山东省青岛第一中学2023-2024学年高一下学期期末物理试题

青岛一中2023-2024学年度第二学期第二次模块考试 高 一 物理 2024.7 本卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分 满分100 分，考试时间 90分钟 注意事项：（请考生答题前先看清试卷和答题卡上的注意事项或说明。） 试题答案全部答到答题卡上，在草稿纸、试题卷上答题无效，考试结束时只交答题卡。 第I卷 选择题（1-8题为单选题，每小题3分，每小题只有一个选项符合题目要求；9-12题为多选题，全对得4分，对但不全得2分，选错或不答得0分。） 1．以下描述中符合物理学史实的是（　　） A．笛卡尔通过理想斜面实验，提出力是改变物体运动状态的原因 B．牛顿总结得到了万有引力定律，并通过扭秤实验测出了引力常量 C．伽利略总结了行星运动定律，指出了所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆 D．元电荷的数值最早是由美国科学家密立根测出的 2．在静水中速度为v1的小船，为垂直渡过宽度为d的河流，船头与河岸成θ角斜向上游，如图甲所示。航行中发现河水流速vs与河岸间距离x的关系如图乙所示，为使小船仍能到达正对岸的B点，下列措施中可行的是（　　） A．保持船头方向不变，v1的大小不变 B．保持船头方向不变，v1先变小后增大 C．保持船速v1大小不变，θ先增大后减小 D．保持船速v1大小不变，θ先减小后增大 3．如图，质量为m的小球，从桌面上方高为的A点自由下落到地面上的B点，桌面高为，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．取A点重力势能为0，小球落地时动能为 B．取A点重力势能为0，小球落地时动能为 C．取桌面处重力势能为0，小球落地时动能为 D．取地面处重力势能为0，小球落地时动能为 4．如图，真空中有两个电荷量均为的点电荷，分别固定在正三角形的顶点B、C．M为三角形的中心，沿的中垂线对称放置一根与三角形共面的均匀带电细杆，电荷量为．已知正三角形的边长为a,M点的电场强度为0，静电力常量的k．顶点A处的电场强度大小为（    ） A． B． C． D． 5．宇宙中行星的半径，各自相应卫星环绕行星做匀速圆周运动，卫星轨道半径与周期的关系如图所示，若不考虑其它星体对的影响及之间的作用力，下列说法正确的是（　　） A．行星的质量之比为 B．行星的密度之比为 C．行星的第一宇宙速度之比为 D．行星的同步卫星的向心加速度之比为 6．如图所示，将轻质弹簧的一端固定在水平桌面上O点，当弹簧处于自由状态时，弹簧另一端在A点。用一个金属小球挤压弹簧至B点，由静止释放小球，随即小球被弹簧竖直弹出，已知C点为AB的中点，则（　　） A．从B到A过程中，小球的机械能守恒 B．从B到A过程中，小球的动能一直在增大 C．从B到A过程中，弹簧的弹性势能先增大后减小 D．从B到C过程弹簧弹力对小球做功大于从C到A过程弹簧弹力对小球做功 7．如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小（　　） A．在Q点最大 B．在Q点最小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 8．如图所示，广场水平地面上同种盆栽紧密排列在以O为圆心、R1和R2为半径的同心圆上，圆心处装有竖直细水管，其上端水平喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度均可调节，以保障喷出的水全部落入相应的花盆中。依次给内圈和外圈上的盆栽浇水时，喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度分别用h1、v1、ω1和h2、v2、ω2表示。花盆大小相同，半径远小于同心圆半径，出水口截面积保持不变，忽略喷水嘴水平长度和空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．若，则 B．ω增大，其他量不变，单位时间落入花盆的总水量增大 C．若 ，，喷水嘴各转动一周，落入每个花盆的平均水量相同 D．若 ，喷水嘴各转动一周过程中落入内圈每个花盆的平均水量更少 9．一小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，假如小球所受空气阻力大小恒定，下列说法正确的是（　　） A．小球抛出时的速度大小和落回抛出点时的速度大小相同 B．小球上升的时间小于下落的时间 C．小球上升时合力的平均功率大于下落时合力的平均功率 D．小球上升过程的机械能损失等于下降过程的机械能损失 10．如图所示，一颗质量为m的卫星要发射到中地圆轨道上，通过M、N两位置的变轨，经椭圆转移轨道进入中地圆轨道运行。已知近地圆轨道的半径可认为等于地球半径，中地圆轨道与近地圆轨道共平面且轨道半径为地球半径的3倍，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，下列说法中正确的是（　　） A．卫星进入中地圆轨道时需要在N点减速 B．该卫星在中地圆轨道上运行的速度为 C．在转移轨道上的M点和N点速度关系为 D．该卫星在转移轨道上从M运行至N点（MN与地心在同一直线上）所需时间为 11. 如图所示，空间存在两块平行的彼此绝缘的带电薄金属板A、B，间距为，中央分别开有小孔、。现有甲电子以速率从点沿方向运动，恰能运动到点。下列说法正确的是（    ） A．若仅将B板向右平移距离，则金属板A、B间的电压将变为原来的倍 B．若仅将B板向右平移距离，再将甲电子仍然以速率从点沿方向运动，甲电子仍然恰能运动到点 C．若仅将B板向右平移距离，再将乙电子从点由静止释放，则甲、乙两电子在板间运动时的加速度不同 D．若仅将B板向右平移距离，再将乙电子从点由静止释放，则乙电子运动到点的速率为 12．如图甲，竖直平面中有平行于该平面的匀强电场，长为的绝缘轻绳一端固定于点，另一端连接质量为、带电量为的小球，小球绕点在竖直面内沿顺时针方向做完整的圆周运动。图中为水平直径，为竖直直径。从A点开始，小球动能与转过角度的关系如图乙所示，已知重力加速度大小为，则（　　） A．为电场的一条等势线 B．该匀强电场的场强大小为 C．轻绳的最大拉力大小为 D．轻绳在两点拉力的差值为 第II卷 非选择题（6小题，共60分。） 13.（8分）在“探究平抛运动的规律”实验中，某小组先利用如图1所示装置进行实验，并用频闪照相机记录下两小球在空中运动过程如图2所示。 (1)该小组先利用小锤击打图1所示装置中弹性金属片，使B球沿水平方向抛出的同时A球由静止自由下落，此实验应该选择密度 （填“较大”或“较小”）的小球。观察到图2中同一时刻A、B两球在同一高度，通过此现象可以得到，平抛运动在竖直方向做 （填“匀速直线”或“自由落体”）运动。 (2)实验中，用一张印有小方格的透明纸覆盖在照片上，小方格的边长对应的实际长度为。若小球B在平抛运动过程中的几个位置如图3中的a、b、c、d所示，则小球B平抛的初速度计算式为 （用l、g表示），其值是 重力加速度g取），小球在b点的速率是 。 14（6分）．某实验小组设计了如图甲所示的实验装置来验证机械能守恒定律。绳和滑轮的质量忽略不计。轮与轴之间的摩擦忽略不计。 (1)实验时，该同学进行了如下操作： ①用天平分别测出物块、的质量和（的质量含遮光片）； ②将重物、用轻绳按图甲示连接，跨放在轻质定滑轮上，一个同学用手托住重物，另一个同学测量出挡光片中心到光电门中心的竖直距离，之后释放重物使其由静止开始下落。已知遮光片的宽度d，测得遮光片经过光电门的时间为，则重物速度的大小为 ，重物速度的大小为 。 (2)要验证系统（重物、）的机械能守恒，应满足的关系式为 （用质量、，重力加速度为，遮光片经过光电门的时间为，遮光片的宽度和距离表示）。 15（10分）．如图所示，匀强电场中有一直角三角形ABC，AB长度为4cm，，一个带电荷量的点电荷由A移到B的过程中，电势能增加，由B移到C的过程中电场力做功，已知电场线平行于所在的平面，求： （1）A、B两点的电势差UAB及C、B两点的电势差UCB分别是多少； （2）该匀强电场的电场强度的大小是多少。 16（10分）．如图，在一次红、蓝两军的对抗模拟演习中，携带炸弹的红军飞机（可视为质点）在蓝军上空飞行，飞行高度，飞机的速率。蓝军地面上A点位置固定着一门高射炮（可视为质点），A点与飞机原飞行路径（直线）在水平面上竖直方向的投影（直线）间的距离。已知重力加速度，空气对炮弹、炸弹的阻力均不计。 （1）若高射炮发射2s后，炮弹正好到达直线MN上的B点，求高射炮发射炮弹的初速度方向与水平方向的夹角的正切值。 （2）若红军飞机在炮弹飞过后到达B点，并且发现高射炮的位置A点，飞行员立即驾驶飞机从B点开始在水平面内做匀速圆周运动，并在最短时间内在恰当的位置释放一枚炸弹（炸弹释放时具有与飞机相同的速度），炸弹正好落在A点。求飞机做圆周运动的半径大小。    17（12分）．示波器的主要结构可简化为：电子枪、加速电场、两水平放置的平行金属板形成的偏转电场和竖直放置的荧光屏组成，如图所示。若已知加速电场的电压为U1，两平行金属板的板长、板间距离均为d，荧光屏距两平行金属板右侧的距离也为d。电子枪产生初速度几乎为0、质量为m、电荷量为-e的电子，先经过加速电场加速，如果偏转电压为0时，电子会从两平行金属板的中央穿过，打在荧光屏的中心点O；如果两金属板间加上偏转电压U2，且只在两金属板间产生竖直方向的匀强电场，电子飞出偏转电场后会打在荧光屏上，不计电子重力。求： （1）电子飞出加速电场时的速度大小v； （2）电子穿出偏转电场时偏离中心线的位移大小y； （3）电子打在荧光屏上的位置到中心点O的距离D。 18（16分）．如图所示，电动机带动倾角为的传送带以的速度逆时针匀速运动，传送带下端点C与水平面CDP平滑连接，B、C间距；传送带在上端点B恰好与固定在竖直平面内的半径为的光滑圆弧轨道相切，一轻质弹簧的右端固定在P处的挡板上，质量可看成质点的物块靠在弹簧的左端D处，此时弹簧处于原长，C、D间距，PD段光滑，DC段粗糙。现将物块压缩弹簧至一定距离后由静止释放，物块经过DC冲上传送带，经B点冲上光滑圆弧轨道，通过最高点A时对A点的压力为8N，上述过程中，物块经C点滑上传送带时，速度大小不变，方向变为沿传送带方向。已知物块与传送带间的动摩擦因数为、与CD段间的动摩擦因数为（取重力加速度大小，，）。求： （1）物块在圆弧轨道的B点时的速度； （2）物块在传送带上运动的过程中，带动传送带的电动机由于运送物块多输出的电能E； （3）如果将传送带调整为以的速度顺时针匀速运动，重新将物块压缩弹簧至相同的距离后由静止释放，则物块在整个运动过程中在CD段因摩擦产生的热量是多少？ 高一物理 第2页 共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 参考答案： 1．D 【详解】A．伽利略利用理想斜面实验否定了亚里士多德“力是维持物体运动的原因”的观点，提出了力是改变物体运动状态的原因，故A错误； B．万有引力定律是由牛顿发现的，万有引力常量是由卡文迪许测定的，故B错误； C．开普勒总结了行星运动定律，指出了所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，故C错误； D．元电荷的数值最早是由美国科学家密立根测出的，故D正确。 故选D。 2．D 【详解】AB．航行中发现河水流速先增大后减小，为使小船仍能到达正对岸，即船在水平方向的分速度和水的速度大小相同，若保持船头方向不变，即船与河岸的夹角θ不变，根据 可知先增大后变小，故AB错误； CD．为使小船仍能到达正对岸，即船在水平方向的分速度和水的速度大小相同，若保持船速v1大小不变，根据 可知先增大后减小，即船与河岸的夹角θ可以先减小后增大，故C错误，D正确。 故选D。 3．A 【详解】无论取哪一个点为零势能点，小球下落过程中，根据动能定理可得小球落地时动能 故选B。 4．D 【详解】B点C点的电荷在M的场强的合场强为 因M点的合场强为零，因此带电细杆在M点的场强，由对称性可知带电细杆在A点的场强为，方向竖直向上，因此A点合场强为 故选D。 5．C 【详解】A．根据牛顿第二定律 解得 则图像的斜率为 又 故行星的质量之比为 故A错误； B．根据牛顿第二定律 解得 故行星的密度为 由题意可知，卫星在两颗行星表面做匀速圆周运动的周期相等，故行星A的密度等于行星B的密度，故B错误； C．行星的第一宇宙速度等于卫星在行星表面做匀速圆周运动的线速度，则有 则行星的第一宇宙速度之比为 故C正确； D．同步卫星的相关物理量未知，无法计算加速度比值，故D错误。 故选C。 6．D 【详解】A．从B到A过程中，小球除受重力外还受弹簧对小球的弹力，且弹力做正功，故小球的机械能不守恒，故A错误； B．从B到A过程中，弹簧弹力和重力平衡位置处动能最大，合力对小球先做正功后做负功，小球的动能先增大后减小，故B错误； C．从B到A过程中，弹簧的压缩量一直在减小，故弹簧的弹性势能一直减小，故C错误； D．因为从B到C过程弹簧的平均作用力大于从C到A过程弹簧的平均作用力，两过程位移大小相等，故从B到C过程弹簧弹力对小球做功大于从C到A过程弹簧弹力对小球做功，故D正确。 故选D。 7. D 【详解】方法一（分析法）：设大圆环半径为，小环在大圆环上某处（点）与圆环的作用力恰好为零，如图所示 设图中夹角为，从大圆环顶端到点过程，根据机械能守恒定律 在点，根据牛顿第二定律 联立解得 从大圆环顶端到点过程，小环速度较小，小环重力沿着大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心力，所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小，从点到最低点过程，小环速度变大，小环重力和大圆环对小环的弹力合力提供向心力，所以大圆环对小环的弹力逐渐变大，根据牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。 方法二（数学法）：设大圆环半径为，小环在大圆环上某处时，设该处与圆心的连线与竖直向上的夹角为，根据机械能守恒定律 在该处根据牛顿第二定律 联立可得 则大圆环对小环作用力的大小 根据数学知识可知的大小在时最小，结合牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。 故选D。 8．D 【详解】A．根据平抛运动的规律 解得 可知若，则 A错误； B．若ω增大，则喷水嘴转动一周的时间变短，喷出的水量变小，其他量不变，单位时间落入花盆的总水量减小，B错误； C．若，则喷水嘴各转动一周的时间相同，因，出水口的截面积相同，可知单位时间喷出水的质量相同，喷水嘴转动一周喷出的水量相同，但因内圈上的花盆总数量较小，可知得到的水量较多， C错误； D．设出水口横截面积为S0，喷水速度为v，因h相等，则水落地的时间相等，则 在圆周上单位时间内单位长度的水量为 若喷水嘴各转动一周过程中落入内圈每个花盆的平均水量更少，D正确。 故选D。 9．BCD 【详解】AD．小球所受空气阻力大小恒定，小球上升高度与下降高度相同，则上升过程空气阻力做的功等于下降过程空气阻力做的功，根据功能关系可知，小球上升过程的机械能损失等于下降过程的机械能损失；由于小球机械能减少，所以小球落回抛出点时的动能小于抛出时的动能，即小球落回抛出点时的速度小于小球抛出时的速度，故A错误D正确； B．由于小球机械能减少，则小球经过同一点时上升的速度大于下落的速度，所以上升的平均速度大于下落的平均速度，根据 由于小球上升高度与下降高度相同，所以小球上升的时间小于下落的时间，故B正确； C．小球上升时合力的平均功率为 小球下落时合力的平均功率为 由于小球上升的时间小于下落的时间，且上升过程的合力大于下落过程的合力，则小球上升时合力的平均功率大于下落时合力的平均功率，故C正确。 故选BCD。 10．BD 【详解】A．卫星进入中地圆轨道时需要在N点加速，故A错误； B．卫星在中地圆轨道上，由万有引力提供向心力得 在近地面 解得 故B正确； C．根据开普勒第二定律可知 根据题意 则 故C错误； D．卫星在中地圆轨道上周期 根据几何关系可知转移轨道的半长轴为，由开普勒第三定律得 联立解得 在转移轨道上从M点运行至N点（M、N与地心在同一直线上）所需的时间 故D正确。 故选CD。 11. AD 【详解】A．将板向右平移距离时，两板间距离变为原来的倍，金属板、组成的平行板电容带电量不变，根据电容的决定式 可知电容减半，根据电容的定义式 由于不变，减半，则金属板A、B间的电压将变为原来的倍，故A正确； B．根据A分析可知，两板间的电压变为原来的倍，两板间的电场强度为 可知场强不变，将甲电子仍然以速率从点沿方向运动，甲电子仍然运动到点，故B错误； C．由于两板间的场强不变，故电子在两极板间受到的电场力相同，故加速度相同，故C错误； D．将乙电子从点由静止释放，由于场强不变，故加速度相同，根据速度位移公式有 联立可得乙电子运动到点的速率为 故D正确。 故选AD。 12．BCD 【详解】AB．由图像知为等效最低点，为等效最高点，根据动能定理可知 解得 重力和电场力的合力在等效最低点与等效最高点连线上，运动距离为2l，则合力大小为mg，根据余弦定理可知 解得 根据几何关系可知，电场强度方向和重力方向夹角为，方向斜向上，如图所示 由于为匀强电场，则可知不是电场的等势线，故A错误，B正确； C．在等效最低点拉力最大，可得 解得 故C正确； D．从等效最低点到A点过程，根据动能定理得 在A点根据牛顿第二定律得 联立得 从等效最低点到C点过程，根据动能定理得 在A点根据牛顿第二定律得 联立得 轻绳在两点拉力的差值为 故轻绳在两点拉力的差值为，故D正确。 故选BC。 13．(1) 较大 自由落体 (2) 1.0 1.25 【详解】（1）[1]为减小空气阻力对实验的影响，应选择密度较大的小球。 [2]同一时刻A、B两球在同一高度，说明B小球在竖直方向的运动与A小球相同，通过此现象可以得到，平抛运动在竖直方向做自由落体运动。 （2）[1]相邻两点间的时间间隔t，竖直方向有 水平方向 联立，解得 [2]代入数据平抛运动初速度 [3]时间间隔 则b点竖直方向的速度 所以 14. (1) (2) 【详解】（1）[1][2]由光电门测速原理，A通过光电门的速率为 则B的速率为 （2）如果系统（重物A、B）的机械能守恒，应满足的关系式为 整理得 15．（1），；（2） 【详解】（1）由电势差与电场力做功的关系可知 则有 （2）由上可知，C点与AB中点电势相等，C点与AB的中点连线是一条等势线，设AB的中点D，连接CD，即为等势面，过A点作CD的垂线，如图所示 由几何关系得 则该匀强电场的电场强度的大小为 16．（1）；（2） 【详解】（1）设炮弹初速度方向与水平方向的夹角为，炮弹从A点到B点经过的时间为t 竖直方向有 水平方向有 解得 （2）炸弹离开飞机后做平抛运动，设炸弹下落的时间为 水平方向有 竖直方向有 解得 设飞机先携带炸弹做半径为R的圆周运动，到达C点时释放炸弹，炸弹从C点做平抛运动到A点，整个过程的俯视图如图所示    根据几何关系有 解得 17．（1）；（2）；（3） 【详解】（1）在加速电场中，由动能定理 解得 （2）以v的速度进入偏转电场中做类平抛运动运动，在离开偏转电场时偏移距离 根据牛顿第二定律有加速度 其中 解得 （3）速度方向与水平方向成θ角，如图所示    则有 离开偏转电场后偏移的距离 而总的偏移距离 解得 18．（1）5m/s；（2）512J；（3）19J 【详解】（1）M通过A点时，由牛顿第二定律得 解得 从B到A由动能定理得 解得 （2）由于，M在传送带上运动时由于小于传送带速度，可知M一直做加速运动，则有 解得 由公式 可解得 根据速度公式 解得 则传送带在时间t内的位移为 由于M对传送带有沿传送带向下的摩擦力，要维持传送带匀速运动，故电动机要额外克服摩擦力做功，即 则多输出的电能为 （3）根据第（2）问可知，物块到达C点时速度大小为 设物块在传送带上向上滑动的加速度大小为，有 解得 上滑距离 物块减速到零后开始沿传送带加速下滑。设下滑加速度大小为，由牛顿第二定律可知，故物块返回到C点时速度大小没变，还是，则物块从C点往D点返回时，由动能定理可得 解得 则物块在CD段往返过程中摩擦产生的热量为 或者使用能量守恒来解，弹簧的初始弹性势能 由于物块在传动带上往返的过程没有损失掉机械能，故最终弹簧的初始弹性势能全部通过CD段往返摩擦损失，故摩擦生热 学科网（北京）股份有限公司 $报告查询：登录zhixue.com(用户名和初始密码均为准考证号) 青岛一中2023-2024学年度第二学期第二次模块考试 高一物理答题卡 ■ 考生须知 1.请在规定区域内作答，密封线内严禁作答 2.请勿靠近分值栏、打分框、对错框作答 正确填涂 ■ 缺考标记口 选择题(1~8为单选题9~12为多选题) 1 A□B□CD 4A□B□CD ?AOB□C回D□ 10A□B□c☑D□ 2 AB□CD 5 ABO8□a11☐四 3A□B□CD□ 6□□D9B□回D12 A□B□CD□ 非选择题 6 5 32 1 0 13.(8分) (1) 歌 (2) m/s m/s 000000 8890o 0 AO BO 0 图1 图2 图3 0 14.(6分) (1)② 發 (2) eheeeeze222222 光电 B 遮光内甲 囚囚■ 第1页共4页 解答题 876543210 15.(8分) 0.B 109876543210 16.(10分) 囚囚■ 第2页共4页 ■ 2109876543210 17.(12分) M 电子枪 电子 O M U M B N g 囚■囚 第3页共4页 1615141312111098765432101 ■ 18.(16分) BO 口i81 ▣■囚 0 第4页共4页