2022-2023学年山东省临沂市高一（下）期末物理试卷

这是一份2022-2023学年山东省临沂市高一（下）期末物理试卷，共13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。

2022-2023学年山东省临沂市高一（下）期末物理试卷
一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）
1. 关于物体运动的说法正确的是(    )
A. 匀速圆周运动一定是匀速运动 B. 匀速圆周运动一定是匀变速运动
C. 物体在变力作用下不可能做直线运动 D. 物体在恒力作用下可以做曲线运动
2. 真空中有两个静止的点电荷，电性相同，一个带电量3q，一个带电量q，它们之间的作用力为F，若它们接触后分开，距离增大为原来的两倍，则它们之间的相互作用力变为(    )
A. F2 B. F3 C. F D. 3F
3. 如图所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，那么小球从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中(弹簧保持竖直)，下列说法正确的是(    )



A. 小球的动能先增大后减小 B. 重力势能先减小后增大
C. 弹性势能先增大后减小 D. 重力先做正功后做负功
4. 篮球是青少年喜爱的一项体育运动，集对抗和技巧于一体。如图所示，某同学在做投篮训练，篮球出手点离水平地面的高度h=1.8m，篮筐离地面的高度为H=3.05m。篮球离开手的瞬间到篮筐的水平距离为x=5m，篮球到达篮筐时，恰好速度水平。将篮球看成质点，篮筐大小忽略不计，忽略空气阻力，取重力加速度大小g=10m/s2。则出手时，篮球速度与水平方向夹角的正切值等于(    )

A. 2 B. 12 C. 55 D. 5
5. 如图所示，一个小球以速度v1从底端B出发沿粗糙的14圆周向上运动，恰好到达顶端A，克服摩擦力做功W1;现将小球从A由静止释放，小球运动到最低点B时，速度为v2，克服摩擦力做功为W2，则(    )

A. v1>v2，W1>W2 B. v1=v2，W1 C. v1>v2，W1 6. 如图所示，A、B为水平放置的平行金属板，两板相距为d，带有等量异种电荷且电荷量始终保持不变，两板中央各有一小孔M和N。今有一带正电的液滴，自A板上方相距为h的P点自由下落(P、M、N在同一竖直线上)，空气阻力忽略不计，液滴到达N孔时速度恰好为0。下列说法中正确的是(    )

A. A板带正电
B. 液滴克服电场力做功等于从P点到N点过程粒子电势能的减少量
C. 若只将B板上移一小段距离，液滴将不能运动到B板
D. 若只将A板上移一小段距离，液滴自P点自由下落不能运动到B板
7. 理论表明：黑洞质量M和其半径R的关系为MR=c22G，其中c为光速，G为引力常量。若观察到黑洞周围
有一星体绕它做匀速圆周运动，速率为v，轨道半径为r，则可知(    )


A. 该黑洞的质量M=vr2G B. 该黑洞的质量M=v2r2G
C. 该黑洞的密度ρ=3c632πGv4r2 D. 该黑洞的密度ρ=3Gc632πv4r2
8. 如图所示，竖直圆筒内壁光滑、半径为R，底部侧面A处开有小口，小球从小口A以速度v0斜向上紧贴筒内壁运动，v0方向与过A点的水平切线成α=37∘角，要使小球从A口处飞出，小球进入A口的速度v0不可能为(    )

A. 56 3πgR B. 25 πgR C. 52 πgR D. 5 πgR
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
9. 下列说法中错误的是(    )
A. 公式E=Ud中的d为匀强电场中电势差为U的两点间的距离
B. 电场是一种物质，与其他物质一样，是不依赖我们的感觉而客观存在的
C. 电势的定义式φ=EPq，是比值定义法，不存在正比反比关系
D. 由公式E=Fq可知，电场中某点的场强与放在该点的检验电荷所受的电场力F的大小成正比，与检验电荷的电量q成反比
10. 如图所示，足够大的匀强电场区域中，a、b、c、d为间距相等的一组竖直等势面，一质子以速率v0从等势面a上某点进入该电场。若质子经过a、c等势面时动能分别为18eV和6eV。不计质子重力，下列说法正确的是(    )

A. 该匀强电场场强的方向水平向左
B. 质子一定能到达等势面d
C. 若取等势面b为零电势面，则c所在等势面的电势为6V
D. 质子第二次经过等势面b时动能是6ev
11. 从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和，取地面为重力势能零势能面，
该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示，重力加速度取10m/s2，由图中数据可得(    )


A. 从地面至h=4m，物体克服空气阻力做功5J
B. 从地面至h=4m，物体克服重力做功40J
C. 上升过程中动能与重力势能相等的位置距地面高度等于209m
D. 物体的初速大小为10m/s
12. 在如图所示的水平转盘上，沿半径方向放着质量均为m的两物块A和B(均视为质点)，它们用不可伸长的轻质细线相连，A、B两物块与转盘之间的动摩擦因数均为μ。已知A和B与圆心的距离分别为r、2r，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。现缓慢增大转盘的转速，则(    )

A. 当转盘的角速度为 μg2r时，A、B开始滑动
B. 当转盘的角速度为 μg2r<ω< 2μgr时，A、B相对转盘静止
C. 当转盘的角速度为 3μg2r时，细线中的张力大小为2μmg
D. 当转盘的角速度为 3μg2r时，剪断细线只有B物块做离心运动
三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
13. 某学习小组利用手机和刻度尺“研究小球做平抛运动”的规律。他们用手机拍摄功能记录小球抛出后位置的变化，每隔时间T拍摄一张照片。小球在抛出瞬间拍摄一张照片，标记小球位置为A(未画出)，然后依次每隔2张照片标记一次小球的位置，得到如图所示的B点和C点。

(1)为了减小空气阻力的影响，小球应选择          (填字母)。
A.实心轻木球
B.空心塑料球
C.实心金属球
(2)若忽略空气阻力，已知当地重力加速度为g，则：
 ①AB、BC之间的水平距离在理论上应满足xAB          xBC(填“大于”“等于”或“小于”);
 ②BC之间实际下落的竖直高度为          (用g、T表示);
 ③若AC之间水平位移为24gT2，小球到达位置B的速率vB=          (用g、T表示)。

14. 某同学利用水平放置的气垫导轨和光电门“验证机械能守恒定律”，装置如图所示。已知滑块(包括遮光
条)的质量为M，砝码(包括托盘)的质量为m，重力加速度大小为g。测得遮光条的宽度为d，遮光条到
光电门的距离为l，滑块通过光电门的时间为t。

(1)关于本实验，下列说法正确的有          。
A.滑块质量必须远大于托盘和砝码的总质量
B.遮光条宽度越窄，实验越精确
C.调节好的气垫导轨，多次实验时，必须要保证滑块从同一位置从静止释放
(2)若符合机械能守恒定律，以上测得的物理量应该满足          。(用题目中的物理量及符号表示)
(3)多次实验结果表明，系统减少的重力势能总是略大于系统增加的动能，请说明主要原因      

四、计算题（本大题共4小题，共46.0分）
15. 如图所示，轻质绝缘细线上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，细线与竖直方向的夹角θ=30∘。已知小球的质量m=3.0×10−4kg，所带电q=1.0×10−6C。取重力加速度g=10m/s2。求：

(1)小球带何种电性的电荷;
(2)匀强电场的电场强度多大;
(3)剪断细线的瞬间小球的加速度是多大。(最终计算结果可用根号表示)

16. 某小型汽车的质量m=2×103kg，发动机的额定输出功率P=100kW，行驶在平直公路上时所受的阻力f=2×103N。若汽车从静止开始先匀加速启动，加速度大小a=lm/s2，达到额定输出功率后，汽车保持功率不变，经过一段时间达到最大速度，之后匀速行驶。全程加速历时t=60s。取g=10m/s2，试求：
(1)汽车做匀加速运动的时间t1;
(2)汽车行驶的最大速度vm;
(3)汽车从静止开始到获得最大行驶速度所经过的位移。

17. 如图所示，放在足够大的水平桌面上的木板的质量m1=1kg，木板右端叠放着质量m2=2kg的小物块，整体处于静止状态。已知木板与桌面间的动摩擦因数μ1=0.1，物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g=10m/s2，木板足够长。现对木板施加水平向右的恒定拉力F=10N，作用时间t=2.7s后撤去拉力F，木板和小物块继续运动一段时间后静止。求：

(1)拉力F作用时，木板和物块的加速度大小;
(2)木板和地面摩擦产生的热量Q。

18. 如图所示，竖直固定的光滑绝缘轨道处在水平向右的匀强电场中，轨道的倾斜部分AB倾角θ=45∘，水平部分BP与倾斜轨道AB平滑连接，圆心为O、半径为R的圆弧轨道PQMN与BP相切于P点。现有一质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点)从A点由静止释放，小球可沿轨道运动。已知电场强度大小E=mg2q，轨道水平段BP长度SBP=4R，重力加速度为g，空气阻力不计，sin26．5∘=0.45，cos26．5∘=0.9。

(1)当小球释放高度H=20R时，求小球到达P点时的速度大小;
(2)当小球释放高度H=20R时，求小球运动到与O点等高的Q点时受到轨道弹力的大小;
(3)如果其他条件不变，仅将小球带电量变为−q，要使小球在运动过程中不脱离圆弧轨道，求小球释放高
度h的取值范围。

答案和解析

1.【答案】D 
【解析】略

2.【答案】B 
【解析】略

3.【答案】A 
【解析】略

4.【答案】B 
【解析】略

5.【答案】A 
【解析】略

6.【答案】D 
【解析】略

7.【答案】C 
【解析】略

8.【答案】B 
【解析】略

9.【答案】AD 
【解析】略

10.【答案】AC 
【解析】略

11.【答案】BCD 
【解析】略

12.【答案】BC 
【解析】略

13.【答案】(1) C (2) ①等于 ②272g12 ③5gT 
【解析】略

14.【答案】(1) B
(2)mgl=12(m+M)(dt)2
(3)重物与滑块组成的系统运动过程中，克服阻力做功
 
【解析】略

15.【答案】解：(1)由题意知，小球处于静止状态则小球必须带正电
(2)对小球受力分析，由平衡条件得
水平方向：Tsin30∘=Eq
竖直方向：Tcos30∘=mg
解得E= 3×103N/C
(3)剪断绳的瞬间，由牛顿第二定律可得 (Eq)2+(mg)2=ma
解得：a=203 3m/s2
 
【解析】略

16.【答案】解：(1)由牛顿第二定律可得：F−f=ma
P=Fv
v=at1
解得t1=25s
(2)当牵引力等于阻力时，速度达到最大，P=fm

vm=50m/s
(3)汽车在匀加速阶段的位移为x1，时间为t1
x1=12at12
解得：x1=312.5m
设变加速运动阶段的时间为t2，由动能定理可得：P(t−t1)−fx2=12mvm2−12mv2
解得：x2=812.5m
汽车从静止开始到获得最大速度的位移x=x1+x2=1125m
 
【解析】略

17.【答案】解：(1)假设物块在木板上恰好相对滑动，由牛顿第二定律：
对整体：F−μ1(m1+m2)g=(m1+m2)a
对物块：μ2m2g=m2a
解得F=9N<10N，故物块与木板之间会相对滑动
对木板：F−μ1(m1+m2)g−μ2m2g=m1a1
木板加速度：a1=3m/s2
对物块：μ2m2g=m2a2
物块加速度a2=2m/s2
(2)力F作用过程中，木板的位移x1=i2a1t2
木板的速度v1=a1t
物块的速度v′1=a2t
力F撤掉至两物体达到共同速度过程中，木板加速度为a3
由牛顿第二定律，对木板：μ1(m1+m2)g+μ2m2g=m2a3
解得a3=7m/s2
设经过时间t1，两物块达到共同速度v2
v2=v1=a3t1=v′1+a2t1
力F撤掉至两物体达到共同速度过程中木板的位移x2=v1t1−12a3t12
达到共同速度后，两物体一起匀减速，发生的位移为x3
v22=2μ1gx3
解得x3=18m
木板总位移x板=x1+x2+x3=31.05m
木板与地面之间摩擦产生热量Q=μ(m1+m2)gx板
代数解得Q=93.15J
 
【解析】略

18.【答案】解：(1)当小球释放高度H=20R时，从释放至运动到P点的过程，由动能定理可得：
mgH+qE(Htan45∘+SBP)=12mvP2−0
代入数据解得：vP=8 gR
(2)小球从P到Q的过程，由动能定理可得：
−mgR+qER=12mvQ2−12mvP2
在Q点，根据牛顿第二定律可得：
FN−qE=mvQ2R
联立解得小球运动到Q点时受到轨道弹力的大小：FN=63.5&mg
(3)将小球带电量变为−q，合力F与竖直方向夹角为β，则有：
tanβ=qEmg=12，解得：β=26．5∘
设小球在圆轨道的等效最高点G的最小速度为vG
F=mgcos26.5∘=109mg=mvG2R
从释放到运动到G点的过程，由动能定理可得：
mg(h−R−Rcosβ)−qE(htanθ+SBP+Rsinβ)=12mvG2−0
分析可得：h≥33736R
 ②小球的运动不越过圆心O点的等效等高处D点，小球亦可不脱离圆弧轨道，设小球释
放高度为h1时恰好能运动到D点，根据动能定理得：
mg[h1−R(1−sinβ)]−qE(h1tanθ+SBP+Rcosβ)=0
为使小球能够进入圆弧轨道，需满足：
mgh2−qE(h2tan45∘+SBP)>0
解得：4R 故h应满足：h≥33736R或4R  
【解析】略