江西省赣州市2023-2024学年高一下学期期末考试物理（图片版含解析）

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期末考试物理参考答案 v P P 1.5 10m 1 1 m/s 30m/sf mg 2000 10
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 4 4
故 D错误；
答案 B C A A D D C AC BC ABD
9．【答案】BC【详解】A．两球所受库仑力是相互作用力，由库仑定律无法判断哪个球的电荷量大，
7.【答案】C【详解】AB．由图可知汽车在 AB段汽车牵引力不变，根据牛顿第二定律
1 故 A错误。F mg ma
4 B．同时剪断两根细线，两小球在竖直方向的分运动均为自由落体运动，由
解得
h 1 gt 2
a 2.5m/s2 2
可知，同时落地，故 B正确；
可知汽车在 AB段做匀加速直线运动，汽车在 BC段牵引力逐渐减小，做加速度减小的加速运动，
CD．两球均受重力、库仑力和拉力三个力作用而平衡，且两球所受库仑力等大反向，由力平衡可
故汽车启动后先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速运动，直到速度达到最大，故 AB错误；
知
C．汽车做匀加速直线运动的位移为
F mg tan
x 11 at
2
1 45m2 其中θ为细线与竖直方向的夹角，因为β＞α，故 a球的质量大于 b球的质量；在水平方向库仑力的
t1 6s时汽车的速度为 作用下，a球的水平加速度小于 b球，故 a球飞落地时的速度小于 b球，故 C对，D错误；
v at 15m/s 10．【答案】ABD【详解】A．根据题意，对小滑块受力分析，小滑块受到的滑动摩擦力沿传送带方1 1
向上，由牛顿第二定律有
汽车额定功率为
mg cos37 mg sin 37 ma
P Fv 3 51 10 10 15W 1.5 10 W
解得
从 t1 6s（功率最大）到速度达到最大过程中，根据动能定理 a 1m / s2方向始终沿斜面向上
P(t2 t1)
1 1
mgx2 mv
2 1 mv2 故 A正确；
4 2 m 2 1
B．以沿传送带向上为正，小滑块从接触传送带到与传送带相对静止所用时间为
解得
t v v
4 ( 2)
s 6s
x2 115m a 1
则小滑块沿传送带的位移为
汽车通过的距离为
x v v

t 4 ( 2) 6m 6m
x = x1 + x2 = 150m 2 2
摩檫力对滑块做功为
故 C正确。
D w mg cos x =84J．汽车达到的最大速度大小为
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{#{QQABaYgEogioQJAAAAgCAQ3KCAIQkAEACQgOhAAMIAAAAAFABAA=}#}
则小滑块的重力势能增加了 （2）在星球表面及其附近：设星球质量为M ，星球半径为 R，则根据万有引力提供向心力知
2
Ep mg h mgx sin 37 72J GMm
2 m
v ··········2分
R
故 B R正确；
不考虑星球自转影响，在星球表面万有引力等于重力知
C．小滑块从接触传送带到与传送带相对静止，小滑块与传送带发生的相对位移为
GMm
x x x vt x 18m
传 R2
mg·········1分
则小滑块与传送带因摩擦产生的内能为
代入得
Q mg cos x 252J
v gR 6.4km s··········2分
故 C错误；
14．（1） FN 2mg ，方向竖直向上；（2） 0.25D．根据题意，由能量守恒定律可知，电动机多消耗的电能等于系统增加的机械能和内能之和，则 ；（3）E p 3.5mgR
有 【详解】（1）设滑块第一次滑至C点时的速度为 vc，圆轨道C点对滑块的支持力为 FN ，在 P C过
E电 Ep Ek Q 程中有
其中增加的动能为 mgR 1 1 cos60 mvc2 ···········2分2
E 1 mv2 1 k mv
2 12J
2 2 在C点有
2
解得 FN mg m
vc ···········1分
R
E电 336J 解得
故 D正确。 FN 2mg···········1分
11．(每空 2分)(1)D (2)C (3) 2 2.5
（2）在 P C Q过程中有
2
12． (每空 2分) (1) mgh m(hC hA)B (2)C (3)C
8T 2 mgR 1 cos60 mg 2R 0··········2分
13.（1）g=8m/s2；（2）v=6.4km/s
解得
【详解】（1）下落过程由位移与时间关系知 0.25··········2分
h 1 g t 2···················3分2 （3）在 A点有
2
代入得 2mg m vA ··········1分
R
g 2h 8m s2··········2分 在Q C A过程中有t 2
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{#{QQABaYgEogioQJAAAAgCAQ3KCAIQkAEACQgOhAAMIAAAAAFABAA=}#}
E 1 mv2p A mg 2R mg 2R··········2分 对轻杆受力分析：2
， ， 14 ·········1分
解得弹性势能 F F B F A mg轴杆 杆 杆 5
E p 3.5mgR··········1分 方向竖直向上·········1分
14
15．（1）2mgl 2 3 10glv 10gl（ ） A ， vB ； mg5 5 5
【详解】（1）在杆由水平位置转动到竖直位置过程中，系统重力做功：
w 3mgl mgl 2mgl··········4分
（2）设杆转动到竖直位置时，小球 A、B的速度大小分别为 vA、 vB，杆旋转的角速度为 ，小球
A和 B及杆组成的系统机械能守恒，则有
mg 3l mgl 1 1 mv2A mv
2
B··········1分2 2
又
vA 3l， vB l··········1分
联立解得
3 10gl
vA ··········1分5
v 10glB ··········1分5
（3）在竖直位置时，A、B两球的受力情况：
mv2A：F mg A 11 F mg竖直向上··········1分杆A l 杆A 5
m 2
B：mg F vB 3B F mg竖直向上·········1分杆 l 杆B 5
由牛顿第三定定律得：
F， F 方向竖直向下·········1分A杆 杆A
F， F 方向竖直向下·········1分B杆 杆B
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