吉林省白城市实验高级中学2023-2024学年高一下学期7月期末考试物理试题（Word版附解析）

这是一份吉林省白城市实验高级中学2023-2024学年高一下学期7月期末考试物理试题（Word版附解析），共4页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1. 关于匀速圆周运动，下列说法正确的是( )
A. 由a＝可知，匀速圆周运动的向心加速度与半径成正比
B. 匀速圆周运动就是线速度不变的运动
C. 向心加速度只改变线速度的方向，不改变线速度的大小
D. 向心加速度越大，物体速率变化越快
2. (2020·全国卷2)如图所示，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h。若摩托车经过a点时的动能为E1，它会落到坑内c点，c与a的水平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为E2，该摩托车恰能越过坑到达b点。 E2E1等于( )
A. 20 B. 18 C. 9.0 D. 3.0
3. 关于做平抛运动的物体，下列说法正确的是( )
A. 速度始终不变 B. 加速度始终不变
C. 受力始终与运动方向垂直 D. 受力始终与运动方向平行
4. 如图所示，运动员把质量为m的足球从水平地面踢出，足球在空中到达的最高点的高度为h，在最高点时的速度为v，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法中正确的是( )
A. 运动员踢球时对足球做功mv2 B. 足球上升过程重力做功mgh
C. 运动员踢球时对足球做功mv2＋mgh D. 足球上升过程克服重力做功mv2＋mgh
5. 下列关于重力势能的说法中正确的是( )
A. 重力势能Ep1＝2 J，Ep2＝－3 J，则Ep1与Ep2方向相反
B. 同一物体重力势能Ep1＝2 J，Ep2＝－3 J，则Ep1>Ep2
C. 在同一高度的质量不同的两个物体，它们的重力势能一定不同
D. 重力势能是标量，负值没有意义
6. 质量为m的小明坐在秋千上摆动到最高点时的照片如图所示，对该时刻，下列说法正确的是( )
A. 秋千对小明的作用力小于mg B. 秋千对小明的作用力大于mg
C. 小明的速度为零，所受合力为零 D. 小明的加速度为零，所受合力为零
7. 某人用同一水平力F先后两次拉同一物体，第一次使此物体从静止开始在光滑水平面上前进距离s，第二次使此物体从静止开始在粗糙水平面上前进距离s．若先后两次拉力做的功分别为W1和W2，拉力做功的平均功率分别为P1和P2，则( )
A. W1＝W2，P1＝P2 B. W1＝W2，P1>P2
C. W1>W2，P1>P2 D. W1>W2，P1＝P2
8. 质量分别为2m和m的A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，撤去F1、F2后受摩擦力的作用减速到停止，其v－t图像如图所示，则下列说法中正确的是( )
A. F1和F2大小相等 B. F1和F2对A、B做功之比为2∶1
C. A、B所受摩擦力大小相等 D. 全过程中摩擦力对A、B做功之比为1∶2
二、多选题
9. 如图所示为一种齿轮传动装置，忽略齿轮啮合部分的厚度，甲、乙两个轮子的半径之比为1∶3，则在传动的过程中( )
A. 甲、乙两轮的角速度之比为3∶1
B. 甲、乙两轮的周期之比为3∶1
C. 甲、乙两轮边缘处的线速度大小之比为3∶1
D. 甲、乙两轮边缘上的点相等时间内转过的弧长之比为1∶1
10. (多选)如图所示，站在向前运动的汽车上的人用手推车的力为F，脚对车向后的静摩擦力为F′，下列说法正确的是( )
A. 当车匀速运动时，F和F′所做的总功为零 B. 当车加速运动时，F和F′的总功为负功
C. 当车减速运动时，F和F′的总功为正功 D. 不管车做何种运动，F和F′的总功都为零
11. 下列关于天王星和海王星的说法正确的是( )
A. 英国剑桥大学的学生亚当斯和法国年轻天文学家勒维耶相信未知行星的存在，一起合作终于计算出了海王星的轨道
B. 天王星的实际观测结果与根据万有引力定律计算出来的轨道有偏差，让人们猜测可能是天王星轨道外还有一颗未发现的行星
C. 天王星被称为“笔尖下发现的行星”
D. 海王星的发现过程显示了理论对实践的巨大指导作用
12. 有两个不共线的直线运动，初速度分别为v1和v2，加速度恒定，分别为a1和a2，关于合运动，下列说法正确的是( )
A. 若v1＝0，v2≠0，a1≠0，a2≠0，则合运动一定是匀变速曲线运动
B. 若v1＝0，v2＝0，a1≠0，a2≠0，则合运动一定是匀变速直线运动
C. 若v1≠0，v2≠0，a1＝0，a2＝0，则合运动一定是匀速直线运动
D. 若v1≠0，v2≠0，a1≠0，a2≠0，则合运动一定是匀变速曲线运动
三、实验题
13. 某物理兴趣小组在做“探究平抛运动的特点”实验时，分成两组，其中一个实验小组让小球做平抛运动，用频闪照相机对准方格背景照相，拍摄到如图所示的照片，已知每个小方格的边长为10 cm，当地的重力加速度g取10 m/s2，其中第4点处的位置被污迹覆盖.
(1)若以拍摄的第1点为坐标原点，以水平向右和竖直向下为正方向建立直角坐标系，被拍摄的小球在第4点的位置坐标为(________cm，________cm)；
(2)小球做平抛运动的初速度大小为________m/s；
(3)另一个实验小组的同学正确地进行了实验并描绘了运动轨迹，测量了轨迹上的不同点的坐标值，根据所测得的数据以y为纵轴，x2为横轴，在坐标纸上画出对应的图像为过原点的直线，并测出直线斜率为2，则平抛运动的初速度v0＝________ m/s.
14. 为了验证机械能守恒定律，同学们设计了如下的实验：
(1)不计挡光片的质量，所用钩码的质量相同，如图所示，由静止释放钩码A、B、C，实验测得，释放钩码时挡光片距光电门的距离为h，挡光片遮光的时间为t，挡光片宽度为d.若系统机械能守恒，则需要验证：h＝________(用物理量字母表示，已知当地的重力加速度为g)；
(2)下列建议中能对减小该实验误差有作用的是________．
A．绳子越长越好
B．使用质量小且结实的绳子
C．尽量保证钩码只沿竖直方向运动，不要摇晃
四、计算题
15. 小球自h=2 m的高度由静止释放，与地面碰撞后反弹的高度为 34h。设碰撞时没有动能的损失，且小球在运动过程中受到的空气阻力大小不变，求：
(1)小球受到的空气阻力与重力的比值是多少?
(2)小球从开始到停止运动的过程中运动的总路程。
16. (2023·重庆巫溪高一期中)中国的面食文化博大精深，种类繁多，其中“刀削面”堪称天下一绝。如图所示，将小面圈沿锅的某条半径方向水平削出时，距锅的高度为h＝0.45 m，与锅沿的水平距离为L＝0.3 m，锅的半径也为L＝0.3 m，小面圈在空中的运动可视为平抛运动，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求小面圈从被削离到落入锅中的时间；
(2)仅改变小面圈削离时的速度大小，求落入锅中的最大速度的大小和方向。
(3)为使面圈都落入锅中，求小面圈削离时的速度大小v0的范围。
17. 如图所示是滑板运动的轨道，BC和DE是两段光滑圆弧形轨道，BC段的圆心为O点、圆心角θ＝60°，半径OC与水平轨道CD垂直，滑板与水平轨道CD间的动摩擦因数μ＝0.2.某运动员从轨道上的A点以v0＝3 m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回．已知运动员和滑板的总质量为m＝60 kg，B、E两点与水平轨道CD的竖直高度差分别为h＝2 m和H＝2.5 m，g取10 m/s2.
(1)求运动员从A点运动到B点过程中，到达B点时的速度大小vB；
(2)求水平轨道CD段的长度L；
(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？若能，请求出回到B点时速度的大小；若不能，请求出最后停止的位置距C点的距离．
参考答案
1. 【答案】C
【解析】匀速圆周运动的向心加速度是由向心力决定的，与圆周运动的半径无关，A错误；匀速圆周运动的线速度大小不变，但是方向不断变化，B错误； 向心加速度只改变线速度的方向，不改变线速度的大小，C正确；向心加速度越大，物体速度方向变化越快，D错误。
2. 【答案】B
【解析】摩托车做平抛运动，从a到c，h= 12gt12，h=v1t1，联立可求出v1= gh2；从a到b，0.5h= 12gt22，3h=v2t2，联立可求出v2= 9gh。动能E1= 12mv12=14mgh，E2= 12mv22=92mgh，则 E2E1=18，B正确，A、C、D错误。
3. 【答案】B
【解析】物体做平抛运动的条件是物体只受重力作用，且初速度沿水平方向，故物体的加速度始终不变，大小为g，B正确；物体的平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，其合运动是曲线运动，速度的大小和方向时刻变化，A错误；运动过程中，物体所受的力与运动方向既不垂直也不平行，C、D错误.
4. 【答案】C
【解析】足球上升过程中重力做负功，WG＝－mgh，B、D错误；从运动员踢球至足球上升至最高点的过程中，由动能定理得W－mgh＝mv2，故运动员踢球时对足球做功W＝mv2＋mgh，A错误，C正确．
5. 【答案】B
【解析】重力势能是标量，正负表示大小，重力势能Ep1＝2 J，Ep2＝－3 J，则Ep1大于Ep2，A错误，B正确；重力势能是一个相对量，是相对于参考平面来说的，在同一高度的质量不同的两个物体，如果选取该高度为参考平面，则它们的重力势能都为零，C错误；重力势能是标量，负值表示物体处于参考平面以下，有意义，D错误．
6. 【答案】A
【解析】在最高点，小明的速度为0，设秋千的摆长为l，摆到最高点时摆绳与竖直方向的夹角为θ，秋千对小明的作用力为F，则对小明，沿摆绳方向受力分析有
F－mgcs θ＝m
由于小明的速度为0，则有F＝mgcs θ沿垂直摆绳方向有mgsin θ＝ma
解得小明在最高点的加速度为a＝gsin θ，所受合力为mgsin θ
所以A正确，B、C、D错误．
7. 【答案】B
【解析】两次拉物体用的力都是F，物体的位移都是s，由拉力做功W＝Fscs α可知W1＝W2；物体在粗糙水平面上前进时，加速度a较小，由s＝ 12at2可知用时较长，再由P＝ Wt可知P1>P2，选项B正确．
8. 【答案】C
【解析】设A、B两物体所受摩擦力大小分别为Ff1和Ff2，撤去F后，A的加速度大小为a1＝ v02t0，B的加速度大小为a2＝ v0t0，根据牛顿第二定律，对A有Ff1＝2ma1＝ mv0t0，对B有Ff2＝ma2＝ mv0t0，所以有Ff1＝Ff2，对两物体运动的全过程，由动能定理有F1 v0t02－Ff1 3v0t02＝0，F2 2v0t02－Ff2 3v0t02＝0，解得F1∶F2＝2∶1，故A错误，C正确；F1和F2对A、B做功之比为W1∶W2＝(F1 v0t02)∶(F2 v0·2t02)＝1∶1，故B错误；对全过程，根据动能定理知，摩擦力对A、B做的功等于水平恒力做的功，则全过程中摩擦力对A、B做功之比为1∶1，故D错误．
9. 【答案】AD
【解析】这种齿轮传动，与不打滑的皮带传动规律相同，即两轮边缘的线速度大小相等，故C错误；根据线速度的定义式v＝ ΔlΔt可知，弧长Δl＝vΔt，故D正确；根据v＝ωr可知ω＝ vr，又甲、乙两个轮子的半径之比r1∶r2＝1∶3，故甲、乙两轮的角速度之比ω1∶ω2＝r2∶r1＝3∶1，故A正确；周期T＝ 2πω，所以甲、乙两轮的周期之比T1∶T2＝ω2∶ω1＝1∶3，故B错误．
10. 【答案】ABC
【解析】根据牛顿第三定律，车对人向后的推力大小也为F，车对人向前的静摩擦力大小也为F′.以人为研究对象，取车前进的方向为正方向，由牛顿第二定律，得F′－F＝ma.当车匀速运动时，a＝0，则F＝F′，由于人对车的推力F对车做正功，人对车的摩擦力F′对车做负功，而两力做功的绝对值相等，所以，F和F′的总功为零；当车加速度运动时，a>0，F′>F，则F′对车做的负功多，F对车做的正功少，故F和F′的总功为负功；当车减速运动时，a<0，F′11. 【答案】BD
【解析】亚当斯和勒维耶是各自独立地利用万有引力定律计算出了海王星的轨道，A错误；海王星是“笔尖下发现的行星”，C错误．
12. 【答案】ABC
【解析】若v1＝0，v2≠0，a1≠0，a2≠0，即合初速度方向与合加速度方向不在同一直线上，则合运动一定是匀变速曲线运动，故A正确；若v1＝0，v2＝0，a1≠0，a2≠0，即合初速度为零，则合运动一定是沿合加速度方向的匀变速直线运动，故B正确；若v1≠0，v2≠0，a1＝0，a2＝0，即合加速度为零，则合运动一定是匀速直线运动，故C正确；若v1≠0，v2≠0，a1≠0，a2≠0，当合初速度与合加速度在同一直线上时，合运动是直线运动，故D错误.
13. 【答案】(1)60 60 (2)2 (3) 102
14. 【答案】(1) (2)BC
【解析】(1)钩码通过光电门的速度为v＝
若系统机械能守恒，则有(2m－m)gh＝×3mv2
解得h＝＝
(2)由h＝知，与绳子长度无关，A错误；钩码在运动的过程中，细绳也在运动，也具有动能，故使用质量小且结实的绳子可使实验减小系统误差，B正确；尽量保证钩码只沿竖直方向运动，因为摇晃会使得钩码在水平方向上有速度分量，影响实验验证结果，C正确．
15. 【答案】(1) 17 (2)14 m
【解析】设小球的质量为m，所受阻力大小为Ff。
(1)小球从h处释放时速度为零，与地面碰撞反弹到 34h时，速度也为零，
由动能定理得mg h-34h-Ff h+34h=0
解得 Ffmg=17。
(2)设小球运动的总路程为s，且最后小球静止在地面上，对于整个过程，由动能定理得
mgh-Ffs=0
s= mgFfh=7×2 m=14 m。
16. 【答案】(1)0.3 s (2)3 m/s，方向与水平方向夹角为45° (3)1 m/s≤v0≤3 m/s
【解析】(1)小面圈竖直方向，有h＝gt2
解得时间t＝0.3 s
(2)设小面圈落入锅的右边缘时，对应抛出速度为vm,3L＝vmt
解得vm＝3 m/s
入锅时竖直方向速度为vy＝gt＝3 m/s
则落入锅中的最大速度的大小
v＝＝3 m/s
设速度方向与水平方向夹角为θ，有tan θ＝＝1
可知方向与水平方向夹角为45°
(3)设面圈的水平位移为x，由题意可知
L≤x≤3L，由v0＝
得1 m/s≤v0≤3 m/s
所以小面圈削离时的速度大小范围为
1 m/s≤v0≤3 m/s。
17. 【答案】(1)6 m/s (2)6.5 m (3)不能，距C点右侧6 m处
【解析】(1)由几何关系知，在B点时有vB＝ v0cs60°，得vB＝6 m/s.
(2)从B点到E点，根据动能定理，有mgh－μmgL－mgH＝0－ 12mvB2，得L＝6.5 m.
(3)设运动员能到达左侧的最大高度为h′，由动能定理得，从B点到第一次返回左侧最高处有
mgh－mgh′－μmg·2L＝0－ 12mvB2，得h′＝1.2 m故第一次返回时，运动员不能回到B点，从B点运动到停止，在CD段的总路程为s，由动能定理，可得mgh－μmgs＝0－ 12mvB2，得s＝19 m，s＝2L＋6 m，故运动员最后停在C点右侧6 m处．