2023-2024学年福建省福州某中学高一（下）期末考试物理试卷（含解析）

2023-2024学年福建省福州第一中学高一（下）期末考试物理试卷

一、单选题：本大题共4小题，共16分。

1.下列说法中，正确的是（）

A.牛顿发现了万有引力定律，并测定了引力常量G

B.第谷根据自己多年的天文观测数据，发现了行星沿椭圆轨道绕太阳运动，且太阳位于椭圆轨道的一个焦

点上

C.冲量是描述力对物体作用的时间积累效应的物理量，力的冲量是一个状态量

D.功是描述力对物体作用的空间积累效应的物理量，功是一个过程量

2.“两江四岸”烟花活动中，某同学用手机录制了一段烟花运动视频，经电脑处理得到某一烟花的运动轨

迹如图所示，其中最高点6切线水平，c点切线竖直，由图可知（）

A.该烟花由a点运动到c点过程中，水平方向匀速运动[Vb

B.该烟花由b点运动至ijc点过程中，其机械能守恒/\

C.该烟花在b点的加速度方向竖直向下/L

D.该烟花在b点处于失重状态-------------1——►x

3.设月球半径为R,一飞船沿月球表面高度为3R的圆形轨道I运动，在轨道a点变轨进入椭圆轨道n,到达

轨道的近月点B再次变轨进入月球的近月轨道in绕月球做圆周运动，下列判断正确的是（）

A.飞船在轨道n上的机械能大于在轨道I上的机械能

•\

B.飞船在轨道I上的线速度一定小于飞船在轨道II上经过8点时的线速度/，人

C.飞船在轨道I上的加速度大于飞船在轨道II上经过4点时的加速度

D.飞船在轨道n的周期小于在轨道in的周期'.\

4.如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定转轴以恒定角速度3匀速转动，盘面上离转轴2nl处有

一小物体（可视为质点）与圆盘始终保持相对静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面间的夹

角为30。，g=10m/s2,贝1（）

A.若3越大，则小物体在最高点处受到的摩擦力一定越大

B.小物体受到的摩擦力不可能背离圆心

C.若小物体与盘面间的动摩擦因数为岑，则3的最大值是岑rad/s皿_

D.若小物体与盘面可的动摩因数为亨，则3的最大值是2.5rad/s

二、多选题：本大题共4小题，共24分。

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5.如图中的心、42、乙3、乙4、乙5所示，人们称为拉格朗日点。若飞行器位于这些点上，会在太阳与地球共

同引力作用下，可以几乎不消耗燃料而保持与地球同步绕太阳做圆周运动。若发射一颗卫星定位于拉格朗

日以点，下列说法正确的是（）

A.该卫星绕太阳运动的周期和地球自转周期相等

B.该卫星在刈点处于非平衡状态

C.该卫星绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度

D.该卫星在均处所受太阳和地球引力的合力比在口处小

6.质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。

已知物块与地面间的动摩擦因数为0.1,最大静摩擦力大小与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小

g=10m/s2,贝！|（）

A.0~2s内，F的冲量为2kgB.3s时物块的动量为

C.2s时物块的动能为零D.2〜4s内，F对物块所做的功为6/

7.如图所示，左侧有一长为L=36的传送带，以速度u=5rn/s顺时针转动，右侧有一质量为M=6kg、

长为1=5小的长木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m=2kg的小物块（可视为质点）以初速度为

=10巾/s从传送带的左端滑上传送带，并且小物块能无机械能损失的滑上长木板。已知小物块与传送带、

长木板间的动摩擦因数均为〃=0.6,不计空气阻力，g取10m/s2。则（）

A.小物块滑上长木板的速度为5m/sB.小物块的最终速度为2m/s

C.长木板的最终动能后欠=12/D.全过程系统产生的内能Q=48/

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8.有一辆质量爪=1.5t的油电混合动力汽车，其行驶速度u时靠电动机输出动力；行驶速度在

＜uW90km/h范围内时靠汽油机输出动力，同时内部电池充电；当行驶速度。＞90kzn/h时汽油

机和电动机同时工作。该小汽车在一条平直的公路上由静止启动，汽车的牵引力F随运动时间t的图线如图

所示，所受阻力恒为1250N。已知汽车在h时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至第11s末。

则在前11s内下列说法正确的是（）

F/一N

A.经过计算=6s600

500

B.电动机输出的最大功率为60kly360

C.汽油机工作期间牵引力做的功为4.5x105/：：

D.汽车的位移为120m11〃S

三、填空题：本大题共3小题，共14分。

9.如图所示，甲、乙两水平圆盘紧靠在一块，甲圆盘为主动轮，乙靠摩擦随甲转动且无相对滑动。甲圆盘

与乙圆盘的半径之比为r甲:r乙=3:1,两圆盘和小物体根2之间的动摩擦因数相同，爪1距。点为2r,m2

距O'点为r,爪1=3爪2当甲缓慢转动起来且转速慢慢增加时，在爪1、爪2与盘发生相对滑动前的过程中，小1

、m2＞的角速度之比31：32=；向心加速度之比a1：42=浸到的静摩擦力大小之比人力=

10.如图所示，同学踩着轻质滑板（可整体视为质点）以4/n/s的速度冲

上一足够高的固定光滑斜面，则该同学可以冲到的最高点高度为

mo若解除斜面的固定，假设斜面与地面之间光滑，斜面质量

与同学质量相等，那么该同学冲到的最高点高度为爪（本题中g

IX10m/s2）o

11.如图（a）所示，一物块以一定初速度沿倾角为30。的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块

动能见与运动路程s的关系如图（b）所示。重力加速度大小取10M/S2,物块上滑时所受的合外力大小为

N,物块的质量为

图(a)图(b)

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四、实验题：本大题共3小题，共18分。

12.用如图甲所示的实验装置做“验证机械能守恒定律”实验时，将打点计时器固定在铁架台上，使重物

带动纸带从静止开始下落。

（1）关于本实验，下列说法正确的是（填字母代号）。

4应选择密度大、体积小的重物进行实验

区本实验必须利用天平测量重物的质量

C先释放纸带，后接通电源

（2）实验中，得到如图乙所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点力、B、C,测得它们到起始点

。（。点与下一点的间距接近2nmI）的距离分别为（%、诋、上。已知当地重力加速度为9,打点计时器的打

点周期为T，设重物质量为根。从打。点到B点的过程中，重物的重力势能减少量出/I=动能

变化量=（用已知字母表示）

（3）某同学用如图丙所示装置验证机械能守恒定律，将力传感器固定在天花板上，细线一端系着小球，一

端连在力传感器上。将小球拉至水平位置从静止释放，到达最低点时力传感器的示数为凡已知小球质量

为m,当地重力加速度为g。在误差允许范围内，当满足关系式。F=时，可验证机械能守恒（

结果用题中已知字母表示）。

13.在“探究碰撞中的不变量”的实验中，三位同学分别采用以下三种不同的方案，如图小红用甲图对应

的方案，该方案中（填“需要”或“不需要”）测量小球抛出点到水平面的高度：小黄采用乙图

对应的方案，该方案中入射小球的质量_________（填“需要”或“不需要”）大于被碰小球的质量：小蓝

用丙图对应的方案，该方案中若两滑块上的遮光条宽度相等，则（填“需要”或“不需要”）测

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量遮光条宽度d。

14.在“验证动量守恒定律”的实验中，先让质量为巾1的钢球a从斜槽轨道上某一固定位置s由静止开始滚

下，从轨道末端水平抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在复写纸下面的白纸上留下痕迹。重复上述操

作10次，得到10个落点痕迹。再把质量为62的空心钢球8放在斜槽轨道末端，让a球仍从位置s由静止滚

下，与B球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10次。M、P、N为三个落点的平均位

置，。点是轨道末端在白纸上的竖直投影点，如图1所示。

•N

b"

图2

(1)为了尽量减小实验误差，两个小球的质量应满足爪1＞根2,若满足关系式则可以认为两小球

碰撞前后总动量守恒;

(2)某同学记录小球三个落点的平均位置时发现M和N偏离了。P方向，如图2所示。下列相关说法正确的是

4造成M和N偏离了OP方向的原因是两小球的碰撞不是对心正碰

3两球在碰撞过程中动量不守恒

五、计算题：本大题共3小题，共28分。

15.如图所示，轻杆的一端固定在轻质竖直转轴上的。点，杆与轴的夹角a=60。,杆上套有一劲度系数

k=100N/zn的轻质弹簧，弹簧一端固定于。点，另一端与套在杆上的质量m=1kg的圆环相连，杆和圆环

均处于静止状态。已知弹簧原长h=0.15小，弹簧始终在弹性限度内，取重力加速度g=10M/S2,不计一

切摩擦。

(1)求圆环静止时弹簧的长度L；

(2)杆随转轴缓慢加速转动，圆环始终未离开杆。当弹簧处于原长时，求杆转动的角速度大小a。；

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轻杆竖直转轴

圆环/飞％、］

16.如图，高度h=0.8爪的水平桌面上放置两个相同物块4、B,质量=HIB=O」kg。4、B间夹一压缩

量dx=0.1爪的轻弹簧，弹簧与4、8不栓接。同时由静止释放A、B,弹簧恢复原长时4恰好从桌面左端沿

水平方向飞出，水平射程以=0.46；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离物=025爪后停止。4B均视为质

2

点，取重力加速度g=10m/so求：

(1)脱离弹簧时4B的速度大小心和打；

(2)物块与桌面间的动摩擦因数“；

(3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能44。

AB

-EwwC

17.如图所示，在光滑水平面上有一质量M=3kg的小车，由水平部分力B和光滑J圆轨道BC组成，圆弧BC

的半径R=0.4根且与水平部分相切于B点，小物块Q与4B段的滑动摩擦因数〃=0.2,在4点正上方用一根

不可伸长的轻质细绳悬挂质量为mi=0.53的小球P,现将小球P拉离竖直方向由静止释放，当小球P摆到

最低点时与静止在小车左端的质量为爪2=Mg的小物块Q(可视为质点)发生弹性碰撞，已知小球P与小物块

Q碰撞前的瞬时速度为为=6rn/s,碰撞时间极短，除了小车段粗糙外，其余所有接触面均光滑，重力

(1)求碰撞后瞬间小物块Q的速度；

(2)求物块Q在小车上运动1s内相对于小车运动的距离s(此时Q未到B点且速度大于小车的速度);

(3)要使物块Q既可以到达B点又不会脱离小车，求小车左侧水平长度4B的取值范围。

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答案解析

1..D

【解析】/、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测定了引力常量G,故/错误；

夙开普勒根据第谷多年的天文观测数据，发现了行星沿椭圆轨道绕太阳运动，且太阳位于椭圆轨道的一

个焦点上，故3错误；

C、冲量是描述力对物体作用的时间积累效应的物理量，对应一个过程，则力的冲量是一个过程量，故C

错误；

功是描述力对物体作用的空间积累效应的物理量，对应一个过程，则功是一个过程量，故。正确。

2..D

【解析】4轨迹的切线方向为速度方向，由题可知a点切线沿右上方，6点切线水平，c点切线竖直，即

a、b两点速度在水平方向分量不为0,在c点速度在水平方向分量减为0,所以该烟花由a点运动到c点

过程中，水平方向做减速运动，故/错误；

区结合4选项可知该烟花由a点运动到c点过程中，水平方向做减速运动，即该烟花由b点运动到c点过程

中，烟花在运动过程中受到摩擦阻力，机械能不守恒，故8错误；

C.该烟花在最高点6切线水平，即此时运动方向为水平向右，摩擦阻力水平向左，则摩擦力和重力的合力

朝左下，所以加速度方向与合力方向一致，故C错误；

D该烟花在最高点b有竖直向下的加速度分量，所以处于失重状态，故。正确。

故选。。

3..B

【解析】/、飞船在轨道I上过4点时减速做近心运动，才能进入轨道1L所以飞船在轨道II上的机械能小于

在轨道I上的机械能，故/错误；

B、根据万有引力提供向心力有6誓=喏，解得v=牌,由此可知飞船在轨道I上的2点的线速度小于

飞船在轨道ni上的B点的线速度，飞船在轨道n上经过B点时减速，做近心运动才能进入轨道ni,飞船在轨

道III上的8点线速度小于飞船在轨道II上的B点的线速度，所以飞船在轨道I上的2点线速度小于飞船在轨道

n上的B点线速度，故8正确；

c、飞船在轨道I上运行时通过a点和在轨道n上运行时通过4点时受到的万有引力大小相等，根据牛顿第二

定律可知G等=ma,加速度相等，故C错误；

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D、根据开普勒第三定律舄=上可知，轨道II的半长轴大于轨道ni的半径，所以飞船在轨道U的周期大于在

轨道in的周期，故。错误。

4..C

【解析】4B.小物体在最高点时，由牛顿第二定律得

mgsin30°+f=ma)2r

解得

17ngsin300+f

3

mr

当f=0时

当3<J|rad/s时，/<0,即摩擦力方向背离圆心，3越大，则小物体受到的摩擦力越小；当3>Jj

rad/s时，f>0,即摩擦力方向指向圆心，3越大，则小物体受到的摩擦力越大；故错误;

CD.小物体在最低点摩擦力达到滑动摩擦力时，此时圆盘转动的角速度最大，由牛顿第二定律得

[imgcos30°—mgsin30°=ma)2r

将〃=字，r=2m代入上式得，最大角速度

拜

3=-^-rad/s

故C正确，。错误；

故选C=

5..BD

【解析】4该卫星绕太阳运动的周期和地球公转周期相等，故/错误；

8.该卫星在小点做匀速圆周运动，所受合外力提供向心力，处于非平衡状态，故8正确；

C根据a=co2r

由于角速度相等，该卫星的轨道半径小于地球的轨道半径，则该卫星绕太阳运动的向心加速度小于地球绕

太阳运动的向心加速度，故C错误；

。.卫星所受太阳和地球引力的合力提供向心力，根据F^mco2r

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由于角速度相等，该卫星在心处的轨道半径小于在区处的轨道半径，可知该卫星在岳处所受太阳和地

球引力的合力比在心处小，故。正确。

故选8£)。

6..AD

【解析】40〜2s内，根据图像面积可求力尸的冲量，大小为寺x2x2kg-m/s=2kg-m/s,/正确；

A根据已知可求最大静摩擦力/„,=/=卬ng=1N,故物块在第1s内处于静止状态，静摩擦力大小与力尸

时刻相等，1〜4s内，物体向右运动，物体受滑动摩擦力/'=1N,前3s内合力的冲量等于1s〜3s内合力

的冲量，I=x(1+2)xlkg-m/s+2xlkg-m/s—1x2kg-m/s-1.5kg-m/s,根据动量定理可知3s时

物块的动量为1.5kg-m/s,8错误;

1

C前2s内合力的冲量为(1+2)xl/c0/n/s-lxlkg・m/s=0.Skg・m/s,此时物块的动量为

0.5kg-m/s,速度为%=0.5/n/s,故动能不为零，C错误；

D2〜4s内，合力的冲量为(2-1)x2kgm/s=2/cg・7n/s,根据动量定理可求动量变化量为2/cg•m/s,可

求物体在4s末的速度大小为"2=2.5M/S,物体在2〜4s内受到的力F大小恒定，物体做匀变速直线运动，

位移大小为X=巴尹1=°-51-2'5x2m3m,贝必做的勿=Fx=6],。正确。

7..BC

【解析】小物块滑上传送带后，对小物块，由牛顿第二定律，有Ff=_fimg=ma,解得小物块在传送带

上滑动

的加速度a=-6m/s2,由u=%+at,可得小物块达到与传送带共速时所需的时间1=1s,由％„,=张()

+v)t,得=6.25m>3m=3所以小物块未与传送带共速就滑上长木板，由此-诏=2aL,得小物块

离开传送带的速度4n=8m/s,A错误；

对小物块和长木板组成的系统，由动量守恒定律，可知=(巾+M)。共，可得"共=2ni/s,

由功能关系，可得加41T+M)喔=卬皿相时，得L相时=4m<l,则小物块与长木板的最终速度为

2m/s,长木板的最终动能曷=匏吸=恭6x22/=127,B、C正确；

设小物块在传送带上运动的时间为ti，由/n=%+ati，得ti=/,则全过程系统产生的内能Q=味⑸+

+L相对]〃爪9，代入数据，解得Q=64/,。错误。

故选BCo

8..AC

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【解析】根据题意可知

m=1.5t=1500kg,54km/h=15m/s,90km/h=25m/s

4由图可知，0〜to时间内，汽车的牵引力保持不变，由牛顿第二定律有

=ma

解得

a=2.5m/s2

则有

Vi15

t0=T=Z5s=6s

故/正确；

反电动机输出的最大功率为

Pl=F1V1=5000x15W=75W

故8错误；

C汽油机工作时，汽车的功率为

P2=F2V1=6000x15W=90kWt=11s时，汽车的速度为

P

V2=2=25m/s

则汽油机工作期间牵引力做的功为

5

UZfc=P2(H-to)=4.5X107

故C正确；

r>.o~t0时间内，汽车的位移为

久1=/诏=4563〜11s时间内，由动能定理有

11

W—fx2=-mvl-

解得

%2=120m

汽车的位移为

=

x=%1+%2165m

故。错误。

故选NC。

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9..1：3,2：9,2：3

【解析】甲、乙两轮子边缘上的各点线速度大小相等，有：3「3r=32-r,则得31：32=1：3,所以物

块相对盘开始滑动前，巾1与爪2的角速度之比为31：32=1：3

物块相对盘开始滑动前，根据a得：与爪2的向心加速度之比为由：«2=,2r：必r=2：9

根据物体做圆周运动的向心力均有静摩擦力提供，列出牛顿第二定律方程为：/1：/2=爪1的：机2a2=

(2X3)：(lx9)=2:3。

故填：1：3,2：9,2：30

10..0.80.4

【解析】解：根据动能定理有爪9%=黑点，解得：ho.8m

取水平向右为正方向，该同学冲到的最高点的过程中系统动量守恒定律，则有niu=2rnM

11

根据能量守恒定律有mg"=-mv2--x2mv'2

联立解得：h'=0.4m

故答案为：0.8,0.4

运用动能定理求解该同学上升的最大高度；根据系统动量守恒定律结合能量守恒定律求解该同学上升的最

大高度。

本题主要考查了动能定理和能量守恒定律等知识，是一道难度适度考查全面的较好的题目。

11..40.7kg

【解析】［1］根据图@)可知，物块沿斜面上滑10m时其动能减为零，对该过程由动能定理有-/合-s=0-

Eki

式中Eh=40/,s=10m

解得F合=4N

［2］对物块从速度减为零到返回斜面底端的过程右动能定理有F'合-s=Ek2

根据图(6)可知Ek2=30/

解得尸'合=3N

上滑过程中尸合=mgsm30°+Ff

下滑过程中F'合=mgsm3G°—Ff

两式联立解得爪=0.7kg

12..⑴a

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(2)mgh

B872

(3)3mg

【解析】(1)4为了减小空气阻力的影响，应选择密度大、体积小的重物进行实验，故/正确；

区重物质量在计算过程中可以消去，无需测量，故2错误；

C为了充分利用纸带，应要先接通电源，后释放纸带，故C错误。

故选儿

(2)[1]从打。点到B点的过程中，重物的重力势能减少量

\AEp\=mghB[2]B点速度

v=与含动能变化量阻=|mv2=产

BBm”

(3)设线长为3球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得agL=|mv2

在最低点，由牛顿第二定律得F-mg=嗒

联立可得F=3mg

在误差允许范围内，当满足F=3ag关系式时，可验证机械能守恒。

13..不需要不需要不需要

【解析】[1]小红用甲图对应的方案，该方案中用水平位移代替水平速度，则不需要测量小球抛出点到水平

面的高度；

[2]小黄采用乙图对应的方案，即使入射球反弹实验也能进行，则该方案中入射小球的质量不需要大于被碰

小球的质量；

[3]小蓝用丙图对应的方案，该方案中若两滑块上的遮光条宽度相等，通过u=会计算速度，带入式子时

两边可消掉d,则不需要测量d。

14..尸=m^OM+m2'ON

⑵A

【解析】(1)设碰撞前瞬间钢球”的速度为处,碰撞后瞬间48的速度分别为巧、v2,根据动量守恒可

得7nl%=7nl也+m2V2

由于两球在空中运动的时间相等，则有血1火力=61%七+m2v2t

可得根1。尸=m1OM+m2ON

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若满足关系式血i，OP=myOM+ni2,0N则可以认为两小球碰撞前后总动量守恒。

(2)造成M和N偏离了0P方向的原因是两小球碰撞过程中没有对心碰撞，导致速度方向不沿碰前速度方向。

故选4。

15..(1)对圆环mgcosa=kAx

弹簧的长度L=L0-Ax

解得L=0.10m

(2)当弹簧处于原长时，对圆环