四川省九市2023-2024学年度高一第二学期期期末质量检测联考+物理试卷(含答案）

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1. C
【详解】本题考查矢量的概念,根据匀速圆周运动的特点,速度、加速度、合外力的大小不变,但 方向均在变化;只有角速度大小和方向均不变 。故选 C。
2. C
【详解】根据功的定义式,功等于力乘以在力的方向上运动的位移,有 W = FlSinθ,故选 C。 学 生若死记硬背,易选 D。
3. A
【详解】A. 当 t = 0 时,带入振动方程,位移为正方向最大,根据回复力的特点,加速度为负方向 最大,故 A 正确 ;
B. 根据 T= = 1S, t = 0. 15S小于四分之一周期,振子速度方向沿x 轴负方向,而位移
为正方向,故 B错误 ;
C. t = 0. 25S为四分之一周期时刻,振子恰好经平衡位置,位移为 0,故 C错误 ;
D. t = 1 S时恰好回到初位置 , 此时速度为 0,故 D错误 。故选 A。 4. B
【详解】运动员戴着手套接球,可以延长球与手接触的时间,减小球减速的加速度,根据动量定 理得 —Ft = 0—mv
可得
当时间增大时,冲量和动量的变化量都不变, 可减小动量的变化率 , 即减小球对手的平均作 用力 。
根据加速度定义式速度变化量不变时,延长了时间,导致加速度减小,故 D 错误 。 故
选 B。 5. C
【详解】A. 摆球受到重力、拉力两个力的作用,故 A 错误 ;
B. 摆球在经过 A点和C 点处,速度为零 , 向心力也为零,故 B错误 ;
C. 摆球在经过 B点处,速度最大 , 回复力为零,故正确 ;
D. 摆球相邻两次经过 B点时,细线拉力大小相等,故 D错误 。故选 C。
6. B
【详解】物体以速度v0 冲向与竖直墙壁相连的轻质弹簧过程中,物体接触弹簧前只在摩擦力作 用下,做匀减速直线运动,接触弹簧后,弹力和摩擦力均向右,且弹力一直增大,所以物体所受 合外力一直增大,加速增大,弹簧被压缩,则弹力对物体做负功,弹簧的弹性势能增加;摩擦力 一直做负功,合外力对物体一直做负功,故选 B。
7. D
【详解】A. t = 0 时刻 , 甲的速度方向为正 , 乙的速度方向为负 , 二者相反,故 A 错误 ; 由 v— t 图像可知 , 0~ 5 s 内 , 乙物体在做匀减速直线运动,动量一直减小,故 B错误 ; C. 甲 、乙两物体质量相同,但速度大小不相等,故两物体总动量不为 0,故 C错误 ;
D. 根据动量变化量 △P= P2 —P1 ,在 0~ 5s 内 , 甲物体的动量变化量为负方向,而乙物体动量 变化量的方向为正方向,故二者动量变化量的方向相反,故 D 正确,故选 D。
8. C
【详解】A. 该卫星与月球相比,轨迹半径相同 , 万有引力均恰能提供向心力即可,质量可以不 同 ,故 A 错误 ;
BC. 根据万有引力提供向心力 = ma = m
它们的轨道半径相同,则向心加速度大小相等,周期相同,故 C 正确 。
D. 各自受到的万有引力恰能提供向心力 , 当该卫星与月球质量不同时,它们的向心力大小不 同、受到地球的万有引力大小不同,故 D错误;故选 C。
9. BD
【详解】A. 由于小球 A围绕中心轴线OO’ 做匀速圆周运动,所以其转动半径应该是细管水平部 分再加上 lsinθ,所以由线速度公式v = wr可知 A 选项错误 ;
B. 由小球 B静止 , 二力平衡可以得到细绳的弹力等于小球 B 的重力,故 B 正确 ;
C. 对小球 A受力分析可知,细绳弹力的水平分量提供小球A做匀速圆周运动的向心力,竖直 分量平衡小球A 的重力,即 Tcsθ = mAg ,而 T = mBg ,联立可得mBg csθ = mAg , mB >mA , 故 C错误 。
D. 若细绳突然断裂,小球 A具有水平初速度,所以做平抛运动 。故 D 正确,故选 BD。 10. AD
【详解】A. 图示时刻,质点a处于波谷与波谷叠加的位置,属于振动加强,但质点 a 一直在运 动,某一瞬间位移可能为 0,故 A 正确 ;
B. 图示时刻,质点d处于波峰与波谷叠加的位置,属于振动减弱,但由于两列波的振幅相同 , 故质点d一直处于静止不动,位移一直为 0,故 B错误 ;
C. cd连线不属于振动减弱区 , 不是所有质点都静止不动,故 C错误 ;
D. 图示时刻,质点b处于波峰,振幅大小为 2A, 经过半个周期后,质点 b处于波谷,位移大小 为 2A,故 D 正确 。故选 AD。
11. AC
【详解】A. 在“停泊轨道”上的绕行速度小于第一宇宙速度,即小于 7. 9km/s,故 A 正确 ;
B. 在 P点应该通过点火加速,变轨到“地月转移轨道”,故 B错误 ;
C. 在“地月转移轨道”上运行时 , P 到 Q 万有引力做负功, 经过 P 点的速度 比 Q 点大,故 C 正确 ;
D. 在“ 工作轨道”上匀速绕月飞行时,探测器受月球的万有引力提供向心力 , 合外力不为零 , 故 D错误 。故选 AC。
12. BC
【详解】A. 运动到 E点时木块对轨道的压力恰好为零,重力刚好提供向心力,在 E点做平抛运
动,且有mg = m ,
从最低点到最高点有:—mg× 2R= 解得轨道半径的大小为 R= 0. 5m , A 错
误, B 正确 ;
C. 木块从最低点到C点过程:—mgR= ,在 C点:FN = m ,解得:FN = 12N;
故 C 正确 ;
D. 木块在 D点离开瞬间,重力沿半径方向的分力提供向心力 , mgsin 37。= m 从最初位置 到 D 点有 : —mg ,解得 : v’ 0 = \ m/s, 故 D 错误 。 故
选 BC。
13. (1)D(2分) (2)A(2分) (3)B(2分)
【详解】(1)要探究向心力与多个物理量之间的关系时,应采用控制变量法,故选 D;
(2)甲图中两球做圆周运动的半径相同,质量不同,根据控制变量法,两球做圆周运动的角速 度必须相同,所以左右两个轮塔的半径必须相同,故选 A;
(3)乙图中选用第三层,则左右两个轮塔半径不同 , 同一根皮带带动时角速度不同,则应控制 两球质量和做圆周运动的半径分别相同,故选 B。
14. (1)B(2分) (2)B(2分) (3)C(2分)
(4)不同意 D(2分)
小车、轻绳和砂桶组成的系统摩擦阻力不为零,且要做负功,系统机械能不守恒 。 (意思相 近也可得分,2分)
【详解】(1)A. 根据打点计时器的工作原理 , 电源必须选用交流电才可以周期性打点,故 A 错误 ;
B. 实验时应先让打点计时器打出点迹,再释放纸带,如果先放纸带,后打点,纸带上可能打出 的点迹太少,纸带利用率不高 , 不利于数据处理,故 B 正确 ;
C. 由于重物 自 由下落过程中 , 任意一段路径均满足机械能守恒,所以可以选择其中任意一段 来验证 , 不一定要从第一个点开始,故 C错误 ;
D. 重物动能的变化和重力做的功均可以用重物质量表示,实验中无需测出重物质量,故 D 错 误 。故选 B。
(2)由于要测量出重物经过 C点时的速度大小,则应测 BD段的平均速度作为中间时刻速度 , 即为 C点的速度,故选 B。
(3)A、B、D选项中公式都使用了重力加速度 g 计算,导致合外力就是重力,这在逻辑上犯了 循环论证的错误,故不能用这些公式来验证机械能是否守恒, C 选项中使用平均速度公式计 算速度可以达到验证机械能是否守恒的 目 的,故选 C。
(4)不同意
小车、轻绳和砂桶组成的系统摩擦阻力不为零,且要做负功,系统机械能不守恒 。 (意思相近 也可得分)
15. 解:(1)根据波沿x轴负方向传播,判断出质点A在 t = 0 时刻向上振动 … … … … … (1分)
根据题意得:
t1 = T十T = 0. 14S … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … …
解得:T= 0. 08S … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … (1分)
(2)由波的传播速度公式
= 25m/ S … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … …
由图示位置传播到 x = —3. 5m处质点的时间为 t2 ,则:
S= 0. 08S … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … …
t2 = 0. 08S … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … (1分)
(3)x = —3. 5m处的质点,在 0~ 0. 32S时间内振动的时间
t3 = 0. 32S—0. 08S= 0. 24S … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … (1分)
t3 = 3T … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … (1分)
在 0~ 0. 32S时间内质点 D通过的路程:
s = 3×4A … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … (1分)
s = 24cm … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … (1分)
16. 解:(1)在斜面上匀速运动时,设小车牵引力为 F, 由平衡条件有:
F=mgsinθ十f … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … (3分)
匀速运动时,小车牵引力的功率 P0 满足:
v0
P0 = F 2 … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … (2分)
代入数据解得:
f=mg —mgsinθ … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … (2分)
或 f=mg(1— sinθ)
(2)汽车从底端开始保持恒定功率运行时间 t 内 ,设运动了 s , 由动能定理有:
P0t —mgsinθ ● s—fs = m 2 — mv … … … … … … … … … … … … … … … … … (3分)
代入数据解得:
… … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … …
17. 解:(1)小球在细管中运动过程,小球和小车组成的系统水平方向满足动量守恒,且假设小球 到达最高点时,还没有离开细管,小球与小车速度相等,则:
m1v0 = (m1 十m2 )v1 … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … (3分)
由系统能量守恒得:
m1v= × (m1 十m2 )v十m1ghm … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … (2分)
代入数据,得:
hm = 0. 15m … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … (1分)
hm = 0. 15m