2022-2023学年江西省赣州市重点中学高一（下）期末物理试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2022-2023学年江西省赣州市重点中学高一（下）期末物理试卷一、单选题（本大题共9小题，共36.0分）1.一代代物理学家们在探究客观世界的过程中，不断发现物理规律，总结研究方法，推动了生产力的发展和人类文明的进步。下列关于物理学史和物理学方法的叙述，正确的是(

)A.“点电荷”和“电场强度”概念的提出，都应用了比值定义法

B.法国物理学家库仑发现了库仑定律，并通过油滴实验测定了元电荷的电荷量

C.地面上的人观察高速飞行的火箭时，发现火箭里的钟表变慢了

D.海王星是先观测到再计算其位置后被确定的，被称为“笔尖下发现的行星”2.在多年前的农村，人们往往会选择让驴来拉磨把食物磨成面，假设驴对磨杆的平均拉力为600N，半径r为0.5m，转动一周为5s，则(

)

A.驴转动一周拉力所做的功为0 B.驴转动一周拉力所做的功为650πJ

C.驴转动一周拉力的平均功率为120πW3.如图所示，竖直平面内有两个半径为R，而内壁光滑的14圆弧轨道，固定在竖直平面内，地面水平，O、O′为两圆弧的圆心，两圆弧相切于N点。一小物块从左侧圆弧最高处静止释放，当通过N点时，速度大小为(重力加速度为g)(

)

A.2gR B.6gR4.如图所示，地球可看作质量分布均匀、半径为R的球体，地球内部的a点距地心的距离为r，地球外部的b点距地心的距离为3r，3r>R。已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，忽略地球的自转，则a、b两点的重力加速度大小之比为(

)A.3r3R3 B.9r35.如图甲所示，小球穿在竖直平面内光滑的固定圆环上，绕圆心O点做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，圆环与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F−v2图像如图乙所示，g取10m/sA.小球的质量为4kg

B.固定圆环的半径R为0.4m

C.小球在最高点的速度为4m/s时，小球受到圆环的弹力大小为6.如图甲，辘轱是古代民间提水设施，由辘轱头、支架、井绳、水斗等部分构成，如图乙为提水设施工作原理简化图，某次从井中汲取m=2kg的水，辘轱绕绳轮轴半径为r=0.1m，水斗的质量为0.5kg，井足够深且并绳的质量忽略不计，t=A.水斗速度随时间变化规律为v=2t(所涉及物理量均用国际单位制)

B.井绳拉力大小恒定，其值为25N

C.0∼107.均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面AB上均匀分布着正电荷，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM=ON=2R，已知N点的电场强度大小为E1，MA.E1+E2R22k 8.如图所示，与水平面成θ=30∘角的传送带以v=2m/s的速度顺时针运行，质量为m=1kgA.传送带从底端到顶端的长度为1m

B.物体在传送带上向上运动的时间为0.5s

C.物块在传送带上留下的划痕长度为1.25m

9.如图所示，在光滑绝缘的水平面上，A、B两点固定两个等量正电荷的点电荷，O为A、B两点连线的中点，C、D为连线上关于O点对称的两个点，且CO=OD=L。将一带正电的小球(可视为点电荷)从C点由静止释放，以C点为坐标原点、CB为x轴，取水平向右为正方向，下列关于电场强度E、小球受到的电场力F、小球的加速度a、小球的动能EkA. B.

C. D.二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）10.如图所示，有一条柔软的质量为m、长为L的均匀链条，开始时链条的2L3长在水平桌面上，而L3长垂于桌外，用外力使链条静止。不计一切摩擦，桌子足够高。下列说法中正确的是(

)

A.若自由释放链条，则链条刚离开桌面时的速度v=gL

B.若自由释放链条，则链条刚离开桌面时的速度v=2311.如图所示，甲、乙两行星半径相等，丙、丁两颗卫星分别绕甲、乙两行星做匀速圆周运动，丙、丁两卫星的轨道半径r1=2r2，运动周期T2A.甲、乙两行星质量之比为1:162

B.甲、乙两行星第一宇宙速度大小之比为42:112.如图所示，有两个质量相同的小球，电荷量均为+Q，一个固定在足够长的光滑绝缘杆O′A的O′端，另一个套在杆O′A上，两球均可视为点电荷，OO′为过O′点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为θ=45∘。开始杆静止，此时两球间的距离为r，现让杆以OA.小球的质量为2kQ2gr2

B.当两球间的距离为2r三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）13.研究电荷间的相互作用力。(1)某物理兴趣小组利用图示装置来探究影响电荷间的静电力的因素。步骤一：把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1、P2、步骤二：使小球处于同一位置，增大或减小小球所带的电荷量，比较小球所受的静电力的大小。①该实验采用的方法是

(填正确选项前的字母)A.理想实验法

B.控制变量法

C②实验表明，电荷之间的静电力随着电荷量的增大而增大，随着距离的增大而

(填“增大”、“减小”或“不变”)③小球的质量用m表示，重力加速度为g，可认为物体A与小球在同一水平线上，当小球偏离竖直方向的角度为θ时保持静止，小球所受电场力大小为

。(2)法国物理学家库仑利用扭秤装置研究了静止的点电荷间的相互作用力，并于1785年发现了库仑定律。如图所示的装置为库仑扭秤实验装置，细悬丝的下端悬挂一根绝缘棒，棒的一端是一个带电的金属小球A，另一端有一个不带电的球B，B与A所受的重力平衡，当把另一个带电的金属球C插入容器并使它靠近A时，A和C之间的作用力F使悬丝扭转，已知悬丝转动的角度α与力F的大小成正比。以下判断正确的是A.若仅将C的电荷量减为原来的一半，α可能增为原来的两倍B.若仅将C的电荷量减为原来的一半，α可能减为原来的一半C.若仅将A、C间的距离增为原来的一倍，α将减为原来的一半D.若仅将A、C间的距离减为原来的一半，α将增为原来的两倍14.小华用图甲所示的装置“验证机械能守恒定律”。已知重物A(含挡光片)、B的质量分别为mA和mB(mB①按图甲装配好定滑轮和光电门②A、B用绳连接后跨放在定滑轮上，用手托住③测量挡光片中心到光电门中心的竖直距离h④先接通光电门的电源，后释放B⑤记录挡光片经过光电门的时间Δ(1)挡光片通过光电门时的速度为

(用题中的物理量表示(2)如果系统的机械能守恒，应满足的关系式为

(用题中的物理量表示(3)小华反复改变挡光片中心到光电门中心的竖直距离h，记录挡光片通过光电门时间Δt，作出图像如图乙所示，测得图线的斜率为k，则四、计算题（本大题共4小题，共38.0分）15.电荷量q1=4×10−4C的带正电小球a通过长度l=3m的绝缘细绳悬挂在天花板上的O点，连接电荷量q2=1×10−4C的带负电小球b与小球(1)小球a、b之间的库仑力大小F(2)小球a、b之间细绳上的拉力大小(3)小球a的质量m1和小球b

16.滑雪是冬奥会的项目之一，某高山滑雪运动员在比赛中经过一斜坡，如图所示，运动员(可视为质点)沿着右侧斜面运动，到达顶点A后以v0=10 m/s的速度沿着斜面斜向上飞出，飞出时速度方向与左侧斜面的夹角为θ=53°，经过一段时间后，运动员落到左侧斜面上的B(1(2)起跳点A与落点(3)运动员落到

17.天文观测到某行星有一颗以半径r、周期T环绕该行星做圆周运动的卫星，已知卫星质量为m，万有引力常量为G。求：(1)该行星的质量(2)如果该行星的半径是卫星运动轨道半径的(3)如果该行星的半径为R，行星与其卫星之间的引力势能表达式为Ep18.如图，水平轻质弹簧左端固定于竖直墙上，右端与质量m=2kg的小物块接触但不栓接，弹簧原长小于光滑平台OA的长度。在平台的右端有一传送带，AB长L=16m，物块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.1。粗糙水平面BD的BC部分长s=2.5(1)物块运动到B点的动能(2)竖直圆轨道的半径(3

答案和解析1.【答案】C

【解析】A.“点电荷”采用的是理想化的物理模型；而“电场强度”概念的采用了比值定义法，故A错误；B.法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律--库仑定律，美国物理学家密立根通过油滴实验精确测定了元电荷e的电荷量，故B错误；C.根据狭义相对论的钟慢效应，地面上的人发现，坐在高速离开地球的火箭里的人时间变慢了，故C正确；D.海王星的轨道是利用万有引力定律计算预言的，因此被称为“笔尖下发现的行星”，故D错误。故选C。

2.【答案】C

【解析】【解答】

AB、驴对磨的拉力沿圆周切线方向，拉力作用点的速度方向也在圆周切线方向，故可认为拉磨过程中拉力方向始终与速度方向相同，故根据微分原理可知，拉力对磨盘所做的功等于拉力的大小与拉力作用点沿圆周运动弧长的乘积，则磨转动一周，弧长L=2πr=π(m)，所以拉力所做的功W=FL=600×πJ=600πJ，故AB错误；

C、根据P=W3.【答案】D

【解析】【分析】先根据几何知识求解NO连线与水平方向的夹角，根据机械能守恒定律求解小球过N点的速度。

本题考查机械能守恒定律，需要结合数学知识结合机械能够守恒定律处理问题。

【解答】图中NO连线与水平方向的夹角θ，由几何关系可得sinθ=R2R=12，可得θ=30° 

设小物块通过N点时速度为v4.【答案】B

【解析】【分析】

根据万有引力等于重力列出等式进行比较求解即可。解决问题的关键是由题意知，地球表面的重力加速度等于半径为R的球体在表面产生的加速度，在其内部距离地心距离为r处一点的加速度相当于半径为r的球体在其表面产生的加速度，注意密度不变。

【解答】

设地球密度为ρ，根据题意可知a点距地心距离为r，且小于R，则只有半径为r的球体对其产生万有引力，则根据黄金代换可得

G×43πr3ρmr2=mga

解得ga=4πG5.【答案】D

【解析】解：A、对小球在最高点进行受力分析，速度为零时有：F1−mg=0，其中F1=20N，解得小球的质量：m=2kg，故A错误；

B、当F2=0时，由向心力公式有mg=mv2R，解得固定圆环的半径：R=0.8m，故B错误；

C、小球在最高点的速度为v1=4m/s时，根据牛顿第二定律有：F3+mg=mv6.【答案】D

【解析】【解答】

A.根据题意可知ω=2t，则水斗速度随时间变化规律为v=ωr=0.2t，(所涉及物理量均用国际单位制)，故A错误；

B.水斗匀加速上升，根据上述分析可知加速度a=0.2m/s2

由牛顿第二定律F−(m+m′)g=(m+m′)a

解得：F=25.5N，故B7.【答案】C

【解析】【分析】

本题考查电场的叠加。解决本题的关键是抓住对称性，找出两部分球面上电荷产生的电场关系。知道左半球面在M点的场强与缺失的右半球面在N点产生的场强大小相等，方向相反。【解答】

假设在O点有一个完整的电荷量为2q的带电球壳，设完整球壳在M点产生的电场强度大小为

E0

，左半球壳在M点产生的电场强度大小为

E2

，右半球壳在M点产生的电场强度大小与左半球壳在N点产生的电场强度大小相等，均为

E1

，根据电场叠加原理可得E1+E2=

8.【答案】D

【解析】【分析】

分析清楚物块的运动过程，应用牛顿第二定律求出物块的加速度，应用运动学公式求出物块的运动时间、传送带的长度与物体在传送带上留下痕迹的长度；求出物块相对传送带滑行的距离，然后求出摩擦产生的热量。

本题关键是明确物体的受力情况和运动情况，分阶段求解加速度，根据运动学公式列式结合功能关系进行解答。

【解答】

AB.小物块滑上传送带做匀减速直线运动，由牛顿第二定律mgsin θ+μmgcos θ=ma1，

设经过时间t1减速到与传送带速度相等x1=v02−v22a1，t1=v0−va1，

解得x1=0.75 m，t1=0.25 s，

速度小于传送带速度后，受向上滑动摩擦力，由牛顿第二定律mgsin θ−μmgcos θ=ma2，

x2=v2−029.【答案】C

【解析】A.设A、C两点间距为

L0

，则在离C点距离为xE电场强度E的方向先向右后向左，但电场强度E随小球运动的位移x的图像不是线性图像，选项A错误；B.根据

F=Eq

可知，小球受到的电场力FC.根据

a=Ea由数学知识可知，选项C正确；D.小球的动能

Ek

随小球运动的位移x变化的图像的斜率等于小球所受合力，即电场力F，小球从C点运动到D点的过程中，电场力先减小后增大，

Ek−x故选C。

10.【答案】BD【解析】【分析】解决本题关键是知道均匀链条的重心在其几何重心，根据重力势能EP=mgh求解，要注意将链条分成水平部分和竖直部分两段，水平部分的重力势能为零，竖直部分的重心为竖直段的中点，再求解重力势能。根据机械能守恒可得链条刚离开桌面时的速度；若要把链条全部拉回桌面上，至少要对链条做的功等于垂于桌外【解答】AB−解得链条刚离开桌面时的速度为v=232CD.若要把链条全部拉回桌面上，至少要对链条做的功等于垂于桌外

LWD正确，C错误。

11.【答案】BD【解析】【分析】

根据万有引力提供向心力得出中心天体的质量的表达式，从而求解甲乙两行星的质量之比，再根据密度公式得出两行星的密度的比值，根据第一宇宙速度的表达式得出两行星的第一宇宙速度的比值，根据行星表面的物体受到的万有引力等于重力得出表面的重力加速度的比值。

本题是卫星的运行规律及重心天体质量和密度及第一宇宙速度的求解，基础题目。

【解答】

A.根据卫星运动的向心力由万有引力提供，得GMmr2=mr(2πT)2，解得M=4π2r3GT2，则甲、乙两行星质量之比为M甲M乙=r13r23·T22T12=32112.【答案】AB【解析】【分析】

本题主要考查受力分析、圆周运动和库仑力。解题的关键是知道杆静止时，套在杆上的小球受力平衡；杆转动时，小球受到的水平方向上的合力提供向心力，竖直方向上的合力为零。

【解答】A.当杆静止时，套在杆上的小球受力平衡，根据力的平衡条件可得mgsin45∘=kQ2r2，解得m=2kQ2gr2，故A正确；

B.当两球间的距离变为2r时，设杆对小球的支持力为N，水平方向上有Nsin45∘−k

13.【答案】

B

减小

mgtanθ【解析】(1故选B。②[2]根据小球的摆角可以看出小球所受作用力逐渐减小，当Q、q③[由平衡条件可知，小球所受电场力大小为F(2)[F可知F变为原来的一半，转动的角度

α

与力F的大小成正比，所以

α

为原来的一半，A错误，B正确；C.若仅将A、C间的距离增为原来的一倍，则F变为原来的

14

，转动的角度

α

与力F的大小成正比，所以

α

为原来的

14

，D.若仅将A、C间的距离减为原来的一半，则F为原来的4倍，转动的角度

α

与力F的大小成正比，所以

α

为原来的4倍，D错误。故选B。

14.【答案】

dΔt

mB【解析】(1v(2m即m(31即m解得m

15.【答案】解：(1)根据库仑定律有

F库=k(2)对小球b受力分析，水平方向上有

F库+F(3)对小球b受力分析，竖直方向上有

F库+F设O点与小球a间的细绳上的拉力为F′对小球a、b构成的整体受力分析，竖直方向上有

F′水平方向上有

F