常州市高一物理下学期期末试卷(含解析)

1、014-2015学年江苏省常州市高一（下）期末物理试卷一、单项选择题（共 6小题，每小题3分，？t分18分，在每小题给出的四个选项中，只有一 个选项符合题意）1. （3分）（2014以津二模）质点所受的力F随时间变化的规律如图所示，力的方向始终在一直线上.已知t=0时质点的速度为零.在图中所示的3、t2、t3和t4各时刻中，哪一时刻质点的动能最大（）F+A.t1 B.t2 C.t3 D.t4考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的图像.专题：动能定理的应用专题.分析：通过分析质点的运动情况，确定速度如何变化，再分析动能如何变化，确定什么时刻动能最大.解答：解：由力的图象分析可知：在0st1时间内

2、，质点向正方向做加速度增大的加速运动.在t1St2时间内，质点向正方向做加速度减小的加速运动.在t 2st 3时间内，质点向正方向做加速度增大的减速运动.在t 3st 4时间内，质点向正方向做加速度减小的减速运动.t4时刻速度为零.则t 2时刻质点的速度最大，动能最大.故选B.点评：动能是状态量，其大小与速度大小有关，根据受力情况来分析运动情况确定速度的变化，再分析动能的变化是常用的思路.2. （3分）（2013旭台县校级学业考试）用水平恒力F作用于质量为 m的物体，使之在光滑水平面上沿力的方向移动距离L;再用该水平恒力作用于质量为2m的物体上，使之在粗糙水平面上移动同样距离 L,则（）A.

3、两种情况下，水平恒力 F做功一样多B. 在光滑水平面上时，水平恒力F所做的功多C. 在粗糙水平面上时，水平恒力F所做的功多D. 在粗糙水平面上水平恒力 F对物体所做的功是光滑水平面上做功的2倍考点：功的计算.专题： 功的计算专题.分析：本题是对功的公式的直接应用，根据功的公式直接计算即可.解答： 解：由于物体受到的都是恒力的作用，根据恒力做功的公式W=FLM知，在两次拉物体运动的过程中，拉力的大小相同，物体运动的位移也相等，所以两次拉力做的功相同，所以 A正确.故选：A.点评： 恒力做功，根据功的公式直接比较即可，比较简单.3. （3分）（2015春？常州期末）如图所示，为一环境温度监控电器，

4、R为灯泡，R为半导体材料制成的热敏电阻（电阻随温度升高而变小），当环境温度降低时则有（）A. 灯泡的亮度变亮，电路中消耗的总功率P变小B. 灯泡的亮度变亮，电路中消耗的总功率P变大C. 灯泡的亮度变暗，电路中消耗的总功率P变小D. 灯泡的亮度变暗，电路中消耗的总功率P变大考点：电功、电功率.专题： 恒定电流专题.分析：灯泡亮度由实际功率决定，功率大小可由功率公式作出判断.分析电路结构根据热敏电阻的性质明确电阻的变化，即可得出电流和功率的变化.解答： 解：热敏电阻的阻值随温度升高而变小，当环境温度降低时电阻变大.由欧姆定律可知，电源电压不变，电阻变大，电流变小.由P=I2R可知，灯泡电阻不变，电

5、流小了，实际功率变小，则灯泡变暗.由P业可知，电源电压不变，总电阻变大，电路中消耗的总功率PR变小.故选：C.2点评：本题的关键是用好两个变形公式，P=I2R和P=，在运用公式时一定要注意公式中的量必须是同一段电路上的量.4. （3分）（2011?海淀区学业考试）在真空中有两个点电荷，带电量分别为 qi、q2,相距为l , 它们之间的作用力为 F.则（）A. 若它们所带的电量不变，距离变为21 ,则它们之间的作用力变为 2FB.若它们所带的电量不变，距离变为则它们之间的作用力变为 -24C. 若它们之间的距离不变，电量都变为原来的2倍，则它们之间的作用力变为 4FD. 若它们之间的距离不变，电

6、量都变为原来的1倍，则它们之间白作用力变为 4F2考点：库仑定律.专题：电场力与电势的性质专题.分析：在真空中有两个点电荷间的作用力遵守库仑定律，根据库仑定律，运用比例法求解.解答： 解：由题F=L2A当电量不变，距离变为 2L时，库仑力变为-F.故A错误.4B 、若它们所带的电量不变，距离变为工，库仑力变为4F.故B错误.2k*2<i| *2qn 皿，C 、Fc=1M4F,故 C 正确.Qi q2k* 一D 、Fd=Z_-=1f,故 D错误.L2 4故选C.点评：本题考查运用比例法解决物理问题的能力，技巧在于用相同的量表示作用力，然后求出比例关系.5. （3分）（2015春？常州期末）

7、如图所示，a、b、c三个相同的小球，a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时b、c从同一高度分别开始自由下落和平抛.下列说法正确的有 （）A. 它们的落地时间相同B. 运动过程中重力做的功相等C. 它们的落地时的动能相同D. 它们落地时重力的瞬时功率相等考点： 功率、平均功率和瞬时功率；自由落体运动；平抛运动；功的计算.专题：功率的计算专题.分析：a做的是匀变速直线运动，b是自由落体运动，c是平抛运动，根据它们各自的运动的特点可以分析运动的时间和末速度的情况，由功率的公式可以得出结论.解答： 解：A bc运动的时间相同，a的运动的时间要比 bc的长，故A错误；B> a、b、c三个小球的初

8、位置相同，它们的末位置也相同，由于重力做功只与物体的初末位置有关，所以三个球的重力做功相等，所以 B正确.C由动能定理可知，三个球的重力做功相等，它们的动能的变化相同，但是c是平抛的，所以c有初速度，故c的末动能要大，所以 C错误.D三个球的重力相等，但是它们的竖直方向上的末速度不同，所以瞬时功率不可能相等，所 以D错误.故选：B点评：在计算瞬时功率时，只能用P=FV来求解，用公式 P!求得是平均功率的大小，在计X算平均功率和瞬时功率时一定要注意公式的选择.6. （3分）（2015春？常州期末）如图所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由Z匀速运动，电子重力不计，则电子除受电场力外， 所受的另一个

9、力的大小和方向变化情况是（）A. 先变大后变小，方向水平向左B. 先变大后变小，方向水平向右C. 先变小后变大，方向水平向左D. 先变小后变大，方向水平向右考点：电场强度.分析：电子做匀速直线运动，知受电场力和外力平衡，外力的大小与电场力的大小相等，方向相反，根据电场力的变化判断外力的变化.解答： 解：根据等量异种电荷周围的电场线分布知，从A-8B,电场强度的方向不变，水平向左，电场强度的大小先增大后减小.则电子所受电场力的大小先变大，后变小，方向水平向右，则外力的大小先变大后变小，方向水平向左.故A正确，B、C D错误.故选：A.点评：解决本题的关键知道外力的大小与电场力的大小相等，方向相反

10、，是一对平衡力.二、多项选择题（共 4小题，每小题4分，？t分16分，每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得 2分，错选或不选的得 0分）7. （4分）（2015春?常州期末）如果在某电场中将 5.0 X10- （4分）（2015春?常州期末）如图 A、B是平行板电容器的两个极板，B板接地，A板带有 电荷量+Q,板间电场中有一固定点 巳若将B板固定，A板下移一些；或者将 A板固定，B板C的电荷由A点移到B点，电场 力做6.0 X10 3J的功，那么（）A. A、B两点间的电势差是 1.2X105VB. A、B两点间的电势差是 3.0 X10 上移一些，在这两种情况下，以下说

11、法中正确的是（）VC. 若在A、B两点间移动2.5 X10-8C的电荷，电场力将做 3.0X10-3J的功D. 若在A、B两点间移动2.5 X108C的电荷，电场力将做 3.0X1017J的功考点：电势差与电场强度的关系；电势差.专题：电场力与电势的性质专题.分析：根据公式 5广坦求解电势差A、B间的电势差与所移动的电荷无关，再由公式 W=qUQ求解在A、B两点间移动2.5 X10-8C的电荷时，电场力做的功.W £ 一 3解答： 解：A、B, A B两点间的电势差 UAb=§=6- 0X1 0 _ -11 2X 1 05V.故A正确，B Q 5.0X1 0 3错误.C 、

12、D,在A、B两点间移动2.5 X10-8C的电荷时，A、B间的电势差不变.则电场力做功W ab，=q，Uae=2.5 X 10 8X 1.2 X 105J=3.0X10 3J故C正确，D错误.故选：AC点评：本题要抓住电场中两点间的电势差由电场中两点的位置决定，与移动的试探电荷无关.A.B.C.D.A板下移时, A板下移时, B板上移时, B板上移时,P点的电场强度不变, P点的电场强度不变, P点的电场强度减小, P点的电场强度减小,P点电势不变 P点电势升高 P点电势升高 P点电势降低考点：电容器的动态分析.专题：电容器专题.分析： 由题，电容器两板所带电量不变， 改变板间距离时，根据推论

13、分析板间场强的变化.由U=Ed分析P点与下板间的电势差如何变化，结合电势的高低关系，判断P点电势的变化.解答：解：A B:根据电容的决定式 C= ES、电容的定义式 C-Q和E=口得到：板间场强为 E=44kQ4nkdU d用由题，电容器两板所带电量不变，正对面积不变，A板下移时，根据 E=叼世可知,P点的电ES场强度E不变.P点与下板的距离不变，根据公式 U=Ed P点与下板间的电势差不变，则 P点 的电势不变.故A正确，B错误.C D: B板上移时，同理得知，P点的电场强度不变，根据公式U=Ed, P点与下板的电势差减小，而P点的电势高于下板的电势，下板的电势为零，所以P点电势降低.故 C

14、、D错误.故选：A点评：本题是电容器的动态变化分析问题，板间的场强E出型要在理解并会推导的基础明上记住，这是一个很重要的结论.9. （4分）（2015春？常州期末）在空军演习中，某空降兵从飞机上跳下，他从跳离飞机到落 地的过程中沿竖直方向运动的 v-t图象如图所示，则下列说法正确的是（）A. 010s内空降兵和伞整体所受重力大于空气阻力B. 第10s末空降兵打开降落伞，此后做匀减速运动至第15s末C. 10s15s空降兵竖直方向的加速度向上，加速度大小在逐渐减小D. 15s后空降兵保持匀速下落，此过程中机械能守恒考点：机械能守恒定律.专题：机械能守恒定律应用专题.分析：由图象可知物体的速度及加

15、速度的变化情况，则由牛顿第二定律可知受力情况，再由机械能守恒的条件可得出机械能是否守恒.解答： 解：A、由图可知，前10s内空降兵先做匀加速运动，后做加速度减小的加速运动，故合外力应向下，故重力大于空气阻力，故A正确；日10s后空降兵打开降落伞，由图象可知，其做加速度减小的减速运动，故 B错误；C 10s- 15 s内图象斜率为负，所以加速度方向向上，斜率逐渐减小，所以加速度也在减小，故C正确；D因空降兵在下落过程中受到空气阻力，故机械能不守恒，故 D错误；故选：AC.点评：对于速度-时间图象应明确图象的斜率表示物体运动的加速度，图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移.10. （4分）（20

16、14?惠安县卞拟）P、Q两电荷的电场线分布如图所示，a、b、c、d为电场中的四点.一个离子从 a运动到b （不计重力），轨迹如图所示.则下列判断正确的是（）A. 离子从a到b,电势能增加B. 离子在运动过程中受到 P的排拆力C. c、d两点电势相等D. 离子从a到b,动能增加考点： 电势；电势能.专题：电场力与电势的性质专题.分析：电场线起于正电荷，终止于负电荷，结合电场线的特点，确定P、Q电荷的电性，根据轨迹的弯曲确定所受电场力的方向，从而确定是排斥还是吸引，判断出离子的电性，根据正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势高处电势能小，分析电势能的变化，由能量守恒分析动能的变化.通过沿着电场线方

17、向电势逐渐降低判断c、d两点电势的高低.解答：解： A、由图中电场线的分布情况可知P带正电，Q带负电.离子从a到b,电场力与速度的夹角为钝角，所以做负功，电势能增加.故A正确.B Dk离子从a运动b的过程中，轨迹向内弯曲，则离子受到P的吸引力作用，从 a到b,电场力做负功，根据动能定理可知动能减小，故BD错误.C沿着电场线方向电势逐渐降低，则知c点的电势高于d点的电势.故C错误.故选：A.点评：解决本题的关键知道电场线的特点，以及知道沿着电场线方向电势逐渐降低.知道粒子做曲线运动，合力的方向大致指向轨迹凹的一向.三、简答题：本题共2小题，共17分，请把答案填在答题纸相应的横线上或按题目要求作答

18、 . 11. （6分）（2015春？常州期末）如图所示，滑动变阻器 R1的最大阻值是200Q, R为200Q, AB两端间的电压为8V,当开关S断开时，移动滑动头 P, R两端可获得电压的范围值为 4 8 V:当开关S闭合时，移动滑动头 P, R两端可获得电压的范围值为 08 V,若R电阻阻值不知道，用如图所示的电路测量R的阻值，实验过程中为了能使电阻R两端的电压变化范围尽可能大，则应该采用开关S闭合 （填“断开”或“闭合”）时的电路.考点：闭合电路的欧姆定律.专题：恒定电流专题.分析： 当S断开时，滑片P在R的最右端时，R电压最大，P在R最左端时，R电压最小.当 S闭合时，P在R最左端时，R

19、电压最小，在 Ri最右端时，R电压最大.解答：解：当S断开时，滑片P在R的最右端时，R两端的电压等于 A B间的电压，为8V. P在Ri最左端时，R两端的电压 =TT =辿x 8V=4V,则R两端可获得电压的范围值 仆 + R J处 200+200为48V.当开关S闭合时，移动滑动头 P, R两端可获得电压的范围值为 08V.由上知，实验过程中为了能使电阻R两端的电压变化范围尽可能大，则应该采用开关S闭合的电路.故答案为：48, 08,闭合.点评：明确电路中各元件的连接情况，然后再根据串并联规律求解即可，由本题可加深理解限流器和分压器调压范围的大小.12. （11分）（2015春？常州期末）物

20、理兴趣小组的同学利用图甲所示的实验器材，测绘某个电学元件的伏安特性曲线.下表是他们在实验中记录的一组数据.其中毫安表内阻约为 200 a.U/V00.400.801.201.602.002.402.80I/mA00.62.14.27.112.218.830.0（1）实验桌上有两只电压表：V1 （3V,内阻约3kQ ）, V2 （15V,内阻约15kQ）,他们应该选择,表（选填“V 1”或“V 2”）；(2)(3)(4)用笔画线代替导线，在图甲中正确连线；在图乙中选择合适的纵坐标，画出该元件的伏安特性曲线；当该元件消耗的功率为 20mW寸，其两端白电压为 1.9 V （保留两位有效数字） 考点：

21、 描绘小电珠的伏安特性曲线.图甲图乙专题：实验题；恒定电流专题.分析： 本题(1)的关键是根据表中数据的最大电压来选择电压表量程.题(2)的关键是根据实验要求电流从零调可知变阻器应用分压式接法，根据待测电阻远小于电压表内阻可知， 电流表应用外接法.题(3)的关键是认真描点画出平滑的曲线即可.题(4)的关键是根据I-U图象读出满足UI=20mW寸应的电压值即可.解答： 解：(1):根据表中数据可知元件两端最大电压为2.8V,所以电压表应选 丫；一，- , U ? QA _，一一 (2)由于待测元件的最大电阻为 R丁二一,满足R <<R的条件，所1 30X10戈 v以电流表应用外接法；

22、又实验要求电流从零调，所以变阻器应用分压式接法，连线图如图所示：(3):画出的I -U图象如图所示:O 1.02,03.04.0 UN(4)：根据I - U图线可知，当 U=1.9V, I=11mA,功率P=UI=20.1W,所以待测元件两端电压 为 U=1.9V.故答案为：(1) V(2)如图(3)如图(4) 1.9点评：对电学实验应明确：根据待测元件的最大电压来选择电压表.若要求电流从零调时变阻器应用分压式接法.当待测电阻远小于电压表内阻时，电流表应用外接法.四、计算题：(本题共4小题，共49分，第13题14分，第14题12分，第15题11分，第16题12分)，解答时请写出必要的文字说明、

23、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有效值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位13. (14分)(2015春？常州期末)如图所示，质量m=1kg的物体静止在粗糙水平面上，在F=4N的水平拉力作用下从 A点运动到B点，作用时间为5s,到达B点后撤去拉力，物体继续运动 到C点停止运动，已知动摩擦因素=0.2 (g=10m/s2),求：(1)拉力做的功；(2)物体到达B点时的动能；(3)整个过程中克服摩擦力做的功.考点： 动能定理的应用；功的计算.专题：动能定理的应用专题.分析： (1)根据物体受力分析求得物体运动的加速度，由位移时间关系求得AB间位移的大小，根据功的表达求拉力所做的

24、功；(2)根据动能定理求得物体到达B点时的动能；(3)整个过程由动能定理求得克服摩擦力做的功.解答： 解：(1)物体在水平方向受到的合力F合=5 - f=F -科mg=4- 0.2X1X10N=2N根据牛顿第二定律可知，物体产生的加速度a=_宣二2mtz $ 2=2/所以在力F作用5s时间内，物体产生的位移则此过程中拉力所做的功W=Fx=4X 25J=100J(2)根据动能定理物体从 A到B过程中有：F 合 x=EkB - Ea所以物体到达B点时的动能&b=F合x+EkA=2X25+0J=50J(3)整个过程中只有拉力和摩擦力做功，故有：W- W=0 - 0所以物体克服摩擦力做的功W=

25、WF=100J答：(1)拉力做的功为100J;(2)物体到达B点时的动能为50J;(3)整个过程中克服摩擦力做的功为100J.点评：本题主要考查牛顿运动定律的应用及动能定理的应用，掌握牛顿运动规律及动能定理是正确解题的关键.14. (12分)(2015春？常州期末)如图所示，电源的电动势E=10M内阻r=1 Q ,电阻Ri=3 Q ,R>=6Q ,电容 C=30科 F,(1)闭合开关S,求电路稳定后通过 R的电流；(2)然后将开关 S断开，求电容器两端的电压变化量和流过R1的总电荷量；(3)如果R换成一个可变电阻，其阻值可以在0-10Q范围变化，求开关闭合并且电路稳定时R消耗的功率范围.

26、考点： 闭合电路的欧姆定律；电容.专题： 恒定电流专题.分析： (1)闭合开关S,稳定后电容器相当于开关断开，两个电阻串联，根据全电路欧姆 定律求解即可流过电源的电流.(2)闭合开关S,电容器的电压等于 R2两端电压，由欧姆定律求出电容器的电压.开关S断开时，电容器的电压等于电源的电动势.由 Q=GM 求解电容器电量的增加量，即为将开关S断开，流过R的总电荷量.Ri消耗的功率范围.Rj+R+r 3+6+1U=IR2=1X6V=6VU2=10VA=1A(3)由欧姆定律求出电路中电流的最小值和最大值，再求解答： 解：(1)闭合开关S,据全电路欧姆定律得:(2)闭合开关S,电容器的电压等于 R2两端

27、电压，为: 开关S断开时，电容器的电压等于电源的电动势，为： 电容器两端的电压变化量 U=U 2- U1=4V过 Ri 的总电荷量 Q=GU=30X 10 6X40=1.2X 10 4C(3)当R2=0时电路中电流最大，为 I max= ' =JJ1a=2.5A 瓦+r 3+1R消耗的功率最大值为 Pmax=r2 R =18.75W当R2=10Q ,电路中电流最小，为 I min=A% + %+= 7R消耗的功率最小值为 Pmin=r2 = 力旭1.53W49故R1消耗的功率范围为1.53WK PW 18.75W答：(1)闭合开关S,电路稳定后通过 R的电流是1A;(2)将开关S断开，

28、电容器两端的电压变化量是4V,流过R的总电荷量是1.2X1。-4C.(3) R消耗的功率范围为1.53WK PW 18.75W点评： 本题是含容电路，关键确定电容器的电压.知道电路稳定时电容器的电压等于与之 并联的电路两端的电压.15. (11分)(2015春?常州期末)如图所示，竖直放置的两块足够大的带电平行板间形成一 个方向水平向右的匀强电场区域，场强E=3X 104 N/C.在两板间用绝缘细线悬挂一个质量m=5< 10 3 kg的带电小球，静止时小球偏离竖直方向的夹角0=60° (g取10m/s2).试求:(1)小球的电性和电荷量；(2)悬线的拉力；_(3)若小球静止时离

29、右板 d=5VS><10 2 m,剪断悬线后，小球经多少时间碰到右极板.fl1"考点： 电场强度；自由落体运动；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用.专题： 电场力与电势的性质专题.分析：带电小球在匀强电场中处于如图所示的位置，则可确定电场力方向从而得出带电性，及电量.由力的平行四边形定则可求出拉力与重力的关系，则可算出拉力大小. 当剪断后，小球做直线运动，水平方向可以看成在电场力作用下加速运动，而竖直方向是自由落体.解答： 解：(1)小球受电场力向右，故带正电，受力分析如图所示.由平衡条件有qE=mgtan60解得 q=_|Vlxi0-6 C3(2)由平衡条件得F=一些丁，cos60解得 F=0.1 N .(3)剪断细线后，小球在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向做自由落体运 动.在水平方