2021-2022学年浙江省宁波市高一下学期期末物理试题（含答案）

1、请没有要在装订线内答题外装订线试卷第 =page 10 10页，共 =sectionpages 11 11页第PAGE 页码11页/总NUMPAGES 总页数27页2021-2022学年浙江省宁波市高一下学期期末物理试题考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx题号一二三四总分得分注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选一选）请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分一、单 选 题1在人类历史发展的长河中，围绕万有引力的研究，物理学家们经历了大量曲折顽强而又闪烁智慧的科学实践。在万有引力定律的发现历程中，下列叙述符合史实的是（）A开普勒通

2、过分析第谷的天文观测数据，提出了“日心说”，并发现了万有引力定律B卡文迪什通过实验推算出来引力常量G的值，被个能“称量地球质量”的人C丹麦天文学家第谷多年的天文观测和记录，建立了行星运动三定律D伽利略利用“地一月系统”验证了万有引力定律的正确性，使万有引力定律得到了广泛的应用2高一某同学参加引体向上体能测试，如图所示，在20s内完成10次标准动作，每次引体向上的高度约为50cm，则此过程中该同学克服重力做功的平均功率最接近于（g取10 m/s2）（）A150WB450WC750WD1500W3关于静电场的电场强度和电势，下列说确的是（）A电场强度为零的地方，电势也为零B电场强度大小逐渐减小的区

3、域，电势也逐渐降低C电场强度的方向处处与等势面垂直D电场中电势降落的方向，就是电场强度的方向4在物理实验中，把一些微小量的变化进行放大，是常用的物理思想方法。如图所示的四个实验，没有运用此思想方法的是（）A观察桌面形变B观察玻璃瓶发生形变C探究平抛运动规律D测定万有引力常量5如图所示为一电脑CPU的散热风扇，O点在风扇上表面，叶片围绕O点所在转轴转动，可以通过改变转速为CPU散热降温。图中a、b两点为同一叶片上靠近边缘的两点，a、b两点到O点距离相等，当风扇转速稳定在1800r/min时，下列说确的是（）Aa、b两点转动的线速度没有同Ba、b两点转动的角速度没有同Ca、b两点的向心加速度相同D

4、a点转动的周期约为30s6在2022年2月5日北京上，我国选手范可新、曲春雨、张雨婷、武大靖、任子威一起夺得短道速滑混合团体接力奥运！为中国体育代表团拿到本届首枚，这也是短道速滑项目历史上枚男女混合接力奥运。短道速滑比赛中运动员的冲刺阶段如图所示，设甲、乙两运动员在水平冰面上恰好同时到达虚线PQ，然后分别沿半径为r1和r2（r2r1）的滑道做匀速圆周运动，运动半个圆周后匀加速冲向终点线。假设甲、乙两运动员质量相等，他们做圆周运动时所受向心力大小相等，直线冲刺时的加速度大小也相等。下列判断中正确的是（）A在做圆周运动时，甲先完成半圆周运动B在做圆周运动时，乙先完成半圆周运动C在直线加速阶段，甲、

5、乙所用的时间相等D在冲刺时，甲、乙到达终点线时的速度相等72021年10月16日，神舟十三号载人飞船与天和核心舱成功对接，已知天和核心舱在距地面高度约为400km的轨道上做匀速圆周运动，运行周期约为93min，地球表面的重力加速度g=9.8m/s2，万有引力常量G=6.6710一11Nm2/kg2忽略地球自转的影响，根据这些数据，下列物理量中无法求得的是（）A地球的质量B地球的平均密度C核心舱的线速度大小D核心舱受到的地球引力8下列四幅图描述的场景依次为雷电击中避雷针（图甲）、高压输电线上方还有两条与大地相连的导线（图乙）、燃气灶中的针尖状点火器（图丙）、工人穿戴着含金属丝制成的工作服进行超高

6、压带电作业（图丁），关于这四幅图所涉及的物理知识，下列说确的是（）A图甲中避雷针的工作原理主要是静电屏蔽B图丙中的点火器是利用起电的原理进行点火的C图丙中的点火器的工作原理和图丁中工作服内掺入的金属丝的工作原理是相同的D图乙中与大地相连的两条导线所起的作用和图丁中工作服内的金属丝所起的作用是相同的9如图所示，是圆的内接三角形，为圆心，为直径，半径。有一匀强电场（图中未画出）电场方向与圆周在同一平面内，取点电势为零。处的粒子源向平面内各个方向发射初动能均为、电荷量为的粒子，其中到达点的粒子动能为，到达点的粒子电势能为。没有计粒子的重力和粒子间的相互作用，。则匀强电场的电场强度大小为（）ABCD1

7、0一质量为的舰艇在某次军事训练时，由静止开始沿直线航行，发动机的输出功率恒为，所受阻力大小恒定，时间，舰艇恰好达到速度，则该过程舰艇运动的位移大小为（）ABCD11一物体在竖直向上的恒力作用下，由静止开始向上运动，到达某一高度时撤去该力。若没有计空气阻力，则在整个上升过程中，物体的机械能 E 随时间 t 变化的关系图像是（）ABCD12利用如图所示的电路分析平行板电容器的动态变化，已知电源的内阻可忽略没有计，R为电阻箱，一带负电的小球固定在电容器之间的O位置。则下列说确的是（）A保持电键闭合，M板向下平移少许，小球的电势能减少B保持电键闭合，将电阻箱的阻值增大，静电计的指针偏角减小C断开电键，

8、M板向下平移少许，静电计的指针偏角增大D断开电键，M板向左平移少许，小球的电势能增大13如图甲所示，倾角为的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量为1kg的煤块轻轻放在传送带的A端，物体的速度随时间变化的关系如图乙所示，2s末物体到达B端，取沿传送带向下为正方向，g取。则（）A倾角B物体与传送带间的动因数0.4C2s内传送带上留下的痕迹长为5mD2s内物体与传送带产生的内能20J评卷人得分二、多选题14如图所示，为某一电荷所形成的一簇电场线，a、b、c三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O点射入电场的运动轨迹，其中b虚线为一圆弧，AB的长度等于BC的长度，且三个粒子的电荷量大小相等，没有计粒子

9、重力。则下列说确的是（）Aa一定是正粒子的运动轨迹，b和c一定是负粒子的运动轨迹BAB的长度等于BC的长度，故Ca虚线对应的粒子的加速度越来越小，c虚线对应的粒子的加速度越来越大，b虚线对应的粒子的加速度大小没有变Db虚线对应的粒子的质量大于c虚线对应的粒子的质量152021年2月，天问一号火星探测器被火星捕获，系列变轨后从“调相轨道”进入“停泊轨道”，为着陆火星做准备。如图所示为探测器多次变轨后登陆火星的轨迹示意图，其中轨道、为椭圆，轨道为圆。探测器经轨道、运动后在点登陆火星，点是轨道、的交点，轨道上的、三点与火星在同一直线上，、分别是椭圆轨道的远火星点和近火星点。已知火星的半径为，轨道上正

10、常运行时点的速度为，关于探测器，下列说确的是（）A探测器沿轨道运动时点的速度大于沿轨道点的速度B沿轨道运动时，探测器点的加速度大小小于C探测器由轨道到轨道，需在点加速D沿轨道的运动周期大于沿轨道的运动周期16没有可伸长的轻绳一端固定，另一端系着质量为m的小球在竖直面内做圆周运动，小球动能Ek随它离地高度h的变化如图所示。忽略空气阻力，重力加速度取10m/s2，以地面为重力势能零点，由图中数据可得（）A小球质量为1kgB绳对小球拉力值120NC当小球离地高度为0.7m时，绳对小球拉力为60ND当小球动能与重力势能相等时，小球离地高度0.725m第II卷（非选一选）请点击修改第II卷的文字说明评卷

11、人得分三、实验题17在利用落体“验证机械能守恒定律”的实验中（1）下列器材中没有必要的一项是_（只需填字母代号）。A重物 B纸带C天平D低压交流电源E毫米刻度尺（2关于本实验的误差，说法没有正确的一项是_。A选择质量较小的重物，有利于减小误差B选择点迹清晰的纸带，有利于减小误差C实验产生误差的主要原因是重物在下落过程中没有可避免地受到阻力的作用（3） 在实验中，质量的物体下落，得到如图所示的纸带，相邻计数点间的时间间隔为。那么从打点计时器打下起点O到打下B点的过程中，物体重力势能的减少量_J，此过程中与物体动能的增加量_J。（取g=9.8m/s2，结果均保留三位有效数字）18用如图所示的装置来

12、探究小球做圆周运动所需向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系。两个变速轮塔通过皮带连接，转动手柄使长槽和短槽分别随变速轮塔匀速转动。槽内的钢球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对钢球的压力提供向心力，钢球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的黑白相间的等分格显示出两个钢球所受向心力的比值。如图是探究过程中某次实验时装置的状态。在研究向心力的大小与质量关系时，要保持_相同；A和rB和mCm和rDm和F当传动皮带套在两塔轮半径没有同的轮盘上，两个塔轮边缘处的_大小相等；（选填“线速度”或“角速度”）图中所示，两个钢球质量和运动半径相等，图中标尺上黑白相间的等分格显

13、示出两个小球所受向心力的比值为19，与皮带连接的两个变速轮塔的半径之比为_。A13B31C19D9119小陈同学用如图甲所示的电路做“观察电容器的充、放电现象”实验。接好电路，学生电源电压调节选“10V”，然后给电容器充分充电，再观察电容器的放电，得到电容器放电电流I随时间t的变化曲线如图乙，根据该图，可知他所选用的电容器最可能是下列的_（选填序号“A”、“B”或“C”）。如果没有改变电路其他参数，只减小电阻R，充电时曲线与横轴所围成的面积将_（填“增大”“没有变”或“变小”），充电时间将_（填“变长”“没有变”或“变短”）。评卷人得分四、解 答 题20如图所示，一个质量为、带电量为的半径极小

14、的小球用丝线悬挂在某匀强电场中，电场线与水平面平行，当小球静止时，测得悬线与竖直方向夹角为，（取）求：（1）匀强电场的大小和方向；（2）改变电场强度的大小和方向，为使小球仍保持静止，场强的最小值。21如图甲，光滑的水平木板上有一质量m=0.5kg的小球A，它与物块B通过长为3m、没有可伸长的轻质细线连接，细线通过木板的光滑小孔O，当小球A在水平木板上做半径R=1m、角速度的匀速圆周运动时，物块B恰于静止状态。将光滑的木板换成粗糙的水平木板，A、B位置互换，物块B到光滑小孔O的距离为1m，让A在水平面内绕过O的竖直轴做匀速圆周运动，如图乙所示，此时物块B恰好没有滑动。已知物块B与粗糙木板间的动因

15、数=0.5，静力等于滑动力，重力加速度g=10m/s2，A、B均可视为质点，求：（1）物块B的质量M；（2）图乙中小球A做圆周运动的角速度大小。22如图所示，真空中有两块正方形平行正对金属极板、，边长为，两板间距，构成一个电容的电容器，紧贴两极板右边缘有一个与极板同宽、上下长度足够长的荧光屏。现使极板均匀带上的正电荷。在两板左端面正位置处有一离子源。以点为原点，以垂直于荧光屏方向为轴，垂直于极板方向为轴，平行于荧光屏方向为轴，建立图示坐标系。离子源发射的正离子的比荷为，打在极板上的离子均被吸收。求（1）两极板间的场强大小；（2）若离子源沿轴正方向没有断发射离子，试求能打在荧光屏上的离子的速度范

16、围？（3）若离子源发一个离子，分速度分别为，求该离子打在荧光屏上点的坐标。23如图所示为某弹射游戏装置图。水平管中弹簧被弹射杆P用线拉着，处于压缩状态，质量为m的小钢球紧靠弹簧，口上边缘与半圆形光滑竖直轨道点A的内侧对齐。水平轨道BC在B、C两点分别与半圆轨道内侧和倾角=45的倾斜轨道平滑连接。扣动扳机，弹射杆P立即松开弹簧，钢球射出经轨道到达斜面上点D后又恰好能回到A点进入内，挤压弹簧后再次被弹出。已知半圆轨道半径为R，BC长s=2R，球与斜面CD、水平面BC的动因数均为= 0.25，重力加速度为g，小球受到的力视为滑动力。求：（1）小球第二次B点时的速度大小vB；（2）弹簧储存的弹性势能E

17、P；（3）通过计算说明小球能否脱离轨道。答案第 = page 14 14页，共 = sectionpages 15 15页答案第 = page 15 15页，共 = sectionpages 15 15页参考答案：1B【解析】【详解】A哥白尼提出了“日心说”，开普勒通过分析第谷的天文观测数据，总结出行星的运动三大定律，牛顿发现了万有引力定律，故A错误；B卡文迪什通过实验推算出来引力常量G的值，被个能“称量地球质量”的人，故B正确；C开普勒通过分析丹麦天文学家第谷的天文观测和记录，建立了开普勒行星运动三大定律，故C错误；D牛顿利用“地一月系统”验证了万有引力定律的正确性，使万有引力定律得到了广泛

18、的应用，故D错误。故选B。2A【解析】【详解】中学生体重接近于60kg，该同学克服重力做功的平均功率约为故选A。3C【解析】【详解】A电场强度的大小具有性，而电势的高低则具有相对性，选择的参考平面没有同，电势的高低也会没有同，所以电势是否为0与电场强度没有必然联系，故A错误；B电场强度的大小可以从电场线的疏密程度看出，但是电势的高低却取决于电场线的走向，沿着电场线方向电势会逐渐降低，但是电场强度却可能在逐渐增大，故B错误；C因为在等势面上移动电荷电场力没有做功，故电场强度的方向处处与等电势面垂直，故C正确；D沿着电场线的方向电势逐渐降低，但是电势降低的方向没有一定是电场强度的方向，应该是电势降

19、低最快的方向为电场强度的方向，故D错误。故选C。4C【解析】【详解】A桌面的受力微小形变借助于光的反射来放大，运用了放大的思想方法，故A正确，没有符合题意；B玻璃瓶的受力微小形变借助于液体体积变化，运用了放大的思想方法，故B正确，没有符合题意；C探究平抛运动规律，运用了类比的思想方法，故C错误，符合题意；D测定万有引力常量仍是借助于光的反射来放大，运用了放大的思想方法，故D正确，没有符合题意。故选C。5A【解析】【详解】ABCa、b两点同轴转动，角速度一定相同，线速度和向心加速度是矢量，有大小有方向，因为a、b两点到O点距离相等，线速度和向心加速度方向沿轨迹切线方向，则线速度和向心加速度的方向

20、一定没有同，故A正确，BC错误；Da点转动的周期等于风扇转动的周期，为故D错误。故选A。6A【解析】【详解】AB根据公式可得由题意，甲、乙两运动员质量相等，他们做圆周运动时所受向心力大小相等，可知，做圆周运动的半径越大，周期越大，甲的半径小于乙的半径，则甲先完成半圆周运动，故B错误A正确；CD根据公式可得，甲乙运动员滑行速度为可知，乙的滑行速度大于甲的滑行速度，在直线加速阶段，根据可知，甲的滑行时间大于乙的滑行时间；根据可知，甲到达终点线时的速度小于乙到达终点线时的速度，故CD错误故选A。7D【解析】【详解】AB对轨道处天和核心舱考虑万有引力提供其做圆周运动的向心力再根据黄金代换联立可以求出地

21、球半径、地球质量，从而可以求出地球密度，故AB正确，没有符合题意；C再根据可以求出核心舱的线速度，故C正确，没有符合题意；D由于核心舱的质量未知，无法求出核心舱受到地球的引力，故D错误，符合题意。故选D。8D【解析】【详解】A避雷针的工作原理主要是利用放电避免雷击，A错误；B放电电极做成针尖状，更容易累积电荷从而发生放电现象，B错误；C点火器是利用高压放电的原理，而工作服内掺入的金属丝，是利用了静电屏蔽的原理，C错误；D高压输电线的上方还有两条导线，这两条导线的作用是它们与大地相连，形成稀疏的金属“网”把高压线屏蔽，免遭雷击，与工作服内掺入的金属丝，都是利用了静电屏蔽的原理，D正确。故选D。9

22、C【解析】【详解】根据电势能表达式可知粒子在点的电势为根据可得粒子从到的过程，根据动能定理可得解得可知连线为等势线，过点做的垂线，如图所示由图中几何关系可得则匀强电场的电场强度大小为C正确，ABD错误；故选C。10B【解析】【详解】从开始到舰艇恰好达到速度，过程由动能定理得舰艇达到速度时，受力平衡联立解得B正确，ACD错误。故选B。11C【解析】【详解】设物体在恒力作用下的加速度为a，由功能原理可知，机械能增量为知E-t图象是开口向上的抛物线撤去拉力后，无其他外力做功，机械能守恒，则机械能随时间没有变故选C。12A【解析】【详解】A保持电键闭合，则电容器两极板间的电压保持没有变，板向下移动，由

23、可知电容器两极板之间的电场强度增大，由于板接地，则板的电势为零，点与板之间的电势差为可知，点的电势升高，则带负电的小球在点的电势能减少，故A正确；B由电路可知，静电计两端的电压等于电容器两极板之间的电压，保持电键闭合，调节电阻箱的阻值，电容器两极板之间的电压没有变，则静电计的指针保持没有变，故B错误；C断开电键，电容器所带的电荷量保持没有变，板向下移动，由可知电容器的电容变大，又因为由以上可知电容器两极板间的电压减小，则静电计的指针偏角减小，故C错误；D断开电键，电容器所带的电荷量保持没有变，板向左移动，则电容器的电容减小，由于两极板之间的距离保持没有变，则两极板间的电压增大，电场强度增大，点

24、的电势升高，带电小球的电势能减少，故D错误。故选A。13C【解析】【详解】AB由图乙可知，01s物体的加速度为a1=10m/s2，12s物体的加速度为a2=2m/s2，皮带的速度为v1=10m/s，根据牛顿第二定律得解得故AB错误；C01s内皮带的位移及物体的位移分别为它们的相对位移为12s内皮带的位移及物体的位移分别为它们的相对位移为01s内物体位移小于皮带位移，在皮带上出现5m长的痕迹，12s内物体位移大于皮带的位移，这1m长的痕迹与刚才的痕迹重合，所以皮带上出现的痕迹长为5m，故C正确；D2s内物体与传送带产生的内能为故D错误。故选C。14CD【解析】【详解】A由图只能确定三个粒子的受力

25、方向，由于电场线的方向未知，则无法确定粒子的电性，A错误；B根据匀强电场的规律AB的长度等于BC的长度，而电场线的疏密对应电场强度的大小，方向上电场强度逐渐增大，则有B错误；C电场线的疏密对应电场强度的大小，根据牛顿第二定律可得a虚线对应的粒子的电场强度越来越弱，加速度越来越小，c虚线对应粒子电场强度越来越强，粒子的加速度越来越大，b虚线对应的粒子做圆周运动，库仑力提供向心力，粒子与场源电荷的距离保持没有变，对应的电场强度大小保持没有变，粒子的加速度大小没有变，C正确；D设场源电荷的带电量大小为，粒子带电量大小为，场源电荷与点的距离为，粒子在点的速度大小为，b虚线对应的粒子的质量为，c虚线对应

26、的粒子的质量为，则根据库仑定律可得粒子受到的电场力为b虚线对应的粒子的做圆周运动，库仑力提供向心力，则有c虚线对应的粒子的做近心运动，库仑力大于粒子圆周运动所需的向心力即由此可知，b虚线对应的粒子的质量大于c虚线对应的粒子的质量，D正确。故选CD。15AD【解析】【详解】A探测器沿轨道运动，点时需要减速以进入轨道，所以轨道的速度大于沿轨道点的速度，轨道是圆轨道，探测器匀速圆周运动，所以探测器沿轨道运动时点的速度大于沿轨道点的速度，A正确；B轨道是圆轨道，半径为，点的速度为，根据圆周运动的规律可知，探测器点的加速度在轨道上点时，受力情况没有改变，只是速度大小变化了，加速度大小没变，所以加速度还是

27、，B错误；C探测器由轨道到轨道，需在点减速，做近心运动，C错误；D轨道的半径大于轨道的半长轴，由开普勒第三定律可知，沿轨道的运动周期大于沿轨道运动周期，D正确故选AD。16BCD【解析】【详解】A根据竖直面圆周运动的特点由图可知，小球的轨道半径满足解得 小球从点运动到点的过程中，根据动能定理有代入数据，联立可得故A错误；B小球在点时，绳对小球拉力，根据牛顿第二定律有代入数据，可得故B正确；C根据图中信息，可知当小球离地高度为0.7m时，小球动能为10J，此时小球处在与圆心等高的位置，绳对小球拉力提供向心力，根据牛顿第二定律有代入数据，可得故C错误；D当小球动能与重力势能相等时，有代入数据，可得

28、图像中小球动能Ek随它离地高度h的变化的函数关系为联立，可得故D正确。故选BD。17 C A 【解析】【详解】（1）1在计算过程中，等式两端都有质量，可以消去，没有必称量质量，故选C；（2）2A对于下端悬挂的重物，应选择质量大体积小的重力，故A项错误，符合题意；B选择点击清晰且第1、2两点间距约为2mm的纸带，有利于减小误差，故B项正确，没有符合题意；C实验产生误差的主要原因是重物在下落过程中没有可避免地受到阻力的作用，故C项正确，没有符合题意；故选A。（3）3根据公式故重物的重力势能减少量为。4利用匀变速直线运动推论，中间时刻速度动等于平均速度，有动能增加量为18 A 线速度 B【解析】【详解】1向心力的大小与质量关系时，须保持角速度和转动半径没有变，故A正确，BCD错误；2当传动皮带套在两塔轮半径没有同的轮盘上，属于皮带传动，两个塔轮边缘处的线速度大小相同；3由题意，两钢球质量和运动半径相等，向心力之比是，根据可知两钢球角速度之比为又因为两变速塔轮的线速度相等，根据可知可知两个变速轮塔的半径之比是，故