2022-2023学年湖北省恩施州巴东县重点中学高一（下）期末物理试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年湖北省恩施州巴东县重点中学高一（下）期末物理试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年湖北省恩施州巴东县重点中学高一（下）期末物理试卷
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 关于元电荷、电荷与电荷守恒定律，下列说法正确的是(    )
A. 元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根通过实验测得的
B. 元电荷是指电子，电量等于电子的电量，体积很小的带电体是指点电荷
C. 单个物体所带的电量总是守恒的，电荷守恒定律指带电体和外界没有电荷交换
D. 利用静电感应可使任何物体带电，质子和电子所带电荷量相等，比荷也相等
2. 2023年4月23日为“中国航天日”，主题是“格物致知叩问苍穹”.关于天文、航天中涉及的物理知识，下列说法正确的是

A. 航天员随天和核心舱绕地球运行时，不受力的作用
B. 风云三号07卫星绕地球做圆周运动时，其速率可能为8.9 km/s
C. 地球从远日点向近日点运动过程中，运动速率增大
D. 风云三号07卫星的发射速度可能为6.9 km/s
3. 如图所示，五个共点力的矢量图恰能构成一个四边形及其对角线，下列说法正确的是

A. F ​1、F ​2、F 3的合力为零 B. F 3、F ​4、F ​5的合力为零
C. 这五个共点力的合力为零 D. 这五个共点力的合力为3F 3
4. 如图所示，一质量为m的物块静止在水平圆盘上的A点，O为圆盘中心，OA的距离为r，物块与圆盘间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现以O点所在竖直轴为轴心逐渐加速转动圆盘，直至物块刚要发生相对滑动，此过程中，圆盘对物块所做的功为(    )

A. mgr2μ B. μmgr C. mgrμ D. 12μmgr
5. 如图所示，平行板电容器的一个极板与静电计连接，外壳与另一个极板同时接地，对电容器充电，使静电计指针张开一个角度，静电计指针的偏转表示电容器两极板间的电势差，撤去电源后，下列说法正确的是(    )

A. 仅增大两板间的距离，静电计指针张角变小
B. 仅将玻璃板插入两板之间，静电计指针张角变大
C. 仅将M板稍微上移，静电计指针张角变大
D. 若将M板拿走，静电计指针张角变小
6. 如图所示，半圆形框架放置在水平地面上，光滑的小球P在水平外力F的作用下处于静止状态，P与圆心O的连线与水平面的夹角为θ，保持F的方向不变，当小球P从图示位置缓慢移动至框架最高点的过程中，下列说法正确的是(    )

A. F逐渐增大 B. 框架对小球的支持力逐渐增大
C. 框架对地面的压力逐渐减小 D. 框架对地面的摩擦力逐渐减小
7. 毫秒脉冲星中有一种特殊的类型，由毫秒脉冲星和低质量恒星(伴星)组成的致密双星系统，由于伴星正在被脉冲星强烈的辐射蚕食，天文学家们戏称它们为“黑寡妇”脉冲星．假设脉冲星的质量为M，转动周期为T，引力常量为G，脉冲星和伴星的中心距离为L，则伴星的质量为
A. 4π2L3GT2 B. 4π2L2GT2 C. 4π2L3GT2−M D. 4π2L2GT2−M
二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）
8. 如图所示，原长为l的轻弹簧竖直固定在水平地面上，质量为m的小球由弹簧的正上方h高处自由下落，与弹簧接触后压缩弹簧，当弹簧的压缩量为x时，小球下落到最低点，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是(    )

A. 压缩弹簧过程中，小球的机械能减小 B. 小球刚释放时的重力势能为mgh+l
C. 弹簧的最大弹性势能为mgh+x D. 压缩弹簧过程中，小球的速度一直减小
9. 一质量为0.5kg的物体静止放置在水平地面上，t=0时刻，给物体施加一个水平方向的力，其大小随时间的变化关系如图所示，已知物体在2s末的速度大小为4m/s，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是(    )

A. 在0∼2s内，物体的加速度大小为1m/s2
B. 物体与地面间的动摩擦因数为0.6
C. 在4s末，物体的速度为零
D. 物体在0∼4s内的平均速度大小为2.5m/s
10. 如图所示，在竖直平面内放一光滑的直角杆MON，ON竖直.用长5 m的轻绳相连的两小球A和B分别套在杆上，A、B球的质量均为1 kg，在作用于A球的水平力F的作用下，A、B均处于静止状态，此时细绳与竖直方向所成夹角为37°.已知sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，重力加速度g取10 m/s2，现突然将力F增大为18 N后保持不变，当轻绳方向与竖直方向成53°时，下列说法正确的是(    )

A. 力F做功为18 J B. B的重力势能增加了5 J
C. A的速度大小为2.4 m/s D. A的速度大小为1.8 m/s
三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）
11. 某物理兴趣小组用如图甲所示的装置探究加速度与力、质量的关系。

(1)下面是实验操作步骤，请你整理出正确的操作顺序，从先到后依次是__________(填正确答案标号)。
A.抬高长木板一端平衡摩擦力，让小车做匀速直线运动；
B.接通电源后释放小车，使小车在细线的拉动下运动，测出槽码的重力mg作为细线对小车的拉力F，利用纸带测量出小车的加速度a；
C.将纸带穿过打点计时器并将一端固定在小车上；
D.把细线的一端固定在小车上，另一端通过定滑轮与槽码相连；
E.更换纸带，通过改变槽码的个数改变小车所受的拉力，重复步骤B的操作。
(2)实验中打出的纸带如图乙所示，相邻计数点间的时间间隔为0.1 s，纸带上只测出了两组数据，图中长度单位为cm，由此可以算出小车运动的加速度大小a=__________m/s2。
(3)实验得到的理想a−F图像应是一条过原点的直线，但由于实验误差影响，常出现如图丙所示的三种情况。图线①产生的原因是不满足槽码的总质量远__________(填“小于”或“大于”)小车的质量的条件；图线②产生的原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过__________(填“小”或“大”)；图线③产生的原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过__________(填“小”或“大”)。

12. 某实验小组“用落体法验证机械能守恒定律”，实验装置如图甲所示。
  
(1)除图示器材外，下列器材中，必需的一组是______。
A.直流电源及导线、计时器
B.直流电源及导线、天平及砝码
C.交流电源及导线、计时器
D.交流电源及导线、刻度尺
(2)打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示。O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取连续点中的三个点。已知打点计时器每隔0.02s打一个点，当地的重力加速度为g=9.80m/s2，重物的质量为1kg，则从O点到B点，重物重力势能的减少量ΔEp=______J，动能增加量ΔEk=______J。(计算结果均保留3位有效数字)
  
(3)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是_________。

四、简答题（本大题共2小题，共26.0分）
13. 一辆汽车以某一速度在平直的公路上匀速行驶，司机突然发现正前方有一辆老年代步车正在慢速行驶，司机立即采取制动措施，制动过程简化为匀减速直线运动。刹车时汽车第1s内位移为8m，第3s内位移为0.5m，求：
(1)汽车刹车过程加速度的大小；
(2)汽车匀速行驶时速度的大小。

14. 一种弹射游戏装置的简化示意图如图所示，它由弹射器、水平直轨道AB、半径R=1.6m的竖直圆轨道BC、倾斜轨道DE连接组成，E点距地高度h=0.8m，小球经过E点后将沿水平方向射出。质量为m=0.1kg(可视为质点)小球经弹射器水平弹出后，恰能通过C点，不计一切阻力，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)小球通过C点时的速度大小；
(2)弹簧储存的弹性势能Ep；
(3)小球在E点时的速度大小。


五、计算题（本大题共1小题，共18.0分）
15. 如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限存在一沿x轴正方向的匀强电场，一个质量m=50g、电荷量q=0.5C的带负电小球从x轴上的点a坐标为：(10cm,0)以一定的初速度垂直x轴射入第一象限，又能从y轴上的点b坐标为：(0,20cm)垂直y轴进入第二象限，并能从x轴上的c点(图中未标出)进入第三象限。已知重力加速度g=10m/s2。求：
(1)小球初速度的大小va；
(2)电场强度的大小E和a、b点间的电势差Uab；
(3)c点的坐标和小球进入第三象限时速度的大小v。(计算结果保留根式)

答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：A、元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根通过油滴实验测得的，故A正确；
B、元电荷是最小的电荷量，不是电子，当带电体的大小和形状对研究的问题没有影响时，可看作点电荷，物体是否可以看作点电荷与体积无关，故B错误；
C、在与外界没有电荷交换的情况下，一个系统所带的电量总是守恒的，电荷守恒定律指总的电荷量保持不变，并不意味着带电系统一定和外界没有电荷交换，故C错误；
D、静电感应不能使绝缘体带电，电子和质子所带电荷量相等，但它们的质量不相等，比荷不相等，故D错误。
故选：A。
元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根通过油滴实验测得的；元电荷是最小的电荷量；当带电体的大小和形状对研究的问题没有影响时，可看作点电荷；电荷守恒定律指总的电荷量保持不变；静电感应不能使绝缘体带电；静电感应不能使绝缘体带电。
本题考查元电荷、点电荷、电荷守恒定律和静电感应。加强对概念的理解和对电荷守恒定律的认识。

2.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查了第一宇宙速度，开普勒第二定律等知识点。
第一宇宙速度有三种说法：①它是人造地球卫星在近地圆轨道上的运行速度；②它是人造地球卫星在圆轨道上运行的最大速度；③它是卫星进入近地圆形轨道的最小发射速度．
开普勒第二定律：对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等。
开普勒第二定律告诉我们：当行星离太阳较近的时候，运行的速度较大，而离太阳较远的时候速度较小。
【解答】
航天员随天和核心舱绕地球运行时，受到万有引力作用，选项A错误;
风云三号07卫星绕地球运行时，其速度一定小于地球的第一宇宙速度7.9km/s，不可能为8.9km/s，发射速度要大于7.9km/s，选项B、D错误;
根据开普勒第二定律可知，地球从远日点向近日点运动过程中，运动速率增大，选项C正确．
  
3.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查多力的合成问题，要注意明确当多力进行合成时，要先合成其中F1、F2、F3，再求F3、F4、F5合成最终的合力。
【解答】
AB、由矢量合成的规律知F1、F2、F3的合力为2F3，F3、F4、F5的合力为零，选项A错误，B正确;
CD、这五个共点力的合力为F3，选项C、D错误．  
4.【答案】D 
【解析】【详解】物块刚要发生滑动时有
μmg=mv2r
物块从静止到刚要发生相对滑动，由动能定理有
W=12mv2
解得
W=12μmgr
故选D。


5.【答案】C 
【解析】解：撤去电源后，平行板电容器所带的电荷量Q不变。
A、根据C=εrS4πkd=QU可知，仅增大两板间的距离，电容C减小，Q不变、则U增大，静电计指针张角变大，故A错误；
B、根据C=εrS4πkd=QU可知，仅将玻璃板插入两板之间，则介电常数增大、C增大、Q不变、则U减小，静电计指针张角变小，故B错误；
C、根据C=εrS4πkd=QU可知，仅将M板稍微上移，S减小、电容C减小，Q不变、则U增大，静电计指针张角变大，故C正确；
D、根据C=εrS4πkd=QU可知，若将M板拿走，相当于增大两板间的距离，电容C减小，Q不变、则U增大，静电计指针张角变大，故D错误。
故选：C。
撤去电源后，平行板电容器所带的电荷量Q不变，根据C=εrS4πkd=QU分析各个选项中电压的变化情况即可。
本题主要是考查了电容器的动态分析问题；解答此类问题关键是要抓住不变量：若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变；结合电容器的计算公式进行分析解答。

6.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题是多个物体的平衡问题，要灵活选择研究对象，采用整体法和隔离法相结合求解比较简单．
【解答】
AB.对小球P进行受力分析，根据平衡条件有F=mgtanθ，FN=mgsinθ，当θ增大时，力F逐渐减小，支持力FN也逐渐减小，故AB错误；
CD.对小球和框架整体进行受力分析可知，竖直方向上框架对地面的压力始终不变，大小等于整体的重力，框架水平方向上受到的摩擦力等于外力F，所以逐渐减小，故C错误、D正确。
故选D。
  
7.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题为双星问题，明确双星特点：①绕同一中心转动的角速度和周期相同．②由相互作用的万有引力充当向心力．要注意的是它们两颗星的轨道半径的和等于它们之间的距离，不能把它们的距离当成轨道半径。
【解答】
对于脉冲星有GmML2=M(2πT)2r1，对于伴星有GmML2=m(2πT)2r2，且r1+r2=L，综合解得m=4π2L3GT2−M，C正确．
  
8.【答案】AC 
【解析】
【分析】
本题主要是考查了功能关系;知道小球在运动过程中合外力为零的位置速度最大，根据功能关系和系统的机械能守恒定律进行分析。根据系统的机械能守恒分析小球的机械能变化;根据小球的受力情况分析合外力的变化情况可知小球的速度的变化。
【解答】
解：A.从小球接触弹簧开始到小球下落到最低点的过程中，小球与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的弹性势能变大，则小球的机械能减少，故A正确;
B.只有以地面为重力势能的零参考面，小球刚释放时的重力势能才为为mg(h+l)，故B错误．
C.当小球到达最低点时弹簧的弹性势能最大，由能量关系可知，弹簧弹性势能的最大值等于小球重力势能的减小量，为mg(h+x)，故C正确;
D.，小球接触弹簧后弹簧弹力逐渐增大的过程中，加速度逐渐减小，当小球的重力等于弹簧弹力时，加速度为零，小球的速度最大，当弹力大于重力后，加速度反向增大，小球的速度才开始减小，故 D错误。  
9.【答案】BD 
【解析】AB.在0∼2s内，物体的加速度大小为
a=ΔvΔt=42m/s2=2m/s2
根据牛顿第二定律可得
F−μmg=ma
解得物体与地面间的动摩擦因数为
μ=F−mamg=4−0.5×20.5×10=0.6
故A错误，B正确；
C.2s后，设物体的加速度大小为 a′ ，根据牛顿第二定律可得
a′=μmg−F′m=0.6×0.5×10−2.50.5m/s2=1m/s2
则在4s末，物体的速度为
v4=v2−a′t′=4m/s−1×2m/s=2m/s
故C错误；
D.物体在0∼4s内的位移为
x=v22t1+v2+v42t2=42×2m+4+22×2m=10m
物体在0∼4s内的平均速度大小为
v=xt=104m/s=2.5m/s
故D正确。
故选BD。


10.【答案】AC 
【解析】
【分析】
通过几何关系计算B上升的距离和A右移动的距离，根据W=Fx求出力做功，根据mgh得出B重力势能变化，对AB整体分析，根据动能定理求出速度。
关键是明确AB沿绳方向的速度相等。
【解答】
A. 当轻绳方向与竖直方向成53∘时，力的作用点位移为x=Lsin53°−Lsin37°=1m，则力F做功为W=Fx=18J，故A正确；
B. B的高度增加h=Lsin53°−Lsin37°=1m，B的重力势能增加ΔEp=mgh=10J，故B错误；
CD. 当轻绳方向与竖直方向成53∘时，两球沿绳方向的速度相等，则vAcos37°=vBcos53°，对AB整体，根据动能定理Fx−mgh=12m(vA2+vB2)，联立解得vA=2.4m/s，故C正确，D错误。  
11.【答案】(1)CADBE；
(2)2.0；
(3)小于；大；小。 
【解析】
【分析】
本题为探究加速度与力、质量的关系实验，要明确实验原理和实验操作步骤，处理纸带数据时，利用逐差法求加速度。
图丙中的a−F图线，F=0时，a>0，表明平衡摩擦力过度，a=0时，F>0，表明没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不足；随着F的增大图线发生弯曲表明没有满足悬挂重物的质量远小于小车的质量。
【解答】
(1)按照实验原理，题中五个步骤的先后顺序应该为：CADBE；
(2)根据△x=aT2，得(7.1−1.1)×10−2m=3aT2，解得a=2.0m/s2；
(3)图线 ①的上部弯曲，产生原因是当小车受力F较大时，不满足“钩码的总质量远小于小车质量”的条件;
图线 ②在a轴的截距大于0，产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大，F=0(即不挂钩码)时小车就具有了加速度；
图线 ③在F轴的截距大于0，产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过小，只有当F增加到一定值时，小车才获得加速度。  
12.【答案】  D     1.88       1.84      存在空气阻力和摩擦阻力 
【解析】【详解】(1)[1]实验中需要交流电源为打点计时器供电，还需用刻度尺测量纸带间点迹的距离。
故选D。
(2)[2]重物重力势能的减少量
ΔEp=mgΔh=1.00×9.80×0.192J=1.88J
[3]B点的速度
vB=xAC2T=0.2323−0.15550.04m/s=1.92m/s
则B点的动能
EkB=12mvB2=12×1×1.922J=1.84J
所以动能的增加量
ΔEk=1.84J
(3)[4]由于存在空气阻力和摩擦阻力，一部分重力势能转化为内能，导致重力势能的减少量大于动能的增加量。


13.【答案】(1)4m/s2；(2)10m/s 
【解析】1)假设3s末车刚好停下，则第3s内的位移与第1s内的位移之比为1：5，实际为1：16，显然假设不成立，即3s车早已停下，设车停下运动的施加为t=2+△t
则第1s内的实际位移为
x1=12a(2+▵t)2−12a(1+▵t)2=8m
第3s内的位移为
x3=12a▵t2=0.5m
联立解得
a=4m/s2
△t=0.5s
(2)汽车匀速行驶时速度的大小
v0=a(2+△t)=4×(2+0.5)m/s=10m/s


14.【答案】(1) vC=4m/s ；(2) Ep=4J ；(3) vE=8m/s 
【解析】(1)小球恰能通过C点时，由牛顿第二定律有
mg=mvC2R
解得
vC= gR=4m/s
(2)小球从释放至运动到C点，由机械能守恒定律有
Ep=2mgR+12mvC2
解得
Ep=4J
(3)小球从C到E的过程中，由机械能守恒定律有
mg2R−h=12mvE2−12mvC2
解得
vE=8m/s


15.【答案】【答案】(1) va=2m/s；(2)E=0.5V/m，Uab=−5×10−2V；(3)(−20cm,0)，v= 5m/s
【解答】
(1)带电小球运动轨迹如图所示。
带电小球在第一象限内的运动过程中，在竖直方向上，小球做末速度为0的竖直上抛运动，则有
yb=12gt2，0−va=−gt
解得小球初速度的大小为：va=2m/s
(2)在水平方向上，小球做初速度为0的匀加速直线运动，根据公式有：xa=12axt2
根据牛顿第二定律：Eq=max
解得匀强电场电场强度的大小：E=0.5V/m
a、b点间的电势差：Uab=−Exa=−5×10−2V
(3)带电小球在第二象限做平抛运动，初速度为其在第一象限内运动的末速度，则有：vb=axt
解得：vb=1m/s
竖直方向：yb=12gt2，vy=gt=2m/s
水平方向：xc=vbt=20cm
c点的坐标为c(−20cm,0)
则小球进入第三象限的速度大小为：v= vb2+vy2= 5m/s
 
【解析】【解析】
本题考查带电粒子在电场中的偏转和复合场中的运动问题。解题的关键是要能分析带电物体的各阶段的受力情况，确定运动情况，运用运动规律求解。
(1)小球在竖直方向上做竖直上抛运动，在水平方向做初速度为0的匀加速直线运动，根据分运动的独立性，由竖直上抛公式求解竖直方向上的初速度。
(2)在水平方向上，小球做初速度为0的匀加速直线运动，由牛顿第二定律结合运动学公式求解电场强度，根据电场强度与电势差的关系求电势差；
(2)小球在第二象限做平抛运动，由运动学公式结合速度的合成求解求解c点的坐标位置及到达c点时的速度。