2023嘉兴高一下学期期末考试物理试题含解析

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嘉兴市2022~2023学年第二学期期末测试
高一物理试题卷
考生须知：1，除特殊说明外，本卷中g取10
2.不得使用计算器
3.答案填在答题卡或答题卷相应位置，填在试题卷上无效
一、单项选择题（本大题共18小题，每小题3分，共54分。在每小题给出的四个备选项中，只有一个是符合题目要求的，选对得3分，不选、错选或多选得0分）
1. 下列物理量中，属于矢量的是（　　）
A. 周期T B. 功W C. 电场强度E D. 电势φ
【答案】C
【解析】
【详解】A．周期是标量，只有大小，没有方向，故A错误；
B．功是标量，只有大小，没有方向，故B错误；
C．电场强度即有大小也有方向，满足矢量的平行四边形法则，故C正确；
D．电势是标量，只有大小，没有方向，故D错误。
故选C。
2. 用国际单位制基本单位表示能量的单位，下列正确的是（　　）
A. J B. W C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】功的计算公式为

则有
1J=1N•m=1kg•m/s2•m=1kg•m2/s2
故选C。
3. 2023年5月21日，中国羽毛球队在第18届苏迪曼杯世界羽毛球混合团体比赛中勇夺桂冠。如图所示为决赛中的精彩瞬间，羽毛球正在空中飞速靠近，运动员挥拍相迎。图示时刻羽毛球受到的力有（　　）

A. 球拍的推力
B. 重力、球拍的推力
C. 重力、空气对球的作用力
D. 重力、球拍的推力、空气对球的作用力
【答案】C
【解析】
【详解】根据题意，对羽毛球受力分析可知，受重力和空气阻力，羽毛球与球拍还没有接触，不受球拍的推力。
故选C。
4. 如图所示，小鸟在空中飞行，虚线是小鸟的飞行轨迹。小鸟在图示位置所受合力F的方向可能正确的是（　　）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】曲线运动中，物体运动的轨迹夹在速度方向与所受合力方向之间，且合力指向轨迹的凹侧面。
故选A。
5. 以下关于物理学研究方法的叙述，正确的是（　　）
A. 电容器电容的定义，运用了比值定义法
B. 用点电荷来代替带电物体，运用了等效替代法
C. 用牛顿第二定律和运动学规律推导得出动能定理，运用了归纳推理法
D. 用理论推导出曲线运动的速度方向沿该点的切线方向，运用了控制变量法
【答案】A
【解析】
【详解】A．电容器电容的定义为，运用了比值定义法，故A正确；
B．实际中点电荷并不存在，用点电荷来代替带电物体，运用了理想模型法，故B错误；
C．用牛顿第二定律和运动学规律推导得出动能定理，运用了演绎推理法，故C错误；
D．取曲线运动的很小一段来研究，用理论推导出曲线运动的速度方向沿该点的切线方向，运用了微元法，故D错误。
故选A。
6. 如图所示，某同学用日常生活废弃的玻璃瓶制作了一个简易的实验仪器。金属丝穿过玻璃瓶的橡胶塞，其下方悬挂两片金属箔。该仪器可以用来（　　）

A. 测电流 B. 测电阻
C. 测电容数 D. 检验物体是否带电
【答案】D
【解析】
【详解】当带电物体接触金属丝时会使两片金属箔上带上同种电荷，两片金属箔会因带同种电荷而相互排斥，具有一定的张角，故可检验物体是否带电。
故选D。
7. 下列有关物理学家的贡献，说法正确的是（　　）
A. 牛顿通过实验测出了万有引力常量
B. 库仑通过扭秤实验测定了电子的电荷量
C. 爱因斯坦在建立相对论时空观时，提出了“真空中的光速在不同的惯性参考系中大小相同”的假设
D. 密立根通过实验发现：雷电的性质与摩擦产生的电的性质完全相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．卡文迪许通过实验测出了万有引力常量，故A错误；
B．库仑通过扭秤实验测定静电力常量，密立根通过油滴实验测量出了电子的电荷量，故B错误；
C．爱因斯坦在建立相对论时空观时，提出了“真空中的光速在不同的惯性参考系中大小相同”的假设，故C正确；
D．富兰克林通过实验发现：雷电的性质与摩擦产生的电的性质完全相同，故D错误。
故选C。
8. 如图所示，某同学先后将两只飞镖a、b由同一位置水平投出，已知飞镖投出的初速度。若不计空气阻力，从侧视的角度看，这两支飞镖插在水平泥地上的状态可能是（　　）

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】设飞镖抛出时的高度为，竖直方向有

解得

两飞镖的水平位移分别为
，
由于，可得，即飞镖a在飞镖b的右侧；设两飞镖落地瞬间速度与水平方向的夹角分别为、，则有
，
由于，可得。
故选A
9. 如表所示是小周同学收集的嫦娥探测器进入近月圆形轨道运行的数据，根据表中数据能计算出（　　）
探测器轨道离月面的高度
100km
月球的半径
1738km
月球表面的重力加速度
1.63m/s2
探测器的运行周期
1.79h
引力常量


A. 地球的质量
B. 探测器离地球表面的距离
C. 探测器在近月轨道的线速度
D. 探测器在近月轨道的向心力大小
【答案】C
【解析】
【详解】AB．中心天体不是地球，无法求出地球的质量，也无法求出探测器离地球表面的距离，故AB错误；
C．在月球表面，根据万有引力等于重力可得

根据万有引力提供向心力可得

联合可得

故C正确。
D．由于不知道探测器的质量，因此无法求出探测器在近月轨道的向心力大小，故D错误。
故选C。
10. 如图所示，总质量为3.5 × 105kg的列车在水平直轨道上以最大速度360km/h匀速行驶时，所受的阻力为车重的0.04倍。此时列车牵引力的总功率为（ ）

A. 1.4 × 106W B. 1.4 × 107W C. 3.5 × 107W D. 3.5 × 108W
【答案】B
【解析】
【详解】列车在水平直轨道上以最大速度360km/h匀速行驶时有
F = f = 0.04 × 3.5 × 105 × 10N = 1.4 × 105N
则此时列车牵引力的总功率为
P = Fv = 1.4 × 105 × 100W = 1.4 × 107W
故选B。
11. 如图所示，某同学站在篮架前按图示动作用力将篮球投出。已知篮球质量约为0.6kg，篮框离地高度为3.05m，篮球入框时的速度约为3m/s。不计篮球在空中运动过程中受到的空气阻力，则图中该同学投球时对篮球做的功最接近于（　　）

A. 6J B. 9J C. 18J D. 21J
【答案】B
【解析】
【详解】根据动能定理有

其中

解得

故选B。
12. 如图所示，用手平托一只苹果在竖直平面内做匀速圆周运动。其中a点为轨迹最低点，c点为轨迹最高点，b、d两点与圆心等高。在运动过程中手与苹果间始终保持相对静止，则苹果（　　）

A. 在a点的加速度沿水平方向
B. 在b点受到手的作用力竖直向上
C. 在c点处于失重状态
D. 在d点合力为零
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据题意，苹果在竖直平面内做匀速圆周运动，因此可知在苹果在a点加速度方向竖直向上，指向圆心，故A错误；
B．苹果在b点受到重力、手对苹果竖直向上的支持力、手对苹果水平向右的静摩擦力，而手对苹果的作用力为支持力与摩擦力的合力，根据平行四边形定则可知手对苹果的作用力斜向右上方，故B错误；
C．设在c点手对苹果的支持力为，根据牛顿第二定律有

解得

可知

因此可知，苹果在c点处于失重状态（或直接根据加速度判断，在c点苹果的加速度向下，而加速度向下为失重状态），故C正确；
D．苹果在做匀速圆周运动，因此任意位置处苹果所受合外力均不为零，故D错误。
故选C。
13. 卫星回收技术是航天技术中的重要组成部分。如图所示，卫星沿半径为19200km的圆轨道a绕地球运行，启动点火装置在极短时间内让卫星变速进入椭圆轨道b，该轨道近地点靠近地球表面。已知地球半径为6400km，若卫星全程仅受地球引力作用，则卫星（　　）

A. 沿椭圆轨道靠近地球的过程中机械能不断增大
B. 在圆轨道上运行时需加速才能进入椭圆轨道靠近地球
C. 到达椭圆轨道的近地点位置时，速度大于地球的第一宇宙速度
D. 变速后运动至地球近地点的最短时间等于地球近地卫星的环绕周期
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于卫星全程仅受地球引力作用，因此机械能守恒，故A错误；
B．卫星在圆轨道上运行时的半径大于在椭圆轨道运行的半长轴，从圆轨道变轨到椭圆轨道需减速，故B错误；
C．地球的第一宇宙速度为环绕速度，卫星在近地点位置时做离心运动，说明所需向心力大于万有引力，因此在近地点的速度大于地球的第一宇宙速度，故C正确；
D．变速后运动至地球近地点的最短时间为沿椭圆轨道运动的半个周期，椭圆轨道的半长轴为

设卫星在椭圆轨道运行周期为，近地轨道周期为，根据开普勒第三定律可得

可得

即椭圆轨道运行周期不是近地轨道周期的两倍，故D错误。
故选C。
14. 如图甲所示为实验室的感应起电机，将其中部分传动装置画成简图如图乙所示。甲，乙、丙三轮的边缘各有一点A、B、C，甲轮的半径为，以恒定角速度顺时针转动，通过皮带交叉连接乙轮，乙轮半径为rB，丙轮与乙轮相对静止共轴转动，丙轮半径为rC，A、B、C三点的角速度分别为、、，周期分别为、、，线速度分别为、、，向心加速度分别为、、，已知，则（　　）

A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】AC．A、B属于皮带传动，故

B、C属于同轴转动，故

由于，根据

可得


故


故AC错误；
B．根据

可得

故B错误；
D．根据

可得

故D正确。
故选D。
15. 如图所示是等量异种电荷A、B电场线分布图。M、N为A、B中垂线上对称的两个点，P、Q为A、B连线上的两个点，且。则（　　）

A. M、N两点的电势相等
B. M、N两点的电场强度不相等
C. P、Q两点的电势相等
D. P、Q两点的电场强度不相等
【答案】A
【解析】
【详解】A．等量异种电荷A、B的中垂线是等势线，故M、N两点的电势相等，故A正确；
B．M、N两点的电场强度大小相等，方向相同，故B错误；
C．由图可知Q点靠近正电荷，所以Q点的电势较高，故C错误；
D．根据对称性可知P、Q两点的电场强度大小相等，方向相同，故D错误；
故选A。
16. 如图所示，长为l的导体棒原来不带电，现将一个带正电的点电荷q放在棒的中心轴线上距离棒的左端R处。当棒达到静电平衡后（　　）

A. 棒整体带负电
B. 整根棒为一个等势体
C. 棒的中点O处有净剩电荷
D. 感应电荷在棒的中点O处产生的场强大小为
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据电荷守恒定律可知棒整体不带电，故A错误；
B．静电平衡后整根棒为一个等势体，内部场强处处为零，故B正确；
C．静电平衡时导体内部没有净剩电荷，电荷只分布在导体的外表面，故C错误；
D．导体棒静电平衡后，棒上感应电荷在O处产生的场强大小与点电荷q在该次产生的电场强度大小相同、方向相反，故感应电荷在棒的中点O处产生的场强大小为

故D错误。
故选B。
17. 如图所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，自然伸长时弹簧上端处于A点。时将小球从A点正上方O点由静止释放，时到达A点，时弹簧被压缩到最低点B。以O为原点，向下为正方向建立x坐标轴，以B点为重力势能零点，弹簧形变始终处于弹性限度内。小球在运动过程中的动能、重力势能、机械能及弹簧的弹性势能变化图像可能正确的是（　　）

A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．小球在到达A点前做自由落体运动，速度一直在增大，动能在增大，在到达A点后弹簧弹力小于小球重力，小球仍然向下做加速运动，经过平衡位置后弹簧弹力大于小球重力，小球做减速运动，动能在减小，所以时动能不是最大，故A错误；
B．以B点为重力势能零点，可知小球在下降的过程中有

可知图像为一条直线，故B正确；
C．小球在到达A点前，只有重力做功，机械能守恒，接触弹簧后，弹力做负功，小球的机械能在减小，故C错误；
D．设弹簧的劲度系数为k，小球接触到弹簧后，根据弹簧的弹性势能公式有

可知图像不是直线，故D错误。
故选B。
18. 如图所示，某摄影爱好者用手机连拍功能拍摄到了运动员在单板大跳台比赛中从起跳到落地的全过程。已知手机连拍的时间间隔一定，假设运动员在空中运动过程中所受空气阻力大小恒定，则运动员在空中（　　）

A. 速度不断减小
B. 加速度不断减小
C. 运动轨迹关于最高点左右对称
D. 图片中任意两相邻位置间的机械能变化量相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图中运动员相邻位置间的距离可知，在上升阶段相邻位置间的距离在减小，速度在减小，下降阶段相邻位置间的距离在增大，速度在增大，故A错误；
B．运动员受到的空气阻力大小不变，重力不变，在上升阶段，空气阻力和重力的夹角在增大，故可知合力在减小，加速度在减小；在下降阶段，空气阻力和重力的夹角也在增大，故可知合力也在减小，加速度在减小；所以运动员在空中加速度不断减小，故B正确；
C．运动员在空中受到空气阻力，加速度一直在改变，运动轨迹并不是抛物线，故关于最高点左右不对称，故C错误；
D．根据功能关系可知运动员在空中任意两相邻位置间的机械能变化量等于空气阻力做的功，空气阻力大小不变，但是任意两相邻位置间的距离不同，故可知机械能变化量不相同，故D错误。
故选B。
二、实验题（本大题共2小题，共20分）
19. 在做“验证机械能守恒定律”实验中：
（1）已有电磁打点计时器、复写纸、导线、铁架台、重锤、纸带、毫米刻度尺，还必须选取的器材是图中的___________。
A. 钩码 B. 天平
C 秒表 D. 学生电源
（2）在该实验过程中，以下操作正确的是___________。
A.实验前，应先平衡阻力
B.应先释放纸带再接通电源
C.释放纸带时，手应拿在纸带上紧靠计时器的部位
D.实验时，应调节计时器使它的限位孔与纸带处在同一竖直线上
（3）某次实验中打出的纸带如图所示，1至5是计时器连续打下的五个点，图中3号点的刻度尺读数为___________cm，打点计时器打计数点3时重物的速度为___________m/s（计算结果保留三位有效数字）。

（4）为了减小实验误差，对体积和形状相同的重物，实验时会选择密度较大的重物。请简要阐述理由___________。
（5）某同学在纸带上选取多个计数点，测量它们到某一计数点O的距离h，计算出对应计数点状态下重物的速度v，描点拟合得到v2-h图像。下列说法中正确的是___________。
A.为减小误差，应利用公式计算重物在各点速度
B.在选取纸带时，必须选取第1、2两点间距为2mm的纸带
C.若图像是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能一定守恒
D.若图像是一条不过原点的直线，重物下落过程中机械能也可能守恒
【答案】 ①. D ②. D ③. 9.00 ④. 1.30 ⑤. 对体积和形状相同的重物，密度较大的重物所受阻力较小 ⑥. D
【解析】
【详解】（1）[1]A．实验中，应让重锤自由下落，所以不需要钩码，故A错误；
B．由于验证机械能守恒定律的式子中可以把质量约掉，所以不需要天平测量质量，故B错误；
C．打点计时器可以记录运动时间，不需要秒表计时，故C错误；
D．电磁打点计时器使用的电源电压为低压交流电源，所以需要学生电源，故D正确。
故选D。
（2）[2]A．本实验中不需要平衡阻力，故A错误；
B．打点计时器使用时应先接通电源，再释放纸带，故B错误；
C．释放纸带时，手应拿在纸带一端，远离计时器的部位，故C错误；
D．实验时，应调节计时器使限位孔与纸带处在同一竖直线上，故D正确。
故选D。
（3）[3]3号点的读数为9.00cm；
[4]打点计时器打计数点3时重物的速度为

（4）[5]重物下落过程中受到空气阻力作用，为了减小阻力的影响，对体积和形状相同的重物，密度较大的重物所受空气阻力较小；
（5）[6]A．用公式计算，即机械能已经守恒，与实验目的相悖，故A错误；
BCD．在选取纸带时，可以选取第1、2两点间距为2mm的纸带，即

所以

此时v2-h图线是一条过原点的直线；
也可以选取其中两点来验证，即

所以

此时v2-h图线是一条不过原点的直线，故BC错误，D正确。
故选D。
20. 在做“观察电容器的充、放电现象”实验中：
（1）在如图甲所示的电容器两端加一个3V电压，充电完成后，其储存的电量可达___________C。

（2）小李同学设计了如图乙所示的电路图，请你用笔画线代替导线，根据图示的电路图将答题卷上的实物图连接完整。___________

（3）完成充电操作后，将电键S断开，此时若将另一个相同的但不带电的电容器与图乙中的电容器C并联，稳定后，电容器C两端的电压将___________（选填“不变”、“减半”或“加倍”）。
（4）改用电流传感器测量放电电流，得到如图丙实线所示的电流I随时间t的变化图像。若仅将标准电阻的阻值增大一倍，重复上述放电操作，则变化图线可能是图中的虚线___________（选填“a”、“b”、“c”中的一个）。

【答案】 ①. ②. ③. 减半 ④. a
【解析】
【详解】（1）[1]已知电容器两端电压为，电容器电容为，由

得储存的电量

（2）[2]
（3）[3] 完成充电操作后，将电键S断开，此时若将另一个相同的但不带电的电容器与图乙中的电容器C并联，则两电容器的电荷量平分，由于电容不变，故由

得电容器C两端的电压将减半。
（4）[4]若仅将标准电阻的阻值增大一倍，重复上述放电操作，最大电流减小，而总电荷量不变，则变化图线可能是图中的虚线a。
三、计算题（本大题共26分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
21. 如图所示是小明为了研究静电除尘而制作的一个长方体盒状容器。容器侧面是绝缘的透明有机玻璃，它的上下底面是间距的金属平板。当上下两极板连接的高压电源时，能在两金属板间产生一个匀强电场。现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内，每个颗粒带电量为，质量为，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，不计合上开关瞬间颗粒的初速度。求：
（1）容器内部的电场强度大小；
（2）容器内部各烟尘颗粒被吸附前，静电力对其做功的最大值；
（3）经过多长时间烟尘颗粒可被金属平板全部吸附。

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据场强与电压之间的计算式有

代入数据解得

（2）容器内部各烟尘颗粒被吸附前，静电力对其做功要最大，则必定是烟尘颗粒从一个极板表面运动到另一极板表面，则有

代入数据解得

（3）所有烟尘颗粒均处在同一电场中，设烟尘颗粒的加速度为，由牛顿第二定律有

可得

显然，所有烟尘颗粒在电场中运动的加速度大小相等，因此所有烟尘颗粒中运动时间最长的即为两极板内表面的烟尘颗粒，设最长时间为，根据牛顿运动学可得

联立以上各式解得

因此可知经时间所有的烟尘颗粒被吸收。
22. 如图所示，示波管由电子枪、两块水平放置的正对偏转电极板YY'、两块竖直放置的正对偏转电极XX'和荧光屏（足够大）组成。极板XX'和YY'的长度均为l、间距均为d，极板XX'间电压为零，电子枪加速电压为10U。电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿两偏转电极板间区域的中轴线方向进入偏转电极板，其中为荧光屏中心，且垂直于荧光屏。已知电子（重力不计）电荷量为e，质量为m，所加偏转电压只在两极板间正对区域内产生匀强电场，极板YY'右端至荧光屏的距离为6l。求：
（1）电子离开加速电场时的速度大小v0；
（2）若极板YY'间所加电压为U，电子从极板YY'间出射时的偏转距离；
（3）若电子恰能从偏转电极YY'出射，其击中荧光屏位置离的距离。

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据动能定律可得

解得

（2）电子在偏转电场做类平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，在极板YY'间运动的时间为

在竖直方向上电子做匀加速直线运动，加速度大小为

故电子从极板YY'间出射时的偏转距离为

（3）电子恰能从偏转电极YY'出射，则

即

电子从极板YY'射出时竖直速度为

电子从极板YY'射出到射到荧光屏的时间为

故中荧光屏位置离的距离为

23. 某兴趣小组设计了一个玩具轨道模型如图所示。倾角为的粗糙倾斜轨道足够长，其与竖直光滑圆环轨道间通过一段水平光滑直轨道串接，竖直圆环的最低点和相互靠近且错开，接着再串接一段水平粗糙直轨道，轨道末端点与水平传送带（轮子很小）的左端刚好平齐接触。已知圆环半径为，直轨道段长为，传送带长度，其沿逆时针方向以恒定速度匀速转动，小滑块与传送带及各段粗糙轨道间的动摩擦因数均为，所有轨道在同一竖直面内，且各接口处平滑连接。将一质量为的小滑块（可视为质点）从倾斜轨道上的某一位置静止释放，重力加速度取，求：
（1）若小滑块首次进入竖直圆环轨道刚好可以绕环内侧做完整的圆周运动，则其在圆环轨道最高点时的速度大小；
（2）满足（1）的条件下，小滑块首次滑上传送带速度减为零时距离点多远？其首次滑上传送带并返回点的过程中，与传送带间因摩擦产生的热量；
（3）为保证小滑块始终不脱离轨道，并能滑上传送带，小滑块从倾斜轨道上静止释放的高度应满足什么条件？小滑块最终停在哪？

【答案】（1）；（2），；（3），小滑块最终停在点
【解析】
【详解】（1）小滑块首次进入竖直圆环轨道刚好可以绕环内侧做完整的圆周运动，可知在圆环轨道最高点时，重力刚好提供向心力，则有

解得

（2）小滑块从点第一次到达点过程，根据动能定理可得

解得小滑块第一次滑上初速度的速度为

滑块在传送带上向右做匀减速直线运动的加速度大小为

小滑块首次滑上传送带速度减为零时与点的距离为

由于

可知小滑块速度减为零后，反向加速到与传送带共速，接着做匀速直线运动回到点；小滑块第一次在传送带上向右减速到速度为零所用时间为

该过程小滑块与传送带发生的相对位移为

小滑块开始向左加速到与传送带共速所用时间为

该过程小滑块与传送带发生的相对位移为

则小滑块首次滑上传送带并返回点的过程中，与传送带间因摩擦产生的热量为

（3）为保证小滑块始终不脱离轨道，并能滑上传送带，可知滑块首次进入竖直圆环轨道一定得经过点，滑块刚好经过点时对应的高度为，从释放到点过程，根据动能定理可得

解得

根据以上分析可知，小滑块第一次从传送带上返回点时速度为，设小滑块第一次返回圆环轨道的高度低于圆心处高度，则有

解得

假设成立；
设小滑块第一次滑上传送带到达点速度刚好为零，此时对应释放高度为，根据动能定理可得

解得

综上分析可知，当小滑块从倾斜轨道上静止释放的高度应满足

小滑块能滑上传送带，并始终不脱离轨道，且小滑块从传送带上第一次返回到点前已经与传送带共速，即第一次返回点的速度大小为，小滑块从圆环轨道返回再次滑上传送带的速度小于，根据对称性可知，之后每次从传送带上返回点速度大小都等于滑上传送带时的速度大小，最终小滑块将停在水平粗糙直轨道上，设小滑块从传送带上第一次返回点到最终停下，在上通过的路程为，则有

解得