2020-2021学年湖南省衡阳市第八中学高一下学期期末考试物理试题

这是一份2020-2021学年湖南省衡阳市第八中学高一下学期期末考试物理试题，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．电场强度E的定义式为E＝F/q，根据此式，下列说法中正确的是（ ）
①该式说明电场中某点的场强E与F成正比，与q成反比，拿走q，则E＝0
②式中q是放入电场中点电荷的电量，F是点电荷在电场中某点受到的电场力，E是该点的电场强度
③式中q是产生电场的点电荷的电量，F是放在电场中的点电荷受到的电场力，E是电场强度
④在库仑定律的表达式F＝kq1q2/r2中，可以把kq2/r2看作是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小，也可以把kq1/r2看作是点电荷q1产生的电场在点电荷q2处的场强大小．
A．只有①② B．只有①③ C．只有②④ D．只有③④
2．假设某航天器以8 km/s 的速度高速运行时，迎面撞上一只速度为10 m/s、质量为5 kg的大鸟，碰撞时间为1.0×10－5 s，则碰撞过程中的平均作用力约为( )
A．8×1012 NB．8×109 NC．4×109 ND．5×106 N
3．小智同学发现了一张自己以前为研究机动车的运动情况绘制的图像（如图）。已知机动车运动轨迹是直线，但是不知机动车是处于加速还是刹车状态，请你帮他判定以下合理的说法是（ ）
A．机动车处于匀加速状态B．机动车的初速度为0
C．机动车的加速度为大小为8D．机动车在前3秒的位移是24m
5．如图，水平地面上有一表面粗糙的三角形斜块，斜块顶端装有滑轮，两物块P、Q用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦），P悬于空中，Q放在斜块上，均处于静止状态。当用平行于斜面向上的恒力推Q时，P、Q仍静止不动，则（ ）
A．轻绳对Q的拉力变小B．三角形斜块对Q的支持力变小
C．三角形斜块对Q的摩擦力大小可能变小D．地面对三角形斜块的支持力变小
6．如图所示，质量为m的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为的固定斜面，其减速运动的加速度大小为，该物体在斜面上能够上升的最大高度为h，则在这个过程中物体（ ）
A．重力势能增加了
B．机械能损失了
C．动能损失了
D．克服摩擦力做功
4．如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由落下，h远大于两小球半径，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计。已知m2＝3m1，则A反弹后能达到的高度为（ ）
A．hB．2hC．3hD．4h
二、多选题
7．由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线”，如图中实线所示。图中虚线为不考虑空气阻力情况下炮弹的理想运动轨迹，O、a、b、c、d为弹道曲线上的五点，其中O点为发射点，d点为落体点，b点为轨迹的最高点，a、c为运动过程中经过的距地面高度相等的两点。下列说法正确的是（ ）
A．到达b点时，炮弹的速度方向水平向右
B．到达b点时，炮弹的加速度方向竖直向下
C．炮弹经过a点时的速度大于经过c点的速度
D．炮弹由O点运动到b点的时间大于由b点运动到d点的时间
8．如图所示，A、B、C三个物体分别用轻绳和轻弹簧连接，放置在倾角为θ的光滑斜面上，当用沿斜面向上的恒力F作用在物体A上时，三者恰好保持静止，已知A、B、C三者质量相等，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．在轻绳被烧断的瞬间，A的加速度大小为gsinθ
B．在轻绳被烧断的瞬间，B的加速度大小为2gsinθ
C．剪断弹簧的瞬间，A的加速度大小为gsinθ
D．突然撤去外力F的瞬间，A的加速度大小为2gsinθ
9．发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3，轨道1和2相切于Q点，轨道2和3相切于P点，设卫星在1轨道和3轨道正常运行的速度和加速度分别为、和、，在2轨道经过P点时的速度和加速度为和，且当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时周期分别为、、，以下说法正确的是（ ）
A．B．C．D．
10．一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m和2m的小球A和B。支架的两直角边长度分别为2l和l，支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动，如图所示。开始时OA边处于水平位置，由静止释放，重力加速度为g，则（ ）
A．A球的最大速度为2
B．A球的速度最大时，两小球的总重力势能最小
C．A球第一次转动到与竖直方向的夹角为45°时，A球的速度大小为
D．A、B两球的最大速度之比vA∶vB＝3∶1
三、实验题
11．聪聪同学用如图所示装置来验证动量守恒定律。
（1）实验中，质量为的入射小球和质量为的被碰小球B的质量关系是___________（填“大于”“等于”或“小于”）。
（2）当满足关系式___________时，证明、B两小球碰撞过程中动量守恒；若碰撞前后系统无机械能损失，则系统机械能守恒的表达式为___________。
A．
B．
C．
12．某同学利用如图所示装置验证机械能守恒定律：光滑圆弧轨道竖直放置，轨道边缘标有表示圆心角的刻度，轨道最低点装有压力传感器。现将小球置于轨道上θ刻度处由静止释放，当其通过最低位置时，读出压力传感器的示数F，已知当地重力加速度为g。
(1)为验证小球在沿轨道下滑过程中机械能守恒，实验中还必须测量的物理量有___________。
A．轨道的半径R
B．小球的质量m
C．每次小球释放点离地面的高度h
D．每次小球在轨道上运动的时间t
(2)根据实验测得的物理量，写出小球在运动过程中机械能守恒应满足的关系式为F=___________。
(3)写出一条提高实验精确度的建议：___________。
四、解答题
13．如图所示，光滑斜面倾角为37°，一带有正电的小物块质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加有如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的1/2，求：
(1)原来的电场强度为多大？
(2)物体运动的加速度大小．
(3)沿斜面下滑距离为6 m时物体的速度．(sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g＝10 m/s2)
14．在光滑水平面上静置有质量均为m的木板AB和滑块CD，木板AB上表面粗糙．动摩擦因数为，滑块CD上表面是光滑的1/4圆弧，其始端D点切线水平且在木板AB上表面内，它们紧靠在一起，如图所示．一可视为质点的物块P，质量也为m，从木板AB的右端以初速度v0滑上木板AB,过B点时速度为，又滑上滑块CD，最终恰好能滑到滑块CD圆弧的最高点C处，求：
(1）物块滑到B处时木板的速度vAB；
(2）木板的长度L；
(3）滑块CD圆弧的半径．
15．如图所示，在水平轨道右侧安放半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为L。水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态。小物块A（可视为质点）从轨道右侧以初速度冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回，经水平轨道返回圆形轨道。已知R=0.2m，L=1.0m，，物块A质量为m=1kg，与PQ段间的动摩擦因数为μ=0.2，轨道其他部分摩擦不计，取g=10m/s2求：
（1）物块A第一次到圆弧最高时对轨道的的压力和弹簧刚接触时的速度大小；
（2）物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度；
（3）调节PQ段的长度L，A仍以从轨道右侧冲上轨道，当L满足什么条件时，A物块能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱。
参考答案
11．大于 A B
B 3mg-2mgsinθ 多次测量取平均值 (或者是减小空气阻力的影响、减小小球体积、增大其密度等）。
（1）E＝mgtan37°/q(2) 3 m/s2，方向沿斜面向下(3) 6 m/s.
(1）(2）(3）
15．（1）10N，m/s；（2）R；（3）1.0m≤l＜1.5m或 l≤0.25m
1．C
【解析】电场中某点的场强E与F和q无关，选项①错误；E=式中q是放入电场中的点电荷的电量，F是该点电荷在电场中某点受到的电场力，E是该点的电场强度，选项②正确，③错误；
在库仑定律的表达式F=中，可以把看做是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小，也可以把看做是点电荷q1产生的电场在点电荷q2处的场强大小，选项④正确；故选C．
2．C
【解析】
【分析】
对飞鸟分析,根据动量定理直接列式求出撞击过程中的平均作用力大小.
【详解】
飞鸟在极短时间内加速,以飞机运动方向为正方向,根据动量定理,有:


故C对；ABD错误；
故选C
3．C
【详解】
ABC．由
可知，将等式变形为
由图像的两个交点可得
机动车做初速度为，加速度为8的匀减速运动，故AB错误C正确；
D ．由
可判断，机动车在2.5s时停止运动，由
则机动车在前3秒的位移
故D错误。
故选C。
4．C
【详解】
A．对物体P受力分析，受重力和拉力，二力平衡，故绳子的拉力等于物体P的重力；当用平行斜面向上的恒力推Q时，P、Q仍静止不动，故绳子的拉力仍然等于物体P的重力，轻绳上拉力一定不变，即轻绳对Q的拉力大小不变，故A错误；
B．斜面对Q的支持力等于重力的垂直分力，当用平行于斜面向上的恒力推Q时，由于推力没有垂直斜面的分力，则三角形斜块对Q的支持力不变，故B错误；
C．对物体Q受力分析，受重力、拉力、支持力，可能有静摩擦力，当静摩擦力沿斜面向上时，有
当用水平向左的恒力推Q时，静摩擦力f会减小，也可能摩擦力大小不变，方向相反；故C正确；
D．对整体受力分析，开始时受重力和支持力，二力平衡；施加推力后，推力有竖直向上的分力，则地面对三角形斜块的支持力变小.
5．B
【详解】
A．此过程中物体的重力势能增加了，A正确；
BD．由牛顿第二定律可得
解得
所以物体克服摩擦力做的功为
机械能损失了，B错误，D正确；
C．物体在运动过程中合外力做的总功为
所以其动能损失了，C正确。
6．D
【详解】
下降过程为自由落体运动，由匀变速直线运动的速度位移公式得
v2=2gh
解得触地时两球速度相同，为

m2碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选m1与m2碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后m1、m2速度大小分别为v1、v2，选向上方向为正方向，由动量守恒定律得：
m2v-m1v=m1v1+m2v2
由能量守恒定律得

由题可知
m2=3m1
联立解得
反弹后高度为
故D正确，ABC错误。
故选D。
7．AC
【详解】
A．炮弹在最高点竖直方向上的速度为零，水平方向上的速度不为零，为水平向右，故A正确；
B．若在最高点炮弹只受重力作用，则炮弹的加速度方向竖直向下，而在实线中，炮弹在最高点不仅受重力作用，还受空气阻力（水平方向上的阻力与水平速度方向相反）作用，故合力不是竖直向下，则加速度也不是竖直向下，故B错误；
C．由于空气阻力恒做负功，根据动能定理可知经过a点时的速度大于经过c点时的速度，故C正确；
D．从O到b的过程中，在竖直方向上，受到重力和阻力在竖直向下的分力，根据牛顿第二定律有
解得
在从b到d的过程中，在竖直方向，受到向下的重力和阻力在竖直向上的分力，根据牛顿第二定律有
解得
因，根据运动学公式
可知炮弹由O点运动到b点的时间小于由b点运动到d点的时间，故D错误。
故选AC。
8．BC
【详解】
A．将A、B、C三者视为整体可得
F = 3mgsinθ
再将B、C视为整体，分析其受力可得细绳的拉力为
T = 2mgsinθ
单独对A受力分析有
F = mgsinθ + T
当细绳烧断，细绳不再对A作用，由牛顿第二定律可得
F - mgsinθ = maA
解得：
aA = 2gsinθ
A错误；
B．在细绳未烧断前，B的受力可得：
T = mgsinθ + F弹
又
F弹 = mgsinθ
当细绳烧断的瞬间，T变为0，根据牛顿第二定律可得
maB = F弹 + mgsinθ
联立可得
aB = 2gsinθ
B正确；
C．将A、B视为整体，分析其整体受力，可得
F = 2mgsinθ + F弹
当剪去弹簧时A、B有共同的运动状态，由牛顿第二定律可得：
F - 2mgsinθ = 2maAB
解得：
aAB = gsinθ
C正确；
D．由选项C可知，将A、B视为整体，其整体的受力情况为
F = 2mgsinθ + F弹
在撤去拉力F的瞬间弹簧还来不及变化，故F弹不变，则由牛顿第二定律可得
aAB = gsinθ
在这一过程中A、B共同运动，所以
aA = aAB = gsinθ
D错误。
故选BC。
9．ACD
【详解】
在1轨道和3轨道正常运行时恰好由引力作为向心力，速度、加速度、周期分别满足
1轨道半径小于3轨道半径，故、、，从2轨道的P点要点火加速做离心运动才能到达3轨道，故，可知
卫星在2轨道经过P点和3轨道经过P点到地心距离相同，故，可知
由开普勒第三定律
2轨道半长轴介于1轨道半径及3轨道半径之间，故
ACD正确，B错误。
故选ACD。
10．BC
【详解】
B．由机械能守恒可知，A球的速度最大时，二者的动能最大，此时两球总重力势能最小，B正确；
D．根据题意知无论何时两球的角速度均相同，线速度大小之比均为
vA∶vB＝ω·2l∶ωl＝2∶1
D错误；
AC．当OA与竖直方向的夹角为θ时，由机械能守恒得
mg·2lcs θ－2mg·l（1－sin θ）＝mvA2＋·2mvB2
解得
vA2＝gl（sin θ＋cs θ）－gl
由数学知识知，当θ＝45°时，sin θ＋cs θ有最大值.
A错误，C正确。
故选BC。
11．大于 A B
【详解】
（1）[1]为防止碰撞后入射球反弹，实验中质量为的入射小球和质量为的被碰小球B的质量关系是大于。
（2）[2]如果碰撞中系统动量守恒，以水平向右方向为正方向，由动量守恒定律得
m1v1=m1v2+m2v3
小球离开轨道后做平抛运动，因水平位移相同，则有
解得
若满足关系式时，证明、B两小球碰撞过程中动量守恒，故选A。
[3]若碰撞前后系统无机械能损失，则系统由机械能守恒定律，可得表达式为
解得
故选B。
12．B 3mg-2mgsinθ 多次测量取平均值
【详解】
(1)[1]小球沿轨道下滑过程中，只有重力做功，重力势能转化为小球的动能，根据机械能守恒定律得
mgR（1-sinθ)=mv2
在轨道最低位置处根据牛顿第二定律得
F-mg=m
联立可得
mgR（1-sinθ)= R（F-mg）
整理得
mg（1-sinθ)= （F-mg）
由此可知，要验证小球沿轨道下滑过程中机械能守恒，实验中还必须测量小球的质量。
故选B。
(2)[2]将前面求得表达式
mg（1-sinθ)= （F-mg）
变形可得
F=3mg-2mgsinθ
B 3mg-2mgsinθ 多次测量取平均值
(3)[3]为提高实验精确度，可以多次测量取平均值，或者是减小空气阻力的影响（减小小球体积或增大其密度等）。
13．（1）E＝mgtan37°/q(2) 3 m/s2，方向沿斜面向下(3) 6 m/s.
【解析】(1)当沿水平方向加有如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，对小物块受力分析如图所示：
则： ，解得：
(2)当场强变为原来的1/2时，小物块的合外力：
又，所以，方向沿斜面向下．
（3）物块从静止沿斜面下滑距离为6 m的过程由速度位移关系得： ，解得
14．(1）(2）(3）
【详解】
试题分析：（1）对ABC用由动量守恒得，又，则
（2）由A到B，根据能量守恒得，
则
（3）由D点C，滑块CD与物块P的动量守恒且机械能守恒，得
解之得:
考点：动量守恒及能量守恒定律．
15．（1）10N，m/s；（2）R；（3）1.0m≤l＜1.5m或 l≤0.25m
【详解】
（1）A→M过程由动能定理得
﹣mg•2R=mvm2﹣mv2
在C点由牛顿第二定律得
mg+FN=m
解得
FN=10N
由牛顿第三定律知对轨道的压力为0物块A冲上圆形轨道后回到最低点速度为v0=m/s，
与弹簧接触瞬间
可得，物块A与弹簧刚接触时的速度大小
m/s
（2）A被弹簧以原速率v1弹回，向右经过PQ段，有
解得A速度
v2=2m/s
A滑上圆形轨道，有
（也可以应用 ）
可得，返回到右边轨道的高度为
h=0.2m=R
符合实际。
（3）物块A以v0冲上轨道直到回到PQ段右侧，有
可得，A回到右侧速度
要使A能返回右侧轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道，则有：
①若A沿轨道上滑至最大高度h时，速度减为0，则h满足
0＜h≤R
根据机械能守恒
联立可得
1.0m≤l＜1.5m
②若A能沿轨道上滑至最高点，则满足

且
联立得
l≤0.25m
综上所述，要使A物块能第一次返回圆形轨道并沿轨道运动而不脱离轨道，l满足的条件是
1.0m≤l＜1.5m或 l≤0.25m1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
C
C
C
C
B
D
AC
BC
ACD
BC