2022-2023学年辽宁省五校高一（下）期末物理试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2022-2023学年辽宁省五校高一（下）期末物理试卷一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）1.用比值法定义物理量是物理学中一种常用方法，以下物理量表达式中不属于比值法定义的是(

)A.电容C=QU B.电阻R=UI C.2.如图，电阻丝ab的总电阻为2R，其电阻率不随温度的变化而改变。将它与电阻值为R的定值电阻串联接在内阻不计的电源两端，电压表为理想电表。闭合开关S，将滑片P由a向b移动，则金属丝两端的电压U和功率P(

)A.U增大 B.U减小 C.P增大 D.P减小3.如图所示，M、N、P、G分别为正方形ABCD四条边的中点，O为正方形的中心，将电荷量分别为−q和+q的两点电荷放在C、D两点上，要使中心O点处的电场强度为零，可在正方形边上再放一个电荷量为QA.应放在M点，Q=+2q

B.应放在N点，Q=−22q

4.2016年2月11日，科学家宣布“激光干涉引力波天文台(LIGO)”探测到由两个黑洞合并产生的引力波信号，这是在爱因斯坦提出引力波概念100周年后，引力波被首次直接观测到。在两个黑洞合并过程中，由于彼此间的强大引力作用，会形成短时间的双星系统。如图所示，黑洞A、B可视为质点，它们围绕连线上O点做匀速圆周运动，且AOA.黑洞A的质量小于B的质量

B.黑洞A的质量大于B的质量

C.黑洞A、B合并过程中距离减小，A的周期变大

D.黑洞A、B合并过程中距离减小，A的周期不变5.从地面竖直向上抛出一物体，取地面为参考平面，该物体的机械能E1和重力势能Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。物体受到的阻力恒定。重力加速度g取10m/sA.物体的质量为1.5kg

B.物体受到的空气阻力大小为12.5N

C.在h=2m6.随着人们生活水平的提高，儿童游乐场所的设施更加丰富多样了。如图所示是儿童游乐场所的滑索模型，儿童质量为5m，滑环质量为m，滑环套在水平固定的光滑滑索索道上。该儿童站在一定的高度由静止开始滑出，静止时不可伸长的轻绳与竖直方向的夹角为37°，绳长为L，儿童和滑环均可视为质点，滑索始终处于水平状态，不计空气阻力，重力加速度为g，以下判断错误的是(

)A.儿童和滑环组成的系统水平方向动量守恒

B.儿童和滑环组成的系统机械能守恒

C.儿童运动到最低点时速度大小为2gL57.如图所示为某静电场中x轴上各点电势φ的分布图。一电子从原点处以一定的初速度沿x轴正方向射出，仅在电场力的作用下在x轴上做直线运动，下列说法正确的是(

)A.x=x2处的电场强度大于x=x3的电场强度

B.电子从x=x1处到x=x3处，电场力对其先做负功再做正功二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）8.2016年5月30日，在太原卫星发射中心用长征4号乙运载火箭顺利将我国第一颗高分辨率立体测图业务卫星“资源三号”02星送入太空。随后“资源三号”02星与火箭分离，进入离地面高度约为500km的轨道运行，之前我国发射的“天宫一号”空间站在离地面高度约为360km的轨道运行。“资源三号”02A.“资源三号”02星在轨运行速度大于第一宇宙速度

B.“资源三号”02星在轨运行的加速度小于地球表面的重力加速度

C.“资源三号”02星在轨运行的线速度小于“天宫一号”空间站运行的线速度

D.“资源三号”02星在轨运行的周期大于“天宫一号”空间站运行的周期9.在生产生活中，经常采用轨道约束的方式改变物体的运动方向。如图所示，光滑水平地面上停放着一辆小车，小车上固定着两端开口的光滑细管，细管由水平、弯曲和竖直三部分组成，各部分之间平滑连接，水平管的末端刚好与小车的左端对齐，竖直管的上端到小车上表面的高度为h。一小球以初速度v0水平向右射入细管，小球的质量与小车的质量(包含细管)相等，小球可视为质点，忽略一切阻力作用，整个过程小球没有从细管的竖直部分冲出。下列说法正确的是(

)A.小球达到细管的竖直部分最高点时速度为零

B.h一定大于等于v024g

C.小球离开水平细管后做自由落体运动10.平行金属板PQ、MN与电源和滑动变阻器如图所示连接，电源的电动势为E，内阻不计；靠近金属板P的S处有一粒子源能够连续不断地产生质量为m、电荷量为+q、初速度为零的粒子，粒子在PQ间的加速电场作用下穿过Q板的小孔F，紧贴N板水平进入MN间的偏转电场；改变滑片P的位置可改变加速电场的电压U1和偏转电场的电压UA.粒子在偏转电场中的竖直偏转距离与U2U1成正比

B.滑片P向左滑动，从偏转电场飞出的粒子的偏转角将增加

C.飞出偏转电场的粒子的最大动能为Eq三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）11.某同学用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。

(1)对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是______；

A.重物选用质量和密度较大的金属锤

B.打点计时器的两限位孔在同一竖直面内上下对正

C.精确测量出重物的质量

D.先释放重物，再接通电源

(2)在一次实验中，质量m的重物自由下落，在纸带上打出一系列的点，如图乙所示。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O(O点为第一个计时点)的距离分别为hA、hB、hC。已知纸带相邻两个点之间时间间隔为T。从打O点到打B点的过程中，重物的动能增加量ΔEk=______；

(3)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，造成这个结果的原因是______。

A.利用公式v=gt计算重物速度12.某同学利用生活中的常见物品来验证动量守恒定律。如图所示，他利用废弃水管一个斜槽轨道和一个平直轨道，两轨道间做成圆弧实现平滑过渡(未画出)；使两节相同的5号电池在水平轨道上做一维碰撞(实验过程中碰撞前后两物体速度都在一条直线上，而且电池均不发生转动)，利用电池在平直轨道上滑行的最远距离来验证动量守恒定律。

(1)该同学使电池2静止在水平轨道上，先将电池1从斜槽某一位置由静止释放，运动到平直轨道上在A点与电池2碰撞，碰撞后两节电池做匀减速直线运动，最终静止，如图所示。则电池1碰撞后滑行的最大距x1=______(填“AB”或“AC”)，电池2碰撞后滑行的最大距离x2=______(填“AD”或“AE”)。用刻度尺量取x1、x2的长度。再将电池1再次从同一高度静止释放，冲到平直轨道上滑行一段距离后停止。测出它从碰撞点A开始滑行的最大距离x3。用刻度尺量取x3的长度；

(2)借助匀变速直线运动的规律，我们可以通过电池的滑动距离推导电池碰撞前后的速度，从而验证动量守恒。若在误差允许的范围内x1、x2、x3满足______，则电池1、2的碰撞过程系统动量守恒；

(3)如果电池1、2的碰撞是弹性碰撞，则x1、x2、x3应该满足______；

(四、简答题（本大题共3小题，共40.0分）13.在如图所示的电路中R1=4Ω，R2=R3=8Ω，C=40μF。当开关S接1时，R2上消耗的电功率为8W，当开关S接2时，电压表示数为14.如图所示，在竖直平面内有一足够长的绝缘轨道ABCD，AB水平放置，CD竖直放置，轨道AB粗糙，CD光滑，BC是绝缘光滑的四分之一圆弧形轨道，圆弧的圆心为O，半径为R，现有质量为m，电荷量为q的带电体(可视为质点)静止在A点，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度的大小E=mgq。带电体从A点由静止开始运动，已知AB距离为3R，带电体与轨道AB间的动摩擦因数为μ=0.5，(假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，重力加速度为g，要求结果用m，g，R三个物理量表示15.如图所示，水平面上O点左侧光滑，右侧粗糙。O点左侧有一固定挡板，一水平轻弹簧左端固定在挡板上，一质量为m=0.1kg的小滑块a将弹簧压缩(未拴接)，弹簧储存的弹性势能为Ep=1.25J。O点放置一质量为M=km的小滑块b，其中k为常数。放开a后，滑块a被弹簧弹开，在光滑水平面上匀速运动一段距离后与b碰撞。已知a、b间的碰撞为弹性碰撞，每次a与b碰撞前b已停下，碰撞时间忽略不计。弹簧始终在弹性限度内，滑块a、b与O点右侧水平面间的动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度g=10m/s2。

(1)若k=2，求第一次碰撞过程滑块a

答案和解析1.【答案】C

【解析】解：A.电容C=QU，即将电容C定义为电容器所带电荷量Q与电容器两极板之间的电势差U之比，电容的大小与电容器所带电荷量Q和两极板之间的电势差U无关，属于比值定义法，故A不符合题意；

B.电阻R=UI，即将电阻R定义为导体两端电压U与通过导体的电流I之比，电阻的大小与导体两端电压U和通过导体的电流I无关，属于比值定义法，故B不符合题意；

C.场强E=kQr2，即一个电荷量为Q的点电荷，在与之相距r处的电场强度的表达式，是点电荷电场强度的决定式，而E=FQ才是电场强度的比值定义式，故C符合题意；

D.电流I=qt，即将电流I定义为通过导体横截面的电荷量q与所用时间t2.【答案】B

【解析】解：AB.根据题意，由闭合回路欧姆定律有：U=ER+Rab⋅Rab=ERRab+1，将滑片P由a向b移动，电阻丝接入电路的电阻逐渐减小，则U逐渐减小，故A错误，B正确；

CD.根据电功率的计算公式P=I2R可得，金属丝的功率为：P=(E3.【答案】D

【解析】解：设正方形边长为2a，根据点电荷产生的电场及电场的矢量叠加可知−q和+q的两点电荷在O点的场强为E′=2kq2a2，方向水平向右，所以Q应放置P点或G点，则E=E′=kQa2，解得：Q=22q或−22q，故ABC错误，D正确；4.【答案】A

【解析】解：AB.设黑洞A、B的质量分别为mA、mB，轨道半径分别为rA、rB，它们之间的距离为L。黑洞A、B围绕它们连线上的O点做匀速圆周运动的周期和角速度相等，由它们之间的万有引力提供各自的向心力，可得：

GmAmBL2=mAω2rA=mBω2rB

由于A的半径比较大，所以A的质量小，故A正确，B错误；

CD.双星靠相互间的万有引力提供向心力，则有：

GmAmBL2=mA(2π5.【答案】D

【解析】解：D.由图可知，h=4m时，物体重力势能等于机械能，即此时物体动能为零，到达了最高点，可知物体上升的最大高度hmax=4m，故D正确；

A.物体的质量为：m=Epmaxghmax=4010×4kg=1kg，故A错误；

6.【答案】C

【解析】解：A、儿童和滑环组成的系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，故A正确；

B、儿童和滑环组成的系统只有重力做功，其机械能守恒，故B正确；

C、取水平向左为正方向，在最低点根据水平方向系统动量守恒有：5mv−mv′=0

根据系统机械能守恒有5mgL(1−cos37°)=12×5mv12+12mv22

联立解得儿童运动到最低点时速度大小：v=gL157.【答案】D

【解析】解：A.由φ−x图像的斜率表示电场强度可知，x=x2电场强度为零，x=x2处的电场强度小于x=x3的电场强度，故A错误；

BC.根据题意可知，电子仅在电场力的作用下沿x轴做直线运动，则电场方向沿x轴方向，由沿电场线方向电势逐渐降低可知，O～x2之间的电场方向沿x轴负方向，x2之后电场方向沿x轴正方向。电子带负电，电子从O到x2所受电场力方向沿x轴正方向，与其运动方向相同，电场力对其做正功，电子做加速运动；达到x2之后电子所受电场力方向沿x轴负方向，与其运动方向相反，电场力对其做负功，电子做减速运动，可知电子运动到x=x2处时速度最大，从x=x1处到x=x3处，电场力对其先做正功再做负功，故BC错误；

D.由题图可知，在x1与x3处的电势相等，即x1到x3的电势差为零，由W=qU8.【答案】BC【解析】解：“资源三号”02星离地面高度为500km的轨道运行，“天宫一号”空间站在离地面高度约为360km，则“资源三号”02星的轨道半径大于“天宫一号”空间站的轨道半径。

A、第一宇宙速度等于卫星贴近地面做匀速圆周运动的环绕速度，卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r，解得：v=GMr，则“资源三号”02星在轨运行速度小于第一宇宙速度，故A错误；

B、在地球表面，根据牛顿第二定律可得：GMmR2=mg，解得：g=GMR2；

“资源三号”02星在轨运行时，根据牛顿第二定律可得：GMmr2=mg′，解得g9.【答案】BC【解析】解：A.小球和小车组成的系统在水平方向上所受合力为零，故此系统水平方向动量守恒，小球达到细管的竖直部分最高点时，与小车达到共同速度，此时小球的竖直分速度为零，但水平分速度不为零，因此小球的速度不为零，故A错误；

B.根据A选项的分析，设小球和小车共速时的速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得：

mv0=2mv

12mv02=mghmax+12⋅2mv2

解得：hmax=v024g，所以h一定大于等于v024g，故B正确；

C10.【答案】AB【解析】解：A、粒子在PQ间被加速的过程，根据动能定理得：qU1=12mvF2

解得粒子在F点的速度为：vF=2qU1m

设偏转电场的极板长度为L，极板MN之间的距离为d，粒子进入偏转电场后做类平抛运动，沿极板方向做匀速直线运动，则通过偏转电场MN的时间为：t=LvF

在偏转电场中粒子的加速度为：a=qU2md

粒子的竖直偏转距离为：y=12at2=U2L24dU1

可知粒子的竖直偏转距离与U2U1成正比，故A正确；

B、滑片P向左滑动的过程中，U1减小，U2增大，故11.【答案】AB

m(h【解析】解：(1)A.为了减少摩擦阻力的影响，从而减小实验误差，实验应选择重物选用质量和密度较大的金属锤，故A正确；

B.打点计时器的两限位孔在同一竖直面内上下对正，这样可以减小纸带与限位孔的摩擦，从而减小实验误差，故B正确；

C.若机械能守恒，应满足mgh=12mv2，因此质量m可约去，不需要测量重锤的质量，故C错误；

D.先接通电源，再释放重物，故D错误。

故选：AB。

(2)利用匀变速直线运动过程中平均速度等于其中间时刻速度，可知打点B时的速度

vB=hC−hA2T

从打O点到打B点的过程中，动能变化量ΔEk=12mvB2=m(hC−hA)28T2

12.【答案】AC

AD

x1+【解析】解：(1)由图知电池1、电池2碰撞后滑行的最大距离分别为AC，AD。

(2)电池做匀减速运动的初速度与全程位移间的关系为v=2μgx

若碰撞满足动量守恒定律，则有m2μgx1+m2μgx2=m2μgx3

化简可得x1+x2=x3

(3)若碰撞是弹性碰撞，机械能守恒12m(2μgx1)2+12(13.【答案】解：(1)当开关S接1时，R1被短路，只有R2工作，由题意可得：

PR2=I12R2=(ER2+r)2R2=8W

当开关S接2时，R1和R2串联接入电路，电压表示数等于路端电压，可得：

U=E−I2r=E−ER1+R2+rr=9V

【解析】(1)当开关S接1时，电路中只有R2工作；当开关S接2时，R1和R2串联接入电路，电压表示数等于路端电压。根据闭合电路欧姆定律和电功率公式解答；

(2)开关S接3直到电路稳定时，电容器两端电压等于14.【答案】解：(1)对带电体第一次由A到B的过程，由动能定理得：

qE⋅3R−μmg⋅3R=12mvB2−0

解得：vB=3gR

在B点对带电体，由牛顿第二定律可得：

N−mg=mvB2R

解得：N=4mg

由牛顿第三定律可得，带电体对轨道的压力大小也为4mg，方向竖直向下。

(2)设带电体在圆弧轨道的E点速度最大，E点与圆心O点连线OE与OB夹角α应满足：

tanα=qEmg，解得：