乌兰浩特第一中学2023-2024学年高一下学期期末考试物理试卷(含答案)

这是一份乌兰浩特第一中学2023-2024学年高一下学期期末考试物理试卷(含答案)，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，计算题，实验题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．翼装飞行是一项极具刺激的娱乐项目，亚洲翼装飞行第一人张树鹏的飞行梦始于张家界天门山。如图所示为张树鹏完成比赛时的情景，张树鹏由高空静止跳下，在空中滑行一段距离后安全地着陆在山脚下。则张树鹏在空中下落的过程中( )
A.机械能守恒B.重力势能的减少大于动能的增加
C.合力做的功等于重力势能的减少量D.重力做的功等于机械能的减少量
2．洗衣机的脱水桶正常工作时非常平稳，当切断电源后，发现洗衣机先是振动越来越剧烈，然后振动逐渐减弱，下列说法中正确的是( )
A.洗衣机做的是振幅不变的简谐运动
B.正常工作时，洗衣机脱水桶运转的频率与洗衣机的固有频率相等
C.正常工作时，洗衣机脱水桶运转的频率比洗衣机的固有频率小
D.当洗衣机振动最剧烈时，脱水桶的运转频率恰好等于洗衣机的固有频率
3．如图所示是一只半径为R的光滑半球形碗，现有一质量为m的物体由静止从碗口滑到碗底中心.重力加速度为g，则该过程中( )
A.物体受到的合外力不变
B.物体支持力的瞬时功率始终为零
C.物体到达碗底中心时，重力的瞬时功率大于0
D.物体到达碗底中心时，重力势能变化量为
4．机动车检测站进行车辆尾气检测原理如下：车的主动轮压在两个相同粗细的有固定转动轴的滚动圆筒上，可在原地沿前进方向加速，然后把检测传感器放入尾气出口，操作员把车加速到一定程度，持续一定时间，在与传感器相连的电脑上显示出一系列相关参数。现有如下检测过程简图：车轴A的半径为，车轮B的半径为，滚动圆筒C的半径为，车轮与滚动圆筒间不打滑，当车轮以恒定转速n（每秒钟n转）运行时，下列说法正确的是( )
A.C的边缘线速度为B.A、B的角速度大小相等
C.A、B、C边缘上的点的线速度相等D.B、C的角速度之比为
5．神舟十六号载人飞船入轨后顺利完成入轨状态设置，采用自主快速交会对接模式成功对接于天和核心舱径向端口.对接过程的示意图如图所示，神舟十六号飞船处于半径为的圆轨道Ⅰ，运行周期为，线速度为，通过变轨操作后，沿椭圆轨道Ⅱ运动到B处与天和核心舱对接，轨道Ⅱ上A点的线速度为，运行周期为；天和核心舱处于半径为的圆轨道Ⅲ，运行周期为，线速度为，则神舟十六号飞船( )
A.
B.
C.在轨道Ⅱ上B点处的加速度大于轨道Ⅲ上B点处的加速度
D.沿轨道Ⅱ从A运动到对接点B过程中，速率不断增加
6．一列简谐横波沿x轴传播，图甲为该波在时刻的波形图，M是平衡位置为处的质点，图乙为质点M的振动图像，则( )
A.时刻质点M沿y轴正方向振动，该波沿x轴正方向传播
B.波的振幅为28cm，波长
C.波的周期为，波的传播速度为
D.时刻，处的质点偏离平衡位置的位移大小为
7．如图所示，用不可伸长的轻质细绳将木块悬挂于一点O，开始时木块静止不动。一颗质量为m的弹丸水平向右射入质量为的木块后未射出木块，第一颗弹丸的速度为，射入木块后二者共同摆动的最大摆角为α，当其第一次返回初始位置时，第二颗弹丸以水平速度又击中木块，且也未射出木块，使木块向右摆动且最大摆角仍为α，木块和弹丸可视为质点，空气阻力不计，则第二颗弹丸的水平速度大小为( )
A.515m/sB.618m/sC.721m/sD.824m/s
二、多选题
8．如图所示，将弹簧振子从平衡位置O拉下一段距离，释放后振子在间振动。设，振子由A到B运动时间为0.1s，则下列说法正确的是( )
A.振子的振幅为10 cm，周期为0.2s
B.振子在A、B两处受到的回复力分别为与
C.振子在A、B两处受到的回复力大小都是
D.振子完成一次全振动通过的路程是20cm
9．一列简谐横波沿x轴传播，速度大小为5m/s，在时刻的波形图如图中实线所示，经0.2s后的波形如图中虚线所示，下列说法正确的是( )
A.经0.2s波传播的距离为1m，波沿x轴正方向传播
B.质点P在时刻沿y轴正方向运动
C.处的质点的位移表达式为
D.从时刻开始质点P经1.6s通过的路程为152 cm
10．滑块以初速度沿粗糙斜面从底端O上滑，到达最高点B后返回到底端.利用频闪仪分别对上行和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示，图中A为OB的中点.下列判断正确的是( )
A.图乙中的滑块处于下滑阶段
B.滑块与斜面的动摩擦因数为0.25
C.滑块上行与下滑的加速度之比为16:9
D.滑块上行与下滑通过A时的动能之比为4:3
三、计算题
11．如图所示，足够大的光滑水平桌面上固定一光滑钉子O，一长的细线一端套系在钉子上，一端系在光滑的小球上，先将细线恰好拉直，再给小球一垂直于细线方向的初速度v，小球在桌面上做圆周运动，已知小球质量.
（1）若，求小球的角速度大小ω；
（2）若，求细线对小球的拉力大小F；
（3）若细线最大能承受100N的拉力，现不断增大小球的速度，当细线断裂后2s内，小球的位移大小是多少？
12．一辆汽车由静止开始沿平直公路行驶，汽车所受牵引力F随时间t变化关系如图所示，7s时汽车功率达到最大值，此后保持此功率继续行驶，43s后可视为匀速。若汽车的质量为，阻力大小恒定，汽车的最大功率恒定。求：
（1）汽车的最大功率；
（2）汽车从静止开始运动43s内位移的大小。
13．如图所示，光滑水平面上有一质量，的平板车，车的上表面右侧是一段长的水平轨道，水平轨道左侧是一半径的光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点相切。车右端固定一个尺寸可以忽略、处于锁定状态的压缩弹簧，一质量的小物块（可视为质点）紧靠弹簧，弹簧储存的弹性势能为7.5J，整个装置处于静止状态。现将弹簧解除锁定，小物块被弹出，恰能到达圆弧轨道的最高点A。不考虑小物块与弹簧碰撞时的能量损失，不计空气阻力，取.求：
（1）小物块与水平轨道间的动摩擦因数；
（2）小物块第二次经过点的速度大小；
（3）从弹簧解除锁定至小物块到达圆弧轨道最高点过程中，平板车的位移大小。
四、实验题
14．某同学做《用单摆测定重力加速度》实验的装置如图甲所示，请回答下面的问题：
（1）在实验中，为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是______。（填正确答案标号）
A.为了便于测量周期，可适当缩短摆线，从而减小测量周期的绝对误差
B.组装单摆需选用轻且不易伸长的细线，密度大而直径较小的摆球
C.测摆长时，摆线应接好摆球，使摆球处于自然下垂状态，摆长是摆线长度和小球半径之和
D.测量周期时，当单摆经过平衡位置时开始计时，经过30~50次全振动的时间算出周期
（2）如图乙所示，用游标卡尺测得小钢球的直径______mm。
（3）除了已测摆球直径d，还已知细线长98.99 cm，完成35次全振动的时间是70s，由这些数据计算得重力加速度大小______。（π取3.14，结果保留三位有效数字）
15．晓强利用如图所示的装置验证了机械能守恒定律，实验时完成了如下的操作：
a.首先接通气垫导轨，然后调节气垫导轨水平，将光电门固定在气垫导轨上，调节滑轮的高度使轻绳与气垫导轨平行；
b.将质量为M的滑块（含遮光条）放在气垫导轨上，用轻绳跨过定滑轮，另一端拴接一个质量为m的钩码；
c.用刻度尺测量遮光条的宽度d；
d.将钩码由静止释放，记录滑块经过光电门时的挡光时间，测量出释放点到光电门的距离L；
e.改变钩码的个数n，仍将滑块从同一位置静止释放，记录滑块经过光电门时相应的挡光时间。
（1）已知重力加速度为g，若所挂钩码的个数为n，若系统的机械能守恒，则关系式________成立。（用题中物理量符号表示）
（2）晓强利用记录的实验数据描绘出了相应的图像，若用为纵轴，欲保证图线为直线，横轴应为________（填“”“n”或“”），图线的斜率为k，若系统的机械能守恒，则________。（用题中物理量符号表示）
参考答案
1．答案：B
解析：A.张树鹏在下落的过程中，重力做正功，空气的阻力做负功，所以机械能不守恒，故A错误；
B.由动能定理可知
所以重力做的功大于动能的增加，即重力势能的减少大于动能的增加，故B正确；
C.由动能定理可知合力的功等于动能的增加量，故C错误；
D.阻力的功等于机械能的减少量，故D错误。
故选B。
2．答案：D
解析：洗衣机的振动先剧烈后减弱，说明振幅改变，A错误；当洗衣机脱水桶正常工作时，转速较快，洗衣机脱水桶运转的频率比洗衣机的固有频率大，故B，C错误；当振动最剧烈时，洗衣机发生了共振，脱水桶运转频率等于洗衣机的固有频率，故D正确.
3．答案：B
解析：物体受到的合外力不断变化，选项A错误；支持力的瞬时功率始终为零，选项B正确；物体到达碗底中心时，重力的瞬时功率等于0，选项C错误；物体到达碗底中心时，重力势能变化量为，选项D错误。
4．答案：B
解析：根据题意可知，车轮B的边缘线速度为，由于B和C为摩擦传动，则B和C边缘的线速度相等，则C的边缘线速度为，选项A错误；由图可知，A、B为同轴转动，A、B的角速度大小相等，又B、C线速度相同，B、C角速度比为半径的反比，则，选项C、D错误，B正确.
5．答案：A
解析：飞船从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ需要加速，所以经过A点时，圆轨道时，，综合得，轨道半径越大，周期越大，选项A正确，B错误；同一点处的加速度应该相等，选项C错误；沿轨道Ⅱ从A运动到对接点B过程中，万有引力做负功，速度不断减小，选项D错误.
6．答案：D
解析：A.根据M点的振动图像可知，时刻质点M沿y轴正方向振动，则该波x轴负方向传播，A错误；
B.该波的振幅为，波长，B错误；
C.周期，由
可得该波的传播速度
C错误；
D.波动图像的方程为
时间，处的质点偏离平衡位置的位移大小为，D正确。
故选D。
7．答案：A
解析：根据摆动过程中机械能守恒和两次击中木块摆动的角度相等可知，两次击中木块后木块的速度相同设为v，由动量守恒得第一次，第二次，联立以上三式得第二颗弹丸的水平速度，只有选项A正确.
8．答案：AC
解析：振子在间振动，，则振幅为，故A 正确；根据可知振子在两处受到的回复力大小都为，故B错误，C正确；振子完成一次全振动经过的路程为，故D错误。
9．答案：ABD
解析：由图可知该波波长，经0.2s波传播的距离，经0.2s波传播的距离为，根据波形的平移规则可知，这列波应沿x轴正方向传播，选项A正确；根据波的传播方向与波动规律可知，时刻质点P沿y轴正方向运动，选项B正确；由得，，处的质点的位移表达式为，选项C错误；从时刻经1.6s时，由于，所以质点通过的路程等于，选项D正确。
10．答案：AC
解析：因为频闪照片时间间隔相同，设时间间隔为T，对比图甲和乙可知，图甲中滑块加速度大，是上行阶段，选项A正确；由于斜面倾角未知，不能求出滑块与斜面的动摩擦因数，选项B错误；从甲、乙中可知，上行时间为3T，下行时间为4T，上行与下行位移相等，根据可得，上滑与下滑的加速度之比为16:9，选项C正确；对上行（甲图）逆向思考，有，对下行（乙图），有，因此，滑块上行与下滑通过A时的动能之比为16:9，选项D错误.
11．答案：（1）10rad/s（2）25N（3）20m
解析：（1）由
可知
（2）由
可得
（3）当时，由
得
细线断后小球做匀速直线运动
12．答案：（1）（2）910m
解析：（1）汽车的速度达到最大值后牵引力等于阻力
所以阻力
前7s内汽车的牵引力，由牛顿第二定律
解得
7s末汽车的速度
在7s末汽车的功率达到最大值，所以汽车的最大功率
（2）汽车在前7s内的位移
汽车的最大速度
设汽车在7~43s内的位移为，根据动能定理可得
解得
所以汽车的总位移
13．答案：（1）0.25（2）2.0m/s（3）0.45m
解析：（1）平板车和小物块组成的系统，在水平方向上动量守恒，解除锁定前，系统总动量为零，故小物块到达圆弧最高点A时，平板车和小物块的共同速度
设弹簧解除锁定前的弹性势能为，上述过程中系统能量守恒，则有
代入数据解得
（2）设小物块第二次经过点时的速度大小为，此时平板车的速度大小为，研究小物块在平板车圆弧面上的下滑过程，取水平向右为正方向，由系统动量守恒和机械能守恒有
代入数据解得
（3）弹簧刚释放时车和小物块速度分别为、则
由（2）可得小物块第一次到达点时速度也为2m/s，车速也为0.5m/s，对车
解得
根据
解得
车与小物块水平方向的分速度之比始终为，故
解得
故从开始至小物块到达小车圆弧轨道最高点过程，车的位移为
14．答案：（1）BCD（2）20.2（3）9.86
解析：（1）由，可得，适当加长摆线，可增加单摆的周期，便于测量周期，从而减小测量周期的相对误差，故A错误；为减小实验误差，组装单摆须选用轻且不易伸长的细线，为减小空气阻力对实验的影响，组装单摆需选用密度大而直径较小的摆球，轻且不易伸长的细线，故B正确；测摆长时，摆线应接好摆球，使摆球处于自然下垂状态，否则，摆长的测量不准确，摆长是摆线长度和小球半径之和，故C正确；当单摆经过平衡位置时开始计时，经过30~50次全振动后停止计时，求出平均周期，故D正确。
（2）用游标卡尺测得小钢球的直径。
（3）由单摆的周期公式和，有。
15．答案：（1）（2）；
解析：（1）滑块经过遮光条时的速度为
若系统的机械能守恒，则钩码减少的重力势能等于钩码和滑块增加的动能，则有钩码减少的重力势能为
系统动能的增加量为
若系统的机械能守恒，则有
（2）在利用图像处理实验数据时，应使图像为线性图像，纵轴为时，关系式应为
则横轴应为；
若系统的机械能守恒，则图像的斜率