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、、三处水平抛出，恰好落在斜面体上的同一点，忽略空气阻力。三个小球的初速度分别用、、表示，三个小球在空中的飞行时间分别用、、表示。关于三个小球的运动，下列说法正确的是( )
A.
B.
C.
D.
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. 带负电
B. 点电势大于点电势
C. 点的电场强度大于点的电场强度
D. 将某负电荷从点沿电场线移到点，其电势能增大
5.两个相同的金属小球分别带上和的电荷后固定在相距为的两处距离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，使两小球相互接触后再放回相距处，则两球之间库仑力的大小变为( )
A. B. C. D.
6.年月日，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，再经椭圆轨道最终进入圆轨道做匀速圆周运动。轨道与轨道、轨道相切于近月点点，点为轨道的远月点。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. 探测器在轨道的点需要点火减速才能进入轨道
C. 探测器在轨道上经过点时的速率小于它在轨道上经过点时的速率
D. 探测器在轨道上经过点的加速度小于其在轨道上经过点的加速度
7.沈阳“南湖之眼”摩天轮承载了许多、、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级提升为级，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，摩天轮半径远大于座舱尺寸，故可近似认为乘客的旋转半径为，乘客质量为，重力加速度为，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
D. 乘客在最低点与最高点对座舱的压力大小之差为
8.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，将号车以速度向右推出，先与碰撞结合为一体后再撞击，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. B. C. D.
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
9.两点电荷、分别固定在和坐标原点处，所形成电场的电势在轴正半轴上的分布如图所示，图线与轴交于处，处电势最低，取无穷远处电势为，一正电荷自处由静止释放，仅受电场力作用，则( )
A. 电荷带负电，电荷带正电
B. 处的电场强度为
C. 电荷、所带电量大小之比为：
D. 正电荷沿轴正方向运动的过程中，电势能先减小后增大
10.近年来，国产新能源汽车技术进步明显，比亚迪秦搭载第五代技术的混动“双引擎”小汽车在实测中，百公里油耗小于，综合续航里程超过，续航实现了巨幅提升，远超传统燃油车。若质量的“双引擎”小汽车，当行驶速度时靠电动机输出动力；当行驶速度在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，汽车的牵引力随运动时间变化的图像如图所示，若小汽车行驶过程中所受阻力恒为。已知汽车在时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至第时刻。下列判断正确的是( )
A. 阶段汽车的加速度为
B. 汽车第一次切换动力引擎时刻
C. 电动机输出的最大功率为
D. 时刻后若要继续加速将是“双引擎”同时工作模式
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，然后用卷尺测出船长。已知他自身的质量为，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
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，金属板长为，两金属板间加如图乙所示的电压时上金属板带正电，其中。一粒子源连续均匀发射质量为、电荷量为的带电粒子初速度，重力忽略不计，该粒子源射出的带电粒子恰好从上板左端的下边缘水平进入两金属板间，若粒子碰到两金属板即被吸收不再反弹且对极板的电量几乎无影响，则( )
A. 能从板间飞出的粒子在板间运动的时间为
B. 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
D. 能从极板右侧飞出的粒子数占入射粒子总数的
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，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：
在小车上适当放置砝码，分别测量甲车总质量和乙车总质量；
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；
将乙车静止放在轨道上，设定每次开始碰撞位置如图所示，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和；
改变小车上砝码个数，重复、、步骤。
由图得 ______；选填“”、“”、“”
若本实验所测的物理量符合关系式______用所测物理量的字母、、、、、表示，则验证了小车碰撞前后动量守恒；
某同学先把个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；
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
C.碰撞过程中弹簧上有机械能损失
D.碰撞过程中阻力对两小车总冲量不为零
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，一条长为的不可伸长的轻绳一端拴着质量为的小球可看作质点，另一端固定在圆锥体顶点，小球随圆锥体绕中心轴转动。求：
角速度为多大时小球对圆锥面恰好无压力？
当角速度为时，绳子对小球的拉力的大小。
16.如图所示，固定在轻弹簧两端的物体、静置于光滑的水平面上，弹簧处于原长，靠在固定挡板上，物体以水平向右的速度与正碰并粘在一起，一段时间后离开挡板。已知、、的质量均为，求：
碰撞后的共同速度的大小及一起向右运动过程中弹簧的最大弹性势能；
从开始接触到离开挡板的过程中，挡板对的冲量的大小及方向；
离开挡板以后运动过程中，物体的最大动能。
17.如图甲，在平面直角坐标系的第一象限内，虚线上方有沿轴负方向的匀强电场，与轴负方向夹角为，点在轴上，离点距离为，点在轴上，在第二象限内有平行于轴的平行板、，板间加的电压随时间变化的规律如图乙所示。在板附近有一粒子源，不断地由静止释放质量为、电荷量为的带正电的粒子，粒子经加速电场加速后，以垂直于轴的方向从轴上的点进入第一象限。粒子在、间运动的时间远小于，可以认为每个粒子在、间运动的时间内都是稳定的匀强电场。从时刻释放的粒子进入第一象限后经电场偏转后刚好从的中点离开电场，不计粒子的重力及一切阻力，求：
时刻释放的粒子到达点时速度的大小；
第一象限内的匀强电场电场强度的大小；
轴上有粒子经过的区域长度。
答案解析
1.
【解析】解：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的数值，故D错误。
故选：。
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.
【解析】解：平抛运动竖直方向上做自由落体运动，根据
解得
由图可知
可得
故CD错误；
水平方向上做匀速直线运动，根据
解得
由图可知
解得
故A正确，B错误。
故选：。
平抛运动竖直方向上做自由落体运动，根据求出下落时间；
根据水平方向上做匀速直线运动，结合求解。
本题考查的是平抛运动水平方向与竖直方向上各运动的特点，其中需熟练掌握公式的运用。
3.
【解析】解：设穿戴者所受合力为，由动量定理
得
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：。
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。
本题考查动量定理的应用，要注意明确安全气囊增加了冲击时间，从而减小了冲击力。
4.
【解析】解：电场线由发出，则带正电，故A错误；
B.沿着电场线方向，电势逐渐降低，则点电势小于点电势，故B错误；
C.电场线越密集的地方场强越大，则点的电场强度小于点的电场强度，故C错误；
D.将某负电荷从点沿电场线移到点，电场力做负功，其电势能增大，故D正确。
故选：。
A.根据电场线的方向判断的正负；
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.
【解析】解：根据库仑定律有
两小球接触后两球所带电荷量大小为
接触后放回处两球之间的库仑力大小为
则，故ABC错误，D正确。
故选：。
先根据库仑定律计算出的表达式，然后计算出两球接触后所带电荷量，再根据库仑定律计算。
知道两球接触后所带电荷量先中和后均分，然后根据库仑定律计算即可。
6.
【解析】解：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.探测器在轨道的点要能进入轨道，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.探测器在轨道上经过点如果要进入轨道需要减速做近心运动才能实现，故它在轨道上经过点的速率大于它在轨道上经过点的速率，故C错误；
D.根据公式，得，探测器无论在哪个轨道经过点，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：。
A.根据开普勒第二定律的内容进行解答；
根据卫星变轨需要做近心运动或者离心运动进行分析判断；
D.根据牛顿第二定律导出加速度公式再结合连线距离的情况进行解答。
考查万有引力定律的应用和卫星的变轨问题，会根据题意进行准确的分析解答。
7.
【解析】解：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
可知乘客所受重力的功率会改变，故B错误；
在最高点和最低点，根据牛顿第二定律
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
故C正确，D错误。
故选：。
力是矢量，考虑是否变化要看方向；
根据功率的计算公式，分析功率；
在最高点和最低点，根据牛顿第二定律结合牛顿第三定律，分析压力差。
本题考查学生对牛顿第二定律、牛顿第三定律的掌握，具有一定综合性，但难度不高。
8.
【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：
解得：，
则第二次碰撞过程中损失的机械能为：
代入数据得到：，故ACD错误，B正确。
故选：。
应用能量守恒定律求出碰撞过程两车损失的机械能。
本题考查了动量守恒定律与能量守恒定律的应用，理解完全非弹性碰撞的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律、能量守恒定律即可解题。
9.
【解析】解：当时，电势；说明了处一定是正电荷，电荷带正电；处图像斜率为零，合场强为零，可知电荷带负电，故A正确；
B.图像的斜率表示电场强度，则在处的电场强度也不为零，故B错误；
C.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
则电荷、所带电量大小之比为：：故，C错误；
D.一正电荷自处由静止释放，正电荷沿轴正方向运动的过程中，电势先降低后升高，由，因此正电荷的电势能先减小后增大，故D正确。
故选：。
明确图象的性质，知道图象的斜率表示场强，根据图象的分布情况判断两电荷的电性和位置关系。
本题考查要的性质，关键抓住图象的斜率等于场强，从而分析场强的变化，同时明确负电荷受力与电场线的方向相反。
10.
【解析】解：开始阶段，牵引力，根据牛顿第二定律
代入数据解得开始阶段的加速度
故A正确；
B.汽车第一次切换动力引擎时速度大小，根据运动学公式得加速的时间
，故B错误；
C.时刻，电动机输出功率最大
，故C错误；
D.汽油机工作期间，功率
时刻汽车的速度为
根据题意，若要继续加速将是“双引擎”同时工作模式，故D正确；
故选：。
根据牛顿第二定律计算；根据运动学公式计算时间；根据计算；先根据计算出速度，然后结合题意分析。
熟练掌握公式以及牛顿第二定律在加速过程中的应用。
11.
【解析】解：该人在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
其中
解得
故BC正确，AD错误。
故选：。
根据动量守恒定律列式，结合结合关系，求质量。
本题考查学生使用动量守恒定律分析质量关系的能力，比较基础。
12.
【解析】解：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，故A正确；
B.假设粒子从时刻进入两极板间，粒子做类平抛运动，设竖直方向的加速度为；
根据牛顿第二定律
加速度
在内，粒子的竖直位移
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，设带电粒子在时刻进入两金属板间，它在竖直方向上先加速向下，经过时间后电场反向，开始在竖直方向上减速向下，又经过时间，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，设带电粒子在时刻进入两金属板间，它在竖直方向上先加速向下，经过时间后电场反向，开始在竖直方向上减速向下，又经过时间，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；
考虑射入的粒子，当粒子射出位置最低时，可以假设释放的时间为，在释放后的时间内，竖直位移应恰好为，则
解得
随后的内，由于
竖直上升高度为
假设成立，此为一临界位置；
当粒子射出位置最高时，根据对称性可知从时刻射入粒子恰好从上边缘射出，此为一临界位置，则能从极板右侧飞出的粒子数占入射粒子总数，故C正确，D错误。
故选：。
A.粒子在水平方向做匀速直线运动，根据匀速直线运动公式求解粒子的运动时间；
B.粒子从时刻进入两极板间，粒子做类平抛运动，根据类平抛运动的规律求解竖直位移，然后作答；
作出粒子两种情况下恰从边缘射出的运动轨迹图，分析竖直方向的速度变化，根据动能定理求解电场力做的功；根据运动学公式解答进入电场的时刻，从而得到结果。
本题考查了粒子在电场中的运动，分析清楚粒子运动过程是正确解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、类平抛运动规律、周期公式即可正确解题。
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；根据知，当极板间插入物理教材时，介电常数变大，所以变大，根据可知，因为一定，所以变小，即静电计指针张角将减小；当两板间距离变小时，根据知，电容器的电容变大，根据可知，将变小，所以静电计指针张角减小。
故答案为：电势差，减小，减小。
根据电容的决定式和定义式分析即可，注意本题的前提是电荷量不变，静电计是测量电势差的仪器。
掌握电容的决定式和定义式是解题的基础。
14.
【解析】解：刻度尺估读到，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
小车在水平轨道上运动所受阻力正比于小车重力，即
根据牛顿第二定律，可得
根据甲车停止后车尾对应刻度，求出其平均值，则甲的初速度为
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和，则碰后的速度为
，
取向右为正方向，由碰撞过程满足动量守恒，有
可得
两辆相同规格的小车，即质量相同，而甲车上装上钩码后与乙车碰撞，为了防止反弹，需要甲的总质量大于等于乙的质量，则最多能够转移个钩码，两车的质量就相等，算上最开始个钩码在甲车上的一组数据，共可以获得组碰撞数据。
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，则碰撞过程有外力作用，即碰撞过程中阻力对两小车有冲量。即碰撞过程中阻力对两小车总冲量不为零。
故ABC错误，D正确。
故选：。
故答案为：；；；。
根据刻度尺的分度值读数；
根据动量守恒定律解答；
根据实验原理可知甲车的总质量大于等于乙的质量；
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，说明碰撞过程有外力作用。
本题主要考查了动量守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，理解平抛运动的特点，根据碰撞时的动量守恒列式完成分析。
15.解：小球对圆锥面恰好无压力时
其中
联立解得
当角速度为
竖直方向有
根据牛顿第二定律
解得
答：角速度为时小球对圆锥面恰好无压力；
当角速度为时，绳子对小球的拉力的大小为。
【解析】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，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；
若小球的角速度，小球与锥面有支持力，运用牛顿第二定律求解。
本题的关键点在于判断小球是否离开圆锥体表面，不能直接应用向心力公式求解，难度较大。
16.解：取向右为正方向，根据动量守恒定律得
解得
根据机械能守恒定律得
取向左为正方向，根据动量定理得
解得
方向水平向左
弹簧恢复原长时，动能最大。取向左为正方向，根据动量守恒定律得
根据机械能守恒定律得
解得
，
物体的最大动能为
解得
答：、碰撞后的共同速度的大小，、一起向右运动过程中弹簧的最大弹性势能；
从、开始接触到离开挡板的过程中，挡板对的冲量的大小，方向水平向左；
离开挡板以后运动过程中，物体的最大动能。
【解析】根据动量守恒定律得出与刚刚碰撞后的速度大小，根据机械能守恒定律求得一起向右运动过程中弹簧的最大弹性势能；
根据弹性碰撞的特点，结合动量定理得出冲量的大小；
根据能量守恒定律得出物体的最大动能。
本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，根据题意分析清楚运动过程、找出临界条件是解题的前提，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可解题。
17.解：设时刻释放的粒子到达点时速度的大小为，由动能定理得
解得：
依题意知，从时刻释放的粒子进入第一象限的电场偏转后刚好从的中点离开电场，粒子做类平抛运动，则
水平方向有
竖直方向有
由牛顿第二定律有
根据几何关系有
联立解得
从时刻释放的粒子离开电场后运动轨迹如图所示，其中到达接收屏的位置设为。
由粒子做类平抛运动，则
解得
此位置为粒子打到接收屏的左边界。
由乙图可知，加速电场的电压最大值为，由动能定理得
解得粒子进入第一象限的最大速度为
设粒子进入第一象限的速度为时，恰好运动到点，则有
联立解得
所以速度为的粒子到达接收屏的位置为接受粒子区域的右边界，有
联立解得
综上所述，轴上有粒子经过的区域长度为
答：时刻释放的粒子到达点时速度的大小为；
第一象限内的匀强电场电场强度的大小为；
轴上有粒子经过的区域长度为。
【解析】根据动能求解时刻释放的粒子到达点时速度的大小；
从时刻释放的粒子进入第一象限的电场偏转后做类平抛运动，根据分位移公式和牛顿第二定律相结合求第一象限内的匀强电场电场强度的大小；
画出从时刻释放的粒子离开电场后运动轨迹，由几何关系求出粒子到达接收屏的位置坐标。由乙图可知，加速电场的电压最大值为，根据动能求出粒子进入第一象限的最大速度，再用同样的方法求出该粒子到达接收屏的位置坐标，从而求得轴上有粒子经过的区域长度。
解答本题时，要明确带电粒子的运动过程，熟练运用运动的分解法处理类平抛运动，要注意挖掘隐含的几何关系。
第1页，共1页
