2023-2024学年广东省潮州市高一（下）期末物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省潮州市高一（下）期末物理试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列物理量属于矢量的是( )
A. 重力势能B. 时间C. 功率D. 电场强度
2.关于运动的性质，以下说法中正确的是( )
A. 变速运动一定是曲线运动B. 加速度不变的运动一定是直线运动
C. 曲线运动一定是变速运动D. 曲线运动的加速度一定是变化的
3.如图所示，高速列车在平直轨道上匀速运行，对列车所受力的做功情况，下列判断正确的是( )
A. 重力做正功
B. 牵引力做正功
C. 支持力做负功
D. 空气阻力做正功
4.一质量为m的物体静止在粗糙的水平面上，当此物体受到水平力F作用运动了距离s时，其动能变为E1；而当此物体受水平力2F作用运动了相同距离时，其动能变为E2；关于E1和E2的大小关系，正确的是( )
A. E1=E2B. E2=2E1C. E2>2E1D. E15.如图所示，飞船从低轨道1变轨至高轨道2。若飞船在两轨道上都做匀速圆周运动，不考虑飞船的质量变化，则对与飞船有关的物理量变化判断正确的是( )
A. 动能变大
B. 向心加速度变大
C. 角速度变大
D. 运行周期变大
6.如图所示，细绳一端固定，另一端系一小球。现使小球在水平面内做匀速圆周运动，细线与竖直方向的夹角为θ，如果绳子变长，细线与竖直方向的夹角θ保持不变，让小球在另一个水平面内做匀速圆周运动，则( )
A. 小球受到重力、拉力和向心力作用
B. 细线对小球的拉力变小
C. 小球做圆周运动的向心力变大
D. 小球的线速度变大
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
7.上课了，老师推门进入教室。如图所示，在教室门被推开的过程中，下列关于教室门上A、B两个位置的圆周运动说法正确的是( )
A. A、B位置的线速度相等
B. A、B位置的角速度相等
C. A、B位置的周期相等
D. A、B位置的向心加速度相等
8.如图所示为某一点电荷产生的电场线，A、B、C为电场中的三点，其中B、C两点场强大小相等，则( )
A. 该点电荷为负电荷
B. B、C两点场强相同
C. 试探电荷在A受到的电场力小于在B点受到的电场力
D. 电子在A点所受电场力方向向右
9.2023年7月，中联重科3200吨履带式起重机再次助力“华龙一号”全球示范工程——中核集团福清核电6号机组建设，成功吊装了机组外穹顶。用起重机提升质量为1000kg货物的v−t图像如图所示(g取10m/s2)。下列说法正确的是( )
A. 起重机将货物提升了10m
B. 在匀加速、匀减速过程，货物加速度大小相等
C. 整个过程中货物重力做功为6×104J
D. 整个过程中拉力对货物做功的平均功率为1.2×104W
三、填空题：本大题共4小题，共12分。
10.已知手表的秒针长1.3cm，分针长1.2cm，由此可以计算该手表秒针的角速度大小为______，秒针和分针针尖转动的线速度之比是______。
11.在真空中有两个静止的等量异种点电荷，电量大小都是Q，当它们相距2r时，在它们连线中点处电场强度的大小为______(已知静电力常量为k)。
12.如图所示，河的宽度为d，船渡河时船头始终垂直河岸。船在静水中的速度大小为v1，河水流速的大小为v2，则小船的渡河时间t= ______，如果渡河过程中水流速度增大，则渡河时间将______。(选填“变大”、“不变”或“变小”)
13.质量为24kg的滑块，以4m/s的初速度在光滑水平面上向左直线滑行，从某一时刻起在滑块上施加一水平向右的力。经过一段时间，滑块的速度方向变为向右，大小为4m/s，则在这段时间内力所做的功为______。
四、实验题：本大题共2小题，共14分。
14.某实验小组用重物下落的实验来验证机械能守恒。
(1)下图是同学释放纸带瞬间的照片，你认为操作正确的是______。
A. B. C. D.
(2)关于此实验，下列说法中正确的是______。
A.重物最好选择密度小、体积大的物体
B.重物的质量可以不测量
C.该实验需要使用秒表
D.可以利用公式v= 2gℎ求瞬时速度
(3)实验过程中，得到如图所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为ℎA、ℎB、ℎC。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T，设重物的质量为m。从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能的减少量为______，动能的增加量为______。

(4)某同学利用其正确操作所得到的一条纸带，测量出了各计数点到起始点的距离ℎ，计算出了各计数点对应的速度v，然后以ℎ为横轴、以v2为纵轴作出了v2−ℎ图像，这条图线应是两条图线中的______(选填“a”或“b”)。
15.如图甲所示，某实验小组将两个相同的圆弧轨道M、N固定在同一个竖直平面内，轨道末端均水平，其中N末端与足够长的光滑水平轨道平滑连接。现把完全相同的小钢球P、Q分别从两弧面上的相同高度同时静止释放，观察到某一现象。改变释放高度，重复上述操作，仍能观察到这一现象，由此可以概括出平抛运动的某一规律。
(1)观察到的现象和反映的平抛运动规律分别是______。
A.P、Q两个小球相撞
B.P、Q两个小球同时落地
C.水平方向做匀速直线运动
D.竖直方向做自由落体运动
(2)如图乙用频闪照相记录了小球平抛的四个位置，其中正方形小方格边长为1.6cm，重力加速度g=10m/s2，A点______(选填“是”或“不是”)抛出点，该小球做平抛运动的初速度大小为______m/s(结果保留两位有效数字)。
五、计算题：本大题共4小题，共35分。
16.已知在太阳系外某“宜居”行星的质量约为地球质量的6.4倍，一个在地球表面重力为600N的人在这个行星表面的重力将变为960N，由此可推知，求该行星的半径与地球半径之比。
17.如图所示，在水平地面上将被套玩具放在离小朋友水平距离为x=1.2m处，小朋友将套圈从距水平地面高度为ℎ=0.8m处以初速度v0水平抛出，恰好套中玩具。已知重力加速度g=10m/s2，套圈直径略大于玩具大小，套圈和玩具均可视为质点，不计空气阻力，求：
(1)套圈初速度的大小；
(2)套圈落地前的瞬时速度。
18.汽车的额定功率为60kW，总质量为2×103kg，运动中所受阻力恒为2000N。若汽车在额定功率下运动，求：
(1)行驶过程中的最大速度；
(2)当汽车的加速度是1m/s2时，速度多大；
(3)10s内牵引力对汽车做的功为多少。
19.如图所示，将小球从C位置由静止释放，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断。小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达A处由一小孔进入半径R=0.3m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当小球进入圆轨道后立即关闭小孔。已知摆线长L=2m，与竖直方向夹角θ=53°，D点与A处小孔的水平距离s=2m，小球质量为m=0.5kg，球与水平面的摩擦可视为滑动摩擦，重力加速度g=10m/s2，(sin53=0.8,cs53°=0.6)求：
(1)小球从C运动到D的过程中，重力对小球做的功；
(2)摆线能承受的最大拉力；
(3)要使小球能做完整的圆周运动，小球与水平面间的动摩擦因数μ需要满足的条件。
答案解析
1.D
【解析】解：重力势能、时间和功率都是只有大小没有方向的标量，电场强度是有大小，又有方向，求和时满足平行四边形法则，是矢量。故D正确，ABC错误。
故选：D。
根据矢量和标量的区别分析判断。
本题关键掌握矢量和标量的区别。
2.C
【解析】解：A、变速运动不一定是曲线运动，如加速直线运动，故A错误；
B、平抛运动加速度不变，但是曲线运动，故B错误；
C、既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动，故C正确；
D、曲线运动的加速度可以不变，如平抛运动，故D错误．
故选：C
物体运动轨迹是曲线的运动，称为“曲线运动”.当物体所受的合外力和它速度方向不在同一直线上，物体就是在做曲线运动．
本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点要掌握住．
3.B
【解析】解：A、重力竖直向下，与运动方向相互垂直，故重力不做功；故A错误；
B、牵引力与运动方向同向，故牵引力做正功；故B正确；
C.支持力与运动方向垂直，支持力不做功，故C错误；
D、空气阻力与运动方向相反；故空气阻力做负功；故D错误；
故选：B。
分析物体的受力情况，根据功的公式判断各力做功情况．
要正确理解功的正负的含义，正功表示动力做功；而负功表示阻力做功．
4.C
【解析】解：根据动能定理可得：
Fs−Wf=E1
2F作用时，由动能定理可得：
2Fs−Wf=E2
联立解得：2Fs−2Wf=2E1
整理可得：E2>2E1，故C正确，ABD错误；
故选：C。
根据动能定理联立等式得出动能的关系。
本题主要考查了动能定理的相关应用，熟悉动能定理的列式即可完成分析，难度不大。
5.D
【解析】解：根据题意，由万有引力提供向心力有
GMmr2=mv2r=mω2r=m4π2T2r=man
解得
v= GMr，ω= GMr3，T= 4π2r3GM，an=GMr2
由于飞船从低轨道1变轨至高轨道2，轨道半径r变大，则向心加速度a变小，角速度ω变小，运行周期T变大，线速度v变小，由公式Ek=12mv2可知，动能变小。
故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据万有引力提供向心力，得出线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系，从而比较出大小。
解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，能列出方程GMmr2=ma=mω2r=mv2r=m4π2T2r，并能熟练选择恰当的向心力的表达式。
6.D
【解析】解：A、小球只受重力和绳的拉力作用，二者合力提供向心力，故A错误；
C、根据题意，对小球受力分析，水平方向上有
Fn=F合=mgtanθ
如果绳子变长，细线与竖直方向的夹角θ保持不变，小球做圆周运动的向心力不变，故C错误；
B、根据题意，对小球受力分析，竖直方向上有
Fcsθ=mg
解得
F=mgcsθ
如果绳子变长，细线与竖直方向的夹角θ保持不变，细线对小球的拉力不变，故B错误；
D、根据题意，由牛顿第二定律有
mgtanθ=mv2Lsinθ
解得
v= gLtanθsinθ
如果绳子变长，细线与竖直方向的夹角θ保持不变，小球的线速度变大，故D正确。
故选：D。
向心力是根据效果命名的力，可以是几个力的合力，也可以是某个力的分力，对物体受力分析时不能把向心力作为一个力分析，摆球只受重力和拉力作用；摆球做圆周运动所需要的向心力是拉力沿水平方向指向圆心的分力提供的，可以根据牛顿第二定律和向心力列式求出线速度和周期表达式分析。
对于向心力，要知道它是效果力，它由某一个力充当，或几个力的合力提供，它不是性质的力，分析物体受力时不能分析向心力。同时，还要清楚向心力的不同的表达式。
7.BC
【解析】解：B.由于A、B位置绕同轴转动，故A、B的角速度相等，故B正确；
A.由线速度公式：v=ωr可知，A、B位置的角速度相等，半径不同，则A、B的线速度不等，故A错误；
C.由周期与角速度的公式：T=2πω可知，A、B位置的角速度相等，则A、B的周期相等，故C正确；
D.由向心加速度公式：a=ω2r可知，A、B位置的角速度相等，半径不同，则A、B的向心加速度不等，故D错误。
故选：BC。
同缘传动，线速度大小相等；同轴转动，角速度相等。
结合线速度、角速度和周期、转速之间的关系以及向心加速度的公式求解即可。
解题关键是掌握线速度、角速度与周期、转速之间的关系；知道同缘传动，线速度大小相等；同轴转动，角速度相等。难度不大。
8.AD
【解析】解：A、在静电场中，电场线从正电荷(或无穷远)出发终止于无穷远(或负电荷)，由题图可知，该点电荷是负电荷，故A正确；
B、电场强度是矢量，B、C两点场强方向不同，则B、C两点场强不同，故B错误；
C、根据电场线越密，电场强度越大，可知EA>EB。根据公式F=qE可知，试探电荷在A受到的电场力大于在B点受到的电场力，故C错误；
D、电子带负电，根据负电荷在某点受到的电场力方向与该点的场强方向相反，则电子在A点所受电场力方向向右，故D正确。
故选：AD。
根据电场线的分布情况判断该点电荷的电性；电场强度是矢量，其方向沿电场线的切线方向；根据电场线的疏密判断电场强度的大小，再分析试探电荷受到的电场力大小；负电荷在某点受到的电场力方向与该点的场强方向相反。
本题关键是要掌握点电荷的电场线的分布情况，理解电场强度的矢量性，知道负电荷所受的电场力方向与场强方向相反。
9.BD
【解析】解：A.v−t图像的面积表位移，起重机将货物提升了ℎ=12×(1+5)×2m=6m，故A错误；
B.v−t图像的斜率表加速度，在匀加速过程，货物加速度为a1=22m/s2=1m/s2
匀减速过程，货物加速度为a2=0−25−3m/s2=−1m/s2，负号表示方向与规定的正方向相反
即在匀加速、匀减速过程，货物加速度大小相等，故B正确；
C.整个过程中货物重力做功为WG=−mgℎ=−1000×10×6J=−6×104J，故C错误；
D.在匀加速过程，根据牛顿第二定律F1−mg=ma1
解得拉力大小为F1=11000N
货物上升的高度为ℎ1=12×2×2m=2m
拉力做功为W1=F1ℎ1=11000×2J=22000J
匀速过程，拉力大小为F2=mg=1000×10N=10000N
货物上升的高度为ℎ2=1×2m=2m
拉力做功为W2=F2ℎ2=10000×2J=20000J
匀减速过程，根据牛顿第二定律F3−mg=ma2
解得拉力大小为F3=9000N
货物上升的高度为ℎ3=12×2×2m=2m
拉力做功为W3=F3ℎ3=9000×2J=18000J
总功W=W1+W2+W3=22000J+20000J+18000J=60000J
整个过程中拉力对货物做功的平均功率为P=Wt=600005W=1.2×104W，故D正确。
故选：BD。
A.v−t的面积表示位移，据此求解作答；
B.v−t图像的斜率表示加速度，据此求解作答；
C.根据做功公式求解作答；
D.根据牛顿第二定律求解加速阶段和减速阶段的拉力，根据平衡条件求解匀速阶段的拉力；根据面积法求解各阶段的位移，根据做功公式求解各段所做的功，最后求拉力的平均功率。
本题考查了v−t面积和斜率的含义，考查了牛顿第二定律、做功公式和功率公式的运用。
10.π30rad/s 65：1
【解析】解：该手表秒针的角速度大小为ω1=2π60rad/s=π30rad/s
分针的角速度大小为ω2=2π60×60rad/s=π1800rad/s
由公式v=ωr可得，秒针和分针针尖转动的线速度之比是
v1v2=ω1r1ω2r2=π30×1.3×10−2π1800×1.2×10−2=651
故答案为：π30rad/s；65：1。
秒针转一圈的时间为60s，根据ω=2πT求出秒针的角速度；根据v=ωr求出秒针针和分针针尖转动的线速度之比。
解决本题的关键知道秒针转一圈的时间为60s，以及掌握线速度、角速度的公式。
11.2kQr2
【解析】解：根据点电荷场强公式和场强叠加原理可知，等量异种点电荷连线中点处电场强度的大小为两电荷在中点产生场强的矢量和，为E=E1+E2=kQr2+kQr2=2kQr2
故答案为：2kQr2
根据点电荷场强公式和场强叠加原理计算。
本题主要考查点电荷场强公式和场强叠加原理的应用，理解矢量叠加原理是解题关键。
12.dv1 不变
【解析】解：船头始终垂直河岸，渡河时间t=dv1；与水流速度无关，则渡河过程中水流速度增大，渡河时间将不变。
故答案为：dv1；不变。
当船头垂直河岸行驶时，时间最短，由运动学公式，求出到达对岸时间；该时间与水流的速度大小无关。
解决本题的关键知道船头垂直河岸时，时间最短。
13.0
【解析】 解：选取物体从速度以4m/s到速度大小为4m/s作为过程，由动能定理可知：WF=12mv右2−12mv左2=0
故答案为：0
物体在光滑水平面上向左滑行的同时，受到向右作用一水平力，经过一段时间速度向右，则由动能定理可求出这段时间内力做的功。
本题由于水平力是否恒定不清楚，所以必须运用动能定理来解决，只要明确初动能与末动能大小，无须关注速度的方向。
14.A B mgℎB m(ℎC−ℎA)28T2 b
【解析】解：(1)释放纸带时，要手提纸带末端，保证纸带竖直且与限位孔无摩擦，并且物体要靠近打点计时器从而充分利用纸带。故A正确，BCD错误。
故选：A。
(2)A.为减小误差，应选择质量大、体积小的重物，即密度大的重物进行实验，故A错误；
B.要验证机械能守恒，即
mgℎ=12mv2
等式两边质量可以约去，所以重物的质量可以不用测量，故B正确；
C.打点计时器可以计时，则不需要使用秒表，故C错误；
D.利用公式v= 2gℎ求瞬时速度，即默认了机械能守恒，失去了验证的意义，故D错误。
故选：B。
(3)从打点计时器打下O点到打下B点过程中，重物重力势能减少量
ΔEp=mgℎB
B点的速度表示为
vB=ℎC−ℎA2T
动能增加量
ΔEk=12mvB2=m(ℎC−ℎA)28T2
(4)根据题意可知，若机械能守恒，则有
mgℎ=12mv2
整理可得
v2=2gℎ
可知，v2−ℎ是一条过原点的直线，则应是两条图线中的b。
故答案为：(1)A；(2)B；(3)mgℎB，m(ℎC−ℎA)28T2；(4)b。
(1)根据使纸带上打出更多的点迹判断；
(2)根据实验原理和注意事项分析判断；
(3)根据功能关系计算重物重力势能减少量，根据平均速度等于中间时刻速度、动能定理表达式计算动能增加量；
(3)根据机械能守恒定律推导函数图像表达式判断。
本题关键掌握验证机械能守恒定律实验的原理、利用图像处理问题的方法。
15.AC 不是 0.80
【解析】解：(1)观察到的现象是两小球在水平轨道相撞，两小球同时离开圆弧轨道末端，水平位移相同，说明两小球在水平方做匀速直线运动，故AC正确，BD错误。
故选：AC。
(2)若A点为抛出点，A点的竖直分速度为零，根据初速度为零的匀变速直线运动规律，应该满足yAB：yBC：yCD=1：3：5
根据图乙可知yAB：yBC：yCD=1：2：3
说明A点的竖直分速度不为零，则A点不是抛出点。
设时间间隔为T，根据匀变速直线运动的推论Δy=yBC−yAB=gT2
代入数据解得T=0.04s
水平方向速度v0=2LT=2×1.6×10−20.04m/s=0.80m/s。
故答案为：(1)AC；(2)不是；0.80。
(1)根据实验现象进行分析作答；
(2)小球在竖直方向做自由落体运动，根据初速度为零的匀变速直线运动规律分析判断；
根据匀变速直线运动的推论求时间间隔，根据匀速直线运动的规律求水平初速度。
本题考查探究平抛运动规律，利用化曲为直的思想，把运动分解为水平方向的匀速直线和竖直方向的自由落体。
16.解：设地球质量为M地，半径为R地，“宜居”行星质量为M，半径为R，人的质量为m。
则人在地球上有
GM地mR地2=mg=600N
人在“宜居”行星有
GMmR2=mg′=960N
由以上两式相比得
RR地=21
答：该行星的半径与地球半径之比是2：1。
【解析】在忽略星球自转的情况下，物体在星球表面上受到的万有引力等于物体所受的重力，根据重力之比求得行星和地球表面重力加速度之比，再根据重力等于万有引力求出中心天体的半径之比。
解决本题时，要知道忽略星球自转的情况下，万有引力等于物体所受的重力，这是经常用的方法要注意掌握。
17.解：(1)套圈的运动时间为t，由
ℎ=12gt2
代入数据解得t= 2ℎg= 2×0.810s=0.4s
则套圈的初速度大小为
v0=xt=
(2)套圈落地时竖直方向的速度大小为
vy=gt=10×0.4m/s=4m/s
套圈落地前的瞬时速度为
v= v02+vy2= 32+42m/s=5m/s
答：(1)套圈初速度的大小为3m/s；(2)套圈落地前的瞬时速度为5m/s。
【解析】(1))先根据竖直方向的自由落体运动规律计算出套圈的运动时间，然后根据水平方向的匀速直线运动计算初速度；
(2)先计算出套圈落地时竖直方向的速度，然后根据平行四边形定则计算合速度。
知道套圈水平方向做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动是解题的基础。
18.解：(1)当汽车做匀速运动时，汽车的速度最大，则
F=f
根据功率的公式P=Fvmax
联立解得：vmax=30m/s
(2)根据牛顿第二定律可得：F−f=ma
根据功率的公式可得：P=Fv
联立解得：v=15m/s
(3)牵引力的做功为：
W=Pt=60kW×10J=6×105J
答：(1)行驶过程中的最大速度为30m/s；
(2)当汽车的加速度是1m/s2时，速度为15m/s；
(3)10s内牵引力对汽车做的功为为6×105J。
【解析】(1)根据功率的公式，结合牛顿第二定律列式得出行驶过程中的最大速度；
(2)根据牛顿第二定律得出牵引力的大小，再结合功率的功得出对应的速度；
(3)根据功的计算公式得出牵引力对汽车做的功。
本题主要考查了功率的计算公式，熟悉牛顿第二定律的应用，结合功的计算公式即可完成分析。
19.解：(1)W=mgL(1−csθ)
代入数据解得：W=4J
(2)当摆球从C到D运动，根据动能定理可得：
mgL(1−csθ)=12mvD2
解得：vD=4m/s
在D点，根据牛顿第二定律可得：Fm−mg=mvD2L
解得：Fm=9N
(3)当小球能恰好经过圆轨道的最高点时，根据牛顿第二定律可得：
mg=mv2R
根据动能定理可得：
−μ3mgs−2mgR=12mv2−12mvD2
解得：μ=0.025
要使小球能做完整的圆周运动，小球与水平面间的动摩擦因数μ需要满足的条件为μ≤0.025。
答：(1)小球从C运动到D的过程中，重力对小球做的功为4J；
(2)摆线能承受的最大拉力为9N；
(3)要使小球能做完整的圆周运动，小球与水平面间的动摩擦因数μ需要满足的条件为μ≤0.025。
【解析】(1)根据功的计算公式得出重力做的功；
(2)根据动能定理得出物体的速度，结合牛顿第二定律得出对应的拉力；
(3)理解小球做完整圆周运动的条件，结合牛顿第二定律和动能定理列式完成分析。
本题主要考查了动能定理的相关应用，熟悉动能定理的应用，找到物体做圆周运动的向心力来源，根据牛顿第二定律即可完成分析。