2021-2022学年陕西省延安市第一中学高一下学期期末物理试题含解析

  2021-2022学年度第二学期期末高一年级物理试题

（全卷100分；时间90分钟）

本试卷分为第一卷和第二卷两部分

第一卷（选择题，共48分）

一、选择题：本题共12小题，每题4分，共48分。在每题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

1. 关于曲线运动，下列说法正确的是（　　）

A. 做圆周运动的物体所受的合力方向一定指向圆心

B. 做曲线运动的物体速度大小一定变化

C. 做曲线运动的物体合力一定不为零

D. 做平抛运动的物体其运动性质属于变加速曲线运动

【答案】C

【解析】

【详解】A．做匀速圆周运动的物体所受的合力方向一定指向圆心，变速圆周运动的物体所受合力的方向指向圆内，但不指向圆心，故A错误；

B．做曲线运动的物体速度方向一定发生变化，但大小不一定变化，如：匀速圆周运动，故B错误；

C．物体做曲线运动，需要物体受到的合外力与速度不共线，可知做曲线运动的物体合力一定不为零，故C正确；

D．做平抛运动的物体只受重力，属于加速度不变的曲线运动，即匀变速曲线运动，故D错误。

故选C。

2. 如图所示，有两条位于同一竖直平面内的水平轨道，轨道上有两个物体A和B，它们通过一根绕过定滑轮O的不可伸长的轻绳相连接，物体A以速率vA＝30 m/s匀速运动，在绳与轨道成30°角时，物体B的速度大小vB为    ( 　　 )

A. 5  B. 10

C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】将B点的速度分解如图所示，则有：，，解得： ，故C正确．

3. 小明在离墙一定距离的同一点，先后将A、B两飞镖沿同一方向水平掷出，不计空气阻力，两飞镖插在墙靶上的情况如图所示，且两插点在同一条竖直线上，下列说法正确的是（    ）

A. 镖A的运动时间和镖B的运动时间相等

B. 镖A的运动时间比镖B的运动时间长

C. 镖A掷出时的初速度比镖B掷出时的初速度大

D. 镖A掷出时的初速度比镖B掷出时的初速度小

【答案】C

【解析】

【详解】AB．镖AB在同一点抛出，做平抛运动，根据图所示，A下落的高度小一点，根据运动学公式得

故镖A的运动时间比镖B的运动时间短，AB错误；

CD．镖AB在同一点抛出，抛出点距离靶的水平距离相等，由运动学公式，得

镖A运动时间比镖B的运动时间短，故镖A掷出时的初速度比镖B掷出时的初速度大，C正确，D错误。

故选C。

4. 2022年4月16日，“神舟十三号”返回舱载着翟志刚、王亚平、叶光富三位宇航员在东风着陆场安全降落，结束了183天太空之旅顺利返回地球。返回舱从工作轨道Ⅰ返回地面的运动轨迹如图，椭圆轨道Ⅱ与圆轨道Ⅰ、Ⅲ分别相切于P、Q两点，返回舱从轨道Ⅲ上适当位置减速后进入大气层，最后在东风着陆场着陆。下列说法正确的是（　　）

A. 返回舱在Ⅰ轨道上P需要向运动方向的反方向喷气进入Ⅱ轨道

B. 返回舱在Ⅱ轨道上运动的周期小于返回舱在Ⅲ轨道上运动的周期

C. 返回舱在Ⅲ轨道的速度小于在Ⅰ轨道的速度

D. 返回舱在Ⅰ轨道经过P点时加速度等于在Ⅱ轨道经过P点时加速度

【答案】D

【解析】

【详解】A．返回舱在P点由轨道I进入轨道Ⅱ，需减速，可向运动方向喷气使得速度减小，做近心运动，故A错误；

B．根据开普勒第三定律知返回舱在Ⅱ轨道上运动的周期大于返回舱在Ⅲ轨道上运动的周期，故B错误；

C．由解得

所以返回舱在Ⅲ轨道的速度大于在Ⅰ轨道的速度，故C错误；

D．由解得

所以返回舱在Ⅰ轨道经过P点时加速度等于在Ⅱ轨道经过P点时加速度，故D正确。

故选D。

5. 关于机械能守恒，下列说法正确的是（　　）

A. 人乘电梯加速上升的过程，机械能守恒

B. 做自由落体运动的物体，机械能一定守恒

C. 合外力对物体做功为零时，机械能一定守恒

D. 物体必须在只受重力作用的情况下，机械能才守恒

【答案】B

【解析】

【详解】A．人乘电梯加速上升的过程，动能和势能都增加，则机械能增加，选项A错误；

B．做自由落体运动的物体，只有重力做功，机械能一定守恒，选项B正确；

C．合外力对物体做功为零时，机械能不一定守恒，例如当物体匀速上升时，机械能增大，选项C错误；

D．如果物体除受重力以外还受其他的力，但是其他力做功的代数和等于零，物体的机械能也守恒，选项D错误。

故选B。

6. 如图所示，一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2，圆轨道1的半径为R，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍，小球的质量为m，若小球恰好能通过轨道2的最高点B，则小球在轨道1上经过其最高点A时对轨道的压力大小为（重力加速度为g）（　　）

A. 2mg B. 3mg C. 4mg D. 5mg

【答案】C

【解析】

【详解】小球恰好能通过轨道2的最高点B时，有

mg＝

小球在轨道1上经过其最高点A时，有

FN＋mg＝

根据机械能守恒定律，有

解得

FN＝4mg

结合牛顿第三定律可知，小球在轨道1上经过其最高点A时对轨道的压力大小为4mg，ABD错误，C正确。

故选C。

7. 如图所示，质量为m的滑块沿倾角为θ的固定斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零并又开始下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff，重力加速度为g。在整个运动过程中，下列说法正确的是（　　）

A. 支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cos θ B. 重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)sin θ

C. 合外力的冲量为0 D. 摩擦力的总冲量为Ff(t1＋t2)

【答案】A

【解析】

【详解】A．将重力按照垂直斜面和平行于斜面分解，可得支持力

则支持力对滑块的总冲量为

方向垂直斜面向上，故A正确；

B．根据冲量的定义知，重力对滑块的总冲量为

方向竖直向下，故B错误；

C．一开始小滑块的动量沿斜面向上，最后小滑块的动量沿斜面向下，根据动量定理可知

显然合外力的冲量不为0。故C错误；

D．小滑块向上滑动时摩擦力方向沿斜面向下，小滑块向下滑动时摩擦力方向沿斜面向上，以沿斜面向上为正方向，则摩擦力的总冲量为

故D错误。

故选A。

8. 以下是我们所研究的有关圆周运动的基本模型，如图所示，下列说法正确的是（　　）

A. 如图甲，火车转弯小于规定速度行驶时，外轨对轮缘会有挤压作用

B. 如图乙，汽车通过拱桥的最高点时受到的支持力大于重力

C. 如图丙，两个圆锥摆摆线与竖直方向夹角θ不同，但圆锥高相同，则两圆锥摆的线速度大小不相等

D. 如图丁，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置先后分别做匀速圆周运动，则在A、B两位置小球所受筒壁的支持力大小不相等

【答案】C

【解析】

【详解】A．火车转弯时，刚好由重力和支持力的合力提供向心力时，有

解得

当时，重力和支持力的合力大于所需的向心力，则火车做近心运动的趋势，所以车轮内轨的轮缘对内轨有挤压，故A错误；

B．汽车通过拱桥的最高点时，其所受合力方向指向圆心，所以汽车有竖直向下的加速度，汽车重力大于其所受支持力，故B错误；

C．摆球做圆周运动的半径为

R=htanθ

摆球受到重力和细绳拉力作用，由其合力提供向心力，即

则圆锥摆的角速度为

因为圆锥的高h不变，所以圆锥摆的角速度不变，线速度并不相同，故C正确；

D．小球在两位置做匀速圆周运动，由其合力提供向心力，受筒壁的支持力为

（θ为锥体顶角的一半），故支持力大小相等，故D错误。

故选C。

9. 如图所示，质量为m的小车在水平恒力F推动下，从粗糙的山坡底部A处由静止开始运动至高为h的坡顶B处时速度为v，AB之间的水平距离为s，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）

A. 小车克服重力所做的功为mgh

B. 合外力对小车做的功为mv2

C. 推力对小车做的功为mgh+mv2

D. 小车克服阻力做功为Fs﹣mgh﹣mv2

【答案】ABD

【解析】

【分析】

【详解】A．小车上升的高度为h，则小车克服重力所做的功为

WG=mgh

故A正确。

B．根据动能定理知，合力做功等于动能的变化量，则合力做功为，故B正确。

CD．对整个过程运用动能定理有

则克服阻力做功为

推力做功不等于

故C错误，D正确。

故选ABD。

10. 如图所示，一质量M=3.0kg的长木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m=1.0kg的小木块A.现以地面为参考系，给A和B以大小均为4.0m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A并没有滑离B板.站在地面上的观察者看到在一段时间内小木块A正在做加速运动，则在这段时间内的某时刻木板相对地面的速度大小可能是（    ）

A. 1.8m/s B. 2.4m/s C. 2.6m/s D. 3.0m/s

【答案】BC

【解析】

【详解】以A、B组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右为正方向，从A开始运动到A的速度为零过程中，由动量守恒定律得（M－m）v0=MvB1，代入数据解得vB1=2.67m/s.当从开始运动到A、B速度相同的过程中，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得（M－m）v0=（M+m）vB2，代入数据解得vB2=2m/s.木块A加速运动的过程为从其速度为零至与B共速，且此过程中B始终减速，则在木块A正在做加速运动的时间内，B的速度范围为2m/s<vB<2.67m/s.

A．1.8m/s，与结论不相符，选项A错误；

B．24m/s，与结论相符，选项B正确；

C．2.6m/s，与结论相符，选项C正确；

D．3.0m/s，与结论不相符，选项D错误；

11. 如图为修建高层建筑常用的塔式起重机，在起重机将质量的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做速度的匀速运动，取，不计额外功。则（　　）

A. 起重机允许输出的最大功率为

B. 重物做匀加速运动所经历的时间

C. 重物做匀加速运动所经历的时间

D. 起重机在第2秒末的输出功率

【答案】AB

【解析】

【详解】A．设起重机允许输出的最大功率为，重物达到最大速度时，此时物体做匀速直线运动，拉力等于重力。根据

，

可得起重机的最大输出功率为

A正确；

BC．匀加速运动结束时，起重机达到允许输出最大功率，设此时重物受到的拉力为F，速度为，匀加速运动经历时间为，根据

，，

可解得，B正确，C错误；

D．t=2s时，重物处于匀加速运动阶段，设此时速度为v2，输出功率为P，则：

v2=at，P=Fv2

联立代入数据得P=2.04×104W，D错误。

故选AB。

12. 如图所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为．质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端（不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，，）．则

A. 动摩擦因数

B. 载人滑草车最大速度为

C. 载人滑草车克服摩擦力做功为mgh

D. 载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为

【答案】AB

【解析】

【分析】

【详解】A．由动能定理可知

解得

选项A正确；

B．对前一段滑道，根据动能定理有

解得

则选项B正确；

C．载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，选项C错误；

D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为

选项D错误；

故选AB。

第二卷（非选择题，共52分）

二、实验题（满分14分）

13. 测量滑块在运动过程中所受的合外力是探究动能定理实验要解决的一个重要问题。为此某同学设计了如下实验方案：

A．实验装置如图甲所示，滑块后面夹纸带，纸带穿过打点计时器（频率为50Hz）。一端系在滑块上的细绳通过转轴光滑的轻质滑轮挂上钩码，用垫块将长木板固定有定滑轮的一端垫起。调整长木板的倾角，打开打点计时器后轻推滑块，滑块沿长木板向下做匀速直线运动；

B．保持长木板的倾角不变，取下细绳和钩码，打开打点计时器，让滑块只拖着纸带沿长木板向下做匀加速直线运动。

请回答下列问题：

（1）滑块做匀速直线运动时，打点计时器在纸带上所打出点的分布应该是___________。

（2）滑块在匀加速下滑过程中所受的合外力大小___________（选填“大于”“等于”或“小于”）钩码的重力大小。

（3）当滑块沿长木板向下做匀加速直线运动时，某同学打出的一条纸带如图乙所示，用刻度尺测得计数点1、2、3、4到计数起点0的距离分别为3.15cm、12.40cm、27.70cm、49.05cm。由此可得物体的加速度为___________ m/s2。（计算结果保留3位有效数字）

（4）若滑块质量为m0、钩码质量为m，当打点计时器打下1、3点时滑块速度分别为v1和v2，1、3两点之间距离为s，重力加速度为g，探究结果的表达式是___________。（用相应的符号表示）

【答案】    ①. 等间距（或均匀）的    ②. 等于    ③. 6.06    ④.

【解析】

【详解】（1）[1]由于打点计时器打点的时间间隔是固定的，所以当滑块做匀速直线运动时，纸带上所打出的点应该是等间距（或均匀）的。

（2）[2]当挂上钩码时，滑块匀速下滑，说明钩码的重力大小等于滑块所受重力、支持力、摩擦力三个力的合力。去掉钩码后，滑块受到重力、支持力和摩擦力的作用，这三个力的合力大小仍然等于钩码的重力大小。

（3）[3]物体的加速度为

（4）[4]在1、3两点之间，合外力所做的功为

滑块动能的变化量为

所以探究结果的表达式为

14. 某物理兴趣小组利用如图甲实验装置验证、组成的系统机械能守恒。从一定高度由静止开始下落，上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。如图乙给出的是实验中获取的一条纸带：O是打下的第一个点，打点计时器的工作频率为50Hz。A、B、C为纸带上标注的三个计数点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出）。各计数点到O点的距离已在图中标出。已知、（重力加速度g取，计算结果均保留一位小数）

（1）关于上述实验，下列说法中正确的是______；

A．重物最好选择密度较大的物块

B．重物的质量可以不测量

C．实验中应先释放纸带，后接通电源

D．可以利用公式来求解瞬时速度

（2）在纸带上打下计数点B时的速度v＝______m/s；

（3）在打计数点O至B过程中系统动能的增加量______J，系统重力势能的减少量______J，实验结果显示略大于，那么造成这一现象的主要原因是_______。

（4）某同学根据选取的纸带的打点情况做进一步分析，做出获得的速度v的平方随下落的高度h的变化图像如图丙所示，据此可计算出当地的重力加速度g＝______。

【答案】    ①. A    ②. 2.0    ③. 0.6    ④. 0.7    ⑤. 纸带与打点计时器间有摩擦，摩擦阻力做功造成机械能损失    ⑥.

【解析】

【详解】（1）[1]

A．为减小实验误差，重物最好选择密度较大的物块，以减小空气阻力，故A正确；

B．因为实验需要计算系统重力势能减少量

和系统动能增加量

需要验证两者是否相等，两式子不能把质量消除，所以需要测量重物的质量，故B错误；

C．实验中应先接通电源，后释放纸带，故C错误；

D．本实验是验证机械能守恒的实验，若利用公式来求解瞬时速度，则需要满足机械能守恒的条件下才可以使用，故与本实验矛盾，故D错误。

故选A。

（2）[2]在纸带上打下计数点B时的速度

（3）[3]在打计数点O至B过程中系统动能的增加量为

[4]系统重力势能的减少量

[5]实验结果显示略大于，原因是纸带与打点计时器间有摩擦，摩擦阻力做功造成机械能损失；

（4）[6]由关系式

可得

由图像可知

解得

三、计算题（满分38分，其中15题10分，16题12分，17题16分，每小题需写出必要的解题步骤，只有答案不得分）

15. 宇航员来到某星球表面做了如下实验：将一小钢球由距星球表面高h（h远小于星球半径）处由静止释放，小钢球经过时间t落到星球表面，该星球为密度均匀的球体，引力常量为G。

（1）若该星球的半径为R，忽略星球的自转，求该星球的密度；

（2）若该星球的半径为R，有一颗卫星在距该星球表面高度为H处的圆轨道上绕该星球做匀速圆周运动，求该卫星的线速度大小和周期。

【答案】（1）；（2） ，

【解析】

【分析】

【详解】（1）设星球表面的重力加速度为g，由

得

用M表示该星球质量，忽略星球自转，在星球表面对质量为m的物体有

又

解得

（2）用表示卫星质量，由牛顿第二定律有

联立

解得

16. 如图，半径R=0．5m的光滑圆弧轨道ABC与足够长的粗糙轨道CD在C处平滑连接，O为圆弧轨道ABC的圆心，B点为圆弧轨道的最低点．半径OA、OC与OB的夹角分别为53°和37°．将一个质量m=0．5kg的物体（视为质点）从A点左侧高为h=0．8m处的P点水平抛出，恰从A点沿切线方向进入圆弧轨道．已知物体与轨道CD间的动摩擦因数μ=0．8，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0．6，cos37°=0．8，求：

（1）物体水平抛出时的初速度大小v0；

（2）物体经过B点时，对圆弧轨道压力大小FN；

（3）物体在轨道CD上运动的距离x

【答案】（1）3m/s；（2）34N；（3）1．09m

【解析】

【详解】（1）物体在抛出后竖直方向做自由落体运动，竖直方向：m/s

物体恰从A点沿切线方向进入圆弧轨道，则：

得：m/s

（2）物体到达A点的速度：m/s

A到B的过程中机械能守恒，得：

代入数据得：m/s

物体在B点受到的支持力与重力的合力提供向心力，则：

得：FN＝34N；

（3）B到C的过程中机械能守恒，得：

得：m/s

物体在斜面CD上受到的摩擦力：f＝μmgcos37°＝0.8×0.5×10×0.8N＝3.2N

设物体在轨道CD上运动的距离x，则：

解得：x＝1.09m；

．

17. 如图所示，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=6kg的物块A。A与传送带左端相距L=2m且光滑，装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u=2m/s匀速运动。传送带的右边是一半径R=1.25m位于竖直平面内的光滑圆弧轨道。质量m=2kg的物块B从圆弧的最高处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，传送带两轴之间的距离l=4.5m。设第一次碰撞前，物块A静止，物块B与A发生碰撞后被弹回，物块A、B间的碰撞皆为弹性正碰。取g=10m/s2。求：

（1）物块B滑到圆弧的最低点C时对轨道的压力；

（2）物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；

（3）如果物块A、B每次碰撞后，至再次相碰前A已回到平衡位置并被立即锁定，当A、B再次碰撞前瞬间解除锁定，求物块B从第一次与物块A碰撞后到第三次与物块A碰撞的时间。

【答案】（1）60N，竖直向下；（2）12J；（3）12s

【解析】

【分析】

【详解】（1）物块B沿光滑曲面下滑过程中，根据机械能守恒

解得

v0=5m/s

圆弧最低点C，根据牛顿第二定律

解得

F=60N

由牛顿第三定律可知，物块B对轨道的压力大小F′=F=60N方向：竖直向下。

（2）在传送带上，对物块B，根据牛顿第二定律

设物块B通过传送带后运动速度大小为v，根据运动学公式

v2-v02=2aL

解得

v=4m/s

由于v>u=2m/s所以B与A第一次碰撞前的速度为v=4m/s

设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v2、v1，满足

mv=mv1+Mv2

解得

v1=－2m/s，v2=2m/s

物块A的速度为零时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大

（3）第一次碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动，设物块B在传送带上向右运动的最大位移为L′，根据动能定理

解得

L′=2m<4.5m

物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上，当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v1′=2m/s，继而与物块A发生第二次碰撞。设第1次碰撞到第2次碰撞之间，物块B在传送带上运动的时间为t1。由动量定理得

μmgt1=2mv1

解得

t1=4s

物块B在水平台面上运动的时间为t2，则

设物块A、B第二次碰撞后的速度分别为v4、v3，满足

解得

同理可得，第2次碰撞到第3次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为t3，则有

解得

t3=2s

物块B在水平台面上运动的时间为t4，则

物块B从第一次与物块A碰撞后到第三次与物块A碰撞时间

t=t1+t2+t3+t4=12s