北京市101中学2017-2018学年高一物理下学期期中试题(含解斩)

1、北京101中学2017-2018学年下学期高一年级期中考试物理试卷一、单选题：1. 一物体从某高度以初速度Vo水平抛出，落地时速度大小为Vt，则它的运动时间为【答案】D选 Co【点睛】解决本题的关键知道汽车做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解.【解析】将物体落地的速度进行分解，如图所示故选 D。L2 2Vy _7VrV0sg，又由小球竖直方向做自由落体运动，有:【点睛】物体落地的速度进行分解,运动，求解运动时间.2.做匀速圆周运动的物体，下列哪些量是不变的A.线速度 B. 角速度 C. 向心加速度 D.向心力，再根据竖直方向是自由落体【答案】B【解析】 匀速圆周运动中线速度的方向时

2、刻发生变化,A 错；向心加速度、向心力时刻指向圆心，CD 错；3.质量为:的汽车，以速率通过半径为r的凹形桥，在桥面最低点时汽车对桥面的压力大小是A. mg B.2Jmv _mv一 C. ，厂D.mvmg+【答【解根据牛顿第二定律得讨、，解得 -，故 C 正确；A、B、D 错误。故A.B.，解得:4.汽车在水平地面上转弯，地面对车的摩擦力已达到最大值。当汽车的速率加大到原来的3二倍时，若使车在地面转弯时仍不打滑，汽车的转弯半径应A. 增大到原来的二倍B. 减小到原来的一半C. 增大到原来的四倍D. 减小到原来的四分之一【答案】C【解析】汽车在水平地面上转弯， 所需的向心力是由侧向静摩擦力提供，

3、摩擦力已达到最大值，设摩擦力的最大值为fm,则得：，；当速率 V 增大为原来的二倍时，fm不变，由上im R得，R 应增大为原来的 4 倍.故选 C.5.用长短不同、材料相同的同样粗细的绳子各拴着一个质量相同的小球在光滑水平面上做匀速圆周运动，如图所示，则A. 两个小球以相同的线速度运动时，长绳易断B. 两个小球以相同的角速度运动时，短绳易断C. 两个小球以相同的角速度运动时，长绳易断D. 以上说法都不对【答案】C【解析】试题分析：两个小球以相同的速率运动时，根据，绳子越短，向心力越大，彫Vr绳子越容易断，故 A 错误；两个小球以相同的角速度运动时，根据：-门、匚知，绳子越长，向心力越大，绳子

4、越容易断，故BD 错误，C 正确。考点：向心力、牛顿第二定律【名师点睛】小球在光滑水平面上做匀速圆周运动，靠拉力提供向心力，根据牛顿第二定律判断何时绳子容易断。6.一个点电荷从静电场中的a点移动到b点，其电势能的变化为零，贝 UA.a、b两点的电场强度一定相等B. 该点电荷一定沿等势面运动4C.作用于该点电荷的电场力与其运动方向总是垂直的D.a、b两点的电势一定相等【答案】D【解析】试题分析：从静电场中的a点移到b点，英电势能的变化为零，根据公式W二Uq可得两点的电势相等，但电场强度不一定相等，所以A错谋D正确；场力做功只与初末位置有关?与路径无关电场力做功为零，电荷可能沿等势面移动，也可能不

5、沿等势面移动，故吕错误；电场力做功为零，作用于该点电荷的电场力与其移动的方向不一定总杲垂直的，故C错误-考点：考查了电场力做功与电势差的关系【名师点睛】本题抓住电场力做功只与电荷初末位置有关，与路径无关是关键，与重力做功的特点相似.7.在一个真空点电荷电场中，离该点电荷为ro的一点，引入电量为q的检验电荷，所受到的电场力为F,则离该点电荷为r处的场强的大小为A.F/qB.Fro2/qr2C.Fro/qrD. F； ：. /q【答案】B【解析】根据电场强度定义得ro处的场强大小为：根据点电荷的场强公式得 -I.,；则有：-丨解得：I：.所以该点电荷为 r 处的场强的大小为，故应选 B。qr8.用

6、绝缘柱支撑着贴有小金属箔的导体A和B,使它们彼此接触，起初它们不带电，贴在它们下部的并列平行双金属箔是闭合的。现将带正电荷的物体C移近导体A,发现金属箔都张开一定的角度，如图所示，则5A.导体B下部的金属箔感应出负电荷6B.导体A下部的金属箔感应出正电荷C. 导体A和B下部的金属箔都感应出负电荷D. 导体A感应出负电荷，导体B感应出等量的正电荷【答案】D【解析】把带正电荷的物体匚移近导体人稳定后.由于静电感应.同种电荷相排斥异种电荷相吸引T正电荷靠近A后A带负电荷，A端金属箔片张开.E端带正电荷，R端金属箔片张开-故 D 正确。点晴：解决本题关键理解静电感应实质是电荷从A 端移到 B 端，并不

7、是从一个物体转移到另一物体上。9.真空中两相同的带等量异号电荷的金属小球A和B（均可看做点电荷），分别固定在两处,它们之间的距离远远大于小球的直径，两球间静电力大小为F。现用一个不带电的同样的绝缘金属小球C与A接触，然后移开C,此时 A B 球间的静电力大小为2FFA. 2FB.FC.D.【答案】D【解析】试题分析：由于两个球之间的距离远远大于小球的直径，故两个小球可以看成是点电荷；设原来小球所带的电荷量为q,则;当 C 与 A 接触再移开后，A 所带的电荷量/Z厂2减少为原来的一半，即q/2，故此时的静电力的大小为F二.=F/2，选项 D 正确。lr*考点：库仑定律。10.如图所示的实验装置

8、中，极板 A 接地，平行板电容器的极板 B 与一个灵敏的静电计相接。 将 A 极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q电容C两极间的电压U,电容器两极板间的场强E的变化情况是7A.Q变小，C不变，U不变，E变小B.Q变小，C变小，U不变，E不变C.Q不变，C变小，U变大，E 不变D.Q不变，C变小，U变大，E变小【答案】C【解析】试题分析：平行板电容器与静电计相接，电容器的电量不变，改变板间距离，由电容的决定式 C=，分析电容的变化，根据电容的定义式C=1分析电压 U 的变化，而电4HkdU场强度综合表达式 E=“ ，即可判定其大小变化情况.s解：平行板电容器与静电计并联，

9、电容器所带电量不变增大电容器两极板间的距离d 时,由电容的决定式 C= 知，电容 C 变小，Q 不变，则根据电容的定义式C=知，电容 C4兀kdU变小，Q 不变，则 U 变大，Il4k兀Q再根据 E=，可得电场强度综合表达式 E=，电场强度不发生变化，故C 正确，ABDQEs不正确.本题选择不正确的，故选：ABD点评：对于电容器动态变化分析问题，要抓住不变量.当电容器保持与电源相连时，电压不变.当电容器充电后，与电源断开后，往往电量不变.根据电容的决定式和定义式结合进行分析，注意掌握电场强度综合表达式的内容.11.如图所示，电子由静止开始从A 板向 B 板运动， 当到达 B 板时速度为V,保持

10、两板间电压不变，则A.当增大两板间距离时，V也增大8B.当减小两板间距离时，V增大C. 当改变两板间距离时，V不变D. 当增大两板间距离时， 电子在两板间运动的时间不变【答案】C【解析】A 根据动能定理研究电子由静止开始从A板向B板运动列出等式：9D 由于两极板之间的电压不变，所以极板之间的场强为L-7电子的加速度为：=八，电子在电场中一直做匀加速直线运动，由f：m md2所以电子加速的时间为：.，由此可见，当增大两板间距离时，电子在两板间的运动时间增大，D 错误；故选 Co12.如图所示，在矩形ABC啲AD边和BC边的中点M和N各放一个点电荷，它们分别带等量的正、负电荷。E、F是AB边和CD

11、边的中点，P、Q两点在MN的连线上，Mf=QN对于E、F、P、Q四点，其中电场强度相同、电势也相等的两点是C.A和BD.C和D【答案】A【解析】依据电场强度叠加原理，知EP=EQ,EE=EF.MN 间的电场线由 M 指向 N,沿电场线JzA J方向电势降低，有0P0 Q,E、F 在同一等势面上，有0E=F,可见，A 正确。13.如图所示，实线表示匀强电场的等势线。 一个带正电荷的粒子以某一速度射入匀强电场，只在电场力作用下，运动的轨迹如图中的虚线所示。a、b为轨迹上的两点。若a点电势为a,b点电势为eb,则下列说法中正确的是A.场强方向一定向上，且电势eaebB.粒子一定是从a向b运动的，且电

12、势eabD. 粒子可能是从b向a运动的，且电势 ab【答案】D【解析】匀强电场中电场力与电场线平行，而曲线运动合力指向曲线的内侧，故电场力一定向右；粒子带正电，故电场强度方向向右，沿电场方向电势降低，即：电势a b,故 D正确。点晴：电场线可形象来描述电场的分布.对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧。14.如图所示，带电导体Q靠近一个接地的空腔导体， 空腔内无电荷。则在达到静电平衡后， 下列物理量中不为零的是A. 空腔导体外表面的电量B. 空腔导体内表面的电量C. 空腔导体内部任意一点的场强D. 空腔导体内任意一点的电势【答案】A【解析】A 项：因为接

13、地空腔导体里面无电荷， 带电体 Q 感应远端为正电荷， 近端为负电荷， 导体接地，说明远端为地球，近端为导体，故导体外表面带负电荷， 外表面的电荷量不为 0; B D 项：因为无穷远处的电势为 0,而地球相当于很远的地方，故地球上电势为与地球相连，是一个等势体，故导体空腔内任意点的电势也为为 0,即内表面没有电荷，；C 项：空腔内由于静电屏蔽的作用，其内部的场强为0。故应选 A。点晴：如果导体空腔不与大地相连，则空腔内部的电场强度为体，它们是一个等势体，其内部的场强为0，电势也为 0。0，导体空腔内表面的电荷量0,电势不为 0,在空腔的右侧感应负电荷，在空腔的左侧感应正电荷;如果空腔接地，则说

14、明空腔与地球连成了一个整1115.两个点电荷的质量分别为m2,带异种电荷，电荷量分别为Q、Q,相距为d,只在库仑力作用下（不计万有引力） 各自绕它们连线上的某一固定点，在同一水平面内做匀速圆周运动，它们的总动能为A 豎 Bk 空 C 叫叱 D 叫竺d2d叫d2m1d【答案】B【解析】对于质量 m，它们的库仑力提供其向心力，即V -dlr对于质量它们的库仑力提供其向心力，即 .-孑口口-则它们总的动能为：y，故 B 正确。点晴：两异种点电荷能绕圆心各自做匀速圆周运动，其向心力是由它们间的库仑力提供，则可以求出它们的总动能。二、不定项选择题16. 关于曲线运动的说法，正确的是A.速率不变的曲线运动

15、是没有加速度的A .B.曲线运动一定是变速运动C. 变速运动- -定是 曲线运动4$D. 做曲线运动的物体一定有加速度【答案】BD【解析】A 项：速率不变的曲线运动，由于速度方向改变，所以也具有加速度，故A 错误；B 项：曲线运动的速度方向时刻发生改变，所以曲线运动一定是变速运动，故B 正确；C 项：变速运动不一定是曲线运动，如自由落体运动是匀变速直线运动，故C 错误；vjA 7D 项：由于曲线运动速度一定发生改变，所以一定具有加速度，故D 正确。17. 物体以速度水平抛出，若不计空气阻力，则当其竖直分位移与水平位移相等时，以下 说法中不正确的是A.竖直分速度等于水平分速度B.即时速度大小为

16、C. 运动的时间为gD. 运动的位移为12【答案】AD【解析】AC 项：据题有：, | ,得物体运动的时间为：.竖直分速度为：Vy=gt=2v。，所以物体的竖直分速度是水平分速度的2 倍.故 A 错误，C 正确;B 项：物体的速率为： 一 f故 B 正确；D 项：物体的位移大小为:-，故 D 错误。点晴：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据竖直位移和水平位移相等， 求出运动的时间，从而得出竖直分速度， 结合平行四边形定则求出瞬时 速度的大小.求出水平位移的大小，从而根据平行四边形定则求出物体运动的位移。18.如图所示， 长 0.5m 的轻质细杆， 一端固定有一个

17、质量为3kg 的小球，另一端由电动机带动，使杆绕 O 在竖直平面内作匀速圆周运动，小球的速率为2m/s。取 g=10m/s2,下列说法正确的是A. 小球通过最高点时，对杆的拉力大小是6NB. 小球通过最高点时，对杆的压力大小是6NC. 小球通过最低点时，对杆的拉力大小是24ND. 小球通过最低点时，对杆的拉力大小是54N【答案】BD【解析】A 项：设在最高点杆子表现为拉力，则有，代入数据得，F=-6N,则杆子表现为推力，大小为 6N.所以小球对杆子表现为压力，大小为6N.故 A 错误，B 正确；C D 项：在最低点，杆子表现为拉力，有 卜鬥皤：，代入数据得，F=54N.故 C 错误，D 正确。

18、点晴：杆子带着在竖直平面内的圆周运动，最高点，杆子可能表现为拉力，也可能表现为推力，取决于速度的大小，在最低点，杆子只能表现为拉力。19.如图为两个点电荷在真空中所产生电场的电场线（方向未标出）。图中C点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，D为中垂线上的一点，电场线的分布关于MS右对称。则下列说法中正确的是13A. 这两点电荷一定是等量异种电荷B. 这两点电荷一定是等量同种电荷C.D C两点的电势一定相等豊D.C点的电场强度比D点的电场强度小【答案】AC【解析】A、B 项：根据电场线分布的特点: 电场线从正电荷出发到负电荷终止，且DN 两侧电场线对称，可知 A B 是两个等量异种

19、电荷，故 A 正确，B 错误；C 项：根据平行四边形定则，对中垂线上的场强进行合成，知中垂线上每点的电场方向都水 平向右，中垂线和电场线垂直，所以中垂线为等势线，所以D C 两点的电势一定相等，故C 正确；/D 项：在两等量异号电荷连线的中垂线上，中间点电场强度最大，也可以从电场线的疏密判断，所以 C 点的电场强度比 D 点的电场强度大，故 D 错误。20.测定压力变化的电容式传感器如图所示，A为固定电极，B为可动电极，组成一个电容大小可变的电容器。 可动电极两端固定， 当待测压力施加在可动电极上时，可动电极发生形变，从而改变了电容器的电容。现将此电容式传感器连接到如图所示的电路中，当待测压力

20、增大时A符昭匡舟-A.电容器的电容将增大B.电阻R中没有电流14C. 电阻R中有从a流向b的电流D. 电阻R中有从b流向a的电流15【答案】AD【解析】A 当待测压力增大时，电容器板间距离减小，根据电容的决定式得知，电J 4nkd容C增大故 A 错误.B C D、电容板间电压U不变，电容器所带电量为Q=CU C增大，则Q增大，电容器处于充电状态，而 A 板带正电，则电路中形成逆时针方向的充电电流，电 阻R中有从b流向a的电流故 B C 错误，D 正确故选 AD.【点睛】本题考查对传感器基本原理的理解，实质是电容器动态变化分析问题，电容的决定式和定义式结合进行分析.J Jukd21.如图所示，初

21、速为零的电子经电压U加速后，垂直进入偏转电场偏转，离开偏转电场时侧向位移是y，偏转板间距离为d,偏转电压为U2,板长为I。为了提高偏转灵敏度（每 单位偏转电压引起的侧向位移即y/U2）,可采用下面哪些办法A. 增大偏转电压B. 增大板长IC. 减小板间距离dD. 增大加速电压U【答案】BC【解析】粒子经电场加速后，根据动能定理有:粒子进入偏转电场做类平抛运动:131叫L，叫竖直方向： V=2atf 怦*所以要增加侧向位移 y,可以增大偏转电压 U2,增加板长 L,或减小极板距离 d，或减小加水平方向:L=vt 可得粒子运动时间得电子加速后的速度16速电压 Ui故 BC 正确。点晴：粒子经电场加

22、速后根据动能定理可以求出加速后的表达式， 抛运动，根据类平抛知识求解粒子偏转的侧向位移，由此分析即可。三、实验题22.用图 1 所示的实验装置做“研究平抛物体的运动”实验。图11_对于实验的操作要求，下列说法正确的是_A. 应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下B. 斜槽轨道必须光滑C. 斜槽轨道末端可以不水平D. 要使描出的轨迹更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些E. 为了比较准确地描出小球运动的轨迹，应该用一条光滑曲线把所有的点连接起来2图 2 是利用图 1 装置拍摄小球做平抛运动的频闪照片，由照片可判断实验操作错误的是_ （填选项前的字母）。A.释放小球时初速度不为0B. 释放小球的

23、初始位置不同C. 斜槽末端切线不水平3图 3 是利用稳定的细水柱显示平抛运动轨迹的装置，其中正确的是 _ （填选项前的字母）。粒子进入偏转电场做类平174根据实验结果在坐标纸上描出了小球水平抛出后的运动轨迹。部分运动轨迹如图4 所示。图中水平方向与竖直方向每小格的长度均为I,R、F2和P3是轨迹图线上的 3 个点，P和P2、F2和F3之间的水平距离相等。若已测知抛出后小球在水平方向上做匀速运动，重力加速度为g。可求出小球从R运动到F2所用的时间为 _，小球抛出后的水平速度为 _ ，小球运动到P2的速度大小为 _。做同样的平抛运动， 小球每次应从同一位置滚下，故 A 正确；小球在运动中摩擦力每次

24、都相同，故不需光滑，故 B 错误；为了得出更符合实际的轨迹，应尽量多的描出点，故D 正确;记录点适当多一些，能够保证描点光滑，用平滑曲线连接，偏离较远的点应舍去， 故 E 错误;(2) 由图 2 可知，小球的轨迹从抛出点开始向上，说明小球不是做平抛运动，即斜槽末端切线不水平，故 C 正确；(3) 竖直管内与大气相通， 为外界大气压强，竖直管在水面下保证竖直管上出口处的压强为大气压强.因而另一出水管的上端口处压强与竖直管上出口处的压强有恒定的压强差，保证另一出水管出水压强恒定，从而水速度恒定.如果竖直管上出口在水面上，则水面上为恒定大气压强，因而随水面下降，出水管上口压强降低，出水速度减小，故应

25、选B；由图 4 所示可知： h=4I，由匀变速直线运动推论得： h=gt2,即：4I=gt2,【答案】 (1). ADE (2). C (3). B (4).【解析】(1)为了保证小球做平抛运动,斜槽末端必须水平,故 C 错误；而为了让小球每次18由图 4 所示可知：x=6l，小球的初速度大小：= ：=,二二.在円点竖直方向的速度为.=、，所以 P2 点速度为 V - -点晴：根据平抛运动中的注意事项可得出正确选项；根据竖直方向运动特点h=gt2,求出物体运动时间，根据匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度大小可以求出 P2在竖直方向上的速度大小，根据 vy=gt 可以求

26、出从抛出到 P2点的时间，根据平抛运动规律进一步求出结果。23.如图所示，在平行金属带电极板MN 电场中将电荷量为-4X10-6C 的点电荷从 A 点移到 M板，电场力做负功 8X10-4J，把该点电荷从 A 点移到 N 板，电场力做正功为 4X10-4J, N板接地。则的不得分。24.将一个质量n=2.0kg 的小球从离地面h=15m 高的地方水平抛出，抛出时小球的速度vo=10m/s，忽略空气对小球的阻力。求:(1) 小球在空中运动的时间;(2)小球落地时的速度大小；(3)小球的重力势能的减少量。 (重力加速度g取 10m/s2)(1)A 点的电势=(2 ) U MN 等于【答(1). -

27、100V (2). -300V叫N 4101 J.A N 间的电势差：|又：UAN= A- N,N=0 ,贝UA 点的电势：【解A=-100V19【答案】(1) .(2) 20m/s (3) 300J【解析】(1)在竖直方向做自由落体运动:20h =2gt小球落地时竖直方向的速度为；二.所以小球落地时的速度大小小球的重力势能的减少量 I -加-九 肓：m25.如图所示，轨道 ABCD 勺 AB 段为一半径R的光滑 1/4 圆形轨道，BC 段为高为h=5m 的竖 直轨道， CD 段为水平轨道。 一质量为mFO.Ikg 的小球由 A 点从静止开始下滑到 B 点时速度 的大小为 2m/s，离开 B

28、点做平抛运动(g 取 10m/s2),求：(1 )小球离开 B 点后，在 CD 轨道上的落地点到 C 的水平距离；(2 )小球到达 B 点时对圆形轨道的压力大小？【答案】(1) 2m ( 2) 3N【解析】试题分析：(1)根据高度求出平抛运动的时间，结合速度和时间求出水平距离;由牛顿第二定律 r c. -I ,求出压力。解：(1)设小球离开 B 点做平抛运动的时间为 t1,落地点到 C 点距离为 s由卜？：.；解得：、.,丸：由公式 ;(2)小球达 B 受重力 G 和向上的弹力 F 作用2由牛顿第二定律知 InH代入数据解得：F=3N由牛顿第三定律知球对B 的压力为 3N。2126.电子所带电

29、荷量最早是由美国科学家密立根通过油滴实验测出的。油滴实验的原理如图22所示，两块水平放置的平行金属板与电源连接，上、下板分别带正、负电荷，油滴从喷雾器喷出后，由于摩擦而带电，油滴进入上板中央小孔后落到匀强电场中， 通过显微镜可以观察 到油滴的运动情况，两金属板间的距离为d,重力加速度为g。忽略空气对油滴的浮力和阻 力。(1)调节两金属板间的电势差u，当u=UO时，设油滴的质量为m，使得某个油滴恰好做匀速运动。该油滴所带电荷量q为多少？(2)若油滴进入电场时的速度可以忽略，当两金属板间的电势差为量为 m2 带正电的油滴进入电场后做匀加速运动，经过时间由以上两式解得 Q=若 Q 为负电荷，根据牛顿

30、第二定律有mg-石-ma，又 d=atZ叫2d*由以上两式解得 Q= -27.示波器中的示波管对电子的偏转是电偏转，小明同学对这种偏转进行了定量的研究,知电子的质量为m电荷量为e，在研究的过程中空气阻力和电子所受重力均可忽略不计。u=U时，观察到某个质t运动到下极板，求此油滴所带电荷量Q叫阴叫1、【答案】(1)( 2)【解析】(1)由平衡条件知 mg= q解得 q=(2)若 Q 为正电荷，根据牛顿第二定律有# jh喷雾器mg+c =ma，且 d=at5刃23(1)如图所示，水平放置的偏转极板的长度为I，板间距为d，极板间的偏转电压为U,在24心线00垂直。电子以水平初速度vo 从两极板左端沿两极板间的中心线射入，忽略极板间匀强电场的边缘效应，电子所受重力可忽略不计，求电子打到荧光屏上时沿垂直于极板板面方向偏移的距离。(2)分析物理量的数量级， 是解决物理问题的常用方法。在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因。已知U=2.0 x102V,d=4.0 x10-2m,n=9.1x10-31kg ,192e=1.6x10-C,重力加速度g=10m/s。(3) 极板间既有静电场，也有重力场。电场力反映了静电场各点具有力的性质，请写出电场强度E的定义式。类