2022-2023学年福建省宁德市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年福建省宁德市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列运动过程中，物体机械能守恒的是( )
A. 子弹射穿木块B. 雨滴在空中匀速降落
C. 滑块沿固定光滑斜面自由下滑D. 汽车关闭发动机后沿水平路面减速滑行
2.下列说法正确的是( )
A. 哥白尼根据多年的天文观测提出了“地心说”的观点
B. 开普勒提出所有行星绕太阳做匀速圆周运动
C. 牛顿总结出万有引力定律并测量出引力常量
D. 爱因斯坦基于相对性原理和光速不变原理建立了狭义相对论
3.射艺是中国传统的射箭运动，是由历代儒家学说推崇的六艺之一的“射”发展而来。在一次射艺表演中，一名射者在同一位置沿水平方向先后射出甲、乙两支箭矢，落在正前方靶上，如图所示。空气阻力不计，则( )
A. 甲箭矢的运动时间比乙箭矢的长B. 甲箭矢的运动时间等于乙箭矢的运动时间
C. 甲箭矢的初速度比乙箭矢的大D. 甲箭矢的初速度等于乙箭矢的初速度
4.电影《流浪地球》中，由于太阳即将毁灭，人类为了生存，给地球装上推进器，“驾驶”地球逃离太阳系，泊入比邻星轨道做匀速圆周运动。已知轨道半径为r，周期为T，比邻星的半径为R，引力常量为G，忽略其他星球对地球的影响，则( )
A. 地球绕比邻星做圆周运动的向心加速度为4π2(r+R)T2
B. 比邻星的质量为4π2r3GT2
C. 比邻星表面的重力加速度为4π2rT2
D. 比邻星的第一宇宙速度为2πrT
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.关于曲线运动，下列说法正确的是( )
A. 平抛运动是匀变速曲线运动B. 匀速圆周运动是匀变速曲线运动
C. 做曲线运动的物体速度一定发生变化D. 做圆周运动的物体合外力一定等于向心力
6.2023年5月17日，我国在西昌卫星发射中心使用长征三号乙运载火箭，成功发射第56颗北斗导航卫星，如图所示，这颗卫星在同步轨道上做匀速圆周运动，它与处于中地球轨道上的卫星比较，则( )
A. 同步轨道卫星的线速度较大B. 同步轨道卫星的角速度较大
C. 同步轨道卫星的周期较大D. 同步轨道卫星的向心加速度较小
7.共享电动车为市民出行带来了极大的方便，已经成为我们日常生活中不可或缺的重要交通工具。某次骑行过程中驾驶员和共享电动车的总质量为100kg，行驶时所受阻力大小为车和人所受总重力的0.06倍。该电动车从静止开始在水平公路上沿直线行驶，前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持额定功率行驶，其v−t图像如图所示。重力加速度g取10m/s2，则( )
A. 匀加速过程加速度为0.6m/s2
B. 该电动车的额定功率为480W
C. 该电动车所能行驶的最大速度为6m/s
D. 当行驶速度为4m/s时，电动车的加速度为0.4m/s2
8.足够长水平传送带在电动机的作用下以速度v2逆时针匀速转动，一质量为m的小煤块以速度v1从左端滑入水平传送带，且v1>v2，小煤块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。则( )
A. 小煤块离开传送带时的速度为v1
B. 小煤块在传送带上留下的痕迹长为(v1+v2)22μg
C. 传送带与小煤块摩擦产生的热量为12m(v12−v22)
D. 传送带克服小煤块的摩擦力做功为mv2(v1+v2)
三、填空题：本大题共2小题，共8分。
9.如图所示，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点。若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在P点速度______(选填“大于”、“小于”或“等于”)Q点速度；从P到Q的运动过程，万有引力对海王星______(选填“做正功”、“做负功”或“不做功”)。
10.在点球大战中，某球员将球从球门右上角贴着球门射入，如图所示。已知球门高度为h，足球(可视为质点)质量为m，飞入球门时的速度为v，不计空气阻力，足球从地面运动到球门的过程，克服重力做功为______，球员对足球做功为______。
四、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.向心力演示器装置如图所示，可利用该装置探究影响向心力大小的因素。
(1)若将传动皮带套在两塔轮半径相同的圆盘上，质量相同的两钢球分别放在不同位置的挡板处，转动手柄，可探究小球做圆周运动所需向心力F的大小与______(选填“m”、“ω”或“r”)的关系；
(2)上述实验过程采用的主要方法是______；
A.控制变量法
B.微元法
C.类比法
(3)若将传动皮带套在两轮塔最下面圆盘上(两圆盘半径之比为3：1)，质量相同的两钢球放在图示位置的挡板处，转动手柄，稳定后，观察到左侧标尺露出1格，右侧标尺露出9格，则可以得出的实验结论是______。
A.在半径和角速度一定的情况下，向心力大小与质量成正比
B.在质量和角速度一定的情况下，向心力大小与半径成正比
C.在半径和质量一定的情况下，向心力大小与角速度平方成正比
12.用如图甲所示的实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒。细绳跨过定滑轮，两端与m1、m2相连。先接通电源，再将m2从静止释放，获得如图乙所示的纸带：0是打下的第一个点，每相邻两个计数点间还有4个点(图中未标出)。已知m1=50g，m2=150g，重力加速度g取9.8m/s2，电源频率为50Hz，则：
(1)打点计时器在纸带上打出计数点5时，m1的速度v=______m/s(保留三位有效数字)；
(2)从起点0到打下计数点5的过程中系统动能的增加量ΔEk=______ J，系统重力势能的减少量ΔEp=______J(以上计算结果均保留三位有效数字)；
(3)通过计算可知，在数值上ΔEk______ΔEp(选填“>”、“<”或“=”)，这是因为______。
五、简答题：本大题共3小题，共38分。
13.如图所示，一半径r=0.2m的甩干桶内有一质量m=0.5kg的物体，物体贴着内壁跟着圆筒以角速度ω=20rad/s绕竖直中心轴做匀速圆周运动，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)物体的运动周期和线速度大小；
(2)桶壁对物体支持力的大小。
14.某同学利用无人机玩“投弹”游戏。无人机以v0=2m/s的速度水平向右匀速飞行，在某时刻释放了一个质量m=0.1kg的小球。此时无人机到水平地面的距离h=5m，空气阻力不计，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)小球下落的时间；
(2)小球释放点与落地点之间的水平距离；
(3)小球落地时的动能。
15.如图所示，在水平面O处放置一质量m=0.1kg的小物块(可视为质点)，使小物块以v0=6m/s的初速度向左运动，与弹簧接触后反弹，经B点滑入竖直圆轨道。已知OA段长为L=1m且动摩擦因数μ=0.5，其余接触面均光滑。圆轨道半径R=0.4m，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)弹簧的最大弹性势能Epm；
(2)小物块在圆轨道最低点(B点)时对轨道压力的大小；
(3)若圆轨道的半径大小可调，要使小物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，圆轨道的半径R应满足的条件。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、子弹射穿木块过程，木块对子弹做负功，则子弹的机械能减小，子弹对木块做正功，木块的机械能增加，故A错误；
B、雨滴在空中匀速降落过程中，雨滴的动能不变，重力势能减小，则二者之和即机械能减小，故B错误；
C、滑块沿固定光滑斜面自由下滑过程中，只有重力对滑块做功，故滑块的机械能守恒，故C正确；
D、汽车关闭发动机后沿水平路面减速滑行过程中，只有阻力对汽车做负功，汽车的机械能减小，故D错误。
故选：C。
明确机械能守恒的条件，当只有重力做功或系统内弹力做功时，物体(或系统)的机械能守恒，根据机械能守恒的条件或机械能的概念逐项进行分析判断。
解决本题的关键要掌握判断机械能是否守恒的常用方法：1、看系统是否只有重力或弹力做功，2、看动能和势能之和是否保持不变。
2.【答案】D
【解析】解：A、托勒密提出“地心说”，哥白尼推翻了“地心说”，提出了“日心说”的观点，故A错误；
B、开普勒提出所有行星分别沿不同大小的椭圆轨道绕太阳运动，故B错误；
C、牛顿总结出万有引力定律，但他没有测出引力常量，是卡文迪什测量出了引力常量G，故C错误；
D、爱因斯坦基于相对性原理和光速不变原理建立了狭义相对论，符合史实，故D正确。
故选：D。
本题根据物理学史解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。
3.【答案】C
【解析】解：AB.箭矢在空中做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，有h=12gt2，则t= 2hg，由图可知，甲箭矢的下落高度小于乙箭矢的下落高度，即甲箭矢的运动时间比乙箭矢的短。故AB错误；
CD.同理，箭矢水平方向做匀速直线运动，有x=v0t
解得v0=x g2h
可知甲箭矢的初速度比乙箭矢的大。故C正确；D错误。
故选：C。
平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据下落的高度比较运动的时间，结合水平位移和时间比较初速度的大小。
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移。
4.【答案】B
【解析】解：A、由题意可知地球绕比邻星的运动参数，根据向心加速度表达式，可得：an=4π2rT2，故A错误；
B、根据万有引力提供向心力有：GMmr2=m4π2rT2
解得比邻星的质量：M=4π2r3GT2，故B正确；
C、在比邻星的表面，根据黄金代换，可得：GMmR2=mg
联立并代入解得：g=4π2r3T2R2，故C错误；
D、根据万有引力提供向心力，可知比邻星的第一宇宙速度满足：GMmR2=mv12R
解得：v1= 4π2r3T2R=2πrT rR，故D错误。
故选：B。
地球绕比邻星圆周运动的线速度和周期可以求得地球绕比邻星运动的向心加速度；
根据万有引力提供圆周运动向心力求得比邻星的质量M；
根据比邻星的质量和半径由万有引力等于重力求得比邻星表面的重力加速度g；
根据万有引力提供向心力进行求比邻星的第一宇宙速度。
本题主要是考查了万有引力定律及其应用；解答此类题目一般要把握两条线：一是在星球表面，忽略星球自转的情况下，万有引力等于重力；二是根据万有引力提供向心力列方程进行解答。
5.【答案】AC
【解析】解：A.做平抛运动的物体，只受重力，加速度恒定，是匀变速曲线运动，故A正确；
B.做匀速圆周运动的物体，加速度大小不变，方向指向圆心时刻改变，是非匀变速曲线运动，故B错误；
C.做曲线运动的物体速度方向时刻改变，所以速度一定发生变化，故C正确；
D.做匀速圆周运动的物体合外力一定等于向心力，做变速圆周运动的物体合外力沿指向圆心方向的分力提供向心力，故D错误。
故选：AC。
根据匀变速曲线运动定义分析；根据做曲线运动的物体速度方向时刻改变分析速度是否变化；做圆周运动的物体合外力不一定指向圆心。
本题考查对曲线运动、圆周运动、平抛运动的理解，注意明确匀速圆周和非匀速圆周运动的区别，明确各自的受力特点，知道什么样的运动是匀变速曲线运动。
6.【答案】CD
【解析】解：卫星所受万有引力提供向心力，则
GMmr2=m⋅4π2T2r=mv2r=mω2r=ma
得
a=GMr2、T=2π r3GM、v= GMr、ω= GMr3
因为r同>r中，所以同步卫星的线速度、角速度和加速度都较小，同步卫星的周期较大。
故AB错误，CD正确。
故选：CD。
根据万有引力提供向心力求出卫星做圆周运动的各参量的表达式进行比较即可。
本题考查了万有引力定律的应用，解决本题的关键是熟练掌握万有引力提供向心力的模型。
7.【答案】AC
【解析】解：A、根据匀变速直线运动的速度与时间的关系有：v=at
将t=5s，v=3m/s代入解得：a=0.6m/s2，故A正确；
B、由题知，共享单车5s末达到额定功率，则有：P额=F5v
根据牛顿第二定律有：F5−0.06mg=ma
联立代入数据解得：P额=360W，故B错误；
C、由图象知，当车达到最大速度时有：P额=0.06mg⋅vmax
代入数据有：vmax=6m/s，故C正确；
D、当电动车行驶速度为4m/s时，汽车已经达到额定功率则有：P额=F4v4
再根据牛顿第二定律有：F4−0.06mg=ma4
联立代入解得：a1=0.3m/s2，故D错误。
故选：AC。
根据v−t图像的斜率求解汽车匀加速阶段的加速度，根据牛顿第二定律求解牵引力；
根据速度-时间公式求解5s末的速度，根据功率公式求解汽车的额定功率；
根据平衡条件和功率公式P=fvm求最大速度；
根据P=Fv先求牵引力，再由牛顿第二定律求加速度。
本题考查了汽车恒定加速度启动的问题，理清整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，知道牵引力等于阻力时，汽车的速度最大。当功率一定时，可根据功率公式和牛顿第二定律求加速度。
8.【答案】BD
【解析】解：A、小煤块滑上传送带后做匀减速直线运动，由于传送带足够长，小煤块速度减到零后，反向向左加速，由于v1>v2，加速到v2即与传送带共速后，小煤块以v2匀速向左离开传送带，故A错误；
B、小煤块向右做匀减速直线运动的时间为
t1=v1a=v1μg
位移为
x1=v122μg
煤块速度减至零后向左做匀加速运动至速度为v2的时间为
t2=v2μg
位移为
x2=v222μg
煤块向右运动时与传送带间相对位移大小为
Δx1=x1+v2t1=v12+2v1v22μg
煤块向左运动时与传送带间相对位移大小为
Δx2=v2t2−x2=v22μg−v222μg=v222μg
则煤块在传送带上的痕迹长为
L=Δx1+Δx2=v12+2v1v22μg+v222μg=(v1+v2)22μg
故B正确；
C、传送带与煤块摩擦产生的热量为
Q=μmgL=12m(v1+v2)2
故C错误；
D、传送带克服煤块的摩擦力做功为
W=μmgv2(t1+t2)
解得
W=mv2(v1+v2)
故D正确。
故选：BD。
首先，分析小煤块滑上传送带后的运动情况，再根据小煤块的初速度与传送带速度的大小关系分析小煤块以多大速度离开传送带；
然后，根据匀变速直线运动的规律求出小煤块向右做匀减速直线运动的时间和位移；再求出煤块向右做匀加速运动至速度为v2的时间和位移，结合两个过程传送带的位移求出煤块在传送带上的痕迹长度；
接着，根据摩擦生热的公式计算传送带与煤块摩擦产生的热量；
最后，根据传送带的位移，计算传送带克服煤块的摩擦力做功。
本题考查了传送带问题，解决本题的关键是理解摩擦力做功与摩擦生热的计算有何区别。
9.【答案】大于 做负功
【解析】解：根据开普勒第二定律，近日点的速度大于远日点的速度，海王星在P点速度大于Q点的速度。由于海王星在P点速度大于Q点的速度，则根据动能定理，从P到Q的运动过程，万有引力对海王星做负功。
故答案为：大于；做负功。
根据开普勒第二定律，比较速度大小；根据动能定理，分析万有引力做功正负。
本题考查学生对开普勒第二定律、动能定理的掌握，比较基础。
10.【答案】mghmgh+12mv2
【解析】解：足球从地面运动到球门的过程，克服重力做功为
W克G=mgh
根据能量守恒，可知球员对足球做的功为
W=mgh+12mv2
故答案为：mgh；mgh+12mv2
根据功的计算公式得出足球克服重力做的功，根据能量守恒定律得出球员对足球做的功。
本题主要考查了功能关系的相关应用，理解足球运动过程中的能量转化关系，结合功的计算公式即可完成分析。
11.【答案】r A C
【解析】解：(1)由题意可知：两钢球质量m相同，角速度ω相同，半径r不同，根据F=mω2r，可知探究小球做圆周运动所需向心力F的大小与r的关系；
(2)本实验采用的主要方法是控制变量法，故BC错误，A正确；
(3)圆盘边缘的线速度大小相等，已知两圆盘半径之比为3：1，由v=ωr可得左右两圆盘的角速度之比ω1ω2=r2r1=13
则两钢球的ω12ω22=1232=19
左侧标尺露出1格，右侧标尺露出9格，可知两钢球的向心力之比F1F2=19
可得F1F2=ω12ω22
两钢球的质量相等，半径相等，所以半径和质量一定的情况下，向心力大小与角速度平方成正比，故AB错误，C正确。
答：(1)r；(2)A；(3)C。
(1)两钢球质量m相同，角速度ω相同，半径r不同，由向心力F=mω2r可知探究F与哪个物理量的关系；
(2)本实验采用控制变量法；
(3)根据两圆盘的半径，由v=ωr可得两圆盘的角速度之比，则可得角速度的平方之比，根据左右标尺漏出的格数可得两钢球的向心力之比，则可得向心力之比与角速度的平方之比的大小关系，两钢球m相同，半径相同，则可得结论。
本题考查了圆周运动向心力与各个物理量的关系，解题的关键是知道圆盘边缘的线速度大小相等相等，注意左右标尺漏出的格数可比较向心力的大小。
12.【答案】<存在空气阻力、纸带与限位孔之间有摩擦、滑轮具有质量等因素的影响
【解析】解：(1)计数点间有4个点没有画出去，计数点间的时间间隔为：
T=150×5s=0.1s
做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，打第5个点时的速度为
v5=x462T=(21.60+26.40)×10−22×0.1m/s=2.40m/s
(2)物体的初速度为零，所以动能的增加量为
ΔEk=12(m1+m2)v52=12×(50+150)×10−3×2.402J=0.576J
系统减少的重力势能
ΔEP=m2gh−m1gh=(150−50)×10−3×9.8×(38.40+21.60)×10−2J=0.588J
(3)通过以上计算可知，在数值上ΔEk<ΔEp。其原因可能为：存在空气阻力、纸带与限位孔之间有摩擦、滑轮具有质量等因素的影响。
故答案为：(1)2.40；(2)0.576；0.588；(3)<；存在空气阻力、纸带与限位孔之间有摩擦、滑轮具有质量等因素的影响
(1)根据运动学公式得出物体的速度；
(2)根据动能和重力势能的计算公式得出对应的改变量；
(3)根据实验数据分析出可能的误差产生原因。
本题主要考查了机械能守恒定律的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式和机械能守恒定律即可完成分析。
13.【答案】解：(1)根据T=2πω可得，物体的运动周期T=2π20s=π10s
根据v=ωr可得，物体的线速度大小v=20×0.2m/s=4m/s
(2)对物体受力分析可得，筒壁对物体的支持力提供向心力，则
FN=mω2r=0.5×202×0.2N=40N
即桶壁对物体支持力的大小为40N。
答：(1)物体的运动周期为π10s，线速度大小为4m/s；
(2)桶壁对物体支持力的大小为40N。
【解析】(1)根据周期与角速度的关系求出周期，根据v=ωr求出物体的线速度；
(2)对物块受力分析，根据水平方向合力提供向心力即可判断求出支持力。
根据考查水平面内的圆周运动，清楚筒壁对物体的支持力提供向心力即可。
14.【答案】解：(1)根据h=12gt2可得，小球下落时间为
t= 2hg= 2×510s=1s
(2)根据x=v0t可得
x=v0t=2×1m=2m
(3)根据动能定理有
mgh=Ek−12mv02
得：Ek=mgh+12mv02=(0.1×10×5+12×0.1×22)J=5.2J
答：(1)小球下落的时间为1s；
(2)小球释放点与落地点之间的水平距离为2m；
(3)小球落地时的动能为5.2J。
【解析】(1)根据平抛运动竖直方向上的运动特点得出运动的时间；
(2)根据水平方向上的运动特点得出水平距离；
(3)根据动能定理列式得出小球落地时的动能。
本题主要考查了平抛运动的相关应用，理解平抛运动在不同方向上的运动特点，结合运动学公式即可完成分析。
15.【答案】解：(1)小物块由O向A运动，克服摩擦力做的功等于小物块减少的动能，由动能定理可得：−μmgL=12mvA2−12mv02
小物块从A运动到弹簧弹性势能最大处，由机械能守恒得：Epm=12mvA2
解得：Epm=1.3J
(2)小物块从O开始运动到B，由动能定理可得：−μmg⋅2L=12mvB2
在B点对小物块受力分析可得：FN−mg=mvB2R
解得：FN=5N
由牛顿第三定律得物块对轨道压力的大小：FN′=5N
(3)为使小物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，设小物块恰好过最高点：mg=mv12R
且：−mg×2R=12mv12−12mvB2
解得：R=0.32m
为使小物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，设小物块恰好到14圆弧，则：−mgR=0−12mvB2
解得：R=0.8m
所以要使小物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，圆轨道的半径R应满足的条件：R≤0.32m或R≥0.8m
答：(1)弹簧的最大弹性势能Epm是1.3J；
(2)小物块在圆轨道最低点时对轨道压力的大小是5N；
(3)若圆轨道的半径大小可调，要使小物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，圆轨道的半径R应满足的条件R≤0.32m或R≥0.8m。
【解析】(1)对小物块从出发运动到弹簧压缩至最短的过程，利用能量守恒定律求解弹簧的最大弹性势能Epm；
(2)对小物块在水平面向左运动再返回的过程，根据能量守恒定律求解物块反弹后达到B点的速度，结合支持力与重力的合力提供向心力求出支持力，再根据牛顿第三定律说明；
(3)小物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，有两种情况：一是小物块在圆轨道内做完整圆周运动；二是小物块在圆轨道内的圆心等高处以下做往复运动。分别确定物块进入圆轨道时速度满足的临界条件，再由动能定理和机械能守恒定律求解。
本题考查传送带模型和圆周运动临界问题。在理清小物块运动过程中的基础上，关键要注意第三问中不脱离圆周轨道的运动情况包括完整圆周运动与在圆心等高处以下往复运动，把握隐含的临界条件，运用机械能守恒定律和动能定理进行解答。