2023-2024学年广东省汕头市高一（下）期末物理试卷（含解析）

2023-2024学年广东省汕头市高一（下）期末物理试卷
一、单选题：本大题共8小题，共40分。
1. 年月日时分，我国“神舟十八号”载人飞船成功发射，并和空间站组合体成功对接，对接后的组合体绕地球运行速度约为，绕地球一周约，下列说法正确的是( )
A. “”的“”是国际单位制中的基本单位
B. “年月日时分”是时间间隔，不是时刻
C. 研究对接后的组合体绕地球的运动周期时，可将组合体视为质点
D. 研究名航天员在失重环境下摆出“叠罗汉”造型的过程时，可将航天员们视为质点
2.、两个物体在同一条直线上运动，它们的位移时间图象如图所示，下列说法正确的是( )
A. 物体的速度越来越大
B. 物体的速度大小为
C. 在内，、两个物体间的距离逐渐变大
D. 、两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度相同
3.如图所示的“彩虹滑道”是一种较为受欢迎的新型娱乐项目，游客在滑道上某段的运动可简化为如图所示，时游客从点由静止开始匀加速下滑，第末到达点，速度大小为，经过点前后速度大小不变，之后在水平滑道上做匀减速直线运动，经后恰好停在点。不计空气阻力，重力加速度取，下列说法正确的是( )
A. 游客在斜面上的加速度大小为 B. 游客在水平面上的加速度大小为
C. 游客在水平滑道上的位移大小为 D. 游客与水平滑道间的动摩擦因数为
4.如图所示，攀岩者仅凭鞋底和背部的摩擦停留在竖直的岩壁间，为了节省体力，他尽可能减小身体与岩壁间的正压力，使自己刚好不下滑，则下列说法正确的是( )
A. 攀岩者一定只受到四个力的作用
B. 鞋子受到岩壁的静摩擦力方向竖直向下
C. 攀岩者的背部对岩壁的压力是攀岩者的背部发生形变导致的
D. 保持姿势不变，攀岩者的鞋底和背部对岩壁的压力越大，受到的摩擦力也一定越大
5.年月日，“神舟十七号”载人飞船发射升空，顺利进入轨道近地点高度、远地点高度，并在同一天，经转移轨道与轨道高度为的中国空间站完成对接，已知空间站轨道半径小于地球同步卫星轨道半径，各轨道简化如图，以下说法正确的是( )
A. 空间站运行的速度大于第一宇宙速度
B. 空间站运行的角速度小于地球自转的角速度
C. 飞船在轨道的运行周期小于空间站的运行周期
D. 飞船在轨道运行经过远地点时的加速度大于经过近地点时的加速度
6.一手机从桌面边缘掉落，以下关于该手机下落过程不计空气阻力，手机可视为质点的说法正确的是( )
A. 手机动能与下落高度成正比 B. 手机速度与下落高度成正比
C. 手机动能随时间线性增大 D. 重力势能随时间均匀减小
7.一大人抱小孩从蹲着到站立，再从站立到蹲着，以下说法正确的是( )
A. 从蹲着到站立，小孩先经历失重再经历超重
B. 从站立到蹲着，小孩先经历失重再经历超重
C. 从蹲着到站立，小孩所受的重力一直小于对大人身体的压力
D. 从站立到蹲着，大人对地面的压力一直等于小孩和大人所受的总重力
8.某同学练习掷实心球，第一次水平掷出，第二次从同一位置斜向上掷出，掷出后实心球运动轨迹如图，点是掷出位置，点是两次轨迹的交点，不计空气阻力，以下说法正确的是( )
A. 实心球两次经过时的速度大小相等
B. 实心球第一次经过时所受重力的功率较大
C. 实心球第一次从运动到的过程中速度变化量较大
D. 实心球第一次从运动到的过程中所受重力的平均功率较大
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
9. 年跳水世界杯女子米跳台决赛中，中国选手全红婵一骑绝尘，以分获得金牌，领先来自英国的银牌获得者分。如图所示，若取运动员头顶一点进行分析，研究其跳水过程的运动轨迹，设该运动员的身高为，质量为，从高为的跳台起跳，起跳速度大小为，忽略空气阻力的影响，重力加速度取，则下面说法正确的是( )
A. 运动员入水时的动能是
B. 经过点下落时重力对运动员做正功
C. 起跳后，运动员在空中阶段一直处于失重状态
D. 运动员从起跳到完全入水的过程中，机械能守恒
10.电影流浪地球中“太空电梯”的结构如图所示，由地面基站、缆绳、箱体、同步轨道上的空间站和配重组成，缆绳延长线过地心相对地面静止，箱体可以沿缆绳将人和货物从地面运送到太空。下列说法正确的是( )
A. 同一架太空电梯上，各点的加速度相同
B. 箱体运送的货物质量越大，其向心加速度越大
C. 太空电梯随地球转动时，配重受到缆绳的拉力
D. 同一架太空电梯上，各点的角速度相同，都等于地球自转的角速度
11.湖南省博物馆中，摆放着一架虎座风鸟漆木架鼓。如图，鼓身由对称的两条绳子悬挂起来，当鼓槌敲打鼓身时，鼓身晃动，鼓架保持稳定，对于该架鼓结构，以下说法正确的是( )
A. 敲击鼓身的力度越大，敲击完的瞬间，绳子拉力越大
B. 鼓身静止时，悬挂鼓身的两条绳子夹角越小，绳子拉力越大
C. 敲击鼓身时，鼓身受到绳子的作用力大小等于鼓身对绳子的作用力大小
D. 敲击鼓身时，若绳子夹角为，则绳子最大承受力大小等于鼓身重力大小可保证绳子不会断裂
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
12.小明同学暑假去参观工厂生产车间的时候发现了一个有趣的装置，即如图所示的弹簧自动升降小车，通过观察，小明将其简化成图，四根完全相同的弹簧左右对称固定在车架上，使托盘平衡，并根据货物的重量实现自动升降，工人无需弯腰便可在某个高度取走货物。为了测量小车上弹簧的劲度系数，小明做了以下实验忽略托盘与支架的摩擦力：
托盘正中央依次叠放了箱完全相同的货物，在最上面一箱货物上表面所处的位置做好标记，取走第一箱货物后，发现第二箱货物的上表面上升到标记的位置，取走第二箱货物，则第三箱货物的上表面会上升到______。
A.标记的位置
B.标记的位置之上
C.标记的位置之下
用刻度尺量出箱货物的总高度，记为，则取走箱货物后，每根弹簧的长度变化量的大小为______。
已知每箱货物的质量为，设当地的重力加速度为，弹簧劲度系数的表达式为： ______用前面已有的物理量表示。
若用这辆小车装载与上述货物大小相同但是质量小很多的四个货箱，仍要实现这位工人在刚才固定高度取货的功能，应更换弹簧劲度系数______选填：“更大”、“不变”、“更小”的弹簧。
13.某同学利用家里的物品设计了如图装置：桌面固定一小木块作为竖直挡板，弹簧水平放置在桌面且一端固定在挡板上，长木板的上端与桌面边缘相连，下端固定在地面，白纸和复写纸重叠并固定在木板上，用此装置来探究小球平抛运动的初速度大小。
将小球往左边压缩弹簧，并在桌面上标记小球所处的位置，静止释放小球，小球从桌面边缘点离开，最后落在长木板上，在白纸上留下一个痕迹；重复进行实验，每次需要将小球推到______填写操作步骤，得到多个落点的痕迹，找到平均落点，标记为。
如图，用刻度尺测量、之间的距离为 ______。
已知长木板与地面的夹角为，、之间的距离为，当地重力加速度为，可得小球平抛运动初速度大小为 ______。
该同学又将家里的水龙头接上一段软管，手持软管并保持出水口水平，打开水龙头后，水沿着水平方向喷出，他利用手机拍摄得到如图的一段水柱，紧贴水柱后方是正方形小瓷砖的背景墙，每个小瓷砖的边长为，取水柱上的三个点，，，当地的重力加速度为，利用平抛运动的规律，则可计算出水的初速度 ______，若软管横截面是圆形且内直径为，则这段水柱的流量为 ______单位时间内流出水管的水的体积。
四、计算题：本大题共2小题，共26分。
14.某次班级大扫除中，小明同学负责拖地，他沿拖把杆方向施加的力推动拖把头。假设拖把杆质量忽略不计，拖把头质量为，拖把头与地面的动摩擦因数，。
当拖把杆与竖直方向夹角为时，拖把头保持静止，求此时拖把头对地面的摩擦力大小；
当拖把杆与竖直方向夹角为时，拖把头被推动向前，求此时拖把头的加速度大小，已知，。
为节省电能，许多商场的自动扶梯装有智能控制系统，扶梯上没有乘客时，扶梯保持静止，而当有乘客走上扶梯，扶梯则会自动加速至正常运转。如图，一名乘客走上扶梯时因手提重物没有握住扶手，已知该乘客与重物的质量之和，扶梯与水平地面夹角，，乘客随电梯上行过程中图象如图所示。求：
乘客在加速过程中所受摩擦力的大小和方向答案可含根号；
全过程中台阶对乘客的摩擦力做功大小；
全过程中台阶对乘客的支持力做功大小。
答案解析
1.
【解析】解：、“”的“”是常用单位，但不是国际单位制中的基本单位，故A错误；
B、“年月日时分”是时刻，但不是时间间隔，故B错误；
C、研究对接后的组合体绕地球的运动周期时，组合体的大小和形状可以忽略不计，可将组合体视为质点，故C正确；
D、研究名航天员在失重环境下摆出“叠罗汉”造型的过程时，航天员们的大小和形状不能忽略不计，故不能将航天员们视为质点，故D错误。
故选：。
时间在国际单位制中的基本单位是秒，“”是常用单位；时间是两时刻的间隔，是时间轴上的一段；时刻指的是某一瞬时，是时间轴上的一点；如果在研究的问题中，物体的形状、大小及物体上各部分运动的差异是次要或不起作用的因素，就可以把物体看作一个质点。
本题是对时间与时刻，质点的的考查，解题时要知道时间和时刻的区别；要知道把物体看成质点是否满足可以看成质点的条件。
2.
【解析】解：、图像的斜率表示速度，物体和的图像都是一条倾斜直线，所以物体和都做匀速直线运动，且物体的速度大小为，负号表示物体的运动方向与规定的正方向相反，故A错误，B正确；
C、由图可以看出，在内，、两个物体间的距离逐渐减小，到时，两物体相遇，距离为零，故C错误；
D、物体的速度为，所以、两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度大小相等，方向相反，故D错误。
故选：。
图像的斜率表示速度，根据图像的斜率计算两物体的速度；图像的交点说明两物体相遇，据此分析。
知道图像的斜率表示速度是解题的基础。
3.
【解析】解：、游客在斜面上的加速度大小为，故A错误；
B、游客在水平面上的加速度大小为，故B正确；
C、游客在水平面上的位移大小为，故C错误；
D、设游客与水平滑道之间的动摩擦因数为，根据牛顿第二定律有，解得，故D错误。
故选：。
根据加速度的定义式计算加速度；根据平均速度计算位移；根据牛顿第二定律计算动摩擦因数。
掌握速度时间公式和用平均速度计算位移的方法，知道牛顿第二定律的简单应用。
4.
【解析】解：、攀岩者受到重力，左右岩壁的个支持力，左右岩壁的个静摩擦力的作用，共受到五个力的作用，故A错误；
B、鞋子受到岩壁的静摩擦力方向竖直向上，故B错误；
C、攀岩者的背部对岩壁的压力是攀岩者的背部发生形变导致的，故C正确；
D、攀岩者受到的摩擦力为静摩擦力，由平衡条件可知静摩擦力的大小等于攀岩者重力的大小，保持姿势不变，重力不变，则受到的摩擦力的大小不变，故D错误。
故选：。
受力分析时一般按照重力、弹力、摩擦力的顺序进行，攀岩者的背部对岩壁的压力是攀岩者的背部发生形变导致的，静摩擦力的大小与产生相对运动趋势的外力的大小相等，与压力的大小无关。
本题是对平衡条件的考查，解题的关键是要会正确的受力分析，知道弹力产生的条件，及影响静摩擦力的条件。
5.
【解析】解：、第一宇宙速度是卫星环绕地球做匀速圆周运动的最大环绕速度，等于在地球表面绕地球做圆周运动的线速度，空间站轨道的半径大于地球半径，所以空间站运行的速度小于第一宇宙速度，故A错误；
B、地球自转的角速度等于同步卫星的角速度，根据解得，，因为空间站的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，所以空间站运行的角速度大于地球自转的角速度，故B错误；
C、根据开普勒第三定律有，因为轨道的半径小于空间站的轨道半径，所以飞船在轨道的运行周期小于空间站的运行周期，故C正确；
D、在轨道的远地点到地球的距离大于在轨道的近地点到地球的距离，根据牛顿第二定律可知，飞船在轨道运行经过远地点时的加速度小于经过近地点时的加速度，故D错误。
故选：。
第一宇宙速度是卫星环绕地球做匀速圆周运动的最大环绕速度；根据分析空间站和同步卫星的角速度大小，进而比较和地球自转角速度的大小；根据开普勒第三定律分析；根据牛顿第二定律分析。
知道第一宇宙速度的意义，掌握在绕地球做匀速圆周运动的卫星由万有引力提供向心力，开普勒第三定律等是解题的基础。
6.
【解析】解：、设下落的高度为，根据动能定理有，所以手机的动能与下落高度成正比，故A正确；
B、根据运动学公式有手机下落的速度为，所以手机下落的速度与高度的平方根成正比，故B错误；
C、设下落的时间为，则下落的速度为，则手机的动能为，所以手机的动能随时间的二次方成线性增大，故C错误；
D、规定桌面所在平面为零势能面，则手机的重力势能为，所以手机的重力势能随时间的二次方均匀减小，故D错误。
故选：。
根据动能定理判断；根据运动学公式判断；写出手机动能和时间的关系式判断；写出手机的重力势能变化与时间的关系式判断。
知道手机的动能、重力势能的表达式是解题的基础，还要知道手机的下落速度和高度与时间的关系。
7.
【解析】解：、从蹲着到站立，是先加速向上运后减速向上运动，所以是先超重在经历失重，故A错误；
B、从站立到蹲着，先向下加速运动，后向下减速运动，所以小孩先经历了失重在经历超重，故B正确；
C、从蹲着到站立，小孩所受的重力一直不变，故C错误；
D、从站立到蹲着，因为是先失重后超重，所以大人对地面的压力先小于小孩和大人所受的总重力，后大于小孩和大人的总重力，故D错误。
故选：。
从蹲着到站立，是先加速向上运动，后减速向上运动；从站立到蹲着，先向下加速运动，后向下减速运动；小孩所受重力是保持不变的；根据失重和超重分析。
知道加速度方向向上，处于超重状态，加速度方向向下，处于失重状态。
8.
【解析】解：、第一次是平抛运动，竖直方向做自由落体运动，设运动到点的时间是，第二次是斜抛运动，竖直方向先竖直上抛，到最高点后做自由落体运动，设运动到点的时间是，所以，它们的水平位移相等，所以第一次平抛出去的水平速度较大，第二次斜抛时水平方向的速度较小，但到点时，第一次的竖直方向速度小于第二次的竖直方向速度，所以无法比较这两次经过点的速度大小关系，故A错误；
B、由的分析可知，第二次经过点时竖直方向的速度较大，根据可知实心球第二次经过点时所受重力的功率大，故B错误；
C、根据的分析可知，第二次实心球从到的时间较长，根据可知，实心球第二次从运动到的过程中速度变化量较大，故C错误；
D、因为重力做功只与初末位置的高度差有关，与其所经过的路径无关，所以这两次实心球所受重力做的功一样多，因为第二次实心球从到的时间较长，根据可知，实心球第一次从运动到的过程中所受重力的平均功率较大，故D正确。
故选：。
根据竖直方向做匀变速运动比较时间的长短，进而比较水平速度和竖直速度的大小；根据可分析重力的瞬时功率大小；根据分析速度变化量的大小；根据重力做功和平均功率的公式计算。
一开始把实心球的运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动是解题的关键，熟练掌握重力做功的特点，重力的瞬时功率公式以及速度变化量的计算式即可求解。
9.
【解析】解：运动员从跳台到入水的过程中，有重力做功，故运动员入水时的动能是，故A错误；
B.运动员在重力的方向上竖直向下发生位移，所以重力始终做正功，故B正确；
C.起跳后，运动员起跳后只受重力作用，加速度始终向下且等于重力加速度，因此他始终处于完全失重状态，故C正确；
D.运动员从起跳到完全入水的过程中，有重力以外的其他力做功，如运动员在入水时会受到水的阻力作用，这个阻力会做负功并导致机械能减少，机械能不守恒，故D错误。
故选：。
对于动能和势能的变化问题，优先考虑动能定理和机械能守恒定律。判断重力做功的正负时，要看物体的位移方向与重力方向的关系。判断超重和失重状态时，要看物体的加速度方向是否竖直向下。分析机械能是否守恒时，要注意是否有除重力或系统内弹力以外的力做功。
本题主要考查了动能定理、重力做功的特点、超重失重现象的判断以及机械能守恒的条件。
10.
【解析】解：、同一架太空电梯上，各点的角速度相等，都等于地球自转的角速度，根据可知，距离地面越高的点，向心加速度越大，与货物的质量无关，故AB错误，D正确；
C、根据解得，，在配重的位置，大于同步轨道的半径，所以配重的角速度大于在配重所在轨道绕地球做匀速圆周运动的卫星的角速度，靠万有引力不足以提供向心力，配重有离心的趋势，缆绳对配重有指向地心的拉力，故C正确。
故选：。
根据同轴转动的物体角速度相等分析；根据分析；分析配重的角速度和配重所在位置的绕地球做匀速圆周运动的卫星的角速度大小关系，然后分析撤去缆绳后，配重要做离心运动，据此分析缆绳上的作用力。
知道同一架太空电梯上，各点的角速度相等是解题的关键，能够分析出配重的角速度比所在轨道的卫星的角速度偏大是解题的前提。
11.
【解析】解：敲击鼓身时，鼓身开始在力的作用下开始运动，因为鼓身被绳子牵引，因此在竖直平面内做圆周运动，向心加速度为，鼓身受到绳子绳子的拉力及自身重力的作用，二者的合力为，由于绳子是对称分布，假设绳子与竖直方向夹角为，根据几何关系可知，根据牛顿第二定律可知，又因为鼓身做圆周运动，因此，其中为鼓身做圆周运动的轨道半径，综上可知，敲击鼓身的力度越大，敲击完的瞬间鼓身的速度越大，因此鼓身受到的合力越大，又因为鼓身自身的重力不变，因此绳子的拉力越大，故A正确；
B.悬挂鼓身的绳子夹角越小，即越小，鼓身静止时，对鼓身进行竖直方向的受力分析可知有，不变，因此越小，越小，故B错误；
C.鼓身受到绳子的作用力与鼓身对绳子的作用力为一对相互作用力，根据牛顿第三定律可知，相互作用力大小相等，故C正确；
D.若绳子夹角为时，绳子与竖直方向的夹角为，鼓身静止时，对鼓身进行受力分析，结合几何关系可知，此时，假设绳子最大承受力大小等于鼓身重力，由此可知鼓身静止时绳子的拉力等于绳子的最大承受力，若敲击鼓身，绳子拉力增大，则绳子会断裂，故D错误。
故选：。
两根绳子对称分布，两根绳子的拉力在竖直方向的分力之和即为鼓身在竖直方向受到的作用力，鼓身在敲击的作用下开始运动，随即产生向心加速度，因此绳子的拉力会变大。
本题需要将圆周运动及牛顿运动定律知识相结合以解决此类问题。
12. 更小
【解析】解：每箱货物的高度，设托盘的质量为；
放上四箱货物时，根据平衡条件
取走第一箱货物后，根据平衡条件
取走第二箱货物后，根据平衡条件
根据题意
代入数据解得劲度系数
则
取走第二箱货物，第三箱货物的上表面会上升到标记处，故A正确，BC错误。
故选：。
取走箱货物后，托盘表面应该会上升到标记处，因此每根弹簧的长度变化量的大小为；
根据上述可知，弹簧的劲度系数
小车装载与上述货物大小相同但是质量小很多的四个货箱，取走一个货箱后弹簧的形变量相同，根据上述的分析过程可知，弹簧的劲度系数变小，因此要实现这位工人在刚才固定高度取货的功能，应更换弹簧劲度系数更小的弹簧。
故答案为：；；；更小。
根据平衡条件和胡克定律，结合四个货箱的总高度求解弹簧劲度系数，然后作答；
取走箱货物后，托盘表面应该会上升到标记处，据此分析作答；
小车装载与上述货物大小相同但是质量小很多的四个货箱，每取走一个货箱后弹簧的形变量相同，结合分析弹簧劲度系数的变化，然后作答。
本题主要考查了平衡条件和胡克定律，理解每取走一个货箱后，弹簧的形变量为货箱的高度是解题的关键。
13.桌面上标记有的位置
【解析】解：释放小球后弹力做功，弹性势能转化为动能；为了保证每次弹簧做功相同，每次需要将小球推到桌面上标记有的位置；
毫米刻度尺的分度值为，、之间的距离为；
根据平抛运动的规律，水平方向
竖直方向
联立解得初速度
设时间间隔为，在竖直方向做自由落体运动，根据匀变速直线运动的推论
解得
在水平方向做匀速直线运动，水平速度
根据流量的含义，取水器取水时的流量。
故答案为：桌面上标记有的位置；；；；。
释放小球后弹力做功，弹性势能转化为动能，从保证每次弹簧做功相同的角度分析作答；
毫米刻度尺的分度值为，读数时要估读到下一位；
根据平抛运动的规律求解作答；
根据匀变速运动推论求时间间隔，根据平抛运动规律求水平初速度；
根据流量公式求解取水器取水时的流量。
本题考查了平抛运动规律的运用，知道平抛运动可以分解为竖直方向的自由落体运动和水平方向的匀速直线运动；理解流量的含义是解题的关键。
14.解：对拖把头进行受力分析如图所示：
根据共点力的平衡有，解得：；
对拖把头进行受力分析根据共点力的平衡有：
，，，解得：
答：此时拖把头对地面的摩擦力大小为；
此时拖把头的加速度大小为。
【解析】对拖把头进行受力分析，根据共点力的平衡条件得出摩擦力的大小；
对拖把头进行受力分析，根据牛顿第二定律和滑动摩擦力的计算公式联立求解加速度。
本题主要考查共点力平衡和牛顿第二定律的简单应用，注意中是正压力，不是重力，可能等于重力、可能大于重力、可能小于重力、也可能与重力无关。
15.解：由图可知乘客在加速过程的加速度大小：
乘客在加速过程受力分析如下图所示：
水平方向对乘客利用牛顿第二定律，则有：，其中
代入数据可得摩擦力的大小为：，方向水平向右；
由图可知乘客加速过程的位移：
当乘客匀速运动时，摩擦力为零，所以只有在加速过程摩擦力做功，则
代入数据可得摩擦力做的功为：
由图可知全过程中乘客的位移：
全过程对乘客由动能定理有：，其中
代入数据可得全过程中台阶对乘客的支持力做功大小为：
答：乘客在加速过程中所受摩擦力的大小为和方向水平向右；
全过程中台阶对乘客的摩擦力做功大小为；
全过程中台阶对乘客的支持力做功大小为。
【解析】由图可得乘客加速过程加速度大小，对乘客水平方向利用牛顿第二定律可得摩擦力大小；
只有加速过程有摩擦力，由图可知加速过程乘客的位移大小，根据可得摩擦力做功；
全过程对乘客利用动能定理可得支持力对乘客做的功。
本题考查了动能定理，图像，解题的关键是对乘客正确受力分析，水平方向对乘客利用牛顿第二定律可得摩擦力大小，注意电梯匀速运动时，人不受摩擦力。
第1页，共1页