2022-2023学年江西省南昌市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年江西省南昌市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共16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.狗拉雪橇在水平冰面上加速转弯，由A向B运动，轨迹为曲线AB，雪橇运动到C点时所受合外力可能正确的是( )
A. B. C. D.
2.如图所示是手机软件记录的某跑步爱好者跑步的运动信息，已知他的质量为60kg，每跑一步其重心的平均升降高度约为5cm，重力加速度大小取g=10m/s2，则他这次跑步过程中克服重力做功的平均功率约为( )
A. 60WB. 90WC. 108WD. 180W
3.如图所示为一栋楼房的截面图，各楼层高度已在图中标出，一只质量为1kg的小猫从一楼的A处沿楼梯爬上三楼，已知小猫爬到楼梯口B处时的重力势能为0，重力加速度大小取g=10m/s2，则下面说法正确的是( )
A. 小猫在A处的重力势能为15JB. 小猫在E处的重力势能是在A处的2倍
C. 小猫从B到D重力做的功为30JD. 小猫从A到B重力势能增加了15J
4.2022年9月11日晚，月亮与木星相伴出现在夜空，上演了星月争辉的浪漫天象.关于天体运动，下列说法正确的是( )
A. 木星与月亮均绕地球转动
B. 地球和木星绕太阳运动的半长轴立方与周期平方之比不相同
C. 月亮绕地球和木星绕太阳的半长轴立方与周期平方之比不相同
D. 木星运行的方向始终与它和太阳的连线垂直
5.如图所示，将一支弹性圆珠笔的按压式小帽竖直按在桌面上，放手后笔会向上弹起一定高度，某次实验中测得圆珠笔弹起的最大高度h1=6cm，而后在圆珠笔的外壳上粘上质量m=8g的橡皮泥，重复刚才的操作，圆珠笔弹起的最大高度h2=5cm，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，忽略按压小帽的质量，则弹性圆珠笔按在桌面上时其内部弹簧具有的弹性势能为( )
A. 2.4×10−2JB. 4.0×10−2JC. 4.8×10−3JD. 8.0×10−3J
6.为了估测太阳的密度，某物理兴趣小组的同学在山顶通过一圆环水平观察早上初升的太阳，如图甲，调整圆环的位置，当太阳刚好和圆环的内圈重叠时，测出观测点到圆环的距离为L，如图乙，已知圆环内圈的半径为r≪L)，地球绕太阳公转的周期为T，引力常量为G，球的体积公式V=43πR3，则太阳的密度可近似的表示为( )
A. 3πGT2B. GT23πC. 3πL3GT2r3D. 3πr3GT2L3
7.如图所示，质量为mA、mB的物体A、B用轻绳连接放在水平圆盘上，A、B距圆盘中心转轴距离相等，此时细线伸直且恰无张力，A、B与圆盘间动摩擦因数分别为μA、μB。若圆盘从静止开始转动，且在角速度ω缓慢增大(A、B与圆盘仍保持相对静止)的过程中，下列说法正确的是( )
A. 无论μA、μB大小关系如何，A、B一定同时达到最大静摩擦力
B. 当μA=μB，mA>mB时，A先达到最大静摩擦力
C. 当μA=μB，mA>mB时，随角速度的缓慢增大，A、B将向B的一侧发生滑动
D. 当μA>μB，mA>mB时，随角速度的缓慢增大，B的摩擦力方向先指向圆心后背离圆心
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.用蛙式打夯机对路面进行打平、夯实，其结构可以简化为下图。质量为m的铁球通过轻杆与转轮1相连，转轮1与底座总质量为M，转轮1与转轮2之间用轻质皮带连接，两转轮半径之比为1：2，转轮2在电动机作用下转动，通过皮带使转轮1一起转动，带着铁球做圆周运动，重力加速度取g，下列说法正确的是( )
A. 转轮1与转轮2的角速度之比为1：2
B. 转轮1与转轮2的角速度之比为2：1
C. 当铁球运动到最低点时，打夯机对地面的压力小于(M+m)g
D. 当铁球运动到最低点时，打夯机对地面的压力大于(M+m)g
9.如图，跨过光滑定滑轮的轻绳一端系着皮球(大小不可忽略，系绳延长线过球心)、一端连在水平台上的玩具小车上，车牵引着绳使球沿光滑竖直墙面从较低处上升。则在球匀速上升且未离开墙面的过程中( )
A. 玩具小车做减速运动B. 玩具小车做加速运动
C. 绳对球的拉力大小变大D. 绳对球的拉力大小变小
10.某滑雪赛道如图甲所示，滑雪运动员沿斜坡赛道的A处由静止开始下滑至坡底B处，再滑上一段水平赛道到C处停下。将运动员视为质点，此过程中，运动员的动能Ek与水平位移x的关系如图乙所示，滑板与滑雪赛道间的动摩擦因数μ=0.25，不计空气阻力及滑雪运动员经过B点时的能量损失，重力加速度大小取g=10m/s2，则下面关于滑雪运动员(含滑板)说法的是( )
A. 在B点的速度大小为10 2m/s
B. 滑雪运动员和滑板总质量为80kg
C. 整个运动过程中机械能损失了2.4×104J
D. 在AB段运动时克服阻力做的功为1.6×104J
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.在如图甲“观察蜡块的运动”实验中，从t=0时刻开始，玻璃管中的蜡块同时参与水平x轴与竖直y轴两个方向上的运动，已知沿x轴方向做匀变速运动，沿y轴方向做匀速运动，运动轨迹如图乙所示，图中的黑点分别为1s、2s、3s、4s时蜡块的位置。根据x轴和y轴方向上的位置变化、完成下列填空；(计算结果均保留2位有效数字)
(1)根据图像，可以判断蜡块在x轴方向做______(填“匀加速”或“匀减速”)运动，当蜡块运动到图乙中位置A时，其速度沿y轴方向的分量大小为______m/s；
(2)根据图乙中数据可得，蜡块加速度的大小为______m/s2。
12.实验小组用图1所示的装置做“验证机械能守恒定律”实验，框架上装有两个光电门，光电门1可上下移动、光电门2固定；框架的竖直部分贴有刻度尺，零刻度线在上端，可直接读出光电门1、2到零刻度线的距离x1、x2；框架水平部分安装了电磁铁，将质量为m、直径为d的小铁球吸住，小铁球刚好处于零刻度线位置。一断电，小铁球由静止下落，先后经过两个光电门时，测出其通过两个光电门1和光电门2的时间分别为Δt1和Δt2，重力加速度为g，回答下面问题：
(1)小铁球经过光电门1时的速度表达式为______；
(2)分别用ΔEp、ΔEk表示小铁球从光电门1到光电门2的重力势能减小量和动能增加量，则重力势能减小量ΔEp的表达式为：ΔEp=______；
(3)实验小组测得m=4g，d=1cm，当地重力加速度g=9.8m/s2，多次改变光电门1的位置，得到多组数据记录如表所示，以ΔEk为纵坐标，ΔEp为横坐标，绘出ΔEk−ΔEp图像；
(4)实验小组由此判断在误差范围内，小铁球的机械能守恒，你认为他们判断的依据是：所得的图线______(准确说明所得图线的特点)；
(5)当实验小组做完实验后发现忘记记录光电门2在刻度尺上对应的读数，则根据表格中的数据可知x2应该为______。
四、简答题：本大题共3小题，共38分。
13.天宫一号是中国载人航天工程发射的第一个目标飞行器，也是中国第一个空间实验室，一些天文爱好者借助人造天体过境预报网站提供的数据用天文望远镜可以看到天宫一号，由于天宫一号速度很快，能够给天文爱好者持续观察的时间t较短，为了简化问题便于研究，将“天宫一号”绕地球的运动视为匀速圆周运动，已知“天宫一号”做匀速圆周运动的半径为r，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，引力常量为G.求：
(1)地球的质量M；
(2)在天文爱好者持续观察的时间t内，“天宫一号”运动的路程。
14.如图所示，细绳一端连有小球A，另一端绕过定滑轮并穿过固定小圆环后与小球B相连，小球B做匀速圆周运动时，小球A保持静止，球A与球B在同一水平面内。小球B的质量mB=0.4kg，其圆周运动的轨道半径r=0.3m，拉住球B的绳与竖直方向夹角为θ(sinθ=0.6)，固定小圆环距水平面高度H=0.6m，球A与球B最近时距离d=0.4m，重力加速度g取10m/s2，不计一切阻力。
(1)求小球A的质量；
(2)求小球B的运动角速度；
(3)若球A与球B相距最近时绳子突然断裂，求小球B落地点到小球A落地点的距离。
15.某同学自制了一游戏装置。如图所示，BC段为四分之一的光滑圆弧轨道，其半径为2R。CD段为内壁光滑的细口径半圆管道，其半径为R，管的口径远小于圆弧半径，圆弧轨道和半圆管道在最低点C处相切，BD在同一水平面上，将一质量为m的小球从圆弧轨道B点正上方的A点释放，小球沿切线进入圆弧轨道，从D点飞出后打在四分之一圆弧的P处，PD的连线与竖直方向的夹角用θ表示，该同学发现改变小球的释放高度h，θ也会随之变化。已知重力加速度为g，小球可视为质点，不计一切摩擦力和阻力。
(1)若使得小球在通过D点时对半圆管道没有压力，求小球释放时离B点的高度；
(2)当θ=60∘时，求小球打在圆弧上时的动能；
(3)要使得小球从D点飞出后打在圆弧上的动能最小，求此时csθ和h的值。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：雪橇做的是曲线运动，雪橇受到的合力应该指向运动轨迹曲线的内侧，由于雪橇是从A向B运动的，并且速度在加速，所以合力与雪橇的速度方向的夹角要小于90∘，故BCD错误，A正确。
故选：A。
做曲线运动的雪橇，运动的轨迹是曲线，雪橇受到的合力应该是指向运动轨迹曲线的内侧。
做曲线运动的物体，合力的方向指向运动轨迹曲线的内侧，由于雪橇的速度在增大，合力与速度的夹角要小于90∘。
2.【答案】B
【解析】解：跑步爱好者跑步过程所用时间为为t=1h=3600s
克服重力做功为W=nmgh=10800×60×10×5×10−2J=324000J
克服重力做功的平均功率为P−=Wt=3240003600W=90W
故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据做功公式求解1h内克服重力做功，根据平均功率公式求解克服重力做功的平均功率。
本题考查功率的计算，解题关键是掌握功和功率的公式。
3.【答案】D
【解析】解：A.小猫爬到楼梯口B处时的重力势能为0，则小猫在A处的重力势能为
EpA=−mghA=−1×10×1.5J=−15J，故A错误；
B.小猫在E处的重力势能，EpE=mghEB=1×10×(3−1.5+3)J=45J，而A处的重力势能为−15J，故B错误；
C.小猫从B到D重力做的功为，WG=−mghBD=−1×10×3J=−30J，故C错误；
D.小猫从A到B重力势能增加了，ΔEp=mghAB=1×10×1.5J=15J，故D正确。
故选：D。
根据重力方向与位移方向的关系分析其做功正负，从而判断出重力势能的变化。
解决本题的关键要掌握判断力做功正负的方法，知道重力做正功时重力势能减少。
4.【答案】C
【解析】解：A、木星绕太阳转动，故A错误；
B、根据开普勒第三定律可知，地球和木星绕太阳运动的半长轴立方与周期平方之比相同，故B错误；
C、根据开普勒第三定律r3T2=k，其中k与中心天体质量有关，所以月亮绕地球和木星绕太阳的半长轴立方与周期平方之比不相同，故C正确；
D、木星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，根据物体做曲线运动的条件，木星运动的方向不总是与它和太阳连线垂直，故D错误；
故选：C。
木星绕太阳转动，根据开普勒第三定律分析BC，根据开普勒第一定律分析D。
本题重点是掌握开普勒定律的内容及适用条件，知道虽然是由太阳系推导的但是可以适用于所有的天体，明确k是由中心天体决定的。
5.【答案】A
【解析】解：设圆珠笔的质量为M，弹簧和圆珠笔组成的系统机械能守恒，圆珠笔上升的过程弹簧减少弹性势能转化为圆珠笔的重力势能，则有：Ep=Mgh1=(Mg+mg)h2
代入数据可得：M=40g，Ep=2.4×10−2J，故A正确，BCD错误。
故选：A。
利用系统机械能守恒，圆珠笔上升的过程弹簧减少的弹性势能转化为圆珠笔的重力势能，可得弹簧具有的弹性势能。
本题考查了系统机械能守恒，解题的关键是理解弹簧和圆珠笔组成的系统能量是怎样转化的。
6.【答案】C
【解析】解：设太阳的半径为R，地球到太阳的距离为d，由几何关系可知Rr=dL
地球绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，设太阳质量为M，地球质量为m，则
GMmd2=md4π2T2
太阳的密度ρ=M43πR3
联立解得太阳的密度ρ=3πL3GT2r3
故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据三角形相似得到地球到太阳的距离，结合万有引力提供向心力和密度的公式解答。
本题考查万有引力定律在天体运动中的应用，用到三角形相似和万有引力提供向心力等知识，属于基础题型。
7.【答案】D
【解析】解：A.当圆盘转速增大时，由静摩擦力提供向心力。两个物体的角速度相等，由fmax=μmg=mω2r，可知，A、B动摩擦因数大小关系不确定，无法确定谁先达到最大静摩擦力，故A错误；
B、当μA=μB，mA>mB时，由μmg=mrω2，解得ω= μgr，可知，同时达到最大静摩擦力，故B错误；
C、当μA=μB mA>mB时，随角速度的缓慢增大，两物体同时达到最大静摩擦力，之后绳中出现拉力T+μmAg=mArω2，T+μmBg=mBrω2
因为A的质量大，A需要提供的向心力比B的大，角速度继续增大时，B的摩擦力减小，然后反向，最终达到最大时，A、B将向A的一侧发生滑动，故C错误；
D、当μA>μB，mA>mB时，随角速度的缓慢增大，B则先达到最大静摩擦力，之后绳中出现拉力T+fA=mArω2，T+μmBg=mBrω2
因为A的质量大，A需要提供的向心力比B的大，角速度继续增大时，A的静摩擦力逐渐增大到最大值，之后B的摩擦力减小，然后反向直到B的摩擦力又达到最大，即B的摩擦力方向先指向圆心后背离圆心，故D正确。
故选：D。
由于是静摩擦力提供向心力，哪个物体先达到最大静摩擦力哪个物体先滑动，利用牛顿第二定律和向心力公式列式求解。
本题考查水平面内圆周运动临界问题，找到临界条件是关键，属于一道思维量较大的题。
8.【答案】BD
【解析】解：AB.转轮1与转轮2之间用轻质皮带连接，则线速度相等；两转轮半径之比为1：2，由v=ωR可知，转轮1与转轮2的角速度之比为2：1，故A错误，B正确；
CD.当铁球运动到最低点时，铁球处于超重状态，则对系统分析可知，打夯机对地面的压力大于(M+m)g，故C错误，D正确。
故选：BD。
12转轮为皮带传动，所以线速度相同，角速度比值为半径比值的反比，根据超重结合系统的受力情况分析CD。
此题考查对圆周运动传动问题的特点的理解，解题关键掌握传动问题。
9.【答案】AC
【解析】AB、设绳与竖直方向夹角为θ，将球的速度v沿着绳和垂直绳的速度分解，如下图所示：
根据关联速度问题可知，其中沿着绳的速度等于玩具小车速度，则玩具小车速度v车=vcs⁡θ，球沿光滑竖直墙面从较低处上升时，速度v不变，绳与竖直方向夹角θ变大，则玩具小车速度变小，故A正确，B错误；
CD、将绳的拉力分解，如下图所示：
根据竖直方向平衡得：F=mgcsθ，球沿光滑竖直墙面从较低处上升时，绳与竖直方向夹角θ变大，则拉力变大，故C正确，D错误。
故选：AC。
AB、将球的速度沿着绳和垂直绳的速度分解，根据关联速度问题可知，其中沿着绳的速度等于玩具小车速度，据此判断；
CD、将绳的拉力分解，再根据竖直方向平衡判断拉力变化情况。
本题考查了运动的合成与分解问题，涉及了关联速度，一般有绳的关联速度问题，沿着绳的分速度相等，这是解题的突破口。
10.【答案】BC
【解析】解：B.由图乙可知运动员在B点的动能为Ek=1.6×104J，在水平轨道BC上滑动过程，根据动能定理得：
0−Ek=−μmgxBC，其中xBC=120m−40m=80m
解得：m=80kg，故B正确；
A.根据在B点的动能Ek=12mvB2，解得在B点的速度大小为vB=20m/s，故A错误；
C.设斜坡赛道的倾角为θ，整个运动过程中机械能损失了
ΔE=μmgcsθ⋅xABcsθ+μmgxBC
由图乙可知xAB=40m
解得ΔE=2.4×104J，故C正确；
D.在AB段运动时克服阻力做的功为
Wf=μmgcsθ⋅xABcsθ=μmgxAB
解得Wf=8×103J，故D错误。
故选：BC。
运动员在水平轨道BC上滑动时，根据动能定理可解得质量，根据B点的动能解得B点的速度，根据摩擦力做功解得机械能损失，根据做功公式解得D项。
本题主要考查了功能关系的应用，同时了动能定理和机械能计算的考查，有一定的综合性，要熟悉知识点之间的联系。
11.【答案】匀加速
【解析】解：(1)根据图像，四个位置的时间间隔相同，在x方向的相邻相等时间内的位移之差为常量(约为8cm)，则可以判断蜡块在x轴方向做匀加速运动；
图中的黑点分别为1s、2s、3s、4s时蜡块的位置，则两点间时间为T=1s，当蜡块运动到图乙中位置A时，其速度沿y轴方向的分量大小为
vy=Δy2T=0.202m/s=0.10m/s
(2)根据Δx=aT2=0.08m
可得加速度
a=0.080m/s2
故答案为：(1)匀加速，0.10；(2)0.080
(1)根据蜡块水平方向和竖直方向上每段时间内的位移分析运动情况，并解得速度沿y轴方向的分量大小．
(2)根据水平方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度的大小．
分析好蜡块的两个分运动，根据对应的运动规律分析解答。
12.【答案】dΔt1 mg(x2−x1)是过原点的直线，且斜率约为150.00cm
【解析】解：(1)小铁球经过光电门1时的速度表达式为v1=dΔt1
(2)重力势能减小量ΔEp的表达式为ΔEp=mg(x2−x1)
(3)作图过程中应使更多的点在图象上，不在图象的点分布在图象两侧，误差太大的点舍去，绘出ΔEk−ΔEp图像如图
(4)若铁球的机械能守恒，则ΔEk=ΔEp，即ΔEk−ΔEp图像是过原点的直线，且斜率约为1；
(5)根据：ΔEp=mg(x2−x1)，可得：x2=ΔEpmg+x1，其中m=4g=0.004kg
当x1=40cm=0.40m时，ΔEp=3.92×10−3J，代入可得
x2=0.50m=50.00cm
故答案为：(1)dΔt1；(2)mg(x2−x1)；(3)见解答；(4)是过原点的直线，且斜率约为1；(5)50.00cm
(1)铁球通过光电门的时间极短，可用平均速度代替小球的瞬时速度；
(2)根据重力势能的计算公式解答；
(3)根据机械能守恒定理列式，从而分析图象特点；
(4)根据重力势能的计算公式，结合表格数据分析解答。
本题考查机械能守恒定律的验证，解题关键掌握速度的计算方法，注意图象斜率的意义。
13.【答案】解：(1)在地球表面有：GMmR2=mg
可得M=gR2G
(2)根据万有引力提供向心力有
GMmr2=mv2r
可得v=R gr
故s=vt=tR gr
答：(1)地球的质量为gR2G；
(2)在天文爱好者持续观察的时间t内，“天宫一号”运动的路程为tR gr。
【解析】(1)根据地球表面重力与万有引力相等求得地球的质量；
(2)根据万有引力提供向心力结合路程的计算公式解答。
万有引力问题主要从：万有引力与重力相等和万有引力提供圆周运动向心力两方面入手，解题时注意距地面高度与轨道半径的关系。
14.【答案】解：(1)A球受力绳子拉力等于A的重力，F=mAg
对小球B受力分析，设细绳与竖直线夹角为θ
Fcsθ=mBg
代入数据得mA=0.5kg
(2)B水平方向根据牛顿第二定律有
Fsinθ=mBω2r，代入数据得
ω=5rad/s
(3)小球运动的线速度v=ωr=5×0.3m/s=1.5m/s
圆周运动面距地面高度，h=H−0.4=(0.6−0.4)m=0.2m
细绳断裂后小球落地时间，t= 2hg= 2×0.210s=0.2s
沿切线方向飞行距离，x=vt=1.5×0.2m=0.3m
D= x2+d2= 0.32+0.42m=0.5m
答：(1)小球A的质量为0.5kg；
(2)小球B的运动角速度为5rad/s；
(3)若球A与球B相距最近时绳子突然断裂，求小球B落地点到小球A落地点的距离为0.5m。
【解析】(1)对A、B分别受力分析，根据力的平衡条件结合牛顿第二定律解得。
(2)根据平抛运动规律解得。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
15.【答案】解：(1)通过D点时对半圆管道没有压力，则有：
mg=mv02R⋯①
由机械能守恒可得：
mgh0=12mv02⋯②
联立可得：h0=R2
(2)由平抛可得水平方向
2Rsinθ=vDt，
竖直方向
2Rcsθ=12gt2⋯③
打在P点时，由动能定理可得：
EkP−12mvD2=mg×2Rcsθ⋯④
将θ=60∘代入联立可得：
EkP=74mgR
(3)由③④可得
Ek=mgR2csθ+32mgRcsθ⋯⑤
可知当mgR2csθ=32mgRcsθ时，Ek有最小值，得csθ= 33
且最小值Ek= 3mgR
由动能定理可得
Ek=mg(h+2Rcsθ)⋯⑥
解得h= 33R
答：(1)小球释放时离B点的高度为R2；
(2)当θ=60∘时，求小球打在圆弧上时的动能是74mgR
(3)要使得小球从D点飞出后打在圆弧上的动能最小，求此时csθ= 33，h= 33R。
【解析】(1)根据牛顿第二定律，结合动能定理求解；
(2)平抛运动、动能定理小球打在圆弧上时的动能；
(3)由动能定理，结合动能的表达式找到动能最小的条件，从而解出csθ和h的值。
本题考查平抛运动、动能定理、圆周运动，解题关键在于临界点的判断，过D点的最小速度即为重力提供向心力。次数
x1(cm)
ΔEp(×10−3J)
Δt1(ms)
Δt2(ms)
ΔEk(×10−3J)
1
5.00
17.64
8.06
3.20
16.45
2
10.00
15.68
7.15
3.21
14.64
3
20.00
11.76
5.82
3.20
13.62
4
30.00
7.84
4.07
3.21
7.36
5
40.00
3.92
3.61
3.21
3.80