2023-2024学年辽宁省名校联盟高一（下）期末物理试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年辽宁省名校联盟高一（下）期末物理试卷一、单选题：本大题共8小题，共24分。1.关于静电场，下列说法正确的是(

)A.元电荷就是点电荷

B.摩擦起电说明可以通过摩擦来创造电荷

C.电场线虽然不是实际存在的线，但引入电场线对电场的研究很有意义

D.卡文迪什利用扭秤装置在实验室里比较准确地测出了静电力常量k的数值2.如图所示，将三个小球分别从同一竖直线上不同高度A、B、C三处水平抛出，恰好落在斜面体上的同一点D，忽略空气阻力。三个小球的初速度分别用vA、vB、vC表示，三个小球在空中的飞行时间分别用tA、tB、tA.vA<vB<vC

B.3.“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态，在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护，能有效地避免摔倒带来的伤害。在穿戴者着地的过程中，安全气囊可以(

)A.减小穿戴者所受重力的冲量 B.减小地面对穿戴者的平均冲击力

C.减小穿戴者动量的变化量 D.减小穿戴者与地面的接触时间4.某电场的电场线分布如图所示，则下列说法正确的是(

)A.P带负电

B.a点电势大于b点电势

C.a点的电场强度大于b点的电场强度

D.将某负电荷从c点沿电场线移到d点，其电势能增大

5.两个相同的金属小球分别带上−2Q和+6Q的电荷后固定在相距为r的两处(距离r远大于球的半径故两球均可视为点电荷)，它们之间库仑力的大小为F，使两小球相互接触后再放回相距r/2处，则两球之间库仑力的大小变为(

)A.F3 B.F12 C.4F36.2024年5月8日，嫦娥六号探测器成功实施近月制动，顺利进入环月轨道飞行，择机落入月球背面。如图为此落月过程的简化示意图。探测器先进入大椭圆轨道3，再经椭圆轨道2最终进入圆轨道1做匀速圆周运动。轨道2与轨道1、轨道3相切于近月点P点，Q点为轨道2的远月点。下列说法正确的是(

)A.在三条轨道上探测器和月心连线在相同时间内均扫过相等的面积

B.探测器在轨道3的P点需要点火减速才能进入轨道2

C.探测器在轨道3上经过P点时的速率小于它在轨道1上经过P点时的速率

D.探测器在轨道1上经过P点的加速度小于其在轨道2上经过P点的加速度7.沈阳“南湖之眼”摩天轮承载了许多70、80、90后的美好回忆。近期摩天轮进行了升级改造，轿厢加装空调、自动门，新型钢架抗风等级由原来的6−8级提升为8−10级，乘坐舒适度和安全系数均有提升。如图所示，假设悬挂的座舱及舱内乘客在竖直平面内做匀速圆周运动(乘客总是保持头朝上脚朝下的姿态)，摩天轮半径R远大于座舱尺寸，故可近似认为乘客的旋转半径为R，乘客质量为m，重力加速度为g，不考虑空气阻力，则下列说法正确的是(

)A.乘客所受的合外力始终不变

B.乘客所受重力的功率始终不变

C.乘客在最低点与最高点对座舱的压力大小之和为2mg

D.乘客在最低点与最高点对座舱的压力大小之差为6mg8.超市里用的购物车为顾客提供了购物方便，又便于收纳，收纳时一般采用完全非弹性碰撞的方式把购物车收到一起，如图甲所示。某兴趣小组在超市对同款购物车(以下简称“车”)的碰撞进行了研究，分析时将购物车简化为原来静止的小物块。已知车的净质量均为m=12kg，将1号车以速度v1=6m/s向右推出，先与2碰撞结合为一体后再撞击3，最终三车合为一体。忽略一切摩擦和阻力，则第二次碰撞过程中损失的机械能为(

)A.18J B.36J C.54J D.72J二、多选题：本大题共4小题，共20分。9.两点电荷M、N分别固定在x=−20cm和坐标原点处，所形成电场的电势在x轴正半轴上的分布如图所示，图线与x轴交于x0处，x=20cm处电势最低，取无穷远处电势为0，一正电荷q自x0处由静止释放，仅受电场力作用，则(

)A.电荷M带负电，电荷N带正电

B.x0处的电场强度为0

C.电荷M、N所带电量大小之比为2：1

D.正电荷q沿x10.近年来，国产新能源汽车技术进步明显，比亚迪秦LDM−i搭载第五代DM技术的混动“双引擎”小汽车在实测中，百公里油耗小于2.5L，综合续航里程超过2300km，续航实现了巨幅提升，远超传统燃油车。若质量m=1500kg的“双引擎”小汽车，当行驶速度v≤54km/ℎ时靠电动机输出动力；当行驶速度在54km/ℎ<v≤90km/ℎ范围内时靠汽油机输出动力，同时内部电池充电；当行驶速度v>90km/ℎ时汽油机和电动机同时工作，这种汽车更节能环保。若该小汽车在一条平直的公路上由静止启动，汽车的牵引力F随运动时间t变化的图像如图所示，若小汽车行驶过程中所受阻力恒为1250N。已知汽车在t0时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至第t1时刻。下列判断正确的是(

)A.0−t0阶段汽车的加速度为2.5m/s2

B.汽车第一次切换动力引擎时刻t0=10s

C.11.有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。已知他自身的质量为m，则(

)A.人平行码头移动的速度会影响船后退的距离

B.人平行码头移动的速度不会影响船后退的距离

C.渔船的质量为m(L−d)d

D.渔船的质量为12.如图甲所示，两平行金属板水平放置，间距为d，金属板长为2d，两金属板间加如图乙所示的电压(t=0时上金属板带正电)，其中U0=8md2qT2。一粒子源连续均匀发射质量为m、电荷量为+q的带电粒子(A.能从板间飞出的粒子在板间运动的时间为T

B.t=0时刻进入两极板间的粒子能够从极板右侧飞出

C.能从极板右侧飞出的粒子电场力对其做功一定为0

D.能从极板右侧飞出的粒子数占入射粒子总数的25%三、实验题：本大题共2小题，共14分。13.如图所示为研究平行板电容器电容的实验。电容器充电后与电源断开，电量Q将不变，与电容器相连的静电计用来测量电容器的______(选填“电容”，“电量”或“电势差”)。在常见的电介质中，由于空气的介电常数是最小的，当极板间插入物理教材时，静电计指针偏角将______(选填“增大”、“减小”或“不变”)；当极板间距离减小时，静电计指针偏角将______(选填“增大”、“减小”或“不变”)。14.如图1，某实验小组用轨道和两辆相同规格的小车验证动量守恒定律。已知小车在水平轨道上运动所受阻力正比于小车重力，验证动量守恒定律实验步骤如下：

①在小车上适当放置砝码，分别测量甲车总质量m1和乙车总质量m2；

②将卷尺固定在水平轨道侧面，零刻度线与水平轨道左端对齐。先不放乙车，让甲车多次从倾斜轨道上挡板位置由静止释放，记录甲车停止后车尾对应刻度，求出其平均值x0；

③将乙车静止放在轨道上，设定每次开始碰撞位置如图2所示，此时甲车车尾与水平轨道左端刚好对齐，测出甲车总长度L(含弹簧)。在挡板位置由静止释放甲车，记录甲车和乙车停止后车尾对应刻度，多次重复实验求出其对应平均值x1和x2；

④改变小车上砝码个数，重复①、②、③步骤。

(1)由图2得L=______cm；(选填“20”、“20.0”、“20.00”)

(2)若本实验所测的物理量符合关系式______(用所测物理量的字母m1、m2、x0、x1、x2、L表示)，则验证了小车碰撞前后动量守恒；

(3)某同学先把6个50g的砝码全部放在甲车上，然后通过逐次向乙车转移一个砝码的方法来改变两车质量进行实验，若每组质量只采集一组位置数据，且碰撞后甲车不反向运动，则该同学最多能采集______组有效数据；

(4)实验小组通过分析实验数据发现，碰撞前瞬间甲车的动量总是比碰撞后瞬间两车的总动量略大，原因是______。

A.两车间相互作用力冲量大小不等

B.水平轨道没有调平，右侧略微偏低

四、计算题：本大题共3小题，共42分。15.如图所示，圆锥面与竖直方向的夹角为θ=37°，一条长为l=50cm的不可伸长的轻绳一端拴着质量为m=1kg的小球(可看作质点)，另一端固定在圆锥体顶点，小球随圆锥体绕中心轴转动(g=10m/s2)。求：

(1)角速度ω0为多大时小球对圆锥面恰好无压力？

(2)当角速度为ω16.如图所示，固定在轻弹簧两端的物体B、C静置于光滑的水平面上，弹簧处于原长，C靠在固定挡板上，物体A以水平向右的速度v0=2m/s与B正碰并粘在一起，一段时间后C离开挡板。已知A、B、C的质量均为m=1kg，求：

(1)AB碰撞后的共同速度v1的大小及AB一起向右运动过程中弹簧的最大弹性势能Epm；

(2)从AB开始接触到C离开挡板的过程中，挡板对C的冲量I的大小及方向；

(3)离开挡板以后运动过程中，C物体的最大动能E17.如图甲，在平面直角坐标系xOy的第一象限内，虚线AB上方有沿y轴负方向的匀强电场，AB与x轴负方向夹角为37°，A点在y轴上，离O点距离为d，B点在x轴上，在第二象限内有平行于y轴的平行板M、N，板间加的电压随时间变化的规律如图乙所示。在M板附近有一粒子源，不断地由静止释放质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子经加速电场加速后，以垂直于y轴的方向从y轴上的A点进入第一象限。粒子在M、N间运动的时间远小于T，可以认为每个粒子在M、N间运动的时间内都是稳定的匀强电场。从t=0时刻释放的粒子进入第一象限后经电场偏转后刚好从AB的中点离开电场，不计粒子的重力及一切阻力，求：

(1)t=0时刻释放的粒子到达A点时速度的大小；

(2)第一象限内的匀强电场电场强度的大小；

(3)x轴上有粒子经过的区域长度。

答案解析1.C

【解析】解：A.元电荷是最小的带电量，点电荷是理想化的物理模型，故A错误；

B.摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，即说明了电荷可以从一个物体转移到另一个物体，不能说可以通过摩擦来创造电荷，故B错误；

C.电场线虽然不是实际存在的线，但引入电场线对电场的研究很有意义，故C正确；

D.麦克斯韦推算出静电力常量k的数值，故D错误。

故选：C。

根据元电荷与点电荷的概念判断；根据起电的方式判断；根据电场线的作用判断；根据卡文迪什的贡献判断。

本题关键掌握元电荷与点电荷的概念、起电的方式和电场线的作用。2.A

【解析】解：CD.平抛运动竖直方向上做自由落体运动，根据

ℎ=12gt2

解得

t=2ℎg

由图可知

ℎA>ℎB>ℎC

可得

tA>tB>tC

故CD错误；

AB.水平方向上做匀速直线运动，根据

x=v0t

解得

v0=x3.B

【解析】解：设穿戴者所受合力为F，由动量定理

FΔt=Δp

得

F=ΔpΔt

所以安全气囊的作用是增加了人与地面的接触时间，从而减小人所受到的合外力，即减小穿戴者动量的变化率，而穿戴者动量的变化量未发生变化，全气囊的作用是延长了人与地面的接触时间，则穿戴者所受重力的冲量增大了，故B正确，ACD错误。

故选：B。

分析碰撞前后的动量变化关系，明确动量变化率的变化，再根据动量定理分析冲击力的变化。4.D

【解析】解：A.电场线由P发出，则P带正电，故A错误；

B.沿着电场线方向，电势逐渐降低，则a点电势小于b点电势，故B错误；

C.电场线越密集的地方场强越大，则a点的电场强度小于b点的电场强度，故C错误；

D.将某负电荷从c点沿电场线移到d点，电场力做负功，其电势能增大，故D正确。

故选：D。

A.根据电场线的方向判断P的正负；

B.根据电场线的方向一定是从电势高的等势面指向电势低的等势面来判断电势的高低；

C.根据电场线的疏密判定场强的大小；

D.电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。

熟记电场线与等势面处处垂直的关系，以及电场线的特点：电场线密处场强大疏处场强小；沿着电场线的方向电势逐渐降低(电场线方向总是从电势高的等势面指向电势低的等势面)。5.D

【解析】解：根据库仑定律有F=k×2Q×6Qr2=12kQ2r2

两小球接触后两球所带电荷量大小为Q′=−2Q+6Q2=2Q

接触后放回r2处两球之间的库仑力大小为F′=k×2Q×2Q(r2)6.B

【解析】解：A.根据开普勒第二定律内容，卫星和月球连线在相等时间内扫过相等面积的前提条件是同一圆轨道或者椭圆轨道，故A错误；

B.探测器在轨道3的P点要能进入轨道2，需要做近心运动才能实现，近心运动就必需让卫星减速才能完成，故B正确；

C.探测器在轨道3上经过P点如果要进入轨道1需要减速做近心运动才能实现，故它在轨道3上经过P点的速率大于它在轨道1上经过P点的速率，故C错误；

D.根据公式GMmr2=ma，得a=GMr2，探测器无论在哪个轨道经过P点，它和月球的连线的距离都不变，所以加速度不变，故D错误。

故选：B。

A.根据开普勒第二定律的内容进行解答；

BC.7.C

【解析】解：A.匀速圆周运动，合力方向指向圆心，方向一直改变，故合力一直改变，故A错误；

B.根据功率的计算公式

P=mgvy

可知乘客所受重力的功率会改变，故B错误；

CD.在最高点和最低点，根据牛顿第二定律

N1+mg=mv2R

N2−mg=mv2R

结合牛顿第三定律，乘客在最低点与最高点对座舱的压力大小之差为

N′2−N′1=8.B

【解析】解：依题意，碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向可得：mv1=2mv2=3mv3

解得：v2=3m/s，v3=2m/s

则第二次碰撞过程中损失的机械能为：ΔE=12×2mv9.AD

【解析】解：A.当x→0时，电势φ→∞；说明了x=0处一定是正电荷，电荷N带正电；x=20cm处图像斜率为零，合场强为零，可知电荷M带负电，故A正确；

B.φ−x图像的斜率表示电场强度，则在x0处的电场强度也不为零，故B错误；

C.x=20cm处图像斜率为零，合场强为零，根据点电荷电场强度的关系有

kQ1(2r)2=kQ2r2

则电荷M、N所带电量大小之比为Q1：Q2=4：1故，C错误；

D.一正电荷q自x0处由静止释放，正电荷q沿x轴正方向运动的过程中，电势先降低后升高，由Ep=qφ，因此正电荷的电势能先减小后增大，故D正确。

10.AD

【解析】解：A.开始阶段，牵引力F1=5000N，根据牛顿第二定律

F1−f=ma

代入数据解得开始阶段的加速度

a=2.5m/s2

故A正确；

B.汽车第一次切换动力引擎时速度大小v1=54km/ℎ=15m/s，根据运动学公式得加速的时间

t0=v1a=152.5s=6s，故B错误；

C.t0时刻，电动机输出功率最大

Pm=F1v1=5000×15W=75kW，故C错误；

D.汽油机工作期间，功率11.BC

【解析】解：该人在t时间内从船尾走到船头，船和人组成的系统不受外力作用动量守恒，人平行码头移动的速度不会影响船后退的距离，以人的运动方向为正，根据动量守恒定律有

mxt−Mdt=0

其中

x+d=L

解得

M=m(L−d)d

故BC正确，AD错误。12.AC

【解析】解：A.粒子在水平方向做匀速直线运动，粒子能从板间飞出，根据匀速直线运动公式，粒子金属板之间的运动时间t=2dv0=T，故A正确；

B.假设粒子从t=0时刻进入两极板间，粒子做类平抛运动，设竖直方向的加速度为a；

根据牛顿第二定律F=Eq=qU0d=ma

加速度a=qU0md=8dT2

在0～T2内，粒子的竖直位移y1=12a(T2)2=12×8dT2×T24=d

粒子刚好打在下极板上，粒子不能够从极板右侧飞出，故B错误；

C.在第一个周期内，设带电粒子在t1时刻进入两金属板间，它在竖直方向上先加速向下，经过Δt1时间后电场反向，开始在竖直方向上减速向下，又经过Δt1时间，竖直分速度减为零，恰好从下金属板右端飞出，运动轨迹如图所示：

在第一个周期内，设带电粒子在t2时刻进入两金属板间，它在竖直方向上先加速向下，经过Δt2时间后电场反向，开始在竖直方向上减速向下，又经过Δt2时间，竖直分速度减为零，然后加速向上直到恰好从上金属板右端飞出，运动轨迹如图所示：

根据动能定理，电场力做功W=ΔEk=0；

考虑13.电势差

减小

减小

【解析】解：静电计是测量电势差的仪器，用指针张角的大小表示电容器两板间电势差的高低；根据C=ɛrS4πkd知，当极板间插入物理教材时，介电常数ɛr变大，所以C变大，根据C=QU可知，因为Q一定，所以U变小，即静电计指针张角将减小；当两板间距离d变小时，根据C=ɛrS4πkd知，电容器的电容C14.20.00

m1x0=【解析】解：(1)刻度尺估读到0.1mm，甲车车尾与水平轨道左端刚好对齐，测出甲车总长度(含弹簧)

L=20.00cm−0.00cm=20.00cm

(2)小车在水平轨道上运动所受阻力正比于小车重力，即

f=kmg

根据牛顿第二定律，可得

a=fm=kmgm=kg

根据甲车停止后车尾对应刻度，求出其平均值x0，则甲的初速度为

v0=2ax0=2kgx0

由挡板位置静止释放甲车，记录甲车和乙车停止后车尾对应刻度，多次重复实验求出其对应平均值x1和x2，则碰后的速度为

v1=2ax1=2kgx1，v2=2a(x2−L)=2kg(x2−L)

取向右为正方向，由碰撞过程满足动量守恒，有

m1v0=m115.解：(1)小球对圆锥面恰好无压力时

mgtanθ=mrω02

其中

r=lsinθ

联立解得

ω0=5rad/s

(2)当角速度为

ω1=4rad/s<5rad/s

竖直方向有

Tcosθ+Nsinθ=mg

根据牛顿第二定律

Tsinθ−Ncosθ=mω12lsin

θ

解得

T=10.88N

答：(1)角速度ω【解析】(1)小球刚要离开锥面时的速度，此时支持力为零，根据牛顿第二定律求出该临界角速度ω0，对小球受力分析，根据共点力平衡和牛顿第二定律即可判断；

(2)若小球的角速度ω1=4rad/s16.解：(1)取向右为正方向，根据动量守恒定律得

mv0=2mv1

解得

v1=1m/s

根据机械能守恒定律得

Epm=12×2mv12=12×2×1×12J=1J

(2)取向左为正方向，根据动量定理得

I=2mv1−(−2mv1)

解得

I=4N⋅s

方向水平向左

(3)弹簧恢复原长时，C动能最大。取向左为正方向，根据动量守恒定律得

2mv1+0=2mv2+mv3

根据机械能守恒定