2022_2023学年河北省“五个一”名校联盟高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022_2023学年河北省“五个一”名校联盟高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.关于物体运动的说法正确的是( )
A. 匀速圆周运动是匀变速运动B. 曲线运动的速度一定发生变化
C. 物体在变力作用下不可能做直线运动D. 物体在恒力作用下一定做直线运动
2.如图所示，有人在河面上方的岸上用跨过定滑轮的长绳拴住一条小船，人以8m/s的恒定速率拉绳使小船靠岸，已知船的质量为100kg，某时刻人的拉力大小为500N，绳与水面夹角为37∘，g=10m/s2，sin37∘=0.6，以下说法错误的是( )
A. 船是匀加速靠近河岸B. 船受到重力、浮力、拉力、阻力的作用
C. 此时船受到的浮力大小为700ND. 此时船的速度大小为10m/s
3.如图所示的皮带传动装置，传动时皮带与轮之间不打滑，已知大轮半径、轮轴的轮半径和轮轴的轴半径的关系是rA:rC:rB=3:2:1，A、B、C分别为大轮、轮轴的轴和轮轴的轮边缘上的点，O为大轮圆心，则传动时A、B、C三点中( )
A. vA:vB:vC=2:1:1B. ωA:ωB:ωC=3:1:1
C. aA:aB:aC=1:3:6D. TA:TB:TC=1:3:3
4.如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度ω转动，盘面上离转轴1m处有一小物体，小物体与圆盘始终保持相对静止，小物体与盘面间的动摩擦因数为 32。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面间的夹角为30∘，g=10m/s2。则ω的最大值为( )
A. 22rad/sB. 52rad/sC. 5rad/sD. 102rad/s
5.如图所示为三颗卫星a、b、c绕地球沿逆时针方向做匀速圆周运动的示意图，其中b、c是地球同步卫星，在半径为r1的轨道上，a在半径为r2的轨道上，此时a、b恰好相距最近，已知地球质量为M，地球自转的角速度为ω，引力常量为G，则( )
A. 卫星a、c与地心的连线单位时间扫过的面积相等
B. 卫星c与卫星a的周期之比为r2r1 r2r1
C. 从此时到卫星a和b下一次相距最远，还需经过时间2π GMr23−ω
D. 若已知近地卫星的周期为T0，则可估算得出地球的平均密度ρ
6.一质量为2.0×103kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的最大静摩擦力为1.6×104N，当汽车经过半径为100m的弯道时，取g=10m/s2。下列判断正确的是( )
A. 汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力
B. 汽车转弯的速度为20m/s时所需的向心力为8×104N
C. 汽车转弯的速度为30m/s时汽车会发生侧滑
D. 汽车能安全转弯的向心加速度可以超过8.0m/s2
7.如图所示，粗细均匀的U形管内装有同种液体，在管口右端用盖板A密闭，两管内液面的高度差为h，U形管中液柱的总长为5h。现拿去盖板A，液体开始流动，不计液体内部及液体与管壁间的阻力，则当两管液面高度相同时，右侧液面下降的速度是(重力加速度为g)( )
A. gh8B. gh10C. gh2D. gh
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.质量为m=2kg的物体静止放置在粗糙的水平面上，物体与地面之间的动摩擦因数μ=0.25，现对其施加一个大小为F=10N、方向与水平方向夹角为θ=37∘的力，如图所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物体在2s的时间内向前运动了一段距离，g=10m/s2，sin37∘=0.6，关于此过程，下列说法正确的是( )
A. 物体克服摩擦力做的功为9.75JB. 重力的功率为15W
C. 力F对物体做的功为12JD. 拉力F的平均功率为6W
9.如图所示，长为l 的轻质杆，两端分别固定着A球和B球，A球的质量为m，B球的质量为3m，杆绕O点在竖直面内转动，轴O光滑，O点与球A的距离为l3，到B球的距离2l3，现让杆从水平位置静止释放，重力加速度为g，则当杆摆到竖直位置时( )
A. A球的速度大小为 1039gl
B. B球的速度大小为 1039gl
C. 杆对A球施以大小为34mg39，方向向上的支持力
D. B球的动能大小为2013mgl
10.如图所示，一个以O为圆心、半径为R的光滑圆环固定在竖直平面，O点正上方固定一根竖直的光滑细杆。轻质弹簧套在光滑细杆上，上端固定在M点，下端连接套在细杆上的滑块。小球穿在圆环上，通过一根长为2R的两端有铰链的轻质细杆与滑块连接。初始时小球处于圆环最高点，弹簧处于原长状态。小球受微小扰动(初速度视为0)后沿圆环顺时针滑下。当小球运动到与圆心等高的Q点时，滑块速度达到最大值。已知滑块和小球的质量均为m，弹簧的劲度系数k=3+ 3mg3R，弹性势能Ep=12kx2(x为弹簧的形变量)，重力加速度为g，滑块和小球均可视为质点，则( )
A. 小球运动到Q点的过程中，滑块、小球组成的系统机械能守恒
B. 小球运动到Q点时速度大小与滑块相等
C. 小球运动到Q点时受到细杆的弹力为 32mg
D. 小球运动到圆环最低点P时向心加速度大小为4−4 33g
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.图甲是探究平抛运动的实验装置。用小锤击打弹性金属片后，a球沿水平方向抛出，做平抛运动，同时b球被释放，做自由落体运动，观察到两球同时落地。改变小锤击打力度，两球仍然同时落地。
(1)图甲现象说明_______。
A.平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动
B.平抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动
C.两小球落地时速度相等
D.两小球在空中运动的时间相等
(2)一同学利用频闪相机拍摄a小球运动过程，频闪周期T=0.1s，经处理后得到如图乙所示的点迹图像。图中O为坐标原点，B点在两坐标线交点，A、C点均在坐标线的中点。则平抛小球在B点处的瞬时速度大小vB=________m/s(g取10m/s2，结果可保留根号)。
12.用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律。重锤从高处由静止开始下落，重锤上拖着的纸带通过打点计时器，打出一系列的点，对纸带上点迹间的距离进行测量，可验证机械能守恒定律。已知当地重力加速度为g。

(1)除图1中所示的装置之外，还必须使用的器材是_____。
A.直流电源 B.交流电源 C.天平(含砝码)D.刻度尺
(2)如图2所示，根据打出的纸带，选取纸带上的连续的五个点A、B、C、D、E，通过测量并计算出点B距起始点O的距离为x0，B、C两点间的距离为x1，C、D两点间的距离为x2，若相邻两点的打点时间间隔为T，重锤质量为m，根据这些条件计算重锤从释放到打下C点时的重力势能减少量ΔEp=_____，动能增加量ΔEk=_____。(用题目中的字母表达)
(3)某同学利用图2中纸带，先分别测量出从A点到B、C、D、E、F、G点的距离h(其中F、G点为E点后连续打出的点，图中未画出)，再计算打出B、C、D、E、F各点时重锤下落的速度v，绘制v2−h图像，如图3所示，并求得图线的斜率k。请说明如何根据图像验证重锤下落过程机械能是否守恒？_____
(4)在一次测量中，某同学发现ΔEp略大于ΔEk，出现这一结果的原因可能是_____。
A.存在空气阻力和摩擦力 B.接通电源前释放了纸带
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.一宇航员在半径为R、密度均匀的某星球表面，做如下实验：如图所示，在不可伸长的长度为l 的轻绳一端系一质量为m 的小球，另一端固定在O点，小球绕O点在竖直面内做圆周运动，通过最高点时速度为v0，此时绳的弹力大小与小球重力相等，已知引力常量为G。求：
(1)该星球表面的重力加速度；
(2)该星球的第一宇宙速度；
(3)该星球的平均密度。
14.新能源汽车的研发和使用是近几年的热门话题。一辆测试用的小型电动汽车模型质量m=200kg在水平的公路上由静止开始匀加速启动，当功率达到8×103W后保持功率恒定，匀加速持续的时间是8s，该车运动的速度与时间的关系如图所示，汽车在运动过程中所受阻力不变，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)该车在运动过程中所受阻力大小；
(2)该车在匀加速运动过程中所受牵引力的大小；
(3)从静止开始到18s末该车所受牵引力所做的功。
(4)从静止开始到18s末该车前进的距离。
15.如图所示为杂技演员进行摩托车表演的轨道，它由粗糙倾斜直线轨道AB、光滑圆弧形轨道BCD、光滑半圆形轨道DE、光滑水平轨道EF 组成，轨道AB与圆弧轨道BC 相切，轨道BC 所对应的圆心角为37∘，A点距地面的高度差H=7m，轨道BCD 的半径R=2.5m，轨道DE的半径r=1.25m，轨道最低点C 距水平地面的高度差h=0.5m。表演者从A点驾驶摩托车由静止开始沿轨道AB 运动，接着沿轨道BCDEF 运动，然后从F点离开轨道，最后落到地面上的G点。已知表演者与摩托车的总质量m=150kg，表演者与摩托车可视质点，空气阻力不计，sin37∘=0.6,cs37∘=0.8,g=10m/s2。求；
(1)摩托车与轨道AB间的动摩擦因数μ=132，求通过C点时摩托车对轨道的压力大小；
(2)表演者与摩托车恰能经过最高点D且安全完成完整表演，求F点与G点的水平距离x。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】A.匀速圆周运动加速度方向时刻变化，不是匀变速运动，故A错误；
B.曲线运动的加速度不为零，故曲线运动的速度一定发生变化，故B正确；
C.当变力的方向与速度在同一直线上，物体做直线运动，故C错误；
D.当恒力的方向与速度不在同一直线上，物体做曲线运动，例如平抛运动，故D错误。
故选B。
2.【答案】A
【解析】A.船运动的速度为v船=vcsθ
可知随着θ的增大，船的速度逐渐增大，加速度逐渐变小，故A错误；
B.根据受力分析，可知船受到重力、浮力、拉力、阻力的作用，故B正确；
C.根据牛顿第二定律有F浮+Fsin⁡θ=mg
解得此时船受到的浮力大小为F浮=700N
故C正确。
D.船运动的速度为v船=vcsθ=10m/s
故D正确；
本题选不正确的，故选A。
3.【答案】C
【解析】A.A、B通过皮带传动，有vA=vB
B、C 同轴转动，角速度相同，根据v=ωr
可得vC=2vB
可得vA:vB:vC=1:1:2
故A错误；
B.A、B通过皮带传动，有v=ωr
可得ωA=13ωB
B、C 同轴转动，角速度相同，可得GMmR2=mg
故B错误；
C.根据a=ω2r
可得aA:aB:aC=1:3:6
故C正确；
D.根据T=2πω
可得TA:TB:TC=3:1:1
故D错误。
故选C。
4.【答案】D
【解析】小物体随圆盘一起做匀速圆周运动，静摩擦力和重力沿圆盘的分力提供了向心力，在最高点有f+mgsin30=mω2r
在最低点有f′−mgsin30=mω2r
可知在最低点先达到最大静摩擦力，角速度达到最大，则有μmgcs30−mgsin30=mω2r
解得ω= 102rad/s
故选D。
5.【答案】D
【解析】A.根据开普勒第二定律可知，同一轨道上的卫星与地心的连线，在相同时间内扫过的面积相等，但卫星 a 、 c 在不同轨道上，则卫星a、c与地心的连线单位时间扫过的面积不相等，故A错误；
B.根据万有引力提供向心力可得GMmr2=m4π2T2r
可得T= 4π2r3GM
则卫星c与卫星a的周期之比为T1T2= r13r23=r1r2 r1r2
故B错误；
C.根据万有引力提供向心力有GMmr2=mω2r
可得ω= GMr3
由此可知卫星 a 的角速度为ωa= GMr23
设卫星 a 和b下一次相距最远的时间为t，则有ωat−ωt=π
联立解得t=π GMr23−ω
故C错误；
D.若已知近地卫星的周期为T0，根据万有引力提供向心力可得GMmR2=m4π2T02R
又M=ρV=ρ⋅43πR3
联立可得ρ=3πGT02
故D正确。
故选D。
6.【答案】C
【解析】A.汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力，故A错误；
B.根据牛顿第二定律，汽车转弯的速度为20m/s时所需的向心力为
F1=mv2r=2.0×103×(20)2100N=8×103N
故B错误；
C.汽车转弯的速度为30m/s时所需的向心力为
F2=mv22r=2.0×103×(30)2100N=1.8×104N >fm=1.6×104N
所以当汽车转弯的速度为30m/s时汽车会发生侧滑，故C正确；
D.汽车能安全转弯的向心加速度最大为fm=1.6×104N=mam
解得am=8m/s2
可知汽车能安全转弯的向心加速度不可以超过8.0m/s2，故D错误。
故选C。
7.【答案】B
【解析】设管子的横截面积为S，液体的密度为ρ。拿去盖板，液体开始运动，根据机械能守恒定律得
ρhSg⋅14h=12ρ⋅5hSv2
解得v= gh10
故选B。
8.【答案】ACD
【解析】A.对物体受力分析，正交分解得N=mg+Fsin37∘=26N
滑动摩擦力为f=μN=6.5N
水平方向有Fcs37∘−f=ma
解得a=0.75m/s2
故两秒内物体运动的位移为x=12at2=1.5m
物体克服摩擦力做的功为Wf=fx=9.75J
故A正确；
B.物体沿水平方向运动，重力的功率为零，故B错误；
C.力F对物体做的功为W=Fxcs37∘=12J
故C正确；
D.拉力F 的平均功率为P=Wt=6W
故D正确。
故选ACD。
9.【答案】AD
【解析】AB.杆在转动过程中，系统机械能守恒，则3mg⋅2l3=mg⋅l3+12mvA2+12⋅3mvB2
vAvB=l32l3=12
解得vA= 1039gl，vB=2 1039gl
故A正确，B错误；
C.对A球，根据牛顿第二定律，有mg−F=mvA2l3
解得F=313mg
方向竖直向上，故C错误；
D.B球的动能为EkB=12⋅3mvB2=2013mgl
故D正确。
故选AD。
10.【答案】BD
【解析】A.小球运动到Q点的过程中，弹簧对滑块做负功，滑块、小球组成的系统机械能守恒减少，故A错误；
B.小球运动到Q点时，根据几何关系可知，此时轻杆与竖直方向的夹角满足sinθ=R2R=12
可得θ=30∘
此时滑块的速度方向竖直向下，小球的速度方向刚好也竖直向下，滑块与小球两者沿杆方向的分速度大小相等，则有v滑cs⁡30∘=v球cs⁡30∘
可知小球运动到Q点时速度大小与滑块相等，故B正确；
C.由于小球运动到与圆心等高的Q点时，滑块速度达到最大值，可知此时滑块的加速度为零，此时弹簧伸长量为x1=3R− 3R
弹簧弹力大小为F弹=kx1=(3+ 3)mg3R⋅(3− 3)R=2mg
以滑块为对象，根据受力平衡可得F弹=mg+F杆cs⁡30∘
解得F杆=2 33mg
可知小球运动到Q点时受到细杆的弹力为 2 33mg ，故C错误；
D.小球运动到圆环最低点P时，此时滑块运动到最低点，滑块的速度为零，设此时小球的速度为 v ，此时弹簧的伸长量为x2=4R−2R=2R
弹簧的弹性势能为Ep=12kx22=12×(3+ 3)mg3R×(2R)2=2(3+ 3)mgR3
根据能量守恒可知mg⋅2R+mg⋅2R=12mv2+Ep
小球运动到圆环最低点P时向心加速度大小为a=v2R
联立解得a=(4−4 33)g
故D正确。
故选BD。
11.【答案】(1)AD/DA(2)2 2
【解析】(1)D.因为两球同时释放，同时落地，所以两球下落的时间相等；故D正确；
AB.b球做自由落体运动，则竖直方向上a球做自由落体，两小球在竖直方向的加速度相等，该现象不能说明水平方向上的运动情况，故A正确，B错误；
C.因为下落的高度相同，落地时两球竖直方向的速度相同，因为a球有初速度，所以a球落地的速度比b球的落地速度大，故C错误。
故选AD。
(2)根据图中的几何关系可知，A点的纵坐标为5cm，B点的纵坐标为20cm，C点的纵坐标为45cm，因为AB的竖直距离为
yAB=15cm=0.15m
BC之间的竖直距离为yBC=25cm=0.25m
则竖直方向上，由运动学公式可知yBC−yAB=gT2
在水平方向上v0=xAC2T
竖直方向上vBy=yAC2T
则vB= v 02+v By2
解得vB=2 2m/s
12.【答案】(1)BD/DB(2)mg(x0+x1) ;m(x1+x2)28T2 (3)在实验误差允许范围内，若k近似等于2g，则认为这一过程机械能守恒 (4)A
【解析】(1)AB.打点计时器使用交流电，故A错误，B正确；
C.验证机械能守恒定律时质量在等式两边约去，不需要测质量，故C错误；
D.需要用刻度尺量取纸带上各点间的距离，故D正确。
故选BD。
(2)重锤从释放到打下C点时的重力势能减少量 ΔEp=mgΔh=mg(x0+x1)
C点时的速度vC=x1+x22T
动能增加量ΔEk=m(x1+x2)28T2
(3)若重锤下落过程机械能守恒mgh=12mv2−12mv02
整理得v2=v02+2gh
可知在实验误差允许范围内，若k近似等于2g，则认为这一过程机械能守恒
(4)A.若存在空气阻力和摩擦力，重锤下落过程中需克服空气阻力和摩擦力做负功，重锤动能减小，故A正确；
B.接通电源前释放了纸带，导致记录的重锤下落距离偏小，会出现ΔEp小于ΔEk，故B错误。
故选A。
13.【答案】解：
(1)小球通过最高点时2mg=mv 02l
解得g=v 022l
(2)对在行星表面附近做匀速圆周运动的质量为m0的卫星，有m0g=m0v2R
解得第一宇宙速度为v=v0 R2l
(3)对行星表面质量为m1的物体，有GMm1R2=m1g
解得行星质量M=R2v 022Gl
故行星的密度ρ=MV V=43πR3
解得ρ=3v 028πGlR

【解析】(1)在最高点，根据牛顿第二定理可求星球表面的重力加速度。
(2)在星球表面根据重力提供向心力，可求第一宇宙速度。
(3)对星球表面质量为m0的物体，根据万有引力等于重力，求出星球的质量，再根据密度公式可求行星的平均密度。
对于卫星类问题，关键是明确卫星的动力学原理，根据牛顿第二定律列式求解；同时要记住星球表面的重力等于万有引力。
14.【答案】(1)当牵引力等于阻力时，速度达到最大值，则有Pm=Fvm=fvm
可得该车在运动过程中所受阻力大小为f=Pmvm=8×10310N=800N
(2)根据v−t图像可知，匀加速阶段加速度大小为a=ΔvΔt=88m/s2=1m/s2
根据牛顿第二定律有 F牵−f=ma
则该车在匀加速运动过程中所受牵引力的大小F牵=f+ma=800N+200N=1000N
(3)0∼8s内汽车匀加速运动的位移为x1=12at12=12×1×82m=32m
牵引力做的功为W1=F牵x1=1000×32J=3.2×104J
变加速过程中，即8∼18s内，汽车牵引力的功率恒为8×103W，所以该过程中牵引力做的功为
W2=Pt2=8×103×10J=8×104J
则从静止开始到18s末该车所受牵引力所做的功 W=W1+W2=1.12×105J
(4)从静止开始到18s末由动能定理得W−fx=12mv22
从静止开始到18s末该车前进的距离x=127.5m
答：(1)该车在运动过程中所受阻力大小为800N；
(2)该车在匀加速运动过程中所受牵引力的大小1000N；
(3)从静止开始到18s末该车所受牵引力所做的功为1.12×105J；
(4)从静止开始到18s末该车前进的距离127.5m
【解析】见答案
15.【答案】(1)摩托车和表演者由A运动到C，下落的高度为 h1=H−h
轨道AB的长度为 l=H−h−R1−cs37∘sin37∘
由A点到D点，由动能定理可得 mgh1−μmglcs37∘=12mv C2
对摩托车在C点应用牛顿第二定律可得 FN−mg=mvC2R
代入数据解得经过C点的轨道对摩托车的支持力 FN=9000N
由牛顿第三定律可得，摩托车对轨道的压力大小 F N′=FN=9000N
(2)表演者要能完整表演，在D点应用牛顿第二定律可得 mg=mvD2R
从D点到F点，由机械能守恒可得 12mvD2+mg⋅2r=12mvF2
解得 vF=5 3m/s
则平抛运动的竖直位移 y=R+h=3m
所以运动时间t= 2yg= 35s
因此，表演者落点G点与F点的水平距离
x=vFt=3 5m

【解析】见答案