2022-2023学年陕西省渭南市大荔县高一（下）期末物理试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年陕西省渭南市大荔县高一（下）期末物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年陕西省渭南市大荔县高一（下）期末物理试卷
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 关于电场强度E，下列说法正确的是(    )
A. 由E=Fq知，若q减半，则该处电场强度E变为原来的2倍
B. 由E=kQr2知，E与Q成正比，与r2成反比
C. E=kQr2中，Q是放入电场中的试探电荷
D. E=Fq不适用于点电荷形成的电场
2. 反天刀鱼是生活在尼罗河的一种鱼类，沿着它身体的长度方向分布着带电器官，这些器官能在鱼周围产生电场，反天刀鱼周围的电场线分布如图所示，A、B均为电场中的点，下列说法正确的是(    )

A. 该电场与等量同种点电荷形成的电场相似
B. A点的电场强度大于B点的电场强度
C. 试探电荷在A点受到的电场力方向为电场线在该点的切线方向
D. 试探电荷在A点受到的电场力小于在B点受到的电场力
3. 趣味投篮比赛中，运动员站在一个旋转较快的大平台边缘上，相对平台静止，向平台圆心处的球筐内投篮球，箭头指向表示投篮方向，ω表示大平台转动的角速度，下面的各俯视图中篮球可能被投入球筐内的是(    )
A. B. C. D.
4. 汽车在水平地面转弯时，坐在车里的小云发现车内挂饰偏离了竖直方向，如图所示。设转弯时汽车所受的合外力为F，关于本次转弯，下列图示可能正确的是(    )


A. B.
C. D.
5. 如图，游乐场中有斜面长为l，高为h的滑梯，质量为m的小孩从滑梯顶部由静止开始下滑，到达底部的速度大小为v，重力加速度为g，小孩可视为质点，则小孩在下滑过程中(    )

A. 所用的时间为2lv B. 重力势能减少12mv2
C. 克服摩擦力做功为mgh D. 到达滑梯底部时重力的功率mgv
6. 有一质量为M、半径为R、密度均匀的球体，在距离球心O为2R的地方有一质量为m的质点。现将M中挖去半径为12R的球体，如图所示，则剩余部分对m的万有引力大小为(    )

A. G23Mm100R2 B. G27Mm100R2 C. G7Mm32R2 D. G7Mm18R2
7. 在两个大物体引力场空间中存在着一些点，在这些点处的小物体可相对于两个大物体基本保持静止，这些点称为拉格朗日点。中国探月工程中的“鹊桥号”中继卫星是世界上首颗运行于地月拉格朗日L2点的通信卫星，如图所示，该卫星在几乎不消耗燃料的情况下与月球同步绕地球做圆周运动，关于处于拉格朗日L1和L2点上的两颗同等质量的卫星，下列说法正确的是(    )

A. 两卫星绕地球做圆周运动的向心力相等
B. 两卫星绕地球做圆周运动的线速度相等
C. 处于L2点的卫星绕地球做圆周运动的角速度较大
D. 处于L2点的卫星绕地球做圆周运动的向心加速度较大
二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）
8. 如图所示，质量为m的小球(可视为质点)用长为l的轻质细线悬于B点，使小球在水平面内做匀速圆周运动，轨迹圆圆心为O，细线与竖直方向夹角为θ，重力加速度为g，下列说法正确的是(    )

A. 小球运动的角速度大小为 gtanθl
B. 保持θ不变时，细线越长，则小球运动的角速度越小
C. 保持O到B的距离不变时，细线越长，则小球运动的周期越长
D. 保持l不变时，夹角θ越大，小球运动的线速度越大
9. 如图所示，质量为M、长度为l的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端，现有一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为f，经过时间t，小车运动的位移为s，物块刚好滑到小车的最右端，则这一过程中，下列说法正确的是(    )

A. 物块克服摩擦力做功为fl
B. 物块的动能变化为Fs+l
C. 小车的动能变化为fs
D. 物块和小车组成的系统因摩擦而增加的内能为fl
10. 2022年1月，我国“实践21号”卫星在地球同步轨道上成功“捕获”失效的“北斗二号G2”卫星并送入更高的“墓地轨道”后，随即返回到地球静止轨道，此举标志着航天器被动移位和太空垃圾处理新方式的成功执行，下图是轨道抬升示意图，转移轨道与同步轨道、墓地轨道分别相切于P、Q点，则“北斗二号G2”卫星(    )

A. 在“墓地轨道”上的动能大于在同步轨道上的动能
B. 在转移轨道上的运动周期大于地球自转周期
C. 在转移轨道上经过P点的速度大于在同步轨道上经过P点的速度
D. 在转移轨道上经过P点的加速度大于在同步轨道上经过P点的加速度
三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）
11. 用如图甲所示装置研究平抛运动，将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上，钢球沿斜槽轨道PO滑下后从O点水平飞出，落在水平挡板MN上，由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点，移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。
  
(1)实验时，每次都从同一位置由静止释放钢球，这样做是为了确保每次钢球从O点飞出时_____________。
(2)为定量研究，建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于O点，在下图中，坐标原点选择正确的是_________。
A.  B．  C．  D．  
(3)若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图乙所示，在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x，测得AB和BC的竖直间距分别是y1和y2，则求得钢球平抛的初速度大小为_________(已知当地重力加速度为g，结果用上述字母表示)。


12. 某同学用重物自由下落验证机械能守恒定律。实验装置如图甲所示。

(1)关于上述实验，下列说法中正确的是______；
A.重物最好选择密度较小的木块
B.重物的质量可以不测量
C.实验中应先释放纸带，后接通电源
D.可以利用公式v= 2gh来求解瞬时速度
(2)若实验中所用重锤质量m=0.2kg，打点纸带如图乙所示，O为第一个点，打点时间间隔为0.02s，则打B点时，重锤动能EkB= ______J。从开始下落起至B点，重锤的重力势能减少量是ΔEp=______J。(g=10m/s2，结果保留三位有效数字)根据纸带的数据，得到的结论是_____。
(3)某同学在纸带上选取计数点后，测量它们到起始点O的距离h，然后利用正确的方法测量并计算出打相应计数点时重锤的速度v，通过描绘v2—h图像去研究机械能是否守恒。若忽略阻力因素，那么本实验的v2—h图像应该是下图中的_____。
A.B.C.D.


四、计算题（本大题共3小题，共38.0分）
13. “复兴号”动车组列车是以中文命名的中国标准动车组，具有完全自主知识产权，达到世界先进水平的动车组列车。若某“复兴号”列车的额定功率为1.0×104kW，列车的质量为1.0×105kg，列车在水平路面上行驶时，受到的阻力是车重的k倍，k=0.1，重力加速度g取10m/s2。
(1)若列车保持额定功率行驶，当列车行驶速度为20m/s时，求列车的加速度大小；
(2)若列车由静止开始以1.0m/s2的加速度做匀加速运动，求：
①匀加速运动能维持的最长时间；
②25s末列车的瞬时功率。

14. 如图甲所示，倾角为θ=37∘的传送带在电动机带动下沿顺时针方向匀速转动，将一质量为m=10kg的木箱(可视为质点)轻放到传送带底端A，木箱运动的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，t=10s时木箱到达传送带上端B∘重力加速度g取10m/s2,sin37∘=0.6,cos37∘=0.8，求：
(1)前5s内木箱的加速度a；
(2)木箱与传送带之间的动摩擦因数μ；
(3)全过程传送带对木箱做的功W。


15. 如图所示，在粗糙水平地面上A点固定一个半径为R=0.4m的光滑竖直圆轨道，在A点与地面平滑连接．轻弹簧左端固定在竖直墙壁上，自然伸长时右端恰好在O点，OA=0.6m，现将质量为m=1.2kg的物块P，从与圆心等高处的B点由静止释放，物块压缩弹簧至E点时速度为0(位置未标出)，第一次弹回后恰好停在A点，已知物块与水平地面间动摩擦因数μ=0.25。求：
(1)物块P第一次到达圆轨道A点时对轨道的压力；
(2)OE的长度及弹簧的最大弹性势能；
(3)若换一个材料相同的物块Q，在弹簧右端将弹簧压缩到E点由静止释放，要使物块Q能通过圆轨道最高点C，则其质量应满足什么条件？


答案和解析

1.【答案】B 
【解析】AD.电场强度的定义式
E=Fq
该公式采用比值定义法，适用于一切静电场，且E与F、q无关，所以 q 减半，该处电场强度 E 不变，故AD错误；
BC.由点电荷的场强公式
E=kQr2
其中 Q 是场源电荷，可知 E 与 Q 成正比，与 r2 成反比，故B正确，C错误。
故选B。


2.【答案】B 
【解析】A.反天刀鱼周围的电场是对称的，电场线由鱼头发出，指向鱼尾，类似于等量异种点电荷形成的电场，故A错误；
B.电场线的疏密表示电场的强弱，A点的电场强度大于B点的电场强度，故B正确；
C.正电荷受到的电场力方向与电场方向相同，负电荷受到的电场力方向与电场方向相反；不知道试探电荷的电性，在A点受到的电场力方向不一定沿电场线在该点的切线方向，故C错误；
D.由于电场力
F=Eq
可知，同一试探电荷放在场强较大的位置受到的电场力越大，所以试探电荷在A点受到的电场力大于在B点受到的电场力，故D错误。
故选B。


3.【答案】C 
【解析】解：若要篮球能够被投入球筐内，投篮的初速度与做匀速圆周运动的线速度的合速度方向应指向球筐，而线速度方向沿轨迹切线方向，对应四幅图中的方向向上，根据平行四边形定则可知投篮方向应斜向左下，故C正确，ABD错误。
故选：C。
篮球参与了沿圆周切线方向运动和出手方向的运动，根据平行四边形定则确定合速度的方向，从而确定篮球能否被投入球框。
解决本题的关键知道球参与了两个方向的运动，通过平行四边形定则进行判断。

4.【答案】B 
【解析】解：根据图中可知，车内的挂饰偏向了右方，由此可知，汽车正在向左转弯，由于汽车做曲线运动，故合力F指向轨迹的内侧，故B正确，ACD错误；
故选：B。
根据内饰的方向判断出汽车的转弯方向，同时根据合力指向轨迹的内侧做出分析。
本题主要考查了曲线运动的相关应用，理解在曲线运动中，物体的合外力指向轨迹的内侧即可。

5.【答案】A 
【解析】A.小孩从滑梯顶部做初速度为0的匀加速直线运动下滑，由
l=vt=v2t
解得小孩在下滑过程中所用的时间为
t=2lv
故A正确；
BC.小孩从滑梯顶部由静止下滑到达底部，由动能定理可知
mgh−Wf=12mv2
所以重力势能减少为
ΔEp=mgh>12mv2
克服摩擦力做功为
Wf=mgh−12mv2
故BC错误；
D.到达滑梯底部时重力的功率
PG=mgvy 故D错误。
故选A。


6.【答案】A 
【解析】挖去之前球体与质点之间的万有引力为
F1=GMm2R2
挖去部分的小球体与质点之间的万有引力为
F2=GM′m12R+2R2
由于球体密度均匀，则有
M′43π12R3=M43πR3
剩余部分与m之间的万有引力大小为
F3=F1−F2
解得
F3=G23Mm100R2
故选A。


7.【答案】D 
【解析】AC.由题意可知，两卫星围绕地球运动的角速度和周期相同，由向心力公式
F=mω2r
运动半径越大，向心力越大，r2大于r1，故处于 L2点的卫星绕地球做圆周运动的向心力大，AC错误；
B.由角速度与线速度的关系
v=ωr
r2大于r1，两卫星绕地球做圆周运动的线速度不相等，B错误；
D.由
F=mω2r=ma
可知，角速度相同的情况，运动半径越大，向心加速度越大，D正确。
故选D。


8.【答案】BD 
【解析】AB.根据牛顿第二定律有
mgtanθ=mω2lsinθ
解得小球运动的角速度大小为
ω= glcosθ
故保持 θ 不变时，细线越长，则小球运动的角速度越小，故A错误，B正确；
C.小球运动的周期
T=2πω=2π lcosθg=2π hg
可知保持 O 到 B 的距离不变时，细线越长，则小球运动的周期不变，故C错误；
D.根据牛顿第二定律有
mgtanθ=mv2lsinθ
解得
v= glsinθtanθ
可知保持 l 不变时，夹角 θ 越大，小球运动的线速度越大，故D正确。
故选BD。


9.【答案】CD 
【解析】A.根据功的定义式，物块克服摩擦力做功为
Wf克=fs+l
故A错误；
B.对物块，根据动能定理有
Fs+l−Wf克=ΔEk物
结合上述解得
ΔEk物=F−fs+l
故B错误；
C.对小车，根据动能定理有
fs=ΔEk车
即小车的动能变化为 fs ，故C正确；
D.根据能量转化与守恒定律有
Fs+l=Q+ΔEk物+ΔEk车
结合上述解得
Q=fl
故D正确。


10.【答案】BC 
【解析】A.根据
GMmr2=mv2r
v= GMr
在“墓地轨道”上的速度小于在同步轨道上的速度，在“墓地轨道”上的动能小于在同步轨道上的动能，故A错误；
B.转移轨道的半长轴大于同步轨道半径，根据开普勒第三定律
r13T12=r23T22
在转移轨道上的运动周期大于地球自转周期，故B正确；
C.从同步轨道到转移轨道需要在经过 P 点时加速做离心运动，所以在转移轨道上经过 P 点的速度大于在同步轨道上经过 P 点的速度，故C正确；
D.根据
GMmr2=ma
a=GMr2
在转移轨道上经过 P 点的加速度等于在同步轨道上经过 P 点的加速度，故D错误。
故选BC。


11.【答案】速度相同     A     x gy2−y1 
【解析】(1)[1]确保平抛的初速度大小一定，需要每次都从同一位置由静止释放钢球。
(2)[2]小球运动中记录下的是其球心的位置，故抛出点也应是小球静止于 O 点时球心的位置，则球心对应白纸上的位置即为原点。
故选A。
(3)[3]由
x=v0t
y2−y1=gt2
可得
v0=x gy2−y1


12.【答案】 B     0.342J     0.372J     在误差允许的范围内，重锤的机械能守恒     C 
【解析】(1)[1]A.重物最好选择密度较大的铁块，受到的阻力较小，A错误；
B.本题是以自由落体运动为例验证机械能守恒定律，需要验证的方程的是
mgh=12mv2
m可以约去比较，不需要天平测量重物的质量，B正确；
C.为了充分利用纸带，实验室要先接通电源，然后再释放纸带，C错误；
D.不可以利用公式 v= 2gh 来求解瞬时速度，因为体现不了实验验证，却变成了理论推导，D错误。
故选B。
(2)[2]B点的速度等于AC段的平均速度
vB=xAC4T=(27.21−12.41)×10−24×0.02m/s=1.85m/s
重锤动能
EkB=12mvB2=12×0.2×1.852J≈0.342J
[3]从开始下落起至B点，重锤的重力势能减少量为
ΔEp=mgh=0.2×10×0.186J≈0.372J
[4]由此可得出的结论是在误差允许的范围内，重锤的机械能守恒。
(3)[5]若忽略阻力因素，重锤下落过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得
mgh=12mv2
整理得
v2 = 2gh
则本实验的v2—h图像应是正比例函数图像。
故选C。


13.【答案】(1)4m/s2；(2)①50s，② 5.0×103kW 
【解析】1)列车速度为 20m/s 时，牵引力
F=P额v=5×105N
加速度
a=F−kmgm=4m/s2
(2)①设列车匀加速运动能维持的最长时间为t，其实际功率达到额定功率时不再匀加速运动
F′−kmg=ma′
解得
F′=2×105N
P额=F′vm
解得
vm=50m/s
vm=a′t
解得
t=50s
②25s末列车处于匀加速运动阶段，速度
v=a′t′=25m/s
瞬时功率
P=F′v=5.0×103kW


14.【答案】1) a=0.4m/s2 ；(2) μ=0.8 ；(3)920J 
【解析】(1) v−t图像的斜率表示加速度，根据图像可得前5s内木箱的加速度为
a=ΔvΔt=25m/s2=0.4m/s2
(2)前5s内木箱受到重力、支持力和滑动摩擦力作用，根据牛顿第二定律，有
μmgcos37∘−mgsin37∘=ma
解得
μ=0.8
(3)v−t图像与时间轴围成的面积表示位移，根据图像可知前10s内木箱通过的位移
x= 12×(5+10)×2m =15m
A、B的高度差
h=xsin37∘=9m
前10s内木箱先做加速运动，后做匀速运动，根据动能定理，有
W−mgh=12mv2−0
解得
W=920J
即全过程传送带对木箱做的功为920J。


15.【答案】1)36N；(2)0.2m； EP=2.4J ；(3)小于0.2kg 
【解析】(1)物块从B到A，由动能定理有
mgR=12mvA2−0
在A点
FN−mg=mvA2R
联立解得
FN=36N
由牛顿第三定律可得，物块第一次到达圆轨道A点时对轨道的压力等于36N；
(2)设物块到达E点时弹簧的弹性势能EP最大，压缩量为x，物块从B到E，有
mgR=μmg(OA+x)+EP
物块从E到A，有
EP=μmg(OA+x)
解得
x=0.2m
EP=2.4J
(3)物块Q在E点时，弹簧的弹性势能仍为 EP ，设物块Q质量为 m′ 时恰能通过圆轨道最高点C，物块Q在C点，有
m′g=m′vC2R
解得
vC=2m/s
物块Q从E点到C点：
EP=μm′g(OA+x)+m′g⋅2R+12m′vC2
解得
m′=0.2kg
要使物块Q能通过圆轨道最高点C，在C点的速度应大于2m/s，所以其质量应小于0.2kg。