江苏省启东中学2018_2019学年高一物理暑假作业第三天匀速圆周运动

江苏省启东中学2018-2019学年度第二学期期终考试高一年级物理科目试卷考试时间 100分钟 总分120分一、单项选择题：本题共6小题，每小题3 分，共计18 分．每小题只有一个选项符合题意．1．以下叙述中不．正确的是 ( )A ．牛顿发现了万有引力定律B ．随着科技的发展，地球同步卫星一定能出现在我国首都上空C ．滑动变阻器分压接法比限流接法的电压测量范围大D ．法拉第首先提出了电场的概念2．下列关于机械能守恒的说法中正确的是（ ）A ．做匀速运动的物体机械能一定守恒B ．做匀加速运动的物体机械能一定不守恒C ．做自由落体运动的物体机械能一定守恒D ．做匀速圆周运动的物体机械能一定守恒3．如图所示，物体自倾角为θ、长为L 的固定斜面顶端由静止滑下，到斜面底端时与固定挡板发生碰撞，设碰撞时无机械能损失．碰后物体又沿斜面上升，若到最后停止时，物体滑过的总路程为s ，则物体与斜面间的动摩擦因数为（ ）A ．s L θtanB ． θtan s LC ．θsin s LD ．s Lθsin4．利用电容传感器可检测矿井渗水，及时发出安全警报，从而避免事故的发生．如图所示是一种通过测量电容器电容的变化来检测矿井中液面高低的仪器原理图，A 为固定的导体芯，B 为导体芯外面的一层绝缘物质，C 为导电液体（矿井中含有杂质的水），A ，C 构成电容器．已知灵敏电流表G 的指针偏转方向与电流方向的关系：电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转．若矿井渗水（导电液体深度h 增大），则电流表（ ）A ．指针向右偏转，A ，C 构成的电容器充电B ．指针向左偏转，A ，C 构成的电容器充电C ．指针向右偏转，A ，C 构成的电容器放电D ．指针向左偏转，A ，C 构成的电容器放电5． 我国首颗量子科学实验卫星于2016年8月16日1点40分成功发射．量子卫星成功运行后，我国将在世界上首次实现卫星和地面之间的量子通信，构建天地一体化的量子保密通信与科学实验体系．假设量子卫星轨道在赤道平面，如图所示．已知量子卫星的轨道半径是地球半径的m 倍，同步卫星的轨道半径是地球半径的n 倍，图中P 点是地球赤道上一点，由此可知（ ）A ．同步卫星与量子卫星的运行周期之比为33m n 错误！未找到引用源。

江苏省启东中学2018-2019学年度第二学期期中考试高一物理试卷一、单项选择题：1.2018年2月，我国成功将电磁监测试验卫星张衡一号发射升空，标志着我国成为世界上少数拥有在轨运行高精度地球物理场探测卫星的国家之一．该卫星在距地面约500 km的圆形轨道上运行，则其( )A. 线速度大于第一宇宙速度B. 周期大于地球自转的周期C. 角速度大于地球自转的角速度D. 向心加速度大于地面的重力加速度【答案】C【解析】【分析】第一宇宙速度是所有环绕地球做圆周运动的卫星的最大速度；根据比较周期关系，根据ω=2π/T比较角速度关系；根据比较加速度关系.【详解】第一宇宙速度是所有环绕地球做圆周运动的卫星的最大速度，则此卫星的线速度小于第一宇宙速度，选项A错误；根据可知，此卫星的周期小于地球同步卫星的周期，即小于地球自转的周期，由ω=2π/T可知，角速度大于地球自转的角速度，选项B错误，C 正确；根据可知，向心加速度小于地面的重力加速度，选项D错误；故选C.2.2019年春节期间，中国科幻电影里程碑的作品《流浪地球》热播．影片中为了让地球逃离太阳系，人们在地球上建造特大功率发动机，使地球完成一系列变轨操作，其逃离过程如图所示，地球在椭圆轨道I上运行到远日点B变轨，进入圆形轨道Ⅱ．在圆形轨道Ⅱ上运行到B 点时再次加速变轨，从而最终摆脱太阳束缚．对于该过程，下列说法正确的是A. 沿轨道I运动至B点时，需向前喷气减速才能进入轨道ⅡB. 沿轨道I 运行的周期小于沿轨道Ⅱ运行的周期C. 沿轨道I 运行时，在A 点的加速度小于在B 点的加速度D. 在轨道I 上由A 点运行到B 点的过程，速度逐渐增大 【答案】B 【解析】 【分析】卫星进入高轨道要点火加速；根据开普勒第三定律判断沿轨道I 运行的周期与沿轨道Ⅱ运行的周期关系；根据判断加速度关系；根据开普勒第二定律判断在轨道I 上由A 点运行到B 点的过程中的速度变化。

【详解】A ．沿轨道I 运动至B 点时，需向后喷气加速才能进入轨道Ⅱ，选项A 错误；B ．因在轨道Ⅰ的半长轴小于轨道Ⅱ的运动半径，根据开普勒第三定律可知，沿轨道I 运行的周期小于沿轨道Ⅱ运行的周期，选项B 正确；C ．根据可知，沿轨道I 运行时，在A 点的加速度大于在B 点的加速度，选项C 错误；D ．根据开普勒第二定律可知，在轨道I 上由A 点运行到B 点的过程，速度逐渐减小，选项D 错误； 故选B.【点睛】此题关键是知道卫星变轨的方法，由高轨道进入低轨道要制动减速，由低轨道进入高轨道要点火加速；能用开普勒行星运动定律来解释有关的问题.3.引体向上是中学生体育测试的项目之一，引体向上运动的吉尼斯世界纪录是53次/分钟。

江苏省启东中学2018-2019 学年高一物理 3 月月考试题（创新班）一、单项选择题：此题共 6 小题，每题 3 分，合计 18 分．每题只有一个选项切合题意．．．．．1、对于温度的观点，下陈述法正确的选项是()A．温度是分子均匀动能的标记，物体温度越高，则分子的均匀动能越大B．温度是分子均匀动能的标记，温度高升，则物体的每一个分子的动能都增添C．当某物体内能增添时，该物体的温度必定高升D．甲物体的温度比乙物体的温度高，则甲物体分子的均匀速率比乙物体分子的均匀速率大2、以下说法中正确的有( )A．单晶体的某些物理性质体现各向异性，是由于构成它们的原子（分子、离子）在空间上的摆列是凌乱无章的B．悬浮在水中的花粉颗粒的布朗运动反应了花粉分子运动的无规则性C．当两薄玻璃板间夹有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，这是由于水膜拥有表面张力D．在完整失重的状况下，融化的金属可以缩短成球形3、以下说法正确的选项是( )A．做简谐运动的物体，其振动能量与振动的频次有关B．“隔墙有耳”现象是指声波发生了显然衍射现象C．当察看者和波源间存在相对运动时必定能察看到多普勒效应现象D．交警经过发射超声波丈量车速是利用了波的干预原理4、在学校体育场上50 m 直跑道的两头，分别安装了由同一信号发生器带动的两个同样的扬声器。

两个扬声器连续发出波长为 5 m 的声波。

一起学从该跑道的中点出发，向某一端点迟缓前进 10 m。

在此过程中，他听到扬声器声音由强变弱的次数为() A．2B．4C．6D． 85、以下图，必定质量的理想气体从状态A 挨次经过状态、C和D后再回到状态. 其B A中， A→B 和 C→ D 为等温过程， B→ C为等压过程， D→ A 为等容过程．该循环过程中，以下说法正确的选项是 ()A．A→B过程中，气体汲取热量B．B→C过程中，气体分子的均匀动能增大C．C→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增加D．D→A过程中，气体分子的速率散布曲线不发生变化6、当物体中存在温度差时，热量会从温度高的地方向温度低的地方传达。

第六天宇宙速度人造卫星（建议用时:40分钟)知识梳理1. 三种宇宙速度:宇宙速度数值（km/s）意义第一宇宙速度7。

9①这是卫星绕地球做圆周运动的最小发射速度②若7。

9 km/s≤v<11.2 km/s，物体绕________运行③也是卫星绕地球运行的最大环绕速度第二宇宙速度11。

2①这是物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度②若11.2 km/s≤v<16。

7 km/s，物体绕________运行第三宇宙速度16.7①这是物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度②若v≥16。

7 km/s，物体将脱离________________，在宇宙空间运行①由环绕速度公式：v＝错误!＝错误!②由重力等于万有引力：mg＝m错误!，v＝错误!③由黄金代换：v＝错误!＝错误!＝错误!3. 同步卫星的五个“一定"①轨道平面一定：轨道平面与________共面．②周期一定：与________周期相同,即T＝24h.③角速度一定：与________角速度相同．④高度一定：由G错误!＝m错误!(R＋h）得h＝错误!－R⑤速率一定：v＝错误!＝错误!（R＋h）基础演练1. 如果发射人造卫星速度大于7.9 km/s,而小于11。

2 km/s，它绕地球运动是( ）A。

圆 B. 椭圆C. 双曲线中一支D. 抛物线2。

若人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，则离地面越远的卫星（)A。

所受的万有引力越大 B. 运行的角速度越大C. 运行的线速度越小D. 运行的周期越小3. 一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动,其角速度大小为ω。

假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m的物体的重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为F0。

已知引力常量为G,则这颗行星的质量为（）A. 错误!B。

错误!C. 错误!D. 错误!4. 北斗卫星导航系统（BeiDou （COMPASS) Navigation Satellite System)是中国正在实施的自主研发、独立运行的全球卫星导航系统,缩写为BDS。

江苏省启东中学2018-2019学年度第二学期第一次月考高一物理一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 3 分，共计18 分．每小题只有一个选项符合题意．1. 火星和木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行，根据开普勒行星运动定律可知：A. 太阳位于木星运行轨道的中心B. 火星和木星绕太阳运行速度的大小始终相等C. 火星与木星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方D. 相同时间内,火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积【答案】C【解析】太阳位于木星运行轨道的焦点位置，选项A错误；根据开普勒行星运动第二定律可知，木星和火星绕太阳运行速度的大小不是始终相等，离太阳较近点速度较大，较远点的速度较小，选项B错误；根据开普勒行星运动第三定律可知，木星与火星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方，选项C正确；根据开普勒行星运动第二定律可知，相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积相等，但是不等于木星与太阳连线扫过面积，选项D错误；故选C.【此处有视频，请去附件查看】2. 过去几千年来，人类对行星的认识与研究仅限于太阳系内，行星“51 peg b”的发现拉开了研究太阳系外行星的序幕。

“51 peg b”绕其中心恒星做匀速圆周运动，周期约为4天，轨道半径约为地球绕太阳运动半径为1/20，该中心恒星与太阳的质量比约为（）A. 1/10B. 1C. 5D. 10【答案】B【解析】研究行星绕某一恒星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式为：，解得；“51 peg b”绕其中心恒星做匀速圆周运动，周期约为4天，轨道半径约为地球绕太阳运动半径的1/20，所以该中心恒星与太阳的质量比约为，故选B．点睛：要求解一个物理量大小变化，我们应该把这个物理量先表示出来，再根据已知量进行判断．向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用．【此处有视频，请去附件查看】3.坐落在镇江新区的摩天轮高88 m，假设乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动．下列说法正确的是( )A. 在摩天轮转动的过程中，乘客机械能始终保持不变B. 在最低点时，乘客所受重力大于座椅对他的支持力C. 在摩天轮转动一周的过程中，合力对乘客做功为零D. 在摩天轮转动的过程中，乘客重力的功率保持不变【答案】C【解析】机械能等于重力势能和动能之和，摩天轮运动过程中，做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，A错误；圆周运动过程中，在最低点，由重力和支持力的合力提供向心力F，向心力指向上，所以F=N-mg，则支持力N=mg+F，所以重力小于支持力，B错误；在摩天轮转动一周的过程中，动能变化量为零，则合力对乘客做功为零，选项C正确；运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，所以重力的瞬时功率在变化，D错误．故选C．4.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置．物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点．在从A到B的过程中，下列说法不正确的是A. 物块加速度先减小后增大B. 物块经过O点时的速度最大C. 弹簧弹性势能先减小后增加D. 物块所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功【答案】B【解析】【详解】由于水平面粗糙且O点为弹簧在原长时物块的位置，所以弹力与摩擦力平衡的位置在OA之间，加速度为零时弹力和摩擦力平衡，所以物块在从A到B的过程中加速度先减小后反向增大，故A正确；物体在平衡位置处速度最大，所以物块速度最大的位置在AO之间某一位置，即在O点左侧，故B错误；从A到O过程中弹力方向与位移方向相同，弹力做正功，从O到B过程中弹力方向与位移方向相反，弹力做负功，弹簧弹性势能先减小后增加，故C正确；从A到B过程中根据动能定理可得W弹-W克f=0，即W弹=W，即弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功，故D正确；此题选择不正确的选项，故选B.克f5.额定功率为80kW的汽车，在平直的公路上行驶的最大速度为20m/s．已知汽车的质量为2×103kg，若汽车从静止开始做匀加速直线运动，加速度的大小为2m/s2．假定汽车在整个运动过程中阻力不变．下列说法中正确的是A. 汽车匀加速过程中的牵引力大小为4×103NB. 汽车维持匀加速运动的时间为10sC. 汽车匀加速过程的位移大小为25mD. 汽车在3s末的瞬时功率为2.4×104W【答案】C【解析】【详解】v最大时，有：a=0即F=f，根据P=fv m解得：；根据牛顿第二定律可得加速时的牵引力为：F引=f+ma=4000+2×103×2=8000N，选项A错误；匀加速达到的最大速度为v，则有：P=Fv解得：，由v=at得：，选项B错误；汽车匀加速过程的位移大小为，选项C正确；3s末的速度为：v=at=3×2m/s=6m/s，故3s末的瞬时功率为：P=Fv=8000×6W=48kW，选项D 错误；故选C.6.假设地球可视为质量均匀分布的球体，已知地球表面的重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g；地球自转的周期为T，引力常数为G，则地球的密度为：A. B. C. D.【答案】B 【解析】试题分析：由万有引力定律可知：，在地球的赤道上：，地球的质量：，联立三式可得:，选项B 正确；考点：万有引力定律及牛顿定律的应用。

2018-2019学年江苏省启东中学高一3月月考物理试题注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

第I卷（选择题)一、多选题1．关于力的做功情况，下列说法正确的是（）A．一对平衡力做功的代数和一定为零B．一对相互作用力做功的代数和一定为零C．一对滑动摩擦力做功的代数和一定小于零D．静摩擦力可以对物体做正功，滑动摩擦力对物体一定做负功2．发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3，轨道1和2相切于Q点，轨道2和3相切于P点，设卫星在1轨道和3轨道正常运行的速度和加速度分别为v1、v3和a1、a3，在2轨道经过P点时的速度和加速度为v2和a2，且当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时周期分别为T1、T2、T3，以下说法正确的是( )A．v1> v2 > v3B．v1 > v3> v2C．a1 >a2 > a3D．T1 < T2 < T33．经长期观测人们在宇宙中已经发现了“双星系统”．“双星系统”由两颗相距较近的恒星组成，每个恒星的线度远小于两个星体之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体．如图所示，两颗星球组成的双星，在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的O点做周期相同的匀速圆周运动．现测得两颗星之间的距离为L，质量之比为m1：m2=3：2．则可知（）A．m1、m2做圆周运动的线速度之比为2：3B．m1、m2做圆周运动的角速度之比为3：2C．m1、m2做圆周运动的向心力之比为1：1D．m2做圆周运动的半径为4．如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上．质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端，现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动．小物块和小车之间的摩擦力为f，小物块滑到小车的最右端时，小物块运动的距离为x．在这个过程中，以下结论正确的是（）A．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－f)(L＋x)B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为fxC．小物块克服摩擦力所做的功为fxD．小物块和小车增加的总动能为Fx－fL5．一行星绕恒星作圆周运动。

第十四天 带电粒子在电场中的运动(建议用时：40分钟)知识梳理1. 带电粒子在电场中的加速带电粒子沿与电场线平行的方向进入电场，带电粒子将做________运动．有两种分析方法：① 用动力学观点分析：a ＝qE m ，E ＝U d，v 2－v 20＝2ad . ② 用功能观点分析：粒子只受电场力作用，电场力做的功等于物体动能的变化．qU ＝12mv 2－12mv 20.2. 带电粒子在匀强电场中的偏转处理方法：类似于平抛运动，应用运动的________的方法．① 沿初速度方向做________运动，运动时间t ＝l v 0. ② 沿电场力方向，做________________运动．⎩⎪⎨⎪⎧加速度：a ＝F m ＝qE m ＝Uqmd离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝Uql 22mdv2离开电场时的偏转角：tan θ＝v ⊥v 0＝Uql mdv20基础演练1. 如图甲所示，直线AB 是某孤立点电荷电场中的一条电场线，一个电子仅在电场力作用下沿该电场线从A 点运动到B 点，其电势能随位置变化的关系如图乙所示．设A 、B 两点的电势分别为φA 、φB ，电子在A 、B 两点的动能分别为E kA 、E kB . 则关于该孤立点电荷的位置及电势、电子动能大小的说法正确的是( )甲乙A. 孤立点电荷带负电，位于B 点的右侧，φA >φB ，E kA >E kBB. 孤立点电荷带正电，位于A点的左侧，φA>φB，E kA<E kBC. 孤立点电荷带正电，位于B点的右侧，φA<φB，E kA>E kBD. 孤立点电荷带负电，位于A点的左侧，φA<φB，E kA<E kB2. 如图所示，有三块大小相同平行导体板A、B、C，其中A与B间距是B与C间距的一半，且A、B两板所构成的电容器的电容为10－2μF，电池电压为2 V，B板上的电荷量为( )A. ＋1×10－8 CB. －1×10－8 CC. ＋3×10－8 CD. －3×10－8 C3. 如图所示，平行板电容器的两个极板竖直放置，并接直流电源．若一带电粒子恰好能沿图中轨迹穿过电容器，a到c是直线，由于电极板边缘效应，粒子从c到d是曲线，重力加速度为g，则该粒子( )A. 在ac段受重力与电场力平衡并做匀速运动，cd段电场力大于重力B. a到c做匀加速直线运动，加速度是g/cosθC. a至d重力势能减小，电势能减小D. a至d粒子所受合力一直沿轨迹的切线方向4. 如图所示，一小球质量为1 kg、电荷量为0.01 C，欲使该小球沿直线AB运动，所加匀强电场的场强大小可能为(g取10 m/s2)( )A. 600 N/CB. 800 N/CC. 1 000 N/CD. 2 000 N/C5. 图中实线是一簇竖直的未标明方向的匀强电场的电场线，虚线是一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点．若带电粒子在运动中只受电场力作用，且在a点速度垂直于电场线，则根据此图可知( )A. 带电粒子带正电B. 带电粒子在a、b两点的受力方向竖直向下C. 带电粒子在a点的水平速度等于在b点的水平速度D. 带电粒子在a点的速度小于在b点的速度6. 如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点．可以判定( )A. 粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力B. 粒子在M点的动能大于在N点的动能C. 粒子在M点的动能小于在N点的动能D. 粒子带正电 7. 如图所示，在处于M 或N 点的点电荷Q 产生的电场中，虚线AB 是一个电子只在电场力作用下的运动轨迹．设电子在A 、B 两点的加速度大小分别为a A 、a B ，电势能分别为E pA 、E pB .则下列说法正确的是( )A. 电子一定由A 向B 运动B. 点B 处的电势可能高于点A 处的电势C. 无论Q 为正电荷还是负电荷，一定有a A <a BD. 无论Q 为正电荷还是负电荷，一定有E pA <E pB8. 一个带正电的液滴从A 点以一定的初速度射入水平方向的匀强电场中，液滴沿直线AB 运动，AB 与电场线夹角为θ，则( )A.匀强电场方向向右B. 液滴的电势能增加C. 液滴的机械能守恒D. 液滴的电势能和动能之和减少能力提升9. 如图所示，A 、B 、C 、D 为匀强电场中相邻的四个等势面，一个电子(重力不计)垂直经过等势面D 时，动能为20 eV ，飞经等势面C 时，电势能为－10 eV ，飞至等势面B 时速度恰好为零，已知相邻等势面间的距离为5 cm ，则等势面A 的电势为_______V ，匀强电场的场强大小为________V/m ，电子再次飞经D 等势面时，动能为________eV.10. 电子从静止开始被U ＝180 V 的电场加速，沿直线垂直进入另一个场强为E ＝6 000V/m 的偏转匀强电场，而后电子从右侧离开偏转电场已知电子比荷为e m ≈169×1011C/kg ，不计电子的重力，偏转电极长为L ＝6.0×10－2m ．求：(1) 电子经过电压U 加速后的速度U x 的大小； (2) 电子在偏转电场中运动的加速度a 的大小；(3) 电子离开偏转电场时的速度方向与进入该电场时的速度方向之间的夹角φ.第十四天 带电粒子在电场中的运动知识梳理 1. 加(减)速2. 合成与分解 匀速直线 匀加速直线 基础演练1. A 解析：由图看出电子从A 点运动到B 点，其电势能增加，电场力对电子做负功，所以电子所受的电场力方向从B →A . 电子带负电，所以电场线的方向从A →B . 根据顺着电场线的方向电势降低，则知φA ＞φB . 由能量守恒定律判断得知电子的动能减小，即有：E kA ＞E kB .若孤立点电荷带负电，该电荷应位于B 点的右侧，若孤立点电荷带正电，该电荷应位于A 点的左侧，故A 正确，BCD 错误．故选A.2. C 解析：根据C ＝εS 4πkd 可知，C BC ＝12C AB ＝1210－2 μF ＝5×10－3μF ，电容器AB 的带电荷量Q 1＝C AB U ＝10－2×10－6×2 C＝2×10－8C ， 其中A 板带负电，B 板带正电，电容器BC 的带电荷量Q 2＝C BC U ＝5×10－3×10－6×2 C＝1×10－8C ， 其中B 板带正电，C 板带负电，所以A 板电荷量Q A ＝－Q 1＝－2×10－8 C ，B 板电荷量Q B ＝Q 1＋Q 2＝3×10－8C ．故应选C. 3. BC 解析：在ac 段：粒子做直线运动，合力与速度在同一直线上，则可判断出电场力的方向水平向右，合力的方向与速度方向相同，电场力与重力均是恒力，合力也是恒力，则粒子做匀加速运动，由牛顿第二定律得：加速度为a ＝F 合m ＝mgcos θm ＝g cos θ.故A 错误，B 正确．ad 段，重力做正功，重力势能减小，电场力做正功，电势能减小．故C 正确．a 到c 过程，合力沿轨迹的切线方向，而c 到d 过程，合力指向轨迹的内侧．故D 错误．故选BC.4. BCD 解析：小球受到的重力是恒定的，方向竖直向下，大小G ＝mg ＝10 N ；小球受到的电场力和重力的合力沿直线AB ，如图所示，当电场强度方向和AB 垂直时，电场力最小，此时有cos37°＝Eqmg，解得E min ＝800 N/C ，BCD 正确．5. BCD 解析：假定粒子由a 到b 运动，由图可知，粒子偏向下方，则说明粒子在a 、b 两处所受的电场力向下，由于不知电场线方向，故无法判断粒子电性，故A 错误，B 正确；由于在a 、b 两处所受的电场力向下，所以带电粒子的运动分解为在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀变速直线运动，所以带电粒子在a 点的水平速度等于在b 点的水平速度，故C 正确；由图可知，若粒子从a 到b 的过程中，电场力做正功，故说明粒子速度增大，故可知b 速度较大，所以带电粒子在a 点的速度小于在b 点的速度，故D 正确；故选BCD.6. CD 解析：电场线的疏密表示电场的强弱，由图知：M 点电场强度小于N 点电场强度，则粒子在M 点受到的电场力小于在N 点受到的电场力．故A 项错误．粒子所受电场力的方向沿电场线的切线方向，粒子做曲线运动，粒子只受电场力作用，所受合力(电场力)方向指向轨迹的凹侧，则粒子所受电场力的方向与场强方向相同，粒子带正电．故D 项正确．轨迹切线方向表示物体的运动方向，粒子带正电所受电场力的方向与场强方向相同，则粒子所受电场力的方向与运动方向成锐角，电场力(合力)对粒子做正功，粒子动能增加，粒子在M 点的动能小于在N 点的动能．故B 项错误，C 项正确．7. BC 解析：根据运动轨迹可知，电子所受的电场力大致向右，电场强度大致向右，若是Q 放在M 点的电荷，则Q 是负电荷，此时B 点电势低于A 点，电子在B 点的电势能较大；若是Q 放在N 点的电荷，则Q 是正电荷，此时B 点电势高于A 点，电子在B 点的电势能较小；但是根据题中条件不能确定电子一定由A 向B 运动，选项AD 错误，B 正确；无论Q 为正电荷还是负电荷，因B 点距离电荷较近，则电场力较大，则一定有a A <a B ，选项C 正确；故选BC.8. BD 解析：由题可知，微粒所受重力竖直向下，则电场力方向必定水平向左，粒子带正电，则电场方向向左；合力方向与速度方向相反，则微粒做匀减速运动．从A 到B ，电场力做负功，电势能增加，机械能减小，电势能和机械能的总量不变，因重力势能增加，则液滴的电势能和动能之和减少；故BD 正确，AC 错误．故选BD.能力提升9. －10 200 20解析：电子从D 到B 过程，根据动能定理得：－eU DB ＝0－E kD ，解得U DB ＝20 V ，飞经等势面C 时．电势能为－10 eV ，所以C 等势面的电势为10 V ，B 点电势为零，由于是等差的等势面，则知A 等势面的电势为－10 V ．对于BD 段：电场强度为E ＝U DB d ＝200.1＝200 V/m ；根据能量守恒可知，电子再次经过D 等势面时，电势能不变，动能不变，其动能仍为20 eV.10. (1) 8×106 m/s (2) 1.1×1015m/s (3) 45°解析：(1) 对电子的加速过程，应用动能定理得eU ＝12mv 2x ，代入数据解得v x ＝8×106m/s.(2) 由牛顿第二定律可得，电子在偏转电场中运动的加速度a ＝qE m， 代入数据解得a ＝323×1014 m/s 2≈1.1×1015 m/s 2.(3) 电子在偏转电场中做类平抛运动，则t ＝L v x ，v y ＝at ，tan φ＝v y v x＝1，联立解得φ＝45°.。

江苏省启东中学2018—2019学年度第二学期第一次月考测高一物理(创新班)一、单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共计18分．每小题只有一个．．．．选项符合题意．1. 关于温度的概念，下述说法中正确的是()A. 温度是分子平均动能的标志，温度越高，则分子平均动能越大B. 温度是分子平均动能的标志，温度升高，则物体的每一个分子的动能都增大C. 当某物体的内能增加时，则该物体的温度一定升高D. 甲物体的温度比乙物体的温度高，则甲物体分子平均速率比乙物体分子平均速率大【答案】A【解析】试题分析：温度的微观意义是分子平均动能的标志，温度越高，则分子平均动能越大，所以A对D错。

但不可能每个分子的动能都增加，所以B错。

当某物体的内能增加时但也有可能对外做功，所以问题可能降低，C错。

考点：温度的微观意义点评：本题考查了温度的微观意义，反映了分子的平均动能的大小。

但是不意味着每个分子的动能都增加。

2.下列说法中正确的有( )A. 单晶体的某些物理性质呈现各向异性，是因为组成它们的原子（分子、离子）在空间上的排列是杂乱无章的B. 悬浮在水中的花粉颗粒的布朗运动反映了花粉分子运动的无规则性C. 当两薄玻璃板间夹有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，这是由于水膜具有表面张力D. 在完全失重的情况下，熔化的金属能够收缩成球形【答案】D【解析】【详解】单晶体的某些物理性质呈现各向异性，是因为组成它们的原子（分子、离子）在空间上的排列是有序的，选项A错误；悬浮在水中的花粉颗粒的布朗运动反映了水分子运动的无规则性，选项B错误；玻璃及水分子之间存在着引力，故我们很将玻璃板拉开，这不是因水膜的表面张力，选项C错误；在完全失重的情况下，由于表面张力的作用，熔化的金属能够收缩成球形，选项D正确；故选D.3.下列说法正确的是( )A. 做简谐运动的物体，其振动能量与振动的频率有关B. “隔墙有耳”现象是指声波发生了明显衍射现象C. 当观察者和波源间存在相对运动时一定能观察到多普勒效应现象D. 交警通过发射超声波测量车速是利用了波的干涉原理【答案】B【解析】【详解】做简谐运动的物体，其振动能量与振动的振幅有关，与频率无关，选项A错误；“隔墙有耳”现象是指声波发生了明显衍射现象，选项B正确；当观察者和波源间存在相对运动时不一定能观察到多普勒效应现象，如观测者绕波源做匀速圆周运动。

第九天 动能 势能和动能定理(建议用时：40分钟)知识梳理1. 动能(1) 定义：物体由于________而具有的能．(2) 公式：E k ＝12mv 2.(3) 单位：焦耳，1 J ＝1 N·m＝1 kg·m 2/s 2. (4) 矢标性：动能是________，只有正值． (5) 动能是________，因为v 是瞬时速度．(1) 重力做功的特点① 重力做功与________无关，只与始末位置的________有关． ② 重力做功不引起物体________的变化． (2) 重力势能① 概念：物体由于________而具有的能． ② 表达式：E p ＝________.③ 矢标性：重力势能是________，正负表示其________． (3) 重力做功与重力势能变化的关系① 定性关系：重力对物体做正功，重力势能就________；重力对物体做负功，重力势能就________．② 定量关系：重力对物体做的功________物体重力势能的减少量．即W G ＝－(E p 2－E p 1)＝________.4. 弹性势能(1) 概念：物体由于发生________而具有的能．(2) 大小：弹簧的弹性势能的大小与形变量及劲度系数有关，弹簧的形变量________，劲度系数________，弹簧的弹性势能越大．基础演练1.如图所示，桌面离地面的高度是0.8 m ，坐标系原点O 定在桌面上，向下方向为坐标轴的正方向，g ＝10 m/s 2.通过测量，确定质量m ＝1.0 kg 的物体从O 运动到B 处过程，重力做的功约是( )A. 8 JB. 5 JC. －5 JD. －13 J2. 如图所示，体操运动中有一个动作叫单臂大循环．某次运动中运动员恰好可自由地完成圆周运动．假设运动员质量为m ，单臂悬挂时手掌到运动员重心的距离是L ，重力加速度为g ，不计空气阻力及手掌与杠间的摩擦力，则该运动员( )A. 在最高点时速度为零B. 在最高点时手臂受到的弹力为零C. 在最低点处线速度大小为2gLD. 在最低点时手臂受到的拉力为5mg3. 如图所示，体育课上某同学在高h 处斜抛出一个质量为m 的铅球，不计空气阻力，铅球落地时速度大小为v ，该同学对铅球所做的功为( )A. mghB.mv22C.mv 22－mgh D. mgh ＋mv 224. 关于重力做功和重力势能的变化，下列叙述正确的是( )A. 做竖直上抛运动的物体，在上升阶段，重力做负功，重力势能减少B. 做竖直上抛运动的物体，在上升阶段，重力做正功，重力势能增加C. 做竖直上抛运动的物体，在上升阶段，重力做负功，重力势能增加D. 做竖直上抛运动的物体，在上升阶段，重力做正功，重力势能减少5. 如图所示，质量为m 的物体无初速度地从斜面上高h 处滑下，最后停在平面上的B 点，若它从斜面上高h 处以初速度v 0沿斜面滑下，则最后停在平面上的C 点．设AC ＝3AB ，则物体在斜面上克服摩擦力做的功为( )A. mgh －14mv 20B. mgh －12mv 2C. 2mgh －14mv 20 D. 2mgh －mv 26. 一辆重为2 t 的汽车以72 km/h 的速度匀速行驶在平直公路上，突然遇到事故紧急刹车，车速降为原来一半，该过程中汽车动能减少量为( )A. 1×105 JB. 4×105JC. 3×105 JD. 5×105J 7. A 、B 两物体的速度之比为2∶1，质量的大小之比为1∶3，则它们的动能之比为( ) A. 12∶1 B. 4∶3 C. 12∶5 D. 4∶98. 如图所示，左端固定的轻质弹簧被物块压缩，物块被释放后，由静止开始从A 点沿粗糙水平面向右运动．离开弹簧后，经过B 点的动能为E k ，该过程中，弹簧对物块做的功为W，则物块所受摩擦力做的功W f满足( )A. W f＝E kB. W f＝E k＋WC. W f＋E k＝WD. W f＝W－E k能力提升9. 某同学把附有滑轮的长木板平放在实验桌上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码，使小车在钩码的牵引下运动，以此探究绳拉力做功与小车动能变化的关系．此外还准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸、纸带、天平、小木块等．组装的实验装置如图所示．(1) 若要完成该实验，必需的实验器材还有________．(2) 实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行．他这样做的目的是( )A. 避免小车在运动过程中发生抖动B. 可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰C. 可以保证小车最终能够实现匀速直线运动D. 可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受到的合力(3) 平衡摩擦力后，为了保证小车受到的合力与钩码总重力大小基本相等，尽量减少实验误差，现有质量为10 g、30 g、50 g的三种钩码，你选择________g的钩码．(4) 已知小车的质量为M，所挂的钩码质量为m，重力加速度用g表示，B、E两点间的距离为L，经计算打下B、E点时小车的速度分别为v B、v E，若选取纸带BE段研究，则本实验最终要验证的数学表达式为________________________．10. 如图所示，AB为斜轨道，与水平方向成45°角，BC为水平轨道，两轨道在B处通过一段小圆弧相连接，一质量为m的小物块，自轨道的A处从静止开始沿轨道下滑，最后停在轨道上的C点，己知A点高h，物块与轨道间的滑动摩擦系数为μ，求：(1) 在整个滑动过程中摩擦力所做的功；(2) 物块沿轨道AB段滑动时间t1与沿轨道BC段滑动时间t2之比值t1/t2；(3) 使物块匀速地、缓慢地沿原路回到A点所需做的功．第九天 动能 势能和动能定理知识梳理1. 运动 标量 状态量2. 动能的变化 增加 减少 曲线运动 变力做功 不同时作用3. (1) 路径 高度差 机械能 (2) 被举高 mgh 标量 相对参考平面的位置 (3) 减少 增大 等于 －ΔE p4. (1) 弹性形变 (2) 越大 越大 基础演练 1. C 解析：物体从O 运动到B 处过程中，重力的方向与位移方向相反，可知重力做负功；由图可知OB 大约0.5 m ，则重力做功为W ＝－mgh ＝－1.0×10×0.5 J＝－5 J ，故选C.2. B 解析：若人体恰好可自由地完成圆周运动转过最高点，知手臂的支持力为0，则有mg ＝mv 21L ，解得v 1＝gL .故A 错误，B 正确．根据动能定理得，mg ·2L ＋12mv 21＝12mv 2，解得v ＝5gL .故C 错误．根据牛顿第二定律有T －mg ＝m v 2L，解得T ＝6mg .故D 错误．故选B.3. C 解析：人对铅球做的功等于铅球获得的初动能，根据对抛出到落地的过程运用动能定理得mgh ＝12mv 2－12mv 20，解得12mv 20＝12mv 2－mgh ，即人对小球做的功等于12mv 2－mgh ，所以C 正确，ABD 错误．故选C.4. C 解析：做竖直上抛运动的物体，在上升阶段，由于重力和位移方向相反，故重力对物体做负功，重力势能增加，故ABD 错误，C 正确．5. A 解析：设物块在斜面上克服阻力做的功为W 1，在AB 段克服阻力做的功W 2，在AC 段克服阻力做的功W ′2，由于AC ＝3AC ，则W ′2＝3W 2.由动能定理得：物体从O →B 过程中mgh －W 1－W 2＝0，物体从O →C 过程中mgh －W 1－3W 2＝0－12mv 20，解得W 1＝mgh －14mv 20，故选项A 正确，选项BCD 错误．6. C 解析：质量为m ＝2×103kg ，初速度为v 0＝72 km/h ＝20 m/s ，则初动能为E k 1＝12mv 20＝12×2×103×202 J ＝4×105 J ，末速度为v ＝12v 0，则末动能为E k 2＝12mv 2＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 022＝14×12mv 20＝1×105 J ，则动能的减小量为ΔE k ＝E k 1－E k 2＝3×105J ，故选项C 正确，ABD 错误．7. B 解析：根据动能的表达式E k ＝12mv 2得，A 、B 两物体的速度之比为2∶1，质量的大小之比为1∶3，则动能之比为4∶3.故B 正确，ACD 错误．故选B.8. D 解析：对物块从A 到B 应用动能定理有W －W f ＝E k ，解得W f ＝W －E k .故D 正确． 能力提升9. (1) 刻度尺 (2) D (3) 10 g (4) mgL ＝12mv 2E －12Mv 2B解析：(1) 本实验的原理是合外力所做的功等于动能的变化量，通过研究纸带来研究小车的速度，利用天平测量小车的质量，利用砝码的重力代替小车的合外力，所以需要刻度尺来测量纸带上点的距离和用天平测得小车的质量，即还需要刻度尺．(2) 实验过程中，为减少误差，提高实验的精确度，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行，目的是消除摩擦力带来的误差，即平衡摩擦力后，使细绳的拉力等于小车的合力，故ABC 错误，D 正确．故选D.(3) 小车受到的合力，即为绳子上拉力的F ，对小车根据牛顿第二定律有F ＝Ma ，对钩码有mg －F ＝ma ，解得F ＝mg1＋m M，由此可知当M ≫m 时，小车受到的合力与钩码总重力大小基本相等，所以应选择质量较小的钩码，故选10 g.(4) 当M ≫m 时，小车受到的合力与钩码总重力大小相等，故合力做的功为W ＝mgL ，动能的变化量为ΔE k ＝12mv 2E －12mv 2B ，故本实验要验证的表达式为W ＝ΔE k ，即mgL ＝12mv 2E －12mv 2B .10. (1) －mgh (2) t 1t 2＝2μ1－μ(3) 2mgh解析：(1) 对全过程运用动能定理得mgh ＋W f ＝0，则W f ＝－mgh . (2) 根据牛顿第二定律得，物块在斜面上的加速度a 1＝mg sin45°－μmg cos45°m＝g sin45°－μg cos45°；物块在水平面上的加速度a 2＝μmg m＝μg .根据v ＝at 知，物块沿轨道AB 段滑动时间t 1与沿轨道BC 段滑动时间t 2之比t 1t 2＝a 2a 1＝2μ1－μ. (3) 根据动能定理得W －mgh ＋W f ＝0，解得W ＝2mgh .。