2023-2024学年辽宁省部分学校高一（下）期末联考物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年辽宁省部分学校高一（下）期末联考物理试卷（含解析），共16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.“打水漂”是人类古老的游戏之一，游戏者运用手腕的力量把石片扔出，使得石片在水面上弹跳数次。某次游戏者打水漂时将石片以某初速度水平扔出，不计空气阻力。对于石片从被扔出到首次落到水面上的过程，下列说法正确的是( )
A. 石片被抛出的速度越大，在空中的运动时间越长
B. 石片落到水面时速度方向可能与水面平行
C. 从同一高度抛出的石片速度越大，石片落到水面时速度方向与水面的夹角越小
D. 石片落到水面时的速度大小与被抛出的速度大小无关
2.炎炎夏日，电风扇为我们带来了凉爽。扇叶匀速转动时，扇叶上某两质点的物理量一定相同的是( )
A. 线速度B. 角速度C. 向心加速度D. 向心力
3.如图所示，卡车通过钢丝绳拖动货轮靠岸，钢丝绳绕过定滑轮连接卡车和货轮，若卡车匀速向左行驶，则下列说法正确的是( )
A. 货轮向左做加速运动B. 货轮向左做匀速运动
C. 货轮向左做减速运动D. 货轮向左先加速运动后减速运动
4.如图所示，质量为m的小球(视为质点)用长为L的轻绳悬于O点，小球在水平恒力F的作用下从最低点P由静止移动到Q点，此时轻绳与竖直方向的夹角为θ，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A. 水平恒力F做的功为FLcsθ
B. 小球克服重力做的功为mgL1−csθ
C. 小球受到的合力做的功为mgLcsθ
D. 小球移动到Q点的动能为FLsinθ−mgLcsθ
5.为顺利带回月球背面的样品，科研人员为嫦娥六号设计了11个阶段的飞行任务。在嫦娥六号探测器的着陆下降阶段，探测器在距离月球某高度时，会在反推力的作用下短暂悬停在月球表面。假设探测器悬停时，在Δt时间内向下喷出的气体质量(远小于探测器的质量)为m，喷出的气体相对于月球表面的速度大小为v，则探测器在该位置受到的重力大小为( )
A. mvΔtB. mv2ΔtC. mv2ΔtD. mvΔt
6.一质量为0.3kg的烟花弹获得初动能后从水平地面无动力竖直升空，到达离水平地面高8m的最高点时速度为0，此时弹中火药爆炸(爆炸时间极短)，将烟花弹炸为大、小两块，爆炸后瞬间大、小两块烟花弹分别获得竖直向上、竖直向下的速度，大块烟花弹的速度大小为3m/s，大块烟花弹质量为小块烟花弹质量的2倍。不计空气阻力和火药的质量，取重力加速度大小g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 烟花弹的初动能为9.6J
B. 爆炸后瞬间小块烟花弹的速度大小为1.5m/s
C. 小块烟花弹落地时的速度大小为13m/s
D. 大、小两块烟花弹从爆炸到落地的时间之比为2:1
7.一滴雨滴在空中由静止开始下落，雨滴只受空气阻力和重力，且受到的空气阻力与速率成正比。以地面为零势能面，下列关于雨滴下落过程中雨滴(未达到匀速)的速率−时间v−t图像、重力势能−时间Ep−t图像、机械能−下落高度E−h图像、动能−下落高度Ek−h图像，可能正确的是( )
A. B.
C. D.
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.2024年5月21日，我国在酒泉卫星发射中心使用快舟十一号遥四运载火箭，成功将武汉一号卫星、超低轨技术试验卫星等4颗卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。下列关于人造地球卫星的说法正确的是( )
A. 绕地球做椭圆运动的卫星在近地点的速度大于在远地点的速度
B. 同一颗卫星绕地球做圆周运动的轨道高度越高，机械能越小
C. 卫星由较低轨道变轨至更高轨道时需要加速
D. 相对于地面静止的同步轨道卫星可能处于辽宁某地正上方
9.如图甲所示，质量为m的小球能在半径为R的竖直光滑圆轨道内侧做完整的圆周运动；如图乙所示，质量为m的小球能在半径为R的竖直光滑圆形管道内做完整的圆周运动(圆形管道的管径略大于小球的直径，但远小于R)。已知重力加速度大小为g，两小球均可视为质点，下列说法正确的是( )
A. 图甲中小球通过最高点的最小速度为0
B. 图乙中小球通过最低点的最小速度为2 gR
C. 图乙中小球通过最高点时速度越大，对管道的作用力一定越大
D. 图甲中小球通过最低点时对轨道的作用力比通过最高点时大6mg
10.如图所示，光滑水平地面上的轻弹簧一端拴接着质量为1kg的物块Q，初始时弹簧处于原长，Q静止在光滑水平地面上，质量为2kg的物块P静止在距弹簧右端一定距离处。现给物块P一方向水平向左、大小为6N⋅s的瞬时冲量，从物块P开始接触弹簧到离开弹簧的过程中，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是( )
A. 弹簧压缩量最大时物块Q的速度最大B. 物块Q的最大速度为4m/s
C. 弹簧的最大弹性势能为9JD. 物块P离开弹簧时的速度大小为1m/s
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某同学用如图所示的装置来做“验证动量守恒定律”实验。其实验步骤为：
A.用天平测出滑块A、B的质量mA，mB；
B.用细线将滑块A、B连接，使A、B间的轻弹簧处于压缩状态；
C.剪断细线，滑块A、B离开弹簧后均沿光滑操作台的台面运动，最后都滑离台面，记录滑块A、B的落地点M、N；
D.用刻度尺测出M、N距操作台边缘的水平距离x1、x2。
请根据实验步骤完成下列填空：
(1)实验前，需要将光滑操作台的台面调节至______，其目的是确保滑块滑离台面后做_____运动。
(2)若选取的滑块A、B的质量mA，mB之比为2:3，则当x1:x2=_____(在误差允许范围内成立)时，可以证明滑块A、B组成的系统在台面上运动时动量守恒。
12.某小组的同学通过探讨设计了一套方案来测量动摩擦因数，实验装置如图甲所示，将足够长的木板固定在水平面上，固定有遮光条的滑块从光电门的右侧以某初速度向左运动，经过一段时间滑块静止在光电门的左侧某位置，测出遮光条经过光电门时的遮光时间t和滑块静止时遮光条到光电门的距离x，改变滑块的初速度，重复以上操作，已知重力加速度大小为g。
(1)实验前测得遮光条的宽度为d，含遮光条的滑块质量为m，则滑块经过光电门时的动能Ek=___(用给定的物理量符号表示)。
(2)下列关于本实验的说法正确的是 。
A.多次实验时一定要确保滑块从同一位置开始运动
B.实验时可以不用测量含遮光条的滑块质量
C.遮光条的宽度宽些能减小实验误差
(3)实验时获得多组数据后，得出的图像如图乙所示，该图像的纵坐标为x，则横坐标为___(填“1t”“t2”或“1t2”)。若直线的斜率为k，则滑块与木板之间的动摩擦因数μ=___(用题中物理量的符号d，k和g表示)。
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示，固定在水平地面的竖直轻质弹簧处于原长，O点为弹簧最上端位置。可视为质点的物块从O点正上方的A点由静止释放，落在弹簧上运动到的最低点为B点。已知物块的质量m=1kg，O、A两点间的高度差h1=0.8m，O、B两点间的高度差h2=0.2m，取重力加速度大小g=10m/s2，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。
(1)求物块运动到O点时的速度大小v1；
(2)求弹簧被压缩至B点时的弹性势能E；
(3)若将物块更换为质量m′=0.5kg，可视为质点的小球，把小球放置在弹簧上端，将外力作用在小球上使得弹簧被压缩至B点，撤去外力后小球由静止开始运动，求小球经过O点时的速度大小v2。
14.如图所示，固定的水平薄板上放置物块，一端连接着物块的轻绳通过光滑的小滑轮悬挂小球，薄板上方的轻绳与薄板平行，小球到滑轮部分的绳长L=0.125m。当小球以悬挂点正下方某点为圆心在水平面内做匀速圆周运动时，物块刚好不滑动。已知物块、小球均可视为质点，物块的质量m1=1kg，小球的质量m2=0.4kg，物块与薄板间的动摩擦因数μ=0.5，接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2。
(1)求连接小球的轻绳与竖直方向夹角θ的余弦值csθ；
(2)求时小球的角速度大小ω1；
(3)若仅小球的角速度大小变为ω2=9rad/s，使得小球绕悬挂点正下方另一点做匀速圆周运动，物块仍相对于薄板不滑动，求物块受到的摩擦力大小f。
15.如图所示，固定在水平地面上的14光滑圆弧AB(O点为圆心，且OA水平、OB竖直)与光滑水平地面BD平滑连接，在水平地面上的C点静置着滑块P，离C点一段距离处放置着14光滑圆弧凹槽M，凹槽左侧与水平地面在D点相切。滑块Q从A点正上方一定高度处由静止释放，经过圆弧末端B时对圆弧轨道的压力大小F=29.5N，滑块P，Q发生弹性碰撞(碰撞时间极短)后，滑块Q恰好能运动到A点(此时取走滑块Q)，滑块P恰好能运动到凹槽M的最高点。已知圆弧AB的半径R=0.45m，凹槽M的半径r=0.1m，滑块Q的质量m1=0.45kg，滑块P，Q均可视为质点，取重力加速度大小g=10m/s2，求：
(1)滑块Q初始释放时距离A点的高度h；
(2)滑块P，Q发生碰撞后瞬间滑块P的速度大小vP；
(3)凹槽M的质量m3。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.由抛体运动规律知
h=12gt2
解得
t= 2hg
高度决定物体下落时间，A错误；
B.石片在空中做抛体运动，竖直方向分速度不为零，故石片落到水面时速度方向不可能与水面平行，B错误；
C.由抛体运动规律知，石片落到水面时速度方向与水面的夹角为 θ ，则
tanθ=vyvx
从同一高度抛出的石片速度越大，则 vx 越大，夹角越小，C正确；
D.由抛体运动规律知，石片落到水面时的速度大小为
v= vx2+vy2
故石片落到水面时的速度大小与抛出的速度有关，D错误；
故选C。
2.【答案】B
【解析】B.扇叶上某两质点同轴转动，角速度相等，故B正确；
A.扇叶上某两质点圆周运动半径不一定相等，根据
v=ωr
线速度不一定相等，故A错误；
CD.向心加速度
a=ω2r
不一定相等，向心力不一定相等，故CD错误。
故选B。
3.【答案】A
【解析】定滑轮左侧的绳与竖直方向的夹角为 θ ，右侧的绳与竖直方向的夹角为 α ，此时货轮的速度大小为 v ，如图所示
根据运动的分解可知
v0sinθ=vsinα
解得此时货轮的速度大小为
v=sinθsinαv0
若卡车匀速向左行驶， θ 增大， α 减小， sinθ 增大， sinα 减小，故货轮的速度增大，货轮向左做加速运动。
故选A。
4.【答案】B
【解析】A.水平恒力F做的功为
WF=FLsinθ
选项A错误；
B.小球克服重力做的功为
WG=mgL1−csθ
选项B正确；
CD.小球受到的合力做的功为
W合=FLsinθ−mgL(1−csθ)
根据动能定理小球移动到Q点的动能为
Ek=W合=FLsinθ−mgL(1−csθ)
选项CD错误。
故选B。
5.【答案】A
【解析】设探测器推力为 F ，根据动量定理知
FΔt=mv
由题意知，探测器悬停，则
F=G
联立解得
G=mvΔt
故选A。
6.【答案】D
【解析】A.根据机械能守恒，烟花弹的初动能
ΔEk=mgh=0.3×10×8J=24J
故A错误；
B.设大块烟花弹质量为 M ，小块烟花弹质量m，则
M=2m
根据动量守恒
Mv大=mv小
爆炸后瞬间小块烟花弹的速度大小为
v小=Mv大m=2m×3mm/s=6m/s
故B错误；
C.根据
v小′2−v小2=2gh
小块烟花弹落地时的速度大小为
v小′= v小2+2gh= 62+2×10×8m/s=14m/s
故C错误；
D.小块烟花弹落地时间
t小=v小′−v小g=0.8s
对大块烟花弹，根据
v大t大−12gt大2=−h
得
t大=1.6s
即大、小两块烟花弹从爆炸到落地的时间之比为 2:1 ，故D正确。
故选D。
7.【答案】C
【解析】A.雨滴下落时的加速度为
a=mg−kvm=g−kvm
则雨滴做加速度减小的加速运动，则v−t图像不是直线，选项A错误；
B.雨滴做加速下落，速度越来越大，则相等时间内重力势能的变化越来越快，即EP−t图像的斜率越来越大，选项B错误；
C.雨滴的机械能
E=E0−fh=E0−kvh
即机械能随h的增加逐渐减小，随v的增加E−h图像的斜率逐渐变大，选项C正确；
D.雨滴的动能
Ek=(mg−kv)h
因v逐渐变大，则Ek−h图像的斜率减小，选项D错误。
故选C。
8.【答案】AC
【解析】A.根据开普勒第二定律可知，绕地球做椭圆运动的卫星在近地点的速度大于在远地点的速度，选项A正确；
B.同一颗卫星绕地球做圆周运动的轨道高度越高，发射卫星所需的能量越大，则卫星的机械能越大，选项B错误；
C.卫星由较低轨道变轨至更高轨道时需要加速做离心运动，选项C正确；
D.相对于地面静止的同步轨道卫星只能定点在赤道的正上方，不可能处于辽宁某地正上方，选项D错误。
故选AC。
9.【答案】BD
【解析】A.由圆周运动知，图甲中小球通过最高点时，重力提供小球做圆周运动的向心力，则
mg=mv高2R
解得
v高= gR
A错误；
B.在管状模型中通过最高点最小速度为0，由动能定理知
mg2R=12mv低2
代入得
v低=2 gR
B正确；
C.图乙中小球通过最高点时，当 0 gR ，小球对上管道有压力，速度越大对上管道压力越大，C错误；
D.设在最高点压力为 FN1 ，速度为 v1 ，最低点压力为 FN2 ，速度为 v2 ，则由圆周运动知，在最高点有
mg+FN1=mv12R
根据动能定理知
12mv12+2mgR=12mv22
在最低点有
FN2−mg=mv22R
则
FN2−FN1=6mg
D正确；
故选BD。
10.【答案】BD
【解析】A.当弹簧弹力为零时，物块Q的加速度为零，此时Q的速度最大，即弹簧压缩量最大时物块Q的速度不是最大，选项A错误；
BD.当物块Q的速度最大时，弹簧在原长，则
mPv0=mQv1+mPv2
12mPv02=12mQv12+12mPv22
其中
mPv0=I=6N⋅s
解得
v1=4m/s ， v2=1m/s
即物块Q的最大速度为 4m/s ，此后物块P与弹簧分离，即物块P离开弹簧时的速度大小为 1m/s ，选项BD正确；
C.弹簧的弹性势能最大时，两物块共速，则
mPv0=(mQ+mP)v
EP=12mPv02−12(mQ+mP)v2
解得弹簧的最大弹性势能为
EP=3J
选项C错误。
故选BD。
11.【答案】(1) 水平 平抛
(2) 3:2

【解析】(1)[1] [2]实验前，需要将光滑操作台面调为水平，其目的是保证滑块离开台面做平抛运动。
(2)取滑块A的初速度方向为正方向，两滑块质量和平抛初速度分别为mA、 mB ，v1、v2，平抛运动的水平位移分别为x1、x2，平抛运动的时间为t。根据动量守恒定律得
0=mAv1−mBv2
又
v1=x1t
v2=x2t
代入得到
mAx1=mBx2
若
mAmB=23
则当
x1:x2=3:2
(在误差允许范围内成立)时，可以证明滑块A、B组成的系统在台面上运动时动量守恒。
12.【答案】(1) md22t2
(2)B
(3) 1t2 d22gk

【解析】(1)由公式知
Ek=12mv2
代入得
Ek=12mdt2=md22t2
(2)AB.根据动能定理有
−μmgx=0−12mv2
整理得
μ=12mv2mgx=d22gxt2
故实验时不需要确保滑块从同一位置开始运动，只需要实验操作时测量出滑块静止时遮光条到光电门的距离，不用测量含遮光条的滑块质量，A错误，B正确；
C.实验中用平均速度代表瞬时速度，故遮光条的宽度宽些能增大实验误差，C错误；
故选B。
(3)[1]由公式知
μ=d22gxt2
变形得
x=d22gμ⋅1t2
由表达式可知，横坐标为 1t2 。
[2]若直线的斜率为k，根据表达式可知，则滑块与木板之间的动摩擦因数为
μ=d22gk
13.【答案】(1) v1=4m/s ；(2) E=10J ；(3) v2=6m/s
【解析】(1)物块从A点运动到O点，有
mgh1=12mv12
解得
v1=4m/s
(2)物块从A点运动到B点，有
mgh1+h2−W弹=0−0
其中
W弹=E−0
解得
E=10J
(3)小球从B点运动到O点，有
−m′gh2+W弹=12m′v22−0
解得
v2=6m/s
14.【答案】(1) csθ=0.8 ；(2) ω1=10rad/s ；(3) f=4.05N
【解析】(1)对物块受力分析，有
F绳=f1=μm1g
对小球受力分析，竖直方向上有
F绳csθ=m2g
解得
csθ=0.8
(2)对小球受力分析，水平方向上有
F绳sinθ=m2ω12r
其中
r=Lsinθ
解得
ω1=10rad/s
(3)设此时轻绳与竖直方向的夹角为 α ，对小球受力分析
水平方向上有
F′绳sinα=m2ω22r′
其中
r′=Lsinα
对物块受力分析有
f=F′绳
解得
f=4.05N
15.【答案】(1) h=0.8m ；(2) vP=2m/s ；(3) m3=1.8kg
【解析】(1)设滑块Q第一次运动到B点时的速度大小为 v0 ，有
FN−m1g=m1v02R
其中
FN=F
根据动能定理有
m1gh+R=12m1v02−0
解得
v0=5m/s ， h=0.8m
(2)设滑块P，Q碰撞后瞬间滑块Q的速度大小为 vQ ，滑块P的质量为 m2 ，滑块P，Q发生弹性碰撞，有
m1v0=−m1vQ+m2vP
12m1v02=12m1vQ2+12m2vP2
滑块Q碰撞后返回A点，有
−m1gR=0−12m1vQ2
解得
vQ=3m/s ， m2=1.8kg ， vP=2m/s
(3)滑块P碰后恰好能运动到凹槽M的最高点，此时两者共速，速度大小设为 v共 ，滑块P与凹槽M构成的系统水平方向上动量守恒，有
m2vP=m2+m3v共
该系统机械能守恒，有
12m2vP2=12m2+m3v共2+m2gr
解得
m3=1.8kg