重庆市第八中学2022-2023学年高一物理下学期期末试题（Word版附解析）

重庆八中2022—2023学年度（下）期末考试高一年级物理试题一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.下列说法正确的是（　　）A.大的带电球体不能视为点电荷B.物体带负电荷是其失去电子的缘故C.电场中电场强度为零的地方电势一定最低D.在点电荷О为球心、r为半径的球面上各处的电场强度不同【答案】D【解析】【详解】A．电荷的形状、体积和电荷量对分析的问题的影响可以忽略时，就可以看成点电荷，因此大的带电球体就也可能视为点电荷，故A错误；B．电子带负电，一个物体带负电荷是它得到负电荷的缘故，故B错误；C．电场强度和电势是描述电场的两个不同方面，电场强度为零的地方电势不一定最低，例如等量同种电荷连线中点处电场强度为零，但该处电势并不是最低，故C错误；D．在真空中点电荷产生的电场中，场强的决定式为因此在点电荷О为球心、r为半径的球面上各处的电场强度大小相等，方向不同，故电场强度不同，故D正确。故选D。2.如图所示，是使货物在水平面上转弯的自动流水线装置图，及其示意图。货物从传送带A端传送到B端，传送过程中传送速率保持不变，货物与传送带之间不打滑。则货物在此过程中（　　）A.所受重力的冲量为零B.所受摩擦力对货物做负功 C.所受合力做功不为零D.所受合力的冲量不为零【答案】D【解析】【详解】A．设货物从传送带A端传送到B端所用时间为t，则所受重力的冲量为故A错误；B．货物从传送带A端传送到B端做圆周运动，所受摩擦力提供向心力，摩擦力方向与运动方向垂直，不做功，故B错误；C．货物从传送带A端传送到B端，传送过程中传送速率保持不变，根据动能定理可知合外力做功为零，故C错误；D．货物从传送带A端传送到B端，根据动量定理可得速度为矢量，则不为零，不为零，故D正确。故选D。3.某电场的等势线分布如图所示（图中数字的单位是V），电势为10V的等势线上有a、b两点。以下说法正确的是（　　）A.该图是孤立正点电荷产生的电场的等势线分布情况B.a点电场强度比b点电场强度大C.a点放-5C的检验电荷、b点放+3C的检验电荷，a点的检验电荷电势能更大D.若只受电场力，相同比荷的两检验电荷分别放在a点和b点，b点的检验电荷加速度更大【答案】D【解析】【详解】A．孤立正点电荷产生的电场的等势线是以点电荷为圆心的同心圆，而根据所给图示可知，该电场并非孤立正点电荷产生的电场的等势线分布情况，故A错误；B．等差等势线越密集的地方，电场强度越大，根据图像可知，b点所处位置等差等势线更密集，因此可知 b点的电场强度比a点的电场强度更大，故B错误；C．电势能a、b两点在同一等势线上，电势相等，则根据上式可得，可知，a点检验电荷电势能更小，故C错误；D．若只受电场力，相同比荷的两检验电荷分别放在a点和b点，根据牛顿第二定律有，解得，因为两点电荷比荷相同，而，则可知b点的检验电荷加速度更大，故D正确。故选D。4.有一辆汽车在水平路面上由静止启动，其发动机牵引力随时间的变化曲线如图所示。汽车从t1时刻开始以额定功率行驶，t2时刻之后牵引力恒定。若汽车行驶时所受的阻力恒定，则（　　）A.0~t0时间内汽车加速度一直增大B.t0~t1时间内汽车做匀速直线运动C.t0~t1时间内汽车的牵引力的功率在增大D.t1~t2时间内汽车的合外力的功率保持不变【答案】C【解析】【详解】A．汽车在t2时刻之后牵引力恒定，此时牵引力大小与阻力大小相等，汽车速度达到最大值，设此时牵引力为，则因此当时，汽车才开始运动，故A错误； BC．t0~t1时间内牵引力F大小不变，根据牛顿第二定律可得加速度大小不变，汽车做匀加速直线运动，速度增大，而汽车牵引力功率因此汽车的牵引力的功率在增大，故B错误，C正确；D．t1~t2时间内汽车以额定功率行驶，即t1~t2时间内牵引力在减小，汽车速度在增加，合外力的功率为汽车速度在增加，因此阻力功率在增大，故合外力功率在减小，故D错误。故选C。5.某小组研究物体在竖直平面内做圆周运动的特点，在物体由最低点运动到最高点的过程中，其动能和重力势能随时间的变化分别如图①、②图线所示，图线①与横轴平行，则物体在此运动过程中（　　）A.机械能守恒B.动量不变C.合外力不变D.克服重力做功为【答案】D【解析】【详解】A．由题图可知，在物体做圆周运动由最低点运动到最高点过程中，动能不变，重力势能逐渐增大，故机械能逐渐增大，A错误；B．物体由最低点运动到最高点的过程中，速度方向时刻改变，故动量方向时刻改变，B错误；C．由题意可知，物体做匀速圆周运动，故合外力时刻沿半径指向圆心，方向时刻改变，C错误；D．由题图可知，重力势能增量为，故物体克服重力做功为，D正确。故选D。6.电子绕核运动可以看做一环形电流。设氢原子中的电子绕原子核做匀速圆周运动的线速度为v，氢原子 核、核外电子的电荷量大小均为e，m表示电子的质量，k为静电力常量。则电子运动形成的等效电流为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】电子运动形成的电流氢原子原子核对电子的作用力充当电子的向心力，则有电子的运动的周期联立解得故选B。7.四个带电粒子的电荷量和质量分别是（+q，m）、（+q，2m）、（+3q，3m）和（-q，m），它们由静止开始经过大小相同的电压加速后从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行，不计重力和粒子间的作用力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】 【详解】对于一质量为M，带电量为Q的带电粒子，设加速电场电压为U，根据动能定理可得电粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度为水平方向上有竖直方向上有因为四个带电粒子加速电场电压U大小相同，电场强度E相同，所以三个带正电粒子的运动轨迹相同，而带负电的粒子的偏转方向与三个带正电的粒子的偏转方向相反。故选A。二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得5分，选对但不全的得3分，有错选得0分。8.某物体做以下运动的过程其机械能一定守恒的是（　　）A.平抛运动B.匀速直线运动C.匀速圆周运动D.在光滑的固定斜面上自由下滑【答案】AD【解析】【详解】A．平抛运动只有重力做功，故机械能一定守恒，故A正确；B．匀速直线运动过程中有可能有外力做功，机械能不一定守恒，例如匀速下降的降落伞，动能不变，重力势能减少，机械能减少，故B错误；C．水平方向上的匀速圆周运动机械能大小不变，但竖直方向的匀速圆周运动，动能不变，重力势能时刻变化，机械能不守恒，故C错误；D．在光滑的固定斜面上自由下滑，只有重力做功，因此机械能守恒，故D正确。故选AD。9.质量为m，速度为v的A球跟质量为3m的静止B球发生正碰，碰后B球的速度可能是（　　）A.0.1vB.0.3vC.0.5vD.0.7v【答案】BC 【解析】【详解】两球碰撞过程中动量守恒，以A的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得mv=(m+3m)v′解得v′=0.25v如果两球发生完全弹性碰撞，由动量守恒定律得mv=mvA+3mvB由机械能守恒定律得解得vB=0.5v则碰撞后B的速度应满足0.25v≤vB≤0.5v故选BC。10.如图所示，在水平向右的匀强电场中一带正电粒子受重力和电场力作用在竖直平面内运动。粒子运动过程中先后经过a、b、c三点，其中a、c两点在同一水平线上。粒子在a点的速度大小为，方向与加速度方向垂直；粒子在b点的速度大小为，速度方向平行于ac连线。已知粒子质量为m、电荷量为q，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）A.电场强度大小为B.粒子在c点的速度大小为C.粒子从a点运动到c点合外力的冲量大小为D.粒子从a点运动到c点电场力的冲量大小为【答案】BCD 【解析】【详解】A．粒子在a点的速度方向与加速度方向垂直，则可知粒子从a到c的过程为类平抛运动，设粒子加速度大小为，a点的速度方向与ac连线的夹角为，则可知粒子沿ac方向做匀加速直线运动，则设水平方向的加速度为，运动到b点所用的时间为，根据牛顿第二定律有由运动学公式可得竖直方向做匀减速直线运动，根据运动学公式有联立解得故A错误；B．根据竖直方向分运动的对称性可知，粒子从a点运动到b点和从b点运动到c的所用的时间相同，根据以上分析可得则可知，粒子从a点运动到c点的时间而根据粒子在水平方向做匀加速直线运动，设ac间的距离为，则由运动学公式可得解得从a到c由动能定理可得 解得故B正确；C．根据动量定理可得，粒子从a点运动到c点合外力的冲量为故C正确；D．粒子从a点运动到c点电场力的冲量大小为故D正确。故选BCD。三、实验题：本题共2个小题，共15分，第11题6分，第12题9分。11.某探究小组研究电容的充放电过程，用保护电阻R1、R2、电流传感器和其他器材设计如图甲所示的电路。（1）研究充电过程，应将单刀双掷开关接___________（选“1”或者“2”）；（2）研究放电过程，测得放电电流随时间变化如图乙所示，图线与坐标轴所围成面积的物理意义是___________________；（3）在充电过程中，电容器两端电压为u、电容器电荷量为q，充电时间为t，则下列图像中它们之间的关 系可能正确的是___________（填正确答案标号）。A.B.C.D.【答案】①.2②.电容器存储的电荷量③.BD【解析】【详解】（1）[1]研究充电过程，应将电容与电源相接，故应单刀双掷开关接2；（2）[2]I-t图像中图线与坐标轴所围成面积的物理意义是电容器存储的电荷量；（3）[3]CD．充电过程开始时，电荷量从零开始逐渐增加，充电完毕时电荷量达到最大值，故C错误，D正确；AB．由于电容C不变，根据可知充电过程随着电荷量增加，极板间电压增大，充电完毕后，电荷量不再增加，电压不变，故A错误，B正确。故选BD。12.用如图甲所示的装置“探究对心碰撞中的不变量”。其原理图如图乙所示，斜槽末端在地面的竖直投影点为О点。实验步骤如下：第一步：调好装置，让入射小球A从斜面上某处静止滑下，记下落地点P；第二步：在斜槽末端放上被碰小球B，让小球A从与第一步相同的位置静止滑下，记下小球A的落地点M和小球B的落地点N；第三步：测出小球A质量m1），小球B质量m2，及M、P、N点到О点的距离x1、x2、x3。 （1）关于本实验，下列说法正确的是___________；A.实验中需要用到重垂线、天平、刻度尺B.入射小球与被碰小球直径可以不同c、斜槽必须光滑C.入射小球质量应大于被碰小球质量（2）理论上：若等式___________（用m1、m2、x1、x2、x3表示）成立，可得“对心碰撞中的不变量”为系统的总动量；若等式___________（用m1、m2、x1、x2、x3表示）成立，可进一步说明该碰撞为弹性碰撞。（3）相对误差小于5.0%可视为碰撞中系统的总动量守恒。某次实验中：测得入射小球质量m1是被碰小球质量m2的4倍，小球落点情况如下图所示。计算该次实验相对误差为___________%（保留两位有效数字）。【答案】①.AC##CA；②.，③.；④.1.9％【解析】【详解】（1）[1]A．本实验需要测量水平距离，和两物体的质量，故需要用到重垂线、天平、刻度尺，故A正确；B．实验要求对心正碰，故两球半径必须相同，斜槽不需要光滑，故B错误；C．为保证入射小球不反弹，所以入射小球的质量要大于被碰小球的质量，故C正确；故选AC。 （2）[2]系统动量守恒满足[3]再满足机械能守恒即（3）[4]根据得四、计算题：本大题共3小题，共42分。13题10分，14题14分，15题18分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后结果的不能得分。13.某同学捡来石块竖直向上抛出欲将挂在树枝上的羽毛球击落，已知羽毛球距地面的高度为4m；石块抛出点距地面高度为1.4m，抛出速度为6m/s，不计空气阻力；石块落地与地面撞击后不反弹，撞击时间0.01s。重力加速度取10m/s2，求：（1）通过计算，判断该同学能否击落羽毛球；（2）与地面撞击过程中，地面对石块的平均作用力是石块重力的多少倍。【答案】（1）不能击落；（2）81倍【解析】【详解】（1）石块抛出后距地面的最大高度为故该同学不能击落羽毛球；（2）取竖直向上为正方向，则石块落地时的位移为设石块落地时的速度为v，则解得 设地面对石块的平均作用力为F，根据动量定理可得解得即地面对石块的平均作用力是石块重力的81倍。14.如图所示，与水平面成30°角的绝缘细杆AD穿过一固定均匀带电圆环，并垂直圆环所在平面，细杆与平面的交点为圆环的圆心O。一套在细杆上的小球从A点以某一初速度向上运动，恰能到达D点。已知绝缘细杆与小球间的动摩擦因数，圆环半径为L、带电量为+Q，小球的质量为m、带电量为+q，AB=BO=OC=CD=L，静电力常量为k，重力加速度大小为g，求：（1）圆环在C点产生的场强；（2）小球在B点的加速度；（3）小球在A点的速度大小。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）根据题意可知，圆环上电荷分布均匀，取环上一点，设其电荷量为Q1，该点到C点的距离为圆环上某点和C点的连线与细杆的夹角为θ，如图所示根据数学知识 解得则Q1在C点产生的场强为以O点为坐标原点，OC方向为正方向建立x轴，Q1在C点产生的场强在x轴方向的分量为同理，圆环上某点的对称点（Q1′=Q1）在C点产生的场强在x轴方向的分量为因此圆环上沿垂直与细杆方向的合场强为零，设圆环上有n个Q1点，则电荷量nQ1=Q则圆环在C点产生的场强大小为（2）小滑环在B点，由牛顿第二定律得根据场强的对称性可知解得（3）根据题意，由对称性可知，小球从A点运动到D点过程中，电场力做功为零，由动能定理有解得15.图甲是一种智能减震装置的示意图，轻弹簧下端固定，上端与质量为2m的减震环a连接，并套在固定的竖直杆上，a与杆之间的智能涂层材料可对a施加大小可调节的阻力。每次性能测试时，质量为m的b环（b环与杆无相互作用），从某高度静止释放，之后与a发生正碰；碰撞后，b的速度大小总变为碰前的 倍、方向向上，然后拿走b环，a向下运动2d时速度减为零。测试初始位置，a静止在弹簧上，弹簧压缩量为2d，弹簧储存的弹性势能可用计算（k为弹簧劲度系数，x为弹簧形变量）。在第一次性能测试中，b从距a高h=4.5d处静止释放，调节a受到涂层的阻力大小f与下移距离S之间的关系如图乙中实线①所示。已知量m、d和重力加速度g，求：（1）a下降过程，阻力做功W1及弹簧弹力做功W2；（2）的值；（3）将a放回初始位置进行第二次测试。调节a受到涂层的阻力与下移距离S的关系如图乙实线②所示，求b释放时，距a的高度。【答案】（1），；（2）；（3）【解析】【详解】（1）a、b发生正碰后，a向下运动2d时速度减为零，由于f-S图线与横轴围成的面积表示做功大小，阻力做负功，根据图乙实线①可得阻力做功为a静止在弹簧上，弹簧压缩量为2d，故解得弹簧弹力做负功，根据功能关系可得 （2）取竖直向下为正方向，b从杆顶端静止释放到与发生正碰前，根据动能定理可得解得a、b发生正碰，竖直方向上动量守恒，即解得从a、b发生正碰到a静止过程根据动能定理可得联合解得（3）a受到涂层的阻力与下移距离S的关系如图乙实线②所示时，此时从a、b发生正碰到a静止过程根据动能定理可得解得a、b发生正碰，根据竖直方向上动量守恒可得解得设第二次此时b释放时距a的高度为h，根据动能定理可得解得