2022-2023学年湖北省武汉市洪山区西藏中学高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年湖北省武汉市洪山区西藏中学高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），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。

1.如图所示是利用无人机送货到家的情景，下列情况中重力对货物做正功的是( )
A. 无人机吊着货物悬停在空中B. 无人机吊着货物水平匀速运动
C. 无人机吊着货物竖直匀速上升D. 无人机吊着货物竖直匀速下降
2.下列说法正确的是( )
A. 电荷所受电场力很大，该点的电场强度一定很大
B. 根据公式E=kQqr2，这个位置的场强E与检验电荷的电荷量q有关
C. 公式E=kQr2和E=Fq适用条件相同
D. 电场强度是反映电场本身特性的物理量，与是否存在试探电荷无关
3.如图所示，L1、L2分别表示Q乙、Q甲两个点电荷到P点的距离，其大小相等，E表示两个点电荷在P点产生的合场强。下列对甲、乙两个点电荷的判断，正确的是( )
A. 异种电荷，Q甲>Q乙
B. 异种电荷，Q甲C. 同种电荷，Q甲>Q乙
D. 同种电荷，Q甲4.人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实(如图)。设某次打夯符合以下模型：两人同时通过绳子对重物各施加一个力，使重物离开地面30cm后悬停空中，然后由静止释放，不计空气阻力，重物自由下落把地面砸深2cm。已知重物的质量为50kg，g取10m/s2。则重物对地面的平均冲击力是( )
A. 8000NB. 8100NC. 8180ND. 8300N
5.如图，在与纸面平行的匀强电场中有A、B、C三个点为一边长为6cm的正三角形三个顶点，其电势分别为6V、2V和4V。则该匀强电场强度大小为( )
A. 23V/cmB. 13V/cmC. 43 3V/cmD. 79V/cm
6.某电场区域的电场线如图所示，a、b是其中一条电场线上的两点，下列说法正确的是( )
A. a点的电势比b点低
B. a点的场强方向沿着a点的电场线向左
C. 负电荷在a点的电势能小于于它在b点的电势能
D. 正电荷从b点运动到a点电场力做正功
7.一个负点电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的v−t图象如图所示，则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是图中的( )
A.
B.
C.
D.
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
8.如图所示，一倾斜粗糙传送带上放有一物块，不管传送带顺时针转动带着物块沿皮带向上运动，还是传送带逆时针转动带着物块沿皮带向下运动，物块总能保持相对皮带静止而不滑动，不计空气阻力。当物块在皮带带动下沿皮带作以下各种运动时，说法正确的是( )
A. 向上加速运动时，物块一定受三个力作用B. 向下加速运动时，物块一定受三个力作用
C. 向上加速运动时，皮带一定对物块做正功D. 向下加速运动时，皮带对物块一定做正功
9.
10.如图所示的平面内，有静止的等量同种点电荷，M、N两点关于两电荷连线对称，M、P两点关于两电荷连线的中垂线对称。下列说法正确的是( )
A. M点的电场强度与P点的电场强度大小相等
B. M点的电势比N点的电势高
C. 质子在N点的电势能与在P点的电势能相同
D. 电子在M点的电势能比在P点的电势能大
11.如图所示，虚线为位于O位置的点电荷形成的电场中的等势面，三个等势面的电势差关系为φ1−φ2=φ2−φ3，一带负电的粒子进入该电场后的运动轨迹为图中的实线，且与等势面相交于图中的a、b、c、d四点。已知该粒子仅受电场力的作用，则下列说法正确的是( )
A. 该粒子在a、c两点的动能与电势能之和不相等
B. 场源电荷带负电
C. φ1>φ2>φ3
D. 电场力对该粒子先做负功后做正功
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
12.某物理兴趣小组利用图示装置来探究影响电荷间的静电力的因素，A是一个带正电的物体，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：把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1、P2、P3等位置，比较小球在不同位置所受带电物体的静电力的大小；
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)该实验采用的方法是_____.(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)实验表明，电荷之间的静电力随着电荷量的增大而增大，随着距离的增大而_____；(填“增大”、“减小”或“不变”)
(3)若物体A的电荷量用Q表示，小球的电荷量用q表示、质量用m表示，物体与小球间的距离用d表示，静电力常量为k，重力加速度为g，可认为物体A与小球在同一水平线上，则小球偏离竖直方向的角度的正切值为_____。
13.如图甲为验证机械能守恒定律的实验装置图，如图乙为某次实验截取的一段纸带。
(1)在本实验操作中，下列步骤的正确操作顺序为______；(填选项前的字母)
A.用纸带穿过打点计时器，一端悬挂上重物，调整打点计时器，保证纸带沿竖直方向，并固定好纸带
B.接通电源，打开打点计时器开关，释放纸带
C.将打点计时器固定在铁架台上
D.取下纸带，选择点迹清晰的一条，处理数据
(2)图乙为某次实验中得到的纸带，相邻两点时间间隔为0.1s.则打B点时物体速度大小为vB=______m/s；加速度大小为a=______m/s2(均保留三位有效数字)；查得当地重力加速度大小为9.79m/s2，这也就在误差允许范围内间接验证了机械能守恒定律；
(3)在实验操作规范、数据测量及数据处理均正确的前提下，实验求得的重物减小的重力势能通常略大于增加的动能，这是因为______。
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
14.在2022年2月8日北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台的比赛中，18岁的中国选手谷爱凌顶住压力，在关键的第三跳以超高难度动作锁定金牌，这也是中国女子雪上项目第一个冬奥会冠军，滑雪大跳台的赛道主要由助滑道、起跳台、着陆坡、停止区组成，如图所示。在某次训练中，运动员经助滑道加速后自起跳点C以大小为vC=20m/s的速度向右上方飞起，完成空中动作后，落在着陆坡上(无机械能损失)，然后沿半径为R=45m的圆弧滑道自由滑行通过最低点F，进入水平停止区后调整姿势做匀减速滑行直到静止。已知在快到F点的瞬间运动员对地面的压力为重力(含装备)的3倍，运动员在水平停止区受到的阻力为重力(含装备)的0.5倍，忽略其它运动过程中的阻力。g取10m/s2，求：
(1)运动员在F点的速度vF的大小；
(2)水平停止区FG的最小长度L；
(3)C点与F点间的高度差h。
15.如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab=5cm，bc=12cm，其中ab沿电场方向，bc与电场方向呈60∘角．一个电荷量为q=4×10−8C的正电荷从a移动到b电场力做功−1.2×10−7J.求：
(1)该匀强电场的场强大小E？
(2)a、c两点的电势差Uac？
(3)若规定φa=0，电荷q在c点具有的电势能EPc？
16.如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1=E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2=2E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场E2平行的屏。现将一电子(电荷量为e，质量为m，重力不计)无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，A点到MN的距离为L2，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：
(1)电子到MN的速度大小；
(2)电子从释放到打到屏上所用的时间；
(3)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tanθ。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
明确功的性质，知道力的方向与位移方向为锐角时做正功，力的方向与位移方向成钝角时力做负功。
本题考查功的性质，要掌握根据力与位移夹角来判断做功正负的方法。
【解答】
A、无人机吊着货物悬停在空中时，重力的方向上没有位移，故重力不做功，故A错误；
B、无人机吊着货物水平匀速运动时，重力的方向上没有位移，故重力不做功，故B错误；
C、无人机吊着货物竖直匀速上升时，重力向下，位移向上，二者方向相反，重力做负功，故C错误；
D、无人机吊着货物竖直匀速下降时，重力和位移的方向均向下，故重力做正功，故D正确。
故选：D。
2.【答案】D
【解析】解：A.场强的定义式为E=Fq，E的大小与F、q无关，电场中某一点放入试探电荷，q越大，F也越大，但是二者比值不变，电荷所受电场力很大，根据F=qE，该点的电场强度不一定很大，可能是电荷量大，故A错误；
B.根据的场强公式是错误的，F=kQqr2是计算库仑力的，根据公式E=kQr2，这个位置的场强E与检验电荷的电荷量q无关，故B错误；
C.公式E=kQr2仅适用于点电荷的电场，E=Fq适用于任意电场，故C错误；
D.电场强度是反映电场本身特性的物理量，与是否存在试探电荷无关，故D正确。
故选：D。
电场强度是描述电场强弱的物理量，它是由电荷所受电场力与其电量的比值来定义，由电场本身性质决定，与检验电荷无关；公式E=kQr2是库仑定律结合电场强度定义式得到的，仅适用于点电荷的电场，E=Fq是由电荷所受电场力与其电量的比值来定义的，适用于任意电场。
本题首先明确电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，要理解电场强度的定义式以及点电荷的场强公式。
3.【答案】A
【解析】解：由于Q甲、Q乙两个点电荷到P点的距离相等，P点合场强方向偏向右上方，如图所示；根据场强叠加原理可知，两点电荷一定为异种点电荷，且甲为正电荷，乙为负电荷，两电荷在P点产生的场强E甲>E乙，根据点电荷场强公式E=kQr2，则Q甲>Q乙，故A正确，BCD错误。
故选：A。
正点电荷产生的场强在场源与某点的连线上，由该点向外，负点电荷产生的场强在场源与某点的连线上，由该点向内，据此画出平行四边形，对角线即为合场强；再结合点电荷场强公式作答。
注意空间中某点的场强为合场强，根据平行四边形对角线夹在两邻边这个知识点判断电荷的正负。
4.【答案】A
【解析】解：设重物离地面高度为H，砸的坑深h，重物对地面的平均冲击力为f
由动能定理可得：mg(H+h)−fh=0
代入数据可得：f=8000N，故A正确，BCD错误。
故选：A。
重物落地过程，运用动能定理求地面对重物的作用力大小，由牛顿第三定律求重物对地面的平均冲击力。
本题主要考查动能定理的应用，关键是要灵活选取研究的过程，明确在运动过程中各力做功情况。
5.【答案】A
【解析】解：AB中点D的电势为φD=φA+φB2=6+22V=4V，与C电势相等，则CD连线必为一条等势线(如图)，则AB为电场线；
AB间的电势差为UAB=UA−UB=6V−2V=4V；E=UABL=46V/cm=23V/cm.故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据匀强电场电势随距离均匀变化(除等势面)的特点，AB中点的电势为4V，则CD为一条等势线，AB连线即为一条电场线，由AB间的电势差，由公式U=Ed求出场强大小．
找等势点，作出电场线，是解决这类问题常用方法．本题还要充分利用正三角形的对称性分析匀强电场中各点电势的关系．
6.【答案】C
【解析】解：AC、沿电场线的方向电势降落，故a点的电势高于b点的电势，负电荷在a点的电势能低于b点的电势能，故A错误，C正确；
B、电场线某点的切线方向表示场强的方向，所以a点的场强方向一定沿着a点的电场线向右，故B错误；
D、正电荷从b点运动到a点，电场力做负功，故D错误。
故选：C。
电场线某点的切线方向表示场强的方向；同时明确沿电场线的方向电势降落，而正电荷在高电势处电势能大，负电势在低电势处电势能大。
解决本题的关键掌握电场线的特点，电场线的疏密可表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示场强的方向，沿电场线的方向电势降落。
7.【答案】B
【解析】解：由v−t图象可知，负电荷做加速度逐渐减小的加速运动，因此该电荷所受电场力越来越小，电场强度越来越小，电场线密的地方电场强度大，且负电荷受力与电场方向相反，故ACD错误，B正确。
故选：B。
v−t图象中的斜率表示物体的加速度，所以根据电荷运动过程中v−t图象可知电荷的加速度越来越小，则电场力越来越小，电场强度越来越小，根据电场线与电场强度的关系可得出正确结果．
本题结合v−t图象，考查了电场强度与电场线以及电荷受电场力与电场方向之间的关系，考点结合巧妙、新颖，有创新性．
8.【答案】AC
【解析】解：A.物块随向上加速，合力向上，必定受到传送带的摩擦力作用，物块受重力、支持力摩擦力作用，故A正确。
B.物块向下加速，合力向下，可能是重力支持力的合力产生加速度，此时mgsinθ=ma，得a=gsinθ，物块受支持力和重力作用，故B错误。
C.物块向上加速，合力向上，受到的静摩擦力方向与物块运动方向相同，摩擦力对物块做正功，故C正确。
D.物块向下加速，合力向下，若摩擦力向上，摩擦力对物块做负功，故D错误。
故选：AC。
物块向上加速，合力向上，必定受摩擦力作用；物块向下加速，合力向下，可能不受摩擦力作用；物块向上加速，摩擦力对物块做正功；
本题主要考查了牛顿第二定律和力对物体做功正负的判断。
9.【答案】

【解析】
10.【答案】AC
【解析】解：A、根据等量同种点电荷的电场线分布特点结合对称性可知M和P点电场强度大小相等，故A正确；
BCD、M点、N点和P点到正电荷的距离都相同，它们位于同一个等势面上，电势相同，质子和电子在这三点的电势能都相等，故BD错误；C正确；
故选：AC。
根据等量异种同荷电场线分布判断各选项。
等量同种电荷、等量异种电荷电场线分布，需要熟练掌握。
11.【答案】BD
【解析】解：A、粒子运动的过程中只有电场力做功，根据能量守恒定律知，粒子的动能与电势能之和不变，故在a、c两点的动能与电势能之和都是相等的，故A错误；
B、根据轨迹的弯曲方向，可确定粒子受到的电场力的大致方向向右，因为粒子带负电，所以电场的方向与等势面垂直向左，结合常见电场的特点可知，该电场的场源电荷是负电荷，故B正确；
C、电场的方向垂直等势面向左，根据沿电场线的方向电势降低，所以电势的关系为：φ3>φ2>φ1，故C错误；
D、粒子受到的电场力的方向与场强方向相反，所以粒子向左运动的过程中电场力做负功，而向右运动的过程中电场力做正功，即电场力对该粒子先做负功后做正功，故D正确。
故选：BD。
由于带电粒子只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即向右，由于粒子带负电，则电场的方向与受力的方向相反，由此判断电场的方向以及判断电势的高低，根据运动的方向与受力的方向之间的关系判断做正功或做负功。
掌握带电粒子的运动轨迹与力方向的关系是解题的前提，灵活应用场强方向与等势面垂直，以及电场力做功时动能和电势能间的关系是解题的关键。
12.【答案】(1)B；(2)减小；(3)kQqmgd2
【解析】【分析】
(1)解答本题要了解库仑力的推导过程，由于决定电荷之间作用力大小的因素很多，因此需要采用控制变量的方法进行研究。
(2)由图可知，距离越小，丝线偏离竖直方向的角度越大，根据对小球受力分析可知电荷之间的静电力随着距离的减小而增大。
(3)根据共点力平衡，结合库仑定律即可求出。
控制变量法是高中物理物理中重要研究方法，要了解控制变量法的应用，同时掌握影响库仑力的因素。
【解答】
(1)此实验中比较小球在不同位置所受带电物体的静电力的大小，再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，所以是采用了控制变量的方法；
(2)在研究电荷之间作用力大小的决定因素时，采用控制变量的方法进行，如本实验，根据小球的摆角可以看出小球所受作用力逐渐减小，当Q、q一定，d不同时，由图可知，距离越大，作用力越小。
(3)小球受到重力、绳子的拉力以及库仑力的作用，其中A与小球之间的库仑力：F=kQqd2
所以小球偏离竖直方向的角度的正切值：tnaθ=Fmg=kQqmgd2。
故答案为：(1)B；(2)减小；(3)kQqmgd2
13.【答案】(1)CABD；(2)0.967，9.64；(3)存在空气阻力和摩擦阻力
【解析】解：(1)实验时，将打点计时器固定在铁架台上；再用纸带穿过打点计时器，一端悬挂上重物，调整打点计时器，保证纸带沿竖直方向，并固定好纸带；然后接通电源，打开打点计时器开关，释放纸带，最后取下纸带，选择点迹清晰的一条，处理数据．所以正确操作顺序为CABD。
(2)由匀变速直线运动规律可知vB=xAB+xBC2Δt=4.85+14.482×0.1×10−2m/s=0.967m/s，由逐差法得a=xCE−xAC(2T)2=24.12+33.75−14.48−4.854×0.12×10−2m/s2=9.64m/s2.
(3)即使在实验操作规范、数据测量及数据处理均正确的前提下，实验求得的重物减小的重力势能通常略大于增加的动能，这是因为存在空气阻力和摩擦阻力．
故答案为：(1)CABD；(2)0.967，9.64；(3)存在空气阻力和摩擦阻力
(1)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(2)根据运动学公式得出B点的速度，结合逐差法计算出加速度的大小；
(3)根据实验原理完成对实验误差的分析。
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，熟悉运动学公式，学会简单的数据分析即可，难度不大。
14.【答案】解：(1)运动员(含装备)在滑道最低点F点时，由牛顿第二定律有：FN−mg=mvF2R
由牛顿第三定律知FN=F压=3mg
解得vF=30m/s
(2)运动员在FG区域做匀减速直线运动，由动能定理有：−0.5mgL=0−12mvF2
解得L=90m
(3)运动员由C点到F点，由动能定理有：mgh=12mvF2−12mvC2
解得h=25m
答：(1)运动员在F点的速度vF的大小为30m/s；
(2)水平停止区FG的最小长度L为90m；
(3)C点与F点间的高度差h为25m。
【解析】(1)运动员(含装备)在F点时，由轨道的支持力与总重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求出运动员经过F点的速度vF的大小。
(2)运动员在FG区域做匀减速直线运动，由动能定理求FG的最小长度L；
(3)运动员由C点到F点，由动能定理求C点与F点间的高度差h。
本题是动能定理与向心力的综合应用。运用动能定理时，要明确研究过程，分析各个力做功情况。
15.【答案】解：(1)由题，Uab=Wabq=_−1.2×10−74×10−8=−3V
电场强度：E=Uabdab=−35×10−2=−60V/m(负号表示方向)
(2)bc之间的电势差：Ubc=E⋅dbc⋅cs60∘=−60×12×10−2×12=−3.6V
所以：Uac=Uab+Ubc=−6.6V
(3)当φa=0时，φc=6.6V，
电荷 q在c点具有的电势能：EPc=φcq=6.6×4×10−8=2.64×10−7J⋅
答：(1)该匀强电场的场强大小是−60V/m；(2)a、c两点的电势差是−6.6V；(3)若规定φa=0，电荷 q在c点具有的电势能是2.64×10−7J.
【解析】(1)根据电场力做功公式W=qEd，求解电场强度，d是电场线方向两点间的距离．
(2)先求出bc之间的电势差，再求解a、c两点的电势差Uac.
(3)根据EPc=φcq求出电荷 q在c点具有的电势能EPc.
匀强电场中电场力做功公式W=qEd中，d是两点间沿电场线方向的距离，求功时要注意判断功的正负．
16.【答案】解：依题意，可画出粒子运动轨迹如图所示
(1)电子从A运动到MN的过程中，根据动能定理得qE×L2=12mv2
解得v= eELm
(2)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律得a=eEm
由v=a1t1
得t1=va1= mLeE
从MN到屏的过程中，粒子水平方向做匀速直线运动，可得运动时间t2=2Lv=2 mLeE
故运动的总时间t=t1+t2=3 mLeE
(3)设粒子射出电场E2时平行电场方向的速度为vy，由牛顿第二定律得：电子进入电场E2时的加速度为a2=eE2m=2eEm
电子在电场E2中运动时间t3=Lv
则vy=a2t3
电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为tanθ=vyv
解的：tanθ=2
答：(1)电子到MN的速度大小为 eELm
(2)电子从释放到打到屏上所用的时间为3 mLeE
(3)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tanθ=2。
【解析】(1)电子在左侧电场做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，结合运动学公式，即可求得电子到MN的速度大小；
(2)(3)在电场E2中做类平抛运动，结合运动学公式，即可求解运动时间及速度偏转角。
本题考查带电粒子在电场中的加速和偏转，要明确电子的受力情况，熟练运用运动的分解法研究类平抛运动，根据力与运动关系找出运动规律即可解答。