2022-2023学年天津市和平区高一（下）期末物理试卷（含解析）

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2022-2023学年天津市和平区高一（下）期末物理试卷
1. 如图甲所示，将乒乓球发球机固定在左侧桌面边缘的中央，使乒乓球沿中线方向水平抛出，发球的高度H和球的初速度v0可调节，忽略空气阻力，则(    )


A. 保持H不变，v0越大，乒乓球在空中运动的时间越长
B. 保持H不变，v0越大，乒乓球在空中运动的时间越短
C. 保持v0不变，H越大，乒乓球落在桌面瞬间的速度越大
D. 保持v0不变，H越大，乒乓球落在桌面瞬间的速度越小
2. 如图所示，当工人师傅用扳手拧螺母时，扳手上的P、Q两点的转动半径之比为2：3，其角速度分别为ωP和ωQ，线速度大小分别为vP和vQ，则(    )

A. ωP：ωQ=1：1，vP：vQ=2：3
B. ωP：ωQ=1：1，vP：vQ=3：2
C. ωP：ωQ=3：2，vP：vQ=1：1
D. ωP：ωQ=2：3，vP：vQ=1：1
3. 如图虚线圆为人造地球卫星的两个圆轨道，轨道A的半径大于轨道B的半径，则同一人造地球卫星(    )
A. 在轨道A上的速率大于在轨道B上的速率
B. 在轨道A上的周期小于在轨道B上的周期
C. 在轨道A上的万有引力大于在轨道B上的万有引力
D. 在轨道A上的机械能大于在轨道B上的机械能



4. 如图所示，小球甲在真空中做自由落体运动，另一同样的小球乙在油中由静止开始下落。两小球均从高度为h1的初始位置下落到高度为h2的位置。在这两种情况下(    )
A. 甲球的重力做功多
B. 甲球的重力平均功率大
C. 甲球的重力势能变化量大
D. 甲球的机械能变化量大
5. 物理和生活息息相关，下列有关静电的防止与利用，说法正确的是(    )


A. 甲图中，工作人员给车加油前触摸静电释放器，可将加油枪的静电释放到大地
B. 乙图中，静电除尘装置将带负电的尘埃收集在中间的线状电离器B上
C. 丙图中，燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的现象
D. 丁图中，两条优质的话筒线外面包裹着金属外衣增强了导电能力
6. 如图所示，质量为M的电梯底板上放置一质量为m的物体。钢索拉着电梯由静止开始向上做加速运动，当上升高度为H时，速度达到v，则(    )
A. 底板对物体的支持力做的功等于12mv2
B. 物体所受合力做的功等于12mv2+mgH
C. 钢索的拉力做的功等于12Mv2+MgH
D. 电梯所受合力做的功等于12Mv2

7. 2023年6月，交通集团首批氢能源客车在天津港保税区投入运营。某款质量为m的氢能源汽车如图甲所示，测试其性能时的v−t图像如图乙所示。已知汽车在平直公路上以额定功率P启动，整个运行过程中汽车功率及所受阻力均恒定，t1时刻起以最大速度匀速行驶。则在0～t1时间内下列说法正确的是(    )

A. 汽车的牵引力逐渐增大 B. 汽车的阻力大小为Pvm
C. 牵引力对汽车做的功为Pt1 D. 汽车行驶的距离为vmt12
8. 如图，甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕半径相同、质量为M和2M的A、B两行星做匀速圆周运动，忽略行星的自传，下列说法正确的是(    )

A. 甲、乙两颗卫星的线速度大小之比为1： 2
B. 甲、乙两颗卫星的周期之比为1： 2
C. A、B两颗行星的地表重力加速度之比为1：2
D. A、B两颗行星的第一宇宙速度之比为1： 2
9. 如图甲所示，小球(可视为质点)穿在竖直平面内光滑的固定圆环上，绕圆心O点做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，圆环与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F−v2图像如图乙所示，g取10m/s2，则(    )

A. 小球的质量为2kg
B. 固定圆环的半径R为0.4m
C. 小球在最高点速度为4m/s时，圆环受到小球施加的竖直向下20N的弹力
D. 若小球恰好能做完整圆周运动，则其运动中所受圆环给的最大弹力为100N
10. 在真空中A、B两处固定两个等量异种电荷，正下方有一根足够长的光滑玻璃杆水平放置，一个质量为m、电荷量为−q的小圆环穿在杆上，从A点的正下方C处以速度vC一直向右运动至B点正下方D处，到达D处时的速度为vD，O点是CD的中点，则(    )
A. 小圆环从C到D过程中先做减速运动，再做加速运动
B. CD两点间的电势差为：UCD=m(vC2−vD2)2q
C. 小圆环至O点时的速度为：vO= vC2+vD22
D. 小圆环通过D点后，继续向前运动很远距离，最终速率趋于v1= vC2+vD22
11. 在“探究平抛运动的特点”实验中

(1)用图1装置进行探究，下列说法正确的是______ 。
A.只能探究平抛运动水平分运动的特点
B.需改变小锤击打的力度，多次重复实验
C.能同时探究平抛运动水平、竖直分运动的特点
(2)用图2装置进行实验，下列说法正确的是______ 。
A.斜槽轨道M必须光滑且其末端水平
B.上下调节挡板N时必须每次等间距移动
C.小钢球从斜槽M上同一位置静止滚下
(3)用图3装置进行实验，竖直挡板上附有复写纸和白纸，可以记下钢球撞击挡板时的点迹。钢球从斜槽上P点静止滚下，撞击挡板留下点迹A，将挡板依次水平向右移动x，重复实验，挡板上留下点迹B、C。若测得A、B间距离y1，B、C间距离y2，重力加速度为g，根据以上直接测得的物理量推导出小球初速度的计算公式为v0= ______ (用所给字母表示)。
12. 用如图甲所示的装置做“验证机械能守恒定律”的实验，将重锤固定在纸带一端，使重锤由静止自由下落，打出的纸带由于初始部分的点迹模糊不清，舍去这部分点迹后得到如图乙所示纸带。

(1)选用的测量仪器除打点计时器外还需要______ 。
A.天平
B.毫米刻度尺
C.秒表
(2)关于实验操作及数据处理，下列说法正确的是______ 。
A.先接通电源再释放纸带
B.若通过图像验证机械能守恒，必须多次重复实验，才能得到多个数据点
C.利用数据做出v2−h图像是一条直线，且斜率数值为重力加速度值，则说明重物下落过程机械能守恒
(3)在利用纸带上的数据点验证机械能守恒时，已经测出了AC段和FH段长度，还需要测出______ 段长度才能完成本次验证。
(4)在做“验证机械能守恒定律”的实验时，发现重物减少的重力势能总是略大于重物增加的动能，造成这种现象的原因是______ 。
A.选用的重物质量过大
B.选用的重物质量过小
C.存在空气阻力和摩擦阻力
D.实验时操作不规范，实验数据测量不准确
13. 如图所示，水平向右的匀强电场中，一半径为R、圆心为O的光滑半圆绝缘轨道固定在竖直平面内，b点为轨道的最低点。质量为m、电荷量为q的小球甲恰好静止在轨道a点，a点与轨道圆心O的连线与竖直方向的夹角为θ=60°，重力加速度大小为g。则：
(1)判断小球甲的电性并求出匀强电场的电场强度大小E；
(2)现将小球甲固定在a点，将另一个质量为2m的带电小球乙放在b点，小球乙恰好静止且与轨道无作用力，两小球均视为点电荷，请判断小球乙的电性，并求出小球乙的电荷量q′。
14. 如图所示，粗糙的圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，一个质量为m=0.2kg的小球从P点水平抛出，恰好从圆弧轨道的A点沿切线方向进入轨道。B为轨道的最低点，C为最高点，圆弧AB对应的圆心角θ=60°，轨道半径R=0.4m。g取10m/s2，不计空气阻力，若小球进入轨道后恰好通过C点，且在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功Wf=−2J。求：
(1)小球到达C点的速度的大小vC；
(2)小球冲入轨道A点的速度的大小vA；
(3)P和A两点的高度差h。

15. 如图所示，倾角为30°的足够长光滑斜面固定在水平地面上，一轻绳绕过两个光滑的轻质滑轮连接着固定点P和物体B，两滑轮之间的轻绳始终与斜面平行，物体A与动滑轮连接，开始时，物体A、B处于静止状态，求：
(1)若静止释放后物体B开始竖直向下运动，mBmA需要满足什么条件？
(2)若A、B两物体质量相等均为m，静止释放后，物体A的位移为L时，重力加速度为g，求：
①物体A的速度大小vA；
②物体A的机械能相比静止时的变化量ΔE。
答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：AB、乒乓球在空中做平抛运动，有H=12gt2，解得t= 2Hg，可知乒乓球在空中运动的时间由下落的高度决定，H不变，则乒乓球在空中下落的时间不变，故AB错误；
CD、物体落在桌面瞬间的速度为v= vy2+v02= 2gH+v02，保持v0不变，H越大，乒乓球落在桌面瞬间的速度越大，故C正确，D错误。
故选：C。
乒乓球在空中做平抛运动，根据下落的高度分析运动时间的变化；
推导出乒乓球落在桌面瞬间的速度表达式，再分析其变化情况。
解决本题的关键要知道分运动和合运动具有等时性，平抛运动的时间由高度决定，与初速度无关。

2.【答案】A 
【解析】解：P、Q两点同轴转动，它们的角速度相等，则ωP：ωQ=1：1
线速度v=ωr，P、Q两点的线速度大小之比：vPvQ=ωPrPωQrQ=11×23=23，故A正确，BCD错误。
故选：A。
扳手在做转动时，其上各点具有相同的角速度，然后结合线速度与角速度之间的关系v=ωr进行求解即可。
解决本题的突破口在于P、Q两点的角速度相同，然后熟练掌握匀速圆周运动的各物理量之间公式即可。

3.【答案】D 
【解析】解：A、卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：GMmr2=mv2r，解得：v= GMr，由于rA>rB，则vArB，则TA>TB，故B错误；
C、卫星受到的万有引力F=GMmr2，由于rA>rB，则FA14
(2)①若A、B两物体质量相等均为m，静止释放后，物体A的位移为L时，物体B的位移为2L，物体A的速度为vA，物体B的速度为：vB=2vA
由系统机械能守恒可得：
mg⋅2L−mgLsin30°=12mvA2+12mvB2
解得
vA= 3gL5
②物体A的机械能相比静止时的变化量为
ΔE=12mvA2+mgLsin30°
解得
ΔE=45mgL
答：(1)若静止释放后物体B开始竖直向下运动，则mBmA>14；
(2)①物体A的速度大小为 3gL5；
②物体A的机械能相比静止时的变化量为45mgL。 
【解析】(1)分别对AB根据牛顿第二定律分析解答；
(2)①根据系统机械能守恒定律分析解答；
②对A根据动能和重力势能的变化分析解答。
解决本题时，要知道物体B下降的过程中，A、B组成的系统的机械能是守恒的，采用隔离法求解绳子的拉力，利用功能关系进行分析。