2022-2023學(xué)年江西省贛州市重點(diǎn)中學(xué)高一（下）期末物理試卷（含解析）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2022-2023學(xué)年江西省贛州市重點(diǎn)中學(xué)高一（下）期末物理試卷一、單選題（本大題共9小題，共36.0分）1.一代代物理學(xué)家們?cè)谔骄靠陀^世界的過程中，不斷發(fā)現(xiàn)物理規(guī)律，總結(jié)研究方法，推動(dòng)了生產(chǎn)力的發(fā)展和人類文明的進(jìn)步。下列關(guān)于物理學(xué)史和物理學(xué)方法的敘述，正確的是(

)A.“點(diǎn)電荷”和“電場(chǎng)強(qiáng)度”概念的提出，都應(yīng)用了比值定義法

B.法國(guó)物理學(xué)家?guī)靵霭l(fā)現(xiàn)了庫(kù)侖定律，并通過油滴實(shí)驗(yàn)測(cè)定了元電荷的電荷量

C.地面上的人觀察高速飛行的火箭時(shí)，發(fā)現(xiàn)火箭里的鐘表變慢了

D.海王星是先觀測(cè)到再計(jì)算其位置后被確定的，被稱為“筆尖下發(fā)現(xiàn)的行星”2.在多年前的農(nóng)村，人們往往會(huì)選擇讓驢來拉磨把食物磨成面，假設(shè)驢對(duì)磨桿的平均拉力為600N，半徑r為0.5m，轉(zhuǎn)動(dòng)一周為5s，則(

)

A.驢轉(zhuǎn)動(dòng)一周拉力所做的功為0 B.驢轉(zhuǎn)動(dòng)一周拉力所做的功為650πJ

C.驢轉(zhuǎn)動(dòng)一周拉力的平均功率為120πW3.如圖所示，豎直平面內(nèi)有兩個(gè)半徑為R，而內(nèi)壁光滑的14圓弧軌道，固定在豎直平面內(nèi)，地面水平，O、O′為兩圓弧的圓心，兩圓弧相切于N點(diǎn)。一小物塊從左側(cè)圓弧最高處?kù)o止釋放，當(dāng)通過N點(diǎn)時(shí)，速度大小為(重力加速度為g)(

)

A.2gR B.6gR4.如圖所示，地球可看作質(zhì)量分布均勻、半徑為R的球體，地球內(nèi)部的a點(diǎn)距地心的距離為r，地球外部的b點(diǎn)距地心的距離為3r，3r>R。已知質(zhì)量分布均勻的球殼對(duì)殼內(nèi)物體的引力為零，忽略地球的自轉(zhuǎn)，則a、b兩點(diǎn)的重力加速度大小之比為(

)A.3r3R3 B.9r35.如圖甲所示，小球穿在豎直平面內(nèi)光滑的固定圓環(huán)上，繞圓心O點(diǎn)做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)。小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，圓環(huán)與小球間彈力大小為F，小球在最高點(diǎn)的速度大小為v，其F?v2圖像如圖乙所示，g取10m/sA.小球的質(zhì)量為4kg

B.固定圓環(huán)的半徑R為0.4m

C.小球在最高點(diǎn)的速度為4m/s時(shí)，小球受到圓環(huán)的彈力大小為6.如圖甲，轆轱是古代民間提水設(shè)施，由轆轱頭、支架、井繩、水斗等部分構(gòu)成，如圖乙為提水設(shè)施工作原理簡(jiǎn)化圖，某次從井中汲取m=2kg的水，轆轱繞繩輪軸半徑為r=0.1m，水斗的質(zhì)量為0.5kg，井足夠深且并繩的質(zhì)量忽略不計(jì)，t=A.水斗速度隨時(shí)間變化規(guī)律為v=2t(所涉及物理量均用國(guó)際單位制)

B.井繩拉力大小恒定，其值為25N

C.0～107.均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場(chǎng)等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場(chǎng)。如圖所示，在半球面AB上均勻分布著正電荷，球面半徑為R，CD為通過半球頂點(diǎn)與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點(diǎn)，OM=ON=2R，已知N點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1，MA.E1+E2R22k 8.如圖所示，與水平面成θ=30°角的傳送帶以v=2m/s的速度順時(shí)針運(yùn)行，質(zhì)量為m=1kgA.傳送帶從底端到頂端的長(zhǎng)度為1m

B.物體在傳送帶上向上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為0.5s

C.物塊在傳送帶上留下的劃痕長(zhǎng)度為1.25m

9.如圖所示，在光滑絕緣的水平面上，A、B兩點(diǎn)固定兩個(gè)等量正電荷的點(diǎn)電荷，O為A、B兩點(diǎn)連線的中點(diǎn)，C、D為連線上關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱的兩個(gè)點(diǎn)，且CO=OD=L。將一帶正電的小球(可視為點(diǎn)電荷)從C點(diǎn)由靜止釋放，以C點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)、CB為x軸，取水平向右為正方向，下列關(guān)于電場(chǎng)強(qiáng)度E、小球受到的電場(chǎng)力F、小球的加速度a、小球的動(dòng)能EkA. B.

C. D.二、多選題（本大題共3小題，共12.0分）10.如圖所示，有一條柔軟的質(zhì)量為m、長(zhǎng)為L(zhǎng)的均勻鏈條，開始時(shí)鏈條的2L3長(zhǎng)在水平桌面上，而L3長(zhǎng)垂于桌外，用外力使鏈條靜止。不計(jì)一切摩擦，桌子足夠高。下列說法中正確的是(

)

A.若自由釋放鏈條，則鏈條剛離開桌面時(shí)的速度v=gL

B.若自由釋放鏈條，則鏈條剛離開桌面時(shí)的速度v=2311.如圖所示，甲、乙兩行星半徑相等，丙、丁兩顆衛(wèi)星分別繞甲、乙兩行星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，丙、丁兩衛(wèi)星的軌道半徑r1=2r2，運(yùn)動(dòng)周期T2A.甲、乙兩行星質(zhì)量之比為1:162

B.甲、乙兩行星第一宇宙速度大小之比為42:112.如圖所示，有兩個(gè)質(zhì)量相同的小球，電荷量均為+Q，一個(gè)固定在足夠長(zhǎng)的光滑絕緣桿O′A的O′端，另一個(gè)套在桿O′A上，兩球均可視為點(diǎn)電荷，OO′為過O′點(diǎn)的豎直軸，桿與水平面間的夾角始終為θ=45°。開始桿靜止，此時(shí)兩球間的距離為r，現(xiàn)讓桿以O(shè)A.小球的質(zhì)量為2kQ2gr2

B.當(dāng)兩球間的距離為2r三、實(shí)驗(yàn)題（本大題共2小題，共14.0分）13.研究電荷間的相互作用力。(1)某物理興趣小組利用圖示裝置來探究影響電荷間的靜電力的因素。步驟一：把系在絲線上的帶電小球先后掛在橫桿上的P1、P2、步驟二：使小球處于同一位置，增大或減小小球所帶的電荷量，比較小球所受的靜電力的大小。①該實(shí)驗(yàn)采用的方法是

(填正確選項(xiàng)前的字母)A.理想實(shí)驗(yàn)法

B.控制變量法

C②實(shí)驗(yàn)表明，電荷之間的靜電力隨著電荷量的增大而增大，隨著距離的增大而

(填“增大”、“減小”或“不變”)③小球的質(zhì)量用m表示，重力加速度為g，可認(rèn)為物體A與小球在同一水平線上，當(dāng)小球偏離豎直方向的角度為θ時(shí)保持靜止，小球所受電場(chǎng)力大小為

。(2)法國(guó)物理學(xué)家?guī)靵隼门こ友b置研究了靜止的點(diǎn)電荷間的相互作用力，并于1785年發(fā)現(xiàn)了庫(kù)侖定律。如圖所示的裝置為庫(kù)侖扭秤實(shí)驗(yàn)裝置，細(xì)懸絲的下端懸掛一根絕緣棒，棒的一端是一個(gè)帶電的金屬小球A，另一端有一個(gè)不帶電的球B，B與A所受的重力平衡，當(dāng)把另一個(gè)帶電的金屬球C插入容器并使它靠近A時(shí)，A和C之間的作用力F使懸絲扭轉(zhuǎn)，已知懸絲轉(zhuǎn)動(dòng)的角度α與力F的大小成正比。以下判斷正確的是A.若僅將C的電荷量減為原來的一半，α可能增為原來的兩倍B.若僅將C的電荷量減為原來的一半，α可能減為原來的一半C.若僅將A、C間的距離增為原來的一倍，α將減為原來的一半D.若僅將A、C間的距離減為原來的一半，α將增為原來的兩倍14.小華用圖甲所示的裝置“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”。已知重物A(含擋光片)、B的質(zhì)量分別為mA和mB(mB①按圖甲裝配好定滑輪和光電門②A、B用繩連接后跨放在定滑輪上，用手托?、蹨y(cè)量擋光片中心到光電門中心的豎直距離h④先接通光電門的電源，后釋放B⑤記錄擋光片經(jīng)過光電門的時(shí)間Δ(1)擋光片通過光電門時(shí)的速度為

(用題中的物理量表示(2)如果系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，應(yīng)滿足的關(guān)系式為

(用題中的物理量表示(3)小華反復(fù)改變擋光片中心到光電門中心的豎直距離h，記錄擋光片通過光電門時(shí)間Δt，作出圖像如圖乙所示，測(cè)得圖線的斜率為k，則四、計(jì)算題（本大題共4小題，共38.0分）15.電荷量q1=4×10?4C的帶正電小球a通過長(zhǎng)度l=3m的絕緣細(xì)繩懸掛在天花板上的O點(diǎn)，連接電荷量q2=1×10?4C的帶負(fù)電小球b與小球(1)小球a、b之間的庫(kù)侖力大小F(2)小球a、b之間細(xì)繩上的拉力大小(3)小球a的質(zhì)量m1和小球b

16.滑雪是冬奧會(huì)的項(xiàng)目之一，某高山滑雪運(yùn)動(dòng)員在比賽中經(jīng)過一斜坡，如圖所示，運(yùn)動(dòng)員(可視為質(zhì)點(diǎn))沿著右側(cè)斜面運(yùn)動(dòng)，到達(dá)頂點(diǎn)A后以v0=10?m/s的速度沿著斜面斜向上飛出，飛出時(shí)速度方向與左側(cè)斜面的夾角為θ=53°，經(jīng)過一段時(shí)間后，運(yùn)動(dòng)員落到左側(cè)斜面上的B(1(2)起跳點(diǎn)A與落點(diǎn)(3)運(yùn)動(dòng)員落到

17.天文觀測(cè)到某行星有一顆以半徑r、周期T環(huán)繞該行星做圓周運(yùn)動(dòng)的衛(wèi)星，已知衛(wèi)星質(zhì)量為m，萬有引力常量為G。求：(1)該行星的質(zhì)量(2)如果該行星的半徑是衛(wèi)星運(yùn)動(dòng)軌道半徑的(3)如果該行星的半徑為R，行星與其衛(wèi)星之間的引力勢(shì)能表達(dá)式為Ep18.如圖，水平輕質(zhì)彈簧左端固定于豎直墻上，右端與質(zhì)量m=2kg的小物塊接觸但不栓接，彈簧原長(zhǎng)小于光滑平臺(tái)OA的長(zhǎng)度。在平臺(tái)的右端有一傳送帶，AB長(zhǎng)L=16m，物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.1。粗糙水平面BD的BC部分長(zhǎng)s=2.5(1)物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的動(dòng)能(2)豎直圓軌道的半徑(3

答案和解析1.【答案】C

【解析】A.“點(diǎn)電荷”采用的是理想化的物理模型；而“電場(chǎng)強(qiáng)度”概念的采用了比值定義法，故A錯(cuò)誤；B.法國(guó)物理學(xué)家?guī)靵隼门こ訉?shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)了電荷之間的相互作用規(guī)律--庫(kù)侖定律，美國(guó)物理學(xué)家密立根通過油滴實(shí)驗(yàn)精確測(cè)定了元電荷e的電荷量，故B錯(cuò)誤；C.根據(jù)狹義相對(duì)論的鐘慢效應(yīng)，地面上的人發(fā)現(xiàn)，坐在高速離開地球的火箭里的人時(shí)間變慢了，故C正確；D.海王星的軌道是利用萬有引力定律計(jì)算預(yù)言的，因此被稱為“筆尖下發(fā)現(xiàn)的行星”，故D錯(cuò)誤。故選C。

2.【答案】C

【解析】【解答】

AB、驢對(duì)磨的拉力沿圓周切線方向，拉力作用點(diǎn)的速度方向也在圓周切線方向，故可認(rèn)為拉磨過程中拉力方向始終與速度方向相同，故根據(jù)微分原理可知，拉力對(duì)磨盤所做的功等于拉力的大小與拉力作用點(diǎn)沿圓周運(yùn)動(dòng)弧長(zhǎng)的乘積，則磨轉(zhuǎn)動(dòng)一周，弧長(zhǎng)L=2πr=π(m)，所以拉力所做的功W=FL=600×πJ=600πJ，故AB錯(cuò)誤；

C、根據(jù)P=W3.【答案】D

【解析】【分析】先根據(jù)幾何知識(shí)求解NO連線與水平方向的夾角，根據(jù)機(jī)械能守恒定律求解小球過N點(diǎn)的速度。

本題考查機(jī)械能守恒定律，需要結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)結(jié)合機(jī)械能夠守恒定律處理問題。

【解答】圖中NO連線與水平方向的夾角θ，由幾何關(guān)系可得sinθ=R2R=12，可得θ=30°?

設(shè)小物塊通過N點(diǎn)時(shí)速度為v4.【答案】B

【解析】【分析】

根據(jù)萬有引力等于重力列出等式進(jìn)行比較求解即可。解決問題的關(guān)鍵是由題意知，地球表面的重力加速度等于半徑為R的球體在表面產(chǎn)生的加速度，在其內(nèi)部距離地心距離為r處一點(diǎn)的加速度相當(dāng)于半徑為r的球體在其表面產(chǎn)生的加速度，注意密度不變。

【解答】

設(shè)地球密度為ρ，根據(jù)題意可知a點(diǎn)距地心距離為r，且小于R，則只有半徑為r的球體對(duì)其產(chǎn)生萬有引力，則根據(jù)黃金代換可得

G×43πr3ρmr2=mga

解得ga=4πG5.【答案】D

【解析】解：A、對(duì)小球在最高點(diǎn)進(jìn)行受力分析，速度為零時(shí)有：F1?mg=0，其中F1=20N，解得小球的質(zhì)量：m=2kg，故A錯(cuò)誤；

B、當(dāng)F2=0時(shí)，由向心力公式有mg=mv2R，解得固定圓環(huán)的半徑：R=0.8m，故B錯(cuò)誤；

C、小球在最高點(diǎn)的速度為v1=4m/s時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有：F3+mg=mv6.【答案】D

【解析】【解答】

A.根據(jù)題意可知ω=2t，則水斗速度隨時(shí)間變化規(guī)律為v=ωr=0.2t，(所涉及物理量均用國(guó)際單位制)，故A錯(cuò)誤；

B.水斗勻加速上升，根據(jù)上述分析可知加速度a=0.2m/s2

由牛頓第二定律F?(m+m′)g=(m+m′)a

解得：F=25.5N，故B7.【答案】C

【解析】【分析】

本題考查電場(chǎng)的疊加。解決本題的關(guān)鍵是抓住對(duì)稱性，找出兩部分球面上電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)關(guān)系。知道左半球面在M點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)與缺失的右半球面在N點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向相反。【解答】

假設(shè)在O點(diǎn)有一個(gè)完整的電荷量為2q的帶電球殼，設(shè)完整球殼在M點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為

E0

，左半球殼在M點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為

E2

，右半球殼在M點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小與左半球殼在N點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，均為

E1

，根據(jù)電場(chǎng)疊加原理可得E1+E2=

8.【答案】D

【解析】【分析】

分析清楚物塊的運(yùn)動(dòng)過程，應(yīng)用牛頓第二定律求出物塊的加速度，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出物塊的運(yùn)動(dòng)時(shí)間、傳送帶的長(zhǎng)度與物體在傳送帶上留下痕跡的長(zhǎng)度；求出物塊相對(duì)傳送帶滑行的距離，然后求出摩擦產(chǎn)生的熱量。

本題關(guān)鍵是明確物體的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，分階段求解加速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式結(jié)合功能關(guān)系進(jìn)行解答。

【解答】

AB.小物塊滑上傳送帶做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律mgsin?θ+μmgcos?θ=ma1，

設(shè)經(jīng)過時(shí)間t1減速到與傳送帶速度相等x1=v02?v22a1，t1=v0?va1，

解得x1=0.75?m，t1=0.25?s，

速度小于傳送帶速度后，受向上滑動(dòng)摩擦力，由牛頓第二定律mgsin?θ?μmgcos?θ=ma2，

x2=v2?029.【答案】C

【解析】A.設(shè)A、C兩點(diǎn)間距為

L0

，則在離C點(diǎn)距離為xE電場(chǎng)強(qiáng)度E的方向先向右后向左，但電場(chǎng)強(qiáng)度E隨小球運(yùn)動(dòng)的位移x的圖像不是線性圖像，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B.根據(jù)

F=Eq

可知，小球受到的電場(chǎng)力FC.根據(jù)

a=Ea由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，選項(xiàng)C正確；D.小球的動(dòng)能

Ek

隨小球運(yùn)動(dòng)的位移x變化的圖像的斜率等于小球所受合力，即電場(chǎng)力F，小球從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力先減小后增大，

Ek?x故選C。

10.【答案】BD【解析】【分析】解決本題關(guān)鍵是知道均勻鏈條的重心在其幾何重心，根據(jù)重力勢(shì)能EP=mgh求解，要注意將鏈條分成水平部分和豎直部分兩段，水平部分的重力勢(shì)能為零，豎直部分的重心為豎直段的中點(diǎn)，再求解重力勢(shì)能。根據(jù)機(jī)械能守恒可得鏈條剛離開桌面時(shí)的速度；若要把鏈條全部拉回桌面上，至少要對(duì)鏈條做的功等于垂于桌外【解答】AB?解得鏈條剛離開桌面時(shí)的速度為v=232CD.若要把鏈條全部拉回桌面上，至少要對(duì)鏈條做的功等于垂于桌外

LWD正確，C錯(cuò)誤。

11.【答案】BD【解析】【分析】

根據(jù)萬有引力提供向心力得出中心天體的質(zhì)量的表達(dá)式，從而求解甲乙兩行星的質(zhì)量之比，再根據(jù)密度公式得出兩行星的密度的比值，根據(jù)第一宇宙速度的表達(dá)式得出兩行星的第一宇宙速度的比值，根據(jù)行星表面的物體受到的萬有引力等于重力得出表面的重力加速度的比值。

本題是衛(wèi)星的運(yùn)行規(guī)律及重心天體質(zhì)量和密度及第一宇宙速度的求解，基礎(chǔ)題目。

【解答】

A.根據(jù)衛(wèi)星運(yùn)動(dòng)的向心力由萬有引力提供，得GMmr2=mr(2πT)2，解得M=4π2r3GT2，則甲、乙兩行星質(zhì)量之比為M甲M乙=r13r23·T22T12=32112.【答案】AB【解析】【分析】

本題主要考查受力分析、圓周運(yùn)動(dòng)和庫(kù)侖力。解題的關(guān)鍵是知道桿靜止時(shí)，套在桿上的小球受力平衡；桿轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，小球受到的水平方向上的合力提供向心力，豎直方向上的合力為零。

【解答】A.當(dāng)桿靜止時(shí)，套在桿上的小球受力平衡，根據(jù)力的平衡條件可得mgsin45°=kQ2r2，解得m=2kQ2gr2，故A正確；

B.當(dāng)兩球間的距離變?yōu)?r時(shí)，設(shè)桿對(duì)小球的支持力為N，水平方向上有Nsin45°?k

13.【答案】

B

減小

mgtanθ【解析】(1故選B。②[2]根據(jù)小球的擺角可以看出小球所受作用力逐漸減小，當(dāng)Q、q③[由平衡條件可知，小球所受電場(chǎng)力大小為F(2)[F可知F變?yōu)樵瓉淼囊话?，轉(zhuǎn)動(dòng)的角度

α

與力F的大小成正比，所以

α

為原來的一半，A錯(cuò)誤，B正確；C.若僅將A、C間的距離增為原來的一倍，則F變?yōu)樵瓉淼?/p>

14

，轉(zhuǎn)動(dòng)的角度

α

與力F的大小成正比，所以

α

為原來的

14

，D.若僅將A、C間的距離減為原來的一半，則F為原來的4倍，轉(zhuǎn)動(dòng)的角度

α

與力F的大小成正比，所以

α

為原來的4倍，D錯(cuò)誤。故選B。

14.【答案】

dΔt

mB【解析】(1v(2m即m(31即m解得m

15.【答案】解：(1)根據(jù)庫(kù)侖定律有

F庫(kù)=k(2)對(duì)小球b受力分析，水平方向上有

F庫(kù)+F(3)對(duì)小球b受力分析，豎直方向上有

F庫(kù)+F設(shè)O點(diǎn)與小球a間的細(xì)繩上的拉力為F′對(duì)小球a、b構(gòu)成的整體受力分析，豎直方向上有

F′水平方向上有

F