[物理][期末]四川省乐山市2023-2024学年高一下学期期末考试试题(解析版)

这是一份[物理][期末]四川省乐山市2023-2024学年高一下学期期末考试试题(解析版)，共18页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。

本试题卷共四个大题，共6页，满分100分，考试时间75分钟。考生作答时，须将答案答在答题卡上，在本试题卷、草稿纸上答题无效。
注意事项：
1．答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目用铅笔涂写在答题卡上。
2．每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再涂选其它答案，不准答在试题卷上。
3．考试结束后，将答题卡交回。
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 物理学的发展推动着人类认识宇宙的深度和广度，许多物理学家为此做出了巨大贡献，下列说法中正确的是（ ）
A. 卡文迪什的扭秤实验运用了“放大”的思想
B. 托勒密提出了日心说开辟了科学的新时代
C. 牛顿发现了万有引力，并测出了引力常量的大小
D. 开普勒通过数据测算推断了行星的轨道是圆形的
【答案】A
【解析】A．卡文迪什的扭秤实验运用了“放大”的思想，故A正确；
B．哥白尼提出了日心说开辟了科学的新时代，故B错误；
C．牛顿发现了万有引力，卡文迪什测出了引力常量的大小，故C错误；
D．开普勒通过数据测算推断了行星的轨道是椭圆，故D错误。
故选A。
2. 如图，乐山某中学举行运动会，利用无人机进行现场高空拍摄。该无人机在竖直匀速上升过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 重力势能减小，合外力做负功B. 重力势能减小，合外力做正功
C. 重力势能增大，机械能不变D. 重力势能增大，机械能增大
【答案】D
【解析】CD．该无人机在竖直匀速上升过程中，重力势能增大，动能不变，机械能增大，故C错误，D正确；
AB．该无人机在竖直匀速上升过程中，根据动能定理知，合外力做功为零，故AB错误。
故选D。
3. 如图，一根张紧的绳上悬挂3个单摆，摆长关系为，摆球质量关系为。当A摆振动起来，通过张紧的绳迫使B、C也振动起来，达到稳定后有（ ）
A. A摆的摆球质量最大，故振幅最小B. B摆的摆长最大，故振动周期最长
C. A、B摆振动周期相同，振幅不同D. A、C摆振幅不同，振动周期相同
【答案】C
【解析】摆球A振动后带动其他球做受迫振动，而做受迫振动的周期等于驱动力的周期，故它们的振动周期均和A摆相同，而
可知C固有周期与驱动力的周期相等，C摆发生共振，其振幅最大，与A摆振幅相同。
故选C。
4. 如图，两颗质量不同的人造卫星M、N围绕地球做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A. M的向心加速度小于N的向心加速度B. M的运行周期小于N的运行周期
C. M的线速度小于N的线速度D. M的机械能小于N的机械能
【答案】B
【解析】ABC．人造卫星做匀速圆周运动的向心力由万有引力提供，由向心力公式得
可得
因为，可得
故B正确，AC错误；
D．卫星由低轨道到高轨道要加速，机械能增加，而二者质量关系未知，所以无法判断卫星的机械能大小，故D错误。
故选B。
5. 如图，一质量为m的汽车驶上半径为R的拱桥，到达拱桥最高点时的行驶速度为v且不腾空。则下列说法正确的是（ ）
A. 汽车对拱桥面的压力为mg
B. 汽车在拱桥最高点处于超重状态
C. 拱桥对汽车的支持力为
D. 行驶速度大于时，汽车会腾空
【答案】D
【解析】ABC．根据牛顿第二定律汽车在拱桥最高点
拱桥对汽车的支持力为
根据牛顿第三定律知，汽车对拱桥面的压力为
处于失重状态，故ABC错误；
D．汽车在离开桥顶的临界状态时
根据
解得汽车做离心运动离开桥顶时的临界速度为，故当行驶速度大于时，汽车会腾空，故D正确。
故选D。
6. 某学校师生参加建模大赛制作了一辆由清洁能源驱动的小车，模型展示环节小车能在平直轨道上由静止开始沿直线加速行驶，经过时间t速度刚好达到最大值。设在此加速过程中小车电动机的功率恒为P，小车质量为m，运行中所受阻力恒定，则下列说法中正确的是（ ）
A. 加速过程中小车所受合外力恒定不变
B. 加速过程中小车前进的距离为
C. 加速过程中小车所受阻力恒为
D. 加速过程中小车合外力做功为Pt
【答案】C
【解析】A．这一过程中电动机的功率恒为P，根据
可知随着小车速度的增加，小车受到的牵引力逐渐减小，而阻力恒定，故加速过程中小车所受合外力发生变化，故A错误；
C．当牵引力等于阻力时，速度最大，则加速过程中小车所受阻力为
故C正确；
BD．加速过程中，根据动能定理可得小车受到的合外力所做的功为
可得小车受到的牵引力做的功为
解得
故BD错误。
故选C。
7. 如图，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴重合。转台以一定角速度匀速转动，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，此时小物块受到的摩擦力恰好为0，且物块与O点的连线与之间的夹角为，重力加速度为g。则转台转动的角速度为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】对小物块受力分析，由图可知，小物块受重力和罐壁的支持力，由牛顿第二定律可得
解得
故选A。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8. 如图是一水平弹簧振子做简谐运动的图像，下列说法正确的是（ ）
A. 该振子的振动频率为4HzB. 第2s末振子的加速度为零
C. 第2s末和第10s末振子的速度相同D. 前20s内振子通过的路程为100cm
【答案】BC
【解析】A．由图可知，则
故A错误；
B．第2s末振子处于平衡位置，故加速度为0，故B正确；
C．第2s末振子处于平衡位置，向y轴负方向运动；第10s末振子处于平衡位置，向y轴负方向运动；故两时刻振子的速度相等，故C正确；
D．根据
可知前20s内振子通过路程为
故D错误。
故选BC。
9. 一质量为1kg的物块，在水平力F的作用下由静止开始在粗糙水平面上做直线运动，F随时间t变化的图线如图所示。已知物块与水平面的动摩擦因数为，最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，重力加速度，则下列说法正确的是（ ）
A. 物块在2s末的动量大小为2kg·m/s
B. 物块在3s末的速度大小为1m/s
C. 水平力F在前3s内的冲量大小为3N·s
D. 物块在4s末的动量大小为2kg·m/s
【答案】AC
【解析】A．根据动量定理得
解得

A正确；
B．根据动量定理得
解得

B错误；
C．水平力F在前3s内的冲量大小为

C正确；
D．3s末速度为零，因为

所以物块一直静止，所以在4s末的动量大小为零，D错误。
故选AC。
10. 如图1，一足够长的木板A静止在光滑水平面上，现有质量为1kg的物块B以水平速度4m/s从最左端滑上木板，随后A、B的速度随时间的变化图像如图2。g取，则下列说法正确的是（ ）
A. 木板的质量为4kgB. A、B间的动摩擦因数为0.1
C. 木板的最短长度为7.5mD. 系统损失的机械能为6J
【答案】BD
【解析】A．根据动量守恒定律
即
解得木板的质量为
故A错误；
B．根据牛顿第二定律
根据运动学规律
根据图2知
解得A、B间的动摩擦因数为
故B正确；
C．木板的最短长度为
故C错误；
D．系统损失的机械能为
故D正确。
故选BD。
三、实验题：本题共2小题，共15分。
11. 物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析等。
（1）如图1所示，某同学在“用单摆测重力加速度”实验中，有如下步骤：
A．用米尺测量出悬线的长度l，并将它记为摆长
B．用天平测量出摆球的质量m
C．使单摆小角度摆动后，用秒表记录全振动n次的时间，并计算出摆动周期T
以上步骤中错误的是______，不必要的是______；（选填步骤前的字母）
（2）用如图2所示的装置验证动量守恒定律的说法正确的是（ ）
A. 轨道需要光滑无摩擦且末端需要保持水平
B. 入射小球两次释放的位置必须相同
C. 入射小球的质量不必大于被碰小球的质量
D. 若实验结果成立，则两球碰撞前后动量守恒
（3）某同学用向心力演示器探究向心力大小F与物体的质量m、角速度ω和轨道半径r的关系，实验情境如图甲、乙、丙所示。本实验采用的主要实验方法是______（选填“控制变量法”或“理想模型法”），三个情境中，探究向心力F与质量m关系的是图______。
【答案】（1） A B （2）BD
（3）控制变量法 甲
【解析】
【小问1详解】
在“用单摆测重力加速度”实验中，摆长应为悬线长与小球半径之和，故A错误；
本实验中不需要测量小球的质量，故不必要的是B。
【小问2详解】
A．用如图所示的装置验证动量守恒定律，即利用平抛运动验证动量守恒定律，轨道不需要光滑，但轨道末端需要保持水平，故A错误；
B．入射小球两次释放的位置必须相同，且由静止释放，故B正确；
C．为了防止入射小球碰后反弹，所以入射小球的质量一定大于被碰小球的质量，故C错误；
D．若两球碰撞过程中动量守恒，即
所以
由此可知，若成立，则两球碰撞前后动量守恒，故D正确。
故选BD。
【小问3详解】
探究向心力大小F与物体的质量m、角速度ω和轨道半径r的关系，采用的科学方法是控制变量法，即研究向心力大小F与物体的质量m的关系时，需要保证角速度ω和轨道半径r相同，物体的质量不同，可以选择钢球和铝球。
故选甲。
12. 某同学利用如图1所示装置进行“验证机械能守恒定律”的实验：
（1）关于这一实验，下列说法正确的是______；
A. 实验使用电磁打点计时器，应接220V交流电
B. 选择质量大体积小的物体作为重物
C. 还必须配备的器材有秒表和刻度尺
D. 本实验不需要测重物的质量
（2）实验中，该同学先接通电源，再释放重物，得到一条图2所示的纸带，其中O点为打点计时器打下的第一个点，A、B、C为纸带上所打的三个点，测得它们到起始点O的距离分别为、、，在A和B、B和C之间还各有一个点。已知当地重力加速度为g，打点计时器的打点周期为T，重物的质量为m，从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量______，动能增加量______；（用题目中已知字母表示）
（3）因重物下落过程受各种阻力的影响，则该同学数据处理的结果会出现______（选填“>”、“=”或“<”）；
（4）该同学进一步求出纸带上各点的速度大小v，然后作出相应的图像，画出的图线是一条通过坐标原点的直线。该同学认为：只要图线通过坐标原点，就可以判定重物下落过程机械能守恒，该同学的分析______（选填“合理”或“不合理”）。
【答案】（1）BD （2）
（3）> （4）不合理
【解析】
【小问1详解】
A．电磁打点计时器接8V左右的交流电源，故A错误；
B．为了减小空气阻力的影响，应选择质量大体积小的物体作为重物，故B正确；
C．本实验不需要用秒表测时间，但需要用刻度尺测量纸带上计数点间的距离，故C错误；
D．本实验考查机械能守恒定律，根据公式可知，质量会被约掉，故不需要测量质量，故D正确。
故选BD。
【小问2详解】
从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量
B点速度
动能增加量
【小问3详解】
根据动能定理可知，因重物下落过程受各种阻力的影响，则该同学数据处理的结果会出现。
【小问4详解】
从起始点开始，若机械能守恒应满足
化简可得
作出的图像，若图像过原点，且其斜率等于当地的重力加速度，才可判定重锤下落过程机械能守恒，因此若只满足图像过坐标原点，并不能判定重锤下落过程中机械能守恒，因此该同学的分析不合理。
四、计算题：本题共3小题，共42分。计算题要求写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，只写出最后答案的不能给分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
13. 我国计划在2030年前实现载人登月计划，该计划各项工作进展顺利。假设我国航天员登陆月球后，从月表以初速度竖直向上抛出一颗小球（可视为质点），经过时间t小球落回到抛出点。已知月球半径为R，引力常量为G，月球无空气且不考虑月球自转。求：
（1）月球表面的重力加速度；
（2）月球的质量M；
（3）月球的密度。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）设月球表面处的重力加速度为，根据题意可知
解得
（2）在月球表面
解得
（3）根据

解得
14. 如图，在水平地面上竖直固定一光滑圆弧形轨道，轨道半径，BC为轨道的竖直直径，A与圆心O的连线与竖直方向成53°。现有一质量的小球（可视为质点）从点P以初速度水平抛出，小球恰好能从A点无碰撞的飞入圆弧轨道。不计一切阻力，重力加速度g取，，。求：
（1）小球到达圆轨道A点时的速度大小；
（2）运动到最低点B时对轨道的压力大小；
（3）小球能否通过竖直轨道的最高点C？请说明理由。
【答案】（1）；（2）；（3）见解析
【解析】（1）小球恰好能从A点无碰撞的飞入圆弧轨道，则有
解得小球到达圆轨道A点时的速度大小为
（2）小球从A点到B点过程，根据动能定理可得
解得
在B点，根据牛顿第二定律可得
解得
根据牛顿第三定律可知，运动到最低点B时对轨道的压力大小为。
（3）当小球刚好经过竖直轨道的最高点C，由重力提供向心力得
解得
设小球可以通过竖直轨道的最高点C，从B点到C点过程，根据动能定理可得
解得
由于
则小球不能通过竖直轨道的最高点C。
15. 如图，光滑水平台面MN上放两小滑块A、B（可视为质点），台面MN与水平传送带上表面等高且平滑连接，传送带水平部分长度，传送带沿逆时针方向以恒定速度匀速转动。滑块B与传送带间的动摩擦因数，滑块质量分别为、。开始时滑块A、B均静止，A、B间压缩一轻质弹簧（与A、B均未栓接），弹簧中锁定有弹性势能。现解除锁定，弹开A、B并立即拿走弹簧，g取。
（1）计算A、B弹开后瞬间，A、B的速度大小，；
（2）滑块B获得速度后，向右运动滑上传送带，计算滑块B在传送带上向右滑动的最远距离和滑块B从传送带返回水平面MN时的速度大小；
（3）滑块B从滑上传送带到离开传送带过程中，在传送带表面留下的划痕总长。
【答案】（1），；（2），；（3）
【解析】（1）解除锁定弹开A、B过程中，设向右为正方向，由机械能守恒有
由动量守恒有
两式联立解得
，
（2）滑块B滑上传送带后做匀减速运动，当速度减为零时，运动距离最远，由动能定理得
解得
因为
所以滑块B沿传送带向左返回时，根据运动的对称性，滑块B将在摩擦力作用下一直做匀加速运动直到滑上水平面。由动能定理得
解得
（3）B做匀变速运动，由牛顿第二定律可得
解得
B向右匀减速至速度为0，由

解得
设B向左加速根据运动的对称性，可知

解得
在传送带表面留下的划痕总长为