湖南省名校2022-2023学年高一下学期期末联考物理试题（含解析）

湖南省名校2022-2023学年高一下学期期末联考
物理试题
本试卷满分100分，考试用时75分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
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，再选涂其它答案标号．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、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分．每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．点光源以的功率向周围所有方向均匀地辐射波长约为的光，点光源每秒辐射的光子数为N．已知普朗克常量为，则N约为（ ）
A．个 B．个 C．个 D．个
2．北京时间2022年11月12日12时10分，天舟五号货运飞船入轨后顺利完成状态设置，采取自主快速交会对接模式，成功对接于空间站天和核心舱后向端口，中国航天员首次在空间站迎接货运飞船来访．如果已知天和核心舱运动的周期为90分钟．地球质量为M，引力常量为G，核心舱的运动可看作匀速圆周运动，忽略地球的自转，下列说法正确的是（ ）
A．空间站与天舟五号对接后，由于总质量增加，组合体的轨道半径变大
B．空间站与天舟五号对接后，组合体的角速度大小比地球同步卫星的小
C．空间站与天舟五号对接后，组合体的速度大小略大于第一宇宙速度
D．为了对接成功，天舟五号发动机需要喷射燃气，燃气对发动机的作用力和发动机对燃气的作用力是一对相互作用力
3．歼-20是中航工业成都飞机设计研究所研制的一款具备高隐身性、高态势感知、高机动性等能力的隐形第五代制空战斗机．在某次模拟演习中，歼-20以的速度巡航时发现前方处有一敌机正以的匀速逃跑．歼-20立即以的加速度进行追赶，并以此时开始计时，在追赶的过程中最大速度为．则下面说法正确的是（ ）
A．歼-20达到最大速度时的位移大小为
B．歼-20追上敌机的最短时间为
C．在追击的过程中，时歼-20与敌机的距离最大
D．在追击的过程中，歼-20与敌机的最大距离为
4．如图所示，将长为的直导线折成边长相等、夹角为的“V”形，并置于与其所在平面垂直的、磁感应强度大小为B的匀强磁场中．若“V”形导线所受的安培力大小为F，则该直导线中通过的电流大小为（ ）
A． B． C． D．
5．如图甲所示的电路中，M、N两端输入电压峰值一定的正弦式交流电，电压瞬时值随时间变化的图象如图乙所示，初始时开关S接a，、闭合，则（ ）
A．电压表的示数是
B．通过的是频率为的交流电
C．若只将断开，则通过的电流增加，通过r的电流减小
D．若只将S由a拨到b，M、N两端的输入功率变小
6．如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球．小球静止时细线与竖直方向成角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g．下列说法正确的是（ ）
A．匀强电场的电场强度大小
B．小球动能的最小值为
C．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小
D．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先增大后减小，再增大
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
7．如图，某次排球比赛中，排球在距网面水平距离为、距地面高度为时，运动员将排球沿垂直网而的方向以的速度水平击出，已知排球场网高，取重力加速度为，忽略空气对排球的影响，则排球越过网的瞬间（ ）
A．速度方向竖直向下 B．竖直方向速度大小为
C．恰好擦过网的上沿 D．距离网的上沿
8．甲、乙两列简谐横波（各只有一个波长）沿x轴相向传播，原点左侧和右侧为不同介质，已知波在原点左侧介质中的传播速度为．在时刻两列波的位置如图所示，此后发现平衡位置为的质点曾经出现的位移，则（ ）
A．甲波的频率为
B．波在原点右侧介质中的传播速度为
C．乙波的振动周期为
D．两列波恰好完全分离
9．图甲是我国自主设计开发的全球最大回转自升塔式起重机，它的开发标志着中国工程用超大吨位塔机打破长期依赖进口的局面，也意味着中国桥梁及铁路施工装备进一步迈向世界前列．该起重机某次从时刻由静止开始提升质量为的物体，其图像如图乙所示，内起重机的功率为额定功率，不计其它阻力，g取，下列说法正确的是（ ）
A．此起重机的额定功率为 B．物体所受拉力大小为
C．物体的位移大小为 D．内起重机对物体做的功为
10．如图，光滑绝缘水平桌面上有一个矩形区域，长度为，长度为，E、F、G、H分别为的中点，以为y轴、为x轴建立如图所示的直角坐标系，坐标原点为O．区域存在垂直桌面向下的匀强磁场，磁感应强度为；区域存在沿x轴正方向的匀强电场，电场强度为区域有沿y轴负方向的匀强电场．质量为m、电荷量为的绝缘小球Q静止在磁场中O点．质量为的带电量也为的绝缘小球P，以大小为上的初速度从边界上的某点沿与边界夹角为的方向进入电场．小球P与Q恰好在O点沿x轴方向发生弹性正碰，碰撞前后小球Q的电量保持不变，小球P、Q均可视为质点，下列说法正确的是（ ）
A．区域匀强电场的电场强度的大小为
B．若小球Q从边离开磁场，k的最小值为5
C．若小球Q从边中点离开磁场，k可能为
D．若小球Q从边中点离开磁场，k可能为
三、非选择题：共56分．
11．（6分）某同学利用自由落体运动测量重力加速度，实验装置如图甲所示，打点计时器接在频率为的交流电源上．使重锤自由下落，打点计时器在随重锤下落的纸带上打下一系列点迹．（计算结果保留三位有效数字）
（1）纸带上取连续的0至4点为计数点，每相邻两计数点间还有四个计时点（图中未标出），计数点间的距离如图所示，打点3时，重锤下落的速度__________________；
（2）由纸带上所给的数据可计算出实验时的加速度__________________．某同学居家学习期间，注意到一水龙头距地面较高，而且发现通过调节水龙头阀门可实现水滴逐滴下落，并能控制相邻水滴开始下落的时间间隔，还能听到水滴落地时发出的清脆声音．于是他计划利用手机的秒表计时功能和刻度尺测量重力加速度．为准确测量，请写出需要测量的物理量__________________、__________________．
12．（9分）为精确测量某一个电压表的内阻，实验探究小组从实验室找来了以下仪器．
a．电源E，具有一定内阻，电动势为；
b．待测电压表，量程为．内阻n约为
c．标准电压表，量程为；
d．标准电流表A，量程为，内阻小于；
e．电阻箱；
f．定值电阻；
g．滑动变阻器；
h．单刀单挪开关S，导线若干．
（1）某同学根据找来的器材，设计了如图甲所示的电路图进行测量，请判断这样设计的实验电路是否合理，并简述理由：__________________．
（2）经过小组讨论后，根据提供的器材，该小组设计一个新的实验电路，如图乙所示，请选择据正确的元件将电路图完善起来．其中，甲处应连接__________________（选填“R．”“”或“”）；乙处应连接__________________（选填“”或“A”）；丙处应连接．
（3）用表示的示数，用表示的示数，用I表示A的示数，用R表示甲处所选电阻的阻值，则电压表的内阻__________________．在按照图乙电路进行实验时，__________________系统误差（选填“存在”或“不存在”）．
13．（13分）许多食品在平原密封运送到进入高原后，由于海拔变高，气压变低，导致食品袋内气压高于外部，造成胀袋的现象，通常大气压强大约每升高下降，若环境温度保持不变，试分析以下问题：
（1）假设密封袋内气体的压强改变后和外界的压强相等，若密封袋内只密封空气且在海拔为零的平原处密封，其所处的大气压强为，求在海拔处，密封袋的体积变为原来的多少倍；
（2）在海拔处把密封袋扎破，假设袋子回弹后袋子的体积和在海拔为零的平原处的体积相等，则袋内的气体质量变成原来的多少倍．
14．（15分）如图，固定的足够长平行光滑双导轨由水平段和弧形段在处相切构成，导轨的间距为L，区域内存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，间距也为L．现将多根长度也为L的相同导体棒依次从弧形轨道上高为h的处由静止释放（释放前棒均未接触导轨），释放第根棒时，第根棒刚好穿出磁场．已知每根棒的质量均为m，电阻均为R，重力加速度大小为g，且与导轨垂直，导轨电阻不计，棒与导轨接触良好．求：
（1）第2根棒刚穿出磁场时的速度大小；
（2）第3根棒刚进入磁场时的加速度大小；
（3）第n根棒刚进入磁场时，第1根棒的热功率．
15．（13分）在水平面上沿直线按距离为L的等间距依次排列着4个质量均为m的滑块，另一个滑块P的质量也为m，除了P与1之间的地面光滑，其余部分均粗糙，每个滑块与地面之间的摩擦因数均为．现P从静止开始在大小为的水平恒力作用下向右运动，与滑块1碰撞后滑块便粘连在一起．以后每次碰撞后均粘连在一起，每次碰撞时间极短，每个物块都可简化为质点，重力加速度为g．求：
（1）第一次碰撞后瞬间的速度大小及第一次碰撞过程中损失的机械能；
（2）发生第二次碰撞后瞬间的速度为多大；
（3）若碰撞后的滑块3不能与滑块4相碰，求的取值范围．
湖南省名校2022-2023学年高一下学期期末联考
物理
参考答案、提示及评分细则
1．A AC．依据曲线运动特征可知：物体做曲线运动时，任意时刻的速度方向是曲线上该点的切线方向上，曲线运动速度方向不断改变，速度是矢量，所以曲线运动一定是变速运动，故A正确，C错误；B．物体做曲线运动的条件是所受的合力的方向与速度方向不在同一条直线上，故合外力一定不为零，故B错误；D．物体做曲线运动的条件是合力方向与速度方向不在同一条直线上，而合力的大小可以变，也可以不变，例如平抛运动，合力不变，故B错误；故选：A．
2．A ABC．将运动员和自行车看作一个整体，受到重力、支持力、摩擦力作用，重力与支持力平衡，摩擦力提供向心力，向心力是按照力的作用效果命名的力，不是物体受到的力，如果说变速圆周运动，摩擦力除了提供向心力，还有垂直于速度方向的力，故A正确，BC错误；D．支持力的方向垂直于接触面向上，接触面水平，则支持力竖直向上，故D错误．故选：A．
3．B 以桌面为参考平面，小球落地时的重力势能为，整个下落过程中重力势能减少了，故B正确，ACD错误．故选：B．
4．D A．因龙舟的静水速度大于水流速度，可知该龙舟能够垂直河岸到达正对岸，故A错误；BD．该龙舟以最短时间渡河用时间，沿水流方向的位移大小为，故B错误，D正确；C．当船速与水流速度同向时合速度最大，最大速度为，故C错误；故选：D．
5．D A．由图象可得，在内：．由得，电动机提供的牵引力大小．后发动机的输出功率保持不变，故小车功率：，故A错误；B．玩具小车运动到最大速度时，．故B错误；C．速度图象与时间轴的“面积”的数值等于物体位移大小：内，．内牵引力做功，故C错误；D．内牵引力所做的功为，故D正确．故选：D．
6A． A．重力做功只与高度差有关，高度相等，所以克服重力做功相等，故A正确；B．设斜面倾角为，高度为，斜面长度，摩擦力做的功为：，所以倾角越大，摩擦力做功越小，克服摩擦力做的功也越小，故B错误；CD．根据力的平衡得：，解得：，所以做的功为：，因为相等，所以越小，越大，故CD错误．故选：A．
7．A A．空间站绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得，地球质量：，故A正确；B．地球表面的物体：，空间站绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，故B错误；C．空间站的向心加速度：，故C错误；D．空间站绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，由于空间站运行轨道的半径小于同步卫星的轨道半径，因此空间站的周期小于同步卫星的周期，小于地球自转周期，故D错误．故选：A．
8．C A．过程中，图象为一段直线，由动能定理得：，故，故A错误；B．由可知，在过程中，做功为；在过程中，由动能定理可知：，解得拉力做的功：，因此在和过程中，做功之比为，故B错误；C．在过程中，一直做正功，故物体的机械能不断增加，故C正确；D．图象的斜率表示合外力，在过程中，合外力大小为：，说明在过程中只受重力，物体的机械能保持不变，故D错误．故选：C．
9．BC A．开普勒定律不仅适用于行星绕太阳的运动，也适用于其他围绕同一天体的星球的运动，故A错误；B．卡文迪什通过实验推算出来引力常量的值，被誉为第一个能“称量地球质量”的人，故B正确；C．地球的第一宇宙速度是环绕地球做匀速圆周运动的最大速度，故C正确；D．经典物理学建立在实验的基础上，它的结论又受到无数次实验的检验，只适用于宏观低速，不适用于微观高速，故D错误．故选：BC．
10．BC A．由于不知道转动的时间，所以不能求出小球的角速度，故A错误；B．由图可知，手柄、小球以及轮轴是同轴传动，角速度相等，故B正确；C．水桶向上运动的速度等于轮轴边缘的线速度，小球和轮轴角速度相等，根据可知，轮轴的速度是小球转动线速度的倍，即水桶的速度是小球转动线速度的倍，故C正确；D．手柄与轮轴角速度相等，所以当手柄匀速转动周时，轮轴转动了周，故D错误．故选：BC．
11．AD A．由图知，时，由得：，故A正确；B．时，，则物体的动能为：，由，得：，故B错误；C．时，，则物体的动能为：，故C错误；D．从地面至，物体的机械能减少了，重力势能增加了，因此，物体的动能减少，故D正确；故选：AD．
12．AD A．重力做功只与初末位置的高度差有关，则由至重力功为．故A正确．B．由至重力做功为，则重力势能减少．小球在下降中小球的重力势能转化为动能和弹性势能，所以，故B错误．C．根据动能定理得：，所以由至小球克服弹力做功为，故C错误．D．弹簧弹力做功量度弹性势能的变化．所以小球到达位置时弹簧的弹性势能为，故D正确．故选：AD．
13．（1）（C） （2）不是 1.5
解析：（1）平抛实验不需要小球质量与直径，但需要保证坐标纸竖直，所以还需要增加的步骤是：在斜槽末端悬挂重锤以确定竖直方向，故（C）正确，（A）（B）错误；
（2）若点为平抛运动的抛出点，竖直方向初速度为零的匀加速直线运动连续相等时间内的位移比应为，由图可知，不满足此规律，故点不是平抛运动的抛出点，由过程和过程水平方向位移相等，可知时间也相等，水平方向竖直方向分别列式得：，联立解得：．
14．（1）AC （2）①左 ②7.88 7.59
解析：（1）A．为减小重物下落时所受空气阻力大小，重物选用质量和密度较大的金属锤，故A正确；B．应先接通电后源释放重物，故B错误；C．两限位孔在同一竖直面内上下正对以减小纸带与打点计时器间的阻力，故C正确；D．重物下落过程，由于有阻力的作用，实际的加速度小于重力加速度，所以不能用公式求打某点时纸带的速度，故D错误．故选：AC；
（2）①重物下落过程中，速度在增大，点间距离也在增大，故可知左端与纸带相连；②重物由点运动到点，重力势能的减少量为．打点时，重物的速度为．则动能的增加量为．
15．解：（1）飞船绕地球圆轨道运行，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：
在地球表面，忽略地球自转情况下，
解得，飞船离地面的高度为
（2）根据开普勒第三定律有
解得
以为参考系，相对再转一周相距最近，设经过时间它们再一次相距最近，
解得
16．解：（1）前做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：
末的瞬时速度
此列车的额定功率
带入数据解得
（2）汽车速度最大时，受力平衡，即，而
在0到时间内的位移
至这段时间内位移为，由动能定理得：
总位移
联立解得
17．解：（1）小球到达最高点时，根据牛顿第二定律有
解得：
（2）小球从到的过程，根据机械能守恒定律有，
在位置有
可解得：
再根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小为．
（3）小球从到的过程，根据机械能守恒定律有
再根据平抛运动规律
联立解得：