还剩11页未读，
继续阅读
2023-2024学年江苏省苏州市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
展开
这是一份2023-2024学年江苏省苏州市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共14页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.下列物理量对应单位的符号正确的是( )
A. 电势，VB. 功率，JC. 电场强度，C/ND. 电容，C
2.一辆汽车在平直道路上加速行驶，当速度为v时，所受牵引力为F，阻力为f，则此时发动机的输出功率为( )
A. FvB. fvC. (F−f)vD. (F+f)v
3.真空中两个完全相同、带同种电荷的金属球A和B(可视为点电荷)，分别固定在两处，它们之间的静电力为F。用一个不带电的相同金属球C与球A接触，然后移开球C，此时A、B球间的静电力为( )
A. F8B. F4C. F2D. F
4.如图所示，物体以速度v0冲向与竖直墙壁相连的轻质弹簧，压缩弹簧至最短的过程中( )
A. 弹簧弹力对物体做正功
B. 弹簧的弹性势能增加
C. 合外力对物体做正功
D. 物体的机械能守恒
5.某一电场的电场线和等势面分布如图所示，一电子从A点运动到B点，下列说法正确的是( )
A. 电场强度EAB. 电势φA>φB
C. 电场力做负功
D. 电子的电势能减小
6.如图所示，卫星沿椭圆轨道绕地球运行，周期为T，A点是远地点，B点是近地点，CD是椭圆轨道的短轴。则卫星从A经C到B的运行过程中，下列说法正确的是( )
A. 卫星运行的周期由地球和卫星的质量共同决定
B. 卫星从A点到C点所用的时间等于T4
C. 卫星从A点到B点的过程中速度变大
D. 卫星在B点时机械能最大
7.“用传感器观察平行板电容器的放电”实验如图甲所示，单刀双掷开关先置于1位置，充电结束后，再置于2位置，计算机显示的I−t图像如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 只更换电阻R，绘制出的放电曲线仍与图乙中原曲线重合
B. 图中阴影部分面积表示0.2s内电容器剩余电量
C. 如果充电前仅将电容器的板间距离增大，放电I−t图像与坐标轴围成的面积变小
D. 整个放电过程，电容器两端的电压随时间均匀减小至零
8.如图所示，载人飞船先后在圆形轨道Ⅰ、椭圆轨道Ⅱ和圆形轨道Ⅲ上运行。已知轨道Ⅰ、Ⅲ的半径分别为r1、r2，轨道Ⅰ和Ⅱ、Ⅱ和Ⅲ分别相切于A、B两点，则飞船( )
A. 在轨道Ⅲ上加速追上天和核心舱完成对接
B. 在轨道Ⅱ和轨道Ⅰ上经过A点时加速度相同
C. 在轨道Ⅱ和轨道Ⅰ上运行的周期之比为 r23: r13
D. 在轨道Ⅲ和轨道Ⅰ上的线速度大小之比为 r2: r1
9.竖直向上抛出一物块，经过时间t0落回原处。假设物块所受空气阻力的大小与速率成正比，下列描述该物块的位移x、加速度a、机械能E和所受空气阻力大小f随时间t变化的关系图像中，可能正确的是( )
A. B.
C. D.
10.如图甲所示，某多级直线加速器由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，序号为奇数和偶数的圆筒分别与图乙所示交变电源两极相连。t=0时，位于金属圆板(序号为0)中央的电子，由静止开始加速。电子通过圆筒间隙的时间不计，且忽略相对论效应，则( )
A. 圆筒内部电场强度大小随序号增大而减小B. 电子在各圆筒中做匀加速直线运动
C. 电子在各圆筒中运动的时间都为TD. 各圆筒的长度之比可能为1： 2: 3…
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
11.小明利用如图1所示装置做“验证机械能守恒定律”实验。细线一端系在圆形量角器中心轴上，另一端系一个金属小球，在小球运动轨迹的最低点安装一个光电门。本实验需要测量的物理量有：小球的直径d、细线长度L、小球通过光电门的挡光时间Δt，小球静止释放时细线与竖直方向的夹角θ等。
(1)为完成实验，以下器材中必须用到的是______(填写器材前的字母标号)。
A.秒表
B.天平
C.刻度尺
(2)某次释放小球前，细线与圆形量角器位置关系的局部放大图如图2所示，此时对应的θ为______度。
(3)按正确实验方法操作，测得小球的直径为d，小球通过光电门的挡光时间为Δt，可知小球经过最低点的速度大小v=______。
(4)若在实验误差允许范围内，满足12mv2=______，即可验证机械能守恒定律(用题给字母L、d、θ以及当地重力加速度g和小球质量m表示)。
(5)改变角度θ重复实验，发现小球由静止运动到最低点的过程中，动能的增加量总是大于重力势能的减少量，原因可能是______。
三、简答题：本大题共4小题，共45分。
12.火车以60m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10s内匀速转过了约10∘。已知π≈3，1∘=π180rad，在此10s时间内，求：
(1)火车转弯的角速度ω；
(2)火车转弯的半径r。
13.一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴从原点出发，拉力F与物体坐标x的关系如图所示，物体与水平地面间的动摩擦因数μ=0.4，g=10m/s2。求：
(1)在x=4m时物体的动能Ek；
(2)物体从0到4m的运动过程中克服摩擦力做功的平均功率P。
14.如图所示，水平地面与竖直半圆管在A点平滑连接，半圆管圆心为O，半径为R(圆管内径远小于R)，D为最高点，O、B两点等高。一质量为m的小球从水平地面上的某点以一定的初速度向右运动，恰好能运动到D点。不计一切摩擦，重力加速度为g。
(1)求小球经过A点时的速度大小vA；
(2)求小球经过B点时所受合力大小F合；
(3)若小球经过C点时恰好对内外轨道均无压力，求C点离水平地面的高度h。
15.如题图1所示，两平行金属板水平放置，间距为d，板长L=2d，板间电势差如图2所示，U0=25md28qT2。金属板左端正中间有一粒子源，能随时间均匀发射质量为m、电荷量为+q的带电粒子，粒子以水平速度v0=2dT进入电场，不计粒子重力及粒子间相互作用力。
(1)若粒子未碰板而飞出，求其在板间运动的时间t和加速度大小a；
(2)若粒子在t=T5时刻进入，求其飞出极板时的偏移量y；
(3)若发射时间足够长，求未碰板而飞出的粒子数占总粒子数的百分比。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：电势的单位为伏特(V)，功率的单位为瓦特(W)或焦耳每秒(J/s)，电场强度的单位为牛每库(N/C)，电容的单位为法拉(F)，故A正确，BCD错误；
故选：A。
根据各物理量的定义和单位解答。
明确国际单位制中的单位名称，对于每个物理量的单位都要掌握住，特别是有多个单位的物理量，如长度的单位有m、cm、mm等等，要注意掌知道哪些单位属于国际单位制中的符号。
2.【答案】A
【解析】解：根据功率公式可知，发动机的输出功率P=Fv，故A正确，BCD错误。
故选：A。
已知牵引力和汽车的速度，由P=Fv即可求出发动机的输出功率。
本题考查对功率公式的正确理解，要注意公式中的F为牵引力，不是合力更不是阻力。
3.【答案】C
【解析】解：两个相同的带等量的同种电荷的导体小球A和B，设它们的电荷量都为Q，原来它们之间的库仑力为：F=kQ2r2，一个不带电的同样的金属小球C和A接触，A和C的电量都为12Q，B的电荷量不变；这时，A、B两球之间的相互作用力的大小为F′=k12Q2r2=12F，故ABD错误，C正确。
故选：C。
明确相同的小球相互接触后电量先中和再平分，再根据库仑定律F=kQqr2求解库仑力大小。
本题考查库仑定律的应用，要清楚带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分，同时注意根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量求出问题。
4.【答案】B
【解析】解：AB.物体向左运动，弹力方向向右，故弹力做负功，弹簧的弹性势能增加，故A错误，B正确；
C.根据动能定理
W合=0−12mv02<0
所以合外力对物体做负功，故C错误；
D.因弹力对物体做负功，则物块的机械能减小，故D错误。
故选：B。
分析弹簧弹力变化情况、根据做功和功能关系分析判断。
本题考查功能关系，要明确物块向左运动过程弹簧的弹力是个变力，故其做功与弹簧的压缩量一定不是成正比，掌握做功和功能关系。
5.【答案】D
【解析】解：A、根据电场线的疏密表示电场的强弱，可知A点的场强大于B点的场强，故A错误；
B、根据电场线由高等势面指向低等势面，可知A点电势小于B点电势，即φA<φB，故B错误；
CD、电子带负电，由φA<φB，可知电子在A点的电势能大于B电势能，即：EPA>EPB，从A点到B点电子电势能减少，由功能关系可知电子的电场力做正功，故D正确，C错误。
故选：D。
A、根据电场线的疏密表示电场的强弱分析；
B、根据电场线由高等势面指向低等势面分析；
C、根据A、B两点电势关系，可知电子在两点电势能的高低，根据功能关系分析电场力做功。
本题考查了等势面及其与电场线的关系、电场力做功与电势能的关系，解题的关键是知道电场线的疏密表示电场的强弱，知道电场力做负功，带电粒子的电势能增加，电场力做正功，电势能减少。
6.【答案】C
【解析】解：A.在中心天体确定的情况下，根据开普勒第三定律r3T2=C可知，周期与椭圆轨道半长轴有关，常量C与中心天体质量有关，所以卫星的周期由地球质量和椭圆轨道半长轴共同决定，故A错误；
B.由于卫星在椭圆轨道上的线速度大小是变化的，近地点最大，远地点最小，根据题图分析，根据对称性可知从A经过C到B的时间等于T2，A到C的路程等于C到B的路程，但从A到C的过程平均速率较小，所经历的时间大于T4，故B错误；
C.卫星从A到B，引力做正功，动能增大，速度变大，故C正确；
D.在整个椭圆轨道上运动时，只有引力做功，故机械能守恒，所以各点的机械能一样大，故D错误。
故选：C。
A.根据开普勒第三定律分析判断；
B.根据卫星轨道的对称性和时间的不对称性进行分析判断；
C.根据功能关系判断动能和速度的变化情况；
D.根据机械能守恒的条件进行分析解答。
考查万有引力定律的应用和开普勒第三定律以及能量守恒定律，会根据题意进行准确的分析解答。
7.【答案】C
【解析】解：A、电容器储存的电量一定，电阻R越大，放电电流越小，电容器放电持续时间越长；电阻R越小，放电电流越大，电容器放电持续时间越短，所以只更换电阻R，绘制出的放电曲线与图乙中原曲线不重合，故A错误；
B、图中阴影部分面积表示0.2s内电容器放出的电量，故B错误；
C、根据C=εrS4πkd可知，如果充电前仅将电容器的板间距离增大，则电容器的电容减小，由C=QU可知，充电后，电容器带电量减小，放电I−t图像与坐标轴围成的面积变小，故C正确；
D、放电过程中，电压表的示数是减小的，但不是均匀减小的，故D错误。
故选：C。
电容器储存的电量一定，电阻R不同，放电电流不同，电容器放电持续时间不同，由此分析；I−t图像与坐标轴围成的面积表示放电电量；根据C=εrS4πkd=QU分析电量大小，由此分析C选项；放电过程中，电压表的示数不是均匀减小的。
本题考查电容的测量以及图像的含义，知道I−t图像与时间轴围成的图形面积大小表示电荷量，要掌握电容的定义式和决定式，并能熟练运用。
8.【答案】B
【解析】解：A.在轨道Ⅲ上不能直接加速完成对接，因为加速会让卫星做离心运动离开原来轨道，应该先减速后加速才能完成对接，故A错误；
B.在不同轨道上经过同一点，卫星到地球球心的距离一样，根据GMmr12=ma可知，加速度不变，故B正确；
C.根据开普勒第三定律(r1+r22)3T22=r13T12，则T2：T1= (r1+r22)3： r13，故C错误；
D.根据GMmr2=mv2r可得v= GMr，则在轨道Ⅲ和轨道Ⅰ上的线速度大小之比为 r1： r2，故D错误。
故选：B。
A..根据卫星对接的原理进行分析判断；
B.根据牛顿第二定律列式分析解答；
C.根据开普勒第三定律列式比较；
D.根据牛顿第二定律导出线速度表达式，再求比值。
考查万有引力定律的应用问题和开普勒第三定律，会根据题意进行准确的分析解答。
9.【答案】D
【解析】解：A.根据动能定理知，小物块落回原处的速度小于初速度，根据x−t图像的切线斜率表示速度，可知A图表示小物块落回原处的速度大于初速度，与实际不符，故A错误；
B.小物块上升过程和下降过程中，加速度的方向始终竖直向下，方向不变，故B错误；
C.由于空气阻力对小物块做负功，所以小物块机械能减小，根据功能关系知
ΔE=−fΔs=−kvΔs
得
ΔEΔt=−fΔsΔt=−kv2
速度v在变化，E−t图像的切线斜率也应该变化，故C错误；
D.小物块上升阶段，由于速度减小，所受阻力减小，由于阻力减小所以加速度减小，可知上升阶段物块做加速度减小的减速运动，则f随时间的变化率越来越小，小物块下降阶段，做加速度减小的加速运动，则f随时间的变化率也是越来越小，由于落回原处时的速度小于初速度，所以下落时的最大阻力小于上升时的最大阻力，故D正确。
故选：D。
小球向上做变速直线运动，分析其受力情况，结合空气阻力与速率成正比，分析合力的变化，由牛顿第二定律判断加速度的变化，由功能关系列式分析机械能的变化，即可选择图象。
对于图象问题要明确两坐标轴及斜率的含义等，对于比较复杂的图象问题可以利用物理规律写出两个物理量的函数关系式，根据数学知识进一步判断图象性质。
10.【答案】D
【解析】解：AB.金属圆筒中电场为零，电子不受电场力，做匀速运动，故AB错误；
C.只有电子在每个圆筒中匀速运动时间为T2时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，故C错误；
D.电子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理
neu=12mvn2
解得
vn= 2neum
第n个圆筒长度
Ln=vn×T2=T2 2neum
则各金属筒的长度之比为1: 2: 3⋯，故D正确。
故选：D。
金属圆筒中电场为零，电子做匀速直线运动；电子在金属圆筒中的运动时间为周期的一半，才能保证每次在缝隙中被电场加速；根据动能定理结合运动学公式求各圆筒的长度之比。
解答本题的关键要理解直线加速器的工作原理，把握电子的运动规律，运用动能定理和运动学公式相结合解答。
11.【答案】C26.5dΔt mg(L+d2)(1−csθ) 遮光条宽度d的测量值偏大
【解析】解：(1)由于验证机械能守恒的表达式中质量可以约去，所以不需要天平测量小球的质量；
小球通过光电门的时间可以直接得出，不需要秒表；
实验中需测量细线长度，则需要毫米刻度尺，故AB错误，C正确。
故选：C。
(2)量角器的分度值为0.1∘，应估读到分度值的下一位，所以量角器的读数为26.5度。
(3)测得小球的直径为d，小球通过光电门的时间为Δt，可知小球经过最低点的瞬时速度大小为v=dΔt。
(4)小球的重力势能减少量为ΔEp=mg(L+d2)(1−csθ)
根据机械能守恒定律得：12mv2=mg(L+d2)(1−csθ)
(5)实验用滑块经过光电门时的平均速度代替瞬时速度，如果遮光条宽度d的测量值偏大，瞬时速度的测量值偏大，会使动能的增加量总是略大于重力势能的减少量。
故答案为：(1)C；(2)26.5；(3)dΔt；(4)mg(L+d2)(1−csθ)；(5)遮光条宽度d测量值偏大。
(1)根据实验原理分析实验需要的器材；
(2)根据量角器的分度值，按照规则读数；
(3)根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出小球经过最低点的速度；
(4)抓住重力势能的减小量和动能的增加量相等，得出机械能守恒满足的表达式；
(5)根据实验原理分析误差。
解决本题的关键知道实验的原理以及注意事项，抓住重力势能的减小量和动能的增加量是否相等进行验证，对于图线问题，关键得出机械能守恒的表达式。
12.【答案】解：(1)根据角速度的定义式，火车转弯时的角速度大小为ω=θt=10×π18010rad/s=π180rad/s
(2)根据公式v=rω，得r=vω=600.017m=3600m
答：(1)火车转弯的角速度ω为π180rad/s；
(2)火车转弯的半径r为3600m。
【解析】(1)根据角速度的定义式代入数据解答角速度；
(2)根据线速度和角速度的关系式列式求解半径。
考查车辆转弯，线速度和角速度等问题，会根据题意进行相关的分析和计算。
13.【答案】解：(1)F−x图像的面积表示力F做的功，由图可得在x=4m时力F做的功：WF=8×2J+4×2J=24J
物体运动0∼4m过程中，由动能定理有：WF−μmgx=Ek−0
代入数据可得：Ek=8J
(2)在0∼2m内，物体做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：F−μmg=ma
设此过程运动时间为t1，位移为x1=2m，则x1=12at12
代入数据可得：t1=1s，a=4m/s2
则物体在x=2m时的速度：v=at1=4×1m/s=4m/s
物体所受摩擦力f=μmg=0.4×1×10N=4N，当力F=4N时，可知F=f，所以物体此后做匀速直线运动，设物体在2m∼4m的过程运动时间为t2，位移为x2=2m，则t2=x2v=24s=0.5s
则物体运动4m所用的时间：t=t1+t2=1s+0.5s=1.5s
物体在0∼4m的运动过程中克服摩擦力做功：Wf=fx=4×4J=16J
则物体的平均功率：P=Wft=161.5W=323W
答：(1)在x=4m时物体的动能Ek为8J；
(2)物体从0到4m的运动过程中克服摩擦力做功的平均功率P为323W。
【解析】(1)根据F−x图像的面积可得力F做的功，由动能定理可得在x=4m时物体的动能Ek；
(2)利用牛顿第二定律和运动学公式可得物体运动的时间，由W=Fl可得克服摩擦力做功，由P=Wt可得物体克服摩擦力做功的平均功率P。
本题考查了动能定理、平均功率，解题的关键是知道F−x图像面积表示力F做的功，知道物体在x=2m时，拉力F与摩擦力大小相等，物体以后做匀速直线运动。
14.【答案】解：(1)由题意可知，对应圆管轨道，小球恰好能运动到D点，则在D点合力为零，可得vD=0，从A点到D点，根据动能定理可得−2mgR=12mvD2−12mvA2，
解得vA= 4gR=2 gR
(2)从A点到B点，根据动能定理可得−mgR=12mvB2−12mvA2，解得vB= 2gR；指向圆心的合力F1提供向心力，可得F1=mvB2R=2mg，由于小球做变速圆周运动，故合力大小F合= F12+(mg)2，得F合= 5mg
(3)设小球经过C点时，小球与圆心连线和竖直方向夹角为θ，如图
若小球经过C点时恰好对内外轨道均无压力，则可得mgcsθ=mvC2R，从C点到D点，根据动能定理可得−mgR(1−csθ)=12mvD2−12mvC2，解得csθ=23，C点离水平地面的高度为h=R+Rcsθ=R+23R=53R。
答：(1)小球经过A点时的速度大小为2 gR；
(2)小球经过B点时所受合力大小为 5mg；
(3)若小球经过C点时恰好对内外轨道均无压力，C点离水平地面的高度为53R。
【解析】(1)对于杆模型，在最高点速度为零是做完整圆周运动的临界条件，结合动能定理可求解小球经过A点时的速度大小；
(2)在B点轨道给物体的作用力提供向心力，结合动能定理列式求解小球经过B点时所受合力大小；
(3)若小球经过C点时恰好对内外轨道均无压力，则重力沿半径方向的分力提供向心力，结合动能定理和数学知识列式求解求解C点离水平地面的高度。
本题主要考查竖直平面内的圆周运动和动能定理的简单应用，理解指向圆心的合力提供向心力是解题关键。
15.【答案】解：(1)若粒子未碰板而飞出，则其在板间运动的时间为
t=Lv0=T
根据牛顿第二定律可得
qU0d=ma
解得加速度大小为
a=25d8T2
(2)若粒子在t=T5时刻进入，可知粒子在T5∼T2时间内在竖直方向向下加速运动，则有
t1=T2−T5=3T10
y1=12at12
解得
y1=9d64
粒子在T2∼4T5时间内在竖直方向向下减速运动，根据对称性可得
y′1=y1=9d64
粒子在4T5∼T时间内在竖直方向反向向上加速运动，则有
t2=T−4T5=T5
y2=12at22
解得
y2=d16
粒子在T∼6T5时间内在竖直方向向上减速运动，根据对称性可得
y′2=y2=d16
则粒子在t=T5时刻进入，其飞出极板时的偏移量为
y=y1+y′1−y2−y′2
解得
y=5d32
(3)设在0∼T2内的某一时刻t0进入的粒子刚好未与下极板碰撞，则有
2y0=2×12a(T2−t0)2=12d
解得
t0=T10
设在0∼T2内的某一时刻t′0进入的粒子刚好未与上极板碰撞，则有
−2×12a(T2−t′0)2+2×12at′02=12d
解得
t′0=41T100
则在0∼T2内从T10∼41T100进入的粒子可以未碰板而飞出，根据对称性可得一个周期内可能由粒子飞出对应的进入时间间隔为
Δt=2×(41T0100−T010)=31T50
则发射时间足够长，未碰板而飞出的粒子数占总粒子数的百分比为
η=ΔtT
解得
η=62%
答：(1)在板间运动的时间Lv0，加速度大小25d8T2；
(2)飞出极板时的偏移量532d；
(3)未碰板而飞出的粒子数占总粒子数的百分比为62%。
【解析】(1)根据牛顿第二定律和运动学公式，求其在板间运动的时间t和加速度大小a；
(2)运用运动学公式，求其飞出极板时的偏移量y；
(3)运用运动学公式，求未碰板而飞出的粒子数占总粒子数的百分比。
本题考查了粒子在电场中的运动，分析清楚粒子运动过程是正确解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、类平抛运动规律即可正确解题。
1.下列物理量对应单位的符号正确的是( )
A. 电势，VB. 功率，JC. 电场强度，C/ND. 电容，C
2.一辆汽车在平直道路上加速行驶，当速度为v时，所受牵引力为F，阻力为f，则此时发动机的输出功率为( )
A. FvB. fvC. (F−f)vD. (F+f)v
3.真空中两个完全相同、带同种电荷的金属球A和B(可视为点电荷)，分别固定在两处，它们之间的静电力为F。用一个不带电的相同金属球C与球A接触，然后移开球C，此时A、B球间的静电力为( )
A. F8B. F4C. F2D. F
4.如图所示，物体以速度v0冲向与竖直墙壁相连的轻质弹簧，压缩弹簧至最短的过程中( )
A. 弹簧弹力对物体做正功
B. 弹簧的弹性势能增加
C. 合外力对物体做正功
D. 物体的机械能守恒
5.某一电场的电场线和等势面分布如图所示，一电子从A点运动到B点，下列说法正确的是( )
A. 电场强度EA
C. 电场力做负功
D. 电子的电势能减小
6.如图所示，卫星沿椭圆轨道绕地球运行，周期为T，A点是远地点，B点是近地点，CD是椭圆轨道的短轴。则卫星从A经C到B的运行过程中，下列说法正确的是( )
A. 卫星运行的周期由地球和卫星的质量共同决定
B. 卫星从A点到C点所用的时间等于T4
C. 卫星从A点到B点的过程中速度变大
D. 卫星在B点时机械能最大
7.“用传感器观察平行板电容器的放电”实验如图甲所示，单刀双掷开关先置于1位置，充电结束后，再置于2位置，计算机显示的I−t图像如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 只更换电阻R，绘制出的放电曲线仍与图乙中原曲线重合
B. 图中阴影部分面积表示0.2s内电容器剩余电量
C. 如果充电前仅将电容器的板间距离增大，放电I−t图像与坐标轴围成的面积变小
D. 整个放电过程，电容器两端的电压随时间均匀减小至零
8.如图所示，载人飞船先后在圆形轨道Ⅰ、椭圆轨道Ⅱ和圆形轨道Ⅲ上运行。已知轨道Ⅰ、Ⅲ的半径分别为r1、r2，轨道Ⅰ和Ⅱ、Ⅱ和Ⅲ分别相切于A、B两点，则飞船( )
A. 在轨道Ⅲ上加速追上天和核心舱完成对接
B. 在轨道Ⅱ和轨道Ⅰ上经过A点时加速度相同
C. 在轨道Ⅱ和轨道Ⅰ上运行的周期之比为 r23: r13
D. 在轨道Ⅲ和轨道Ⅰ上的线速度大小之比为 r2: r1
9.竖直向上抛出一物块，经过时间t0落回原处。假设物块所受空气阻力的大小与速率成正比，下列描述该物块的位移x、加速度a、机械能E和所受空气阻力大小f随时间t变化的关系图像中，可能正确的是( )
A. B.
C. D.
10.如图甲所示，某多级直线加速器由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，序号为奇数和偶数的圆筒分别与图乙所示交变电源两极相连。t=0时，位于金属圆板(序号为0)中央的电子，由静止开始加速。电子通过圆筒间隙的时间不计，且忽略相对论效应，则( )
A. 圆筒内部电场强度大小随序号增大而减小B. 电子在各圆筒中做匀加速直线运动
C. 电子在各圆筒中运动的时间都为TD. 各圆筒的长度之比可能为1： 2: 3…
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
11.小明利用如图1所示装置做“验证机械能守恒定律”实验。细线一端系在圆形量角器中心轴上，另一端系一个金属小球，在小球运动轨迹的最低点安装一个光电门。本实验需要测量的物理量有：小球的直径d、细线长度L、小球通过光电门的挡光时间Δt，小球静止释放时细线与竖直方向的夹角θ等。
(1)为完成实验，以下器材中必须用到的是______(填写器材前的字母标号)。
A.秒表
B.天平
C.刻度尺
(2)某次释放小球前，细线与圆形量角器位置关系的局部放大图如图2所示，此时对应的θ为______度。
(3)按正确实验方法操作，测得小球的直径为d，小球通过光电门的挡光时间为Δt，可知小球经过最低点的速度大小v=______。
(4)若在实验误差允许范围内，满足12mv2=______，即可验证机械能守恒定律(用题给字母L、d、θ以及当地重力加速度g和小球质量m表示)。
(5)改变角度θ重复实验，发现小球由静止运动到最低点的过程中，动能的增加量总是大于重力势能的减少量，原因可能是______。
三、简答题：本大题共4小题，共45分。
12.火车以60m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10s内匀速转过了约10∘。已知π≈3，1∘=π180rad，在此10s时间内，求：
(1)火车转弯的角速度ω；
(2)火车转弯的半径r。
13.一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴从原点出发，拉力F与物体坐标x的关系如图所示，物体与水平地面间的动摩擦因数μ=0.4，g=10m/s2。求：
(1)在x=4m时物体的动能Ek；
(2)物体从0到4m的运动过程中克服摩擦力做功的平均功率P。
14.如图所示，水平地面与竖直半圆管在A点平滑连接，半圆管圆心为O，半径为R(圆管内径远小于R)，D为最高点，O、B两点等高。一质量为m的小球从水平地面上的某点以一定的初速度向右运动，恰好能运动到D点。不计一切摩擦，重力加速度为g。
(1)求小球经过A点时的速度大小vA；
(2)求小球经过B点时所受合力大小F合；
(3)若小球经过C点时恰好对内外轨道均无压力，求C点离水平地面的高度h。
15.如题图1所示，两平行金属板水平放置，间距为d，板长L=2d，板间电势差如图2所示，U0=25md28qT2。金属板左端正中间有一粒子源，能随时间均匀发射质量为m、电荷量为+q的带电粒子，粒子以水平速度v0=2dT进入电场，不计粒子重力及粒子间相互作用力。
(1)若粒子未碰板而飞出，求其在板间运动的时间t和加速度大小a；
(2)若粒子在t=T5时刻进入，求其飞出极板时的偏移量y；
(3)若发射时间足够长，求未碰板而飞出的粒子数占总粒子数的百分比。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：电势的单位为伏特(V)，功率的单位为瓦特(W)或焦耳每秒(J/s)，电场强度的单位为牛每库(N/C)，电容的单位为法拉(F)，故A正确，BCD错误；
故选：A。
根据各物理量的定义和单位解答。
明确国际单位制中的单位名称，对于每个物理量的单位都要掌握住，特别是有多个单位的物理量，如长度的单位有m、cm、mm等等，要注意掌知道哪些单位属于国际单位制中的符号。
2.【答案】A
【解析】解：根据功率公式可知，发动机的输出功率P=Fv，故A正确，BCD错误。
故选：A。
已知牵引力和汽车的速度，由P=Fv即可求出发动机的输出功率。
本题考查对功率公式的正确理解，要注意公式中的F为牵引力，不是合力更不是阻力。
3.【答案】C
【解析】解：两个相同的带等量的同种电荷的导体小球A和B，设它们的电荷量都为Q，原来它们之间的库仑力为：F=kQ2r2，一个不带电的同样的金属小球C和A接触，A和C的电量都为12Q，B的电荷量不变；这时，A、B两球之间的相互作用力的大小为F′=k12Q2r2=12F，故ABD错误，C正确。
故选：C。
明确相同的小球相互接触后电量先中和再平分，再根据库仑定律F=kQqr2求解库仑力大小。
本题考查库仑定律的应用，要清楚带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分，同时注意根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量求出问题。
4.【答案】B
【解析】解：AB.物体向左运动，弹力方向向右，故弹力做负功，弹簧的弹性势能增加，故A错误，B正确；
C.根据动能定理
W合=0−12mv02<0
所以合外力对物体做负功，故C错误；
D.因弹力对物体做负功，则物块的机械能减小，故D错误。
故选：B。
分析弹簧弹力变化情况、根据做功和功能关系分析判断。
本题考查功能关系，要明确物块向左运动过程弹簧的弹力是个变力，故其做功与弹簧的压缩量一定不是成正比，掌握做功和功能关系。
5.【答案】D
【解析】解：A、根据电场线的疏密表示电场的强弱，可知A点的场强大于B点的场强，故A错误；
B、根据电场线由高等势面指向低等势面，可知A点电势小于B点电势，即φA<φB，故B错误；
CD、电子带负电，由φA<φB，可知电子在A点的电势能大于B电势能，即：EPA>EPB，从A点到B点电子电势能减少，由功能关系可知电子的电场力做正功，故D正确，C错误。
故选：D。
A、根据电场线的疏密表示电场的强弱分析；
B、根据电场线由高等势面指向低等势面分析；
C、根据A、B两点电势关系，可知电子在两点电势能的高低，根据功能关系分析电场力做功。
本题考查了等势面及其与电场线的关系、电场力做功与电势能的关系，解题的关键是知道电场线的疏密表示电场的强弱，知道电场力做负功，带电粒子的电势能增加，电场力做正功，电势能减少。
6.【答案】C
【解析】解：A.在中心天体确定的情况下，根据开普勒第三定律r3T2=C可知，周期与椭圆轨道半长轴有关，常量C与中心天体质量有关，所以卫星的周期由地球质量和椭圆轨道半长轴共同决定，故A错误；
B.由于卫星在椭圆轨道上的线速度大小是变化的，近地点最大，远地点最小，根据题图分析，根据对称性可知从A经过C到B的时间等于T2，A到C的路程等于C到B的路程，但从A到C的过程平均速率较小，所经历的时间大于T4，故B错误；
C.卫星从A到B，引力做正功，动能增大，速度变大，故C正确；
D.在整个椭圆轨道上运动时，只有引力做功，故机械能守恒，所以各点的机械能一样大，故D错误。
故选：C。
A.根据开普勒第三定律分析判断；
B.根据卫星轨道的对称性和时间的不对称性进行分析判断；
C.根据功能关系判断动能和速度的变化情况；
D.根据机械能守恒的条件进行分析解答。
考查万有引力定律的应用和开普勒第三定律以及能量守恒定律，会根据题意进行准确的分析解答。
7.【答案】C
【解析】解：A、电容器储存的电量一定，电阻R越大，放电电流越小，电容器放电持续时间越长；电阻R越小，放电电流越大，电容器放电持续时间越短，所以只更换电阻R，绘制出的放电曲线与图乙中原曲线不重合，故A错误；
B、图中阴影部分面积表示0.2s内电容器放出的电量，故B错误；
C、根据C=εrS4πkd可知，如果充电前仅将电容器的板间距离增大，则电容器的电容减小，由C=QU可知，充电后，电容器带电量减小，放电I−t图像与坐标轴围成的面积变小，故C正确；
D、放电过程中，电压表的示数是减小的，但不是均匀减小的，故D错误。
故选：C。
电容器储存的电量一定，电阻R不同，放电电流不同，电容器放电持续时间不同，由此分析；I−t图像与坐标轴围成的面积表示放电电量；根据C=εrS4πkd=QU分析电量大小，由此分析C选项；放电过程中，电压表的示数不是均匀减小的。
本题考查电容的测量以及图像的含义，知道I−t图像与时间轴围成的图形面积大小表示电荷量，要掌握电容的定义式和决定式，并能熟练运用。
8.【答案】B
【解析】解：A.在轨道Ⅲ上不能直接加速完成对接，因为加速会让卫星做离心运动离开原来轨道，应该先减速后加速才能完成对接，故A错误；
B.在不同轨道上经过同一点，卫星到地球球心的距离一样，根据GMmr12=ma可知，加速度不变，故B正确；
C.根据开普勒第三定律(r1+r22)3T22=r13T12，则T2：T1= (r1+r22)3： r13，故C错误；
D.根据GMmr2=mv2r可得v= GMr，则在轨道Ⅲ和轨道Ⅰ上的线速度大小之比为 r1： r2，故D错误。
故选：B。
A..根据卫星对接的原理进行分析判断；
B.根据牛顿第二定律列式分析解答；
C.根据开普勒第三定律列式比较；
D.根据牛顿第二定律导出线速度表达式，再求比值。
考查万有引力定律的应用问题和开普勒第三定律，会根据题意进行准确的分析解答。
9.【答案】D
【解析】解：A.根据动能定理知，小物块落回原处的速度小于初速度，根据x−t图像的切线斜率表示速度，可知A图表示小物块落回原处的速度大于初速度，与实际不符，故A错误；
B.小物块上升过程和下降过程中，加速度的方向始终竖直向下，方向不变，故B错误；
C.由于空气阻力对小物块做负功，所以小物块机械能减小，根据功能关系知
ΔE=−fΔs=−kvΔs
得
ΔEΔt=−fΔsΔt=−kv2
速度v在变化，E−t图像的切线斜率也应该变化，故C错误；
D.小物块上升阶段，由于速度减小，所受阻力减小，由于阻力减小所以加速度减小，可知上升阶段物块做加速度减小的减速运动，则f随时间的变化率越来越小，小物块下降阶段，做加速度减小的加速运动，则f随时间的变化率也是越来越小，由于落回原处时的速度小于初速度，所以下落时的最大阻力小于上升时的最大阻力，故D正确。
故选：D。
小球向上做变速直线运动，分析其受力情况，结合空气阻力与速率成正比，分析合力的变化，由牛顿第二定律判断加速度的变化，由功能关系列式分析机械能的变化，即可选择图象。
对于图象问题要明确两坐标轴及斜率的含义等，对于比较复杂的图象问题可以利用物理规律写出两个物理量的函数关系式，根据数学知识进一步判断图象性质。
10.【答案】D
【解析】解：AB.金属圆筒中电场为零，电子不受电场力，做匀速运动，故AB错误；
C.只有电子在每个圆筒中匀速运动时间为T2时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，故C错误；
D.电子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理
neu=12mvn2
解得
vn= 2neum
第n个圆筒长度
Ln=vn×T2=T2 2neum
则各金属筒的长度之比为1: 2: 3⋯，故D正确。
故选：D。
金属圆筒中电场为零，电子做匀速直线运动；电子在金属圆筒中的运动时间为周期的一半，才能保证每次在缝隙中被电场加速；根据动能定理结合运动学公式求各圆筒的长度之比。
解答本题的关键要理解直线加速器的工作原理，把握电子的运动规律，运用动能定理和运动学公式相结合解答。
11.【答案】C26.5dΔt mg(L+d2)(1−csθ) 遮光条宽度d的测量值偏大
【解析】解：(1)由于验证机械能守恒的表达式中质量可以约去，所以不需要天平测量小球的质量；
小球通过光电门的时间可以直接得出，不需要秒表；
实验中需测量细线长度，则需要毫米刻度尺，故AB错误，C正确。
故选：C。
(2)量角器的分度值为0.1∘，应估读到分度值的下一位，所以量角器的读数为26.5度。
(3)测得小球的直径为d，小球通过光电门的时间为Δt，可知小球经过最低点的瞬时速度大小为v=dΔt。
(4)小球的重力势能减少量为ΔEp=mg(L+d2)(1−csθ)
根据机械能守恒定律得：12mv2=mg(L+d2)(1−csθ)
(5)实验用滑块经过光电门时的平均速度代替瞬时速度，如果遮光条宽度d的测量值偏大，瞬时速度的测量值偏大，会使动能的增加量总是略大于重力势能的减少量。
故答案为：(1)C；(2)26.5；(3)dΔt；(4)mg(L+d2)(1−csθ)；(5)遮光条宽度d测量值偏大。
(1)根据实验原理分析实验需要的器材；
(2)根据量角器的分度值，按照规则读数；
(3)根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出小球经过最低点的速度；
(4)抓住重力势能的减小量和动能的增加量相等，得出机械能守恒满足的表达式；
(5)根据实验原理分析误差。
解决本题的关键知道实验的原理以及注意事项，抓住重力势能的减小量和动能的增加量是否相等进行验证，对于图线问题，关键得出机械能守恒的表达式。
12.【答案】解：(1)根据角速度的定义式，火车转弯时的角速度大小为ω=θt=10×π18010rad/s=π180rad/s
(2)根据公式v=rω，得r=vω=600.017m=3600m
答：(1)火车转弯的角速度ω为π180rad/s；
(2)火车转弯的半径r为3600m。
【解析】(1)根据角速度的定义式代入数据解答角速度；
(2)根据线速度和角速度的关系式列式求解半径。
考查车辆转弯，线速度和角速度等问题，会根据题意进行相关的分析和计算。
13.【答案】解：(1)F−x图像的面积表示力F做的功，由图可得在x=4m时力F做的功：WF=8×2J+4×2J=24J
物体运动0∼4m过程中，由动能定理有：WF−μmgx=Ek−0
代入数据可得：Ek=8J
(2)在0∼2m内，物体做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：F−μmg=ma
设此过程运动时间为t1，位移为x1=2m，则x1=12at12
代入数据可得：t1=1s，a=4m/s2
则物体在x=2m时的速度：v=at1=4×1m/s=4m/s
物体所受摩擦力f=μmg=0.4×1×10N=4N，当力F=4N时，可知F=f，所以物体此后做匀速直线运动，设物体在2m∼4m的过程运动时间为t2，位移为x2=2m，则t2=x2v=24s=0.5s
则物体运动4m所用的时间：t=t1+t2=1s+0.5s=1.5s
物体在0∼4m的运动过程中克服摩擦力做功：Wf=fx=4×4J=16J
则物体的平均功率：P=Wft=161.5W=323W
答：(1)在x=4m时物体的动能Ek为8J；
(2)物体从0到4m的运动过程中克服摩擦力做功的平均功率P为323W。
【解析】(1)根据F−x图像的面积可得力F做的功，由动能定理可得在x=4m时物体的动能Ek；
(2)利用牛顿第二定律和运动学公式可得物体运动的时间，由W=Fl可得克服摩擦力做功，由P=Wt可得物体克服摩擦力做功的平均功率P。
本题考查了动能定理、平均功率，解题的关键是知道F−x图像面积表示力F做的功，知道物体在x=2m时，拉力F与摩擦力大小相等，物体以后做匀速直线运动。
14.【答案】解：(1)由题意可知，对应圆管轨道，小球恰好能运动到D点，则在D点合力为零，可得vD=0，从A点到D点，根据动能定理可得−2mgR=12mvD2−12mvA2，
解得vA= 4gR=2 gR
(2)从A点到B点，根据动能定理可得−mgR=12mvB2−12mvA2，解得vB= 2gR；指向圆心的合力F1提供向心力，可得F1=mvB2R=2mg，由于小球做变速圆周运动，故合力大小F合= F12+(mg)2，得F合= 5mg
(3)设小球经过C点时，小球与圆心连线和竖直方向夹角为θ，如图
若小球经过C点时恰好对内外轨道均无压力，则可得mgcsθ=mvC2R，从C点到D点，根据动能定理可得−mgR(1−csθ)=12mvD2−12mvC2，解得csθ=23，C点离水平地面的高度为h=R+Rcsθ=R+23R=53R。
答：(1)小球经过A点时的速度大小为2 gR；
(2)小球经过B点时所受合力大小为 5mg；
(3)若小球经过C点时恰好对内外轨道均无压力，C点离水平地面的高度为53R。
【解析】(1)对于杆模型，在最高点速度为零是做完整圆周运动的临界条件，结合动能定理可求解小球经过A点时的速度大小；
(2)在B点轨道给物体的作用力提供向心力，结合动能定理列式求解小球经过B点时所受合力大小；
(3)若小球经过C点时恰好对内外轨道均无压力，则重力沿半径方向的分力提供向心力，结合动能定理和数学知识列式求解求解C点离水平地面的高度。
本题主要考查竖直平面内的圆周运动和动能定理的简单应用，理解指向圆心的合力提供向心力是解题关键。
15.【答案】解：(1)若粒子未碰板而飞出，则其在板间运动的时间为
t=Lv0=T
根据牛顿第二定律可得
qU0d=ma
解得加速度大小为
a=25d8T2
(2)若粒子在t=T5时刻进入，可知粒子在T5∼T2时间内在竖直方向向下加速运动，则有
t1=T2−T5=3T10
y1=12at12
解得
y1=9d64
粒子在T2∼4T5时间内在竖直方向向下减速运动，根据对称性可得
y′1=y1=9d64
粒子在4T5∼T时间内在竖直方向反向向上加速运动，则有
t2=T−4T5=T5
y2=12at22
解得
y2=d16
粒子在T∼6T5时间内在竖直方向向上减速运动，根据对称性可得
y′2=y2=d16
则粒子在t=T5时刻进入，其飞出极板时的偏移量为
y=y1+y′1−y2−y′2
解得
y=5d32
(3)设在0∼T2内的某一时刻t0进入的粒子刚好未与下极板碰撞，则有
2y0=2×12a(T2−t0)2=12d
解得
t0=T10
设在0∼T2内的某一时刻t′0进入的粒子刚好未与上极板碰撞，则有
−2×12a(T2−t′0)2+2×12at′02=12d
解得
t′0=41T100
则在0∼T2内从T10∼41T100进入的粒子可以未碰板而飞出，根据对称性可得一个周期内可能由粒子飞出对应的进入时间间隔为
Δt=2×(41T0100−T010)=31T50
则发射时间足够长，未碰板而飞出的粒子数占总粒子数的百分比为
η=ΔtT
解得
η=62%
答：(1)在板间运动的时间Lv0，加速度大小25d8T2；
(2)飞出极板时的偏移量532d；
(3)未碰板而飞出的粒子数占总粒子数的百分比为62%。
【解析】(1)根据牛顿第二定律和运动学公式，求其在板间运动的时间t和加速度大小a；
(2)运用运动学公式，求其飞出极板时的偏移量y；
(3)运用运动学公式，求未碰板而飞出的粒子数占总粒子数的百分比。
本题考查了粒子在电场中的运动，分析清楚粒子运动过程是正确解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、类平抛运动规律即可正确解题。
相关试卷
2022-2023学年江苏省苏州市昆山中学实验班高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）： 这是一份2022-2023学年江苏省苏州市昆山中学实验班高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共18页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江苏省盐城市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）： 这是一份2022-2023学年江苏省盐城市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共16页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江苏省无锡市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）： 这是一份2022-2023学年江苏省无锡市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共12页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
