【解析版】江西省2018-2019学年高一上学期期末考试物理试题 word版含解析

1、江西丰城中学2018-2019学年高一上学期课改高一期末考试物理试题一选择题(每小题4分共48分，1-8题为单选题，9-12题为多选题)1.2010年10月1日18时59分57秒，搭载着“嫦娥二号”卫星的长征三号丙运载火箭在西昌卫星发射中心点火发射，卫星由地面发射后，进入地月转移轨道，经多次变轨最终进入距离月球表面100公里，周期为118分钟的工作轨道，开始对月球进行探测，如图所示，已知万有引力常数为G，则（ ）A. 卫星在轨道上的运动速度比月球的第一宇宙速度大B. 卫星在轨道上经过P点的速度比在轨道上经过P点时小C. 卫星在轨道上运动周期比在轨道上长D. 卫星在轨道上经过P点的加速度小于在轨道上经过P点的加速度【答案】D【解析】万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：v=，卫星在轨道上轨道半径大于月球半径，则卫星在轨道上速度小于月球的第一宇宙速度，故A正确；卫星从轨道变轨到轨道上要在P点加速做离心运动，因此卫星在轨道上经过P点的速度比在轨道上经过P点时小，故B错误；由开普勒第三定律：a3/T2=k，由于卫星在轨道的轨道半径小于比在轨道上轨道半径，则卫星在轨道上运行周期比在轨道上

2、小，故C错误；万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，由于在P点轨道半径r相同，则向心加速度a相同，即：卫星在轨道上经过P点的加速度速度与在轨道 II上经过P点时的加速度相等，故D正确； 故选AD.2. 法拉第首先提出用电场线形象生动地描绘电场，如图所示为点电荷a、b所形成电场的电场线分布图，以下几种说法中正确的是（ ）A. a、b为异种电荷，a的电荷量小于b的电荷量B. a、b为异种电荷，a的电荷量大于b的电荷量C. a、b为同种电荷，a的电荷量大于b的电荷量D. a、b为同种电荷，a的电荷量小于b的电荷量【答案】B【解析】电场线是从正电荷出发，负电荷终止，由电场线的分布图可知a、b为异种电荷又由公式E= 可知场源的电荷量越大距离场源相同距离的位置场强越大，电场线越密由图可知b的左侧电场线密，a的右侧电场线稀疏，故QbQa，a附近的电场强度小于b附近的电场强度故BD正确，AC错误；故选BD.3.在坐标-x0到x0之间有一静电场，x轴上各点的电势随坐标x的变化关系如图所示，一电量为e的质子从-x0处以一定初动能仅在电场力作用下沿x轴正向穿过该电场区域。则该质子（ ）A. 在-x

3、00区间一直做加速运动B. 在0x0区间受到的电场力一直减小C. 在-x00区间电势能一直减小D. 在-x0处的初动能应大于e0【答案】D【解析】由图知，在区间电势升高，质子由低电势向高电势运动，电场力做负功，做减速运动，电势能增大，故A错误；C错误；势随坐标x的变化关系图线的斜率描述该处的电场强度，在区间切线的斜率先增大后减小，电场力先增大后减小，故B错误；从区间：，所以在处的动能，故D正确。4.两只电压表V1和V2是由完全相同的两个电流计改装成的，V1表的量程是5 V，V2表的量程是15 V，把它们串联起来接入电路中，则（ ）A. 它们的示数相等，指针偏转角度也相等B. 它们的示数之比为l:3，指针偏转角度相等C. 它们的示数相等，指针偏转角度之比为1:3D. 它们的示数之比、指针偏转角度之比均为1:3【答案】B【解析】电压表是由电流计与定值电阻串联改装而成的；V1表的量程是5V，V2表的量程是15V，相同的两个电流计改装，可知，V2表的内阻是V1表的内阻的3倍。把它们串联接入电路，通过的电流相等，电表指针的偏角相同；电表两端电压之比等于内阻之比1：3，它们的示数之比为1：3。故A

4、项正确。点睛：理解电表改装的原理和方法，并能熟练应用。5.如图1所示，两根横截面积不同的不同材料制成的导线I和II，串联后接入电路若导线上任意一点的电势随该点与a点距离x的变化关系如图2所示导线I和II的电阻率分别为1、2，电阻分别为R1、R2，则（）A 12，R1R2 B 12，R1R2 C 12，R1R2 D 12，R1R2【答案】A【解析】在I处分的电压为U1=，在II处分的电压为U2=2两导线流过的电流相等，由可知，R1R2由可知，因为S1S2，L1L2，故12，故A正确。点晴：本题主要考查了欧姆定律和电阻定律公式的直接应用，关键是通过图象判断出必要的物理量，通过图2判断出两段导线分的电压，由欧姆定律求的电阻大小，由电阻定律求的电阻率。6.如图所示，质量为8 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面。质量为2 kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B对A的压力大小为(取g10 m/s2)() A. 100 N B. 20 N C. 16 N D. 0 N【答案】C【解析】剪断细线前，A、B间无压力，则弹簧的弹力F=mAg=8

5、0N，剪断细线的瞬间，对整体分析，整体加速度：，隔离对B分析，mBg-N=mBa，解得：N=mBg-mBa=20-22N=16N故C正确，ABD错误故选C点睛：本题关键是先采用整体法求解加速度，再隔离物体B并根据牛顿第二定律列式求解. 7.已知两电源的电动势E1E2，当外电路电阻为 R时，外电路消耗功率正好相等。 当外电路电阻曾为 R/时， 电源为E1时对应的外电路功率P1，电源为E2时对应的外电路功率为P2，电源E1的内阻为r1，电源E2的内阻为r2。则（ ）A. r1 r2，P1 P2 B. r1 r2，P1 P2C. r1 P2 D. r1 r2，P1 P2【答案】D【解析】试题分析: 用这两个电池分别向某一个电阻R供电时，这个电阻所消耗的功率相等，故电流相同，根据闭合电路欧姆定律公式I由于E1E2，故r1r2。将一电动势为E、内电阻为r的电源与一阻值为R的电阻组成一闭合回路，路端电压U和干路电流I的关系为U=E-Ir在U-I直角坐标系中作U-I图线，如果再在此坐标系中作出外电阻R的伏安特性曲线为过原点的直线，斜率为R，则两条线的交点就表示了该闭合电路所工作的状态，此交点的横、纵

6、坐标的乘积即为外电阻所消耗的功率依题意作电池甲和乙及电阻R的伏安特性曲线由于两电池分别接R时，R消耗的电功率相等，故这三条线必相交于一点，如图所示作R的伏安特性曲线，由图可知：当E1电池接R时，P1=U1I1；当E2电池接R时，P2=U2I2由于U1U2，I1I2，所以P1P2故D正确。考点：闭合电路欧姆定律，伏安特性曲线，电功、电功率8.如图所示，轻弹簧的一端与物块P相连，另一端固定在木板上。先将木板水平放置，并使弹簧处于压缩状态。缓慢抬起木板的右端，使倾角逐渐增大，直至物块P刚要沿木板向下滑动，在这个过程中，物块P所受静摩擦力的大小变化情况是（ ）A. 一直增大B. 保持不变C. 先减小后增大D. 先增大后减小【答案】A【解析】解： 设物块的重力为,木板与水平面的夹角为,弹簧的弹力大小为,静摩擦力大小为.由题,缓慢抬起木板的右端,使倾角逐渐增大,直至物块刚要沿木板向下滑动的过程中,弹簧的弹力不变,则有,增大时,不变,增加.故选A.9.如图所示,真空中固定两个等量异号点电荷+Q、-Q,图中O是两电荷连线中点,a、b两点与+Q的距离相等,c、d是两电荷连线垂直平分线上的两点,bcd构成

7、一等腰三角形,a、e两点关于O点对称.则下列说法正确的是( ) A. a、e两点的电场强度相同B. a、b两点的电势相同C. 质子在b点的电势能比在O点的电势能大D. 将电子由c沿cd边移到d的过程中电场力做正功【答案】AC【解析】【分析】由场强的合成法则可得场强的大小关系，由电场力做功情况可得电势的变化。两等量异号点电荷连线的垂直平分线是一条等势线，正电荷在电势高处电势能大，分析电势能关系【详解】A、a、e两点的合场强大小相等，且方向相同，A正确；B、a、b两点虽然关于+Q对称，但是由于-Q的影响，两点的电势并不相等，B错误；C、b点电势高于O点的电势，则质子在b点的电势能大，C正确；D、c、O、d在一条等势线上，故电子从c点移到d点电场力不做功，D错误；故选AC。【点睛】等量异号点电荷的电场线和等势线分布情况是考试的热点，抓住对称性和其连线的垂直平分线是一条等势线是学习的重点。10.如图甲所示,有一绝缘圆环,圆环上均匀分布着正电荷,圆环平面与竖直平面重合。一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环,细杆上套有一个质量为m=10g的带正电的小球,小球所带电荷量q=5.010-4C。小球从

8、C点由静止释放,其沿细杆由C经B向A运动的vt图像如图乙所示。小球运动到B点时,速度图像的切线斜率最大(图中标出了该切线)。则下列说法正确的是()A. 由C到A的过程中,小球的电势能先减小后变大B. 由C到A电势逐渐降低C. C、B两点间的电势差UCB=0.9VD. 在O点右侧杆上,B点场强最大,场强大小为E=1.0V/m【答案】BC【解析】【分析】根据v-t图象求出B点的加速度，结合牛顿第二定律求出场强的大小；根据动能定理判断电场力做功的正负，由电场力做功与电势能变化的关系判断电势能的变化；正电荷在电势高处电势能大；根据动能定理求解C、B两点的电势差。【详解】AB、从C到A小球的动能一直增大，则电场力一直做正功，故电势能一直减小，又因为小球带正电，故从C到A电势逐渐降低，故A错误，B正确；C、由C到B电场力做功，CB间的电势差为：，C正确；D、由v-t图像可知，小球在B点的加速度最大，故所受的电场力最大，加速度由电场力产生，故B点的电场强度最大，小球的加速度为，又因为，解得：，D错误。故选BC。【点睛】关键是通过乙图的v-t图象判断出加速度，加速度最大时受到的电场力最大，电场强度最大

9、，由电场力做功即可判断电势能，由W=qU求的电势差。11.如图所示,MNPQ为有界的竖直向下的匀强电场,电场强度为E,ACB为光滑固定的半圆形轨道,圆轨道半径为R,A、B为圆水平直径的两个端点,ACB为圆弧.一个质量为m、电荷量为-q的带电小球,从A点正上方高为H处由静止释放,并从A点沿切线进入半圆轨道.不计空气阻力及一切能量损失,关于带电小球的运动情况,下列说法正确的是( ) A. 小球再次到达C点的速度可能为零B. 小球一定能从B点离开轨道C. 小球在AC部分可能做匀速圆周运动D. 当小球从B点离开时,上升的高度一定等于H【答案】CD【解析】【分析】当小球的重力与电场力平衡，小球进入轨道，靠弹力提供向心力，做匀速圆周运动根据动能定律判断上升的高度与H的关系通过假设法判断小球到达C点的速度能否为零，若能为零，根据动能定理知，电场力做功做功等于重力做功，则电场力大于重力，无法做圆周运动。【详解】A、若小球到达C点的速度为零，由动能定理得，小球所受电场力大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动，所以小球到达C点的速度不可能为零，A错误；B、由于题中没有给出H与R、E的关系，所以小球不一定能从B点离开轨道，B错误；C、若重力大小等于电场力，小球在AC部分做匀速圆周运动，C正确；D、若小球能从B

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