2022-2023学年安徽省六安县高一（下）期末物理试卷
一、单选题（本大题共8小题，共32分）
1. 如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，座舱的质量为，运动半径为，角速度大小为，重力加速度为，则座舱( )
A. 运动周期为 B. 线速度的大小为
C. 向心加速度大小为 D. 所受合力的大小始终为
2. 甲、乙两名运动员在泳池里训练，时刻从泳池的两端出发，甲、乙的速度时间图象分别如图、所示，若不计转向的时间且持续运动，两运动员均可视为质点。下列说法正确的是( )
A. 游泳池长
B. 两运动员一定不会在泳池的两端相遇
C. 从时刻起经过两运动员共相遇了次
D. 在内，两运动员的平均速度大小之比为
3. 如图所示，轴、轴为正方形的对称轴，在、两点分别放置电荷量为的点电荷，在、两点分别放置电荷量为的点电荷。在这四个点电荷产生的电场中，下列说法正确的是( )
A. 除点和无穷远处外，、轴上还有电场强度为零的点
B. 轴上离点越远，电场强度越小
C. 轴上离点越远，电势越低
D. 坐标轴上各点电势相等
4. 真空中相距为的两个点电荷、，分别固定于轴上和的两点上，在它们连线上各点场强随变化关系如图所示，以下判断中正确的是( )
A. 点电荷、一定为同种电荷
B. 点电荷、所带电荷量的绝对值一定相等
C. 点电荷所带电荷量的绝对值一定比点电荷所带电荷量的绝对值大
D. 处的电势一定为零
5. 如图所示为计算机生成的点电荷电势分布三维图，、轴组成被研究的平面，轴为电势的大小，和为图中的两点，若取无穷远处的电势为零，则( )
A. 该点电荷带负电
B. 点所在曲线为电场线
C. 点处位置的电场强度大于点处位置的电场强度
D. 负电荷从点处位置移动到点处位置，其电势能减小
6. 年月日，神舟十四号载人飞船与空间站成功对接，如图所示。神舟十四号载人飞船与空间站对接后组合体的运动可视为匀速圆周运动，绕行周期为，距地面高度为，为地球半径，万有引力常量为。下列说法中正确的是( )
A. 对接后组合体的运行速度 B. 地球表面重力加速度
C. 地球的质量 D. 地球的密度为
7. 如图所示，质量为、长度为的小车静止在光滑水平面上，质量为的小物块可视为电质点放在小车的最左端。现用一水平恒力作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力为，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为。此过程中，以下结论正确的是( )
A. 小物块到达小车最右端时具有的动能为
B. 小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为
C. 小物块克服摩擦力所做的功为
D. 小物块和小车增加的机械能为
8. 如下图所示，以角速度匀速转动的圆锥形斜面上放着两个物体、可视为质点，转动过程中两个物体没有相对圆锥滑动，其中二者距斜面顶端的高度，则下列说法正确的是( )
A. 、两物体的线速度相等
B. 、两物体的角速度之比是
C. 、两物体的周期之比是
D. 、两物体的向心加速度大小之比是
二、多选题（本大题共3小题，共18分）
9. 如图，质量分别为和的两个小球和，中间用轻质杆固定连接，杆长为，在离球处有一个光滑固定转轴，如图所示。现在把杆置于水平位置后自由释放，球顺时针摆动到最低位置，已知重力加速度为，则( )
A. 杆对小球做正功，的机械能增加
B. 小球在最低位置的速度大小为
C. 小球在此过程中机械能增加量为
D. 小球在此过程中机械能减少
10. 如图所示，绝缘轻杆的两端固定带有等量异号电荷的小球不计重力。开始时，两小球分别静止在、位置。现外加一匀强电场，在静电力作用下，小球绕轻杆中点转到水平位置。取点的电势为下列说法正确的有( )
A. 电场中点电势低于点 B. 转动中两小球的电势能始终相等
C. 该过程静电力对两小球均做负功 D. 该过程两小球的总电势能增加
11. 如图所示，是地球的同步卫星，和是位于赤道平面内同一圆形轨道上的另外两颗卫星。是在赤道上的物体。已知卫星和卫星绕行方向与地球自转方向相同，某时刻、两卫星相距最近地心、、在同一直线上，地球自转周期为，卫星运转周期为，则( )
A. 卫星运转周期小于地球自转周期
B. 卫星和卫星所受的向心力大小相等
C. 要实现卫星和卫星对接，只要卫星加速即可
D. 向心加速度
三、实验题（本大题共1小题，共10分）
12. 如图所示的三个图为探究影响平行板电容器电容大小的因素的实验，两平行板之间的电场可以视为匀强电场，给电容器充电后再与电源断开．
若保持两极板间的距离不变，正对面积变小，则电容器的电容____，两极板间的电势差____均选填“减小”“增大”或“不变”
若保持不变，变大，则电容器的电容____，两极板间的电场强度____均选填“减小”“增大”或“不变”
若保持和都不变，插入介质板后，则两极板间的电势差____，两极板间的电场强度____均选填“减小”“增大”或“不变”
四、计算题（本大题共3小题，共40分）
13. 做功与路径无关的场叫作势场，在这类场中可以引入“势”和“势能”的概念，场力做功可以量度势能的变化。例如静电场，如图所示，真空中静止正点电荷产生的电场中，取无穷远处的电势能为零，在距该电荷为的位置放置电量为的电荷所具有的电势能为式中为静电力常量。、为同一条电场线上的两点，、两点与电荷间的距离分别为和。
求点的电势；
现将电荷量为的检验电荷，由点移至点，求在此过程中，静电力所做的功；
如图所示，正电荷均匀分布在半径为的金属球面上。以球心为原点建立轴，沿轴上各点的电势用表示。选取无穷远处电势为零，在下列关于轴上各点电势随位置的变化关系图中选出正确的一项并说明理由。
14. 如图所示，倾角的光滑斜面固定在水平地面上，穿过定滑轮足够高的轻绳两端分别系着小物块和，开始时将按压在地面不动，位于斜面高的地方，此时滑轮左边的绳子竖直而右边的绳子与斜面平行，然后放开手，让沿斜面下滑而上升，当滑到斜面底端时绳子突然断了，物块继续沿水平地面运动，然后滑上与地面相切、半径的四分之一圆轨道。已知、之间的距离，物块与水平地面间的动摩擦因数，轨道光滑，物块的质量，取。
若物块到达点时的速度为，求物块刚进入四分之一圆轨道时对轨道的压力大小；
欲使物块能滑上四分之一圆轨道但又不会从轨道的最高点滑出，求物块的质量的取值范围。
15. 如图所示，在竖直平面内有两个点电荷，固定在同一水平直线上相距为的、两点，其电荷量分别为、。在、两点连线的垂直平分线处固定一光滑竖直绝缘杆，在杆上点有一个质量为、电荷量为的小环可视为点电荷由静止释放。已知、、三点连线为正三角形，重力加速度为。求：
释放小环瞬间，杆对小环的作用力大小；
小环滑到点时的速度大小。
答案和解析
1.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了圆周运动几个公式的计算，基础题，记住公式即可解题。
【解答】
A.由于座舱做匀速圆周运动，由
解得
故A错误；
B.由圆周运动的线速度与角速度的关系可知
故B错误；
C.座舱做匀速圆周运动，向心加速度大小
故C错误；
D.由匀速圆周运动的合力提供向心力可得
故D正确。
故选D。
2.【答案】
【解析】
【分析】根据图像与时间轴所围的面积来求游泳池长度；画出两人的位移时间图像，两人位移图线的交点表示相遇；根据位移与时间之比求平均速度大小，从而求得平均速度之比。
解决该题的关键是明确图像与时间轴所围的面积表示位移，根据图像画出对应的图像，去分析两运动员的运动情况。
【解答】、根据图像与时间轴所围的面积表示位移，可知游泳池长或，故A错误；
、两人的位移时间图像如图所示，由甲、乙的位移时间图线的交点表示相遇，可知甲、乙在时在泳池的一端相遇，在内甲、乙相遇次，故C正确，B错误；
D、在内，甲的位移大小为，乙的位移大小为，
故在内，两运动员的平均速度大小之比为：：：：：，故D错误。
3.【答案】
【解析】
【分析】
根据电场的叠加原理分析电场强度的大小。根据电场线的疏密程度比较场强的大小。由等量异种电荷等势面的分布情况结合电场的叠加原理分析各点电势关系。
本题的关键是要熟悉等量异号电荷的电场线分布情况，运用电场的叠加原理分析场强和电势关系。
【解答】
A、空间各点的电场强度是四个点电荷各自产生的电场的叠加，根据电场线的分布情况可知，在、轴上只有点和无穷远处的电场强度为零，故A错误；
B、在和两处点电荷的合电场中，点的电场强度为零；在和两处点电荷的合电场中，点的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，所以在轴上离越远，电场强度先增大后减小，故B错误；
C、在和两处点电荷的合电场中，轴是一条等势线。在和两处点电荷的合电场中，轴也是一条等势线，叠加后轴仍是一条等势线，所以轴上各点的电势相等，故C错误；
D、同理可知，轴是一条等势线，轴上各点的电势相等，故D正确。
故选：。
4.【答案】
【解析】
【分析】
由图象可以知道，点电荷、的合场强在处为零，由此可以判断点电荷、一定是同种电荷，所以在它们之间的场强的方向才相反，再根据点电荷的公式可以求得它们的电荷量之间的关系。
解决该题需正确分析图象，从而找到电场强度的变化情况，熟记点电荷的场强的计算公式。
【解答】
A.由于点电荷、分别固定于轴上 和的两点上，由图象可以知道，点电荷、的合场强在处为零，所以在它们之间的场强的方向必定相反，由此可以判断点电荷、一定是同种电荷，故A正确；
由点电荷的场强公式可知，点电荷、在处的场强分别为，，根据，可以得到：：，故BC错误；
D.由于没有给出零电势作为参考点，所以无法判断处的电势的大小，故D错误。
故选A。
5.【答案】
【解析】
【分析】
根据电势的高低分析出点电荷的电性；
点电荷的电场线为直线；
根据电场强度的表达式定性地分析出场强的大小；
根据电势能的表达式结合电性分析出电势能的变化。
本题主要考查了场强和电势的相关概念，熟悉电势和场强的表达式结合距离的大小完成分析，在计算电势能的过程中要注意电荷的电性。
【解答】A.由图可知，离点电荷越远，电势越小，可知该点电荷带正电，故A错误；
B.点电荷的电场线为直线，故B错误；
C.由选项分析可知，点离点电荷比较近，点离点电荷较远，可知点处位置的电场强度大于点处位置的电场强度，故C正确；
D.由图可知点电势大于点电势，根据可知负电荷从点处位置移动到点处位置，电势能增大，故D错误。
故选C。
6.【答案】
【解析】
【分析】
由运行速度与周期的关系求解；根据万有引力提供向心力解得；地表附近万有引力近似等于重力；根据密度公式求解．
万有引力的应用问题一般由重力加速度求得中心天体质量，或由中心天体质量、轨道半径、线速度、角速度、周期中两个已知量，根据万有引力做向心力求得其他物理量．
【解答】
A、组合体运行的速度为：，故A错误；
、根据万有引力提供向心力可得：
地表附近万有引力近似等于重力有：
所以有：，；
根据密度的计算公式
解得：
故BD错误，C正确；
故选：。
7.【答案】
【解析】A.小物块水平方向受到拉力和摩擦力的作用，根据动能定理
选项错误；小车相对地面的位移为，水平方向仅受小物块对小车的摩擦力，根据动能定理 ，选项错误；小物块相对地面的位移为 ，则克服摩擦力做的功为 ，选项正确；根据能量守恒可知，外力做的功转化为了系统的机械能还有摩擦产生的内能，所以小物体和小车增加的机械能为 ，选项错误。
8.【答案】
【解析】
【分析】
两物体没发生相对滑动，故角速度相等，由分析线速度大小，由分析加速度大小。
知道角速度相等是求解的关键。
【解答】
两个物体、视为质点，转动过程中两个物体没有相对圆锥滑动，所以角速度相等，即周期相等，由可知线速度不相等，故ABC错误；
D.由可知、两物体的向心加速度之比是为圆锥斜边与底边的夹角，故D正确。
故选D。
9.【答案】
【解析】A. 球动能增加，重力势能增加，则杆对小球做正功，A正确；根据机械能守恒 ，又 小球在最低位置的速度大小为 ，B错误：小球在此过程中机械能增加量为 ，得 ，C正确；根据机械能守恒，小球在此过程中机械能减少为 ，D错误。故选AC。
10.【答案】
【解析】分析：
本题考查了带电小球在电场中运动过程中做功及电势能的变化，一定要掌握电场力做功与电势能变化的关系，知道电场力做正功，电势能减小。
解答：
A、根据顺着电场线电势降低，可得电场中点电势低于点，故A正确；
B、设，开始状态轻杆与电场线方向的夹角为，根据匀强电场中电势差与场强的关系得：
取点的电势为，则有：
解得：
同理可得：
又根据电势能与电势的关系得小球的电势能为：，
所以两小球的电势能始终相等，故B正确；
、转动中两小球都沿电场力方向移动一段距离，根据电场力做功的条件可知，该过程静电力对两小球均做正功，所以该过程两小球的总电势能减小，故CD错误。
故选：。
11.【答案】
【解析】
【分析】
A、、三个颗卫星绕地球运动时间，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律列式可得出角速度、周期等物理量的表达式；而、有相同的角速度，结合卫星轨道变换的原理即可分析。
本题中有空中绕地球运动的卫星，也地面没有发射的物体，关键是抓住同步卫星的桥梁作用。
【解答】
A.对卫星、，根据开普勒第三定律，可知卫星的周期小于卫星的周期，而卫星的周期等于地球自转的周期，则卫星运转周期小于地球自转周期，故A正确；
B.因卫星、的质量关系不确定，则不能确定两卫星的向心力大小关系，故B错误；
C.若卫星加速，则做离心运动进入更高的轨道，不可能与卫星对接，故C错误；
D.根据万有引力提供向心力，可得，由于卫星、在同一轨道上，且小于因卫星的轨道半径，所以，由于同步卫星与赤道上的物体角速度相等，根据，可知，所以
故D正确。
故选AD。
12.【答案】减小；增大；减小；不变；减小；减小
【解析】
【分析】
先根据电容的决定式分析电容的变化，再根据电容的定义式分析板间电势差的变化，根据可知电场强度的变化。
本题考查电容器的动态分析问题，要注意明确电容器的定义式、决定式以及等公式的正确应用，注意明确当断开电源不变，只改变板间距离时，两板间的电场强度不变。
【解答】
保持板间距离不变，两极板正对面积减小，根据电容的决定式得知，电容减小，而电容器的电量不变，由电容的定义式分析得到，板间电势差增大；
保持不变，板间距离增大，根据电容的决定式得知，电容减小，而电容器的电量不变，由和可知：，故E和无关，故E不变；
保持和都不变，插入介质板后，根据电容的决定式得知，电容增大，而电容器的电量不变，由电容的定义式分析得到，板间电势差减小．由可知，减小；
13.【答案】解：点的电势为，根据题意，解得；
根据功和能的关系得，根据题意得，，解得；
金属球是一个等势体，等势体内部的电势处处相等；选取无穷远处电势为零，金属球外部电势随着增大而减小。
故选A。
【解析】静电力做正功，电势能减小，根据功和能的关系可知静电力做的功等于两点间电势能之差。
14.【答案】设物块经过点时的速度为，由机械能守恒定律得：
设物块刚进入圆轨道时受到的支持力为，由牛顿第二定律有：
联立解得：
由牛顿第三定律，物块对轨道的压力大小为；
设物块经过点的速度为时恰能滑到点，由动能定理有：
解得：
设物块经过点的速度为时恰能滑到点，由动能定理有：
解得：
要使物块能滑上轨道而又不从点滑出，物块在点的速度应满足：
设两物块的共同速度为，绳断前、组成的系统机械能守恒，有：
解得：
【解析】本题考查动能定理、机械能守恒、牛顿定律的综合运用，关键抓住临界状态，选择合适的规律进行求解。
根据机械能守恒定律求出到达点的速度，结合牛顿第二定律求出轨道对的支持力，从而得出对轨道的压力。
根据滑块恰好运动到点，结合动能定理求出经过的最小速度，抓住滑块恰好到达点，结合动能定理求出经过点的最大速度，再运用系统机械能守恒求出的质量范围。
15.【答案】解：在点：根据库仑定律：
对小环
对小环
对小环合力
杆对小环的作用力
小环从到，电场力不做功，根据动能定理
解得：
小环滑到点的速度大小
【解析】根据库仑定律，结合力的合成法则，即可求解；
根据动能定理，结合几何关系，即可求解；
考查库仑定律与动能定理的应用，掌握力的合成法则的内容，注意正确的运算。
