2023-2024学年天津市河西区高三（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年天津市河西区高三（上）期末物理试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.在平直公路上行驶的甲车和乙车，其位移—时间图象分别如图中直线和曲线又所示，图中t1对应x1，则( )
A. t1到t3时间内，甲车做直线运动，乙车做曲线运动
B. 在t1时刻，甲车的速度大于乙车的速度
C. t1到t2时间内，一定存在某时刻两车的速度相同
D. t1到t2时间内，甲车的平均速度小于乙车的平均速度
2.如图所示，在一次投弹演习中，战机释放的炸弹(近似于平抛运动)未能击中山坡上的目标S，你认为飞行员应如何调整才可能准确命中目标( )
A. 保持原航速和飞行高度，稍微提前投弹B. 保持原航速和飞行高度，稍微延后投弹
C. 保持原航速、降低飞行高度，提前投弹D. 保持原航速，到S正上方投弹
3.光滑的水平面上固定着一个螺旋形光滑水平轨道，俯视如图所示．一个小球以一定速度沿轨道切线方向进入轨道，以下关于小球运动的说法中正确的是( )
A. 轨道对小球做正功，小球的线速度不断增大
B. 轨道对小球做正功，小球的角速度不断增大
C. 轨道对小球不做功，小球的角速度不断增大
D. 轨道对小球不做功，小球的线速度不断增大
4.质点以坐标原点O为中心位置在y轴上做简谐运动，其振动图象如图所示，振动在介质中产生的简谐橫波沿x轴正方向传播，波速为1.0m/s，起振后0.3s此质点立即停止运动，再经过0.1s后的波形图为( )
A. B.
C. D.
5.如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m=2kg的另一物体B(可视为质点)以水平速度v0=2m/s滑上原来静止的A的上表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化的情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g取10m/s2)( )
A. A获得的动能为2JB. 系统损失的机械能为4J
C. A的最小长度为2mD. A、B间的动摩擦因数为0.1
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
6.下列说法正确的是( )
A. 图甲实验利用“放大法”观察玻璃瓶的微小形变
B. 图乙水杯随圆盘一起匀速圆周转动，受重力、支持力、静摩擦力和向心力
C. 图丙货物被起重机竖直向上匀速提起过程中，所受合外力不做功，机械能增加
D. 图丁自动卸货车始终静止在地面上，车厢在液压机作用下倾角缓慢增大且货物始终没有下滑，该过程中车厢对货物的支持力逐渐变大且做正功
7.某时刻O处质点沿y轴开始做简谐振动，形成沿x轴正方向传播的简谐横波，经过0.8s形成的波的图象如图所示。P是x轴上距O点96cm处的质点。下列判断正确的是( )
A. O处质点开始振动的方向沿y轴正方向
B. O处质点振动的周期是0.8s
C. 从O处质点振动开始计时，经过3.2s，P处质点开始振动
D. 该波的波速是30m/s
8.质量m=1kg的物体从高为h=0.2m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ=0.2，传送带AB之间的距离为L=5m，传送带一直以v=4m/s的速度匀速运动，则( )
A. 物体从A运动到B的时间是1.5s
B. 物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体做功为2J
C. 物体从A运动到B的过程中，产生的热量为2J
D. 物体从A运动到B的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为10J
三、实验题：本大题共2小题，共12分。
9.在“验证动量守恒定律”的实验中，一般采用如图所示的装置：
(1)若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则______
A.m1>m2，r1>r2 B.m1>m2，r1C.m1>m2，r1=r2 D.m1(2)以下所提供的测量工具中必需的是______
A.直尺B.游标卡尺C.天平D.弹簧测力计E.秒表
(3)在做实验时，对实验要求以下说法正确的是______
A.斜槽轨道必须是光滑的
B.斜槽轨道末端的切线是水平的
C.入射球每次都要从同一高度由静止滚下
D.释放点越高，两球碰后水平位移越大，水平位移测量的相对误差越小，两球速度的测量越准确．
10.用单摆测定重力加速度的实验装置如图1所示．

(1)如表为某同学记录的3组实验数据，并做了部分计算处理．请计算出第3组实验中的T= ______ s，g= ______ m/s2．
(2)若有三位同学用多组实验数据做出的T2−L图线的示意图如图2中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值．则______
(A)图线a对应的g值大于图线b对应的g值
(B)图线c对应的g值小于图线b对应的g值
(C)出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次
(D)出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L
(3)某同学用细线和铁锁制成一个单摆，如图3所示．由于只有一根量程为30cm的刻度尺，于是他在细线上的A点做了一个标记，使得悬点O到A点间的细线长度小于刻度尺量程．保持该标记以下的细线长度不变，通过改变O、A间细线长度以改变摆长．实验中，当O、A间细线的长度分别为l1、l2时，测得相应单摆的周期为T1、T2.由此可得重力加速度g= ______ (用l1、l2、T1、T2表示)．
四、计算题：本大题共3小题，共48分。
11.两材料完全相同的、可视为质点的滑块甲和滑块乙放在粗糙的水平上，在两滑块的右侧固定一挡板。已知两滑块与水平面之间的动摩擦因数均为μ，甲、乙两滑块的质量分别为m1=3m、m2=2m，且在水平面上处于静止状态。现给滑块甲一向右的初速度v0(未知)，使滑块甲和滑块乙发生无能量损失的碰撞，经过一段时间滑块乙运动到挡板处且被一接收装置接收，而滑块甲未与挡板发生碰撞，开始两滑块之间的距离以及滑块乙与挡板之间的距离均为L，重力加速度为g。滑块甲与滑块乙碰后的瞬间速度分别用v1、v2表示，试求
(1)v1与v2的比值；
(2)v0的最小值为多少？
12.如图所示，在光滑的水平面上放置一个足够长木板B，在B的左端放有一个可视为质点的小滑块A，A、B间的动摩擦因数μ=0.4，A的质量m=1kg，B的质量M=2kg，g=10m/s2。现对A施加F=7N的水平向右的拉力，ls后撤去拉力F，求：
(1)撤去拉力F前小滑块A和长木板B的加速度a1和a2；
(2)A相对于B静止时的速度v；
(3)A相对于B静止的整个过程中由于摩擦生成的热量(结果可以用分数表示)。
13.如图所示，水平轨道AB长为2R，其A端有一被锁定的轻质弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，圆心在O1半径为R的光滑圆形轨道BC与AB相切于B点，并且和圆心在O2半径为2R的光滑细圆管轨道CD平滑对接，O1、C、O2三点在同一条直线上，光滑细圆管轨道CD右侧有一半径为2R，圆心在D点的14圆弧挡板MO2竖直放置，并且与地面相切于O2点.质量为m的小球(可视为质点)从轨道上的C点由静止滑下，刚好能运动到A点，触发弹簧，弹簧立即解除锁定，小滑块被弹回，小球在到达B点之前已经脱离弹簧，并恰好无挤压通过细圆管轨道最高点D(计算时圆管直径可不计，重力加速度为g)。求：
(1)小滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数μ；
(2)弹簧锁定时具有的弹性势能EP；
(3)滑块通过最高点D后落到挡板上时具有的动能EK。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、图像描述的汽车位移随时间的变化，只能是描述直线运动的，甲、乙车都做直线运动，故A错误；
B、在t1时刻，甲车的斜率小于乙车的斜率，故甲的速度小于乙车的速度，故B错误；
C、t1到t2时间内，乙图线的切线斜率在某时刻与甲相同，则两车的速度可能相同，故C正确；
D、t1到t2时间内，两车的位移相同，时间相同，则平均速度相同，故D错误。
故选：C。
位移—时间图线反映位移随时间的变化规律，图线切线的斜率表示瞬时速度，结合斜率的变化得出速度如何变化．根据位移和时间比较平均速度的大小。
解决本题的关键知道位移—时间图线的物理意义，知道图线的切线斜率表示瞬时速度，根据斜率的正负可以确定运动的方向。
2.【答案】B
【解析】解：AB、保持原航速和飞行高度，则飞行轨迹不变，要想命中目标，则轨迹需要向右平移，即需要稍微延后投弹，故A错误，B正确；
C、保持原航速、降低飞行高度，则相当于飞行轨迹向下平移，要想命中目标，需要轨迹向右平移，即需要延后投弹，故C错误；
D、保持原航速，到S正上方投弹，则落点在S的右边，故D错误。
故选：B。
炸弹在空中做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动。
针对各选项，分析投弹准确的可能性。
该题考查平抛运动，关键要掌握平抛运动在水平方向和在竖直方向上的运动规律，结合几何关系进行解答。
3.【答案】C
【解析】解：轨道的弹力方向与速度方向垂直，弹力不做功，根据动能定理知，速度的大小不变．根据ω=vr，半径减小，角速度不断增大．故C正确，A、B、D错误．
故选C．
轨道的弹力方向与速度方向垂直，弹力不做功，通过动能定理判断出线速度大小的变化．根据ω=vr，判断角速度的变化．
解决本题的关键利用动能定理判断出速度大小的变化．以及根据ω=vr，得出角速度的变化．
4.【答案】A
【解析】【分析】
根据振动图象t=0时刻质点的振动方向确定波传播时各质点起振的方向。由振动图象读出周期，求出波长，分析再经过0.1s后，即总共经过0.4s时波传播的距离，确定波形图。
本题要抓住质点的振动与波动之间关系的理解。根据时间与周期的关系、波传播距离与波长的关系分析。
【解答】
解：根据振动图象得知，t=0时刻质点沿y轴正方向振动，即波源的起振方向沿y轴正方向，则介质中各质点的起振方向均沿y轴正方向，与波最前头的质点振动方向相同。起振后0.3s此质点立即停止运动，形成34波长的波形。由振动图象读出周期T=0.4s，波长λ=vT=0.4m，则再经过0.1s后，即t=0.4s时波总共传播的距离为s=vt=0.4m，传到x=0.4m处，故A正确，BCD错误。
故选：A。
5.【答案】D
【解析】解：A、由图乙所示图象可知，A、B的共同速度v=1m/s，设A的质量为M，A、B组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=(m+M)v，代入数据解得：M=2kg，A获得的动能Ek=12Mv2=12×2×12J=1J，故A错误；
B、设系统损失的机械能为ΔE，由能量守恒定律得：12mv02=12(M+m)v2+ΔE，代入数据解得：ΔE=2J，故B错误；
C、v−t图线与坐标轴围成图形的面积表示位移，由图乙所示图象可知，长木板A的最小长度L=xB−xA=1+22×1m−12×1×1m=1m，故C错误；
D、设A、B间的动摩擦因数为μ，由能量守恒定律得：12mv02=12(M+m)v2+μmgL，代入数据解得：μ=0.1，故D正确。
故选：D。
A、B组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律求出A的质量，然后求出A获得的动能；应用能量守恒定律求出系统损失的机械能与A、B间的动摩擦因数；根据图乙所示图象求出A的最小长度。
根据题意与图乙所示图象分析清楚物体与长木板的运动过程是解题的前提；应用动量守恒定律与能量守恒定律即可解题。
6.【答案】AC
【解析】解：A.图甲实验能过细管中液面的上升情况来分析瓶子的微小形变，是利用了“放大法”的物理原理，故A正确；
B.向心力是效果力，匀速圆周运动中向心力由合外力提供，物体受到重力、支持力和摩擦力作用，故B错误；
C.货物被起重机竖直向上匀速提起过程中，动能不变，所受合外力不做功，但重力势能增大了，所以机械能增加了，故C正确；
D.根据
FN=mgcsθ
可知，随着斜面倾角增大，支持力逐渐变小，支持力与物体速度成锐角，所以支持力做正功，故D错误。
故选：AC。
将微小的形变通过细管中液面的上升利用了“放大法”的物理原理，向心力是效果力，合外力做功代表动能变化，机械能等于势能与动能之和，力与速度成锐角则力做正功。
本题考查功能关系、向心力与实验原理，解题关键掌握合外力做功代表动能变化，且学会判断力做功的正负。
7.【答案】BC
【解析】解：A、该波传到后面某一质点时，该质点向下振动，后面质点的起振方向与振源的起振方向相同，x=24cm的质点向下振动，则O处质点开始振动的方向沿y轴负方向，故A错误；
B、经过0.8s时O处质点形成的波动图象为一个波长，所以该质点振动的周期是T=0.8s，故B正确；
CD、波在t=0.8s内传播的距离是x=24cm=0.24m，所以该波的波速是v=xt=，波从O点传到P点的时间tP=xOPv=，则质点P经过3.2s开始振动，故C正确，D错误；
故选：BC。
根据波在t=0.8s内传播的距离得知周期，由此求波速。根据质点P到O点的距离来求传播的时间。
本题主要是考查横波的图象，解答本题要掌握波的图象的物理意义，知道波速、波长和周期的关系。
8.【答案】AC
【解析】解：A、设物体下滑到A点的速度为v0，对PA过程，由机械能守恒定律有：12mv02=mgh，代入数据得：v0=2m/sB、物体运动到B的速度是v=4m/s，根据动能定理得：摩擦力对物体做功W=12mv2−12mv02=12×1×42−12×1×22J=6 J，故B错误；
C、在t1时间内，传送带做匀速运动的位移为x带=vt1=4m，故产生热量Q=μmg△x=μmg(x带−x1)，代入数据得：Q=2 J，故C正确；
D、电动机多做的功一部分转化成为物体的动能，另一部分转化为内能，则电动机多做的功W=(12mv2−12mv02)+Q=6J+2 J=8 J，故D错误。
故选：AC。
先由机械能守恒定律求出物体滑到A点时的速度。根据物体在传送带的运动情况，由牛顿第二定律求出匀加速运动的加速度，由速度公式求出加速到速度与传送带相同所用时间，并求出匀加速运动的位移，分析物体运动到B的速度。再求出物体向右匀速运动时间，即可所求时间；由动能定理求摩擦力对物体做功。由运动学可求物体与传送带间的相对位移△S，进而由Q=μmg△S可求产生的热量。
物体在传送带上运动时，物体和传送带要发生相对滑动，所以电动机多做的功一部分转化成为物体的动能，另一部分就是增加了内能。根据能量守恒求解。
本题首先要求同学们能正确分析物体的运动情况，判断物体与传送带是否有共速。要注意电动机多做的功一部分转化成了物体的动能另一部分就是了相同的内能，不能只考虑物体的动能。
9.【答案】C AC BCD
【解析】解：(1)在小球碰撞过程中，水平方向动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：m1v0=m1v1+m2v2，
在碰撞过程中机械能守恒：12m1v02=12m1v12+12m2v22，
解得：v1=m1−m2m1+m2v0，
要碰后入射小球的速度v1>0，即m1−m2>0，m1>m2，为了使两球发生正碰，两小球的半径相同，r1=r2，故选C；
(2)P为碰前入射小球落点的平均位置，M为碰后入射小球的位置，N为碰后被碰小球的位置，
小球离开轨道后做平抛运动，运动时间：t= 2hg，碰撞前入射小球的速度v1=OP 2hg，
碰撞后入射小球的速度：v2=OM 2hg，碰撞后被碰小球的速度：v3=ON 2hg，
若m1v1=m2v3+m1v2则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，
整理得：m1OP=m1OM+m2ON，故需要测量的工具有刻度尺和天平，故选AC；
(3)A、验证动量守恒定律实验，必须保证斜槽轨道末端切线水平，斜槽轨道不必要光滑，故A错误，B正确；
C、为保证球的初速度相等，入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故C正确；
D、释放点越高，碰撞后速度越大，水平位移越大，水平位移测量的相对误差越小，两球速度的测量越准确．故D正确．
故选：BCD．
故答案为：(1)C；(2)AC；(3)BCD．
(1)为了保证碰撞前后使入射小球的速度方向不变，故必须使入射小球的质量大于被碰小球的质量；为了使两球发生正碰，两小球的半径相同．
(2)求出需要验证的表达式，根据表达式确定需要测量的量，然后确定测量工具．
(3)根据实验注意事项分析答题．
本题考查验证动量守恒定律，本实验运用了等效思维方法，平抛时间相等，用水平位移代替初速度，这样将不便验证的方程变成容易验证．
10.【答案】2.02；9.68；C；4π2(l1−l2)T12−T22
【解析】解：(1)第3组实验中振动周期T=101.050s=2.02s；单摆周期公式T=2π Lg，可得g=4π2LT2=9.68m/s2；
(2)根据单摆的周期公式T=2π Lg，得T2=4π2Lg，根据数学知识可知，T2−L图象的斜率k=4π2g，当地的重力加速度g=4π2k
A、图线a与b平行，则斜率k相等，当地的重力加速度g=4π2k，故图线a对应的g值等于图线b对应的g值，A错误；
B、图线c的斜率比b小，而当地的重力加速度g=4π2k，则图线c对应的g值大于图线b对应的g值，B错误；
C、实验中误将49次全振动记为50次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，T2−L图象的斜率k=4π2g偏小．C正确；
D、图线a是在L为0时，T有数值，出现这种情况，只有可能是误将悬点到小球上端的距离记为摆长L，D错误；
(3)设摆线总长为l，当O、A间细线的长度为l1时实际摆长变为l−l1；由单摆周期公式T=2π Lg有
T1=2π l−l1g
当O、A间细线的长度为l2时实际摆长变为l−l2；由单摆周期公式T=2π Lg有
T2=2π l−l2g
解得g=4π2(l1−l2)T12−T22
故答案为：(1)2.02；9.68；(2)C；(3)4π2(l1−l2)T12−T22．
(1)直接利用第三次实验50次振动的时间为101.0s，求出振动周期，再利用单摆周期公式求出对应的重力加速度；
(2)根据单摆的周期公式变形得出T2与L的关系式，再分析T2−L图象中g与斜率的关系，得到g的表达式．根据重力加速度的表达式，分析各图线与b之间的关系；
(3)分别求出当O、A间细线的长度分别为l1、l2时实际摆长，利用单摆周期公式列式，最后求出重力加速度．
简谐运动是一种理想的运动模型，单摆只有在摆角很小，空气阻力影响不计的情况下单摆的振动才可以看成简谐运动，要知道影响实验结论的因素．应用单摆周期公式可以解题；要掌握应用图象法处理实验数据的方法．
11.【答案】解：(1)两滑块碰撞过程满足动量守恒定律，设碰撞前瞬间滑块甲的速度为v，取向右为正，则有：
m1v=m1v1+m2v2
由能量关系得：12m1v2=12m1v12+12m2v22
联立解得：v1=v5，v2=6v5
则二者速度大小之比为：v1：v2=1：6；
(2)当滑块甲初速度最小时，碰后滑块乙应刚好运动到右侧的挡板，对滑块乙根据动能定理可得：
−μm2gL=0−12m2v22
碰前滑块甲做减速运动，对滑块甲根据动能定理可得：−μm1gL=12m1v2−12m1v02
可得v0= 61μgL18。
答：(1)v1与v2的比值为1：6；
(2)v0的最小值为 61μgL18。
【解析】(1)根据动量守恒定律结合能量关系列方程求解；
(2)当滑块甲初速度最小时，碰后滑块乙应刚好运动到右侧的挡板，对滑块乙根据动能定理列方程，再对滑块甲在碰撞前运动过程中根据动能定理列方程联立求解。
本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用(或合外力为零)；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。
12.【答案】解：(1)对A滑块根据牛顿第二定律有：F−μmg=maA，
代入数据解得：a1=3m/s2，
对B木板有：μMg=MaB，
代入数据解得：a2=2m/s2；
(2)对A和B整体分析，全过程根据动量定理可得：Ft=(M+m)v
解得：v=FtM+m=7×12+1m/s=73m/s；
(3)撤去F时，A的位移为：xA=12a1t2=12×3×12m=1.5m，
从开始施加外力到二者共速的过程中，根据功能关系可得：
FxA=12(M+m)v2+Q
解得：Q=73J。
答：(1)撤去拉力F前小滑块A和长木板B的加速度a1和a2分别为3m/s2、2m/s2；
(2)A相对于B静止时的速度为73m/s；
(3)A相对于B静止的整个过程中由于摩擦生成的热量为73J。
【解析】(1)根据牛顿第二定律求解加速度大小；
(2)根据动量定理求解共同速度；
(3)根据功能关系求解A相对于B静止的整个过程中由于摩擦生成的热量。
本题主要是考查了功能关系和能量守恒定律，首先要选取研究过程，分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，根据功能关系列方程解答。
13.【答案】解：(1)由几何关系可得CB间的高度差h=23R
小滑块从B点运动到A点的过程，由动能定理得
mgh−μmg⋅2R=0
解得μ=13
(2)滑块在D点时，由重力提供向心力，可得mg=mv22R
从A点到D点的过程中，由功能关系有
EP=mg⋅2R+μmg⋅2R+12mv2
解得EP=113mgR
(3)滑块通过最高点D后做平抛运动，根据平抛运动的规律可知，水平方向有x=vt
竖直方向上有y=12gt2
又几何关系为x2+y2=4R2
可得滑块落到挡板上的动能为EK=12m[v2+(gt)2]或mgy=EK−12mv2
解得EK=(2 2−1)mgR
答：(1)小滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数μ为13；
(2)弹簧锁定时具有的弹性势能EP为113mgR；
(3)滑块通过最高点D后落到挡板上时具有的动能EK为(2 2−1)mgR。
【解析】(1)先根据几何知识求出CB间的高度差。小滑块从B点运动到A点的过程，利用动能定理列式，即可求出小滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数μ；
(2)滑块恰好无挤压通过细圆管轨道最高点D，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出滑块通过D点的速度，再由能量守恒定律求弹簧锁定时具有的弹性势能EP；
(3)滑块通过最高点D后做平抛运动，根据分运动规律和几何知识分别列式，结合动能与速度的关系求出滑块落到挡板上时具有的动能EK。
解决本题的关键要灵活选取研究的过程，分段运用动能定理和功能关系，要把握隐含的几何关系。组次
1
2
3
摆长L/cm
80.00
90.00
100.00
50次全振动的时间t/s
90.0
95.5
101.0
振动周期T/s
1.80
1.91
重力加速度g/(m⋅s−2)
9.74
9.73