2022_2023学年天津市和平区高一（下）期末测试物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022_2023学年天津市和平区高一（下）期末测试物理试卷（含详细答案解析），共14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.如图甲所示，将乒乓球发球机固定在左侧桌面边缘的中央，使乒乓球沿中线方向水平抛出，发球的高度H和球的初速度v0可调节，忽略空气阻力，则( )
A. 保持H不变，v0越大，乒乓球在空中运动的时间越长
B. 保持H不变，v0越大，乒乓球在空中运动的时间越短
C. 保持v0不变，H越大，乒乓球落在桌面瞬间的速度越大
D. 保持v0不变，H越大，乒乓球落在桌面瞬间的速度越小
2.如图所示，当工人师傅用扳手拧螺母时，扳手上的 P、Q两点的转动半径之比为2：3，其角速度分别为ωP和ωQ，线速度大小分别为vP和vQ，则( )
A. ωP:ωQ=1:1,vP:vQ=2:3B. ωP:ωQ=1:1,vP:vQ=3:2
C. ωP:ωQ=3:2,vP:vQ=1:1D. ωP:ωQ=2:3,vp:vQ=1:1
3.如图虚线圆为人造地球卫星的两个圆轨道，轨道A的半径大于轨道B的半径，则同一人造地球卫星( )
A. 在轨道A上的速率大于在轨道B上的速率
B. 在轨道A上的周期小于在轨道B上的周期
C. 在轨道A上的万有引力大于在轨道B上的万有引力
D. 在轨道A上的机械能大于在轨道B上的机械能
4.如图所示，小球甲在真空中做自由落体运动，另一同样的小球乙在油中由静止开始下落。两小球均从高度为h1的初始位置下落到高度为h2的位置。在这两种情况下( )
A. 甲球的重力做功多B. 甲球的重力平均功率大
C. 甲球的重力势能变化量大D. 甲球的机械能变化量大
5.物理和生活息息相关，下列有关静电的防止与利用，说法正确的是( )
A. 甲图中，工作人员给车加油前触摸静电释放器，可将加油枪的静电释放到大地
B. 乙图中，静电除尘装置将带负电的尘埃收集在中间的线状电离器B上
C. 丙图中，燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的现象
D. 丁图中，两条优质的话筒线外面包裹着金属外衣增强了导电能力
6.如图所示，质量为M的电梯底板上放置一质量为m的物体。钢索拉着电梯由静止开始向上做加速运动，当上升高度为H时，速度达到v，则( )
A. 底板对物体的支持力做的功等于12mv2B. 物体所受合力做的功等于12mv2+mgH
C. 钢索的拉力做的功等于12Mv2+MgHD. 电梯所受合力做的功等于12Mv2
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
7.2023年6月，交通集团首批氢能源客车在天津港保税区投入运营。某款质量为m的氢能源汽车如图甲所示，测试其性能时的v−t图像如图乙所示。已知汽车在平直公路上以额定功率P启动，整个运行过程中汽车功率及所受阻力均恒定，t1时刻起以最大速度vm匀速行驶。则在0∼t1时间内下列说法正确的是( )
A. 汽车的牵引力逐渐增大B. 汽车的阻力大小为Pvm
C. 牵引力对汽车做的功为Pt1D. 汽车行驶的距离为vmt12
8.如图，甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕半径相同、质量为M和2M的A、B两行星做匀速圆周运动，忽略行星的自转，下列说法正确的是( )
A. 甲、乙两颗卫星的线速度大小之比为1： 2
B. 甲、乙两颗卫星的周期之比为1: 2
C. A、B两颗行星的地表重力加速度之比为1：2
D. A、B两颗行星的第一宇宙速度之比为1: 2
9.如图甲所示，小球(可视为质点)穿在竖直平面内光滑的固定圆环上，绕圆心O点做半径为 R的圆周运动。小球运动到最高点时，圆环与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为 v，其F−v2图像如图乙所示，g取10m/s2，则( )
A. 小球的质量为2 kg
B. 固定圆环的半径R为0.4m
C. 小球在最高点速度为4m/s时，圆环受到小球施加的竖直向下20N 的弹力
D. 若小球恰好能做完整圆周运动，则其运动中所受圆环给的最大弹力为100N
10.在真空中A、B两处固定两个等量异种电荷，正下方有一根足够长的光滑玻璃杆水平放置，一个质量为m、带电荷量为−q的小圆环穿在杆上，从A点的正下方C处以速度vC向右运动至B点正下方D处时的速度为vD，O点是CD的中点，下列说法正确的是( )
A. 小圆环从C到D过程中先做减速运动，再做加速运动
B. C、D两点间的电势差为UCD=mvD2−vC22q
C. 小圆环至O点时的速度为vO= vC2+vD22
D. 小圆环通过D点后，继续向前运动很远距离，最终速率vt，趋于 vC2+vD22
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.在“探究平抛运动的特点”实验中

(1)用图1装置进行探究，下列说法正确的是_________。
A.只能探究平抛运动水平分运动的特点
B.需改变小锤击打的力度，多次重复实验
C.能同时探究平抛运动水平、竖直分运动的特点
(2)用图2装置进行实验，下列说法正确的是_________。
A.斜槽轨道M必须光滑且其末端水平
B.上下调节挡板N时必须每次等间距移动
C.钢球从斜槽M上同一位置静止滚下
(3)用图3装置进行实验，竖直挡板上附有复写纸和白纸，可以记下钢球撞击挡板时的 点迹。钢球从斜槽上P点静止滚下，撞击挡板留下点迹A，将挡板依次水平向右移动x，重复实验，挡板上留下点迹B、C。若测得A、B间距离y1，B、C间距离y2，重力加速度为g，根据以上直接测得的物理量推导出小球初速度的计算公式为v0=_________(用所给字母表示)。
12.用如图甲所示的装置做“验证机械能守恒定律”的实验，将重锤固定在纸带一端，使重锤由静止自由下落，打出的纸带由于初始部分的点迹模糊不清，舍去这部分点迹后得到如图乙所示纸带。

(1)选用的测量仪器除打点计时器外还需要_________
A. 天平 B.毫米刻度尺 C.秒表
(2)关于实验操作及数据处理，下列说法正确的是_________
A. 先接通电源再释放纸带
B. 若通过图像验证机械能守恒，必须多次重复实验，才能得到多个数据点
C. 利用数据做出v2−h图像是一条直线，且斜率数值为重力加速度值，则说明重物下落过程机械能守恒
(3)在利用纸带上的数据点验证机械能守恒时，已经测出了AC段和FH段长度，还需要测出_________段长度才能完成本次验证。

(4)在做“验证机械能守恒定律”的实验时，发现重物减少的重力势能总是略大于重物增加的动能，造成这种现象的原因是_________
A.选用的重物质量过大 B.选用的重物质量过小
C.存在空气阻力和摩擦阻力 D.实验时操作不规范，实验数据测量不准确
四、计算题：本大题共3小题，共46分。
13.如图所示，水平向右的匀强电场中，一圆心为O的光滑半圆绝缘轨道固定在竖直平面内，b点为轨道的最低点。质量为m、电荷量为q的小球甲恰好静止在轨道a点， a点与轨道圆心O的连线与竖直方向的夹角为θ=60∘，重力加速度大小为g。则：
(1)判断小球甲的电性并求出匀强电场的电场强度大小E；
(2)现将小球甲固定在a点，将另一个质量为2 m的带电小球乙放在b点，小球乙恰好静止且与轨道无作用力，两小球均视为点电荷，请判断小球乙的电性，并求出小球乙的电荷量q′
14.如图所示，粗糙的圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，一个质量为m=0.2kg的小球从P点水平抛出，恰好从圆弧轨道的A点沿切线方向进入轨道。B为轨道的最低点，C为最高点，圆弧AB对应的圆心角θ=60∘，轨道半径R=0.4m。g取10m/s2。不计空气阻力，若小球进入轨道后恰好通过C点，且在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功Wf=−2J，求：
(1)小球到达C点的速度的大小vC：
(2)小球冲入轨道A点的速度的大小vA：
(3)P和A两点的高度差h
15.如图所示，倾角为30∘的足够长光滑斜面固定在水平地面上，一轻绳绕过两个光滑的轻质滑轮连接着固定点 P和物体B，两滑轮之间的轻绳始终与斜面平行，物体A 与动滑轮连接，开始时，物体 A、B处于静止状态，求：
(1)若静止释放后物体B开始竖直向下运动，mBmA需要满足什么条件？
(2)若A、B两物体质量相等均为m，静止释放后，物体 A 的位移为L时，重力加速度为g，求
①物体A 的速度大小vA；
②物体A 的机械能相比静止时的变化量ΔE
答案和解析
1.【答案】C
【解析】AB.根据题意可知，乒乓球做平抛运动，竖直方向上，由 h=12gt2 可得，乒乓球在空中运动的时间为t= 2Hg
可知，乒乓球在空中运动的时间与 v0 无关，保持H不变，乒乓球在空中运动的时间不变，故AB错误；
CD.根据题意，设乒乓球落在桌面瞬间的速度为 v ，由动能定理有12mv2−12mv02=mgH
解得v= v02+2gH
可知，保持 v0 不变，H越大，乒乓球落在桌面瞬间的速度越大，故D错误，C正确。
故选C。
2.【答案】A
【解析】P、Q两点同轴转动，角速度大小相等，故ωP:ωQ=1:1
根据 v=ωr 可得P、Q两点线速度之比vP:vQ=2:3
故选A。
3.【答案】D
【解析】A.根据 GMmr2=mv2r ，解得v= GMr，可知r越大速率越小，则vA B.根据 GMmr2=m4π2T2r ，解得T=2π r3GM，可知r越大周期越大，则TA >TB，故B错误；
C.根据 F引=GMmr2 ，可知r越大卫星受到的万有引力越小，则F引A D.卫星从B轨道变轨到A轨道需要向后喷气，则卫星在轨道A上的机械能大于在轨道B上的机械能，故D正确。
故选D。
4.【答案】B
【解析】解：AC、在这两种情况下，小球下落高度相同h，由WG=mgh可知，重力做功相等，则重力势能变化量相等，故AC错误；
B、球甲做自由落体运动，球乙在运动过程中受到重力与油的阻力作用，球乙下落的加速度小于球甲做自由落体运动的加速度，即a乙P乙，故B正确；
D、球甲运动过程只受重力作用，机械能守恒，机械能变化量为零；球乙下落过程受重力与阻力作用，球乙要克服阻力做功，机械能有损失，机械能变化量不为零，球乙机械能的变化量大于球甲机械能的变化量，故D错误。
故选：B。
重力做功只与初末位置有关，重力势能变化取决于重力做功。根据重力做功与做功时间的关系比较重力的平均功率。根据除重力以外力其他力做功情况，分析机械能的变化情况。
解答本题时，要知道重力做功与初末位置有关，与路径无关。要明确机械能守恒的条件：只有重力做功(单个物体)，除重力以外其他力做功要引起机械能的变化。
5.【答案】C
【解析】A.甲图中，工作人员给车加油前，触摸一下静电释放器，可将人体的静电释放到大地，从而避免静电危害，故A错误；
B.由图可知，板状物体A带正电，静电除尘装置将带负电的尘埃收集在板状物体A上，故B错误；
C.燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的现象，故C正确；
D.优质的话筒线外面包裹着金属外衣应用了静电屏蔽的原理，以防止外部信号对电缆内部电信号的干扰，没有增强其导电能力，故D错误。
故选C。
6.【答案】D
【解析】AB.设地板对物体的支持力做的功为 W ，对物体由动能定理得W合=W−mgH=12mv2
解得W=mgH+12mv2，故AB错误；
C.设钢索的拉力做的功为 W′ ，对电梯和物体整体由动能定理得W′−(M+m)gH=12(M+m)v2
解得W′=12(M+m)v2+(M+m)gH
故C错误；
D.由动能定理得，合力对电梯 M 做的功等于 12Mv2 ，故D正确。
故选D。
7.【答案】BC
【解析】A.汽车在平直公路上以额定功率P启动时，有P=Fv可知，牵引力逐渐减小，故A错误；
B. t1 时刻起以最大速度 vm 匀速行驶，阻力与牵引力平衡，则阻力大小为f=Pvm，故B正确；
C.牵引力的功率恒定不变，则在 0∼t1 时间内牵引力对汽车做的功为W=Pt1，故C正确；
D. v−t 图像与 t 轴围成面积表示位移结合几何关系可知汽车行驶的距离大于 vmt12 ，故D错误。
故选BC。
8.【答案】ACD
【解析】A.由万有引力提供向心力，有GMmr2=mv2r，得v= GMr，可知甲、乙两颗卫星的线速度大小之比为 1: 2 ，故A正确；
B.由万有引力提供向心力，有GMmr2=m4π2T2r，得T= 4π2r3GM，可知甲、乙两颗卫星的周期之比为 2:1 ，故B错误；
C.假设在两行星表面有一质量为m的物体，由重力等于万有引力有mg=GMmR2，得g=GMR2
A、B两颗行星的地表重力加速度之比1:2，故C正确；
D.设行星的第一宇宙速度为v1，由公式GMmR2=mv 12R，得v1= GMR，所以A、B两颗行星的第一宇宙速度之比为 1: 2 ，故D正确。
故选ACD。
9.【答案】AD
【解析】A.对小球在最高点进行受力分析，速度为0时F−mg=0
结合图像可知m=Fg=2kg，故A正确；
B.当 F=0 时，由重力提供向心力可得mg=mv2R
结合图像可知R=v2g=0.8m
故B错误；
C.小球在最高点的速度为4m/s时，有F+mg=mv2R
解得小球受到的弹力F=20N
方向竖直向下，由牛顿第三定律可知圆环受到小球施加的力竖直向上，故C错误；
D.小球经过最低点时，其受力最大，由牛顿第二定律得F−mg=mv2R
若小球恰好做圆周运动，由机械能守恒得mg⋅2R=12mv2
由以上两式得F=5mg
代入数据得F=100N
故D正确。
故选AD。
10.【答案】CD
【解析】A.根据受力分析，小圆环从 C 到 D 的过程中，水平方向受到两异种电荷对小圆环的静电力向左的分力，故小圆环从 C 到 D 过程中做减速运动，故A错误；
B.根据动能定理有−qUCD=12mvD2−12mvC2，可得UCD=mvC2−vD22q，故B错误；
C.根据对称性得UCO=12UCD=mvC2−vD24q，根据动能定理有−qUCO=12mvO2−12mvC2
联立解得vO= vC2+vD22，故C正确；
D.根据等量异种点电荷电场的特点，取无穷远处电势为零，则 O 处电势为零，圆环通过 O 点到无穷远处过程中有12mvt2−12mvO2=−qφO−φ
圆环向无穷远处运动过程中 φ→0 ，则12mvt2−12mvO2=0
最终速率 vt 趋于 vC2+vD22 ，故D正确。
故选CD。
11.【答案】(1)B(2)C(3)x gy2−y1
【解析】(1)用图1装置可以探究平抛运动竖直方向做自由落体运动，需要改变小锤击打的力度，多次重复实验。
故选B。
(2)AC.用图2装置进行实验，为了保证从斜槽末端水平飞出的速度大小相等，小钢球必须从斜槽M上同一位置静止滚下，斜槽轨道不必要光滑，但末端必须水平，故A错误，C正确；
B.挡板的作用是为了方便确定小球的运动位置，没有必要每次等间距移动，故B错误。
故选C。
(3)根据题意，由图3装置进行实验，由图可知，A、B间和B、C间的水平距离相等，则运动时间相等，设相等时间为 T ，竖直方向上，由逐差法有y2−y1=gT2
水平方向上有x=v0T
联立解得v0=x gy2−y1。
12.【答案】(1)B(2)A(3)BG(4)C
【解析】(1)A.根据实验原理mgh=12mv2，质量可消去，则不需要测量重物质量，故A错误；
B.实验时需要用刻度尺测量纸带上各点的距离，需要用到毫米刻度尺，故B正确；
C.打点计时器有计时功能，不需要秒表，故C错误；
故选B。
(2)A.根据打点计时器的使用方法可知应先接通电源再释放纸带，故A正确；
B.若通过图像验证机械能守恒，需要纸带上选择合适数目的点，不需要重复实验，故B错误；
C.根据实验原理mgh=12mv2
可知v2=2gh
利用数据做出v2−h图像是 一条直线，且斜率数值为2g，则说明重物下落过程机械能守恒，故C错误。
故选A。
(3)测出了AC段和FH段长度，根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程的平均速度，可以求出B点和G点的速度，所以要验证机械能守恒，还需要测出BG段的长度。
(4)由于实验中空气阻力以及打点计时器对纸带的阻力是无法忽略的，故实验中总会出现重物减少的重力势能略大于重物增加的动能的现象。
故选C。
13.【答案】(1)小球受竖直向下的重力、斜向左上方的弹力，要保持平衡，电场力一定向右，则甲的电性为正电。
由平衡关系可得qE=mgtan60∘
得E= 3mgq；
(2)若小球乙带正电，受竖直向下的重力、向右的电场力和斜向下的电场力，不能平衡，所以小球乙带负电。对小球乙进行受力分析如图所示

由平衡关系可得q′E=2mgtan60∘
得q′=2q。

【解析】本题是带电体在电场中的平衡问题，关键要正确分析受力情况，作出受力分析图，运用平衡条件进行处理。
14.【答案】(1)小球进入轨道后恰好通过C点，在 C 点根据牛顿第二定律mg=mvC2R
代入数据解得vC=2m/s
(2)小球从 A 点到 C 点过程，根据动能定理−mg(R+Rcsθ)+Wf=12mvC2−12mvA2
代入数据解得vA=6m/s
(3)在 A 点，竖直方向分速度vy=vAsinθ=3 3m/s
从 P 点到 A 点，竖直方向vy2=2gh
解得h=1.35m。

【解析】本题结合平抛运动和圆周运动考查动能定理的应用，小球恰好能通过最高点C的临界条件是在最高点重力提供做圆周运动的向心力，要找到这个临界条件，再根据动能定理进行分析。
15.【答案】(1)若静止释放后物体B开始竖直向下运动，则A沿斜面向上运动，设绳子的拉力为T，由牛顿第二定律可得：对B有mBg−T=mBa
对A有2T−mAgsin30∘=mA×a2
解得a=2mBg−12mAg2mB+12mA>0
解得mBmA>14
(2)①若A、B两物体质量相等均为m，静止释放后，物体A的位移为L时，物体B的位移为2L，物体A的速度为vA，物体B的速度为vB=2vA
由系统机械能守恒可得mg×2L−mgLsin30∘=12mv A2+12mv B2
解得vA= 3gL5
②物体A的机械能相比静止时的变化量为ΔE=12mv A2+mgLsin30∘
解得ΔE=45mgL。

【解析】解决本题时，要知道物体B下降的过程中，A、B组成的系统的机械能是守恒的，采用隔离法求解绳子的拉力，利用功能关系进行分析。