1、山东省日照市2019-2020学年高一物理下学期期末考试试题（含解析）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题日的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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. 如图是码头的旋臂式起重机，当起重机旋臂水平向右保持静止时，吊着货物的天车沿旋臂向右匀速行驶，同时天车又使货物沿竖直方向匀加
2、速上升。该过程中货物的运动轨迹可能是图中的（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】货物在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做匀加速直线运动，加速度方向向上，因为合加速度的方向竖直向上，与合速度不在同一条直线上，合运动的轨迹为曲线。因为加速度的方向（即合力的方向）大致指向轨迹凹的一侧，即向上弯曲故选C。2. 自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径不一祥，它边缘有三个点A、B、C，如图所示。当大齿轮匀速运动时，下列说法中正确的是（）A. A、B、C的线速度 B. A、B、C的角速度C. A、B、C的运动周期D. A、B、C的向心加速度【答案】D【解析】【详解】AAB两点在传送带上，是同
3、缘传动的边缘点，所以两点的线速度相等，即BC两点属于同轴转动，故角速度相等，即根据，由于rCrB，则所以可知A、B、C的线速度故A错误；BBC两点属于同轴转动，故角速度相等，即又由于vA=vB，根据，根据题意rArB，可知AB所以A、B、C的角速度故B错误；C由于，根据可知，A、B、C的运动周期故C错误； DBC两点的角速度是相等的，根据，由于C点的半径比较大，所以由于AB两点的线速度相等，根据，由于A点的半径比较大，所以则A、B、C的向心加速度故D正确。故选D。3. 月地检验的结果说明地面物体所受地球的引力与月球所受地球的引力是同一种性质的力。设地球表面的重力加速度力g，月球在距地心约60R
4、（R是地球半径）处，此处由于地球的引力作用而产生的重力加速度力，则约为（）A. 1B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】设地球的质量为M，地面上质量为m的物体受到的万有引力等于重力，则有设月球的质量为m，根据万有引力定律可得则故选D。4. 如图，水平桌面上平放一矩形导线框abcd，O为中心点。匀强磁场竖直向上，下列操作可使线圈中产生感应电流的是（）A. 线框水平向右平动B. 线框竖直向上平动C. 线框绕过O点的竖直轴转动D. 线框以ab为轴逆时针转动【答案】D【解析】【详解】A线圈向右平动，穿过线圈的磁通量不发生变化，无感应电流产生，故A错误；B线圈竖直向上平动，穿过线圈的磁通量不发生变
5、化，无感应电流产生，故B错误；C线圈绕过O点的竖直轴转动，穿过线圈的磁通量也不发生变化，无感应电流产生，故C错误；D线圈以ab为轴转动时，导致穿过线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电流，故D正确。故选D。5. A、B两物体的质量之比mA：mB=2：1，它们以相同的初速度在水平面上做匀减速直线运动（水平方向仅受摩擦力作用），直到停止，其vt图像如图所示。此过程中，A、B两物体所受摩擦力之比FA：FB与A、B两物体所受摩擦阻力做功之比WA：WB分别为（）A. 4：1，2：1B. 4：1，1：2C. 2：1，4：1D. 1：2，1：4【答案】A【解析】【详解】根据速度时间的图象可知物体只受到摩擦力的
6、作用，摩擦力作为合力产生加速度，由牛顿第二定律可知，f=ma，所以摩擦力之比为4：1，由动能定理，摩擦力的功由于AB的初速度大小相同，质量之比mA：mB=2：1，所以两物体克服摩擦阻力做的功之比2：1故选A。6. 一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为2V、3V、6V。下列说法正确的是（）A. 坐标原点处的电势为0VB. 坐标原点处的电势为1VC. 电子在a点的电势能比在b点的少1eVD. 电子从b点运动到c点，电场力做功为3eV【答案】D【解析】【详解】AB根据即得故AB错误；C负电荷在电势低处电势能大，则电子在a点的电势能比在b点的大故C错误
7、；D电子从b点运动到c点，电场力做功为故D正确。故选D。7. 如图所示，闭合开关S后A、B板间产生恒定电压U，已知两极板的长度均为L，间距为d，带负电的粒子（重力不计）以恒定的初速度从O点平行极板射入电场，恰好打在上极板的右端C点。若仅将下极板向上移动一定距离，带电粒子将打在上极板的C点，则B板上移后（）A. 电容器两极板的电荷量变小B. 极板间的电场强度将减小C. 粒子在板间的运动时间变小D. 粒子打在C点时的动能与打在C点时的动能相等【答案】C【解析】【详解】设O点到上极板的距离为dA两极板间的电压不变，间距减小，电容器的电容可知电容器的电容增大，电容器两极板的电荷量可知，电容器两极板的电
8、荷量变大，故A错误；BC由电场强度与电势差的关系可知电场强度增大，粒子受到的电场力增大，在竖直方向上的加速度增大，再由初速度为零的匀变速直线运动的位移公式粒子在板间的运动时间可知，粒子在板间的运动时间减小，故C正确，B错误；D竖直方向，由初速度为零的匀变速直线运动的速度位移公式加速度增大,可知速度增大，即粒子打在C时的动能大于打在C时的动能，故D错误； 故选C。8. 如图所示，实线为某点电荷电场中的部分电场线（方向未画出），虛线为一带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹。则下列说法正确的是（）A. 若粒子带负电，则场源电荷一定是正电荷B. 粒子在M点的加速度一定小于它在N点的加速度C. 粒子在M点
9、的速率一定小于它在N点的速率D. 粒子在M点的电势能一定小于它在N点的电势能【答案】C【解析】【详解】A根据做曲线运动的物体所受合力指向曲线的内侧可知，带电粒子所受的电场力沿电场线向右，若带电粒子带负电，则电场线向左，场源电荷一定是负电荷，故A错误；B电场线的疏密表示场强大小，由图知粒子在M点的场强大于N点的场强，由知在M点的加速度大于N点的加速度，故B错误；C从M到N，由动能定理，电场力做正功，动能增大，所以粒子在M点的速率小于它在N点的速率，故C正确；D从M到N，电场力做正功，电势能减小，粒子在M点的电势能大于它在N点的电势能，故D错误。故选C。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共
10、16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9. 如图所示，在长为l的细绳下端拴一个质量为m的小球，捏住绳子的上端，使小球在水平面内做匀速圆周运动，细绳就沿圆锥面旋转，这样就成了一个圆锥摆。当绳子跟竖直方向的夹角为时，以下正确的有（）A. 小球运动的向心加速度B. 小球运动的向心加速度C. 小球运动的角速度D. 小球运动的角速度【答案】BD【解析】详解】AB对摆球进行受力分析，由牛顿第二定律得mgtan=man解得小球运动的向心加速度为an=gtan故A错误，B正确；CD摆球做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得mgtan=mlsin
11、2解得小球的角速度为故C错误，D正确。故选BD。10. 如图所示，同一平面内有A和B两根互相绝缘、互相垂直的长直导线，通以等大电流，C点、D点、E点、F点到A、B的距离均相等，则下列说法正确的是（）A. C点磁感应强度为零B. D点磁感应强度方向垂直纸面向外C. E点磁感应强度方向垂直纸面向里D. F点磁感应强度垂直纸面向里【答案】ABD【解析】【详解】根据右手螺旋定则可知，直导线A在其上方的磁场向外，在其下方的磁场向里；直导线B在其左方的磁场向外，在其右方的磁场向里；根据磁场的叠加可知，C点磁感应强度为零；D点磁感应强度方向垂直纸面向外；E点磁感应强度为零；F点磁感应强度垂直纸面向里。故选项
12、ABD正确，C错误。故选ABD。11. 2020年6月23日上午，北斗三号全球卫星导航系统的“收官之星”成功发射，标志着北斗三号全球卫星导航系统全球星座组网部署最后一步完成。一中国北斗，将点亮世界卫星导航的天空。“收官之星”最后静止在地面上空（与地面保持相对静止）。该卫星距地面的高度为h，已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，万有引力常量为G。由此可知（）A. “收官之星”运动的周期为B. “收官之星”运动的的轨道一定与赤道共面C. “收官之星”运动的加速度为D. 地球的平均密度为【答案】BD【解析】【详解】A物体在地球表面受到的万有引力等于重力“收官之星”属于地球同步卫星，绕地球做匀
13、速圆周运动，万有引力提供向心力联立解得“收官之星”运动的周期故A错误；B“收官之星”属于地球同步卫星，运动的的轨道一定与赤道共面，故B正确；C“收官之星”绕地球做匀速圆周运动解得运动的加速度结合A选项公式可知，“收官之星”运动的加速度故C错误；D物体在地球表面受到的万有引力等于重力根据密度公式可知联立解得地球平均密度故D正确。故选BD。12. 在图甲的电路中，R1是可变电阻，R2是定值电阻，电源内阻不计。调节R1的的阻值，得到理想电压表和理想电流表的多组数据，用这些数据在坐标纸上描点、拟合，作出的U-I图像如图乙中AB所示。则（）A. 当通过R1的滑片向左滑动时，电流表示数减小，电压表的示数增
14、大B. 当通过R1的电流为0.1A时，R1的有效电阻为10C. 电源电动势为3VD. R2的电阻值为5【答案】AD【解析】【详解】A当通过R1的滑片向左滑动时，电阻变大，则总电阻变大，电流表示数减小，R2上电压减小，则电压表的示数增大，选项A正确；B当通过R1的电流为0.1A时，此时R1两端电压为2V，则R1的有效电阻为选项B错误；CD根据E=U+IR2根据图像上两点的坐标值可得E=2+0.1 R2 E=1+0.3 R2联立解得电源电动势为E=2.5V R2=5选项C错误，D正确。故选AD。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13. 某物理兴趣小组做“探究平抛运动的特点”的实验时，分成两组。
15、(1)其中一个实验小组使用平抛竖落仪，如图甲所示，用小捶打击弹性金属片，金属片把A球沿水平方向抛出，同时B球被松开，自由下落。A、B两球同时开始运动，多次改变小球距离地面的高度和打击的力度，发现A、B两球均同时落地，下列说法错误的是_。A用小捶打击金属片前，要使A、B两个小球在同一水平面上B多次改变打击的力度是为了改变平抛运动的时间C多次改变小球距离地面的高度是为了改变平抛运动的时间D用耳朵“听”来判断两球落地时刻的先后，比用眼睛“看”要敏锐得多。(2)另一个实验小组的同学让小球做平抛运动，用频闪照相机对准方格背景照相，拍摄到如图乙所示的照片，已知小方格的边长L，重力加速度为g。由图可知，小球
16、水平方向的分运动是_，频闪的时间间隔T=_，小球平抛的初速度=_，平抛到c点的时间为t=_。【答案】 (1). B (2). 匀速直线运动 (3). (4). (5). 【解析】【详解】(1)1AD两小球在同一水平面上时，小锤打击弹性金属片，A球水平抛出，同时B球被松开自由下落，耳朵听到一个落地的声音，说明两球同时落地，可知平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，故AD不符合题意；BC实验时应改变装置的高度是为了改变平抛运动的时间，控制小锤打击力度来改变平抛初速度，多次实验，可以验证平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，从而体现分运动的独立性，故B符合题意，C不符合题意。故选：B。(2)23各个点迹
17、之间的时间间隔相等，其水平分位移也相等，说明小球水平方向的分运动为匀速直线运动，平抛运动竖直方向上为匀变速直线运动，据位移差公式可得解得45平抛运动水平方向的分运动为匀速直线运动，有2L=v0T解得根据匀变速直线运动的推论：某段时间内中间时刻的速度等于该段时间内的瞬时速度，可得且有vcy=gt解得14. 有一量程为3V的电压表V，现要测量其内阻RV。可选用的器材有：滑动变阻器，最大阻值10；电阻箱R2，最大阻值9999；电源E，电动势约为9V，内阻不计；电压表V0，量程6V；开关两个。导线若干。一小组采用了如图所示的测量电路图，请根据电路图在答题卡中连接实物图_。实验步骤如下：(1)断开开关S
18、2和S1，将R1的滑片移到最_端的位置；（选填左或右）(2)闭合开关S2和S1，调节R1使电压表V满偏，记下此时电压表V0的示数；(3)断开开关S2，调节R1和R2，使电压表V示数达到半偏，且电压表V0的示数不变；读取并记录此时电阻箱的阻值为R0，则测出的电压表V的内阻RV=_。【答案】 (1). (2). 左 (3). R0【解析】【详解】1由图示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，根据图示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示(1)2滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，闭合开关前滑片应置于最左端(3)3电压表V0示数不变，分压电路分压不变，当电压表V示数达到半偏时，电压表V与电阻箱R2的
19、两端电压相等，由串联电路特点可知，电压表V的内阻与电阻箱R2接入电路的阻值，因此电压表V的内阻15. 如图所示，发射地球卫星时，先将卫星发射至半径为R的近地圆形轨道上运行，然后在P处点火，使其沿椭圆轨道2运行，运行至Q处再次点火，将卫星送至半径为3R的圆形轨道3上运行。已知地球质量为M，引力常量为G，卫星质量为m0。又知若质量为m的物体在离地球无穷远处时其引力势能为零，则当物体与地球球心距离为r时，其引力势能，不计空气阻力。求(1)卫星分别在圆形轨道1、3上正常运行时的速度大小、；(2)卫星分别在圆形轨道1、3上正常运行时的机械能E1、E2。【答案】(1)、；(2)，【解析】【详解】(1)卫星
20、在1轨道上运行时，有解得卫星在3轨道上运行时，有解得(2)卫星在圆形轨道1上正常运行时的机械能卫星在圆形轨道3上正常运行时的机械能解得，16. 一总质量为m=5105kg列车，其发动机的额定功率为P=6105W。列车在水平直轨道上行驶时，所受阻力F阻是车重的0.01倍，g取10m/s2。求：(1)列车在水平轨道上行驶的最大速度；(2)列车从静止开始，以0.5m/s2的加速度做匀加速直线运动的时间。【答案】(1)12m/s；(2)4s【解析】【详解】(1)列车以最大速度行驶时，牵引力等于阻力，即F=F阻=kmg最大速度为解得最大速度vm=12m/s(2)若火车做匀加速直线运动，牵引力不变，在此过
21、程中，速度增大，根据P=Fv发动机功率也增大，当功率达到额定功率时，火车结束匀加速直线运动，设此时速度为v1，此过程的牵引力为F1，由牛顿第二定律得F1-F阻=ma代入数据得F1=3105N根据p=F1v1可得v1=2m/s根据公式v=v0+at代入数据得t=4s17. 在水平向右的匀强电场中，长为L的绝缘轻绳一端固定在O点，另一端系住一质量为m、电荷量为+q的小球，静止于A点，如图所示。已知=45，重力加速度为g。(1)若将小球拉至与O点等高的B点（OB间距离为L），无初速度释放，求小球经过A点时绝缘绳对小球拉力的大小。(2)若将小球拉至与O点等高C点（OC间距离为L），无初速度释放，求小球
22、第一次运动到轨迹最低点的时间。（结果可保留根号）【答案】(1)（3-2）mg；(2)【解析】【详解】(1)小球在A点受力分析可知qE=mg小球从B到A的过程中mgLsin-qE（L-Lcos）=-0小球在A点时，有F-mgsin-qEcos=解得F=（3-2）mg(2)小球从C点释放时，由牛顿第二定律得F合=mg=ma解得，加速度由位移公式得解得18. 如图所示，装置的左边AB部分是长为L1=4m的水平台面，一水平放置的轻质弹簧左端固定，并处于原长状态。装置的中间BC部分是长为L2=4.5m的水平传送带，传送带始终以v=2m/s的速度顺时针转动。它与左边的台面等高，并平滑对接，与右边的光滑曲面
23、相切与C点。质量m=1kg的小滑块从曲面上距水平台面h=5m的D处由静止下滑，滑块向左运动，最远到达O点，OA间距x=1m。已知物块与传送带及左边水平台面之间的摩擦因数=0.4，弹簧始终处在弹性限度内，g取10m/s2。求：(1)滑块从D到O的过程中与皮带摩擦产生的热量；(2)弹簧的最大弹性势能；(3)滑块再次回到右边曲面部分所能到达的最大高度；(4)滑块第八次从右边曲面部分滑到皮带上运动的过程中，距离A点的最小值。【答案】(1)22J；(2)20J；(3)0.2m；(4)8m【解析】【详解】(1)滑块从D到C由动能定理滑块从D到B由动能定理滑块进入传送带后匀减速运动，由牛顿二定律滑块由C到B
24、运动的时间皮带在时间t内的位移为，此过程滑块与皮带摩擦产生的热量Q=mg(L2l)=22J(2)对滑块从D到O由能量守恒定律Ep=mghmg(L2L1x)得弹簧的最大弹性势能Ep=20J(3)设滑块从O点返回到达B点的速度为v2，由能量守恒定律滑块再次进入传送带后匀减速运动，由牛顿二定律滑块速度减小到v=2m/s时，在皮带上的位移为所以滑块随皮带一起运动到C点的速度为v=2m/s，滑块从C到最高点，由机械能守恒得滑块回到右边曲面部分所能到达的最大高度h1=0.2m(4)滑块在右边曲面部分运动过程中机械能守恒，所以滑块回到C点时的速度v3=v=2m/s设滑块在皮带上由C点向左减速运动到速度为零的过程位移为X，由动能定理得滑块向左运动距离C点X=0.5m时，速度为零，此时距离A点最小，滑块在皮带上由速度为零的位置向右加速运动到C点的过程中，由动能定理得滑块向右运动到C点时的速度v4=2m/s，即以后每次经过C点速度大小都是2m/s。所以滑块每次从右边曲面部分滑到皮带上运动的过程中，距离A点的最小值都是L1L2X=8m