2023-2024学年北京市大兴区高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年北京市大兴区高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共22页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.自然界中物体的运动是多种多样的。关于运动与力的关系，下列说法正确的是( )
A. 运动的物体，一定受到力的作用B. 物体受到的力越大，它的速度就越大
C. 做曲线运动的物体，加速度一定不为零D. 物体在恒力的作用下，不可能做曲线运动
2.如图所示，竖直放置的两端封闭的玻璃管中注满清水，内有一个红蜡块能在水中匀速上浮。在红蜡块从玻璃管的下端匀速上浮的同时，使玻璃管以速度v水平向右匀速运动。红蜡块由玻璃管的下端上升到顶端，所需时间为t，相对地面通过的路程为L。在t时间内下列说法正确的是( )
A. v增大时，L减小
B. v增大时，L不变
C. v增大时，t减小
D. v增大时，t不变
3.如图所示，修正带的核心部件是两个半径不同的齿轮，两个齿轮通过相互咬合进行工作，A和B分别为两个齿轮边缘处的点。若两齿轮匀速转动，下列说法正确的是( )
A. A、B两点的转速相等B. A、B两点的线速度大小相等
C. A、B两点的角速度大小相等D. A、B两点的向心加速度大小相等
4.如图所示，质量为m的小球用长为l的细线悬于P点，使小球在水平面内以角速度ω做匀速圆周运动。已知小球做圆周运动时圆心O到悬点P的距离为h，小球可视为质点，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 小球的频率为2πω
B. 小球的线速度大小为ωh
C. 小球受到合力大小为mghl
D. 绳对小球的拉力大小为mω2l
5.第24届冬季奥林匹克运动会在2022年由北京市和张家口市联合举办，跳台滑雪是比赛项目之一。如图所示，运动员从跳台边缘的O点水平滑出，落到斜坡CD上的E点。运动员可视为质点，忽略空气阻力的影响，重力加速度已知，则运动员由O点出发运动到E点过程中下列说法正确得是( )
A. 运动员运动时间仅由OC的高度决定
B. 运动员的落点E仅由OC的高度决定
C. 若测出OE的水平距离则可计算运动员离开平台时的速度
D. 若测出运动员空中飞行时间及OE的水平距离则可计算出落到E点时的速度大小
6.如图所示，长为L的杆一端固定在过O点的水平转轴上，另一端固定质量为m的小球。杆在电动机的驱动下在竖直平面内旋转，带动小球以角速度ω做匀速圆周运动，其中A点为最高点，C点为最低点，B、D点与O点等高。已知重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 小球在B、D两点的线速度相同
B. 小球在B、D两点受到杆的作用力均等于mg
C. 小球在C点受到杆的作用力的方向一定沿杆的方向向上
D. 小球在A点对杆的作用力的方向一定沿杆的方向向下
7.如图所示，某物理兴趣小组设计了验证“向心力与线速度大小关系”的实验装置。测得小钢球的直径为d，细线长为L，当地的重力加速度为g。小钢球悬挂静止不动时，恰好位于光电门中央，力的传感器示数为F1。现将小钢球拉离光电门位置到适当高度，由静止释放小钢球使小钢球自由摆动再次通过光电门，光电门记录小钢球遮光时间t，力的传感器示数最大值为F2，由此可知( )
A. F2F1，故A错误，C正确；
B、设小钢球到达最低点时(即通过光电门时)速度为v，根据光电门测速原理可得：v=dt，故B错误；
D、本实验需要验证小钢球经过光电门时所受合力和所需向心力相等，则有：F2−mg=mv2L+d2
联立解得：F2=F1+F1d2(L+d2)gt2，故D错误。
故选：C。
小钢球静止不动时根据平衡条件得到F1与重力的关系。根据光电门测速原理可得小钢球通过光电门时速度。根据牛顿第二定律，结合向心力表达式解答。
本题考查了牛顿第二定律在圆周运动中的应用，掌握向心力的表达，以及光电门测速原理。要注意本题中小钢球圆周运动半径等小钢球的半径加上细线的长度。
8.【答案】A
【解析】解：A.根据GMmr2=mv2r，得v= GMr，代入半径之比计算得线速度大小之比为2：1，故A正确；
B.根据GMmr2=mrω2，得ω= GMr3，代入解得角速度之比为8：1，由T=2πω可得，周期之比为1：8，故B错误；
C.根据GMmr2=ma，得a=GMr2，代入半径之比计算得加速度大小之比为16：1，故C错误；
D.根据F=GMmr2，由于向心力大小还与卫星质量m有关，所以无法求解向心力大小之比，故D错误。
故选：A。
根据牛顿第二定律列式推导线速度、角速度(周期)、加速度和向心力的表达式，结合题中给出的半径之比计算各物理量的比值判断。
考查万有引力定律的应用，会根据题意进行相关物理量的求解和判断。
9.【答案】D
【解析】解：根据GMmr2=ma=mv2r=mrω2，得a=GMr2，v= GMr，ω= GMr3，“济南一号”比“墨子号”的运行周期短，由ω=2πT可得，“济南一号”比“墨子号”的角速度大，半径小，所以“济南一号”的线速度大，向心加速度大。故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据万有引力提供向心力导出加速度、线速度、角速度等的表达式，结合周期关系进行分析判断。
考查万有引力定律的应用问题，会根据题意选择合适的表达式进行相关物理量的推导和判断。
10.【答案】D
【解析】解：A、乘坐电梯甲匀速下降时，支持力方向竖直向上，与速度方向夹角为钝角，则该同学所受到支持力做负功，故A错误；
B、乘坐电梯甲加速下降时，加速度有水平方向的分量，则该同学受摩擦力的作用，故B错误；
C、乘坐电梯乙匀速上升时，该同学受到沿斜面向上的摩擦力作用，故C错误；
D、乘坐电梯乙加速上升时，因该同学受沿斜面向上的摩擦力，则该同学受到的摩擦力做正功，故D正确。
故选：D。
根据该同学在电梯上的运动状态分析其受力情况，再结合恒力做功公式判断其做功情况。
本题考查学生对不同运动状态下的受力情况的掌握情况，又考查了恒力做功的情况，综合性比较好。
11.【答案】B
【解析】解：A.卫星从轨道1变轨到轨道2，需要在Q点加速做离心运动，所以在轨道1上经过Q点时的速度小于它在轨道2上经过Q点时的速度，故A错误；
B.卫星在轨道2上运动时只有万有引力做功，机械能守恒，经过Q点的机械能等于在轨道2上经过P点的机械能，故B正确；
C.卫星从轨道2变轨到轨道3，需要在P点加速做离心运动，卫星在轨道2上经过P点的机械能小于在轨道3上经过P点的机械能，故C错误；
D.根据牛顿第二定律有
GMmr2=ma
解得
a=GMr2
卫星在轨道2上经过P点的加速度等于在轨道3上经过P点的加速度，故D错误。
故选：B。
A：卫星从轨道1变轨到轨道2需要在Q点加速，故速度增大；
B：只有万有引力做功，动能和引力势能相互转化，总和不变；
C：卫星从轨道2变轨到轨道3需要在P点加速，故速度增大，动能增大，机械能增大；
D：根据牛顿第二定律求解加速度，根据加速度的表达式判断。
本题考查功能关系，要求学生能正确分析物体的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
12.【答案】B
【解析】解：因为在上升过程中手一直在对物体做正功，所以物体的机械能一直在增加，故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据机械能守恒的条件分析机械能是否守恒及如何变化即可。
本题考查机械能守恒的条件，当只有重力或系统内弹力做功的时候，物体或系统的机械能守恒。若外力对物体或系统做正功，物体或系统的机械能增大；若外力对物体或系统做负功，物体或系统的机械能减小。
13.【答案】C
【解析】解：A.0∼t2时间内速度始终为正，说明火箭一直在向上运动，t2∼t3时间内火箭的速度为0，处于静止状态，t3∼t4时间内速度始终为负，说明火箭一直在向下运动，故t2时刻上升到最高点，故A错误；
B.v−t图像的斜率表示加速度，在0∼t1时间内，火箭加速度先增大后逐渐减小为零，则火箭受到的推力先增大后逐渐减小，在t1时刻，火箭受到的推力等于其重力，功率不可能减小为0，故B错误；
C.在t1∼t2时间内，根据动能定理，火箭受到的推力做功与其重力做功之和等于动能的变化量，所以火箭动能的减少量小于重力势能的增加量，故C正确；
D.在t3∼t4时间内，火箭向下运动，推力做负功，故D错误。
故选：C。
A：根据v−t图像图线的走向和正负判断；
BD：v−t图像的斜率表示加速度，根据斜率的变化判断加速度的变化，进一步判断合力的变化，即可判断出推力做功情况及功率的变化；
C：根据动能定理判断。
本题是对v−t图像的考查，解题时要知道斜率，截距，面积的物理意义。
14.【答案】D
【解析】解：AB.开始阶段，绳子弹力小于重力，则加速度向下，速度增加；以后阶段，弹力大于重力，加速度向上，速度减小，所以人的速度先增加后减小，绳子对人的拉力方向始终向上，对人做负功，因为没有指定参考平面，则人的重力势能取正值还是负值不能确定，故AB错误；
C.由能量关系可知，人的动能的减少量与重力势能减小量之和等于绳的弹性势能的增加量，故C错误；
D.绳的拉力向上和人的位移方向向下，故绳对人做负功，人的机械能逐渐减小，故D正确。
故选：D。
AB.对人受力分析，根据重力和弹力的大小判断合力的方向，即可判断合力做功正负，进一步判断速度变化和重力势能的变化情况；
C.人机械能的减少量等于绳子弹性势能的增加量进行判断；
D.根据弹力方向和人的运动方向，判断绳子上的弹力做功和人的机械能的变化情况。
本题考查功能关系，要求学生熟练掌握各个力做功对应的能量变化及其应用。
15.【答案】A
【解析】解：如图
A.到达最高点B时的动能与A点的动能之比为9：16，则速度之比为
v水平：v0=3：4
在最高点竖直方向速度为0，设从A到B需要时间t，则
v水平=a水平t
v0=gt
小球运动的加速度大小为
a= a水平2+g2
联立得
a=54g
故A正确；
B.小球从A到B的过程中，水平方向速度一直增大，竖直方向速度一直减小直至0，所以风力的功率一直增大，重力功率一直减小，当风力功率大于重力功率时，风力做功大于重力做功，根据动能定理，小球动能增大，故B错误；
C.小球在重力和风力的合力场中做类斜抛运动，当小球速度方向与合力方向垂直时动能最小，根据前面分析可知合力与竖直方向的夹角θ的正切值为
tan⁡θ=a水平g
解得
tanθ=34
根据速度的合成与分解可得小球运动过程中的最小速度为
vmin=v0sinθ
小球在空中的最小动能与A点的动能之比为
EkminEkA=12mvmin212mv02
解得
EkminEkA=925
故C错误；
D.小球上升和下降的时间相等，小球从A到B水平距离小于从B到C水平距离，风力做功大小不同，故D错误；
故选：A。
根据物体在最高点动能与A点动能之比求解物体在最高点与A的速度之比，再根据水平方向的和竖直方向的运动联立求解水平方向的加速度，最后求解合加速度；
当风力的功率大于重力的功率时，相同时间内风力做功大于重力做功，动能增大；
因为风力和重力都是恒力，故两个力的合力也为恒力，根据小球的合运动可知当速度与重力和风力的合力垂直时速度最小，根据几何关系求解夹角，进一步求解最小速度，再根据动能的表达式求解动能之比；
上升和下落时间相同，小球运动距离不同，风力做的功不同。
本题采用运动的分解法处理恒力作用下的类斜抛运动，可与斜抛运动类比，掌握分运动的规律，明确速度最小的条件：合力与速度垂直。
16.【答案】AD13(x1 g2y1+x2 g2y2+x3 g2y3)
【解析】解：(1)A.每次必须从同一高度由静止释放钢球，以保证每次小球做平抛运动的初速度相同，故A正确；
B.斜槽轨道是否光滑对实验无影响，故B错误；
C.挡板不必等间隔上下移动，故C错误；
D.因钢球做平抛运动的轨迹在竖直平面内，故装置的挡板必须竖直放置，故D正确。
故选：AD。
(2)根据平抛运动的水平分运动为匀速直线运动可得：x=vt，竖直分运动为自由落体运动可得：y=12gt2
联立解得小球离开轨道时的速度大小为：v=x g2y
由A、B、C三点的坐标分别得到：v1=x1 g2y1；v2=x2 g2y2；v3=x3[ g2y3
取平均值可得：v−=13(x1 g2y1+x2 g2y2+x3 g2y3)
故答案为：(1)AD；(2)13(x1 g2y1+x2 g2y2+x3 g2y3)
(1)本实验要保证每次小球做平抛运动的初速度相同，斜槽轨道是否光滑对实验无影响。因钢球做平抛运动的轨迹在竖直平面内，操作时装置的背板必须竖直放置，挡板不必等间隔上下移动。据此分析解答。
(2)根据平抛运动的水平分运动为匀速直线运动，竖直分运动为自由落体运动，求解小球离开轨道时的速度大小的表达式。分别求出三组数据对应的速度大小，然后取平均值。
本题考查了研究平抛运动及其特点的实验，掌握本实验操作应注意的事项。掌握平抛运动的规律，解答平抛运动时将其分解处理，两分运动具有独立些和等时性。
17.【答案】A
C
1T2

【解析】【分析】
(1)探究小球做圆周运动所需向心力F的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系采用控制变量法；
(2)根据控制变量法结合实验装置进行分析；
(3)根据向心力公式可得F=mr4π2T2=4π2mr⋅1T2，由此分析图像横坐标x代表的物理量。
本题主要是考查探究小球做圆周运动所需向心力F的大小与质量m、角速度ω、轨道半径r之间的关系，关键是掌握实验原理、实验方法、向心力的计算公式。
【解答】
(1)根据F=mrω2，要研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系，就要保持质量m、角速度ω和半径r中的两个量不变，研究力F与其他一个量的关系，因此实验采用的是控制变量法，BC错误，A正确；
(2)为了探究金属球的向心力F的大小与轨道半径r之间的关系，要保持质量相等、角速度大小相等，所以应该使用两个质量相等的小球，应将皮带套在两边半径相等的变速塔轮上，使得角速度相等，应使两小球离转轴的距离不同，使得r不同，故AB错误、C正确；
故选：C。
(3)同学用传感器测出小球做圆周运动向心力F的大小和对应的周期T，根据向心力公式可得：F=mr4π2T2=4π2mr⋅1T2，要使图像是一条过原点的直线，则图像横坐标x代表的是1T2。
故答案为：(1)A；(2)C；(3)1T2。
18.【答案】B 乙
【解析】解：(1)首先打点计时器所使用的电源为低压交流电源，同时在释放纸带时，重物应靠近打点计时器，且保持纸带竖直。
故ACD错误，B正确。
故选：B。
(2)本实验的目的是验证机械能守恒定律，所以甲求速度时相当于已知机械能守恒验证机械能守恒，无意义；只能根据匀变速直线运动中中间时刻速度等于平均速度求解速度，所以乙正确。
(3)重物下落的加速度大小为
a=BC−ABT2=(23.23−19.20)−(19.20−15.55)0.022×10−2m/s2=9.50m/s2
根据牛顿第二定律可得
mg−f=ma
所以
f=0.06N
故答案为：(1)B；(2)乙；(3)9.50，0.06。
(1)根据实验操作要求作答；
(2)关键是处理纸带问题时应用vt2=xt求瞬时速度；
(3)根据Δx=at2，求出加速度，结合牛顿第二定律，即可求解阻力。
明确实验原理，熟记处理纸带问题的思路和方法，注意求瞬时速度的方法，分清理论推导与实验探索的区别，学会求加速度的方法，并掌握牛顿第二定律与运动学公式的应用，最后注意单位的统一与计算的正确性。
19.【答案】解：(1)小球由B点运动到C点的过程中
竖直方向上做自由落体运动有 h=12gt2
得t=0.5s，t=−0.5s(舍)
水平方向做匀速直线运动有x=vBt
得vB =5m/s
由牛顿第二定律 FN−mg=mvB2R
解得 FN=3.5N
(2)小球落地前瞬间，竖直方向的速度vy=gt=10×0.5m/s=5m/s
水平方向的速度vx=vB=5m/s
落地前瞬间速度vC= vx2+vy2
解得vC=5 2m/s
速度方向与水平方向夹角45∘斜向右下方
答：(1)小球运动到B点时所受支持力FN的大小为3.5N；
(2)小球落地前瞬间的速度大小vC大小为5 2m/s，方向与水平方向夹角45∘斜向右下方。
【解析】(1)根据匀变速直线运动公式可得出答案；
(2)根据运动的合成可求出速度大小以及方向。
学生在解答本题时，应注意熟练掌握运动学公式，并具备运动的合成与分解这一思维方式。
20.【答案】解：(1)塔高为同步卫星的轨道高度，设同步卫星质量为m0，根据牛顿第二定律有
GMm0(R+h0)2=m04π2T2(R+h0)
可得h0=3GMT24π2−R
(2)卫星被缓慢运送至高h处时的速度大小为
v0=2π(R+h)T
高h处的圆轨道卫星速度为v，则由
GMm(R+h)2=mv2R+h
可得v= GMR+h
根据动能定理，推进装置需要做的功
W=12mv2−12mv02
解得W=GMm2(R+h)−2π2(R+h)2mT2
答：(1)高塔的高度h0为3GMT24π2−R；
(2)推进装置需要做的功W为GMm2(R+h)−2π2(R+h)2mT2。
【解析】(1)根据牛顿第二定律列式求解高塔高度；
(2)根据牛顿第二定律结合动能定理联立解答需要做的功W。
考查万有引力定律的应用和动能定理问题，会根据题意进行准确分析和解答。
21.【答案】解：(1)只启用机械制动方式刹车时，对汽车由动能定理有：−fx2=0−12mv22
可得汽车受到的制动力大小为：f=mv222x2
(2)若同时开启机械制动和再生制动，设回收制动力做功为W，由动能定理有：W−fx1=12mv22−12mv12
由功能关系有：E回=−W
代入数据可得：E回=12mv12−12mv22−mv22x12x2
答：(1)只开启机械制动的过程，汽车受到的制动力大小f为mv222x2；
(2)同时开启机械制动和再生制动的过程，汽车可回收的动能E回为12mv12−12mv22−mv22x12x2。
【解析】(1)汽车只采用机械制动方式刹车，利用动能定理可得汽车所受制动力大小；
(2)汽车同时采用两种制动方式制动过程，由动能定理和功能关系可得汽车可回收的动能E回。
本题考查了动能定理，解题的关键是知道汽车可回收的动能等于克服回收制动力做的功。
22.【答案】解：小球离开无人机时，具有和无人机相同的水平速度，即v0=2m/s水平向右
根据小球竖直方向做自由落体运动得h=12gt2
解得t=2s
根据小球水平方向做匀速直线运动得x=v0t
解得x=4m
答：(1)小球在空中下落的时间为2s；
(2)小球释放点与落地点之间的水平距离为4m。
【解析】小球抛出后做平抛运动，根据竖直方向的自由落体运动规律即可确定时间，再根据水平方向上的匀速直线运动即可求出水平距离。
本题考查平抛运动的规律，要注意明确离开无人机后具有水平速度，故做平抛运动。
23.【答案】解：(1)a.以地面为参考平面，物体在A位置的重力势能为mghA，动能为12mvA2，其机械能EA=mghA+12mvA2；
物体在B位置的重力势能为mghB，动能为12mvB2，其机械能EB=mghB+12mvB2
b.物体从位置A运动到位置B的过程中，只有重力做功，根据动能定理可得：mg(hA−hB)=12mvB2−12mvA2，即：mghA+12mvA2=mghB+12mvB2，
故物体在位置A和位置B的机械能相等。
(2)a.根据题意，横截面C左侧的压强为p1，横截面积S=πR2，
则压力F=p1⋅S，
所以压力做的功W1=F⋅d=p1πR2d
b.从图中可知，C′与D之间的液体的重力势能没有变化，所以只研究C与C′之间的液体变化到D与D′之间的液体的重力势能的变化情况。
根据功能关系：WG=−ΔEp=mg(h1−h2)=ρπR2d(h1−h2)
c.设横截面D右侧的压力为F′，
则F′所做的功：W′=−p2⋅V=−p2⋅πR2⋅d，
根据动能定理可得：p1πR2d−p2πR2d+mg(h1−h2)=12m(u22−u12)，
而m=ρπR2d，
整理得：p1+ρgh1+12ρu12=p2+ρgh2+12ρu22
【解析】机械能是物体的动能和重力势能之和，当物体只有重力做功或其它力做功的代数和为零时机械能守恒；利用动能定理时，先分析受力情况，再分析力做功情况，最后列方程求解。
本题的关键要清楚机械能是由动能和重力势能组成的；利用动能定理求解时，首先要明确研究对象，确定初末两个状态，然后进行受力分析，研究每个力做功的情况，最后根据动能定理列方程求解。