江西省宜春中学2023-2024学年高一下学期期末考试物理试卷（PDF版含解析）

江西省宜春中学 2023—2024 学年度下学期高一期末试卷物理 6．如图所示，半径可变的四分之一光滑圆面内，轨道的末端 B处切线水平圆心 O离地的高度为 H。现
将一小物块从轨道顶端 A处由静止释放。若保持圆心的位置不变，改变圆弧轨
道的半径（不超过圆心离地的高度）。则下列说法正确的是（ ）
说明： HA．半径为 时，小物块平抛的水平位移最大
1．全卷满分 100 分，考试时间为 75 分钟。 4
2．请将答案写在答题卡上，否则不给分。 H
10 46 1~7 B．半径为 时，小物块平抛的水平位移最大一、选择题：本题共 小题，共 分。(在每小题给出的四个选项中，第 题只有一项符合题目要 2
求，每小题 4 分；第 8~10 题有多项符合题目要求，每小题 6 分，全部选对的得 6 分，选对但不全的得 C．半径越大，小物块到圆弧轨道最低点时向心加速度越大
3 分，有选错的得 0 分。) D．半径越大，小物块落地时重力的瞬时功率越大
1．下列说法符合物理学史的是（ ） 7．高压水枪喷口半径为 r，射出的水流速度为 v，水平地打在竖直煤壁上后速度变为零。设水的密度为
A．牛顿发现了万有引力定律并对万有引力常量进行准确测量 ρ，则高速水流对煤壁冲击力的大小为（ ）
B 20 2 2 2 2 2 2．德国天文学家开普勒用 年的时间对行星进行观测和记录，发现了行星运动规律即开普勒定律 A．πρr v B．2πρr v C．πρr v D．2πρr v
C．英国物理学家卡文迪什巧妙地利用扭秤装置，第一次在实验室准确地测出万有引力常量 G的值 8．如图所示，一质量为 M，半径为 R的半圆形槽形物体停在光滑水平面上，左边与竖直墙壁接触，现
D．法国物理学家库仑发现了真空中两点电荷间的相互作用规律，美国实验物理学家密立根测量出 让一质量为 m的光滑小球从槽形物体的左边边缘由静止开始滑下，设重力加速度为 g，已知 M=2m。下
静电引力常量 k的值。 列说法正确的是（ ）
2 A．小球从释放到第一次到达最低点的过程中，小球和半圆形组成的系统动量守恒．下列几种运动中，机械能一定守恒的是（ ）
A 2．跳伞运动员张开伞后，在空中匀速下降 B．自从第一次到达最低点后，还能上升的最大高度 R
3
B．游乐场中小朋友从滑梯轨道顶端由静止开始下滑
C．小球从释放到第二次达到最低点的过程中，小球和半圆形相组成的系统机械能
C．忽略空气阻力，物体竖直上抛
守恒
D．物体受到的合外力做功为零
gR
3．如图所示，在水平地面上做匀速直线运动的小车，通过定滑轮用绳子吊起一个物体，若小车和被吊 D．小球第二次到达最低点时槽形物体获得的速度大小
3
的物体在同一时刻速度分别为 v1和 v2，绳子对物体的拉力为T ，物体所受重 9．如图所示，倾角为 37°的传送带以 4m/s的速度沿逆时针方向传动。已知传送带的上、下两端间的距
力为G，则下面说法正确的是（ ） 离为 L=7m。现将一质量 m=0.4kg的小木块放到传送带的顶端，使它从静止开始
A．物体所受拉力大于重力 沿传送带下滑，已知木块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.25，最大静摩擦力等于
B．物体做加速运动，且 v2 v1 滑动摩擦力，取 g=10m/s2。则（ ）
C．物体匀速上升 A．木块在传送带上一直以 8m/s2的加速度匀加速直线运动直到从下端离开
D．物体做减速运动，且 v 传送带2 v1
4．如图所示，各物体质量都是 m，加速度都是 a，从静止出发发生的位移都是 s，第一种情况水平面光 B．木块在传送带上运动的时间是 1.5s
．木块从顶端滑到底端的过程传送带对木块做的功是
滑，后三种情况动摩擦因数相同，物体对水平面都有压力，那么（ ） C -5.6J
D．木块从顶端滑到底端产生的热量是 2.4J
10．一辆新能源汽车在水平路面上由静止开始做直线运动，直到速度最大并保持恒定，所受阻力恒定不
1
变，在此过程中牵引力 F与车速的倒数 的关系如图所示，已知汽车质量m 800kg，发动机的最大牵
A B v．物体的动能的增量都相等 ．四种情况这四个拉力做的功相同
引力为3 103N，最大输出功率F P 3 10
4W，图中的 v2为汽车的最大速度，则（ ）
C．后三种情况下拉力做功相等 D． 1做的功功率最大 A．汽车在 AB段的运动为匀速直线运动
5．如图所示，卫星 a、b、c沿圆形轨道绕地球运行。a是极地轨道卫星，在地球两极上空约 1000 km处 B．汽车在 BC段的运动为功率不变的变加速直线运动
运行；b是低轨道卫星，距地球表面高度与 a相等；c是地球同步静止卫星。则（ ） C．图中的 v1速度为10m/s，若车速为10m/s，则发动机的瞬时输出功率为
A．a、b的动能比 c的大
P 3 104W
B．c的机械能比 a、b多 D．当汽车速度为 25m/s时，该新能源汽车的加速度为0.5m/s2
C．a、b的向心加速度比 c的小
D．a、b的线速度大小相等
试卷第 1页，共 2页
{#{QQABACYKIEthggCiAQwJJBQAACQCgCxrAQHWICMgCKgQmkQAsCJAEARaLgaOgROABAQAMKAKIAAYgKAANANBIABA=A}=#}#}
二、实验题（11 题 6 分，12 题 8 分，每空 2 分） 14．（12分）宇航员站在某质量分布均匀的星球表面一斜坡上 P点，沿水平方向以初速度 v0抛出一个小
11．（6分）用如图甲实验装置验证 m1、m2组成的系统机械能守恒。m2从高处由静止开始下落，m1上拖 球，测得小球抛出点 P与落到斜坡另一点 Q的距离为 L，斜坡的倾角为 ，已知该星球的密度为 ，引
着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒。图乙给出的是实验中获取 4 3
的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有 4个点（图中未标出），计数点间的距离如 力常量为 G，球的体积公式是V πR 。求3
图乙所示，已知电源频率为 50Hz，m1=50g、m2=150g，g取 10m/s2，则： （1）该星球表面的重力加速度 g；
（2）该星球的半径为 R。
（1）在纸带上打下计数点 5时的速度 v= m/s；
（2）在打点 0~5过程中系统动能的增加量ΔEk= J，系统势能的减少量ΔEp= J。（第（2）问结果均 15．（18分）某种固定在同一竖直平面内的弹射装置如图所示，它由水平轨道 AB、EF，竖直光滑圆弧
保留三位有效数字）
12．（8分）在研究平抛物体运动的实验中，右图为小球做平抛运动闪光照片的一部分，图中每一小正 轨道 BC、DE组成，BC、DE分别与 AB、EF相切。现将质量 m=0.4kg的物体（视为质点）压缩水平轻
方格边长 L=5cm，g取 10m/s2。则
（1）小球平抛时的初速度是 m/s。 质弹簧后由静止释放，恰好能经过圆弧轨道最高点 C。物体从 C点水平飞出后，恰好能无碰撞地由 D
（2）闪光的频率为 f= 次/秒。
点进入另一轨道，并最终停在轨道 EF某处。经测量发现物体在两段水平轨道上运动的距离相等，已知
（3）若小球质量 m=200克，则小球经过 B点时重力的瞬时功率是 W，动能是 J。
C、D两点的高度差 h=0.45m，R1=1.6m，R2=4m，两水平轨道与物体间的动摩擦因数均为μ=0.2。取重力
加速度大小 g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力。求：
（1）物体经过 D点的速度大小 vD；
（2）物体在 B、E两点时对圆弧轨道的压力差ΔF；
（3）将物体释放时，弹簧的弹性势能 Ep。
三、解答题：本大题共 3 小题，共 40 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算
步骤。只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
13．（10分）如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球 A、B发生正碰，图乙为它们碰撞前后的 x t图
像，已知小球 A的质量m1 0.1kg，求：
（1）小球 B的质量m2；
（2）碰撞过程中系统损失的机械能 E。
试卷第 2页，共 2页
{#{QQABACYKIEthggCiAQwJJBQAACQCgCxrAQHWICMgCKgQmkQAsCJAEARaLgaOgROABAQAMKAKIAAYgKAANANBIABA=A}=#}#}
参考答案 7．C【详解】在时间 t内，打在竖直煤壁上水的质量为m vt r
2根据动量定理得Ft mv ρv2t πr2
解得 F πρv2r 2 故选 C。
1．C【详解】AC．牛顿在前人的基础上，总结出了万有引力定律，但并未对万有引力常量进行准确测 8．BC【详解】A．小球从边缘静止下滑的过程中，半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而小球
量，而是英国物理学家卡文迪许巧妙地利用扭秤装置，第一次在实验室准确地测出万有引力常量 G的值，
对半圆槽的压力方向相反指向左下方，因为有竖直墙挡住，所以半圆槽不会向左运动，可见该过程中，
故 A错误，C正确；B．德国天文学家开普勒用了 20年的时间，在对丹麦天文学家第谷对行星进行观
小球与半圆槽在水平方向受到外力作用，动量并不守恒，故 A错误；B．在第一次下落到最低点的过程
测和记录的数据研究后，得出了行星运动规律，即开普勒定律，故 B错误；D．法国物理学家库仑发现
中，小球受到的支持力不做功，只有重力做功，因此小球的机械能守恒，设小球到达最低点时速度为 v1，
了真空中两点电荷间的相互作用规律——库仑定律，库仑通过扭秤实验证明了库仑力与距离平方成反比 1 2
的规律，但静电力常量 k是通过麦克斯韦相关理论计算得出的。故 D错误。故选 C。 由动能定理得mgR mv1 此后，小球与半圆槽组成的系统水平方向不受力，系统水平方向的动量守恒，
2．C 2【详解】A．跳伞运动员张开伞后，在空中匀速下降，空气阻力做负功，机械能不守恒，A错误； 1 1 2
B 2 2．游乐场中小朋友从滑梯轨道顶端由静止开始下滑，滑梯轨道的摩擦力对小朋友做负功，机械能不守 且机械能守恒，则有mv1 m M v共 mv1 m M v共 mgh联立解得 h= R故 B正确；2 2 3
恒，B错误；C．忽略空气阻力，物体竖直上抛过程中只有重力做功，机械能守恒，C正确；D．物体受 C．小球从释放到第二次达到最低点的过程中，因为小球在槽内运动过程中， 小球、半圆形槽所受外力
到的合外力做功为零，物体不一定机械能守恒，例如匀速上升或者下降的物体，重力与竖直向上的力平
除了重力外，其他力都不做功，且接触面都是光滑的，所以小球、半圆形槽组成的系统机械能守恒，故
衡，该力对物体做功，物体机械能不守恒，D错误。故选 C。
C正确；D．设小球第二次到达最低点时小球速度为 v v cos v 1，半圆槽的速度为
v2，小球从释放到第二次达到3．A【详解】BCD．令小车速度与左侧绳子间的锐角为 ，则有 1 2
最低点的过程中，小球与半圆槽组成的系统水平方向的动量守恒且机械能守恒，则有
根据图像可知，小车向左匀速运动，夹角 减小，可知物体的速度 v2增大，即物体向上做加速运动，根
m M v mv Mv 1 m M v2 mgh 1 Mv2 1 2 2 2gR据上述可知 v2 v1可知，BCD错误；A．根据上述，物体向上做加速运动，加速度方向向上，则物体所 共 1 2 共 2 mv1 联立解得 v2 故 D错误。2 2 2 3
受拉力大于重力，A正确。故选 A. 故选 BC。
4 A A 9 BD
2
． 【详解】A．木块开始下滑时有mg sin 37 mg cos37 ma 解得 a 8m / s
． 【详解】 ．依题意知，由于四种情形物体的质量，加速度，位移均相同，根据牛顿第二定律知它 1 1
2
们所受合力相同，则合力所做的功相等，根据动能定理W合 Ek 可知物体的动能的增量都相等，故 A 加速至 v0 4m/s
v
的位移 x 00 1m < L = 7m 则之后有mg sin 37
mg cos37 ma 22 解得 a2 4m / s
正确；BC．图（1）中，拉力所做的功为WF E1 k图（2）（3）（4）中，拉力所做的功为
2a1
W f s E W f s E W f s E W f s E W f s E W f s E 可知，木块在传送带上先以 8m/s
2的加速度匀加速直线运动下滑，后以 4m/s2的加速度匀加速直线运动
F2 2 k F2 2 k F3 3 k F3 3 k F4 4 k F4 4 k v
设 F与水平方向夹角为 ，则有 f (mg F sin ) 0下滑，直到从下端离开传送带，A错误；B．木块以 8m/s2的加速度匀加速直线运动下滑过程有 t1 0.5sa
由于不知道 F3和 F4的大小关系，所以不能确定 f3和 f
1
4的大小关系，也就不能确定WF3 和WF4 的大小关系，
2 1 2
但是由受力分析可知 f2一定大于 f3和 f4，所以 F 做的功一定最多，故 BC错误；D．由于四种情形物体 之后以 4m/s 的加速度匀加速直线运动下滑过程有 L x0 v0t2 a2 2 2
t2 解得 t2 1s
s 1 at2 WP 则木块在传送带上运动的时间是 1.5s，B正确；C．木块从顶端滑到底端的过程传送带对木块做的功即的位移，加速度相同，根据 可知发生相同位移所用时间相同，根据
2 t 为传送带对木块的摩擦力做的功，则有Wf mg cos37
x0 mg cos37
L x0 解得Wf 4.0J
可知，由于 F2做的功最多，则 F2做的功功率最大，故 D错误。故选 A。
2 v0 2
5．D【详解】AB．由于卫星的质量未知，因此无法判断动能大小和机械能大小，AB错误； C错误；D．木块以 8m/s 的加速度匀加速直线运动下滑过程的相对位移 x1 v0t1 t2 1
1m木块以 4m/s
GMm
C．万有引力提供向心加速度，则有 ma解得 a
GM
由此可知，轨道半径越小向心加速度越大， 的加速度匀加速直线运动下滑过程的相对位移 x L x v t 2m
r 2 r 2
2 0 0 2
2
因此 a、b的向心加速度比 c C D GMm v的大， 错误； ．万有引力提供向心力，则有 m 木块从顶端滑到底端产生的热量Q mg cos37 x x 2.4J
r2 r 1 2
D正确。故选 BD。
v GM解得 a、b的轨道半径大小相等，因此线速度大小也相等，D正确。故选 D。 10．BC【详解】A．依题意，由题图知 AB段汽车的牵引力不变，根据牛顿第二定律，有 F f ma
r 1
1 2 所以，汽车在 AB段的加速度不变，做匀加速直线运动，故 A错误；B．根据 P Fv F P 6．B【详解】AB．物块在圆面上运动的过程中，由动能定理得mgR mv v
2 可知 BC段图线的斜率表示汽车的功率，功率不变，知汽车达到额定功率，当速度增大，牵引力减小，
1 2 H
小物块离开圆面后做平抛运动H R gt x vt解得 x 2 HR R 2 可知半径为 时，小物块平抛的 则加速度减小，做加速度减小的加速运动，所以汽车在 BC段的运动为功率不变的变加速直线运动，故2 2
B C v Pm 3 10
4
v2 2gR 正确； ．由题图，可得汽车匀加速阶段的末速度 1 m/s 10m/s
水平位移最大，A错误，B正确；C．物块在最低点时的向心加速度为 a 2g F 3 103
R R 所以若车速为10m/s，则发动机的瞬时输出功率为 P Pm 3 10
4W故 C正确；
可知小物块到圆弧轨道最低点时向心加速度与半径无关，C错误；D．小物块落地时的竖直速度为 vy， D．当汽车速度 v＝25m/s时，此时汽车已经达到最大功率，汽车此时受到的牵引力为
2
则 vy 2g(H R)小物块落地时重力的瞬时功率为 PG mgvy mg 2g(H R)
F Pm 3 10
4
D B N 1.2 10
3N
可知，半径越大，小物块落地时重力的瞬时功率越小， 错误；故选 。 v 25
答案第 1页，共 2页
{#{QQABACYKIEthggCiAQwJJBQAACQCgCxrAQHWICMgCKgQmkQAsCJAEARaLgaOgROABAQAMKAKIAAYgKAANANBIABA=A}=#}#}
由题图知汽车在 BC段以最大功率运动，速度达到最大时，牵引力等于阻为 f 1 103N，根据牛顿第二 3v20 sin
定律有 F
R
f ma 联立解得 （2分）2 G Lcos 2
可求得当汽车速度为 25m/s时，该新能源汽车的加速度为
F f 1.2 103 1 103 15．（1） vD 5m/s；（2） F 15.9N；（3） Ep 24.2Ja m/s2 0.25m/s2
m 800
故 D错误；故选 BC 2。 v
【详解】（1）物体恰好能经过圆弧轨道最高点 C，则mg m C （2分）
11． 2.4 0.576 0.600 R1
【详解】（1）[1]每相邻两计数点间还有 4个点，相邻两计数点间的时间间隔为T=0.02 5s=0.1s
5 v x46 (21.60 26.40) 10
2
C D v2在纸带上打下计数点 时的速度 物体从 到 ，竖直方向做自由落体运动，则 y 2gh（1分）5 m/s=2.4m/s2T 2 0.1
（2）[2]两物体的初速度为零，所以在打点 0~5过程中系统动能的增加量为
物体经过 D点的速度为 vD v
2
C v
2
y （1分）1 1
E 2k (m1 m2 )v5 0 (50 150) 10
3 2.42 J=0.576J
2 2
[3]系统势能的减少量包括 m v 5m/s1增加的重力势能和 m2减少的重力势能，为 联立得 D （1分）
Ep m2gh m1gh (150 50) 10
3 10 (38.40 21.60) 10 2 J=0.600J
12． 1.5 10 4W 0.625J v 3（2 y）设物体在 D点时速度与水平方向夹角为 ，则 tan （1分）
【详解】（1）[1]根据 y gT 2 vC 4
T y 0.1可得 s 0.1s 即 37
g 10
对 B到 C和 D到 E两个过程，根据机械能守恒
3L 0.15
小球平抛时的初速度是 v0 = m/s=1.5m/sT 0.1 1 mv2 1 mv2 2mgR 1B C 1（2分）， mv
2
D mgR2 1 cos
1
mv2E（2分）
1 2 2 2 2
（2）[2]闪光的频率为 f 10次/秒
T 在 B、E两点，由牛顿第二定律
8L 0.4
（3）[3][4]小球经过 B点时竖直速度 vBy m/s 2m/s 2 22T 0.2 FB mg
v
m B ，F
v
E mg m E （2分）
重力的瞬时功率是 PG mgvBy 0.2 10 2W=4W R1 R2
E 1 mv2 1 m(v2动能 v2 ) 0.625J 得支持力分别为kB 2 B 2 0 By
13．（1）m2 0.3 kg ；（2） E 0 FB 24N， FE 8.1N
【详解】
（1）由题图乙可得碰前小球 A的速度 v1 4 m / s，小球 B的速度 v2 0 ；碰后小球 A的速度 v1 2 m / s， 结合牛顿第三定律，物体在 B、E两点时对圆弧轨道的压力差为
小球 B的速度 v2 2 m / s。根据动量守恒定律m1v1 m2v2 m1v1 （3分） F FB FE FB FE 15.9N（2分）
解得 m2 0.3 kg （2分）
（3）物体在 EF轨道运动距离为
（2）碰撞过程中系统损失的机械能 E
1 m v2 1 m v 2 1 2
2 1 1 2 1 1
m
2 2
v2 （3分） v2 v2x E E
代入数据解得 E 0（2分） （1分）2a 2 g
2v214 sin
3v2 sin
．（1） g 0 ；（2） R 0 物体在两段水平轨道上运动的距离相等，则物体在 AB轨道上运动过程，根据能量守恒
Lcos2 2 GπL cos2
E mgx 1 mv2 （2分）
【详解】（1）由平抛运动规律可知 v0t L cos
1 2 p B
①（2分） L sin gt ②（2分） 2
2
2 联立得弹簧的弹性势能为2v sin
联立解得 g 0
Lcos2
（2分）
Ep 24.2J （1分）
（2）由万有引力定律可知mg G
mM 4
32 ③（2分）M R ④（2分）R 3
答案第 2页，共 2页
{#{QQABACYKIEthggCiAQwJBJQAACQCgCxrAQHWICMgCKgQmkQAsCJAEARaLgaOgROABAQAMKAKIAAYgKAANANBIABA=A}=#}#}