福建省泉州永春僑中2023-2024學(xué)年物理高一下期末考試試題含解析

福建省泉州永春僑中2023-2024學(xué)年物理高一下期末考試試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內(nèi)，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，有的只有一項符合題目要求，有的有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1、2018年12月27日，北斗三號基本系統(tǒng)已完成建設(shè)，開始提供全球服務(wù)其導(dǎo)航系統(tǒng)中部分衛(wèi)星運動軌道如圖所示：a為低軌道極地衛(wèi)星；b為地球同步衛(wèi)星；c為傾斜軌道衛(wèi)星，其軌道平面與赤道平面有一定的夾角，周期與地球自轉(zhuǎn)周期相同。下列說法正確的是（）A．衛(wèi)星a的機械能一定比衛(wèi)星b的機械能大B．衛(wèi)星a的機械能一定比衛(wèi)星b的機械能小C．衛(wèi)星b的向心加速度與衛(wèi)星c的向心加速度大小相等D．衛(wèi)星b的向心加速度與衛(wèi)星c的向心加速度大小不相等2、(本題9分)一帶正電粒子僅在電場力作用下沿直線運動，其速度隨時間變化的圖像如圖所示，tA、tB時刻粒子分別經(jīng)過A點和B點，A、B兩點的場強大小分別為EA、EB，電勢分別為A、B，則可以判斷A．EA＜EB B．EA＞EBC．A=B D．A＜B3、(本題9分)如圖所示，輕桿長為L，一端固定在水平軸上的O點，另一端固定一個小球（可視為質(zhì)點）．小球以O(shè)為圓心在豎直平面內(nèi)做圓周運動，且能通過最高點，g為重力的加速度，下列說法正確的是（）A．小球到達最高點時所受輕桿的作用力不可能為零B．小球通過最低點時所受輕桿的作用力不可能向下C．小球通過最高點時所受輕桿的作用力一定隨小球速度的增大而增大D．小球通過最低點時所受輕桿的作用力可能隨小球速度的增大而減小4、如圖所示的電路中,L為自感線圈,其直流電阻與電阻R相等,C為電容器,電源內(nèi)阻不可忽略.當開關(guān)S由閉合變?yōu)閿嚅_瞬間,下列說法中正確的是A．通過燈A的電流由c到d B．A燈突然閃亮一下再熄滅C．B燈無電流通過,不可能變亮 D．電容器立即放電5、(本題9分)如圖所示，固定在地面的斜面體上開有凹槽，槽內(nèi)緊挨著放置3個半徑均為r的相同小球，各球編號如圖，斜面與水平軌道OA平滑連接，OA長度為6r.現(xiàn)將3個小球由靜止同時釋放，小球離開A點后均做平拋運動，不計一切摩擦．則在各小球運動的過程中，下列說法正確的是()A．每個小球在運動的過程中，其機械能均保持不變B．小球3在水平軌道OA上運動的過程中，其機械能增大C．小球3的水平射程最小D．3個小球的落地點都相同6、(本題9分)雜技表演“飛車走壁”的簡化模型如圖所示、，表演者在側(cè)壁某一水平面內(nèi)做勻速圓周運動、表演時雜技演員和摩托車的總質(zhì)量不變，摩托車與側(cè)壁間沿側(cè)壁傾斜方向的摩擦力不計，軌道平面離地面的高度為H，側(cè)整的黃角α不變。下列說法正確的是A．H越大，摩托車做圓周運動的角速度越小B．H越大，摩托車做圓周運動的動能越大C．摩托車對側(cè)壁的壓力大小與H無關(guān)D．摩托車圓周運動的周期與H無關(guān)7、(本題9分)“嫦娥之父”歐陽自遠透露：我國計劃于2020年登陸火星。假如某志愿者登上火星后將一小球從高h處以初速度的水平拋出一個小球，測出小球的水平射程為L.已知火星半徑為R，萬有引力常量為G，不計空氣阻力，不考慮火星自轉(zhuǎn)，則下列說法正確的是()A．火星表面的重力加速度B．火星的第一宇宙速度為C．火星的質(zhì)量為D．火星的平均密度為8、如圖所示，一個帶負電的小球懸掛在豎直放置的平行板電容器的內(nèi)部，接通K后，懸線與豎直方向的夾角為θ，則（）A．K閉合，減小AB板間距離，則夾角θ增大B．K閉合，減小AB板間距離，則夾角θ減小C．K斷開，使B板豎直向上移動，則夾角θ減小D．K斷開，增大AB板間距離，則夾角θ不變9、(本題9分)如圖所示，輕質(zhì)彈簧的一端與固定的豎直板P栓接，另一端與物體A相連，物體A置于光滑水平桌面上（桌面足夠大），A右端連接一水平細線，細線繞過光滑的定滑輪與物體B相連，開始時托住B，讓A處于靜止且細線恰好伸直，然后由靜止釋放B，直至B獲得最大速度，下列有關(guān)該過程的分析中正確的是A．B物體受到細線的拉力始終保持不變B．B物體機械能的減少量大于彈簧彈性勢能的增加量C．A物體動能的增加量等于B物體重力對B做的功與彈簧彈力對A做的功之和D．A物體與彈簧所組成的系統(tǒng)機械能的增加量等于細線拉力對A做的功10、(本題9分)如圖所示,一塊長木板B放在光滑的水平面上,再在B上放一物體A,現(xiàn)以恒定的外力拉B,A、B發(fā)生相對滑動,A、B都向前移動一段距離,在此過程中，下列判斷正確的是()A．外力F做的功等于A和B動能的增加之和B．B對A的摩擦力所做的功等于A的動能增量C．A對B的摩擦力所做的功等于B對A的摩擦力所做的功D．外力F對B做的功等于B的動能的增量與B克服摩擦力所做的功之和二、實驗題11、（4分）如圖所示為探究平行板電容器電容大小決定因素的實驗。給電容器充電后與電源斷開，即保持電量不變，則：(填“變小”、“變大”或“不變”)(1)甲圖將B板上移，靜電計指針偏角_______，電容器的電容________；(2)乙圖將B板左移，靜電計指針偏角_______，電容器的電容________；(3)丙圖將電介質(zhì)插入兩板之間，靜電計指針偏角_______，電容器的電容________。12、（10分）(本題9分)在“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”實驗中，某同學(xué)使用了如圖所示的裝置，打點計時器的打點頻率為50Hz。（1）該同學(xué)得到一條紙帶，在紙帶上取連續(xù)的六個點，如圖所示，相鄰兩點間的距離分別為10.0mm、12.0mm、14.0mm、16.0mm、18.0mm，則打E點時小車的速度為___________ms，打A、F兩點的過程中小車的平均速度為___________ms，小車的加速度為___________（2）該同學(xué)要探究小車的加速度a和質(zhì)量M的關(guān)系，應(yīng)該保持拉力不變；得到多組數(shù)據(jù)后他應(yīng)描給的圖象是___________（填“a-M”還是“a-1三、計算題：解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟．只寫出最后答案的不能得分．有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位13、（9分）如圖所示，將質(zhì)量的小球用不可伸長的輕質(zhì)細線懸掛起來，細線長?，F(xiàn)將小球拉起，使細線水平且伸直，由靜止釋放小球。不計空氣阻力，求：(1)小球運動到最低點時的速度大?。?2)小球運動到最低點時,細線對球拉力的大小.14、（14分）(本題9分)如圖所示，在傾角為30°的光滑固定斜面體上，一勁度系數(shù)為k=200N/m的輕質(zhì)彈簧一端連接固定擋板C，另一端連接一質(zhì)量為m=4kg的物體A，一輕細繩通過定滑輪，一端系在物體A上，另一端與質(zhì)量也為m的物體B相連，細繩與斜面平行，斜面足夠長，用手托住物體B使細繩剛好沒有拉力，然后由靜止釋放，試問：(1)剛釋放物體B時和物體A沿斜面向上運動獲得最大速度時，彈簧的形變量x1和x2分別是多大？(2)物體A的最大速度大?。?3)從開始釋放物體B到物體A獲得最大速度的過程中，物體B所受合外力的沖量大小和方向？15、（13分）(本題9分)如圖所示，水平光滑絕緣軌道MN的左端有一固定絕緣擋板，軌道所在空間存在水平向左、E＝4×102N/C的勻強電場．一個質(zhì)量m＝0.2kg、帶電荷量q＝5.0×10－5C的滑塊(可視為質(zhì)點)，從軌道上與擋板相距x1＝0.2m的P點由靜止釋放，滑塊在電場力作用下向左做勻加速直線運動．當滑塊與擋板碰撞后滑塊沿軌道向右做勻減速直線運動，運動到與擋板相距x2＝0.1m的Q點，滑塊第一次速度減為零．若滑塊在運動過程中，電荷量始終保持不變，求：(1)滑塊由靜止釋放時的加速度大小a；(2)滑塊從P點第一次達到擋板時的速度大小v；(3)滑塊與擋板第一次碰撞的過程中損失的機械能ΔE．

參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，有的只有一項符合題目要求，有的有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1、C【解析】

AB．由于衛(wèi)星a與衛(wèi)星b質(zhì)量未知，所以無法確衛(wèi)星a的機械能與衛(wèi)星b的機械能的關(guān)系，故選項AB錯誤；CD．根據(jù)萬有引力提供環(huán)繞天體的向心力，，得，衛(wèi)星b和衛(wèi)星c的運行半徑相同，所以衛(wèi)星b的向心加速度與衛(wèi)星c的向心加速度大小相等，故選項C正確，D錯誤。2、B【解析】

由于圖象的斜率表示加速度，所以從圖象中可以看出從點到點，帶正電粒子的加速度逐漸減小，所以電場力就減小，電場強度就逐漸減小，即；從點到點正電荷的速度增大，說明了電場力做正功，電勢能減小，根據(jù)可知電勢降低，即，故選項B正確，A、C、D錯誤。3、B【解析】試題分析：最高點時，若小球速度為零，重力與支持力相等，則加速度為零；故A錯誤；因最低點時，小球一定有向上的向心力；該力由拉力及重力的合力提供；故拉力一定向上；故B正確；在速度由零增大到時，小球通過最高點時所受輕軒的作用力隨速度的增大而減??；故C錯誤；小球在最低點時，，故速度越大則拉力越大；故D錯誤；故選B．考點：向心力；牛頓定律的應(yīng)用4、B【解析】當開關(guān)S由閉合變?yōu)閿嚅_時，線圈中產(chǎn)生自感電動勢，與燈泡A和電阻R構(gòu)成閉合回路放電，由于斷開開關(guān)前流過線圈的電流大于流過燈泡A的電流，故A燈突然閃亮一下再熄滅，電流從d到c流動燈泡A，故d點電勢比c點高，故A錯誤，B正確；當開關(guān)S由閉合變?yōu)閿嚅_時，外電路的總電流減小，故內(nèi)電壓減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律，電源的輸出電壓增加，故電容器充電，有充電電流，故B燈有電流通過，電流方向由a到b，故CD錯誤；故選B．點睛：本題綜合考查了電阻、電容器和電感線圈對電流的影響，關(guān)鍵是明確各個元件的在直流電流電路中的作用，結(jié)合楞次定律判斷．5、B【解析】A、3個小球都在斜面上運動時，只有重力做功，整個系統(tǒng)的機械能守恒，當有部分小球在水平軌道上運動時，斜面上的小球仍在加速，后面的球?qū)η懊娴那蜃龉?，球的機械能不守恒，故A錯誤．B、小球3在OA段運動時，斜面上的球在加速，小球2對小球3的作用力做正功，動能增加，機械能增加，故B正確．C、由于有部分小球在水平軌道上運動時，斜面上的小球仍在加速，所以離開A點時，小球3的速度最大，小球1的速度最小，小球3的水平射程最大，故C錯誤．D、由于離開A點時，球的速度不同，小球離開水平軌道后做平拋運動，它們的運動時間相等，水平位移不同，小球的落地點不同，故D錯誤；故選B．【點睛】3個小球都在斜面上運動時，整個系統(tǒng)的機械能守恒，應(yīng)用機械能守恒定律分析答題．6、ABC【解析】

摩托車做勻速圓周運動，提供圓周運動的向心力是重力mg和支持力F的合力，作出力圖，得出向心力大小不變．H越高，圓周運動的半徑越大，由向心力公式分析周期、線速度大?。驹斀狻磕ν熊囎鰟蛩賵A周運動，摩擦力恰好為零，由重力mg和支持力F的合力提供圓周運動的向心力，作出力圖如圖則有：向心力Fn=mgtanα=mrω2，解得ω=gtanαr，知H越高，r越大，ω越小，故A正確；向心力Fn=mgtanα=mv2【點睛】本題考查應(yīng)用物理規(guī)律分析實際問題的能力，此題是圓錐擺模型，關(guān)鍵是分析物體的受力情況，抓住不變量進行研究．7、BC【解析】

某志愿者登上火星后將一小球從高h處以初速度v0水平拋出一個小球，測出小球的水平射程為L，根據(jù)分位移公式，有：L=v0t；h=gt2，解得：，故A錯誤；火星的第一宇宙速度為：，故B正確；由G＝mg，解得火星的質(zhì)量為：，故C正確；火星的平均密度為：，故D錯誤；故選BC。8、AD【解析】K閉合，減小AB板間距離因為所以場強增大，則小球所受電場力增大，夾角增大A對，B錯，K斷開，場強跟電荷密度成正比，所以使B板豎直向上移動會使電荷密度增大，則場強變大所以夾角θ變大，C錯，K斷開，增大AB板間距離沒有影響電荷密度繼而知道場強沒變則夾角θ不變D對9、BD【解析】

分析B，從開始運動到最后靜止，B受到繩子的拉力和重力，當時，做加速運動，當時，B的速度最大，當做減速運動，因為B的加速度在變化，所以T也在變化，A錯誤．AB和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，所以B減小的機械能等于彈簧的彈力勢能的增加量與A動能的增加量，B正確．A受繩子的拉力，彈簧的彈力，所以根據(jù)動能定理可得A物體動能的增加量等于細繩對A做的功與彈簧彈力對A做的功之和．C錯誤．因為A物體與彈簧組成的系統(tǒng)只有細繩的拉力做功，所以A物體與彈簧所組成的系統(tǒng)機械能的增加量等于細線拉力對A做的功，D正確．10、BD【解析】

A、A對B的摩擦力與B對A的摩擦力是一對作用力與反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑動，A、B對地的位移不等，A對地的位移小于B對地的位移，即對A根據(jù)動能定理有：對B根據(jù)動能定理有：聯(lián)立可以得到：，即外力F做的功大于A和B動能的增加之和，故A錯誤，B正確；C、由于A與B之間的摩擦力大小相等，而且，所以A對B的摩擦力所做的功不等于B對A的摩擦力所做的功，故C錯誤；D、對B根據(jù)動能定理有：，則，即外力F對B做的功等于B的動能的增量與B克服摩擦力所做的功之和，故D正確。二、實驗題11、變大變小變大變小變小變大【解析】

(1)[1][2]甲圖將B板上移，即兩極板正對面積減小，根據(jù)電容的決定式得知，電容C變小，而電容器的電量Q不變，由電容的定義式分析得到，板間電勢差U變大，即靜電計指針偏角變大；(2)[3][4]乙圖將B板左移，即板間距離d增大，根據(jù)電容的決定式得知，電容C變小，而電容器的電量Q不變，由電容的定義式分析得到，板間電勢差U變大，即靜電計指針偏角變大；(3)[5][6]丙圖將電介質(zhì)插入兩板之間，根據(jù)電容的決定式得知，電容C增大，而電容器的電量Q不變，由電容的定義式分析得到，板間電勢差U變小，即靜電計指針偏角變小。12、vE=0.85msv=0.7ms【解析】

（1）根據(jù)某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度求出E點的速度，根據(jù)連續(xù)相等時間內(nèi)的位移之差是一恒量求出加速度．

（2）研究兩個物理量之間的定量關(guān)系，需作出它們的線性關(guān)系圖線．【詳解】（1）E點的瞬時速度等于DF段的平均速度，則vE＝xDF2T＝16+18（2）探究小車的加速度a和質(zhì)量M的關(guān)系，應(yīng)作出線性