2024-2025学年湖南省永州市高一（下）期末质量监测物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年湖南省永州市高一（下）期末质量监测物理试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共6小题，共24分。
1.科学的物理思想与方法对物理学的发展起到了重要作用，所以学习物理除了知识的学习外，还要领悟并掌握处理物理问题的思想与方法。下列关于物理学中的思想与方法叙述正确的是( )
A. 电场强度E=Fq采用了比值定义法
B. 点电荷利用了极限的思想，现实世界中点电荷是不存在的
C. 库仑扭秤实验和卡文迪什扭秤实验都用了理想模型的思想
D. 实验“用向心力演示仪探究向心力大小与哪些因素有关”采用的主要实验方法是等效替代法
2.如图所示，一个小球在真空中做自由落体运动，另一个同样的小球在黏性较大的油中由静止开始下落。在两球由高度为ℎ1处下落到高度为ℎ2处的过程中( )
A. 小球的机械能都守恒B. 重力对小球做的功不相等
C. 小球动能的增加量相等D. 小球重力势能的变化量相等
3.如图所示，三条虚线是某电场中的三个等势面，一带电粒子只在电场力作用下恰能沿图中实线从A运动到C，下列说法正确的是( )
A. 粒子带正电
B. 该电场一定是由负点电荷产生的
C. 粒子在A处的电势能小于在C处的电势能
D. 粒子从A到C电场力所做的功大于从A到B电场力所做的功
4.2024年10月30日，神舟十九号载人飞船将三名航天员送入太空，飞船入轨后按照预定程序与天和核心舱对接。飞船与核心舱对接过程的示意图如图所示。飞船从圆轨道Ⅰ，通过变轨后，沿椭圆轨道Ⅱ由A处运动到B处，与沿圆轨道Ⅲ运行的核心舱对接，对接后的组合体继续在圆轨道Ⅲ上运行。在上述过程中，下列说法正确的是( )
A. 飞船由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ，需在B处减速
B. 飞船在轨道Ⅰ上A处的速度大于在轨道Ⅲ上B处的速度
C. 飞船在轨道Ⅰ上A处的加速度小于在轨道Ⅲ上B处的加速度
D. 飞船在轨道Ⅱ上由A到B的时间大于在轨道Ⅲ上运行周期的一半
5.如图甲所示，质量为4kg的物体以18J的初动能在粗糙的水平地面上滑行(不受其他外力)，其动能Ek随位移x变化的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是( )
A. 物体运动的初速度大小为4.5m/sB. 物体减速到0的时间为4s
C. 物体运动的加速度大小为3m/s²D. 物体所受的摩擦力大小为12N
6.如图所示，真空中a、b、c是边长为L的等边三角形三个顶点，在a、b两点分别固定电荷量为+q的点电荷，在c点固定电荷量为−2 3q的点电荷，O点为三角形中心，M、N、P点为三角形三边中点。设点电荷在某点产生电势为φ=kQr(Q为点电荷电荷量，r为到点电荷的距离)，关于O、M、N、P四点电场强度大小及电势高低，下列说法正确的是( )
A. M点和N点电场强度大小相等，电势不同
B. 电子由O点沿直线移动到P点过程中，电势能增大
C. P点电场强度大小为8kq3L2，电势为0
D. O点电场强度大小为6 3+3kqL2，电势为2 3−6kqL
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.如图所示，半径为R的圆形光滑轨道置于竖直平面内，一小环套在轨道上做圆周运动，圆周上A点与圆心O等高，C是最高点，D是最低点，B是AC之间的某点。重力加速度为g，不考虑空气阻力和一切摩擦。小环做圆周运动过程中，下列说法正确的是( )
A. 小环经过A点时，轨道对小环的弹力一定指向圆心O
B. 小环经过B点时，轨道对小环的弹力一定由B指向O
C. 小环经过D点时，仅由轨道对小环向上的弹力提供向心力
D. 小环经过C点时，当速度大小为v= gR时，轨道对小环的弹力为零
8.如图所示，质量为175kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止开始启动，图甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中受到的阻力不变，在18s末汽车的速度恰好达到最大。下列说法正确的是( )
A. 汽车受到的阻力为700N
B. 汽车的最大牵引力为700N
C. 8∼18s过程中汽车牵引力做的功为7×104J
D. 8∼18s过程中汽车的位移大小为90m
9.我国宇航员进行了“模拟登陆火星”实验，已知火星半径约为地球半径的12，质量约为地球质量的19。地球表面重力加速度为g，若宇航员在地球表面上能竖直向上跳起的最大高度为ℎ，在忽略火星自转影响的条件下，下列说法正确的是( )
A. 宇航员在火星表面受到的万有引力是地球表面受到的万有引力的23
B. 火星表面的重力加速度为49g
C. 火星第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的 23
D. 宇航员以相同的初速度在火星表面上能竖直向上跳起的最大高度为32ℎ
10.如图所示，一轻绳的一端绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O1、O2与质量为m的小球连接，另一端与套在光滑直杆上质量也为m的小物块连接。已知直杆两端固定，与两定滑轮在同一竖直平面内，直杆与水平面的夹角θ=60 ∘，直杆上C点与两定滑轮均在同一高度，定滑轮O1到C点的距离为L，直杆上D点到C点的距离也为L，重力加速度为g，设直杆足够长，小球运动过程中不会与其他物体相碰。现将小物块从C点由静止释放，下列说法正确的是( )
A. 小物块刚释放时，轻绳对小球的拉力大于mg
B. 小物块运动到D点时，小物块与小球的速度大小之比为2:1
C. 小球下降的最大距离为1− 32L
D. 小物块运动到D点时，小物块的速度大小为v= 4 35gL
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某物理兴趣实验小组利用如图甲所示的电路观察电容器的充、放电现象，其中E为电源，S为单刀双掷开关，R为定值电阻，C为电容器，A为理想电流表，V为理想电压表。
(1)先将开关S掷向1对电容器充电，此过程通过电流表A的电流方向为 (填“从左到右”或“从右到左”)；
(2)再将开关S掷向2让电容器放电，图乙为电容器放电时的I−t图像，已知电容器放电之前的电压为2.0V，图乙中图像与坐标轴围成的面积约38小格，该电容器的实测电容值约为 F(计算结果保留2位有效数字)；
(3)若不改变电路其他参数，只增大电阻R，放电时I−t曲线与坐标轴所围成的面积将 (填“变大”“变小”或“不变”)。
12.某实验小组利用如图甲所示的装置做“验证机械能守恒定律”的实验。
(1)除图甲所示器材外，下列器材中，一定需要的是 ；
A.直流电源(8V) B.交流电源(220V,50Hz)
C.刻度尺 D.天平及砝码
(2)图乙为打点计时器打出的一条纸带，打下O点(图中未标出)时，重锤开始下落，纸带的O点附近端与重物相连，a、b、c是打点计时器连续打出的3个点，刻度尺的零刻线与O点对齐，图乙b点对应刻度尺的读数为 cm，打点计时器在打下b点时重锤下落的速度vb= m/s(计算结果保留3位有效数字)；
(3)在实验过程中，下列实验操作和数据处理正确的是 ；
A.释放重锤前，手捏住纸带上端并使纸带保持竖直
B.做实验时，先释放连接重锤的纸带，再接通打点计时器的电源
C.为测量打点计时器打下某点时重锤的速度v，需要先测量该点到O点的距离ℎ，再根据公式v= 2gℎ计算，其中g应取当地的重力加速度
D.用刻度尺测量某点到O点的距离ℎ，利用公式mgℎ计算重力势能的减少量，其中g应取当地的重力加速度
(4)某同学在纸带上选取计数点后，测量它们到起始点O的距离ℎ，然后利用正确的方法测量并计算打下相应计数点时重锤的速度v，通过描绘v2−ℎ图像去研究机械能是否守恒。若阻力不可忽略，且速度越大，阻力越大，那么v2−ℎ图像应是下图中的 。
A. B．
C. D．
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图所示，小物块A的质量m=2.0kg，物块与坡道间的动摩擦因数μ=316，水平面光滑，坡道顶端距水平面高度ℎ=3.0m，倾角θ=37 ∘，轻弹簧的一端连接在水平滑道M处并固定在墙上，另一自由端恰位于坡道的底端O点。物块A以初速度v0=2m/s从坡道顶端滑下，从坡道进入水平滑道时，在底端O点处无机械能损失，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)物块A滑到O点时的速度大小v；
(2)弹簧为最大压缩量时的弹性势能Ep；
(3)物块A被弹回到坡道上升的最大高度ℎ′。
14.如图所示，一轻质光滑小圆环Q通过一竖直轻杆悬挂在可绕竖直轴旋转的装置上，一条轻绳穿过小圆环Q，两端分别连接小物块B和小球A，当小球A自然下垂时，小物块B静止在倾角θ=30 ∘的斜面上恰好不下滑。已知Q在水平地面上的投影为O，Q到O点的高度H=1740m，Q与A间的轻绳长度为L=38m，Q与B的连线平行于斜面，小物块B和斜面间的动摩擦因数μ= 312，小球A的质量mA=0.9kg，重力加速度g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)求小物块B的质量mB；
(2)现使小球A在水平面内按图中所示做匀速圆周运动，要求小物块B相对斜面不滑动，求轻绳的最大拉力以及小球A转动的最大角速度；
(3)在(2)的条件下，小球A以最大角速度转动时，轻绳突然断裂，求小球A落地时离O点的距离。
15.如图所示，平行金属极板M和N水平放置，两极板的间距为d、长度为1.5d，极板连接恒压电源U=mgdq。半径R=d的光滑固定圆弧轨道ABC竖直放置，轨道左侧A点与N极板右端相接触，B为轨道最低点。现有一质量为m、带电量+q的绝缘小球，从M板左端附近的P点以一定初速度水平射入，小球恰能从A点沿切线方向无碰撞地进入圆弧轨道。假设小球可视为质点，不计极板边缘效应和空气阻力，重力加速度取g。
(1)求小球水平射入时的初速度；
(2)求小球通过B点时对轨道的压力；
(3)若将M板上移动一段距离d，P点在原位置保持不变，小球从P点以相同的初速度水平射入，要使小球仍能够从A点沿切线方向无碰撞地进入圆弧轨道，求圆弧轨道需要水平方向移动的距离和竖直方向移动的距离。
答案解析
1.【答案】A
【解析】A.电场强度 E=Fq 采用了比值定义法，故A正确；
B.点电荷利用了理想模型的思想，现实世界中点电荷是不存在的，故B错误；
C.库仑扭秤实验和卡文迪什扭秤实验都用了放大法的思想，故C错误；
D.实验“用向心力演示仪探究向心力大小与哪些因素有关”采用的主要实验方法是控制变量法，故D错误。
故选A。
2.【答案】D
【解析】A.在真空中，小球只受重力作用，小球的机械能守恒；在油中，阻力对小球做负功，小球的机械能不守恒，故A错误；
BD.相同的两球下落高度相同，由WG=mgℎ，可知重力做功相等；根据ΔEp=−WG，可知重力势能的变化量相等，故B错误，D正确；
C.在真空中，小球下落过程中只有重力做功，在油中，小球下落过程中除重力做功外，还克服阻力做功，根据动能定理 W合=ΔEk ，合力对两球做功不相等，所以两球动能的增加量不相等，故C错误。
故选D。
3.【答案】C
【解析】A.电场线与等势面垂直，且由高电势指向低电势，粒子轨迹弯曲方向指向电场力方向，可知粒子受电场力与电场线方向相反，粒子带负电，A错误；
B.等势面是曲线，不是负点电荷电场的球形等势面，该电场不是负点电荷产生的，B错误；
C.负粒子在电势高的地方电势能小， A 处的电势 6V 高于 C 处的电势 4V ，所以粒子在 A 处的电势能小于在 C 处的电势能，C正确；
D.电场力做功公式为 W=qU，由图知， A 、 B 在电势为 6V 和 4V 的等势面，电势差 UAB=6V−4V=2V，A 、 C 在电势为 6V 和 4V 的等势面，电势差 UAC=2V，粒子从 A 到 C 电场力所做的功等于从 A 到 B 电场力所做的功，D错误。
故选C。
4.【答案】B
【解析】A.飞船需在B处加速，做离心运动，才能由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ，故A错误；
B.根据牛顿第二定律可得GMmr2=mv2r，解得v= GMr
可知轨道半径越小，速度越大，所以飞船在轨道Ⅰ上A处的速度大于在轨道Ⅲ上B处的速度，故B正确；
C.根据牛顿第二定律可得 GMmr2=ma，解得a=GMr2
可知飞船在轨道Ⅰ上A处的加速度大于在轨道Ⅲ上B处的加速度，故C错误；
D.根据开普勒第三定律，在轨道Ⅱ上运行周期小于在轨道Ⅲ上运行周期，所以在轨道Ⅱ上由A到B的时间小于在轨道Ⅲ上运行周期的一半，故D错误。
故选B。
5.【答案】B
【解析】A.物体的初动能Ek=12mv02=18J，则物体运动的初速度大小v0=3m/s，故A错误；
D.由动能定理得−fx=ΔEk=−18J，解得摩擦力大小 f=3N，故D错误；
C.由牛顿第二定律得f=ma，解得加速度大小a=34m/s2，故C错误；
B.物体减速到0的时间为t=v0a=4s，故B正确。
故选B。
6.【答案】D
【解析】A.根据等量同种电荷的电场分布特点以及点电荷的电场分布特点可知，M点和N点场强大小相等，由于a、b电荷与M、N两点距离相同，故a、b电荷在M、N两点产生电势相同，且c与M、N距离相同，故c电荷在M、N两点产生电势也相同，根据电势叠加可知，M点和N点电势相同，故A错误；
B.根据电场强度叠加原理可知，三个电荷在OP上产生的电场强度其方向沿P指向O，故电子由O点沿直线移动到P点过程中，电场力做正功，电势能减小，故B错误；
C.a、b两电荷在P的产生的场强抵消为0，故P点电场强度大小为 EP=kqcLcs30 ∘2=k×2 3qLcs30 ∘2=8 3kq3L2
电势 φP=kqL2×2+k×−2 3qLcs30 ∘=0V ，故C错误；
D.根据电场强度叠加原理可知，O点场强 EO=kqL2×1cs30 ∘2×cs60 ∘×2+k×2 3qL2×1cs30 ∘2=6 3+3kqL2
电势 φO=kqL2×1cs30 ∘ ×2+k×−2 3qL2×1cs30 ∘ =2 3−6kqL ，故D正确。
故选D。
7.【答案】AD
【解析】A.小环经过A点时，轨道对小环的弹力提供所需的向心力，则轨道对小环的弹力一定指向圆心O，故A正确；
B.小环经过B点时，如果重力沿径向方向的分力大于所需的向心力，则轨道对小环的弹力由O指向B，故B错误；
C.小环经过D点时，轨道对小环向上的弹力和重力的合力提供向心力，故C错误；
D.小环经过C点时，如果轨道对小环的弹力为零，重力提供向心力，则有 mg=mv2R
解得 v= gR ，故D正确。
故选AD。
8.【答案】AC
【解析】A.当牵引力等于阻力时，汽车做匀速运动，速度达到最大，则有 f=Pvm=700010N=700N ，故A正确；
B.汽车做匀加速运动时的牵引力最大，由图像可知最大牵引力为 F1=Pv1=70008N=875N ，故B错误；
C.在8∼18s的过程中汽车牵引力做的功为 W2=Pt=7000×10J=7×104J ，故C正确；
D.在8∼18s过程中，根据动能定理得 Pt−fs=12mvm2−12mv12，解得 s=95.5m ，故D错误。
故选AC。
9.【答案】BC
【解析】A.根据 F=GMmR2 ，可得宇航员在火星表面受到的万有引力与在地球表面受到的万有引力之比为 F火F=M火M地R地2R火2=19×22=49 ，故A错误；
B.根据 GMmR2=mg，
可知火星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比 g火g=M火M地R地2R火2=19×22=49，
可得 g火=49g ，故B正确；
C.根据 GMmR2=mg=mv2R，可得星球的第一宇宙速度为 v= gR，
则有 v火v地= g火g地×R火R地= 23，
即火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的 23 ，故C正确；
D.根据 ℎ=v022g，宇航员以相同的初速度在火星上竖直起跳时，跳起的最大高度满足 ℎ火ℎ=gg火=94，
可得 ℎ火=94ℎ ，故D错误。
故选BC。
10.【答案】BCD
【解析】A.小物块刚释放时，小物块随后沿杆向下做加速运动，由于开始滑轮 O1 左侧绳长变短，则小球开始向下做加速运动，可知，小物块刚释放时，轻绳对小球的拉力小于mg，故A错误；
B.小物块运动到D点时，根据速度分解有 v物csθ=v球，
解得 v物:v球=2:1 ，故B正确；
C.当滑轮 O1 左侧绳与杆垂直时，小球下降到最低点，则有 ℎ=L−Lsinθ=1− 32L ，故C正确；
D.小物块运动到D点时，对物块与小球构成的系统，根据机械能守恒定律有 mgLsinθ=12mv物2+12mv球2，
结合上述有 v物:v球=2:1，
解得 v物= 4 35gL，
即小物块运动到D点时，小物块的速度大小为 v= 4 35gL ，故D正确。
故选BCD。
11.【答案】从右到左
1.5×10−3
不变

【解析】(1)先将开关S掷向1对电容器充电，由图甲可知，此过程通过电流表A的电流方向为从右到左；
(2)根据 q=It ，已知图乙中图像与坐标轴围成的面积约38小格，则放电前电容器所带的电荷量为 Q=38×0.2×10−3×0.4C=3.04×10−3C，
已知电容器放电之前的电压为2.0V，则该电容器的实测电容值约为 C=QU=3.04×10−32.0F≈1.5×10−3F；
(3)因为 I−t 曲线与坐标轴所围成的面积表示放电前电容器所带的电荷量；若不改变电路其他参数，只增大电阻R，则放电时 I−t 曲线与坐标轴所围成的面积将不变。
12.【答案】BC
19.30/19.29/19.31
1.93/1.92/1.94
AD
A

【解析】(1)除图示器材外，电火花打点计时器需要用导线连接交流电源(220V,50Hz)；需要用刻度尺测量纸带上计数点之间的距离；本实验验证机械能守恒的表达式中质量可以约掉，所以不需要天平测质量。
故选BC；
(2)图中刻度尺的分度值为 0.1cm ，由图可知打点计时器在打出b点时锤下落的高度为 ℎb=19.30cm，
根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则打点计时器在打出b点时重锤下落的速度为 vb=ℎac2T=(23.35−15.65)×10−22×0.02m/s≈1.93m/s；
(3)A.释放重锤前，为了减小纸带与打点计时器间的摩擦，手捏住纸带上端并使纸带保持竖直，故A正确；
B.为了充分利用纸带，做实验时，先接通打点计时器的电源，再释放连接重锤的纸带，故B错误；
C.为测量打点计时器打下某点时重锤的速度v，不能用公式 v= 2gℎ 计算，因为这样做相当于用机械能守恒验证机械能守恒，失去了验证机械能守恒的意义，故C错误；
D.用刻度尺测量某点到O点的距离ℎ，利用公式mgℎ计算重力势能的减少量，其中g应取当地的重力加速度，故D正确。
故选AD；
(4)若实验中重锤所受阻力不可忽略，根据动能定理有 mgℎ−fℎ=12mv2，
整理得 v2=2(g−fm)ℎ，
当速度越大，阻力会越大，故在 v2−ℎ 图像中图线斜率会逐渐减小。
故选A。
13.【答案】(1)从坡道顶端到O点，根据动能定理，有 mgℎ−μmgcsθℎsinθ=12mv2−12mv02，
解得 v=7m/s；
(2)从O到弹簧有最大压缩量，根据机械能守恒，有 Ep=12mv2，
解得 Ep=49J；
(3)从弹簧最大压缩量到最大高度处，根据动能定理，有 −mgℎ′−μmgcsθℎ′sinθ=0−12mv2，
解得 ℎ′=4925m=1.96m。

【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】(1)A自然下垂时，设轻绳拉力为 FT ，对A，根据平衡条件，有 FT=mAg，
对B，根据平衡条件，有 mBgsinθ=μmBgcsθ+FT，
解得 mB=2.4kg；
(2)设轻绳的最大拉力为 F′T ，根据平衡条件，有 F′T=mBgsinθ+μmBgcsθ，
解得 FT′=15N，
设角速度最大时QA间的轻绳与竖直方向的夹角为 α ，
对A，根据牛顿第二定律，有 F′Tsinα=mAω2Lsinα，
解得 ω=203rad/s，
(3)对A，竖直方向，根据平衡条件，有 mAg=F′Tcsα，
A做圆周运动的半径 r=Lsinα，
A做圆周运动的线速度 v=ωr，
剪断轻绳后，A做平抛运动，在竖直方向，有 ℎ=12gt2，
在水平方向，有 x=vt，
平抛的高度 ℎ=H−Lcsα，
距离O的距离 s= x2+r2，
解得 s=0.5m。

【解析】详细解答和解析过程见答案
15.【答案】(1)设小球在极板间运动的加速度为 a1 ，时间为 t ，小球水平射入时的初速度 v0，在竖直方向上，根据牛顿第二定律有 Udq+mg=ma1
解得 a1=2g
根据位移时间公式有 d=12a1t2
解得 t= dg
在水平方向上有 1.5d=v0t
解得 v0=32 gd；
(2)作出粒子在电场中运动的轨迹及从A点出射时的切线，如图所示
根据类平抛运动的特点，可知 MD=12×1.5d=0.75d，AD=d
根据几何关系可知 ∠AMD=θ
则在直角三角形ADM 中有 tanθ=d12×1.5d=43
解得θ=53∘
设小球在A点时的速度为 v1 ，则有 v1=v0csθ=52 gd
设小球 B 点时的速度为 v2 ，小球由A运动到 B ，根据动能定理有 mgR1−csθ=12mv22−12mv12
解得v2= 14120gd
设通过 B 点时轨道对小球的支持力 FN ，根据牛顿第二定律有 FN−mg=mv22R
解得 FN=16120 mg=8.05mg
由牛顿第三定律，小球通过B点时对轨道的压力大小为 8.05mg；
(3)若将M板上移动一段距离 d，设小球在极板间运动的加速度为 a2 ，时间仍为t，根据牛顿第二定律有U2dq+mg=ma2
解得 a2=1.5g
设小球射出极板时竖直方向的速度为 vy1 ，竖直偏移位移为 y ，则有 vy1=a2t=32 gd ， y=12a2t2=34d
小球仍能够从A点沿切线方向进入圆弧轨道，设竖直速度为 vy2 ，则有 vy2=v0tanθ=2 gd ， Δt=vy2−vy1g=12 dg
设圆弧轨道需要水平向右移动的距离 x1 和竖直向下移动的距离 y1 ，则有 x1=v0Δt=34d=0.75d ， y1=vy1+vy22Δt−14d=58d=0.625d。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】