2023-2024学年广西河池市高一（下）期末物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广西河池市高一（下）期末物理试卷（含解析），共13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。

一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.下列有关物理学史的说法中不正确的是( )
A. 开普勒通过分析自己长期的天文观测数据总结出了开普勒行星运动的三大定律
B. 牛顿认为月球受到地球的引力与地面的物体受到地球的引力是同种性质的力，并遵循相同的规律
C. 20世纪初建立的量子力学理论，使人们认识到经典力学理论一般不适用于微观粒子的运动
D. 哥白尼提出了日心说，认为行星和地球都绕太阳做匀速圆周运动
2.如图所示是全球第一款针对私人飞行的“愿景”SF50喷气机机型，如果该喷气机在某次飞行过程中沿曲线向上爬升，图中虚线是飞行的轨迹，则喷气机所受合外力F与速度v的关系可能正确的是( )
A. B. C. D.
3.如图所示，在细长轻绳下端拴一小球，将小球向左拉开一个小角度，然后无初速度释放。对于小球的运动，下列说法正确的是( )
A. 小球做匀速圆周运动
B. 轻绳对小球的拉力提供它做圆周运动的向心力
C. 小球受到的合外力提供它做圆周运动的向心力
D. 小球经过最低点时对轻绳的拉力最大
4.如图所示为某型号发动机的部分结构简图，几个齿轮之间通过皮带连接传动(皮带不打滑)。已知图中A轮与B轮的半径之比为2：1.则A、B轮边缘的( )
A. 线速度大小之比为2：1
B. 角速度之比为1：2
C. 向心加速度大小之比为1：4
D. 周期之比为1：1
5.如图所示是使货物在水平面上转弯的自动流水线装置图及其示意图。货物(可视为质点)从传送带A端传送到B端的弯道可以看成是一段半径为R的半圆弧，传送过程中传送速率保持不变，货物与传送带之间始终不打滑，已知货物与传送带间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则货物在此过程中( )
A. 所受合力为零
B. 所受合力做正功
C. 所受摩擦力对货物做负功
D. 传送速率不能超过 μgR
6.如图所示(俯视图)，甲为水平平台，乙为与甲处在同一水平面的传送带。传送带以恒定速率v运转，某时刻，质量为m的货物从甲平台以垂直于传送带运行方向、大小也为v的速度冲上传送带，最终货物在脱离传送带之前与其达到相对静止，则自货物冲上传送带到货物与传送带相对静止的过程中，货物所受摩擦力做功大小为( )
A. 22mv2
B. 12mv2
C. 2mv2
D. 0
7.如图所示，将一截面为矩形的特殊材料静置于水平面上，从距材料上表面高度为ℎ处由静止释放一个质量为m的小球(可视为质点)，小球进入材料后恰好能运动至材料中距上表面的d处。已知小球在该材料中所受的阻力f=kx(k为大小恒定但未知的系数，x为小球在材料中运动的位移大小)。重力加速度为g，不计空气阻力，则k的大小为( )
A. mg(ℎ+d)d2B. 2mg(ℎ+d)d2C. mg(ℎ+d)dD. 2mg(ℎ+d)d
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，一名同学正在练习投篮，用力将手中篮球斜向上抛出，球在空中运行一段时间，穿篮而过，落地并在地面反弹几次后最终静止在地面上，不计空气阻力。则下列说法正确的是( )
A. 同学将篮球从手中斜抛出的过程，篮球机械能守恒
B. 篮球在空中飞行的过程机械能守恒
C. 篮球与地面接触的过程机械能守恒
D. 篮球抛出后到最终静止在地面的过程，篮球机械能减小
9.中国空间站主要由天和核心舱、梦天实验舱、问天实验舱、载人飞船(即已经命名的“神舟”号飞船)和货运飞船(天舟飞船)五个模块组成，空间站在离地面高度为400km的圆轨道上做匀速圆周运动，已知地球半径为6400km，地球表面附近的重力加速度为g=9.8m/s2，万有引力常量G=6.67×10−11N⋅m2/kg2，π=3.14，根据以上信息可计算出的物理量有( )
A. 空间站受到地球的万有引力大小B. 空间站做圆周运动的周期
C. 地球的平均密度D. 地球的自转周期
10.如图所示，静止在光滑水平面上的长木板A，某时刻一可视为质点的小物块B从A的左端滑上，恰好运动到A的右端时两者相对静止，已知该过程中，长木板A的动能增加量为ΔEkA，小物块B的动能减少量为ΔEkB，A、B间摩擦产生的热量为Q。关于ΔEkB、ΔEkA、Q的值，下列可能正确的是( )
A. ΔEkA=5J，ΔEkB=12J，Q=7J
B. ΔEkA=10J，ΔEkB=28J，Q=13J
C. ΔEkA=2J，ΔEkB=3J，Q=1J
D. ΔEkA=12J，ΔEkB=28J，Q=16J
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某物理兴趣小组用如图甲所示的装置做“探究平抛运动的特点”的实验：
(1)实验前，先将一张带有小方格的白纸和复写纸固定在装置的背板上，钢球落到倾斜的挡板上后，就会挤压复写纸，在白纸上留下印迹、上下调节挡板，通过多次实验，在白纸上记录钢球所经过的多个位置，取下白纸用平滑的曲线连接各点，从而得到小球做平抛运动的轨迹。下列给出的操作步骤中，该实验必需的是______(填字母序号)；
A.斜槽要尽可能光滑
B.每次实验钢球需要从同一位置由静止释放
C.每次实验，挡板需要下降相同的高度
D.背板必须竖直放置
(2)得到平抛运动的轨迹后，以抛出点为坐标原点O，建立平面直角坐标系，水平向右为x轴，竖直向下为y轴，如图乙所示，已知每个小方格的边长为L，已经在轨迹上确定了坐标为(3L,2L)的A点，若想得到小球水平方向运动的规律，需要再选取纵坐标为______的B点，若B点的横坐标为______，则能初步说明小球在水平方向的运动是匀速直线运动。
12.为了验证机械能守恒定律，物理实验小组设计利用自由落体运动验证机械能守恒定律，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落。
(1)本实验中，不同学生在实验操作过程中出现如图甲所示的四种情况，其中操作正确的是______。

(2)按正确实验操作将重锤由静止释放，O是打下的第一个点。按实验要求正确地选出纸带，用刻度尺测量连续三点A、B、C到O点的距离，如图乙所示，若重锤的质量m=1.00kg，查表可知当地的重力加速度g=9.78m/s2，则从打下O点到打下计数点B的过程中，重力势能的减少量ΔEp= ______J，动能的增加量ΔEk= ______J(计算结果均保留3位有效数字)。结果发现ΔEp略大于ΔEk，原因可能是______。
(3)用ℎ代表重锤下落的距离，重锤的动能E随着ℎ变化的图像如图丙所示，如果重锤的质量为m，所受阻力恒定，已知图像的斜率为k，那么重锤受到的阻力大小为______(用题中给出的字母表示)。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图所示，一人站在山崖上以与水平方向夹角为θ=37°斜向上、大小为v0=15m/s的初速度抛出一个小石块(可视为质点)，已知抛出点到水平地面高度为ℎ=8.75m，石块质量为m=1kg，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，以抛出点所处高度作为重力势能为零的参考平面。sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
(1)石块被抛出后的机械能E的大小；
(2)石块从抛出到落地所经历的时间t；
(3)石块落地时速度v1的大小。
14.如图所示为2024年3月份我国某新能源汽车产商最新发布的一款新能源汽车，现有一辆该新能源汽车在平直公路上行驶，已知其质量为m，发动机的额定功率为P0，行驶过程中受到的阻力大小恒为f。
(1)在不超过额定功率的前提下，求该新能源汽车所能达到的最大速率vm；
(2)在额定功率下，当汽车行驶的速率为vm3时，求此时汽车的加速度a的大小；
(3)在额定功率下，汽车从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，求这一过程中汽车克服阻力做的功Wf。
15.如图所示，竖直平面内固定的光滑半圆轨道BCD和光滑半圆管道DE在D点平滑连接，D、E分别为半圆轨道的管道的最高点，O，O′分别为半圆轨道和管道的圆心，C点与圆心O等高。水平地面与半圆轨道最低点B平滑连接，在水平地面的P点处有一竖直挡板，A点有一可视为质点的物块，一轻质弹簧水平放置在P、A间，左端固定在挡板上，右端与物块接触(未拴接，开始弹簧处于原长)，P、A间地面光滑，A、B间地面粗糙。现使物块压缩弹簧(始终处于弹性限度内)，某时刻由静止释放。已知物块质量m=1kg，A、B间地面长度L=0.2m，物块与A、B间地面的动摩擦因数μ=0.5，半圆轨道半径R=0.9m，半圆管道半径r=0.1m，重力加速度g=10m/s2，物块可视为质点，管道半径远大于其粗细。
(1)若释放后，物块恰好能运动到C点，求：
①物块经过B点时对轨道的压力N的大小；
②弹簧所具有的弹性势能Ep0的大小；
(2)若释放后，物块能经过E点，求释放时弹簧所具有的弹性势能最小值Epmin及此时经过E点时的速度vmin的大小。(结果可保留根号)
答案解析
1.A
【解析】解：A.开普勒通过分析第谷长期的天文观测数据总结出了开普勒行星运动的三大定律，故A错误；
B.牛顿认为月球受到地球的引力与地面的物体受到地球的引力是同种性质的力，并遵循相同的规律，故B正确；
C.20世纪初建立的量子力学理论，使人们认识到经典力学理论一般不适用于微观粒子的运动，故C正确；
D.哥白尼提出了日心说，认为行星和地球都绕太阳做匀速圆周运动，故D正确。
本题选择错误选项；
故选：A。
本题应明确关于天体运动的物理学史知识：明确开普勒通过分析第谷观测数据，指出所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，揭示了行星运动的有关规律．牛顿提出了万有引力定律。
本题考查有关天体运动的物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。
2.A
【解析】解：喷气机在空中做曲线运动，速度方向为轨迹上该点的切线方向，力的方向指向轨迹的凹侧，且运动轨迹要夹在合力与速度之间，故A正确，BCD错误。
故选：A。
曲线运动某点的速度方向沿该点的切线方向，力的方向指向轨迹的凹侧。
本题考查曲线运动，解题关键是掌握曲线运动的速度方向和受力的方向的特点。
3.D
【解析】解：A.由于小球受到竖直向下的重力和沿绳方向指向圆心的绳拉力，二者合力不指向圆心，所以小球做变速圆周运动，故A错误；
BC.重力沿绳方向的分力与绳的拉力的合力提供向心力，重力沿切线方向的分力产生切向加速度，改变速度的大小，故BC错误；
D.小球经过最低点时速度最大，根据牛顿第二定律可得
F−mg=mv2R
由此可知，轻绳对小球的拉力最大，根据牛顿第三定律可得小球对轻绳的拉力最大，故D正确。
故选：D。
A.根据受力分析，判断合力是否指向圆心，据此判断小球是否做匀速圆周运动；
BC.根据向心力定义，结合受力分析，重力沿绳方向的分力与绳的拉力的合力提供向心力，重力沿切线方向的分力产生切向加速度，改变速度的大小，据此判断；
D.小球经过最低点时速度最大，根据牛顿第二定律可知，此时轻绳对小球的拉力最大，据此判断。
本题考查竖直方向的圆周运动，要理解变速圆周运动中向心力的概念，即指向圆心方向的合力提供向心力。
4.B
【解析】解：ABD、齿轮带动过程中，轮边缘上的点的线速度大小均相等，根据
v=ωr=2πTr
可得两者的周期之比为2：1，角速度之比为1：2，故B正确，AD错误；
C、根据向心加速度公式a=v2r，可知向心加速度大小之比为1：2，故C错误。
故选：B。
靠传送带传动轮子边缘上的点线速度大小相等，根据v=rω=2πTr，a=v2r进行分析求解。
传送带在传动过程中不打滑，则传送带传动的两轮子边缘上各点的线速度大小相等。
5.D
【解析】解：AB、货物做匀速圆周运动，合力提供向心力，合力不为零，货物速率不变，则动能不变，由动能定理可知合力做功为零，故AB错误；
C、货物竖直方向受重力、支持力，两个的合力为零，摩擦力提供向心力，摩擦力方向与货物的速度方向垂直，所以摩擦力不做功，故C错误；
D、货物摩擦力达到最大静摩擦力时，货物将要滑动，则有：μmg=mv2R，可得v= μgR，所以货物传送速率不能超过 μgR，故D正确。
故选：D。
AB、根据货物的运动特点可知合力的特点，根据货物速率不变和动能定理可知合力做功特点；
C、货物的合力等于摩擦力，根据摩擦力方向特点可知摩擦力不做功；
D、货物的摩擦力达到最大时，恰好要滑动，利用牛顿第二定律可得货物临界速率。
本题考查了匀速圆周运动的特点，动能定理、牛顿第二定律，解题的关键是知道匀速圆周运动，速度大小不变，速度方向时刻改变，合力提供向心力，合力始终指向圆心。
6.D
【解析】解：初始和最终货物速率未变，动能未变，根据动能定理可知，摩擦力对货物做的功为零，故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据动能定理分析解答即可。
本题要明确货物的受力情况和运动情况，关键是根据动能定理的关系进行解答。
7.B
【解析】解：小球在该材料中所受的阻力f=kx，可知f随x均匀变化，则小球进入材料后恰好能运动至材料中距上表面的d处阻力做功为Wf=12kd2
根据动能定理有mg(ℎ+d)−Wf=0
解得k=2mg(ℎ+d)d2
故B正确，ACD错误；
故选：B。
f随x均匀变化，根据平均阻力与位移的成绩计算阻力做功，根据动能定理解答。
本题考查动能定理，解题关键掌握阻力变化时做功的计算方法。
8.BD
【解析】解：A、同学将篮球从手中斜抛出的过程，手对球做正功，篮球的机械能增大，故A错误；
B、篮球在空中飞行的过程，仅有重力做功，机械能守恒，故B正确；
CD、篮球与地面接触过程，阻力对篮球做负功，则篮球的机械能减小。篮球最终停在地面，整个过程机械能减小，故C错误，D正确。
故选：BD。
机械能守恒的条件是只有重力或系统内弹力做功，分析外力做功情况，判断机械能是否守恒。
解答本题的关键要掌握机械能守恒的条件，可结合功能关系分析机械能的变化情况。
9.BC
【解析】解：A、根据万有引力定律有F=GMmr2，空间站质量未知，无法计算万有引力大小，故A错误；
B、根据万有引力提供向心力有
GMmr2=mr4π2T2
根据万有引力与重力的关系有
GMmR2=mg
从而计算周期T=2π r3gR2，故B正确；
C、根据GMmR2=mg可计算地球质量，根据ρ=M43πR3可计算地球密度，故C正确；
D、根据题干给出的物理量，需要计算自转周期，还需已知地球同步卫星的高度才可计算，故D错误；
故选：BC。
空间站质量未知，无法计算万有引力大小，通过万有引力充当向心力和圆周运动学公式可寻求地球质量和已知常量的关系可计算相关要素。
题目并不难，唯一的就是变量和常量太多容易混淆。以后遇到此种题目，注意对运动情景拆解成较为简单的分情景，分别分析，一般就比较简单了。
10.AD
【解析】解：B、根据能量守恒，ΔEkB=ΔEkA+Q，故B错误；
ACD、B做匀减速直线运动，A做匀加速直线运动，恰好运动到A的右端时两者相对静止，即A的末速度等B的末速度，由v−t图像可知，
v−t图像的面积代表的就是位移，则xB>Δx>xA，根据功能关系的，ΔEkB=−fxB，Q=fΔx，ΔEkA=fxB
所以ΔEkB>Q>ΔEkA，故AD正确，C错误。
故选：AD。
对B列动能定理，对A列动能定理，找到各自对应的位移，其中摩擦热Q是等于摩擦力与相对位移的乘积。
本题考查了板块模型，理解物体在木板上的运动过程中的能量转化情况，其中Q=fΔx，相对位移可以通过vt图像来比较大小。
11.BD 8L 6L
【解析】解：(1)A.钢球每次均从斜槽同一位置静止释放，钢球克服阻力做功相同，钢球飞出斜槽的初速度大小相同，即斜槽的摩擦对实验没有影响，可知斜槽不需要尽可能光滑，故A错误；
B.为了确保小球飞出斜槽的初速度大小相同，每次实验钢球需要从同一位置由静止释放，故B正确；
C.实验中通过上下调节挡板，多次实验，在白纸上记录钢球所经过的多个位置，从而得到小球做平抛运动的轨迹，每次实验中，挡板并不需要下降相同的高度，故C错误；
D.平抛运动轨迹位于竖直平面内，为了准确描绘出钢球平抛运动的轨迹，背板必须竖直放置，故D正确。
故选：BD。
(2)平抛运动竖直方向为自由落体运动，自由落体运动初速度为0，相邻相等时间间隔内的位移之比为奇数之比，则有
yA：(yB−yA)=1：3
解得．
yB=8L
平抛运动竖直方向为自由落体运动，水平方向为匀速直线运动，若A、B纵坐标为上述值，则两点横坐标关系有
xB−xA=xA
解得
xA=6L
故答案为：(1)BD；(2)8L；6L
(1)根据平抛运动实验正确的操作分析判断；
(2)根据平抛运动竖直、水平方向的运动规律解答。
解决本题的关键是把平抛运动分解为竖直方向的自由落体运动，水平方向的匀速直线运动，然后根据实验原理与实验操作分析判断即可。
12.B 0.475 0.473 由于纸带运动受到的阻力和重物受到的空气阻力做功产生内能 mg−k
【解析】解：(1)①打点计时器应接交流电源，为减小阻力的影响，释放时纸带处于竖直状态，故ACD错误，B正确。
故选：B。
(2)从起点O到打下计数点B的过程中，重物重力势能的减少量ΔEp=mgℎOB
代入数值计算得ΔEp=1.00×9.78×4.86×10−2J=0.475J
由于交流电频率50Hz，则打点时间间隔T=1f=150s=0.02s
又因为B点瞬时速度等于AC段的平均速度vB=ℎAC2T=7.02−3.132×0.02×0.01m/s=0.973m/s
从起点O到打下计数点B的过程中，重物动能的增加量Ek=12mvB2
代入数值计算得Ek=0.473J
重物重力势能的减少量一般会略大于重物动能的增加量，其主要原因是由于纸带运动受到的阻力和重物受到的空气阻力做功产生内能。
(3)从起点重物下落的过程中，重物动能的增加量Ek=12mv2
从起点重物下落的过程中，对重物受力分析，由牛顿第二定律有a=mg−fm
从起点重物下落的过程中，对重物由匀加速直线运动速度—位移关系式变形，得末速度为v= 2aℎ
联立以上公式可得
Ek=(mg−f)ℎ
根据图像可知，斜率为
k=mg−f
计算得
f=mg−k
故答案为：(1)B；(2)0.475；0.473；由于纸带运动受到的阻力和重物受到的空气阻力做功产生内能；(3)mg−k
(1)根据实验操作规范分析解答；
(2)根据功能关系得出重力势能的改变量，结合运动学公式得出速度，进而得出动能的改变量，根据实验原理分析误差；
(3)根据动能与距离的表达式，结合图像斜率分析解答。
解决本题的关键知道实验的原理以及操作中的注意事项，掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度，从而得出动能的增加量，会根据下降的高度求出重力势能的减小量，知道实验误差的来源。
13.解：(1)以抛出点所处高度为重力势能为零的参考平面，则石块在抛出点的机械能大小为：E=Ek+Ep=12mv02+0=12×1×152J=112.5J，石块抛出后，只有重力做功，机械能守恒，所以石块被抛出后的机械能的大小为112.5J。
(2)石块被抛出后在竖直方向做竖直上抛运动，取竖直向下为正方向，由运动学公式有：ℎ=−v0sinθt+12gt2
代入数据可得：t=2.5s
(3)石块从抛出到落地过程，由动能定理有：mgℎ=12mv12−12mv02
代入数据可得：v1=20m/s
答：(1)石块被抛出后的机械能E的大小为112.5J；
(2)石块从抛出到落地所经历的时间t为2.5s；
(3)石块落地时速度v1的大小为20m/s。
【解析】(1)根据机械能的定义和机械能守恒定律分析；
(2)根据石块在竖直方向运动特点，由运动学公式求解；
(3)石块在空中运动过程，利用动能定理可得石块落地速度大小。
本题考查了斜抛运动、机械能和机械能守恒定律、动能定理，解题的关键是知道石块在空中运动过程，在竖直方向做竖直上抛运动。
14.解：(1)设汽车以额定功率启动后达到最大速度vm时牵引力为F0，汽车达到最大速度时有：F0=f
而功率P0=F0vm
解得：vm=P0f
(2)设汽车在匀加速度运动时，牵引力为F，根据牛顿第二定律 F−f=ma
根据功率的公式有P0=F⋅vm3
解得：a=2fm
(3)根据动能定理有P0t−Wf=12mvm2
解得Wf=P0t−P02m2f2
答：(1)该新能源汽车所能达到的最大速率为P0f；
(2)此时汽车的加速度a的大小为2fm；
(3)这一过程中汽车克服阻力做的功为P0t−P02m2f2。
【解析】(1)当汽车达到最大速度时，汽车做匀速直线运动，根据平衡条件与功率的计算公式求解；
(2)根据功率的公式求解牵引力，结合牛顿第二定律解得加速度；
(3)根据动能定理解答。
本题关键是明确汽车的运动规律，当牵引力减小到等于阻力时速度最大；对于匀加速启动问题，要明确匀加速过程的最大速度与平衡时的最大速度不同。
15.解：(1)①物块恰好能运动到C点，则在C点的速度为0，从B到C根据动能定理有
−mgR=0−12mvB2
在B点根据牛顿第二定律有
F−mg=mvB2R
解得F=30N
根据牛顿第三定律可知物块经过B点时对轨道的压力N的大小为30N；
②物块从静止到C点，根据功能关系有
Ep0=mgR+μmgL
解得Ep0=10J
(2)物块能经过E点，根据牛顿第二定律有
mg=mvmin2r
解得vmin=1m/s
从释放到E点，根据动能定理有
Epmin=mg×2(R+r)+12mvmin2+μmgL
解得Epmin=21.5J
答：(1)①物块经过B点时对轨道的压力N的大小为30N；
②弹簧所具有的弹性势能Ep0的大小为10J；
(2)释放时弹簧所具有的弹性势能最小值为21.5J，经过E点时的速度的大小为1m/s。
【解析】(1)①根据动能定理与牛顿第二定律解答；
②根据功能关系解答；
(2)根据临界条件结合功能关系解答。
本题是一道力学综合题，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、圆周运动规律以及功能关系即可解题。