2022-2023学年四川省南充市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

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这是一份2022-2023学年四川省南充市高一（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，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.如图，虚线为飞机在竖直平面内起飞拉升阶段的一段轨迹，P是轨迹上的一点。某同学在该平面内经过P画出了四条有向线段甲、乙、丙、丁表示飞机的瞬时速度方向，你认为正确的是( )
A. 甲
B. 乙
C. 丙
D. 丁
2.一段两岸平直、河宽为L的河流，河水均匀流动的速率为v1，船在静水中的速率为v2，则( )
A. 若船头垂直河岸渡河，其渡河位移最小为L
B. 若v1C. 若v1D. 若v1>v2，则船渡河的最短时间为Lv1
3.某生态公园的人造瀑布景观如图所示，水流从高处水平流出槽道，恰好落入步道边的水池中。现制作一个为实际尺寸116的模型展示效果，模型中槽道里的水流速度应为实际的( )
A. 12
B. 14
C. 18
D. 116
4.如图，桌面距地面的高度为H1，质量为m的小球处于距地面的高度为H2处，重力加速度为g，则( )
A. 小球的重力势能为mgH2
B. 小球的重力势能为mg(H2−H1)
C. 若取桌面处为零势能面，则小球的重力势能为mg(H2−H1)
D. 若取地面处为零势能面，则小球的重力势能为mgH1
5.一物体在水平力F的作用下在水平面内由静止开始运动。已知拉力F随物体位移的变化如图所示，物体经拉力F作用2s后到达位移5m处，图中曲线部分均为圆的一部分。则在这一过程中( )
A. 拉力做功为3J
B. 拉力做功为(3+3π4)J
C. 拉力的平均功率为12+π8W
D. 拉力的平均功率为12−π8W
6.如图为太阳系部分行星及哈雷彗星的轨道示意图，其中哈雷彗星轨道上标注了其出现在相应位置的年份(如图中1986、1984等)。已知地球轨道半径为R，则( )
A. 哈雷彗星在1984年时的速度大于其在1965年时的速度
B. 哈雷彗星轨道的半长轴约为76R
C. 天王星的运行角速度小于海王星的运行角速度
D. 海王星的周期小于76年
7.如图，在两个电荷量分别为+Q和−Q的点电荷A、B的连线上有a、c两点，在连线的中垂线上有b、d两点，a、b、c、d都与连线的中点O等距。则( )
A. a点场强与b点场强相同
B. a、b、c、d四点处于同一等势面上
C. 正电荷q从c点移动到d点电场力做负功
D. 负电荷q在O点电势能小于在a点的电势能
8.如图，倾角37∘的传送带以速度v0=3m/s顺时针运转，两传动轮之间的距离足够长，质量m=2kg的滑块从左侧底端以一定速度滑上传送带，滑块在传送带上运动的v−t图像如图所示，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，g=10m/s2。则( )
A. 0∼4s，传送带对滑块的摩擦力始终做负功
B. 0∼4s，滑块的重力势能增加了200J
C. 0∼4s，滑块的机械能增加了128J
D. 0∼4s，滑块与传送带间因摩擦而产生的热量为30J
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
9.如图所示，虚线A、B、C、D是某匀强电场中的4个平行且等距的等势面，其中等势面C的电势为0，一电子仅在静电力的作用下运动，经过A、D等势面时的动能分别为26eV和5eV，则下列说法正确的是( )
A. 等势面D的电势为−7V
B. 等势面B的电势为4V
C. 该电子不可能到达电势为−10V的等势面
D. 该电子运动到某一位置，其电势能变为8eV时，它的动能为4eV
10.如图，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左以初速度v0沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止，已知物块与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度，在上述过程中( )
A. 小物块所走路程为v024μg
B. 小物块所走路程为v022μg
C. 弹簧的最大弹性势能为14mv02
D. 小物块向右运动过程中，离开弹簧瞬间动能最大
11.如图，倾角θ=37∘的斜面体固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，斜面最低点在转轴OO1上，质量为m=1kg、可视为质点的小物块P随转台一起匀速转动，P到斜面最低点的距离为0.5m，与接触面之间的动摩擦因数为0.5，取g=10m/s2，sin37∘=0.6。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若小物块P与斜面体始终保持相对静止，则( )
A. 小物块P可能受到2个力的作用B. 转台的角速度最小值为5 34rad/s
C. 转台的角速度可能为10rad/sD. 小物块P对斜面体的压力最大值为20N
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
12.某研究性学习小组做“用传感器观察电容器的充电和放电”的实验，把一个电容器、电流传感器、电阻、电源、单刀双掷开关按图甲所示连接。先将开关S拨至1端，电源向电容器充电，然后将开关S拨至2端，电容器放电，与电流传感器相连接的计算机记录这一过程中电流随时间变化的I−t线，如图乙所示。
(1)在形成电流曲线1的过程中，电容器的电容______，电容器两极板间的电压______，电容器两极板间的电场强度______，电容器中的电场能______；(均选填“逐渐增大”、“不变”或“逐渐减小”)
(2)曲线1与横轴所围面积______(选填“大于”、“等于”或“小于”)曲线2与横轴所围面积，该“面积”表示的物理意义为______。
13.一小组同学用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。绕过定滑轮的细线上悬挂质量相等的钩码A和钩码B，在钩码A的下面固定穿过打点计时器的纸带，用手固定住钩码A，在钩码B下面再挂上一较小的钩码C，之后放开钩码A，让系统由静止开始运动，由于系统的速度增大得不是很快，便于测量物理量，因此能较好地验证机械能守恒定律。已知钩码A、B的质量均为M，钩码C的质量为m，当地的重力加速度大小为g。
(1)该小组同学闭合打点计时器电源开关，由静止释放钩码A后，打出的纸带如图乙所示，已知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz，则打点计时器打H点时纸带的速度大小v=______m/s(结果保留三位有效数字)；
(2)在打H点时，系统的动能表达式为______(用M、m及v表示)；
(3)H点到起始点间的距离为s，则从释放钩码A到打H点的过中，系统的重力势能减小量的表达式为______(用m、g及s表示)；
(4)该小组同学用打各点时系统的动能Ek作为纵坐标，用各点到起始点的距离s作为横坐标，描绘出Ek−s图像如图丙所示。若图像斜率近似为______(用m、g表示)，即可说明在实验误差允许范围内，系统遵循机械能守恒定律。
四、简答题：本大题共3小题，共38分。
14.如图，真空中两个相同的小球带有等量同种正电荷，质量均为m=3.6g，分别用长为l=0.5m的绝缘细线悬挂于绝缘天花板上的同一点O，平衡时悬挂B球的细线偏离竖直方向60∘，A球竖直悬挂且与光滑的绝缘墙壁接触。(两个小球视为点电荷，重力加速度g取10m/s2，静电力常量k=9.0×109N⋅m2/C2)求：
(1)小球所带电荷量；
(2)O点的电场强度大小。
15.很多商场的门前都放置一台儿童游乐玩具——弹珠枪。如图，ABCD是一个正方形光滑斜台，边长为l，与水平面的倾角为θ，弹珠由弹珠枪击打，弹珠沿着AB边经过斜台拐角边半径为R的四分之一的圆弧轨道，最后离开圆弧轨道在斜面内运动。重力加速度为g。若弹珠经过Q点后恰好经过D点，求：
(1)弹珠经过Q点时的速率？
(2)弹珠经过Q点时对圆弧轨道的压力大小？
16.如甲图所示为安装在公路上强制过往车辆减速的减速带，现有一水平道路上连续安装有10个减速带(图乙中未完全画出)，相邻减速带间的距离均为l=10m(每个减速带宽度远小于相邻减速带间的距离，可忽略不计)。现有一质量为m=2000kg的电动小车(司机视为质点)从第1减速带前某处以P=80kW的恒定功率启动，到达第1减速带前已达到最大行驶速度vm=20m/s。已知小车每次通过减速带时所损失的机械能与其行驶速度相关，测量发现，小车在通过第5个减速带后，通过相邻两减速带间的时间均为t=1s。通过第10个减速带后立即关闭电门无动力滑行，小车在水平路面上继续滑行距离20m后停下，已知小车运动过程中，所受阻力大小恒定。
(1)求小车所受阻力大小；
(2)求小车通过第5个减速带后，通过每一个减速带时所损失的机械能；
(3)若小车通过前5个减速带时损失的总机械能是其通过后5个减速带时所损失总机械能的1.6倍，求小车从上第1个减速带开始，至通过第5个减速带所用的时间。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：做曲线运动的物体的速度方向沿轨迹的切线方向，则飞机经过P点时瞬时速度的方向为乙所示，故B正确，ACD错误。
故选：B。
曲线运动某点的速度方向沿该点的切线方向，力的方向指向轨迹的凹侧。
本题考查曲线运动，解题关键是掌握曲线运动的速度方向和受力的方向的特点。
2.【答案】C
【解析】解：A.若船头垂直河岸渡河，其合速度方向沿为斜向下游的方向，其渡河轨迹为向下游的直线，因此位移一定大于L，故A错误；
BC.若v1D.无论水速快还是船速快，船渡河的最短时间为Lv2，故D错误。
故选：C。
若船头垂直河岸渡河，其合速度方向沿为斜向下游的方向；根据分速度的大小关系判断；船渡河的最短时间为Lv2。
小船过河问题属于运动的合成问题，要明确分运动的等时性、独立性，运用分解的思想，看过河时间只分析垂直河岸的速度，分析过河位移时，要分析合速度.
3.【答案】B
【解析】【分析】
(1)根据平抛运动规律，水平方向做匀速直线匀速，竖直方向做自由落体运动，求解水流的实际速度；
(2)根据模型缩小的比例，求解模型中槽道里的水流的速度与实际流速的比例关系。
本题考查平抛运动规律，需要将人造瀑布抽象成平抛运动模型。
【解答】
由题意可知，水流出后做平抛运动的水平位移和竖直位移均变为原来的116，由h=12gt2，得t= 2hg，所以时间变为实际的四分之一，水流出的速度v=xt，由于水平位移变为实际的116，时间变为实际的四分之一，则水流出的速度为实际的四分之一，故选B
4.【答案】C
【解析】解：AB.描述一个物体重力势能需要先规定零势能面，物体重力势能是重力乘以到零势能面的竖直高度，故AB错误；
C.若取桌面处为零势能面，小球到零势能面的高度为H2−H1，小球处于零势能面上方，则小球的重力势能为mg(H2−H1)，故C正确；
D.若取地面处为零势能面，小球处于零势能面上方，则小球的重力势能为mgH2，故D错误。
故选：C。
小球的重力势能与零势能面的选取有关，根据Ep=mgh求得具有的重力势能。
本题考查了重力势能的概念，知道重力势能是一个相对量，其大小与零势能面的选取有关。
5.【答案】D
【解析】解：AB.F−x图像中，图像与坐标轴所围成的面积大小代表这个力做功的大小，x轴上方的面积代表着力做正功，x轴下方的面积代表着力做负功；由题意得，整个过程中，拉力做的功为x轴上方的面积减去x轴下方的面积，即
W=(2+1+π4−2×π4)J=(3−π4)J
故AB错误；
CD.由于
P−=Wt
所以拉力的平均功率
P−=Wt=12−π8W
故C错误，D正确。
故选：D。
根据F−x与坐标轴所围成的面积大小代表这个力做功的大小，求出做功；
根据P−=Wt求平均功率。
本题考查了功和功率的基本运算，知道F−t图像所围成的面积表示功的大小，明确功和平均功率的计算．
6.【答案】A
【解析】解：A.哈雷彗星是从近日点向远日点运动的过程中，引力做负功，动能减小，所以哈雷彗星在1984年时的速度大于其在1965年时的速度，故A正确；
B.设哈雷彗星轨道的半长轴为r，根据开普勒第三定律可得
R3T2=r3(76T)2
解得
r=3762R
故B错误；
C.根据万有引力提供向心力公式
GMmR2=mRω2
解得
ω GMR3
因此轨道半径越大，角速度越小，所以天王星的运行角速度大于海王星的运行角速度，故C错误；
D.海王星的轨道半径大于哈雷彗星的半长轴，因此海王星的周期大于76年，故D错误。
故选：A。
根据动能定理分析A项，根据开普勒第三定律解得哈雷彗星轨道的半长轴，根据万有引力提供向心力分析C，根据开普勒第三定律分析D。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。
7.【答案】C
【解析】解：A、根据电场线的密集程度可知，a点的场强大于b点场强，故A错误；
B、沿着电场线的方向电势逐渐降低，b点的电势等于O点的电势，O点的电势大于c点的电势，所以b点的电势大于c点的电势，a、b、c、d四点并非处于同一等势面上；故B错误；
C、正电荷q从c点移动到d点电场力与速度方向夹角为钝角，电场力做负功。故C正确。
D、a点电势高于O点电势，故负电荷q在O点电势能大于在a点的电势能，故D错误。
故选：C。
电场线的密集程度代表电场强度，沿着电场线方向，电势逐渐降低，根据电场力方向与速度方向分析做功的正负，根据电势的高低，运用EP=qφ比较电势能的高低．
本题考查对等量异号电荷电场线的分布规律的掌握情况，要求能牢记相应的电场线和等势线的分布规律，明确中垂线上各点电势相等，并且沿电场线的方向电势降低．
8.【答案】C
【解析】解：A、根据滑块在传送带上运动的v−t图像可知，物块刚放上去时相对传送带向下运动，因此所受摩擦力沿传送带向上，后来匀速时摩擦力依然沿传送带向上，因此0∼4s，传送带对滑块的摩擦力始终做正功，故A错误；
B、根据图像可知，0∼4s，滑块沿传送带上升的距离为v−t图像与坐标轴围成的面积，因此滑块的位移为：x=12×(1+3)×2m+3×2m=10m
物块上升的高度为：h=xsin37∘=10×0.6m=6m
因此重力势能增加了：ΔEp=mgh=2×10×6J=120J，故B错误；
C、传送带对滑块做的功等于滑块机械能的增加量，由功能关系可得：W=12mv02−12mv2+ΔEp
解得：W=128J，故C正确；
D、滑块和传送带只有在相对滑动时才会产生热量，根据v−t图像可知此过程中的相对位移为：Δx=12×2×(3−1)m=2m
滑块与传送带间因摩擦而产生的热量为：Q=μmgcs37∘
代入数据解得：Q=28J，故D错误。
故选：C。
根据滑块在传送带上运动的v−t图像分析受力情况，结合功的计算公式分析做功情况；滑块沿传送带上升的距离为v−t图像与坐标轴围成的面积，根据重力势能的计算公式求解重力势能增加量；由功能关系可得滑块的机械能增加；根据v−t图像求解相对位移，根据功能关系求解滑块与传送带间因摩擦而产生的热量。
本题主要是考查了功能关系和v−t图像，关键是弄清楚物体的运动情况，分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，然后分析运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据功能关系列方程解答。
9.【答案】AD
【解析】解：A、因电子只在静电力的作用下运动，经过A、D等势面点的动能分别为26eV和5eV，根据动能定理，则有：−e(φA−φD)=(5−26)eV，解得：φA−φD=21V，又φC=0，可解得：φD=−7V，故A正确；
B、因匀强电场中，2φC=φB+φD，则有，等势面B的电势为7V，故B错误；
C、因只有电场力做功，动能与电势能之和保持不变，当电子的速度为零时，由能量守恒定律，可知，−eφD+5eV=−eφ，解得：φ=−12V，故C错误；
D、同理，由能量守恒定律，可知，−eφD+5eV=8eV+Ek，解得：Ek=4eV，故D正确。
故选：AD。
本题考查等势面、动能定理，及其相关的知识点，目的是为了考查学生的分析综合能力，同时理解能量守恒定律的应用。
10.【答案】BC
【解析】解：AB、对整个过程，由动能定理得：
−μmgs=0−12mv02
解得小物块所走路程为：s=v022μg，故A错误。B正确；
C、物体向右运动的过程，根据能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为：Ep=μmgs2=14mv02，故C正确；
D、小物块向右运动过程中，当弹簧弹力等于摩擦力时，物体的加速度为零，速度最大，动能最大，但小物块离开弹簧瞬间，弹簧弹力为0，动能不是最大，故D错误。
故选：BC。
对整个过程，利用动能定理列式，即可求出小物块所走路程；研究物体向右运动的过程，根据能量守恒定律求弹簧的最大弹性势能；小物块向右运动过程中，加速度为零时动能最大。
涉及力在空间的积累效果时，要想到动能定理。运用动能定理时，要灵活选择研究过程。
11.【答案】AD
【解析】解：A.小物块P可能受到2个力的作用，此时P只受重力和斜面支持力，且可以保持与斜面相对静止，故A正确；
B.若转台的角速度取最小值，则小物块P应恰好不下滑，水平方向合力提供向心力
FNsin37∘−μFNcs37∘=mω12Lcs37∘
竖直方向满足受力平衡则有
FNcs37∘+μFNsin37∘=mg
解得ω1=5 2211rad/s，故B错误；
CD.如果小物块P恰好不上滑，此时摩擦力沿斜面向下，有最大角速度和最大压力，则水平方向合力提供向心力
可得FN2sin37∘+μFN2cs37∘=mω22Lcs37∘
竖直方向满足受力平衡可得
FN2cs37∘=μFN2sin37∘+mg
解得FN2=20N，ω2=5 2rad/s
故C错误，D正确。
故选：AD。
小物块P可能受到2个力的作用，此时P只受重力和斜面支持力；
转台的角速度取最小值，则小物块P应恰好不下滑，水平方向合力提供向心力，竖直方向满足受力平衡列式，求角速度大小；
如果小物块P恰好不上滑，此时摩擦力沿斜面向下，有最大角速度和最大压力，则水平方向合力提供向心力，竖直方向满足受力平衡，列式，求最大角速度大小。
本题解题关键是分析摩擦力的方向，根据不同的角速度，滑动摩擦力可以为零，沿斜面向上，或沿斜面向下。
12.【答案】不变逐渐增大逐渐增大逐渐增大等于电容器所带的电荷量
【解析】解：(1)曲线1的过程为电容器充电过程，电容大小与充放电无关，因此电容器的电容不变；
随着充电过程进行，极板上的电荷量逐渐增加，根据公式
C=QU
可知，电荷量增加，两极板间的电压也逐渐增大；
根据公式
E=Ud
可知电压增大，电场强度也逐渐增大，电场能也逐渐增大。
(2)曲线1与横轴所围面积与曲线2与横轴所围面积都表示电容器所带的电荷量，1是充电电荷量，2是放电电荷量，两者相等。
故答案为：(1)不变，逐渐增大，逐渐增大，逐渐增大；(2)等于，电容器所带的电荷量。
(1)根据充放电过程各物理的变化情况分析判断；
(2)根据I−t图像的物理意义分析判断。
本题关键掌握电容器的充放电过程各物理量的变化，掌握I−t图像的物理意义。
13.【答案】1.1312(2M+m)v2 ΔEp=mgsmg
【解析】解：(1)根据匀变速直线运动规律可得打H点时纸带的速度大小为v=Δx2T=8.50−4.002×0.02×0.01m/s=1.13m/s
(2)在打H点时，系统的动能表达式为
Ek=12 (2M+m)v2
(3)H点到起始点间的距离为s，系统的重力势能减小量的表达式为
ΔEp=mgs
(4)由题意可得
mgs=Ek
则有
Ek=mgs
若图象的斜率接近mg，即可说明在实验误差允许范围内，系统遵循机械能守恒定律。
故答案为：(1)1.13；(2)12 (2M+m)v2；(3)ΔEp=mgs；(4)mg
(1)根据匀变速直线运动规律可解得H点的速度；
(2)根据动能的公式解答；
(3)根据重力势能的公式解答；
(4)根据机械能守恒定律结合图象斜率分析解答。
解决本题的关键知道实验的原理，掌握纸带的处理方法，会根据纸带求解瞬时速度，从而得出动能的增加量，会根据下降的高度求解重力势能的减小量．
14.【答案】解：(1)对B受力分析，如图：
由平衡条件得：mg=F库=kq2l2
代入数据解得：q=1×10−6C
(2)O点的场强如图：
两小球在O点产生的场强大小为EA=EB=kql2
由几何关系得，O点的合场强为E= 3kql2
代入数据解得：E=18 35×104N/C
答：(1)小球所带电荷量为1×10−6C；
(2)O点的电场强度大小为18 35×104N/C。
【解析】(1)对B受力分析，根据平衡条件和库仑定律求解两小球所带电荷量；
(2)根据点电荷的场强公式和电场强度的叠加原理列式求解即可。
本题考查库仑定律和点电荷的场强，解题关键是对小球做好受力分析，掌握库仑定律的公式和点电荷的场强公式，结合共点力平衡条件和电场叠加原理列式求解即可。
15.【答案】解：(1)因为弹珠经过Q点后恰好经过D点，从ABCD这个平面看，相当于类平抛，设弹珠经过Q点时的速率为v，因此可得
l−R=vt
l=12gsinθt2
联立解得
v= gsinθ(l−R)22l
(2)弹珠经过Q点时，弹珠在ABCD这个平面受力为重力沿斜面向下的分力和轨道的支持力，因此根据合力提供向心力可得
mgsinθ+FN=mv2R
解得
FN=mgsinθ(l2−4lR+R2)2lR
根据牛顿第三定律可知，轨道对弹珠的支持力和弹珠对圆弧轨道的压力相等。
答：(1)弹珠经过Q点时的速率为 gsinθ(l−R)22l；
(2)弹珠经过Q点时对圆弧轨道的压力大小为mgsinθ(l2−4lR+R2)2lR。
【解析】(1)弹珠从Q点到D点做类平抛运动，由牛顿第二定律求出加速度，再由类平抛规律求Q点的速度；
(2)对弹珠受力分析，根据合力提供向心力求出轨道的支持力，再根据牛顿第三定律求出弹珠经过Q点时对圆弧轨道的压力。
本题考查抛体运动、圆周运动、牛顿运动定律等问题的分析，考查综合分析能力。
16.【答案】解：(1)小车速度达到最大时，由功率公式
P=Fv0
此时小车受力平衡，即
f=F=Pv0
(2)设小车通过第5个减速带后，到下一个减速带时的速度为v1，通过减速带后的速度为v2，由于其通过相邻两减速带间的时间均为t，则小车每次到下一个减速带时的速度都为v1，通过减速带后的速度都为v2，在减速带间隔过程中由动能定理
Pt−fl=12mv12−12mv22
所以通过每一个减速带时所损失的机械能
ΔE=Pt−fl=P(t−lv0)
(3)由题意，小车通过前5个减速带时损失的总机械能
ΔE′=1.6×5ΔE=8P(t−lv0)
从小车到第1个减速带前到最后停下来，由能量守恒定律
P(t0+5t)+12mv02−9fl−fs−ΔE′−5ΔE=0
解得
t0=8t+s−4lv0−mv022P
答：(1)小车与路面间的阻力f的大小为Pv0；
(2)小车通过第5个减速带后，通过每一个减速带时所损失的机械能为P(t−lv0)；
(3)小车从第1个减速带运动至第5个减速带所用的时间为8t+s−4lv0−mv022P。
【解析】(1)由功率公式结合平衡条件，求阻力大小；
(2)由动能定理，结合功能关系，求损失机械能；
(3)由能量守恒定律，计算所用时间。
本题考查学生对功率公式、功能关系、动能定理、能量守恒定律的掌握，是一道综合性较强的题，难度中等。