河北省2019-2020高一物理下学期期中试题（Word版附解析）

河北省 2019-2020 学年高一（下）期中物 理试题 一、单项选择题（共 8 小题） 1.下列说法正确的是（　　） A. 力对物体做功越多，力的功率一定越大 B. 物体速度发生变化，合外力做功一定不为零 C. 物体所受合外力为零，物体的机械能不一定守恒 D. 做匀速圆周运动的物体，动量不变 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据 知，力做功越多，功率不一定大，故 A 错误； B．物体的速度发生变化，合外力对物体做功可以为零，如匀速圆周运动，故 B 错误； C．物体所受合外力 零，其机械能不一定守恒，如物体匀速上升时，机械能不守恒，故 C 正确； D．做匀速圆周运动的物体，速度方向时刻改变，故动量时刻改变，故 D 错误。 故选 C。 2.下列说法正确的是（　　） A. 根据电场强度的定义式 E= ，可知 E 与 F 成正比，与 q 成反比 B. 静电平衡状态下的导体内部场强处处为零，导体的电势也为零 C. 电场线跟等势面垂直，并且由电势较低的等势面指向电势较高的等势面 D. 在电场中，把电荷量为 4×10－9C 的正点电荷从 A 点移到 B 点，克服静电力做功为 6×10－ 8J，电荷的电势能增加了 6×10－8J 【答案】D 【解析】 【详解】A．电场中某点 电场强度由电场本身的性质决定，与放入电场中的电荷，以及电荷 所受的电场力无关，故 A 错误； B．静电平衡状态下的导体内部场强处处为零，为等势体，导体电势并不一定为零，故 B 错误； C．电场线跟等势面垂直，并且由电势较高的等势面指向电势较低的等势面，故 C 错误； 为 的 WP t = F qD．由于电荷从 A 移到 B 的过程中是克服静电力做功 6×10－8J，电场力做负功，因此电势能应 该是增加 6×10－8J，故 D 正确。 故选 D。 3.中国预计 2020 年底发射“嫦娥五号”月球探测器，实现区域软着陆及取样返回。中 国进入 探月新阶段。如图所示，探测器发射到月球上要经过多次变轨，最终降落到月球 表面上，其 中轨道Ⅰ为圆形轨道，轨道Ⅱ为椭圆轨道。下列说法正确的是（　　） A. 探测器的发射速度必定大于 11.2km/s B. 探测器在环月轨道Ⅰ上 P 点的加速度大于在环月轨道Ⅱ上 P 点的加速度 C. 探测器在轨道Ⅱ上的运行周期小于在轨道Ⅰ上的运行周期 D. 探测器在轨道Ⅰ运行时的加速度大于月球表面的重力加速度 【答案】C 【解析】 【详解】A．11.2km/s 为物体脱离地球的引力的速度，现在探测器围绕月球运动，还没有脱离 地球的引力，故探测器的发射速度必定小于 11.2km/s，故 A 错误； B．由公式 可知，探测器在环月轨道Ⅰ上 P 点的加速度等于在环月轨道Ⅱ上 P 点的加速度，故 B 错误； C．由开普勒第三定律 可知，由于探测器在轨道Ⅱ上半长轴小于在轨道Ⅰ上半径，则探测器在轨道Ⅱ上的运行周期 小于在轨道Ⅰ上的运行周期，故 C 正确； D．测器在轨道Ⅰ运行时，由公式 可得 2 MmG mar = 3 2 r kT = 2 MmG mar = 2 GMa r =在月球表面，不考虑月球自转，则有 得 可知，由于探测器在轨道Ⅰ运行时的半径大于月球半径，则探测器在轨道Ⅰ运行时的加速度 小于月球表面的重力加速度，故 D 错误。 故选 C。 4.在采煤方法中，有一种是用高压水流将煤层击碎而将煤采下，今有一采煤高压水枪，设水枪 喷水口横截面积 S，由枪口喷出的高压水流流速为 v，假设水柱垂直射在竖直煤层的表面上， 冲击煤层后水的速度变为零，已知水的密度为 ρ，则水柱对煤层的平均冲击力有多大（　　） A. ρSv2 B. 2ρSv2 C. ρSv D. 2ρSv 【答案】A 【解析】 【详解】ts 时间内喷出的水在 ts 内速度减小为 0，ts 时间内喷水质量为 则由动量定理得 联立解得 故 A 正确，BCD 错误 故选 A。 5.2020 年 5 月，我国将发射北斗三号系统的最后一颗组网卫星。北斗三号全球星座部署将全 面完成，这也意味着我国的卫星导航产业即将迎来收获期。某颗地球卫星做圆周运动，其加 速度大小为 a，线速度大小为 v，万有引力常量为 G，由以上数据可知（　　） A. 该卫星的质量为 B. 该卫星轨道半径为 C. 该卫星周期大小为 D. 该卫星角速度大小为 。 2 MmG m gR ′ ′= 2 GMg R = m Svtρ= 0Ft mv− = − 2mv Svt vF Svt t ρ ρ⋅= = = 4v Ga 2 a v 2πv a v a【答案】C 【解析】 【详解】A．卫星绕地球做圆周运动，卫星是环绕天体，无法通过万有引力提供向心力求出卫 星的质量，故 A 错误； B．根据 得卫星的轨道半径 故 B 错误； CD．根据 a=vω 得卫星的角速度 卫星的周期 故 C 正确，D 错误。 故选 C。 6.a、b 两个小球在一直线上发生碰撞，它们在碰撞前后的 s－t 图像如图所示。若 a 球的质量 ma=5kg，则 b 球的质量 mb 为（　　） A. 5kg B. 12.5kg C. 7.5kg D. 15kg 【答案】B 2va r = 2vr a = a v ω = 2π 2πvT aω= =【解析】 【详解】根据位移－时间图象的斜率等于速度可知，碰撞前，b 的速度为 0，a 的速度为 碰撞后，a 的速度为 b 的速度为 取碰撞前 a 速度方向为正方向，由动量守恒定律得 解得 ，故 B 正确，ACD 错误。 故选 B。 7.2019 年 12 月，京张高铁通车。从自主设计修建零的突破到世界最先进水平，从时速 35 公 里到 350 公里，京张线见证了中国铁路的发展，也见证了中国综合国力的飞跃。假设一辆高 速列车在机车牵引力和恒定阻力作用下，在水平轨道上由静止开始启动，其 v－t 图像如图所 示，已知 0~t1 时间内为过原点的倾斜直线，t1 时刻达到额定功率 P，此后保持功率 P 不变， 在 t3 时刻达到最大速度 v3，以后匀速运动。下列判断正确的是（　　） A. 从 0 至 t1 时间内，列车牵引力逐渐变小 B. t1 时刻的加速度大于 t2 时刻的加速度 C. 在 t3 时刻以后，机车的牵引力为零 D. 该列车所受的恒定阻力大小为 【答案】B 【解析】 0 8 m/s 4m/s2 sv t ∆= = =∆ 1 4 8 m/s 1m/s4v −= = − 2 16 8 m/s 2m/s4v −= = a 0 a 1 b 2m v m v m v= + b 12.5kgm = 1 P v【详解】A．v－t 图象中倾斜的直线表示匀变速直线运动，从图中可知只有 0－t1 时段为倾斜 直线，所以 0－t1 时段为匀加速直线运动，则从 0 至 t1 时间内，列车牵引力不变，故 A 错误； B．在 t2 时刻，列车功率已经达到额定功率，牵引力已经减小了，加速度也减小了，所以在 t2 时刻的加速度要小于 t1 时刻的加速度，故 B 正确； C．在 t3 时刻以后，列车匀速运动，是处于受力平衡状态，牵引力等于阻力，而不是零，故 C 错误； D．当汽车达到最大速度时，汽车的牵引力和阻力大小相等，由 得 故 D 错误。 故选 B。 8.如图所示，A、B 两小球在光滑水平面上分别以动量 p1=5kg·m/s 和 p2=7kg·m/s（向右为参考 正方向）做匀速直线运动，则在 A 球追上 B 球并与之碰撞的过程中，两小球的动量变化量 Δp1 和 Δp2 可能分别为（ ） A. －4kg·m/s，5kg·m/s B. －10kg·m/s，10kg·m/s C. 2kg·m/s，－2kg·m/s D. －1kg·m/s，1kg·m/s 【答案】D 【解析】 【详解】A．碰撞过程动量守恒，两物体动量的变化量应等大反向，故 A 错误； B．因为碰撞的过程中动能不增加，若 和 分别为-10kg·m/s，10kg·m/s，则 ， 根据 mP Fv fv= = m 3 P Pf v v = = 1p∆ 2p∆ 1 5kg m/sp ′ = − ⋅ 2 17kg m/sp ′ = ⋅ 2 k 2 pE m =碰前的总动能为 碰后的总动能为 可知碰撞的过程中动能增加，故 B 错误； C．根据动量定理知，两球碰撞的过程中，B 球的动量增加，A 球的动量减小，如果 2kg·m/s， -2kg·m/s，则不满足，故 C 错误； D．变化量为-1kg·m/s，1kg·m/s，符合动量守恒，根据 碰前的总动能为 碰后的总动能为 可见动能不增加量，以及要符合实际的规律，故 D 正确。 故选 D 二、多项选择题（共 4 小题） 9.如图所示为某探究活动小组设计的节能运动系统。斜面轨道倾角为 ，木箱质量为 M，货 物质量 m=2M，木箱与轨道的动摩擦因数为 。木箱在轨道顶端时，自动装货装置将货物 装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置 立刻将货物卸下后返回。下列选项正确的是（　　） 。 A B 25 49 2 2m m + A B 100 100 2 2m m + 2 k 2 pE m = A B 25 49 2 2m m + A B 1 1 2 2m m + 30 3 6A. 卸下货物后木箱恰好被弹回到轨道顶端 B. 木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度 C. 在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，木箱和货物的减少的重力势能全部转化为弹簧 的弹性势能 D. 木箱上升的过程中，弹簧减少的弹性势能全部转化为木箱的机械能和系统的内能 【答案】ABD 【解析】 【详解】A．设弹簧压缩最大时的弹性势能为 ，由能量守恒得，下滑过程 上滑过程，到达最高点速度为 v，上滑过程由能量守恒得 解得 即木箱恰好被弹回到轨道顶端，故 A 正确； B．对木箱受力分析，根据牛顿第二定律得，下滑时加速度为 上滑时加速度为 故 B 正确； CD．由能量守恒有，在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，木箱和货物的减少的重力势 能全部转化为弹簧的弹性势能和系统的内能，上滑过程，弹簧减少的弹性势能全部转化为木 箱机械能和系统的内能，故 C 错误，D 正确。 故选 ABD。 10.2020 年“中国航天日”主场活动在将福建举办。2020 年也是我国首颗人造卫星“东方 红一 号”成功发射 50 周年。1970 年 4 月 24 日我国首次成功发射的人造卫星东方红一号，目前仍然 在椭圆轨道上运行，其轨道近地点高度约为 440km，远地点高度约为 2060km；1984 年 4 月 8 日成功发射的东方红二号卫星运行在赤道上空 35786km 的地球同步轨道上。设东方红一号在 pE p( ) sin30 ( ) cos30 0M m g s M m g s Eµ+ ⋅ − + ⋅ − =  2 p 1sin30 cos30 02E Mg s Mg s Mvµ− ⋅ − ⋅ = −  0v = 3( ) sin30 ( ) cos sin cos( 30 30) 0M m g M m ga g gM m g µ µ °+ − += = −+    下 30 30sin + cos sin + co3 30s0Mg Mga g gM µ µ= =    上近地点的加速度为 a1，线速度 v1，角速度ω1，东方红二号的加速度为 a2，线速度 v2，角速度 ω2，固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为 a3，线速度 v3，角速度ω3，则下列大小 关系正确的是（　　） A. a2>a1>a3 B. a1>a2>a3 C. v1>v2>v3 D. ω1>ω2>ω3 【答案】BC 【解析】 【详解】卫星围绕地球运行时，万有引力提供向心力，对于东方红一号，在近地点时有 即 对于东方红二号，有 即 由于 h2>h1，故 a1>a2 东方红二号是地球同步卫星与固定在地球赤道上的物体，具有相同的角速度，根据 东方红二号卫星的半径更大，则有 则 故 A 错误，B 正确； C．东方红二号的轨道半径远大于近地卫星轨道，根据 1 12 1( ) MmG m aR h =+ 1 2 1( ) GMa R h = + 2 22 2( ) MmG m aR h =+ 2 2 2( ) GMa R h = + 2a rω= 2 3a a> 1 2 3a a a> >得 则东方红二号的速度小于东方红一号在近地圆轨道的速度，东方红一号从近地圆轨道进入椭 圆轨道要在近地圆轨道上近地点点火加速做离心运动，所以有 地球自转 物体的角速度与东方红二号卫星相同，根据 v=ωr 可知 则 故 C 正确； D．东方红二号卫星与地球自转的角速度相等，即 故 D 错误。 故选 BC。 11.x 轴所在空间存在平行于 x 轴方向的电场，其电势ϕ随 x 分布如图所示，一质量为 m，带电 量为－q 的粒子（重力不计），从 x=−d0 处静止释放。则下列说法中正确的是（　　） A. 粒子将在区间[−d0，2d0]之间往复运动 B. 粒子在 x=2d0 处加速度大小为 的 2 2 Mm vG mr r = GMv r = 1 2v v> 2 3v v> 1 2 3v v v> > 2 3 ω ω= 02 q d m ϕC. x=−d0 与 x=2d0 处电场强度大小相同 D. 粒子在坐标原点处电势能一定最小 【答案】AD 【解析】 【详解】AC．由于 ，则 x 轴负半轴的电场强度是正半轴的 2 倍，根据电场线方向电 势降低可知，x 轴负半轴电场强度方向向左，x 轴正半轴电场强度方向向右，则粒子先做匀加 速再做匀减速，由动能定理得 则 所以粒子将在区间 之间往复运动，故 A 正确，C 错误； B．粒子在 处加速度为 故 B 错误； D．由于 x 轴负半轴电场强度方向向左，x 轴正半轴电场强度方向向右，则坐标原点处的电势 最高，根据负电荷在电势低处电势能大，则粒子在坐标原点处电势能一定最小，故 D 正确。 故选 AD。 12.如图所示，质量为 M=2kg 的木板静止在光滑的水平面上，一小滑块的质量为 m=1kg，以初 速度 v0=1m/s 从木板的右端滑上木板，且始终未离开木板。小滑块与木板之间的动 摩擦因数 为µ=0.1。取 g=10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A. 滑块刚滑上木板时受到的摩擦力水平向左 B. 滑块先做匀减速运动，后做匀速运动 C. 滑块和木板最终速度为 0.5m/s D. 木板的最小长度为 m E x ϕ∆= ∆ 0 02 EqEqd x− = 02x d= [ ]0 0,2d d− 02d 0 02 qqa xm d m ϕϕ∆= ≠∆ 1 3【答案】BD 【解析】 【详解】A．受力分析得，滑块刚滑上小车时受到的摩擦力水平向右，故 A 错误； BC．滑块先做匀减速运动，与木板共速后做匀速运动，由动量守恒有 得 故 B 正确，C 错误； D．对木板分析，由能量守恒定律有 解得 故 D 正确。 故选 BD。 三、实验题（共 2 小题） 13.利用图示实验装置探究重物下落过程中动能与重力势能的转化问题。打点 计时器所用电源 频率为 50Hz，当地重力加速度的值为 9.80m/s2，测得所用重物的质量为 1.00kg，得到的纸带 如图所示： (1)以下说法正确的是_____ ； A.实验中摩擦是不可避免的，因此纸带越短越好，因为纸带越短，克服摩擦力做的功 就越少， 误差就越小 B.实验时应该先释放纸带，再接通打点计时器的电源 C.在“验证机械能守恒定律”的实验中，必须由 v=gt 求出打某点时纸带的速度 0 ( )mv M m v= + 1 m/s3v = 2 2 0 1 1 ( )2 2mgl mv M m vµ = − + 1 m3l =D.选择体积小质量大的重物，纸带、限位孔在同一竖直线上，可以减小系统误差 (2)在从起点 O 到打下标记点 B 的过程中重物重力势能的减少量是 ΔEp=_____，此过程中重物 动能的增加量是 ΔEk=______。（结果均保留两位有效数字） 【答案】 (1). D (2). 0.49 J (3). 0.48 J 【解析】 【详解】(1)[1]A．纸带越短，记录数据越少，误差大，故 A 错误； B．实验时应该先接通打点计时器的电源，再释放纸带，故 B 错误； C．在“验证机械能守恒定律”的实验中，应通过纸带用求出速度，不能用 v=gt 求，故 C 错 误； D．选择体积小、质量大的重物，可以减小空气的阻力，纸带、限位孔在同一竖直线上，可以 减小限位孔对纸带的阻力，故 D 正确。 故选 D； (2)[2]重力势能的减小量 [3]B 点的速度等于 AC 段的平均速度 代入数据得 动能的增加量 14.用如图甲所示装置结合频闪照相机拍摄的照片来验证动量守恒定律，实验步 骤如下： p 1 9.80 0.0501J 0.49JOBE mgx∆ = = × × = 2 OC OA B x xv T −= 9.8m/sBv = 21 0.48J2k BE mv∆ = =①用天平测出 A、B 两个小球的质量 mA 和 mB，且满足 mA>mB； ②安装好实验装置，使斜槽的末端所在的平面保持水平； ③先不在斜槽的末端放小球 B，让小球 A 从斜槽上位置 P 由静止开始释放，小球 A 离开斜槽 后，频闪照相机连续拍摄小球 A 的两位置（如图乙所示）； ④将小球 B 放在斜槽的末端，让小球 A 仍从位置 P 处由静止开始释放，使它们碰撞，频闪照 相机连续拍摄下两个小球的位置（如图丙所示）； ⑤测出所需要的物理量。请回答： (1)在步骤⑤中，需要在照片中直接测量的物理量有_____；（请选填“x0、y0、xA、yA、xB、 yB”） (2)两球在碰撞过程中若动量守恒，满足的方程是：_____。 【答案】 (1). 、 、 (2). 【解析】 【详解】(1)[1]碰撞时应有 由平抛规律有 x=vt，小球从相同高度落下，故时间相等，上式中两边同乘以 t，则有 所以需要在照片中直接测量的物理量有 、 、 (2)[2]由动量守恒得，验证的方程为 四、计算题（共 4 小题） 15.宇宙间存在一些离其他恒星较远的三星系统，其中有一种三星系统如图所示，三颗质量均 为 m 的星体位于等边三角形的三个顶点，三角形边长为 R，忽略其他星体对 它们的引力作用， 0x Ax Bx A 0 A A B Bm x m x m x= + A 0 A A B Bm v m v m v= + A 0 A A B Bm x m x m x= + 0x Ax Bx A 0 A A B Bm x m x m x= +三星体在同一平面内绕三角形中心 O 做匀速圆周运动，万有引力常量为 G，求：每颗星体做 圆周运动的周期。 【答案】2π 【解析】 【详解】每颗星做匀速圆周运动的半径 由万有引力定律可知两星之间的作用力为 ，由力的合成可得任一星体受到的合外 力为 由牛顿第二定律得 解得 T=2π 16.如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个质量为 m1=2m 的滑块（可看成质点），轻绳的一 端系着滑块绕过光滑的轻小定滑轮，另一端吊一个质量为 m2=3m 的物块，小滑轮到竖直杆的 距离为 3d，d=0.2m。开始时用 T 形卡使滑块停在与定滑轮等高的位置上，现去掉 T 形卡，求： 当滑块 m1 下落到绳子与竖直方向的夹角为 时，物块 m2 的速度大小。（g=10m/s2）。 3 3 R Gm 32 cos30 3 R Rr °= = 2 1 2 GmF R = 2 1 2 32 cos30 GmF F R °= = 22π( )F m rT = 3 3 R Gm 37°【答案】1.14m/s 【解析】 【详解】设 m1 下落到绳子与竖直方向夹角为 时下落的高度为 h1，速度为 v1，此时 m2 上升 高度为 h2，速度为 v2，由系统机械能守恒得 m1gh1=m2gh2+ m1 + m2 由几何关系得 h1=4d，h2=2d 速度关系为 v1cos =v2 代入数据得 17.如图所示，竖直平面内存在竖直向上的足够大的匀强电场，电场强度大小为 5×105N/C， 在 O 点处固定一根长为 l=0.4m 的轻绳，绳的另一端连接一带电量为+1.6×10−5C，质量为 0.4kg 的小球，重力加速度 g=10m/s2，求： (1)小球静止时绳的拉力； (2)若小球静止时给小球一个垂直于绳的初速度 v0，使小球在竖直平面内恰好做完整的圆周运 动，则 v0 的大小为多少。 【答案】(1) 4N；(2) 37° 1 2 2 1v 1 2 2 2v 37° 2 8 m/s 1.14m/s7v = ≈ 2 5m/s【解析】 【详解】(1)当小球静止时，由受力由 解得 F=4N (2)当小球在 O 点下方 l 处时 从小球在 O 点上方 l 处到 O 点下方 l 处过程中，对小球由动能定理可得 解得 18.如图所示，是一传送装置，其中 AB 段粗糙，AB 段长为 L=1m，动摩擦因数 μ=0.5；BC、DEN 段均可视为光滑，DEN 是半圆形轨道，其直径 DN 沿竖直方向，C 位于 DN 竖直线上，CD 间 的距离恰能让小球自由通过。其中 N 点又与足够长的水平传送带的右端平滑对接，传送带以 4m/s 的速率沿顺时针方向匀速转动，小球与传送带之间的动摩擦因数也为 0.5。左端竖直墙上 固定有一轻质弹簧，现用一可视为质点的小球 1 压缩弹簧至 A 点后由静止释放（小球和弹簧 不粘连），当小球 1 运动到 AB 中点时，与静止于 AB 中点的小球 2 发生弹性碰撞，之后小球 2 恰好通过 D 点，不脱离轨道。已知两小球的质量均为 m=0.2kg，弹簧压缩至 A 点时的弹性势 能为 1.5J，g=10m/s2，试求： (1)小球 1 与小球 2 碰撞前的速度； (2)DEN 半圆形轨道的半径； (3)小球 2 第一次在传送带上滑动的过程中，小球与传送带之间因摩擦产生的热量。 【答案】(1) ；(2)0.5m；(3)8.1J F mg qE+ = 2mvqE mg l − = 2 2 0 1 1( )2 2 2qE mg l mv mv− − = − 0 2 5m/sv = 10m/s【解析】 【详解】(1)从释放到与球 2 碰撞前，对球 1 由能量守恒定律得 得 (2)两小球发生弹性碰撞，交换速度，即小球 1 的速度为 0；小球 2 的速度为 小球 2 到达 D 点的速度，由动能定理知 解得 小球刚好能沿 DEN 轨道滑下，在圆周最高点 D 点必有 联立得 (3)从 D 到 N，由机械能守恒可得 解得 在传送带上小球运动的加速度大小 小球向左减速的时间 小球向左运动的距离 2 p 0 1 2 2 LE mg mvµ= + 0 10m/sv = 1 10m/sv = 2 2 2 1 1 1 2 2 2 Lmg mv mvµ− = − 2 5m/sv = 2 2vmg m r = 0.5mr = 2 2 2 N 1 1•2 2 2mg r mv mv+ = N 5m/sv = 25m/smga gm µ µ= = = N 1 1svt a = =小球向左运动的过程中传送带的位移： 小球向右加速的时间 小球向右运动的距离 小球向右运动的过程中传送带的位移 相对路程为 摩擦生热 解得 1 N 1 2.5m2x v t= = 2 1 4mx vt= = 0 2 0.8svt a = = 3 0 1 1.6m2x v t= = 4 2 3.2mx vt= = 1 2 4 3( ) 8.1mx x x x x∆ = + + − = Q mg xµ= ∆ 8.1JQ =