2023-2024学年上海市晋元高级中学高一（下）期末物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年上海市晋元高级中学高一（下）期末物理试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，实验与简答题等内容，欢迎下载使用。
1.小华坐在游乐场的旋转木马上，绕中心轴在水平面内做匀速圆周运动。关于小华做匀速圆周运动的过程中，下列物理量保持不变的是( )
A. 合外力B. 动能C. 运动速度D. 加速度
2.如图，a、b是地球赤道上的两点，b、c是地球表面不同纬度上的两个点，若a、b、c三点随地球的自转都看作是匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )
A. a、b 两点的线速度相同
B. b、c 两点的线速度相同
C. b、c 两点的轨道半径相同
D. a、b、c 三点的角速度相同
3.类比直线运动中用v−t图像求位移的方法，关于图像与横坐标轴围成面积的意义，说法正确的是( )
A. 若图像为x−t(位移−时间)图，面积反映速度大小
B. 若图像为a−t(加速度−时间)图，面积反映位移大小
C. 若图像为F−x(力−位移)图，面积反映力的功率
D. 若图像为P−t(功率−时间)图，面积反映力做的功
4.一位同学在水平地面上做立定跳远，他从位置②起跳，到位置⑤落地，位置③是他在空中的最高点，在位置②和⑤时他的重心到地面的距离近似相等。下列说法正确的是( )
A. 在位置③，人的速度水平向右
B. 从位置②到⑤，重力对人的冲量为0
C. 从位置①到⑤，重力做功为0
D. 在位置②起跳至离地的过程中，支持力的冲量与重力的冲量大小相等
5.如图所示，学生练习用头颠球。某一次足球从静止开始下落20cm，被头竖直顶起，离开头部后上升的最大高度仍为20cm。已知足球与头部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 头部对足球的平均作用力为足球重力的5倍
B. 与头部作用过程中，足球动量变化量大小为0
C. 下落到与头部刚接触时，足球动量大小为1.6kg⋅m/s
D. 从最高点下落至重新回到最高点的过程中，足球重力的冲量为0
6.地球半径为r1，赤道上某点随地球自转的线速度大小为v1，某轨道半径为r2的地球间步卫星运动的线速度大小为v2，则v1：v2为( )
A. r22r12B. r2r1C. r12r22D. r1r2
7.如图所示，一轻弹簧的左端固定在墙壁上，右端连接一个小球，小球放置在光滑水平地面上。弹簧处于原长时，小球在位置O.将小球拉至位置A(弹簧处于弹性限度内)，然后由静止释放。释放后，小球从A第一次运动到O的过程中下图的各示意图中正确反映小球速度v随时间t变化关系的是( )
A. B. C. D.
8.如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为ℎ，则足球( )
A. 从1到2动能减少mgℎB. 从1到2重力势能增加mgℎ
C. 从2到3动能增加mgℎD. 从2到3机械能不变
9.如图所示是一简谐运动的振动图象，则下列说法正确的是( )
A. 该简谐运动的振幅为6 cm，周期为8 s
B. 6～8 s时间内，振子由负向最大位移处向平衡位置运动
C. 图中的正弦曲线表示振子的运动轨迹
D. 该振动图象对应的表达式为x=3sin (π4t) cm
10.人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示，可看作质点的货物从14圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6m/s。已知货物质量为20kg，滑道高度ℎ为4m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有( )
A. 重力做的功为360JB. 克服阻力做的功为440J
C. 经过Q点时向心加速度大小为9m/s2D. 经过Q点时对轨道的压力大小为380N
二、填空题（共12分）
11.如图所示，做匀速圆周运动的质点在时间t内由A点运动到B点，AB弧所对的圆心角为θ。则质点的角速度大小为______；若AB弧长为l，则质点向心加速度的大小为______。
12.1970年成功发射的“东方红一号”是我国第一颗人造地球卫星，该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动。如图所示，设卫星在近地点、远地点的速度分别为v1、v2，近地点到地心的距离为r，地球质量为M，引力常量为G。则v1 ______v2，且v1 ______ GMr(填“>”、“ >
【解析】解：“东方红一号”环绕地球在椭圆轨道上运行的过程中，由开普勒第二定律可知，卫星在近地点的速度大于在远地点的速度，即有 v1>v2；
从近地点向远地点运动时，卫星做离心运动，由离心运动条件可知，此时GMmr2 GMr；
故答案为：>；>。
根据开普勒第二定律分析卫星在近地点、远地点的速度大小。根据变轨原理，将近地点速度与卫星圆周运动的线速度比较，即可求解。
解决本题的关键要理解并掌握卫星变轨的原理，知道当万有引力小于所需要的向心力时，卫星做离心运动。
13.【答案】60 50
【解析】解：弹簧压缩最短时，弹性势能最大，此时物体速度为零。
物块由A到弹簧压缩最短过程中，由能量守恒定律得
mgℎ=μmgL+Ep
解得弹簧被压缩具有的最大弹性势能为：Ep=60J
设物体在BC段运动的总路程为s，全程根据能量守恒定律得
mgℎ=μmgs
解得：s=50m
故答案为：60，50。
物块由A到弹簧压缩最短过程中，根据能量守恒定律求解弹簧被压缩具有的最大弹性势能。物体由A出发到停止过程，根据能量守恒定律可解得总路程。
解决本题的关键是正确分析能量是如何转化的，要灵活选择研究过程。要知道摩擦生热与相对路程有关。
14.【答案】光电门 高度 B ACD 2 1 在误差允许范围内机械能守恒 当ℎ=0.10m时机械能为0.0511J，而当ℎ=0.04m时的机械能为0.0513J，机械能增加了，不符合实际 BC
【解析】解：(1)实验中用光电门传感器测速度，根据Ek=12mv2=12m(dt)2，可知还需知道挡光片的宽度。即结合各挡光片相对轨道最低点的挡光片的高度和摆锤质量，可以分析摆锤运动过程中机械能的变化。
(2)将摆锤由A点静止释放，连接杆拉力与摆锤速度方向始终垂直，所以不做功，下落过程中动能增大，则合外力做正功，故ACD错误，B正确。故选：B。
(3)A.根据图像可知，当摆锤运动到最低点时高度为0时，即以最低点为零势能面，故A正确；
B.挡光片的宽度应选择适当小一点，这样可近似认为挡光时的平均速度近似等于瞬时速度，故B错误；
C.连接杆④的质量要远小于摆锤的质量，否则其动能明显增大会导致摆锤的机械能减小，故C正确；
D.高度ℎ应是光电门经过该位置时光孔的高度，故D正确。
E.挡光片应固定在底座上，故E错误。
故选：ACD。
(4)①高度为零时重力势能为零，可知图线2表示势能Ep随高度ℎ的变化图线；摆锤运动过程机械能保持不变，可知图线3表示机械能随高度ℎ的变化图线，高度为零时动能与机械能相等，即图线1表示动能Ek随高度ℎ的变化图线；即表示摆锤的重力势能Ep、动能Ek图线分别是2和1。
②根据实验图像，可以得出的结论是：在误差允许范围内机械能守恒；
③由表中数据，当ℎ=0.10m时机械能为0.0511J，而当ℎ=0.04m时的机械能为0.0513J，机械能增加了，不符合实际；
④若重锤在下降过程中机械能守恒，则应满足mg(ℎ0−ℎ)=12m(dΔt)2，可得1Δt2=2gd2ℎ0−2gd2ℎ，即1Δt2−ℎ图线是向下倾斜的直线；又有1Δt= 2g(ℎ0−ℎ)d，可知1Δt−ℎ成非线性关系，图像为抛物线，故AD错误，BC正确。
故选：BC。
故答案为：(1)光电门，高度；(2)B；(3)ACD；(4)①2，1；②在误差允许范围内机械能守恒；③当ℎ=0.10m时机械能为0.0511J，而当ℎ=0.04m时的机械能为0.0513J，机械能增加了，不符合实际；④BC。
(1)根据光电门知识测速度，结合挡光片相对高度计算重力势能分析判断；
(2)根据各个力的做功情况进行判定；
(3)根据该实验的实验原理结合题目条件分析相关的注意事项的正误判断；
(4)①根据对应的高度变化分析重力势能、动能和总机械能(微小阻力作用会使总机械能可能适当减小)的变化情况；
②根据图像进行相关的判断；
③根据数据的增减结合实际情况进行分析判断；
④根据机械能守恒写出相应的表达式，结合图像的线性特征和非线性特点进行综合判断。
考查光电门、机械能守恒、图像的认识和理解问题，会根据题意进行准确分析和判断。
15.【答案】高功率版电机在1s内做功最多为3.7×105J 166.5 36.0 10 重力 不守恒 2000
【解析】解：(1)“高功率版电机最大功率约370kW”的物理意义是指高功率版电机在1s内做功最多为3.7×105J。
(2)①当汽车牵引力等于阻力时，速度最大，则F=f=8×103N，根据P=fvm，得最大速度vm=Pf=370×1038×103m/s=46.25m/s=166.5km/ℎ，汽车以恒定加速度启动时，根据牛顿第二定律得F−f=ma，解得F=f+ma=8×103N+5×103×2N=1.8×104N，则汽车启动后第1s末匀加速直线运动的末速度v=at=2×1m/s=2m/s，此时电机对外输出的瞬时功率为P=Fv=1.8×104×2W=36.0kW
②汽车先匀加速直线运动到最大功率v1=PF=370×1031.8×104m/s=20.6m/s，经时间t=v1a=20.62s=10.3s，达到匀加速阶段的最大速度，这段时间功率P′=F⋅at，故P′∝t，之后开始以最大功率约370kW运动，故该款汽车启动后电机对外输出的功率P随时间t变化的图像如下
③该款汽车在前10s内的位移为x=12at2=12×2×102m=100m，故摩擦力做的功W=−fx=−8×103×100J=−8×105J，牵引力F做的功Wp=Fx=1.8×104×100J=1.8×106J
(3)根据牛顿第二定律知，汽车速度最大时，向心力由重力提供mg=mv2R，代入R=10m，解得汽车的最大速度为v=10m/s
(4)规定汽车碰撞前的速度方向为正方向，碰撞前后系统的总动量分别为p前=2000×10kg⋅m/s+1500×40kg⋅m/s=8×104kg⋅m/s，p后=(2000+1500)×20kg⋅m/s=7.5×104kg⋅m/s，故系统的总动量不守恒。
根据动量定理，规定初速度的方向为正方向，结合图4的碰撞时间t=1s，对汽车甲F合⋅t=m甲Δv，故汽车甲受到的合外力大小为F合=m甲⋅Δvt=2000×(20−10)1N=20000N
故答案为：(1)高功率版电机在1s内做功最多为3.7×105J；(2)①166.5，36.0；②作图如上所示；③摩擦力做的功W为−8×105J，牵引力F做的功Wp为1.8×106J；(3)10，重力；(4)不守恒，20000。
(1)根据功率的物理意义进行分析解答；
(2)①根据汽车最大速度的条件结合牛顿第二定律以及功率公式列式代入数据求解；
②根据汽车做加速运动的具体情况分析功率随时间的变化规律作图；
③根据摩擦力做功公式和牵引力做功公式列式解答；
(3)根据牛顿第二定律求解最大速度，根据向心力来源回答；
(4)根据动量公式和动量定理列式求解并做出判断动量是否守恒。
考查机车的启动问题和动量定理、功率等的运算，会根据题意进行准确分析和解答。
16.【答案】C
【解析】解：(1)根据题意可知，5个相同的小球，在此撞击过程中，中间的3个小球静止不同，两侧的小球交换速度，摆起同样的高度，并且重复不止，可知在撞击过程中5个小球组成的系统动量守恒，机械能守恒，故C正确，ABD错误。
故选：C。
(2)(Ⅰ)甲乙两球在碰撞瞬间动量守恒，设碰撞后瞬间甲球的速度为v1，乙球的速度为v2，选取甲球初速度的方向为正方向，则由动量守恒定律可得m甲v0=m甲v1+m乙v2
代入数据解得v2=1m/s
对乙球，在上升过程中机械能守恒，可得12m乙v22=m乙gℎ
代入数据解得ℎ=0.05m
(Ⅱ)若碰撞过程中机械能也守恒，则12m甲v02=12m甲v12+12m乙v22
代入数据解得：v2=109m/s>1m/s
由此可知：该碰撞过程中机械能不守恒。
(Ⅲ)若B点左侧有与右侧完全相同的光滑圆弧轨道，根据机械能守恒，可知小球将在两侧轨道无休止的做往复运动，而此种情况下小球的运动类似单摆所做的简谐运动，根据单摆做简谐运动的周期T=2π Lg=2π Rg
代入数据解得T=2 2πs
而小球被碰后再次回到B点刚好为半个周期，则可知再次回到B点的时间为t=T2= 2πs
故答案为：(1)C；(2)(Ⅰ)乙球所能上升的最大高度ℎ为0.05m；
(Ⅱ)该碰撞过程中，系统的机械能不守恒，见详解；
(Ⅲ)碰撞后乙球再次回到B点所需的时间为 2πs。
(1)根据动量守恒定律和机械能守恒定律分析；
(2)①根据动量守恒定律结合机械能守恒定律计算乙球上升的高度；②根据动量守恒定律和机械能守恒定律计算乙球的碰后速度，进而判断该过程中系统的机械能是否守恒；③根据单摆的周期公式计算乙球回归所用的时间。
本题考查动量守恒定律和机械能守恒定律的运用，解题关键是要熟记弹性碰撞的规律及结论。高度ℎ/m
0.10
0.08
0.06
0.04
0.02
0
势能Ep/J
0.0294
0.0235
0.0176
0.0118
0.0059
0.0000
动能Ek/J
0.0217
0.0268
0.0328
0.0395
0.0444
0.0501
机械能E/J
0.0511
0.0503
0.0504
0.0513
0.0503
0.0501