【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.doc，共(16)页，662.000 KB，由小赞的店铺上传

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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】【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,mQFGFk

ll==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2mv，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m

2>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：1122mghmgh=1212co

scossinsinhhmgmg=由于m2>m1，可得12hh，BD错误，C正确；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】【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【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2g

L【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）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”）。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=m

g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(sincos1)Qvgl=+−【解析】【详解】(1)小球受力平衡,由受力可得：F=mgtanθ(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=1.0×1

0-2kg，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，co

s37°=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=7.510

N/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：6421107.510J=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==0.2mkg=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()2

0D122mgHRmv=−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：D55m/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=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()2mgLmgLm

mv−=+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：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=