2022-2023学年江苏省连云港市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年江苏省连云港市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共15页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.一枚静止时长度为L的火箭以接近光速的速度从观察者身边掠过，观察者观测到火箭的长度( )
A. 小于LB. 大于LC. 等于LD. 大于或等于L
2.如图所示，水平圆盘绕中心轴匀速转动，小物块A与圆盘保持相对静止，则物块A( )
A. 线速度保持不变
B. 受重力、支持力、摩擦力、向心力
C. 相对圆盘有沿半径向外运动的趋势
D. 受到的摩擦力方向沿圆周的切线方向
3.2023年5月10日天舟六号货运飞船发射升空，进入预定轨道择机与空间站进行对接。如图所示对接前飞船与空间站均做匀速圆周运动，下列说法正确的是( )
A. 飞船内部的货物不受万有引力
B. 飞船的加速度大于空间站的加速度
C. 飞船运行的周期大于空间站的周期
D. 飞船运行的速度大于第一宇宙速度
4.如图所示，小物块与斜面体一起沿水平面向右做匀速直线运动。关于斜面体对物块做功，下列说法正确的是( )
A. 支持力不做功B. 支持力做正功
C. 摩擦力做正功D. 摩擦力与支持力做功代数和不为零
5.雷雨天带有负电的乌云飘过一栋建筑物上空时在避雷针周围形成电场，电场的等差等势面a、b、c、d分布情况如图所示。关于等势面上A、B、C三点的电势和电场强度说法中正确的是( )
A. φB>φA>φC
B. φA>φB>φC
C. EC>EB>EA
D. EC>EA>EB
6.如图所示，A、B两球完全相同，同时从同一高度分别以2v0、v0的初速度水平抛出。不计空气阻力，从A、B抛出后到落地的过程中，下列说法正确的是( )
A. 两球的重力做功不相等
B. 两球的动能增量不相等
C. 重力对两球做功的平均功率不相等
D. 落地前瞬间重力对两球做功的功率相等
7.如图为“研究影响平行板电容器电容大小的因素”实验装置图，电容器充电后与电源断开。若仅增加电容器两极板间距离，下列说法正确的是( )
A. 电容器电容增大
B. 电容器极板上电荷量增大
C. 静电计指针张角增加
D. 电容器极板间电场强度增大
8.玩具赛车在水平直线跑道上由静止开始以20kW的恒定功率加速前进，赛车瞬时速度的倒数1v和瞬时加速度a的关系如图所示。已知赛车受到的阻力恒定，赛车到达终点前已经达到最大速度，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 赛车做匀加速运动
B. 赛车的质量为20kg
C. 赛车所受阻力大小为500N
D. 赛车速度大小为5m/s时，加速度大小为60m/s2
9.某电场的电场线如图所示，其中电场线OA是直线，一带正电的粒子从O点由静止开始仅在电场力作用下运动到A点。取A点电势为零，粒子到O点的距离为x，下列关于粒子在OA上各点的电势φ、动能Ek随x的变化图线中，可能正确的是( )
A. B. C. D.
10.如图所示，有一光滑轨道PABC，PA部分竖直，BC部分水平，AB部分是半径为R的四分之一圆弧，其中AB与PA、BC相切。质量均为m的小球a、b(可视为质点)固定在长为R的竖直轻杆两端，开始时a球与A点接触且轻杆竖直，由静止释放两球使其沿轨道下滑，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. a球下滑过程中机械能减小
B. b球下滑过程中机械能保持不变
C. a、b球都滑到水平轨道上时速度大小均为 3gR
D. 从释放a、b球到两球均滑到水平轨道过程中，轻杆对b球做功为12mgR
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
11.某实验小组用如图甲所示的气垫导轨来验证机械能守恒定律，实验中多次让滑块从同一位置滑下，初始时遮光条下边缘到光电门的距离l可从刻度尺读取，当地重力加速度为g，实验步骤如下：
(1)通过调节旋钮A、B将气垫导轨调至水平，测量出气垫导轨两支脚A、B间的距离L，再把支脚A垫高并测量出其高度为H，则滑块运动l过程中下降的高度h=______(用l、L、H表示)；
(2)实验中测得遮光条宽度为d，滑块通过光电门的时间为t，则滑块通过光电门的速率v=______；
(3)多次改变光电门的位置并测出多组l和t，描绘出l−1t2图线如图乙所示。已知图线的斜率为k，为验证机械能守恒，则H、L、d、k、g应满足的关系式k=______；
(4)关于该实验以下措施中不必要的是______；
A.l适当大些
B.d适当小些
C.HL适当大一些
D.用天平测出滑块的质量
(5)考虑到遮光条宽度对实验的影响，则滑块运动l时的瞬时速度大小v′______dt(选填“大于”、“等于”或“小于”)。
三、简答题：本大题共4小题，共45分。
12.“凌月”是指在地球上观测月球时看到空间站在月球表面快速掠过的现象。已知地球半径为R，空间站离地面高度H，空间站凌月时长t，凌月过程中空间站与地心连线转过的角度为θ，求：
(1)空间站运行的角速度ω；
(2)地球表面的重力加速度g。
13.如图为某同学在荡秋千，秋千上悬挂平板的两绳平行且绳长为L，平板运动到最高点时绳子与竖直方向夹角为θ。已知该同学的质量为m且视为重心在平板上，重力加速度为g，不计绳子和平板的质量，忽略一切阻力。求：
(1)该同学运动到最低点时的加速度大小a；
(2)该同学运动到最低点时每根绳子的拉力大小F。
14.如图所示，水平面AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC相切于B点，半圆形轨道半径为R。一轻质弹簧左端固定，质量为m的物块将弹簧右端压缩至A点，由静止释放物块，物块恰能通过半圆形轨道最高点C。已知物块到达B点前与弹簧已分离，重力加速度为g，AB间的长度为L，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，求：
(1)物块通过C点的速率；
(2)物块刚进入半圆形轨道B点时受到的支持力大小；
(3)弹簧压缩至A点时的弹性势能。
15.如图甲所示，两相同的金属板AB、CD平行且正对放置，极板间距d=12cm，极板长L=40cm，两极板间的电压如图乙所示。AC的中点有一粒子源，能够沿图示方向不间断地发射速度v0=100m/s带正电粒子。已知粒子质量m=4×10−8kg、电荷量q=2×10−8C，不计粒子的重力及粒子间相互作用。求：
(1)0∼2×10−3s时间内极板间的电场强度大小E；
(2)电场边界BD上有粒子经过区域的长度ΔY；
(3)粒子从极板间穿过过程中的电势能变化量ΔEP。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：据相对论的“动棒缩短”效应可知，观察者观测到火箭的长度小于L；
综上分析，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据相对论的“动棒缩短”效应分析作答。
注意：相对论的“尺短效应”，动棒的放置方向要与物体的运动方向一致。
2.【答案】C
【解析】解：A.小物块做匀速圆周运动，线速度大小不变，但方向在改变，故A错误；
B.小物块受重力、支持力、摩擦力作用，合力提供向心力，故B错误；
C.根据分析可知小物块受重力、支持力、摩擦力作用，重力与支持力平衡，因此由静摩擦力提供向心力，即小物块有相对圆盘有沿半径向外运动的趋势，故C正确；
D.根据上述可知，小物块受到的摩擦力方向指向圆心，故D错误。
故选：C。
物体绕圆盘中心做匀速圆周运动，合力提供向心力，物体所受的向心力由静摩擦力提供，根据“一重、二弹、三摩擦”的顺序进行受力分析．
静摩擦力的方向与物体的相对运动趋势方向相反，本题中静摩擦力指向圆心，说明物体相对圆盘有向外滑动的趋势！
3.【答案】B
【解析】解：A.飞船内部的货物受万有引力作用，作为其做匀速圆周运动的向心力，故A错误；
BC.由万有引力作为向心力，根据牛顿第二定律可得：
GMmr2=ma=mr4π2T2
解得：a=GMr2，T= 4π2r3GM
由上述表达式可知飞船的轨道半径较小，可知飞船的加速度大于空间站的加速度，飞船运行的周期小于空间站的周期，故B正确，C错误；
D.第一宇宙速度为卫星绕地球做匀速圆周运动的最大速度，飞船运行的速度小于第一宇宙速度，故D错误。
故选：B。
理解货物的受力分析，同时找到其做圆周运动的向心力来源；
根据牛顿第二定律得出加速度和周期的表达式，结合半径的大小关系完成分析；
理解第一宇宙速度的物理意义即可完成分析。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解飞船的受力分析，结合牛顿第二定律即可完成解答。
4.【答案】C
【解析】解：AB.小物块与斜面体一起沿水平面向右做匀速直线运动，物体处于平衡状态，受重力，垂直于斜面向上的支持力与沿斜面向上的静摩擦力作用，
支持力方向与物体位移方向之间的夹角θ为钝角，csθ<0，由W=FLcsθ可知，W<0，则支持力做负功，故AB错误；
C.根据上述可知，静摩擦力与物体位移方向之间的夹角α为锐角，csα>0，由W=FLcsα，可知，W>0，则摩擦力做正功，故C正确；
D.重力方向与物体位移方向垂直，重力不做功，由动能定理得：
WF+Wf+WG=0
又WG=0
解得：WF+Wf=0
所以摩擦力与支持力做功代数和为零，故D错误。
故选：C。
物块向右做匀速直线运动，受力平衡，对物体进行受力分析，根据恒力做功公式分析即可。
本题主要考查了同学们受力分析的能力，知道力和位移夹角小于90∘时做正功，等于90∘时不做功，大于90∘时做负功。
5.【答案】A
【解析】解：AB.由于乌云带负电，可知电场线方向由避雷针指向乌云，根据沿电场线方向电势降低可知φB>φA>φC，故A正确，B错误；
CD.等差等势面的分布的疏密程度能够反映电场的强弱，根据A、B、C三点等势面分布的疏密程度可知，A点最密集，B点次之，C点最稀疏，则有EA>EB>EC，故CD错误。
故选：A。
根据图中所示的带电特点可判断电场线大致方向，可判断电势高低，根据等差等势面和电场强度大小关系判断。
考查电场线等势线关系及电场特点，注意B选项分析疏密要从电场线入手，等势线疏密能大体判断场强大小，较为简单。
6.【答案】D
【解析】解：A.根据
WG=mgh
由于A、B两球完全相同，同时从同一高度下落，则两球的重力做功相等，故A错误；
B.由动能定理得：
WG=ΔEk
结合上述可知，两球的动能增量相等，故B错误；
C.重力做功的平均功率为：
P=mght，
小球竖直方向做自由落体运动，
h=12gt2
解得：
P=mg gh2
由于A、B两球完全相同，同时从同一高度下落，则重力对两球做功的平均功率相等，故C错误；
D.令落地速度v与竖直方向夹角为θ，则落地前瞬间重力的瞬时功率为：
P′=mgvcsθ
根据平抛运动速度分解有
vcsθ=gt
联立解得
P′=mg 2gh
由于A、B两球完全相同，同时从同一高度下落，则落地前瞬间重力对两球做功的功率相等，故D正确。
故选：D。
根据重力做功特点分析计算；根据动能定理分析判断；根据平均功率公式结合平抛运动下落时间比较重力对两球做功的平均功率大小；根据重力的瞬时功率P=mgvcsθ结合平抛运动速度分解分析落地前瞬间重力对两球做功的功率的大小。
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，注意落地前瞬间重力的瞬时功率的计算方法。
7.【答案】C
【解析】解：B.电容器充电后与电源断开，存储的电荷量Q不变，故B错误；
A.若仅增加电容器两极板间距离，根据电容的决定式可得：
C=εrS4πkd
由此可知，C减小，故A错误；
D.极板间场强可表示为
E=Ud=QCd=QϵrS4πkd×d=4πkQϵrS
由此可知E不变，故D错误；
C.由Q=CU知，电势差增大，故静电计指针张角增大，故C正确。
故选：C。
电容器与电源断开，则电容器极板上的电荷量保持不变；
根据电容的决定式得出电容的变化趋势，结合场强的计算公式完成分析；
根据公式U=Ed分析出电势差的变化趋势，从而得出指针张角的变化趋势。
本题主要考查了电容器的动态分析，熟悉电路构造的分析，理解变化过程中的变化量和不变量，结合电容的计算公式即可完成分析。
8.【答案】D
【解析】解：A、由牛顿第二定律及瞬时功率表达式可得：Pv−f=ma，可知赛车做加速度逐渐减小的加速直线运动，故A错误；
BC、上述表达式整理可得：1v=mPa+fP，可见1v−a图象是倾斜的直线，其斜率恒定为：k=mP，与纵轴的截距为：b=fP，结合题设图象可得：b=fP=0.05s/m，k=mP=0.1−0.0520s3/m2
联立解得：m=50kg，f=1000N，故BC错误；
D、代入图象表达式，当v=5m/s，解得：a=60m/s2，故D正确。
故选：D。
根据牛顿第二定律列的图像函数解析式，结合图像的斜率与截距可解得质量和阻力。
本题考查机车启动的两种模式，解题关键是能够掌握机车启动的两种模式的原理，结合牛顿第二定律求解即可。
9.【答案】B
【解析】解：AB.从O到A，电场线分布先变稀疏，后变密集，则电场强度先减小后增大。φ−x图像中，图像斜率的绝对值表示电场强度，根据图像可知，即φ−x图像的斜率的绝对值应该先减小后增大，φ−x图像应该是一条曲线，故A错误、B正确；
CD.若令O点电势为0，根据动能定理有：qEx=Ek，Ek−x图像中，图像斜率表示电场力，由于从O到A，电场线分布先变稀疏，后变密集，则电场强度先减小后增大，即电场力先减小后增大，可知动能Ek随x的变化图线斜率的也是先减小后增大，故CD错误。
故选：B。
根据电场线的分布，可确定电场强度的方向与大小，由电场线的方向来确定电势的变化，根据Ek−x图像的斜率表示的物理意义分析CD选项。
本题主要是考查电场线的分布体现电场强度的大小与方向，根据图像的斜率表示的物理意义分析解答。
10.【答案】C
【解析】解：C、在下滑过程中，两个小球组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒，设a、b球都滑到水平轨道上时速度大小为v，则有
mgR+mg(2R)=12(2m)v2，解得：v= 3gR，故C正确；
BD、b球在滑落过程中，设杆对b球做功为W，根据动能定理得
W+mg(2R)=12mv2，联立解得：W=−12mgR，杆对b球做负功，所以在下滑过程中b球机械能减小，
故BD错误；
A、对a球，由动能定理可得：W′+mgR=12mv2
解得杆对a球做功为：W′=12mgR，可知，杆对a球做正功，所以在下滑过程中a球机械能增大，故A错误。
故选：C。
在下滑过程中，对于两个球组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒；根据系统机械能守恒列式求解a、b球都滑到水平轨道上时速度大小；由动能定理可求得轻杆对a球和b球所做的功。再分析两球的机械能是否守恒。
本题关键是明确两个小球系统的机械能守恒，然后结合机械能守恒定律和及动能定理列式分析。
11.【答案】lLH dt d2L2gH D 小于
【解析】解：(1)根据几何关系有
lh=LH
解得：h=lLH
(2)根据光电门测速原理，滑块通过光电门的速率
v=dt
(3)滑块下滑机械能守恒，则有
mgh=12mv2
其中
h=lLH，v=dt
则有
l=Ld22gH⋅1t2
可知，若机械能守恒，则H、L、d、k、g应满足的关系式
k=d2L2gH
(4)A.为了减小长度测量的误差，l适当大些，故A正确；
B.为了减小光电门测速的误差，挡光片的宽度d适当小些，故B正确；
C.为了减小光电门测速的误差，滑块经过光电门的速度应适当大一些，即将支脚A适当垫高一些，增大倾角，即HL适当大一些，故C正确；
D.根据上述实验原理的表达式分析可知，滑块的质量在表达式中约去了，因此实验不需要用天平测出滑块的质量，故D错误。
故选：D。
(5)由于l是遮光条下边缘到光电门的距离，因此滑块运动l时的瞬时速度大小v′是挡光片刚刚开始挡光时的速度，而dt本质上时挡光片开始挡光到挡光片结束挡光过程的平均速度，也是该过程中间时刻的瞬时速度，由于滑块是加速过程，可知若考虑到遮光条宽度对实验的影响，则滑块运动l时的瞬时速度大小v′小于dt。
故答案为：(1)lLH；(2)dt；(3)d2L2gH；(4)D；(5)小于
(1)根据几何关系得出h的表达式；
(2)根据光电门的测速原理得出滑块的速度；
(3)根据机械能守恒定律结合图像的物理意义得出k的大小；
(4)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(5)根据运动学公式得出速度的测量值间的大小关系。
本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式和机械能守恒定律即可完成分析。
12.【答案】解：(1)由角速度的定义可得空间站运行的角速度：ω=θt；
(2)空间站绕地球做匀速圆周运动，由引力提供向心力可得：GMm(R+H)2=mω2(R+H)
忽略地球的自转，在地球表面满足：GMmR2=mg
联立解得：g=θ2(R+H)3t2R2。
答：(1)空间站运行的角速度为θt；
(2)地球表面的重力加速度为θ2(R+H)3t2R2。
【解析】(1)由角速度的定义可得空间站运行的角速度；
(2)空间站绕地球做匀速圆周运动，由引力提供向心力。万有引力和重力的关系求解地球表面的重力加速度。
本题主要是考查了万有引力定律及其应用；解答此类题目一般要把握两条线：一是在星球表面，忽略星球自转的情况下，万有引力等于重力；二是根据万有引力提供向心力列方程进行解答。
13.【答案】解：(1)小明从最高点到最低点的过程由机械能守恒得mgL(1−csθ)=12mv2
向心加速度可表示为a=v2L
联立解得：a=2g(1−csθ)
(2)在最低点由牛顿第二定律可得2F−mg=ma
解得F=3mg2−mgcsθ
答：(1)该同学运动到最低点时的加速度大小为2g(1−csθ)；
(2)该同学运动到最低点时每根绳子的拉力大小为3mg2−mgcsθ。
【解析】(1)从最高点到最低点，根据动能定理求得到达最低点的速度，根据向心加速度的公式求出加速度；
(2)在最低点，根据牛顿第二定律求得绳子的拉力。
本题以生活中常见的荡秋千游戏为情景，考查动能定理、牛顿第二定律，考查考生推理能力和科学思维。
14.【答案】解：(1)由题意，物块恰能通过半圆形轨道最高点C，则在最C点有：mg=mvC2R
解得物块在最C点的速度：vC= gR
(2)对物块在BC过程运用动能定理有：−mg⋅2R=12mvC2−12mvB2
解得：vB= 5gR
设轨道对物块的弹力为N，则在B点根据牛顿第二定律有：N−mg=mvB2R
解得：N=6mg
(3)根据能量守恒定律可得，弹簧开始的弹性势能：Ep=12mvB2+μmgL
解得：Ep=μmgL+52mgR
答：(1)物块通过C点的速率为 gR；
(2)物块刚进入半圆形轨道B点时受到的支持力大小为6mg；
(3)弹簧压缩至A点时的弹性势能为(μmgL+52mgR)。
【解析】(1)物体恰能到达最高点C，在C点由重力恰好提供向心力，利用牛顿第二定律求物块经过C点时速度大小v；
(2)研究物块从B运动到C的过程，根据动能定理和牛顿第二定律求轨道对物块支持力；
(3)物体从弹簧弹出到运动到B点过程，根据能量守恒定律结合滑动摩擦力公式，即可求出开始压缩时的弹性势能。
本题考查能量守恒定律、牛顿第二定律和动能定理的综合运用，关键要搞清圆周运动向心力的来源：指向圆心的合力，运用动能定理时要明确研究的过程，搞清哪些力做功。
15.【答案】解：(1)根据电场强度与电势差之间的关系，可得0∼2×10−3s时间内极板间的电场强度大小为：E=Ud
代入数据得：E=2×104V/m
(2)粒子在垂直于电场方向做匀速直线运动，所以粒子在电场中运动的时间为：t=Lv0
解得：t=4×10−3s
粒子在电场中运动的加速度为：
a=qEm=2×10−8×2×1044×10−8m/s2=1×104m/s2
粒子沿电场方向加速获得的速度：
vy=a⋅t2=1×104×4×10−32m/s=20m/s
在0时刻进入电场的粒子偏转位移最大，其在前12t时间内沿电场方向的位移：
y1=vy2⋅t2=202×4×10−32m=0.02m=2cm
其在后12t时间内沿电场方向的位移：
y2=vyt=20×4×10−32m=0.04m=4cm
则在0时刻进入电场的粒子离开电场时偏移量：Y1=y1+y2=2cm+4cm=6cm
在2×10−3s时刻进入电场的粒子离开电场时的偏移量最小为：Y2=y1=2cm
所以电场边界BD有粒子离开的区域长度为：ΔY=Y1−Y2=6cm−2cm=4cm
(3)粒子沿电场方向的偏移量对应的电压为：ΔU=y1dU=212×2.4×103V=400V
根据电场力做功与电势能变化的关系可知，粒子从极板间穿过过程中的电势能变化量为：
ΔEp=−ΔUq=−2×10−8×400J=−8×10−6J
答：(1)0∼2×10−3s时间内极板间的电场强度大小E为2×104V/m；
(2)电场边界BD上有粒子经过区域的长度ΔY为4cm；
(3)粒子从极板间穿过过程中的电势能变化量ΔEP为−8×10−6J。
【解析】(1)根据匀强电场中场强与电势差的关系求板间的电场强度；
(2)先求出粒子穿出电场的时间，对比交变电场的周期，分别求出最大和最小偏转位移，结合几何关系求出有粒子射出的电场边界的最小长度；
(3)根据电场力做功与电势能变化的关系电势能的变化量。
该题属于带电粒子在周期变化的电场中的运动问题，解题的关键是粒子在极板之间运动的时间恰好是一个方波电压的周期。要找到符合条件的粒子从何时刻，何位置偏转距离最大或最小，应用相应的规律结合几何关系解答，本题难度较大，要特别注意关键时刻和关键位置的特殊情况。