还剩11页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
2023-2024学年吉林省普通高中G6教考联盟高一（下）期末考试物理试卷（含详细答案解析）
展开
这是一份2023-2024学年吉林省普通高中G6教考联盟高一（下）期末考试物理试卷（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，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.以下物理量是矢量的是
A. 动能的变化量B. 重力势能的变化量C. 机械能的变化量D. 动量的变化量
2.如图所示，两个光滑斜面均固定于同一水平地面上。它们的高度相同、倾角不同。斜面的倾角分别为θ1=45∘，θ2=60∘。现将质量相同的甲、乙两个小球分别由两个光滑斜面的顶端同时由静止释放，并运动到各自斜面的底端。以下说法正确的是
A. 两个小球在由斜面顶端运动到斜面底端的过程中，小球甲所受重力做的功等于小球乙所受重力做的功
B. 两个小球在由斜面顶端运动到斜面底端的过程中，小球甲所受重力做功的平均功率等于小球乙所受重力做功的平均功率
C. 两个小球在运动到斜面底端时，小球甲所受重力做功的瞬时功率等于小球乙所受重力做功的瞬时功率
D. 两个小球在由斜面顶端运动到斜面底端的过程中，重力对两个小球做的功不等，重力对两个小球做功的平均功率不等，两小球到达斜面底端时重力对两个小球做功的瞬时功率也不相等
3.已知金星的半径是地球半径的95%，质量为地球质量的82%，则以下判断正确的是
A. 金星表面的自由落体加速度大于地球表面的自由落体加速度
B. 金星表面的自由落体加速度小于地球表面的自由落体加速度
C. 金星的“第一宇宙速度”大于地球的“第一宇宙速度”
D. 金星的“第一宇宙速度”等于地球的“第一宇宙速度”
4.以下表述正确的是( )
A. 动量守恒定律只能应用于系统，机械能守恒定律可以应用于单一物体
B. 若在某一物理过程中满足动量守恒定律，则在该物理过程中一定同时满足机械能守恒定律
C. 一个物体在做匀速圆周运动的过程中，动能保持不变，动量时刻改变
D. 若在某一物理过程中，物体的动量对时间的变化率恒定，那么在该过程中物体的动能对时间的变化率也恒定
5.质量为10g的子弹，以300m/s的速度射入厚度为5cm的固定木板(如图所示)，射穿后的速度是100m/s。则子弹射穿木板的过程中受到的平均阻力F的大小是多少
A. F=80NB. F=800NC. F=8000ND. F=80000N
6.心室纤颤是一种可能危及生命的疾病。一种叫作心脏除颤器的设备，通过一个充电的电容器对心颤患者皮肤上的两个电极板放电，让一部分电荷通过心脏，使心脏完全停止跳动，再刺激心颤患者的心脏恢复正常跳动。如图所示，是一次心脏除颤器的模拟治疗，如果充电后电容器的电压为4.0kV，电容器在一定时间内放电至两极板之间的电压为0，这次放电有6.4×10−2C的电荷量通过人体组织，则该心脏除颤器的电容器电容为
A. 0.16FB. 1.6FC. 1.6μFD. 16μF
7.一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球A和B， B球的质量是A球的4倍。用手托住B球，当轻绳刚好被拉紧时，B球离地面的高度是h， A球静止于地面，如图所示。释放B球，当B球刚落地时，关于A球的速度大小vA，以下判断正确的是(定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦均不计，重力加速度为g)
A. vA= 2ghB. vA= 4gh5C. vA= 6gh5D. vA= 8gh5
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示， A 、B 、C 、D是正方形的四个顶点，在A、B、C三点放有电荷量都为+q的点电荷，正方形的两条对角线AC、BD相交于O点，则关于D点和O点的电场强度和电势的判断，以下说法正确的是
A. D点电场强度大于O点的电场强度B. D点电场强度小于O点的电场强度
C. D点电势高于O点的电势D. D点电势低于O点的电势
9.如图所示，动量大小分别为pA=5kgm/s和pB=6kgm/s的小球A和B在光滑水平面上沿着同一直线同向运动。A追上B并发生碰撞，若已知碰撞后A的动量大小减少了2kgm/s，而方向不变，那么，小球A、B的质量之比mAmB可能是
A. 38B. 12C. 47D. 89
10.如图，将质量为2.5m的重物系在轻绳的一端，放在倾角为α=53∘的固定光滑斜面上，轻绳的另一端系一质量为m的环，轻绳绕过光滑轻小定滑轮，环套在竖直固定的光滑直杆上，定滑轮与直杆的距离为d。杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点正下方距离为34d处。轻绳绷直，系重物段轻绳与斜面平行，不计一切摩擦阻力，轻绳、杆、斜面足够长，sin53∘=0.8，cs53∘=0.6，重力加速度为g。现将环从A处由静止释放，下列说法正确的是
A. 环从A点释放时，环的加速度大小为 g
B. 环下降到最低点前，轻绳对重物先做正功后做负功
C. 环到达B处时，环的速度大小为 5gd19
D. 环下降到最低点时，环下降的高度为43d
三、实验题：本大题共2小题，共12分。
11.如图甲，长木板的一端垫有小木块，可以微调木板的倾斜程度，以平衡摩擦力，使小车能在木板上做匀速直线运动。小车A前端贴有橡皮泥，后端连一打点计时器纸带，接通打点计时器电源后，让小车A以某速度做匀速直线运动，与置于木板上静止的小车B相碰并粘在一起，继续做匀速直线运动。打点计时器电源频率为50Hz，得到的纸带如图乙所示，已将各计数点之间的距离标在图上。
(1)图中的数据有AB、BC、CD、DE四段，根据图中的数据计算小车A碰撞前的速度大小为______m/s；计算两车碰撞后的速度大小为______m/s。
(2)若小车A的质量为0.4kg，小车B的质量为0.2kg，根据纸带数据，碰撞前两小车的总动量是______kgm/s；碰后两小车的总动量是______kgm/s。(结果均保留四位有效数字)
12.如图所示，为一种利用气垫导轨“验证机械能守恒定律”的实验装置。主要实验步骤如下：
A.将气垫导轨放在水平桌面上，将导轨调至水平。
B.测出遮光条的宽度d。
C.将滑块移至图示位置，测出遮光条到光电门的距离l。
D.释放滑块，读出遮光条通过光电门的遮光时间t。
E.用天平称出托盘和砝码的总质量m及滑块和遮光条的总质量M。
(重力加速度为g)回答下列问题：
(1)在滑块从静止释放到运动到光电门的过程中，系统的重力势能减少了______。
(2)若要符合机械能守恒定律的结论，以上测得的物理量应该满足的关系是______。(用题中所给的字母表示)
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.如图，光滑水平面 AB 与竖直面内的粗糙半圆形导轨在B点相接，导轨半径为R。一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，它经过B点的速度为vB=3 gR，之后沿半圆形导轨运动，到达C点的速度为vC= 2gR。重力加速度为 g。
(1)求弹簧压缩至 A点时的弹性势能。
(2)求物体沿半圆形导轨运动过程中阻力所做的功。
14.如图所示，一个质量为m=2.0×10−11 kg，电荷量q=+1.0×10−5C的带电微粒(重力忽略不计)，从静止开始经U1=100 V电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场，偏转电场的电压U2=100 V。金属板长L=20cm，两板间距d=20cm。求：
(1)微粒进入偏转电场时的速度v0大小；
(2)微粒射出偏转电场时的偏移的距离y1是多少。
(3)电子离开电场后，打在屏上的P点，若S=10cm，求OP的长?
15.如图所示，半径R=0.8m的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定于水平面上。4个相同的木板紧挨着圆弧轨道末端静置，圆弧轨道末端与木板等高，每块木板的质量为m=1kg，长l=1.5m。它们与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，木板与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。在第一块木板左端放置一个质量M=2.5kg的小铅块B，可视为质点，现让一个与B完全一样的铅块A从圆弧顶端由静止滑下，经圆弧底端后与B发生弹性正碰，铅块与木板间的动摩擦因数μ2=0.2，g=10m/s2，求：
(1)铅块A滑到曲面轨道下端时轨道对铅块A的支持力大小。
(2)铅块A与铅块B刚碰撞后瞬间铅块B的速度大小。
(3)在铅块B与木板间相对滑动过程中，由铅块、木板和地面所构成的系统，因摩擦所产生的总热量Q为多少。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
详细解答和解答过程见【答案】
【解答】
A、动能的变化量是标量，故A错误；
B、重力势能的变化量是标量，故B错误；
C、机械能的变化量是标量，故C错误；
D、动量的变化量是矢量，方向与合外力冲量方向相同，故D正确；
2.【答案】A
【解析】【分析】
详细解答和解答过程见【答案】
【解答】
A、重力做的功属于保守力做功，只由初末位置的高度决定，二者高度相同，小球甲所受重力做的功等于小球乙所受重力做的功，故A正确；
B、两个小球在由斜面顶端运动到斜面底端的过程中，甲斜面的倾角小，加速度小，小球下滑时间长，重力做功二者相等，由平均功率的定义式可知，小球甲所受重力做功的平均功率小于小球乙所受重力做功的平均功率，故B错误；
C、两个小球在由斜面顶端运动到斜面底端的过程中，重力做功二者相等，到达底端的末速度相等，小球所受重力做功的瞬时功率P=mg⋅vsinθ，θ1=45∘<θ2=60∘，小球甲所受重力做功的瞬时功率小于小球乙所受重力做功的瞬时功率，故 C错误；
D、由以上分析可知，两个小球在由斜面顶端运动到斜面底端的过程中，重力对两个小球做的功相等，重力对两个小球做功的平均功率不等，两小球到达斜面底端时重力对两个小球做功的瞬时功率也不相等，故D错误。
3.【答案】B
【解析】【分析】
详细解答和解答过程见【答案】
【解答】
AB、由黄金代换式GMmR2=mg，金星表面的自由落体加速度小于地球表面的自由落体加速度，故A错误，B正确；
CD、由GMmR2=mv2R可知v = GMR ，金星的“第一宇宙速度”小于地球的“第一宇宙速度”，故CD错误。
4.【答案】C
【解析】A.动量守恒定律和机械能守恒定律所研究的对象都是相互作用的物体组成的系统，故A错误；
B.动量守恒和机械能守恒的条件不同：系统动量是否守恒，决定于系统所受合外力是否为零；而机械能是否守恒，则决定于是否有重力和弹簧弹力以外的力(不管是内力还是外力)做功，是否只有动能与势能相互转化，无其他形式能(如热能)转化，系统动量守恒时，机械能不一定守恒，故B错误；
C.一个物体在做匀速圆周运动的过程中，速度大小不变，方向不断改变，则动能保持不变，动量时刻改变，故C正确；
D.根据
F⋅Δt=Δp
物体的动量对时间的变化率恒定，即合外力恒定，根据
W合=ΔEk
则
P=W合Δt=ΔEkΔt
动能对时间的变化率恒定，即合外力功率恒定，物体的动量对时间的变化率恒定，那么在该过程中物体的动能对时间的变化率不一定也恒定，故D错误。
故选C。
5.【答案】C
【解析】【分析】本题最简单的解法是应用动能定理，本题也可以应用牛顿运动定律结合运动学公式求解．
对不涉及方向的单个物体的动力学问题，要首选动能定理求解．
【解答】在子弹射穿木块的过程中只有木板对子弹的阻力(设为 f)对子弹做了功，对子弹分析，根据动能定理得−fl=12mv22−12mv12
代入数据计算得出阻力为f=8000N
ABD错误，C正确。
6.【答案】D
【解析】【解答】
解：C=QU=6.4×10−24.0×103F=16μF。故选 D。
本题考查电容器的电容定义式，属于对公式直接掌握和应用。
7.【答案】C
【解析】【解答】
设A球的质量为m，则B球的质量为4m。设当B球刚落地时A、B球的速度大小相同为vA，对于A、B两球组成的系统来说，只有重力做功，所以系统的机械能守恒。取地面为参考平面，由系统的机械能守恒得：4mgh=mgh+12mvA2+12×4mvA2，解得：vA= 6gh5，故C正确，ABD错误。
8.【答案】BD
【解析】AB、设正方形边长为a，D点电场强度由电场的叠加原理可知ED=Kqa2 2+Kq 2a2= 2+12Kqa2，O点的电场强度 EO=Kq 22a2=2Kqa2，即D点电场强度小于O点的电场强度，故A错误，B正确；
CD、由电势φ=Kqr可知，距离正电荷越近电势越高，即D点电势低于O点的电势，故C错误，D正确。
9.【答案】ABC
【解析】解：根据动量守恒定律得 pA+pB=pA′+pB′，又pA′=3kg⋅m/s， 解得：pB′=8kg⋅m/s， 碰撞过程系统的总动能不增加，则有pA22mA+pB22mB≥pA′22mA+pB′22mB，又由题，碰撞前A的速度大于B的速度，则有 pAmA>pBmB ，碰撞后A的速度不大于B的速度，则有 pA′mA≤pB′mB，由以上不等式组解得38≤mAmB≤47，故ABC正确，D错误。
10.【答案】ACD
【解析】【分析】
解决本题的关键要知道环沿绳子方向的分速度等于重物的速度，同时要搞清运动中长度的几何关系。要注意环和重物组成的系统机械能守恒，但环的机械能并不守恒。
环刚开始释放时，根据重物的受力情况，由牛顿第二定律求环的加速度大小。
环下降到最低点前，环和滑轮之间的绳子长度一直增加，重物与滑轮之间的绳子长度一直减小。
根据系统的机械能守恒求环下降到最低点时下降的高度。
根据数学几何关系求出环到达B处时重物上升的高度。对B的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，结合系统机械能守恒求解环到达B处时环的速度大小。
【解答】
A、环从A点释放时，水平方向无运动，竖直方向只受重力，故环的加速度大小为g，故A正确；
B、环下降到最低点前，环和滑轮之间的绳子长度一直增加，重物与滑轮之间的绳子长度一直减小，故轻绳对重物一直做正功，故B错误；
C、环到达B处时，tanθ=d34d=43，θ=53∘，对环的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，
在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，有：v环cs53∘=v物，所以有v环=53v物，
此时重物上升的高度为h=[ (34d)2+d2−d]sinα=14d×45=d5，
根据系统的机械能守恒有：mg⋅34d−2.5mgh=12mv环2+12×2.5mv物2，
联立解得，v环= 519gd，故C正确；
D、设环下降到最低点时，下降的高度为h，此时环和重物的速度均为0，重物上升的最大距离为x= h2+d2−d，根据机械能守恒有mgh=2.5mgxsin53∘，解得：h=43d，故D正确。
故选 ACD。
11.【答案】(1)1.712， 1.140;(2)0.6848， 0.6840。
【解析】【分析】
明确实验原理，通过纸带数据计算得碰撞前后速度是解题关键，易错点在计数点间时间间隔。
实验要求小车碰撞前后在木板上做匀速直线运动；
根据纸带数据求出碰撞前后小车速度，即可得碰撞前后两车总动量。
【解答】
(1)接通打点计时器电源后，推动小车A由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，BC段为匀速运动的阶段，故选BC计算碰前的速度；碰撞过程是一个变速运动的过程，而小车A和B碰后的共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，应选DE段来计算碰后共同的速度。
根据匀变速直线运动规律可知碰前小车A的速度为v1=BCt=17.12×10−25×0.02m/s=1.712m/s，
碰后两车的速度为v2=DEt=11.40×10−25×0.02m/s=1.140m/s，
(2)碰前只有A有动量，则p1=m1v1=0.4kg×1.712m/s=0.6848kg⋅m/s，
则碰后两小车的总动量p2=(m1+m2)v2=(0.4+0.2)×1.140kg⋅m/s=0.6840kg⋅m/s。
12.【答案】(1)mgl；
(2)mgl=12(M+m)(dt)2。
【解析】【分析】
(1)根据重力势能与重力做功的关系解得；
(2)根据实验原理分析还需测量的物理量与满足的表达式。
本题考查机械能守恒，解题关键掌握机械能守恒定律的含义，注意速度的计算公式。
【解答】
(1)根据题意可知，系统减少重力势能即为托盘和砝码减小的重力势能，为ΔEp=mgl
(2)令滑块和挡光条的总质量为M，托盘和砝码下落过程中，系统增加的动能为ΔEk=12(M+m)v2，由于通过光电门的速度较短所以ΔEk=12(M+m)(dt)2
则为了验证机械能守恒，需满足的关系是mgl=12(M+m)(dt)2
13.【答案】解：
(1)物体由A到B的过程中，机械能守恒，
弹簧压缩至A点的弹性势能即：Ep=12mvB2=92mgR
(2)对物体，B→C，阻力做功为Wf,
由动能定理有−mg×2R+Wf=12mvC2−12mvB2
解得 W=12mvC2−12mvB2+2mgR=−32mgR
【解析】(1)结合B点的状态，得到物体在B点的动能，物体从 A点至B点的过程中机械能守恒定律，弹簧的弹性势能等于物体经过 B点的动能;
(2)结合C点的速度，物体从B到C的过程，运用动能定理求解克服阻力做的功。
本题考查动能定理以及功能关系的应用，要注意AB过程中只有弹力做功，弹性势能全部转化为动能，同时注意 BC过程各力做功情况，由动能定理即可求解。
14.【答案】解：(1)微粒在加速电场中做加速运动，由动能定理得 qU1=12mv 02 ，
解得 v0=1.0×104m/s；
(2)微粒在偏转电场中做类平抛运动，水平方向 L=v0t ，竖直方向 y1=12at2，vy=at，
由牛顿第二定律得 a=qU2md ，
联立以上各式，代入数据解得 θ=45∘ ， y1=5cm；
(3)电子离开偏转电场后，运动时间 t1=sv0 ，竖直方向运动位移 y2=vyt1，
OP的距离为 y=y1+y2 ，
联立并代入数据解得y=10cm。
【解析】(1)微粒加速过程，根据动能定理求带电微粒进入偏转电场时的速度v0大小；
(2)带电微粒进入偏转电场后做类平抛运动，根据运动的合成与分解规律结合牛顿第二定律求y1；
(3)微粒离开偏转电场后做匀速直线运动，结合几何关系求微粒落到屏P点到屏中点O的距离。
本题是带电粒子在组合场中运动的问题，关键是分析粒子的受力情况和运动情况，运用力学的方法处理。要掌握类平抛运动的规律，根据牛顿第二定律和运动学公式相结合分析求解。
15.【答案】【解答】
解：(1)设小物块A到达曲面轨道下端时的速度为v0。小物块A沿曲面下滑的过程，取B所在水平面为参考平面，由机械能守恒定律有
MgR=12Mv02，解得v0=4m/s
物块A在轨道下端时，由牛顿第二定律有
FN−Mg=Mv02R
联立解得FN=3Mg=3×2.5×10N=75N
(2)由于A、B铅块质量相同，且发生弹性碰撞，根据动量守恒，机械能守恒得
Mv0=MvA+MvB
12Mv2=12MvA2+12MvB2
解得vB=4m/s
(3)设小铅块滑到第n块木板时木板开始滑动，铅块对木块的滑动摩擦力为f1=μ2Mg=0.2×2.5×10N=5N
则第n块木板与后面的(4−n)块木板受到地面的最大静摩擦力为
f2=μ1[M+(4−n+1)m]g
要使木块滑动，应满足f1>f2，即5>μ1[M+(5−n)m]g
解得n>2.5
取n=3，故铅块滑上第3块木板时，木板才开始运动，由于A、B铅块质量相同，且发生弹性碰撞，所以碰后两者速度交换，即碰后B的速度等于v0=4m/s，对铅块B根据动能定理得
−μ2Mg⋅2l=12Mv2−12Mv02
解得铅块B刚滑至木板3时的速度：v=2m/s，
设小铅块滑到第n块木板时木板开始滑动，铅块对木块的滑动摩擦力为f1=μ2Mg=0.2×2.5×10N=5N
则第n块木板与后面的(4−n)块木板受到地面的最大静摩擦力为
f2=μ1[M+(4−n+1)m]g
要使木块滑动，应满足f1>f2，即5>μ1[M+(5−n)m]g
解得n>2.5
取n=3，故铅块滑上第3块木板时，木板才开始运动，由于A、B铅块质量相同，且发生弹性碰撞，所以碰后两者速度交换，即碰后B的速度等于v0=4m/s，对铅块B根据动能定理得
−μ2Mg⋅2l=12Mv2−12Mv02
解得铅块B刚滑至木板3时的速度：v=2m/s，
铅块B做匀减速直线运动的加速度大小a1=μ2MgM=μ2g=0.2×10m/s2=2m/s2
通过木板1和2的时间为t1=v0−va1=4−22s=1s
木板3和4的加速度为a2=μ2Mg−μ1(M+2m)g2m
解得a2=0.25m/s2
假设铅块B能在木板3上滑动至共速，设再经t2时间铅块B与木板共速，则有
v−a1t2=a2t2
解得t2=89s
铅块B的位移为x1=vt2−12a1t22
解得x1=8081m
木板的位移为x2=12a2t22
解得x2=881m
因x1−x2=8081m−881m=89m铅块B通过木板1和2时系统产生的热量Q1=μ2Mg⋅2l
解得Q1=15J
系统产生的热量Q2=μ2Mg(x1−x2)+μ1(M+2m)gx2
解得Q2=449J
铅块B与木板间滑动过程中系统所产生的总热量为Q=Q1+Q2=15J+449J=1799J，
【解析】(1)小物块A沿曲面下滑的过程，运用机械能守恒定律求出A滑到轨道下端时的速度，在轨道下端，对A利用牛顿第二定律求出轨道对A的支持力；
(2)由于A、B铅块质量相同，且发生弹性碰撞，所以碰后两者速度交换；
(3)当地面对木板的最大静摩擦力小于B对木板的摩擦力时，木板开始运动，根据动能定理可计算出铅块B滑上第几块木板时木板才开始运动。根据牛顿第二定律和运动学公式求出B与木板间的相对位移，从而求得热量。
能正确判断长木板开始运动的条件是物块B给长木板的摩擦力大于地面对长木板的摩擦力，并能根据摩擦力的表达式列出不等式进行求解，熟练使用动能定理是解决本题的关键。
1.以下物理量是矢量的是
A. 动能的变化量B. 重力势能的变化量C. 机械能的变化量D. 动量的变化量
2.如图所示，两个光滑斜面均固定于同一水平地面上。它们的高度相同、倾角不同。斜面的倾角分别为θ1=45∘，θ2=60∘。现将质量相同的甲、乙两个小球分别由两个光滑斜面的顶端同时由静止释放，并运动到各自斜面的底端。以下说法正确的是
A. 两个小球在由斜面顶端运动到斜面底端的过程中，小球甲所受重力做的功等于小球乙所受重力做的功
B. 两个小球在由斜面顶端运动到斜面底端的过程中，小球甲所受重力做功的平均功率等于小球乙所受重力做功的平均功率
C. 两个小球在运动到斜面底端时，小球甲所受重力做功的瞬时功率等于小球乙所受重力做功的瞬时功率
D. 两个小球在由斜面顶端运动到斜面底端的过程中，重力对两个小球做的功不等，重力对两个小球做功的平均功率不等，两小球到达斜面底端时重力对两个小球做功的瞬时功率也不相等
3.已知金星的半径是地球半径的95%，质量为地球质量的82%，则以下判断正确的是
A. 金星表面的自由落体加速度大于地球表面的自由落体加速度
B. 金星表面的自由落体加速度小于地球表面的自由落体加速度
C. 金星的“第一宇宙速度”大于地球的“第一宇宙速度”
D. 金星的“第一宇宙速度”等于地球的“第一宇宙速度”
4.以下表述正确的是( )
A. 动量守恒定律只能应用于系统，机械能守恒定律可以应用于单一物体
B. 若在某一物理过程中满足动量守恒定律，则在该物理过程中一定同时满足机械能守恒定律
C. 一个物体在做匀速圆周运动的过程中，动能保持不变，动量时刻改变
D. 若在某一物理过程中，物体的动量对时间的变化率恒定，那么在该过程中物体的动能对时间的变化率也恒定
5.质量为10g的子弹，以300m/s的速度射入厚度为5cm的固定木板(如图所示)，射穿后的速度是100m/s。则子弹射穿木板的过程中受到的平均阻力F的大小是多少
A. F=80NB. F=800NC. F=8000ND. F=80000N
6.心室纤颤是一种可能危及生命的疾病。一种叫作心脏除颤器的设备，通过一个充电的电容器对心颤患者皮肤上的两个电极板放电，让一部分电荷通过心脏，使心脏完全停止跳动，再刺激心颤患者的心脏恢复正常跳动。如图所示，是一次心脏除颤器的模拟治疗，如果充电后电容器的电压为4.0kV，电容器在一定时间内放电至两极板之间的电压为0，这次放电有6.4×10−2C的电荷量通过人体组织，则该心脏除颤器的电容器电容为
A. 0.16FB. 1.6FC. 1.6μFD. 16μF
7.一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球A和B， B球的质量是A球的4倍。用手托住B球，当轻绳刚好被拉紧时，B球离地面的高度是h， A球静止于地面，如图所示。释放B球，当B球刚落地时，关于A球的速度大小vA，以下判断正确的是(定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦均不计，重力加速度为g)
A. vA= 2ghB. vA= 4gh5C. vA= 6gh5D. vA= 8gh5
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示， A 、B 、C 、D是正方形的四个顶点，在A、B、C三点放有电荷量都为+q的点电荷，正方形的两条对角线AC、BD相交于O点，则关于D点和O点的电场强度和电势的判断，以下说法正确的是
A. D点电场强度大于O点的电场强度B. D点电场强度小于O点的电场强度
C. D点电势高于O点的电势D. D点电势低于O点的电势
9.如图所示，动量大小分别为pA=5kgm/s和pB=6kgm/s的小球A和B在光滑水平面上沿着同一直线同向运动。A追上B并发生碰撞，若已知碰撞后A的动量大小减少了2kgm/s，而方向不变，那么，小球A、B的质量之比mAmB可能是
A. 38B. 12C. 47D. 89
10.如图，将质量为2.5m的重物系在轻绳的一端，放在倾角为α=53∘的固定光滑斜面上，轻绳的另一端系一质量为m的环，轻绳绕过光滑轻小定滑轮，环套在竖直固定的光滑直杆上，定滑轮与直杆的距离为d。杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点正下方距离为34d处。轻绳绷直，系重物段轻绳与斜面平行，不计一切摩擦阻力，轻绳、杆、斜面足够长，sin53∘=0.8，cs53∘=0.6，重力加速度为g。现将环从A处由静止释放，下列说法正确的是
A. 环从A点释放时，环的加速度大小为 g
B. 环下降到最低点前，轻绳对重物先做正功后做负功
C. 环到达B处时，环的速度大小为 5gd19
D. 环下降到最低点时，环下降的高度为43d
三、实验题：本大题共2小题，共12分。
11.如图甲，长木板的一端垫有小木块，可以微调木板的倾斜程度，以平衡摩擦力，使小车能在木板上做匀速直线运动。小车A前端贴有橡皮泥，后端连一打点计时器纸带，接通打点计时器电源后，让小车A以某速度做匀速直线运动，与置于木板上静止的小车B相碰并粘在一起，继续做匀速直线运动。打点计时器电源频率为50Hz，得到的纸带如图乙所示，已将各计数点之间的距离标在图上。
(1)图中的数据有AB、BC、CD、DE四段，根据图中的数据计算小车A碰撞前的速度大小为______m/s；计算两车碰撞后的速度大小为______m/s。
(2)若小车A的质量为0.4kg，小车B的质量为0.2kg，根据纸带数据，碰撞前两小车的总动量是______kgm/s；碰后两小车的总动量是______kgm/s。(结果均保留四位有效数字)
12.如图所示，为一种利用气垫导轨“验证机械能守恒定律”的实验装置。主要实验步骤如下：
A.将气垫导轨放在水平桌面上，将导轨调至水平。
B.测出遮光条的宽度d。
C.将滑块移至图示位置，测出遮光条到光电门的距离l。
D.释放滑块，读出遮光条通过光电门的遮光时间t。
E.用天平称出托盘和砝码的总质量m及滑块和遮光条的总质量M。
(重力加速度为g)回答下列问题：
(1)在滑块从静止释放到运动到光电门的过程中，系统的重力势能减少了______。
(2)若要符合机械能守恒定律的结论，以上测得的物理量应该满足的关系是______。(用题中所给的字母表示)
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.如图，光滑水平面 AB 与竖直面内的粗糙半圆形导轨在B点相接，导轨半径为R。一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，它经过B点的速度为vB=3 gR，之后沿半圆形导轨运动，到达C点的速度为vC= 2gR。重力加速度为 g。
(1)求弹簧压缩至 A点时的弹性势能。
(2)求物体沿半圆形导轨运动过程中阻力所做的功。
14.如图所示，一个质量为m=2.0×10−11 kg，电荷量q=+1.0×10−5C的带电微粒(重力忽略不计)，从静止开始经U1=100 V电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场，偏转电场的电压U2=100 V。金属板长L=20cm，两板间距d=20cm。求：
(1)微粒进入偏转电场时的速度v0大小；
(2)微粒射出偏转电场时的偏移的距离y1是多少。
(3)电子离开电场后，打在屏上的P点，若S=10cm，求OP的长?
15.如图所示，半径R=0.8m的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定于水平面上。4个相同的木板紧挨着圆弧轨道末端静置，圆弧轨道末端与木板等高，每块木板的质量为m=1kg，长l=1.5m。它们与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，木板与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。在第一块木板左端放置一个质量M=2.5kg的小铅块B，可视为质点，现让一个与B完全一样的铅块A从圆弧顶端由静止滑下，经圆弧底端后与B发生弹性正碰，铅块与木板间的动摩擦因数μ2=0.2，g=10m/s2，求：
(1)铅块A滑到曲面轨道下端时轨道对铅块A的支持力大小。
(2)铅块A与铅块B刚碰撞后瞬间铅块B的速度大小。
(3)在铅块B与木板间相对滑动过程中，由铅块、木板和地面所构成的系统，因摩擦所产生的总热量Q为多少。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
详细解答和解答过程见【答案】
【解答】
A、动能的变化量是标量，故A错误；
B、重力势能的变化量是标量，故B错误；
C、机械能的变化量是标量，故C错误；
D、动量的变化量是矢量，方向与合外力冲量方向相同，故D正确；
2.【答案】A
【解析】【分析】
详细解答和解答过程见【答案】
【解答】
A、重力做的功属于保守力做功，只由初末位置的高度决定，二者高度相同，小球甲所受重力做的功等于小球乙所受重力做的功，故A正确；
B、两个小球在由斜面顶端运动到斜面底端的过程中，甲斜面的倾角小，加速度小，小球下滑时间长，重力做功二者相等，由平均功率的定义式可知，小球甲所受重力做功的平均功率小于小球乙所受重力做功的平均功率，故B错误；
C、两个小球在由斜面顶端运动到斜面底端的过程中，重力做功二者相等，到达底端的末速度相等，小球所受重力做功的瞬时功率P=mg⋅vsinθ，θ1=45∘<θ2=60∘，小球甲所受重力做功的瞬时功率小于小球乙所受重力做功的瞬时功率，故 C错误；
D、由以上分析可知，两个小球在由斜面顶端运动到斜面底端的过程中，重力对两个小球做的功相等，重力对两个小球做功的平均功率不等，两小球到达斜面底端时重力对两个小球做功的瞬时功率也不相等，故D错误。
3.【答案】B
【解析】【分析】
详细解答和解答过程见【答案】
【解答】
AB、由黄金代换式GMmR2=mg，金星表面的自由落体加速度小于地球表面的自由落体加速度，故A错误，B正确；
CD、由GMmR2=mv2R可知v = GMR ，金星的“第一宇宙速度”小于地球的“第一宇宙速度”，故CD错误。
4.【答案】C
【解析】A.动量守恒定律和机械能守恒定律所研究的对象都是相互作用的物体组成的系统，故A错误；
B.动量守恒和机械能守恒的条件不同：系统动量是否守恒，决定于系统所受合外力是否为零；而机械能是否守恒，则决定于是否有重力和弹簧弹力以外的力(不管是内力还是外力)做功，是否只有动能与势能相互转化，无其他形式能(如热能)转化，系统动量守恒时，机械能不一定守恒，故B错误；
C.一个物体在做匀速圆周运动的过程中，速度大小不变，方向不断改变，则动能保持不变，动量时刻改变，故C正确；
D.根据
F⋅Δt=Δp
物体的动量对时间的变化率恒定，即合外力恒定，根据
W合=ΔEk
则
P=W合Δt=ΔEkΔt
动能对时间的变化率恒定，即合外力功率恒定，物体的动量对时间的变化率恒定，那么在该过程中物体的动能对时间的变化率不一定也恒定，故D错误。
故选C。
5.【答案】C
【解析】【分析】本题最简单的解法是应用动能定理，本题也可以应用牛顿运动定律结合运动学公式求解．
对不涉及方向的单个物体的动力学问题，要首选动能定理求解．
【解答】在子弹射穿木块的过程中只有木板对子弹的阻力(设为 f)对子弹做了功，对子弹分析，根据动能定理得−fl=12mv22−12mv12
代入数据计算得出阻力为f=8000N
ABD错误，C正确。
6.【答案】D
【解析】【解答】
解：C=QU=6.4×10−24.0×103F=16μF。故选 D。
本题考查电容器的电容定义式，属于对公式直接掌握和应用。
7.【答案】C
【解析】【解答】
设A球的质量为m，则B球的质量为4m。设当B球刚落地时A、B球的速度大小相同为vA，对于A、B两球组成的系统来说，只有重力做功，所以系统的机械能守恒。取地面为参考平面，由系统的机械能守恒得：4mgh=mgh+12mvA2+12×4mvA2，解得：vA= 6gh5，故C正确，ABD错误。
8.【答案】BD
【解析】AB、设正方形边长为a，D点电场强度由电场的叠加原理可知ED=Kqa2 2+Kq 2a2= 2+12Kqa2，O点的电场强度 EO=Kq 22a2=2Kqa2，即D点电场强度小于O点的电场强度，故A错误，B正确；
CD、由电势φ=Kqr可知，距离正电荷越近电势越高，即D点电势低于O点的电势，故C错误，D正确。
9.【答案】ABC
【解析】解：根据动量守恒定律得 pA+pB=pA′+pB′，又pA′=3kg⋅m/s， 解得：pB′=8kg⋅m/s， 碰撞过程系统的总动能不增加，则有pA22mA+pB22mB≥pA′22mA+pB′22mB，又由题，碰撞前A的速度大于B的速度，则有 pAmA>pBmB ，碰撞后A的速度不大于B的速度，则有 pA′mA≤pB′mB，由以上不等式组解得38≤mAmB≤47，故ABC正确，D错误。
10.【答案】ACD
【解析】【分析】
解决本题的关键要知道环沿绳子方向的分速度等于重物的速度，同时要搞清运动中长度的几何关系。要注意环和重物组成的系统机械能守恒，但环的机械能并不守恒。
环刚开始释放时，根据重物的受力情况，由牛顿第二定律求环的加速度大小。
环下降到最低点前，环和滑轮之间的绳子长度一直增加，重物与滑轮之间的绳子长度一直减小。
根据系统的机械能守恒求环下降到最低点时下降的高度。
根据数学几何关系求出环到达B处时重物上升的高度。对B的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，结合系统机械能守恒求解环到达B处时环的速度大小。
【解答】
A、环从A点释放时，水平方向无运动，竖直方向只受重力，故环的加速度大小为g，故A正确；
B、环下降到最低点前，环和滑轮之间的绳子长度一直增加，重物与滑轮之间的绳子长度一直减小，故轻绳对重物一直做正功，故B错误；
C、环到达B处时，tanθ=d34d=43，θ=53∘，对环的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，
在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，有：v环cs53∘=v物，所以有v环=53v物，
此时重物上升的高度为h=[ (34d)2+d2−d]sinα=14d×45=d5，
根据系统的机械能守恒有：mg⋅34d−2.5mgh=12mv环2+12×2.5mv物2，
联立解得，v环= 519gd，故C正确；
D、设环下降到最低点时，下降的高度为h，此时环和重物的速度均为0，重物上升的最大距离为x= h2+d2−d，根据机械能守恒有mgh=2.5mgxsin53∘，解得：h=43d，故D正确。
故选 ACD。
11.【答案】(1)1.712， 1.140;(2)0.6848， 0.6840。
【解析】【分析】
明确实验原理，通过纸带数据计算得碰撞前后速度是解题关键，易错点在计数点间时间间隔。
实验要求小车碰撞前后在木板上做匀速直线运动；
根据纸带数据求出碰撞前后小车速度，即可得碰撞前后两车总动量。
【解答】
(1)接通打点计时器电源后，推动小车A由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，BC段为匀速运动的阶段，故选BC计算碰前的速度；碰撞过程是一个变速运动的过程，而小车A和B碰后的共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，应选DE段来计算碰后共同的速度。
根据匀变速直线运动规律可知碰前小车A的速度为v1=BCt=17.12×10−25×0.02m/s=1.712m/s，
碰后两车的速度为v2=DEt=11.40×10−25×0.02m/s=1.140m/s，
(2)碰前只有A有动量，则p1=m1v1=0.4kg×1.712m/s=0.6848kg⋅m/s，
则碰后两小车的总动量p2=(m1+m2)v2=(0.4+0.2)×1.140kg⋅m/s=0.6840kg⋅m/s。
12.【答案】(1)mgl；
(2)mgl=12(M+m)(dt)2。
【解析】【分析】
(1)根据重力势能与重力做功的关系解得；
(2)根据实验原理分析还需测量的物理量与满足的表达式。
本题考查机械能守恒，解题关键掌握机械能守恒定律的含义，注意速度的计算公式。
【解答】
(1)根据题意可知，系统减少重力势能即为托盘和砝码减小的重力势能，为ΔEp=mgl
(2)令滑块和挡光条的总质量为M，托盘和砝码下落过程中，系统增加的动能为ΔEk=12(M+m)v2，由于通过光电门的速度较短所以ΔEk=12(M+m)(dt)2
则为了验证机械能守恒，需满足的关系是mgl=12(M+m)(dt)2
13.【答案】解：
(1)物体由A到B的过程中，机械能守恒，
弹簧压缩至A点的弹性势能即：Ep=12mvB2=92mgR
(2)对物体，B→C，阻力做功为Wf,
由动能定理有−mg×2R+Wf=12mvC2−12mvB2
解得 W=12mvC2−12mvB2+2mgR=−32mgR
【解析】(1)结合B点的状态，得到物体在B点的动能，物体从 A点至B点的过程中机械能守恒定律，弹簧的弹性势能等于物体经过 B点的动能;
(2)结合C点的速度，物体从B到C的过程，运用动能定理求解克服阻力做的功。
本题考查动能定理以及功能关系的应用，要注意AB过程中只有弹力做功，弹性势能全部转化为动能，同时注意 BC过程各力做功情况，由动能定理即可求解。
14.【答案】解：(1)微粒在加速电场中做加速运动，由动能定理得 qU1=12mv 02 ，
解得 v0=1.0×104m/s；
(2)微粒在偏转电场中做类平抛运动，水平方向 L=v0t ，竖直方向 y1=12at2，vy=at，
由牛顿第二定律得 a=qU2md ，
联立以上各式，代入数据解得 θ=45∘ ， y1=5cm；
(3)电子离开偏转电场后，运动时间 t1=sv0 ，竖直方向运动位移 y2=vyt1，
OP的距离为 y=y1+y2 ，
联立并代入数据解得y=10cm。
【解析】(1)微粒加速过程，根据动能定理求带电微粒进入偏转电场时的速度v0大小；
(2)带电微粒进入偏转电场后做类平抛运动，根据运动的合成与分解规律结合牛顿第二定律求y1；
(3)微粒离开偏转电场后做匀速直线运动，结合几何关系求微粒落到屏P点到屏中点O的距离。
本题是带电粒子在组合场中运动的问题，关键是分析粒子的受力情况和运动情况，运用力学的方法处理。要掌握类平抛运动的规律，根据牛顿第二定律和运动学公式相结合分析求解。
15.【答案】【解答】
解：(1)设小物块A到达曲面轨道下端时的速度为v0。小物块A沿曲面下滑的过程，取B所在水平面为参考平面，由机械能守恒定律有
MgR=12Mv02，解得v0=4m/s
物块A在轨道下端时，由牛顿第二定律有
FN−Mg=Mv02R
联立解得FN=3Mg=3×2.5×10N=75N
(2)由于A、B铅块质量相同，且发生弹性碰撞，根据动量守恒，机械能守恒得
Mv0=MvA+MvB
12Mv2=12MvA2+12MvB2
解得vB=4m/s
(3)设小铅块滑到第n块木板时木板开始滑动，铅块对木块的滑动摩擦力为f1=μ2Mg=0.2×2.5×10N=5N
则第n块木板与后面的(4−n)块木板受到地面的最大静摩擦力为
f2=μ1[M+(4−n+1)m]g
要使木块滑动，应满足f1>f2，即5>μ1[M+(5−n)m]g
解得n>2.5
取n=3，故铅块滑上第3块木板时，木板才开始运动，由于A、B铅块质量相同，且发生弹性碰撞，所以碰后两者速度交换，即碰后B的速度等于v0=4m/s，对铅块B根据动能定理得
−μ2Mg⋅2l=12Mv2−12Mv02
解得铅块B刚滑至木板3时的速度：v=2m/s，
设小铅块滑到第n块木板时木板开始滑动，铅块对木块的滑动摩擦力为f1=μ2Mg=0.2×2.5×10N=5N
则第n块木板与后面的(4−n)块木板受到地面的最大静摩擦力为
f2=μ1[M+(4−n+1)m]g
要使木块滑动，应满足f1>f2，即5>μ1[M+(5−n)m]g
解得n>2.5
取n=3，故铅块滑上第3块木板时，木板才开始运动，由于A、B铅块质量相同，且发生弹性碰撞，所以碰后两者速度交换，即碰后B的速度等于v0=4m/s，对铅块B根据动能定理得
−μ2Mg⋅2l=12Mv2−12Mv02
解得铅块B刚滑至木板3时的速度：v=2m/s，
铅块B做匀减速直线运动的加速度大小a1=μ2MgM=μ2g=0.2×10m/s2=2m/s2
通过木板1和2的时间为t1=v0−va1=4−22s=1s
木板3和4的加速度为a2=μ2Mg−μ1(M+2m)g2m
解得a2=0.25m/s2
假设铅块B能在木板3上滑动至共速，设再经t2时间铅块B与木板共速，则有
v−a1t2=a2t2
解得t2=89s
铅块B的位移为x1=vt2−12a1t22
解得x1=8081m
木板的位移为x2=12a2t22
解得x2=881m
因x1−x2=8081m−881m=89m
解得Q1=15J
系统产生的热量Q2=μ2Mg(x1−x2)+μ1(M+2m)gx2
解得Q2=449J
铅块B与木板间滑动过程中系统所产生的总热量为Q=Q1+Q2=15J+449J=1799J，
【解析】(1)小物块A沿曲面下滑的过程，运用机械能守恒定律求出A滑到轨道下端时的速度，在轨道下端，对A利用牛顿第二定律求出轨道对A的支持力；
(2)由于A、B铅块质量相同，且发生弹性碰撞，所以碰后两者速度交换；
(3)当地面对木板的最大静摩擦力小于B对木板的摩擦力时，木板开始运动，根据动能定理可计算出铅块B滑上第几块木板时木板才开始运动。根据牛顿第二定律和运动学公式求出B与木板间的相对位移，从而求得热量。
能正确判断长木板开始运动的条件是物块B给长木板的摩擦力大于地面对长木板的摩擦力，并能根据摩擦力的表达式列出不等式进行求解，熟练使用动能定理是解决本题的关键。
相关试卷
2023-2024学年吉林省吉林市高一（下）期末考试物理试卷（含详细答案解析）： 这是一份2023-2024学年吉林省吉林市高一（下）期末考试物理试卷（含详细答案解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
吉林省普通高中G6教考联盟2023-2024学年高一下学期期末考试物理试卷： 这是一份吉林省普通高中G6教考联盟2023-2024学年高一下学期期末考试物理试卷，共6页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔等内容，欢迎下载使用。
吉林省普通高中G6教考联盟2023-2024学年高二下学期期末考试物理试卷： 这是一份吉林省普通高中G6教考联盟2023-2024学年高二下学期期末考试物理试卷，共6页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔， 氢原子能级如图甲所示等内容，欢迎下载使用。
