1、衡中微山分校北校区2020-21学年度第二学期期末模拟考试高一物理试卷 2021.6 一、单项选择题:本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1物理学的发展，丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，下列说法正确的是（）A. 牛顿测出了引力常量G的数值B. 第谷通过对行星运动的研究，发现了行星运动三个定律C. 海王星是运用万有引力定律在“笔尖下发现的行星”D. 伽俐略通过对行星观测记录的研究，发现了万有引力定律2所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上。如图所示，是按课本要求用图钉和细绳画椭圆，这就可以形象地表示行星的轨道和太阳的位置
2、。如果行星在C点的速率大于行星在B点的速率，则太阳应处在A B C都可以 D无法判断图13如图1所示，球形电容器是由半径不同的同心金属球壳组成，内外球壳带有等量异种电荷，球壳之间为真空，并形成了沿半径方向的电场.已知M点与N点在同一电场线上，M点与P点到圆心距离相等，则下列说法正确的是A该径向电场为匀强电场 BM点的电场强度比N点小CP点的电势比N点低 D电荷沿圆孤虚线从M到P，电场力不做功图242020年6月23日，第55颗北斗导航卫星发射成功，如图2所示，这标志着我国提前半年完成北斗三号全球卫星导航系统星座部署目标。第55颗卫星也是北斗三号全球卫星导航系统第三颗地球静止同步轨道卫星，关于这
3、颗卫星的说法正确的是A它的工作轨道在赤道平面内B它的周期与地球公转周期相同C它的线速度小于赤道上物体随地球自转的线速度D它的向心加速度小于赤道上物体随地球自转的向心加速度图35如图3所示，a、b、c、d点在一条直线上，b、c两点间的距离等于d、e两点间的距离。在点固定放置一电荷量为的正点电荷，且在该点电荷的电场中b、c两点的电势差为，另一个电荷量为的正电荷只受电场力作用从点运动到点的过程中A静电力做功为 B静电力做功小于C动能增加，增加量大于 D电势能增加，增加量小于图46按压式圆珠笔内装有一根小弹簧，尾部有一个小帽，压一下小帽，笔尖就伸出来。如图4所示，使笔的尾部朝下，将笔向下按到最低点，使
4、小帽缩进，然后放手，笔将向上弹起至一定的高度。忽略摩擦和空气阻力。笔从最低点运动至最高点的过程中 A笔的动能一直增大B笔的重力势能与弹簧的弹性势能总和一直减小C弹簧的弹性势能减少量等于笔的动能增加量D弹簧的弹性势能减少量等于笔的重力势能增加量7某种型号汽车发动机的额定功率为，汽车质量为，汽车在平直路面上行驶时，阻力是车重的0.2倍若汽车从静止开始，以的加速度做匀加速直线运动，取下列说法正确的是A汽车匀加速阶段的牵引力为 B汽车做匀加速运动持续的时间为C汽车匀加速阶段的最大速度为 D汽车能够获得的最大速度为图58如图5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
5、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点的电势能二、多项选择题:本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。图69如图6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
6、角速度图710如图7所示，是一个由电池、电阻R、电键S与平行板电容器组成的串联电路，电键S闭合。一带电液滴悬浮在两板间P点不动，下列说法正确的是A带电液滴可能带正电B增大两极板距离的过程中，电容器的电容C减小C增大两极板距离的过程中，电阻R中有从a到b的电流D若断开S，减小两极板距离，带电液滴向上运动图811如图8所示，初速度为零的氕（）、氘（）、氚（）原子核经同一加速电场加速后，又沿垂直电场方向进入同一偏转电场，最后都飞出电场打在光屏上，已知两电场均为匀强电场，那么A经过加速电场过程，电场力对氚核做的功最多B经过偏转电场过程，电场力对三种核做的功一样多C三种原子核都打在屏上的同一位置上D三种
7、原子核打在屏上时的速度一样大图912如图9所示，上方传送带始终以v=4m/s的速度向右运动，左右两端相距L=4m。将一质量m=1kg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=0.4，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16JB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8J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8JD木块从左端运动到右端的时间t=1.5s三、非选择题:本题共6小题，共60分。13（8分）在验证机械能守恒定律的实验中，质量为m的重锤从高处由静止开始落下，重锤上拖着的纸带通过打点计时器打出一系列的点，对纸带
8、上的点的痕迹进行测量，就可验证机械能守恒定律图10（1）如图所示，O点为起始点，选取纸带上打出的连续五个点A、B、C、D、E，测出点O、A间的距离为s0，点A、C间的距离为s1，点C、E间的距离为s2，使用的交流电的频率为f，则打点计时器在打C点时重锤的动能为 ，打点计时器在打O点和C点的这段时间内重锤的重力势能的减少量为 。（2）利用该装置也可以测量重锤下落的加速度，则加速度的表达式为a = 。（3）在验证机械能守恒定律的实验中发现，重锤减小的重力势能总是略大于重锤动能的增加，其主要原因是在重锤带着纸带下落过程中存在着阻力的作用若已知当地重力加速的值为g，则重锤在下落的过程中受到的平均阻力大
9、小为F 。图1114（6分）某同学用如图11甲所示的电路测量一个电容器的电容，图中R为20k的电阻，电源电动势为6.0V，内阻可不计。（1）实验时先将开关S接1，经过一段时间后，当电流表示数为 A时表示电容器极板间电压最大。（2）将开关S接2，将传感器连接在计算机上，经处理后画出电容器放电的 it图象，如图乙所示。由图象可知，图象与两坐标轴所围的面积表示电容器放出的电荷量。试根据 it图象，求该电容器所放出的电荷量q C；该电容器的电容C F（计算结果保留两位有效数字）。图1215（9分）如图12所示，在水平方向的匀强电场中，有一质量为m的带电小球，用长为L的细线悬于O点，当小球平衡时，细线和
10、竖直方向的夹角为=37。把小球拉起直至细线与场强平行，然后无初速度释放，求小球经过最低点时细线对小球的拉力的大小。（sin37=0.6，重力加速度为g）。16（10分）图13如图13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
11、运行时的机械能E1、E2。17（11分）如图14所示，实线是某一匀强电场的电场线，在匀强电场中，有、两点，它们之间距离为，两点的连线与电场线方向夹角为60。将一个电荷量为的电荷由移到，其电势能增加了。图14(1)在此过程中，静电力对该电荷做了多少功？(2)两点的电势差为多大？(3)匀强电场的场强为多大？方向如何？图1518（16分）如图15所示，EF与GH间为一无场区。无场区左侧A、B为相距为d、板长为L的水平放置的平行金属板，两板上加某一电压从而在板间形成一匀强电场，其中A为正极板。无场区右侧为一点电荷形成的电场，点电荷的位置O也为圆弧形细圆管CD的圆心，圆弧半径为R，圆心角为120，O、C
12、在两板间的中心线上，D位于GH上。一个质量为m、电量为q的带正电粒子以初速度沿两板间的中心线射入匀强电场，粒子出匀强电场经无场区后恰能进入细圆管，并作与管壁无相互挤压的匀速圆周运动。(不计粒子的重力、管的粗细)求：(1)粒子出匀强电场时，速度与水平方向的夹角；(2) O处点电荷的电性和带电量；(3)带电粒子穿越匀强电场过程中垂直极板方向的位移大小；(4)两金属板所加的电压。衡水中学微山分校2020-21学年度第二学期期末模拟考试题号123456789101112答案CBDABDCCBDBCBCCD高一物理参考答案1【答案】C 【解析】A 牛顿发现了万有引力定律，百年之后的英国科学家卡文迪许利用
13、扭秤装置，第一次测出了引力常量G的数值，故A错误；B 开普勒通过研究第谷留下的大量天文观测数据，发现了行星运动三大定律，故B错误；C太阳系的第八颗行星“海王星”是凭借万有引力定律，通过计算在笔尖下发现的行星，“海王星”的发现，充分地显示了科学理论的威力，故C正确；D 伽俐略创立了对物理理象进行实验研究并把实验的方法与数学方法、逻辑论证相结合的科学研究方法，牛顿发现了万有引力定律，故D错误。故选C。2【答案】B【解析】根据开普勒第二定律，对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等时间内扫过相等的面积。如果时间间隔相等，即，那么面积,即,得，如右图。由于，则有，即行星在在C点离太阳近，在B点离太阳远
14、，所以太阳应处在点。故选B。3【答案】D 【解析】A该电场是放射状的，各点的场强不全相同，所以该径向电场不是匀强电场，故A项错误；BM点处电场线密，电场强度大，故B错误；C沿着电场线的方向电势逐渐降低，所以M点的电势高于N点的电势，P、M两点在同一等势面电势相等，所以P点电势高于N点电势，故C错误；D电荷沿同一等势面移动电场力不做功，M、P在同一等势面，所以电荷沿圆弧虚线从M到P，电场力不做功，故D项正确4【答案】A 【解析】AB地球同步卫星的工作轨道在赤道平面内，周期与地球自转周期相同，故A对，B错；CD赤道上的物体随地球自转，周期T与同步卫星相同，由，因为地球同步卫星的轨道半径r大于赤道上
15、的物体，故它的线速度和向心加速度均大于赤道上的物体，故CD错。故选A。5【答案】B 【解析】因b、c间的场强大于d、e间的场强，根据U=Ed可知，若b、c两点的电势差为U，则de之间的电势差小于U，从d点运动到e点的过程中，电场力做功小于Uq，且电场力做功，动能增加，增加量小于Uq，电势能减小，减小量小于Uq。故选B。6【答案】D 【解析】开始时弹力大于笔的重力，则笔向上做加速运动；当弹力等于重力时加速度为零，速度最大；然后弹力小于重力，笔向上做减速运动，当笔离开桌面时将做竖直上抛运动，直到速度减为零到达最高点；A笔动能先增大后减小，选项A错误；B因只有弹力和重力做功，则笔的重力势能、动能和弹
16、簧的弹性势能守恒；因动能先增加后减小，则笔的重力势能与弹簧的弹性势能总和先减小后增加，选项B错误；CD因整个过程中动能不变，则弹簧的弹性势能减少量等于笔的重力势能的增加量，选项C错误，D正确；故选D.7【答案】C 【解析】A汽车匀加速直线运动时根据牛顿第二定律得则牵引力，选项A错误；C匀加速直线运动的末速度，选项C正确；B匀加速直线运动的时间，选项B错误；D当牵引力等于阻力时，速度最大，根据得汽车能够获得的最大速度，选项D错误。故选C。8【答案】C【解析】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
17、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。9【答案】BD【解析】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=mlsin2，解得小球的角速度为故C错误，D正确。故选BD。10【答案】BC【解析】A带电量
18、为q的微粒静止不动，所受的电场力与重力平衡，则知电场力向上，而场强向下，所以微粒带的是负电故A错误；BC增大电容器两极板间距离，根据电容决定式可知电容C减小，U不变，由，分析可知Q减小，电容器放电，则R中有从a流向b的电流，故BC正确；D断开S，极板上电量不变；减小两极板距离，根据电容的决定式、电容的定义式，以及由公式E=，分析可知E=，与d无关，即E保持不变，所以液滴静止仍然不动，故D错误。故选BC11【答案】BC【解析】A设加速电压为，偏转电压为，偏转极板的长度为，板间距离为d。在加速电场中，电场力做的功为，由于加速电压相同，电荷量相等，所以电场力做的功相等，故A错误；BC在偏转电场中的偏
19、转位移，解得，同理可得到偏转角度的正切，可见y和tan与电荷的电量和质量无关。所以三种粒子出射点的位置y相同，出射速度的方向tan也相同，粒子的运动轨迹相同，打屏上同一点。又因为三种粒子的电荷量相同，电场力相同，根据动能定理，在偏转电场中电场力做功也相同，故B和C均正确；D整个过程运用动能定理得，由于三种粒子的电荷量相同，质量不同，则打在屏上时的速度v的大小不同，故D错误。故选BC。12【答案】CD【解析】D木块在传送带上的加速度为木块达到传送带速度所用时间为此时通过的位移为共速后木块随传送带做匀速直线运动，匀速运动所用时间为则木块从左端运动到右端的时间为右端的时间为 ，所以D正确；A木块从左
20、端运动到右端的过程中，由动能定理可得，所以A错误；C木块与传送带相对滑块的位移为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，所以C正确；B木块从左端运动到右端的过程中，由于带动木块运动，电动机多消耗的电能为所以B错误；故选CD。13（8分）【答案】(1)m(s1+s2)2f 2/32 mg(s0+s1) (2)（s2-s1）f 2/4 (3)（每空2分）【解析】（1) C点的速度为是AE段的平均速度打点计时器在打C点时重锤的动能打点计时器在打O点和C点的这段时间内重锤的重力势能的减少量为（2）由公式，解得（3）根据牛顿第二定律得：，解得：14（6分）【答案】 (1) 0 (2) 9.
21、01010 1.5104 （每空2分）【解析】（1）当电容器充电完成后，电路中电流为0，故当电流表示数为0时，电容器极板间的电压最大；（2）围成的面积即为电容器上储存的电荷量，由图中可得，其面积约为86格，故由可得15（9分）【答案】【解析】小球平衡时，其受力如图 2分小球从水平位置到最低点过程中，由动能定理得 3分小球在最低点细绳拉力为F，在竖直方向上由牛顿第二定律得 3分解得 1分16（10分）【答案】(1)、；(2)，【解析】(1)卫星在1轨道上运行时，有2分解得1分卫星在3轨道上运行时，有 2分解得1分(2)卫星在圆形轨道1上正常运行时的机械能 1分卫星在圆形轨道3上正常运行时的机械能
22、 1分解得， 2分17（11分）【答案】(1)；(2)5V；(3)，电场方向沿电场线由上而下【解析】(1)由静电力做功与电势能变化的关系，静电力做功 2分(2)由 得 2分代入数据得1分(3)由得2分 2分联立并代入数据得1分电场方向沿电场线由上而下。 1分18（16分）【答案】(1)DKO=30，即为粒子出匀强电场的偏转角为30；(2)负电；(3) ；(4)【解析】(1)粒子运动轨迹如图，设出匀强电场时速度反向延长线交中心线于K点，由几何关系得DKO=DOC-KDO因圆弧圆心角DOC=120，KDO=90，解得DKO=30即为粒子出匀强电场的偏转角为30。 3分(2)粒子进入圆管后受到点电荷Q的库仑力作匀速圆周运动，粒子带正电，则知O处点电荷带负电。2分设O处点电荷的带电量为Q，粒子进入细管的速度为v合，由偏转角为30可 1分粒子进入圆管后受到点电荷Q的库仑力作匀速圆周运动，有，即 3分(3)垂直板方向的位移2分(4)设板间所加电压为U，出匀强电场时的竖直方向速度为，由偏转角为30可得2分在匀强电场中粒子作类平抛运动，则有， vy=at 2分得 1分