十堰市2021~2022学年下学期期末调研考试高一物理本试题卷共6页，其23道题，满分100分，考试时间90分钟。★祝考试顺利★注意事项：1、答题前，考生先将自己的姓名、考号填写在答题卡与试题卷上，并将考号条形码贴在答题卡上的指定位置。2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B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，再选涂其他答案标号。答在试题卷、草稿纸上无效。3、非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔将答案直接答在答题卡上对应的答题区域内。答在试题卷、草稿纸上无效。4、考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，只交答题卡。一、选择题：本题共18小题，每小题3分，共54分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的，选对得3分，不选、错选得0分。1.下列关于合运动与分运动的说法正确的是（ ）A.合运动的位移一定比其中的一个分位移大B.合运动的速度一定比其中的一个分速度大C.合运动的位移是分运动位移的矢量和D.合运动的时间一定比分运动的时间长【答案】C【解析】【详解】C．位移是矢量，合成遵循平行四边形定则，合运动的位移为分运动位移的矢量和，故C正确；D．合运动与分运动具有等时性，合运动的时间等于分运动的时间，故D错误；AB．根据平行四边形定则，知合速度可能比分速度大，可能比分速度小，可能与分速度相等，则合位移可能比分位移大，可能比分位移小，可能与分位移相等，故AB错误。故选C。2.如图所示，以大小为5m/s的水平初速度抛出的物体，飞行一段时间后，垂直撞在倾角为30°的斜面上。不计空气阻力，取重力加速度大小g=10m/s2，则物体在空中运动的时间为（）\nA.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】由题意，根据几何关系可得又联立解得故选C。3.如图所示，A、B两点分别位于大、小轮的边缘上，C点位于大轮半径的中点，大轮的半径是小轮半径的2倍，它们之间靠传送带传动且不打滑。则（）A.A、B两点的周期之比为1：2B.B、C两点的角速度大小之比为2；1C.A、B两点的线速度大小之比为2：1D.B、C两点的向心加速度大小之比为1：4【答案】B【解析】【详解】AC．因为皮带传动边缘点的线速度相等，所以A与B的线速度的大小相等\n又因为大轮的半径是小轮半径的2倍，由可得A、B两点的周期之比为2：1，故AC错误；BD．因为A、C两点为同轴转动，则角速度相等，即根据结合题意可得又根据可得故B正确，D错误。故选B。4.如图所示，两个质量不同的小球用长度不等的细线拴在同一点，并在同一水平面内做匀速圆周运动，则它们的（ ）A.运动周期相同B.运动线速度相同C.运动角速度不相同D.向心加速度相同【答案】A【解析】【详解】AC．小球圆周运动的向心力由重力和绳拉力的合力提供，绳与竖直方向的夹角为，如图所示\n对小球，根据牛顿第二定律得因为小球在同一平面内做圆周运动，则由题意知，小球圆周运动半径其中为运动平面到悬点的距离。解得因为相同，则角速度大小相等，则周期相同，故A正确，C错误；B．根据知，两球的角速度相等，转动的半径不等，则线速度大小不等，故B错误；D．根据知，转动的半径不等，角速度相等，则向心加速度大小不等，故D错误。故选A。5.关于万有引力定律的表达式，下列说法正确的是（ ）A.公式中G为引力常量，它的值是B.当r趋近于零时，万有引力趋近于无穷大C.质量分别为m1、m2的物体受到的引力总是大小相等、方向相反，是一对平衡力D.质量分别为m1、m2的物体受到的引力总是大小相等、方向相反，是一对作用力与反作用力【答案】D【解析】【详解】A．公式中 G 为引力常量，它的值是，选项A错误；B．当r趋近于零时，万有引力定律不再适用，选项B错误；CD．质量分别为m1、m2的物体受到的引力总是大小相等、方向相反，是一对作用力与反作用力，故D正确，C错误。故选D。6.如图所示，A、B\n为两颗绕地球运动的卫星。若两卫星的运动均可视为匀速圆周运动。则（）A.A的周期大于B的周期B.A的线速度大于B的线速度C.A的角速度大于B的角速度D.A的加速度大于B的加速度【答案】A【解析】【详解】A．设地球质量为M，卫星质量为m，卫星的轨道半径为r，根据万有引力提供向心力得因为则A正确；B．根据万有引力提供向心力得因为\n则B错误；C．由又得C错误；D．根据万有引力提供向心力得因为则D错误。故选A。7.关于地球同步卫星，下列说法正确的是（ ）A.它的发射速度小于7.9km/sB.它的环绕速度大于7.9km/sC.它的轨道平面与过地球南、北极的平面一定重合D.每一个地球同步卫星离地面的高度都相同\n【答案】D【解析】【详解】AB．第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度，也是发射卫星的最小速度，而同步卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，根据得可以发现，同步卫星运行的线速度一定小于7.9km/s，它的发射速度大于7.9km/s，故AB错误；C．地球的同步卫星轨道与赤道处于同一平面，周期与地球自转周期相同，故C错误；D．根据万有引力提供向心力其中R为地球半径，h为同步卫星离地面的高度．由于同步卫星的周期与地球自转周期相同，所以T为一定值，根据上面等式得出：同步卫星离地面的高度h也为一定值，故D正确。故选D8.如图所示，质量为m的物体（视为质点）从固定光滑斜面的顶端由静止开始下滑，最终滑至斜面底端。斜面的高度为h，倾角为，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）A.该过程中物体所受重力不做功B.该过程中物体克服重力做的功为C.物体经过斜面底端时，所受重力做功的瞬时功率为D.物体经过斜面底端时，所受重力做功的瞬时功率为\n【答案】D【解析】【详解】AB．该过程中物体所受重力做正功，为，故AB错误；CD．根据机械能守恒定律可得解得物体经过斜面底端时速度物体经过斜面底端时竖直方向分速度重力做功的瞬时功率为故D正确，C错误。故选D。9.某同学用力踢静止的、质量为0.5kg的足球，使球以30m/s的速度沿水平方向飞出。若该同学踢球时对球的平均作用力为200N，球在水平方向运动了50m，那么该同学对球所做的功为（ ）A.225JB.300JC.450JD.10000J【答案】A【解析】【详解】根据动能定理代入数据解得该同学对球所做的功故A正确，BCD错误。故选A。10.如图所示，一轻弹簧的一端固定于O点，另一端系一重物。将重物从与悬点O在同一水平面且弹簧保持原长的A点无初速度释放，让它自由下摆，不计空气阻力，则在重物由A\n点摆向最低点B的过程中（ ）A.重物的机械能增大B.重物的机械能守恒C.重力做正功，弹力不做功D.重物和弹簧组成的系统机械能不变【答案】D【解析】【详解】ABC．在重物下落的过程中，弹簧被拉伸，重力做正功，弹簧弹力做负功，弹簧的弹性势能增加，重物的机械能减小，故ABC错误；D．在重物下落的过程中，对于由重物和弹簧组成的系统，只有重力和弹簧弹力做功，故系统机械能守恒，故D正确。故选D。11.如图所示，有一半径为R半圆形MKN，O为圆心，质量为4m的A球和质量为m的B球用轻质细绳连接后挂在圆面边缘。现将A球从边缘M点由静止释放，P是圆弧MN上的一点，且OP与OM成60°角，若不计一切摩擦，重力加速度大小为g，当A球沿圆面滑到P点时（ ）A.A、B两球的速度大小相等B.A球重力势能减少C.B球重力势能增加D.A、B球组成的系统机械能不守恒【答案】B【解析】\n【详解】A．当A球沿圆面滑到P点时，B求的速度等于A球速度沿着绳子方向的分速度，故A错误；B．A球重力势能减少故B正确；C．由几何关系可知，长为，则B球重力势能增加故C错误；D．A、B球组成的系统只有重力做功，机械能守恒，故D错误。故选B。12.三个固定的带电小球a、b和c如图所示，相互间的距离分别为ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm。小球c所受库仑力的合力方向平行于a、b的连线。若a、b两小球的电荷量分别为Qa、Qb，则（）A.a、b所带电荷为同种电荷，B.a、b所带电荷为异种电荷，C.a、b所带电荷为同种电荷，D.a、b所带电荷为异种电荷，【答案】D【解析】【详解】AC．小球c所受库仑力的合力方向平行于a、b的连线，则a、b两小球对c小球的库仑力的竖直方向的分力平衡，必然一个是斥力一个是引力，故a、b所带电荷为异种电荷，故AC错误；\nBD．根据几何关系根据竖直方向平衡条件解得故B错误，D正确。故选D。13.在点电荷Q电场中，一个α粒子()通过时的轨迹如图实线所示，a、b为两个等势面，则下列判断中正确的是()A.Q可能为正电荷，也可能为负电荷B.运动中粒子总是克服电场力做功C.α粒子经过两等势面的动能Eka＞EkbD.α粒子在两等势面上的电势能Epa＞Epb【答案】C【解析】【详解】A.根据轨迹可以知道，粒子受到的力为斥力，所以Q带正电，A错误．B.因为Q带正电，从b到a电场力做正功，B错误．C.因为从b到a电场力做正功，动能增大，电势能减小，所以Eka＞Ekb，Epa<Epb，C正确D错误．14.如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异种电荷。一带电粒子沿水平方向射入板间，仅受电场力作用下，其运动轨迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（ ）\nA.若粒子带正电，则A板带负电荷B.若粒子带负电，则金属板间的电场方向竖直向下C.粒子从M点运动到N点，其电势能一定增加D.粒子从M点运动到N点，其动能一定增加【答案】D【解析】【详解】A．若粒子带正电，由图可知，粒子向下偏转，则粒子所受电场力竖直向下，金属板间电场强度竖直向下，可知A板带正电荷，故A错误；B．若粒子带负电，由图可知，粒子向下偏转，则粒子所受电场力竖直向下，金属板间电场强度竖直向上，故B错误；CD．粒子从M点运动到N点，电场力做正功，则电势能减小，动能增大，故D正确，C错误。故选D。15.如图所示，在真空中，A、B、C、D为匀强电场中相邻的四个等势面，一个电子垂直经过等势面D时，动能为20eV，经过等势面C时，电势能为10eV，飞至等势面B时速度恰好为零。已知相邻等势面间的距离均为5cm，不计电子受到的重力，则下列说法正确的是（ ）A.等势面A的电势为10VB.等势面B的电势为零C.电子能经过等势面A且此时电势能为10eVD.电子经过等势面D时电势能为20eV【答案】B【解析】【详解】AB．电子从D到B的过程，根据动能定理得\n解得即D点电势高于B点电势，电场方向竖直向上，则电场强度为电子经过等势面C时的电势能为，则C点的电势为所C点与B点的电势差为代入数据可得B点电势为0，因为CA间的电势差等于DB间的电势差，可知A点电势为，故B正确，A错误；C．由题意知，电子到B等势面时，速度为零，所受电场力向下，故不可能达到A等势面，故C错误；D．根据可得根据可知电子经过等势面D时电势能为，故D错误。故选B。16.如图所示，三个质量相等的且分别带正电、负电和不带电的小球，以相同速率从带电平行金属板的P点沿垂直于电场方向射入电场，落在A、B、C三点，则（ ）A.落到A点的小球带正电，落到B点的小球带负电，落到C点的小球不带电\nB.三小球在电场中运动时间相等C.三小球到达正极板的动能关系是EkA>EkB>EkCD.三小球在电场中的加速度关系是【答案】D【解析】【详解】ABD．运动，由图看出，水平位移的关系为xA＞xB＞xC，而它们的初速度v0相同，由位移公式x=v0t得知，运动时间关系为tA＞tB＞tC．三个小球在竖直方向都做匀加速直线运动，竖直位移大小y相等，由位移公式得到，加速度的关系为aA＜aB＜aC．根据牛顿第二定律得知，三个小球的合力关系为：FA＜FB＜FC．三个质量相等，重力相等，可知A所受的电场力向上，C所受的电场力向下，则A带正电、B不带电、C带负电．故AB均错误D正确；C．由上分析得到，电场力对A做负功，电场力对C做正功，而重力做功相等，而且重力都做正功，合力对小球做功A最小，C最大，初动能相等，则根据动能定理得知，到达正极板时动能关系EKA＜EKB＜EKC．故C错误。故选D。17.如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态．现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴（）A.仍然保持静止B.竖直向下运动C.向左下方运动D.向右下方运动【答案】D【解析】【详解】\n本题考查平行板电容器的电场及电荷受力运动的问题，意在考查考生分析问题的能力．两极板平行时带电粒子处于平衡状态，则重力等于电场力，当下极板旋转时，板间距离增大场强减小，电场力小于重力；由于电场线垂直于金属板表面，所以电荷处的电场线如图所示，所以重力与电场力的合力偏向右下方，故粒子向右下方运动，选项D正确．点睛：本题以带电粒子在平行板电容器电场中的平衡问题为背景考查平行板电容器的电场及电荷受力运动的问题，解答本题的关键是根据电场线与导体表面相垂直的特点，B板右端向下，所以电场线发生弯曲，电场力方向改变．18.如图所示，等腰三角形ABC处在匀强电场中，，，一个电荷量的带负电的点电荷由A移到C的过程中，电势能增加，由C移到B的过程中电场力做功，下列说法正确的是（）A.A、C两点的电势差UAC=-3VB.A点的电势等于B点的电势C.该电场的电场强度方向垂直ACD.该电场的电场强度大小为2V/m【答案】B【解析】【详解】A.根据U= 分别可求AC间和CB间的电势差，带负电的点电荷由A移到C的过程中，电势能增加，电场力做的功WAC=-，A、C两点间电势差UAC= =V=3V 故A错误；B.电荷从C移到B的过程中电场力做功WCB=，C、B两点间电势差\nUCB==V=-3V 即（A-C）=-（C-B），所以A=B，即A点的电势等于B点的电势，故B正确；C.A点的电势等于B点的电势，A、B在同一个等势面上，直线AB是等势线；根据场强方向与等势线垂直，在电场中沿着电场线电势逐渐降低，所以该电场的电场强度方向垂直AB向上，故C错误；D.该电场的电场强度大小E==V/m=1V/m故D错误．二、实验题：8分+8分=16分。19.在“探究平抛运动的特点”的实验中：（1）让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画出小球平抛运动的轨迹。下列操作正确的是_______。A.检查轨道末端槽口是否水平B.每次由不同位置静止释放小球C.每次必须等距离下降并记录小球位置D.小球运动时不应与木板上的白纸相接触（2）用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长，若小球在平抛运动中的几个位置如图中的a、b、c所示，取重力加速度大小，则小球平抛的初速度大小________m/s，小球在b点的速度大小_________m/s。（结果均保留两位有效数字）【答案】①.AD##DA②.0.60③.0.65【解析】【详解】（1）[1]A\n．要使小球做平抛运动，必须保证斜槽末端水平，所以需要检查轨道末端槽口否水平，故A正确；B．为保证小球水平抛出的初速度大小相同，小球应从同一位置由静止释放，故B错误；C．竖直方向做自由落体，相等时间下降的距离变大，记录小球经过不同高度的位置时，每次不必严格地等距离下降，故C错误；D．小球在同一竖直平面内做平抛运动，实验前应检查固定白纸的木板是否竖直，小球运动时避免摩擦阻力的影响，不应与木板上的白纸向接触，故D正确；（2）[2][3]由图可知，从和水平位移相等，则时间间隔相等，竖直方向根据代入数据解得相邻点间的时间间隔初速度大小竖直方向根据中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度得小球在b点的速度大小20.采用如图甲所示的装置做“验证机械能守恒定律”实验。（1）除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的有________。\nA．交流电源B．天平（含砝码）C．刻度尺D．秒表（2）实验中，先接通电源，再释放重物，在纸带上打出一系列的点，如图乙所示。已知重物的质量为0.4kg，打点计时器的打点频率为50Hz，取重力加速度大小g=10m/s2，纸带上所标数据单位为cm，其中O点与下一点之间的距离为2mm，那么从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量________J，动能增加量_________J。（结果均保留三位有效数字）（3）大多数学生的实验结果显示，重物重力势能的减少量略大于动能的增加量，出现这种结果的主要原因是________。A．利用公式计算重物的速度B．利用公式计算重物的速度C．受到空气阻力和摩擦阻力D．没有采用多次实验取平均值方法【答案】①.AC##CA②.0.200③.0.162④.C【解析】【详解】（1）[1]实验时还必须使用的器材有交流电源和刻度尺；打点计时可记录重物的运动时间，所以不需要秒表；若重物的机械能守恒，则有可知在不需要得出重力势能减少量与动能增加量的具体数据时，可以不测质量，即不需要天平。故选AC。（2）[2]重物的重力势能减少量[3]打B点时的速度则动能变化量（3）[4]AB．利用公式或相当于默认物体只受重力，机械能已经守恒，起不到验证作用，AB错误；\nC．由于重物拖着纸带在下落过程中，存在一定的空气阻力和纸带与打点计时器之间的摩擦力，所以减少的重力势能一部分转化为动能，还有一部分要克服空气阻力和摩擦阻力做功而转化为内能，故重力势能的减少量大于动能的增加量，C正确；D．没有采用多次实验取平均值的方法不会使重力势能的减少量大于动能的增加量，D错误。故选C。三、计算题：本大题有3小题，共30分。在答题卡上对应的答题区域内用0.5毫米黑色墨水签字笔直接作答。答在本试题卷上无效。要求写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。21.2002年5月15日，“海洋一号”卫星发射升空实现了我国海洋卫星“零”的突破。目前，我国海洋卫星已进入组网观测时代，形成对全球海域连续高频次观测覆盖网。视作均匀球体的地球半径为R，某颗海洋卫星距地球表面的高度为h，该卫星环绕地球做匀速圆周运动的周期为T，引力常量为G。（1）求地球的质量和密度；（2）若另一颗海洋卫星需要近地球表面环绕飞行，则它的线速度应为多大？【答案】（1），；（2）【解析】【详解】（1）设地球的质量为M，海洋卫星的质量为m，由牛顿第二定律得解得设地球的密度为又解得\n（2）设近地海洋卫星的质量为m'，环绕线速度大小为v，由牛顿第二定律得解得22.如图所示，质量均为的物体A和B（均视为质点）分别系在一根轻质细绳的两端.细绳跨过固定在倾角的斜面顶端的定滑轮上，斜面固定在水平地面上。开始时把物体B拉到斜面底端，这时物体A离地面的高度。若斜面足够长，物体B与斜面、细绳、滑轮间的摩擦均不计，从静止开始放手让它们运动。取重力加速度大小，。（1）求物体A着地前瞬间的速度大小v1；（2）若物体A着地前瞬间物体B与细绳断开，求从此时刻起物体B又回到斜面底端时的速度大小和所需的时间t。【答案】（1）；（2），0.9s【解析】【详解】（1）以A、B为系统，物体A从释放到刚着地过程由机械能守恒定律有解得\n（2）该过程由机械能守恒定律有所以设物体B在斜面上运动的加速度大小为a，有解得方向沿斜面向下，又解得23.示波器的示意图如图所示，金属丝发射出来的电子（带电量为e）被加速后从金属板的小孔穿出，进入偏转电场。电子在穿出偏转电场后沿直线前进，最后打在荧光屏上。设加速电压U1=1640V，偏转极板长l=4cm，偏转板间距d=1cm，当电子加速后从两偏转板的正中央沿板平行方向进入偏转电场。（1）偏转电压为U2多大时，电子束打在荧光屏上偏转距离最大？（2）如果偏转板右端到荧光屏的距离L=20cm，则电子到达荧光屏时最大偏转距离y为多少？【答案】(1)205V；(2)5.5cm【解析】【详解】(1)设电子电量大小e，质量为m，进入偏转电场初速度v0，根据动能定理，有\n电子在偏转电场的飞行时间为电子在偏转电场的加速度为要使偏转距离最大，电子经偏转电场后必须沿下板边缘射出，电子在偏转电场中的侧移距离为，所以有联立解得代入数据解得U2=205V(2)电子离开偏转电场后的侧向位移为电子离开偏转电场的侧向速度为vy=at1在荧光屏上最大偏转距离为由以上各式解得最大偏转距离为y=5.5cm。
