2022-2023学年广西钦州市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年广西钦州市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共14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.在物理学的发展过程中，科学家们作出了巨大贡献，下列说法正确的是( )
A. 伽利略证明了“力是维持物体运动的原因”
B. 牛顿发现了万有引力定律并推算出了海王星的存在
C. 爱因斯坦提出的相对论完全否定了牛顿力学
D. 卡文迪什最早通过扭秤装置测量出了引力常量
2.下列关于机械能守恒的说法正确的是( )
A. 做自由落体运动的物体的机械能一定守恒
B. 做匀速直线运动的物体的机械能一定守恒
C. 做匀速圆周运动的物体的机械能一定不守恒
D. 受摩擦力的物体的机械能一定不守恒
3.图为运动会上某同学扔铅球的情景，铅球以某一速度被抛出，不计空气阻力，关于铅球在空中运动的过程中，下列有关铅球的物理量保持不变的是( )
A. 速度B. 速率C. 加速度D. 动能
4.根据国家颁布的电动自行车新标准，电动自行车的最高车速不超过25km/h，整车质量不大于55kg，电机额定连续输出功率不大于400W。某驾驶员驾驶电动自行车以最大输出功率400W在水平地面上匀速行驶时，电动车所受的阻力是总重力的110。已知驾驶员和车的总质量为80kg，取重力加速度大小g=10m/s²，则此时电动车的行驶速度大小为( )
A. 3m/sB. 4m/sC. 5m/sD. 6m/s
5.“套圈圈”游戏深受人们的喜爱，身高较高的哥哥和身高稍矮的弟弟分别从水平地面同一位置正上方的不同高度向正前方水平地面上的玩具水平抛出圆环(可视为质点)，圆环恰好同时套中玩具。若圆环离手后的运动可视为平抛运动，下列说法正确的是( )
A. 两人同时抛出圆环
B. 哥哥先抛出圆环
C. 两人抛出圆环的初速度相同
D. 哥哥抛出圆环的初速度较大
6.如图所示，门把手上A、B两点到转轴上O点的距离之比为1：2，匀速转动门把手时，下列说法正确的( )
A. A、B两点的线速度大小之比为 1：2
B. A、B两点的角速度之比为 1：2
C. A、B两点的向心加速度大小之比为 1：4
D. A、B两点与转轴上O点的连线在相同时间内扫过的面积相等
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
7.据报道，科学家近期在宝瓶座NGC7727星系中发现一个超大质量的“双星”黑洞，在这个“双星”黑洞中，较大黑洞的质量约是太阳的1.54亿倍。“双星”黑洞示意图如图所示，两黑洞 A、B以连线上的某一点O为圆心做匀速圆周运动，两黑洞间距离保持不变。黑洞A和黑洞B均可看成质点，OA>OB。关于黑洞 A、B组成的系统，下列说法正确的是( )
A. 黑洞A的质量大于黑洞B的质量
B. 黑洞A的角速度等于黑洞B的角速度
C. 黑洞A受到的万有引力大于黑洞B受到的万有引力
D. 黑洞A所需的向心力大小等于黑洞B所需的向心力大小
8.港珠澳大桥总长约55km，是世界上总体跨度最长、钢结构桥体最长、海底沉管隧道最长的跨海大桥。如图所示，该路段是港珠澳大桥的一段半径R=150m的圆弧形弯道，总质量m=1500kg的汽车通过该圆弧形弯道时以速度v=72km/h做匀速圆周运动(汽车可视为质点，路面视为水平且不考虑车道的宽度)。已知路面与汽车轮胎间的径向最大静摩擦力为汽车所受重力的35，取重力加速度大小，g=10m/s2。则( )
A. 汽车过该弯道时受到重力、支持力、摩擦力和向心力
B. 汽车过该弯道时的向心加速度大小为3m/s2
C. 汽车过该弯道时所受径向静摩擦力大小为4000N
D. 汽车能安全通过该弯道的最大速度为30m/s
9.
10.如图所示，某人从高出水平地面h的坡顶上水平击出一个质量为m的高尔夫球(可视为质点)，坡顶可视为半径为R的圆弧，高尔夫球飞出前瞬间对地面的压力恰好为0。高尔夫球落入水平地面的A洞中(不计洞穴的宽度及深度)，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则( )
A. 该球在空中运动的时间为 2hgB. 该球飞出的初速度大小为 gh
C. A洞到坡顶的距离为 2hRD. 该球落入A洞时的动能为12mg(R+2h)
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.小高同学用如图所示的实验装置来验证平抛运动的特征：两个完全相同的弧形轨道M、N分别用于发射小铁球P、Q，其中N的末端与水平板相切。两轨道上端分别装有电磁铁C、D，调节电磁铁C、D的高度，使AC=BD.现将小铁球P、Q分别吸在电磁铁C、D上，然后切断电源，使两小铁球能同时分别从轨道M、N的顶端滑下。
(1)为完成本实验，弧形轨道M、N的表面______(填“需要”或“不需要”)确保光滑，水平板的表面______(填“需要”或“不需要”)确保光滑。
(2)符合上述实验条件后，可观察到的实验现象应是______。仅仅改变弧形轨道 M的高度，重复上述实验，仍能观察到相同的现象，这说明平抛运动的水平分运动是______。
12.某兴趣小组用“落体法”验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示。
(1)关于本实验的说法正确的是______。
A.本实验的重锤应选择质量小体积大的，以减小误差
B.可以用v=gt或v= 2gh计算重锤在某点的速度大小
C.若纸带上打出的第一、二个点的间距大于2mm，则说明纸带上打出第一个点时的速度不为0
(2)选出一条清晰且符合要求的纸带，如图乙所示，O点为打点计时器打下的第一个点，A、B、C、D为四个计时点，到O点的距离分别为h1、h2、h3、h4，打点计时器所接交流电的频率为f，重力加速度大小为g，重锤的质量为m。根据以上物理量可知纸带打出C点时的速度大小vC=______。若要选择从纸带打出 O点到纸带打出C点的过程来验证机械能守恒，则应验证的表达式为gh3=______。(均用给定的物理量符号表示)
(3)某同学利用他自己做实验时打出的纸带，测量出了各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h，计算出了各计数点对应的速度v，然后以h为横轴、以v2为纵轴作出了v2−h图像(图丙)。若实验中重锤所受的阻力不可忽略且其大小始终不变，则理论上描绘出的v2−h图像应为______。
⑧
四、简答题：本大题共3小题，共37分。
13.“北斗三号”全球卫星导航系统自正式开通以来，运行稳定并持续为全球用户提供优质服务，系统服务能力步入世界一流行列。它由24颗中圆地球轨道卫星、3颗地球静止轨道卫星和3颗倾斜地球同步轨道卫星，共30颗卫星组成。已知地球的半径为R，地球自转周期为T，地球表面的重力加速度大小为g，中圆地球轨道卫星的轨道半径为r，引力常量为G，求：
(1)地球静止轨道卫星到地球表面的高度h；
(2)中圆地球轨道卫星的运行周期T′。
14.如果高速转动的飞轮的重心不在转轴上，运行将不稳定，而且轴承会受到很大的作用力，加速磨损。图中飞轮的半径r=30cm，飞轮所在的平面平行于水平地面，距离水平地面的高度h=0.5m，OO′为转动轴。飞轮正常匀速转动时转动轴受到的水平作用力可以认为是0。假设此飞轮边缘再固定一个质量m=0.01kg的螺丝钉，飞轮以转速n=100r/s转动。不计空气阻力，取重力加速度大小g=10m/s2，π2=10。(结果均保留两位有效数字)
(1)求此时转动轴受到的水平作用力大小；
(2)若螺丝钉某瞬间从边缘脱落(脱落瞬间速度不变)，求螺丝钉从开始脱落到落到水平地面时的水平位移大小。
15.如图所示，倾角为53∘的足够长的光滑斜面固定在水平地面上，劲度系数为k、竖直放置的轻弹簧两端拴接着A、B物块，跨过轻滑轮的轻绳拴接着A、C物块。开始时C物块在平行斜面方向的外力(图中未画出)作用下处于静止状态，绳恰好绷直且无张力。现撤去外力，C物块沿斜面向下运动。已知A、B物块的质量均为m，C物块的质量为2.5m，重力加速度大小为g，忽略一切摩擦，取sin53∘=0.8，cs53∘=0.6.求：
(1)C物块处于静止状态时所加外力F的大小；
(2)从撤去外力瞬间到C物块的速度第一次达到最大的过程中C物块的位移大小；
(3)C物块的速度第一次达到最大时的速度大小。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.伽利略证明了“力是改变物体运动的原因”，故A错误；
B.牛顿发现了万有引力定律，后面的科学家推算出了海王星的存在，故B错误；
C.爱因斯坦提出的相对论，牛顿力学只适用于特定条件下，故C错误；
D.卡文迪什最早通过扭秤装置测量出了引力常量，故D正确；
故选：D。
本题根据伽利略、牛顿、卡文迪许等等科学家的成就，就能进行解答。
本题考查物理学史，这是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论和实验要加强记忆，注意积累。
2.【答案】A
【解析】解：A、做自由落体运动的物体，只有重力做功，所以物体的机械能一定守恒，故A正确；
B、做匀速直线运动的物体的机械能不一定守恒，如竖直方向的匀速直线运动，机械能不守恒，故B错误；
C、做匀速圆周运动的物体的机械能可能守恒，如在光滑桌面做匀速的圆周运动的小球，拉力充当向心力，但不做功，机械能守恒，故C错误；
D、受摩擦力的物体，如果摩擦力不做功，其机械能守恒，例如物体在水平转盘上随转盘匀速转动时，物体受到摩擦力，由摩擦力提供向心力，摩擦力不做功，物体的机械能守恒，故D错误。
故选：A。
物体机械能守恒的条件是只有重力或者是弹力做功，根据机械能守恒的条件逐个分析物体的受力的情况，判断做功情况，即可判断物体是否是机械能守恒。也可以根据机械能的概念：机械能是动能与势能之和进行分析。
本题要掌握机械能守恒的条件，也就是只有重力或者是系统内弹力做功，同时也可以根据能量的转化进行分析，明确动能和重力势能之和是否能保持不变。
3.【答案】C
【解析】解：C.铅球在空中只受到重力作用，所以加速度不变，故C正确；
AB.铅球在空中为曲线运动，所以速度的方向时刻变化，并且上升速率变小，下降速率变大，故AB错误；
D.因为速率变化，所以动能也发生变化，故D错误。
故选：C。
抛出后，只受重力，合外力恒定，故可得到竖直方向先做竖直上抛，后做自由落体运动，由竖直水平方向的二个分运动的，就可得到相关答案。
抓住抛出去后，合外力恒定这一特点来分析。
4.【答案】C
【解析】解：电动自行车匀速行驶时动力与阻力大小相等，则
Pm=Fv=fvm
f=110mg
解得电动车的行驶速度大小
vm=Pmf=400110×80×10m/s=5m/s
故C正确，ABD错误。
故选：C。
电动自行车匀速行驶速度最大，此时动力与阻力大小相等，再根据P=Fv求解。
本题考查的是最大速度的求解，车匀速运动时速度最大。
5.【答案】B
【解析】解：抛出后的圆环做平抛运动，分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。
AB、哥哥抛出的圆环竖直位移较大，根据h=12gt2可推知，哥哥抛出的圆环运动时间较长，又因为两个人的圆环恰好同时套中玩具，所以哥哥先抛出圆环，故A错误，B正确；
CD、哥哥和弟弟抛出的圆环水平位移相同，但哥哥抛出的圆环运动时间较长，根据x=vt可推知，哥哥抛出圆环的初速度较小，故CD错误。
故选：B。
圆环做平抛运动，把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动来分析，两个方向上运动的时间相同。平抛运动的物体飞行时间由高度决定，结合水平位移和时间分析初速度关系。
本题对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解。
6.【答案】A
【解析】解：AB.门把手上A、B两点都绕O点转动，属于同轴转动，则角速度相等，故A、B两点的角速度之比为 1：1，由v=ωr，可知A、B两点的线速度大小之比为
vA：vB=rA：rB=1：2，故A正确，B错误；
C.由a=ω2r，可知A、B两点的向心加速度大小之比为aA：aB=rA：rB=1：2，故C错误；
D.门把手上的点与转轴上O点的连线在相同时间内扫过的面积为
S=12θr2=12ωtr2
所以A、B两点与转轴上O点的连线在相同时间内扫过的面积之比为SA：SB=1：4，故D错误。
故选：A。
两点的角速度相等，根据v=rω可知两点的线速度大小；根据a=ω2r求向心加速度大小；根据扇形的面积公式求解在相同时间内扫过的面积。
解决本题的关键是两点属于同轴转动，具有相等的角速度，根据a=ω2r求向心加速度大小，根据v=rω可知线速度大小。
7.【答案】BD
【解析】解：AB、设两黑洞之间的距离为L，A、B两黑洞绕O点转动的半径分别为R1、R2，两黑洞绕O点旋转的角速度相等，根据万有引力提供向心力可得：GM1M2L2=M1ω2R1=M2ω2R2，黑洞A受到的万有引力等于黑洞 B受到的万有引力，由于R1>R2，则可知M1C、由上述公式知，黑洞A受到的万有引力等于黑洞B受到的万有引力，故C错误；
D、由于向心力由万有引力提供，所以黑洞A所需的向心力等于黑洞B所需的向心力，故D正确。
故选：BD。
两黑洞绕O点旋转的角速度相等，根据万有引力提供向心力结合向心力的计算公式进行分析。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析。
8.【答案】CD
【解析】解：B.汽车的速度v=72km/h=20m/s，汽车过该弯道时的向心加速度大小为
a=v2R=202150m/s2=83m/s2，故B错误；
A.汽车过该弯道时受到重力、支持力、摩擦力，故A错误；
C.汽车过该弯道时所受径向静摩擦力大小为：
f=ma=1500×83N=4000N，故C正确；
D.最大静摩擦力提供向心力，由题意，fmax=35mg，
fmax=mvm2R
解得汽车能安全通过该弯道的最大速度为
vm=30m/s，故D正确。
故选：CD。
由于向心力是物体所受外力指向圆心的分力，由向心加速度的定义式可判断，此情形向心力由路面与轮子的静摩擦力充当。由最大的向心力可求得最大的向心加速度，即最大的转弯速度。
由圆周运动的向心力与向心加速度的关系，抓住此问题中的向心力的来源是关键。
9.【答案】

【解析】
10.【答案】AD
【解析】解：A.平抛运动竖直方向为自由落体，根据自由落体运动学公式
h=12gt2
解得
t= 2hg
故A正确；
B.高尔夫球飞出前瞬间对地面的压力恰好为0，则重力提供向心力
mg=mv2R
解得该球飞出的初速度大小为
v= gR
故B错误；
C.A 洞到坡顶的水平距离为
x=vt，解得x= 2hR
根据位移合成规律，A 洞到坡顶的距离为
s= x2+h2，解得s= 2hR+h2
故C错误；
D.根据动能定理
mgh=Ek−12mv2
解得
Ek=12mg(R+2h)
故D正确。
故选：AD。
根据自由落体运动学公式，求时间；
重力提供向心力，求球飞出的初速度大小；
根据匀速运动位移公式，求洞到坡顶的水平距离，根据位移合成规律，求A 洞到坡顶的距离；
根据动能定理，求该球落入A洞时的动能。
本题解题关键是掌握平抛规律，平抛运动水平方向为匀速直线运动、竖直方向为自由落体运动。
11.【答案】不需要 需要 铁球P、Q同时到达水平轨道上的同一位置相碰 匀速直线运动
【解析】解：(1)实验要求两球到达斜槽末端的速度相同即可，所以弧形轨道 M、N的表面不需要光滑。
实验要验证平抛运动水平方向是否为匀速直线运动，所以水平面板需要确保光滑，确保Q为匀速直线运动才能对比。
(2)实验能观察到的现象是两球在长木板上正好相碰。仅仅改变弧形轨道M的高度，重复上述实验，仍能观察到相同的现象，这说明两球在水平方向的运动完全相同，说明平抛运动在水平方向做匀速直线运动。
故答案为：(1)不需要，需要；(2)铁球P、Q同时到达水平轨道上的同一位置相碰，匀速直线运动。
(1)根据平抛运动的条件分析判断；
(2)根据两球在长木板上是否正好相碰分析判断。
本题关键掌握平抛运动的条件和平抛运动的特点。
12.【答案】C(h4−h2)f2 (h4−h2)2f28 B
【解析】解：(1)A.为了减小阻力的影响，重物选择质量大一些，体积小一些的，故A错误；
B.表达式v=gt或v= 2gh是在物体做自由落体运动的条件推导出来的，物体做自由落体运动，一定满足机械能守恒定律，起不到验证作用，故B错误；
C.根据自由落体运动规律h=12gt2=12×9.8×0.022m=1.96mm
可知第1、2两点间距约为2mm，若纸带上打出的第一、二个点的间距大于 2mm，则说明纸带上打出第一个点时的速度不为0，故C正确。
故选：C。
(2)打点计时器所接交流电的频率为f，则相邻计数点的打点时间间隔为T=1f
根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度
纸带打出C点时的速度大小vC=h4−h22T=(h4−h2)f2
需要验证纸带打出O点到纸带打出C点的过程来验证机械能守恒
则应该满足mgh3=12mvC2
即验证的表达式为gh3=(h4−h2)2f28
(3)若实验中重锤所受的阻力不可忽略且其大小始终不变，根据动能定理mgh−fh=12mv2
即v2=(2g−2fm)h
则理论上v2−h的图像是过原点的倾斜的直线，故ACD错误，B正确。
故选：B。
故答案为：(1)C；(2)(h4−h2)f2；(h4−h2)2f28；(3)B。
(1)A.为了减小阻力的影响，选择密度较大的重物，据此分析作答；
B.公式v=gt或v= 2gh是在物体做自由落体运动条件下得出的，已经满足机械能守恒，起不到验证作用；
C.根据自由落体运动规律分析作答；
(2)利用中点时刻的速度求解C点的速度，然后验证机械能是否守恒；
(3)根据动能定理求解v2−h函数，结合v2−h图像分析作答。
本题考查“验证机械能守恒定律”的实验，本题考查验证机械能守恒实验中实验步骤、注意事项、误差分析等，学生需熟练实验原理，能灵活应用。
13.【答案】解：(1)对于地球静止轨道卫星，根据万有引力提供向心力得
GMm(R+h)2=m4π2T2(R+h)
在地球表面上，有
GMmR2=mg
联立可得：h=3gR2T24π2−R
(2)对于中圆地球轨道卫星，有
GMmr2=m4π2T′2r
联立解得：T′=2πrR rg
答：(1)地球静止轨道卫星到地球表面的高度h为3gR2T24π2−R；
(2)中圆地球轨道卫星的运行周期T′为2πrR rg。
【解析】(1)利用万有引力提供向心力，结合在地球表面物体的重力和万有引力的关系，求出卫星距离地面的高度h。
(2)根据万有引力提供向心力求解中圆地球轨道卫星的运行周期T′。
解决本题的关键要掌握万有引力等于重力，以及万有引力提供向心力这两条思路，并能熟练选择向心力公式。
14.【答案】解：(1)对螺丝钉，根据牛顿第二定律
F=mω2r
其中
ω=2πn
代入数据解得
F=1.2×103N
由牛顿第三定律，转动轴将受到力
F′=F=1.2×103N
(2)根据平抛运动公式
h=12gt2
x=v0t
其中
v0=wr
代入数据联立解得
x=60m
答：(1)此时转动轴受到的水平作用力大小为1.2×103N；
(2)螺丝钉从开始脱落到落到水平地面时的水平位移大小为60m。
【解析】(1)由牛顿第二定律求出向心力，然后根据牛顿第三定律求出转轴受到的力；
(2)根据平抛运动规律列式，再根据v0=wr求出位移。
本题考查了求转轴受到的力，应用向心力公式、牛顿运动定律即可正确解题。
15.【答案】解：(1)物块C处于静止状态时受力平衡，外力沿斜面方向上，则有
F=2.5mgsin53∘=2.5mg×0.8=2mg
(2)刚开始，绳无张力，A物块压在弹簧上，则弹簧的弹力为
F1=mg
开始时弹簧的压缩量
x1=F1k=mgk
C物块的速度第一次达到最大时加速度为0，设此时绳的拉力为T，则
T=2.5mgsin53∘=2.5mg×0.8=2mg
此时A物块加速度也为0，设此时弹簧弹力为F2，对A物块，由平衡条件得
T=mg+F2
解得：F2=mg
此时弹簧的拉伸量为
x2=F2k=mgk
在此过程中弹簧的变化量
Δx=x1+x2=2mgk
从撤去外力瞬间到C物块的速度第一次达到最大的过程中C物块的位移大小为
xC=Δx=2mgk
(3)设C物块的速度第一次达到最大时的速度大小为v，此时A物块速度也为v。
由于F2=mg，所以C物块的速度第一次达到最大时，B物块没有运动。
从开始到C物块的速度第一次达到最大时，弹性势能不变，根据C、A以及弹簧构成的系统机械能守恒得
2.5mgxCsin53∘−mgxC=12mv2+12×2.5mv2
解得：v= 8mg27k
答：(1)C物块处于静止状态时所加外力F的大小为2mg；
(2)从撤去外力瞬间到C物块的速度第一次达到最大的过程中C物块的位移大小为2mgk；
(3)C物块的速度第一次达到最大时的速度大小为 8mg27k。
【解析】(1)C物块处于静止状态时，对物块C沿斜面方向上，根据平衡条件求解外力大小；
(2)刚开始，以物块A为研究对象，根据平衡条件求出弹簧的压缩量。C物块的速度第一次达到最大时加速度为0，由平衡条件求出绳子的张力。此时A物块加速度也为0，根据平衡条件求出此时弹簧的伸长量，从而求得C物块的位移大小；
(3)根据C、A以及弹簧构成的系统机械能守恒列方程求解。
本题是含有弹簧的连接体机械能守恒问题，关键要明确弹簧的状态，知道C物块的加速度为零时，速度最大。根据平衡条件、共点力平衡条件和机械能守恒定律等规律进行解答。