2023-2024学年江西省南昌市高一(下)期末物理试卷

2023-2024学年江西省南昌市高一（下）期末物理试卷一、选择题（本题共10小题，1～7题为单选题，每小题4分；8～10为多项选择题，每小题4分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）1．（4分）如图所示为游乐场“丛林飞椅”游戏的简化模型，A小球绕轴O1O2在水平面内做匀速圆周运动，则关于A小球受力分析正确的是（）A．受到的合力方向指向AO3 B．受到重力、拉力和向心力的作用 C．细绳对小球的拉力大于小球受到的重力 D．若转速逐渐降低，则小球的向心力变大2．（4分）用频闪照片（每隔相同时间拍一次照）记录一皮球在空中的运动情况如图所示，则该过程中皮球所受合力方向大致是（）A．左偏上 B．左偏下 C．右偏上 D．右偏下3．（4分）一校车在平直的公路上起步做加速运动，在这一过程中小王同学用手掌对车厢施加推力F如图所示，则校车加速的过程中（）A．推力F对校车做正功 B．推力F对校车做负功 C．推力F对校车不做功 D．校车对小王同学不做功4．（4分）某电动玩具车传动系统如图所示：A为一电动马达转轴“十字形”插销，B为套在插销上半径为R的主动轮，C为半径为3R的从动轮，连接B、C两轮的皮带传动时不打滑，工作时C轮转速为n。若将电动马达传动轴与到C轮插销连接，电动马达转速不变，则此时B轮转速为（）A．19n B．13n5．（4分）我国发射的中继星“鹊桥二号”于2024年4月2日按计划进入环月轨道，该中继星的绕月运动可视为匀速圆周运动。如图所示，已知鹊桥二号的轨道半径为R，其观测月球的最大张角为a，则下列说法正确的是（）A．最大张角a越大，鹊桥二号绕行周期越大 B．鹊桥二号的轨道半径R越大，其所受的向心力越大 C．若再测得鹊桥二号绕行周期，则可求月球的平均密度 D．若再测得月球半径大小和自转周期，则可求得月球的质量6．（4分）在某次推铅球训练中，小王将铅球推出，如图所示，不计铅球在运动过程中所受的空气阻力，则铅球在空中运动时，其动能、动能变化率随时间变化的图像是（）A． B． C． D．7．（4分）在一次中小学生科技大赛中，某同学为提升动力小车的最大速度，尝试将两辆额定功率分别为2P和P的动力小车首尾相连，已知在某水平桌面上两辆动力小车单独行驶时能达到的最大速度分别为v和2v。现将它们编成动力小车组，设每辆小车在行驶时受到的阻力在编组前后不变，则该动力小车组在此水平桌面上能达到的最大速度为（）A．1.2v B．1.5v C．2v D．3v（多选）8．（6分）一乒乓球自动发球机从同一高度沿同一水平方向发射两球分别落在图中所示的A、B处，发射速度大小分别为vA、vB；两球在空中运动的时间分别为tA、tB，忽略空气阻力，则有（）A．tA＜tB B．tA＝tB C．vA＜vB D．vA＝vB（多选）9．（6分）某实验小组在“验证机械能守恒定律”实验中，研究重物从静止开始下落过程中打点计时器打出的一条纸带，在纸带打下的一系列点中，O为起点，取OA段进行实验数据分析，结果发现：重物重力势能的减小量小于动能的增加量。造成这一结果可能的原因是（）A．接通电源前释放了纸带 B．重物下落的过程中存在摩擦力和空气阻力 C．重物落地后反弹或打点计时器电压过大 D．末位置的瞬时速度计算错误（多选）10．（6分）已知某卫星在赤道上空轨道半径为r1的圆形轨道Ⅰ上绕地运行的周期为T1，卫星运动方向与地球自转方向相同，赤道上某城市的人每三天恰好五次看到卫星掠过其正上方。若某时刻，该卫星如图在A点变轨进入椭圆轨道Ⅱ，近地点B到地心距离为r2。设卫星由A到B运动的时间为t，地球自转周期为T0，不计空气阻力。则（）A．T1B．T1C．在轨道Ⅰ上经过A点的速度大于轨道Ⅱ上经过A点的速度 D．该卫星在轨道Ⅰ上的机械能等于在轨道Ⅱ上的机械能二、实验题（11题6分，12题9分）11．（6分）在“探究影响向心力大小的因素”实验中，所用向心力演示器如图所示，固定在转臂上的挡板A、B、C，可与转臂上做圆周运动的实验球产生挤压，从而提供向心力。小球位于挡板A、B、C处时，做稳定圆周运动的半径之比为2：1：1。标尺1、2可以显示出两球所受向心力的大小关系。可供选择的实验球有：质量均为2m的球1和球2，质量为m的球3。（1）为探究向心力与小球质量的关系时，将皮带调整到变速塔轮半径相等的位置，若将球1放到挡板C处，应将球（填：2或3）放在挡板处（填：“A”或“B”）；（2）某次实验时将球1放在A挡板处，球3放在C挡板处，发现标尺1和2表示的向心力之比为1：1，由此可知皮带连接的左侧和右侧塔轮半径之比为。12．（9分）图甲是一个能够定性平抛运动及其特点的实验装置，用小锤敲击弹性金属片，小球A就沿水平方向飞出，做平抛运动；同时小球B被松开，做自由落体运动。然后再采用乙图的方式定量研究平抛运动，得到了如图丙坐标系中的几个点。（1）甲图所示的实验说明了平抛的小球在竖直方向上做运动。（2）在调节轨道时，发现水平仪中的气泡在右侧，此时应将轨道的右端调（选填“高”或“低”）。（3）同学用专业相机以200帧/秒拍摄照片如图丙所示，并从视频中每n帧选取一帧进行处理得到如图所示的抛体运动“频闪图片”，由图像可知n＝（n为整数，g＝10m/s2）。测得坐标纸的方格边长为9mm，由此可得到平抛运动的初速度为m/s。三、解答题（13题10分，14题12分，15题17分）13．（10分）一质量为m运动员在水平弯道上训练骑行，可将其运动视为匀速圆周运动，自行车骑行转弯半径为R，在骑行的时间t内走过的圆弧长为l，自行车质量为M，不计空气阻力。（1）运动员做圆周运动的线速度大小；（2）地面对自行车摩擦力大小。14．（12分）如图甲所示，竖直墙面悬挂一个直径d＝0.4m的飞镖盘（厚度不计），盘的下边缘离地h＝0.8m，小明同学在距离墙面L＝2m的水平地面上方H＝1.6m处将飞镖水平抛出，不计空气阻力，g＝10m/s2。（1）若要飞镖射中飞镖盘，投掷的最小速度大小；（2）若某次飞镖入靶（或入墙）时情况如图乙所示，求飞镖抛出时的初速度大小。15．（17分）半径R＝1m的光滑圆弧OAC与传送带CD相切于C点，将一质量为m＝0.1kg的小物块从与圆心等高的A处无初速度释放，经C点进入倾角为θ＝37°的皮带传输机，D为传输机皮带的最高点，CD间距离为L＝1.6m，皮带以v＝2m/s的速率顺时针转动且不打滑，物块与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.5，不计空气阻力，g＝10m/s2。（1）小物块运动到B点时所受的支持力大小；（2）物块从C点到达D点的时间t；（3）物块从C到D的过程中，物块与传送带摩擦产生的热量Q。

2023-2024学年江西省南昌市高一（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共10小题，1～7题为单选题，每小题4分；8～10为多项选择题，每小题4分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）1．（4分）如图所示为游乐场“丛林飞椅”游戏的简化模型，A小球绕轴O1O2在水平面内做匀速圆周运动，则关于A小球受力分析正确的是（）A．受到的合力方向指向AO3 B．受到重力、拉力和向心力的作用 C．细绳对小球的拉力大于小球受到的重力 D．若转速逐渐降低，则小球的向心力变大【考点】牛顿第二定律求解向心力；向心力的来源分析．【答案】C【分析】A、根据匀速圆周运动规律判断；B、对A小球受力分析，根据向心力与合力的关系判断；C、结合匀速圆周运动的规律计算绳子的拉力；D、利用向心力与角速度的表达式计算转速对角速度的影响。【解答】解：A、A小球绕轴O1O2在水平面内做匀速圆周运动，由所受外力的合力提供向心力，可知，受到的合力方向指向AO2，故A错误；B、A小球受到重力、拉力作用，向心力是效果力，实际上不存在，故B错误；C、综合上述，对小球进行分析，令绳与水平方向夹角为θ，则有Tsinθ＝mg整理解得T=可知，细绳对小球的拉力大于小球受到的重力，故C正确；D、若转速逐渐降低时，角速度减小，轨道半径减小，则有F＝mω2rω＝2πn可知，若转速逐渐降低，则小球的向心力变小，故D错误；故选：C。2．（4分）用频闪照片（每隔相同时间拍一次照）记录一皮球在空中的运动情况如图所示，则该过程中皮球所受合力方向大致是（）A．左偏上 B．左偏下 C．右偏上 D．右偏下【考点】物体做曲线运动的条件．【答案】D【分析】根据做曲线运动的物体的受力特点分析即可。【解答】解：根据皮球的照片可知皮球应该是向左运动的，在相等时间内的位移逐渐减小，则皮球做的是减速运动，根据做曲线运动的物体所受合力的方向指向物体轨迹的凹侧可知，皮球所受合力的方向应指向小球的右偏下，故D正确，ACD错误故选：D。3．（4分）一校车在平直的公路上起步做加速运动，在这一过程中小王同学用手掌对车厢施加推力F如图所示，则校车加速的过程中（）A．推力F对校车做正功 B．推力F对校车做负功 C．推力F对校车不做功 D．校车对小王同学不做功【考点】功的正负及判断．【答案】A【分析】ABC.根据小王同学对校车的作用力和校车发生的位移结合功的概念进行分析判断；D.根据小王同学受到的合外力方向和位移方向结合功的概念进行判断。【解答】解：ABC.小王同学对校车施加的推力F的方向和校车的位移方向相同，根据功的概念，推力F对校车做正功，故A正确，BC错误；D.校车带着小王同学一起加速向左运动时，小王同学的合外力向左，运动方向也向左，故校车对小王同学做正功，故D错误。故选：A。4．（4分）某电动玩具车传动系统如图所示：A为一电动马达转轴“十字形”插销，B为套在插销上半径为R的主动轮，C为半径为3R的从动轮，连接B、C两轮的皮带传动时不打滑，工作时C轮转速为n。若将电动马达传动轴与到C轮插销连接，电动马达转速不变，则此时B轮转速为（）A．19n B．13n【考点】角速度、周期、频率与转速的关系及计算；传动问题．【答案】D【分析】利用角速度与线速度的关系、线速度的定义式、角速度的定义式、角速度与转速的关系计算。【解答】解：设电动马达转速为n0，则将电动马达传动轴与到B轮插销连接时，B轮的角速度为ωB＝2πn0由于B、C轮边缘线速度大小相等，则有v＝ωBR＝ωC3R即2πn0R＝2πn•3R可得n0＝3n若将电动马达传动轴与C轮插销连接，则C轮的角速度为ωC′＝2πn0由于B、C轮边缘线速度大小相等，则有v′＝ωB′R＝ωC′3R即2πnBR＝2πn0•3R解得B轮转速为nB＝3n0＝9n，故ABC错误，D正确。故选：D。5．（4分）我国发射的中继星“鹊桥二号”于2024年4月2日按计划进入环月轨道，该中继星的绕月运动可视为匀速圆周运动。如图所示，已知鹊桥二号的轨道半径为R，其观测月球的最大张角为a，则下列说法正确的是（）A．最大张角a越大，鹊桥二号绕行周期越大 B．鹊桥二号的轨道半径R越大，其所受的向心力越大 C．若再测得鹊桥二号绕行周期，则可求月球的平均密度 D．若再测得月球半径大小和自转周期，则可求得月球的质量【考点】计算天体的质量和密度．【答案】C【分析】由几何关系可知，张角越大，则鹊桥二号运动的轨道半径越大，开普勒第三定律可知，鹊桥二号绕行周期越小；由Fn=F【解答】解：A.鹊桥二号绕月运动，根据开普勒第三定律，半长轴的三次方与周期的平方成正比，由几何关系可知：r=RsinαB.鹊桥二号绕月运动，由万有引力提供向心力，则有：FnC.设月球的质量为M，半径为r，有GMmR2=m(2πT)2RD.根据公式GMm故选：C。6．（4分）在某次推铅球训练中，小王将铅球推出，如图所示，不计铅球在运动过程中所受的空气阻力，则铅球在空中运动时，其动能、动能变化率随时间变化的图像是（）A． B． C． D．【考点】机械能与曲线运动相结合的问题．【答案】C【分析】通过把铅球的速度分解为水平分速度和竖直分速度，在结合其分速度变化的特点可得铅球的动能表达式与时间的关系式，据此判断Ek﹣t图像；根据铅球的动能变化量表达式求解ΔEkt【解答】解：AB、设铅球被推出时，水平分速度为v0x，竖直分速度为v0y，经过时间t，铅球的水平分速度不变，其竖直分速度为vy＝v0y﹣gt则铅球的动能为Ek=1CD、铅球的动能变化量为ΔEk＝Ek﹣Ek0=12由此可知：ΔE故选：C。7．（4分）在一次中小学生科技大赛中，某同学为提升动力小车的最大速度，尝试将两辆额定功率分别为2P和P的动力小车首尾相连，已知在某水平桌面上两辆动力小车单独行驶时能达到的最大速度分别为v和2v。现将它们编成动力小车组，设每辆小车在行驶时受到的阻力在编组前后不变，则该动力小车组在此水平桌面上能达到的最大速度为（）A．1.2v B．1.5v C．2v D．3v【考点】机车以恒定功率启动．【答案】A【分析】对每节车厢受力分析，判断牵引力与阻力的关系，分别建立每节车厢的功率与牵引力的关系，联立计算动车组在铁轨上能达到的最大速度。【解答】解：动车组在速度达到最大值时，牵引力与阻力平衡，对每节动车进行分析，则有F1＝f1F2＝f2根据功率的表达式有2P＝F1vP＝2F2v令动车组在此铁轨上能达到的最大速度为v3，结合上述有P+2P＝F3v3F3＝f1+f2整理解得v3＝1.2v，故A正确，BCD错误。故选：A。（多选）8．（6分）一乒乓球自动发球机从同一高度沿同一水平方向发射两球分别落在图中所示的A、B处，发射速度大小分别为vA、vB；两球在空中运动的时间分别为tA、tB，忽略空气阻力，则有（）A．tA＜tB B．tA＝tB C．vA＜vB D．vA＝vB【考点】平抛运动时间的计算；平抛运动速度的计算．【答案】BC【分析】两球在空中做平抛运动，水平方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，可利用匀变速直线运动规律解题。【解答】解：两球在空中的运动可视为平抛运动，则有h=1x＝v0t由于两球下落高度相同，则有tA＝tB由于xA＜xB则有vA＜vB故BC正确，AD错误；故选：BC。（多选）9．（6分）某实验小组在“验证机械能守恒定律”实验中，研究重物从静止开始下落过程中打点计时器打出的一条纸带，在纸带打下的一系列点中，O为起点，取OA段进行实验数据分析，结果发现：重物重力势能的减小量小于动能的增加量。造成这一结果可能的原因是（）A．接通电源前释放了纸带 B．重物下落的过程中存在摩擦力和空气阻力 C．重物落地后反弹或打点计时器电压过大 D．末位置的瞬时速度计算错误【考点】验证机械能守恒定律．【答案】AD【分析】根据系统误差产生的原因判断。【解答】解：A．重物重力势能的减小量小于动能的增加量，出现这一结果的原因可能是接通电源前释放了纸带，导致打点计时器打O点时重物的速度大于零，即打O点时重物的速度不为0，故A正确；B．重物下落过程存在空气阻力和摩擦力会导致重物重力势能的减小量大于动能的增加量，故B错误；C．重物触底反弹可能会导致计算末动能减少，会导致重物重力势能的减小量大于动能的增加量，打点计算器工作电压偏高不会影响重物重力势能的减小量和动能的增加量，故C错误；D．若末位置的瞬时速度计算错误，也会导致重力势能的减小量与动能的增加量不相等，可能出现重力势能的减小量小于动能的增加量，故D正确。故选：AD。（多选）10．（6分）已知某卫星在赤道上空轨道半径为r1的圆形轨道Ⅰ上绕地运行的周期为T1，卫星运动方向与地球自转方向相同，赤道上某城市的人每三天恰好五次看到卫星掠过其正上方。若某时刻，该卫星如图在A点变轨进入椭圆轨道Ⅱ，近地点B到地心距离为r2。设卫星由A到B运动的时间为t，地球自转周期为T0，不计空气阻力。则（）A．T1B．T1C．在轨道Ⅰ上经过A点的速度大于轨道Ⅱ上经过A点的速度 D．该卫星在轨道Ⅰ上的机械能等于在轨道Ⅱ上的机械能【考点】天体运动中机械能的变化；开普勒三大定律；卫星的发射及变轨问题．【答案】AC【分析】根据赤道上某城市的人每三天恰好五次看到卫星掠过其正上方，得出三天内卫星转了8圈，从而求出T和T0的关系；根据开普勒第三定律得出卫星从A到B的时间；从圆轨道Ⅰ上的A点进入椭圆轨道Ⅱ上的A点，需减速变轨，机械能不守恒。【解答】解：A、赤道上某城市的人每三天恰好五次看到卫星掠过其正上方，知三天内卫星转了8圈，则有3T0＝8T，解得：T=3B、根据开普勒第三定律可得：(r1+C、卫星由圆轨道进入椭圆轨道，需减速，所以在轨道Ⅰ上经过A点的速度大于轨道Ⅱ上经过A点的速度，故C正确；D、卫星由圆轨道进入椭圆轨道，需减速，则外力对卫星做负功，卫星的机械能减小，卫星在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能，故D错误。故选：AC。二、实验题（11题6分，12题9分）11．（6分）在“探究影响向心力大小的因素”实验中，所用向心力演示器如图所示，固定在转臂上的挡板A、B、C，可与转臂上做圆周运动的实验球产生挤压，从而提供向心力。小球位于挡板A、B、C处时，做稳定圆周运动的半径之比为2：1：1。标尺1、2可以显示出两球所受向心力的大小关系。可供选择的实验球有：质量均为2m的球1和球2，质量为m的球3。（1）为探究向心力与小球质量的关系时，将皮带调整到变速塔轮半径相等的位置，若将球1放到挡板C处，应将球3（填：2或3）放在挡板B处（填：“A”或“B”）；（2）某次实验时将球1放在A挡板处，球3放在C挡板处，发现标尺1和2表示的向心力之比为1：1，由此可知皮带连接的左侧和右侧塔轮半径之比为2：1。【考点】探究圆周运动的相关参数问题．【答案】（1）3；B；（2）2：1。【分析】（1）根据控制变量法条件，结合向心力公式Fn＝mω2r分析求解；（2）根据向心公式结合线速度与角速度的关系分析求解。【解答】解：（1）该实验应用控制变量法，为了探究向心力与小球质量的关系，由向心力公式Fn＝mω2r可知，需要控制小球旋转半径和角速度不变，故应该选择质量不同的球1和球3，两球放在相同的C挡板和B挡板处。（2）球1的质量为2m，球3的质量为m，由半径之比为2：1可知，向心力之比为1：1，根据Fn＝mω2r，得ω1：ω2＝1：2，两个塔轮边缘的线速度相同，根据v＝ωr可知皮带连接的左侧和右侧塔轮半径之比为：r2：r1＝2：1。故答案为：（1）3；B；（2）2：1。12．（9分）图甲是一个能够定性平抛运动及其特点的实验装置，用小锤敲击弹性金属片，小球A就沿水平方向飞出，做平抛运动；同时小球B被松开，做自由落体运动。然后再采用乙图的方式定量研究平抛运动，得到了如图丙坐标系中的几个点。（1）甲图所示的实验说明了平抛的小球在竖直方向上做自由落体运动。（2）在调节轨道时，发现水平仪中的气泡在右侧，此时应将轨道的右端调低（选填“高”或“低”）。（3）同学用专业相机以200帧/秒拍摄照片如图丙所示，并从视频中每n帧选取一帧进行处理得到如图所示的抛体运动“频闪图片”，由图像可知n＝6（n为整数，g＝10m/s2）。测得坐标纸的方格边长为9mm，由此可得到平抛运动的初速度为0.9m/s。【考点】探究平抛运动的特点．【答案】（1）自由落体；（2）低；（3）6，0.9【分析】（1）根据甲图中两球同时落地，可以得到在竖直方向上做自由落体运动；（2）根据实验要求分析操作过程；（3）根据平抛运动在水平和竖直方向的运动类型以及丙图中的数据求出初速度。【解答】解：（1）甲图两球同时落地，说明了平抛的小球在竖直方向上做自由落体运动。（2）水平仪右端有气泡，说明右端偏高，则应把右侧调低。（3）小球在竖直方向上做自由落体运动，根据逐差法可知Δy＝gT2由图可知Δy＝9mm＝0.009m相邻两点的时间间隔相等，设为TT＝0.03s因为相机以200帧/秒拍摄照片，即每0.005s拍摄一帧，每n帧的时间为0.005ns，可得0.005ns＝0.03s解得n＝6在水平方向上，小球做匀速直线运动，小平抛运动初速度v0=x故答案为：（1）自由落体；（2）低；（3）6，0.9三、解答题（13题10分，14题12分，15题17分）13．（10分）一质量为m运动员在水平弯道上训练骑行，可将其运动视为匀速圆周运动，自行车骑行转弯半径为R，在骑行的时间t内走过的圆弧长为l，自行车质量为M，不计空气阻力。（1）运动员做圆周运动的线速度大小；（2）地面对自行车摩擦力大小。【考点】牛顿第二定律求解向心力；线速度的物理意义及定义式．【答案】（1）运动员做圆周运动的线速度大小为lt（2）地面对自行车摩擦力大小为ml【分析】（1）根据匀速圆周运动的特点，利用线速度定义式计算；（2）自行车所受合力提供向心力，此时合力大小等于摩擦力大小，所以是摩擦力提供向心力，可通过此特点计算。【解答】解：（1）由于运动员做匀速圆周运动，线速度大小为v=（2）自行车的摩擦力大小提供向心力即f=mv答：（1）运动员做圆周运动的线速度大小为lt（2）地面对自行车摩擦力大小为ml14．（12分）如图甲所示，竖直墙面悬挂一个直径d＝0.4m的飞镖盘（厚度不计），盘的下边缘离地h＝0.8m，小明同学在距离墙面L＝2m的水平地面上方H＝1.6m处将飞镖水平抛出，不计空气阻力，g＝10m/s2。（1）若要飞镖射中飞镖盘，投掷的最小速度大小；（2）若某次飞镖入靶（或入墙）时情况如图乙所示，求飞镖抛出时的初速度大小。【考点】平抛运动速度的计算．【答案】（1）投掷的最小速度大小为5m/s；（2）飞镖抛出时的初速度大小为45【分析】（1）利用平抛运动规律结合匀变速直线运动规律计算最小速度；（2）利用平抛运动中水平速度与竖直速度的关系计算。【解答】解：（1）若要飞镖射中飞镖盘，当飞镖射中飞镖盘的下端时，投掷的速度最小，根据平抛运动规律，竖直方向有H−h=1代入数据解得t＝0.4s水平方向有L＝vmint解得投掷的最小速度大小为vmin（2）若某次飞人靶（或飞人墙）时情况如图乙所示，设飞抛出时的初速度大小为v0，则有L＝v0t有tanθ=联立上式，代入数据解得v0答：（1）投掷的最小速度大小为5m/s；（2）飞镖抛出时的初速度大小为4515．（17分）半径R＝1m的光滑圆弧OAC与传送带CD相切于C点，将一质量为m＝0.1kg的小物块从与圆心等高的A处无初速度释放，经C点进入倾角为θ＝37°的皮带传输机，D为传输机皮带的最高点，CD间距离为L＝1.6m，皮带以v＝2m/s的速率顺时针转动且不打滑，物块与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.5，不计