2022~2023学年四川省攀枝花市高一下学期期末物理试卷（解析版）

这是一份2022~2023学年四川省攀枝花市高一下学期期末物理试卷（解析版），共18页。试卷主要包含了选择题，实验题，本题共5小题，共47分等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共13小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，第1～10题只有一项符合题目要求，第11～13题有多项符合题目要求。全部选对的得3分，选对但不全的得1.5分，有选错的得0分。
1. 关于做匀速圆周运动的物体，下列说法中正确的是（ ）
A. 周期不变B. 加速度不变
C. 线速度不变D. 向心力不变
【答案】A
【解析】做匀速圆周运动的物体，周期不变；加速度、线速度和向心力均大小不变，方向时刻发生变化。
故选A。
2. 关于动量的概念，以下说法中正确的是（ ）
A. 速度大的物体动量大
B. 质量大的物体动量大
C. 两个物体的速度相等，那么质量大的物体动量一定大
D. 两个物体的质量相等，速度大小也相等，则它们的动量一定相同
【答案】C
【解析】AB．物理学中把质量和速度的乘积mv定义为物体的动量，只有速度与质量的乘积大时动量才大，AB错误；
C．根据定义，速度相等时质量大动量大，C正确；
D．动量是矢量，动量的方向与速度的方向相同，质量相等，速度大小也相等，只能说明动量的大小相等，方向不一定相同，不能说动量相同，D错误。
故选C。
3. 将一颗质量为m的卫星发射到距离地面高度为h的圆轨道上，已知地球质量为M、半径为R，引力常量为G，则地球受到该卫星的作用力大小为（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】根据万有引力定律可知该卫星受到地球的万有引力大小为
根据牛顿第三定律可知，地球受到该卫星的作用力大小为。
故选D。
4. 如图所示，长为0.4m的轻质杆OP的P端与质量为0.2kg、可视为质点的小球相连，小球以轻质杆的O端为圆心在竖直平面内做圆周运动。小球通过最高点时的速率为3m/s，重力加速度g取10m/s2，则此时轻杆受到的作用力为（ ）
A. 2.5N的拉力B. 2.5N的压力
C. 4.5N的拉力D. 4.5N的压力
【答案】A
【解析】小球通过最高点时的速率为3m/s，设此时轻杆对小球的作用力向下，以小球为对象，根据牛顿第二定律可得
解得
假设成立，根据牛顿第三定律可知，此时轻杆受到的作用力为2.5N的拉力。
故选A。
5. 如图所示，质量为0.2kg的滑块A沿光滑水平面以5m/s的速度水平向右与质量为0.3kg的静止滑块B发生正碰，碰后粘在一起，则整个碰撞过程中滑块A受到的冲量（ ）
A. 大小为0.4，方向水平向右B. 大小为0.4，方向水平向左
C. 大小为0.6，方向水平向右D. 大小为0.6，方向水平向左
【答案】D
【解析】根据动量守恒定律可得
解得
对A研究，根据动量定理可得
方向水平向左。
故选D。
6. 由开普勒第三定律可知，所有行星围绕太阳做椭圆运动的半长轴a的三次方与公转周期T的二次方的比值都相等，可表示为学知识可得的值应为。已知太阳的质量为M，万有引力常量为G，根据所学知识可得k的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】将行星绕太阳看成做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得
可得
则中k的值为
故选B。
7. 在炎热的夏季，有一种网红水上娱乐项目“水上飞人”十分火爆，其原理是借助脚下的喷水装置产生的反冲动力，让人腾空而起，或平衡或变速运动。下列说法中正确的是（ ）
A. 人匀速上升时，其机械能守恒
B. 人悬空静止的一段时间内，水的反冲动力对装置的冲量为零
C. 人悬空静止时，人的机械能可能为零
D. 人向上减速运动时，水的反冲力对装置做负功
【答案】C
【解析】A．人匀速上升时，其动能不变，重力势能增加，则其机械能增加，故A错误；
B．人悬空静止的一段时间内，根据，可知水的反冲动力对装置的冲量不为零，故B错误；
C．人悬空静止时，人的动能为零，如果选择人所在平面为零势能参考平面，则人的机械能为零，故C正确；
D．人向上减速运动时，水的反冲力对人的作用力向上，与人的运动方向相同，则水的反冲力对装置做正功，故D错误。
故选C。
8. 某个走时准确的时钟，分针和秒针由转动轴到针尖的长度之比为3：4，则分针针尖与秒针针尖的线速度之比为（ ）
A. 3：4B. 1：60C. 1：80D. 1：120
【答案】C
【解析】分针转动一周的时间为，秒针转动一周的时间为，则分针与秒针的周期之比为
根据
可知分针针尖与秒针针尖的线速度之比为
故选C。
9. 质量为m的物体在水平拉力的作用下沿光滑水平面做直线运动，某段时间内速度大小由v1增大到v2，发生的位移为x0，这段时间内水平拉力的大小F与物体位移x之间的函数关系图像如图所示，则该物体速度为v1时的拉力大小为（ ）
A. 0B.
C. D.
【答案】D
【解析】设该物体速度为v1时的拉力大小为F1，根据F − x图像与横轴围成的面积表示拉力所做的功，结合动能定理可得
解得
故选D。
10. 从同一竖直线上的不同位置水平抛出P、Q两小球，分别经时间tP、tQ后落在水平地面上的同一点，且有tP=2tQ。若P、Q两小球抛出时的速度用vP、vQ表示，下落的高度用hP、hQ表示，落地时的速度与水平方向的夹角用、表示，从抛出到落地的位移用、表示，不计空气阻力，则下列关系中一定正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】AB．小球在空中做平抛运动，竖直方向有
又，则有
由题意可知两球做平抛运动水平位移相等，根据
则两小球抛出时的速度关系为
故AB错误；
D．小球从抛出到落地的位移大小为
由于，，则有
故D错误；
C．小球落地时的速度与水平方向的夹角正切值为
则有
故C正确。
故选C。
11. 成昆复线建成通车后，攀枝花到成都的通行时间最快已缩短至5小时以内。假设动车启动后沿平直轨道行驶，发动机功率恒定，行车过程中受到的阻力恒为f。已知动车质量为m，最高行驶速度为vm，下列说法中正确的是（ ）
A. 动车启动过程中所受合外力不变
B. 动车发动机功率为
C. 从启动到最大速度过程中，动车平均速度为
D. 从启动到最大速度过程中，合外力对动车做功为
【答案】BD
【解析】A．动车启动后沿平直轨道行驶，发动机功率恒定，根据，动车启动过程中速度逐渐增大，则牵引力逐渐减小，根据
可知动车启动过程中所受合外力逐渐减小，故A错误；
B．当牵引力等于阻力时，动车速度最大，则动车发动机功率为
故B正确；
C．从启动到最大速度过程中，动车做加速度逐渐减小的加速度运动，则动车平均速度
故C错误；
D．从启动到最大速度过程中，根据动能定理可知，合外力对动车做功为
故D正确。
故选BD。
12. 如图所示，t=0时质量为1kg的滑块以大小为20m/s的初速度从倾角为的固定斜面底部沿斜面向上滑行。已知滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m/s²，，斜面足够长，则下列说法中在确的是（ ）
A. 0~3s内物块损失的机械能为84J
B. 0~3s内物块克服重力做功为126J
C. 滑块滑回斜面底端时的速度大小为
D. 滑块在斜面上运动的整个过程中系统产生的热量为80J
【答案】AC
【解析】AB．物块上滑时的加速度大小为
物块上滑到最高点所用时间为
物块上滑到最高点通过的位移大小为
物块在后反向加速下滑，加速度大小
在内物块下降的位移大小为
根据功能关系可知0~3s内物块损失的机械能为
0~3s内物块克服重力做功为
故A正确，B错误；
C．设滑块滑回斜面底端时的速度大小为，根据运动学公式可得
解得
故C正确；
D．滑块在斜面上运动的整个过程中系统产生的热量为
故D错误。
故选AC。
13. 质量为0.2kg的物块在方向水平的合力F作用下由静止开始运动。F随时间t的变化关系如图所示，则下列说法中正确的是（ ）
A. 1~3s内，物块的动量变化量为零
B. 0~4s内，物块的最大速度为20m/s
C. 2.5s时，合力F的功率为11.25W
D. 0~3s内，合力F对物块做的功为2.5J
【答案】AD
【解析】A．根据图像与横轴围成的面积表示力的冲量，根据动量定理可知，1~3s内，物块的动量变化量为
故A正确；
B．0~4s内，由题图可知，当时，物块的速度最大；在0~2s内，根据动量定理可得
解得物块的最大速度为
故B错误；
C．在0~2.5s内，根据动量定理可得
解得时，物块的速度为
则2.5s时，合力F的功率为
故C错误；
D．在0~3s内，根据动量定理可得
解得时，物块的速度为
根据动能定理可得0~3s内，合力F对物块做的功为
故D正确。
故选AD。
二、实验题（本题共2小题，共14分）
14. 某实验小组在“研究平抛运动”实验时的简要步骤如下：
A．让小球多次从斜槽上的同一位置由静止释放，在方格纸上记下小球经过的一系列水平间隔相等的位置，如图中A、B、C、D所示；
B．放置好实验装置，调节斜槽轨道末端至水平；
C．取下方格纸，以平滑曲线画出小球平抛运动的轨迹；
D．在方格纸上画出xOy坐标系后，将方格纸固定在实验装置上，并使O点与小球抛出点重合y轴与铅垂线平行。
（1）上述实验步骤合理的先后顺序应为_____（用步骤前的字母序号填写）。
（2）已知小方格的边长为L，重力加速度为g，则小球平抛的初速度v0=_____（用L、g表示）。
【答案】（1）BDAC （2）
【解析】
【小问1解析】
实验前，应先放置好实验装置，调节斜槽轨道末端至水平，然后在方格纸上画出xOy坐标系后，将方格纸固定在实验装置上，并使O点与小球抛出点重合y轴与铅垂线平行；实验时让小球多次从斜槽上的同一位置由静止释放，在方格纸上记下小球经过的一系列水平间隔相等的位置，如图中A、B、C、D所示，取下方格纸，以平滑曲线画出小球平抛运动的轨迹。故合理的先后顺序应为BDAC。
【小问2解析】
由题图方格纸，竖直方向有
可得
水平方向有
联立解得小球平抛的初速度为
15. 某探究小组想利用如图甲所示的装置来验证机械能守恒定律。实验步骤如下：
（i）按图甲所示安装好实验器材，在框架上装上可上下移动位置的光电门A和固定不动的光电门B；
（ii）在框架左侧竖直部分紧贴一刻度尺，零刻度线在上端；
（iii）调节框架水平部分的电磁铁，使其吸住小铁球时，小铁块的球心所在高度恰好与刻度尺零刻度线水平对齐，并与两光电门的中心在同一竖直线上；
（iv）用刻度尺测出小球的直径d（如图乙所示），记录光电门A、B的位置xA、xB；
（v）切断电磁铁线圈中的电流，小铁块由静止释放，记录小铁块先后经过光电门A、B的时间、和；
（vi）多次改变光电门A的位置，得到多组xA、、的数据；
（vii）进行数据处理、分析。
据此回答以下问题：（除第一小题外，其余小题中所给物理量的字母表示）
（1）小球直径d=_____cm。
（2）小球经过光电门A的速度大小为_____。
（3）小球的质量用m表示，当地重力加速度g表示，则小球从光电门A运动到光电门B的过程增加的动能_____，减少的重力势能_____。
（4）若以为纵轴、为横轴建立坐标系，则该图像的斜率在误差允许范围内约等于_____时，亦可认为机械能守恒。
【答案】（1）0.65##0.64##0.66
（2） （3） （4）
【解析】
【小问1解析】
由图乙可知小球直径为
【小问2解析】
小球经过光电门A的速度大小为
【小问3解析】
小球经过光电门B的速度大小为
则小球从光电门A运动到光电门B的过程增加的动能为
减少的重力势能为
【小问4解析】
根据机械能守恒可得
整理可得
以为纵轴、为横轴建立坐标系，则该图像的斜率在误差允许范围内约等于时，亦可认为机械能守恒。
三、本题共5小题，共47分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
16. 长l=0.2m的轻绳的一端系一小球，绳的另一端固定在水平桌面上，使小球以大小v=6m/s的速度在桌面上做匀速圆周运动，小球可视为质点，求：
（1）小球做匀速圆周运动的向心加速度大小a；
（2）小球做匀速圆周运动的角速度ω。
【答案】（1） （2）
【解析】
【小问1解析】
小球做匀速圆周运动的向心加速度大小为
【小问2解析】
小球做匀速圆周运动的角速度为
17. 如图所示，一小球对准竖直墙壁上的P点水平射出，由于重力作用打在瑞壁上的Q点，P、Q两点之间的距离h=1.25m。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s，小球射出时的速度v0=40m/s，求：
（1）抛出点到P点的距离x；
（2）小球打到Q点时速度vQ。
【答案】（1） （2），与水平方向夹角的正切值为
【解析】
【小问1解析】
小球在空中做平抛运动，竖直方向有
解得
水平方向有
【小问2解析】
小球打到Q点时的竖直分速度大小为
则小球打到Q点时的速度大小为
与水平方向夹角的正切值为
18. 2023年5月30日9时31分，搭载神舟十六号载人飞船的长征二号F遥十六运载火箭在酒泉卫星发射中心发射升空，航天员乘组状态良好，发射取得圆满成功。2023年5月30日16时29分，神舟十六号载人飞船成功对接于空间站天和核心舱径向端口，整个对接过程历时约6.5小时。若天和核心舱环绕地球做匀速圆周运动，离地高度为h，已知地球质量为M、半径为R，万有引力常量为G，忽略地球自转影响，求：
（1）核心舱所在轨道处的重力加速度与地球表面重力加速度的比值；
（2）核心舱做匀速圆周运动的周期T。
【答案】（1） （2）
【解析】
【小问1解析】
核心舱所在轨道处，有
在地球表面处有
可得核心舱所在轨道处的重力加速度与地球表面重力加速度的比值为
【小问2解析】
核心舱做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得
解得周期
19. 如图所示，同一竖直平面内由斜面AB、水平面BC和二分之一圆弧CD组成光滑固定轨道，三者平滑连接。可视为质点的小球从斜面上的A点由静止滑下，运动到D点时对轨道的压力大小等于小球重力的3倍，从D点水平飞出后恰好落在B点。求：
（1）小球在C、D两点的动能之比；
（2）A点距水平面BC的高度差h与B、C两点的距离x之比。
【答案】（1） （2）
【解析】
【小问1解析】
设圆弧轨道半径为，小球运动到D点时对轨道的压力大小等于小球重力的3倍，根据牛顿第二定律可得
其中，可得
小球从C点到D点过程，根据动能定理可得
解得
则小球在C、D两点的动能之比为
【小问2解析】
小球从A点到D点过程，根据动能定理可得
解得
小球从D点到B点，根据平抛运动规律有
，
联立可得
则A点距水平面BC的高度差h与B、C两点的距离x之比为
20. 如图所示，物块A、B、C置于光滑水平面上，物块A、B之间放有少量炸药后紧挨在一起，物块A到左侧竖直墙壁间的距离d₁=3L，物块B、C之间的距离d₂=4L。引爆炸药，经时间t后物块A与竖直墙壁发生碰撞。已知物块A、B、C的质量分别为m、3m、3m，物块B、C碰撞后会粘在一起，其余碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间和炸药爆炸时间均极短，不计炸药的质量，炸药爆炸后化学能全部转化为机械能，求：
（1）炸药爆炸释放的化学能E；
（2）从炸药爆炸到物块A、B碰撞所用的时间t'；
（3）物块C最终的速度大小v。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】
【小问1解析】
由动量守恒定律得
联立解得
【小问2解析】
物块A与墙壁碰撞时A、B相距的距离为x，则
设经过时间，物块A与B发生碰撞，则
解得
那么从炸药爆炸到物块A、B碰撞所用的时间t'为
【小问3解析】
物块A与B发生弹性碰撞，则
对物块B与C由动量守恒定律得
联立解得