2023-2024学年河北省张家口京源高级中学高一（下）期末考试物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年河北省张家口京源高级中学高一（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.在如图所示的齿轮传动中，三个齿轮的半径之比为1:2:4，当齿轮转动的时候，小齿轮边缘的A点与大齿轮边缘的B点角速度大小之比为( )
A. 1:1B. 2:1C. 4:1D. 1:4
2.如图所示，在竖直平面内固定一光滑倾斜长直杆，一小滑块套在直杆上并通过光滑轻质定滑轮与一固定在水平面上的竖直轻质弹簧连接。现将滑块由A点静止释放，物块沿杆运动的最低点为B，弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是( )
A. 滑块从A点运动到B点的过程中机械能守恒
B. 滑块从A点运动到B点的过程中绳的拉力对滑块一直不做功
C. 滑块在B点时加速度为零
D. 滑块从A点运动到B点的过程中，滑块减少的机械能等于弹簧增加的弹性势能
3.在半径为R、质量为M的质量分布均匀的星体表面，某物体在两极处的重力是赤道处重力的1.1倍，已知引力常量为G，则该星体自转的周期为( )
A. 2π 10R3GMB. 2π 11R3GMC. 2π R31.1GMD. 2π RGM
4.一滑块在水平地面上沿直线滑行，t=0时其速度为1m/s，从此刻开始滑块运动方向上再施加一水平力F，力F和滑块的速度v随时间t的变化规律分别如图甲、乙所示，以下说法正确的是( )
A. 第1s内，摩擦力对滑块做的功为3JB. 第2s内，F对滑块做功的平均功率为4W
C. 前3s内，F对滑块的总冲量为零D. 前3s内，合力对滑块做的总功为零
5.《点绛唇》是北宋文学家苏轼创作的一首词，其中一句“雨打芭蕉闲听雨，道是有愁又无愁”是脍炙人口的名句.设雨水竖直匀速下落的速度大小为v，某张芭蕉叶认为是水平的，该叶片的面积为S，水滴落到叶片上以原来的一半速率竖直反弹，已知空中雨水的平均密度为ρ，不考虑落到叶片上雨水的重力，则叶片受到雨水作用力的大小为( )
A. 3ρSv22B. ρSv22C. ρSv2D. 3ρSv2
6.当地球恰好运行到火星和太阳之间，三者几乎排成一条直线，此现象被称为“火星冲日”，已知火星与地球的公转轨道半径之比约为3:2，下列说法正确的是( )
A. 火星与地球表面的自由落体加速度大小之比约为9:4
B. 火星与地球绕太阳运动的线速度大小的平方之比约为4:9
C. 火星与地球绕太阳运动的周期之比约为3 3:2 2
D. 连续两次“火星冲日”的时间间隔小于1年
7.有一条均匀金属链条，一半长度在光滑的足够高斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30∘，另一半长度竖直下垂，由静止释放后链条滑动，已知重力加速度g=10m/s2，金属链条的长度为2m，则链条刚好全部滑出斜面时的速度大小为( )
A. 5m/sB. 5 22m/sC. 22m/sD. 25m/s
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，甲、乙两个小球，在光滑玻璃漏斗内壁做水平面内的匀速圆周运动，甲在乙的上方，已知甲的质量是乙的2倍，下列说法正确的是( )
A. 球甲的角速度小于球乙的角速度
B. 球甲的线速度小于球乙的线速度
C. 球甲的运动周期小于球乙的运动周期
D. 球甲对内壁的压力大小一定等于球乙对内壁的压力大小的2倍
9.如图所示，质量相同的两滑块A、B静止在光滑水平地面上，两相同的子弹分别以相同的水平速度v0射入A、B而未穿出，子弹射入A中的深度是射入B中深度的3倍，下列说法正确的是( )
A. 射入滑块B的子弹动量变化大
B. 整个射入过程中两子弹受的冲量一样大
C. 射入滑块A中时阻力对子弹做的功是射入滑块B中时阻力对子弹做的功的3倍
D. 两个射入过程中系统产生的热量相同
10.如图所示，ABC三个半径相同的小球穿在两根平行且光滑的足够长的杆上，A、B、C三球的质量分别为mA=2kg，mB=3kg，mC=2kg，初状态三个小球均静止，B、C球之间连着一根轻质弹簧，弹簧处于原长状态。现给A一个向左的初速度v0=10m/s，A、B发生弹性碰撞，下列说法正确的是( )
A. 球A和球B碰撞结束时，A球的速度大小为2m/s
B. 球A和球B碰撞结束时，B球的速度大小为8m/s
C. 球A和球B碰后，球B的最小速度为1.6m/s
D. 球A和球B碰后，弹簧的最大弹性势能可以达到50J
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.如图所示为“探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系”的实验装置，在某次实验中，某同学把两个质量相等的钢球放在A、C位置，A、C到塔轮中心距离相同，将皮带处于左右塔轮的半径不等的层上，转动手柄，观察左右标尺的刻度，此时可研究向心力的大小与_______(选填“质量m”、“角速度ω”或“半径r”)的关系，匀速转动手柄，左边标尺露出4个格，右边标尺露出1个格，则皮带连接的左、右塔轮半径之比为_______；保持其他条件不变仅增大手柄匀速转动的速度，则左右两标尺示数的比值将_______(选填“变大”、“变小”或“不变”)。
12.用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验。
(1)本实验要求轨道末端切线水平，入射小球和被碰小球半径相同，在同一组实验中，入射小球_______(选填“必须”或“不必须”)从同一位置由静止释放。
(2)在入射小球的质量大于被撞小球质量的前提下，实验中需要测量的有________。
A.入射小球和被碰小球的质量m1、m2B.入射小球开始的释放高度h
C.小球抛出点距地面的高度HD.两球相碰前后的平抛射程OB、OA、OC
(3)该实验需要验证的关系式为_______________；若进一步研究该碰撞是否为弹性碰撞，还需要判断关系式_______________是否成立。(用(2)中的物理量表示)
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.北京时间2021年5月15日，中国首枚火星探测器“天问”一号成功着陆，带领“祝融”号火星车展开火星探测之旅，若将一颗石子在火星表面以速度v0竖直上抛，经时间t落到火星表面，已知引力常量为G，火星的半径为R，求：(不考虑火星自转的影响)
(1)火星表面的自由落体加速度大小g火；
(2)火星的质量M；
(3)火星的密度ρ。
14.光滑斜面与粗糙水平地面平滑相连，质量为m=1kg的小球(可视为质点)从斜面距离地面高H=0.35m处静止释放，经A点进入与水平地面平滑连接的光滑圆形轨道(A点为轨道最低点)。已知小球与地面间的动摩擦因数µ=0.2，圆形轨道半径R=0.1m，小球在A点时，其对圆形轨道的压力大小为60N，取重力加速度g=10m/s2，求：
(1)粗糙水平地面的长度L；
(2)小球对圆形轨道的最高点B的压力大小FNB。
15.如图所示固定轨道分成两部分，倾斜粗糙的AB轨道，水平光滑的BC轨道，水平轨道上有一个轻弹簧，轻弹簧的左端与墙壁相连，右端与质量为m1=6kg的小物块Q相连接，均处于静止状态.现在A处由静止释放一个质量为m2=2kg的小滑块P，小滑块P与小物块Q发生弹性碰撞.已知AB轨道长为L=4m，AB段与水平面的夹角θ=37∘，小滑块P与AB轨道间的动摩擦因数μ=0.5，且通过B点时无能量损失，P、Q均可看做质点，重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8.求：
(1)小滑块P第一次运动到B点时的速度大小vB；
(2)第一次碰撞后，轻弹簧的最大弹性势能EP；
(3)第一次碰撞后，小滑块P沿BA轨道上滑的距离x。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】根据
v=ωr
可知，线速度一定时，角速度与半径成反比，则A点和B点角速度之比为4:1。
故选C。
2.【答案】D
【解析】A.滑块从A点运动到B点的过程中，将滑块和弹簧看成一个系统机械能守恒，则滑块机械能不守恒，故A错误；
B.滑块从A点运动到B点的过程中，绳的拉力与滑块重力对滑块做的总功为零，拉力一定做功，故B错误；
C.滑块先加速，在速度最大处加速度为零，然后又开始减速，运动知B点，速度为零，但是在B点时加速度不为零，方向由B指向A，故C错误；
D.滑块从A点运动到B点的过程中，滑块减少的机械能等于弹簧增加的弹性势能，故D正确。
故选D。
3.【答案】B
【解析】在两极，有
GMmR2=mg=1.1mg1
在赤道处，根据牛顿第二定律可得
GMmR2−mg1=m4π2T2R
联立解得
T=2π 11R3GM
故选B。
4.【答案】D
【解析】A.由题图可知，第1s内，滑块匀速运动，摩擦力为
Ff=F1=2N
位移为
x1=1×1m=1m
摩擦力对滑块做功为
W1=−Ffx1=−2J
故A错误；
B.第2s内，滑块位移为
x2=1+22×1m=1.5m F做的功为
W2=F2x2=3×1.5J=4.5J
平均功率为
P=W2t=4.5W
故B错误；
C.前3s内，F对滑块的总冲量为
I=2×1+3×1+1×1N⋅s=6N⋅s
故C错误；
D.根据动能定理，前3s内，合力对滑块做的总功为零，故D正确。
故选D。
5.【答案】A
【解析】一定时间内，水落到叶片上时，向上为正方向，对水根据动量定理可知
Ft=12mv−(−mv)=32mv
水的质量
m=ρSvt
解得
F=3ρFv22
故选A。
6.【答案】C
【解析】A.在星球表面根据万有引力定律有
GMmR2=mg
由于不知道火星和地球的质量比和半径比，故无法得出火星和地球表面的自由落体加速度，故A错误；
B.根据环绕天体绕太阳做匀速圆周运动时有
GMmr2=mv2r
可得火星与地球绕太阳运动的线速度大小的平方之比约为2:3，故B错误；
C.火星和地球均绕太阳运动，由于火星与地球的轨道半径之比约为3:2，根据开普勒第三定律有
r火3r地2=T火2T地2
可得
T火T地= r火3r地3=3 32 2
故C正确；
D.火星和地球绕太阳匀速圆周运动，有
ω火=2πT火 ， ω地=2πT地
连续两次“火星冲日”，则有
(2πT地−2πT火)t=2π
解得
t=T火T地T火−T地>T地
故D错误。
故选C。
7.【答案】B
【解析】设链条的质量为2m，以开始时链条的最高点为零势能面，链条的机械能为
E=−12×2mg×L4sinθ−12×2mg×L4=−14mgL1+sinθ
链条全部滑出后，动能为
E k′=12×2mv2
重力势能为
E p′=−2mgL2
由机械能守恒可得
E=E k′+E p′
即
−14mgL(1+sinθ)=mv2−mgL
解得
v=5 22m/s
故选B。
8.【答案】AD
【解析】AB.对小球受力分析，小球受到重力和支持力，它们的合力提供向心力，设支持力与竖直方向夹角为θ，根据牛顿第二定律有
mgtanθ=mv2R=mRω2
解得
v= gRtanθ ， ω= gtanθR
球甲的轨迹半径大，则球甲的角速度一定小于球乙的角速度，球甲的线速度一定大于球乙的线速度，故A正确，B错误；
C.根据
T=2πω
可知，球甲的运动周期一定大于球乙的运动周期，故C错误；
D.由于支持力
N=mgcsθ
结合牛顿第三定律，球甲对内壁的压力大小一定等于球乙对内壁的压力大小的2倍，故D正确。
故选AD。
9.【答案】BD
【解析】AB.子弹射入滑块过程中，子弹与滑块构成的系统动量守恒，有
mv0=(m+M)v
两个子弹的末速度相等，所以子弹速度的变化量相等，动量变化量相等，受到的冲量相等，A错误，B正确；
C.对子弹运用动能定理，有
Wf=12mv2−12mv02
由于末速度v相等，所以阻力对子弹做功相等，C错误；
D.对系统，由能量守恒，产生的热量满足
Q=12mv02−12(m+M)v2
所以系统产生的热量相同，D正确。
故选BD。
10.【答案】ABC
【解析】AB.AB两球相碰，根据动量守恒定律有
mAv0=mAv1+mBv2
根据机械能守恒定律有
12mAv02=12mAv12+12mBv22
解得
v1=−2m/s ， v2=8m/s
故AB正确；
C.由于BC及弹簧组成的系统，在运动的过程中满足动量守恒和机械能守恒，当B的速度最小时，弹簧处于原长状态，即
mBv2=mBv3+mCv4
12mBv22=12mBv32+12mCv42
即得
v3=1.6m/s
即B的最小速度为1.6m/s，故C正确；
D.当BC两球速度相等时，弹簧的弹性势能最大
mBv2=(mB+mC)v5
Ep=12mBv22−12(mB+mC)v52
解得
Ep=38.4J
故D错误。
故选ABC。
11.【答案】 角速度ω1:2不变
【解析】[1]两球质量相等，半径相等，根据
F=mrω2
可得，此次实验研究的是向心力大小与角速度ω的关系；
[2]匀速转动手柄时，左边标尺露出4个格，右边标尺露出1个格，此时两球所受向心力大小之比为4:1，根据
F=mrω2
可得，此时两球的角速度之比为
ωA:ωB=2:1
与传送带连接的两塔轮边缘的线速度大小相等，根据
v=rω
可得，皮带连接的左、右塔轮半径之比为1:2；
[3]设塔轮半径为R，小球的转动半径为r，根据
v=Rω
F=mrω2
可得
F=mrvR2
两小球质量m相等，转动半径r相等，与传送带连接的两塔轮边缘的线速度大小v相等，因此两小球所受的向心力与两塔轮的半径R有关，因此其他条件不变若增大手柄转动的速度，两小球所受的向心力之比不变，即两标尺示数的比值不变。
12.【答案】(1)必须
(2)AD
(3)m1⋅OB=m1⋅OA+m2⋅OC m1⋅OB2=m1⋅OA2+m2⋅OC2

【解析】(1)[1]本实验需要确保放上被碰小球后，入射小球的碰前的速度大小还是原来的大小，故要求必须从同一位置由静止释放入射小球。
(2)[2]由动量守恒得
m1v1=m1v′1+m2v′2
抛出后各自做平抛运动，则水平方向由
x=vt
竖直位移相同，有
H=12gt2
联立代入具体射程可得
m1⋅OB=m1⋅OA+m2⋅OC
可知，除测量平抛射程OA、OB、OC外，还必须测量的物理量有入射小球质量和被碰小球质量，因此不需要测量 H 、h，且同一组实验中入射小球开始的释放高度h每次都应保持不变，故选AD。
(3)[3]由上一问可得该实验需要验证的关系式为
m1⋅OB=m1⋅OA+m2⋅OC
[4]要验证碰撞是否为弹性碰撞，还需验证
12m1v12=12m1v′ 12+12m2v′ 22
即
m1⋅OB2=m1⋅OA2+m2⋅OC2
13.【答案】(1)火星表面附近的物体做竖直上抛运动，有
t=2v0g火
所以火星表面的自由落体加速度大小为
g火=2v0t
(2)不考虑火星自转的影响，则有
GMmR2=mg火
解得火星的质量为
M=2v0R2Gt
(3)火星的密度为
ρ=MV
火星的体积为
V=43πR3
解得
ρ=3v02πRGt

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】1)由牛顿第三定律得，在A点，轨道对小球的支持大小为
FNA=60N
在A点，轨道对小球的支持力和小球的重力的合力提供向心力，即
FNA−mg=mvA2R
小球从释放到运动到A点的过程，运用动能定理可得
mgH−μmgL=12mvA2
解得
L=0.5m
(2)小球由A运动到B的过程中，根据动能定理有
−mg⋅2R=12mvB2−12mvA2
在B点，轨道对小球的压力和小球的重力的合力提供向心力，即
F′NB+mg=mvB2R
解得
F′NB=0
根据牛顿第三定律可得小球对圆形轨道的压力FNB等于0。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】(1)对小滑块P，从A到B，由动能定理得
m2gLsin37∘−μm2gLcs37∘=12m2vB2
解得
vB=4m/s
(2)设小滑块P与小物块Q碰撞后速度分别为 vP 、 vQ ，以水平向左为正方向，弹性碰撞过程满足系统动量守恒和机械能守恒，则有
m2vB=m2vP+m1vQ
12m2vB2=12m2vP2+12m1vQ2
联立解得
vP=−2m/s ， vQ=2m/s
当小物块Q的速度减为0时，弹簧被压缩到最短，弹簧的弹性势能最大，则有
Ep=12m1vQ2=12J
(3)对小滑块P，沿BA轨道上滑至速度减为0，由动能定理得
−m2gxsin37∘−μm2gxcs37∘=−12m2vP2
解得
x=0.2m

【解析】详细解答和解析过程见【答案】