2023-2024学年吉林省“BEST合作体”高一（下）期末考试物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年吉林省“BEST合作体”高一（下）期末考试物理试卷（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，计算题，综合题等内容，欢迎下载使用。

1.一质点做半径为R的匀速圆周运动，则从圆上一点运动至另一点的过程中( )
A. 质量动量大小改变，合外力的冲量为0
B. 质量动量大小改变，合外力的冲量不为0
C. 质量动量大小不改变，合外力的冲量为0
D. 质量动量大小不改变，合外力的冲量不为0
2.下列关于电场线的说法中错误的是( )
A. 电场线是为了表示电场的强弱和方向而人为引入的假想曲线
B. 电场线越密的地方，同一电荷所受电场力越大
C. 正电荷只在电场力作用下一定沿电场线运动
D. 静电场的电场线是不闭合的
3.长度不同的两根细绳悬于同一点，另一端各系一个质量相同的小球，使它们在同一水平面内作圆锥摆运动，如图所示，则两个圆锥摆相同的物理量是( )
A. 周期
B. 线速度的大小
C. 向心力
D. 绳的拉力
4.如图所示，为某轿车的手动变速杆，若保持发动机输出功率不变，将变速杆推至不同挡位，可获得不同的运行速度，从“1”-“5”挡速度依次增大，R是倒车挡，某型号轿车发动机的额定功率为60kW，在水平路面上行驶的最大速度可达180km/h，假设该轿车在水平路面上行驶时所受阻力恒定，则该轿车( )
A. 若该车想以最大牵引力爬坡，则变速杆应推至“5”挡
B. 该车在水平路面上行驶时所受阻力大小为900N
C. 该车以额定功率在水平路面上以最大速度行驶时，其牵引力大小为1200N
D. 若改变发动机输出功率，汽车以54km/h的速度在同一水平路面上匀速行驶时，发动机的输出功率为35kW
5.如图所示，三角形abc是直角三角形，其中∠a=30∘，在a点固定一个电荷量大小为Q₁的点电荷，在b点固定一个电荷量大小为Q₂的点电荷。若c点处的电场强度方向与bc垂直，则Q1Q2的值为( )
A. 2B. 4C. 8D. 16
6.2024年2月29日中国在西昌卫星发射中心成功发射了高轨卫星01星，标志着中国互联网的效率与质量将进一步提升。已知高轨卫星01星与地球中心的连线在时间t内转过的弧度为θ，扫过的面积为S，地球的半径为R，引力常量为G，则( )
A. 高轨卫星01星可以静止在咸宁的正上方B. 地球的质量为2S 2SθGt2
C. 地球表面的重力加速度为S3θR2t2D. 地球的第一宇宙速度为 S3θRt2
7.如图所示，是一个有四分之一圆弧小木块放在粗糙的水平面上，现有一个质量为m的小球从静止开始从圆弧顶端无摩擦滑下，木块始终保持殂止，则小球下滑过程中，小木块受到地面的最大静摩擦力fm是( )
A. fm=mgB. fm=2mgC. fm=12mgD. fm=32mg
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.巡天号地球卫星距地表400km，哈勃号地球卫星距地表550km，下列关系正确的是( )
A. ω巡<ω哈B. v巡a哈
9.如图甲所示，质量为m的物体P与物体Q(质量未知)之间拴接一轻弹簧，均静止在光滑的水平地面上，弹簧恰好处于原长。现给物体P一瞬时初速度v0，并把此时记为0时刻，规定向左为正方向，0∼2t0时间内物体P、Q运动的a−t图像如图乙所示，其中t轴下方部分的面积大小为S1，t轴上方部分的面积大小为S2，则( )
A. 物体Q的质量为m
B. 2t0时刻物体Q的速度大小为S2
C. t0时刻物体P的动量为mv0−12S1
D. 0∼2t0时间内弹簧对物体Q先做正功后做负功
10.如图所示，质量为m的小球甲穿过一竖直固定的光滑杆拴在轻弹簧上，质量为4m的物体乙用轻绳跨过光滑的定滑轮与小球甲连接，开始用手托住物体乙，使滑轮左侧绳竖直，右侧绳与水平方向夹角为α=53∘，轻绳刚好伸直但无拉力，某时刻由静止释放物体乙(距离地面足够高)，经过一段时间小球甲运动到Q点，O、Q两点的连线水平，OQ=d，且小球甲在P、Q两点处时弹簧的弹力大小相等。已知重力加速度为g，sinα=0.8,csα=0.6，下列说法正确的是( )
A. 弹簧的劲度系数k=3mg2d
B. 小球甲位于Q点时的速度大小v= 83gd
C. 在小球甲从P点上升到PQ中点的过程中，甲乙总机械能增加量为mgd2
D. 在小球甲从P点上升到PQ中点的过程中，甲乙总机械能增加量为mgd3
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某实验小组设计了一个验证机械能守恒定律的实验，器材如图所示，固定转轴位于四分之一圆周的圆心位置，质量可忽略的硬杆连接在固定转轴上，另一端固定着一个体积较小的小球，小球与圆弧紧贴但不接触，圆心的正下方固定着一个光电门，圆周的最右侧竖直放置一个刻度尺，其0刻线与圆周的圆心处于同一水平面上。实验小组每次从不同的高度释放小球前，先读出小球所在位置的刻度h，然后释放小球，并从数字记录仪上读出小球从光电门位置经过的速度v，已知硬杆的长度l=8cm，则：
(1)实验过程中，_____(填“需要”或“不需要”)测量小球的质量，就能验证机械能守恒定律。
(2)若实验过程中，获得了一系列的实验数据，如下表所示，
小明同学在右侧的坐标纸中选取合适的标度，并做出了v2−h图像，请你猜想图像是否为正比例图线_____(填“是”或者“否”)，根据图像可知表格中写“空白1”位置的数据应该是_____，“空白2”位置的数据应该是_____。(均保留3位有效数字)
(3)假如小明同学在上述实验过程中，得到的实验图像是一条斜率为k的直线，那么当地的重力加速度为_____(用k来表示)。
12.小英同学在探究向心力大小的表达式实验时：用如图甲所示的装置，已知小球在挡板A、B、C处做圆周运动的轨迹半径之比为1:2:1，变速塔轮自上而下按如图乙所示三种组合方式，左右每层半径之比由上至下分别为1:1、2:1和3:1。回答以下问题：
(1)本实验所采用的实验探究方法与下列哪个实验是相同的__________(填“A”或“B”)。
A.探究两个互成角度的力的合成规律 B.探究影响导体电阻的因素
(2)小英同学把质量为m1、m2的两个小球分别放在B、C位置做实验，若两小球做圆周运动的角速度相等，转动稳定时根据左右两边标尺上的等分格显示可知两个小球所受向心力大小比为8:1，则m1:m2=__________。
(3)小英同学在某次实验时，把质量相等的两小球分别放在A、C位置，根据左右两边标尺上的等分格显示可知两个小球所受向心力大小比为1:4，则与皮带连接的两个变速塔轮的半径之比为__________。
四、计算题：本大题共2小题，共24分。
13.如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m，运动速度的大小为v，方向向下.经过时间t，小球的速度大小为v，方向变为向上。忽略空气阻力，重力加速度为g，求该运动过程中，
(1)小球所受合外力所做的功；
(2)小球所受弹簧弹力冲量的大小。
14.如图所示，一个质量为m，带电量为+q的微粒，从a点以大小为v0的初速度竖直向上射入水平方向的匀强电场中，微粒通过最高点b时的速度大小为2v0方向水平向右，求：
(1)该匀强电场的场强大小E；
(2)该微粒从a点到b点过程中速率的最小值vmin。
五、综合题：本大题共1小题，共14分。
15.如图所示，半径为R的光滑14圆弧槽静止在足够长的光滑水平面上，圆弧底端与水平面相切，其最低点的右侧相距为R处有厚度不计、上表面粗糙程度处处相同的薄木板，薄木板的最左端放置一小滑块，薄木板右端固定一竖直挡板，挡板左侧连有一轻质弹簧。现将一小球从圆弧槽最高点正上方的一定高度处由静止释放，小球落入圆弧槽后从圆弧槽最低点滑离；然后以大小为v0的速度与小滑块发生对心弹性碰撞，碰撞时间极短；随后小滑块相对薄木板向右滑动，压缩弹簧后反弹，且恰好能回到薄木板的最左端而不滑落。已知小球和圆弧槽的质量均为m，小滑块的质量为2m，薄木板以及固定挡板的总质量为4m，小球和小滑块均可视为质点，重力加速度为g，不计空气阻力。求：
(1)小球开始下落时距离水平地面的高度h；
(2)小球与滑块碰撞的瞬间，小球与圆弧槽底端的距离x；
(3)弹簧的最大弹性势能EPm。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】由于匀速圆周运动中速度方向一致在变化，但速度大小不变，故质点从圆上一点运动至另一点的过程中动量大小不改变，但动量是由变化的，相应合外力的冲量不为0，ABC错误，D正确。
故选D。
2.【答案】C
【解析】【分析】
电场线是为了表示电场的强弱和方向而人为引入的假想曲线；正电荷只在电场力作用下运动轨迹不一定沿电场线；电场线的疏密反映场强的相对大小；静电场中的电场线不闭合。
本题考查电场线。解决本题的关键要掌握电场线的物理意义，能根据电荷所受的电场力情况，分析其运动轨迹。
【解答】
A.电场线是为了表示电场的强弱和方向而人为引入的假想曲线，故A正确，不符合题意；
B.电场线越密，场强越大，则同一电荷所受的电场力越大，故B正确，不符合题意；
C.当满足：①电场线是直线；②合外力沿电场线方向，③正电荷初速度为零或初速度方向与电场力方向一致时，电场线和电荷运动的轨迹重合，故C错误，符合题意；
D.静电场的电场线从正电荷出发到负电荷或无穷远终止，是不闭合的，故D正确，不符合题意。
故选C。
3.【答案】A
【解析】【分析】
小球靠重力和绳子的拉力提供向心力，根据牛顿第二定律求出角速度、线速度的大小，向心力的大小，看与什么因素有关。
本题关键要对球受力分析，找向心力来源，求角速度；同时要灵活应用角速度与线速度、周期、向心加速度之间的关系公式！
【解答】
对其中一个小球受力分析，如图，受重力，绳子的拉力，由于小球做匀速圆周运动，故合力提供向心力；
将重力与拉力合成，合力指向圆心，由几何关系得，合力：F=mgtanθ①；
由向心力公式得到，F=mω2r②；
设绳子与悬挂点间的高度差为h，由几何关系，得：r=htanθ③；
由①②③三式得，ω= gh，与绳子的长度和转动半径无关；
又由T=2πω，故周期与绳子的长度和转动半径无关，故A正确；
由v=wr，两球转动半径不等，故线速度不同，故B错误；
绳子拉力：T=mgcsθ，故绳子拉力不同，故D错误；
由F=ma=mω2r，两球转动半径不等，故向心力不同，故C错误；
故选：A。
4.【答案】C
【解析】【分析】
根据功率与牵引力的关系P=Fv判断轿车要以最大牵力行驶时变速杆应推至的挡位;在额定功率下以最高速度行驶时，此时牵引力等于阻力，根据P=Fv=fv求得阻力和牵引力;当匀速行驶时，牵引力等于阻力，根据P=Fv=fv求得实际输出功率。
本题考查了公式P=Fv在机车的功率与牵引力的关系中的应用，难度不大，是一道基础题。
【解答】
A.由功率的公式有P=Fv当车的功率不变时，其速度越小，其牵引力越大，所以当以最大牵引力爬坡时，变速杆应推至“1”档，故A项错误；
BC.当车的牵引力等于车所受的阻力时，其达到最大速度，有P=Fvmax=fvmax，解得F=f=1200N，故B错误，C正确；
D.车匀速行驶，所以此时牵引力等于阻力，即F′=f=1200N，根据功率公式有P输出=F ′v ′，解得P输出=18kW，故D项错误。
故选C。
5.【答案】C
【解析】设bc边长度为r，由于∠a=30∘则ac边长度为2r，根据点电荷的电场强度公式：
E1=kQ1(2r)2，E2=kQ2r2，E1、E2的竖直分量相等，由几何关系知E1sin30∘=E2
解得：Q1Q2=8，故C正确，ABD错误。
6.【答案】B
【解析】解：A、高轨卫星01星绕地心做匀速圆周运动，轨道平面必过地心，因此不可能静止在咸宁的正上方故A错误；
B、由题意可知，高轨卫星01星S=πr2θ2π，ω=θt，GMmr2=mrω2，解得M=2S 2SθGt2，故B正确；
C、在地表处GMmR2=mg，得地球表面的重力加速度g=2S 2Sθt2R2故C错误；
D、在地表处GMmR2=mv12R，得地球的第一宇宙速度为v1= 2S 2Sθt2R，故D错误。
故选：B。
卫星的圆心与地心重合，据此判断A；先计算出卫星的角速度，然后根据万有引力提供向心力即可计算出地球的质量；在地球表面物体受到的万有引力等于其重力，据此可得到地球表面的重力加速度；根据万有引力提供向心力计算地球的第一宇宙速度。
本题主要是考查了万有引力定律及其应用，解答此类题目一般要把握两条线：一是在星球表面，忽略星球自转的情况下，万有引力等于重力；二是对于绕星球做匀速圆周运动的卫星，根据万有引力提供向心力列方程进行解答。
7.【答案】D
【解析】【分析】
因为小球只有重力做功故小球机械能守恒，由机械能守恒可求得任一位置时的速度，由向心力公式可求得小球受到的支持力；
对小车受力分析可求得静摩擦力的最大值。
本题中需要分别对小球和小车进行分析，找出两者间的关系；
本题的难点在于对极值的分析，需要根据题意建立出摩擦力的表达式，再由数学知识求出极值。【解答】
设圆弧半径为R，当小球运动到重力与半径夹角为θ时，速度为v。根据机械能守恒定律和牛顿第二定律有：
12mv2=mgRcsθ
N−mgcsθ= mv2R
结合牛顿第三定律解得小球对小车的压力大小为：N′=N=3mgcsθ
其水平分量为Nx′=3mgcsθ⋅sinθ= 3mgsin2θ 2
根据平衡条件，地面对小车的静摩擦力水平向右，大小为：f=N′x= 3mgsin2θ 2
可以看出：当sin2θ=1，即θ=45∘时，地面对车的静摩擦力最大，其值为fmax= 3mg 2。
故选D。
8.【答案】CD
【解析】A.巡天号地球卫星距地表400km，哈勃号地球卫星距地表550km，则轨道半径
r巡由万有引力提供向心力得
GMmr 2=mω 2r
解得
ω= GMr3
所以
ω巡>ω哈
故A错误；
B.由万有引力提供向心力得
GMmr 2=mv2r
解得
v= GMr
由于轨道半径 r巡v巡>v哈
故B错误；
C.由万有引力提供向心力得
GMmr 2=m4π 2T 2r
解得
T= 4π2r3GM
由于轨道半径 r巡T巡故C正确；
D.由万有引力提供向心力得
GMmr 2=ma
解得
a=GMr 2
由于轨道半径 r巡a巡>a哈
故D正确。
故选CD。
9.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查了a−t图象。分析P和Q的受力，确定加速度的方向；根据牛顿第二定律求解物体Q的质量；根据a−t图像与坐标轴所围的面积表示物体速度的变化量求解t0时刻P和Q的速度；根据力和位移方向的关系分析做功情况。
【解答】
A、t0时刻， PQ所受弹力最大且大小相等，由牛顿第二定律可得：F弹mP=F弹m=b2，F弹mQ=b，可知物体Q的质量为12m，故 A错误；
B、a−t图线与坐标轴围成图形的面积等于物体的速度变化，2t0时刻物体Q是速度vQ=S2，故B正确；
C、由对称性可知，0∼t0内与t0∼2t0内a−t图线与坐标轴围成图形的面积相等，则0∼t0内P的a−t图线与坐标轴围成图形的面积为12S1，t0时刻物体P的速度vP=v0−12S1，则P的动量PP=mvP=mv0−12S1，故C正确；
D、0∼2t0时间内Q物体加速度的方向不变，一直向左，则弹簧弹力方向一直向左，始终对Q物体做正功，故D错误。
故选BC。
10.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查了功能关系和系统机械能守恒定律的知识；
要知道机械能守恒定律的守恒条件是只有重力或系统内弹力做功，能够分析小球运动过程中弹簧弹性势能的变化情况。
由几何关系求解PQ的长度，从而求出小球位于P点时弹簧的压缩量，对P点的小球由力的平衡条件求解劲度系数；小球甲、物体乙和弹簧组成的系统机械能守恒，由系统机械能守恒定律求解速度大小；小球甲在PQ的中点时弹簧的形变量为零，则小球甲从P点上升到PQ中点的过程中，甲乙总机械能增加量等于弹性势能的减小量.
【解答】
A.小球甲在P、Q两点处时弹簧的弹力大小相等，可知在两点的弹簧的形变量相等，因PQ=OQtan53∘=43d，则在P点时弹簧的压缩量为Δx=2d3，由平衡条件和胡克定律得mg=kΔx，解得k=3mg2d，选项A正确；
B.小球甲位于Q点时，乙的速度为零，则由能量关系4mg(dcs 53∘−d)−mgdtan 53∘=12mv2，解得小球甲的速度大小v= 83gd，选项B正确；
CD.小球甲在PQ的中点时弹簧的形变量为零，则小球甲从P点上升到PQ中点的过程中，甲乙总机械能增加量等于弹性势能的减小量，即ΔE机械=ΔE弹=12k(PQ2)2=mgd3，选项C错误，D正确。
故选ABD。
11.【答案】(1)不需要
(2)否
(3)−k2

【解析】(1)要验证机械能守恒定律，由题意得
mgl−h=12mv2
可以约去质量，故不需要测量小球质量。
(2)[1]由 mgl−h=12mv2 ，可知
v2=−2gh+2gl
所以 v2−h 图像不是正比例图线。
[2][3]根据表格中数据，做出 v2−h 图像，如图
根据图像可知表格中写“空白1”位置的数据应该是0.588，“空白2”位置的数据应该是3.00。
(3)由 v2=−2gh+2gl ，图像是一条斜率为k的直线，则
k=−2g
解得当地的重力加速度为
g=−12k
12.【答案】B
4:1
2:1

【解析】【分析】(1)该实验采用控制变量法，图中抓住质量不变、半径不变，研究向心力与角速度的关系；
(2)根据Fn=mrω2分析质量关系；
(3)根据向心力之比求出两球转动的角速度之比，结合v=rω，根据线速度大小相等求出与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比．
本实验采用控制变量法，即要研究一个量与另外一个量的关系，需要控制其它量不变．知道靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等．
【解答】(1)本实验采用的实验探究方法是控制变量法，采用这个探究方法的实验还有探究影响导体电阻的因素，探究两个互成角度的力的合成规律采用的等效法；故选B。
(2)两球的向心力之比为8:1，则转动的角速度相等；轨迹半径之比为2:1；根据Fn=mrω2可知m1:m2=4:1；
(3)把质量相等的两小球分别放在A、C位置，两个小球所受向心力大小比为1:4；根据Fn=mrω2可知角速度之比为1:2；由于皮带传动线速度大小相等，根据v=ωr，左、右两边轮塔半径之比为2：1，
13.【答案】解：(1)以小球为研究对象，由动能定理得W合=12mv2−12mv2=0
(2)以小球为研究对象，取向上为正方向，设小球所受弹簧弹力冲量的大小为I，整个过程中根据动量定理可得：I−mgt=mv−(−mv)
解得：I=2mv+mgt
答：(1)小球所受合外力所做的功为0；
(2)小球所受弹簧弹力冲量的大小为2mv+mgt。
【解析】(1)以小球为研究对象，整个过程中根据动能定理求合力所做的功；
(2)根据动量定理列方程求解小球所受弹簧弹力冲量的大小。
本题主要是考查动能定理和动量定理，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，知道合外力的冲量才等于动量的变化。
14.【答案】(1)沿竖直方向和方向建立直角坐标，带电微粒受到重力及电场力作用，两力分别沿竖直方向和水平方向，将物体的运动分解为竖直方向和水平方向的两个分运动
在竖直方向物体做匀减速运动，加速度为
ay=g
水平方向物体做匀加速运动，初速度为0，加速度为
ax=qEm b 点是最高点，竖直分速度为0，有
t=v0g
水平方向有
2v0=qEmt
联立两式得
E=2mgq
(2)设重力与电场力的合力为 F ，其与水平方向的夹角为 θ ，则
tanθ=mgqE=12
开始一段时间内， F 与速度方向夹角大于90∘，合力做负功，动能减小，后来 F 与速度夹角小于90∘，合力做正功，动能增加，因此，当 F 与速度 v 的方向垂直时，小球的动能最小，速度也最小，设为 vmin 。即
tanθ=vxvy ， vx=qEmt=2gt ， vy=v0−gt
联立以上三式得
t=v05g ， vx=2v05 ， vy=4v05
所以最小速度为
vmin= vx2+vy2=2 5v05

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】(1)v02g ；(2)3R ；(3)4mv0227
【解析】(1)设小球滑离圆弧槽时，圆弧槽的反冲速度大小为 v1 ，方向水平向左由动量守恒定得
mv0=mv1
解得
v1=v0
从小球开始下落至球、槽第一次分离过程，系统机械能守恒。由机械能守恒定律得
mgh=12mv02+12mv12
解得
h=v02g
(2)设小球从开始下落至刚好滑离圆弧槽，相对地面向右滑过 x1 ，圆弧槽反冲相对地面后退 x2 ，由平均动量守恒可得
mx1=mx2
x1+x2=R
解得
x1=12R,x2=12R
小球要继续向右滑过 x2+R ，历时 t ，则
t=x2+Rv0=3R2v0
圆弧槽在 t 时间内向左继续滑行的距离为
v1t=v0×3R2v0=3R2
小球与滑块碰撞的瞬间，小球与圆弧槽底端的距离
x=v1t+x2+R=3R
(3)规定向右为正方向，小球与滑块发生弹性碰撞，动量守恒，机械能守恒
mv0=mv′0+2mv2
12mv02=12mv′02+12×2mv22
解得
v′0=−v03
方向向左
v2=2v03
方向向右。滑块与薄木板共速时弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律得
2mv2=2m+4mv
解得
v=2v09
因滑块恰好回到薄木板的最左端，故薄木板与滑块间一定有摩擦，且相对薄木板向右运动和返回向左运动的摩擦生热相同，设为 Q ，则
EPm=12×2mv22−122m+4mv2−Q
滑块恰好回到薄木板的最左端时仍共速，速度仍为 v ，故
EPm=Q
解得
EPm=4mv0227
v2m2/s2
1.372
1.176
0.980
0.784
空白1
0.392
h(cm)
1.00
2.00
空白2
4.00
5.00
6.00