江西省萍乡市2023-2024学年高一下学期7月期末物理试题（原卷版+解析版）

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萍乡市2023—2024学年度第二学期期末考试
高一物理
本试卷分选择题和非选择题两部分，满分：100分，考试时间：75分钟
考生注意：
1.答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上。考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致。
2.客观题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。主观题用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，在试题卷上作答，答案无效。
3.考试结束，监考员将试题卷、答题卡一并收回。
一、选择题（本题共10小题，共46分。其中1-7小题只有一个正确选项，每小题4分；8-10题有多个正确选项，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
1. 下列结论中，正确的是（ ）
A. 若点电荷的电荷量大于点电荷的电荷量，则对的静电力大于对的静电力
B. 根据可知，电场中某点的电场强度随q变大而变小
C. 根据可知，电场强度与两点间电势差大小成正比
D. 根据可知，电荷量为的点电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B两点间的电势差为1V
【答案】D
【解析】
【详解】A．对的静电力和对的静电力为相互作用力，根据牛顿第三定律可知，对的静电力等于对的静电力，故A错误；
B．公式
是电场强度的定义式，电场强度E与q无关，故B错误；
C．匀强电场中电场强度大小、方向处处相同，与两点间电势差无关，故C错误；
D．根据电势差的定义式
可知，电荷量为−1C的点电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B两点间的电势差UAB为1V，故D正确。
故选D。
2. 如图所示，卫星a、b、c沿圆形轨道绕地球运行。a是极地轨道卫星，b是低轨道卫星，c是地球同步静止卫星，三颗卫星的轨道半径。则（ ）
A. a、b的动能比c的大
B. a、b的线速度大小相等
C. a、b的向心加速度比c的小
D. c的机械能比a、b多
【答案】B
【解析】
【详解】AD．由于卫星的质量未知，因此无法判断动能大小和机械能大小，故AD错误；
B．由万有引力提供向心力，则有
解得
a、b的轨道半径相等，所以a、b的线速度大小相等，故B正确；
C．由万有引力提供向心力，则有
解得
由此可知，轨道半径越小，向心加速度越大，因此a、b的向心加速度比c的大，故C错误。
故选B。
3. 在学校体育运动会铅球比赛项目中，某同学将同一个铅球两次投出的运动轨迹分别如图中曲线1、2所示。已知两次投掷中，铅球从同一高度以不同的角度出手，两次上升的最大高度相等，空气的阻力不计，下列说法正确的是（ ）
A. 铅球两次着地时重力的瞬时功率一定相等
B. 铅球两次着地时的速度一定相等
C. 铅球两次落地时的机械能一定相等
D. 铅球在空中运动过程中，重力两次做功的平均功率一定不相等
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据题意，铅球两次上升的最大高度相等，根据运动的分解，可知竖直方向在下落过程属于自由落体运动，由
可知落地时竖直方向的速度相同，根据
可知，铅球两次着地时重力的瞬时功率相等，故A正确；
B．铅球抛出后做斜抛运动，竖直方向做匀变速运动，由
可知在空中运动时间相同；水平方向做匀速直线运动，则
可知水平方向的速度
铅球落地时的速度大小
铅球两次着地时的速度不相等，故B错误；
C．铅球两次落在同一水平面上，则可知两次落地时铅球的势能相同，而
铅球两次落地时的速度大小不同，即落地时的动能不同，因此铅球两次落地时的机械能不相等，故C错误；
D．铅球两次下落的高度相同，可知两次投球的过程中重力对铅球做功相同
铅球两次上升的高度与下降的高度都相等，所以铅球两次空中运动时间相等，根据平均功率的计算公式可知两次运动过程中重力的平均功率相同，故D错误。
故选A。
4. 如图所示，点A、B、C在半径为r的同一圆周上，三点等分圆周，A点放置正点电荷，所带电荷量为＋，B、C点放置负点电荷，所带电荷量为－，静电力常量为k，则三个点电荷在圆心O处产生的电场强度大小为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】在A点的电荷在O点产生的场强，方向沿AO方向；在BC点的电荷在O点产生的场强均为，方向分别沿OB和OC方向；因EB和EC互成1200角，则合场强为 ，则O点的场强为，故选A.
5. 如图所示，质量为m跳伞运动员，由静止开始下落，在开伞之前下落的高度为h。在此过程中，运动员受到大小为0.2mg的恒定阻力作用，则下列说法正确的是（ ）
A. 运动员的重力势能减小了0.2mgh
B. 运动员的机械能减少了0.2mgh
C. 运动员克服阻力所做的功为0.8mgh
D. 运动员的动能减少了0.8mgh
【答案】B
【解析】
【详解】A．运动员的重力势能减小量等于重力所做的功，为mgh，故A错误；
C．运动员克服阻力所做的功为
故C错误；
B．根据功能关系可知，运动员克服阻力做功等于运动员的机械能减少量，所以运动员的机械能减少了0.2mgh，故B正确；
D．合外力做功为
所以运动员动能增加了0.8mgh，故D错误。
故选B。
6. 如图，在匀强电场中有一虚线圆，ab和cd是圆的两条直径，其中ab与电场方向的夹角为60°，，cd与电场方向平行，a、b两点的电势差。则（ ）
A. 电场强度的大小
B. b点的电势比d点的低5V
C. 将电子从c点移到d点，电场力做功为
D. 电子在a点的电势能小于在c点的电势能
【答案】C
【解析】
【详解】A．a、b两点的电势差Uab=20V，则电场强度的大小为
故A错误；
B．b、d两点的电势差为
又
所以b点的电势比d点的高10V，故B错误；
C．将电子从c点移到d点，电场力做功为
故C正确；
D．根据沿电场线电势降低，则有
电势能，由于电子带负电，则有
即电子在a点的电势能大于在c点的电势能，故D错误。
故选C。
7. 进入冬季后，北方的冰雪运动吸引了许多南方游客。如图为雪地转转游戏，人乘坐雪圈（尺寸大小忽略不计）绕轴以2rad/s的角速度在水平雪地上做匀速圆周运动。已知绳子悬挂在离地高为3m，半径为3m的水平转盘的边缘，且绳子长为5m。运动时，绳与水平杆垂直，则雪圈（含人）（ ）
A. 线速度大小为8m/s
B. 线速度大小为14m/s
C. 加速度大小为
D. 加速度大小为
【答案】D
【解析】
【详解】AB．水平转盘半径为3m，离地高为3m，绳长为5m，根据几何关系可知，雪圈（含人）做匀速圆周运动的半径为
则线速度大小为
故AB错误；
CD．雪圈（含人）做匀速圆周运动的加速度大小为
故C错误，D正确。
故选D。
8. 质量为m的汽车由静止启动后沿平直路面行驶，汽车牵引力随速度变化的图像如图所示，设汽车受到的阻力f保持不变，则（ ）
A. 的过程中，汽车加速度不变
B. 的过程中，汽车做匀加速运动
C. 汽车在运动过程中输出功率保持不变
D. 该过程中汽车的最大输出功率等于
【答案】AD
【解析】
【详解】A．的过程中，汽车的牵引力不变，阻力不变，由
可知加速度不变，故A正确；
B．的过程中，汽车的牵引力逐渐减小，阻力不变，加速度逐渐减小，故B错误；
C．的过程中，汽车的牵引力不变，速度逐渐增大，由
可知，汽车的输出功率增大，故C错误；
D．由图可知，汽车在速度为v1时达到最大功率，之后以恒定的功率运动，所以
故D正确。
故选AD。
9. 如图所示，竖直轻弹簧固定在水平地面上，弹簧的劲度系数为k，原长为l。质量为m的铁球由弹簧的正上方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，铁球下落到最低点。不计空气阻力，重力加速度为g，则此过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 铁球下落到距地面高度为l时动能最大
B. 铁球下落到距地面高度为时动能最大
C. 弹簧弹性势能的最大值为mgx
D. 弹簧弹性势能的最大值为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．铁球下落过程中，只有重力做功，其机械能守恒，当铁球刚接触弹簧时，铁球重力大于弹簧的弹力，合力向下，则铁球继续加速，所以铁球下落到距地面高度小于l时动能最大，故A错误；
B．铁球重力大小等于弹簧的弹力时动能最大，即
解得
铁球距地面高度为
故B正确；
CD．铁球下落过程中，只有重力和弹力做功，铁球和弹簧组成的系统机械能守恒，则铁球减少的机械能等于弹簧增加的弹性势能。铁球下落到最低点时，机械能减少量等于铁球重力势能的减少量，则弹簧增加的弹性势能为，所以弹簧弹性势能的最大值为，故C错误，D正确。
故选BD。
10. 如图所示，质量为、长度为的木板静止在光滑的水平面上，质量为的物块（视为质点）放在木板的最左端，物块和木板之间的动摩擦因数。现用一水平恒力作用在物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动。当木板运动的位移为x时，物块刚好滑到木板的最右端，则在这一过程中（ ）
A. 木板受到的摩擦力方向水平向右
B. 木板通过的位移
C. 摩擦力对物块做的功与摩擦力对木板做功的代数和为零
D. 物块和木板增加的机械能为3J
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．木板相对于物块向左运动，木板受到水平向右的摩擦力，故A正确；
B．对物块由牛顿第二定律得
解得
对木板由牛顿第二定律得
解得
物块从静止开始做匀加速直线运动，当木板运动的位移为x时，物块刚好滑到木板的最右端，则
，
解得
，x=1m
故B正确；
C．摩擦力对物块和木板做功的代数和为
不零，故C错误；
D．由功能关系可知，物块和木板增加的机械能为
故D正确。
故选ABD。
二、非选择题
11. 某物理兴趣小组利用如图甲所示装置来探究影响电荷间的静电力的因素。图甲中，A是一个固定在绝缘支架上带正电的物体，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：把系在丝线上的同一带电小球先后挂在横杆上的等位置，比较小球在不同位置所受静电力的大小。
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. 控制变量法C. 等效替代法
（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）接着该组同学进行如下探究：如图乙，悬挂在P点的不可伸长的绝缘细线下端有一个电荷量不变的小球B，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，改变小球A的电荷量，重复以上实验步骤，测出悬线偏离竖直方向的夹角为。若两次实验中A球的电荷量分别为和，分别为30°和45°，则_____。
【答案】（1）B （2）增大
（3）
【解析】
【小问1详解】
图甲中保持电荷量不变，只改变距离，研究力的变化情况或保持距离不变；只改变电荷量，研究力的变化情况，采用的是控制变量法，故AC错误，B正确；
故选B。
【小问2详解】
本实验中，设小球静止时细线偏离竖直方向的角度，对小球受力分析可知
根据小球摆角的变化可以判断出小球所受静电力的大小变化。由图甲可知，保持电荷之间的距离不变，随电荷量的增大而增大；保持电荷量不变，随距离的减小而增大，所以，可推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。
【小问3详解】
对小球B受力分析，根据库仑定律结合平衡条件得
，
解得
12. 如图所示，气垫导轨上质量为M的滑块通过轻质细绳绕过滑轮与质量为m的钩码相连，绳子的悬挂点与拉力传感器相连，滑块上遮光条宽度为d、实验时，滑块由静止释放，测得遮光条通过光电门的时间为，拉力传感器的读数为F。不计滑轮的质量，不计滑轮轴、滑轮与轻质细绳之间的摩擦。
（1）甲同学用上述装置研究系统（含滑块、钩码）机械能守恒。
①关于实验操作和注意事项，下列说法正确的是_____。
A．气垫导轨必须水平放置
B．钩码的质量要远小于滑块质量
C．本实验需要用刻度尺测量出钩码下落的高度h
②设滑块由静止开始的释放点与光电门的距离为L、遮光条通过光电门的时间为，则满足关系式_____（用已知量符号表示）时，运动过程中系统机械能守恒。
（2）乙同学用该装置“探究绳子拉力对滑块做功与滑块动能变化的关系”，实验时记录滑块的初位置与光电门的距离L及挡光条通过光电门的时间，测得多组L和值。应用图像法处理数据时，为了获得线性图像应作图像_____（选填“、或”），该图像的斜率_____。
【答案】（1） ①. A ②.
（2） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
①[1]A．用上述装置研究系统（含滑块、钩码）机械能守恒，钩码重力势能的减小量等于钩码与滑块的动能的增加量，气垫导轨必须水平放置，故A正确；
B．滑块受到的拉力时通过拉力传感器获得的，与钩码的质量和滑块质量无关，故B错误；
C．本实验需要用刻度尺测量出滑块运动的距离，钩码下落的高度等于滑块运动距离的，故C错误。
故选A。
②[2]遮光条通过光电门时的速度大小为
遮光条通过光电门时钩码的速度大小为
遮光条通过光电门时钩码下落的高度为
若运动过程中系统机械能守恒，则
即
【小问2详解】
[1]滑块通过光电门的速度
根据动能定理可知
解得
故为了获得线性图象应作图像。
[2]该图像的斜率为
13. 体育课上，排球专项的甲、乙两位同学在进行垫球训练。甲同学在距离地面高处将排球击出，球的初速度沿水平方向，大小为；乙同学在排球离地处将排球垫起。已知排球质量，取重力加速度。不计空气阻力。求：
（1）排球被垫起前在水平方向飞行的距离x；
（2）排球落到乙同学手臂上瞬间的速度大小及方向。

【答案】（1）4.8m；（2）10m/s，与水平方向夹角为
【解析】
【详解】（1）排球竖直方向做自由落体运动，有
解得
t=0.6s
水平方向做匀速直线运动，飞行的距离为
解得
x=48m
（2）排球落到乙同学手臂上瞬间竖直方向速度大小
解得
排球落到乙同学手臂上瞬间的速度大小为
解得
v=10m/s
设排球落到乙同学手臂上的速度方向与水平方向夹角为，则
解得
14. 如图所示，光滑绝缘细杆沿竖直方向固定，其底端O固定一带正电的点电荷。一质量为m、电荷量为的小球，中心开孔套在杆上，孔径比杆的直径略大，小球恰能静止在距O点为h的A点。现将小球移至距O点为1.5h的B点由静止释放，小球运动至A点时速度大小为v。已知重力加速度为g，静电力常量为k，求：
（1）O点处点电荷在A处的场强大小和方向；
（2）小球在B点释放时的加速度大小a；
（3）以B点为零电势，A点的电势大小。
【答案】（1），场强方向竖直向上；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）小球最开始静止在A点，由受力平衡有
解得
场强方向竖直向上。
（2）小球最开始静止在A点，由受力平衡有
小球B点由静止释放时，由牛顿第二定律有
解得
（3）小球由B运动到A，由动能定理有
解得
又由
解得
15. 如图所示，一质量为的小物块（可视为质点）置于一光滑倾斜直轨道上。倾斜直轨道足够长且与光滑平台平滑连接，在平台的右端有一传送带，AB长，物块与传送带间的动摩擦因数，与传送带相邻的粗糙水平面BC长，它与物块间的动摩擦因数，在C点右侧有一半径为R的光滑竖直面内的半圆弧CEF与BC平滑连接。半圆弧的直径CF与BC垂直，点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来。若传送带以的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失。现将小物块从P点沿直轨道下滑，初速度，小物块恰能滑到与圆心等高的E点，P点与平台的高度差为1.25m，g取。
（1）求小物块第一次到达A处时的速度大小；
（2）小物块第一次通过传送带产生的热量；
（3）若小物块由静止释放，可通过调节小物块释放时的高度，使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离圆弧轨道，求其高度的可调节范围。
【答案】（1）6m/s；（2）J；（3）
【解析】
【详解】（1）小物块从P点下滑至A点，由动能定理
解得
6m/s
（2）小物块在传送带上，由牛顿第二定律
解得
=4m/s2
设小物块在传送带上向右减速到与传送带共速的位移为x
解得
x=2.5m
因为x=LAB，所以小物块到达B处时的速度大小是4m/s，则小滑块运动的时间
传送带运动的位移
x1=vt=2m
产生的热量
（3）对物块第一次由B点恰好运动到E点的过程，由动能定理
解得
R=0.4m
①最小的下滑高度，对应于物块恰好与挡板碰撞，在F点有
解得
由开始下滑到恰好与板相碰过程中，动能定理
解得
h=2.4m
②最大的下滑高度，对应于物块与挡板相碰后，再次沿半圆弧CEF上滑时恰好到达E点，对全程由动能定理
解得
h=4.6m
综上所述小物块释放时的高度范围为