2023-2024学年安徽省亳州市高一（下）期末联考物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省亳州市高一（下）期末联考物理试卷（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。

1.牛顿创立了经典力学，揭示了包括行星在内的宏观物体的运动规律；爱因斯坦进一步发展了经典力学，创立了相对论。关于相对论时空观与牛顿力学的局限性，下列说法正确的是( )
A. 相对论时空观认为运动的时钟会变快，运动的尺子会变长
B. 相对论时空观认为在某参考系中同时发生的两件事，在另一参考系看来不一定是同时的
C. 经典力学不能适用于“天问一号”宇宙探测器在火星着陆
D. 在经典力学中，物体的质量随运动状态改变而改变
2.以下四幅图片中：图甲是汽车上坡；图乙是汽车在水平路面转弯；图丙是在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨；图丁是汽车通过拱桥。下列说法中正确的是( )
A. 图甲中，汽车上坡采用低速挡是为了获得更大的牵引力
B. 图乙中，汽车在水平路面转弯发生侧滑是因为离心力大于最大静摩擦力
C. 图丙中，当火车速度大于规定速度，内轨将受到轮缘的挤压
D. 图丁中，汽车通过拱桥的最高点处于超重状态
3.节气是指二十四个时节和气候，是中国古代订立的一种用来指导农事的补充历法，是中华民族劳动人民长期经验积累的成果和智慧的结晶。地球沿椭圆形轨道绕太阳运动，2024年春分、夏至、秋分和冬至所处四个位置和时间如图所示。下列说法正确的是( )
A. 地球由春分运行到秋分的时间等于由秋分运行到春分的时间
B. 夏至和冬至时地球绕太阳公转的角速度大小相等
C. 地球由春分运行到夏至的过程中加速度逐渐减小
D. 太阳在椭圆的一个焦点上，根据地球的公转周期和地球绕太阳椭圆轨道的半长轴长度可估算出地球的质量
4.圆锥摆是我们在研究生活中的圆周运动时常遇到的一类物理模型。如图所示，质量相同的1、2两个小钢球(均可视为质点)用长度相等的轻质细线拴在同一悬点，在不同水平面内做匀速圆周运动，组成具有相同摆长和不同摆角的圆锥摆。若不计空气阻力，则( )
A. 小钢球1的角速度大于小钢球2的角速度
B. 绳子对小钢球1的拉力大于绳子对小钢球2的拉力
C. 小钢球1的向心力大小大于小钢球2的向心力大小
D. 小钢球1的线速度大小小于小钢球2的线速度大小
5.早在二千多年前，我国劳动人民就发明了汉石磨盘，如图甲所示。它是一种可使谷物脱壳、粉碎的加工工具，凝聚着人类的高度智慧。后来人们通常用驴来拉磨把谷物磨成面粉。将此过程用俯视角度看，示意图如图乙所示，假设驴拉磨可以看成做匀速圆周运动，驴对磨杆末端的平均拉力F=800N，拉力方向始终沿圆周切线方向，磨杆半径r=0.7m，驴拉磨转动一周时间为7s，圆周率π≈3，则下列说法正确的是( )
A. 磨杆末端的向心加速度大小为0.4m/s2B. 磨杆末端的线速度大小为0.3m/s
C. 驴转动一周拉力所做的功为零D. 驴转动一周拉力的平均功率为480W
6.2024年6月3日，嫦娥六号携带的“移动相机”自主移动后拍摄并传回的着陆器和上升器合影如图甲所示。假设一月球探测器绕月球做周期为T的匀速圆周运动，轨道距月球表面的高度为ℎ。已知月球半径为r，引力常量为G，忽略月球自转及地球对卫星的影响，则月球表面的重力加速度大小和月球的平均密度大小分别为( )
A. π2(r+ℎ)34r2T2,34GT21+ℎr3B. π2(r+ℎ)34r2T2,3πGT21+ℎr3
C. 4π2(r+ℎ)3r2T2,34GT21+ℎr3D. 4π2(r+ℎ)3r2T2,3πGT21+ℎr3
7.如图甲是河水中的漩涡，漩涡边沿水的流速相对中心处的流速较慢，压强较大，从而形成压力差，导致周边物体易被“吸入”漩涡。如图乙是某河道O处有个半径为r的漩涡危险圆区，其与河岸相切于N点。设河道除漩涡区外其他区域水流恒定，水流速度大小恒为v1=2.5m/s，河岸上M点为N点的上游，MN两点距离为43r。tan37∘=0.75，sin74∘=0.96，若一小船从河岸的M处要沿直线避开危险圆区到对岸、小船相对静水的速度最小值v2为( )
A. 1.5m/sB. 2.4m/sC. 2.8m/sD. 3.2m/s
8.如图甲所示，倾角为θ=37∘的足够长斜面固定在水平地面上，取沿斜面向上为正方向，一小物块以一定的初速度从底端冲上斜面上滑的过程中小物块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，已知重力加速度大小g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。则( )
A. 图线①表示小物块的动能随位移变化的关系图线
B. 小物块上滑过程中，重力势能增加了800J
C. 小物块的重力大小为50N
D. 小物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.“抛石机”是古代战争中常用的一种设备。某学习小组用自制的抛石机演练拖石过程，其运动轨迹可简化为如图所示，A点为石块的投出点，B点为运动轨迹的最高点，C点为石块的落点，落点的速度方向与水平面的夹角为θ=24∘，已知A点与C点在同一水平面上，A、B两点之间的高度差为3.2m，石块视为质点，空气阻力不计。取cs24∘=0.9，sin24∘=0.4，重力加速度大小g=10m/s2。则( )
A. 石块从A点运动至C点的过程中加速度方向一直在改变
B. 石块离开A点时的速度大小为20m/s
C. 石块从A点运动至C点的过程中最小速度为18m/s
D. A、C两点之间的距离为14.4m
10.如图所示，水平面上有一固定在竖直平面内半径为R、粗䊁程度处处相同的半圆轨道，P、Q为轨道最高点且连线水平，K为轨道最低点。现将质量为m的小球(可视为质点)由距P点高度R的A点静止释放，小球由P点进入圆弧轨道，滑到轨道最低点K时轨道对球的支持力大小为4mg。不计空气阻力，重力加速度的大小为g。下列说法中正确的是( )
A. 小球运动到K点时，在竖直方向上受到三个力的作用
B. 小球运动到K点时的速度大小为 3gR
C. 小球从P点运动到K点的过程中摩擦力所做的功为−12mgR
D. 小球达到Q点时速度刚好为零
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某同学利用小球做平抛运动测当地的重力加速度实验，某次实验用数码相机连拍的部分频闪照片如图，小球的瞬时位置如图中A、B、C所示。照片背景为一堵贴近小球的竖直砖墙，小球运动平面与墙面平行，已知每块砖的长度l=20cm，厚度ℎ=2.45cm，频闪照片的拍摄频率f=20Hz。不计砖块间的缝隙宽度和空气阻力。
(1)图中相邻小球间隔时间为_____s；
(2)由以上已知量和测量量，可求得小球的水平初速度v0=_____m/s：
(3)当地的重力加速度g=_____m/s2。
12.实验小组利用以下装置验证机械能守恒定律。装置如图甲所示，物块A质量为m1，物块B质量为m2，且m1>m2。物块A、B由跨过轻质定滑轮的细绳连接，物块B下端与打点计时器纸带相连。初始时，托住物块A。两物块保持静止，且纸带竖直绷紧。打点计时器相邻两次打点的时间间隔记为Δt。回答下列问题。
(1)对于该实验，下列哪些操作是正确的______。(选填选项前的字母)
A.物块A选用质量和密度较小的物体
B.两限位孔在同一竖直线上
C.实验时，先释放物块A，后接通电源
(2)接通打点计时器的电源，释放物块A，两物块开始运动，打出的纸带中的一段经整理后如图乙所示，每两个相邻的点之间还有4个打出的点未画出。将相邻点的间距依次记为s1、s2、s3、s4和s5，测量并记下它们的大小，重力加速度的大小为g，从打出B点到打出E点，系统动能增加量为ΔEk=_____，系统的重力势能减少量为ΔEp=_____。(用题目中相关物理量的字母符号表示)
(3)写出一条本实验产生实验系统误差的原因：_____。
四、计算题：本大题共3小题，共44分。
13.木星是太阳系八大行星中体积最大、自转最快，距离太阳第五远的行星。已知木星的质量约为地球的300倍，木星的直径约为地球直径的11倍，它绕太阳公转的轨道半径约为地球公转半径的5倍。若不考虑太阳系其他行星的影响，求：(以下结果可以用分式、根式表示，不需计算为小数)
(1)木星与地球公转周期之比；
(2)木星与地球的第一宇宙速度大小之比。
14.如图所示，一圆心为O、半径R=1m的圆弧轨道PQ竖直固定在水平地面上，其半径PO水平、OQ与竖直方向的夹角为37∘。将一质量m=0.8kg的小物块自P点由静止释放，小物块经过Q点后落在地面上的M处。已知Q、M在水平方向上的距离L=0.8m，小物块可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。求：
(1)小物块经Q时的速度大小vQ；
(2)小物块经Q后距地面的最大高度H；
(3)小物块在圆弧运动过程中克服摩擦力做的功W。
15.如图所示，长度l=6m绷紧的水平传送带以恒定的速率5m/s顺时针转动。一个质量m=0.8kg的小物块(可视为质点)压缩弹簧后被锁定，弹簧锁定后所储存的弹性势能Ep=14.4J，在传送带右侧等高的平台上固定半径R=0.5m的圆轨道ABCD，A、D的位置错开，以便小物块绕行一圈后可以通过D到达E位置，已知小物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.25，其他摩擦均忽略不计，取重力加速度g=10m/s2。解除弹簧锁定，弹簧恢复原长时小物块冲上传送带，求：
(1)小物块在传送带上运动时，因相互间摩擦产生的热量；
(2)小物块通过圆轨道最高点C时对轨道的压力大小；
(3)若传送带顺时针转动速度大小可调，要使小物块在运动过程中途不脱离轨道，求传送带转动速度的可能值。
答案解析
1.B
【解析】A.根据钟慢效应和尺缩效应，相对论时空观认为运动的时钟会变慢，运动的尺子会变短，故A错误；
B.相对论时空观认为在某参考系中同时发生的两件事，在另一参考系看来不一定是同时的，故B正确；
C.经典力学适用于宏观物体的低速运动，所以经典力学适用于“天问一号”宇宙探测器在火星着陆，故C错误；
D.在经典力学中，物体运动状态改变时，物体的质量不变，故D错误。
故选B。
2.A
【解析】A.图甲中，根据 P=Fv ，可知汽车上坡采用低速挡是为了获得更大的牵引力，故A正确；
B.图乙中，汽车在水平路面转弯发生侧滑是因为所需的向心力大于最大静摩擦力，汽车实际受到的摩擦力不足以提供向心力，故B错误；
C.图丙中，当火车速度大于规定速度，重力和支持力的合力不足以提供所需的向心力，外轨将受到轮缘的挤压，故C错误；
D.图丁中，汽车通过拱桥的最高点时，加速度方向向下，汽车处于失重状态，故D错误。
故选A。
3.C
【解析】A.太阳位于椭圆右侧的焦点上，地球由春分运行到秋分的过程中每一位置的速度均比关于短轴对称的右侧椭圆上相应对称点的速度小，即地球在左侧运动的平均速率小一些，则地球由春分运行到秋分的时间比由秋分运行到春分的时间长，故A错误；
B.由开普勒第二定律可知地球与太阳连线在相同时间内扫过的面积相同，故近地点的速度大于和远地点的速度，由于近地点和远地点的曲率半径相同，所以夏至和冬至时地球绕太阳公转的角速度大小不相等，故B错误；
C.地球由春分点运行到夏至点的过程中与太阳距离增大，根据万有引力定律和牛顿第二定律可知，地球的加速度逐渐减小，故C正确；
D.由开普勒第一定律，太阳在椭圆的一个焦点上，根据地球的公转周期和太阳与地球的距离可估算出的是中心天体太阳的质量，不能够估算地球的质量，故D错误。
故选C。
4.D
【解析】ACD.设细线与竖直方向的夹角为 θ ，根据牛顿第二定律可得mgtanθ=F向=mω2Lsinθ=mv2Lsinθ
可得ω= gLcsθ ， v= gLtanθsinθ
由图可知 θ1<θ2 ，则小钢球1的角速度小于小钢球2的角速度，小钢球1的向心力大小小于小钢球2的向心力大小，小钢球1的线速度大小小于小钢球2的线速度大小，故AC错误，D正确；
B.竖直方向根据受力平衡可得Tcsθ=mg
可得T=mgcsθ
由于 θ1<θ2 ，则绳子对小钢球1的拉力小于绳子对小钢球2的拉力，故B错误。
故选D。
5.D
【解析】A.磨杆末端的向心加速度大小为a=ω2r=4π2T2r=4×3272×0.7≈0.51m/s2
故A错误；
B.磨杆末端的线速度大小为v=2πrT=2×3×0.77m/s=0.6m/s
故B错误；
CD.驴转动一周拉力所做的功为W=F⋅2πr=800×2×3×0.7J=3360J
驴转动一周拉力的平均功率为P=WT=33607W=480W
故C错误，D正确。
故选D。
6.D
【解析】根据万有引力提供向心力可得GMm(r+ℎ)2=m4π2T2(r+ℎ)
其中GMmr2=mg′
解得g′=4π2(r+ℎ)3r2T2
根据ρ=MV=M43πr3
解得ρ=3πGT21+ℎr3
故选D。
7.B
【解析】小船速度最小且避开危险区沿直线运动到对岸时，合速度方向恰好与危险区相切，如图所示
由于水流速不变，合速度与危险区相切，小船相对静水的速度为船速矢量末端到合速度上任一点的连线，可知当小船相对静水的速度与合速度垂直时速度最小，根据题意得tanθ=r43r
解得θ=37∘
小船相对静水的速度最小值为v2=v1sin2θ
解得v2=2425v1=2.4m/s
故选B。
8.C
【解析】A.小物块上滑到最高点时速度为0，动能为0，但机械能不为0，则图线①表示小物块的机械能随位移变化的关系图线，图线②表示小物块的动能随位移变化的关系图线，故A错误；
B.上滑过程中，摩擦力对小物块做负功，小物块的机械能减少，由图乙可知小物块的机械能减少了ΔE=800J−600J=200J
动能减少了ΔEk=800J
则小物块的重力势能增加了ΔEp=800J−200J=600J
故B错误；
C.小物块上滑过程中，小物块的小物块的重力势能增加了ΔEp=mgℎ=mgxsinθ
可得小物块的重力大小为mg=ΔEpxsinθ=60020×0.6N=50N
故C正确；
D.根据功能关系可知，上滑过程小物块减少的机械能等于克服摩擦力做的功，则有ΔE=μmgcsθ⋅x
可得小物块与斜面间的动摩擦因数为μ=ΔEmgcsθ⋅x=20050×0.8×20=0.25
故D错误。
故选C。
9.BC
【解析】A.石块从A点运动至C点的过程中只受重力，加速度为重力加速度，恒定不变，故A错误；
B.设石块从B点运动至C点用时为t，到达C点时的速度大小为v，由对称性知，离开A点时的速度大小也是v，则有vsin24∘=gt ℎAB=12gt2
联立解得t=0.8s ， v=20m/s
故B正确；
C.石块从A点运动至C点的过程中，到达B点时的速度最小，最小速度为vx=vcs24∘=18m/s
故C正确；
D.A、C两点之间的距离为x=2vxt=28.8m
故D错误。
故选BC。
10.BC
【解析】A.小球运动到K点时，在竖直方向上只受重力和轨道对小球的支持力作用，故A错误；
B.小球滑到轨道最低点K时，轨道对球的支持力为4mg，在竖直方向上由牛顿第二定律得4mg−mg=mvK2R
解得小球运动到 K 点时的速度大小为vK= 3gR
故B正确；
C.小球从A点静止运动到K点的过程中，由动能定理得2mgR+Wf=12mvK2
可得小球从P点运动到K点的过程中摩擦力所做的功为Wf=12mvK2−2mgR=−12mgR
故C正确；
D.根据左右对称关系，在同一高度，由于摩擦力做功使得左半边的速度变小，轨道的弹力变小，滑动摩擦力变小，因此从K到Q克服摩擦力做功 W′f 小于从P到K克服摩擦力做的功 Wf ，即W′f小球从A点静止运动到Q点的过程中，由动能定理得mgR−Wf−W′f=12mvQ2−0>mgR−12mgR−12mgR=0
可得vQ>0
故D错误。
故选BC。
11.(1)0.05
(2)4
(3)9.8

【解析】(1)根据题意可知，频闪照片的拍摄频率 f=20Hz ，则时间间隔为T=1f=0.05s
(2)由图可知，水平方向上有l=v0T
解得v0=lT=20×10−20.05m/s=4m/s
(3)竖直方向上，由逐差法有3ℎ−2ℎ=gT2
解得g=ℎT2=9.8m/s2
12.(1)B
(2) 12m1+m2s4+s510Δt2−s1+s210Δt2 m1−m2gs2+s3+s4
(3)见解析

【解析】(1)A.为了减小空气阻力和摩擦阻力的影响，物块A选用质量和密度较大的物体，故A错误；
B.为了减小纸带与打点计时器间的摩擦，两限位孔应在同一竖直线上，故B正确；
C.为了充分利用纸带，实验时，先接通电源后释放物块A，故C错误。
故选B。
(2)[1]每两个相邻的点之间还有4个打出的点未画出，则相邻两计数点的时间间隔为T=5Δt
根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，从打出 B 点和 E 点速度分别为vB=s1+s22T=s1+s210Δt ， vE=s4+s52T=s4+s510Δt
则从打出 B 点到打出 E 点，系统动能增加量为ΔEk=12m1+m2vE2−12m1+m2vB2=12m1+m2s4+s510Δt2−s1+s210Δt2
[2]从打出 B 点到打出 E 点，系统的重力势能减少量为ΔEp=m1gℎBE−m2gℎBE=m1−m2gs2+s3+s4
(3)本实验产生实验系统误差的原因有：纸带与打点计时器限位孔之间的摩擦消耗能量；绳子与滑轮之间的摩擦消耗能量等。
13.(1)行星绕太阳转动时，由万有引力提供向心力得GM太mr2=m4π2T2r
可得T= 4π2r3GM太∝ r3
可得木星与地球公转周期之比为T木T地= (r木r地)3=5 51
(2)行星的第一宇宙速度等于卫星在行星表面轨道的运行速度，则有GMm′R2=m′v2R
可得v= GMR
则木星与地球的第一宇宙速度大小之比为v木v地= M木M地⋅R地R木= 30011

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.(1)小物块经 Q 后做斜抛运动，竖直方向有−R(1−cs37∘)=vQsin37∘⋅t−12gt2
水平方向有L=vQcs37∘t
联立解得小物块经 Q 时的速度大小为vQ=2.5m/s
(2)小物块经 Q 后做斜抛运动，竖直分速度大小为vy=vQsin37∘=1.5m/s
小物块经 Q 后继续上升的高度为ℎ=vy22g=0.1125m
则小物块经 Q 后距地面的最大高度为H=R(1−cs37∘)+ℎ=0.3125m
(3)小物块从 P 点到 Q 点过程，根据动能定理可得mgRcs37∘−W=12mvQ2−0
解得小物块在圆弧运动过程中克服摩擦力做的功为W=3.9J

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.(1)设小物块释放后，冲上传送带时的速度大小为 v0 ，由能量守恒可得Ep=12mv02
解得v0=6m/s
小物块冲上传送带后做匀减速运动，设其加速度大小为 a ，根据牛顿第二定律有μmg=ma
解得a=2.5m/s2
设小物块与传送带共速时对地位移为 x物 ，传送带速度为 v1 ，则由运动学公式可得−2ax物=v12−v02
代入数据解得x物=2.2m则小物块与传送带共速后和传送带一起做匀速运动，小物块在传送带上减速过程所用时间为t=v0−v1a=0.4s
这段时间内小物块与传送带发生的相对位移为Δx=x物−x传=x物−v1t=0.2m
则小物块在传送带上运动时，因相互间摩擦产生的热量为Q=μmgΔx=0.4J
(2)设小物块通过圆轨道最高点时的速度为 v2 ，轨道对小物块的弹力为 FN ，则由动能定理可得−2mgR=12mv22−12mv12
在最高点由牛顿第二定律可得FN+mg=mv22R
联立解得FN=0
根据牛顿第三定律可知，小物块通过圆轨道最高点C时对轨道的压力大小为0。
(3)要使小物块在运动过程中不脱离圆轨道ABCD，有两种情况：
①小物块恰好能通过最高点时，在最高点对轨道无压力，根据(2)问可知，此时传送带的速度大小为 5m/s ，即只要传送带的速度 v≥5m/s ，小物块就不会脱离圆轨道；
②小物块在传送带上做匀减速运动，最终与传送带共速，若小物块运动至与圆心等高处时速度恰好减为零，此种情况下小物块也不会脱离圆轨道，根据动能定理有−mgR=0−12mv32
解得v3= 10m/s
即只要传送带的速度满足 0≤v≤ 10m/s ，小物块就不会脱离圆轨道；
综上分析可知，要使小物块在运动过程中途不脱离轨道，传送带转动速度可能为 v≥5m/s 或 0≤v≤ 10m/s 。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】