湖北省武汉市第四中学2024-2025学年高一下学期期末复习二物理试卷

试卷第 1 页，共 6 页 期末复习卷二 一、选择题：本题共 10 小题．在每小题给出的四个选项中，第 1-7 题只有一项符合题目要求，第 8-10 题 有多项符合题目要求。 1．做简谐运动的质点，某段时间内速度在增加，则这段时间内质点的（ ） A．机械能一定增加 B．振动位移一定增加 C．加速度一定增加 D．弹性势能一定减小 2．关于以下四幅图，下列说法中正确的是（ ） A．图 1 中“蛟龙号”被吊车吊下水的过程中它的机械能守恒 B．图 2 中火车在匀速转弯时动能不变，故所受合外力为零 C．图 3 中真空钱羽管（又名牛顿管）中下落的羽毛机械能守恒 D．图 4 中撑杆跳高运动员在上升过程中机械能守恒 3．如图所示，武装直升机的桨叶旋转形成的圆面面积为 S，空气密度为 ρ，直升机质量为 m，重力加速度 为 g。当直升机向上匀速运动时，若空气阻力恒为 f，不计空气浮力及风力影响，下列说法正确的是（ ） A．直升机悬停时受到的升力大小为mg f+ B．直升机悬停时发动机的功率为 0 C．直升机向上匀速运动时，螺旋桨推动的空气流量为 mg f Sρ + D．直升机向上匀速运动时，螺旋桨推动的空气流量为 ( )mg f S ρ + 4．在一次拍篮球比赛中，已知篮球质量为0.6kg，为保证篮球与地面碰撞后自然跳起的最大高度均为1.5m， 需每次在球到达最高点时拍球，每次拍球作用距离为0.25m，使球在离手时获得一个竖直向下4m / s的速度。 试卷第 2 页，共 6 页 若不计空气阻力及球的形变， g 取 210m/s ，则下列说法正确的是（ ） A．手给球的冲量等于2.4kg?m / s B．若每次手与球作用时间是 0.2s，则手给球的平均作用力为 6N C．人对球做的功为4.8J D．球落地速度为 30m / s 5．如图甲所示，一木块以某一初速度冲上倾角 37θ = °足够长的固定斜面。若以斜面底端为位移初始点，乙 图为木块在斜面上运动的动能 kE 随位移 x 变化关系图像。忽略空气阻力的影响，重力加速度 210m/sg = ， sin 37 0.6=° ， cos37 0.8=° 。则下列判断正确的是（ ） A．木块从底端出发再回到底端的过程中，摩擦力做功为-20J B．木块与斜面间的动摩擦因数 0.2µ = C．再回到底端时，小木块重力的瞬时功率为20 10W D．木块从底端出发到 x=5m 位置的过程中，机械能减少了 40J 6．如图所示，在光滑的水平面上有一质量为 M 的静止的物体，物体上有一光滑的半圆弧轨道，半径为 R， 最低点为 C，两端 AB一样高，现让质量为 m 的小滑块从 A 点由静止下滑，重力加速度为 g，则在运动过程 中（ ） A．M 所能获得的最大速度为 2 2mgRm M Mm+ B．m 运动到最低点 C 时对轨道的压力大小为 3mg C．M 向左运动的最大距离为 2mR m M+ D．M 与 m组成的系统机械能守恒，动量也守恒 7．如图所示，质量为 2m和 m 的两个弹性环 A、B 用不可伸长的、长为 L 的轻绳连接，分别套在水平细杆 OP 和竖直细杆 OQ上，OP 与 OQ 在 O 点用一小段圆弧杆平滑相连，且 OQ 足够长，初始时刻，将轻绳拉 试卷第 3 页，共 6 页 至水平位置伸直，然后释放两个小环，A 环通过小段圆弧杆时速度大小保持不变，重力加速度为 g，不计一 切摩擦，以下说法正确的是（ ） A．运动过程中 A、B 组成的系统机械能不守恒 B．当 B 环下落 1 2 L 时 A 的速度为 2 gl C．当 B 环下落 L 时 A 的速度为零 D．A 环到达 O 点后再经过 L g 的时间能够追上 B 环 8．如图所示为某物体做简谐运动的图像，下列说法中正确的是（ ） A．由P Q→ 位移在增大 B．由 P Q→ 速度在增大 C．由M N→ 位移是先减小后增大 D．由M N→ 位移始终减小 9．如图所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块。今让一小球自 左侧槽口 A 的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自 A 点进入槽内，则以下结论中正确的是（ ） A．半圆槽内由 A 向 B的过程中小球的机械能守恒，由 B 向 C 的过程中小球的 机械能也守恒 B．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒 C．小球自半圆槽的最低点 B向 C 点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动 量守恒 D．小球离开 C 点以后，将做斜抛运动 10．如图所示，光滑斜面与水平面的夹角为 θ，斜面上质量为 m 物块 A 被平行于斜面的轻质弹簧拉住静止 于 O 点，弹簧的劲度系数为 k，重力加速度为 g。现将 A 沿斜面向上推动至弹簧压缩量为 sinmg k θ 处的 C 点 无初速度释放，B为 C 关于 O 的对称点。关于物体 A 后续的运动过程，下列说法正确的是（ ） 试卷第 4 页，共 6 页 A．物体 A 做简谐运动，振幅为 sinmg k θ B．物体 A 在 B 点时，系统的弹性势能最大 C．物体 A 速度的最大值为2 sin mg k θ D．物块在 C 点时，由物块与弹簧构成的系统势能最大，在 B点时最小 二、实验题 11．在验证动量守恒定律实验中，实验装置如图所示，a、b 是两个半径相等的小球，按照以下步骤进行操 作： ①在平木板表面钉上白纸和复写纸，并将该平木板竖直立于紧靠槽口处，将小球 a从斜槽轨道上固定点处 由静止释放，撞到平木板并在白纸上留下痕迹 O； ②将平木板水平向右移动一定距离并固定，再将小球 a 从固定点处由静止释放，撞到平木板上得到痕迹 B； ③把小球 b 静止放在斜槽轨道水平段的最右端，让小球 a 仍从固定点处由静止释放，和小球 b 相碰后，两 球撞在平木板上得到痕迹 A和 C。 （1）若碰撞过程中没有机械能损失，为了保证在碰撞过程中 a球不反弹，a、b两球的质量 m1、m2间的关 系是 m1 m2（选填“＞”“=”或“＜”）。 （2）为完成本实验，必须测量的物理量有 。 A．小球 a 开始释放的高度 h B．平木板水平向右移动的距离 l C．a 球和 b球的质量 m1、m2 D．O点到 A、B、C 三点的距离 y1、y2、y3 试卷第 5 页，共 6 页 （3）在实验误差允许的范围内，若动量守恒，其关系式应为 。 12．利用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验，质量为 mA的钢球 A 用细线悬挂于 O 点，质量为 mB的钢球 B 放在离地面高度为 H 的小支柱 N 上。O点到 A 球球心的距离为 L。使悬线在 A 球释放前伸直， 且线与竖直方向的夹角为 α，A 球释放后摆动到最低点时恰与 B 球正碰，碰撞后，A 球把轻质指示针 OC推 移到与竖直方向夹角为 β处，B 球落到地面上，地面上铺一张盖有复写纸的白纸 D。保持 α角度不变，多次 重复上述实验，白纸上记录到多个 B 球的落点，重力加速度为 g。 （1）图中 x 应是 B 球初始位置到 的水平距离。 （2）为验证碰撞前后系统的动量守恒，应测量的物理量有 。 （3）用测得的物理量表示（vA为 A 球与 B 球刚要相碰前 A 球的速度，vA′为 A 球与 B 球刚相碰后 A 球的速 度，vB′为 A 球与 B 球刚相碰后 B 球的速度）： 碰撞前系统的动量为 p＝ ， 碰撞后系统的动量为 p′＝ ， 要验证的表达式为 。 三、解答题 13．把质量为 1kgm = 的物块从 1.25mh = 高处以 0 5m/sv = 速度水平抛出。（g 取 10 2m/s ）求： (1)物块从抛出到落地过程中重力的冲量； (2)物块落地前一瞬间的动量的大小。 试卷第 6 页，共 6 页 14．如图甲所示，轻弹簧上端固定，下端系一质量为 0.1kgm = 的小球，小球静止时弹簧伸长量为 2 18 m 5π 。 现使小球在竖直方向上做简谐运动，从小球在最低点释放时开始计时，小球相对平衡位置的位移 y 随时间 t 变化的规律如图乙所示，重力加速度 g 取 210m / s 。 （1）写出小球相对平衡位置的位移随时间的变化关系式； （2）求出小球在0 ~ 12.9s内运动的总路程和12.9s时刻的位置； （3）小球运动到最高点时，弹簧的伸长量为 2 9 m 5π ，求此时小球加速度的大小。 15．如图所示，足够长的斜面体被固定在水平面上，底端固定一个弹性挡板，挡板垂直于斜面体，斜面倾 角为 37θ = °，A、B 两个可视为质点的物块静止在斜面上，与斜面的动摩擦因数都为 0.75µ = ，物块 A 到挡 板的距离是 0.125mx = 。A、B 的质量分别是 m、km（其中 k 值小于 1），现在给 B 一个初速度 0 3m / sv = ， 所有碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。 （1）A、B 第一次碰撞后 A、B 的速度大小； （2）A、B 恰好发生第二次碰撞且碰撞位置距离挡板最远，则 k 值的大小。 期末复习卷（2）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C D B A C D AC CD BC 1．D 【详解】A．简谐运动过程中，动能和势能相互转化，机械能保持不变，A错误； B．某段时间内速度在增加，则这段时间内质点从最大位移向平衡位置运动，位移减小，B错误； C．根据回复力 位移减小，回复力减小，加速度减小，C错误； D．从最大位移向平衡位置运动的过程中，弹性势能减小，动能增大，D正确。 故选D。 2．C 【详解】A．图1中“蛟龙号”被吊车吊下水的过程中，吊车的拉力对它做了负功，它的机械能不守恒，故A错误； B．图2中火车在匀速转弯时动能不变，根据动能定理可知合外力做的功为零；但是火车所受合外力不为零，它提供了火车转弯时需要的向心力，故B错误； C．图3中真空钱羽管（又名牛顿管）中下落的羽毛只受重力的作用，其机械能守恒，故C正确； D．图4中撑杆跳高运动员在上升过程中杆的弹力对运动员做了正功，运动员的机械能不守恒，故D错误。 故选C。 3．D 【详解】A．直升机悬停时受到的升力大小为mg，故A错误； B．直升机悬停时，受到的升力为mg，以空气为研究对象，根据牛顿第三定律可知，空气受到向下的推力为mg，根据动量定理可得 所以螺旋桨推动空气的速度为 单位时间内发动机做的功数值即为发动机的功率 故B错误； CD．直升机向上匀速运动时，受到的升力为mg+f，以空气为研究对象，根据牛顿第三定律，空气受到向下的推力为mg+f，根据动量定理可得 所以螺旋桨推动空气的速度为 螺旋桨推动的空气流量为 故C错误，D正确。 故选D。 4．B 【详解】A．根据题述，使球在离手时获得一个竖直向下的初速度，根据动量定理，合外力给球的冲量 手给球的冲量与重力冲量之和等于合外力冲量，手给球的冲量小于，故A错误； B．根据 解得 故B正确； C．根据动能定理 解得 故C错误； D．根据 可得球落地速度为 故D错误。 故选B。 5．A 【详解】AD．木块从底端出发再回到底端的过程中，结合乙图数据，据动能定理可得 故全程摩擦力做功为，由对称性可知，木块从底端出发到x=5m位置的过程中，摩擦力做功-10J，即机械能减少了10J，A正确，D错误； B．图线斜率表示木块所受合力，木块上滑过程，由动能定理可得 木块下滑过程，由动能定理可得 联立解得 ， B错误； C．再回到底端时，小木块动能为 重力的瞬时功率为 联立解得 C错误。 故选A。 6．C 【详解】AD．M和m组成的系统竖直方向所受合外力不为0，系统动量不守恒，但水平方向所受合外力为零，水平方向动量守恒，由于只有重力做功，系统机械能守恒，当m到达最低点时，M的速度最大，可得 mv1-Mv2=0 联立解得M所能获得的最大速度为 AD错误； B．当光滑的半圆弧轨道固定在水平地面上时，由机械能守恒定律可得 由牛顿第二定律可得 联立解得m运动到最低点C时轨道对m的支持力大小为 F=3mg 根据牛顿第三定律可知m运动到最低点C时对轨道的压力大小为3mg，现在光滑的半圆弧轨道在水平面上运动，m运动到最低点C时的速度不是v，故对轨道的压力大小不是3mg，B错误； C．由于水平方向系统动量守恒，根据“人船模型”原理可得 mx1=Mx2 x1＋x2=2R 联立解得M向左运动的最大距离为 C正确。 故选C。 7．D 【详解】A．运动过程中A、B组成的系统只有重力做功，则机械能守恒，A错误； B．由几何关系可知，当B环下落时绳子与水平方向之间的夹角满足为，由关联速度可知 则有 B下降的过程中A与B组成的系统机械能守恒，有 所以A环的速度为 B错误； C．当B环下落L时，A到达O点，此时B的速度等于0，A的速度不为零，C错误； D．A环到达O点，由机械能守恒有 解得 环A过O点后做初速度为、加速度为g的匀加速直线运动，B做自由落体运动，当A追上B时，有 解得 D正确。 故选D。 8．AC 【详解】AB．物体经过平衡位置向正方向运动，先后经过P、Q两点，故位移增大，速度减小，A正确，B错误； CD．物体从正方向最大位移处向负方向运动，先后经过M、N两点，且N点在平衡位置另一侧，故从位移先减小后增大，C正确，D错误。 故选AC。 9．CD 【详解】A．只有重力或只有弹力做功时物体机械能守恒，小球在半圆槽内运动由B到C过程中，除重力做功外，槽的支持力也对小球做功，小球机械能不守恒，由此可知，小球在半圆槽内运动的全过程中，小球的机械能不守恒，故A错误； B．小球在槽内运动的前半过程中，左侧物体对槽有作用力，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，故B错误； C．小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，系统在水平方向所受合外力为零，故小球与半圆槽在水平方向动量守恒，故C正确； D．小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，故D正确。 故选CD。 10．BC 【详解】A．物体A在O点平衡位置，有 解得 弹簧处理拉伸状态，故OC之间的距离为 即振幅为；故A错误； B．物体A在B点时，弹簧的形变量最大，系统的弹性势能最大，故B正确； C．物体A在O点的速度最大，C点与O点的弹簧形变量一样，弹性势能相等，故有O点运动到C点，由动能定理得 解得 故C正确； D．由物块与弹簧构成的系统势能指的是重力势能和弹性势能之和。根据机械能守恒定律，动能和势能之和不变，由物块与弹簧构成的系统中，动能越小，势能越大；系统在C点和B点动能为零，势能最大；系统在O点动能最大，势能最小，故D错误。 故选BC。 11． ＞ CD/DC 【详解】（1）[1]在小球碰撞过程中水平方向动量守恒，故有 m1v0=m1v1+m2v2 碰撞前后动能相等，故有 m1v=m1v+m2v 解得 若要使a球的速度方向不变，则m1＞m2。 （2）（3）[2][3]小球做平抛运动的时间 则初速度 显然平抛运动的初速度与下落高度二次方根的倒数成正比，根据动量守恒定律 又因为 解得 上式成立时系统的动量守恒； 由以上可知，需测量的物理量有a球和b球的质量m1、m2和O点到A、B、C三点的距离y1、y2、y3，AB错误，CD正确。 故选CD。 12． B球平均落点 mA、mB、α、β、L、H、x 【详解】（1）[1]小球A在碰撞前、后摆动，满足机械能守恒定律。小球B在碰撞后做平抛运动，则x应为B球的平均落点到其初始位置的水平距离。 （2）[2]碰撞前对A，由机械能守恒定律得 则 碰撞后对A，由机械能守恒定律得 则 碰后B做平抛运动，有 x＝vB′t 所以 可得 故要得到碰撞前后的动量，要测量mA、mB、α、β、L、H、x等物理量。 （3）[3]碰撞前系统的动量为 [4]碰撞后系统的动量为 [5]若系统动量守恒，则应有 要验证的表达式为 13．(1)5N·s；方向竖直向下 (2) 【详解】（1）根据 解得 则重力的冲量为 方向竖直向下。 （2）竖直方向的速度大小为 则物块落地前一瞬间的速度大小为 则物块落地前一瞬间的动量大小为 14．（1）；（2），在平衡位置；（3） 【详解】（1）由振动图像读出周期，振幅，由得到圆频率 则位移随时间变化的关系式为 （2）因 所以小球在内运动的总路程为 时刻的位置在平衡位置。 （3）小球静止时 解得 根据牛顿第二定律得 解得 方向竖直向下。 15．（1），；（2）0.5 【详解】（1）对物块B受力分析可知    ① 所以物块B匀速下滑，设A、B第一次碰撞后A、B的速度分别为vA、vB，根据动量守恒定律有 ② 根据能量守恒定律有    ③ 联立②③解得    ④    ⑤ 又因为k＜1，所以vB的大小为    ⑥ （2）物块B碰后沿斜面向上做匀减速运动，设上滑的最大位移是s，根据动能定理有    ⑦ 易知物块A先做匀速下滑，与挡板碰后反弹速度大小不变，开始匀减速上滑，若A、B恰好发生第二次碰撞且碰撞位置距离挡板最远，根据动能定理有    ⑧ 联立④⑤⑦⑧解得 k＝0.5   ⑨ 答案第10页，共11页 学科网（北京）股份有限公司 $$