2023-2024学年广东省中山市高一（下）期末统考物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省中山市高一（下）期末统考物理试卷（含解析），共16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.如图所示，一无动力飞行爱好者在某次翼装飞行过程中，在同一竖直平面内从A到B滑出了一段曲线轨迹，该过程中下列说法正确的是( )
A. 爱好者在某点所受合外力方向不可能沿轨迹的切线方向
B. 爱好者的速度可能保持不变
C. 分析爱好者受力时，可以忽略空气作用力
D. 若爱好者在某点所受合外力方向与速度方向成锐角，爱好者的速度将减小
2.如图所示，门把手上A、B两点到转轴上O点的距离之比为1:2，匀速转动门把手时，下列说法正确的是( )
A. A、B两点的线速度大小之比为1:2
B. A、B两点的角速度之比为1:2
C. A、B两点的向心加速度大小之比为1:4
D. A、B两点转过的路程之比为1:1
3.一满载旅客的复兴号列车以大小为v的速度通过斜面内的一段圆弧形铁轨时，车轮对铁轨恰好都没有侧向挤压。图为该段铁轨内、外轨道的截面图，斜面倾角为θ。下列说法正确的是( )
A. 列车受到重力、轨道的支持力和向心力
B. 若列车以大于v的速度通过该圆弧轨道，车轮将侧向挤压外轨
C. 若列车空载时仍以v的速度通过该圆弧轨道，车轮将侧向挤压内轨
D. 列车对轨道在与斜面垂直方向上的压力大小满足N=mgcsθ
4.中国空间站围绕地球做近似匀速圆周运动，运行周期约为90分钟，下列说法正确的是( )
A. 中国空间站的加速度大于9.8m/s2 B. 中国空间站运行的角速度大于地球自转的角速度
C. 中国空间站运行的速度大于第一宇宙速度 D. 中国空间站与同步地球卫星的轨道高度相同
5.学校运动会上，某同学参加铅球比赛，他将同一铅球从空中同一位置A先后两次抛出，轨迹如图乙所示，两轨迹的交点为B。已知铅球两次经过B点时机械能相同，不计空气阻力，不计铅球大小，则关于两次抛出，下列说法正确的是( )
A. 两次抛出的初速度相同
B. 两次铅球在空中运动时间相同
C. 两次铅球落地时重力的瞬时功率相同
D. 两次铅球在最高点机械能相同
6.2023年9月，“天宫课堂”第四课在中国空间站正式开讲，神舟十六号航天员在梦天实验舱内进行授课。航天员用0.3kg的大球与静止的0.1kg的小球发生正碰，某同学观看实验时发现：碰撞后，大球向前移动1格长度时，小球向前移动3格的长度，忽略实验舱内空气阻力的影响。下列说法正确的是( )
A. 碰撞后大球的动量大于小球的动量
B. 碰撞后大球的动能等于小球的动能
C. 大球碰撞前后的速度比为2:1
D. 大球碰撞前后的动能比为2:1
二、多选题：本大题共6小题，共24分。
7.如图，小船从河岸处A点出发渡河。若河宽为100m，河水流速v1=4m/s，方向平行于河岸指向河的下游，船在静水中速度v2=5m/s，船头方向与河岸垂直，船视为质点，则下列说法正确的是( )
A. 小船从A点出发经过20s到达对岸
B. 小船到达对岸的位置在河正对岸下游125m处
C. 若河水流速变慢，小船从A点到对岸的时间可能低于20s
D. 若小船行驶到河中央时水流变快，小船的实际速度方向会改变
8.2024年2月29日，我国在西昌卫星发射中心成功将高轨卫星01星发射升空。高轨卫星发射过程可简化如下，首先将其发射到圆轨道1，在A点点火喷气后进入椭圆轨道2，最终由B点进入预定的圆轨道3。已知卫星在轨道1，3均做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )
A. 高轨卫星的发射速度大于11.2km/s
B. 高轨卫星在A点的喷气方向与运动方向相反
C. 高轨卫星在轨道1上过A点的加速度大于在轨道2上过A点的加速度
D. 高轨卫星在轨道2上过A点的速度大于在轨道2上过B点的速度
9.如图甲所示，一物块以一定初速度沿倾角为30∘的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力f。大小恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示，下列说法正确的是( )
A. 图乙中0∼20m的过程，物块受到的摩擦力始终做负功
B. 图乙中0∼20m的过程，物块受到的重力始终做负功
C. 图乙中0∼10m的过程，物块克服摩擦力的功等于摩擦增加的内能
D. 图乙中10m∼20m的过程，物块机械能增加
10.游乐场中有一种魔盘游戏，如图所示有一质量为m的小孩(可以看作质点)，坐在水平圆盘上到转轴距离为r处。某时刻圆盘从静止开始加速转动，小孩始终相对圆盘静止，圆盘角速度从零增加到ω的过程中，下列说法正确的是( )
A. 小孩所受摩擦力的冲量大小为mωr
B. 小孩所受摩擦力做功为12mω2r2
C. 小孩所受重力的冲量为零
D. 小孩所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
11.如图所示，站在水平地面上的工人师傅握紧绳子一端，绳子另一端跨过定滑轮连接质量为m的重物，工人师傅通过水平向右运动以控制重物在空中以速度v匀速下落某时刻他手中的轻绳与水平方向的夹角为θ，不计绳子和滑轮间的摩擦，下列说法正确的是( )
A. 工人师傅做匀速运动
B. 工人师傅受到的绳子拉力大小大于重物的重力
C. 工人师傅此时的速度大小为vcsθ
D. 绳子拉力对工人师傅做功的功率为mgv
12.一辆机车在水平路面上从静止开始启动做直线运动，其加速度随时间变化的图像如图所示。已知机车的质量M=6×105kg，机车前进过程中所受阻力大小恒定，t=40s时机车达到额定功率P=9×103kW，之后保持该功率不变，下列说法正确的是( )
A. 机车先做匀加速直线运动，后做加速度减小的减速运动
B. 机车所受到的阻力大小为1.5×105N
C. 0∼40s内牵引力做功为1.8×108J
D. 机车的最大速度为80m/s
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
13.用如图甲所示的实验装置做“探究平抛运动特点”的实验。

(1)下列器材中，实验时不需要的是_____。(多选，填正确答案前的标号)
A.弹簧测力计 B.重垂线 C.打点计时器 D.坐标纸
(2)关于此实验，以下说法正确的是_____。(填正确答案前的标号)
A.斜槽轨道要保持水平且光滑
B.小球释放的初始位置越高越好
C.每次小球应从同一高度由静止释放
D.为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接
(3)如图乙为一小球做平抛运动时用闪光照相的方法获得的相片的一部分，图中背景小方格的边长为L，则图中A点_____(选填“是”或“不是”)平抛的起点。
(4)某同学建立的直角坐标系如图丙所示，该同学在轨迹上任取一点M，测得其坐标为(x，y)，g已知，则初速度的测量值为_____(用x、y、g表示)，测量值与真实值相比_____(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
14.某同学设计实验验证机械能守恒定律，装置如图(a)所示。一质量为m、直径为d的小球固定于释放装置上，在小球正下方固定四个光电门，调节各光电门的中心，使其与小球的球心均在同一竖直线上。由静止释放小球，记录小球通过每个光电门的挡光时间，重力加速度为g。

(1)若测得某光电门的中心与释放点的竖直距离为ℎ，小球通过此光电门的挡光时间为Δt，则小球从释放点下落至此光电门中心时的动能增加量ΔEk=____________，重力势能减小量ΔEp=_____________(用题中字母表示)；
(2)根据实验数据，作出ΔEk−ΔEp的图像，如图(b)所示。若图中虚线的斜率k≈____________，则可验证机械能守恒定律；
(3)经过多次重复实验，发现小球经过第三个光电门时，ΔEk总是大于ΔEp，下列原因中可能的是____________。
A.第三个光电门的中心与释放点的竖直距离测量值偏大
B.第三个光电门的中心偏离小球下落时球心所在的竖直线
C.小球下落过程中受到空气阻力的作用
四、计算题：本大题共4小题，共34分。
15.2023年11月3日，我国文昌卫星发射中心成功将通信技术试验卫星十号发射升空。若卫星在距地球表面某高度处绕地球做匀速圆周运动的周期为T，已知地球表面的重力加速度为g，地球可视为均匀球体，其半径为R，引力常量为G，忽略地球自转影响。求：
(1)地球的质量；
(2)卫星距地球表面的高度。
16.如图所示，用长度L=1m的轻绳，拴着一质量m=1kg，的小球(视为质点)在竖直面内做圆周运动，已知绳子能够承受的最大张力，圆心O离水平地面的高度H=6m，小球在最低点时轻绳恰好断开，不计空气阻力，取重力加速度大小g=10m/s2，求：
(1)绳断时小球的线速度大小；
(2)绳断后小球的落地点与绳断时小球所在位置间的水平距离。
17.如图所示为春节期间燃放的“火箭”型爆竹，由上下A、B两部分构成，A的质量m1=0.1kg，B的质量m2=0.2kg，A、B中间夹有少量火药，不计其质量。开始时让“火箭”在距地面H=0.8m高处自由释放，“火箭”着地瞬间以原速率0.75倍的速率反弹，刚要离开地面时火药爆炸，经极短时间后A、B分离，此时B的速度恰好为零。不计空气阻力和“火箭”的体积，可认为火药爆炸所释放的化学能全部转化为A、B的机械能，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)“火箭”着地时的速度v的大小；
(2)爆炸过程A部分所受作用力的冲量I的大小；
(3)火药爆炸所释放的化学能E。
18.如图所示，一长度l=1.0m，质量为m=2kg的滑板Q静止在光滑水平面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数为k的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量为M=4kg的小物块P(可视为质点)以v0=2 3m/s的初速度从左端滑上滑板，当物块滑至距离滑板Q右端l3处时恰好与滑板达到共速，之后滑板撞到水平弹簧左端。物块与滑板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep=12kx2，取重力加速度g=10m/s2，求：
(1)物块与滑板间的动摩擦因数μ；
(2)滑板右端与弹簧左端初始距离的最小值d；
(3)滑板与弹簧接触过程中，物块与滑板始终无相对滑动，求弹簧劲度系数k的取值范围。
答案解析
1.A
【解析】A.曲线运动中，合外力方向指向轨迹弯曲的凹侧，速度沿轨迹的切线方向，所以爱好者在某点所受合外力方向不可能沿轨迹的切线方向，故A正确；
B.爱好者的速度方向时刻发生变化，故B错误；
C.分析爱好者受力时，由于合外力方向位于轨迹的凹侧，不可能只受重力作用，所以不可以忽略空气作用力，故C错误；
D.若爱好者在某点所受合外力方向与速度方向成锐角，爱好者将做加速运动，速度增大，故D错误。
故选A。
2.A
【解析】B.门把手上A、B两点都绕O点同轴转动，则角速度相等，故A、B两点的角速度之比为 1:1 ，故B错误；
A.由 v=ωr ，可知A、B两点的线速度大小之比为vAvB=rArB=12，故A正确；
C.由 a=ω2r ，可知A、B两点的向心加速度大小之比为aAaB=rArB=12，故C错误；
D.门把手上的点转过的路程为s=θr，由于A、B两点转过的角度 θ 相同，所以A、B两点转过的路程之比为sAsB=rArB=12，故D错误。
故选A。
3.B
【解析】A.列车受到重力和轨道的支持力作用，向心力只是效果力，不是实际受到的力，故A错误；
B.若列车以大于 v 的速度通过该圆弧轨道，则重力和支持力的合力不足以提供所需的向心力，车轮将侧向挤压外轨，故B正确；
C.根据牛顿第二定律可得
mgtanθ=mv2R
可得
v= gRtanθ
可知列车空载时仍以 v 的速度通过该圆弧轨道，车轮对铁轨没有侧向挤压，故C错误；
D.当列车以 v 的速度通过该圆弧轨道时，竖直方向根据受力平衡可得
Ncsθ=mg
解得
N=mgcsθ
故D错误。
故选B。
4.B
【解析】A.对中国空间站，根据牛顿第二定律GMmr2=ma，对近地卫星，根据牛顿第二定律GMmR2=mg，中国空间站的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，可知中国空间站的加速度小于9.8m/s2，故A错误；
B.根据ω=2πT，中国空间站运行周期小于同步地球卫星运行周期，中国空间站运行的角速度大于地球自转的角速度，故B正确；
C.第一宇宙速度是最大环绕速度，中国空间站运行的速度小于第一宇宙速度，故C错误；
D.根据开普勒第三定律R3T2=k，中国空间站运行周期小于同步地球卫星运行周期，中国空间站的轨道半径小于同步地球卫星的轨道半径，则中国空间站的轨道高度小于同步地球卫星的轨道高度，故D错误。
5.D
【解析】A.两次抛出的初速度方向不相同，故A错误；
B.竖直方向将上升阶段看成逆向的自由落体运动，根据
ℎ=12gt2
可知轨迹1上升阶段和下落阶段所用时间都比轨迹2对应的时间大，则两次铅球在空中运动时间不相同，故B错误；
C.根据
P=mgvy ， 2gℎ=vy2
可知轨迹1落地时的竖直分速度较大，则轨迹1落地时的重力的瞬时功率较大，故C错误；
D.由题意可知，铅球两次经过B点时机械能相同，由于铅球在空中运动过程只受重力作用，铅球机械能守恒，则两次铅球在最高点机械能相同，故D正确。
故选D。
6.C
【解析】A.大球向前移动1格长度时，小球向前移动3格的长度，则
v大=13v小
根据
p=mv
碰撞后大球的动量等于小球的动量，故A错误；
B.根据
Ek=12mv2
碰撞后大球的动能小于小球的动能，故B错误；
C.根据动量守恒
Mv0=Mv大+mv小
v大=13v小
得
v0：v大=2:1
故C正确；
D.根据
Ek=12mv2
大球碰撞前后的动能比为4：1，故D错误。
故选C。
7.AD
【解析】A.船头方向与河岸垂直，则垂直河岸方向的运动最快，渡河时间最短，有 t=dv2=20s，小船沿着河岸方向的位移为 x=v1t=80m ；即小船到达对岸的位置在河正对岸下游80m处，故A正确，B错误；
C.若河水流速变慢，小船在垂直河岸方向的分运动不变，则渡河时间不变，即从A点到对岸的时间还是20s，故C错误；
D.小船的合速度是相互垂直的船速和水速的合成，则小船行驶到河中央时水流变快，即水速变大，小船合速度的大小和方向都会变，故D正确。
8.BD
【解析】A.卫星在地球的引力场中，所以其发射速度小于地球的第二宇宙速度，即小于 11.2km/s ，故A错误；
B.高轨卫星在 A 点做离心运动，需要加速，所以喷气方向与运动方向相反，故B正确；
C.根据牛顿第二定律
GMmr2=ma
可得
a=GMr2
可知高轨卫星在轨道1上过 A 点的加速度等于在轨道2上过 A 点的加速度，故C错误；
D.根据开普勒第二定律可知高轨卫星在轨道2上过 A 点的速度大于在轨道2上过B点的速度，故D正确。
故选BD。
9.AC
【解析】A.图乙中 0∼20m 的过程，摩擦力方向始终与运动方向相反，则物块受到的摩擦力始终做负功，故A正确；
B.图乙中 0∼20m 的过程，物块向上运动后向下运动，物块受到的重力先做负功后做正功，故B错误；
C.图乙中 0∼10m 的过程，物块沿斜面向上运动，根据功能关系可知，物块克服摩擦力的功等于摩擦增加的内能，故C正确；
D.图乙中 10m∼20m 的过程，物块沿斜面向下运动，但摩擦力对物块做负功，物块的机械能减少，故D错误。
故选AC。
10.AB
【解析】AB.圆盘角速度从零增加到 ω 的过程中，根据动量定理可得，小孩所受摩擦力的冲量大小为
If=mv−0=mv=mωr
根据动能定理可得，小孩所受摩擦力做功为
Wf=12mv2−0=12m(ωr)2=12mω2r2
故AB正确；
C.根据
IG=mgt
可知小孩所受重力的冲量不为零，故C错误；
D.小孩所受摩擦力有两个分量，其中一个分量使小孩的线速度增大，方向沿运动轨迹切线方向；另一分量提供小孩做圆周运动的向心力，方向指向圆心；所以小孩所受摩擦力的方向不沿运动轨迹切线方向，故D错误。
故选AB。
11.CD
【解析】AC.将工人师傅的速度分解为沿绳子方向分速度和垂直绳子方向分速度，则有
v人csθ=v
可得工人师傅此时的速度大小为
v人=vcsθ
由于重物在空中以速度 v 匀速下落过程， θ 逐渐增大， csθ 逐渐减小，则工人师傅的速度 v人 逐渐增大，故A错误，C正确；
B.由于重物匀速下落，根据受力平衡可知，绳子拉力大小等于重物的重力，故B错误；
D.绳子拉力对工人师傅做功的功率为
P=Tv人csθ=mgv
故D正确。
故选CD。
12.BC
【解析】A.机车先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速运动，故A错误；
B.在 t=40s 时机车的速度为
v1=at=0.5×40m/s=20m/s
此时牵引力大小为
F1=Pv1=9×10620N=4.5×105N
根据牛顿第二定律可得
F1−f=Ma
解得机车所受到的阻力大小为
f=1.5×105N
故B正确；
C. 0∼40s 内机车做匀加速运动，通过的位移大小为
x=12at2=400m
牵引力做的功为
WF=F1x=4.5×105×400J=1.8×108J
故C正确；
D.当牵引力等于阻力时，机车速度达到最大，则有
vm=PF=Pf=9×1061.5×105m/s=60m/s
故D错误。
故选BC。
13. AC C 不是 x g2y 偏大
【解析】(1)[1]A.该实验不需要测量小球的重力，所以不需要弹簧测力计，故A符合题意；
B.实验时需要用到重垂线确定平抛运动的竖直方向，即 y 轴，故B不符合题意；
C.该实验是用刻度尺来测量位移，用竖直方向做自由落体运动求解时间，不需要打点计时器，故C符合题意；
D.该实验需要用到坐标纸用来记录小球的轨迹以及进行数据的分析，故D不符合题意。
故选AC。
(2)[2]A.该实验不需要斜槽轨道光滑，只需要小球到达底端时速度相同即可，但要保证斜槽轨道末端切线水平，保证获得水平初速度，故A错误；
B.探究平抛运动的特点实验中，需要小球运动轨迹大体落在纸面中间位置附近，小球初始位置越高，轨迹约偏上部，因此需要释放位置适中，故B错误；
C.实验中在描绘小球运动轨迹过程中，需要保证每次小球平抛运动的初速度相同，因此必须保证每次小球要从同一高度由静止释放，故C正确；
D.描点法描绘运动轨迹时，应将各点用平滑的曲线连接，不能用折线或直线连接，故D错误。
故选C。
(3)[3]由可知小球A点到B点，B点到C点在水平向上的运动距离相等，则运动间相等，若图中A点是平地的起点，则在竖直方向上发生的位移之比应为 1:3 ，图中在竖直方向上发生的位移之比却为 3:5 ，故假设错误，所以可知 A 点不是平抛的起点。
(4)[4]竖直方向上有
y=12gt2
水平方向上有
x=v0t
联立解得
v0=x g2y
[5]描绘小球的运动轨迹应该是描绘球心的位置，由图可知，该同学建立的直角坐标系有一处错误，坐标系的原点没有放在小球在槽口处球心在白纸上的投影处，造成坐标原点偏下，则 y 值偏小，可得初速度的测量值与真实值相比偏大。
14. (1)12m(dΔt)2 ； mgℎ (2)1 (3)B
【解析】(1)小球经过光电门中心时的速度为v=dΔt
则小球从释放点下落至此光电门中心时的动能增加量为ΔEk=12mv2−0=12m(dΔt)2
小球从释放点下落至此光电门中心时的重力势能减小量ΔEp=mgℎ
(2)根据机械能守恒定律可得ΔEk=ΔEp
则作出 ΔEk−ΔEp 的图像中虚线的斜率 k≈1 ，则可验证机械能守恒定律。
(3)A.第三个光电门的中心与释放点的竖直距离测量值偏大，则 ΔEp 的测量值偏大，使得 ΔEk 小于 ΔEp ，故A错误；
B.第三个光电门的中心偏离小球下落时球心所在的竖直线，使得挡光宽度小于小球的直径，则速度测量值偏大， ΔEk 的测量值偏大，使得 ΔEk 大于 ΔEp ，故B正确；
C.小球下落过程中受到空气阻力的作用，使得减少的重力势能有一部分转化为内能，则 ΔEk 小于 ΔEp ，故C错误。
故选B。
15.(1)设地球质量为M，在地球表面且忽略地球自转，有
GMmR2=mg
解得
M=gR2G
(2)设卫星质量为m，由牛顿第二定律得
GMm(R+ℎ)2=m4π2T2(R+ℎ)
联立解得卫星距地球表面的高度
ℎ=3gR2T24π2−R
答：(1)地球的质量为gR2G；
(2)卫星距地球表面的高度为3gR2T24π2−R。
【解析】(1)根据物体在地球表面时万有引力等于重力，求解地球质量；
(2)根据卫星所受的万有引力等于向心力，结合第一问中地球质量的表达式，求解卫星距地球表面的高度。
本题考查了万有引力在天体中的应用，关键要明确向心力的来源，难度一般。
16.(1)小球在最低点时，速度最大，绳子所受的拉力最大，绳子最容易断。
此处由绳子的拉力和重力的合力提供向心力，
根据牛顿第二定律得：Fm−mg=mv2L
代入数据解得：v=10m/s；
(2)小球平抛运动的高度为：ℎ=H−L=6m−1m=5m．
根据ℎ=12gt2 得：t= 2ℎg= 2×510s=1s
x=vt=10×1m=10m
故答案为：
(1)绳断时小球的线速度大小为10m/s；
(2)落地点与抛出点的水平距离为10m。
【解析】(1)小球在最低点最容易断，绳子断时，绳子的拉力恰好是110N，对小球受力分析，根据牛顿第二定律和向心力的公式可以求得线速度的大小；
(2)绳断后，小球做平抛运动，根据平抛运动的规律可以求得平抛运动的时间，然后求得落地点与抛出点间的水平距离。
本题综合考查了平抛运动和圆周运动，关键掌握平抛运动的规律以及做做圆周运动向心力的来源。
17.(1)根据v2=2gH，得v=4m/s
(2)与地面碰撞后反弹速率v′=0.75v
根据动量守恒(m1+m2)v′=m1v1
爆炸过程A部分所受作用力的冲量I=m1v1−m1v′
得I=0.6N⋅s
(3)由能量关系E=12m1v12−12(m1+m2)v′2，得E=2.7J

【解析】本题考查爆炸问题，掌握动量守恒定理在爆炸过程中的应用及能量变化。
18.(1)由于水平面光滑，所以物块P与滑板Q组成的系统满足动量守恒，则有
Mv0=(M+m)v
解得两者共速的速度大小为
v=4 33m/s
根据能量守恒可得
μMg⋅23l=12Mv02−12(M+m)v2
解得物块与滑板间的动摩擦因数为
μ=0.3
(2)从物块P滑上滑板到两者共速过程，对滑板Q，根据动能定理可得
μMgxQ=12mv2−0
解得滑板Q通过的位移大小为
xQ=49m
则滑板右端与弹簧左端初始距离的最小值为
d=xQ=49m
(3)滑板与弹簧接触过程中，物块与滑板始终无相对滑动，设弹簧的最大压缩量为 xm ，根据能量守恒可得
12(M+m)v2=Ep=12kxm2
以物块P与滑板Q为整体，根据牛顿第二定律可得
kxm=(M+m)a
以物块P为对象，根据牛顿第二定律可得
f=Ma≤μMg
联立解得弹簧劲度系数的取值范围为
k≤818N/m

【解析】详细解答和解析过程见【答案】