1、马鞍山市20222023学年第二学期期末教学质量监测高一物理试题一、选择题（共48分，第18题只有一项符合题目要求，每小题4分；第912题有多项符合题目要求，每小题4分，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1. 下列物理量采用比值定义的是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】A公式电场强度的大小是由电场本身的性质决定的，与试探电荷的带电量以及试探电荷在电场中所受到的电场力无关，是比值定义法，A正确；B公式向心加速度由受力决定，公式是向心加速度与速度和半径的关系式，B错误；C公式是周期与角速度的关系式，C错误；D公式电容器的大小是由两个极板的正对面积以及两极板间
2、的距离决定的，是决定式。D错误。故选A。2. 地球可看作一个均匀球体，上海的纬度约为北纬，A、B两物体分别位于赤道和上海，随地球自转做匀速圆周运动，它们的角速度、和线速度、关系正确的是（）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】D【解析】【详解】 A、B两物体同轴转动，角速度相等根据几何关系又得故选D。3. 如图所示，下列做圆周运动的物体，说法正确的是（）A. 沿光滑漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动的小球，受重力、支持力和向心力的作用B. 物块在随圆盘一起做匀速圆周运动时，有向前运动的趋势，故静摩擦力方向向后C. 汽车以相同车速过拱桥时，拱桥圆孤半径越大，汽车对桥面的压力越大D. 火车转弯时
3、，若角减小，可提高火车过转弯处的安全速度【答案】C【解析】【详解】A. 沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动的小球，受重力、支持力的作用，A错误；B. 物块在随圆盘一起做匀速圆周运动时，静摩擦力提供向心力，故静摩擦力的方向指向圆心，B错误；C. 汽车以相同车速过拱桥时，有拱桥圆弧半径越大，汽车对桥面的压力越大，C正确；D. 火车转弯时，有若角减小，火车过转弯处的安全速度会降低，D错误。故选C。4. 如图所示，甲、乙两卫星以相同的半径分别绕质量为M和的行星做匀速圆周运动，则（）A. 甲的周期大于乙的周期B. 甲的角速度大于乙的角速度C. 甲的线速度大于乙的线速度D. 甲的向心加速度大于乙的
4、向心加速度【答案】A【解析】【详解】根据可得由题意，可知相同，甲围绕中心天体的质量小于乙围绕中心天体的质量，则可知故选A。5. 如图，A、B、C、D是正方形的四个顶点，A点和C点固定有电荷量都为q的正点电荷，在B点放一未知电荷后，恰好D点的电场强度等于0。正方形边长为L，则（） A. 未知电荷带正电B. 未知电荷的电荷量C. A、C两点处的电荷在D点产生的电场强度相同D. 未知电荷受其它两电荷的静电力的合力大小为【答案】B【解析】【详解】AA点电荷在D点的场强方向沿CD方向，C点电荷在D点的场强方向沿AD方向，D点的合场强方向沿BD方向，故B点放的未知电荷在D点的场强方向沿DB方向，故B点放的
5、未知电荷带负电，故A错误；BA点和C点电荷在D点的场强大小为则合场强为B点放的未知电荷在D点的场强大小为又解得故B正确；CA、C两点处的电荷在D点产生的电场强度大小相同，方向不同，故C错误；D未知电荷受其它两电荷的静电力的合力大小为故D错误。故选B。6. 用如图所示电路给电容器充、放电开关S接通1，稳定后改接2，稳定后又改接1，如此往复，观察电流表、电压表示数变化情况。则（） A. S接1时，电流自左向右流过电流表，电流表示数不断增大B. S接2时，电流自右向左流过电流表，电压表示数不断减小C. S接1时，电源给电容器充电，极板间电场强度减小，电源的能量不断储存在电容器中D. S接2时，电容器
6、对电阻R放电，极板间电荷量减小，电容减小【答案】B【解析】【详解】AS接1时，电流自左向右流过电流表，电流表示数先增大后减小到零，故A错误；BDS接2时，电容器放电，电流自右向左流过电流表，极板带电荷量不断减小，电压表示数不断减小，但电容不变，故B正确，D错误；CS接1时，电源给电容器充电，极板带电荷量不断增大，两极板间电压增大，极板间电场强度增大，电源的能量不断储存在电容器中，故C错误。故选B。7. 如图所示，起重机将质量的重物由静止开始竖直吊起，重物做加速度的匀加速直线运动，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率不变，直到重物做的匀速运动。不计空气阻力和额外功，重力加速度g取，则
7、（） A. 起重机允许输出的最大功率B. 重物做匀加速运动经历时间为C. 重物在匀加速运动阶段克服重力做功D. 重物速度为时，起重机输出的功率为【答案】C【解析】【详解】A重物做的匀速运动，牵引力起重机允许输出的最大功率故A错误；B匀加速运动过程中，根据牛顿第二定律又得根据t=1s故B错误；C物在匀加速运动阶段上升距离克服重力做功故C正确；D重物速度为时，起重机输出的功率为故D错误。故选C。8. 某风力发电机叶片转动时可形成半径为R的圆面。某时间内该地区的风速是v，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，空气的密度为，发电机将圆内空气动能转化为电能的效率为。则（） A. 单位时间内冲击风力发电机叶片圆面
8、的气流的体积为B. 单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能为C. 风力发电机发电的功率为D. 风力发电机发电的功率为【答案】D【解析】【详解】A单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积为故A错误；B单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能为故B错误；CD风力发电机发电的功率为故C错误，D正确。故选D。9. 某电场的等势面如图所示，a、b、c、d、e为电场中的5个点，a、b、c的电势分别为0、d、e的电势为。则（） A. 这五个点中，d点的电场强度最小B. 一正电荷从d点运动到e点，电场力做正功C. b点电场垂直于该点所在等势面，方向指向c侧D. 一电子从a点运动到d点，电场力做功
9、为【答案】AD【解析】【详解】A根据等势线的疏密程度也可以反映电场线的疏密程度，可知这五个点中，d点的电场线最稀疏，由电场线的疏密反映电场强度的大小，可知d点电场强度最小，故A正确；B因为de在同一等势线上，所以一正电荷从d点运动到e点，电场力做功为零，故B错误；Cb点电场垂直于该点所在等势面，方向由高电势指向低电势，所以应该指向a侧，故C错误；D一电子从a点运动到d点，即从低电势运动到高电势，电场力做正功，为故D正确。故选AD。10. 如图所示，一长为L的轻杆的一端固定在水平转轴上，另一端固定一质量m的小球，轻杆随转轴在竖直平面内做角速度为的匀速圆周运动，重力加速度为g，则（） A. 小球运
10、动到最高点时，杆对球的作用力大小为B. 小球运动到水平位置B时，杆对球的作用力方向沿杆C. 小球运动到最高点时，若，杆对球的作用力方向竖直向下D. 小球运动到水平位置B时，杆对球的作用力大小为【答案】CD【解析】【详解】AC小球运动到最高点时，当重力恰好提供向心力，杆对球的作用力等于零，即此时有若，杆对球的作用力方向竖直向下，故A错误，C正确；BD小球运动到水平位置B时，水平方向，根据牛顿第二定律杆对球的作用力大小为方向指向左上方，故B错误，D正确。故选CD。11. 如图所示，“天问一号”探测器通过霍曼转移轨道从地球发送到火星，地球和火星轨道均看成圆形轨道，霍曼转移轨道是一个在近日点M和远日点
11、P都与地球轨道、火星轨道相切的椭圆轨道，在近日点短暂点火后“天问一号”进入霍曼转移轨道，接着沿这个轨道抵达远日点，然后再次点火进入火星轨道。已知引力常量为G，太阳质量为m，地球轨道和火星轨道半径分别为r和R，地球、火星、天问一号都逆时针方向运行。若轨道转移过程中只考虑太阳对“天问一号”的作用力，则（） A. 两次点火喷射方向都与速度方向相同B. 两次点火之间时间间隔为C. “天问一号”在转移轨道上M点的速度小于P点的速度D. “天问一号”在转移轨道上M点的加速度大于火星轨道上P点的加速度【答案】BD【解析】【详解】A两次点火喷射都使“天问一号”探测器加速，所以喷射方向与速度方向相反，A错误；B
12、设霍曼转移轨道周期为，地球公转周期为，由开普勒第三定律可得和地球公转周期关系解得B正确；C在同一个椭圆轨道中，近日点的速度大于远日点的速度，因此“天问一号”在转移轨道上M点的速度大于P点的速度，C错误；D“天问一号”所受加速度由万有引力提供，所以根据公式可知，轨道半径越大，加速度越小，所以“天问一号”在转移轨道上M点的加速度大于火星轨道上P点的加速度，D正确。故选BD。12. 质量为m的小球放在竖立的弹簧上，将小球按压至A处，如图甲所示，迅速松手后，弹簧把小球弹起，小球升至最高位置C（图乙），途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态。已知A、B的高度差为，B、C的高度差为。弹簧始终在弹性限度内，不
13、计弹簧的质量和空气阻力，重力加速度为g（） A. 小球、弹簧组成的系统机械能守恒B. 小球在位置B时，动能为C. 小球在位置A时，弹簧的弹性势能为D. 小球在位置B时速度最大，B至C过程中，动能和重力势能之和不变【答案】ABC【解析】【详解】A由题意，可知小球、弹簧组成的系统只发生势能与动能之间的相互转化，系统的机械能守恒，故A正确；B由题意，可知小球在位置B时，弹簧处于原长，从C到B对小球利用动能定理，可知其动能为故B正确；C由题意，选取小球在位置A时，为零重力势能面，则小球的机械能为根据小球及弹簧系统机械能守恒，可知在A点时，小球把其机械能完全转化为弹簧的弹性势能，所以在位置A时，弹簧的弹
14、性势能为，故C正确；D当小球受到的重力与弹簧弹力大小相等时，小球的加速度为零，此时速度最大，动能最大，显然此位置应在B点下方；小球从B至C过程中，小球只受重力的作用，则其机械能守恒，动能和重力势能之和不变，故D错误。故选ABC。二、非选择题（本题共5小题，共52分）13. 某物理兴趣小组利用如图所示装置来“探究影响电荷间静电力的因素”。O是一个带正电的物体，把系在丝线上的带正电的小球先后挂在图中、等位置，比较小球在不同位置所受静电力的大小；使小球处于同一位置，增大（或减小）小球所带的电荷量，比较小球所受的静电力的大小。 （1）图中实验采用的方法是_。A理想实验法B，微小量放大法C控制变量法D等
15、效替代法（2）小球质量为m，在位置偏离竖直方向夹角，此时所其受静电力的大小为_。（3）在实验中，某同学让两半径为R的小球分别带上和的正电，并使两小球球心相距，该同学利用公式计算两球之间的静电力，则计算结果_（选填“偏大”、“偏小”或“正确”）。【答案】 C . . 偏大【解析】【详解】（1）1图中实验采用的方法是控制变量法。故选C。（2）2对小球受力分析，根据库仑定律结合平衡条件，此时所其受静电力的大小为（3）3某同学让两半径为R的小球分别带上和的正电，并使两小球球心相距，该同学利用公式计算两球之间的静电力，则计算结果偏大，因为同种电荷相互排斥，电荷间等效距离大于3R，静电力实际值小于。14.
16、 某同学利用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。将气垫导轨固定在水平桌面上，调节旋钮使其水平，在气垫导轨的左端固定一光滑的定滑轮，在B处固定一光电门，测出滑块及遮光条的总质量为，将质量为的钩码通过细线与滑块连接。打开气源，滑块从A处由静止释放，宽度为b的遮光条经过光电门挡光时间为t，A、B之间的距离为h，实验中钩码始终未与地面接触，重力加速度为g。 （1）滑块经过光电门B时的速度为_（用题中所给字母表示）。（2）滑块由A点运动到B点的过程中，系统动能增加量为_，系统重力势能减少量为_（用题中所给字母表示）。（3）调整A、B之间的距离，多次重复上述过程，作出随h变化的图像如图乙所示，不考虑空
17、气阻力，若该图线的斜率_（用题中字母表示），则验证小球下落过程中机械能守恒。（4）若实验结果发现总是略大于，可能的原因是_。A存在空气阻力B滑块没有到达B点时钩码已经落地C测出滑块左端与光电门B之间的距离作为hD测出滑块右端与光电门B之间的距离作为h【答案】 . . . . . C【解析】【详解】（1）1滑块经过光电门B时的速度为（2）23滑块由A点运动到B点的过程中，系统动能增加量系统重力势能的减少量等于钩码重力势能的减少量，为（3）4调整A、B之间的距离，多次重复上述过程，不考虑空气阻力，若系统机械能守恒，有即整理可得作出随h变化的图像，若该图线的斜率则验证小球下落过程中机械能守恒。（4）
18、5A若存在空气阻力，则实验结果应为总是略小于，故A错误；B若滑块没有到达B点时钩码已经落地，则实验结果应为总是小于，故B错误；C若测出滑块左端与光电门B之间的距离作为h，则代入表达式中验证系统的重力势能小于系统实际下落的重力势能，则实验结果为总是略小于，故C正确；D测出滑块右端与光电门B之间的距离作为h，则代入表达式中验证系统的重力势能总是大于系统实际下落的重力势能，则实验结果为总是略小于，故D错误；故选C。15. 在月球表面，宇航员用弹簧测力计测出一个质量为m的砝码重力为F。月球可视为质量分布均匀的球体，半径为R，忽略其自转，引力常量为G，求：（1）月球的质量；（2）月球的第一宇宙速度。【答
19、案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）月球表面 若不考虑自转解得（2）根据万有引力提供向心力可得解得16. 某离子吹风筒吹出含有大量带负电的氧离子，电荷量为，水平方向进入电压为U的加速电场，之后进入竖直放置的偏转电场，偏转电场极板电压恒为，极板间距为L，长度为。若氧离子分布均匀且横截面积足够大，氧离子质量为m，不考虑空气流分层现象及空气对离子流和电场的影响，不计离子间作用力及氧离子重力，设氧离子进入加速电场的初速度为零，求：（1）氧离子进入偏转电场时的速度v大小；（2）能够离开偏转电场的氧离子占进入偏转电场氧离子的比例k。 【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）氧离子进入加速电场解得（
20、2）偏转电场场强为离子的竖直位移为解得距上板的氧离子恰好能够离开偏转电场，所以能够离开偏转电场的氧离子占能够进入偏转电场氧离子的比例为17. 某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图所示的物理模型。竖直平面内有一倾角的直轨道AB，其下方右侧放置一水平传送带，直轨道末端B与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过。转轮半径，转轴间距的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高度。现将一质量小物块放在距离传送带高处静止释放，假设小物块从直轨道B端运动到达传送带上C点时，速度大小不变，方向变为水平向右已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为，重力加速度g取，。求：（1）小物块到达B端时速度的大小；（2）小物块落至地面时与D点的水平距离；（3）小物块从静止释放至落地，全过程产生的热量。 【答案】（1）5m/s；（2）2.4m；（3）37J【解析】【详解】（1）物块由静止到B的过程中，由动能定理有解得（2）物块在皮带上做匀减速运动，有物体离开传送带后做平抛运动，其竖直方向做自由落体运动，有水平方向做匀速运动，有解得（3）物体在斜面上运动，产生的热为，有物体在皮带上运动，其到达D点的速度为，有t秒内物块与皮带的相对位移物体在传送带上产生热为，有物体整个过程产生的热为，有
