2022遂宁高一下学期期末考试物理含解析

遂宁市高中2024届第二学期教学水平监测

物 理 试 题

本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。总分100分。考试时间90分钟。

第Ⅰ卷（选择题，满分48分）

注意事项：

1.答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号用0.5毫米的黑色墨水签字笔填写在答题卡上。并检查条形码粘贴是否正确。

2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔书写在答题卡对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

3.考试结束后，将答题卡收回。

一、单项选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分）。

1. 下列说法正确的是 （　　）

A. 在经典力学中，运动和能量都是连续变化的

B. 功就是能，能就是功

C. 合力方向与速度方向不共线时，物体也可能做直线运动

D. 牛顿发现了万有引力定律，并通过实验首次测出了引力常量

【答案】A

【解析】

【详解】A．在经典力学中，运动和能量都是连续变化的，故A正确；

B．功是能量转化的量度，功与能是两个不同的概念，故B错误；

C．合力方向与速度方向不共线时，物体一定做曲线运动，故C错误；

D．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过实验首次测出了引力常量，故D错误。

故选A。

2. 如图所示，在用起瓶器开启啤酒瓶盖的过程中，起瓶器上A、B两点绕O点转动的角速度分别为和，线速度的大小分别为和，下列关系正确的是 （　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】BD．A、B两点同轴转动，则角速度相等，故B正确，D错误；

AC．根据，则B的线速度大于A的线速度，故AC错误。

故选B。

3. “天舟4号”货运飞船于2022年 5月10日凌晨1时56分在文昌航天发射中心成功发射升空。并与“天宫空间站”成功对接。当“天舟4号”在距地面约380 km的圆轨道上飞行时，那么“天舟4号”的（　　）

A. 角速度小于地球自转角速度 B. 线速度大于地球的第一宇宙速度

C. 周期等于地球自转周期 D. 向心加速度小于地面表面的重力加速度

【答案】D

【解析】

【详解】A．“天舟4号”轨道半径小于同步卫星轨道半径，根据万有引力提供向心力

则“天舟4号”角速度大于同步卫星角速度，则“天舟4号”角速度大于地球自转角速度，故A错误

B．第一宇宙速度是最大的环绕速度，“天舟4号”的线速度小于地球的第一宇宙速度，故B错误；

C．“天舟4号”角速度大于地球自转角速度，根据可知，其周期小于地球自转周期，故C错误；

D．地面表面的重力加速度等于贴近地表做匀速圆周运动的卫星的向心加速度，根据

轨道半径越大，向心加速度越小，则“天舟4号”的向心加速度小于地面表面的重力加速度，故D正确。

故选D。

4. 如图所示，一个质量为物体在水平拉力F的作用下匀加速前进了时间t，物体与水平地面间的动摩擦因数为，则在此过程中 （　　）

A. 地面对物体支持力的冲量大小为零

B. 合力对物体的冲量大小为零

C. 摩擦力对物体的冲量大小为

D. 物体动量改变的大小为

【答案】C

【解析】

【详解】A．支持力大小不为零，根据可知，地面对物体支持力的冲量大小不为零，故A错误；

B．物体匀加速运动，则合外力不为零，则冲量大小不为零，故B错误；

C．摩擦力大小

摩擦力对物体的冲量大小

故C正确；

D．物体受到的合外力

物体动量改变的大小等于合外力冲量大小

故D错误。

故选C。

5. 以初速度水平抛出一小球，在小球速度方向偏转30°角到小球速度方向偏转60°角的过程中，小球运动的时间为（不计空气阻力，重力加速度为。）（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】小球速度方向偏转30°角时

小球速度方向偏转60°角时

该过程用时

故选D。

6. 有两颗人造地球卫星，它们的质量之比，轨道半径之比，则它们的 （　　）

A. 向心力大小之比 B. 运行速率之比

C. 向心加速度大小之比 D. 运行的周期之比

【答案】B

【解析】

【详解】人造地球卫星绕地球运行时，有万有引力充当向心力则有

解得

又知，人造地球卫星质量之比

轨道半径之比是

联立代入数据解得

故选B。

7. 如图所示，从倾角为的足够长斜面的顶端先后将同一小球以不同的初速度水平向右抛出。第一次抛出时小球的初速度为﹐小球落到斜面上瞬时速度的方向与斜面夹角为﹐落点与抛出点间的距离为S1；第二次抛出时小球的初速度为，且，小球落到斜面上瞬时速度的方向与斜面夹角为，落点与抛出点间的距离为S2，不计空气阻力。则（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】AB．由平抛运动的规律可知，速度的方向角正切值是位移方向角正切值的2倍，因为小球在斜面上做平抛运动，位移方向角都是，所以速度的方向角也应该都相等与抛出的初速度大小无关，所以，故AB错误；

CD．平抛运动水平方向做匀速运动，位移为

根据平抛运动位移方向角的正切值公式可得

由合位移与水平位移的关系可知，小球在斜面上运动的合位移为

联立以上方程式解得

可以看出，s与v0的平方成正比，即

故C正确，D错误。

故选C。

8. 如图所示，A、B两物体用过转台圆心的细绳相连放在转台上，它们一起绕转台竖直中心轴以角速度转动，转动半径，质量，A、B两物体与转台间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为。下列说法正确的是 （　　）

A. 为保持A、B两物体与转台间相对静止，的最大值为

B. 为保持A、B两物体与转台间相对静止，的最大值为

C. 为保持A、B两物体与转台间相对静止，的最大值为

D. 无论多大，A、B两物体与转台间均保持相对静止

【答案】A

【解析】

【详解】因为物体转动所需向心力，故A所需的向心力大于B所需向心力。当两物体刚好相对转台静止时，根据牛顿第二定律

联立解得

角速度再增大，拉力和摩擦力的合力不足以提供A所需的向心力，不会再相对转台静止。

故选A。

二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项正确，选对但不全的给2分，有错选的给0分）

9. 下列说法正确的是 （　　）

A. 动量大的物体的惯性一定也大

B. 做曲线运动的质点的速度方向时刻在改变

C. 物体实际的运动叫合运动

D. 做圆周运动的物体，所受的合力一定指向圆心

【答案】BC

【解析】

【详解】A．动量，动量大的物体质量不一定大，其惯性不一定也大，故A错误；

B．做曲线运动的质点的速度方向沿运动轨迹切线方向，所以做曲线运动的质点的速度方向时刻在改变，故B正确；

C．物体实际的运动叫合运动，故C正确；

D．只有匀速圆周运动的时候,合力才指向圆心。非匀速的圆周运动,合力不指向圆心，故D错误。

故选BC。

10. 如图所示，下列的四幅图分别表示的是有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是（　　）

A. 图a，长为l的细绳拉着小球在竖直面上做完整圆周运动通过最低点的速度可以为

B. 图b，汽车通过拱桥的最高点时处于失重状态

C. 图，火车转弯超过规定速度行驶时，内轨对轮缘有侧向挤压作用

D. 图d，是一圆锥摆，增加绳长，保持圆锥摆的高度h不变，则圆锥摆的角速度保持不变

【答案】BD

【解析】

【详解】A．在最高点的速度最小时，重力恰好提供向心力

由最高点到最低点过程，根据动能定理

可知，最低点的最小速度

故A错误；

B．汽车通过拱桥最高点时，有竖直向下的加速度，处于失重状态，故B正确；

C．火车转弯超过规定速度行驶时，需要向心力大于重力和支持力的合力，则外轨对轮缘有侧向挤压作用，故C错误；

D．根据牛顿第二定律

根据几何关系

整理得

保持圆锥摆的高度h不变，则圆锥摆的角速度保持不变，故D正确。

故选BD。

11. 在一次某品牌的赛车测试中，一辆小汽车在平直水平路面上由静止启动，在前5 s内做匀加速直线运动，5 s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动，其v-t图像如图所示。已知汽车的质量为m=1×103 kg，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，取g=10 m/s2，则以下说法正确的是（　　）

A. 汽车在前5 s内的牵引力做功为

B. 汽车速度为25 m/s时的加速度大小为2m/s2

C. 汽车的额定功率为100kW

D. 汽车的最大速度为85m/s

【答案】AC

【解析】

【详解】A．汽车在前5 s内,由速度时间图线知，匀加速运动的加速度大小

根据牛顿第二定律得

其中

解得牵引力

运动距离

故A正确；

C．汽车的额定功率

故C正确；

B．汽车在25m/s时的牵引力

根据牛顿第二定律得，加速度

故B错误；

D．当牵引力等于阻力时，速度最大，则最大速度

故D错误。

故选AC。

12. 如图所示，在水平地面上固定一倾角为的光滑斜面，在斜面底端一小物块以初速度沿斜面上滑，同时在斜面底端的正上方高h处以速度水平抛出一小球，当物块速度最小时，小球与物块在斜面上恰好相碰撞，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）

A. 小球做平抛运动的时间

B. 小球与小物块相遇的时间

C. 小物块的初速度

D. 小球平抛的初速度

【答案】BC

【解析】

【详解】AB．小球做平抛运动过程

根据几何关系

整理得

故A错误，B正确；

C．物块速度最小时速度为零，则

故C正确；

D．根据以上分析

解得

故D错误。

故选BC。

第Ⅱ卷（非选择题，满分52分）

注意事项：

1.请用蓝黑钢笔或圆珠笔在第Ⅱ卷答题卡上作答，不能答在此试卷上。

2.试卷中横线及框内注有“▲”的地方，是需要你在第Ⅱ卷答题卡上作答。

三、实验题（共2个小题，每空2分，共14分）

13. 在“研究平抛物体运动”的实验中：

（1）为使小球水平抛出，必须调整斜槽，使其末端的切线沿水平方向，检查方法是：将小球放置在轨道上的槽口处，小球能保持___________。

（2）如图所示，为一小球做平抛运动的闪光照相照片的一部分，图中背景方格的每小格实际边长均为。取，那么：

（a）闪光频率是___________；

（b）小球经过B点时的速度大小为___________。

【答案】    ①. 静止（平衡、不动）    ②. 10    ③. 2.5

【解析】

【详解】（1）[1]为使小球水平抛出，必须调整斜槽，使其末端的切线沿水平方向，检查方法是：将小球放置在轨道上的槽口处，小球能保持静止。

（2）（a）[2]小球在竖直方向做匀加速直线运动，有

其中

代入数据解得

则闪光频率为

（b）[3]小球水平方向为匀速直线运动，有

根据竖直方向匀变速直线运动中，中间时刻速度等于该过程平均速度，则小球在B点的竖直速度为

所以小球在B点速度为

14. 如图所示，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：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O。接下来的实验步骤如下：

步骤1：用天平测出小球1和小球2的质量m1、m2；

步骤2：调节“碰撞实验器”轨道末端水平，接着不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上、重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置P；

步骤3：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次，并使用与步骤2同样的方法分别标出碰撞后小球1和小球2落点的平均位置M、N；

步骤4：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度、、。

（1）入射小球1的质量应___________（选填“大于”“等于”或“小于”）被碰小球2的质量；为保证两小球做对心碰撞，入射小球1的半径应___________。（选填“大于”“等于”或“小于”）被碰小球2的半径。

（2）当所测物理量满足表达式___________时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律。如果还满足表达式___________时，即说明两球是弹性碰撞。

【答案】    ①. 大于    ②. 等于    ③.     ④.

【解析】

【详解】（1）[1][2] 根据动量守恒定律可知若碰撞小球1质量小于被碰小球2的质量，则小球1可能被碰回，所以小球1的质量应大于被碰小球2的质量，为了保证是对心碰撞，所以小球1的半径应等于被碰小球2的半径；

（2）[3][4]因为平抛运动的时间相等，根据平抛运动规律，则水平位移可以代表速度，OP=L2是A球不与B球碰撞平抛运动的位移，该位移可以代表A球碰撞前的速度，OM=L1是A球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后A球的速度，ON=L3是碰撞后B球的水平位移，该位移可以代表碰撞后B球的速度，当所测物理量满足表达式

说明两球碰撞遵守动量守恒定律；由功能关系可知，只要

成立则机械能守恒，即

故

说明碰撞过程中机械能守恒。

四、计算题（本题有4小题，共38分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后结果的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）

15. 如图所示，一半径为的半圆形轨道竖直固定在水平面上，轨道两端等高，质量为 的小球自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的压力大小为1.5mg，重力加速度。求：

（1）小球滑到最低点Q时的速度大小；

（2）小球自端点P滑到最低点Q的过程中，克服阻力所做的功。

【答案】（1）2m/s；（2）6J

【解析】

【详解】（1）小球在最低点Q时，由牛顿第二定律

解得

（2）小球自端点P下滑到最低点Q的过程中，由动能定理得

解得

16. 已知月球半径为R，月球表面的重力加速度为地球表面的重力加速度的六分之一，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G。试求月球的平均密度。

【答案】

【解析】

【详解】设月球表面处的重力加速度为，根据万有引力定律，有

又

解得

 根据公式

解得月球的平均密度

17. 如图所示，两物块B、C用轻弹簧拴接放在水平面上，开始时物块C被锁定在水平面上，另一与物块B、C在同一直线上的物块A以水平向左的速度向物块B运动，经过一段时间后和物块B碰撞并粘合在一起。已知A、B、C物块完全相同，质量均为m，水平面光滑，整个过程中弹簧未超过弹性限度，不计空气阻力。 求：

（1）弹簧的最大弹性势能；

（2）在弹簧的弹性势能最大时解除锁定，物块C的最大速度。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）设物块A与物块B碰撞后的瞬间，A、B粘合在一起时的速度大小为v，根据动量守恒定律有

根据能量守恒定律可知，弹簧的最大弹性势能

联立得

（2）物块C解除锁定后，三个物块与弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，当弹簧恢复到原长时，物块C的速度最大，设弹簧恢复到原长时A、B粘合体的速度大小为，根据动量守恒定律有

根据机械能守恒定律有

联立得

18. 如图所示，半径为R，圆心角为的光滑圆弧轨道竖直固定在水平轨道上，圆弧轨道与水平轨道相切于D点。在点用长为L的细线悬挂一个质量为的小球，现拉开小球至细线与竖直方向夹角后静止释放，小球运动到B点时细线断裂，之后刚好沿圆弧轨道的C点的切线方向进入圆弧轨道内侧。已知，，、B、O、D四点在同一竖直线上，小球在水平轨道上运动时受到的阻力为其重力的倍，当地的重力加速度为g，，，不计空气阻力。求：

（1）小球运动到B点时的速度大小；

（2）B、C两点的竖直高度h；

（3）小球在水平轨道上停下时距圆弧轨道最低点D的距离。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）小球由A点下摆至B点过程，由动能定理有

解得

（2）小球由B点运动到C点过程，竖直分运动为自由落体运动，则有

小球到达C点时，设速度与水平方向的夹角为，如图所示。

由几何关系得

联立解得

（3）小球运动到C点的速度大小

小球由C点至D点过程，由机械能守恒定律有

小球在水平轨道上运动过程，由动能定理，有

联立得