2023-2024学年安徽省合肥八中高一（下）期末物理试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年安徽省合肥八中高一（下）期末物理试卷一、单选题：本大题共8小题，共40分。1.利用风洞实验室可以模拟运动员比赛时所受风阻情况，帮助运动员提高成绩。为了更加直观的研究风洞里的流场环境，可以借助烟尘辅助观察，如图甲所示，在某次实验中获得烟尘颗粒做曲线运动的轨迹，如图乙所示，则由该轨迹可推断出(

)A.烟尘颗粒可能做匀变速曲线运动 B.烟尘颗粒做的不可能是匀变速曲线运动

C.P、Q两点处的速度方向可能相反 D.P、Q两点处的速度方向可能垂直2.对于万有引力定律的表达式F=Gm1m2A.引力常量G的单位为N⋅m2/kg2

B.当物体间的距离趋近于0时，物体间的万有引力无穷大

C.若m1>3.高楼都装有避雷针。某次雷雨天气闪电击中避雷针，避雷针发生尖端放电现象。若避雷针放电时的电场线分布如图所示，在空间取一条水平线abc和一条圆弧线adc，bd连线为ac连线的中垂线，电场线关于直线bd对称，以下说法正确的是(

)A.圆弧adc是一条等势线

B.a、c两点的电势相同

C.a、c两点的电场强度相同

D.同一正点电荷在b点的电势能比在d点大4.羽毛球运动是一项深受大众喜爱的体育运动。某同学为研究羽毛球飞行规律，记录下了如图所示的羽毛球飞行轨迹图，图中A、B为同一轨迹上等高的两点，P为该轨迹的最高点，若空气阻力方向始终与速度方向相反，则羽毛球在该次飞行中(

)A.经过A点时速度等于经过B点时速度 B.经过A点时速度小于经过B点时速度

C.落地前瞬间的速度方向不可能竖直向下 D.落地前瞬间的速度方向有可能竖直向下5.如图所示，两带电小球A、B质量分别为2m、m，所带电荷量分别为+q、−q，用等长绝缘细线a、b连接后悬挂于O点处于静止状态。现在该空间加一水平向右的匀强电场，并将电场强度E从0开始缓慢增大到E=mgq，若不考虑两小球间的库仑力，重力加速度为g，则当系统稳定后，关于两细线a、b拉力的大小Ta、TbA.TaB.TaC.TbD.T6.如图甲所示，质量m=1kg的小物体放在长直的水平地面上，用水平细线绕在半径R=0.1m的薄圆筒上。t=0时刻，圆筒由静止开始绕竖直的中心轴转动，其角速度随时间的变化规律如图乙所示，不考虑绕制细线对转动半径的影响，已知小物体和地面间的动摩擦因数μ=0.1，重力加速度g取10m/s2，则(

)A.4s末细线拉力对物体做功的功率为4.4W

B.0∼4s内，细线拉力做的功为0.88J

C.4s末滑动摩擦力对物体做功的功率为4W

D.0∼4s内，滑动摩擦力对小物体做的功为0.8J7.2月28日，合肥八中高一年级举行了一次别开生面的篮球友谊赛。在高一年级全体师生倾情参与下，篮球场内一时间充满了欢声笑语。如图所示，在某次罚球时，竖直站立的运动员到篮筐中心的水平距离x=4.5m，篮球(视为质点)出手点距地面的高度ℎ1=2.6m，篮球投出后恰好“空心”入筐。已知运行轨迹的最高点距地面的高度ℎ2=3.85m，篮筐距水平地面的高度ℎ=3.05m，取重力加速度大小g=10m/sA.篮球从出手到进筐所用的时间为0.8s B.篮球从出手到进筐所用的时间为0.7s

C.篮球出手时的速度大小为52m/s 8.如图所示，水平地面上有一倾角为θ=37°的传送带，以v0=16m/s的速度逆时针匀速运行。将一煤块从ℎ=20.4m的高台由静止开始运送到地面，煤块可看作质点，已知煤块的质量为m=1kg，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.25，重力加速度为g=10m/s2，sin37°=0.6地面的过程中，下列说法正确的是(

)A.运送煤块所用的时间为4.125s

B.煤块与传送带之间因摩擦产生的热量为32J

C.摩擦力对煤块做的功为−4J

D.煤块的机械能减少了36J二、多选题：本大题共2小题，共12分。9.建造一条能通向太空的天梯，是人类长期的梦想。如图所示，直线状天梯是由一种高强度、很轻的纳米碳管制成，图中虚线为同步卫星轨道，天梯在赤道平面内刚好沿卫星轨道半径方向。两个物体M、N在太空天梯上的位置如图，整个天梯及两物体相对于地球静止不动，忽略大气层的影响，分析可知(

)A.物体N的加速度大于M的加速度 B.物体M的加速度大于N的加速度

C.物体N所受天梯的作用力方向指向地球 D.物体M所受天梯的作用力方向指向地球10.如图所示，在竖直平面xoy内存在一未知匀强电场。一质量为m的带电小球从y轴上P点以水平速度v进入第一象限，速度方向沿x轴正向；经过x轴上Q点时的速度大小也为v，方向与x轴夹角为60°。重力加速度大小为g，忽略空气阻力。小球从P点运动到Q点的过程中(

)A.机械能守恒

B.速度最小时的速度方向与x轴正方向夹角为30°

C.若电场力大小为33mg，则电场力做功为−三、实验题：本大题共2小题，共18分。11.(1)如图甲所示为探究平行板电容器电容大小决定因素的实验，给电容器充电后与电源断开，保持电荷量不变。若将B板向右移动少许，静电计指针偏角______(选填“变大”“变小”或“不变”)。

(2)某同学用图乙所示电路观察电容器的充、放电现象。现提供如下实验器材：电源E电压为5V(内阻不计)、电容器C、电阻箱R、毫安表G、单刀双掷开关S和导线若干。

①将开关S拨至位置1，电容器充电完毕后，将开关S拨至位置2，此过程得到的I−t图像如图丙所示，则电容器充电完毕后的电荷量为______C，电容器的电容C=______F。(计算结果均保留两位有效数字)

②如果不改变电路其他参数，只增大电阻箱R接入电路的阻值，则此过程的I−t曲线与坐标轴所围成的面积将______(选填“减小”“不变”或“增大”)。12.某同学采用如图所示的装置做“验证小球摆动的过程中满足机械能守恒定律”的实验。细线上端固定在铁架台上的O点，下端悬挂一小球，将小球拉起一定角度，由静止释放，摆到最低点时，恰好通过固定在铁架台上的光电门，读出小球的遮光时间t。请回答下列问题。

(1)已知当地重力加速度为g，为了验证机械能守恒定律，还需要测量的物理量有______。

A.小球的直径dB.O点与小球之间细线的长LC.小球的质量mD.小球释放初始位置细线与竖直方向的夹角为θ

(2)小球通过光电门的瞬时速度v=______(用实验中测得的物理量符号表示)；

(3)通过改变小球由静止释放时细线与竖直方向的夹角θ，测出对应情况下小球通过光电门的时间t，为了直观地判断机械能是否守恒，可作______图像。(填字母序号)

A.1t−θB.1t2−θC.1t2−cosθD.1t−cosθ

(4)若另一小组同学用安装在O点的力传感器代替光电门完成实验。将细线拉至水平状态，把小球由静止释放，当小球摆到O四、计算题：本大题共3小题，共30分。13.如图所示，OM是两固定的等量异种电荷A、B连线的竖直中垂线，其中A带正电，B带负电。用绝缘丝线一端固定于O点，另一端悬挂一质量为m的带电小球，稳定后小球恰好静止在AM的中点N处。已知AN=NM=L，且绝缘丝线ON与OM的夹角θ=53°，等量异种电荷A、B及带电小球的电荷量大小均为Q(Q未知)，静电力常量为k，重力加速度为g(sin53°=0.8,cos53°=0.6)。求：

(1)根据共点力平衡的知识计算带电小球所受库仑力F的大小；

(2)小球所带电荷的电性及电荷量Q的大小；

(3)等量异种电荷A、B在N处产生的合场强E。14.某校高一物理兴趣小组正在进行无人机飞行表演。如图所示，质量m=1kg的无人机用长为l=1m的轻绳吊起质量也为m=1kg的小物块，此时无人机绕着O点在水平面内做半径r=0.3m匀速圆周运动，稳定后轻绳偏离竖直方向的夹角始终为θ=37°，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，不计空气阻力对物块的影响，试求出(结果可保留根号)：

(1)轻绳的拉力大小；

(2)无人机做匀速圆周运动的线速度大小；

(3)无人机受到的空气的作用力大小。15.如图所示，竖直固定的四分之一粗糙圆轨道下端B点水平，半径R1=1m。质量M=1kg的长薄板静置于倾角θ=37°的粗糙斜面CD上，其最上端刚好在斜面顶端C点。一质量为m=1.5kg的滑块(可看成质点)从圆轨道A点由静止滑下，运动至B点时对轨道的压力大小为FN=39N，接着从B点水平抛出，恰好以平行于斜面的速度落到薄板最上端，并在薄板上开始向下运动；当小物体落到薄板最上端时，薄板无初速度释放并开始沿斜面向下运动，其运动至斜面底端时与竖直固定的光滑半圆轨道DE底端粘接在一起。已知斜面CD长L2=7.875m，薄板长L1=2.5m，厚度忽略不计，其与斜面的动摩擦因数μ1=0.25，滑块与长薄板间的动摩擦因数为μ2=0.5，滑块从斜面底端滑离时的能量损失和运动过程中空气阻力均忽略不计，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，试求：

(1)滑块由A到B运动过程中克服摩擦力做的功Wf；

答案解析1.B

【解析】解：AB.做曲线运动的物体，所受合力总是指向轨迹凹侧，烟尘颗粒所合外力发生了变化，加速度发生了变化，不可能做匀变速曲线运动，故A错误，B正确；

CD.曲线运动速度方向沿轨迹上某点的切线方向，故CD错误。

故选：B。

根据曲线运动的条件分析判断；根据曲线运动速度特点分析判断。

本题关键掌握曲线运动的条件和特点。2.A

【解析】解：A.根据万有引力定律表达式有

F=Gm1m2r2

整理得

G=Fr2m1m2

根据单位运算可知，引力常量G的单位为N⋅m2/kg2，故A正确；

B.当物体间的距离趋近于0时，物体不能再视为质点，万有引力表达式已经不再适用，故B错误；

3.B

【解析】解：A.圆弧线adc在a、c处与电场线不垂直，所以圆弧线不是等势线，故A错误；

B.a、c两点关于bd直线对称，所以这两点的电势相同，故B正确；

C.电场强度是矢量，结合图可知，a、c两点的电场强度方向不相同，所以a、c两点的电场强度不相同，故C错误；

D.将正电荷从b点移动到d点，电场力做负功，电势能增加，所以同一正点电荷在b点的电势能比在d点小，故D错误。

故选B。

根据静电学的基本知识进行解答

学习过程中要掌握电势的基本概念及电场强度和电势能的分析。4.D

【解析】解：AB、羽毛球在运动过程中，空气阻力做负功，羽毛球的机械能不断减小，则B点的机械能小于A点的机械能。A、B两点等高，羽毛球在A、B两点重力势能相等，则羽毛球在A点动能大于B点动能，经过A点时速度大于经过B点时速度，故AB错误；

CD、将运动分解到水平方向和竖直方向，由于存在空气阻力作用，水平方向一直做减速运动，落地前瞬间水平方向速度有可能减小到0，则落地前瞬间的速度方向有可能竖直向下，故C错误，D正确。

故选：D。

羽毛球在运动过程中受到空气阻力作用，根据空气阻力做功情况，判断其机械能变化情况，分析羽毛球在A、B两点速度大小。分析水平方向的运动情况，判断落地前瞬间的速度方向能否竖直向下。

解题的关键要分析到整个运动过程有空气阻力的存在，机械能不守恒，采用运动的分解法分析水平方向的运动情况。5.B

【解析】解：AB.对AB整体受力分析，水平方向，受到的合电场力为0，竖直方向受到绳子的拉力大小等于A与B的重力，即Ta=3mg，故A错误，B正确；

CD.对B隔离受力分析，B的受力如图：

则Tb=F2+(mg)2=(qE)2+(mg)2=(q⋅mgq6.B

【解析】解：AB、根据图像可知角速度随时间变化的关系式为

ω=1⋅t

圆筒边缘线速度与物块前进速度大小相同

v=ωR

代入数据解得

v=0.1t

可知物体做匀加速直线运动，加速度a=ΔvΔt

代入数据解得a=0.1m/s2

根据牛顿第二定律有

F−μmg=ma

代入数据解得F=1.1N

细线拉力的瞬时功率

P=Fv=1.1×0.1t=0.11t=0.44W

物体在4s内运动的位移

x=12at2

代入数据解得x=0.8m

细线拉力做的功为

W=Fx=1.1×0.8J=0.88J

故A错误，B正确；

CD、结合上述滑动摩擦力的瞬时功率

P′=μmgv=1×0.1t=0.1t=0.4W

滑动摩擦力做的功为

W′=−μmgx=−0.1×1×10×0.8J=−0.8J

故CD错误。

故选：B。

7.C

【解析】解：AB、设篮球上升过程所用的时间为t1，有

ℎ2−ℎ1=12gt12

代入数值得

t1=0.5s

设篮球下降过程所用的时间为t2，有

ℎ2−ℎ=12gt22

代入数值得

t2=0.4s

又

t=t1+t2

解得篮球从出手到进筐所用的时间为

t=0.9s

故AB错误；

CD、篮球在水平方向上的速度大小

vx=xt8.C

【解析】解：A.煤块刚放上传动带时，受到的滑动摩擦力沿斜面向下，根据牛顿第二定律得

mgsin37°+μmgcos37°=ma1

解得

a1=8m/s2

则煤块从0加速到与传送带共速需要

t1=v0a1=84s=2s

煤块的位移为

x1=12a1t12

解得

x1=16m

由于

mgsin37°>μmgcos37°

可知煤块与传送带共速后继续做匀加速运动，摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第二定律得

mgsin37°−μmgcos37°=ma2

解得

a2=4m/s2

根据

x2=v0t2+12a2t22=ℎsinθ−x1

解得

t2=1s

x2=18m

共计

t=t1+t2=2s+1s=3s

故A错误；

B.第一个过程传送带的位移为

x3=v9.AC

【解析】解：AB、物体M、N同同轴转动，故角速度相同，根据向心加速度公式a=ω2r可知，N的半径较大，则物体N的加速度大于M的加速度，故A正确，B错误；

C、根据题意知，太空天梯上处于同步卫星轨道的物体，只受地球引力，随同步卫星一起做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律结合向心力公式有

GMmr02=mr04π2T2

而整个天梯及两物体相对于地球静止不动，故T相同，对物体M，轨道半径r<r0

设太空天梯对天梯上物体的力大小为F，则根据牛顿第二定律有

GMmr2−F=m4π2T2r

故太空天梯对物体M的力与地球对物体M的引力方向相反，背离地面

故C正确；

D、同理，对物体N，轨道半径r>r010.BC

【解析】解：A.小球由P点运动到Q点过程中，动能不变，重力势能减小，则机械能减小，故A错误；

BC.由于小球从P到Q动能变化为零，则合力方向与PQ垂直，在Q点进行速度的分解，如图所示：

根据几何关系可知∠PQO=30°

vmin=vcos30°=32v

由动能定理可知，克服电场力做功等于重力做功

WG=mg⋅L

当电场力大小为33mg时，竖直方向加速度为g，故

L=(v⋅sin60°)22g=3v28g

综上克服电场力做功为

W克电=38mv2

故BC正确；

D.根据上述，电场力与重力合力方向始终垂直于PQ方向，根据三角形法则可知，当电场力与合力方向垂直时，电场力最小，则有

11.变小

7.3×10−3

1.5×10【解析】解：(1)给电容器充电后与电源断开，即保持电荷量不变。若将B板右移，则极板间距减小，根

C=ɛrS4πkd

则电容增大；根据

Q=CU

则电势差减少，静电计指针偏角变小。

(2)①电容器放电时，根据公式

q=It

可知，在I−t图像中，图线与横轴围成的面积表示通过电荷量的多少，由图乙可知图线与横轴围成的面积为30个小格，则电容器开始放电时所带的电荷量为

q=30×0.5×0.5×10−3C=7.5×10−3C

根据题意及图甲可知，电容器充电结束时，两极板间电压为5V，则电容器的电容为

C=qU=1.5×10−3F

②根据

q=CU

可知，如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，极板上的电荷量不变，则

I−t

图像中，图线与横轴围成面积不变。

故答案为：12.ABD

dt

C

3mg【解析】解：(1)为了验证机械能守恒定律，还需要测量的物理量有：细线的长度L，小球释放初始位置细线与竖直方向的夹角为θ，还要知道小球经光电门时的速度，因此需要测量小球的直径d，以求得小球经光电门时的速度，不需要测量小球的质量m，因在计算时可以约去质量m，故ABD正确，C错误。

故选：ABD。

(2)由于小球直径较小，且通过光电门时的时间较短，因此可以用时间t内的小球的平均速度来近似表示其通过光电门时的瞬时速度，即

v=dt

(3)若机械能守恒，则应有

mg(L+d2)(1−cosθ)=12mv2

解得

1t2=2g(L+d2)(1−cosθ)d2

由上式可知，1t2与cosθ成线性关系，所以为了直观地判断机械能是否守恒，可作1t2−cosθ图像。故C正确，ABD错误。

故选：C。

(4)若用力传感器测量小球摆到O点正下方时细线拉力为F，根据牛顿第二定律可得

F−mg=mv2L

若小球下落过程机械能守恒，则有

mgL=12mv2

可得

F=3mg

13.解：(1)对小球受力分析，根据平衡条件可知其受力情况如下所示

根据平衡条件有

F拉sinθ=F

F拉cosθ=mg

联立解得

F=43mg

(2)异种电荷连线上的场强方向由正电荷指向负电荷，小球所受电场力方向与场强方向相反，故小球带负电。根据库仑定律可知，A对小球的库仑力

F1=kQ2L2

B对小球的库仑力

F2=kQ2(3L)2

且有

F=F1+F2

联立解得

Q=6mgL25k

(3)根据电场的定义可知，等量异种电荷A、B在N处产生的总场强

E=F【解析】(1)(2)对物体进行受力分析，根据平衡力的特点求解库仑力、小球所带电荷的电性及电荷量Q的大小；

(3)根据电场强度的定义求解。

本题主要考查学生对于平衡力的使用，对于库仑定律和电场强度的定义式的熟练度掌握情况。14.解：(1)对物块受力分析，如图所示

由图可知

T=mgcosθ

代入可得

T=12.5N

(2)根据物块的受力分析可知

mgtanθ=m(r+l⋅sinθ)ω2

解得

ω=533rad/s

无人机的角速度与物块角速度相等，无人机的线速度大小

v=ωr=32m/s

(3)设空气对无人机的作用力为F，与水平方向夹角为

α，对无人机受力分析如下

水平方向有

Fcosα−Tsinθ=mrω2

竖直方向有

Fsinα=Tcosθ+mg

两式联立可得

F=105【解析】(1)分析无人机的受力情况，根据小球在竖直方向的平衡条件列式求解；