高級中學名校試卷PAGEPAGE1淮濱縣多校聯(lián)考2023-2024學年下期期末考試高一物理試卷本試卷滿分100分，考試時間為75分鐘注意事項：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考號填寫在答題卡上；2.考試結(jié)束，將答題卡交回。一、單項選擇題（本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。）1.彈弓飛箭（如圖所示）頗受小孩的喜愛，某次一小孩手拉緊橡皮筋發(fā)射器，松開手后將飛箭豎直射向天空。從松開手至飛箭到達最高點的過程中（橡皮筋始終在彈性限度內(nèi)且不計空氣阻力），下列說法正確的是（）A.飛箭的機械能一直增大B.飛箭重力做功的功率一直增大C.飛箭與橡皮筋剛分離時，飛箭的速度最大D.橡皮筋的彈性勢能和飛箭的重力勢能之和先減小后增大〖答案〗D〖解析〗A.飛箭與橡皮筋未分離前，橡皮筋對飛箭做正功，飛箭的機械能是增加的，飛箭離開橡皮筋后機械能不變，故A錯誤；BC.飛箭與橡皮筋未分離前，先做加速度逐漸減小的加速運動，接著做加速度逐漸增大的減速運動，離開飛箭后，做豎直上拋運動，當飛箭受到橡皮筋的彈力等于其重力時，即加速度為零時，飛箭的速度達最大。飛箭在最高點速度方向與重力垂直，重力功率為0，所以飛箭重力做功功率先增大再減少，故BC錯誤；D.把橡皮筋與飛箭看著一個系統(tǒng)，系統(tǒng)的機械能守恒，而飛箭的動能是先增大后減小，則可知橡皮筋的彈性勢能和飛箭的重力勢能之和先減小后增大，故D正確。故選D。2.如圖所示，利用無人機運送貨物。則在無人機勻減速豎直下降過程中（）A.貨物的動能保持不變 B.貨物受到的重力做負功C.貨物受到的拉力做負功 D.貨物受到的拉力功率變大〖答案〗C〖解析〗A．在無人機勻減速豎直下降過程中，無人機的速度逐漸減小，貨物的動能逐漸減小，故A錯誤；BC．在無人機勻減速豎直下降過程中，重力方向向下，運動方向向下，則貨物受到的重力做正功；貨物受到的拉力方向向上，則貨物受到的拉力做負功，故B錯誤，C正確；D．以貨物對象，根據(jù)牛頓第二定律可得無人機做勻減速運動，所以貨物受到的拉力恒定不變，根據(jù)由于速度逐漸減小，所以貨物受到的拉力功率變小，故D錯誤。故選C。3.宇宙中，兩顆靠得比較近的恒星，只受到彼此之間的萬有引力作用互相繞轉(zhuǎn)，轉(zhuǎn)動周期相同，我們稱之為雙星系統(tǒng)。星球A和B的質(zhì)量分別為mA、mB且mA<mB.如圖所示，由星球A和星球B構(gòu)成的雙星系統(tǒng)繞其連線上的點O做勻速圓周運動，引力常量G已知，則下列說法正確的是（）A.距離O點遠的是星球BB.星球A的線速度小于星球B的線速度C.若雙星之間的距離增大，轉(zhuǎn)動穩(wěn)定后，雙星勻速轉(zhuǎn)動的角速度均變大D.若雙星之間的距離增大，轉(zhuǎn)動穩(wěn)定后，星球A和星球B中心距離的三次方與星球A轉(zhuǎn)動周期的二次方的比值仍不變〖答案〗D〖解析〗A．設(shè)兩星球的距離為，做圓周運動的半徑分別為和，根據(jù)牛頓第二定律，有可得可知質(zhì)量越大，軌道半徑越小，由于所以所以距離O點遠的是星球，A錯誤；B．根據(jù)可知，半徑越大，線速度越大，所以B錯誤；C．根據(jù)牛頓第二定律，有聯(lián)立，可得可知若雙星之間的距離增大，轉(zhuǎn)動穩(wěn)定后，雙星勻速轉(zhuǎn)動的角速度均變小，C錯誤；D．根據(jù)及由C選項〖解析〗得出的結(jié)論可得可知星球A和星球B中心距離的三次方與星球A轉(zhuǎn)動周期的二次方的比值是定值，D選項正確。故選D。4.如圖所示，甲是點電荷形成的電場，乙是勻強電場，丙是等量異號電荷的電場，丁是等量同號號電荷的電場，其中丙M、N是左右對稱的兩點，丁M、N是中垂線上對稱的兩點，則下列說法中正確的是（）A.甲圖中M、N兩點電場強度相同B.乙圖中M、N兩點電場強度不同C.丙圖中M、N兩點電場強度不同D.丁圖中M、N兩點電場強度不同〖答案〗D〖解析〗A．由電場強度公式可知，M、N兩點電場強度大小相同，但方向不同，故A錯誤；B．勻強電場各點電場強度大小、方向相同，故乙圖中M、N兩點電場強度相同，故B錯誤；C．等量異號電荷的電場中對稱的兩點電場強度等大同向，故丙圖中M、N兩點電場強度相同，故C錯誤；D．等量異號電荷的電場中對稱的兩點電場強度等大反向，故丁圖中M、N兩點電場強度不同，故D正確。故選D。5.如圖所示，質(zhì)量為m的小球用長為l的細線懸于P點，使小球在水平面內(nèi)以角速度做勻速圓周運動。已知小球做圓周運動時圓心O到懸點P的距離為h，小球可視為質(zhì)點，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A.小球的頻率為 B.小球的線速度大小為C.小球受到合力大小為 D.繩對小球的拉力大小為〖答案〗D〖解析〗A．小球的頻率為故A錯誤；B．根據(jù)線速度與角速度的公式有故B錯誤；C．設(shè)細線與豎直方向的夾角為，小球受到合力大小為故C錯誤；D．根據(jù)牛頓第二定律可得解得繩對小球的拉力大小為故D正確；故選D。6.行星繞太陽公轉(zhuǎn)的半長軸a的立方與公轉(zhuǎn)周期T的平方的比值是一個定值，即：（k與太陽的質(zhì)量M有關(guān)），現(xiàn)將某行星軌道近似成圓軌道，已知萬有引力常量為G，則關(guān)于k與M的關(guān)系為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗根據(jù)得A正確，BCD錯誤。故選A。7.如圖所示為兩個固定在同一水平面上的點電荷，距離為d，電荷量分別為＋Q和-Q。在它們的水平中垂線上固定一根長為L、內(nèi)壁光滑的絕緣細管，有一電荷量為＋q的小球以初速度v0從管口射入，則小球（）A.速度先增大后減小B.受到的庫侖力先做負功后做正功C.受到的庫侖力最大值為D.管壁對小球的彈力最大值為〖答案〗C〖解析〗A．電荷量為+q小球以初速度v0從管口射入的過程，因電場力不做功，只有重力做功；根據(jù)動能定理，故速度不斷增加；故A錯誤；B．小球有下落過程中，庫侖力與速度方向垂直，則庫侖力不做功；故B錯誤；C．在兩個電荷的中垂線的中點，單個電荷產(chǎn)生的電場強度為根據(jù)矢量的合成法則，則有電場強度最大值為，因此電荷量為+q的小球受到最大庫侖力為，故C正確；D．結(jié)合受力分析可知，彈力與庫侖力平衡，則管壁對小球的彈力最大值為，故D錯誤；故選C。二、多項選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有兩個或兩個以上選項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。）8.如圖甲，電鯰遇到危險時，可產(chǎn)生數(shù)百伏的電壓。若將電鯰放電時形成的電場等效為等量異種點電荷的電場，其中正電荷集中在頭部，負電荷集中在尾部，O為電鯰身體的中點，且AB為魚身長的一半，如圖乙所示，下列說法正確的是（）A.A點電勢高于B點電勢B.A點電勢低于B點電勢C.將正電荷由A點移動到O點，電場力做負功D.當電鯰產(chǎn)生400V的電壓時，AB間的電壓為200V〖答案〗BC〖解析〗AB．頭部集中正電荷，尾部集中負電荷，故B點電勢高于A點，故A錯誤，B正確；C．正電荷由A到O移動時，電場力做負功，故C正確；D．A、B間的平均場強小于A點到魚尾或B點到魚頭的平均場強，故A、B之間電壓小于200V，故D錯誤。故選BC。9.某實驗小組利用如圖所示的電路研究電容器的充、放電過程。電容器原來不帶電，單刀雙擲開關(guān)S先接1，穩(wěn)定后再接2，下列說法正確的是（）A.S接1時，電流表示數(shù)逐漸增大B.S接1時，減小電阻箱R的阻值，不影響電容器的充電時間C.S接2時，增大電阻箱R的阻值，電容器的放電時間將延長D.S接1和接2時，電容器兩極間電勢差隨電荷量變化的規(guī)律相同〖答案〗CD〖解析〗A．S接1時，電源對電容器充電，隨著逐漸充電，電容器兩極板間的電勢差增大，電路中電流越來越小，充電完畢后，電路中電流為零，即電流表的讀數(shù)逐漸減小零后不變，故A錯誤；B．S接1時，電容器充電，減小電阻箱R的阻值，充電電流增大，電容器的充電時間縮短，故B錯誤；C．S接2時，電容器放電，增大電阻箱R的阻值，放電電流減小，電容器的放電時間將延長，故C正確；D．根據(jù)，可得可知S接1和接2時，電容器兩極間電勢差隨電荷量變化的規(guī)律相同，故D正確。10.如圖所示，質(zhì)量均為m的物體A、B用跨過滑輪O的輕繩連接，A穿在固定的豎直光滑桿上，B置于傾角的光滑固定斜面上。一勁度系數(shù)的輕質(zhì)彈簧的一端固定在斜面底端的擋板上，另一端連接B。初始時，施加外力將A置于N點，輕繩恰好伸直但無拉力，段長為，與桿垂直，段與斜面平行。現(xiàn)將A由靜止釋放，沿桿下滑到最低點，為中的一點，且。A、B均可視為質(zhì)點，運動過程中B不會與滑輪相碰，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，不計一切阻力。則A從N點下滑到M點的過程中（）A.B沿斜面運動的距離為 B.A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒C.經(jīng)過M點時A的速度大小為 D.輕繩對A做的功為〖答案〗AC〖解析〗A．A從N點下滑到M點的過程，B沿斜面運動的距離為故A正確；B．由于彈簧對B做功，所以A、B組成的系統(tǒng)機械能不守恒，故B錯誤；CD．開始運動時，彈簧的壓縮量為則A經(jīng)過M點時，彈簧的伸長量為可知A從N點下滑到M點的過程，彈簧的彈性勢能變化量為0，根據(jù)能量守恒可得根據(jù)速度關(guān)聯(lián)關(guān)系可得其中聯(lián)立解得經(jīng)過M點時A的速度大小為對A根據(jù)動能定理可得解得輕繩對A做的功為故C正確，D錯誤。故選AC。三、非選擇題（共54分。）11.向心力演示器可以探究小球做圓周運動所需向心力F的大小與質(zhì)量m、角速度ω、軌道半徑r之間的關(guān)系，裝置如圖1所示，兩個變速塔輪通過皮帶連接。實驗時，勻速轉(zhuǎn)動手柄使長槽和短槽分別隨相應(yīng)的變速塔輪勻速轉(zhuǎn)動，槽糟內(nèi)的金屬小球就做勻速圓周運動。橫臂的擋板對小球的壓力提供向心力，小球?qū)醢宓姆醋饔昧νㄟ^橫臂的杠杄作用使彈簧測力筒下降，從而露出標尺，標尺上黑白相間的等分格顯示出兩個金屬球所受向心力的比值。（1）在研究向心力F的大小與質(zhì)量m、角速度ω、半徑r之間的關(guān)系時，我們主要用到的物理方法是________。A．控制變量法B．等效替代法C．理想實驗法（2）為了探究金屬球向心力F的大小與軌道半徑r之間的關(guān)系，下列說法正確的是________。A．應(yīng)使用兩個質(zhì)量不等小球B．應(yīng)使兩小球離轉(zhuǎn)軸的距離相同C．應(yīng)將皮帶套在兩邊半徑相等的變速塔輪上（3）某同學用傳感器測出小球做圓周運動向心力F的大小和對應(yīng)的周期T，獲得多組數(shù)據(jù)，畫出了如圖2所示的圖像，該圖像是一條過原點的直線，則圖像橫坐標x代表的是________?！即鸢浮剑?）A（2）C（3）〖解析〗（1）在研究向心力F的大小與質(zhì)量m、角速度、半徑r之間的關(guān)系時，我們主要用到的物理方法是控制變量法。故選A。（2）由公式可知探究金屬球的向心力F的大小與軌道半徑r之間的關(guān)系，應(yīng)使用兩個相等質(zhì)量的小球，將皮帶套在兩邊半徑相等的變速塔輪上使角速度相等，應(yīng)使兩小球離轉(zhuǎn)軸的距離不相同，觀察向心力F的大小與軌道半徑r之間的關(guān)系。故選C。（3）由公式結(jié)合圖像是一條過原點的直線，所以F與成正比，所以圖像橫坐標x代表的是。12.某同學用光電門和氣墊導軌做“驗證動量守恒定律”的實驗。（1）實驗時，先接通氣源，然后在導軌上放一個裝有遮光條的滑塊，如圖甲所示。將滑塊向左彈出，使滑塊向左運動，發(fā)現(xiàn)滑塊通過光電門1的時間小于通過光電門2的時間，則應(yīng)調(diào)高________（選填“P”或“Q”），直至滑塊通過光電門1的時間與通過光電門2的時間相等。（2）將滑塊A、B放置在圖乙所示的位置，A、B均靜止。給滑塊A一瞬間沖量，使滑塊A運動并與靜止的滑塊B發(fā)生碰撞，碰后兩滑塊不粘連。與光電門1相連的計時器顯示的遮光時間為t1，與光電門2相連的計時器先、后顯示兩次遮光時間分別為t2和t3。若已知滑塊A、B的質(zhì)量分別為km、m（含遮光條），遮光條寬度均為d（很窄）。滑塊A剛開始運動時受到的沖量大小為________，滑塊A、B碰撞過程中滿足表達式________，則說明A和B碰撞過程中動量守恒。（用題中已知和測量的物理量表示）。（3）若兩滑塊發(fā)生的是彈性碰撞，則下列等式成立的是。A.B.C.D.〖答案〗（1）Q（2）（3）B〖解析〗【小問1詳析】滑塊向左運動，發(fā)現(xiàn)滑塊通過光電門1的時間小于通過光電門2的時間，表明滑塊做減速運動，滑塊上坡，則應(yīng)調(diào)高Q至導軌水平，直至滑塊通過光電門1的時間與通過光電門2的時間相等?！拘?詳析】滑塊A剛開始運動時受到的沖量大小為解得滑塊A、B碰撞過程中滿足表達式解得【小問3詳析】根據(jù)動量守恒定律得根據(jù)機械能守恒定律得解得四、解答題13.如圖，用長為L的輕繩將質(zhì)量為m的小球懸掛于O點，靜止時小球位于A點。現(xiàn)給小球施加大小為mg的水平恒力F，當小球運動到B點時，輕繩與豎直方向的夾角為45°。已知重力加速度大小為g，，求：（1）小球運動到B點時，小球的速度大??；（2）小球運動到B點時，拉力F的瞬時功率；（3）小球運動到B點的一瞬間，輕繩的拉力大小?！即鸢浮剑?）；（2）；（3）〖解析〗（1）設(shè)小球運動到B點時的速度大小為v，根據(jù)動能定理解得（2）小球運動到B點時，拉力F的瞬時功率解得（3）當小球運動到B點時，合力剛好沿輕繩指向O點，則解得14.兩塊水平平行放置的導體板如圖甲所示，大量電子（質(zhì)量為m、電荷量為e）由靜止開始，經(jīng)電壓為U0的電場加速后，連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間射入兩板之間。當兩板均不帶電時，這些電子通過兩板之間的時間為2t0；當在兩板間加如圖乙所示的周期為2t0、恒為U0的周期性電壓時，能使所有電子均從兩板間通過（忽略電子間的相互作用力及所受重力），己知板間距離為d，求：（1）平行導體板的板長；（2）0時刻和t0時刻進入兩板間的電子通過兩板間過程中產(chǎn)生的側(cè)向位移（沿垂直兩板方向上的位移）的大?。唬?）若改變板長，使這些電子通過兩板之間的時間為3t0，電子均能通過兩板，在側(cè)向位移（沿垂直兩板方向上的位移）分別為最大值和最小值的情況下，電子在偏轉(zhuǎn)電場中的動能增量之比?！即鸢浮剑?）；（2），；（3）4:1〖解析〗（1）電子在加速電場中有進入平行板中水平做勻速直線運動解得（2）在偏轉(zhuǎn)電場中，加速度為對于0時刻進入的電子側(cè)向位移的大小為解得對于時刻進入的電子側(cè)向位移的大小為解得（3）側(cè)向位移最大，電子在有電場情況下的側(cè)移為側(cè)向位移最小，電子在有電場情況下的側(cè)移為由動能定理