辽宁省抚顺市六校协作体2024届物理高一第二学期期末考试试题含解析

辽宁省抚顺市六校协作体2024届物理高一第二学期期末考试试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错的或不答的得0分）1、(本题9分)设飞机在飞行中所受空气阻力与它的速度平方成正比，当飞机以速度v水平匀速飞行时，发动机的功率为P.若飞机以速度3v水平飞行时，发动机的功率为（）A．27P B．9P C．18P D．3P2、一辆小汽车驶上圆弧半径为90m的拱桥。当汽车经过桥顶时恰好对桥没有压力而腾空，g=10m/s2，则此时汽车的速度大小为（）A．90m/s B．30m/s C．10m/s D．3m/s3、(本题9分)如图所示，航天飞机在完成对哈勃空间望远镜的维修任务后，在A点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，B为轨道Ⅱ上的一点，关于航天飞机的运动，下列说法中正确的是A．在轨道Ⅱ上经过A的速度大于经过B的速度B．在轨道Ⅱ上经过A的动能大于在轨道I上经过A的动能C．在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期D．在轨道Ⅱ上经过A的加速度小于在轨道Ⅰ上经过A的加速度4、跳台滑雪是利用自然山形建成的跳台进行的滑雪运动之一，起源于挪威。运动员脚着特制的滑雪板，沿着跳台的倾斜助滑道下滑，借助下滑速度和弹跳力，使身体跃入空中，在空中飞行约4-5秒钟后，落在山坡上。某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中()A．所受合外力始终为零 B．所受摩擦力大小不变C．合外力做功一定为零 D．机械能始终保持不变5、(本题9分)如图所示，在匀速转动的水平转盘上，有一个相对于盘静止的物体，随盘一起转动，关于它的受力情况，下列说法中正确的是（）A．只受到重力和盘面的支持力的作用B．只受到重力、支持力和静摩擦力的作用C．除受到重力和支持力外，还受到向心力的作用D．受到重力、支持力、静摩擦力和向心力的作用6、(本题9分)一辆小汽车驶上圆弧半径为90m的拱桥。当汽车经过桥顶时恰好对桥没有压力而腾空，g=10m/s2，则此时汽车的速度大小为（）A．90m/s B．30m/s C．10m/s D．3m/s7、(本题9分)在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧，如图所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态．将两小车及弹簧看做一个系统，下面说法正确的是A．两手同时放开后，系统总动量始终为零B．先放开左手，再放开右手后，在弹簧伸缩的过程中，动量不守恒C．先放开左手，再放开右手后，在弹簧伸缩的过程中，动量守恒且总动量向右D．无论何时放手，两手放开以后，在弹簧伸缩的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零8、(本题9分)如图所示，一轻质弹簧竖直放置，下端固定在水平面上，上端处于a位置，当一重球放在弹簧上端静止时，弹簧上端被压缩到b位置。现将重球(视为质点)从高于a位置的c位置沿弹簧中轴线自由下落，弹簧被重球压缩到最低位置d，以下关于重球运动过程的正确说法是()A．重球下落压缩弹簧由a至d的过程中，重球作减速运动B．重球下落至b处获得最大速度C．由a至d过程中重球克服弹簧弹力做的功等于小球由c下落至d处时重力势能减少量D．重球在b位置处具有的动能等于小球由c下落到b处减少的重力势能9、一边长为L，质量分布均匀正方形板ABCD，质量为m，在A点用悬线系住，开始时AB边和CD边处于水平位置（如图示）.现将板由静止释放，板摆动直至最后静止.空气阻力不可忽略，下列关于板的描述正确的是（）A．板在整个运动过程中板的重力一直做正功B．板在整个运动过程中空气阻力一直做负功C．板在整个运动过程中机械能一直减小D．板在整个运动过程中损失的机械能为10、(本题9分)如图所示，两个竖直圆弧轨道固定在同一水平地面上，半径R相同，左侧轨道由金属凹槽制成，右侧轨道由金属圆管制成，且均可视为光滑在两轨道右侧的正上方分别将金属小球A和B由静止释放，小球距离地面的高度分别为和，下列说法正确的是A．若使小球A沿轨道运动并且从最高点飞出，释放的最小高度为B．若使小球B沿轨道运动并且从最高点飞出，释放的最小高度为C．适当调整，可使A球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处D．适当调整，可使B球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处11、(本题9分)A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，=1kg，=2kg,=6m/s，=2m/s．当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是A．=5m/s,=2.5m/s B．=2m/s,=4m/sC．=3m/s,=3.5m/s D．=-4m/s,=7m/s12、(本题9分)如图所示，两个倾角分别为的光滑斜面放在同一水平面上，两斜面间距大于小球直径，斜面高度相等．有三个完全相同的小球a、b、c，开始均静止于同一高度处，其中b小球在两斜面之间，a、c两小球在斜面顶端．若同时释放，小球a、b、c到达该水平面的时间分别为t1、t2、t3.若同时沿水平方向抛出，初速度方向如图所示，小球a、b、c到达该水平面的时间分别为t1′、t2′、t3′.下列关于时间的关系正确的是A．t1′>t2′>t3′B．t1>t3>t2C．t1<t1′，t2<t2′，t3<t3′D．t1＝t1′，t2＝t2′，t3＝t3′二．填空题(每小题6分，共18分)13、(本题9分)一木块沿粗糙斜面上滑时，其动能每减小3J，重力势能就要增加2J，那么该木块沿该斜面下滑时，其重力势能每减小3J，动能将增加_________J；若已知木块以6J动能从底端出发滑上该斜面，则它返回底端时的动能是______J。14、在离地2.4m高的光滑水平桌面上停放着质量为0.5kg的小铁块，一个大小为2N的水平推力持续作用在小铁块上移动2m后被撤去，同时小铁块飞出桌边抛到地上，取g＝10m/s2，空气阻力不计，则:小铁块离开桌面时的速度的大小为____________。小铁块在落地时的速度大小为______________。15、(本题9分)如图所示，A、B、C为方向与纸面平行的匀强电场中的三点，它们的连线组成一直角三角形，且BC=4cm，AB=5cm，当把电荷量为的点电荷从B点移到C点的过程中，电场力做功，而把该点电荷从A点移到B点需克服电场力做功，则电场强度的方向为________，场强大小为_________V/m．三．计算题(22分)16、（12分）(本题9分)下是某同学设计的“鱼龙戏水”景观示意图．鲤鱼的喷水口离水池底面的高度使用效率的水泵从旁边的水池抽水，当水到达喷水口后以不变的速率沿水平方向射出，恰好沿龙首入口的切线方向被“吸入”，然后流入水池中循环利用．已知龙首入口切线方向与水平面成a角，，入口离水池底面的高度，喷水口的横截面积为，水的密度为，若不计空气阻力，（1）水从鲤鱼口喷出的初速度多大？（2）鲤鱼的喷水口与龙首的入口的水平距离应该设计为多少？（3）带动该水泵的电动机的输出功率至少为多少？17、（10分）(本题9分)如图所示，在同一竖直平面内，一轻质弹簧一端固定，另一自由端恰好与水平线AB平齐，静止放于倾角为53°的光滑斜面上．一长为L=9cm的轻质细绳一端固定在O点，另一端系一质量为m=1kg的小球，将细绳拉至水平，使小球在位置C由静止释放，小球到达最低点D时，细绳刚好被拉断．之后小球在运动过程中恰好沿斜面方向将弹簧压缩，最大压缩量为x=5cm．(g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6)求：(1)细绳受到的拉力的最大值；(2)D点到水平线AB的高度h；(3)弹簧所获得的最大弹性势能Ep．

参考答案一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错的或不答的得0分）1、A【解题分析】

飞机飞行时所受的阻力与速度的平方成正比，即Ff=kv1．当飞机匀速飞行时，牵引力大小等于阻力，即F=Ff=kv1则发动机的功率为P=Fv=kv3即发动机的功率与速度的三次方成正比．所以，当飞机的速度变为原来三倍时，发动机的功率变为原来的17倍，故A正确，BCD错误．2、B【解题分析】

汽车经过桥顶时受力分析，如图所示：车对桥恰好没有压力而腾空，根据牛顿第三定律知桥对车的支持力为零，即N=0即汽车做圆周运动的向心力完全由其自身的重力提供，有：F=G=m解得：v=A.90m/s与计算结果不相符；故A项不合题意.B.30m/s与计算结果相符；故B项符合题意.C.10m/s与计算结果不相符；故C项不合题意.D.3m/s与计算结果不相符；故D项不合题意.3、C【解题分析】

A.轨道Ⅱ上由A点运动到B点，引力做正功，动能增加，所以经过A的速度小于经过B的速度。故A错误。

B.从轨道Ⅰ的A点进入轨道Ⅱ需减速，使万有引力大于所需要的向心力，做近心运动。所以轨道Ⅱ上经过A的速度小于在轨道Ⅰ上经过A的速度，则在轨道Ⅱ上经过A的动能小于在轨道Ⅰ上经过A的动。故B错误。

C.根据开普勒第三定律＝C，椭圆轨道的半长轴小于圆轨道的半径，所以在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期。故C正确。

D.由可得在轨道Ⅱ上和在轨道Ⅰ通过A点距离地心的距离r相等，因此所受的万有引力相等，根据牛顿第二定律，加速度相等。故D错误。4、C【解题分析】

运动员做曲线运动，合力方向与速度不共线；运动员所受的摩擦力等于重力沿曲面向下的分量；根据动能定理可知合外力做功；运动员的动能不变，势能减小，则机械能减小.【题目详解】运动员做曲线运动，合力方向与速度不共线，所受的合力不为零，选项A错误；运动员所受的摩擦力等于重力沿曲面向下的分量，可知运动员沿AB下滑过程中，摩擦力减小，选项B错误；根据动能定理可知，动能的变化量为零，可知合外力做功一定为零，选项C正确；运动员的动能不变，势能减小，则机械能减小，选项D错误；故选C.5、B【解题分析】

物体做匀速圆周运动，合力指向圆心；对物体受力分析，重力G与支持力N二力平衡，合力等于摩擦力f，充当向心力；B正确，ACD错误。故选B。6、B【解题分析】

汽车经过桥顶时受力分析，如图所示：车对桥恰好没有压力而腾空，根据牛顿第三定律知桥对车的支持力为零，即N=0即汽车做圆周运动的向心力完全由其自身的重力提供，有：F=G=m解得：v=A.90m/s与计算结果不相符；故A项不合题意.B.30m/s与计算结果相符；故B项符合题意.C.10m/s与计算结果不相符；故C项不合题意.D.3m/s与计算结果不相符；故D项不合题意.7、AD【解题分析】

A.两手同时放开，两车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，由于系统初动量为零，则系统总动量为零，故A正确；B.先放开左手，再放开右手，在放开两手的过程中，两车与弹簧组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒；放开两手后，两车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故B错误；C.先放开左手，再放开右手，放开左手后系统所受合外力向左，系统所受合外力的冲量向左，系统总动量向左，故C错误；D.无论何时放手，两手放开后，系统所受合外力为零，系统动量守恒；但若是两手不是同时放开，则系统受合外力不为零，则系统的总动量不为零，故D正确；8、BC【解题分析】

AB.重球接触弹簧开始，弹簧的弹力先小于重力，小球的合力向下，向下做加速度逐渐减小的加速运动，运动到b位置时，合力为零，加速度为零，速度达到最大；然后合力方向向上，向下做加速度逐渐增大的减速运动，运动到最低点时，速度为零，所以小球由a到d的过程中，重球先加速运动，后作减速运动，b处获得最大速度，故选项A不合题意，选项B符合题意；C.对重球a到d运用动能定理，有mghad+W弹=0-12mva对重球c到a运用动能定理，有mghca=12mva2由a至d过程中重球克服弹簧弹力做的功W克弹=-W弹=mg（hca+had）=mghcd即由a至d过程中重球克服弹簧弹力做的功等于小球由c下落至d处时重力势能减少量，故选项C符合题意；D.重球在b处时，弹簧有弹性势能，根据系统机械能守恒得知，重球在b处具有的动能小于重球由c至b处减小的重力势能，故选项D不合题意。9、BCD【解题分析】

A．板摆动直至最后静止过程中，有向下转动也有向上转动，整个运动过程中板的重力不是一直做正功，故A错误；

BC．板在整个运动过程中空气阻力一直是阻碍作用，一直做负功，除重力外的空气阻力一直做负功所以机械能一直减小，故BC正确；

D．板在整个运动过程中动能变化量为0，损失的机械能即为减少的重力势能，板的重心在几何中心上．根据重力做功得整个运动过程中损失的机械能为，故D正确．10、AD【解题分析】

小球A恰好能到A轨道的最高点时，由，；根据机械能守恒定律得，mg（hA-2R）=mvA2，解得，故A正确；小球恰好能到B轨道的最高点时，临界速度为零，根据机械能守恒定律得：mg（hB-2R）=0，若使小球沿轨道运动并且从最高点飞出，B小球hB＞2R的任意高度释放都可以，故B错误；小球恰好能到B轨道的最高点时，临界速度为零，适当调整hB，B可以落在轨道右端口处．故D正确．小球A恰好能到A轨道的最高点时，由，；小球A从最高点飞出后下落R高度时，根据平抛运动规律得：水平位移的最小值为，小球落在轨道右端口外侧．故C错误．11、BC【解题分析】

以碰撞前A的速度方向为正方向，碰撞前系统的总动量：p=mAvA+mBvB=1×6+2×2=10kg•m/s，系统的总动能：Ek=mAvA2+mBvB2=22J；A．如果碰撞后vA′=5m/s，vB′=2.5m/s，碰撞后A的速度大于B的速度，不符合实际情况，不可能，故A错误；B．如果vA′=2m/s，vB′=4m/s，则碰撞后总动量p′=mAvA′+mBvB′=1×2+2×4=10kg•m/s系统总动能：Ek′=mAvA′2+mBvB′2=18J则碰撞后系统动量守恒，总动能能不增加，是可能的，故B正确；C．如果vA′=3m/s，vB′=3.5m/s，则碰撞后总动量p′=mAvA′+mBvB′=1×3+2×3.5=10kg•m/s碰撞后系统动量守恒，系统总动能：Ek′=mAvA′2+mBvB′2=16.75J则碰撞后系统动量守恒，总动能能不增加，是可能的，故C正确；D．如果vA′=-4m/s，vB′=7m/s，碰撞后总动量p′=mAvA′+mBvB′=1×(-4)+2×7=10kg•m/s碰撞后系统动量守恒，系统总动能：Ek′=mAvA′2+mBvB′2=57J碰撞后总动能增加，不符合实际情况，不可能，故D错误；故选BC．【题目点拨】本题考查了动量守恒定律的应用，要知道碰撞过程中系统所受的合外力为零，遵守动量守恒定律．碰撞过程机械能不增加，碰撞后后面的球速度不能大于前面球的速度．12、BD【解题分析】

由静止释放，b球做平抛运动，a、c两球做匀加速直线运动，对b球，根据得：，对于a、c两球，加速度a=gsinθ，根据得：所以有：所以t1＞t3＞t2；若同时沿水平方向抛出，a、c两球做类平抛运动，b球做平抛运动，抓住小球在竖直方向上或沿斜面方向上的运动规律与静止释放时相同，根据等时性有：t1=t1′，t2=t2′，t3=t3′．故B、D正确．二．填空题(每小题6分，共18分)13、1.52【解题分析】

[1]一木块沿粗糙斜面上滑时，其动能每减小3J，重力势能就要增加2J，即克服重力做功为2J，根据动能定理可知，木块克服摩擦力做功为1J，则有：又经过相同的位移，则有：所以该木块沿该斜面下滑时，其重力势能每减小3J，即重力做功3J，则摩擦力做负功1.5J，根据动能定理可知，动能增加1.5J；[2]木块以6J动能从底端出发滑上该斜面顶端时，根据重力与摩擦力做功的关系可知，摩擦力做功为-2J，向下过程中摩擦力仍做负功，仍为-2J，所以滑块回到底端的动能为：6-2-2=2J14、4m/s8m/s【解题分析】

[1].由动能定理得:Fx＝m