2022-2023学年重庆市九龙坡区高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年重庆市九龙坡区高一（下）期末物理试卷（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，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.在一场关于月球和地球的话剧中，地球对月球说：“你咋这么慢？我绕太阳1s能走29.79km，你绕我1s才走1.02km。”月球反驳道：“你可别这么说，你要用一年才绕太阳走一圈，我28天就走了一圈。到底谁慢？”，月球绕地球和地球绕太阳均可看成匀速圆周运动。则地球和月球线速度、角速度大小关系是( )
A. v地>v月，ω地>ω月B. v地>v月，ω地<ω月
C. v地ω月D. v地2.如图是从高空拍摄的一张地形照片，河水沿着弯弯曲曲的河床做曲线运动。a、b、c、d依次为沿河岸标记出的四个位置。水流速度大小和流量在任意一点都近似相等，则最容易被水冲击磨损的位置是( )
A. aB. bC. cD. d
3.如图甲为我国以前农村毛驴拉磨的场景。毛驴拉磨可看成是匀速圆周运动，假设毛驴的拉力始终与拉磨半径方向垂直，图乙为其简化图，拉力为500N，拉磨半径为1m，拉磨周期为10s。下列说法正确的是( )
A. 毛驴拉磨一周所做的功为1000πJB. 毛驴拉磨一周所做的功为0J
C. 毛驴拉磨的转速为0.1r/minD. 毛驴拉磨的瞬时功率为50W
4.如图为“飞车走壁”杂技表演，杂技演员在近似竖直的“桶壁”内侧做水平面内半径为r的匀速圆周运动，摩托车与桶壁间的动摩擦因数为μ。若最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，要使摩托车不掉落，摩托车做圆周运动的角速度至少为( )
A. μgB. grC. μgrD. gμr
5.如图，某同学拖地时保持拖把杆与竖直方向夹角为θ=37∘，其施力方向沿着拖把杆并且大小恒为F=40N，拖把由静止开始在水平面沿直线往前推，运动位移s=1m。已知拖把头的质量为m=1.6kg，不计拖把杆质量，拖把头与地面间动摩擦因数为0.3，g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。则下列说法正确的是( )
A. 拖地时拖把头对地面的压力为16NB. 该同学对拖把做的功为32J
C. 摩擦力对拖把做的功为−14.4JD. 拖把获得的动能为38.4J
6.如图为某人造卫星向高轨道变轨过程示意图。卫星绕地球在椭圆形转移轨道I上飞行，在A点变轨至轨道Ⅱ做周期为T的圆周运动。已知地球半径为R，质量为M，卫星在近地点B距地面高度为h，在远地点A距地面高度为H，引力常量为G。下列说法正确的是( )
A. 卫星在I、Ⅱ轨道上机械能相等
B. 卫星在轨道I稳定运行时，A点加速度大于B点的加速度
C. 卫星在轨道Ⅱ上运行速率v= GMH
D. 卫星在轨道I上运行周期T′=T (H+h+2R)38(R+H)3
7.如图甲竖直弹簧固定在水平地面上，一质量为m可视为质点的铁球从距弹簧上端h的O点静止释放，以O点(即坐标原点)开始计时，铁球所受的弹力F的大小随铁球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度取g。下列结论正确的是( )
A. 弹簧弹性势能最大值为mg(h+2x0)
B. 铁球运动过程中最大动能mgh+12mgx0
C. 当x=h时小球重力势能与弹簧弹性势能之和最小
D. 铁球压缩弹簧过程中重力做功功率逐渐增大
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.如图所示，某次跳台滑雪比赛中，运动员在赛道顶端A处以一定速度水平飞出，落在斜面某位置。已知重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 运动员做变加速曲线运动
B. 运动员初速度越大落到斜面上所需时间越长
C. 若初速度和斜面倾角已知，可求出飞行时间
D. 若初速度和斜面高度已知，可求出飞行时间
9.如图甲为某品牌的卸货斜面木板。如图乙为某次卸货简化图，板面上半部分光滑，下半部分粗糙，卸货时木板与地面的倾角为θ；若将木板翻转，上半部分粗糙，下半部分光滑，同样保持卸货倾角为θ，如图丙所示。两种情况下等重量可视为质点的货物静止从顶端释放，下列关于两种卸货情况，判断正确的是( )
A. 货物运动到斜面底端时动量p乙=p丙
B. 货物运动到斜面底端时动量p乙>p丙
C. 货物从斜面顶端运动到底端所用时间t乙D. 货物从斜面顶端运动到底端所用时间t乙=t丙
10.如图甲所示为我国自动化生产线上的某种传送带装置，其倾角θ=30∘，在电机的带动下以恒定的速率沿顺时针方向转动，传送带足够长。t=0时刻开始，有一质量为1kg的物件以一定初速度置于传送带某处，物件在传送带上的v−t图像如图乙所示。重力加速度g=10m/s2，沿斜面向上为正方向。下列说法正确的是( )
A. 0到1s内物件相对传送带位移为1m
B. 传送带与物件间的动摩擦因数为2 35
C. 整个过程中摩擦力产生的热量为27J
D. 0到t2时间内电机因运载该物件需消耗电能36J
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.
12.在验证动量守恒的实验中，某兴趣小组设计了图甲所示的实验装置。给气垫导轨上的两个滑块加装一小车轨道，轨道上放置遥控小车。控制遥控小车移动一定距离，将小车和滑块运动过程拍成视频，利用Tracker软件进行分析，软件可以自动生成滑块对地位移和小车对地位移相关数据信息。
(1)组装滑块和小车轨道，打开气泵，将滑块和小车放置于导轨上，若小车和滑块能在导轨上______，说明轨道调平了。
(2)某次实验录制视频后用Tracker软件分析结果如图乙所示，测得滑块对地位移x滑和小车对地位移x车，要想验证动量守恒还需要测量出小车的质量m和______的质量 M。代入______，检验是否满足该关系式，从而验证系统是否满足动量守恒。
(3)经过测量，m=74g，x滑=4.3cm，x车=25.7cm，则M=______g(保留一位小数)；经过软件分析，在时间t内生成出如图丙所示图像，图中a代表小车的动量，则b代表______； c代表______。
四、简答题：本大题共3小题，共41分。
13.用吹风机吹物体A、B在水平桌面上前进，吹风机随物体一起前进，以保证吹风过程中出气口与该物体始终保持恒定距离(视为对物体的风力恒定)。物体A和物体B的体积相同，质量mA：mB=2：1。在水平桌面上画等距的三条平行于桌子边缘的直线1、2、3，如图。(忽略空气与桌面对物体的阻力)
(1)用同一吹风机将物体A从第1条线由静止吹到第2条线，又将物体B从第1条线由静止吹到第3条线。求这两物体获得的动能之比。
(2)分别用相同的吹风机将静止的物体A和物体B从第1条线吹到第2条线后撤去吹风机吹风，求两物体离开桌面后落到水平地面的水平距离之比。
14.如图为某游乐场新开发的游玩装置示意图，质量为4m的可视为质点的人从某高处的平台由静止沿光滑轨道下滑，在最低点A处与另一质量为m的棉球发生正碰，并迅速紧紧抱住棉球一起进入竖直面内两个半径均为R的光滑圆管，人与绵球合体最终恰能通过圆管最高点B。经过B点后立刻沿与水平方向成θ=60∘的斜面BC下滑，合体与斜面间动摩擦因数μ= 34。忽略空气阻力，重力加速度取g。求：
(1)在A点人与绵球碰后的速度；
(2)平台高度H；
(3)合体运动至C点时的动能。
15.一半径为R带小孔圆桶内装有待制的药料，通过桶转动持续搅拌药料，并用间歇性的水渗入对其稀释。在桶壁等高位置对称均匀开有四个圆孔，其截面图与侧面图如图甲、乙所示。将桶横放并绕水平固定轴O均匀地顺时针旋转，转动的角速度ω=π8t0，在距桶上边缘34R处有一水龙头，若桶不转动，水一滴一滴流出恰能滴入孔中，每隔t0产生一滴水。桶转动时，观测发现，当第三颗水滴刚要下落时，第一颗水滴恰好进入圆桶小圆孔。水滴进入孔中便立即渗入药料，下落过程可视为自由落体运动。求：
(1)当地的重力加速度g；
(2)某次搅拌药料从第1颗水滴接触到药料开始计时，共需要100滴水才能完成搅拌任务(含第1颗)，则完成药料搅拌至少需要桶转动多长时间；
(3)为了让每滴水滴入孔中，请通过推理计算并给出具体可行的解决方案(不能改变带孔圆桶的结构)。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：地球的线速度大小v地=Δl1Δt=29.791km/s=29.79km/s
月球的线速度大小v月=Δl2Δt=1.021km/s=1.02km/s
则v地>v月
地球绕太阳运动一周的时间为Δt1=1年=365天
地球的角速度ω地=ΔθΔt1=2π365rad/天
月球的角度ω地=ΔθΔt2=2π28rad/天
则ω地<ω月
故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据线速度定义式求解地球和月球的线速度大小，比较即可；根据角度定义式求解地球和月球的角速度大小，比较即可。
本题考查匀速圆周运动，解题关键是掌握线速度和角速度的定义式。
2.【答案】D
【解析】解：水流在a点做直线运动，在b、c、d位置可以认为在做匀速圆周运动、根据圆周运动的规律，在水转弯处的外侧河床受的冲击力提供向心力，由F=mv2r可知，水道半径越小，冲击力越大，则最容易被水冲击磨损的位置是d。故ABC错误，D正确。
故选：D。
水流在a点做直线运动，在b、c、d位置可以认为在做匀速圆周运动，由河岸对水流的作用力提供向心力，。在那个位置需要的向心力大，则容易被水冲击。
在水通过弯道处时，可以把水流的运动看作匀速圆周运动，这个是解题的关键。知道由河岸的冲击力对其提供向心力。
3.【答案】A
【解析】解：AB、毛驴的拉力始终与拉磨半径方向垂直，则拉力做功为W=F⋅2πr
解得
W=1000πJ
故A正确，B错误；
C、根据转速的计算公式可知n=1T=110r/s=0.1r/s，故C错误；
D、根据速度与周期的关系有
v=2πrT
则毛驴拉磨的瞬时功率为P=Fv
联立解得P=100πW
故D错误；
故选：A。
根据做功的公式解得拉力做功，根据转速与周期的关系解得C，根据功率的计算公式解D。
本题考查功率的计算，解题关键掌握平均功率和瞬时功率的计算方法，注意拉力做功的公式。
4.【答案】D
【解析】解：对杂技演员受力分析，根据竖直方向的受力平衡有
f=mg
水平方向有
N=mrω2
最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，则f=μN
解得
ω= gμr
故ABC错误，D正确；
故选：D。
分析杂技演员的受力情况，杂技演员做匀速圆周运动，由弹力提供向心力，由牛顿第二定律求出角速度。
解决本题的关键搞清向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解。
5.【答案】C
【解析】解：A、对拖把头受力分析如下图所示：
拖把头竖直方向合力为零，则有：Fcsθ+mg=N
代入数据可得拖把所受支持力的大小为：N=48N
由牛顿第三定律可知拖把头对地面的压力大小等于支持力的大小，即F压=N=48N，故A错误；
BCD、该同学对拖把做的功即力F做的功，则有：WF=Fsinθ⋅s=40×0.6×1J=24J
摩擦力的大小f=μN=0.3×48N=14.4N，则摩擦力做的功：Wf=−fs=−14.4×1J=−14.4J
对拖把从静止到运动1m的过程，由动能定理有：(Fsinθ−f)s=Ek−0
代入数据可得：Ek=9.6J，故BD错误，C 正确。
故选：C。
A、对拖把头受力分析，根据竖直方向合力为零可得支持力大小，根据牛顿第三定律可得拖把对地面的压力大小；
BCD、根据f=μN可得摩擦力大小，力F和摩擦力f大小恒定，利用W=Fl可得两力做的功，对拖把从静止到运动1m的过程利用动能定理可得拖把获得的动能。
本题考查了动能定理和功的计算，解题的关键是受力分析，注意合力做的功可以用各个力做功的代数和表示，也可以利用W=Fl来求解。
6.【答案】D
【解析】解：A、根据变轨原理可知卫星从轨道I到轨道Ⅱ需点火加速，机械能增大，故A错误；
B、根据万有引力提供向心力有
GMmr2=ma
解得
a=GMr2
所以卫星在轨道I稳定运行时，A点加速度小于B点的加速度，故B错误；
C、根据万有引力提供向心力有
GMm(R+H)2=mv2R+H
解得
v= GMR+H
故C错误；
D、根据开普勒第三定律有
(R+H)3T2=(2R+H+h)3T′2
解得
T′=T (H+h+2R)38(R+H)3
故D正确；
故选：D。
根据变轨原理分析机械能变化，根据万有引力提供向心力分析加速度及速度的表达式，根据开普勒第三定律解得卫星在轨道I上运行周期。
本题考查了人造卫星的相关知识，卫星变轨过程中，机械能发生变化，注意开普勒第三定律的运用。
7.【答案】B
【解析】解：A、根据图象可知，小球在平衡位置时弹簧压缩量为x0；如果小球从弹簧原长处由静止释放，则弹簧的最大压缩量为2x0，根据功能关系可得此种情况下弹簧的最大弹性势能为：EP=mg⋅2x0=2mgx0；当小球从弹簧上端h处由静止释放，弹簧的最大压缩量大于2x0，根据功能关系可知，小球重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量，所以弹簧弹性势能的最大值大于mg(h+2x0)，故A错误；
B、小球从接触弹簧到平衡位置运动过程中，弹簧的平均弹力为：F=0+mg2=12mg
从开始释放到小球受力平衡过程中，根据动能定理可得：mg(h+x0)−Fx0=Ekm
解得小球运动过程中的最大动能为：Ekm=mgh+12mgx0，故B正确；
C、小球动能最大的位置是弹力等于重力的位置，即x=h+x0时，小球的动能最大，根据系统的机械能守恒可知，此位置小球与弹簧组成系统的势能之和最小，故C错误；
D、当小球接触弹簧后继续向下运动过程中，在x=h+x0之前，小球所受合力向下、合力对小球做正功、小球的速度增大；在x=h+x0之后，小球所受合力向上、合力对小球做负功，小球的速度减小，根据P=mgv可知，铁球压缩弹簧过程中重力做功功率先增大、后减小，故D错误。
故选：B。
根据功能关系分析弹簧弹性势能的最大值；根据动能定理求解小球运动过程中的最大动能；小球受力平衡的位置动能最大，根据系统的机械能守恒分析小球与弹簧组成系统的势能之和最小的位置；根据小球的受力情况分析合外力做功情况，根据功率与速度关系分析重力功率的变化情况。
本题主要是考查了功能关系和动能定理；知道小球在运动过程中合外力为零的位置动能最大，根据功能关系、动能定理以及系统的机械能守恒定律进行分析。
8.【答案】BC
【解析】解：A、因为运动员做平抛，故合外力就是重力，故加速度恒定，运动员做匀变速曲线运动。故A错误；
BC、只要落在斜面上，则合位移与水平分位移的夹角与斜面的倾角相等，即tanθ=12gt2v0t=gt2v0，则t=2v0tanθg，故BC正确；
D、斜面的高度与运动员下落的高度关系不知道，故此时间不能算出来。故D不合题意。
故选：BC。
由平抛的性质，A易判断。只要落在斜面上，则合位移与水平分位移的夹角与斜面的倾角相等，利用平抛的推论，BCD易判断。
本题要抓住落在斜面上时，斜面的倾角与合位移与水平分位移的夹角的关系。
9.【答案】AC
【解析】解：AB、由动能定理，物块下滑过程中，mgh−Wf=12mv2，乙、丙两图中，重力做功，摩擦力做功都相同，在斜面底端的速度相同。动量P=mv也相同，故A对，B错误；
CD、在乙图中，物体先做加速度大的加速，然后做加速度小的加速，故平均速度比丙图中的大，所用的时间比丙图中要小，故C正确，D错误。
故选：AC。
AB由动能定理可求出到底端的速度，然后再根据动量的定义可判断正误，CD根据位移相同，平均速度大的，用时少的。
抓住乙、丙两图中的隐含的相同的量，再选用合适的物理规律解答。
10.【答案】BCD
【解析】解：A、传送带顺时针转动，由图乙所示图像可知，传送带的运行速度为2m/s。
0到1s内物件的位移大小为：x物=12×1×1m=0.5m，方向向下
0到1s内传送带的位移大小为：x带=vt1=2×1m=2m，方向向上
则物件相对传送带位移为Δx1=x带+x物=2m+0.5m=2.5m，故A错误；
B、由图乙所示图像可知，物件的加速度大小a=ΔvΔt=0−(−1)1m/s2=1m/s2
对物件，由牛顿第二定律得：μmgcsθ−mgsinθ=ma，代入数据解得：μ=2 35，故B正确；
C、物件匀加速的时间t′=va=21s=2s，物件匀加速的位移大小x物′=12×2×2m=2m
该过程传送带的位移x带′=vt′=2×2m=4m
物块相对传送带滑行的位移Δx2=x带′−x物′=4m−2m=2m
整个过程物件相对于传送带的运动的路程Δs=Δx1+Δx2=2.5m+2m=4.5m
摩擦产生的热量：Q=μmgcs30∘Δs
代入数据解得：Q=27J，故C正确；
D、0到时间t2内物件上行的距离L=x物′−x物=2m−0.5m=1.5m
电机因运输物件需要消耗的电能E=Q+mgLsin30∘+12mv2−12mv02，其中物件的初速度v0=−1m/s
代入数据解得：E=36J，故D正确。
故选：BCD。
v−t图线与坐标轴围成图形的面积表示位移，根据图示图像求出物件的位移，根据运动学公式求出传送带的位移，然后求出物件相对于传送带的位移；根据图乙所示图像求出物件的加速度，应用牛顿第二定律求出物件与传送带间的动摩擦因数；求出物件相对于传送带滑行的距离，根据功能关系求出摩擦产生的热量；根据能量守恒求出电机消耗的电能。
根据题意与图乙所示图像分析物件的运动过程是解题的前提，应用运动学公式、牛顿第二定律与功能关系即可解题。
11.【答案】

【解析】
12.【答案】静止 小车轨道和两滑块 mx车=Mx滑 442.3小车、小车轨道和两滑块系统总动量 小车轨道和两滑块的动量
【解析】解：(1)组装滑块和小车轨道，打开气泵，将滑块和小车放置于导轨上，若小车和滑块能在导轨上静止，说明轨道调平了。
(2)若小车和导轨滑块系统动量守恒，规定向右为正方向，则满足
mv车=Mv滑
即
mv车t=Mv滑t
所以有
mx车=Mx滑
则要想验证动量守恒还需要测量出小车的质量m、小车轨道和两滑块的总质量M。
代入
mx车=Mx滑
检验是否满足该关系式，从而验证系统是否满足动量守恒。
(3)经过测量，m=74g=0.074kg，x滑=4.3cm=0.043m，x车=25.7cm=0.257，代入
mx车=Mx滑
则
M=0.4423kg=442.3g
经过软件分析，在时间t内生成出如题丙所示图像，图中a代表小车的动量，则b代表小车、小车轨道和两滑块系统总动量；c代表小车轨道和两滑块的动量。
故答案为：(1)静止；(2)小车轨道和两滑块，mx车=Mx滑；(3)442.3，小车、小车轨道和两滑块系统总动量，小车轨道和两滑块的动量
(1)根据小车和滑块的受力情况分析解答；
(2)(3)根据动量守恒定律的原理分析解答。
本题考查了验证动量守恒定律实验，解题关键掌握实验原理，注意实验操作分析及图象的分析方法。
13.【答案】解：(1)设吹风机对物体的作用力恒定为F，任意相邻两条直线间距为L，则用同一吹风机将物体A从第1条线由静止吹到第2条线，物体A的动能
EkA=FL
将物体B从第1条线由静止吹到第3条线，物体B的动能
EkB=2FL
这两物体获得的动能之比1：2；
(2)分别用相同的吹风机将静止的物体A和物体B从第1条线吹到第2条线后，两物体得到的动能相等，均为FL，则
FL=12mv2
离开桌子后做平抛运动，则
x=vt
h=12gt2
可得
x= FLgmh∝1 m
则两物体离开桌面后落到水平地面的水平距离之比为1： 2
答：(1)这两物体获得的动能之比为1：2；
(2)两物体离开桌面后落到水平地面的水平距离之比为1： 2。
【解析】(1)根据动能定理分析解答；
(2)根据动能定理结合平抛运动规律解答。
本题考查了平抛运动规律和动能定理的基本运用，运用动能定理解题，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求解．
14.【答案】解：(1)人与绵球合体最终恰能通过圆管最高点B，可知到达B点时的速度为零，由机械能守恒定律可得：
5mg⋅2R=12⋅5mvA2
在A点人与绵球碰后的速度
vA=2 gR
(2)人与绵球合体过程动量守恒，规定向左为正方向，则有：
4mv1=5mvA
由机械能守恒定律得：
4mgH=12⋅4mv12
解得：H=258R
(3)合体由B点运动至C点时的动能为：
Ek=5mg⋅2R−μ⋅5mgcs60∘⋅2Rsin60∘=7.5mgR
答：(1)在A点人与绵球碰后的速度为2 gR；
(2)平台高度为258R；
(3)合体运动至C点时的动能为7.5mgR。
【解析】(1)人与绵球合体最终恰能通过圆管最高点B，可知到达B点时的速度为零，根据动能定理解得在A点人与绵球碰后的速度；
(2)根据动量守恒和能量守恒解得；
(3)根据功能关系解得合体运动至C点时的动能。
本题考查动量守恒定律与功能关系的应用，解题关键掌握动量的矢量性，注意功能关系的运用。
15.【答案】解：(1)当第三颗水滴刚要下落时，第一颗水滴恰好进入圆桶小圆孔，则3R4=12g(2t0)2，
解得：g=3R8t02；
(2)每隔t0产生一滴水，而在t0时间内，圆筒转过的角度为θ0=ωt0=π8，
即圆筒至少转动4t0才能接到一滴药水，则要100滴全部滴入筒中，则完成药料搅拌至少需要桶转动时间为t，则有：t=400t0；
(3)为了让每滴水滴入孔中，则圆筒的角速度满足：ωt0=nπ2(n=1,2,)
即：ω=nπ2t0(n=1,2,)
答：(1)当地的重力加速度3R8t02；
(2)完成药料搅拌至少需要桶转动400t0；
(3)则圆筒的角速度满足ω=nπ2t0(n=1,2,)。
【解析】(1)当第三颗水滴刚要下落时，第一颗水滴恰好进入圆桶小圆孔，由自由落体位移关系式求当地的重力加速度；
(2)在t0时间内，圆筒转过的角度由θ=ωt0计算，圆筒至少转π2才接到一滴水，推出接一滴水所花时间，从而推出要100滴全部滴入筒中，则完成药料搅拌至少需要桶转动时间；
(3)圆筒每转π2的角度就接一滴水，推为了让每滴水滴入孔中，圆筒的角速度满足条件。
本题考查了自由落体运动和匀速圆周运动的多解性，解题关键是在药水滴入筒中的时间内，圆筒转过的角度为π2的整数倍。