河北省石家庄市辛集市2022-2023学年高一下学期7月期末物理试题

辛集市2022—2023学年度第二学期期末教学质量监测高一物理试卷（考试时间75分钟，满分100分）注意事项：1、答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2、回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，冉选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3、考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.如图所示，一小球A在水平面内做匀速圆周运动，细绳长为L，与竖直方向的夹角为。关于小球A的受力情况，下列说法正确的是（）A.小球A受重力、拉力和向心力的作用B.若绳子断了，小球将沿绳子拉力的反方向运动C.小球A受拉力为D.若小球转速加快，绳子的拉力不变【答案】C【解析】【详解】A．小球A受重力、拉力的作用，故A错误；

B．若绳子断了，小球将做平抛运动，故B错误；C．小球的受力如图所示小球A受拉力为故C正确；D．根据牛顿第二定律可得

可得

小球转速加快，则角速度增大，增大，绳子的拉力增大，故D错误。故选C。2.如图所示，固定一负电小球a的绝缘支架放在电子秤上，此时电子秤示数为F．现将带负电的另一小球b移至距离小球a正上方L时，电子秤示数为F1，若只将小球b的电性改为正电荷，电子秤示数为F2，则A.F1＝F2B.F1＋F2＝FC.若小球b带负电，L增大，则F1也增大D.若小球b带正电，L减小，则F2也减小【答案】D【解析】【详解】若设两球间的库仑力为F′，则小球b带负电时：F+F′=F1；b带正电时：FF′=F2；解得F1>F2；F1＋F2＝2F，选项AB错误；若小球b带负电，L增大，则F′减小，则F1也减小，选项C错误；若小球b带正电，L减小，则F′变大，则F2减小，选项D正确；故选D.点睛：此题考查电荷间的作用规律以及平衡问题；关键是能对小球受力分析，列出平衡方程即可进行讨论.3.图为某电容传声器结构示意图。由固定不动的金属板和能在声波驱动下沿水平方向振动的金属膜片两部分组成。当人对着传声器讲话，金属膜片会振动，随之改变两者之间的距离，从而使电容发生变化。若某次膜片振动时，膜片与极板距离增大，则在此过程中（）A.膜片与极板间的电容增大 B.极板所带电荷量增大C.电阻中有电流通过 D.膜片与极板间的电场强度增大【答案】C【解析】【详解】A．根据可知膜片与极板距离增大，膜片与极板间的电容减小，故A错误；B．根据膜片与极板始终与电源相连，则电压不变，由于电容减小，极板所带电荷量减小，故B错误；C．膜片与极板距离增大，极板所带电荷量减小，故电阻中有电流通过，故C正确；D．根据可知膜片与极板距离增大，膜片与极板间的电场强度减小，故D错误。故选C。4.为欢度春节，某酒店的旋转门上A、B两点粘贴着小型装饰物（视为质点）可绕中心轴转动，到中心轴的距离为到中心轴距离的两倍，处装饰物的质量为处装饰物质量的两倍，如图所示。当旋转门匀速转动时，下列说法正确的是（）A.A、B两处装饰物的周期之比为B.A、B两处装饰物的向心加速度大小之比为C.A、B两处装饰物的线速度大小之比为D.A、B两处装饰物受到的向心力大小之比为【答案】C【解析】【分析】详解】A．A、B两处装饰物绕同一轴转动，则周期相等，选项A错误；B．根据a=ω2r可知，A、B两处装饰物的向心加速度大小之比为2:1，选项B错误；C．根据v=ωr可知，A、B两处装饰物的线速度大小之比为2:1，选项C正确；D．根据F=ma可知，A、B两处装饰物受到的向心力大小之比为1:1，选项D错误。故选C。5.如图所示，地球可以看成一个巨大的拱形桥，桥面半径R=6400km，地面上行驶的汽车中驾驶员的重力G=800N，在汽车的速度可以达到需要的任意值，且汽车不离开地面的前提下，下列分析中正确的是（）

A.汽车的速度越大，则汽车对地面的压力也越大B.不论汽车的行驶速度如何，驾驶员对座椅压力大小都等于800NC.不论汽车的行驶速度如何，驾驶员对座椅压力大小都小于他自身的重力D.如果某时刻速度增大到使汽车对地面压力为零，则此时驾驶员会有超重的感觉【答案】C【解析】【详解】AB、汽车的重力和地面对汽车的支持力的合力提供向心力，则有，重力是一定的，v越大，则N越小，故AB错误；C、因为驾驶员的一部分重力用于提供驾驶员做圆周运动所需的向心力，所以驾驶员对座椅压力小于他自身的重力，故C正确；D、如果速度增大到使汽车对地面的压力为零，说明汽车和驾驶员的重力全部用于提供做圆周运动所需的向心力，处于完全失重状态，此时驾驶员会有失重的感觉，故D错误；故选C．6.如图所示，实线表示某电场的电场线（方向未标出），虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为，粒子在M和N时加速度大小分别为，速度大小分别为，电势能分别为．下列判断正确的是A. B.C. D.【答案】D【解析】【详解】试题分析：将粒子的运动分情况讨论：从M运动到N；从N运动到M，根据电场的性质依次判断；电场线越密，电场强度越大，同一个粒子受到的电场力越大，根据牛顿第二定律可知其加速度越大，故有；若粒子从M运动到N点，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做负功，电势能增大，动能减小，即，负电荷在低电势处电势能大，故；若粒子从N运动到M，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做正功，电势能减小，动能增大，即，负电荷在低电势处电势能大，故；综上所述，D正确；【点睛】考查了带电粒子在非匀强电场中运动；本题的突破口是根据粒子做曲线运动时受到的合力指向轨迹的内侧，从而判断出电场力方向与速度方向的夹角关系，进而判断出电场力做功情况．7.发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点如图，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是（）A.卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率B.卫星在轨道3上的角速度大于在轨道1上的角速度C.卫星在轨道1上经过Q点时的加速度等于它在轨道2上经过Q点时的加速度D.卫星在轨道2上经过P点时的加速度大于它在轨道3上经过P点时的加速度【答案】C【解析】【详解】假定引力常数为G，地球质量为M，卫星轨道半径为r，卫星质量为m，则有解得，，A．由分析可知卫星轨道半径越大，运行速度越小，则卫星在轨道3上运行的速度小于在轨道1上运行的速度，故A错误；B．由分析可知卫星轨道半径越大，角速度越小，则卫星在轨道3上运行的角速度小于在轨道1上运行的角速度，故B错误；CD．由分析可知卫星的加速度由卫星与地心的距离而定，则卫星在轨道1上经过Q点时的加速度等于它在轨道2上经过Q点时的加速度；卫星在轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度，故C正确，D错误。故选C。二、多项选择题：本题共3个小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，每题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.茶起源于中国。在《神农本草》中记载：“神农尝百草，日遇七十二毒，得茶以解之”。中国茶文化发展源远流长、博大精深，从平民百姓的“柴米油盐酱醋茶”中的“物质茶”，到文人墨客的“琴棋书画诗酒茶”中的“精神茶”，是中华民族对其独有的传统文化印记，也是中国几千年来文明发展的见证。炒青可使茶叶柔软增进茶香，是铁观音制作的重要步骤。如图，技师从热锅底将质量为m的茶叶以初速度v0竖直扬起，不考虑阻力，以锅底为零势能面，则茶叶重心上升h时（）A.重力做功为mgh B.合外力做功为C.动能为 D.机械能为【答案】CD【解析】【详解】A．重力的方向与茶叶的运动方向相反，重力做负功，所以重力做功为mgh，故A错误；B．合外力的功等于重力的功，所以合外力的功为mgh，故B错误；C．根据动能定理得解得故C正确；D．根据机械能守恒定律，茶叶重心上升h时的机械能等于抛出时的机械能，故D正确。故选CD。9.如图所示，内壁光滑的半球形容器固定放置，其圆形顶面水平。两个完全相同的小球分别沿容器内壁，在不同的水平面内做匀速圆周运动。下列判断正确的是（）A.对内壁的压力大于对内壁的压力 B.的角速度小于的角速度C.的周期小于的周期 D.的向心加速度与的向心加速度大小相等【答案】AC【解析】【详解】A．设小球与半球形容器球心连线与竖直方向的夹角为，竖直方向根据受力平衡可得由于可得则a对内壁的压力大于b对内壁的压力，故A正确；B．设半球形容器的半径为，根据牛顿第二定律可得角速度为可知的角速度大于的角速度，故B错误；C．根据可知的周期小于的周期，故C正确；D．根据牛顿第二定律可知的向心加速度大于的向心加速度，故D错误。故选AC。10.如图所示，一对等量正点电荷相距为，其连线中点为，以为圆心，为半径的圆与两正点电荷间的连线及连线的中垂线分别交于和，以为坐标原点、垂直向上为正方向建立轴。取无穷远处电势为零。则下列判断正确的是（）A.两点的场强相同B.轴上，时沿正方向电势随坐标的变大而减小C一试探电荷由点运动到点，其电势能减小D.轴上沿正方向电场强度的大小随坐标的变大而增大【答案】BC【解析】【详解】A．根据等量正电荷电场特点，可知两点的场强大小相同，方向相反，故A错误；B．根据点电荷电场强度公式以及电场强度的叠加，可知轴上，时电场强度方向为沿轴正方向，根据沿电场线电势降低可知轴上，时沿正方向电势随坐标的变大而减小，故B正确；C．根据等量正电荷电场特点，可知点电势高于点，一试探电荷由点运动到点，电场力做正功，其电势能减小，故C正确；D．根据点电荷电场强度公式以及电场强度的叠加，可知点的电场强度为零，无穷远处的电场强度为零，故轴上沿正方向电场强度先增大后减小，故D错误。故选BC。三、非选择题：共54分。11.某同学用如图所示的向心力演示器，探究小球做匀速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，转动手柄使长槽和短槽分别随变速塔轮1和变速塔轮2匀速转动，槽内的小球就随槽做匀速圆周运动。横臂的挡板对小球的压力提供向心力，小球对挡板的反作用力通过横臂的朾杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上黑白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的大小关系。如图是探究过程中某次实验时装置的状态。（1）在研究向心力的大小与质量关系时，要保持______________相同；A.和B.和C.和D.和（2）当传送皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上，两个塔轮边缘的______________大小相等（选填“线速度”或“角速度”）；（3）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示出两个小球所受向心力的比值为，与皮带连接的两个变速塔轮的半径之比为______________。A．B．C．D．【答案】①.A②.线速度③.D【解析】【详解】（1）[1]向心力的大小与质量关系时，须保持角速度和转动半径不变。故选A。（2）[2]当传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上，属于皮带传动，两个塔轮边缘处的线速度大小相同；（3）[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。故选D。12.为了验证机械能守恒定律，同学们在实验前先分组讨论了哪些物体做什么运动满足机械能守恒，然后再讨论结果设计实验装置。其中一组同学采用落体法做“验证机械能守恒定律”的实验。（1）释放纸带前的瞬间，下列四幅图中重物和手的位置合理的是______________A.B.C.D.（2）关于实验器材的选择，下列说法合理的是______________A.选取重物时，应选质量大、体积小的物体较好B.打点计时器可以用干电池供电C.同样条件下，采用电火花计时器比采用电磁打点计时器纸带所受阻力更小D.本实验需较精确测量重物质量，所以天平是必备器材（3）该同学进行正确实验操作，选取一条点迹清晰的纸带，如图所示。其中点为纸带上打下的第一个点，为三个计数点，打点计时器接的交流电，在计数点和之间、和之间各有四个点未画出，重物的质量，取。根据以上数据，打点时重物的重力势能比开始下落时减少了______________J，这时它的动能是______________J。（计算结果均保留三位有效数字）。若在误差允许的范围内，重力势能的减少量等于动能的增加量，则重物下落过程中机械能守恒。（4）再算出其余各点对应的速度，以为横坐标，以为纵坐标，画出的图像应是如图中的______________。A．B.C.D.【答案】①.A②.AC##CA③.6.91④.6.85⑤.C【解析】【详解】（1）[1]验证机械能守恒定律的实验为保证重物只受重力下落，应尽量减小摩擦力，减小纸带与打点计时器之间的摩擦，减小纸带与手之间的摩擦；为使打出来的点尽量多，减小测量长度时的误差，释放纸带前的瞬间，重物与打点计时器要靠近些。故选A。（2）[2]A．为减小空气阻力的影响，选取重物时，应选质量大、体积小的物体较好，故A正确；B．打点计时器必须接交流电，故不可以用干电池供电，故B错误；C．电火花计时器是利用火花放电使墨粉带电，带电的墨粉颗粒移动到纸带上留下点迹，纸带与放电针不接触，而电磁打点计时器是利用振针点压复写纸，在纸带上留下点迹，振针与纸带接触存在摩擦，故同样条件下，用电火花计时器比采用电磁打点计时器纸带所受阻力更小，故C正确；D．本实验重力势能减少量与动能增加量表达式中都有重物质量，可以消掉，故不需测量重物质量，不需要天平，故D错误。故选AC。（3）[3]打点时重物的重力势能比开始下落时减少了[4]打B点时重物的速度为打B点时重物的动能为（4）[5]根据重物机械能守恒有整理得可知图象为一条过原点的直线。故选C。13.2020年11月24日4时30分，嫦娥五号探测器在海南文昌卫星发射中心成功发射。开启了我国首次地外天体采样返回之旅。假设该探测器在着陆月球前贴近月球表面运行一周用时为，已知月球半径为，地球的半径为，地球的质量为，地球表面的重力加速度为，引力常量为未知，则月球的质量为多少？【答案】【解析】【详解】绕地球表面运动的物体由牛顿第二定律可知对探测器有结合两个公式可解得14.如图所示，一个带