高中PAGE1高中2023北京四中高一（下）期末物理（試卷滿分為100分，考試時間為90分鐘）一、不定項選擇題（本大題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，至少有一個正確選項，漏選得2分，錯選得0分，請將答案填涂在答題卡上）1.彈簧振子做簡諧運動時，每經過相同的位置，一定具有相同的（）A.加速度 B.動能 C.速度 D.回復力2.兩單擺，它們的擺長之比為4：1，擺球質量之比為2：1，它們以相同的擺角（約為3°）擺動，則兩單擺的周期之比為（）A.2：1 B.4：1 C.B：1 D.16：13.如圖所示，光滑的水平面上，有A和B兩木塊用輕質彈簧連在一起。一顆子彈水平射入木塊A并留在其中。在子彈打入木塊及彈簧被壓縮的整個過程中，對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統，下列說法中正確的是（）A.機械能守恒 B.機械能不守恒C.動量守恒 D.動量不守恒4.我國發射的“嫦娥一號”衛星經過多次加速、變軌后，最終成功進入環月工作軌道。如圖所示，衛星既可以在離月球比較近的圓軌道a上運動，也可以在離月球比較遠的圓軌道b上運動。下列說法正確的是（）A.衛星在a上運行的周期大于在b上運行的周期B.衛星在a上運行的加速度大于在b上運行的加速度C.衛星在a上運行的線速度大于在b上運行的線速度D.衛星在a上運行的角速度小于在b上運行的角速度5.如圖所示，將一個小球從某一高度處以初速度水平拋出，小球經時間t落地，落地前瞬間重力的功率為P，整個運動過程的平均功率為。不計空氣阻力。若將小球從相同位置以的速度水平拋出，則小球（）A.落地的時間仍為tB.整個運動過程的平均功率仍為C.落地前瞬間重力的瞬時功率仍為PD.落地前瞬間重力的瞬時功率變為2P6.如圖所示，細繩一端固定，另一端系一小球。給小球一個合適的初速度，小球便可在水平面內做勻速圓周運動，設細繩與豎直方向的夾角為θ。不考慮空氣阻力的影響，下列說法中正確的是（）A.小球受重力、繩的拉力和向心力作用B.θ越大，小球運動的速度越大C.小球運動一周的過程中，繩子拉力做功為0D.小球運動一周的過程中，繩子拉力的沖量為07.如圖（甲）所示，光滑水平面上有一以O點為平衡位置、在A、B兩點間做簡諧運動的彈簧振子，以水平向右為正方向，圖（乙）為這個彈簧振子的振動圖像，由圖可知下列說法中正確的是（）A.從t=0到t=0.8s的時間內，彈簧振子經歷了一次全振動B.從t=0到t=2.0s的時間內，振子經過的路程是4.0cmC.在t=0.6s與t=1.0s兩個時刻，振子的速度相同D.在t=0.6s與t=1.0s兩個時刻，振子的加速度相同8.質量為m的小球，用輕繩連接，另一端固定在O點，繩長為L。小球在豎直面內做圓周運動，則下列說法正確的是（）A.小球在A點處的動能至少為，小球才能夠通過點BB.小球在A點處的動能至少為，小球才能夠通過點BC.若小球通過點B時受到的輕繩拉力大小為mg，則小球在點A時的速度為D.若小球通過點B時受到的輕繩拉力大小為mg，則小球在點A時的速度為9.如圖所示，某人在山上將一質量為m的石塊以初速度拋出，拋出時石塊距地面的高度為H，到達P點時距地面的高度為h（H＞h），速度為v，重力加速度為g，則在到達P點的過程中，克服空氣阻力做功為（）A.B.C.D.10.在今年上海的某活動中引入了全國首個戶外風洞飛行體驗裝置，質量為m的體驗者在風力作用下漂浮在半空。若減小風力為原來的一半，體驗者在加速下落h過程中，下列說法正確的是（）A.重力對體驗者做功為B.體驗者的重力勢能減小了C.體驗者的動能增加了D.體驗者的機械能減少了11.福建屬于臺風頻發地區，各類戶外設施建設都要考慮臺風影響。已知10級臺風的風速范圍為，16級臺風的風速范圍為。若臺風迎面垂直吹向一固定的交通標志牌，則16級臺風對該交通標志牌的作用力大小約為10級臺風的（）A.2倍 B.4倍 C.8倍 D.16倍12.如圖所示，在光滑的水平面上有兩物體A、B，它們的質量分別為m和2m。在物體B上固定一個輕彈簧處于靜止狀態。物體A以速度沿水平方向向右運動，通過彈簧與物體B發生作用。下列說法正確的是（）A.當彈簧獲得的彈性勢能最大時，物體A的速度為零B.彈簧獲得的彈性勢能最大值為C.在彈簧的彈性勢能逐漸增大的過程中，彈簧對物體B所做的功為D.當物體B的速度最大時，物體A的速度最小13.興趣小組的同學們利用彈弓放飛模型飛機。彈弓的構造如圖（a）所示，其中橡皮筋兩端點A、B固定在把手上，橡皮筋處于ACB時恰好為原長狀態，如圖（b）所示，將模型飛機的尾部放在C處，將C點拉至D點時放手，模型飛機就會在橡皮筋的作用下發射出去。C、D兩點均在AB連線的中垂線上，橡皮筋的質量忽略不計。現將模型飛機豎直向上發射，在它由D運動到C的過程中（）A.模型飛機在C處與橡皮筋分離B.橡皮筋對模型飛機的彈力始終做正功C.模型飛機克服重力做的功等于橡皮筋對它做的功D.模型飛機的重力勢能與橡皮筋的彈性勢能之和一直在減小14.2020年7月23日，我國首次火星探測任務“天問一號”探測器，在中國文昌航天發射場，應用長征五號運載火箭送入地火轉移軌道。火星距離地球最遠時有4億公里，最近時大約0.55億公里。為了節省燃料，我們要等火星與地球之間相對位置合適的時候發射探測器。受天體運行規律的影響，這樣的發射機會很少。為簡化計算，已知火星的公轉周期約是地球公轉周期的1.9倍，認為地球和火星在同一平面上、沿同一方向繞太陽做勻速圓周運動，如圖所示。根據上述材料，結合所學知識，判斷下列說法正確的是（）A.地球的公轉向心加速度小于火星的公轉向心加速度B.根據題目信息，可以求出探測器沿軌跡AC運動到C點所需時間t為多少年C.探測器運動到C點時的加速度大小，等于火星繞太陽公轉的加速度大小D.下一個發射時機需要再等約2.1年二。實驗題（本大題共2題，共22分，請在答題卡上作答）15.某同學在“用單擺測定重力加速度”的實驗中進行了如下的實踐和探究：（1）用游標卡尺測量擺球直徑的情況如下左圖所示，則擺球直徑為__________cm。把擺球用細線懸掛在鐵架臺上，測量擺長L。（2）用秒表測量單擺的周期。當單擺擺動穩定且到達最低點時開始計時并記為0，單擺每經過最低點記一次數，當數到n=60時秒表的示數如上右圖所示，則該單擺的周期是T=__________s（結果保留三位有效數字）。（3）如果單擺的擺長為l，小球完成n次全振動所用的時間為t，則重力加速度g的表達式為__________（用所測物理量的符號表示）（4）若測得的重力加速度數值大于當地的重力加速度的實際值，則造成這一情況的原因可能是__________。（選填下列選項前的序號）A.測量擺長時，把擺線的長度當成了擺長B.擺線上端未牢固地固定于O點，振動中出現松動，使擺線越擺越長C.測量周期時，誤將擺球（n-1）次全振動的時間t記為了n次全振動的時間，并由計算式T=t/n求得周期D.擺球的質量過大E.將擺線長和球的直徑之和當成了擺長（5）在與其他同學交流實驗方案并糾正了錯誤后，為了減小實驗誤差，他決定用圖像法處理數據，并通過改變擺長，測得了多組擺長l和對應的周期T，并用這些數據作出圖像如圖乙所示。若圖線的斜率為k，則重力加速度的測量值g=__________。16.如圖所示，用“碰撞實驗器”可以驗證動量守恒定律，即研究兩個半徑相同的小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關系。（1）為完成此實驗，以下提供的測量工具中，本實驗必須使用的是__________。（選填選項前的字母）A.刻度尺B.天平C.打點計時器D.秒表（2）關于本實驗，下列說法中正確的是__________。（選填選項前的字母）A.同一組實驗中，入射小球必須從同一位置由靜止釋放B.入射小球的質量必須小于被碰小球的質量C.軌道傾斜部分必須光滑D.軌道末端必須水平（3）圖中O點是小球拋出點在地面上的垂直投影，實驗時先讓入射小球多次從斜軌上位置S由靜止釋放，通過白紙和復寫紙找到其平均落地點的位置P。然后，把被碰小球靜置于軌道的水平部分末端，仍將入射小球從斜軌上位置S由靜止釋放，與被碰小球相碰，并多次重復該操作，兩小球平均落地點位置分別為M、N。記錄的落點平均位置M、N幾乎與OP在同一條直線上。用刻度尺測量出水平射程OP、OM、ON，在實驗誤差允許范圍內，若滿足關系式_________________，則可以認為兩球碰撞前后在OP方向上的總動量守恒。若進一步研究該碰撞是否為彈性碰撞，還需要判斷關系式_________________是否成立。（4）實驗中，選擇小鋼球和玻璃球相碰，它們的碰撞可以認為是彈性碰撞。請分析說明，碰撞后入射小球與被碰小球的落點必然在P點的兩側_________________。三、解答題（本大題共4題，共36分。要求寫出必要的文字說明、主要方程式和重要演算步驟，有數值計算的要明確寫出數值和單位，請在答題卡上作答）17.一質量的小物塊，用長的細繩懸掛在天花板上，處于靜止狀態。一質量的粘性小球以速度水平射向物塊，并與物塊粘在一起，小球與物塊相互作用時間極短，不計空氣阻力，重力加速度g取。求：（1）小球粘在物塊上的瞬間，小球和物塊共同速度的大小；（2）小球和物塊擺動過程中所能達到的最大高度。18.楊老師在物理課上做了一個演示實驗，實驗裝置有：一豎直懸掛的、勁度系數為k的彈簧振子，下端裝有一記錄筆，在豎直面內放置有一記錄紙，記錄紙由一個電動機（圖中未畫出）帶動。實驗時，先讓振子上下振動起來，然后讓電動機以恒定速率水平向左拉動記錄紙，記錄筆在紙上留下如圖所示的圖像。實驗結束后，同學們在記錄紙上標出了、、、，它們為紙上印跡的位置坐標，實驗中記錄筆與記錄紙的摩擦可忽略不計。（1）請你從牛頓運動定律出發，結合簡諧運動的動力學特點，證明實驗中豎直方向的彈簧振子做簡諧運動；（2）已知電動機以速率為v勻速拉動記錄紙，請你利用同學們記錄的位置坐標寫出振子振動的周期T和振幅A；（3）已知彈簧振子的周期為；其中M為振子的質量，k為回復力與位移的比例系數，請結合（2）的結果，求振子的質量M。19.2012年11月，“殲15”艦載機在“遼寧號”航空母艦上著艦成功。圖1為利用阻攔系統讓艦載機在飛行甲板上快速停止的原理示意圖。飛機著艦并成功鉤住阻攔索后，飛機的動力系統立即關閉，阻攔系統通過阻攔索對飛機施加一作用力，使飛機在甲板上短距離滑行后停止。若航母保持靜止，在某次降落中，以飛機著艦為計時起點，飛機的速度隨時間變化關系如圖2所示。飛機在時恰好鉤住阻攔索中間位置，此時速度；在時飛機速度。飛機從到的運動可看成勻減速直線運動。設飛機受到除阻攔索以外的阻力f大小不變，，“殲15”艦載機的質量。（1）若飛機在時刻未鉤住阻攔索，仍立即關閉動力系統，僅在阻力f的作用下減速，求飛機繼續滑行的距離（假設甲板足夠長）；（2）在至間的某個時刻，阻攔索夾角，求此時阻攔索中的彈力T；（3）飛機鉤住阻攔索后在甲板上滑行的距離比無阻攔索時少，求從時刻至飛機停止，阻攔索對飛機做的功W。20.我國航天技術水平在世界處于領先地位，對于人造衛星的發射，有人提出了利用“地球隧道”發射人造衛星的構想：沿地球的一條弦挖一通道，在通道的兩個出口處分別將等質量的待發射衛星部件同時釋放，部件將在通道中間位置“碰撞組裝”成衛星并靜止下來；另在通道的出口處由靜止釋放一個大質量物體，大質量物體會在通道與待發射的衛星碰撞，只要物體質量相比衛星質量足夠大，衛星獲得足夠速度就會從對向通道口射出。（以下計算中，已知地球的質量為，地球半徑為，引力常量為G，可忽略通道AB的內徑大小和地球自轉影響。）（1）如圖甲所示，將一個質量為的質點置于質量分布均勻的球形天體內，質點離球心O的距離為r。已知天體內部半徑在之間的“球殼”部分（如甲示陰影部分）對質點的萬有引力為零，求質點所受萬有引力的大小。（2）如圖乙所示，設想在地球上距地心h處沿弦長方向挖了一條光滑通道AB，一個質量為m。的質點在離通道中心的距離為x處，求質點所受萬有引力沿弦AB方向的分力；將該質點從A點靜止釋放，求質點到達通道中心處時的速度大小。（3）如圖丙所示，如果質量為m的待發射衛星已靜止在通道中心處，由A處靜止釋放另一質量為M的物體，物體到達處與衛星發生彈性正碰，設M遠大于m，計算時可取。衛星從圖丙示通道右側B處飛出，為使飛出速度達到地球第一宇宙速度，h應為多大？

參考答案一、不定項選擇題（本大題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，至少有一個正確選項，漏選得2分，錯選得0分，請將答案填涂在答題卡上）1.【答案】ABD【詳解】彈簧振子在振動過程中，每一次經過同一位置時，位移x相同，根據可知回復力相同，結合牛頓第二定律可知加速度相同，速度的大小相等的，但方向不一定相同，所以速度不一定相同，根據可知動能一定相等。故選ABD。2.【答案】A【詳解】兩單擺，它們的擺長之比為4：1，根據單擺周期公式可知兩單擺的周期之比為。故選A。3.【答案】BC【詳解】設子彈質量為m，A木塊的質量為m1，子彈初速為v0，則子彈在打進木塊A的過程中，有前后動能減小量為根據實際情況，減小的這部分動能轉化為了內能，即機械能不守恒；對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統，系統合外力至始至終都為零，滿足動量守恒的條件，系統動量守恒。綜上所述，則系統動量守恒，機械能不守恒。故選BC。4.【答案】BC【詳解】A．根據萬有引力等于向心力可得衛星在上運行的軌道半徑小于在上運行軌道半徑，所以衛星在上運行的周期小于在上運行的周期，故A錯誤；B．根據牛頓第二定律可得衛星在上運行的軌道半徑小于在上運行的軌道半徑，所以衛星在上運行的加速度大于在上運行的加速度，故B正確；C．根據萬有引力等于向心力可得衛星在上運行的軌道半徑小于在上運行的軌道半徑，所以衛星在上運行的線速度大于在上運行的線速度，故C正確；D．根據萬有引力等于向心力可得衛星在上運行的軌道半徑小于在上運行的軌道半徑，衛星在上運行的角速度大于在上運行的角速度，故D錯誤；故選BC。5.【答案】ABC【詳解】A．小球做平拋運動,可將運動分解成水平方向勻速運動與豎直方向自由落體.因為高度相同，則落地時間相同，故A正確；B．整個過程中，重力所做的功高度不變，重力所做的功不變，時間相等，則整個運動過程的平均功率仍為，故B正確；CD．豎直方向速度，豎直方向速度不變,則落地前瞬間重力的功率不變，仍為P，故C正確，D錯誤。故選ABC6.【答案】BC【詳解】A．小球受重力、繩的拉力作用，故A錯誤；B．根據牛頓第二定律得解得θ越大，小球運動的速度越大，故B正確；C．小球運動一周的過程中，繩子拉力與速度方向垂直，做功為0，故C正確；D．小球運動一周的過程中，繩子拉力的沖量Ft不為0，故D錯誤。故選BC7.【答案】C【詳解】A．由圖乙可知，彈簧振子的周期為1.6s，可知從t=0到t=0.8s的時間內，彈簧沒有完成一次全振動，故A錯誤；B．由圖乙可知從t=0到t=2.0s的時間內，振子經過的路程是故B錯誤；C．根據圖像斜率和對稱性可知在t=0.6s與t=1.0s兩個時刻，振子的速度相同，故C正確；D．根據和對稱性可知在t=0.6s與t=1.0s兩個時刻，振子的加速度大小相等，方向相反，故D錯誤。故選C。8.【答案】BD【詳解】AB．小球能夠通過B點，需要滿足解得根據動能定理有解得動能為選項A錯誤，B正確；CD．若小球通過點B時受到的輕繩拉力大小為mg，則有解得根據動能定理有解得選項C錯誤，D正確。故選BD。9.【答案】B【詳解】根據動能定理得克服空氣阻力做功為W=故選B10.【答案】BCD【詳解】AB．體驗者在加速下落h過程中，重力對體驗者做的功為重力對體驗者做正功，則體驗者的重力勢能減小了，故B正確，A錯誤；C．根據題意可知，初始時風力大小等于重力，風力減小為原來的一半后，根據牛頓第二定律根據動能定理可得聯立可得體驗者的動能增加量故C正確；D．風力對體驗者做負功，體驗者機械能減少，減少量為故D正確。故選BCD。11.【答案】B【詳解】設空氣的密度為，風迎面垂直吹向一固定的交通標志牌的橫截面積為，在時間的空氣質量為假定臺風迎面垂直吹向一固定的交通標志牌的末速度變為零，對風由動量定理有可得10級臺風的風速，16級臺風的風速，則有故選B。12.【答案】BC【詳解】AB．由題意可知，物體A在壓縮彈簧時，做減速運動，物體B受到彈簧的彈力作用做加速運動，某時刻二者的速度相等，此時彈簧的壓縮量最大，彈性勢能最大，根據動量守恒定律可得解得此時A、B的速度為彈簧獲得的彈性勢能最大值故B正確，A錯誤；C．根據動能定理可得彈簧對物體B所做的功故C正確；D．當彈簧再一次恢復到原長時，根據動量守恒和機械能守恒得，解得，物體B的速度最大，此時物體A的速度反向，故過程中物體A的最小值為0，不是在物體B速度最大的時刻，故D錯誤。故選BC。13.【答案】AB【詳解】AB．模型飛機由D運動到C的過程中，橡皮筋對模型飛機的彈力始終豎直向上，故對模型飛機始終做正功，橡皮筋在C點恢復原長，故模型飛機在C處與橡皮筋分離，AB正確；C．由動能定理可得故模型飛機克服重力做的功mgh小于橡皮筋對它做的功W，C錯誤；D．由題意可知，橡皮筋對模型飛機的作用力先大于重力后小于重力，故模型飛機先加速上升后減速上升，動能先增大后減小，由系統機械能守恒可知，模型飛機的重力勢能與橡皮筋的彈性勢能之和先減小后增大，D錯誤。故選AB。14.【答案】BCD【詳解】A．根據牛頓第二定律得解得地球的公轉半徑小，地球的公轉向心加速度大于火星的公轉向心加速度，故A錯誤；B．設火星、地球的公轉半徑分別為R、r，根據題目信息得可以求出火星、地球的公轉半徑R、r，根據開普勒第三定律得可以求出探測器沿軌跡AC運動到C點所需時間t為多少年，故B正確；C．根據，r相等，探測器運動到C點時的加速度大小等于火星繞太陽公轉的加速度大小，故C正確；D．根據開普勒第三定律得解得設到下一次最近的時間為t1解得下一個發射時機需要再等約2.1年，故D正確。故選BCD。二。實驗題（本大題共2題，共22分，請在答題卡上作答）15.【答案】①.1.96②.2.25③.④.CE#EC⑤.【詳解】（1）[1]擺球直徑為（2）[2]秒表讀數為t=60s+7.4s=67.4則該單擺的周期是（3）[3]周期又得（4）[4]A．測量擺長時，把擺線的長度當成了擺長，則擺長測量值偏小，重力加速度測量值偏小，故A錯誤；B．擺線上端未牢固地固定于O點，振動中出現松動，使擺線越擺越長，知擺長測量值偏小，重力加速度測量值偏小，故B錯誤；C．測量周期時，誤將擺球（n-1）次全振動的時間t記為了n次全振動的時間，并由計算式求得周期，則周期偏小，重力加速度測量值偏大，故C正確；D．擺球的質量過大不影響重力加速度的測量，故D錯誤；E．將擺線長和球的直徑之和當成了擺長，則擺長測量值偏大，重力加速度測量值偏大，故E正確。故選CE。（5）[5]根據得斜率k=則重力加速度的測量值16.【答案】①.AB##BA②.AD##DA③.④.⑤.見解析【詳解】（1）[1]要測量碰撞前后的動量，則質量要用天平測量，而速度是用水平位移代替的，刻度尺也是必須的，打點計時器和秒表沒用。故選AB。（2）[2]A．只有從同一位置釋放，才能保證每次碰撞前的速度相同，故A正確；B．入射球的質量要大于被碰小球的質量，才能保證碰撞后兩球均向右運動，故B錯誤；C．本實驗對軌道無光滑的要求，故C錯誤；D．只有末端水平才能保證是平拋運動，故D正確。故選AD。（3）[3]若碰撞過程動量守恒，設小球m1的初速度方向為正方向，根據動量守恒定律應滿足小球做平拋運動豎直位移相同，故運動時間相同，由x=vt可知，平