2023-2024学年辽宁省大连市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年辽宁省大连市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），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.下列说法正确的是( )
A. 只有重力对物体做功时，物体的机械能一定守恒
B. 合外力对物体做功为零时，物体的机械能一定守恒
C. 点电荷和元电荷都是理想化模型
D. 若带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹与电场线一定重合
2.如图所示，某质量为m的企鹅(可视为质点)斜向上跳水，起跳时它距海平面高为h，速度大小为v0，不计空气阻力，企鹅落水时的速度大小为v，已知重力加速度大小为g，在此过程中，下列说法正确的是( )
A. 重力做功为12mv2B. 重力做功为mgh
C. 企鹅经过最高点时动能为0D. 企鹅的动能一直增加
3.某电场的电场线分布如图中实线所示，虚线为某带电粒子只在静电力作用下的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，则( )
A. 粒子带负电
B. 粒子一定是从a点运动到b点
C. 粒子在c点的加速度大于在b点的加速度
D. 粒子在c点的动能大于在a点的动能
4.一个质量为2kg的物体在合力F的作用下从静止开始沿直线运动，F随时间t变化的图像如图所示。则下列说法正确的是( )
A. t=1s时，物体的速度为2m/s
B. t=2s时，物体的动量为4kg⋅m/s
C. t=0到t=1s时间内，物体动量的变化量为−2kg⋅m/s
D. t=2s到t=3s时间内，力F的冲量为1N⋅s
5.如图所示，质量为m的木块放在光滑的水平桌面上，用轻绳绕过桌边的定滑轮与质量为M的砝码相连，已知M=3m，让绳拉直后使砝码从静止开始下降，不计空气阻力，重力加速度大小为g。若砝码底部与地面的距离为h，砝码刚接触地面时木块仍没离开桌面，则下列说法正确的是( )
A. M落地时的速度大小为 2ghB. M落地时的速度大小为12 6gh
C. 绳子的拉力对M做功为34mghD. 绳子的拉力对m做功为214mgh
6.如图所示，平行金属板A、B与电源相连，电源电压U=2V，AB板间距d=5cm，B板接地。在两板间有a、b、c三点，其连线组成一直角三角形，ab连线与A板垂直，ab长L1=3cm，a点离A板L2=1cm，一个不计重力的带正电粒子电荷量q=2×10−18C，固定在a点。下列说法正确的是( )
A. ab间电势差为2.0VB. ac间电势差大于ab间电势差
C. 粒子在a点具有的电势能为3.2×10−18JD. 若将该粒子沿bc移动，电场力做正功
7.如图所示，在平行板电容器两板间有一个带电微粒。开关S闭合时，该微粒恰好能保持静止。若使该带电微粒向上运动，下列说法正确的是( )
A. 保持S闭合，极板N上移
B. 保持S闭合，极板M上移
C. 充电后将S断开，极板N上移
D. 充电后将S断开，极板M上移
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.2023年10月26日17时46分，我国发射的神舟十七号载人飞船与已在轨的空间站组合体完成自主快速交会对接。神舟十七号载人飞船的变轨过程如图所示，则下列说法正确的是( )
A. 飞船的发射速度可以小于第一宇宙速度
B. 飞船进入Ⅲ轨道后运行速度小于第一宇宙速度
C. 飞船若要与空间站对接，可以在Ⅲ轨道上点火加速追上空间站
D. 飞船在Ⅲ轨道上c点的加速度等于在Ⅱ轨道上c点的加速度
9.如图所示，在光滑的水平面上有两个滑块P、Q，滑块Q的左端固定一轻质弹簧。两个滑块以大小为v0的速度沿同一直线相向运动，滑块P的质量为2m，速度方向水平向右，滑块Q的质量为m，速度方向水平向左。不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A. P、Q两个滑块(包括弹簧)组成的系统动量守恒
B. 当两个滑块的速度相等时，弹簧的弹性势能最大
C. 当两个滑块的速度相等时，弹簧的弹性势能为43mv02
D. 两个滑块最终能以13v0的共同速度一起水平向右运动
10.如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、带正电的电荷量为q的小球，系在一根长为R的绝缘细线的一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度的大小为g，电场强度E= 3mgq。
若小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A. 小球运动到C点时细线的拉力最大B. 小球运动到B点时的电势能最大
C. 小球运动到B点时的机械能最大D. 小球运动过程中的最小速度为 2gR
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某学习小组利用如图甲所示装置做“验证机械能守恒定律”实验。
(1)除带夹子的重物、打点计时器、纸带、铁架台(含铁夹)、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的是______；
A.交流电源
B.刻度尺
C.天平(含砝码)
D.秒表
(2)该小组从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如图乙所示，选取纸带上打出的连续点A、B、C、D、E作为计数点，其中A点速度大小为v0，E点距A点的距离为h1，E点速度大小为v1。已知当地重力加速度大小为g。在误差允许的范围内，若满足关系式______(用题目所给物理量的符号表示)，则说明机械能守恒。
12.某同学利用气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验；所用装置由导轨、滑块、弹射架、光电门等组成，如图所示。
实验的主要步骤如下：
①安装气垫导轨，调节使其水平；
②向气垫导轨通入压缩空气；
③接通光电计时器；
④把滑块2静止放在气垫导轨的中间；
⑤滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮圈；
⑥释放滑块1，滑块1通过光电门1后与滑块2碰撞，碰后滑块2和滑块1依次通过光电门2，两滑块通过光电门2后依次被制动；
⑦读出滑块1通过光电门1的挡光时间Δt1=10.01ms，通过光电门2的挡光时间Δt2=19.99ms，滑块2通过光电门2的挡光时间Δt3=10.02ms；
⑧测出滑块1和滑块2上的挡光片的宽度均为d=4mm、滑块1的质量m1=400g、滑块2(包括弹簧)的质量m2=200g；
(1)碰撞前滑块1的速度v1=____m/s；碰撞后滑块1的速度v2=____m/s，滑块2的速度v3=_____m/s；(结果保留2位有效数字)
(2)在误差允许的范围内，通过本实验，同学们可以探究出在碰撞过程中哪个物理量是不变的？________；
(3)通过计算，滑块1和滑块2在本实验中的碰撞是_______。(填“弹性碰撞”或“非弹性碰撞”)
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示为小朋友在游乐场荡秋千，秋千上悬挂平板的两绳平行且绳长均为1m，平板运动到最高点时绳子与竖直方向夹角θ=37∘。已知小朋友的质量为15kg，可视为重心在平板上，取g=10m/s2。不计绳子和平板质量，忽略一切阻力(cs37∘=0.8)。求：
(1)小朋友运动到最低点时的速度大小v；
(2)小朋友运动到最低点时每根绳子的拉力大小F。
14.一个初速度不计的带电粒子，质量为m、电荷量为q，重力忽略不计。该粒子经电压为U的加速电场加速后，垂直射入偏转电场，如图所示。若偏转电场两平行板间距为d，板长为l，两极板上电压为U′。求：
(1)粒子射出加速电场时的速度v0的大小；
(2)粒子射出偏转电场沿垂直于板面方向偏移的距离y；
(3)粒子射出偏转电场时速度偏转角度θ的正切值。
15.如图所示，半径R=0.2m的光滑14圆弧轨道竖直固定，与水平面相切于最低点B，空间中存在水平向右的匀强电场，电场强度E=1×103V/m。带正电的物块甲质量m1=0.2kg，电荷量q=1×10−3C；物块乙不带电，其质量m2=0.1kg，将乙静置于B点右侧L=0.5m处的C点。物块甲从与圆心O等高的A点以v0=2m/s的初速度竖直下滑，甲与水平面间的动摩擦因数μ=0.4。甲、乙两物块均视为质点，忽略空气阻力，二者碰撞时无机械能损失，且二者之间没有电荷转移，取g=10m/s2。求：
(1)在B处物块甲对轨道的压力；
(2)甲与乙第一次碰撞前的瞬间物块甲的速度大小；
(3)甲与乙第一次碰撞后的瞬间各自速度大小。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.只有重力对物体做功时，物体的机械能一定守恒，故A正确；
B.合外力对物体做功为零时，物体的动能不变，但是机械能不一定守恒，例如物体匀速上升时，故B错误；
C.点电荷和是理想化模型，但元电荷是电荷量，是一个具体的数字，不是物体，故C错误；
D.若带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹不一定与电场线重合，例如带电粒子在匀强电场中做类平抛运动时，故D错误。
故选：A。
根据机械能守恒的条件分析；合外力做功为零，只是物体的动能不变；元电荷不是物体；带电粒子在匀强电场中的类平抛运动。
掌握机械能守恒的条件，知道元电荷是一个具体的数字，不是一个物体，还要知道物体的运动轨迹与电场线没有任何必然的联系。
2.【答案】B
【解析】解：AB.在此过程中，根据动能定理可得重力做功为
W=mgh=12mv2−12mv02
故A错误，B正确；
C.企鹅斜向上跳水，所以企鹅经过最高点时具有一定的水平速度，动能不为0，故C错误；
D.企鹅斜向上跳水，向上运动过程，重力做负功，企鹅的动能减小；向下运动过程，重力做正功，企鹅的动能增加；故D错误。
故选：B。
根据动能定理求重力做功；
企鹅斜向上跳水，最高点速度不为0，动能不为0；
企鹅斜向上跳水，速度先减小后增加，动能先减小后增加。
本题主要考查动能定理、动能定义，关键是判断企鹅速度变化情况来分析动能。
3.【答案】C
【解析】解：A、粒子受力方向总是指向轨迹的凹侧，与电场线方向相同，所以粒子带正电，故A错误；
B、轨迹是对称的，所以无法判断粒子是从 a点运动到b点，还是从b点运动到a点，故B错误；
C、电场线的疏密程度表示场强的大小，所以c点的场强大于b点的场强，所以粒子在c点受到的电场力大于在b点受到的电场力，根据牛顿第二定律可知粒子在c点的加速度大于在b点的加速度，故C正确；
D、粒子仅受电场力作用，能量守恒，即动能和电势能之和是一定值，由图可知c点的电势最高，所以粒子在c点具有的电势能最大，在c点的动能最小，即粒子在c点的动能小于在a点的动能，故D错误。
故选：C。
根据粒子的受力结合电场线方向分析；轨迹是对称的；根据电场线的疏密程度表示场强大小分析；根据能量守恒分析。
能够根据粒子的运动轨迹分析出粒子电性是解题的关键，另外要知道用电场线的疏密表示场强的大小，只有电场力做功时电势能和动能总和是守恒的。
4.【答案】B
【解析】下面所有的选项中规定的正方向都是与题图力F的正方向一致，
A、根据动量定理Ft=mv可得t=1s时，物体的速度为v=Ft1m=2×12m/s=1m/s，故A错误；
B、在前2s内，物体所受合力不变，根据动量定理可得t=2s时，物体的动量为p=Ft=2×2kg⋅m/s=4kg⋅m/s，故B正确；
C、根据动量定理Ft=Δp，可得t=0到t=1s时间内物体动量的变化量为Δp=2×1kg⋅m/s=2kg⋅m/s，故C错误；
D、t=2s到t=3s时间内，力F的冲量为I=−1×1N⋅s=−1N⋅s，故D错误。
故选：B。
根据动量定理计算速度；根据动量定理计算物体的动量；根据动量定理计算物体动量的变化量；根据I=Ft计算力的冲量。
掌握动量定理是解题的基础，注意方向性。
5.【答案】B
【解析】解：AB.M和m组成的系统机械能守恒，所以Mgh=12(M+m)v2
解得M落地时的速度大小为v=12 6gh，故A错误，B正确；
C.根据动能定理，对M有W′+Mgh=12Mv2−0
绳子的拉力对M做功为W′=−34mgh，故C错误；
D.根据动能定理，对m有W=12mv2−0
绳子的拉力对m做功为W=12mv2=34mgh，故D错误。
故选：B。
以木块和砝码组成的整体为研究对象，根据机械能守恒定律求出M落地时的速度大小，再根据动能定理求功。
本题根据系统的机械能守恒和动能定理，由机械能守恒定律求木块的速率，也可以采用整体法求加速度，再由运动学公式求木块的速率。
6.【答案】C
【解析】AB.两板间电场强度大小为
E=Ud=20.05V/m=40V/m
由于ab与ac沿场强方向的距离相等，所以ac间电势差等于ab间电势差，大小为
Uac=Uab=E⋅L1=40×0.03V=1.2V
故AB错误；
C.a与B板间的电势差为
UaB=E⋅(d−L2)=40×0.04V=1.6V
根据
UaB=φa−φB=φa−0
可得a点的电势为
φa=1.6V
则粒子在a点具有的电势能为
Epa=qφa=3.2×10−18J
故C正确；
D.若将该粒子沿bc移动，由于电场力与速度方向垂直，所以电场力不做功，故D错误。
故选C。
7.【答案】A
【解析】【解答】A、保持S闭合，电容器的电压不变，上移极板N时，极板间距离减小，根据E=Ud分析可知，板间场强增大，微粒受到的电场力增大，则微粒将向上运动，故A正确；
B、保持S闭合，电容器的电压不变，上移极板M时，极板间距离增大，根据E=Ud分析可知，板间场强减小，微粒受到的电场力减小，则微粒将向下运动，故B错误；
CD、充电后将S断开，电容器的电荷量Q不变。根据电容的决定式C=εrS4πkd，电容的定义式C=QU以及E=Ud得：E=4πkQεrS，可知只改变板间距离时，板间场强不变，微粒受到的电场力不变，则微粒将静止不动，故CD错误；
故选：A。
【分析】AB、根据E=Ud来判断板间场强的变化，从而判断电场力的大小然后可以分析出；
CD、根据电容的决定式C=εrS4πkd，定义式C=QU以及E=Ud可分析出。
本题主要考查学生对于电容的决定式、定义式的熟练度掌握情况以及对于动态分析的熟练度。
8.【答案】BD
【解析】A、第一宇宙速度是发射地球卫星的最小发射速度，神舟十七号的发射速度应大于第一宇宙速度，故A错误；
B、第一宇宙速度是卫星做圆周运动的最大速度，Ⅲ轨道离地一定高度，则飞船进入Ⅲ轨道后运行速度小于第一宇宙速度，故B正确；
C、在Ⅲ轨道上点火加速，飞船会做离心运动，不可能追上空间站，故C错误；
D、由GMmr2=ma可得加速度a=GMmr2，则飞船在Ⅲ轨道上c点的加速度等于在Ⅱ轨道上c点的加速度，故D正确。
9.【答案】ABC
【解析】解：A.P、Q两个滑块(包括弹簧)组成的系统受合外力为零，则系统的动量守恒，故A正确；
B.开始时两物块都做减速运动，弹簧逐渐被压缩，滑块Q速度先减小到零，然后向右反向加速，弹簧继续被压缩，当两个滑块的速度相等时，弹簧的形变量最大，此时弹簧的弹性势能最大，故B正确；
C.以向右为正方向，则当两个滑块的速度相等时，由动量守恒定律可知
2mv0−mv0=(2m+m)v
此时弹簧的弹性势能为
EP=12(2m+m)v02−12(2m+m)v2=43mv02
故C正确；
D.设最终P、Q两个滑块的速度分别为v1和v2.规定向右为正方向，根据动量守恒定律得：
2mv0−mv0=2mv1+mv2
根据系统的机械能守恒得
12⋅(2m+m)v02=12⋅2mv12+12mv22
解得
v1=−v03，v2=5v03
或
v1=v0，v2=−v0
故D错误。
故选：ABC。
P、Q两个滑块(包括弹簧)组成的系统动量守恒、机械能守恒。当P、Q速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律和能量守恒定律求出两个滑块最终的速度。根据受力情况分析滑块的运动情况。
本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，关键知道当两者速度相同时，弹簧的弹性势能最大，系统遵守两大守恒定律：动量守恒定律和能量守恒定律。要注意规定正方向。
10.【答案】CD
【解析】解：AD.带正电的电荷量为q的小球受到的电场力大小为
F=qE
解得
F= 3mg
则重力和电场力的合力大小为
F合= F2+(mg)2
解得
F合=2mg
重力和电场力的合力方向与竖直方向的夹角满足
tanθ=Fmg
可得
θ=60∘
如图所示
可知小球运动等效最低点G时速度最大，细线的拉力最大；小球运动等效最高点H时速度最小，则有
F合=2mg=mvmin2R
解得小球运动过程中的最小速度为
vmin= 2gR
故A错误，D正确；
BC.从小球从A到B过程，电场力对小球一直做正功，小球电势能减小，小球从B到A过程，电场力对小球一直做负功，小球电势能增大，则小球运动到B点时的电势能最小，小球运动到B点时的机械能最大，故B错误，C正确。
故选：CD。
若小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，在等效最高点时，细线拉力为零，由重力和电场力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求最小速度。根据对称性确定速度最大即动能最大的位置。根据电场力做功情况分析小球机械能最大的位置。根据运动情况确定小球运动到B点的电势能。
解答本题时，要掌握功能关系，注意类比法的应用，小球能够完成圆周运动的条件是丝线的拉力大于或等于零，在最高点的速度最小恰好满足重力与电场力的合力提供向心力。
11.【答案】AB2gh1=v12−v02
【解析】解：(1)打点计时器需要用交流电源，得出的纸带需要用刻度尺测量各点之间的距离，质量在机械能守恒的表达式里面可以约去，所以不需要测量重物的质量，则不需要天平，打点计时器本身就是计时的仪器，不需要用秒表，故AB正确，CD错误。
故选：AB。
(2)重物从A到E，根据机械能守恒定律有mgh1=12mv12−12mv02，整理得2gh1=v12−v02。
故答案为：(1)AB；(2)2gh1=v12−v02。
(1)根据实验所需器材分析；
(2)根据机械能守恒定律列方程分析。
掌握机械能守恒定律的表达式是解题的基础。
12.【答案】(1)
(2)系统总动量
(3)非弹性碰撞

【解析】(1)[1]碰撞前滑块1的速度
v1=dΔt1=4×10−310.01×10−3m/s=0.40m/s
[2]碰撞后滑块1的速度
v2=dΔt2=4×10−319.99×10−3m/s=0.20m/s
[3]滑块2的速度
v3=dΔt3=4×10−310.02×10−3m/s=0.40m/s
(2)碰前总动量
p1=m1v1=0.4×0.40kg⋅m/s=0.160kg⋅m/s
碰后总动量
p2=m1v2+m2v3=(0.4×0.20+0.2×0.4)kg⋅m/s=0.160kg⋅m/s
在误差允许的范围内，通过本实验，同学们可以探究出在碰撞过程中系统的总动量是不变的。
(3)碰前总动能
Ek1=12m1v12=12×0.4×0.42J=0.032J
碰后总动能
Ek2=12m1v22+12m2v32=12×0.4×0.22J+12×0.2×0.42J=0.024J
因
Ek2可知滑块1和滑块2在本实验中的碰撞是非弹性碰撞。
13.【答案】解：(1)小朋友从最高点到最低点的过程由机械能守恒得mgL(1−csθ)=12mv2
解得：v=2m/s
(2)在最低点由牛顿第二定律可得：
2F−mg=mv2L
解得：F=(mg+mv2L)×12=(15×10+15×221)×12N=105N
答：(1)小朋友运动到最低点时的速度大小为2m/s；
(2)小朋友运动到最低点时每根绳子的拉力大小为105N。
【解析】(1)从最高点到最低点，根据动能定理求得到达最低点的速度；
(2)在最低点，根据牛顿第二定律求得绳子的拉力。
本题以生活中常见的荡秋千游戏为情景，考查动能定理、牛顿第二定律，考查考生推理能力和科学思维。
14.【答案】解：(1)粒子经过加速电场过程，根据动能定理可得
qU=12mv02
解得粒子射出加速电场时的速度大小为
v0= 2qUm
(2)粒子在偏转电场中做类平抛运动，则有
l=v0t
a=qU′md，y=12at2
联立解得粒子射出偏转电场沿垂直于板面方向偏移的距离为
y=U′l24dU
(3)粒子射出偏转电场时，沿电场方向的分速度大小为
vy=at=qU′lmdv0
则速度偏转角度θ的正切值为
tanθ=vyv0=qU′lmdv02=U′l2dU
答：(1)粒子射出加速电场时的速度v0的大小 2qUm；
(2)粒子射出偏转电场沿垂直于板面方向偏移的距离U′l24dU；
(3)粒子射出偏转电场时速度偏转角度θ的正切值U′l2dU。
【解析】(1)由动能定理求出加速获得的速度；
(2)根据牛顿第二定律求出在偏转电场中的加速度，离子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式可以求解粒子射出偏转电场沿垂直于板面方向偏移的距离y；
(3)由速度公式可计算出竖直方向的分速度，进而可以求解粒子射出偏转电场时速度偏转角度θ的正切值。
本题关键是分析清楚粒子的运动规律，对于类平抛运动，要熟练运用正交分解法，将粒子的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的匀加速直线运动，再用力学动力学方法求解。
15.【答案】(1)对物块甲，从A到B，根据动能定理
m1gR+EqR=12m1v12−12m1v02
在B处根据牛顿第二定律
FN−m1g=m1v12R
得
FN=10N
根据牛顿第三定律，在B处物块甲对轨道的压力为10N，方向向下。
(2)物块甲在水平面上向右运动，碰撞前，根据动能定理
(Eq−μm1g)L=12m1v22−12m1v12
v2=3m/s
(3)甲乙碰撞过程中，根据动量守恒和能量守恒
m1v2=m1v甲+m2v乙
12m1v22=12m1v甲2+12m2v乙2
解得
v甲=1m/s
v乙=4m/s

【解析】详细解答和解析过程见【答案】