2022-2023学年天津市和平区高一（下）期末物理试卷（含解析）

2022-2023学年天津市和平区高一（下）期末物理试卷

1.如图甲所示，将乒乓球发球机固定在左侧桌面边缘的中央，使乒乓球沿中线方向水平抛

出，发球的高度H和球的初速度孙可调节，忽略空气阻力，则（）

A.保持H不变，孙越大，乒乓球在空中运动的时间越长

B.保持H不变，孙越大，乒乓球在空中运动的时间越短

C.保持Vo不变，，越大，乒乓球落在桌面瞬间的速度越大

D.保持处不变，H越大，乒乓球落在桌面瞬间的速度越小

2.如图所示，当工人师傅用扳手拧螺母时，扳手上的P、Q两点的转动半径之比为2：3,其

角速度分别为3p和3Q,线速度大小分别为力和。Q,则（）

ʌ.COp:3Q=1:1,Vp：VQ=2：3

B.Cι)p:3Q=1:1,Vp：VQ=3：2

ɛ.3p:3Q—3:2,Vp：VQ=1:1

D.ωp:(I)Q=2：3,Vp：VQ=1:1

3.如图虚线圆为人造地球卫星的两个圆轨道，轨道A的半径

大于轨道B的半径，则同一人造地球卫星（）

A.在轨道4上的速率大于在轨道B上的速率

B.在轨道4上的周期小于在轨道B上的周期

C.在轨道4上的万有引力大于在轨道B上的万有引力

D.在轨道力上的机械能大于在轨道B上的机械能

4.如图所示，小球甲在真空中做自由落体运动，另一同样的

小球乙在油中由静止开始下落。两小球均从高度为凡的初始位

置下落到高度为电的位置。在这两种情况下（）

A.甲球的重力做功多

B.甲球的重力平均功率大

C.甲球的重力势能变化量大

D.甲球的机械能变化量大

5.物理和生活息息相关，下列有关静电的防止与利用，说法正确的是（）

A.甲图中，工作人员给车加油前触摸静电释放器，可将加油枪的静电释放到大地

B.乙图中，静电除尘装置将带负电的尘埃收集在中间的线状电离器B上

C.丙图中，燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的现象

D.丁图中，两条优质的话筒线外面包裹着金属外衣增强了导电能力

6.如图所示，质量为M的电梯底板上放置一质量为m的物体。钢

索拉着电梯由静止开始向上做加速运动，当上升高度为H时，速度I

达到”,则（）

A.底板对物体的支持力做的功等于"mι√（―-

B.物体所受合力做的功等于Tnw2+mg”

C.钢索的拉力做的功等于+Mg”

D.电梯所受合力做的功等于病

7.2023年6月，交通集团首批氢能源客车在天津港保税区投入运营。某款质量为m的氢能源

汽车如图甲所示，测试其性能时的t图像如图乙所示。已知汽车在平直公路上以额定功率

P启动，整个运行过程中汽车功率及所受阻力均恒定，tι时刻起以最大速度匀速行驶。则在0〜

tι时间内下列说法正确的是（）

甲

A.汽车的牵引力逐渐增大B.汽车的阻力大小为二

C.牵引力对汽车做的功为PtlD.汽车行驶的距离为怨

8.如图，甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕半径相同、质量为M和2M的4、B两行星

做匀速圆周运动，忽略行星的自传，下列说法正确的是（）

A.甲、乙两颗卫星的线速度大小之比为1:y∕~2

B.甲、乙两颗卫星的周期之比为1：√^7

C.A、B两颗行星的地表重力加速度之比为1：2

D.A、B两颗行星的第一宇宙速度之比为1：C

9.如图甲所示，小球（可视为质点）穿在竖直平面内光滑的固定圆环上，绕圆心。点做半径为

R的圆周运动。小球运动到最高点时，圆环与小球间弹力大小为F,小球在最高点的速度大小

为"，其F—/图像如图乙所示，g取IOTn/S?,则（）

F/N

R2()

O/∖/

-^-ZzZ08v2/(m2∙s-2)

甲乙

A.小球的质量为2kg

B.固定圆环的半径R为0.4m

C.小球在最高点速度为4m∕s时，圆环受到小球施加的竖直向下20N的弹力

D.若小球恰好能做完整圆周运动，则其运动中所受圆环给的最大弹力为IOON

5B

10.在真空中4、B两处固定两个等量异种电荷，正下方有Af+Q

一根足够长的光滑玻璃杆水平放置，一个质量为血、电荷量

为-q的小圆环穿在杆上，从A点的正下方C处以速度。C一直D

向右运动至B点正下方。处，到达。处时的速度为外,。点是

CD的中点，则()

A.小圆环从C到D过程中先做减速运动，再做加速运动

B.CD两点间的电势差为：UcD=嗯-血

C.小圆环至。点时的速度为：”一匹逅

vO--2-

D.小圆环通过O点后，继续向前运动很远距离，最终速率趋于,，_J咤+诒

V1一

⅛

A

Blyτl

ly→>

C

l

图I图2图3

(1)用图1装置进行探究，下列说法正确的是

A.只能探究平抛运动水平分运动的特点

区需改变小锤击打的力度，多次重复实验

C能同时探究平抛运动水平、竖直分运动的特点

(2)用图2装置进行实验，下列说法正确的是。

4斜槽轨道M必须光滑且其末端水平

8.上下调节挡板N时必须每次等间距移动

C小钢球从斜槽M上同一位置静止滚下

(3)用图3装置进行实验，竖直挡板上附有复写纸和白纸，可以记下钢球撞击挡板时的点迹。

钢球从斜槽上P点静止滚下，撞击挡板留下点迹4将挡板依次水平向右移动X,重复实验，

挡板上留下点迹B、J若测得4、B间距离B、C间距离”，重力加速度为9,根据以上直

接测得的物理量推导出小球初速度的计算公式为%=(用所给字母表示)。

12.用如图中所示的装置做“验证机械能守恒定律”的实验，将重锤固定在纸带一端，使重

锤由静止自由下落，打出的纸带由于初始部分的点迹模糊不清，舍去这部分点迹后得到如图

乙所示纸带。

打点

十甫器上

\论带

夹子

6-重物

_I

U

甲

(1)选用的测量仪器除打点计时器外还需要o

A.天平

8.毫米刻度尺

C.秒表

(2)关于实验操作及数据处理，下列说法正确的是。

A.先接通电源再释放纸带

B.若通过图像验证机械能守恒，必须多次重复实验，才能得到多个数据点

C.利用数据做出苏-九图像是一条直线，且斜率数值为重力加速度值，则说明重物下落过程

机械能守恒

(3)在利用纸带上的数据点验证机械能守恒时，已经测出了力C段和FH段长度，还需要测出

段长度才能完成本次验证。

(4)在做“验证机械能守恒定律”的实验时，发现重物减少的重力势能总是略大于重物增加的

动能，造成这种现象的原因是。

A.选用的重物质量过大

8.选用的重物质量过小

C.存在空气阻力和摩擦阻力

D实验时操作不规范，实验数据测量不准确

13.如图所示，水平向右的匀强电场中，一半径为R、圆心为。的光------ʒ--------------*

滑半圆绝缘轨道固定在竖直平面内，b点为轨道的最低点。质量为m、4---------⅞V3

电荷量为q的小球甲恰好静止在轨道ɑ点，α点与轨道圆心。的连线与»

竖直方向的夹角为9=60。，重力加速度大小为g。则：------------------*■

(1)判断小球甲的电性并求出匀强电场的电场强度大小E：

(2)现将小球甲固定在ɑ点，将另一个质量为2m的带电小球乙放在b点，小球乙恰好静止且与

轨道无作用力，两小球均视为点电荷，请判断小球乙的电性，并求出小球乙的电荷量q'。

14.如图所示，粗糙的圆弧轨道4BC固定在竖直平面内，一个质量为m=0.2kg的小球从P点

水平抛出，恰好从圆弧轨道的4点沿切线方向进入轨道。B为轨道的最低点，C为最高点，圆

弧力B对应的圆心角。=60。，轨道半径R=O.4m。g取10τn∕s2,不计空气阻力，若小球进入

轨道后恰好通过C点，且在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功必=-2人求：

(1)小球到达C点的速度的大小0c：

(2)小球冲入轨道4点的速度的大小以；

(3)P和4两点的高度差从

15.如图所示，倾角为30。的足够长光滑斜面固定在水平地面上,

一轻绳绕过两个光滑的轻质滑轮连接着固定点P和物体B,两滑轮

之间的轻绳始终与斜面平行，物体4与动滑轮连接，开始时，物

体4、B处于静止状态，求：

(1)若静止释放后物体B开始竖直向下运动，就需要满足什么条件？

(2)若4、B两物体质量相等均为静止释放后，物体A的位移为L时，重力加速度为g,求:

①物体4的速度大小以；

②物体4的机械能相比静止时的变化量ZE。

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：AB,乒乓球在空中做平抛运动，有H=ggt2,解得t=旧,可知乒乓球在空中运

动的时间由下落的高度决定，“不变，则乒乓球在空中下落的时间不变，故AB错误；

CD、物体落在桌面瞬间的速度为V=J琢+诏=√2gH+诏,保持％不变，〃越大，乒乓球落

在桌面瞬间的速度越大，故C正确，。错误。

故选：C。

乒乓球在空中做平抛运动，根据下落的高度分析运动时间的变化；

推导出乒乓球落在桌面瞬间的速度表达式，再分析其变化情况。

解决本题的关键要知道分运动和合运动具有等时性,平抛运动的时间由高度决定，与初速度无关。

2.【答案】A

【解析】解：P、Q两点同轴转动，它们的角速度相等，则3p：MQ=1：1

线速度”5,P、Q两点的线速度大小之比：:=貌=；x|/故A正确，BS错误。

故选：A.

扳手在做转动时，其上各点具有相同的角速度，然后结合线速度与角速度之间的关系U=3r进行

求解即可。

解决本题的突破口在于P、Q两点的角速度相同，然后熟练掌握匀速圆周运动的各物理量之间公式

即可。

3.【答案】D

【解析】解:力、卫星绕地球做匀速圆周运动,万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得:G粤=Tn/，

r/r

解得：U二博,由于以＞%，则以＜%,故A错误；

B、卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G^≡=τn(γ)2r,

解得：τ=2πI—»由于以＞玷，则二＞7⅛,故8错误；

∖GM

C、卫星受到的万有引力F=G等，由于。＞4,则片＜a，故C错误；

。、卫星由轨道4变轨到轨道B需要加速，加速过程要对卫星做功，卫星的机械能增加，因此在轨

道A上的机械能大于在轨道B上的机械能，故。正确。

故选：0。

卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律求出卫星

的线速度、周期，根据万有引力公式与卫星的变轨原理分析答题。

本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力是解题的前提，根据万有引力公式与

牛顿第二定律可以解题。

4.【答案】B

【解析】解：AC,在这两种情况下，小球下落高度相同九，由WG=mgh可知，重力做功相等，则

重力势能变化量相等，故AC错误；

8、球甲做自由落体运动，球乙在运动过程中受到重力与油的阻力作用，球乙下落的加速度小于球

甲做自由落体运动的加速度，即αz＜α用，由于两球下落的高度/i相等，球运动时间t=/4，则

t甲＜t乙，重力的平均功率P=Y=华，由于m、∕ι相等，则P声＞Pz，故B正确；

。、球甲运动过程只受重力作用，机械能守恒，机械能变化量为零；球乙下落过程受重力与阻力

作用，球乙要克服阻力做功，机械能有损失，机械能变化量不为零，球乙机械能的变化量大于球

甲机械能的变化量，故。错误。

故选：Bo

重力做功只与初末位置有关，重力势能变化取决于重力做功。根据重力做功与做功时间的关系比

较重力的平均功率。根据除重力以外力其他力做功情况，分析机械能的变化情况。

解答本题时，要知道重力做功与初末位置有关，与路径无关。要明确机械能守恒的条件：只有重

力做功（单个物体），除重力以外其他力做功要引起机械能的变化。

5.【答案】AC

【解析】解：人工作人员给车加油前触摸静电释放器，由于人体是导体，可将加油枪的静电释

放到大地上，故A正确；

静电除尘装置中间的线状电离器B接在电源的负极，根据异种电荷相吸的道理，它可将带正电

的尘埃集中在线状电离器B上，故B错误；

C、燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的现象，故C正确；

。、话筒线外面包裹着金属外衣是利用静电屏蔽，使金属外衣内不受外衣外的电场的干扰，故。

错误；

故选：AC.

关于静电的防止与应用，从各种实例所涉及的原理出发就可以判断出各选项的正确与否。

本题考查是关于静电的防止与应用，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例，注意平

时的积累。

6.【答案】D

【解析】解：力、对物体，根据动能定理得：“支-mg"=gm∕-O,解得地板对物体的支持力

做的功为：W支=mgH+gm/,故A错误；

B、对物体，由动能定理可知，合力对物体做功：W=^mv2,故8错误；

C、对物体和电梯整体，由动能定理得：必—(M+m)gH=XM+τn)∕-θ,解得钢索的拉力

2

做的功等于：WF=(M+m)gH+^M+m)v,故C错误；

。、根据动能定理可知，合力对电梯M做的功Ir=TMu2,故Q正确。

故选：Do

对物体，根据动能定理求底板对物体的支持力做的功；应用动能定理求出合力对物体做的功；对

物体和电梯整体，利用动能定理求钢索的拉力做的功；对电梯，根据动能定理求合力对电梯M做

的功。

分析清楚研究对象的运动过程的初末运动状态，分析各力做功情况，应用动能定理即可解题。

7.【答案】BC

【解析】解：小汽车在平直公路上以额定功率P启动时，功率不变，速度增大，由P=FD可知，

则牵引力逐渐减小，故A错误；

B、tι时刻起以最大速度%匀速行驶，此时阻力与牵引力平衡，则阻力大小为：f=F=?,故2

lvm

正确；

C、牵引力的功率恒定不变，则在0〜t］时间内牵引力对汽车做的功为：IV=Pt1,故C正确；

D、根据题意，设在0〜q时间内汽车行驶的距离为X,由动能定理有：Ptl-fx=∖mv^,可得汽

车行驶的距离为：X="嗨Ξ%⅛,故。错误。

故选：BC.

明确机车启动过程，由P=FV分析牵引力变化；J时刻起以最大速度为匀速行驶，阻力与牵引力

平衡；根据川=Pt求解牵引力对汽车所做的功；由动能定理列式求解汽车行驶的距离。

本题考查机车启动问题，要理解汽车以恒定功率启动的物理过程，注意最大速度的特点，结合动

能定理解答。

8.【答案】CD

【解析】解：AB、卫星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有：G粤=Wi殍r=m且,

则得：

可见，甲、乙两颗卫星的线速度大小之比为1：，至，周期之比为q：1,故AB错误;

C、根据万有引力与重力的关系有

解得

CM

g=不

则4、B两颗行星的地表重力加速度之比为1：2,故C正确；

。、根据第一宇宙速度的公式可知。=，蕨，可知4、B两颗行星的第一宇宙速度之比为1：√^7,

故。正确；

故选：CDo

卫星做匀速圆周运动，其向心力由万有引力提供，由此列式得到周期、线速度与轨道半径的关系

式，再进行分析，根据万有引力与重力的关系分析C,根据第一宇宙速度的公式分析

本题要建立清晰的物理模型，利用万有引力等于向心力列式，根据各个量的表达式进行分析。

9.【答案】ACD

【解析】解：4、对小球在最高点进行受力分析，速度为零时有：F1-mg=0,其中F31=20N,

解得小球的质量：m-2kg,故4正确；

B、当Fz=O时，由向心力公式有mg=驾，解得固定圆环的半径：R=0.8m,故B错误；

R

C、由乙图知F=O时，V=2Cm∕s,因此小球在最高点的速度为4m∕s（大于2√^Nπι∕s）时，小球

受圆环的弹力方向向下，小球在最高点时,根据牛顿第二定律有:p3+mg=mYl,解得:F3=20N,

方向向下，故C正确；

。、小球经过最低点时，弹力最大，根据牛顿第二定律有：F-mg=m^-

若小球恰好做完整的圆周运动，由机械能守恒定律得：mg-2R=∖mv2

联立解得：F=IO0N,故。正确。

故选：ACD.

在最高点，若V=0,则F-Tng=0；若尸=0,则mg=m1,联立即可求得小球的质量和圆环

的半径；根据牛顿第二定律列式可求得CD项。

本题主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，要求同学们能根据图象获取有效信息进行解答。

10.【答案】B

【解析】A、根据等量异种电荷的电场分布特点可以知道，小圆环从C点到。点的过程中受电场力

方向在CO段向左上方，在OD段受电场力方向是左下方，受合力方向一直向左，所以小圆环从C到

。一直做减速运动，故A错误；

BC,根据等量异种电荷的等势面分布规律可以知道，CO两点间的电势差等于OD两点间的电势差

即UCo=UOD且O点的电势为零。小球从C到。根据动能定理有—qUco=Tnl珀虎，小球运动

11

到。点的速度为Vo，则一qUco=5∏T诏—■正

代入数据联立方程可以解得%=殍J恪F，UCD=也穿嗡

故B正确，C错误；

。、小球在运动过程中，只有电场力做功，所以动能和电势能之和为定值，根据等量异种电荷的

电场特点知道，。点右边的电势小于零，虽然过了D点，电场力对小球要做正功，但。点与右边无

穷远处的电势差等于。点与0点的电势差，所以最终速率一定为U=%=殍J避+诏,故。错

误；

故选：

根据电场力方向判断粒子的运动情况，根据动能定理解得C。两点间的电势差和。点的速度，。点

与右边无穷远处的电势差等于。点与。点的电势差。

本题考查电势差，解题关键掌握动能定理，注意等量异种电荷周围电场线与等势面的分布。

11.【答案】BCX

【解析】解：(IMC、用如图1所示的实验装置，只能探究平抛运动竖直分运动的特点，故AC错

误;

8、在实验过程中，需要改变小锤击打的力度，多次重复实验，故B正确。

故选：Bo

(2)AC、为了保证小球做平抛运动，需要斜槽末端水平，为了保证小球抛出时速度相等，每一次

小球需要静止从同一位置释放，斜槽不需要光滑，故A错误，C正确；

8、上下调节挡板N时不必每次等间距移动，故B错误。

故选：Co

(3)根据平抛运动规律可知竖直方向ZIy=及-为=gτ2

水平方向X=V0T

联立可得%=ɪʃɪ

故答案为：(I)B;(2)C；(3)xJɪ-

(1)根据平抛运动竖直方向的运动规律和实验原理分析；

(2)小球做平抛运动，必须保证斜槽末端切线水平；实验过程中要保证小球每次做平抛运动的初速

度相同，每次应从斜槽的同一位置由静止释放小球；

(3)明确实验的注意事项，根据平抛运动规律在水平和竖直方向的规律，尤其是在竖直方向上，连

续相等时间内的位移差为常数，列出方程即可正确求解。

本题主要考查了平抛运动实验的探究，掌握平抛运动处理规律，理解运动的合成与分解的处理方

法。

12.【答案】BABGC

【解析】解：(1)48、根据mg∕ι=2τm√,质量可消去，则不需要测量重物质量，故A不需要:

8、实验时需要用刻度尺测量纸带上各点的距离，需要用到毫米刻度尺，故B需要；

C、打点计时器有计时功能，不需要秒表，故C不需要；

故选：Bo

(2)4、根据打点计时器的使用方法可知应先接通电源再释放纸带，故A正确；

8、若通过图像验证机械能守恒，需要纸带上选择合适数目的点，不需要重复实验，故B错误；

C、根据mgh=TnW2,可知/=2g∕l,利用数据做出后一∕l图像是一条直线，且斜率数值为2g,

则说明重物下落过程机械能守恒，故C错误。

故选:A,,

(3)测出了AC段和FH段长度，根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程的平均速度，可

以求出B点和G点的速度，所以要验证机械能守恒，还需要测出BG段的长度。

(4)由于实验中空气阻力以及打点计时器对纸带的阻力是无法忽略的，故实验中总会出现重物减少

的重力势能总是略大于重物增加的动能的现象，故C正确，A8O错误。

故选:Co

故答案为：(I)B;(2)4(3)BG;(4)C

(1)根据机械能守恒定律列式，对表示进行分析可知需要的实验工具；

(2)根据实验原理、实验数据的分析以及实验步骤，即可分析各选项；

(3)根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程的平均速度，从而可以求得B、G两点的速

度，由此可知还要测出BG长度；

(4)明确实验原理，根据原理以及能量守恒分析误差的来源。

该实验考查了验证机械能守恒定律的实验，要从实验原理、实验步骤、实验数据、误差分析、实

验器材的选择以及图像分析等方面全面掌握，该题综合性很强，难度较大.

13.【答案】解：(1)小球甲受力如图所示

小球所受电场力方向与电场强度方向相同，小球甲带正电

小球甲静止处于平衡状态，则qE=mgtan60。

解得电场强度大小：E=W≡

q

(2)小球乙恰好静止且与轨道无作用力，小球乙受力如图所示

小球乙所受电场力方向与电场强度方向相反，则小球乙带负电

两小球间的库仑力大小F=鸣

小球乙静止处于平衡状态，由平衡条件得：

竖直方向：FcosGGo=2mg

水平方向：Fsin60o=q,E

解得：q，=里L

答：(1)小球甲的带正电，匀强电场的电场强度大小是臣含：

(2)小球乙带负电，小球乙的电荷量是黑勺。

【解析】(1)对小球甲受力分