【解析】黑龍江省雙鴨山一中2023-2023學年高一下學期物理期末考試試卷

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黑龍江省雙鴨山一中2023-2023學年高一下學期物理期末考試試卷

一、單選題

1．（2023高一下·黑龍江期末）下面各個實例中，機械能守恒的是（）

A．物體沿斜面勻速下滑

B．物體從高處以0.9g的加速度豎直下落

C．物體沿光滑曲面滑下

D．拉著一個物體沿光滑的斜面勻速上升

2．（2023高一下·黑龍江期末）如圖所示是某靜電場的一部分電場線分布情況，下列說法中正確的是（）

A．這個電場可能是負點電荷的電場

B．點電荷q在A點處受到的電場力比在B點處受到的電場力大

C．負電荷在B點處受到的電場力的方向沿電場線的切線方向

D．點電荷q在A點處的瞬時加速度比在B點處的瞬時加速度小

3．（2023高二上·德惠月考）下列圖中，a、b、c是勻強電場中的三個點，各點電勢φa＝10V，φb＝2V，φc＝6V，a、b、c三點在同一平面上，圖中電場強度的方向表示正確的是（）

A．B．

C．D．

4．（2023高一下·黑龍江期末）若某航天器變軌后仍繞地球做勻速圓周運動，但動能增大為原來的四倍，則變軌后（）

A．向心加速度變?yōu)樵瓉淼陌吮禕．周期變?yōu)樵瓉淼陌朔种?/p>

C．角速度變?yōu)樵瓉淼乃谋禗．軌道半徑變?yōu)樵瓉淼亩种?/p>

5．（2023高一下·黑龍江期末）如圖所示，先接通S使電容器充電，然后斷開S。當增大兩極板間距離時，電容器所帶電荷量Q、電容C、兩極板間電勢差U、兩極板間場強E的變化情況是（）

A．Q變小，C不變，U不變，E變小B．Q變小，C變小，U不變，E不變

C．Q不變，C變小，U變大，E不變D．Q不變，C變小，U變小，E變小

二、多選題

6．（2023高一下·宜昌月考）如圖，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于O點，另一端與小球相連?，F(xiàn)將小球從M點由靜止釋放，它在下降的過程中經過了N點。已知M、N兩點處，彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<。在小球從M點運動到N點的過程中（）

A．彈力對小球先做正功后做負功

B．有兩個時刻小球的加速度等于重力加速度

C．彈簧長度最短時，彈力對小球做功的功率為零

D．小球到達N點時的動能等于其在M、N兩點的重力勢能

7．（2023高一下·黑龍江期末）要計算地球的質量，除已知的一些常數(shù)外還需知道某些數(shù)據(jù)，現(xiàn)給出下列各組數(shù)據(jù)，可以計算出地球質量的是（）

A．已知地球半徑R

B．已知衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動的軌道半徑r和線速度v

C．已知衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動的線速度v和周期T

D．已知地球公轉的周期T′及運轉半徑r′

8．（2023高一下·黑龍江期末）如圖所示，一固定斜面傾角為30°，一質量為m的小物塊自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做勻減速運動，加速度大小等于重力加速度的大小g。物塊上升的最大高度為H，則此過程中，物塊的（）

A．動能損失了2mgHB．動能損失了mgH

C．機械能損失了mgHD．機械能損失了mgH

9．（2023高一下·黑龍江期末）如圖所示，一帶電粒子以某速度進入水平向右的勻強電場E中，在電場力作用下形成圖中所示的運動軌跡。M和N是軌跡上的兩點，其中M點在軌跡的最右端。不計重力，下列表述正確的是（）

A．粒子在M點的速率最大

B．粒子所受電場力與電場方向相同

C．粒子在電場中的加速度不變

D．粒子速度先減小后增大

10．（2023高一下·黑龍江期末）質量為m＝2kg的物體沿水平面向右做直線運動，t＝0時刻受到一個水平向左的恒力F，此后物體的vt圖像如圖所示，取水平向右為正方向，g取10m/s2，則（）

A．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.05

B．10s末恒力F的瞬時功率為6W

C．10s末物體在計時起點左側4m處

D．0～10s內恒力F做功的平均功率為0.6W

11．（2023高一下·黑龍江期末）如圖，兩電荷量分別為Q（Q＞0）和-Q的點電荷對稱地放置在x軸上原點O的兩側，a點位于x軸上O點與點電荷Q之間，b位于y軸O點上方。取無窮遠處的電勢為零，下列說法正確的是（）

A．b點的電勢為零，電場強度也為零

B．正的試探電荷在a點的電勢能大于零，所受電場力方向向右

C．將正的試探電荷從O點移到a點，必須克服電場力做功

D．將同一正的試探電荷先后從O、b點移到a點，后者電勢能的變化較大

12．（2023高一下·黑龍江期末）如圖所示，足夠長傳送帶與水平方向的傾角為θ，物塊a通過平行于傳送帶的輕繩跨過光滑輕滑輪與物塊b相連，開始時，a、b及傳送帶均靜止且a不受傳送帶摩擦力的作用，現(xiàn)讓傳送帶逆時針勻速轉動，則在b上升h高度(未與滑輪相碰)過程中（）

A．物塊a重力勢能減少量等于物塊b重力勢能的增加量

B．物塊a機械能的減少量等于物塊b機械能的增加量

C．摩擦力對物塊a做的功等于物塊a、b動能增加之和

D．任意時刻，重力對a、b做功的瞬時功率大小相等

三、實驗題

13．（2023高一下·黑龍江期末）用如圖所示的裝置，探究功與物體速度變化的關系。實驗時先適當墊高木板，然后由靜止釋放小車，小車在橡皮條彈力的作用下被彈出，沿木板滑行。小車滑行過程中帶動通過打點計器的紙帶，記錄其運動情況。觀察發(fā)現(xiàn)紙帶前面部分點跡疏密不勻，后面部分點跡比較均勻，回答下列問題：

（1）適當墊高木板是為；

（2）通過紙帶求小車速度時，應使用紙帶的（填“全部”、“前面部分”或“后面部分”）；

（3）若實驗作了n次，所用橡皮條分別為1根、2根…n根，通過紙帶求出小車的速度分別為v1、v2…vn，用W表示橡皮條對小車所做的功，作出的W——v2圖線是一條過坐標原點的直線，這說明W與v的關系是；

（4）以下關于該實驗的說法中有一項正確，它是________。

A．通過改變橡皮筋的長度改變拉力做功的數(shù)值

B．某同學在一次實驗中，得到一條記錄紙帶。紙帶上打出的點，兩端密、中間疏。出現(xiàn)這種情況的原因，可能是沒有使木板傾斜或傾角太小

C．小車在橡皮筋的作用下彈出，橡皮筋所做的功可根據(jù)公式W=FL算出

D．實驗中先釋放小車再接通電源

14．（2023高一下·黑龍江期末）某同學用如圖甲所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律。實驗所用的電源為學生電源，可以提供輸出電壓為6V的交流電和直流電，交流電的頻率為重錘從高處由靜止開始下落，重錘拖著的紙帶上打出一系列的點，對紙帶上的點測量并分析，即可驗證機械能守恒定律。

（1）他進行了下面幾個操作步驟：

A.按照圖示的裝置安裝器件；

B.將打點計時器接到電源的“直流輸出”上；

C.用天平測出重錘的質量；

D.先接通電源，后釋放紙帶，打出一條紙帶；

E.測量紙帶上某些點間的距離；

F.根據(jù)測量的結果計算重錘下落過程中減少的重力勢能是否等于增加的動能。

其中沒有必要進行的步驟是，操作不當?shù)牟襟E是。

（2）這位同學進行正確測量后挑選出一條點跡清晰的紙帶進行測量分析，如圖乙所示。其中0點為起始點，A、B、C、D、E、F為六個計數(shù)點。根據(jù)紙帶上的測量數(shù)據(jù)，當打B點時重錘的速度為。保留3位有效數(shù)字

（3）他繼續(xù)根據(jù)紙帶算出各點的速度v，量出下落距離h，并以為縱軸、以h為橫軸畫出的圖象，應是圖丙中的。

四、解答題

15．（2023高一下·黑龍江期末）用30cm的細線將質量為4×10-3㎏的帶電小球P懸掛在Ｏ點下，當空中有方向為水平向右，大小為1×104N/C的勻強電場時，小球偏轉37°后處在靜止狀態(tài)。

（1）分析小球的帶電性質;

（2）求小球的帶電量;

（3）求細線的拉力.

16．（2023高一下·黑龍江期末）如圖所示，懸崖上有一質量m＝50kg的石塊，距離地面高度h＝20m，由于長期風化作用而從懸崖上由靜止落到地面。若下落時不計空氣阻力且石塊質量不變，以地面為零勢能面，求石塊：（g取10

m/s2）

（1）未下落時在懸崖上的重力勢能；

（2）落到地面時的速度大小；

（3）落到地面時的機械能大小。

17．（2023高一下·黑龍江期末）如圖所示，在場強E＝104N/C的水平勻強電場中，有一根長l＝15cm的細線，一端固定在O點，另一端系一個質量m＝3g、電荷量q＝2×10－6C的帶正電小球，當細線處于水平位置時，小球從靜止開始釋放，g取10m/s2.求：

（1）若取A點電勢為零，小球在B點的電勢能、電勢分別為多大？

（2）小球到B點時速度為多大？繩子張力為多大？

18．（2023高二下·溫州期中）如圖所示，水平軌道BC的左端與固定的光滑豎直1/4圓軌道相切與B點，右端與一傾角為30°的光滑斜面軌道在C點平滑連接（即物體經過C點時速度的大小不變），斜面頂端固定一輕質彈簧，一質量為2Kg的滑塊從圓弧軌道的頂端A點由靜止釋放，經水平軌道后滑上斜面并壓縮彈簧，第一次可將彈簧壓縮至D點，已知光滑圓軌道的半徑R＝0.45m，水平軌道BC長為0.4m，其動摩擦因數(shù)μ＝0.2，光滑斜面軌道上CD長為0.6m，g取10m/s2，求

（1）滑塊第一次經過B點時對軌道的壓力

（2）整個過程中彈簧具有最大的彈性勢能；

（3）滑塊最終停在何處？

答案解析部分

1．【答案】C

【知識點】機械能

【解析】【解答】勻速下滑，動能不變，重力勢能減小，A不符合題意；物體從高處以0.9g的加速度下落，受到阻力，機械能不守恒，B不符合題意；物體沿光滑曲面滑下，除重力做功外，沒有其它力做功，機械能守恒，C符合題意；拉著一個物體沿光滑的斜面勻速上升，速度不變，重力勢能增加，機械能增加，D不符合題意。

故答案為：C

【分析】物體機械能守恒的條件是只有受到重力；物體沿斜面勻速下滑，摩擦力做負功，機械能減少；物體加速度小于重力加速度下降時阻力做功機械能減??；拉著一個物體沿光滑斜面勻速上升，動能不變，重力勢能和機械能增加。

2．【答案】B

【知識點】電場強度和電場線

【解析】【解答】A．負點電荷的電場中的電場線是從正電荷或無窮遠出發(fā)到負電荷終止的直線，而該電場是曲線，A不符合題意；

BD．電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小，所以EA＞EB，依據(jù)F=qE，則有點電荷q在A點處受到的電場力比在B點處受到的電場力大，根據(jù)牛頓第二定律F=ma可知，電場力越大的，產生加速度也越大，B符合題意，D不符合題意。

C．電場線的切線方向為該點場強的方向，所以負電荷在B點處受到的電場力的方向沿電場線切線的反方向，C不符合題意；

故答案為：B

【分析】負電荷產生的電場電場線是直線；利用電場線的疏密可以判別電場力的大小；利用場線的切線方向可以判別場力的方向；利用場力的大小可以判別加速度的大小。

3．【答案】D

【知識點】電勢差、電勢、電勢能

【解析】【解答】解：據(jù)題，a、b、c三點的電勢分別φa=10V，φb=2V，φc=6V，因為勻強電場中沿電場線方向相同距離電勢差相等，則得ab兩點連線的中點的電勢為φ==6V，因此該中點與C點的連線為等勢面，那么與連線垂直的直線即為電場線，由于φA=10V，φB=2V，又因為電勢沿著電場線降低，所以電場線方向垂直于ab的中點與C點連線向下，D符合題意.

故答案為：D

【分析】利用等勢面和電場線垂直可以判別電場強度的方向。

4．【答案】B

【知識點】萬有引力定律及其應用

【解析】【解答】由題意可知，Ek=4Ek0，所以v=2v0，根據(jù)可得，，所以軌道半徑。

A．根據(jù)得，，軌道半徑變?yōu)樵瓉淼模瑒t向心加速度變?yōu)樵瓉淼?6倍，A不符合題意；

B．根據(jù)得，，軌道半徑變?yōu)樵瓉淼?，則周期變?yōu)樵瓉淼?，B符合題意；

C．根據(jù)知，周期變?yōu)樵瓉淼模瑒t角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，C不符合題意；

D．由前面分析可知，，D不符合題意。

故答案為：B

【分析】由于動能變?yōu)樵瓉淼乃谋秳t速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?，利用引力提供向心力結合速度變大為原來的兩倍，可以判別軌道半徑，向心加速度、周期和角速度的變化。

5．【答案】C

【知識點】電容器及其應用

【解析】【解答】電容器與電源斷開，電量保持不變，增大兩極板間距離時，根據(jù)，知電容C變小，根據(jù)，知兩極板間的電勢差U變大，根據(jù)，知電場強度E不變．C符合題意，ABD不符合題意．

故答案為：C．

【分析】由于開關斷開所以電荷量保持不變，由于板間距離變大所以電容變小，導致電壓變大，結合電容的決定式和場強和電勢差的關系可以判別場強保持不變。

6．【答案】B,C,D

【知識點】受力分析的應用；能量守恒定律

【解析】【解答】A、因M和N兩點處彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<知M處的彈簧處于壓縮狀態(tài)，N處的彈簧處于伸長狀態(tài)，則彈簧的彈力對小球選做負功后正功，A不符合題意。

B、當彈簧水平時，豎直方向的力只有重力，加速度為g；當豎直方向的合外力為mg時，加速度為也g，則有兩個時刻的加速度大小等于g，B符合題意；

C、彈簧長度最短時，即彈簧水平，彈力與速度垂直，則做功的功率為零，C符合題意；

D、由M→N的動能定理，因M和N兩點處彈簧對小球的彈力大小相等，則由彈力作功特點知，即，D符合題意，

故答案為：BCD．

【分析】對小球進行受力分析，利用牛頓第二定律求解小球的加速度，彈簧的彈力對小球做正功，彈性勢能減小，小球的動能增加。

7．【答案】A,B,C

【知識點】萬有引力定律及其應用

【解析】【解答】A．根據(jù)，得，僅知道地球的半徑，地球表面的重力加速度和引力常量也是已知的常數(shù)，可以求出地球的質量，A符合題意；

B．衛(wèi)星繞地球做勻速周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力有，得地球質量，故已知衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動的軌道半徑r和線速度v，可以計算出地球質量，B符合題意；

C．根據(jù)得，根據(jù)萬有引力提供向心力，解得，故已知衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動的線速度v和周期T可以計算地球的質量，C符合題意；

D．地球繞太陽公轉，中心天體是太陽，根據(jù)萬有引力提供向心力只能求太陽的質量，故已知地球公轉的周期T′及運轉半徑r′不可以計算地球的質量，D不符合題意；

故答案為：ABC

【分析】利用引力形成重力結合地球半徑可以求出地球質量；利用引力提供向心力要求地球質量需要衛(wèi)星的軌道半徑和線速度大?。换蛘咧芷诤途€速度大?。坏厍虮旧淼墓D周期和軌道半徑只能求出太陽的質量。

8．【答案】A,C

【知識點】功能關系

【解析】【解答】知道加速度，根據(jù)牛頓第二定律和動能定理可求得動能的損失；根據(jù)牛頓第二定律求出摩擦力，得到摩擦力做功，即可根據(jù)功能關系求解機械能的損失．

已知物體上滑的加速度大小為g，由動能定理得：動能損失等于物體克服合外力做功，為：，A符合題意B不符合題意；設摩擦力的大小為f，根據(jù)牛頓第二定律得，得，則物塊克服摩擦力做功為，根據(jù)功能關系可知機械能損失了mgH，C符合題意D不符合題意．

故答案為：AC

【分析】利用合力做功可以求出動能的變化；利用牛頓第二定律可以求出阻力的大小，利用阻力做功可以求出機械能的損失。

9．【答案】C,D

【知識點】電場強度和電場線；電場力做功

【解析】【解答】AD．粒子受到的電場力向左，在向右運動的過程中，電場力對粒子做負功，粒子的速度減小，運動到M點時，粒子的速度最小，然后向左運動時，電場力做正功，粒子的速度增加，所以A不符合題意，D符合題意；

B．粒子做曲線運動，受電場力指向曲線彎曲的內側，故可知，粒子所受電場力沿電場的反方向，B不符合題意；

C．粒子在勻強電場中只受到恒定的電場力作用，故粒子在電場中的加速度不變，C符合題意；

故答案為：CD

【分析】利用電場力做功可以判別M點的速率最小；利用曲線運動的軌跡可以判別電場方向，和場強方向相反；由于場強不變所以粒子的加速度不變；利用電場力做功可以判別速率的變化。

10．【答案】A,D

【知識點】運動學v-t圖象

【解析】【解答】A．由圖線可知0～4s內的加速度：a1=m/s2=2m/s2，可得：F+μmg=ma1；由圖線可知4～10s內的加速度：a2=m/s2=1m/s2，可得：F-μmg=ma2；解得：F=3N，μ=0.05，A符合題意；

B.10s末恒力F的瞬時功率為P10=Fv10=3×6W=18W，B不符合題意；

C.0～4s內的位移x1=×4×8m=16m，4～10s內的位移x2=-×6×6m=-18m，故10s末物體在計時起點左側x=2m處，C不符合題意；

D.0～10s內恒力F做功的平均功率為，D符合題意。

故答案為：AD

【分析】利用圖像可以求出加速度大小，結合牛頓第二定律可以求出恒力和動摩擦因數(shù)的大?。焕煤懔Τ艘运俾士梢郧蟪鏊矔r功率的大??；利用面積可以求出位移的大小；利用恒力做功除以時間可以求出平均功率的大小。

11．【答案】B,C

【知識點】電場強度和電場線

【解析】【解答】因為等量異種電荷在其連線的中垂線上的電場方向為水平指向負電荷，所以電場方向與中垂線方向垂直，故中垂線為等勢線，因為中垂線延伸到無窮遠處，所以中垂線的電勢為零，B點的電勢為零，但是電場強度不為零，A不符合題意；等量異種電荷連線上，電場方向由正電荷指向負電荷，方向水平向右，在中點O處電勢為零，O點左側電勢為正，右側電勢為負，又知道正電荷在正電勢處電勢能為正，B符合題意；O點的電勢低于a點的電勢，電場力做負功，所以必須克服電場力做功，C符合題意；O點和b點的電勢相等，所以先后從O、b點移到a點，電場力做功相等，電勢能變化相同，D不符合題意；

故答案為：BC

【分析】利用電場線的分布可以判別場強和電勢的大??；利用電場線分布結合電性可以判別場力方向和電勢能的大?。焕秒妶隽Ψ较蚪Y合運動方向可以判別電場力做功；利用電勢差可以判別電勢能的變化。

12．【答案】A,C,D

【知識點】功能關系

【解析】【解答】A．開始時，a、b及傳送帶均靜止且a不受傳送帶摩擦力作用，則有magsinθ=mbg，則masinθ=mb．b上升h，則a下降高度為hsinθ，則a重力勢能的減小量為maghsinθ=mbgh．即物塊a重力勢能減少量等于物塊b重力勢能的增加量，A符合題意。

B．由于摩擦力對a做正功，系統(tǒng)機械能增加，所以物塊a機械能的減少量小于物塊b機械能的增加量，B不符合題意。

C．根據(jù)能量守恒得知系統(tǒng)機械能增加，摩擦力對a做的功等于a、b機械能的增量。所以摩擦力做功大于a的機械能增加。因為系統(tǒng)重力勢能不變，所以摩擦力做功等于系統(tǒng)動能的增加之和。C符合題意。

D．任意時刻a、b的速率相等，對b，克服重力的瞬時功率Pb=mgv，對a有：Pa=magvsinθ=mgv，所以重力對a、b做功的瞬時功率大小相等。D符合題意。

故答案為：ACD

【分析】利用平衡結合重力做功可以判別重力勢能的變化；由于摩擦力做正功所以a機械能的減少量小于物塊吧機械能的增加；摩擦力做功等于機械能的增加；利用重力乘以瞬時速率可以判別瞬時功率的大小。

13．【答案】（1）平衡摩擦力

（2）后面部分

（3）W與成正比

（4）B

【知識點】探究功與物體速度變化的關系

【解析】【解答】（1）小車下滑時受到重力、細線的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，則應該用重力的下滑分量來平衡摩擦力，故可以將長木板的一段墊高；（2）紙帶在橡皮條的作用下做加速運動，橡皮條做功完畢，則速度達到最大，此后做勻速運動，故通過紙帶求小車速度時，應使用紙帶的后面點跡均勻的部分。（3）W-v2圖線是一條過坐標原點的直線，根據(jù)數(shù)學知識可確定W與速度v的平方成正比．（4）實驗是通過改變橡皮筋的個數(shù)來改變拉力做功的數(shù)值，A不符合題意；本實驗中小車先加速后減速，造成紙帶上打出的點，兩端密、中間疏，說明摩擦力沒有平衡，或沒有完全平衡，可能是沒有使木板傾斜或傾角太小．B符合題意；橡皮筋拉小車時的作用力是變力，我們不能根據(jù)公式W=FL求變力做功問題，C不符合題意；實驗中先接通電源再釋放小車，D不符合題意；

故答案為：B．

【分析】（1）適當墊高木板是為了讓重力的分力平衡摩擦力；

（2）要利用紙帶求出小車的速度，必須利用紙帶后面部分，小車加速后的速度；

（3）利用功能關系可以判別做功和速度的平方成正比；

（4）實驗是通過改變橡皮筋的條數(shù)改變拉力做功的倍數(shù)；橡皮筋的做功不用利用公式計算；實驗要先通電源再釋放小車。

14．【答案】（1）C；B

（2）1.84

（3）C

【知識點】驗證機械能守恒定律

【解析】【解答】（1）將打點計時器接到電源的“交流輸出”上，B不符合題意，操作不當；因為我們是比較mgh、的大小關系，故m可約去比較，不需要用天平，C沒有必要．故答案為：C，B；（2）勻變速直線運動中中間時刻的瞬時速度等于該過程中的平均速度，由此可以求出B點的速度大小為；（3）他繼續(xù)根據(jù)紙帶算出各點的速度v，量出下落距離h，并以為縱軸、以h為橫軸畫出的圖象，根據(jù)，所以應是圖中的C．

【分析】（1）實驗不需要天平測量重錘的質量；打點計時器需要使用交流電源；

（2）利用平均速度公式可以求出重錘的瞬時速度大?。?/p>

（3）利用機械能守恒可以判別下落高度和速度的關系。

15．【答案】（1）解：小球受力如圖，故帶正電。

（2）解：小球受力平衡，在水平方向：

，得

（3）解：如受力圖可知：

【知識點】共點力平衡條件的應用

【解析】【分析】（1）利用電場力和場強方向可以判別小球的電性；

（2）利用平衡可以求出小球的電荷量大??；

（3）利用平衡可以求出細線的拉力大小。

16．【答案】（1）解：以地面為零勢能面，未下落時在懸崖上的重力勢能為：

（2）解：根據(jù)動能定理可得：

代入數(shù)據(jù)解得：

（3）解：因為在下落過程中只有重力做功機械能守恒，所以落到地面時的機械能大小為104J

【知識點】機械能守恒及其條件

【解析】【分析】（1）利用高度可以求出重力勢能的大?。?/p>

（2）利用動能定理可以求出落到地面的速度大?。?/p>

（3）利用機械能守恒可以求出落到地面的機械能大小。

17．【答案】（1）解：從A到B電勢能的變化量為：△Ep電=Eql=3×10-3J

若取A點電勢為零，小球在B點的電勢能：Ep=△Ep電=3×10-3J

由Ep=φBq得：φB=V=1.5×103V

（2）解：A→B由動能定理得：mgl-Eql=mvB2

代入解得：vB=1m/s

在B點，對小球由牛頓第二定律得：FT-mg=m

得：FT=5×10-2N

【知識點】動能定理的綜合應用

【解析】【分析】（1）利用電場力做功可以求出電勢能的大小，利用電勢能和電勢的關系可以求出電勢的大??；

（2）利用動能定理可以求出小球到達B點的速度大?。唤Y合牛頓第二定律可以求出繩子的拉力大小。

18．【答案】（1）解：滑塊從A點到B點，由動能定理可得：mgR=mvB2

解得：vB＝3m/s，

滑塊在B點，由牛頓第二定律：F-mg=m

解得：F＝60N，

由牛頓第三定律可得：物塊對B點的壓力：F′＝F＝60N

（2）解：滑塊從A點到D點，該過程彈簧彈力對滑塊做的功為W，

由動能定理可得：mgR﹣μmgLBC﹣mgLCDsin30°+W＝0，

其中：EP＝﹣W，解得：EP＝1.4J

（3）解：滑塊最終停止在水平軌道BC間，從滑塊第一次經過B點到最終停下來的全過程，

由動能定理可得：

解得：s＝2.25m

則物體在BC段上運動的次數(shù)為：n＝＝5.625，

說明物體在BC上滑動了5次，又向左運動0.625×0.4＝0.25m，

故滑塊最終停止在BC間距B點0.15m處（或距C點0.25m處）

【知識點】動能定理的綜合應用；豎直平面的圓周運動

【解析】【分析】（1）對物體從A點到B點的運動應用動能定理求解物體的末速度即可，結合速度，利用向心力公式求解對軌道的壓力；

（2）對物體從A點到最高點的運動過程應用動能定理，求解彈簧的最大彈性勢能；

（3）物體的機械能最終全部轉化為內能，利用動能定理求解運動的距離。

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黑龍江省雙鴨山一中2023-2023學年高一下學期物理期末考試試卷

一、單選題

1．（2023高一下·黑龍江期末）下面各個實例中，機械能守恒的是（）

A．物體沿斜面勻速下滑

B．物體從高處以0.9g的加速度豎直下落

C．物體沿光滑曲面滑下

D．拉著一個物體沿光滑的斜面勻速上升

【答案】C

【知識點】機械能

【解析】【解答】勻速下滑，動能不變，重力勢能減小，A不符合題意；物體從高處以0.9g的加速度下落，受到阻力，機械能不守恒，B不符合題意；物體沿光滑曲面滑下，除重力做功外，沒有其它力做功，機械能守恒，C符合題意；拉著一個物體沿光滑的斜面勻速上升，速度不變，重力勢能增加，機械能增加，D不符合題意。

故答案為：C

【分析】物體機械能守恒的條件是只有受到重力；物體沿斜面勻速下滑，摩擦力做負功，機械能減少；物體加速度小于重力加速度下降時阻力做功機械能減?。焕粋€物體沿光滑斜面勻速上升，動能不變，重力勢能和機械能增加。

2．（2023高一下·黑龍江期末）如圖所示是某靜電場的一部分電場線分布情況，下列說法中正確的是（）

A．這個電場可能是負點電荷的電場

B．點電荷q在A點處受到的電場力比在B點處受到的電場力大

C．負電荷在B點處受到的電場力的方向沿電場線的切線方向

D．點電荷q在A點處的瞬時加速度比在B點處的瞬時加速度小

【答案】B

【知識點】電場強度和電場線

【解析】【解答】A．負點電荷的電場中的電場線是從正電荷或無窮遠出發(fā)到負電荷終止的直線，而該電場是曲線，A不符合題意；

BD．電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小，所以EA＞EB，依據(jù)F=qE，則有點電荷q在A點處受到的電場力比在B點處受到的電場力大，根據(jù)牛頓第二定律F=ma可知，電場力越大的，產生加速度也越大，B符合題意，D不符合題意。

C．電場線的切線方向為該點場強的方向，所以負電荷在B點處受到的電場力的方向沿電場線切線的反方向，C不符合題意；

故答案為：B

【分析】負電荷產生的電場電場線是直線；利用電場線的疏密可以判別電場力的大小；利用場線的切線方向可以判別場力的方向；利用場力的大小可以判別加速度的大小。

3．（2023高二上·德惠月考）下列圖中，a、b、c是勻強電場中的三個點，各點電勢φa＝10V，φb＝2V，φc＝6V，a、b、c三點在同一平面上，圖中電場強度的方向表示正確的是（）

A．B．

C．D．

【答案】D

【知識點】電勢差、電勢、電勢能

【解析】【解答】解：據(jù)題，a、b、c三點的電勢分別φa=10V，φb=2V，φc=6V，因為勻強電場中沿電場線方向相同距離電勢差相等，則得ab兩點連線的中點的電勢為φ==6V，因此該中點與C點的連線為等勢面，那么與連線垂直的直線即為電場線，由于φA=10V，φB=2V，又因為電勢沿著電場線降低，所以電場線方向垂直于ab的中點與C點連線向下，D符合題意.

故答案為：D

【分析】利用等勢面和電場線垂直可以判別電場強度的方向。

4．（2023高一下·黑龍江期末）若某航天器變軌后仍繞地球做勻速圓周運動，但動能增大為原來的四倍，則變軌后（）

A．向心加速度變?yōu)樵瓉淼陌吮禕．周期變?yōu)樵瓉淼陌朔种?/p>

C．角速度變?yōu)樵瓉淼乃谋禗．軌道半徑變?yōu)樵瓉淼亩种?/p>

【答案】B

【知識點】萬有引力定律及其應用

【解析】【解答】由題意可知，Ek=4Ek0，所以v=2v0，根據(jù)可得，，所以軌道半徑。

A．根據(jù)得，，軌道半徑變?yōu)樵瓉淼?，則向心加速度變?yōu)樵瓉淼?6倍，A不符合題意；

B．根據(jù)得，，軌道半徑變?yōu)樵瓉淼?，則周期變?yōu)樵瓉淼?，B符合題意；

C．根據(jù)知，周期變?yōu)樵瓉淼?，則角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，C不符合題意；

D．由前面分析可知，，D不符合題意。

故答案為：B

【分析】由于動能變?yōu)樵瓉淼乃谋秳t速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?，利用引力提供向心力結合速度變大為原來的兩倍，可以判別軌道半徑，向心加速度、周期和角速度的變化。

5．（2023高一下·黑龍江期末）如圖所示，先接通S使電容器充電，然后斷開S。當增大兩極板間距離時，電容器所帶電荷量Q、電容C、兩極板間電勢差U、兩極板間場強E的變化情況是（）

A．Q變小，C不變，U不變，E變小B．Q變小，C變小，U不變，E不變

C．Q不變，C變小，U變大，E不變D．Q不變，C變小，U變小，E變小

【答案】C

【知識點】電容器及其應用

【解析】【解答】電容器與電源斷開，電量保持不變，增大兩極板間距離時，根據(jù)，知電容C變小，根據(jù)，知兩極板間的電勢差U變大，根據(jù)，知電場強度E不變．C符合題意，ABD不符合題意．

故答案為：C．

【分析】由于開關斷開所以電荷量保持不變，由于板間距離變大所以電容變小，導致電壓變大，結合電容的決定式和場強和電勢差的關系可以判別場強保持不變。

二、多選題

6．（2023高一下·宜昌月考）如圖，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于O點，另一端與小球相連?，F(xiàn)將小球從M點由靜止釋放，它在下降的過程中經過了N點。已知M、N兩點處，彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<。在小球從M點運動到N點的過程中（）

A．彈力對小球先做正功后做負功

B．有兩個時刻小球的加速度等于重力加速度

C．彈簧長度最短時，彈力對小球做功的功率為零

D．小球到達N點時的動能等于其在M、N兩點的重力勢能

【答案】B,C,D

【知識點】受力分析的應用；能量守恒定律

【解析】【解答】A、因M和N兩點處彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<知M處的彈簧處于壓縮狀態(tài)，N處的彈簧處于伸長狀態(tài)，則彈簧的彈力對小球選做負功后正功，A不符合題意。

B、當彈簧水平時，豎直方向的力只有重力，加速度為g；當豎直方向的合外力為mg時，加速度為也g，則有兩個時刻的加速度大小等于g，B符合題意；

C、彈簧長度最短時，即彈簧水平，彈力與速度垂直，則做功的功率為零，C符合題意；

D、由M→N的動能定理，因M和N兩點處彈簧對小球的彈力大小相等，則由彈力作功特點知，即，D符合題意，

故答案為：BCD．

【分析】對小球進行受力分析，利用牛頓第二定律求解小球的加速度，彈簧的彈力對小球做正功，彈性勢能減小，小球的動能增加。

7．（2023高一下·黑龍江期末）要計算地球的質量，除已知的一些常數(shù)外還需知道某些數(shù)據(jù)，現(xiàn)給出下列各組數(shù)據(jù)，可以計算出地球質量的是（）

A．已知地球半徑R

B．已知衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動的軌道半徑r和線速度v

C．已知衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動的線速度v和周期T

D．已知地球公轉的周期T′及運轉半徑r′

【答案】A,B,C

【知識點】萬有引力定律及其應用

【解析】【解答】A．根據(jù)，得，僅知道地球的半徑，地球表面的重力加速度和引力常量也是已知的常數(shù)，可以求出地球的質量，A符合題意；

B．衛(wèi)星繞地球做勻速周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力有，得地球質量，故已知衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動的軌道半徑r和線速度v，可以計算出地球質量，B符合題意；

C．根據(jù)得，根據(jù)萬有引力提供向心力，解得，故已知衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動的線速度v和周期T可以計算地球的質量，C符合題意；

D．地球繞太陽公轉，中心天體是太陽，根據(jù)萬有引力提供向心力只能求太陽的質量，故已知地球公轉的周期T′及運轉半徑r′不可以計算地球的質量，D不符合題意；

故答案為：ABC

【分析】利用引力形成重力結合地球半徑可以求出地球質量；利用引力提供向心力要求地球質量需要衛(wèi)星的軌道半徑和線速度大?。换蛘咧芷诤途€速度大??；地球本身的公轉周期和軌道半徑只能求出太陽的質量。

8．（2023高一下·黑龍江期末）如圖所示，一固定斜面傾角為30°，一質量為m的小物塊自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做勻減速運動，加速度大小等于重力加速度的大小g。物塊上升的最大高度為H，則此過程中，物塊的（）

A．動能損失了2mgHB．動能損失了mgH

C．機械能損失了mgHD．機械能損失了mgH

【答案】A,C

【知識點】功能關系

【解析】【解答】知道加速度，根據(jù)牛頓第二定律和動能定理可求得動能的損失；根據(jù)牛頓第二定律求出摩擦力，得到摩擦力做功，即可根據(jù)功能關系求解機械能的損失．

已知物體上滑的加速度大小為g，由動能定理得：動能損失等于物體克服合外力做功，為：，A符合題意B不符合題意；設摩擦力的大小為f，根據(jù)牛頓第二定律得，得，則物塊克服摩擦力做功為，根據(jù)功能關系可知機械能損失了mgH，C符合題意D不符合題意．

故答案為：AC

【分析】利用合力做功可以求出動能的變化；利用牛頓第二定律可以求出阻力的大小，利用阻力做功可以求出機械能的損失。

9．（2023高一下·黑龍江期末）如圖所示，一帶電粒子以某速度進入水平向右的勻強電場E中，在電場力作用下形成圖中所示的運動軌跡。M和N是軌跡上的兩點，其中M點在軌跡的最右端。不計重力，下列表述正確的是（）

A．粒子在M點的速率最大

B．粒子所受電場力與電場方向相同

C．粒子在電場中的加速度不變

D．粒子速度先減小后增大

【答案】C,D

【知識點】電場強度和電場線；電場力做功

【解析】【解答】AD．粒子受到的電場力向左，在向右運動的過程中，電場力對粒子做負功，粒子的速度減小，運動到M點時，粒子的速度最小，然后向左運動時，電場力做正功，粒子的速度增加，所以A不符合題意，D符合題意；

B．粒子做曲線運動，受電場力指向曲線彎曲的內側，故可知，粒子所受電場力沿電場的反方向，B不符合題意；

C．粒子在勻強電場中只受到恒定的電場力作用，故粒子在電場中的加速度不變，C符合題意；

故答案為：CD

【分析】利用電場力做功可以判別M點的速率最?。焕们€運動的軌跡可以判別電場方向，和場強方向相反；由于場強不變所以粒子的加速度不變；利用電場力做功可以判別速率的變化。

10．（2023高一下·黑龍江期末）質量為m＝2kg的物體沿水平面向右做直線運動，t＝0時刻受到一個水平向左的恒力F，此后物體的vt圖像如圖所示，取水平向右為正方向，g取10m/s2，則（）

A．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.05

B．10s末恒力F的瞬時功率為6W

C．10s末物體在計時起點左側4m處

D．0～10s內恒力F做功的平均功率為0.6W

【答案】A,D

【知識點】運動學v-t圖象

【解析】【解答】A．由圖線可知0～4s內的加速度：a1=m/s2=2m/s2，可得：F+μmg=ma1；由圖線可知4～10s內的加速度：a2=m/s2=1m/s2，可得：F-μmg=ma2；解得：F=3N，μ=0.05，A符合題意；

B.10s末恒力F的瞬時功率為P10=Fv10=3×6W=18W，B不符合題意；

C.0～4s內的位移x1=×4×8m=16m，4～10s內的位移x2=-×6×6m=-18m，故10s末物體在計時起點左側x=2m處，C不符合題意；

D.0～10s內恒力F做功的平均功率為，D符合題意。

故答案為：AD

【分析】利用圖像可以求出加速度大小，結合牛頓第二定律可以求出恒力和動摩擦因數(shù)的大??；利用恒力乘以速率可以求出瞬時功率的大?。焕妹娣e可以求出位移的大?。焕煤懔ψ龉Τ詴r間可以求出平均功率的大小。

11．（2023高一下·黑龍江期末）如圖，兩電荷量分別為Q（Q＞0）和-Q的點電荷對稱地放置在x軸上原點O的兩側，a點位于x軸上O點與點電荷Q之間，b位于y軸O點上方。取無窮遠處的電勢為零，下列說法正確的是（）

A．b點的電勢為零，電場強度也為零

B．正的試探電荷在a點的電勢能大于零，所受電場力方向向右

C．將正的試探電荷從O點移到a點，必須克服電場力做功

D．將同一正的試探電荷先后從O、b點移到a點，后者電勢能的變化較大

【答案】B,C

【知識點】電場強度和電場線

【解析】【解答】因為等量異種電荷在其連線的中垂線上的電場方向為水平指向負電荷，所以電場方向與中垂線方向垂直，故中垂線為等勢線，因為中垂線延伸到無窮遠處，所以中垂線的電勢為零，B點的電勢為零，但是電場強度不為零，A不符合題意；等量異種電荷連線上，電場方向由正電荷指向負電荷，方向水平向右，在中點O處電勢為零，O點左側電勢為正，右側電勢為負，又知道正電荷在正電勢處電勢能為正，B符合題意；O點的電勢低于a點的電勢，電場力做負功，所以必須克服電場力做功，C符合題意；O點和b點的電勢相等，所以先后從O、b點移到a點，電場力做功相等，電勢能變化相同，D不符合題意；

故答案為：BC

【分析】利用電場線的分布可以判別場強和電勢的大小；利用電場線分布結合電性可以判別場力方向和電勢能的大?。焕秒妶隽Ψ较蚪Y合運動方向可以判別電場力做功；利用電勢差可以判別電勢能的變化。

12．（2023高一下·黑龍江期末）如圖所示，足夠長傳送帶與水平方向的傾角為θ，物塊a通過平行于傳送帶的輕繩跨過光滑輕滑輪與物塊b相連，開始時，a、b及傳送帶均靜止且a不受傳送帶摩擦力的作用，現(xiàn)讓傳送帶逆時針勻速轉動，則在b上升h高度(未與滑輪相碰)過程中（）

A．物塊a重力勢能減少量等于物塊b重力勢能的增加量

B．物塊a機械能的減少量等于物塊b機械能的增加量

C．摩擦力對物塊a做的功等于物塊a、b動能增加之和

D．任意時刻，重力對a、b做功的瞬時功率大小相等

【答案】A,C,D

【知識點】功能關系

【解析】【解答】A．開始時，a、b及傳送帶均靜止且a不受傳送帶摩擦力作用，則有magsinθ=mbg，則masinθ=mb．b上升h，則a下降高度為hsinθ，則a重力勢能的減小量為maghsinθ=mbgh．即物塊a重力勢能減少量等于物塊b重力勢能的增加量，A符合題意。

B．由于摩擦力對a做正功，系統(tǒng)機械能增加，所以物塊a機械能的減少量小于物塊b機械能的增加量，B不符合題意。

C．根據(jù)能量守恒得知系統(tǒng)機械能增加，摩擦力對a做的功等于a、b機械能的增量。所以摩擦力做功大于a的機械能增加。因為系統(tǒng)重力勢能不變，所以摩擦力做功等于系統(tǒng)動能的增加之和。C符合題意。

D．任意時刻a、b的速率相等，對b，克服重力的瞬時功率Pb=mgv，對a有：Pa=magvsinθ=mgv，所以重力對a、b做功的瞬時功率大小相等。D符合題意。

故答案為：ACD

【分析】利用平衡結合重力做功可以判別重力勢能的變化；由于摩擦力做正功所以a機械能的減少量小于物塊吧機械能的增加；摩擦力做功等于機械能的增加；利用重力乘以瞬時速率可以判別瞬時功率的大小。

三、實驗題

13．（2023高一下·黑龍江期末）用如圖所示的裝置，探究功與物體速度變化的關系。實驗時先適當墊高木板，然后由靜止釋放小車，小車在橡皮條彈力的作用下被彈出，沿木板滑行。小車滑行過程中帶動通過打點計器的紙帶，記錄其運動情況。觀察發(fā)現(xiàn)紙帶前面部分點跡疏密不勻，后面部分點跡比較均勻，回答下列問題：

（1）適當墊高木板是為；

（2）通過紙帶求小車速度時，應使用紙帶的（填“全部”、“前面部分”或“后面部分”）；

（3）若實驗作了n次，所用橡皮條分別為1根、2根…n根，通過紙帶求出小車的速度分別為v1、v2…vn，用W表示橡皮條對小車所做的功，作出的W——v2圖線是一條過坐標原點的直線，這說明W與v的關系是；

（4）以下關于該實驗的說法中有一項正確，它是________。

A．通過改變橡皮筋的長度改變拉力做功的數(shù)值

B．某同學在一次實驗中，得到一條記錄紙帶。紙帶上打出的點，兩端密、中間疏。出現(xiàn)這種情況的原因，可能是沒有使木板傾斜或傾角太小

C．小車在橡皮筋的作用下彈出，橡皮筋所做的功可根據(jù)公式W=FL算出

D．實驗中先釋放小車再接通電源

【答案】（1）平衡摩擦力

（2）后面部分

（3）W與成正比

（4）B

【知識點】探究功與物體速度變化的關系

【解析】【解答】（1）小車下滑時受到重力、細線的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，則應該用重力的下滑分量來平衡摩擦力，故可以將長木板的一段墊高；（2）紙帶在橡皮條的作用下做加速運動，橡皮條做功完畢，則速度達到最大，此后做勻速運動，故通過紙帶求小車速度時，應使用紙帶的后面點跡均勻的部分。（3）W-v2圖線是一條過坐標原點的直線，根據(jù)數(shù)學知識可確定W與速度v的平方成正比．（4）實驗是通過改變橡皮筋的個數(shù)來改變拉力做功的數(shù)值，A不符合題意；本實驗中小車先加速后減速，造成紙帶上打出的點，兩端密、中間疏，說明摩擦力沒有平衡，或沒有完全平衡，可能是沒有使木板傾斜或傾角太?。瓸符合題意；橡皮筋拉小車時的作用力是變力，我們不能根據(jù)公式W=FL求變力做功問題，C不符合題意；實驗中先接通電源再釋放小車，D不符合題意；

故答案為：B．

【分析】（1）適當墊高木板是為了讓重力的分力平衡摩擦力；

（2）要利用紙帶求出小車的速度，必須利用紙帶后面部分，小車加速后的速度；

（3）利用功能關系可以判別做功和速度的平方成正比；

（4）實驗是通過改變橡皮筋的條數(shù)改變拉力做功的倍數(shù)；橡皮筋的做功不用利用公式計算；實驗要先通電源再釋放小車。

14．（2023高一下·黑龍江期末）某同學用如圖甲所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律。實驗所用的電源為學生電源，可以提供輸出電壓為6V的交流電和直流電，交流電的頻率為重錘從高處由靜止開始下落，重錘拖著的紙帶上打出一系列的點，對紙帶上的點測量并分析，即可驗證機械能守恒定律。

（1）他進行了下面幾個操作步驟：

A.按照圖示的裝置安裝器件；

B.將打點計時器接到電源的“直流輸出”上；

C.用天平測出重錘的質量；

D.先接通電源，后釋放紙帶，打出一條紙帶；

E.測量紙帶上某些點間的距離；

F.根據(jù)測量的結果計算重錘下落過程中減少的重力勢能是否等于增加的動能。

其中沒有必要進行的步驟是，操作不當?shù)牟襟E是。

（2）這位同學進行正確測量后挑選出一條點跡清晰的紙帶進行測量分析，如圖乙所示。其中0點為起始點，A、B、C、D、E、F為六個計數(shù)點。根據(jù)紙帶上的測量數(shù)據(jù)，當打B點時重錘的速度為。保留3位有效數(shù)字

（3）他繼續(xù)根據(jù)紙帶算出各點的速度v，量出下落距離h，并以為縱軸、以h為橫軸畫出的圖象，應是圖丙中的。

【答案】（1）C；B

（2）1.84

（3）C

【知識點】驗證機械能守恒定律

【解析】【解答】（1）將打點計時器接到電源的“交流輸出”上，B不符合題意，操作不當；因為我們是比較mgh、的大小關系，故m可約去比較，不需要用天平，C沒有必要．故答案為：C，B；（2）勻變速直線運動中中間時刻的瞬時速度等于該過程中的平均速度，由此可以求出B點的速度大小為；（3）他繼續(xù)根據(jù)紙帶算出各點的速度v，量出下落距離h，并以為縱軸、以h為橫軸畫出的圖象，根據(jù)，所以應是圖中的C．

【分析】（1）實驗不需要天平測量重錘的質量；打點計時器需要使用交流電源；

（2）利用平均速