1、江苏省泰州市2018-2019学年高一物理下学期期末考试试题（含解析）一、单项选择题:1.下列说法错误的是A. 哥白尼认为地球是宇宙的中心B. 卡文迪许最早较准确地测出了万有引力常量C. 开普勒关于行星运动的描述为万有引力定律的发现奠定了基础D. 牛顿通过月-地检验”发现地面物体、月球所受地球引力都遵从同样的规律【答案】A【解析】【详解】A项：哥白尼提出了日心说，认为太阳是宇宙的中心，故A错误；B项：牛顿发现了万有引力定律，但没有测量引力常量，是卡文迪许测出了引力常量，故B正确；C项：开普勒发现了行星运动的三大定律，正确描绘了行星运动的规律，为牛顿万有引力定律的发现奠定了基础，故C正确；D项：
2、万有引力定律建立后，经历过“月-地检验”，表明地面物体所受地球引力与月球所受地球引力遵从同样的规律，故D正确。2.天文学家将相距较近、仅在彼此的引力作用下运行的两颗恒星称为双星。如图所示，是某双星系统中A、B两颗恒星围绕它们连线上的固定点O分别做匀速圆周运动，在运动中恒星A、B的中心和O三点始终共线，下列说法正确的是A. 恒星A的角速度比恒星B的角速度小B. 恒星A的线速度比恒星B的线速度小C. 恒星A受到的向心力比恒星B受到的向心力小D. 恒星A的质量比恒星B的小【答案】D【解析】A、由于二者具有共同的转轴，故二者角速度，故选项A错误；B、根据公式，由于二者角速度相同，A的半径大，则恒星A的
3、线速度比恒星B的线速度大，故选项B错误；C、恒星A受到的向心力和恒星B受到的向心力均由二者之间的万有引力提供，而万有引力大小相等，故二者向心力大小相等，故选项C错误；D、根据上面的分析可知：，由于，故，故选项D正确。点睛：本题主要考查了双星系统的特点，知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的周期。3.列车提速的一个关键技术问题是提高机车发动机的功率。已知匀速运动时，列车所受阻力与速度的平方成正比，即fkv2。设提速前匀速运动速度为180km/h，提速后匀速运动速度为240km/h，则提速前与提速后机车发动机的功率之比为()A. B. C. D. 【答案】C【解析】匀速运动时，列车所受阻
4、力与速度的平方成正比，即fkv2。匀速运动时，机车牵引力；机车发动机功率。提速前匀速运动速度为180km/h，提速后匀速运动速度为240km/h，则提速前与提速后机车发动机的功率之比。故C项正确，ABD三项错误。4.如图，在验证向心力公式的实验中，质量为m的钢球放在A盘的边缘，质量为4m的钢球放在B盘的边缘，A、B两盘的半径之比为2:1，a、b分别是与A盘、B盘同轴的轮，a轮、b轮半径之比为1:2，当a、b两轮在同一皮带带动下匀速转动时，钢球、受到的向心力之比为A. 2:1B. 4:1C. 1:4D. 8:1【答案】A【解析】皮带传送，边缘上的点线速度大小相等，所以 ，a轮、b轮半径之比为12
5、，所以，共轴的点，角速度相等，两个钢球的角速度分别与共轴轮子的角速度相等，则，根据向心加速度 ， 由向心力公式 ，得.故A正确5.C919大型客机是我国具有自主知识产权的大型喷气式民用飞机，假设地球是一个质量均匀分布的球体，客机在赤道上空绕地心做匀速圆周运动，空气阻力大小不变，不考虑油料消耗导致的客机质量变化，关于客机，下列说法正确的是A. 发动机的功率不变B. 客机作匀变速运动C. 客机处于平衡状态D. 客机所受地球引力等于向心力【答案】A【解析】【详解】A项：由于客机做匀速圆周运动，速率不变，所以牵引力与空阻力大小相等，由公式可知，发动机的功率不变，故A正确；B项：由于客机做匀速圆周运动，
6、加速度大小不变，方向时刻变化，所以客机作变加速运动，故B错误；C项：由于客机做匀速圆周运动，合力不为零，所以客机处于非平衡状态，故C错误；D项：客机所受地球引力与重力和向心力是合力与分力的关系，故D错误6.如图，三个固定的带电小球a、b和c,相互间的距离分别为ab=5 cm, bc=3 cm, ca=4 cm. 小球c所受库仑力的合力的方向垂直于a、b的连线，设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k,则A. a、b为异种电荷，k=B. a、 b为同种电荷，k=C. a、b为同种电荷，k=D. a、b为异种电荷，k=【答案】B【解析】【详解】根据同种电荷相斥，异种电荷相吸，且小球c所受库仑力的合
7、力的方向垂直于a，b的连线，可知，a，b的电荷同号，对小球C受力分析，因ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm，因此acbc，那么两力的合成构成矩形，依据相似三角形之比，则有：，而根据库仑定律，而综上所得，故B正确。7.如图所示为示波管的工作原理图，电子经加速电场(加速电压为U1)加速后垂直进入偏转电场，离开偏转电场时偏转量是h,两平行板间的距离为d，电压为U2,板长为L，每单位电压引起的偏移叫做示波管的灵敏度.为了提高灵敏度，A. 减小dB. 减小LC. 增大U1D. 增大U2【答案】A【解析】【详解】经加速电场后的速度为v，则所以电子进入偏转电场时速度的大小为，电子进入偏转电场后的偏转的
8、位移为，所以示波管的灵敏度所以要提高示波管的灵敏度可以增大L，减小d和减小U1，故A正确。8.如图所示，足够长的光滑斜面固定在水平面上，A、B物块与轻质弹簧相连，A、C物块由跨过光滑轻质小滑轮的轻绳连接。初始时刻，C在外力作用下静止，绳中恰好无拉力，B静置在水平面上，A静止，现撤去外力，物块C沿斜面向下运动，当C运动到最低点时，B刚好离开地面.已知A、B的质量均为m,弹簧始终处于弹性限度内，则上述过程中A. 物块C的质量mc可能等于物块A的质量mB. 物块C运动到最低点时，物块A的加速度为gC. 物块C的速度最大时，弹簧弹性势能为零D. 物块A、B、C系统的机械能先变小后变大【答案】C【解析】
9、【详解】A项：弹簧原来的压缩量，当C运动到最低点时，B对地面的压力刚好为零，弹簧的拉力等于B的重力，则弹簧此时的伸长量为则x1=x2，弹簧初末状态的弹性势能相等，根据A、B、C和弹簧构成的系统机械能守恒，有，是斜面的倾角，得 mCsin=m，sin1，所以 mCm，故A错误；B项：对A、C为一整体受力分析可知且由牛顿第二定律得：，故B错误；C项：当C的速度最大时A的速度达到最大，即ABC与弹簧为一系统，系统的动能最大，则弹性势能最小，则弹簧为原长，即弹簧弹性势能为零，故C正确；D项：由于A、B、C和弹簧构成的系统机械能守恒，而弹簧先复原再拉长，故弹性势能先减小后增加，故A、B、C系统的机械能先
10、变大后变小，故D错误。二、多项选择题:9.小球做匀速圆周运动的过程中，以下各量不发生变化的是A. 线速度B. 角速度C. 周期D. 向心加速度【答案】BC【解析】【详解】在描述匀速圆周运动的物理量中，线速度、向心加速度、向心力这几个物理量都是矢量，虽然其大小不变但是方向在变，因此这些物理量是变化的；所以保持不变的量是周期和角速度，所以BC正确。10.如图所示，在竖直向下的匀强电场中，一绝缘细线一端拉着带负电的小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，下列说法正确的是A. 小球运动到最高点a时，小球的电势能一定最小B. 小球运动到最高点a时，细线的拉力一定最小C. 小球运动到最低点b时，小球的速度一定最
11、大D. 小球运动到最低点b时，小球的机械能一定最小【答案】AD【解析】【详解】A项：从b到a，电场力做正功，电势能减小，故小球经过a点时的电势能最小，故A正确；B、C项：小球在电场中受到重力和竖直向上的电场力作用，当重力大于电场力时，小球从最低点到最高点时，合力做负功，速度减小，则小球运动到最高点a时，线的张力一定最小，到达最低点b时，小球的速度最大，动能最大；当重力等于电场力时，小球做匀速圆周运动，速度大小不变，细线拉力大小保持不变，当重力小于电场力时，小球运动到最高点a时，线的张力一定最大，到达最低点时，小球的速度最小，故BC错误；D项：、当小球从最低点到最高点的过程中，电场力做正功，电势
12、能减小，小球运动到最高点时，小球的电势能最小，机械能最大，所以小球运动到最低点b时，小球的机械能一定最小，故D正确。11.一行星绕恒星作圆周运动由天文观测可得，其运动周期为T,速度为v,引力常量为G,则下列结论正确的有A. 恒星质量为B. 行星运动的轨道半径为C. 行星的质量为D. 行星运动的加速度为【答案】ABD【解析】【详解】A、B项：根据线速度与轨道半径和周期的关系得行星运动的轨道半径为：，根据万有引力提供向心力，列出等式：，联立解得：，故AB正确；C项：根据题意无法求出行星的质量，故C错误；D项：加速度为：结合解得：行星运动的加速度为，故D正确。12.如图所示，实线表示某电场中一簇关于
13、x轴对称的等势面，在轴上有等间距的A、B、C三点，则 A. B点的场强小于C点的场强B. A点的电场方向指向x轴正方向C. AB两点电势差小于BC两点电势差D. AB两点电势差等于BC两点电势差【答案】ABC【解析】【详解】A项：等差等势面的疏密程度表示电场强度的大小，由于0.4V与0.2V两个等势面间电势差等于0.6V与0.4V两个等势面间电势差，C处的等势面密，所以C点电场强度较大，故A正确；B项：电场线与等势面垂直，并且由电势高的等势面指向电势低的等势面，故A点场强方向指向x轴正方向，故B正确；C、D项：等差等势面的疏密程度表示电场强度的大小，所以AB两点间的平均场强小于BC两点间的平均
14、场强，由公式，可知，AB两点电势差小于BC两点电势差，故C正确，D错误。13.如图所示，长为L水平传送带以恒定速率v运行，质量为m的物块(可视为质点),从传送带左端由静止释放，一直加速运动到传送带右端， 经历时间t,若物体与传送带之间动摩擦因数为.在上述过程中，下列说法中一定 正确的是A. 传送带对滑块做的功为mgvtB. 传送带对滑块做的功为mv2C. 传送装置额外多做的功为mgvtD. 传送装置额外多做的功为【答案】CD【解析】【详解】A、B项：传送带对滑块的摩擦力为：，滑块的位移为：L，所以传送带对滑块做的功为，由于滑块到达传送带右端的速度不一定为，所以传送带对滑块做的功不一定为，故AB
15、错误；C项：传送装置额外多做的功即为传送带克服滑块与传送带间的摩擦做的功，传送带的位移为，所以功为：，故C正确；D项：由能量守恒可知，传送装置额外多做的功转化的系统的热量和滑块的动能，滑块到达右端时的速度为：，所以动能为，产生的热量为：，所以传送装置额外多做的功为，故D正确。三、简答题: 14.图甲是一个研究向心力与哪些因素有关的DIS力传感器实验装置的示意图，其中做匀速圆周运动的圆柱体的质量为m,放置在圆盘上(未画出),圆周轨道的半径为r,力传感器测定的是向心力F的大小，光电传感器测定的是圆柱体的线速度v的大小，图乙为实验测得的数据及根据实验数据作出的F-v, F-v2, F-v3三个图象:
16、 (1)用实验探究向心力F和圆柱体线速度v的关系，保持圆柱体质量不变，半径r=0.2m,根据测得的数据及三个图象，可得出向心力F和圆柱体速度v的定量关系式_(2)为了研究F和r成反比的关系，实验时除了保持圆柱体质量不变外，还应保持_不变(3)根据向心力公式以及上面的图线可以推算出圆柱体质量为_kg. (保留两位小数)【答案】 (1). F=1.5v2； (2). 线速度； (3). 0.3kg【解析】【详解】(1) 研究数据表和图乙中B图不难得出Fv2，进一步研究知图乙斜率，故F与v的关系式为：F=1.5v2；(2) 为了研究F与r成反比的关系，实验时除了保持圆柱体质量不变外，还应保持线速度不
17、变；(3)由，。15.某同学用如图甲所示的装置通过研究重锤的落体运动来验证机械能守恒定律，已知重力加速度为g。（1）该实验需要直接测量的物理量是_。A、重锤的质量B、重锤下落的高度C、重锤底部距水平地面的高度D、与下落高度对应的重锤的瞬时速度（2）选用一条点迹清晰且第一、二点间距离约为的纸带验证机械能守恒定律，如图乙所示，图中A、B、C、D、E、F、G为七个相邻的原始计时点，点F是第n个点，设相邻点间的时间间隔为T，实验中计算点F速度的表达式是_ 。A、 B、 C、 D、测得、分别为、，重锤质量，从打点O到打下点F的过程中，重锤重力势能的减少量_ J，动能的增加量_J（取，结果保留三位有效数字
18、）。（4）由此可得出的实验结论是_ 。【答案】 (1). B (2). C (3). 1.86 (4). 1.81 (5). 在误差允许范围内，物体减小的机械能等于物体动能的增加，物体机械能守恒。【解析】试题分析：（1）重锤质量可测可不测，因为动能的增加量和重力势能的减小量式子中都有质量，可以约去需要测量的物理量是：重锤下落的高度，故选项B正确。（2）求速度时我们是利用匀变速直线运动的规律即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，故C正确。（3）重力势能减小量，。（4）在实验误差允许的范围内，机械能是否守恒。考点：验证机械能守恒定律【名师点睛】在解决实验问题时要注意实验的原理
19、有实验中的注意事项，特别要注意数据的处理及图象的应用；对于基础实验要从实验原理出发去理解，要亲自动手实验，深刻体会实验的具体操作，不能单凭记忆去理解实验。四、计算题:16.某航天员在一个半径为R的星球表面做了如下实验:竖直固定测力计;将质量为m的砝码直接挂在弹簧测力计挂钩上.平衡时示数为F1取一根细线穿过光滑的细直管，将此砝码拴在细线端，另端连在固定的测力计上，手握直管抡动砝码，使它在水平面内做圆周运动，停止抡动细直管并保持细直管竖直，砝码继续在一水平面绕圆心。做匀速圆周运动，如图所示，此时测力计的示数为F2,已知细直管下端和砝码之间的细线长度为L.求: (1)该星球表面重力加速度g的大小;(
20、2)砝码在水平面内绕圆心O匀速圆周运动时的角速度大小；(3)在距该星球表面h高处做匀速圆周运动卫星的线速度大小【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【详解】(1)由物体在星球表面重力等于F1，即，解得：；(2)设细线与竖直方向的夹角为，由细线的拉力和重力的合力提供向心力，则得： 解得：；(3) 在星球表面物体有： 又根据万有引力提供向心力得： 联立解得：。17.如图所示，平行板电容器两极板正对且倾斜放置，下极板接地，电容器电容C=10-8F，板间距离d=3 cm,两极板分别带等量的异种电荷，电量Q=1x10-6c.一电荷量q =3x10-10C,质量m=8x10-8kg带负电的油滴以vo=0.
21、5 m/s的速度自AB板左边缘水平进入电场，在电场中沿水平方向运动，并恰好从CD板右边缘水平飞出，g取10 m/s2, 不计空气阻力.求: (1)两极板之间的电压U;(2)油滴运动到AD中点时的电势能Ep:(3)带电粒子从电场中飞出时的速度大小v.【答案】(1)100V；(2)；(3)【解析】【详解】(1)由电容器电容公式得：，代入数据得：；(2)AD中点的电势为，电势能为：；(3) 带电粒子能沿水平方向做直线运动，所受合力与运动方向在同一直线上，由此可知重力不可忽略，受力分析如图所示静电力在竖直方向上的分力与重力等大反向，则带电粒子所受合力与静电力在水平方向上的分力相同，根据动能定理有： 解
22、得：。18.如图所示，在竖直平面内，粗糙斜面AB长为L=4m、倾角=37,下端与半径R=1 m的光滑圆弧轨道BCDE平滑相接于B点C点是轨迹最低点，D点与圆心O等高.一质量m=0.1 kg的小物体从斜面AB上端的A点无初速度下滑，恰能到达圆弧轨道的D点，不计空气阻力，g取10m/s2, sin 37=0.6，cos37=0.8， 求: (1)物体与斜面之间的动摩擦因数;(2)物体第一次通过C点时，对轨道压力大小FN;(3)物体在粗糙斜面AB上滑行的总路程S.【答案】(1)；(2)3N；(3)s=6m【解析】【详解】(1)A到D过程，根据动能定理有mg(Lsin Rcos )mgLcos 0解得：0.5；(2)A到C过程，根据动能定理有mg(Lsin RRcos )mgLcos mvC12解得： 根据向心力公式：Fmgm vC12/R 解得F3 N由牛顿第三定律得：FN=F=3N；(3)根据动能定理：mgLsin mgscos 0得s6 m。