宁夏银川唐徕回民中学2021-2022学年高一下学期期末物理Word版含解析

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银川唐徕回民中学2021～2022学年度高一年级第二学期期末考试物理试卷说明：本试卷答题时间为100分钟，试卷满分为100分。一、单项选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）1.关于曲线运动，下列说法正确的是（　　）A.曲线运动不可能是匀速运动B.做曲线运动的物体，受到的合外力一定在不断改变C.只要物体做圆周运动，它所受的合外力一定指向圆心D.做曲线运动的物体，相等时间内速度的变化量相同【答案】A【解析】【详解】A．曲线运动由于速度方向一定在变化，即速度一定在变化，可知不可能是匀速运动，A正确；B．受到恒力作用的物体也能做曲线运动，如平抛运动，B错误；C．只有做匀速圆周运动的物体，所受的合外力才指向圆心，C错误；D．做平抛运动的物体，由于在相等时间内速度的变化量相同，做匀速圆周运动的物体，其向心加速度不断变化，在相等时间内速度的变化量就不相同，D错误。故选A。2.2022年3月，中国航天员翟志刚、王亚平、叶光富在离地球表面约的“天宫二号”空间站上通过天地连线，为同学们上了一堂精彩的科学课。通过直播画面可以看到，在近地圆轨道上飞行的“天宫二号”中，航天员可以自由地漂浮，这表明他们（　　）A.所受地球引力的大小近似为零B.所受地球引力与飞船对其作用力两者的合力近似为零C.所受地球引力的大小与其随飞船运动所需向心力的大小近似相等D.在地球表面上所受引力的大小小于其随飞船运动所需向心力的大小【答案】C【解析】

1【详解】ABC．航天员在空间站中所受万有引力完全提供做圆周运动的向心力，飞船对其作用力等于零，故C正确，AB错误；D．根据万有引力公式可知在地球表面上所受引力的大小大于在飞船所受的万有引力大小，因此地球表面引力大于其随飞船运动所需向心力的大小，故D错误。故选C。3.如图所示，下列说法正确的是（所有情况均不计摩擦、空气阻力以及滑轮质量）（　　）A.甲图中，火箭升空的过程中，若匀速升空，机械能守恒，若加速升空，机械能不守恒B.乙图中，物块在外力F的作用下匀速上滑，物块的机械能一定增加C.丙图中，物块A以一定的初速度将弹簧压缩的过程中，物块A与弹簧组成的系统机械能不一定守恒D.丁图中，物块A加速下落，物块B加速上升的过程中，物体B机械能守恒【答案】B【解析】【详解】A．火箭升空的过程中，当匀速升空时，动能一定，重力势能增大，机械能亦增大，A错误；B．物块在外力F的作用下匀速上滑，动能一定，重力势能增大，机械能增大，B正确；C．物块A以一定的初速度将弹簧压缩的过程中，物块A与弹簧组成的系统只有重力与系统内的弹力做功，系统机械能守恒，C错误；D．物块B加速上升过程中，对于物块B与地球构成的系统，绳子对B的弹力对B做了正功，物块B的机械能增大，D错误。故选B。4.如图所示，质量为的小球从桌面竖直向上抛出，桌面离地高度为，小球能到达的最大高度离地为。若以桌面为重力势能的零参考平面，不计空气阻力。以下说法中正确的是（　　）

2A.小球落地时的重力势能为零B.小球落地时的动能为C.小球落地时的机械能为D.小球落地时的机械能为【答案】C【解析】【详解】A．小球落地时的重力势能为A错误；B．小球自由下落过程由动能定理有B错误；CD．以桌面为重力势能的零参考平面，小球落地时的机械能为C正确，D错误。故选C。5.如图所示，有一质量为的小铁块，从半径为R的圆弧形曲面上的点沿圆弧滑向点。在这段路程中，由于摩擦力的作用，铁块运动的速率保持不变，那么对于这段路程的运动，下列说法中正确的是（　　）A.铁块所受的外力为重力、弹力、摩擦力，且三力平衡B.铁块运动的角速度为恒量

3C.铁块运动的线速度为恒量D.铁块运动的加速度为恒量【答案】B【解析】【详解】A．铁块所受的外力为重力、弹力、摩擦力，由于铁块做匀速圆周运动，三力的合力作为向心力，不是平衡状态，A错误；BC．铁块做匀速圆周运动，角速度为恒量，线速度大小不变，方向时刻改变，B正确，C错误；D．铁块运动的加速度为向心加速度，大小不变，方向始终指向圆心，D错误。故选B。6.如图，质量为的滑雪运动员（含滑雪板）从斜面上距离水平面高为的位置静止滑下，停在水平面上的处；若从同一位置以初速度滑下，则停在同一水平面上的处，且与相等。已知重力加速度为，不计空气阻力与通过处的机械能损失，则该运动员（含滑雪板）在斜面上克服阻力做的功为（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】【详解】设运动员从静止开始滑下，停在水平面上处时，在斜面上克服阻力做的功为，在水平面上克服摩擦力做的功为，由动能定理得当运动员以速度v从同一高度下滑时，停在同一水平面上的处，且与相等，由动能定理可得联立两式求得故选C。7.地球半径为R，地球附近的重力加速度为g0，则在离地面高度为h处的重力加速度是（　　）

4A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】【详解】根据牛顿第二定律得=mg得g=因为在地球表面的物体受到的重力等于万有引力=mg0得GM=R2g0所以在离地面高度为h处的重力加速度g=故ACD错误，B正确。故选B。8.质量为m的物体，从静止开始以2g的加速度竖直向下运动（不计空气阻力）。此过程中（　　）A.物体的机械能增加B.物体的重力势能减少了C.物体的动能增加D.物体的机械能不变【答案】A【解析】【详解】AD．由牛顿第二定律可得解得

5即物体受到向下的恒力F，物体的机械能增加量为A正确，D错误；B．物体重力势能的减少量等于重力所做的功，为，B错误；C．由动能定理可得，物体的动能增加量为C错误。故选A。9.一质量为m的物体在水平恒力F的作用下沿水平面运动，在t0时刻撤去力F，其v-t图像如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，则物体在运动过程中（　　）A.摩擦力做功为B.物体速度变化为零，所以F平均功率为零C.F做功D.F=2μmg【答案】C【解析】【分析】【详解】对过程和过程，由动量定理解得速度图线与横轴所围面积为位移则

6解得由动能定理可得解得F在这段时间内做功不为零，所以平均功率也不为0，故C正确，ABD错误。故选C。10.引体向上是《国家学生体质健康标准》中规定的测试项目。高一某男生1分钟内完成了15个引体向上，若该男生质量为60kg，每次引体向上重心升高的高度约为其身高的0.4倍，。则每次引体向上过程中，该男生克服重力做功的平均功率约为（）A.7WB.100WC.250WD.400W【答案】B【解析】【详解】一次引体向上所用的时间大约为高一男生身高约为1.70m，则每次引体向上过程中，该男生克服重力做功的平均功率约为B正确，ACD错误；故选B。二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有两个或以上选项正确。全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）

711.长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹，战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g，下列说法正确的有（　　）A.甲、乙在空中的运动时间相等B.两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率不相等C.从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能都减少D.从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为【答案】AC【解析】【详解】A．手榴弹做平抛运动，竖直方向满足故甲、乙在空中的运动时间相等，A正确；C．从投出到落地，每颗手榴弹下降的高度均为h，重力势能都减少，C正确；D．从投出到落地，只有重力做功，满足机械能守恒，故每颗手榴弹的机械能变化量为0，D错误；B．手榴弹在落地前瞬间，重力功率可表示为即两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等，B错误。故选AC。12.如图所示，汽车用跨过定滑轮的轻绳提升货物A到高处。已知在提升A过程中，汽车始终向右匀速行驶。关于该过程，下列说法正确的是（　　）A.货物A匀速上升B.货物A的机械能增大

8C.货物A的速度比汽车速度小D.货物A的机械能减小【答案】BC【解析】【详解】AC．设连接汽车的轻绳与水平方向夹角为，汽车速度大小为v，则货物的速度大小为随着减小，cosθ增大，则增大，即货物A加速上升，但始终小于汽车速度v，A错误，C正确；BD．由于拉力对货物A做正功，故货物A的机械能增大，B正确，D错误。故选BC。13.一同学将小球从地面以100J的初动能竖直向上抛出，上升时经过A点，动能减少20J，重力势能增加12J。设空气阻力大小不变，小球可视为质点，以地面为零势能面，则（　　）A.小球所受重力大小是空气阻力大小的1.5倍B.到达最高点时，小球的重力势能增加100JC.落回地面前瞬间，小球机械能为20JD.下降过程，小球的动能和重力势能相等时其动能为15J【答案】ACD【解析】【分析】【详解】A．物体以100J的初动能竖直向上抛出，做竖直上抛运动，当上升到A点时，动能减少了20J，重力势能增加了12J，机械能损失了8J。对从抛出点到A点的过程，根据功能关系mgh+fh=20Jfh=8J则得：空气阻力与重力大小之比为f：mg=2：3所以A正确；B．根据功能关系可知：合力做功为-20J，空气阻力做功为-8J，合力做功是阻力做功的2.5倍，则当上升到最高点时，动能为零，动能减小了100J，合力做功为-100J，则阻力做功为-40J，机械能减小40J，因此在最高点时机械能为100J-40J=60J，故B错误；C．由上知，从A点到最高点机械能减小40J，当下落过程中，由于阻力做功不变，所以又损失了40J。因此该物体回到出发点A时的机械能为100J-40J-40J=20J。故C正确；D．在最高点时机械能为100J-40J=60J，即重力势能为60J

9mg=1.5f下降过程中阻力做功fx=40J设下降离地面x2时，动能和重力势能相等，有60-mgx2-f（x-x2）=mgx2则得x2=xf（x-x2）=30J则动能和重力势能相等时的机械能为30J，故D正确；故选ACD。14.一质量为m的物体自倾角为的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为。已知，，重力加速度大小为g。则（　　）A.物体向上滑动的距离为B.物体向下滑动时的加速度大小为C.物体与斜面间的动摩擦因数小于0.5D.物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长【答案】AB【解析】【详解】AC．向上滑动，由动能定理有向下滑动，由动能定理有解得，A正确，C错误；B．物体向下滑动时，由牛顿第二定律有

10解得B正确；D．利用逆向思维，可以将向上的减速运动看为匀加速过程，根据位移公式物体向上运动的加速度大于向下运动的加速度，位移大小相等，则物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间短，D错误。故选AB。三、实验题（把答案直接写在横线上）15.做“验证机械能守恒定律”的实验中，已知电磁打点计时器所用电源的频率为，查得当地的重力加速度。(1)下面叙述中正确的是______。A．一定要测出重锤的质量B．可选用点迹清晰，第一、二两点间的距离接近的纸带来处理数据C．操作时应先松开纸带再接通电源D．打点计时器应接在电压为的交流电源上(2)一次实验得到的纸带如图所示，纸带的_____（选填“左”或“右”）端与重锤相连：打下点B时重物的速度为_____，（结果保留3位有效数字）(3)若实验中所用重锤的质量为。从起点P到打下点B的过程中重锤的重力势能减少量____J，此过程中重锤动能的增加量______J。（结果保留3位有效数字）【答案】①.BD②.左③.1.94④.1.91⑤.1.88（1.89）【解析】

11【详解】(1)[1]A．“验证机械能守恒定律”的实验中，重物减少的重力势能等于重物增加的动能，实验需要验证即则实验中可以不用天平称出重物的质量．故A项错误；B．若释放瞬间恰好打点计时器打点打在第一个点上，则第一、二两点间的距离所以选纸带时应选点迹清晰，第一、二两点间的距离接近2mm的纸带来处理数据．故B项正确；C．操作时应先通电再松开纸带，故C项错误；D．电磁打点计时器应接在电压为4～6V交流电源上，故D项正确；故选BD。(2)[2]重物释放后做加速运动，打点计时器所打点的间隔越来越大，间隔小的点迹处先通过打点计时器，所以纸带的左端与重物相连；[3]打下计数点B时重物的速度(3)[4]从起点P到打下计数点B的过程中物体的重力势能减少量[5]起点P到打下计数点B的过程中物体动能的增加量四、计算题：本题共4小题，共34分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。16.如图所示，小球A质量为m，用一个装置把它锁定在长为R的轻细直杆末端，并随杆一起绕杆的另一端O点在竖直平面内做圆周运动，圆周运动的最低点与水平地面的距离也为R，已知小球经过最高点的速度为，重力加速度为g，求：(1)小球经过最高点时，杆对球的作用力的大小和方向；(2)若小球经过最高点时解除锁定，求落地时小球水平方向飞行的距离大小？

12【答案】(1)，方向竖直向下；(2)6R【解析】【详解】(1)在最高点时有又因为，解得方向指向圆心（或竖直向下）(2)从最高点到落地，有得水平飞行的距离，解得17.质量为10kg的物体在拉力作用下运动，求下列各种情况下拉力做的功（g取10m/s2）：(1)拉力沿水平方向，物体在动摩擦因数为0.25的水平地面上匀速移动4m；(2)拉力沿水平方向，物体在动摩擦因数为0.25的水平地面上以2m/s2的加速度匀加速移动4m；(3)用大小为50N，与水平方向成37°角的斜向上的拉力拉物体，使物体沿水平地面移动4m，物体与地面间的动摩擦因数为0.25；(4)物体在竖直向上的拉力作用下，以2m/s2的加速度匀加速上升4m。【答案】(1)100J(2)180J(3)160J(4)480J

13【解析】【分析】【详解】(1)动摩擦力为拉力做功(2)动摩擦力为拉力F－f＝maF＝ma+f＝45N拉力做功W＝F×S＝45×4J＝180N(3)拉力做功(4)拉力做功竖直方向F-mg=ma则18.如图所示，半径R=0.4m光滑半圆轨道处于竖直平面内，半圆轨道与粗糙的水平地面相切于轨道的端点A。一质量m=0.1kg的小球，以初速度v0=7.0m/s从水平地面开始向左运动并冲上半圆轨道，然后从轨道最高点B水平抛出，最后落在C点，A、C两点相距0.8m。g=10m/s2。求∶（1）小球经过B点时对轨道的压力；（2）小球运动至B过程中克服摩擦力所做的功。

14【答案】（1）0N；（2）1.45J【解析】【分析】【详解】（1）小球离开B点后做平抛运动，则2R=，x=vBt解得vB=2m/s在最高点B时，有mg+FB′=可得FB′=0N由牛顿第三定律得压力FB=FB′=0N方向竖直向上；（2）小球从开始运动到B的过程，由动能定理得－mg2R－Wf=解得Wf=1.45J19.如图所示，一根轻杆长0.6m，一端固定转动轴，另一端和杆中间各装一质量均为2kg的钢球A、B，当杆转动到最低处时A球速度为3m/s。（g取10m/s2）（1）求OB、BA两段轻杆所受力的大小分别为多少。（2）求转动轴O所受力的大小为多少，方向怎样？（3）如果钢球A到达最高点时速度为1m/s，杆的OB、BA段所受力的大小各为多少？转动轴O

15受到的力的大小又为多少？方向怎样？【答案】（1）85N，50N；（2）85N，竖直向下；（3），，35N，竖直向下【解析】【详解】（1）由可知，当A球速度为3m/s时，B球的速度为，对A球有解得对B球有解得（2）转动轴O受力的大小等于OB中的拉力大小，为85N，方向竖直向下。（3）当A球到达最高点时速度为1m/s，B球的速度为0.5m/s，对A球有解得负号表示TBA的大小为16.67N，方向竖直向上，对B球有解得负号表示TOB的大小为35N，方向竖直向上，可知转动轴O所受力的大小等于OB中的拉力大小，为35N，方向竖直向下。

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