2023-2024学年福建省福州屏东中学高一（下）期末考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年福建省福州屏东中学高一（下）期末考试物理试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下图为某汽车从M沿曲线减速运动到N的轨迹，F是汽车经过某点时受到的合外力，v为速度，则关于合外力与速度方向的关系正确的是( )
A. B.
C. D.
2.如图所示，运动员两次罚球出手的位置相同，篮球历时ta、tb以速度va、vb垂直击中竖直篮板的a、b位置，若不计空气阻力，则
A. ta=tbB. ta3.如图，将穿过空心管的轻质细绳，一端拴接小物体，另一端挂一篮球。手握空心管抡动物体使其在水平面内做匀速圆周运动，篮球恰好处于静止状态。现要让篮球缓慢上升，可使物体仅( )
A. 减小质量
B. 减小转动半径
C. 增大转动角速度
D. 增大转动周期
4.如图所示，在向右加速运动的车厢中，一个人用力沿车前进的方向推车厢。已知人与车厢始终保持相对静止，那么人对车厢做功的情况是( )
A. 做正功B. 不做功C. 做负功D. 无法确定
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.如图所示是一对不等量异种点电荷的电场线分布图，图中两点电荷连线长度为2r，左侧点电荷带电荷量为+2q，右侧点电荷带电荷量为−q，P、Q两点关于两电荷连线对称。由图可知( )
A. P、Q两点的电场强度相同
B. M点的电场强度大于N点的电场强度
C. 若将一试探正电荷由M点静止释放，它将沿电场线运动到P点
D. 两点电荷连线的中点处的电场强度为3kqr2
6.如图是发射的一颗人造卫星在绕地球轨道上的几次变轨图，轨道Ⅰ是近地圆轨道，轨道Ⅱ和轨道Ⅲ是依次在P点变轨后的椭圆轨道。下列说法正确的是( )
A. 卫星在轨道Ⅰ上的运行速度大于7.9km/s
B. 卫星在轨道Ⅱ上运动时，运行速度可能大于7.9km/s
C. 卫星在轨道Ⅱ上运动到Q点时的速度小于卫星在轨道Ⅰ上的运行速度
D. 卫星从轨道Ⅰ上的P点进入轨道Ⅱ后机械能减少
7.2022年6月17日，我国完全自主设计建造的航空母舰“福建舰”顺利下水。根据设计，“福建舰”发动机最大输出功率为P，最大航行速度为vm，其航行时所受的阻力随速度增大而增大。若“福建舰”( )
A. 匀加速启动，则牵引力逐渐增大B. 恒定功率启动，则做匀加速直线运动
C. 以vm匀速航行时，所受的阻力为PvmD. 以vm2匀速航行时，输出功率为P2
8.如图甲所示，一质量为4 kg的物体静止在水平地面上，水平推力F随位移x变化的关系如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数μ=0.5，g取10m/s2，则下列说法正确的是
A. 物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动
B. 物体在水平地面上运动的最大位移是12.5 m
C. 在运动中由于摩擦产生的热量为100J
D. 物体运动的最大速度为4 5 m/s
三、填空题：本大题共3小题，共14分。
9.如图，铁路弯道处的外轨会略高于内轨，当火车以限定速度v0转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压。已知弯道的倾角为θ，重力加速度为g，则弯道的半径R=______；当火车行驶速率v>v0时，______(选填“内轨”“外轨”)受到轮缘的挤压。
10.质量为4kg的质点在xy平面内运动，x方向的速度−时间图像和y方向的位移−时间图像如图所示，则质点初速度为_______m/s，2s内的位移大小_______m，2s内所受合外力做功为_______J。
11.如图，在光滑绝缘的水平面上有三个带电小球A、B、C，其中A球带正电，电荷量为16Q，B球电荷量为Q，已知A、B、C三个小球均处于静止状态，且AB之间的距离为L、则B球带______(选填“正电”、“负电”、“不带电”)C球带电量为______，BC距离______。
四、实验题：本大题共2小题，共14分。
12.如图所示为验证向心力大小F与小球质量m、角速度ω和半径r之间关系的实验装置。传动皮带分别套在左、右变速塔轮的圆盘上，转动手柄，可使变速塔轮匀速转动，两塔轮带动放在长槽和短槽的小球分别以不同角速度做匀速圆周运动。小球做圆周运动的向心力由挡板提供，同时，小球对挡板的弹力使弹簧测力筒下降，从而露出测力筒内的标尺，标尺上露出的红白相间的等分格数之比即为两个小球所受向心力的比值。已知小球在挡板A、B、C处做圆周运动的半径之比为1：2：1。
现用控制变量法来验证向心力的大小F与角速度ω之间的关系，某同学进行了下列实验操作：
(1)选择两个质量______(选填“相同”或“不同”)的小球进行实验；
(2)所选的两个小球分别放在挡板______与挡板______处(选填“A”、“B”或“C”)；
(3)把传动皮带套在半径之比为2：1的左、右变速塔轮的圆盘上，则左右标尺上露出的红白相间的等分格数之比应为______。
13.某小组进行验证机械能守恒定律的实验。
(1)下列操作合理的是__________
(2)正确操作后，从打出的纸带中选择了一条较理想的纸带，如图甲所示，图中O点是打点计时器打出的起始点，打该点时重物的速度为零。选取纸带上打出的连续点A、B、C、D、E、F、G，测出各点距起始点O的距离ℎ，并记录数据如下表所示。已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，当地重力加速度g=9.80m/s2。
①根据图甲读出F点对应的刻度值__________cm。
②计算出重物下落过程中重力势能减少量△Ep。
③通过纸带计算F点的瞬时速度vF=__________m/s(结果保留三位有效数字)，得到重物动能增加量△Ek，再比较△Ep与△Ek是否在误差允许范围内相等，从而判断机械能是否守恒。
(3)①该小组采取另一种方法验证机械能是否守恒，处理数据后画出v2−ℎ关系图线如图乙所示，得到重物下落的加速度a=__________m/s2(结果保留三位有效数字)。
②根据公式计算出机械能损失量占机械能的百分比η=|mgℎ−maℎmgℎ|×100%<5%(其中m为重物的质量)，则可验证机械能守恒定律。
五、计算题：本大题共3小题，共32分。
14.如图所示，在天花板与水平地面之间存在水平向右的匀强电场。绝缘轻绳一端固定在天花板，另一端拴一质量为m、电荷量为q的带电小球。当带电小球静止时，轻绳与竖直方向的夹角α=37°，小球离地面的高度为ℎ=5m。g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，求：
(1)匀强电场的电场强度的大小；
(2)剪断轻绳，当小球刚落地时的速度大小。
15.木星的卫星之一叫艾奥，它上面的珞珈火山喷出的岩块初速度为v0时，上升的最大高度可达ℎ。已知艾奥的半径为R，引力常量为G，忽略艾奥的自转及岩块运动过程中受到稀薄气体的阻力，求：
(1)艾奥表面的重力加速度大小g和艾奥的质量M；
(2)距艾奥表面高度为2R处的重力加速度大小g′；
(3)艾奥的第一宇宙速度v。
16.如图甲所示，与轨道AB等长的弹簧左端固定在墙壁上，轨道BC与传送带CD水平等高连接，其中AB段光滑，BC段粗糙，传送带与竖直面内的光滑半圆形轨道DE相切于D点。一质量m=0.5kg的物块(视为质点)将弹簧压缩至P点释放，物块沿轨道运动。已知传送带顺时针转动，BC=CD=L=2m，半圆形轨道半径R=0.4m，物块与BC、CD间的动摩擦因数均为μ=0.25，重力加速度g=10m/s2。
(1)若物块恰好能通过E点，求经过D点时的速度vD；
(2)若弹簧压缩至P点的弹性势能EP=7J。
(I)传送带速度为2m/s，求物块在半圆形轨道上能到达的高度H；
(Ⅱ)改变传送带运行的速度v，物块在半圆形轨道上能到达的最大高度为ℎ，请写出ℎ−v2的函数关系式并在图乙中画出图像。
答案解析
1..C
【解析】汽车从M沿曲线运动到N的轨迹，合力指向曲线内侧，而汽车减速运动，因此合力沿切线有与速度方向相反的分力。
故选C。
2..D
【解析】根据逆向思维，把篮球的运动看成逆向做平抛运动，竖直方向有ℎ=12gt2，
由于ℎa>ℎb，可得ta>tb，
水平方向有x=vxt，由于xa=xb ， ta>tb，可得va故选D。
3..C
【解析】解：以物体为对象，物体受到重力和绳子拉力作用，竖直方向有Ty=mg，水平方向有Tx=mω2r，可得绳子拉力为T= Tx2+Ty2= (mg)2+(mω2r)，可知要让篮球缓慢上升，可使物体仅增大质量，仅增大转动半径，仅增大转动角速度，即仅减小转动周期。故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据物体的受力情况和篮球的受力关系列式，并根据表达式分析判断。
考查圆周运动物体的受力分析和关联物体的受力问题，会根据题意进行准确分析和解答。
4..C
【解析】由于人向右加速运动，可知车对人的水平合力向右，由牛顿第三定律可知，人对车的水平合力向左，与运动方向相反，故人对车做负功，故C正确，ABD错误。

【解析】A.电场线的疏密表示电场强弱，电场线的切线方向为电场方向，所以P、Q两点的电场强度大小相等，方向不同，A错误；
B.电场线越密集的地方电场强度越大，电场线越稀疏的地方电场强度越小，M点的电场线比N点的电场线密，所以M点的电场强度大于N点的电场强度，B正确；
C.电场线上每一点的切线方向与该点的电场强度方向一致，根据公式F=qE，故若将一试探正电荷由M点静止释放，试探正电荷不会沿电场线运动，C错误；
D.左侧点电荷在中点处的电场强度为E1=k2qr2，方向水平向右，右侧点电荷在中点处的电场强度为E1=kqr2，方向水平向右，则两点电荷连线的中点处的电场强度为E=k3qr2，方向水平向右，D正确。
故选BD。

【解析】解：A.第一宇宙速度v1=7.9km/s是近地卫星的运行速度，是圆轨道卫星最大的环绕速度，卫星在轨道Ⅰ上运行时的速度等于7.9km/s，故A错误；
B.卫星在轨道Ⅱ上运动时，P点为近地点，Q点为远地点，在近地点卫星做离心运动，故运行速度大于7.9km/s，故B正确；
D.卫星从轨道Ⅰ的P点加速进入轨道Ⅱ后速度增大，动能增大，高度增大，重力势能增大，故机械能增大，故D错误；
C.卫星在椭圆轨道Ⅱ上经过Q点的速度小于Q点所在圆轨道上卫星运行的速度，Q点所在圆轨道上卫星运行的速度又小于轨道Ⅰ的运行速度，则卫星在轨道Ⅱ上运动到Q点的速度小于卫星在轨道Ⅰ上的运行速度，故C正确。
故选：BC。
A.根据第一宇宙速度和近地卫星的运行速度关系判断；
B.根据Ⅰ、Ⅱ轨道相切于P点，结合卫星的离心运动判断速度的大小关系；
D.根据加速做离心运动的过程分析机械能的变化情况；
C.根据不同圆轨道的运行速度对比结合切点处的离心运动进行分析解答。
本题考查第一宇宙速度、卫星的能量和变轨问题，会根据题意进行准确分析和判断。

【解析】A、匀加速启动，则F−f=ma，因阻力f随速度增加而增大，则牵引力逐渐增大，故A正确；
B、恒定功率启动，则根据P=Fv，加速度为a=F−fm=Pv−fm，则随着速度增加，加速度减小，则做加速度减小的变加速直线运动，故B错误；
C、以vm匀速航行时，此时F=f，则所受的阻力为f=F=Pvm，故C正确；
D、航行时所受的阻力随速度增大而增大，以vm2匀速航行时，牵引力F′等于阻力f′，但是不等于f，则根据P′=F′×vm2，可知输出功率不等于P2，故D错误。
故选AC。

【解析】解：A、物体在水平方向受推力与摩擦力作用，由牛顿第二定律得：F−μmg=ma，加速度大小：a=Fm−μg；由图乙所示图象可知，物体所受推力随位移的增加而减小，开始物体所受推力大于摩擦力，物体做加速运动，随推力F的减小，加速度a减小；当推力等于摩擦力时，合力为零，加速度为零；当推力小于摩擦力时物体所受合力方向与物体的速度方向相反，物体做减速运动，加速度a逐渐增大；撤去推力时物体所受合外力等于滑动摩擦力，物体加速度不变，做匀减速直线运动，直到速度为零，由以上分析可知，物体的加速度先减小后增大再不变，物体当推力等于摩擦力后物体开始做减速运动，故A错误；
B、F−x图线与坐标轴围成图形的面积等于推力对物体做功，由图乙所示图象可知，物体整个运动过程，推力对物体做功：W′=12×100×5J=250J，
设物体在水平面上的最大位移为s，物体整个运动过程，由动能定理得：
W′−μmgs=0−0
代入数据解得：s=12.5m，故B正确。
C、在运动中由于摩擦产生的热量：Q=μmgs=0.5×4×10×12.5J250J，故C错误；
D、由图乙所示图象可知，推力大小F=F0+kx=100N+0−1005x=100N−20x
物体受到的滑动摩擦力大小f=μmg=0.5×4×10N=20N，
当物体所受合力为零时，物体的速度最大，即F=f=20N时物体受到最大，
则100N−20x=20N，解得：x=4m
F−x图线与坐标轴围成图形的面积等于推力对物体做功，设物体的最大速度为vm，
由图乙所示图象可知，物体速度最大时，推力对物体做功：W=12×(100+20)×4J=240J，
从物体开始运动到速度最大过程，对物体，由动能定理得：W−μmgx=12mvm2−0
代入数据解得：vm=4 5m/s，故D正确；
故选：BD。
在水平方向，物体受到推力和摩擦力作用，应用牛顿第二定律求出物体的加速度，分析物体的运动过程；应用动能定理求出物体的最大位移；根据功的计算公式求出摩擦产生的热量；当物体所受合力为零时速度最大，应用动能定理求出最大速度。
本题是一道力学综合题，根据题意与图示图象分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律运动学公式与动量定理即可解题；解题时要知道F−x图线与坐标轴所围图形的面积是力所做的功。
θ；外轨
【解析】内、外轨所在平面的倾角为θ，当火车以限定速度v0转弯时，其所受的重力和铁轨对它的支持力的合力提供向心力，如图所示：

对火车有mgtan θ=mv02R，解得R=v02gtanθ；
当火车行驶速率v>v0时，重力和支持力的合力不足以提供向心力，火车将有离心的趋势，则外轨受到轮缘的挤压。
10.. 5 145 54
【解析】[1]由图像知，质点在x、y方向分别做匀加速、匀速运动，初速度分别为3m/s、4m/s，则由运动的合成法则知，质点的初速度大小为v0= 32+42m/s=5m/s
[2] 2s内x方向的位移为
x=3+62×2m=9m y方向的位移为y=8m
所以质点的位移为l= x2+y2= 145m
[3] 2s时x方向的速度vx=6m/s
2s时的合速度v2= vx2+vy2= 62+42m/s=2 13m/s
由动能定理，2s内所受合外力做功W=12mv22−12mv02=54J
11..负电 16Q9 13L
【解析】解：根据两同夹异和A球带正电，可判断出B带负电，因为B球受力平衡，可知C球带正电，设小球C带电量为q，BC之间距离为r。
因为三个小球均静止，所以对B球受力分析，由平衡条件有：
k16QQL2=kQqr2
对C球有：k16Qq(L+r)2=kQqr2
联立解得：r=13L，q=16Q9
故答案为：负电； 16Q9；13L。
根据电荷间的相互作用规律、库仑定律及平衡条件分析作答。
本题中主要考查了电场中的平衡问题；三个自由电荷的平衡满足“两同夹异、两大夹小、近小远大”的规律。
12..(1)相同；(2)A、C；(3)1：4
【解析】解：(1、2)按照控制变量法的要求，现要探究向心力的大小F与角速度ω之间的关系，则要求质量和半径相同。将两个球分别放在挡板C与挡板A处(控制半径相同)，选择半径不同的两个塔轮(控制角速度不同)；
(3)传动皮带套在半径之比为2：1的左、右变速塔轮的圆盘上，由于线速度相同，所以角速度之比ω左ω右=r右r左=12，由向心力Fn=mω2r，解得：Fn左Fn右=(ω左ω右)2=14。
故答案为：(1)相同；(2)A、C；(3)1：4。
本实验采用控制变量法，探究向心力的大小与圆周运动角速度的关系时，要保证质量一定，半径一定；根据向心力表达式，根据两个塔轮半径之比，即可计算小球的角速度之比，根据向心力公式求出向心力之比。
本题考查“探究向心力大小F与小球质量m、角速度ω和半径r之间关系”的实验，需要注意本实验采用控制变量法。
13.. A 31.22##31.23##31.24##31.25##31.26##31.27##31.28 2.43 9.45∼9.55均可
【解析】(1)[1]实验时应该用手捏住纸带的上端，使得纸带竖直，防止纸带与打点计时器产生摩擦；另外为了充分利用纸带必须要使得重物靠近打点计时器，不能用手托住重物，故A图正确，BC错误。
故选A。
(2)①[2]根据图甲读出F点对应的刻度值31.25cm。
③[3]通过纸带计算F点的瞬时速度vF=(36.20−26.50)×10−20.04m/s=2.43m/s
(3)①[4]根据12mv2=mgℎ
可得v2=2gℎ
则由图像可知k=2g=6−2(31.5−10.5)×10−2=19.05
则g=9.53m/s2
14..解：(1)小球受力如图所示：
由平衡条件得：
水平方向：Tsin37°=qE
竖直方向：Tcs37°=mg
代入数据解得，电场强度大小：E=3mg4q
(2)剪断轻绳后，小球只受电场力与重力作用，
对小球，由牛顿第二定律得：mgcs37∘=ma
剪断轻绳后小球做初速度为零的匀加速直线运动，
从剪断轻绳到小球落地，小球的位移大小：x=ℎcs37∘
小球落地速度大小：v= 2ax
代入数据解得：v=12.5m/s。
【解析】(1)对小球受力分析，应用平衡条件可以求出电场强度大小。
(2)应用牛顿第二定律求出剪断轻绳后小球的加速度大小，应用运动学公式求出小球落地速度大小。
根据题意分析清楚小球的受力情况与运动过程是解题的前提，应用平衡条件、牛顿第二定律与运动学公式可以解题。
15..解：(1)岩块做竖直上抛运动，有： 0−v02=2gℎ
解得：g=v022ℎ；
忽略艾奥的自转有：GMmR2=mg
解得：M=R2v022ℎG；
(2)距艾奥表面高度为2R处有：GMm′(R+2R)2=m′g′
解得：g′=v028ℎ；
(3)某卫星在艾奥表面绕其做圆周运动时：mg=mv2R和GMmR2=mg
故艾奥的第一宇宙速度：v=v0 R2ℎ。

【解析】本题考查万有引力定律的应用，要注意明确星球表面的物体万有引力充当重力；而绕星球表面运行的卫星万有引力充当向心力。
(1)根据竖直上抛运动规律可求得表面的重力加速度，根据星球表面重力等于万有引力列式求解艾奥的质量；
(2)根据重力等于万有引力列式求解距艾奥表面高度为2R处的重力加速度大小；
(3)根据万有引力充当向心力，当卫星绕星球表面运行时的速度为第一宇宙速度，代入数据即可求解。
16..(1)若物块恰好能通过最高点E，则根据牛顿第二定律有mg=mvE2R，
物块从D到E的过程中，根据机械能守恒定律有mg2R=12mvD2−12mvE2，
联立解得vE=2m/s ， vD=2 5m/s。
(2)(I)物块被弹簧弹出滑到C点的过程中，根据能量守恒定律有Ep=μmgL+12mvC2，
解得vC=3 2m/s，
设物块至D的速度为 v′D ，物块从C到D的过程中，根据动能定理有−μmgL=12mv′D2−12mvC2，
解得v′D=2 2m/s，
物块上升H，根据动能定理有12mv′D2=mgH，
解得H=0.4m=R，
说明物块未脱离轨道，则物块在半圆形轨道上能到达的高度为 0.4m 。
(Ⅱ)(i)若 v≤2 2m/s 时，物块到达D点速度都为 2 2m/s ，上升高度恒为ℎ=0.4m；
(ii)若 2 2m/svC=3 2m/s，
若物块在传送带上一直加速，根据动能定理有μmgL=12mv′′D2−12mvC2，
解得v′′D=2 7m/s>2 5m/s，
可知物块滑到D点时已经与传送带共速，即 vD=v 。物块从D点沿半圆形轨道上升至最大高度为脱离位置F处，其高度为 ℎ ( R<ℎ<2R )，设脱离速度为 vt ，OF与竖直方向的夹角为 θ ，如图所示，

由动能定理得−mgℎ=12mvt2−12mvD2，
在F处，由牛顿第二定律得mgcsθ=mvt2R，
根据几何关系得ℎ=R+Rcsθ，
联立解得ℎ=130vD2+215，
即ℎ=130v2+215。
(iii)若 v≥2 5m/s 时，物块到达D点速度大于 2 5m/s ，始终从E点脱离，则上升高度恒为ℎ=0.8m，
画出图像如图所示。


【解析】本题考查了圆周运动、传送带、功能关系，比较综合，做好受力分析、运动分析、能量分析是关键。计数点
A
B
C
D
E
F
G
ℎ(cm)
11.61
14.88
18.34
22.30
26.50
36.20