2020-2021学年湖南省长沙市某校高一（上）期末物理试卷人教版（2019）

这是一份2020-2021学年湖南省长沙市某校高一（上）期末物理试卷人教版（2019），共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题等内容，欢迎下载使用。


1. 下列关于点电荷的说法中正确的是（ ）
A.点电荷是一个理想化物理模型
B.点电荷的电荷量一定是1.6×10−19C
C.体积大的带电体一定不能看做点电荷
D.研究带电体的相互作用时，所有带电体都可以看作点电荷

2. “达•芬奇塔”位于阿联酋的迪拜，计划于2020年竣工，该建筑每层楼都能独立旋转，因转速不快，大楼中的人并不会感觉到眩晕，图甲中所示为该建筑五种不同形态，图乙为某层楼的平面图。当图乙所在楼层正在匀速转动时，以下说法正确的是（ ）

A.处于A点和B点的物体合力为0
B.处于A点和B点的物体合力方向相同
C.处于A点和B点的物体角速度相同
D.处于A点和B点的物体线速度相同

3. 如图所示，A、B、C三颗人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，已知三颗卫星的质量关系为mA=mBA.线速度大小关系为vAB.加速度大小关系为aA>aB=aC
C.向心力大小关系为FA=FBD.周期关系为TA>TB=TC

4. 良好的学习、生活习惯对人的一生有重要意义。在居家期间有些同学经常躺着看手机，出现了手机碰伤眼睛的情况。若手机质量为120g，从距离眼睛约20cm的高度无初速掉落，碰到眼睹后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为0.15s，g＝10m/s2，则手机对眼睛的冲击力约为（ ）


5. 如图，电荷量分别为q和−q(q>0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点。则下列说法不正确的是（ ）

A.a点和b点的电势相等
B.a点和b点的电场强度大小相等
C.a点和b点的电场强度方向相同
D.将负电荷从a点移到b点，电势能减少

6. 如图所示，一个原来不带电的空心金属球放在绝缘支架上，右侧放一个电荷量为+Q的点电荷，空心金属球的球心为O，a、b两点为空心金属球内部的两点，a、b、O与点电荷Q位于一条直线上。下列说法正确的是（ ）

A.O点的场强为零，a、b两点场强不为零
B.a、b、O三点的电势相等
C.空心金属球上的感应电荷在a、b两点产生的场强方向相反
D.空心金属球上的感应电荷在a点产生的场强比在b点产生的场强大

7. 如图所示，A、B、C三个小球（可视为质点）的质量分别为m、2m、3m，B小球带负电，电荷量大小为q，A、C两小球不带电（不考虑小球间的电荷感应），不可伸长的绝缘细线将三个小球连接起来悬挂在O点，三个小球均处于竖直向上的匀强电场中，电场强度大小为E。则以下说法正确的是（ ）

A.静止时，B、C两小球间细线的拉力为3mg+qE
B.静止时，A、B两小球间细线的拉力为5mg−qE
C.剪断O点与A小球间细线瞬间，A、B两小球间细线的拉力为qE
D.剪断O点与A小球间细线瞬间，A、B两小球间细线的拉力为qE

8. 如图所示，在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动．在小球的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，Q点处为一竖直的墙壁．小球A与小球B发生弹性碰撞后两小球均向右运动，小球B与墙壁碰撞后原速率返回并与小球A在P点相遇，PQ=2PO，则两小球质量之比m1:m2为（ ）
A.7:5B.4:3C.2:1D.5:3

9. 如图所示，一根轻弹簧下端固定，竖立在水平面上，其正上方A位置有一个小球，小球从静止开始下落，在B位置接触弹簧的上端，在C位置小球所受弹力大小等于重力，在D位置小球速度减小到零，小球由A运动至D过程中，下列说法中正确的是（ ）

A.从A→D的过程中，小球动量的方向始终向下
B.从A→D的过程中，重力对小球的冲量大小等于弹簧弹力对小球的冲量大小
C.小球在B位置处动能最大
D.小球在D位置处加速度为零

10. 真空中两个点电荷Q1、Q2分别固定于x轴上x1＝0和x2＝4a两点，在它们的连线上场强E与x的关系如图所示（取x轴正方向为场强正方向，无穷远处为电势零点），以下判断正确的是（ ）

A.Q1、Q2都带正电
B.Q1、Q2的电荷量大小之比是1:9
C.x轴上x＝a处的电势小于零
D.正点电荷q在x轴上x＝2a处的电势能比在x＝3a处的小

11. 在足够长的光滑绝缘水平台面上，存在有平行于水平面向右的匀强电场，电场强度为E，水平台面上放置两个静止的小球A和B（均可看作质点），两小球质量均为m，带正电的A球电荷量为Q，B球不带电，A、B连线与电场线平行．开始时两球相距L，在电场力作用下，A球开始运动（此时为计时零点，即t=0) ，后与B球发生正碰，碰撞过程中A、B两球总动能无损失．若在各次碰撞过程中，A、B两球间均无电荷量转移，且不考虑两球碰撞时间及两球间的万有引力，则（ ）

A.第一次碰撞结束瞬间B球的速度大小为2QELm
B.第一次碰撞到第二次碰撞B小球向右运动了2L
C.第二次碰撞结束瞬间B球的速度大小为2QELm
D.相邻两次碰撞时间间隔总为22mLQE

12. 如图所示，空间存在一匀强电场，平行实线为该电场等势面，其方向与水平方向间的夹角为30∘，AB与等势面垂直，一质量为m，电荷量为q的带正电小球，以初速度v0从A点水平向右抛出，经过时间t小球最终落在C点，速度大小仍是v0，且AB＝BC，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（ ）

A.电场方向沿A指向B
B.电场强度大小为3mg3q
C.小球下落高度14gt2
D.此过程增加的电势能等于14mg2t2
二、填空题（共2小题，每小题6分，共12分。）

某同学用如图甲所示的装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究：轻质弹簧水平放置在光滑水平面上，左端固定，右端与一小球接触而不固连。弹簧处于原长时，小球在A点，向左推小球压缩弹簧至C点，由静止释放。用频闪照相机得到小球从C点到B点的照片如图乙所示。已知频闪照相机频闪时间间隔为T，重力加速度大小为g。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与小球离开弹簧时的动能Ek相等。为测得Ek，除已知物理量外，至少还需测量下列物理量中的（ ）（填正确答案标号）。
A.小球的质量mB.A、B间距离sAB
C.弹簧的压缩量△xD.弹簧原长l0

（2）用所选取的测量量和已知量表示Ek，得Ek＝________。

（3）由于水平面不是绝对光滑，测得的弹性势能Ep与真实值相比________（填“偏大”“偏小”或相等”）。

如图，平行板电容器AB两极板水平放置，已知A板和电源正极相连，且E1>E2，当单刀双掷开关接1时，电源电动势为E1，一带正电粒子沿AB中心水平线射入，打在B极板上的N点，不计粒子重力。回答下列问题（选填“N点”“N点的左侧”“N的右侧”）

（1）断开开关并将A板左移一段距离，其他条件不变，则粒子打在________；

（2）断开开关并将A板上移一段距离，其他条件不变，则粒子打在________；

（3）将单刀双掷开关接2，电动势为E2，其他条件不变，则粒子打在________；
三、计算题（本题共4小题，共40分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）

如图所示，空间存在宽度为d的竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E，现将一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从O点以初速度v垂直于电场方向射入电场，最终从电场右边界穿出．粒子重力不计，求：
（1）粒子在电场中运动的时间；

（2）粒子在垂直方向的偏转距离．

如图所示，A和B两小车静止在光滑的水平面上，质量分别为m1、m2，A车上有一质量为m0的人，相对地面以水平速度v0向右跳上B车，并与B车相对静止。若不考虑空气阻力。求：

（1）人跳离A车后，A车的速度大小和方向；

（2）人跳上B车的过程中，人对B车所做的功。

如图所示，ABCD竖直放置的光滑绝缘细管道，其中AB部分是半径为R的14圆弧形管道，BCD部分是固定的水平管道，两部分管道恰好相切于B．水平面内的M、N、B三点连线构成边长为L等边三角形，MN连线过C点且垂直于BCD．两个带等量异种电荷的点电荷分别固定在M、N两点，电荷量分别为+Q和−Q．现把质量为m、电荷量为+q的小球（小球直径略小于管道内径，小球可视为点电荷），由管道的A处静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g．求：

（1）小球运动到B处时受到电场力的大小；

（2）小球运动到C处时的速度大小；

（3）小球运动到圆弧最低点B处时，小球对管道压力的大小．

如图所示，在直角坐标系xy的第一象限中，存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为4E0，虚线是电场的理想边界线，虚线右端与x轴的交点为A，A点坐标为(L、0)，虚线与x轴所围成的空间内没有电场；在第二象限存在水平向右的匀强电场．电场强度大小为E0．M(−L、L)和N(−L、0)两点的连线上有一个产生粒子的发生器装置，产生质量均为m，电荷量均为q静止的带正电的粒子，不计粒子的重力和粒子之间的相互作用，且整个装置处于真空中．已知从MN上静止释放的所有粒子，最后都能到达A点：
（1）若粒子从M点由静止开始运动，进入第一象限后始终在电场中运动并恰好到达A点，求到达A点的速度大小；

（2）若粒子从MN上的中点由静止开始运动，求该粒子从释放点运动到A点的时间；

（3）求第一象限的电场边界线（图中虚线）方程．
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖南省长沙市某校高一（上）期末物理试卷
一、选择题：（共12小题，每题4分，共48分，在每小题给出的四个选项中，1至8题只有一个选项符合题目要求，9至12题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）
1.
【答案】
A
【考点】
元电荷
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
2.
【答案】
C
【考点】
线速度、角速度和周期、转速
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
3.
【答案】
B
【考点】
随地、绕地问题
【解析】
根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、周期、向心加速度、向心力的表达式进行讨论即可．
【解答】
解：人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有：
F=F向
GMmr2=mv2r=ma=m4π2T2r
解得：F向=GMmr2，v=GMr，a=GMr2，T=2πr3GM．
根据题意有：rA因此：
A、由v=GMr可知，vA>vB=vC，故A错误．
B、由a=GMr2可知，aA>aB=aC，故B正确．
C、根据F向=GMmr2和已知条件mA=mBFB，FBD、由T=2πr3GM可知，TA故选：B．
4.
【答案】
D
【考点】
动量定理的理解
【解析】
根据自由落体求速度，由动量定理求手机对眼睛的冲击力。
【解答】
根据自由落体速度位移关系：v2＝2gh，得v=2gh=2×10×0.2m/s=2m/s，
选向下为正，以手机为研究对象，设眼睛对手机的作用力为F，碰撞过程由动量定理得：(mg−F)t＝0−mv
代入数据得：F＝−2.8N；手机对眼睛的作用与眼睛对手机的作用力大小相等为2.8N，故ABC错误，D正确。
5.
【答案】
A
【考点】
库仑定律
电场强度
电场的叠加
电势差与电场强度的关系
电势
电势能
电场力做功与电势能变化的关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
6.
【答案】
B
【考点】
生活中的静电现象
库仑定律
电场强度
电势
静电感应
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
7.
【答案】
C
【考点】
电场强度
牛顿第二定律的概念
库仑定律
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
8.
【答案】
D
【考点】
动量守恒定律的理解
【解析】
根据碰后再次相遇的路程关系，求出小球碰后的速度大小之比，根据碰撞过程中动量、能量守恒列方程即可求出两球的质量之比．
【解答】
解：设A、B两个小球碰撞后的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有：
m1v0=m1v1+m2v2…①
由能量守恒定律有：12m1v02=12m1v12+12m2v22②
两个小球碰撞后到再次相遇，其速度率不变，由运动学规律有：
v1:v2=PO：(PO+2PO)=1:5…③
联立①②③，代入数据解得：m1:m2=5:3
故选：D
9.
【答案】
A,B
【考点】
动量定理的理解
牛顿第二定律的概念
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
10.
【答案】
B,C
【考点】
电场的叠加
电场力做功与电势能变化的关系
点电荷的场强
电势
电势能
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
11.
【答案】
A,D
【考点】
动量守恒定律的综合应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．A球的加速度a=QEm，碰前A的速度vA1=2aL=2QELm ，碰前B的速度vB1=0，由于A与B球发生正碰，碰撞过程中A、B两球总动能无损失，所以A、B碰撞后交换速度，设碰后A、B球速度分别为vA1′、vB1′，则有vA1′=0、vB1′=vA1=2QELm，故A正确；
C．A、B球发生第一次、第二次、第三次的碰撞时刻分别为t1、t2、t3，则t1=vA1−0a=2mLQE，第一次碰后，经t2−t1时间A、B两球发生第二次碰撞，设碰前瞬间A、B两球速度分别为vA2和vB2，vB1′t2−t1=12at2−t12，解得t2=3t1，vA2=at2−t1=2at1=2vA1=22QELm，vB2=vB1′=2QELm，第二次碰后瞬间，A、B两球速度分别为vA2′和vB2′，则vA2′=vB2=2QELm，vB2′=vA2=22QELm，故C错误；
B．第一次碰撞到第二次碰撞B小球向右运动了xB1=vB1′t2−t1=2QELm⋅22mLQE=4L，故B错误；
D．第二次碰后经t3−t2时间A、B两球发生第三次碰撞，并设碰前瞬间A、B两球速度分别为vA3和vB3，依此类推可得相邻两次碰撞时间间隔总为t3−t2=t2−t1=2t1=22mLQE，故D正确．
故选AD．
12.
【答案】
B,C,D
【考点】
电势差与电场强度的关系
电场强度
【解析】
本题要注意分析小球受力情况，明确重力及电场力做功情况，再由电场线利用好几何关系确定小球的高度变化；要注意采用运动的合成与分析知识。
【解答】
A、由题意可知，小球在下落过程中动能不变，而重力做正功，则电场力做负功，而小球带正电，故电场线应斜向下；故A错误；
B、由动能定理可知，mgABsin60∘＝EqACsin60∘
解得：E=3mg3q；故B正确；
C、将电场力分解为沿水平方向和竖直方向，则有竖直分量中产生的电场力为：F＝Eqsin60∘=mg2；
则物体在竖直方向上的合力为：F合＝mg−mg2=mg2，
则由牛顿第二定律可知，竖直方向上的分加速度为：ay=g2；
则下落高度为：h=12ayt2=14gt2；故C正确；
D、此过程中电场力做负功，电势能增加，由几何关系可知，小球在沿电场线的方向上的位移为：x＝ACsin60∘＝2hsin60∘；则电势能的增加量等于电场力做的功，即为：E＝Eqx=14mg2t2；故D正确；
二、填空题（共2小题，每小题6分，共12分。）
【答案】
A,B
偏小
【考点】
用纸带测速法（落体法）验证机械能守恒定律
探究弹力和弹簧伸长的关系
用光电门测速法验证机械能守恒定律
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
N点左侧
N点
N点右侧
【考点】
带电粒子在电场中的加（减）速和偏转
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
三、计算题（本题共4小题，共40分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
【答案】
（1）粒子在电场中运动的时间是dv；
（2）粒子在垂直方向的偏转距离是Eqd22mv2．
【考点】
带电粒子在电场中的加（减）速和偏转
【解析】
（1）粒子的重力不计，垂直射入电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，由位移时间公式求解时间．
（2）粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律和位移时间公式结合求解偏转距离．
【解答】
解：（1）粒子在水平方向做匀速运动，则有：
d=v0t
得 t=dv
（2）粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动
y=12at2
又根据牛顿第二定律得：Eq=ma
解得粒子在垂直方向的偏转距离：y=Eqd22mv2
答：（1）粒子在电场中运动的时间是dv；（2）粒子在垂直方向的偏转距离是Eqd22mv2．
【答案】
人跳离A车后，A车的速度大小为；
人跳上B车的过程中，人对B车所做的功为。
【考点】
摩擦力做功与能量转化
动量守恒定律的理解
动量守恒定律的综合应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
小球运动到B处时受到电场力的大小为kQqL2；
小球运动到C处时的速度大小为2gR；
小球运动到圆弧最低点B处时，小球对管道压力的大小为9m2g2+(kqQL2)2
【考点】
动能定理的应用
电势差与电场强度的关系
【解析】
（1）根据库仑定律，结合平行四边形定则求出小球运动到B处时受到的电场力大小．
（2）小球在管道中运动时，小球受到的电场力和管道对它的弹力都不做功，只有重力对小球做功，根据机械能守恒定律求出C点的速度．
（3）根据牛顿第二定律求出小球在B点竖直方向上的分力，结合库仑定律求出水平方向上的分力，从而根据平行四边形定则求出在B点受到的弹力大小．
【解答】
设小球在圆弧形管道最低点B处分别受到+Q和−Q的库仑力分别为F1和F2．则F1=F2=kqQL2①
小球沿水平方向受到的电场力为F1和F2的合力F，由平行四边形定则得F＝2F1cs60∘ ②
联立①②得F=kqQL2③
管道所在的竖直平面是+Q和−Q形成的合电场的一个等势面，小球在管道中运动时，小球受到的电场力和管道对它的弹力都不做功，只有重力对小球做功，小球的机械能守恒，有mgR=12mvC2−0④
解得vC=2gR⑤
设在B点管道对小球沿竖直方向的压力的分力为NBy，在竖直方向对小球应用牛顿第二定律得NBy−mg=mvB2R⑥
vB＝vC ⑦
联立⑤⑥⑦解得NBy＝3mg⑧
设在B点管道对小球在水平方向的压力的分力为NBx，则NBx=F=kqQL2⑨
圆弧形管道最低点B处对小球的压力大小为NB=NBx2+NBy2=9m2g2+(kqQL2)2．⑩
由牛顿第三定律可得小球对圆弧管道最低点B的压力大小为N​′B=NB=9m2g2+(kqQL2)2．
【答案】
（1）这个过程中该粒子到达A点的速度大小是10qE0Lm；
（2）这个过程中该粒子所用的时间322mLqE0；
（3）若从MN线上M点下方由静止发出的所有粒子，在第二象限的电场加速后，经第一象限的电场偏转穿过虚线边界后都能到达A点，此边界（图中虚线）方程是：y=2L(Lx−x2)；且有(0≤x≤L；0≤y≤L2)．
【考点】
带电粒子在电场中的加（减）速和偏转
【解析】
（1）由动能定理即可求出粒子的速度；
（2）由牛顿第二定律求得加速度，然后由运动学的公式即可求得运动的时间；
（3）结合（1）的公式，按照题目的条件写出相应的方程，即可求解．
【解答】
解：（1）粒子运动的过程中只有测量做功，由动能定理得：
qE0L+4qE0L=12mvA2
得：vA=10qE0Lm
（2）粒子在第二象限的电场中匀加速的加速度：a1=qE0m
位移：L=12a1t12
时间：t1=2mLqE0
在第一象限运动位移：a2=4qE0m
L=12a2t22=12⋅4qE0m⋅t22
得：t2=12⋅2mLqE0
这个过程中该粒子所用的时间：t=t1+t2=322mLqE0
（3）设粒子从P点坐标为(−L、y0)由静止匀加速直线运动，粒子进入第一象限做类平抛运动，经Q点后做匀速直线运动，设Q点坐标为(x、y)；
设粒子进入第一象限的速度v0:qE0L=12mv02
做类平抛运动经Q点时，水平：x=v0t…①
竖直方向：y0−y=12⋅a2t′2…②
把上面①②两式相除得：y0−yx=a2t′2v0=vy2v0
QA与x轴成θ角可得：tanθ=yL−x；
由速度分解：tanθ=vyv0=2(y0−y)x；
整理得边界方程：y=2L(Lx−x2)
且有(0≤x≤L；0≤y≤L2)
答：（1）这个过程中该粒子到达A点的速度大小是10qE0Lm；
（2）这个过程中该粒子所用的时间322mLqE0；
（3）若从MN线上M点下方由静止发出的所有粒子，在第二象限的电场加速后，经第一象限的电场偏转穿过虚线边界后都能到达A点，此边界（图中虚线）方程是：y=2L(Lx−x2)；且有(0≤x≤L；0≤y≤L2)．