四川省成都市树德中学2022-2023学年高一物理下学期期末试题（Word版附解析）

树德中学高2022级高一下期期末考试物理试题一、单选题（每题只有一个正确选项，每题3分，共24分）1.关于课本上的四幅插图，下列说法正确的是（　　）A.火车在转弯时如果内轨高于外轨能够减轻轮缘与轨道间的挤压B.开普勒通过20年的时间研究第谷的行星观测记录发现了行星运动三大定律C.汽车上坡时司机通过“换挡”的办法减小牵引力来得到较大的速度D.宇航员把手中小物体扔出他自己也会向扔出方向运动体现了反冲原理【答案】B【解析】【详解】A．为了减轻轮缘与轨道间的挤压，应外轨高于内轨，故A错误；B．开普勒通过研究第谷的行星观测记录，发现了行星运动三大定律，故B正确；C．根据上坡时，一定，用“换挡”的办法减小速度来得到较大的牵引力，故C错误；D．宇航员把物体扔出后，自己会向扔出的反方向运动，故D错误。故选B。2.如图所示，可视为质点的小球以O为平衡位置，在B、C两点间做简谐运动。若从小球经过O点开始计时，在t1=0.1s时刻小球第一次经过O、B两点间的M点（图中未画出），在t2=0.5s时刻小球第二次经过M点，则小球第三次通过M点的时刻为（　　）A.1sB.1.3sC.1.6sD.1.9s【答案】B【解析】【详解】小球从平衡位置第一次经过M点用时0.1s，第一次到第二次经过M点用时为 故从平衡位置到第一次到B点所用的时间为故周期为由题意可知小球第一次到第三次通过M点间隔一个周期，故小球第三次通过M点的时刻为故选B。3.“天问一号”探测器在靠近火星时需要通过变轨过程逐渐靠近火星。已知引力常量为G，则下列说法正确的是（　　）A.“天问一号”的发射速度大于地球的第二宇宙速度B.“天问一号”在轨道I上经P点的势能大于在轨道II上的经过Q点的势能C.“天问一号”在P点从轨道II变轨到轨道I，需要在P点朝速度反方向喷气D.若轨道I贴近火星表面，已知“天问一号”在轨道I上运动的角速度，可以知火星的密度【答案】AD【解析】【详解】A．“天问一号”脱离了地球的束缚，没有脱离太阳的束缚，则“天问一号”的发射速度大于地球的第二宇宙速度，A正确；B．由Q点到P点，卫星到火星间距减小，万有引力做正功，势能减小，即“天问一号”在轨道I上经P点的势能小于在轨道II上的经过Q点的势能，B错误；C．轨道II变轨到轨道I，是由高轨道到低轨道，需要在P点减速，即需要在P点朝速度方向喷气，C错误；D．在火星表面有火星密度为 解得D正确。故选AD。4.如图，O为抛物线OM的顶点，A、B为抛物线上两点，O点的切线水平。从A、B两点分别以初速度v1，v2水平抛出两质量相等的小球，同时击中O点，不计空气阻力，则两球（　　）A.必须同时抛出B.击中O点时重力瞬时功率相等C.初速度v1与v2相等D.击中O点时速度大小相等【答案】C【解析】【详解】AC．已知O为抛物线OM顶点，则以O为原点建立xOy直角坐标系，如图则设OM则两平抛运动在竖直方向为自由落体运动，有 联立解得所以在A点的小球要先抛出才能使两小球同时击中O点。又由平抛在水平方向为匀速直线运动，有联立可得整理可得故A错误，C正确；D．因，但竖直方向有故两分速度合成后可知击中O点的速度不同，故D错误；B．两球在O点重力瞬时功率为即击中O点时重力的瞬时功率不相等，故B错误。故选C。5.如图，光滑杆和轻弹簧的一端均固定在点，小球A固定在轻弹簧的另一端，现使整个装置环绕竖直轴匀速转动，当角速度为时轻弹簧处于原长状态。则下列说法正确的是（　　）A.保持角速度为，仅增加小球的质量，稳定时弹簧将处于伸长状态 B.角速度由缓慢增大，杆与小球间的作用力大小可能不变C.角速度由缓慢增大，杆与小球间的作用力大小将变大D.若解除小球与弹簧的拴接，装置以略大于的角速度匀速转动时，小球将在A点上方某位置随杆一起转动【答案】C【解析】【详解】A．设杆与竖直方向夹角为，弹簧原长为，当角速度为时，轻弹簧处于原长状态；以小球为对象，根据牛顿第二定律可得可得可知保持角速度为，仅增加小球的质量，稳定时弹簧仍处于原长状态，故A错误；BC．角速度由逐渐增大，小球原来受到的合力不足以提供所需的向心力，小球做圆周运动的半径逐渐增大，小球将沿杆向上移动，弹簧的伸长量逐渐增大，弹簧弹力逐渐增大，竖直方向根据受力平衡可得可知杆对小球的作用力逐渐增大，故B错误，C正确；D．若解除小球与弹簧的拴接，由于小球只受重力和杆的弹力作用，且杆的弹力方向保持不变，则装置以略大于的角速度匀速转动时，重力和杆弹力的合力将不足以提供小球所需的向心力，小球将一直沿杆向上移动，不会在A点上方某位置随杆一起转动，故D错误。故选C。6.两节动车的额定功率分别为和，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为和。现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为（）A.B.C.D.【答案】D 【解析】【详解】由题意可知两节动车分别有当将它们编组后有联立可得故选D。7.如图所示，有两条位于同一竖直平面内的光滑水平轨道，相距为h，轨道上有两个物体A和B，质量均为m，它们通过一根绕过定滑轮O的不可伸长的轻绳相连接。在轨道间的绳子与轨道成45°角的瞬间，物体A在下面的轨道上的运动速率为v。此时绳子BO段的中点处有一与绳相对静止的小水滴P与绳子分离。设绳长BO远大于滑轮直径，不计轻绳与滑轮间的摩擦，下列说法正确的是（　　）A.位于图示位置时物体B的速度大小为B.在之后的运动过程中当轻绳OB与水平轨道成90°角时，物体B的动能为C.小水滴P脱离绳子时速度的大小为vD.小水滴P与绳子分离的瞬间做平抛运动【答案】B【解析】【详解】A．物体B的速度分解到沿绳方向和垂直绳方向，如图所示，在轨道间的绳子与轨道成45°角的瞬间，则有 物体B的速度大小为A错误；B．在之后的运动过程中，当轻绳OB与水平轨道成90°角时，物体B沿绳方向的分速度是零，则物体A的速度是零，物体运动中，物体A、B组成的系统机械能守恒，从图示位置到轻绳OB与水平轨道成90°角时，由机械能守恒定律，可得系统的机械能为可知当轻绳OB与水平轨道成90°角时，物体B的动能为，B正确；CD．如图所示，绳BO段一方面收缩，一方面绕O点逆时针转动，则有其角速度小水滴P脱离绳子时，沿绳方向的分速度与B沿绳方向的分速度相同，又有垂直绳子斜向上的转动的线速度，则有小水滴P的合速度为 设小水滴的合速度方向与轻绳运动方向的夹角为α，则有可知小水滴的合速度方向与水平方向不平行，则有小水滴P与绳子分离的瞬间做斜向下抛运动，不是平抛运动，CD错误。故选B。8.一颗子弹水平射入静止在光滑水平地面上M=1kg的木块后不再穿出，木块的动能增加了8J，设子弹射入木块的过程中子弹所受阻力恒定，下列说法正确的是（　　）A.木块动量变化量的大小为2kg·m/sB.子弹对木块做的功与木块对子弹做功的代数和为0JC.此过程产生的内能可能是6JD.只增大木块质量，子弹射入木块后仍未穿出，则此过程中系统损失机械能增大【答案】D【解析】【详解】A．根据题意可得解得木块的速度为所以木块动量变化量的大小为故A错误；B．设子弹射入木块中的深度为d，子弹水平射入木块后，未穿出，到子弹、木块相对静止，木块位移为x，子弹所受阻力为f，则 所以故B错误；C．子弹、木块运动的v-t图像如图所示由于图线与横轴所围区域的面积表示物体发生的位移，由图可知所以即此过程产生的内能大于8J，不可能是6J，故C错误；D．只增大木块质量，子弹射入木块后仍未穿出，木块的加速度减小，v-t图像如图所示由图可知，子弹射入木块的深度d增大，产生的内能增大，系统损失的机械能增大，故D正确。故选D。二、多选题（每题有多个正确选项，全部选对得4分，漏选得2分，有错选得0分，共24分。）9.一列简谐横波沿x轴正方向传播，传播速度为10m/s。当波传到x=5m处的质点P时，波形如图所示，则以下判断正确的是（　　） A.P点随波传播向右以10m/s的速度移动B.再经过0.4s，质点P第一次回到平衡位置C.再经过0.8s，x=9m处的质点Q到达平衡位置处向下振动D.质点Q到达波峰时，质点P恰好到达波峰处【答案】CD【解析】【详解】A．P质点只会沿轴上下振动，不会随波的传播的方向移动，故A错误；B．由图可知波长为，则周期为根据波形平移法可知此时质点P沿轴向下振动，再经过0.2s，质点P第一次回到平衡位置，故B错误；C．波从质点P传到质点Q所用时间为可知再经过0.8s，处的质点Q刚好振动了一个周期，则质点Q到达平衡位置处向下振动，故C正确；D．因为质点P、Q相距可知质点P、Q的振动完全同步，则质点Q到达波峰时，质点P恰好到达波峰处，故D正确。故选CD。10.如图所示，地球的两颗卫星绕地球在同一平面内做匀速圆周运动，已知卫星一运行的周期为T1，卫星一和卫星二到地球中心的距离之比为1：4，某时刻两卫星与地心连线之间的夹角为π，两卫星的绕行方向与地球自转方向相同，下列说法正确的是（　　）A.卫星一的动能大于卫星二的动能 B.卫星二围绕地球做圆周运动的周期为8T1C.从图示时刻开始，经过时间两卫星第一次相距最近D.相等时间内卫星一和地球连线扫过的面积大于卫星二和地球连线扫过的面积【答案】BC【解析】【详解】A．万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有解得卫星一和卫星二到地球中心的距离之比为1：4，则因卫星的质量关系未知，则无法确定卫星一的动能和卫星二的动能关系，故A错误；B．根据可知所以故B正确；C．两卫星第一次相距最近，则有即解得 故C正确；D．根据扇形面积公式有可知所以相等时间内卫星一和地球连线扫过的面积小于卫星二和地球连线扫过的面积，故D错误。故选BC。11.如图所示，水平光滑桌面上，轻弹簧的左端固定，右端连接物体P，P和Q通过轻绳绕过定滑轮连接。开始时，系统处于静止状态，滑块P处于位置O。将滑块P向左推至弹簧原长的位置A点后由静止释放，P物体将在A点和右侧的某位置（图中未画出）之间来回运动，滑块未与定滑轮相碰，弹簧未超出弹性限度，已知P和Q的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，不计一切摩擦，则（　　）A.刚释放瞬间，P的加速度为gB.绳上最大拉力为C.从A点到O点，物体P与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于物体Q所受重力对Q所做的功D.弹簧的最大弹性势能为【答案】BD【解析】【详解】A．开始时将滑块P向左推至弹簧原长的位置A点后由静止释放，则在释放瞬间，由牛顿第二定律，对P、Q整体分析可得解得 故A错误；B．做简谐运动的物体，加速度在振幅最大处最大，即加速度的最大值为，而绳的拉力在P运动至最右端时最大，将Q隔离分析，由牛顶第二定律有解得故B正确；C．从A点到O点，物体P与弹簧所组成系统机械能的增加量等于物体Q所受重力对Q所做的功与Q的动能之差，故C错误；D．根据题意可知，P、Q以及弹簧组成的连接体静态平衡时，物块P位于位置O，则可知物块P做简谐运动时的平衡位置位于O点，根据平衡条件可得解得平衡时弹簧的伸长量为而释放时弹簧处于原长，则可知AO间的距离为x，即可得P做简谐运动的振幅为，当物块P运动至最右端时弹簧的弹性势能最大，此时弹簧的伸长量为，根据弹簧弹性势能的表达式代入可得故D正确。故选BD。12.一物体在倾角为37°的固定斜面上处于静止状态，现给物体施加一个沿斜面的恒力，物体开始沿斜面向下运动。运动过程中物体的动能、重力势能及摩擦产生的内能随位移的变化关系如图所示，则下列说法正确的是（）（　　） A.物体与斜面之间的摩擦因数为0.8B.物体在运动位移为的过程中机械能增加1JC.物体在运动位移为的过程中恒力做功为15JD.在处撤去恒力，物体还能沿斜面向下滑【答案】AC【解析】【详解】A．物块的位移为，根据重力做功与重力势能变化的关系得固定斜面上处于静止状态，物块的位移为，摩擦力做功为解得故A正确；B．物体在运动位移为的过程中机械能增加故B错误；C．物体在运动位移为的过程中恒力做功为故C正确；D．物体在运动位移为的过程中机械能减小1J，撤去恒力时动能为14J，物体还能沿斜面向下滑，故D错误。故选AC。13.如图甲所示，物块A、B中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块A的质量为1.2kg。开始 时两物块均静止，弹簧处于原长，t=0时对物块A施加水平向右的恒力F，t=1s时撤去，在0~1s内两物体的加速度随时间变化的情况如图乙。弹簧始终处于弹性限度内，整个运动过程中，以下分析正确的是（　　）A.力F大小为1.2NB.t=1s时A的速度大小为0.8m/sC.物块B的质量为0.6kgD.从开始到弹簧第一次伸长量最大的过程中，弹簧的弹力对物块B所做的功为0.144J【答案】AD【解析】【详解】A．t=0时刻，A仅受F作用，根据牛顿第二定律可知力F的大小为故A正确；B．a-t图像与坐标轴所围面积表示速度的变化量，所以t=1s时A的速度大小为故B错误；C．设t=1s时弹簧的弹力大小为T，对A、B根据牛顿第二定律分别有解得故C错误；D．根据动量定理可得t=1s时A、B组成的系统的动量为撤去拉力后，系统动量守恒，当A、B达到共同速度v时弹簧伸长量最大，根据动量守恒定律有 解得根据动能定理可知从开始到弹簧第一次伸长量最大的过程中，弹簧的弹力对物块B所做的功为故D正确。故选AD。14.如图所示，静止在光滑水平面上的小车，由三段轨道平滑连接而成。AB段是倾角为37°的斜面，BC段水平，CD段是半径为0.3m的竖直圆弧，A、D两点等高，小车的总质量为2kg。一质量为1kg的小物块，从A点以1.5m/s的初速度沿斜面向下运动，当其首次经过BC段的最左端时，速度大小为2m/s。已知AB段的摩擦因数μ<tan37°，BC段、CD段均光滑，重力加速度取10m/s²，sin37°=0.6，则（　　）A.小物块首次经过BC段的最左端时，小车的速度大小为1m/sB.小车第一次向左运动最远时小物块的速度大于1.2m/sC.小物块会从D点离开小车D.小物块最终相对于小车静止B点【答案】BD【解析】【详解】A．设小车质量为，小物块质量为。设水平向右为正方向，小物块首次经过BC段的最左端时速度，小车和小物块水平方向动量守恒解得小物块首次经过BC段的最左端时，小车的速度大小为，故A错误；B．小车向左位移最大时，小车的速度为零，小物块此时在CD段，设小物块的速度为，速度方向与水平 方向的夹角为，由水平方向动量守恒得因为得故B正确；C．设小物块在CD段上升最大高度（相对BC）为，此时小物块和小车速度相同，设为。由水平方向动量守恒，得由机械能守恒定律解得小物块不会从D点离开小车，故C错误；D．只要小物块在B点速度不为零，小物块就会冲上斜面，并下滑。由能量守恒定律，小物块最终相对于小车静止在B点，故D正确。故选BD。三、实验题（本题共2个小题，共12分）15.孙玉同学利用如图所示的装置验证碰撞中的动量守恒。竖直平面内的一段固定的圆弧轨道下端与水平桌面相切，先将小滑块A从圆弧轨道上某一点无初速度释放，测出小滑块在水平桌面上滑行的距离（如图甲所示）；然后将左侧贴有双面胶的小滑块B放在圆弧轨道的最低点，再将小滑块A从圆弧轨道上同一点无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，测出整体沿水平桌面滑行的距离（如图乙所示）。已知小滑块A和B的材料相同。 （1）若滑块A、B的质量分别为、，与水平桌面间的动摩擦因数均为，重力加速度为g，则A、B碰撞前的瞬间系统的动量________，碰撞后的瞬间系统的动量________（用字母、、、g、、表示）。若，则验证了A和B碰撞过程中动量守恒。（2）本实验________（选填“需要”或“不需要”）测出滑块与水平桌面间的动摩擦因数。【答案】①.[1]②.[2]③.[3]不需要【解析】【详解】（1）[1][2]滑块A在水平桌面上的运动过程，由动能定理得解得故碰撞前动量两滑块共同运动时，有解得碰撞后动量（2）[3]比较、，即比较和，可抵消，故不需要测出滑块与水平桌面间的动摩擦因数。16.某学习小组欲用单摆测量当地的重力加速度，由于缺少合适的小球，该小组用不可伸长的细线和小铁锁制成一个单摆，如图甲所示。 （1）该学习小组将小铁锁缓慢拉离平衡位置，达到最高点时细线与竖直方向之间的夹角小于5°，将小铁锁由静止释放。从小铁锁某一次经过最低点时开始计时并记为1，小铁锁每经过最低点计数一次，数到n次（）的时间为t，则该单摆的振动周期________。（用t、n表示）（2）该学习小组改变细线的长度l，记录多组相应的实验数据，并将其标在T2-l坐标系中，在图乙中作出关系图像________，根据图线可求出________m/s2（结果保留两位有效数字），不考虑测量时的偶然误差，该测量值________（填“大于”“小于”或“等于”）真实值。【答案】①.②.③.9.6##9.5##9.7④.等于【解析】【详解】（1）[1]单摆的振动周期为（2）[2]作出关系图像，如图所示 [3]根据单摆的周期公式即结合图线可得解得[4]图线的斜率不变，所以所测重力加速度的值不变，即测量值等于真实值。四、计算题（本题共4个小题，共40分）17.如图所示是一列简谐横波上A、B两点的振动图像，A、B两点相距8m。求：（1）写出B质点的振动方程；（2）这列波可能的波长。【答案】（1）；（2）见解析 【解析】【详解】（1）由振动图像可读出A=10cm，T=0.4s，则角速度故B质点的振动方程为（2）若波由A传向B时，由图可知（，，）解得（，，）若波由B向A传播时有（，，）解得（，，）18.如图所示，为一游戏传送装置，其中段是光滑圆弧轨道，B端切线水平，是半径为的光滑半圆内形轨道，其直径沿竖直方向。B位于竖直线上，间的距离很小且能让小滑块自由通过。粗糙水平轨道长，动摩擦因数，M端安装有竖直弹性挡板，小滑块碰到挡板后被反弹速度大小保持不变。现有一可视为质点的小滑块，质量，自A处无初速度进入传送装置，恰好能沿轨道滑下。求：（1）小滑块通过C点的速度大小；（2）小滑块第一次到达圆弧最低点E时对轨道的压力大小及方向；（3）小滑块最终停在距M点多远处。 【答案】（1）；（2）；方向竖直向下；（3）0.55m【解析】【详解】（1）滑块恰好能沿CDE轨道滑下，则在C点的速度满足（2）从C到E，由机械能守恒定律在E点时解得根据牛顿第三定律，小滑块第一次到达圆弧最低点E时对轨道的压力大小12N，方向竖直向下；（3）因为则物块不会脱轨；根据能量关系解得s=1.25ms=2L+0.05m距M点x=L-0.05m=0.55m19.如图所示，在电动机的带动下以v=5m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与粗糙的弧形轨道平滑对接，右端与光滑水平面平滑对接，水平面上有一个位于同一直线上、处于静止状态的小球，小球质量m0=2kg。质量m=1kg的物体（可视为质点）从轨道上P点由静止开始下滑，滑到传送带上的A点时速度大小v0=7m/s。物体和传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，传送带AB之间的距离L=3.4m 。物体与小球发生弹性正碰。重力加速度，g=10m/s2。求：（1）物体第一次从A运动到B所用时间；（2）物体第一次从A向右运动到B的过程中，传送带对物体的冲量大小；（3）物体第一次与小球碰后到最终的过程中因为物体在传送带上滑动而多消耗的电能。【答案】（1）0.6s；（2）；（3）【解析】【详解】（1）由于物体冲上传送带的初速度大于初速度的速度，开始物体相对传送带向右运动，则μmg=ma解得a=5m/s²物体向右先做匀减速直线运动，减速至与传送带同速时通过的位移解得x0=2.4m<L=3.4m可知物体在传送带上先向右做匀减速直线运动，后向右做匀速直线运动，匀减速历时匀速过程历时则从A运动到B的时间t=t1+t2=0.6s（2）传送带对物体的摩擦力的冲量为解得 可知传送带对物体冲量大小为2N·s，方向水平向左，传送带对物体的支持力的冲量则传送带对物体的冲量大小为解得（3）物体第一次与小球发生弹性碰撞，令物体反弹回来的速度大小为v1，左侧小球碰后速度大小为u1，则有解得物体被反弹回来后，在传送带上向左运动过程中，根据解得可知物体第一次返回还没有到达传送带左端速度已经减为零，随后将再次向右做匀加速直线运动，根据对称性可知，速度将再次增加到v1，因为v1小于小球速度，物块与小球不会再碰撞，所以此过程电动机多给传送带的作用力为μmg，电动机多消耗的功率为μmgv，则电动机多消耗的电能为20.如图1所示，固定的水平平台上距水平平台右端m处有一木块A （可视为质点），紧靠平台右端的水平地面上放置一与平台等高的水平木板B，木板B上距木板B左端m处固定一轻挡板，挡板右侧和物块C（可视为质点，刚好位于木板B的右端）之间由机关锁定着一个压缩的轻弹簧（弹簧与物块C不拴接）。木块A在水平向右的拉力F作用下由静止开始运动，力F与木块A位移的关系图象如图2所示。木块A刚好与挡板接触不发生碰撞并粘连在一起，此时机关解除锁定，弹簧瞬间弹开，最终木板B的左端与平台右端的距离m（木板B未与平台相碰）。已知木块A、木板B、物块C的质量关系为kg，木块A与平台间的动摩擦因数，木板B与地面间的动摩擦因数，取重力加速度大小m/s2。求：（1）木块A刚刚滑上木板B时的速度大小；（2）木块A与木板B上表面间的动摩擦因数；（3）弹开前弹簧储存的弹性势能。【答案】（1）；（2）0.5；（3）【解析】【详解】（1）由图2结合题意分析可知，当木块A在平台上运动时有外力F作用，力F在平台上对木块A做的功木块A在平台上运动过程由动能定理有解得（2）当木块A在木板上滑行时，对A受力分析，由牛顿第二定律有 对木板B和木块C整体受力分析，由牛顿第二定律有由题意可知当木块A与挡板接触时二者共速，设木块A在B上滑行的时间为t，有即由速度关系有解得（3）木块A与挡板接触时，A、B、C共同的速度弹簧弹开过程中A、B、C动量守恒，有弹簧弹开过程中根据能量守恒定律有木板B向左滑行过程中有解得