湖北省武汉市黄陂区2023-2024学年高一下学期7月期末联考物理试卷（解析版）

这是一份湖北省武汉市黄陂区2023-2024学年高一下学期7月期末联考物理试卷（解析版），共15页。试卷主要包含了5sB等内容，欢迎下载使用。
黄陂区教研室命制
本试卷共5页，15题。全卷满分100分。考试用时75分钟。
★祝考试顺利★
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并认真核准准考证号条形码上的以上信息，将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑：非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。
4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1. 某片树叶从空中飘落的轨迹为曲线。则该树叶（ ）
A. 速度在不断变化
B. 一定在做匀变速运动
C. 所受的合力一定保持不变
D. 加速度方向可能与速度方向始终在同一直线上
【答案】A
【解析】A．树叶从空中飘落的轨迹为曲线，则速度的方向不断改变，速度不断变化，故A正确；
BC．若树叶做匀变速曲线运动，此时合力与加速度不变，所以树叶可能做匀变速运动，故BC错误；
D．雪花的运动轨迹为曲线，合力与速度方向不共线，即加速度方向与速度方向不在同一直线上，故D错误；
故选A。
2. 在平坦的垒球运动场上，击球手挥动球棒将垒球水平击出，垒球飞行一段时间后落地。若不计空气阻力，则（ ）
A. 垒球落地时瞬时速度的大小仅由初速度决定
B. 垒球在空中运动的水平位移仅由初速度决定
C. 垒球在空中运动的时间仅由击球点离地面的高度决定
D. 垒球落地时瞬时速度的方向仅由击球点离地面的高度决定
【答案】C
【解析】A．落地时的瞬时速度的大小为
所以垒球落地时瞬时速度的大小既与初速度有关，也与高度有关。故A错误；
B．垒球在空中运动的水平位移
所以垒球在空中运动的水平位移与击球点离地面的高度和球的初速度都有关。故B错误；
C．垒球做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动，由
解得
则知垒球在空中运动的时间仅由击球点离地面的高度决定。故C正确；
D．垒球落地时瞬时速度与水平方向夹角的正切
所以垒球落地时瞬时速度的方向与击球点离地面的高度和球的初速度都有关。故D错误。
故选C。
3. 小球放在竖直的弹簧上，将小球往下按至a的位置，如图所示。迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置c，途中经过位置b时弹簧正好处于原长，弹簧的质量和空气阻力均可忽略，小球从a运动到c的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 小球的动能逐渐增大，小球和弹簧系统机械能不变
B. 小球的动能与弹簧的弹性势能的总和逐渐增大
C. 在b点时小球的动能最大，弹簧的弹性势能最小
D. 在a点时小球机械能最小，弹簧的弹性势能最大
【答案】D
【解析】A．从a到c的过程，小球的动能先增大后减小，小球和弹簧系统机械能保持不变，A错误；
B．由于小球重力势能逐渐增大，故小球的动能与弹簧的弹性势能的总和逐渐减小，B错误；
C．还未到b点时，当满足kx=mg时，小球的动能最大，到b点时弹簧的弹性势能最小，C错误；
D．在a点时弹簧的弹性势能最大，故小球机械能最小，D正确。
故选D。
4. 如图所示，轻杆的一端固定在通过O点的水平转轴上，另一端固定一个小球，轻杆绕O点在竖直平面内沿顺时针方向做匀速圆周运动，其中A点为最高点、C点为最低点，B点与O点等高，下列说法正确的是（ ）
A. 小球经过A点时，所受杆的作用力一定竖直向下
B. 从A点到C点的过程，小球合力始终指向圆心
C. 从A点到C点的过程，小球重力的功率保持不变
D. 小球经过B点时，所受杆的作用力沿着BO方向
【答案】B
【解析】A．小球经过A点时，合外力提供向心力，则当小球速度较小时
则所受杆的作用力竖直向上；当小球速度较大时
则所受杆的作用力竖直向下；当小球速度满足
则杆对小球无作用力。故A错误；
B．依题意，小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，从A点到C点的过程，小球合力始终指向圆心。故B正确；
C．由图可知A点和C点处重力与速度方向垂直，则小球重力的功率为0，与B点对称的位置处重力与速度共线，故重力功率不为0，则从A点到C点的过程，小球重力的功率先增大再减小。故C错误；
D．合外力提供向心力，小球受重力和杆给的作用力，则小球所受杆的作用力为右上方。故D错误。
故选B。
5. 一质点做简谐运动，其相对于平衡位置的位移x与时间t的关系图线如图所示，由图可知（ ）
A. 该简谐运动的周期是，振幅是7cm
B. 该简谐运动的表达式可能为
C. 时振子的速度最大，且方向向下
D. 时振子的位移为
【答案】B
【解析】A．根据图像可知，该简谐运动的周期是，振幅是7cm，故A错误；
B．应该完整的规则的正弦式振动方程为
将上述函数的图像向左平移
得到图像中的波形，则该简谐运动的表达式可能为
故B正确；
C．根据图像可知，时振子处于平衡位置，振子的速度最大，速度方向向上，故C错误；
D．由于
可以解得时振子的位移为
故D错误。
故选B。
6. 如图所示，甲、乙为两颗轨道在同一平面内地球人造卫星，其中甲卫星的轨道为圆形，乙卫星的轨道为椭圆形，M、N分别为椭圆轨道的近地点和远地点，P点为两轨道的一个交点，圆形轨道的直径与椭圆轨道的长轴相等。以下说法正确的是（ ）
A. 卫星甲的周期小于卫星乙的周期
B. 卫星乙在M点的动能小于在N点的动能
C. 卫星甲在P点的加速度大于卫星乙在P点的加速度
D. 卫星甲在P点的线速度大于卫星乙在N点的线速度
【答案】D
【解析】A．由开普勒第三定律可知，由于圆轨道的直径与椭圆轨道的长轴相等，所以二者的周期一定是相等的。故A错误；
B．由开普勒第二定律可知，卫星乙在M点的速率大于在N点的速率，根据
可知卫星乙在M点的动能大于在N点的动能。故B错误；
C．根据
解得
两卫星在P点到地球距离是相等的，所以它们在P点的加速度是相等的。故C错误；
D．乙卫星的轨迹是椭圆，在P点的线速度大于在N点的线速度，若其在P点加速可进入卫星甲的圆轨道稳定运行，所以卫星甲在P点的线速度大于卫星乙在N点的线速度。故D正确。
故选D。
7. 学校运动会上，参加铅球项目的运动员，把5kg的铅球以6m/s的初速度从某一高度投掷出去，如图所示，抛射角，铅球落地速度与水平地面夹角53°，不计空气阻力，重力加速度g取，则铅球从抛出到落地的时间是（ ）
A. 0.5sB. 0.8sC. 1.0sD. 1.5s
【答案】C
【解析】把v0沿水平方向、竖直方向分解，在竖直方向，铅球以初速度做竖直上抛运动，水平方向以做匀速直线运动，规定竖直向下为正方向，铅球落地时竖直方向的速度
铅球的落地速度v与水平地面夹角，则有
解得
t=1.0s
故选C。
8. 一质量m=60kg的运动员从下蹲状态竖直向上跳起，经t=0.2s以大小v=1m/s的速度离开地面，重力加速度g=10。在这0.2s内（ ）
A. 地面对运动员的冲量大小为180N·s
B. 地面对运动员冲量大小为60N·s
C. 地面对运动员做的功为零
D. 地面对运动员做的功为30J
【答案】AC
【解析】AB．人的速度原来为零，起跳后变化v，以向上为正方向，由动量定理可得
代入数据解得地面对人的冲量为
A正确，B错误；
CD．人在跳起时，地面对人的支持力竖直向上，在跳起过程中，在支持力方向上没有位移，故地面对运动员的支持力不做功，C正确，D错误。
故选AC。
9. 在处的波源P产生一列沿x轴负方向传播的简谐横波，在处的波源Q产生一列沿x轴正方向传播的简谐描波，时刻两波源开始振动，时两列简谐波的波形图分别如图中实线和虚线所示，下列说法正确的是（ ）
A. 两波源的起振方向均沿y轴负方向
B. 两列波的波速大小均为2m/s
C. 再经过0.1s，平衡位置在处的质点位移为0.1m
D. 再经过0.1s，平衡位置在处的质点位移为0.3m
【答案】BD
【解析】A．根据同侧法由图可知，两波源的起振方向均沿y轴正方向，故A错误；
B．由图可知，0~0.5s两列波的传播距离相等均为
则两列波的波速大小均为
故B正确；
C．由图可知，0~0.5s两列波均传播，则两列波的周期均为
s=0.4s
再经过0.1s，两列波平衡位置在处的质点均回到平衡位置，则位移为0，故C错误；
D．同C选项分析，再经过0.1s，两列波平衡位置在处的质点均位于波峰处，根据波的叠加可知，此时质点的位移为
故D正确。
故选BD。
10. 如图，工人用传送带运送货物，传送带倾角30°，顺时针匀速转动，把货物从底端A点运送到顶端B点，其速度随时间变化关系如图所示。已知货物质量为10kg，重力加速度取10m/s2。则（ ）
A. 传送带匀速转动的速度大小为1m/s
B. 货物与传送带间的动摩擦因数为0.5
C. 运送货物的整个过程中传送带多消耗的电能810J
D. 运送货物的整个过程中摩擦力对货物做功15J
【答案】AC
【解析】A．由图乙可知，物体在被传送带运送过程中，先做匀加速直线运动，加速到和传送带速度相同时，和传送带一起做匀速直线运动，故可知传送带匀速转动的速度大小为1m/s，故A正确；
B．图像的斜率表示加速度，由图乙可知，加速度阶段物体的加速度为
由牛顿第二定律有
解得
故B错误；
C．内物块和传送带发生相对滑动，设物块的位移为，传送带的位移为，相对位移为，则有
因摩擦而产生的热量为
由图乙可得传送带的长度为
则可得运送货物的整个过程中传送带多消耗的电能为
故C正确；
D．运送物体的整个过程中，摩擦力对物体做功可分为两个阶段，第一阶段为滑动摩擦力做功，第二阶段为静摩擦力做功，则可得摩擦力对物块做的功为
故D错误
故选AC。
二、非选择题：本题共5小题，共60分。
11. 用如图所示的实验装置来探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度和半径r之间的关系，转动手柄使长槽和短槽分别随塔轮匀速转动，槽内的球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对球的压力提供了向心力，球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力套筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值。实验用球分为钢球和铝球，请回答相关问题：
（1）在某次实验中，某同学把两个质量相等的钢球放在A、C位置，A、C到塔轮中心距离相等，将皮带处于左、右塔轮的半径不等的层上。转动手柄，观察左右标尺的刻度，此时可研究向心力的大小与______的关系。
A. 质量mB. 半径rC. 角速度
（2）在（1）的实验中，某同学匀速转动手柄时，左边标尺露出1个格，右边标尺露出4个格，则皮带连摆的左、右塔轮半径之比为______。其他条件不变，若增大手柄转动的速度，则左、右两标尺的示数______，两标尺示数的比值______（均选填“变大”“变小”或“不变”）。
【答案】（1）C （2）2:1 变大 不变
【解析】
【小问1详解】
依题意，两球质量m相等、转动半径r相等，塔轮皮带边缘线速度大小相等，根据
可知，塔轮角速度不同，即小球角速度不同，此时可研究向心力的大小与角速度的关系。
故选C。
【小问2详解】
左边标尺露出1个格，右边标尺露出4个格，则向心力之比为1：4，由
可知，小球的角速度之比为1：2，由
则皮带连接的左、右塔轮半径之比为2：1。
其他条件不变，若增大手柄转动的速度，则两塔轮的角速度随之增大，但其比值保持不变。两小球所受向心力也随之增大，则左、右两标尺的示数变大。两标尺示数的比值不变。
12. 如图所示为倾斜放置的气垫导轨，用来验证机械能守恒定律。已知滑块（包含遮光条）的质量为m，滑块上遮光条的宽度为d，重力加速度为g。现将滑块由静止释放，向下运动中两个光电门G1和G2分别记录了遮光条通过光电门的时间t1和t2，则
（1）滑块通过光电门G1时的速度大小为_______________；
（2）滑块通过两个光电门过程中的动能增量_________________；
（3）滑块通过两个光电门过程中重力势能的减少量______________（可用图中所标符号）；若两者在实验误差允许范围内满足，则滑块在下滑过程中机械能守恒。
（4）若实验中滑块以初速度v0下滑，____________（选填“能”或“不能”）验证机械能守恒。
【答案】（1） （2） （3） （4）能
【解析】解：（1）用平均速度近似表示瞬时速度，滑块经光电门G1时的速度大小为
（2）滑块经两个光电门运动中动能的增量
（3）滑块经两个光电门运动中重力势能的减少增量
∆Ep减=mgs
（4）由第二小题的解析可知，滑块的机械能守恒与否与滑块开始下滑的初速度无关，仍只有重力做功，因此若实验中滑块以初速度v0下滑能验证机械能守恒。
13. 沿轴正方向传播的简谐横波在时的波形如图所示，此时，波传播到处的质点，而平衡位置为处的质点A正好位于波谷位置，此后经质点A恰好第一次到达波峰。求：
（1）该波的波速；
（2）在时，平衡位置为处的质点的位移？
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）由题意知，时间间隔
解得
由图可知，波长，则波速为
（2）波传到C点所用时间为
此时质点C开始沿y轴正方向运动，再经过时间
可知，时刻C点到达波谷，即
14. 如图所示，质量为2m的物块a静止在光滑水平地面上，物块a左侧面为圆弧面且与水平地面相切，质量为3m的滑块b以初速度向右运动滑上a，沿a左侧面上滑一定高度后又返回，最后滑离a，不计一切摩擦阻力，重力加速度为g，滑块b从滑上a到滑离a的过程中，求：
（1）滑块b沿a上升的最大高度；
（2）滑块b运动的最小速度。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）依题意，二者水平方向动量守恒，设滑块b沿a上升的最大高度为H，可得
，
解得
，
（2）两滑块分离时，滑块b具有最小速度，由水平方向动量守恒可得
根据系统能量守恒，可得
联立，解得
15. 如图，由薄壁圆管构成的圆形轨道竖直固定在水平地面上，轨道半径R=0.125m，远大于圆管内径，轨道底端分别与两侧的水平直轨道相切。质量m=1kg，直径略小于圆管内径的光滑小球A以速度向右运动，与静止在直轨道P处的小滑块B发生弹性碰撞，碰后球A的速度反向，且经过圆轨道最高点Q时恰好对轨道无作用力。P点右侧由多段粗糙轨道、光滑轨道交替排列组成，每段轨道长度均为L=0.1m，紧邻P点的第一段轨道为粗糙轨道，滑块B与各粗糙轨道间的动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速度g取。求：
（1）碰撞后瞬间小球A速度的大小；
（2）滑块B的质量和碰撞后瞬间滑块B速度的大小；
（3）碰撞后滑块B运动的路程。
【答案】（1）；（2），；（3）
【解析】（1）设碰撞后瞬间小球A速度的大小为，碰后小球A经过圆轨道最高点Q时恰好对轨道无作用力，根据牛顿第二定律有
根据能量守恒定律有
解得
（2）小球A与小滑块B发生弹性碰撞，规定向右为正方形，根据动量守恒定律及能量守恒定律有
解得
，
（3）碰后对小滑块B根据功能关系可知
解得
m
每段轨道长度均为L=0.1m，则
m
可知共经历了31段粗糙轨道和光滑轨道，最终停在第32段粗糙轨道上，运动的总位移为