2023-2024学年辽宁省葫芦岛市高一（下）期末物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年辽宁省葫芦岛市高一（下）期末物理试卷（含解析），共14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.现在嫦娥六号已经进入到了任务末期，该飞行器正在以极快的速度返回地球。以下描述的物理量属于矢量的是( )
A. 质量B. 时间C. 动量D. 动能
2.陶瓷是中华瑰宝，是中华文明的重要名片。在陶瓷制作过程中有一道工序叫利坯，简化模型如图，将陶瓷粗坯固定在绕竖直轴转动的水平转台上，粗坯的对称轴与转台转轴OO′重合。当转台匀速转动时，关于粗坯上P、Q两质点，下列说法正确的是( )
A. 角速度大小相同
B. 线速度大小相同
C. Q的角速度比P的大
D. Q的线速度比P的大
3.2024年3月25日国际体联蹦床世界杯科特布斯站比赛，中国蹦床队夺得3金2银的优异成绩。如图，一蹦床运动员被弹性网竖直向上弹起，不计空气阻力及姿势变化，运动员在离开蹦床上升过程中( )
A. 所受重力做正功
B. 机械能保持不变
C. 加速度越来越小
D. 重力势能和动能都在增大
4.“天问一号”着陆于火星过程中，先经过圆形轨道Ⅰ，在B点实施变轨进入停泊椭圆轨道Ⅱ，然后在近火点A时实施降轨进入近火轨道Ⅲ，最终软着陆在火星表面。关于“天问一号”在A点和B点( )
A. 在B点需要加速
B. 在A点需要加速
C. 在B点受到火星的引力大
D. 在A点受到火星的引力大
5.质量为2kg的物体被轻质绳拉住，在0～6s时间内运动的v−t图像如图所示。以竖直向上运动为正方向，忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2。则物体( )
A. 在4s～6s内处于静止状态
B. 在2s～4s内所受合力的冲量为4N⋅s
C. 在0～6s内的位移大小为24m
D. 在0～6s内拉力做功为256J
6.我国北斗系统主要由离地面高度约为6R(R为地球半径)的地球同步轨道卫星和离地面高度约为3R的中轨道卫星组成，忽略地球自转。两卫星相比较，下列说法正确的是( )
A. 中轨道卫星的周期小
B. 中轨道卫星的线速度小
C. 中轨道卫星的角速度小
D. 中轨道卫星的向心加速度小
7.如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则( )
A. P和Q都带正电荷B. P和Q都带负电荷
C. P带正电荷，Q带负电荷D. P带负电荷，Q带正电荷
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，在一带正电的点电荷形成的电场中，A、B为某条电场线上的两点，A、B两点的电场强度大小分别为EA、EB，电势分别为φA、φB，则( )
A. EA=EBB. EA>EBC. φA=φBD. φA>φB
9.如图，光滑轨道由弧形和水平两部分组成，在水平轨道上静止放置左侧连接轻弹簧的质量m1=1kg均质小球，在弧形轨道距水平轨道高ℎ=0.2m处由静止释放质量m2=1kg均质小球，压缩弹簧过程在弹性范围内，两小球半径相等。当弹簧被压缩至最短时，小球m2的速度大小为v，弹簧弹性势能为Ep，g=10m/s2。则( )
A. v=1m/sB. v=2m/sC. Ep=1JD. Ep=2J
10.如图所示，竖直轻弹簧下端固定在水平地面上，将轻弹簧正上方质量m=1kg的小球由静止释放，小球下落过程中受到恒定的空气阻力作用。以小球开始下落的位置为原点，竖直向下为y轴正方向，取地面处为重力势能零点，在小球第一次下落到最低点的过程中，弹簧的弹性势能Ep1、小球的重力势能Ep2、小球的动能Ek随小球位移变化的关系图像分别如图甲、乙、丙所示，弹簧始终在弹性限度范围内，取重力加速度g=10m/s2，则小球第一次下落到最低点的过程中( )
A. 小球和弹簧系统机械能不守恒B. 图乙中a=4
C. 空气阻力对小球做功1.2JD. 图丙中x0处的弹簧弹力为8N
三、实验题：本大题共2小题，共20分。
11.某同学用如图甲所示的实验装置来验证机械能守恒定律，让重物从高处由静止开始下落，打点计时器在重物拖着的纸带上打出一系列的点；实验结束后，选择一条点迹清晰的纸带进行数据测量，用刻度尺只测出如图乙所示的几段距离就可以达到实验目的，打点计时器所接电源的频率为f，O点是重物做自由落体运动的起点，当地的重力加速度大小为g。

(1)重物在下落过程中，会对实验的验证带来误差的力为______。(写出一个即可)
(2)打B点时重物的速度大小为______。(用题中给出的和图中测量出的物理量的符号表示)
(3)测得O、B两点之间的距离为ℎ，若在误差允许范围内，gℎ= ______，则重物下落过程中机械能守恒。(用题中给出的和图中测量出的物理量的符号表示)
12.采用如图所示的装置进行“验证动量守恒定律”的实验：若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2；
(1)质量和半径应满足______。(填前面的符号)
A.m1>m2，r1>r2
B.m1>m2，r1C.m1>m2，r1=r2
D.m1(2)测出M、P、N三处落点与O点的距离OM、OP、ON，在误差允许范围内，若满足关系式______(用所测和题中给的物理量的字母表示)，可以认为两球碰撞前后动量守恒。
四、计算题：本大题共3小题，共34分。
13.如图所示，不可伸长的轻绳一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球，使小球在竖直面内做圆周运动。当小球以速度v经过最高点时，轻绳上恰好无拉力；当小球以速度2v经过最高点时，轻绳上的拉力大小为F1；当小球以速度3v经过最低点时，轻绳上的拉力大小为F2。重力加速度为g，忽略空气阻力。求：
(1)圆周运动半径；
(2)F2与F1之差。
14.空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电，B的电荷量为q(q>0)。A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为2t3。重力加速度为g，求：
(1)O点到达P点的高度差；
(2)B从O点发射时的速度大小；
(3)B运动的加速度大小和电场强度的大小。
15.如图(a)，某生产车间运送货物的斜面长8m，高2.4m，一质量为200kg的货物(可视为质点)沿斜面从顶端由静止开始滑动，经4s滑到底端。工人对该货物进行质检后，使用电动机通过一不可伸长的轻绳牵引货物，使其沿斜面回到顶端，如图(b)所示。已知电动机允许达到的最大输出功率为2160W，轻绳始终与斜面平行，重力加速度大小取10m/s2，设货物在斜面上运动过程中所受摩擦力大小恒定。
(1)求货物在斜面上运动过程中所受摩擦力的大小；
(2)若要在电动机输出功率为1500W的条件下，沿斜面向上匀速拉动货物，货物速度的大小是多少？
(3)启动电动机后，货物从斜面底端由静止开始沿斜面向上做加速度大小为0.4m/s2的匀加速直线运动，直到电动机达到允许的最大输出功率，求货物做匀加速直线运动的时间和这一过程中电动机做的功。
答案解析
1.C
【解析】解：动量是既有大小，又有方向的物理量是矢量，质量、时间、动能都是只有大小，没有方向的物理量，是标量，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据矢量和标量的定义解答即可。
本题是对标量和矢量的考查，解题的关键是要知道标量和矢量的概念，要知道功虽然有正负之分，但功是标量，难度不大，属于基础题
2.A
【解析】解：AC.由题意可知，粗坯上P、Q两质点属于同轴转动，它们的角速度相等，即ωP=ωQ，故A正确，C错误；
BD.由图可知P点绕转轴转动的半径大，根据v=rω，所以vP>vQ，即P的线速度大小比Q的大，故BD错误；
故选：A。
同一圆环以直径为轴做匀速转动时，环上的点的角速度相同，根据几何关系可以判断Q、P两点各自做圆周运动的半径，根据v=ωr即可求解线速度。
该题主要考查了圆周运动基本公式的直接应用，注意同轴转动时角速度相同。
3.B
【解析】解：A、运动员上升过程中所受重力方向竖直向下，运动方向竖直向上，则重力做负功，故A错误；
B、上升过程中离开网面后，因不计空气阻力，故运动员只受重力，机械能守恒，故B正确；
C、上升过程中离开网面后，因不计空气阻力，故运动员只受重力提供加速度，则加速度不变，故C错误；
D、上升过程中重力势能增大，动能减小，故D错误。
故选：B。
根据力做功的定义分析运动员上升过程中重力做功的正负；根据机械能守恒的条件分析B，根据牛顿第二定律分析加速度的变化；根据功能关系分析重力势能和动能的变化。
本题考查了功能关系与牛顿第二定律的应用。掌握基本的功能关系，注意机械能守恒的条件，重力做功与重力势能变化量的关系。
4.D
【解析】解：A.“天问一号”从轨道Ⅰ变轨至轨道Ⅱ需要在B点减速做向心运动才能完成，故A错误；
B.“天问一号”从轨道Ⅱ变轨至轨道Ⅲ需要在A点减速做向心运动才能完成，故B错误；
CD.根据
F=GMmr2
A点距离火星较近，所以在A点受到火星的引力大，故C错误，D正确。
故选：D。
AB.根据变轨条件完成分析；CD.根据万有引力公式作出分析。
本题考查了万有引力定律的应用，解决本题的关键是理解卫星的变轨过程，以及万有引力定律的灵活运用，这类问题也是高考的热点问题，要注意掌握万有引力公式的应用，明确卫星运行问题的处理方法。
5.D
【解析】解：A、在4s～6s内，物体做匀速直线运动，故A错误；
B、在2s～4s内，规定向上为正方向，根据动量定理有
I=mv
所受合力的冲量为I=8N⋅s
C、根据图像与坐标轴围成的面积可知0～6s内的位移大小为
x=2+42×4m=12m
故C错误；
D、根据动能定理有W−mgx=12mv2
解得W=256J
故D正确；
故选：D。
根据图像的纵轴分析速度关系，根据图像可得出每个时间段速度的情况，结合冲量定理可求出冲量大小；题干给出v−t图象，图象与时间轴包围的面积(不计正负)即为位移，根据动能定理的计算式可以求解拉力做功。
本题考查学生对运动学图象的认识，要求学生结合冲量定理、动能定理的计算式分析求解。
6.A
【解析】解：A.卫星万有引力提供向心力，根据
GMmr2=m4π2T2r
T=2π r3GM
中轨道卫星的轨道半径较小，则其周期较小，故A正确；
B.根据
GMmr2=mv2r
v= GMr
中轨道卫星的轨道半径较小，则其线速度较大，故B错误；
C.根据
GMmr2=mω2r
ω= GMr3
中轨道卫星的轨道半径较小，则其角速度较大，故C错误；
D.根据
GMmr2=ma
a=GMr2
中轨道卫星的轨道半径较小，则其向心加速度较大，故D错误。
故选：A。
根据在地球表面万有引力约等于重力，对中轨道卫星，由万有引力提供向心力，结合向心力周期、角速度、向心加速度表达式分析求解。
本题考查了万有引力定律的应用，理解公式中各个物理量的含义，合理选取向心力公式是解决此类问题的关键。
7.D
【解析】【分析】
用整体法进行分析，则内部的库仑力不用考虑，这种方法比较简单。
【解答】
以P、Q整体为研究对象，则两球之间的库仑力属于内力，不用考虑，整体受到重力和两条细绳的拉力，整体受到的电场力应该为零，(若不为零，两细绳不可能保持竖直)，则说明P、Q整体带电量为零，故两球一定带等量异种电荷；
然后再分析P，因为两球带异种电荷，在两球之间是吸引力，则P受到的库仑力向右，则P受到的匀强电场所给的电场力一定向左，故P带负电，则Q带正电，故选D。
8.BD
【解析】解：由图可知A点与B点相比距离点电荷较近，故两点处电场强度大小关系为EA>EB，根据沿电场线方向电势降低，可知电势关系为φA>φB，故BD正确，AC错误。
故选：BD。
根据正点电荷的电场分布，判断两点处电场强度大小关系，根据沿电场线方向电势降低判断电势关系。
本题考查了电场的基本性质和点电荷的电场分布。掌握电场的基本物理量电场强度、电势的定义，以及它们之间的关系。
9.AC
【解析】解：m2小球从高处下滑到水平部分的过程，机械能守恒，设到达水平部分时速度大小为v0，则有
12m2v02=m2gℎ
两小球和弹簧组成的系统机械能守恒，当弹簧压缩最短时，两小球应共速，即速度方向一样，大小均为v，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
m2v0=(m1+m2)v
m2gℎ=12(m1+m2)v2+Ep
联立解得
v=1m/s，Ep=1J
故AC正确，BD错误。
故选：AC。
先运用机械能守恒定律求出小球到达水平部分时的初速度，两小球和弹簧组成的系统机械能守恒，当弹簧压缩最短时，两小球共速，结合动量守恒定律和机械能守恒定律即可求解。
考查有弹簧系统的机械能守恒定律和动量守恒定律的应用，此类题要明确弹簧最短或最长这一临界状态，应是两小球共速时。
10.ABD
【解析】解：A.由于小球下落过程中受到恒定的空气阻力作用，空气阻力做负功，可知，小球和弹簧系统的机械能减小，故A正确；
B.根据图丙可知，小球动能为0时，下降高度为0.6m，即小球在最低点时，下降了高度0.6m，重力势能减小了
ΔEp=mgℎ=1×10×0.6J=6J
即下降高度为0.6m时的重力势能为4J，图乙中
a=4
故B正确；
C.令空气阻力与弹簧弹力对小球做功分别为W阻，W弹，对小球进行分析，根据动能定理有
W阻+W弹+mgℎ=0
结合图甲，根据功能关系有
W弹=−4.8J
得
W阻=−1.2J
故C错误；
D.空气阻力
f=W阻ℎ=−−2N
负号表示方向向上，图丙中x0处动能最大，则合力为0，即
mg+f+F弹=0
得
F弹=−8N
即弹力大小为8N，负号表示方向向上，故D正确。
故选：ABD。
A、根据空气阻力做负功，系统机械能减少分析；
B、由重力势能的定义结合图像分析图乙中a的对应值；
C、根据动能定理结合图像可得空气阻力对小球做功；
D、根据克服空气阻力做功可得空气阻力大小，根据图丙中x0处小球动能最大，可知小球合力为零，根据力的平衡可得弹簧弹力大小。
本题考查了功能关系和能量守恒定律、动能定理，解题的关键是通过图像可知小球下落的高度，根据小球下落的高度，利用功能关系可得小球减少的重力势能。
11.空气对重物的阻力 (ℎc−ℎA)f2 (ℎc−ℎA)2f28
【解析】解：(1)重物在下落过程中，会对实验的验证带来误差的力为空气对重物的阻力、打点计时器对纸带的阻力等；
(2)打点周期为：T=1f
打B点时重物的速度大小为：vB=ℎc−ℎA2T=(ℎc−ℎA)f2
(3)测得O、B两点之间的距离为ℎ，减小的重力势能为：ΔEP=mgℎ
增加的动能为：ΔEk=12mvB2
若在误差允许范围内，若有：ΔEP=ΔEk，代入化简可得：gℎ=(ℎc−ℎA)2f28
则可验证重物下落过程中机械能守恒。
故答案为：(1)空气对重物的阻力；(2)(ℎc−ℎA)f2；(3)(ℎc−ℎA)2f28。
(1)根据实验器材和注意事项分析作答；
(2)根据匀变速直线运动时间中点的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求打下B点的瞬时速度；
(3)由机械能守恒定律倒推需要验证的表达式。
本题主要考查了利用自由落体运动测当地的重力加速度，要弄懂实验的原理，掌握实验的方法和注意事项。
12.C m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON
【解析】解：(1)要使碰撞不至于反弹，(反弹后再滑出有动量的损失)则要求被碰小球的质量小于入射小球的质量，即
m1>m2
要发生对心碰撞(即一维碰撞)，必须使两个球的大小相同，则要求两球的半径相等，即
r1=r2
故ABD错误，C正确。
故选：C。
(2)小球离开轨道后做平抛运动，小球抛出点的高度相等，则它们在空中的运动时间t相等，验证碰撞中的动量守恒，需要验证
m1v1=m1v1′+m2v2
则
m1v1t=m1v1′t+m2v2t
所以
m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON
故答案为：(1)C；(2)m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON。
(1)为了方向两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量；为了使两球发生对心正碰，两小球的半径相同。
(2)入射小球和被碰小球碰前和碰后都做平抛运动，运动分解后水平方向做匀速直线运动，由于两球在空中的运动时间相等，因此可以用水平距离表示速度，根据动量守恒和机械能守恒列方程即可。
本题考查了验证动量守恒定律实验，本实验运用了等效思维方法，平抛时间相等，用水平位移代替初速度，这样将不便验证的方程变成容易验证。
13.解：(1)小球在竖直面内做圆周运动，在最高点，拉力为零，重力充当向心力，有mg=mv2R
解得半径R=v2g
(2)在最高点，拉力和重力合力充当向心力F1+mg=m(2v)2R
在最低点，拉力和重力合力充当向心力F2−mg=m(3v)2R
联立解得F2−F1=7mg
答：(1)圆周运动半径为v2g；
(2)F2与F1之差为7mg。
【解析】(1)以小球为研究对象，在最高点，拉力为零，根据牛顿第二定律解得半径；
(2)根据牛顿第二定律解答。
本题主要是考查竖直方向的圆周运动，关键是能够根据牛顿第二定律结合向心力公式解答。
14.解：(1)小球A在竖直方向做自由落体运动，O点到达P点的高度差ℎ=12gt2
(2)A做平抛运动，B做类平抛运动，水平方向匀速运动位移相等，则v0t=vB2t3
则B从O点发射时的速度vB=32v0
(3)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a，则由牛顿第二定律有mg+qE=ma
竖直方向位移相等12a(2t3)2=12gt2
联立解得加速度a=94g
电场强度E=5mg4q
答：(1)O点到达P点的高度差为12gt2；
(2)B从O点发射时的速度大小为32v0；
(3)B运动的加速度大小为94g，电场强度的大小为5mg4q。
【解析】(1)根据自由落体运动规律解答；
(2)结合位移—时间关系进行分析，即可正确解答；
(3)根据竖直方向的运动规律结合牛顿第二定律解答。
本题的关键是正确的受力分析，通过受力分析判断物体的运动性质，理清物体的运动过程，正确的选择对应的物理规律列式进行分析。
15.解：(1)设斜面的倾角为θ，由几何关系可得：sinθ=ℎL=2.4m8m=0.3
货物沿斜面下滑过程由运动学公式有：l=12at2，其中l=8m
由牛顿第二定律有：mgsinθ−f=ma
代入数据可得摩擦力大小为：f=400N
(2)货物沿斜面匀速运动，由力的平衡可得绳子拉力：T=mgsinθ+f
电动机功率：P=Tv
代入数据可得：v=1.5m/s
(3)货物从静止加速到电动机最大输出功率过程，由牛顿第二定律有：T1−mgsinθ−f=ma1
由运动学公式有：l1=12a1t12
达到最大输出功率时货物的速度大小：v1=a1t1
最大输出功率：Pm=T1v1
代入数据可得：t1=5s l1=5m v1=2m/s
此过程由动能定理有：W−(mgsinθ+f)l1=12mv12
代入数据可得电动机做的功：W=5400J
答：(1)货物在斜面上运动过程中所受摩擦力的大小为400N；
(2)若要在电动机输出功率为1500W的条件下，沿斜面向上匀速拉动货物，货物速度的大小是1.5m/s；
(3)启动电动机后，货物从斜面底端由静止开始沿斜面向上做加速度大小为0.4m/s2的匀加速直线运动，直到电动机达到允许的最大输出功率，货物做匀加速直线运动的时间为5s和这一过程中电动机做的功为5400J。
【解析】(1)货物沿斜面运动过程，由运动学公式和牛顿第二定律列式，两式联立可得摩擦力大小；
(2)货物沿斜面匀速运动过程，由力的平衡和P=Fv可得货物运动速度大小；
(3)货物从静止加速到电动机最大输出功率过程，由牛顿第二定律列式，由运动学公式列式，由P=Fv列式，联立方程可得货物运动时间和位移大小、速度大小，利用动能定理可得电动机做的功。
本题考查了动能定理、牛顿第二定律、功率，解题的关键是知道电动机的功率是拉力的功率，不是合力的功率。