高中物理高一下期中测试卷01

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2020-2021学年高一物理下学期（新教材人教版）期中测试卷01考试范围：必修第二册全册  必修第三册第九、十章一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每个题目只有一个选项符合要求，选对得4分，选错得0分。1．京沪高铁的设计时速有公里每小时。某列从南京始发去往北京的高铁列车以的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在内顺时针匀速转过了约角。从题设中可知以下说法正确的是（　　）A．火车右转弯 B．火车的位移约是米C．角速度约为 D．经过的弯道半径约为【答案】  D【解析】A．某乘客发现放在桌面上的指南针在内顺时针匀速转过了约角。因为地磁场方向不变，指南针方向不变，故火车左转弯，故A错误；B．由于火车的运动可看做匀速圆周运动，则可求得火车在此10s时间内的路程为s=vt=900m，位移小于900m，故B错误；C．利用指南针在10s内匀速转过了约10°，则30s转30°，根据角速度的定义式有：解得角速度的大小为：故C错误；D．根据v=ωr得故D正确。故选D。2．如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势线，下列判断正确的是（　　）A．2、3两点的电场强度相同B．一个正电荷在2、3两点的加速度相同C．一个负电荷在1点处的电势能大于在2点处的电势能D．1点处的电势大于3点处的电势【答案】  D【解析】A．2、3两点的电场强度方向不同，故A错误；B．一个正电荷在2、3两点的加速度方向不同，故B错误；C．负电荷在电势高的地方电势能小，由图可知，1点处电势高于2点处电势，则负电荷在1点处的电势能小于在2点处的电势能，故C错误；D．根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，1点处的电势高于2点处的电势，又因为2、3两点电势相等，故1点处的电势大于3点处的电势，故D正确。故选D。3．如图所示，物体P、Q经无摩擦的定滑轮用细绳连在一起，此时Q竖直匀速上升，P物体在水平力F作用下沿水平粗糙地面向右运动，则下列说法正确的是（　　）A．P做减速运动 B．细绳对P的作用力逐渐增大C．P所受摩擦力逐渐减小 D．细绳对滑轮的作用力大小不变【答案】  A【解析】A．设P向右运动的速度为vP，Q上升的速度为vQ，绳子与水平方向的夹角为α，将P运动的速度沿绳子方向与垂直于绳子方向进行正交分解（如图），则有vQ=vPcosαvQ不变，α减小，cosα增大，则vP减小，即P做减速运动，故A正确。B．因为Q匀速上升，所以Q受力平衡，Q所受绳拉力T=GQ根据定滑轮的特性，可知细绳对P的作用力也等于GQ，保持不变，故B错误；C、以P为研究对象，由竖直方向力平衡，可得N+Tsinα=GPGP、T不变，α减小，sinα减小，则地面对P的支持力N增大，根据滑动摩擦力大小因此P所受摩擦力逐渐增大，故C错误；D．细绳对滑轮的作用力等于两侧绳子拉力的合力，绳子拉力大小不变，夹角增大，则细绳对滑轮的作用力大小减小，故D错误。故选A。4．2013年12月14日，“嫦娥三号”（“玉兔”号月球车和着陆器）以近似为零的速度实现了月面软着落。如图为“嫦娥三号”运行的轨道示意图。由地月转移轨道到环月轨道飞行，近月制动点为变轨点，下面说法错误的是（　　）A．“嫦娥三号”由地月转移轨道进入环月轨道，需要在近月制动点处减速B．“嫦娥三号”经过近月制动点处的加速度，地月转移轨道的一定大于环月轨道的C．“嫦娥三号”的运行周期，地月转移轨道的一定大于环月轨道的D．“嫦娥三号”分别在地月转移轨道与环月轨道经过近月制动电点时，加速度相同【答案】  B【解析】A．“嫦娥三号”由地月转移轨道进入环月轨道，需要在近月制动点处减速，所以A正确，不符合题意；B．“嫦娥三号”经过近月制动点处的加速度，地月转移轨道的一定等于环月轨道的，所以B错误，符合题意；C．“嫦娥三号”的运行周期，根据周期公式 ，轨道半径越大，周期越大，则地月转移轨道的一定大于环月轨道的，所以C正确，不符合题意；D．“嫦娥三号”分别在地月转移轨道与环月轨道经过近月制动电点时，加速度相同，所以D正确，不符合题意；故选B。5．如图所示，质量为的石块以初速度从高度处斜向上抛出，最终落到水平地面上，已知初速度方向与水平方向的夹角为，不计空气阻力，g取，则下列说法正确的是（　　）A．石块在空中运动时机械能先减小再增大B．石块落到水平地面时的速度大小与其质量m有关C．以抛出点为零势能面，石块落到水平地面时的机械能为D．石块落到水平地面时的速度大小与抛出时速度与水平方向的夹角有关【答案】  C【解析】A．石块只受重力做斜上抛运动，只有重力做功机械能守恒，故石块在空中运动时机械能始终不变，故A错误；BD．石块斜上抛运动过程由动能定理可得解得落地速度可知石块落到水平地面时的速度大小与其质量m无关，石块落到水平地面时的速度大小与抛出时速度与水平方向的夹角也无关，故BD错误；C．以抛出点为零势能面，抛出点的机械能为因石块斜抛过程机械能守恒，故落地时的机械能也为25J，故C正确；故选C。6．A、B两小球分别带9Q和-3Q的电荷、固定在光滑的水平面上，如图所示。现有一电荷量为Q的带电小球C，要使小球C处于静止状态，下面关于小球C所放位置和电性说法正确的：（　　）A．小球A的左侧，小球带可以负电，也可以带正电B．小球B的右侧，小球带可以负电，也可以带正电C．小球A和B之间，靠小球B近，小球一定带正电D．小球A和B之间，靠小球B近，小球带可以负电，也可以带正电【答案】  B【解析】要使C球受力平衡，根据可知，C球应距A球远，距B球近；但在A、B中间位置两球形成的电场方向相同，故无论C球带正电还是负电都无法平衡；所以C球应在小球B的右侧，设A、B相距r，C球距B球为L，则只要满足便可平衡，C小球可以带负电，也可以带正电。故B正确ACD错误。故选B。7．如图所示，一根很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，轻绳两端各系一小球a和b，a球质量为m，静置于地面；b球质量为3m，用手托住，离地面高度为h，此时轻绳刚好拉紧，从静止开始释放b后，a可能达到的最大高度为（　　）A．h B．1.5h C．2h D．2.5h【答案】  B【解析】系统机械能守恒解得根据a球机械能守恒解得球a可能达到的最大高度为故选B。8．如图所示，质量为m1、长为L的木板Q置于光滑的水平面上，一质量为m2的小滑块P放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力的大小为f，用水平的恒定拉力F作用于滑块。当滑块P从静止开始运动到木板Q右端时，P向右运动的位移大小为x，在此过程中其他条件不变，则下列结论中正确的是（　　）A．F越大，摩擦产生内能越多 B．F越大，摩擦力对Q做功越多C．m1越大，Q的动能越大 D．m2越大，Q的动能越大【答案】  D【解析】A．由题可知，滑块P相对木板Q向右运动。对滑块P受力分析（水平方向），有向右恒力F和向左的Q对P的摩擦力f。对木板Q受力分析（水平方向），只受P对Q向右的摩擦力f。滑块P向右匀加速运动，木板Q向右也做匀加速运动，但是加速度不相同。在运动过程中，摩擦力f对滑块P做负功，对木板Q做正功，但是对P做的负功要比对Q做的正功多，所以总体来讲，摩擦力f对系统做负功，转化为内能，即而滑块P从静止开始运动到木板Q右端，所以所以摩擦产生的内能不会随着F的变化而变化，所以A错误；B．根据A选项分析，可知摩擦力f对木板Q做正功，为根据牛顿第二定律可得由运动学公式得又化简得由此可知，F越大，时间t越短，木板Q的位移越短，而Q的加速度a2不变，所以摩擦力对Q做功越少，故B错误；C．由前面分析可知，木板P在运动的过程中，只有摩擦力f对其做正功，所以对Q由动能定理得其中m1越大，时间t越短，f不变，Q的加速度a2越小，由可得，Q的位移越短，那么Q的动能越小，所以C错误；D．Q的动能为由运动学公式得得由B选项分析可知，m2越大，f越大，时间t越长，对应Q的动能越大，所以D正确。故选D。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。9．如图所示，圆弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC是位于竖直平面内以O为圆心的一段圆弧，OA与竖直方向的夹角为α，PA与竖直方向连线夹角为β，一小球以速度v0从桌面边缘P水平抛出，恰好从A点沿圆弧的切线方向进入凹槽。以下说法正确的是（　　）A．小球从P到A的运动时间为B．小球从P到A的运动时间为C．D．【答案】  BC【解析】AB．小球恰好从A点沿圆弧的切线方向进入凹槽，速度方向与OA垂直，即速度方向与水平方向夹角为，满足解得A错误，B正确；CD．PA方向即小球的位移方向，与竖直方向夹角满足联立可得C正确，D错误。故选BC。10．带有等量异种电荷的两平行金属板水平放置，a、b、c三个二价氦离子（重力忽略不计）先后从同一点O沿垂直电场方向进入电场，其运动轨迹如图所示，其中b恰好沿下极板的边缘飞出电场。下列说法正确的是（　　）A．b在电场中运动的时间等于a在电场中运动的时间B．b在电场中运动的时间等于c在电场中运动的时间C．进入电场时c的速度最大，a的速度最小D．a打在负极板上时的速度与b飞离电场时的速度大小相等【答案】  AC【解析】AB．三个二价氦离子进入电场后加速度相同，由图看出，竖直方向a、b偏转距离相等，大于c的偏转距离，由可知a、b运动时间相等，大于c的运动时间，即，故A正确B错误；C．又水平位移的关系为 ，因为粒子水平方向都做匀速直线运动，所以即a的速度最小，c的速度最大，故C正确；D．a打在负极板上时与b飞离电场时，电场力做的功相等，由于初速度，由动能定理得，故D错误。故选AC。11．双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一双星系统由a、b两颗星体组成，这两颗星绕它们连线的某一点在万有引力作用下做匀速圆周运动，测得a星的周期为T，a、b两颗星的距离为l，a星的轨道半径大于b星的轨道半径且a、b两颗星的轨道半径之差为，则（　　）A．b星的周期为 B．a、b两颗星的质量比值为C．a、b两颗星的速率之和为 D．a、b两颗星的质量之和为【答案】  BCD【解析】A．a、b两颗星的周期相同，所以A错误；B．双星模型中有a、b两颗星具有相同的角速度，则对a星有对b星有几何关系可得联立解得所以B正确；C．双星模型中有a、b两颗星具有相同的角速度，根据，则a、b两颗星的速率之和为所以C正确；D．双星模型中有a、b两颗星具有相同的角速度，则对a星有解得对b星有解得几何关系可得联立解得所以D正确；故选BCD。12．质量为m的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度图像如图所示。从t1时刻起牵引力的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为f，则（　　）A．0-t1时间内，汽车的牵引力等于B．t1-t2时间内，汽车的功率等于C．汽车运动的最大速度D．t1-t2时间内，汽车克服阻力做的功为【答案】  ABC【解析】A．0-t1时间内，汽车做匀加速直线运动有由图像可得解得所以0-t1时间内，汽车的牵引力等于，则A正确；B．t1-t2时间内，汽车的功率达到额定功率，则有所以B正确；C．汽车运动的速度最大时，有F＝f则汽车运动的最大速度为所以C正确；D ．t1-t2时间内，由动能定理可得，汽车克服阻力做的功为w解得w所以D错误；故选ABC。三、实验题：本题共2小题，第13题6分，第14题9分，共15分。13．某实验小组利用图示装置验证机械能守恒定律。实验中先接通电磁打点计时器的低压交流电源，然后释放纸带。打出的纸带如图所示，选取纸带上打出的连续五个点A、B、C、D、E，测出A点距起点O的距离为，点A、C间的距离为，点C、E间的距离为。已知重物的质量为m，交流电的频率为f，从释放纸带到打出点C：（1）重物减少的重力势能___________，增加的动能为___________。若算得的和值很接近，则说明在误差允许的范围内，重物下落过程中机械能守恒。（2）一般来说，实验中测得的___________（填“大于”、“等于”“小于”），这是因为___________。【答案】          大于    重物克服阻力做功【解析】（1）重物减少的重力势能打出点C时的速度为故增加的动能为（2）由于阻力的存在，重物克服阻力做功，所以重物减少的重力势能一般大于增加的动能。14．用如图装置验证机械能守恒定律，跨过定滑轮的细线两端系着质量均为M的物块A、B，A下端与通过打点计时器的纸带相连，B上放置一质量为m的金属片C，固定的金属圆环D处在B的正下方。系统静止时C、D间的高度差为h。先接通电磁打点计时器，再由静止释放B，系统开始运动，当B穿过圆环D时C被D阻挡而停止。①该实验中需验证的等式是______ （用M、m、v和重力加速度g表示）。还可运用图象法加以验证：改变物块B的释放位置，重复上述实验，记录每次C、D间的高度差h，并求出B刚穿过D时的速度v，作出v2－h图线如图丙所示，根据图线得出重力加速度的表达式g＝______，判断系统机械是否守恒；②在不增加实验器材的情况下，请提出减小实验误差的一个办法。______【答案】          保证打点计时器的限位孔在同一竖直线上【解析】（1） 系统重力势能的减小量系统动能的增加量则需验证根据系统机械能守恒得则（2）保证打点计时器的限位孔在同一竖直线上。四、解答题：本题共4小题，第15题8分，第16题9分，第17题12分，第18题16分，共45分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。15．如图所示，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块滑离转台开始做平抛运动。现测得转台半径R=0.5m，离水平地面的高度H=0.8m，物块与转台间的动摩擦因数为μ=0.2，设物体所受的最大静擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取10m/s2，求：（1）小物块滑离桌面时的角速度；（2）小物块落到地面时的水平射程。【答案】  （1）2rad/s；（2）0.4m【解析】（1）物块离开桌面时，最大静摩擦力提供向心力，则有解得（2）物块做平抛运动，在竖直方向上有①在水平方向上有②由①②式解得16．嫦娥五号是我国首个实施无人月面取样返回的月球探测器。2020年11月29日，嫦娥五号从椭圆环月轨道变轨为圆形环月轨道，环月轨道对应的周期为T，离月面高度为h，如图所示。已知月球半径为R，万有引力常量为G。（1）求月球的质量M；（2）求月球表面的重力加速度大小g。【答案】  （1）；（2）【解析】（1）由引力作为向心力可得整理可得月球的质量为（2）由向心力公式可得，月球表面的重力加速度大小为17．图中A、B、C三点都在匀强电场中。已知AC⊥BC，∠ABC=60°，BC=20cm，把一个电荷量q=2×10-8C的正电荷从A移到C电场力做功为-4×10-7J，从C移到B电场力做功为4×10-7J。求：（1）AB间的电势差UAB；（2）该匀强电场的场强大小和方向，同时画出电场分布的草图。【答案】  （1）0；（2），由C垂直指向AB，见解析【解析】（1）把电荷从A移到B，电场力做功由可知，AB间的电势差。（2）由题意可得，CB两点的电势差为由（1）的分析可知，AB为等势面，场强由C垂直指向AB，垂线的长故场强大小为如图所示18．如图所示，有一个质量为m=1kg的小物块（可视为质点），从光滑平台上的A点以v0=3m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道CD，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的长木板。已知长木板质量为M=3kg，放在光滑的水平地面上，长木板上表面与小物块间的动摩擦因数μ=0.3，且与圆弧轨道末端切线相平，圆弧轨道的半径为R=0.5m，半径OC与竖直方向的夹角θ=53°，不计空气阻力，求；（g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）（1）小物块到达C点时的速度大小；（2）小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；（3）要使小物块不滑出长木板，木板的最小长度。【答案】  （1）5m/s；（2）68N，方向竖直向下；（3）3.625m【解析】（1）小物块平抛运动至C点时，对速度进行分解，如图所示因小物块恰好沿切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道CD，则有（2）小滑块从C运动到D的过程中由动能定理，可得解得小物块在圆弧轨道末端D点，由牛顿第二定律，可得联立方程，解得由牛顿第三定律可知，对轨道的压力大小为68N，方向竖直向下（3）小物块滑上长木板后做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可得小物块的加速度大小为长木板做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得可得长木板的加速度大小为要使小物块不滑出长木板，则小物块滑至长木板最右端时，二者恰好共速，此时长木板最短，设经过t时间二者共速，则有对物块和长木板组成的系统，由能量守恒定律得联立方程，解得即木板的最小长度为3.625m