北京师范大学附属中学2021-2022学年高一下学期期末物理 Word版含解析

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北京市师大附中2021-2022学年高一年级下学期期末考试物理试卷一、单选题（本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题列出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）1.下列物理量中，属于矢量的是（　　）A.功B.动能C.线速度D.周期【答案】C【解析】【详解】功、动能和周期都是只有大小无方向的物理量，是标量；而线速度既有大小又有方向，是矢量，故选C。2.某人造卫星运行过程中，与地球地心的距离变为原来的2倍，则所受万有引力变为原来的（　　）A.倍B.倍C.2倍D.4倍【答案】B【解析】【详解】根据万有引力公式可知，某人造卫星运行过程中，与地球地心的距离r变为原来的2倍，则所受万有引力变为原来的倍。故选B。3.以下情景描述不符合物理实际的是（　　）A.火车轨道在弯道处设计成外轨高内轨低，以便火车更安全的转弯B.在轨道上飞行的航天器中的物体处于“完全失重状态”，航天器中悬浮的液滴处于平衡状态C.汽车通过拱形桥最高点时对桥的压力小于汽车重力D.洗衣机脱水时利用离心现象把附着在衣物上的水分甩掉【答案】B【解析】【详解】A．为避免侧翻和轨道磨损，需要重力和支持力提供转弯的向心力，因此，火车轨道在弯道处设计成外轨高内轨低，以便火车更安全的转弯，A正确；

1B．在轨道上飞行的航天器中的物体跟随航天器一起做曲线运动，处于非平衡状态，B错误；C．汽车通过拱形桥最高点时，重力和支持力提供向心力，即支持力小于重力，根据作用力与反作用力可知，汽车通过拱形桥最高点时对桥的压力小于汽车重力，C正确；D．洗衣机脱水时利用离心现象把附着在衣物上的水分甩掉，D正确。本题选择不符合物理实际的选项，故选B。4.如图所示，有一个很大的圆形餐桌，水平桌面中间嵌着一可绕中心轴O转动的圆盘，圆盘上A处放一质量为m的菜盘，B处放一质量为0.5m的菜盘，OA＝2OB，圆盘匀速转动，两菜盘均视为质点且不打滑。下列说法正确的是（　　）A.A、B两处菜盘的周期之比为1:2B.A、B两处菜盘的线速度大小之比为2:1C.A、B两处菜盘的向心加速度大小之比为4:1D.A、B两处菜盘受到静摩擦力大小之比为1:1【答案】B【解析】【详解】A．A、B两处菜盘同轴转动，则周期相等，所以A、B两处菜盘的周期之比为1:1，故A错误；B．由于OA＝2OB，所以A、B两处菜盘的转动半径r之比为2:1，则根据线速度与周期关系可知，A、B两处菜盘的线速度大小之比为2:1，故B正确；C．根据向心加速度与周期关系可得，A、B两处菜盘的向心加速度大小之比为2:1，故C错误；D．由于A、B两处菜盘的向心加速度大小之比为

2根据牛顿第二定律可得，A、B两处菜盘受到的静摩擦力大小之比为故D错误。故选B。5.粗糙水平面上有一物体在水平恒力F作用下匀速通过A、B两点，在此过程中（　　）A.物体的运动速度越大，力F做功的功率越大B.物体的运动速度越大，力F做功越多C.拉力F做正功，物体的机械能增加D.接触面越光滑，力F做功越多【答案】A【解析】详解】A．由可知，物体的运动速度越大，力做功的功率越大，故A正确；BD．物体做匀速直线运动，有物体速度变大，但位移不变，则做功不变；同理接触面越光滑，就越小，力F就越小，位移不变，则F做功就越少，故BD错误；C．物体在水平面上匀速运动，动能及重力势能均不变，机械能保持不变，故C错误。故选A。6.如图所示，小球从直立轻质弹簧的正上方处a点由静止自由下落，到b点与弹簧接触，到c点时弹簧被压缩到最短，然后又被弹回。若不计空气阻力，下列判断正确的是（　　）A.能量在动能和弹性势能两种形式之间转化B.小球在b点速度最大

3C.在c点时小球、地球与弹簧组成系统的势能最大D.小球在由b运动到c点的过程中，小球、地球与弹簧组成系统的机械能减小【答案】C【解析】【详解】A．小球下落过程中，能量在动能、重力势能和弹性势能三种形式之间转化，故A错误；B．a点到b点，小球做自由落体运动，小球在b点接触弹簧，弹力逐渐增大，开始时弹力小于重力，加速度方向向下，小球做加速度逐渐减小的加速运动，直到bc间某个位置弹力等于重力时，加速度为零，此时速度最大，然后弹力大于重力，加速度方向向上，小球做加速度逐渐增大的减速运动，直到c点，弹簧被压缩到最短，小球的速度为零，故B错误；CD．以小球、地球与弹簧组成的系统为研究对象，整个过程中仅重力、弹簧弹力做功，因此该系统机械能守恒，故小球在由b运动到c点的过程中，小球、地球与弹簧组成系统的机械能不变，在c点时小球的动能为零，因此势能最大，故C正确，D错误。故选C7.如图所示，京张高铁将北京到张家口的通行时间缩短在1小时内，成为2022年北京冬奥会重要的交通保障设施。假设此高铁动车启动后沿平直轨道行驶，发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的阻力大小恒定。已知动车的质量为m，最高行驶速度km/h。则下列说法正确的是（　　）A.行驶过程中动车受到的阻力大小为B.当动车的速度为时，动车的加速度大小为C.从启动到速度为过程中，动车牵引力所做的功为D.由题目信息可估算京张铁路的全长为350km【答案】B【解析】【详解】A．动车速度最大时，牵引力与阻力平衡，则行驶过程中动车受到的阻力大小

4故A错误；B．当动车的速度为时，动车的牵引力根据牛顿第二定律解得故B正确；C．从启动到速度为的过程中，动车牵引力所做的功等于动车动能增加量和克服阻力做功之和，故大于，故C错误；D．只知道最高的瞬时速率，无法估算平均速率，无法得出大致路程，故D错误。故选B。8.图为研究影响平行板电容器电容大小的因素的实验装置，实验前电容器已经充电，则下列描述符合事实的是（）A.只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大B.只将电容器a板左移，静电计指针的张角变小C.只将电容器a板向上平移，静电计指针的张角变大D.只人为增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容减小【答案】C【解析】【详解】根据

5可得A．根据只在极板间插入有机玻璃，ε增大，U变小，静电计的指针张角变小，A错误；B．根据只将电容器a板左移，增大两极板间的距离，d增大，U变大，静电计的指针张角变大，B错误；C．根据只将电容器a板向上平移，正对面积变小，S变小，U变大，静电计的指针张角将变大，C正确；D．根据只增加电荷量，U变大，静电计的指针张角变大，电容器电容不变，D错误。故选C。9.带电粒子射入一固定的带负电的点电荷-Q的电场中，沿图中实线轨迹从a运动到b，a、b两点到点电荷Q的距离分别为ra、rb（ra>rb），b为运动轨迹上到-Q的最近点，不计粒子的重力，则可知（）A.运动粒子带正电B.b点的电场强度小于a点的电场强度C.b点的电势比a点的电势高D.a到b的过程中，则粒子的动能减小，电势能增大【答案】D【解析】【详解】A．根据粒子轨迹弯曲方向可知，粒子受到排斥力，可知运动粒子带负电，A错误；

6B．由于ra>rb，且，可知，b点的场强大于a点的场强，B错误；C．根据电场线和等势面的关系可知，沿着电场线的方向电势逐渐降低，且ra>rb，则φa>φb，C错误；D．根据选项A可知粒子受到排斥力，a到b的过程中，电场力做负功，粒子的动能减小，电势能增大，D正确。故选D。10.把石块从高处抛出，初速度大小v0，抛出高度为h，方向与水平方向夹角为q（0≤q<90º），如图所示，石块最终落在水平地面上．若空气阻力可忽略，下列说法正确的是（）A.对于不同的抛射角q，石块落地的时间可能相同B.对于不同的抛射角q，石块落地时的动能一定相同C.对于不同的抛射角q，石块落地时的机械能可能不同D.对于不同的抛射角q，石块落地时重力的功率可能相同【答案】B【解析】【详解】A．将石块抛出后，石块在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做竖直上抛运动，竖直方向上有由此式可知，对于不同的抛射角θ，石块落地的时间不同，故A错误；BC．石块运动过程中，只有重力做功，所以机械能守恒，因初速度大小不变，所以对于不同的抛射角，石块落地时的机械能相同，即落地的动能相同，故B正确，C错误；D．在竖直方向：可求石块落地时的竖直方向的瞬时速度，再由P=mgvy可知，不同的抛射角θ，石块落地时重力的功率不相同，故D错误.二、多选题（本题共4小题，每小题4分，共16

7分。在每小题列出的四个选项中，多于一个选项符合题目要求）11.物体做下列哪些运动时满足机械能守恒定律（　　）A.自由落体运动B.不计空气阻力的平抛运动C.光滑水平面上的匀速直线运动D.沿斜面匀速下滑的匀速直线运动【答案】ABC【解析】【详解】A．自由落体运动，只有重力做功，机械能守恒，故A正确；B．不计空气阻力的平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，故B正确；C．光滑水平面上的匀速直线运动，物体的动能不变，重力势能不变，机械能守恒，故C正确；D．沿斜面匀速下滑的匀速直线运动，物体的动能不变，重力势能减小，则机械能减小，机械能不守恒，故D错误。故选ABC。12.如图所示的皮带传动装置中，轮A和B同轴，A、B、C分别是三个轮边缘的点，，则下列说法中正确的是（　　）A.A、B点的线速度之比B.A、B点的角速度之比C.A、C点的角速度之比D.B、C点的周期之比【答案】AC【解析】【详解】AB．由于轮A和B同轴，可知A、B点的角速度相等，即根据

8可得A正确，B错误；C．B、C点线速度相等，根据可得C正确；D．根据周期与角速度关系可得D错误。故选AC。13.下列说法正确的是（　　）A.由可知，机器单位时间内做功越多，其功率就越大B.电容器的电容C是描述元件本身性质的物理量，与两极板间的电势差U、极板上的电荷量Q无关C.电势差的定义式为，这说明电场中a、b两点间的电势差Uab与静电力做功Wab成正比，与移动电荷的电荷量q成反比D.静电力做的功是电荷电势能变化的量度，若电荷在电场中从a点移动到b点时电势能变化量为Ep，则Wab＝Ep【答案】AB【解析】【详解】A．功率是描述做功快慢的物理量，由可知，机器单位时间内做功越多，其功率就越大，A正确；B．电容器的电容C是描述元件本身性质的物理量，与两极板间的电势差U、极板上的电荷量Q

9无关，公式是电容的定义式，B正确；C．电场中a、b两点间的电势差Uab由电场本身性质决定，与静电力做功、电荷量无关，C错误；D．静电力做的功是电荷电势能变化的量度，电场力做正功，电势能减少，电场力做负功电势能增加，若电荷在电场中从a点移动到b点时电势能变化量为Ep，则有D错误。故选AB。14.飞船的某段运动可近似为如图所示的情境，圆形轨道I为空间站运行轨道，设圆形轨道I的半径为r，空间站运转周期为T。椭圆轨道Ⅱ为载人飞船运行轨道，两轨道相切于A点，椭圆轨道Ⅱ的半长轴为a，地球表面重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）A.根据题中信息，可求出空间站运转速度B.空间站在轨道I运行的加速度大于gC.载人飞船若要进入轨道I，需要在A点加速D.空间站在圆轨道I上运行的周期大于载人飞船在椭圆轨道Ⅱ上运行的周期【答案】ACD【解析】【详解】A．根据题中信息，由圆周运动规律可求出空间站运转速度A正确；B．设地球半径为R，在地球表面空间站在轨道I运行时

10可知，空间站在轨道I运行的加速度小于g，B错误；C．载人飞船若要进入轨道I，需要在A点加速，C正确；D．由开普勒第三定律可知空间站在圆轨道I上运行的周期大于载人飞船在椭圆轨道Ⅱ上运行的周期，D正确；故选ACD。三、实验题（本大题共2道小题，共15分）15.通过实验记录抛体运动的轨迹，可以探究抛体运动规律。（1）利用图甲所示的装置研究平抛运动的实验中，下列说法中正确的有（）A.必须选用光滑的斜槽轨道B.斜槽轨道末端必须水平C.小球每次必须从斜槽上同一位置由静止释放D.本实验需要使用秒表计时（2）小球做平抛运动的频闪照片（频闪周期为T）如图乙所示，其中底部、左侧标出的是小球在水平、竖直方向的投影位置，建立如图所示坐标系xOy。小赵测得小球在水平方向相邻的投影之间距离都是L，得出了小球在水平方向做______运动的结论，并进一步计算出小球的水平速度v0＝______；竖直方向上测出了小球竖直方向的坐标y1、y2、y3，可计算出竖直方向加速度ay＝______。【答案】①.BC②.匀速直线③.④.【解析】【详解】（1）[1]BC．因为每次只能记录小球在空中的一个位置，所以要保证小球每次从斜槽未端水平飞出时的速度相等，这就要求斜槽末端必须水平，小球每次必须从斜槽上同一位置由静止释放，故BC正确；AD．斜槽是否光滑不影响记录小球的空中位置，只要保证每次都是从斜槽上同一位置释放即可；平抛运动的时间可以通过竖直位移求出，不需要秒表测量，故AD错误。故选BC。

11（2）[2]小球在水平方向相邻的投影之间距离都是L，得出了小球在水平方向做匀速直线运动；[3]小球的水平速度v0＝[4]根据可计算出竖直方向加速度ay＝16.利用下图装置完成“验证机械能守恒定律”实验，先接通电源，再释放重物，得到下图所示的一条纸带。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的距离分别为、、。已知当地重力加速度为，打点计时器打点的周期为。设重物的质量为。（1）从O点到B点的过程中，重力势能减少量______，动能增加量______。（2）某同学想用下述方法研究机械能是否守恒：在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离，计算对应计数点的重物速度，描绘图像，并做如下判断：若图像是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能守恒。请你分析论证该同学的判断依据是否正确______。【答案】①.②.③.见解析【解析】【详解】（1）[1]从O点到B点的过程中，重力势能减少量为[2]根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段时间平均速度，则有

12从O点到B点的过程中，动能增加量为（2）[3]假设重物下落过程受到的阻力一定，根据动能定理可得可得可知图像为一条过原点的直线，但重物下落过程中机械能不守恒，说明该同学的判断依据不正确。若重物下落过程受到的阻力可忽略不计，则有可得可见当图像为一条过原点的直线，且满足图像的斜率接近时，重物下落过程中机械能守恒。四、计算与论述题（本大题共4道小题，共39分）17.一根细线与小球相连，使小球在水平面内做匀速圆周运动，已知重力加速度g，测得小球质量为m，绳长为l，绳子与竖直方向夹角为。忽略球的大小，求：（1）小球所受向心力F的大小；（2）计算小球做圆周运动的线速度v的大小；（3）计算小球做圆周运动的周期T。【答案】（1）mgtanθ；（2）；（3）【解析】【详解】（1）对小球体进行受力分析如图所示

13则小球所受向心力F的大小为（2）根据向心力表达式有解得（3）根据线速度与周期的关系解得18.一个初速度为零的电子在经U1的电压加速后，垂直平行板间的匀强电场从距两极板等距处射入。如图所示若两板间距为d，板长为L，两板间的偏转电压为U2；当有带电粒子撞击荧光屏时会产生亮点。已知电子的带电量为e，质量为m，不计重力，求：（1）电子经加速电压U1加速后以多大的速度v0进入偏转电场；（2）电子射出偏转电场时速度偏转角的正切值tanθ；（3）若有电子、质子、粒子三种粒子经此装置出射，最终在右侧的荧光屏上我们会看到几个点？（荧光屏紧贴偏转极板）请计算说明。

14【答案】（1）；（2）；（3）两个亮点【解析】【详解】（1）电子经加速电压U1加速，由动能定理有解得（2）电子在偏转电场下运动，在竖直方向由牛顿第二定律得得偏转加速度为水平方向匀速穿过板过程用时为电子速度偏转角的正切值为代入数据得（3）在右侧的荧光屏上竖直方向偏转位移为代入以上数据得可见竖直方向位移与荷质比无关，考虑正负电性最终会看到两个亮点。19.游乐场的过山车运动可以简化为如图所示：固定在竖直面内的粗糙弧形轨道AB和半径为R

15的光滑圆形轨道BC在B点平滑连接，过山车质量为m（可视为质点）在高度为4.5R的A点由静止释放沿弧形轨道滑下，经过B点进入圆轨道后恰能运动到最高点C，已知重力加速度为g，求：（1）求过山车运动到圆轨道的最高点C时速度的大小vc；（2）求在AB弧形轨道上运动时阻力所做的功Wf；（3）若弧形轨道AB光滑，计算过山车通过C点时对轨道的压力Fc的大小。【答案】（1）；（2）；（3）4mg【解析】【详解】（1）过山车在C点，重力提供向心力，有mg＝m解得（2）过山车从A点运动到C点过程中，根据动能定理可得mg(4.5R-2R)＋Wf＝解得（3）若弧形轨道AB光滑，过山车从A点运动到C点过程中，根据动能定理可得mg(4.5R-2R)＝解得过山车在C点合力提供向心力，有mg＋N＝m解得N＝4mg

16由牛顿第三定律，可得Fc＝N＝4mg20.2022年6月5日，神舟十四号载人飞船采用自主快速交会对接模式成功对接于天和核心舱径向端口，对接过程简化如图所示。神舟十四号先到达天和核心舱轨道正下方d的停泊点并保持相对静止，完成各种测控后，开始沿地心与天和核心舱连线（径向）向天和核心舱靠近，以很小的相对速度完成精准的端口对接。对接技术非常复杂，故做如下简化。地球质量为M，万有引力常量为G，忽略自转；核心舱轨道是半径为R的正圆；对接前核心舱的总质量为m1，神舟十四号质量为m2。（1）计算核心舱绕地球运动的周期T；（2）核心舱的能源来自展开的太阳能板，设太阳辐射的能量以球面均匀向外扩散，（球面面积公式）若单位时间内辐射总能量P0，核心舱与太阳间距离为r，核心舱运转所需总功率为P，试计算维持核心舱运行最少所需的太阳能板面积S；（3）在观看对接过程时，同学们对神舟十四号维持在停泊点的状态展开讨论：小谢同学认为：神舟十四号在核心舱下方，轨道更低，运行速度理应更快，所需向心力更大，说明需要开动发动机给飞船提供一个指向地心的推力才能维持停泊点。小时同学认为：神舟十四号在核心舱下方，却与核心舱同步环绕，所需向心力更小，说明需要开动发动机给飞船提供一个背离地心的推力才能维持停泊点。请计算说明哪位同学的想法正确，并求出神舟十四号维持在停泊点所需推力F的大小和方向。【答案】（1）；（2）；（3），方向背离地心【解析】【详解】（1）由可得核心舱绕地球运动的周期（2）由

17可得维持核心舱运行最少所需的太阳能板面积（3）只有万有引力提供向心力的时候，神舟十四号的轨道处角速度应该更快，说明此时所需的向心力减小了，则提供的向心力比引力要小，所以发动机提供的推力F指向核心舱，同步环绕，则核心舱与神舟十四号周期相同；对核心舱对神舟十四号则方向背离地心（指向核心舱），小时同学想法正确。

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