2019-2020学年山东省烟台二中高一(下)期末物理试卷

1、2019-2020 学年山东省烟台二中高一（下）期末物理试卷1选择题（ 1-7题为单选， 8-14题为多选，每题均为 3分，选不全得 2 分）3 分）如图，一质量为 m ，长度为 l 的均匀柔软细绳 PQ 竖直悬挂。用外力将绳的下端 Q 缓慢地竖直向上拉起至 M 点，M 点与绳的上端 P相距l重力加速度大小为 g。在此过程中，外力做的功为（AmglB mglCmglD mgl23 分）如图所示，光滑斜面放在水平面上，斜面上用固定的竖直挡板挡住一个光滑的重球。当整个装置沿水平面向左减速运动的过程中，关于重球所受各力做功情况的说法中错误是（A 重力不做功B斜面对球的弹力一定做正功C挡板对球的弹力可

2、能不做功D挡板对球的弹力一定做负功33 分）如图，一半径为 R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m 的质点自轨道端点 P 由静止开Q 时，对轨道的正压力为 2mg，重力加速度大小为 g。质点自 P滑到 Q 的过程中，克服摩始滑下，滑到最低点）BmgRCmgRD mgR43 分）小球 P 和 Q 用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上， P 球的质量大于 Q 球的质量，悬挂 P 球的绳比悬挂 Q 球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点，A P球的速度一定大于 Q 球的速度 BP球的动能一定小于 Q 球的动能C P 球所受绳的拉力一定大于 Q

3、 球所受绳的拉力 D P球的向心加速度一定小于 Q 球的向心加速度5（ 3 分）如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。 在两极板间有一个固定在 P 点的点电荷，以 E 表示两板间的电场强度， Ep 表示点电荷在 P 点的电势能， 表示 静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（ ）A 增大， E增大C 减小， EP 增大B增大， EP 不变D 减小， E 不变，虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨6（ 3 分）如图所示，实线表示某电场的电场线（方向未标出）迹，设 M 点和 N 点的电势分别为 M

4、 、 N，粒子在 M 和 N 时加速度大小分别为 aM 、 aN，速度大小分别为 vM 、CM< N，EPM<EPNEPN列判断正确的是（ ）BvM<vN，M<NDaM<aN，EPM<EPN7（3 分）如图所示，匀强电场的电场强度大小为200V/m ，AB 两点间距离为 20cm，AB 连线与电场夹角为 60°，则 U AB 的值为（B 20VC20VD40V8（ 3分）如图所示，细线的一端固定于O 点，另一端系一小球，在水平拉力 F 作用下，小球以恒定速率在竖直平A 小球的机械能保持不变B 小球受的合力对小球不做功C水平拉力 F 的瞬时功率逐渐减

5、小D 小球克服重力做功的瞬时功率逐渐增大9（ 3分）如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为 m 的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度的大小g。物块上升的最大高度为 H ，则此过程中，物块的（A 动能损失了 2mgHC 机械能损失了 mgHB动能损失了 mgHD机械能损失了10（3 分）如图，滑块a、 b 的质量均为m，a 套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b 放在地面上， a、b 通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。不计摩擦，a、 b 可视为质点，重力加速度大小为g。则（）A a落地前，轻杆对 b 一直做正功Ba落地时速度大小

6、为Ca 下落过程中，其加速度大小始终不大于gD a落地前，当 a的机械能最小时， b 对地面的压力大小为 mg11（3分）如图所示，在场强大小为 E 的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细线一端拴一个质量为 m、电荷量为 q 的带负电小球，另一端固定在 O 点。把小球拉到使细线水平的位置 A ，然后将小球由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平成 60°的位置 B 时速度为零。以下说法正确的是（mg EqB 小球重力与电场力的关系是Eq mgC球在 B 点时，细线拉力为T mgD 球在 B 点时，细线拉力为T2EqA、12（3 分）如图所示， 真空中 M 、N 点处固定有两等量异种点电荷，

7、 其连线的中点为 O，实线是连线的中垂线，B、C、D 分别是连线及延长线和中垂线上的点，其中B、D 分别是 MO 和 ON 的中点，且 AO 3BO，取无穷远处电势为零，则（A A 点电势比 B 点电势低B B 点和 C 点电场强度方向相同CB、O 两点电场强度大小之比为20：9D若把单位正电荷从 O点移到 D点，电场力做功为 W，则 D 点电势为 W 13（ 3 分）如图所示， 一带电荷量为 q 的带电粒子以一定的初速度由 P 点射入匀强电场， 入射方向与电场线垂直 粒子从 Q 点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角已知匀强电场的宽度为 d，P、Q 两点的电势差为 U ，不A

8、带电粒子在 Q 点的电势能为 UqB带电粒子带负电C 此匀强电场的电场强度大小为ED此匀强电场的电场强度大小为E 14（ 3 分）如图所示，在点电荷 Q 产生的电场中，实线 MN 是一条方向未标出的电场线，虚线 AB 是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A 、 B 两点的加速度大小分别为 aA、 aB，电势能分别为 EpA、 EpB下列说法正确的是（ ）A 电子一定从 A 向 B 运动B 若 aA>aB ，则 Q 靠近 M 端且为正电荷C无论 Q 为正电荷还是负电荷一定有 EpA< EpBD B 点电势可能高于 A 点电势三实验题（共 4小题，共 18 分）15利用图甲所

9、示的装置做“验证机械能守恒定律”的实验。（ 1）已知打点计时器所用电源的频率为f ，重物的质量为 m，当地的重加速度为 g，实验中得到一条点迹清晰的纸带如图乙所示， 把打下的第一个点记作 O，在纸带上测量四个连续的点 A、B、C、D到 O点的距离分别为 hA、hB、hC、hD，则重物由 O 点运动到 C 点的过程中，计算重力势能减少量的表达式为Ep，计算动能增加量的表达式为 E k。（2）由实验数据得到的结果应当是重力势能的减少量动能的增加量 （选填“大于”、“小于” 或“等于”），原因是 。（ 3）小红利用公式 vC计算重物的速度 vc，由此计算重物增加的动能 Ek mvC2，然后计算此过程

10、中重物减小的重力势能 EP，则结果应当是 EP（选填“>” 、“<”或“” ） Ek。16某实验小组用如图甲所示装置测量木板对木块的摩擦力所做的功。实验时，木块在重物牵引下向右运动，重物落地后， 木块继续向右做匀减速运动。 图乙是重物落地后打点计时器打出的纸带，纸带上的小黑点是计数点， 相邻的两计数点之间还有 4 个点（图中未标出） ，计数点间的距离如图所示。已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz。1）可以判断纸带的填“左端”或右端” ）与木块连接。根据纸带提供的数据可计算出打点计时器m/s。（结果保留两位有效数字）在打下 A 点、 B 点时木块的速度 vA、vB，其中 vA2）

11、要测量在 AB 段木板对木块的摩擦力所做的功W AB，还应测量的物理量是。（填入物理量前的字母）A 木板的长度 lB 木块的质量 m1C 木板的质量 m2D 重物的质量 m3E木块运动的时间 t F AB 段的距离 xAB（3）在 AB 段木板对木块的摩擦力所做的功的表达式WAB。（用 vA、 vB 和第（ 2）问中测得的物理量的符号表示）17某同学用如图甲所示的电路测量一个电容器的电容，图中 R为 20k的电阻，电源电动势为 6.0V，内阻可不计。 实验时先将开关 S 接 1，经过一段时间后，当电流表示数为A 时表示电容器极板间电压最大。 将开关 S 接 2，将传感器连接在计算机上， 经处理

12、后画出电容器放电的 it 图象， 如图乙所示。 由图象可知， 图象与两坐标轴所围的面积表示电容器放出的电荷量。试根据 i t 图象，求该电容器所放出的电荷量qF（计算结果保留两位有效数字）18如图所示实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板和静电计外壳接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连。1）使电容器带电后与电源断开 上移左极板，可观察到静电计指针偏转角 （选填变大，变小或不变） ； 将极板间距离减小时，可观察到静电计指针偏转角（选填变大，变小或不变） 两板间插入一块玻璃，可观察到静电计指针偏转角（选填变大，变小或不变）（2）下列关于实验中使用静电计的说法中正确的有A

13、 使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况B使用静电计的目的是测量电容器电量的变化情况C静电计可以用电压表替代 D静电计可以用电流表替代。四计算题（共 4 小题）19（ 10 分）如图所示，水平面与竖直面内半径为R 的半圆形轨道在 B 点相切一个质量为 m 的物体将弹簧压缩至离 B 点 3R 的 A 处由静止释放，物体沿水平面向右滑动，一段时间后脱离弹簧，经 B 点进入半圆轨道时对轨 道的压力为 8mg，之后沿圆形轨道通过高点 C时速度为 物体与水平面间动摩擦因数为 0.5，不计空气阻力 求： （ 1）经 B 点时物体的向心力大小；（2）离开 C 点后物体运动的位移；20（ 10 分）如图所

14、示，离子发生器发射一束质量为m，电荷量为 +q 的离子，从静止经 PQ 两板间的加速电压加速后，以初速度 v0再从 a点沿 ab方向进入一匀强电场区域， abcd 所围成的正方形区域是该匀强电场的边界，已知正方形的边长为 L ，匀强电场的方向与 ad边平行且由 a 指向 d1）求加速电压 U 0；2）若离子恰从 c 点飞离电场，求 ac 两点间的电势差 Uac；3）若离子从 abcd 边界上某点飞出时的动能为 mv 02，求此时匀强电场的场强大小 E21（ 10 分）如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间的距离为 d，上板正中有一小孔。质量为 m、电荷量为 +q 的小球从小孔

15、正上方高 h 处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（空气阻 力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g）。求：（1）小球到达小孔处的速度；（ 2）极板间电场强度的大小和电容器所带电荷量；（3）小球从开始下落运动到下极板处的时间。22（ 10 分）如图所示，BCDG 是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道m、带正电的小滑块（可视为质点）置在 B 点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中。现有一质量为于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为 g。1）若滑块从水平轨道上距离 B点 s3R的

16、A 点由静止释放，滑块到达与圆心 O等高的 C点时速度为多大？2）在（ 1）的情况下，求滑块到达 C 点时受到轨道的作用力大小；3）改变 s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G 点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小。7Cr(2JQ.Q2019-2020 学年山东省烟台二中高一（下）期末物理试卷试题解析每题均为 3分，选不全得 2 分）选择题（ 1-7 题为单选， 8-14 题为多选，1解：根据功能关系可知，拉力所做的功等于MQ 段系统重力势能的增加量；对 MQ 分析，设 Q 点为零势能点，则可知，MQ 段的重力势能为 EP1×××将 Q 点拉至

17、 M 点时，重心离 Q 点的高度，故重力势能 EP2BCD 错误。因此可知拉力所做的功 WEP2EP1 mgl ，故 A 正确，故选： A 。2解： A 、对小球进行受力分析如图：小球受到竖直向下的重力mg，斜面的垂直斜面向上的弹力N2，挡板对它水平向左的弹力 N1，其他力都不垂直，故只有重力不做功，其它两个而小球位移方向水平向左，所以只有重力方向与位移方向垂直，力都做功，故 A 正确。N20，且 N2 与位移的夹角为锐B、由于整个装置向左减速运动，加速度水平向右，竖直方向受力平衡，则得角，斜面对球的弹力一定做正功。故 B 正确。C、D 、设加速度为 a，斜面的倾角为 ，根据牛顿第二定律得竖直

18、方向： N2cosmg 0水平方向： N 1 N 2sin ma由上分析得知， N2 不变， N10，因为挡板对球的弹力 N1的方向与位移方向相反，所以N1一定做负功。故 C错误，D 正确。本题选错误的， 故选： C 。3解：质点经过 Q 点时，由重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿第二定律得：N mg mNmgm 由题有： N 2mg 可得： vQ质点自 P滑到 Q的过程中，由动能定理得：mgRWf得克服摩擦力所做的功为W f mgR故选： C 。4解： AB 从静止释放至最低点，由机械能守恒得：mgR mv 2，解得： v在最低点的速度只与半径有关，可知vP<vQ；动能与质量和半径有

19、关，由于P球的质量大于 Q 球的质量，悬挂P 球的绳比悬挂 Q 球的绳短，所以不能比较动能的大小。故 AB 错误；CD在最低点，拉力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：F mgm ，解得， F mg+mC 正确， D 错误。所以 P 球所受绳的拉力一定大于 Q 球所受绳的拉力，向心加速度两者相等。故故选： C 。5解：电容器与电源断开，故电量不变；上极板向下移动时，两板间的距离减小，根据C可知，电容 C增大，则根据 C 可知，电压 U 减小；故静电计指针偏角减小；两板间的电场强度为： E ；因此电场强度与板间距无关，因此电场强度不变；再根据设 P与下极板距离为 L，则P点的电势 P EL

20、 ，电势能 EP ELq ； 因此电荷在 P点的电势能保持不变；故 D 正确， ABC 错误；故选： D 。6解：带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，根据电场线疏密可知， EM<EN，根据 FEq 和牛顿第二定律可知， aM<aN； 根据带负电粒子受力情况可知，电场线方向斜向左上方，又沿着电场线方向，电势逐渐降低，故M > N；M 点时的速度比通过 N 点时的速度大，即因为负电荷在电势越低的地方电势能越大， 粒子在 M 点具有的电势能比在 N 点具有的电势能小， 即 EPM< EPN； 若粒子从 M 到 N 过程，电场力做负功，动能减小，故带电粒子通过vM >v

21、N，故 ABC 错误， D 正确；故选： D 。7解： UAB 的值为： UABESABcos60°200×0.2×0.520V，故 C正确， ABD 错误故选： C 。8解： A 、小球匀速率运动，重力势能增加，动能不变，故机械能增加，故A 错误；B 、小球匀速率运动，动能不变，根据动能定理，合力做功为零，故B 正确；C、小球匀速率运动，合力的功率为零，匀速率运动，小球克服重力做功的瞬时功率不断增加，拉力T 不做功，故拉力 F 的功率不断增加，故 C 错误；D 、重力不变，速度方向与重力的夹角不断增加（大于90 度），故根据 P Gvcos，重力的瞬时功率的绝对

22、值不断增大；故 D 正确；故选： BD 。9解：根据动能定理应有 ma 2mgH ，动能增量为负值，说明动能减少了2mgH ，所以 A正确 B 错误；再由牛顿第二定律（选取沿斜面向下为正方向）有mgsin30 ° +f ma mg，可得 f mg，根据功能关系应有Ef mgH，即机械能损失了 mgH ，所以 C正确 D 错误。故选： AC 。10解： A 、当 a到达底端时， b 的速度为零， b的速度在整个过程中，先增大后减小，动能先增大后减小，所以轻杆对 b 先做正功，后做负功。故 A 错误。B 、a 运动到最低点时， b 的速度为零，根据系统机械能守恒定律得：mAgh mAvA

23、2，解得 vA故 B正确。C、b的速度在整个过程中，先增大后减小，所以a对 b的作用力先是动力后是阻力，所以b对 a的作用力就先是阻力后是动力，所以在 b减速的过程中， b对 a是向下的拉力，此时 a的加速度大于重力加速度，故 C 错误； D 、 ab 整体的机械能守恒，当 a 的机械能最小时， b 的速度最大，此时 b 受到 a 的推力为零， b 只受到重力的作 用，所以 b 对地面的压力大小为 mg，故 D 正确；故选： BD 。11解：（1）类比单摆，根据对称性可知，小球处在弧线中点位置时切线方向合力为零，此时细线与水平方向夹角恰为 30°，根据三角函数关系可得： qEsin3

24、0° mgcos30°，化简可知 Eq mg ，选项 A 错误、 B 正确；2）小球到达 B 点时速度为零， 向心力为零， 则沿细线方向合力为零， 此时对小球受力分析可知： T qEcos60°+mgsin60°，故细线拉力 T mg，选项 C 正确、 D 错误。 故选： BC 。12解： A 、无穷远处电势为零，正电荷周围电势为正，负电荷周围电势为负，则A 、B 两点离正电荷距离相等，但 A 点离负电荷远，则 A 点电势高于 B 点，故 A 错误；B、根据场强叠加原理可知， B点和 C点的电场强度方向沿连线向右，故 B 正确；C、设 BOr，根据点电荷

25、场强公式可知， B 点场强：EB+ ，O 点场强：EO，则 B、O两点电场强度大小之比为 20：9，故 C 正确；D、无穷远处电势为零，则中垂线的电势也为零，若把单位正电荷从 O点移到 D点，电场力做功为 W，则 D点 电势为 W ，故 D 错误。故选： BC 。13解： A、 B、由图看出粒子的轨迹向上，则所受的电场力向上，与电场方向相同，所以该粒子带正电。粒子从 P 到 Q，电场力做正功，为 W qU ，则粒子的电势能减少了 qU，P 点的电势为零，则知带电粒子在Q 点的电势能为 Uq，故 A 正确、 B 错误。y 轴，C、D、设带电粒子在 P点时的速度为 v0，在 Q点建立直角坐标系，

26、垂直于电场线为 x轴，平行于电场线为由平抛运动的规律和几何知识求得粒子在 y 轴方向的分速度为： v y v0。粒子在 y 方向上的平均速度为：粒子在 y 方向上的位移为 y0，粒子在电场中的运动时间为t，则：竖直方向有：y0E，故 C正确，D 错误。联立得：故选：水平方向有： d v0t可得： y0所以场强为：14解： A 、由于不知道电子速度变化，由运动轨迹图不能判断电子向那个方向运动，故A 错误；B、若 aA>aB，则 A 点离点电荷 Q更近即 Q靠近 M 端；又由运动轨迹可知，电场力方向指向凹的一侧即左侧，所以，在 MN 上电场方向向右，那么 Q 靠近 M 端且为正电荷，故 B

27、正确；C、由 B 可知，电子所受电场力方向指向左侧，那么，若电子从A 向 B 运动，则电场力做负功，电势能增加；若电子从 B 向 A 运动，则电场力做正功，电势能减小，所以，一定有EpA<EpB 求解过程与 Q 所带电荷无关，只与电场线方向相关，故 C 正确；故选： BC 。三实验题（共 4小题，共 18 分）15解：（ 1）重物由 O 点运动到 C点的过程中，重力势能减小量为：EpmghC在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，因此有：2D 、由 B 可知，电场线方向由 M 指向 N，那么 A 点电势高于 B 点，故 D 错误；所以动能增加量为： Ek mv C2（

28、2）在实际的实验结果中，往往会出现重物的重力势能的减小量大于其动能增加量，出现这样结果的主要原因 是重物与纸带克服空气与摩擦阻力做功，导致少部分重力势能转化为内能。（ 3）若利用公式 vC计算重物的速度 vc，则说明重物就是做自由落体运动，重物的机械能守恒，那么计算重物增加的动能： Ek mv C2，而计算此过程中重物减小的重力势能：Ep mghC，因此 EP Ek。故答案为：（1）mghC；（ 2）大于；重物与纸带克服空气与摩擦阻力做功，导致少部分重力势能转化为内能； （ 3）。16解：（ 1）木块在重物牵引下向右运动，重物落地后，木块继续向右做匀减速运动，则相等时间内的位移越来越 小，可知

29、纸带的右端与木块相连。A 点的瞬时速度为：m/s 0.72m/s。（2）重物着地后，摩擦力做功等于木块动能的变化量，根据A、 B 的速度大小求出摩擦力做功的大小，所以还需要测量的物理量为木块的质量。故选：B。（ 3）根据动能定理知， WAB 故答案为：（ 1）右端， 0.72；（ 2）B ；（3） 17解： 电容器接通电源后充电，充电电流越来越小，当电流为零时电容器充电完成，此时电容器两端的电压最大；90 个；每一小格表 图线与两坐标轴所围成的面积就是电容器的放电量，数出图象与横轴包含的面积格为约为示电量为： I? t 20× 10 6A×0.5×10 6s1&#

30、215;10 9C；故电量为： Q 90×1.0×109C 9.0×1010C则电容 C 1.5×1010F1.5×104F故答案为： 0； 9.0×1010； 1.5×10418解：（ 1） 根据电容的决定式 C知，上移左极板，正对面积 S 减小，则电容减小，根据 U 知， 根据电容的决定式 减小，指针偏角变小。 根据电容的决定式将极板间距离减小时，电容增大，根据两板间插入一块玻璃，电容增大，根据电荷量不变，则电势差增大，指针偏角变大。U 知，电荷量不变，则电势差U 知，电荷量不变，则电势差减小，指针偏角变小。2）A、B、

31、静电计可测量电势差，根据指针张角的大小，观察电容器电压的变化情况，无法判断电量的变化情况。故 A 正确， B 错误。C、D、静电计与电压表、电流表的原理不同，不能替代。电流表、电压表线圈中必须有电流通过时，指针才偏 转。故 CD 错误。故选 A 。故答案为：（1）变大，变小，变小 （2） A。四计算题（共 4 小题） 19解：（ 1）物块对轨道的压力 F1，轨道对物体的支持力 F2，由牛顿第三定律知：F1F2对物块在 B 点受力分析，由向心力公式和牛顿第二定律得：F 向心力 F2 mg 7mg（2）离开C 点后物体做平抛运动：竖直方向：y2R水平方向：vCxvCt2R总位移 x 位 2 R，方向与水平面成 45°的角斜向左下方3）物体从 A 到 B 过程中：WfmgxAB 1.5mgR对物块在 B 点受力分析：F 向心力 m物块在 B 点动能 EkB m