20202021学年湖南省衡阳市第八中学高一下学期期末考试物理试题

2021-2021学年湖南省衡阳市第八中学高一下学期期末考试物理试题一、单项选择题1．电场强度E的定义式为E＝F/q，根据此式，以下说法中正确的选项是〔〕①该式说明电场中某点的场强E与F成正比，与q成反比，拿走q，那么E＝0②式中q是放入电场中点电荷的电量，F是点电荷在电场中某点受到的电场力，E是该点的电场强度③式中q是产生电场的点电荷的电量，F是放在电场中的点电荷受到的电场力，E是电场强度④在库仑定律的表达式F＝kq1q2/r2中，可以把kq2/r2看作是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小，也可以把kq1/r2看作是点电荷q1产生的电场在点电荷q2处的场强大小．A．只有①②B．只有①③C．只有②④D．只有③④2．假设某航天器以8km/s的速度高速运行时，迎面撞上一只速度为10m/s、质量为5kg的大鸟，碰撞时间为1.0×10－5s，那么碰撞过程中的平均作用力约为(　　)A．8×1012NB．8×109NC．4×109ND．5×106N3．小智同学发现了一张自己以前为研究机动车的运动情况绘制的图像〔如图〕。机动车运动轨迹是直线，但是不知机动车是处于加速还是刹车状态，请你帮他判定以下合理的说法是〔　　〕A．机动车处于匀加速状态B．机动车的初速度为0C．机动车的加速度为大小为8D．机动车在前3秒的位移是24m5．如图，水平地面上有一外表粗糙的三角形斜块，斜块顶端装有滑轮，两物块P、Q用轻绳连接并跨过滑轮〔不计滑轮的质量和摩擦〕，P悬于空中，Q放在斜块上，均处于静止状态。当用平行于斜面向上的恒力推Q时，P、Q仍静止不动，那么〔　　〕A．轻绳对Q的拉力变小B．三角形斜块对Q的支持力变小C．三角形斜块对Q的摩擦力大小可能变小D．地面对三角形斜块的支持力变小6．如下图，质量为m的物体〔可视为质点〕以某一速度从A点冲上倾角为的固定斜面，其减速运动的加速度大小为，该物体在斜面上能够上升的最大高度为h，那么在这个过程中物体〔　　〕A．重力势能增加了B．机械能损失了C．动能损失了D．克服摩擦力做功4．如下图，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由落下，h远大于两小球半径，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计。m2＝3m1，那么A反弹后能到达的高度为〔　　〕A．hB．2hC．3hD．4h二、多项选择题7．由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线〞，如图中实线所示。图中虚线为不考虑空气阻力情况下炮弹的理想运动轨迹，O、a、b、c、d为弹道曲线上的五点，其中O点为发射点，d点为落体点，b点为轨迹的最高点，a、c为运动过程中经过的距地面高度相等的两点。以下说法正确的选项是〔〕A．到达b点时，炮弹的速度方向水平向右B．到达b点时，炮弹的加速度方向竖直向下C．炮弹经过a点时的速度大于经过c点的速度D．炮弹由O点运动到b点的时间大于由b点运动到d点的时间8．如下图，A、B、C三个物体分别用轻绳和轻弹簧连接，放置在倾角为θ的光滑斜面上，当用沿斜面向上的恒力F作用在物体A上时，三者恰好保持静止，A、B、C三者质量相等，重力加速度为g，以下说法正确的选项是〔〕A．在轻绳被烧断的瞬间，A的加速度大小为gsinθB．在轻绳被烧断的瞬间，B的加速度大小为2gsinθC．剪断弹簧的瞬间，A的加速度大小为gsinθD．突然撤去外力F的瞬间，A的加速度大小为2gsinθ9．发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3，轨道1和2相切于Q点，轨道2和3相切于P点，设卫星在1轨道和3轨道正常运行的速度和加速度分别为、和、，在2轨道经过P点时的速度和加速度为和，且当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时周期分别为、、，以下说法正确的选项是〔　　〕A．B．C．D．10．一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m和2m的小球A和B。支架的两直角边长度分别为2l和l，支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动，如下图。开始时OA边处于水平位置，由静止释放，重力加速度为g，那么〔　　〕A．A球的最大速度为2B．A球的速度最大时，两小球的总重力势能最小C．A球第一次转动到与竖直方向的夹角为45°时，A球的速度大小为D．A、B两球的最大速度之比vA∶vB＝3∶1三、实验题11．聪聪同学用如下图装置来验证动量守恒定律。〔1〕实验中，质量为的入射小球和质量为的被碰小球B的质量关系是___________〔填“大于〞“等于〞或“小于〞〕。〔2〕当满足关系式___________时， 证明 住所证明下载场所使用证明下载诊断证明下载住所证明下载爱问住所证明下载爱问 、B两小球碰撞过程中动量守恒；假设碰撞前后系统无机械能损失，那么系统机械能守恒的表达式为___________。A．B．C．12．某同学利用如下图装置验证机械能守恒定律：光滑圆弧轨道竖直放置，轨道边缘标有表示圆心角的刻度，轨道最低点装有压力传感器。现将小球置于轨道上θ刻度处由静止释放，当其通过最低位置时，读出压力传感器的示数F，当地重力加速度为g。(1)为验证小球在沿轨道下滑过程中机械能守恒，实验中还必须测量的物理量有___________。A．轨道的半径RB．小球的质量mC．每次小球释放点离地面的高度hD．每次小球在轨道上运动的时间t(2)根据实验测得的物理量，写出小球在运动过程中机械能守恒应满足的关系式为F=___________。(3)写出一条提高实验精确度的建议：___________。四、解答题13．如下图，光滑斜面倾角为37°，一带有正电的小物块质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加有如下图的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的1/2，求：(1)原来的电场强度为多大？(2)物体运动的加速度大小．(3)沿斜面下滑距离为6m时物体的速度．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)14．在光滑水平面上静置有质量均为m的木板AB和滑块CD，木板AB上外表粗糙．动摩擦因数为，滑块CD上外表是光滑的1/4圆弧，其始端D点切线水平且在木板AB上外表内，它们紧靠在一起，如下图．一可视为质点的物块P，质量也为m，从木板AB的右端以初速度v0滑上木板AB,过B点时速度为，又滑上滑块CD，最终恰好能滑到滑块CD圆弧的最高点C处，求：(1〕物块滑到B处时木板的速度vAB；(2〕木板的长度L；(3〕滑块CD圆弧的半径．15．如下图，在水平轨道右侧安放半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为L。水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态。小物块A〔可视为质点〕从轨道右侧以初速度冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回，经水平轨道返回圆形轨道。R=0.2m，L=1.0m，，物块A质量为m=1kg，与PQ段间的动摩擦因数为μ=0.2，轨道其他局部摩擦不计，取g=10m/s2求：〔1〕物块A第一次到圆弧最高时对轨道的的压力和弹簧刚接触时的速度大小；〔2〕物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度；〔3〕调节PQ段的长度L，A仍以从轨道右侧冲上轨道，当L满足什么条件时，A物块能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱。参考答案12345678910CCCCBDACBCACDBC11．大于ABB3mg-2mgsinθ屡次测量取平均值(或者是减小空气阻力的影响、减小小球体积、增大其密度等〕。〔1〕E＝mgtan37°/q(2)3m/s2，方向沿斜面向下(3)6m/s.(1〕(2〕(3〕15．〔1〕10N，m/s；〔2〕R；〔3〕1.0m≤l＜1.5m或 l≤0.25m1．C【解析】电场中某点的场强E与F和q无关，选项①错误；E=式中q是放入电场中的点电荷的电量，F是该点电荷在电场中某点受到的电场力，E是该点的电场强度，选项②正确，③错误；在库仑定律的表达式F=中，可以把看做是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小，也可以把看做是点电荷q1产生的电场在点电荷q2处的场强大小，选项④正确；应选C．2．C【解析】【分析】对飞鸟分析,根据动量定理直接列式求出撞击过程中的平均作用力大小.【详解】飞鸟在极短时间内加速,以飞机运动方向为正方向,根据动量定理,有:故C对；ABD错误；应选C3．C【详解】ABC．由可知，将等式变形为由图像的两个交点可得机动车做初速度为，加速度为8的匀减速运动，故AB错误C正确；D．由可判断，机动车在2.5s时停止运动，由那么机动车在前3秒的位移故D错误。应选C。4．C【详解】A．对物体P受力分析，受重力和拉力，二力平衡，故绳子的拉力等于物体P的重力；当用平行斜面向上的恒力推Q时，P、Q仍静止不动，故绳子的拉力仍然等于物体P的重力，轻绳上拉力一定不变，即轻绳对Q的拉力大小不变，故A错误；B．斜面对Q的支持力等于重力的垂直分力，当用平行于斜面向上的恒力推Q时，由于推力没有垂直斜面的分力，那么三角形斜块对Q的支持力不变，故B错误；C．对物体Q受力分析，受重力、拉力、支持力，可能有静摩擦力，当静摩擦力沿斜面向上时，有当用水平向左的恒力推Q时，静摩擦力f会减小，也可能摩擦力大小不变，方向相反；故C正确；D．对整体受力分析，开始时受重力和支持力，二力平衡；施加推力后，推力有竖直向上的分力，那么地面对三角形斜块的支持力变小.5．B【详解】A．此过程中物体的重力势能增加了，A正确；BD．由牛顿第二定律可得解得所以物体克服摩擦力做的功为机械能损失了，B错误，D正确；C．物体在运动过程中合外力做的总功为所以其动能损失了，C正确。6．D【详解】下降过程为自由落体运动，由匀变速直线运动的速度位移公式得v2=2gh解得触地时两球速度相同，为m2碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选m1与m2碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后m1、m2速度大小分别为v1、v2，选向上方向为正方向，由动量守恒定律得：m2v-m1v=m1v1+m2v2由能量守恒定律得由题可知m2=3m1联立解得反弹后高度为故D正确，ABC错误。应选D。7．AC【详解】A．炮弹在最高点竖直方向上的速度为零，水平方向上的速度不为零，为水平向右，故A正确；B．假设在最高点炮弹只受重力作用，那么炮弹的加速度方向竖直向下，而在实线中，炮弹在最高点不仅受重力作用，还受空气阻力〔水平方向上的阻力与水平速度方向相反〕作用，故合力不是竖直向下，那么加速度也不是竖直向下，故B错误；C．由于空气阻力恒做负功，根据动能定理可知经过a点时的速度大于经过c点时的速度，故C正确；D．从O到b的过程中，在竖直方向上，受到重力和阻力在竖直向下的分力，根据牛顿第二定律有解得在从b到d的过程中，在竖直方向，受到向下的重力和阻力在竖直向上的分力，根据牛顿第二定律有解得因，根据运动学公式可知炮弹由O点运动到b点的时间小于由b点运动到d点的时间，故D错误。应选AC。8．BC【详解】A．将A、B、C三者视为整体可得F=3mgsinθ再将B、C视为整体，分析其受力可得细绳的拉力为T=2mgsinθ单独对A受力分析有F=mgsinθ+T当细绳烧断，细绳不再对A作用，由牛顿第二定律可得F-mgsinθ=maA解得：aA=2gsinθA错误；B．在细绳未烧断前，B的受力可得：T=mgsinθ+F弹又F弹=mgsinθ当细绳烧断的瞬间，T变为0，根据牛顿第二定律可得maB=F弹+mgsinθ联立可得aB=2gsinθB正确；C．将A、B视为整体，分析其整体受力，可得F=2mgsinθ+F弹当剪去弹簧时A、B有共同的运动状态，由牛顿第二定律可得：F-2mgsinθ=2maAB解得：aAB=gsinθC正确；D．由选项C可知，将A、B视为整体，其整体的受力情况为F=2mgsinθ+F弹在撤去拉力F的瞬间弹簧还来不及变化，故F弹不变，那么由牛顿第二定律可得aAB=gsinθ在这一过程中A、B共同运动，所以aA=aAB=gsinθD错误。应选BC。9．ACD【详解】在1轨道和3轨道正常运行时恰好由引力作为向心力，速度、加速度、周期分别满足1轨道半径小于3轨道半径，故、、，从2轨道的P点要点火加速做离心运动才能到达3轨道，故，可知卫星在2轨道经过P点和3轨道经过P点到地心距离相同，故，可知由开普勒第三定律2轨道半长轴介于1轨道半径及3轨道半径之间，故ACD正确，B错误。应选ACD。10．BC【详解】B．由机械能守恒可知，A球的速度最大时，二者的动能最大，此时两球总重力势能最小，B正确；D．根据题意知无论何时两球的角速度均相同，线速度大小之比均为vA∶vB＝ω·2l∶ωl＝2∶1D错误；AC．当OA与竖直方向的夹角为θ时，由机械能守恒得mg·2lcosθ－2mg·l〔1－sinθ〕＝mvA2＋·2mvB2解得vA2＝gl〔sinθ＋cosθ〕－gl由数学知识知，当θ＝45°时，sinθ＋cosθ有最大值.A错误，C正确。应选BC。11．大于AB【详解】〔1〕[1]为防止碰撞后入射球反弹，实验中质量为的入射小球和质量为的被碰小球B的质量关系是大于。〔2〕[2]如果碰撞中系统动量守恒，以水平向右方向为正方向，由动量守恒定律得m1v1=m1v2+m2v3小球离开轨道后做平抛运动，因水平位移相同，那么有解得假设满足关系式时，证明、B两小球碰撞过程中动量守恒，应选A。[3]假设碰撞前后系统无机械能损失，那么系统由机械能守恒定律，可得表达式为解得应选B。12．B3mg-2mgsinθ屡次测量取平均值【详解】(1)[1]小球沿轨道下滑过程中，只有重力做功，重力势能转化为小球的动能，根据机械能守恒定律得mgR〔1-sinθ)=mv2在轨道最低位置处根据牛顿第二定律得F-mg=m联立可得mgR〔1-sinθ)=R〔F-mg〕整理得mg〔1-sinθ)=〔F-mg〕由此可知，要验证小球沿轨道下滑过程中机械能守恒，实验中还必须测量小球的质量。应选B。(2)[2]将前面求得表达式mg〔1-sinθ)=〔F-mg〕变形可得F=3mg-2mgsinθB3mg-2mgsinθ屡次测量取平均值(3)[3]为提高实验精确度，可以屡次测量取平均值，或者是减小空气阻力的影响〔减小小球体积或增大其密度等〕。13．〔1〕E＝mgtan37°/q(2)3m/s2，方向沿斜面向下(3)6m/s.【解析】(1)当沿水平方向加有如下图的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，对小物块受力分析如下图：那么：，解得：(2)当场强变为原来的1/2时，小物块的合外力：又，所以，方向沿斜面向下．〔3〕物块从静止沿斜面下滑距离为6m的过程由速度位移关系得：，解得14．(1〕(2〕(3〕【详解】试题分析：〔1〕对ABC用由动量守恒得，又，那么〔2〕由A到B，根据能量守恒得，那么〔3〕由D点C，滑块CD与物块P的动量守恒且机械能守恒，得解之得:考点：动量守恒及能量守恒定律．15．〔1〕10N，m/s；〔2〕R；〔3〕1.0m≤l＜1.5m或 l≤0.25m【详解】〔1〕A→M过程由动能定理得﹣mg•2R=mvm2﹣mv2在C点由牛顿第二定律得mg+FN=m解得FN=10N由牛顿第三定律知对轨道的压力为0物块A冲上圆形轨道后回到最低点速度为v0=m/s，与弹簧接触瞬间可得，物块A与弹簧刚接触时的速度大小m/s〔2〕A被弹簧以原速率v1弹回，向右经过PQ段，有解得A速度 v2=2m/sA滑上圆形轨道，有〔也可以应用 〕可得，返回到右边轨道的高度为h=0.2m=R符合实际。〔3〕物块A以v0冲上轨道直到回到PQ段右侧，有可得，A回到右侧速度要使A能返回右侧轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道，那么有：①假设A沿轨道上滑至最大高度h时，速度减为0，那么h满足0＜h≤R根据机械能守恒联立可得1.0m≤l＜1.5m②假设A能沿轨道上滑至最高点，那么满足且联立得 l≤0.25m综上所述，要使A物块能第一次返回圆形轨道并沿轨道运动而不脱离轨道，l满足的条件是1.0m≤l＜1.5m或 l≤0.25m