2023-2024学年天津市滨海新区高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年天津市滨海新区高一（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，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.下列与曲线运动有关的叙述，正确的是( )
A. 物体做曲线运动时，加速度一定变化B. 物体做曲线运动时，速度大小一定改变
C. 物体做曲线运动时，速度方向一定改变D. 物体做曲线运动时，有可能处于平衡状态
2.如图所示，舰载机歼−15沿辽宁号甲板曲线MN向上爬升，速度逐渐增大。下图中画出表示该舰载机受到合力的四种方向，其中可能的是( )
A.
B.
C.
D.
3.如图所示皮带传动装置中，左、右两轮半径分别为R、r，且R=3r，A点和B点分别是两个轮子边缘上的点，皮带不打滑。则A、B两点( )
A. 线速度之比为1：1B. 角速度之比为1：1
C. 向心加速度之比为1：1D. 转动周期之比为1：1
4.如图，物体在力F的作用下水平发生了一段位移l，已知θ=150∘，则力F对物体做的功为( )
A. W=Flcs150∘
B. W=Flsin150∘
C. W=Flcs30∘
D. W=Flsin30∘
5.下列说法正确的是( )
A. 发射探月卫星的速度应大于11.2km/s，小于16.7km/s
B. 卡文迪许利用扭秤实验测得了引力常量G
C. 根据开普勒第二定律可以推出地球在远日点速度大于在近日点速度
D. 同步卫星绕地球转动时，可以出现在成都的正上方
6.教科书在描述圆周运动时设置了许多插图，下列关于插图表述正确的是( )
A. 图甲旋转木马工作时，越靠内侧的木马线速度越大
B. 图乙在铁路弯道处，轨道外轨略高于内轨
C. 图丙“空中飞椅”游戏过程中，钢绳对座椅的拉力提供向心力
D. 图丁洗衣机的脱水筒在工作时，衣服中的水珠在离心力的作用下从桶孔飞出
7.我国复兴号动车在世界上首次实现速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm。设动车行驶过程中所受到的阻力f保持不变，则动车在时间t内( )
A. 做匀加速直线运动B. 加速度值先减小后不变
C. 牵引力的功率P=fv0D. 牵引力做功W=Pt
8.如图所示，在高为H的桌面上以速度v水平抛出质量为m的物体，当物体运动到距地面高为h的A点时，下列说法正确的是(重力加速度为g，不计空气阻力。取地面为参考面)( )
A. 物体在A点的动能为mgh+12mv2
B. 物体在A点的动能为mgH+12mv2
C. 物体在A点的机械能为mgh+12mv2
D. 物体在A点的机械能为mgH+12mv2
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.用细绳拴着质量为m的小球，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 小球通过最高点时的最小速度为0
B. 小球通过最高点时的速度大小可以是 gR
C. 小球通过最高点时，绳子拉力可以为0
D. 小球通过最高点时，绳子对小球的作用力可以与球所受重力方向相反
10.如图所示，小船沿直线AB过河，船头始终垂直于河岸。若水流速度减小，为保持航线不变，下列措施与结论正确的是( )
A. 增大船速
B. 减小船速
C. 过河时间不变
D. 过河时间变长
11.如图所示，p，q是绕地球做匀速圆周运动的两颗质量不等的卫星，它们的轨道半径满足Rp=2R，Rq=3R，R为地球半径。下列说法正确的是( )
A. p、q的线速度之比vp:vq= 3: 2
B. p、q的角速度之比ωp:ωq= 3: 2
C. p、q的加速度之比ap：aq=9：4
D. p、q受到的万有引力之比Fp：Fq=9：4
12.把质量是0.2kg的小球放在竖立的弹簧上，并把小球往下按至A的位置，如图甲所示。迅速松手后，弹簧把小球弹起，小球升至最高位置C(图乙)，途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态。已知B、A的高度差为0.1m，C、B的高度差为0.2m，弹簧的质量和空气的阻力均可忽略，g取10m/s2.下列说法正确的是( )
A. 小球到达B点速度最大
B. 小球在A点的弹性势能为0.6J
C. 小球从位置A到位置B过程，小球动能先增大后减小
D. 小球从位置B到位置C过程，重力对小球做功为0.4J
三、实验题：本大题共2小题，共12分。
13.某物理学习小组用图甲和图乙所示的装置探究平抛运动的特点。
(1)采用甲装置研究的是平抛运动在______(选填“水平方向的动力”或“竖直线方向的运动”)。
(2)采用乙装置，应满足的条件是______。
A.斜槽末端切线水平
B.尽量选取光滑的斜槽
C.水平挡板N要等间距变化 D、小球每次要从斜槽的同一位置无初速度释放
(3)该小组利用图乙装置，记录了钢球所经过的A、B、C三个位置，如图丙所示。已知方格的边长均为L，当地的重力加速度为g，则小球平抛的初速度大小为______(用L、g表示)。
14.利用如图1装置来做“验证机械能守恒定律”实验。
(1)本实验中，除铁架台(含铁夹)、打点计时器、带夹子的重物、纸带、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的器材是______。
A、交流电源
B、刻度尺
C、天平(含砝码)
(2)如图是四位同学释放纸带瞬间的照片，你认为操作正确的是______。
(3)实验中得到如图2所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T，重物的质量为m，为了验证此实验过程中机械能是否守恒，应满足下面的哪个等式______(用题中所给字母表示)。
A.2ghBT2=(hC−hA)2
B.4ghBT2=(hC−hA)2
C.6ghBT2=(hC−hA)2
D.8ghBT2=(hC−hA)2
四、简答题：本大题共3小题，共40分。
15.在离水平地面高80m的塔顶，以30m/s的初速度水平抛出一物体，不计空气阻力，g=10m/s2，求：
(1)物体在空中飞行的时间；
(2)物体落地点与抛出点的水平距离；
(3)物体落地时速度的大小。
16.2016年8月16日，被命名为“墨子号”的中国首颗量子科学实验卫星成功发射升空，成为全球第一颗设计用于进行量子科学实验的卫星。设“墨子号”绕地球做匀速圆周运动的周期为T，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，万有引力常量为G，求：
(1)地球的质量M；
(2)“墨子号”距地面的高度h。
17.如图所示，此装置由四分之一光滑圆弧轨道AB和水平传送带BC组成，圆弧轨道的半径为R，其底端B与水平传送带平滑相接。一质量为m的滑块从圆弧轨道的顶端A处无初速度滑下，已知传送带的运行速度恒为v0，BC间距为L，滑块滑到传送带的末端C时恰与传送带速度相同(滑块到B点时速度小于v0)，重力加速度为g，滑块可视为质点。求：
(1)滑块到达圆弧轨道底端B时的速度v的大小；
(2)滑块到达圆弧轨道底端B时轨道对滑块的支持力F；
(3)滑块与传送带间的动摩擦因数μ；
(4)此过程中，滑块由于克服摩擦力做功而产生的热量Q。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合力的大小和方向不一定变化，速度的大小不一定变化，速度的方向一定变化，物体一定处于不平衡状态，故ABD错误，C正确。
故选：C。
物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合力的大小和方向不一定变化，速度的大小不一定变化，速度的方向一定变化。
本题考查了物体做曲线运动的条件和特点，知道匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点要掌握住。
2.【答案】B
【解析】解：歼−15从M点运动到N点做曲线运动，合力方向指向轨迹弯曲方向，又由于飞机做加速运动，则有沿切线方向与速度同向的分力，即合力方向与速度方向夹角为锐角，则B正确，ACD错误。
故选：B。
本题考查了曲线运动的特点，轨迹弯曲方向与合力方向一致，且速度逐渐增大，则合力方向与速度方向夹角为锐角。
3.【答案】A
【解析】解：A、两轮通过皮带传动，皮带与轮之间不打滑，说明它们边缘的线速度相等，故A正确；
B、由于AB的线速度大小相等，由v=ωr知，ω=vr，所以ω于r成反比，所以角速度之比为1：3，故B错误；
C、由an=v2r可知，an与r成反比，由R=3r，所以向心加速度之比为1：3.故C错误；
D、根据周期与角速度公式有T=2πω，则周期之比为3：1，故D错误。
故选：A。
两轮通过皮带传动，皮带与轮之间不打滑，说明它们边缘的线速度相等；再由角速度、向心加速度、周期的公式逐个分析即可。
通过皮带相连的，它们的线速度相等；还有同轴转的，它们的角速度相等，这是解题的隐含条件，再V=rω，及向心力公式做出判断，考查学生对公式得理解。
4.【答案】C
【解析】解：根据功的公式W=Flcs(180∘−θ)=Flcs(180∘−150∘)=Flcs30∘，故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据恒力做功的公式列式求解。
考查恒力做功的问题，关键要注意力和位移的夹角的判断。
5.【答案】B
【解析】解：A.探月卫星仍要受到地球引力的作用，发射速度位于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间，因此发射探月卫星的速度应大于7.9km/s，小于11.2km/s，故A错误；
B.卡文迪许利用扭秤实验测得了引力常量G，故B正确；
C.根据开普勒第二定律，地球在远日点速度小于在近日点速度，故C错误；
D.根据规律，同步卫星绕地球在赤道平面内转动，成都不在赤道上，故同步卫星不可能出现在成都正上方，故D错误。
故选：B。
卫星受到地球引力的作用，发射速度位于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间；
卡文迪什利用扭秤实验测得了引力常量；
远日点速度小于在近日点速度；
同步卫星绕地球在赤道平面内转动。
本题考查学生对宇宙速度、物理学史、开普勒第二定律、同步卫星规律的掌握，是一道基础题，需要多熟记。
6.【答案】B
【解析】解：A.图甲旋转木马工作时，根据线速度的公式v=ωr，可知越靠内侧的木马转动的半径越小，则越靠内侧的木马线速度越小，故A错误；
B.图乙轨道外轨高于内轨，火车转弯时铁轨对火车的支持力与重力的合力提供向心力，故B正确；
C.图丙空中飞椅游戏中，根据受力分析，钢绳对座椅的拉力和重力的合力提供向心力，故C错误；
D.图丁脱水筒工作时，衣服中的水在转动时所受的附着力及摩擦力的合力提供向心力，当合力小于所需要的向心力时，即提供的向心力满足不了衣服做圆周运动所需的向心力，此时，衣服做离心运动，水被甩出，并不是受离心力，故D错误。
故选：B。
A.根据共轴转动特点结合公式v=ωr进行分析判断；
B.根据向心力的来源进行分析两轨出现高度差异的原因；
C.根据受力分析确定向心力的来源；
D.根据洗衣机脱水筒的工作原理进行解释说明。
考查圆周运动的相关问题，会分析物体受力，找出向心力的来源进行解答。
7.【答案】D
【解析】解：AB、由P=Fv可知，速度不断增大时牵引力不断减小，根据牛顿第二定律F−f=ma可知动车做加速度逐渐减小的加速运动，故A错误，B错误；
C、达到最大速度时，根据平衡条件有引力与阻力相等，故牵引力的功率P=fvm，故C错误；
D、以恒定功率P行驶，牵引力做的功W=Pt，故D正确；
故选：D。
AB、恒功率运动牵引力逐渐减小，根据牛顿第二定律可判断出加速度的变化；
C、根据P=Fv求解即可；
D、根据功的表达式即可求得。
主要考查学生对于恒功率汽车启动的知识主要涉及速度增大牵引力减小和牵引力等于阻力时速度达到最大的思想。
8.【答案】D
【解析】解：AB、根据机械能守恒定律得
12mv2+mgH=mgh+EKA
EKA=mg(H−h)+12mv2
故AB错误；
CD、在刚抛出时，物体的动能为12mv2，重力势能为mgH，机械能为
E=12mv2+mgH
根据机械能守恒可知：物体在A点的机械能等于物体在刚抛出时的机械能，为12mv2+mgH，故C错误，D正确。
故选：D。
AB、利用机械能守恒定律计算；
CD、利用机械能定义，计算抛出时的机械能。
本题考查学生对机械能的理解以及对机械能守恒定律的灵活应用。
9.【答案】BC
【解析】解：ABC、设绳子上的拉力大小为F，在最高点，根据牛顿第二定律有mg+F=mv2R
在最高点绳子的拉力最小为零时，小球的速度最小，所以小球能够通过最高点的条件是
v≥ gR，故A错误，BC正确；
D、绳子上的拉力方向只能是沿着细绳指向绳子收缩的方向，所以小球通过最高点时，绳子对小球的作用力方向只能与球所受重力方向相同，故D错误。
故选：BC。
根据小球在最高点的受力情况，结合牛顿第二定律分析；绳子上的拉力方向只能是沿着细绳指向绳子收缩的方向。
能够掌握小球在最高点的受力情况，根据牛顿第二定律列出方程是解题的关键。
10.【答案】BD
【解析】解：设船在静水中的速度为v船，水流速度为v水，河岸宽度为d，船头方向始终垂直于河岸，则渡河时间为
t=dv船
设合速度方向与河岸的夹角为θ，则有
tan⁡θ=v船v水
若水流速度减小，要保持角度θ不变，则应减小船速，过河时间变长，故BD正确，AC错误。
故选：BD。
先计算船头方向始终垂直于河岸时的渡河时间，再利用速度方向与河岸之间的夹角，判断夹角不变的前提下，水流速度减小，过河时间与船速的变化。
本题结合小船过河模型考查学生对运动的合成与分解方法的运用，其中通过分解的思想，在保证合速度方向不变的情况下，探索船的速度与水流的速度的关系为解决本题的关键。
11.【答案】AC
【解析】解：ABC.根据牛顿第二定律有GMmr2=mv2r=mrω2=ma，得v= GMr，ω= GMr3，a=GMr2，代入半径Rp=2R，Rq=3R，得vp：vq= 3： 2，ωp：ωq=3 3：2 2，ap：aq=9：4，故AC正确，B错误；
D.由于两卫星的质量关系不确定，所以万有引力之比无法判断，故D错误。
故选：AC。
ABC.根据牛顿第二定律导出线速度、角速度、加速度的表达式代入相应的半径求解比值；
D.根据万有引力与质量有关进行分析判断。
考查万有引力定律的应用，会根据题意进行准确分析和计算。
12.【答案】BC
【解析】解：A、小球从A上升到B位置的过程中，弹簧的弹力先大于重力，后小于重力，小球的合力先向上后向下，则小球先加速后减速，当弹簧的弹力等于重力时，合力为零，小球的速度达到最大，速度最大位置在AB之间，故A错误；
B、根据小球与弹簧组成的系统机械能守恒知，小球在位置A时弹簧的弹性势能等于小球由A到C位置时增加的重力势能，为：Ep=mg⋅hAC=0.2×10×0.3J=0.6J，故B正确；
C、小球从位置A到位置B过程，小球速度先增大后减小，则小球动能先增大后减小，故C正确；
D、小球从B到C的过程中，重力对小球做负功，为WBC=−mg⋅hBC=−0.2×10×0.2J=−0.4J，故D错误。
故选：BC。
小球从A上升到B位置的过程中，在平衡位置即合力为零的位置速度最大；小球上升过程中小球与弹簧组成的系统机械能守恒。根据系统的机械能守恒求小球在位置A时弹簧的弹性势能。根据小球上升的高度来求重力对小球做的功。
解决本题的关键要正确分析小球的受力情况来判断其运动情况，不能认为从A到B的过程小球一直加速。要掌握机械能守恒的条件，在只有重力或弹簧弹力做功的情形下，系统机械能守恒。在解题时要注意，单独对小球来说，小球和弹簧接触过程中机械能并不守恒。
13.【答案】竖直线方向的运动 AD 2gL
【解析】解：(1)甲装置验证的是平抛的小球在竖直方向的运动和自由落体的小球运动规律相同，故甲装置研究的是平抛运动在竖直方向的运动；
(2)A.斜槽末端切线水平是为了小球能够水平抛出，故A正确；
B.斜槽的光滑程度对实验没有影响，故B错误；
C.水平挡板N不需要等间距变化，故C错误；
D.小球每次要从斜槽的同一位置无初速度释放，是为了小球每次平抛的初速度相同，故D正确；
故选：AD。
(3)设A到B和B到C的时间间隔为T，小球在水平方向做匀速直线运动，有
2L=v0T
在竖直方向做匀加速直线运动，有
5L−3L=gT2
解得v0= 2gL
故答案为：(1)竖直方向的运动；(2)AD；(3) 2gL
(1)根据实验装置的特点分析出对应的实验目的；
(2)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(3)根据平抛运动的特点，结合运动学公式得出平抛的初速度。
本题主要考查了平抛运动的相关应用，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。
14.【答案】AB A D
【解析】解：(1)实验还需要刻度尺测量点迹距离，打点计时器需用交流电源，根据实验原理可知质量会被消去，不用测量，故AB正确，C错误；
故选：AB。
(2)释放纸带时，要保证纸带竖直与限位孔无摩擦，并且物体要靠近打点计时器从而充分利用纸带，故BCD错误，A正确。
故选：A。
(3)打下B点时的瞬时速度vB=hC−hA2T，那么从开始下落到打下B点时增加的动能为ΔEk=12mvB2=12m(hC−hA2T)2
而减少的重力势能ΔEp=mghB，若ΔEp=ΔEk，则机械能守恒；
两式联立得到8ghBT2=(hC−hA)2，故D正确，ABC错误；
故选：D。
故答案为：(1)AB；(2)A；(3)D
(1)根据实验原理与实验需要测量的量分析答题；
(2)根据操作规范分析正确操作；
(3)可以通过比较重力势能的减少量与动能的增加量间的关系式，推出机械能守恒应满足的关系式。
解决本题的关键知道实验的原理，以及知道实验中误差的来源，掌握纸带的处理，会通过纸带求解瞬时速度，从而得出动能的增加量；根据题意应用机械能守恒定律即可解题。
15.【答案】解：(1)物体在竖直方向做自由落体运动，根据h=12gt2可得物体在空中的飞行时间为
t= 2hg= 2×8010s=4s
(2)物体落地点与抛出点的水平距离为
x=v0t=30×4m=120m
(3)物理落地时竖直方向的速度为
vy=gt=10×4m/s=40m/s
物体落地时的速度为
v= v02+vy2= 302+402m/s=50m/s
答：(1)物体在空中飞行的时间为4s；
(2)物体落地点与抛出点的水平距离为120m；
(3)物体落地时速度的大小为50m/s。
【解析】(1)根据自由落体运动规律计算；
(2)根据水平方向是匀速直线运动计算；
(3)先计算出竖直方向的分速度，然后根据勾股定理计算。
知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动是解题的基础。
16.【答案】解：(1)在地球表面万有引力等于重力mg=GMmR2，解得M=gR2G
(2)“墨子号”做圆周运动，由牛顿第二定律得GMm(R+h)2=m4π2T2(R+h)
解得h=3gR2T24π2−R
答：(1)地球质量M为gR2G；
(2)“墨子号”距地面高度h为3gR2T24π2−R。
【解析】(1)根据地表处重力和万有引力相等列式求解地球质量；
(2)根据牛顿第二定律列式求解高度。
考查万有引力定律的应用问题，会根据题意进行准确分析和解答。
17.【答案】解：(1)滑块从A点到B点过程，由动能定理有：mgR=12mv2−0
可得v= 2gR
(2)在B时，对滑块由牛顿第二定律有：F−mg=mv2R
代入数据可得：F=3mg
(3)滑块在传送带上一直做匀加速直线运动，由动能定理有：μmgL=12mv02−12mv2
代入数据可得：μ=v022gL−RL
(4)滑块在传送带上运动的位移为L，则滑块在传送带上运动的时间：t=Lv0+v2=Lv0+ 2gR2=2Lv0+ 2gR
滑块相对传送带滑动的距离：Δx=v0t−L
摩擦产生的热量：Q=μmg⋅Δx
代入数据可得：Q=m(v0− 2gR)22
答：(1)滑块到达圆弧轨道底端B时的速度v的大小为 2gR；
(2)滑块到达圆弧轨道底端B时轨道对滑块的支持力F为3mg；
(3)滑块与传送带间的动摩擦因数μ为v022gL−RL；
(4)此过程中，滑块由于克服摩擦力做功而产生的热量Q为m(v0− 2gR)22。
【解析】(1)从A点到B点过程对滑块利用动能定理求解；
(2)在B点对滑块利用牛顿第二定律求解；
(3)滑块在传送带运动过程，利用动能定理求解；
(4)利用x=v0+v2t可得运动时间，则可得滑块相对传送带滑动的距离，利用Q=μmgx相对可得摩擦产生的热量。
本题考查了动能定理、功能关系、牛顿第二定律，解题的关键是知道滑块在传送带上一直做匀加速直线运动，滑块在传送带上运动的位移为L。