2023-2024学年上海市华东师大二附中高一（下）期末物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年上海市华东师大二附中高一（下）期末物理试卷（含解析），共13页。试卷主要包含了单摆是一种重要的理想模型，游乐场中有许多物理规律，建筑工地上有质量m=1，08sin，87m/s2等内容，欢迎下载使用。

2.（24分）单摆是一种重要的理想模型。小明使用质量为m的摆球、长度为L的摆绳开展实验。
(1)用单摆测定重力加速度，组装了如下几种实验装置。
①下列最合理的装置是______。

②实验中没有游标卡尺，无法测小球的直径，小明将摆绳长计为摆长l，测得多组周期T和l的数据，作出l−T2图象(图1)。则实验得到的l−T2图象应是如图中的______(选填：A.a，B.b，C.c)。

③实验测得当地重力加速度大小是______m/s2(保留3位有效数字)。
(2)若单摆的悬点和摆球带等量正电荷q，静电力常量为k，重力加速度为g.忽略摆球大小，摆球静止时，绳上拉力大小为______。将摆球拉开一小角度由静止释放，单摆周期______(选填：A.变大，B.变小，C.不变)。
(3)摆球做简谐运动经过平衡位置时正好遇到空中的一滴水，水滴的速度可以忽略，质量不能忽略。水滴均匀附着在摆球表面上，则摆球在以后的振动过程中______。
A.最大速度不变，周期不变
B.最大速度变小，周期变小
C.最大速度变小，周期不变
D.最大速度变大，周期不变
(4)图2为该单摆调整摆长后的共振曲线，若该单摆的摆长变短，则此共振曲线振幅A最大值对应的横坐标f的值将______(选填：A.变大，B.变小，C.不变)。
(5)如图3(a)，细绳一端系住一小球，另一端连接力传感器，小球视作质点。实验测得细绳拉力大小随时间的变化如图(b)，Fm是实验中测得的最大拉力值，重力加速度为g。小球第一次运动至最低点的过程中，动能增大了______，运动过程中机械能______(选填：A.一定守恒，B.一定不守恒，C.可能守恒)。

(6)复摆(图4)是由大小和形状不发生变化的物体，绕固定水平轴在重力作用下做微小摆动的运动体系，转动惯量J(J=i miri2)是物体绕转轴转动时惯性的量度，l是质心到转轴的距离。复摆和单摆类似，可以视为简谐运动。复摆的周期公式可能是______。
A.2π Jmgl
B.2π mglJ
C.2πJmgl
D.2πmglJ
3.（8分）在宇宙空间中，质量为m的空间站在运动。
(1)空间站以速度v匀速直线飞过空间中两点，飞行器不运动时，测得A、B两点的距离为s。考虑相对论效应，飞行器上的钟测到的时间______。
(2)地球半径为R，地表重力加速度为g，不考虑地球自转的影响。空间站绕地球做匀速圆周运动，轨道距地高度为ℎ，以无穷远处为势能零点，空间站的运行速度大小为______，机械能为______。
4.（22分）游乐场中有许多物理规律。
(1)(不定项)游乐场有长、短两种直滑梯，它们的高度相同。某同学先后通过长、短两种滑梯滑到底端的过程中，不计阻力，下列说法正确的是______。
A.沿长滑梯滑到底端时，重力的瞬时功率大
B.沿短滑梯滑到底端时，重力的瞬时功率大
C.沿长滑梯滑到底端时，重力势能的减少量大
D.沿短滑梯滑到底端时，重力势能的减少量大
(2)游乐场中的摩天轮半径为R，匀速旋转一周所用时间为T。质量为m的乘客坐在座厢内与之相对静止地一起运动，重力加速度为g，则该乘客半周时间内重力的冲量为______，合外力的冲量为______。
(3)(计算)如图为游乐场滑道的示意图，内壁光滑的水平半圆形管道BC与倾角θ=37°的倾斜管道AB和水平直管道CD顺滑连接。管道AB的A端离管道BC所在平面的高度ℎ1=6m，管道BC的跨度d=10m，离水面EF的高ℎ2=1.8m。质量m=60kg的游客(可视为质点)从A端静止滑下，游客与管道AB的动摩擦因数μ1=0.125，与管道CD的动摩擦因数μ2=0.5。游客经过B点时速度大小不变，整个过程空气阻力不计，重力加速度g取10m/s2。求：(sin37°=0.6,cs37°=0.8)
①游客经过B点时的速度大小；
②游客进入圆管后对管侧壁的弹力大小；
③要使游客落到水中速度不超过8m/s，管道CD长度需满足的条件。
5.（26分）建筑工地上有质量m=1.0×104kg的重锤，可以用来打桩。
(1)用起重机将重锤吊起到高处，重锤在起重机竖直向上的拉力F作用下竖直向上运动，运动的v−t图象如图1。

①绳索对重物的拉力______。
A.一直做正功
B.一直做负功
C.先做正功后做负功
D.一直不做功
②在0～2s、2～3s、3～5s三段时间内F做功依次为W1、W2和W3，则它们的大小关系正确的是______。
A.W1>W2>W3
B.W1=W2=W3
C.W3>W2>W1
D.W1>W3>W2
(2)起重机将重锤以恒定功率吊起，重锤加速度a和速度v的倒数图象如图2。该恒定功率为______W，若将重锤吊起的高度为20m时，重锤达到了最大速度，所用时间为______s。重力加速度g取10m/s2。
(3)钢筋混凝土桩的质量M=2.0×104kg，现把重锤升高ℎ=5m，然后自由落下打击桩，混凝土桩经Δt=1s停止运动，碰撞过程是完全非弹性碰撞(图3)，重力加速度g取10m/s2。求：
①重锤打到桩后的瞬间的速度大小，以及混凝土桩在向下运动的过程中受到的平均阻力大小；
②打桩的效率(用于推进桩的能量与锤打击桩的能量之比)；
③若碰撞过程是弹性碰撞，其他条件不变，混凝土桩在向下运动过程中受到的平均阻力大小。
答案解析
1.A 1 0.08sin(πt+π) A (x+n)m(n=0、1、2、3…………) 5 10
【解析】解：①②绳波的质点振动方向与波传播方向垂直，可知，绳波是横波。
故BC错误，A正确。
故选：A。
③由于1s后波恰好传到x=1m处的质点M，则
v=ΔxΔt=1m1s=1m/s
根据同侧法可知，质点M起振方向向下，M点的振动方程为
y=−Asin2πTt=Asin(2πTt+π)
由于v=λT，12λ=1m
解得y=0.08sin(πt+π)
(2)①A.x=6m是此时刻绳I中波传到的最远点，根据同侧法可知，该质点起振方向向下，可知，波源的起振沿−y方向，故A正确；
B.根据图像可知，绳I中有6个完整的波形，即传播时间为6T，可知，b波也传播了6T，即传播距离为6×4m=24m，即此刻b波传到的位置是x=−24m，故B正确；
C.波的频率由波源决定，可知，a、b两列波的频率之比为1：1，故C错误；
D.根据同侧法可知，此时刻，质点P向上运动，质点Q也向上运动，由于P在平衡位置，而Q在平衡位置的上侧，可知，质点Q比P先到最大位移处，故D错误。
故选：AB。
②质点的回复力大小与位移大小成正比，方向相反，则质点的加速度大小也与位移大小成正比，方向相反，可知经过足够长的时间后，绳I中具有−y方向最大加速度的质点，其应具有y轴正方向最大位移，根据波传播的周期性可知，这些质点的位置坐标为x+nλ，即(x+n)m(n=0、1、2、3…………)
(3)波长为λ=vT=1×2m=2m
设距离波源S为x处的振动加强，则x−(6−x)=nλ=2n
即x=n+3(m)
则n=0时x=3m，n=1时x=4m，n=2时x=5m，由对称性可知，S、T连线上(不包含这两点)振动加强点共有5个，这些点位移的最大值为A=A1+A2=10cm
故答案为：(1)①A；
②绳波的质点振动方向与波传播方向垂直，可知，绳波是横波；
③1m/s；y=8sin(πt+π)。
(2)①AB；
②(x+n)m(n=0、1、2、3…………)
(3)5；10
(1)①②根据质点的振动方向和传播方向判断；
③由图读出波长，得到周期，求出波速，读出振幅A，再根据ω=2πT 综合求出M点的振动方程；
(2)①A.x=6m的质点刚刚开始振动，根据同侧法分析起振方向；
B.根据图形读处两列波的波长，根据v=λf分析两列波的波速关系，由x=vt分析b波的传播距离；
C.机械波的频率由波源决定，两列波的波源相同，所以频率相同；
D.分析该时刻P、Q质点的振动方向，从而判断哪个质点先到达最大位移处。
②根据波传播的周期性以及质点的回复力大小与位移大小的关系判断质点的位置坐标；
(3)根据振动的加强点的波程差满足的条件解答，根据振幅和位移的关系判断。
本题的关键是有题意判断T=1s和灵活应用波传播的特点求解；明确波动图象和振动图象的区别和联系。明确知道影响机械波的频率是波源，熟记波速与频率、波长的关系，掌握用同侧法判断质点的振动方向。
2.B A 9.87 mg+kq2L2 C C A (Fm−mg)L2 B A
【解析】解：(1)①该实验中，摆长要固定，需要用铁夹固定上端，选用细绳保证摆长不变，同时选质量大，体积小的小球，故B正确，ACD错误；
故选：B。
②设小球半径为r，根据单摆的周期公式可得：
T2=4π2(l+r)g
整理可得：l=gT24π2−r，所以图像为a，故A正确，BCD错误；
故选：A。
由图像a求出直线的斜率，则
k=g4π2
代入数据解得：g=9.87m/s2
(2)因悬挂点与摆球均带正电荷，静止时，摆球受到竖直向下的重力和库仑力，竖直向上的拉力，根据受力平衡关系可得：
F=mg+kq2L2
因为库仑力始终沿绳子方向，不产生回复力，所以对摆动周期没有影响，故C正确，ABD错误；
故选：C。
(3)因单摆的周期与摆长跟当地重力加速度有关，水滴均匀包裹小球，重力位置不变，摆长不变，所以摆动周期不变，摆球与水滴相碰时有能量损失，所以最大速度将会减小，故C正确，ABD错误；
故选：C。
(4)共振曲线振幅A最大值所对应的频率是单摆的固有频率，当摆长变短时，根据周期公式
T=2π lg
单摆的周期变小，固有频率变大，故A正确，BCD错误；
故选：A。
(5)最低点合外力提供向心力，则
Fm−mg=mv2L
所以动能增大了，则
12mv2=12(Fm−mg)L
根据图b可知，最低点时的最大拉力逐渐减小，最低点时的最大速度逐渐减小，空气阻力做负功，机械能逐渐减小，故B正确，ACD错误；
故选：B。
(6)周期的单位是秒，根据单位将转动惯量J的单位代入，则
2π Jmgl→ kg⋅m2kg⋅m/s2⋅m=s，故A正确，BCD错误；
故选：A。
故答案为：(1)B；(2)A；9.87；mg+kq2L2；C；(3)C；(4)A；(5)(Fm−mg)L2；B；(6)A。
(1)根据实验原理选择合适的实验器材；
(2)对摆球进行受力分析，结合单摆的周期公式完成分析；
(3)根据题意分析出摆长的变化特点，结合题意完成分析；
(4)共振曲线振幅A最大值所对应的频率是单摆的固有频率，根据摆长的变化趋势和单摆的周期公式完成分析；
(5)根据力的做功特点分析出物体机械能的变化趋势；
(6)根据物理量的单位分析出复摆可能的周期公式。
本题主要考查了单摆测量重力加速度的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合图像的物理意义和单摆的周期公式即可完成分析。
3.小于sv R gR+ℎ −mgR22(R+ℎ)
【解析】解：(1)飞行器不动时，其上的时钟测得的时间为sv，而此过程飞行器在运动，考虑相对论效应，即钟慢效应，则其上的时钟会变慢，所以测得的时间会小于sv。
(2)空间站绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
GMm(R+ℎ)2=mv2R+ℎ
且在地球表面有
GMmR2=mg
整理得
v=R gR+ℎ
由引力势能的公式得
Ep=−GMmR+ℎ
Ep=−mgR2R+ℎ
动能为
Ek=12mv2=mgR22(R+ℎ)
所以机械能为
E=Ek+Ep=mgR22(R+ℎ)−mgR2R+ℎ=−mgR22(R+ℎ)
故答案为：(1)小于sv；(2)R gR+ℎ，−mgR22(R+ℎ)。
(1)根据相对论效应分析；
(2)根据万有引力提供向心力列方程，计算出速度，进而得到动能，根据引力势能公式，可得机械能。
知道钟慢效应，空间站绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，还要知道在地球表面上的物体所受重力等于万有引力。
4.B 12mgT 4mgπRT
【解析】解：(1)CD、重力势能的减小量等于重力做的功，因为两种滑梯的高度相同，根据W=mgℎ可知，重力做功相同，所以重力势能的减小量相同，故CD错误；
AB、设滑到滑梯底端时小孩的速度大小为v，根据动能定理有mgℎ=12mv2，则小孩滑到底端时的速度大小相等，设长滑梯与地面之间的倾角为α，短滑梯与地面的倾角为β，则α<β，滑到底端时重力的功率分别为P=mgvsinα和P′=mgsinβ，因为α<β，所以P故选：B。
(2)半周时间t=T2，则该乘客半周时间内重力的冲量为IG=mg⋅t=12mgT，摩天轮的线速度大小为v=2πRT，经过半周的运动，乘客的速度大小不变，方向正好转过180°，所以乘客的动量变化量大小为ΔP=2mgv，根据动量定理可知合外力的冲量等与动量的变化量，合外力的冲量为4mgπRT。
(3)①设游客经过B点时的速度大小为v，根据动能定理可得
mgℎ1−μ1mg⋅ℎ1sinθ⋅csθ=12mv2
代入数据解得v=10m/s
②根据图中几何关系可知，水平轨道的半径R=d2=102m=5m，游客进入水平管道后，根据牛顿第二定律有
FN=mv2R
解得FN=1200N
根据牛顿第三定律可得游客贵管壁的弹力大小为1200N。
③设CD管道的长度为L，根据动能定理有
−μ2mgL=12mv′2−12mv2
其中v′=8m/s，代入上式解得
L=3.6m
所以要使游客落到水中速度不超过8m/s，管道CD长度需大于3.6m。
故答案为：(1)B；(2)12mgT，4mgπRT；(3)①游客经过B点时的速度大小为10m/s；②游客进入圆管后对管侧壁的弹力大小为1200N；③要使游客落到水中速度不超过8m/s，管道CD长度需大于3.6m。
(1)根据重力势能大小和重力做功关系比较；根据动能定理得到滑到底端时的速度大小，然后根据P=mgvsinα比较；
(2)根据冲量的定义计算；根据动量定理计算；
(3)①根据动能定理计算；
②根据牛顿第二定律和牛顿第三定律计算；
③根据动能定理计算。
分析清楚游客的运动过程，熟练掌握动量定理，动能定理和冲量的定义是解题的基础。
5.A A 2×105 10.1
【解析】解：(1)①拉力方向竖直向上，由图像可知，位移方向一直竖直向上，力与位移同方向，所以拉力一直做正功，故A正确，BCD错误。
故选：A。
②由图像可知，三个阶段的位移相同，由三个阶段的运动分析可知，第一阶段的加速度向上，拉力大于重力，第二阶段的加速度为零，拉力等于重力，第三阶段的加速度向下，拉力小于重力，由做功公式
W=Fs
可知
W1>W2>W3
故A正确，BCD错误。
故选：A。
(2)由图像可知，当速度为2m/s时，加速度为零，拉力等于重力，所以功率为
P=Fv=Gv=mgv=1.0×104×10×2W=2×105W
以恒定功率吊起时，速度变大，拉力变小，加速度变小，所以当加速度为零时，速度达到最大，结合图像，最大速度为2m/s。由能量关系
Pt=12mv2+mgℎ
解得
t=10.1s
(3)重锤与土桩撞击前的速度为
mgℎ=12mv2
解得
v=10m/s
再根据碰撞时，取向下为正方向，动量守恒
mv=(M+m)v1
解得
v1=3.3m/s
取向下为正方向，由动量定理
(f−Mg−mg)Δt=(M+m)v1
f=4×105N
用于推进桩的能量
E1=12(M+m)v12
解得
E1=16×106J
锤打击桩的能量
E2=12mv2
解得
E2=12×106J
打桩的效率
η=E1E2×100%
解得
η=33.3%
(3)若碰撞过程是弹性碰撞，其他条件不变，取向下为正方向，则有动量守恒
mv=Mv2+mv3
能量守恒
12mv2=12Mv22+12mv32
解得
v2=203m/s
取向下为正方向，由动量定理
(f−Mg)Δt=Mv2
解得
f=3.33×105N
故答案为：(1)①A，②A；(2)31.2×105，10.1；(3)①撞击后共同速度3.3m/s，平均阻力大小4×105N；
②打桩的效率33.3%；
③平均阻力大小3.33×105N。
(1)①拉力方向竖直向上，由图像可知，位移方向一直竖直向上，再根据功的公式判断；
②由图像可知，三个阶段的位移相同，再根据运动情况判断拉力大小，功的公式比较判断，得出正确选项；
(2)由图像可知，当速度为2m/s时，加速度为零，拉力等于重力，根据瞬时功率公式可以求解；以恒定功率吊起时，当加速度为零时，速度达到最大，结合图像以及能量关系可以求解时间；
(3)①根据机械能守恒求解重锤与混凝土桩撞击前的速度，再根据碰撞时动量守恒可以求解撞击后共同速度，对重锤与混凝土桩应用动量定理可以求解平均阻力大小；
②推进桩的能量对应重锤与混凝土桩的共同速度，锤打击桩的能量对应重锤与混凝土桩撞击前的速度，结合推进桩的能量与锤打击桩的能量之比求解打桩的效率；
③若碰撞过程是弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒求解混凝土桩撞击后的速度，并应用动量定理求解混凝土桩在向下运动过程中受到的平均阻力大小。
本题以落锤打桩机为背景，考查系统的动量和能量的综合问题，重在考查学生的建模能力、综合分析能力和推理能力，分析清楚图象、分析清楚恒定功率启动过程等才能正确解题。