浙江省绍兴市柯桥区2019_2020学年高一物理上学期期末检测试题含解析

浙江省绍兴市柯桥区2019-2020学年

高一物理上学期期末检测试题（含解析）

一、单选题（本题共10小题；每小题3分，共计30分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对得3分，选错得0分）

1.关于单位：电子伏特（eV）的理解，正确的是（ ） A. 是电压的单位 C. 1J=1.6×10eV 【答案】D 【解析】

-19

B. 1eV=1.6×10-19V D. 1J=6.25×10eV

18

【详解】电子伏特是能量的单位，代表一个电子电位改变（增加或减少）单位伏特时其能量的改变量；所以1eV=1.60×10-19J，或1J=6.25×1018eV，故ABC错误D正确； 故选D

2.星际航行中宇航员长期处于失重状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航

天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示。使旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上受到的支持力，可以与他站在地球表面时受到的支持力大小相等。为达到此目的，下列做法中正确的是（ ）

。

- 19 -

A. 旋转舱的半径越大，就应使其转动的角速度越小 B. 旋转舱的半径越大，就应使其转动的角速度越大 C. 宇航员质量越大，就应使旋转舱转动的角速度越小 D. 宇航员质量越大，就应使旋转舱转动的角速度越大 【答案】A 【解析】

【详解】为了使宇航员在航天器上受到与他站在地球表面时相同大小的支持力，即为使宇航员随旋转舱转动的向心加速度为定值，且有a=g，宇航员随旋转舱转动的加速度为：a=ω2R，由此式可知，旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小，此加速度与宇航员的质量没有关系，故A正确，BCD错误。

故选A。

3.假设一小型宇宙飞船沿人造卫星的轨道在高空做匀速圆周运动，运动周期为T，如果飞船沿与其速度相反的方向抛出一个物体A，以后的运动可能是（ ） A. 物体A与飞船运动周期都等于T B. 物体A的运动周期等于T，而飞船的运动周期小于T C. 物体A竖直下落，而飞船在原轨道上运动 D. 物体A和飞船的运动周期都大于T 【答案】D 【解析】

【详解】ABC．飞船沿与其速度相反的方向发射一个物体A的过程，飞船与A组成的系统动量守恒，因为物体A是沿飞船向后抛出，由动量守恒定律可知，飞船的动量一定增大，飞船的速度增大，根据万有引力提供向心力的特点可知，飞船将做离心运动，上升到高轨道，飞船的轨道半径r飞船变大，飞船不可能在原轨道运动，由T2故ABC都错误；

D． 抛出后物体的速度方向有几种可能：

①若抛出后物体的速度方向与飞船方向相同，则物体A的速度减小，将做近心运动，rA变小，由由T2r可知，飞船的周期T变大，GMr可知，A的周期变小，小于T； GM②若抛出后物体的速度为零，则A会在万有引力的作用下竖直下落。

③若物体的速度方向与飞船方向相反，其大小可能等于飞船原来的速度，此时仍将在原轨道运行，rA不变，A的周期不变，等于T；

④A的速度也可能大于飞船原来的速度，此时也将上升到高轨道运动，rA变大，A的周期变大，大于T； 故D正确。 故选D。

4.某物体做匀速圆周运动，其速度的大小为3m/s，1s内速度变化的大小为3m/s，则匀速圆周运动的半径和角速度分别为（ ） A. 3m和1rad/s

B. 1m和3rad/s

- 19 -

C.

18m和

rad/s 6D.

9m和rad/s

3【答案】D 【解析】

【详解】物体做匀速圆周运动，其速度的大小为3m/s，1s内速度变化的大小为3m/s，根据几何关系可知，初速度、末速度和速度变化量三者组成矢量等边三角形，转动的角度根据角速度的定义可知

3，

根据线速度与角速度的关系式v=ωr可知，半径

故D正确，ABC错误 故选：D。

5.我国“北斗二代”计划在2020年前发射35颗卫星，形成全球性的定位导航系统，比美国GPS多5颗．多出的这5颗是相对地面静止的高轨道卫星(以下简称“静卫”)，其他的有27颗中轨道卫星(以下简称“中卫”)的轨道高度为“静卫”轨道高度的.下列说法正确的是( )

A. “中卫”的线速度介于7.9km/s和11.2km/s之间 B. “静卫”的轨道必须是在赤道上空

。t3rad/s

rv9m

C. 如果质量相同，“静卫”与“中卫”的动能之比为3∶5 D. “静卫”的运行周期小于“中卫”的运行周期 【答案】B 【解析】

试题分析：7．9 km/s是地球卫星的最大速度，所以“中卫”的线速度小于7．9 km/s，故A错误；同步轨道卫星轨道只能在赤道上空，则“静卫”的轨道必须是在赤道上空，故B正确；

12GMmMmv2根据万有引力提供向心力得：G2＝m，解得： mv＝，如果质量相同，动能

22rrr之比等于半径的倒数比，“中卫”轨道高度为静止轨道高度的卫”轨道半径不是静止轨道半径的

3，地球半径相同，所以“中53，则“静卫”与“中卫”的动能之比不是3：5，故C错5- 19 -

Mm42r42r3误；根据G2＝m得：T ，则半径越大周期越大，所以“静卫”的运行周rT2GM期大于“中卫”的运行周期，故D错误．故选B． 考点：万有引力定律的应用

【名师点睛】此题是万有引力定律的应用问题；要知道同步卫星的轨道与地球赤道共面，7 ．9 km/s是地球卫星的最大速度；万有引力提供圆周运动的向心力，掌握圆周运动向心力和万有引力的公式是正确解题的关键；

6.在光滑的水平面上，原来静止的物体在水平力F的作用下，经过时间t，通过位移L后，动量变为p，动能变为Ek。以下说法正确的是（ ） A. 在F作用下，这个物体经过位移2L，其动量等于2p B. 在F作用下，这个物体经过时间2t，其动量等于2p C. 在F作用下，这个物体经过时间2t，其动能等于2Ek D. 在F作用下，这个物体经过位移2L，其动能等于4Ek 【答案】B 【解析】

【详解】由题意可知，经过时间t、通过位移L后，动量

p、动能为Ek，由动量定理可知：

p=Ft，由动能定理得：Ek=FL，设物体质量为m；

AD． 当位移为2L时，物体的动能

Ek′=F•2L=2FL=2Ek

物体的动量：

p2mEk2m2Ek2p

故AD错误；

BC． 当时间为2t时，动量

p′=F•2t=2Ft=2p 物体动能：

p2(2p)2p2E44Ek

2m2m2mk故B正确，C错误； 故选B。

- 19 -

7.一个质量为m的小球以初速v0水平抛出做平抛运动，那么，在前t秒内重力对它做功的平均功率P及在t秒末重力做功的瞬时功率P分别为（t秒末小球未着地）（ ）

11222

gt），P＝mg（v0+gt） 22112B. P＝mg2t2，P＝mg（v0+g2t2）

22122

C. P＝mgt，P＝mgt 2A. P＝mg（v0+D. P＝mg2t，P＝2mg2t 【答案】C 【解析】

【详解】前ts内的位移为：

h则重力做功的平均功率为：

12gt 2Pts末的瞬时速度为：

mgh1mg2t t2v=gt 则重力的瞬时功率为：

P=mgv=mg•gt=mg2t 故C正确，ABD错误。 故选：C。

8.2018年12月，内蒙古首个智能配送示范基地正式投入使用。已知质量为10kg的货物放在地面，在无人机拉力作用下3秒内上升30m速度变为0，紧接着又用了5s水平移动40m悬停于空中，空气阻力不能忽略，g取10m/s2。下列说法正确的是（ ） A. 上升30m过程中，无人机的发动机做功为3000J B. 上升30m过程中，无人机对货物做功为3000J C. 整个过程，货物克服重力做功的平均功率为375W D. 无人机水平移动过程中升力、重力均不做功 【答案】C 【解析】

- 19 -

【详解】AB．上升30m过程中，根据功能关系可知，无人机的发动机做功增加货物重力势能和克服克服空气阻力生热，故有：

W＞mgh=10×10×30J=3000J

无人机的发动机做功除了增加货物的重力势能和克服空气阻力生热外，还要增加自身的重力势能等，做功大于3000J，故AB错误。 C． 货物克服重力做功为：

W'=mgh=3000J

平均功率为：

W3000PW375W

t35故C正确。

D．空气阻力不能忽略，无人机的升力应该斜向运动的方向，水平移动过程中，做正功，故D错误。 故选：C。

9.如图所示，窗子上、下沿间的高度H＝1.6 m，墙的厚度d＝0.4 m，某人在离墙壁距离L＝1.4 m、距窗子上沿h＝0.2 m处的P点，将可视为质点的小物件以v的速度水平抛出，小物件直接穿过窗口并落在水平地面上，取g＝10 m/s2．则v的取值范围是( )

A. v>7 m/s B. v<2.3 m/s C. 3 m/s【详解】小物体做平抛运动，恰好擦着窗子上沿右侧穿过时v最大．此时有 ：L=vmaxt，h=代入数据解得vmax=7m/s，恰好擦着窗口下沿左侧时速度v最小，则有：L+d=vmint′，H+h=

12

gt，21gt′2，2- 19 -

代入数据解得vmin=3m/s，故v的取值范围是 3m/s＜v＜7m/s，故C正确，ABD错误． 10.如图所示，将一带电小球A通过绝缘细线悬挂于O点，细线不能伸长．现要使细线偏离竖直线30°角，可在O点正下方的B点放置带电量为q1的点电荷，且BA连线垂直于OA；也可

q1在O点正下方C点放置带电量为q2的点电荷，且CA处于同一水平线上．则为（ ）

q2

1A.

2【答案】B 【解析】

2B. 3C. 3 1D. 3 2【详解】对两种情况进行受力分析，如图所示：

依据矢量的合成法则，结合三角知识，及平衡条件，则有：F′=mgsin30°，F=mgtan30°，根据库仑定律，则有：FkQq1kQq2F，而；根据三角知识，则有：lBA=Ltna30°，22lBAlCAq12 lCA=Lsin30°，综上所得：，故ACD错误，B正确；故选B． q23【点睛】考查库仑定律、矢量的合成法则与平衡条件的应用，掌握三角知识，及几何关系的内容，注意绳子的长度相等，是解题的关键．

二、不定项选择题（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出的四个选项中至少有一个符合题目的要求。全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分） 11.关于能源的开发和利用，下列观点正确的是（ ）

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A. 能源是有限的，无节制地使用常规能源，是一种盲目的短期行为 B. 根据能量守恒定律，能源是取之不尽、用之不竭的 C. 能源的开发和利用，必须同时考虑其对生态环境的影响 D. 不断开发新能源，是缓解能源危机、加强环境保护的重要途径 【答案】ACD 【解析】

【详解】A．能源是有限的，比如常规能源，所以无节制地利用常规能源是一种盲目的短期行为，故A正确。

B．能量都转化为不能利用或不易利用的能源，所以这样会减少可利用资源的数量，因此应该节约能源，故B错误。

C．能源的开发和利用，必须同时考虑其对生态环境的影响，故C正确。

D．不断开发新能源是缓解能源危机加强环境保护的重要途径也是根本途径，故D正确。 故选：ACD。

12.一带电质点从A点竖直向上射入到一个水平的匀强电场中，粒子运动到B点时，速度方向变为水平。到达B点后继续运动到与A点在同一水平面上的C点。已知粒子的质量为m，带电量为q，A、B间的距离为L，AB与水平间成θ角，则（ ）

A. 粒子在A点和B点的速度大小之比为tanθ B. 匀强电场的电场强度为

mgtan qC. 从A到B粒子机械能的变化量为mgLcosθ D. BC间的水平距离是AB间水平距离的3倍 【答案】AD 【解析】

【详解】A．带电质点在竖直方向上做上抛运动，在水平方向上做出速度为零的匀加速运动，水平分运动：

Lcos竖直分运动：

0vBt 2- 19 -

Lsin解得：

vA0t 2vAtan vB故A正确；

B．对从A到B过程，根据动能定理，水平分运动：

qELcos竖直分运动：

12mvB0 212mgLsin0mvA

2联立解得：

E故B错误；

C．从A到B电场力做功为：

mg

qtanmgLcos2 WqELcossinmgLcos2所以机械能的变化量为，故C错误；

sinD．设从A到B的时间为t，则从A到C的时间为2t，设水平方向的加速度大小为a，根据

x12at 2知，AC间的水平距离是AB间的水平距离的4倍，所以BC间的水平距离是AB间水平距离的3倍，故D正确； 故选：AD。

13.如图所示，空间存在两块平行的彼此绝缘的带电薄金属板A、B，间距为d，分别开有小孔O、P。现有甲电子以速率v0从O点沿OP方向运动，恰能运动到P点。若仅将B板向右平移距离d，再将乙电子从P′点由静止释放，则（ ）

- 19 -

A. 金属板A、B组成的平行板电容器的电容C不变 B. 金属板A、B间的电压增大

C. 甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同 D. 乙电子运动到O点的速率为2v0 【答案】BC 【解析】

【详解】A． 将B板向右平移距离d时，金属板A、B组成的平行板电容带电量不变，根据电

S分析知电容C减小，故A错误； 4kdQB． 根据电容的定义式C，知Q不变，C减小，则U增大，故B正确；

UUSC． 根据匀强电场电场强度的公式E，电容的决定式 C以及电容的定义式

d4kdQC，可得

U4kQE

S容的决定式C则知，在电量Q不变的情况下，仅改变两板间距离，场强不变，电子所受的电场力相同，加速度相同，故C正确；

D．甲电子从O到P过程有 0-v02=-2ad，乙电子从P'到O过程有 v2=2a•2d，解得乙电子运动到O点的速率为v故选：BC。

三、实验题（每空2分，共14分）

14.（1）用图1所示装置做“探究功与速度变化的关系”实验时，除了图中已给出的实验器材外，还需要的测量工具有_________（填字母）；

2v0，故D错误；

- 19 -

A． 秒表 B． 天平 C．刻度尺 D．弹簧测力计

（2）用图2所示装置做“验证机械能守恒定律”实验时，释放重物前有以下操作，其中正确的是_____（填字母）；

A．将打点计时器的两个限位孔调节到同一竖直线上 B．手提纸带任意位置 C．使重物靠近打点计时器 【答案】 (1). C (2). AC 【解析】

【详解】（1）[1]根据实验原理可知需要用刻度尺测量打点之间的距离，故C正确； （2）[2]A．将打点计时器的两个限位孔调节到同一竖直线上，可以减小纸带运动过程中的摩擦力，故A正确；

BC．手提纸带应使重物靠近打点计时器，可以提高纸带使用率，故B错误，C正确。 15.某同学设计了一个研究平抛运动初速度的家庭实验装置，如图所示。在水平桌面上放置一个斜面，让钢球从斜面上滚下，钢球滚过桌边后便做平抛运动，他把桌子搬到竖直墙壁附近，使做平抛运动的钢球能打在附有白纸和复写纸的墙壁上，记录钢球的落点，改变桌子和墙壁的距离，就可以得到多组数据。

(1)为了完成实验，除了题中和图中所示的器材外还需要的器材有______；

(2)如果该同学第一次让桌子紧靠墙壁，从斜面上某一位置静止释放钢球，在白纸上得到痕迹

- 19 -

A。以后每次将桌子向后移动距离x＝10.00cm，重复刚才的操作，依次在白纸上留下痕迹B、C、D，测得B、C间距离y2＝14.58cm，C、D间距离y3＝24.38cm，根据以上直接测量的物理量

得小球平抛的初速度为v0＝______（用x、y2、y3、g表示），小球初速度的值为______m/s，若痕迹D刚好位于墙脚，桌子的高度为______m（计算结果都保留两位有效数字，g取9.80m/s2）； (3)在(2)小问的实验中，下列说法正确的是______。 A.墙壁必须是竖直的

B.每次都应该从斜面上同一位置静止释放小球 C.实验过程中，可以在桌面上向前或向后移动斜面 D.钢球经过桌面边缘的位置的切线方向应该水平 【答案】 (1). 刻度尺 (2). x【解析】

【详解】(1)[1] 除了题中和图中所示的器材外还需要的器材有刻度尺，测量长度； (2)[2][3][4] 根据平抛物体水平方向匀速运动可知：B到C和C到D时间相同，设为T，因此根据匀变速直线运动规律有：

g (3). 1.0 (4). 0.44 (5). C y3y2y3-y2=gT2

所以有：

T水平方向匀速运动，因此有：

y3y2 gv0代入解得：

xgx Ty3y2v0=1.0m/s

由题可知：

△h=y3-y2=24.38-14.58=9.8cm

则：

AB=14.58-9.8=4.78cm

因此桌子的高度，即为AD间距，为：

的- 19 -

AD=4.78+14.58+24.38=43.74cm≈0.44m

(3)[5] A．根据平抛运动的特点可知其运动轨迹在竖直平面内，因此在实验前，应使用重锤线调整面板在竖直平面内，即要求墙壁平面与小球下落的竖直平面平行，故A正确不符合题意；

B．由于要记录小球的运动轨迹，必须重复多次，才能画出几个点，因此为了保证每次平抛的轨迹相同，所以要求小球每次从同一高度释放，故B正确不符合题意；

C．实验过程中，不可以在桌面上向前或向后移动斜面，否则抛出的初速度发生改变，故C错误符合题意；

D．实验中必须保证小球做平抛运动，而平抛运动要求有水平初速度且只受重力作用，故D正确不符合题意。 故选：C．

四、分析计算题（共42分）

16.如图所示，半径为R，内径很小的光滑半圆管竖直放置，两个质量均为m的小球A、B以不同速率进入管内，A通过最高点C时，对管壁上部的压力为3mg，B通过最高点C时，对管壁下部的压力为0.75mg．求：

（1）A、B两球分别通过C点的速度大小是多少？ （2）A、B两球落地点间的距离．

【答案】（1）vA4gR，vB【解析】

Rg；（2）3R 4（1）两个小球在最高点时，受重力和管壁的作用力，这两个力的合力作为向心力，

2vA对A球：3mgmgm，得vA4gR R2vB对B球：mg0.75mgm，得：vBRRg 412gt，t2（2）根据平抛运动的规律，两球下落时间相等，2R

4R，水平方向做匀速运g- 19 -

动，

对A球：xAvAt4gR4R4R g对B球：xBvBtRg4RR 4gA、B两球落地点间的距离xxAxB4RR3R

【名师点睛】

A球到达最高点时，管壁对球的弹力方向向下，大小为3mg，由重力和弹力提供向心力，由牛顿第二定律求出A球在最高点速度．B球到达最高点时，管壁对球的弹力方向向上，大小为0.75mg，由重力和弹力提供向心力，由牛顿第二定律求出B球在最高点速度．根据平抛运动的规律，分别求出水平位移，相减得出．

17.如图，空间的水平向右的匀强电场E=5.0×10N/C，一根长L=0.2m不可伸长的不导电细绳一端固定于O点，另一端连着一个质量为m=10g、带电荷量为q=2×10-7C的带负电的金属小球A。把小球拉起直至细线与电场线平行，然后无初速度释放。小球A通过第一次通过最低点C后水平方向电场突然改为竖直向上（电场空间足够大），电场大小不变，重力加速度g均取10m/s，求：

(1)小球A从水平无初速度释放到第一次通过C点时的时间； (2)小球A在左OC左侧能摆到多高处；

(3)小球A第二次通过C点时对细绳的拉力各为多少？

2

5

【答案】（1）0.2s；（2）0.1m；（3）0.4N 【解析】

【详解】（1）电场力

qE=mg 由重力和电场力的合力提供加速度

mg2qE2=maA

- 19 -

aA=102m/s2

与水平成45 角斜向左下方运动，从A到C作匀变速直线运动，刚好到C点时绳子被拉直

2L=

解得：

12

aAt 2t=0.2s

（2）小球A在C点，刚好到C点时绳子被拉直，速度发生突变，只留下水平速度，由v=2axx=2L得

2

v=22m/s

水平速度

vA=2m/s

电场变为竖直向上，电场力变为竖直向下，从C点到左侧能摆到多高处，由动能定理得

1(mgqE)h0mvA2

2得

h=0.1m

（3）小球A返回到C点，水平速度vA=2m/s，根据牛顿第二定律可知

2vAF-mg-qE=m r解得：

F=0.4N

18.如图所示，地球和月球实际上也是一个双星伴绕的天体系统，它们绕着连线上的一个共同的圆心O，保持距离不变在做圆周运动。科学研究发现：在地球A为圆心，地球到月球B的距离为半径的圆周上，与地球和月球等距离的地方C处，如果建立一个空间站，空间站会成为地、月双星系统的人造卫星。设地球质量为M，月球质量为m，地、月之间的距离为L。求 (1)共同的圆心O到地球的距离r1； (2)地、月系统的周期T (3)空间站所受引力的合力方向与地月连线的交点Oʹ与地球的距离r1ʹ以及周期Tʹ。

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mmL3L3L，T2L；【答案】（1）r1（2）2；（3）r1 MmMmG(Mm)G(Mm)【解析】

【详解】（1）根据万有引力提供向心力：

G其中

MmMm22MrGmr2 122LLr1r2L

得

r1（2）把r1代入第一式：

mL

Mm2L3G(Mm) T23G(Mm)L（3）设空间站的质量为m0，在C点建立如图所示的坐标系

有

FAG其中

Mm0mm0FG， BL2L2- 19 -

Lr1(FFC)cos602A (FAFC)sin603L2mr1L

Mm空间站所受的合力:

m0m2M2mM

F合GL2方向垂直AB连线向上，空间站到O的距离

R所以

m2M2mML

MmL3G(Mm)F合m0R T23G(Mm)L219.光滑水平面上放有如图所示的用绝缘材料制成的质量为4m的L形滑板（平面部分足够长）。距离滑板A壁L1的B处放有一质量m，带正电量q的小物体，小物体与板面的间摩擦不计。整个装置处于场强为E的匀强电场中，最初滑板与物体都静止。释放小物体后，在电场力作用下向右运动，并与滑板A壁发生弹性碰撞。求：

(1)小物体第一次与滑板A壁碰撞前、后的速度v1和v1ˊ； (2)小物体第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔∆T；

(3)物体从开始释放到第二次碰撞前，电场力对物体做功。（设所有碰撞经历时间都极短）

【答案】（1）v1【解析】

132mL12qEL132qEL1，v1；（2）2；（3）qEL1

5qEm5m【详解】（1）滑块在电场力的作用下向左做匀加速运动，根据动能定理，有：

qEL1解得：

12mv1 2 - 19 -

v12qEL1 mB与A碰撞的过程中二者组成的系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则有：

4mv2 mv1mv1弹性碰撞的过程中机械能守恒得

121124mv22 mv1mv1222得

22qEL1332qEL1v1，v2 v155m5m（2）整理弹性碰撞方程得：

v2 v1v1则

v2v1 v1即碰撞后B相对于A以v1的速度被反弹回去，碰后以滑板A为参考物，B向左做初速v1，加速度aqE 的匀减速直线运动。当位移x=0，A、B发生第二次碰撞 m1qEv1TT20

2m解得：

T（3）位移

2mv12mL12 qEqEx1=L1

第一次到第二次碰撞过程中，位移

8x2vTL1

5所以

WqE(x1x2)

13qEL1 5 - 19 -