湖北省部分重点中学高一物理下学期期末考试试题含解

湖北省部分重点中学2016-2017学年度下学期高一期末考试物理试卷一、选择题（本题共12小题，每题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，9-12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错、多选或不选的得0分。）1.为了保护航天员的安全，飞船上使用了降落伞、反推火箭、缓冲座椅三大措施，在距离地面大约1m时，返回舱的4个反推火箭点火工作，返回舱最终安全着陆。把返回舱从离地1m开始减速到完全着陆称为着地过程。 则关于反推火箭的作用，下列说法正确的是（）♦♦♦♦♦A.减小着地过程中返回舱和航天员的动量变化B.减小着地过程中返回舱和航天员所受的冲量C.减小着地过程的作用时间D.减小着地过程返回舱和航天员所受的平均冲力【答案】D【解析】返回舱和航天员在最后 1m的着陆过程中用不用反推火箭，它们的初速度相同，末速度是零，故在着陆过程中返回舱和航天员的动量变化是相同的， 反推火箭的作用是延长着陆时间，减少动量的变化率，根据动量定理， 合外力的冲量等于动量的变化，由于动量变化相同，延长了着陆时间则减小了着陆过程中返回舱和航天员所受的平均冲击力.由分析知：在着地过程中返回舱和航天员的动量变化是相同的， 故A错误；根据动量定理，在着地过程中返回舱和航天员的动量变化是相同的， 故在此过程中所受冲量也是相同的， 故B错误；反推火箭的主要作用是延长了返回舱和航天员的着地时间， 故C错误；根据动量定理，在着地过程中动量的变化相同，反推火箭延长了着地时间， 根据动量定理可知在着地过程中反推火箭的作用是减小着地过程返回舱和航天员所受的平均冲击力，故 D正确。所以D正确，ABC错误。2.质量相等的物体A和B,并排静止在光滑的水平面上。 现用一水平恒力F推物体A,同时给B物体一个与F同方向的瞬时冲量I,使两物体开始运动，当两物体重新相遇时，所经历的时间为（）21 2「A.B.—C.—D.

【答案】【答案】B【解析】相遇时两物位移s相同，对AS= 对B：5=Vt=；t，解得：［二1,【解析】相遇时两物位移故B正确，ACD昔误。3.如图所示，一个质量是1.0kg的钢球，以1m/s的速度斜射到坚硬的大理石板上， 入射的角度是45°,碰撞后被斜着弹出，弹出的角度也是 45°,速度仍为1m/s。钢球动量变化的大小和方向为（ ）2kg-m/s,方向水平向左2kg•m/s,方向竖直向上45kg,m/s,方向水平向左D.、发kg•m/s,方向竖直向上【答案】D【解析】由图可知，碰前的动量Pi=mM方向沿初速度方向，末速度大小为 P2=mv方向沿末速度方向；如图所示；则动量的改变量:AP=P2-Pi=\5rnv,方向竖直向上，故D正确,速度方向；如图所示；则动量的改变量:ABC错误。.两个等量同种正点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，正确描述电场强度 E和电势6【解析】两个等量正点电荷，根据场强的叠加，知两正电荷的中点场强为零，周围的电场线是排斥状的，靠近电荷处场强比较强，故B正确，A错误；两个等量正点电荷的连线的中垂线上，从连线中点到无穷远是顺着电场线，故电势逐渐降低，故 CD错误。所以B正确，ACD错误。.“夸克”是比元电荷带电量更小的基本粒子之一.两个夸克在距离很近时几乎没有相互作用（称为“渐近自由”）；在距离较远时，它们之间就会出现很强的引力（导致所谓“夸克禁闭”）.作为一个简单的模型，设这样的两夸克之间的相互作用力 F与它们之间的距离r的关系为：0,04片F=-F（/］与，式中F0为大于零的常量，负号表示引力.用£表示夸克间的势0“2能，令e0=Fo（r2—ri）,取无穷远为势能零点.下列e—r图本中正确的是 （）【答案】B【解析】从无穷远处电势为零开始到 r=r2位置，由F的表达式可知，两夸克之间的相互作用力F=0,则知势能恒定为零；在r=r2到r=ri过程中，恒定引力做正功，势能逐渐均匀减小，即势能为负值且越来越小，此部分图象为 A、B选项中所示；rvri之后，F=0,势能不变，恒定为-U0,由引力做功等于势能将少量，故 10=F。（「2-ri）,故B正确，ACD昔误。.如图所示，面积很大的的光滑导体板水平放置，在板的中点正上方，有带正电的点电荷+Q,一表面绝缘带正电的金属小球C可视为质点，且不影响原电场，自左向右以初速 Vo向右运动，则在运动过程中（ ）IjIA.小球先减速后加速运动B.小球受到的电场力为零C.小球的加速度为零D.小球的电势能先增大后减小【答案】C【解析】根据静电平衡的规律可知，金属板处于静电平衡状态，金属板的表面是一个等势面，电场线处处与金属板表面垂直， 由于金属板表面水平，所以金属板表面的电场线方向始终竖直向下.根据上面的分析可知，金属小球受到向下的重力、向上的支持力和向下的电场力,水平方向不受力的作用，所以小球将做匀速直线运动，所以AB错误，C正确；由于金属小球受到的电场力方向始终竖直向上与运动方向垂直， 所以电场力不做功，即小球的电势能保持不变，故D错误。所以C正确，ABD昔误。.如图所示，圆。所在的平面内有匀强电场存在，电场方向与圆面平行。一个带正电荷的微粒（不计重力）从图中A点出发，以相同的初动能在圆内向各个方向运动，已知图中AB是圆的一条直径，/BAC=30,已知当该微粒从图中C点处离开圆面时的动能最大，则平面内的电场方向为（ ）A.沿OX方向.沿A-B方向C.沿A-C方向D.沿B-C方向【答案】A【解析】试题分析：只有当该微粒从图中 C点处离开圆面时的动能才能达到最大值，说明AC两点电势差最大，由于A点固定不变，所以 C点在整个圆周内电势最低，由于等势线与电场线的垂直关系，所以电场线沿着 OCT向，C对；考点：考查等势线与电场线的关系点评：明确C点电势最低，充分理解电场线和等势线的关系是解决本题的关键8.在真空中的光滑水平绝缘面上有一带电小滑块。 开始时滑块静止.若在滑块所在空间加一水平匀强电场Ei,持续一段时间后立刻换成与 Ei相反方向的匀强电场E。当电场E与电场Ei持续时间相同时，滑块恰好回到初始位置，且具有动能 Ek。在上述过程中，Ei对滑块的电场力做功为W,冲量大小为Ii;E2对滑块的电场力做功为W,冲量大小为12。则（）A.I1=12B.4I 1=12

C.Wi=0.25Ek,W=0.75EkD.Wi=0.20Ek,W=0.80Ek【答案】C【解析】设第一过程末速度为vi,第二过程末速度大小为V2.根据上面的分析知两过程的平均速度大小相等，根据匀变速直线运动规律有 上一经，所以有v2=2vi.根据动能定理有：2~2IWz=TmvU^w；,而EK=如；，所以叫二0.25E3W2=0.75E/故C正确，D错误；又因为位移大小相等，所以两个过程中电场力的大小之比为 1:3,根据冲量定义得：I尸Fit,I产Fit,所以l2=3Ii,故AB错误。.如图所示，质量为M带有光滑圆弧轨道的滑车静止置于光滑水平面上.一质量为 m的小球以速度vo水平冲上滑车，在小球脱离滑车落地过程中 ，以下说法正确的是 （）A.小球可能水平向右做斜抛运动B.小球一定沿水平方向向左做平抛运动C.小球可能沿水平方向向左做平抛运动D.小球可能做自由落体运动【答案】CD【解析】小球与滑车组成的系统水平方向动量守恒，小球滑上滑车，又返回， 到离开滑车的整个过程，相当于小球与滑车发生弹性碰撞的过程.如果 RKM,小球离开滑车向左做平抛运动；如果m=M小球离开滑车做自由落体运动； 如果m>M小球离开滑车向右做平抛运动，故AB错误，CD正确。所以CD正确，AB错误。.一个士兵坐在一只静止的小船上练习射击，船、人连同枪 （不包括子弹）及靶的总质量为M枪内有n颗子弹，每颗子弹的质量为 色枪口到靶的距离为L,子弹水平射出枪口时♦♦♦♦♦♦♦♦♦相对于枪的速度为Vo,在发射后一发子弹时，前一发子弹已射入靶中。在射完第1颗子弹时,..,小船的速度和后退的距离为（ ）B.C.D.tnLMurn

C.D.tnLMurn【解析】由系统的动量守恒得：用）同心解得：V=…1，故凡正确；设子弹经过时间t打到靶上，则：m/kLf联立以上两式得：s=如二£=L,所以选项口正确,匚错误.所以mTriiiTiAD正确.K错误，11.如图所示，平行板电容器AB两极板水平放置，A在上方，B在下方，现将其和二极管串联接在电源上（如图，二极管D向右单向导电）。已知A和电源正极相连，一带电小球沿 AB♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦中心水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A板来改变两极板AB间距（两极板仍平行），则下列说法正确的是 （）A.若小球带正电，当AB间距增大时，小球打在N的右侧B.若小球带正电，当AB间距减小时，小球打在N的左侧C.若小球带负电，当AB间距减小时，小球可能打在N的右侧D.若小球带负电，当AB间距增大时，小球可能打在N的左侧【答案】BC【解析】若小球带正电，当d增大时，电容减小，但Q不可能减小，所以Q不变，根据E=\=*=写、E不变所以电场力不变，小球仍然打在 N点，故A错误；若小球带正电，当d减小时，电容增大，Q增大，根据E二、二想二电整,所以♦减小时E增大，所以电场力变大向下，小球做平抛运动竖直方向加速度增大，运动时间变短,打在货点左侧，故B正确；若小球带负电,当4方间距」减小时.电容增大，则Q增大,根据%合恁=管，所以d减小时月增大•所以电场力交大向上，若电场力小于重力，力同做类平抛运动竖直方向上的加速度减小，运动时间变长，小球将|丁在N点的右侧.故C正确；若小球带E=（=3=警'干不变所以电场力大力坏变,小球做类平抛运动等直方向上的加速度不变，运动时间不变.小球仍落在“点，故口错况所以K正确，AD错谩« |圆环平面与竖直平面重合。12.如图甲所示，有一绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷,

圆环平面与竖直平面重合。光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环， 细杆上套有一个质量为m^10g的带正电的小球，小球所带电荷量q=1.0X10-4C。小球从C点由静止释放，其沿细杆由C经B向A运动的v-t图象如图乙所示。小球运动到 B点时，速度图象的切线斜率最大（图中标出了该切线）。则卜列说法正确的是（ ）卜列说法正确的是（ ）A.在O点右侧杆上，A.在O点右侧杆上，B点场强最大，场强大小为 E=6.0V/mB.由C到A的过程中，小球的电势能先减小后变大C.由C到A电势逐渐降低D.CB两点间的电势差Ubk4.5V【答案】ACD【解析】试题分析：由乙图可知，小球在 B点的加速度最大，故所受的电场力最大，加速度由电场力产生，故B点的电场强度最大，小球的加速度：口二V二警二0.0601/5、，又：口二饕,为 111rria001«006解得E=k= -=1.2V/m,故A正确；从C到A小球的动能一直增大，说明电场力一直做正功，故电势能一直减小，电势一直减小， 故B错误C正确；由C到B电场力做功为WB=m/-0,CB间电势差为u,口二里二上二包"应二09V，故D正确.故选ACDCBq7rl2,5'104’考点：电场强度；电势及电势差实验题（共计12分）13.某同学利用气垫导轨上滑块间的碰撞来寻找物体相互作用过程中的“不变量”，置如图所示，实验过程如下（“十、—”表示速度方向） ：实验装实验实验1使m=m2=0.25kg,让运动的m碰静止的mi>,碰后两个滑块分开.数据如表 1.表1碰前碰后滑块m滑块m>滑块m滑块m2速度v/(m-s-1)+0.11000+0.109（1）、根据这个实验可推知，在实验误差允许的范围内：①碰前物体的速度（填“等于”或“不等于"）碰后物体的速度；②碰前物体的动能（填“等于”或“不等于"）碰后物体的动能；③碰前物体的质量m与速度v的乘积mv（填“等于”或“不等于"）碰后物体的质量m与速度v的乘积mv实验2使m=m=0.25kg,让运动的m碰静止的m,碰后m、已一起运动.数据如表2.表2碰前碰后滑块m滑块m2滑块m滑块m2速度v/(m-s-1)+0.1400十0.069+0.069（2）、根据这个实验可推知①碰前物体的速度（填“等于”或“不等于"）碰后物体速度的矢量和；②碰前物体的动能（填“等于”或“不等于"）碰后物体动能的和；③碰前物体的质量m与速度v的乘积mv（填“等于”或“不等于"）碰后物体的质量m与速度v的乘积mv的矢量和.实验3使2m=02=0.5kg,让运动的m碰静止的mi,碰后m、m分开.数据如表3.表3碰前碰后滑块m滑块m>滑块m滑块m2速度v/(m-s-1)+0.1200-0.024+0.071（3）、根据实验数据可推知，在误差允许范围内：①碰前物体的速度（填“等于”或“不等于"）碰后物体速度的矢量和；②碰前物体的动能（填“等于”或“不等于"）碰后物体动能的和；③碰前物体的质量m与速度v的乘积mv（填“等于”或“不等于"）碰后物体的质量m与速度v的乘积mv的矢量和.（4）还进行了其他情景的实验，最终在实验中发现的“不变量”是.（5）、在“探究碰撞中的不变量”实验中，关于实验结论的说明，正确的是.A.只需找到一种情景的“不变量”即可，结论对其他情景也同样适用B.只找到一种情景的“不变量”还不够，其他情景未必适用C.实验中要寻找的“不变量”必须在各种碰撞情况下都不改变D.进行有限次实验找到的“不变量”，具有偶然性，结论还需要检验【答案】 （1）.等于（2）.等于（3）.等于（4）.等于（5）.不等于（6）.等于⑺.不等于（8）.不等于（9）.等于（10）. 质量和速度的乘积（11）.BCD【解析】（1）从表格中数据看出，碰撞前后的质量相同， 碰撞前后物体的速度与碰撞后速度相等，动能相等，动量相等.（2）碰前的速度为v1=0.140m/s,碰后的速度为v2=0.069+0.069m/s=0.138m/s,在误差允许的范围内，速度相等.碰前的动量为：P1=0.25X0.140kg.m/s=0.035kg.m/s碰后的动量为：P2=0.25X0.069X2kg.m/s=0.0345kg.m/s,在误差允许的范围内动量相等. 碰前的动能为：1+1Eki=5x0.25乂0,14J=0.00245J碰后的动能为：EK2=j*025父0一069乂2J=0.0019J在误差允许的范围内动能不相等.（3）碰前的速度为v1=0.120m/s,碰后的速度v2=-0.024+0.070m/s=0.046m/s,知速度不相等.碰前的动能Eki二x0.25-0,120二0.00181碰后的动能1 j1 oEk?=3X0.25x0,024+jx0.5*0,07J=Q.0013J,在误差允许的范围内动能不等.碰前的动量P1=0.25x0.12kg.m/s=0.03kg.m/s,碰后的动量P2=-0.25X0.024+0.5X0.07=0.029kg.m/s,则误差允许的范围内，动量相等.综上所述，

最终在实验中发现的“不变量”是动量.（4）在“探究碰撞中的不变量”实验中，只找到一种情景的“不变量”还不够，其他情景未必适用，必须在各种碰撞的情况下都不改变， 有限次实验偶然性较大，得出的结论需要检验.故BCDE确，A错误.三计算题（4小题共计50分）14.古人云：绳锯木断、水滴石穿。请你根据下面所提供的信息， 估算水对石头的冲击力的大小.一瀑布落差为h=20n^水流量为Q=1.0m3/s,水的密度p=1.0X103kg/m3,水在最高点和落至石头上后的速度都认为是零. （落在石头上的水立即流走，在讨论石头对水作用时可以不考虑水的重力，g取10m/s2）【答案】2x104N【解析】试题分析：以水开始流下到落到石头上静止全过程分析， 由动量定理可求得水对石头的冲击力.水从h高处落下可认为是自由落体运动，速度为v,则/=2时，解得v=20m/s设在很短时间』t内有质量为』m的水落到石头上，以』m为研究对象，其质量为：&71t0（第［设石头对水的平均作用力为 F,取竖直向下为正方向，由动量定理得，-Ft=O-inv由以上各式代入数据解得： F=2,0x10"N根据牛顿第三定律可知，水对石头的作用力 匚=2.0x104N.点睛：本题考查动量定理的应用， 在解题时要注意正确理解定理， 且不可用水下落的总时间来求冲击力。15.如图所示，直角三角形底边中点。处放置一正电荷BC边水平，斜边AC的倾角为30°且光滑绝缘，AB长为h,15.如图所示，直角三角形底边中点。处放置一正电荷Q,一个质量为mr电量为q的带负电的质点从斜面顶端 A沿斜边滑下，滑到斜边上的垂足D点时速度为边滑下，滑到斜边上的垂足D点时速度为v.求:,1 5 AD两点间电势差Ud；(2)该质点滑到C点时速率VC.【答案】II⑴U9二^⑵(=/+；gh【解析】试题分析：根据动能定理即可求出电势差；从D到C整个过程中，电场力做功为零.由动能定求出C点的速度。(1)由几何关系可知，从A到D的高度心人口二;h，从D到C的高度h1(二;h小球从A到D运动过程中，重力和电场力都做正功，由动能定理：qUn口十mgh^二/v解得_解得_2rrwP-mgli由动能定理:DkC两点的电势相等，从D到C整个过程中，电场力做功为零由动能定理:, 1 212mghu(=尹％-?mv解得，■■寸1V£点睛：本题主要考查了动能定理在电场中的应用。16.如图所示，质量为M=4.0kg的平板小车静止在光滑的水平面上， 当t=0时，两个质量分别为mA=2kg、m=1kg的小物体A、B都以大小为v()=7m/s、方向相反的水平速度，同时从小车板面上的左右两端相向滑动。到它们在小车上停止滑动时，没有相碰， A、B与车间的动摩擦因素(1=0.2,取g=10m/s2,求：

A、B在车上都停止滑动时车的速度;A在车上刚停止滑动时， A的速度;B在车上相对滑动的时间。【答案】(1)1m/s,【答案】(1)1m/s,方向向右1.4m/s4.0s【解析】试题分析：对A、B和小车组成的系统，运用动量守恒定律求出相对静止时的速度大小；分别对AB和小车受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度，再根据运动学公式分析对系统由动量守恒列式求出最终的共同速度， 对A分析根据动力学规律即可求得现经历的时间，从而求出总时间。(1)取向右为正方向，根据动量守恒定律有:mv0mv0-mbV0=(M+iA+m)v解得v=1m/s,方向向右(2)当A和B在车上都滑行时，在水平方向它们的受力分析如图所示:二―二二一।1MjL'由受力图可知，A向右减速，B向左减速，小车向右加速，所以首先是 A物块速度减小到与小车速度相等。设A减速到与小车速度大小相等时，所用时间为ti,其速度大小为vi,则:mAg=maA, vi=Vo-aAti(imAg-(imBg=Ma车, 丫1=2车11联立解得：vi=1.4m/s(3)取向右为正方向，根据动量定理：(imBgt=nw-(-mvo)解得：t=4.0s点睛：对于物块在小车上，往往动量守恒，有时还用到能量守恒求解.一定要注意分析各物体的运动过程及受力情况，明确动量守恒的条件即可正确列式求解.17.如图所示，在xoy平面坐标系的ABCEE域内，存在两个场强大小为2E和E的匀强电场I和II,两电场的边界如图中虚线区域（L已知）。（1）在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子离开 ABCEE域的位