2021-2022学年湖北省部分省级示范高中2020-2021学年高一（下）期末测试物理试题（解析版）

湖北省部分省级示范高中高一下学期期中测试物理试卷本试卷共16题。满分100分。考试用时75分钟。一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~11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，有选错的得0分。1.下列描述中符合物理学史的是（）A.牛顿得出万有引力定律并测得了引力常量B.第谷通过长期的观测，积累了大量的天文资料，并总结出了关于行星运动的三条规律C.库仑通过扭秤实验得到了库仑定律，并测定了元电荷的数值D.法拉第首先提出在电荷周围存在着由它产生的电场【答案】D【解析】【详解】A．引力常量是卡文迪许通过扭秤实验测出，故A错误；B．总结出了关于行星运动的三条规律是开普勒，故B错误；C．密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值，故C错误；D．首先提出在电荷周围存在着由它产生的电场是法拉第，并提出用电场线描绘电场，故D正确。故选D。2.下列关于电场强度两个表达式和的叙述，错误的是（）A.是电场强度的定义式，E的大小和F、q没有必然联系B.是电场强度的定义式，F是放入电场中的电荷所受的力，q是产生电场的电荷的电荷的电量，它适用于任何电场C.是点电荷场强的计算公式，Q是产生电场的电荷电量，它不适用于匀强电场D.从点电荷场强计算式分析库仑定律表达式，式中是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小，而是点电荷q1产生的电场在点电荷q2处的场强大小【答案】B【解析】【分析】【详解】A．公式是电场强度的定义式，是比值定义法，即E的大小和F、q没有必然联系，选项A正确，不符合题意；B．公式是电场强度的定义式，F是放入电场中的电荷所受的力，q是放入电场中的电荷的电量，它适用于任何电场，选项B错误，符合题意；C．公式是点电荷场强的计算公式，Q是产生电场的电荷电量，它不适用于匀强电场，选项C正确，不符合题意；D．从点电荷场强计算式分析库仑定律表达式式中是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小，而是点电荷q1产生的电场在点电荷q2处的场强大小，选项D正确，不符合题意；故选B。3.如图所示，在真空中有两个点电荷A和B，电荷量分别为-Q和+2Q，它们相距L，如果在两点电荷连线的中点O有一半径为r（2r＜L）空心金属球，且球心位于O点，则球壳上的感应电荷在O点的场强大小为（）A.水平向右 B.水平向左 C.水平向右 D.

水平向左【答案】A【解析】【详解】两个点电荷A和B在O点处产生的合场强大小为方向向左。根据静电平衡导体的特点可知，球壳上的感应电荷在O点处的场强大小与两个点电荷A和B在O点处产生的合场强大小相等，方向相反，则球壳上的感应电荷在O点处的场强大小为，方向向右。故选A。4.如图所示，光滑细杆AB、AC在A点连接，AB竖直放置，AC水平放置，两个相同的中心有小孔的小球M、N，分别套在AB和AC上，并用一细绳相连，细绳恰好被拉直，现由静止释放M、N，在运动过程中，下列说法正确的是（）

A.M球的机械能守恒B.M球的机械能增大C.M和N组成的系统机械能守恒D.绳的拉力对N做负功【答案】C【解析】【详解】AB．由静止释放M、N后，M下降，N向左运动，杆AB、AC光滑，绳子对N做正功，对M做负功，因此M球的机械能减小，N球的机械能增加，故AB错误；C．M、N组成的系统在整个过程中，只有重力做功，系统的机械能守恒，故C正确；D．绳的拉力与N球的位移夹角为锐角，则拉力对N球做正功，故D错误。故选C。5.如图所示，直角△ABC中，∠C=90°，∠A=37°，两个电荷量为的正点电荷固定在A、B两点，电荷量大小为q的试探电荷在C点受到的电场力方向与AB垂直，sin37°=0.6，cos37°=0.8。则为（）A.3:4 B.4:3 C.16:9 D.9:16【答案】B【解析】【详解】试探电荷在C点受到的电场力方向与AB垂直，则A、B在C点产生的合场强方向竖直向上或竖直向下，下图以竖直向下来求解（竖直向上结果相同）由图可知由点电荷场强公式计算可得故ACD均错误，B正确。故选B。6.如图所示，学生练习用头颠球。某一次足球由静止开始自由下落80cm后，被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为80cm。已知足球与头部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力下列说法正确的是（）A.足球与头部碰撞过程前后，动量守恒，机械能守恒B.足球与头部作用过程中动量变化量的大小为3.2kg·m/sC.足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为3.2N·sD.头部对足球的平均作用力为足球重力的10倍【答案】B【解析】【分析】【详解】足球自由落体80cm时的速度为v1，时间为t1，有，反弹后做竖直上抛运动，而上升的最大高度也为80cm，根据运动的对称性可知上抛的初速度上升的时间对足球与人接触的过程，，取向上为正，由动量定理有解得，即头部对足球的平均作用力为36N，而足球的重力为4N，则头部对足球的平均作用力是重力的9倍，此过程的动量变化量大小为足球运动的全过程，所受重力的冲量为故选B。7.如图所示，半径为R的细圆管（管径可忽略）内壁光滑，竖直放置，一质量为m、直径略小于管径的小球可在管内自由滑动，测得小球在管顶部时与管壁的作用力大小为mg，g为当地重力加速度，则（）

A.小球在管顶部时速度大小可能为B.小球运动到管底部时速度大小可能为C.小球运动到管底部时对管壁压力可能为5mgD.小球运动到管底部时对管壁压力可能为6mg【答案】C【解析】【详解】A．若小球在管顶部时受到管壁的压力，则解得若小球在管顶部时受到管壁的支持力，则解得即小球在管顶部时速度大小为或0，故A错误；B．小球从管顶部运动到达管底时，根据动能定理将和分别代入得，即小球运动到管底部时速度大小为或，故B错误；CD．在管底对小球，根据牛顿第二定律将和分别代入可解得，故C正确，D错误。故选C。8.甲、乙两颗人造卫星质量相等，均绕地球做圆周运动，甲的轨道半径是乙的3倍，下列应用公式进行的推论正确的有（）A.由可知，甲的速度是乙的倍B.由可知，甲的向心加速度是乙的3倍C.由可知，甲的向心力是乙的D.由可知，甲的周期是乙的倍【答案】CD【解析】【详解】A．两卫星质量相等，设卫星质量为m，设地球质量为M，R为地球半径，卫星绕地球做圆周运动的半径不同，所以应用求得两卫星的速度之比等于半径平方根的反比，甲的速度为乙的倍，故A错误；B．根据解得甲的轨道半径是乙的3倍，甲的向心加速度是乙的，故B错误；C．根据甲的轨道半径是乙的3倍，甲的向心力是乙的，故C正确；D．根据开普勒第三定律甲的轨道半径是乙的3倍，甲的周期是乙的倍，故D正确。故选CD。9.如图所示，A、B为两个等量的正点电荷，在其连线中垂线上的P点放一个负电荷q(不计重力)由静止释放后，下列说法中正确的是（）A.负电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度可能越来越大，速度越来越大B.负电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度可能越来越小，速度越来越大C.负电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值D.负电荷越过O点后，速度越来越小，加速度一定越来越大，直到速度为零【答案】BC【解析】【详解】等量的正点电荷的电场线的分布如图所示，

AB．由图像可知，从P点到O点过程中，场强可能先增大后减小，则电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度可能先增大后减小；也可能场强逐渐减小，加速度越来越小，但是负电荷q所受电场力方向总是向下，则负电荷q一直做加速运动，故A错误，B正确；CD．P到O点时场强为0，加速度为0，速度达到最大值，越过O点后，负电荷q受到电场力方向向上，其开始做减速运动，速度越来越小，但加速度可能先增大后减小，直到粒子速度为零，所以C正确，D错误；故选BC。10.2021年5月15日，天问一号着陆巡视器成功着陆于火星乌托邦平原南部预选着陆区，中国首次火星探测任务着陆火星取得圆满成功。已知火星的质量约为地球的0.1倍，半径约为地球的0.5倍，地球表面的重力加速度大小为g，地球半径为R，探测器环绕火星速度为v。则下列选项正确的是（）A.火星表面的重力加速度为0.4gB.火星和地球的第一宇宙速度之比为C.火星和地球的平均密度之比为5：4D.探测器环绕火星运行周期为【答案】AD【解析】【详解】A．对星球表面物体①得②故A正确；B．对贴近星球表面的卫星③得故B错误；C．星球密度④则故C错误；D．对环绕火星正常运行的探测器由①可得由②知g火=0.4g以及R火=0.5R带入可得故D正确。故选AD。11.光滑水平面上质量为3kg的物块A，水平向右以4m/s的速度与质量为5kg的静止物块B发生正碰，碰撞后物块A的速度大小和方向可能为（）A.0.5m/s，水平向左 B.0C.1m/s，水平向右 D.3m/s，水平向右【答案】ABC【解析】【分析】【详解】物块A物块B若发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有根据机械能守恒定律有联立解得方向水平向左方向水平向右物块A物块B若发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有解得则碰撞后物块A的速度为故选ABC。二、非选择题：本题共5小题，共56分。12.利用如图甲所示气垫导轨装置验证钩码和滑块所组成的系统机械能守恒。

（1）实验前需要调节气垫导轨水平，操作过程是：①___________（选填“挂上”、“不挂”）钩码，接通气源；②调节导轨底座旋钮，使得滑块能在导轨上处于___________状态。（2）实验中，接通气源，滑块静止释放后，测得数字计时器的读数为t和滑块释放位置B与光电门A之间的距离为L。改变距离L，重复上述实验多次，已知钩码质量m，滑块质量M，遮光条宽度d。若在实验误差允许范围内始终满足等量关系mgL=___________（用上述物理量符号表示），则系统机械能守恒。（3）某实验小组分析实验数据时发现，系统增加的动能总是明显大于钩码减小的重力势能，其原因是___________。【答案】①.不挂②.静止（或匀速直线运动）③.④.气垫导轨右端偏高【解析】【分析】【详解】（1）①[1]不挂钩码，这样没有拉力作为动力，接通气源，是为了消除导轨的阻力；②[2]调节导轨底座旋钮，使得滑块能在导轨上静止或者匀速运动；（2）[3]系统的动能增量为若在实验误差允许范围内，重力势能转化为动能，则（3）[4]系统增加的动能总是大于钩码减小的重力势能，说明可能是在调节导轨底座的操作过程中，使滑块具有了初速度，即气垫导轨右端偏高。13.利用如图所示的实验装置，可探究碰撞中的不变量，由于小球的下落高度是定值，所以，小球落在地面上的水平位移就代表了平抛运动时水平初速度的大小，这样碰前速度和碰后速度就可以用平抛运动的水平位移来表示了。（1）为了尽量准确找到碰撞中的不变量，以下要求正确的是______（填选项前的字母）；A.入射球的半径应该大于被碰球的半径B.入射球的半径应该等于被碰球的半径C.入射球每次应该从斜槽的同一位置由静止滚下D.斜槽末端必须是水平的（2）关于小球的落点，下列说法正确的是______（填选项前的字）；A.如果小球每次从斜槽的同一位置由静止滚下，重复几次的落点一定是完全重合的B.由于偶然因素存在，重复操作时小球的落点不会完全重合，但是落点应当比较密集C.测定落点P的位置时，如果几次落点的位置分别为P1、P2、…、Pn，则落点的平均位置满足D.测定落点的位置时，尽可能用最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置就是小球落点的平均位置（3）若已知入射小球与被碰小球的质量之比为m1:m2=8:3，OP=20cm，PN=16cm，则OM的值大约应该等于______cm，本实验才算达到实验目的。【答案】①.BCD②.BD③.6.5【解析】【分析】【详解】(1)[1]AB．只有两个小球的半径相等，才能保证碰后小球都做平抛运动，故A错误，B正确；C．入射球每次都要从斜槽同一高度由静止滚下，才能使得小球平拋运动的落点在同一位置，故C正确；D．斜槽末端水平是保证小球碰后做平抛运动的必要条件，故D正确；故选BCD；(2)[2]AB．由于各种偶然因素，如所受阻力不同等，小球的落点不可能完全重合，但落点应当比较集中，故A错误，B正确；CD．确定落点平均位置的方法是最小圆法，即用尽可能最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置代表落点的平均位置，由于落点比较密集，又较多，每次测量距离很难，故C错误，D正确；故选BD；(3)[3]设小球做平拋运动的落地时间为t，若小球碰撞前后满足动量守恒，则即代入数据，解得14.泥石流是在雨季由于暴雨、洪水将含有沙石且松软的土质山体经饱和稀释后形成的洪流。泥石流流动的全过程虽然只有很短时间，但由于其高速前进，具有强大的能量，因而破坏性极大。某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究，他们设计了如图甲所示的模型：在水平地面上放置一个质量为m＝4kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移变化如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，g＝10m/s2.则：(1)物体在运动过程中的最大加速度为多少？(2)在距出发点多远处，物体的速度达到最大？(3)物体在水平面上运动的最大位移是多少？【答案】(1)15m/s2；(2)3m；(3)8m【解析】【详解】(1)当推力F最大时，加速度最大，由牛顿第二定律，得可解得(2)由图象可知，随变化的函数方程为速度最大时，合力为0，即所以(3)位移最大时，末速度一定为0，由动能定理可得由图象可知，力做的功为所以15.如图所示，质量分别为、物块1、2静止在水平地面上，间距，物块与地面间的动摩擦因数。一长的细线一端固定在悬点，另一端连接一质量的小球。将细线拉至水平并由静止释放，当小球运动到悬点正下方时与物体1发生弹性正撞，此后物块1与物块2发生碰撞后迅速合为一体。重力加速度g取，求：（结果均保留两位小数）（1）小球与物块1碰撞后瞬间细线上的拉力大小；（2）物块1与物块2碰撞过程中损失的动能；（3）整个运动过程中物块1移动的距离。【答案】（1）1.22N；（2）0.12J；（3）1.00m【