《安徽省合肥市第一中学2023-2024学年高一下学期期末考试物理试题》参考答案题号12345678910答案DABBCADACABDBD1．D【详解】A．由于一根电场线其疏密程度无法确定，所以也无法比较两点的电场强度，故A错误；B．图中只有一条电场线，无法确定是否是由点电荷形成的电场，并且如果是点电荷形成的电场也有可能是b点右侧带负电的点电荷形成的电场。故B错误；C．电子带负电，运动过程中经过b点，其受力方向一定与该处电场线的方向相反，但运动情况却不一定沿电场线向a运动。故C错误；D．根据FEq可知该正电荷在某处受到的电场力大小与电场强度大小有关，若a处和b处的电场线疏密程度相同，则场强大小相等，那么正电荷受到的电场力大小相等，且方向相同。故D正确。故选D。2．A【详解】力F1与F2的合力对物体做功为W3J+4J=7J故选A。3．B【详解】A．物体下落的高度为h，重力做功为mgh，则物体的重力势能减少了mgh，故A错误；B．根据动能定理知1EW合mahmghk3故B正确；CD．根据牛顿第二定律得2mgfmamg3得答案第1页，共9页2fmg3根据功能原理知，物体的机械能减少等于物体克服空气阻力做的功为2Efhmgh3故CD错误；故选B。4．B【详解】A．x轴正方向为场强的正方向，根据E﹣x图像可知，在0xd区域，场强方向为负，在dx4d区域，场强方向为正，在x4d区域，场强方向为负，可知两点电荷均带负电，故A错误；B．在xd处，场强为零，则有kqkqABd2(3d)2解得qB9qA故点电荷A、B所带电荷量的绝对值之比为1：9，故B正确；C．沿电场线方向电势降低，故在0x4d区域xd处电势最高，但比无限远处电势低，即电势小于零，故C错误；D．电子从5d处无初速度释放，将在电场力作用下一直向无限远处运动，电场力做正功，其电势能一直减小，故D错误。故选B。5．C【详解】竖直方向mgFNma水平方向2FNmr解得gar故选C。答案第2页，共9页6．A【详解】当汽车空载时，有Pf1v1km0gv1当汽车装满货物后，有（）Pf2v2km0mgv2联立两式解得v1v2mm0v2故选A。7．D【详解】A．由题图乙可知，0～1s内，A、B的加速度大小都为a1m/s2物体B和木板A水平方向均受滑动摩擦力，根据牛顿第二定律知二者质量相等，则木板最终动能为1Emv21JkA21故A错误；B．系统损失的机械能为11ΔEmv22mv22J202故B错误；C．题图乙可得二者相对位移为1m，即木板A的最小长度为1m，选项C错误；D．由对B受力分析，根据牛顿第二定律，可得mgma解得0.1D正确。故选D。8．AC【详解】A．根据UEd答案第3页，共9页可知等差等势线越密集的地方场强越大，则M点处的电场强度大于N点处的电场强度，故A正确；D．根据曲线运动的合力方向位移轨迹的凹侧，且电场方向与等势线垂直，粒子又带负电，则粒子在电场中的受力和场强方向如图所示根据沿电场方向电势降低可知四个等势线的电势关系为abcd故D错误；BC．根据Epq由于N点的电势小于M点的电势，且粒子带负电，所以带电粒子在N点处的电势能比在M点处的电势能大；由于粒子只受电场力作用，电势能和动能之和保持不变，则带电粒子在N点的动能在M点处的速度小，带电粒子在N点的速度比在M点处的速度小，故B错误，C正确。故选AC。9．ABD【详解】A．F拉着物块M缓慢向上提，直到物块N刚好要离开地面为止，对M、N整体有F2mg可知整个过程拉力F的大小从零逐渐增大到2mg，故A正确；B．初始对物块M分析得弹簧的压缩量mgx1k物块N刚好要离开地面时，弹簧的伸长量为答案第4页，共9页mgx2k可知初态弹簧的压缩量与末态弹簧的伸长量相等，所以该过程的初状态和末状态弹簧的弹性势能相同，弹性势能变化量为零，由功能关系可知拉力F做的功等于M的重力势能的增加，故BD正确；C．弹簧由压缩到伸长，弹性势能先减小后增大，故C错误。故选ABD。10．BD【详解】A．由题图可知，两星球的重力加速度大小和半径之比都是1∶2，由GMmmgR2可得gR2MG则两星球的质量之比M1PMQ8故A错误；B．由MM4VR33可得3g4GR故两星球密度相同，故B正确；C．由v2mgmR可得vgR则两星球的第一宇宙速度大小之比v1PvQ2故C错误；答案第5页，共9页D．由GMm42mrr2T2可得GMT2r342则两星球静止卫星的轨道半径之比r1PrQ2又因为两星球的半径之比为1：2，故静止卫星距星球表面的高度之比也为1：2，故D正确。故选BD。11．(1)AB(2)8.008.25(3)大于重物受到空气阻力或纸带与打点计时器之间存在阻力【详解】（1）A．两限位孔必须在同一竖直线上，这样可以让纸带顺利通过，减小摩擦对实验的影响，A正确；B．实验前，手提住纸带上端，使纸带竖直，可以使纸带放开后保持竖直状态通过打点计时器，从而减小摩擦对实验的影响，B正确；C．应该先接通打点计时器的电源，再释放纸带，这样可以充分利用纸带，使纸带上数据点多，若先释放纸带后接通电源，纸带上数据点会很少，甚至没有数据，C错误；D．应选择纸带上距离适当较远的两点作为初、末位置，这样可以使误差百分比减小，D错误。故选AB。（2）[1]打下C点时重物的速度大小是ss15.2416.76v12102m/s4m/sC4T40.02则，重物的动能增加量为1ΔEmv208.00Jk2C[2]重物减少的重力势能为（）ΔEpmgs0s18.25J（3）[1]由（2）中计算可知，重物减少的重力势能大于重物增加的动能；答案第6页，共9页[2]由于阻力的作用重物减小的重力势能总是略大于增加的动能，这里的阻力主要来源于重物受到的空气阻力和纸带与打点计时器之间的摩擦阻力。33mg112．（1）EL；（2）；（3）mgL54E4【详解】（1）O和静止位置P间的电势差为3UEdELsin37ELOP5（2）小球静止在P点，则有Eqmgtan37可得小球所带的电荷量为3mgq4E（3）根据动能定理有mgLEqLEk可得，小球经过最低点时的动能为1EmgL(1tan37)mgLk43Rr1R13．（1）vgR；（2）Tπ；（3）WmgR122R2g2r【详解】（1）在近地轨道1上，万有引力提供向心力Mmv2GmR2R又因为忽略自转，地面上物体万有引力等于重力有MmGmgR2解得vgR（2）在近地轨道1上，天通一号的周期2RRT21vg根据开普勒第三定律答案第7页，共9页3Rr3R222T1T2解得3RrT22R2g（3）在轨道3上Mmv2MmGm3，Gmgr2rR2天通一号的线速度为gR2v3r从轨道1到轨道3，由能量守恒Ep1Ek1WEk2Ep2即Mm1Mm1Gmv2WGmv2R2r23解得1RWmgR12r2314．（1）6N；（2）0.3J；（3）m5【详解】（1）设滑块到达B点的速度大小为vB由机械能守恒定律有1mgrmv22B解得vB3m/s滑块在B点，由向心力公式有mv2NmgBr解得N6N答案第8页，共9页根据牛顿第三定律可知，滑块到达光滑圆弧底端B时对轨道的压力大小为6N；（2）滑块在传送带上做匀加速运动，由牛顿第二定律有ag2m/s2由速度位移公式得22vCvB2aL解得vC4m/sv05m/s滑块在传送带上运行的时间为vvtCB0.5sa传送带运行的距离为xv0t2.5m故滑块与传送带间因摩擦产生的热量为QmgxL0.3J（3）滑块从C至F，由机械能守恒有11mv2mgRmv22C2F滑块离开F点后做平抛运动，竖直方向有1Rgt22联立解得滑块的落地点到O点的距离23xvtmF5答案第9页，共9页