2023-2024学年广西壮族自治区高一（下）期末联考物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广西壮族自治区高一（下）期末联考物理试卷（含解析），共13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。
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.在真空中的A点摆放一点电荷Q，在距A点的圆周上有a、b、c三个点，电荷Q在这三个点产生的电场强度
A. a点最大B. b点最大C. c点最大D. a、b点相等
2.某人造地球卫星绕地球运动的椭圆轨道如图所示，F1和F2是椭圆轨道的两个焦点，卫星在A点的速率比在B点的速率小，则地球位于( )
A. F2位置B. F1位置C. A位置D. B位置
3.在下面列举的各个实例中(除A外都不计空气阻力)，哪些过程中机械能是守恒的
A. 跳伞运动员带着张开的降落伞在空气中匀速下落
B. 拉着一个小木块使它沿着光滑的斜面匀速上升
C. 抛出的小石块在空中运动
D. 在粗糙水平面上运动的小球碰到弹簧，把弹簧压缩后，又被弹回来
4.如图，电场中有A.B两点，下列说法中正确的是( )
A. A点的电场强度小于B点的电场强度
B. A.B两点的电场强度大小与放置于该点的电荷有关
C. 正电荷在A点受到的电场力方向与该点的电场强度方向相同
D. 负电荷在A点受到的电场力方向与该点的电场强度方向相同
5.2023年5月17日10时49分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射第五十六颗北斗导航卫星，该卫星属地球静止轨道卫星。其发射过程可简化成下列过程：先将卫星发射至近地圆轨道1，变轨使其沿椭圆轨道2运行，最后变轨将卫星送入同步圆轨道3，轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是( )
A. 卫星在轨道3上的速度比在轨道1上的速度小，且大于7.9km/s
B. 卫星在轨道3上经过P点时的加速度大于它在轨道2上经过P点时的加速度
C. 卫星经过轨道2上的Q点时速率最大，经过轨道2上的P点时速率最小
D. 卫星在1，2，3轨道上的周期分别为T1，T2，T3，则周期关系为T2>T3>T1
6.两个质量不同的小球用长度不等的细线拴在同一点并在同一水平面内做匀速圆周运动，则它们的( )
A. 运动的线速度大小相等B. 运动的角速度大小相等
C. 向心加速度大小相等D. 向心力大小相等
7.如图，手持质量为m、长为L的匀质铁链AB静止于光滑的水平桌面上，铁链的L3悬于桌面外。现释放铁链至A端恰好离开桌面，此时B端还未落地( )
A. 铁链重力势能的减少量为49mgL B. 铁链重力势能的减少量29mgL
C. 铁链此时速度为53mgL D. 铁链此时速度为23mgL
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.如图所示，物块P置于水平转盘上随转盘一起运动，图中c方向沿半径指向圆心，a方向与c方向垂直。当转盘逆时针转动时，下列说法正确的是( )
A. 当转盘加速转动时，P受的摩擦力方向为a
B. 当转盘加速转动时，P受的摩擦力方向可能为b
C. 当转盘匀速转动时，P受的摩擦力方向为c
D. 当转盘匀速转动时，P受的摩擦力方向为d
9.如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，滑块用轻绳系着绕过光滑的定滑轮O(滑轮大小可忽略)。现以大小不变的拉力F拉绳，使滑块从A点起由静止开始上升。滑块运动到C点时速度最大。已知滑块质量为m，滑轮O到竖直杆的距离为d，∠OAOˈ=37°，∠OCOˈ=53°，重力加速度为g。下列说法正确的是
A. 拉力F的大小为53mg
B. 滑块由A到C做匀加速运动
C. 滑块由A到C过程中拉力F做的功为56mgd
D. 滑块在C点的动能为19mgd
10.如图甲所示，轻绳一端固定在O点，另一端固定一小球(可看成质点)，让小球在竖直平面内做圆周运动。改变小球通过最高点时的速度大小v，测得小球在最高点时轻绳的拉力大小F，得到F−v2图像如图乙所示，已知图线的延长线与纵轴交点坐标为0,−b，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 该小球的质量为bg
B. 小球运动的轨道半径为a2g
C. 图线与横轴的交点表示小球所受的合外力为零
D. 当v2=a时，小球的向心加速度为2g
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某物理兴趣小组利用图示装置来探究影响电荷间的静电力的因素。A是一个带正电的物体，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带电物体的静电力的大小。
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.等效替代法C.微小量放大法D.控制变量法
(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)接着该组同学使小球处于同一位置，增大(或减少)小球A所带的电荷量，比较小球所受作用力大小的变化。如图乙，悬挂在P点的不可伸长的绝缘细线下端有一个带电量不变的小球B在两次实验中，均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θ若两次实验中 A的电量分别为q1和q2,θ分别为45​∘和60°，则q2q1为________。
12.如图1所示，是利用自由落体运动进行“验证机械能守恒定律”的实验。所用的打点计时器通以50Hz的交流电。
(1)纸带的________端与重物相连；(选填“左”或“右”)
(2)该实验没有考虑各种阻力的影响，这属于本实验的________误差(选填“偶然”或“系统”)。
(3)甲同学按照正确的实验步骤操作后，选出一条纸带如图2所示，其中O点为打点计时器打下的第一个点，A、B、C为三个计数点，用刻度尺测得OA=12.41cm，OB=18.60cm，OC=27.21cm，在计数点A和B、B和C之间还各有一个点。已知重物的质量为1.00kg，取g=10m/s2、在OB段运动过程中，重物重力势能的减少量△EP=________J；重物的动能增加量△Ek=________J(结果均保留3位有效数字)。
(4)甲同学多次实验，以重物的速度平方v2为纵轴，以重物下落的高度ℎ为横轴，作出如图所示的v2—ℎ图像，则当地的重力加速度g=________m/s2。(结果保留3位有效数字)
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.如图所示，竖直放置的两块足够大的带电平行板间形成一个方向水平向右的匀强电场区域，电场强度E=3×104N/C。在两板间用绝缘细线悬挂一个质量m=5×10−3kg的带电小球，静止时小球偏离竖直方向的夹角θ=60°(g取10m/s2).求：
(1)小球的电性和电荷量；
(2)悬线的拉力大小。
14.如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的粗糙半圆形导轨在B点平滑相接，导轨半径为R。一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，它经过B点时进入导轨瞬间对轨道的压力为其重力的7倍，之后沿半圆形导轨运动，恰好能通过最高点C。重力加速度为g。
(1)求弹簧压缩至A点时的弹性势能；
(2)求物体沿半圆形导轨运动过程中阻力所做的功；
(3)物体离开C点后落回水平面时其动能的大小。
15.抛石机是古代远程攻击的一种重型武器，某同学制作了一个简易模型，如图所示。支架固定在地面上，O为转轴，长为L的轻质硬杆A端的凹槽内放置一质量为m的石块，B端固定质量为20m的重物，AO=0.9L，OB=0.1L。为增大射程，在重物B上施加一向下的瞬时作用力后，硬杆绕O点在竖直平面内转动。硬杆转动到竖直位置时，石块立即被水平抛出，此时重物的速度为 gL，石块直接击中前方倾角为15∘的斜坡，且击中斜坡时的速度方向与斜坡成60∘角。重力加速度为g，忽略空气阻力影响，求：
(1)石块抛出时的速度大小；
(2)石块击中斜坡时的速度大小及石块抛出后在空中运动的水平距离；
(3)石块抛出前的瞬间，重物和石块分别受到硬杆(包括凹槽)的作用力的大小和方向。
答案解析
1.A
【解析】根据点电荷的场强公式E=kQr2，a、b、c三点中a点距离Q最近，则a点的场强最大，故选A。
2.B
【解析】根据开普勒第二定律，对任意一个卫星来说，它与地球的连线在相等时间内扫过相等的面积，所以在近地点速度比远地点速度大；由于 vAEB，场强由电场本身决定，与试探电荷无关，故AB错误．
CD、据场强方向的规定，正电荷所受电场力的方向与该点的场强方向相同，负电荷所受电场力的方向与场强方向相反，故C正确，D错误．
故选：C．
5.C
【解析】A.人造卫星绕地球做匀速圆周运动，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，根据万有引力提供向心力有
GMmr2=mv2r
解得
v= GMr
轨道3半径比轨道1半径大，卫星在轨道3上的速度小于它在轨道1上的速度，卫星在轨道1上运行的速度约等于第一宇宙速度，所以卫星在轨道3上的速度小于7.9km/s，A错误；
B.由牛顿第二定律和万有引力定律有
GMmr2=ma
解得
a=GMr2
所以卫星在轨道3上经过P点时的加速度等于它在轨道2上经过P点时的加速度，B错误；
C.根据开普勒第二定律，近地点速率最大，远地点速率最小，所以卫星经过轨道2上的Q点时速率最大，经过轨道2上的P点时速率最小，C正确；
D.根据开普勒第三定律，半长轴越大，周期越大。轨道3的半长轴最大，周期最大，轨道1的半长轴最小，周期最小，所以
T3>T2>T1
D错误。
故选C。
6.B
【解析】BD.对其中一个小球受力分析，如图，受重力，绳子的拉力，由于小球做匀速圆周运动，故合力提供向心力；
将重力与拉力合成，合力指向圆心，由几何关系得，向心力大小F=mgtanθ ①；
由向心力公式得到，F=mω2r ②；
设绳子与悬挂点间的高度差为ℎ，由几何关系，得：r=ℎtanθ ③；
由①③得F=mgrℎ，因两小球质量不同，圆周运动半径不同，所以无法比较两球向心力大小关系，
由①②③三式得，ω= gℎ，角速度与绳子的长度和转动半径无关，角速度大小相等，故B正确，D错误；
A.由v=ωr，角速度大小相等，两球转动半径不等，所以运动的线速度大小不相等，故A错误；
C.由a=ω2r，角速度大小相等，两球转动半径不等，所以向心加速度大小不相等，故C错误。
7.A
【解析】解：AB、取桌面为零势能面，整个软绳的质量为m，重力势能减小量为：△Ep=−13mg⋅13L⋅12−(−mg⋅0.5L)=49mgL，故A正确，B错误；
CD、铁链子离开桌面到落地的过程，由于桌面无摩擦，整个链条的机械能守恒。取桌面为零势能面，整个软绳的质量为m。
根据机械能守恒定律得：−13mg⋅13L⋅12=12mv2−mg×(0.5L)
解得：v=23 2gL，故CD错误。
故选：A。
取桌面为零势能面，整个软绳的质量为m，重力势能减小量为△Ep=−13mg⋅13L⋅12−(−mg⋅0.5L)，在运动的过程中，对整个系统而言，机械能守恒。抓住系统重力势能的减小量等于动能的增加量，分别求出离开桌面时的速度。
8.BC
【解析】AB.当转盘加速转动时，物块P做加速圆周运动，不仅有c方向的向心力，还有a方向的切向力使物块P的线速度增加，故P受摩擦力方向应在ac之间，故A错误，B正确；
CD.匀速圆周运动的物体，切向方向不受力，合力指向圆心，而物块P的向心力是摩擦力提供的，所以当转盘匀速转动时，P受摩擦力方向为c方向，故C正确，D错误。
9.AD
【解析】B.对滑块受力分析
竖直方向Fcs θ−mg=ma
滑块由A到C ，细绳与竖直方向夹角 θ 变大，所以加速度 a 变小，B错误；
A.当滑块的合力为零，加速度为零，速度最大，故在C点，滑块的合力为零
mg−Fcs 53∘=0
拉力F的大小为
F=mgcs53∘=53mg
A正确；
CD.滑块从A运动到C过程，由动能定理得
WF−mgℎ=12mvC2
又
WF=F(dsin 37∘−dsin 53∘)=2536mgd
由几何关系得
ℎ=dtan 37∘−dtan 53∘=712d
解得
EkC=12mvC2=2536mgd−mg⋅712d=19mgd
C错误，D正确。
10.BD
【解析】AB.小球在最高点时受到拉力为F，根据合力提供向心力可知F+mg=mv2l
解得F=mv2l−mg
结合图像可知mg=b
即m=bg
斜率ml=k
解得l=mk=bkg=a2g
故A错误；B正确；
C.图线与横轴的交点表示小球所受的拉力为零，即合外力等于重力时的情况，故C错误；
D.根据向心加速度公式知a′=v2l=abkg=akgb=2g，故D正确。
故选：BD。
11.(1)D；(2)增大；(3)3 32。
【解析】(1)图甲中先保持带电小球的电荷量不变，把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1、P2、P3等位置，改变两个小球之间的距离，比较库仑力的大小；后来保持小球之间的距离不变，改变小球所带的电荷量大小，分析小球之间的库仑力，所以实验采用的方法是控制变量法，故D正确、ABC错误；
故选：D。
(2)根据实验现象可知，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)设小球B的质量为m，电量为q，B球的受力情况如图所示；
当A球带电量为q1时，由平衡条件得：F=kq1qr12=mgtan45°，其中r1=PBsin45°
当A球带电量为q2时，由平衡条件得：F′=kq2qr22=mgtan60°，其中r2=PBsin60°
联立解得：q2q1=3 32。
12.(1)左;(2)系统;(3)1.86;1.71；(4)9.67
【解析】解：(1)重物速度越来越大，相邻计数点距离越来越大，纸带的左端与重物相连；
(3)由题可知ΔEp=mgℎOB=1×10×0.1860J=1.86J
根据动能的定义可知ΔEk=12mvB2
而 B 点的瞬时速度vB=xAC4T=(27.21−12.41)×10−24×0.02m/s=1.85m/s
所以ΔEk=1.71J
(2)由于实验过程中，摩檫力是真实存在的，不可避免，故属于系统误差。
(4)根据机械能守恒定律可知ΔEp=ΔEk，mgℎ=12mv2
即有2g=v2ℎ
所以 v2−ℎ 图像中，其斜率即为重力加速度的两倍，所以g=12k=12×
13.解：(1)小球受电场力向右，故带正电
受力分析如图所示：
由平衡条件有qE=mgtan60°
解得q=5 33×10−6 C
(2)由平衡条件得F=mgcs60∘
解得F=0.1 N。
答：(1)小球带正电，电荷量为5 33×10−6 C；
(2)悬线的拉力为0.1 N。
【解析】(1)带电小球在匀强电场中处于如图所示的位置，则可确定电场力方向从而得出带电性，及电量。
(2)由力的平行四边形定则可求出拉力与重力的关系，则可算出拉力大小。
本题考查了受力分析，力的合成，正确受力分析是解题的关键，难度不大，基础题。
14.解：在B点，对物体受力分析可知：NB−mg=mvB2R
解得：v B= 6gR
弹性势能为E弹=12mvB2
E弹=3mgR
(2)物体恰好通过最高点C点，有mg=mvC2R
解得：vC= gR
从B−C用动能定理有：−mg2R−W=12mvC2−12mvB2
解得W=12mgR．
(3)物体离开C点到落地用动能定理得：mg2R=Ek−12mvC2
所以Ek=52mgR
【解析】详细解答与解析过程见【答案】
15.解：(1)设重物转至最低点的速度为v1，石块转至最高点的速度为v2
据同轴转动角速度相等，由v=ωr得：v1：v2=1：9，
其中：v1= gL，
联立解得：v2=9 gL；
(2)设石块击中斜坡时的速度为v3，将v3分解如图所示：
据几何知识得：cs45°=v2v3，
由②③得：v3=9 2gL，
据几何知识得：tan45°=v2vy，
据运动学公式得：vy=gt
x=v2t，
联立解得：x=81L；
(3)设重物的质量为m1，半径为r1，转至最低点时受到杆的作用力为F1，石头的质量为m2，半径为r2，转至最高点时受到杆的作用力大小为F2，对重物和石头分别进行受力分析如图所示：
据牛顿第二定律得：F1−m1g=m1v12r1，
m2g−F2=m2v22r2，
得：F1=220mg，F2=−89mg，
则石块抛出前的瞬间，重物受到硬杆的作用力大小为220mg，方向竖直向上，石块受到硬杆的作用力大小为89mg，方向竖直向下。
【解析】(1)根据同轴转动的规律分析。
(2)根据运动的合成与分解分析；根据平抛运动的规律分析。
(3)对重物和石块进行受力分析，根据向心力公式计算。
该题考查了平抛运动和圆周运动的综合应用，明确同轴转动模型的规律，以及平抛运动的特征是解题的关键。