2022-2023学年山东省聊城市临清重点中学高一（下）期末物理试卷（含解析）

2022-2023学年山东省聊城市临清重点中学高一（下）期末物理

试卷

1.某同学对电学中相关概念和公式的理解如下，下列说法正确的是（）

A.把负电荷从初位置移到末位置静电力做正功，初位置的电势比末位置电势低

B.由C=》，电容器极板上的电荷量每增加1C,两极板间的电势差就增加IV

C.在E=号中，U、d分别是匀强电场中任意两点间的电势差和距离

D.由3=半，电荷在电场中电势能越大，电荷所在位置电势越高

2.“负重爬楼”是消防队员的日常训练项目之一。某次“10层负重登顶”比赛中，质量为

70kg的消防员背约30kg的重物，在50s内由地面到达10层楼顶的过程中，下列说法正确的是

（）

A.楼梯对消防员的支持力做正功

B.消防员对重物做功约为300（V

C.消防员增加的重力势能约为7000/

D.消防员克服自身重力做功的平均功率约为420W

3.2022年6月5日10时44分，神舟十四号载人飞船顺利将陈冬、刘洋、蔡旭哲3名航天员送

入太空，与空间站组合体自主快速交会对接。空间站组合体离地面的距离为九，地球半径为R,

组合体绕地球做匀速圆周运动的周期为7（约90min）,万有引力常量为G,下列说法正确的是

（）

A.空间站组合体绕地球运行的线速度大于第一宇宙速度

B.空间站组合体的向心加速度小于地球同步卫星的向心加速度

C.地球的质量为尤耍

GTZ

D.地球的密度为吗孥

GT*M

4.如图所示，内壁光滑的细圆管用轻杆固定在竖直平面内，其质量为0.22kg,半径为0.5m。

质量为0.1kg的小球，其直径略小于细圆管的内径，小球运动到圆管最高点时，杆对圆管的作

用力为零，重力加速度的值取10m∕s20则小球在最高点的速度大小为（）

A.2m∕sB.4m∕sC.6m∕sD.8m∕s

5.W出、三个原子核，电荷均为e,质量之比为1:2:3。如图所示，它们以相同的初

速度由P点平行极板射入匀强电场，在下极板的落点为4、8、C,己知上极板带正电，原子核

不计重力，下列说法正确的是（）

CBA^^ɪ

A.三个原子核在电场中运动的时间相等

B.M；”的加速度关系是的<C⅛<

C.落在4点的原子核是？H

D.三个原子核刚到达下板时的动能相等

6.嫦娥三号由地面发射后，进入环月轨道，几次变轨后实现登月。变轨过程的示意图如图

所示，图中M点为环月球运行的近月点，α为环月球运行的圆轨道，b、C为环月球运行的椭圆

轨道。则嫦娥三号（）

A.在地面上的发射速度大于11.2km∕s

B.在M处点火加速，能够从C轨道转移到b轨道

C.在三个轨道上经过M处的加速度均相同

D.在轨道ɑ上的机械能大于在轨道b上的机械能

7.有一种叫飞椅的游乐项目，示意图如图所示。长为L=5τn的钢绳一端系着座椅，另一端

固定在半径为r=3m的水平转盘边缘，转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。座椅和小孩的质

量为40kg,当转盘匀速转动时，钢绳与转动轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角。=

370（sin37o=0.6）,不计钢绳的重力和空气阻力，重力加速度的值取l（hn/s?,下列说法正确

的是（）

A.小孩转动的轨道半径为7mB.钢绳对转椅的拉力大小为600N

C.座椅匀速转动的角速度大小为yrad/sD.小孩的向心加速度大小为6m∕s2

8.在匀强电场中，将电荷量为-3X10-6（；的点电荷P从电场中的a点移到8点，静电力做了

2.4X10-5）的功，再从B点移到C点，静电力做了—1.2X10-5/的功。已知电场的方向与△4BC

所在的平面平行，点。为48的中点，如果规定8点的电势为0,下列说法中正确的是（）

A.A点电势为8V

B.4、C两点间的电势差U.=41/

C.匀强电场的电场强度方向平行于CD连线

D.点电荷P在C点具有的电势能为1.2X10-5,

9.质量为m的物体由固定在地面上的斜面顶端匀速滑到斜面底端，斜面倾角为。，物体下滑

速度为及，如图所示，以下说法中正确的是（）

A.重力对物体做功的功率为mgusin。B.重力对物体做功的功率为TngU

C.物体克服摩擦力做功的功率为mgusin。D.物体克服摩擦力做功的功率为mgv

10.如图所示，真空中a、b两点分别固定电荷量为+q、-q的点电荷，以a、b连线中点。为

圆心的圆与a、b连线的中垂线Cd交于K点。圆上的四个点M,N、Q,P为矩形的四个顶点，

且MP平行于cd。则下列说法不正确的是（）

A.M、Q两点电场强度相同

B.P、N两点电势相等

C.电性为负的试探电荷位于K点时的电势能小于其位于M点时的电势能

D.电性为正的试探电荷（不计重力）沿OK方向以一定速度射出，该电荷将做匀速直线运动

11.一辆汽车从静止开始沿平直路面运动。运动过程中牵引力F及加速度a与汽车速度V的关

系图线分别如图甲、乙所示，已知汽车所受阻力保持恒定，汽车速度由l（hn∕s增至24m∕s的

过程中功率保持不变，该过程中汽车的位移为1252m,下列说法正确的是（）

A.甲图中4点坐标为2500

B.汽车的质量为3X1。3的

C.汽车的速度为20m∕s时的加速度为0.1m∕s2

D.汽车从静止到速度刚达到24m∕s经过的时间为72s

12.如图所示，倾角为O=53。的斜面上有一4点，力点以上光滑，4点以下粗糙。长度为0.5m

的木板质量分布均匀，其质量为3kg,木块质量为1kg,两者用一轻质细绳绕过光滑定滑轮连

接在一起，木板与斜面粗糙部分的动摩擦因数为|。开始时木板的下端在4点，木板由静止释

放到其上端刚好过A点的过程中，下列说法正确的是()

A.木板做匀加速直线运动

B.木板上端刚过A点时速度大小为，Nm/s

C.木板减少的机械能等于木块增加的机械能与系统产生的热量之和

D.系统产生的热量为6J

13.利用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。框架上装有可上下移动的光电门，框架竖

直部分紧贴一刻度尺，可以读出光电门的位置x；框架水平部分用电磁铁吸住一个质量为Tn的

小铁球，小铁球的球心与刻度尺零刻度线对齐。切断电磁铁线圈中的电流时，小铁球由静止

释放，当小铁球经过光电门时,与光电门连接的传感器可测算出其速度”。改变光电门的位置，

得到多组X和。的数据。当地重力加速度为g。

(1)小铁球从释放至到达光电门的过程，机械能守恒表达式为(用小、以x、g表示)；

2

(2)得到多组实验数据，以三为纵轴，以X为横轴建立如图乙所示的坐标系，描点并连线，图

2

像的斜率k=m∕so

(3)发现斜率k比当地重力加速度小，可能的原因是：

14.用如图所示的向心力演示器可以探究向心力&和物体质量沉、角速度3以及半径r的关系。

实验时，匀速转动手柄使变速塔轮、长槽、短槽和槽内的小球随之匀速转动，使小球做匀速

圆周运动的向心力由横臂的挡板对小球的压力提供。球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作

用使弹簧测力套筒下降，从而露出标尺。根据标尺上露出的等分标记，可以粗略计算出两个

球所受向心力的比值。长槽上的挡板B到转轴的距离是挡板4的2倍，长槽上的挡板4和短槽上

的挡板C到各自转轴的距离相等。左变速塔轮1、2、3的半径为6、r2,r3,右变速塔轮4、5、

、

6的半径为Qrs>r6,且2>r2>rɪ=r⅛>r5>r6,有两个钢球和一个铝球，三者半径相同。

弹簧测力筒O

&挡出挡就

长槽、

变速塔轮、短槽

变速塔轮

传动皮带

有如下实验操作:

A.钢球放在挡板A处8.铝球放在挡板A处

6C.钢球放在挡板B处。.钢球放在挡板C处

E.传动皮带连接变速塔轮1和4F.传动皮带连接变速塔轮2和5

(1)本实验采用哪一种物理方法()

A.等效替代法B.控制变量法C.放大法。.图像法

(2)探究向心力4和物体质量Tn的关系需要的操作为(用操作前的字母表示)

(3)探究向心力％和角速度3的关系需要的操作为(用操作前的字母表示)

15.半径为R、质量为M的星球表面有一长为L的细线，其一端固定在P点，另一端拴质量为

的小球，小球在水平面绕圆心。做匀速圆周运动，细线与竖直方向的夹角为。，引力常量为

G,忽略星球自转的影响。求：

(1)星球表面的重力加速度大小;

(2)细绳受到的拉力大小；

(3)小球的线速度大小。

16.2022年2月1813,在北京冬奥会自由式滑雪女子U型场地技巧决赛中，谷爱凌成功夺冠，

为中国代表团赢得第八枚金牌，这也是她本届冬奥会继自由式滑雪女子大跳台夺金后的个人

第二枚金牌。在比赛中，谷爱凌经过加速后以大小为%=6τn∕s的初速度滑下U型场地，已知

U型场地为半径R=IOnl的半圆形，第一次到达底部的速度为%=14τn∕s,经过多次滑行，

最终停止在轨道最低点。谷爱凌的质量为50kg,图甲为谷爱凌在滑雪，图乙为U型场地截面

图(忽略空气阻力，取g=10m∕s2)问：

I汴WEm:适值口上

甲乙

(1)第一次到达最低点，她对轨道的压力为多大？

(2)全过程摩擦力做了多少功？

(3)谷爱凌滑入轨道比赛过程中，有没有脱离轨道的情况?请说明理由。

17.如图甲所示，某装置由金属圆板(序号为0)、六个横截面积相同的金属圆筒、平行金属

板和荧光屏构成，六个圆筒依次排列，长度遂照一定的规律依次增加，圆筒的中心轴线、平

行金属板的中心线和荧光屏的中心。在同一直线上，序号为奇数的圆筒和下金属板与交变电

源的一个极相连，序号为偶数的圆筒和上金属板与该电源的另一个极相连。交变电源两极间

电势差的变化规律如图乙所示，电压的绝对值为%,周期为7。t=0时，位于和偶数圆筒相

连的金属圆板中央的一个电子，在圆板和圆筒1之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲

进圆筒1,电子到达圆筒各个间隙的时刻，恰好是该间隙的电场强度变为向左的时刻，电子通

过间隙的时间可以忽略不计。电子离开金属圆筒6后立即进入两平行金属板之间，£=47时离

开平行金属板之间的电场，做匀速直线运动，直至打到荧光屏上某位置。已知电子的质量为血、

电荷量为e,不计重力，两平行金属板之间的距离为d,忽略边缘效应。求：

(1)第五个金属圆筒的长度；

(2)电子在整个运动过程中最大速度的大小;

(3)电子打在荧光屏上的位置到。点的距离。

18.半径R=2.45τn的四分之一光滑圆弧轨道AB,在最低点B与水平传送带相切，传送带以

。=2m∕s的速度顺时针转动。质量为Tn=Ikg的物块从4点静止滑下，物块与传送带的动摩

擦因数为=0.4,出传送带后滑上倾角。可调的木板(木板在C点与传送带平滑连接)，物块与

(1)求物块滑到B点的速度大小；

(2)物块第一次滑上木板到达。点时速度为O(D点未画出)，当。为多大时，CC距离最小，并求

出最小值；

(3)若木板光滑且。不为0,滑块从4点开始到第二次出传送带过程中，求产生的热量Q。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】4根据W=qU可知，把负电荷从初位置移到末位置静电力做正功，则初、末位置的电

势差小于零，所以初位置的电势比末位置电势低，故A正确；

B.由C=g,可得C=器，得AU=华

显然，只有当电容器的电容为IF时，极板上的电荷量每增加IC,两极板间的电势差就增加,

故B错误；

C.在E=?中，U两点间的电势差，而d是此两点沿着电场线方向上的距离，故C错误；

D由0=半知，正电荷在电场中电势能越大，电荷所在位置电势越高，而负电荷在电场中电势能

越大，电荷所在位置电势越低，故。错误。

故选A。

2.【答案】D

【解析】A整个过程中，支持力的作用点没有发生位移，楼梯对消防员的支持力不做功，故A错

误;

B.重物重力势能增加ΔEp=mg-∆h=30×10×307=9000/

则消防员对重物做功约为90007,故B错误;

C.消防员重力势能增加ΔEpl=m1gΔh=70×10×307=21000；

故C错误;

。.消防员克服自身重力做功等于重力势能增加约为21000/，则消防员克服自身重力做功的平均

功率约为

W21000

p=τʒθ-VK=420W

故。正确。

故选Do

3.【答案】C

【解析】A.根据G粤=m1

RzR

第一宇宙速度为U=J窄

由于R+h>R

则空间站组合体绕地球运行的线速度小于第一宇宙速度，故A错误;

及根据G粤=Zn殍r=ma

丁4714

T_I4”2*GM

T="GM，

组合体的周期小于同步卫星周期，则组合体的轨道半径更小，所以空间站组合体的向心加速度大

于地球同步卫星的向心加速度，故B错误；

C根据G7^72=M笄(R+八)

∖n'*t√/

地球的质量为M=4*(Ry)3

GTZ

故C正确；

D地球体积为V=^πR3

4π∙2(R+∕l)3

地球密度为P+寺=等探

故。错误。

故选a

4.【答案】B

【解析】根据题意，对圆管受力分析，由平衡条件可知，小球在最高点给圆管竖直向上的作用力，

大小等于圆管的重力，由牛顿第三定律可知，圆管给小球竖直向下的作用力，大小等于圆管的重

力，在最高点，对小球，由牛顿第二定律有Mg+nɪg=πιf

代入数据解得V=4m∕s

故选儿

5.【答案】C

【解析】4因为原子核在电场中水平方向做匀速直线匀速，又因为它们以相同的初速度由P点平行

X

极板射入匀强电场，由t=记

可知，三个原子核在电场中运动时间关系为tA>tB>tc

故A错误；

B.由题意知，原子核在电场中的加速度为α=变

m

即原子核的加速度之比为它们的比荷之比，则；“、IH,IH的加速度关系是a1>a2>a3

故8错误；

C因为三个原子核在电场中的侧位移相等，由y=ɪɑt2

可知，加速度越小，运动时间越长，所以落在4点的原子核是；H,故C正确：

。.对三原子核由动能定理得qEy=Ek-

贝IJEk=qEy+ɪmv1

因为它们质量不同，则初动能不同，则三个原子核刚到达下板时的动能不相等，故。错误。故选

Co

6.【答案】C

【解析】A.由于月球没有脱离地球束缚，因此向月球发生航天器的发射速度应小于第二宇宙速

度Il.2∕cm∕s,故A错误；

8.c轨道机械能大于b轨道，则C轨道在M点的速度大于b轨道在M点的速度，所以在M处减速，能够

从C轨道转移到b轨道，故B错误；

C.根据G翳ɪ=ma

可知，在三个轨道上经过M处的加速度均相同，故C正确；

D嫦娥三号在α轨道M点需加速才能进入b轨道，故在轨道。上的机械能小于在轨道b上的机械能,

故。错误。

故选C

7.【答案】C

【解析】4小孩转动的轨道半径为R=r+Lsinθ=6m

故4错误；

A对座椅和小孩整体受力分析，如图所示

根据几何知识有T=喘=500/V

cost7

即钢绳对转椅的拉力大小为500/V,故B错误；

C.由上分析可得F合=mgtanθ

根据牛顿第二定律有尸合=mω2R

解得ω=ɪrɑd/s

即座椅匀速转动的角速度大小为?rad/s，故C正确;

。.根据牛顿第二定律有F合=mα

解得a=gtanθ=7.5m∕s2

即小孩的向心加速度大小为7.5m∕s2,故。错误。

故选Co

8.【答案】D

【解析】

【分析】

解决本题需要熟练掌握电场力做功=q〃B，电势差MIB=VA-<PB>电势能EP=qφ°知道匀

强电场中沿同一方向电势差与电场强度成正比，电场线垂直于等势线。

【解答】

-56

A、WAB=2.4×IO/,q=-3×1O^C,WAB=qUAB,解得=-8U,

又UAB=(PA-(PB，SB=0，解得*4=-8V,故A错误；

B、VVrBC=—1∙2X10"J,WBC=QBC,解得UBC=4V,又UBC=ΨB—Ψc,甲B=0，

解得9C=-4V,则U"=0I-3C=-4V,故B错误；

C、已知。是AB中点，所以RD="史=-4V,可见C、。两点电势相等，CO连线是匀强电场中

的一条等势线，则电场方向垂直于CD连线，故C错误；

65

D、Epc=qφc=-3×10^C×(-47)=1.2×10~J,故。正确。

故选Do

9.【答案】AC

【解析】AC、重力做功的瞬时功率P=mgvcos(9(Γ-。)=mgvsin9,故A正确，8错误；

CD、根据共点力平衡知，摩擦力的大小f=mgsin8,则克服摩擦力做功的功率P'=/"=

mgvsinθ,故C正确，。错误；

故选AC.

【点睛】根据共点力平衡求出摩擦力的大小，结合瞬时功率的表达式得出重力做功的功率和克服

摩擦力做功的功率.

10.【答案】BCD

【解析】人根据对称性和点电荷场强公式知：正电荷在M点的场强与负电荷在Q点的场强相同，正

电荷在Q点的场强与负电荷在M点的场强相同，且两电荷在M、Q分别产生的场强夹角相同，根据

电场强度的叠加可知：M、Q两点电场强度相同，A正确；

Acd是等量异种点电荷电场中的一条等势线，在其左侧靠近正电荷区域电势高，其右侧靠近负电

荷区域电势低，故P点电势高于N点电势，8错误；

C由B中分析知，K点电势低于M点电势，则负试探电荷从K点移到M点过程中，电场力做正功，

电势能减小，所以负电荷在K点电势能大于在M点电势能，C错误；

D电性为正的试探电荷（不计重力）沿OK方向以一定的速度射出，电荷受向右的电场力作用而做

曲线运动，。错误。

本题选不正确的，故选BCD。

11.【答案】AC

【解析】A.由图像乙可知，初始时汽车的加速度不变，所以汽车为恒加速度启动，当汽车速度达

到IOτn∕s时，汽车的功率达到额定功率，即P魏=F"=60000lV

由图像甲和图像乙可知，图中A点时汽车达到最大速度，即此时汽车牵引力等于阻力，也就是4点

的数值，有P莉=∕Vmax

解得f=2500/V

所以A点的坐标为2500,故A项正确；

A在汽车做匀加速直线运动过程中，有F-∕=mα

解得m=5000kg

故B项错误；

C.当汽车的速度为20m∕s时，设此时牵引力为Fi,有P畿=FlV

FLf=ma1

2

解得a1=0Λm∕s

故C项正确；

。.汽车由静止到10m∕s由%=αt1

由10m∕s至IJ24m∕s有Pt2—fx=ɪmv⅛ax—ɪmvf

t=t1+t2≈86.29s

故。项错误。

故选ACo

12.【答案】BC

【解析】4随着木板向下运动，木板受到斜面的摩擦力发生变化，所以合力发生变化，则木板做

非匀变速直线运动，A错误；

8.根据动能定理;m+Mv2=-mgl+Mglsinθ-Mgμ1CoSe

解得V-√^^2m∕s2

8正确；

C.系统产生的热量等于木板与斜面之间摩擦力做的功，则根据

1,I

2m+Mv=-Vttgl+Mglsinθ-Mgμ-^cosθ

有Mglsinθ-∣Mv2=^mv2+mgI+Mgμ^cosθ

式中MgISine-2为木板减少的机械能，gnɪ/+7ng∕为木块增加的机械能，MgAgCoS。为

系统由于摩擦产生的热量，C正确；

D系统产生的热量Q=Mgμ^cosθ=3/

。错误。

13.【答案】①ZngX=Tnw2②,9.75③.小球下落过程中受到空气阻力

【解析】(1)[1]小铁球从释放至到达光电门的过程，小球减少的重力势能等于增加的动能，机械

能守恒表达式为mgx=ɪmv2

(2)[2]由白X图像，可知图像的斜率Zc=祥m∕s2=9.75m∕s2

(3)[3]设小球下落的实际加速度为α,根据动能定理可得max=ɪmv2

可得当=αx

可知慨_%图像的斜率等于小球下落的实际加速度，由于铁球下落过程受到空气阻力，使得小球

的实际加速度小于重力加速度，即斜率k比当地重力加速度小。

14.【答案】①.B(2).BDE③40F

【解析】(I)[1]本实验要探究向心力4和物体质量m、角速度3以及半径r的关系，采用的是控

制变量法，故选B；

(2)[2]探究向心力Fn和物体质量m的关系需要保持角速度和转动半径不变，选择质量不同的小球,

故需要操作的步骤为BDE；

(3)[3]探究向心力出和角速度3的关系需要保持小球质量和转动半径相同，使角速度不同，故需

要操作的步骤为4D人

,攵安Yri、GMmGM,ɔʌ√GMLtanθs∖nθ

15.【答杀】⑴溟；(2)五百；⑶---------

【解析】(1)由黄金代换得GM=gR2

解得g=胃

(2)对小球，由平行四边形定则得T=翳=£焉

(3)对小球，由合力提供向心力得WigtanJ=m

Lsιn∏

解得v=√CMLtanesind

16.【答案】(1)148ON;(2)-5900/；(3)不会脱离轨道轨道做竖直上抛运动过程。

【解析】(1)在最低点由牛顿第二定律得Fj.-Tng=mɪ

解得F支=1480/V

由牛顿第三定律得尸房=F支=148ON

2

(2)从开始运动到静止，由动能定理得TngR+Wf=—ɪmv0

解得Wf=-5900/

(3)第一次滑到最低点的过程由动能定理得mgR+Wf0=∣mvf-∣znv^

解得Wfo=-10007

由于Trn诏=90(V<∖2Wf0∖

故第一次末到达轨道边缘速度就已为0,所以在比赛中，不会有脱离轨道做竖直上抛运动过程。

17.【答案】(I)E氏西；(2)I2e(⅞+⅛J.(3)?⅜l!

27mʌm4τn2dz4τnd

【解析】(1)由题意可知，电子在每个金属圆筒的运动时间均为T,由于屏蔽作用，电子在每个金

属圆筒中做匀速直线运动，电子在每个间隙过程做加速运动，电子刚进入第五个金属圆筒的速度

为火，根据动能定理可得5e%=gm诏-O

解得Vs=J曙

第五个金属圆筒的长度为L5=V5^1