湖南省岳阳市平江县2022-2023学年高一物理下学期期末检测试题（Word版附解析）

平江县2023年上学期教学质量监测高一物理考试时间90分钟，试卷满分100分。答案请务必写在答题卡上。一、单选题（每题4分，共28分。）1.物理学是以观察、实验为基础的自然学科，下列说法中正确的是（）A.牛顿第一定律是牛顿多次通过实验总结出来的一条实验定律B.在探究两个互成角度的力的合成规律时采用了等效替代法C.第谷根据多年的观测总结揭示了行星的运动规律D.库仑通过著名的扭秤实验测出了万有引力常量的数值【答案】B【解析】【详解】A．牛顿第一定律是牛顿在大量实验的基础上，通过逻辑推理概括出来的，故A错误；B．在探究两个互成角度的力的合成规律时应控制拉力的作用效果相同，采用了等效替代法，故B正确；C．开普勒根据第谷观测的实验数据总结揭示了行星的运动规律，故C错误；D．卡文迪许通过著名的扭秤实验测出了万有引力常量的数值，故D错误。故选B。2.如图所示，竖直放置的两端封闭的玻璃管中注满清水，内有一个红蜡块能在水中匀速上浮。在红蜡块从玻璃管的下端匀速上浮的同时，使玻璃管以不同方式水平向右运动。蜡块第一次从玻璃管下端运动到上端的轨迹为直线1，运动时间为t1.蜡块第二次从玻璃管下端运动到上端的轨迹为曲线2，运动时间为t2.则可知（　　）A.第一次玻璃管匀速运动，t1>t2B.第一次玻璃管加速运动，t1=t2C第二次玻璃管加速运动，t1=t2D.第二次玻璃管减速运动，t1＜t2【答案】C【解析】【分析】 【详解】竖直方向，两次蜡烛均向上以相同的速度做匀速运动，可知时间相等t1=t2第一次运动轨迹为直线，可知水平方向为匀速运动；第二次运动轨迹为曲线，合力方向指向轨迹的凹向，则加速度水平向右，则水平方向为加速运动。故选C。3.真空中两个相同的带等量异种电荷的小球A和B，分别固定在两处，两球间静电力为F。用不带电的同样小球C先和A接触，再与B接触，然后移去C，则AB间的静电力应为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】两个完全相同且可看成点电荷金属小球A和B，分别带有等量异种电荷q，这时两球间静电引力的大小为F，当用一个不带电，且与A和B完全相同的绝缘金属小球C先与A球接触，再与B球接触后移去。根据电荷的分配规律，是先中和在平分的原则小球C先与A球接触，A球和C球分别带电B球和C球由库仑定律可得两球间静电力的大小为原来的八分之一，故ABD错误，C正确。故选C。4.如图所示，滑板爱好者先后两次从坡道A点滑出，均落至B点，第二次的滞空时间比第一次长，则（　　） A.两次滑出速度方向相同B.两次腾空最大高度相同C.第二次滑出速度一定大D.第二次在最高点速度小【答案】D【解析】【详解】AB．对运动员运动分析可知，从坡道A点滑出后，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，根据竖直上抛运动对称性，即上升时间等于下降时间，由题知第二次的滞空时间比第一次长，所以第二次下降时间大于第一次，由知，第二次腾空最大高度大于第一次，又因为两次水平位移相等，所以两次位移角不同，即两次滑出速度方向不相同，故AB错误；CD．因为第二次下降时间大于第一次，且两次水平位移相等，由知，第二次滑出后水平分速度小于第一次，即第二次在最高点速度小。又由可知，第二次滑出后竖直分速度大于第一次，所以第二次滑出速度不一定大。故C错误，D正确。故选D。5.某教室内墙壁上挂有一只走时准确的石英钟，盘有时针、分针和秒针，如图所示。关于它们的转动情况描述正确的是（　　）A.时针与分针转动的角速度之比为1∶60B.时针与秒针转动的角速度之比为1∶3600C.分针与秒针转动的角速度之比为1∶60D.分针与秒针转动的周期之比为1∶12【答案】C【解析】【分析】 【详解】时针的周期T1=12h，分针的周期T2=1h，秒针的周期T3=，由角速度公式角速度之比为周期的反比，因此时针与分针转动的角速度之比为1∶12，时针与秒针转动的角速度之比为1∶720，分针与秒针转动的角速度之比1∶60，分针与秒针转动的周期之比为60∶1，故选C。6.如图所示，a、b分别为一对等量同种电荷连线上的两点（其中b为中点），c为连线中垂线上的一点，今将一负点电荷q自a沿直线移到b再沿直线移到c，下列说法正确的是（　　）A.电荷q受到的电场力一直变小B.电场力对电荷q一直做负功C.电荷q电势能先减小，后增加D.电荷q受到的电场力方向一直不变【答案】B【解析】【详解】根据场强叠加原理，可知在等量同种正点电荷二者连线上，中点处电场强度为零，从中点处向两点电荷靠近，场强逐渐增大，场强方向背离所靠近点电荷一方；在二者连线中垂线上，中点处场强为零，从中点处往中垂线两边延伸，场强先增大，后减小，且场强方向沿中垂线方向，二者连线上方竖直向上，下方竖直向下。A．将一带电量为q的负点电荷自a沿直线移到b再沿直线移到c，场强先减小后增大，则电场力先减小后增大，并未一直减小，故A错误；BC．负电荷所受力的方向与电场强度方向相反，所以负点电荷自a沿直线移到b的过程中，电场力做负功，再沿直线移到c时，电场力还是做负功；电场力一直做负功，电荷的电势能一直增大，故B正确，C错误；D．从a到b再到c的过程中，电场强度方向先沿ab方向，后沿bc方向，负电荷受到电场力的方向与电场强度方向相反，所以电场力的方向也改变，故D错误。故选B。【点睛】两个等量同种电荷，它们在点O处产生的电场强度大小相等，方向相反；bc连线上方的中垂线上每一点（除b 点）电场线方向向上；根据电场力做功正负，判断电势能的变化：电场力做负功，电荷的电势能增大。7.一物体在的水平拉力作用下沿水平面运动，在时水平拉力变为，方向不变，物体在水平面上运动的速度-时间图像如图所示。则在内拉力对物体做的功为（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】【详解】根据图像面积求出前后两段的位移，然后根据功的计算得故选C。二、多选题（每题5分，少选得3分，共20分。）8.“嫦娥五号”探测器绕月球做匀速圆周运动时，轨道半径为r，速度大小为v。已知月球半径为R，引力常量为G，忽略月球自转的影响。下列选项正确的是（　　）A.月球平均密度为B.月球平均密度为C.月球表面重力加速度为D.月球表面重力加速度为【答案】BD【解析】【详解】AB．由万有引力提供向心力，可得 解得月球体积，所以月球平均密度为故A错误，B正确；CD．在月球表面，有可解得月球表面重力加速度为故C错误，D正确。故选BD。9.一质量为m的物体以某一速度冲上一个倾角为37°的斜面，其运动的加速度的大小为0.6g，这个物体沿斜面上升的最大高度为H，则在这个过程中（　　）A.物体的重力势能增加了0.6mgHB.物体的重力势能增加了mgHC.物体的动能损失了0.6mgHD.物体的机械能守恒【答案】BD【解析】【分析】【详解】AB．物体的重力势能增加了mgH，A错误，B正确；CD．根据动能定理可得因为 所以机械能守恒，C错误，D正确。故选BD。10.2020年7月，“天问一号”火星探测器成功发射升空，今年2月到达火星附近，被火星捕获，5月成功着陆火星，中国首次火星探测任务取得圆满成功。假设将“天问一号”的运行轨迹简化情况如图。探测器在Q处被火星引力“捕获”，经椭圆轨道Ⅱ到达P处实施制动变轨到轨道I，已知I轨道的轨道半径为R，周期为，椭圆轨道Ⅱ的周期为，长轴间距离为。则（　　）A.探测器在I轨道稳定运行到达P处的加速度与在Ⅱ轨道稳定运行到达P处的加速度相等B.探测器在I轨道稳定运行到达P处的速度与在Ⅱ轨道稳定运行到达P处的速度相等C.探测器经Ⅰ、Ⅱ轨道的周期之比D.探测器经Ⅰ、Ⅱ轨道的周期之比【答案】AC【解析】【分析】【详解】A．由于不同轨道上的P点距离地心的距离相等，故由万有引力提供向心力由表达式可知，由于P点位置不变，故“天问一号”在轨道I上经过P点的加速度等于在轨道Ⅱ上经过P点的加速度，故A正确；B．“天问一号”要从轨道I变轨到轨道Ⅱ需加速，故其在轨道I上经过P点的速度小于在轨道Ⅱ上经过P点的速度，故B错误；CD．由开普勒第三定律可知，探测器经Ⅰ、Ⅱ轨道的周期之比 故C正确D错误。故选AC。11.如图所示，单刀双掷开关S原来跟“2”相接，从t=0开始，开关改接“1”，一段时间后，把开关改接“2”，则流过电路中P点的电流I和电容器两极板的电势差UAB随时间变化的图像可能正确的是（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】AB．从t＝0开始，开关接“1”电容器开始充电，由于电容器带电量越来越多，充电电流越来越小，最后减小到0，把开关改接“2”后，电容器通过电阻R放电，随电容器带电量越来越小，电流也会越来越小，最后电流减小到零，放电过程中电流的方向与充电过程中相反，因此AB错误；CD．从t＝0开始，开关接“1”电容器开始充电，由于充电电流越来越小，电容器两板间的电压增加的越来越慢，最后达到稳定；把开关改接“2”后电容器通过R放电，由于放电电流越来越小，电容器两板间的电压减小的越来越慢，但整个过程中UAB始终为正值，C正确，D错误。故选C。三、实验题（每空2分，共16分。）12.在“探究平抛运动特点”实验中。（1）采用如图所示装置的实验过程中，斜槽末端的切线必须是水平的，这样做的目的是________。 A．保证小球飞出时，速度既不太大，也不太小B．保证小球飞出时，初速度水平C．保证小球在空中运动的时间每次都相等D．保证小球运动的轨迹是一条抛物线（2）某同学利用图所示装置研究平抛运动的规律。实验时该同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图所示（图中未包括小球刚离开轨道的影像）。图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，其上每个方格的边长为5cm。该同学在实验中测得的小球影像的高度差已经在图中标出。则小球运动到图中位置A时，其速度的水平分量大小为________m/s；根据图中数据可得，当地重力加速度的大小为________。（答案均保留两位有效数字）【答案】①.B②.1.0③.9.6【解析】【详解】（1）[1]采用如图所示装置的实验过程中，斜槽末端的切线必须是水平的，这样做的目的是：保证小球飞出时，初速度水平，保证小球做的是平抛运动。故选B。（2）[2][3]由题意，根据图中数据可得，小球运动到图中位置A时，水平方向上有可得其速度的水平分量大小为 根据图中数据可得小球在竖直方向上，在连续相等时间内所通过的高度差为可得，当地重力加速度的大小为13.落体法验证机械能守恒定律的实验中，某同学实验步骤如下：A．用天平准确测出重锤的质量；B．竖直固定打点定时器，并接上直流电源；C．将纸带一端固定在重锤上，另一端穿过打点定时器的限位孔，使重锤靠近打点定时器；D．先释放重锤，后接通电源；E．更换纸带，再重复几次；F．选择纸带，测量纸带上某些点间的距离G．根据测量结果进行计算（1）你认为实验步骤中多余的步骤是________，错误的步骤是________；（填序号）（2）打点计时器所用电源频率为50Hz，当地重力加速度的值为，重物的质量为。若按实验要求正确地选出纸带进行测量，量得连续三点A、B、C到打点计时器所打下的第一个点O的距离如图所示，相邻计时点时间间隔为0.02s，那么可以判断，从起点O到计时点B的过程中重力势能减少量是________J，此过程中物体动能的增加量________J（本小题各空格计算结果均保留3位有效数字）。 （3）根据实验的纸带算出相关各点的速度v，算出下落的距离h；以为纵坐标，以h为横轴画出的图线应是图中的________就证明机械能是守恒的。A.　　　B.C.　　　D.【答案】①.A②.BD##DB③.0.491④.0.480⑤.B【解析】【详解】（1）[1]因为动能和重力势能中均有质量，所以表达式中质量可以约去，故不需要测量重锤的质量。故实验步骤中多余的步骤是A。[2]打点计时器应接上交流电源；应先通电再释放重锤。这样以提高纸带的利用率，有更多的点可以选择。故实验中错误的步骤是BD。（2）[3]从起点O到计时点B的过程中重力势能减少量是[4]根据速度公式得此过程中物体动能的增加量（3）[5]如机械能守恒，则有 化简得故选B。四、解答题（共36分。）14.如图所示，质量为、电荷量为的电子由静止经电压为的电场加速后，沿水平直线进入偏转电场，不考虑电场边缘效应。已知偏转电场的极板长，两极板间距，两板间电压，为两极板的中线。求：(1)电子进入偏转电场时速度的大小；(2)电子射出偏转电场时，速度与水平方向夹角的正切值。【答案】(1)m/s；(2)0.1【解析】【详解】(1)直线加速，根据动能定理有解得(2)电子在偏转电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律有水平方向匀速直线运动，有竖直方向匀加速直线运动，有 联立解得15.用一根长为的丝线吊着一质量为m、带电荷量为q的小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，如图所示，丝线与竖直方向成角。现突然将该电场方向变为向下但大小不变，不考虑因电场的改变而带来的其他影响（重力加速度为g），求：（1）小球带哪种电荷？（2）匀强电场的电场强度的大小；（3）小球经过最低点时球对丝线的拉力大小。【答案】（1）正电；（2）；（3）【解析】【详解】（1）小球静止时受到的电场力方向向右，与电场方向相同，故小球带正电。（2）小球静止在电场中受力如图所示由平衡条件得故 （3）当电场方向变成向下后，小球开始摆动到最低点，由动能定理得受力分析如图所示由圆周运动知识，在最低点时解得由牛顿第三定律知，球对丝线的拉力大小16.如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A、轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始运动。已知，假设摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速度为g，当A上升H时，求：（1）B下降了多少？（2）物体系统的动能增加了多少？（3）A和B的速度各是多少？ 【答案】（1）2H；（2）3mgH；（3），【解析】【详解】（1）对A、B组成的系统进行分析，可知（2）对A、B组成的系统进行分析，物体系统机械能守恒，由动能定理可得（3）对A、B组成的系统进行分析，可知由动能定理可得解得