2022-2023学年吉林省普通高中友好学校联合体高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年吉林省普通高中友好学校联合体高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示，修正带是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的。其原理可简化为图中所示的模型。A、B是转动的齿轮边缘的两点，则下列说法中正确的是( )
A. A、B两点的角速度相等B. A、B两点的线速度大小相等
C. A点的周期等于B点的周期D. A点的向心加速度等于B点的向心加速度
2.下列有关功和功率的说法，正确的是( )
A. 功率越大，说明力做功越多
B. 摩擦力总是与相对运动或相对运动趋势方向相反，因此摩擦力只能做负功
C. 作用力和反作用力总是等大反向，因此一对作用力和反作用力做功时总是一正一负，总和为零
D. 一对平衡力，其中一个力做正功，另外一个力一定做负功
3.2013年5月2日凌晨0时06分，我国“中星11号”通信卫星发射成功。“中星11号”是一颗地球同步卫星，它主要用于为亚太地区等区域用户提供商业通信服务。图为发射过程的示意图，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再一次点火，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. 卫星在轨道3上的动能大于在轨道1上的动能
B. 卫星在轨道3上的角速度大于在轨道1上的角速度
C. 卫星在轨道2上经过P点时的加速度大于它在轨道3上经过P点时的加速度
D. 卫星在轨道1上经过Q点时的速度小于它在轨道2上经过Q点时的速度
4.我国一人造卫星运行轨道离地高度约为地球半径的16，运行周期约为地球自转周期的一半，地球自转周期为T，引力常量为G，根据题中条件可以求( )
A. 卫星的质量B. 地球的密度
C. 地球表面重力加速度D. 地球的第一宇宙速度
5.长度为1m的细线，拴一质量m=2kg的小球(不计大小)，另一端固定于O点。让小球在水平面内做匀速圆周运动，这种运动通常称为圆锥摆运动。如图所示，摆线与竖直方向的夹角α=37∘，重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 小球运动的角速度为 6rad/sB. 细线的拉力大小为16N
C. 小球运动的线速度大小为1.2m/sD. 小球所受到的向心力大小为15N
6.如图所示，水平桌面距地面0.8m，一质量为2kg小球自距桌面0.4m的高度由静止下落。小球可视为质点，不计空气阻力，以下落点为参考平面，重力加速度g=10m/s2。小球将要落地前，其机械能为( )
A. 0
B. 8J
C. 16J
D. 24J
7.如图所示，质量为m的小球，从离地面高H处由静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 小球落地时动能等于mgH
B. 小球在泥土中受到的平均阻力为mgHh
C. 小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功等于刚落到地面时的动能
D. 整个过程中小球克服阻力做的功小于mg(H+h)
二、多选题：本大题共3小题，共16分。
8.两个质量相同的小铁块A和B，分别从高度相同的都是光滑的斜面和圆弧斜面的顶点滑向底部，如图所示。如果它们的初速度都为零，则下列说法正确的是( )
A. 下滑过程中重力所做的功相等
B. 它们到达底部时动量不相同
C. 它们到达底部时速度相同
D. 它们在下滑到最低点时A的重力的瞬时功率等于B的重力的瞬时功率
9.A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是10kg⋅m/s，B球的动量是4kg⋅m/s，已知mA=2kg，mB=4kg，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是( )
A. vA′=1m/s，vB′=3m/sB. vA′=2m/s，vB′=2.5m/s
C. vA′=5m/s，vB′=1m/sD. vA′=−3m/s，vB′=5m/s
10.一辆小车以一定的初速度冲上高度为h、长度为L的斜坡，已知小车的质量为m，小车受到沿斜面向下的阻力为f，则对小车由坡底冲到坡顶的运动过程分析正确的是( )
A. 此过程中小车的动能减少了(mgh+fL)B. 此过程中小车的势能增加了(mgh−fL)
C. 此过程中自然界中的能量减少了fL了D. 此过程中小车的机械能减少fL
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.利用图甲装置做“验证机械能守恒定律”的实验。
(1)实验中除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的器材是______。
A.交流电源
B.刻度尺
C.天平(含砝码)
D.秒表
(2)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，重物的动能为______ J；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)。
(3)根据上述实验数据得出实验结论______。
12.如图为“验证动量守恒定律”实验。实验中使用的小球1和2质量分别为m1、m2，直径分别为d1、d2，在木板上铺一张白纸，白纸上面铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O。
(1)本实验需要的测量仪器或工具是______。
A.秒表
B.天平(带砝码)
C.刻度尺
D.弹簧测力计
(2)小球1和2的质量应满足m1______m2，直径应满足d1______d2(选填“>”“=”或“ω3，故AB错误；
C.卫星受到的合力等于万有引力，可得：
GMmr2=ma
解得：a=GMr2
因此卫星在轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度，故C错误；
D.从轨道1进入轨道2要做做离心运动，在Q点需要加速，卫星在轨道1上经过Q点时的速度小于它在轨道2上经过Q点时的速度，故D正确。
故选：D。
卫星受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列式得出线速度和加速度的大小关系，结合角速度和线速度的关系完成分析；理解卫星变轨时的特点，由此得出速度的大小关系。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，熟悉卫星的受力分析，结合万有引力定律和牛顿第二定律即可完成分析。
4.【答案】B
【解析】解：设地球半径为R，人造卫星轨道半径为r，运行周期为t，且
r=76R
t=T2
人造卫星做圆周运动由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
GMmr2=m4π2t2r
可得：M=4π2r3Gt2
计算过程中卫星质量被约去，故卫星质量无法求出；但根据密度的计算公式可知地球密度为
ρ=M43πR3=4π2r3Gt2×34πR3=π×(76R)3G×(T2)2×3R3
上述式子中的R可约去，故可计算出地球的密度；因为地球的半径未知，所以无法求出地球的质量、地球表面的重力加速度及地球的第一宇宙速度，故B正确，ACD错误；
故选：B。
人造卫星做圆周运动由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列式得出地球的质量，结合密度的计算公式得出地球的密度；题目中无法得出地球的半径，所以无法计算出地球表面重力加速度和地球的第一宇宙速度。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解卫星做圆周运动的向心力来源，结合密度的计算公式即可完成分析。
5.【答案】D
【解析】解：小球受到重力和绳子的拉力，合力提供向心力，如图：
其中：α=37∘
AD.根据牛顿第二定律，沿水平方向有：Fn=mgtan37∘
又：Fn=mω2Lsin37∘
解得：Fn=15N，ω=5 22rad/s，故A错误，D正确；
B.细线的拉力大小为：F=mgcs37∘=2×100.8N=25N，故B错误；
C.小球运动的线速度大小为：v=ωLsin37∘=5 22×1×0.6m/s=3 22m/s，故C错误；
故选：D。
小球在水平面内做匀速圆周运动，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求解向心加速度，由公式a=mω2r求解角速度ω；根据牛顿第二定律求出细线的拉力。
本题是圆锥摆问题，分析受力，作好力图是基础，同时要掌握向心加速度的不同的表达式形式．
6.【答案】A
【解析】解：不计空气阻力，小球下落过程中，只有重力做功，其机械能守恒。以下落点为参考平面，则刚下落时的机械能为0，可知小球将要落地前其机械能也为0，故A正确，BCD错误。
故选：A。
不计空气阻力，小球下落过程中，机械能守恒，根据机械能守恒定律求小球将要落地前的机械能。
解决本题时，要明确重力势能的相对性，重力势能是相对于参考平面的。运用机械能守恒定律时，要灵活选择所研究的位置。
7.【答案】A
【解析】解：A.小球落到地面过程，根据动能定理可得：
mgH=Ek
可知，小球落地时动能等于mgH，故A正确；
B.小球在运动的全过程，根据动能定理有
mg(H+h)−fh=0
解得：f=mg(H+h)h，故B错误；
C.小球陷入泥中的过程，根据动能定理有
mgh−Wf=0−Ek
解得：Wf=mgh+Ek
可知，小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功大于刚落到地面时的动能，故C错误。
D.根据上述分析可知，整个过程中小球克服阻力做的功为
Wf=fh=mg(H+h)，故D错误。
故选：A。
小球从开始下落到地面的过程中，根据动能定理列式得出小球落地时的动能；
对运动的全过程根据动能定理得出小球在泥土中受到的平均阻力和克服阻力做的功。
对小球陷入泥中的过程根据动能定理列式得出克服泥的阻力做功和刚落到地面时的动能的大小关系。
本题主要考查了动能定理的相关应用，选择合适的研究过程，根据动能定理即可完成分析。
8.【答案】AB
【解析】解：A、下滑过程中重力所做的功为
WG=mgH
由于小铁块A和B质量相同，下落的高度相同，可知下滑过程中重力所做的功相等，故A正确；
BC、从初始位置到最低点过程中，根据动能定理
mgH=12mv2−0
可得
v= 2gH
速度大小相等，方向不同，可知它们到达底部时动能相等，动量大小相等，方向不同，故B正确，C错误；
D、滑到最低点时重力的瞬时功率
P=mgvy
由于小铁块A和B下滑到最低点时的竖直分速度大小不相等，则重力的瞬时功率不相等，故D错误。
故选：AB。
利用重力做功W=mgh比较下滑过程中重力所做的功；根据动能定理求出它们到达底部时速度，利用动量等于mv比较动量的大小；
本题考查了动能定理即瞬时功率、动量，属于比较常规的应用，难度不大。
9.【答案】AB
【解析】解：A、碰撞前，A、B两球的速度分别为
vA=pAmA=102m/s=5m/s，vB=pBmB=44m/s=1m/s
碰前总动量与总动能分别为
pAB=10kg⋅m/s+4kg⋅m/s=14kg⋅m/s
EkAB=12×2×52J+12×4×12J=27J
碰后总动量与总动能分别为
pAB′=2×1kg⋅m/s+4×3kg⋅m/s=14kg⋅m/s
EkAB′=12×2×12J+12×4×32J=19J
可知，碰撞过程系统动量守恒，总动能减小，碰后A的速度小于B的速度，是可能的，故A正确；
B、碰后总动量与总动能分别为
pAB′=2×2kg⋅m/s+4×2.5kg⋅m/s=14kg⋅m/s
EkAB′=12×2×22J+12×4×2.52J=16.5J
可知，碰撞过程系统动量守恒，总动能减小，碰后A的速度小于B的速度，是可能的，故B正确；
C、碰后总动量与总动能分别为
pAB′=2×5kg⋅m/s+4×1kg⋅m/s=14kg⋅m/s
EkAB′=12×2×52J+12×4×12J=27J
可知，碰撞过程系统动量守恒，总动能不变，但是给出的数据中，碰后A的速度大于B的速度，且速度方向不变，不符合实际，故C错误；
D、碰后总动量与总动能分别为
pAB′=2×(−3)kg⋅m/s+4×5kg⋅m/s=14kg⋅m/s
EkAB′=12×2×32J+12×4×52J=59J
可知，碰撞过程系统动量守恒，总动能增大，不可能，故D错误。
故选：AB。
A、B碰撞过程中系统的动量守恒，系统的总动能不增加，碰撞后两球不可能再发生二次碰撞，碰后同向运动时后面小球的速度不大于前面小球的速度，据此分析答题。
本题考查动量守恒定律的应用，对于碰撞过程要掌握三大规律：1、是动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况。
10.【答案】AD
【解析】解：A、上升过程中，受到重力、支持力和阻力，根据动能定理得：
−mgh−fL=△EK
所以此过程中小车的动能减少了mgh+fL，故A正确．
B、此过程中小车重力做功为−mgh，所以此过程中小车的势能增加了mgh，故B错误．
C、根据自然界中能量是守恒的，故C错误．
D、机械能减小量等于除重力外其余力做的功．此过程中除重力外，摩擦力做功fL，所以此过程中小车的机械能减少了fL，故D正确．
故选：AD.
根据动能定理列式求解动能减小量；机械能减小量等于除重力外其余力做的功．
本题关键是根据动能定理计算动能的变化，根据除重力外其余力做的功判断机械能的变化．
11.【答案】误差允许范围内重物的机械能守恒
【解析】解：(1)电磁打点计时器需要连接交流电源；验证机械能守恒表达式中重物的质量可以约掉，故不需要天平测质量；通过打点计时器可以确定计数点间的时间间隔，故不需要秒表测时间；需要用刻度尺测量纸带上计数点间的距离。
故选：AB。
(2)根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则打点计时器打下计数点B时，重物的速度为：vB=xAC2T=(9.57−4.89)×10−22×0.02m/s=1.17m/s
增加的动能为：ΔEk=12mvB2=12×1×1.172J=0.684J
O点到B点过程中重物的重力势能减少量为：ΔEp=mghOB=1×9.8×7.04×10−2J≈0.690J
(3)本实验的目的是验证机械能是否守恒，结论：误差允许范围内重物的机械能守恒。
故答案为：(1)AB；(2)0.684、0.690；(3)误差允许范围重物的内机械能守恒。
(1)明确实验原理，从而确定实验中应选用的仪器；
(2)由图乙确定物体下降的高度，再根据重力势能的定义求出重力势能的改变量；根据极短时间内的平均速度表示瞬时速度求出B点的速度；再根据动能表达式确定B点的动能，从而确定动能的增加量；
(3)根据计算结果得到实验结论。
本题考查验证机械能守恒定律的实验，要注意明确实验原理，掌握实验中数据处理的基本方法。
12.【答案】BC>=Am1⋅OP−=m1⋅OM−+m2⋅ON−
【解析】解：(1)小球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
m1v0=m1v1+m2v2
两球离开斜槽后做平抛运动，由于两球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，则有
m1v0t=m1v1t+m2v2t
即m1⋅OP−=m1⋅OM−+m2⋅ON−
故需要测量小球的质量和落地点至重垂线所指的位置O的距离，所以需要的测量仪器或工具是天平(带砝码)和刻度尺，故BC正确，AD错误。
故选：BC。
(2)为防止反弹，小球1和2的质量应满足m1大于m2，为保证对心碰撞，直径应满足d1等于d2。
(3)A.为保证做平抛运动，斜槽轨道末端切线水平，故A正确；
BD.斜槽轨道不需要光滑，只要从同一位置释放即可，故BD错误；
C.为防止反弹，入射球质量大于被碰球质量，故C错误。
故选：A。
(4)根据(1)分析可知，在实验误差允许的围内，若碰撞过程动量守恒，其关系式应为
m1⋅OP−=m1⋅OM−+m2⋅ON−
故答案为：(1)BC；(2)>；=；(3)A；(4)m1⋅OP−=m1⋅OM−+m2⋅ON−
(1)根据实验原理分析出需要的实验器材；
(2)为了防止入射球被反弹，小球1的质量要大于小球2的质量，为了保证对心碰撞，小球的直径要相等；
(3)根据实验原理结合题目选项分析出需要满足的条件；
(4)根据动量守恒定律，结合平抛运动的特点得出对应的关系式。
本题主要考查了动量守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合平抛运动的特点和动量守恒定律即可完成分析。
13.【答案】解：两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律以及机械能守恒定律分别有
mAv0=mAvA+mBvB
12mAv02=12mAvA2+12mBvB2
联立解得碰后A球和B球的速度分别为
vA=−32m/s，vB=92m/s
答：碰后A球和B球的速度分别是−32m/s(负号表示方向向左)、92m/s。
【解析】A、B球发生弹性碰撞，则碰撞过程中，系统动量守恒、机械能守恒，根据动量守恒定律以及机械能守恒定律求解。
本题是弹性碰撞模型，关键要掌握弹性碰撞的两大规律：动量守恒定律与机械能守恒定律，要注意规定正方向。
14.【答案】解：(1)设月球表面重力加速度为g，月球质量为M，小球以速度v0沿竖直向上抛出，根据速度-位移规律有：v02=2gh
小球在月球表面的重力等于月球的万有引力，则有：mg=GMmR2
联立解得：M=v02R22hG
(2)由月球的万有引力提供向心力，结合第一宇宙速度定义可得：GMmR2=mv12R
解得月球第一宇宙速度：v1= GMR= v02R2h= R2hv0
答：(1)月球的质量为v02R22hG；
(2)月球第一宇宙速度v1为 R2hv0。
【解析】(1)小球做竖直上抛运动，已知初速度与上升时间，应用匀变速直线运动的速度公式可以求出重力加速度，月球表面的物体受到的万有引力等于重力，求出月球质量；
(2)万有引力提供向心力，应用万有引力公式与向心力公式可以求出月球的第一宇宙速度。
本题考查了求月球密度、月球第一宇宙速度问题，考查了万有引力定律的应用，知道万有引力等于重力、万有引力提供向心力是解题的前提，应用万有引力公式与牛顿第二定律可以解题。
15.【答案】解：(1)物体A到B过程，根据动能定理得
mgR=12mvB2−0
解得物体在B点的速度的大小为：
vB= 2gR= 2×10×5m/s=10m/s
在B点，对物体，由牛顿第二定律得
FN−mg=mv2R
联立解得：FN=30N
(2)设水平面BC间的距离s。物体从B到C过程，根据动能定理得：
−μmgs=0−12mvB2
解得：s=10m
答：(1)物体在B点时受到圆弧面支持力大小为30N；
(2)水平面BC间的距离为10m。
【解析】(1)小球从A运动到B的过程中，只有重力做功，运用动能定理求出小球到达B点的速度，在B点，由牛顿第二定律求物体在B点时受到圆弧面支持力大小；
(2)物体从B到C过程，由动能定理求水平面BC间的距离。
本题考查牛顿第二定律和动能定理的综合运用。运用动能定理解题时，关键选择好研究的过程，分析过程中有哪些力做功，然后根据动能定理列式。