2023-2024学年湖南省郴州市高一（下）期末教学质量监测物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年湖南省郴州市高一（下）期末教学质量监测物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.物理学中，常常用物理量之比表示研究对象的某种性质。例如，用质量m与体积V之比定义密度ρ，用位移l与时间t之比定义速度v，这样定义一个新的物理量的同时，也就确定了这个新的物理量与原有物理量之间的关系。这种定义方法我们称之为比值定义法，以下物理量中不是用比值法定义的有( )
A. 电场强度B. 功C. 功率D. 电容
2.若想检验“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同样的规律，在已知月地距离约为地球半径60倍的情况下，需要验证( )
A. 地球吸引月球的力约为地球吸引苹果的力的1602 B. 月球公转的加速度约为苹果落向地面加速度的1602
C. 自由落体在月球表面的加速度约为地球表面的16 D. 苹果在月球表面受到的引力约为在地球表面的160
3.一质量为m的木块静止在光滑的水平地面上，从t=0开始，将一个大小为3F的水平恒力作用在该木块上，在0∼t这段时间内该恒力做功的平均功率是( )
A. 3F2tmB. 9F2t22mC. 9F2t2mD. 3F2t2m
4.如图所示，一部机器与电动机通过皮带连接，机器皮带轮的半径是电动机皮带轮半径的4倍，皮带与两轮之间不发生滑动，已知A为机器皮带轮上一点，且到转轴距离为轮半径的一半，B、C两点分别为电动机皮带轮和机器皮带轮边缘的两点，则下列关系正确的是( )
A. A、B、C三点角速度大小之比为1:4:1
B. A、B、C三点线速度大小之比为1:2:1
C. A、B、C三点向心加速度大小之比为1:8:1
D. A、B、C三点周期之比为1:2:1
5.哈雷彗星的公转轨道可看作较扁的椭圆。其在近日点到太阳中心的距离为r₁，线速度大小为v₁，加速度大小为a₁；在远日点到太阳中心的距离为r₂，线速度大小为 v₂，加速度大小为a₂。则( )
A. v1v2=r2r1B. v1v2=r1r2C. a1a2=r1r2D. a1a2=r2r1
6.如图所示，一根不可伸长的轻绳跨过光滑轻质定滑轮，绳两端各系一小物块A和B。其中mA=10kg，mB未知，滑轮下缘距地面H=1m。开始B物块离地面高ℎ=0.6m，用手托住B物块使绳子刚好拉直，由静止释
放B物块，A物块上升至H高时速度恰为零，重力加速度g取10m/s2，对于此过程，下列说法中正确的是( )
A. 对A、B两物块及地球组成的系统，整个过程中机械能守恒
B. mB=50kg
C. B刚落地时，速度大小为 2m/s
D. B落地前，绳中张力大小为150N
7.把质量为1kg的小球放在竖直放置的弹簧上，并把球往下按至A 位置，如图甲所示。迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置C(图丙)。途中经过位置B时弹簧正好处于原长状态(图乙)。已知B、A 的高度差为0.1m，C、B的高度差为0.2m，弹簧的质量和空气阻力都可忽略，取弹簧原长为弹性势能零点，重力加速度g=10m/s2，则有( )
A. 小球从A上升至B的过程中，小球的动能一直增加
B. 小球从B上升到C的过程中，小球的机械能一直减小
C. 小球在位置A时，弹簧的弹性势能为2J
D. 小球在位置A 时，弹簧的弹性势能为3J
8.两个固定的点电荷P、Q所形成电场的等势线如图中的虚线所示，一带电粒子以某一初速度从图中的d点进入电场，仅在静电力的作用下运动，运动轨迹如图中的实线所示。下列说法正确的是( )
A. 点电荷P、Q带有等量同种电荷，粒子带负电
B. 点电荷P、Q带有等量同种电荷，粒子带正电
C. 粒子从d点到a点运动的过程中，电势能先减小后增大
D. 粒子经过a点时的速度大于经过d点时的速度
9.用电流传感器和计算机可以准确地描绘电流随时间变化的曲线，现用如图a所示的电路粗略测量电容器的电容。实验时，电阻箱的阻值调至890Ω，先把开关拨至1，当电容器充电完毕后，再把开关拨至2，计算机记录电流随时间变化的图像如图b所示。不计电流传感器的电阻，下列说法正确的是( )
A. 电容器充电完毕时的带电量约为8×10−3C
B. 电容器的电容约为2×10−3F
C. 若把电阻箱的阻值调至1000Ω再次做实验，则i—t图线下的面积减小
D. 若把电阻箱的阻值调至1000Ω再次做实验，则电容器放电的时间增加
10.某一沿x轴方向的静电场，电势在x轴上的分布情况如图所示，B、C是x轴上的两点。一负电荷仅在电场力的作用下从B点运动到C点，该负电荷在( )
A. C点的速度最大
B. B 点受到的电场力小于在C 点受到的电场力
C. B点时的动能小于在C 点时的动能
D. B点时的电势能小于在C点时的电势能
11.如图所示，加速电场的两极板P、Q竖直放置，间距为d，电压为U1，偏转电场的两极板M、N水平放置，两极板长度及间距均为L，电压为U2，P、Q极板分别有小孔A、B，AB连线与偏转电场中心线BC共线。质量为m、电荷量为q的正离子从小孔A(初速度视为0)进入加速电场，经过偏转电场，可到达探测器(探测器可上下移动)。整个装置处于真空环境，两电场均为匀强电场，且不计离子重力。下列说法正确的是( )
A. 离子在加速电场中运动时间为d m2qU1
B. 到达探测器的离子在M、N板间运动时间为L mqU1
C. 离子到达探测器的最大动能为qU1+U22
D. 为保证离子不打在M、N极板上，U1与U2应满足的关系为U2>2U1
二、实验题：本大题共2小题，共21分。
12.某物理兴趣小组利用如图甲所示装置来探究影响电荷间的静电力的因素。图甲中，A是一个固定在绝缘支架上带正电的物体，系在绝缘丝线上的带正电的小球会在静电力的作用下发生偏离，静电力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来。他们分别进行了以下操作：
步骤一：把系在丝线上的同一带电小球先后挂在横杆上的P1、P2、P3等位置，比较小球在不同位置所受静电力的大小。
步骤二：使小球处于同一位置，增大(或减小)小球所带的电荷量，比较小球所受的静电力的大小。
(1)图甲中实验采用的方法是_____(填正确选项前的字母)。
A.理想实验法 B.控制变量法 C.等效替代法
(2)图甲实验表明，电荷之间的静电力随着电荷量的增大而增大，随着距离的减小而____(填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)接着该组同学进行如下探究：如图乙，悬挂在P点的不可伸长的绝缘细线下端有一个电荷量不变的小球B，缓慢移动另一带同种电荷的小球A，当A球到达悬点P的正下方并与B在同一水平线上，B处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向角度为θ1，改变小球A的电荷量，重复以上实验步骤，测出悬线偏离竖直方向的夹角为θ2。若两次实验中A球的电荷量分别为q1和q2，θ1、θ2分别为30°和45°，则q1q2=____。
13.某同学利用如图甲所示的气垫导轨装置“探究动能定理”。在气垫导轨上安装了两光电门1、2，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过定滑轮、轻质动滑轮与弹簧测力计相连。实验时测出遮光条的宽度d，滑块和遮光条的总质量M，钩码质量m。
(1)完成下列实验步骤中的填空：
①用刻度尺测量遮光条的宽度d，两个光电门之间的距离L如图乙所示，则L=__________cm；
②按图甲所示安装好实验装置，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直；
③实验时要调整气垫导轨水平。不挂钩码和细线，接通气源，轻推滑块，如果_____________，则表示气垫导轨已调整至水平状态；
④挂上钩码后，接通气源，再放开滑块，记录弹簧测力计的示数F，遮光条通过光电门1的时间为Δt1遮光条通过光电门2的时间为Δt2求出滑块动能的变化量；
⑤改变钩码的质量，重复步骤“④”，求在不同合力作用下滑块的动能变化量。
(2)对于上述实验，下列说法正确的是 。(单选，填正确选项前的字母)
A.弹簧测力计的读数为12mg
B.实验过程中钩码处于超重状态
C.弹簧测力计的读数等于滑块所受合外力
D.钩码的总质量m需满足远小于滑块的质量M
(3)也可以通过多组实验数据，做出F−(1Δt22−1Δt12)的图像，若图像斜率k=______，说明在误差允许的范围内动能定理成立。
三、计算题：本大题共3小题，共35分。
14.图1所示是一种叫“旋转飞椅”的游乐项目，将其结构简化为图2所示的模型。长L=3m的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径r=3m的水平转盘边缘。转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。转盘静止时，钢绳沿竖直方向自由下垂；转盘匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角θ=37∘。将游客和座椅看作一个质点，质量m=60kg。不计钢绳重力和空气阻力，重力加速度g=10m/s2，(取sin37∘=0.6,cs37∘=0.8),求游客和座椅随转盘做匀速圆周运动时：
(1)钢绳的拉力大小T；
(2)向心力的大小Fn
(3)线速度的大小v。
15.如图所示，匀强电场中有一等边ΔABC匀强电场的方向与等边ΔABC所在的平面平行。将电荷量为−3×10−6C的点电荷从A点移到B点，静电力做功−2.4×10−5J，再从B点移到C点，静电力做功1.2×10−5J
(1)求A、B 两点间的电势差；
(2)若规定A点的电势为0，求点电荷在C点具有的电势能；
(3)已知AB=5cm,求电场强度大小。
16.如图甲所示，绝缘水平传送带与竖直放置的半圆形轨道底部平滑相接。半圆形轨道绝缘、光滑，半径为R=1.8m，处在水平向右的匀强电场中，半圆形轨道的竖直直径是电场的左边界，电场的场强大小E= 33×103N/C。一质量为m=0.1kg，电荷量为q=1.0×10 −3C的正电小物块自半圆形轨道某位置静止沿轨道滑下，滑至底端并冲上传送带，小物块在传送带上运动的速度−时间图像如图乙所示(以向右为正方向，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2)，求：
(1)小物块与传送带间的动摩擦因数μ；
(2)小物块开始滑下的位置P(图中未标注)到传送带的高度差ℎ；
(3)小物块在半圆形轨道上滑动时对轨道的最大压力大小F N′。
答案解析
1.B
【解析】A.电场强度E与放入电场中的电荷无关，反映电场本身的力的性质，所以 E=Fq 属于比值法定义，故A正确，不符合题意；
B.功的公式为
W=Fxcsθ
不属于比值定义法，故B错误，符合题意；
C.功率的定义式为
P=Wt
故其属于比值定义法，故C正确，不符合题意；
D.电容C与Q、U无关，反映电容器容纳电荷的本领大小，所以 C=QU 属于比值法定义法，故D正确，不符合题意。
故选B。
2.B
【解析】A.设月球质量为M ​月，地球质量为M，苹果质量为m，地球半径为r，月球半径为r ​月，则月球受到的万有引力为F月=GMM月(60r)2，苹果受到的万有引力为F=GMmr2，由于月球质量和苹果质量之间的关系未知，故二者之间万有引力的关系无法确定，故选项A错误。
B.根据牛顿第二定律GMM月(60r)2=M月a月，GMmr2=ma，整理可以得到a ​月=1602a，故选项B正确。
C.在月球表面处GM月m,r月2=m,g月，由于月球本身的半径大小未知，故无法求出月球表面和地球表面重力加速度的关系，故选项C错误。
D.苹果在月球表面受到引力为F′=GM月mr月2，由于月球本身的半径大小未知，故无法求出苹果在月球表面受到的引力与在地球表面受到的引力之间的关系，故选项D错误。
3.C
【解析】对木块受力分析，由牛顿第二定律可得
3F=ma
根据匀变速直线运动公式，可得
x=12at2
在0∼t这段时间内3F做功为
W=3Fx
根据平均功率的公式，有
P=Wt
联立可得，在0∼t这段时间内该恒力做功的平均功率是
P=9F2t2m
故选C。
4.A
【解析】AB．B、C两点为电动机皮带轮和机器皮带轮边缘的两点，其线速度大小相等，则有
vB=vC A、C两点属于同轴转动，其角速度相等，则有
ωA=ωC
根据线速度与角速度的关系有
vA=ωArA ， vB=ωBrB ， vC=ωCrC
由于
rC=4rB=2rA
解得
ωA:ωB:ωC=1:4:1 ， vA:vB:vC=1:2:2
故A正确，B错误；
C.A、B、C三点向心加速度大小分别为
aA=ωA2rA ， aB=ωB2rB ， aC=ωC2rC
结合上述解得
vA:vB:vC=1:8:2
故C错误；
D.A、B、C三点的周期分别为
TA=2πωA ， TB=2πωB ， TC=2πωC
结合上述解得
TA:TB:TC=4:1:4
故D错误。
故选A。
5.A
【解析】AB.根据开普勒第二定律，彗星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等，即在近日点和远日点可得
12v1Δtr1=12v2Δtr2
即
v1v2=r2r1
选项A正确，B错误；
CD.根据
GMmr2=ma
可得
a=GMr2
可得在近点和远点时加速度之比
a1a2=r22r12
选项CD错误。
故选A。
6.B
【解析】A.根据图像可知，A物块上升至ℎ高时，B物块将与地面发生碰撞，可知，对A、B两物块及地球组成的系统，整个过程中机械能不守恒，故A错误；
BC.A物块上升至ℎ高时，对A、B构成的系统有
mBgℎ=mAgℎ+12mA+mBv2
之后，B与地面碰撞，绳松弛，A向上运动，对A分析有
−mAgH−ℎ=0−12mAv2
解得
v=2 2m/s ，mB=50kg
故B正确，C错误；
D.对A、B分别进行分析，根据牛顿第二定律有
T−mAg=mAa ， mBg−T=mBa
解得
T=5003N
故D错误。
故选B。
7.D
【解析】A.小球从A 上升至 B的过程中，开始阶段弹力大于重力，加速度向上，即小球向上加速，动能增加；最后阶段弹力小于重力，加速度向下，即小球向上减速，动能减小，即该过程中小球的动能先增加后减小，选项A错误；
B.小球从B上升到C的过程中，只有重力做功，则小球的机械能守恒，选项B错误；
CD.从A到C由能量关系可知
EpA=mgℎAB+ℎBC=3J
即小球在位置A 时，弹簧的弹性势能为3J，选项C错误，D正确。
故选D。
8.A
【解析】AB.图中关于两点电荷连线左右对称，由于电场线垂直于等势线，由高电势点指向低电势点，可知，点电荷P、Q带有等量同种正电荷，由于粒子所受电场力为其合力，则电场力指向轨迹内侧，根据图像可知，粒子所受电场力方向与电场方向相反，则粒子带负电，故A正确，B错误；
C.结合上述可知，粒子从d点到a点运动的过程中，电场力先做负功，后做正功，则电势能先增大后减小，故C错误；
D.根据图像可知
φa=φd
粒子从d点到a点运动的过程中，根据动能定理有
qUad=qφa−φd=12mvd2−12mva2
解得
vd=va
故D错误。
故选A。
9.D
【解析】A.根据电流的定义式有
I=qt
可知， i−t 图像中，图像与时间轴所围几何图形的面积表示电荷量，则电容器充电完毕时的带电量约为
q≈16×0.5×0.5×10−3C=4×10−3C
故A错误；
B.根据图(b)可知，电流的最大值约为
Imax≈4.5×10−3A
此时极板刚刚开始放电，极板之间的电压
Umax=ImaxR≈4V
则电容器的电容
C=qUmax=4×10−34F=1.0×10−3F
故B错误；
C.结合上述可知，i—t图线下的总面积表示电容器极板所带电荷量，由于电容器极板所带电荷量一定，则i—t图线下的总面积不变，故C错误；
D.若把电阻箱的阻值调至1000Ω再次做实验，由于电阻增大，电容器极板之间的最大电压一定，则通过回路的电流的最大值减小，由于i—t图线下的总面积不变，则电容器放电的时间增加，故D正确。
故选D。
10.D
【解析】A.沿电场线电势逐渐降低，可知x负半轴场强沿x轴负向；x正半轴的场强沿x轴正向，一负电荷仅在电场力的作用下从B点运动到C点，电场力先做正功后做负功，则在O点时的速度最大，选项A错误；
B.因φ−x图像的斜率等于场强，可知B点场强大于 C点场强，即B点受到的电场力大于在 C 点受到的电场力，选项B错误；
CD.负电荷在运动过程中只受电场力作用，可知电荷的电势能与动能之和守恒，B点电势高于C点，可知负电荷在B点时的电势能小于在 C 点时的电势能，在B点时的动能大于在 C点时的动能，选项C错误，D正确。
故选D。
11.C
【解析】A.粒子在加速电场做匀加速直线运动，加速度为
a1=qU1md
根据位移时间关系有
d=12a1t12
所以离子在加速电场中运动时间为
t1= 2md2qU1
故A错误；
B.设粒子进入偏转电场的速度为v0，根据动能定理可得
qU1=12mv02
所以
v0= 2qU1m
则离子在M、N板间运动时间为
t2=Lv0=L m2qU1
故B错误；
C.根据动能定理可得
q(U1+U22)=Ek
故C正确；
D.为保证离子不打在M、N极板上，即粒子在竖直方向的偏转位移应小于 L2 ，有
12⋅qU2mLt22可得
U2<2U1
故D错误。
故选C。
12.(1)B
(2)增大
(3) 36

【解析】(1)图甲中保持电荷量不变，只改变距离，研究力的变化情况或保持距离不变；只改变电荷量，研究力的变化情况，采用的是控制变量法，故AC错误，B正确；
故选B。
(2)本实验中，设小球静止时细线偏离竖直方向的角度 θ ，对小球受力分析可知
F静电力=mgtanθ
根据小球摆角 θ 的变化可以判断出小球所受静电力的大小变化。由图甲可知，保持电荷之间的距离不变， θ 随电荷量的增大而增大；保持电荷量不变， θ 随距离的减小而增大，所以，可推知电荷之间的静电力随着电荷量的增大而增大，随着距离的减小而增大。
(3)对小球B受力分析，根据库仑定律结合平衡条件得
kq1qLsinθ12=mgtanθ1 ， kq2qLsinθ22=mgtanθ2
解得
q1q2= 36
13.(1) 23.00 滑块经过两个光电门的时间相等
(2)C
(3) Md22L

【解析】(1)[1]刻度尺精确度为0.1cm，还需估读一位，为23.00cm；
[2]轻推滑块，如果滑块经过两个光电门的时间相等，则表示气垫导轨已调整至水平状态。
(2)A.分析发现，钩码向下加速运动，处于失重状态，根据牛顿第二定律有
mg−2F=ma
所以有
F<12mg
故A错误；
CD.由于钩码挂在动滑轮上，所以细绳两端张力大小相等，因此弹簧测力计上的示数即为滑块受到的合外力，所以不需要满足钩码的总质量m远小于滑块的质量M，故C正确，D错误；
B.实验过程中，钩码向下加速运动，加速度向下，因此可知钩码处于失重状态，故B错误。
故选C。
(3)若满足动能定理，根据动能定理可得
FL=12Md2t22−d2t12
变式得
F=Md22L(1t22−1t12)
则可知斜率为
k=Md22L
14.(1)如图所示，根据受力分析知：
mg=Tcsθ
代入得
T=750N
(2)由图知，绳子拉力与重力提供做圆周运动向心力，由受力分析可得
Fn=mgtanθ
代入得
Fn=450N
(3)如图所示，由几何关系知，做圆周运动半径为
R=r+Lsinθ
由牛顿第二定律得
Fn=mv2R
代入得
v=6m/s


【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.(1)根据题意，A、B两点间的电势差
UAB=WABq=−2.4×10−5J−3×10−6C=8V
(2)由
WAC=WAB+WBC=−1.2×105J
则从A到C电势能增加 1.2×10−5J ，因A点电势能为零，可得C点电势能为
EpC=1.2×10−5J
(3)由题可知规定A 点的电势为0，则AB中点D的电势为4V；
UAC=WACq=4V AB中点D的电势为与C点的电势相等；
根据几何关系，有AB⊥CD，则可知CD为该匀强电场中的一条等势线，故场强方向从 A 指向 B，电场强度大小
E=UABAB
解得
E=160V/m
16.(1)0.2；(2)2.7m；(3) 2 3N

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
16.(1)由题图乙可知小物块在传送带上运动的加速度大小为
a=vt=2m/s2
根据牛顿第二定律可得
μmg=ma
可得
μ=0.2
(2)由图乙可知，物块滑上传送带的初速度大小为6m/s，设小物块开始滑下的位置在圆心上方，小物块与圆心的连线跟水平方向的夹角为θ，对小物块从释放到第一次经过半圆轨道底端，根据动能定理有
mgR1+sinθ−qERcsθ=12mv02
解得
θ=30∘
且可根据受力分析(等效重力法)判断此假设成立，故小物块开始滑下的位置P到传送带的高度为
ℎ=R1+sinθ=2.7m
(3)物块受到的电场力qE和重力mg的合力为
F= mg2+qE2=23 3N
方向与竖直方向夹角为
tanα=qEmg= 33
即等效重力与竖直方向夹角为 30∘ ，斜向右下方。
设小物块到达等效重力场的最低点Q(由几何关系可知OQ与OP垂直)时的速度为v，对小物块由 P至Q 过程，根据动能定理有
FR=12mv2
在等效最低点时，由牛顿第二定律有
FN−F=mv2R
联立解得
FN=2 3N
由牛顿第三定律可得压力
F′=2 3N

【解析】详细解答和解析过程见【答案】