2022-2023学年山东省滕州市高一（下）期末物理试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年山东省滕州市高一（下）期末物理试卷（含解析），共14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。

2022-2023学年山东省滕州市高一（下）期末物理试卷
一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）
1. 关于电场强度，小明有以下认识，正确的为(    )
A. 若在电场中的P点不放试探电荷，则P点的电场强度为0
B. 匀强电场中电场强度处处相同，所以任何电荷在其中受力都相同
C. 电场强度公式E=Fq表明，电场强度的大小与试探电荷的电荷量q成反比，若q减半，则该处的电场强度变为原来的2倍
D. 点电荷的电场强度公式E=kQr2表明，点电荷周围某点电场强度的大小，与该点到场源电荷距离r的二次方成反比，在r减半的位置上，电场强度变为原来的4倍
2. 某一区域的电场线分布如图所示，A、B、C是电场中的三个点，下列说法正确的是(    )

A. 该电场线是由正点电荷产生的
B. 没有电场线的地方电场强度为0
C. 在A、B、C三点中，B点电场强度最大
D. 把一个试探电荷在B点由静止释放，它将沿电场线加速运动
3. A、B两物体的质量之比为mA:mB=1:3，它们以相同的初速度v0在水平面上做匀减速直线运动直到停止，其v−t图像如图所示。那么，A、B两物体所受摩擦阻力大小之比FA:FB与A、B两物体克服摩擦力做的功之比WA:WB分别为(    )

A. 3:1，9:1 B. 1:1，1:3 C. 3:1，3:1 D. 1:1，9:1
4. 如图所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，在将弹簧压缩到最短的整个过程中，不计空气阻力，那么(    )

A. 动能和弹性势能之和先增大后减小 B. 重力势能和弹性势能之和保持不变
C. 重力势能和动能之和增大 D. 重力势能、动能与弹性势能之和保持不变
5. 如图甲所示，A、B、C是一条电场线上的三个点，C为AB的中点。一个点电荷从A点由静止释放，仅在静电力的作用下沿电场线经过B点，其运动的v−t图像如图乙所示，下列说法正确的是(    )

A. 由A至B，电场强度越来越大
B. 由A至B，电势越来越低
C. 点电荷在B点电势能小于在C点电势能
D. A、C间电势差UAC等于C、B间电势差UCB
6. 空气是不导电的。但是如果空气中的电场很强，使得气体分子中带正、负电荷的微粒所受的方向相反的静电力很大，以至于分子“破碎”，空气中出现可以自由移动的电荷，空气就变成了导体。这个现象叫做空气的“击穿”。在一次实验中，如图所示，两金属板之间的点A、B分别代表某一气体分子破碎后带正、负电荷的两个微粒(为了看得清楚，做了放大)。两金属板之间的距离为1.6cm，在两金属板间加4.0×104V的高电压，两板间刚好出现放电现象。下列说法正确的是(    )

A. 两板间匀强电场的电场强度大小为2.5×106V/m
B. 两板间匀强电场的电场强度大小为6.4×102V/m
C. 若减小两板之间的距离，则需要更高的电压才能使两板之间出现放电现象
D. 若减小两板的正对面积，则需要更高的电压才能使两板之间出现放电现象
7. 海王星的质量约为地球的17倍，半径约为地球的4倍。已知绕地球表面附近做匀速圆周运动的宇宙飞船，其运行速度为7.9km/s，则绕海王星表面附近做匀速圆周运动的宇宙飞船，其运行速度大小约为(    )
A. 33km/s B. 16km/s C. 8km/s D. 4km/s
8. 在长期天文观测中，人们发现一些星体运行过程中物理量的观测值和理论值之间往往存在稍许偏差。为了解释这种现象，科学家们认为，宇宙中存在一种望远镜看不到的物质，叫暗物质。在对一个绕质量为M的恒星做半径为r的匀速圆周运动的行星观测中发现，行星实际所受万有引力值是恒星对其万有引力理论值的k(k>1)倍。假设暗物质均匀分布在以恒星中心为球心、以r为半径的球内。那么，暗物质的质量应为(    )
A. (k−1)M B. kM C. (k+1)M D. M/k
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
9. 如图是一皮带传动装置的示意图，右轮半径为r，A是它边缘上的一点。左侧是一轮轴，大轮半径为4r，小轮半径为2r。B点在小轮上，到小轮中心的距离为r。C点和D点分别位于小轮和大轮的边缘上。如果传动过程中皮带不打滑，则下列说法正确的是(    )

A. A点和B点的线速度大小之比vA:B=1:1
B. B点和D点的线速度大小之比vB:vD=1:4
C. A点和D点的向心加速度大小之比aA:aD=1:1
D. A点和C点的向心加速度大小之比aA:aC=1:2
10. 如图所示，质量为m的小球沿光滑曲面运动，曲面最大高度为H。以曲面顶端所在的水平面为重力势能的零势能面。现在A点给小球一个初动能，使其能够沿曲面经过高度为h的B点。在小球由A点到B点的过程中，下列说法正确的有(    )

A. 小球的初动能至少为mgh
B. 小球的重力势能最大值为mgH
C. 重力对小球做功为−mgh
D. 小球在B点处的重力势能为mg(h−H)
11. 如图甲、乙、丙所示，三个物体质量相等，在大小相等的恒力F作用下，沿直线在水平面上发生了一段相同的位移l，角θ1、θ2、θ3的大小分别如图所示。物体初速度大小均为v，但方向不同。已知甲图地面有摩擦、乙图和丙图地面光滑。关于三个图中F对物体做的功和功率，下列说法正确的是(    )

A. 甲、乙、丙中做功一样多
B. 甲、丙中做正功，乙中做负功
C. 甲中做功比丙中的多，甲中平均功率比乙中的小
D. 乙中位移为l时的瞬时功率与丙中位移为l时的瞬时功率相等
12. A、B两点相距l，O为AB连线的中点，C为AB连线的中垂线上距O为x处的点。图甲中A、B两点分别固定两个电荷量都是+Q的点电荷，置于C点的电荷量为+q的点电荷所受静电力大小记为F1；图乙中A、B两点分别固定电荷量为−Q和+Q的点电荷，置于C点的电荷量也为+q的点电荷所受静电力大小记为F2。则以下说法正确的是(    )

A. 图甲中+q所受的静电力大小为F1=16kQqx l2+4x2(l2+4x2)2
B. 图乙中+q所受的静电力大小为F2=8kQql l2+4x2(l2+4x2)2
C. 为使F2>F1，则应使l>2x
D. 为使F22x
三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
13. 如图甲所示是向心力演示器，用于探究做圆周运动物体的向心力大小与物体的质量、半径、角速度的关系。挡板A、B、C可以控制小球做圆周运动的半径，所连弹簧测力筒的标尺露出的格数可以显示向心力的大小。挡板A、C到各自转轴的距离均为挡板B到转轴距离的一半。塔轮结构如图乙所示，每侧三个转轮的半径从小到大分别为r、2r、3r，可分别用传动皮带连接。请完成下列问题。

(1)探究向心力大小与物体质量的关系时，在挡板A处放铝球、挡板C处放钢球，传动皮带挂左塔轮的中轮，应挂右塔轮的__________(填“上”、“中”或“下”)轮。
(2)探究向心力大小与角速度的关系时，应采用下列的__________(填“A”、“B”或“C”)图所示安装器材。

(3)某实验小组为验证向心力公式，将铝球放在挡板B处，钢球放在挡板C处，传动皮带均挂在左、右塔轮的上轮，摇动手柄，稳定后，右侧标尺露出1格，则左侧标尺应该露出________格。已知钢球质量是铝球质量的3倍。

14. 某物理学习兴趣小组用如图甲所示的电路观察电容器的充、放电现象，并测量电容器的电容。

(1)粗略观察充、放电的电流大小和方向时，应选择表头为_________(填“乙”或“丙”)图所示的电流表。
(2)放电时，流经电阻R的电流_________(填“向左”或“向右”)。
(3)为了精确测量电容器的电容，将甲图中电流表换成了电流传感器。请根据甲图，连接丁图中的实物图。

(4)电容器放电过程中，电流传感器显示的电流随时间变化的规律如图戊所示。用计算机可以得出i−t图像所围的面积为0.869mA⋅s。已知电阻R的阻值为500Ω，直流电源电压恒为2V。那么，该电容器的电容为_________μF(结果保留三位有效数字)。


四、计算题（本大题共4小题，共46.0分）
15. 牛顿发现的万有引力定律是科学史上最伟大的定律之一。地面附近物体的重力可以近似认为等于地球对物体的万有引力。已知地球的半径为R，地面附近的重力加速度大小为g，引力常量为G。求：
(1)地球的密度。
(2)我国成功发射第41颗北斗导航卫星，被称为“最强北斗”。这颗卫星是地球同步卫星，已知地球的自转周期为T，求该卫星距地面的高度。

16. 某人站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量m=50.0g的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内以手为圆心做圆周运动。已知握绳的手离地面高度d=1.6m，手与球之间绳长l=0.5m，绳能承受的最大拉力F=3.0N。取重力加速度g=10m/s2，忽略手的运动半径和空气阻力。
(1)当球某次运动到最低点时，绳恰好受到所能承受的最大拉力被拉断，求绳断时球的速度大小。
(2)保持手的高度不变，改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时达到最大拉力被拉断，要使球的落地点距握绳的手的水平距离最大，绳长应是多少？最大水平距离是多少？(结果可以用根式表示)


17. 如图所示，区域Ⅰ、Ⅱ分别存在水平向左和竖直向下的匀强电场，电场强度大小均为E。虚线MN和PQ表示三个区域的理想分界平面，分界平面均垂直于水平电场且间距为L；右侧平行于分界平面放置的屏到PQ的距离为L。在水平电场中，距MN也为L的A处有一个电子源，会无初速度释放电子(电荷量大小为e、质量为m)，最后，电子打在右侧的屏上。不计电子重力和电子之间的相互作用力。求：
(1)某个电子在水平电场中运动的时间；
(2)某个电子在整个运动过程中所受静电力对其所做的功；
(3)图中AO连线垂直于屏，垂足为O。那么，电子打到屏上的点到O点的距离是多少。


18. 如图所示，为竖直平面内固定的光滑轨道AB、粗糙水平直轨道BC、DE和以速度v0=3.0m/s逆时针转动的传送带MN，在轨道DE右端固定反弹装置。各轨道平滑连接，传送带与水平轨道等高、间隙不计。现有一个质量为m=2.0kg的滑块从轨道AB上高为h处由静止下滑，若滑块能运动到最右侧与反弹装置碰撞，则碰后立即以原速率被弹回。已知各部分的长度分别为LBC=0.45m，LMN=0.70m，LDE=0.45m，滑块与水平轨道、传送带之间的动摩擦因数均为μ=0.5。

(1)若h=0.2m，求滑块经过B点的速度大小；
(2)若滑块能与反弹装置碰撞，求高度h应满足的条件；
(3)若滑块只能两次经过传送带上的M点，求高度h应满足的条件。

答案和解析

1.【答案】D 
【解析】略

2.【答案】C 
【解析】略

3.【答案】B 
【解析】略

4.【答案】D 
【解析】略

5.【答案】C 
【解析】略

6.【答案】A 
【解析】略

7.【答案】B 
【解析】略

8.【答案】A 
【解析】略

9.【答案】BC 
【解析】略

10.【答案】CD 
【解析】略

11.【答案】AD 
【解析】略

12.【答案】ABC 
【解析】略

13.【答案】(1)中   (2)C    (3)6 
【解析】略

14.【答案】(1)乙    (2)向右    (3)如图所示：    (4)435 
【解析】略

15.【答案】解：(1)设地球的质量为M，体积为V，则
ρ=MV                                            ①
V=43πR3                                          ②
设地球表面处某物体质量为m，根据地球表面处万有引力等于重力，则
GMmR2=mg                                        ③
联立解得： ρ=3g4πRG                                                                         ④
(2)设该卫星的质量为 m0 ，距地面的高度为h，由万有引力充当向心力可得
GMm0(R+h)2=m04π2T2(R+h)                                ⑤
解得： h=3gR2T24π2−R                                                                        ⑥
 
【解析】(1)根据地球表面有万有引力等于重力求得地球质量，结合密度公式和球的体积公式求解；
(2)根据万有引力充当向心力求解。

16.【答案】解：(1)球做圆周运动经过最低点，向心力由绳子最大拉力和重力的合力提供，则
F−mg=mv2l                                           ①
解得： v=5m/s                                                                               ②
(2)设改变后的绳子长度为L；绳子被拉断后，球在竖直面内做平抛运动。设落到地面历时为t，水平方向的位移为x，则
d−L=12gt2                                           ③
x=v1⋅t                                                ④
F−mg=mv12L                                           ⑤
解得： x= 10L(d−L)                                                                       ⑥
由数学知识可得，x要取最大值，则 L=d−L
解得： L=0.8m                                                                              ⑦
xm=45 10m                                          ⑧
 
【解析】本题考查了圆周运动和平抛运动的综合，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律和圆周运动向心力的来源是解决本题的关键。
(1)根据平抛运动的高度求出平抛运动的时间，结合水平位移和时间求出绳断时球的速度v1；根据运动学知识求出球落地的速度大小；
(2)在最低点，根据牛顿第二定律求出最大拉力的大小；
(3)根据最大拉力，通过牛顿第二定律求出绳断后的速度与绳长的关系，根据平抛运动求出平抛运动水平位移的表达式，通过数学方法二次函数求极值，求出l为多少时，x最大。


17.【答案】解：(1)电子在水平电场中做初速度为零的匀加速直线运动。设加速度为a，运动时间为 t1 ，由牛顿第二定律和运动学公式得
eE=ma                                               ①
L=12at12                                              ②
联立①②式解得： t1= 2mLEe                                                                   ③
(2)电子进入竖直电场时的水平初速度为 v1=at1                                                 ④
电子在竖直电场中运动的时间为 t2=Lv1                                                           ⑤
电子在竖直电场中的加速度大小仍为a，则偏转位移为 y=12at22                                     ⑥
故，整个运动过程中，静电力对电子做的功为
W=EeL+Eey                                        ⑦
联立④⑤⑥⑦式解得： W=5ELe4                                                              ⑧
(3)电子在竖直电场中做类平抛运动。设电子射出竖直电场时竖直方向的速度为 vy ，则
vy=at2                                                 ⑨
电子刚射出竖直电场时的速度方向与 AO 连线夹角 θ 的正切值为
tanθ=vyv1                                              ⑩
设电子打到屏上的点B到O点的距离为Y，由几何关系得
Y=y+Ltanθ                                          ⑪
联立⑨⑩⑪式解得： Y=34L                                                                   ⑫
 
【解析】略

18.【答案】解：(1)滑块下滑过程机械能守恒，有
mgh=12mvB2                                            ①
解得： vB=2m/s                                                                              ②
(2)设释放点的高度为 h1 时，滑块第一次到达E点的速度为 vE ；若滑块能与反射装置碰撞，则 vE>0
滑块从A到E的过程中，由动能定理得
mgh1−μmg(LBC+LMN+LDE)=12mvE2                             ③
解得： h1>0.8m                                                                              ④
(说明： h1≥0.8m 同样给分)
(3)①若滑块经反弹后到达N点速度恰好为零，设从传送带上运动至C点的速度为 vC ，则
μmgLMN=12mvC2                                         ⑤
解得： vC= 7m/s<3m/s  
滑块在 BC 和斜面上滑动，设速度减小到零时，运动的路程为 s1 ，则
μmgs1=12mvC2                                           ⑥
解得： s1=0.7m<2LBC                                                                        ⑦
故，滑块只能两次经过M点。
这种情况下，设滑块在斜面上释放点的高度为 h11 ，则由动能定理得
mgh11−μmg(LBC+LMN+2LDE)=0                               ⑧
解得： h11=1.025m
②若滑块运动到C点速度为 v0=3.0m/s ，之后滑块在 BC 和 AB 上往返滑动，设速度减小到零时，在水平轨道 BC 上运动的路程为 s2 ，则
μmgs2=12mv02                                           ⑨
解得： s2=0.9m=2LBC                                                                        ⑩
故，滑块恰好到C点，也是只能两次经过M点。
这种情况下，设滑块在 AB 上释放点的高度为 h12 ，则由动能定理得
mgh12−μmg(LBC+2LMN+2LDE)=12mv02                         ⑪
解得： h12=1.825m
故，滑块只能两次经过M点的条件为
h12>h>h11
即 1.825m>h>1.025m                                                                       ⑫
(说明： 1.825m≥h≥1.025m 同样给分)
③若滑块从 BC 第一次经过M点的速度减小到零，设滑块在斜面上释放点的高度为 h21 ，则由动能定理得
mgh21−μmgLBC=0                                     ⑬
解得： h21=0.225m
若滑块经 BC 、 MN 第一次到达N点的速度减小到零，设滑块在斜面上释放点的高度为 h22 ，则由动能定理得
mgh22−μmg(LBC+LMN)=0                                    ⑭
解得： h22=0.575m
故，滑块只能两次经过M点的条件为
h22≥h>h21                                              ⑮
即 0.575m≥h>0.225m
(说明： 0.575m≥h≥0.225m 同样给分)
综上所述，只能两次经过M点的条件为
1.825m>h≥1.025m 或 0.575m≥h>0.225m                         ⑯
 
【解析】略