2022-2023学年福建省福州市高一（下）期末物理试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年福建省福州市高一（下）期末物理试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年福建省福州市高一（下）期末物理试卷
一、选择题（本大题共8小题，共32分）
1. 如图所示，某选手将一枚飞镖从高于靶心的位置水平投向竖直悬挂的靶盘，结果飞镖打在靶心的正下方．忽略飞镖运动过程中所受空气阻力，在其他条件不变的情况下，为使飞镖命中靶心，他在下次投掷时应该(    )

A. 换用质量稍大些的飞镖 B. 适当减小投飞镖的高度
C. 到稍远些的地方投飞镖 D. 适当增大投飞镖的初速度
2. 如图所示，木板AB的长为L，板的B端静止放有质量为m的小物体，物体与木板的动摩擦因数为μ。开始时木板水平，在缓慢转过一个小角度α的过程中，小物体始终保持与木板相对静止，重力加速度为g，则在这个过程中(    )

A. 摩擦力对小物体做功为μmgLcosα⋅(1−cosα)
B. 重力对小物体做功为mgL⋅(1−cosα)
C. 弹力对小物体做功为mgLcosα⋅sinα
D. 木板AB对小物体做功为mgLsinα
3. 发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，变轨使其沿椭圆轨道2运行，最后变轨将卫星送入同步圆轨道3，轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是(    )

A. 卫星的发射速度小于7.9km/s
B. 卫星在轨道3上经过P点时的加速度大于它在轨道2上经过P点时的加速度
C. 卫星在2轨道上经过Q点时的速率最大，在2轨道上经过P点时速率最小
D. 卫星在2轨道上从P点运动到Q点的过程中，机械能增大
4. 如图所示，光滑水平地面上并排放置着质量分别为m1=1 kg、m2=2 kg的木板A、B，一质量M=2 kg的滑块C(视为质点)以初速度v0=10 m/s从A左端滑上木板，C滑离木板A时的速度大小为v1=7 m/s，最终C与木板B相对静止，则(    )

A. 木板B与滑块C最终均静止在水平地面上
B. 木板B的最大速度为2m/s
C. 木板A的最大速度为1m/s
D. 整个过程，A、B、C组成的系统机械能减少了57.5J
5. 场地自行车比赛包含计时赛、追逐赛等项目。在某次比赛中，某位运动员以速度v在倾角为θ的倾斜赛道做半径为R的匀速圆周运动，如图所示，已知运动员及自行车的总质量为m，对于运动员和自行车组成的整体，则下列说法正确的是(    )

A. 可能受重力、支持力、摩擦力作用
B. 可能受重力、支持力、向心力作用
C. 受到的合力大小为F=mv2Rsinθ
D. 若运动员突然加速，则有可能沿倾斜赛道做离心运动
6. 如图，内半径R=5π m的光滑空心圆柱体固定在水平地面上，一小滑块紧贴内壁从O点以v0=10m/s的初速度沿切向水平滑入，旋转一周经过O1点。取重力加速度g=10m/s2，则小滑块(    )

A. 在竖直方向上做自由落体运动
B. 从O运动到O1所用的时间为2s
C. 对圆柱体的压力大小逐渐增大
D. 在O1点时速度方向与竖直方向的夹角为45∘
7. 如图所示，小车静止在光滑水平面上，AB是小车内半圆弧轨道的水平直径，现将一质量为m的小球从距A点正上方R处由静止释放，小球由A点沿切线方向进入半圆轨道，已知半圆弧半径为R，小车质量是小球质量的k倍，不计一切摩擦，则下列说法正确的是(    )

A. 小球运动到小车的B点位置时，车与小球的速度相同
B. 小球从小车A位置运动到B位置过程中，小车对小球先做负功后做正功
C. 小球从小车的B点冲出后可上升到释放的初始高度，并能从小车A点冲出到达释放的初始位置(相对于地)
D. 小球从开始下落至到达圆弧轨道的最低点过程，小车的位移大小为kk+1R
8. 如图所示，轻绳的一端系一质量为m的金属环，另一端绕过定滑轮悬挂一质量为5m的重物。金属环套在固定的竖直光滑直杆上，定滑轮与竖直杆之间的距离OQ=d，金属环从图中P点由静止释放，OP与直杆之间的夹角θ=37∘，不计一切摩擦，重力加速度为g，则(    )

A. 金属环从P上升到Q的过程中，重物所受重力的瞬时功率一直增大
B. 金属环从P上升到Q的过程中，绳子拉力对重物做的功为−103mgd
C. 金属环在Q点的速度大小为2 gd
D. 若金属环最高能上升到N点，则ON与直杆之间的夹角α=37∘
二、非选择题（68分）
9. 航天员王亚平在运行中的“天宫一号”内做了如图所示实验：长为L的细线一端固定，另一端系一质量为m的小球，当小球处于最低点时，给其一个垂直细线的初速度v，若不考虑空气等阻力的影响，小球运动到最高点时，细线对小球的拉力大小          mv2L(选填“大于”“小于”“等于”)。

10. 如图甲所示，一轻弹簧的两端与甲、乙两物块相连，它们静止在光滑水平地面上。甲的质量为m，现给物块甲一个瞬时冲量，使它获得水平向右的速度v0，从此时刻开始计时，两物块的速度随时间变化的图乙规律如图乙所示。由图可知弹簧长度最短的时刻是          ，乙物块的质量为          ，弹簧的最大弹性势能为          。

11. 一艘帆船在湖面上顺风行驶，在风力的推动下做速度v1=5m/s的匀速直线运动，已知：该帆船在匀速行驶的状态下突然失去风的动力，帆船在湖面上做匀减速直线运动，经过8秒钟才能恰好静止，该帆船的帆面正对风的有效面积为S=12m2，帆船的总质量M约为600kg，当时的风速v2=10m/s。若假设帆船在行驶的过程中受到的阻力始终恒定不变，那么由此估算：帆船受到风的推力大小F=           N；空气的密度约为          kg/m3。(两空均保留3位有效数字)
12. 小华同学在“验证机械能守恒定律”的实验中，所用的打点计时器工作频率为50Hz。
(1)如图，在释放纸带前的瞬间，操作合理的是_____(选填“甲”或“乙”)；
    
(2)该同学按正确操作打出一条纸带并用毫米刻度尺测量O点与各连续点的距离ℎ，如图。
①重物在D点对应的速度vD=_____m/s(保留3位有效数字)；
②再算出其余各点对应的速度v，以ℎ为横坐标，以v22为纵坐标，画出的图像应是如图中的_____。
A.   B．  
C.   D．  

13. 某同学用两小球的碰撞验证动量守恒定律，所用装置如图所示。
  
(1)实验中需要注意的事项，下列说法正确的是_______。
A.入射小球质量m1可以小于被碰小球的质量m2
B.入射小球半径与被碰小球半径相等
C.斜槽轨道末端应该保持水平，且尽可能光滑
D.为完成此实验，天平和刻度尺是必需的测量工具
(2)实验时，先不放被碰小球，使入射小球从斜槽上某一点S由静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。再把被碰小球静置于斜槽轨道末端，让入射小球仍从S处由静止释放，与被碰小球碰撞，并多次重复。该实验需要完成的必要步骤还有_______。
A.测量两个小球的质量m1、m2
B.测量入射小球的释放点S距桌面的高度ℎ
C.测量斜槽轨道末端距地面的高度H
D.分别找到入射小球与被碰小球相碰后平均落地点的位置M、N
E.测量平抛射程OM、ON
(3)需要测出每次实验过程小球做平抛运动的水平射程，分别记为xP、xM、xN，若得到关系式_______成立，则可证明在误差允许的范围内可验证碰撞中的动量守恒；若关系式_______成立，说明两小球发生了弹性碰撞。(均用m1、m2、xP、xM、xN来表示)

14. 如图所示，一个质量为1 kg的遥控小车正以18 m/s的速度，沿水平直线轨道做匀速直线运动，在t=0时刻开始制动做匀减速直线运动，在3 s内前进了36 m。在这3 s内
(1)小车受到的制动力大小为多少？
(2)制动力对小车做功为多少？
(3)制动力对小车做功的平均功率为多大？


15. 如图所示，地球的两个卫星围绕地球在同一平面内做匀速圆周运动，已知卫星一运行的周期为T1=T0，地球半径为R0，卫星一和卫星二到地球中心之间的距离分别为R1=2R0、R2=4R0，引力常量为G，某时刻两卫星与地心连线之间的夹角为π2。求：(结果均用T0、R0、G表示)
(1)卫星二围绕地球做圆周运动的周期；
(2)从图示时刻开始，经过多长时间两卫星第一次相距最近﹔
(3)地球的密度。


16. 小明将如图甲所示的装置放在水平地面上，该装置由半径R=0.15m的14光滑圆弧轨道、BC长l=1.0m的水平传送带及水平平台衔接而成，在平台右边固定一轻质弹簧，弹簧左端恰好位于距C点右边x=1.5m处的D点。有一质量为2kg的物块从光滑圆弧轨道上端A点静止释放，传送带以v=2 3m/s的速度顺时针匀速转动，物块与传送带的滑动摩擦因数μ1=0.5，物块与水平平台CD之间滑动摩擦因数μ2=0.2，DE部分光滑。(g取10m/s2)求：
(1)滑块运动到斜面底端B点时对轨道的压力大小；
(2)滑块通过传送带BC过程系统产生的热量Q；
(3)①弹簧压缩过程最大的弹性势能EPm；
②在图乙中画出滑块从C点(坐标原点)开始全过程的动能Ek−x图像(仅作图，不要求写计算过程)


17. 如图所示，长度为d=7.6m的L形长木板放在光滑水平地面上，在长木板的上面自左向右依次放置质量相等、材质相同的n个滑块(均可看成质点)，编号为滑块1到滑块n(n未知)，挡板P与滑块1及相邻滑块间的距离均相等。每个滑块和长木板的质量均为m，滑块与长木板间的动摩擦因数为μ=0.2。现使长木板以v0=8m/s的初速度向右运动，运动过程中滑块与挡板、滑块与滑块间发生的碰撞均为弹性碰撞，且滑块不会从长木板上掉下，取重力加速度g=10m/s2。若滑块n碰撞后恰好停在长木板的最右端，则n=           。

答案和解析

1.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题考查平抛运动的基本规律；平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，抓住等时性，运用运动学公式x=vt，ℎ=12gt2进行分析。

【解答】
A、平抛运动的规律与飞镖的质量无关，换用质量稍大的飞镖，飞镖命中的位置不变，故A错误；
B、因为初速度不变、水平位移不变，则飞镖击中靶子的时间不变，则竖直方向上下落的高度不变，减小飞镖的高度，飞镖将打在靶心的正下方，故B错误；
C、水平距离增大，初速度不变，则飞镖击中靶子的时间增大，竖直方向上下落的高度增大，飞镖将打在靶心的正下方，故C错误；
D、增大初速度，水平距离不变，则飞镖击中靶子的时间减小，竖直方向上下落的高度减小，飞镖将会打在靶心，所以D选项是正确的。  
2.【答案】D 
【解析】
【分析】
滑块受重力、支持力和静摩擦力；重力做功与路径无关，仅与首末位置的高度差有关，求出初末位置的高度差，即可得出重力做的功；摩擦力的方向与木块运动的方向垂直，则摩擦力不做功；根据动能定理求出板对小物体做的功。
本题主要考查恒力做功，解决本题的关键知道重力做功的特点，以及会运用动能定理求解变力功。
【解答】
A.摩擦力的方向与木块运动的方向垂直，则摩擦力不做功，故A错误；
B.重力对小物体做功为−mgℎ=−mgLsinα，故B错误；
C.滑块受重力、支持力和静摩擦力，重力做功为−mgLsinα，摩擦力不做功，根据动能定理，有：WG+Wf+WN=0；故WN=mgLsinα，故C错误；
D.摩擦力不做功，故板对滑块做的功等于支持力的功，即为mgLsinα，故D正确。  
3.【答案】C 
【解析】A.7.9km/s是最小的发射速度，则卫星的发射速度大于7.9km/s，选项A错误；
B.根据牛顿第二定律得
a=GMr2
所以卫星在轨道3上经过P点的加速度等于在轨道2上经过P点的加速度，故B错误；
C.根据开普勒第二定律可知，卫星在2轨道上经过近地点Q点时的速率最大，在2轨道上经过远地点P点时速率最小，选项C正确；
D.卫星在2轨道上从P点运动到Q点的过程中，只有地球的引力做功，则机械能不变，选项D错误。
故选C。


4.【答案】D 
【解析】ABC.整个系统水平方向动量守恒，C滑离木板A时
Mv0=Mv1+(m1+m2)vA
解得木板A的最大速度为
vA=2m/s
滑上B后，对B、C整体水平动量守恒
Mv1+m2vA=(M+m2)vB
解得木板B的最大速度为
vB=4.5m/s
并且B、C一起匀速运动，故ABC错误；
D.整个过程，A、B、C组成的系统机械能减少了
ΔE=12Mv02−12m1vA2−12(m2+M)vB2=57.5J
故D正确。
故选D。


5.【答案】AD 
【解析】
【分析】
向心力是按照效果命名的力，不是物体实际受到的力，匀速圆周运动合力提供向心力，明确物体做离心运动的条件。
向心力是效果力，由其它力充当；做匀速圆周运动的物体所受的合力指向圆心，合力完全提供向心力；当向心力“供小于求”时，物体会做离心运动。
【解答】
AB、向心力是效果力，可以由单个力充当，也可以由其它力的合力提供，或者由某个力的分力提供，不是性质力，因此，将运动员和自行车看做一个整体后，整体可能受重力、支持力和摩擦力，故B错误，A正确；
C、由题意可知，运动员做线速度大小为v，半径为R的匀速圆周运动，故运动员受到的合力大小为F=mv2R，故C错误；
D、如果运动员增大速度，需要的向心力增，此时向心力“供”小于“需”，运动员将会做离心运动，故D正确。  
6.【答案】AD 
【解析】A.将小滑块的运动分解到竖直方向和水平方向，由于竖直方向只受重力，竖直方向做自由落体运动，故A正确；
BC.水平方向只受圆柱体的的支持力，且支持力总是与水平方向的速度垂直，小滑块在水平方向做匀速圆周运动，支持力提供向心力，则有
N=mv02R
可知支持力大小不变，根据牛顿第三定律可知小滑块对圆柱体的压力大小保持不变。
小滑块从 O 运动到 O1 所用的时间为
t=T=2πRv0=2π×5π10s=1s
故B、C错误；
D.小滑块在 O1 点时的竖直分速度为
vy=gt=10m/s
设在 O1 点时速度方向与竖直方向的夹角为 θ ，则有
vy
可得
θ=45∘
故D正确。
故选AD。


7.【答案】BC 
【解析】
【分析】
本题主要考查单一方向动量守恒定律的相关应用，理解动量守恒定律的条件，结合速度的变化分析出做功的类型即可。
根据系统的水平方向动量守恒的特点分析出小球的运动情况，根据人船模型的特点得出小车的位移。
【解答】
AC.因为系统水平方向的动量守恒，水平方向总动量保持为零，则小球由B点离开小车时小车速度为零，小球竖直上抛，由机械能守恒定律可知小球能上升到与释放点等高的位置，返回后能从小车A点冲出达到释放的初始位置，故 A错误， C正确;
B.小球从小车A位置运动到B位置过程中，小车先向左加速再向左减速，小球对小车先做正功后做负功，故小车对小球先做负功后做正功，故B正确;
D.小球从开始下落至到达圆弧轨道的最低点过程，根据水平方向动量守恒定律得，kmv车=mv球，则有kmv车t=mv球t，可得：kmx2=mx1，x1+x2=R，解得：小车的位移x2=1k+1R，故D错误。  
8.【答案】BC 
【解析】A.刚开始，重物的速度为零，重物所受重力的瞬时功率为零，当环上升到Q时，由于环的速度向上与绳垂直，重物的速度为零，此时重物所受重力的瞬时功率为零，故金属环从P上升到Q的过程中，重物所受重力的瞬时功率先增大后减小，故A错误；
B.金属环从P上升到Q的过程中，对重物由动能定理可得
W+5mg(dsinθ−d)=0
解得绳子拉力对重物做的功为
W=−103mgd
故B正确；
C.设金属环在Q点的速度大小为v，对环和重物整体，由机械能守恒定可得
5mg(dsinθ−d)=mg•dtanθ+12mv2
解得
v=2 gd
故C正确；
D.若金属环最高能上升到N点，则在整个过程中，对环和重物整体，由机械能守恒定律可得
5mg(dsinθ−dsinα)=mg(dtanθ+dtanα)
解得ON与直杆之间的夹角为
α=53∘
故D错误。
故选BC。


9.【答案】等于 
【解析】在运行的天宫一号内，物体都处于完全失重状态，相当于不考虑重力，给小球一个初速度，由绳子的拉力提供向心力，小球将在竖直平面内做匀速圆周运动。根据牛顿第二定律，可得在最高点时细线对小球的拉力大小为
F=mv2L


10.【答案】t1  3m 3mv028 
【解析】解：当甲、乙速度相等时弹簧长度最短，由图可知为t1时刻。
从计时至t2时刻，以向右方向为正，由动量守恒可得：mv0=m乙v02−mv02
代入已知解得：m乙=3m
从计时至t1时刻由动量守恒可得：mv0=(3m+m)v
解得压缩最短时的共同速度为：v=v04
根据机械能守恒定律可得，弹簧的最大弹性势能为：Emax=12mv02−12⋅4m(v04)2=3mv028。
故答案为：t1、3m、3mv028。
根据两个物体的速度关系，分析两个物体间距的变化，判断弹簧的状态；
根据动量守恒定律求B物体的质量；
结合机械能守恒定律求最大的弹性势能。
本题关键是要根据速度图像分析清楚物体的运动情况，根据两个物体的速度关系判断弹簧的状态，或根据物体的运动情况分析弹簧的状态。

11.【答案】  375     1.25 
【解析】[1]风突然停止，船体只受到的阻力f做匀减速运动，则船体加速度大小
a=ΔvΔt=58m/s2
所以船体所受阻力为
f=Ma=600×58N=375N
帆船在匀速运动时受到风的推力和水的阻力而平衡，所以帆船受到风的推力大小
F=f=375N
[2]在单位时间内，对吹入帆面的空气(柱)应用动量定理有
Ft=ΔmΔv=ρSΔvt⋅Δv
其中
Δv=v2−v1=10m/s−5m/s=5m/s
解得
ρ=1.25kg/m3


12.【答案】 乙     1.76     C 
【解析】(1)[1]由于重锤速度较快，且运动距离有限，为了能尽可能多地获得数据，释放纸带前的瞬间，重锤应尽量靠近打点计时器，故操作合理的是乙。
(2)[2]根据匀变速直线运动中间时刻速度等于这段时间的平均速度，D点的速度为
2T
 [3]根据机械能守恒定律，则有
mgℎ=12mv2−0
解得
12v2=gℎ
可知 v22−ℎ 图像为过原点的一条倾斜直线，故选C。


13.【答案】   BD##DB     ADE     m1xP=m1xM+m2xN       m1xP2=m1xM2+m2xN2 
【解析】(1)[1]A.为保证入射小球与被碰小球发生碰撞时，入射小球不被反弹，从而有利于实验的相关数据测量，入射小球的质量 m1 应大于被碰小球的质量 m2 ，故A错误；
B.为保证两小球发生正碰，入射小球的半径与被碰小球大半径应相等，故B正确；
C.为保证小球发生碰撞后水平抛出，斜槽轨道末端应该保持水平，但只要保证入射小球每次从同一高度释放即可，可以不要求斜槽光滑，故C错误；
D.本实验需要测量两小球的质量及小球从斜槽末端抛出后发生的水平位移，所以为完成此实验，天平和刻度尺是必需的测量工具，故D正确。
故选BD。
(2)[2]由于两小球发生碰撞后均做平抛运动，且竖直下落的高度相同，根据平抛运动规律可知两小球下落时间相同。若系统动量守恒，则有
m1v0=m1v1+m2v2
在等式两边同时乘以下落的时间 t ，则有
m1v0t=m1v1t+m2v2t
即
m1x0=m1x1+m2x2
显然，要完成该实验，还需要测量小球质量 m1 与被碰小球的质量 m2 ，分别找到入射小球与被碰小球相碰后平均落地点的位置M、N，并测量两小球的平抛射程OM( x1 )、ON( x2 )。
故选ADE。
(3)[3][4]由(2)分析可知，测出每次实验过程小球做平抛运动的水平射程，分别记为 xP 、 xM 、 xN ，若得到关系式
m1xP=m1xM+m2xN
成立，则可证明在误差允许的范围内可验证碰撞中的动量守恒；若满足关系式
12m1v02=12m1v12+12m2v22
即
12m1(xPt)2=12m1(xMt)2+12m2(xNt)2
整理得
m1xP2=m1xM2+m2xN2
成立，说明两小球发生了弹性碰撞。


14.【答案】解：
(1)小车在3 s内前进了36 m，根据匀变速的位移公式：x=v0t+12at2得：a=2(x−v0t)t2=2(36−18×3)32m/s2=−4m/s2
根据牛顿第二定律得：制动力f=ma=1×4N=4N，制动力大小为4N，方向与运动方向相反；
(2)根据恒力做功公式得制动力做功：Wf=−fs=−4×36J=−144J；
(3)根据平均功率公式：P=Wt=48W。 
【解析】根据匀变速运动的规律求加速度，根据牛顿第二定律求解阻力。通过恒力做功公式求制动力做功情况，进而根据平均功率公式求出其平均功率。
本题主要考查了运用匀变速的运动规律求加速度，通过牛顿第二定律求出制动力，进而根据W=Fs及P=Wt求出其平均功率。

15.【答案】(1) 2 2T0 ；(2) t=3 22(2 2−1)T0 ；(3) ρ=24πGT02 
【解析】(1)根据开普勒第三定律可知
R13T12=R23T22
代入数据解得
T2=2 2T0
(2)由公式可知第一次相距最近必需满足
2πT1−2πT2t=32π
代入数据解得
t=3 22(2 2−1)T0
(3)对于卫星一，万有引力充当向心力
GMmR12=mR12πT12
由密度公式
M=ρ⋅43πR03
联立解得
ρ=24πGT02 ‍


16.【答案】(1)60N；(2)3J；(3)①6J，② 
【解析】解：(1)A到B由机械能守恒定律mgR=12mv02
解得v0= 3m/s
由牛顿第二定律N −mg=mv02R
解得N=60N
由牛顿第三定律N′=N=60N
(2)由于滑块的速度小于传送带的速度，设经过时间t与传送带共速，由牛顿第二定律有
μ1mg=ma1
根据运动学公式v=v0+a1t
滑块位移s物=v+v02×t
传送带位移s传=vt
解得s物=0.9m