2023-2024学年天津市河西区高三（上）期末物理试卷（含解析）

2023-2024学年天津市河西区高三（上）期末物理试卷
一、单选题：本大题共5小题，共25分。
1.在平直公路上行驶的甲车和乙车，其位移时间图象分别如图中直线和曲线又所示，图中对应，则( )
A. 到时间内，甲车做直线运动，乙车做曲线运动
B. 在时刻，甲车的速度大于乙车的速度
C. 到时间内，一定存在某时刻两车的速度相同
D. 到时间内，甲车的平均速度小于乙车的平均速度
2.如图所示，在一次投弹演习中，战机释放的炸弹近似于平抛运动未能击中山坡上的目标，你认为飞行员应如何调整才可能准确命中目标( )
A. 保持原航速和飞行高度，稍微提前投弹 B. 保持原航速和飞行高度，稍微延后投弹
C. 保持原航速、降低飞行高度，提前投弹 D. 保持原航速，到正上方投弹
3.光滑的水平面上固定着一个螺旋形光滑水平轨道，俯视如图所示．一个小球以一定速度沿轨道切线方向进入轨道，以下关于小球运动的说法中正确的是( )
A. 轨道对小球做正功，小球的线速度不断增大
B. 轨道对小球做正功，小球的角速度不断增大
C. 轨道对小球不做功，小球的角速度不断增大
D. 轨道对小球不做功，小球的线速度不断增大
4.质点以坐标原点为中心位置在轴上做简谐运动，其振动图象如图所示，振动在介质中产生的简谐橫波沿轴正方向传播，波速为，起振后此质点立即停止运动，再经过后的波形图为( )
A. B.
C. D.
5.如图甲所示，长木板放在光滑的水平面上，质量为的另一物体可视为质点以水平速度滑上原来静止的的上表面。由于、间存在摩擦，之后、速度随时间变化的情况如图乙所示，则下列说法正确的是取( )
A. 获得的动能为 B. 系统损失的机械能为
C. 的最小长度为 D. A、间的动摩擦因数为
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
6.下列说法正确的是( )
A. 图甲实验利用“放大法”观察玻璃瓶的微小形变
B. 图乙水杯随圆盘一起匀速圆周转动，受重力、支持力、静摩擦力和向心力
C. 图丙货物被起重机竖直向上匀速提起过程中，所受合外力不做功，机械能增加
D. 图丁自动卸货车始终静止在地面上，车厢在液压机作用下倾角缓慢增大且货物始终没有下滑，该过程中车厢对货物的支持力逐渐变大且做正功
7.某时刻处质点沿轴开始做简谐振动，形成沿轴正方向传播的简谐横波，经过形成的波的图象如图所示。是轴上距点处的质点。下列判断正确的是( )
A. 处质点开始振动的方向沿轴正方向
B. 处质点振动的周期是
C. 从处质点振动开始计时，经过，处质点开始振动
D. 该波的波速是
8.质量的物体从高为的光滑轨道上点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的点，物体和传送带之间的动摩擦因数为，传送带之间的距离为，传送带一直以的速度匀速运动，则( )
A. 物体从运动到的时间是
B. 物体从运动到的过程中，摩擦力对物体做功为
C. 物体从运动到的过程中，产生的热量为
D. 物体从运动到的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为
三、实验题：本大题共2小题，共12分。
9.在“验证动量守恒定律”的实验中，一般采用如图所示的装置：
若入射小球质量为，半径为；被碰小球质量为，半径为，则______
A.， ，
C.， ，
以下所提供的测量工具中必需的是______
A.直尺游标卡尺天平弹簧测力计秒表
在做实验时，对实验要求以下说法正确的是______
A.斜槽轨道必须是光滑的
B.斜槽轨道末端的切线是水平的
C.入射球每次都要从同一高度由静止滚下
D.释放点越高，两球碰后水平位移越大，水平位移测量的相对误差越小，两球速度的测量越准确．
10.用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示．
如表为某同学记录的组实验数据，并做了部分计算处理．请计算出第组实验中的 ______ ， ______ ．
组次
摆长
次全振动的时间
振动周期
重力加速度
若有三位同学用多组实验数据做出的图线的示意图如图中的、、所示，其中和平行，和都过原点，图线对应的值最接近当地重力加速度的值．则______
图线对应的值大于图线对应的值
图线对应的值小于图线对应的值
出现图线的原因可能是误将次全振动记为次
出现图线的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长
某同学用细线和铁锁制成一个单摆，如图所示．由于只有一根量程为的刻度尺，于是他在细线上的点做了一个标记，使得悬点到点间的细线长度小于刻度尺量程．保持该标记以下的细线长度不变，通过改变、间细线长度以改变摆长．实验中，当、间细线的长度分别为、时，测得相应单摆的周期为、由此可得重力加速度 ______ 用、、、表示．
四、计算题：本大题共3小题，共48分。
11.两材料完全相同的、可视为质点的滑块甲和滑块乙放在粗糙的水平上，在两滑块的右侧固定一挡板。已知两滑块与水平面之间的动摩擦因数均为，甲、乙两滑块的质量分别为、，且在水平面上处于静止状态。现给滑块甲一向右的初速度未知，使滑块甲和滑块乙发生无能量损失的碰撞，经过一段时间滑块乙运动到挡板处且被一接收装置接收，而滑块甲未与挡板发生碰撞，开始两滑块之间的距离以及滑块乙与挡板之间的距离均为，重力加速度为。滑块甲与滑块乙碰后的瞬间速度分别用、表示，试求
与的比值；
的最小值为多少？
12.如图所示，在光滑的水平面上放置一个足够长木板，在的左端放有一个可视为质点的小滑块，、间的动摩擦因数，的质量，的质量，。现对施加的水平向右的拉力，后撤去拉力，求：
撤去拉力前小滑块和长木板的加速度和；
相对于静止时的速度；
相对于静止的整个过程中由于摩擦生成的热量结果可以用分数表示。
13.如图所示，水平轨道长为，其端有一被锁定的轻质弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，圆心在半径为的光滑圆形轨道与相切于点，并且和圆心在半径为的光滑细圆管轨道平滑对接，、、三点在同一条直线上，光滑细圆管轨道右侧有一半径为，圆心在点的圆弧挡板竖直放置，并且与地面相切于点质量为的小球可视为质点从轨道上的点由静止滑下，刚好能运动到点，触发弹簧，弹簧立即解除锁定，小滑块被弹回，小球在到达点之前已经脱离弹簧，并恰好无挤压通过细圆管轨道最高点计算时圆管直径可不计，重力加速度为。求：
小滑块与水平轨道间的动摩擦因数；
弹簧锁定时具有的弹性势能；
滑块通过最高点后落到挡板上时具有的动能。
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：、图像描述的汽车位移随时间的变化，只能是描述直线运动的，甲、乙车都做直线运动，故A错误；
B、在时刻，甲车的斜率小于乙车的斜率，故甲的速度小于乙车的速度，故B错误；
C、到时间内，乙图线的切线斜率在某时刻与甲相同，则两车的速度可能相同，故C正确；
D、到时间内，两车的位移相同，时间相同，则平均速度相同，故D错误。
故选：。
位移时间图线反映位移随时间的变化规律，图线切线的斜率表示瞬时速度，结合斜率的变化得出速度如何变化．根据位移和时间比较平均速度的大小。
解决本题的关键知道位移时间图线的物理意义，知道图线的切线斜率表示瞬时速度，根据斜率的正负可以确定运动的方向。
2.【答案】
【解析】解：、保持原航速和飞行高度，则飞行轨迹不变，要想命中目标，则轨迹需要向右平移，即需要稍微延后投弹，故A错误，B正确；
C、保持原航速、降低飞行高度，则相当于飞行轨迹向下平移，要想命中目标，需要轨迹向右平移，即需要延后投弹，故C错误；
D、保持原航速，到正上方投弹，则落点在的右边，故D错误。
故选：。
炸弹在空中做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动。
针对各选项，分析投弹准确的可能性。
该题考查平抛运动，关键要掌握平抛运动在水平方向和在竖直方向上的运动规律，结合几何关系进行解答。
3.【答案】
【解析】解：轨道的弹力方向与速度方向垂直，弹力不做功，根据动能定理知，速度的大小不变．根据，半径减小，角速度不断增大．故C正确，、、D错误．
故选C．
轨道的弹力方向与速度方向垂直，弹力不做功，通过动能定理判断出线速度大小的变化．根据，判断角速度的变化．
解决本题的关键利用动能定理判断出速度大小的变化．以及根据，得出角速度的变化．
4.【答案】
【解析】【分析】
根据振动图象时刻质点的振动方向确定波传播时各质点起振的方向。由振动图象读出周期，求出波长，分析再经过后，即总共经过时波传播的距离，确定波形图。
本题要抓住质点的振动与波动之间关系的理解。根据时间与周期的关系、波传播距离与波长的关系分析。
【解答】
解：根据振动图象得知，时刻质点沿轴正方向振动，即波源的起振方向沿轴正方向，则介质中各质点的起振方向均沿轴正方向，与波最前头的质点振动方向相同。起振后此质点立即停止运动，形成波长的波形。由振动图象读出周期，波长，则再经过后，即时波总共传播的距离为，传到处，故A正确，BCD错误。
故选：。
5.【答案】
【解析】解：、由图乙所示图象可知，、的共同速度，设的质量为，、组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：，代入数据解得：，获得的动能，故A错误；
B、设系统损失的机械能为，由能量守恒定律得：，代入数据解得：，故B错误；
C、图线与坐标轴围成图形的面积表示位移，由图乙所示图象可知，长木板的最小长度，故C错误；
D、设、间的动摩擦因数为，由能量守恒定律得：，代入数据解得：，故D正确。
故选：。
A、组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律求出的质量，然后求出获得的动能；应用能量守恒定律求出系统损失的机械能与、间的动摩擦因数；根据图乙所示图象求出的最小长度。
根据题意与图乙所示图象分析清楚物体与长木板的运动过程是解题的前提；应用动量守恒定律与能量守恒定律即可解题。
6.【答案】
【解析】解：图甲实验能过细管中液面的上升情况来分析瓶子的微小形变，是利用了“放大法”的物理原理，故A正确；
B.向心力是效果力，匀速圆周运动中向心力由合外力提供，物体受到重力、支持力和摩擦力作用，故B错误；
C.货物被起重机竖直向上匀速提起过程中，动能不变，所受合外力不做功，但重力势能增大了，所以机械能增加了，故C正确；
D.根据
可知，随着斜面倾角增大，支持力逐渐变小，支持力与物体速度成锐角，所以支持力做正功，故D错误。
故选：。
将微小的形变通过细管中液面的上升利用了“放大法”的物理原理，向心力是效果力，合外力做功代表动能变化，机械能等于势能与动能之和，力与速度成锐角则力做正功。
本题考查功能关系、向心力与实验原理，解题关键掌握合外力做功代表动能变化，且学会判断力做功的正负。
7.【答案】
【解析】解：、该波传到后面某一质点时，该质点向下振动，后面质点的起振方向与振源的起振方向相同，的质点向下振动，则处质点开始振动的方向沿轴负方向，故A错误；
B、经过时处质点形成的波动图象为一个波长，所以该质点振动的周期是，故B正确；
、波在内传播的距离是，所以该波的波速是，波从点传到点的时间，则质点经过开始振动，故C正确，D错误；
故选：。
根据波在内传播的距离得知周期，由此求波速。根据质点到点的距离来求传播的时间。
本题主要是考查横波的图象，解答本题要掌握波的图象的物理意义，知道波速、波长和周期的关系。
8.【答案】
【解析】解：、设物体下滑到点的速度为，对过程，由机械能守恒定律有：，代入数据得：，则物体滑上传送带后，在滑动摩擦力的作用下向右做匀加速运动，加速度大小为；当物体的速度与传送带的速度相等时用时：，匀加速运动的位移，所以物体与传送带共速后向右做匀速运动，匀速运动的时间为，故物体从运动到的时间为：，故A正确；
B、物体运动到的速度是，根据动能定理得：摩擦力对物体做功，故B错误；
C、在时间内，传送带做匀速运动的位移为，故产生热量，代入数据得：，故C正确；
D、电动机多做的功一部分转化成为物体的动能，另一部分转化为内能，则电动机多做的功，故D错误。
故选：。
先由机械能守恒定律求出物体滑到点时的速度。根据物体在传送带的运动情况，由牛顿第二定律求出匀加速运动的加速度，由速度公式求出加速到速度与传送带相同所用时间，并求出匀加速运动的位移，分析物体运动到的速度。再求出物体向右匀速运动时间，即可所求时间；由动能定理求摩擦力对物体做功。由运动学可求物体与传送带间的相对位移，进而由可求产生的热量。
物体在传送带上运动时，物体和传送带要发生相对滑动，所以电动机多做的功一部分转化成为物体的动能，另一部分就是增加了内能。根据能量守恒求解。
本题首先要求同学们能正确分析物体的运动情况，判断物体与传送带是否有共速。要注意电动机多做的功一部分转化成了物体的动能另一部分就是了相同的内能，不能只考虑物体的动能。
9.【答案】
【解析】解：在小球碰撞过程中，水平方向动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：，
在碰撞过程中机械能守恒：，
解得：，
要碰后入射小球的速度，即，，为了使两球发生正碰，两小球的半径相同，，故选C；
为碰前入射小球落点的平均位置，为碰后入射小球的位置，为碰后被碰小球的位置，
小球离开轨道后做平抛运动，运动时间：，碰撞前入射小球的速度，
碰撞后入射小球的速度：，碰撞后被碰小球的速度：，
若则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，
整理得：，故需要测量的工具有刻度尺和天平，故选AC；
、验证动量守恒定律实验，必须保证斜槽轨道末端切线水平，斜槽轨道不必要光滑，故A错误，B正确；
C、为保证球的初速度相等，入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故C正确；
D、释放点越高，碰撞后速度越大，水平位移越大，水平位移测量的相对误差越小，两球速度的测量越准确．故D正确．
故选：．
故答案为：；；．
为了保证碰撞前后使入射小球的速度方向不变，故必须使入射小球的质量大于被碰小球的质量；为了使两球发生正碰，两小球的半径相同．
求出需要验证的表达式，根据表达式确定需要测量的量，然后确定测量工具．
根据实验注意事项分析答题．
本题考查验证动量守恒定律，本实验运用了等效思维方法，平抛时间相等，用水平位移代替初速度，这样将不便验证的方程变成容易验证．
10.【答案】；；；
【解析】解：第组实验中振动周期；单摆周期公式，可得；
根据单摆的周期公式，得，根据数学知识可知，图象的斜率，当地的重力加速度
A、图线与平行，则斜率相等，当地的重力加速度，故图线对应的值等于图线对应的值，A错误；
B、图线的斜率比小，而当地的重力加速度，则图线对应的值大于图线对应的值，B错误；
C、实验中误将次全振动记为次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，图象的斜率偏小．C正确；
D、图线是在为时，有数值，出现这种情况，只有可能是误将悬点到小球上端的距离记为摆长，D错误；
设摆线总长为，当、间细线的长度为时实际摆长变为；由单摆周期公式有
当、间细线的长度为时实际摆长变为；由单摆周期公式有
解得
故答案为：；；；．
直接利用第三次实验次振动的时间为，求出振动周期，再利用单摆周期公式求出对应的重力加速度；
根据单摆的周期公式变形得出与的关系式，再分析图象中与斜率的关系，得到的表达式．根据重力加速度的表达式，分析各图线与之间的关系；
分别求出当、间细线的长度分别为、时实际摆长，利用单摆周期公式列式，最后求出重力加速度．
简谐运动是一种理想的运动模型，单摆只有在摆角很小，空气阻力影响不计的情况下单摆的振动才可以看成简谐运动，要知道影响实验结论的因素．应用单摆周期公式可以解题；要掌握应用图象法处理实验数据的方法．
11.【答案】解：两滑块碰撞过程满足动量守恒定律，设碰撞前瞬间滑块甲的速度为，取向右为正，则有：
由能量关系得：
联立解得：，
则二者速度大小之比为：：：；
当滑块甲初速度最小时，碰后滑块乙应刚好运动到右侧的挡板，对滑块乙根据动能定理可得：
碰前滑块甲做减速运动，对滑块甲根据动能定理可得：
可得。
答：与的比值为：；
的最小值为。
【解析】根据动量守恒定律结合能量关系列方程求解；
当滑块甲初速度最小时，碰后滑块乙应刚好运动到右侧的挡板，对滑块乙根据动能定理列方程，再对滑块甲在碰撞前运动过程中根据动能定理列方程联立求解。
本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用或合外力为零；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。
12.【答案】解：对滑块根据牛顿第二定律有：，
代入数据解得：，
对木板有：，
代入数据解得：；
对和整体分析，全过程根据动量定理可得：
解得：；
撤去时，的位移为：，
从开始施加外力到二者共速的过程中，根据功能关系可得：
解得：。
答：撤去拉力前小滑块和长木板的加速度和分别为、；
相对于静止时的速度为；
相对于静止的整个过程中由于摩擦生成的热量为。
【解析】根据牛顿第二定律求解加速度大小；
根据动量定理求解共同速度；
根据功能关系求解相对于静止的整个过程中由于摩擦生成的热量。
本题主要是考查了功能关系和能量守恒定律，首先要选取研究过程，分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，根据功能关系列方程解答。
13.【答案】解：由几何关系可得间的高度差
小滑块从点运动到点的过程，由动能定理得

解得
滑块在点时，由重力提供向心力，可得
从点到点的过程中，由功能关系有

解得
滑块通过最高点后做平抛运动，根据平抛运动的规律可知，水平方向有
竖直方向上有
又几何关系为
可得滑块落到挡板上的动能为或
解得
答：小滑块与水平轨道间的动摩擦因数为；
弹簧锁定时具有的弹性势能为；
滑块通过最高点后落到挡板上时具有的动能为。
【解析】先根据几何知识求出间的高度差。小滑块从点运动到点的过程，利用动能定理列式，即可求出小滑块与水平轨道间的动摩擦因数；
滑块恰好无挤压通过细圆管轨道最高点，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出滑块通过点的速度，再由能量守恒定律求弹簧锁定时具有的弹性势能；
滑块通过最高点后做平抛运动，根据分运动规律和几何知识分别列式，结合动能与速度的关系求出滑块落到挡板上时具有的动能。
解决本题的关键要灵活选取研究的过程，分段运用动能定理和功能关系，要把握隐含的几何关系。
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