2021-2022学年黑龙江省齐齐哈尔市高一（下）期末物理试卷（含解析）

绝密★启用前

2021-2022学年黑龙江省齐齐哈尔市高一（下）期末物理试卷

第I卷（选择题）

一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）

1. 下列关于物理史实说法正确的是(    )

A. 法拉第创造性提出电场线概念，后经科学验证是真实存在的
B. 最小的电荷量最早是由法国物理学家库仑通过实验测出来的
C. 牛顿发现了万有引力定律，卡文迪什测出了万有引力常量
D. 爱因斯坦认为时间和空间都是绝对的

2. 如图为车牌自动识别系统的直杆道闸，直杆可绕在竖直面内转动。某汽车从自动识别线处到达直杆处的时间为，自助识别系统的反应时间为。如果汽车到道闸位置时，直杆刚好由水平位置转到竖直位置，则直杆转动的平均角速度大小为(    )

A.  B.  C.  D.

3. 已知秋千的两根绳长均为，每根绳承受最大拉力均为，如图所示，两名中学生一起荡秋千，取为了保证安全，试估算两名中学生荡秋千速度不高于(    )

A.  B.  C.  D.

4. 年月日，“天宫课堂”第二课在中国空间站开讲，由航天员在轨演示太空“冰雪”实验、液桥演示实验、水油分离实验、太空抛物实验，空间站轨道高度约为，倾角约，总重量约，地球半径约，已知地球表面重力加速度取，忽略地球自转影响。下列说法正确的有(    )

A. 空间站的环绕地球的速度小于
B. 宇航员进驻空间站时可看做平衡状态
C. 空间站实质上就是一颗同步卫星
D. 空间站向心加速度大小约为

5. 如图，虚线为某静电场中的等势线，实线为某带电粒子在该静电场中运动的轨迹，、、为粒子的运动轨迹与等势线的交点，粒子只受电场力作用。则(    )

A. 点的电场强度比点的小
B. 点的电势一定比点的小
C. 粒子在点的电势能比点的大
D. 粒子在点的动能等于点的动能

6. 一块质量为的木板水平放在某装置底部，装置从地面开始竖直向上运动，其图像如图所示，取，则下列分析正确的是(    )

A. 装置对木板做功 B. 木板的机械能守恒
C. 木板处于超重状态 D. 动能增加

7. 电容器是现代电子产品不可或缺的重要组成部分，年月份，我国无线充专用研发获得重大突破，打破日韩企业垄断，电容实现国产，并且开始批量出货。电容是一种最常用的具有温度补偿特性的单片陶瓷电容器，某兴趣小组要测定一个电容器的电容，设计的电路图如图甲所示，用电流传感器和计算机可以方便地测出电路中电流随时间变化的曲线。下列说法正确的是(    )

A. 流过的电流方向竖直向上
B. 图乙中图线测定的是电容器放电时的电流随时间变化曲线
C. 若增大的阻值，则电流变化曲线应为图丙中的图线
D. 图乙中图线与坐标轴围起来的面积表示电容器的电容

8. 如图甲所示，一名运动员在参加跳远比赛，其运动轨迹可以简化为如图乙所示。假设跳远运动员落入沙坑前经过了、两点，经过、两点时的速度方向与水平方向间的夹角分别为和。若运动员可视为质点，不计空气阻力，则、两点连线与水平方向夹角的正切值为(    )

A.  B.  C.  D.

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）

9. 我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比某列动车组由节车厢组成，其中第、节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组(    )

A. 启动时乘客受到作用力合力的方向与车运动的方向相同
B. 做匀加速运动时，第、节与第、节车厢间的作用力之比为：
C. 改为节动车带节拖车的动车组后的最大速度与之前动车组的最大速度之比：
D. 进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比

10. 如图所示，在平面直角坐标系的坐标轴上固定四个点电荷、、、，它们到原点的距离相等，其中、的电荷量为，、的电荷量为。、、、是坐标轴上到原点距离相等的四个点。则(    )

A. 点的电势与点的电势相等
B. 点的场强与点的场强方向相反
C. 试探电荷在点的电势能大于在点的电势能
D. 试探电荷沿直线从点运动到点静电力做的总功为零
 

11. 如图，一轻质弹簧下端固定，直立于水平面上，将质量为的物体从离弹簧顶端正上方高处静止释放，当物体下降至最低点时速度变为零，此时弹簧压缩量为；若将质量为的物体按压在压缩量为处释放与弹簧不链接，不计一切阻力。弹簧未超出弹性限度。下列说法正确是(    )

A. 物体回到处时的速度为
B. 物体距弹簧顶端最大距离
C. 物体和物体动能最大时，弹簧形变量相同
D. 物体落回时最大压缩量等于
 

12. 年月日，长征三号乙运载火箭将“中星”通信卫星记为卫星Ⅰ送入地球同步轨道上，主要为我国、东南亚、澳洲和南太平洋岛国等地区提供通信与广播业务。在同平面内的圆轨道上有一颗中轨道卫星Ⅱ，它运动的每个周期内都有一段时间未知无法直接接收到卫星Ⅰ发出的电磁波信号，因为其轨道上总有一段区域没有被卫星Ⅰ发出的电磁波信号覆盖到，这段区域对应的圆心角为。已知卫星Ⅰ对地球的张角为，地球自转周期为，万有引力常量为，则根据题中条件，可求出(    )

A. 地球的平均密度为
B. 卫星Ⅰ、Ⅱ的角速度之比为
C. 卫星Ⅱ的周期为
D. 题中时间为

第II卷（非选择题）

三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）

13. 在学完了平抛运动后，某研究小组设计了一种“用一把尺子测定动摩擦因数”的创新实验方案。如图所示，是可固定于水平桌面上任意位置的滑槽滑槽末端与桌面相切，是质量为的滑块可视为质点。
    第一次实验，如图所示，将滑槽末端与桌面右端对齐并固定，让滑块从滑槽最高点由静止滑下，最终落在水平地面上的点，测出滑槽最高点距离桌面的高度、距离地面的高度、与间的水平距离；
    第二次实验，如图所示，将滑槽沿桌面向左移动一段距离并固定，让滑块再次从滑槽最高点由静止滑下，最终落在水平地面上的点，测出滑槽末端与桌面右端的距离、与间的水平距离。
    
    在第一次实验中，滑块从离开桌面到落地的时间为______，滑块在滑槽末端时的速度大小为______。用实验中所测物理量的符号表示，已知重力加速度为。
    通过上述测量和所学的牛顿运动定律的应用，该研究小组可求出滑块与桌面间的动摩擦因数的表达式为______。用、、、表示
    若实验中测得、、、，则滑块与桌面间的动摩擦因数______。保留两位有效数字
14. 为验证机械能守恒定律，某物理兴趣研究小组采用了如图所示的实验装置，装置中包括一个固定的定滑轮、一个动滑轮、细线、带光电门的标尺、两个质量分别为、的物块，已知的质量比的质量大得多各连接细线彼此平行竖直，当地重力加速度为，不计滑轮的质量和一切阻力，细线足够长且在相互运动时物体均未碰到地面或滑轮。实验开始时，用手先托住物体，使和保持静止。某时刻，由静止释放物体，则加速下降，加速上升，通过标尺测得物体上的遮光片在释放之初距离光电门的高度为，已知上的遮光片的宽度为、通过光电门的时间为。则根据以上实验测量数据，
    物体到达光电门时的速度为______，当物体下落时，上升的距离为______。
    以、为系统在此过程中系统重力势能减少量为______，系统动能增加量为______，若二者近似相等则机械能守恒。用、、、、表示

四、计算题（本大题共3小题，共36.0分）

15. 如图所示，一正点电荷固定在倾角为的光滑绝缘斜面底部的点，斜面上有、两点，且、和在同一直线上，和相距为，为中点。现将一质量为带电量为的小球从点静止释放，当小球运动到点时速度恰好又为零，已知带电小球在点处的加速度大小为，静电力常量为，求：
    点正点电荷的电荷量为多少；
    、两点间的电势差。

16. 如图所示是滑板运动的轨道的一部分，是一段光滑圆弧形轨道，段的圆心为点、圆心角，半径与水平轨道垂直，滑板与水平轨道间的动摩擦因数。某运动员从轨道上的点以的速度水平滑出，在点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道，在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，点与水平轨道的竖直高度为，取。求：
    运动员运动到点的速度大小及到点时轨道对滑板的支持力大小；
    运动员在上滑行多远停下来。

17. 如图所示，物体与固定挡板之间有一根被压缩锁定的轻弹簧，静止在固定的光滑水平轨道上，为半径为的半圆形光滑轨道．长为的传送带顺时针转动速度为，忽略传送带的端与轨道点之间的缝隙宽度，物体与传送带之间的动摩擦因数。已知物体可以看成质点，质量为，重力加速度取。求：
    解除弹簧锁定后，获得多大速度，才能刚好通过圆轨道的点；
    解除弹簧锁定前弹簧弹性势能为多少才能使物刚好能运动到传送带的端；在此期间物块与传送带之间产生的热量为多少？

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：、法拉第创造性的提出了电场线的概念，电场线是理想化的物理模型，客观上并不存在，故A错误；
B、最小的电荷量最早是由美国的物理学家密立根通过油滴实验测量出来的，故B错误；
C、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪什通过扭秤实验测出了万有引力常量，故C正确；
D、爱因斯坦认为空间和时间都具有相对性，故D错误。
故选：。
根据物理学家的主要贡献去判断即可。
对物理学史上的物理学家的主要贡献，要熟练记忆掌握，不能混淆了，这也是高考内容的一部分。
 

2.【答案】 

【解析】解：如果汽车到道闸位置时，直杆转过的角度为，
直杆转动的时间：
直杆转动的平均角速度：，故ACD错误，B正确。
故选：。
汽车安全通过道闸时直杆转过的角度除以转动的时间即可求出直杆转动的角速度大小。
认真审题理解题意求出直杆转过的角度是解题的前提与关键，应用角速度的定义式即可解题。
 

3.【答案】 

【解析】解：设中学生的质量，在最低点根据牛顿第二定律有：
代入数据解得：
故ABD错误，C正确；
故选：。
在最低点根据牛顿第二定律可解得最大速度。
本题考查牛顿第二定律在圆周运动中的应用，解题关键掌握中学生的受力分析。
 

4.【答案】 

【解析】解：、是地球的第一宇宙速度，是物体在地球表面附近绕地球做匀速圆周运动的速度大小，同时也是物体绕地球运行的最大环绕速度，所以空间站的环绕速度小于，故A正确；
B、宇航员进驻空间站随空间站绕地球做匀速圆周运动，万有引力全部提供向心力，宇航员处于完全失重状态，故B错误；
C、地球同步卫星的轨道平面在赤道平面，倾角为，且轨道位于赤道上方高度约为，所以空间站显然不是地球的同步卫星，故C错误；
D、近地轨道卫星的向心加速度等于重力加速度，根据牛顿第二定律得：

设空间站的向心加速度为，同理有

联立以上两式解得：，故D错误；
故选：。
正确理解第一宇宙速度的物理意义；
根据宇航员的运动状态分析其所处的状态；
根据同步卫星的特点比较得出空间站是否属于同步卫星；
根据万有引力与重力和向心力的关系得出对应的向心加速度。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，要正确理解第一宇宙速度和同步卫星的特点，理解卫星做圆周运动的向心力来源，整体难度不大。
 

5.【答案】 

【解析】解：、根据等差等势线越密，电场强度越大，则知点处电场强度比点处电场强度大，故A错误；
B、粒子做曲线运动，受到的电场力指向轨迹的凹侧，且与等势线垂直，可知粒子从点到点的过程，电场力方向与速度方向的夹角为锐角，电场力对粒子做正功，电势能减小，但粒子电性未知，无法判断电势大小，故B错误；
C、粒子从点到点时，电场力方向与速度方向的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大，则粒子在点的电势能比在点的电势能大，故C错误；
D、、两点在同一等势线上，粒子从点到点电场力做功为零，则粒子在点和在点时动能相等，故D正确。
故选：。
由等差等势线的疏密情况分析电场强度的大小，由分析粒子受到的电场力大小关系，从而判断加速度关系；根据曲线的弯曲方向分析粒子所受的电场力方向，进而判断出电场力做功情况，确定动能和电势能的变化。
本题的解题关键在于根据轨迹的弯曲方向判断粒子受到的电场力方，要知道物体做曲线运动时，合力指向轨迹的凹侧，分析还要抓住电场线与等势面垂直这个特点。本题很多同学由于思维定势，把等势线当成电场线，从而出现错解，应该认真审题。
 

6.【答案】 

【解析】解：、根据动能定理有：，根据图像围成的面积解得，解得：，故A正确；
B、，木板向上匀速运动，其动能不变，重力势能增加，其机械能不守恒；故B错误，
C、，木板向上做匀减速直线运动，处于失重状态，故C错误，
D、动能增加，故D错误。
故选：。
根据图像分析木板的运动情况，根据机械能的定义结合机械能守恒的条件分析其机械能的变化情况。
解决本题的关键掌握机械能守恒的条件，机械能守恒的条件是只有重力或弹簧弹力做功，同时也可以直接分析动能和重力势能之和是否不变来确定机械能是否守恒。
 

7.【答案】 

【解析】解：、由甲图可知，充电后电容器上极板带正电，故电容器放电时流过的电流方向竖直向下，电流大小不断减小，所以乙图为电容器放电时的图像，故A错误，B正确；
C、电容器充满电之后，电压一定，若增大的阻值，放电初始时的最大电流减小，电流变化应为图丙中的图线，故C错误；
D、在图像中，图像与横轴围成的面积表示电荷总量，故D错误。
故选：。
根据电容器的充放电特点分析出电流的方向和大小的变化，图像中图像和横轴围成的面积表示电荷总量。
本题主要考查了电容器的相关知识，理解图像的纵轴表示电流的大小，图像与横轴围成的面积表示电荷总量。
 

8.【答案】 

【解析】解：设最高处的水平速度为，、之间的运动时间为，根据速度矢量三角形分别得到：，  
竖直方向，有，         
水平方向，有   
、两点连线与水平方向夹角的正切值  
联立解得：
故C正确，ABD错误。
故选：。
斜抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动；具有对称性，从最高处开始可以看成平抛运动；利用好速度矢量三角形和位移矢量三角形。
本题主要考查了斜抛运动和平抛运动的相关知识，要充分利用好速度矢量三角形和位移矢量三角形。
 

9.【答案】 

【解析】解：、启动时乘客的加速度的方向与车厢运动的方向是相同的，所以乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相同，故A正确；
B、做加速运动时，有两节动力车厢，对整个的车进行受力分析得：

把、、车厢看做一个整体，第、节车厢间的作用力为，由牛顿第二定律得：

把、车厢看成一个整体，第、节车厢间的作用力为，由牛顿第二定律得：

联立解得：，故B错误；
C、当只有两节动力车时，最大速率为，由瞬时功率表达式可知

改为节动车带节拖车的动车组时最大速率为，由瞬时功率表达式

联立解得：，故C正确；
D、进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度，有

又
可得：
显然与成正比，故D错误；
故选：。
根据牛顿第二定律分析出乘客受到的作用合力的方向与速度方向的关系；
根据牛顿第二定律分别分析出对应的作用力并得出比值关系；
根据功率的表达式得出速度的比值关系；
根据运动学公式得出滑行距离与速度的关系。
本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，要理解整体法和隔离法的使用，结合功率的计算公式即可完成分析。
 

10.【答案】 

【解析】解：、根据点电荷周围等势面分布可知点电势大于，点电势小于，故A错误；
B、电场是矢量，根据点电荷产生的电场结合电场的矢量叠加，可知电场强度大小相等，方向相反，故B正确；
C、根据对称性可知两点电势相等，所以试探电荷在点的电势能等于在点的电势能，故C错误；
D、根据对称性可知两点电势相等，试探电荷沿直线从点运动到点静电力做的总功为零，故D正确；
故选：。
空间每一点的电场强度是四个电荷产生的电场强度的叠加，根据电场的叠加原理分析各个电场强度的关系和电势关系，根据电势分析电势能变化可知电场力做功情况。
本题可看成等量异种电荷和等量同种电荷电场的叠加，要掌握两种电场的电场线和等势面的分布情况，抓住对称性，运用电场的叠加原理分析。
 

11.【答案】 

【解析】解：、物体下降至最低点的过程中由动能定理得；，对物体由动能定理得：，联立解得：，故A正确
B、设物体距离弹簧顶端最大距离为，则，解得，故B正确
C、当弹力等物体重力时，速度最大，由于、质量不同，故体和物体动能最大时，弹簧形变量不相同，故C错误
D、对物体上升与落回全程动能定理可知，重力做功为零，弹力做功为零，所以物体落回时最大压缩量等于，故D正确。
故选：。
分别对、动能定理即可求解，动能最大时，可知加速度为零。
本题考查动能定理的灵活应用。注意功的正负。
 

12.【答案】 

【解析】解：、设地球半径为，质量为，卫星Ⅰ、Ⅱ的轨道半径分别为、，角速度分别为、，周期分别为、；
对卫星Ⅰ，根据牛顿第二定律，有：
其中：，

解得：，故A正确；
B、根据牛顿第二定律，可知，两颗卫星的角速度之比为：，
在图中三角形中，根据正弦定理，有：，
故，故B错误；
C、根据牛顿第二定律，卫星Ⅰ、Ⅱ的周期之比：，
解得：，故C正确；
D、由于卫星做的是匀速圆周运动，卫星Ⅱ相对于卫星Ⅰ的角速度为，
则有：
故，故D错误。
故选：。
计算密度需要先计算中心天体质量利用环绕天体的向心力等于万有引力列式，再根据密度公式求解；两颗卫星均做匀速圆周运动，是万有引力充当向心力，根据牛顿第二定律列式分析可以得到角速度之比和周期之比；根据角速度乘以时间等于转过的角度求解。
本题考查人造卫星问题，关键是知道卫星的向心力来源，能够根据牛顿第二定律列式分析，同时要结合正弦定理得到两颗卫星的轨道半径的关系，较难。
 

13.【答案】     

【解析】解：在第一次实验中，设滑块在斜槽末端时的速度大小为，由平抛运动规律有

可得：
在水平方向上，
解得：
第二次实验中，设滑块在滑槽末端时的速度大小为，由平抛运动规律有

由牛顿第二定律得：
由运动学规律得：

联立解得：
若实验中测得、、、，则滑块与桌面间的动摩擦因数
代入数据解得：
故答案为：；；；
根据平抛运动在不同方向上的运动特点结合运动学公式得出时间和初速度；
根据牛顿第二定律得出滑块的加速度，结合运动学公式得出的表达式；
根据上述的表达式代入数据得出的数值。
本题主要考查了平抛运动的相关应用，理解平抛运动的物体在不同方向上的运动特点，结合牛顿第二定律和运动学公式即可完成分析。
 

14.【答案】    

【解析】解：物体到达光电门时的速度为

由于与动滑轮相连，可得当物体下落时，上升的距离为；
以、为系统在此过程中系统重力势能减少量为

由于物块下落时，上升的距离为，可得当物体到达光电门时的速度为时，此时的速度为

则系统动能增加量为

故答案为：；；；
根据运动学公式得出物体的速度，结合装置的特点分析出物体的上升距离；
熟悉能量的计算公式并代入数据完成分析。
本题主要考查了机械能守恒定律的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式和机械能守恒定律即可完成分析。
 

15.【答案】解：设小球在点时，受到的库仑力为，
根据牛顿第二定律有：，其中，
解得：；
带电小球由点运动到点应用动能定理：
，
解得：。
答：点正点电荷的电荷量为；
、两点间的电势差为。 

【解析】根据牛顿第二定律结合库仑定律求点正点电荷的电荷量；
根据动能定理和电场力公式结合，求解和两点间的电势差。
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。
 

16.【答案】解：根据几何关系可得：


解得：
运动员从点运动到点，根据动能定理可得：

代入数据解得：
在点，根据牛顿第二定律得：

其中，
解得：
从点到点，根据动能定理得：

解得：
答：运动员运动到点的速度大小为，到点时轨道对滑板的支持力大小为；
运动员在上滑行停下来。 

【解析】根据动能定理计算出运动员到点的速度，结合牛顿第二定律得出轨道对滑板的支持力；
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。
 

17.【答案】解：刚好通过圆轨道的点，则，对由动能定理得：
联立解得：
解除弹簧锁定前弹簧弹性势能
刚好到传送带点速度为，物块先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动回到点，物块在传送带上的加速度，方向水平向右
的速度减到零需要的时间，这一阶段相对传送带的路程为解得，然后以同样的加速度做匀加速直线运动，到达点的时间同样为
这一阶段与传送带的相对路程，解得：，所以物块与传送带之间产生的热量，解得。
答：解除弹簧锁定后，获得速度为，才能刚好通过圆轨道的点；
解除弹簧锁定前弹簧弹性势能为才能使物刚好能运动到传送带的端；在此期间物块与传送带之间产生的热量为 

【解析】刚好通过圆轨道的点，此时重力刚好全部提供向心力，根据牛顿第二定律即可求解在位置的速度，再根据动能定理即可求解；根据动能定理求出弹性势能，然后根据牛顿第二定律与运动学公式、功能关系求出热量。
本题考查圆周运动的临界问题、牛顿第二定律、功能关系、动能定理的应用，注意摩擦生热需要求解的是相对路程。