四川省成都市武侯区北京第二外国语学院成都附属中学2023-2024学年高一下学期6月期末物理试题

这是一份四川省成都市武侯区北京第二外国语学院成都附属中学2023-2024学年高一下学期6月期末物理试题，共11页。试卷主要包含了考生使用答题卡作答，5m/s，v2′＝3， 一列简谐横波在t1=0，1m等内容，欢迎下载使用。

考试时间：75分钟 满分：100分
注意事项：
1.考生使用答题卡作答。
2.在作答前，考生务必将自己的姓名、考生号和座位号填写在答题卡上。考试结束，监考人员将答题卡收回。
4. 选择题部分请使用2B铅笔填涂；非选择题部分请使用0.5毫米黑色墨水签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
5. 请按照题号在答题卡上各题目对应的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
6.保持答题卡面清洁，不得折叠、污染、破损等。
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。）
1. 下列叙述中正确的是（ ）
A. 绕地球做匀速圆周运动的卫星，因完全失重，所以不受重力作用
B. 做匀速圆周运动的物体，在任意时间段内，速度变化量都为0
C. 系统做受迫振动，当驱动力频率等于系统固有频率时，其频率最大
D. 力F做正功，其反作用力可能做正功
2.在世界女子手球锦标赛比赛中，某运动员将质量为0.5kg的手球以3m/s的速度水平抛出，抛出时重力的瞬时功率为（不计空气阻力，重力加速度取10m/s2）（ ）
A. 0B. C. D.
3．甲、乙两铁球质量分别是m1＝1kg、m2＝2kg，在光滑平面上沿同一直线运动，速度分别是v1＝6m/s、v2＝2m/s。甲追上乙发生正碰后两物体的速度有可能是（ ）
A. v1′＝7m/s，v2′＝1.5m/sB. v1′＝2m/s，v2′＝4m/s
C. v1′＝3.5m/s，v2′＝3.5m/sD. v1′＝8m/s，v2′＝1m/s
4.“天问一号”于2020年7月23日成功发射，经过多次变轨，于2021年5月15日成功着陆火星，着陆后“祝融号”火星车成功传回遥测信号。已知“天问一号”在距火星表面高度为的圆形轨道上运行的周期为，火星的半径为，引力常量为，忽略火星自转的影响，则以下说法正确的是（ ）
A. “天问一号”在地球上的发射速度介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间
B. “天问一号”在着陆火星的过程中，引力势能增大，动能减少，机械能守恒
C. 火星的平均密度为
D. 火星的第一宇宙速度为
5. 把一个重为G的物体，用一个水平的推力F=kt（k为正的常数，t为时间）压在竖直的足够高的平整的墙上，如图所示，从t=0开始计时，物体从静止开始运动，关于此后物体的动能Ek、重力势能Ep、机械能E随着物体位移x变化图像定性来说可能正确的有（ ）
Ep
Ek
A. B. C. D.
6. 如图，第一次小球从粗糙的圆形轨道底端B以v1冲上圆形轨道，恰好能到达A点，克服摩擦力做功为W1；第二次小球从顶端A由静止滑下，到达底端B的速度为v2，克服摩擦力做功为W2，则（ ）
A. v1可能等于v2
B. W1一定小于W2
C. 小球第一次运动机械能变大了
D. 小球第一次经过圆弧某点C的速率大于它第二次经过同一点C的速率
7. 将一长木板静止放在光滑的水平面上，如图甲所示，一个小铅块（可视为质点）以水平初速度由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止。现将木板分成A和B两段，使B的长度和质量均为A的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度由木板A的左端开始向右滑动，如图乙所示。若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列有关说法正确的是（ ）
A. 小铅块将从木板B的右端飞离木板
B. 小铅块滑到木板B的右端前就与木板B保持相对静止
C. 甲、乙两图所示的过程中产生的热量相等
D. 图甲所示的过程产生的热量小于图乙所示的过程产生的热量
二、多项选择题（本题共3小题，每道选择题5分，共15分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，少选得3分，错选多选均不得分）
8. 一列简谐横波在t1=0.2s的波形图如图甲所示，平衡位置在x=2m处的质点M的振动图像如图乙所示。已知质点N的平衡位置在x=3.5m处，下列说法正确的是（ ）
A. N点在t1时刻偏离平衡位置的位移为0.1m
B. t2=0.3s时，质点N的加速度沿y轴负方向
C. 质点N从t=0时刻起每经过0.1s所通过的路程都一定是0.4m
D. 质点M每经过0.2s向右移动的距离均为4m
9.如图所示，一个质量为m的半圆槽形物体P放在光滑水平面上，半圆槽半径为R，一小物块Q质量为3m，从半圆槽的最左端与圆心等高位置无初速释放，然后滑上半圆槽右端，接触面均光滑，Q从释放到滑至半圆槽右端最高点的过程中，下列说法错误的是（ ）
A. P一直向左运动
B. P的位移大小为
C. Q到右端最高点一定与圆心等高
D. Q与P组成的系统动量守恒，机械能守恒
10．如图所示，固定的光滑长斜面的倾角θ=37°，下端有一固定挡板。两小物块A、B放在斜面上，质量均为m，用与斜面平行的轻弹簧连接。一跨过轻小定滑轮的轻绳左端与B相连，右端与水平地面上的电动玩具小车相连。系统静止时，滑轮左侧轻绳与斜面平行，右侧轻绳竖直，长度为L且绳中无弹力。当小车缓慢向右运动距离时A恰好不离开挡板。已知重力加速度为g，sin37°=0.6，cs37°=0.8.在小车从图示位置发生位移过程中，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为
B．绳的拉力对B做功为
C．若小车以速度向右匀速运动，位移大小为时，B的速率为
D．若小车以速度向右匀速运动，位移大小为时，绳的拉力对B做的功为
三、实验题（共16分，每空2分）
11. 某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中：
（1）该同学用游标卡尺测得单摆小球的直径为_________mm；同学用秒表记录的时间如图所示，则秒表的示数为_________s；
（2）如果该同学在实验时，用的摆球质量分布不均匀，无法确定其重心位置。他第一次量得摆线的长度为L1，测得周期为T1：第二次量得摆线的长度为L2，测得周期为T2。根据上述数据，可求得g值为（ ）
A. B. C. D.
12. 用如图甲实验装置验证、组成的系统机械能守恒。从高处由静止开始下落，上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒。图乙给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图乙所示，已知电源频率为50Hz，、，g取，则
（1）在纸带上打下计数点5时的速度v=______m/s；
（2）在打点0~5过程中系统动能的增加量______J，系统势能的减少量=______J；（保留三位有效数字）
（3）实验结果显示，那么造成这一现象的主要原因是______；
（4）若某同学作出图像如图丙所示，则当地的实际重力加速度g=______。（此空保留两位有效数字）
四、计算题（三个小题，共41分，第13题10分，第14题13分，第15题18分。解答时请写出必要的文字说明，方程式和重要步骤。）
13 如图所示，“旋转秋千”中的座椅通过缆绳悬挂在旋转圆盘上。当旋转圆盘绕竖直的中心轴从静止开始转动，稳定后座椅在水平面内做匀速圆周运动。已知悬点到中心轴的距离为R=m，座椅（可视为质点）质量为m=6kg，缆绳长度为L=m，稳定后缆绳与竖直方向的夹角θ=30°，不考虑空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)座椅做圆周运动的角速度ω；
(2)座椅从静止达到稳定速度的过程中，缆绳对座椅所做的功W。
14．如图所示，粗糙斜面的动摩擦因数为μ，倾角为θ，斜面长为L。一个质量为m的物块，在电动机作用下，从A点由静止加速至B点时达到最大速度v，之后做匀速运动至C点，关闭电动机，从C点又恰好到达最高点D。求：
（1）CD段长x；
（2）BC段电动机的做功的功率P；
（3）全过程物块储存的机械能E1和电动机因拉动物块多消耗的电能E2的比值。
15．如图所示，一倾角为的固定斜面的底端安装一轻质弹簧， P、Q两物块的质量分别为1kg和3kg， Q静止于斜面上A处。某时刻，P以沿斜面向上的速度v0=10m/s与Q发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。Q与斜面间的动摩擦因数μ等于，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦。两物块均可以看作质点，P、Q两物块第一次碰撞后Q的速度在减为零后才与P发生了第二次碰撞。重力加速度大小为g=10m/s2。
（1） 求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度；
（2）若斜面足够长，求物块Q从A点上升的总高度H；
（3）若A点到斜面上端的距离为m，则在第几次碰撞后物块Q从斜面上滑落。
期末物理模拟考试答案
一、选择题
11.①. 10.70 ②. 96.8 ③. B
12. ①. 2.4 ②. 0.576 ③. 0.600 ④. 摩擦阻力造成的机械能损失 ⑤. 9.7
13. (1)由牛顿第二定律得
（2分）
由几何关系
（2分）
解得
（1分）
(2)座椅在水平面内做匀速圆周运动速度为
（1分）
座椅从静止达到稳定速度的过程，由动能定理得
（3分）
解得
（1分）
14.解：（1）关闭电动机，物块从C点恰好到达最高点D的过程，根据动能定理得：
﹣mgx•sinθ﹣μmgx•csθ＝0﹣mv2（2分）
解得：x＝（1分）
（2）物块在BC段做匀速运动，由平衡条件可得：
电动机输出的牵引力为：
F＝mgsinθ+μmgcsθ（2分）
电动机的输出功率为：
P＝Fv＝mgv（sinθ+μcsθ）（2分）
（3）全过程物块储存的机械能等于全过程物块增加的重力势能，则有：
E1＝mgLsinθ（2分）
全过程电动机因拉动物块多消耗的电能等于物块由A到C增加的机械能与系统因摩擦产生的内能之和，则有：
E2＝mg（L﹣x）sinθ+mv2+μmg（L﹣x）csθ（2分）
解得：E2＝mgL（sinθ+μcsθ）（1分）
可得：＝＝（1分）
15.解：（1）由动量守恒定律可得
（2分）
由能量守恒定律可得：
（2分）
联立两式代入数值可得：
，（1分）
所以P碰后速度为5m/s，方向为沿斜面向下；Q碰后速度为5m/s，方向为沿斜面向上。
（2）mQ受到的动摩擦力大小为：
（1分）
由能量守恒定律可得：
（2分）
代入数值可得：（1分）
（3）法1：
在第一次碰撞后，物块Q上滑的高度为h1，则根据能量守恒得：
（1分）
解得：h1=eq \f(5,8) m
当P第二次与Q碰撞时的速度为v01，则根据能量守恒可得
（1分）
对于第二次碰撞可根据动量守恒定律和能量守恒定律得到下式
（1分）
（1分）
解得：vp2=-eq \f(1,2)eq \r(12.5)m/s
vQ2=eq \f(1,2)eq \r(12.5)m/s
因此第二次碰撞后，物块Q上升的高度为h2，根据能量守恒定律得：
（1分）
解得：h2=eq \f(5,64) m
当P第三次与Q碰撞时的速度为v02，则根据能量守恒可得
mQgh2=eq \f(1,2)mpvp22-eq \f(1,2)mpv022
对于第三次碰撞可根据动量守恒定律和能量守恒定律得到下式
mpvp3+ mQvQ3= mpv02
eq \f(1,2)mpvp32+eq \f(1,2)mQvQ32=eq \f(1,2)mpv022
因此第三次碰撞后，物块Q上升的高度为h3，根据能量守恒定律得：
mQgh3+fQ*eq \f(h3,sinθ) = eq \f(1,2)mQ vQ32
解得：h3=eq \f(5,512) m
因此碰撞3次后的总高度为：H总=h1+ h2+ h3=eq \f(365,512)m（3分）
由于A点到斜面上端的距离为m，则A与斜面上端的高度差为m< H总
因此碰撞3次后木块Q滑下（1分）
法2：
在第一次碰撞后，物块Q上滑的高度为h1，则根据能量守恒得：
（1分）
当P第二次与Q碰撞时的速度为v01，则根据能量守恒可得
（1分）
对于第二次碰撞可根据动量守恒定律和能量守恒定律得到下式
（1分）
（1分）
结合以上四式可得
（1分）
因此第二次碰撞后，物块Q上升的高度为h2，根据能量守恒定律得：
（1分）
代入得
由此可以推论
代入数值得
因此可得
故而因此碰撞n次后的总高度为
根据等比数列求和公式可得（2分）
由于A点到斜面上端的距离为m，则A与斜面上端的高度差为m，又
因此碰撞第三次后木块Q滑下。 （1分）
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
D
A
B
D
D
D
B
AC
BD
BD
4.【详解】A．由于“天问一号”飞到火星位置时，已经脱离地球的束缚，但没有脱离太阳的束缚，因此在地球上的发射速度介于第二宇宙速度和第三宇宙速度之间，A错误；
B．“天问一号”在着陆火星的过程中，火星引力做正功，因此引力势能减少，动能增加，机械能守恒，B错误；
C．由于①而
可得火星的密度C错误；
D．根据②
①②联立解得火星的第一宇宙速度
5.【详解】水平的推力F=kt，力随着时间不断变大，物体水平方向受推力和支持力，竖直方向受重力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不断变大，故物体先加速下滑后减速下滑，即动能先增加后减小；但合力为mg-μkt，是变力，所以动能与位移间不是线性关系，故A错误；重力做正功，故重力势能不断减小，故B错误；由于克服滑动摩擦力做功，机械能不断减小，故C错误，D正确．所以D正确，ABC错误．
6.【详解】AB．在第一次小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，运动到B部分上后A部分停止加速，只有B部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与B木板将更早达到速度相等，所以小铅块还没有运动到B的右端，两者速度相同，故A错误，B正确；
CD．根据摩擦力产生的热量计算式
由于第一次的相对位移大于第二次的相对位移的大小，则图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量，故CD错误。
7.A．从A下滑到B根据动能定理可得从B上滑到A根据动能定理可得可得
B．因为，向心力是由轨道的支持力和重力垂直于轨道的分力的合力提供，所以上滑时所受的支持力大于下滑时所受的支持力，故第一次小球在轨道上的平均正压力较大，故摩擦力较大，而上滑与下滑两个过程路程相等，故摩擦力做功较多，即一定大于，故B错误；
C．小球的两次运动，都有阻力做负功，机械能都减小了，故C错误；
D．设小球第二次经过圆弧某点C，满足它第一次经过同一点C，满足可得
8.【详解】A．由图甲知，振幅为
图示时刻波动方程为
当x=3.5m时
即N点在t1时刻偏离平衡位置的位移为，故A正确；
B．t2=0.3s时刻，即从图示t1时刻开始经过0.1s，即半个周期，结合图甲，由同侧法可知，该波沿x正方向传播，质点N在t2=0.3s时刻沿y轴负方向运动，加速度不断增大，加速度方向沿y轴正方向，故B错误；
C．经过半个周期质点通过的路程为2A，即0.4m，质点N从t=0时刻起每经过0.1s所通过的路程都一定是0.4m，故C正确；
D．由于质点不会随波迁移，故D错误。
9.【详解】A．在Q滑至最低点时，对P来说受到小球给的向左的力，故向左加速运动，在小球从最低点到滑至半圆槽右端最高点的过程中，P受到小球给的向右的力，P做向左的减速运动，因为对于系统来说水平方向动量守恒，当Q滑至半圆槽右端最高点时，P速度减为零。所以整个运动过程中，P一直向左运动，故A项正确，不符合题意；
B．根据动量守恒定律可知，物块Q从槽口左端运动到右端的过程中，P和Q在任意时刻得水平分速度大小满足
所以二者的位移关系同样满足
根据相对位移关系可知
解得故B项错误，符合题意；
C．小球和半圆槽组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒且总动量为零，小球和半圆槽速度相等，由动量守恒知，速度为零。对于该系统来说只有重力做功，系统机械能守恒，所以Q到右端最高点一定与圆心等高，故C项正确，不符合题意；
D．Q与P组成的系统在水平方向上水平方向不受外力，水平方向动量守恒，但是在竖直方向上动量不守恒，故D项错误，符合题意。
10.【解答】解：A、设初状态弹簧的压缩量为x1，对物块B，由平衡条件得：kx1＝mgsin37°，解得：x1＝当小车缓慢向右运动L距离时A恰好不离开挡板，设此时弹簧的伸长量为x2，对A由平衡条件得：kx2＝mgsin37° 解得：x2＝根据几何关系可得：x1+x2＝﹣L＝L，解得弹簧的劲度系数：k＝，故A错误；
B、根据x1＝x2，弹性势能不变，则小车在0～L位移大小内，根据功能关系可得拉力对B做的功为：W1＝mgsin37°•＝mgL，故B正确；
C、小车位移太小为L时滑轮右侧轻绳与竖直方向的夹角为θ，如图所示，根据几何关系可得：tanθ＝＝，解得：θ＝37°，
小车速度沿轻绳方向和与轻绳垂直方向分解，则B的速率为：vB＝2＝，故C错误；
D、若小车从图示位置以的速度向右匀速运动，小车在0～L位移大小内，拉力对B做的功为W2，
根据功能关系可得拉力对B做的功为：W2＝mgsin37°•+＝mgL，故D正确