浙江省金华市2021-2022学年高一下学期6月期末物理试题（Word版附解析）

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一、单选题（每小题3分，共39分）
1. 下列物理量中属于标量的是（ ）
A. 时间B. 力C. 位移D. 向心加速度
【答案】A
【解析】
【详解】力、位移、向心加速度都是矢量，既有大小也有方向，运算按矢量运算法则；时间是标量，只有大小没有方向，按代数运算法进行计算。
故选A。
2. 在物理学研究过程中科学家们创造了许多物理学研究方法，下列叙述中错误的是（ ）
A. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点代替物体的方法是理想模型法
B. 根据速度定义式，当Δt非常小时，就可以表示物体在时刻的瞬时速度，该定义采用了等效替代法
C. 加速度的定义式为，采用的是比值定义法
D. 在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．质点属于理想模型，所以用质点来代替物体的方法是理想模型法，A不符合题意；
B．当 时
可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该方法用到了极限法，B符合题意；
C．加速度与速度变化量和时间没有直接关系，用到了比值法定义，C不符合题意；
D．把整个运动过程划分成很多小段，采用了微元法，D不符合题意。
故选B
3. 某同学用定滑轮将质量m=4kg的物体向上提升，他竖直向下拉绳子，使物体由静止开始以2m/s2的加速度上升，在此后的1s时间内，一切摩擦不计，以下说法正确的是（取g=10m/s2）（ ）
A. 拉力F做的功为48JB. 拉力F在1s末的瞬时功率为48W
C. 拉力F的平均功率为48WD. 物体克服重力做功的平均功率为80W
【答案】C
【解析】
【详解】根据牛顿第二定律可得
解得
A．1s末，物体上升的高度为
故拉力做的功为
A正确；
B．1s末物体的速度为
故拉力的瞬时功率为
B错误；
C．1s内拉力的平均功率为
C正确；
D．1s内物体克服重力做功的平均功率为
D错误。
故选C。
4. 如图所示，在水平地面上固定放置由内壁光滑圆管构成的轨道（管的内径大小可以忽略），圆周部分的半径，直轨道AB与圆周相切于B点，长度为，与水平方向夹角，已知C点为圆周轨道最低点。现将一质量为0.1kg、直径可以忽略的小球从管口A处由静止释放，g=10m/s2。则小球在C点时对轨道的压力（ ）
A. 5N，方向竖直向上B. 5N，方向竖直向下
C. 7N，方向竖直向上D. 7N，方向竖直向下
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】设AC之间的竖直高度为h，由几何关系可知
h=R+Rsin30°+LABsin60°=2m
A到C根据机械能守恒得
在C点，设轨道对小球的支持力为FN，由牛顿运动定律
FN-mg=
解得
FN=7N
由牛顿第三定律可知，小球在C点时对轨道的压力为7N，方向竖直向下。
故选D。
5. 如图所示为电缆终端电场的电场线和等势线的分布示意图，电缆的线芯为金属材料，下列说法正确的是（ ）
A. A点所在的线是等势线
B. B、C两点的电势差大于A、C两点的电势差
C. D点的电场强度小于E点的电场强度
D. 将一带负电的点电荷沿图中曲线从D点移到E点，电场力不做功
【答案】B
【解析】
【详解】A．A点所在的线是电场线，不是等势线，A错误；
B．A、C两点的连线基本上垂直于电场线的方向，电势差较小，B、C两点的连线与几乎与电场线平行，有明显的电势差，故B、C两点的电势差大于A、C两点的电势差，B正确；
C．D点的电场线或等势面的密集程度明显大于E点，故D点的电场强度大于E点的电场强度，C错误；
D．将一带负电的点电荷沿图中曲线从D点移到E点，沿电场线方向运动，故电场力做功，D错误。
故选B。
6. 在某电视台观看“蹦极”节目．简化如图，一根弹性橡皮绳一端系于跳台，另一端系于蹦极者身上，不计空气阻力．跳极者从开始下落到最低点的过程中．下列说法正确的是（ ）
A. 蹦极者的机械能不变
B. 蹦极者下落至橡皮绳原长位置时动能最大
C. 蹦极者下落至最低点时橡皮绳的弹性势能最大
D. 蹦极者重力势能与橡皮绳弹性势能之和不变
【答案】C
【解析】
【详解】A．下落过程中，弹性绳对蹦极者向上的力做负功，则蹦极者的机械能减少.故选项A不符合题意.
B．弹性绳刚开始绷紧时，弹性绳的拉力为零，物体只受重力，合外力向下，运动员向下做加速运动，速度继续增大，故此时运动员的速度不是最大.故选项B不符合题意.
C．到最低点弹性绳的形变量最大，所以弹性势能最大.故选项C符合题意.
D．在整个下落过程中，运动员和弹性绳组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，由于运动员的动能先增大后减小，所以由系统的机械能守恒知，重力势能与弹性绳的弹性势能之和先减小后增大.故选项D不符合题意.
7. 2023年5月30日，神舟十六号载人飞船与空间站组合体顺利交会对接。在对接完成之前，神舟十六号飞船需要完成六次自主变轨，距离地面的高度从200km上升到400km，逐渐接近空间站。对于变轨过程，下列说法正确的是（ ）

A. 变轨完成后，飞船的向心加速度增大了
B. 变轨完成前，飞船可视为在近地轨道上运行，则其速度大于7.9km/s
C. 变轨后，飞船机械能增大
D. 航天员处于完全失重状态，说明航天员不受地球引力作用
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据万有引力提供向心力有
解得
由于变轨完成后，飞船的轨道半径变大， 可知飞船的向心加速度减小了，故A错误；
B．第一宇宙速度是环绕地球做圆周运动卫星最大速度，故飞船速度小于7.9km/s，故B错误；
C．在变轨过程中，飞船从低轨道进入高轨道，需要对飞船加速，飞船机械能增大，故C正确；
D．虽然航天员处于完全失重状态，但是航天员仍受地球引力作用，故D错误。
故选C。
8. 如图所示，为某轿车的手动变速杆，若保持发动机输出功率不变，将变速杆推至不同挡位，可获得不同的运行速度，从“1”—“5”挡速度依次增大，R是倒车挡，某型号轿车发动机的额定功率为60kW，在水平路面上行驶的最大速度可达180km/h，假设该轿车在水平路面上行驶时所受阻力恒定，则该轿车（ ）
A. 若该车想以最大牵引力爬坡，则变速杆应推至“5”挡
B. 该车在水平路面上行驶时所受阻力大小为900N
C. 该车以额定功率在水平路面上以最大速度行驶时，其牵引力大小为1200N
D. 若改变发动机输出功率，汽车以54km/h的速度在同一水平路面上匀速行驶时，发动机的输出功率为35kW
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据
可知以最大牵引力爬坡，变速杆应推至“1”挡，故A错误；
C．以额定功率在水平路面上以最大速度行驶时，其牵引力为
故C正确；
BD．最大速度行驶时，牵引力等于阻力，可知阻力为
若改变发动机输出功率，汽车以54km/h的速度在同一水平路面上匀速行驶时，发动机的输出功率为
故BD错误。
故选C。
9. 如图所示是一种古老的舂米机舂米时，稻谷放在石臼A中，横梁可以绕O轴转动，在横梁前端B处固定一春米锤，当脚踏在横梁另一端C点往下压时，舂米锤便向上抬起，然后提起脚，舂米锤就向下运动，击打A中的稻谷，使稻谷的壳脱落变为大米，已知OC＜OB，则在横梁绕O转动过程中（ ）
A. B和C的向心加速度相等
B. B和C的线速度关系满足
C. B和C的角速度关系满足
D. 舂米锤击打稻谷时对稻谷的作用力大于稻谷对舂米锤的作用力
【答案】B
【解析】
【详解】AC．由图可知，B与C属于同轴转动，则它们的角速度是相等的，即
ωC=ωB
由
a=ω2r
而
OC可知B的向心加速度较大，故AC错误；
B．由于
OC由
v=ωr
可知
故B正确；
D．锤对稻谷的作用力与稻谷对舂米锤的作用力是一对作用力与反作用力，二者大小相等，故D错误。
故选B。
10. 如图，真空中有两个点电荷Q1=+9×10-8C和Q2=-1×10-8C，分别固定在x坐标轴的x=0和x=6cm的位置上，x坐标轴上电场强度为零的位置为（ ）
A. -1.5cmB. 4.5cmC. 6.75cmD. 9cm
【答案】C
【解析】
【详解】由题中条件可知，x坐标轴上电场强度为零的位置在Q2的右侧，由
可得
故选C。
11. 2023年6月7日是全国高考日，如图甲所示为某地消防车为高考学子们准备的最高礼仪“过水门”，寓意着鲤鱼跃龙门，祝所有考生金榜题名！其中一辆消防车喷出的水柱如图乙所示，A点为喷水口，B点为水柱与A等高点，水柱最高点到地面的距离为h，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 水在空中处于超重状态
B. h越大，水在空中运动的时间越短
C. 不论h为多大，水在空中运动的时间相同
D. 水从A点运动到B点的时间为A点运动到最高点时间的2倍
【答案】D
【解析】
【详解】A．水柱中的水在空中处于失重状态，A错误；
BC．水柱最高点离地越高，水在空中运动的时间越长，B、C错误；
D．根据斜抛运动的对称性，水从A点运动到B点的时间为A点运动到最高点时间的2倍，D正确。
故选D。
12. 某人在一星球上以速度v0竖直上抛一物体，经时间t后物体落回手中，若星球的半径为R，要将物体从星球表面抛出，并使物体不再落回星球表面，那么至少要用的速度大小是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】由竖直上抛规律可知
物体不落回星球，可知物体贴近星球表面做圆周运动
故选B。
13. 长征五号遥三运载火箭在中国文昌航天发射场点火升空，2000多秒后，将实践二十号卫星送入预定轨道。该卫星的发射过程要经过多次变轨方可到达同步轨道，在发射该地球同步卫星的过程中，卫星从圆轨道Ⅰ的A点先变轨到椭圆轨道Ⅱ，然后在B点变轨进入地球同步轨道Ⅲ，则（ ）
A. 该卫星的发射速度应大于11.2km/s且小于16.7km/s
B. 卫星在轨道Ⅱ上过A点的速率比卫星在轨道Ⅱ上过B点的速率小
C. 卫星在B点通过加速实现由轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ
D. 若卫星在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ轨道上运行的周期分别为、、，则
【答案】C
【解析】
【详解】A．该卫星未脱离地球束缚，发射速度应该小于第二宇宙速度11.2km/s，故A错误；
B．根据开普勒第二定律，卫星在轨道Ⅱ上过A点的速率比卫星在轨道Ⅱ上过B点的速率大，故B错误；
C．卫星在B点通过加速，做离心运动，实现由轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ，故C正确；
D．根据开普勒第三定律，若卫星在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ轨道上运行的轨道半径或半长轴的关系是
则周期
故D错误。
故选C。
二、多选题（每题6分，共12分）
14. 从生活走向物理，从物理走向社会，物理和生活息息相关，联系生活实际对物理基本概念的认识和理解，是学好物理的基础。下列有关电学知识的相关说法，正确的是（ ）
A. 图甲中超高压带电作业的工作人员，为了保证他们的安全，他们必须穿上橡胶制成的绝缘衣服
B. 图乙中家用煤气灶的点火装置，是根据尖端放电的原理而制成的
C. 图丙中是避雷针的示意图，避雷针可以在雷雨天防止建筑物被雷击
D. 图丁为静电喷漆的示意图，静电喷漆时使被喷的金属件与油漆雾滴带相同的电荷，这样使油漆与金属表面在静电斥力作用下喷涂更均匀
【答案】BC
【解析】
【详解】A．图甲中超高压带电作业的工作人员，为了保证他们的安全，他们必须穿上金属丝制成的衣服，以起到静电屏蔽的作用，选项A错误；
B．图乙中家用煤气灶的点火装置，是根据尖端放电的原理而制成的，选项B正确；
C．高大的建筑物顶安放避雷针是为了防止静电，在高大建筑物屋顶插入一根尖锐的导体棒地引线与接地装置连接能把静电导走，防止建筑物被雷击，故C正确；
D．静电喷漆时使被喷的金属件与油漆雾滴带相反的电荷，这样使油漆与金属表面在静电引力作用下喷涂更均匀，故D错误。
故选BC。
15. 某物体由静止开始，做加速度为的匀加速直线运动，运动时间为，接着物体又做加速度为的匀减速直线运动，再经过时间，其速度变为零，则物体在全部时间内的平均速度为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】ABC
【解析】
【详解】ABD．设最大速度为，则匀加速直线运动的平均速度为，匀减速直线运动的平均速度为，则有
又
联立物体在全部时间内的平均速度为
故AB正确，D错误；
C．物体在全部时间内的平均速度为
故C正确。
故选ABC。
三、实验题（本题共3题，共24分）
16. 在太空实验室中想要测量小球质量。用力传感器无法直接测量。宇航员想到方法，利用匀速圆周运动测量小球质量如图所示，不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端系一待测小球，使其绕O做匀速圆周运动，用力传感器测得绳上的拉力为F，用停表测得小球转过n圈所用的时间为t，得到小球匀速圆周运动的周期T。通过改变F与T的大小，多次实验，通过图像处理数据，进而求解小球的质量。该实验_________（A：需要；B：不需要）测量O点到球心的距离为圆周运动的半径R。图像应该做_____________图像，小球质量为_____________________________。
【答案】 ①. A ②. ③.
【解析】
【详解】[1]根据拉力提供向心力
求解小球的质量，需要测量O点到球心的距离为圆周运动的半径R；
[2] 根据上述表达式可知，图像应该做图像；
[3] 根据上述表达式可知
17. 图甲是“研究平抛物体的运动”的实验装置图
（1）实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线______，每次让小球从同一位置由静止释放，是为了使每次小球平抛的______相同。
（2）图乙是正确实验取得的数据，其中O为抛出点，则此小球做平抛运动的初速度为______m/s。（g取9.8m/s2）
（3）在“研究平抛物体运动”实验中，如果小球每次从斜槽滚下的初始位置不同，则下列说法中正确的是______
A.小球平抛的初速度相同
B.小球每次做不同的抛物线运动
C.小球在空中运动的时间均相同
D.小球通过相同的水平位移所用时间相同
【答案】 ①. 保持水平 ②. 初速度 ③. 1.6 ④. BC
【解析】
【详解】（1）[1]为保证小球从末端飞出做平抛运动，必须保证初速度水平，故斜槽末端切线要保持水平；
[2]每次从同一位置静止释放，根据动能定理可知离开斜槽末端是初速度相等，故是为了使每次平抛的初速度相等；
（2）[3]根据平抛运动的特点和基本规律：竖直方向做自由落体运动，则有：
水平方向做匀速直线
由图中数据可知cm，cm，故代入计算可得初速度为v0=1.6m/s；
（3）[4]A．小球每次从不同位置释放，则平抛的初速度不同，故A错误；
B．平抛初速度不同则每次运动的轨迹不同，故B正确；
C．小球从斜槽末端抛出后到落地下落高度一定，根据竖直分运动特点
可知每次平抛的空中运动时间相同，故C正确；
D．由于从不同位置释放平抛的初速度不同，水平方向分运动是匀速直线，根据
可知通过相同的水平位移所用时间不同，故D错误。
故选BC。
18. 物理实验小组用如图（a）所示的装置，探究加速度与力、质量的关系。现研究质量不变的情况下，加速度与力的关系。
（1）关于本实验，下列说法正确的是______。
A. 必须平衡摩擦力B. 先释放小车再打开电源
C. 必须控制小车质量不变D. 必须保证槽码的质量远小于小车的质量
（2）若采用电火花打点计时器，则所用电源提供______（填“交流电”或“直流电”）。
（3）某同学在实验中得到如图（b）所示的一条纸带（两计数点间还有四个计时点没有画出），已知打点频率为50Hz，根据纸带可求出小车的加速度大小为______（结果保留三位有效数字）。
（4）按正确操作完成实验，以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的图像是一条过原点的直线，如图（c）所示，若直线斜率为k，则小车（包含定滑轮）的质量为______（用k表示）。
【答案】18. AC 19. 交流电
20. 2.00 21.
【解析】
【小问1详解】
A．为了使小车受到的合力等于弹簧测力计测量值的2倍，故该实验必须平衡摩擦力，故A正确；
B．为了减少实验误差，应先打开电源再释放纸带，故B错误；
C．根据控制变量法，探究小车运动的加速度与力的关系，故要保证小车的质量不变，而要改变槽码的质量改变拉力，故C正确；
D．因为拉小车的力可以用弹簧测力计示数的2倍来表示，所以不需要保证槽码的质量远小于小车的质量，故D错误。
故选AC
【小问2详解】
若采用电火花打点计时器，则所用电源提供交流电。
【小问3详解】
相邻两计数点间的时间间隔为
由逐差法可知小车的加速度大小为
【小问4详解】
对小车（包含定滑轮）整体由牛顿第二定律有
变形可得
根据图像的斜率可知
所以小车（包含定滑轮）的质量为
四、解答题（本题共4题，共42分）
19. 如图所示，一个挂在细线下端的带正电的小球B，静止在图示位置；若固定的带正电的小球A电荷量为Q，B球的质量为m，带电荷量q，平衡时细线与竖直方向的夹角为θ，A和B在同一水平线上，整个装置处于真空中，重力加速度为g，静电力常量为k，求A、B两球之间的距离d。
【答案】
【解析】
【详解】对B球受力分析如图所示
根据平衡条件得
联立解得
20. 如图所示，倾角为θ的斜面AB是粗糙的绝缘的，AB长为L，C为AB的中点，在A、C之间加一方向垂直斜面向上的匀强电场，与斜面垂直的虚线CD为电场的边界．现有一质量为m、电荷量为q的带正电的小物块（可视为质点），从B点开始在B、C间以速度v0沿斜面向下做匀速运动，经过C后沿斜面匀加速下滑，到达斜面底端A时的速度大小为v。试求：
（1）小物块与斜面间的动摩擦因数μ；
（2）匀强电场场强E的大小
【答案】（1）tanθ（2）
【解析】
【分析】
【详解】(1)小物块在BC上匀速运动，由受力平衡得
①
②
而
③
由①②③解得
④
(2)小物块在CA上做匀加速直线运动，受力情况如图所示。则
⑤
⑥
根据牛顿第二定律得
⑦
⑧
由③⑤⑥⑦⑧解得
⑨
考点：考查牛顿第二定律的应用。
【点睛】本题描述了两个运动状态，第一个受力平衡，明确小球所受各力的大小以及方向，利用力的正交分解求解，第二个为匀加速运动，此时力已经发生了变化，根据运动学公式求解。
21. 如图甲，一可视为质点物块时刻从底端冲上一固定斜面，其运动过程的图像如图乙所示，P点与底端距离为0.6m；求小物块：
（1）沿斜面向上滑行的加速度大小和向下滑行的加速度大小；
（2）再次滑到底端的时刻；
（3）经过P点位置的时刻。

【答案】（1）；；（2）；（3）0.2s，
【解析】
【详解】（1）根据图像的斜率可知沿斜面向上滑行的加速度大小和向下滑行的加速度大小分别为
（2）物块向上运动的位移为
物块向下运动过程中有
解得
所以再次滑到底端的时刻为
（3）根据匀变速直线运动位移—时间公式有
解得
从最高点到P点的时间为
解得
则物块从低端运动到最高点，再从最到点下滑到P点的时间为
所以经过P点位置的时刻分别为0.2s，。
22. 随着网络销售额的增长，很多快递公司采用传送带装置运送快递包裹，如图甲所示。为了调节运送装置，某公司设置图乙装置进行实验，现选用动摩擦因数μ=0.5的传送带，AB段水平，长度LAB=4m，BC段是倾斜的，长度LBC=5m，设置倾角为θ=37°，AB和BC在B点通过一小段长度可忽略的圆弧连接（图中未画出圆弧），若传送带以v=4m/s的恒定速率顺时针运转。现将一个包裹（可看作质点）无初速度放在A点进行试验，重力加速度g取10m/s2。（sin37°=0.6，cs37°=0.8）则：
（1）包裹第一次到达B点所用的时间；
（2）包裹能否被运送到C点，说明理由；
（3）在第二问的基础上，分析包裹在传送带上的最终运动状态。

【答案】（1）1.4s；（2）不能被运送到C点，见解析；（3）见解析
【解析】
【详解】（1）根据牛顿第二定律有
解得
设经t1时间与传送带的速度相同，则
此过程的位移
故包裹先加速再匀速，此后包裹将与传送带一起匀速运动至B点，令加速用时t2，则有
所以第一次到达B点总时间
（2）在BC段，由于
可知在倾斜部分，包裹与传送带不能保持相对静止，根据牛顿第二定律有
解得
包裹向上匀减速至速度为0过程的位移
表明包裹没有到达C点，则上升最大高度
（3）包裹沿传送带向上运动的时间为
包裹到达最高点后将沿斜面下滑，下滑的加速度大小仍为a2，则滑到斜面底端时的速度为4m/s，然后滑上水平传送带做匀减速运动，加速度为a1，当速度减为零时滑行的距离小于4m，物体不能回到A点，然后返回向右运动，物体向右加速，当到达斜面底端时的速度仍为4m/s，然后滑上斜面重复原来的运动。此后由于包裹在传送带的倾斜段运动时的加速度大小方向保持不变且都为a2，在传送带的水平段运动时的加速度大小方向保持不变且都为a1，故包裹将在水平和倾斜的传送带上做往复运动，其运动周期为