2023-2024学年上海市青浦高级中学高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年上海市青浦高级中学高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共12页。试卷主要包含了简答题等内容，欢迎下载使用。
1.近日，在河北省井陉县长峪村山脚下的造林现场，工作人员操控六旋翼无人机，将树苗运送到200m高的山上，实施雨季荒山造林。该无人机净重10kg，采用大容量电池进行供电，续航时间可达2h以上。在运送大质量树苗容器时还可以2∼4台无人机协同运载。
(1)某次植树时，无人机一次携带20棵树苗，工作人员控制无人机匀速上升，将树苗运送到200m高的山上，在此过程中______。
A.无人机的动能和重力势能均增加
B.无人机的动能不变，重力势能增加
C.无人机的机械能增加约10000J
D.树苗的机械能增加约30000J
(2)无人机在电池电量耗尽的时候可以快速充电。如图是无人机电池电量从0%∼100%充满过程中充电功率P和充电时间t的关系图像，设充电过程中电池两端电压恒为15V，不计其他能量损耗，则______。
A.充电过程的平均功率为400W
B.充电过程的平均功率为600W
C.该电池的容量是30000mAh
D.该电池的容量是45000mAh
(3)使用无人机植树时，为保证树种的成活率，将种子连同营养物质包进一个很小的荚里，假设播种时，在离地面10m高处，以15m/s的速度水平匀速飞行的无人机中，播种器利用空气压力把荚以5m/s的速度(相对播种器)竖直向下射出，荚进入地面下10cm深处完成一次播种。已知荚的总质量为20g，不考虑其所受空气阻力及进入土壤后重力的作用，g取10m/s2。求：
①离开无人机后，荚在空中运动的时间为多少？
②射出荚的过程中，播种器对荚做的功为多少？
2.“天宫课堂”是为发挥中国空间站的综合效益，推出的首个太空科普教育品牌。空间站绕地球一圈约90min，驻留期间，航天员进行了“天宫课堂”授课。
(1)神舟十三号与空间站对接过程中，______(选填“可以”或“不可以”)把神舟十三号看作质点。
(2)“天宫课堂”中，航天员掷出的“冰墩墩”近似匀速直线前进，这一过程中“冰墩墩”受到______。
A.万有引力
B.向心力
C.离心力
(3)空间站绕地球运行的角速度约为______rad/s。(保留2位有效数字)
(4)2022年10月12日，中国航天员首次在问天实验舱内进行授课。已知中国空间站离地高度为h，运行周期为T，地球半径为R，引力常量为G。求：
①地球的质量；
②地球的第一宇宙速度。
3.某同学利用DIS验证机械能守恒定律，实验装置如图所示。保持摆锤释放器在P点位置不变，由静止释放摆锤，分别利用传感器(图中未画出)测出摆锤经过A、B、C、D四个位置的挡光时间t。已知摆锤的直径d=0.008m，质量m=0.008kg。取D所在水平面为零势能面，A、B、C三点相对于零势能面的高度如图所示，实验获取的数据如表：
(1)本实验使用的是______传感器。
(2)表格中“▲”所代表的物理量的值为______m/s。
(3)实验中该同学发现传感器所测的位置略低于A点，则他经过计算机获得的速度数据与真实值比，______。(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)
(4)该同学认为，如果分析t与h的关系，也能验证机械能守恒定律。所以该同学将数据进一步处理，作出“1t2−h”图，图线如图所示。根据图线和相关数据，可以推算出小摆锤的机械能E=______J(保留到小数点后第3位)。
4.2020年10月12日，我国在西昌卫星发射中心成功将“高分十三号”卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道。其轨道与地球赤道在同一平面内，从地面上看，卫星在一定高度处静止不动。已知地球半径为r1，“高分十三号”卫星轨道半径为r2。
(1)地球自转的周期为T1，“高分十三号”卫星运动的周期为T2，则______。
A.T2=14T1
B.T2=12T1
C.T2=T1
D.T2=2T1
(2)赤道上某点随地球自转的线速度大小为v1，“高分十三号”卫星运动的线速度大小为v2，则v1v2为______。
A.r1r2
B.r2r1
C.r12r22
D.r22r12
(3)场是一种客观存在的物质，卫星与地球之间的万有引力是通过引力场发生的。与电场强度类似，可以引入引力场强度来描述引力场的强弱。若地球质量为M，卫星质量为m，则“高分十三号”卫星在运动过程中，所经各点的引力场强度的大小______。
A.与M、m都有关
B.与M有关，与m无关
C.与M、m都无关
D.与M无关，与m有关
(4)卫星A是位于赤道平面内、绕行方向与地球自转方向相同的近地卫星，B是地球同步卫星“高分十三号”，此时刻A、B连线与地心恰在同一直线上且相距最近。已知A的角速度为ω1，地球自转角速度为ω2，引力常量为G。
①估算地球的密度；
②由图示时刻开始，至少经过多长时间A、B相距最远？
5.如图所1示，已知平行板电容器两极板间距离d=4mm，充电后两极电势差为UAB=120V，若它的电容为3μF，且P到A板距离为1mm。
(1)若电子电量为−1.60×10−19C，电容器充电后极板间的电场可视作匀强电场，则：
①每一极板带电量______ C。
②一个电子在P点具有的电势能______ J。
③两板间的电场强度______V/m。
(2)电容器作为一种新型储能装置，具有充放电速度快、使用寿命长、温度特性好、节约能源和绿色环保等特点。关于电容器，下列说法正确的是______。
A.电容表征电容器容纳电荷的本领大小，不同的电容器容纳电荷的本领一般不同
B.当电容C不变时，由C=QU可知，只要Q不断增加，则U可无限制地增大
C.电容越大的电容器所带电荷量也一定越多，电容器不带电时其电容为零
D.电容器在充电过程中充电电流恒定，在放电过程中电容器电容减小
(3)如图所示实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板和静电计外壳接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连，使电容器带电后与电源断开。
①上移左极板，电容器的电容______，可观察到静电计指针偏转角______。(均选填“变大”“变小”或“不变”)
②两板间插入一块玻璃，电容器的电容______，可观察到静电计指针偏转角______。(均选填“变大”“变小”或“不变”)
6.在现代科学实验和技术设备中，常常利用电场来控制带电粒子的运动。利用电场使带电粒子加速就是其中一种情况。一般情况下电子、质子、离子等不用考虑重力，带电颗粒，如尘埃、液滴、小球等，一般要考虑重力。
(1)如图1，两种不同的正离子(不计重力)垂直射入偏转电场，从偏转电场射出时具有相同的偏转距离y和偏转角θ(偏转电压U保持不变)，则两种离子进入偏转电场前需要满足的条件是______。
A.速度相同
B.动能相同
C.比荷相同
D.由静止经同一加速电场加速
(2)如图2，有三个质量相等的粒子，分别带正电、带负电和不带电，从两水平放置的金属板左侧中央以相同的水平初速度先后射入电场中，最后落在正极板上的A、B、C三处，则______。
A.落到A处的粒子带负电，落到C处的粒子带正电
B.三种粒子在电场中的运动时间相同
C.三种粒子到达正极板时的速度相同
D.三种粒子到达正极板时落在A、C处的粒子机械能增大，落在B处的粒子机械能不变
(3)如图3，质量为m、带电量为+q的微粒以初速度v0竖直向上射入两带电平行极板间，两极板间的电场强度为E，微粒垂直打到右极板c处。已知ab=bc，a为两极板的中点，则微粒打到右极板时的速率vc=______，两极板的电势差为______。
(4)如图4，以O为圆心，半径为R的圆形区域内有竖直向下的匀强电场。质量为m、电量为q的带正电粒子在纸面内自圆周上M点先后以不同的速率沿水平方向进入电场。其中速率为v0的粒子，可从直径MN上的N点穿出。直径MN与水平方向的夹角α=53∘，粒子重力不计。
①求电场强度的大小。
②以某一速率射入的粒子在电场中运动时间最长，求此粒子动能的增加量。
答案和解析
1.【答案】B A
【解析】解：(1)无人机匀速上升，所以动能不变，重力势能增加即机械能增加量
ΔE=mgh=10×10×200J=20000J
树苗的动能不变，重力势能增加，无法计算具体数值。
故ACD错误，B正确。
故选：B。
(2)AB.题中P−t图像与坐标轴所围的面积表示电能，所以整个充电过程中充入电池的电能为
E=700×4×60J+400×10×60J+12×400×6×60J=4.8×105J
充电过程的平均功率为
P−=Et=4.8×10520×60W=400W
故A正确，B错误；
CD.该电池的容量是
q=EU=4.8×10515J/V=4.8×105×10315×3.6×103mA⋅h=8.9×103mA⋅h
故CD错误。
故选A。
(3)①离开无人机后，荚在空中做匀变速直线运动，则有
h=vt+12gt2
解得
t=1s
②荚的水平速度v1=15m/s，竖直速度v2=5m/s，根据矢量求和定则可知，荚离开播种机的速度
v= v12+v22
分析题意可知，播种器对荚做功引起其动能的变化，则
W=12mv2
代入数据解得
W=2.5J
故答案为：(1)B；(2)A(3)①1s，②2.5J。
(1)动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大；重力势能大小的影响因素：质量、高度。质量越大，高度越高，重力势能越大；机械能为动能和势能的和。
(2)根据图像计算电能的大小，再计算平均功率的大小以及电池的容量。
(3)由运动学公式求荚在空中运动的时间；由动能定义即可求出播种器对荚做的功。
此题考查动能和势能的大小变化，深入理解影响动能和重力势能的因素是解答此题的关键。明确图像的含义，注意根据图像计算电能的大小，明确各个量的含义。掌握荚在空中的运动情况，利用动能定义计算播种器对荚做的功的方法。
2.【答案】不可以 A1.2×10−3
【解析】解：(1)神舟十三号与空间站对接过程中，神舟十三号的大小和形状不能忽略，所以不可以把神舟十三号看作质点；
(2)“冰墩墩”在空间站中处于完全失重状态，万有引力提供它围绕地球做圆周运动的向心力，根据掷出的“冰墩墩”近似匀速直线前进，可知“冰墩墩”受到是万有引力，故A正确，BC错误；
(3)空间站绕地球运行的角速度：ω=2πT=2×3.1490min=2×3.1490×60s=1.2×10−3rad/s
(4)①空间站围绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则有：GMm(R+h)2=4π2m(R+h)T2
可得地球的质量：M=4π2(R+h)3GT2
②第一宇宙速度等于近地卫星的环绕速度，对于近地卫星，根据万有引力提供向心力，则有：GMmR2=mv2R
代入数据可得：v=2πT (R+h)3R
故答案为：(1)不可以；(2)A；(3)1.2×10−3；(4)①地球的质量为4π2(R+h)3GT2；②地球的第一宇宙速度为2πT (R+h)3R。
(1)对接过程，神舟十三号的大小形状不能忽略，不能看作质点；
(2)根据“冰墩墩”运动状态可知其只受万有引力；
(3)根据ω=2πT求解；
(4)①根据空间站所受万有引力提供向心力可得地球质量；
②根据第一宇宙速度等于近地卫星的环绕速度，万有引力提供向心力可得第一宇宙速度。
本题考查了质点、万有引力在天体中的应用、第一宇宙速度，解题的关键是知道空间站内的物体处于完全失重状态，万有引力提供做圆周运动的向心力，知道第一宇宙速度等于近地卫星的环绕速度。
3.【答案】光电门 1.736偏大 0.016
【解析】解：(1)本实验，采用光电门传感器来测量瞬时速度；
(2)根据光电门测速原理可知，表格中“▲”所代表的物理量的值为v=dΔt=≈1.736m/s
(3)该同学发现传感器所测的位置略低于A点，则重力势能减小量变大，动能增加量变大，则经过计算机获得的速度数据比真实值偏大。
(4)根据图像可知，当h=0时，重物重力势能为零，只有动能，则机械能
E=12mvD2=12m×d2×1t2=12×0.008×0.0082×62574J=0.016J
故答案为：(1)光电门；(2)1.736；(3)偏大；(4)0.016。
(1)根据光电门传感器来测量瞬时速度的特点分析求解；
(2)根据电门测速原理，结合速度v=dΔt分析求解；
(3)根据重力势能减小量变大，动能增加量变大分析求解；
(4)根据当h=0时，重物重力势能为零，只有动能分析求解。
本题考查了机械能守恒定律实验，理解动能和重力势能的转换关系是解决此类问题的关键。
4.【答案】C A B
【解析】解：(1)由于同步卫星“高分十三号”相对于地面静止，所以“高分十三号”卫星运动的周期等于地球自转的周期，即T2=T1，故ABD错误，C正确，
故选：C；
(2)由于赤道上某点与同步卫星“高分十三号”的角速度相同，设为ω，已知地球半径为r1，“高分十三号”卫星轨道半径为r2。则
v1v2=ωr1ωr2=r1r2，故BCD错误，A正确。
故选A；
(3)设卫星所经各点引力场强度的大小为E，高分十三号”卫星轨道半径为r2，“高分十三号”卫星所受的引力大小为：F=GMmr22=mE
解得引力场强度的大小：E=GMr22，则E与M有关，和m无关，故ACD错误，B正确；
故选B。
(4)①设地球半径为R，地球质量为M，卫星A的质量为m，有GMmR2=mω12R，地球的体积为V=43πR3，密度ρ=MV
解得密度：ρ=3ω124Gπ
②当A和B转过的圆心角相差为π时，第一次相距最远有：ω1t−ω2t=π
解得：t=πω1−ω2
故答案为：(1)C；(2)A；(3)B；(4)①地球的密度为3ω124Gπ；②由图示时刻开始，至少经过πω1−ω2，A、B相距最远。
(1)根据同步卫星周期等于地球自转的周期的特点分析求解；
(2)根据线速度和角速度的关系分析求解；
(3)根据万有引力和引力强度的关系分析求解；
(4)根据万有引力提供向心力，结合当A和B转过的圆心角相差为π时，第一次相距最远分析求解。
本题考查了万有引力定律的应用，理解万有引力和向心力的关系，掌握线速度和角速度、周期的关系是解决此类问题的关键。
5.【答案】3.6×10−4 −1.44×10−17 3×104 A 变小 变大 变大 变小
【解析】解：(1)①根据电容器的定义式，每一极板带电量
Q=CUAB=3.6×10−6×120C=3.6×10−4C
②③PB之间的电势差为
UPB=φP−φB
B板接地
φB=0
故P点电势为
φP=UPB=EdPB=3×104×3×10−3V=90V
两板间的电场强度为
E=UABd=1200.004V/m=3×104V/m
一个电子在P点具有的电势能为
EP=eφP=−1.60×10−19C×90V=−1.44×10−17J
(2)A.电容表征电容器容纳电荷的本领大小，不同的电容器容纳电荷的本领一般不同，故A正确；
B.如果加在电容器两端的电压过大，电容器会被击穿，故B错误；
C.根据C=QU可知，电压相等的条件下，电容越大的电容器，所带的电荷量也一定越多，但是电容器的电容与电容器所带的电荷量无关，故C错误；
D.电容器的充电电流随着所带电荷量的增加而减小，电容器的电容与所带电荷量无关，由电容器自身的因素决定，故D错误。
故选：A。
(3)①由电容器的决定式：C=εrS4πkd，可知上移左极板，正对面积S减小，电容器的电容变小。
又根据：C=QU可知电容器的电容变小，电量Q不变，两板间电压U变大，可观察到静电计指针偏转角变大。
②两板间插入一块玻璃，介电常数ɛ r变大，电容器的电容变大。
由U=QC可知电容器的电容变大，电量Q不变，两板间电压U变小，可观察到静电计指针偏转角变小。
故答案为：(1)①3.6×10−4；②−1.44×10−17；③3×104；(2)A；(3)①变小，变大；②变大，变小。
(1)①根据电容器的定义式分析求解；②③根据电势差和电场强度的关系分析求解；
(2)根据电容器的特点，结合电容器的定义式以及电容器的电容与所带电荷量无关分析求解；
(3)①②根据电容器的定义式和决定式，结合介电常数和正对面积变化等分析求解。
本题考查了电容器的相关知识，理解电容器的特点，掌握电容器的决定式和定义式是解决此类问题的关键。
6.【答案】DAv0 Ev02g
【解析】解：(1)ABC、设离子的质量为m，电荷量为q，刚进入偏转电场时速度大小为v0，离子在偏转电场中做类平抛运动。
此过程的偏转距离为：y=12at2=12⋅qUmd⋅(Lv0)2=qUL22mdv02
此过程的速度偏转角为θ，则有：tanθ=vyv0=qUmd⋅Lv0v0=qULmdv02
可知当两种离子进入偏转电场前速度v0相同，或动能12mv02相同，或比荷qm相同，均不能保证从偏转电场射出时具有相同的偏转距离y和偏转角θ，故ABC错误；
D、若由静止经同一加速电场加速，设加速电压为U1，离子在加速电场加速过程由动能定理得：
qU1=12mv02
联立解得：y=UL24dU1，tanθ=UL2dU1
可知由静止经同一加速电场加速后，两种不同的正离子从偏转电场射出时具有相同的偏转距离y和偏转角θ，故D正确。
(2)B、三个粒子沿水平方向均做匀速直线运动，运动时间t=xv0，因水平位移大小关系为：xAvCy2
粒子到达正极板时的速度v满足：v2=vy2+v02，可得：vA2>vB2>vC2，故C错误；
(3)已知微粒垂直打到右极板c处，微粒在竖直方向做竖直上抛运动，则有：v0=gt，bc=12gt2
微粒在水平方向做匀加速直线运动，则有：vc=at，ab=12at2
因ab=bc，可得a=g，vc=v0
根据牛顿第二定律得：qE=ma=mg
两极板间的距离为d=2ab=v02g
两极板的电势差为U=Ed=Ev02g
(4)①速率为v0的粒子沿水平方向做匀速直线运动，可得运动时间t=2Rcsαv0
此粒子沿竖直方向做匀加速直线运动，则有：2Rsinα=12at2
根据牛顿第二定律得：qE=ma
解得加速度：a=dt2，
解得电场强度的大小为：E=20mv029qR
②粒子在圆周的最低点离开电场时，粒子沿竖直方向的位移最大，在电场中运动时间最长。根据动能定理可得此粒子动能的增加量为：
ΔEk=qE(R+Rsinα)=4mv02
故答案为：(1)D；(2)A；(3)v0；Ev02g；(4)①电场强度的大小为20mv029qR。②此粒子动能的增加量为4mv02。
(1)离子在偏转电场中做类平抛运动，将运动分解处理，根据牛顿第二定律与运动学公式求解。离子在加速电场加速过程，由动能定理求解获得的速度大小。
(2)三个粒子沿水平方向均做匀速直线运动，沿竖直方向均做匀加速直线运动。根据水平位移大小关系判断三种粒子在电场中的运动时间关系；由竖直位移相等，根据时间关系判断加速度加速度大小关系，根据牛顿第二定律与功能关系分析粒子带电性质和机械能的变化。根据运动的合成判断粒子到达正极板时的速度大小关系。
(3)微粒在竖直方向做竖直上抛运动，微粒在水平方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律与运动学公式求解末速度。根据电势差与电场强度的关系求解电势差。
(4)①粒子沿水平方向做匀速直线运动，据此可得运动时间，沿竖直方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律与运动学公式求解电场强度的大小。
②粒子在圆周的最低点离开电场时，粒子沿竖直方向的位移最大，在电场中运动时间最长。根据动能定理求得此粒子动能的增加量。
本题考查了带电粒子在电场中运动问题，依据力与运动的关系，解析粒子运动过程。对于粒子在电场中偏转做类抛体运动，应用运动的合成与分解解答，分运动具有等时性与独立性。位置
h/cm
t/s
v/m⋅s−1
A
15
0.007826
1.022
B
10
0.005598
1.429
C
5
0.004607
▲
D
0
0.003998
2.001