湖南省衡阳市第一中学2023-2024学年高一下学期期末考试物理试题.zip

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1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 如图所示，电场中有A、B两点，它们的电场强度分别为、，则以下判断正确的是（ ）
A. B. C. D. 无法确定
【答案】C
【解析】
【详解】由电场线的规律可知，B点的电场线比A点的电场线密，所以EA＜EB，故A、B、D错误，C正确．故选C．
【点睛】掌握用电场线形象描述电场时获取的信息是解题的关键，即电场线的特点．
2. 两颗人造卫星绕地球逆时针运动。如图所示，卫星1轨道为圆、卫星2轨道为椭圆，A、B两点为圆轨道长轴两端，C点为两轨道交点。已知圆的半径与椭圆的半长轴相等，下列正确的是（ ）
A. 从A点到C点和从C点到A点的过程地球对卫星2做的功相同
B. 相等时间内，卫星1与地心连线扫过的面积等于卫星2与地心连线扫过的面积
C. 卫星2的周期大于卫星1的周期
D. 卫星2在A点的速度大于卫星1在C点的速度
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据题意，由开普勒第二定律可知，卫星2在C点的速度小于在A点的速度，根据动能定理可知，卫星2从A点到C点的过程中地球对卫星2的万有引力做负功，从C点到A点的过程中地球对卫星2的万有引力做正功，故A错误；
B．由开普勒第二定律可知，每颗卫星与地心的连线在相等时间内扫过的面积相等，但卫星1与卫星2不在同一轨道，则相等时间内，卫星1与地心连线扫过的面积不一定等于卫星2与地心连线扫过的面积，故B错误；
C．根据题意，由开普勒第三定律可知，由于圆的半径与椭圆的半长轴相等，则卫星2的周期等于卫星1的周期，故C错误；
D．以地球球心为圆心，并过A点画出圆轨道3，如图所示
由图可知卫星从轨道3到卫星2的椭圆轨道要在A点点火加速，做离心运动，则卫星在轨道3的速度小于卫星2在椭圆轨道A点的速度，又由图可知，轨道1和轨道3都是圆轨道，根据万有引力提供向心力有
可得
可知轨道1上卫星的速度小于轨道3上卫星的速度，综合可知，卫星在轨道1上经过C点的速度小于卫星2在A点的速度，故D正确。
故选D。
3. 北斗卫星导航系统（BDS），继美国（GPS）、俄罗斯（GLONASS）之后的第三个成熟的卫星导航系统。若导航卫星绕地球做匀速圆周运动，已知地球的质量为M，地球的半径为R，卫星到地面的距离为h，引力常量为G，则卫星的加速度大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据牛顿第二定律可得
解得卫星的加速度大小为
故选B。
4. 一正点电荷仅在电场力的作用下运动，其速率v与时间t图像如图所示，其中ta和tb是电荷在电场中a、b两点运动对应的时刻，则下列说法正确的是（ ）
A. a、b两点电场强度关系为Ea=Eb
B. a、b两点电场强度关系为Ea>Eb
C. a、b两点电势关系为
D. 带电粒子从a点运动到b点时，电场力做正功，电势能减少
【答案】D
【解析】
【详解】A．B．图像的斜率表示加速度，故a点的加速度小于b点的加速度，因为只受电场力，故a点的电场力小于b点的电场力，即
故AB错误；
C．D．正电荷在电场力作用下，速度增大，电场力做正功，电势能减小，故从高电势向低电势运动，所以有
故C错误D正确。
故选D。
5. 如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，A、B为x轴上的两点，xA、xB分别为A、B两点在x轴上的坐标值。一电子仅在电场力作用下沿x轴运动，该电子的电势能Ep随其坐标x变化的关系如图乙所示，则下列说法中正确的是（ ）
A. 该电场可能是孤立点电荷形成的电场
B. A点的电场强度小于B点的电场强度
C. 电子由A点运动到B点的过程中电场力对其所做的功W=EpA-EpB
D. 电子在A点的动能小于在B点的动能
【答案】C
【解析】
【详解】C．由题图乙可知，电子在A、B两点的电势能分别为EpA和EpB，且EpB>EpA，说明电子由A运动到B的过程中电势能增大，电场力做负功，电场力对其所做的功为W=EpA-EpB，选项C正确；
D．电子仅在电场力作用下运动，电场力做负功，动能减小，故电子在A点的动能大于在B点的动能，选项D错误；
B．由题图乙知该电场是匀强电场，A、B两点的电场强度相等，选项B错误；
A．该电场一定不是孤立点电荷形成的电场，选项A错误。
故选C。
6. 如图所示在xy坐标平面内存在一匀强电场，坐标原点O及点a（0，6）、点b（10，0）三点的电势分别为=10V、=16V、=0V。现有一个质子从坐标原点以10eV的初动能沿与x轴正方向成45°角方向射入坐标平面，则下列判断正确的是（ ）
A. 该质子将始终在第一象限内运动
B. 该质子将穿过y轴正半轴在第二象限内运动
C. 该质子将经过点（40，0）进入第四象限内运动
D. 该质子经过坐标轴时其速度方向与坐标轴的夹角成60°角
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】AB．0=10V、a=16V、b=0V，可知，在y方向上
方向沿y轴负方向
在x轴上
方向沿x轴正方向，所以电场方向与初速度方向垂直，与x轴夹角为45°向右下，所以粒子类平抛运动，从第一象限进入第四象限，故AB错误；
C．如图所示，沿电场方向
在初速度方向
粒子初动能为10eV，代入相关数据，根据合成可求得
故C正确；
D．根据速度反向延长线过位移中点，如上图所示，可知D点反向延长过OE中点，所以该质子经过坐标轴时其速度方向与坐标轴的夹角显然小于45°，故D错误。
故选C。
7. 质量为m的物体随水平传送带一起匀速运动，A为传送带的终端皮带轮如图所示，皮带轮半径为r，要使物体通过终端时能水平抛出，皮带轮的转速至少为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】当物块恰好被水平抛出时，在皮带上最高点时由重力提供向心力，则由牛顿第二定律得：
解得：
设此时皮带转速为n，则有2πnr=v，得到：
故A正确，BCD错误．
故选A．
8. 如图，光滑斜面的倾角为θ＝45°，斜面足够长，在斜面上A点向斜上方抛出一小球，初速度方向与水平方向夹角为α，小球与斜面垂直碰撞于D点，不计空气阻力；若小球与斜面碰撞后返回A点，碰撞时间极短，且碰撞前后能量无损失，重力加速度g取10m/s2。则可以求出的物理量是（ ）
A. α的值
B. 小球的初速度v0
C. 小球在空中运动时间
D. 小球初动能
【答案】A
【解析】
【详解】设初速度v0与竖直方向夹角β，则β＝90°−α（1）；
由A点斜抛至至最高点时，设水平位移为x1，竖直位移为y1，由最高点至碰撞点D的平抛过程Ⅱ中水平位移为x2，竖直位移y2。A点抛出时：
（2）
（3）
（4）
小球垂直打到斜面时，碰撞无能力损失，设竖直方向速度vy2，则水平方向速度保持不变，斜面倾角θ＝45°，
（5）
（6）
（7），
平抛运动中，速度的偏向角正切值等于位移偏向角的正切值的二倍，所以：
（8）
由（8）变形化解：
（9）
同理，Ⅱ中水平位移为：
（10）
（11）
故
即
（12）
由此得
故可求得α的值，其他选项无法求出；
故选：A。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.
9. 静电喷涂是利用静电现象制造的，其原理如图所示．以下说法正确的是（ ）
A. 涂料微粒带正电
B. 涂料微粒所受电场力的方向与电场方向相反
C. 电场力对涂料微粒做正功
D. 涂料微粒的电势能变大
【答案】BC
【解析】
【详解】由于在喷枪喷嘴与被喷涂工作之间形成了强电场，工作时涂料微粒会向带正电的被喷涂工件高速运动，则涂料微粒带负电，微粒所受电场力的方向与电场方向相反．故A错误，B正确；因粒子带负电，在库仑引力的作用下做正功，则电势能减小，故C正确，D错误．故选BC．
10. 如图甲所示为电场中的一条电场线，在电场线上建立坐标轴，则坐标轴上间各点的电势分布如图乙所示，则（ ）
A. 在间，场强先减小后增大
B. 在间，场强方向没有发生变化
C. 若一负电荷从O点运动到点，电势能逐渐减小
D. 从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，则该电荷在间一直做加速运动
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．φ−x图象的斜率的绝对值大小等于电场强度，由几何知识得知，斜率先增大后减小，则电场强度先增大后减小，但斜率一直是负，场强方向没有改变。故A错误，B正确；
C．由图看出O～x2间，电势逐渐降低，负电荷在高电势处电势能小，故负电荷从O点运动到x2点，电势能逐渐升高。故C错误；
D．从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，受到的电场力方向与速度方向相同，做加速运动，即该电荷在O～x2间一直做加速运动，故D正确。
故选BD。
11. 如图，细杆的一端与小球相连，可绕过O点的水平轴自由转动，细杆长0.5m，小球质量为3.0kg，现给小球一初速度使它做圆周运动，若小球通过轨道最低点a处的速度为va＝4m/s，通过轨道最高点b处的速度为vb＝2m/s。取g＝10m/s2，则在最低点和最高点时，细杆对小球作用力的情况是（ ）
A. a处为拉力，方向竖直向上，大小为126N
B. a处压力，方向竖直向上，大小为126N
C. b处为支持力，方向竖直向上，大小为6N
D. b处为拉力，方向竖直向下，大小为6N
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．在a处时，向心力F向有
此时向心力竖直向上，根据受力分析有
解得
方向竖直向上，该力为拉力。A正确，B错误；
CD．在b处时，向心力有
此时向心力竖直向下，因为向心力小于重力，故有
代入数据可得
方向竖直向上，该力为支持力，C正确，D错误。
故选AC。
12. 如图所示，已知某匀强电场方向平行正六边形ABCDEF所在平面，若规定D点电势为零，则A、B、C的电势分别为8V、6V、2V，初动能为16eV、电荷量大小为3e(e为元电荷)的带电粒子从A沿着AC方向射入电场，恰好经过BC的中点G．不计粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A. 该粒子一定带正电
B. 该粒子达到G点时的动能为4eV
C. 若该粒子以不同速率从D点沿DF方向入射，该粒子可能垂直经过CE
D. 只改变粒子在A点初速度的方向，该粒子不可能经过C
【答案】BD
【解析】
【详解】根据ABCD四点的电势值可知，AD中点O的电势，BC中点G的电势，OG连线为等势面，则场强方向垂直于OG水平向右，粒子从A沿着AC方向射入电场，恰好经过BC的中点G，则粒子带负电，选项A错误；粒子从A到G，据动能定理得：，即，代入数据解得：，选项B正确；因电场线垂直于CE连线，故若该粒子以不同速率从D点沿DF方向入射，该粒子过CE时沿CE方向总有速度分量，不可能垂直经过CE，选项C错误；设只改变粒子在A点的初速度的方向，粒子能经过C点，则，代入数据解得： ，故粒子不可能经过C点，选项D正确．
三.非选择题：本题共5小题，共56分。
13. 如图甲为探究影响平行板电容器电容大小的因素的实验装置，相互靠近的等大正对平行金属板A、B组成电容器，B板固定在绝缘支座上并通过导线与静电计中心杆相接，板A和静电计的金属壳都通过导线接地，A板可在水平面和竖直平面内自由移动，给电容器充上一定的电荷，使实验时保持电容器极板所带的电量不变，此时静电计指针张开一定角度．
（1）下列关于实验中使用静电计的说法中正确的有_________.
A．使用静电计可观察电容器的电容变化情况
B．使用静电计可测量电容器极板间的电压变化情况
C．使用静电计可测量电容器极板上的电荷量变化情况
D．静电计可以用电压表替代
（2）图甲中，若将A板向右平移，静电计指针张角将__________；将A板竖直向下平移，则静电计指针张角将_________；在A、B板间插入电介质，则静电计指针张角将________．（填“变大”、“变小”或“不变”）
（3）图乙中，若将电容器水平放置，有一质量为m，电荷量为Q的带电液滴静止在电容器内部，现将电容器A板向上平移一小段距离，则液滴将__________.（填“静止不动”、“向下运动”、“向上运动”）
【答案】 ①. B ②. 变小 ③. 变大 ④. 变小 ⑤. 静止不动
【解析】
【详解】（1）[1]．使用静电计可测量电容器极板间的电压变化情况，选项B正确，AC错误；静电计不能用电压表替代，因为电压表必须有电流才能工作，而本实验中没有电流形成，故D错误；故选B．
（2）[2]．图甲中，若将A板向右平移，则两板间距d减小，由 可知，电容C变大，由于Q一定，由Q=CU可知，U减小，即静电计指针张角将变小；
[3]．将A板竖直向下平移，则两板相对面积S减小，由 可知，电容C变小，由于Q一定，由Q=CU可知，U变大，则静电计指针张角将变大；
[4]．在A、B板间插入电介质，由 可知，电容C变大，由于Q一定，由Q=CU可知，U减小，则静电计指针张角将变小．
（3）[5]．将电容器A板向上平移一小段距离，则两板间距d减小，根据、 以及 可得 ，由于电容器带电量Q一定，则两板间场强E不变，则液滴将静止不动．
14. 小组同学通过向心力演示器，探究向心力大小与物体的质量、角速度和轨道半径的关系实验。
（1）某次用向心力演示器进行实验的实验情景如甲、乙、丙三图所示
a．三个情境中，图___________是探究向心力大小与质量关系（选填“甲”、“乙”、“丙”）。
b．在甲情境中，若两钢球所受向心力的比值为，则实验中选取两个变速塔轮的半径之比为___________。
（2）本实验所采用的实验探究方法是___________；
A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法 D．演绎法
（3）物体所受向心力的大小与物体的质量、角速度和圆周运动半径之间的关系是___________。
为了进一步精确探究，小组同学利用传感器验证向心力的表达式。如图所示，实验时将力传感器和光电门固定，用手拨动旋臂产生圆周运动，当金属块随悬臂一起匀速转动时，细线的拉力提供滑块做圆周运动需要的向心力。传感器可以实时测量角速度和向心力的大小。
（4）电脑通过光电门测量挡光杆通过光电门的时间，并由挡光杆的宽度、挡光杆通过光电门的时间、挡光杆做圆周运动的半径，自动计算出砝码做圆周运动的角速度，则其计算角速度的表达式为___________。
（5）图丁中①②两条曲线为相同半径、不同质量下向心力与角速度的关系图线，由图可知曲线①对应的金属块质量___________（填“大于”或“小于”）曲线②对应的金属块质量。
（6）他们将砝码做圆周运动半径分别调整为0.04m、0.08m、0.12m，然后将三次实验得到的图像放在一个坐标系中，如图戊所示，通过对三条图线的比较、分析、讨论，得出的结论。你认为他们的依据是______________________。
【答案】 ①. 丙 ②. ③. C ④. ⑤. ⑥. 小于 ⑦. 见解析
【解析】
【详解】（1）a[1]三个情境中，图丙中两小球分别时钢球和铝球，则图丙是探究向心力大小与质量关系。
b[2]在甲情境中，两钢球质量相同，两钢球做圆周运动半径相同，根据
若两钢球所受向心力的比值为，可知钢球做圆周运动角速度之比为，根据
可知实验中选取两个变速塔轮的半径之比为。
（2）[3]本实验探究向心力大小与质量、半径、角速度的关系，先控制其中两个物理量不变，探究向心力与另一个物理量的关系，则本实验所采用的实验探究方法是控制变量法。
故选C。
（3）[4]物体所受向心力的大小与物体的质量、角速度和圆周运动半径之间的关系是
（4）[5]角速度的表达式为
（5）[6]根据
由于半径相同，由图可知，在角速度相同的条件下，曲线①对应的向心力小于曲线②对应的向心力，则曲线①对应的金属块质量小于曲线②对应的金属块质量。
（6）[7]由图像可知，角速度相同时，三次实验对应的向心力之比为
则有
15. 相距L的点电荷A、B的带电荷量分别为4Q和–Q，要引入第三个点电荷C，使三个点电荷都处于平衡状态．求引入的第三个点电荷C的电性、电荷量和放置的位置．
【答案】+4Q，电荷B的右侧L处
【解析】
【分析】A、B、C三个点电荷都处于静止状态，对电荷受力分析，每个电荷都处于受力平衡状态，故根据库仑定律可分别对任意两球进行分析列出平衡方程即可求得结果．
【详解】A、B、C三个电荷要平衡，必须三个电荷的一条直线，外侧二个电荷相互排斥，中间电荷吸引外侧两个电荷，所以外侧两个电荷距离大，要平衡中间电荷的拉力，必须外侧电荷电量大，中间电荷电量小，所以C必须为正电，在B的右侧
设C所在位置与B的距离为r，则C所在位置与A的距离为L+r，要能处于平衡状态，
所以A对C的电场力大小等于B对C的电场力大小，设C的电量为q，则有：

解得：r=L
对点电荷A，其受力也平衡，则：
解得：Q=4q，
即C带正电，电荷量为4Q，在B的右侧距B为L处．
【点睛】我们可以去尝试假设C带正电或负电，它应该放在什么地方，能不能使整个系统处于平衡状态．不行再继续判断，抓住平衡条件是解决问题的关键．
16. 如图所示，一质量为m的小球从半径为R的竖直四分之一圆弧轨道的顶端无初速释放，圆弧轨道的底端水平，离地面高度为R。小球离开圆弧轨道的底端又通过水平距离R落到地面上，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）小球刚到圆弧轨道底端时对轨道的压力；
（2）小球在圆弧轨道上受到的阻力所做的功。
【答案】（1），方向竖直向下（2）
【解析】
【详解】（1）设小球在圆弧轨道的最低点时的速度为v，小球离开圆弧轨道后做平抛运动，有：
联立解得：
而在圆弧轨道的最低点，由牛顿第二定律可知：
由牛顿第三定律，
联立求得球队轨道压力为：
方向竖直向下。
（2）对圆弧上运动的过程由动能定理：
联立可得：
17. 图甲为2022年北京冬奥会国家雪车雪橇中心“游龙”总览图。图甲中是螺旋弯道，转弯半径为r。为了让运动员乘坐雪车能高速且安全地通过弯道，弯道处赛道均向内侧倾斜，弯道落差可忽略。某运动员和雪车总质量为m，可视为质点。某次运动员和雪车以速度v通过弯道，已知重力加速度为g，忽略冰面与雪车之间的摩擦，不计空气阻力，建立图丙所示的模型。求：
（1）此时刻钢架雪车平面与水平面夹角θ的正切值；
（2）在弯道处赛道对雪车的支持力FN的大小。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）雪车受力分析如图所示

根据题意可知，重力和支持力合力提供向心力，即
解得
（2）赛道对雪车的支持力的大小为
18. 如图所示，一质量为m=2kg带正电的小球，用几乎不可伸长的长为L=2m的绝缘细线悬挂于O点，处于一水平向右的匀强电场中，静止时细线右偏与竖直方向成45°角，位于图中的P点（g=10m/s2）。
(1)求静止在P点时线的拉力是多大？
(2)如将小球向左拉紧至与O点等高的B点由静止释放，求小球刚运动到C点时的速度大小？
(3)如将小球向左拉紧至与O点等高的B点由静止释放，求小球到达A点时绳的拉力是多大？
【答案】(1)；(2)；(3)60N
【解析】
【详解】(1)由于静止时细线与竖直方向成45°角，由力的平衡条件可得
电场力
①
线的拉力
②
(2) 先由B→C匀加速直线运动，根据动能定理
③
由①③式解得
④
(3)在C点，绳子拉紧过程后使C点竖直速度变为零，绳子拉紧小球的速度
⑤
由C→A，动能定理：
⑥
在A点，由向心力公式得
⑦
由①④⑤⑥⑦式解得
FA=60N