2024-2025学年四川省甘孜州高一（下）期末物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年四川省甘孜州高一（下）期末物理试卷（含解析），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.某交流电源的电压瞬时值表达式为e=311cs50πt(V)，将电磁打点计时器连接至该电源时，它能够正常运作。则打出的纸带上连续相邻两点之间的时间间隔为( )
A. 0.2sB. 0.1sC. 0.02sD. 0.04s
2.电场中有一点P，下列说法中正确的是( )
A. 若放在P点的电荷量减半，则P点的场强减半
B. 若P点没有放电荷，则P点场强为零
C. P点场强越大，则同一电荷在P点受到的电场力越大
D. P点的场强方向与放在该点的电荷的受力方向相同
3.如图所示，游乐场中的磨天轮以恒定的角速度在竖直平面内顺时针匀速转动。游客从最低点A进入游览车后坐在观光椅上，经轮心等高位置B到达最高点C后，再经轮心等高位置D点返回A点下车，完成游览过程。关于游客在游览过程中，下列说法正确的是( )
A. 游客在全过程中，由于速率始终不变，所以其加速度为定值
B. 游客在全过程中，只受重力和支持力的作用
C. 游客从D点之后运动到B点之前的过程中，一直处于超重状态
D. 若观光椅到磨天轮中心的距离为R，当地的重力加速度为g，游客要安全通过最高点C，在C点速度至少为 gR
4.如图所示，在边长为a的菱形ABCD两个顶点A、C上，分别固定电荷量均为Q的正点电荷，中心O处固定电荷量为Q的负点电荷，已知∠DAB=60°，静电力常量为k，则D点电场强度的大小为( )
A. 0 B. k3Qa2 C. k5Qa2 D. k4Qa
5.磁悬浮列车是一种现代高科技轨道交通工具，它通过电磁力实现列车与轨道之间的无接触的悬浮和导向，再利用直线电机产生的电磁力牵引列车运行。由于其轨道的磁力使之悬浮在空中，运行时不同于其他列车需要接触地面，可认为只受来自空气的阻力。我国目前正在研发超导磁悬浮列车，设计时速可达600公里。如图所示，磁悬浮列车的质量为m，以某一恒定的功率在平直轨道上从静止开始运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，已知列车所受空气阻力满足Ff=kv2，其中k为已知常数，v为列车的速度，则下列说法正确的是( )
A. 列车的功率为kvm2
B. 列车达到最大速度前加速度与牵引力成正比
C. 列车在时间t内克服空气阻力做功为kvm3t−12mvm2
D. 列车在时间t内位移小于vm2t
6.某船在静水中划行的速率为6m/s，河水的流速为10m/s，要渡过60m宽的河，下列说法正确的是( )
A. 该船渡河所用的时间一定大于10s B. 该船渡河所通过的位移大小至少为100m
C. 该船用最短时间渡河时所通过的位移大小为80m D. 该船以最短位移渡河时所用的时间为11s
7.下列有关物理概念、物理公式的说法中正确的是( )
A. 元电荷是一种带电量最小的带电体，所有带电体的电荷量都是元电荷的整数倍
B. 点电荷是一种带电量极小、体积极小的带电体，是一种现实存在的模型
C. 理论上，应用F=kq1q2r2和静电力的叠加原理可求出任意两种带电体间的作用力
D. 由电场强度公式E=Fq说明E与F成正比、与q成反比，E与F方向相同
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.某次发射卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道Ⅰ，卫星运动到轨道Ⅰ上的A点时实施变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道Ⅱ上的远地点B时，再次实施变轨进入轨道半径为3R(R为地球半径)的圆形轨道Ⅲ绕地球做圆周运动。下列判断正确的是( )
A. 卫星在轨道Ⅰ上运动的角速度与在轨道Ⅲ上运动的角速度之比是3：1
B. 卫星在轨道Ⅰ上运动的周期与在轨道Ⅱ上运动的周期之比是1：2 2
C. 卫星在轨道Ⅲ上经过B点时的速度大小大于在轨道Ⅱ上经过B点时的速度大小
D. 卫星在轨道Ⅲ上运动的机械能小于在轨道Ⅰ上运动的机械能
9.如图所示，下列说法正确的是( )
A. 图甲为等量同种点电荷形成的电场线
B. 图乙离点电荷距离相等的a、b两点场强不相同
C. 图丙中在c点静止释放一正电荷，可以沿着电场线运动到d点
D. 图丁中某一电荷放在e点与放到f点，电势能相同
10.如图所示，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台由静止开始缓慢加速转动，经过60s后小物块恰好滑离转台做平抛运动。已知小物块质量m=1.0kg，转台半径R=0.5m，转台离水平地面的高度H=0.8m，小物块平抛落地过程水平位移的大小s=0.4m。假设小物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g=10m/s2，则从小物块开始转动到滑离转台过程中( )
A. 小物块与转合间的动摩擦因数为0.5B. 转台对小物块做功为0.5J
C. 摩擦力对小物块的冲量大小为120N⋅sD. 小物块动量的变化量大小为1kg⋅m/s
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学取一对带有绝缘支座的导体A和B使得他们依次接触。起初它们不带电，贴在下部的金属箔片是闭合的，做了如下的实验：
如图所示，把一带正电荷的物体D移近导体A，贴在A、B导体下的金属箔片会张开，这时先把A和B分开，然后移去D，金属箔片将______(填“仍张开”或“闭合”)，此时导体B带______(填“正电”、“负电”或“不带电”)，这种方法使金属导体带电的现象叫______现象，再让导体A和B接触，金属箔片会______(填“张开”或“闭合”)。
12.利用如图甲所示的装置来验证机械能守恒定律，A为装有挡光片的钩码，总质量为M，轻绳一端与A相连，另一端跨过轻质定滑轮与质量为m的重物B相连。实验过程如下：用游标卡尺测出挡光片的宽度为d；先用力拉住B，保持A、B静止，测出A下端到光电门的距离为ℎ(ℎ≫d)；然后由静止释放B，A下落过程中挡光片经过光电门，测出挡光时间为t。已知重力加速度为g。
(1)为了能完成上述实验，M ______m(选填“>”“=”或“0)，A、B两点电荷之间的距离为d，B、C两点电荷之间的距离为2d。静电力常量为k。
(1)求点电荷B所受库仑力的大小与方向；
(2)若点电荷B不固定，仅改变点电荷B的位置，结果点电荷B在点电荷A、C的库仑力作用下保持静止，求点电荷B静止时与点电荷A之间的距离L。
15.如图所示，一半径R=8m、圆心角θ=60°的圆弧形轨道固定在光滑水平地面上，O为圆弧的圆心，N为圆弧轨道最低点，ON沿竖直方向。质量为m=2kg的小滑块P以初速度v0=12m/s从轨道最高点M沿切线方向进入轨道，由于沿MN轨道动摩擦因数不相同，滑块恰好匀速率下滑，紧靠轨道右侧有一长木板A与轨道等高且靠在一起但不粘连。已知长木板质量M=2kg，小滑块P与长木板间的动摩擦因数为μ=0.3，重力加速度大小g=10m/s2。求：
(1)滑块运动到N点对轨道的压力；
(2)滑块从M点到N点过程中克服摩擦力所做的功；
(3)为使滑块P不脱离木板，木板的最小长度。
答案解析
1.【答案】D
【解析】解：根据e=311cs50πt(V)可知交流电的周期T=2πω=2π50π=0.04s，因此打出的纸带上连续相邻两点之间的时间间隔为0.04s，故ABC错误，D正确。
故选：D。
电磁打点计时器的时间间隔由交流电源的频率决定。从交流电源的电压瞬时值表达式中提取角速度，计算周期，进而可求得打出的纸带上连续相邻两点之间的时间间隔。
解答本题的关键在于：①电磁打点计时器的时间间隔由交流电源的频率决定；②能从交流电源的电压瞬时值表达式中提取角速度，计算周期。
2.【答案】C
【解析】解：AB、场强反映电场本身的性质，只由电场本身决定，与试探电荷无关，故AB错误；
C、根据F=Eq知，P点的场强越大，则同一电荷在P点所受的电场力越大，故C正确；
D、根据场强方向的规定，正电荷所受电场力的方向与场强方向相同，负电荷所受电场力的方向与场强的方向相反，故D错误。
故选：C。
电场强度反映电场本身的性质，与试探电荷无关，电场中同一点，场强是一定的．场强方向为就是放在该点的正电荷受电场力的方向。
解决本题的关键是理解并掌握场强的物理意义，明确其方向特点：与正电荷所受的电场力方向相同。
3.【答案】C
【解析】解：A.由于游客做匀速圆周运动，速率始终不变，但时刻都需要向心力的作用，其加速度大小不变，但方向时刻变化，故A错误；
B.由于游客做匀速圆周运动，运动到如图BD位置时，重力和支持力不可能提供向心力，所以游客在全过程中，不可能只受重力和支持力的作用，故B错误；
C.游客从D点之后运动到B点之前的过程中，合外力指向圆心，向心加速度有向上的分量，则支持力大于重力，游客处于超重状态，故C正确；
D.在最高点C，当支持力为零时，速度最小，此时重力提供向心力，根据mg=mv2R
解得v= gR
但实际情况中，由于有支持力的存在，所以在C点的速度可以小于 gR，故D错误。
故选：C。
加速度为矢量，方向改变，加速度改变；对乘客受力分析，分析向心力来源，结合牛顿第二定律求解，加速度向上为超重状态。
本题考查生活中圆周运动的实例分析，关键是要抓住圆周运动的动力学特征，分析向心力来源。
4.【答案】B
【解析】解：因为
∠DAB=60°
所以
|OD|=a2
根据对称性可知，A、C处点电荷在D点处产生的合场强为
E1=2kQa2cs60°=kQa2
方向沿O到D。O处点电荷在D点产生的场强为
E2=kQ(a2)2=4kQa2
方向沿D到O。所以D点电场强度的大小为
EO=E2−E1=4kQa2−kQa2=3kQa2
方向沿D到O。
故ACD错误，B正确。
故选：B。
分别计算出三个点电荷D点的场强强度，然后根据场强的叠加原理可求出合场强。
该题考查点电荷产生电场强度的叠加原理，要注意是矢量叠加。
5.【答案】C
【解析】解：A、列车匀速运动时，牵引力等于空气阻力，则有P=Fvm=Ffmvm
根据题意得Fmf=kvm2
解得列车的功率为P=kvm3，故A错误；
B、根据牛顿第二定律得F−kv2=ma，又因为P=Fv
解得a=Fm−kP2mF2
可知，列车达到最大速度前加速度与牵引力不成正比，B错误；
C、列车在时间t内，根据动能定理得Pt−W=12mvm2，解得克服空气阻力做功为W=kvm3t−12mvm2，C正确；
D、列车在时间t内做加速度逐渐减小的变加速运动，其平均速度大于vm2，则位移大于vm2t，D错误。
故选：C。
列车匀速运动时，根据功率公式求列车的功率；列车达到最大速度前，根据牛顿第二定律结合功率公式分析加速度与牵引力的关系；根据动能定理求列车在时间t内克服空气阻力做功；根据列车在时间t内平均速度与最大速度的关系，分析位移与vm2t的关系。
本题考查机车以恒功率启动的问题，解题的关键要知道列车速度最大时，牵引力等于阻力，注意列车的功率是牵引力的功率，不是合力的功率。
6.【答案】B
【解析】解：A、当船头垂直于河岸时，船渡河所用时间最短，最短时间为tmin=dv船=606s=10s
故A错误；
B、由题意得，v船； 4.700； (M−m)gℎ=12(M+m)(dt)2
【解析】(1)为了使A下落过程中挡光片经过光电门，故需满足M>m
(2)根据螺旋测微器的读数原理可知，挡光片的宽度为d=4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm
(3)A经过光电门时的瞬时速度为v=dt
系统重力势能的减少量为ΔEp=(M−m)gℎ
系统动能的增加量为ΔEk=12(M+m)(dt)2
则系统机械能守恒的表达式为(M−m)gℎ=12(M+m)(dt)2
故答案为：(1)>；(2)4.700；(3)(M−m)gℎ=12(M+m)(dt)2。
(1)根据实验原理分析判断；
(2)螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度读数之和；
(3)利用平均速度替代A经过光电门时的瞬时速度，根据功能关系、动能表达式和机械能守恒定律推导。
本题关键掌握验证机械能守恒定律的实验原理和螺旋测微器的读数方法。
13.【答案】解：(1)对星球表面物体有GMmR2=mg
对卫星有GMm(2R)2=mv22R
可得v= gR2
(2)设在A点恰好发生全反射，光路图如图所示

则：sin∠OAB=1n=12
可得∠OAB=30°
在三角形OAB中，由正弦定理有 2Rsin∠OBA=Rsin∠OAB
所以∠OBA=34π(π4舍去)
所以∠BOA=π12
又因为cs∠AOC= 2R2R
所以∠AOC=π4
故光信号能到达的卫星轨道弧长为s=2(π4+π12)×2R=43πR
答：(1)该卫星运行的速率为 gR2；
(2)光信号能到达的卫星轨道弧长为43πR。
【解析】(1)根据万有引力与重力的关系及万有引力提供向心力分析解答；
(2)根据全反射临界角公式结合几何关系解答。
本题的关键要掌握全反射条件和临界角公式，要画出光路图，结合几何知识进行解答。
14.【答案】点电荷B所受库仑力的大小等于kq22d2，方向由B指向 A；
点电荷B静止时与点电荷A之间的距离等于3( 3−1)2d
【解析】(1)A点电荷对B点电荷的F1，方向由B指向A；C点电荷对对B点电荷的库仑力F2，由B指向C 的，根据库仑定律有
F1=−k2q2d2，F2=−k6q2(2d)2
由于|F1|>|F2|，故B 所受库仑力的方向由B 指向 A。
取由B指向A为正，点电荷 B 所受库仑力的大小
F=|F1|−|F2|
解得
F=kq22d2
(2)经分析可知，若点电荷B不固定，则它只能在 A、C之间的连线上静止，有
k2q2L2=k6q2(3d−L)2
解得
L=3( 3−1)2d
答：(1)点电荷B所受库仑力的大小等于kq22d2，方向由B指向 A；
(2)点电荷B静止时与点电荷A之间的距离等于3( 3−1)2d。
(1)根据库仑定律结合矢量合成法则求解点电荷B所受库仑力的大小与方向；
(2)根据库仑定律结合受力平衡列式求解。
本题主要是考查了在静电力作用下的共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或分解，建立平衡方程进行解答。
15.【答案】滑块运动到N点对轨道的压力为56N，方向竖直向下；
滑块从M点到N点过程中克服摩擦力所做的功为80J；
为使滑块P不脱离木板，木板的最小长度为12m
【解析】(1)在N点，对滑块，根据牛顿第二定律有FN−mg=mv02R
解得FN=56N
根据牛顿第三定律可知，滑块对N点的压力大小为56N，方向竖直向下。
(2)滑块从M点到N点过程中，由动能定理有
mgR(1−cs60°)−Wf=0
解得Wf=80J
(3)滑块滑上长木板后，滑块加速度大小为a1=μmgm=μg=0.3×10m/s2=3m/s2
长木板的加速度为a2=μmgM
解得a2=3m/s2
设经过时间t，滑块与长木板共速，共同速度为v共，对滑块有v共=v0−a1t
对A有v共=a2t
解得v共=6m/s
上述过程中滑块位移为x1=v0+v共2t
木板位移为x2=v共2t
滑块相对于木板A的位移为Δx=x1−x2
联立解得Δx=12m
故为使滑块P不脱离木板，木板的最小长度为12m。
答：(1)滑块运动到N点对轨道的压力为56N，方向竖直向下；
(2)滑块从M点到N点过程中克服摩擦力所做的功为80J；
(3)为使滑块P不脱离木板，木板的最小长度为12m。
(1)在N点，对滑块利用牛顿第二定律结合牛顿第三定律求解滑块对轨道的压力大小；
(2)滑块在MN轨道上运动过程，由动能定理求克服摩擦力所做的功；
(3)滑块滑上长木板后，由牛顿第二定律可得滑块和长木板的加速度大小，由运动学公式可得滑块滑上长木板到两者共速时的时间，并求出滑块相对长木板滑动的距离，即可得到木板的最小长度。
本题考查了动能定理、牛顿第二定律、匀变速直线运动的规律，解题的关键要明确滑块与长木板的运动过程，把握共速状态。