2022-2023学年江西省吉安市高一（下）期末教学质量检测物理试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年江西省吉安市高一（下）期末教学质量检测物理试卷（含解析），共20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学年江西省吉安市高一（下）期末教学质量检测物理试卷
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 科学的物理思想与方法对物理学的发展起到了重要作用，所以学习物理除了知识的学习外，还要领悟并掌握处理物理问题的思想与方法。下列关于物理学中的思想方法，叙述不正确的是(    )
A. 库仑扭秤实验和卡文迪许扭秤实验都用了放大的思想
B. 点电荷利用了理想模型的方法，现实世界中点电荷是不存在的
C. 由场强度E=Fq采用了比值定义法
D. 在计算带电体间的相互作用力时；若电荷量分布对计算影响很小，将带电体看做点电荷采用了“等效法”
2. 荡秋千深受孩子们的喜爱，如图为某同学荡秋千的场景，忽略空气阻力，该同学荡秋千时从由最低点往上摆的过程中(    )

A. 该同学感觉到脚承受的力在增大 B. 重力做的功为零
C. 绳子拉力对横板做的功为零 D. 重力的功率逐渐增大
3. 厦门大学天文学系顾为民教授团队利用我国郭守敬望远镜积累的海量恒星光谱，发现了一个处于宁静态的中子星与红矮星组成的双星系统，质量比约为2:1，同时绕它们连线上某点O做匀速圆周运动，研究成果于2022年9月22日发表在《自然·天文》期刊上。则此中子星绕O点运动的(    )

A. 角速度大于红矮星的角速度 B. 轨道半径小于红矮星的轨道半径
C. 向心力大小约为红矮星的2倍 D. 线速度大于红矮星的线速度
4. 如图所示﹐某同学对着墙壁练习打乒乓球，某次球与墙壁上A点碰撞后水平弹离，恰好垂直落在球拍上的B点，已知球拍与水平方向夹角θ=37∘，AB两点高度差h=0.8m，忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2，则球刚要落到球拍上时速度大小为(    )

A. 5m/s B. 2.5m/s C. 7.5m/s D. 4.5m/s
5. 2022年11月12日12时10分，天舟五号货运飞船与火箭分离后经历2次变轨，来到与天和核心舱相距较近的位置上，然后在自动控制下轨道逐渐升高，与核心舱的距离不断减小，成功对接于天和核心舱后向端口，首次实现了两小时自主快速交会对接，创造了世界纪录。下列说法正确的是(    )



A. 天舟五号货运飞船脱离火箭时的速度大于第二宇宙速度
B. 天舟五号货运飞船对接后与从脱离火箭时相比，机械能变大
C. 天舟五号货运飞船在追天和核心舱的过程中，天舟五号货运飞船的加速度始终指向地心
D. 对接成功后，组合体的速度会比天和核心舱原来的速度小
6. 我国风洞技术世界领先，如图所示，在模拟风洞管中的光滑斜面上，斜面上端接有一弹簧，一个小物块受到沿斜面方向的恒定风力作用，沿斜面加速向上运动，则从物块接触弹簧至到达最高点的过程中(    )

A. 物块加速度先增大后减小 B. 弹簧弹性势能先增大后减小
C. 物块的机械能一直增大 D. 物块和弹簧组成的系统机械能一直增大
7. 如图所示，竖直平面内有两个固定的点电荷，电荷量均为+Q，与其连线中点O的距离为h，质量为m带电量为−q的试探电荷以O为圆心做匀速圆周运动，A、B为圆周上的两点，两点与正点电荷连线与AB连线的夹角均为θ=30∘，已知静电力常量为k，重力忽略不计，则(    )

A. 试探电荷做匀速圆周运动所需的向心力大小为 3kQq8h2
B. 若θ增大，试探电荷仍能以O为圆心做匀速圆周运动，则试探电荷的向心力一定变小
C. 试探电荷做匀速圆周运动的角速度为12h kQqmh
D. 若在A点由静止释放负点电荷，该电荷将加速到达B点
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
8. 潘多拉是电影《阿凡达》虚构的一个天体，其属于阿尔法半人马星系，即阿尔法半人马星系B−4号行星，大小与地球相差无几(半径与地球半径近似相等)，若把电影中的虚构视为真实的，地球人登上该星球后发现：自己在该星球上体重只有在地球上体重的n倍(n<1)，由此可以判断(    )
A. 潘多拉星球上的重力加速度是地球表面重力加速度的n倍
B. 潘多拉星球的质量是地球质量的n倍
C. 若在潘多拉星球上发射卫星，最小发射速度是地球第一宇宙速度的n倍
D. 若在潘多拉星球上发射卫星，第二宇宙速度是11.2km/s
9. 如图所示，在一块面积很大的接地金属平板的上方固定一个带正电的小球，虚线是金属平板上方电场的电场线，实线是某一带电粒子先后经过M和N处的运动轨迹。该带电粒子在M和N处受到的电场力大小分别为FM和FN，不计粒子重力，下列说法正确的是(    )

A. 该粒子可能带正电
B. 该粒子从M运动到N的过程中，动能增大
C. FM D. 由于静电感应，金属平板的上表面带正电荷
10. 如图所示，用长度为s的金属丝绕制成高度为h的等距螺旋轨道，并将其竖直固定。让一质量为m的有孔小球套在轨道上，从顶端无初速度释放。已知重力加速度为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是(    )

A. 下滑过程中小球做匀变速运动
B. 小球的运动可以看作水平方向的圆周运动和沿轨道斜向下的匀速直线运动
C. 小球运动到螺旋轨道底端的过程中，速度大小随时间线性增加
D. 小球从顶端运动到螺旋轨道底端的时间为 2s2gh
11. 质量为2kg的物体，放在动摩擦因数μ=0.1的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W和物体发生的位移L之间的关系如图所示，重力加速度g取10m/s2，则此物体(    )

A. 物体先加速后减速运动 B. 在OA段运动的加速度是1.5m/s2
C. 在位移L=6m时的速度是3m/s D. 在位移L=9m时的速度是3m/s
三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）
12. 某同学在研究平抛运动实验时，进行了下面三项学习和探究：
  
(1)通过网上查阅资料了解到，伽利略曾研究过平抛运动，伽利略推断：从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，不论它们能射多远，在空中飞行的时间都一样。这实际上揭示了平抛物体_______。
A.在水平方向上做匀速直线运动    B.在竖直方向上做自由落体运动
(2)通过实验对平抛运动进行研究，描出小球平抛运动的轨迹如图甲所示，O为抛出点，A、B为轨迹上的两点，x1=x2，OA、AB竖直方向高度分别为y1、y2，按照自由落体规律，则y1:y2=_______。
(3)图乙是该同学在实验中记录的抛物线轨迹的一部分，x轴沿水平方向，y轴是竖直方向，由图中所给的数据可求出：小球运动至B点时，小球重力的功率_______W。(重力加速度g=10m/s2、小球的质量m=0.1kg)

13. 某兴趣小组利用自由落体运动来验证机械能守恒定律。
  
(1)操作该实验时，其中一个重要的步骤是接通电源释放纸带﹐则如图所示操作中合理的是_______。
(2)在实验过程中，下列实验操作或数据处理正确的是_______。
A.选取质量和密度较大的金属锤有利于减小实验误差
B.为了验证机械能守恒，必须选择纸带上打出的第一个点作为起点
C.为测量打点计时器打下某点时重锤的速度v，可测量该点到O点的距离h，利用公式v= 2gh计算，其中g应取当地的重力加速度
D.本实验可以用图像法来处理数据；测出纸带上若干个点对应的瞬时速度v和下落高度h，描出v2−h图像，若在误差允许范围内该图像是一条过原点的直线﹐则可以认为机械能守恒
(3)已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，当地的重力加速度g=9.80m/s2，重物的质量为m=1.00kg。实验得到一条点迹清晰的纸带，如图乙所示，把第一个点记作O，另选连续的4个点A、B、C、D作为测量点。已知A、B、C、D各点到O点的距离分别为62.99cm、70.18cm、77.76cm、85.73cm。根据以上数据，可知重力由O点运动到C点，重力势能的减少量等于_______J，动能的增加量等于_______J。(结果均保留3位有效数字)
  
(4)实验中发现重物增加的动能总是稍小于重物减小的重力势能，可能的原因是重物下落时会受到阻力。测出各测量点到起始点的距离h，并计算出各测量点的速度v，用实验测得的数据绘出v2−h图线如图丙所示，已知图线的斜率为k，由图线求得重物下落时受到的阻力f与重物重力mg的比值fmg=_______。(用题中给出的物理量符号表示)


四、计算题（本大题共3小题，共40.0分）
14. 一名同学周末在家收拾客厅，在把一个木箱拉到客厅一角时，他想估算自己对这个木箱做了多少功。为了减小摩擦引起的噪声，以减轻对楼下住户的影响，他以斜向上与水平面约成60∘夹角的恒力，沿直线缓慢拉动木箱移动了3m。他先称得木箱质量约为30kg，通过相关资料查到木头与地面间的动摩擦因数约为0.60，试估算：(取g=10m/s2)
(1)这名同学对木箱的拉力在该过程中所做的功；
(2)木箱受到外力做的总功；
(3)木箱损失了多少机械能？这些能量去哪了？

15. 天宫空间站是我国自主建设的一个空间站系统，空间站总重量m1=180t，轨道高度h=400km，空间站绕地球一周T=93min。已知地球质量M为6.0×1024kg，半径R=6.4×103km，G=6.67×10−11N⋅m2/kg2，忽略其他天体的影响。
(1)忽略地球自转的影响，若宇航员质量为60kg，他在空间站的磅秤上称量体重时磅秤的示数是多少？
(2)天宫空间站在轨期间环绕地球的运行速度大小v；(结果保留2位有效数字)
(3)为了解释不接触的两物体间发生引力作用，法拉第在电磁学中建立了场的概念。其后，场的概念被应用到万有引力中，类比电场强度定义，求地球在空间站所处的引力场强度EG。(结果保留2位有效数字)


16. 如图所示，光滑水平台上有一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m=1kg可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不栓接，弹簧原长小于光滑平台的长度。在平台的右端有一传送带，AB长L=5m，物块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.2，与传送带相邻的粗糙水平面BC长s=1.5m，它与物块间的动摩擦因数μ2=0.3，在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧与BC平滑连接﹐圆弧对应的圆心角为θ=120∘，在圆弧的最高点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来。若传送带以v=5m/s的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失。当弹簧储存的Ep=18J能量全部释放时，小物块能滑到圆轨道上，取g=10m/s2。求：
(1)小物块离开弹簧后第一次经过B点时速度多大？
(2)若小物块离开弹簧后刚好能到达E点，求右侧圆弧的轨道半径R应该为多大？
(3)在满足(2)问中R值的情况下，若传送带的速度调为v=7m/s，通过计算分析小物块能否与挡板碰撞？


答案和解析

1.【答案】D 
【解析】A.库仑扭秤实验和卡文迪许扭秤实验都用了放大的思想，故A正确；
B.点电荷是一种理想化模型，带电体的形状大小可以忽略不计，所以现实世界中点电荷是不存在的，故B正确；
C.电场强度 E=Fq 用比值法定义的物理量，故C正确；
D.在计算带电体间的相互作用力时，若电荷量分布对计算影响很小，将带电体看做点电荷采用了理想化模型，不是“等效法”，故D错误。
本题选择不正确的，故选D。


2.【答案】C 
【解析】A.小孩上摆过程中速度减少，所需要的向心力在减少，脚受的支持力减少，A错误；
B.从最低点上摆的过程中，重力对人做负功，B错误；
C.绳子拉力与横板的速度方向始终垂直，则拉力对横板做的功为零，C正确；
D.该同学从最低点上摆的过程中，竖直方向的分速度先增大后减小，故重力的功率先增大后减小，D错误；
故选C。


3.【答案】B 
【解析】A.双星系统中，由于两星在相同时间内转过的角度相等，则双星系统的角速度相等，即中子星绕O点运动的角速度等于红矮星的角速度，A错误；
B.根据
Gm1m2L2=m1ω2r1
Gm1m2L2=m2ω2r2
解得
m1m2=r2r1
即星体质量越大，轨道半径越小，根据题意中子星质量大，可知，中子星绕O点运动的轨道半径小于红矮星的轨道半径，B正确；
C.双星系统中，有星体之间的万有引力提供向心力，可知，中子星绕O点运动的向心力大小等于红矮星的向心力大小，C错误；
D.根据
v=ωr
根据上述，双星系统角速度相等，中子星的轨道半径小一些，则中子星绕O点运动的线速度小于红矮星的线速度，D错误；
故选B。


4.【答案】A 
【解析】由题意有
vy2=2gh
可得
vy=4m/s
将球刚要落到球拍上时的速度沿水平方向和竖直方向分解，则球在B点的速度大小
v=vycos37∘=5m/s
A正确，BCD错误。
故选A。


5.【答案】B 
【解析】A.天舟五号货运飞船脱离火箭时的速度如果大于第二宇宙速度，则会脱离地球的束缚而飞向太阳系，A错误；
B.天舟五号货运飞船脱离火箭后，要经过2次变轨，即经过两次加速从低轨道变为高轨道，加速完成时机械能增大，加速后机械能不再变化，所以天舟五号货运飞船对接后与从脱离火箭时相比，机械能变大，B正确；
C.天舟五号货运飞船在追天和核心舱的过程中，天舟五号货运飞船做变加速圆周运动，其加速度方向偏离地心，即加速度分解为向心加速度和切线加速度，C错误；
D.对接成功后，组合体的轨道半径等于天和核心舱原来的轨道半径，根据
GMmr2=mv2r  
得
v= GMr  
其中G为引力常数不变，M为地球质量不变，则接轨后速度大小不变，D错误。
故选B。


6.【答案】D 
【解析】A.物块与弹簧接触后沿斜面向上做加速运动，风对物块的作用力大于物块重力沿斜面向下的分力，物块所受合力沿斜面向上，物块与弹簧接触后受到弹簧沿斜面向下的弹力作用，开始物块受到的合力沿斜面向上，物块做加速运动，随物块向上运动，弹簧的压缩量增大，弹簧弹力增大，物块所受合力减小，加速度减小，物块向上做加速度减小的加速运动，加速度减小到0后﹐随弹簧弹力的增大，合力反向向下，物块的合力反向增大，做加速度增大的减速运动，故A错误；
B.从物块接触弹簧至到达最高点的过程中弹簧的压缩量一直增大，弹簧的弹性势能一直增大，故B错误；
C.物块与弹簧接触后沿斜面向上做加速运动，开始是风力大于弹簧力，物体机械能增加，之后，风力可能小于弹簧力，机械能可能减少；故C错误；
D.从物块接触弹簧至到达最高点的过程中，风的作用力对物块与弹簧组点的系统一直做正功，由功能关系可知，物块和弹簧组成的系统机械能一直增大，故D正确。
故选D。


7.【答案】C 
【解析】A.以试探电荷为研究对象，其做匀速圆周运动，两正点电荷对其静电力的合力提供向心力，做匀速圆周运动所需的向心力大小为
F=2kQqcos30∘hsin30∘2= 3kQq4h2
故A错误；
B.若 θ 增大，AO之间场强先变大后变小，所以向心力也是先变大后变小，故B错误；
C.由
F=mω2htan30∘
可得负点电荷做匀速圆周运动的角速度为
ω=12h kQqmh
故C正确；
D.AO之间的场强先变大后变小，静电力先变大后反向变小，接着由O到B，静电力反向，故先加速后减速运动，到B点速度为零，故D错误。
故选C。


8.【答案】AB 
【解析】A.因为地球人的质量不变，则根据
G=mg
可知潘多拉星球上的重力加速度是地球表面重力加速度的n倍﹐故选项A正确；
B.根据
GMmR2=mg
可知半径与地球半径近似相等时﹐该星球质量是地球质量的n倍，故选项B正确；
C.卫星的最小发射速度也是该星球的第一宇宙速度﹐根据
GMmR2=mv2R
解得
v= gR
潘多拉星球上的重力加速度是地球表面重力加速度的n倍，则最小发射速度是地球第一宇宙速度的  n 倍，故选项C错误；
D.第二宇宙速度是卫星脱离该星球的引力束缚飞到无限远处所必须具有的速度﹐卫星在地面上具有的动能应等于从地面附近运动到无限远处克服重力做的功，因为重力大小不同，则在潘多拉星球上发射卫星时第二宇宙速度与地球的第二宇宙速度不相等，不是 11.2km/s ，故选项D错误。
故选AB。


9.【答案】BC 
【解析】A.根据带电粒子运动轨迹的弯曲方向可知，正电荷对该带电粒子的作用力是吸引力，该粒子带负电，故A错误；
B.带电粒子从M点运动到N点的过程中，电场力与速度方向夹角小于90度﹐粒子速度增大，动能增大，故B正确；
C.由等势面的疏密程度可知，两点的场强关系为
EM 根据电场力公式
F=qE
可知
FM 故C正确；
D.由于静电感应，在金属平板的上表面带负电荷，故D错误。
故选BC。


10.【答案】CD 
【解析】A.小球的运动轨迹为曲线，加速度的方向时刻变化，故不是匀变速运动，故A错误；
B.由于小球在下滑过程中，速度不断增大，故沿轨道斜向下的运动不是匀速直线运动，故B错误；
CD.将小球运动等效为长为s，高为h的光滑斜面的运动，则其下滑加速度为
a=gsinα=ghs
由运动学公式可知
v=at=ghst
故速度大小随时间线性增加，故C正确；
D.将小球运动等效为长为s，高为h的光滑斜面的运动，由位移公式得
s=12at2
解得
t= 2s2gh
故D正确。
故选CD。


11.【答案】BCD 
【解析】由图像可知当 L=9m 时，水平拉力做的功 W=27J ，而摩擦力做功为
Wf=−μmgL=−18J
则合力做功为
W合=W+Wf=9J
由动能定理有
W合=12mv2
解得
v=3m/s
在OA段运动过程，水平拉力做的功 W′=15J ，而摩擦力做功为
W′f=−μmgL′=−6J
由动能定理
W合=12mvA2
可得
vA=3m/s
则
a=vA22L′=322×3m/s2=1.5m/s2
在OA段物体做匀加速运动，从A到B，由图像可知，水平拉力
F=ΔWΔL=27−159−3N=2N
由于摩擦力大小为
f=μmg=2N
可知物体从A到B做匀速运动，则在位移 L=6m 时的速度也是 3m/s ，A错误，BCD正确。
故选BCD。


12.【答案】  B     1:3      4 
【解析】(1)[1]从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，可认为做平抛运动，因此不论它们能射多远，在空中飞行的时间都一样﹐这实际上揭示了平抛物体在竖直方向上做自由落体运动。
故选B。
(2)[2]将平抛运动分解成水平方向匀速直线运动，竖直方向自由落体运动，因O为抛出点，则在竖直方向，做初速度为0的匀加速直线运动，因OA、AB段水平位移相等则时间间隔相等，设时间为t，则有
y1=12gt2 ， y1+y2=12g2t2
可得
y1:y2=1:3
(3)[3]由于水平方向间隔相等，因此记录的时间间隔相等，竖直方向上，根据
Δy=gT2
可得
hBC−hAB=gT2
时间间隔
T=0.1s
B点的竖直速度为AC段竖直方向的平均速度
vBy=hAC2T=4m/s
因此小球重力的平均功率
P=mg⋅vBy=4W


13.【答案】  D     A     7.62     7.56     2g−k2g 
【解析】(1)[1]研究自由落体运动的机械能守恒时，正确的手持纸带方法：手持纸带的末端，让纸带保持竖直，重物靠近打点计时器。
故选D。
(2)[2]A.选取质量和密度较大的金属锤空气阻力与重力之比较小，实验误差较小，故A正确；
B.验证机械能守恒时，不一定要选择纸带上打出的第一个点作为起点，由于机械能包括动能和势能﹐所以如果不选择第一个点作为起点，必须求出打第一个点时的速度，才能正确算出所选的第一个点的机械能﹐故B错误；
C.若用公式 v= 2gh 求速度﹐就默认了纸带加速度为g，机械能守恒，失去了验证的意义，故C错误；
D.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
v2 与h成正比， v2−h 图像为过原点的直线，且斜率为2g，即在误差允许的范围内该图像是一条过原点的直线﹐且需满足斜率为2g才可以认为机械能守恒，故D错误。
故选A。
(3)[3]重物由O点运动到C点，重力势能的减少量
Ep=mgh=1.00×9.80×77.76×10−2J≈7.62J
[4]根据题意可知，打点周期为
T=150s=0.02s
打C点时的速度为
v=85.73−70.18×10−22×0.02m/s=3.8875m/s
打C点的动能
Ek=12mv2=12×1.00×3.88752J≈7.56J
(4)[5]重物下落时会受到阻力f，则有
mg−f=ma
v2=2ah
解得
v2=2mg−fm⋅h
结合图像有
2mg−fm=k
解得
fmg=2g−k2g


14.【答案】(1)264.8J；(2)0；(3)264.8J，转为内能 
【解析】(1)设拉力的大小为F，由题知，木箱缓慢移动，受力平衡，根据正交分解，可得水平方向有
f=Fcos60∘
竖直方向有
mg=Fsin60∘+N
又根据
f=μN
联立解得
F=176.5N
故拉力做的功为
W=Fcos60∘x=264.8J
(2)木箱缓慢移动，速度几乎不变，由动能定理得
W合=ΔEK
ΔEK=0J
故外力做的总功
W外=0
(3)木箱克服摩擦力做功
W克=fx=Fcos60∘x=264.8J
即木箱损失了264.8J的机械能，由能量守恒定律得，这些能量转化为内能。


15.【答案】(1)0；(2) 7.7×103m/s ；(3)8.7N/kg，指向地心 
【解析】(1)宇航员和天宫空间站受到地球的万有引力提供向心力
GMm总R+h2=m总v2R+h
宇航员在磅秤上随空间站绕地转动
GMm2R+h2−FN=m2v2R+h
因此磅秤对他的弹力
FN=0
根据牛顿第三定律可知，他对磅秤的压力
FN′=0
即磅秤示数为零；
(2)天宫空间站在轨期间环绕地球的运行时，根据匀速圆周运动规律可知
v=2πR+hT
解得
v=7.7×103m/s
(3)电场强度定义公式为
E=Fq
设在空间站放置一个质量m很小的物体，定义其受到地球的引力F与它质量m的比值为地球在该处的引力场强度﹐则
EG=Fm
其中
F=MmR+h2G
联立解得
EG=MGR+h2=8.7N/kg
其方向指向地心。


16.【答案】(1) vB=5m/s ；(2) R=0.8m ；(3)物块能够运动到挡板与之相碰，见解析 
【解析】(1)物块被弹簧弹出，由能量守恒有
Ep=12mv02
可得
v0=6m/s
因为 v0>v ，故物块滑上传送带后先减速到与传送带相对静止得过程中，由动能定理得
−μ1mgx1=12mv2−12mv02
解得
x1=2.75m
因为 x1 vB=5m/s
(2)若小物块刚好到达E点﹐从B点到E点过程中，由动能定理有
−μ2mgs−mg⋅R=0−12mv2
代入数据整理可以得到
R=0.8m
(3)设传送带速度为 v1 时物块恰能到F点，在F点满足
mgsin30∘=mvF2R
从B到F过程中，由动能定理有
12mv12−12mvF2=μ2mgs+mgR+Rsin30∘
解得
v1= 37m/s
若物块在传送带上一直加速运动，由
12mvBm2−12mv02=μ1mgL
知其到B点的最大速度
vBm= 56m/s
因此当传送带速度满足
v1 物块能够运动到挡板与之相碰。