2024-2025学年海南省海口市高一（下）期末物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年海南省海口市高一（下）期末物理试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题等内容，欢迎下载使用。
1.科学家推动了物理学的不断发展，使人类对自然界的认识达到了前所未有的深度和广度，并为现代科技的进步提供了坚实的理论基础，以下说法符合物理学史实的是( )
A. 德国天文学家开普勒研究了丹麦天文学家第谷的观测数据，提出了日心说
B. 英国物理学家牛顿提出了万有引力定律，并用扭秤实验测量了引力常量
C. 法国科学家库仑通过对电荷之间的相互作用力的研究，提出了库仑定律
D. 英国物理学家卡文迪什认为电荷之间的相互作用通过场来传递，提出了电场的概念
2.2025年4月24日17时17分，航天员陈冬、陈中瑞、王杰乘坐神舟二十号飞船奔向中国空间站“天宫一号”，开启为期6个月的巡天之旅。如图所示，“天宫一号”的轨道高度约为400km，同步卫星的轨道高度约为36000km，则( )
A. 天宫一号的角速度小于同步卫星的角速度
B. 天宫一号的周期大于同步卫星的周期
C. 天宫一号的向心加速度大于同步卫星的向心加速度
D. 天宫一号的线速度小于同步卫星的线速度
3.将一小球(可视为质点)，从距地高h=15m处，以初速度v0=10m/s竖直向上抛出不计空气阻力，重力加速度为g=10m/s2，则小球从抛出到落地经过的时间为( )
A. 1s
B. 2s
C. 3s
D. 4s
4.人站在电梯中随电梯一起向上运动，下列说法正确的是( )
A. 当电梯减速上升时，人处于超重状态
B. 当电梯加速上升时，人处于超重状态
C. 当电梯加速上升时，人对电梯地板的压力大于电梯地板对人的支持力
D. 当电梯减速上升时，人对电梯地板的压力小于电梯地板对人的支持力
5.如图，人在岸上拉船，某一时刻，轻绳与水平面的夹角为θ，船的速度大小为v，人对绳的拉力大小为F，则以下说法正确的是( )
A. 人拉绳的速度为vsinθ
B. 要使船匀速靠岸，人拉绳的速度应该保持不变
C. 人对绳的拉力功率为Fv
D. 人对绳的拉力功率为Fvcsθ
6.如图为一个风力测量装置，核心部件是一个平行板电容器，其中右极板固定且连在静电计上，左极板接地且会因为风力而向右移动，风力越大，向右移动距离越大(两板不接触)，电容器所带电荷量不变。在可测量限度内，下列说法正确的是( )
A. 风力越大，电容器的电容越小B. 风力越大，电容器的电容越大
C. 风力越大，静电计的张角越大D. 风力越大，静电计的张角不变
7.如图，A、B两艘快艇在海面上做匀速圆周运动，在相同时间内，它们通过的路程之比4：3，速度方向改变的角度之比是2：3，则它们( )
A. 所受的合力均保持不变B. 线速度大小之比为3：4
C. 角速度大小之比为3：2D. 向心加速度大小之比为8：9
8.如图，在光滑的绝缘水平面上，有两个相距为r的甲、乙小球(均可视为点电荷)，带电荷量分别为+2q和−q、质量分别为m和2m，在水平恒力F作用下甲、乙小球一起做匀加速直线运动。已知静电力常量为k，水平恒力F的大小为( )
A. 3kq2r2B. 3kq22r2C. 2kq23r2D. 2kq2r2
二、多选题：本大题共5小题，共20分。
9.如图，民航客机机舱紧急出口的气囊是一条连接出口与地面的斜面，人沿气囊加速下滑过程中，下列说法正确的是( )
A. 人所受到的支持力对人做负功
B. 人受到的重力对人做正功
C. 人受到的摩擦力对人做负功
D. 人所受合力对人不做功
10.如图是描述甲、乙两个点电荷电场的部分电场线，下列说法正确的是( )
A. 甲带正电，乙带负电
B. P点电势低于S点电势
C. 将一个正试探电荷从P点移到Q点，电势能增大
D. P点处的电场强度大于Q点处的电场强度
11.如图，将一个可视为质点的物体从a点水平抛出，到达b点时沿着切线方向进入(与轨道无碰撞)半径为R的光滑圆弧轨道，d点与圆心O点等高，空气阻力忽略不计，以下说法正确的是( )
A. 物体从a点到b点过程中机械能守恒B. 物体从b点到d点过程中机械能不守恒
C. 物体到达d点时速度不为零D. 物体到达d点时速度为零
12.电场中有A、B、C三点，将电荷量q=1.0×10−9C的试探电荷放在A点，所受的电场力FA=8×10−8N，将该电荷从A点移动到B点，静电力做功WAB=−4.0×10−8J，从B点动到C点，电势能减少了6.0×10−8J，设C点的电势φC=0V，则下列说法正确的是( )
A. A、B两点间的电势差为UAB=40V
B. A点的电场强度大小EA=80N/C，与放入的试探电荷无关
C. A、B、C三点的电势大小关系为：φA>φB>φC
D. 该试探电荷在A点的电势能为EpA=2.0×10−8J
13.如图所示，一同学物理课上参与了一个趣味游戏，a、b、c、d四个相同木板紧挨放在水平地面上，使小滑块以某一水平初速度从a的左端滑上木板，若滑块分别停在a、b、c、d上，则分别获得四、三、二、一等奖，若滑离木板则不得奖。已知每块木板的长度为L、质量为m，木板下表面与地面间的动摩擦因数均为μ，滑块质量为2m(可视为质点)，滑块与木板上表面间的动摩擦因数均为2μ，重力加速度大小为g，最大静摩擦力与滑动摩擦力视为相等。下列说法正确的是( )
A. 滑块在木板上滑动时的加速度大小均为2μg
B. 滑块在各木板上滑过时，木板均保持静止
C. 若获得四等奖，滑块初速度的最大值为2 μgL
D. 若获得一等奖，因摩擦产生的总热量的取值范围为12μmgL≤Q≤18mgL
三、实验题：本大题共2小题，共20分。
14.(1)某实验小组用如图所示装置探究向心力大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。
①本实验与下列实验中采用的科学方法相同的是______(选填“A”、“B”、“C”或“D”)。
②要探究向心力与角速度的关系，将质量相同的两个小球，分别放在挡板A、C处，将皮带处于左右半径______(选填“相等”或“不等”)的塔轮上。
(2)如图所示为桶装水的电动抽水器，某实验小组欲使用平抛运动的规律来测量该抽水器的抽水流量Q(流量是单位时间内液体通过管道横截面的体积，其计算式为Q=Sv，S为管道的横截面积，v为液体的流动速度)。
①测量抽水器出水管内径(直径)d，调节管口方向，使其______(选填“水平”或“竖直”)。
②启动抽水器后水均匀从管口水平射出，待水柱稳定后，用刻度尺测出管口到落地点的水平距离L和______(写出所测物理量及其符号)。
③已知重力加速度大小为g，则该抽水器的流量Q=______(用所测物理量的符号表示)。
15.在“验证机械能守恒定律”实验中，某同学选用如图甲所示的实验装置进行实验。重锤从高处由静止开始下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，对纸带上的点测量并分析，即可验证机械能守恒定律。
(1)除了图甲所示的器材外，要完成本实验还需的器材有______。
A.交流电源
B.直流电源
C.托盘天平
D.刻度尺
(2)这位同学实验操作完成后挑选出一条点迹清晰的纸带进行测量分析，选取连续打出的A、B、C、D、E、F、G七个计时点，并测出各计时点到起始点O的距离，如图乙所示。已知打点计时器所用交流电的频率为f=50Hz，根据纸带上的测量数据，求出C点的速度填入表格。以A点为计时起点，根据表格中的数据在坐标纸中作出v−t图像。
(3)由图像求得重物下落的加速度为______m/s2(保留三位有效数字)。由此判断，在误差允许范围内重物下落过程中机械能守恒。
(4)另一同学用图丙所示装置进行实验，部分实验步骤如下：打开气泵，托起滑块，将气垫导轨调水平，在钩码的牵引下，滑块从静止开始沿导轨加速运动。若滑块和遮光条的总质量为M，钩码质量为m，遮光条宽度为d，依次经过光电门1、2的遮光时间为t1、t2，两光电门之间的距离为l，当地重力加速度为g，以上物理量在误差范围内满足关系式______，则验证了机械能守恒定律。
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
16.如图所示，一个质量为m=0.2kg，电荷量大小为q=1×10−3C的带电小球在匀强电场的作用下静止在光滑绝缘斜面的顶端，斜面倾角θ=30°，长度l=0.05m，电场强度方向平行斜面向上。现将原电场快速撤去并加上平行斜面向下的匀强电场，场强大小不变。已知重力加速度g取10m/s2，空气阻力忽略不计，电场改变所用时间可忽略，不考虑因电场变化产生的电磁感应。求：
(1)小球带什么电？匀强电场的电场强度E大小；
(2)小球下滑过程中的加速度大小和到达斜面底端时的速度大小。
17.如图为显像管显示器的内部原理图，现有一电子从发热灯丝K逸出(初速度大小忽略)经加速电场加速后，从AB板中心孔S沿偏转电场的中心线SO射入偏转电场，穿出偏转电场后，再经过一段匀速直线运动最后打到荧光屏上的C点。已知加速电压为U1，偏转电场的两平行板间的电压为U2，板长为2L，板间距为d，平行板右端到荧光屏的距离为L，电子的电荷量为q，质量为m，不计电子的重力，偏转电场仅存在于两平行板正对的范围内。求：
(1)电子从S孔射出时的速度大小v；
(2)电子进入偏转电场时的加速度和穿过偏转电场的时间；
(3)电子从偏转电场射出时偏离中心线的距离y和荧光屏上OC两点的距离yC。
18.如图，静止的水平传送带的左端有一固定的半径为R=0.45m的竖直四分之一光滑圆弧轨道，末端B点与长为l=2m传送带相切，右端有一固定的倾角为30°的光滑斜面。一质量为m=2kg的滑块(可视为质点)从圆弧轨道的顶端A点由静止释放，经过C点后立即让传送带以v=3m/s的速率顺时针方向匀速转动，滑块第一次冲上斜面能达到的最高点为D。已知传送带与滑块间的动摩擦因数为μ=0.2，不计空气阻力，滑块经过B和C点时均无碰撞造成机械能损失，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)滑块经过B点时受到轨道的支持力FN大小和CD两点间的距离d；
(2)滑块第二次滑上传送带后，向左滑行的最远距离x0和向左运动的时间t0；
(3)滑块从第二次滑上传送带到离开传送带过程中，滑块与传送带之间因摩擦而产生的热量Q。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.德国天文学家开普勒研究了丹麦天文学家第谷的观测数据，提出了开普勒的三大定律，故A错误；
B.英国物理学家牛顿提出了万有引力定律，卡文迪什用扭秤实验测量了引力常量，故B错误；
C.法国科学家库仑通过对电荷之间的相互作用力的研究，提出了库仑定律，故C正确；
D.英国物理学家法拉第认为电荷之间的相互作用通过场来传递，提出了电场的概念，故D错误。
故选：C。
根据开普勒、牛顿和卡文迪什以及库仑、法拉第等人的研究成果和取得的成就进行分析解答。
考查开普勒、牛顿和卡文迪什以及库仑、法拉第等人的研究成果和取得的成就，会根据题意进行准确分析解答。
2.【答案】C
【解析】解：根据GMmr2=mrω2=mr4π2T2=ma=mv2r，因为天宫一号的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，可得天宫一号的角速度ω大，周期T小，向心加速度a大，线速度v大，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据万有引力提供向心力导出角速度、周期、加速度、线速度结合轨道半径进行判断。
考查万有引力定律的应用，会根据题意进行准确分析解答。
3.【答案】C
【解析】解：上升过程时间为：t1=vg=1010s=1s
上升的高度为：h′=12gt12=12×10×12m=5m
自由落体过程有：H=h+h′=12gt22
可得：t2= 2(h+h′)g=2s
从抛出到落地经历的时间为：t=t1+t2=3s，故C正确；
故选：C。
物体做竖直上抛运动，可以看作加速度为−g的匀减速直线运动，由速度−时间公式即可求上升的时间，根据位移时间关系求解下落的时间
竖直上抛运动是常见的运动，是高考的热点，也可将将竖直上抛运动看成一种匀减速直线运动，这样处理比较简单，注意位移的方向。
4.【答案】B
【解析】解：A、当电梯减速上升时，加速度方向向下，人处于失重状态，故A错误；
B、当电梯加速上升时，加速度方向向上，人处于超重状态，故B正确；
C、人对电梯地板的压力和电梯地板对人的支持力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律，它们大小相等，方向相反，故C错误；
D、同理，人对电梯地板的压力和电梯地板对人的支持力大小相等，故D错误。
故选：B。
当物体的加速度向上时，物体处于超重状态；当物体的加速度向下时，物体处于失重状态。
本题是一道关于超重、失重和牛顿第三定律的基础题目，难度较小，主要考查学生对基本概念和规律的理解和掌握。题目中涉及到电梯的不同运动状态下人的受力情况，能够很好地检验学生对超重、失重概念的理解以及对牛顿第三定律的应用能力。同时，本题也有助于学生加深对牛顿运动定律的认识和理解。
5.【答案】D
【解析】解：AB.将船的速度分解到沿绳和垂直于绳方向如图所示
根据几何知识有人拉绳的速度v人=vcsθ，要使船匀速靠岸，v不变，由于靠岸过程θ逐渐增大，csθ逐渐减小，人拉绳的速度逐渐减小，故AB错误；
CD.人拉绳的速度v人=vcsθ，人对绳的拉力大小为F，人对绳的拉力功率P=Fv人=Fvcsθ，故C错误，D正确。
故选：D。
分解船的速度根据几何知识计算，根据功率的计算公式计算人对绳的拉力功率。
本题关键掌握运动的合成与分解方法。
6.【答案】B
【解析】解：AB、可动极板在风力作用下会向右移动，风力越大，移动距离越大，则电容器两极板间距离d越小，根据电容的决定式C=ɛrS4πkd分析可知，电容器的电容C越大，故A错误，B正确；
CD、风力越大，电容器的电容越大，而电容器所带电荷量不变，根据电容的定义式C=QU可知，板间电势差U越小，则静电计的张角越小，故CD错误。
故选：B。
风力越大，电容器极板间距离越小，根据电容的决定式分析电容器电容的变化，结合电荷量不变，根据电容的定义式分析极板间电势差的变化，从而判断静电计张角的变化。
本题是电容器的动态分析问题，抓住电容器的带电量不变，根据电容的决定式C=ɛrS4πkd和电容的定义式C=QU相结合进行分析。
7.【答案】D
【解析】解：A.做匀速圆周运动的物体，所受的合力提供向心力，大小均保持不变，方向指向圆心，故A错误；
B.根据线速度的定义v=st，可得线速度大小之比为4：3，故B错误；
C.根据角速度定义ω=θt，可得角速度大小之比为2：3，故C错误；
D.根据向心加速度公式a=vω，可得向心加速度大小之比为8：9，故D正确。
故选：D。
根据圆周运动合外力特点结合线速度、角速度和加速度的表达式进行分析解答。
考查圆周运动合外力特点结合线速度、角速度和加速度的表达式，会根据题意进行准确分析解答。
8.【答案】A
【解析】解：对乙小球受力分析可知：2kq2r2=2ma ①
对甲乙两小球整体受力分析可知：F=3ma ②
联立方程①②得：F=3kq2r2，故BCD错误，A正确。
故选：A。
先对乙小球受力分析，然后对甲乙小球整体受力分析，根据牛顿第二定律列式求解即可。
本题考查学生对库仑定律和牛顿第二定定律的理解和掌握，受力分析过程结合整体法和隔离法一起用更快的解决问题。
9.【答案】BC
【解析】解：A.人所受到的支持力与位移方向垂直，对人不做功，故A错误；
B.人受到的重力对人做正功，故B正确；
C.人受到的摩擦力与位移方向相反，对人做负功，故C正确；
D.根据动能定理，人所受合力对人做正功，故D错误。
故选：BC。
根据物体的受力情况和运动情况结合功的概念进行分析解答。
考查物体的受力情况和运动情况以及功的概念，会根据题意进行准确分析解答。
10.【答案】AD
【解析】解：A.根据图中电场线的方向可知，甲带正电，乙带负电，故A正确；
B.P点与正电荷距离近，则P点电势高于S点电势，故B错误；
C.将一个正试探电荷从P点移到Q点，电场力做正功，则电势能减小故 C错误；
D.根据电场线的疏密与电场强度的大小关系可知，P点处的电场强度大于Q点处的电场强度，故D正确。
故选：AD。
根据电场线的特征和电场力对带电粒子的做功与电势能的变化关系等知识进行分析判断。
考查电场线的特征和电场力对带电粒子的做功与电势能的变化关系等知识，会根据题意进行准确分析解答。
11.【答案】AC
【解析】解：AB、物体从a点到b点过程和从b点到d点过程中中只有重力做功，故机械能守恒，故A正确，B错误；
CD、物体从b点运动到d点，机械能守恒，b点有速度，d点与圆心O等高，相比b点势能增加，但因为机械能守恒(动能+重力势能总量不变)，所以物体到达d点时仍有动能，速度不为零，故C正确，D错误；
故选：AC。
根据只有重力或弹力做功时，系统机械能守恒分析AB选项；物体从b点运动到d点根据机械能守恒定律分析物体到达d点时速度。
本题考查了机械能守恒的条件和应用，解题关键是当只有重力或弹力做功时，系统机械能守恒。
12.【答案】BD
【解析】解：已知φC=0V，FA=8×10−8N，q=1.0×10−9C，WAB =−4.0×10−8J，ΔEP =−6.0×10−8J
B.由电场强度的定义式EA=FAq，代入数据得EA=80N/C，A点的电场强度与试探电荷无关，故B正确；
A.试探电荷由A到B，电场力做功WAB =qUAB，代入数据得UAB=−40V，故A错误；
C.UAB=−40V，即φA−φB =−40V，故φAf2，则可知木板静止不动，滑块在木板上的加速度为a1=f22m=2μg
根据匀变速直线运动的速度一位移公式可得0−v12=−2a1L
解得v1=2 μgL
故AC正确；
BD.若获得一等奖，则木块必须得滑道木板d，若刚滑到木板得最左端，可知整个运动过程中因摩擦产生得热量最少Qmin=f2×3L=4μmg×3L=12μmgL
当滑块滑到d木板上时，木板a受到地面得摩擦力为：f3=3μmg