2021-2022学年浙江省宁波市余姚市高一（下）期末物理试卷（含解析）

这是一份2021-2022学年浙江省宁波市余姚市高一（下）期末物理试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了0分），9km/s，【答案】D等内容，欢迎下载使用。
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2021-2022学年浙江省宁波市余姚市高一（下）期末物理试卷
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
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，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。


第I卷（选择题）

一、单选题（本大题共13小题，共39.0分）
1. 物理学家通过艰辛的实验和理论研究，探索出自然规律，为人类的进步做出巨大贡献，值得我们敬仰，下列说法中正确的是(    )
A. 安培首先引入电场线和磁感线
B. 库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷电量e的数值
C. 开普勒总结归纳了行星运动定律，从而提出了日心说
D. 卡文迪什比较准确地测出了万有引力常量的数值
2. 北京时间2022年5月10日8时56分，天舟四号货运飞船成功对接天河核心舱。核心舱组合体离地高度约391.9千米，速度约7.68千米/秒。据以上信息，下列说法正确的是(    )

A. “千米”是国际单位制中的基本单位
B. 核心舱内的实验器材处于完全失重状态，不受地球的作用力
C. 天平在核心舱内可以正常使用
D. 研究天和核心舱组合体绕地球的运行速度大小时，可以把核心舱视为质点
3. 如图所示为无人机沿曲线从M点向N点飞行的过程中的一段轨迹，速度逐渐减小，在此过程无人机所受合力方向可能的是(    )
A. B.
C. D.
4. 2021校园篮球比赛中一运动员将篮球从地面上方B点以速度v0斜向上抛出，恰好垂直击中篮板上A点。若该运动员后撤到C点投篮，还要求垂直击中篮板上A点，运动员需(    )


A. 减小抛出速度v0，同时增大抛射角θ B. 增大抛出速度v0，同时增大抛射角θ
C. 减小抛射角θ，同时减小抛射速度v0 D. 减小抛射角θ，同时增大抛射速度v0
5. 在高级中学选修课中，小柴同学在体验糕点制作“裱花”环节时，他在绕中心匀速转动的圆盘上放了一块直径8英寸(20cm)的蛋糕，在蛋糕上每隔4s均匀“点”一次奶油，蛋糕一周均匀“点”上15个奶油，则下列说法正确的是(    )
A. 奶油转动的线速度不变
B. 蛋糕边缘的奶油线速度大小约为π3m/s
C. 奶油转动的向心加速度不变
D. 圆盘转动的角速度大小为π30rad/s
6. 如图所示，自行车的小齿轮A、大齿轮B、后轮C的半径之比为1：3：9，在用力蹬脚踏板前进的过程中，下列说法正确的是(    )

A. 小齿轮A和大齿轮B的角速度大小之比为3：1
B. 小齿轮A和后轮C的角速度大小之比为9：1
C. 大齿轮B边缘和后轮C边缘各点的线速度大小之比为1：3
D. 大齿轮B边缘和小齿轮A边缘各点的向心加速度大小之比为3：1
7. 天启星座是我国首个正在建设的低轨卫星物联网星座。它由38颗低轨道卫星组成，这些低轨道卫星的周期大约为100分钟。则关于这些做圆周运动的低轨道卫星，下列说法正确的是(    )
A. 线速度可能大于7.9km/s
B. 角速度一定大于地球同步卫星的角速度
C. 加速度可能小于地球同步卫星的加速度
D. 所需的向心力一定大于地球同步卫星所需的向心力
8. 2022年3月30日上午10时29分，我国在酒泉卫星发射中心用长征十一号运载火箭成功将天平二号A、B、C卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，若已知A、B、C卫星绕地球做近似圆周运动，高地高度分别是hA、hB和hc，且hA>hB>hC，环绕周期分别是TA、TB和TC，地球表面重力加速度为g，则以下说法正确的是(    )
A. 天平二号A星可能在地表上空沿某一经度线做匀速圆周运动
B. 根据开普勒第三定律有hA3TA2=hB3TB2=hC3TC2
C. 根据题中所给信息，可计算地球的质量
D. 根据题中所给信息，无法算地球的密度
9. “奋进”号宇航员斯蒂法尼斯海恩⋅派帕拎着一个工具包进行太空行走，关于工具包的说法正确的是(    )
A. 宇航员不小心松开了拿工具包的手，在万有引力作用下工具包将飞向地球
B. 宇航员松开工具包后，不小心碰了一下工具包，工具包将飞离宇航员
C. 工具包的重量不能超过宇航员的最大承受力
D. 由于惯性，工具包脱手后会做直线运动而离开圆轨道
10. 如图所示，a、b是两个带有同种电荷的小球，用绝缘细线悬挂于同一点，两球静止时，它们距水平地面的高度相等，绳与竖直方向的夹角分别为α、β，且αmb
a、b两个小球间作用力等大反向，在水平方向上，由F库=ma水平
得aa水平0、UfdvyT+12gT23vyT+32gT2=13
竖直方向做自由落体运动，根据：Δy=y2-y1=gT2
解得：T=y2-y1g
水平方向做匀速直线运动，则有：x=v0T
解得钢球平抛的初速度大小为：v0=xT=xgy2-y1
故答案为：(1)BC；(2)b、大于；xgy2-y1
(1)根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤；
(2)明确实验原理，知道应记录球心位置；根据位移-时间公式求出从抛出到到达A、B两点的时间，从而得出时间差。根据位移—时间规律求两邻两时间段竖直位移的比值，结合水平位移求出平抛运动的初速度。
解决本题的关键知道实验的原理以及注意事项，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解。

18.【答案】BC  乙  2.28  2.26 
【解析】解：(1)A.实验中，应该先接通打点计时器电源再释放纸带，A错误；
B.由于机械能守恒表达式中质量可被消去，故实验中可以不测重物的质量而进行验证，B正确；
CD.应选用质量较大的重物，使重物和纸带所受的重力远大于它们所受的阻力，下落时更接近于自由落体运动，C正确，D错误。
故选：BC。
(2)若用vB2=2gxOB计算出打下点B时重物的速度，则重物做自由落体运动，只有重力做功，等于默认了机械能守恒，与实验目的相悖，故应选择乙同学的方法。
重物重力势能的减少量：Ep=mghOB=1×9.8×0.2325J=2.28J。
重物动能的增加量：Ek=12mvB2=12m(xAC2T)2=12×1×(0.3250-0.15502×0.04)2J=2.26J。
故答案为：(1)BC；(2)乙、2.28、2.26
(1)根据实验原理选择合适的实验器材，判断操作步骤的正确与否；
(2)根据机械能守恒定律分析甲乙两同学的处理数据方法的正确与错误，根据重力势能和动能的公式求减小的重力势能和增加的动能。
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，结合机械能的公式求重力势能的减小量和动能的增加量。

19.【答案】解：(1)设A求最开带电量大小为Q，四个小球接触后，每个小球带电量为Q4，
对B球，竖直方向由平衡条件可得kQ4⋅Q4d2+kQ4⋅Q4(2d)2sin45°=mg
代入数据解得Q=8dmg(4+2)k
(2)对A球由平衡条件可得N=mg+kQ4⋅Q4d2+kQ4⋅Q4(2d)2sin45°
代入数据解得N=2mg
答：(1)A球最开始带电量大小为8dmg(4+2)k；
(2)容器底对A球弹力大小为2mg。 
【解析】(1)竖直方向上手里平衡，根据库仑定律计算电荷量的大小；
(2)对A球由平衡条件计算作用力。
本题考查了库仑定律的理解，结合受力平衡分析计算。

20.【答案】解：(1)对物块受力分析如图

可知小球带正电，根据平衡条件可得qEmg=tan37°
解得E=mgtan37°q=3mg4q
(2)当场强变为原来的12时，物块受到的合外力
F合=mgsin37°-12qEcos37°=0.3mg=ma
解得a=3m/s2
方向沿斜面向下，根据运动学公式2aL=v2
解得v=6m/s
(3)若电场强度大小不变，方向变为竖直向上时，根据牛顿第二定律得(mg-qE)sin37°=ma
解得a=32m/s2
根据运动学公式L=12at2
解得t=22s
答：(1)请问该小物块带正电，电场强度的大小为3mg4q；
(2)小物块运动底端的速度v为6m/s。
(3)若电场强度大小不变，方向变为竖直向上时，小物块运动到底端的t为22s。 
【解析】(1)带电物体静止于光滑斜面上恰好静止，且斜面又处于水平匀强电场中，则可根据重力、支持力，又处于平衡，可得电场力方向，再判断电荷的电性，根据平衡条件确定电场强度大小。
(2)当电场强度减半后，物体受力不平衡，产生加速度．由牛顿第二定律可求出加速度大小，再根据运动学基本公式求解速度。
(3)牛顿第二定律及运动学公式求解小物块运动到底端的t。
本题考查了带电物体的平衡问题及电场改变后物体的运动问题。解题的关键是关键是求合力，应用牛顿运动定律求加速度解题难度适中。

21.【答案】解：(1)电子从a移到c电场力做负功，所以场强方向水平向右。
Wac=-eE⋅ac⋅sin30°
将ac=20cm=0.2m代入解得：E=200V/m
(2)电子从b移到a电场力做负功为：Wba=-eE⋅ab
电子从b移到c电场力做负功：Wbc=Wba+Wac
将ab=5cm=0.05m代入解得Wbc=-4.8×10-18J
(3)根据Uac=φa-φc=E⋅ac⋅sin30°
解得φc=-20V
同理可得b点的电势φb=10V
电子在b点的电势能为Epb=-φbe
联立代入数据解得：Epb=-1.6×10-18J
答：(1)匀强电场的场强大小为200V/m，方向水平向右；
(2)电子从b移到c，电场力对它做功为-4.8×10-18J；
(3)设a点电势φa=0，则c点电势为-20V，电子在b点的电势能为-1.6×10-18J。 
【解析】(1)根据电场力做功公式W=qE⋅d，求解电场强度，d是电场线方向两点间的距离．
(2)电场力做功公式W=qEd，求解电荷从b移到c电场力做功W2．
(3)根据a、c两点的电势解得电势差．
匀强电场中电场力做功公式W=qEd中，d是两点间沿电场线方向的距离，求功时要注意判断功的正负．

22.【答案】解：(1)在E点，根据牛顿第二定律得
mg=mvE2R
解得：vE=10m/s
从释放到E点根据动能定理得
mgL1sinθ-μmgL1cosθ-μmgCD-mgR(1+cosθ)=12mvE2-0
解得：L1=19m；
(2)从释放点到C点由动能定理得
mgL1sinθ-μmgL1+mgR(1-cosθ)=12mvC2
在C点根据牛顿第二定律得
N-mg=mvC2R
解得：N=180N，
结合牛顿第三定律可得在(1)问前提下，滑块P第一次经过C点时对轨道的压力大小为180N，方向竖直向下；
(3)若物块在斜面上从距B点为L2=24m处静止释放，根据动能定理
mgL2sinθ-μmgL2+mgR(1-cosθ)=EkC
解得：在C点的初动能EkC=100J
若vE≥gR=10m/s滑块可过最高点；计算此时D点对应的动能，从D到E，根据动能定理得
mg⋅2R=EkD-EkE
解得：EkD=50J
则D点的动能小于50J时滑块无法过E点；
假设物块从C点出发D点，能够到达E点通过圆轨道，经过弹簧反弹后又回到D点，即对C→D→E→D→F→D→E→D整个过程进行动能定理
-μmg(|CD|+2|DF|)=EkD-EkC
解得：x=0.64m
对整个过程进行动能定理
-μmgS总=0-EkC
解得：S总=10m
则滑块最终停留的位置与C点的距离
L=S总-2|CD|-2|DF|-2x
代入数据联立解得：L=0.72m。
答：(1)若滑块P第一次过圆弧轨道的最高点E是恰好通过，则释放位置到B点的距离L1为19m；
(2)在(1)问前提下，滑块P第一次经过C点时对轨道的压力为180N，方向竖直向下；
(3)若物块在斜面上从距B点为L2=24m处静止释放，滑块最终停留在水平轨道的位置与C点相距0.72m。 
【解析】(1)当滑块恰好能通过E点时，重力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求出E点速度，从释放到E点，根据动能定理列式可求释放位置；
(2)从释放点到C点过程中，根据动能定理列式求出到达C是速度，在C点受力分析，根据牛顿第二定律列式可解；
(3)通过计算判断滑块最终可能停止位置，再对整体列动能定理即可。
本题考查动能定理的灵活应用，隐含条件的挖掘，圆周运动的知识，过程复杂，比较难。