《安徽省智学大联考皖中联盟2023-2024学年高一下学期期末考试物理试卷》参考答案题号12345678910答案BABDBBCCACBC1．B【详解】AB．做曲线运动的物体，所受合力总是指向轨迹凹侧，由乙图可知，烟尘颗粒所外力的合发生了变化，不可能做匀变速曲线运动，故A错误，B正确；CD．曲线运动速度方向沿轨迹切线方向，故CD错误。故选B。2．A【详解】A．根据mmFG12r2有Fr2Gm1m2根据单位运算可知，引力常量G的单位为Nm2/kg2，故A正确；B．当r趋近于无穷远时，万有引力趋近于无穷小，但当间距为零时，万有引力定律不适用，故B错误；C．两物体彼此之间的万有引力是一对相互作用力，大小总是相等，故C错误；D．万有引力定律可以普遍使用，不仅仅只适用于两个质点间万有引力大小的计算，故D错误。故选A。3．B【详解】A．圆弧线adc在a、c处与电场线不垂直，所以圆弧线不是等势线，A错误；B．a、c两点关于bd直线对称，所以这两点的电势相同，B正确；C．电场强度是矢量，其方向沿电场线的切线方向，结合图可知，a、c两点的电场强度方向不相同，所以a、c两点的电场强度不相同，C错误；D．将正电荷从b点移动到d点，电场力做负功，电势能增加，所以同一正点电荷在b点的电势能比在d点小，D错误。故选B。答案第1页，共13页4．D【详解】AB．由于空气阻力做功，则Ｂ点的机械能小于Ａ点的机械能，由能量守恒可知，羽毛球在A、B两点重力势能相等，A点动能大于B点动能，经过A点时速度大于经过B点时速度，故AB错误；CD．将运动分解到水平方向和竖直方向，由于存在空气阻力作用，水平方向一直做减速运动，落地前瞬间水平方向速度有可能减小到0，故C错误，D正确；故选D。5．B【详解】AB．对AB整体受力分析，水平方向，受到的合电场力为0，竖直方向Ta=3mg故A错误，B正确；CD．对B隔离受力分析22Tb(qE)(mg)2mg故CD错误。故选B。6．B【详解】AB．根据图像可知角速度随时间变化的关系式为1·t圆筒边缘线速度与物块前进速度大小相同vR解得v0.1t可知物体做匀加速直线运动，加速度va0.1m/s2t根据牛顿第二定律有Fmgma解得F1.1N细线拉力的瞬时功率答案第2页，共13页PFv1.10.1t0.11t0.44W物体在4s内运动的位移1xat20.8m2细线拉力做的功为WFx0.88J故A错误，B正确；CD．结合上述滑动摩擦力的瞬时功率P'mgv10.1t0.1t0.4W滑动摩擦力做的功为W'mgx0.8J故CD错误。故选B。7．C【详解】AB．设篮球上升过程所用的时间为t1，有1hhgt22121解得t10.5s设篮球下降过程所用的时间为t2，有1hhgt2222解得t20.4s又tt1t2解得篮球从出手到进筐所用的时间为t0.9s故AB错误；CD．篮球在水平方向上的速度大小答案第3页，共13页xvxt解得vx5m/s篮球出手时在竖直方向上的速度大小vygt1解得vy5m/s又22vvxvy解得v52m/s故C正确D错误。故选C。8．C【详解】A．煤块刚放上传动带时，受到的滑动摩擦力沿斜面向下，根据牛顿第二定律得mgsin37mgcos37ma1解得2a18m/s则煤块从0加速到与传送带共速需要v0t12sa1煤块的位移为1xat216m1211由于mgsin37mgcos37可知煤块与传送带共速后继续做匀加速运动，摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第二定律得mgsin37mgcos37ma2答案第4页，共13页解得2a24m/s根据1xvtat2Lx2022221解得t21s共计tt1t23s故A错误；B．第一个过程传送带的位移为x3v0t132m煤块与传送带的相对位移为x1x3x116m第二个过程传送带的位移x4v0t216m相对位移x2x2x42m第一个过程摩擦生热为Q1Ffx132J第二个过程摩擦生热为Q2Ffx24J故总产热量为QQ1Q236J故B错误；CD．摩擦力大小为Ffmgcos372N答案第5页，共13页第一个过程摩擦力对煤块做功W1Ffx132J第二个过程摩擦力对煤块做功W2Ffx236J故全程摩擦力对煤块做功为4J，煤块的机械能减少了4J，故C正确，D错误。故选C。9．AC【详解】AB．M、N的转动角速度相同，根据向心加速度公式a2rN的半径较大，物体N的加速度大于M的加速度，故A正确，B错误；CD．根据题意知，太空天梯上处于静止卫星轨道的物体，只受地球引力，随静止卫星一起做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律列式Mm42G2m2r0r0T而整个天梯及两物体相对于地球静止不动，故T相同，对物体M，轨道半径rr0。设太空天梯对天梯上物体的力大小为F，则必有Mm42GFmrr2T2故太空天梯对物体M的力与地球对物体M的引力方向相反，背离地面；同理，对物体N，轨道半径rr0，则必有Mm42GFmrr2T2故太空天梯对物体N的力指向地面，故C正确，D错误。故选AC。10．BC【详解】A．小球在运动过程中，有重力势能、动能与电势能之间的转化，小球由P点运动到Q点过程中，除重力做功之外有电场力做功，则机械能不守恒，故A错误；BC．根据题意可知小球在复合场中做类斜抛运动，由于小球在P、Q两点速度大小均为v，根据类斜抛运动的对称性可知，小球所受重力与电场力的合力F方向必定垂直于PQ连线指向左下方，由几何关系可知PQO30答案第6页，共13页小球在沿PQ方向做匀速直线运动，在垂直于PQ方向做双向匀变速直线运动，可知当小球垂直于PQ方向的分速度减小为0时，小球速度最小，即速度最小时，速度方向与PQ平行，即3vvcos30vmin2由动能定理可知，克服电场力做功等于重力做功WGmgL3当电场力大小为mg时，竖直方向加速度为g，故3（vsin60）23v2L2g8g综上克服电场力做功为32W克电mv8故BC正确；D．根据上述，电场力与重力合力方向始终垂直于PQ方向，根据三角形法则可知，当电场力与合力方向垂直时，电场力最小，则有1F电mgcosmgmin21则所受电场力不小于mg即可，且电场力与初速度方向夹角一定为钝角，与Q点速度夹角2有可能是锐角，故D错误。故选BC。11．(1)变小(2)7.3103/7.5103/7.81031.5103/1.6103不变【详解】（1）给电容器充电后与电源断开，即保持电荷量不变。若将B板右移，则极板间距减小，根据SC4kd则电容增大；根据QCU则电势差减少，静电计指针偏角变小。（2）①[1][2]电容器放电时，根据公式qIt答案第7页，共13页可知，在It图像中，图线与横轴围成的面积表示通过电荷量的多少，由图乙可知图线与横轴围成的面积为30个小格，则电容器开始放电时所带的电荷量为q300.50.5103C=7.5103C根据题意及图甲可知，电容器充电结束时，两极板间电压为5V，则电容器的电容为qC1.5103FU②[3]根据qCU可知，如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，极板上的电荷量不变，则It图像中，图线与横轴围成面积不变。12．(1)ABDd(2)t(3)C(4)3mg【详解】（1）[1]为了验证机械能守恒定律，还需要测量的物理量有：细线的长度L，小球释放初始位置细线与竖直方向的夹角为，还要知道小球经光电门时的速度，因此需要测量小球的直径d，以求得小球经光电门时的速度，不需要测量小球的质量m，因在计算时可以约去质量m，故ABD正确，C错误。故选ABD。（2）[2]由于小球直径较小，且通过光电门时的时间较短，因此可以用时间t内的小球的平均速度来近似表示其通过光电门时的瞬时速度，即dv（3）[3]若机械能守恒，则应有td1mg（L）（1cos)mv222解得d2g（L）（1cos）12t2d211由上式可知，与cos成线性关系，所以为了直观地判断机械能是否守恒，可作cost2t2图像。故选C。答案第8页，共13页（4）[4]若用力传感器测量小球摆到O点正下方时细线拉力为F，根据牛顿第二定律可得v2FmgmL若小球下落过程机械能守恒，则有1mgLmv22可得F3mg因此当小球摆到O点正下方时，力传感器示数F为3mg，则可验证小球在摆动的过程中满足机械能守恒。46mgL2213．（1）mg；（2）小球带负电，；（3）30kmg，方向水平向右35k9L【详解】（1）对小球受力分析，根据平衡条件可知其受力情况如下所示根据平衡条件有F拉sinFF拉cosmg联立解得4Fmg（2）异种电荷连线上的场强方向由正电荷指向负电荷，小球所受电场力方向与场强3方向相反，故小球带负电。根据库仑定律可知，A对小球的库仑力Q2FkB对小球的库仑力1L2Q2Fk2（3L）2且有FF1F2联立解得答案第9页，共13页6mgL2Q（3）根据电场的定义可知，等量异种电荷A、B在N处产生的总场强5k4mgF2E330kmgQ6mgL29L5k方向水平向右。314．（1）12.5N；（2）m/s；（3）105N2【详解】（1）对物块受力分析，如图所示由图可知mgTcos代入可得T12.5N（2）根据物块的受力分析可知mgtanmrlsin2解得53rad/s3无人机的角速度与物块角速度相等，无人机的线速度大小3vrm/s2（3）设空气对无人机的作用力为F，与水平方向夹角为，对无人机受力分析如下答案第10页，共13页水平方向有FcosTsinmr2竖直方向有FsinTcosmg两式联立可得F105N15．（1）3J；（2）15J；（3）0R21.28m或R23.2m【详解】（1）滑块从A运动到B，根据动能定理1mgRWmv21f2在B点，根据牛顿第三定律可知，轨道对滑块的支持力大小为FN'39N方向向上牛顿第二定律v2FN'mgmR1解得Wf3Jv4m/s（2）滑块到达C点时速度为vC，由题意v4vm/s5m/sCcos0.8答案第11页，共13页设滑块的加速度为a1，根据牛顿第二定律mgsin2mgcosma1解得2a12m/s设薄板的加速度为a2，根据牛顿第二定律（）Mgsin2mgcos1MmgcosMa2解得2a27m/s设经时间t滑块和薄板共速v1vCa1ta2t解得t1sv17m/s滑块位移vv57xC1t1m6m122薄板位移v7x1t1m3.5m222相对位移xx1x26m3.5m2.5mL1滑块刚好到达薄板最下端，由于21，之后两者一起以a沿斜面向下加速下滑，Q2mgcos37x15J（3）设滑块和薄板一起以a沿斜面加速下滑，根据牛顿第二定律（）（））Mmgsin1Mmgcos(Mma解得a4m/s2设整体到达D的速度为vD，根据动学公式答案第12页，共13页22（）vDv12aL2x2解得vD8m/s①滑块刚好能达到半圆轨道的最高点v2mgm2R2滑块从最低点到最高点，机械能守恒11mv22mgRmv22D222解得R21.28m所以要使滑块不脱离竖直半圆轨道，半圆半径满足0R21.28m②滑块刚好能达到半圆轨道的左边与圆心等高处，根据机械能守恒定律1mv2mgR2D2解得R23.2m所以要使滑块不脱离竖直半圆轨道，半圆半径满足R23.2m综上可得要使滑块不脱离竖直半圆轨道，半圆半径满足0R21.28m或R23.2m答案第13页，共13页