2022-2023学年福建省漳州市高一（下）期末物理试卷（B卷）（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年福建省漳州市高一（下）期末物理试卷（B卷）（含详细答案解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示，在光滑水平面上有一物体，它的左端接连着一轻弹簧，弹簧的另一端固定在墙上。在力F作用下物体处于静止状态，当撤去力F后，物体将向右运动，在物体向右运动的过程中，下列说法中正确的是( )
A. 弹簧的弹性势能逐渐减少B. 物体的机械能不变
C. 弹簧的弹性势能先减少后增大D. 物体的动能逐渐增大
2.在水平地面上，关于平抛物体的运动，下列说法正确的是( )
A. 由t=xv0知，物体平抛的初速度越大，飞行时间越短
B. 由t= 2hg知，物体下落的高度越大，飞行时间越长
C. 任意连续相等时间内，物体下落高度之比为1：3：5
D. 任意连续相等时间内，物体运动速度改变量增加
3.如图所示，A、B两轮绕轴O转动，A和C两轮用皮带传动(皮带不打滑)，A、B、C三轮的半径之比4：5：5，a、b、c为三轮边缘上的点，则正确的是( )
A. 线速度va：vb：vc=25：16：16
B. 角速度ωa：ωb：ωc=4：4：9
C. 角速度ωa：ωb：ωc=16：16：25
D. 向心加速度aa：ab：ac=20：25：16
4.如图(a)，我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种。某次抛出的谷粒中有两颗的运动轨迹如图(b)所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为O，且轨迹交于P点，抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为v1和v2，其中v1方向水平，v2方向斜向上。忽略空气阻力，关于两谷粒在空中的运动，下列说法正确的是( )
A. 谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度B. 谷粒2在最高点的速度小于v1
C. 两谷粒从O到P的运动时间相等D. 两谷粒从O到P的平均速度相等
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.如图，质量均为m的物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧。开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h，物体B静止在地面上。放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B对地面恰好无压力。不计空气阻力及滑轮与绳的摩擦。下列判断正确的是( )
A. 物体A下落过程机械能守恒B. 此时弹簧的弹性势能等于mgh−12mv2
C. 此时物体B的速度大小也为vD. 此时物体A的加速度大小为零
6.三颗人造地球卫星A、B、C在地球的大气层沿如图所示的方向做匀速圆周运动，则三颗卫星( )
A. 线速度大小的关系是VA>VB=Vc
B. 周期关系是TA>TB=TC
C. 角速度的关系是ωA>ωB=ωC
D. 向心加速度的关系aA7.如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细绳相连的质量均为m的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为RA=r，RB=2r，与盘间的动摩擦因数μ相同，当圆盘转速缓慢加快到两物体刚好要发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是( )
A. 此时绳子张力为3μmg
B. 此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆内
C. 此时圆盘的角速度为 2μgr
D. 此时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做离心运动
8.在O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示。M、N是轨迹上的两点，OP>OM，OM=ON，则小球( )
A. 在运动过程中，电势能先增加后减少
B. 在P点的电势能大于在N点的电势能
C. 在M点的机械能等于在N点的机械能
D. 从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功
三、填空题：本大题共3小题，共10分。
9.如图，一定质量的理想气体从状态A经过状态B变化到状态C。A到B过程气体内能______(选填“增加”“减小”或“保持不变”)；B到C过程中气体______(选填“吸热”“放热”或“与外界无热交换”)。
10.按照狭义相对论的观点，在太空中“迎着”光飞行的宇宙飞船上，观察者测得的光速______c(选填“大于”、“等于”、“小于”，其中c为真空中的光速)。
11.如图所示，质量为m的球用长L的轻绳悬于O固定点，从O点正下方P位置开始，用水平恒力F把球移到悬线与竖直方向成θ角的Q位置，则水平恒力F做功为______，若用水平 F把球缓慢移到悬线与竖直方向成θ角的Q位置，则水平力F做功为______。
四、实验题：本大题共1小题，共12分。
12.用图甲数字化机械能守恒实验器验证机械能守恒定律。N为内置了光电门的摆锤，通过白色轻质杆悬挂于转轴M处，仪器上嵌有10个相同的白色圆柱体。当摆锤通过某个白色圆柱体时，光电门能测出通过该圆柱体所用的时间(即圆柱体遮光的时间)，将轻杆拉至水平，由静止开始释放摆锤，记录摆锤通过①∼⑩圆柱体所用的时间t，分别为t1、t2……t10，用左侧刻度尺测出①∼⑩圆柱体与摆锤释放点间的高度差h分别为h1、h2……h10。重力加速度为g。
(1)关于该实验，下列说法正确的是______。
A.实验中还需要测出摆锤的质量m
B.实验时应使左侧刻度尺处于竖直位置
C.白色圆柱体应沿圆弧等距均匀分布
D.若未从静止释放摆锤将不能验证机械能守恒定律
(2)用游标卡尺测量圆柱体的直径d如图乙，读数为______ cm。
(3)若有关系式______(用题中所给字母表示)成立，则可验证摆锤从②运动到⑧的过程机械能守恒。
(4)实验中发现摆锤重力势能的减小量ΔEp略大于摆锤动能的增加量ΔEk，则可能的原因是______。
(5)由实验数据，通过描点作出了如图丙所示的线性图像，图像的纵坐标应为______(选填1t、t2或1t2)，根据图像说明机械能守恒的依据是______。
五、简答题：本大题共2小题，共26分。
13.如图所示，轨道ABC的AB段是半径R=0.8m的光滑的14圆弧形轨道，BC段为粗糙水平面，物体从A静止开始下滑，在平面上运动了1.6m后停下，求：
(1)物体通过B点时的速率为多大？
(2)物体与水平面的动摩擦因数μ为多大？(g取10m/s2)
14.万有引力定律F引=Gm1m2r2和库仑定律F电=kq1q2r2都满足力与距离平方成反比关系。如图所示，计算物体从距离地球球心r1处，远离至与地心距离r2处，万有引力对物体做功时，由于力的大小随距离而变化，一般需采用微元法。也可采用从r1到r2过程的平均力，即F引−=Gm1m2r1⋅r2计算做功。已知物体质量为m，地球质量为M，半径为R，引力常量为G。
(1)求该物体从距离地心r1处至距离地心r2处的过程中，万有引力对物体做功W；
(2)若从地球表面竖直向上发射某物体，试用动能定理推导使物体能运动至距地球无穷远处所需的最小发射速度v0；
(3)氢原子是最简单的原子，电子绕原子核做匀速圆周运动与人造卫星绕地球做匀速圆周运动类似。已知电子质量为m，带电量为−e，氢原子核带电量为+e，电子绕核运动半径为r，静电力常量为k，求电子绕核运动的速度v1大小；若要使氢原子电离(使核外电子运动至无穷远，逃出原子核的电场范围)，则至少额外需要提供多大的能量ΔE。
六、计算题：本大题共1小题，共12分。
15.如图所示．在距地面2l高空A处以水平初速度v0= gl投掷飞镖．在与A点水平距离为l的水平地面上的B点有一个气球，选择适当时机让气球以速度v0= gl匀速上升，在升空过程中被飞镖击中．飞镖在飞行过程中受到的空气阻力不计．在计算过程中可将飞镖和气球视为质点．已知重力加速度为g.试求：
(1)飞镖是以多大的速度击中气球的？
(2)掷飞镖和放气球两个动作之间的时间间隔△t应为多少？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：AC、当撤去力F后，物体向右运动的过程中，弹簧先由压缩状态变到原长，再伸长，所以弹簧的形变量先减小后增大，则弹簧的弹性势能先减少后增加。故A错误，D正确。
BD、撤去力F后，物体向右运动，弹簧的弹性势能转化为物体的机械能(动能)，即物体的机械能(动能)增加，后来弹簧处于伸长状态，物体的机械能又转化为弹簧的弹性势能，即物体的机械能(动能)增加，综上，物体的机械能(动能)先增加后减少，故BD错误。
故选：C。
弹簧的弹性势能与弹簧的形变量大小有关，形变量越大，弹性势能越大；物体向右运动过程中只有弹簧弹力做功，弹簧的弹性势能和物体的动能相互转化总量不变，据此可判断物体机械能(动能)的变化。
本题考查了只有弹簧弹力做功的系统，弹性势能和动能相互转化，总的机械能守恒，特别注意弹簧回复原长后又伸长的过程。
2.【答案】B
【解析】AB、平抛运动水平方向做匀速运动：x=v0t；竖直方向做自由落体运动：h=12gt2；平抛运动在空中运动的时间由竖直方向上的运动决定：t= 2hg所以物体下落的高度越大，飞行时间越长，故A错误，B正确；
C、平抛物体在竖直方向上做了初速度为零的自由落体运动，物体下落高度之比为1：3：5，仅仅符合从一开始下落时计算，并不是任意连续相等时间内都满足。故C错误；
D、由△v=gt，知任意连续相等时间内，物体运动速度改变量都相等，故D错误；
故选：B。
平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，水平分运动是匀速直线运动。由平抛运动的规律分别得到时间和水平距离的表达式，再进行分析。
本题关键抓住平抛运动的竖直分运动是自由落体运动；平抛运动的时间由初末位置的高度差决定，与初速度无关，而水平距离与初速度和高度两个因素有关。
3.【答案】D
【解析】解：已知A、B、C三轮的半径之间的关系ra：rb：rc=4：5：5；
A、B两个轮子是同轴传动，角速度相等，故：ωa：ωb=1：1 ①
根据公式v=ωr，线速度之比为：va：vb=ra：rb=4：5 ②
根据公式T=2πω，周期之比为：Ta：Tb=ωb：ωa=1：1 ③
根据公式a=ω2r，向心加速度之比为：aa：ab=ra：rb=4：5 ④
A、C两个轮子靠传送带传动，轮子边缘上的点具有相同的线速度，故：va：vc=1：1 ⑤
根据公式v=ωr，角速度之比为：ωa：ωc=rc：ra=5：4 ⑥
根据公式：T=2πω，周期之比为：Ta：Tc=ωc：ωa=4：5 ⑦
根据公式a=v2r，向心加速度之比为：aa：ac=rc：ra=5：4 ⑧
A、由②⑤得：va：vb：vc=4：5：4，故A错误；
B、由①⑥得：ωa：ωb：ωc=5：5：4，故BC错误；
D、由④⑧得：aa：ab：ac=20：25：16，故D正确。
故选：D。
两轮子靠传送带传动，轮子边缘上的点具有相同的线速度；共轴转动的点，具有相同的角速度；结合公式v=ωr和a=ω2r=v2r。
本题关键抓住同缘传动边缘上的点线速度相等、同轴传动角速度相同以及线速度与角速度关系公式v=ωr列式求解
4.【答案】B
【解析】解：A、两谷粒均做抛体运动，故加速度均相同，故A错误，
BC、根据图b可知谷粒2从最高点到p点的运动时间大于谷粒1从O点到P点的运动时间，又因为谷粒2从最高点到P点水平位移小于谷粒1从O到P点的水平位移，所以谷粒2在最高点的速度小于v1，故B正确，C错误，
D、两谷粒从O到P的位移相同，飞行时间不同，所以平均速度不相等，故D错误。
故选：B。
谷粒均做抛体运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做匀变速直线运动。
本题考查抛体运动的理解，解题的关键是化曲为直的思想。
5.【答案】BD
【解析】解：A、A下落过程中，绳子的拉力对物体A做功，故物体A下落过程中机械能不守恒，故A错误；
B、物体A与弹簧系统机械能守恒，mgh=Ep弹+12mv2，
故Ep弹=mgh−12mv2；故B正确；
C、此时物体B受重力和细线的拉力，处于平衡状态，速度仍为零，故C错误；
D、物体B对地压力恰好为零，故细线的拉力为mg，故弹簧对A的拉力也等于mg，此时物体A受重力和细线的拉力大小相等，合力为零，加速度为零，故D正确
故选：BD。
先对物体A受力分析，由胡克定律求解弹簧的劲度系数；再对物体A受力分析，结合机械能守恒定律列式分析。
本题关键分别对两个物体受力分析，然后根据机械能守恒定律列式求解
6.【答案】AC
【解析】解：由GMmr2=mrω2=mv2r=m4π2rT2=ma可得，
A、v= GMr，故线速度大小为VA>VB=Vc；故A正确；
B、T=2π r3GM，故周期关系为TAC、ω= GMr3，故角速度关系为ωA>ωB=ωC，故C正确；
D、a=GMr2，故向心加速度的关系为aA>aB=ac，故D错误；
故选：AC.
熟悉利用万星受到的万有引力提供卫星环绕地球运动的向心力列式求解．
本题考查人造地球卫星的分析，注意应用万有引力充当向心力进行分析．
7.【答案】AC
【解析】解：ABC、两物块A和B随着圆盘转动时，合外力提供向心力，则F=mω2r，B的半径比A的半径大，所以B所需向心力大，绳子拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B的静摩擦力方向指向圆心，A的最大静摩擦力方向指向圆外，有相对圆盘沿半径指向圆内的运动趋势，根据牛顿第二定律得：
T−μmg=mω2r
T+μmg=mω2⋅2r
解得：T=3μmg，ω= 2μgr，故AC正确，B错误。
D、烧断绳子瞬间A物体所需的向心力为2μmg，此时烧断绳子，A的最大静摩擦力不足以提供向心力，则A做离心运动，故D错误。
故选：AC。
两物块A和B随着圆盘转动时，始终与圆盘保持相对静止．当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，AB都到达最大静摩擦力，由牛顿第二定律求出A、B两物块与圆盘保持相对静止的最大角速度及绳子的拉力
解决本题的关键是找出向心力的来源，知道AB两物体是由摩擦力和绳子的拉力提供向心力，难度适中
8.【答案】BC
【解析】解：ABC、由题可知，OP>OM，OM=ON，则根据点电荷的电势分布情况可知
φM=φN>φP
则点负电的小球运动过程中，电势能先减小后增大，且
EpP>EpM=EpN
故带负电的小球在M点机械能等于在N点机械能，故A错误，BC正确；
D、从M点到N点的过程中，根据电场力与运动方向的夹角，当开始夹角为锐角，做正功；后变为钝角，做负功，故电场力先做正功后做负功，故D错误。
故选：BC。
根据点电荷电势分布，判断各点电势大小，根据φ=Epq判断电势能大小；M和N点电势能相等，故根据能量守恒定律可知，机械能也相等；电场力做正功，电势能减小，做负功，电势能增大；电场力和运动方向夹角若为锐角做正功，若为钝角做负功。
依据点电荷的电势分布解决带电粒子在电场中运动问题的关键，然后可进一步根据电场线、电场力做功等情况确定电势能的高低变化情况。
9.【答案】保持不变 放热
【解析】解：一定质量的理想气体的内能只能温度有关，A到B过程气体的温度不变，内能保持不变；
B到C过程中气体温度降低，气体内能减小，ΔU<0。体积减小，外界对气体做正功，即W>0，由热力学第一定律有ΔU=W+Q，可知Q<0，气体放出热量。
故答案为：保持不变，放热。
根据温度的变化分析内能的变化。根据体积的变化分析气体做功情况，由热力学第一定律判断吸放热情况。
本题考查理想气体的状态方程之图象问题，关键是弄清楚图象表示的物理意义，知道图象的斜率表示的物理意义，根据理想气体的状态方程，结合热力学第一定律进行分析。
10.【答案】等于
【解析】解：根据光速不变原理，在太空中“迎着”光飞行的宇宙飞船上，观察者测得的光速等于c；
故答案为：等于。
根据光速不变原理，在太空中“迎着”光飞行的宇宙飞船上，观察者测得的光速等于c。
本题考查狭义相对论，学生应深刻理解狭义相对论并应用解题。
11.【答案】FLsinθmgL(1−csθ)
【解析】解：根据功的计算公式可得：
W1=FLsinθ
小球从平衡位置缓慢移到悬线与竖直方向成θ角的Q位置的过程中，根据动能定理可得：
W2−mgL(1−csθ)=0
解得：W2=mgL(1−csθ)
故答案为：FLsinθ；mgL(1−csθ)
根据功的计算公式得出水平恒力的做功大小；
根据动能定理得出水平力F做的功。
本题主要考查了动能定理的相关应用，同时熟悉恒力做功的计算公式，结合动能定理即可完成分析。
12.【答案】B0.6202g(h8−h2)=d2t82−d2t22 摆锤下摆过程要克服阻力做功 1t2 图像的斜率为2gd2，重力势能的减少量等于动能增加量，机械能守恒
【解析】解：(1)A、实验需要验证重力势能的减少量mgh与动能的增加量12mv2间的关系，质量m可以约去，实验不需要测出摆锤的质量m，故A错误；
B、为准确测出摆锤下降的高度，实验时应使左侧刻度尺处于竖直位置，故B正确；
C、白色圆柱体应不必沿圆弧等距均匀分布，故C错误；
D、只要求出初末位置重力势能的减少量与动能的增加量就可验证机械能守恒定律，若未从静止释放摆锤也可以验证机械能守恒定律，故D错误。
故选：B。
(2)由图示游标卡尺可知，其精度是0.05mm，读数是6mm+4×0.05mm=6.20mm=0.620cm。
(3)摆锤经过第二个圆柱体时的速度大小v2=dt2，经过第8个圆柱体时的速度大小v8=dt8
摆锤从②运动到⑧的过程中，由机械能守恒定律得：mg(h8−h2)=12mv82−12mv22，整理得：2g(h8−h2)=d2t82−d2t22
(4)摆锤下摆过程要受到空气阻力、轻杆与转轴处有摩擦阻力，摆锤下摆过程要克服阻力做功，机械能有损失，重力势能的减少量余额大于动能的增加量。
(5)摆锤经过某圆柱体时的速度v=dt，下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh=12mv2，整理得：1t2=2gd2h，g、d是常数，1t2与h成正比，图象的纵坐标应为1t2；则1t2−h图象的斜率k=2gd2
故答案为：(1)B；(2)0.620；(3)2g(h8−h2)=d2t82−d2t22；(4)摆锤下摆过程要克服阻力做功；(5)1t2；图像的斜率为2gd2，重力势能的减少量等于动能增加量，机械能守恒。
(1)根据实验原理与实验注意事项分析答题。
(2)游标卡尺主尺与游标尺读数的和是游标卡尺读数。
(3)应用机械能守恒定律求出实验需要验证的表达式。
(4)摆锤下摆过程受到空气阻力做功，要克服阻力做功。
(5)应用机械能守恒定律求出图象的函数表达式，然后分析答题。
要掌握常用器材的使用方法与读数方法；理解实验原理是解题的前提，根据题意应用机械能守恒定律即可解题。
13.【答案】解：(1)物体沿光滑弧形轨道下滑到达轨道底端B的过程中，由动能定理有：
mgR=12mv2
代入数据可得：v= 2gR= 2×10×0.8m/s=4m/s
(2)滑块在水平面上滑行的过程中，由动能定理有：
−μmgs=0−12mv2
代入数据可得：μ=v22gs=422×10×1.6=0.5
答：(1)物体通过B点时的速率为4m/s；
(2)物体与水平面的动摩擦因数μ为0.5。
【解析】(1)物体沿光滑弧形轨道下滑到达轨道底端B的过程中由动能定理可得物体到达B点速度大小；
(2)滑块在水平面上滑行的过程中由动能定理可得动摩擦因数的大小。
本题考查了动能定理，解题的关键是分析清楚物体在不同运动过程受力情况和运动特点。
14.【答案】解：(1)物体从距离地心r1处至距离地心r2处的过程中万有引力平均力大小为
F引−=GMmr1⋅r2
万有引力对物体做负功，做功为
W=−F引−⋅s=GMmr1⋅r2(r1−r2)
(2)设某物体质量为m，在地球表面发射时的速度为v，到达距离地心r2处时速度为零，根据动能定理可得
0−12mv2=W=−GMmR⋅r2(r2−R)
可得
v2=2GMR−2GMr2
当r2趋于无穷大时可得
v0= 2GMR
(3)根据库仑力提供向心力可得
ke2r2=mv12r
解得
v1=e kmr
设核外电子运动至半径为r3时速度为零，则电子从运动半径r运动到r3处库仑力做的功为
W1=−F库−⋅s=−ke2r⋅r3(r3−r)
根据动能定理可得
0−Ek1=ΔE+W1
解得
ΔE=−Ek1−W1=−ke22r+ke2r⋅r3(r3−r)
当r3趋于无穷大时可得
ΔE=ke22r
答：(1)该物体从距离地心r1处至距离地心r2处的过程中，万有引力对物体做功W为GMmr1⋅r2(r1−r2)；
(2)详见解析；
(3)电子绕核运动的速度v1大小为e kmr；若要使氢原子电离(使核外电子运动至无穷远，逃出原子核的电场范围)，则至少额外需要提供多大的能量ΔE为ke22r。
【解析】(1)先求万有引力平均力，再用功的公式计算万有引力对物体做功；
(2)根据动能定理求最小发射速度v0；
(3)利用库仑力提供向心力，求出运动半径r时的速度，再利用动能定理求额外需要提供的能量ΔE。
本题考查了动能定理，结合库仑力提供向心力、万有引力平均力做功，有一定的思维量。
15.【答案】解：(1)根据l=v0t得，t=lv0= lg.
则竖直方向上的分速度vy=gt= gl，根据平行四边形定则得，飞镖击中气球的速度v= v02+vy2= 2gl.
(2)根据两物体竖直方向上的位移之和等于2L得．
2l=12gt2+v0(t+△t)
解得△t=12 lg.
答：(1)飞镖是以 2gl的速度击中气球的．
(2)掷飞镖和放气球两个动作之间的时间间隔△t应为12 lg
【解析】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，根据水平方向上的位移求出击中的时间，从而求出飞镖竖直方向上的分速度，结合平行四边形定则求出飞镖的速度．抓住竖直方向上的位移之和等于2l求出掷飞镖和放气球两个动作之间的时间间隔△t.
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合竖直方向和水平方向位移的关系进行求解．