2023-2024學年山東省德州市高一下學期7月期末考試物理試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1高一物理試題本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分，滿分100分，考試時間90分鐘。注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、考生號、座號填寫到相應位置，認真核對條形碼上的姓名、考生號和座號，并將條形碼粘貼在指定位置上。2．選擇題〖答案〗必須使用2B鉛筆（按填涂樣例）正確填涂；非選擇題〖答案〗必須使用0.5毫米黑色簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答、超出答題區(qū)域書寫的〖答案〗無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。答題卡面清潔、不折疊、不破損。一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24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.真空中有兩個半徑均為的完全相同的金屬小球和、帶電量分別為和，當兩小球間的距離為（遠大于）時，兩小球之間的靜電力大小為?，F(xiàn)將和接觸后分開，再使、之間距離增大為原來的2倍，則它們之間的靜電力大小為（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由庫侖定律可得將和接觸后分開，再使、之間距離增大為原來的2倍，則它們之間的靜電力大小為故選C。2.硒鼓是激光打印機的核心部件，主要由感光鼓、充電輥等裝置構成，如圖1所示。工作中充電輥表面的導電橡膠給感光鼓表面均勻的布上一層負電荷，我們可以用圖2模擬帶電的感光鼓：電荷量均為的點電荷，均勻?qū)ΨQ地分布在半徑為的圓周上。若某時刻圓周上點的一個點電荷的電荷量突變成，則圓心點處的電場強度為（）A，方向沿半徑背離點 B.，方向沿半徑指向點C.，方向沿半徑背離點 D.，方向沿半徑指向點〖答案〗B〖解析〗當點的點電荷為時，根據(jù)電場的對稱性，可得在圓心點處的電場強度為零，當點的點電荷為時，可由和兩個電荷等效替代，故圓心點處的電場強度可以看成均勻帶電圓環(huán)和產(chǎn)生的兩個場強疊加，故圓心點處的電場強度為電場方向為在點處的電場方向，即方向沿半徑指向點。故選B。3.如圖所示，一臺機器由電動機通過傳送皮帶傳動。已知機器輪的半徑是電動機輪的半徑的3倍，且皮帶與兩輪之間不打滑，皮帶的厚度不計，下列說法正確的是（）A.機器輪上邊緣某點的線速度與電動機輪邊緣某點的線速度大小之比為B.機器輪上邊緣某點的角速度與電動機輪邊緣某點的角速度之比為C.機器輪上邊緣某點的向心加速度與電動機輪邊緣某點的向心加速度大小之比D.機器輪上邊緣某點的向心加速度與電動機輪邊緣某點的向心加速度大小之比〖答案〗C〖解析〗A．皮帶與兩輪之間不打滑，可知機器輪上邊緣某點的線速度與電動機輪邊緣某點的線速度之比為故A錯誤；B．根據(jù)，機器輪上邊緣某點的角速度與電動機輪邊緣某點的角速度之比為故B錯誤；CD．根據(jù)，可知機器輪上邊緣某點的向心加速度與電動機輪邊緣某點的向心加速度之比故D錯誤，C正確。故選C。4.某輛汽車發(fā)動機的額定功率為，該汽車的質(zhì)量為，在平直路面上行駛時受到的阻力恒為車重的0.2倍。若該汽車從靜止出發(fā)，以的加速度做勻加速直線運動，重力加速度。則該汽車出發(fā)時，汽車發(fā)動機的實際功率為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由題得當汽車勻加速度啟動時，由牛頓第二定律得代入數(shù)據(jù)得當達到額定功率時，速度用時為故出發(fā)時，未達到額定功率了，所以出發(fā)時的實際功率故選A。5.2023年3月，中國科學家通過冷凍電鏡技術〖解析〗了晶態(tài)冰中蛋白質(zhì)三維結(jié)構。電子顯微鏡是冷凍電鏡中的關鍵部分，其中一種電子透鏡的電場分布如圖所示，虛線為等勢面，相鄰等勢面間電勢差相等，a、b是軌跡上的兩點?，F(xiàn)有一電子以某一初速度從b向a運動的過程中，下列說法正確的是（）A.電子透鏡的電場是正點電荷產(chǎn)生的B.電子在a點的電勢能大于在b點的電勢能C.電子在a點的動能大于在b點的動能D.若該電子以某一初速度從a向b運動，則電子在a點的電勢能小于在b點的電勢能〖答案〗B〖解析〗A．正點電荷的等勢面是以點電荷為球心的球面，沒有平面，所以電子透鏡的電場不是正點電荷產(chǎn)生的，A錯誤；BC．電場線與等勢面垂直，負電荷所受電場力與電場強度方向相反，電子在b點所受電場力垂直于等勢面向左，電子在a點所受電場力向左上方，電子從b到a過程中，電場力做負功，電勢能增大，動能減小，所以，電子在a點的電勢能大于在b點的電勢能，電子在a點的動能小于在b點的動能，B正確，C錯誤；D．若該電子以某一初速度從a向b運動，電場力做正功，電勢能減小，則電子在a點的電勢能大于在b點的電勢能，D錯誤。故選B。6.半導體指紋傳感器，多用于手機、電腦、汽車等設備的安全識別，如圖所示。傳感器半導體基板上有大量金屬顆粒，基板上的每一點都是小極板，其外表面絕緣。當手指的指紋一面與絕緣表面接觸時，由于指紋凹凸不平，凸點處與凹點處分別與半導體基板上的小極板形成正對面積相同的電容器。使每個電容器的電壓保持不變，對每個電容器的放電電流進行測量，即可采集指紋。在指紋采集過程中，下列說法正確的是（）A.手指緩慢松開絕緣表面，電容器兩極間的距離增大，電容器帶電量減小B.手指用力擠壓絕緣表面，電容器兩極間的距離減小，電容器帶電量減小C.指紋的凸點處與小極板距離近，電容小D.指紋的凹點處與小極板距離遠，電容大〖答案〗A〖解析〗AB．根據(jù)電容的公式可知，手指緩慢松開絕緣表面，電容器兩極間的距離增大，電容減小。由可知，U不變，則電容器帶電量減小。反之電容器帶電量增大。故A正確，B錯誤；CD．根據(jù)電容的公式可知，指紋的凹點處與小極板距離遠，電容小，指紋的凸點處與小極板距離近，電容大，故CD錯誤。故選A。7.航天器回收的“跳躍式返回技術”是指航天器在關閉發(fā)動機后進入大氣層，依靠大氣升力再次沖出大氣層，降低速度后再進入大氣層。我國已經(jīng)掌握了這種復雜的回收技術。如圖所示為航天器跳躍式返回過程的示意圖，大氣層的邊界為虛線大圓，已知地球半徑為，點到地面的距離為，地球表面的重力加速度為，萬有引力常量為。下列說法正確的是（）A.航天器運動到點時的加速度大小為B.航天器運動到點時的速度大小為C.航天器在點的機械能小于在點的機械能D.航天器在點的機械能小于在點的機械能〖答案〗D〖解析〗A．根據(jù)在地球表面的物體萬有引力等于重力有化簡可得航天器運動到點時根據(jù)牛頓第二定律有可得航天器運動到點時的加速度大小為故A錯誤；B．航天器依靠大氣升力從c點再次沖出大氣層，降低速度運動到點再進入大氣層，此時若是圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律列式如下即但在做近心運動，速度應小于此值，故B錯誤；C．由題意可知航天器從c點到d點，再到e點的過程中，航天器已離開大氣層，沒有大氣阻力，因此機械能守恒，故C錯誤；D．由題意可知航天器從a點到b點，再到c點的過程中，航天器在大氣層受到大氣阻力，因此機械能減少，即航天器在點的機械能小于在點的機械能，故D正確。故選D。8.如圖所示，有一光滑軌道，部分豎直，部分水平，部分是半徑為的四分之一圓弧，其中與、相切。質(zhì)量均為的小球、（可視為質(zhì)點）固定在長為的豎直輕桿兩端，開始時球與點接觸且輕桿豎直，由靜止釋放兩球使其沿軌道下滑，重力加速度為。下列說法正確的是（）A.球下滑過程中機械能減小B.球下滑過程中機械能增加C.球滑到水平軌道上時速度大小為D.從釋放、球到兩球均滑到水平軌道的過程中，輕桿對球做功為〖答案〗D〖解析〗C．兩個小球組成的系統(tǒng)只有重力做功，所以系統(tǒng)的機械能守恒，故有解得即、球滑到水平軌道上時速度大小均為，故C錯誤；D．b球在滑落過程中，設桿對b球做功為W，根據(jù)動能定理可得聯(lián)立解得對a球由動能定理可得解得桿對a球做功為故D正確；AB．結(jié)合D項分析可知，桿對球做正功，對b球做負功，故下滑過程中球機械能增大，b球機械能減小，即對單個球來看，機械能均不守恒，故AB錯誤故選D。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9.格林童話《杰克與豌豆》中的神奇豌豆一直向天空生長，長得很高很高。如果長在地球赤道上的這棵豆秧上有與赤道共面且隨地球一起自轉(zhuǎn)的三顆果實，其中果實2在地球同步軌道上。已知果實3的加速度大小為，地球表面重力加速度的大小為，下列說法正確的是（）A.果實3的線速度最小B.果實2成熟自然脫離豆秧后，將做近心運動C.果實1成熟自然脫離豆秧后，將做近心運動D.〖答案〗AD〖解析〗A．三顆果實與赤道共面且隨地球一起自轉(zhuǎn)，可知三顆果實的角速度相等，根據(jù)可得，即果實1的線速度最大，果實3的線速度最小，故A正確；B．由于果實2在地球同步軌道上，可知果實2隨地球一起自轉(zhuǎn)所需的向心力剛好等于受到的萬有引力，則果實2成熟自然脫離豆秧后仍與果實1和果實3保持相對靜止在原軌道運行，故B錯誤；C．對于果實2有則對于果實1有則果實1成熟自然脫離豆秧后，果實1受到的萬有引力不足以提供所需的向心力，將做離心運動，故C錯誤；D．根據(jù)可知根據(jù)萬有引力提供向心力可得解得可知則果實2的加速度、果實3的與地球表面重力加速度g的大小關系為故D正確；10.如圖所示，正六棱柱上下底面的中心為和，A、兩點分別固定等量異號的點電荷，下列說法正確的是（）A.點與點的電場強度相同B.點與點的電勢差等于點與點的電勢差C.A處的點電荷單獨在點產(chǎn)生的場強與處的點電荷單獨在點產(chǎn)生的場強大小之比為3:1D.將試探電荷由點沿直線移動到點，其電勢能先減小后增大〖答案〗AC〖解析〗A．根據(jù)等量異種點電荷中心對稱點上的電場強度相同可知，點與點為中心對稱點，則它們的電場強度相同。故A正確；B．點在兩電荷連線的等勢中垂面上，而點在中垂面的右邊，則電勢與點不等，因此點與點的電勢差不等于點與點的電勢差。故B錯誤；C．A處的點電荷單獨在點產(chǎn)生的場強大小為處的點電荷單獨在點產(chǎn)生的場強大小為則故C正確；D．F點在兩電荷連線的等勢中垂面左邊，電勢高于O點，則將試探電荷由點沿直線移動到點，其電勢能增大。故D錯誤。故選AC。11.如圖所示，不可伸長輕繩一端系著質(zhì)量為的小球（可視為質(zhì)點），另一端固定在點?，F(xiàn)按壓圓珠筆筆尾，松手后內(nèi)部彈簧將筆尾迅速彈出，筆尾碰撞小球后使小球在豎直面內(nèi)做圓周運動。假設碰撞時彈簧釋放的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為小球的動能，碰后立即撤去圓珠筆。已知輕繩長為，重力加速度為，忽略空氣阻力。某次碰撞后小球運動到最高點的速度大小為，下列說法正確的是（）A.小球在最低點時速度大小為B.小球在最低點時輕繩的拉力大小為C.該次彈簧釋放的彈性勢能為D.若彈簧釋放的彈性勢能小于，則小球不可能到達最高點〖答案〗BC〖解析〗A．小球圓周運動到最高點的速度大小為，則從最低點到最高點由動能定理有解得小球在最低點時速度大小為故A錯誤；B．小球在最低點做圓周運動，由牛頓第二定律有小球在最低點時輕繩的拉力大小為故B正確；C．碰撞時彈簧釋放的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為小球的動能，則該次彈簧釋放的彈性勢能為故C正確；D．若小球剛好能過最高點，只有重力提供向心力，有聯(lián)立可得最小彈性勢能為即彈簧釋放的彈性勢能小于時小球不可能到達最高點，故D錯誤。故選BC。12.水平地面上的傳送裝置如圖所示。BC為長的水平傳送帶以的速率順時針勻速轉(zhuǎn)動，左端與半徑為的四分之一光滑圓弧軌道相切于B點（不接觸），右端與同一水平面上的平臺CE平滑銜接于C點（不接觸）。在平臺右邊固定一輕質(zhì)彈簧，彈簧左端恰好位于D點，C、D之間的距離為。質(zhì)量為的滑塊P（可視為質(zhì)點）與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.2，與平臺CD之間的動摩擦因數(shù)為0.25，DE部分光滑，重力加速度，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)?，F(xiàn)將滑塊P從光滑圓弧軌道上端A點由靜止釋放，下列說法正確的是（）A.滑塊P運動到圓弧軌道底端B點時對軌道的壓力大小為B.滑塊P通過傳送帶BC過程中系統(tǒng)產(chǎn)生熱量為C.彈簧壓縮過程中的最大彈性勢能為D.滑塊P最終停在平臺CD上離D的距離為〖答案〗BCD〖解析〗A．滑塊P運動到圓弧軌道底端B點時，根據(jù)動能定理及牛頓第二定律有軌道對滑塊的支持力為則可得滑塊對軌道的壓力大小為，故A錯誤；B．因為滑塊P滑上傳送帶時的速度小于傳送帶的速度，所以滑塊P滑上傳送帶時，受到的滑動摩擦力向前，滑塊將做勻加速直線運動，設當滑塊P加速到與傳送帶速度相同時，通過的位移為，則有把及相關數(shù)據(jù)代入求得所以，滑塊P將在傳送帶上一直加速直到共速后離開傳送帶，則滑塊P在傳送帶上運動的時間滿足代入求得則滑塊P相對于傳送帶滑動的距離為根據(jù)功能關系可得該過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為故B正確；C．滑塊P到達C點時的速度為根據(jù)能量守恒定律可得彈簧壓縮過程中的最大彈性勢能為把，代入上式，求得故C正確；D．設滑塊P最終停在距離平臺點為的地方，根據(jù)能量守恒定律，有求得即滑塊P最終停在平臺CD的C點，故D正確。故選BCD。三、非選擇題：本題共6小題，共60分。13.圖甲所示電路為“用傳感器觀察電容器的放電過程”實驗電路圖。開關未閉合時，電源的電壓。實驗操作時，單刀雙擲開關先跟2相接。某時刻開關改接1，一段時間后，把開關再改接2。實驗中使用了電流傳感器來采集電流隨時間的變化情況。開關再改接2后得到的圖像如圖乙所示。（1）開關改接1后流經(jīng)電阻上的電流方向為_______（填“自上而下”或“自下而上”）。（2）已知電容器的電容為，則圖乙中圖線與坐標軸所圍“面積”為_______。（3）電容器充電后就儲存了能量，某同學研究電容器儲存的能量與電容器的電容、電荷量及電容器兩極板間電壓之間的關系。他從等效的思想出發(fā)，認為電容器儲存的能量等于把電荷從一個極板搬運到另一個極板過程中克服電場力所做的功。為此他還做出電容器兩極板間的電壓隨電荷量變化的圖像如圖所示。按照他的想法，下列說法正確的是（）A.圖線的斜率越大，電容越小B.對同一電容器，電容器儲存的能量與電荷量成正比C.對同一電容器，電容器儲存的能量與電容器兩極板間電壓的平方成正比〖答案〗（1）自上而下（2）（3）AC〖解析〗【小問1詳析】開關S接1時，電源給電容器充電，電容器上極板接正極，充電完成，上極板帶正電，下極板帶負電，電子自下而上流經(jīng)電阻，故開關改接1后流經(jīng)電阻上的電流方向為自上而下；【小問2詳析】圖乙中圖線與坐標軸所圍“面積”為電容器充電后所帶電荷量，由得【小問3詳析】A．由得圖線的斜率為，故圖線的斜率越大，電容越小，故A正確；BC．電容器儲存的能量等于把電荷從一個極板搬運到另一個極板過程中克服電場力所做的功，也等于圖像所圍的面積解得從上面的式子看出，電容器儲存的能量與電荷量的平方成正比，對同一電容器，電容器儲存的能量與電容器兩極板間電壓的平方成正比，故B錯誤，故C正確。故選AC。14.兩個實驗小組在驗證機械能守恒定律的實驗中，分別采用了以下兩種方案：（1）第一小組利用如圖甲所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律。所用電源的周期為，經(jīng)正確操作得到如圖乙所示的紙帶，點為打點計時器打下的第一個點。測出連續(xù)點A、、與點之間的距離、、分別是、、。重物質(zhì)量，重力加速度。根據(jù)以上數(shù)據(jù)可知，從點到點，重物的重力勢能的減少量等于________，動能的增加量等于_______。（計算結(jié)果均保留3位有效數(shù)字）（2）第二小組利用如圖丙所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律。已知重物A（含擋光片）的質(zhì)量分別和（大于），擋光片的寬度為，重力加速度為。①實驗操作按照下面步驟進行ⅰ.按圖丙裝配好定滑輪和光電門ⅱ.A、用輕繩連接后跨放在定滑輪上，用手托住使輕繩恰好伸直ⅲ.測量擋光片中心到光電門中心的豎直距離ⅳ.先接通光電門的電源，后釋放ⅴ.記錄擋光片經(jīng)過光電門的時間②擋光片通過光電門時的速度大小為_________（用題中的字母表示）。③如果系統(tǒng)的機械能守恒，應滿足的關系式為________（用題中的字母表示）?！即鸢浮剑?）0.2280.223（2）〖解析〗【小問1詳析】從О點到B點，重物的重力勢能的減少量為B點對應重物的速度大小為則，從О點到B點，重物的動能的增加量為【小問2詳析】擋光片通過光電門時的速度為如果系統(tǒng)的機械能守恒，則有故如果系統(tǒng)的機械能守恒，應滿足的關系式為15.一次空間探測中，空間探測器進入某行星的引力范圍后，繞該行星做勻速圓周運動。已知該行星的半徑為R，探測器運行軌道的半徑為r，運行速度大小為v0，萬有引力常量為G。求：（1）該探測器的周期T；（2）該行星表面的重力加速度大小g；（3）該行星的第一宇宙速度大小v?！即鸢浮剑?）；（2）；（3）〖解析〗（1）該探測器的周期（2）設探測器質(zhì)量為m，行星對探測器的萬有引力提供其做勻速圓周運動的向心力在星球表面解得（3）設衛(wèi)星質(zhì)量為m0，衛(wèi)星繞該行星表面附近做勻速圓周運動線速度大小為該行星的第一宇宙速度大小解得16.如圖所示，水平放置的平行板電容器，上極板帶正電，下極板接地。極板長，兩極板間距離。大量帶負電粒子以相同的水平初速度從靠近下極板左側(cè)邊緣處連續(xù)射入極板間，粒子剛進入時極板間電壓，第一個粒子剛好落到上極板中點處。已知粒子質(zhì)量，電量，電容器電容，忽略粒子的重力、相互之間的作用力和空氣阻力。求：（1）帶電粒子入射初速度的大??；（2）隨著帶負電粒子落到上極板上，上極板帶電荷量不斷減小，從而導致兩極板間的電勢差逐漸減小，兩極板間電場強度也減小，最終不再有帶電粒子落到上極板，求落到上極板上的帶電粒子總個數(shù)?！即鸢浮剑?）；（2）〖解析〗（1）由題意可知，粒子在極板間做類平拋運動，第一個粒子落在上極板中點時，有由牛頓第二定律聯(lián)立解得（2）當粒子恰好從上極板右邊緣飛出時，有聯(lián)立解得此時不再有帶電粒子落到上極板，在這一過程中，電容器上極板上減少的電荷量為則落到上極板的帶電粒子總個數(shù)為（個）17.自由滑雪大跳臺是冬奧會比賽項目，大跳臺場地分為助滑區(qū)、起跳臺、著陸坡和終點區(qū)域4個部分。運動員從助滑區(qū)出發(fā)，至起跳臺依靠慣性躍向空中，完成空翻、轉(zhuǎn)體、抓板等技術動作組合后在著陸坡落地，非常考驗運動員觀察以及自我控制的能力，其賽道簡化為如圖所示的模型，其中助滑區(qū)傾斜賽道AB與圓弧賽道BCD（起跳臺）相切于B點，圓弧賽道半徑，起跳點D與圓心的連線與豎直方向的夾角。質(zhì)量（連同裝備）的運動員從助滑區(qū)的A點由靜止開始下滑，到達起跳點D時斜向上飛離雪道，落在著陸坡上的E點。已知A點到C點（C為圓弧賽道的最低點）的豎直高度差，運動員從A點運動到D點克服阻力做的功為，D、E兩點間的水平距離，重力加速度，，，不計空氣阻力，運動員可視為質(zhì)點。求：（1）運動員到達圓弧上的D點時對賽道的壓力大??；（2）運動員到達著陸坡上E點的速度大小（結(jié)果可保留根號）；（3）運動員從起跳點D到落地點E之間的豎直距離?！即鸢浮剑?）；（2）；（3）〖解析〗（1）運動員從點運動到點，由動能定理得解得運動員在點，由牛頓第二定律得解得由牛頓第三定律，運動員到達圓弧上的點時對賽道的壓力大小為。（2）運動員在點運動員從點運動到點，在水平方向上有在豎直方向上有運動員運動到點的速度大小為解得（3）運動員從點運動到點，由動能定理得解得18.如圖所示，是一游戲裝置的簡化示意圖，在同一豎直平面內(nèi)的軌道由四分之一光滑圓弧軌道、粗糙的水平軌道、光滑圓弧軌道、粗糙斜軌道組成，圓弧分別與直軌道、相切。斜軌道的傾角，底端處有一彈性擋板。一質(zhì)量的滑塊（比圓管內(nèi)徑稍小）從A點正上方的點無初速釋放，滑塊通過圓弧的最高點時對軌道沒有任何作用力，滑塊運動到點（點為四分之一圓弧軌道的圓心，點為圓弧軌道的圓心，且兩圓心和在同一水平高度）碰撞彈性擋板后被等速反彈。已知滑塊與水平軌道和斜軌道間的動摩擦因數(shù)均為，兩圓弧軌道的半徑均為，重力加速度，，，不計空氣阻力，滑塊可視為質(zhì)點。求：（1）滑塊經(jīng)過點時的速度大??；（2）滑塊經(jīng)過點時，圓弧軌道對滑塊的支持力大?。唬?）滑塊釋放點與面間的高度差；（4）滑塊在斜軌道上運動的總路程s?！即鸢浮剑?）；（2）；（3）；（4）〖解析〗（1）滑塊在點，由牛頓第二定律得解得（2）對滑塊從點運動到點的過程，由動能定理得滑塊在點有解得（3）由幾何關系得對滑塊從點運動到點的過程，由動能定理得解得（4）由幾何關系得滑塊在點的動能滑塊從點運動到點，克服摩擦力做的功為由于滑塊反彈后無法回到點，判斷出滑塊最后停在點，對滑塊通過點到靜止的過程，由動能定理得解得高一物理試題本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分，滿分100分，考試時間90分鐘。注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、考生號、座號填寫到相應位置，認真核對條形碼上的姓名、考生號和座號，并將條形碼粘貼在指定位置上。2．選擇題〖答案〗必須使用2B鉛筆（按填涂樣例）正確填涂；非選擇題〖答案〗必須使用0.5毫米黑色簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答、超出答題區(qū)域書寫的〖答案〗無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。答題卡面清潔、不折疊、不破損。一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24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.真空中有兩個半徑均為的完全相同的金屬小球和、帶電量分別為和，當兩小球間的距離為（遠大于）時，兩小球之間的靜電力大小為。現(xiàn)將和接觸后分開，再使、之間距離增大為原來的2倍，則它們之間的靜電力大小為（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由庫侖定律可得將和接觸后分開，再使、之間距離增大為原來的2倍，則它們之間的靜電力大小為故選C。2.硒鼓是激光打印機的核心部件，主要由感光鼓、充電輥等裝置構成，如圖1所示。工作中充電輥表面的導電橡膠給感光鼓表面均勻的布上一層負電荷，我們可以用圖2模擬帶電的感光鼓：電荷量均為的點電荷，均勻?qū)ΨQ地分布在半徑為的圓周上。若某時刻圓周上點的一個點電荷的電荷量突變成，則圓心點處的電場強度為（）A，方向沿半徑背離點 B.，方向沿半徑指向點C.，方向沿半徑背離點 D.，方向沿半徑指向點〖答案〗B〖解析〗當點的點電荷為時，根據(jù)電場的對稱性，可得在圓心點處的電場強度為零，當點的點電荷為時，可由和兩個電荷等效替代，故圓心點處的電場強度可以看成均勻帶電圓環(huán)和產(chǎn)生的兩個場強疊加，故圓心點處的電場強度為電場方向為在點處的電場方向，即方向沿半徑指向點。故選B。3.如圖所示，一臺機器由電動機通過傳送皮帶傳動。已知機器輪的半徑是電動機輪的半徑的3倍，且皮帶與兩輪之間不打滑，皮帶的厚度不計，下列說法正確的是（）A.機器輪上邊緣某點的線速度與電動機輪邊緣某點的線速度大小之比為B.機器輪上邊緣某點的角速度與電動機輪邊緣某點的角速度之比為C.機器輪上邊緣某點的向心加速度與電動機輪邊緣某點的向心加速度大小之比D.機器輪上邊緣某點的向心加速度與電動機輪邊緣某點的向心加速度大小之比〖答案〗C〖解析〗A．皮帶與兩輪之間不打滑，可知機器輪上邊緣某點的線速度與電動機輪邊緣某點的線速度之比為故A錯誤；B．根據(jù)，機器輪上邊緣某點的角速度與電動機輪邊緣某點的角速度之比為故B錯誤；CD．根據(jù)，可知機器輪上邊緣某點的向心加速度與電動機輪邊緣某點的向心加速度之比故D錯誤，C正確。故選C。4.某輛汽車發(fā)動機的額定功率為，該汽車的質(zhì)量為，在平直路面上行駛時受到的阻力恒為車重的0.2倍。若該汽車從靜止出發(fā)，以的加速度做勻加速直線運動，重力加速度。則該汽車出發(fā)時，汽車發(fā)動機的實際功率為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由題得當汽車勻加速度啟動時，由牛頓第二定律得代入數(shù)據(jù)得當達到額定功率時，速度用時為故出發(fā)時，未達到額定功率了，所以出發(fā)時的實際功率故選A。5.2023年3月，中國科學家通過冷凍電鏡技術〖解析〗了晶態(tài)冰中蛋白質(zhì)三維結(jié)構。電子顯微鏡是冷凍電鏡中的關鍵部分，其中一種電子透鏡的電場分布如圖所示，虛線為等勢面，相鄰等勢面間電勢差相等，a、b是軌跡上的兩點。現(xiàn)有一電子以某一初速度從b向a運動的過程中，下列說法正確的是（）A.電子透鏡的電場是正點電荷產(chǎn)生的B.電子在a點的電勢能大于在b點的電勢能C.電子在a點的動能大于在b點的動能D.若該電子以某一初速度從a向b運動，則電子在a點的電勢能小于在b點的電勢能〖答案〗B〖解析〗A．正點電荷的等勢面是以點電荷為球心的球面，沒有平面，所以電子透鏡的電場不是正點電荷產(chǎn)生的，A錯誤；BC．電場線與等勢面垂直，負電荷所受電場力與電場強度方向相反，電子在b點所受電場力垂直于等勢面向左，電子在a點所受電場力向左上方，電子從b到a過程中，電場力做負功，電勢能增大，動能減小，所以，電子在a點的電勢能大于在b點的電勢能，電子在a點的動能小于在b點的動能，B正確，C錯誤；D．若該電子以某一初速度從a向b運動，電場力做正功，電勢能減小，則電子在a點的電勢能大于在b點的電勢能，D錯誤。故選B。6.半導體指紋傳感器，多用于手機、電腦、汽車等設備的安全識別，如圖所示。傳感器半導體基板上有大量金屬顆粒，基板上的每一點都是小極板，其外表面絕緣。當手指的指紋一面與絕緣表面接觸時，由于指紋凹凸不平，凸點處與凹點處分別與半導體基板上的小極板形成正對面積相同的電容器。使每個電容器的電壓保持不變，對每個電容器的放電電流進行測量，即可采集指紋。在指紋采集過程中，下列說法正確的是（）A.手指緩慢松開絕緣表面，電容器兩極間的距離增大，電容器帶電量減小B.手指用力擠壓絕緣表面，電容器兩極間的距離減小，電容器帶電量減小C.指紋的凸點處與小極板距離近，電容小D.指紋的凹點處與小極板距離遠，電容大〖答案〗A〖解析〗AB．根據(jù)電容的公式可知，手指緩慢松開絕緣表面，電容器兩極間的距離增大，電容減小。由可知，U不變，則電容器帶電量減小。反之電容器帶電量增大。故A正確，B錯誤；CD．根據(jù)電容的公式可知，指紋的凹點處與小極板距離遠，電容小，指紋的凸點處與小極板距離近，電容大，故CD錯誤。故選A。7.航天器回收的“跳躍式返回技術”是指航天器在關閉發(fā)動機后進入大氣層，依靠大氣升力再次沖出大氣層，降低速度后再進入大氣層。我國已經(jīng)掌握了這種復雜的回收技術。如圖所示為航天器跳躍式返回過程的示意圖，大氣層的邊界為虛線大圓，已知地球半徑為，點到地面的距離為，地球表面的重力加速度為，萬有引力常量為。下列說法正確的是（）A.航天器運動到點時的加速度大小為B.航天器運動到點時的速度大小為C.航天器在點的機械能小于在點的機械能D.航天器在點的機械能小于在點的機械能〖答案〗D〖解析〗A．根據(jù)在地球表面的物體萬有引力等于重力有化簡可得航天器運動到點時根據(jù)牛頓第二定律有可得航天器運動到點時的加速度大小為故A錯誤；B．航天器依靠大氣升力從c點再次沖出大氣層，降低速度運動到點再進入大氣層，此時若是圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律列式如下即但在做近心運動，速度應小于此值，故B錯誤；C．由題意可知航天器從c點到d點，再到e點的過程中，航天器已離開大氣層，沒有大氣阻力，因此機械能守恒，故C錯誤；D．由題意可知航天器從a點到b點，再到c點的過程中，航天器在大氣層受到大氣阻力，因此機械能減少，即航天器在點的機械能小于在點的機械能，故D正確。故選D。8.如圖所示，有一光滑軌道，部分豎直，部分水平，部分是半徑為的四分之一圓弧，其中與、相切。質(zhì)量均為的小球、（可視為質(zhì)點）固定在長為的豎直輕桿兩端，開始時球與點接觸且輕桿豎直，由靜止釋放兩球使其沿軌道下滑，重力加速度為。下列說法正確的是（）A.球下滑過程中機械能減小B.球下滑過程中機械能增加C.球滑到水平軌道上時速度大小為D.從釋放、球到兩球均滑到水平軌道的過程中，輕桿對球做功為〖答案〗D〖解析〗C．兩個小球組成的系統(tǒng)只有重力做功，所以系統(tǒng)的機械能守恒，故有解得即、球滑到水平軌道上時速度大小均為，故C錯誤；D．b球在滑落過程中，設桿對b球做功為W，根據(jù)動能定理可得聯(lián)立解得對a球由動能定理可得解得桿對a球做功為故D正確；AB．結(jié)合D項分析可知，桿對球做正功，對b球做負功，故下滑過程中球機械能增大，b球機械能減小，即對單個球來看，機械能均不守恒，故AB錯誤故選D。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9.格林童話《杰克與豌豆》中的神奇豌豆一直向天空生長，長得很高很高。如果長在地球赤道上的這棵豆秧上有與赤道共面且隨地球一起自轉(zhuǎn)的三顆果實，其中果實2在地球同步軌道上。已知果實3的加速度大小為，地球表面重力加速度的大小為，下列說法正確的是（）A.果實3的線速度最小B.果實2成熟自然脫離豆秧后，將做近心運動C.果實1成熟自然脫離豆秧后，將做近心運動D.〖答案〗AD〖解析〗A．三顆果實與赤道共面且隨地球一起自轉(zhuǎn)，可知三顆果實的角速度相等，根據(jù)可得，即果實1的線速度最大，果實3的線速度最小，故A正確；B．由于果實2在地球同步軌道上，可知果實2隨地球一起自轉(zhuǎn)所需的向心力剛好等于受到的萬有引力，則果實2成熟自然脫離豆秧后仍與果實1和果實3保持相對靜止在原軌道運行，故B錯誤；C．對于果實2有則對于果實1有則果實1成熟自然脫離豆秧后，果實1受到的萬有引力不足以提供所需的向心力，將做離心運動，故C錯誤；D．根據(jù)可知根據(jù)萬有引力提供向心力可得解得可知則果實2的加速度、果實3的與地球表面重力加速度g的大小關系為故D正確；10.如圖所示，正六棱柱上下底面的中心為和，A、兩點分別固定等量異號的點電荷，下列說法正確的是（）A.點與點的電場強度相同B.點與點的電勢差等于點與點的電勢差C.A處的點電荷單獨在點產(chǎn)生的場強與處的點電荷單獨在點產(chǎn)生的場強大小之比為3:1D.將試探電荷由點沿直線移動到點，其電勢能先減小后增大〖答案〗AC〖解析〗A．根據(jù)等量異種點電荷中心對稱點上的電場強度相同可知，點與點為中心對稱點，則它們的電場強度相同。故A正確；B．點在兩電荷連線的等勢中垂面上，而點在中垂面的右邊，則電勢與點不等，因此點與點的電勢差不等于點與點的電勢差。故B錯誤；C．A處的點電荷單獨在點產(chǎn)生的場強大小為處的點電荷單獨在點產(chǎn)生的場強大小為則故C正確；D．F點在兩電荷連線的等勢中垂面左邊，電勢高于O點，則將試探電荷由點沿直線移動到點，其電勢能增大。故D錯誤。故選AC。11.如圖所示，不可伸長輕繩一端系著質(zhì)量為的小球（可視為質(zhì)點），另一端固定在點。現(xiàn)按壓圓珠筆筆尾，松手后內(nèi)部彈簧將筆尾迅速彈出，筆尾碰撞小球后使小球在豎直面內(nèi)做圓周運動。假設碰撞時彈簧釋放的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為小球的動能，碰后立即撤去圓珠筆。已知輕繩長為，重力加速度為，忽略空氣阻力。某次碰撞后小球運動到最高點的速度大小為，下列說法正確的是（）A.小球在最低點時速度大小為B.小球在最低點時輕繩的拉力大小為C.該次彈簧釋放的彈性勢能為D.若彈簧釋放的彈性勢能小于，則小球不可能到達最高點〖答案〗BC〖解析〗A．小球圓周運動到最高點的速度大小為，則從最低點到最高點由動能定理有解得小球在最低點時速度大小為故A錯誤；B．小球在最低點做圓周運動，由牛頓第二定律有小球在最低點時輕繩的拉力大小為故B正確；C．碰撞時彈簧釋放的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為小球的動能，則該次彈簧釋放的彈性勢能為故C正確；D．若小球剛好能過最高點，只有重力提供向心力，有聯(lián)立可得最小彈性勢能為即彈簧釋放的彈性勢能小于時小球不可能到達最高點，故D錯誤。故選BC。12.水平地面上的傳送裝置如圖所示。BC為長的水平傳送帶以的速率順時針勻速轉(zhuǎn)動，左端與半徑為的四分之一光滑圓弧軌道相切于B點（不接觸），右端與同一水平面上的平臺CE平滑銜接于C點（不接觸）。在平臺右邊固定一輕質(zhì)彈簧，彈簧左端恰好位于D點，C、D之間的距離為。質(zhì)量為的滑塊P（可視為質(zhì)點）與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.2，與平臺CD之間的動摩擦因數(shù)為0.25，DE部分光滑，重力加速度，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)?，F(xiàn)將滑塊P從光滑圓弧軌道上端A點由靜止釋放，下列說法正確的是（）A.滑塊P運動到圓弧軌道底端B點時對軌道的壓力大小為B.滑塊P通過傳送帶BC過程中系統(tǒng)產(chǎn)生熱量為C.彈簧壓縮過程中的最大彈性勢能為D.滑塊P最終停在平臺CD上離D的距離為〖答案〗BCD〖解析〗A．滑塊P運動到圓弧軌道底端B點時，根據(jù)動能定理及牛頓第二定律有軌道對滑塊的支持力為則可得滑塊對軌道的壓力大小為，故A錯誤；B．因為滑塊P滑上傳送帶時的速度小于傳送帶的速度，所以滑塊P滑上傳送帶時，受到的滑動摩擦力向前，滑塊將做勻加速直線運動，設當滑塊P加速到與傳送帶速度相同時，通過的位移為，則有把及相關數(shù)據(jù)代入求得所以，滑塊P將在傳送帶上一直加速直到共速后離開傳送帶，則滑塊P在傳送帶上運動的時間滿足代入求得則滑塊P相對于傳送帶滑動的距離為根據(jù)功能關系可得該過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為故B正確；C．滑塊P到達C點時的速度為根據(jù)能量守恒定律可得彈簧壓縮過程中的最大彈性勢能為把，代入上式，求得故C正確；D．設滑塊P最終停在距離平臺點為的地方，根據(jù)能量守恒定律，有求得即滑塊P最終停在平臺CD的C點，故D正確。故選BCD。三、非選擇題：本題共6小題，共60分。13.圖甲所示電路為“用傳感器觀察電容器的放電過程”實驗電路圖。開關未閉合時，電源的電壓。實驗操作時，單刀雙擲開關先跟2相接。某時刻開關改接1，一段時間后，把開關再改接2。實驗中使用了電流傳感器來采集電流隨時間的變化情況。開關再改接2后得到的圖像如圖乙所示。（1）開關改接1后流經(jīng)電阻上的電流方向為_______（填“自上而下”或“自下而上”）。（2）已知電容器的電容為，則圖乙中圖線與坐標軸所圍“面積”為_______。（3）電容器充電后就儲存了能量，某同學研究電容器儲存的能量與電容器的電容、電荷量及電容器兩極板間電壓之間的關系。他從等效的思想出發(fā)，認為電容器儲存的能量等于把電荷從一個極板搬運到另一個極板過程中克服電場力所做的功。為此他還做出電容器兩極板間的電壓隨電荷量變化的圖像如圖所示。按照他的想法，下列說法正確的是（）A.圖線的斜率越大，電容越小B.對同一電容器，電容器儲存的能量與電荷量成正比C.對同一電容器，電容器儲存的能量與電容器兩極板間電壓的平方成正比〖答案〗（1）自上而下（2）（3）AC〖解析〗【小問1詳析】開關S接1時，電源給電容器充電，電容器上極板接正極，充電完成，上極板帶正電，下極板帶負電，電子自下而上流經(jīng)電阻，故開關改接1后流經(jīng)電阻上的電流方向為自上而下；【小問2詳析】圖乙中圖線與坐標軸所圍“面積”為電容器充電后所帶電荷量，由得【小問3詳析】A．由得圖線的斜率為，故圖線的斜率越大，電容越小，故A正確；BC．電容器儲存的能量等于把電荷從一個極板搬運到另一個極板過程中克服電場力所做的功，也等于圖像所圍的面積解得從上面的式子看出，電容器儲存的能量與電荷量的平方成正比，對同一電容器，電容器儲存的能量與電容器兩極板間電壓的平方成正比，故B錯誤，故C正確。故選AC。14.兩個實驗小組在驗證機械能守恒定律的實驗中，分別采用了以下兩種方案：（1）第一小組利用如圖甲所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律。所用電源的周期為，經(jīng)正確操作得到如圖乙所示的紙帶，點為打點計時器打下的第一個點。測出連續(xù)點A、、與點之間的距離、、分別是、、。重物質(zhì)量，重力加速度。根據(jù)以上數(shù)據(jù)可知，從點到點，重物的重力勢能的減少量等于________，動能的增加量等于_______。（計算結(jié)果均保留3位有效數(shù)字）（2）第二小組利用如圖丙所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律。已知重物A（含擋光片）的質(zhì)量分別和（大于），擋光片的寬度為，重力加速度為。①實驗操作按照下面步驟進行ⅰ.按圖丙裝配好定滑輪和光電門ⅱ.A、用輕繩連接后跨放在定滑輪上，用手托住使輕繩恰好伸直ⅲ.測量擋光片中心到光電門中心的豎直距離ⅳ.先接通光電門的電源，后釋放ⅴ.記錄擋光片經(jīng)過光電門的時間②擋光片通過光電門時的速度大小為_________（用題中的字母表示）。③如果系統(tǒng)的機械能守恒，應滿足的關系式為________（用題中的字母表示）?！即鸢浮剑?）0.2280.223（2）〖解析〗【小問1詳析】從О點到B點，重物的重力勢能的減少量為B點對應重物的速度大小為則，從О點到B點，重物的動能的增加量為【小問2詳析】擋光片通過光電門時的速度為如果系統(tǒng)的機械能守恒，則有故如果系統(tǒng)的機械能守恒，應滿足的關系式為15.一次空間探測中，空間探測器進入某行星的引力范圍后，繞該行星做勻速圓