2022-2023学年黑龙江省七台河市勃利高级中学高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年黑龙江省七台河市勃利高级中学高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共15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。
1.生活中的很多现象往往都可从物理的角度进行解释。在如图的四幅图中，甲图展示的是正在脱水的衣物，乙图展示的是火车正在水平面内转弯，丙图展示的是儿童正在荡秋千，丁图展示的是摩托车骑于正在球形铁笼竖直面内沿内壁进行“飞车走壁”表演。下列对四幅图中有关现象的说法正确的是( )
A. 甲图衣物中的水分因受到离心力的作用而被甩出
B. 乙图中外轨高于内轨，但是火车的轮缘可能对外轨产生侧向挤压
C. 丙图中秋千摆至最低点时，儿童处于失重状态
D. 丁图中在竖直面内做圆周运动的麾托车，在最高点时的速度可以为零
2.电场中有一点P，下列说法正确的是( )
A. 若P点不放电荷，则P点的电场强度为零
B. 放在P点的电荷的电荷量越大，则P点的电场强度越大
C. 放在P点的电荷的电荷量越大，则电荷受到的静电力越大
D. 放在P点的电荷的电荷量越大，则电荷受到的静电力越小
3.如图所示，在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下，当小车匀速向右运动时，物体A的运动及受力情况是( )
A. 匀速上升，拉力小于重力B. 加速上升，拉力大于重力
C. 减速上升，拉力等于重力D. 加速上升，拉力等于重力
4.重庆某中学举行足球比赛，队员甲罚点球，罚球点到球门横梁的水平垂直距离为d，球门高h，足球从罚球点踢出后，恰好从球门横梁下以大小为v的速度水平垂直进入球门。不计空气阻力和足球大小，重力加速度为g，则v的数值为( )
A. d g2hB. d 2ghC. 2ghD. 2 gh
5.如图甲，某电场的一条电场线与Ox轴重合，在O点由静止释放一电子，该电子在Ox方向各点的电势能Ep随x变化的规律如图乙所示。若电子仅受电场力的作用，运动过程中加速度的大小为a，则( )
A. a先减小后逐渐增大该电场线可能是孤立点电荷产生的
B. a先减小后逐渐增大该电场线可能是等量同种点电荷产生的
C. a先增大后逐渐减小该电场线可能是孤立点电荷产生的
D. a先增大后逐渐减小该电场线可能是等量同种点电荷产生的
6.我国北斗系统主要由同步轨道卫星和中圆轨道卫星组成。已知两种卫星的轨道为圆轨道，中圆轨道卫星的周期为8小时，则( )
A. 中圆轨道卫星的线速度大于7.9km/s
B. 中圆轨道卫星的角速度大于地球同步卫星的角速度
C. 中圆轨道卫星的轨道半径大于地球同步卫星的轨道半径
D. 中圆轨道卫星做圆周运动所需向心力一定大于地球同步卫星所需的向心力
7.如图所示，某段滑雪雪道倾角为30∘，总质量为m(包括雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，其加速度大小为14g。在他从雪道上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是( )
A. 运动员减少的重力势能为14mghB. 系能减少的机械能为14mgh
C. 运动员克服摩擦力做功为12mghD. 运动员获得的动能为mgh
8.2023年5月17日10时49分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射第五十六颗北斗导航卫星，该卫星属地球静止同步轨道卫星，卫星发射并进入轨道是一个复杂的过程，如图所示，发射同步卫星时先将卫星发射至近地轨道，在近地轨道的A点加速后进入转移轨道，在转移轨道上的远地点B加速后进入同步轨道。已知地球自转周期为T，E，F为椭圆短轴的两个端点，下列说法正确的是( )
A. 卫星在近地轨道上运动的周期为T
B. 卫星在同步轨道B处的加速度大于在转移轨道B处的加速度
C. 卫星在转移轨道上由E向F运动时间等于由F向E运动时间
D. 卫星在转移轨道上由B向A运动时，机械能守恒
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
9.质量为2kg的小铁球从某一高度由静止释放，经3s到达地面，不计空气阻力，g取10m/s2，则( )
A. 落地前小球的机械能守恒B. 2s末重力的瞬时功率为400W
C. 2s内重力的平均功率为400WD. 2s内小球动能增加量为200J
10.如图所示的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判定( )
A. 该带电粒子带负电
B. M点的电势高于N点的电势
C. M点的电场强度大于N点的电场强度
D. 带电粒子在M点的电势能大于在N点的电势能
11.如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个正六边形的六个顶点，匀强电场场强方向与正六边形所在平面平行。A、B、C三点的电势分别为1V、2V、4V，AB边长度为2cm。则下列说法中正确的是( )
A. F点的电势为2V
B. 该匀强电场场强方向沿AB方向由B指向A
C. 将电子从E点移到F点，电场力做的功为2eV
D. 该匀强电场的场强大小E=100V/m
12.如图，质量分别为m和2m的两个小球P和Q，中间用轻质杆固定连接，杆长为l，在离P球l3处有一个光滑固定转轴O，如图所示。现在把杆置于水平位置后自由释放，Q球顺时针摆动到最低位置，已知重力加速度为g，则( )
A. 杆对小球P做正功，P的机械能增加
B. 小球Q在最低位置的速度大小为 2gl3
C. 小球P在此过程中机械能增加量为49mgl
D. 小球Q在此过程中机械能减少23mgl
三、实验题：本大题共1小题，共10分。
13.如图1所示为“用打点计时器验证机械能守恒定律”的实验装置。
(1)实验中得到的一条纸带．在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。重锤质量用m表示，已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T.从打下O点到打下B点的过程中，重锤重力势能的减少量ΔEp=______，动能的增加量ΔEk=______。
(2)由于打点计时器两限位孔不在同一竖直线上，使纸带通过时受到的阻力较大，这样会导致实验结果mgh ______12mv2(选填“”)。
(3)在实验过程中，下列实验操作和数据处理错误的是______。
A.重物下落的起始位置靠近打点计时器
B.做实验时，先接通打点计时器的电源，再释放重锤
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，再根据公式v= 2gh计算，其中g应取当地的重力加速度
D.用刻度尺测量某点到O点的距离h，利用公式mgh计算重力势能的减少量，其中g应取当地的重力加速度
(4)某同学在纸带上选取计数点后，测量它们到初速度为零的起始点的距离h，并计算出打相应计数点时重锤的速度v，通过描绘v2−h.若实验中重锤所受阻力不可忽略，且阻力大小保持不变，从理论上分析，合理的v2−h图象是图3中的______.
四、计算题：本大题共3小题，共34分。
14.如图所示，一正点电荷固定在倾角为30∘的光滑绝缘斜面底部的C点，斜面上有A、B两点，且A、B和C在同一直线上，A和C相距为L，B为AC中点。现将一质量为m带电量为+q的小球从A点静止释放，当小球运动到B点时速度恰好又为零，已知带电小球在A点处的加速度大小为g8，静电力常量为k，求：
(1)C点正点电荷的电荷量为多少；
(2)A、B两点间的电势差UAB。
15.如图所示是滑板运动的轨道的一部分，BC是一段光滑圆弧形轨道，BC段的圆心为O点、圆心角θ=60̊，半径0C与水平轨道CD垂直，滑板与水平轨道CD间的动摩擦因数μ=0.2。某运动员从轨道上的A点以v0=3m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，在CD轨道滑行一段后速度减为零。已知运动员和滑板可看成质点且总质量为m=60kg，B点与水平轨道CD的竖直高度为h=2m，g取10m/s2。求：
(1)运动员运动到B点的速度大小及到C点时轨道对滑板的支持力大小；
(2)运动员在CD上滑行多远停下来。
16.如图所示，AB是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R。一个质量为m的物体(可以看作质点)从直轨道上的P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动。已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ。求：
(1)物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程；
(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.甲图脱水桶的脱水原理是：当水滴的附着力小于需要的向心力时，水滴做离心运动，从而沿切线方向甩出，水滴并非受到离心力的作用，故A错误；
B.乙图中当火车的速度超过规定的速度时，火车有做离心运动的趋势，此时火车的轮缘就会对外轨产生侧向挤压，故B正确；
C.丙图中秋千从高处摆至最低点时，加速度向上，则儿童一定处于超重状态，故C错误；
D.丁图中在竖直面内做圆周运动的摩托车，在最高点时的最小速度满足
mg=mv2r
即
v= gr
即在最高点的速度一定不为零，故D错误。
故选：B。
根据脱水的原理分析判断；根据火车转外向心力的提供分析判断；根据秋千在最低点的受力情况分析判断；根据最高点的重力提供向心力分析判断。
本题关键掌握受力分析，判断向心力的来源。
2.【答案】C
【解析】解：A、若P点没有试探电荷，则P点场强不变，不为零。故A错误。
B、场强反映电场本身的性质，只由电场本身决定，与试探电荷无关，故B错误。
C、P点的场强是一定的，由F=qE，可知F与q成正比，E越大，同一电荷在P点受到的电场力越大，故C正确，D错误。
故选：C。
电场强度反映电场本身的性质，与试探电荷无关，电场中同一点，场强是一定的．场强方向为就是放在该点的正电荷受电场力的方向．
解决本题的关键是理解并掌握场强的物理意义，明确其方向特点：与正电荷所受的电场力方向相同．
3.【答案】B
【解析】解：设绳与水平方向的夹角为α，根据速度分解得vA=vcsα，如图所示：
当小车匀速向右运动时，α减小，vA增大，物体A加速上升，拉力大于重力。
故ACD错误，B正确。
故选：B。
运动分解时，以物体实际运动方向为合速度方向，进行正交分解，根据角度的变化分析出物体A的速度变化和受力的特点。
本题考查运动的合成与分解，学生需结合牛顿第二定律综合分析，同时要结合速度的分解特点和几何关系完成分析。
4.【答案】A
【解析】解：足球水平垂直进入球门，逆向看足球做平抛运动，设足球运动的时间为t，在竖直方向有：h=12gt2
在水平方向有：d=vt
联立解得：v=d g2h，故A正确，BCD错误。
故选：A。
足球运动的逆过程为平抛运动，根据高度求出足球运动时间，根据水平位移和时间求v。
本题巧用逆向思维处理斜抛运动，要掌握平抛运动的规律，并能熟练运用。已知高度和水平位移，根据分位移公式可求出平抛运动的初速度。
5.【答案】D
【解析】解：Ep−x图象的斜率大小等于电场力，由几何知识得知，斜率先减小后增大，则电场力先减小后增大，由F=ma知，a减小后增大，
由于电势能先减小后增大，所以该电场线可能是等量同种点电荷产生的；
故ABC错误，D正确；
故选：D。
电势Ep−x图线的斜率等于电场力大小，根据斜率的变化，分析力的变化，由牛顿第二定律分析加速度的变化，根据电势能变化分析场源电荷情况。
本题难点在于对Ep−x图线斜率的理解，可借助于图像斜率分析判断．
6.【答案】B
【解析】解：A、根据万有引力提供向心力可得：GMmr2=mv2r，解得v= GMr，7.9km/s是近地卫星做匀速圆周运动的速度，中圆轨道卫星的轨道半径大于地球的半径，则其线速度小于7.9km/s，故A错误；
B、中圆轨道卫星的周期为8小时，地球同步卫星的周期为24h，根据ω=2πT可知中圆轨道卫星的角速度大于地球同步卫星的角速度，故B正确；
C、根据开普勒第三定律r3T2=k可知，中圆轨道卫星的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，故C错误；
D、根据万有引力提供向心力可得F向=GMmr2，由于中圆轨道卫星的质量与地球同步卫星的质量不确定，则中圆轨道卫星做圆周运动所需向心力与地球同步卫星所需的向心力大小不确定，故D错误。
故选：B。
7.9km/s是近地卫星做匀速圆周运动的速度，由此分析其线速度大小；
根据ω=2πT分析中圆轨道卫星的角速度与地球同步卫星的角速度大小；
根据开普勒第三定律分析轨道半径的大小；
根据万有引力定律分析向心力的大小。
本题主要是考查了万有引力定律及其应用；解答此类题目一般要把握两条线：一是在星球表面，忽略星球自转的情况下，万有引力近似等于重力；二是根据万有引力提供向心力列方程进行解答。
7.【答案】C
【解析】解：A、运动员减少的重力势能为mgh，故A错误；
BC、根据牛顿第二定律可知mgsin30∘−f=ma，解得运动员受到的摩擦力f=14mg，运动员克服摩擦力做功Wf=f⋅hsin30∘=12mgh，系统减少的机械能为12mgh，故C正确，B错误；
D、运动员获得的动能为Ek=mgh−Wf=12mgh，故D错误。
故选：C。
根据能量转化情况分析运动员减少的重力势能是如何转化的。由几何关系可知运动员下滑的距离，由速度和位移公式可得出运动员的末速度，则可得出运动员的动能；由动能定理可得出运动员克服摩擦力所做的功；由功能关系即可得出机械能的改变量。
在解决有关能量问题时，要注意明确做功和能量转化间的关系；合外力做功等于动能的改变量；重力做功等于重力势能的改变量；物体克服阻力做功等于机械能的减少量。
8.【答案】D
【解析】解：A、卫星绕地球做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力，得
GMmr2=m⋅4π2T2r
得
T=2π r3GM
近地轨道上运动的半径大于地球半径，所以卫星在近地轨道上运动的周期大于T，故A错误；
B、卫星绕地球做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力，得
GMmr2=ma
可知卫星向心加速度大小为
a=GMr2
卫星在同步轨道B处的距离等于卫星在转移轨道B处的距离，所以卫星在同步轨道B处的加速度等于在转移轨道B处的加速度，故B错误；
C、由开普勒第二定律可知，地球和卫星的连线在相等的时间内扫过相等的面积；卫星在转移轨道上由E向F扫过的面积小于由F向E扫过的面积，则卫星在转移轨道上由E向F运动时间小于由F向E运动时间，故C错误；
D、卫星在转移轨道上运动时，只受地球引力作用，即只有引力做功，机械能守恒，故D正确。
故选：D。
根据万有引力提供向心力，分析向心加速度大小、周期；只有引力做功，机械能守恒。
本题考查学生对开普勒第二定律、万有引力提供向心力、机械能守恒的掌握，是一道具有一定综合性，难度中等的题。
9.【答案】AB
【解析】解：A、小铁球从某一高度由静止释放，只受重力，所以落地前小球的机械能守恒，故A正确；
B、根据运动学公式可知2s末小球的速度为：v=gt=20m/s；根据重力的瞬时功率公式，可知2s末的重力的瞬时功率为：P=mgv=20×20W=400W，故B正确；
C、2s内的平均速度为：v−=v2=10m/s，2s内重力的平均功率为：P−=mgv−=200W，故C错误；
D、根据动能增加量定义，可知2s内小球动能增加量为：△Ek=12mv2−0=12×2×202J=400J，故D错误。
故选：AB。
根据机械能守恒条件判断；P=mgv可求得平均速度及瞬时速度，当v取平均值时求得平均值；v取瞬时值时，求出的为瞬时功率；根据动能增加量定义求解。
本题考查平均功率与瞬时功率的求法，明确功率公式mgv的正确应用。
10.【答案】BD
【解析】解：A、由图看出，粒子的轨迹向左下弯曲，粒子所受电场力大致向左下，电场线方向斜向左下，说明粒子带正电，故A错误；
B、顺着电场线的方向电势降低，故M点所在的等势面的电势高于N点所在的等势面的电势，即M点的电势高于N点的电势，故B正确；
C、M点处的电场线较疏，而N点处电场线较密，则M点处的电场强度较小，故C错误；
D、粒子从M运动到N的过程中，电场力的方向与速度的方向之间的夹角为钝角，可知电场力做正功，粒子的电势能减小，故粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，故D正确。
故选：BD。
由轨迹的弯曲方向判断带电粒子所受电场力的大致方向，可确定带电粒子的电性；根据电场线的疏密判断电场强度的大小；根据沿电场线的方向确定电势的高低；根据电场力做功的正负判断电势能的大小。
该题考查了电场的相关性质，对于粒子在电场中运动的问题，往往要根据曲线运动的特点：合力方向指向轨迹的内侧判断电场力方向．再结合电场线的特点分析场强大小、电势的高低。
11.【答案】AD
【解析】解：AB、根据匀强电场电势差与电场强度的关系可知，2UAB=UFC，代入数据解得：F点的电势为2V，则BF为等势线，电场线与等势线垂直，所以匀强电场场强方向沿AD方向由D指向A，故A正确，B错误。
C、同理可知UBC=UEF，UAB=UED，解得：φE=4V，将电子从E点移到F点，电场力做的功为−2eV，故C错误。
D、UCB=φC−φB=4V−2V=2V，根据E=UCBCB=22×10−2V/m=100V/m.故D正确；
故选：AD。
根据匀强电场电势随距离均匀变化(除等势面)的特点，则BF为一条等势线，可求出UAF，UCF，由于电场线与等势线垂直，可知电场线方向，根据U=Ed解得电场强度大小．
找等势点，作等势面和电场线，是解决这类问题常用方法．
12.【答案】AC
【解析】解：A、P球动能增加，重力势能增加，则杆对小球P做正功，A正确；
B、根据机械能守恒：2mg⋅23l−mg⋅13=12×2mvQ2+12mvP2
又因为两球的角速度相等则有：vQ23l=vP13l
联立解得，小球Q在最低位置的速度大小为：vQ=2 2gl3，故B错误；
C、小球P在此过程中机械能增加量为：ΔEP=mg⋅l3+12mvP2
代入解得：ΔEP=49mgl，故C正确；
D、根据机械能守恒，小球Q在此过程中机械能减少为49mgl，故D错误。
故选：AC。
在Q球顺时针摆动到最低位置的过程中，对于两球和地球组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律列方程。结合两球角速度相等，分析线速度关系，即可求解两球速度大小；根据动能和重力势能的变化求小球P和Q机械能的变化量。
本题是系统机械能守恒问题，解答此类问题的关键是掌握机械能守恒定律列式方法：①根据某一位置的动能与重力势能之和等于另一位置的动能与重力势能之和列方程；②根据系统重力势能的减少等于系统动能的增加列方程。
13.【答案】mghB m(hC−hA)28T2 >CA
【解析】解：(1)做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，打B点时的速度大小vB=AC2T=hC−hA2T；
从打下O点到打下B点的过程中，重锤重力势能的减少量ΔEp=mghB；动能的增加量ΔEk=12mvB2=m(hC−hA)28T2。
(2)由于打点计时器两限位孔不在同一竖直线上，使纸带通过时受到的阻力较大，重锤下落过程要克服阻力作用做功，机械能有损失，重力势能的减少量大于动能的增加量，即mgh>12mv2。
(3)A、为充分利用纸带，重物下落的起始位置靠近打点计时器，故A正确；
B、为充分利用纸带，做实验时，先接通打点计时器的电源，再释放重锤，故B正确；
C、根据实验打出的纸带，根据匀变速直线运动的推论求出打点计时器打下某点时重锤的速度v，不能测量该点到O点的距离h，再根据公式v= 2gh计算重锤的速度v，故C错误；
D、用刻度尺测量某点到O点的距离h，利用公式mgh计算重力势能的减少量，其中g应取当地的重力加速度，故D正确。
本题选错误的，故选：C。
(4)设阻力大小为f，由动能定理得：(mg−f)h=12mv2−0，整理得：v2=2(g−fm)h，阻力f不变，m、g不变，则v2与h成正比，故A正确，BCD错误。
故选：A。
故答案为：(1)mghB；m(hC−hA)28T2；(2)>；(3)C；(4)A。
(1)根据匀变速直线运动的推论求出打B点的速度，然后根据重力势能与动能的计算公式分析答题。
(2)重锤下落过程要克服阻力作用做功，机械能有损失，重力势能的减少量大于动能的增加量。
(3)根据实验原理与实验注意事项分析答题。
(4)应用动能定理求出图象的函数表达式，然后分析答题。
理解实验原理、知道实验注意事项是解题的前提与关键，应用匀变速直线运动的推论、动能与重力势能的计算公式、动能定理即可解题。
14.【答案】解：(1)设小球在A点时，受到的库仑力为F=kQqL2，
根据牛顿第二定律有：mgsin30∘−kQqL2=maA，其中aA=g8，
解得：Q=3mgL28kq；
(2)带电小球由A点运动到B点应用动能定理：
mgsin30∘⋅L2+qUAB=0，
解得：UAB=−mgL4q。
答：(1)C点正点电荷的电荷量为3mgL28kq；
(2)A、B两点间的电势差为−mgL4q。
【解析】(1)根据牛顿第二定律结合库仑定律求C点正点电荷的电荷量；
(2)根据动能定理和电场力公式W=qU结合，求解A和B两点间的电势差。
本题主要考查了库仑定律，应用牛顿第二定律，分析受力，列式求解。对于电势差，要知道电场力做功与电势差有关，运用动能定理求解电势差是常用的思路。
15.【答案】解：(1)根据几何关系可得：
cs60∘=v0vB
解得：vB=6m/s
运动员从B点运动到C点，根据动能定理可得：
mgh=12mvC2−12mvB2
代入数据解得：vC= 76m/s
在C点，根据牛顿第二定律得：
FN−mg=mvC2R
其中，R(1−csθ)=h
解得：FN=1740N
(2)从C点到D点，根据动能定理得：
−μmgx=0−12mvC2
解得：x=19m
答：(1)运动员运动到B点的速度大小为 76m/s，到C点时轨道对滑板的支持力大小为1740N；
(2)运动员在CD上滑行19m停下来。
【解析】(1)根据动能定理计算出运动员到B点的速度，结合牛顿第二定律得出轨道对滑板的支持力；
(2)根据动能定理计算出运动员的滑行距离。
本题主要考查了动能定理的相关应用，熟悉动能定理分析出运动员的速度变化，结合几何关系和牛顿第二定律即可完成分析。
16.【答案】解：(1)因为在AB轨道上摩擦力始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧上往复运动。对整体过程，由动能定理得：
mgR⋅csθ−μmgcsθ⋅s=0−0
解得，整个过程中在AB轨道上通过的总路程：s=Rμ
(2)物体从B到E过程，由动能定理得：
mgR(1−csθ)=12mv2−0
在E点，由牛顿第二定律得：
FN−mg=mv2R
由牛顿第三定律，物体对轨道的压力大小为：FN′=FN
联立上式得对轨道压力大小：FN′=(3−2csθ)mg，方向竖直向下
答：(1)物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程是Rμ；
(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力大小是(3−2csθ)mg，方向竖直向下。
【解析】(1)物体在AB轨道上运动时，摩擦力对物体做负功，物体的机械能不断减少，物体最终在圆心角为2θ的圆弧上往复运动。对整个过程，利用动能定理求摩擦力做的功；
(2)对BE过程，由动能定理可求得C点的速度，由向心力公式求解支持力，再由牛顿第三定律求解压力。
本题的关键要分析清楚物体的运动过程，判断物体最终的运动状态，把握圆周运动向心力来源，知道滑动摩擦力做功与总路程有关。