湖北省腾云联盟2023-2024学年高一下学期5月联考物理试卷B卷

这是一份湖北省腾云联盟2023-2024学年高一下学期5月联考物理试卷B卷，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。
1.“雷火炼殿”是武当山三大奇观之一，但它在安装避雷针后消失了。下列关于避雷针的说法中，正确的是( )
A. 避雷针避雷是利用静电屏蔽的原理
B. 避雷针避雷是利用尖端放电的原理
C. 避雷针避雷是不让电荷在云层中产生
D. 避雷针要安装在高大建筑物顶部，不能接地
2.一质量为m的物体做平抛运动，在先后两个不同时刻的速度大小分别为v1、v2，时间间隔为Δt，不计空气阻力，重力加速度为g，则在Δt时间内，以下说法不正确的是( )
A. 速度变化的大小为Δv=gΔtB. 动量变化的大小为Δp=m(v2-v1)
C. 动能变化为ΔEK=12m(v22-v12)D. 高度变化为Δh=v22-v122g
3.关于点电荷产生的电场，下列说法正确的是( )
A. 电势降低的方向就是电场强度的方向
B. 沿着电场线的方向，电场强度越来越小
C. 取走电场中某点的试探电荷后，该点的电势变为零
D. 以点电荷为圆心、r为半径的球面上，各点的场强都不相同
4.如图所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平面上，上端处于a位置。现让一小球从高于a位置的c点沿弹簧中轴线自由下落，弹簧被小球压缩至最低位置d，其中经过位置b时弹力等于重力。不计空气阻力，关于小球下落运动过程，以下说法中正确的是( )
A. c至a做匀加速运动，a至d做减速运动
B. 在d点时弹簧弹力等于小球重力的2倍
C. 小球经过b时的动能等于小球由c至b减小的重力势能
D. 弹簧由a至d增加的弹性势能等于小球由c至d减小的重力势能
5.用起重机将一个质量为m的物体竖直向上以加速度a匀加速提升H，已知重力加速度为g，在这个过程中( )
A. 重力对物体做的功为mgHB. 拉力对物体做的功为mgH
C. 物体的动能增加了maHD. 物体的机械能增加了maH
6.如图所示，在平行金属带电极板MN电场中将电荷量为-4×10-6C的点电荷从A点移到M板，电场力做功-8×10-4J，把该点电荷从A点移到N板，电场力做功为4×10-4J，N板接地。则( )
A. A点的电势φA=100VB. M点的电势φM=-300V
C. A与M的电势差UAM=-200VD. M与N的电势差UMN=300V
7.真空中存在平行于x轴方向的电场，一试探电荷在x轴各点的电势能EP随x的分布如图所示。根据EP-x图像可知( )
A. x1处的电场强度大于0
B. x2处的电势大于x3处的电势
C. x3处的电场强度大于x4处的电场强度
D. 试探电荷从x3处运动至x2处的过程中，电场力做功为Ep1-Ep2
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.利用电容传感器可检测矿井渗水，从而发出安全警报，避免事故的发生。如图所示是一种通过测量电容器电容的变化来检测液面高低的仪器原理图，电容器的两个电极分别用导线接到指示器上，指示器可显示出电容的大小。下列关于该仪器的说法中，正确的有( )
A. 该仪器中电容器的电极分别是金属芯线和导电液体
B. 金属芯线外套的绝缘层越厚，该电容器的电容越大
C. 如果指示器显示电容减小，则表明容器中液面升高
D. 如果指示器显示电容增大，则表明容器中液面升高
9.如图甲所示，两个等量同种电荷P、Q固定于光滑绝缘水平面上。一个电荷量q=+1×10-3C、质量m=0.02kg的小球在该平面上从a点由静止释放，沿PQ中垂线运动到两电荷连线中点O，其v-t图像如图乙中图线①所示，其中b点处为图线切线斜率最大的位置，图中②为过b点的切线，则下列说法正确的是( )
A. P、Q带正电荷B. 小球由a运动到O点电势能减小
C. b点的电场强度为E=10V/mD. a、b两点间的电势差为90V
10.如图所示，水平传送带保持2m/s的速度运行，两端AB水平距离l=8m，把一质量m=2kg的一个物块轻轻放到传送带的A端，物块在传送带的带动下向右运动，若物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，重力加速度g=10m/s2，不计物块的大小。则把物块从A端传送到B端的过程中( )
A. 摩擦力对物块做的功为4J
B. 摩擦力对传送带做的功为16J
C. 物块与传送带摩擦生热为4J
D. 全过程中摩擦力对物块做功的平均功率为0.8W
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.电流传感器可以测量电流，它的反应非常快，可以捕捉到瞬间的电流变化；将它与计算机相连还能用计算机显示出电流随时间变化的i-t图像。图甲所示的电路中；直流电源电动势为8 V，内阻可忽略；C为电解电容器的电容。先将单刀双掷开关S与1相连，电源向电容器充电，这个过程可在短时间内完成；然后把开关S与2相连，电容器通过电阻R放电.传感器将电流信息传人计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的i-t图像如图乙所示。(下列结果均保留两位有效数字)
(1)根据i-t图像可估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量为______ C。
(2)通过实验数据，计算电容器的电容C=______F。
(3)如果不改变电路其它参数，只减小电阻R，充电时i-t曲线与横轴所围成的面积将______(填“增大”、“不变”或“变小”)；充电时间将______(填“变长”、“不变”或“变短”)。
12.某同学查阅资料得知：若弹簧劲度系数为k，弹性形变为x，则其弹性势能EP=12kx2。据此设计了如图甲所示的的实验装置来验证系统的机械能守恒：铁架台上竖直悬挂一个轻弹簧，弹簧下端连接一质量为m的小钢球，小钢球平衡时的位置记为O，在 O处安装一光电计时器， O正下方桌面设置位移传感器。现把小钢球竖直托高到弹簧刚好处于原长的位置A点，由静止释放，光电计时器测出第一次下落过程中小钢球挡光时间Δt，同时由位移传感器在计算机上得到小钢球相对O点的位移-时间图像如图乙所示，从图像中可读出x0的数值。用刻度尺测得小钢球的直径为D，D远小于AO之间的距离，重力加速度为 g，弹簧始终处于弹性限度内且不能对光电门造成有效挡光。问：
(1)弹簧的劲度系数为__________。
(2)小钢球第一次通过O点的速度为__________。
(3)小钢球第一次由A到O的过程中，系统势能(包括重力势能和弹性势能)的减小量ΔEP=__________，动能的增加量ΔEK=__________，如果在误差许可范围内，有ΔEP=ΔEK成立，就可以认为系统机械能守恒。(用前文中的字母符号表达)
(4)如果小钢球的释放位置略高于A点位置，则实验结果表现为ΔEP__________ΔEK。(填“大于”、“小于”或“等于”)
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.如图甲所示，一带正电的滑块放在绝缘水平面上，整个空间加水平向右的电场，其电场强度的大小随时间的变化规律如图乙所示，滑块在电场力的作用下运动的速度随时间的变化规律如图丙所示，已知滑块所带的电荷量为q=2×10-4C，重力加速度为g=10m/s2。求：滑块的质量以及滑块与水平面间的动摩擦因数。
14.一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球A和B，质量分别是mA=1.0kg和mB=2.0kg。用手托住B球，当轻绳刚好被拉紧时，B球离地面的高度是h=0.6m， A球静止于地面，如图所示。定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦均不计，且A离滑轮足够高，重力加速度为g=10m/s2。现释放B球，求：
(1)B球刚落地时，A球的速度大小;
(2)B球下落过程中，轻绳对A球做的功;
(3)A球能达到的最大高度。
15.如图所示，光滑水平面AB和竖直面内光滑四分之一圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为 R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过 B点时的速度大小为 gR，之后沿轨道BO运动。以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，在x≥-R区域有方向与x轴夹角为θ=45∘的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为 2mg。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为 g。求：
(1)小球经过O点时对轨道的压力大小;
(2)小球过O点后运动的轨迹方程;
(3)若在第一象限放置一个以O为圆心，半径为r=4R的四分之一圆弧形挡板。改变小球的释放位置，小球从 O点飞出后，碰到挡板上时的动能具有最小值，求此最小动能值。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了避雷针的与避雷针的形状、安装位置以及原理，具有现实意义，是一道好题。避雷针避雷是将云层中积聚的电荷导入大地，或者将大地的负电荷与其中和，在设计避雷针时通常把避雷针顶端设计成针尖形。
【解答】
避雷针是建立通路把电荷放掉，不是屏蔽;避雷针是通过尖端放电从而中和云层中的异种电荷，或将电荷导入大地与大地所带电荷中和;避雷针要能发挥作用，与避雷针的形状、安装位置等都有关系，避雷针安装在高大建筑物顶部，且必需接地。
故B项正确。
2.【答案】B
【解析】【解答】A.平抛运动的加速度为g，所以速度变化量△v=a⋅△t=g⋅△t，方向竖直向下，故A正确;
B.动量是矢量，应根据平行四边形定则求动量变化量大小，根据数学知识知，△p=m△v>m(v2-v1)，
方向竖直向下，
由动量定理得：动量变化量大小为△p=mg△tt方向竖直向下，故B错误;
C.物体的质量为mt初速度大小为v1，末速度大小为v2，则动能变化为
ΔEk=12mv22-12mv12=12m(v22-v12)，故C正确。
D、平抛竖直方向上为自由落体，利用匀变速运动的知识分析，D正确。
【分析】
解决本题时要明确平抛运动的加速度为 g，动量是矢量，应根据平行四边形定则或动量定理求动量变化量大小。
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题涉及电场强度的定义式以及其与电势和电场线的关系，电场强度是反映电场力的性质的物理量，也可以通过电场线或等势面形象地表示.电场中某点的场强可以通过电场线形象地表示;电场强度与试探电荷无关，比如，点电荷场强的决定式为E=kqr2。
【解答】
A、电场中电势降低最快的方向才是电场强度的方向， A错误;
B、正点电荷的电场与负点电荷的电场方向不同，沿着电场线的方向，电势都是越来越低，但只有电场线越来越稀疏，场强才越来越小， B错误;
C、电场中某点的电势与试探电荷无关，只与场源电荷有关， C错误;
D、点电荷产生的电场中，以点电荷为圆心， r为半径的球面上，各点的场强大小都相等，但方向不同，故场强不同， D正确;
故D项正确。
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查简谐运动，能量守恒，根据受力分析加速度，分析物体的运动情况，根据简谐运动的对称性，分析简谐运动的两端加速度相同受合力相同，再根据能量守恒判断弹性势能。
【解答】
【解析】a到b过程重力大于弹力，是加速运动;如果重球是从a位置释放的，则会做简谐运动，根据对称性，到最低点时加速度与刚释放时的加速度等大反向，对应弹簧弹力等于重球重力的2倍，如果重球释放点比 a点高，就会把弹簧压得更低，弹簧弹力必定大于重球重力的2倍;下落过程中重球由c至b减小的重力势能转化为在b处的动能和弹簧的弹性势能了;小球在a和d的动能都是零，根据功能关系，故D项正确。
5.【答案】C
【解析】【解析】根据功能关系，重力对物体做的功为-mgH;拉力对物体做的功为
m(g+a)H;物体动能的增加等于合外力做的功maH;物体机械能的增加等于拉力做
的功m(g+a)H。故C项正确。
本题考查功能关系，重力做功改变重力势能，拉力做功改变机械能，合力做功改变动能。
6.【答案】B
【解析】【分析】
运用电势差公式U=Wq时，要注意电荷移动的方向，往往公式中三个量都要代入符号一起计算，注意N板接地，即N点电势为零。
根据电势差公式U=Wq分别求出A、N间的电势差，即可得到A点的电势；
根据电势差公式U=Wq分别求出A、M间的电势差；即可求出M板的电势以及M与N的电势差。
【解答】
A、N接地表示φN=0V，UAN=WANq=4×10-4J-4×10-6C=-100V，UAN=φA-φN；
得φA=-100V，故A错误;
BCD、同理UAM=200V，UMN=-300V，φM=-300V，故CD错误， B正确。
故选B。
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了电势能和位移的关系图像问题；难度一般。
根据电势能和电势的关系判断电势的变化情况；根据电场力做功与电势能的变化关系结合图像判断电场强度；根据电场力做功与电势能的变化关系判断电场力的功。
【解答】
AC、根据电场力做功与电势能变化的关系可知，Ep-x图像的斜率表示电场力的大小，电场力越大表示电场强度越大，由图可知，x1处的斜率为零，x3处的斜率大于x4处的斜率，故x1处的电场强度等于零，x3处的电场强度大于x4处的电场强度，故A错误，C正确;
B、因为试探电荷的电性未知，所以由图像不能判断出沿 x轴方向电势的升降，故 B错误;
D、试探电荷从x3处运动至x2处的过程中，电势能增加Ep1-Ep2，电场力做负功为Ep2-Ep1，故 D错误。
故C项正确。
8.【答案】AD
【解析】【分析】
电容器的两个电极是可以导电的，分别是金属芯柱和导电液，芯柱外套的绝缘层越厚，金属芯柱和导电液之间距离增大，电容减小。容器中液面升高时，相当于金属芯柱和导电液正对面积增大，电容增大。本题是变形的平行板电容器，其电容也可以用C=εS4πkd定性分析，考查分析实际仪器原理的能力。
【解答】A、电容器的两个电极是可以导电的，分别是金属芯柱和导电液，故 A正确;
B、芯柱外套的绝缘层越厚，金属芯柱和导电液之间距离越大，由C=εS4πkd可知电容减小。
故B错误;
CD、如果指示器显示出电容减小了，由C=εS4πkd可知金属芯柱和导电液正对面积减小了，说明容器中液面降低了。如果指示器显示出电容增大了，金属芯柱和导电液正对面积增加了，说明容器中液面升高了，故 C错误、D正确。
故AD项正确。
9.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查了点电荷电场分布、运动图象的理解、力和运动的关系、电场强度的定义等知识点，需要学生有较好的分析能力，注意v-t图象中某点切线斜率代表加速度。
从题目所给图象中找出小球从a运动到b过程中的速度以及加速度变化，再根据速度变化判断合外力方向和动能变化以及P、Q的电性，最后根据电场强度的定义式计算电场强度的大小。
【解答】A、带正电的小球从a点由静止释放，向上做加速运动可知，受到向上的电场力，则 aO线上的电场竖直向上，故两电荷带负电，A错误；
B、由图象乙可知，小球速度一直增大，电场力一直做正功，故电势能一直减小，运动到 O点时电势能最小， B正确；
C、v-t图象上斜率表示加速度在b点可得ab=△v△t=1.5m/s2，根据牛顿第二定律得qEb=ma联立解得Eb=30V/m，C错误；
D、在ab由动能定理得qUab=12mvb2-12mva2，由图乙可得vb=3m/s代入解得Uab=90V， D正确。
故BD项正确。
10.【答案】ACD
【解析】【分析】本题的关键理清物块在传送带上的运动规律，结合运动学公式和牛顿第二定律进行求解，掌握平均功率和瞬时功率的区别，以及这两种功率的求法。
根据牛顿第二定律和运动学公式求出物体在摩擦力作用下的位移，结合摩擦力和位移的大小求出摩擦力做功的大小，结合物块A到B运行的时间，求出平均功率的大小。根据速度时间公式求出物块的速度，从而得出摩擦力对物块做功的功率。根据皮带的速度和摩擦力的大小求出皮带克服摩擦力做功的功率。
【解析】物块在传送带上先匀加速运动x物=v22μg=2m，用时t=vμg=2s，有
x带=vt=4m，x相=x带-x物=2m，则摩擦力对物块做的功为W物=μmg⋅x物=4J;
摩擦力对传送带做的功为W带=-μmg⋅x带=-8J;物块与传送带摩擦生热为
Q=μmg⋅x相=4J;然后物块在传送带上做匀速运动，用时t=l-x物v=3s，全过程的总
时间为t总=5s，摩擦力对物块做功的平均功率为P=W物t总=0.8W。故ACD项正确。
11.【答案】(1)1.6×10-3；(2)2×10-4；(3)不变，变短
【解析】(1)电容器所带的电荷量在数值上等于图像与坐标轴所包围的面积。确定每个小方格所对应的电荷量值，纵坐标的每个小格为0.2mA，横坐标的每个小格为0.2s，则每个小格所代表的电荷量数值为q=0.2×10-3×0.2C=4×10-5 C。
曲线下包含的小正方形的个数为40个(格数为38-42都正确)。
由曲线下方的方格数与q的乘积即得电容器所带的电荷量Q=40×4×10-5 C=1.6×10-3 C。
(2)根据C=QU，代入数据得C=QU=1.6×10-38V=2×10-4 V。
(3)由电容器的计算公式，可得电荷量Q=CU，电容器储存的电荷量Q与电阻R无关，如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，充电时i-t曲线与横轴所围成的面积将不变。由于电阻对电流的阻碍作用减小，充电时间将变短。
故答案为：(1)1.6×10-3；(2)2×10-4；(3)不变；变短
(1)通过横轴与纵轴的数据，求出一个格子对应的电量，再结合图像所包含的面积，算出多少个格子，从而即可求解。
(2)根据C=QU可求得电容大小。
(3)电容器储存的电荷量与电阻R无关，由Q=CU决定。
解决本题的关键掌握电容的定义式，以及知道i-t图线与时间轴围成的面积表示通过的电荷量。
12.【答案】(1)mgx0；
(2)DΔt；
(3)12mgx0；12m(DΔt)2；
(4)小于
【解析】【分析】
本题考查了验证机械能守恒定律；解题关键掌握实验原理，同时注意遮光条经过光电门时的平均速度近似等于遮光条经过光电门的中间时刻的瞬时速度。
(1)由平衡条件求出弹簧的劲度系数；
(2)遮光条经过光电门时的平均速度近似等于遮光条经过光电门的中间时刻的瞬时速度；
(3)根据系统势能等于重力势能和弹性势能求出系统势能；根据动能定义求出动能的增加量；
(4)求出系统势能变化量、动能变化量，然后比较得出结论。
【解答】
(1)小钢球在O点受力平衡mg=kx0，得k=mgx0。
(2)用小钢球挡光距离(直径)除以挡光时间得到经过O点的平均速度DΔt，近似等于经过O点的瞬时速度。
(3)由A到O过程中ΔEP= mgx0-12kx02=12mgx0，ΔEk=12mv2=12m(DΔt)2。
(4)设小钢球的释放位置比A点偏高了d，由位移传感器得到的图像中x0变大为x0'=x0+d，计算出的ΔEP=12mg(x0+d)，而光电计时器测得的是新运动的真实速度，ΔEk=ΔEP真=mg(x0+d)+12kd2-12kx02=12mg(x0+d)+kd(x0+d)，
故实验结果表现为△EP小于△Ek。
13.【答案】解：由图乙可知，0∼1s的时间内电场强度为E1=3×104N/C，
1∼2s的时间内电场强度为E2=2×104N/C，①
由图丙可知，0∽1s内滑块的加速度大小为a=△v△t=2m/s2②
对滑块由牛顿第二定律E1q-μmg=ma③
E2q-μmg=0④
代入数据解得m=1kg，μ=0.4⑤
【解析】本题考查电场力做功与电势能的关系，解题关键掌握图像的认识，注意由图乙可知，0∼1s和1∼2s的时间内电场强度。根据图丙得出加速度，根据0∼1s和1s∼2s滑块由牛顿第二定律解得滑块的质量以及滑块与水平面间的动摩擦因数。
14.【答案】【解析】(1)B下落过程中， A、B系统机械能守恒，
mBgh=mAgh+12mAv2+12mBv2
得v=2m/s
(2)对A用动能定理W-mAgh=12mAv2
得W=8J
(3)B落地后，A竖直上抛，机械能守恒mAgh'=12mAv2
得h'=0.2m
故A能达到的最大高度H=h+h'=0.8m
【解析】【分析】本题考查机械能守恒定律知识。
(1)两小球组成的系统机械能守恒，可以利用机械能守恒定律来求解；
(2)对A根据动能定理求解；
(3)根据匀变速直线运动规律求解。
15.【答案】解：(1)小球从B到O根据动能定理有
-mgR+qE⋅ 2R=12mv2-12mvB2 ①
由牛顿第二定律F-qEcs45∘=mv2R ②
得F=4mg③
由牛顿第三定律可知小球对轨道的压力为F'=4mg，方向水平向右。④
(2)小球运动至O点时速度竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到 x轴和
y轴，则x轴方向有qEcs45∘=max ⑤
竖直方向有qEsin45∘-mg=may ⑥
解得ax=g， ⑦
ay=0⑧
说明小球从O点开始以后的运动为x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，y轴
方向做匀速直线运动，即做类平抛运动，则有x=12axt2 ⑨
y=vt⑩
联立解得小球过O点后运动的轨迹方程y2=6Rx⑪
(3)设小球平抛类初速度为v'，同理由⑨⑩得
得v'=y' g2x'= r2-x2⋅ g2x' ⑫
则落到曲面上时动能为EK=12×mv'2+mgx'=14mg(r2x'+3x')⑬
当r2x'=3x'时，动能取最小值为EKmin= 32mgr=2 3mgR⑭
【解析】本题主要考查了动能定理的相关应用，熟悉力的合成和分解，根据运动的独立性和运动学公式即可完成分析。
(1)根据动能定理计算出小球的速度，由牛顿第二、三定律，可得小球经过O点时对轨道的压力大小;
(2)根据力的合成分解结合牛顿第二定律得出加速度，根据运动学公式可得小球过O点后运动的轨迹方程。
(3)小球平抛类初速度由轨迹方程可得落到曲面上时动能的表达式，有数学知识可得动能取最小值。