广西桂林市恭城瑶族自治县2022-2023学年高一下学期期末物理试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广西桂林市恭城瑶族自治县2022-2023学年高一下学期期末物理试卷一、单选题（本大题共7小题，共28分）1．南京江北地带未来地标象征“华东MALL摩天轮”，建成后将成为长三角地区最高的摩天轮，该摩天轮的转盘直径为108m，转一圈的时间大约是30A．0.20m/s B．0.50m/s〖答案〗A【知识点】线速度、角速度和周期、转速〖解析〗乘客做圆周运动半径R=1082m=54m，周期T=30min=1800s，根据线速度和周期的关系可得v=2πRT，代入数据得v=0.20m/s，A符合题意，BCD不符合题意。

故〖答案〗为：A。2．如图是高铁机车雨刮器的示意图.雨刮器由刮水片和雨刮臂链接而成，M、N为刮水片的两个端点，P为刮水片与雨刮臂的链接点.雨刮臂绕O轴转动的过程中，刮水片始终保持竖直.下列说法正确的是（）A．P点的线速度始终不变 B．P点的向心加速度不变C．M、N两点的线速度相同 D．M、N两点的运动周期不同〖答案〗C【知识点】线速度、角速度和周期、转速〖解析〗AB.P点以O为圆心做圆周运动，线速度与向心加速度方向时刻变化，所以线速度和加速度均为变量，AB不符合题意；

C.由图可知，相同的时间M、N两运动的弧长相等，由线速度的定义式v=st可知，M、N两点的线速度相同，C符合题意；

D.刮水器上各点的周期相同，所以M、N两点的周期相同，D不符合题意。

故〖答案〗为：C。

〖祥解〗根据线速度和向心加速度的方向时刻变化进行分析；根据线速度的定义式分析M、3．空间内存在一静电场，其电场线如图所示，电场线关于直线ab对称，c、d是电场中关于直线ab对称的两点。下列说法正确的是（）A．c、d两点的电场强度相同B．正电荷沿直线从c点移到d点的过程中，电场力始终不做功C．正电荷在a点的电势能小于在b点的电势能D．带电粒子在b点受到的电场力大于在a点受到的电场力〖答案〗D【知识点】电场及电场力；电场力做功；电场强度；电场线〖解析〗A．根据题意，由图中电场线可知，c、d两点的电场强度大小相等，方向不同，A不符合题意；B．根据正电荷的受力方向与电场方向相同，由W=Fscosθ可知，正电荷由c→a电场力与速度方向夹角为锐角，则电场力做正功；正电荷由a→d电场力与速度方向夹角为钝角，则电场力做负功，C．根据沿电场线方向，电势逐渐减低可知，a点的电势大于b点的电势，由公式Ep=φq可知，正电荷在a点的电势能大于在b点的电势能，D．根据电场线越密电场强度越大可知，a点的场强小于b点的场强，由公式F=Eq可知，带电粒子在b点受到的电场力大于在a点受到的电场力，D符合题意。故〖答案〗为：D。

〖祥解〗电场线的疏密表示电场的强弱，结合恒力做功以及电势能的表达式得出ab两点电势能的大小关系，结合电场力的表达式得出ab电场力的大小。4．波轮洗衣机的脱水桶在脱水时，衣服紧贴桶壁做匀速圆周运动，某洗衣机的有关规格如图中表格所示。在脱水程序正常运行时，有一质量m=5g的扣子被甩到桶壁上，随桶壁一起做匀速圆周运动，重力加速度取10型号××额定电压、频率∼220额定脱水功率225质量31脱水转速600脱水筒尺寸直径300mm，高外形尺寸长555mm，宽510mmA．脱水时，因为衣服上的水滴做高速圆周运动受到的离心力大于向心力，所以会被甩出B．扣子受桶壁的弹力大小约为3C．扣子受桶壁的摩擦力大小为50D．扣子随桶壁一起做匀速圆周运动的线速度大小约为3〖答案〗B【知识点】向心力；离心运动和向心运动〖解析〗A.脱水时，因为衣服上的水滴做高速圆周运动，当水滴的附着力不足以提供做圆周运动的向心力时就会被甩出，A不符合题意；

B.扣子受重力、桶壁的摩擦力和桶壁的弹力，弹力充当扣子做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律可得F=mω2r=m(2πn)2r=0.005×(2π×10)2×0.15N≈3N，B符合题意；

C.在竖直方向上，由共点力平衡条件可得，扣子受桶壁的摩擦力大小等于重力，即f=mg=0.05N，C不符合题意；

D.扣子随桶壁一起做匀速圆周运动的线速度大小约为v=2πnr=2×3.14×10×0.15m/s=9.42m/s，D不符合题意。

故〖答5．人造卫星在发射过程中要经过多次变轨才可到达预定轨道。如图，在发射地球同步卫星的过程中，卫星从圆轨道Ⅰ的A点先变轨到椭圆轨道Ⅱ，然后在B点变轨进入地球同步轨道Ⅲ，则（）A．卫星在B点通过减速实现由轨道Ⅱ进入轨道ⅢB．卫星在轨道Ⅰ、Ⅱ上经过A点时的速度大小相等C．在Ⅱ轨道上，从A到B的过程中机械能增加D．若卫星在轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ上运行的周期分别为T1、〖答案〗D【知识点】开普勒定律；卫星问题〖解析〗A.卫星需在轨道Ⅱ上的B点点火加速，做离心运动，进入轨道Ⅲ，A不符合题意；

B.卫星由轨道I进入轨道Ⅱ时，需在A点点火加速，所以卫星在轨道Ⅰ经过A点的速度小于在Ⅱ上经过点时的速度，B不符合题意；

C.在Ⅱ轨道上，从A到B的过程中，只有引力做功，故卫星的机械能守恒，C不符合题意；

D.根据开普勒第三定律有r13T12=r23T22=r33T32，其中r1、r2、r3分别是轨道I、Ⅱ、皿的半长轴，因r1<r2<r3，则有T1<T26．如图，平行板电容器两极板竖直放置，带电量为Q，一质量为m的带电小球用绝缘轻线悬挂于O点，小球静止时悬线与竖直方向的夹角α为60°。现将电容器缓慢放电，直到夹角α减小到30°，此时电容器带电量为（）A．Q3 B．Q2 C．3Q〖答案〗A【知识点】电容器及其应用；共点力的平衡；电势差与电场强度的关系〖解析〗小球受重力、拉力和电场力作用，由共点力平衡条件可得，未放电前有mgtan60°=qE=qQCd，放电后有mgtan30°=qE'=qQ'Cd，联立解得Q'=Q3，BCD不符合题意，A符合题意。

故〖答案〗为：A7．电影《流浪地球2》中的“太空电梯”，缆绳与地面垂直，一端连接地球赤道的固定底座，另一端连接相对地球静止的空间站A。电梯仓B拴连在缆绳上，可以自由移动，在地面与空间站AA．乘坐太空电梯要到达太空，电梯仓的运行速度必须大于第一宇宙速度B．由于太空电梯缆绳质量的影响，相对地球静止的空间站A的轨道将高于同步卫星轨道C．电梯仓B停在低于同步轨道的卫星C的高度处时，B的线速度等于C的线速度D．电梯仓B停在低于同步轨道的卫星C的高度处时，仓内物体处于完全失重状态〖答案〗B【知识点】万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度〖解析〗AC.太空电梯随地球一起旋转，角速度恒定，根据v=ωr可知，太空电梯上各点线速度与该点离地球球心的距离成正比，电梯仓B在低于同步轨道的卫星C的高度处时，B的线速度小于C的线速度；而同步卫星的速度小于地球第一宇宙速度，所以电梯仓的运行速度小于第一宇宙速度，AC不符合题意；

B.由于太空电梯缆绳质量的影响，相对地球静止的空间站A的向心力由地球引力与揽绳拉力的合力提供，与同步卫星角速度相同，由GMmr同2=mω2r同，T+GMmrA2=mω2rA，可知空间站A的轨道半径大于同步卫星，B符合题意；

D.在低于同步卫星轨道绕地球正常运动的卫星中，仓内物体处于完全失重状态，对正常绕地球运行的卫星根据GMmr2=mω2r可得，ω=GMr3，知低于同步轨道的卫星正常运行时其角速度大于同步卫星的角速度，而电梯仓B停在低于同步轨道的卫星C的高度处时，B的角速度等于C二、多选题（本大题共4小题，共24分）8．A、B两个质点分别做匀速圆周运动，在相同的时间内它们通过的路程之比为sA∶sA．它们的运动半径之比rB．它们的运动半径之比rC．它们的周期之比TD．它们的转速之比n〖答案〗B,C【知识点】线速度、角速度和周期、转速〖解析〗AB.根据线速度的定义式v=∆s∆t可得，两个质点的线速度之比为vA：vB=sA：sB=2：3，根据角速度的定义式ω=∆θ∆t可得，两个质点的角速度之比为ωA：ωB=∆θA：∆θB=3：2，又v=ωr，解得rA：r9．抛绣球是广西民族运动会的传统项目。如图甲所示，某同学让绣球从A点由静止开始在竖直平面内做圆周运动，获得一定速度后在A点松手抛出，运动轨迹如图乙所示，B点略高于D点。已知绣球的质量为m，AC两点间的竖直距离为h，绣球经过C点时速率为v，以A点所在水平面为零势能参考面，整个过程不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．绣球在B点时的机械能大于在D点时的机械能B．绣球在D点时的机械能为mgh+C．在整个抛绣球过程中，女子对绣球做的功为1D．在整个抛绣球过程中，女子对绣球做的功为mgh+〖答案〗B,D【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律〖解析〗A.绣球抛出后只受重力作用，机械能守恒，则绣球在B点时的机械能等于在D点时的机械能，A不符合题意；

B.绣球在D点时的机械能等于C点的机械能，大小为ED=EC=mgh+12mv2，B符合题意；

CD.对人抛绣球的过程，由动能定理可得，女子对绣球做的功为W=12mvA2，由机械能守恒定律可得12mvA=EC=mgh+12mv2，得10．质量为m的汽车发动机额定功率为P.在倾角为θ的斜坡上受的摩擦阻力为车重力的k倍，汽车在斜坡上以恒定加速度a启动，经过时间tA．汽车的最大速度为PB．匀加速阶段持续时间为PC．根据已知条件可以求出从初始状态直到速度达到最大牵引力做的功D．根据已知条件可以求出从初始状态直到速度达到最大走过的距离〖答案〗C,D【知识点】功率及其计算；机车启动〖解析〗A.当汽车匀速运动时，速度达到最大，由共点力平衡条件可得，此时的牵引力为F=mgsinθ+kmg，由功率的公式可得最大速度为vm=PF=Pmgsinθ+kmg，A不符合题意；

B.加速度为a时，由牛顿第二定律可得F-kmg-mgsinθ=ma，解得匀加速阶段的牵引力F加=ma+kmg+mgsinθ，设匀加速运动达到的最大速度为v，则v=PF加=Pma+kmg+mgsinθ，可得匀加速阶段持续时间为t加=va=Pkmg+ma+mg11．如图所示，O点前方有一块竖直放置的挡板，O与A在同一高度，且OA垂直挡板．某同学从O点以水平初速度v1、v2、v3分别抛出小球，小球打在挡板上的位置分别是B、C、D，且AB：BC：CD=1：3：5.运动到B、C、D所用的时间分别为t1A．t1：t2：t3=1：2：3 B．t1：t2C．v1：v2：v3=6：3：2 D．v1：v2〖答案〗B,C【知识点】平抛运动〖解析〗平抛运动竖直方向做自由落体运动，根据h=12gt2得，t=2hg，可得运动的时间之比t1：t2：t3=hAB：hAC：三、实验题（本大题共2小题，共16分）12．利用如图所示的装置“验证机械能守恒定律”。正确进行实验操作，从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如图所示。图中O点为打点起始点，且速度为零。选取纸带上打出的连续点A、B、C、…，测出其中E、F、G点距打点起始点O的距离分别为h1、h2、h3，已知重锤质量为m，当地重力加速度为g（1）下列操作中，有利于减小实验误差的是____；A．两限位孔在同一竖直线上B．先释放纸带，后接通电源C．精确测量重锤的质量（2）为验证从O到F过程中重锤的机械能是否守恒，需要计算出重锤下落过程中重力势能的减少量|ΔEp|=，动能的增加量ΔE（3）某同学根据纸带算出了电火花计时器打某点时重锤的瞬时速度，测出O点与该点的距离h，以h为横坐标、v2为纵坐标建立坐标系，作出v2-h图像，从而验证机械能守恒定律。若所有操作均正确，重力加速度大小为g，则在误差允许的范围内，v2-h图线的“斜率”（4）某小组同学利用同一条纸带上的多个数据点进行计算并将计算结果填入下表(为便于比较，表中数据均保留一位小数)。其中不合理的是第组数据，判断的依据是。

12345Δ510142029Δ49151929〖答案〗（1）A（2）mgh2（3）2g（4）3；因为实验中不可避免地存在阻力作用，所以重锤下落过程中会克服阻力做功，一部分重力势能转化为内能，使得重力势能的减少量略大于动能的增加量，根据表中数据可知第3组数据ΔE【知识点】验证机械能守恒定律〖解析〗（1）A.为了减小重锤下落过程中受到的阻力，打点计时器的两限位孔应在同一竖直线上，A符合题意；

B.为时纸带能得到充分利用，实验时应先接通电源，再释放纸带，B不符合题意；

C.本实验最终验证机械能守恒定律对应的表达式时，等式左右两边的重锤质量可以消去，所以精确测量重锤的质量并不利于减小误差，C不符合题意。

故〖答案〗为：A。

（2）从打O点到打F点的过程中，重物的重力势能减少量∆Ep=mgh2，根据匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得打F点的瞬时速度vF=h3-h12T，所以动能增量∆Ek=12mvF2=m(h3-h1)28T2。

（3）由题意，根据机械能守恒定律可得mgh=12mv2，整理得13．如图，让小球从斜槽滚下，用描点的方法画出小球平抛的轨迹，回答问题：（1）斜槽安装：实验中必须调整斜槽末端(填“竖直”或“水平”)；（2）方木板固定：方木板必须处于(填“竖直平面内”或“同一水平面”)，固定时要用重锤线检查坐标纸竖线是否竖直；（3）小球释放：小球每次必须从斜槽上(填“同一”或“不同”)位置由静止滚下，小球开始滚下的位置高度要适中，以使小球平抛运动的轨迹由坐标纸的左上角一直到达右下角为宜；（4）实验时，除了木板、小球、斜槽、铅笔、重锤线、图钉之外，下列器材中还需要的有____；A．秒表 B．坐标纸 C．天平D．弹簧测力计（5）某同学用根据实验结果在坐标纸上描出了小钢球水平抛出后的后半部分运动轨迹如图所示，已知重力加速度为g。①在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x，测得AB和BC的竖直间距分别是y1和y2，则y1y213(填“>”或“=②小钢球平抛运动的初速度v0=m/s。(用x、y1、〖答案〗（1）水平（2）竖直平面内（3）同一（4）B（5）>；x【知识点】研究平抛物体的运动〖解析〗（1）为使小球能够水平抛出，必须调整斜槽，使其末端水平。

（2）小球做平抛运动在竖直平面内，所以方木板必须处于竖直平面内，以便能准确的描出小球通过的位置，固定时要用重垂线检查坐标纸竖线是否竖直，并用其确定y轴方向。

（3）为了保证小球每次抛出时的初速度大小相等，作用每次必须从斜槽的同一位置由静止释放。

（4）为更好的画出分析平抛轨迹实验还需坐标纸，实验中不需要测量时间、质量和受力，所以不需要秒表、天平和弹簧测力计，B符合题意，ACD不符合题意。

故〖答案〗为：B。

（5）①如果A点是抛出点，则在竖直方向上为初速度为零的匀加速直线运动，则y1和y2的竖直间距之比为1：3；但由于A点不是抛出点，故在A点已经具有竖直分速度，故竖直间距之比y1y2大于13。

②竖直方向上，由匀变速直线运动位移差公式可得∆y=y2-y1=gT2，水平方向，由匀速运动位移公式可得x=v0T，解得小钢球平抛的初速度为v0=x四、计算题（本大题共3小题，共32分）14．如图所示，某机械装置控制板A在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，经过时间t=π10s转过的角度为30°，板A运动过程中始终保持水平方向，物体B置于板A上且与A始终保持相对静止。物体B的质量m=2kg，半径R=0.5m，取重力加速度g为10m（1）求物体B的线速度大小；。〖答案〗（1）解：物体B的线速度大小为v，由题意可得ω=θt可解得v=（2）解：物体B做匀速圆周运动的加速度为a，由题意可知a=根据牛顿第二定律得f=macos37∘，解得f=209【知识点】牛顿第二定律；线速度、角速度和周期、转速；竖直平面的圆周运动〖解析〗〖祥解〗（1）由角速度的定义式求出物体B的角速度，再由线速度与角速度的关系，计算物体B的线速度大小；（2）分析物体B转动到与水平方向夹角θ为37°时的受力，然后由牛顿第二定律求解此时物体所受的支持力和摩擦力的大小。15．如图，一个长为16m的斜面，固定在地面上，斜面底端固定有一垂直斜面的挡板。现有一可看成质点的小球从斜面顶端，沿斜面由静止释放，做匀加速直线运动，加速度大小为2m/（1）小球碰到斜面底的挡板时的速度大小?（2）小球从斜面顶端运动到底端用时多长?（3）小球碰到斜面底端前最后1s内的位移大小?（4）若测得小球与挡板作用的时间为0.6s，小球被挡板反弹后离开挡板时的速度为4m/s〖答案〗（1）解：由释放到碰到斜面底的挡板的过程，根据速度位移关系v2=2ax，解得（2）解：根据速度时间关系v=at，解得t=4s；（3）解：小球运动3s的位移大小为，小球碰到斜面底端前最后1s内的位移大小Δx=x-x'（4）解：根据加速度的定义式，以沿斜面向上为正方向，则a'【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用〖解析〗〖祥解〗（1）根据匀变速直线运动位移与速度的关系式，求解小球碰到斜面底的挡板时的速度大小；（2）由匀变速直线运动速度与时间的关系式，求解小球从斜面顶端运动到底端所用时间；（3）总位移与前3s时间内位移的差值，即为最后1