陕西省铜川市王益中学2022-2023学年高三物理上学期期末试题（Word版附解析）

陕西省铜川市2022-2023学年度第一学期高三物理期末考试（测试范围：机械能守恒定律、功能关系、动量守恒定律、动量和能量综合应用）本试题卷共8页，17题，全卷满分100分，考试用时90分钟。第I卷一、选择题：本题共12小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.在“金星凌日”的精彩天象中，观察到太阳表面上有颗小黑影缓慢走过，持续时间达六个半小时，那便是金星，这种天文现象称为“金星凌日”，如图所示。下面说法正确的是（　　）A.地球在金星与太阳之间B.观测“金星凌日”时可将太阳看成质点C.以太阳为参考系，金星绕太阳一周位移不为零D.以太阳为参考系，可以认为金星是运动的【答案】D【解析】【详解】A．“金星凌日”现象的成因是光沿直线传播，当金星转到太阳和地球之间且三者在一条直线上时，金星挡住了沿直线传播的太阳光，人们看到太阳上的黑影实际上是金星，由此可知发生“金星凌日”现象时，金星在地球和太阳之间，故A错误；B．观测“金星凌日”时，如果将太阳看成质点，无法看到此现象，故B错误；C．以太阳为参考系，金星绕太阳一周起点和终点重合，位移为0，故C错误；D．以太阳为参考系，金星和太阳的位置是变化的，则可以认为金星是运动的，故D正确。故选D。2.2021年4月13日的苏州奥体中心，在近万名现场球迷的加油声中，中国女足战胜韩国女足， 拿到了东京奥运会的入场券。如图所示，若运动员将足球以12m/s的速度踢出，足球沿草地做加速度大小为2m/s2的匀减速直线运动，踢出的同时运动员以恒定速度8m/s去追足球，则运动员追上足球所需时间为（　　）A.2sB.4sC.6sD.8s【答案】B【解析】【分析】【详解】设足球的初速度为v0，运动运的速度为v，经时间t追上，满足代入数据解得t=4s此时足球的速度为还未停止运动，符合匀减速运动规律，故运动员追上足球所需时间为4s。故选B3.如图所示，固定的倾斜直杆上套有一个质量为m的小球（可视为质点）和两根原长均为L的轻弹簧，两根弹簧的一端与小球相连，另一端分别固定在杆上相距为2L的A、B两点。已知杆与水平面的夹角为θ，两根弹簧的劲度系数均为，小球在距B点，的P点处于静止状态，重力加速度为g。则小球在P点时受到的摩擦力为（　　） A.，方向沿杆向下B.，方向沿杆向上C.，方向沿杆向下D.，方向沿杆向上【答案】A【解析】【详解】由题意可知下面的弹簧被压缩，上面的弹簧被拉伸，且两根弹簧形变量相同，因此小球在P点时受到两根弹簧的弹力大小相等，设此时两根弹簧的弹力大小均为F，根据胡克定律有根据平衡条件有解得方向沿杆向下。故选A。4.某小组利用频闪照相的方法研究单摆的运动过程，即用在同一张底片上多次曝光的方法，在远处从与单摆摆动平面垂直的视角拍摄单摆在摆动过程中的多个位置的照片。从摆球离开左侧最高点A时开始，每隔相同时间曝光一次。得到了一张记录摆球从A位置由静止运动到右侧最高点B的照片，如图所示，其中摆球运动到最低点O时摆线被一把刻度尺挡住。对该实验进行分析可知（　　） A.在O点附近摆球影像相邻位置的间隔较大，说明在O点附近摆球的速率较大，重力功率较大B.摆球在A点所受的合力大小等于在B点所受的合力大小C.摆球从A点运动到B点的过程中，机械能守恒D.摆球从A点运动到B点的过程中，重力的冲量为0【答案】C【解析】【分析】【详解】A．功率在O点附近，速度在水平方向，，重力竖直向下，所以，所以重力的功率为零，故A错误；B．摆球在A点和B点的速度大小均为零，所需要的向心力为零，则小球受绳的拉力等于重力沿绳子方向的分力，而小球重力沿垂直绳子方向的力为小球受到的合外力，大小为（为绳子与竖直方向的夹角），故小球在B点受到的合外力更大，故B错误；C．摆球从A点运动到B点的过程中，，绳子拉力不做功，故机械能守恒，故C正确；D．由可得从A到B的过程中重力作用了时间t，故冲量不为零，故D错误。故选C5.如图所示，斜面固定且光滑，分别用力F1、F2将同一物体由静止以相同加速度从斜面底端拉到斜面的顶端。物体到达斜面顶端时，力F1、F2的功率分别为P1、P2，则（　　） A.F1＝F2，P1＝P2B.F1＝F2，P1＜P2C.F1＜F2，P1＜P2D.F1＜F2，P1＝P2【答案】D【解析】【详解】对物体受力分析，根据牛顿第二定律联立可得所以物体在两种情况下的加速度相同，根据可知物体到达顶端的速度相同。两种情况下的功率为所以有故选D。6.如图甲是我国首艘“海上飞船”一“翔州1”。“翔州1”在平静的水面由静止开始在水平面上沿直线运动，若运动过程中受到的阻力不变，水平方向的动力F随运动时间t的变化关系如图乙所示t=50s后，“翔州1”以20m/s的速度做匀速直线运动。则下列说法正确的是（　　） A.“翔州1”所受阻力的大小为2.0×104NB.0-50s内，“翔州1”所受合外力冲量的大小为1.0×106N•sC.“翔州1”的质量为2.5×104kgD.0-50s内，动力F功为5.0×106J【答案】C【解析】【分析】【详解】A.根据图像中匀速运动可知“翔州1”所受阻力的大小为1.0×104N，故A错误；B.0-50s内，“翔州1”所受合外力冲量的大小为代入数据可得故B错误；C.有动量定理可知解得：故C正确；D.0-50s内，动力F是变力，无法求解功，故D错误；故选C。7.如图所示，平直的水平轨道上P点左侧光滑，右侧粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L=0.1m。物块A以v0=6m/s的速度向右做匀速直线运动与在P点静止的物块B碰撞，碰撞 后粘在一起。已知A、B两物块均可视为质点，质量均为m=1kg的A、B两物块与各粗糙段间的动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速度g=10m/s²。则A、B两物块运动过程中经过粗糙段的个数k为（　　）A.45B.46C.64D.72【答案】A【解析】【详解】A、B两物块碰撞过程中，由动量守恒定律可得解得总动能A、B两物块每经过一段粗糙段损失的机械能则A、B两物块运动过程中经过粗糙段的个数为故选A。8.汽车沿平直的公路以恒定功率P从静止开始启动，如图所示为牵引力F随速度v变化的图像，加速过程共经历的时间t=8s，加速过程通过的路程s=50m，在图中的N点结束加速，之后汽车做匀速直线运动，汽车运动过程中所受的阻力始终不变，则汽车的质量为（　　） A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】由图像可知汽车的功率为由题可得加速过程在N点结束，汽车做匀速直线运动，则有匀速运动时的牵引力等于阻力，由图可知解得根据动能定理得代入数据解得汽车的质量为故选D。9.质量为1kg的物块以某一初速度沿斜面从底端上滑，其重力势能和动能随上滑距离s的变化如图中直线I、Ⅱ所示，以斜面底端所在水平面为重力势能的参考面，重力加速度取。则（　　） A.物块上滑过程中机械能守恒B.物块与斜面间的滑动摩擦力大小为4NC.物块下滑时加速度的大小为D.物块返回到斜面底端时的动能为10J【答案】BD【解析】【详解】A．由图发现重力势能和动能之和一直在改变，则机械能不守恒，故A错误；B．由图发现，上滑5m过程中，机械能共减小了20J，机械能减少量等于克服阻力做功，故解得故B正确；C．上滑5m过程中，重力势能增加30J，根据可知，上升的高度为则斜面倾角正弦值根据牛顿第二定律解得故C错误； D．物块返回到斜面底端时，克服阻力做功返回到斜面底端时的动能故D正确。故选BD。10.2021年5月15日7时18分，“天问一号”探测器成功着陆于火星，我国首次火星探测任务着陆火星取得成功。“天问一号”发射后经过地火转移轨道被火星捕获，进入环火星圆轨道，经变轨调整后，进入着陆准备轨道，如图所示。已知“天问一号”火星探测器的火星着陆准备轨道是半长轴为a1．周期为T1的椭圆轨道，我国北斗卫星导航系统的中圆地球轨道卫星的轨道半径为r2，周期为T2，引力常量为G。则下列说法正确的是（）A.B.“天问一号”在A点从环火星圆轨道进入着陆准备轨道时需要开启发动机向前喷气C.“天问一号”在环火星圆轨道上A点的加速度大于在着陆准备轨道上A点的加速度D.由题目已知数据可以估算出火星的质量【答案】BD【解析】【详解】A．由于我国北斗卫星导航系统的中圆地球轨道卫星绕地球运动，而“天问一号”火星探测器在着陆准备轨道上运动时是绕火星运动，中心天体不一样，因此开普勒第三定律不适用，A错误；B．“天问一号”在A点从环火星圆轨道进入着陆准备轨道时需要减速，所以需要开启发动机 向前喷气，B正确；C．“天问一号”在环火星圆轨道上A点受到的万有引力和在着陆准备轨道上A点受到的万有引力相同，根据牛顿第二定律可知加速度相同，C错误；D．对于火星着陆准备轨道，根据万有引力提供向心力可估算火星质量为D正确。故选BD。11.如图所示，内壁光滑、半径为R的圆轨道固定在竖直面内，质量为m的可视为质点的小球静止在轨道的最低点。现用小锤沿水平方向快速击打小球，使小球瞬间获得速度v1，且恰好能到达圆心O的等高处，当小球回到最低点时第二次用小锤快速击打小球，使小球瞬间获得速度v2，且恰好沿圆轨道完成圆周运动，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）A.速度v1的大小为B.速度v2的大小为C.第二次击打对小球的冲量一定为D.第二次击打后，小球运动至最高点和最低点时与轨道间的弹力之差为6mg【答案】AD【解析】【详解】A．小球第一次击打后，上升的最大高度度h=R，由动能定理有 解得故A正确；B．设小球被第二次击打后到达轨道最高点的速度大小为v，小球通过最高点时，由向心力公式有第二次击打后到最高点的过程中，由动能定理有联立解得故B错误；C．当小球回到最低点时，若沿小球运动方向第二次击打小球，由动量定理有解得若沿小球运动反方向第二次击打小球，由动量定理有解得故C错误； D．第二次击打后，小球在最高点与轨道间的弹力为0，最低点由牛顿第二定律可得解得N=6mg故小球运动至最高点和最低点时与轨道间的弹力之差为6mg，故D正确。故选AD。12.第24届冬季奥运会上跳台滑雪是最具观赏性的项目之一，北京跳台滑雪赛道“雪如意”如图甲所示，其简化图如图乙所示，跳台滑雪赛道由助滑道AB，着陆坡BC，减速停止区CD三部分组成。比赛过程中质量为m的运动员从A处由静止下滑，运动到B处后水平飞出，运动员在空中飞行4.5s后落在倾角θ=37°的着陆坡的C点，重力加速度g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列说法正确的是（　　）A.运动员从B点水平飞出的速度大小为30m/sB.运动员从B点飞出后经历1.5s距离着陆坡最远C.若运动员从A点运动到B点的过程中有2%的能量损失，则A、B两点间的竖直高度约为45.9mD.若运动员从B点水平飞出的速率变小，则其落在着陆坡上时的速度方向与着陆坡的夹角会减小【答案】AC【解析】【详解】A．运动员从B点水平飞出做平抛运动，则有 联立解得故A正确；B．运动员的速度方向平行于着陆坡时距离着陆坡最远，此时竖直分速度大小为又解得t=2.25s故B错误；C．从A点运动到B点的过程中有2%的能量损失，则解得故C正确；D．由平抛运动规律可知运动员落在着陆坡上的速度方向与其飞出的速率大小无关，故若运动员从B点水平飞出的速率变小，则其落在着陆坡上时速度方向与着陆坡的夹角不变，故D错误。故选AC。第Ⅱ卷二、非选择题：本题共5小题，共52分。13.某同学用如图所示的装置验证动能定理和测量滑块与长木板之间的动摩擦数。将木板固定在水平桌面上，木板左端固定一个挡板，挡板与滑块之间有一个轻质弹簧，轻质弹簧与挡板固定连接，滑块靠近弹簧。长木板上安装有两个光电门。 （1）用螺旋测微器测量遮光片的宽度，如图所示，其读数为d=___________mm；（2）给滑块装上遮光片，向左推动滑块，压缩弹簧到适当位置，由静止松手，滑块离开弹簧后先后通过光电门1、2，与光电门相连的计时器记录下遮光片通过光电门1、2的时间分别为和，用刻度尺测出PQ间的距离为l，设滑块质量为m，滑块与长木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则滑块从P位置运动到Q位置的过程中验证动能定理的表达式为___________（用第1、2小问中所给的字母表示）；（3）改变弹簧的压缩程度进行多次实验，并计算得出多组滑块通过P点和Q点的速度v1和v2，根据下表中的数据在坐标纸上描点连线，作出图象如图所示。v2（m2·s-1）1234562.803.614.414.806.457.580.601.412.253.654.235.40（4）若重力加速度g取9.8m/s2，用刻度尺测出PQ间的距离l=33.0cm，由图象可得，滑块与长木板间的动摩擦因数为___________（结果保留两位小数）。【答案】①.②.③.0.34 【解析】【详解】(1)[1]螺旋测微器的固定刻度为4.5mm，可动部分为所以读数为(2)[2]遮光片通过光电门1、2的速度分别为则滑块从P位置运动到Q位置的过程中，由动能定理(4)[3]由上式可得由图可知，时，，带入上式，可得14.如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过仅测量________（填选项前的符号），间接地解决这个问题。A.小球开始释放高度hB.小球抛出点距地面的高度HC.小球做平抛运动的射程(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置 静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复。接下来要完成的必要步骤是________。（填选项前的符号）A.用天平测量两个小球的质量m1、m2B.测量小球m1开始释放高度hC.测量抛出点距地面的高度HD.分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE.测量平抛射程OM、ON(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为_______（用(2)中测量的量表示）。(4)经测定，m1＝45.0g，m2＝7.5g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图所示。碰撞前、后m1的动量分别为与，则＝_____∶11；若碰撞结束时m2的动量为，则＝11∶________。实验结果说明，碰撞前、后总动量的比值为________。【答案】①.C②.ADE③.④.14⑤.2.9⑥.1.01【解析】【详解】(1)[1]小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，小球的水平位移与小球的初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速度，即测量射程，故C正确，A、B错误；故选C；(2)[2]要验证动量守恒定律定律，即验证小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间相等，上式两边同时乘以得 可得因此实验需要测量两球的质量和小球做平抛运动的水平射程，为了测量位移，应找出落点，故A、D、E正确，B、C错误；故选ADE。(3)[3]若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为(4)[4]碰撞前、后m1的动量之比为[5]碰撞后m1的动量与后m2的动量的之比为[6]实验结果说明，碰撞前、后总动量的比值15.如图甲所示，质量为1kg的物块，在水平向右、大小为5N的恒力F作用下，沿粗糙水平面由静止开始运动，在运动过程中，物块受到水平向左的空气阻力，其大小随着物块速度的增大而增大。且当物块速度为零时，空气阻力也为零，物块加速度a与时间t的关系图线如图乙所示。取重力加速度g＝10m/s2，求：(1)物块与水平面间的动摩擦因数μ；(2)t＝5s时物块速度的大小；(3)t＝6s时空气阻力的大小。 【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【详解】(1)由图乙可知当t=0时，加速度此时物块所受空气阻力为零，此时物块的受力情况如图所示由牛顿第二定律有：又联立解得(2)在a-t图象中，图线与t轴所围的面积为速度的增加量，所以t=5s时物块的速度大小为(3)由图乙知t=5s后，物块做匀速直线运动，物块所受的空气阻力不变，设此过程中物块所受空气阻力为F空，由牛顿第二定律有 解得16.如图所示，甲、乙两滑块的质量分别为1kg、2kg，放在静止的足够长的水平传送带上，两者相距2m，与传送带间的动摩擦因数均为0.2。t=0时，甲、乙分别以6m/s、2m/s的初速度开始沿同一直线向右滑行。重力加速度g取10m/s2，求：（1）甲、乙经过多长时间发生碰撞；（2）甲、乙发生弹性碰撞（碰撞时间极短），则两滑块最终静止时，相距的距离为多大；（3）若从t=0时，传送带以v0=4m/s的速度向右做匀速直线运动，求在0~1s内，电动机为维持传送带匀速运动而多做的功。【答案】（1）0.5s；（2）3.39m；（3）8J【解析】【分析】【详解】（1）两滑块变速运动时的加速度大小：设甲、乙的初速度分别为v1、v2，经过时间t两滑块相遇，有解得t=0.5s（2）设甲、乙碰前的速度分别为v1′、v2′，由运动学公式有v1′=v1-at=5m/sv2′=v2-at=1m/s设甲、乙碰后的速度分别为v1″、v2″，由动量守恒有由能量关系可知 解得两滑块最终静止时，相距的距离为（3）甲与皮带共速用时乙与皮带共速用时此时甲的位移乙的位移因表明t=1s时，甲、乙与皮带速度相同且刚好不碰撞。在t=1s内，传送带的位移为则摩擦力对皮带做功为则在0~1s内，电动机为维持传送带匀速运动而多做的功为8J。17.如图所示，物块A和长度L=1.8m的木板C静止在粗糙水平面上，物块A到木板C左端的距离为x0=1.5m，物块B静止放置在木板C的右端。现用水平向右的恒力F由静止开始向右推动物块A，使物块A向右运动并撞击木板C，碰撞前后力F始终存在，碰后瞬间木板C的速度大小为3m/s，已知物块A与木板C的质量均为M=0.5kg，物块B的质量为m =0.25kg，物块A与水平面间的动摩擦因数μ1=0.4，物块B与木板C之间、木板C与地面之间的动摩擦因数均为μ2=0.25，物块A、B均可看作质点，物块A与木板C的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短。重力加速度g=10m/s²，求：（1）恒力F的大小；（2）物块A和木板C第一次碰撞后经过多长时间物块B、木板C的速度大小相等；（3）物块A和木板C从第一次碰撞后到第二次碰撞前的时间及此过程中系统产生的热量。【答案】（1）3.5N；（2）0.4s；（3），4.25J【解析】【详解】（1）设A和C碰撞前的速度为，碰撞后物块A与木板C的速度分别为和v，物块A与木板C的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，则根据动量守恒和机械能守恒得联立以上各式解得碰撞前物块A做匀加速直线运动，根据速度位移关系公式和牛顿第二定律则有联立解得（2）碰撞后，设物块B的加速度大小为，木板C的加速度大小为，则 解得设经过时间速度相等，则解得（3）时间内，木板C的位移为之后，保持相对静止，一起做减速运动，设加速度为，则解得设再经过时间木板停止运动解得在时间内木板C的位移为则第一次碰撞后，木板C运动的总位移为对于物块A，第一次碰撞后做初速度为0的匀加速运动，设其在的时间内的位移为，则 这说明在第二次碰撞前，木板已经停止。设第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为t，则解得由于第一次碰撞后到第二次碰撞前，物块B和木板C均已停止运动，所以第一次碰撞后木板获得的动能全部转化为热，有物块A和水平面之间产生的热量所以物块A和木板C从第一次碰撞后到第二次碰撞前系统产生的热量