2022-2023学年广西示范性高中高一（下）期末物理试卷（含解析）

2022-2023学年广西示范性高中高一（下）期末物理试卷

一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）

1.真空中两个点电荷相距r时，静电力为尸；如果将它们其中一个的电荷量减半，同时将距

离增大为2r时，则静电力将变为（）

A，B/C.2FD.彳

2.如图所示，一对用绝缘柱支撑的不带电的导体4和B,彼此接触，A、B下方均连有两片闭

合的金属箔，把带正电荷的物体C移近而不接触导体4然后把4和B分开一些距离，最后移去

C,关于最后A和B下方金属箔是否张开的叙述，以下说法正确的是（）

A.均未张开B.都张开了

C.只有4下方金属箔张开D.只有B下方金属箔张开

3.汽车以恒定功率在平直公路上做直线运动，若汽车所受的阻力恒定不变，则在汽车速率

逐渐增大的阶段（）

A.相等时间内，牵引力所做的功相等B.相等时间内，合外力所做的功相等

C.相等位移内，牵引力所做的功相等D.相等位移内，合外力所做的功相等

4.闪光跳跳球是非常适合锻炼身体的玩具，如图1所示，其一端套在脚踝处，抖动腿可以使

闪光轮转动，闪光轮整体围绕圆心。转动，如图2所示，由于和地面的摩擦，闪光轮又绕自身

圆心转动，且闪光轮始终和地面接触并不打滑。已知闪光轮到圆心。的距离为R,闪光轮的半

径为r,闪光轮相对于自身圆心的角速度大于等于3。时才会发光，为了使闪光轮发光，闪光

轮绕。点转动的角速度至少是（）

A.ω0B.Rrω0C.竽D.干

5.已知某星球的平均密度是地球的n倍，半径是地球的Zc倍，地球的第一宇宙速度为D，则该

星球的第一宇宙速度为（）

A.VB.nkyj-kvC.fc√-nvD.√nkv

6.把小球放在竖立的弹簧上,用力将球按压至4位置，如图甲所示。O....c

迅速松手，小球经位置B（图乙，此时弹簧正处于原长）升高至最高

点（图丙）。忽略弹簧的质量和空气阻力，把小球、弹簧和地球看Q

CB

i

一

二A

作一个系统，则下列说法不正确的是（）M・w

M

T

O

A.小球从4到C的过程中，系统的机械能守恒T"讶isΓ

乙

甲

B.小球从a到B的过程中，弹簧弹性势能的减少量等于小球动能和

重力势能的增加量

C.小球从A到B的过程中，小球动能不断增加

D.小球从B到C的过程中，小球动能减少量等于小球重力势能的增加量

二、多选题（本大题共4小题，共24.0分）

7.2020年11月28日晚间，嫦娥五号探测器经过四天多奔月飞行,

成功实施第一次近月制动，完成“太空刹车减速”被月球铺获，顺

利进入一个近月点为P的环月大椭圆轨道I,经过一段时间后，嫦

娥五号探测器再次制动，最终进入圆轨道II环绕月球运动，如图所

示。贝∣J（）

A.探测器在轨道I上运行的周期大于在轨道U上运行的周期

B.探测器在轨道I上运行时的机械能等于在轨道II上运行时的机械能

C.探测器沿轨道I经过P点的速度等于沿轨道∏经过P点的速度

D.探测器沿轨道I经过P点的加速度等于沿轨道∏经过P点的加速度

8.人站在高处的平台上，从距地面高为八处斜向上抛出一个质量为Tn的物体，物体落地时速

度的大小为外以抛出点为重力势能的零势能点，不计空气阻力，重力加速度为g,下列判断

正确的是（）

A.小球抛出时的动能为2τnf2B.人对小球做的功为-mg∕ι

C.小球在最高点时的机械能为Tnw2D.小球抛出时的机械能为2mU?-rng∕ι

9.在倾角为37。的斜面底端给小物块一初动能，使小物块在足够长的粗糙斜面上运动，如图

甲所示。若小物块在上滑和下滑过程中其动能Ek随高度九的变化如图乙所示，g=10m∕s2,

sin370=0.6,则小物块（）

A.上滑的最大距离为5τnB.所受的摩擦力大小为2N

C.质量为MgD.在最高点的重力势能为25/

10.如图甲所示，小球穿在竖直平面内光滑的固定圆环上，绕圆心。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其尸-

户图象如图乙所示，g取IOm/S?,则下列说法不正确的是（）

A.小球的质量为4kg

B.固定圆环的半径R为0.8m

C.若小球恰好做完整的圆周运动，则其承受的最大弹力为IOON

D.小球在最高点的速度为4m∕s时，小球受圆环的弹力大小为20N,方向向上

三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）

11.某学习小组用图α所示装置研究平抛运动在竖直方向的运动规律。实验操作是：使完全

相同的小球4、B处于同一高度，用小锤轻击弹性金属片，使4球水平飞出，同时B球被松开。

小锤

⑴小组同学们观察到的现象是：小球A、B（填“同时”或“不同时”）落地。多次改

变图ɑ中实验装置的离地高度后，重复上述操作，均有相同的实验现象，同学们根据这些现象

大胆猜想：平抛运动在竖直方向的分运动为。若增大小锤敲击力度则小球4B

（填“同时”或"不同时”）落地。

（2）为进一步验证猜想，该小组同学利用频闪相机得到了小球做平抛运动时的频闪照片如图b,

已知相机的闪光频率为f,结合比例尺测得小球在图中L、M、N三个位置时球心在竖直方向

的间距分别为y1、y2,则可得到竖直方向的加速度α=,经验证，此值与当地重力加

速度在实验误差内接近相等，即可证明实验猜想。

12.某实验小组用如图所示的装置验证机械能守恒定律，轻质细杆一

端固定一小钢球，另一端可绕光滑的固定轴。转动，固定在转轴上的

角度传感器可以测出细杆与竖直方向的夹角火小于90。)；在。点的正下方放置一光电门(连接

光电计时器)，使球心到达最低点时可以恰好通过光电门，测得小球的直径为d,小球质量为τn,

球心到转轴。的距离为L

(1)己知当地重力加速度为g,将小球拉至某一位置，测出仇由静止释放小球，读出光电计时

器显示的挡光时间为3小球到达最低点时速度为,下摆过程中，小球的重力势能减

少量ZEp可表示为,动能的增加量Za可表示为,如果二者在误差范围内相等,

说明该系统机械能守恒；

(2)改变。角度，多次重复实验，根据记录的数据，作出悬线与竖直方向夹角的余弦值与小钢

球通过光电门的时间平方的倒数CoSe-场的关系图像，若所作图像为一倾斜直线，则图像的

斜率k的绝对值为(用题中所给物理量的符号表示)。

四、简答题(本大题共3小题，共38.0分)

13.某地有一风力发电机，它的叶片转动时可形成半径为R=30τn的圆

面。某时间内该地区的风速u=3zn∕s,风向恰好跟叶片转动形成的圆面

垂直，已知空气的密度P=1.2kg∕m3,若该风力发电机能将此圆内10%的

空气动能转化为电能。兀取3.14,求：

(1)单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积匕

(2)单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能以；

(3)此风力发电机发电的功率P。

14.如图所示，小明用与水平方向夹角8=37。的轻绳拉木箱，绳的拉力为尸=125N,木箱

由静止开始沿水平地面向右移动了一段距离L=5m,木箱的质量为m=24kg,木箱受到地

面的阻力f=40N,cos37o=0.8«求：

(1)绳的拉力及地面的阻力分别对木箱做的功；

(2)木箱前进5τn时的动能；

(3)木箱前进5m时绳的拉力的瞬时功率和平均功率。

15.如图所示，粗糙水平面4B与竖直面内的光滑半圆形轨道在B点平滑相接，一质量m的小

滑块(可视为质点)将轻弹簧压缩至4点后由静止释放，经过B点后沿半圆轨道恰好能通过最高

点C作平抛运动。已知：导轨半径R=0.9m,小滑块的质量Tn=O.2kg,小滑块与轨道4B间

的动摩擦因数4=0.2,4B的长度L=IOmo设轻弹簧在原长时弹性势能为零，小滑块到达B点

前已和弹簧分离。求：

(1)小滑块的落地点到B点的距离；

(2)小滑块对圆轨道最低处B点的压力大小;

(3)弹簧压缩至4点时弹簧的弹性势能;

(4)若仅改变4B的长度L,其他不变，使滑块在半圆轨道运动时不脱离轨道，求出L的范围。

答案和解析

I.【答案】A

【解析】解：设真空中两个电荷量为Q与q的点电荷，相距为r时的相互作用静电力大小为F,

根据库仑定律，有:

FbQq<Λ

F=k茁…①

若它们其中一个的电荷量减半，同时将这两个点电荷间的距离变为2r,

则它们之间的静电力大小变为:

F'=1"昌=瞿…②

(2r)θr

故：F'=］故A正确，BCD错误;

O

故选：故

库仑定律：真空中两个静止点电荷之间的作用力与它们电量的乘积成正比，与它们距离的二次方

成反比，作用力的方向在它们的连线上，依据题目条件，即可求解.

本题关键是根据库仑定律直接列式求解，基础题.在利用库仑定律解题时，要注意库仑定律的使

用条件.

2.【答案】B

【解析】解：由题意，当把带正电荷的物体C移近而不接触导体4时，将发生感应起电现象，由于

静电感应，同种电荷相排斥异种电荷相吸引，正电荷C靠近A后4带负电荷，4端金属箔片张开，B

端带正电荷，B端金属箔片张开，然后把4和B先分开一些距离，导体A左端带负电，导体B右端带

正电。最后再移去C,导体4和导体B上所带的电荷无法中和，则导体A仍然带负电，导体B仍然带

正电，所以最后人和B下方的金属箔均是张开的。故B正确，Aa）错误。

故选：B。

根据静电感应规律可明确AB两端所带电性，再根据电荷间的相互作用分析移走C后4B所带电量,

即可明确金箔能否闭合。

本题考查感应起电，解题关键是知道感应起电的特点，知道导体发生感应起电时，近端带异种电

荷，远端带同种电荷。

3.【答案】A

【解析】解：4、根据P=/,解得W=Pt,相等时间内，牵引力所做的功相等，故4正确；

C、根据上述，牵引力做功为：W=Pt,由于汽车速率增大，则在相等位移内的时间间隔逐渐减

小，可知相等位移内，牵引力所做的功逐渐减小，故C错误；

B、合外力所做的功为W合=Pt-/%,相等时间内，牵引力所做的功Pt相等，汽车速率增大，则

在相等时间内，汽车通过的位移逐渐增大，即汽车克服阻力做功逐渐增大，则在相等时间内，合

外力做功逐渐变小，故B错误；

。、合外力所做的功为：W^=Pt-fx,根据上述可知牵引力所做的功Pt减小，阻力一定，可知

相等位移内，合外力所做的功逐渐减小，故。错误。

故选：Ao

首先，根据功与功率的关系，判断相等时间内，牵引力所做的功是否相等；

然后，根据牵引力的功率与时间的关系以及摩擦力做功求出合力做功，分析随着汽车速率增大，

判断相等时间内合外力做功如何变化；

接着，根据牵引力做功与功率的关系，判断汽车速率增大相等位移内的时间间隔如何变化，进而

判断相等位移内牵引力所做的功如何变化；

最后，根据合外力所做的功与时间以及位移的关系，判断相等位移内，合外力所做的功如何变化。

本题考查了汽车以恒定功率运动的过程，解决本题的关键是准确列出合力做功与时间以及位移的

关系。

4.【答案】D

【解析】解：大圆的周长：s=2τrR,设闪光轮绕。点转动的最小角速度为3加“，则转动一周的时

间：T=­

ωmin

当闪光轮相对于自身圆心的角速度等于3。时，其边缘各点的线速度：v-ω0r

闪光轮边缘各点走过的路程为S的时间：t=≤=∣Ξ≤

Vωθr

又：t=τ

联立可得：ωmin=^ω0,故ABC错误，。正确。

故选：D。

闪光轮在地面上滚动一周走过的路程等于其周长，而绕。点转动一周，闪光轮边缘的各点走过的

路程等于大圆的周长，然后结合它们的关系判断即可。

解答该题，关键是能理解绕。点转动一周，闪光轮边缘的各点走过的路程等于大圆的周长。

5.【答案】C

【解析】解：（1）星球的质量M=PV=PX^πr3=^πpr3,

行星与地球的质量之比：

43

M行星_W7rP行星「行星_nP地球（“丁地球）_nfeɪ

M地球凯"地球嗑球。地球嗑球1

（2）设卫星的质量为优，由牛顿第二定律可得：

G萼=mQ,第一宇宙速度V=「函，

行星的第一宇宙速度。与地球的第一宇宙速度IZ之比：

“行星r地球_nkɪXr地球_∕~^∣i

M地球「行星J1狂地球n，

所以ɪ/=V^M∕cv,故AB。错误，C正确；

故选C.

根据球体体积公式与密度公式的变形公式求出星球的质量；

卫星绕行星表面做圆周运动的速度是第一宇宙速度，

万有引力提供向心力，由牛顿第二定律列方程求出第一宇宙速度.

本题难度不大，知道什么是第一宇宙速度、熟练应用万有引力公式、牛顿第二定律即可正确解题.

6.【答案】C

【解析】解：4、小球从4到C的过程中，对小球、弹簧和地球构成的系统，只有重力与弹簧的弹

力做功，所以系统的机械能守恒，故A正确；

8、小球、弹簧和地球构成的系统的机械能守恒，则小球从A到B的过程中，弹簧弹性势能的减少

量等于小球动能和重力势能的增加量，故B正确；

C、小球从4到B的过程中，弹簧弹力开始大于重力，小球向上做加速运动，弹簧形变量减小，弹

力减小，即小球先向上做加速度减小的变加速运动，当弹力与重力等大反向时，加速度为0,速度

达到最大，之后，弹力进一步减小，小于重力，加速度方向向下，小球向上做加速度增大的减速

运动，可知小球从A到B的过程中，小球动能先增加后减小，故C错误；

。、小球从B到C的过程中，小球与弹簧分离，小球做竖直上抛运动，则小球动能的减少量等于小

球重力势能的增加量，故。正确。

本题选不正确的，故选：Co

只有重力或系统内弹力做功时.，系统的机械能守恒；小球动能的变化取决于合外力做功；根据系

统机械能守恒分析弹簧弹性势能的减少量与小球重力势能的增加量和小球动能的增加量的关系。

解答本题时，一方面，要根据受力情况来判断小球的运动情况；另一方面，要明确能量转化情况，

根据系统机械能守恒分析弹簧弹性势能与动能、重力势能之间的关系。

7.【答案】AD

【解析】解：4、根据开普勒第三定律有q=匕由于轨道I的半长轴大于轨道II的半长轴，所以

探测器在轨道I上运行的周期大于在轨道∏上运行的周期，故A正确；

8、相对于轨道∏,轨道I是高轨道，由轨道I变轨到轨道∏需要在切点P减速，可知探测器在轨

道I上运行时的机械能大于在轨道∏上运行时的机械能，故8错误；

C、由轨道I变轨到轨道∏需要在切点P减速，可知探测器沿轨道I经过P点的速度大于沿轨道∏

经过P点的速度，故C错误；

D、根据牛顿第二定律有G舞=Tna

解得：α=G^,可知探测器沿轨道I经过P点的加速度等于沿轨道II经过P点的加速度，故。正

确。

故选：AD.

根据开普勒第三定律分析周期关系；结合变轨原理分析探测器在轨道I和∏上运行时机械能的大

小，以及探测器沿轨道I经过P点的速度与沿轨道∏经过P点的速度关系；根据牛顿第二定律分析

加速度关系。

本题主要考查开普勒第三定律和变轨原理，能够根据开普勒第三定律分析探测器的运动周期，掌

握卫星的变轨原理。

8.【答案】BC

【解析】解：力、以地面为重力势能的零势能面，从抛出到落地的过程，根据机械能守恒定律得：

mgh+Eko=解得小球抛出时的动能为EkO=TmM一mg%,故A错误；

B、人抛球的过程，根据动能定理得：W=Eko-O,则人对小球做的功为W=Tnw2-mgh，故

B正确；

CD、小球在空中运动的过程中，其机械能守恒，因此无论在那个位置，机械能均为TnW2,故C

正确，力错误。

故选：BCt,

根据机械能守恒定律求小球抛出时的动能。根据动能定理求人对小球做的功。不计空气阻力，小

球在空中运动时机械能守恒，由机械能守恒定律求小球在最高点时和抛出时的机械能。

本题考查动能定理和机械能守恒定律的基本运用，运用动能定理时，要选择好研究的过程。要知

道机械能等于动能和重力势能之和。

9.【答案】ABC

【解析】解：B,由图可知小物块的初动能％=40/,最终的动能为坊=20/,全程根据功能关系得

解得

f=2N

故8正确；

C.上滑过程中根据动能定理得

-mgkf.焉=El

解得

m=Ikg

故C正确；

4上滑的最大距离为

,h3

L=荷=而7n=5cm

故A正确；

。.取最低点为零势能面，在最高点的重力势能为

EP-mgh=1×10×3/=30/

但零势能面未知，因此重力势能不确定，故。错误。

故选：ABC。

应用儿何知识与功能关系求物块上滑的距离、物块的质量与物块所受滑动摩擦力大小；根据图示

图象求出物块上滑的最大高度、物块上滑时的动能与返回斜面底端时的动能，重力势能的大小与

零势能面的选择有关。

本题考查动能定理的应用，要求学生具有一定的分析能力。在列动能定理过程中一定注意正确选

择初末状态。

10.【答案】BC

【解析】解：4、对小球在最高点进行受力分析，速度为零时有：F-nιg=0

解得小球的质量：m=2kg

故A错误；

B、当F=O时，由向心力公式有mg=7n1

R

解得固定圆环的半径：R=0.8m；

故8正确：

C、小球经过最低点时，弹力最大，根据牛顿第二定律有：F-mg=m^

R

若小球恰好做完整的圆周运动，由机械能守恒定律得：mg-2R=^mv'2

联立解得：F=IOON,故C正确；

。、小球在最高点的速度为4τn∕s时，根据牛顿第二定律有：r+mσ=m-

R

解得：F'=20N,方向向下，故。错误；

故选：BCo

在最高点，若V=O,则F=mg=0；若尸=0,则mg=m1,联立即可求得小球的质量和圆环

的半径；根据牛顿第二定律列式可求得C。项。

本题主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，要求同学们能根据图象获取有效信息进行解答。

2

11.【答案】同时自由落体运动同时∕(y2-y1)

【解析】解：(1)两小球竖直方向只受重力作用，初速度为零，同时从同一高度落下，观察到的应

该是两小球同时落地，即平抛运动在竖直方向的分运动为自由落体运动；

当增大小锤敲击力时，小球的初速度增大，但竖直方向上的位移保持不变，所以两球仍然同时落

地。

(2)根据平抛运动规律可得：

竖直方向Ay=aT2=y2-

又7=",

2

解得：a=f(y2-yi)»

故答案为：(1)同时；自由落体运动；同时；(2)/2(72-yj。

(1)小锤轻击弹性金属片后，4球做平抛运动，同时B球做自由落体运动。通过实验可以观察到它

们同时落地，所以可以证明平抛运动在竖直方向上做自由落体运动。

(2)根据平抛运动规律求竖直方向加速度。

本实验是研究平抛运动竖直方向做自由落体运动的实验，通过观察两球落地的时间，证明平抛运

动竖直方向上的运动与自由落体相同，能够根据平抛运动的规律求解竖直方向的加速度。

12.【答案】&MgL(I-cos。)吗£

t2rZgL

【解析】解：(1)根据平均速度公式，可得小球到达最低点时速度为。=F

下摆过程中，小球的重力势能减少量4Ep=TngL(I-CosO)

动能的增加量AEk=ɪmv2=ɪm(^)2=ɪɪ

(2)根据机械能守恒定律=mgL(l-cosθ)

变形得CoSe=I-g∙J

2gL/

.2

则图像的斜率k的绝对值为k=J

2gL

故答案为：(1)(;mgL(l-cosθy,尊；(3)若。

(1)根据平均速度公式求出小球经过光电门时的速度大小；根据重力势能的定义式求解重力势能的

减少量；根据动能的定义式求动能的增加量；

(2)根据机械能守恒定律求CoSa-W函数，结合图像可以得到斜率关系式。

该题考查机械能守恒定律的实验,要掌握实验原理以及数据分析，应用机械能守恒定律即可解题。

13.【答案】解：(1)每秒冲击风车车叶的气体体积为

V=SL=Svt=πR2vt=π×302×3×Im3=8478m3

(2)这些气流的质量?n=pV=1.2X8478kg=10173.6kg

气流的动能为

1,21n2

Ek=∣mv=∣×10173.6×3/=45781.2/

(3)每秒风的动能转化为的电能为

E电=ηEk=10%X45781.27≈4578.12/

则此风力发电机发电的功率为

P

P=—=457,12W=4578.12W

t1

答：(1)单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积V为8478^3；

(2)单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能&为45781.2/：

(3)此风力发电机发电的功率P为4578.121V。

【解析】(1)根据圆柱体体积计算公式求出单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积匕

(2)利用m=PU求出气流的质量，再由动能计算公式即可求出气流的动能；

(3)结合效率求出每秒风的动能转化为的电能，再由功率公式即可求出发电机发电的功率P。

本题考查能量守恒定律的应用，要明确能量转化方向，并能熟练掌握密度的计算公式，并能够掌

握动能、功率等公式。

14.【答案】解：(1)由功的定义式有

WF=FLcosθ=125×5×0.8/=5007

Wf=-fL=-40×5J=-200/

(2)由动能定理有

WF+Wf=Ek-O

解得木箱前进5m时的动能为：Ek=3007

(3)因为动能

CTl2z

Ek--τnv

解得末速度为：V=Sm/s

则绳的拉力的瞬时功率为：P=Fvcosθ=125×5×0.8W=500W

根据动能定理有

maL=Ek

则木箱的加速度为：a=2.5m∕s2

则根据匀变速直线运动速度与时间的关系有：V=at

解得：t=2s

则绳的拉力的平均功率尸=等=衅MZ=2501V

答：(1)绳的拉力及地面的阻力分别对木箱做的功为500/,-200/；

(2)木箱前进5m时的动能为300/；

(3)木箱前进5m时绳的拉力的瞬时功率和平均功率分别为500小，250小。

【解析】(1)根据功的公式分别求出绳的拉力及地面的阻力对木箱做的功；

(2)根据动能定理求解木箱前进5小时的动能；

(3)根据Ek=Tm/求出末速度，根据P=FDCOSa求解木箱前进5m时绳的拉力瞬时功率。根据动

能定理求出加速度，由V=at求出运动时间，再由a=号求拉力的平均功率。

本题考查功和功率的计算，关键是要利用功和功率的相关公式，注意公式中各物理量的意义。本

题也可以根据P=mgι?COSa求拉力的平均功率。

15.【答案】解：(1)小滑块恰好能通过最高点C