2024-2025学年天津市南开中学高一（下）期末物理试卷(含详细答案解析)

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1.有两颗行星环绕某恒星运动，它们的运动周期比为27：1，则它们的轨道半径比为( )
A. 3：1B. 27：1C. 9：1D. 1：9
2.一质量为1.0kg的物体，在水平面内做匀速圆周运动，圆周的半径为1.5m，若其线速度大小为3.0m/s，则它需要的向心力大小为( )
A. 3.0NB. 4.0NC. 6.0ND. 9.0N
3.船的质量为M，人的质量为m，刚开始人站在静止的船上，当人以v0的速度开始行走时，以人行走的方向为正方向，不计一切阻力，船的速度为( )
A. mM+mv0B. −mM+mv0C. mMv0D. −mMv0
4.如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示，则( )
A. t1时刻小球动能最大
B. t2时刻小球动能最大
C. t2∼t3这段时间内，小球的动能先增加后减少
D. t2∼t3这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能
5.如图，拖着旧橡胶轮胎跑是身体耐力训练的一种有效方法。如果某受训者拖着轮胎在水平直道上跑了100m，那么下列说法正确的是( )
A. 摩擦力对轮胎做了负功B. 重力对轮胎做了正功
C. 拉力对轮胎不做功D. 支持力对轮胎做了正功
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
6.两个小球A，B在光滑的水平地面上相向运动，已知它们的质量分别是mA=4kg，mB=2kg，A的速度vA=3m/s(设为正)，B的速度vB=−3m/s，则它们发生正碰后，其A、B两球速度可能分别为( )
A. 均为+1m/sB. +4m/s和−5m/s
C. +1.2m/s和+0.6m/sD. −1m/s和+5m/s
7.质量为m的物体，由静止开始下落，由于空气阻力作用，下落的加速度为45g，在物体下落h的过程中，则物体( )
A. 重力做的功为mghB. 所受阻力做的功为15mgℎ
C. 重力势能减少了45mgℎD. 所受所受合力做的功45mgℎ
8.一辆汽车由静止开始沿平直公路行驶，汽车所受车引力E随时间t变化的关系如图所示，t=5s时汽车功率达到最大值，此后保持此功率继续行驶，t=15s后可视为匀速行驶。若汽车的质量为2×103kg，阻力大小恒定，则以下说法正确的是( )
A. 汽车的最大功率为8×104W
B. 汽车匀加速行驶阶段的加速度大小为2m/s2
C. 汽车先做匀加速直线运动，然后再做匀速直线运动
D. 汽车从静止开始运动15s内的位移是150m
三、实验题：本大题共2小题，共12分。
9.某实验小组的同学做“验证机械能守恒定律”的实验时，进行了如下的操作：
A.取下纸带，挑选点迹清晰的纸带，记下起始点O，在距离O点较远处选择连续几个计数点(或计时点)
B.用天平称出重物和夹子的质量
C.计算出gℎn和12vn2，看两者是否相等
D.固定好打点计时器，将连着重物的纸带穿过限位孔，用手提住，让重物尽量靠近打点计时器
E.先接通电源，后松开纸带，开始打点。并如此重复多次，以得到几条打点纸带
F.测出各点到O点的距离，即得到重物下落的高度，并计算出各点的速度值
在以上的操作中不必要的是______；然后将必要的操作进行正确排序：______。
10.如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。
(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过仅测量______(填选项前的符号)，间接地解决这个问题。
A.小球开始释放高度h
B.小球抛出点距地面的高度H
C.小球做平抛运动的射程
(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先将入射球m1多次从斜轨上S位置由静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。然后，把被碰小球m2静止于轨道的水平部分，再将入射小球m1从斜轨上S位置由静止释放，与小球m2相撞，并多次重复。接下来要完成的必要步骤是______。(填选项前的符号)
A.用天平测量两个小球的质量m1、m2
B.测量小球m1开始释放高度h
C.测量抛出点距地面的高度H
D.分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N
E.测量平抛射程OM、ON
(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为______[用(2)中测量的量表示]。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
11.质量为0.15kg的小球从距地面为1m高处以3m/s的速度水平抛出，由于空气阻力作用，落地前瞬间其速度变为竖直向下的5m/s，然后小球与地面发生碰撞，碰撞后速度变为竖直向上的4m/s，小球与地面碰撞的时间为0.1s。重力加速度g取10m/s2，求：
(1)小球从抛出到落地前瞬间空气阻力做的功；
(2)小球与地面碰撞时，对地面的平均撞击力。
12.如图所示，质量为mA=0.2kg的物块A从半径为R=0.45m的四分之一圆形轨道的最高点C由静止滑下，滑至水平轨道上时，与静止在水平轨道上E点的质量为mB=0.1kg的物块B发生碰撞，并粘在一起。两物块粘在一起后，又共同沿水平轨道滑行x=2m后停下来。已知轨道CDE部分是光滑的，E点后的部分是不光滑的，D点是圆弧轨道的最低点。两物块均可被视为质点，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求：
(1)物块A滑至圆弧最低点D时对圆弧的压力；
(2)两物块刚粘在一起时的共同速度大小；
(3)物块与轨道E点后的部分间的动摩擦因数。
13.静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA=1.0kg，mB=4.0kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l=1.0m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek=10.0J.释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ=0.20.重力加速度取g=10m/s2.A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。
(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；
(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？
(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：GMmr2=m(2πT)2r，
解得：r=3GMT24π2，则两行星的轨道半径之比：r1r2=3T12T22=3(271)2=91，故C正确，ABD错误；
故选：C。
行星绕恒星做圆周运动万有引力提供向心力，应用牛顿第二定律求出其轨道半径，然后求出半径之比。
本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力是解题的前提与关键，应用万有引力公式与牛顿第二定律即可解题。
2.【答案】C
【解析】解：根据向心力计算公式有：F=mv2R
代入数据解得：F=6.0N
故ABD错误，C正确；
故选：C。
根据F=mv2R求向心力的大小。
本题考查向心力，解题关键掌握基本公式即可。
3.【答案】D
【解析】解：船和人组成的系统水平方向外力为零，水平方向动量守恒，以人是初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有
0=mv0+Mv2
解得
v2=−mMv0
故ABC错误，D正确。
故选：D。
不计水的阻力，小船和人组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律列式求解。
本题主要考查了动量守恒定律的直接应用，解题时一定要规定一个正方向。
4.【答案】C
【解析】解：A、t1时刻小球小球刚与弹簧接触，与弹簧接触后，弹力先小于重力，小球做加速运动，当弹力增大到与重力平衡，即加速度减为零时，速度达到最大，动能达到最大，故A错误；
B、t2时刻，弹力最大，故弹簧的压缩量最大，小球运动到最低点，速度等于零，故B错误；
C、t2∼t3这段时间内，小球处于上升过程，先做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断增大的减速运动，动能先增大后减小，故C正确；
D、t2∼t3段时间内，小球和弹簧系统机械能守恒，故小球增加的动能和重力势能之和等于弹簧减少的弹性势能，故D错误；
故选：C。
小球先自由下落，与弹簧接触后，弹簧被压缩，在下降的过程中，弹力不断变大，当弹力小于重力时，物体加速下降，但合力变小，加速度变小，故做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后物体由于惯性继续下降，弹力变的大于重力，合力变为向上且不断变大，故加速度向上且不断变大，故物体做加速度不断增大的减速运动；同理，上升过程，先做加速度不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后做加速度不断增大的减速运动，直到小球离开弹簧为止．
本题关键要将小球的运动分为自由下落过程、向下的加速和减速过程、向上的加速和减速过程进行分析处理，同时要能结合图象分析．
5.【答案】A
【解析】解：A、由题知，轮胎受到地面的摩擦力方向水平向左，而位移水平向右，两者夹角为180∘，则轮胎受到地面的摩擦力做了负功。故A正确。
B、轮胎受到的重力竖直向下，而轮胎的位移水平向右，则轮胎在竖直方向上没有发生位移，重力不做功。故B错误。
C、设拉力与水平方向的夹角为α，由于α是锐角，所以轮胎受到的拉力做正功。故C错误。
D、轮胎受到地面的支持力竖直向上，而轮胎的位移水平向右，则轮胎在竖直方向上没有发生位移，支持力不做功。故D错误。
故选：A。
判断功的正负，可根据功的公式W=Flcsα，确定力与位移的夹角α的大小，根据α的范围确定功的正负。
本题只要掌握功的公式W=Flcsα，既可以判断力是否做功，也可以判断功的正负，关键确定力与位移的夹角。
6.【答案】AD
【解析】解：取碰撞前A的速度方向为正方向。碰撞前系统总动量为：p=mAvA+mBvB=[4×3+2×(−3)]kg⋅m/s=6kg⋅m/s，碰撞前总动能为：Ek=12mAvA2+12mBvB2=(12×4×32+12×2×32)J=27J；
A、如果碰撞后两球速度vA′=vB′=+1m/s，碰撞后系统动量为p′=mAvA′+mBvB′=(4×1+2×1)kg⋅m/s=6kg⋅m/s，系统动量守恒；碰撞后系统总动能为：Ek′=12mAvA′2+12mBvB′2=(12×4×12+12×2×12)J=3J，动能减少，是可能的，故A正确；
B、如果vA′=+4m/s、vB′=−5m/s，碰撞后两球相向运动，能发生第二次碰撞，不可能，故B错误；
C、如果vA′=+1.2m/s、vB′=+0.6m/s，碰撞后两球同向运动，B球在A球前方，A球的速度大于B球的速度，能发生第二次碰撞，不可能，故C错误；
D、如果vA′=−1m/s、vB′=+5m/s，碰撞后系统动量为p′=mAvA′+mBvB′=[4×(−1)+2×5]kg⋅m/s=6kg⋅m/s，系统动量守恒；碰撞后系统总动能为：Ek′=12mAvA′2+12mBvB′2=(12×4×12+12×2×52)J=27J，动能不变，是可能的，故D正确。
故选：AD。
两球碰撞过程中系统动量守恒，系统的总动能不增加，结合两球的运动情况进行分析。
对于碰撞过程，往往根据三个规律去分析：一是动量守恒；二是总动能不增加；三是碰后，不能发生第二次碰撞，若两球分开后同向运动，后面小球的速率不可能大于前面小球的速率。
7.【答案】AD
【解析】解：A、根据重力做功的公式可知，重力做功W=mgℎ，故A正确；
B、因物体的加速度为a=45g，由牛顿第二定律可知mg−Ff=ma，解得空气阻力Ff=15mg，阻力方向与运动方向相反，故阻力做功Wf=−15mgℎ，故B错误；
C、重力做功与重力势能变化的关系WG=−△Ep，重力做正功，故重力势能减少mgh，故C错误；
D、因物体的加速度为a=45g，故合力F=ma=45mg，故合力做功W合=Fℎ=45mgℎ，故D正确。
故选：AD。
根据牛顿第二定律求出阻力的大小，再求物体克服阻力所做的功；据WG=mgℎ求重力做的功，而重力做功决定了重力势能变化；根据牛顿第二定律求出合力，再根据功的公式求解合力的功。
本题考查功能关系的应用，应明确重力势能变化是由重力做功引起与其他力是否做功无关，阻力做功为负功。
8.【答案】ABD
【解析】解：C、由图可知，汽车在前5s内受到的牵引力不变，加速度恒定，做匀加速直线运动：5s∼15s内受到的牵引力逐渐减小，加速度逐渐减小，汽车做加速度减小的加速运动，直到车的速度达到最大值，15s以后牵引力不变，以最大速度做匀速直线运动，故C错误；
B、汽车的速度达到最大值后，以最大速度做匀速直线运动，牵引力等于阻力，所以阻力f=4×103N，前5s内汽车的牵引力F=8×103N，由牛顿第二定律有F−f=ma，解得匀加速阶段的加速度大小a=2m/s2，故B正确；
A、5s末汽车的速度v1=at1=2×5m/s=10m/s，在5s末汽车的功率达到最大值，所以汽车的最大功率P=Fv1=8×103×10W=8×104W，故A正确；
D、根据匀加速直线运动位移-时间公式，汽车在前5s内的位移大小为x1=12at12=12×2×52m=25m，汽车的最大速度为vm=Pf=8×1044×103m/s=20m/s。设汽车在5s∼15s内的位移为x2，根据动能定理Pt2−fx2=12mvm2−12mv12，解得x2=125m。汽车总位移x=x1+x2=25m+125m=150m，故D正确。
故选：ABD。
根据F−t图像判断F变化，确定汽车运动状态；
5s时功率达最大，根据牛顿第二定律求加速度，再根据速度-时间公式求速度，根据P=Fv求最大功率；
根据匀加速直线运动位移-时间公式，求汽车在前5s内的位移大小，根据动能定理求汽车在5s∼15s内的位移，最后确定汽车总位移。
本题难点是汽车在5s∼15s内的位移求解，需要使用动能定理求解。
9.【答案】B DEAFC
【解析】解：本实验是通过比较重物的重力势能减少量△Ep=mgℎ是否等于重物动能的增加量△Ek=12mv2来验证机械能守恒定律，左右两侧的重物和夹子的质量m可以约去，不需要测量重物和夹子的质量，故步骤B是不必要的；
根据实验操作程序：仪器的准备、操作、数据处理、仪器整理等环节，所以正确的顺序为DEAFC；
故答案为：B，DEAFC；
利用验证机械能守恒定律的实验要求和原理进行仪器的选择和步骤的排序即可；
正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材、实验步骤等，会起到事半功倍的效果．
10.【答案】C ADE m1xOP=m1xOM+m2xON
【解析】解：(1)小球离开轨道后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，小球做平抛运动的时间t相等，小球的水平位移(射程)与小球的初速度成正比，可以用小球做平抛运动的射程代替小球做平抛运动的初速度，故C正确，AB错误。
故选：C。
(2)以向右为正方向，如果碰撞前后系统动量守恒，在水平方向，由动量守恒定律得：m1v0=m1v1+m2v2，小球离开轨道后做平抛运动的时间t相等，两边同乘以t得：m1v0t=m1v1t+m2v2t，则m1xOP=m1xOM+m2xON，实验需要测量两球的质量、小球做平抛运动的射程，故选ADE。
(3)由(2)分析可知表达式可表示为m1xOP=m1xOM+m2xON
故答案为：(1)C；(2)ADE；(3)m1xOP=m1xOM+m2xON
(1)小球离开轨道后做平抛运动，可以用平抛运动的水平位移代替小球的水平速度。
(2)(3)应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式，然后分析答题。
本题考查了实验原理与实验数据处理，理解实验原理是解题的前提，应用动量守恒定律即可解题。
11.【答案】小球从抛出到落地前瞬间空气阻力做的功等于−0.3J；
小球与地面碰撞时，对地面的平均撞击力大小等于15N，方向向下
【解析】(1)小球从开始抛出到落地前的瞬间由动能定理mgℎ+Wf=12mv2−12mv02
解得Wf=−0.3J
(2)取向上为正方向，则由动量定理(F−mg)Δt=mv′−(−mv)
解得F=15N
根据牛顿第三定律可知，小球与地面碰撞时对地面的平均撞击力为15N，方向向下。
答：(1)小球从抛出到落地前瞬间空气阻力做的功等于−0.3J；
(2)小球与地面碰撞时，对地面的平均撞击力大小等于15N，方向向下。
(1)小球从开始抛出到落地前的瞬间由动能定理求解空气阻力做的功；
(2)规定正方向，根据牛顿第三定律求解对地面的平均撞击力。
本题考查动量定理与动能定理的应用，解决此题的关键是会分析物体受力情况以及运动过程，使用动量定理解题时一定要规定正方向。
12.【答案】物块A滑至圆弧最低点D时对圆弧的压力为6N；
两物块刚粘在一起时的共同速度大小为2m/s；
物块与轨道E点后的部分间的动摩擦因数为0.1
【解析】(1)物块A从C到D过程，由机械能守恒定律得
mAgR=12mAv02
解得物块A滑至圆弧最低点D时速度v0=3m/s
在D点时，对物块，由牛顿第二定律得
FN−mAg=mAv02R
解得FN=6N
根据牛顿第三定律可知物块A滑至圆弧最低点D时对圆弧的压力为6N。
(2)A、B碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得
mAv0=(mA+mB)v
解得v=2m/s
(3)碰撞后两物块滑行过程，由动能定理得
−μ(mA+mB)gx=0−12(mA+mB)v2
解得μ=0.1
答：(1)物块A滑至圆弧最低点D时对圆弧的压力为6N；
(2)两物块刚粘在一起时的共同速度大小为2m/s；
(3)物块与轨道E点后的部分间的动摩擦因数为0.1。
(1)物块A从C到D过程，由机械能守恒定律求出物块A滑至圆弧最低点D时速度，在D点，根据牛顿第二定律，结合牛顿第三定律求物块A对圆弧的压力；
(2)两物块碰撞过程，根据动量守恒定律求两物块刚粘在一起时的共同速度大小；
(3)对碰撞后两物块滑行过程，利用动能定理求两物块与轨道E点后的部分间的动摩擦因数。
解答本题时，要理清物块的运动过程，把握每个过程的物理规律是关键。对于光滑轨道，往往根据机械能守恒定律求速度。涉及力在空间的积累效果时，要想到动能定理。
13.【答案】解：(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正方向，由动量守恒定律和题给条件有：
0=mAvA−mBvB
Ek=12mAvA2+12mBvB2
联立①②式并代入题给数据得
vA=4.0 m/s，vB=1.0 m/s
(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，二者运动的过程中，若A一直向右运动，一直到停止，则对A由动量定理可得：−μmAgt1=0−mAvA
则：t1=2.0s
B一直向左运动，则：−μmBgt2=0−mBvB
可得：t2=0.5s
可知B先停止运动，该过程中B的位移：xB=12mBvB2−0μmBg
代入数据可得：xB=0.25m
从二者分开到B停止，A若一直向右运动，由动量定理可得：−μmAgt2=mAvA′−mAvA
B停止时A的速度：vA′=vA−μmAgt2mA
代入数据可得：vA′=3m/s
对A由动能定理可得：−μmAg⋅xA=12mAv′A2−12mAvA2
则位移：xA=1.75m>l=1.0m
这表明在时间t2内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边的距离为：△x=2l−xA=2.0−1.75=0.25 m处。
B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s为：s=xB+△x=0.25 m+0.25 m=0.50 m
(3)t2时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′′，由动能定理有：−μmAg⋅s=12mAv′′A2−12mAv′A2 ⑩
联立并代入题给数据得：vA′′= 7m/s
故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA0以和vB0，由动量守恒定律与机械能守恒定律有：mA(−vA′′)=mAvA0+mBvB0
以及：12mAv′′A2=12mAvA02+12mBvB02
联立并代入题给数据得：vA0=3 75m/s，vB0=−2 75m/s
这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为xA′时停止，B向左运动距离为xB′时停止，由动能定理可得：
xA′=12mAvA02−0μmAg，xB′=12mBvB02−0μmBg
代入数据得：xA′=0.63，xB′=0.28m
xA′小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离：s′=xA′+xB′=0.63+0.28=0.91m
答：(1)弹簧释放后瞬间A、B速度的大小分别为4.0m/s和1.0m/s；
(2)物块B先停止，该物块刚停止时A与B之间的距离是0.50m；
(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是0.91m。
【解析】(1)A与B分离的过程中二者的动量守恒，由动量守恒定律结合功能关系即可求出分离后的速度；
(2)由动量定理即可分别求出停止的时间，由动量定理求出其中的一个停止运动时另一个的速度，由动能定理求出位移，由几何关系求出距离；
(3)由动能定理求出位移，由几何关系求出距离。
本题关键要分析清楚物体运动过程，明确能量是如何转化的，熟练应用动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题。
该题除分离的过程外，其余的步骤也可以使用牛顿第二定律结合运动学的公式解答。