第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學年吉林省通化市梅河口五中高一（下）期末物理試卷一、選擇題：本題共10小題，共46分。第1～7題中只有一項符合題目要求，每小題4分；第8～10題有多項符合題目要求，每小題6分，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.在建立物理概念過程中，學會像科學家那樣運用物理思想，使用科學方法，往往比記住物理概念的詞句或公式更重要。在高中物理學習內(nèi)容中，線速度、角速度、電場強度這三者所體現(xiàn)的共同的物理思想方法是(

)A.理想模型 B.微小量放大 C.等效替代 D.比值定義2.真空中有兩個點電荷相隔一定距離r，相互作用力為F.若其中一個電荷的電量變?yōu)樵瓉淼?倍，為要保持原來的作用力大小不變，則兩個電荷間的距離變?yōu)樵瓉淼亩嗌俦叮?

)A.4 B.1 C.2 D.83.一顆在赤道上空做勻速圓周運動的人造衛(wèi)星，其軌道半徑上對應的重力加速度為地球表面重力加速度的九分之一、已知地球半徑為R，則該衛(wèi)星離地面的高度為(

)A.R B.2R C.3R D.4R4.鄭欽文在巴黎奧運會網(wǎng)球女單比賽中奪冠，創(chuàng)造了歷史。她發(fā)球時將網(wǎng)球斜向下?lián)舫?，不計空氣阻?

)A.落地前，網(wǎng)球機械能減少

B.落地前，在相同時間內(nèi)，網(wǎng)球的動量變化相同

C.落地前，在相同時間內(nèi)，網(wǎng)球的動能變化相同

D.若僅增大擊球的初速度，網(wǎng)球在空中飛行的時間不變

5.如圖所示，質(zhì)量相同的兩物體從同一高度由靜止開始運動，A沿著固定在地面上的光滑斜面下滑，B做自由落體運動。兩物體分別到達地面時，下列關于重力的功率的說法正確的是(

)A.平均功率PA>PB B.平均功率PA=PB6.高壓清洗廣泛應用于汽車清潔、地面清潔等。某高壓水槍出水口橫截面積為S，手持該高壓水槍操作時，水流剛進入水槍時的速度可忽略不計，水從槍口以速度v高速噴出后，近距離垂直噴射到某物體表面且速度在短時間內(nèi)變?yōu)榱?，忽略水從槍口噴出后的發(fā)散效應，水的密度為ρ，則水在物體表面產(chǎn)生的平均沖擊力大小和高壓水槍噴水的輸出功率分別為(

)A.ρSv2、ρSv3 B.P=Wt=12ρSv37.2023年11月16日，中國北斗系統(tǒng)正式加入國際民航組織標準，成為全球民航通用的衛(wèi)星導航系統(tǒng)。北斗系統(tǒng)空間段由若干地球靜止軌道衛(wèi)星、傾斜地球同步軌道衛(wèi)星和中圓地球軌道衛(wèi)星等組成。將地球看成質(zhì)量均勻的球體，若已知地球半徑與同步衛(wèi)星的軌道半徑之比為k，地球自轉(zhuǎn)周期為T，引力常量為G。下列說法正確的是(

)A.傾斜地球同步軌道衛(wèi)星有可能保持在大連的正上方

B.地球的平均密度為ρ=3πk3GT2

C.8.在如圖所示的電路中，定值電阻R大于電源內(nèi)阻r。現(xiàn)閉合開關S，將滑動變阻器的滑片向上滑動，電表A、V1、V2、V3都為理想電表，測得電壓表V3示數(shù)變化量的絕對值為ΔU3，電流表A示數(shù)變化量的絕對值為ΔIA.電流表A的示數(shù)減小，電壓表V1的示數(shù)增大，電壓表V2的示數(shù)增大

B.ΔU3與ΔI的比值不變

C.9.如圖所示，質(zhì)量M=2kg、半徑R=1.5m、內(nèi)壁光滑的半圓槽靜置于光滑水平地面上。現(xiàn)將質(zhì)量m=1kg的小球(可視為質(zhì)點)自左側(cè)槽口A點的正上方?=1.5m處由靜止釋放，小球下落后剛好自A點進入槽內(nèi)，B點為半圓槽內(nèi)壁的最低點。不計空氣阻力，重力加速度g=10m/s2，下列說法正確的是(

)A.小球從A到B的過程中，小球?qū)Π雸A槽做正功

B.小球運動到B時，小球速度大小為10m/s

C.小球從A到C的過程中，半圓槽的位移為1m

D.小球從10.如圖所示，半徑為R的光滑絕緣圓環(huán)固定于豎直平面內(nèi)，a為圓環(huán)的最低點，c為圓環(huán)的最高點，b點與圓心O等高，該空間存在與圓環(huán)平面平行的勻強電場。質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球P套在圓環(huán)上，沿環(huán)做圓周運動，通過a、b、c三點時的速度大小分別為va=23gR2、vb=21gR2、vA.勻強電場方向水平向左

B.勻強電場場強大小E=3mg4q

C.小球運動過程中對圓環(huán)的最小壓力為0

D.小球運動過程中在二、非選擇題：（本題共5小題，共54分）11.圖甲是一種測量電容器電容的電路圖，實驗是通過對高阻值電阻放電的方法，測出電容器充電至電壓U時所帶電荷量Q，從而求出待測電容器的電容C。某同學在一次實驗時的情況如下：

A.按如圖甲所示的電路圖接好電路

B.接通開關S，調(diào)節(jié)電阻箱R的阻值，使電流表的指針偏轉(zhuǎn)接近滿刻度，記下此時電流表的示數(shù)是I0=490μA，電壓表的示數(shù)U0=8.0V

C.斷開開關S，同時開始計時，每隔5s或10s測讀一次電流i的值，將測得數(shù)據(jù)填入表格，并標示在圖乙的坐標紙上，如圖乙中小黑點所示

(1)在圖乙中畫出i?t圖像；

(2)若圖像與i軸t軸圍成圖形對應方格數(shù)按34計算，該電容器電容為______F(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)；

(3)若某同學實驗時把電壓表接在E、D兩端，則電容的測量值比它的真實值______(選填“偏大”“偏小”或“相等”)12.如圖所示，木板A、B靜止于光滑水平桌面上，B上表面水平且足夠長，其左端放置一滑塊C，B、C間的動摩擦因數(shù)為μ，A、B由不可伸長的理想輕繩連接，繩子處于松弛狀態(tài)，現(xiàn)在突然給C一個向右的速度2v0，讓C在B上滑動，當C的速度為v0時，繩子剛好伸直，接著繩子被瞬間拉斷，繩子拉斷時B的速度為12v0，A、B、C的質(zhì)量均為m。

(1)從C獲得速度2v0開始經(jīng)過多長時間繩子被拉直？

(2)拉斷繩子造成的機械能損失為多少？

(3)若最終滑塊13.如圖所示，旋轉(zhuǎn)餐桌在水平面內(nèi)以角速度ω=0.2rad/s繞中心軸勻速轉(zhuǎn)動，餐桌上有一質(zhì)量為m=0.5kg的餐具在離轉(zhuǎn)軸距離為r=0.8m處的某點隨餐桌一起轉(zhuǎn)動。重力加速度g取10m/s2，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。

(1)求餐具隨餐桌轉(zhuǎn)動時的向心力為多大？

(2)如果旋轉(zhuǎn)餐桌角速度最大不能超過ωm=2rad/s14.一條輕繩跨過定滑輪，繩的兩端各系一個小球A和B，A、B球的質(zhì)量分別為m、3m。用手托住B球，當輕繩剛好被拉緊時，B球離地的高度是?，A球靜止于地面，如圖所示。定滑輪的質(zhì)量及輪與軸間的摩擦、空氣阻力均不計，兩球均可視為質(zhì)點，以B球所在高度的水平面為參考平面，重力加速度為g。

(1)求此時小球A、B的重力勢能EpA、EpB；

(2)某時刻由靜止釋放B球，當B球剛落地時，求A球的速度大??；

(3)B球從釋放到剛落地的過程中，輕繩對B球所做的功。

答案解析1.【答案】D

【解析】解：線速度的定義式為v=ΔxΔ?t(瞬時速度取極限)；角速度的定義式為ω=ΔθΔt；電場強度的定義式為E=Fq。

三者均通過兩個物理量的比值定義新的物理量，且定義新的物理量(如v、ω、E)與分母物理量(如Δt、q)無關，僅反映物體本身的屬性，這種定義方法屬于比值定義法。

A、理想模型(如質(zhì)點、點電荷)是對實際對象的抽象簡化，與三者定義方式無關，故A錯誤；

B、微小量放大用于測量微小變化(如彈性形變實驗)，與三者定義方式無關，故B錯誤；

C、等效替代(如合力替代分力)強調(diào)作用效果相同，與三者定義方式無關，故C錯誤；

D.比值定義是三者共同采用的方法，故D正確。

2.【答案】C

【解析】解：由庫侖定律的公式F=kQqr2，知其中一個電荷的電量變?yōu)樵瓉淼?倍，為要保持原來的作用力大小不變，則兩個電荷間的距離變?yōu)樵瓉淼?倍。

故選：C。

根據(jù)庫侖定律的公式F=k3.【答案】B

【解析】解：在地球表面萬有引力近似等于物體的重力：mg=GMmR2，

在距離地球表面高度為?處的萬有引力等于重力：對軌道衛(wèi)星19m′g=GMm′(R+?)2，

聯(lián)立解得：?=2R，故B正確，ACD4.【答案】B

【解析】解：AB、落地前，網(wǎng)球只受重力，只有重力做功，所以網(wǎng)球的機械能守恒。根據(jù)動量定理可知Δp=mgt，則在相同時間內(nèi)，網(wǎng)球的動量變化相同，故A錯誤，B正確；

C、落地前，豎直方向網(wǎng)球做勻加速運動，在相同時間內(nèi)，網(wǎng)球下落的高度不相等，重力做功不相等，由動能定理可知，網(wǎng)球的動能變化不相同，故C錯誤；

D、若僅增大擊球的初速度，則網(wǎng)球豎直向下分初速度增大，根據(jù)?=v0yt+12gt2可知，網(wǎng)球在空中飛行的時間變少，故D錯誤。5.【答案】D

【解析】解：AB.設斜面的傾角為θ，高度為?，B做自由落體運動，由公式?=12gt2得運動時間

tB=2?g

A做勻加速直線運動，則根據(jù)牛頓第二定律可知mgsinθ=ma

解得

a=mgsinθm=gsinθ

根據(jù)

?sinθ=12gsinθ?tA2

得

tA=2?gsin2θ

可知tA>tB

二者重力做功相等，根據(jù)P=WGt知

PA<PB

故AB錯誤；

CD.根據(jù)動能定理

6.【答案】D

【解析】解：Δt時間內(nèi)流出的水的質(zhì)量

m=ρSvΔt

根據(jù)動量定理

F?Δt=mv

聯(lián)立解得

F?=ρSv2

根據(jù)動能定理

W=P?Δt=12mv2?0

解得7.【答案】D

【解析】A.傾斜地球同步軌道衛(wèi)星周期仍然是24小時，但軌道與赤道平面有夾角，如果某時刻在大連正上方，則24小時后就又在大連正上方，但不能保持在大連正上方，故A錯誤；

B.同步衛(wèi)星，萬有引力提供向心力GMm(Rk)2=m(2πT)2Rk

得M=4π2GT2(Rk)3

地球的平均密度ρ=M43π8.【答案】BC

【解析】解：A、理想電表對電路的影響不計，分析電路可知，當開關S閉合，滑動變阻器與定值電阻R串聯(lián)后接在電源兩端，將滑動變阻器的滑片向上滑動時，滑動變阻器接入電路的電阻增大，電路的總電阻增大，電路中電流減小，則電流表A的示數(shù)減小。電路中電流減小，定值電阻R兩端的電壓減小，則電壓表V1的示數(shù)減小，理想電壓表V2測量路端電壓，根據(jù)閉合電路歐姆定律有U2=E?Ir，I減小，U2增大，即理想電壓表的示數(shù)V2增大，故A錯誤；

B、理想電壓表V3測量滑動變阻器兩端的電壓，根據(jù)閉合電路歐姆定律得

U3=E?I(R+r)

所以ΔU3與ΔI的比值大小為ΔU3ΔI=R+r，可知該比值保持不變，故B正確；

C、電源的輸出功率與外電阻變化的圖像如下所示。

當電路中定值電阻R的阻值大于電源內(nèi)阻r的阻值，將滑動變阻器的滑片向上滑動，滑動變阻器接入電路的電阻增大，電路的外電阻阻值比內(nèi)阻大，電源的輸出功率減小，故C正確；

D、將定值電阻等效為電源內(nèi)阻，當滑動變阻器的電阻與等效內(nèi)阻相等時，滑動變阻器的功率最大，因不知道滑動變阻器的電阻與等效內(nèi)阻的關系，所以無法分析滑動變阻器功率的變化，故D錯誤。9.【答案】AC

【解析】解：A.由于小球從A到B的過程中對槽有斜向左下的壓力，同時半圓槽向左運動，位移方向向左，所以小球?qū)Π雸A槽做正功，故A正確；

B.小球在半圓槽內(nèi)滑動的過程中，系統(tǒng)水平方向合力為零，所以系統(tǒng)水平方向動量守恒，設小球運動到B時，小球與半圓槽的速度大小分別為v1、v2，以向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律與機械能守恒定律得：

mv1?Mv2=0

mg(?+R)=12mv12+12Mv22

解得：v1=210m/s，v2=10m/s，故B錯誤；

C.小球從A點運動到C點這一過程，系統(tǒng)在水平方向上類似于人船模型，設小球從A到C10.【答案】BCD

【解析】解：A.從最低點到最高點，由動能定理可得

12mvc2?12mva2=?2mgR+qUac

解得ac電勢差為

Uac=0

故ac連線為等勢線，從a到b，有

12mvb2?12mva2=?mgR+qUab

解得

Uab=3mgR4q>0

電場線垂直于等勢線，沿電場線方向電勢逐漸降低，故勻強電場方向水平向右，故A錯誤；

B.勻強電場場強大小為

E=UabR

解得勻強電場場強大小為

E=3mg4q

故B正確；

C.小球P所受電場力為

Eq=34mg

當電場力與重力合力與圓心在一條直線上時，對圓環(huán)的壓力達到最大和最小，根據(jù)幾何關系可知，最小速度

12mvmin2?12mva2=?mgR(1+cos37°)?qERsin37°

根據(jù)牛頓第二定律

Eqcos53°+mgcos37°?11.【答案】

1.1×10?3；

偏小【解析】(1)根據(jù)圖中畫出的點作平滑的曲線作圖如圖所示

(2)由電流的定義式可得

ΔQ=i?Δt

可知電荷量為i?t圖像與坐標軸所包圍的面積，則面積的物理意義為電容器在開始放電時所帶的電荷量；圖乙中圖線與坐標軸所圍成面積約為32格，即電容器的電荷量為

Q=34×50×10?6×5C=8.5×10?3C

則有C=QU

解得：C=1.1×10?3F

(3)電容的測量值比它的真實值偏小，原因是若把電壓表接在E、D兩端，則電容器在放電時，有一部分電量會從電壓表中通過，從而使得通過電流表中的電量小于電容器的帶電量，從而使電容的測量值比它的真實值偏小。

(1)

(2)1.1×10?3；(3)偏小。

(1)12.【答案】解：(1)從C獲得速度2v0到繩子拉直的過程中，取向右為正方向，對C根據(jù)動量定理得：

?μmgt=m?v0?2mv0

解得：t=v0μg；

(2)設繩子剛拉直時B的速度為vB，對B、C系統(tǒng)分析，選擇向右為正方向，由動量守恒定律得：

m?2v0=mv0+mvB

計算得出：vB=v0

繩子拉斷的過程中，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：

mvB=mvA+m?12v0

解得：vA=12v0

繩子拉斷過程中，以A、B為系統(tǒng)，根據(jù)能量守恒定律得損失的能量為：

ΔE=12mvB2?12×mvA2?12×m?(12v0)2

解得ΔE=14mv02；

(3)【解析】(1)當C的速度為v0時繩子剛好伸直，對C根據(jù)動量定理求解從C獲得速度2v0開始到繩子剛好伸直的時間；

(2)在整個運動過程中，A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒定律求解繩子拉斷后的速度，再根據(jù)能量守恒求解整個系統(tǒng)損失的機械能；

(3)根據(jù)能量