【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结业考试物理试卷.doc，共(18)页，722.000 KB，由小赞的店铺上传

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高一物理结业考试满分：100分考试时间：90分钟一、选择题。本题共16小题，每小题4分，共64分。在每小题所给出的四个选项中，第1-8题只有一个选项正确，第9-16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，有错选或不选的得0分。

1.以一定的初速度竖直向上抛出质量为m的小球，它上升的最大高度为h，空气阻力的大小恒为Ff，重力加速度为g，则从抛出点至回到原出发点的过程中，各力做功的情况正确的是（）A.重力做的功为2mghB.空气阻力做的功为－2FfhC.

合力做的功为2FfhD.物体克服重力做的功为－mgh【答案】B【解析】【详解】AD．从抛出点至回到原出发点，重力做功为0，故AD错误；B．上升过程中空气阻力做的功为fFh−，下降过程中空气阻力做的功为fFh−，从抛

出点至回到原出发点的过程中空气阻力做的功为2fFh−，故B正确；C．合力做的功为2fFh−，故C错误。故选B。2.下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是()A.由FEq=知，电场中某点

的电场强度与检验电荷所带的电荷量成反比B.由QCU=知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比C.由2QEkr=知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关D.由ABABWUq=知，带电荷量为1C的正电荷，从A点到B点克服电场力做功1J，则A、B两点的电势差为－1V

【答案】D【解析】【分析】电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关。用电容器和电势差的定义式即可求解。真空中点电荷电场强度公式中2QEkr=，Q是电源电荷。【详解】A．电场强度E与F、q无关，由电场本身决定，A错误。B．电容C与Q、

U无关，由电容器本身决定，B错误。C．2QEkr=是决定式，C错误。D．由ABABWUq＝可知，D正确。故选D。【点睛】电场强度E由电场本身决定。电容C由电容器本身决定。3.一辆小车静止在光滑的水平面上，小车立柱上固定一条长为L

、系有小球的水平细绳，小球由静止释放，如图所示，不计一切摩擦，下列说法正确的是（）A.小球的机械能守恒，动量不守恒B.小球的机械能不守恒，动量也不守恒C.球、车系统的机械能守恒，动量守恒D.球、车系统的机械能、动量都不守恒【答案

】B【解析】【详解】AB．小球由静止释放过程中，小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，故系统只在在水平方向动量守恒，所以当小球有向右的速度时小车将同时有向左的速度，所以小球在下落过程中并不是真正的圆周运动，小车将通过细绳对小球做功，小球机械能

不守恒，动量守恒的研究对象是一个系统，单独小球谈不上动量守恒，所以A错误，B正确；CD．小球与小车系统在整个过程中只有重力做功，系统机械能守恒；由于系统水平方向不受外力，系统在水平方向动量守恒但总动量并不守恒，故CD错误。故选B。4.将阻值随温度升高而减小的热敏电阻Ⅰ和

定值电阻Ⅱ串联，接在不计内阻的稳压电源两端．开始时，Ⅰ和Ⅱ阻值相等，加热或冷却热敏电阻，则Ⅰ的电功率在A.加热时变大，冷却时变小B.加热时变小，冷却时变大C.加热或冷却时都变小D.加热或冷却时都变大【答案】C【解析】【详解】若将热敏电阻Ⅰ看做是电源的内阻，可知开始

时热敏电阻Ⅰ和Ⅱ阻值相等时，Ⅱ的功率最大；故无论是冷却或加热Ⅱ，Ⅱ的电功率都变小；A．加热时变大，冷却时变小，与结论不相符，选项A错误；B．加热时变小，冷却时变大，与结论不相符，选项B错误；C．加热或冷却时都变小，与结论相符，选项C正确；D．加热或冷却时都变大，与结论不相符，选项D错误；故选C．

5.一宇宙飞船绕地心做半径为r的匀速圆周运动，飞船舱内有一质量为m的人站在可称体重的台秤上。用R表示地球的半径，g表示地球表面处的重力加速度，g′表示宇宙飞船所在处的重力加速度，FN表示人对台秤的压力

，则下列关系正确的是（）A.0=gB.22=gRgrC.NFmg=D.N=RFmgr【答案】B【解析】【详解】AB．处在地球表面处的物体所受重力近似等于万有引力，所以有2MmmgGR=即2GMgR=，对处在轨道半径为r的宇宙飞船中的物体，有2MmmgGr=即2

GMgr=，所以有22grgR=，即22=gRgr，故A错误，B正确；CD．当宇宙飞船绕地心做半径为r的匀速圆周运动时，万有引力提供向心力，飞船及飞船内物体处于完全失重状态，所以对台秤的压力为零，故CD错误。故选B。6.如图所示，木块A放在木块B的左端

，用恒力F将A拉至B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功为W1，生热为Q1；第二次让B可以在光滑地面上自由滑动，F做的功为W2，生热为Q2，则应有()A.W1<W2，Q1＝Q2B.W1＝W2，Q1＝Q2C.W1<W2，Q1<Q2D

.W1＝W2，Q1<Q2【答案】A【解析】【分析】根据W=Fscosθ，比较拉力所做的功，摩擦产生的热量Q=fs相对，通过比较相对位移比较摩擦产生的热量．【详解】木块从木板左端滑到右端F所做的功W=Fs，因为木板不固定

时木块的位移要比固定时长，所以W1＜W2.摩擦产生的热量Q=fs相对，两次都从木板左端滑到右端，相对位移相等，所以Q1=Q2.故A正确，B、C、D错误.故选A.【点睛】解决本题的关键掌握恒力做功的求法，以及知道摩擦产生的热量Q=fs相对．7.某点电荷和金属圆环间的电场线分布如图所示。下列说法正确的

是（）A.a点的电势高于b点的电势B.若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功C.c点的电场强度与d点的电场强度大小无法判断D.若将一正试探电荷从d点由静止释放，电荷将沿着电场线由d运动到c【答案】B【解析】【详解】A．由沿电场线的方向电势降落和电场线与等势面垂直的

特点，可知a点的电势低于b点的电势，故A错误；B．由电势能的公式pEq=可得出a点的电势能低于b点的电势能，由电场力做功与电势能变化的关系，说明电场力做了负功，故B正确；C．因为电场线的疏密表示电场的强弱，故c点的电场强度小于

d点的电场强度，故C错误；D．正试探电荷在d点时所受的电场力沿该处电场线的切线方向，使该电荷离开该电场线，所以该电荷不可能沿着电场线由d到c，故D错误。故选B。8.如图所示，在光滑的水平地面上停放着质量为m的

装有弧形槽的小车。现有一质量也为m的小球以v0的水平速度沿与切线水平的槽口向小车滑去，不计一切摩擦，则（）A.在相互作用的过程中，小车和小球组成的系统总动量守恒B.小球离开车后，对地将向右做平抛运动C.小球离开车后，对地将做自由落体运动

D.小球离开车后，小车的速度有可能大于v0【答案】C【解析】【详解】A．整个过程中系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A错误；BCD．设小球离开小车时，小球的速度为1v，小车的速度为2v，整个过程中水平方向动量守恒012mvmvmv=+①由机械能守恒得2220

12111222mvmvmv=+②联立①②解得10v=20vv=即小球与小车分离时二者交换速度，所以小球与小车分离后对地将做自由落体运动，故BD错误，C正确。故选C。9.将质量均为m的两个小球从相同高度以相同大小的速度抛出，一个小球竖直下抛，另一个小球沿光滑斜面

向下抛出，不计空气阻力。由抛出到落地的过程中，下列说法中正确的是（）A.重力对两球做的功相等B.重力的平均功率相等C.落地时两球的机械能相等D.落地时重力的瞬时功率相等【答案】AC【解析】【详解】A．两球在下落过程中均只有重力做

功，且下落高度相同，故两球下落过程中重力做功相同；故A正确；B．因为下落过程中竖直下抛的物体加速度较大，故下落时间短，又因为重力做功相同，故重力的平均功率不相等，故B错误；C．因为最高点处机械能相同，且下落过程机械能守恒，故落地时两球

的机械能相等，故C正确；C．由机械能守恒定律可以知道，落地时瞬时速度大小相等，由方向不同，则由cosPmgv=可以知道重力的瞬时功率不相等，故D错误。故选AC。10.如图所示，电路中A、B为两块竖直放置的金属板，C是一只静电计，开关S合上后，静电计指针张开一个角度，下述做

法可使静电计指针张角增大的是（）A.使A、B两板靠近一些B.使A、B两板正对面积减小一些C.断开S后，使B板向右平移一些D.断开S后，使A、B正对面积减小一些【答案】CD【解析】【详解】AB.静电计显示的是A、B两极板间的电压，指针张角越大，表示两板间的电压越高；当合上S后，A、B两板与电

源两极相连，板间电压等于电源电压，不管是使A、B两板靠近一些，还是使A、B两板正对面积减小一些，静电计指针张角不变，故选项AB不合题意．CD.当断开S后，根据平行板电容器电容的决定式C=14skdò，板间距离d增大，正对面积S减小，都将使A、B两板间的电容C变小，而电容器所带的电荷

量Q不变，由QCU=可知，板间电压U增大，从而使静电计指针张角增大，故选项CD符合题意．11.将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在同一坐标系中，如图所示，则下列说法正

确的是A.图线b表示电源内部的发热功率Pr随电流I的变化关系B.M点对应的功率为最大输出功率C.在图线上A、B、C三点的纵坐标一定满足关系PA<PB+PCD.两个图线上交点M与N的横坐标之比一定为1:4，纵坐标之比一定为1:2【答案】AB【解析】【详解】A．由电源消耗

功率和电源内部消耗功率表达式PE=EI，Pr=I2r，可知，a是直线，表示的是电源消耗的总电功率，b是抛物线，表示的是电源内电阻上消耗的功率，c表示外电阻的功率即为电源的输出功率PR，所以A正确；B．当内电阻和外电阻相等时，电源输出的功率最大，M点对应的就是

内阻和外电阻相等的时刻，所以M点对应的功率为最大输出功率，故B正确；C．在a、b、c三条图线上分别取横坐标相同的A、B、C三点，因为直流电源的总功率PE等于输出功率PR和电源内部的发热功率Pr的和，所以这三点的纵坐标一定满足关系P

A=PB+PC，所以C错误；D．当内电阻和外电阻相等时，电源输出的功率最大，此时即为b、c线的交点M时的电流，此时电流的大小为2EERrr+＝，功率的大小为24EPr＝，a、b线的交点N表示电源的总功率PE和电源内部的发热功率Pr相等，此时只有电源的内电阻，所以此时的电流的大小为Er，功率的大小为

2EPr＝，所以横坐标之比为1：2，纵坐标之比为1：4，所以D错误。故选AB。【点睛】当电源的内阻和外电阻的大小相等时，此时电源的输出的功率最大，并且直流电源的总功率PE于输出功率PR和电源内部的发热功率Pr的和。12.如图所示

，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是（）A.电动机由于传送物块多做的功为12mv2B.物体在传送带上的划痕长2

2vgC.摩擦力对物块做的功为12mv2D.传送带克服摩擦力做的功等于摩擦热【答案】BC【解析】【详解】A．电动机多做的功转化成了物体的动能和内能，物体在这个过程中获得动能就是12mv2，所以电动机多做的功一定要大于12mv2．故A错误；

B．物体在传送带上的划痕长等于物体在传送带上的相对位移，物块达到速度v所需的时间t＝vg在这段时间内物块的位移2122vvxtg=＝传送带的位移x2＝vt＝2vg则物体相对位移∆x=x2−x1＝22vg故B正确；C．根据动能定理，摩擦力对物块做的功等于物块增加的动能12mv2，选项C正确

；D．传送带克服摩擦力做的功为Wf=μmgx2=μmg•2vg=mv2摩擦热为Q=μmg△x=μmg•22vg=12mv2则知Wf≠Q，故D错误．故选BC．13.如图所示，O点固定放置一个正点电荷，在过O点的竖直平面内的A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m，

带电荷量为q，小球落下的轨迹如图中的实线所示，它与以O点为圆心、R为半径的圆（图中虚线表示）相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，∠BOC＝30°，A距OC的高度为h，若小球通过B点的速度为v，则下列叙述正确的是（）A.小球通过C点的速度大小是2ghB.小球通过C

点的速度大小是2vgR+C.小球由A到C电场力做功是212mghmv−D.小球由A到C电场力做功是2122+−Rmvmgh【答案】BD【解析】【详解】A．从A到C的过程中，重力做正功，电场力做负功，根据动能定理2C12mghWmv−=因此到达C点的速度C222W

vghghm=−A错误；B．由于B、C处于同一等势面上，从B到C的过程中，电场力做功为零，根据动能定理22BC1122Cmghmvmv=−又oBCsin30hR=解得2CvvgR=+①B正确；CD．从A到C的过程中，根据动能定

理2ACC1+2mghWmv=②由①②联立得2AC122RWmvmgh=+−C错误，D正确。故选BD。14.如图所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球．开始时开关S闭合且滑动变

阻器的滑动触头P在a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向，电源的内阻不能忽略，则下列判断正确的是（）A.小球带正电B.当滑动触头从a向b滑动时，绝缘线的偏角θ变小C.当滑动触头从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从上向下D.当滑动触

头停在b处时，电源的输出功率一定大于滑动触头在a处时电源的输出功率【答案】ABC【解析】A、由图，A板带正电，B带负电，电容器内电场方向水平向右．细线向右偏，电场力向右，则小球带正电．故A正确．B、滑动头向右移动时，R变小，外电路总电阻变小，总电流变大，路端电压U=E-Ir

变小，电容器电压变小，细线偏角变小，故B正确．C、滑动头向右移动时，电容器电压变小，电容器放电，因A板带正电，则流过电流表的电流方向向下．故C正确．D、根据电源的输出功率与外电阻的关系：当外电阻等于内阻时，输出功率最大．外电阻大于内阻，外电阻减小输出功

率增大；当外电阻小于内阻时，外电阻减小，输出功率减小．本题，不知道外电阻与内阻大小关系，故无法判断电源输出功率的大小．故D错误.故选C.【点睛】本题含容电路的问题，是高考热点问题．对于电容器，关键是分析和计算其电压，及充电情况．电源的输出功率与外电阻的关系可根据数学知识

进行严格推导．15.如图所示，某实验小组在实验室中利用水平气垫导轨和两光电门计时器A和B验证滑块M和钩码m组成的系统机械能守恒，已知遮光条的宽度为d，先后通过A、B光电门的时间分别为t1、t2，滑块运动通过光电门B时，钩码未落地。

下列因素中可能增大实验误差的是（）A.气垫导轨未调水平B.滑块质量M和钩码质量m不满足m≤MC.遮光条宽度太小D.两光电门间距过小【答案】AD【解析】【详解】A．气垫导轨未调水平，M的重力势能也会改变，会增加实验误

差，故A正确；B．因为要研究M和m系统机械能是否守恒，则滑块质量M和钩码质量m不满足m≤M，对该实验没有影响，故B错误；C．遮光条宽度太小，有利于减小误差，故C错误；D．两光电门间距过小，可能增大长度测量时的误差，故D正确。故选AD。16.“验证动量守恒定律”的

实验装置可采用图甲或图乙的方法，两个实验装置的区别在于：①悬挂重垂线的位置不同；②图甲中设计有一个支柱（通过调整，可使两球的球心在同一水平线上，上面的小球被碰撞离开后，支柱立即倒下），图乙中没有支柱，图甲中的入射小球A和被碰小球B做平抛运动的抛出点分别在通过O、O′点的竖直线上，

重垂线只确定了O点的位置。（球A的质量为m1，球B的质量为m2）比较这两个实验装置，下列说法正确的是（）A.采用图甲的实验装置时，需要测出两小球的直径B.采用图乙的实验装置时，需要测出两小球的直径C.采用图乙的实验装置时，斜槽轨道末端的切线要求水平，而采用图甲的实验装

置时则不需要D.为了减小误差，无论哪个图，都要求入射球每次都要从同一高度由静止滚下【答案】AD【解析】【详解】A．采用图甲的实验装置时，重锤线只确定了碰撞后入射小球A做平抛运动水平位移的起点O，需测出两小球的直径，确定碰撞后被碰小球B做平抛运动水平位移的起点O′，从而测量两者碰撞后做平抛运动

的水平位移，故A项正确；B．采用图乙的实验装置时，两小球碰后做平抛运动水平位移的起点均为O，不需要测出两小球的直径即可测量两者碰撞后做平抛运动的水平位移，故B项错误；C．采用图甲或图乙的实验装置时，斜槽轨道末端的切线

均要求水平，这样小球离开轨道后才能做平抛运动，故C项错误；D．为了减小误差，无论哪个图，都要求入射球每次都要从同一高度由静止滚下，这样入射球每次碰撞前的速度才相同，故D项正确。故选AD。二、计算题。本题共4小题，共36分。17.如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1

＝100Ω，R2阻值未知，R3为一滑动变阻器。当其滑片P从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示，其中A、B两点是滑片P在变阻器的两个不同端点得到的。求：(1)电源的电动势和内阻；(2)定值电阻R2的阻值；(3)滑动变阻器的最大阻值。【答案】(1

)20V；20Ω；(2)5Ω；(3)300Ω【解析】【详解】（1）由闭合电路欧姆定律可得UEIr=−结合题图乙可知AAUEIr=−BBUEIr=−代入数据，联立解得20VE=20Ωr=（2）当P滑到3R的右端时，1R被短路，电路参数对应题图乙中的B点，即224V,0.8AUI==根据欧姆定律222

5ΩURI==（3）当P滑到3R的左端时，电路参数对应题图乙中的A点16V,0.2AUI==总外根据欧姆定律80ΩURI==外总外因为13213RRRRRR=++外所以滑动变阻器的最大阻值为3300ΩR=1

8.如图所示，水平长直轨道AB与半径为R=0.8m的光滑14竖直圆轨道BC相切于B，BC与半径为r=0.4m的光滑14竖直圆轨道CD相切于C，质量m=1kg的小球静止在A点，现用F=18N的水平恒力向右拉小球，在到达AB中点时撤去拉力，小球恰能通过D点．已知小球与水平面的动摩擦因数μ=0.2，

取g=10m/s2．求：（1）小球在D点的速度vD大小；（2）小球在B点对圆轨道的压力NB大小；（3）A、B两点间的距离x．【答案】(1)2/Dvms=（2）45N(3)2m【解析】【详解】（1）小球恰好过最高点D，有：

2Dvmgmr=解得：2m/sDv=（2）从B到D，由动能定理：2211()22DBmgRrmvmv−+=−设小球在B点受到轨道支持力为N，由牛顿定律有：2BvNmgmR−=NB=N联解③④⑤得：N=45N（3）小球从A到B，由动能定理：2122BxFmgxmv

−=解得：2mx=故本题答案是：(1)2/Dvms=（2）45N(3)2m【点睛】利用牛顿第二定律求出速度，在利用动能定理求出加速阶段的位移，19.宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动，飞船与地心的距离为地球半径0R的2倍，飞船圆形轨道平面与地球赤道平面重合．由于地球遮挡阳光，会经历“

日全食”过程．如图所示．已知地球表面重力加速度为g，近似认为太阳光是平行光，试估算：(1)飞船做匀速圆周运动的周期；(2)飞船绕地球一周，“日全食”的时间．【答案】（1）024Rg（2）0223Rg【解析】试题分析：（1）根据万有引力等于向心力和在地球表面

重力等于万有引力列式可求解出卫星周期；（2）根据几何关系，确定不能接受太阳光的角度，即可求出“日全食”的时间．（1）飞船做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律：20202()2(2)MmGmRRT=又有20MmGmgR=由以上两式可得024RTg=（2）如图当飞船在阴影区时不能接受阳光，据几何关

系：飞船转过圆心角60=可得6Tt=解得：0223Rtg=【点睛】万有引力类问题中万有引力等于向心力和地球表面重力等于万有引力是两个重要的等式；要能根据题意确定飞船绕地球一周，不能接受太阳光的角度是多少，根据2tT=求解发生

“日全食”的时间．20.如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L＝10cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10cm，在电容器极板间接一交变电压，

上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．（每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的)求：（1）在t＝0.06s时刻，电子打在荧光屏上的何处？（2）荧光屏上有电子打到的区间有多长？【答案】（1）13.5cm（2）30

cm【解析】【详解】（1）设电子经电压U0加速后的速度为v，根据动能定理得：2012qUmv=所以：02qUvm=,经偏转电场偏转后偏移量2211()22qULyatmLv==偏所以04ULyU=偏,由题图知t=0.06

s时刻U偏=1.8U0，代入数据解得y=4.5cm，设打在屏上的点距O点距离为Y，根据相似三角形得：1212LLYyL+=代入数据解得：Y=13.5cm．（2）由题知电子偏移量y的最大值为12L，所以当偏转电压超过2U0时，电子就打

不到荧光屏上了．根据1212LLYyL+=解得Y=32L，所以荧光屏上的电子能打到的区间长为：2Y=3L=30cm