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山东省枣庄市2024-2025学年高一下学期7月期末物理试题
一、单选题
1．A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相同时间内，它们通过的路程之比是4：3，运动方向改变的角度之比是3：2，则它们（　　）
A．线速度大小之比为3：4
B．角速度大小之比为3：2
C．圆周运动的半径之比为2：1
D．向心加速度大小之比为1：2
2．如图，A、B、C、D是正方形的四个顶点，在A点和C点放有电荷量都为q的正电荷，在B点放了某个未知电荷后，恰好D的电场强度等于0。则放在B点的电荷电性和电荷量为（　　）
A．负电荷 电荷量为 B．负电荷 电荷量为
C．正电荷 电荷量为 D．正电荷 电荷量为
3．太阳系中，海王星是离太阳最远的一颗行星，它的质量是地球的17倍，半径是地球的4倍。海王星的公转轨道半径是地球公转轨道半径的30倍。下列说法正确的是（　　）
A．海王星的公转周期约为地球的30倍
B．海王星的第一宇宙速度约为7.9km/s
C．太阳对地球的引力为对海王星引力的900倍
D．地球公转加速度为海王星公转加速度的900倍
4．某种类型的飞机质量为，起飞过程中从静止开始匀加速滑跑，加速度大小为，当位移为时速度达到起飞速度，此过程中飞机受到的阻力恒为，取重力加速度，下列说法正确的是（　　）
A．飞机起飞时克服阻力做功的瞬时功率为
B．飞机滑行过程中克服阻力做功的平均功率为
C．飞机起飞时牵引力的瞬时功率为
D．飞机滑行过程中牵引力的平均功率为
5．某静电场的电场强度E在x轴上关于坐标原点O对称的P、Q两点间的变化情况如图所示．设从P点由静止释放的电子运动过程中的加速度为a，动能为Ek，电势能为Ep，规定x轴正方向为电场强度E和加速度a的正方向，无限远处电势为零，电子只受电场力作用，则电子在x轴上的P、Q两点间运动的过程中，各物理量随x变化的图象正确的是
A． B．
C． D．
6．电容器的极板A、B分别接在恒压直流电源的两极上，G是灵敏电流计。熔喷布匀速从两极板间穿过，当熔喷布的厚度变薄时会导致相对介电常数变小。下列说法中正确的是（　　）
A．熔喷布变薄，电容器两端电压会变大
B．熔喷布变薄，电容器的电容会变大
C．熔喷布变厚，电容器的电荷量保持不变
D．熔喷布变厚时，电流计中会有自b向a的电流
7．如图所示，质量为m的圆柱形匀质木块漂浮在水面上，浸入水中的深度为h。用竖直向上的拉力将木块缓慢提升至其底面距水面高度为h处，忽略水面高度变化，重力加速度为g。在木块上移的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．重力对木块做功为
B．浮力对木块做功为
C．拉力对木块做功为
D．拉力与重力对木块做功之和为0
8．如图所示，半径为R的光滑绝缘半圆形轨道固定在竖直平面内，下端与光滑绝缘水平面相切于B点，整个空间存在水平向右的匀强电场。质量为m的带正电小球从A点以某一初速度向左运动，沿轨道运动并从C点飞出，经过P点时恰好对轨道无压力。已知轨道上M点与圆心O等高，共线，与竖直方向的夹角为，取重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．小球所受静电力大小为
B．小球经过P点的速度大小为
C．小球经过轨道上C点的加速度大小为
D．小球在M点受到的弹力大小为
二、多选题
9．如图所示，实线为电场中的三条电场线，，a、b两带电粒子从N点以相同的初速度垂直于电场线射出，仅在静电力作用下沿虚线运动，下列说法正确的是（　　）
A．a一定带正电，b一定带负电
B．a的加速度减小，b的加速度增大
C．a的电势能减少，b的电势能增大
D．电势差大于电势差
10．如图所示，长为的轻杆两端分别拴接小球A、B，其可以绕光滑水平转轴O在竖直平面内转动，A球到O的距离为L，A、B球的质量分别为和，重力加速度为g。当A球运动到最高点时，恰好不受杆的作用力，则此时，下列说法正确的是（　　）
A．球A的速度大小为
B．球B的速度大小为
C．球B对杆的作用力大小为
D．水平转轴对杆的作用力大小为
11．如图所示，天舟七号从近地圆轨道Ⅰ经霍曼轨道进入圆轨道Ⅱ，与天和核心舱同轨道运行。已知椭圆形霍曼轨道与两圆轨道分别相切，轨道Ⅱ的半径是轨道Ⅰ半径的n倍，天和核心舱在轨道Ⅱ上的运行周期为。下列说法正确的是（　　）
A．天舟七号在切点处通过加速从轨道Ⅰ进入霍曼轨道
B．天舟七号与天和核心舱在轨道Ⅱ上运行时的速度相同
C．天舟七号在霍曼轨道上的速度均大于天和核心舱的速度
D．天舟七号在霍曼轨道上运行的周期为
12．如图所示，轻弹簧下端固定在斜面底端的挡板上，斜面的倾角为θ，用质量为m的滑块压缩弹簧（不拴接），滑块由静止释放后，沿斜面上滑的最大位移为x（已离开弹簧）。已知滑块与斜面间的动摩擦因数为 ，将滑块、弹簧和斜面视为一个系统。在滑块上滑过程中，下列说法正确的是（　　）
A．系统产生的摩擦热为
B．滑块机械能的增加量为
C．系统机械能的减少量为
D．弹簧弹性势能的最大值为
三、实验题
13．某实验小组利用如图甲所示的电路探究电容器的充、放电特点。S为单刀双掷开关，R为定值电阻。
(1)S接1时电源对电容器充电，此过程通过电流表A的电流方向 （填“从左到右”或“从右到左”）。
(2)图乙为电容器放电时的图像，图线与坐标轴围成的面积约41小格，电容器放电之前的电压为，测得该电容器的电容值为 F（结果保留2位有效数字）。
(3)若仅减小电阻R，放电时曲线与坐标轴所围成的面积将 （填“变大”“变小”或“不变”）。
14．验证机械能守恒定律的装置，如图甲所示，质量m1=480g、m2=800g的两物体由跨过定滑轮的细线连接。将m1、m2由静止释放，实验得到的其中一条纸带如图乙所示，O、A、B、C、D是计数点，相邻的两计数点间还有一个点未画出，已知电源的频率为50Hz，重力加速度g=9.8m/s2。
(1)关于实验操作，下列说法正确的是（　　）
A．将打点计时器接到电源的直流输出端上
B．打点计时器的两个限位孔应在同一条竖直线上
C．应用秒表测出重物下落的时间
(2)打下C点时，m1的速度大小为 m/s，从O点到C点的过程中，系统重力势能的减少量 Ep= J。（计算结果均保留两位小数）
(3)从O点到C点的过程中，系统重力势能的减少量 Ep大于系统动能的增加量 Ek的可能原因是 。
四、解答题
15．已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，地球自转的周期为T，万有引力常量G，求：
(1)地球的密度ρ；
(2)地球静止卫星的速度大小v。
16．如图所示，圆形餐桌的半径为5r，可绕餐桌中心O转动的圆盘半径为3r，置于圆盘边缘的杯子与圆盘间的动摩擦因数为 ，缓慢增大圆盘的角速度，杯子随圆盘在水平面内做圆周运动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，转盘厚度及转盘与餐桌的间隙不计，杯子可视为质点，重力加速度为g。
(1)求杯子刚相对圆盘滑动时，圆盘的角速度ω；
(2)杯子从圆盘滑离后，恰好不从餐桌边缘掉下，求杯子与桌面间的动摩擦因数 ′。
17．在直角坐标系中，三个边长均为L的正方形区域分布如图所示，第一象限内区域中的匀强电场沿x轴负方向，电场强度的大小为；第二象限内区域中的匀强电场沿y轴负方向。一电荷量为、质量为m的粒子（重力不计）从A点由静止释放，恰好能通过G点。
(1)求区域内的电场强度以及粒子经过G点的速度大小；
(2)若区域内的电场强度大小变为，方向不变，将该带电粒子从区域中P点由静止释放，经N点通过x轴，求P点的横坐标x。
18．如图所示，竖直平面内的轨道由三段轨道平滑连接而成，段是半径的光滑圆弧轨道，段是长的粗糙水平轨道，段是半径的光滑半圆轨道。物块P以的速度水平抛出，恰好以的速度沿切线从A点进入轨道，与静止的物块Q发生碰撞并立刻粘在一起，速度变为碰撞前物块P的速度的一半。当物块Q置于距离B点的位置时，组合体恰好未进入轨道。已知两物块完全相同，可视为质点，质量，取重力加速度。求：
(1)物块P的抛出点与A点的高度差h；
(2)物块P经过圆弧轨道最低点B时，对轨道的压力大小；
(3)若仅改变物块Q的初始位置，使组合体沿轨道运动半圆弧长的，此时恰好脱离，则碰撞前物块Q与B点距离。
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B B D C B D C D BD AC
题号 11 12
答案 AD BC
13．(1)从右到左
(2)
(3)不变
【详解】（1）S接1时电源对电容器充电，自由电子在静电力的作用下，从正极板经过电源向负极板移动，故通过电流表A的电流方向从右到左。
（2）乙图中图像与横轴围成的面积约41格，分析I-t图像可知，每个方格代表的电荷量为
电容器放出的电荷量为
则电容器的电容为
（3）不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，导致曲线的最大电流值将增大，放电时间将变短，而放电时曲线与坐标轴所围面积不变。
14．(1)B
(2) 1.12 0.83
(3)克服空气阻力做功
【详解】（1）A．打点计时器应使用交流电源，故A错误；
B．为了减小阻力影响，打点计时器的两个限位孔应在同一条竖直线上，故B正确；
C．打点计时器可以记录时间，所以不需要用秒表测出重物下落的时间，故C错误。
故选B。
（2）[1]相邻的两计数点间还有一个点未画出，则相邻两计数点间的时间间隔为
打下C点时，m1的速度大小为
[2]从O点到C点的过程中，系统重力势能的减少量为
（3）从O点到C点的过程中，系统重力势能的减少量 Ep大于系统动能的增加量 Ek的可能原因是物体克服空气阻力做功，克服纸带与打点计时器间的摩擦力做功，克服细线与滑轮间的摩擦力做功等。
15．(1)
(2)
【详解】（1）设地球质量为M，质量为m的物体放在地球表面时，有，
解得
（2）设地球静止卫星的质量为m0，有
根据
解得
16．(1)
(2)
【详解】（1）杯子相对圆盘发生滑动时，摩擦力提供向心力
解得
（2）杯子从圆盘滑离时的速度
杯子在桌面滑行的距离
由动能定理可得
联立可得
17．(1)，
(2)
【详解】（1）设粒子经过C点的速度为，在区域中，根据动能定理
设粒子在区域中运动的时间为t，根据类平抛规律,x方向
y方向
根据牛顿第二定律
解得
设粒子到G点的速度为v，在区域中，根据动能定理
解得
（2）从P点静止释放的粒子，根据动能定理
区域中的电场强度变为后，根据牛顿第二定律
根据类平抛规律 ，
粒子经过边时速度的y分量为
在区域，根据运动的合成与分解，
联立解得
18．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）物块P以水平抛出到A点过程，由动能定理得
解得
（2）设物块在A点速度方向与水平方向夹角为，有
物块P从A点到B点过程，由动能定理有
解得
物块P在B点时，由
解得
由牛顿第三定律可知，物块P在B点时对轨道压力的大小为。
（3）设物块P碰撞前的速度为，由动能定理有
P、Q相碰后的速度为，则
物块P、Q恰好未进入轨道，由动能定理得
解得
根据几何关系：组合体滑行个轨道时与圆心连线跟水平方向的夹角为，设脱离时的速度为v，则
设物块Q置于到B点的距离为，物块P碰撞前的速度为，则有，
联立解得

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