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2023-2024学年吉林省吉林市高一（下）期末考试物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2023-2024学年吉林省吉林市高一（下）期末考试物理试卷（含详细答案解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.北京时间2024年3月24日，地球出现了地磁暴。受地磁暴的影响，某卫星绕地飞行的轨道高度略有降低，卫星轨道变化前后均可视为做匀速圆周运动。卫星的轨道高度降低后，下列物理量有所减小的是( )
A. 线速度大小B. 角速度大小C. 向心力大小D. 周期
2.如图，场地自行车赛道设计成与水平面保持一定倾角，三位运动员骑自行车在赛道转弯处做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )
A. 三位运动员可能受重力、支持力、向心力的作用
B. 三位运动员各自的加速度恒定
C. 若此时三位运动员角速度相等，则他们的向心加速度大小关系满足aA>aB>aC
D. 若此时三位运动员线速度大小相等，则他们的角速度大小关系满足ωA>ωB>ωC
3.手机上一般会有两个麦克风，顶部的麦克风为降噪麦克风。降噪麦克风产生与外界噪音相位相反的声波，与噪音叠加从而实现降噪效果。理想情况下的降噪过程如图所示，下列说法正确的是( )
A. 降噪过程应用的是声波的干涉原理，P点振动减弱
B. 降噪声波的频率与环境噪声的频率不相同
C. 降噪声波与环境噪声声波的波长大小不相等
D. 再经过四分之一周期P点振动加强
4.北京时间2023年5月10日，搭载天舟六号货运飞船的长征七号遥七运载火箭，在我国海南文昌航天发射场点火发射；用时近7小时顺利实现与中国空间站天和核心舱的交会对接，下列说法中正确的是( )
A. 火箭发射升空过程中，发动机喷出燃气推动空气，空气推动火箭上升
B. 火箭喷出燃气速度一定，喷出物质与火箭本身质量之比越大，火箭获得速度越大
C. 对接后的组合体仍做匀速圆周运动，则其运行速度大于7.9km/s
D. 要实现对接，天舟六号货运飞船应在天和核心舱相同轨道处加速
5.一个有固定转动轴的竖直圆盘如图甲所示，圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向振动，T形支架的下面系着一个由弹簧和小球组成的振动系统，小球做受迫振动，圆盘静止时，让小球做简谐运动，其振动图像如图乙所示(以竖直向上为正方向)，下列说法正确的是( )
A. t=1s到t=2s小球所受的回复力增加，且方向向上
B. t=2s到t=3s小球运动方向向上，且动能增大
C. 若圆盘以30r/min匀速转动，小球振动达到稳定时其振动的周期为2s
D. 若圆盘正以30r/min匀速转动，欲使小球振幅增加则可使圆盘转速适当增大
6.如图所示，水面上有一透明均质球，其半径为R，上半球露出水面，下半球内竖直中心轴上有点光源，均质球对此光的折射率为1.5，为使从光源照射到上半球面的光，都能发生折射(不考虑光线在球内反射后的折射)，则点光源到水面的最大距离为( )
A. 23RB. RC. 2 55RD. 3R
7.极限跳伞(skydiving)是世界上最流行的空中极限运动，伞打开前可看做是自由落体运动，打开伞后减速下降，最后匀速下落．如果用h表示人下落的高度，t表示下落的时间，Ep表示人的重力势能，Ek表示人的动能，E表示人的机械能，v表示人下落的速度，在整个过程中，忽略伞打开前空气阻力，如果打开伞后空气阻力与速度平方成正比，则选项图象可能符合事实的是( )
A. B.
C. D.
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.彩超成像的基本原理是探头向人体发射一组超声波，遇到人体组织会产生不同程度的反射，探头接收到的超声波信号由计算机处理，从而形成彩超图像。图乙为血管探头沿x轴正方向发射的简谐超声波图像，t=0时刻波恰好传到质点M。已知此超声波的频率为1×107Hz。下列说法正确的是( )
A. 血管探头发出的超声波在血管中的传播速度为1.0×103m/s
B. 质点M开始振动的方向沿y轴负方向
C. 0∼1.25×10−7s内，质点M运动的路程为3mm
D. t=1.50×10−7s时，质点N恰好处于波谷
9.质量m=200kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图像甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图像乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变，在18s末汽车的速度恰好达到最大。则下列说法正确的是( )
A. 汽车受到的阻力200N
B. 汽车的最大牵引力为1000N
C. 8s∼18s过程中汽车牵引力做的功为3.6×103J
D. 汽车做变加速运动过程中的位移大小为95.5m
10.如图所示，水平地面上固定着一足够长的木板，板上静置b、c两小球。一轻质弹簧的左端固定在球b上，右端与球c接触但未连接。一带有四分之一圆弧轨道的小车d紧靠木板放置，半径为5m，其轨道底端的切线与木板上表面重合，紧靠车左端有一挡板e。现让小球a从轨道顶端由静止滑下，当球a离开车后，立即撤去挡板。球a与球b碰撞时间极短，碰后球a返回到车轨道底端时的速度大小为5m/s。已知球a、b、c及车的质量分别为ma=1kg、mb=3kg、mc=2kg、md=4kg。小球均可视为质点，不计所有阻力，取重力加速度g=10m/s2，弹簧始终处于弹性限度内。说法正确的是( )
A. 球a、b碰撞结束时球b的速度大小为5m/s
B. 弹簧最大弹性势能为10J
C. 球a冲上车的最高点距轨道底端的高度为1m
D. 球a冲上车后再次回到轨道底端时对轨道的压力为15N
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.利用图甲装置做“验证机械能守恒定律”的实验。
(1)实验中，需先接通电源，再由静止开始释放重物，得到如图乙所示的一条纸带。O为起点，在纸带上选取几个连续打出的点，其中三个连续点A、B、C，测得它们到起始点O的距离如图。已知重物质量m=1.00kg，重力加速度g=9.80m/s2，打点计时器打点的周期为T=0.02s，那么打点计时器打下计数点B时，重物的瞬时速度vB=_______m/s；O点到B点过程中重物的重力势能减少量为_______J。(结果均保留三位有效数字)
(2)用纵轴分别表示重物动能增加量ΔEk及重力势能减少量ΔEp，用横轴表示重物下落的高度h。某同学在同一坐标系中做出了ΔEk−h和ΔEp−h图像，如图丙所示。由于重物下落过程中受阻力作用，可知图线_______(填“①”或“②”)表示ΔEk−h图像。
(3)该同学根据纸带算出了其他各点对应的瞬时速度，测出与此相对应的重物下落高度h，以h为纵坐标，以v2为横坐标，建立坐标系，作出h−v2图像，如图丁所示，从而验证机械能守恒定律。若所有操作均正确，得到的h−v2图像的斜率为k，可求得当地的重力加速度g=_______。
12.如图所示，用双线悬挂小球的这种装置称为双线摆，可使小球稳定在同一竖直平面内运动，能避免单摆稳定性差的问题。某实验小组用双线摆测量当地的重力加速度。
(1)如图所示的双线摆能够稳定的在________(填“平行”或“垂直”)纸面的竖直平面内稳定的摆动。
(2)将小球拉离平衡位置一小段距离后由静止释放，小球经过最低点时开始计时并计数为1，之后每次小球经过最低点时计数加1，若测得小球第50次经过最低点时的时间为t，则该小球摆动的周期为T=________(用t表示)。
(3)用刻度尺测量出两细线AO、BO的长度均为L，悬点AB之间的距离为d，小球的直径远小于细线的长度，则当地的重力加速度g=________(用L、d和T表示)。
四、简答题：本大题共1小题，共12分。
13.每年8月至10月是浙江省台风多发的季节。每次在台风来临前，我们都要及时检查一下家里阳台窗台上的物品，加固广告牌，以防高空坠物事件发生，危害公共安全。若有一质量为m1=1.0kg的花盆从高为h1=30.50m的11层居民楼的花架上无初速坠下，砸中身高为h0=1.70m的居民头顶，假设撞击后花盆碎片的速度均变为零，撞击时间t1=0.25s，不计空气阻力，求：
(1)花盆刚砸中该居民头顶前的速度大小；
(2)花盆对该居民的平均撞击力有多大。
五、计算题：本大题共2小题，共28分。
14.如图所示，一内壁光滑的细管弯成半径R=0.4m的半圆形轨道BC，将其竖直放置并将B点与一水平轨道相连。置于水平轨道上的弹簧左端与竖直墙壁相连，B至墙壁的距离为弹簧的自然长度。将一个质量m=0.8kg的小滑块放在弹簧的右侧，向左推滑块，压缩弹簧使弹簧右端至A处，然后将滑块由静止释放，滑块进入半圆轨道继续滑行(不计滑块与轨道的碰撞)。已知滑块运动到B处刚刚进入半圆轨道时对轨道的压力F1=58N，水平轨道AB长度l=0.3m，滑块与轨道的动摩擦因数μ=0.5，取重力加速度g=10m/s2，求：
(1)弹簧压缩到A处时的弹性势能；
(2)小滑块运动到轨道最高处C点时对轨道的压力大小。
15.如图所示，在光滑水平面上有一辆质量M=1kg的小车，小车左边部分为半径R=1.2m的四分之一光滑圆弧轨道，轨道末端平滑连接一长度L=3.8m的水平粗糙面，粗糙面右端是一挡板。有一个质量为m=0.5kg的小物块(可视为质点)从小车左侧圆弧轨道顶端A点静止释放，小物块和小车在粗糙区域的滑动摩擦因数μ=0.06，小物块与挡板的碰撞无机械能损失，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)小物块运动到圆弧末端时速度大小；
(2)物块从圆弧末端到与右侧挡板发生第一次碰撞经历的时间；
(3)小物块将与小车右端发生多次碰撞最终相对小车静止，求：
①求整个运动过程中，小物块与小车因摩擦产生的热量；
②求整个运动过程中小车发生的位移。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】根据题意，由万有引力提供向心力有Fn=GMmr2=mv2r=mω2r=m4π2T2r
解得Fn=GMmr2 ， v= GMr ， ω= GMr3 ， T= 4π2r3GM
可知，卫星的轨道高度降低后，向心力变大，线速度变大，角速度变大，周期变小。
故选D。
2.【答案】C
【解析】A.三位运动员受重力、支持力，还可能受摩擦力作用，向心力是效果力，不是物体受的力，选项A错误；
B.三位运动员各自的加速度大小相等，但是方向不断变化，则加速度不是恒定的，选项B错误；
C.若此时三位运动员角速度相等，则根据a=ω2r
因rA>rB>rC
可知，他们的向心加速度大小关系满足aA>aB>aC
选项C正确；
D.若此时三位运动员线速度大小相等，则ω=vr
因rA>rB>rC
可知，根据他们的角速度大小关系满足ωA<ωB<ωC
选项D错误。
故选C。
3.【答案】A
【解析】ABC.由题图可知，降噪声波与环境声波波长相等，在同一种介质中传播速度相等，则频率相同，叠加时产生干涉，由于两列声波振幅相同、相位相反，所以振动减弱，起到降噪作用，P点振动减弱，故A正确，BC错误；
D.再经过四分之一周期P点仍为减弱点，故D错误。
故选A。
4.【答案】B
【解析】A.火箭发射升空的过程中，火箭给喷出的燃气作用力，燃气给火箭反作用力，推动火箭上升，故A错误；
B.设喷出燃气质量为m， v1 为燃气速度，火箭本身质量为M，v2为火箭速度，规定向下为正方向，根据动量守恒有mv1=Mv2
则有v2=mMv1
火箭喷出燃气速度不变，喷出物质与火箭本身质量之比越大，火箭获得速度越大，故B正确；
C. 7.9km/s 是围绕地球做圆周运动的最大速度，则对接后的组合体仍做匀速圆周运动，则其运行速度小于 7.9km/s ，故C错误；
D.要实现对接，天舟六号货运飞船应在比天和核心舱低的轨道加速做离心运动，故D错误。
故选B。
5.【答案】C
【解析】A.以竖直向上为正方向， t=1s 到 t=2s 小球从最低点向平衡位置振动，偏离平衡位置位移方向为负，大小正在减小，由F回=−kx
可知所受的回复力减小，方向为x轴正向，故A错误；
B.根据简谐运动特征， t=2s 到 t=3s 小球从平衡位置向最高点振动，平衡位置处小球速度最大，而最大位移处速度为0，故B错误；
C.若圆盘以 30r/min 匀速转动，其周期为T驱=1n=130min=2s
小球振动达到稳定时其振动的周期等于驱动的周期为 2s ，故C正确；
D.由图乙可知，小球振动的固有周期为T固=4s
若圆盘正以 30r/min 匀速转动时，有
欲使小球振幅增加则要增大驱动力的周期，可使圆盘转速适当减小，故D错误。
故选C。
6.【答案】C
【解析】光在介质中的传播如图所示
根据全反射定律和几何关系可知
sinC=1n=h h2+R2
解得
h=2 55R
故选C。
7.【答案】B
【解析】A.运动员先做自由落体运动，由机械能守恒定律可得Ek=ΔEP=mgh
动能与下落的高度成正比，则重力势能是线性变化的，所以A错误；
BD.打开降落伞后做加速度逐渐减小的减速运动，由动能定理有ΔEk=f−mgΔh
随速度的减小，阻力减小，由牛顿第二定律可知，人做加速度减小的减速运动，最后当阻力等于重力时，人做匀速直线运动，所以动能的变化减慢，即动能先减小快，后减小慢，最后当阻力等于重力时，动能不再发生变化，所以B正确； D错误；
C.根据功能关系可知ΔE=−fΔh
则人的机械能在自由下落过程保持不变，打开伞后机械能是慢慢减小，最后均匀减小，所以C错误；
故选B。
8.【答案】BD
【解析】A. 血管探头发出的超声波在血管中的传播速度为v=λT=λf=12×10−5×107=1.2×103m/s
故A错误；
B. 波沿x轴正方向传播，根据图乙，可以判断质点M开始振动的方向沿y轴负方向，故B正确；
C.由波的频率可以知道波的周期为
T=1f=10−7s 0∼1.25×10−7s 内，质点M运动了 54T 的路程为2.5mm，故C错误；
D. 由传播速度v=λT=1.2×103m/s
所以 t=1.50×10−7s 时，波沿x轴传播的距离为s=vt=1.2×103×1.50×10−7=18×10−2mm
结合图乙分析，此时质点N恰好处于波谷，故D正确。
故选BD。
9.【答案】BD
【解析】A.汽车受到的阻力为f=P额vm=800010N=800N
A错误；
B.匀加速运动时牵引力最大，根据牛顿第二定律得Fm−f=ma
根据图像得a=88m/s2=1m/s2
解得Fm=1000N
B正确；
C.8s∼18s过程中汽车牵引力做的功为WF=P额(t2−t1)=8000×(18−8)J=80000J
C错误；
D.根据动能定理得WF−fx=12mvm2−12mv12
解得x=95.5m
D正确。
故选BD。
10.【答案】ACD
【解析】A.球a开始下滑到与b相碰前，根据机械能守恒定律有magR=12mav02
球a、b碰撞过程中系统动量守恒，以向右为正方向，故有mav0=−mava+mbvb
可得vb=5m/s
故A正确；
B.当b、c两球共速时，弹簧的压缩量最大，弹性势能最大，根据动量守恒mbvb=(mb+mc)v
根据能量守恒12mbvb2=12(mb+mc)v2+Ep
解得Ep=15J
故B错误；
C.当a、d共速时，球a冲上车的最高点，根据动量守恒mava=(ma+md)v′
根据机械能守恒12mava2=12(ma+md)v′2+magh
解得h=1m
故C正确；
D.球a冲上车后再次回到轨道底端时，取水平向左为正方向，根据动量守恒mava=mav a′+mdv d′
根据动能守恒12mava2=12mav a ′2+12mdv d ′2
解得va=−3m/s vd=2m/s
设球a冲上车后再次回到轨道底端时受到的支持力为N，根据牛顿第二定律N−mag=ma(vd−va)2R
解得N=15N
根据牛顿第三定律可知，球a对轨道的压力等于球a受到的支持力F压=N=15N
故D正确。
故选ACD。
11.【答案】(1)
(2)②
(3)12k
【解析】(1)[1]打点计时器打下计数点B时，重物的瞬时速度vB=OC−OA2T=(9.57−4.89)×10−22×0.02m/s=1.17m/s
[2]O点到B点过程中重物的重力势能减少量为ΔEp=mghB=1.00×9.80×7.04×10−2J≈0.690J
(2)由于重物下落过程中受阻力作用，则重物下降一定高度，减小的重力势能大于增加的动能，可知②表示 Ek−h 图像。
(3)若机械能守恒，则有mgh=12mv2
整理可得h=12g⋅v2
结合图像可得k=12g
解得g=12k
12.【答案】(1)垂直；
(2)2t49；
(3)4π2T2 L2−d22；
【解析】【分析】
(1)根据实验原理确定正确的操作装置；
(2)由时间与周期的关系得解；
(2)由数学关系解得摆长，再由单摆的周期公式得解。
本题主要考查利用双线摆测量当地重力加速度，熟悉实验原理及数据处理是解题的关键，难度一般。
【解答】(1)由受力分析可知，如图所示的双线摆能够稳定的在垂直纸面的竖直平面内稳定摆动。
(2)小球相邻两次经过最低点之间的时间为小球摆动的半个周期，即
T2=t50−1
解得
T=2t49
(3)由几何关系可知双线摆对应的单摆摆长为
l= L2−d22
单摆周期公式为
T=2π lg
整理得当地的重力加速度大小为
g=4π2T2 L2−d22
13.【答案】(1)24m/s ；(2)106N
【解析】(1)花盆下落高度
h=h1−h0=30.50m−1.70m=28.80m
根据自由落体运动规律
v2=2gh
解得花盆刚砸中该居民头顶前的速度大小
v=24m/s
(2)花盆与居民头顶碰撞的过程，选竖直向上为正方向，由动量定理得
F−mgt1=0−−m1v
解得
F=106N
由牛顿第三定律，花盆对该居民的平均撞击力大小为
F′=F=106N
14.【答案】解：(1)球运动到C处时，由牛顿第二定律得：F1−mg=mv12R
代入数据解得：v1=5m/s
根据动能定理得：EP−μmgx=12mv12
代入数据解得：EP=11.2J；
(2)小球从C到D过程，由机械能守恒定律得：12mv12=2mgR+12mv22
代入解得：v2=3m/s
由于v2> gR=2m/s，所以小球在D处对轨道外壁有压力，
由牛顿第二定律得：F2+mg=mv22R
代入数据解得：F2=10N
根据牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小为10N
答：(1)弹簧压缩到A处时的弹性势能为11.2J；
(2)小滑块运动到轨道最高处C点时对轨道的压力大小为10N。
【解析】(1)由题，小球运动到C处后对轨道有压力，根据牛顿第二定律求出小球到达C点时的速度，根据动能定理求出弹簧在压缩时所储存的弹性势能。
(2)根据机械能守恒定律求出小球到达D处的速度，根据牛顿运动定律求出小球运动到轨道最高处D点时对轨道的压力。
本题主要是考查了机械能守恒定律和功能关系，解答本题要能够分析小球运动过程中的受力情况，知道在圆周运动过程中的向心力来源。
15.【答案】(1)物块和小车组成的系统水平方向动量守恒。设物块刚滑上B点时的速度大小为 v1 ，此时小车的速度大小为 v2 ，由动量守恒定律有0=mv1−Mv2
由机械能守恒定律有mgR=12mv12+12Mv22
解得v1=4m/s ， v2=2m/s
(2)设物块与挡板撞击时速度为 v3 ，小车速度为 v4 ，由水平方向动量守恒得0=mv3−Mv4
由能量守恒定律得mgR=12mv32+12Mv42+μmgL
解得v3=3.6m/s
又有μmg=ma1
可得a1=0.6m/s2
由运动学公式有v3=v1−a1t
解得t=23s
(3)①由于系统水平方向动量守恒，初动量为零，最终物块和小车均静止，由系统能量守恒得Q=mgR
解得Q=6J
②设物块在小车BC面上滑动的路程为s，根据动能定理有mgR=μmgs
解得s=20m
设物块在小车上表面来回运动的次数为n，满足s=nL+Δx
当 n=5 时Δx=1m
即物块将停在离右侧挡板1m处，此时物块和小车同时停止运动，从物块滑下到物块和小车停止运动的整个过程中，物块相对小车发生的位移x总=R+L−Δx=4m
选取物块和小车为系统，由于水平方向动量守恒，设物块水平向右发生的位移大小为 x1 ，小车水平向左发生的位移大小为 x2 ，有mx1=Mx2 ， x1+x2=x总
解得x2=43m
方向水平向左。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
1.北京时间2024年3月24日，地球出现了地磁暴。受地磁暴的影响，某卫星绕地飞行的轨道高度略有降低，卫星轨道变化前后均可视为做匀速圆周运动。卫星的轨道高度降低后，下列物理量有所减小的是( )
A. 线速度大小B. 角速度大小C. 向心力大小D. 周期
2.如图，场地自行车赛道设计成与水平面保持一定倾角，三位运动员骑自行车在赛道转弯处做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )
A. 三位运动员可能受重力、支持力、向心力的作用
B. 三位运动员各自的加速度恒定
C. 若此时三位运动员角速度相等，则他们的向心加速度大小关系满足aA>aB>aC
D. 若此时三位运动员线速度大小相等，则他们的角速度大小关系满足ωA>ωB>ωC
3.手机上一般会有两个麦克风，顶部的麦克风为降噪麦克风。降噪麦克风产生与外界噪音相位相反的声波，与噪音叠加从而实现降噪效果。理想情况下的降噪过程如图所示，下列说法正确的是( )
A. 降噪过程应用的是声波的干涉原理，P点振动减弱
B. 降噪声波的频率与环境噪声的频率不相同
C. 降噪声波与环境噪声声波的波长大小不相等
D. 再经过四分之一周期P点振动加强
4.北京时间2023年5月10日，搭载天舟六号货运飞船的长征七号遥七运载火箭，在我国海南文昌航天发射场点火发射；用时近7小时顺利实现与中国空间站天和核心舱的交会对接，下列说法中正确的是( )
A. 火箭发射升空过程中，发动机喷出燃气推动空气，空气推动火箭上升
B. 火箭喷出燃气速度一定，喷出物质与火箭本身质量之比越大，火箭获得速度越大
C. 对接后的组合体仍做匀速圆周运动，则其运行速度大于7.9km/s
D. 要实现对接，天舟六号货运飞船应在天和核心舱相同轨道处加速
5.一个有固定转动轴的竖直圆盘如图甲所示，圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向振动，T形支架的下面系着一个由弹簧和小球组成的振动系统，小球做受迫振动，圆盘静止时，让小球做简谐运动，其振动图像如图乙所示(以竖直向上为正方向)，下列说法正确的是( )
A. t=1s到t=2s小球所受的回复力增加，且方向向上
B. t=2s到t=3s小球运动方向向上，且动能增大
C. 若圆盘以30r/min匀速转动，小球振动达到稳定时其振动的周期为2s
D. 若圆盘正以30r/min匀速转动，欲使小球振幅增加则可使圆盘转速适当增大
6.如图所示，水面上有一透明均质球，其半径为R，上半球露出水面，下半球内竖直中心轴上有点光源，均质球对此光的折射率为1.5，为使从光源照射到上半球面的光，都能发生折射(不考虑光线在球内反射后的折射)，则点光源到水面的最大距离为( )
A. 23RB. RC. 2 55RD. 3R
7.极限跳伞(skydiving)是世界上最流行的空中极限运动，伞打开前可看做是自由落体运动，打开伞后减速下降，最后匀速下落．如果用h表示人下落的高度，t表示下落的时间，Ep表示人的重力势能，Ek表示人的动能，E表示人的机械能，v表示人下落的速度，在整个过程中，忽略伞打开前空气阻力，如果打开伞后空气阻力与速度平方成正比，则选项图象可能符合事实的是( )
A. B.
C. D.
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.彩超成像的基本原理是探头向人体发射一组超声波，遇到人体组织会产生不同程度的反射，探头接收到的超声波信号由计算机处理，从而形成彩超图像。图乙为血管探头沿x轴正方向发射的简谐超声波图像，t=0时刻波恰好传到质点M。已知此超声波的频率为1×107Hz。下列说法正确的是( )
A. 血管探头发出的超声波在血管中的传播速度为1.0×103m/s
B. 质点M开始振动的方向沿y轴负方向
C. 0∼1.25×10−7s内，质点M运动的路程为3mm
D. t=1.50×10−7s时，质点N恰好处于波谷
9.质量m=200kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图像甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图像乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变，在18s末汽车的速度恰好达到最大。则下列说法正确的是( )
A. 汽车受到的阻力200N
B. 汽车的最大牵引力为1000N
C. 8s∼18s过程中汽车牵引力做的功为3.6×103J
D. 汽车做变加速运动过程中的位移大小为95.5m
10.如图所示，水平地面上固定着一足够长的木板，板上静置b、c两小球。一轻质弹簧的左端固定在球b上，右端与球c接触但未连接。一带有四分之一圆弧轨道的小车d紧靠木板放置，半径为5m，其轨道底端的切线与木板上表面重合，紧靠车左端有一挡板e。现让小球a从轨道顶端由静止滑下，当球a离开车后，立即撤去挡板。球a与球b碰撞时间极短，碰后球a返回到车轨道底端时的速度大小为5m/s。已知球a、b、c及车的质量分别为ma=1kg、mb=3kg、mc=2kg、md=4kg。小球均可视为质点，不计所有阻力，取重力加速度g=10m/s2，弹簧始终处于弹性限度内。说法正确的是( )
A. 球a、b碰撞结束时球b的速度大小为5m/s
B. 弹簧最大弹性势能为10J
C. 球a冲上车的最高点距轨道底端的高度为1m
D. 球a冲上车后再次回到轨道底端时对轨道的压力为15N
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.利用图甲装置做“验证机械能守恒定律”的实验。
(1)实验中，需先接通电源，再由静止开始释放重物，得到如图乙所示的一条纸带。O为起点，在纸带上选取几个连续打出的点，其中三个连续点A、B、C，测得它们到起始点O的距离如图。已知重物质量m=1.00kg，重力加速度g=9.80m/s2，打点计时器打点的周期为T=0.02s，那么打点计时器打下计数点B时，重物的瞬时速度vB=_______m/s；O点到B点过程中重物的重力势能减少量为_______J。(结果均保留三位有效数字)
(2)用纵轴分别表示重物动能增加量ΔEk及重力势能减少量ΔEp，用横轴表示重物下落的高度h。某同学在同一坐标系中做出了ΔEk−h和ΔEp−h图像，如图丙所示。由于重物下落过程中受阻力作用，可知图线_______(填“①”或“②”)表示ΔEk−h图像。
(3)该同学根据纸带算出了其他各点对应的瞬时速度，测出与此相对应的重物下落高度h，以h为纵坐标，以v2为横坐标，建立坐标系，作出h−v2图像，如图丁所示，从而验证机械能守恒定律。若所有操作均正确，得到的h−v2图像的斜率为k，可求得当地的重力加速度g=_______。
12.如图所示，用双线悬挂小球的这种装置称为双线摆，可使小球稳定在同一竖直平面内运动，能避免单摆稳定性差的问题。某实验小组用双线摆测量当地的重力加速度。
(1)如图所示的双线摆能够稳定的在________(填“平行”或“垂直”)纸面的竖直平面内稳定的摆动。
(2)将小球拉离平衡位置一小段距离后由静止释放，小球经过最低点时开始计时并计数为1，之后每次小球经过最低点时计数加1，若测得小球第50次经过最低点时的时间为t，则该小球摆动的周期为T=________(用t表示)。
(3)用刻度尺测量出两细线AO、BO的长度均为L，悬点AB之间的距离为d，小球的直径远小于细线的长度，则当地的重力加速度g=________(用L、d和T表示)。
四、简答题：本大题共1小题，共12分。
13.每年8月至10月是浙江省台风多发的季节。每次在台风来临前，我们都要及时检查一下家里阳台窗台上的物品，加固广告牌，以防高空坠物事件发生，危害公共安全。若有一质量为m1=1.0kg的花盆从高为h1=30.50m的11层居民楼的花架上无初速坠下，砸中身高为h0=1.70m的居民头顶，假设撞击后花盆碎片的速度均变为零，撞击时间t1=0.25s，不计空气阻力，求：
(1)花盆刚砸中该居民头顶前的速度大小；
(2)花盆对该居民的平均撞击力有多大。
五、计算题：本大题共2小题，共28分。
14.如图所示，一内壁光滑的细管弯成半径R=0.4m的半圆形轨道BC，将其竖直放置并将B点与一水平轨道相连。置于水平轨道上的弹簧左端与竖直墙壁相连，B至墙壁的距离为弹簧的自然长度。将一个质量m=0.8kg的小滑块放在弹簧的右侧，向左推滑块，压缩弹簧使弹簧右端至A处，然后将滑块由静止释放，滑块进入半圆轨道继续滑行(不计滑块与轨道的碰撞)。已知滑块运动到B处刚刚进入半圆轨道时对轨道的压力F1=58N，水平轨道AB长度l=0.3m，滑块与轨道的动摩擦因数μ=0.5，取重力加速度g=10m/s2，求：
(1)弹簧压缩到A处时的弹性势能；
(2)小滑块运动到轨道最高处C点时对轨道的压力大小。
15.如图所示，在光滑水平面上有一辆质量M=1kg的小车，小车左边部分为半径R=1.2m的四分之一光滑圆弧轨道，轨道末端平滑连接一长度L=3.8m的水平粗糙面，粗糙面右端是一挡板。有一个质量为m=0.5kg的小物块(可视为质点)从小车左侧圆弧轨道顶端A点静止释放，小物块和小车在粗糙区域的滑动摩擦因数μ=0.06，小物块与挡板的碰撞无机械能损失，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)小物块运动到圆弧末端时速度大小；
(2)物块从圆弧末端到与右侧挡板发生第一次碰撞经历的时间；
(3)小物块将与小车右端发生多次碰撞最终相对小车静止，求：
①求整个运动过程中，小物块与小车因摩擦产生的热量；
②求整个运动过程中小车发生的位移。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】根据题意，由万有引力提供向心力有Fn=GMmr2=mv2r=mω2r=m4π2T2r
解得Fn=GMmr2 ， v= GMr ， ω= GMr3 ， T= 4π2r3GM
可知，卫星的轨道高度降低后，向心力变大，线速度变大，角速度变大，周期变小。
故选D。
2.【答案】C
【解析】A.三位运动员受重力、支持力，还可能受摩擦力作用，向心力是效果力，不是物体受的力，选项A错误；
B.三位运动员各自的加速度大小相等，但是方向不断变化，则加速度不是恒定的，选项B错误；
C.若此时三位运动员角速度相等，则根据a=ω2r
因rA>rB>rC
可知，他们的向心加速度大小关系满足aA>aB>aC
选项C正确；
D.若此时三位运动员线速度大小相等，则ω=vr
因rA>rB>rC
可知，根据他们的角速度大小关系满足ωA<ωB<ωC
选项D错误。
故选C。
3.【答案】A
【解析】ABC.由题图可知，降噪声波与环境声波波长相等，在同一种介质中传播速度相等，则频率相同，叠加时产生干涉，由于两列声波振幅相同、相位相反，所以振动减弱，起到降噪作用，P点振动减弱，故A正确，BC错误；
D.再经过四分之一周期P点仍为减弱点，故D错误。
故选A。
4.【答案】B
【解析】A.火箭发射升空的过程中，火箭给喷出的燃气作用力，燃气给火箭反作用力，推动火箭上升，故A错误；
B.设喷出燃气质量为m， v1 为燃气速度，火箭本身质量为M，v2为火箭速度，规定向下为正方向，根据动量守恒有mv1=Mv2
则有v2=mMv1
火箭喷出燃气速度不变，喷出物质与火箭本身质量之比越大，火箭获得速度越大，故B正确；
C. 7.9km/s 是围绕地球做圆周运动的最大速度，则对接后的组合体仍做匀速圆周运动，则其运行速度小于 7.9km/s ，故C错误；
D.要实现对接，天舟六号货运飞船应在比天和核心舱低的轨道加速做离心运动，故D错误。
故选B。
5.【答案】C
【解析】A.以竖直向上为正方向， t=1s 到 t=2s 小球从最低点向平衡位置振动，偏离平衡位置位移方向为负，大小正在减小，由F回=−kx
可知所受的回复力减小，方向为x轴正向，故A错误；
B.根据简谐运动特征， t=2s 到 t=3s 小球从平衡位置向最高点振动，平衡位置处小球速度最大，而最大位移处速度为0，故B错误；
C.若圆盘以 30r/min 匀速转动，其周期为T驱=1n=130min=2s
小球振动达到稳定时其振动的周期等于驱动的周期为 2s ，故C正确；
D.由图乙可知，小球振动的固有周期为T固=4s
若圆盘正以 30r/min 匀速转动时，有
欲使小球振幅增加则要增大驱动力的周期，可使圆盘转速适当减小，故D错误。
故选C。
6.【答案】C
【解析】光在介质中的传播如图所示
根据全反射定律和几何关系可知
sinC=1n=h h2+R2
解得
h=2 55R
故选C。
7.【答案】B
【解析】A.运动员先做自由落体运动，由机械能守恒定律可得Ek=ΔEP=mgh
动能与下落的高度成正比，则重力势能是线性变化的，所以A错误；
BD.打开降落伞后做加速度逐渐减小的减速运动，由动能定理有ΔEk=f−mgΔh
随速度的减小，阻力减小，由牛顿第二定律可知，人做加速度减小的减速运动，最后当阻力等于重力时，人做匀速直线运动，所以动能的变化减慢，即动能先减小快，后减小慢，最后当阻力等于重力时，动能不再发生变化，所以B正确； D错误；
C.根据功能关系可知ΔE=−fΔh
则人的机械能在自由下落过程保持不变，打开伞后机械能是慢慢减小，最后均匀减小，所以C错误；
故选B。
8.【答案】BD
【解析】A. 血管探头发出的超声波在血管中的传播速度为v=λT=λf=12×10−5×107=1.2×103m/s
故A错误；
B. 波沿x轴正方向传播，根据图乙，可以判断质点M开始振动的方向沿y轴负方向，故B正确；
C.由波的频率可以知道波的周期为
T=1f=10−7s 0∼1.25×10−7s 内，质点M运动了 54T 的路程为2.5mm，故C错误；
D. 由传播速度v=λT=1.2×103m/s
所以 t=1.50×10−7s 时，波沿x轴传播的距离为s=vt=1.2×103×1.50×10−7=18×10−2mm
结合图乙分析，此时质点N恰好处于波谷，故D正确。
故选BD。
9.【答案】BD
【解析】A.汽车受到的阻力为f=P额vm=800010N=800N
A错误；
B.匀加速运动时牵引力最大，根据牛顿第二定律得Fm−f=ma
根据图像得a=88m/s2=1m/s2
解得Fm=1000N
B正确；
C.8s∼18s过程中汽车牵引力做的功为WF=P额(t2−t1)=8000×(18−8)J=80000J
C错误；
D.根据动能定理得WF−fx=12mvm2−12mv12
解得x=95.5m
D正确。
故选BD。
10.【答案】ACD
【解析】A.球a开始下滑到与b相碰前，根据机械能守恒定律有magR=12mav02
球a、b碰撞过程中系统动量守恒，以向右为正方向，故有mav0=−mava+mbvb
可得vb=5m/s
故A正确；
B.当b、c两球共速时，弹簧的压缩量最大，弹性势能最大，根据动量守恒mbvb=(mb+mc)v
根据能量守恒12mbvb2=12(mb+mc)v2+Ep
解得Ep=15J
故B错误；
C.当a、d共速时，球a冲上车的最高点，根据动量守恒mava=(ma+md)v′
根据机械能守恒12mava2=12(ma+md)v′2+magh
解得h=1m
故C正确；
D.球a冲上车后再次回到轨道底端时，取水平向左为正方向，根据动量守恒mava=mav a′+mdv d′
根据动能守恒12mava2=12mav a ′2+12mdv d ′2
解得va=−3m/s vd=2m/s
设球a冲上车后再次回到轨道底端时受到的支持力为N，根据牛顿第二定律N−mag=ma(vd−va)2R
解得N=15N
根据牛顿第三定律可知，球a对轨道的压力等于球a受到的支持力F压=N=15N
故D正确。
故选ACD。
11.【答案】(1)
(2)②
(3)12k
【解析】(1)[1]打点计时器打下计数点B时，重物的瞬时速度vB=OC−OA2T=(9.57−4.89)×10−22×0.02m/s=1.17m/s
[2]O点到B点过程中重物的重力势能减少量为ΔEp=mghB=1.00×9.80×7.04×10−2J≈0.690J
(2)由于重物下落过程中受阻力作用，则重物下降一定高度，减小的重力势能大于增加的动能，可知②表示 Ek−h 图像。
(3)若机械能守恒，则有mgh=12mv2
整理可得h=12g⋅v2
结合图像可得k=12g
解得g=12k
12.【答案】(1)垂直；
(2)2t49；
(3)4π2T2 L2−d22；
【解析】【分析】
(1)根据实验原理确定正确的操作装置；
(2)由时间与周期的关系得解；
(2)由数学关系解得摆长，再由单摆的周期公式得解。
本题主要考查利用双线摆测量当地重力加速度，熟悉实验原理及数据处理是解题的关键，难度一般。
【解答】(1)由受力分析可知，如图所示的双线摆能够稳定的在垂直纸面的竖直平面内稳定摆动。
(2)小球相邻两次经过最低点之间的时间为小球摆动的半个周期，即
T2=t50−1
解得
T=2t49
(3)由几何关系可知双线摆对应的单摆摆长为
l= L2−d22
单摆周期公式为
T=2π lg
整理得当地的重力加速度大小为
g=4π2T2 L2−d22
13.【答案】(1)24m/s ；(2)106N
【解析】(1)花盆下落高度
h=h1−h0=30.50m−1.70m=28.80m
根据自由落体运动规律
v2=2gh
解得花盆刚砸中该居民头顶前的速度大小
v=24m/s
(2)花盆与居民头顶碰撞的过程，选竖直向上为正方向，由动量定理得
F−mgt1=0−−m1v
解得
F=106N
由牛顿第三定律，花盆对该居民的平均撞击力大小为
F′=F=106N
14.【答案】解：(1)球运动到C处时，由牛顿第二定律得：F1−mg=mv12R
代入数据解得：v1=5m/s
根据动能定理得：EP−μmgx=12mv12
代入数据解得：EP=11.2J；
(2)小球从C到D过程，由机械能守恒定律得：12mv12=2mgR+12mv22
代入解得：v2=3m/s
由于v2> gR=2m/s，所以小球在D处对轨道外壁有压力，
由牛顿第二定律得：F2+mg=mv22R
代入数据解得：F2=10N
根据牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小为10N
答：(1)弹簧压缩到A处时的弹性势能为11.2J；
(2)小滑块运动到轨道最高处C点时对轨道的压力大小为10N。
【解析】(1)由题，小球运动到C处后对轨道有压力，根据牛顿第二定律求出小球到达C点时的速度，根据动能定理求出弹簧在压缩时所储存的弹性势能。
(2)根据机械能守恒定律求出小球到达D处的速度，根据牛顿运动定律求出小球运动到轨道最高处D点时对轨道的压力。
本题主要是考查了机械能守恒定律和功能关系，解答本题要能够分析小球运动过程中的受力情况，知道在圆周运动过程中的向心力来源。
15.【答案】(1)物块和小车组成的系统水平方向动量守恒。设物块刚滑上B点时的速度大小为 v1 ，此时小车的速度大小为 v2 ，由动量守恒定律有0=mv1−Mv2
由机械能守恒定律有mgR=12mv12+12Mv22
解得v1=4m/s ， v2=2m/s
(2)设物块与挡板撞击时速度为 v3 ，小车速度为 v4 ，由水平方向动量守恒得0=mv3−Mv4
由能量守恒定律得mgR=12mv32+12Mv42+μmgL
解得v3=3.6m/s
又有μmg=ma1
可得a1=0.6m/s2
由运动学公式有v3=v1−a1t
解得t=23s
(3)①由于系统水平方向动量守恒，初动量为零，最终物块和小车均静止，由系统能量守恒得Q=mgR
解得Q=6J
②设物块在小车BC面上滑动的路程为s，根据动能定理有mgR=μmgs
解得s=20m
设物块在小车上表面来回运动的次数为n，满足s=nL+Δx
当 n=5 时Δx=1m
即物块将停在离右侧挡板1m处，此时物块和小车同时停止运动，从物块滑下到物块和小车停止运动的整个过程中，物块相对小车发生的位移x总=R+L−Δx=4m
选取物块和小车为系统，由于水平方向动量守恒，设物块水平向右发生的位移大小为 x1 ，小车水平向左发生的位移大小为 x2 ，有mx1=Mx2 ， x1+x2=x总
解得x2=43m
方向水平向左。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
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