2023-2024学年河北省张家口市高一（下）期末考试物理试卷（含详细答案解析）

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这是一份2023-2024学年河北省张家口市高一（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.如图，用开瓶器打开瓶盖，开瓶器上A、B两点绕O点转动的角速度分别为ωA和ωB，线速度大小分别为vA和vB，则( )
A. vAB. vA>vB
C. ωA<ωB
D. ωA>ωB
2.一辆载重卡车，在丘陵地区以不变的速率行驶，地形如图所示，由于轮胎已旧，途中爆胎，你认为 A、B、C、D 四处中，爆胎可能性最大的一处是( )
A. A处B. B处C. C处D. D处
3.2021年5月15日，我国首次火星探测任务天问一号探测器在火星乌托邦平原南部预选着陆区成功软着陆。用h表示着陆器与火星表面的距离，用F表示它所受的火星引力大小，则在着陆器从火星上空向火星表面软着陆的过程中，能够描述F随h变化关系的大致图像是( )
A. B.
C. D.
4.不同高度的卫星获取地面图片的清晰度不一样。卫星离地面越近时，获取图像的分辨率也就越高．则图像的分辨率越高的卫星( )
A. 向心加速度越小B. 角速度越小C. 线速度越小D. 周期越小
5.设航行中的轮船所受的阻力与其速度成正比，如果轮船以速度v匀速航行时，其发动机的功率为P，则轮船以2v速度匀速航行时，其发动机的功率为( )
A. 2PB. 4PC. 6PD. 8P
6.如图所示，足够长的水平传送带以稳定的速度v0匀速向右运动，某时刻在其左端无初速地放上一个质量为m的物体，经一段时间，物体的速度达到v02，这个过程因物体与传送带间的摩擦而产生的热量为Q1；物体继续加速，再经一段时间速度增到v0，这个过程中因摩擦而产生的热量为Q2.则下列说法正确的是( )
A. Q1=Q2B. Q1>Q2
C. Q17.一个质量为0.2kg的弹性小球，在光滑水平面上以5m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后速度大小与碰撞前相同。则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中墙对小球做功的大小W分别为( )
A. Δv=10m/s，W=0B. Δv=10m/s，W=2.5J
C. Δv=0，W=0D. Δv=0，W=2.5J
8.如图所示，小车放在光滑的水平面上，将系绳小球拉开到一定的角度，然后同时放开小球和小车，则( )
A. 此后的过程中，小球、小车组成的系统动量守恒
B. 此后的过程中，小球一直做圆周运动
C. 从释放到向左摆到最高点的过程中，小球重力的平均功率为0
D. 从释放到向左摆到最高点的过程中，小球重力的冲量为0
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.物体受到几个力的作用而做匀速直线运动，如果只撤掉其中的一个力，其它力保持不变，它可能做( )
A. 匀速直线运动B. 匀加速直线运动C. 匀减速直线运动D. 匀速圆周运动
10.已知地球半径为R，质量为M，自转角速度为ω，地球北极位置的重力加速度为g，引力常量为G，地球同步卫星的运行速度为v，则地球的第一宇宙速度可以表示为( )
A. gRB. v3ωRC. GMRD. ωR
11.如图所示，两辆质量相同的小车置于光滑的水平面上，有一个质量与车的质量相同的人静止站在A车上，两车静止，若这个人自A车跳到B车上，接着又跳回A车，静止于A车上，则A车的速率( )
A. 等于零B. 等于B车速率的12C. 小于B车的速率D. 大于B车的速率
12.把小球放在竖立的轻质弹簧上，并将球向下压至图中的A位置，如图所示，迅速放手后球被弹起，并沿竖直方向运动到最高点C，途中经过位置B时弹簧刚好处于原长，不计一切阻力，从A到C的过程中，下列说法正确的是( )
A. 动能最大的位置在B位置
B. 小球的机械能先增加后不变
C. 小球的动能和弹簧的弹性势能之和一直减小
D. 小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和先减小后增大
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
13.某探究小组用如图所示的向心力演示器探究向心力大小的表达式。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，请回答以下问题：
(1)在该实验中，主要利用了__________来探究向心力与质量、半径、角速度之间的关系；
A.理想实验法 B.微元法 C.控制变量法 D.等效替代法
(2)探究向心力与角速度之间的关系时，应选择半径__________(填“相同”或“不同”)的两个塔轮；同时应将质量相同的小球分别放在__________处；
A.挡板A与挡板BB.挡板A与挡板CC.挡板B与挡板C
(3)探究向心力与角速度之间的关系时，若图中标尺上红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为1:9，运用圆周运动知识可以判断两个变速塔轮对应的角速度之比为__________；
A.1:9B.1:3C.1:1D.3:1
14.用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。实验所用的电源为学生电源，输出电压为8V的交流电和直流电两种。重锤从高处由静止开始落下，重锤上拖着的纸带通过打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点的痕迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。
(1)下面列举了该实验的几个操作步骤，指出其中没有必要进行的或者操作不恰当的步骤__________(填选项对应的字母)。
A.按照图示的装置安装器件；
B.将打点计时器接到电源的直流输出端上；
C.用天平测量出重锤的质量；
D.释放纸带，同时接通电源开关打出一条纸带；
E.测量打出的纸带上某些点之间的距离；
F.根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能。
(2)实验中得到一条纸带，如图所示。根据打出的纸带，选取纸带上打出的连续五个点A、B、C、D、E，测出A点距起始点O的距离为x0，点A、C间的距离为x1，点C、E间的距离为x2，使用交流电的频率为f，设重锤质量为m，则打点计时器打C点时重锤的动能为__________，打点计时器在打O点和C点的这段时间内重锤的重力势能的减少量为__________。利用这个装置也可以测量重锤下落的加速度a的数值。则根据这些条件计算重锤下落的加速度a的表达式为a=__________。
四、计算题：本大题共4小题，共44分。
15.在用高级沥青铺设的高速公路上．对汽车的设计限速是30m/s。汽车在这种路面上行驶时，它的轮胎与地面的最大静摩擦力等于车重的0.6倍。
(1)如果汽车在这种高速路的水平弯道上拐弯，假设弯道的路面是水平的，其弯道的最小半径为多大？
(2)如果弯道的路面设计为倾斜(外高内低)，弯道半径为360m，要使汽车以30m/s的速度通过此弯道时不产生侧向摩擦力，则弯道路面的倾斜角度正切tanθ为多大？
16.如图所示，A是地球的同步卫星。另一卫星B的圆形轨道位于赤道平面内，离地面高度为h。已知地球半径为R，地球自转角速度为ω0，地球表面的重力加速度为g，O为地球中心。
(1)求卫星B的运行周期。
(2)如果卫星B绕行方向与地球自转方向相同，某时刻A、B两卫星相距最近(O、B、A在同一直线上)，则至少经过多长时间，他们再一次相距最近？
17.如图所示，质量不计的硬直杆的两端分别固定质量均为m=2kg的小球A和B，它们可以绕光滑轴O在竖直面内自由转动。已知O与A球间的距离LA=3m，O与B球间的距离LB=1m，重力加速度g取10m/s2，将杆以水平位置由静止释放。求：
(1)杆转动到竖直位置时，小球A、B的速度大小；
(2)杆转动到竖直位置的过程中，杆对B球做的功。
18.如图所示，长L=1.0m的水平传送带的左侧为足够长的光滑水平面，右侧为固定光滑曲面，传送带与左右两侧的台面等高并平滑连接。一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=2kg的小物块A，传送带始终以v=2m/s的速度逆时针转动。质量m=1kg的小物块B从光滑曲面上距水平台面高h=1.0m处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2。设物块A、B之间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止在光滑水平面上，重力加速度g取10m/s2。
(1)求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小；
(2)通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边曲面上；
(3)如果物块A、B每次碰撞后，弹簧恢复原长时物块A都会立即被锁定，而当他们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后的速度大小；
(4)在第(3)问的条件下，求第4次碰撞前物块B在传送带上运动的总时间。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：同轴转动，角速度相等，故ωA=ωB；
由于rA故选：A。
2.【答案】D
【解析】解：在BD处，卡车做圆周运动，加速度方向竖直向上，根据牛顿运动定律得知，卡车处于超重状态，地面对卡车的作用力大于其重力；
在AC处，卡车做圆周运动，加速度方向竖直向下，根据牛顿运动定律得知，卡车处于失重状态，地面对卡车的作用力小于其重力；
在BD处，根据圆周运动可知：FN−mg=mv2r可知，半径越小，FN越大，越容易爆胎，故在D处，故ABC错误，D正确
故选：D。
3.【答案】C
【解析】解：设火星半径为R，火星的质量为M，火星车的质量为m，根据万有引力定律可得火星对火星车的引力为：F=GmM(R+h)2，可知F随h的变化应该是C图，故C正确，ABD错误。
故选：C。
4.【答案】D
【解析】解：当图象的分辨率越高时，轨道半径r越小。
A、根据牛顿第二定律可得GMmr2=ma，解得a=GMr2，则图像的分辨率越高的卫星向心加速度越大，故A错误；
B、由万有引力提供向心力有：GMmr2=mrω2，解得：ω= GMr3，则图像的分辨率越高的卫星角速度越大，故B错误；
C、由万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r，解得：v= GMr，则图像的分辨率越高的卫星线速度越大，故C错误；
D、根据万有引力提供向心力，则有：GMmr2=mr4π2T2，解得：T= 4π2r3GM，则图像的分辨率越高的卫星周期越小，故D正确。
故选：D。
5.【答案】B
【解析】解：由题意知船以速度v匀速行驶时，船受到的阻力f=kv；
故由P=Fv可知，发动机的功率P=kv×v=kv2；
故当速度加倍时，发动机的功率增为原来的4倍，所以轮船以2v速度匀速航行时，其发动机的功率为4P.
故选：B.
6.【答案】B
【解析】解：物体和传送带的速度时间图象如图：
小物块从0加速度到v02时间内，物体与传送带的相对位移为蓝色阴影区域△s1
从v02加速到v0，物体与传送带的相对位移为斜线阴影区域△s2
由图象知：△s1>△s2
因为Q=μmgs，所以Q1>Q2，故ACD错误，B正确；
故选：B。
7.【答案】A
【解析】取小球撞墙后的速度方向为正方向，则速度的变化量
Δv=v′−v=5m/s−−5m/s=10m/s
碰撞前后小球的速率相等，动能相等，由动能定理得墙对小球做功
W=12mv ′2−12mv2=0
故选A。
8.【答案】C
【解析】A.在水平方向上合力为0，系统在水平方向的动量为0，在竖直方向上，小球有竖直方向的分速度，小车竖直方向没有分速度，则竖直方向上系统动量不守恒，故此后的过程中，小球、小车组成的系统动量不守恒，故 A错误;
B.若小车不动，则释放小球后做圆周运动;而现在小车在水平方向有运动，则小球的运动不是圆周运动，故 B错误;
C.刚释放小球时，小球和小车速度为0，系统在水平方向合外力为0，水平方向上动量守恒，则
m球v1+m车v2=0，则当向左摆到最高点的过程中，小球的速度为0，则小车的速度也为0，由于系统机械能守恒，则摆动过程中重力做功为0，由于P=Wt，可知，小球重力的平均功率为0，故C正确;
D.从释放到向左摆到最高点的过程中，小球重力的冲量为I=mgt，时间不为0，则冲量不为0，故D错误。
故选C。
9.【答案】BC
【解析】解：A、物体受到几个力的作用而做匀速直线运动，如果只撤掉其中的一个力，其它力保持不变，合力与撤去的力大小相等方向相反，合力大小方向不变，不可能做匀速直线运动．故A错误．
B、若撤去的力与运动的方向相反，撤去力后的合力的方向与运动的方向相同，所以物体做匀加速直线运动．故B正确．
C、若撤去的力与运动的方向相同，则物体做匀减速直线运动．故C正确．
D、物体受到几个力的作用而做匀速直线运动，如果只撤掉其中的一个力，其它力保持不变，合力与撤去的力大小相等方向相反，合力大小方向不变，不可能做匀速圆周运动．故D错误．
故选：BC.
10.【答案】ABC
【解析】AC.地球的第一宇宙速度等于卫星在地球表面轨道绕地球做匀速圆周运动的线速度，则有GMmR2=mv12R
得v1= GMR
又GMmR2=mg
得v1= gR
故AC正确；
B.由同步卫星的运行规律可知GMmr2=mv2r
又v=ωr
联立可得GM=v3ω
可得第一宇宙速度为v1= GMR = v3ωR
故B正确；
D.地球的第一宇宙速度等于卫星在地球表面轨道绕地球做匀速圆周运动的线速度，而卫星在地球表面轨道绕地球做匀速圆周运动的角速度大于同步卫星的角速度，则有v1=ω1R> ωR
故D错误。
故选ABC。
11.【答案】BC
【解析】解：
设车及人的质量均为m，A、B两车以及人组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，由动量守恒定律有0=mvB−2mvA
解得vA=12vB
即小车A的速率小于B的速率。
故选BC。
12.【答案】BCD
【解析】解：A、小球从A上升到B位置的过程中，弹簧的弹力先大于重力，后小于重力，小球先加速后减速，当弹簧的弹力等于重力时，合力为零，小球的速度达到最大。从B到C的过程，小球做匀减速运动，动能不断减小。所以从A到C的过程中，小球先加速后减速，在AB间某个位置时动能最大，故A错误；
B、从A到B的过程中，由于弹簧要对小球做正功，所以小球的机械能增加，B到C的过程，只有重力做功，小球的机械能不变。故B正确。
C、对于小球和弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，即小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之和保持不变，小球的重力势能一直增大，则小球的动能和弹簧的弹性势能之和一直减小，故C正确。
D、小球的动能先增大后减小，根据系统的机械能守恒知，小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和先减小后增大；故D正确；
故选：BCD。
13.【答案】(1)C；(2)相同；B；(3)B
【解析】【分析】(1)根据实验原理选择正确的实验方法；
(2)根据控制变量法分析出不变的物理量，从而将小球放在合适的位置；
(3)根据向心力公式结合向心力的比值关系，计算出两个变速塔轮对应的角速度之比。
本题主要考查了圆周运动的相关实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合向心力公式即可完成分析，难度不大。
【解答】
(1)探究向心力、质量、半径与角速度之间的关系采用的是控制变量法。
故选C。
(2)探究向心力与角速度之间的关系时，要让两球质量和圆周半径相同而角速度不等，故应选择半径相同两个塔轮；
为保证半径相同，应将质量相同的小球分别放在挡板A与挡板C。故选B。
(3)两个小球所受的向心力的比值为1：9，根据公式 F=mω2r 可得角速度之比为1：3。
14.【答案】CD
m(x1+x2)2f232
mg(x0+x1)
(x2−x1)f24

【解析】(1)打点计时器需使用交流电源，故B不恰当；
验证机械能守恒的表达式中可以约去重锤的质量，故可以不测量重锤的质量，故C没有必要；
为打点稳定，应先接通电源，后释放纸带，故D不恰当。
故选BCD。
(2)相邻两计数点的时间间隔为T=1f
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度，打点计时器打C点时的速度为vC=xAE4T=(x1+x2)f4
打点计时器打C点时重锤的动能为EkC=12mvC2=m(x1+x2)2f232
打点计时器在打O点和C点的这段时间内重锤的重力势能的减少量为ΔEp=mg(x0+x1)
根据逐差法，求出重锤下落的加速度为a=xCE−xAC(2T)2=(x2−x1)f24
15.【答案】(1)汽车在水平路面上拐弯，可认为汽车做匀速圆周运动，由静摩擦力提供向心力可得f=mv2R≤kmg
可得R≥v2kg=3020.6×10m=150m
可知其弯道的最小半径为150 m。
(2)设弯道路面的倾斜角度为 θ ，要使汽车通过此弯道时不产生侧向摩擦力，汽车受到的重力和支持力的合力提供向心力，则有mgtanθ=mv2r
可得tanθ=v2gr=30210×360=14

【解析】详细解析和解答过程见答案
16.【答案】解：(1)设地球质量为M，卫星质量为m，根据万有引力和牛顿运动定律，有：
GMm(R+h)2=m4π2TB2(R+h)
在地球表面有：GMmR2=mg
联立得：TB=2π (R+h)3gR2。
(2)它们再一次相距最近时，一定是B比A多转了一圈，有：
ωBt−ω0t=2π
其中ωB=2πTB得：t=2π gR2(R+h)3−ω0。
答：(1)卫星B的运行周期是2π (R+h)3gR2；
(2)至少经过2π gR2(R+h)3−ω0，它们再一次相距最近。
【解析】研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出周期。
卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，当卫星B转过的角度与卫星A转过的角度之差等于2π时，卫星再一次相距最近。
本题考查万有引力定律和圆周运动知识的综合应用能力。
向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用。
17.【答案】(1)设杆转动到竖直位置时，小球A、B的速度大小分别为 vA 、 vB ，杆转动的角速度为 ω ，小球A和B及杆组成的系统机械能守恒，则有mgLA−mgLB=12mvA2+12mvB2
且vA=ωLA ， vB=ωLB
解得vA=6m/s ， vB=2m/s
(2)杆转动到竖直位置的过程中，对B，根据动能定理W−mgLB=12mvB2
解得杆对B球做的功W=24J

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
18.【答案】(1)物块B运动到光滑曲面底端时，由机械能守恒可得mgh=12mv02
解得v0=2 5m/s
物块B上传送带时的速度大于传送带的速度，则物块一上传送带就做减速运动，设传送到左端时的速度为 v1 ，由动能定理可得
−μmgL=12mv12−12mv2
解得v1=4m/s
(2)设第一次碰撞后A物块的速度为 vA1 ，B物块的速度为 vB1 ，以向左为正方向，根据动量守恒以及机械能守恒可得mv1=mvB1+MvA1，12mv12=12mvB12+12MvA12
解得vB1=−43m/s
碰撞后，B物块向右滑上传送带，根据动能定理有−μmgxB=12mvB12
解得xB=49m故物块B与物块A第一次碰撞后不能运动到右边曲面上。
(3)物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当他们再次碰撞前锁定被解除，则设第n次碰撞前B的速度为 vB(n−1) ，碰后A、B的速度为 vAn 、 vBn ，由于每次仍然是弹性碰撞，则有mvB(n−1)=mvBn+MvAn，12mvB(n−1)2=12mvBn2+12MvAn2
解得vBn=−13vB(n−1) ， vAn=23vB(n−1)
则物块B第n次碰撞后的速度为vBn=−13vB(n−1)=(−13)nv1=−43nm/s
故物块B第n次碰撞后的速度大小为 43nm/s 。
(4)由(1)分析物块刚开始从右端曲面滑上传送上到离开传送带，一直做匀减速直线运动，则由动量定理可得−μmgt0=mv1−mv0
解得t0=( 5−2)s
由(2)(3)分析可得，物块第一次碰撞后，物块向右滑上传送带后速度在传送带上速度减为0后，再加速最后以同样的速度离开传送带。设第n次碰后到第n+1次碰撞前，物块在传送带上运动的时间为 tn 。由动量定理可得−μmgtn=2mvBn
解得tn=43ns
则第4次碰撞前物块B在传送带上运动的总时间t=t0+t1+t2+t3= 5−2+43+49+427s=( 5−227)s

【解析】详细解答和解析过程见【答案】