四川省成都市第七中学2022-2023学年高一物理下学期期末试题（Word版附解析）

这是一份四川省成都市第七中学2022-2023学年高一物理下学期期末试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。

2022—2023学年度下期高2025届期末考试
物理试卷
第I卷（选择题，共44分）
一、单项选择题（本题包括8小题，每小题3分，共24分，每小题只有一个选项符合题意．）
1. 做简谐运动的质点在通过平衡位置时（　　）
A. 速度一定为零 B. 振幅一定为零
C. 合力一定为零 D. 回复力一定为零
【答案】D
【解析】
【详解】A．做简谐运动的质点在通过平衡位置时，速度为最大值，故A错误；
B．简谐运动过程中，振幅是不受质点所在位置影响的，故B错误；
C．在单摆这种简谐运动中，通过平衡位置时，合力不为零，故C错误；
D．根据回复力公式

可知，当质点在平衡位置时，回复力一定为零，故D正确。
故选D。
2. 如图所示，甲木块的质量为，以速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为的乙木块，乙上连有一轻质弹簧，甲木块与弹簧接触后（　　）

A. 甲木块的动量守恒
B. 乙木块的动量守恒
C. 甲、乙两木块所组成的系统的动量守恒
D. 甲、乙两木块所组成的系统的动能守恒
【答案】C
【解析】
【详解】ABC．甲木块与弹簧接触后，由于弹簧弹力的作用，甲、乙的动量要发生变化，即甲、乙两物体的动量均不守恒；但对于甲、乙所组成的系统因所受合力的冲量为零，故动量守恒，故AB错误，C正确；
D．甲、乙两木块所组成系统的动能一部分转化为弹簧的势能，故系统动能不守恒，故D错误。
故选C。
3. 如图是一皮带传动装置的示意图，右轮半径为r，A是它边缘上的一点．左侧是一轮轴，大轮半径为4r，小轮半径为2r。B点在小轮上，到小轮中心的距离为r。C点和D点分别位于小轮和大轮的边缘上。则下列说法正确的是（　　）

A. A、B两点的线速度之比为
B. A、C两点的角速度之比为
C. A、D两点的线速度之比为
D. A、C两点的向心加速度之比为
【答案】C
【解析】
【详解】ABD．由图可知，，，根据
，
可知A、C两点的角速度之比为

A、C两点的向心加速度之比为

B、C两点的线速度之比为

则A、B两点的线速度之比为

故ABD错误；
C．由于，根据

可知C、D两点的线速度之比为

则A、D两点的线速度之比为

故C正确。
故选C。
4. 黄道（ecliptic），天文学术语，是从地球上来看太阳（视太阳）一年“走”过的路线，是由于地球绕太阳公转而产生的，该轨道平面称为黄道面。2023年6月21日是夏至日，视太阳于当日22时57分37秒运行至黄经90°位置。地球公转轨道的半长轴在天文学上常用来作为长度单位，叫作天文单位，用来量度太阳系内天体与太阳的距离（这只是个粗略的说法。在天文学中，“天文单位”有严格的定义，用符号AU表示）。已知火星公转轨道的半长轴是1.5AU，则下列说法正确的是（　　）
A. 火星的公转周期为地球公转周期的倍
B. 火星的公转周期为地球公转周期的倍
C. 夏至时，地球处于远日点，公转线速度最大
D. 夏至时，地球处于近日点，公转线速度最小
【答案】A
【解析】
【详解】AB．根据开普勒第三定律可得

可得火星的公转周期与地球的公转周期之比为

故A正确，B错误；
CD．夏至时，地球处于远日点，根据开普勒第二定律可知，公转线速度最小，故CD错误。
故选A。
5. 如图所示，质量分别为M、m的两个小球静置于高低不同的两个平台上，a、b、c分别为不同高度的参考平面，下列说法正确的是（　　）

A. 若以c为参考平面，M的重力势能大
B. 若以b为参考平面，M的重力势能大
C. 若以a为参考平面，M的重力势能大
D. 无论如何选择参考平面，总是M的重力势能大
【答案】B
【解析】
【详解】A．若以c为参考平面，M、m重力势能分别为
，
由于

但由于两个物体的质量关系未知，所以不能比较重力势能的大小关系，故A错误；
B．若以b为参考平面，M的重力势能为零，m的重力势能为负值，所以M的重力势能大，故B正确；
CD．若以a为参考平面，M、m的重力势能分别为
，
两个物体相对a所在水平面的高度满足

但由于两个物体的质量关系未知，所以不能比较重力势能的大小关系，故CD错误。
故选B。
6. A、B两物体的质量之比mA：mB=2：1，它们以相同的初速度v0在水平面上仅在摩擦力作用下做匀减速直线运动，直到停止，其v-t图像如图所示．此过程中，A、B两物体受到的摩擦力分别为FA、FB，A、B两物体受到的摩擦力做的功分别为WA、WB，则（　　）

A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】AB．由动能定理可知

由于A、B两物体仅受摩擦力做功，质量之比mA：mB=2：1，因此两物体受到的摩擦力做的功之比为

AB错误；
CD．根据v-t图像的斜率可知两物体加速度之比为2:1，根据牛顿第二定律可得

可得

C错误，D正确
故选D。
7. 质量为m1和m2的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其图像如图所示。则（　　）

A. 碰前m2速度为4m/s B. 碰后m2的速度为4m/s
C. 若m1=2kg，则m2=3kg D. 若m1=2kg，则m2=6kg
【答案】D
【解析】
【详解】AB．根据图像的斜率表示速度可知碰前的速度为0；碰后的速度为

故AB错误；
CD．根据可知，碰前的速度为

碰后的速度为

碰撞过程根据动量守恒可得

若，可得

故C错误，D正确。
故选D。
8. 如图所示，在地面上固定的两根竖直杆a、b之间搭建两个斜面1、2，已知斜面1与a杆的夹角为，斜面2与a杆的夹角为．现将一小物块先后从斜面1、2的顶端(a杆处)由静止释放，两次到达斜面底端(b杆处)所用时间相等，若小物块与斜面1、2之间的动摩擦因数分别为µ1和µ2，则等于

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】令a、b之间的水平距离为L，当物体从斜面1运动时：

物体在斜面2上运动时：

联立解得：

故D正确，ABC错误。
故选D．
二、多项选择题（本题包括5小题，每小题4分，共20分，每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.）
9. 如图所示，用长为L的细线拴住一个质量为M的小球，使小球在水平面内做匀速圆周运动，细线与竖直方向的夹角为θ，关于小球的受力情况，下列说法中正确的是（　　）

A. 小球受到重力、线的拉力和向心力三个力
B. 向心力是线对小球的拉力和小球所受重力的合力
C. 向心力的大小等于细线对小球拉力的水平分量
D. 向心力的大小等于
【答案】BC
【解析】
【详解】小球受到重力和线的拉力，线对小球的拉力和小球所受重力的合力提供向心力，向心力的大小等于细线对小球拉力的水平分量；则有

故选BC。
10. 如图所示，A是静止在赤道上的物体，B、C是同一平面内两颗人造卫星。B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上，C是地球同步卫星，则以下判断正确的是（　　）

A. 卫星B的速度大小等于地球的第一宇宙速度
B. A、B的线速度大小关系为
C. 周期大小关系为
D. 若卫星B要靠近C所在轨道，需要先依靠推进器加速
【答案】CD
【解析】
【详解】A．地球的第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动最大的运行速度，B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上，则卫星B的速度大小小于地球的第一宇宙速度，故A错误；
B．根据万有引力提供向心力可得

解得

由于

则有

对于放在赤道上的物体A和地球同步卫星C具有相同的角速度，根据

可得

则有

故B错误；
C．对于放在赤道上的物体A和地球同步卫星C具有相同的周期，即有

根据

解得

由于

则有

所以周期大小关系为

故C正确；
D．因为

若卫星B要靠近C所在轨道，需要先加速，做离心运动，故D正确。
故选CD。
11. 如图，放在光滑水平桌面上的两个木块A、B中间夹一被压缩的弹簧，当弹簧被放开时，它们各自在桌面上滑行一段距离后飞离桌面落在地上，A的落地点与桌边的水平距离为0.5m，B的落地点与桌边的水平距离为1m，那么（　　）

A. A、B离开弹簧时的速度之比为
B. A、B质量之比为
C. 从释放到分离过程，A、B所受弹簧弹力冲量之比为
D. 从释放到分离过程，A、B所受弹簧弹力做功之比为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．A和B离开桌面后做平抛运动，由于下落高度相同，故运动时间相等，则A、B离开弹簧时的速度之比为

故A正确；
B．两物体及弹簧组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得

则A、B质量之比为

故B错误；
C．未离开弹簧时，两物体受到的弹力大小相等，力的作用时间相等，则所受冲量大小相等，则从释放到分离过程，A、B所受弹簧弹力冲量之比为，故C正确；
D．从释放到分离过程，根据动能定理可得

可知A、B所受弹簧弹力做功之比为

故D错误。
故选AC。
12. 如图，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动。以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为。t=0时刻，一小球从距物块h高处自由落下；t=0.6s时，小球恰好与物块处于同一高度。取重力加速度的大小 g=10m/s2。以下判断正确的是（　　）

A. 简谐运动的周期是1.25s
B. h=1.7m
C. 0.6s内物块运动的路程是0.2m
D. t=0.3s时，物块与小球运动方向相同
【答案】BD
【解析】
【详解】A．简谐运动的周期为

故A错误；
B．t=0.6s时，物块的位移为

对小球

解得

故B正确；
C．因为周期是08s，所以0.6s内物块运动的路程是

故C错误；
D．t=0.3s大于，物块此时的状态为在平衡位置上方向下运动，与小球运动方向相同，D正确。
故选BD。
13. 如图所示，粗糙的水平面上有一根右端固定的轻弹簧，其左端自由伸长到b点，质量为2kg的滑块从a点以初速度v0=6m/s开始向右运动，与此同时，在滑块上施加一个大小为20N，与水平方向夹角为53°的恒力F，滑块将弹簧压缩至c点时，速度减小为零，然后滑块被反弹至d点时，速度再次为零，已知ab间的距离是2m，d是ab的中点，bc间的距离为0.5m．（g取10m/s2，sin53°≈0.8，cos53°≈0.6），则下列说法中正确的是（　　）

A. 滑块与水平面间的摩擦因数为0.3
B. 滑块从b点至c点的过程运动时间为
C. 弹簧的最大弹性势能为36J
D. 滑块从c点至d点过程中的最大动能为25J
【答案】CD
【解析】
【详解】A．滑块从a点到反弹到d点过程，根据动能定理可得

根据题意有
，
解得

故A错误；
C．滑块从a点运动至c点过程，由于

滑块运动到c点弹性势能最大，由于恒力做功与滑动摩擦力做功的代数和为0，则有

故C正确；
B．滑块从b点至c点的过程，由于

可知滑块的合力大小等于弹簧弹力大小，可认为滑块做简谐运动，则滑块从b点至c点的时间为

根据

解得弹簧劲度系数为

则有

故B错误；
D．滑块从c点至d点过程中，当滑块的合力为零时，滑块的速度最大，动能最大，则有

解得弹簧的压缩量为

滑块从最大动能处至d点过程中，根据功能关系可得

解得最大动能为

故D正确。
故选CD。
第II卷（非选择题，共56分）
三、实验探究题（本题共2小题，共14分）
14. 某学习小组用小球1与小球2正碰（对心碰撞）来验证动量守恒定律，实验装置如图所示，斜槽与水平槽平滑连接．安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下铅垂线所指的位置O。接下来的实验步骤如下：

步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上。重复多次，用尽可能小的圆把小球的所有落点圈在里面，认为其圆心就是小球落点的平均位置；
步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘处的B点，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；
步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度。
（1）在上述实验操作中，下列说法正确的是________。
A．小球1的质量一定大于小球2的质量，小球1的半径可以大于小球2的半径
B．斜槽轨道末端必须调至水平
C．重复实验时，小球在斜槽上的释放点可以不在同一点
D．实验过程中，白纸需固定，复写纸可以移动
（2）以下提供的器材中，本实验必需的有_______。
A．刻度尺 B．游标卡尺 C．天平 D．秒表
（3）设小球1的质量为m1，小球2的质量为m2，MP的长度为l1，ON的长度为l2，则本实验验证动量守恒定律的表达式为____________________________________。
【答案】 ①. BD##DB ②. AC##CA ③.
【解析】
【详解】（1）[1] A．为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即小球1的质量应大于小球2的质量，两球必须对心碰撞，因此两球的半径大小必须相同，故A错误；
B．为了保证小球做平抛运动，斜槽轨道末端必须调至水平，故B正确；
C．小球1每次必须从斜槽同一位置由静止滚下，才能保证每次小球1碰前的速度相同，故C错误；
D．由于白纸固定不动，复写纸铺在白纸的上面，实验过程中复写纸可以随时拿起来看印迹是否清晰并进行移动，故D正确。
故选BD。
（2）[2] A．实验时需要测出小球落地点的水平位移，因此实验需要刻度尺，故A正确；
C．实验过程中需要测量入射球与被碰球的质量，因此实验需要天平；故C正确；
BD．实验过程中不需要测球的直径、不需要测小球的运动时间，因此不需要游标卡尺和秒表，故BD错误。
故选AC。
（3）[3]本实验要验证的动量守恒定律表达式

两边乘以相同的平抛的运动时间t可得

即为

则

15. 用如图甲所示的实验装置验证、组成的系统机械能守恒。从高处由静止开始下落，上拖着的纸带通过打点计时器，打出一系列的点。对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。如图乙所示是实验中获取的一条纸带；0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离已标注，打点计时器所接电源频率为50Hz。已知，，则（计算结果均保留两位有效数字）

（1）在纸带上打下计数点5时的速度___________m/s。
（2）在打下第“0”点到打下第“5”点的过程中系统动能的增加量___________J，系统势能的减少量___________J。（当地的重力加速度g取）
（3）若某同学作出图像如图丙所示，则当地的重力加速度___________。
【答案】 ①. 2.4 ②. 0.58 ③. 0.60 ④. 9.7
【解析】
【详解】（1）[1] 在纸带上打下计数点5时速度

（2）[2] 在打下第“0”点到打下第“5”点的过程中系统动能的增加量

[3] 系统势能的减少量

（3）[4] 若某同学作出图像如图丙所示，由机械能守恒

则当地的重力加速度

四、计算题（本题共4小题，共42分．解答应当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．有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
16. 预计我国将在2030年前后实现航天员登月计划。若航天员登上月球后用摆长为L的单摆做小角度（）振动，测得摆球N次全振动所用时间为t。已知月球的半径为R，引力常量为G。求：
（1）月球表面重力加速度g的大小；
（2）月球的第一宇宙速度v的大小。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）摆球做简谐运动，根据单摆公式可得

又

联立解得月球表面物体的重力为

（2）月球表面物体的重力近似等于万有引力，则有

在月球表面所需的最小发射速度即为第一宇宙速度，有

联立解得月球的第一宇宙速度为

17. 如图所示，用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的由半圆形APB（圆半径比细管的内径大得多）和直线BC组成的轨道固定在水平桌面上，已知APB部分的半径R=1m，BC段长L=1.5m。弹射装置将一个质量为0.1kg的小球（可视为质点）以v0=3m/s的水平初速度从A点射入轨道，小球从C点离开轨道随即水平出，桌子的高度h=0.8m，不计空气阻力，g取10m/s2。求：
（1）小球在半圆轨道上运动时，向心加速度an的大小；
（2）小球在半圆轨道上运动时，圆管对小球弹力的大小；
（3）小球落到地面D点时的速度。

【答案】（1）；（2）；（3），与初速度方向夹角为
【解析】
【详解】（1）小球在半圆轨道上做匀速圆周运动，向心加速度为，则有

解得

（2）小球在半圆轨道上做匀速圆周运动，圆管支持力为，则有

解得

（3）小球水平抛出后，在竖直方向做自由落体运动，则有

解得

落地时竖直方向的速度为

落地时的速度大小为

解得

落地时的速度方向与初速度方向的夹角为θ，则有

解得

18. 如图，光滑水平面上有一具有光滑曲面的静止滑块B，可视为质点的小球A从B的曲面上离地面高为h处由静止释放，且A可以平稳地由B的曲面滑至水平地面。已知A的质量为m，B的质量为3m，重力加速度为g，试求：

（i）A从B上刚滑至地面时的速度大小；
（ii）若A到地面后与地面上的固定挡板P碰撞，之后以原速率反弹，则A返回B的曲面上能到达的最大高度为多少？
【答案】(i)；(ii)
【解析】
【分析】
【详解】(i)设A刚滑至地面时速度大小为v1，B速度大小为v2，由水平方向动量守恒
m v1=3mv2
由机械能守恒
mgh = mv12+ 3m v22
由以上两式解得
v1=，v2=
(ii) A与挡板碰后开始，到A追上B并到达最高高度hˊ，两物体具有共同速度v，此过程
系统水平方向动量守恒
mv1+3mv2=4mv
系统机械能守恒
mgh= 4mv2+mghˊ
由以上两式解得
hˊ= h
19. 在如图所示的水平轨道上，AC段的中点B的正上方有一探测器，C处固定一个竖直挡板．零时刻，质量为的物体Q以向右的速度与静止在A点的质量为的物体P发生碰撞，探测器只在2s至4s内工作．已知物体P与水平轨道间的动摩擦因数为，物体Q与水平轨道间的动摩擦因数为，AB段长，P与Q以及P与竖直挡板之间的碰撞都是弹性碰撞（碰撞时间极短，可忽略不计），P、Q均可视为质点，取，，。求：
（1）物体Q与P发生碰撞后，两者的速度大小；
（2）物体P第二次经过B点时，能否被探测器探测到？请说明理由；
（3）P、Q之间最终的距离。

【答案】（1），；（2）会被探测到，见解析；（3）
【解析】
【详解】（1）零时刻，P和Q之间发生弹性碰撞，设碰撞后P的速度是v1，Q的速度是v2，由动量守恒定律和能量守恒定律可得


解得


（2）P和Q发生碰撞后，P开始向右运动，设P的加速度大小为a1，由牛顿第二定律可知

设经过时间t1，P与挡板碰撞后向左运动通过B点，由运动学规律可知

解得
（舍去）或
由于，故P向左运动通过B点时，会被探测到。
（3）发生碰撞后Q向左运动，设Q的加速度大小为a2，由牛顿第二定律可知

Q向左运动的时间

Q运动的时间小于P运动的时间，Q在发生碰撞后从A点开始向左运动的距离

P从发生第一次碰撞到停止运动需通过的路程

因为，所以P和Q会发生第二次碰撞。设第二次碰前P的速度为v3，则有

解得

P、Q第二次碰撞过程满足


解得


此后两物体在摩擦力作用下减速到零，对P有

对Q有

两物体的间距为

解得