山东省枣庄市2024-2025学年高一下学期7月期末物理试题（解析版）

这是一份山东省枣庄市2024-2025学年高一下学期7月期末物理试题（解析版），共18页。试卷主要包含了答题前，考生务必将自己的姓名等内容，欢迎下载使用。
本试卷共8页，满分100分，考试用时90分钟。
注意事项：
1、答题前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。
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，再选涂其它答案标号。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，只有一个选项是符合题目要求的。
1. A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相同时间内，它们通过的路程之比是4：3，运动方向改变的角度之比是3：2，则它们（ ）
A. 线速度大小之比为3：4
B. 角速度大小之比为3：2
C. 圆周运动的半径之比为2：1
D. 向心加速度大小之比为1：2
【答案】B
【解析】A．A、B两艘快艇在相同时间内，它们通过的路程之比是4：3，根据可得，它们线速度大小之比为，故A错误；
B．A、B两艘快艇在相同时间内，运动方向改变的角度之比是3：2，根据可得，它们角速度大小之比为，故B正确；
C．根据可知，A、B两艘快艇做圆周运动的半径之比为，故C错误；
D．根据
可知A、B两艘快艇的向心加速度大小之比为，故D错误。
故选B。
2. 如图，A、B、C、D是正方形的四个顶点，在A点和C点放有电荷量都为q的正电荷，在B点放了某个未知电荷后，恰好D的电场强度等于0。则放在B点的电荷电性和电荷量为（ ）
A. 负电荷 电荷量为B. 负电荷 电荷量为
C. 正电荷 电荷量为D. 正电荷 电荷量为
【答案】B
【解析】设正方向边长l，A、C点的电荷在D点的场强均为
则A、C点的电荷在D点的合场强为
因为D点的电场强度恰好等于零，则B点的点电荷在D点的场强与A、C点的电荷在D点的合场强等大反向，因此B点的点电荷带负电，且B点的点电荷在D的电场强度大小是
解得
故选B。
3. 太阳系中，海王星是离太阳最远的一颗行星，它的质量是地球的17倍，半径是地球的4倍。海王星的公转轨道半径是地球公转轨道半径的30倍。下列说法正确的是（ ）
A. 海王星的公转周期约为地球的30倍
B. 海王星的第一宇宙速度约为7.9km/s
C. 太阳对地球的引力为对海王星引力的900倍
D. 地球公转加速度为海王星公转加速度的900倍
【答案】D
【解析】A．根据开普勒第三定律，可得海王星的公转周期与地球的公转周期之比为，故A错误；
B．根据
可得第一宇宙速度公式为
已知海王星质量是地球的17倍，半径是4倍，则海王星的第一宇宙速度约为，故B错误；
C．太阳对行星的引力为
已知地球与海王星质量比为1∶17，轨道半径比为1∶30，则有，故C错误；
D．根据
可得
则地球公转加速度与海王星公转加速度之比为，故D正确。
故选D。
4. 某种类型的飞机质量为，起飞过程中从静止开始匀加速滑跑，加速度大小为，当位移为时速度达到起飞速度，此过程中飞机受到的阻力恒为，取重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A. 飞机起飞时克服阻力做功的瞬时功率为
B. 飞机滑行过程中克服阻力做功的平均功率为
C. 飞机起飞时牵引力瞬时功率为
D. 飞机滑行过程中牵引力的平均功率为
【答案】C
【解析】A．根据速度-位移公式可得起飞时的速度为
飞机起飞时克服阻力做功的瞬时功率为
联立解得，故A错误；
B．滑行过程中克服阻力做功
根据位移-时间公式，有
滑行过程中克服阻力做功的平均功率为
联立解得，故B错误；
C． 根据牛顿第二定律，有
飞机起飞时牵引力的瞬时功率为
联立解得飞机起飞时牵引力的瞬时功率为，故C正确；
D．滑行过程中平均速度
滑行过程中牵引力的平均功率为
联立可得，故D错误。
故选C。
5. 某静电场的电场强度E在x轴上关于坐标原点O对称的P、Q两点间的变化情况如图所示．设从P点由静止释放的电子运动过程中的加速度为a，动能为Ek，电势能为Ep，规定x轴正方向为电场强度E和加速度a的正方向，无限远处电势为零，电子只受电场力作用，则电子在x轴上的P、Q两点间运动的过程中，各物理量随x变化的图象正确的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】A.由E-x图象可知x轴正半轴场强方向向右，x轴负半轴场强方向向左，沿场强方向电势降低，逆场强方向电势升高，故A错误；
B.根据牛顿第二定律可知，可得，又电子所受电场力方向与场强方向相反，故B项正确；
CD.电子从P点向O点运动的过程中，电场力做正功，动能一直增大，电势能一直减小，电子从O点向Q点运动的过程中，电场力做负功，动能一直减小，电势能一直增大，故C错误，D错误
6. 电容器的极板A、B分别接在恒压直流电源的两极上，G是灵敏电流计。熔喷布匀速从两极板间穿过，当熔喷布的厚度变薄时会导致相对介电常数变小。下列说法中正确的是（ ）
A. 熔喷布变薄，电容器两端电压会变大
B. 熔喷布变薄，电容器的电容会变大
C. 熔喷布变厚，电容器的电荷量保持不变
D. 熔喷布变厚时，电流计中会有自b向a的电流
【答案】D
【解析】AB．熔喷布变薄，电容器一直与恒压直流电源连接，所以电容器两端电压不变；根据，由于相对介电常数变小，所以电容器的电容会变小，故AB错误；
CD．熔喷布变厚，根据，由于相对介电常数变大，所以电容器的电容会变大；根据，由于电容器两端电压不变，所以电容器的电荷量会增加，则电流计中会有自b向a的电流，故C错误，D正确。
故选D。
7. 如图所示，质量为m的圆柱形匀质木块漂浮在水面上，浸入水中的深度为h。用竖直向上的拉力将木块缓慢提升至其底面距水面高度为h处，忽略水面高度变化，重力加速度为g。在木块上移的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 重力对木块做功为
B. 浮力对木块做功为
C. 拉力对木块做功为
D. 拉力与重力对木块做功之和为0
【答案】C
【解析】A．在木块上移的过程中，重力对木块做功为，故A错误；
B．由平衡条件可知，开始时浮力与木块重力等大，在木块上移的过程中，浮力线性减小，则浮力对木块做功，故B错误；
C．根据动能定理有
联立解得拉力对木块做功为，故C正确；
D．根据C选项分析，可知拉力与重力对木块做功之和为，故D错误。
故选C。
8. 如图所示，半径为R的光滑绝缘半圆形轨道固定在竖直平面内，下端与光滑绝缘水平面相切于B点，整个空间存在水平向右的匀强电场。质量为m的带正电小球从A点以某一初速度向左运动，沿轨道运动并从C点飞出，经过P点时恰好对轨道无压力。已知轨道上M点与圆心O等高，共线，与竖直方向的夹角为，取重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A. 小球所受静电力大小为
B. 小球经过P点的速度大小为
C. 小球经过轨道上C点的加速度大小为
D. 小球在M点受到的弹力大小为
【答案】D
【解析】AB．小球经过P点时恰好对轨道无压力，合力恰好提供向心力，则有
可得小球所受静电力大小为
根据牛顿第二定律，小球经过P点时有
小球经过P点的速度大小为
故AB错误；
C．小球从P点到C点的过程中，根据动能定理有
求得
可得小球经过轨道上C点的向心加速度大小为
水平方向的加速度大小为
则小球经过轨道上C点的加速度大小为，故C错误；
D．P点是小球运动的等效最高点，根据运动的对称性，可知小球在M点速度大小满足
小球在M点根据牛顿第二定律，有
联立可求得小球在M点受到的弹力大小，故D正确。
故选D。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9. 如图所示，实线为电场中的三条电场线，，a、b两带电粒子从N点以相同的初速度垂直于电场线射出，仅在静电力作用下沿虚线运动，下列说法正确的是（ ）
A. a一定带正电，b一定带负电
B. a的加速度减小，b的加速度增大
C. a的电势能减少，b的电势能增大
D. 电势差大于电势差
【答案】BD
【解析】A．电场线方向未知，无法判断两个电荷的正负，A错误；
B．电场线越密，电场强度越大，电荷所受电场力越大，电荷运动的加速度越大，所以a的加速度减小，b的加速度增大，B正确；
C．轨迹向电场力的方向弯曲，两个电荷的电场力均做正功，两个电荷的电势能均减小，C错误；
D．根据
因为，所以d相同
电场线越密，电场强度越大，所以MN段的电场强度大于NQ段的电场强度；
所以电势差大于电势差，D正确。
故选BD。
10. 如图所示，长为的轻杆两端分别拴接小球A、B，其可以绕光滑水平转轴O在竖直平面内转动，A球到O的距离为L，A、B球的质量分别为和，重力加速度为g。当A球运动到最高点时，恰好不受杆的作用力，则此时，下列说法正确的是（ ）
A. 球A的速度大小为
B. 球B的速度大小为
C. 球B对杆的作用力大小为
D. 水平转轴对杆的作用力大小为
【答案】AC
【解析】A．由题可知，A球在最高点时，根据牛顿第二定律可得
解得球A的速度大小为
B．由于A、B两球的角速度相等，根据
可知，故B错误；
C．对B球受力分析，根据牛顿第二定律可得
结合上述结论解得，故C正确；
D．根据上述分析可知A球对杆没有作用力，B球对杆作用力的大小为，根据牛顿第三定律可知，水平转轴对杆的作用力大小为，故D错误。
故选AC
11. 如图所示，天舟七号从近地圆轨道Ⅰ经霍曼轨道进入圆轨道Ⅱ，与天和核心舱同轨道运行。已知椭圆形霍曼轨道与两圆轨道分别相切，轨道Ⅱ的半径是轨道Ⅰ半径的n倍，天和核心舱在轨道Ⅱ上的运行周期为。下列说法正确的是（ ）
A. 天舟七号在切点处通过加速从轨道Ⅰ进入霍曼轨道
B. 天舟七号与天和核心舱在轨道Ⅱ上运行时的速度相同
C. 天舟七号在霍曼轨道上的速度均大于天和核心舱的速度
D. 天舟七号在霍曼轨道上运行的周期为
【答案】AD
【解析】A．卫星从低轨道变轨到高轨道，需要在变轨处点火加速，所以天舟七号在切点处通过加速从轨道Ⅰ进入霍曼轨道，故A正确；
B．天舟七号与天和核心舱在轨道Ⅱ上运行时的速度大小相等，方向不同，故B错误；
C．天舟七号在霍曼轨道上变轨到轨道Ⅱ需要在变轨处点火加速，所以天舟七号在霍曼轨道上的速度不是均大于天和核心舱的速度，故C错误；
D．设近地圆轨道Ⅰ的半径为，则轨道Ⅱ的半径为，根据开普勒第三定律可得
解得天舟七号在霍曼轨道上运行的周期为，故D正确。
故选AD。
12. 如图所示，轻弹簧下端固定在斜面底端的挡板上，斜面的倾角为θ，用质量为m的滑块压缩弹簧（不拴接），滑块由静止释放后，沿斜面上滑的最大位移为x（已离开弹簧）。已知滑块与斜面间的动摩擦因数为µ，将滑块、弹簧和斜面视为一个系统。在滑块上滑过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 系统产生的摩擦热为
B. 滑块机械能的增加量为
C. 系统机械能的减少量为
D. 弹簧弹性势能的最大值为
【答案】BC
【解析】AC．系统产生的摩擦热为
所以系统机械能的减少量为，故A错误，C正确；
B．滑块机械能的增加量为，故B正确；
D．根据能量守恒定律可得弹簧弹性势能的最大值为，故D错误。
故选BC。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13. 某实验小组利用如图甲所示的电路探究电容器的充、放电特点。S为单刀双掷开关，R为定值电阻。
（1）S接1时电源对电容器充电，此过程通过电流表A的电流方向______（填“从左到右”或“从右到左”）。
（2）图乙为电容器放电时的图像，图线与坐标轴围成的面积约41小格，电容器放电之前的电压为，测得该电容器的电容值为______F（结果保留2位有效数字）。
（3）若仅减小电阻R，放电时曲线与坐标轴所围成的面积将______（填“变大”“变小”或“不变”）。
【答案】（1）从右到左 （2） （3）不变
【解析】
【小问1解析】
S接1时电源对电容器充电，自由电子在静电力的作用下，从正极板经过电源向负极板移动，故通过电流表A的电流方向从右到左。
【小问2解析】
乙图中图像与横轴围成的面积约41格，分析I-t图像可知，每个方格代表的电荷量为
电容器放出的电荷量为
则电容器的电容为
【小问3解析】
不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，导致曲线的最大电流值将增大，放电时间将变短，而放电时曲线与坐标轴所围面积不变。
14. 验证机械能守恒定律的装置，如图甲所示，质量m1=480g、m2=800g的两物体由跨过定滑轮的细线连接。将m1、m2由静止释放，实验得到的其中一条纸带如图乙所示，O、A、B、C、D是计数点，相邻的两计数点间还有一个点未画出，已知电源的频率为50Hz，重力加速度g=9.8m/s2。
（1）关于实验操作，下列说法正确的是（ ）
A. 将打点计时器接到电源的直流输出端上
B. 打点计时器的两个限位孔应在同一条竖直线上
C. 应用秒表测出重物下落的时间
（2）打下C点时，m1的速度大小为______m/s，从O点到C点的过程中，系统重力势能的减少量∆Ep=______J。（计算结果均保留两位小数）
（3）从O点到C点的过程中，系统重力势能的减少量∆Ep大于系统动能的增加量∆Ek的可能原因是________。
【答案】（1）B （2） ①. 1.12 ②. 0.83 （3）克服空气阻力做功
【解析】
【小问1解析】
A．打点计时器应使用交流电源，故A错误；
B．为了减小阻力影响，打点计时器的两个限位孔应在同一条竖直线上，故B正确；
C．打点计时器可以记录时间，所以不需要用秒表测出重物下落的时间，故C错误。
故选B
【小问2解析】
相邻的两计数点间还有一个点未画出，则相邻两计数点间的时间间隔为
打下C点时，m1的速度大小为
从O点到C点的过程中，系统重力势能的减少量为
【小问3解析】
从O点到C点的过程中，系统重力势能的减少量∆Ep大于系统动能的增加量∆Ek的可能原因是物体克服空气阻力做功，克服纸带与打点计时器间的摩擦力做功，克服细线与滑轮间的摩擦力做功等。
15. 已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，地球自转的周期为T，万有引力常量G，求：
（1）地球的密度ρ；
（2）地球静止卫星的速度大小v。
【答案】（1） （2）
【解析】
【小问1解析】
设地球质量为M，质量为m的物体放在地球表面时，有，
解得
【小问2解析】
设地球静止卫星的质量为m0，有
根据
解得
16. 如图所示，圆形餐桌的半径为5r，可绕餐桌中心O转动的圆盘半径为3r，置于圆盘边缘的杯子与圆盘间的动摩擦因数为µ，缓慢增大圆盘的角速度，杯子随圆盘在水平面内做圆周运动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，转盘厚度及转盘与餐桌的间隙不计，杯子可视为质点，重力加速度为g。
（1）求杯子刚相对圆盘滑动时，圆盘角速度ω；
（2）杯子从圆盘滑离后，恰好不从餐桌边缘掉下，求杯子与桌面间的动摩擦因数µ′。
【答案】（1） （2）
【解析】
【小问1解析】
杯子相对圆盘发生滑动时，摩擦力提供向心力
解得
【小问2解析】
杯子从圆盘滑离时的速度
杯子在桌面滑行的距离
由动能定理可得
联立可得
17. 在直角坐标系中，三个边长均为L的正方形区域分布如图所示，第一象限内区域中的匀强电场沿x轴负方向，电场强度的大小为；第二象限内区域中的匀强电场沿y轴负方向。一电荷量为、质量为m的粒子（重力不计）从A点由静止释放，恰好能通过G点。
（1）求区域内的电场强度以及粒子经过G点的速度大小；
（2）若区域内的电场强度大小变为，方向不变，将该带电粒子从区域中P点由静止释放，经N点通过x轴，求P点的横坐标x。
【答案】（1）， （2）
【解析】
小问1解析】
设粒子经过C点的速度为，在区域中，根据动能定理
设粒子在区域中运动的时间为t，根据类平抛规律,x方向
y方向
根据牛顿第二定律
解得
设粒子到G点的速度为v，在区域中，根据动能定理
解得
【小问2解析】
从P点静止释放的粒子，根据动能定理
区域中的电场强度变为后，根据牛顿第二定律
根据类平抛规律 ，
粒子经过边时速度的y分量为
在区域，根据运动的合成与分解，
联立解得
18. 如图所示，竖直平面内的轨道由三段轨道平滑连接而成，段是半径的光滑圆弧轨道，段是长的粗糙水平轨道，段是半径的光滑半圆轨道。物块P以的速度水平抛出，恰好以的速度沿切线从A点进入轨道，与静止的物块Q发生碰撞并立刻粘在一起，速度变为碰撞前物块P的速度的一半。当物块Q置于距离B点的位置时，组合体恰好未进入轨道。已知两物块完全相同，可视为质点，质量，取重力加速度。求：
（1）物块P的抛出点与A点的高度差h；
（2）物块P经过圆弧轨道最低点B时，对轨道的压力大小；
（3）若仅改变物块Q的初始位置，使组合体沿轨道运动半圆弧长的，此时恰好脱离，则碰撞前物块Q与B点距离。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】
【小问1解析】
物块P以水平抛出到A点过程，由动能定理得
解得
【小问2解析】
设物块在A点速度方向与水平方向夹角为，有
物块P从A点到B点过程，由动能定理有
解得
物块P在B点时，由
解得
由牛顿第三定律可知，物块P在B点时对轨道压力的大小为。
【小问3解析】
设物块P碰撞前的速度为，由动能定理有
P、Q相碰后的速度为，则
物块P、Q恰好未进入轨道，由动能定理得
解得
根据几何关系：组合体滑行个轨道时与圆心连线跟水平方向的夹角为，设脱离时的速度为v，则
设物块Q置于到B点的距离为，物块P碰撞前的速度为，则有，
联立解得