安徽省智学大联考皖中联盟2023-2024学年高一下学期期末考试物理试卷

这是一份安徽省智学大联考皖中联盟2023-2024学年高一下学期期末考试物理试卷，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.利用风洞实验室可以模拟运动员比赛时所受风阻情况，帮助运动员提高成绩。为了更加直观的研究风洞里的流场环境，可以借助烟尘辅助观察，如图甲所示，在某次实验中获得烟尘颗粒做曲线运动的轨迹，如图乙所示，则由该轨迹可推断出( )
A. 烟尘颗粒可能做匀变速曲线运动B. 烟尘颗粒做的不可能是匀变速曲线运动
C. P、Q两点处的速度方向可能相反D. P、Q两点处的速度方向可能垂直
2.对于万有引力定律的表达式F=Gm1m2r2，下列说法正确的是( )
A. 引力常量G的单位为N⋅m2/kg2
B. 当物体间的距离趋近于0时，物体间的万有引力无穷大
C. 若m1>m2，则两物体之间m1所受万有引力比m2的大
D. 该表达式只能用来计算质点与质点间的万有引力大小
3.高楼都装有避雷针。某次雷雨天气闪电击中避雷针，避雷针发生尖端放电现象。若避雷针放电时的电场线分布如图所示，在空间取一条水平线abc和一条圆弧线adc，bd连线为ac连线的中垂线，电场线关于直线bd对称，以下说法正确的是( )
A. 圆弧adc是一条等势线B. a、c两点的电势相同
C. a、c两点的电场强度相同D. 同一正点电荷在b点的电势能比在d点大
4.羽毛球运动是一项深受大众喜爱的体育运动。某同学为研究羽毛球飞行规律，记录下了如图所示的羽毛球飞行轨迹图，图中A、B为同一轨迹上等高的两点，P为该轨迹的最高点，若空气阻力方向始终与速度方向相反，则羽毛球在该次飞行中( )
A. 经过A点时速度等于经过B点时速度B. 经过A点时速度小于经过B点时速度
C. 落地前瞬间的速度方向不可能竖直向下D. 落地前瞬间的速度方向有可能竖直向下
5.如图所示，两带电小球A、B质量分别为2m、m，所带电荷量分别为+q、-q，用等长绝缘细线a、b连接后悬挂于O点处于静止状态。现在该空间加一水平向右的匀强电场，并将电场强度E从0开始缓慢增大到E=mgq，若不考虑两小球间的库仑力，重力加速度为g，则当系统稳定后，关于两细线a、b拉力的大小Ta、Tb计算正确的是( )
A. Ta=2mgB. Ta=3mgC. Tb=mgD. Tb=2mg
6.如图甲所示，质量m=1kg的小物体放在长直的水平地面上，用水平细线绕在半径R=0.1m的薄圆筒上。t=0时刻，圆筒由静止开始绕竖直的中心轴转动，其角速度随时间的变化规律如图乙所示，不考虑绕制细线对转动半径的影响，已知小物体和地面间的动摩擦因数μ=0.1，重力加速度g取10m/s2，则( )
A. 4s末细线拉力对物体做功的功率为4.4W
B. 0∼4s内，细线拉力做的功为0.88J
C. 4s末滑动摩擦力对物体做功的功率为4W
D. 0∼4s内，滑动摩擦力对小物体做的功为0.8J
7.2月28日，合肥八中高一年级举行了一次别开生面的篮球友谊赛。在高一年级全体师生倾情参与下，篮球场内一时间充满了欢声笑语。如图所示，在某次罚球时，竖直站立的运动员到篮筐中心的水平距离x=4.5m，篮球(视为质点)出手点距地面的高度h1=2.6m，篮球投出后恰好“空心”入筐。已知运行轨迹的最高点距地面的高度h2=3.85m，篮筐距水平地面的高度h=3.05m，取重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力。则下列说法中正确的是( )
A. 篮球从出手到进筐所用的时间为0.8sB. 篮球从出手到进筐所用的时间为0.7s
C. 篮球出手时的速度大小为5 2m/sD. 篮球出手时的速度大小为5m/s
8.如图所示，水平地面上有一倾角为θ=37 ∘的传送带，以v0=16m/s的速度逆时针匀速运行。将一煤块从h=20.4m的高台由静止开始运送到地面，煤块可看做质点，已知煤块的质量为m=1kg，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.25，重力加速度为g=10m/s2，sin37 ∘=0.6，cs37 ∘=0.8，煤块由高台运送到地面的过程中，下列说法正确的是( )
A. 运送煤块所用的时间为4.125s
B. 煤块与传送带之间因摩擦产生的热量为32J
C. 摩擦力对煤块做的功为-4J
D. 煤块的机械能减少了36J
二、多选题：本大题共2小题，共8分。
9.建造一条能通向太空的天梯，是人类长期的梦想。如图所示，直线状天梯是由一种高强度、很轻的纳米碳管制成，图中虚线为同步卫星轨道，天梯在赤道平面内刚好沿卫星轨道半径方向。两个物体M、N在太空天梯上的位置如图，整个天梯及两物体相对于地球静止不动，忽略大气层的影响，分析可知( )
A. 物体N的加速度大于M的加速度B. 物体M的加速度大于N的加速度
C. 物体N所受天梯的作用力方向指向地球D. 物体M所受天梯的作用力方向指向地球
10.如图所示，在竖直平面xy内存在一未知匀强电场。一质量为m的带电小球从y轴上P点以水平速度v进入第一象限，速度方向沿x轴正向；经过x轴上Q点时的速度大小也为v，方向与x轴夹角为60 ∘。重力加速度大小为g，忽略空气阻力。小球从P点运动到Q点的过程中( )
A. 机械能守恒
B. 速度最小时的速度方向与x轴正方向夹角为30∘
C. 若电场力大小为 33mg，则电场力做功为-38mv2
D. 电场力不可能先做负功再做正功
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.(1)如图甲所示为探究平行板电容器电容大小决定因素的实验，给电容器充电后与电源断开，保持电荷量不变。若将B板向右移动少许，静电计指针偏角__________(选填“变小”“变大”或“不变”)。
(2)某同学用图乙所示电路观察电容器的充、放电现象。现提供如下实验器材：电源E(电压为5V，内阻不计)、电容器C、电阻箱R、毫安表G、单刀双掷开关S和导线若干。
①将开关S拨至位置1，电容器充电完毕后，将开关S拨至位置2，此过程得到的I-t图像如图丙所示，则电容器充电完毕后的电荷量为_____C，电容器的电容C=_____F。(计算结果均保留两位有效数字)
②如果不改变电路其他参数，只增大电阻箱R接入电路的阻值，则此过程的I-t曲线与坐标轴所围成的面积将_____(选填“减小”“不变”或“增大”)。
12.某同学采用如图所示的装置做“验证小球摆动的过程中满足机械能守恒定律”的实验。细线上端固定在铁架台上的O点，下端悬挂一小球，将小球拉起一定角度，由静止释放，摆到最低点时，恰好通过固定在铁架台上的光电门，读出小球的遮光时间t。请回答下列问题。
(1)已知当地重力加速度为g，为了验证机械能守恒定律，还需要测量的物理量有( )
A.小球的直径d
B.O点与小球之间细线的长L
C.小球的质量m
D.小球释放初始位置细线与竖直方向的夹角为θ
(2)小球通过光电门的瞬时速度v=_____(用实验中测得的物理量符号表示)；
(3)通过改变小球由静止释放时细线与竖直方向的夹角θ，测出对应情况下小球通过光电门的时间t，为了直观地判断机械能是否守恒，可作______图像。(填字母序号)
A.1t-θ B.1t2-θ C.1t2-csθ D.1t-csθ
(4)若另一小组同学用安装在O点的力传感器代替光电门完成实验。将细线拉至水平状态，把小球由静止释放，当小球摆到O点正下方时，力传感器示数F为_________，则可验证小球在摆动的过程中满足机械能守恒。(用重力加速度g和小球质量m表示)
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.如图所示，OM是两固定的等量异种电荷A、B连线的竖直中垂线，其中A带正电，B带负电。用绝缘丝线一端固定于O点，另一端悬挂一质量为m的带电小球，稳定后小球恰好静止在AM的中点N处。已知AN=NM=L，且绝缘丝线ON与OM的夹角θ=53∘，等量异种电荷A、B及带电小球的电荷量大小均为Q(Q未知)，静电力常量为k，重力加速度为g(sin53∘=0.8,cs53∘=0.6)。求：
(1)根据共点力平衡的知识计算带电小球所受库仑力F的大小；
(2)小球所带电荷的电性及电荷量Q的大小；
(3)等量异种电荷A、B在N处产生的合场强E。
14.某校高一物理兴趣小组正在进行无人机飞行表演。如图所示，质量m=1kg的无人机用长为l=1m的轻绳吊起质量也为m=1kg的小物块，此时无人机绕着O点在水平面内做半径r=0.3m匀速圆周运动，稳定后轻绳偏离竖直方向的夹角始终为θ=37∘，重力加速度g取10m/s2，sin37∘=0.6，不计空气阻力对物块的影响，试求出(结果可保留根号)：
(1)轻绳的拉力大小；
(2)无人机做匀速圆周运动的线速度大小；
(3)无人机受到的空气的作用力大小。
15.如图所示，竖直固定的四分之一粗糙圆轨道下端B点水平，半径R1=1m。质量M=1kg的长薄板静置于倾角θ=37∘的粗糙斜面CD上，其最上端刚好在斜面顶端C点。一质量为m=1.5kg的滑块(可看成质点)从圆轨道A点由静止滑下，运动至B点时对轨道的压力大小为FN=39N，接着从B点水平抛出，恰好以平行于斜面的速度落到薄板最上端，并在薄板上开始向下运动；当小物体落到薄板最上端时，薄板无初速度释放并开始沿斜面向下运动，其运动至斜面底端时与竖直固定的光滑半圆轨道DE底端粘接在一起。已知斜面CD长L2=7.875m，薄板长L1=2.5m，厚度忽略不计，其与斜面的动摩擦因数μ1=0.25，滑块与长薄板间的动摩擦因数为μ2=0.5，滑块从斜面底端滑离时的能量损失和运动过程中空气阻力均忽略不计，g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，试求：
(1)滑块由A到B运动过程中克服摩擦力做的功Wf；
(2)滑块与薄板共速前二者之间因摩擦而产生的热量Q；
(3)如果要使滑块不会中途脱离竖直半圆轨道DE，其半径R2需要满足什么条件？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【解答】
AB.做曲线运动的物体，所受合力总是指向轨迹凹侧，由乙图可知，烟尘颗粒受力发生变化，不可能做匀变速曲线运动，故A错误，B正确；
CD.曲线运动速度方向沿轨迹切线方向，故CD错误。
2.【答案】A
【解析】A.根据公式有G=Fr2m1m2，根据单位运算可知，引力常量G的单位为N⋅m2/kg2，故A正确；
B.当物体间的距离趋近于0时，万有引力表达式已经不再适用，可知，不能够认为当物体间的距离趋近于0时，物体间的万有引力无穷大，故B错误；
C.两物体彼此之间的万有引力是一对相互作用力，大小总是相等，故C错误；
D.万有引力定律具有普适性，故D错误。
故选A。
3.【答案】B
【解析】解：A、由图，a处与c处连线adc与电场线不垂直，所以不是等势线，故A错误；
B、根据对称性，由图可知，a、c两点的电势相同，故B正确；
C、电场强度是矢量，其方向沿电场线的切线方向，结合图可知，a、c两点的电场强度方向不相同，所以a、c两点的电场强度不相同，故C正确；
D、由图可知，沿着电场线方向，电势逐渐降低，则b点的电势低于d点的电势，根据正电荷在电势高处的电势能大，则正电荷在b点比在d点的电势能小，故D错误。
故选：B。
4.【答案】D
【解析】AB.由能量守恒可知，羽毛球在A、B两点重力势能相等，A点动能大于B点动能，故AB错误；
CD.将运动分解到水平方向和竖直方向，由于存在空气阻力作用，水平方向一直做减速运动，落地前瞬间水平方向速度有可能减小到0，故D正确；
故选D。
5.【答案】B
【解析】AB.对AB整体受力分析，竖直方向Ta=3mg，A错误，B正确；
CD.对B隔离受力分析，可知Tb= 2mg，CD错误；
故选B。
6.【答案】B
【解析】AB.根据图像可知角速度随时间变化的关系式为ω=1⋅t
圆筒边缘线速度与物块前进速度大小相同v=Rω
联立解得v=0.1t
物体做匀加速直线运动a=ΔvΔt=0.1m/s2
根据牛顿第二定律F-μmg=ma
解得F=1.1N
细线拉力的瞬时功率
P=Fv=1.1×0.1t=0.11t=0.44W
物体在4s内运动的位移x=12at2=0.8m
细线拉力做的功为W=Fx=0.88J
A错误，B正确；
CD.滑动摩擦力的瞬时功率P=μmgv=1×0.1t=0.1t=0.4W
滑动摩擦力做的功为W=-μmgx=-0.8J
故CD错误。
故选B。
7.【答案】C
【解析】解：AB、设篮球上升过程所用的时间为t1，有h2-h1=12gt12
解得t1=0.5s
设篮球下降过程所用的时间为t2，有h2-h=12gt22
解得t2=0.4s，又t=t1+t2
解得篮球从出手到进筐所用的时间为t=0.9s，故AB错误；
CD、篮球在水平方向上的速度大小vx=xt，解得vx=5m/s
篮球出手时在竖直方向上的速度大小vy=gt1
解得vy=5m/s
又v= vx2+vy2
解得v=5 2m/s，故C正确D错误
8.【答案】C
【解析】A.煤块刚放上传动带时，受到的滑动摩擦力沿斜面向下，根据牛顿第二定律得
mgsin37 ∘+μmgcs37 ∘=ma1
解得a1=8m/s2
则煤块从0加速到与传送带共速需要t1=v0a1=2s
煤块的位移为x1=12a1t12=16m
由于mgsin37 ∘>μmgcs37 ∘
可知煤块与传送带共速后继续做匀加速运动，摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第二定律得
mgsin37 ∘-μmgcs37 ∘=ma2
解得a2=4m/s2
根据x2=v0t2+12a2t22=L-x1
解得t2=1s，共计3s，故A错误；
B.第一个过程传动带的位移为x3=vt1=32m
煤块与传送带的相对位移为Δx1=x3-x1=16m
第二个过程传送带的位移x4=vt2=16m
相对位移Δx2=x2-x4=2m
第一个过程摩擦生热为Q1=FfΔx1=32J
第二个过程摩擦生热为Q2=FfΔx2=4J
故总产热量为Q=Q1+Q2=36J，B错误。
C.摩擦力大小为Ff=μmgcs37 ∘=2N
第一个过程摩擦力对煤块做功W1=Ffx1=32J
第二个过程摩擦力对煤块做功W2=-Ffx2=-36J
故全程摩擦力对煤块做功为-4J，煤块的机械能减少了4J，C正确，D错误；
故选C。
9.【答案】AC
【解析】AB.M、N的转动角速度相同，N的半径较大，故B错误，A正确；
CD.根据题意知，太空天梯上处于同步卫星轨道的物体，只受地球引力，随同步卫星一起做匀速圆周运动，
根据牛顿第二定律列式GMmr02=m4π2T2r0，
而整个天梯及两物体相对于地球静止不动，故T相同，
对物体M，轨道半径rr0，
则必有GMmr2+F=m4π2T2r，
故太空天梯对物体N的力指向地面，故C正确；
故选AC。
10.【答案】BC
【解析】A.小球在运动过程中，只有重力势能、动能与电势能之间的转化，小球由P点运动到Q点过程中，除重力做功之外有电场力做功，则机械能不守恒，故A错误；
B.根据题意可知小球在复合场中做类斜抛运动，由于小球在P、Q两点速度大小均为v，根据类斜抛运动的对称性可知，小球所受重力与电场力的合力F方向必定垂直于PQ连线指向左下方，由几何关系可知∠PQO=30∘
小球在沿PQ方向做匀速直线运动，在垂直于PQ方向做双向匀变速直线运动，可知当小球垂直于PQ方向的分速度减小为0时，小球速度最小，即速度最小时，速度方向与PQ平行。vmin=vcs30∘= 32v，故B正确；
C.由动能定理可知，克服电场力做功等于重力做功WG=mg⋅L
当电场力大小为 33mg时，竖直方向加速度为g，故
L=(v⋅sin60 ∘)22g=3v28g
综上，克服电场力做功为38mv2
故C正确。
D.根据上述，电场力与重力合力方向始终垂直于PQ方向，根据三角形法则可知，当电场力与合力方向垂直时，电场力最小，则有F电min=mgcs⁡θ=12mg
则所受电场力不小于12mg即可，且电场力与初速度方向夹角一定为钝角，与Q点速度夹角有可能是锐角，故D错误；
故选BC。
11.【答案】(1)变小；(2)① 7.3×10-3或7.5×10-3或7.8×10-3；1.5×10-3或1.6×10-3；②不变；
【解析】(1)给电容器充电后与电源断开，即保持电荷量不变。若将B板右移，则极板间距减小，根据C=εS4πkd，则电容增大；
根据Q=CU，则电势差减少，静电计指针偏角变小；
(2)①电容器放电时，根据公式q=It可知，在I-t图像中，图线与横轴围成的面积表示通过电荷量的多少，由图乙可知图线与横轴围成的面积为30个小格，则电容器开始放电时所带的电荷量为q=30×0.5×0.5×10-3C=7.5×10-3C；
根据题意及图甲可知，电容器充电结束时，两极板间电压为5V，则电容器的电容为C=qU=1.5×10-3F。
②根据 q=CU 可知，如果不改变电路其他参数，只减小电阻 R ，极板上的电荷量不变，则 I-t 图像中，图线与横轴围成面积不变。
12.【答案】(1)ABD；(2)dt；(3)C；(4)3mg
【解析】(1)为了验证机械能守恒定律，还需要测量的物理量有：细线的长度L，小球释放初始位置细线与竖直方向的夹角为θ，还要知道小球经光电门时的速度，因此需要测量小球的直径d，以求得小球经光电门时的速度，不需要测量小球的质量m，因在计算时可以约去质量m，ABD正确；C错误。
故选ABD。
(2)由于小球直径较小，且通过光电门时的时间较短，因此可以用时间t内的小球的平均速度来近似表示其通过光电门时的瞬时速度，即v=dt。
(3)若机械能守恒，则应有mg(L+d2)(1-csθ)=12mv2，
联立并整理得1t2=2g(L+d2)(1-csθ)d2，
由上式可知，1t2与csθ成线性关系，所以为了直观地判断机械能是否守恒，可作1t2-csθ图像。
故选C。
(4)若用力传感器测量小球摆到O点正下方时细线拉力为F，
根据牛顿第二定律可得F-mg=mv2L，
若小球下落过程机械能守恒，则有mgL=12mv2，
代入上式可得F=3mg，
因此当小球摆到O点正下方时，力传感器示数F为 3mg ，则可验证小球在摆动的过程中满足机械能守恒。
13.【答案】解：(1)对小球受力分析，根据平衡条件可知其受力情况如下所示
根据平衡条件有F拉sin⁡θ=F，F拉cs⁡θ=mg
联立解得F=43mg
(2)异种电荷连线上的场强方向由正电荷指向负电荷，小球所受电场力方向与场强方向相反，故小球带负电。根据库仑定律可知，A对小球的库仑力F1=kQ2L2
B对小球的库仑力F2=kQ2(3L)2
且有F=F1+F2
联立解得Q= 6mgL25k
(3)根据电场的定义可知，等量异种电荷A、B在N处产生的总场强
E=FQ=43mg 6mgL25k=29L 30kmg
方向水平向右。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】(1)对物块受力分析，如图所示
由图可知T=mgcsθ
代入可得T=12.5N；
(2)根据物块的受力分析可知mgtanθ=mr+l⋅sinθω2
解得ω=5 33rad/s
无人机的角速度与物块角速度相等，根据v=ωr= 32m/s；
(3)设空气对无人机的作用力为F，与水平方向夹角为 α ，对无人机受力分析如下
水平方向有Fcsα-Tsinθ=mrω2
竖直方向有Fsinα=Tcsθ+mg
两式联立可得F=10 5N。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】解：(1)滑块从A运动到B，根据动能定理mgR1-Wf=12mv2 ①
在B点，根据牛顿第三定律可知，轨道对滑块的支持力大小为FN'=39N，方向向上，
牛顿第二定律FN'-mg=mv2R1 ②
联立代入数据解得Wf=3J，v=4m/s
(2)滑块到达C点时速度为vC，由题意vC=vcsθ=40.8m/s=5m/s
设滑块的加速度为a1，根据牛顿第二定律
mgsinθ-μ2mgcsθ=ma1
代入数据解得a1=2m/s2
设薄板的加速度为a2，根据牛顿第二定律
Mgsinθ+μ2mgcsθ-μ1(M+m)gcsθ=Ma2
代入数据解得a2=7m/s2
设经时间t滑块和薄板共速
v1=vC+a1t=a2t
解得t=1s，v1=7m/s
滑块位移x1=vC+v12t=5+72×1m/s=6m
薄板位移x2=v12t=72×1m=3.5m
相对位移Δx=x1-x2=6m-3.5m=2.5m=L1
滑块刚好到达薄板最下端，由于μ2>μ1，之后两者一起以a沿斜面向下加速下滑，
Q=μ2mgcs37∘Δx=15J
(3)设滑块和薄板一起以a沿斜面加速下滑，
根据牛顿第二定律(M+m)gsinθ-μ1(M+m)gcsθ=(M+m)a
代入数据解得a=4m/s2
设整体到达D的速度为vD，根据动学公式vD2-v12=2a(L2-x2)
代入数据解得vD=8m/s
①滑块刚好能达到半圆轨道的最高点mg=mv22R2
滑块从最低点到最高点，机械能守恒12mvD2=2mgR2+12mv22
联立解得R2=1.28m
所以要使滑块不脱离竖直半圆轨道，半圆半径满足：0≤R2≤1.28m
②滑块刚好能达到半圆轨道的左边与圆心等高处，根据机械能守恒定律12mvD2=mgR2
代入数据解得R2=3.2m
所以要使滑块不脱离竖直半圆轨道，半圆半径满足：R2≥3.2m
综上可得要使滑块不脱离竖直半圆轨道，半圆半径满足：0≤R2≤1.28m或R2≥3.2m。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】