【文档说明】山东省东营市2022-2023学年高一下学期期末考试物理试题 word版含解析.docx，共(20)页，1.191 MB，由小赞的店铺上传

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2022—2023学年第二学期期末教学质量调研高一物理试题注意事项：1、答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、考生号等填写在答题卡指定位置。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，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.2023年5月30日09∶31，搭载景海鹏、朱杨柱、桂海潮3名航天员的神舟十六号载

人飞船由长征二号F遥十六运载火箭在酒泉发射场发射升空，正式开启空间站新阶段首次载人飞行任务。载人飞船在远离地球的过程中，所受地球引力大小F随它距地面的高度h变化的关系图像可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】根据万有引力定

律可知2()MmFGRh=+可知，F随h增大在减小，且变化越来越慢。B正确。故选B。2.在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点。其中a、b两点电场强度相同的是（）A.甲图中与点电荷等距离的a、b两点B.乙图中两等量异种电荷连线的中垂线上与

连线等距离的a、b两点C.丙图中两等量同种电荷连线的中垂线上与连线等距离的a、b两点D.丁图中，与无穷大金属板等距离的关于垂线对称的a、b两点【答案】B【解析】【详解】电场是矢量，甲、丙、丁图中a、b两点电场强度大小相等，方向不同；乙图中两等量异种电荷连线的中垂线上与连线等距离的

a、b两点大小相等，方向相同。故选B。3.如图所示，原来不带电的半径为r的金属球放在绝缘支架上，右侧放一个电荷量为+Q的点电荷，点电荷到金属球表面的最近距离为2r。设静电力常量为k，下列说法正确的是（）A金属球右端感应出正电荷B.点电荷Q激发的

电场在金属球内任意位置电场强度均为零C.感应电荷在金属球球心处激发的电场强度为29kQrD.感应电荷在金属球球心处激发的电场强度为2kQr【答案】C【解析】【详解】A．根据同种电荷相互排斥异种电荷相互吸引，因此靠近金属球右端感应出同种电荷，.故金属球右端感应出负

电荷，故A错误；B．金属球处于静电平衡状态，点电荷Q激发的电场与感应电荷产生合场强为0。故点电荷Q激发的电场在金属球内任意位置电场强度不为零，故B错误；CD．感应电荷在金属球球心处激发的电场强度和点电荷激发场强等大反向，因此2239kQkQErr

==感（）故选项C正确，D错误。故选C。4.在长约1m的一端封闭的玻璃管中注满清水，水中放一个大小适当的圆柱形红蜡块，玻璃管的开口端用胶塞塞紧，保证将其迅速竖直倒置后，红蜡块能沿玻璃管由管口匀速上升到管底。现将此玻璃管倒置安装在置于粗糙桌面上的小车上，如图所示。小车从A位置以初速度v0，开始向右

先做匀减速直线运动，再做匀加速直线运动，同时红蜡块沿玻璃管匀速上升。按照题图建立的坐标系，在这一过程中红蜡块实际运动的轨迹可能是下列选项中的（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】红蜡块在竖直方向做匀速直线运动，在水平方向先做匀减速直线运动

后做匀加速直线，因此合加速度方向先水平向左，后水平向右。所以红蜡块的运动轨迹为曲线，根据轨迹向合加速度的一侧弯曲可知选项B正确。故选B。5.“长征七号”A运载火箭于2023年1月9日在中国文昌航天发射场点火升空，托举“实践二十三号”卫星直冲云霄，随后卫星进入预定轨道，发射取

得圆满成功。已知地球表面的重力加速度大小为g，地球的半径为R，“实践二十三号”卫星距地面的高度为h（h小于同步卫星距地面的高度），入轨后绕地球做匀速圆周运动，则该卫星（）A.线速度大小大于7.9km/sB.周期可能超过24小时C.向心加速度大于地面重

力加速度gD.角速度大小大于同步卫星的角速度【答案】D【解析】【详解】A．实践二十三号”卫星距地面的高度为h（h小于同步卫星距地面的高度），根据()22MmvGmRhRh=++因为轨道半径大于近地卫星轨道半径，所以

线速度大小小于7.9km/s，故A错误；B．根据()()2224MmGmRhTRh=++h小于同步卫星距地面的高度，所以周期小于24小时，故B错误；C．因为2MmGmgR=，()2MmGmaRh=+所以向心加速度小于地面重力加速度g，故C错误；D．周期小于24小时，所以角速度大小大于同步卫星

的角速度，故D正确。故选D。6.如图所示，一条不可伸长的轻质软绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个质量分别为m、3m的小球a和b，用手按住a球静止于地面时，b球离地面的高度为h。两物体均可视为质点，定滑轮的质量及一切阻力均不计，重力加速度为g。释放a球后，b球刚要落地前，下列说法正确

的是（）A.a球的机械能守恒B.b球的机械能增加C.b球刚要落地时的速度为ghD.b球刚要落地时的速度为2gh【答案】C【解析】【详解】AB．ab两球组成的系统机械能守恒，在运动过程中，绳子拉力对a球做正功，则a球机械能增加，绳子拉力对b球做负功，则b球机械能减小，故AB错误；CD．从释

放到b球刚好落地根据机械能守恒可得21342mghmghmv−=得v=gh故C正确，D错误。故选C。7.如图所示，以两等量异种点电荷连线的中点O为圆心画出半圆，在半圆上有M、P、N三点，M、N两点在两电荷连线上，P点在两电荷连线的垂直平分线上。下列说法正确的是（）A.M点的电场强

度大于N点的电场强度B.M、N两点的电势相等C.将一正点电荷从M点沿圆弧移动到N点的过程中电场力不做功D.同一电荷在O点的电势能等于其在P点的电势能【答案】D【解析】【详解】A．根据对称性，M点的电场强度等于N点的

电场强度，A错误；B．沿着电场线的方向电势降低，M点的电势比N点电势高，B错误；C．电场力做功与路径无关，将一正点电荷从M点沿圆弧移动到N点的过程中电场力做正功，C错误；D．同一电荷在O点的电势能等于其在P点的电势能，均等于零，因为这两点均在零势面上，D正确。故选D。8.洪水无情

人有情，每一次重大抢险救灾，都有子弟兵身影。如图所示，水流速度大小恒为v，A处的下游C处有个半径为r的漩涡，其与河岸相切于B点，AB两点距离为3r。若消防武警驾驶冲锋舟把被困群众从A处沿直线避开漩涡送到对岸，冲锋舟相对河岸的速度最小值为（）A.12vB

.13vC.3vD.32v【答案】D【解析】【详解】速度最小且避开漩涡沿直线运动到对岸时和速度方向恰好与漩涡垂直，如图所示的由于水流速不变，合速度与漩涡相切，冲锋舟相对河岸速度为船速末端矢量到合速度上任一点的连线。可知当冲锋舟相对河岸与合速度垂直时速度最小。si

nvv=舟tan23rr=联立解之得23vv=舟故选D。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.某同学将质

量为m的足球以速度v0从地面上的A点踢起，最高可以到达离地面高度为h的B点，从A点运动到B点的过程中足球克服空气阻力做的功为W，选地面为零势能参考平面。下列说法正确的是（）A.足球从A点运动到B点的过程中机械能守恒B.该同学对足球做的功等于2012mvC.足球在B点处的

动能为2012mvW−D.足球在B点处的机械能为2012mvW−【答案】BD【解析】【详解】A．根据题意可知，运动过程中，空气阻力做功，则足球从A到B机械能不守恒，故A错误；B．根据题意，设该同学对足球做的功等于1

W，由动能定理有21012Wmv=故B正确；C．根据题意，由动能定理有2k012BEmvmghW−=−−解得2k012BEmvmghW=−−故C错误；D．选地面为零势能面，足球在A点处的机械能为2Ak012AEEmv==根据除重

力外其他力做功代数和等于机械能变化量可得kBAWEE−=−可得2k012BEmvW=−故D正确。故选BD。10.气垫登陆艇拥有强悍的运力，主要用于投送登陆部队，为滩头部队提供火力支援，另外也可以执行布雷任务。某重型气垫登陆艇质量为m，初速度为v0，以恒定功率P在海面直线航

行，经时间t达到该功率下的最高时速vm，设该气垫登陆艇在航行过程所受的阻力F保持不变。气垫登陆艇在时间t内（）A.加速度逐渐减小B.加速度大小不变C.牵引力的功率P=FvmD.牵引力做功()22m012Wmvv=−【答案】

AC【解析】【详解】AB．气垫登陆艇运动过程中，功率PFv=牵，v增大时，牵引力减小，根据牛顿第二定律FFma−=牵所以气垫登陆艇的加速度减小，故A正确，B错误；C．当速度达到最大时FF=牵，所以牵引力的功率P=Fvm故

C正确；D．根据动能定理可知()22m012FWWmvv−=−所以牵引力做功()22m012FWWmvv=+−故D错误；故选AC。11.如图所示，弹性轻绳的一端套在手指上，另一端与小球连接。某同学用手将小球以某一竖直向下的初速度抛出，抛出后手保持不动。从小球抛出瞬间至小

球第一次到达最低点的过程中（弹性轻绳始终在弹性限度内，不计空气阻力），下列说法正确的是（）A.弹性轻绳刚伸直时，小球的速度最大B.小球重力的功率一直增大C.重力对小球做的功小于小球克服绳的拉力做的功D.轻绳的

弹性势能和小球的动能之和一直增大【答案】CD【解析】【详解】A．弹性轻绳刚伸直时，加速度向下，小球的速度继续增加，故A错误；B．小球的速度先增大后减小，根据Pmgv=可知，小球重力的功率先增大后减小，故B错误；C．小球抛出瞬间具

有初动能，根据功能关系可知重力对小球做的功小于小球克服绳的拉力做的功，故C正确；D．小球的重力势能减小，根据能量守恒定律可知，轻绳的弹性势能和小球的动能之和一直增大，故D正确；故选CD。12.如图所示，从高H=5m处

的A点先后水平抛出两个小球1和2。球1与地面碰撞一次后，恰好越过位于水平地面上的竖直挡板落在水平地面上的E点，碰撞前后的水平分速度不变、竖直分速度等大反向。球2的初速度v0=3m/s，也恰好越过挡板落

在E点，忽略空气阻力，取重力加速度g=10m/s²。下列说法正确的是（）A.小球2的水平射程为3mB.小球1平抛运动的初速度为1m/sC.抛出点A与竖直挡板顶端D点的高度差5m3h=D.抛出点A与竖直挡板顶端D点的高度差h=1.25m【答案】AB【解析】【详解】A．根据平

抛运动规律有212Hgt=0xvt=解得3mx=故A正确；B．由题可知小球1从A到E的时间为3t，水平方向有13xvt=解得11m/sv=故B正确；CD．根据下落的高度可知球2从A点飞到挡板上D点的时间与球1从A点飞到同一高度的时间

相等；由对称性可知球1从A点飞到D点水平高度与由D飞到最高点的时间相等，A点到最高点间的水平距离为2d=2m，球2从A点飞到D点与球1由D点飞到最高点水平方向有102()2()2vdHhHhvgg−−+=解得h=3.75m故CD错误；

故选AB三、非选择题：本题共6小题，共60分。13.做“验证机械能守恒定律”实验时，装置如图所示。（1）关于该实验，下列说法正确的是___________。A.必须用秒表测重物下落的时间B.实验时必须先用天平测出重物的质量C.选用质量大、体积小的

重物D.打点计时器应接直流电源。（2）如图所示，在一条点迹清晰的纸带上选取O点为参考点，A、B、C为三个连续点，与O点之间的距离分别为hA、hB、hC，已知打点计时器的打点周期为T。若重物质量为m，重物在打B点时的动能为_

______________。（3）由于阻力的影响，会使重物重力势能的减少量___________（选填“略大于”、“略小于”或“等于”）动能的增加量。【答案】①.C②.()228cAmhhT−③.略大于【解析】【详解】(1)[1]A．打点计时器自身就是一种计时仪器，则实验中不需

要用秒表测出重物下落的时间，故A错误；B．若机械能守恒则有212mghmv=则有212ghv=可知，实验时不需要测量重物的质量，故B错误；C．为了减小空气阻力对实验的影响，应选择质量较大、体积较小的重物，故C正确；D．打点计时器正常工作时需要用交流

电源，故D错误故选C。（2）[2]B点速度等于AC间的平均速度22ACcABhhhvTT−==则重物在打B点时的动能()2k28cAmhhET−=（3）[3]由于阻力相比于重物的重力较小，因此克服重力做功相比于重力做

功较少，因此重力势能减小相对于于重物重力势能的减少量较小。因此重物重力势能的减少量较小略大于动能的增加。量。14.在“用传感器观察电容器的充放电过程”的实验中，按图甲所示连接电路。电源电压恒为6.0V

，单刀双掷开关S先跟a相接，待电容器充电结束后将开关扳到b。（1）先使用电流传感器来采集电流随时间的变化情况。若由实验得到的数据，在图乙中描出了12个点（用“x”表示），可以估算出当电容器两端电压为6.0V时该电容器所带电荷量约为_______

___________________C，从而算出该电容器的电容约为______________F；（结果均保留2位有效数字）（2）再次将开关S扳到a，待电容器充电结束后，将一块均匀的电介质板插进电容器且恰好充满两极板间的空间，与未插电介质时相比，电容器的

电容____________，两板间的电场强度_____________（均选填"变大"、“变小”或"不变"）。【答案】①.8.0×10-3②.1.3×10-3③.变大④.不变【解析】【详解】（1）[1][2]图像与坐标轴围成的面积等于电容器带电量，图中

每个小格表示的电量为6450105C2.510C−−=，图中图像与坐标轴围成的面中共有32个格子，则电容器带电量43322.510C=8.010CQ−−=从而算出该电容器的电容约为338.010F1.310F6QCU−−===（2）[3][4]根

据4SCkd=可知，插入电介质后电容器的电容变大；根据UEd=可知，两板间的电场强度不变。15.如图所示，直角三角形ABC∠B为直角，∠A=30°，直角边BC的长度为a。分别在A、B两点固定两个点电荷，已知固定在A点的点电

荷的电量为-Q（Q>0），静电力常量为k，测得C点的电场强度方向与AB平行，如图所示。求；（1）A点电荷的电场在C点的电场强度大小；（2）B点电荷的电性和所带电荷量。【答案】（1）24kQa；（2）18

Q【解析】的【详解】（1）设AC长度为L，根据几何关系有sin30aL=则A点电荷在C点的电场强度大小为A224QQEkkLa==（2）由C点的电场强度方向可知B点的电荷带正电，B点电荷在C点的电场强度大小为BB

A2sin30QEkEa==解得B18EQ=16.有·种被称为“魔力陀螺”的玩具如图甲所示，陀螺可在圆轨道外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，它可等效为一质点在圆轨道外侧运动模型，如图乙所示。在竖直平面内固定的强磁性圆轨道半径为R，A、B两点分别为轨道的最高点与最低点。质量为m

的质点沿轨道外侧做完整的圆周运动，受圆轨道的强磁性引力始终指向圆心O且大小恒为F=7mg，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g。求：（1）当质点以速率vgR=通过A点时，对轨道的压力大小；（2）为确保质点做完整的

圆周运动，质点通过B点的最大速率。【答案】（1）'7Nmg=；（2）6BvgR=【解析】【详解】（1）质点在A点，根据牛顿第二定律有2vFmgNmR+−=根据牛顿第三定律有'NN=解得'7Nmg=（2）质点恰好通过B点时，有2BvFmgmR−=解得B6vgR=17.如图所示，与水平面夹角θ=

30°的传送带正以v=2m/s的速度顺时针匀速运行，A、B两端相距l=12m。现每隔1s把质量m=1kg的工件（视为质点）轻放在传送带A端，在传送带的带动下，工件向上运动，工件与传送带间的动摩擦因数32=，取重力加速度g=10m/s²。求：（1）每个工件经过多

长时间后与传送带共速；（2）每个工件与传送带摩擦产生的热量；（3）传送带持续运送工件与空载相比，电动机增加的平均功率。【答案】（1）0.8s；（2）6J；（3）68W【解析】【详解】（1）对工件受力分析，根据牛顿第二定律得mgcosmgsinma−=得2cos

sin2.5m/smgmgam−==经过t1时间工件与传送带速度相等，则匀加速运动时间为10.8svta==（2）工件加速至与传送带速度相等时运动的距离为110.82vxtm==传送带运动的位移21xvt=工件相对于传送带运动的位移21xxx=

−工件与传送带摩擦产生的热量mgcosQx=解得6JQ=（3）传送带持续传送工件时每经过1s落一个物块，故以1s为周期，传送带多做的功为21sin2WQmvmgl=++故电机增加的平均功率WPt=得68WP=18.平面直角坐标

系xOy内存在着范围足够大的沿x轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E0。如图甲所示。由A点斜射出一质量为m，所带电荷量为-q（q>0）的粒子，B、C、D是粒子运动轨迹上的三点，其中B是轨迹最左方的点，各点坐标如图所示，粒子所受重力忽略不计。求：（1）粒子运动到B点时的速率；（2）粒子运动到D

点时的速率；（3）粒子经过D点时，电场强度发生变化，此时开始计时，取x轴正方向为电场的正方向，电场强度变化规律如图乙所示，其中0018mlTqE=，143EE=。求粒子T时刻的坐标。【答案】（1）002BqElmv=；（2）000172qElvm=；（3）()0035ll，【解析】【详

解】（1）粒子从A点运动到B点，由牛顿第二定律01qEam=粒子在x方向201112lat=粒子在y方向01Blvt=可得粒子运动到B点时的速率为002BqEdvm=（2）粒子从B点到D点，由动能定理2200

11422DBqElmvmv=−解得00172DqElvm=（3）粒子从B到D点0020222BlmltvqE==粒子在D点时水平方向的速度001222DxqElvatm==粒子到达D点后，在0-T内粒子所受的电场力水平向左，沿x轴方向先做匀减速直线运动，12

qEam=粒子沿x轴方向速度减为零230Dxvat=−030922mlTtqE==再经过2TT−粒子在水平方向上反向加速至vDx，由对称性可知，粒子在x方向的坐标：x=3l0粒子在y方向做匀速运动03ByvTl==在y方向

的坐标02yly=+故粒子T时刻的坐标（3l0，5l0）获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com