2023-2024学年江苏省苏州市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析） (1)

这是一份2023-2024学年江苏省苏州市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析） (1)，共12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.下列物理量对应单位的符号正确的是( )
A. 电势，VB. 功率，J
C. 电场强度，C/ND. 电容，C
2.一质量为m的车厢在平直轨道上行驶，当速度为v时，车厢所受牵引力为F，阻力为f，则此时车厢所受牵引力的功率为( )
A. FvB. fvC. F−fvD. F+fv
3.真空中两个完全相同、带同种电荷的金属球A和B(可视为点电荷)，分别固定在两处，它们之间的静电力为F.用一个不带电的相同金属球C与球A接触，然后移开球C，此时 A、B球间的静电力为( )
A. F8B. F4C. F2D. F
4.如图所示，物体以速度v0冲向与竖直墙壁相连的轻质弹簧，压缩弹簧至最短的过程中( )
A. 弹簧弹力对物体做正功B. 弹簧的弹性势能增加
C. 合外力对物体做正功D. 物体的机械能守恒
5.某一电场的电场线和等势面分布如图所示，一电子从A点运动到B点，下列说法正确的是( )
A. 电场强度EAφB
C. 电场力做负功D. 电子的电势能减小
6.如图所示，卫星沿椭圆轨道绕地球运行，周期为T，A点是远地点，B点是近地点，CD是椭圆轨道的短轴。则卫星从A经C到B的运行过程中，下列说法正确的是( )
A. 卫星运行的周期由地球和卫星的质量共同决定
B. 卫星从A点到C点所用的时间等于T4
C. 卫星从A点到B点的过程中速度变大
D. 卫星在B点时机械能最大
7.“用传感器观察平行板电容器的放电”实验如图甲所示，单刀双掷开关先置于1位置，充电结束后，再置于2位置，计算机显示的I−t图像如图乙所示.下列说法正确的是( )
A. 只更换电阻R，绘制出的放电曲线仍与图乙中原曲线重合
B. 图中阴影部分面积表示0.2s时电容器剩余电量
C. 如果充电前仅将电容器的板间距离增大，放电I−t图像与坐标轴围成的面积变小
D. 整个放电过程，电容器两端的电压随时间均匀减小至零
8.如图所示，载人飞船先后在圆形轨道I、椭圆轨道II和圆形轨道III上运行。已知轨道I、III的半径分别为r1、r2，轨道I和II、II和III分别相切于A、B两点，则飞船( )
A. 在轨道III上加速追上天和核心舱完成对接
B. 在轨道II和轨道I上经过A点时加速度相同
C. 在轨道II和轨道I上运行的周期之比为 r23: r13
D. 在轨道III和轨道I上的线速度大小之比为 r2: r1
9.竖直向上抛出一物块，经过时间t0落回原处.假设物块所受空气阻力的大小与速率成正比，下列描述该物块的位移 x、加速度a、机械能E和所受空气阻力大小f随时间t变化的关系图像中，可能正确的是( )
A. B.
C. D.
10.如图甲所示，某多级直线加速器由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，序号为奇数和偶数的圆筒分别与图乙所示交变电源两极相连。t=0时，位于金属圆板(序号为0)中央的电子，由静止开始加速。电子通过圆筒间隙的时间不计，且忽略相对论效应，则( )
A. 圆筒内部电场强度大小随序号增大而减小
B. 电子在各圆筒中做匀加速直线运动
C. 电子在各圆筒中运动的时间都为T
D. 各圆筒的长度之比可能为1: 2: 3⋅⋅⋅
二、实验题：本大题共1小题，共10分。
11.小明利用题图所示装置做“验证机械能守恒定律”实验。细线一端系在圆形量角器中心轴上，另一端系一个金属小球，在小球运动轨迹的最低点安装一个光电门。本实验需要测量的物理量有：小球的直径d、细线长度L、小球通过光电门的挡光时间Δt，小球静止释放时细线与竖直方向的夹角θ等。
(1)
为完成实验，以下器材中必须用到的是________(填写器材前的字母标号)
A.秒表 B.天平 C.刻度尺
(2)某次释放小球前，细线与圆形量角器位置关系的局部放大图如题2图所示，此时对应的θ为_______度。
(3)按正确实验方法操作，测得小球的直径为d，小球通过光电门的挡光时间为Δt，可知小球经过最低点的速度大小v=_______。
(4)若在实验误差允许范围内，满足12mv2=_______，即可验证机械能守恒定律(用题给字母L、d、θ以及当地重力加速度g和小球质量m表示)。
(5)改变角度θ重复实验，发现小球由静止运动到最低点的过程中，动能的增加量总是大于重力势能的减少量，原因可能是_______。
三、计算题：本大题共4小题，共50分。
12.火车以60m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10s内匀速转过了约10∘.已知π≈3，1∘=π180rad，在此10s时间内，求：
(1)火车转弯的角速度ω;
(2)火车转弯的半径r.
13.一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴从原点出发，拉力F与物体坐标x的关系如图所示.物体与水平地面间的动摩擦因数μ=0.4，g=10m/s2.求：
(1)在x=4m时物体的动能Ek;
(2)物体从0到4m的运动过程中克服摩擦力做功的平均功率P.
14.如图所示，水平地面与竖直半圆管在A点平滑连接，半圆管圆心为O，半径为R(圆管内径远小于R)，D为最高点，O、B两点等高.一质量为m的小球从水平地面上的某点以一定的初速度向右运动，恰好能运动到 D点.不计一切摩擦，重力加速度为g.
(1)求小球经过A点时的速度大小vA;
(2)求小球经过B点时所受合力大小F合;
(3)若小球经过C点时恰好对内外轨道均无压力，求C点离水平地面的高度h.
15.如题1图所示，两平行金属板水平放置，间距为d，板长L=2d，板间电势差如题2图所示，U0=25md28qT2。金属板左端正中间有一粒子源，能随时间均匀发射质量为m、电荷量为+q的带电粒子，粒子以水平速度v0=2dT进入电场，不计粒子重力及粒子间相互作用力。
(1)若粒子未碰板而飞出，求其在板间运动的时间t和加速度大小a；
(2)若粒子在t=T5时刻进入，求其飞出极板时的偏移量y；
(3)若发射时间足够长，求未碰板而飞出的粒子数占总粒子数的百分比。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】A.电势单位是伏特(V)，故A正确；
B.功率的单位是瓦特(W)，故B错误；
C.电场强度的单位应该是N/C，故C错误；
D.电容的单位是F，故D错误。
故选A。
2.【答案】A
【解析】【分析】
直接根据P=Fv求瞬时功率，不要被题干中的其他物理量所迷惑。本题考查了学生对基础知识的掌握能力。
【解答】
汽车的牵引力为F，速度为v，则汽车的牵引功率P=Fv，故选A。
3.【答案】C
【解析】【分析】根据库仑定律求解库仑力，完全相同的带电小球接触后，电荷电量平分，从而即可求解。
解决本题的关键要清楚带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分。根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量求出问题。
【解答】设A、B两金属小球开始时带电荷量均为Q，距离为r，则F=kQ2r2；用一个不带电的同样的金属球C与A接触后，A、C的电荷量均为Q2，则此时A、B间的静电力F′=kQ2⋅Qr2=12F。因此选C。
4.【答案】B
【解析】【分析】
详细解答和解析过程见【答案】
【解答】
解：ABC、弹簧对物体的弹力方向向右，而物体的位移向左，所以弹簧对物体做负功，物体动能减少，故合外力对物体做负功，弹性势能增加，故AC错误，B正确。
D、对于物体和弹簧组成的系统，由于只有弹簧的弹力做功，所以系统机械能守恒，因此物体的机械能减小，故D错误。
故选：B。
5.【答案】D
【解析】【分析】
详细解答和解析过程见【答案】
【解答】A、电场线越密集，电场强度越大，所以 B点的电场强度小于A点的电场强度，故 A错误;
B、沿着电场线方向，电势逐渐降低，所以φB一定大于φA，故B错误;
CD、电子带负电，从A点运动到B点，电势升高，电势能减小，电场力对电子做正功，故 C错误，D正确。
故选D。
6.【答案】C
【解析】【分析】
详细解答和解析过程见【答案】
【解答】
A、卫星运行的周期由中心天体(地球)和卫星轨道的的半长轴共同决定，故A错误；
B、根据对称性可知，卫星从A→C→B与B→D→A的运动时间相等，均为T2，而在从A→C→B运动的过程中，地球的速率逐渐变大，即A到C的平均速率小于C到B的平均速率，所以从A点到C点所用的时间大于T4，故B错误；
C、卫星从A点运动到B点运动，即向近日点运动，速度逐渐增大，做加速运动，故C正确；
D、卫星在椭圆轨道上运行过程中只有万有引力做功，机械能守恒，故D错误。
故选C。
7.【答案】C
【解析】【分析】
详细解答和解析过程见“答案”
【解答】
A.只更换电阻R，放电电流的大小会发生变化，但是释放的电荷量Q=CU与电阻R无关，故图像下面所围的面积不会改变，但放电时间变化，故绘制出的放电曲线与图乙中原曲线不重合，故A错误；
B.图中阴影部分面积表示0.2s时电容器释放电量，故B错误；
C.根据C=εS4πkd知，如果充电前仅将电容器的板间距离增大，电容减小，由Q=CU知电容器带电量减小，放电I−t图像与坐标轴围成的面积变小，故C正确；
D.整个放电过程，电容器两端的电压随时间不是均匀减小至零，故 D错误。
8.【答案】B
【解析】A.在轨道Ⅲ上加速将离心运动，不能追上天和核心舱完成对接，故A错误；
B.在轨道Ⅱ和轨道Ⅰ上经过A点时由万有引力提供加速度，所以加速度相同，故B正确；
C.根据开普勒第三定律有 r 13T 12=(r1+r22)3T 22
解得在轨道II和轨道I上运行的周期之比为 T2T1= r1+r23 8r13
故C错误；
D.由v= GMr知在轨道Ⅲ和轨道Ⅰ上的线速度大小之比为： r1： r2，故D错误。
故选B。
9.【答案】D
【解析】【分析】
详细解答和解析过程见【答案】
【解答】
A、有空气阻力时：上升阶段，根据牛顿第二定律，有：mg+f=ma1，故a1=g+fm，由于阻力随着速度减小而减小，加速度逐渐减小，下降阶段，根据牛顿第二定律，有：mg−f=ma2，故a2=g−fm，由于阻力随着速度增大而增大，加速度减小，且a1>a2，上升阶段，由位移一时间关系可得：x=v0t−12a1t2，应是开口向上的，下降阶段，由位移一时间关系可得x=12a2t2，应是开口向下的，且由于a1>a2，则上升的时间比下降到时间短，故A错误；
B、有空气阻力时，根据牛顿第二定律，有：mg+f=ma1，故a1=g+fm，由于阻力随着速度减小而减小，加速度逐渐减小，但是最小值为g，而不是零，下降阶段，根据牛顿第二定律，有：mg−f=ma2，故a2=g−fm，由于阻力随着速度增大而增大，加速度大小再一次减小，故B错误;
C、上升阶段的机械能为：E=mgh+12mv2=mg(v0t−12a1t2)+12m(v0+a1t)2，显然与时间不是一次函数关系，故C错误;
D、上升阶段阻力随着速度减小而减小，下降阶段阻力随着速度增大而增大，且上升的时间比下降到时间短，故D正确。
故选：D。
10.【答案】D
【解析】AB.金属圆筒中电场为零，电子不受电场力，做匀速运动，故AB错误；
C.只有电子在每个圆筒中匀速运动时间为 T2 时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，故C错误；
D.电子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理neu=12mvn2
解得vn= 2neum
第n个圆筒长度Ln=vn×T2=T2 2neum
则各金属筒的长度之比为 1: 2: 3… ，故D正确。
故选D。
11.【答案】(1)C
(2)26.5∘
(3)dΔt
(4)mg(L+d2)(1−csθ)
(5)遮光条宽度d测量值偏大

【解析】(1)由于验证机械能守恒的表达式中质量可以约去，所以不需要天平测量小球的质量；小球通过光电门的时间可以直接得出，不需要秒表；实验中需测量细线长度，则需要毫米刻度尺。
故选C。
(2)量角器的读数为26.5∘。
(3)测得小球的直径为d，小球通过光电门的时间为 Δt ，可知小球经过最低点的瞬时速度大小为v=dΔt
(4)小球的重力势能减少量为ΔEp=mg(L+d2)(1−csθ)
满足12mv2= mg(L+d2)(1−csθ)
即可验证机械能守恒定律
(5)实验用滑块经过光电门时的平均速度代替瞬时速度，如果遮光条宽度d测量值偏大，瞬时速度的测量值偏大，会使动能的增加量总是略大于重力势能的减少量。
12.【答案】解：(1)利用指南针在10s内匀速转过了约π18rad
根据角速度的定义式ω=θt，解得角速度的大小为：ω=π1810rad/s=π180rad/s；
(2)由v=ωr，所以r=vω=60π180m=10800πm 。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
13.【答案】解：(1)物体所受地面的摩擦力f=μmg=4N，根据动能定理有F1x1+F2x2−fx1+x2=Ek，其中F1=8N，F2=4N，x1=x2=2m，
解得在x=4m时物体的动能Ek=8J；
(2)物体从0到4m的运动过程中克服摩擦力做功Wf=fx1+x2=16J，0∼2m过程，根据牛顿第二定律a=F1−fm=4m/s2，
做初速度为零的匀加速直线运动，根据x1=12at12可得t1=1s，末速度v=at1=4m/s，2∼4m过程，F2=f，以v=4m/s做匀速直线运动，则运动时间t2=x2v=0.5s，物体从0到4m的运动过程中克服摩擦力做功的平均功率P=Wft1+t2=323W。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】解：(1)恰好能运动到D点，由于下方有支持物，所有在D速度恰好为零，从A到D过程根据机械能守恒定律有12mvA2=mg⋅2R，解得小球经过A点的速度大小vA=2 gR；
(2)小球从B到D过程，根据机械能守恒定律12mvB2=mgR，在B点时支持力提供向心力FNB=mvB2R，小球经过B点时所受合力大小F合= (mg)2+FNB2，解得F合= 5mg；
(3)OC连线与水平方向的夹角为θ，恰好对内外轨道均无压力则有mgsinθ=mvC2R，从C到D，根据机械能守恒定律mgR1−sinθ=12mvC2，则C点离水平地面的高度h=R1+sinθ，解得h=53R。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】(1)若粒子未碰板而飞出，则其在板间运动的时间为t=Lv0=T
根据牛顿第二定律可得qU0d=ma
解得加速度大小为a=qU0md=25d8T2
(2)若粒子在 t=T5 时刻进入，可知粒子在 T5∼T2 时间内在竖直方向向下加速运动，则有t1=T2−T5=3T10 ， y1=12at12=9d64
粒子在 T2∼4T5 时间内在竖直方向向下减速运动，根据对称性可得y′1=y1=9d64
粒子在 4T5∼T 时间内在竖直方向反向向上加速运动，则有t2=T−4T5=T5 ， y2=12at22=d16
粒子在 T∼6T5 时间内在竖直方向向上减速运动，根据对称性可得y′2=y2=d16
则粒子在 t=T5 时刻进入，其飞出极板时的偏移量为y=y1+y′1−y2−y′2=5d32
(3)设在 0∼T2 内的某一时刻 t0 进入的粒子刚好未与下极板碰撞，则有2y0=2×12a(T2−t0)2=12d
解得t0=T10
设在 0∼T2 内的某一时刻 t′0 进入的粒子刚好未与上极板碰撞，则有−2×12a(T2−t′0)2+2×12at′02=12d
解得t′0=41T100
则在 0∼T2 内从 T10∼41T100 进入的粒子可以未碰板而飞出，根据对称性可得一个周期内可能由粒子飞出对应的进入时间间隔为
Δt=2(41T0100−T010)=31T50
则发射时间足够长，未碰板而飞出的粒子数占总粒子数的百分比为 η=ΔtT=62%

【解析】详细解答和解析过程见【答案】