2022-2023学年四川省内江市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年四川省内江市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共14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.若已知物体运动的初速度v0的方向及它受到的合力F的方向，图中a、b、c、d表示物体运动的轨迹，其中正确的是( )
A. B. C. D.
2.如图，将甲、乙两个小球分别从图示位置以初速度v甲、v乙水平抛出，结果同时落到P点.不计空气阻力，下列判断中正确的是( )
A. 它们的初速度关系是v甲>v乙
B. 它们的初速度关系是v甲=v乙
C. 它们一定是同时抛出
D. 甲一定是先被抛出
3.在水平地面上，两个具有相同初动量而质量不同的物体在大小相等的阻力作用下最后停下来。则质量大的物体( )
A. 滑行的距离小B. 滑行的时间长
C. 滑行过程中的加速度大D. 滑行过程中的动量变化快
4.质量为m的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的摩擦阻力大小一定，汽车速度能够达到的最大值为v，那么当汽车的车速为v3时，汽车的瞬时加速度的大小为( )
A. pmvB. 2pmvC. 3pmvD. 4pmv
5.如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点，将小球拉至A处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，当小球运动到O点正下方的竖直高度差为h的B点时，速度大小为v，已知重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 小球运动到B点时的动能等于mgh
B. 小球由A点到B点重力势能减少12mv2
C. 小球由A点到B点克服弹力做功为mgh
D. 小球到达B点时弹簧的弹性势能为mgh−12mv2
6.2019年1月3日，“嫦娥四号”探测器成功着陆在月球背面，揭开了古老月背的神秘面纱，开启了人类月球探测新篇章。已知月球半径为R0，月球表面处重力加速度为g0.地球和月球的半径之比为RR0=4，表面重力加速度之比为gg0=6，则地球和月球的密度之比为( )
A. 23B. 32C. 4D. 6
7.如图所示，匀质铁链质量为m，长度为L，现使其L2放在倾角为30∘的光滑斜面上，其余部分竖直下垂。若由静止释放使铁链自由运动，则铁链下滑至整条铁链刚好全部离开斜面时，铁链的速度为( )
A. 5gL8
B. 3gL4
C. 3gL8
D. 7gL8
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.在东北严寒的冬天，有一项“泼水成冰”的游戏，具体操作是把一杯滚烫的开水按一定的弧线均匀快速地泼向空中，泼出的小水珠和热气被瞬间凝结成冰而形成壮观的场景。如图甲所示，是某人玩泼水成冰游戏的精彩瞬间，图乙为其简化示意图。假设泼水过程中杯子做匀速圆周运动，半径约为lm，在0.4s内杯子旋转了65π。下列说法正确的是( )
A. P位置的小水珠速度方向沿b方向
B. P、Q两位置，杯子的向心加速度相同
C. 杯子在旋转时的线速度大小约为6π(m/s)
D. 杯子在旋转时的向心加速度大小约为9π2(m/s2)
9.宇航员飞到一个被稠密气体包围的某恒星上进行科学探索，他站在该恒星表面，从静止释放一个质量为m的物体，由于气体阻力，其加速度a随下落位移x变化的关系图象如图所示，已知该星球半径为R，万有引力常量为G，下列说法正确的是( )
A. 该恒星的平均密度为3a0R4G
B. 该恒星的第一宇宙速度为 a0R
C. 卫星在距该恒星表面高h处的圆轨道上运行的周期为4πR (R+h)3a0
D. 从释放到速度刚达最大的过程中，物体克服阻力做功ma0x02
10.在光滑的水平面上，动能为E0、动量大小为p0的小钢球A与静止小钢球B发生对心碰撞，碰撞前、后球A的运动方向相反.现将碰撞后球A的动能和动量大小分别记为EA、pA，球B的动能和动量的大小分别记为EB、pB，则下列判断中一定正确的是( )
A. EAE0C. pA三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.(1)某实验小组利用如图甲所示的实验装置来研究平抛运动，他让小球多次从斜槽上由静止释放，利用描迹法在白纸上记下小球的位置，得到的记录纸如图乙所示，从实验装置和实验操作的角度来看，图乙中的轨迹点反映出其操作过程中，有两处明显的错误，它们分别是______、______。
(2)另一实验小组利用频闪相机研究平抛运动如图丙，是相机每隔相等时间连续曝光三次，在同一张相片上记录了运动物体在不同时刻的位置A、B和C，在照片上建立直角坐标系xOy，其中，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向。实物尺寸与该实物在照片上的成像尺寸大小的比例关系为100：1，重力加速度g取10m/s2。则该物体水平抛出时的初速度为______m/s，位置O ______(选填“是”或“不是”)该物体抛出时的初始位置。
12.用如图所示装置探究物体所受合力的冲量与物体动量变化的关系.将气垫导轨调节至水平，轻牵引绳端连接滑块，另一端通过定滑轮连接钩码气垫导轨充气后释放钩码，滑块上的遮光片经过光电门A、B的时间分别为t1、t2，滑块从光电门A到B的时间为t；逐渐改变钩码个数n(n=1,2,3,…)，重复实验，并将实验数据记录在下列表格中，已知滑块(含遮光片)的总质量M=0.422g，每年个钩码的质量m=0.05kg，遮光片的宽度d=0.020m，g取9.8m/2。则：
(1)滑块所受合力的冲量I可表示为______(用题中相关物理量的字母表示)。
(2)滑块动量的变化量ΔP为______(用题中相关物理量的符号表示)。
(3)本实验中滑块动量的变化ΔP和所受合力的冲量/的相对误差δ=|I−ΔP|0.5(I−ΔP)%.如果δ值在8%以内，可以得到结论：滑块动量的变化量等于其所受合力的______。根据第5组数据，计算相对误差δ=______%(保留一位有效数字)。
四、简答题：本大题共3小题，共42分。
13.某小船以5m/s的速度渡河，水流的速度为3m/s，河的宽度为100m。则：
(1)当船以最短时间渡河时，船登陆的地点离船出发点的距离是多少？
(2)当船以最短位移渡河时，船渡河的时间为多少？
14.如图，为国家跳台滑雪中心“雪如意”赛道的简化图.由助滑道AB、着陆坡BC等几段组成，着陆坡与水平面的夹角α=37∘，助滑道高度h=60m。某运动员连同装备总质量m=60kg，由A点无初速下滑，从B点水平起跳后降落在着陆坡上的P点，测得BP间的距离为168.75m。将运动员和滑雪板整体看作质点，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。求：
(1)运动员从B点起跳时的速度；
(2)助滑道摩擦力对滑雪板所做的功。
15.如图，光滑水平轨道与34光滑竖直固定圆弧轨道相切于C点，在C点左侧与C点距离x2=1.5m处，静止放置一质量mB=5kg的B小球，在B小球左侧x1=0.9m处，有一质量mA=1kg的A小球A小球。在F=45N的水平向右的恒力作用下，由静止开始加速运动.当两小球相碰时碰撞时间极短，第一次碰撞时内力远大于外力，第二次碰撞前瞬间撤去外力F，两次碰撞均为弹性碰撞，圆弧轨道的半径R=05m，g=10m/s2，求：
(1)两小球第一次碰撞后，B小球的速度大小；
(2)两小球第二次碰撞时的位置到C点的距离；
(3)当B小球通过圆弧轨道最高点D时，受到轨道的弹力大小。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：AD、曲线运动的物体受到的合力应该指向运动轨迹弯曲的内侧，故AD错误；
B、曲线运动的速度的方向是沿着运动轨迹的切线的方向，物体受到的合力应该指向运动轨迹弯曲的内侧，故B正确；
C、物体受到的合外力的方向与初速度的方向不在同一条直线上，则物体做曲线运动。故C错误；
故选：B。
做曲线运动的物体的速度的方向是沿着运动轨迹的切线的方向，合力指向运动轨迹弯曲的内侧。
根据物体的运动轨迹来判断受到的合力的方向，合力应该指向运动轨迹的弯曲的内侧，这是解决曲线运动的时候经常用到的知识点。
2.【答案】D
【解析】解：CD.甲、乙两球都做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据自由落体的运动学公式可得：
h=12gt2
解得：t= 2hg
可知小球甲在空中运动时间长，由于小球甲、乙同时落地，所以甲一定是先被抛出，故C错误，D正确；
AB.两球在水平方向都是匀速直线运动，由图可知小球甲的水平位移小，由x=vt，可知它们的初速度关系是
v甲故AB错误。
故选：D。
根据平抛运动竖直方向上的运动特点得出两个小球的抛出顺序；
根据水平方向的运动特点结合运动学公式得出初速度的大小关系。
本题主要考查了平抛运动的相关应用，理解平抛运动在不同方向上的运动特点，结合运动学公式即可完成分析。
3.【答案】A
【解析】解：A、根据P=mv，EK=12mv2可知，EK=P22m，则可知，初动量相同，质量大的物体速度小；根据动能定理可知：−fL=0−EK=P22m，则可知，质量大的物体滑行的距离小；故A正确；
B、根据动量定理可知，−ft=0−P，因动量相同，故滑行时间相同，故B错误；
C、因阻力相同，由牛顿第二定律可知，质量大的加速度小，故C错误；
D、因两物体均停止，所以滑行过程中动量变化相同，因滑行时间相同，故动量变化相同，故D错误。
故选：A。
明确动量和动能的关系对物体运动的过程运用动能定理直接列式，求出位移表达式分析；也可以先对木块受力分析，求出合力，再根据牛顿第二定律求得加速度，再结合运动学公式求出位移表达式分析。
对于动力学问题，有时既可以用牛顿运动定律结合运动学公式求解，也可以用动能定理和动量定理求解，选择动能定理求解可以不涉及加速度和时间，较为简洁。
4.【答案】B
【解析】解：当汽车匀速行驶时，有f=F=Pv。
根据P=F′v3，得F′=3Pv，
由牛顿第二定律得a=F′−fm=3Pv−Pvm=2Pmv.故B正确，A、C、D错误
故选：B。
汽车速度达到最大后，将匀速前进，根据功率与速度关系公式P=Fv和共点力平衡条件，可以先求出摩擦阻力；当汽车的车速为v3时，先求出牵引力，再结合牛顿第二定律求解即可．
本题关键结合功率与速度关系公式P=Fv、共点力平衡条件以及牛顿第二定律联合求解．
5.【答案】D
【解析】【分析】
小球在下降中小球的重力势能转化为动能和弹性势能，由重力做功量度重力势能的变化．由弹簧弹力做功量度弹性势能的变化．根据系统的机械能守恒求小球到达B点时弹簧的弹性势能．
本题要注意我们研究的系统是小球而不是小球与弹簧，若说明是小球与弹簧系统则机械能守恒；而只对小球机械能是不定恒的；熟悉功能的对应关系．
【解答】
解：AB、小球由A点到B点重力势能减少mgh。小球在下降过程中小球的重力势能转化为动能和弹性势能，所以小球运动到B点时的动能小于mgh。故AB错误。
C、根据动能定理得：mgh+w弹=12mv2，所以由A至B小球克服弹力做功为mgh−12mv2，故C错误。
D、弹簧弹力做功量度弹性势能的变化。所以小球到达位置B时弹簧的弹性势能为mgh−12mv2，故D正确。
故选：D。
6.【答案】B
【解析】解：根据天体表面物体的重力等于万有引力，有：mg=GMmR2
得M=gR2G
密度ρ=MV=3g4πRG∝gR
所以ρ地ρ月=g地g月⋅R月R地=32，故ACD错误B正确。
故选：B。
根据天体表面物体的重力等于万有引力即可得出天体质量的表达式，再根据密度公式得出密度表达式，结合已知条件即可求解。
本题关键是明确在星球的表面重力等于万有引力，根据万有引力定律的表达式列式分析即可，基础题目。
7.【答案】D
【解析】解：把铁链分成两个部分，下一半铁链重心下落的高度为
h1=L2
上一半铁链重心下落的高度为
h2=L4+L4sin30∘=38L
对整条铁链从刚释放到刚好全部离开斜面的过程中，由机械能守恒定律知铁链重力势能的减少等于动能的增加，则
12mgh1+12mgh2=12mv2
解得：v= 7gL8，故ABC错误，D正确。
故选：D。
从刚释放到整条铁链刚好全部离开斜面的过程中，运用机械能守恒定律即可求解。
本题中，铁链不能看成质点，根据分析重心下降的高度来确定重力势能的减少量。
8.【答案】AD
【解析】解：A.根据图乙中水珠做离心运动的方向，可知杯子旋转方向为逆时针方向，则P位置的小水珠速度方向应沿b方向，故A正确；
B.杯子做匀速圆周运动，向心加速度方向指向圆心，P、Q两位置，杯子的向心加速度大小相同，方向不同，所以P、Q两位置，杯子的向心加速度不同，故B错误；
C.杯子旋转的角速度为：
ω=ΔθΔt
代入数据得：ω=3πrad/s
杯子在旋转时的线速度大小为：
v=ωr
其中r=1m
代入数据得：v=3πm/s，故C错误；
D.向心加速度大小约为：
a=ω2r
代入数据得：a=9π2m/s2，故D正确。
故选：AD。
根据水珠的分布，可判定杯子的旋转方向及小水珠在P位置速度的方向，根据角速度定义可求角速度，根据v=ωR和a=ω2R可求线速度和向心加速度大小。
本题以“泼水成冰”的游戏为背景考查了曲线运动速度方向的确定，角速度概念，角速度与线速度和角速度与向心加速度的关系，平时学习时注意所学知识与日常生活结合起来。
9.【答案】BD
【解析】解：A、分析题意结合图象可知，开始下落瞬间，物体只受万有引力作用，根据万有引力等于重力可知：GMmR2=ma0
解得恒星的质量为：M=a0R2G
根据密度公式可知：ρ=M43πR3=3a04πGR，故A错误；
B、在恒星表面飞行的卫星，根据重力提供向心力，有：ma0=mv2R，解得：v= a0R，故B正确；
C、根据万有引力提供向心力，有：GMm(R+h)2=m4π2T2(R+h)，根据黄金代换式：GM=a0R2，解得卫星在距该恒星表面高h处的圆轨道上运行的周期为：T=2πR⋅ (R+h)3a0，故C错误；
D、分析图象可知，位移为x0时，阻力等于万有引力，即F=ma0，此时速度最大，分析题意可知，阻力随位移线性变化，则平均阻力为：F−=ma02，则从释放到速度刚达最大的过程中，物体克服阻力做功为：W=ma0x02，故D正确。
故选：BD。
根据万有引力等于重力，求解恒星的质量，进一步求解密度。
根据重力提供向心力，求解第一宇宙速度。
根据万有引力提供向心力，求解周期。
分析图象，确定阻力的平均值，求解做功。
此题考查了万有引力定律及其应用，解题的关键是明确万有引力等于重力和万有引力提供向心力，由图象提取相关信息。
10.【答案】AC
【解析】解：AB、碰撞后两球均有速度，根据碰撞过程中系统总动能不增加，必须EACD、碰撞过程中，取碰撞前小钢球A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
p0=pB−pA
可见，pAp0，故C正确，D错误。
故选：AC。
两钢球碰撞过程系统动量守恒，碰撞过程系统总动能不增加，根据这两个规律分析答题。
本题是碰撞问题，关键要掌握碰撞过程的两大基本规律：系统动量守恒和系统总动能不增加，常常用来分析碰撞过程可能的结果。
11.【答案】斜槽末端不水平 每次静止释放小球的位置不同 3 不是
【解析】解：(1)小球的初速度方向斜向上，实验错误是斜槽末端不水平；小球运动的轨迹不重合，可知每次静止释放小球的位置不同。
(2)平抛运动竖直方向上自由落体运动，则
Δy=y2−y1=gt2
解得相机曝光时间
t= y2−y1g= (0.3−0.2)×10−2×10010s=0.1s
平抛运动水平方向匀速运动x=v0t，解得该物体水平抛出时的初速度为
v0=xt=0.3×10−2×1000.1m/s=3m/s
B点竖直方向的速度
vBy=yAC2t=0.5×10−2×1002×0.1m/s=2.5m/s
若O点是物体抛出时的初始位置，则
vBy=2gt=2×10×0.1m/s=2m/s<2.5m/s
所以位置O不是该物体抛出时的初始位置。
故答案为：(1)斜槽末端不水平，每次静止释放小球的位置不同；(2)3，不是。
(1)根据平抛运动的轨迹分析判断；
(2)根据匀变速直线运动的推论计算相机曝光时间，再根据匀速直线运动公式计算初速度；根据两种方法计算出小球在B点竖直方向的速度判断。
本题关键是掌握合运动与分运动的等时性，掌握运动学的相关规律。
12.【答案】nmgtMd(1t2−1t1)冲量 4
【解析】解：(1)滑块受到的合力F=nmg，滑块所受合力的冲量：I=nmgt
(2)滑块经过光电门A、B时的速度分别为：vA=dt1，vB=dt2
则滑块的动量变化为Δp=MvB−MvA=Md(1t2−1t1)
(3)如果相对误差的值在8%以内，则可以认为二者相等，即：滑块动量的变化量等于其所受合力的冲量。
由题意可知：滑块质量M=0.422kg，每个钩码质量m=0.005kg，遮光片宽度d=0.020m，根据第5组数据，则有t1=0.051s，t2=0.027s，t=0.625s，n=5
合力的冲量I=nmgt，动量的变化量Δp=Md(1t2−1t1)
代入数据解得：I=0.153N⋅s，Δp=0.147kg⋅m/s
则相对误差为：δ=|I−ΔP|12(I+ΔP)=|0.153−0.147|12(0.153+0.147)=4%
故答案为：(1)nmgt；(2)Md(1t2−1t1)；(3)冲量、4。
(1)力与时间的乘积是冲量，根据题意求出合力的冲量。
(2)求出滑块的速度，然后根据动量的计算公式求出动量的变化量。
(3)根据相对误差的计算公式求出相对误差。
认真审题理解题意，根据题意获取所需知识，理解实验原理是解题的前提，应用冲量与动量的计算公式即可解题。
13.【答案】解：(1)船以5m/s垂直河岸的速度渡河，所用时间最短，为：t=dv船=1005s=20s
船在渡河的过程中，还会沿水流方向做匀速直线运动，向下漂流的距离为：L=v水t=3×20m=60m
船登陆的地点离船出发点的距离为：s= d2+L2= 1002+602m≈116.6m
(2)由于v船>v水，则要使渡河位移最小，船的合速度可以垂直于河岸，船能够到达正对岸，最小位移为河宽d。船的合速度：v= v船2−v水2= 52−32m/s=4m/s
船渡河时间：t′=dv=1004s=25s
答：(1)当船以最短时间渡河时，船登陆的地点离船出发点的距离是116.6m；
(2)当船以最短位移渡河时，船渡河的时间为25s。
【解析】(1)船航行时速度为船在静水中的速度与河水流速二者的合速度，小船以最短的时间渡河时，合速度在垂直河岸方向上的分量最大，此时，这个分量为船在静水中的速度，即当船以静水中的速度垂直河岸过河的时候渡河时间最短；由此求出时间，再由匀速运动的公式求出船登陆的地点离船出发点的距离；
(2)船在静水中的速度大于河水的流速，小船可到达正对岸，根据平行四边形定则求出沿垂直于河岸方向的合速度，然后求出时间。
本题考查小船过河问题，小船过河问题属于运动的合成与分解问题，要明确合运动与分运动的等时性、独立性。
14.【答案】解：(1)运动员从B点做平抛运动，降落在着陆坡上的P点，竖直方向做自由落体运动，竖直方向下落的距离为：
h=xBPsinα
代入数据得：h=101.25m
运动员运动时间为t，在竖直方向上，
h=12gt2
代入数据得：t=4.5s
水平位移为：
x=xBPcsα
代入数据得：x=135m
水平方向做匀速直线运动，运动员从B点起跳时的速度为v，则
x=vt
解得：v=30m/s
(2)运动员从A点到B点，设助滑道摩擦力对滑雪板所做的功为Wf，由动能定理得：
mgh+Wf=12mv2−0
代入数据得：Wf=−9000J
答：(1)运动员从B点起跳时的速度为30m/s；
(2)助滑道摩擦力对滑雪板所做的功为−9000J。
【解析】(1)运动员离开B点做平抛运动，根据数学知识求解飞出点与落地点的竖直高度，再根据自由落体运动公式求时间；平抛运动水平方向做匀速直线运动，据此求水平初速度；
(2)从A到B，根据动能定理求运动员从A点下滑到B点过程中求出助滑道摩擦力对滑雪板所做的功
解答本题的关键是分析清楚运动员的运动过程，把握每个过程遵守的物理规律，熟练运用运动的分解法研究平抛运动，要注意分析隐含的几何关系。
15.【答案】解：(1)对于碰撞前球的运动过程，由动能定理得
Fx1=12mAv02
两小球第一次碰撞时，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得
mAv0=mAvA+mBvB
由能量守恒定律有
12mAv02=12mAvA2+12mBvB2
由以上各式解得
vB=3m/s；vA=−6m/s
(2)设两小球从第一次A碰撞到第二次B碰撞的时间为t，位移为x，对B小球，有
x=vBt
对A小球，有x=vAt+12at2
其中a=FmA
解得x=0.3m
(3)两小球第二次碰撞前A球的速度为vA1=vA+at
两球第二次碰撞动量守恒，取水平向右为正方向，得
mAvA1+mBvB=mAvA2+mBvB2
由能量守恒定律有
12mAvA12+12mBvB2=12mAvA22+12mBvB22
小球沿圆弧上升的过程中，由机械能守恒可知
mBg⋅2R+12mBvD2=12mBvB22
在D点，由牛顿第二定律有N+mBg=mBvD2R
由以上各式解得N=110N
答：(1)两小球第一次碰撞后，B小球的速度大小为3m/s；
(2)两小球第二次碰撞时的位置到C点的距离为0.3m；
(3)当B小球通过圆弧轨道最高点D时，受到轨道的弹力大小为110N。
【解析】(1)先由动能定理求出两小球碰撞前A球的速度。再根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别列式，可求出两小球第一次碰撞后两小球的速度大小；
(2)对于两小球从第一次碰撞到两小球第二次碰撞的过程，根据牛顿第二定律求出A球的加速度，由位移关系列式求出运动时间，再求两小球第二次碰撞时的位置到C点的距离x；
(3)根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出第二次碰撞后B球的速度。B小球沿圆弧上升过程，利用机械能守恒定律求出B球通过圆弧轨道最高点D时的速度，即可向心力知识求B球受到轨道的弹力大小。
本题是含有弹性碰撞的问题，要分析两球的运动过程，特别是判断第二次相遇的条件是关键。要抓住弹性碰撞的基本规律：系统的动量守恒和机械能守恒进行分析。t1/s
t2/s
t/s
n/个
1
0.127
0.062
1.459
1
2
0.085
0.043
1.005
2
3
0.075
0.036
0.858
3
4
0.057
0.030
0.699
4
5
0.051
0.027
0.625
5