2022-2023学年甘肃省部分学校高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年甘肃省部分学校高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.2023年5月30日，“神舟十六号”载人飞船发射取得圆满成功，飞船顺利进入预定轨道，按照预定程序与空间站组合体进行自主快速交会对接。下列说法正确的是( )
A. 在研究飞船的对接过程时可将飞船视为质点
B. 飞船与空间站组合体对接完成后，以飞船为参照物，空间站组合体是静止的
C. 飞船与空间站组合体对接完成后，整体所受的合力为0
D. 飞船与空间站组合体对接完成后，整体在相同时间内的位移一定相同
2.如图所示，匀速直线上升的热气球(可视为质点)突然受到方向水平向左、大小恒定的风力F，则( )
A. 热气球将做曲线运动
B. 热气球在相同时间内的速度变化量将越来越大
C. 热气球将在竖直方向做减速运动
D. 热气球的速度将先增大后减小
3.如图所示，某同学站在正在运行的电梯中的体重秤上称体重，发现体重明显大于在静止地面上称得的体重，则( )
A. 电梯一定在加速上升
B. 电梯有可能在加速下降
C. 该同学受到的合力方向一定竖直向上
D. 体重秤对该同学的支持力大于该同学对体重秤的压力
4.如图所示.正常工作的电风扇扇叶上两质点A、B到转轴O的距离之比为1：2，则( )
A. 质点A、B转动的角速度之比为1：2
B. 质点A、B转动的线速度大小之比为2：1
C. 质点A、B转动的周期之比为1：4
D. 质点A、B转动的向心加速度大小之比为1：2
5.某小区的一幢楼的电梯不能正常运行时，某居民背着10kg的米袋在3min内以恒定速率上楼，总共上升的高度为30m。已知该居民的质量为60kg，取重力加速度大小g=10m/s2，则该居民上楼的过程中，下列说法正确的是( )
A. 该居民受到楼梯的支持力做了正功B. 该居民对米袋做的功为3000J
C. 该居民最终的重力势能一定为18000JD. 该居民对米袋做功的平均功率为15W
6.北京时间2023年5月11日5时16分，世界现役货运能力最大、在轨支持能力最全的货运飞船——“天舟六号“入轨后顺利完成状态设置，成功对接于空间站“天和”核心舱后向端口。已知“天舟六号”与空间站构成的组合体运行的轨道半径为6800km，地球静止轨道卫星运行的轨道半径为4200km，关于该组合体的运动说法正确的是( )
A. 该组合体运行的线速度大于第一宇宙速度
B. 该组合体运行的周期大于地球静止轨道卫星运行的周期
C. 该组合体运行的线速度大于地球静止轨道卫星运行的线速度
D. 该组合体运行时的向心加速度小于地球静止轨道卫星运行时的向心加速度
7.2023年5月7日，在加拿大举行的世界泳联跳水世界杯蒙特利尔站顺利落幕，中国跳水“梦之队”实现包揽全部9枚金牌的壮举，以9金1银的成绩位列奖牌榜第一。如图所示，某质量为m的运动员(可视为质点)从距离水面高度为h的跳台以初速度v0斜向上起跳，最终落水中。重力加速度大小为g，不计空气阻力，以跳台所在水平面为重力势能的参考平面，则( )
A. 运动员在空中运动时的机械能先减小后增大
B. 运动员入水时的动能为12mv02+mgh
C. 运动员入水时的机械能为12mv02−mgh
D. 运动员入水时的重力势能为mgh
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.质量m=1kg的物体静止于粗糙水平地面上，现对物体施加平行于水平地面的恒定拉力F，作用4s后撤去恒定拉力F。物体运动的速度一时间(v−t)图像如图所示，取重力加速度大小g=10m/s2，则( )
A. 物体运动的总位移大小为24m
B. 恒定拉力F的大小为2N
C. 物体与地面间的动摩擦因数为0.4
D. 物体在0∼4s内与4s∼6s内的平均速度大小之比为1：2
9.2023年2月10日，远在火星执行全球遥感科学探测任务的“天问一号”火星环绕器(以下简称环绕器)，已经在火星“上岗”满两年。作为一位功能强大的“太空多面手”，环绕器在“天问一号”火星探测任务中，分饰了飞行器、通信器和探测器三大角色，创下多项国内外首次记录。若已知环绕器绕火星做匀速圆周运动的轨道半径为r、周期为T，火星的半径为R，引力常量为G，则可以推算出( )
A. 火星的质量B. 环绕器的质量
C. 火星表面的重力加速度D. 火星绕太阳运动的公转周期
10.如图所示，长为L的轻杆一端固定在通过O点的水平转轴上，另一端固定一小球(可视为质点)。质量为m的小球从最高点A以水平初速度v0开始在竖直面内沿逆时针方向做圆周运动，其中B点与O点等高、C点为最低点。不计空气阻力，重力加速度大小为g，则( )
A. 小球在A点时受到轻杆的弹力大小一定为mv02L
B. 小球在B点时的速度大小为 v02+2gL
C. 小球在C点时受到轻杆的弹力大小一定为5mg+mv02L
D. 改变小球在A点的初速度大小，小球在C、A两点受到轻杆的弹力大小之差一定保持不变
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中，小华同学得到的一条纸带如图所示，A、B、C、D、E是纸带上五个连续的计数点，相邻两个计数点间均有四个点未画出，用刻度尺测得的数据具体如图所示，已知打点计时器所接交变电源的频率为50Hz，则
(1)打D点时小车的速度大小vD=______m/s，小车运动的加速度大小a=______m/s2。(结果均保留两位有效数字)
(2)若打点计时器所接交变电源的实际频率高于50Hz，而计算时仍按照50Hz计算，则小车的加速度大小的测量值______(填“大于”、“小于”或“等于”)真实值。
12.如图甲所示，某同学利用滑块在倾斜气垫导轨上的运动来验证机械能守恒定律。实验步骤如下：
①将已调节水平的气垫导轨的右端垫起一定高度，在导轨左侧安装一个接有数字计时器的光电门；
②用量角器测出气垫导轨的倾角θ，测量挡光片的宽度d和挡光片到光电门的距离x。
③由静止释放滑块，记录数字计时器显示的挡光片挡光时间t；
④保持气垫导轨的倾角θ不变，改变挡光片到光电门的距离x，记录对应的挡光片挡光时间t。
(1)用刻度尺测量挡光片的宽度时结果如图乙所示，则挡光片的宽度d=______ mm。
(2)下列关于本实验的说法正确的是______。
A.实验中还需测量出滑块和挡光片的总质量
B.应选用较窄的挡光片进行实验
C.应选用质量较小的滑块进行实验
(3)已知当地的重力加速度大小为g，则当d22t2=______时，可以验证机械能守恒定律成立。处理数据时，为了直观地得出 x与t的关系，应作出______(填“x−t”、“x−1t”或“x−1t2”)图像。
四、简答题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示，马戏团正在上演飞车节目，杂技演员驾驶摩托车(整体可视为质点)在一个可视为球体的固定铁笼内绕铁笼的竖直直径在水平面内做匀速圆周运动，此时摩托车所在位置与铁笼中心O点的连线与水平方向的夹角θ=30∘。已知铁笼的半径R=5.4m，杂技演员与摩托车整体的质量m=150kg，不计铁笼与摩托车间的摩擦，取重力加速度大小g=10m/s2。求：
(1)摩托车对铁笼的压力大小；
(2)摩托车此时行驶的速度大小。
14.目前，我国已完成了探月工程的“绕、落、回”，后续还有“勘、研、建”。未来，月球科研站、月球基地、月球村，都将是我们探索的方向。假设在未来的月球基地中，宇航员在离月球水平月面高度h处以速度v0水平抛出一小球，小球落到水平月面上的位置离抛出点的水平位移为x，已知月球的半径为R，不计阻力。
(1)求月球表面的重力加速度大小g月；
(2)若将月球看作一个巨大的拱形桥，桥面的半径就是月球的半径，要使月球对行驶在月球表面的探测器的支持力为0，则探测器的速度应该为多大？
15.如图所示，在倾角θ=37∘的斜面的底端有一个固定挡板D，处于自然长度的轻质弹簧一端固定在挡板D上，另一端在O点，斜面OD部分光滑。将质量m=1kg的物块(可视为质点)压缩弹簧0.5m后由静止释放，物块第一次到达最高点P。已知物块与斜面PO间的动摩擦因数μ=0.5，PO的长度L=7.2m。取重力加速度大小g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，求：
(1)物块第一次经过O点时的速度大小；
(2)物块由静止释放时弹簧的弹性势能；
(3)物块第二次在斜面上滑的最大距离。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.在研究飞船的对接过程时，飞船的大小不能忽略，不可将飞船视为质点，故A错误；
B.飞船与空间站组合体对接完成后，以飞船为参照物，二者的相对位置不发生变化，故空间站组合体是静止的，故B正确；
C.飞船与空间站组合体对接完成后，整体沿地球做匀速圆周运动，则所受的合力不为0，故C错误；
D.飞船与空间站组合体对接完成后，整体沿地球做匀速圆周运动，在相同时间内的位移大小相同，但是方向不同，故D错误。
故选：B。
质点是只计质量、不计大小、形状的一个几何点，是实际物体在一定条件下的科学抽象，能否看作质点与物体本身无关，要看所研究问题的性质，看物体的形状和大小在所研究的问题中是否可以忽略；
飞船与空间站组合体对接完成后，以飞船为参照物，空间站组合体是静止的；
物体做匀速圆周运动，物体合外力提供向心力；
位移是矢量，二者的位移需注意方向是否相同。
对于物理中的基本概念要理解其本质不同，不能停在表面，如参照物的选取、看成质点的条件等，难度不大，属于基础题。
2.【答案】A
【解析】解：AC.热气球竖直方向受到的合外力为零，做匀速运动，水平方向受到恒力作用做匀加速运动，则合运动为曲线运动，故A正确，C错误；
B.热气球水平方向受到恒力作用，加速度恒定不变，根据Δv=aΔt可知，在相同时间内的速度变化量不变，故B错误；
D.热气球的竖直速度不变，水平速度增加，则速度将不断变大，故D错误。
故选：A。
根据曲线运动的条件判断是否为曲线运动；根据Δv=aΔt结合牛顿第二定律判断；热气球竖直方向做匀速运动；根据平行四边形定则判断合速度的变化。
解答该题关键是抓住热气球水平方向受到的力是恒力，热气球水平方向的加速度不变。
3.【答案】C
【解析】解：AB.同学的体重明显大于在静止地面上称得的体重，可知发生了超重现象，电梯的加速度向上，则电梯可能加速上升或者减速下降，故AB错误；
C.该同学加速度向上，由牛顿第二定律可知受到的合力方向一定竖直向上，故C正确；
D.体重秤对该同学的支持力与该同学对体重秤的压力互为作用力和反作用力，由牛顿第三定律可知，总是等大反向，故D错误。
故选：C。
对人进行受力分析，再根据牛顿第二定律即可确定加速度的方向以及物体的运动性质；根据牛顿第三定律确定体重秤对该同学的支持力与该同学对体重秤的压力的关系。
本题考查牛顿第二定律关于超重和失重现象的应用，要注意明确加速度向上时物体的运动情况有两种，注意全面分析，知道作用力与反作用力的关系。
4.【答案】D
【解析】解：A.质点A、B同轴转动，则角速度相等ωA=ωB，即两点转动的角速度之比为1：1，故A错误；
B.根据v=ωr可知，质点A、B转动的线速度大小之比为
vAvB=ωArAωBrB=1×11×2=12
故B错误；
C.根据T=2πω可知，质点A、B转动的周期之比为1：1，故C错误；
D.根据a=vω可知，质点A、B转动的向心加速度大小之比为1：2，故D正确。
故选：D。
A、B两点都在风扇的叶片上，随叶片一起转动，同轴转动的各点具有相等的角速度和周期，再根据v=ωr确定线速度的大小关系；
根据向心加速度公式确定向心加速度大小关系。
解决本题需清楚地知道角速度的定义以及线速度、角速度、向心加速度和周期之间的关系，还需清楚同轴转动，角速度相同。
5.【答案】B
【解析】解：A.该居民受到楼梯对人的支持力没有位移，则对人不做功，故A错误；
B.该居民对米袋做的功为
W=mgh=10×10×30J=3000J
故B正确；
C.零势能面不确定，则不能确定该居民最终的重力势能大小，故C错误；
D.根据功率的计算公式可知，该居民对米袋做功的平均功率为
P=Wt=30003×60W=503W
故D错误。
故选：B。
根据做功的条件分析A；根据W=mgh，求解居民对米袋做的功；重力势能与零势能面有关，根据P=Wt求解平均功率。
本题考查功和功率的计算，解题关键是掌握功和功率的公式，并能够熟练应用。
6.【答案】B
【解析】解：A、第一宇宙速度是最大环绕速度，组合体绕地球运动，故该组合体运行的线速度小于第一宇宙速度，故A错误；
B、根据万有引力提供向心力GMmr2=mv2r可得v= GMr可知该组合体运行的线速度大于地球静止轨道卫星运行的线速度，故B正确；
C、根据开普勒第三定律C=R3T2可知该组合体运行的周期小于地球静止轨道卫星运行的周期，故 C错误；
D、根据牛顿第二定律GMmr2=ma可知该组合体运行时的向心加速度大于地球静止轨道卫星运行时的向心加速度，故D错误。
故选：B。
7.9km/s是地球的第一宇宙速度，是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大运行速度；由天体运动时线速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系做出判断。
牢记线速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系式，有助于快速做出判断。
7.【答案】B
【解析】解：A、不计空气阻力，运动员在空中运动时只有重力做功，其机械能守恒，故A错误；
B、以跳台所在水平面为重力势能的参考平面，根据机械能守恒定律得
12mv02=Ek−mgh
解得运动员入水时的动能为：Ek=12mv02+mgh，故B正确；
C、以跳台所在水平面为重力势能的参考平面，则运动员的机械能为12mv02，由于机械能守恒，所以运动员入水时的机械能也为12mv02，故C错误；
D、以跳台所在水平面为重力势能的参考平面，运动员入水时的重力势能为−mgh，故D错误。
故选：B。
不计空气阻力，运动员在空中运动时的机械能守恒；根据机械能守恒定律求解运动员入水时的动能；根据机械能的概念求入水时的机械能；根据Ep=mgh求入水时的重力势能。
本题主要考查动能、重力势能和机械能守恒定律的应用，要注意物体在参考平面下方时，重力势能是负的。
8.【答案】AC
【解析】解：A、v−t图像图线与时间轴所夹的面积表示位移，由图像可知物体运动的总位移大小为x=12×6×8m=24m，故A正确；
BC、由图像可得物体加速过程的加速度大小：a1=ΔvΔt=8−04−0m/s2=2m/s2，由牛顿第二定律有：F−μmg=ma1
减速过程的加速度大小：a2=82m/s2=4m/s2，由牛顿第二定律有：μmg=ma2
代入数据可得：F=6N，μ=0.4，故B错误，C正确；
D、由图可知，物体在0∼4s内与4s∼6s内的初末速度之和都为8m/s，由v−=v0+v2可知平均速度大小相等，均为4m/s，故D错误。
故选：AC。
A、根据v−t图像图线与时间轴所夹的面积表示位移可得物体运动的总位移；
BC、由图像可得加速和减速过程加速度大小，两个过程分别利用牛顿第二定律列式，联立方程可得拉力F和μ的大小；
D、由图像可知两个过程初末速度之和相等，由v−=v0+v2可得平均速度的大小。
本题考查了v−t图像、牛顿第二定律，解题的关键是知道v−t图像图线与时间轴所夹的面积表示位移，图线的斜率表示加速度。
9.【答案】AC
【解析】解：AB.已知环绕器绕火星做匀速圆周运动的轨道半径为r、周期为T，由万有引力提供向心力可得：GMmr2=m4π2T2r
解得火星的质量：M=4π2r3GT2
环绕器的质量约去，因此环绕器的质量不能求出，故A正确，B错误；
C.在火星表面的物体所受万有引力等于重力，根据万有引力和重力的关系可得：GMmR2=mg
解得火星表面的重力加速度为：g=GMR2=4π2r3T2R2，故C正确；
D.由已知条件不能求出火星绕太阳运动的公转周期，故D错误。
故选：AC。
已知环绕器绕火星做匀速圆周运动的轨道半径为r、周期为T，由万有引力提供向心力可求解火星的质量；环绕器的质量约去，不能求出；根据万有引力和重力的关系求解火星表面的重力加速度；不能求出火星绕太阳运动的公转周期。
本题主要是考查了万有引力定律及其应用；解答此类题目一般要把握两条线：一是在星球表面，忽略星球自转的情况下，万有引力等于重力；二是根据万有引力提供向心力列方程进行解答。
10.【答案】BC
【解析】解：A.小球在A点时，若重力刚好提供向心力时，有
mg=mv02L
解得
v0= gL
当0mg−FA=mv02L
解得轻杆的弹力大小为
FA=mg−mv02L
当v0≥ gL时，根据牛顿第二定律可得
mg+FA=mv02L
解得轻杆的弹力大小为
FA=mv02L−mg
故A错误；
B.从A到B点，由动能定理
12mv02+mgL=12mvB2
可得小球在B点时的速度大小为
vB= v02+2gL
故B正确；
C.从A到C点，由动能定理
12mv02+2mgL=12mvC2
小球在C点时
FC−mg=mvC2L
解得轻杆的弹力大小为
FC=5mg+mv02L
故C正确；
D.当0ΔF=FC−FA
解得
ΔF=4mg+2mv02L
可知随着小球在A点的初速度的增大，小球在C、A两点受到轻杆的弹力大小之差增大；
当v0≥ gL时，小球在C、A两点受到轻杆的弹力大小之差为
AF′=6mg
可知随着小球在A点的初速度的增大，小球在C、A两点受到轻杆的弹力大小之差保持不变。综上分析可知，改变小球在4点的初速度大小，小球在C、A两点受到轻杆的弹力大小之差不一定保持不变，故D错误。
故选：BC。
根据小球初速度的范围，结合动能定理及牛顿第二定律分析解答。
本题主要考查了圆周运动和机械能守恒定律的运用，解题关键掌握动能定理，注意临界条件的分析。
11.【答案】1.02.0小于
【解析】解：(1)相邻两个计数点间均有四个点未画出，则T=0.1s；打D点时小车的速度大小
vD=xCE2T=0.36−
车运动的加速度大小
a=xCE−xAC4T2=(36−16)−(16−4)4×0.12×10−2m/s2=2.0m/s2
(2)若打点计时器所接交变电源的实际频率高于50Hz，则打点周期偏小，而计算时仍按照50Hz计算，则小车的加速度大小的测量值小于真实值。
故答案为：(1)1.0；2.0；(2)小于
(1)在匀变速直线运动中，小车在一段时间内的平均速度等于该过程中间时刻的瞬时速度，结合逐差法计算出小车的加速度；
(2)根据加速度的测量表达式得出加速度的测量值和真实值的大小关系。
本题主要考查了打点计时器测量速度和加速度的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式即可完成分析。
12.【答案】2.5Bgxsinθx−1t2
【解析】解：(1)最小刻度为1mm，读数时要在毫米的下一位估读一位，所以由毫米刻度尺得读数，可得挡光片的宽度d=2.5mm；
(2)A、由机械能守恒定律得：mgxsinθ=12mv2，可见质量m被约去，与m无关，故A错误；
B、用短时间内的平均速度代替瞬时速度，故d越小，越接近瞬时速度，故B正确；
C、滑块的质量越小，空气阻力的影响相对越大，产生的误差就越大，故C错误。
故选：B。
(3)挡光片经过光电门的速度大小为：v=dt
要验证机械能守恒，只需要验证：mgxsinθ=12mv2
整理得到：d22t2=gxsinθ
变形整理得到：x=d22gsinθ⋅1t2
故应作出x−1t2图像。
故答案为：(1)2.5(±0.1均正确)；(2)B；(3)gxsinθ；(4)x−1t2。
(1)根据毫米刻度尺的读书方法读数；
(2)根据机械能守恒定律定律表达式分析；根据光电门测速度的原理是选择挡光片的宽度，根据机械能守恒定律定律条件进行分析；
(3)根据机械能守恒定律及速度表达式分析求解。
本题关键是根据实验原理得出验证的表表达式，知道实验的具体操作方法和实验误差的减小方法，同时掌握机械能守恒的条件，注意光电门能测量瞬时速度的条件。
13.【答案】解：(1)演员驾驶摩托车的受力分析如图
在竖直方向，根据平衡条件可得
FNsinθ=mg
可得铁笼对摩托车的支持力为
FN=mgsinθ
代入数据解得FN=3000N
根据牛顿第三定律可知摩托车对铁笼的压力大小为
FN′=FN=3000N
(2)由牛顿第二定律可得
FNcsθ=mv2Rcsθ
可得摩托车此时行驶的速度大小
v=9m/s
答：(1)摩托车对铁笼的压力大小为3000N；
(2)摩托车此时行驶的速度大小为9m/s。
【解析】(1)对摩托车受力分析，列出平衡方程可以得到摩托车受到的支持力，然后根据牛顿第三定律可以求得结果；
(2)根据向心力公式可以得到摩托车的速度。
本题只要掌握基本的受力分析和向心力公式即可正确解答，难度不大，属于基础题。
14.【答案】解：(1)小球被抛出后做平抛运动，水平方向上有：x=v0t
竖直方向上有：h=12g月t2
解得：g月=2hv02x2；
(2)对行驶在月球表面的探测器受力分析，有：mg月−FN=mv2R
当FN=0时，有：v= g月R
解得：v= 2hRxv0。
答：(1)月球表面的重力加速度大小为2hv02x2；
(2)要使月球对行驶在月球表面的探测器的支持力为0，则探测器的速度应该为 2hRxv0。
【解析】(1)小球被抛出后做平抛运动，根据平抛运动的规律进行解答；
(2)对行驶在月球表面的探测器受力分析，根据牛顿第二定律、向心力的计算公式进行解答。
本题主要是以万有引力定律为载体，考查了平抛运动和竖直平面内的圆周运动，关键是掌握平抛运动的规律和向心力的计算公式。
15.【答案】解：(1)物块在OP段运动过程中受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的弹力和沿斜面向下的摩擦力，此过程应用动能定理得：
−mgLsinθ−μmgLcsθ=0−12mv12
所以，物块第一次经过O点时的速度大小：v1=12m/s；
(2)物块由静止第一次达到O点过程中，根据功能关系可得：Ep=12mv12+mgdsinθ，其中d=0.5m
代入数据解得：Ep=75J；
(3)物块从P点到第二次经过O点过程中，由动能定理有：mgLsinθ−μmgLcsθ=12mv22−0
物块从第二次经过O点到第三次经过O点，由系统机械能守恒有：v3=v2
物块第三次经过O点后在斜面上运动过程中，由动能定理有：−mgxsinθ−μmgxcsθ=0−12mv32
解得物块第二次在斜面上滑的最大距离：x=1.44m。
答：(1)物块第一次经过O点时的速度大小为12m/s；
(2)物块由静止释放时弹簧的弹性势能为75J；
(3)物块第二次在斜面上滑的最大距离为1.44m。
【解析】(1)物块在OP段运动过程中，根据动能定理求解物块第一次经过O点时的速度大小；
(2)物块由静止第一次达到O点过程中，根据功能关系求解弹簧的弹性势能；
(3)物块从P点到第二次经过O点过程中，由动能定理列方程；物块从第二次经过O点到第三次经过O点时速度大小相等；物块第三次经过O点后在斜面上运动过程中，由动能定理列方程，联立求解物块第二次在斜面上滑的最大距离。
本题主要是考查了功能关系和动能定理，首先要选取研究过程，分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，然后分析运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据功能关系列方程解答。