精品解析：甘肃省部分学校2022-2023学年高一下学期期末物理试题（解析版）

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高一期末考试
物理
本试卷满分100分，考试用时75分钟。
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号、回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
4．本试卷主要考试内容：人教版必修第一册，必修第二册。
一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1. 2023年5月30日，“神舟十六号”载人飞船发射取得圆满成功，飞船顺利进入预定轨道，按照预定程序与空间站组合体进行自主快速交会对接。下列说法正确的是（ ）
A. 在研究飞船的对接过程时可将飞船视为质点
B. 飞船与空间站组合体对接完成后，以飞船为参照物，空间站组合体是静止的
C. 飞船与空间站组合体对接完成后，整体所受的合力为0
D. 飞船与空间站组合体对接完成后，整体在相同时间内的位移一定相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．在研究飞船的对接过程时，飞船的大小不能忽略，不可将飞船视为质点，选项A错误；
B．飞船与空间站组合体对接完成后，以飞船为参照物，空间站组合体是静止的，选项B正确；
C．飞船与空间站组合体对接完成后，整体沿地球做匀速圆周运动，则所受的合力不为0，选项C错误；
D．飞船与空间站组合体对接完成后，整体沿地球做匀速圆周运动，在相同时间内的位移大小相同，但是方向不同，选项D错误。
故选B。
2. 如图所示，匀速直线上升的热气球（可视为质点）突然受到方向水平向左、大小恒定的风力F，则（ ）

A. 热气球将做曲线运动
B. 热气球在相同时间内的速度变化量将越来越大
C. 热气球将在竖直方向做减速运动
D. 热气球的速度将先增大后减小
【答案】A
【解析】
【详解】AC．热气球竖直方向做匀速运动，水平方向做匀加速运动，则合运动为曲线运动，选项A正确，C错误；
B．热气球的加速度恒定不变，根据可知，在相同时间内的速度变化量不变，选项B错误；
D．热气球的竖直速度不变，水平速度增加，则速度将不断变大，选项D错误。
故选A。
3. 如图所示，某同学站在正在运行的电梯中的体重秤上称体重，发现体重明显大于在静止地面上称得的体重，则（ ）

A. 电梯一定在加速上升
B. 电梯有可能在加速下降
C. 该同学受到的合力方向一定竖直向上
D. 体重秤对该同学支持力大于该同学对体重秤的压力
【答案】C
【解析】
【详解】AB．同学的体重明显大于在静止地面上称得的体重，可知发生了超重，电梯的加速度向上，则电梯可能加速上升或者减速下降，选项AB错误；
C．该同学加速度向上，可知受到的合力方向一定竖直向上，选项C正确；
D．体重秤对该同学的支持力与该同学对体重秤的压力互为作用力和反作用力，总是等大反向，选项D错误。
故选C。
4. 如图所示．正常工作的电风扇扇叶上两质点A、B到转轴O的距离之比为，则（ ）

A. 质点A、B转动的角速度之比为
B. 质点A、B转动的线速度大小之比为
C. 质点A、B转动的周期之比为
D. 质点A、B转动向心加速度大小之比为
【答案】D
【解析】
【详解】A．质点A、B同轴转动，则角速度相等，即两点转动的角速度之比为1:1，选项A错误；
B．根据v=ωr可知，质点A、B转动的线速度大小之比为1:2，选项B错误；
C．根据可知，质点A、B转动的周期之比为1:1，选项C错误；
D．根据可知，质点A、B转动的向心加速度大小之比为，选项D正确。
故选D。
5. 某小区的一幢楼的电梯不能正常运行时，某居民背着10kg的米袋在3min内以恒定速率上楼，总共上升的高度为30m。已知该居民的质量为60kg，取重力加速度大小，则该居民上楼的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 该居民受到楼梯支持力做了正功 B. 该居民对米袋做的功为3000J
C. 该居民最终的重力势能一定为18000J D. 该居民对米袋做功的平均功率为15W
【答案】B
【解析】
【详解】A．该居民受到楼梯对人的支持力没有位移，则对人不做功，选项A错误；
B．该居民对米袋做的功为

选项B正确；
C．零重力势能点不确定，则不能确定该居民最终的重力势能大小，选项C错误；
D．该居民对米袋做功的平均功率为

选项D错误。
故选B。
6. 北京时间2023年5月11日5时16分，世界现役货运能力最大、在轨支持能力最全的货运飞船——“天舟六号”入轨后顺利完成状态设置，成功对接于空间站“天和”核心舱后向端口。已知“天舟六号”与空间站构成的组合体运行的轨道半径为6800km，地球静止轨道卫星运行的轨道半径为42000km，关于该组合体的运动说法正确的是（　　）
A. 该组合体运行的线速度大于第一宇宙速度
B. 该组合体运行的线速度大于地球静止轨道卫星运行的线速度
C. 该组合体运行的周期大于地球静止轨道卫星运行的周期
D. 该组合体运行时的向心加速度小于地球静止轨道卫星运行时的向心加速度
【答案】B
【解析】
【详解】A．第一宇宙速度是最大环绕速度，组合体绕地球运动，故该组合体运行线速度小于第一宇宙速度，故A错误；
B．根据万有引力提供向心力

可得

可知该组合体运行的线速度大于地球静止轨道卫星运行的线速度，故B正确；
C．根据开普勒第三定律

可知该组合体运行的周期小于地球静止轨道卫星运行的周期，故C错误；
D．根据牛顿第二定律

可知该组合体运行时的向心加速度大于地球静止轨道卫星运行时的向心加速度，故D错误。
故选B。
7. 2023年5月7日，在加拿大举行的世界泳联跳水世界杯蒙特利尔站顺利落幕，中国跳水“梦之队”实现包揽全部9枚金牌的壮举，以9金1银的成绩位列奖牌榜第一。如图所示，某质量为m的运动员（可视为质点）从距离水面高度为h的跳台以初速度v0斜向上起跳，最终落水中。重力加速度大小为g，不计空气阻力，以跳台所在水平面为重力势能的参考平面，则（　　）

A. 运动员在空中运动时的机械能先减小后增大
B. 运动员入水时的动能为
C. 运动员入水时的机械能为
D. 运动员入水时的重力势能为mgh
【答案】B
【解析】
【详解】A．不计空气阻力，运动员只有重力做功，所以机械能守恒，故A错误；
B．根据动能定理

解得

故B正确；
C．以跳台所在水平面为重力势能的参考平面，则运动员的机械能为，由于机械能守恒，所以运动员入水时的机械能为，故C错误；
D．以跳台所在水平面为重力势能的参考平面，运动员入水时的重力势能为-mgh，故D错误；
故选B。
8. 质量的物体静止于粗糙水平地面上，现对物体施加平行于水平地面的恒定拉力F，作用4s后撤去恒定拉力F。物体运动的速度一时间（）图像如图所示，取重力加速度大小，则（ ）

A. 物体运动的总位移大小为24m B. 恒定拉力F的大小为2N
C. 物体与地面间的动摩擦因数为0.4 D. 物体在0~4s内与4s~6s内的平均速度大小之比为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．物体运动的总位移大小为

选项A正确；
BC．加速阶段的加速度

由牛顿第二定律

减速阶段的加速度

由牛顿第二定律

解得恒定拉力
F=6N
μ=0.4
选项B错误，C正确；
D．物体在0~4s内与4s~6s内的平均速度大小相等，均为4m/s，选项D错误。
故选AC。
9. 2023年2月10日，远在火星执行全球遥感科学探测任务的“天问一号”火星环绕器（以下简称环绕器），已经在火星“上岗”满两年。作为一位功能强大的“太空多面手”，环绕器在“天问一号”火星探测任务中，分饰了飞行器、通信器和探测器三大角色，创下多项国内外首次记录。若已知环绕器绕火星做匀速圆周运动的轨道半径为r、周期为T，火星的半径为R，引力常量为G，则可以推算出（　　）
A. 火星的质量 B. 环绕器的质量
C. 火星表面的重力加速度 D. 火星绕太阳运动的公转周期
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．已知环绕器绕火星做匀速圆周运动的轨道半径为r、周期为T，由万有引力提供向心力可得

解得火星的质量

环绕器的质量约去，因此环绕器的质量不能求出，故A正确，B错误；
C．在火星表面物体所受万有引力等于重力，则

解得火星表面的重力加速度

故C正确；
D．火星绕太阳运动的公转周期由已知条件不能求出，故D错误。
故选AC。
10. 如图所示、长为L的轻杆一端固定在通过O点的水平转轴上，另一端固定一小球（可视为质点）质量为m的小球从最高点A以水平初速度开始在竖直面内沿逆时针方向做圆周运动，其中B点与O点等高、C点为最低点。不计空气阻力，重力加速度大小为g，则（ ）

A. 小球在A点时受到轻杆的弹力大小一定为
B. 小球在B点时的速度大小为
C. 小球在C点时受到轻杆的弹力大小一定为
D. 改变小球在A点的初速度大小，小球在C、A两点受到轻杆的弹力大小之差一定保持不变
【答案】BC
【解析】
【详解】A．小球在A点时，若重力刚好提供向心力时，有

解得

当时，根据牛顿第二定律可得

解得轻杆的弹力大小为

当时，根据牛顿第二定律可得

解得轻杆的弹力大小为

故A错误；
B．从A到B点，由机械能守恒定律

可得小球在B点时的速度大小为

故B正确；
C．从A到C点，由机械能守恒定律

小球在C点时

解得轻杆的弹力大小为

故C正确；
D．当时，小球在C、A两点受到轻杆的弹力大小之差为

可知随着小球在A点的初速度的增大，小球在C、A两点受到轻杆的弹力大小之差增大；
当时，小球在C、A两点受到轻杆的弹力大小之差为

可知随着小球在A点的初速度的增大，小球在C、A两点受到轻杆的弹力大小之差保持不变。
综上分析可知，改变小球在A点的初速度大小，小球在C、A两点受到轻杆的弹力大小之差不一定保持不变，故D错误。
故选BC。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11. 在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中，小华同学得到的一条纸带如图所示，A、B、C、D、E是纸带上五个连续的计数点，相邻两个计数点间均有四个点未画出，用刻度尺测得的数据具体如图所示，已知打点计时器所接交变电源的频率为50Hz，则

（1）打D点时小车的速度大小________m/s，小车运动的加速度大小________。（结果均保留两位有效数字）
（2）若打点计时器所接交变电源的实际频率高于50Hz，而计算时仍按照50Hz计算，则小车的加速度大小的测量值________（填“大于”、“小于”或“等于”）真实值。
【答案】 ①. 1.0 ②. 2.0 ③. 小于
【解析】
【详解】（1）[1]相邻两个计数点间均有四个点未画出，则T=0.1s；打D点时小车的速度大小

[2]车运动的加速度大小

（2）[3]若打点计时器所接交变电源的实际频率高于50Hz，则打点周期偏小，而计算时仍按照50Hz计算，则小车的加速度大小的测量值小于真实值。
12. 如图甲所示，某同学利用滑块在倾斜气垫导轨上的运动来验证机械能守恒定律。实验步骤如下：
①将已调节水平的气垫导轨的右端垫起一定高度，在导轨左侧安装一个接有数字计时器的光电门；
②用量角器测出气垫导轨的倾角θ，测量挡光片的宽度d和挡光片到光电门的距离x。
③由静止释放滑块，记录数字计时器显示的挡光片挡光时间t；
④保持气垫导轨的倾角θ不变，改变挡光片到光电门的距离x，记录对应的挡光片挡光时间t。

（1）用刻度尺测量挡光片的宽度时结果如图乙所示，则挡光片的宽度d=______mm。

（2）下列关于本实验的说法正确的是______。
A.实验中还需测量出滑块和挡光片的总质量
B.应选用较窄的挡光片进行实验
C.应选用质量较小的滑块进行实验
（3）已知当地的重力加速度大小为g，则当______时，可以验证机械能守恒定律成立。处理数据时，为了直观地得出x与t的关系，应作出______（填“x-t”、“”或“”）图像。
【答案】 ①. 2.5mm##2.4mm##2.6mm ②. B； ③. ； ④.
【解析】
【详解】（1）[1]毫米刻度尺读数为2.5mm；
（2）[2]A.由机械能守恒定律得

可得与m无关，故A错误；
B.用短时间内的平均速度代替瞬时速度，故d越小，越接近瞬时速度，故B正确；
C.由机械能守恒

可得，与质量无关，故C错误。
故选B。
（3）[3]要验证机械能守恒，只需要验证

即
[4]由机械能守恒得

故应作出图像。
13. 如图所示，马戏团正在上演飞车节目，杂技演员驾驶摩托车（整体可视为质点）在一个可视为球体的固定铁笼内绕铁笼的竖直直径在水平面内做匀速圆周运动，此时摩托车所在位置与铁笼中心O点的连线与水平方向的夹角。已知铁笼的半径，杂技演员与摩托车整体的质量，不计铁笼与摩托车间的摩擦，取重力加速度大小。求：
（1）摩托车对铁笼的压力大小；
（2）摩托车此时行驶的速度大小。

【答案】（1）3000N；（2）9m/s
【解析】
【详解】（1）演员驾驶摩托车的受力分析如图

竖直方向，根据受力平衡可得

可得铁笼对摩托车的支持力为

根据牛顿第三定律可知摩托车对铁笼的压力大小为

（2）由牛顿第二定律可得

可得摩托车此时行驶的速度大小

14. 目前，我国已完成了探月工程的“绕、落、回”，后续还有“勘、研、建”。未来，月球科研站、月球基地、月球村，都将是我们探索的方向。假设在未来的月球基地中，宇航员在离月球水平月面高度处以速度水平拋出一小球，小球落到水平月面上的位置离抛出点的水平位移为，已知月球的半径为，不计阻力。
（1）求月球表面的重力加速度大小；
（2）若将月球看作一个巨大的拱形桥，桥面的半径就是月球的半径，要使月球对行驶在月球表面的探测器的支持力为0，则探测器的速度应该为多大？
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）小球被抛出后做平抛运动，水平方向上有

竖直方向上有

解得

（2）对行驶在月球表面的探测器受力分析，有

当时，有

解得

15. 如图所示，在倾角的斜面的底端有一个固定挡板D，处于自然长度的轻质弹簧一端固定在挡板D上，另一端在O点，斜面OD部分光滑。将质量的物块（可视为质点）压缩弹簧0.5m后由静止释放，物块第一次到达最高点P。已知物块与斜面PO间的动摩擦因数，PO的长度。取重力加速度大小，，，求：
（1）物块第一次经过O点时的速度大小；
（2）物块由静止释放时弹簧的弹性势能；
（3）物块第二次在斜面上滑的最大距离。

【答案】（1）12m/s；（2）75J；（3）1.44m
【解析】
【详解】（1）从O点到P点，由动能定理

解得
vO=12m/s
（2）从释放到O点，由能量关系

解得

（3）由能量关系

解得
x=1.44m