内蒙古自治区乌兰察布市集宁区第四中学2024-2025学年高一下学期5月期中物理试题

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1.【答案】A
【解析】设左塔轮的角速度为ω1，右塔轮的角速度为ω2，根据皮带传动特点，即皮带上各点具有相同的线速度大小，则有线速度v1=v2，根据线速度与角速度的关系，有v=ωR，即ω1R1=ω2R2，解得左、右塔轮圆盘角速度之比为ω1:ω2=1:3，其中A、B、C的角速度关系为ωA=ωB=ω1，ωC=ω2，故三者角速度之比为ωA:ωB:ωC=1:1:3，A正确；根据线速度与角速度的关系，v=ωr，可得三者线速度之比为vA:vB:vC=ωArA:ωBrB:ωCrC=1:2:3，B错误；根据向心加速度公式an=ω2r，可得三者向心加速度之比为anA:anB:anC=ωA2rA:ωB2rB:ωC2rC=1:2:9，C错误；根据向心力与向心加速度的关系，有Fn=man，因不知道三个小球的质量关系，故向心力大小之比不一定为1：2：9，D错误。故选A。
2.【答案】B
【解析】设加速电压为U1，偏转电压为U2，C、D极板的长度为L，板间距离为d.在加速电场中，由动能定理得qU1＝mv02，则粒子通过加速电场获得的速度为v0＝.三种粒子从B板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v0不同，所以三种粒子从B板运动到荧光屏飞行的时间不同，故A错误；根据粒子射出偏转电场时的偏移距离y＝可知，y与粒子的质量、电荷量无关，则三种粒子射出偏转电场时沿静电力方向的偏移距离相同，故打到荧光屏上的位置相同，B正确；偏转电场的静电力做的功为W＝qEy，则W与q成正比，三种粒子的电荷量之比为1∶1∶2，则偏转电场的静电力对三种粒子做的功之比为1∶1∶2，故C、D错误．
3.【答案】A
【解析】“天宫空间站”绕地运行时，万有引力提供向心力，则有GMmr2=mv2r，可得线速度v=GMr，由上式可知，“天宫空间站”和“结合体”运行的轨道半径相同，故“结合体”与“天宫空间站”运行的速率相同，A正确；根据牛顿第二定律，由GMmr2=ma，解得加速度a=GMr2，可知，轨道半径越小，向心加速度越大，则“天宫空间站”的向心加速度小于“天舟五号”的向心加速度，B错误；根据万有引力提供向心力GMmr2=m4π2T2r，周期T=2πr3GM，“天宫空间站”的运行轨道半径大于“天舟五号”，所以“天宫空间站”的运行周期大于“天舟五号”的运行周期，C错误；根据万有引力公式F=GMmr2可知，由于“结合体”的质量大于对接前“天宫空间站”的质量，轨道半径相同时，“结合体”受到地球的引力比“天宫空间站”受到地球的引力大，D错误。故选A。
4.【答案】C
【解析】未滑动时，a、b、c角速度相同，根据向心力公式F=mω2r，由题意可知做圆周运动的半径r之比等于到顶点的各距离之比，故可得a、b、c的向心力之比Fa:Fb:Fc=3×1:2×1:4×2=3:2:8，A错误；未滑动时，a、b、c所受合外力提供此时向心力，故合力沿水平方向指向转轴OO'，B错误；设锥面与竖直轴OO'夹角为θ，对沿锥面方向根据牛顿第二定律有f−mgcsθ=mω2rsinθ，即f=mgcsθ+mω2rsinθ①，随着转速缓慢增大，ω在增大，故a、b、c所受摩擦力均增大，C正确；对沿垂直于锥面方向根据牛顿第二定律有mgsinθ−FN=mω2rcsθ②，达到临界角速度ωm时有f=μFN③，联立①②③解得ωm=gμsinθ−csθrμcsθ+sinθ，因为c做圆周运动的半径最大，故临界角速度最小，所以当转速缓慢增大时，最先滑动；a、b做圆周运动的半径相同，故随着转速缓慢增大将同时发生滑动，D错误。故选C。
5.【答案】C
【解析】因P点的电场强度为零，所以半球面上的正电荷q在P点产生的电场强度和点电荷Q在P点产生的电场强度等大反向，即半球面上的正电荷q在P点产生的电场强度大小为E1＝，方向沿轴线向右。现补全右侧半球面，如图所示，根据均匀带电的封闭球壳内部电场强度处处为零知，均匀带电的封闭球面在M点产生的电场强度为零，即左半球面在M点产生的电场强度和右半球面在M点产生的电场强度等大反向，又由对称性知左半球面在P点产生的电场强度和右半球面在M点产生的电场强度等大反向，则左半球面在M点产生的电场强度为E2＝，方向沿轴线向右，点电荷Q在M点产生的电场强度为E3＝，方向沿轴线向左，故M点的合电场强度为EM＝－＝，方向沿轴线向左，故选项C正确。
6.【答案】D
【解析】当AB⊥OB时，B点的速度为vB=Rω，滑块沿杆AB方向的速度等于B点的速度，则有vB=vcsθ=vLL2+R2，联立得此时连杆OB角速度大小为ω=vLRR2+L2。
7.【答案】C
【解析】在最高点若轻杆对小球无作用力，重力提供向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式，有mg=mv2L，解得小球的线速度为v=gL，故小球的速度在0∼gL，轻杆对小球的作用力竖直向上，A错误；轻杆在A、B两点对小球的作用力大小相同，但是方向不同，B错误；根据牛顿第二定律可知，小球所需向心力大小恒定为Fn=mv2L，C正确；若线速度v>gL，则向心力大于重力F+mg=mv2L>mg，可知F>0，即小球在最高点受到轻杆的作用力竖直向下，D错误。
二、多选题
8.【答案】AC
【解析】由于粒子在a点时的电势能大于其在b点时的电势能，则粒子从b运动到a过程电场力做负功，所以电场力方向由a指向b，则场强方向由b指向a，根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知，a点电势一定低于b点电势，故A正确；粒子从b以初速度v0竖直向上抛出，运动到a过程，根据动能定理可得−qEd=0−12mv02，解得E=mv022qd，故a、b两点间的电势差为Uab=Wab−q=qEd−q=−mv022q，故B错误；金属板M、N间的距离为L，故平行金属板间的电势差UNM=EL=mv02L2qd，故C正确；根据平行板电容器的定义式及决定式有C=QU C=εrS4πkd，又E=Ud，联立解得E=4πkQεrS，若将M、N两板间的距离稍微增大一些，两板间的电场强度保持不变，根据U=Ed，则a、b两点间的电势差也保持不变，故D错误。故选AC。
9.【答案】AB
【解析】第一宇宙速度是飞船的最小发射速度，小于第一宇宙速度飞船将落回地面，所以神舟十七号的发射速度应大于第一宇宙速度，A正确；
根据开普勒第三定律，半长轴越大，周期越大，所以神舟十七号从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ后周期变长，B正确；
“M卫星”若要与空间站对接，可以在低于轨道Ⅲ的轨道上点火加速做离心运动追上空间站，C错误；
由万有引力提供向心力，GMmr2=ma ，解得，a=GMr2 ，到地心的距离相同，神舟十七号在轨道Ⅲ上经过c点的加速度等于其在轨道Ⅱ上经过c点的加速度，D错误。故选AB。
10.【答案】CD
【解析】根据C=εrS4πkd，电容器温度升高时，电容器电介质的相对介电常数减小，则电容器电容减小，故A错误；电容器充电完成后，断开开关，电容器电量不变，根据U=QC，电容减小，则电容器两极板间电压增大，静电计指针张角变大，故B错误；电容器两极板间电压增大，根据E=Ud，两极板间电场强度变大，故C正确；P点与电容器下极板距离不变，根据U=Ed，则P点与电容器下极板间电势差增大，即P点电势升高，故D正确。故选CD。
三、实验题
11.【答案】(1)0.550/0.549/0.551 (2)A D 见解析 (3) Uπd24IL 小于 (4)见解析
【解析】(1)螺旋测微器的读数0.5mm+5.0×0.01mm=0.550mm
(2)①因为电动势为3.0V，为减小测量误差，在实验中，电压表应选用A；金属丝的最大电流约为I=35A=0.6A,电流表选择D；
② 根据电路图，实物图连线如下图所示
(3)根据电阻的决定式R=ρLS,其中S=πd22,欧姆定律R=UI,联立可知ρ=Uπd24IL,由于电压表分流，使测得的电流偏大，从而造成电阻率的测量值小于真实值。
(4)该小组同学的结论正确。对电压表右侧导线接在M点和接在N点进行比较，电压表示数的相对变化为0.9−0.80.9×100%=11.1%,电流表示数的相对变化为84−8383×100%=1.2%,可见电压表变化明显，将电压表右侧导线接在M点误差小。
12.【答案】(1)AC (2)CD (3)减小 减小
【解析】(1)电容器的电容与多个因素有关，探究影响平行板电容器的电容的因素时，应采用控制变量法，A正确；静电计测量的是电势差，该实验中电荷量不发生变化，B错误；静电计的金属球与B板连接，故静电计的指针与B板带同种电荷，所以与A板带的是异种电荷，C正确；电压表使用时必须有电流通过，不能用电压表代替静电计，D错误。
(2)电容器的电容是由电容器本身的性质决定的，与电容器所带电荷量Q的大小和两极板间的电势差U的大小无关，不能认为C与Q成正比，与U成反比，故A、B错误，D正确；电容器所带电荷量与极板间的电势差成正比，即Q-U图像为一条过原点的倾斜直线，C正确。
(3)保持B板不动，将A板向右移动，根据C=εrS4πkd可得电容变大；由于电荷量不变，根据C=QU知，两板间的电势差减小，故静电计指针张角减小。保持A、B板不动，向两板间插入陶瓷片，εr增大，则电容增大，故静电计指针张角减小。
四、计算题
13.【答案】张开 张开 1:2
【解析】（1）起初导体A和B不带电，先把带正电荷的物体C移近导体A，发生静电感应现象，则A端带负电，B端带正电，金属箔片张开；
接着保持C位置不动，用手摸一下导体A，导体、人和大地形成了新的巨大导体，此时A端和B端都是近端，都带负电，此时远端在地球另一端，带正电，然后移走C，静电感应现象消失，则AB电荷均分，AB带负电，则A导体的金属箔片张开。
（2）在其连线的中垂线上，电场方向垂直中垂线，指向负电荷，电场强度大小从O点向上下两侧递减，中垂线是一条电势为零的等势面，即沿杆运动过程中，电场力不做功，在竖直方向上只受重力作用，做自由落体运动，即做初速度为零的匀加速直线运动。在竖直方向上，根据公式v2−v02=2ax，可得vb=2gl，vc=2g×2l=2gl，所以小环运动到b点和c点时速度之比为vb:vc=1:2
14.【答案】(1)LT；(2)qU0T22m；(3)3−14mL62qU0T2
【解析】(1)根据题意可知，粒子从P点射出的初速度大小v0=LT
(2)设板间距离为d，从t=0时刻射进电场的粒子，刚好从下板右端边缘射出，
则粒子在电场运动的加速度大小a1=qU0md
则12d=2×12a1T22
解得d=qU0T22m
(3)由于所有粒子穿过电场的时间均为T，因此所有粒子出电场时沿电场方向的速度为零，即所有粒子射出电场时速度大小为v0，方向水平向右。根据对称性，从t=0.5T时刻进入电场的粒子刚好从上板右边缘水平向右射出。即所有粒子射出两板间的区域在两板右端间长为d的区域内。从上板右端边缘射出的粒子进入MN右侧电场后，做类平抛运动。则x1=v0t1，32d=12×qE1mt12，E=U0L
解得x1=v049mT2L22qU0
从下板右端边缘射出的粒子进入MN右侧电场后，做类平抛运动。
则x2=v0t2，12d=12×qEmt22
解得x2=v04mT2L22qU0
因此接收板上有粒子打上的区域长度Δx=x1−x2=3−14mL62qU0T2
15.【答案】(1)mg−F0mr；(2)2mg−F0；(3)FN=(mg−F0)sinθ+mg
【解析】(1)物体随手心在竖直面内做匀速圆周运动
在最高点时mg−F0=mω2r
解得ω=mg−F0mr
(2)运动到最低点时F1−mg=mω2r
解得F1=2mg−F0
(3)由受力分析可知物体由B运动到C的过程中，重力G、支持力FN、静摩擦力Ff三者的合力提供向心力，如图所示
由几何关系可知sinθ=FN−mgFn
其中Fn=mω2r=mg−F0
联立解得FN=(mg−F0)sinθ+mg