江蘇省常州市高一物理下學期期末考試試題

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上江蘇省常州市2013-2014學年下學期期末考試高一物理試卷一、單項選擇題（共6小題，每小題3分，共18分）1（3分）首先通過實驗的方法比較準確地測出引力常量的物理學家是（）A開普勒B卡文迪許C伽利略D牛頓考點：開普勒定律專題：萬有引力定律的應(yīng)用專題分析：本題考查了物理學史，了解所涉及偉大科學家的重要成就，如高中所涉及到的牛頓、伽利略、開普勒、卡文迪許等重要科學家的成就要明確解答：解：牛頓在推出萬有引力定律的同時，并沒能得出引力常量G的具體值，G的數(shù)值于1789年由卡文迪許利用他所發(fā)明的扭秤得出，故ACD錯誤，B正確故選：B點評：本題考查了學生對物理學史的掌握情況，對

2、于物理學史部分也是高考的熱點，平時訓練不可忽略2（3分）下列運動過程機械能可能守恒的是（）A降落傘在空中勻速下降的運動B子彈在木塊中穿越的運動C物體沿光滑斜面減速上滑D貨物被勻速吊起的運動考點：機械能守恒定律專題：機械能守恒定律應(yīng)用專題分析：物體機械能守恒的條件是只有重力或者是彈力做功，或者看有沒有機械能轉(zhuǎn)化為其它形式的能，根據(jù)機械能守恒的條件逐個分析物體的受力的情況，即可判斷物體是否是機械能守恒解答：解：A、降落傘在空中勻速下降，動能不變，重力勢能減小，所以機械能不守恒，故A錯誤B、子彈在木塊中穿越的運動，系統(tǒng)的機械能減少，轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故B錯誤C、物體沿光滑斜面減速上滑，斜面的支持力不做功，

3、只有重力做功，物體的機械能守恒，故C正確D、貨物被勻速吊起，動能不變，重力勢能增加，所以機械能不守恒，故D錯誤故選：C點評：本題是對機械能守恒條件的直接考查，掌握住機械能守恒的條件，知道各種運動的特點即可3（3分）（2013朝陽區(qū)二模）經(jīng)國際小行星命名委員會命名的“神舟星”和“楊利偉星”的軌道均處在火星和木星軌道之間，它們繞太陽沿橢圓軌道運行，其軌道參數(shù)如下表遠日點近日點神舟星3.575AU2.794AU楊利偉星2.197AU1.649AU注：AU是天文學中的長度單位，1AU=0m（大約是地球到太陽的平均距離）“神舟星”和“楊利偉星”繞太陽運行的周期分別為T1和T2，它們在近日點的加速度分別為

4、a1和a2則下列說法正確的是（）AT1T2，a1a2BT1T2，a1a2CT1T2，a1a2DT1T2，a1a2考點：萬有引力定律及其應(yīng)用專題：萬有引力定律的應(yīng)用專題分析：周期關(guān)系可以根據(jù)開普勒第三定律確定，加速度均是由太陽的萬有引力產(chǎn)生，比較近日點距離可求加速度的大小解答：解：根據(jù)開普勒第三定律有：，其中a為軌道的半長軸，根據(jù)題目給出的數(shù)據(jù)可知：a神舟a楊利偉，所以有T1T2，根據(jù)萬有引力產(chǎn)生加速度有，由于近日點楊利偉星距太陽的距離比神舟星小，所以產(chǎn)生的加速度來得大，即a1a2，故選A點評：會比較橢圓半長軸的大小，根據(jù)萬有引力產(chǎn)生加速度是解決本題的關(guān)鍵4（3分）高中生小明騎電動自行車沿平直公

5、路行駛，因電瓶“沒電”，改用腳蹬車以5m/s的速度勻速前進，騎行過程中所受阻力恒為車和人總重的0.02，取g=10m/s2估算小明騎此電動車做功的平均功率最接近（）A10WB100WC1kWD10kW考點：功率、平均功率和瞬時功率專題：功率的計算專題分析：人在勻速行駛時，受到的阻力的大小和腳蹬車的力的大小相等，由P=FV=fV可以求得此時人受到的阻力的大小解答：解：設(shè)人汽車的速度大小為5m/s，人在勻速行駛時，人和車的受力平衡，阻力的大小為：f=0.02mg=0.02×1000N=20N，此時的功率為：P=FV=fV=20×5W=100W，所以B正確故選：B點評：在計算平均

6、功率和瞬時功率時一定要注意公式的選擇，P=只能計算平均功率的大小，而P=Fv可以計算平均功率也可以是瞬時功率，取決于速度是平均速度還是瞬時速度5（3分）某靜電場的電場線分布如圖所示，一負點電荷只在電場力作用下先后經(jīng)過場中的M、N兩點過N點的虛線是電場中的一條等勢線，則（）AM點的電場強度小于N點電場強度BM點的電勢低于N點的電勢C負點電荷在M點的電勢能小于在N點的電勢能D負點電荷在M點的動能小于在N點的動能考點：電場線；電場強度；電勢能專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題分析：電場線的疏密反映了電場的強弱順著電場線的方向電勢降低負電荷從低等勢面運動到高等勢面，電場力做正功，電勢能減少只有電場力做功時，

7、電荷總能量不變，即電勢能和運動的和不變電勢能小的地方動能大，動能大解答：解：A、從電場線分布可見M點電場線密，電場強，故A錯誤B、順著電場線的方向電勢降低，由圖可見M點在高等勢面，故B錯誤C、負電荷從低等勢面運動到高等勢面，電場力做正功，電勢能減少也就是說負電荷在高等勢面的電勢能小，M點電勢高，負電荷在M點的電勢能少故C正確D、只有電場力做功時，電荷總能量不變，即電勢能和運動的和不變電勢能小的地方動能大，也就是說在M點的動能大故D錯誤故選C點評：掌握電場線的特點就能解決電場線中兩點電場強度和電勢的關(guān)系電場力做功量度電勢能的變化6（3分）右側(cè)方框內(nèi)為某臺電風扇的銘牌，如果已知該電風扇在額定電壓下

8、工作時，轉(zhuǎn)化為機械能的功率等于電動機消耗電功率的97%，則在額定電壓下工作時，通過電動機的電流I及電動機線圈的電阻R分別是（）AI=0.3A R=22BI=0.3A R=733CI=3.3A R=22DI=3.3A R=733考點：電功、電功率專題：恒定電流專題分析：根據(jù)P=UI求解額定電流，根據(jù)Pr=I2R求解線圈內(nèi)電阻解答：解：從電風扇的銘牌得到額定功率P=66W，額定電壓U=220V，故額定電流為：I=；轉(zhuǎn)化為機械功率等于電動機消耗的電功率的97%，根據(jù)能量守恒定律可知線圈電阻消耗功率為3%P，故：3%P=I2R解得：R=22；故選：A點評：本題關(guān)鍵明確電機電路中能量的轉(zhuǎn)化情況，然后結(jié)合

9、電功率表達式列式求解，不難二、多項選擇題（每小題4分，共16分）7（4分）下列四個靜電場中物理量的定義是或關(guān)系式，其中適用于一切電場的是（）AE=BE=CU=DU=Ed考點：電場強度專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題分析：題中的四個物理公式，分別是：點電荷產(chǎn)生的電場的場強公式、電場強度的定義式、電場力做功與電勢差關(guān)系公式、勻強電場中電場強度與電勢差的關(guān)系公式；結(jié)合物理公式得出的過程進行分析即可解答：解：A、點電荷產(chǎn)生的電場的場強公式E=是由電場強度的定義式和庫侖定律聯(lián)立得到的，反映了點電荷的電場中任意一點的電場強度與該點的空間位置和場源電荷的電荷量的關(guān)系，只適用于點電荷的電場，故A錯誤；B、電場強度

10、E=是用比值定義法得出的物理量，是從力角度研究電場的物理量，適用于一切電場，故B正確；C、電勢差的定義式U=，運用比值法定義，適用于任意電場，故C正確；D、勻強電場中任意兩點的間的電勢差與兩點沿電場線的距離成正比，U=Ed只適用于勻強電場，故D錯誤；故選：BC點評：本題關(guān)鍵是要熟悉有關(guān)電場的各個公式，要知道公式的推導過程，從而能夠確定公式的適用范圍8（4分）如圖所示，物體A、B疊放著，A用繩系在固定的墻上，用力F拉著B右移，用F1、FAB、FBA分別表示繩中拉力、A對B的摩擦力和B對A的摩擦力，則下面敘述中正確的是（）AF對B做正功BFBA對A做正功CFAB對B做負功DF1對A做負功考點：功的

11、計算專題：功的計算專題分析：B的受力情況：B向右直線運動，水平方向受到拉力和摩擦力，拉力和摩擦力不一定是一對平衡力；物體間力的作用是相互的，A對B的摩擦和B對A的摩擦是相互作用力，大小相等；功是力與力的方向位移的乘積，當兩者夾角小于90°時此力做正功，當兩者夾角大于90°時此力做負功解答：解：由題意可知，A不動B向右運動，但均受到滑動摩擦力，則有FAB做負功，F(xiàn)做正功；由于A沒有位移，所以FA和FBA不做功故選：AC點評：（1）平衡力和相互作用力很相似，容易混淆，注意區(qū)分：相同點：大小相等、方向相反、在同一條直線上不同點：平衡力作用在同一物體上，相互作用力作用在兩個物體上（

12、2）靜止不一定受到靜摩擦力，滑動不一定受到滑動摩擦力；（3）功的正負是由力與位移方向的夾角決定，當夾角小于90°力做正功；當夾角大于90°力做負功9（4分）如圖所示，兩塊相互靠近彼此絕緣的平行金屬板組成平行板電容器，極板N與靜電計金屬球相連，極板M和靜電計的外殼均接地用靜電計測量平行板電容器兩極板間的電勢差U在兩板相距為d時，給電容器充電，靜電計指針張開一定角度在與外界絕緣的情況下保持電容器的帶電量Q不變，下面的操作中將使靜電計指針張角變小的是（）A僅將M板向下平移B僅將M板向左平移C僅在M、N之間插入云母板（相對介電常數(shù)大于1）D僅在M、N之間插入金屬板，且不和M、N接觸

13、考點：電容器的動態(tài)分析專題：電容器專題分析：電容器充電后斷開電源保持帶電量不變，根據(jù)平行板電容器的決定式可求得C的變化，再由電容的定義式可求知指針張角的變化，注意指針張角變大時，極板之間的電壓增大解答：解：A、僅將M板向下平移，兩極板正對面積減小，電容減小，而電容器的電荷量不變，由C=得知，板間電壓增大，靜電計指針張角變大，故A錯誤B、僅將M板向左平移，板間距離增大，電容減小，而電容器的電荷量不變，由C=得知，板間電壓增大，靜電計指針張角變大，故B錯誤C、僅在M、N之間插入云母板，電容增大，而電容器的電荷量不變，由C=得知，板間電壓減小，靜電計指針張角變小，故C正確D、僅在M、N之間插入金屬板

14、，板間距離減小，電容增大，而電容器的電荷量不變，由C=得知，板間電壓減小，靜電計指針張角變小，故D正確故選：CD點評：本題關(guān)鍵要掌握決定電容的三個因素：板間距離、電介質(zhì)、正對面積，以及電容的定義式C=10（4分）以恒定的功率P行駛的汽車以初速度v0沖上傾角一定的斜坡，設(shè)受到的阻力（不包括汽車所受重力的沿斜面向下的分力）恒定不變，則汽車上坡過程中的vt圖象可能是圖1中的哪一個（）ABCD考點：功的概念；勻變速直線運動的圖像專題：功率的計算專題分析：以恒定的功率P行駛的汽車以初速度v0沖上傾角一定的斜坡，阻力恒定不變，當速度增加時牽引力減小，加速度變小，當速度減小時，則牽引力增大，加速度變大解答：

15、解：以恒定的功率P行駛的汽車，由功率P=FV得，由于阻力恒定不變，A、當牽引力等于阻力時，速度不變，即勻速向上運動故A選項正確；B、當速度減小時，則牽引力增大，加速度變大而圖象中速度與時間圖象的斜率大小表示加速度大小，即加速度不斷增大而不是加速度不變，故B錯誤；C、當速度增加時牽引力減小，加速度變小，而C選項中速度與時間圖象的斜率大小表示加速度大小，即加速度不斷減小故C正確；D、當速度減小時，則牽引力增大，加速度變大而圖象中速度與時間圖象的斜率大小表示加速度大小，即加速度不斷增大故D正確；故選：ACD點評：當恒定的功率啟動時，加速度漸漸變小，速度慢慢變大，直至達到勻速，加速度為零當以恒定的牽引

16、力啟動時，加速度不變，但功率在不斷變大，直至達到額定功率，勻加速運動結(jié)束，接著以恒定的功率運動，重復剛才的過程三、填空題（每空2分，共20分）11（8分）現(xiàn)有一個靈敏電流計，它的滿偏電流為Ig=1mA，內(nèi)阻Rg=200，若要將它改成量程為3V的電壓表，應(yīng)串（填“串”或“并”）一個2800的電阻；若要將它改裝成量程為50mA的電流表，應(yīng)并（填“串”或“并”）一個4（保留一位有效數(shù)字）考點：把電流表改裝成電壓表專題：實驗題分析：把電流表改裝成電壓表需要串聯(lián)一個分壓電阻，改裝成大量程電流表，需要并聯(lián)分流電阻，應(yīng)用串并聯(lián)電路特點與歐姆定律可以分析答題解答：解：把電流表改裝成電壓表需要串聯(lián)一個分壓電阻，

17、串聯(lián)電阻阻值為：R=Rg=200=2800，改裝成電流表需要并聯(lián)分流電阻，并聯(lián)電阻阻值為：R=4；故答案為：串，2800，并，4點評：本題考查了電壓表與電流表的改裝，知道電表改裝原理、應(yīng)用串并聯(lián)電路特點與歐姆定律即可正確解題12（12分）某同學用如圖a所示的實驗裝置驗證重物自由下落過程中機械能守恒定律：（1）實驗中，下列測量工具會用到的有CEA天平 B秒表 C交流電源 D直流電源 E刻度尺（2）為保證重物的初速度為零，所選擇的紙帶第1、2兩點間距應(yīng)接近2mm；（3）已知電源的頻率為50Hz，重物的質(zhì)量m=1kg，當?shù)刂亓铀俣萭=9.80m/s2，實驗中該同學得到的一條點跡清晰的完整紙帶如圖b

18、所示，紙帶上的第一個點記為O，另選連續(xù)的三個點A、B、C進行測量，圖中給出了這三個點到O點的距離hA、hB和hC的值，回答下列問題（計算結(jié)果保留3位有效數(shù)字）：打點計時器打B點時重物的速度vB=3.95m/s，由O到B點，重物動能的增加量等于7.80J，重物重力式能的減小量等于7.84J，實驗結(jié)論是：在誤差允許范圍內(nèi)機械能守恒考點：驗證機械能守恒定律專題：實驗題分析：（1）從實驗原理、實驗儀器、實驗步驟、實驗數(shù)據(jù)處理、實驗注意事項這幾點去搞清楚，明確需要測量的物理量，即可知道需要的儀器；（2、3）利用勻變速直線運動的推論，可計算出打出某點時紙帶運動的瞬時速度從而求出動能根據(jù)功能關(guān)系得重力勢能減

19、小量等于重力做功的數(shù)值解答：解：（1）A、因為我們是比較mgh、mv2的大小關(guān)系，故m可約去比較，不需要用天平，故A錯誤；BCD、打點計時器使用的是交流電源而不是直流電；打出的 點就能反映時間，所以不需要秒表，故BD錯誤，C正確；E、我們需要刻度尺測量計數(shù)點間的距離，故E正確；故選：CE（2）由于打點時間間隔為0.02s，據(jù)h=0.002m=2mm故答案為：2（3）解：由O到B點，重力勢能減小量：Ep=mgh=1.0×9.8×0.80J=7.84J勻變速直線運動中，該過程中的平均速度等于時間中點的瞬時速度，因此有：vB=3.95m/s所以Ek=7.80J 在實驗誤差允許的范

20、圍內(nèi)，重力勢能的減少等于動能的增加，所以機械能守恒故答案為：3.95；7.80；7.84；在實驗誤差允許的范圍內(nèi)機械能守恒點評：解決本題的關(guān)鍵知道實驗的原理，通過原理確定所需測量的物理量，以及知道實驗中的注意事項，在平時的學習中，需加以總結(jié)；運用運動學公式和動能、重力勢能的定義式解決問題是該實驗的常規(guī)問題，要注意單位的換算和有效數(shù)字的保留四、解答題（共5小題，46分。解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分）13（10分）如圖所示，整點電荷Q=1×108C的電場中，A、B為一條電場線上的兩點，A點與Q相聚rA=30cm將q=2×1010C

21、的試探點電荷由A點移到B點，電場力做功為3×109J（1）求A點的電場強度EA；（2）表明B點的大概位置，并求由A到B試探點電荷電勢能的變化量Ep；（3）求A、B兩點的電勢差UAB考點：電場強度；電勢能專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題分析：（1）根據(jù)場強公式E=k求解A點的電場強度EA；（2）根據(jù)電場力做功正負，分析B點的位置電場力做功與電勢能變化的關(guān)系有：Ep=W，根據(jù)功能關(guān)系求解（3）根據(jù)電勢差的定義式U=求解A、B兩點的電勢差UAB解答：解：（1）根據(jù)場強公式E=k，得：EA=9.0×109×N/C=1000N/C（2）探點電荷由A點移到B點，電場力做正功，則電

22、場力與位移方向相同，所以電場力方向由A點到B點，而負電荷所受的電場力方向與場強方向相反，所以B點的位置在A左側(cè)如圖由A到B試探點電荷電勢能的變化量Ep=W=3×109J（3）UAB=V=15V答：（1）A點的電場強度EA是1000N/C（2）表明B點的大概位置，并由A到B試探點電荷電勢能的變化量Ep是3×109J（3）A、B兩點的電勢差UAB是15V點評：解決本題的關(guān)鍵掌握點電荷場強的計算公式、功能關(guān)系和電勢差的定義式，知道負電荷所受的電場力與場強方向相反這些基礎(chǔ)知識，并能用來分析具體問題14（12分）如圖所示的水平勻強電場中，一電量為q質(zhì)量為m的帶電微粒沿與電場成角的方向

23、以初速度v0射入，在電場中恰能沿直線運動，求：（1）該電場的電場強度E；（2）微粒在電場中前進的最大距離；（3）微粒前進的最遠點與起始點間電勢差的絕對值U考點：勻強電場中電勢差和電場強度的關(guān)系專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題分析：（1）對微粒進行受力分析，根據(jù)粒子在電場中做直線運動知合力必沿速度方向，根據(jù)力的合成求出電場力的大小從而得到電場強度E；（2）根據(jù)電場強度可以求出粒子所受的合外力，由牛頓第二定律求出粒子運動的加速度根據(jù)運動規(guī)律求解粒子前進的最大距離；（3）根據(jù)電場強度與電場勢差的關(guān)系可以求出電勢差的絕對值U解答：解：（1）如圖對粒子進行受力分析有：粒子受重力和電場力作用，因為粒子做直線運

24、動故合力沿速度反方向，所以有垂直速度方向的合力為0即：Fsin=mgcos又因為F=qE所以可得（2）如圖可知，粒子所受合力根據(jù)牛頓第二定律得粒子的加速度因為合力方向與速度方向相反，故粒子做勻減速運動，根據(jù)速度位移關(guān)系有：得粒子在電場中前進的最大距離（3）根據(jù)勻強電場中電場強度與電勢差的關(guān)系有：U=EScos=答：（1）該電場的電場強度為；（2）微粒在電場中前進的最大距離為；（3）微粒前進的最遠點與起始點間電勢差的絕對值為點評：本題抓住物體做直線運動的條件，根據(jù)力的合成求解合力與分力的大小，再根據(jù)勻強電場的電場強度與電勢差的關(guān)系分析，關(guān)鍵是掌握規(guī)律15（12分）如圖，把一個質(zhì)量為m=0.5kg

25、的小球用細線懸掛起來，就成為一個擺，擺長為L=0.46m，現(xiàn)將小球拉到偏角為=37°的A點（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）（1）若將小球由靜止釋放，求運動到最低點時對細線的拉力；（2）若給小球沿切線方向的初速度vA，要使小球能在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運動，求vA的最小值考點：向心力專題：勻速圓周運動專題分析：（1）根據(jù)動能定理求出小球到達到低點時速度，再根據(jù)合力提供圓周運動向心力求出線對小球的拉力；（2）小球能達到圓周運動最高點時速度滿足，由動能定理求解小球在A點的了小速度即可解答：解：（1）設(shè)小球到達最低點O時的速度為v，細線對小

26、球的拉力為T，則由動能定理有：得：T=mg（32cos）=0.5×10×（32×0.8）N=7N由牛頓第三定律得，小球?qū)毦€的拉力為：T=T=7N（2）小球能通過最高點時的最小速度滿足：即：根據(jù)動能定理有：得：=4.6m/s答：（1）若將小球由靜止釋放，運動到最低點時對細線的拉力為7N；（2）若給小球沿切線方向的初速度vA，要使小球能在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運動，vA的最小值為4.6m/s點評：抓住圓周運動的最高點和最低點合外力提供圓周運動向心力，對小球正確的受力分析和做功分析是正確解題的關(guān)鍵16（12分）（2013朝陽區(qū)二模）如圖所示，遙控賽車比賽中一個規(guī)定項目

27、是“飛躍壕溝”，比賽要求：賽車從起點出發(fā)，沿水平直軌道運動，在B點飛出后越過“壕溝”，落在平臺EF段已知賽車的額定功率P=10.0W，賽車的質(zhì)量m=1.0kg，在水平直軌道上受到的阻力f=2.0N，AB段長L=10.0m，BE的高度差h=1.25m，BE的水平距離x=1.5m若賽車車長不計，空氣阻力不計，g取10m/s2（1）若賽車在水平直軌道上能達到最大速度，求最大速度vm的大小；（2）要越過壕溝，求賽車在B點最小速度v的大?。唬?）若在比賽中賽車通過A點時速度vA=1m/s，且賽車達到額定功率要使賽車完成比賽，求賽車在AB段通電的最短時間t考點：動能定理的應(yīng)用；牛頓第二定律；平拋運動；功率

28、、平均功率和瞬時功率專題：動能定理的應(yīng)用專題分析：（1）當賽車在水平軌道上做勻速直線運動時，速度達到最大，由平衡條件求得牽引力，由功率公式P=Fv求解最大速度；（2）賽車飛越壕溝過程做平拋運動，要越過壕溝，賽車恰好落在E點，根據(jù)運動學公式和平拋運動規(guī)律求解賽車在B點最小速度v的大??；（3）賽車恰好能越過壕溝，且賽車通電時間最短，在賽車從A點運動到B點的過程中，根據(jù)動能定理求解賽車在AB段通電的最短時間t解答：解：（1）賽車在水平軌道上達到最大速度時做勻速直線運動，設(shè)其牽引力為F牽，則有 F牽=f又因為 P額=F牽vm所以vm=5m/s（2）賽車通過B點在空中做平拋運動，設(shè)賽車能越過壕溝的最小速度為v，在空中運動時間為t1，則有 h=且x=vt1所以v=3m/s（3）若賽車