2022-2023学年河南省郑州扶轮外国语学校高一（下）期末物理试卷（含解析）

2022-2023学年郑州扶轮外国语学校高一（下）期末
物理试卷
一、单选题（本大题共8小题，共32分）
1. 如图所示，质量不同的两个小球从同一高度由静止同时释放，不计空气阻力．下列说法正确的是( )
A. 质量大的小球加速度大 B. 质量大的小球先落地
C. 两球下落过程中速度变化一样快 D. 质量大的小球落地前瞬间的速度大
2. 如图所示，水平圆盘上放置、两物体可看作质点，质量分别为和，放在圆盘中心轴处，且、用一根长为的轻绳相连，轻绳刚好被拉直。两物体与圆盘间的动摩擦因数为，现让圆盘转速从零开始逐渐增大，要使、与圆盘均不发生相对滑动，则圆盘转动的角速度不能超过( )
A. B. C. D.
3. 如图所示，为一皮带传动装置，右轮半径为，为它边缘上一点；左侧是一轮轴，大轮半径为，小轮半径为，点在小轮上，到小轮中心的距离为点和点分别位于小轮和大轮的边缘上．若传动过程中皮带不打滑，则：( )
点和点的线速度大小相等
点和点的角速度大小相等
点和点的线速度大小相等
点和点的向心加速度大小相等
A. B. C. D.
4. 如图是滑道压力测试的示意图，光滑圆弧轨道与光滑斜面相切，滑道底部处安装一个压力传感器，其示数表示该处所受压力的大小，某滑块从斜面上不同高度处由静止下滑，通过处时，下列表述正确的有 ( )
A. 小于滑块重力 B. 等于滑块重力 C. 越大表明越大 D. 越小表明越大
5. 火箭发射回收是航天技术的一大进步。如图所示，火箭在返回地面前的某段运动，可看成先匀速后减速的直线运动，最后撞落在地面上。不计火箭质量的变化，则( )
A. 火箭在匀速下降过程中，机械能守恒
B. 火箭在减速下降过程中，携带的检测仪器处于失重状态
C. 火箭在减速下降过程中合力做功等于火箭机械能的变化
D. 火箭着地时，火箭对地的作用力大于自身的重力
6. 如图所示，、为两颗绕地球做匀速圆周运动的卫星，下列说法正确的是( )
A. 的运行周期比的大 B. 的角速度比的小
C. 的线速度比的大 D. 的向心加速度比的小
7. 如图所示，质量分别为、的球、，由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀减速运动的电梯内，细线承受的拉力为，此时突然剪断细线，在线断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球的加速度大小分别为( )
A. B. C. D.
8. 如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力随时间变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，则下列选项正确的是( )
A. 时刻小球动能最大
B. 时刻小球动能最大
C. 这段时间内，小球的动能先增加后减少
D. 这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能
二、多选题（本大题共4小题，共16分）
9. 如图甲所示，一人用由零逐渐增大的水平力推静止于水平地面上质量为的木箱，木箱所受的摩擦力 与 的关系如图乙所示，取，下列说法正确的是 ( )
A. 木箱所受的最大静摩擦力 B. 木箱所受的最大静摩擦力
C. 木箱与地面间的动摩擦因数 D. 木箱与地面间的动摩擦因数
10. 如图所示，用手掌平托一苹果，保持这样的姿势在竖直平面内按顺时针方向做匀速圆周运动。关于苹果的运动( )
A. 苹果从最高点到最右侧点运动的过程，手掌对苹果的摩擦力越来越大
B. 苹果从最高点到最右侧点运动的过程，手掌对苹果的支持力越来越小
C. 苹果从最左侧点到最右侧点运动的过程，苹果先处于超重状态后处于失重状态
D. 苹果所受合外力大小不变
11. 地铁是响应“节能减排”而诞生的新型绿色环保交通工具，为快节奏的城市生活带来了新的转机。但在现阶段的地铁技术中，还存在能耗巨大的问题。地铁线路纵断面的设计便是解决这一问题的关键，而节能坡则是一种新型的地铁线路纵断面设计理念。如图是某一地铁站使用的节能坡。某次列车以的速度冲上高度为的坡顶车站时，速度减为，设该过程节能坡的转化率为列车重力势能的增加量与其动能减小量之比，则( )
A. 该过程列车的机械能守恒 B. 该过程列车的机械能减少
C. 约为 D. 约为
12. 如图所示倾角为的斜面放在地面上，一小滑块从斜面底端冲上斜面，到达最高点后又返回点，斜面始终保持静止。已知滑块上滑过程经过、、的时间相等，且比长，上滑时间为下滑时间的一半，下列说法正确的是( )
A. 滑块与斜面间的动摩擦因数为
B. 斜面长为
C. 地面对斜面的摩擦力先向左后向右
D. 滑块向上运动和向下运动过程中，地面受到的压力都小于斜面体和滑块的总重力
三、实验题（本大题共2小题，共16分）
13. 某同学利用如图所示的实验装置研究平抛运动的规律。为了确定小球在不同时刻所通过的位置，在一块平木板上固定复写纸和白纸，竖直立于槽口前某处，使小球从斜槽上滚下，撞在木板上留下痕迹。
在实验中下列要求不必要的是_______。
A.斜槽轨道必须是光滑的 斜槽轨道末端的切线必须调成水平
C.记录痕迹的白纸必须在竖直平面内 小球每次必须从斜槽上同一位置静止滚下
正确安装装置后，小球在斜槽末端的______选填“最上端”、“最下端”或者“球心”对应的位置即为平抛运动的起始点。
将木板依次放在位置、、时，小球依次从斜槽挡板处静止滚下，撞在木板上留下痕迹依次为、、。已知、、位置的水平距离均为，测得、间的竖直距离，、间的竖直距离，当地的重力加速度为，根据以上测得的物理量可求得小球的初速度为_______。
14. 有两个实验小组在完成验证机械能守恒定律的实验中，分别用了以下两种方法：
第一组利用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。
该小组同学进行了如下实验操作：
A.打点计时器接到电源的“直流输出”上
B.释放纸带后接通电源，打出一条纸带，并更换纸带重复若干次
C.选择理想的纸带，在纸带上选取距起始点较远的几个连续点，测出这些点到起始点的距离
D.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
其中操作不当的步骤是______；填选项前的字母
该组同学更正错误后重新操作，若所用电源的周期为，经正确操作得到如图所示的纸带，点为打点计时器打下的第一个点。分别测出连续点、、与点之间的距离、、，重物质量为，重力加速度为。根据以上数据可知，从点到点，重物的重力势能的减少量等于______，动能的增加量等于______；用所给的符号表示
另一组同学用如图所示的装置验证机械能守恒定律。物体和系在轻质细绳两端跨过光滑轻质定滑轮，让、由静止释放物体质量大于。、处分别安装光电门，用来测量物体上的遮光片通过该处的时间。
实验中测量出物体的质量、物体的质量、遮光片的宽度、遮光片通过光电门、的时间、，则可计算出遮光片经过光电门时速率为______；
为完成本实验还需要测量______；
若实验满足表达式______用中测出物理量的符号和重力加速度表示，则可验证机械能守恒。
四、计算题（本大题共4小题，共36分）
15. 滑板运动是一项非常刺激的水上运动，研究表明，在进行滑板运动时，水对滑板的作用力垂直于板面，大小为，其中为滑板速率水可视为静止。某次运动中，在水平牵引力作用下，当滑板和水面的夹角时如图所示，滑板做匀速直线运动，相应的，人和滑板的总质量为，试求重力加速度取，，忽略空气阻力
水平牵引力的大小；
滑板的速率。
16. 如图所示，质量的长木板放在光滑水平面上，质量的小滑块放在长木板的最右端，滑块与长木板间的动摩擦因数，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，求：
长木板在外力作用下以加速度向右加速运动时，滑块所受摩擦力大小与方向．
要使滑块脱离长木板，至少要用多大的水平力拉长木板？
若长木板长，在的水平拉力的作用下由静止开始运动，滑块滑离长木板需多长时间？
17. 如图，长为的轻绳一端系于固定点，另一端系一质量为的小球。将小球从与点等高的点以一定初速度水平向右抛出，经一段时间后绳被拉直，此后小球以为圆心在竖直平面内摆动。已知的距离为，绳刚被拉直时与竖直方向的夹角为，重力加速度为，不计空气阻力。求
小球抛出时的速度以及被绳拉直前瞬间的速度；
小球摆到最低点时，绳对小球的拉力大小。
18. 如图所示，竖直平面内的一半径的光滑圆弧槽，点与圆心等高，质量的小球可看作质点从点正上方高处的点自由下落，由点进入圆弧轨道，从点飞出，不计空气阻力，取求：
小球经过点时的动能；
小球经过最低点时的速度大小；
小球经过最低点时对轨道的压力大小．
答案和解析
1.【答案】
【解析】
【分析】
在竖直方向上做自由落体运动的物体，运动的时间由高度决定，速度与高度有关．
本题考查对自由落体运动的理解，特别需要注意的就是在地球同一的地方，重力加速度的大小是相同的．
【详解】
两小球做自由落体运动，下降过程中的加速度都为，速度变化一样快，根据公式可得，两者同时落地，故AB错误C正确；
D.据可得，落地时两者的速度相同，故D错误．
2.【答案】
【解析】A、与圆盘恰好不发生相对滑动，设此时绳子拉力，则有
联立解得
即要使、与圆盘均不发生相对滑动，则圆盘转动的角速度不能超过 。
故选C。
3.【答案】
【解析】
【分析】
共轴转动的点角速度大小相等，靠传送带传动，轮子边缘上的点线速度大小相等，结合，进行分析。
解决本题的关键知道共轴转动的点角速度大小相等，靠传送带传动，轮子边缘上的点线速度大小相等，知道线速度、角速度、向心加速度之间的关系。
【解答】
、两点靠传送带传动，线速度大小相等，、两点共轴转动，角速度相等，因为的半径大于的半径，根据知，的线速度大于的线速度，所以的线速度大于点的线速度，错；
、两点靠传送带传动，线速度大小相等，、两点共轴转动，角速度相等，因为的半径大于的半径，根据知，的角速度小于的角速度，所以的角速度大于点的角速度，错；
、两点靠传送带传动，线速度大小相等，对；
，，则，又，根据公式知，对；
故选C。
4.【答案】
【解析】
【分析】在点，滑块由竖直方向上的合力提供向心力，根据牛顿第二定律结合动能定理求出滑块对点压力的大小．
解决本题的关键搞清滑块做圆周运动向心力的来源，根据牛顿第二定律和动能定理联合求解．
【解答】解：、在点，根据牛顿第二定律有：，得：，则知支持力大于重力，则根据牛顿第三定律知滑块对轨道的压力大于重力，故AB错误；
、根据动能定理得，代入解得：，越大，则越大则越大，故C正确，D错误。
故选：。
5.【答案】
【解析】火箭匀速下降阶段，阻力等于重力，阻力做负功，所以机械能不守恒，选项A错；在减速阶段，加速度向上，所以处于超重状态，选项B错；火箭着地时，地面对火箭的作用力大于火箭所受的重力，选项D正确；合力做功多少等于动能改变量，选项C错。
6.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查万有引力定律的应用，根据万有引力提供向心力求解。
【解答】
A.卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有
因为，所以，故A错误；
B.由圆周运动各物理量的关系，可知角速度与周期成反比，故，故B错误；
C.由万有引力充当向心力有，解得
因为，所以，故C正确；
D.由万有引力提供向心力，由牛顿第二定律，得
因为，所以，故D错误。
故选C。

7.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了牛顿运动定律的应用；正确使用整体法和隔离法分析物体的受力，求出弹簧的弹力，知道在线断开的瞬间，线的弹力立即消失而弹簧的弹力随形变量的变化而变化，形变瞬间没有变化，因此弹力保持瞬间不变，这是解决本题的关键。
正确对物体受力分析，抓住细线断的瞬间，线的弹力立即消失，而弹簧的弹力因弹簧形变没有改变而保持不变来分析和的加速度即可。
【解答】
剪断细线前，将两者看做一个整体，根据牛顿第二定律可得，即，
对分析，只受重力和弹簧的作用力，故，联立解得，
剪断细线的瞬间，弹簧来不及改变，所以弹簧的弹力仍为，
而不再受绳子的拉力作用，故根据牛顿第二定律可得，解得，
故选C。

8.【答案】
【解析】
【分析】
小球先自由下落，与弹簧接触后，弹簧被压缩，在下降的过程中，弹力不断变大，当弹力小于重力时，物体加速下降，但合力变小，加速度变小，故做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后物体由于惯性继续下降，弹力变的大于重力，合力变为向上且不断变大，故加速度向上且不断变大，故物体做加速度不断增大的减速运动；同理，上升过程，先做加速度不断不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后做加速度不断增大的减速运动，直到小球离开弹簧为止．
本题关键要将小球的运动分为自由下落过程、向下的加速和减速过程、向上的加速和减速过程进行分析处理，同时要能结合图象分析．
【解答】
A、时刻小球小球刚与弹簧接触，与弹簧接触后，先做加速度不断减小的加速运动，当弹力增大到与重力平衡，即加速度减为零时，速度达到最大，故A错误；
B、时刻，弹力最大，故弹簧的压缩量最大，小球运动到最低点，速度等于零，故B错误；
C、这段时间内，小球处于上升过程，先做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断增大的减速运动，故C正确；
D、段时间内，小球和弹簧系统机械能守恒，故小球增加的动能和重力势能之和等于弹簧减少的弹性势能，故D错误；
故选C．
9.【答案】
【解析】
【分析】
对物体正确受力分析，知道什么时候的摩擦力是静摩擦力，滑动摩擦力与推力无关是正确解题的关键。
【解析】
由题图乙知，木箱受到的最大静摩擦力为，故A正确，B错误；
当木箱运动后受到的是滑动摩擦力，大小为，解得，故C错误，D正确．
10.【答案】
【解析】A.从到的过程中，向心加速度大小不变，根据牛顿第二定律
知合力提供向心力，则合力大小不变，始终指向圆心，由于苹果从最高点到最右侧点运动的过程中合力由竖直向下变为水平向左，则合力在水平方向的分力逐渐变大，水平方向的分力由手掌对苹果的摩擦力提供，可知摩擦力越来越大，故A正确；
B.从到的过程中，向心加速度大小不变，方向指向圆心，则合力提供向心力，且合力大小不变，始终指向圆心，由于苹果从最高点到最右侧点运动的过程中合力在竖直方向的分力变小，由
可知支持力越来越大，故B错误；
C.苹果从最左侧点到最右侧点运动的过程，加速度有竖直向下分量，则苹果处于失重状态，故C错误；
D.苹果做匀速圆周运动，合力提供向心力，向心力大小不变，故合力大小不变，D正确。
故选AD。
11.【答案】
【解析】列车初始的机械能
列车在坡顶车站时的机械能
可知该过程列车的机械能减少，故A错误，B正确；
该过程节能坡的转化率为
故C错误，D正确。
故选BD。
12.【答案】
【解析】
【分析】
本题是匀变速直线运动的运动学公式和推理的综合应用，及牛顿第二定律及超重和失重的灵活应用。
根据，及初速度为零的匀变速直线运动的比例得出斜面长度，再根据分解加速度的思想得出地面对斜面体的摩擦力和支持力和总重力的关系。
【解答】
A、根据上滑时间为下滑时间的一半，得出上滑加速度为下滑加速度的倍，故得出：，得出：，故A错误；
B、物体在斜面上减速滑行，根据逆向思维得出：，，再结合初速度为零的匀变速直线运动的比例得出：，，，故斜面长度为，故B正确；
、因为上滑加速度，和下滑加速度方向都向下，故加速度的水平分量向左，竖直分量向下，是失重现象，故地面对斜面的摩擦力始终水平向左，地面受到的压力都小于斜面体和滑块的总重力，故 C错误，D正确。
13.【答案】 ；球心 ；
【解析】
【分析】
解决本题的关键知道实验的原理和注意事项，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解。
根据实验原理、步骤和注意事项进行分析；
小球在运动中记录下的是其球心的位置，故抛出点也应是小球静置于点时球心的位置；
根据逐差法和平抛运动的规律解答即可。
【解答】
、必须保证小球每次从同一位置、静止释放，才能保证每次小球平抛的速度相同，只要保证小球每次从同一位置释放，每次摩擦力做功相同，故不需要斜槽尽量光滑，故A错误，D正确；
B、为了让小球做平抛运动，斜槽轨道末端的切线必须调成水平，故B正确；
C、记录痕迹的白纸必须在竖直平面内，故C正确。
故选A。
小球在运动中记录下的是其球心的位置，故抛出点也应是小球静置于斜槽末端时球心的位置，应以球心在白纸上的位置为坐标原点。
设时间间隔为，由，，联立解得。
14.【答案】 光电门、间的距离
【解析】打点计时器应接到电源的“交流输出”上，故A错误，符合题意；
B.应接通电源后释放纸带，打出一条纸带，并更换纸带重复若干次；故B错误，符合题意；
C.选择理想的纸带，在纸带上取若干个连续点，分别测出这些点到起始点的距离；故C正确，不符合题意；
D.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；故D正确，不符合题意。
故选AB。
从点到点，重物的重力势能的减少量
打点时的速度
动能的增加量等于
遮光片经过光电门时速率为
为完成本实验还需要测量光电门、间的距离。
势能的变化量
动能变化量
则若实验满足表达式
则可验证机械能守恒。
15.【答案】解：以滑板和运动员为研究对象，其受力如图所示
由共点力平衡条件可得
由、联立，得
即水平牵引力的大小；
由式
根据题意得
即滑板的速率为。

【解析】本题关键是对物体受力分析，运用共点力平衡条件求出各个力后，再根据题意求解速度，此题属于中档题。
对滑板和人整体受力分析，然后运用共点力平衡条件列式求解；
根据平衡条件求出支持力后，根据题中的支持力和速度关系公式求解滑板的速率。
16.【答案】解：对分析，根据牛顿第二定律得，，解得，
可知长木板在外力作用下以加速度向右加速运动时，、保持相对静止，
根据牛顿第二定律得，，方向水平向右．
、发生相对滑动的临界加速度，
对整体分析，．
当拉力时，、发生相对滑动，
此时的加速度，
的加速度，
滑块滑离木板的过程有：，
代入数据解得．
答：滑块所受摩擦力大小为，方向水平向右．
要使滑块脱离长木板，至少要用的水平力拉长木板．
滑块滑离长木板需．
【解析】根据牛顿第二定律求出物块和发生相对滑动时的加速度，判断是否发生相对滑动，若没有发生相对滑动，结合牛顿第二定律求出滑块所受的摩擦力大小和方向．
根据临界的加速度，对整体分析，根据牛顿第二定律求出发生相对滑动时的最小拉力．
根据牛顿第二定律分别求出、的加速度，抓住位移之差等于，结合运动学公式求出滑块滑离长木板的时间．
本题考查了牛顿定律中的滑块模型，掌握、发生相对滑动的临界情况，理清相对滑动后、的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解．
17.【答案】小球做平抛运动，则水平方向
竖直方向
被绳拉直前瞬间的速度
解得，
细绳被拉直时速度方向与竖直方向的夹角
则
即合速度方向沿细绳的方向，伸直后小球的速度为零，则当摆到最低点时
解得

【解析】从点水平抛出后至绳子拉直前，小球做平抛运动，可将运动分解为水平方向和竖直方向进行求解；
先分析细线伸直后速度的变化，然后根据小球在最低点拉力与重力的合力提供向心力，可利用圆周运动的向心力公式求解。
18.【答案】【小题】
【小题】
【小题】

【解析】
小球从点到点，根据机械能守恒定律得：
代入数据解得：

小球从点到点，设经过点速度为，根据机械能守恒定律得：
代入数据解得：

小球在点，受到的支持力与重力的合力提供向心力
由牛顿第二定律得：
代入数据解得：
由牛顿第三定律有小球对轨道压力的大小