2021一2022学年下期期末联考
,
高一物理试题
(考试时间：90分钟
试卷满分：100分)
一、选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，第1~6题只
有一项符合题目要求，第7~10题有多项符合题目要求.多选题全部选对的得5分，选对但
不全的得3分，选错或不答的得0分.)
1.两个可自由移动的点电荷分别放在A、B两处，如图所示.A处电荷带正电荷量Q,B处电荷
带负电荷量Q2,且Q2|=4Q,{,另取一个可以自由移动的点电荷Q,放在AB直线上，欲使
整个系统处于平衡状态，则
A.Q3为负电荷，且放于A左方
B.Q3为负电荷，且放于B右方
C.Q为正电荷，且放于A、B之间
D.Q3为正电荷，且放于B右方
2.如图所示，轻质不可伸长的细绳，绕过光滑轻质定滑轮G与质量为m的物体A连接，A放在
倾角为日的光滑固定斜面上，绳的另一端和套在周定竖直杆上的物体B连接，现BC绳恰沿
水平方向，AC绳与斜面平行，从当前位置开始B以速度匀速下滑，设绳子张力为F,在B
第一次下滑的过程中，下列说法正确的是（重力加速度为g〉
A.物体A匀速运动
B
B.物体A减速运动
C.Fr大于mgsin0
D.Fn等于mgsin0
后香点3兰
3.如图所示，为俄乌战争中某次俄军战斗机空中投弹的情境，俄战斗机以恒定速度沿水平方向
飞行，先后释放两颗炸弹，分别击中山坡上的M点和V点，释放两颗炸弹的时间间隔为△t,
第一颗炸弹从离开飞机到第二颗炸弹离开飞机过程中飞机飞行的距离为9；击中M、N的时
间间隔为△2，M、N两点间水平距离为s2·不计空气阻力.
下列判断正确的是
A.△t1>△t2,51<82
B.At1>△2,51>82
C.△t1<△251>52
D.△t1<△2，s14.假设在轨运行的“高分一号”卫星、同步卫星和月球都绕地球做匀速圆周运动，它们在空间
的位置示意图如图所示.下列有关“高分一号”卫星的说法正确的是
月球
A.其发射速度可能小于7.9km/g
同步卫尾
B.绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度小
高分一梦
C.绕地球运行的周期比同步卫星绕地球运行的周期小
地球
D.在运行轨道上完全失重，重力加速度为0
高一物理试题，第1页（共6页）
5.2020年1月7日23时20分，西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭将通信技术试验卫
星五号成功发射升空，送入预定轨道.如图所示为该卫星绕地球运行示意图，测得它在时间：
内沿圆弧从M点到N点做匀速圆周运动，这段圆孤所对的圆心角为.已知地球半径为R,
地球表面重力加速度为8，不考虑地球自转，则该卫星在轨道上运行的线
M
N
速度大小为
、吗
B.
地球
C.Ri
8
D./0
6.如图所示质量为m的小明（可视为质点）坐摩天轮.小明乘坐的座舱与摩天轮的转轴间的
距离为7，摩天轮以大小为：√g(常数太<1,6为重力加速度)的角速度做匀速圆周运动.
若小明坐在座舱水平座垫上且双脚不接触底板，则下列说法正确的是
A.小明通过最高点时不受重力
B.小明通过最高点时处于完全失重状态
西丽高好：色
C小明资匀速钢周运动的阅期为好√日
D.小明通过最低点时对座舱座垫的压力大小为2mg
7.如图所示，水平转台上有一个质量为m的物块，用长为1的轻质细绳将物块连接在转轴上，
绍绳与竖直转轴的夹角6为君，此时绳绷直但无张力，物块与转台间动摩擦因数为μ=片
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，角速度为 ，重力加
速度为8，则
A.当=
务时，细线中张力为零
B当心一√爱时物块与转台何的摩探力为
C当o=√气时，物块与转台间的降擦力为g
D当u=√时.细绳的拉力大小为
8.如图所示，等量异种点电荷A,B周定在同一水平线上，竖直固定的光滑绝缘杆与AB的中垂
线重台，CD是绝缘杆上的两点，ACBD构成个正方形，一带负电的小球（可视为点电荷）
套在绝缘杆上自C点无初速释放，由C运动到D的过程中，下列说法正确的是
高一物现试题。第2質（共6首）2021—2022 学年下期期末联考
高一物理参考答案
一、选择题（本题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 分.在每小题给出的四个选项中，第 1～6
题只有一项符合题目要求，第 7～10题有多项符合题目要求。多选题全部选对的得 5分，
选对但不全的得 3分，选错或不答的得 0分.）
1．【答案】A
【解析】因为每个电荷都受到其余两个电荷的库仑力作用，且已知 Q1和 Q2 是异种电荷，
对 Q3 的作用力一为引力，一为斥力，所以 Q3 要平衡就不能放在 A、B 之间．根据库仑定律
知，由于 B 处的电荷 Q2电荷量较大，Q3应放在离 Q2较远而离 Q1 较近的地方才有可能处于
平衡，故应放在Q1的左侧．要使Q1和Q2也处于平衡状态，Q3必须带负电，故选项A正确．
2．【答案】C
【解析】如图所示，将 B 的实际运动分解为两个分运动，vBsin α＝v ，B 以速度 v0匀速绳
下滑，α 在增大，v 增大，vA＝v ，物体 A 加速运动，结合牛顿第二定律知 F绳 绳 T>mgsin θ，故
C 正确，A、B、D 错误．
3．【答案】B
【解析】释放的炸弹做平抛运动，若落地点在同一水平面上，落地的时间间隔与释放的
时间间隔相等，由于 N 在 M 点的上方，则击中 M、N 的时间间隔 t2< t1.因炸弹飞行时间小
于飞机的飞行时间，所以飞机飞行的距离为 s1，大于 M、N 间的水平距离 s2，故 B 正确，
A、C、D 错误．
4．【答案】C
【解析】因 7.9 km/s 是最小发射速度，所以“高分一号”卫星的发射速度一定大于 7.9
Mm 2 2π
3
km/s 2
GM r
，选项A错误；由G 2 ＝mω r＝m
r T r得ω＝ 3 ，T＝2π ，又 r 所以 ω >ω >ω ，T 高 同 月 高 同 月
心力，处于完全失重状态，但重力加速度不为 0，选项 D 错误．
5．【答案】D
GmM
【解析】对于地球表面的物体，有 2 ＝mg，对于该卫星根据万有引力提供向心力得
R
2 2
GmM mv θ 32 gR θ(R＋h2 )＝ ＝m ，解得 v＝ ，故 A、B、C 错误，D 正确． (R h) (R h) t t＋ ＋
6 C
．【答案】
A A B
【解析】 ．当小明通过最高点时，小明依然受到重力作用， 错误； ．小明做匀速圆
mg F = mrω 2N
周运动，在最高点其加速度指向圆心，即竖直向下， ，解得
高一物理参考答案 第 1 页 （共 5 页）
FN = (1 k
2 )mg < mg B
，故小明通过最高点时处于失重状态，但并非处于完全失重状态，
2π 2π r
C T = = C
错误； ．小明做匀速圆周运动的周期 ， 正确；当小明通过最低点时，由
ω k g
2 2
FN-mg=mω r F牛顿第二定律知 ，解得 N=(1+k mg） ，根据牛顿第三定律可知，此时小明对座
2
1+k mg D C
舱座垫的压力大小为（ ） ， 错误。故选 。
7 AD
．【答案】
A
【解析】 ．当转台的角速度比较小时，物块只受重力、支持力和摩擦力，当细绳恰好要
π
mg = ml sin ω2 2g g 2g g
产生拉力时 1 ，解得ω = ，由于 < ，所以当 ω = 时，细线
6 1 3l 2l 3l 2l
A B
中张力为零， 正确； ．随角速度的增大，细绳上的拉力增大，当物块恰好要离开转台
π π
= ω2 2 3gmg tan ml sin
时，物块受到重力和细绳的拉力的作用，则 2 ，解得ω = ，由于
6 6 2 3l
3g 3g
ω1 < <ω B C2 ，所以当ω = 时，物块与转台间的摩擦力不为零， 错误； ．由于
4l 4l
g
ω1 < <ω2，所以物块和转台间有摩擦力，且为最大静摩擦力， = ，但由于绳子l Ffm FN
F < mg 4gC D
有拉力，所以 f ，故 错误； ．当ω = >ω 时，小球已经离开转台，细绳的2
3l
2
4g
mg tanα = m l sinα
3
cosα =
拉力与重力的合力提供向心力，则
3l
，解得： ，故
4
mg 4
F = = mg
cosα 3 D AD ， 正确。故选 。
8．【答案】CD
【解析】等量异种点电荷中垂线上的场强方向为水平向右，从 C 到 D 场强的大小先变大
后变小，并且 C、D 两点的场强相等．带负电的小球沿光滑杆运动时，竖直方向上只受重
力，水平方向上受力平衡，则小球的速度越来越大，A 错；杆对小球的作用力大小等于电场
力大小，则先变大，后变小，B 错，C 对．在此过程中只有重力做功，而弹力和电场力不做
功，所以小球和地球组成的系统机械能守恒，D 正确.
9 AC
．【答案】
A
【解析】 ．双星系统中的两颗星体靠相互间的万有引力提供向心力，故向心力大小相
A B P Q r r 2π× rp 2π× rQ P
等， 正确； ．设 、 两星的轨道半径分别为 P、 Q， v = ,v = ，所以 、P Q
T T
2π× (rp rQ ) 2π× r
Q v = = B
两颗星的线速度之差为 ，所以 错误；由万有引力提供向心力，
T T
高一物理参考答案 第 2 页 （共 5 页）
m m 4π2 m m 2 2 2
2 2
P Q = P Q
4π 4π l r 4π l r
G mp rp G = mQ r m =
P Q
2 2 2 2 Q Q
m =
有 ， ，联立得 ， P ，所以
l T l T GT
2
GT 2
4π2l2 r 2
m= C D rP + rQ = l r
（mP +mQ） 4π
P rQ =△r G r +r
， 正确； ．又 ， ，联立得 = （ ）。
GT 2 l2 T 2
Q P
4π2l3
mQ +mP = 2 D . AC. 解得 ， 错误故选GT
10．【答案】ACD
【解析】由题图乙可知，滑块在 0.4 s 末刚好到达 B 点，在 0～0.4 s内，滑块做匀加速直
2 2 2 a
线运动，加速度为 a＝ m/s ＝5 m/s ，由牛顿第二定律得 mgsinθ＝ma，解得 sinθ＝ ＝
0.4 g
π
0.5，则 θ＝ ，选项 A 正确；滑块从 B 点到 C 点的运动过程中，重力在斜面方向的分力一开
6
始大于弹簧对滑块的弹力，所以滑块先做加速直线运动，直到重力在斜面方向的分力等于弹
簧对滑块的弹力时，滑块速度最大，此后做减速运动，选项 B 错误；对滑块和弹簧组成的系
1 2
统由机械能守恒定律可得，在 C 点，弹簧的弹性势能为 Ep＝ mvB＋mghBC＝16 J，选项 C 正2
确；滑块从 C 点返回到 A 点过程，从 C→B 弹簧的弹力对滑块做正功，滑块的机械能增加，
选项 D 正确．
二、实验题（本题共 2小题，共 14分.）
11 1 AD 2 2 10 2 4
．【答案】（ ） （ 分） （ ） （ 分）
【解析】
1 A A
（ ） ．通过调节使斜槽末端保持水平，是为了保证小球做平抛运动，故 正确；
B C
．为了保证小球做平抛运动的初速度一样，所以小球应从斜槽上的同一位置由静
C B
止开始下滑，斜槽可以不光滑，故 错误， 错误；
D
．实验要求小球滚下时不能碰到木板上的白纸，避免因摩擦而使运动轨迹改变，故
D
正确；
AD
故选 。
2
（ ）竖直方向是自由落体运动，
g
y = gT 2 =
根据
f 2
y = 2×5cm = 0.1m
其中
, f =10Hz
解得 相机的频闪频率是
x
v0 = = xf = 4×5×10
2 ×10m/s = 2m/s
小球做平抛运动的初速度
T
12．【答案】（1）AB（2 分） （2）2.68 2.28 （4 分） （3）C （1 分）
（4）重物受到空气阻力(或纸带与打点计时器之间存在阻力)（1 分）
【解析】
（1）图中两限位孔必须在同一竖直线上，实验前手应提住纸带上端，并使纸带竖直，这是
为了减小打点计时器与纸带之间的摩擦，选项 A、B 正确；实验时，应先接通打点计时器的
电源再放开纸带，选项 C 错误；数据处理时，应选择纸带上距离较远的两点作为初、末位
置，以减小长度的测量误差，选项 D 错误．
（2）重物减少的重力势能为 Ep＝mg(s0＋s1)＝2.68 J，由于重物下落时做匀变速运动，根据
高一物理参考答案 第 3 页 （共 5 页）
匀变速直线运动任意时间段中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可知，打下C点
s1＋s2
时重物的速度为 vC＝ ＝2.28 m/s. 4T
2
1 2 1 2 v
（3）物体自由下落过程中机械能守恒，可以得出 mgs＝ mv ，即 gs＝ v ，所以 －s 图线应
2 2 2
是一条过原点的倾斜直线，选项 C 正确．
（4）在实验过程中，纸带与打点计时器之间的阻力、空气阻力是存在的，克服阻力做功损
失了部分机械能，因此实验中重物减小的重力势能总是略大于增加的动能．
三、计算题（本题共 4小题，共 36分.解答写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.
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.）
13．【答案】（1）3 s （2）1.5 s
【解析】
（1）运动员从 A 点到 B 点做平抛运动，
水平方向的位移：x＝v0t1，①（1 分）
1 2
竖直方向的位移：y＝ gt1 ，②（1 分） 2
y
又有 tan 37°＝ ，③（1 分）
x
①②③代入数据解得：t1＝3 s.（1 分）
（2）如图，运动员距离斜面最远时，合速度方向与斜面平行，（1 分）
v 'y
tan 37 0 =
⑦（1 分）
v 0
v ' = gt ⑧（1 分） y 2
v0·tan 37°
解得 t2＝ ＝1.5 s.（1 分） g
2 2
v R 3v
14 1
．【答案】（ ） g = 0 2 3 0 . ；（ ） v = v ；（ ） ρ =0
l l 4πGlR
【解析】
2
v
1 0 1
（ ）小球通过最高点时mg = m （ 分）
l
2
v
0 1
解得： g = （ 分）
l
2
v
2 m
（ ）对在行星表面附近做匀速圆周运动的质量为 0的卫星，有m0g = m 2 （ 分）0
R
R
1
解得第一宇宙速度为v = v （ 分）0
l
Mm
3 m G 1 = m g 1
（ ）对行星表面质量为 1 的物体，有 2 1 （ 分）R
高一物理参考答案 第 4 页 （共 5 页）
R2v 20
解得行星质量M =
Gl
M
ρ = 1
故行星的密度 （ 分）
V
4
V = πR3
3
3v 2
ρ = 0 1 解得 （ 分）
4πGlR
3 －4 －4
15．【答案】（1）1.0×10 N/C 方向向上；（2）1.0×10 J；（3）1.0×10 J.
【解析】
（1）由题意知 E1q＝mg，（1 分）
3
解得 E1＝1.0×10 N/C，（1 分）
方向向上．（1 分）
3
（2）在 t＝0 时刻，电场强度突然变化为 E2＝2.0×10 N/C.
设微粒的加速度为 a1，在 t＝0.10 s 时间内上升高度为 h，电场力做功为 W，
则 qE2－mg＝ma1，
2
解得 a1＝10 m/s ，（1 分）
1 2
h＝ a
2 1
t ，
解得 h＝0.05 m，（1 分）
W＝qE2h，
－4
解得 W＝1.0×10 J.（1 分）
（3）设在 t＝0.10 s 时刻突然撤掉电场时粒子的速度大小为 v，回到出发点时的动能为 Ek，
则 v＝a1t，（1 分）
1 2
由机械能守恒定律可得 Ek＝mgh＋ mv ，（2 分） 2
－4
解得 Ek＝1.0×10 J.（1 分）
16．【答案】（1）490 N；（2）0.25；（3）22 m.
【解析】
（1）对小孩由 C 到 D 速度减为 0
1 2
由动能定理 －mg(R－Rcos β)＝0－ mv
2 C
vC＝2 15 m/s （2 分）
2
vC
在 C 点，由牛顿第二定律得 FN－mg＝m R
可得：FN＝490 N （2 分）
（2）小孩从 A 运动到 D 的过程中，由动能定理得：
1 2
mgLsin α－ mgLcos α－mgR(1－cos β)＝0－ mv0 （2 分） 2
可得： ＝0.25 （1 分）
（3）在 AB斜轨道上， mgcos α度 v0滑下，最后静止在 BC 轨道 B 处，由动能定理：
1 2
mgLsin α－ mgscos α＝0－ mv0 （2 分） 2
解得 s＝22 m. （1 分）
高一物理参考答案 第 5 页 （共 5 页）
