2022-2023学年黑龙江省龙西北八校联合体高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

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这是一份2022-2023学年黑龙江省龙西北八校联合体高一（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.在物理学的发展进程中，许多科学家做出了重要贡献，下列叙述符合史实的是( )
A. 伽利略第一次在实验室里测出了万有引力常量G的数值
B. 胡克总结出了行星运动的规律，并发现了万有引力定律
C. 法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场
D. 牛顿建立了真空中光速在不同惯性参考系中大小相同的假说
2.某区域电场线分布如图所示。将同一负的试探电荷先后置于a、b两点，电势能分别为Epa和Epb，电荷所受电场力大小分别为Fa和Fb，则( )
A. Epa>Epb，FaEpb，Fa>Fb
C. EpaFb
3.将质量为m的物体从距地面高H处以速度v0斜向上抛出，物体落地时的速度为v，则物体运动过程中阻力做的功Wf为( )
A. Wf=12mv2−12mv02+mgHB. Wf=mv02−mv2−mgH
C. Wf=12mv2−12mv02−mgHD. Wf=mv02−mv2+mgH
4.如图所示，有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球一起转动，b是近地卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，下列说法正确的是( )
A. 卫星a放在此位置时受到的重力比放在南极时大
B. 卫星c所需的向心力比卫星b所需的向心力要小
C. 卫星c的发射速度一定大于卫星b的发射速度
D. 卫星d的角速度是四颗卫星中最大的
5.将质量为0.5kg的小球以9m/s的速度从某一高度水平抛出，落地点距抛出点的水平距离为10.8m。若不计一切阻力，重力加速度g取10m/s2，则小球从抛出至落地过程中重力做功的平均功率为( )
A. 30WB. 45WC. 60WD. 75W
6.如图所示，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q>0)的固定点电荷。已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)( )
A. k10q9R2B. k3qR2C. k(9Q+q)9R2D. k(Q+q)R2
7.如图所示，两小滑块P、Q的质量分别为2m、m，P、Q用长为L的轻杆通过铰链连接，P套在固定的竖直光滑杆上，Q放在光滑水平地面上，原长为L2的轻弹簧水平放置，右端与Q相连，左端固定在竖直杆O点上，轻杆与竖直方向夹角α=30∘，P由静止释放，下降到最低点时α变为60∘，整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g，则P下降过程中( )
A. P、Q组成的系统机械能守恒
B. 下降过程中P的速度始终比Q的速度大
C. 弹簧弹性势能最大值为(2 3−1)mgL
D. P达到最大动能时，Q受到地面的支持力大小为3mg
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26V.下列说法正确的是( )
A. 电场强度的大小为2.5V/cmB. 坐标原点处的电势为1 V
C. 电子在a点的电势能比在b点的低7 eVD. 电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV
9.如图所示，质量m=1kg、额定功率P0=70W的玩具电动车在平直轨道上从A点由静止开始匀加速启动，加速度大小a=2m/s2，到达B点时刚好达到最大速度vm。此后电动车保持额定功率不变沿BC段继续行驶，到达C点前以速度vm′匀速运动。若电动车在AB段所受阻力f=5N，在BC段所受阻力为AB段所受阻力的2倍。下列说法正确的是( )
A. 在AB段匀加速运动持续的时间为5s
B. 电动车到达B点速度为vm=12m/s
C. 电动车速度是速度vm′的2倍
D. 在BC段当v=10m/s时，加速度大小为3m/s2
10.如图所示，两块较大的金属板A、B平行放置并与一电源相连，S闭合后，两板间有一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态，以下说法中正确的是( )
A. 若将A板向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中有b→a的电流
B. 若将A板向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G中有b→a的电流
C. 若将S断开，则油滴立即做自由落体运动，G中无电流
D. 若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G中有b→a的电流
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.用图示装置探究向心力大小的表达式。转动手柄1，可使变速塔轮2和3以及长槽4和短槽5随之匀速转动，当皮带分别套在塔轮2和3的不同圆盘上时，两个槽内的小球分别以不同的角速度做匀速圆周运动，小球做圆周运动的向心力由横臂6的挡板对小球的弹力提供，两球所受向心力大小之比可从标尺7上得知。
(1)本实验中采用的实验方法是______。
A.控制变量
B.等效替代
C.微小放大
(2)实验中，某同学将质量相等的甲、乙两小钢球放在图示位置上且甲球到左塔轮中心距离等于乙球到右塔轮中心距离，将皮带套在塔轮2、3半径不同的圆盘上，目的是研究向心力大小与______的关系。
A.半径
B.角速度
C.向心加速度
(3)在(2)条件下，转动手柄1，由标尺7得知甲、乙两球所受向心力之比为4：9，则皮带连接的左右圆盘半径之比为______。
12.某同学利用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。
(1)三个重物的形状、体积相同但质量关系为mA>mB>mC。为减小空气阻力对实验的影响，纸带下方悬挂的重物应选择______(填写选项字母)；
(2)正确实验操作后得到图乙所示的纸带。O点为打点计时器打下的第一个点，连续点A、B、C…与O点之间的距离分别为h1、h2、h3…。若打点计时器的打点周期为T，重物的质量为m，重力加速度为g，则从打O点到打B点的过程中，重物的动能增加量ΔEk=______，重力势能减少量ΔEp=______。(用题中字母表示)
(3)用纵轴分别表示重物动能增加量ΔEk及重力势能减少量ΔEp，用横轴表示重物下落的高度h。某同学在同一坐标系中做出了ΔEk−h和ΔEp−h图像，如图丙所示。由于重物下落过程中受阻力作用，可知图线______(填“①”或“②”)表示ΔEk−h图像。
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
13.2020年7月23日，我国成功发射了“天问一号”火星探测器。天问一号首次实现了通过一次任务完成火星环绕、着陆和巡视三大目标，标志着我国在行星探测领域跨入世界先进行列。若探测器绕火星做圆周运动的周期为T、轨道半径为火星半径的k倍。已知火星的半径为R，引力常量为G(不考虑火星的自转且视火星为质量分布均匀的球体)，求：
(1)火星的密度ρ；
(2)火星表面的重力加速度g。
14.如图所示，长L=2m的粗糙水平轨道AC与固定在竖直面内、半径R=0.4m的光滑半圆轨道在C点相切。质量m=2kg物块(视为质点)在水平恒力F的作用下，从A处由静止开始运动，到水平轨道AC的中点B时撤去力F，物块恰好能到达半圆轨道的最高点D。若物块与水平面轨道的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)物块运动至C点时对半圆轨道的压力；
(2)水平恒力F的大小。
15.如图所示，竖直平面内有一直角坐标系xOy，x轴水平。第一象限内有沿x轴正方向的匀强电场E1(大小未知)，第二象限有沿y轴负方向的匀强电场E2=50N/C。一个质量m=1kg带电量q=+0.1C的小球(视为质点)从A点(−0.3m,0.7m)以初速度v0水平抛出，小球从y轴上B点(0,0.4m)进入第一象限，并恰好沿直线从x轴上C点(图中未标出)飞出，重力加速度为g=10m/s2。求：
(1)初速度v0大小；
(2)B、C两点间电势差UBC。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、卡文迪什第一次在实验室里测出了引力常量G，而被称为测出地球质量第一人，故A错误；
B、开普勒通过研究第谷对行星运动观察记录的数据，发现了行星的运动规律，牛顿根据开普勒行星运动定律和牛顿运动定律，研究发现了万有引力定律，故B错误；
C、法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场，故C正确；
D、爱因斯坦的“狭义相对论”建立了真空中光速在不同惯性参考系中大小相同的假说，故D错误。
故选：C。
本题是物理学史问题，根据相关科学家的物理学贡献解答。
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，重视历史知识的储备。
2.【答案】D
【解析】解：电场线疏密程度反应电场强度大小，电场线越密，电场强度越大，则由图可知a点电场强度更大，由F=Eq可知，a点电场力更大，
由于a点电势高于b点，则由Ep=φq可知，负试探电荷在a点电势能更小，故ABC错误，D正确；
故选：D。
明确电场线的性质，知道电场线越密，场强越大．根据F=Eq判断电场力的大小；同时明确沿电场线的方向电势降落，而正电荷在高电势处电势能大，负电势在低电势处电势能大。
解决本题的关键掌握电场线的特点，电场线的疏密可表示电场强度的强弱，沿电场线的方向电势降落。
3.【答案】C
【解析】解：在整个过程中，根据动能定理可得：mgH+Wf=12mv2−12mv02，解得Wf=12mv2−12mv02−mgH，故ABD错误，C正确；
故选：C。
在整个运动过程中，根据动能定理求得阻力做功。
本题主要考查了动能定理，关键是分析物体的受力，明确各个力做功情况即可判断。
4.【答案】C
【解析】解：A.卫星a处于赤道位置随地球自转，万有引力的一部分提供向心力，另一部分就是重力，而两极的向心力最小为零，则两极处的重力加速度最大，故卫星a放在此位置时受到的重力比放在南极时小，故A错误；
B.根据F=GMmr2可知，卫星c的半径大于卫星的b半径，但由于两卫星的质量关系不确定，无法比较两卫星所受万有引力的大小，万有引力提供向心力，即无法比较卫星c所需的向心力与卫星b所需的向心力的大小，故B错误；
C.卫星要到达离地球越远的高度，需要更大的发射速度离心，之后在远地点再次加速进入高轨道，因此进入较高轨道需要克服引力做功越多，则需要的初动能越大，则卫星c的发射速度大于卫星b的发射速度，故C正确；
D.对b、c、d三颗公转的卫星，根据万有引力提供向心力，则有
GMmr2=mω2r
其角速度满足
ω= GMr3
可知半径越大，角速度越大，ωb>ωc>ωd，而对于a与c两个具有相同的角速度，有ωc=ωa，故四颗卫星中b的角速度最大，故D错误。
故选：C。
A、根据卫星的万有引力提供向心力以及万有引力的分力等于重力判断卫星a放在此位置时受到的重力是否比放在南极时大；
B、根据卫星的万有引力提供向心力判断卫星c所需的向心力是否比卫星b所需的向心力要小；
C、根据卫星发射原理判断卫星c的发射速度是否大于卫星b的发射速度；
D、根据卫星的万有引力提供向心力判断卫星d的角速度是否是四颗卫星中最大的。
人造卫星的运行规律可以用万有引力提供向心力分析，人造卫星的发射要知道发射高轨道的卫星需要的发射速度也较大，地面上的物体和卫星进行运动参量的比较首先要和同步卫星比较，再通过同步卫星与其它卫星比较运动的速度、加速度、角速度等参量大小。
5.【答案】A
【解析】解：小球在水平方向做匀速直线运动，则x=v0t，解得t=1.2s
小球下降的高度h=12gt2=12×10×1.22m=7.2m
小球从抛出至落地过程中重力做功的平均功率为P−=mght=0.5×10×，故A正确，BCD错误；
故选：A。
小球做平抛运动，根据水平方向的位移求出平抛运动的时间，竖直方向做自由落体运动，求得下降高度，根据P−=mght求得重力做功的平均功率。
本题主要考查了平均功率的计算，利用好P−=Wt，关键是抓住小球做平抛运动，利用好其特点即可。
6.【答案】A
【解析】解：由已知Eb=0，即kqR2−Ec=0，即Ec=kqR2，方向水平向左，说明圆盘带正电荷。由于bd两点关于圆盘对称，故圆盘在此两点处产生的场强大小相等，方向相反，故Ed=kq(3R)2+kqR2=k10q9R2，故BCD错误，A正确。
故选：A。
圆盘带电不能看成点电荷，但它在b点产生的场强可由b点的合场强求出来，由于d点与b点关于圆盘对称，这样圆盘在d点处的场强也就求出来了，然后再矢量合成，则得到结果。
关键是要把圆盘在b点的产生的场强通过等效替代的方法求出来。
7.【答案】D
【解析】解：A、在整个运动过程中，由于弹簧对Q要做功，所以P、Q组成的系统机械能不守恒，故A错误；
B、将P、Q的速度沿杆和垂直于杆进行分解如图所示。
根据P、Q沿杆方向的速度分量相等可得：vPcsα=vQsinα，解得vPvQ=tanα，α由30∘增大到60∘，tanα由 33增大到 3，可知，P的速度先比Q的速度小，后比Q的速度大，故B错误；
C、对于P、Q、弹簧组成的系统，由于只有重力和弹簧弹力做功，所以系统机械能守恒，当P下降到最低点时P减小的重力势能转化为弹簧的弹性势能，到达最低点时弹簧弹性势能最大，根据系统机械能守恒可得弹簧弹性势能最大值为：Ep=2mgL(cs30∘−cs60∘)=( 3−1)mgL，故C错误；
D、P由静止释放，P开始向下加速运动，当加速度为零时，P的速度达到最大，此时动能最大，设此时杆与竖直方向的夹角为θ，杆的弹力大小为T，则2mg=Tcsθ，即得T=2mgcsθ。对Q，根据平衡条件得地面对Q的支持力大小：FN=Tcsθ+mg=2mg+mg=3mg，故D正确。
故选：D。
根据机械能守恒的条件分析P、Q系统机械能是否守恒；根据P、Q沿杆方向的速度分量相等列式，判断P与Q的速度大小；当P到达最低点时弹簧弹性势能最大，根据系统的机械能守恒求弹簧弹性势能最大值；当P的合力为零时，动能最大，分析Q的受力情况，确定地面对Q的支持力大小。
本题考查机械能守恒定律，要掌握系统机械能守恒的条件：只有重力和弹力做功，并能够分析运动过程中能量的转化情况。
8.【答案】ABD
【解析】【分析】
考查匀强电场中电场线和电势之间的关系，掌握电场强度公式E=Ud的应用，理解几何关系的运用，并理解W=qU中各量的正负值含义。
根据匀强电场的电场强度公式E=Ud求解电场强度；依据电势差等于电势之差，求解电势；根据电场力做功表达式W=qU，从而确定电场力做功，同时也能确定电势能的变化情况。
【解答】
A.如图所示，在ac连线上，确定一b′点，电势为17V，将bb′连线，即为等势线，那么垂直bb′连线，则为电场线，再依据沿着电场线方向，电势降低，则电场线方向如下图，
Ucaca=Ucb′cb′，解得cb′=4.5cm
依据几何关系，c到bb,的距离d=3.6cm，
因此电场强度大小为E=26−173.6V/cm=2.5V/cm，故A正确；
B.根据φc−φa=φb−φ，因a、b、c三点电势分别为φa=10V、φb=17V、φc=26V，解得：原点处的电势为φ=1V，故B正确；
C.a点电势低于b点，电子带负电，所以电子在a点电势能高，故C错误；
D.同理，Ubc=φb−φc=−9V，电子从b点运动到c点，电场力做功为W=−eUbc=9eV，故D正确。
故选ABD。
9.【答案】ACD
【解析】解：A、在AB段当玩具车匀加速直线运动时，根据牛顿第二定律可得：F−f=ma，解得F=7N，匀加速达到的最大速度为v，则P=Fv，解得v=10m/s，根据v=at解得t=5s，故A正确；
B、当牵引力等于阻力时，速度达到最大，则P=fvm，解得vm=14m/s，故B错误；
C、在BC段受到的阻力f′=2f=10N，根据P=f′v′m，解得v′m=7m/s，则vm=2v′m，故C正确；
D、在BC段，根据P=F′v可得F′=7N，根据牛顿第二定律可得：F′−f′=ma′，解得a′=−3m/s2，故D正确；
故选：ACD。
在AB段，在匀加速阶段，根据牛顿第二定律求得牵引力，由P=Fv求得匀加速达到的最大速度，根据速度-时间公式求得匀加速时间，当牵引力等于阻力时速度达到最大，根据P=fv求得最大速度，在BC段，根据P=fv求得达到则最大速度，在BC段，根据P=Fv求得牵引力，牛顿第二定律求得加速度。
本题主要考查了机车的两种启动方式，抓住当牵引力等于阻力时，速度达到最大，结合好牛顿第二定律及运动学公式即可。
10.【答案】AB
【解析】解：A、开始时，重力和电场力平衡，故：mg=qE；
将A板上移，由E=Ud可知，E变小，故油滴应向下加速运动；
根据C=QU、C=εs4πkd，有：Q=εsU4πkd，故电容器电量减小，放电，故G中有b→a的电流；故A正确；
B、若将A板向左平移一小段位移，由E=Ud可知，E不变，油滴仍静止；
根据C=QU、C=εs4πkd，有：Q=εsU4πkd，故电容器电量减小，放电，故G中有b→a的电流；故B正确；
C、若将S断开，Q不变，根据C=QU、C=εs4πkd、U=Ed，场强E不变，故油滴仍然静止，G中无电流，故C错误；
D、若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，根据C=QU、C=εs4πkd、U=Ed，有：E=4πkQϵS，故场强不变，油滴仍然静止；断路，G中无电流；故D错误；
故选：AB。
S断开，电容器电量不变，板间场强不变，油滴仍处于静止状态．将A向左平移一小段位移，电场强度不变，油滴仍然静止．改变板间距离，引起电容变化，分析E和电量的变化，再确定油滴的运动情况和电流方向．
本题关键是明确电键闭合时，电容器的电压不变，然后结合公式U=Ed和共点力平衡条件列式分析，基础问题．
11.【答案】A B 3：2
【解析】解：(1)当所研究的物理量与多个物理量有关系时，使其中一个物理量发生变化，找出所研究的物理量和这一变量之间的关系，称为控制变量法。本实验采用控制变量法，故A正确，BC错误。
故选：A。
(2)由于两小球的质量相等。甲球到左塔轮中心距离等于乙球到右塔轮中心距离，即小球做圆周运动的轨道半径相等。将皮带套在塔轮2、3半径不同的圆盘上，即小球转动的角速度不等，所以实验目的是研究向心力大小与角速度的关系，故B正确，AC错误。
故选：B。
(3)根据Fn=mrω2，两球的向心力之比为4：9，半径和质量相等，则转动的角速度之比为2：3，因为靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等，根据v=rω，知与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比为3：2。
故答案为：(1)A；(2)B；(3)3：2
(1)(2)该实验采用控制变量法，图中抓住质量相等、半径相等，研究向心力与角速度的关系；
(3)根据向心力之比求出两球转动的角速度之比，结合v=rω，根据线速度大小相等求出与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比。
本实验采用控制变量法，即要研究一个量与另外一个量的关系，需要控制其它量不变。知道靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等。
12.【答案】(1)A(2)m(h3−h1)28T2，mgh2(3)②。
【解析】解：(1)验证机械能守恒实验中，空气阻力及摩擦阻力的影响越小越好，所以尽量选择密度大、体积小的金属重锤，因三个重物的形状、体积相同，但质量关系为mA>mB>mC，故选A，
(2)依题意，重物从打O点到打B点的过程中，重物的动能增加量为ΔEk=12mvB2=12m(h3−h12T)2=m(h3−h1)28T2，
重物从打O到打B点的过程中，重力势能减少量为ΔEp=mgh2，
(3)在重物下落的过程中，由于受到一定阻力的影响，重力势能的减少量会略大于动能的增加量，可知图线②表示ΔEk−h。
故答案为：(1)A(2)m(h3−h1)28T2，mgh2(3)②。
根据为模拟自由落体运动，空气阻力及摩擦阻力的影响越小越好，可知应该选用密度大、体积小的金属重锤，根据动能表达式以及重力势能表达式结合题意分别列方程即可，本实验中由于存在阻力的影响，重力势能的损失量会比动能的增加量稍大一点可以分析可知，应该选择②。
本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，理解运动学规律，结合机械能守恒定律即可完成分析。
13.【答案】解：设火星质量为M、探测器为m
(1)根据万有引力提供向心力有：GMm(kR)2=m(kR)(2πT)2
根据密度的公式有：ρ=MV
联立解得：ρ=3k3πGT2
(2)在火星表面万有引力近似等于重力：GMmR2=mg
解得：g=4k3π2RT2
答：(1)火星的密度为3k3πGT2；
(2)火星表面的重力加速度为4k3π2RT2。
【解析】(1)根据万有引力提供向心力列出等式计算出火星的质量，从而计算密度；
(2)在火星表面，物体受到的万有引力等于重力，由此计算出重力加速度的大小。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解在不同情况下万有引力提供的力的类型，结合不同的公式完成计算即可，难度不大。
14.【答案】解：(1)设物块到达C、D点时的速度分别为vC、vD
在D点，根据牛顿第二定律可得：mg=mvD2R
C→D根据动能定理可得：−2mgR=12mvD2−12mvC2
根据牛顿第二定律可得：N−mg=mvC2R
联立解得：N=120N，
根据牛顿第三定律可知N′=N=120N，方向竖直向下
(2)A→C根据动能定理可得：FL2−μmgL=12mvC2，解得：F=40N
答：(1)物块运动至C点时对半圆轨道的压力为120N；
(2)水平恒力F的大小为40N。
【解析】(1)在D点，根据牛顿第二定律求得在D点的速度，从C点到D根据动能定理求得到达C点的速度，在C点，根据牛顿定律求得相互作用力；
(2)从A到C，根据动能定理求得拉力大小。
本题主要考查了动能定理，关键是正确的受力分析，明确各个力做功情况，抓住恰能通过最高点的临界条件。
15.【答案】解：(1)小球在第二象限内做类平抛运动，如图所示。
根据牛顿第二定律得
mg+E2q=ma
解得：a=15m/s2
竖直方向有h=12at2，解得：t=0.2s
水平方向有v0=xt=
(2)小球到达B点时竖直方向分速度大小为：vBy=at=15×0.2m/s=3m/s
做直线运动所受合外力与速度方向共线，则E1qmg=v0vBy
解得：E1=50V/m
设小球沿x轴方向运动距离OC为d，则dOB=v0vBy
解得：d=0.2m
B、C两点间电势差为UBC=E1d=50×0.2V=10V
答：(1)初速度v0大小为1.5m/s；
(2)B、C两点间电势差UBC为10V。
【解析】(1)小球在第二象限内做类平抛运动，根据牛顿第二定律求出加速度，再根据分位移公式求解初速度v0大小；
(2)小球在第一象限内做直线运动，所受合外力与速度方向共线，由此求出E1。再由几何关系求出小球沿x轴方向运动距离OC，即可根据公式U=Ed求B、C两点间电势差UBC。
解答本题时，要正确分析小球的受力情况，判断其运动情况，能熟练运用运动的分解法处理类平抛运动。要掌握直线运动的条件：合外力与速度共线。