选和不选的得0分）8.设地球的质量为M，半径为R，自转角速度为ω，万

有引力常量为G，同步卫星离地心高度为r，地表重力加速度为g，则关于同步卫星的速度v的表达式正确的是（）A.v=rωB.GMvRC.vGMwD.gvRr【答案】AD【解析】【详解】A．根据线速度与角速度的关系vr，A正确；BCD．由万有引力

提供向心力：22MmvGmrr和地球表面万有引力等于重力：2MmGmgR可得：gvRrBC错误，D正确；故选AD．9.下列关于电势高低的判断正确的是()A.负电荷从A移到B时，外力做正功，A点的电势一定较高B.正电荷只在电

场力作用下从静止开始由A移到B，A点的电势一定较高C.负电荷从A移到B时，电势能增加，A点的电势一定较低D.正电荷从A移到B时，电势能增加，A点的电势一定较高【答案】B【解析】-7-【详解】负电荷从A移到B时，外力作正功，无法判断电势的高低，故A错误

．正电荷只在电场力作用下从静止开始由A移到B，电场力一定做正功，电势能减小，电势降低，则A点的电势一定较高．故B正确．根据负电荷在电势低处具有的电势能大，则知负电荷从A移到B时，电势能增加，B点的电势一定较低，A点的电势一定较高，故C错误．正电荷从A

移到B时，电势能增加，根据正电荷在电势高处具有的电势能大，可知A点的电势一定较低，故D错误．故选B．【点睛】电场中两点间电势高低可根据推论判断，也可以根据电场力做功的正负与电荷的电性判断，但不能根据外力做功情况判断．10.重力对运动物

体所作的功只跟物体运动的起点和终点的高度有关，而跟物体运动的路径无关。我们把这种所作的功只与运动物体的始末位置有关，而与路径无关的力，称为保守力，只有保守力才有与它相联系的势能。保守力做正功，与它相联系的势能减小；反之，

势能增大。如重力做正功，物体的重力势能减小。可以证明，分子间相互作用力也是保守力，分子间的势能称为分子势能。两分子间距离在减小的过程中（）A.若分子间相互作用表现为引力，分子势能增加B.若分子间相互作用表现为引力，分子势能减小C.若分子间相互作用表现为斥力，分子势能增加D.若分

子间相互作用表现为斥力，分子势能减小【答案】BC【解析】【详解】根据题意，在分子间距离减小的过程中，若表现为引力，此时引力做正功，分子势能减小；若表现为斥力，此时斥力做负功，分子势能增加，AD错误，BC正确；故选BC．11.我们用

两个物理量的比值定义一个新的物理量，它的物理意义与原来的两个物理量完全不同，这就是比值定义法。如用位移和时间的比值定义了一个新的物理量速度。以下是用比值定义法的公式是（）A.FEqB.2QEkrC.PEqD.Fam【答案】AC-8-【解析】【详解】A．电场强度E与放入电场

中的试探电荷无关，A正确；B．电场强度E与场源电荷Q成正比，与距离2r成反比，B错误；C．电场中某点的电势与放入电场中的电荷q无关，C正确；D．物体的加速度a与物体所受合外力成正比，与物体的质量m成反比，D错误；故选AC．12.如图所示，用铰链将三

个质量均为m的小球A、B、C与两根长为L的轻杆相连，B、C置于水平地面上，系统静止时轻杆竖直，现给系统一个微小扰动，B、C在杆的作用下向两侧滑动，三小球始终在同一竖直平面内运动，忽略一切摩擦，重力加速度为g，则此过程中()A.球A的机

械能一直减小B.球C的机械能一直增大C.球B对地面的压力可能小于mgD.球A落地的瞬时速度为2gL【答案】CD【解析】【详解】AB.A与B、C在沿杆方向的分速度相等，当A落地时，A沿杆方向分速度为零，B、C停止运动。B、C应先加速后减速，

杆对B、C先做正功后做负功，对A先做负功后做正功，B、C机械能先增大后减小，A的机械能先减小后增大，故AB错误；C.B做减速运动时，轻杆对B有斜向上的拉力，因此B对地面的压力可能小于mg，故C正确；D.A落地时B、C速度

皆为零，根据A、B、C组成的系统机械能守恒可得：21=2mgLmv解得：=2vgL故D正确。故选CD。三、填空题（本题共2小题，共14分。把答案填在题中的横线上或按要求作答）-9-13.某实验小组的学生们为探究“机械能守恒定律”设计了如图所示的实验

装置：用一个电磁铁吸住一个质量为m，直径为d的小铁球；当将电磁铁断电后，小铁球由静止开始向下加速运动；小铁球经过光电门时，计时装置将记录其通过光电门的时间t。小铁球由静止开始下降至光电门时的高度h，当地的重力加速度为g，那么(1

)小铁球通过光电门的速度v=_______（用d、t表示）；(2)验证此过程小铁球机械能守恒定律的表达式_____________；(3)考虑小铁球在运动过程中受到阻力的因素，其重力势能减少量____动能的增加量（选填“大于”，“等于”或“小于”）【答案】(

1).dt(2).222dght(3).大于【解析】【详解】（1）根据速度公式可得小铁球通过光电门的速度dvt（2）实验根据小铁球的重力势能转化为小铁球的动能来探究机械能守恒，即212mghmv由（1）知dvt，所

以小铁球机械能守恒定律的表达式为222dght（3）根据能量守恒：重力势能转化为动能的同时，还克服空气阻力做功，所以其重力势能减少量大于动能的增加量14.如图所示，A、B为相互接触的用绝缘支柱支撑的金属导体，起初它们不带电

，在它们的下部贴有金属箔片，C是带正电的小球。当C移近A时，A、B上的金属箔片都张开。(1)若撤去C，A、B下部金属箔片是_________（选填“张开”或“闭合”）(2)若先分离A、B，再撤去C，A、B下部金属箔片是_

________（选填“张开”或“闭合”）。-10-在分离A、B的过程中，A、B组成的系统电势能_______（选填“增大”“不变”或“减小”）(3)静电感应的原因是金属导体中存在大量的_______

______。【答案】(1).闭合(2).张开(3).减小(4).自由电荷【解析】【详解】（1）当带正电的小球C靠近AB时，由静电感应A带负电B带正电，AB上的金属箔片都张开，当撤去C时，AB是连接在一起的，A上的负电荷和B上的正电荷相互中和，AB上

的金属箔片都闭合（2）当带正电的小球C靠近AB时，由静电感应A带负电B带正电，AB上的金属箔片都张开，先移开AB在撤去C时，AB不是连在一起的，A上的负电荷和B上的正电荷不能相互中和，AB仍然带电，AB下部的金属箔片张开；在分离AB的过程中，C对A吸引，C

对B排斥，C对AB都在做正功，电势能在减小（3）感应起电是自由电荷从物体的一端移动到另一端，因此要发生感应起电就必须要有自由电荷四、计算题（本题共4小题，共计45分。其中15、16、17题11分，18题12分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得

分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）15.如图所示，一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点的正下方P点。球在水平拉力的作用下，从P点缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ。已知重力加速度为g，(1)求小球在Q

点时水平拉力F的大小；(2)求小球在此过程中水平拉力F做的功；(3)若小球在水平恒力F=mg的作用下，从P点运动到Q点，求小球在Q点的速度大小。【答案】（1）mgtanθ；（2）mgl(1-cosθ)；（3）2(sinc

os1)Qvgl【解析】【详解】(1)小球受力平衡,由受力可得：F=mgtanθ-11-(2)小球从P到Q的过程中，由动能定理得：WF－mgl(1-cosθ)=0即WF=mgl(1-cosθ)(3)小球

从P到Q的过程中，由动能定理得：Flsinθ－mgl(1-cosθ)=2102Qmv即2(sincos1)Qvgl16.如图所示，一质量为m=1.0×10-2kg，带电荷量为q=﹣1.0×10-6C的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，假设电

场范围足够大，静止时悬线向左与竖直方向成37°角，此时小球的电势能为零。若在某时刻将细线突然剪断，小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度取g＝10m/s2.（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：(1)电场强度E的大小；(2)小球运动1s

末的速度大小和电势能大小。【答案】（1）47.510N/C；（2）12.5m/s，－0.28J【解析】【详解】(1)小球受力平衡,由受力分析可得：246tan371.010100.75N/C=7.510N/C1.

010mgEq(2)绳子剪断后，小球做匀加速直线运动，受到的合力：=cos37mgF合由牛顿第二定律，加速度：2=12.5m/scos37ga1s末小球速度：12.5m/vats小球运动1s的过程中，水平方向受到的静电力：-12-64211

07.510J=7.510NFqE水平方向位移：211sinm2xat=3.75静电力做功：11WFx＝0.28J由功能关系得，小球的电势能减少0.28J小球的电势能：Ep=－

0.28J17.如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由倾斜直轨道AB和圆轨道BCD组成，AB和BCD相切于B点，OB与OC夹角为37，CD连线是圆轨道竖直方向的直径(C、D为圆轨道的最低点和最高点)，可视为质点的小滑块从轨道AB上高H处的某点由静止滑下，

用力传感器测出滑块经过圆轨道最低点C时对轨道的压力为F，并得到如图乙所示的压力F与高度H的关系图象，该图线截距为2N，且过0.5m,4N点.取210m/s.g求：1滑块的质量和圆轨道的半径；2若要求滑块不脱离圆轨道，则静止滑下的高度为多少；

3是否存在某个H值，使得滑块经过最高点D飞出后落在圆心等高处的轨道上.若存在，请求出H值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）m=0.2kg,1m（2）11hm22.5hm（3）9736m【解析】【详解】1当0H时，由图象截距可知2FmgN-13-0.2mk

g当小物块从A点静止下滑，由图象知，0.5mh，对轨道的压力14NF2112mghmv211vFmgmR解得1mR．2不脱离轨道分两种情况：①到圆心等高处速度为零有能量守恒可知，滑块从静止开始下滑高度11mhR

②通过最高点，通过最高点的临界条件DvgR设下落高度为0H，由动能定理20D122mgHRmv解得02.5Hm则应该满足下落高度22.5mh3假设滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的E点：sin37ROEDxOEvt212Rgt解得：D

55m/s3v而滑块过D点的临界速度DL10m/svgR由于：DDLvv，所以存在一个H值，使得滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的点2DL122mgHRmv解得：97.36Hm-14-18.如图所示，顶端安装有轻质定滑轮，

倾角为37°的光滑斜面固定在水平地面上，离斜面的顶端距离为L=0.4m下方粘贴有一厚度不计、宽度是d=0.2m的橡胶带，小物块A、B用轻绳连接并跨过定滑轮。A的质量m1=1kg，宽度d=0.2m，其上边

缘与斜面顶端齐平，B的质量m2=0.4kg。现由静止释放A，已知A与橡胶带之间的动摩擦因素μ=0.5，在运动过程中与A相连的绳子始终与斜面平行，A未离开斜面，B未上升到滑轮处，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻

力和滑轮与绳子间的阻力，求：(1)A物体刚进入橡胶带时的速度大小；(2)A物体穿过橡胶带克服摩擦力所做的功；(3)A物体完全离开橡胶带时的速度大小。【答案】（1）122m/s7v；（2）0.8J；（3）212m/

s7v【解析】【详解】（1）A物体从静止释放到刚进入橡胶带过程中，A、B组成的系统机械能守恒定律设A物体刚进入橡胶带速度为v1：2121211sin37()2mgLmgLmmv解得：122m/s7v(2)A物体从进入橡胶带到离开，滑动摩擦力是变力，由Ff－x图象：-15-可得：

W=0.8J(3)A物体完全离开橡胶带时的速度大小v2，由能量守恒定律得：2121221+)sin37()()2mgLdmgLdmmvQ（又因为：QW解得：212m/s7v-16-