2022-2023学年广东省揭阳市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年广东省揭阳市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共16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.我国建设的落塔及塔内的落仓如图所示。某次实验时，t=0时刻落仓由静止开始自由下落，t=2s时开始减速，t=4s时落仓速度变为0。已知2∼4s内落仓做匀变速直线运动，忽略空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 0∼2s内落仓内的物体不受重力的作用
B. 0∼2s内落仓内的物体处于完全失重状态
C. 与0∼2s内相比，2∼4s内落仓下落的位移更小
D. t=1.5s和t=2.5s两时刻落仓的加速度相同
2.如图所示，两轻质弹簧P、Q连接在一起，Q的下端与一质量为m的物块相连，物块处于静止状态。已知P、Q的劲度系数分别为k1、k2，且k1>k2，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. P对Q的拉力与Q对P的拉力是一对平衡力
B. P 对Q的拉力与Q对P的拉力是一对相互作用力
C. 弹簧P、Q的形变量相同
D. 与Q相比，P的形变量更大
3.如图所示，粗糙斜面Q静止在水平地面上，物块P放在斜面Q上并处于静止状态，现对P施加一平行于斜面向上的恒力F，使其沿斜面向上做匀速直线运动。已知Q始终处于静止状态，则在P沿斜面向上运动的过程中，下列说法正确的是( )
A. P对Q的摩擦力沿斜面向下B. P对Q的作用力竖直向下
C. 地面对Q有水平向右的摩擦力D. 地面对Q没有摩擦力
4.如图所示，一辆装满快递包裹的货车在平直公路上行驶，货车遇突发情况紧急刹车，经4s停止，从开始刹车至停止，货车前进了40m。已知货车中包裹P的质量为100kg，货车刹车过程可视为做匀变速直线运动，取g=10m/s²。P相对货车始终保持静止，则刹车后1s时，P所受合力的大小为( )
A. 500NB. 1500NC. 500 5ND. 1000 5N
5.某修建高层建筑的塔式起重机，在t=0时刻吊起一重物，使该重物由静止开始在竖直方向上做直线运动，其v−t图像如图所示。忽略空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 0∼6s内重物受到的拉力逐渐增大
B. 10∼14s内重物的重力势能随时间均匀增加
C. 0∼6s内重物的平均速度大小为1.5m/s
D. 10∼14s内重物的位移大小为6m
6.如图所示，一半径R=0.5m的光滑半圆形轨道竖直固定放置，直径MN水平，质量为0.6kg的小球P从M点正上方2R处由静止下落，小球P经M点进入半圆形轨道。已知小球P可视为质点，忽略空气阻力，取g=10m/s²，则小球P对半圆形轨道最低点的压力大小为( )
A. 42N
B. 30N
C. 24N
D. 12N
7.如图所示，一只猴子在石台右端M点以20m/s的水平速度向右跳向大树的枝干，落在了大树左侧枝干的P点。N为枝干上的一点，M、N的连线水平，已知PN与水平方向的夹角为53∘，P、N间的竖直距离为5m，可将猴子视为质点，不计空气阻力，取g=10m/s²，sin53∘=0.8，cs53∘=0.6，则M、N之间的距离为( )
A. 20mB. 17.25mC. 16.25mD. 15m
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.
9.如图所示，链球运动员在将链球抛掷出手之前，总要双手拉着链条转动几圈。某次比赛中，运动员双手拉着链条转动的过程中链条与竖直方向的夹角为θ，链球可视为质点，设链条与运动员手臂的总长为L，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 若L恒定，则θ越大，链球做圆周运动的周期越小
B. 若L恒定，则θ越大，链球做圆周运动的周期越大
C. 若θ恒定，则L越长，链球做圆周运动的线速度越大
D. 若θ恒定，则L越长，链球做圆周运动的线速度越小
10.如图所示，轻质弹簧和轻绳一端固定，轻绳的另一端与质量为0.4kg的小物块相连接，此时弹簧处于压缩状态，弹簧与物块不拴接。现将轻绳剪断，物块从A点由静止开始向右运动，最终停在M点。已知小物块与水平地面之间的动摩擦因数为0.25，A、M之间的距离为1.5m，忽略空气阻力，取g=10m/s²。则在物块由A点运动至M点的过程中，下列说法正确的是( )
A. 物块与弹簧分离时的速度最大
B. 物块速度最大时，弹簧的弹力大小为1N
C. 物块从脱离弹簧到停止运动，位移随时间均匀增大
D. 初始时，弹簧上储存的弹性势能为1.5J
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某学习小组通过以下实验来“验证力的平行四边形定则”。
(1)如图甲所示，把白纸固定在木板上后，再把木板竖直固定，将图钉固定在A点，弹簧测力计一端固定在图钉上，另一端与细绳a相连，细绳a与细绳b、c相连接，细绳b、c跨过光滑定滑轮后，分别悬挂3个和5个质量均为50g的钩码，稳定后，a、b、c的结点位于O处，此时弹簧测力计的读数为______ N，记录O点的位置和______。
(2)如图乙所示，取图中长度为标度表示0.5N，请在图乙中用力的图示作出细绳b、c的拉力F1和F2，并作出它们合力F′的示意图______。若在误差允许范围内满足F′=F，则力的平行四边形定则可得到验证。(取g=10m/s2)
(3)弹簧测力计的外壳与白纸之间存在摩擦______(填“会”或“不会”)对实验产生影响。
12.某实验小组利用如图所示的装置来验证机械能守恒定律。主要实验步骤如下：
①测量遮光条的宽度d=5.7mm；
②测出静止时遮光条中心到光电门中心的距离L；
③接通气泵，将滑块由静止释放；
④记录遮光条经过光电门的时间t；
⑤用天平测出滑块和遮光条的总质量M，再测出砂桶的总质量m；
⑥改变滑块的位置重复实验。
(1)实验前______(选填“需要”或“不需要”)调节气垫导轨水平。
(2)某次实验中测得t=1.6×10−3s，则遮光条通过光电门时的速度大小为______m/s(保留三位有效数字)。
(3)当地的重力加速度为g，滑块通过光电门时，系统(砂桶、滑块、遮光条)的动能增加量Ek=______；系统的重力势能减少量Ep=______，若所测数据在误差允许范围内满足Ek=Ep，即可验证机械能守恒定律。(均用题中所给物理量的字母表示)
四、简答题：本大题共3小题，共38分。
13.小张通过无人机来拍摄城镇的风景，携带摄像机的无人机质量m=2kg，t=0时刻，无人机由静止起飞，沿竖直方向做匀加速直线运动，t1=6s时无人机达到最大速度，此时距地面的高度为54m，然后匀减速直线上升，t2=15s时无人机的速度恰好减为0，悬停在空中拍摄取景。取g=10m/s2。求：
(1)无人机上升过程中的最大速度；
(2)无人机悬停时距地面的高度。
14.如图所示，水平地面与一固定的四分之一光滑圆弧轨道在A点平滑连接，圆弧轨道圆心为O、半径R=1.2m，B为圆弧轨道的最高点，OB水平。一质量m=0.8kg的物块静止于地面上的C处，现对物块施加一水平向右的恒力，其大小F=4N。已知物块与地面之间的动摩擦因数μ=0.13，C、A之间的距离d=5m，物块可视为质点，忽略空气阻力，取g=10m/s2。求：
(1)物块到达B点时的速度大小；
(2)物块落地点到B点的水平距离。
15.如图所示，长L=7.2m的水平传送带以v0=8m/s的速度沿顺时针方向转动，右端与静止在水平地面上的木板的上表面平滑连接。t=0时刻将质量m=5kg的滑块从传送带左端由静止释放，一段时间后滑块滑上木板。已知木板的质量M=4kg，木板下表面与地面之间的动摩擦因数μ1=0.2，滑块与传送带之间的动摩擦因数μ2=0.5，滑块与木板上表面之间的动摩擦因数μ3=0.4，滑块可视为质点且始终未脱离木板，取g=10m/s2。求：
(1)滑块在传送带上运动的时间；
(2)滑块与传送带之间因摩擦产生的热量；
(3)木板运动的总位移大小。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.0∼2s内落仓做自由落体运动，落仓内的物体只受重力的作用，故A错误；
B.0∼2s内落仓做自由落体运动，加速度为重力加速度，落仓内的物体处于完全失重状态，故B正确；
C.设2s时落仓的速度为v，则0∼2s内落仓下落的位移为：
x1=0+v2t1
2∼4s内落仓下落的位移为：
x2=v+02t2
由于
t1=t2=2s
可知0∼2s内落仓下落的位移等于2∼4s内落仓下落的位移，故C错误；
D.0∼2s内落仓向下做匀加速直线运动，2∼4s内落仓向下做匀减速直线运动，根据对称性可知，t=1.5s和t=2.5s两时刻落仓的加速度大小相等，方向相反，故D错误。
故选：B。
根据落仓做自由落体运动，分析物体的受力，确定落仓是否属于完全失重状态；选择运动学公式比较位移大小；根据0∼2s内、2∼4s内落仓的运动过程比较加速度是否相同。
本题考查了自由落体运动、匀变速直线运动等知识，注意匀变速直线运动平均速度的计算方法，注意加速度是矢量。
2.【答案】B
【解析】解：AB.P对Q的拉力是作用在Q上，Q对P的拉力是作用在P上，它们是一对作用力与反作用力，故A错误，B正确；
CD.由于P对Q的拉力与Q对P的拉力是一对相互作用力，两个弹簧的弹力大小相等，即k1Δx1=k2Δx2
由于k1>k2
则应满足Δx1<Δx2
即Q的形变量更大，故CD错误。
故选：B。
相互作用力是作用在不同的两个物体上，大小相等，方向相反，结合胡克定律分析形变量的大小关系。
该题考查一对作用力和反作用力与一对平衡力的区别以及胡克定律，牢记有关内容即可。
3.【答案】C
【解析】解：A、P 沿斜面向上做匀速直线运动，由滑动摩擦力与相对运动方向相反可知Q对P的摩擦力沿斜面向下，由牛顿第三定律可知P对Q的摩擦力沿斜面向上，故A错误；
B、P对Q的作用力为压力FN，滑动摩擦力f，如下图所示：
P对Q的作用力为压力FN和滑动摩擦力f的合力，由图可知两者的合力不是竖直向下，故B错误；
CD、把物块P和斜面Q看作一个整体，受力分析如下图所示：
将恒力F正交分解，整体合力为零，可知地面对Q有水平向右的摩擦力，故C正确，D错误。
故选：C。
A、首先判断P所受摩擦力的方向，根据牛顿第三定律可知P对Q的摩擦力方向；
B、画出P对Q的作用力，由图可知P对Q的作用力的方向；
CD、把物块P和斜面Q看作整体受力分析，把力F正交分解法，根据平衡条件，可知地面对Q有水平向右的摩擦力。
本题考查学生对滑动摩擦力方向、平衡条件、整体法、正交分解法的掌握，是基础题，解题的关键是画出受力分析图。
4.【答案】A
【解析】解：货车刹车经 4s停止，从开始刹车至停止，货车前进了40m，设货车的加速度大小为a，根据逆向思维可得
x=12at2
解得
a=2xt2=2×4042m/s2=5m/s2
以包裹 P为对象，P所受合力的大小为
F合=ma=100×5N=500N
故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据运动学公式以及牛顿第二定律解得。
本题主要是考查牛顿第二定律的综合应用，解答本题的关键是根据运动学公式先求出加速度大小。
5.【答案】D
【解析】解：A、由v−t图像的斜率表示加速度，可知0∼6s内图线的斜率越来越小，所以重物的加速度越来越小，由牛顿第二定律得
F−mg=ma，得F=mg+ma，可知，重物受到的拉力逐渐减小，故A错误；
B、10∼14s内，重物向上做匀减速直线运动，根据重力势能Ep=mgh，h=vt−12at2，可得重力势能Ep=mg(vt−12at2)，即知10∼14s内重物的重力势能随时间增加而增加，但不是均匀增加，故B错误；
C、根据v−t图像与时间轴所围的面积表示位移可知，0∼6s内重物的位移x>3×62m=9m，则0∼6s内重物的平均速度大小为v−=xt>96m/s=1.5m/s，故C错误；
D、10∼14s内重物的位移大小为v−=v+02t3=32×4m=6m，故D正确。
故选：D。
v−t图像的斜率表示加速度，分析0∼6s内加速度变化情况，由牛顿第二定律分析拉力的变化情况；10∼14s内，重物向上做匀减速直线运动，根据重力势能表达式Ep=mgh，以及h=vt−12at2得到重力势能与时间的关系式，再分析它们的关系；结合v−t图像与时间轴所围的面积表示位移和平均速度的定义，分析0∼6s内重物的平均速度大小；根据“面积”求10∼14s内重物的位移大小。
解决本题时，要理清重物的运动情况和受力情况，根据v−t图像的斜率表示加速度，图像与时间轴所围的面积表示位移以及重力势能表达式等力学规律进行解答。
6.【答案】A
【解析】解：小球从静止释放到圆形轨道最低点，由动能定理有
mg⋅3R=12mv2
小球在最低点所受合力提供向心力有
FN−mg=mv2R
代入数据解得半圆形轨道对小球的支持力为
FN=42N
由牛顿第三定律，小球 P 对半圆形轨道最低点的压力大小为
FN′=42N
故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据小球在N点时的受力情况在竖直方向上应用牛顿第二定律列式，对小球从静止开始运动到N点的过程应用动能定理列式。
物体运动学问题，一般先对物体进行受力分析，然后由牛顿第二定律，根据运动规律求得物体运动过程量；由动能定理求取物体某一时刻的状态量．
7.【答案】C
【解析】解：猴子做平抛运动，则有
h=12gt2
xP=v0t
代入数据解得
t=1s
xP=20m
根据几何关系有
xMN=xP−htan53∘
代入数据解得
xMN=16.25m
故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据平抛运动的特点求出水平位移，再根据几何关系求解出MN距离。
本题考查的是应用运动的合成与分解处理平抛运动的能力，属于基础题型。
8.【答案】

【解析】
9.【答案】AC
【解析】解：受力分析可得
根据
mgtanθ=m4π2T2Lsinθ=mv2L
整理解得
T=2π Lcsθg
v= gLtanθ
AB.若L恒定，则θ越大，csθ越小，则链球做圆周运动的周期越小，故A正确，B错误；
CD.若θ恒定，则L越长，链球做圆周运动的线速度越大，故C正确，D错误。
故选：AC。
分析链球的受力情况，根据平衡条件和牛顿第二定律列方程求相关物理量，根据抛体运动的条件和特点判断松手后的运动。
本题考查圆锥摆，要求掌握圆锥摆的力学特点和运动特点。
10.【答案】BD
【解析】解；AB、当物块受到的弹力与滑动摩擦力大小相等时，加速度为零，速度最大，此时弹簧的弹力F=μmg=0.25×0.4×10N=1N，故A错误，B正确；
C、物块从脱离弹簧到停止运动，合力等于滑动摩擦力，滑动摩擦力与速度方向相反，所以物块做匀减速直线运动，由x=v0t−12at2可知位移不随时间均匀增大，故C错误；
D、整个运动过程由能量守恒定律可知，初始状态弹簧储存的弹性势能转化系统增加的热量，即：Ep弹=μmgL
代入数据得：Ep弹=1.5J，故D正确。
故选：BD。
AB、当物块合力为零时，速度最大，此时物块的弹力与滑动摩擦力大小相等，由f=μFN可得滑动摩擦力大小，则可得弹簧的弹力大小；
C、物块从脱离弹簧到停止运动过程，做匀减速运动，由x=v0t−12at2可知位移不随时间均匀增大；
D、整个运动过程由能量守恒可得初始时弹簧上储存的弹性势能。
本题考查了能量守恒定律、牛顿第二定律，解题的关键是正确受力分析，根据合力与速度的方向关系可知物块的运动特点，当物块的合力为零时，速度最大。
11.【答案】3.00两条细绳的方向 见解析 不会
【解析】解：(1)弹簧测力计的分度值为0.1N，需要估读一位，所以读数为3.00N。
本实验需要记录b、c绳上拉力的方向，即两条细绳的方向。
(2)依题意，有
F1=3×50×10−3×10N=1.5N
F2=5×50×10−3×10N=2.5N
根据平行四边形定作出示意图为
(3)由于弹簧秤内部弹簧并不和外壳接触，因此实验中弹簧秤的外壳与纸面间的摩擦不影响细绳受到拉力的大小。所以弹簧测力计的外壳与白纸之间存在摩擦，不会对实验产生影响。
故答案为：(1)3.00；两条细绳的方向；(2)见解析；(3)不会
(1)根据弹簧测力计的分度值读数；
(2)根据平行四边形定则作图；
(3)弹簧秤内部弹簧并不和外壳接触，因此实验中弹簧秤的外壳与纸面间的摩擦不影响细绳受到拉力的大小。
本实验考查验证平行四边形定则的实验，采用的是“等效替代”的方法，即一个合力与几个分力共同作用的效果相同，可以互相替代，注意作图方法。
12.【答案】需要 3.56(M+m)d22t2 mgL
【解析】解：(1)若气垫导轨不水平，在测量位移时还需要测量倾角，增加了实验难度和步骤，所以实验前需要调节气垫导轨水平。
(2)遮光条通过光电门时的速度大小为：v=dt=5.7×10−31.6×10−3m/s=3.56m/s；
(3)当地的重力加速度为g，滑块通过光电门时，系统(砂桶、滑块、遮光条)的动能增加量：Ek=12(M+m)v2=(M+m)d22t2
系统的重力势能减少量：Ep=mgL
若所测数据在误差允许范围内满足Ek=Ep，即可验证机械能守恒定律。
故答案为：(1)需要；(2)3.56；(3)(M+m)d22t2、mgL。
(1)根据滑块和砂桶运动轨迹，判断是否调节气垫导轨水平；
(2)由瞬时速度的定义求滑块通过光电门的速度；
(3)求出滑块经过光电门时的速度后，应用动能的公式求增加的动能，根据重力势能的公式求减少的重力势能。
理解实验原理是解题的前提，要掌握纸带法测瞬时速度的方法，求出滑块的速度，应用机械能的公式即可解题。
13.【答案】解：(1)无人机做匀加速直线运动阶段有
h1=0+vmax2t1
所以，无人机上升过程中的最大速度为
vmax=18m/s
(2)无人机做匀减速直线运动阶段有
h2=vmax+02(t2−t1)=18+02×9m=81m
所以，无人机悬停时距地面的高度为
h=h1+h2=54m+81m=135m
答：(1)无人机上升过程中的最大速度为18m/s；
(2)无人机悬停时距地面的高度为135m。
【解析】(1)根据用平均速度表示的位移公式计算最大速度；
(2)根据平均速计算无人机做匀减速直线运动的位移和悬停时距地面的高度。
本题关键掌握匀变速直线运动的平均速公式，用平均速解决相关问题。
14.【答案】解：(1)物块从C点到B点，根据动能定理有
F(R+d)−μmgd−mgR=12mvB2−0
解得vB=5m/s
(2)从B点到落地的时间为
−R=vBt−12gt2
解得t=1.2s或t=−0.2s(舍去)
根据牛顿第二定律可知水平方向有
F=ma
物块落地点到B点的水平距离为
x=12at2
解得
x=3.6m
答：(1)物块到达B点时的速度大小为5m/s；
(2)物块落地点到B点的水平距离为3.6m。
【解析】(1)根据动能定理解得物块到达B点的速度；
(2)根据运动的分解分析水平和竖直方向的运动规律，根据对应的规律解答。
做物理问题应该先清楚研究对象的运动过程，根据运动性质利用物理规律解决问题；动能定理可以分过程也可以全过程使用，应适当选择．
15.【答案】解：(1)滑块从传送带左端由静止释放时，对滑块分析有：μ2mg=ma1
代入数据解得：a1=5m/s2
滑块先向右做匀加速直线运动，若达到与传送带同速，则有：v0=a1t0，x0=v02t0
解得：t0=1.6s，x0=6.4m可知，之后滑块向右做匀速运动，经历时间为：t1=7.2−6.48s=0.1s
则滑块在传送带上运动的时间：t=t0+t1=1.6s+0.1s=1.7s
(2)根据上述，滑块与传送带之间的相对位移为：x相1=v0t0−x0=8×1.6m−6.4m=6.4m
则滑块与传送带之间因摩擦产生的热量为：Q=μ2mgx相1
代入解得：Q=160J
(3)滑块滑上木板后，滑块相对木板向右运动，滑块先以加速度a2，初速度v0向右做匀减速直线运动，对滑块有：μ3mg=ma2
代入解得：a2=4m/s2
对木板有：μ3mg−μ1(M+m)g=Ma3
解得：a3=0.5m/s2
木板向右做匀加速直线运动，经历时间t3，两者达到相等速度，则有：v1=v0−a2t3=a3t3
代入数据解得：t3=169s，v1=89m/s
此过程木板的位移：x1=v1t32=89×1692m=6481m
之后两者保持相对静止，共同向右做匀减速直线运动，则有：μ1(M+m)g=(M+m)a4
解得：a4=2m/s2
则减速至0过程有：v12=2a4x2
木板运动的总位移大小：x=x1+x2
解得：x=8081m
答：(1)滑块在传送带上运动的时间为1.7s；
(2)滑块与传送带之间因摩擦产生的热量为160J；
(3)木板运动的总位移大小为8081m。
【解析】(1)根据牛顿第二定律求滑块的的加速度，再由运动学公式求共速的时间和位移，确定滑块位置，从而求出滑块在传送带上的时间；
(2)求出滑块在传送带上的相对位移后，用摩擦生热的公式求热量；
(3)滑块冲上木板后，先减速到与传送带共速，之后一起减速到零，由动力学规律分别求出两段木板的位移，相加即得结果。
解决本题的关键理清滑块在整个过程中的运动情况，结合牛顿第二定律、运动学公式进行求解。