莆田市（新教材）2020-2021學(xué)年下學(xué)期高一期末備考金卷物  理注意事項：1．答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準(zhǔn)考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3．非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。4．考試結(jié)束后，請將本試題卷和答題卡一并上交。一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．對點電荷的理解，你認(rèn)為正確的是(　　)A．點電荷不能是帶電荷量很大的帶電體B．點電荷的帶電荷量可能是2.56×10－20 CC．只要是均勻的球形帶電體，不管球的大小，都能被看做點電荷D．當(dāng)兩個帶電體的形狀對它們的相互作用力的影響可忽略時，這兩個帶電體都能看做點電荷2．如圖所示，用兩根絕緣輕細(xì)線懸掛兩個小球A和B，這時上、下兩根細(xì)線中的拉力分別為T1和T2；使兩個小球都帶上正電荷時，上、下兩根細(xì)線中的拉力分別為T1′和T2′。則(　　)A．T1′＝T1     B．T1′＜T1     C．T2′＝T2     D．T2′＜T23．2021年5月15日，我國自主研發(fā)的天文一號成功著陸火星表面。如圖，當(dāng)它接近火星表面時，可打開反沖發(fā)動機減速下降。探測器減速下降過程中，它在火星表面的重力勢能、動能和機械能的變化情況是(　　)A．動能增加、重力勢能減小B．動能減小、重力勢能增加C．動能減小、機械能減小D．重力勢能增加、機械能增加4．有一種叫“飛椅”的游樂項目，如圖所示，長為L的鋼繩一端系著座椅，另一端固定在半徑為r的水平轉(zhuǎn)盤邊緣。轉(zhuǎn)盤可繞穿過其中心的豎直軸轉(zhuǎn)動。當(dāng)轉(zhuǎn)盤以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時，鋼繩與轉(zhuǎn)軸在同一豎直平面內(nèi)，與豎直方向的夾角為θ。不計鋼繩的重力。以下說法正確的是(　　)A．鋼繩的拉力大小為mω2Lsin θB．鋼繩的拉力大小為C．如果角速度足夠大，可以使鋼繩成水平拉直D．兩個體重不同的人，擺開的夾角θ一樣大5．如圖所示，從地面上方某點，將一質(zhì)量為1 kg小球以5 m/s的初速度沿水平方向拋出，小球經(jīng)過1 s落地。不計空氣阻力，g＝10 m/s2。則可求出(　　)A．小球拋出時離地面的高度是10 mB．小球落地時重力的瞬時功率為100 WC．小球落地時的速度大小是15 m/sD．小球落地時的速度方向與水平地面成30°角6．如圖所示，M、N和P是以MN為直徑的半圓弧上的三點，O點為半圓弧的圓心，∠MOP＝60°。電荷量相等、符號相反的兩個點電荷分別置于M、N兩點，這時O點的電場強度大小為E1。若將N點處的點電荷移至P點，則O點電場強度的大小變?yōu)?/span>E2。則E1與E2之比為(　　)A．2∶1     B．1∶2     C．2∶3     D．3∶27．示波管是一種多功能電學(xué)儀器，它的工作原理可以等效成下列情況：如圖所示，真空室中電極K發(fā)出電子（初速度不計），經(jīng)過電壓為U1的加速電場后，由小孔S沿水平金屬板A、B間的中心線射入板中。當(dāng)A、B間電壓為U2時電子偏離中心線飛出電場打到熒光屏上面顯示亮點。不計電子重力，下列情況中一定能使亮點偏離中心距離變大的是(　　) A．U1變大，U2變大B．U1變小，U2變大C．U1變大，U2變小D．U1變小，U2變小8．如圖所示，重10 N的滑塊在傾角為30°的斜面上，從a點由靜止下滑，到b點接觸到一個輕彈簧?；瑝K壓縮彈簧到c點開始彈回，返回b點離開彈簧，最后又回到a點，已知ab＝0.8 m，bc＝0.4 m，那么在整個過程中(　　)A．彈簧彈性勢能的最大值是6 JB．滑塊動能的最大值是6 JC．從b到c彈簧的彈力對滑塊做的功是6 JD．滑塊在整個過程機械能守恒二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9．如圖所示的四種電場中均有a、b兩點，其中a、b兩點的電場強度相同的是(　　)A．甲圖中與點電荷等距的a、b兩點B．乙圖中兩等量異種點電荷連線的中垂線上與連線等距的a、b兩點C．丙圖中兩等量同種點電荷連線的中垂線上與連線等距的a、b兩點D．丁圖中勻強電場中的a、b兩點10．在探究平行板電容器的電容與哪些因素有關(guān)的實驗中，電容器的a、b兩極板帶有等量異種電荷且不變，a板與靜電計連接，b板接地，如圖所示兩板間P點處固定一負(fù)電荷。下列說法中正確的是(　　)A．將b板上移，則靜電計指針偏轉(zhuǎn)角增大B．將b板左移，則靜電計指針偏轉(zhuǎn)角增大C．將b板左移，P處電荷的電勢能減小D．在電容器兩極板間插入玻璃板的過程中，P處電荷的電勢能減小11．水平桌面上一質(zhì)量為3 kg的物體，在水平拉力F的作用下，從靜止開始運動2 s后撤去外力，其v－t圖像如圖所示，下列說法正確的是(　　)A．在0～2 s內(nèi)，合外力做的功為6 JB．在0～2 s內(nèi)，拉力大小是阻力大小的2倍C．在t＝1 s時，拉力的瞬時功率為4.5 WD．在0～6 s內(nèi)，摩擦力做的功為9 J12．如圖所示，上方傳送帶始終以v＝4 m/s的速度向右運動，左右兩端相距L＝4 m。將一質(zhì)量m＝1 kg的木塊由傳送帶左端靜止釋放，木塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.4，則(　　)A．木塊從左端運動到右端的過程中，摩擦力對木塊做的功為16 JB．木塊從左端運動到右端的過程中，由于帶動木塊運動，電動機多消耗了16 J的電能C．木塊從左端運動到右端的過程中，因為摩擦而產(chǎn)生的熱量為8 JD．木塊從左端運動到右端的時間為1.5 s三、非選擇題：本題共6小題，共60分。13．(6分)在探究兩電荷間相互作用力的大小與哪些因素有關(guān)的實驗中，一同學(xué)猜想可能與兩電荷的間距和電荷量有關(guān)。他選用帶正電的小球A和B，A球放在可移動的絕緣座上，B球用絕緣絲線懸掛于玻璃棒C點，如圖所示。實驗時，先保持兩球電荷量不變，使A球從遠(yuǎn)處逐漸向B球靠近，觀察到兩球距離越小，B球懸線的偏角越大；再保持兩球距離不變，改變小球所帶的電荷量，觀察到電荷量越大，B球懸線的偏角越大。實驗表明：兩電荷之間的相互作用力，隨其距離的______而增大，隨其所帶電荷量的______而增大。此同學(xué)在探究中應(yīng)用的科學(xué)方法是______（選填“累積法”“等效替代法”“控制變量法”或“演繹法”）。14．(10分)某同學(xué)利用如圖裝置對輕質(zhì)彈簧的彈性勢能進(jìn)行探究：一輕質(zhì)彈簧放置在光滑水平桌面上，彈簧左端固定，右端與一小球接觸而不固連；彈簧處于原長時，小球恰好位于桌面邊緣，如圖所示。向左推小球，使彈簧壓縮一段距離△x后由靜主釋放；小球離開桌面后落到水平地面上。通過分析和計算，回答下列問題：(1)本實驗中可認(rèn)為，彈簧被壓縮后的彈性勢能Ep與小球拋出時的動能Ek相等。已知重力加速度大小為g，不計空氣阻力，為求得Ek，至少需要測量下列物理量中的______________（填正確答案標(biāo)號）。A．小球的質(zhì)量mB．小球拋出點到落地點的水平距離sC．桌面到地面的高度hD．彈簧的原長l0(2)用所選取的量和已知量表示Ek，得Ek＝____________。(3)圖中的直線是實驗測量得到的水平射程s和壓縮量Δx關(guān)系的s－Δx圖線。從理論上可推出，如果h不變，m減小，s－Δx圖線的斜率會___________；如果m不變，h增加，s－Δx圖線的斜率會____________；由圖中給出的直線關(guān)系和Ek的表達(dá)式可知，Ep隨Δx的增大會_____________。（均選填“增大”、“減小”或“不變”）15．(8分)我國自行研制、具有完全自主知識產(chǎn)權(quán)的新一代大型噴氣式客機C919首飛成功后，拉開了全面試驗試飛的新征程。假設(shè)飛機在水平跑道上的滑跑是初速度為零的勻加速直線運動，當(dāng)位移x＝1.6×103 m時才能達(dá)到起飛所要求的速度v＝80 m/s。已知飛機質(zhì)量m＝7.0×104 kg，滑跑時受到的阻力為自身重力的0.1倍，重力加速度取g＝10 m/s2。求飛機滑跑過程中：(1)加速度a的大?。?/span>(2)牽引力的平均功率P。     16．(10分)宇航員站在一星球表面上的某高處，沿水平方向拋出一個小球，經(jīng)過時間t，小球落到星球表面，測得拋出點與落地點之間的距離為l。若拋出時的初速度增大到3倍，則拋出點與落地點之間的距離為l。已知兩落地點在同一水平面上，該星球的半徑為R，萬有引力常量為G。試求：(1)兩次落地點的距離；(2)該星球的質(zhì)量M。    17．(10分)如圖所示，光滑斜傾角為37°，A、B兩點距離L＝ m。一質(zhì)量m＝1×10－2 kg、帶電荷量q＝1×10－6 C的小物塊置于斜面上，當(dāng)加上水平向右的勻強電場時，該物體恰能靜止在斜面上，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2。求：(1)該電場的電場強度大小；(2)求B、A兩點間的電勢差UBA；(3)若電場強度變?yōu)樵瓉淼?/span>，當(dāng)小物塊由靜止沿斜面從A下滑至B點時，求物塊在B處速度的大小。      18．(16分)如圖所示，粗糙的水平軌道BC的右端與半徑R＝0.45 m的光滑豎直圓軌道在C點相切，左端與光滑的傾斜軌道AB相連，AB與水平方向的夾角為37°，質(zhì)量m＝0.1 kg的小球從傾斜軌道頂端A點由靜止滑下，設(shè)小球經(jīng)過軌道銜接處時沒有能量損失，已知傾斜軌道AB的長度l＝2 m，小球與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.375，（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2）(1)求小球第一次到達(dá)傾斜軌道底端B點時的速度大?。ńY(jié)果可以用根號表示）；(2)若水平軌道BC的長度為2.5 m，求小球最終停止的位置與B點的距離；(3)要使小球能夠滑上圓軌道，并且第一次在圓軌道運動時小球不脫離軌道，水平軌道BC的長度L應(yīng)滿足什么條件？       
2020-2021學(xué)年下學(xué)期高一期末備考金卷物  理 答 案一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．【答案】D【解析】能否視為點電荷與帶電量無關(guān)，當(dāng)兩個帶電體的形狀對它們的相互作用力的影響可忽略時，這兩個帶電體都能看做點電荷，故AC錯誤，D正確；點電荷帶電量必須是元電荷的整數(shù)倍，元電荷電量為1.6×10－19 C，不是整數(shù)倍，故B錯誤。2．【答案】A【解析】取整體為研究對象，可得T1′＝T1＝(mA＋mB)g，A正確，B錯誤；使兩個小球都帶上正電荷時，由于庫侖斥力作用，下面繩的彈力增大，T2′＞T2，CD錯誤。3．【答案】C【解析】探測器減速下降過程中，速度減小，則動能減??；它在火星表面的重力勢能減小，則機械能減小。4．【答案】D【解析】對座椅受力分析，y軸上Fcos θ＝mg ，得，x軸上Fsin θ＝mω2(r＋Lsin θ)，得，則AB錯誤；因鋼繩拉力的豎直分量等于人的重力，則即使角速度足夠大，也不可以使鋼繩成水平拉直，C錯誤；根據(jù)，兩邊可消掉m，即兩個體重不同的人，擺開的夾角θ一樣大，D正確。5．【答案】B【解析】小球拋出點的高度h＝gt2＝5 m，故A錯誤；小球落地時豎直分速度vy＝gt＝10 m/s，落地時重力的瞬時功率P＝mgvy＝100 W，故B正確；由速度的合成可得小球的速度大小v＝5 m/s，故C錯誤；設(shè)小球落地的速度方向與水平方向的夾角為θ，則tan θ＝＝2，可知θ≠30°，故D錯誤。6．【答案】A【解析】假設(shè)M點的電荷為正，N點電荷為負(fù)，則根據(jù)電場的疊加可知，移動前兩個點電荷在O點產(chǎn)生的電場強度都為E＝E1，當(dāng)將N點處的點電荷移至P點后，電場的疊加如圖所示，則E2＝E1，故E1∶E2＝2∶1，故選A。7．【答案】B【解析】設(shè)金屬板A、B的長度為l，金屬板右邊緣到熒光屏的距離為L，電子在A、B之間運動的側(cè)移量為y，亮點偏離中心的距離為h，則根據(jù)類平拋運動規(guī)律的推論以及幾何關(guān)系可得，解得。設(shè)電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，經(jīng)加速電場加速后獲得的速度為v，則根據(jù)動能定理有eU1＝mv2，設(shè)A、B間距為d，根據(jù)牛頓第二定律可得電子在A、B間的加速度大小，電子在A、B間運動的時間，根據(jù)運動學(xué)公式可得y＝at2，解得，可知U1變小且U2變大的情況下一定能使h增大，故B正確。8．【答案】A【解析】由于滑塊又返回a點，故斜面是光滑的，到c點時，彈簧的彈性勢能最大，此時滑塊的重力勢能完全轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，即Ep＝mg×ac×sin 30°＝6 J，故A正確；彈簧推動物塊上升時，彈性勢能轉(zhuǎn)化為物塊的機械能，整個過程的機械能是守恒的，機械能的大小均是6 J，而滑塊動能最大的位置一定在bc之間，即物塊在斜面的方向上受到的合外力為0時動能最大，所以此時彈簧仍有一定的彈性勢能，故滑塊的動能的最大值只能小于6 J，故B錯誤；滑塊從b到c，彈簧的彈性勢能由0到最大，彈簧的彈力對滑塊做的功是－6 J，故C錯誤；由于摩擦不計，整個過程只有重力與彈力做功，滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)整個過程機械能守恒，故D錯誤。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9．【答案】BD【解析】甲圖中a、b兩點場強大小相等，但方向不同，A錯誤；乙圖中a、b兩點對稱，所以場強大小相等，方向均垂直中垂線向左，B正確；丙圖中a、b兩點對稱，場強大小相等，但方向相反，C錯誤；丁圖的兩平行板間為勻強電場，場強處處相同，D正確。10．【答案】ABC【解析】根據(jù)平行板電容器的決定式C＝，可知將b板上移，兩極板正對面積S減小，則C減?。粚?/span>b板左移，兩極板間距離d增大，則C也減小。由題意并根據(jù)電容的定義式C＝，可知當(dāng)C減小且Q不變時，兩極板間電勢差U增大，所以靜電計指針偏轉(zhuǎn)角增大，故AB正確；根據(jù)平行板電容器兩極板間電場強度公式E＝，可知將b板左移，兩極板間電場強度E不變，根據(jù)勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系可知P與下極板間的電勢差增大，所以P處電勢增大，根據(jù)Ep＝qφ，q＜0，可知P處電荷的電勢能減小，故C正確；根據(jù)C項分析同理可知，在電容器兩極板間插入玻璃板的過程中，εr增大，則兩極板間電場強度減小，則P與下極板間的電勢差減小，所以P處電勢減小，P處電荷的電勢能增大，故D錯誤。11．【答案】AC【解析】在0～2 s內(nèi)，根據(jù)動能定理得，合外力做的功W合＝mv2－0＝6 J，故A正確；2～6 s內(nèi)物體的加速度a2＝＝0.5 m/s2，物體受到的摩擦力大小f＝ma2＝1.5 N，0～2 s內(nèi)物體的加速度a1＝＝1 m/s2，則F＝f＋ma1＝4.5 N，在0～2 s內(nèi)，拉力大小是阻力大小的3倍，故B錯誤；在t＝1 s時，拉力的瞬時功率P＝Fv1＝4.5 W，故C正確；在0～6 s內(nèi)，物體的位移，所以在0～6 s內(nèi)，摩擦力做的功W＝－fs＝－9 J，故D錯誤。12．【答案】BCD【解析】木塊在傳送帶上的加速度，木塊達(dá)到傳送帶速度所用時間，此時通過的位移，共速后木塊隨傳送帶做勻速直線運動，勻速運動所用時間，則木塊從左端運動到右端的時間，D正確；木塊從左端運動到右端的過程中，由動能定理可得，A錯誤；木塊與傳送帶相對滑塊的位移，木塊從左端運動到右端的過程中，因為摩擦而產(chǎn)生的熱量，C正確；木塊從左端運動到右端的過程中，由于帶動木塊運動，電動機多消耗的電能，B正確。三、非選擇題：本題共6小題，共60分。13．(6分)【答案】減小    增大    控制變量法【解析】對小球B進(jìn)行受力分析，可以得到小球受到的電場力F＝mgtan θ，即B球懸線的偏角越大，電場力也越大；所以使A球從遠(yuǎn)處逐漸向B球靠近，觀察到兩小球距離越小，B球懸線的偏角越大，說明了兩電荷之間的相互作用力，隨其距離的減小而增大；兩小球距離不變，改變小球所帶的電荷量，觀察到電荷量越大，B球懸線的偏角越大，說明了兩電荷之間的相互作用力，隨其所帶電荷量的增大而增大；先保持兩球電荷量不變，使A球從遠(yuǎn)處逐漸向B球靠近，這是只改變它們之間的距離；再保持兩小球距離不變，改變小球所帶的電荷量，所以這采用的方法是控制變量法。14．(10分)【答案】(1)ABC    (2)    (3)增大    增大    增大    【解析】(1)由平拋規(guī)律可知，由水平距離和下落高度即可求出平拋時的初速度，進(jìn)而可求出物體動能，所以本實驗至少需要測量小球的質(zhì)量m、小球拋出點到落地點的水平距離s、桌面到地面的高度h。故選ABC。(2)由平拋規(guī)律可知，豎直方向上h＝gt2，水平方向上s＝vt，而動能Ek＝mv2，聯(lián)立可得Ek＝(3)由題意可知如果h不變，m減小，則相同的Δx對應(yīng)的速度變大，物體下落的時間不變，對應(yīng)的水平位移s變大，s－Δx圖線的斜率會增大；如果m不變，h增加，則物體下落的時間增加，則相同的Δx下要對應(yīng)更大的水平位移s，故s－Δx圖線的斜率會增大；彈簧的彈性勢能等于物體拋出時的動能，即Ep＝，可知Ep與Δs的2次方成正比，而Δs與Δx成正比，則Ep與Δx的2次方成正比，故Ep隨Δx的增大會增大。15．(8分)【解析】(1)飛機做初速度為零的勻加速直線運動，有v2＝2ax代入數(shù)據(jù)解得a＝2 m/s2。(2)飛機受到的阻力F阻＝0.1mg設(shè)發(fā)動機的牽引力為F，根據(jù)牛頓第二定律有F－F阻＝ma飛機滑跑過程中的平均速度＝所以牽引力的平均功率P＝F聯(lián)立解得：P＝8.4×106 W。16．(10分)【解析】(1)設(shè)拋出點的高度為h，第一次平拋水平射程為x，則若平拋初速度增大3倍，則有解得，則兩次落地點的距離。(2)根據(jù)解得星球表面的重力加速度根據(jù)解得。17．(10分)【解析】(1)如圖所示，小物塊受重力、斜面支持力和電場力三個力作用，受力平衡，則有解得。(2)B、A兩點間的電勢差(3)場強變化后物塊所受合力根據(jù)牛頓第二定律得：F＝ma故代入數(shù)據(jù)解得：a＝0.3g＝3 m/s2物塊在B處速度的大小解得。18．(16分)【解析】(1)小球在傾斜軌道上運動，由動能定理知解得。(2)最終小球動能為零，停在軌道上，由動能定理知解得通過的路程L1＝3.2 m小球到達(dá)C點滑上圓弧后返回，返回路程L2＝L1－LBC＝0.7 m所以返回后距離B點的距離L＝LB－L2＝1.8 m。(3)小球恰好從B點到C點，由動能定理知解得L＝3.2 m要使小球能夠滑上圓軌道，應(yīng)滿足L≤3.2 m在圓軌道運動時小球不脫離軌道，有兩種情形①物體能完成圓周運動在最高點有對小物塊從B點到圓軌道最高點利用動能定理有解得L＝0.2 m小球不脫離軌道應(yīng)滿足L≤0.2 m②物體運動到圓軌道圓心等高處速度為零對小物塊從B點到圓軌道圓心等高處利用動能定理有解得L＝2 m小球不脫離軌道應(yīng)滿足L≥2 m綜合以上可得要使小球能夠滑上圓軌道，并且第一次在圓軌道運動時小球不脫離軌道，水平軌道BC的長度L應(yīng)滿足L≤0.2 m或者2 m≤L≤3.2 m
   

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