2022-2023学年甘肃省定西市渭源县高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年甘肃省定西市渭源县高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.一弹簧的两端各用20N的外力向外拉伸，弹簧伸长了6cm，现将其中的一端固定于墙上，另一端用10N的外力来挤压它，均在弹性限度内，则弹簧的变形量应为( )
A. 2cmB. 3cmC. 4cmD. 5cm
2.下列说法正确的是( )
A. 做功越多，功率越大
B. 力对物体做功为零，说明物体的位移一定为零
C. 重力势能的变化量与参考平面的选取无关
D. 一个物体的重力势能从−8J变化到6J，重力势能减少了
3.有下列几种情景，根据所学知识对情景的分析和判断正确的是( )
A. 火车由静止加速到40km/h需要20s；轿车由静止加速到100km/h需要15s；因为轿车速度变化大，所以轿车加速度大
B. 高速公路上沿直线高速行驶的汽车为避免事故紧急刹车，汽车速度变化很快，加速度很大
C. 高速行驶的磁悬浮列车，因速度很大，所以加速度很大
D. 点火后即将升空的火箭，此时火箭的加速度一定为零
4.如图所示，蹦床运动员保持身体直立下落，从其接触蹦床到速度减为0要经历先加速后减速两个阶段。以下说法正确的是( )
A. 加速阶段，运动员对蹦床的压力大于蹦床对运动员的支持力
B. 减速阶段，运动员对蹦床的压力小于蹦床对运动员的支持力
C. 速度为0时，运动员的重力等于蹦床对运动员的支持力
D. 速度最大时，运动员的重力等于蹦床对运动员的支持力
5.如图所示装置绕竖直轴匀速旋转，有一紧贴内壁的小物体随装置一起在水平面内匀速转动，则下列说法正确的是( )
A. 小物体可能只受重力、弹力
B. 小物体一定受到摩擦力作用
C. 小物体可能受到重力、弹力、向心力的作用
D. 随着角速度的增大，小物体始终与该装置相对静止，在此过程中，物体受到的摩擦力一定增大
6.明朝谢肇的《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺庙倾侧，议欲正之，非万缗不可。一游僧见之，曰：无烦也，我能正之。”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身，假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，则木楔两侧产生推力N的大小为( )
A. F2sinθB. F2csθC. F2sinθ2D. F2csθ2
7.如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行。现将一质量为0.5kg的煤块轻轻放在传送带的A端，物体的速度随时间变化的关系如图乙所示，3s末物体到达B端，取沿传送带向下为正方向，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 倾角θ=30∘B. 煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4
C. 3s内传送带上留下的痕迹长为9mD. 3s内煤块与传送带摩擦产生的内能18J
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.关于物理学史，下列说法正确的是( )
A. 第谷提出日心说
B. 开普勒根据第谷的观测数据总结出了开普勒三大定律
C. 牛顿发现了万有引力定律，并通过精确的计算得出万有引力常量
D. 卡文迪什通过实验精确测量并计算得出万有引力常量
9.做初速度为零的匀加速直线运动的物体，若在第5s内的平均速度为4.5m/s，则( )
A. 第1s内物体的平均速度是0.5m/sB. 物体的加速度是1m/s2
C. 第10s末物体的速度是9.0m/sD. 10s内物体的位移为45m
10.如图所示是一质量为55kg的乘客乘电梯上楼过程的速度-时间图像，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 0∼2s和8∼10s两个过程中电梯的加速度相同
B. t=1s时刻，乘客对电梯底板的压力大小为550N
C. 乘客在8∼10s上升过程处于失重状态
D. 电梯上升过程的总位移大小为16m，方向竖直向上
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某实验小组用如图甲所示装置进行“平抛运动”实验。
(1)实验时，每次须将小球从轨道______。
A.同一位置以不同速度滚下
B.不同位置均无初速释放
C.同一位置均无初速释放
(2)实验中已测出小球半径为r，则小球做平抛运动的坐标原点位置应是______。
A.斜槽末端O点在竖直木板上的投影点
B.斜槽末端O点正上方r处在竖直木板上的投影点
C.斜槽末端O点正前方r处在竖直木板上的投影点
(3)由于忘记记下小球做平抛运动的起点位置O，该小组成员只能以平抛轨迹中的某点A作为坐标原点建立坐标系，并标岀B、C两点的坐标，如图乙所示，根据图示数据，可求得小球做平抛运动抛出点的位置坐标为______。
12.在用如图甲所示装置验证机械能守恒定律的实验中，已知打点计时器每隔0.02s打一个点，当地重力加速度为g=9.8m/s2.
(1)(多选)为了减小实验误差，下列说法正确的是______。
A.应先释放纸带后接通电源
B.应先接通电源后释放纸带
C.重物应选质量大、体积小的物体
D.重物应选质量小、体积小的物体
(2)实验中，使质量为m=1.00kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图乙所示.O为打点计时器打下的第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点，根据乙所得的数据，应取图中O点到______点来验证机械能守恒定律。
(3)从O点到(2)问中所取的点，重物重力势能的减少量ΔEp=______ J，动能增加量ΔEk=______ J。(结果均保留三位有效数字)
(4)若测出纸带上所有各点到O点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v及物体下落的高度h，则以v22为纵轴，以h为横轴，下列图像正确的是______。
四、简答题：本大题共2小题，共26分。
13.某卫星在轨道半径为r的轨道上绕地球做匀速圆周运动，地球半径为R，地球表面重力加速度大小为g，引力常量为G，忽略地球自转的影响。求：
(1)地球的平均密度ρ；
(2)该人造卫星绕地球运动的周期T。
14.如图所示，从A点以某一水平速度抛出一质量m=1kg的小物块(可视为质点)，当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC，轨道固定，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平，已知长小物块运动至B点时的速度大小vB=5m/s，木板的质量M=2kg，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1=0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1，圆弧轨道半径R=2.75m，OB与竖直方向OC间的夹角θ=37∘，(g=10m/s2,sin37∘=0.6,cs37∘=0.8)求：
(1)小物块由A运动至B所经历的时间t；
(2)小物块滑动至C点时的速度大小vC；
(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板。
五、计算题：本大题共1小题，共12分。
15.如图甲所示，之旅为m=2kg的物体在水平面上向右做直线运动，过A点时给物体一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v−t图象如图乙所示，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)力F的大小、物体与水平面间的动摩擦因数μ；
(2)10s末物体离A点的距离．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：将弹簧的一端固定于墙上，另一端用10N的外力来挤压它，则墙对弹簧的压力也等于10N，根据胡克定律得：k=F1x1=F2x2
解得：x2=F2x1F1=10×620cm=3cm
故B正确，ACD错误。
故选：B。
弹簧受力实际上就是两端受一样大小的力，根据胡克定律求解弹簧的形变量。
本题考查胡克定律，需要注意，弹簧的两端各用20N的外力向外拉伸，我们就说弹簧弹力是20N，而不能认为弹力等于0；弹簧的一端固定于墙上，另一端用10N的外力来挤压它，实际也是弹簧两端受力都是10N，我们就说弹簧弹力是10N，而不能认为弹力是0。
2.【答案】C
【解析】解：A、根据P=Wt可知，单位时间内做功越多，功率越大，所以做功越多，如果经过的时间越长，则功率不一定越大，故A错误；
B、根据W=FLcsθ可知，当力的方向与位移方向垂直时，力对物体做功也为零，所以力对物体做功为零，物体的位移不一定为零，故B错误；
C、重力势能是一个相对量，重力势能的大小与零势能面的选取有关，但重力势能的变化量与参考平面的选取无关，根据ΔEP=mgh可知，重力势能的变化与物体的重力、物体在竖直方向的高度差有关，故C正确；
D、重力势能是一个标量，其正负表示大小。一个物体的重力势能从−8J变化到6J，重力势能增加了ΔEP=6J−(−8J)=14J，故D错误。
故选：C。
根据P=Wt分析A选项；根据W=FLcsθ分析B选项；重力势能的变化量与参考平面的选取无关；重力势能是一个标量，其正负表示大小。
本题主要是考查功的计算、功率的计算以及重力势能的概念，关键是弄清楚功率的物理意义、知道重力势能的变化与零势能面的选取无关。
3.【答案】B
【解析】解：A、因为轿车速度变化快，所以轿车加速度大，而不能因为速度变化大就认为加速度大，因为加速度是表示速度变化快慢的物理量，故A错误；
B、因为加速度是表示速度变化快慢的物理量，所以高速公路上沿直线高速行驶的汽车为避免事故紧急刹车，汽车速度变化很快，加速度很大，故B正确；
C、高速行驶的磁悬浮列车，尽管速度很大，但是若匀速行驶，其速度不变，加速度就是0，所以加速度很大是错的，故C错误；
D、点火后即将升空的火箭，此时瞬时速度是0，但是速度会变化，此时火箭的加速度不为零，故D错误。
故选：B。
加速度是表示速度变化快慢的物理量，根据加速度的物理意义判断各个选项是否正确。
本题考查对加速度的理解，加速度也叫速度的变化率，是表示速度变化快慢的物理量，不是表示速度变化的大小。
4.【答案】D
【解析】解：AB、根据牛顿第三定律，加速、减速阶段，运动员对蹦床的压力始终等于蹦床对运动员的支持力，故AB错误；
C、运动员减速至速度为0时，其加速度向上，支持力大于其重力，故C错误；
D、运动员速度最大时，加速度为0，合力为0，故运动员的重力跟蹦床对运动员的支持力相等，故D正确。
故选：D。
根据牛顿第三定律，判断运动员对蹦床的压力始终等于蹦床对运动员的支持力关系；加速度为零时速度最大，受力平衡。
本题主要考查了牛顿第三定律和牛顿第二定律，理解其意义，解题就比较容易。
5.【答案】A
【解析】解：ABC、当角速度满足一定值时，物体可能靠重力和支持力两个力的合力提供向心力，所以物体可能受重力和弹力，故A正确，BC错误；
D、若开始转动时，摩擦力方向向上，随着角速度的增大，小物体始终与该装置相对静止，在此过程中，物体受到的摩擦力先减小后增大，故D错误。
故选：A。
紧贴内壁的小物体随装置一起在水平面内匀速转动，靠合力提供向心力，根据角速度的大小判断其受力的情况。
解决本题的关键知道物体相对于装置静止，装置的内壁不光滑，可能受静摩擦力，向心力是效果力，不是物体所受的力。
6.【答案】C
【解析】解：选木楔为研究对象，木楔受到的力有：水平向左的F和两侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力，由于木楔处于平衡状态，所以两侧给木楔的斜面垂直的弹力与F沿两侧分解的力是相等的，力F的分解如图：
则F=F1cs(90∘−θ2)+F2cs(90∘−θ2)=2F1cs(90∘−θ2)=2F1sinθ2
N=F1
故得N=F2sinθ2，故ABD错误，C正确。
故选：C。
由于木楔处在静止状态，可将力F沿与木楔的斜面垂直且向上的方向进行分解，根据平行四边形定则，画出力F按效果分解的图示。并且可据此求出木楔两侧产生的推力，再进行分析。
本题运用分解法研究力平衡问题。对力进行分解时，一定要搞清力的实际作用效果，从而确定两个分力的方向，再根据平行四边形定则或三角形定则进行分解即可。
7.【答案】D
【解析】解：做受力分析图如图所示，
结合图乙可知0−1s内加速度为：a1=101m/s2=10m/s2
1−3s内加速度为：a2=42m/s2=2m/s2
AB、根据受力分析，由牛顿第二定律有：
0−1s内：mgsinθ+μmgcsθ=ma1
1−3s内：mgsinθ−μmgcsθ=ma2
解得：θ=37∘，μ=0.5，故AB错误。
C、由题可得，煤块先相对传送带沿斜面向上运动，再相对传送带沿斜面向下运动，则留下的痕迹长度等于两段相对运动位移的最大者，由v−t图像与时间轴围成面积表示位移可得：
Δx1=(10×1−10+02×1)m=5m
Δx2=(10+142×2−10×2)m=4m
因Δx1>Δx2，故痕迹长为：L=Δx1=5m，故C错误。
D、根据摩擦力生热的计算公式Q摩=f滑s相，可得Q摩=μmgcs⁡θ×(Δx1+Δx2)=0.5×0.5×10×0.8×(4+5)J=18J，故D正确。
故选：D。
由图可知，在1秒末滑块与传送带速度相等且等于10m/s，0−1s内传送带对滑块摩擦力沿斜面向下做匀加速运动，1−3s内传送带对滑块摩擦力沿斜面向上做匀加速运动，画出滑块受力分析通过合力和加速度的关系即可求得其余未知量。
本题着重考察斜面上带摩擦力的匀变速运动，需着重注意v/t图中斜率改变的点即为煤块与传送带速度相同的点，此点前后二者相对运动方向发生改变，从而煤块的加速度发生变化。
8.【答案】BD
【解析】解：A、哥白尼最早提出日心说，故A错误；
B、开普勒根据第谷的观测数据总结出了开普勒三大定律，符合史实，故B正确；
CD、牛顿发现了万有引力定律之后，卡文迪什通过扭秤实验精确测量并计算得出万有引力常量，故C错误，D正确。
故选：BD。
本题根据哥白尼、开普勒、牛顿和卡文迪什的物理学成就进行选择。
对于物理学史上重大发现、著名实验和理论等等要加强记忆，这也是考试考查的内容之一。
9.【答案】AB
【解析】解：AB、物体在第5s内的平均速度为4.5m/s，由匀变速直线运动的推论知，t=4.5s时刻的瞬时速度为v1=4.5m/s，则物体的加速度a=v1−0t=，第1s内物体的位移x1=12at2=12×1×12m=0.5m，第1s内物体的平均速度v−=x1t1=0.51m/s=0.5m/s，
故AB正确；
C、第10s末物体的速度v2=at2=1×10m/s=10m/s，故C错误；
D、10s内物体的位移为x3=12at22=12×1×102=50m，故D错误。
故选：AB。
做初速度为零的匀加速直线运动的物体，根据平均速度等于该段中间时刻的瞬时速度，求出4.5s末的瞬时速度，根据匀变速直线运动的规律求解加速度，10s末物体的速度和10s内物体的位移。
本题考查匀变速直线运动的基本公式和推论，关键是根据题目已知条件选择合适的公式列式求解即可，属于基础题目。
10.【答案】CD
【解析】解：A、由图可知，0∼2s和8∼10s两个过程中电梯的加速度大小相同，方向相反。故A错误；
B、t=1s时刻，乘客的加速度等于0∼2s图线的斜率，即
a=ΔvΔt
对乘客受力分析，由牛顿第二定律可得：
FN−mg=ma
代入数据联立可得：FN=605N
根据牛顿第三定律可知，乘客对电梯底板的压力大小为605N。故B错误；
C、由图像可知，乘客在8∼10s上升过程中加速度竖直向下，处于失重状态。故C正确；
D、电梯上升过程的总位移大小为图中图线与坐标轴所围面积，即
x=6+102×2m
解得：x=16m，方向竖直向上。故D正确。
故选：CD。
首先根据图线的斜率来计算各阶段的加速度，然后根据牛顿第二定律与牛顿第三定律来计算乘客对电梯底板的压力，最后由图像面积来计算电梯上升的高度。
本题考查牛顿定律的综合应用，涉及v−t图中斜率与面积的物理意义，属于中等难度的题目，解题关键是合理运用图像中信息。
11.【答案】CB(−20cm,−5cm)
【解析】解：(1)为了保证小球每次平抛运动的初速度相等，每次让小球从轨道的同一位置由静止释放，故AB错误，C正确；
故选：C。
(2)小球平抛运动的原点应在斜槽末端O点正上方r处在竖直木板上的投影点，故AC错误，B正确；
故选：B。
(3)在竖直方向上，根据△y=gT2得：T= 40−15−1510×10−2s=0.1s
则初速度为：v0=xT=20×10−20.1m/s=2m/s。
B点竖直分速度为：vyB=yAB2T=40×10−22×0.1m/s=2m/s，
则从抛出点到B点的时间为：t=vyBg=210s=0.2s，
所以抛出点距离B点的水平位移为：xB=v0t=2×0.2m=0.4m=40cm，
抛出点的横坐标为：x=20cm−40cm=−20cm。
抛出点离B点的竖直位移为：yB=12gt2=12×10×0.04m=0.2m=20cm，
抛出点的纵坐标为：y=15cm−20cm=−5cm，
因此小球做平抛运动抛出点的位置坐标为(−20cm,−5cm)。
故答案为：(1)C；(2)B；(3)(−20cm,−5cm)。
(1、2)根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤；
(3)根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，结合水平位移和时间间隔求出初速度，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的竖直分速度，从而结合速度时间公式求出抛出点到B点的时间，根据位移公式求出抛出点到B点的水平距离和竖直距离，从而得出抛出点的横纵坐标。
解决本题的额关键知道实验的原理以及注意事项，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解，注意单位的换算。
12.【答案】
【解析】解：(1)AB.应先接通电源后释放纸带，故A错误，B正确；
CD.重物应选质量大、体积小的物体，可以减小空气阻力的影响，故C正确，D错误；
故选：BC。
(2)根据乙所得的数据，只能计算出打B点时的速度，应取图中O点到B点来验证机械能守恒定律。
(3)从O点到B点，重物重力势能的减少量为：
ΔEp=mghOB=1.00×9.8×19.20×10−2J=1.88J
打B点时的速度为：
vB=xAC2T=23.23−15.552×0.02×10−2m/s=1.92m/s
动能增加量为：
ΔEk=12mvB2=12×1.00×1.922J=1.84J
(4)根据：mgh=12mv2，可得：v22=gh，故v22−h图像为过原点的倾斜直线，故A正确，BCD错误。
故选：A。
故答案为：(1)BC；(2)B；(3)1.88；1.84；(4)A
(1)对打点计时器的使用要先接通电源再释放小车。重物应选质量大、体积小的物体；
(2)从纸带数据来看，只能计算出打B点时的速度；
(3)根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的瞬时速度，根据B点的速度求出动能的增加量，再求该过程重力势能的减少量；
(4)根据机械能守恒得出v22−h的表达式，从而确定正确的图线。
解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度，从而得出动能的增加量，会根据下降的高度求出重力势能的减小量。
13.【答案】解：(1)由万有引力定律和向心力得：GMmR2=m4π2T2R，
解得地球质量：M=4π2R3GT2，
又由球体的体积公式可得地球体积为：V=43πR3，
所以地球的平均密度为：ρ=MV=3g4πRG。
(2)由卫星所受万有引力提供其绕地球运动的向心力可得：GMmr2=m(2πT)2r，
解得T=2πr rGM=2πr rgR2=2πrR rg。
答：(1)地球的平均密度为ρ=MV=3g4πRG。
(2)该人造卫星绕地球运动的周期T为T=2πrR rg。
【解析】(1)忽略地球自转，则可视为地面上物体所受万有引力等于其重力，运用万有引力定律和向心力公式可求得地球质量，再由球体体积公式计算出地球体积从而算出平均密度。
(2)已知运动半径和中心天体质量，根据匀速圆周运动公式可求得运动速度再由周长可计算出运动周期。
本题着重考查万有引力定律和向心运动的关系，需熟练掌握各变量间关系，通过已知量表示未知量。
14.【答案】解：(1)小物块由A运动至B点，物块做平抛运动，根据竖直方向做自由落体运动，有：vy=gt
根据运动的合成与分解，有：sin37∘=vyvB
解得：t=0.3s
(2)从B点到C点，根据动能定理可得：mg(R−Rcs37∘)=12mvC2−12mvB2
代入解得：vC=6m/s
(3)对小物块受力分析有：μ1mg=mam
对木块受力分析有：μ1mg−μ2(m+M)g=MaM
根据速度-时间关系有：v共=vC−amt=aMt
根据位移-时间关系有：xm=vC+v共2t，xM=v共2t
最短板长为：L=xm−xM
联立代入解得：L=3m
答：(1)小物块由A运动至B所经历的时间t为0.3s；
(2)小物块滑动至C点时的速度大小vC为6m/s；
(3)长木板至少为3m，才能保证小物块不滑出长木板。
【解析】(1)小物块先做平抛运动，由平抛规律由B点时速度的方向求时间；
(2)从B点到C点做变速圆周运动，由动能定理求出C点的速度；
(3)滑上长木板后，由于滑块与木板间的摩擦力大，则将带动长木板做匀加速直线运动，当两者速度相等时，再一起减速到零，则木板的长就是滑块的位移与木板的位移之差。
本题考查了动能定理、平抛运动、牛顿第二定律、牛顿第三定律等知识点。本题关键要理清物块在多个不同运动过程中的运动规律，掌握物块各个阶段的运动规律是解决本题的关键。
15.【答案】解：(1)设物体向右做匀减速直线运动的加速度为a1，则由v−t图得：
a1=2m/s2…①
根据牛顿第二定律，有：F+μmg=ma1…②
设物体向左做匀加速直线运动的加速度为a2，则由v−t图得：
a2=−1m/s2…③
根据牛顿第二定律，有：F−μmg=ma2…④
解①②③④得：F=3N，μ=0.05
(2)设10s末物体离a点的距离为d，d应为v−t图与横轴所围的面积，则有：d=12×4×8m−12×6×6m=−2m，负号表示物体在a点以左
答：(1)力F的大小为3N，物体与水平面间的动摩擦因数μ为0.05；
(2)10s末物体离a点的距离为2m.
【解析】(1)由v−t图分别求得由力F和没有力F作用时的加速度，再根据牛顿第二定律即可求解；
(2)设10s末物体离a点的距离为d，d应为v−t图与横轴所围的面积．
本题主要考查了速度-时间图象及牛顿第二定律的直接应用，知道速度-时间图象的斜率表示加速度，面积表示位移，难度适中．