【文档说明】四川省成都市树德中学2023-2024学年高一下学期7月期末物理试题 Word版含解析.docx，共(19)页，2.208 MB，由小赞的店铺上传

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树德中学高2023级高一下学期期末考试物理试题一、单项选择题∶（本题共7小题，每题4分，共28分。）1.如图所示，是使货物在水平面上转弯的自动流水线装置图，及其示意图。货物从传送带A端传送到B端，传送过程中传送速率保持不变，货物与传送带之间不打滑。则货物在此过程中（）A.所受重力

的冲量为零B.所受摩擦力对货物做负功C.所受合力做功不为零D.所受合力的冲量不为零【答案】D【解析】【详解】A．设货物从传送带A端传送到B端所用时间为t，则所受重力的冲量为GImgt=故A错误；B．货物从传送带A端传送到B端做圆周运动，所受摩擦力提供向心力，

摩擦力方向与运动方向垂直，不做功，故B错误；C．货物从传送带A端传送到B端，传送过程中传送速率保持不变，根据动能定理可知合外力做功为零，故C错误；D．货物从传送带A端传送到B端，根据动量定理可得()BABAImvmvmvv=−=−合速度为矢量，则BAvv−不为

零，I合不为零，故D正确。故选D。2.一个有固定转动轴的竖直圆盘如图甲所示，圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向振动，T形支架的下面系着一个由弹簧和小球组成的振动系统，小球做受迫振动。圆盘静止时，让小

球做简谐运动，其振动图像如图乙所示（以竖直向上为正方向）。下列说法正确的是（）A.若圆盘以1.0r/s的转速匀速转动，小球振动达到稳定时其振动的周期为0.4sB.若圆盘以1.0r/s的转速匀速转动，欲使小球振幅增加，可使圆盘转速适当增大C.改变圆盘转动快慢，小球运动的周期始终不变D.改

变圆盘转动快慢，小球运动的振幅始终不变【答案】B【解析】【详解】A．小球在圆盘的作用下做受迫振动，若圆盘以1.0r/s的转速匀速转动，小球振动达到稳定时其振动的周期应该等于圆盘转动的周期，即T=1.0s

，选项A错误；B．若圆盘以1.0r/s的转速匀速转动，欲使小球振幅增加，则要让圆盘转动的周期接近小球的固有周期（0.4s），即可使圆盘转速适当增大，从而减小周期，选项B正确；C．小球在圆盘的作用下做受迫振动，则小球的运动周期等于圆盘转动的周期，则改变圆盘转动

快慢，小球运动的周期也会发生改变，选项C错误；D．当圆盘转动的周期越接近小球运动的固有周期时小球的振幅越大，则改变圆盘转动快慢，小球运动的振幅随之改变，选项D错误。故选B。3.如图所示，1S，2S是同频率同步调的两个波源，振幅均为A，周期为T，实线代表波峰，虚线代表波谷。

关于图中所标的a、b、c、d四个质点，下列说法正确的是（）A.a的振幅为2AB.b为振动加强点，c为振动减弱点C.图示时刻b波峰，经0.5T，b到达波谷D.经1.5T质点a运动到质点b处【答案】C【解析】在【详解】A．质点a处于两列波的波峰与波谷叠加处，由

于两列波振幅相同，所以该时刻质点a的振动振幅为0，故A错误；B．图中质点b处于两列波的波峰与波峰叠加处，经0.5T，b到达波谷，质点c处于两列波的波谷与波谷叠加处，都是振动加强点，故B错误，C正确；D．质点只会在平衡位置附近运动，不会“随波逐流”，故D错误。

故选C。4.2018年2月6日，“猎鹰”重型火箭将一辆特斯拉跑车发射到太空．假设其轨道示意图如图中椭圆Ⅱ所示，其中A、C分别是近日点和远日点，图中Ⅰ、Ⅲ轨道分别为地球和火星绕太阳运动的圆轨道，B点为轨道

Ⅱ、Ⅲ的交点，若运动中只考虑太阳的万有引力，则以下说法正确的是（）A.跑车经过A点时的速率大于火星绕日的速率B.跑车经过B点时的加速度大于火星经过B点时的加速度C.跑车在C点的速率一定大于火星绕日的速率D.跑车由A到C的过程中动能减小，机械能也减小【答案】A【解析】【分析】【详解】

A．由题意知22MmvGmrr=解得GMvr=因地球轨道半径小于火星轨道半径，故地球的线速度大于火星的线速度；若跑车从Ⅰ轨道的A点变轨至Ⅱ轨道的A点，需要加速，故跑车经过A点时的速率大于火星绕日的速率，故A正确；B．根据牛顿第二定律有的2Mm

Gmar=解得2GMar=跑车与火星在B点离太阳的距离一样，故加速度大小相同，故B错误；D．跑车由A到C的过程中万有引力做负功，动能减少，势能增加，机械能守恒，故D错误；C．跑车在轨道Ⅱ上C点的速率小

于其过C点绕太阳做匀速圆周运动的速率，又跑车在C点绕太阳做匀速圆周运动的速率小于火星绕日的速率，跑车在C点的速率一定小于火星绕日的速率，故C错误．故选A。5.如图甲所示，某同学为了比较不同物体与转盘间动摩擦因数的大小设计了该装置。已知固定于转轴上的角速度传感器和力传感器可直接测出角速度和

绳的拉力F，通过一不可伸长的细绳连接物块，细绳刚好拉直，测得物块以不同的角速度随圆盘做匀速圆周运动时拉力F与角速度的大小。在电脑上绘出图乙所示图像。换用形状和大小相同但材料不同的物块重复实验，得到物块a、b、c分别对应的三条直线，发现a与c的纵截距相同，b与c的横截距相同，且符合一定的数量关系

。（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）以下说法正确的是（）A.物块a、b、c的质量之比为1:1:2B.物块a、b、c的质量之比为2:1:1C.物块a、b、c与转盘之间的动摩擦因数之比为1:2:1D.物块a、b、c与

转盘之间的动摩擦因数之比为1:2:2【答案】D【解析】【详解】AB．根据牛顿第二定律有2Ffmr+=整理得2Fmrmg=−可知2F−图像的斜率为kmr=可知物块a、b、c的质量之比为121::::::2:2:1122abcabcmm

mkkk===故AB错误；CD．2F−图像的纵截距绝对值为fmg=由图像可得::1:2:1abcfff=可得物块a、b、c与转盘之间的动摩擦因数之比为121::::::1:2:2221abcabcabcfffmmm===故C错误，D正确。

故选D。6.一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球A和B，B球的质量大于A球的质量。用手托住B球，当轻绳刚好被拉紧时，B球离地面的高度是h，A球静止于地面，如图所示。以地面为参考平面，不计一切阻力，从释放B球至B球落地的过程中，A球的重力势能pE、动能kE和机械能E随位移变化的关系可能

正确的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】设A球的质量为Am，B球的质量为Bm，B球落地过程中，绳子拉力对A球做正功，使其重力势能增加、动能增加，A球上升x的过程中重力势能pAEmgx=A和B球组成的系统机械

能守恒，则有2BAAB12mmgxmmv−=+（）（）解得2ABAB2mmvgxmm−=+（）则A球的动能2BAkAABA12mmEmvmgxmm−==+所以kEx−图象的斜率小于pEx−图象的斜率，而kpEE

E=+，故B正确，ACD错误。故选B。7.分子云中的致密气体和尘埃在引力作用下不断集聚逐渐形成恒星，恒星的演化会经历成年期（主序星）、中年期（红巨星、超巨星）、老年期——恒星最终的归宿与其质量有关，若质量为太阳质量的1

8倍将坍缩成白矮星，质量为太阳质量的1020倍将坍缩成中子星，质量更大的恒星将坍缩成黑洞。假设恒星坍缩前后可看成质量均匀分布的球体，质量不变，体积缩小，自转变快。已知逃逸速度为第一宇宙速度的2倍，中子星密度约为白矮星密度的810倍，白矮星半径约为中子星半径的310倍。根据万有引力理

论，下列说法正确的是（）A.恒星坍缩后的第一宇宙速度变大B.中子星的逃逸速度小于白矮星的逃逸速度C.同一恒星表面任意位置的重力加速度大小相同D.恒星坍缩后表面两极处的重力加速度变小【答案】A【解析】【详解】A．对绕

恒星运动的行星来说有22MmvGmrr=当行星运动轨道半径为恒星的半径时，其速度为该恒星的第一宇宙速度，有GMvR=由于恒星坍缩前后，其质量不变，体积缩小，即半径变小，所以恒星坍缩后的第一宇宙速度变大，故A项正确；B．由之前的分析可知，某星球的第一宇宙速度的为GMvR=由于星球的质量可以表

示为343MVR==整理有243GRv=又因为，由题意可知，中子星密度约为白矮星密度的810倍，白矮星半径约为中子星半径的310倍，所以中子星的第一宇宙速度大于白矮星的第一宇宙速度。即vv白中又因为已知逃逸速度为第一宇宙速度的2倍，所以中子星的逃逸速度大于白矮星的逃逸

速度，故B项错误；C．恒星上某一位置的物体受到的万有引力有两个效果，一个是提供物体所恒星一起转动的向心力，一个是该物体所受的重力，即2224MmGmgmrRT=+由于在恒星表面不同位置，物体做圆周运动的半

径不同，所以同一恒星表面任意位置的重力加速度大小不一定相同，故C项错误；D．由于在恒星两极处，其物体不随恒星一起自转，所以其万有引力全部提供其重力，有2MmGmgR=整理有2GMgR=由于恒星坍缩前后，其质量不变

，体积缩小，即半径变小。所以恒星坍缩后表面两极处的重力加速度变大，故D项错误。故选A。二、多项选择题（每题5分，共15分，选错0分，不全得2分）8.如图所示，在一光滑地面上有2024个相同大小的光滑小球，从2号到2024号小球质量均为m；1号球质量为M，且M＞m，1号球以v0的速度向右运动，与2

号球发生弹性碰撞，此后所有碰撞均为弹性碰撞，从1号球开始运动起，下列说法正确的是（）A.小球2共发生了4044次碰撞B.小球2共发生了4045次碰撞C.小球2023最终速度为0D.小球2023最终速度为022()()MMmvMm−+【答案】BD【解析】【详解】CD．1号球以v0的速度向右运动，与

2号球发生弹性碰撞，有012MvMvmv=+222012111222MvMvmv=+解得01()MmvvMm−=+，022MvvMm=+然后2号球以速度2v与3号球发生弹性碰撞，因质量相等，则交换速度，再这样重复交换速度，共发生2023次碰撞，最后2024号球以

速度2v向右匀速直线离开；然后1号球以速度1v再次与2号球发生弹性碰撞，有112MvMvmv=+222112111222MvMvmv=+解得20112()()()MmvMmvvMmMm−−==

++，01222()2()MMmvMvvMmMm−==++然后2号球以速度2v与3号球发生弹性碰撞，因质量相等，则交换速度，再这样重复交换速度，共发生2022次碰撞，最后2023号球以速度2v向右匀速直线离开，故C错误，D正确；AB．根据重复多次弹性碰撞的过程分析可知，每离开一

个球，2号球均要与1号球和3号球碰撞1次，共计两次碰撞，最后3号球匀速离开后，1号球和2号球最后再碰撞一次，然后2号球匀速离开，则小球2共发生的碰撞次数为(20242)214045N=−+=故A错误，B正确。故选BD

。9.一列简谐横波在10.2st=的波形图如图甲所示，平衡位置在2mx=处的质点M的振动图像如图乙所示。已知质点N的平衡位置在3.5mx=处，下列说法正确的是（）A.20.3st=时，质点N的加速度沿y轴负方向B.

质点M每经过0.2s向右移动的距离均为4mC.质点N的振动方程为0.2sin(10)(m)4yt=+D.质点N从0.275st=时刻刚好回到平衡位置【答案】CD【解析】【详解】A．由图甲知，振幅为0.2mA=图示时刻波动方程为2

sin()0.2sin()(m)2yAxx=−=−将3.5mx=代入解得0.12my=20.3st=时刻，即从图示1t时刻开始经过0.1s，即半个周期，结合图甲，由同侧法可知，该波沿x正方向传播，质点N在20.3st=时刻沿y轴负方向运动，

加速度不断增大，加速度方向沿y轴正方向，故A错误；B．质点不会随波迁移，故B错误；C．设振动方程为20.2sin()(m)ytT=+将0t=，0.12my=，代入解得4=故质点N的振动方程为0.2sin(10)(m)4yt=+故C正确；D．将0.275st=代入0.2

sin(10)(m)4yt=+，解得0.2sin(100.275)(m)04y=+=故D正确。故选CD。10.如图，足够长光滑斜面的倾角为30=，竖直的光滑细杆到定滑轮的距离为3ma=，斜面上的物体M和穿过细杆的小物块m通过跨过定

滑轮的轻绳相连，开始保持两物体静止，连接m的轻绳处于水平状态，放手后两物体从静止开始运动，已知5.5kgM=，3.6kgm=，210m/sg=。下列说法正确的是（）A.小物块m下降4mb=时小物块的速度为5m/sB.小物块m下降4mb

=时小物块的速度为4m/sC.小物块m下降4mb=的过程中，绳子拉力对小物块m做功为71.5JD.小物块m下降4mb=的过程中，绳子拉力对物体M做功为71.5J【答案】A【解析】【详解】AB．设小物块m下降4mb=时，m速度大小为v1，此时M的速度大小为

v2；如图所示根据系统机械能守恒可得22221211)sin22mgbMgabamvMv−+−=+(由运动的合成与分解，结合几何知识，有2122bvvab=+联立解得125m/s4m/svv==，故A正确，B错误；CD．小物块m下降4mb

=的过程中，对小物块根据动能定理可得T21012mgbmvW+=−解得的T99JW=−则绳子拉力对小物块m做功为99J−，绳子拉力对物体M做功为99J，故CD错误。故选A。三、实验题（共15分）11.某同学用如图1所示的装置验证机械能守恒定律。一根细线系住

钢球，悬挂在铁架台上，钢球静止于A点，光电门固定在A的正下方。在钢球底部竖直地粘住一片宽度为d的遮光条。将钢球拉至不同位置由静止释放，遮光条经过光电门的挡光时间t可由计时器测出，取dvt=作为钢球经过A点时的速度。记录钢

球每次下落的高度h和计时器示数t，计算并比较钢球在释放点和A点之间的势能变化大小ΔEp与动能变化大小ΔEk，就能验证机械能是否守恒。（1）用ΔEp＝mgh计算钢球重力势能变化的大小，式中钢球下落高度h应测

量释放时的钢球球心到________之间的竖直距离。A.钢球在A点时的顶端B.钢球在A点时的球心C.钢球在A点时的底端（2）用ΔEk＝12mv2计算钢球动能变化的大小，用刻度尺测量遮光条宽度，示数如图1所示，其读数为________cm。某次测量中，计时器的示

数为0.0200s，则钢球的速度为v＝________m/s。（3）下表为该同学的实验结果：ΔEp/（10－2J）4.8929.78614.6919.5929.38ΔEk/（10－2J）50410.115.120.029.8他发现表中

的ΔEp与ΔEk之间存在差异，认为这是由于空气阻力造成的。这个观点_______（填“正确”或“不正确”）。【答案】（1）B（2）①.1.50②.0.75（3）不正确.【解析】【小问1详解】小球下落的高度h是初末位置球心之间的高度差，即式中钢球下落高度h应测量释放时的钢球球心到钢球在

A点时的球心之间的竖直距离。故选B。【小问2详解】[1]图中刻度尺的分度值为0.1cm，由图2可知遮光条宽度为1.50cm；[2]某次测量中，计时器示数为0.0200s，则钢球的速度为21.5010m/s0.75m/s0.02dvt−===【

小问3详解】这个观点的不正确的，因为如果是由于空气阻力造成的，则有一部分减少的重力势能将转化为内能，使得减少的重力势能大于增加的动能，而表格数据是减少的重力势能小于增加的动能。12.用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小

球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。（1）如图所示，把被碰小球2m静置于轨道的水平部分，再将入射小球1m从斜轨上S位置静止释放，与小球2m相撞，并多次重复。图中小球平均落点位置分别为P、M、N，O点与小球在斜槽末端时球心的位置等高。接下来要完成的必要步骤是A.用天平测

量两个小球的质量1m、2mB.测量小球1m开始释放高度hC.测量抛出点距挡板的距离dD.测量平抛过程的竖直高度OM、ON、OP（2）若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为_____________（用①中测量的量表示）；（3）经测定64.00cmO

P=，31.36cmON=，100.00cmOM=。（注：25.631.36=）已知1m与2m的的质量之比为8∶1。则系统碰撞前总动量p与碰撞后总动量p的百分误差100%ppp−=___%（结果

保留一位有效数字）。（4）有同学认为在上述实验中仅更换两个小球的材质，其它条件不变，可以使被撞小球做平抛运动的竖直高度发生改变。请你用（3）中已知的数据，分析计算出被撞小球2m平抛运动竖直高度ON的最小值为________cm。【答案】（1）AD（2）112mmmOPOM

ON=+（3）2（4）20.50【解析】【小问1详解】根据动量表达式pmv=可知，为了验证动量守恒定律，需要测量两小球的质量和碰撞前后的速度；设小球做平抛运动的初速度为0v，根据平抛运动规律有0xvt=，212ygt=可得02gvxh=由于两小球做平抛运动到击中竖直挡板的水平位移

相等，所以可以用平抛过程的竖直高度代替抛出时的初速度。故选AD。【小问2详解】设入射小球碰撞前瞬间的速度大小为0v，碰撞后瞬间入射小球和被碰小球的速度大小分别为1v、2v，根据动量守恒可得101122mvmvmv=+又02gv

xOP=，12gvxOM=，22gvxON=联立可得若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为112mmmOPOMON=+【小问3详解】系统碰撞前总动量p与碰撞后总动量p的百分误差为881()64

10031.36100%100%2%864ppp−+−=【小问4详解】当两球发生弹性碰撞时，碰后瞬间被撞小球2m速度2v最大，被撞小球2m平抛运动竖直高度ON具有最小值，根据动量守恒和机械能守恒可得101122mvmvmv

=+222101122111222mvmvmv=+解得1200122169mvvvmm==+根据02gvxOP=，22gvxON=可得被撞小球2m平抛运动竖直高度ON的最小值为22200min2209()(

)64cm20.25cm16169vvONOPOPvv====四、计算题（共42分）13.一宇航员到达某星球表面后，为测定该星球的平均密度，做了如下实验：取一细线，细线一端拴一小球，使它在水平面内做匀速圆周运动，如图所示，测得细线长度为L，细线与轴线之间的夹角为θ。小球质量为m，圆周运动

的周期为T。已知引力常量为G，星球半径为R。（1）根据测得数据推导该星球表面的重力加速度g；（2）求出该星球的平均密度；【答案】（1）224cosLgT=；（2）23cosLGRT=【解析】【详解】（1）小球在水平面内做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得224tansi

nmgmLT=可得该星球表面的重力加速度为224cosLgT=（2）在星球表面，由万有引力等于重力可得2MmGmgR=343MR=联立解得该星球的平均密度为23cosLGRT=

14.轻弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，其顶端将一质量为6.3m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l。现将该弹簧放在倾角为37°的倾斜轨道，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的粗糙倾斜轨道，B端

与半径为l的光滑圆轨道BCD相切，D点为圆轨道最高点，如图所示。物块P与AB间的动摩擦因数μ=0.5。用外力推动物块P，将弹簧缓慢压缩至长度l时，然后由静止释放，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g，物块P可视为质点。（1）若P的质量为m，求P到达B点时的速度，以及到D点时轨道对物块

P的压力；（2）若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。（答案可用分数表示）【答案】（1）4.6gl，0；（2）21631640mMm【解析】【详解】（1）依题意，当弹簧竖直放置，长皮被压缩宿至l时，物体动能为0，其重力势能转化为弹性势能，

由能量守恒可得p6.3Emgl=设P到B点时速度为Bv，由能量守恒定律得2p1cos4sin42BEmvmglmgl=++解得4.6Bvgl=P到D点，由能量守恒定律得2p1cos4sin4(cos37)2DEmvmg

lmglmgll=++++解得Dvgl=P在D点，根据牛顿第二定律可得2DDvNmgml+=解得0DN=（2）P不能超过C点，才能沿圆轨道滑下，由能量守恒定律得pcos4(4sincos37)EMglMgll++P能滑上圆轨道，由能量守恒定律得pcos44sinEMgl

Mgl+联立解得P的质量的取值范围为21631640mMm15.如图所示，光滑水平面上有一质量1.98kgM=的小车，车右侧的上表面是粗糙水平轨道，车的B点左侧固定半径0.5mR=的14光滑圆弧

轨道，圆轨道与水平轨道在B点相切。车的最右端C点固定一弹性挡板，B与C之间的距离1mL=，一个质量2kgm=的小物块置于车的B点，车与小物块均处于静止状态，突然有一质量00.02kgm=的子弹，以速度0600m/sv=击中小车并停留在车中，设子弹击中小车的过

程时间极短，已知小物块与水平轨道间的动摩擦因数0.5=，小物块与弹性挡板碰撞时无机械能损失，g取10m/s2，则：（1）通过计算判断小物块是否能达到圆弧轨道的最高点A，并求当小物块第一次回到B点时，小物块的速度大小；（2）求小物块第一次

到C点与弹性挡板碰撞前的速度大小；（3）求小物块最多能与弹性挡板碰撞的次数，以及小物块最终相对小车静止的位置距B点的距离。【答案】（1）能达到圆弧轨道的最高点A，6m/s；（2）5m/s；（3）只碰撞1次，距B点0.2m【解析】【详解】（1）取向右为正方向，子弹打小车过程动量守恒000

1()mvmMv=+当小物块运动至最高点，三者共速为v共，根据动量守恒定律010()()mMvmMmv+=++共根据能量守恒定律2201011()()22mMvmMmvmgh+=+++共联立解得0.90.5hmRm==所以小物块到达了圆弧最高点A。当小物块再次回到B时速度为Bv，车和子弹速度为

v，根据动量守恒定律010()()BmMvmvmMv+=++根据能量守恒定律222010111()()222BmMvmvmMv+=++联立解得6m/sBv=，0v=当小物块第一次到C点碰撞前，车速为2v，小物块速度为Cv，根据动量守恒定律0

2()BCmvmvMmv=++根据能量守恒定律22202111()222BCmvmvMmvmgL=+++联立得5m/sCv=，21m/sv=小物块最终与车共速，速度为v共2，相对路程为s，根据动量守恒定律0102()()mMvmMmv+=++共根据能量守恒定律22010211()(

)22mMvmMmvmgs+=+++共联立解得1.8ms=而20.2mLS−=故只碰撞1次，距B点0.2m。