2022-2023学年云南省玉溪师范学院附中高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年云南省玉溪师范学院附中高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共19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.如图所示，物体A、B在力F(平行于斜面)作用下沿粗糙斜面向上运动，A相对于B静止，则物体B受力的个数为( )
A. 4个B. 5个C. 6个D. 7个
2.如图所示，在前进的车厢的竖直后壁上放一个物体，物体与壁间的动摩擦因数μ，要使物体不致下滑，车厢前进的加速度至少应为(重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
A. μgB. gμC. μgD. g
3.如图所示，A、B两个物体的质量相等，有F=2N的两个水平方向的力分别作用于A、B两个物体上，A、B都静止，则下列说法正确的是( )
A. B物体受3个力的作用
B. A物体受4个力的作用
C. 地面对A的摩擦力方向向右，大小为2N
D. B对A的摩擦力方向向右，大小为2N
4.如图所示，两木块的质量分别为m1和m2，两轻质弹簧的劲度系数分别为k1和k2，上面木块压在上面的轻质弹簧上(但不拴接)，整个系统处于平衡状态，重力加速度为g。现缓慢向上提上面的木块，直到它刚离开上面的轻质弹簧，在此过程中上面木块移动的距离为( )
A. m1gk1B. m2gk2C. m1gk1+m1gk2D. m1gk1+m2gk2
5.如图所示，半径为R的半球形容器固定在水平转台上，转台绕过容器球心O的竖直轴线以角速度ω匀速转动。质量不同的小物块A、B随容器转动且相对器壁静止，A、B和球心O点连线与竖直方向的夹角分别为α和β，α>β.则( )
A. A的质量一定小于B的质量
B. A、B受到的摩擦力可能同时为零
C. 若A不受摩擦力，则B受沿容器壁向上的摩擦力
D. 若ω增大，A、B受到的摩擦力可能都增大
6.如图所示为时钟面板，当时钟正常工作时，关于时针、分针和秒针的转动，下列判断正确的是( )
A. 时针的角速度最大
B. 秒针的角速度最大
C. 时针尖端的线速度大于分针尖端的线速度
D. 时针、分针、秒针的转动周期相等
7.如图为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中某一平面内运动的示意图。“北斗”系统中两颗卫星“G1”和“G3”以及“高分一号”均可认为绕地心O做匀速圆周运动。卫星“G1”和“G3”的轨道半径为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置，“高分一号”在C位置。若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力。则下列说法正确的是( )
A. 卫星“G1”和“G3”的加速度大小相等且为Rrg
B. 如果调动“高分一号”卫星快速到达B位置的下方，必须对其加速
C. 卫星“G1”由位置A运动到位置B所需的时间为πr3R rg
D. “高分一号”所在高度处的加速度大于地面处的重力加速度
8.如图所示，斜面体B静置于水平桌面上，斜面上各处粗糙程度相同。一质量为M的木块A从斜面底端开始以初速度v0上滑，然后又返回出发点，此时速度为v，且vβ，故A、B受到的摩擦力不可能同时为零，故B错误；
C、若A不受摩擦力，整体转动的角速度为：ωA= gRcsα>ωB= gRcsβ；则B有向上的运动趋势，故B受沿容器壁向下的摩擦力，故C错误；
D、若转动的角速度ω>ωA，A和B受沿容器壁向下的摩擦力，如果角速度增大，则A、B受到的摩擦力都增大，故D正确。
故选：D。
分别求出A和B受到的摩擦力为零时对应的角速度大小，比较二者相对运动情况，由此分析摩擦力的方向和变化情况。
本题主要是考查圆周运动的向心力来源，弄清楚受力情况和临界条件的分析是关键。
6.【答案】B
【解析】解：ABC、在相同的时间内秒针转过的圆心角最大，其次是分针，转过圆心角最小的是时针，由角速度定义式ω=ΔθΔt可知ω秒>ω分>ω时，所以秒针的角速度最大，时针的长度小于分针的长度，即时针尖端的半径小于分针尖端的半径，由v=ωr可知时针尖端的线速度小于分针尖端的线速度，故AC错误，B正确；
D、时针、分针、秒针的转动周期分别为12h、1h、60秒，所以三者的周期不相等，故D错误。
故选：B。
ABC、根据在相同时间内时针、分针、秒针转过圆心角的大小，由角速度定义式可知三者角速度大小关系，根据时针和分针的长度，由v=ωr可知时针尖端的线速度与分针尖端的线速度大小关系；
D、根据时针、分针、秒针的转动周期大小，可判断正误。
本题考查了做匀速圆周运动的物体线速度、角速度、半径的关系，解题的关键是知道时针、分针、秒针的转动周期大小，知道三者在相等的时间内转过的圆心角的大小关系。
7.【答案】C
【解析】解：A、根据万有引力提供向心力可知：GMmr2=ma
整理可得：a=GMr2
卫星“G1”和“G3”的轨道半径相等，所以加速度大小也相等，在地球表面的物体所受重力等于万有引力，可知：GMmR2=mg
变形可得：GM=gR2
联立可得卫星“G1”和“G3”的加速度大小为：a=gR2r2，故A错误；
B、“高分一号”卫星加速，将做离心运动，轨道半径变大，速度变小，路程变长，运动时间变长，故如果调动“高分一号”卫星快速到达B位置的下方，必须对其减速，故B错误；
D、由万有引力提供重力可得地面处重力加速度为：g=GMR2
“高分一号”做圆周运动所需向心力由万有引力提供，其加速度为：a′=GMr′2
由于“高分一号”运动半径大于地球半径，所以“高分一号”所在高度处的加速度小于地面处的重力加速度，故D错误；
C、根据万有引力提供向心力有：GMmr2=mω2r
整理可得：ω= GMr3= gR2r3
所以卫星“G1”由位置A运动到位置B所需的时间为：t=π3ω=πr3R rg，故C正确。
故选：C。
根据万有引力提供向心力GMmr2=ma，以及黄金代换式GM=gR2，求卫星的加速度大小；
卫星G1速度增大，万有引力不够提供所需要的向心力，做离心运动；
由向心加速度的公式和重力加速度的公式比较加速度的大小；
根据万有引力提供向心力求出卫星的角速度，然后通过转过的角度求出时间。
解决本题的关键掌握万有引力提供向心力GGMmr2=mω2r=ma，以及黄金代换式GM=gR2。理解变轨的原理，即做向心运动和离心运动的条件。
8.【答案】A
【解析】解：A、设物体上升的最大高度为h，此时对应的斜面长为L，斜面倾角为θ，根据动能定理得：
上升过程中：0−12mv02=−mgh−μmgcsθL
下滑过程中：12mv02−0=mgh−μmgcsθL
解得：h=v02+v24g，故A正确；
B、对斜面体B进行受力分析，物体A向上滑动时，B受力如图甲所示，物体A向下滑动时，斜面体受力如图乙所示；
物体B静止，处于平衡条件，由平衡条件得：f=f1csθ+Nsinθ，f′=Nsinθ−f2csθ，
物体A向上滑行时桌面对B的摩擦力大，物体A下滑时，桌面对B的摩擦力小，不论大小如何，桌面对B始终有水平向左的静摩擦力，故B错误；
C、整个过程中，根据能量守恒定律得：产生的热量Q=12mv02−12mv2，故C错误；
D、物体B处于平衡状态，由平衡条件得：FN1=G+Ncθ−f1sinθ，FN2=G+Ncsθ+f2sinθ，FN2>FN1，故D错误。
故选：A。
设物体上升的最大高度为h，此时对应的斜面长为L，斜面倾角为θ，对A的上升过程和下滑过程，根据动能定理列式，联立方程即可求解最大高度；
对物体B受力分析，然后根据平衡条件分析桌面对B得摩擦力方向以及桌面对B的支持力大小；
根据能量守恒定律求解产生的热量。
对物体正确受力分析、熟练应用平衡条件和动能定理是正确解题的关键，注意上滑和下滑过程中，摩擦力都做负功。
9.【答案】AC
【解析】【分析】
该题考查了应用速度--时间图象解决物体的追击与相遇问题，相遇的条件是两物体运动的位移相等。应用在速度--时间图象中图象与横轴所围成的面积表示物体发生的位移这一规律，分析两物体是否会相遇。
【解答】
在速度--时间图象里，图象与横轴所围成的面积表示物体发生的位移。
A、从A图中可以看出，当t=20s时，两图象面积相等，此时一辆赛车追上另一辆，所以选项A正确。
B、图中a的面积始终小于b的面积，所以不可能追上，所以选项B错误。
C、图象也是在t=20s时，两图象面积相等，此时一辆赛车追上另一辆，所以选项C正确。
D、图象中a的面积始终小于b的面积，所以不可能追上，所以选项D错误。
故选：AC。
10.【答案】ABC
【解析】解：A、对a、b、c组成的整体受力分析，水平方向只受M、N两个挡板的作用力，根据受力平衡条件，可得N板与b球的作用力等于M板与a球的作用力，故A正确；
B、对b球和a球受力分析，都只受三个作用力，因为b、a两球质量相等，所以重力相等，N板对b球的作用力又等于M板对a球的作用力，根据受力平衡，得c球对b、a两球的作用力相等，故B正确；
C.对b受力分析，可知c对b的作用力在竖直方向的分力等于b的重力，所以c对b的作用力大于b的重力，故C正确；
D.对a、b、c组成的整体受力分析，竖直方向根据平衡条件可知，水平面对c的作用力等于a、b、c三者的总重力，故D错误。
故选：ABC。
利用整体法和隔离法对物体受力分析，结合平衡方程，分析结果。
本题主要考查对整体法和隔离法的应用，以及平衡条件的理解。
11.【答案】BD
【解析】解：A、B和C两点同轴转动，所以两点的角速度相等，故A错误；
B、A和B两点属于同一传动链两点，故线速度相同，故B正确；
C、A与B线速度大小相等，根据v=ωr，两点的角速度与半径成反比，故C错误；
D、B与C的角速度是相等的，根据v=ωr，两点的线速度与其半径成正比，故D正确；
故选：BD。
利用同轴转动角速度相同，同一传动链不打滑，皮带上各点的线速度大小相等，再利用v=ωr求解即可。
本题关键能分清同缘传动和同轴传动的特点，还要能结合公式v=ωr列式求解。
12.【答案】BD
【解析】解：A、结合图乙可知A、B均向右运动，但B的速度大于A，即B相对于A向右运动，因此A所受的摩擦力向右，故A木板的运动方向与其摩擦力方向相同，故A错误；
B、由图象知B的加速度大小为aB=3−11m/s2=2m/s2
对B进行分析有：μmBg=mBaB，代入数据，可解得：μ=0.2，故B正确；
C、由题意可知，木块B尚未滑出木板A，则临界条件为当AB具有共同速度时，B恰好滑到A的右端，设A、B物体位移大小分别为sA、sB，加速度分别为aA、aB，由图可知aA=1m/s2，aB=2m/s2，设木板A的最小长度为l，
则有：sA=12aAt2，sB=v0t−12aBt2，sB−sA=l，
联立上式，可解得l=1.5m，则木板长L≥1.5m，故C错误；
D、根据牛顿第二定律，对木板A，有μmBg=mAaA，
对物体B，有μmBg=mBaB，联立两式可解得：aAaB=mBmA=21，
即长木板A的质量是B物体的两倍，长木板A的质量是4kg，故D正确；
故选：BD。
对A、B受力分析可知摩擦力的方向与运动方向的关系；由图象求得B的加速度大小，再对B由牛顿第二定律可求得A、B之间的动摩擦因数；由图象分别求解二者的加速度大小，再由位移公式求解二者的位移，由位移关系可求得长木板A的最小长度；分别对二者应用牛顿第二定律可得出质量关系。
本题考查了板块模型，结合图象明确二者的运动特点是求解的关键，知道v−t图象的斜率的含义。
13.【答案】启动电源 拉动纸带 4 如图所示 小车的速度随时间均匀增大
【解析】解：(1)在实验中，使用打点计时器时应先启动电源，再拉动纸带。
(2)由题意可知相邻两计时点间的时间间隔为T=1f=0.02s，每两个计数点间未标出的计时点个数为n=tT−1=4个
(3)分别用对应时间段的平均速度表示中间时刻的瞬时速度，可得：vB=AC2t=(3.62+4.38)×10−22×0.1m/s=0.400m/s，vC=BD2t=(4.38+5.20)×10−22×0.1m/s=0.479m/s，vD=CE2t=(5.20+5.99)×10−22×0.1m/s≈0.560m/s
(4)先将五组数据在坐标系中描点，再将这些点拟合成直线，得到v−t图线如图所示。
图线为斜率为正的倾斜直线，说明小车的速度随时间均匀增大。
故答案为：(1)启动电源、拉动纸带；(2)4；(3)0.400、0.479、0.560；(4)如图所示，、小车的速度随时间均匀增大。
(1)实验时应先接通电源再拉动纸带；
(2)根据打点计时器的打点周期和题意确定未标出计时点的个数；
(3)根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B、C、D的速度；
(4)结合各点的速度作出速度-时间图线。
解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会根据纸带求解瞬时速度，主要是匀变速直线运动推论的运用，对于作图问题，对于偏离比较远的点，应大胆舍去。
14.【答案】在误差允许范围内，滑块的机械能守恒 存在阻力的作用
【解析】解：(1)由题知重力势能的减小量为：ΔEp=mgh=mgx1⋅sinθ=0.5×10×27.0×0.01×0.6J=0.81J
因初速度为0，故匀加速直线运动的末速度为：vt=2x1t1，动能增量为ΔEk=12mvt2
将x1=27.0cm=0.270m，代入解得ΔEk=0.81J。
(2)重力势能的减小量为ΔEp′=mgx2sinθ=0.5×10×98.0×0.01×0.8J=3.92J
因初速度为0，故匀加速直线运动的末速度为：v′t=2x2t2，动能增量为ΔEk′=12mvt′2
解得ΔEk′=3.84J
由以上数据可得结论是：在误差允许的范围内，滑块的机械能守恒。
(3)由mgxsinθ=12m(2xt)2，得sinθ=2xgt2，故图线应为过原点的直线；
当有阻力作用时，由mgxsinθ−Fx=12m(2xt)2
得sinθ=2xgt2+Fmg，可知该图线不过原点的原因是存在阻力作用。
故答案为：(1)0.81J；0.81J；(2)3.92J；3.84J；在误差允许范围内，滑块的机械能守恒；(3)存在阻力作用
(1)(2)根据重力势能的计算公式解得重力势能的减少量，根据匀变速直线运动规律解得速度，从而计算动能的变化；
(3)根据机械能守恒定律结合图像分析解答。
解决本题的关键掌握验证机械能守恒定律的实验原理，掌握速度的计算方法，以及会分析误差的根源。
15.【答案】解：(1)将F分解为F1和F2.如图所示。则有：
F1=Fcsθ=25×0.6N=15N
F2=Fsinθ=25×0.8N=20N
因G=20N，与F2相等，所以圆环对杆的弹力为0；
(2)由(1)可知：F合 =F1=15N
由牛顿第二定律可知F合 =ma
代入数据得：a=7.5m/s2；
(3)由(2)可知，撤去F时圆环的速度为：v0 =at1=15m/s
撤去F后圆环受力如图。
水平方向 F合=f=ma′
竖直方向 FN=mg，f=μFN
联立可得 a′=μg=7.5m/s2
圆环的速度与加速度方向水相反，做匀减速直线运动直至静止，
由运动学公式可得圆环滑行位移为：x=0−v02−2a′=−1522×(−7.5)m=15m。
答：(1)圆环对杆的弹力为0；
(2)圆环加速度的大小是7.5m/s2；
(3)若2s后撤去拉力F，圆环还能滑行的距离是15m。
【解析】(1)将F分解为水平和竖直两个方向，由竖直方向的受力平衡求出杆对圆环的弹力，从而求得圆环对杆的弹力；
(2)求出圆环的合力，再由牛顿第二定律求圆环加速度的大小；
(3)若2s后撤去拉力F，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求圆环还能滑行的距离。
解决本题的关键要理清环在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。
16.【答案】解：(1)“墨子号”卫星的角速度ω=2πT，
“墨子号”卫星的向心力Fn=m(R+h)ω2=m(R+h)4π2T2
(2)万有引力提供“墨子号”卫星向心力GMm(R+h)2=Fn
解得地球的质量M=4π2(R+h)3GT2
(3)万有引力提供物体绕地球表面做匀速圆周运动向心力GMmR2=mv2R
解得第一宇宙速度v= GMR=2πT (R+h)3R
【解析】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，知道第一宇宙速度是贴近星球表面做匀速圆周运动的线速度。
(1)根据“墨子号”卫星的周期求出角速度，结合向心力公式求出“墨子号”卫星的向心力大小；
(2)根据万有引力提供向心力，结合)“墨子号”卫星的轨道半径和周期，求出地球的质量；
(3)根据万有引力提供向心力得出第一宇宙速度的大小；
17.【答案】解：(1)小球从桌面飞出到A点的过程中，做平抛运动，则由动能定理有：
12mvy2=mg(R+Rcsθ)
tanθ=vyv0
解得：v0=3m/s；
(2)小球恰好能通过最高点C的临界条件是：mg=mvC2R
而小球从桌面到C的过程中，重力做的功为0，由动能定理得：
Wf=12mvC2−12m02
解得在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功为：Wf=−4J
答：(1)小球的初速度v0的大小为3m/s；
(2)若小球恰好能通过最高点C，求在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功为−4J.
【解析】(1)小球从桌面飞出到A点的过程中，做平抛运动，则由动能定理求出竖直方向分速度vy，利用tanθ=vyv0，求出小球的初速度v0的大小；
(2)小球恰好能通过最高点C的临界条件是在最高点重力提供做圆周运动的向心力，在小球从桌面到C的过程中，重力做的功为0，由动能定理列式，求出在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功．
本题结合平抛运动和圆周运动考查动能定理的应用，第(2)小球恰好能通过最高点C的临界条件是在最高点重力提供做圆周运动的向心力，要找到这个临界条件，再全程进行分析．vB
vC
vD
vE
vF
数值/(m/s)
0.640
0.721