【文档说明】【精准解析】山东省济宁市2019-2020学年高一下学期期末考试物理试题.doc，共(19)页，1.478 MB，由小赞的店铺上传

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2019-2020学年度第二学期质量检测高一物理试题2020·08注意事项1.答题前，考生将自己的姓名、考生号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。2.选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须

使用0.5mm黑色签字笔书写，字体工整，笔迹清楚。3.请按照题号在各题目的答题区域内答题，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求

。1.下列说法正确的是（）A.牛顿发现了万有引力定律并测得了引力常量B.原子、分子的体积太小，因此它们之间不存在万有引力C.根据表达式122mmFGr=可知，当r趋于零时，万有引力趋于无穷大D.两物体间的万有引力总是大小相等、方向相反，是一对作

用力与反作用力【答案】D【解析】【详解】A．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测得了引力常量，选项A错误；B．万有引力定律适用于所有的物体之间，选项B错误；C．万有引力定律公式适用于质点间的万有引力,当距离r趋于零时，公式不

再适用，选项C错误；D．两物体间的万有引力总是大小相等、方向相反，是一对作用力与反作用力，选项D正确。故选D。2.物体做圆周运动时，会受到向心力的作用，下列关于向心力的说法正确的是（）A.向心力一定由物体所受的合外力来提供B.向心力与向心加速度的方向可能不同C.向心力是恒力，因为向心力总是

沿半径指向圆心且大小不变D.向心力与线速度的方向始终垂直，所以向心力不会改变线速度的大小【答案】D【解析】【详解】A．只有物体做匀速圆周运动时向心力才由物体所受的合外力来提供，选项A错误；B．向心力与向心加速度的方向

一定是相同的，选项B错误；C．向心力是变力，因为向心力总是沿半径指向圆心，选项C错误；D．向心力与线速度的方向始终垂直，所以向心力不会改变线速度的大小，只会改变线速度的方向，选项D正确。故选D。3.如图所示，用起瓶器开启瓶盖时，起瓶器上A、B两点绕O点转动的角速度分别为A和B，线速度的

大小分别为vA和vB，向心加速度的大小分别为aA和aB，下列说法正确的是（）A.AB=，vA<vB，aA<aBB.AB=，vA>vB，aA<aBC.AB=，vA=vB，aA>aBD.AB，vA<vB，aA=aB【答案】A【解析】【详解】同轴转动，角速度相

等，故ωA=ωB由于rA＜rB，根据v=rωvA＜vB根据a=ω2r可知aA<aB故选A。4.目前许多国产手机都有指纹解锁功能，用的指纹识别传感器是电容式传感器，如图所示。指纹的凸起部分叫“嵴”，凹下部分叫“峪”。传感器上有大量面积相同的

小极板，当手指贴在传感器上时，这些小极板和正对的皮肤表面部分形成大量的小电容器，这样在嵴处和峪处形成的电容器的电容大小不同，此时传感器给所有的电容器充电后达到某一电压值，然后，电容器放电，电容小的电容器放电较快，根据放电

快慢的不同，就可以探测到嵴和峪的位置，从而形成指纹图像数据，根据文中信息，下列说法正确的是（）A.在峪处形成的电容器电容较大B.充电后在嵴处形成的电容器的电荷量小C.在峪处形成的电容器放电较快D.潮湿的手指头对指纹识别绝对没有影响【答案】C【解析】【详解】A．根据电容的计算公式4SCkd=可得

，极板与指纹峪（凹下部分）距离d大，构成的电容器电容小，A错误；BC．由于外接电源为所有电容器充到一个预先设计好的电压值，所以所有的电容器电压一定，根据4SUQCUkd==可知，极板与指纹峪（凹的部分，d大，电容小）构成的电容器充上的电荷较少，在放电过程中放电时

间短，放电较快；反之，在嵴处形成的电容器电容大，电荷量大，放电时间长，B错误，C正确；D．湿的手与传感器之间有水填充，改变了原来匹配成平行板电容器的电容，所以会影响指纹解锁和指纹识别，D错误。故选C。5.一电荷量为9

110C−的负电荷从电场中的A点移至B点克服电场力做功为6210J−，从A点移至C点电场力做功为6310J−，则B、C间的电势差为（）A.1000VB.1000V−C.5000VD.5000V−【答案】D【解析】【详解】电荷从电场中的A

点移至B点，根据公式WqU=有69210=V2000V10ABABWUq−−−==−同理从A点移至C点有69310=V3000V10ACACWUq−−==−−由ACABBCUUU=+得5000VBCACABUUU=−=−

选项D正确，ABC错误。故选D。6.米歇尔·麦耶和迪迪埃·奎洛兹因为发现了第一颗太阳系外行星一飞马座51b而获得2019年诺贝尔物理学奖。如图所示，飞马座51b与恒星构成双星系统，绕共同的圆心O做匀速圆周运动，它们的

质量分别为1m、2m。下列关于飞马座51b与恒星的说法正确的是（）A.轨道半径之比为12:mmB.线速度大小之比为12:mmC.加速度大小之比为21:mmD.向心力大小之比为21:mm【答案】C【解析】【详解

】D．双星系统属于同轴转动的模型，具有相同的角速度和周期，两者之间的万有引力提供向心力，故两者向心力相同，选项D错误；A．根据221122mrmr=可得半径之比等于质量的反比，即1221rrmm=::选项A错误；B．根据vr=

可知线速度之比等于半径之比，即1221::vvmm=选项B错误；C．根据av=可得加速度大小之比为121221:::aavvmm==选项C正确。故选C。7.一质量为m的小轿车以恒定功率P启动，沿平直路面行驶，若行驶过程中受到的阻力大小不变，能够达到的最大速度为

v。当小轿车的速度大小为23v时，它的加速度大小为（）A.PmvB.2PmvC.32PmvD.4Pmv【答案】B【解析】【详解】汽车速度达到最大后，将匀速前进，此时有PFv=Ff=当汽车的车速为23v时，有23v

PF=根据牛顿第二定律有Ffma−=联立解得2Pamv=选项B正确，ACD错误。故选B。8.如图所示，一竖直轻质弹簧固定在水平地面上，其上端放有一质量为m的小球，小球可视为质点且和弹簧不拴接。现把小球往下按至A位置，迅速松手后，

弹簧把小球弹起，小球上升至最高位置C，图中经过位置B时弹簧正好处于自由状态。已知B、A的高度差为1h，C、B的高度差为2h，重力加速度为g，空气阻力忽略不计。下列说法正确的是（）A.从A位置上升到B位置的过程中，小球的动能一直增大B.

从A位置上升到C位置的过程中，小球的机械能守恒C.小球在A位置时，弹簧的弹性势能等于()12mghh+D.小球在A位置时，弹簧的弹性势能小于()12mghh+【答案】C【解析】【详解】A．小球从A位置上升到B位置的过程中，先加速，当弹簧的弹

力kxmg=时，合力为零，加速度减小到零，速度达到最大；之后小球继续上升，弹簧的弹力小于重力，小球做减速运动，故小球从A上升到B的过程中，动能先增大后减小，选项A错误；B．从A运动到B的过程中，弹簧对小球做正功，小球的机械能增加。从B运动到C的过程中，只受重力，机械能守恒，选项B

错误；CD、根据系统的机械能守恒可知小球在A位置时，弹簧的弹性势能等于小球由A到C位置时增加的重力势能，为21pEmghh=+()选项C正确，D错误。故选C。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求

。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，质量相同的甲乙两个小球（可视为质点）从A点由静止释放，甲沿光滑斜面AB下滑到B点，乙沿光滑斜面AC下滑到C点，B点和C点处于同一高度，斜面AB和AC与水平面间的夹角分别为37和53，sin370.6=，sin53

0.8=，甲乙两小球分别到达B点和C点时（）A.速度相同B.动能相同C.重力做功的瞬时功率之比为1:1D.重力做功的瞬时功率之比为3:4【答案】BD【解析】【详解】A．甲乙两小球分别到达B点和C点时，速度方向不相同，则速度不相同，选项A错误；B．根据动

能定理212mvmgh=可知，两球到达底端时的速度大小相同，动能相同，选项B正确；CD．根据P=mgvy=mgvsinθ可知，重力做功的瞬时功率之比为sin37:sin533:4PP==甲乙:选项C错误，D正确。故选BD。10.避雷针上方有雷雨云时，避雷针附近的电场线

分布如图所示，图中的竖直黑线AB代表了避雷针，CD为水平地面，M、N是电场中的两个点。下列说法正确的是（）A.避雷针尖端感应出了正电荷B.M点的场强比N点的场强大C.M点的电势比N点的电势高D.负电荷从M点移动到N点，电

场力做正功【答案】AC【解析】【详解】A．根据电场线起始于正电荷，结合题图可知，避雷针尖端感应出了正电荷，选项A正确；B．根据题图可知，M点的电场线较疏，因此M点的场强比N点的场强小，选项B错误；C．根据沿着电场线方向电势是降低的，因此M点的电势比N点的电势高，选项C正确；D．负电荷所受电场力

方向与电场强度方向相反，从M点移动到N点，电场力做负功，选项D错误。故选AC。11.如图所示，在圆心为O、半径为R的圆周上等间距分布着三个电荷量均为q的点电荷a、b、c，其中a、b带正电，c带负电。已知静电力常量为

k，下列说法正确的是（）A.a受到的库仑力大小为2233kqRB.c受到的库仑力大小为2233kqRC.a、b在O点产生的场强为23kqR，方向由O指向cD.a、b、c在O点产生的场强为22kqR，方向由O指向c【答案】BD【解析】【详解】AB．根据几何关系得ab间、

bc间、ac间的距离3rR=根据库仑力的公式得a、b、c间的库仑力大小22223qqFkkrR==a受到的两个力夹角为120，所以a受到的库仑力为223aqFFkR==c受到的两个力夹角为60，所以c受到的库仑力为22333ckq

FFR==选项A错误，B正确；C．a、b在O点产生的场强大小相等，根据电场强度定义有02qEkR=a、b带正电，故a在O点产生的场强方向是由a指向O，b在O点产生的场强方向是由b指向O，由矢量合成得a、b在O点产生的场强大小2qEkR=方向由O→c，选项C错误；D．同理c在O点产生的场强大小为

02qEkR=方向由O→c运用矢量合成法则得a、b、c在O点产生的场强22qEkR=方向O→c。选项D正确。故选BD。12.如图所示，质量为1kg的物块（可视为质点），由A点以6m/s的速度滑上正沿逆时针转动的水平传送带（不计两转轮半径的大小），传送带上A、B两点间的距离为8m，已知传

送带的速度大小为3m/s，物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，重力加速度为210m/s。下列说法正确的是（）A.物块在传送带上运动的时间为2sB.物块在传送带上运动的时间为4sC.整个运动过程中由于摩擦产生的热量为16JD.整个运动过程中由于摩擦产生的热量为28J【答案】BD【解析】【

详解】AB．滑块先向右匀减速，根据牛顿第二定律有mgma=解得22m/sag==根据运动学公式有010vat=−解得13st=匀减速运动的位移01063m9m8m22vxtL+====>物体向左匀加速过程，加速度大小仍为22m/sa=，根据运动学公式得物体速度增大至2m/sv=时

通过的位移2212m1m222vxa===用时22s1s2vta===向左运动时最后3m做匀速直线运动，有233=s1s3xtv==即滑块在传送带上运动的总时间为1234stttt=++=物块滑离传送带时的速率为2m/s。选项A错误，B正确；C．向右减速过程和向左加速过程

中，摩擦力为恒力，故摩擦力做功为110.211041J6JfWfxxmgxx=−−=−−=−−=−（）()()选项C错误；D．整个运动过程中由于摩擦产生的热量等于滑块与传送带之间的一对摩擦力做功的代数和，等于摩擦力与相

对路程的乘积；物体向右减速过程，传送带向左移动的距离为114mlvt==物体向左加速过程，传送带运动距离为222mlvt==即121[]QfSmglxlx==++−（）（）代入数据解得28JQ=选项D正确。故选BD。三、非选择题：本题共6小题，

共60分。13.电荷的定向移动形成电流，电流表示单位时间内通过导体横截面的电荷量，即qIt=。电流传感器可以像电流表一样测量电流，并且可以和计算机相连，画出电流与时间的变化图像。图甲是用电流传感器观察充、放电过程的实验电路图，图中电源的电压为6V。先使开关S与1接通，待充电

完成后，再使开关S与2接通，电容器通过电阻放电，电流传感器将电流信息传入计算机，显示出电流随时间变化的It−图像，如图乙所示。(1)下列说法正确的是_____。A．电容器充电的过程中，负电荷由电源的正极移动到电容器的正极板B．电容器充电的过程中，电路中的电流不断增大

C．电容器放电的过程中，电容器两极板间的场强不断变小D．电容器放电的过程中，电容器把储存的电能转化为电路中其它形式的能量(2)乙图中图线与两坐标轴所包围面积的物理意义是___________。(3)若充电完成后，电容器所带的电荷量为33.041

0C−，则该电容器的电容为_______μF。（保留3位有效数字）【答案】(1).CD(2).电容器储存的电荷量(3).567【解析】【详解】(1)[1]A．电容器充电的过程中，正电荷由电源的正极移动到电容

器的正极板，负电荷由电源的负极移动到电容器的负极板，选项A错误；B．电容器充电的过程中，电路中的电流不断减小，选项B错误；C．电容器放电的过程中，电容器带电量逐渐减小，则两极板间的场强不断变小，选项C

正确；D．电容器放电的过程中，电容器把储存的电能转化为电路中其它形式的能量，选项D正确。故选CD。(2)[2]根据图象的含义，因Q=It，可知乙图中图线与两坐标轴所包围面积的物理意义是电容器的放电量，也就是电容器储存的电荷量。(3)[3]电容器的电容343

.0410F5.6710F=567μF6QCU−−===14.某实验小组用落体法验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示。让重物从高处由静止开始下落，打点计时器在重物拖着的纸带上打出一系列的点，对图中纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。(1)对于该实验

，下列说法正确的是_______。A．重物选用质量和密度较大的金属锤B．需用天平测出重物的质量C．实验时，应先释放纸带再接通电源D．打点计时器的两个限位孔应在同一竖直面内且上下对正(2)正确操作实验，得到如图乙所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点

O的距离分别为Ah、Bh、Ch。已知重物的质量为m，当地重力加速度为g，打点计时器打点的频率为f。从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减小量PE=_____，动能增加量kE=_____。(3)实验小组分析了多组数据，发现重力势能的减少量总是大于动能的增加量，原因是_____。【

答案】(1).AD(2).Bmgh(3).22()8CAmfhh−(4).空气对重锤的阻力和打点计时器对纸带的阻力和纸带受到摩擦力的作用，而使减小的机械能有部分转化为内能【解析】【详解】(1)[1]A．重物选用质量和密度

较大的金属锤，以减小摩擦，选项A正确；B．验证机械能守恒定律22211122mghmvmv=−，可知不需要测重物的质量，选项B错误；C．实验时，应先接通电源再释放纸带，选项C错误；D．打点计时器的两个限位孔应在同一竖直面内且上下对正，以减小摩擦，选项D正确。故选AD。(2)

[2]从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减小量PBEmgh=[3]B点的瞬时速度--22CACABhhhhvfT==动能增加量()222128CAkBmfhhEmv−==(3)[4]由于空气对重锤的阻力和打点计时器对纸带的阻力和纸带受到摩擦力

的作用，而使减小的机械能有部分转化为内能，故重力势能的减小量总大于动能的增加量。15.如图所示，内壁光滑的弯曲细钢管固定在天花板上，一根不可伸长的细绳穿过钢管，两端分别拴着小球A和B，小球B的质量0.2kgBm=。当小球A（可视为质点）在水平面内做匀速圆周运动时，小球

A到管口的绳长0.6m=l，拴着小球A的细绳与竖直方向的夹角60=，此时小球B保持静止。取重力加速度210m/sg=，求：(1)小球A的质量Am；(2)小球A的线速度大小v。【答案】(1)0.1kg；(2)3m/s【解析】【详解】(1)设细绳的拉力为F，小球B处于平衡状态有F=mBg在竖直方向

上，小球A处于平衡状态，有Fcosθ=mAg联立解得mA=mBcosθ=0.1kg(2)对于小球A，细绳拉力的水平分量提供圆周运动的向心力，有2AsinvFmr=r=lsinθ则小球A转动的线速度v=3m/s16.我国北斗卫星导航系统有多颗地球同步卫星。如图所

示，发射地球同步卫星时，先将卫星发射到近地圆轨道上，在卫星经过A点时实施变轨进入椭圆轨道，最后在椭圆轨道的远地点B再次变轨将卫星送入同步轨道。已知同步卫星的运行周期为T，距地面高度为地球半径的5.6倍，地球的半径为R，忽略地球自转的影响。(1)求地球同步卫

星线速度v的大小；(2)若已知地球表面重力加速度为g，近地圆轨道距地面高度为h，求卫星在近地点A的加速度a的大小。【答案】(1)13.2=RvT；(2)()22gRaRh=+【解析】【详解】(1)地球同步卫星线速度大小213.2=

=rRvTT(2)根据万有引体提供向心力有()2MmGmaRh=+地球表面附近有2MmGmgR=联立解得卫星在近地点A的加速度a的大小()22gRaRh=+17.如图所示，一质量为10.1kgm=、半径为0.4mR=的环形光

滑细圆管处于竖直面内，固定在一个质量为0.5kgM=的长方体基座上。一质量为20.2kgm=的小球（可视为质点）在管内做完整的圆周运动，长方体基座与地面不粘连且始终相对地面静止。当小球经过最高点时，长方体基座对地面的压力恰好为零。取重力加速度210m/sg=，求：(1)小球经过最高点时的速度大小

；(2)小球经过最低点时长方体基座对地面的压力大小。【答案】(1)(M)mgRvm+=；(2)26FMgmg=+【解析】【详解】(1)当小球经过最高点时，长方体基座对地面的压力恰好为零。则有小球对M的向上的弹力=FMg对小球根据牛顿定

律有2vFmgmR+=其中FF=联立解得最高点时的速度大小(M)mgRvm+=(2)小球从最高点到最低点过程机械能守恒有2211222mgRmvmv+=在最低点根据牛顿第二定律有2NvFmgmR−=联立解得6NFMgmg=+根据

牛顿第三定律可知小球对长方体基座的压力为6NNFFMgmg==+所以小球经过最低点时长方体基座对地面的压力大小26NFMgFMgmg=+=+18.如图所示，虚线MN左侧有一水平向左的匀强电场E1，两条平行的虚线MN和PQ之间有

一竖直向下的匀强电场E2，在虚线PQ右侧有一足够大的屏，该屏与匀强电场E2平行。现将一电子（电荷量为e、质量为m且重力不计）由电场E1中的A点无初速度释放，最后电子打在右侧的屏上。已知1EE=，23EE=，虚线MN和PQ之间宽度为L，PQ与屏之间的宽度也为L，A点到MN的距离为2L，AO连线与屏垂

直，垂足为O，求：(1)电子从释放到打到屏上所用的时间t；(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值tan；(3)电子打到屏上的点到O点的距离y。【答案】（1）3mLeE；（2）3；（3）4.5L【解析】【详解】（1）设电子在电场1E中加速度为a1，运动时间为t1，获

得速度为v，由牛顿第二定律得1eEma=从A点到MN的过程中，由运动学的规律得211122Lat=电子到达MN时的速度11vat=从MN到屏的过程中运动的时间为22Ltv=运动的总时间为12ttt=+解得3mLteE=（2）设电子

射出电场2E时沿平行电场线方向的速度为yv，根据牛顿第二定律得23eEma=运动时间为3Ltv=竖直方向速度为23yvat=tanyvv=解得tan3=（3）设电子在电场2E中运动时沿电场线方向的位移大小为y1，由运动学规律得212312yat=电子打到屏上的点到点O的距离1tanyyL

=+解得4.5yL=