1、（新教材）2020-2021学年下学期高一期末名师备考卷物理注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1对点电荷的理解，你认为正确的是()A点电荷不
2、能是带电荷量很大的带电体B点电荷的带电荷量可能是2.561020 CC只要是均匀的球形带电体，不管球的大小，都能被看做点电荷D当两个带电体的形状对它们的相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体都能看做点电荷【答案】D【解析】能否视为点电荷与带电量无关，当两个带电体的形状对它们的相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体都能看做点电荷，故AC错误，D正确；点电荷带电量必须是元电荷的整数倍，元电荷电量为1.61019 C，不是整数倍，故B错误。2如图所示，用两根绝缘轻细线悬挂两个小球A和B，这时上、下两根细线中的拉力分别为T1和T2；使两个小球都带上正电荷时，上、下两根细线中的拉力分别为T1和T2。则(
3、)AT1T1 BT1T1 CT2T2 DT2T2【答案】A【解析】取整体为研究对象，可得T1T1(mAmB)g，A正确，B错误；使两个小球都带上正电荷时，由于库仑斥力作用，下面绳的弹力增大，T2T2，CD错误。32021年5月15日，我国自主研发的天文一号成功着陆火星表面。如图，当它接近火星表面时，可打开反冲发动机减速下降。探测器减速下降过程中，它在火星表面的重力势能、动能和机械能的变化情况是()A动能增加、重力势能减小B动能减小、重力势能增加C动能减小、机械能减小D重力势能增加、机械能增加【答案】C【解析】探测器减速下降过程中，速度减小，则动能减小；它在火星表面的重力势能减小，则机械能减小。
4、4有一种叫“飞椅”的游乐项目，如图所示，长为L的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r的水平转盘边缘。转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。当转盘以角速度匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为。不计钢绳的重力。以下说法正确的是()A钢绳的拉力大小为m2Lsin B钢绳的拉力大小为C如果角速度足够大，可以使钢绳成水平拉直D两个体重不同的人，摆开的夹角一样大【答案】D【解析】对座椅受力分析，y轴上Fcos mg，得，x轴上Fsin m2(rLsin )，得，则AB错误；因钢绳拉力的竖直分量等于人的重力，则即使角速度足够大，也不可以使钢绳成水平拉直，C错误；根据，两边可消掉m，即两个体
5、重不同的人，摆开的夹角一样大，D正确。5如图所示，从地面上方某点，将一质量为1 kg小球以5 m/s的初速度沿水平方向抛出，小球经过1 s落地。不计空气阻力，g10 m/s2。则可求出()A小球抛出时离地面的高度是10 mB小球落地时重力的瞬时功率为100 WC小球落地时的速度大小是15 m/sD小球落地时的速度方向与水平地面成30角【答案】B【解析】小球抛出点的高度hgt25 m，故A错误；小球落地时竖直分速度vygt10 m/s，落地时重力的瞬时功率Pmgvy100 W，故B正确；由速度的合成可得小球的速度大小v5 m/s，故C错误；设小球落地的速度方向与水平方向的夹角为，则tan 2，可
6、知30，故D错误。6如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，MOP60。电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时O点的电场强度大小为E1。若将N点处的点电荷移至P点，则O点电场强度的大小变为E2。则E1与E2之比为()A21 B12 C23 D32【答案】A【解析】假设M点的电荷为正，N点电荷为负，则根据电场的叠加可知，移动前两个点电荷在O点产生的电场强度都为EE1，当将N点处的点电荷移至P点后，电场的叠加如图所示，则E2E1，故E1E221，故选A。7示波管是一种多功能电学仪器，它的工作原理可以等效成下列情况：如图所示，真空室中电极K发出电子（
7、初速度不计），经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板中。当A、B间电压为U2时电子偏离中心线飞出电场打到荧光屏上面显示亮点。不计电子重力，下列情况中一定能使亮点偏离中心距离变大的是()AU1变大，U2变大BU1变小，U2变大CU1变大，U2变小DU1变小，U2变小【答案】B【解析】设金属板A、B的长度为l，金属板右边缘到荧光屏的距离为L，电子在A、B之间运动的侧移量为y，亮点偏离中心的距离为h，则根据类平抛运动规律的推论以及几何关系可得，解得。设电子的质量为m，电荷量为e，经加速电场加速后获得的速度为v，则根据动能定理有eU1mv2，设A、B间距为d，根据牛顿第
8、二定律可得电子在A、B间的加速度大小，电子在A、B间运动的时间，根据运动学公式可得yat2，解得，可知U1变小且U2变大的情况下一定能使h增大，故B正确。8如图所示，重10 N的滑块在倾角为30的斜面上，从a点由静止下滑，到b点接触到一个轻弹簧。滑块压缩弹簧到c点开始弹回，返回b点离开弹簧，最后又回到a点，已知ab0.8 m，bc0.4 m，那么在整个过程中()A弹簧弹性势能的最大值是6 JB滑块动能的最大值是6 JC从b到c弹簧的弹力对滑块做的功是6 JD滑块在整个过程机械能守恒【答案】A【解析】由于滑块又返回a点，故斜面是光滑的，到c点时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块的重力势能完全转化为弹
9、簧的弹性势能，即Epmgacsin 306 J，故A正确；弹簧推动物块上升时，弹性势能转化为物块的机械能，整个过程的机械能是守恒的，机械能的大小均是6 J，而滑块动能最大的位置一定在bc之间，即物块在斜面的方向上受到的合外力为0时动能最大，所以此时弹簧仍有一定的弹性势能，故滑块的动能的最大值只能小于6 J，故B错误；滑块从b到c，弹簧的弹性势能由0到最大，弹簧的弹力对滑块做的功是6 J，故C错误；由于摩擦不计，整个过程只有重力与弹力做功，滑块和弹簧组成的系统整个过程机械能守恒，故D错误。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得
10、4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9如图所示的四种电场中均有a、b两点，其中a、b两点的电场强度相同的是()A甲图中与点电荷等距的a、b两点B乙图中两等量异种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点C丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点D丁图中匀强电场中的a、b两点【答案】BD【解析】甲图中a、b两点场强大小相等，但方向不同，A错误；乙图中a、b两点对称，所以场强大小相等，方向均垂直中垂线向左，B正确；丙图中a、b两点对称，场强大小相等，但方向相反，C错误；丁图的两平行板间为匀强电场，场强处处相同，D正确。10在探究平行板电容器的电容与哪些因素有关的实验中，电容
11、器的a、b两极板带有等量异种电荷且不变，a板与静电计连接，b板接地，如图所示两板间P点处固定一负电荷。下列说法中正确的是()A将b板上移，则静电计指针偏转角增大B将b板左移，则静电计指针偏转角增大C将b板左移，P处电荷的电势能减小D在电容器两极板间插入玻璃板的过程中，P处电荷的电势能减小【答案】ABC【解析】根据平行板电容器的决定式C，可知将b板上移，两极板正对面积S减小，则C减小；将b板左移，两极板间距离d增大，则C也减小。由题意并根据电容的定义式C，可知当C减小且Q不变时，两极板间电势差U增大，所以静电计指针偏转角增大，故AB正确；根据平行板电容器两极板间电场强度公式E，可知将b板左移，两
12、极板间电场强度E不变，根据匀强电场中电势差与电场强度的关系可知P与下极板间的电势差增大，所以P处电势增大，根据Epq，q0，可知P处电荷的电势能减小，故C正确；根据C项分析同理可知，在电容器两极板间插入玻璃板的过程中，r增大，则两极板间电场强度减小，则P与下极板间的电势差减小，所以P处电势减小，P处电荷的电势能增大，故D错误。11水平桌面上一质量为3 kg的物体，在水平拉力F的作用下，从静止开始运动2 s后撤去外力，其vt图像如图所示，下列说法正确的是()A在02 s内，合外力做的功为6 JB在02 s内，拉力大小是阻力大小的2倍C在t1 s时，拉力的瞬时功率为4.5 WD在06 s内，摩擦力
13、做的功为9 J【答案】AC【解析】在02 s内，根据动能定理得，合外力做的功W合mv206 J，故A正确；26 s内物体的加速度a20.5 m/s2，物体受到的摩擦力大小fma21.5 N，02 s内物体的加速度a11 m/s2，则Ffma14.5 N，在02 s内，拉力大小是阻力大小的3倍，故B错误；在t1 s时，拉力的瞬时功率PFv14.5 W，故C正确；在06 s内，物体的位移，所以在06 s内，摩擦力做的功Wfs9 J，故D错误。12如图所示，上方传送带始终以v4 m/s的速度向右运动，左右两端相距L4 m。将一质量m1 kg的木块由传送带左端静止释放，木块与传送带之间的动摩擦因数为0
14、.4，则()A木块从左端运动到右端的过程中，摩擦力对木块做的功为16 JB木块从左端运动到右端的过程中，由于带动木块运动，电动机多消耗了16 J的电能C木块从左端运动到右端的过程中，因为摩擦而产生的热量为8 JD木块从左端运动到右端的时间为1.5 s【答案】BCD【解析】木块在传送带上的加速度，木块达到传送带速度所用时间，此时通过的位移，共速后木块随传送带做匀速直线运动，匀速运动所用时间，则木块从左端运动到右端的时间，D正确；木块从左端运动到右端的过程中，由动能定理可得，A错误；木块与传送带相对滑块的位移，木块从左端运动到右端的过程中，因为摩擦而产生的热量，C正确；木块从左端运动到右端的过程中
15、，由于带动木块运动，电动机多消耗的电能，B正确。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13(6分)在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中，一同学猜想可能与两电荷的间距和电荷量有关。他选用带正电的小球A和B，A球放在可移动的绝缘座上，B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C点，如图所示。实验时，先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线的偏角越大；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大。实验表明：两电荷之间的相互作用力，随其距离的_而增大，随其所带电荷量的_而增大。此同学在探究中应用的科学方法是_（选填“累积法”“等效
16、替代法”“控制变量法”或“演绎法”）。【答案】减小 增大 控制变量法【解析】对小球B进行受力分析，可以得到小球受到的电场力Fmgtan ，即B球悬线的偏角越大，电场力也越大；所以使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两小球距离越小，B球悬线的偏角越大，说明了两电荷之间的相互作用力，随其距离的减小而增大；两小球距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大，说明了两电荷之间的相互作用力，随其所带电荷量的增大而增大；先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，这是只改变它们之间的距离；再保持两小球距离不变，改变小球所带的电荷量，所以这采用的方法是控制变量法。14(10分)某
17、同学利用如图装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究：一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连；弹簧处于原长时，小球恰好位于桌面边缘，如图所示。向左推小球，使弹簧压缩一段距离x后由静主释放；小球离开桌面后落到水平地面上。通过分析和计算，回答下列问题：(1)本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能Ep与小球抛出时的动能Ek相等。已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，为求得Ek，至少需要测量下列物理量中的_（填正确答案标号）。A小球的质量mB小球抛出点到落地点的水平距离sC桌面到地面的高度hD弹簧的原长l0(2)用所选取的量和已知量表示Ek，得Ek_。(3)图中的直线是实验测量
18、得到的水平射程s和压缩量x关系的sx图线。从理论上可推出，如果h不变，m减小，sx图线的斜率会_；如果m不变，h增加，sx图线的斜率会_；由图中给出的直线关系和Ek的表达式可知，Ep随x的增大会_。（均选填“增大”、“减小”或“不变”）【答案】(1)ABC (2) (3)增大 增大 增大 【解析】(1)由平抛规律可知，由水平距离和下落高度即可求出平抛时的初速度，进而可求出物体动能，所以本实验至少需要测量小球的质量m、小球抛出点到落地点的水平距离s、桌面到地面的高度h。故选ABC。(2)由平抛规律可知，竖直方向上hgt2，水平方向上svt，而动能Ekmv2，联立可得Ek(3)由题意可知如果h不变
19、，m减小，则相同的x对应的速度变大，物体下落的时间不变，对应的水平位移s变大，sx图线的斜率会增大；如果m不变，h增加，则物体下落的时间增加，则相同的x下要对应更大的水平位移s，故sx图线的斜率会增大；弹簧的弹性势能等于物体抛出时的动能，即Ep，可知Ep与s的2次方成正比，而s与x成正比，则Ep与x的2次方成正比，故Ep随x的增大会增大。15(8分)我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程。假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x1.6103 m时才能达到起飞所要求的速度v80 m/s。已知飞机质量m7.01
20、04 kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度取g10 m/s2。求飞机滑跑过程中：(1)加速度a的大小；(2)牵引力的平均功率P。【解析】(1)飞机做初速度为零的匀加速直线运动，有v22ax代入数据解得a2 m/s2。(2)飞机受到的阻力F阻0.1mg设发动机的牵引力为F，根据牛顿第二定律有FF阻ma飞机滑跑过程中的平均速度所以牵引力的平均功率PF联立解得：P8.4106 W。16(10分)宇航员站在一星球表面上的某高处，沿水平方向抛出一个小球，经过时间t，小球落到星球表面，测得抛出点与落地点之间的距离为l。若抛出时的初速度增大到3倍，则抛出点与落地点之间的距离为l。已知两落地
21、点在同一水平面上，该星球的半径为R，万有引力常量为G。试求：(1)两次落地点的距离；(2)该星球的质量M。【解析】(1)设抛出点的高度为h，第一次平抛水平射程为x，则若平抛初速度增大3倍，则有解得，则两次落地点的距离。(2)根据解得星球表面的重力加速度根据解得。17(10分)如图所示，光滑斜倾角为37，A、B两点距离L m。一质量m1102 kg、带电荷量q1106 C的小物块置于斜面上，当加上水平向右的匀强电场时，该物体恰能静止在斜面上，sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2。求：(1)该电场的电场强度大小；(2)求B、A两点间的电势差UBA；(3)若电场强度变为原来的，当
22、小物块由静止沿斜面从A下滑至B点时，求物块在B处速度的大小。【解析】(1)如图所示，小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用，受力平衡，则有解得。(2)B、A两点间的电势差(3)场强变化后物块所受合力根据牛顿第二定律得：Fma故代入数据解得：a0.3g3 m/s2物块在B处速度的大小解得。18(16分)如图所示，粗糙的水平轨道BC的右端与半径R0.45 m的光滑竖直圆轨道在C点相切，左端与光滑的倾斜轨道AB相连，AB与水平方向的夹角为37，质量m0.1 kg的小球从倾斜轨道顶端A点由静止滑下，设小球经过轨道衔接处时没有能量损失，已知倾斜轨道AB的长度l2 m，小球与水平轨道间的动摩擦因数0.
23、375，（sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2）(1)求小球第一次到达倾斜轨道底端B点时的速度大小（结果可以用根号表示）；(2)若水平轨道BC的长度为2.5 m，求小球最终停止的位置与B点的距离；(3)要使小球能够滑上圆轨道，并且第一次在圆轨道运动时小球不脱离轨道，水平轨道BC的长度L应满足什么条件？【解析】(1)小球在倾斜轨道上运动，由动能定理知解得。(2)最终小球动能为零，停在轨道上，由动能定理知解得通过的路程L13.2 m小球到达C点滑上圆弧后返回，返回路程L2L1LBC0.7 m所以返回后距离B点的距离LLBL21.8 m。(3)小球恰好从B点到C点，由动能定理知解得L3.2 m要使小球能够滑上圆轨道，应满足L3.2 m在圆轨道运动时小球不脱离轨道，有两种情形物体能完成圆周运动在最高点有对小物块从B点到圆轨道最高点利用动能定理有解得L0.2 m小球不脱离轨道应满足L0.2 m物体运动到圆轨道圆心等高处速度为零对小物块从B点到圆轨道圆心等高处利用动能定理有解得L2 m小球不脱离轨道应满足L2 m综合以上可得要使小球能够滑上圆轨道，并且第一次在圆轨道运动时小球不脱离轨道，水平轨道BC的长度L应满足L0.2 m或者2 mL3.2 m。
