重庆市育才中学校2022-2023学年高一下学期期末最后一次自我测评物理（八） Word版含解析.docx

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重庆市育才中学校高2025届2022-2023学年（下）期末最后一次自我测评物理试题（考试时间：开考60分钟后发答案，75分钟后结束考试）注意事项：1.考前的最后一次检测自己的机会好好把握2.时间关系，本次测评自觉完成，自行校对，明天课前由小组长统计错题，统一评讲3.年级各大物理神仙均在试卷中，我们祝愿同学们期末考试取得好成绩4.试卷有难度，简单题很简单，难题没头绪直接跳过，所有考试均如此5.建议使用答题卡作答，保持答题习惯一、单项选择题（本大题共7个小题，每小题4分，总分7×4=28分）1.为备战年级篮球赛，育才中学高2025届11班篮球队的同学在育才篮球馆加紧训练，如图所示是王崇宇同学将篮球投出到入框经多次曝光得到的照片，篮球在P位置时受力方向可能是（　　）A.①B.②C.③D.④【答案】C【解析】【详解】篮球在空中受竖直向下的重力，与运动方向（轨迹的切线方向）相反的空气阻力的作用，两者的合力斜向后下方，指向轨迹内侧，可知符合题意的是③。故选C。2.任冬冬老师利用周末带家人们去重庆渝乐小镇游玩，如图所示是任老师及家人坐摩天轮的情景，摩天轮边缘悬挂透明座舱，任老师随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，则任老师（　　）A.受到合力不断改变B.对座椅的压力始终不变 C.速度始终恒定D.加速度始终恒定【答案】A【解析】【详解】C．游客做匀速圆周运动速度大小不变，方向不断改变，C错误；A．游客受到的合力为合力的大小不变，方向不断改变，A正确；B．在最高点根据牛顿第二定律得解得在最低点根据牛顿第二定律得解得游客对座椅的压力，在最高点压力最小，在最低点压力最大，B错误；D．根据，游客的加速度大小不变，方向时刻改变，D错误。故选A。3.如图所示，刘胜强老师在课堂上给学生做飞镖演示实验，他从O点对准前方的一块竖直挡板投掷飞镖（可视为质点），O与A在同一高度，飞镖的水平初速度分别为v1、v2，不计空气阻力，打在挡板上的位置分别为C、D，且AC=CD，则v1：v2的值为（　　） A.2：1B.：1C.（D.（【答案】B【解析】【详解】小球在空中做平抛运动，由平抛运动规律得，竖直方向，根据水平方向联立解得：所以又因所以故选B。4.由于高度限制，车库出入口采用图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆OP与横杆PQ链接而成，P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持水平。杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是（　　） A.Q点在竖直方向做匀速运动B.Q点在水平方向做匀速运动C.P点的线速度大小不变D.P点的加速度方向不变【答案】C【解析】【详解】A．Q点在竖直方向的运动与P点相同，相对于O点在竖直方向的位置y关于时间t的关系为则可得出Q点在竖直方向不是匀速运动，故A错误；B．P点相对于O点在水平方向的位置x关于时间t的关系为则可看出P点在水平方向也不是匀速运动，Q点在水平方向的运动与P点相同，故B错误。CD．由题知，杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，则P点的线速度大小和向心加速度大小均不变，但速度的方向时刻在改变，故C正确，D错误；故选C。5.如图所示，为圆弧轨道，为水平直轨道，圆弧的半径为，的长度也是。一质量为的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为，当它由轨道顶端A从静止开始下落时，恰好运动到处停止，那么物体在段克服摩擦力所做的功为（　　）A.B.C.D. 【答案】D【解析】【详解】设物体在段克服摩擦力所做的功为，由动能定理可得解得故选D。6.2020年12月1日，嫦娥五号探测器成功在月球正面预选着陆区着陆。某中学的科技小组设想嫦娥五号的登月轨道方案如图所示，环月轨道I为圆形轨道，环月轨道II为椭圆轨道，远月点记为P点，近月点记为Q点（图中未标出）。减速下降阶段速度很小能安全着陆。下列说法正确的是（　　）A.嫦娥五号在环月轨道I上的运动速度比月球的第一宇宙速度大B.嫦娥五号在环月轨道I上的机械能小于在环月轨道II上的机械能C.嫦娥五号在轨道I和轨道II上经过P点时的加速度相等D.嫦娥五号在环月轨道I上的运行周期比在环月轨道II上的运行周期短【答案】C【解析】【详解】A．根据公式可知轨道半径越大，线速度越小，月球的第一宇宙速度等于在月球表面的环绕速度，故嫦娥五号在环月轨道Ⅰ上的运动速度比月球的第一宇宙速度小，选项A错误；B．从轨道I变轨到轨道II，需要在P点减速做近心运动，故嫦娥五号在环月轨道Ⅰ上的机械能大于在环月轨道Ⅱ上的机械能，选项B错误； C．根据可知，嫦娥五号在轨道I和轨道II上经过P点时的加速度相等，选项C正确；D．根据开普勒第三定律可得在环月轨道Ⅰ上的运行的半径大于在环月轨道Ⅱ上的运行半长轴，故嫦娥五号在环月轨道Ⅰ上的运行周期比在环月轨道Ⅱ上的运行周期长，选项D错误。故选C。7.一个质量为的乘客乘坐电梯，由静止开始上升，做匀加速运动，做匀速运动，做匀减速运动。整个过程电梯对乘客的支持力做功的功率图象如图所示。其中，则下列说法正确的是（　　）A.乘客的质量B.在第末电梯的速度C.图中的D.整个过程中乘客克服重力做功的平均功率为【答案】C【解析】【详解】AB．在内功率恒定，故此时拉力等于重力，物体以匀速运动，得其中在物体匀加速运动 其中末有其中联立可得故AB错误；C．匀速阶段则故C正确；D．加速阶段位移匀速阶段减速阶段上升的总高度可知 则故D错误。故选C二、多项选择题（本大题共3个小题，每小题5分，总分3×5=15分）8.在一个水平桌面上固定一个内壁光滑的半径为R的管形圆轨道，俯视如图所示，a、b、c、d为圆上两条直径的端点，且ac与bd相互垂直。在内部放置A、B两个小球（球径略小于管径，管径远小于R），质量分别为、，开始时B球静止于a点，A球在其左侧以的初速度向右与B球发生第一次碰撞且被反弹。已知小球之间的碰撞均为对心弹性碰撞，第二次碰撞发生在b点。则下列说法中正确的是（　　）A.A、B两球的质量比为B.若只增大A球的初速度则第二次碰撞点可能在之间某处C.若只增大A球的质量则第二次碰撞点可能仍在b处D.若只增大A球的质量则第一、二次碰撞时间间隔不可能大于【答案】CD【解析】【详解】A．设第一次碰后A、B两球的速度分别为，。根据动量守恒定律和能量守恒定律有 第二次碰撞发生在b点，则有联立解得故A错误；BC．设第二次碰撞A球转过的角度为，则有解得可知与初速度无关，即第二次碰撞点与A球的初速度无关，若只增大A球的质量则第二次碰撞点可能仍在b处，故B错误，C正确；D．两次碰撞间隔时间为故D正确；故选CD。9.如图所示，质量为的金属环和质量为的物块通过光滑铰链用长为的轻质细杆连接，金属环套在固定于水平地面上的竖直杆上，物块放在水平地面上，原长为的轻弹簧水平放置，右端与物块相连，左端固定在竖直杆上点，此时轻质细杆与竖直方向夹角。现将金属环由静止释放，下降到最低点时变为60°。不计一切阻力，重力加速度为，则在金属环下降的过程中，下列说法中正确的是（　　）A.金属环和物块组成的系统机械能守恒 B.金属环的机械能一直减小C.达到最大动能时，对地面的压力大小为D.弹簧弹性势能最大值为2（）mgL【答案】BD【解析】【详解】A．在金属环下滑的过程中，弹簧逐渐伸长，对金属环和物块组成的系统，弹簧弹力对其做负功，系统机械能减小，故A错误；B．对金属环和物块及弹簧组成的系统，机械能守恒。在金属环下滑的过程中，物块的动能先增大，说明A受到杆的力方向斜向上方，杆的力对金属环做负功，的机械能减小，A的动能先增大后减小，说明后来杆对A在竖直方向上的分力大于A的重力，做减速运动，所以杆给A的力还是斜上方，即杆的力对A还是做负功，故金属环的机械能一直减小，故B正确；C．达到最大动能时，A的加速度为零，则金属环和物块组成的系统在竖直方向加速度为零，对系统受力分析可得，此时物块受到的地面支持力大小等于金属环和物块的总重力故对地面的压力大小为，故C错误；D．当金属环下滑到最低点时，弹簧的弹性势能最大，对金属环和物块及弹簧组成的系统，根据机械能守恒，弹簧弹性势能最大值为故D正确。故选BD。10.有一种被称为“魔力陀螺”的玩具如图甲所示，陀螺可在圆轨道外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，它可等效为一质点在圆轨道外侧运动模型，如图乙所示。在竖直平面内固定的强磁性圆轨道半径为，A、两点分别为轨道的最高点与最低点。质点沿轨道外侧做完整的圆周运动，受圆轨道的强磁性引力始终指向圆心且大小恒为，当质点以速率通过A点时，对轨道的压力为其重力的7倍，不计摩擦和空气阻力，质点质量为，重力加速度为，则（） A.强磁性引力的大小B.质点在点对轨道的压力小于在点对轨道的压力C.只要质点能做完整的圆周运动，则质点对A、两点的压力差恒为D.若强磁性引力大小为,为确保质点做完整的圆周运动，则质点通过点的最大速率为【答案】ACD【解析】【详解】A．在A点，对质点，由牛顿第二定律有根据牛顿第三定律有解得故A正确；BCD．质点能完成圆周运动，在A点根据牛顿第二定律有根据牛顿第三定律有在B点，根据牛顿第二定律有根据牛顿第三定律有 从A点到B点过程，根据动能定理解得若磁性引力大小恒为F，在B点，根据牛顿第二定律当FB=0，质点速度最大vB=vBm解得选项B错误，CD正确。故选ACD。三、实验题（本大题共2个小题，11题6分，12题9分，总分6+9=15分）11.（1）某研究小组利用DIS实验装置验证机械能守恒定律。如图1，内置有光电门的重锤通过轻杆与转轴O相连，重锤通过遮光片时可记录遮光时间。实验时，重锤从M点由静止释放，依次记录其通过每个速光片所对应的时间t。用刻度尺测出每个遮光片距最低点N的竖直高度为h，重锤质量为m，重力加速度为g。①实验前，用游标卡尺测量遮光片的宽度d，其示数如图2，则d=__________mm．②若以最低点N为零势能面，选用字母m、h、d、t、g表示物理量，则经过某个遮光片时，重锤的重力势能__________，动能__________；对比通过各遮光片处重锤的机械能 是否相等，可判断机械能守恒与否。③为了更直观的处理数据，研究小组绘制了重锤摆下过程中动能、重力势能及机械能随高度变化的图像如图3所示，其中重力势能的图线应为______（选填“A”，“B”或“C”）；仔细比对数据发现，重锤摆下过程中，重力势能减少量__________动能增加量（选填“大于”或“小于”）。【答案】①.2.4②.③.④.B⑤.大于【解析】【详解】①[1]由图2可知，游标卡尺的主尺读数为2mm，游标尺的第4条刻度线与主尺上某刻度线对齐，读数为0.1×4mm=0.4mm，因此则有d=2mm+0.4mm=2.4mm②[2]若以最低点N为零势能面，则经过某个遮光片时，重锤的重力势能[3]重锤经过某遮光片时的速度大小则经过某遮光片时重锤的动能③[4]由于重锤重力势能=mgh可知的图像应是经过原点的倾斜直线，因此的图线应为B。[5]图线A应是重锤摆下过程中机械能随高度变化的图像，可知重锤摆下过程中机械能逐渐减小，则有重锤摆下过程中，重力势能减少量大于动能增加量。12.如图1所示，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末端碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O。 接下来的实验步骤如下：步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上，重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置P；步骤2：把小球2放在斜槽末端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞；重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置M、N；步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度。（1）上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有___________。（写出物理量及相应符号）（2）若测得各落点痕迹到O点的距离：OM=2.68cm，OP=8.62cm，ON=11.50cm，并知小球1、2的质量比为2∶1，则系统碰撞前总动量p与碰撞后总动量的百分误差=___________%（结果保留一位有效数字）。（3）完成上述实验后，实验小组成员小红对上述装置进行了改造，小红改造后的装置如图2所示。使小球1仍从斜槽上A点由静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，两球落在以斜槽末端为圆心的圆弧上，平均落点为M′、P′、N′。测量轨道末端到M′、P′、N′三点的连线与水平方向的夹角分别为α1、α2、α3，则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为___________（用所测物理量的符号表示）。【答案】①.小球1和小球2质量m1和m2②.2③.m1=m1＋m2【解析】【详解】（1）[1]因为平抛运动的时间相等，根据所以用水平射程可以代替速度；根据动量表达式知，除了测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量是小球1和小球2的质量m1、m2。 （2）[2]因m1>m2，则小球1碰后不会反弹，则M、N分别是碰后小球1、2的平均落点。系统碰撞前的总动量p=m1碰撞后的总动量p′=m1＋m2知小球1、2的质量比为2∶1，则可解得=2%（3）[3]设圆弧半径为R，则对于从轨道末端到M′的运动，由平抛运动规律可知Rcosα1=v1t1联立解得v1=对于从轨道末端到P′、N′点运动，同理可得v0=v2=而要验证的关系式为m1v0=m1v1＋m2v2将v0、v1、v2代入可得m1=m1＋m2四、计算题（本大题共3个小题，13题12分，14题12分，15题18分）13.如图甲是技术娴熟的服务员整理餐具的情景，服务员先把餐具摆在圆形玻璃转盘上，然后转动转盘，使餐具甩出后停在圆形桌面上。已知圆形转盘的半径，圆形桌面的半径，玻璃转盘与圆形桌面中心重合，二者的高度差。可看作质点的质量为m的餐具放在转盘的边沿，餐具与转盘的动摩擦因数，缓缓增大转盘的转速，其俯视图如图乙，不计空气阻力，重力加速度g取 。求：（1）餐具刚好被甩出去时转盘的角速度。（2）若餐具落到圆形桌面上时不跳跃，且水平方向上的速度保持不变，为保证餐具不会滑落到地面上，求餐具与圆形桌面的动摩擦因数的取值范围（计算结果保留两位有效数字）。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）以餐具为研究对象，由牛顿第二定律得代入数据得（2）餐具被甩出后先做平抛运动，设平抛速度为，时间为，射程为x，则解得餐具落到圆形桌面后做匀减速直线运动，设当动摩擦因数最小为时，餐具刚好没到桌面的边沿，此过程由动能定理得代入数据得故餐具与桌面的动摩擦因数的范围应是 14.如图所示，半径为的四分之一光滑圆弧与水平桌面相切于点（其中水平，竖直），水平桌面的长度为，以点为圆心，半径为的四分之一圆弧分别与水平轴，竖直轴相交。位于点甲物块的质量为，位于点的乙物块的质量可调整变化。乙物块与水平桌面之间的动摩擦因数为。不计空气阻力，重力加速度为。甲、乙物块均可视为质点，两物块碰撞时无机械能损失，且碰撞时间极短。求：（1）甲物块由点静止释放，甲物块即将与乙物块碰撞前对圆弧的压力多大；（2）甲物块每次都是从点释放，通过调整乙物块的质量，甲乙物块碰撞后乙物块获得的速度不同，落到圆弧上速度也会发生变化。若某次乙物块落到圆弧上的速度最小，则乙物块从圆心平抛的初速度多大？（3）上述（2）中乙物块的质量为多大？【答案】（1）3mg；（2）；（3）【解析】【详解】（1）甲物块由点静止释放运动到点过程，根据机械能守恒定律有在b点甲物块与乙物块即将碰撞前，根据牛顿第二定律有甲物块碰撞前对圆弧的压力与圆弧对甲物块碰撞前的支持力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律有联立解得 （2）乙物块到达点后将向右平抛运动的初速度为，落到圆弧上的速度为，则水平方向有竖直方向有乙物块平抛运动的位移有乙物块由点向右平抛落到圆弧上时，根据动能定理有联立可得由数学知识可知当时，乙物块平抛落在圆弧上的速度最小，联立可得（3）设乙物块质量调整为，甲、乙两物块在点碰撞时动量和机械能均守恒，则有碰后物块向右左减速运动到点，根据动能定理有解得15.如图所示，三个质量均为m的小物块A、B、C，放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止。现给C施加一水平向左、大小为F的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A离开墙壁，最终三物块都停止运动。已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为f ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。（弹簧的弹性势能可表示为：，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）（1）求B、C向左移动的最大距离和B、C分离时B的动能；（2）为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值；（3）若，请在所给坐标系中，画出C向右运动过程中加速度a随位移x变化的图像，并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的a、x值（用f、k、m表示），不要求推导过程。以撤去F时C的位置为坐标原点，水平向右为正方向。【答案】（1）、；（2）；（3）见解析【解析】【详解】（1）从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以B、C和弹簧为研究对象，由功能关系得弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B、C和弹簧为研究对象，由能量守恒得联立方程解得（2）当A刚要离开墙时，设弹簧得伸长量为，以A为研究对象，由平衡条件得若A刚要离开墙壁时B得速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值，从弹簧恢复原长到A刚要离开墙得过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒得结合第（1）问结果可知 根据题意舍去所以恒力得最小值为（3）小物块B、C向左运动过程中，由动能定理得解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为则坐标原点的加速度为之后C开始向右运动过程（B、C系统未脱离弹簧）加速度可知加速度随位移为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长，减小，减小，弹簧恢复原长时，B和C分离，之后C只受地面的滑动摩擦力，加速度为负号表示C的加速度方向水平向左；从撤去恒力之后到弹簧恢复原长，以B、C为研究对象，由动能定理得脱离弹簧瞬间后C速度为，之后C受到滑动摩擦力减速至0，由能量守恒得解得脱离弹簧后，C运动的距离为则C最后停止的位移为所以C向右运动的图像为