2023-2024学年高一年级下册期末考试物理试卷（解析版）

2024年上学期教学质量监测

高一物理

考试时间75分钟满分100分

一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有

一项是符合题目要求的。）

1.直空中有两个点电荷，带电量的大小分别是和两电荷相距r时相互间库仑力的大小是凡如果两

电荷的电量都增大为原来的2倍，距离减小到原来的一半，则这时两电荷相互间的库仑力的大小是

（）

A.16FB.8FC.4FD.F

【答案】A

【解析】

【详解】根据库仑定律的公式可知人且驾，两电荷的电量都增大为原来的2倍，则力会增大为原来的4

r

倍，而距离又减小到原来的一半，所以力又要增大为原来的4倍，所以库仑力变为原来的16倍，故选A。

2.一只小船渡河，小船在渡河过程中船头方向始终垂直于河岸，水流速度各处相同且恒定不变。现小船相

对于静水以初速度为分别做匀加速、匀减速、匀速直线运动，运动轨迹如图所示，由此可以判断（）

〃〃〃〃C〃〃/〃B〃〃/〃D/

，

/I✓'X/

M欣’水流方向

—

\}\\\\\\\\\\\\\\\\\\\

A.小船沿三条不同路径渡河的时间相同

B.小船沿4。轨迹运动时，小船相对于静水做匀减速直线运动

C.小船沿4B轨迹渡河所用的时间最短

D.小船沿AC轨迹到达对岸的速度最小

【答案】B

【解析】

【详解】B.物体做曲线运动时，合力的力向指向运动轨迹的凹侧，而加速度的方向与合力方向相同，因

此，小船沿轨迹AC做匀加速运动，沿轨迹A3做匀速运动，沿轨迹A。做匀减速运动，则小船沿轨

迹运动时小船相对于静水做匀减速直线运动，故B正确；

AC.水流速度各处相同且恒定不变，沿着河岸方向为匀速直线运动，有

X=匕/

因Sc<xAB<XAD,则小船沿轨迹AC渡河时间最短，沿轨迹AD渡河时间最长，故AC选项错误；

D.因为小船沿轨迹AC加速渡河，所以船靠岸时速度最大，故D错误。

故选B。

3.如图所示，皮带轮甲、乙的半径之比为2：3,A、2是两皮带轮边缘上的点。假设皮带不打滑，当皮带

轮匀速转动时（）

A.A、2两点的线速度大小之比为2：3

B.A、8两点的角速度大小之比为1：1

C.A、8两点的加速度大小之比为3：2

D.A、8两点的加速度大小之比为2：3

【答案】C

【解析】

【详解】A.两轮靠皮带传动，皮带不打滑，因此两轮边缘上的点具有相同的线速度，故

VB1

故A错误；

B.由题意知

rB3

根据线速度与角速度的关系可得

0A_殳_3

①B以2

故B错误；

2

CD.由向心加速度a=匕可得

故C正确，D错误。

故选Co

4.如图所示是地球的两颗卫量。和6,其中6是地球的同步卫星，下列说法正确的是（）

A.卫星。所受的向心力大于b所受的向心力

B.卫星。运行周期小于24h

C.在地面附近发射卫星6的速度为11.2km/s

D.卫星a的运行速度可能大于7.9km/s

【答案】B

【解析】

mM

【详解】据%=G：厂，由于不知道湖两颗卫星的质量，故仅根据厂的大小不能判定向心力的大小，故

mM47r2

A错误；据G”=加二厂可得卫星的周期T=，所以。的半径小于b的半径，故a的周期小

r2T-\GM

于b的周期24h,故B正确；11.2km/s是发射脱离地球束缚航天器的最小发射速度，同步卫星仍围绕地球圆

周运动，故其发射速度小于11.2km/s,故C错误；7.9km/s是第一宇宙速度是围绕地球圆周运动的最大速度，

故卫星a的运行速度小于7.9km/s,故D错误.

5.如图所示，在光滑的水平面上，质量分别为皿和“22的木块A和B之间用轻弹簧相连，在拉力厂作用

下，以加速度。做匀加速直线运动，某时刻突然撤去拉力尸，此瞬间A和B的加速度为的和则

A.。1=。2=0

B.ai=a,〃2=0

mi.

C.=--------——a,a2=-----------a

町+加2叫+加2

呵

D.—•CI9〃2--CI

m2

【答案】D

【解析】

【详解】力尸作用时，对A有

F^=mla

对B有

F-F^=m2a

当突然撤去推力尸的瞬间，弹簧弹力没有发生改变，对B受力分析有

—尸弹=m2a2

解得

m,

A受到弹力作用，撤去尸的瞬间弹簧的弹力不变，所以A的加速度不变，仍为.；

故选D。

6.如图所示，。、6、。代表某固定点电荷的电场中的三个等势面，相邻两等势面间的距离相等，直线是

电场中的几条没标明方向的电场线，曲线是一带正电粒子只在电场力作用下运动轨迹的一部分，M.N

是轨迹上的两点。粒子过/、N两点时的加速度大小分别是、aN,电势能分别是Ep材、EpN,a、

b、。的电势分别是中“、物、％,a、人间的电势差大小为。必，b、c间的电势差大小为。左。下列判

A.uM>uN,EpM>E、N

B.乳</<Q，EpM<EpN

C.aM>aN,Uab=Ubc

D.Uab-Ubc,<EpN

【答案】B

【解析】

【详解】根据电场线、等势面以及电场力做功的特点可知，M点的电场强度大于N点的电场强度，故有

aM>aN

从M到N,所受电场力指向场源电荷，克服电场力做功，电势能增大，即

EpM<EpN

由于粒子带正电，故图中的电场为负点电荷形成的电场，根据电势降低的特点可知

乳<乳<<pc

由于点电荷形成的是非匀强电场，越靠近点电荷电场强度越大，根据。=&/,故

U">加

综上所述，B正确，ACD错误。

故选B。

二、多项选择题（本题共5小题。每小题5分，共25分。在每小题给出的四个选项中。有多

项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）

7.以下关于机械能守恒的描述，正确的是（）

A.物体处于平衡状态机械能一定守恒

B.物体所受合外力是变力，机械能一定不守恒

C.物体所受外力对物体做功为零时，机械能不一定守恒

D.若只有重力对物体做功，物体的机械能一定守恒

【答案】CD

【解析】

【详解】A.物体处于平衡状态机械能不一定守恒，如物体匀速下降，机械能减少，A错误；

B.物体所受合外力是变力，机械能也可能守恒，只要合外力不做功，如水平面上物体做匀速圆周运动，B

错误；

C.物体所受外力对物体做功为零时，机械能不一定守恒，如物体匀速下降，合力做功为零，但机械能不

守恒，c正确；

D.若只有重力对物体做功，物体机械能一定守恒，D正确。

故选CD„

8.宇宙中两颗相距较近、相互绕转的天体称为“双星”，它们以二者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运

动，不至于因为万有引力的作用而吸引到一起.如图所示，某双星系统中A、3两颗天体绕。点做匀速圆周

运动，它们的轨道半径之比？：方=1:2,则两颗天体的（）

10\

A，；-.--y---OB

\fA,"B/

A.质量之比机A：加B=2:1B.角速度之比。A：%=1：1

向心力大小之比"：心

C.线速度大小之比vA:vB=2:1D.=2:1

【答案】AB

【解析】

【分析】

【详解】双星都绕。点做匀速圆周运动，由两者之间的万有引力提供向心力，角速度相等，设为。，根据

牛顿第二定律，对A星有

mm

G^A-^R=mo)2-r

LAA

对8星有

mm

G^A-^R=m(D2-r

LBB

故

mA-mB=rB:rA=2:\

根据双星的条件有角速度之比为

%:%=1:1

由

v-cor

可得线速度大小之比为

L=上2

向心力大小之比为

"3=i：i

故选AB„

9.图示为某新型电动汽车在阻力一定的水平路面上进行性能测试时的v-r图象，为过原点的倾斜直

线，be段是与段相切的水平直线，ab段汽车以额定功率尸行驶，下列说法正确的是（）

MV

A.0~：时间内汽车的功率一直增大

B.%〜,2时间内汽车的牵引力不变

C.时间内牵引力不做功

P

D.汽车行驶时受到的阻力大小为一

%

【答案】AD

【解析】

【详解】A.。〜4时间内，电动汽车做匀加速直线运动，牵引力不变，速度逐渐增大，根据

P=Fv

可知汽车的功率逐渐增大，故A正确；

B.根据V-7图像的斜率表示加速度，可知在:〜/2时间内的加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律可得

可知牵引力逐渐减小，故B错误；

C.与〜时间内，电动汽车做匀速直线运动，牵引力等于阻力，牵引力做正功，故C错误;

D.匀速行驶时，牵引力等于阻力，根据

P=FV2=JV2

解得

/=-

%

故D正确。

故选AD。

10.如图所示，小球沿斜面向上运动，依次经过。、b>c、2后到达最高点e。已知

ab=bd=4m,be=lm,小球从。至！Jc和从c到［所用的时间都是2s,设小球经6、c时的速度分别为

B.vc=2m/s

C.从d到e所用时间为Is

D.vb=V5m/s

【答案】BD

【解析】

【详解】AB.由题，小球从。到。和从c到1所用的时间都是2s,根据匀变速直线运动的推论得知，c点的

速度等于4间的平均速度，则有

ac+cd8/八/

v=---------=-------m/s=2m/s

c2t2x2

ac间中点时刻的瞬时速度为

匕=竺=-m/s=2.5m/s

1t2

cd间中点时刻的瞬时速度为

v2=-=^m/s=1.5m/s

故物体的加速度大小为

a=—~—二-0.5m/s2

t

A错误，B正确;

D.由速度位移关系

v；-v；=2a（bc）

得

vb=75m/s

故D正确

C.设c到e的时间为T,则

0-vc=aT

得

T=4s

则从1到e所用时间为

/=T—2s=2s

故C错误。

故选BD。

11.如图甲所示，在水平地面上固定一个倾角为。的足够长的光滑斜面，小滑块从斜面底端在与斜面平行

的拉力/作用下由静止开始沿斜面运动，拉力F随时间变化的图象如图乙所示，小滑块运动的速度一时间

图象如图丙所示，重力加速度g为:10m/s2.下列说法正确的是

图甲

A,斜面倾角。为30。，小滑块的质量根=2kg

B.在0~2s时间内拉力尸做的功为100J

C.在0~1s时间内合外力对小滑块做功12.5J

D.在0~4s时间内小滑块机械能增加80J

【答案】BC

【解析】

【分析】

【详解】A.由速度一时间图像可知，在2-4s时间内小滑块加速度％=-5m/s2,由牛顿第二定律可得

-mgsin0—ma2

解得

8=30°

在0-2s时间内小滑块的加速度％=5m/s2,由牛顿第二定律，可得

F-mgsin6=max

解得

m=1kg

故A错误；

B.由速度一时间图像可知，在0-2s时间内小滑块的位移为x=10m,拉力F做的功为

W=Fr=10xl0J=100J

故B正确；

C.1s末小滑块的速度v=5m/s,由动能定理，在O-ls时间内合外力对小滑块做的功

Wf=-mv2=12.5J

2

故C正确；

D.由功能关系可知，在0-4时间内小滑块机械能增加量

AE=W=100J

故D错误。

故选BC。

三、实验题（每空2分，共16分）

12.在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器接在8V、50Hz的交流电源上，自由下落的重锤质

量为0.5kg,选出一条理想的纸带如图所示，A.B、C为连续打出的点，取g=9.8m/s2,。为始起点，

则：

）・・・・・・A•B•F（l

----------------------7.26------------------------►

（1）打点计时器打8点时，重锤下落的速度腺=m/s（保留两位有效数字）；

（2）从起点。到打下点2点过程中，重锤的重力势能减少量△"=J,动能的增加量妆=

J；（4丸、AEk均保留三位有效数字）；

（3）由以上数据可以知道AEp总是略大于其原因是

A.由于数据测量有误差造成的

B.由于纸带和限位孔有摩擦造成的

C.由于实验操作不规范造成

D.由于重物下落过程有空气阻力造成的

【答案】(1)1.0(2)①.0.255②.0.250(3)BD

【解析】

【小问1详解】

打点计时器打B点时，重锤下落的速度

.=726-3.26。1nzs=10mzs

B2T0.04

【小问2详解】

[1]从起点。到打下点B点的过程中，重锤的重力势能减少量

-2

第=mghB=0.5X9.8X5.21X10J=0.255J

⑵动能的增加量

1,1,

妆=5相说=]x0.5xl.(TJ=0.250J

【小问3详解】

A.由于数据测量造成的误差，△「可能大于AE-也可能小，选项A错误;

B.由于纸带和限位孔有摩擦造成的，一部分重力势能转化为内能，则△丸总是略大于AE-选项B正

确;

C.由于实验操作不规范造成的AEp可能大于AEk,也可能小，选项C错误;

D.由于重物下落过程有空气阻力造成的，一部分重力势能克服阻力做功，则AEp总是略大于选项

D正确。

故选BDo

13.如图甲是“研究平抛运动”的实验装置图。

甲

(1)实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线

(2)每次让小球从同一位置由静止释放，目的是；

A.为了保证小球做平抛运动

B.为保证小球飞出时，轨迹是抛物线

C.使小球每次做平抛运动的初速度相同

D,让小球的运动靠近但不接触木板

(3)在另一次实验中将白纸换成方格纸，每小格的边长L=1.25cm,通过实验，记录了小球在运动中的

三个位置，如图乙所示，则该小球做平抛运动的初速度为m/s；小球经过3点的速度为

m/so(取g=10m/s2)(小数点后保留两位)

【答案】(1)水平(2)C

(3)①.0.75②.1.25

【解析】

【小问1详解】

为了保证小球抛出的速度处于水平方向，实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线水平。

【小问2详解】

每次让小球从同一位置由静止释放，目的是使小球每次做平抛运动的初速度相同。

故选C。

【小问3详解】

[1]由图可知，小球在A3段和5C段的水平位移相等，则所用时间相等，竖直方向根据

5L-3L

可得

T_l2L_12XL25X1(T2

r§-vio、=0.05s

则该小球做平抛运动的初速度为

3L3x1.25x10-2,

v=—=-----------m/s=0.75m/s

°nT0.05

⑵小球经过3点的竖直分速度为

_%c_8x1.25x10-2_

Im/s

Vy~2T~2x0.05一

则小球经过3点的速度为

22

vB=&+Vy=A/O.75+lm/s=1.25m/s

四、解答题(14题10分，15题10分，16题15分，共35分)

14.如图，物体质量〃z=10kg,静止放在粗糙的水平地面上。现给物体施加一个水平向右的外力

F=40N,动摩擦因数〃=0.2,使物体由静止开始运动。若g取lOm/s?，求：

|____J

////////////////////////

(1)物体的加速度；

(2)5秒末物体的速度；

(3)2秒内物体的位移。

【答案】(1)2m/s2

(2)10m/s(3)4m

【解析】

【小问1详解】

根据牛顿第二定律可知

F—"mg—ma

解得

a=2m/s2

【小问2详解】

5秒末物体的速度

%=at5=10m/s

【小问3详解】

2秒内物体的位移

X,=；*=^-x2x22m=4m

15.如图，两相同极板A与B的长度为L,相距d,极板间的电压为U。一个电荷量为e、质量为相的

电子，沿平行于板面的方向从极板左端中点射入电场中，射入时的速度为%,把两板间的电场看作匀强电

场。

（1）求电子射出电场时沿垂直于板面方向偏移的距离y；

（2）求电子射出电场时速度与水平方向夹角。的正切值。

eTJj}

【答案】（1）TF

2mdv。

eUL

⑵rndv1

【解析】

【小问1详解】

在匀强电场中，由牛顿第二定律可得

U

e—=ma

d

解得

eU

ci-----

md

电子做类平抛运动，水平方向匀速直线运动，有

L-vot

竖直方向做匀加速直线运动，有

12

y=—at~

-2

联立解得

eUE

y=o）2

2mav0

【小问2详解】

射出电场时竖直方向速度为

%=at

射出电场时偏转的角度。正切