山东省枣庄市2023-2024学年高一下学期7月期末考试物理试题（解析）

第1页/共1页参照秘密级管理★启用前试卷类型：A2023~2024学年高一教学质量检测物理2024.07本试卷共6页，满分100分，考试用时90分钟。注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.某同学把自行车的齿轮传动作为研究性学习的课题进行探究。该同学测得大、小齿轮的半径分别为，在时间t内大齿轮匀速转动的圈数为N。则小齿轮转动的角速度为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】依题意，大小齿轮边缘上的点线速度大小相等，根据可知又联立，解得故选C。2.两个完全相同的金属小球A、B带等量正电荷（均可看作点电荷），相距一定距离时，两球间静电力的大小为F。跟A完全相同的金属小球C带负电，电荷量是A球的，让C先后与A、B接触，之后移走C，再将A、B间的距离变为原来的，此时A、B间静电力的大小为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】两个完全相同的金属小球A、B带等量正电荷（均可看作点电荷），相距一定距离时，两球间静电力的大小为跟A完全相同的金属小球C带负电，电荷量是A球的，让C先后与A、B接触，之后移走C，再将A、B间的距离变为原来的，此时A、B间静电力的大小为故选B。3.如图甲所示，质量的木块静止在水平地面上，对木块施加水平向右的推力F，推力F随位移x变化的图像如图乙所示。已知木块与地面间的动摩擦因数，重力加速度为，下列说法正确的是（）A.木块先做匀变速直线运动，后做匀速直线运动B.木块在运动过程中的加速度一直减小C.木块运动的过程中，克服摩擦力所做的功为D.木块运动的过程中，动能的增加量为70J【答案】D【解析】A．木块受到的滑动摩擦力为对木块有在其推力F在逐渐变化，所以木块所受到的合力发生变化，即木块的加速度发生变化，在，推力F不变，木块的合外力不变，即加速度不变，所以木块先做变加速直线运动，后做匀加速直线运动，故A项错误；B．对木块受力分析有所以在木块的加速度增加，在木块的加速度不变，故B项错误；C．在木块受到的摩擦力不变，所以其摩擦力做功为则克服摩擦力做功为100J，故C项错误；D．由于图像的图像与坐标轴围成的面积为力F做的功，所以在木块受到推力做功为该过程内，摩擦力做功为由动能定理有故D项正确。故选D。4.真空中两点电荷所形成电场的电场线分布如图所示，P、Q是电场中同一平面内的两点。下列说法正确的是（）A.两点电荷为等量异种电荷 B.P点的电势比Q点低C.P点电场强度比Q点小 D.电子在P点的电势能比在Q点小【答案】D【解析】A．由电场线的分布可知两点电荷为不等量异种电荷。故A错误；B．根据沿电场线方向电势降低，可知P点的电势比Q点高。故B错误；C．根据电场线的疏密程度可知，P点的电场强度比Q点大。故C错误；D．根据可知电子在P点的电势能比在Q点小。故D正确。故选D。5.如图所示，卫星A、B分别在轨道Ⅰ、Ⅱ上绕地球做圆周运动。卫星轨道Ⅰ、Ⅱ的半径分别为r和4r，卫星A的向心加速度大小为a，引力常量为G。下列说法正确的是（）A.地球的质量为 B.卫星A的线速度的大小为C.卫星B的角速度的大小为 D.卫星B的加速度的大小为16a【答案】A【解析】A．根据解得故A正确；B．根据解得故B错误；C．根据解得故C错误；D．根据联立，解得故D错误。故选A。6.某品牌汽车的质量，发动机的额定功率，沿平直路面运动时所受阻力的大小不变。若汽车以额定功率由静止启动，运动过程中能达到的最大速度，当汽车的速度时，其加速度的大小为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】汽车具有最大速度时，牵引力与阻力平衡，可得解得当汽车的速度时，有解得由牛顿运动定律，可得解得故选C。7.在静电场中，从原点O由静止释放一带负电的微粒，它沿着x轴正方向运动，依次经过x轴上的x1、x2、x3、x4四点。已知微粒仅受电场力作用，该微粒的电势能随位置坐标x的变化关系如图所示。下列说法正确的是（）A.x2和x4两点处的电场强度相同B.由x1运动到的过程中，微粒的加速度先增大后减小C.由x1运动到的过程中，微粒的动能先增大后减小D.从x1到x2过程中电场力对微粒做的功小于从x1到过程中电场力对微粒做的功【答案】C【解析】A．根据解得可知-x图像中图线的斜率表示。由图可知，x2和x4两点处的斜率不同，则它们的电场强度不相同。故A错误；B．根据可知，由x1运动到的过程中，图线上各点的切线斜率先减小再增大，所以微粒的加速度先减小后增大。故B错误；C．依题意，微粒仅受电场力作用，电场力做功导致动能和电势能的相互转化，二者总量保持不变，由图可知由x1运动到的过程中，微粒的电势能先减小后增大，所以其动能先增大后减小。故C正确；D．由图可知，微粒在x2和处的电势能相等，根据可知从x1到x2过程中电场力对微粒做的功等于从x1到过程中电场力对微粒做的功。故D错误。故选C。8.某快递公司用于分拣包裹的传输装置如图所示。足够长的水平传送带以的速度顺时针转动，现将一质量的包裹无初速度放在传送带上，一段时间后与传送带达到共速。已知包裹和传送带间的动摩擦因数，重力加速度包裹可以视为质点。在包裹由放上传送带至与传送带达到共同速度的过程中，下列说法正确的是（）A.摩擦力对包裹做的功为4.5JB.包裹相对传送带滑动的距离为0.9mC.包裹与传送带间因摩擦产生的热量为2.25JD.摩擦力对包裹做的功大于包裹机械能的增加量【答案】C【解析】A．对于包裹有设包裹位移为x时，其与传动带共速，有解得该过程摩擦力做功为故A项错误；B．设包裹经过时间t与传送带共速，有解得该过程中，传送带的位移为所以包裹的相对位移为故B项错误；C．由功能关系有故C项正确；D．由功能关系可知，摩擦力对包裹做的功等于包裹机械能的增加量，故D项错误。故选C。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.如图所示，长为l的细绳上端固定在天花板上的O点，下端拴一玩具飞机。当玩具飞机在水平面内做匀速圆周运动时，细绳与竖直方向的夹角为α，重力加速度为g，不考虑空气的影响。下列说法正确的是（）A.玩具飞机受重力、绳的拉力和向心力的作用B.向心加速度的大小为C.玩具飞机的角速度越大，α角越大D.线速度的大小为【答案】BCD【解析】A．玩具受到重力和绳子的拉力作用，其重力与绳子拉力的合力提供玩具飞机做匀速圆周运动的向心力，故A项错误；B．对飞机受力分析有整理有故B项正确；C．对飞机有整理有由上述分析可知，角速度越大，则角度应该越大，故C项正确；D．由于线速度与角速度关系，有故D项正确。故选BCD。10.如图所示，保持电容器极板的正对面积与极板间的均匀电介质都不变化，手持绝缘棒将左极板缓慢向左平移一小段距离，通过静电计指针偏角的变化确定电容器两极板间电势差的变化。不计电容器上电荷量的变化，左极板接地，P为两极板间的一点。在电容器的左极板向左平移的过程中，下列说法正确的是（）A.电容器的电容变大B.静电计指针偏角变大C.P点的电场强度不变D.P点的电势降低【答案】BC【解析】A．将左极板缓慢向左平移一小段距离，则两极板间的距离增加，由于平行板电容器的公式可知，其电容器的电容减小，故A项错误；B．由于平行板电容器未与电源相连，所以该电容器所带电荷量不变，由于由题意可知，其电容器两极板间的距离增加，电荷量不变，所以电压U增加，即静电计指针偏角变大，故B项正确；C．由于又因为匀强电场中有整理有由上述式子分析可知，其平行板间的电场强度不变，故C项正确；D．由题意可知，左侧极板接地，即左侧极板的电势不变为零，有由之前的分析可知，电场强度大小不变，左极板电势不变为零，P点到左极板的距离增加，所以P点电势升高，故D项错误。故选BC。11.2019年5月17日，我国成功发射第45颗北斗导航卫星。如图所示为发射卫星的简化示意图，先将卫星发射到半径为r1＝r的圆轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，到A点时使卫星加速进入椭圆轨道Ⅱ，到椭圆轨道的远地点B时，再次改变卫星的速度，使卫星进入半径为r2＝4r的圆轨道Ⅲ上做匀速圆周运动。已知卫星在椭圆轨道Ⅱ上A点时的速率为v，卫星的质量为m，地球的质量为M，引力常量为G，下列说法正确的是（）A.卫星在I、Ⅱ、Ⅲ三个轨道上运行周期关系是T1＜T2＜T3B.卫星在椭圆轨道Ⅱ上通过A点时的速率小于在圆轨道Ⅲ上运行的速率C.发动机在A点对卫星做的功为D.发动机在B点对卫星做的功为【答案】AD【解析】A．由图示卫星轨道可知，卫星在轨道Ⅱ上运动时半长轴大于在轨道I上的半径，小于在轨道Ⅲ上的半径，由开普勒第三定律可知，卫星的周期，故A正确；B．卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得解得卫星在轨道I上A点时的速率大于在轨道III上的速率，卫星在椭圆轨道II上A点的速率大于在轨道I上A点的速率，所以卫星在椭圆轨道II上通过A点的速率大于在轨道III上运行的速率，故B错误；C．当卫星在的圆轨道I上运行时通过A点的速率发动机在A点对卫星做功故C错误；D．当卫星在圆轨道III上运行时通过B点时的速率由开普勒第二定律可知卫星在椭圆轨道II上通过B点时的速率发动机在B点对卫星做的功故D正确。故选AD。12.如图所示，两个质量均为m的小球A、B固定于轻杆两端，通过两条长度均为l的细绳悬挂于天花板上的O点，细绳间的夹角为30°，开始时系统处于虚线位置，OA偏离竖直方向30°。将系统由静止释放，运动过程中两球与O点始终在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.A球到达O点正下方时，其速度的大小为B.A球到达O点正下方时，B球重力瞬时功率为C.B球到达O点正下方时，其速度的大小为D.B球到达O点正下方时，A球角速度的大小为【答案】AD【解析】A．A和B都以O为圆心做圆周运动，则有从初位置到A运动与O点正下方，由系统的机械能守恒定律有联立解得故A正确；B．A球到达O点正下方时，B球重力瞬时功率为故B错误；C．B球到达O点正下方时，与A到达O点正下方时整体重力势能相等，所以由机械能守恒定律可知此时的速度与A到O正下方时的速度大小相等，则其速度的大小为，故C错误；D．由可知，B球到达O点正下方时，A球角速度的大小为故D正确。故选AD。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13.某实验小组在做“观察电容器放电”的实验时，按图甲所示连接电路，实验中使用电流传感器采集电流信息，绘制图像。（1）将单刀双掷开关接___________（选填“1”或“2”），对电容器进行充电。（2）放电过程的图像如图乙所示，图线与坐标轴所围成的面积表示电容器充电后所存储的电荷量，则电容器所带电荷量___________C（结果保留两位有效数字）。（3）若只增大滑动变阻器R的阻值，不改变电路其他参数，则放电过程中图线与坐标轴所围成的面积___________（选填“增大”、“减小”或“不变”）。【答案】（1）2（2）（3）不变【解析】小问1详解】对电容器充电应该将电容器与电源相连，即将单刀双掷开关接2。【小问2详解】有题意可知，图像与坐标轴围成的面积为电荷量，由题图可知，其面积约占40小格，所以其电荷量为【小问3详解】由题意可知，图像曲线与坐标轴围成的面积为电荷量，电荷量不会因为电阻R的阻值而变化，所以该过程中图像曲线与坐标轴所围成的面积将不变。14.某同学用重物自由下落的方法“验证机械能守恒定律”，实验所用装置如图所示。打点计时器所用电源频率为50Hz。（1）关于实验操作，下列说法正确的是___________A.需要用秒表测重物下落的时间B.释放纸带时，重物应靠近打点计时器C.用刻度尺测出重物下落的高度h，并通过计算出瞬时速度v（2）若重物（包括夹子）质量为200g，实验得到的一条纸带如图所示，O点为计时器打出的第一个点，用毫米刻度尺测量连续三个点A、B、C到O点的距离分别为、、，则打下B点时，重物的速度为___________m/s，重力势能的减少量为___________J。（重力加速度为，结果保留两位有效数字）（3）实验中，总发现重物动能的增加量小于重力势能的减少量，请分析产生误差的主要原因是___________。【答案】（1）B（2）①.②.（3）存在阻力做负功【解析】【小问1详解】A．纸带上的点迹可以表示重物下落的时间，不需要用秒表测量。故A错误；B．释放纸带时，重物应靠近打点计时器。故B正确；C．用刻度尺测出重物下落的高度h，根据计算出瞬时速度v。故C错误。故选B。【小问2详解】[1]打下B点时，重物的速度为[2]重力势能的减少量为【小问3详解】实验中，总发现重物动能的增加量小于重力势能的减少量，产生误差的主要原因是存在阻力做负功。15.宏图一号卫星绕地球做圆周运动，它距离地面的高度为H，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，求：（1）地球的第一宇宙速度；（2）宏图一号卫星绕地球运动的周期T【答案】（1）；（2）【解析】（1）根据又联立，解得（2）万有引力提供卫星做匀速圆周运动的向心力，可得解得16.如图所示，在匀强电场中，有一边长为的等边三角形ABC，其几何中心在O点，三角形所在平面与电场线平行。各顶点的电势分别为。求：（1）电场强度E的大小，并确定其方向；（2）三角形ABC外接圆的圆周上电势最高点的电势。（结果可用根式表示）【答案】（1）；由C指向A；（2）【解析】（1）因为，则AC中点（设为D点）的电势为，则BD连线为等势面，因O点在该等势面上，则O点电势为3V，电场线与等势面正交，可知匀强电场的场强方向由C指向A，如图大小为（2）沿电场线电势逐渐降低，若过圆心O做一条电场线，则交圆周与F点，该点电势最高，则可得则在三角形ABC外接圆的圆周上电势最高点的电势为。17.如图所示，在第一象限内，以P为圆心、半径为R的圆与x轴相切于C点，跟圆相切于A点的虚线MN垂直于x轴，虚线MN与y轴间存在沿y轴负方向、电场强度大小为E0的匀强电场，圆形区域内存在平行于xOy平面的匀强电场（未画出）。一带正电的粒子从原点O射入电场，速度方向与x轴正方向成角，粒子经A点以平行于x轴的速度v0射入圆形区域，由B点射出。已知B为圆周上电势最低点，PB与PC的夹角为，粒子重力忽略不计，，。求：（1）该带电粒子在O点速度v及粒子的比荷；（2）粒子从O点运动至B点所用的时间t；（3）A、B两点间的电势差UAB。【答案】（1），；（2）；（3）【解析】（1）在O点根据三角函数得解得设粒子在O点时速度的竖直分量为vy竖直方向根据牛顿第二定律得解得（2）设粒子从O点运动到A点的时间为t0，根据位移公式得解得因为B为圆周上电势最低点，则电场E1沿PB方向。设粒子从A点运动到B点的时间t1，在垂直于E1方向解得粒子从O点运动至B点所用的时间t为解得（3）设粒子