2022-2023学年高一下学期期末物理试卷题集（含解析）

2022-2023学年高一下学期期末物理试卷学校:一、单选题姓名:班级:1.下列各组物理量中，都是矢量的是（A.加速度、速度的变化量、速度B.速度、速率、加速率C.路程、时间、位移D.位移、时间、速度2.关于做曲线运动的物体，下列说法正确的是（A.物体的动能一定时刻发生变化B.物体的速度一定时刻发生变化C.学校:一、单选题姓名:班级:1.下列各组物理量中，都是矢量的是（A.加速度、速度的变化量、速度B.速度、速率、加速率C.路程、时间、位移D.位移、时间、速度2.关于做曲线运动的物体，下列说法正确的是（A.物体的动能一定时刻发生变化B.物体的速度一定时刻发生变化C.物体的加速度一定时刻发生变化D.物体所受的合外力一定时刻发生变化3.下列说法正确的是（）物体所受合力为零，机械能一定守恒物体所受合力不为零，机械能一定不守恒物体受到重力和弹力以外的力作用时，机械能一定不守恒做匀速直线运动的物体，机械能不一定守恒如图，倾角〃=30。的斜面体4%?固定在水平面上，斜面位•长为在斜面中点〃处立有一根竖直的细杆，从斜面顶端A点水平抛出一个小球，小球刚好能越过竖直细杆并落在斜面的底端G不计空气阻力，小球可视为质点，则细杆的长度为（ ）俄乌战争是2022年的头条新闻，其中俄罗斯使用了一款反辐射导弹打击敌方雷达，如图是分析导弹工作时的轨迹示意图，其中弹头的速度/与其所受合外力尸关系可能正D.图中〃点D.图中〃点我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中（）火箭的加速度为零时，动能最大高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量建造一条能通向太空的电梯如图甲所示，是人们长期的梦想。材料的力学强度是材料众多性能中被人们极为看重的一种性能，目前已发现的高强度材料碳纳米管的抗拉强度是钢的io。倍，密度是其;，这使得人们有望在赤道上建造垂直于水平面的“太空电6梯”。图乙中r为航天员到地心的距离，"为地球半径，I图像中的图线，表示地球引力对航天员产生的加速度大小与尸的关系，图线8表示航天员由于地球自转而产生的向心加速度大小与广的关系。关于相对地面静止在不同高度的航天员，卜-列说法正确的有（）图甲A.图中弁为地球同步卫星的轨道半径有（）图甲A.图中弁为地球同步卫星的轨道半径图乙航天员在2■处的线速度等于第一宇宙速度从地面到2%的过程中，随着广增大，航天员受到电梯舱的弹力减小宇航员感受到的“重力”随着广的增大而增大8.2022年10月1日，中国女篮在女篮世界杯决赛中获得亚军，追平了在本项赛事中

8.的历史最好成绩。如图所示，水平地面上，某运动员手拿篮球站在滑板车上向一堵竖直的墙（向右）滑行，为了避免与墙相撞，在接近墙时，运动员将篮球水平向右抛出，篮球反弹后运动员又接住篮球，速度恰好减为0。不计地面的摩擦和空气阻力，忽略篮球在竖直方向的运动，篮球与墙的碰撞过程不损失能量。运动员和滑板车的总质量为.也篮球的质量为勿。抛球前，运动员、滑板车和篮球的速度为％。则（ ）O—整个过程中运动员、滑板车及篮球的总动量守恒运动员抛球与接球时对篮球的冲量相同墙对篮球的冲量大小为!（M+m）%篮球被墙反弹后的速度大小为当尸％2m二、多选题如图所示，套在竖直细杆上的轻环A由跨过光滑轻质定滑轮的不可伸长的轻绳与重物B相连，施加外力让A沿杆以速度『匀速上升，从图中〃位置上升至与定滑轮的连线处于水平的W位置，己知40与竖直杆成。角，则下列说法正确的是（ ）刚开始时B的速度大小为rcos0A匀速上升到点之前过程中，重物B处于失重状态重物B下降过程，绳对B的拉力大于B的重力A运动到位置W时,B的速度最大甲、乙两小球在光滑水平面上发生正碰，碰撞前后两球的x-r（位移-时间）图像如图所示，碰撞时间极短。己知被碰小球的质量〃?=3kg,则（ ）乙小球碰撞过程中的动量变化量是6kgm/：甲小球碰撞过程中所受到的冲量大小为6kg・m/s甲、乙两小球发生的是弹性碰撞若仅增大小球碰前速度，两小球碰后速度方向可能相同如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为--端固定在倾角为0的斜面底端，另一端与物块A连接；两物块A、B质量均为〃，，初始时均静止。现用平行于斜面向上的力F拉动物块B,使B做加速度为。的匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内的M关系分别对应图乙中A、B图线（匕时刻人、B的图线相切，弓时刻对应A图线的最高点），重力加速度为g,贝*）A.与时刻，弹簧形变量为0B—时刻，弹簧形变量为竺坪地k从开始到上时刻，拉力F逐渐增大从匕时刻到时刻，拉力F大小不变如图所示，一小物块以一定的初速度从粗糙固定斜面底端开始沿斜面向上滑动，速度减为零后又返回到底端。取地面为重力势能参考平面，该过程中，物块的动能瓦和机械能E随位移x变化关系的图像正确的是（ ）

三、实验题寒假期间，某同学为验证碰撞过程的动量守恒，在家中设计了相关实验方案。受实验条件的限制，该同学利用儿童玩具枪中的弹簧制作了一个弹射器，其他器材还有粗糙木板、可视为质点的小物块A、B,质量（均未知）、刻度尺。己知各物块与木板间的动摩擦因数均相同，碰撞瞬间内力远大于外力。如图所示，将弹射器水平固定在粗糙的木板上，将物块压入弹射器，释放后物块在木板上滑行一段距离x后停止，请你帮助该同学完成下列实验过程：「[< X ►（1） 为了完成实验，还需要的实验器材是 （填“天平”“弹簧测力计”或“停表"）；（2） 该同学先测量出A、B的质量分别为M” 然后将物块 （填“A”或“B”）压入弹射器，测量出释放后其在木板上滑行的距离为羽,然后将该物块重新压入弹射器，使前后两次物块在弹射器中处于同一位置，同时将另一物块放在弹射器弹射口，将压入弹射器的物块释放后，两物块在弹射口发生碰撞（碰撞时弹簧已恢复原长），测得物块碰撞后直至停止的位移分别为可、易，且沔<天。若该同学实验操作正确，两物块碰撞过程动量守恒，应该满足的表达式为 。利用气垫导轨验证机械能守恒定律的实验装置如图甲所示，调节气垫导轨水平，将重物A由静止释放，滑块B上拖着的纸带（未画出）被打出一系列的点。对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。图乙给出的是实验中的一条纸带：0是打下的第一个点，每5个点作为一个计数点，计数点间的距离如图乙中所示。己知重物的质量m=200g、滑块的质量A/=300g,贝ij：（g取lOmA,结果均保留三位有效数字）打点计时器TOC\o"1-5"\h\z巴 回5.430 接交流电傷气垫导轨c甲 丙单位：cm20~~1~~2 3 4 5 6\o"CurrentDocument"q.. .丄 j. j 二^1 32.00 117.65121.351乙（1）（1）在纸带上打下计数点5时的速度卩=m/s；（2） 在打点0~5的过程中系统动能的增加量△氏= J，系统势能的减少量屿= J;（3） 由第二问的计算可知，在误差允许范围内，你得出的结论是 四、解答题如图所示，足够长的浅色传送带以速度v0=8m/s顺时针匀速转动，表面粗糙，传送带的右端有一固定的斜面，斜面底端月与传送带经一长度可忽略的光滑圆弧连接。现将一质量m=lkg的墨色小滑块从距离8点S。=10m的4处轻轻无初速放上传送带，巳知小滑块与传送带间的动摩擦因数为外=。・4,斜面倾角0=37,斜面足够长，滑块与斜面的动摩擦因数外=045,重力加速度冴lOm/s'sin37=0.6,cos37=0.8。求：（1） 小滑块刚放到传送带上时的加速度大小；（2） 小滑块第一次从4端到8端所用的时间；以及它在传送带上留下的划痕长度（3） 小滑块第一次滑上斜面后能够到达的最高点卢距〃点的距离上；和小滑块第二次冲上斜面最高点时距8点的距离厶。（厶、A都保留两位有效数字） 木星的卫星之一叫“艾奥”，它上面的珞珈火山喷出的岩块初速度为％时，上升高度可达加已知“艾奥”的半径为吊忽略“艾奥”的自转及岩块运动过程中受到稀薄气体的阻力，引力常量为G,求：（1） “艾奥”的质量；（2） 在“艾奥”上发射卫星所需的最小发射速度。参考答案【详解】A.加速度、速度的变化量、速度都是既有大小又有方向的矢量，故A正确；速度是矢量，而加速度率、速率是标量，故B错误；路程、时间是标量，位移是矢量，故C错误；位移、速度是既有大小又有方向的矢量，而时间是只有大小，没有方向的标量，故D错误。故选A。B【详解】AB.做曲线运动的物体速度方向时刻发生改变，但速率可能不变，选项A错误，B正确；CD.做曲线运动的物体所受的合外力可能不变，加速度也可能不变，选项CD错误。故选BoD【详解】A、运动过程中受合外力为零的物体，若有除重力或者是弹力以外的做功，物体的机械能不一定守恒，比如匀速下降的物体，其机械能不一定守恒，故A错误，D正确；B、 做匀加速运动的物体，若只有重力做功，机械能可能守恒，比如自由落体运动，故B错误；C、 物体受到重力、弹力以外的力作用时，以外的力不做功，故机械能还是守恒，故C错误；A【详解】设小球的初速度为％,从抛出到落在斜面的底端C的时间为“则根据平抛运动规律有-gt2=AB=—26 2v/=BC=*L设当小球运动到细杆上方时，花的时间为，，下降高度为8,则有,BC咼v°/=V=Tl联立得到〃点到水平面的高度为"=项=丄TOC\o"1-5"\h\z2 4所以细杆的长度〃轩为H.(=AB-H-H=-杆 8故选A。D【详解】AC.速度方向沿运动轨迹切线方向，故AC错误；BD.做曲线运动物体受到的合外力方向总是指向曲线的凹侧，故B错误，D正确。故选DoA【详解】A.火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度増大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误；根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误。故选A。【详解】A.由图可知，在儿位置时，万有引力完全提供随地球自转的向心力，与同步卫星运动情况一致，所以％为地球同步卫星的轨道半径，故A正确；B.第一宇宙速度是万有引力完全提供向心力，但是在产"处，地球引力对航天员产生的加速度与航天员由于地球自转而产生的向心加速度大小不相等，万有引力并不是完全提供向心力，故B错误；CD.航天员受到电梯舱的弹力等于航天员的“重力”，万有引力与弹力的合力提供向心力。•。时，弹力向上GMm； %=mofrGMm随希广增大，万有引力减小，向心力增大，弹力减小；/>&时，弹力向下GMtn 2——2——卜白.擀=r随着1•增大，向心力大于万有引力，弹力增大，故CD错误。故选A。D【详解】A.由于墙对篮球有向左的冲量，整个过程中运动员、滑板车及篮球的总动量不守恒，A错误；设抛出时篮球对地的速度为运动员抛球时对篮球的冲量为4=山(卩_%)方向向右，接球时对篮球的冲量为/2=rnv方向向右，所以运动员抛球与接球时对篮球的冲量方向相同、大小不同，B错误；CD.设运动员抛球后速度变为片，抛球过程，由动量守恒定律有(M+m)vQ=A/Vj+mv接球过程有Mvt-mv=O可得M+my=—%2m由动量定理可知篮球撞墙过程有I=tnv-(—mv)=2mv=(M+/n)v0C错误，D正确。故选DoAC【详解】A.对于A,它的速度如图中标出的厶这个速度看成是A的合速度VVVVa其分速度大小分别是V。、Vb，其中％等于B的速率（同一根绳子，两端速度大小相同）,故刚开始上升时B的速度大小为Vfl=Vh=vcos9A正确：由于A匀速上升，。在增大，所以⑰在减小，B加速度向上，处于超重，B错误；B下降过程做减速运动，处于超重状态，绳对B的拉力大于B的重力，C正确；当A运动到位置?V时0=90°此时賞尸0D错误。故选ACoBC【详解】A.由图像可知，甲是被碰小球，根据动量守恒定律可知叱吃卩听+巾乙吃I根据图像可得吃=4m/sn（i=2m/s吃］=-2m/s代入可解得m乙=1kg乙小球碰撞过程中的动量变化量=，叱y—m乙v乙—-6kg-in/sA错误；B.根据动量定理可知甲小球碰撞过程中所受到的冲量大小为6kg・m/s,B正确;甲、乙两球碰前动能0=!叱场碰后动能垃I=?刀乙涉j+?叫房均为8J,两球碰撞过程没有机械能损失，属于弹性碰撞，C正确;由动量守恒定律及能量守恒定律得吋乙'=，叩略+叱吃"2〃乙崂=成叱崂+2/，4i,hi'可得，m乙-羽卩，

y= Ly”亿+，，如，2ni/,

啣=.匕卩乙因为乙小球质量小于甲小球的质量，故两小球碰后速度方向一定不相同，D错误;故选BCoBD【详解】A.根据图像可知时刻A的加速度为0,此时A所受合外力为0mgsin0=kxy弹簧压缩量为mgsin0故A错误；B.弓时刻，A、B两物体分离，对A物体应用牛顿第二定律kx、—mgsin0=nui弹簧的形变量mgsin0+maX,=一k一故B正确；CD.从开始到〈时刻，A、B作为整体做匀加速直线运动F+kx-2mgsin0=2，na弹簧弹力减小，户增大〈到时间内，B物块做匀加速直线运动F—mgsin0=ma戶恒定，所以从开始到时刻，戶先増大，后不变，故C错误，D正确。故选BDoAC【详解】AB.设小物块的初动能为沿斜面运动的最远距离为s,所受摩擦力大小为£根据动能定理，在上滑过程中有£k-£ko=~(tn8sin0+f)x①Ko=(mgsine+f)s②联立①②可得Ek=(mgsin0+f)(s-x)③在下滑过程中有Ek=(mgsin0-/)(5-x)④由③④式可知图像为斜率均为负、横截距相同，且斜率绝对值不同的两条直线，故A正确，B错误；CD.根据功能关系，在上滑过程中有E=Ek°-fi：⑤在下滑过程中有E=Ek0-fs-f(s-x)=Ek0-2fs+fic⑥由题意可知晶＞2为⑦根据⑤⑥⑦可知图像为斜率一正一负、且均存在纵截距的两条直线，故C正确，D错误。故选ACo天平A Ma^=Ma^+Mb^【详解】解：(1)[1]实验要验证动量守恒定律，需要测量物块的质量，所以实验还需要天平；(2)[2]要使实验的效果明显、误差更小，即要使碰后两物块沿同一方向运动且两者的位移差大些，弹射器弹出的物块的质量应大于被碰物块的质量，且二者的质量差大些；应选A；

（3）[3]碰撞后两物块在木板上做匀减速直线运动，设物块与木板间的摩擦因数为〃,碰撞前，物块刀出弹射口时的速度为皿则有°一此=—2响碰撞后瞬间，物块4的速度%=』2咿物块8的速度若两物块碰撞运动中动量守恒，则有MaV|=MaV2+MhV3整理解得虬而=也庙+M〃而因此两物块碰撞运动中动量守恒，应该满足的表达式为1.95 0.951 0.993系统机械能守恒9.70【详解】（1）[1]由中间时刻的瞬时速度等于平均速度，可得打下计数点5时的速度Axv=—=ArAxv=—=Ar17,65+21.352x0.1xlO234m/s=1.95m/s2 5.43,—g= m/s56 1.4'解得g=^yx|m/s2=9.70m/s2(1)a/=4m/s2；(2)2.25s,8m；(3)3.3m,0.83m【详解】（1）小滑块在传送带上先加速运动，设加速度为％,则四皿=mq解得a/=4m/s'（2） 小滑块从开始到与传送带共速，用时为Z=2s走过的位移为X.=吳-=2«1共速后小滑块距3点的距离为x2=so~xi=2m小滑块从共速到3点用时为/2=—=0.25svo则小滑块第一次从A端到8端所用的时间为r=匕+弓=2.25s小滑块加速至v0=8m/s时，传送带发生的位移为x传=vott=8m/sx2s=16m故划痕的长度为L,=x传-X）=16m-8m=8m（3） 小滑块滑上斜面时做减速运动，设加速度大小为。2,由牛顿运动定律可得mgsin0+cos0=ina20-Vq=-2七上联立解得

L,=—m=3.3m由于tan0=0.75>//2=0.45所以滑块到达最高点后会向下加速运动，设返回斜面底端8点时速度为*诺=2x〃炬sin0-奶geos。xLtn从月点继续向左减速到零，走过位移大小为为，则有°-藉=-2"再向右加速到8点时速度为紿，有VB2=2吋3联立解得紿=4m/s小滑块以紿第二次冲到斜面最高点，有0-咁=_2七厶解得厶=0.83m⑴⑵「=福则有2gh=vl【详解】（则有2gh=vl解得卫星表面重力加速度为GMm飞厂=吗忽略“艾GMm飞厂=吗解得（2）行星的第一宇宙速度等于卫星在该行星表面轨道做匀速圆周运动时的线速度，某卫星在“艾奥”表面绕其做圆周运动时有GMmv2

—l=tn—R2R2022-2023学年高一下学期期末考试物理试卷学校: 姓名： 班级： 一、单选题一条河流两岸笔直。宽120m,河水流速为4m/s,小船在静水中的速度大小为5m/s,则该小船（ ）渡河的最短时间为30s渡河的最小位移为120m以最小位移渡河的时间为30s以最短时间渡河时沿水流方向的位移大小为90m如图所示，A、B是质量相等的两个小球，A球从高度为力的固定光滑斜面顶端静止下滑，B球从半径为力的四分之一固定光滑圆弧顶端静止下滑。关于A、B两小球的运动，下列说法正确的是（ ）运动到各自底端时速度变化量相同运动到各自底端时合外力做的功不同B球运动过程中重力的瞬时功率先增大后减小运动到斜面底端时重力的瞬时功率相等2021年9月17S13时30分，“神舟十二号”返回舱在东风着陆场安全降落。“神舟”系列航天飞船返冋舱返回地面的示意图如图所示，其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置沿竖直方向匀速下降，为确保返回舱能安全养陆，在返回舱距地面m左右时，舱内宇航员主动切断与降落伞的连接（“切伞”），同时点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭向下喷气过程中返回舱减至安全速度。己知“切伞”瞬间返回舱的速度大小的=10m/s,火箭喷出的气体速度大小#1082m/s,火箭“喷气”时间极短，喷气完成后返回舱的速度大小KF2m/s,则喷气完成前、后返回舱的质量比为（）

降落伞返回舱缓冲火箭降落伞返回舱缓冲火箭45：44 B.100：99 C.125：124 D.135：134下列说法中正确的是（ ）将两个匀变速直线运动合成，合运动必定是匀变速曲线运动物体做圆周运动时，其所受合外力的方向一定指向圆心某恒力对物体做功为零，则说明该物体必然静止位移为零太阳系中所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相同跳台滑雪起源于挪威，是冬奥会的比赛项目。2022年北京冬奥会期间，我国北方掀起了雪（冰）上运动热潮。某滑雪者在跳台Q处沿水平方向飞出，经过时间弓落在斜面上。处，4=l.5s时滑雪者离斜面距离最大，P、。间水平距离为60m。不计空气阻力,tan53°=p取^=10m/s2o下列说法正确的是（ ）.卵丿, z^f7777777777777斜坡倾角0=53。滑雪者在户处的速度大小为15m/s滑雪者离坡面的最大距离为9m滑雪者落到。处时速度与水平方向夹角为53°2020年12月3日，嫦娥五号上升器在月球表面从着陆器上返回，如图所示。己知携带月壤样本的上升器重量高达500kg,开始一段时间内的加速度大小为2.4m/s2,月球表面的重力加速度大小为1.6m/s2,上升器发动机向下喷出气体的速度为4.0xl0，m/s,不计由于喷出气体上升器质量的变化，则每秒喷出气体的质量为（

osoigoosoigo////////////小球的机械能守恒小球利弹簧组成的系统机械能守恒小球的机械能先增大后减小小球的重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后増大三、实验题某实验小组设计实验验证机械能守恒，实验装置示意图如图所示，在铁架台上用铁夹固定好一个力传感器，一根不可伸长的细线上端固定在力传感器上，下端固定在小球上（小球视为质点），把小球拉离平衡位置使细线偏离竖直方向一个角度，由静止释放小球，传感器可记录球在摆动过程中细线拉力大小，记下力传感器最大示数户，除以上器材外，只有一把刻度尺。（1）为完成实验，需用刻度尺测量摆长。小球在最低点静止时力传感器的示数扁，还需测量的量是： （此物理量的符号用力表示）（2）需要验证机械能守恒的表达式： （用已知和测量物理量的符号表示）。某小组在做“寻求碰撞中的不变量”实验时，采用了如图1所示的实验装置，小车甲、乙的碰撞端分别装上撞针与橡皮泥。图1卩月=,9?”q1.68km/s故飞船返回地球时从月球发射的速度应大于1.68km/s,故C错误;D.根据G蚂工RR2 T2M MPV顼3可得3兀1布故月球密度3n四一G7V故D正确。故选Do9.AD【详解】AB.当轻杆水平时，两球速度达到最大，且两球最大速度大小相等，根据机械能守恒定律可得mgRcos45°-zwg(R-Rcos45°)=：•2mv2解得v-l)gR故A正确，B错误；对M球，运用动能定理可得mgRcos45°+W=!mv2解得2故C错误；由于系统机械能守恒，所以轻杆对N做功为2故D正确。故选AD。二M二3kP一4*一32兀GhR3(2)月球第一宇宙速度*=7^=会包础近月卫星的周期为T,万有引力提供向心力，有*,中解得17.(1)vc=5m/s,/=1.5s；(2)27.2N；(3)Ep=3J【详解】(1)设赛车在。点处的竖直方向速度大小为％,由平抛运动规律絲=2gh又由V,.=vcsin53°代入数据解得vc=5m/s赛车从力点到6•点的过程，由动能定理有Pt-fL+nigh=&代入数据解得/=1.5s(2)赛车从6•点到〃点的过程，设赛车经过〃点时速度大小为4，由动能定理有mgR(1-cos53。)=； -:赛车经过〃点时，设轨道对赛车的支持力大小为尸，受力分析有Ff-R代入数据解得尸=27.2N由牛顿第三定律可知，赛车经过〃点时对圆弧轨道的压力大小为F=F=27.2N(3)赛车从〃点到戶点的过程中，由功能关系有:mvj,=mgR(1—cos37。)+ sin37°+Ep代入数据解得Ep=3J14218.(1)4m/s,5nVs；(2)—N；(3)2.24m【详解】(1)小物块从4点到B点做平抛运动，设运动时间为6则有H=解得t=0.3s小物块到达8点时竖直分速度为vy=gt=3m/s根据速度的合成与分解有tan37。=%%解得%=4m/s所以*=脱+/=5m/s设小物块滑动至。点时的速度大小为/G所受圆弧轨道的支持力大小为月。对小物块从A到。的过程，根据动能定理有口1 2 1 2mgH=-mvc-~mvQ解得vc=2j7m/s在「点时，根据牛顿第二定律有FN-mg=m—解得孔号N设小物块达到木板右端时恰好和长木板达到共同速度卩3,根据动量守恒定律有muc=(m+M)uy解得v3=3—m/s设此时长木板的长度为£,根据功能关系有“iingL=?mv^-；{M+w）v32解得L=2.24m2022-2023学年高一下学期期末考试物理试卷学校: 姓名： 班级： 一、单选题试探电荷带的电荷量为+1x10-9（3,把该试探电荷放在电场中的M点，具有1.5xlO-8J的电势能，把同样的试探电荷放在电场中的N点，具有-lxlO-8J的电势能。下列说法正确的是（）电场中N点的电势为10V电场中M、N两点间的电势差〃.g=25V如果用带负电的试探电荷放入电场，M点的电势将低于N点的电势把该试探电荷从M点移到N点的过程中，克服电场力做功5xl08J一汽车通过拱形桥顶点时速度为lOm/s,车对桥顶的压力为车重的;，如果要使汽4车在桥顶对桥面没有压力，车速至少为（ ）15m/s B.20m/s C.25m/s D.30m/s如图所示，货物放在自动扶梯的水平台阶上，随扶梯一起向斜上方做匀速直线运动，下列说法正确的是重力对货物做正功摩擦力对货物做正功支持力对货物做正功合外力对货物做正功如图所示，用绝缘柱支撑的导体A和B彼此接触，起初它们不带电，贴在两端下部的金属箔是闭合的。把带正电的物体C移近A端但不接触，然后把A和B分开较远的距D【详解】AB.C移近A端时，由于感应起电使A、B两端带等量异种电荷，两金属箔都张开，故AB错误；CD.A和B分开，两端电荷无法中和，移去C后，两端仍然带电，金属箔仍会张开，故C错误，D正确。故选D。B【详解】A.根据粒子做曲线运动受到的电场力处于轨迹的凹侧，可知粒子甲受到的电场力方向与电场方向相反，粒子甲带负电；粒子乙受到的电场力方向与电场方向相同，粒子乙带正电；故A错误；粒子乙从夕点到〃点过程中，电场力与速度方向的夹角小于90。，电场力做正功，故B正确；粒子甲从为点到C点过程中，电场力先做负功，后做正功，粒子甲的速度先减小后增大，故C错误；「点与〃点在同一等势线上，可知两点电势相等，根据Ep=q<P虽然知道粒子甲带负电，粒子乙带正电，但由于不清楚「点与〃点的电势是大于零还是小于零，故无法判断粒子甲在「点的电势能与粒子乙在〃点的电势能的大小关系，故D错误。故选B。B【详解】A.在天体表面，由万有引力等于重力有Mm解得GM设火星与地球表面的重力加速度分别为幻、引，二者的质量分别为Mi、忱,半径分别为&、 则二者重力加速度之比为=2:5故A错误;

力不足以提供其做圆周运动所需要的向心力，木块n要与圆盘发生相对滑动，离圆盘圆心越来越远；但是木块。所需要的向心力小于木块〃的最大静摩擦力，所以木块。仍随圆盘一起做匀速圆周运动，只有选项D正确。故选Do9.BD【详解】A.设太阳质量为M地球质量为〃7,由牛顿第二定律和万有引力定律得—Mm4^2/:解得A错误;设火星周期为4,由开普勒第三定律T2T；解得B正确：设火星的质量为M火,根据第一宇宙速度的理解有R2R因无法求得新火,所以无法表示『火，C错误；地球绕太阳运转角速度271^=—271^=—火星绕太阳运转角速度从地球和火星相距最近到第下一次相距最近时间为Z,则联立解得D正确。汽车的最大速度P8xl04 . ”.vm=—= rm/s=20m/s,nf4x10*设汽车在5〜25s内的位移为X”根据动能定理可得02_爲=!岫_扑《可得x2=325m所以汽车的总位移x=%+*=25m+325m=350m故D错误。故选ABo13. |（m2+m1）4- 42 t1 4ft【详解】（1）[1]叫下落高度和风上升高度均为如可得系统重力势能的减少量为（，沔一刀i）g龙；[2]遮光条宽度为"，遮光时•间为t,可求小物块叫通过光电门时的速度为《，物块由I静止释放，初动能为零，可求动能的增加量为!（叫+风）（2）[3]根据机械能守恒定律有g弓（叫+吗店整理得力二（〃叱+網）/1~2（m2-m.）gt2可见若系统机械能守恒，则有力和+成正比，图像为过原点的倾斜直线，所以横轴应为7°（3）[4]由第（2）问分析知，图像的斜率为b（n^+ni^d2广2（〃弓部）g代入数据解得3ad2~4b~【详解】（1）当滑块恰好过最高点C时，重力提供向心力，可得mg=m—K解得v=>/2m/s（2）若滑块恰好能过最高点，从［到C过程中，根据动能定理有mg（h}-2/?）=^mv2解得4=0.5m要使滑块恰能运动到点，则滑块到〃点的速度为v£=0从4到/过程中，根据动能定理有巾g勾一"吗（石+沔）=0_0解得/^=//（%!+x2）=1.4m显然则要使滑块恰能运动到£'点，滑块释放点的高度为如=1.4m16.（1）—m/s,3.4N（2）2.5m/s2【详解】（1）从a到c的过程中，根据动能定理有qE（L+R）-"mgL-mgR=:mv2-0代入数据解得v=^m/s2滑块到达c点时由牛顿第二运动定律c匸mv1代入数据解得氏=3.4N（2）当重力和电场力的合力恰好提供圆周运动的向心力时，滑块的速率最小，则有甲击出的高尔夫球落地的速率最大甲击出的高尔夫球在空中运动时间最长三个高尔夫球飞到最高点时速度为零三个高尔夫球击出的初速度水平分量相等为美观和经济，许多桥面建成拱形。汽车通过桥顶时，对桥面的压力会减小，过快的汽车将失去控制、无法转向，造成安全隐患，故拱形桥上都会有限速标志。设汽车对桥面的压力是其重力的0.6倍时，其速度就是限速标志对应的速度，桥顶圆弧对应的半径为130m,则该限速标志所示速度约为（取g=\Om/s2）（ ）—36km/h B.54km/h C.60km/h D.80km/h高铁在高速行驶时，受到的阻力f与速度『的关系为”k』（k为常量）。若某高铁以160km/h的速度匀速行驶时机车的输出功率为P,则该高铁以320km/h的速度匀速行驶时机车的输出功率为（）A.8P B.4P C.2P D.P如图所示，摆球质量为用，悬线的长为厶，把悬线拉到水平位置后放手。设在摆球从A点运动到8点的过程中空气阻力/的大小不变，则下列说法正确的是（ ）重力做功为?mgiL悬线拉力做负功空气阻力做功为-巾空气阻力/做功为土"生活中处处有圆周运动，下列说法正确的是（ ）的功之比；（2）在。点滑道给运动员施加的力戶的大小。15.如图所示，半径为R=0.4m的光滑半圆弧轨道固定在竖直面内，水平面与圆弧轨道最低点4相切,0垂直水平面。质量为0.1kg的物块a放在水平面上的戶点，质量为0.3kg的物块力放在水平面上的。点，PA=R,PQ=2R,C为PQ的中点，给物块力一个水平向右的恒定推力，当物块通过C点后的某位置撤去恒力，此后物块人与a发生弹性碰撞，a进入圆弧轨道后从月点飞出，恰好落在。点，两物块大小不计，与水平面间的动摩擦因数为0.5,重力加速度取lOm/s2,求（结果可带分式或根号）：（1） 力与a碰撞后一瞬间，物块a的速度大小；（2） 作用在物块力上推力的大小范围。Fn=%=mgtan0(2)由牛顿第二定律得mgtanO=rtj—r由几何关系，可得摆球轨迹半径为,=Lsin。联立解得v=JgLtanOsinO(3)由牛顿第二定律得mgtant)=,n~T~r小球运动的周期T=27r^EW.2114.(1)奇-=石；⑵F=2000N【详解】(1)设从1点运动至月点过程中除重力外其他力对运动员做的功为％根据动能定理得憾+wt=?娅设从&点运动至「点过程中除重力外其他力对运动员做的功为形，根据动能定理得，猶奶+旳=Srnv^解得VV,21W^~~S(2)在6•点滑道给运动员在滑道平面内的力为毋，根据牛顿第二定律得+(sgsin.)2=m~^设在。点滑道给运动员的支持力为根据平衡条件得Fn=mgcosG滑道给运动员的合力为解得F=2000N15.（1）妨m/s：（2）—N<F<—N12 6【详解】（1）a进入圆弧轨道后从3点飞出，恰好落在0点，设物块a在3点的速度大小为％;物块a在空中做平抛运动，则有2R= ,3R=v日，联立解得，=0.4s, =3m/s设碰撞后-•瞬间，物块a的速度大小为。，物块a从碰撞后到8的过程，根据动能定理可得WAgR_ •2R=? -:〃讨解得碰撞后•瞬间，物块&的速度大小为vfl=V29m/s（2）设物块力碰撞前瞬间速度为％,碰撞后瞬间速度为碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒可得nibVO=/t1bVb+fnaVa121212-^hv｛）=-mhvh+-mava解得TOC\o"1-5"\h\z2屈, 729/u,= m/s»v>= m/s° 3 "3设推力的作用距离为x,物块力从Q点到户点碰撞前过程，根据动能定理可得&-印％g・2R=?〃讨-0根据题意有R<x<2R联立解得作用在物块人上推力的大小范围为2022-2023学年高一下学期期末考试物理试卷学校: 姓名： 班级： 一、单选题1.下列对天体的认识正确的是（ ）

物体的质量为6kg这3s内物体克服摩擦力做的功W=6.0J第1.5s时推力F的功率为1.5W后2s内推力F做功的平均功率戸=2.5W作用在飞机上的气动力和发动机推力的合力与飞机质量之比称为飞机的过载。则当飞机以g的加速度向上加速时，我们称飞机的过载为现有一位飞行员所能承受的最大过载为9g,己知g取lOm/s2,声速约为340m/s,当飞机在竖直面内以声速做圆周运动在经过最低点时对其半径的要求是（ ）小于1445mB.大于1445mC.小于1284mD.大于1284m在不计空气阻力作用的条件下，下列说法中正确的是（ ）做平抛运动的小球，其所受合外力的方向不断改变做变速圆周运动的小球，其所受合外力的方向指向圆心自由下落的小球，其所受合外力的方向与其速度方向相同地球上所有相对地表面静止的物体的向心加速度方向都指向地球中心二、多选题用细线拴住一小球做匀速圆周运动，下列说法中正确的是（）A.在线速度一定情况下，线越长越易断B.在线速度一定情况下，线越短越易断C.在角速度一定情况下，线越长越易断D.在角速度一定情况下，线越短越易断组成星球的物质是靠引力吸引在一起的，这样的星球有一个最大的自转的速率，如果超出了该速率，星球的万有引力将不足以维持其赤道附近的物体随星球做圆周运动，由此能得到半径为"，密度为Q、质量为且均匀分布的星球的最小自转周期T,下列表达式正确的是（）A.A.如图所示，物体从某一高度自由下落到竖直立于地面的轻质弹簧上。在a点时物体开始与弹簧接触，到厶点时物体速度为零。则从a到厶的过程中，物体（）

1.B参考答案【详解】A.当两物体之间的距离趋于零时，万有引力定律不再适用，故A错误。B.开普勒行星运动三定律既适用于行星绕太阳的运动，也适用于卫星绕行星的运动，故B正确。C.宇宙飞船内的宇航员处于失重状态是由于其与地球间的万有引力全部用来提供做圆周运动的向心力，故C错误。D.开普勒第二定律指出，当行星绕太阳运动时，在相等的时间内，其与太阳的连线扫过的面积相等。由此可知，行星在近日点的速度大于在远日点的速度，故D错误。故选Bo【详解】A.若物体的运动状态发生改变，可能是速度的大小发生变化，而方向不•定变化,所以不一定做曲线运动，故A错误;B.物体做曲线运动时,它的加速度的方向可能和速度的方向垂直，如匀速圆周运动，故B错误;C.物体做曲线运动时,它的加速度的方向始终和所受到的合力方向一致，故C正确;D.做曲线运动的物体,速度方向吋刻变化，曲线运动可能是匀变速运动，如平抛运动，故D错误。故选Co3.B【详解】AB.在对高点球由水平方向的速度，竖直方向的速度为零，故〃点球的动能大于零,此时重力的功率等于重力与沿重力方向速度的乘积，故此时重力的功率为零，A错误，B正确;C・忽略空气阻力，球在空中只受重力作用，故球在竖直方向时竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的对称性可知，刀到〃的时间等于力到。的时间，C错误;D.根据动量定理可知由此可知，⑦过程比此•过程动量变化一样快，D错误。故选BoD【详解】A.根据平行四边形定则，合速度的大小可能比分速度大、可能比分速度小、还可能和分速度大小相等，故A错误；合运动和分运动具有等时性，故B错误：两个直线运动的合运动可能是直线运动，也可能是曲线运动，比如平抛运动就是曲线运动，故C错误；匀速直线运动的加速度为零，两个匀速直线运动的合运动加速度也一定为零，因此，两个匀速直线运动的合运动一定是匀速直线运动，故D正确。故选DoB【详解】A.天和舱中的宇航员处于失重状态，仍然受地球的引力，A错误;根据万有引力提供向心力〃Mm4勿2G—cMm v~G—=m—

r~ r解得GMV~依题意，组合体周期约90分钟，远小于同步卫星的周期，所以组合体绕地球做圆周运动的轨道半径比地球同步卫星的小，所以组合体绕地球做圆周运动的速度比地球同步卫星的大,B正确;第一宇宙速度是最大的环绕速度，所以组合体绕地球做圆周运动的速度略小于第一宇宙速度，C错误；宇航员在空间站中处于完全失重状态，无法利用单摆周期公式可以完成空间站所在位置处重力加速度的测量，D错误。故选BoB【详解】A.根据题意，由功能关系可知，梅西踢球时，脚对足球做功，故A错误;

BC.足球离开脚后上升到最高点过程中，忽略阻力，只有重力做负功，则机械能守恒，故C错误，B正确；D.足球离开脚后在空中飞行的过程中，梅西对足球没有作用力，不做功，故D错误。故选BoB【详解】笔尖M与笔帽N转动的角速度大小相等，设角速度为切，根据角速度与线速度之间的关系，有片=叱解得Vl+V2*+岭0)=0)=片+卩2L笔帽N做圆周运动的加速度大小为ACD错误，B正确。故选BoB【详解】A.由图可知，广2s时间内物体做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得F{一卩mg=mau=—=2m/s2u=—=2m/s2A/2~3s时间内物体做匀速直线运动，受力平衡，可得代入数据，解得

〃=0.4,m=0.5kg故A错误；这3s内物体的位移为I图像中图线与坐标轴所围面积，即1+2c°x=x2m=3m2克服摩擦力做的功为W=x=6.0J故B正确；根据匀变速直线运动中一段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度可知第1.5s时物体的速度为v=——v=——2m/s=lm/s推力F的功率为p=gu=3W故C错误；后2s内推力F做功为1x2W=F1x2W=Ftxi+F2x2=3x—J+2x2xlJ=7J平均功率为故D错误。故选B平均功率为故D错误。故选BoBP=—=3.5W

t【详解】飞机在竖直面内以声速做圆周运动在经过最低点时，根据牛顿第二定律可得F-m2=m—R飞行员所能承受的最大过载为9g,则有F—v9gF—v9grn联立解得/?>—=8g34()2/?>—=8g34()28x10m=1445m故选Boc【详解】A.做平抛运动的小球所受合外力为重力，方向保持不变，故A错误；做匀速圆周运动的小球，其所受合外力的方向指向圆心；做变速圆周运动的小球，速度大小变化，其所受合外力的方向不指向圆心，故B错误；自由下落的小球，其所受合外力为重力，合外力的方向与其速度方向相同，都是竖直向下，故C正确；地球上所有相对地表面静止的物体的向心加速度方向都指向圆周运动中心，赤道上的物体的向心加速度方向指向地球中心，故D错误。故选C。BC【详解】AB.做匀速圆周运动，绳子的拉力提供向心力，有“v2R在线速度一定时，线越长，半径越大，力越小，绳子越不容易断，反之绳子越容易断，A错误，B正确；CD.做匀速圆周运动，绳子的拉力提供向心力，有F=在角速度一定情况下，线越长，半径越大，力越大，绳子越容易断，反之绳子越不容易断，C正确，D错误。故选BCoBC【详解】AB.当周期小到一定值时，压力为零，此时万有引力充当向心力，即GMm4tt2R解得：7=2气椁^①\GM故B正确，A错误；CD,星球的质量M=pV代入①式可得:故C正确，D错误.BD【详解】AC・物体刚接触弹簧一段时间内，物体受到竖直向下的重力和竖直向上的弹力，且弹力小于重力，所以物体的合外力向下，物体做加速运动，在向下运动的过程中弹簧的弹力越来越大，所以合力越来越小，即物体做加速度减小的加速运动，当弹力等于重力时，物体的速度最大，之后弹力大于重力合力向上，物体做减速运动，因为物体速度仍旧向下，所以弹簧的弹力仍旧增大，所以合力在增大，故物体做加速度增大的减速运动，到厶点时物体的速度减小为零，所以过程中物体的加速度先减小再増大，速度先增大再减小，即动能先增大后减小，故AC错误；从a点到力点物体一直在下落，重力做正功，所以物体的重力势能在减小，故B正确；D.从a到力的过程中物体的机械能转化为弹簧的弹性势能，物体的动能和重力势能之和一直减小，故D正确。故选BDoBC【详解】A.卫星在降轨过程中，减速后做向心运动，所受万有引力大于所需的向心力，A错误；降轨过程中稀薄大气形成的气动阻力对卫星做负功，卫星的机械能减小，B正确；离轨帆打开后瞬间，地球对卫星的万有引力产生的指向地心的加速度不变，气动阻力提供沿速度反方向的加速度，两个加速度垂直，则在离轨帆打开后瞬间，卫星的加速度变大,C正确；卫星在轨运行时的高度大于卫星贴近地表运行时的高度，根据万有引力定律有GMm4tt可得卫星在轨运行时的周期大于卫星贴近地表运行时的周期，D错误。故选BCo

BD【详