2022-2023学年广东省肇庆市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年广东省肇庆市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共13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.如图所示为某游乐场中过山车运动轨道的简化图，已知过山车从右侧入口处沿箭头方向水平进入轨道，①、②、③、④为过山车在轨道上先后经过的四个位置，且②为轨道最高点，则在上述四个位置中与入口处速度方向相反的位置是( )
A. ①B. ②C. ③D. ④
2.在珠海航展的一段飞行表演中，某型号的飞机在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上运动的v−t图像如图所示，且竖直向下为正方向，忽略空气阻力，定义x轴为水平方向，y轴为竖直方向，则该飞机在空中运动的路径是( )
A. B.
C. D.
3.如图所示为地球同步通讯卫星正在绕地球做匀速圆周运动的示意图，已知同步卫星的轨道半径约为7R，近地卫星的轨道半径约为R，下列关于同步卫星和近地卫星的说法正确的是( )
A. 同步卫星的线速度大于近地卫星的线速度
B. 同步卫星的角速度大于近地卫星的角速度
C. 同步卫星的周期大于近地卫星的周期
D. 同步卫星的向心加速度大于近地卫星的向心加速度
4.如图所示，水平地面上的物体受到斜向上的恒定外力F作用，外力F与水平方向之间的夹角为α，在时间t内该物体始终处于静止状态，则在时间t内，下列说法正确的是( )
A. 拉力F的冲量为零B. 重力的冲量为零C. 摩擦力的冲量为零D. 合外力的冲量为零
5.游乐场内旋转飞椅的运动可以简化为如图所示的匀速圆周运动，下列关于飞椅的受力分析正确的是( )
A. 飞椅受到重力、悬绳拉力和向心力的作用
B. 飞椅只受向心力作用
C. 飞椅在运动中合外力不变
D. 飞椅所受的重力和悬绳拉力的合力提供其做圆周运动的向心力
6.一般的曲线运动可以分为很多小段，每一小段都可以被看作是圆周运动的一部分.如图所示为一摩托车匀速率运动过程中经过高低不平的一段赛道的示意图，最低点A和最高点B两个位置对应的圆弧半径分别为r1、r2，且r1A. 向心加速度aA>aBB. 向心力FAC. 机械能EA>EBD. 摩托车最有可能爆胎的位置在B点
7.如图所示，某儿童电动玩具车的发动机额定功率为15W，质量为2kg，运行中受地面的摩擦力恒为5N，忽略空气阻力的影响，当玩具车以额定功率启动后，下列说法正确的是( )
A. 玩具车一开始做匀加速运动
B. 玩具车运行时牵引力大小不变
C. 玩具车运行的最大速度为3m/s
D. 玩具车所受牵引力做的功等于克服摩擦力做的功
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.上课了，老师推门进入教室。如图所示，在教室门被推开的过程中，下列关于教室门上A、B两个位置的圆周运动说法正确的是( )
A. A、B位置的线速度相等
B. A、B位置的角速度相等
C. A、B位置的周期相等
D. A、B位置的向心加速度相等
9.我国有很多高水平的羽毛球运动员，在羽毛球比赛中杀球时的速度很快，如图所示为快速击球时将固定的西瓜打爆的情形，假设羽毛球的质量为5g，初速度为360km/h，方向向右，与西瓜接触的时间为0.01s，之后羽毛球速度减为0，忽略空气阻力的影响，取g=10m/s2，则关于该羽毛球击打西瓜过程，下列说法正确的是( )
A. 羽毛球接触西瓜时的初动量大小为1800kg⋅m/s
B. 羽毛球与西瓜相互作用的过程，羽毛球动量变化的方向向左
C. 羽毛球对西瓜的作用力大小约为5N
D. 若以羽毛球与西瓜为系统，则系统的动量不守恒
10.如图所示，在桌面边缘将质量为m的物体以初速度v0沿不同的抛射角θ斜向右上方抛出，已知桌面距地面的高度为h，以地面为参考平面，不考虑空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 抛射角θ越大，物体落地时的速度越大
B. 物体落地时的动能与θ无关
C. 物体落地时的动量大小为m( 2gh+v0)
D. 物体落地时的机械能大小为mgh+12mv02
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.如图甲所示，某同学正在观察水平水管向水池放水的情景，突然发现水流中有一小石子从管口随水流一起水平冲出，同时有一水滴从管口自由下落.为研究小石子水平冲出后的运动规律，合理设计实验并将该过程简化为如图乙所示情景：在同一高度将小球A由静止释放的同时将小球B水平抛出。
(1)该同学观察到的现象：小球A、B ______(填“同时”或“不同时”)落地。多次改变图乙中小球A、B初始位置离地高度后，重复上述操作，均有相同的实验现象，根据这些现象大胆猜想：平抛运动在竖直方向上的分运动为______。
(2)为进一步验证猜想，该同学利用频闪照相机得到了小球做平抛运动时的频闪照片如图丙所示，图丙中背景方格的边长均为5cm.由图丙判断O点______(填“是”或“不是”)抛出点。由图丙可求得照相机的频闪周期为______ s，小球水平抛出时的速度大小vx=______m/s。(g=10m/s2)
12.利用如图所示的装置验证机械能守恒定律：摆线一端悬挂于O点，另一端连接一小铁球，小铁球可视为质点。从摆线与竖直方向的夹角为θ的位置将小铁球由静止释放，θ可以从顶部安装的量角器直接测得。小铁球摆动到最低位置时通过一速度传感器可直接测得小铁球的速度大小，重力加速度g已知。
(1)要通过该装置完成验证机械能守恒定律的实验，除了图中提供的量角器测量角度θ外，还需要的测量仪器和要测量的物理量是______(填正确答案标号)；
A.天平，小铁球的质量m
B.刻度尺，摆线的长度L
(2)小铁球从释放至摆动到最低位置的过程中，重力势能在不断______(填“增大”或“减小”)；
(3)若速度传感器测得的小铁球摆动到最低位置时的速度大小为v，结合夹角θ和(1)中测量的物理量，只要表达式12v2=______成立，则小铁球从开始运动到最低位置的过程中机械能守恒；
(4)在正确操作完成实验过程后，测算发现小铁球在最低位置时的动能总是小于小铁球从初始位置到最低位置过程重力势能的减少量，造成这种结果的主要原因是______。
四、简答题：本大题共3小题，共38分。
13.如图所示为小狗洗完澡后甩掉身上水珠的情形，假设每滴水珠的质量均为1g，小狗的身体简化成圆筒状，半径约为10cm，小狗以角速度ω0=10rad/s甩动身体。
(1)求每滴水珠的向心加速度大小；
(2)若小狗毛发对水珠的最大附着力为0.25N，甩动过程中水珠的重力可忽略不计，则小狗至少需以多大的角速度甩动身体才可以将身上的水珠甩掉？
14.在某闯关节目中，参赛选手需要根据比赛要求在最短时间内穿过设有重重障碍的赛道才能获得比赛的胜利。如图所示为该闯关节目中的一段赛道，斜面AB与平台BC平滑连接，斜面AB光滑，平台BC粗糙，平台与选手间的动摩擦因数为μ=0.5，平台BC长度为xBC=2m，斜面CE为倾角45∘的荆棘区，高度H=1.25m，EF为着陆区。为简化起见，将选手看成质点，选手从斜面AB上距离平台BC高为h=1.2m的A点由静止开始下滑，经过平台BC后从C点水平飞出(g=10m/s2)。
(1)求选手运动到平台BC右端C处时的速度大小；
(2)若使选手能够跳离荆棘区，在着陆区EF安全着陆，则选手从斜面上下滑时的位置距BC的最小高度是多少？
15.某生产线上有间距为2R的上、下两条平行轨道，上轨道光滑，下轨道粗糙，与物块间的动摩擦因数为μ，下轨道右侧与半径为R的竖直光滑半圆轨道平滑连接。现在上轨道的A点有质量为m的物块甲，以初速度大小v0= gR从B点滑进半圆轨道，沿半圆轨道做圆周运动，重力加速度为g。物块可视为质点，空气阻力不计。
(1)求物块甲到达半圆轨道最低点C时的速度大小；
(2)求物块甲到达半圆轨道最低点C时对轨道的压力大小；
(3)若在半圆轨道最低点C处静止放置一质量也为m的物块乙，甲与乙发生弹性碰撞，求最终甲、乙两物块的间距。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由题可知，过山车做曲线运动，则过山车在某点的速度方向为该点的切线方向。
由图可知，②位置的速度方向水平向右，与入口处速度方向相反；故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据物体做曲线运动时，物体在某点的速度方向为该点的切线方向求解即可。
解题关键是掌握物体做曲线运动时，物体在某点的速度方向为该点的切线方向。属于基础题目。
2.【答案】C
【解析】解：由竖直方向上运动的v−t图像可知
a=ΔvΔt=2010m/s2=2m/s2
则飞机在竖直向下方向上做初速度为零的匀加速直线运动，受到竖直向下的合力，同时具有水平初速度，所以该飞机在空中做类平抛运动，运动的路径为抛物线的一部分，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据平抛运动规律结合v−t图像求出竖直方向上做匀加速直线运动，则可判断飞机做类平抛运动，由此可求出飞机路径为抛物线。
本题考查的是类平抛运动的知识，熟练掌握类平抛运动水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动的规律。
3.【答案】C
【解析】解：卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则有
GMmr2=mv2r=mω2r=m4π2T2r
可得v= GMr，ω= GMr3，T=2π r3GM，a=GMr2
由于r同步>r近地，则同步卫星的线速度小于近地卫星的线速度，同步卫星的角速度小于近地卫星的角速度，同步卫星的周期大于近地卫星的周期，同步卫星的向心加速度小于近地卫星的向心加速度，故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据万有引力提供向心力求出卫星线速度、角速度、周期以及向心加速度的表达式，进而判断同步卫星与近地卫星的线速度、角速度、周期以及向心加速度的大小关系。
本题考查了人造卫星的相关知识，解决本题的关键是熟练掌握万有引力提供向心力的模型。
4.【答案】D
【解析】解：A.根据冲量的定义可知恒力F的冲量IF=Ft，可知，拉力F的冲量不为零，故A错误；
B.重力的冲量IG=Gt，可知，重力的冲量不为零，故B错误；
C.物体受到重力、地面的支持力、恒力F以及摩擦力，其中摩擦力等于F沿水平方向的分力，即f=Fcsα，根据If=ft，可知摩擦力的冲量不为零，故C错误；
D.物体始终没动，物体动量变化为零，根据动量定理可知，合外力的冲量为零，故D正确。
故选：D。
分析物体的受力，恒力的冲量根据冲量的定义求解，合力的冲量根据动量定理求解。
此题考查了冲量的计算以及动量定理的应用，解题的关键是明确恒力冲量的定义，力与时间的乘积，求解合外力的冲量可以用的动量定理。
5.【答案】D
【解析】解：ABD.向心力为效果力，是由其它力提供的，而飞椅在圆周运动的过程中实际只受到重力与悬绳的拉力这两个力的作用，向心力就是由这两个力的合力提供的，故AB错误，D正确；
C.做匀速圆周运动的物体，所受合外力大小不变，方向始终指向圆心，因此飞椅在运动中合外力始终在变，故C错误。
故选：D。
先对小球进行运动分析，做匀速圆周运动，再找出合力的方向，进一步对小球受力分析！
向心力是效果力，不是物体实际受到的力，匀速圆周运动中由合外力提供向心力。
6.【答案】A
【解析】解：A、摩托车匀速率运动，根据向心加速度公式an=v2r，结合r1aB，故A正确；
B、向心力F=ma，结合aA>aB，可得FA>FB，故B错误；
C、因摩托车在A、B两点动能相等，B点重力势能大于A点的重力势能，可知机械能EAD、根据牛顿第二定律可得
在A点时，有FNA−mg=mv2r1，得FNA=mg+mv2r1
在B点时，有mg−FNB=mv2r2，得FNB=mg−mv2r2
可知FNA>FNB，则摩托车最有可能爆胎的位置在A点，故D错误。
故选：A。
根据向心加速度公式an=v2r分析向心加速度大小；由牛顿第二定律分析向心力大小；根据动能和势能关系，分析机械能的大小；根据牛顿第二定律分析摩托车在A点和B点受到的支持力大小，从而判断摩托车最有可能爆胎的位置。
解答本题的关键要掌握向心加速度、向心力公式，并能用来分析实际问题。运用向心力公式时，要注意分析受力情况，确定向心力来源。
7.【答案】C
【解析】解：AB、玩具车以额定功率启动后，速度增大，由P=Fv可知牵引力减小，阻力f不变，由牛顿第二定律F−f=ma可知加速度减小，所以玩具车不是做匀加速运动，故AB错误；
C、当玩具车牵引力和阻力相等时，速度最大，则有：vm=PF=Pf=15W5N=3m/s，故C正确；
D、由动能定理可知：WF−Wf=Ek−0，可得WF=Ek+Wf，所以玩具车所受牵引力做的功等于克服摩擦力做的功与动能增加量之和，故D错误。
故选：C。
AB、玩具车功率不变，由P=Fv可知速度增大，牵引力减小，由牛顿第二定律可知加速度变化，则可判断正误；
C、玩具车牵引力和阻力相等时，速度最大，由P=Fv可得最大速度；
D、由动能定理可得玩具车所受牵引力做的功等于克服摩擦力做的功与动能增加量之和。
本题考查了汽车恒功率启动的问题，解题的关键是知道汽车的牵引力和阻力相等时，汽车的速度最大。
8.【答案】BC
【解析】解：B.由于A、B位置绕同轴转动，故A、B的角速度相等，故B正确；
A.由线速度公式：v=ωr可知，A、B位置的角速度相等，半径不同，则A、B的线速度不等，故A错误；
C.由周期与角速度的公式：T=2πω可知，A、B位置的角速度相等，则A、B的周期相等，故C正确；
D.由向心加速度公式：a=ω2r可知，A、B位置的角速度相等，半径不同，则A、B的向心加速度不等，故D错误。
故选：BC。
同缘传动，线速度大小相等；同轴转动，角速度相等。
结合线速度、角速度和周期、转速之间的关系以及向心加速度的公式求解即可。
解题关键是掌握线速度、角速度与周期、转速之间的关系；知道同缘传动，线速度大小相等；同轴转动，角速度相等。难度不大。
9.【答案】BD
【解析】解：A、羽毛球接触西瓜时的初动量大小为p=mv=5×10−3kg×100m/s=0.5kg⋅m/s
故A错误；
B、羽毛球与西瓜相互作用的过程，根据动量定理I=Δp，知羽毛球动量变化量方向与其受到的作用力方向相同，则知羽毛球动量变化量方向向左，故B正确；
C、取向左为正方向，根据动量定理得：西瓜对羽毛球的作用力大小：F=Δmvt=0−(−mv)t=，则由牛顿第三定律，羽毛球对西瓜的作用力大小约为50N，故C错误；
D、若以羽毛球与西瓜为系统，系统的初动量不为0，末动量为0，系统的动量不守恒，故D正确。
故选：BD。
根据p=mv求解羽毛球接触西瓜时的初动量大小；根据动量定理分析羽毛球动量变化的方向，并根据动量定理求解西瓜对羽毛球的作用力大小，从而得到羽毛球对西瓜的作用力大小；根据初末动量关系，分析系统动量是否守恒。
本题与碰撞相似，涉及力在时间上的积累效果时，要考虑动量定理，要注意动量的方向。
10.【答案】BD
【解析】解：AB、物体在空中运动的过程中，只有重力做功，其机械能守恒，则物体落地时的动能Ek=mgh+12mv02，可见物体落地时的动能与θ无关，物体落地时的速度与θ无关，故A错误，B正确；
C、物体落地时的速度为v= 2Ekm，动量大小为p=mv，联立解得：p=m( 2gh+v02)，故C错误；
D、以地面为参考平面，物体落地时的机械能大小等于抛出时的机械能大小，即为mgh+12mv02，故D正确。
故选：BD。
根据机械能守恒定律列式，得到落地时动能表达式，再分析物体落地时的速度大小和动能与θ的关系；根据p=mv得到物体落地时的动量大小；物体落地时的机械能等于抛出时的机械能。
解决本题时，要掌握机械能守恒条件，熟练运用机械能守恒定律列式分析。
11.【答案】同时 自由落体运动 是 0.11.5
【解析】解：(1)该同学观察到的现象：小球A、B同时落地，根据实验现象可知：小球B在竖直方向的分运动和A的运动相同，所以平抛运动在竖直方向上的分运动为自由落体运动；
(2)各相邻点在竖直方向间的距离分别为
Δy1=5cm=0.05m，Δy2=15cm=0.15m，Δy3=25cm=0.25m
根据频闪照相可知相邻点迹间的时间间隔相等，相邻点迹间的位移比值为
Δy1：Δy2：Δy3=1：3：5
满足初速度为零的匀变速直线运动规律，O点是抛出点；
根据
Δy3−Δy2=Δy2−Δy1=gT2
可得：T=0.1s
小球抛出时的初速度为
vx=Δx1T=3×5×10−20.1m/s=1.5m/s
故答案为：(1)同时；自由落体运动；(2)是；0.1；1.5
(1)根据实验原理掌握正确的实验操作，结合实验现象得出平抛运动在竖直方向上的运动特点；
(2)理解平抛运动的特点，结合运动学公式完成分析。
本题主要考查了平抛运动的相关实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合平抛运动的特点和运动学公式即可完成分析。
12.【答案】B 减小 gL(1−csθ)小球克服空气阻力做功
【解析】解：(1)(3)小铁球从开始运动到最低位置的过程中，动能增加量为：ΔEk=12mv2
重力势能减小量为：ΔEp=mgL(1−csθ)
若此过程中机械能守恒则有：ΔEk=ΔEp
可得表达式：12v2=gL(1−csθ) 成立，则小铁球从开始运动到最低位置的过程中机械能守恒。
可知不需要天平测量质量，需要测量摆线的长度L，所以需要刻度尺；
故选：B。
(2)小铁球从释放至摆动到最低位置的过程中，高度减小，质量不变，重力势能在不断减小。
(4)小铁球下摆过程中受到空气阻力做负功，消耗一部分机械能，因此使得重力势能的减少量略大于动能的增加量。
故答案为：(1)B；(2)减小；(3)gL(1−csθ)；(4)小球克服空气阻力做功。
(1)(3)根据机械能守恒定律倒推出需要验证的表达式，确定需要测量的量和实验仪器；
(2)根据题设过程分析高度的变化，确定重力势能的变化；
(4)根据实验过程分析不可避免存在的阻力，由功能关系分析两者的大小关系。
解决本题的关键是明确实验原理，根据物理规律列出相应方程，然后求解讨论即可。
13.【答案】解：(1)根据向心加速度公式a=ω02r
代入数据解得a=10m/s2
(2)附着力提供向心力，根据向心力公式F=mrω2
解得最小角速度ω= Fmr= 0.251×10−3×0.1rad/s=50rad/s
答：(1)每滴水珠的向心加速度大小10m/s2；
(2)小狗至少需以59rad/s的角速度甩动身体才可以将身上的水珠甩掉。
【解析】(1)根据向心加速度公式求加速度；
(2)附着力提供向心力，根据向心力公式求最小角速度。
本题考查了圆周运动的向心加速度和向心力公式，要明确向心力的来源。
14.【答案】解：(1)从A→C，根据动能定理得
mgh−μmgxBC=12mvC2
解得：vC=2m/s
(2)斜面CE的高度H=1.25m，倾角为45∘，根据几何关系得
xDE=Htan45∘=1.251m=1.25m
若选手恰好落在E点，由平抛运动公式有
H=12gt2，xDE=vC′t
解得：t=0.5s，vC′=2.5m/s
根据动能定理得
mgh0−μmgzBC=12mv′C2−12mvC2
解得：h0=1.3125m
答：(1)选手运动到平台BC右端C处时的速度大小为2m/s；
(2)选手从斜面上下滑时的位置距BC的最小高度为1.3125m。
【解析】(1)从A运动到C的过程中，根据动能定理列式得出C处的速度大小；
(2)根据平抛运动的特点得出选手的初速度，结合动能定理得出对应的最小高度。
本题主要考查了动能定理的相关应用，熟悉平抛运动的特点，结合运动学公式和动能定理即可完成分析。
15.【答案】解：(1)物块甲从B到C，设C点速度大小为vC，由题意可知初速度大小v0= gR
根据机械能守恒定律得
mg⋅2R+12mv02=12mvC2
解得：vC= 5gR
(2)在C点对物块甲受力分析，由牛顿第二定律得
FN−mg=mvC2R
解得：FN=6mg
由牛顿第三定律可知，物块甲对轨道的压力大小FN′=FN=6mg
(3)因甲与乙发生弹性碰撞，设碰撞后甲、乙的速度大小分别为v1、v2，取向左为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得
mvC=mv1+mv2
12mvC2=12mv12+12mv22
解得：v1=0，v2= 5gR
即弹性碰撞后物块甲静止，对乙碰撞后运动过程，由动能定理得
−μmgx=0−12mv22
解得：x=5R2μ
所以最终甲、乙两物块的间距为5R2μ。
答：(1)物块甲到达半圆轨道最低点C时的速度大小为 5gR；
(2)物块甲到达半圆轨道最低点C时对轨道的压力大小为6mg；
(3)最终甲、乙两物块的间距为5R2μ。
【解析】(1)物块甲从B到C，利用机械能守恒定律求出物块甲到达半圆轨道最低点C时的速度。
(2)在C点，对甲，利用牛顿第二定律、第三定律求甲对轨道的压力大小；
(3)甲与乙发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律求出碰撞后两者的速度，再根据动能定理和几何关系求最终甲、乙两物块的间距。
本题的关键要理清物块的运动过程，把握每个过程的物理规律，特别是弹性碰撞的基本规律：动量守恒定律和机械能守恒定律。