2023-2024学年辽宁省沈阳市五校协作体高一（下）期末联考物理试卷（含解析）

2023-2024学年辽宁省沈阳市五校协作体高一（下）期末联考物理试卷
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.关于圆周运动，下列说法中正确的是( )
A. 圆周运动可能是匀速运动 B. 圆周运动可能是匀变速曲线运动
C. 圆周运动一定是非匀变速运动 D. 圆周运动加速度可能不变
2.关于机械振动和机械波，下列说法正确的是( )
A. 机械波在一个周期内传播的距离是振幅的倍
B. 医生利用超声波探测病人血管中血液的流速是利用了多普勒效应
C. 单摆在摆动中经过平衡位置时，所受合力不为零，回复力也不为零
D. 当波的波长小于障碍物的尺寸时就不能发生衍射
3.如图，形支架以为轴做匀速圆周运动，且角速度不变。、处分别用等长的摆线连接相同的摆球处摆线摆球未画，两摆球都稳定时处摆线与竖直方向成角。下列说法正确的是
A. 处摆线长不变，摆线才能与竖直方向成角
B. 处摆线加长，摆线才能与竖直方向成角
C. 处摆线缩短，摆线才能与竖直方向成角
D. 处摆线加长或缩短，摆线都可能与竖直方向成角
4.在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线如图。从碰撞开始到碰撞结束过程中，若假人头部只受到安全气囊的作用，则由曲线可知，假人头部( )
A. 速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积 B. 动量大小先增大后减小
C. 动能变化正比于曲线与横轴围成的面积 D. 加速度大小先增大后减小
5.如图所示，一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系质量分别为和的小球和，用手拉住球，绳子拉住球，、均处于静止状态。释放球，在球下降、球上升的过程中( )
A. 球、球机械能均守恒
B. 球增加的动能等于球增加的动能
C. 球减少的重力势能等于球增加的机械能
D. 球减少的机械能等于球增加的机械能
6.如图所示，在光滑的水平面上放有一物体，物体上有一光滑的半圆弧轨道，轨道半径为，最低点为，两端、等高，现让小滑块从点静止下滑，在此后的过程中，则( )
A. 和组成的系统机械能守恒，动量守恒
B. 和组成的系统机械能守恒，动量不守恒
C. 从到的过程中向左运动，从到的过程中向右运动
D. 从到的过程中，运动的位移为
7.如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率匀速向右运动．一质量为的滑块从传送带右端以水平向左的速率滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端．就上述过程，下列判断正确的是
A. 滑块返回传送带右端时的速率为
B. 此过程中传送带对滑块做功为
C. 此过程中电动机对传送带做功为
D. 此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，运动的球在光滑水平面上与一个原来静止的球发生对心碰撞，碰后球的运动情况可能为( )
A. 静止 B. 运动方向与方向相同
C. 运动方向与方向相反 D. 速度大于
9.如图所示，神舟十五号飞船、空间站分别沿逆时针方向绕地球的中心做匀速圆周运动，周期分别为、。在某时刻飞船和空间站相距最近，空间站离地面高度约为。下列说法正确的是( )
A. 飞船和空间站下一次相距最近需经过时间
B. 飞船要与空间站对接，可以在适当时间向其运动相反方向喷气
C. 飞船与空间站对接后的周期大于地球同步卫星的周期
D. 飞船与空间站绕地球做匀速圆周运动的轨道半径之比为
10.如图甲所示，物体以一定初速度从倾角的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为，选择斜面底端为参考平面，上升过程中，物体的机械能随高度的变化如图乙所示下列说法正确的是( )
A. 物体的质量
B. 物体可能静止在斜面顶端
C. 物体回到斜面底端时的动能
D. 物体回到斜面底端时的重力瞬时功率大小
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.惠更斯在推导出单摆的周期公式后，用一个单摆测出了巴黎的重力加速度。我们也可以采用同样的办法，测量所在地区的重力加速度。
某同学的实验步骤如下：
正确安装单摆，测出摆线长；
释放摆球，从摆球第次经过平衡位置开始计时，第次经过平衡位置结束计时，停表记录的时间为，则单摆周期_____。
改变摆长，测出几组摆线长和对应的周期，作出图像，如图所示。
测得图像的斜率为，纵截距为，则重力加速度_____，摆球的直径为_____用所测物理量符号表示。
12.某科学兴趣小组同学用如图甲所示的装置验证“动量守恒定律”
实验步骤如下：
用绳子将大小相同、质量分别为和的小球和悬挂在天花板上；
在、两球之间放入少量炸药，引爆炸药，两球反方向摆起，用量角器记录两球偏离竖直方向的最大夹角分别为、；
回答下列问题：
实验中所用两绳长度应_______填“相等”或“不相等”。
若两球动量守恒，应满足的表达式为_______________用、、、表示。
另一小组同学用该实验装置想验证两小球间的碰撞是弹性碰撞，实验步骤如下：
小球竖直静止，将小球拉起一定角度，从静止释放；
小球和小球发生正碰之后，小球被弹回，用量角器测出小球能摆起的与竖直方向的最大角度；
多次改变初始的值，使得小球摆起的最大角度发生变化，记录多组、值，以为纵轴，为横轴，绘制图像，如图乙所示
该小组实验中需保证两小球的质量满足_____选填“”、“”或“”。
图乙中图像的斜率为，则、两球的质量之比为_________。
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示，水平面内有、两个波源，它们的位置坐标分别为、，点为水平面内的一点，其位置坐标为。已知两波源同时从时刻开始做简谐振动且振动情况完全一致，振动图像如图所示，两列波在介质中的传播速度均为。试求：
两列波的波长；
当两列波均传播到点后，点的振幅。
14.如图为某游戏装置原理示意图。在桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为、内表面光滑，挡板的两端、在桌面边缘，与半径为的固定在地面上的光滑竖直圆弧轨道在同一竖直平面内，过点的轨道半径与竖直方向的夹角为。小球以的水平初速度由点切入挡板内侧，从点飞出桌面后，在点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点。已知重力加速度大小为，忽略空气
阻力，小球质量为可视为质点。求：
小球到达点的速度大小；
小球到达点时，小球对轨道压力的大小；
水平桌面的摩擦因数。
15.如图所示，以、为端点的光滑圆弧轨道固定于竖直平面内，一长滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠点，上表面所在平面与圆弧轨道相切于点。滑板右端处有一竖直固定的挡板，一物块从点由静止开始沿轨道滑下，经滑上滑板。已知物块可视为质点，物块质量为，滑板质量为，圆弧轨道半径为，物块与滑板间的动摩擦因数为，重力加速度为。滑板与挡板和轨道端的碰撞没有机械能损失。
求物块滑到点的速度大小；
求滑板与挡板碰撞前瞬间物块的速度大小；
要使物块始终留在滑板上，求滑板长度最小值。
答案解析
1.
【解析】解：、匀速圆周运动速度大小不变，方向沿圆周的切线方向，时刻在变化，所以速度是变化的，是变速运动，故A错误；
、圆周运动的线速度方向是不断变化的，所以圆周运动一定是非匀变速曲线运动，故B错误，C正确；
D、匀速圆周运动加速度始终指向圆心，变速圆周运动的加速度不一定指向圆心，但方向也在不断的变化，所以圆周运动的加速度是变化的，故D错误。
故选：。
匀速圆周运动速度大小不变，方向变化，是变速运动．加速度方向始终指向圆心，加速度是变化的，是变加速运动，向心力方向始终指向圆心，是变化的。
矢量由大小和方向才能确定的物理量，所以当矢量大小变化、方向变化或大小方向同时变化时，矢量都是变化的。
2.
【解析】A.机械波在一个周期内传播的距离是一个波长，其大小与振幅没有关系，故A错误；
B.医生向人体内发射频率已知的超声波，超声波被血管中的血流反射后又被仪器接收。测出反射波的频率变化，就能知道血流的速度，利用的是多普勒效应，故B正确；
C.单摆在摆动中经过平衡位置时，受到向下的重力及向上的绳的拉力，合力沿竖直方向指向圆心，所以合力不为零，但回复力为零，故C错误；
D.在障碍物的尺寸可以跟波的波长相比，甚至比波的波长还小的时候相差不多时，衍射现象十分明显，并不是当波的波长小于障碍物的尺寸时就不能发生衍射现象，只是相差较大时衍射现象不明显，故D错误。
故选B。
3.
【解析】解：根据题意，对 处摆线悬挂的小球受力分析，如图所示

可知，小球的合力为
若 处摆线与竖直方向也成 角，则 处摆线悬挂的小球的合力同为 ，由合力提供向心力有
可知，由于两个小球的合力相等，转动的角速度相等，则两个小球做圆周运动的半径相同，即两个小球在同一竖直线上，则需 处摆线缩短。
故选C。
本题关键是根据转动的角速度相等结合向心力公式判断。根据受力分析和向心力公式分析判断。
4.
【解析】【分析】
本题主要考查了牛顿运动定律及其应用。
【解答】
假人的头部只受到安全气囊的作用，则图像的面积即合外力的冲量，再根据动量定理可知图像的面积也是动量的变化量，且图线一直在轴的上方，则动量的大小一直增大，故AB错误；
C.根据动量与动能的关系有，而图像的面积是动量的变化量，则动能的变化量和曲线与横轴围成的面积不成正比，故C错误；
D.假人的头部只受到安全气囊的作用，则根据牛顿第二定律可知，即假人头部的加速度先增大后减小，故D正确。
故选：。
5.
【解析】A.对、分别进行受力分析，二者均受重力和拉力作用，其中，二者受到的拉力在运动过程中均对球做了功，所以两小球的机械能均不守恒，故A错误；
B.、两球均从静止状态开始运动，运动过程中二者速度大小总相等，故A球动能增加量为
球动能增加量为
故B错误；
根据整个系统的机械能守恒可知，球减少的机械能等于球增加的机械能，球减少的重力势能等于球增加的机械能和球增加的动能，故C错误，D正确。
故选D。
6.
【解析】【分析】
小滑块从点静止下滑，物体与滑块组成的系统水平方向所受合力为零，系统水平方向动量守恒，竖直方向有加速度，合力不为零，系统动量不守恒；
分析清物体运动过程，该题属于水平方向动量守恒的类型；求解两个物体的水平位移时，注意要以地面为参照物。
【解答】
小滑块从点静止下滑，物体与滑块组成的系统水平方向所受合力为零，系统水平方向动量守恒，竖直方向有加速度，合力不为零，所以系统动量不守恒．和组成的系统机械能守恒，故A错误，B正确；
C.系统水平方向动量守恒，由于系统初始状态水平方向动量为零，所以从到的过程中，向右运动，向左运动，从到的过程中还是向左运动，故C错误；
D、设滑块从到的过程中时间为，滑块发生的水平位移大小为，则物体产生的位移大小为，
取水平向右方向为正方向．则根据水平方向平均动量守恒可得：，解得：
所以物体产生的位移的大小为，故D错误；
故选B。
7.
【解析】【分析】
滑块滑上传送带后，向左匀减速直线运动，后反向匀加速；由匀变速直线运动规律判断其返回出发点时的速率；由动能定理解得此过程中传送带对滑块做功；解得滑块两次运动过程中与传送带发生的相对位移之和，由解得此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量；同时由产生的热量与物块增加的动能之和解得此过程中电动机对传送带做的功增加动能为零。
本题主要考查物体在传送带上的运动，知道物体在传送带上可以加速、减速、运动，知道该过程中的能量转化关系是解题的关键，难度一般。
【解答】
A.由于滑块的速度且设滑块与传送带的摩擦因数为：，则物块减速为零的时间：，此后，又反向加速，由于加速度大小不变，加速与传送带共速时间为：，由时间长短不同及匀变速直线运动规律的位移公式可知，滑块返回传送带右端的速率为，故A错误；
B.由动能定理解得此过程中传送带对滑块做功为，故B错误；
由以上结论可知滑块减速过程中二者的相对位移为：，反向加速过程的相对位移为：，故整个过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为：，而此过程中电动机对传送带做功等于产生的热量，故电动机对传送带做功：，故C正确，D错误。
8.
【解析】若两球发生弹性碰撞，则有
解得
若、两球质量相等，则
若球质量大于两质量，则
若球质量小于两质量，则
故选ABC。
9.
【解析】解：、设飞船和空间站下一次相距最近需经过时间为，则有，解得：，故A正确；
B、飞船要与空间站对接，需点火加速做离心运动，可以向其运动相反方向喷气，故B正确；
C、空间站离地面高度约为，小于地球同步卫星离地面的高度，根据开普勒第三定律可知，飞船与空间站对接后的周期小于地球同步卫星的周期，故C错误；
D、根据开普勒第三定律有，解得飞船与空间站绕地球做匀速圆周运动的轨道半径之比为，故D错误；
故选：。
当飞船比空间站多转角度时，两者再次最近，由此求解所用时间。根据卫星变轨原理得出其喷气的方向。根据开普勒第三定律分析飞船与空间站对接后的周期与地球同步卫星的周期关系，并由开普勒第三定律求解轨道半径之比。
本题主要考查开普勒第三定律的相关应用，结合卫星变轨原理进行分析。
10.
【解析】A.物体在最高点时的机械能等于重力势能，即
解得
故A正确；
B.物体上升到最高点的过程中，机械能减小，即克服摩擦力做功等于，有
则
因为
所以物体不能静止在斜面顶端，故B错误；
C.物体上升到最高点的过程中，克服摩擦力做功等于，上升过程和下降过程摩擦力大小相同，位移大小相同，则克服摩擦力做功相同，即从最高点下滑到底端的过程中，克服摩擦力做功等于，所以物体回到斜面底端时的动能
故C正确；
D.根据
得
竖直方向的分速度
重力瞬时功率大小
故D错误。
故选AC。
11.；；
【解析】【分析】
本题考查了单摆测定重力加速度的实验，要明确实验原理为单摆周期公式，明确是摆线长度与摆球半径之和。
根据单摆周期公式得出关系式，结合图像分析斜率和纵轴截距的物理意义即可得出结论。
【解答】
摆球每个周期经过平衡位置两次，从摆球第次经过平衡位置开始计时，第次经过平衡位置结束计时，则有，解得。
根据公式得，故，，解得，。
12.相等
【解析】【分析】
本题主要考查验证“动量守恒定律”，了解题意，根据题目中的信息解答是解决本题的关键；
实验需要两小球发生碰撞，则两小球绳长必须相同；
设绳长为，对、球爆炸后由动能定理进行列方程；再利用动量守恒定律列等式联立解得；
的质量小于的质量，才会反弹；
根据动量守恒和动能定理进行解答。
【解答】
实验需要两小球发生碰撞，则两小球绳长必须相同。
设绳长为，对、球爆炸后由动能定理得：

由动量守恒定律得：
联立解得：
小球和小球发生正碰之后，小球被弹回，则的质量小于的质量，才会反弹；
小球与碰撞前根据动能定理可得：
小球和小球发生正碰，则：
上升到最大高度，此过程中根据动能定理可得：
解得：
整理可得：
则、两球的质量之比为：
13.根据波的传播速度公式有
根据图乙可知，周期为，解得
根据几何关系有
，
故两列波的波程差
由于波程差为波长的整数倍，故点是振动加强点则其振幅为

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.解：由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点，则在点有
解得；
小物块从到的过程中，根据动能定理有
在点，有
联立解得
根据牛顿第三定律可得小球到达点时，小球对轨道压力的大小为
由题知，小物块从点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在点有
小物块从到的过程中，根据动能定理有，
解得。
【解析】本题考查动力学的综合问题。解决问题的关键是清楚小球的受力情况和运动过程，利用牛顿第二定律和圆周运动的知识、动能定理和平抛运动的规律分析求解。
15.物块由点到点过程，由机械能守恒定律，有
解得
假设滑板与碰撞前物块与滑板已达到共同速度，设速度大小为，物块与滑板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
设此过程滑板位移大小为，对滑板，由动能定理得
解得
由于 ，故假设不成立，说明滑板与挡板碰撞前瞬间物块与滑板未达到共速。设滑板与挡板碰撞前瞬间滑板的速度大小为，滑板由动能定理，有
解得
对物块与滑板，由动量守恒定律有
解得
由于滑板与挡板的碰撞没有机械能损失，所以滑板与挡板碰撞后的速度大小不变，方向向左，此后滑板做匀减速直线运动，物块向右做减速运动，设两者达到共同的速度大小为，以向右为正方向。由动量守恒定律，有
解得
说明两者速度同时减为零，设此时滑板离的距离为。由动能定理，有
解得
所以滑板刚好停到原来位置，整个运动过程，物块始终相对滑板向右运动，要使物块始终留在滑板上，则物块速度减为零时刚好到达滑板右端，即整个运动过程物块相对滑板的位移大小为。物块、滑板的 图像如图所示
由能量守恒定律，有
解得
即滑板长度最小值为。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
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