【文档说明】四川省眉山市东坡区两校2023-2024学年高一下学期6月期末联考试题 物理 Word版含解析.docx，共(12)页，931.427 KB，由小赞的店铺上传

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东坡区23级高一下学期两校期末联考物理一、单选题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．质量为0.4kg的玩具小车，速度由向左的3ms变为向右的5ms，取向左

为正方向，则小车的动能变化量和动量变化量分别为（）A．3.2J0.8kg·msB．6.8J0.8kg·msC．3.2J-3.2kg·msD．6.8J-3.2kg·ms2．某科学家团队在河外星系中发现了一对相互绕转的超

大质量双黑洞系统，两黑洞绕它们连线上某点做匀速圆周运动。黑洞1、2的轨道半径分别为1r、2r。下列关于黑洞1、2的说法中正确的是（）A．质量之比为12:rrB．线速度之比为12:rrC．向心力之比为12:rrD．动能之比为2212:rr3．2

023年2月10日，远在火星执行全球遥感科学探测任务的“天问一号”火星环绕器，已经在火星“上岗”满两年，不久的将来人类登上火星将成为现实。若a为火星表面赤道上的物体，b为轨道在火星赤道平面内的气象卫星，c

为在赤道上空的火星同步卫星，卫星c和卫星b的轨道半径之比为4∶1，且两卫星的绕行方向相同，下列说法正确的是（）A．a、b、c的线速度大小关系为abcvvvB．a、b、c的角速度大小关系为abcC．在卫星b中一天内可看到8次日出D．a、b、c的向心加速度大小

关系为abcaaa4．如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动，取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，下列说法正确的是（）A．0.2st=时，振子在O点右侧62cm处

B．0.2st=和0.6st=时，振子的速度相同C．0st=时，振子的速度方向向左D．0.4st=到0.8st=的时间内，振子的位移和速度都逐渐减小5．如图所示，水平面上带有半圆弧槽的滑块N质量为2m，槽的半径为r，槽两侧的最高点等高，将

质量为m且可视为质点的小球M由槽右侧的最高点无初速释放，所有接触面的摩擦均可忽略。第一种情况滑块固定不动，第二种情况滑块可自由滑动，下列说法不正确的是（）A．两种情况下，小球均可运动到左侧最高点B．两种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时的速度之比为1∶1C．第二种情况，小球滑到圆弧槽最低点时圆弧槽的

速度为13grD．第二种情况，圆弧槽距离出发点的最远距离为23r6．如图所示为某人造地球卫星的变轨发射过程，先将卫星发射到近地圆轨道1，轨道半径为1R，在A点进行变轨，使卫星在椭圆轨道2上运行，在B点再次进行变轨，使卫星在圆轨道3上运行，轨道半径为3R，卫星在

轨道1、轨道3上运行的环绕速度、加速度大小分别为1v、3v，1a、3a，在轨道2上运行到A、B两点的速度、加速度大小分别为Av、Bv，Aa、Ba。关于该人造卫星的运行过程以下说法正确的是（）A．卫星在1，2，3三个轨道上的机械能关系是123EEEB．卫

星在1，2，3三个轨道上的周期关系是123TTTC．卫星在A、B两点的环绕速度关系为13ABvvvvD．卫星在A、B两点的加速度关系是13ABaaaa7．两波源分别位于坐标原点和14mx=处，0t=时刻两波源开始起振，4

st=时的波形图如图所示，此时平衡位置在4mx=和10mx=的P、Q两质点刚开始振动，质点M的平衡位置位于7mx=处，质点N的平衡位置位于6mx=处，则（）A．6st=时两列波相遇B．从0到10s内质点N通过的路程为2.4mC．7

.5st=时质点M的速度在增大D．10st=时质点N的振动方向沿y轴负方向二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但选不全的得3分，有选错的

得0分。8．如图甲所示，为沿x轴传播的一列简谐横波在0.5st=时刻的波动图像，乙图为2mx=处质点P的振动图像，质点M位于1mx=处。下列判断正确的是（）A．此波在向x轴负方向传播B．该波的传播速率为4m/

sC．经过2s时间，质点P沿波的传播方向移动8mD．质点M从图示位置开始运动路程为0.5m时，所需的时间为2s39．设想人类开发月球，不断把月球上的矿藏搬运到地球上。假设经过长时间开采后，地球仍可看成是均匀的球体，月球仍沿开采前的圆周轨道运动，则与开采前相比（）A．地球与月球间的万有引力

将变大B．地球与月球间的万有引力将变小C．月球绕地球运动的周期将变长D．月球绕地球运动的周期将变短10．如图所示，挡板P固定在倾角为30°的斜面左下端，斜面右上端M与半径为R的圆弧轨道MN连接，其圆心O在斜面的延长线上。M点有一光滑轻质小滑轮，60

MON=。质量均为m的小物块B、C由一轻质弹簧拴接（弹簧平行于斜面），其中物块C紧靠在挡板Р处，物块B用跨过滑轮的轻质细绳与一质量为4m、大小可忽略的小球A相连，初始时刻小球A锁定在M点，细绳与斜面平行，且恰好绷直而无张力，B、C处于静止状态。某时刻解除对小球A的锁

定，当小球A沿圆弧运动到最低点N时（物块B未到达M点），物块C对挡板的作用力恰好为0。已知重力加速度为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是（）A．弹簧的劲度系数为2mgB．小球A到达N点时的速度大小为1219gRC．小球A到达N点时的速度大小为85gRD．小球A由M运动到N的过程中，小球A和物块B

的机械能之和先增大后减小三、实验题（本题共2小题，共16分）11．某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中，先测得摆线长为97.50cm，摆球直径为2.00cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间如图甲所示。则：（1）该摆

摆长为______cm，秒表的示数为______；（2）（单选）如果他测得的g值偏小，可能的原因是（）A．测摆线长时摆线拉得过紧B．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加C．开始计时时，秒表过迟按下（3）为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长l并测

出相应的周期T，从而得出一组对应的l与T的数据如图乙，再以l为横坐标，2T为纵坐标将所得数据连成直线，并求得该直线的斜率为k，则重力加速度g=______（用k表示）12．“春华”学习小组用“碰撞实验器”通过实验验证动量守恒定律，他们第一次实验使用的装置如图甲所示，实验中，a是入射

小球，b是被碰小球，先将小球a从斜槽上某一固定位置由静止释放，小球a从斜槽末端飞出后落到水平地面的记录纸上留下落点痕迹，重复多次，描出小球a的平均落点位置P，再把小球b放在斜槽末端，让小球a仍从斜槽上同一位置由静止释放，与小球b碰撞后，两球分别在记录纸上留下落点痕迹，重复多次，描出碰后小球a、

b的平均落点位置M、N如图乙所示，O点为轨道末端在水平地面上的投影。（1）关于本实验，下列说法正确的是______。A．小球a的质量必须小于小球b的质量且两小球半径相同B．斜槽越粗糙，实验误差就会越大C．斜槽末端的切线必须水平，即小球b放在斜

槽末端处，应恰好静止D．必须测量斜槽末端到水平地面的高度（2）实验中，小球碰撞前后的速度是不容易直接被测得的，同学们经过分析讨论，发现小球平抛运动的时间相同，因此可以用______间接地来代替小球碰撞前后时的速度。（3）同学们用托盘天平测出了小球a的质量记为1m，小球b

的质量记为2m，用毫米刻度尺测得O、M、P、N各点间的距离（图乙中已标出），则验证两小球碰撞过程中动量守恒的表达式为______。（4）同学们在实验中正确操作、认真测量，发现123::4:9:2xxx=，若两球碰撞前后的动量守恒，则12:

mm=______。四、计算题（本题共3小题，共38分。）13．如图所示，一列简谐波沿x轴负方向传播，在10t=时刻的波形图线，虚线是该波在20.5st=时刻的波形图线。P质点的坐标是()0.1,0。求：（1）波的传播速度大小v；（2）若该波的

周期1sT，质点P的位移Py随时间t的表达式。14．如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A、轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始运动。已知A、B的质量均为m，假设摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速

度为g，在A发生位移h的过程中（动滑轮没有高出定滑轮）。求：（1）重物B机械能守恒吗，请说出理由；（2）重物B重力势能的减小量；（3）重物A机械能增加量。15．如图所示，AB为半径0.8mR=的14光滑圆弧轨道，下端B恰与小车右端平滑对接。小车质量3kgM=，车长2.06mL=，现有一质量1kgm

=的滑块，由轨道顶端无初速度释放，滑到B端后冲上小车。已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数0.3=，当车运动了01.5st=时，车被地面装置锁定（210m/sg=）。试求：（1）滑块到达B端时，轨道对它支持力的大

小；（2）车被锁定时，车右端距轨道B端的距离；（3）从车开始运动到滑块滑离小车的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的内能。东坡区23级高一下学期两校期末联考物理参考答案：1．C【详解】小车的动能变化量220113.2J22ktE

mvmv=−=动量变化量03.2kgmstpmvmv=−=−，故选C。2．B【详解】两黑洞绕它们连线上某点做匀速圆周运动所需的向心力由它们相互作用的万有引力提供，即两黑洞的向心力大小相等，黑洞1、2的

向心力之比为12:1:1FF=两黑洞的角速度相等，则有221122mrmr=可得，黑洞1、2的质量之比为1221::mmrr=根据vr=可得黑洞1、2的线速度之比为1212::vvrr=根据2k12Emv=可得黑洞

1、2的动能之比为2212112212:::kkEEmvmvrr==，故选B。3．C【详解】ABD．地球同步卫星的角速度等于地球自转角速度，则知a与c的角速度大小相等，即ac=，根据vr=，因卫星c的轨道半径大于火星的半

径，可知acvv，根据2ar=因卫星c的轨道半径大于火星的半径，可知acaa；对于卫星b与c，根据万有引力提供向心力得222MmvGmmrmarr===可得GMvr=，3GMr=，2GMar=因卫星b的轨道半径小于卫星c

的轨道半径，则bcvv，bc，bcaa，由上分析可知，三者的线速度大小关系为acbvvv，角速度大小关系为bac=，向心加速度大小关系为acbaaa，故ABD错误；C．根据万有引力提供向心力得2224πMmGmrrT=，解得32πrTGM=地球同步卫星

c和卫星b的轨道半径之比为4：1，卫星c和卫星b的周期之比为338ccbbTrTr==卫星c的运行周期与地球的自转周期相等，为1cT=天，所以b的周期为18bT=天，一天内卫星b绕地球的圈数为11818bnT===周周所以

在卫星b中一天内可看到8次日出，故C正确。故选C。4．A【详解】A．由图乙可知，振动周期为1.6sT=，则2π1.25πT==振子的振动方程为()12sin1.25πcmxt=当0.2st=时π12sincm62cm4x==即振子在O点右侧62cm处，故A正确；B．由图乙

知0.2st=和0.6st=时，振子的速度大小相等，方向相反，故B错误；C．0t=时，图像的斜率为正，说明振子的速度为正，即振子的速度方向向右，故C错误；D．0.4st=到0.8st=的时间内，振子的位移减小，向平衡位置靠近，速度逐渐增大，故D错误

。故选A。5．B【详解】A．当圆弧槽固定时，由机械能守恒定律得mgrmgh=可知，则hr=小球M能运动到圆弧槽左侧的最高点；当圆弧槽自由滑动时，对于M、N组成的系统，水平方向动量守恒。小球M从圆弧槽的右端最高点由静止释放，小球M到达左侧最高点时，两物体共速，则()102mmv=+，解得10v

=由机械能守恒定律可知，小球M能运动到圆弧槽左侧的最高点，故A正确；BC．当圆弧槽固定时，小球M到最低点时的速度为0v，则由机械能守恒定律得2012mgrmv=解得02vgr=当圆弧槽自由滑动时，设小球M到达最低点时的速率为v，此时圆弧槽的速率为v，根据动量守恒定律得02mvmv=

−根据机械能守恒定律得2211222mgrmvmv=+联立解得43vgr=，13vgr=两种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时的速度之比为3:2，故B错误，C正确；D．小球M和圆弧槽组成的系统在水平方向上动量守恒，当小球运动到左侧最高点时，圆弧槽向右运动的位移最大，设圆弧槽向

右的最大位移为x，根据动量守恒定律得()22mrxmx−=计算得出23rx=，故D正确。本题选错的，故选B。6．C【详解】A．卫星由轨道1变为轨道2需要在A点加速，机械能增加，同理卫星由轨道2变为轨道3需要在B点加速，机械能增加

，所以卫星在三个轨道的机械能大小关系是321EEE，故A错误；B．根据开普勒第三定律有31333312221232RRRRTTT+==因为13312RRRR+得321TTT，故B错误；C．对于轨道1和轨道3，根据万有引力充当向心力得22GM

mvmRR=，解得GMvR=因为31RR，所以卫星在轨道1和轨道3的速度关系为13vv卫星由轨道1变为轨道2需要在A点加速，则1Avv由轨道2变为轨道3需要在B点加速，则3Bvv所以卫星在AB、两点环绕速度大小关系为13ABvvvv

，故C正确；D．在A点轨道1和轨道2的加速度相同，即1Aaa=同理在B点轨道2和轨道3的加速度也相同，即3Baa=根据牛顿第二定律2GMmmaR=得2GMaR=因为13RR，则13aa，所以卫星在AB、两点加速度

关系为31ABaaaa==，故D错误。故选C。7．B【详解】A．由图可知两列波的波长均为4m=周期为4sT=，则波速为1m/svT==如图波相遇，再运动的时间为1104s3s221xtv−===所以两列波相遇时217stt

t=+=，则两列波在7s时相遇，故A错误；B．开始计时后左右波两列波传到N点时间差为2s，左边波引起N点路程为20.8mA=时两列波都传到N点后N点振动加强，振幅为2A，后2s路程为1.6m，总路程2.4m。故B正确；C．两列波同时传到M点且起振

方向相反，因此M点始终保持静止，故C错误；D．左边的波传播的N点的时间56sONxtv==，右边的波传播到N点的时间6146s8s1t−==此后两列波在N点振动加强，合振幅为0.8m，所以t＝10s时质点N经过平衡位置

向上运动故D错误。故选B。【点睛】本题考查机械波的叠加内容。8．BD【详解】A．由图乙可知，0.5s时质点P沿y轴正方向运动，由上下坡法可知P点处于下坡，即波的传播方向为x轴正方向，故A错误；B．由图可知，波的波长4m=，周期1s

T=，波的传播速率4m/svT==，故B正确；C．质点P不会随波逐流，只会上下振动，经过2s2tT==时间，P运动的路程81.6msA==，故C错误；D．当质点M运动的路程为0.5m时，M处于-0.1m处且沿y轴正方向运动，以图示位置为计时0点，质点M的振动方程

为()0.2cos2πmyt=当0.1my=−，可得2s3t=，故D正确。故选BD。9．BD【详解】由万有引力定律2mMFGr=知，当0mMM+=（常数）时，根据数学知识可知，当mM=时mM乘积最大。本问题中原来mM，现进一步增大M减小m，结果F进一步偏

离最大值，即F将变小，又由2224πmMGmrrT=得32πrTGM=可见地球质量M变大后，月球环绕周期变短。故选BD。10．BD【详解】A．设弹簧的劲度系数为k，初始时刻弹簧的压缩长度为1x，则B沿斜面方向受力平衡，则1sin30mgkx=小球A沿圆弧运动到最低点N时，物块C即

将离开挡板时，设弹簧的拉伸长度为2x，则C沿斜面方向受力平衡，则2sin30mgkx=易得12xx=当小球A沿圆弧运动到最低点N时，B沿斜面运动的位移为BsR=所以12xxR+=，解得122Rxx==，mgkR=，故A错误；BC．设小球A到达N点时的速度为v，

对v进行分解，在沿绳子方向的速度cos30vv=由于沿绳子方向的速度处处相等，所以此时B的速度也为v，对A、B、C和弹簧组成的系统，在整个过程中，只有重力和弹簧弹力做功，且A在M和N处，弹簧的形变量相同，故弹性势能不变，弹簧

弹力做功为0，重力对A做正功，对B做负功，A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，可知()()22121141cos60sin30422mgRmgxxmvmv−−+=+，解得1219vgR=，故B正确

，C错误；D．小球A由M运动到N的过程中，A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，则小球A和物块B的机械能之和与弹簧和C的能量之和不变，C一直处于静止状态，弹簧一开始处于压缩状态，之后变为原长，后开始拉伸，则弹性势能先减小后增

大，故小球A和物块B的机械能之和先增大后减小，故D正确。故选BD。11．98.5099.8sB24πk【详解】（1）［1］单摆的摆长2.097.50cmcm98.50cm22dLl=+=+=线［2］由甲图可知，秒表的小盘读数

为90s，大盘读数为9.8s，则秒表读数为99.8s；（2）［3］根据摆的周期公式2πLTg=，解得224πglT=A．测摆线时摆线拉得过紧，则摆长的测量量偏大，则测得的重力加速度偏大，故A错误；B．摆线上

端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，振动周期变大，而测得的摆长偏小，则测得重力加速度偏小，故B正确；C．开始计时，秒表过迟按下，测得单摆的周期偏小，则测得的重力加速度偏大，故C错误。故选B。（3）［4］由单摆的周期公式2πLTg=可得224πTLg=

，则图线的斜率24πkg=，解得24πgk=12．C水平位移()122123mxmxxx=++5∶3【详解】（1）［1］A．由于实验要测量两球碰撞后的速度，所以需要主动球碰撞后也要水平抛出，所以主动球的质量要大于被动球

的质量，即小球a的质量必须大于小球b的质量，同时为了保证小球碰撞为对心正碰，两小球半径须相同，故A错误；B．“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开斜槽末端后做平抛运动，斜槽是

否光滑不影响实验误差，故B错误；C．要保证每次小球都做平抛运动，则斜槽的末端必须水平，小球放在斜槽末端处，应能静止，故C正确；D．在实验中不需要测量斜槽末端到水平地面的高度，只要保证斜槽末端到水平地面的高度相同，即可知道两小球的下落时间相同，故D

错误；故选C。（2）［2］小球离开轨道后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，小球做平抛运动的时间相等，小球做平抛运动的水平位移与初速度成正比，可以间接地用水平位移来代替小球碰撞前后时的速度；（3）［3］设小球a直接从轨道飞出做平抛运动的初速度为v0，小球a与小球b碰撞后从轨道飞出做平抛运动的初

速度为v1，小球b被碰撞后从轨道飞出做平抛运动的初速度为v2，两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得101122mvmvmv=+由于两球做平抛运动的时间t相等，方程两边同时乘以t得101122mvtmvtmvt=+转化可得()()112112123mxxm

xmxxx+=+++化简得()122123mxmxxx=++（4）［4］根据题意可知123::4:9:2xxx=将其带入［3］中的表达式可得12915mm=，则12:5:3mm=13．（1）()()0.40.1m/s0,1,

2,3nvn+==；（2）()0.2sinπmPyt=−【详解】（1）波沿x−方向传播，由时间周期性()10.50,1,s2,34nnT+==解得周期为()2s0,1,2,341Tnn==+(0,1,2,3)n=

简谐波的波长为0.2m，波的传播速度大小为()()0.40.1m/0,1,2,3svnTn==+=（2）由（1）可得周期为()2s0,1,2,341Tnn==+，结合1sT，可得2sT=由图线可知0.2mA

=，简谐波沿x轴负方向传播，根据同侧法，10t=时刻质点P向下振动，质点P的位移Py随时间t的表达式为2πsinπPyAtT=+，即()0.2sinπmPyt=−14．（1）见解析；（2）2mg

h；（3）65mgh【详解】（1）重物B机械能不守恒，因为B下降过程中，绳子拉力对重物B做负功，B的机械能减小。（2）A上升h，则B下落2h，所以重力势能减少为p2Emgh=减（3）由系统机械能守恒

得()22112222mghmghmvmv=++，解得25ghv=重物A机械能增加量为212AEmghmv=+增，解得65AEmgh=增15．（1）30N；（2）1m；（3）6.18J【详解】（1）由机械能守恒定律和牛顿第二定律得212BmgRmv=，2NBBvFmgmR−

=，则N30BFN=（2）设m滑上小车后经过时间1t与小车同速，共同速度大小为v，对滑块有1mgma=，11Bvvat=−对于小车2mgMa=，21vat=，解得1m/sv=，11st=因10tt，故滑块与小车同速后，小车继续向左匀速行驶了0.5s，则小车右端距B端的距离为()1011m2

vxtvtt=+−=车（3）小车从开始到锁定过程中1112J26BQmglmvgvvtt+−===相对小车锁定后()20.18JQmgLl=−=相对从车开始运动到滑块滑离小车的过程中126.18JQQQ=+=