2023-2024学年天津市天津一中高一（下）期末物理模拟试卷（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年天津市天津一中高一（下）期末物理模拟试卷（含详细答案解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚刚产生作用前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)。此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )
A. m 2ght+mgB. m 2ght−mgC. m ght+mgD. m ght−mg
2.质量相等的A、B两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2的作用而从静止开始做匀加速直线运动．经过时间t0和4t0速度分别达到2v0和v0时，分别撤去F1和F2，以后物体继续做匀减速直线运动直至停止．两物体速度随时间变化的图线如图所示．设F1和F2对A、B的冲量分别为I1和I2，F1和F2对A、B做的功分别为W1和W2，则下列结论正确的是( )
A. I1：I2=12：5，W1：W2=6：5B. I1：I2=6：5，W1：W2=3：5
C. I1：I2=3：5，W1：W2=6：5D. I1：I2=3：5，W1：W2=12：5
3.将一长木板静止放在光滑的水平面上，如图甲所示，一个小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止。现将木板分成A和B两段，使B的长度和质量均为A的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v0由木板A的左端开始向右滑动，如图乙所示。若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列有关说法正确的是( )
A. 小铅块将从木板B的右端飞离木板
B. 小铅块滑到木板B的右端前就与木板B保持相对静止
C. 甲、乙两图所示的过程中产生的热量相等
D. 图甲所示的过程产生的热量小于图乙所示的过程产生的热量
4.如图所示，小车(包括固定在小车上的杆)的质量为M，质量为m的小球通过长度为L的轻绳与杆的顶端连接，开始时小车静止在光滑的水平面上，现把小球从与O点等高的地方释放，小车向左运动的最大位移是( )
A. 2LmM+mB. 2LMM+mC. MLM+mD. mLM+m
5.如图，第一次小球从粗糙的14圆形轨道底端B以v1冲上圆形轨道，恰好能到达A点，克服摩擦力做功为W1；第二次小球从顶端A由静止滑下，到达底端B的速度为v2，克服摩擦力做功为W2；，则( )
A. v1可能等于v2
B. W1一定小于W2
C. 小球第一次运动机械能变大了
D. 小球第一次经过圆弧某点C的速率大于它第二次经过同一点C的速率
6.如图，水平光滑地面上停放着一辆质量为M的小车，其左侧有半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道最低点B与水平轨道BC相切，整个轨道处于同一竖直平面内。将质量为m的物块(可视为质点)从A点无初速释放，物块沿轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出。设重力加速度为g，物块与轨道BC之间的动摩擦因数为μ，空气阻力可忽略不计。关于物块从A位置运动至C位置的过程，下列说法中正确的是( )
A. 小车和物块构成的系统机械能守恒
B. 物块在BC上运动时，摩擦力对物块和小车做功的代数和为零
C. 水平轨道BC的长度为L=2Rμ
D. 如果小车被锁定在地面上，物块仍从A点静止释放，则也能恰到达C点
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
7.如图所示为清洗汽车用的高压水枪.设水枪喷出水柱直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表面，水柱冲击汽车后水的速度为零，手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ。下列说法正确的是( )
A. 高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρπvD2
B. 高压水枪单位时间喷出的水的质量为14ρπvD2
C. 水柱对汽车的平均冲力为14ρD2v2
D. 当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，喷出的水对汽车的压强变为原来的4倍
8.一摩托车在竖直的圆轨道内侧做匀速圆周运动，周期为T，人和车的总质量为m，轨道半径为R，车经最高点时发动机功率为P0，车对轨道的压力为2mg。设轨道对摩托车的阻力与车对轨道压力为成正比，则( )
A. 车经最低点时对轨道压力为4mg
B. 车经最低点时发动机功率为2P0
C. 车从最高点经半周到最低点的过程中发动机做的功为P0T2
D. 车从最高点经半周到最低点的过程中发动机做的功为2mgR
9.如图所示，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块，现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v。在整个过程中( )
A. 木板对小物块做的功为12mv2
B. 支持力对小物块做的功为零
C. 小物块的机械能的增量为mv2−mgLsinα
D. 滑动摩擦力对小物块做的功为my2−mgLsinα
10.一质量M=0.8kg的小物块，用长L=0.8m的细绳悬挂在天花板上，处于静止状态。一质量m=0.2kg的粘性小球以速度v0=10m/s水平射向物块，并与物块粘在一起，小球与物块相互作用时间极短可以忽略，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则( )
A. 小球粘在物块上的瞬间，共同速度为2m/s
B. 小球和物块在摆动过程中，细绳拉力最大值为5N
C. 小球和物块在摆动过程中，能达到的最大高度为0.2m
D. 小球粘在物块上之后，小球和物块机械能守恒，动量也守恒
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.如图甲所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。
(1)经测定，m1=45.0g，m2=7.5g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图乙所示。碰撞前后m1的动量分别为p1与p1′，则p1：p1′=______：11；若碰撞结束时m2的动量为p2，则p1′：p2′=11：______。当p1=p1′+p2′时，可以验证动量守恒定律正确。
(2)有同学认为，在上述实验中仅更换两个小球的材质，其他条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的射程增大。请用已知数据OP的长度，分析和计算出被碰小球m2平抛运动射程ON的最大值为______ cm。(结果保留两位小数)
12.现利用图甲所示的装置验证动量守恒定律。在图甲中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间。
实验测得滑块A的质量m1=0.310kg，滑块B的质量m2=0.108kg，遮光片的宽度d=1.00cm；打点计时器所用交流电的频率f=50.0Hz。将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰。碰后光电计时器显示的时间为ΔtB=3.500×10−3s，碰撞前后打出的纸带如图乙所示。由此可得：碰前滑块A的动量大小为p=______kg⋅m/s，碰后滑块A、B的总动量大小为p′=______kg⋅m/s，可以验证动量守恒定律正确。(结果保留三位有效数字)
四、简答题：本大题共1小题，共3分。
13.木块A的质量为m1=1kg，足够长的木板B的质量为m2=4kg，质量为m3=1kg的物体C与B静止在光滑水平地面上。现A以向右的速率v0=7m/s运动，与B碰后以速率v1=1m/s向左弹回，碰撞时间极短，已知B与C间的动摩擦因数为μ=0.2，重力加速度g=10m/s2，试求：
(1)木板B的最大速度v2的大小；
(2)物体C的最大速度v3的大小；
(3)稳定后C在B上发生的相对位移大小x。
五、计算题：本大题共1小题，共10分。
14.某遥控赛车轨道如图所示，赛车从起点A出发，沿摆放在水平地面上的直轨道AB运动L=10m后，从B点进入半径R=0.1m的光滑竖直圆轨道，经过一个完整的圆周后进入粗糙的、长度可调的、倾角θ=30∘的斜直轨道CD，最后在D点速度方向变为水平后飞出(不考虑经过轨道中C、D两点的机械能损失)。已知赛车质量m=0.1kg，通电后赛车以额定功率P=1.5W工作，赛车与AB轨道、CD轨道间的动摩擦因数分别为μ1=0.3和μ2= 36，重力加速度g取10m/s2。
(1)求赛车恰好能过圆轨道最高点P时的速度vP的大小；
(2)若要求赛车能沿圆轨道做完整的圆周运动，求赛车通电的最短时间；
(3)已知赛车在水平直轨道AB上运动时一直处于通电状态且最后阶段以恒定速率运动，进入圆轨道后关闭电源，选择CD轨道合适的长度，可使赛车从D点飞出后落地的水平位移最大，求此最大水平位移，并求出此时CD轨道的长度。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
先根据h=12gt2求解自由落体运动的时间；然后对运动全程根据动量定理列式求解平均拉力。
本题关键是明确物体的受力情况和运动情况，然后对自由落体运动过程和全程封闭列式求解，注意运用动量定理前要先规定正方向。
【解答】
对自由落体运动，有：h=12gt12，解得：t1= 2hg，规定向下为正方向，对运动的全程，根据动量定理，有：mg(t1+t)−Ft=0；解得：
F=m 2ght+mg。
故选A.
2.【答案】C
【解析】解：从图象可知，两物块匀减速运动的加速度大小之都为a=v0t0，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有f=ma，则摩擦力大小都为f=mv0t0.根据图象知，匀加速运动的加速度分别为：2v0t0，v04t0，根据牛顿第二定律，匀加速运动中有F−f=ma，则F1=3mv0t0，F2=5mv04t0，F1和F2的大小之比为12：5.则冲量之比为：I1：I2=125×t04t0=35
图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则位移之比为6：5；由图看出，撤去拉力后两图象平行，说明加速度，由牛顿第二定律分析则知加速度a=μg，说明两物体与地面的动摩擦因数相等，则两物体所受的摩擦力大小相等，设为f，对全过程运用动能定理得：
W1−fs1=0，W2−fs2=0，得：W1=fs1，W2=fs2，由上可知，整个运动过程中F1和F2做功之比为6：5；
故C正确，ABD错误。
故选：C。
明确图象的性质，根据图象的斜率可求得加速度关系，注意减速过程加速度相同，根据牛顿第二定律可明确摩擦力大小，同理可求得拉力大小，再由冲量的定义可求得冲量关系；
根据图象可明确位移关系，再根据动能定理即可求得牵引力的功．
解决本题的关键通过图象得出匀加速运动和匀减速运动的加速度，根据牛顿第二定律，得出两个力的大小之比，以及知道速度-时间图线与时间轴所围成的面积表示位移，同时能正确利用动能定理和动量定理进行分析求解．
3.【答案】B
【解析】解：AB、图甲中小铅块在整个木板上运动时，小铅块与木板间的滑动摩擦力使整块木板加速，从而达到相同速度。而图乙当小铅块在A板上运动时，滑动摩擦力使A、B两段木板整体加速，其加速度与图甲相同，当小铅块运动到B段木板上后，A段木板将停止加速做匀速运动，滑动摩擦力只使B段加速，其加速度大于图甲中整个木块的加速度，但是小铅块减速的加速度是相同的，故小铅块到达与B段木板共速的时间将变短，即与甲图相比提前共速了，运动的位移或两者相对位移也变小，故小铅块滑到木板B的右端之前就与木板B共速了，共速后保持相对静止，故A错误，B正确；
CD、因摩擦产生的热量等于滑动摩擦力乘以铅块与木板间的相对位移，图甲的相对位移大于图乙的，所以图甲所示过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量，故CD错误。
故选：B。
比较两次运动的区别，木块一直做匀减速直线运动，木板一直做匀加速直线运动，第一次在小铅块运动过程中，整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，运动到B部分上后A部分停止加速，只有B部分加速，加速度大于第一次的对应过程，通过比较小铅块的位移确定是否飞离木板。根据滑动摩擦力乘以相对位移等于摩擦产生的热量比较甲、乙两图所示的过程中产生的热量的大小关系。
本题考查了板块模型的相对运动所涉及力与运动、功与能的关系，解答本题的关键是根据力与运动的关系分析铅块和木板的相对运动过程，通过比较位移的关系判断是否脱离，掌握摩擦生热对应的功能关系：Q=fs相对。
4.【答案】A
【解析】解：当小球向下摆动的过程中，小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，满足水平方向动量守恒定律，开始系统水平方向动量为零，所以水平方向任意时刻m与M的动量等大反向；以小球和小车组成的系统，小球与小车组成的系统水平方向平均动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv1−−Mv2−=0…①，
①式两边同时乘以t解得：mv1−t=Mv2−t，
即：mS1=MS2…②
小球和小车共走过的距离为2L，有：S1+S2=2L…③，
由②③解得：S2=2mLM+m，故A正确，BCD错误；
故选：A。
以小球和小车组成的系统，只有重力做功，机械能守恒，小球与车组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律可以求出小车向左的最大位移．
本题对照机械能和动量守恒的条件进行判断．对于系统而言，机械能守恒、总动量不守恒，但由于系统所受的外力都在竖直方向上，系统水平方向上动量守恒．
5.【答案】D
【解析】解：A、从A下滑到B根据动能定理可得：mgR−W2=12mv22，从B上滑到A根据动能定理可得：−mgR−W1=0−12mv12，可得v2W2.故B错误。
C、小球运动过程中，摩擦力做负功，所以机械能减小，故C错误
故选：D。
对小球从A到B和从B到A的两个过程分别列式，可比较经过B点时速度大小。分析小球向下和向上运动时经过轨道上同一点时所受支持力的大小，分析比较出滑动摩擦力的大小，即可分析克服摩擦力做功的大小，
本题考查了动能定理、向心力的基本运用，运用动能定理要灵活选择研究的过程，根据向心力分析支持力的关系，注意判断不同过程中克服摩擦力做功的关系。
6.【答案】D
【解析】解：A、物块从A位置运动至C位置的过程，小车和物块构成系统的机械能一部分转化为内能，机械能不守恒，故A错误；
B、摩擦力对物块和轨道BC所做功的代数和等于摩擦力与相对位移的乘积，摩擦力做功的代数和不为零，故B错误；
C、系统水平方向动量守恒。系统初动量为零、则末动量为零。根据能量守恒定律可得：mgR=μmgL，解得：L=Rμ，故C错误；
D、如果小车被锁定在地面上，物块仍从A点静止释放，系统机械能损失与小车不锁定时相同，则产生的热也相同，物块也能恰到达C点，故D正确。
故选：D。
物块从A位置运动至C位置的过程，摩擦力做功，机械能不守恒；摩擦力做功的代数和不为零；根据能量守恒定律求解BC长度；如果小车被锁定在地面上根据能量守恒定律分析物块静止的位置。
本题主要是考查了机械能守恒定律、动量守恒定律和能量守恒定律的知识；要知道机械能守恒定律的守恒条件是只有重力或系统内弹力做功。对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或合外力为零。
7.【答案】BD
【解析】解：AB、高压枪单位时间内喷出水的质量等于单位时间内喷出的水柱的质量，即
m0=ρV=ρπD24⋅v=14πρvD2，故A错误，B正确；
CD、水柱对汽车的平均冲力为F，选择水流的速度方向为正方向，根据动量定理可得：
−Ft=0−m0v
联立可得：F=14ρπv2D2，故C错误；
D、高压水枪喷出的水对汽车产生的压强为
p=FS=14ρπv2D214πD2=ρv2
由此可知，当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，喷出的水对汽车的压强变为原来的4倍，故D正确；
故选：BD。
根据质量的计算公式得出高压水枪单位时间内喷出的水的质量；
根据动量定理得出水柱对汽车的平均冲力；
根据压强的计算公式完成分析。
本题主要考查了动量定理的相关应用，熟悉微元法处理平均冲力的问题，同时要熟悉压强的计算公式即可完成分析。
8.【答案】AB
【解析】解：A、设摩托车做匀速圆周运动的速度为v，在最高点由牛顿第二定律有：mg+2mg=mv2R，在最低点由牛顿第二定律有：FN−mg=mv2R，两式联立可得摩托车在最低点所受支持力大小：FN=4mg，由牛顿第三定律可知车经最低点时对轨道压力为4mg，故A正确；
B、在最高点摩托车的阻力f1=k×2mg=2kmg，牵引力：F1=P0v，摩托车做匀速圆周运动，则：f1=F1
在最低点摩托车的阻力f2=k×4mg=4kmg，牵引力：F2=P1v，摩托车做匀速圆周运动，则：f2=F2
联立方程可得车经最低点时发动机功率：P1=2P0，故B正确；
C、车从最高点经半周到最低点的过程中发动机的功率变化，所以发动机做的功W≠P0×T2=P0T2，故C错误；
D、车从最高点经半周到最低点的过程，设克服阻力做功为Wf，由动能定理有：mg×2R+W发−Wf=12mv2−12mv2
可得发动机做的功：W发=2mgR+Wf，故D错误。
故选：AB。
A、在最高点和最低点分别利用牛顿第二定律可得解；
B、根据题意可得摩托车在最高点和最低点阻力大小，由P=Fv可得两位置的牵引力大小，根据两位置切线方向牵引力和阻力大小相等列式，联立方程可得解；
C、发动机功率变化，根据W=Pt分析；
D、车从最高点经半周到最低点的过程，利用动能定理可得发动机做的功。
本题考查了动能定理、牛顿第二定律在圆周运动中的应用，解题的关键是知道摩托车做匀速圆周运动，合力全部提供向心力，沿切线方向的合力为零。注意在最高点和最低点摩托车的功率不相等。
9.【答案】AD
【解析】解：A.设在整个过程中，木板对物块做功为W，整个过程中重力做功为零，则根据动能定理得
W=12mv2
故A正确；
B.在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为α的过程中，支持力对物块做功，根据动能定理得
WFN−mgLsinα=0
得
WFN=mgLsinα
故B错误；
C.小物块的重力势能没有变化，只有动能增加，则小物块的机械能的增量为12mv2，故C错误；
D.在物块下滑的过程中，根据动能定理得
mgLsinα+Wf=12mv2−0
解得
Wf=12mv2−mgLsinα
故D正确。
故选：AD。
根据动能定理求支持力对小物块做功；下滑过程由动能定理求滑动摩擦力对小物块做功；整个过程，运用动能定理求木板对小物块做功，由机械能定义判断小物块的机械能的增量。
本题运用动能定理求力做功时，首先要选择研究的过程，本题中有两个过程，第一个过程中静摩擦力不做功，支持力做功；第二过程中，支持力不做功，滑动摩擦力做功。
10.【答案】AC
【解析】解：A、因为小球与物块相互作用时间极短，所以小球和物块组成的系统动量守恒。取粘性小球初速度方向为正方向，则有：mv0=(M+m)v共
代入数据解得v共=2m/s，故A正确；
B、小球和物块将以v共开始运动时，轻绳受到的拉力最大，设最大拉力为F，根据牛顿第二定律得：F−(M+m)g=(M+m)v共2L
代入数据解得：F=15N，故B错误；
C、小球和物块将以v共为初速度向右摆动，摆动过程中只有重力做功，所以机械能守恒；设它们所能达到的最大高度为h，根据机械能守恒定律得：
12(M+m)v共2=(M+m)gh
解得：h=0.2m