物理科试卷
时间：90分钟 满分：100分
第I卷
一、选择题:共12小题，每小题4分，共48分。第1～8题单选，第9～12题多选。选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1.下列关于力对物体做功以及力的冲量说法正确的是
A.合力对物体不做功,则合力一定为零 B.合力对物体不做功,则合力的冲量也一定为零 C.一对作用力和反作用力的冲量之和一定为零 D.一对作用力和反作用力对物体做功的代数和一定为零
2.如图所示，质量为60kg的某运动员在做俯卧撑运动，运动过程中可将她的身体视为一根直棒，已知重心在C点，其垂线与脚，两手连线中点间的距离Oa、ob分别为0.9m和0.6m，若她在1min内做了30个俯卧撑，每次肩部上升的距离均为0.4m，则克服重力做功和相应的功率为 A. 430J，7W B. 4300J，70W C. 720J，12W D. 7200J，120W
3.从国家海洋局获悉，2018年我国将发射3颗海洋卫星，它们将在地球上方约500 km高度的轨道上运行，由于轨道经过地球两极上空，所以该卫星又称为极地轨道卫星。下列说法中正确的是
A．海洋卫星的轨道平面与地球同步轨道平面垂直 B．海洋卫星绕地球运动的周期可能为24 h
- 1 -
C．海洋卫星的动能一定大于地球同步卫星的动能
D．海洋卫星绕地球运动的半径的三次方与周期二次方的比等于地球绕太阳运动的半径的三次方与周期二次方的比
4. 如图所示，实线为一点电荷Q建立的电场中的几条电场线（方向未标出），虚线为一电子在电场中从M点运动到N点的轨迹。若电子在运动中只受电场力的作用，则下列判断正确的是 A.建立电场的点电荷Q带负电
B.粒子在M点的加速度比在N点的加速度大 C.粒子在M点的速度比在N点的速度大 D. 粒子在M点的电势能比在N点的电势能大
5.如图,在下列不同情形中将光滑小球以相同速率v射出,忽略空气阻力,结果只有一种情形小球不能到达天花板,则该情形是 A. A B. B C. C D. D
6.如图所示，a、b、c、d是在地球大气层外的圆形轨道上运行的四颗人造卫星。其中a、c的轨道相交于P，b、d在同一个圆轨道上，b、c轨道在同一平面上。某时刻四颗卫星的运行方向及位置如图所示，下列说法中正确的是 A.a、c的加速度大小相等，且小于b的加速度 B. a、c的角速度大小相等，且大于b的角速度 C. b、d的线速度大小相等，且大于a的线速度 D. a、c存在在P点相撞的危险
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7. 图中A、B、C三点都在匀强电场中，已知AC垂直BC，角ABC=60，BC=20cm。把一个电量q=10C的正电荷从A移到B，电场力做功为零；从B移到C，电场力做功为-1.73×10J，则该匀强电场的场强大小和方向是 A. 865 V/m ，垂直AC向左 B. 865 V/m ，垂直AC向右 C. 1000 V/m ，垂直AB斜向上 D. 1000 V/m ，垂直AB斜向下
8.如图所示，由粗糙的水平杆AO与光滑的竖直杆BO组成的绝缘直角支架，在AO杆、BO杆上套有带正电的小球P、Q，两个小球恰能在某一位置平衡。现将P缓慢地向左移动一小段距离，两球再次达到平衡。若小球所带电量不变，与移动前相比
A. 杆BO对Q的弹力减小 B. 杆AO对P的弹力减小 C. 杆AO对P的摩擦力增大 D. P、Q之间的距离增大
9.如图所示是2016年里约奥运会中易建联投球的照片。若在某次投篮中将球由静止快速出手,篮球不碰篮筐直接入网,已知出手时篮球距地面高度为 为
,篮筐距地面高度为
,篮球质量为
,出手过程中手对篮球做功
篮球 A.
-5
-3
O
.不及空气阻力,
可看成质点,则篮球
出手时的速率为 进筐时的动能为
B. C. D.
从静止到进筐的过程中,机械能的增量为
从出手到进筐的过程中,运动总时间为
10.在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧(不连接)，如图所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态，将两小车及弹簧看作一个系统，下列说法中正确的是
- 3 -
A. 两手同时放开后，系统总动量始终为零 B. 先放开左手，再放开右手后，动量不守恒 C. 先放开左手，后放开右手，总动量向左
D. 无论何时放手，两手放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零
11. 如图所示，两面积较大、正对着的平行极板A、B水平放置，极板上带有等量异种电荷。其中A极板用绝缘线悬挂，B极板固定且接地，P点为板的中间位置。下列结论正确的是
A. 若在两极板间加上某种绝缘介质，A、B两板所荷量会增大
B. AB两极板电荷分别在P点产生电场的场强大小等，方向相同
C. 若将A极板竖直向上平移一小段距离，两板间的电场强度将增大 D. 若将A极板竖直向下平移一小段距离，原P点位置的电势将不变
12.完全相同的甲、乙两个物体放在相同的水平面上，分别在水平拉力F1、F2作用下，由静止开始做匀加速直线运动，分别经过t0和4t0，速度分别达到2v0和v0，然后撤去F1、F2、，甲、乙两物体继续做匀减速直线运动直到静止，其速度随时间变化情况如图所示，则： A. 若F1、F2作用时间内甲、乙两物体的位移分别为S1、S2，则S1＞S2 B. 若整个过程中甲、乙两物体的位移分别为 S1、S2，则S1＞S2 C. 若D. 若
、、
所做的功分别为W1,W2，则W1＞W2 的冲量分别为I1,I2，则I1＞I2
相带电两极
- 4 -
第II卷（非选择题）
二、填空题（13题4分，14题8分，共12分）
13．在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，质量m＝1.00kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列点．如图所示为选取的一条符合实验要求的纸带，O为第一个点，
A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点(其他点未画出)．已知打点计时器每隔0.02s打
一次点，当地的重力加速度g＝9.80m/s.那么：
2
(1)纸带的________端(选填“左”或“右”)与重物相连；
(2)根据图上所得的数据，从O点到B点，重物重力势能减少量ΔEp＝________J，动能增加量ΔEk＝________J(结果取3位有效数字)；
(3)实验的结论是_____________。
14．某学习兴趣小组的同学为了验证动量守恒定律，分别用如下图的三种实验实验装置进行
- 5 -
实验探究，图中斜槽末端均水平。
(1)用图甲和图乙所示装置进行实验时，若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则_________ A.
B.
C.
D.
(2)用图甲所示装置进行实验，入射小球与被碰小球均为弹性小球，第一次实验小球的落点位置如图用所标示的字母所示，第二次实验将两小球的质量改为相等，则碰撞后入射小球的位置位于_________，被碰小球位置位于___________。
(3)在用图乙所示装置进行实验时(P为碰前入射小球落点的平均位置)，设入射小球的质量为
m1，被碰小球的质量为m2，所得“验证动量守恒定律”的结论为(用装置图中的字母表
示)____________。
(4)用如图丙所示装置验证动量守恒定律，用轻质细线将小球1悬挂于0点，使小球1的球心到悬点0的距离为L，被碰小球2放在光滑的水平桌面上的B点.将小球1从右方的A点(OA与竖直方向的夹角为α)由静止释放，摆到最低点时恰与小球2发生正碰，碰撞后，小球1继续向左运动到C点，小球2落到水平地面上到桌面边缘水平距离为x的D点。实验中已经测得上述物理量中的a、L、x，为了验证两球碰撞过程动量守恒，已知小球1的质量m1，小球2的质量m2，还应该测量的物理量有____________。
三、计算题（共40分）
15.（10分）如图所示，一质量为m的带电小球，用长为l的绝缘细线悬挂在场强大小为E、方向水平向右的匀强电场中，静止时悬线与竖直方向成角，重力加速度大小为g． （1）指出小球所带电荷的电性； （2）求小球所带电荷量的大小；
（3）若将细线突然剪断，求小球运动时的加速度大小．
- 6 -
16. （14分）如图所示,半径R=2.5m的竖直半圆光滑轨道在B点与水平面平滑连接,一个质量m=0.50kg 的小滑块(可视为质点)静止在A点.一瞬时冲量使滑块以一定的初速度从A点开始运动,经B点进入圆轨道,沿圆轨道运动到最高点C,并从C点水平飞出,落在水平面上的D点.经测量,D、B间的距离s1=10m,A、B间的距离s2=15m,滑块与水平面的动摩擦因数重力加速度
.求:
,
(1)滑块通过C点时的速度大小;
(2)滑块刚进入圆轨道时,在B点轨道对滑块的弹力; (3)滑块在A点受到的瞬时冲量的大小.
- 7 -
17. （16分）
如图（a）所示，A、B为两块平行金属板，极板间电压为UAB=1125V，板中央有小孔O和O′．现有足够多的电子源源不断地从小孔O由静止进入A、B之间．在B板右侧，平行金属板M、N
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长L1=4×10m，板间距离d=4×10m，在距离M、N右侧边缘L2=0.1m处有一荧光屏P，当M、N之间未加电压时电子沿M板的下边沿穿过，打在荧光屏上的O″并发出荧光．现给金属板M、N之间加一个如图（b）所示的变化电压u1，在t=0时刻，M板电势低于N板．已知电子质量﹣2﹣3
为
kg，电量为e=1.6×10
﹣19
C．
（1）每个电子从B板上的小孔O′射出时的速度多大？ （2）打在荧光屏上的电子范围是多少？ （3）打在荧光屏上的电子的最大动能是多少？
- 9 -
2019学年度高一下学期期末考试
物理科试卷答案
一、选择题:共12小题，每小题4分。第1～8题单选，第9～12题多选。选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1. C 2. B 3. A 4. D 5. B 6. B 7. D 8. C 9.AC 10.ACD 11. BD 12.BC 详解1.答案C
解:A、如果合力对物体做的功为零,可能是合力与速度方向垂直,但是合力不一定为零,比如匀速圆周运动,故A错误.
B、合力对物体不做功,可能是力与速度方向相互垂直,但合力不一定为零,则冲量不一定为零,故B错误;
C、因作用力和反作用力等大反向,根据一定为零,所以C选项是正确的;
D、作用力与反作用力的特征是:等大反向,作用在两个物体上,可以都做正功,也可能都做负功,故做功的代数和不一定为零,故D错误. 所以C选项是正确的. 2.答案B
解:设重心上升高度为h，根据几何知识可得
，解得h=0.24m，故做一次俯卧撑
可以知道,一对作用力和反作用力的冲量之和
克服重力做功为mgh=144J，所以一分钟克服重力做功为W=30×144J=4320J，功率约为
，故B正确．
3. 解: A. 海洋卫星经过地球两极上空，而地球的同步卫星轨道在地球赤道平面内，所以两轨道平面相互垂直，故 A 正确；
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B. 海洋卫星的高度小于地球同步卫星的高度 , 由 GMmr2=m(2πT)2r 可知，半径越小，周期越小，所以海洋卫星的周期小于地球同步卫星的周期，即小于 24h ，故 B错误； C. 由 GMmr2=mv2r, 得 v=GMr−−−−√ ，所以卫星的轨道半径越大，速度越小，由于两卫星的质量关系未知，所以无法比较两者的动能，故 C 错误；
D. 行星的轨道半径的三次方与周期二次方的比值与中心天体有关，由于海洋卫星绕地球转动，而地球绕太阳转动，所以两者的比值不同，故 D 错误； 故选： A 4. 答案D
解： 电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小。沿电场线的方向，电势降低。电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。由题可知电荷在电场只受电场力，根据牛顿第二定律
可知电场力越大，加速度越大。正电荷的电场力与电场强
度成正比。电子所带电荷为负。在点电荷的电场中越靠近电荷电场强度越大。 选项分析：
A项，所受电场力应指向弯曲的内侧，故电子所受电场力沿电场线向上，即建立电场的点电荷带正电，故A项错误。
B项，N点电场线比M点电场线密集，故N点所受电场力
大，根据牛顿第二定律
可知在N点粒子加速度比在M点粒子加速度大，故B项错误。
C项，在M点运动到N点的过程中，电子所受电场力做正功，动能增加，所以N点的速度应比M点速度大，故C项错误。
D项，在M点运动到N点的过程中，电子所受电场力做正功，电势能减小，故D项正确。 综上所述，本题正确答案为D。 5.答案 B
解:根据题意,忽略空气阻力,没有能量的消耗,小球的机械能守恒,将光滑小球以相同速率v射出:
小球沿竖直方向向上运动,动能转化为重力势能,速度足够大,就会有足够的动能转化为重力势能,就会到达天花板;
同理,小球沿斜上方的方向运动,或沿向上方的方向沿斜面运动,同样会到达天花板; 小球在双轨管道里运动时类似于用杆支撑,故只要竖直上抛能到达最高点,则在管道里面即可到达最高点;
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只有物体斜抛时,因为竖直分速度小于A中的竖直速度;水平方向速度保持不变;则由机械能守恒定律可以知道,小球无法到达最高点; 综合考虑,不能到达最高点的只有B; 所以B选项是正确的. 6. 答案B
解： 人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为、轨道半径为、地球质量为
，有
，解得
，
，
。可知半径越小，线速度越大，角速度越大，周期越小，加速度越大。
选项分析：
A项，a、c运动半径相同，加速度大小相等，由于a、c运动半径小于b的运动半径，因此a、c加速度大于b的，故A项错误。
B项，由上述推导的角速度公式知a、c的角速度大小相等，且大于b的角速度，故B项正确。 C项，半径越小，线速度越大，所以b、d线速度小于a，故C项错误。
D项，a、c运动半径相同，所以运动周期相同，由图可得此时a、c没有在P点相遇，所以以后也不会在P点相遇，所以不存在在P点相撞的危险，故D项错误。 综上所述，本题正确答案为B。 7.答案 D
解:由电场力做功的特点可知，A、B两点电势相等，故AB所在平面为等势面；因电场线与等势面相互垂直，因此电场线垂直AB，从B到C由
可知，B、C两点的电势差
，即C点电势高于B点的电势，故电场线垂直于AB斜向下，电场线如图所
示：
BC间沿电场线的距离
，由
可知电场强度
，故D项正确，A、B、C项错误。
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综上所述，本题正确答案为D。 8.答案 C 解:A项，设对Q的弹力故A项错误。
B项，将P、Q两球看成一个整体，在竖直方向上只受到重力和杆OA的支持力，且两个力平衡，即等大反向，所以杆AO对P的弹力等于两小球重力之和，保持不变，故B项错误。 C项，将P、Q两球看成一个整体，在水平方向上受到OB的弹力和OA的摩擦力作用，两力平衡，即等大反向，所以杆AO对P的摩擦力等于A项中D项，小球Q所受重力
，摩擦力增大，故C项正确。
，小球Q在BO的弹力、重力和P的库仑力作用下受力平衡，可知杆BO
，当P向左移动时，Q受到的重力不变，减小，则弹力应变大，
不变，变量只有和两点间距离，当左移
P点后变小，则两球间距离必须减小才能使等式成立，故D项错误。 综上所述，本题正确答案为C。 9.答案
解:A、周琦投篮过程,由动能定理得:A选项是正确的;
,得篮球出手时的速率为,所以
B、从出手到进筐的过程中,由动能定理得:动能为
.所以B选项是错误的;
,可得篮球进框时的
C、从出手到进筐的过程中,手对球做功为W,离开手后,机械能守恒,所以静止到进框的过程中,机械能的增量为W,故C正确;
D、篮球离手后做斜抛运动,竖直方向做竖直上抛运动,到最高点再平抛,假设又落回原来的水
平高度,上升时间和下落时间相等,由可以知道,,但是篮球
- 13 -
从静止到离手还有一段时间,所以运动总时间为所以AC选项是正确的.
10.答案ACD
,故D错误.
解：本题考查了动量守恒定律的内容意在考查考生的识记和理解能力。
当两手同时放开后，系统所受到的合力为零则系统的总动量始终为零选项A正确；先放开左手，再放开右手后，则在光滑的水平面上动量守恒选项B错误；先放开左手，后放开右手，则总动量向左选项C正确；无论何时放手，只要两手放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但由于两手放开的情况不同则系统总动量不一定为零选项D正确。综上本题选 ACD 11.答案 BD
解:A项，与电源断开的电容器电荷量不变，所以在两极板间加上绝缘介质，A、B板所带电荷量不变，故A项错误。
B项，因为A、B两板所带电荷量相同，且两板间的电场是匀强电场，根据对称性可知AB两板间电场强度大小相等，方向相同，故B项正确。 C项，两极板间的电场强度故C项错误。
D项，根据C项分析得知，减小两极板之间的距离电场强度不变，P点的电势故D项正确。
综上所述，本题正确答案为BD。 12.答案BC 解： A项，根据
图象与坐标轴所围“面积”大小等于位移得：，则
，故A项错误。
，
，，不变，
，所以增大两极板之间的距离电场强度不变，
B项，整个过程中甲、乙两物体的位移分别为：则
，故B项正确。
- 14 -
C项，由图看出，撤去拉力后两图象平行，说明加速度相等，由牛顿第二定律分析则知加速度
，说明两物体与地面的动摩擦因数相等，则两物体所受的摩擦力大小相等，设为，对全过程运用动能定理得：分析知，
，则
，
，故C项正确。
，
，得
，
，则
，故
，得
，
。由B项
D项，根据动量定理得：D项错误。
综上所述，本题正确答案为BC。
第II卷（非选择题）
二、填空题（13题4分，14题8分，共12分）
13.答案为：（1）左；（2）1.88；1.84；（3）在误差范围内，重物下落过程中机械能守恒。 解：（1）从纸带上可以看出0点为打出来的第一个点，速度为0，重物自由下落，初速度为0，所以应该先打出0点，而与重物相连的纸带在下端，应该先打点，所以纸带的左端应与重物相连；
（2）重力势能减小量△Ep=mgh=9.8×0.1920J=1.88J，
利用匀变速直线运动的推论：vB==×10=1.92m/s，
-2
EkB=mvB=
2
×1.922J=1.84J；
（3）通过计算可知动能的增加量略小于重力势能的减小量，其原因是物体在下落过程中克服摩擦阻力做功。所以可以得出结论：在误差范围内，重物下落过程中机械能守恒。 14. C 斜槽末端 P点 m1 OP = m1OM+ m2 ON 桌面高度h，OC与竖直方向的夹角β 【解析】(1)为保证两球发生对心正碰，两球的半径应相等，为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，故选C；
(2)用图甲所示装置进行实验，入射小球与被碰小球均为弹性小球，第一次实验小球的落点位置如图用所标示的字母所示，第二次实验将两小球的质量改为相等，则碰撞后入射小球的位置位于斜槽末端，被碰小球位置位于P点；
/
- 15 -
(3)小球离开轨道后做平抛运动，由得小球做平抛运动的时间，由于小球做平抛
运动时抛出点的高度h相同，则它们在空中的运动时间t相等,验证碰撞中的动量守恒，需要验证：
，
(4) 验证两球碰撞过程动量守恒，即
，即测碰撞后小球1和小球2 的速度，
，则有
，由图乙所示可知,需要验证：
小球1做圆周运动，只要测OC与竖直方向的夹角β和绳子长度L，根据机械能守恒求出测碰撞后小球1 的速度，小球2做平抛运动，只要测桌面高度h和水平地面上到桌面边缘水平距离可求出碰撞后小球2 的速度，所以还应该测量的物理量有桌面高度h，OC与竖直方向的夹角β。
三、计算题（共40分） 15. （10分） 答案详解
解:(1)小球受到的电场力向左,与场强方向相反;故小球带负电荷.
(2)对小球受力分析,受重力、电场力和拉力,如图,根据共点力平衡条件,
有:
则所带电量为:
(3)剪短细线后,小球受到重力和电场力,合力恒定,如图,故做初速度为零的匀加速直线运动;则:
则小球的加速度为:
- 16 -
因此，本题正确答案是:(1)小球带负电
(2)小球带电量为
(3)小球的加速度度为解析:
(1)小球受到的电场力向左,与场强方向相反,故带负电荷;
(2)对小球受力分析,然后根据共点力平衡条件列式求解出电场力,得到电场强度;
(3)剪短细线后,小球受到重力和电场力,合力恒定,故做初速度为零的匀加速直线运动,根据牛顿第二定律求出加速度
16. （14分）
解:(1)设滑块从C点飞出时的速度为
,从C点运动到D点时间为t
滑块从C点飞出后,做平抛运动,竖直方向:水平方向:计算得出:
(2)设滑块通过B点时的速度为,根据机械能守恒定律
计算得出:
设在B点滑块受轨道的压力为N,根据牛顿第二定律
- 17 -
计算得出:
(3)设滑块从A点开始运动时的速度为vA,根据动能定理
计算得出:
设滑块在A点受到的冲量大小为I,根据动量定理
计算得出:
答:(1)滑块通过C点的速度为瞬时冲量为
17.答案（16分） 答案详解
（1）每个电子从B板上的小孔O′射出时的速度是2×10m/s （2）打在荧光屏上的电子范围是y=0.012m； （3）打在荧光屏上的电子的最大动能是1.82×10解析:
考点： 带电粒子在匀强电场中的运动；平抛运动． 专题： 带电粒子在电场中的运动专题．
分析： （1）电场力对电子做功，电子的动能增加；
（2）打在荧光屏上的电子在y方向的位移是电场中的偏转与电场外y方向的运动两部分组成的，要分别计算出；
（3）计算电子的动能要计算电子的合速度． 解答： 解：（1）电子经A、B两块金属板加速，有
﹣16
7
;
;(2)B点对轨道的压力为
;(3)滑块在A点受到的
.
J．
得
- 18 -
（2）当u=22.5V时，电子经过MN极板向下的偏移量最大，为
Y1＜d，说明所有的电子都可以飞出M、N． 此时电子在竖直方向的速度大小为
电子射出极板MN后到达荧光屏P的时间为电子射出极板MN后到达荧光屏P的偏移量为
电子打在荧光屏P上的总偏移量为y=y1+y2=0.012m，方向竖直向下；
y的计算方法Ⅱ：由三角形相似，有
即
解得y=0.012m
（3）当u=22.5V时，电子飞出电场的动能最大，
=
16
=1.82×10
﹣
J
7
答：（1）每个电子从B板上的小孔O′射出时的速度是2×10m/s （2）打在荧光屏上的电子范围是y=0.012m； （3）打在荧光屏上的电子的最大动能是1.82×10
﹣16
J．
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