2023-2024学年河北省保定市高一（下）期末考试物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年河北省保定市高一（下）期末考试物理试卷（含详细答案解析），共17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。

1.2023年10月7日，杭州亚运会上中国女排以六战全胜的战绩夺冠。图为女排运动员跳起击球瞬间，假设排球被斜向上击出，忽略空气阻力，关于排球在空中运动的过程中，下列说法正确的是( )
A. 排球沿击出方向做匀速直线运动B. 排球在竖直方向做自由落体运动
C. 排球运动的加速度为重力加速度D. 排球落地时速度方向可能竖直向下
2.各地交管部门要求驾驶电动车人员必须佩戴头盔，以便在交通事故中对骑行人员的头部进行很好的保护。某同学利用头盔做了两次小实验，第一次实验，将一定质量的物体从距离地面某高度处自由释放，物体与地面碰撞后会弹起一定高度，第二次实验，将该物体固定于头盔中从同一高度自由释放，头盔触地后物体几乎不反弹。已知第二次实验头盔减速到0的时间比第一次物体与地面接触的时间更长一些，忽略空气阻力。关于第二次实验，下列说法正确的是( )
A. 物体受到的冲力更小一些B. 物体受到的冲量更大一些
C. 头盔触地瞬间物体的速度更大一些D. 头盔触地瞬间物体的速度更小一些
3.自行车的部分结构如图所示，已知大齿轮的半径为R，小齿轮的半径为r，后轮半径为RC，A、B、C分别为大齿轮、小齿轮、后轮边缘上一点，设某时刻自行车后轮上C点的速度大小为v，下列选项正确的是( )
A. A、B、C三点的线速度大小相等B. A、B、C三点的角速度大小相等
C. ωA=vRD. ωB=vRC
4.如图所示，一质量分布均匀的球体，半径为R，现从其内部挖出一半径为R2的小球体，放置于原球体右侧位置，已知O1、O2、O3在一条直线上，且O2、O3相距2R，引力常量为G，挖出的小球体质量为m。则挖出的小球体跟球体剩余部分之间的万有引力大小为( )
A. 28Gm225R2B. 103Gm2100R2C. 7Gm2R2D. 12Gm225R2
5.在汽车的设计研发中，需要测试发动机的性能。某次测试过程中，汽车在平直路面上由静止启动到最大速度阶段，输出功率与速度的关系图如图所示。经时间t汽车的速度增大到v0，再经过时间2t汽车达到最大速度1.5v0。已知汽车的质量为m，汽车启动过程中所受阻力大小恒为f。则( )
A. P0=32fv0B. P0=fv0C. P0t=12mv02D. 43P0t=mv02
6.如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，初始时处于原长状态。质量为m的小球，从弹簧上方x0处自由下落。若以小球开始下落的位置为坐标原点O，建立竖直向下的坐标轴O−x，小球向下运动至最低点过程中的a−x图像如图乙所示，不计空气阻力，其中g为重力加速度。关于小球向下运动过程中，下列说法正确的是( )
A. 在O−x1段，小球的动能先增大后减小
B. 小球在x1位置的动能最大
C. 小球机械能守恒
D. 在x0−x2段，小球的动能减少量等于弹簧弹性势能增加量
7.随着我国航天工业的发展，我们不但实现了载人航天，科研从地面转到了太空，还成功实现了对月球较为精准的科学探究，并计划于2030年实现载人登月。已知地球与月球的质量之比约为81，地球同步卫星轨道半径约为地球半径的7倍，月球的自转周期约为27天(地球自转周期为1天)。通过以上数据，可计算出地球第一宇宙速度与月球同步卫星的线速度之比约为( )
A. 45B. 35C. 25D. 15
8.如图是嫦娥六号探测器成功实施近月制动后变轨示意图，它先进入近月点高度200km、远月点高度8600km、周期12小时的大椭圆环月轨道，然后进入近月点高度200km远月点高度2200km的椭圆停泊轨道，最后进入高度约200km的圆轨道。已知月球半径约为1800km，则嫦娥六号探测器( )
A. 离开地球的发射速度介于7.9km/s与11.2km/s之间
B. 在大椭圆轨道经过近月点的加速度大于椭圆停泊轨道经过近月点的加速度
C. 椭圆停泊轨道的运行周期约为4小时
D. 圆轨道的运行周期约为1小时
二、多选题：本大题共2小题，共12分。
9.如图所示，质量为60kg的运动员在做“单臂大回环”，其在竖直平面内做圆周运动的等效半径约为1m，取g=10m/s2，忽略空气阻力和手掌跟横杠之间的摩擦，下列说法正确的是( )
A. 运动员在最高点时横杠对手臂的最小作用力为0
B. 运动员在最高点时横杠对手臂的最小作用力为600 N
C. 要完成单臂大回环，运动员运动到横杠正下方时手臂对横杠的最小拉力约为3000 N
D. 要完成单臂大回环，运动员运动到横杠正下方时手臂对横杠的最大拉力约为3000 N
10.如图所示，静置于光滑水平面上的三辆小车A、B、C处在同一直线上，A、B质量均为m，C质量为2m，小车C固定一水平轻质弹簧，初始时弹簧处于自然长度。现给小车A一个水平向左的初速度v，A与B碰撞后粘合在一起，运动一段距离后，开始压缩弹簧，若弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是( )
A. 整个相互作用的过程中，系统动量守恒、机械能守恒
B. A、B碰撞后的速度为v2
C. 弹簧的最大弹性势能Epm=18mv2
D. 当弹簧再次恢复到原长时，C车的速度为v2
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.用自由落体法验证机械能守恒定律，装置如图甲所示。
(1)关于该实验，下列说法正确的是______。
A.应选用质量大、密度小的重锤
B.需要用天平测量重物的质量
C.应先释放纸带再接通电源
D.实验时，应调节计时器使它的限位孔与纸带处在同一竖直线上
(2)打点计时器所接交流电源的频率为50Hz，选取一条点迹清晰的纸带(如图乙所示)，打点计时器所打的第一点为O点，舍去前面间隔较短的点迹(图中未画出)，在适当位置选取打点计时器连续打下的3个点A、B、C。测得OA=25.90cm，OB=30.55cm，OC=35.50cm，已知重锤的质量为200g，当地重力加速度g=9.8m/s2。打点计时器打下B点时重锤的速度vB=_____m/s。(计算结果保留两位有效数字)
(3)重物从O点运动到B点，重力势能减少量ΔEp=_____J，动能的增加量ΔEk=_____J。(计算结果保留两位小数)
(4)对比ΔEp和ΔEk的数值，你可以得出的结论是_____。
12.如图甲所示，长木板与实验台水平桌面的夹角θ可以在0−90∘之间调节，顶端用螺栓固定一圆弧轨道并调节末端水平。某实验小组利用这套器材研究小球从斜面顶端做平抛运动的水平射程跟斜面倾角的关系。将小球从圆弧轨道某位置由静止释放，然后从轨道末端飞出，最后落在斜面的某位置，用刻度尺测量小球落在斜面上的水平射程x。改变斜面倾角θ，再次调节圆弧轨道末端水平，将小球从圆弧轨道同一位置由静止释放，多次测量小球落在斜面上的水平射程。
(1)某次测量水平射程时，刻度尺的0刻度线跟过斜面顶端的竖直线对齐，测量时刻度尺与落点如图乙所示，小球的水平射程x=______cm。
(2)根据所学物理知识知道，小球水平射程除了跟斜面倾角有关之外，还跟______有关。从圆弧轨道同一位置由静止释放的目的是______。
(3)根据测量的水平射程和倾斜角，通过数据处理得到如图丙所示的x−tanθ图像，由此可知，小球在斜面顶端水平抛出时的初速度为v0=_______m/s。(取g=9.8m/s2，结果保留一位小数)
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
13.如图所示，光滑水平地面上静止放置质量为2kg的足够长的长木板B，质量为1kg的小物块A静置于木板左端，某时刻给A水平向右大小为3N⋅s的瞬时冲量，已知A与B之间的动摩擦因数为0.2，g取10m/s2。求：
(1)A向右运动的初速度大小；
(2)A、B相对运动的过程中系统损失的机械能；
(3)B达到最大速度的过程中B的位移大小。
14.如图所示，长为L的轻杆，两端分别固定质量为M、m的小球，杆的中心固定在水平轴O上，水平轴O带着轻杆在竖直平面内做匀速圆周运动，已知圆周运动的角速度为ω= gL，重力加速度为g，求：
(1)轻杆转到水平位置时对小球m的作用力；
(2)轻杆转到竖直位置时(M在上，m在下)水平轴O对轻杆的作用力。
15.如图所示，AB是一个倾角为37∘的足够长倾斜轨道，在B处与水平面平滑连接，CDE是由两个半径为R的半圆管组成的“S”形轨道，EFG是以C为圆心的四分之一圆弧面。从AB某位置由静止释放一个质量为m的小物块，小物块恰好能运动到E点。已知小物块和斜面间动摩擦因数为0.25，其余部分摩擦不计，重力加速度为g。求：
(1)小物块在C点对轨道的压力大小；
(2)小物块从轨道释放点到水平面的高度；
(3)若小物块停在E点后给小物块一个微小扰动(视为从静止出发)使其向右运动，求小物块落地点到C点的距离(只需要写出结论即可)。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】C
【详解】AC.排球击出后在空中只受重力作用，加速度为重力加速度，则将做斜抛运动，即匀变速曲线运动，选项A错误，C正确；
B.排球在竖直方向初速度方向向上，则在竖直方向做竖直上抛运动，选项B错误；
D.排球落地时因水平速度不为零，则速度方向不可能竖直向下，选项D错误。
故选C。
2.【答案】A
【解析】A
【详解】CD.因两次均将该物体从同一高度自由释放，根据
2gh=v2
可知两次落地时物体的速度相等，选项CD错误；
AB.设落地速度为v，取向上为正方向，由动量定理，则第一次
F1t1=mv1−(−mv)=mv1+mv
第二次
F2t2=0−(−mv)=mv
可知第二次物体受到的冲量更小一些，第二次物体与地面接触的时间更长一些，可知物体受到的冲力更小一些，选项A正确，B错误。
故选A。
3.【答案】D
【解析】D
【详解】AB.A、B两点为同缘转动，则线速度大小相等；根据v=ωr可知A、B两点角速度不等；B、C两点为同轴转动，角速度相等，根据v=ωr可知B、C两点线速度不等，选项AB错误；
CD.C点的角速度
ωC=vRC
则
ωB=ωC=vRC
因
ωAR=ωBr
可得
ωA=rRωB=rvRRC
选项C错误，D正确。
故选D。
4.【答案】B
【解析】B
【详解】根据题意可知被挖出的小球体的体积为原球体的 18 ，质量也为原球体的 18 ，则原球体质量为8m。根据割补法可知，没挖之前球对质点的引力减去被挖部分对质点的引力，就是剩余部分对质点的引力，则挖出的小球体跟球体剩余部分之间的万有引力大小为
F=G×8m×m52R2−G×m×m2R2=103Gm2100R2
故B正确，A、C、D错误。故选B。
5.【答案】A
【解析】A
【详解】AB.当汽车达到最大速度 1.5v0 时，此时汽车牵引力F与阻力f相等，此时汽车功率为 P0 ，可得
P0=f⋅1.5v0=32fv0
故A正确，B错误；
CD.0到t时间内汽车功率与速度成正比，根据公式 P=Fv 可知牵引力恒定，此阶段的牵引力为
F1=P0v0 汽车所受阻力大小恒为f，汽车在此阶段做匀加速直线运动，则
F1−f=ma
则加速度为
a=F1−fm=P0v0−fm=P0−fv0mv0=f2m=v0t
则0到t时间内的位移
x=12at2=12f2mt2=ft24m
对0到t时间内列动能定理，可得
F1−fx=max=12mv02−0
整理可得
P0t=3mv02
故CD错误；
故选A。
6.【答案】B
【解析】B
【详解】AB.在 O−x1 段，小球的加速度方向一直向下，小球一直做加速运动，小球的动能一直增大；在 x1 位置，小球的加速度为0，小球的动能达到最大，之后小球的加速度向上，小球向下减速运动，小球的动能减小，故A错误，B正确；
C.压缩弹簧过程，由于弹簧弹力对小球做负功，小球的机械能减少，故C错误；
D.根据系统机械能守恒可知，在 x0−x2 段，小球的动能减少量与重力势能减少量之和等于弹簧弹性势能增加量，故D错误。
故选B。
7.【答案】B
【解析】选B。
7.B
【详解】根据万有引力提供向心力可得
GM地mR地2=mv12R地
可得地球第一宇宙速度为
v1= GM地R地
设地球自转周期为 T0 ，对于地球同步卫星，根据万有引力提供向心力可得
GM地m1(7R地)2=m14π2T02⋅7R地
联立可得地球第一宇宙速度为
v1=673×4π2G2M地2T02
对于月球同步卫星，根据万有引力提供向心力可得
GM月m2r2=m24π2(27T0)2r=m2v22r
解得月球同步卫星的线速度大小为
v2=64π2G2M月2272T02
则有
v1v2=673M地2×272M月2=673×812×2721=9× 7×33≈34.3
故选B。
8.【答案】C
【解析】.C
【详解】A.要脱离地球的引力场，探测器发射速度需要大于第二宇宙速度，即大于11.2km/s，故A错误；
B.探测器在大椭圆轨道和椭圆停泊轨道上近月点的位置不变，受到的万有引力不变，根据牛顿第二定律可知加速度相等，故B错误；
CD.对大椭圆轨道、椭圆停泊轨道及圆轨道，根据开普勒第三定律可得
(200+8600+1800×22)3122=(200+2200+1800×22)3T椭圆2
(200+8600+1800×22)3122=(200+1800)3T圆2
解得椭圆停泊轨道的运行周期约为
T椭圆≈4.0h
T圆≈2.2h
故C正确，D错误。
故选C。
9.【答案】AC
【解析】AC
【详解】AB.运动员在最高点时，当重力刚好提供向心力时，横杠对手臂的最小作用力为0，故A正确，B错误；
CD.要完成单臂大回环，运动员运动到横杠正下方时，根据牛顿第二定律可得
F−mg=mv2R
当运动员在最高点的速度为0时，运动员在最低点的速度最小，横杠对手臂的拉力最小；根据动能定理可得
mg⋅2R=12mv2−0
联立解得最小拉力为
F=5mg=3000N
可知运动员运动到横杠正下方时手臂对横杠的最小拉力为 3000N ，故C正确，D错误。
故选AC。
10.【答案】BCD
【解析】BCD
【详解】A.整个相互作用的过程中，系统受合外力为零，则系统的动量守恒；A与B碰撞后粘合在一起，则损失机械能，则系统的机械能不守恒，选项A错误；
B.A、B碰撞由动量守恒，则
mv=2mv1
则碰后的速度为
v1=v2
选项B正确；
C.当A、B、C三者共速时弹簧弹性势能最大，则
mv=4mv2
弹簧的最大弹性势能
Epm=12⋅2mv12−12⋅4mv22=18mv2
选项C正确；
D.当弹簧再次恢复到原长时，由动量守恒和能量关系
2mv1=2mv3+2mv4
12⋅2mv12=12⋅2mv32+12⋅2mv42
解得
v3=0
v4=v2
即C车的速度为 v2 ，选项D正确。
故选BCD。
10.C
11.【答案】(1)D
(2)2.4
(3)
(4)见解析
【详解】(1)A.为了减小空气阻力的影响，实验中应选用质量大、体积小，即密度大的重锤，故A错误；
B.若重锤初速度为0，则有
mgh=12mv2
重锤质量可以消去，可知，实验中不需要用天平测量重物的质量，故B错误；
C.为了避免纸带上出现大量空白段落，使打第一个点时的速度为0，实验中应先接通电源打点再释放纸带，故C错误；
D.为了减小打点计时器限位孔与纸带之间的阻力，实验时，应调节计时器使它的限位孔与纸带处在同一竖直线上，故D正确。
故选D。
(2)打点计时器所接交流电源的频率为50Hz，则周期为0.02s，匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则打点计时器打下B点时重锤的速度
vB=OC−OA2T=35.50−25.90×10−22×0.02m/s=2.4m/s
(3)[1]重物从O点运动到B点，重力势能减少量
ΔEp=mghOB=200×10−3×9.8×30.55×10−2J≈0.60J
[2]结合上述，动能的增加量
ΔEk=12mvB2=12×200×10−3×2.42J≈0.58J
(4)对比上述 ΔEp 和 ΔEk 的数值，在误差允许的范围内，可以近似认为 ΔEp 和 ΔEk ，即可以得出的结论是在误差允许的范围内，重锤下落过程机械能守恒。

【解析】详细解答和解析过程见答案
12.【答案】(1)10.20
(2)初速度 保证初速度相同
(3)1.0
【详解】(1)刻度尺的最小刻度为0.1cm，小球的水平射程10.20cm；
(2)根据
x=v0t
xtanθ=12gt2
可得
x=2v02gtanθ
则小球水平射程除了跟斜面倾角有关之外，还跟小球抛出的初速度有关；从圆弧轨道同一位置由静止释放的目的是保证小球抛出时的初速度相同。
(3)根据
x=2v02gtanθ
可知斜率
k=2v02g=
解得水平抛出时的初速度为
v0=1.0m/s

【解析】详细解答和解析过程见答案
13.【答案】(1)3m/s ；(2)3J ；(3)0.5m
【详解】(1)给A水平向右大小为3N⋅s的瞬时冲量，根据动量定理可得
I=mAv0
解得A向右运动的初速度大小为
v0=ImA=31m/s=3m/s
(2)A、B相对运动的过程中，A、B组成的系统满足动量守恒，则有
mAv0=(mA+mB)v共
解得A、B最终速度为
v共=1m/s
根据能量守恒可知，A、B相对运动的过程中系统损失的机械能为
ΔE=12mAv02−12(mA+mB)v共2
代入数据解得
ΔE=3J
(3)B达到最大速度的过程中，对B根据动能定理可得
μmAgxB=12mBv共2−0
代入数据解得B的位移大小为
xB=0.5m

【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】(1) 52mg ，与水平方向夹角的正切值为2斜向左上方；(2)32mg+12Mg ，方向竖直向上
【详解】(1)设轻杆转到水平位置时对小球m的作用力 F ，力 F 与水平方向的夹角为 θ ，小球m受力分析如图所示
则
Fn=mω2L2=12mg
向心力为 F 和重力 mg 的合力，故
F= (Fn)2+(mg)2= 52mg
tanθ=mgFn=2
轻杆转到水平位置时对小球m的作用力 F 大小为 52mg ，与水平方向夹角的正切值为2斜向左上方。
(2)轻杆转到竖直位置时，规定竖直向下为正方向，设杆对M的作用力为 F1 ，则
F1+Mg=Mω2L2
解得
F1=−Mg2
杆对M的作用力大小为 Mg2 ，方向竖直向上。由牛顿第三定律，M对杆的的作用力大小为 Mg2 ，方向竖直向下。轻杆转到竖直位置时，规定竖直向上为正方向，设杆对m的作用力为 F2 ，则
F2−mg=mω2L2
解得
F2=32mg
杆对m的作用力大小为 32mg ，方向竖直向上。由牛顿第三定律， m对杆的作用力大小为 32mg ，方向竖直向下。轻杆转到竖直位置时(M在上，m在下)水平轴O对轻杆的作用力
F3=32mg+12Mg
方向竖直向上。

【解析】详细解答和解析过程见答案
15.【答案】(1)9mg；(2)6R；(3)4.5R
【详解】(1)小物块恰好能运动到E点，可知在E点时的速度为零，则由C到E由机械能守恒定律
12mvC2=mg⋅4R
在C点时
FNC−mg=mvC2R
解得
FNC=9mg
(2)从释放点到水平面由动能定理
mgh−μmgcsθ⋅hsinθ=12mvC2
解得
h=6R
(3)物块在F点脱离，设该位置与C点连线与水平方向夹角为θ，则
mgsinθ=mv24R
由机械能守恒
mg4R(1−sinθ)=12mv2
解得
sinθ=23
物块脱离以后做斜下抛运动，则
4Rsinθ=vcsθt+12gt2
x=vsinθt
物块落地点到C点的距离
s=4Rcsθ+x
联立解得
s=16 23+20 527R≈4.5R

【解析】详细解答和解析过程见答案