上海市延安中学2021-2022学年高一物理下学期期末试题（Word版附解析）

上海市延安中学2021学年度第二学期6月质量调研高一年级物理试卷（考试时间：60分钟：满分100分：本卷g取10m/s2）一、单项选择题（共40分，1至8题每小题3分，9至12题每小题4分）1.如图所示的四幅图是小明提包回家的情景，小明提包的力不做功的是（　　）A.将包提起来B.站在水平匀速行驶的车上C.乘升降电梯D.提着包上楼【答案】B【解析】【详解】根据功的概念可知，只有同时满足有力及在力的方向上有位移两个条件，力才对物体做功。A．小明将包提起来，包沿拉力方向有位移，拉力做功，A不符合题意；B．小明站在水平匀速行驶的车上时，拉力与位移垂直，拉力不做功，B符合题意；C．小明乘升降电梯时，包沿拉力方向有位移，拉力做功，C不符合题意；D．小明提包上楼的过程中，拉力与位移夹角是锐角，拉力做正功，D不符合题意。故选B。2.描述简谐运动快慢的物理量是（　　）A.振幅B.频率C.速度D.回复力 【答案】B【解析】【详解】简谐运动中，周期表示物体完成一次全振动的时间，从而能够反应物体运动的快慢，而频率与周期有关，振幅、速度和回复力与周期无关。故选B。3.匀速圆周运动（　　）A.匀速运动B.匀变速运动C.变加速运动D.恒力作用下的运动【答案】C【解析】【详解】A．匀速圆周运动的速度大小不变，但方向一直在变，故匀速圆周运动不是匀速运动，故A错误；BC．匀速圆周运动的向心加速度方向始终指向圆心，加速度的方向一直在变，即加速度一直在变，故B错误，C正确；D．物体受到向心力不断改变力的方向才会做匀速圆周运动，向心力的方向一直在变，故匀速圆周运动受非恒力作用，故D错误。故选C。4.下列运动中最接近机械能守恒的是（　　）A.飘落的树叶B.神州十三号返回舱返回地球C.掷出的铅球D.冰壶在水平冰面上匀速滑行【答案】C【解析】【详解】机械能守恒定律是指在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。A．飘落的树叶下落的过程中受到空气阻力的作用，阻力做负功，机械能减小，故A错误；B．神州十三号返回舱穿越大气层的过程中，要受到空气的阻力的作用，机械能减小，故B错误；C．掷出的铅球受到的空气阻力远小于小球重力，可以忽略，可以认为运动过程中只有重力做功，动能与重力势能相互转化，机械能最接近守恒，故C正确；D．冰壶在水平冰面上匀速滑行动能与重力势能均不变，机械能保持不变。但是机械能守恒与 机械能不变是两个不同的概念，我们所说的机械能守恒，只有同时具备机械能守恒条件、有动能与势能的相互转化、机械能总量不变这三个因素，谈“机械能守恒”才是科学的。冰壶在水平冰面上匀速滑行，没有动能与势能的转化过程，故D错误。故选C。5.如图所示，竖直墙上挂着一面时钟，地面上的静止的观察者A观察到钟的面积为S，另一观察者B以0.8倍光速平行y轴正方向运动，观察到钟的面积为S′．则S和S′的大小关系是(　　)A.S>S′B.S＝S′C.S<S′D.无法判断【答案】A【解析】【详解】观察者B以0.8倍光速平行y轴正方向运动，根据爱因斯坦的相对论尺缩效应可知，B观察到的钟沿y轴方向的直径将减小，而沿z轴方向的直径不变，钟的面积将与静止的观察者看到的面积要小，即S大于S′。故选A。6.在国际单位制（简称SI）中，力学的基本单位有：m（米）、kg（千克）、s（秒）。导出单位W（瓦特）用上述基本单位可表示为（　　）A.kg·m·s－1B.kg·m·s－2C.kg·m2·s－2D.kg·m2·s－3【答案】D【解析】【详解】根据功率公式有而 结合速度的定义联立可得根据牛顿第二定律加速度的定义式则可得m的单位是kg，t的单位是s，v的单位是m/s，则1W=1kg·m2·s－3。故选D。7.一辆卡车在丘陵地匀速率行驶，地形如图所示，轮胎最容易脱离地面的地段应是（　　）A.a处B.b处C.c处D.d处【答案】C【解析】【详解】AC．在ac处，卡车做圆周运动，加速度方向竖直向下，根据牛顿运动定律得知故半径越小，需要的向心力越大，路面对汽车的支持力F越小，汽车越容易脱离路面。因为c点曲率半径小于a点，故c点更容易脱离路面，A错误，C正确；BD．在bd处，卡车做圆周运动，加速度方向竖直向上，根据牛顿运动定律得知 可知，支持力不可能为零，汽车不能脱离路面，BD错误。故选C。8.在均匀介质中，一列沿x轴正向传播的横波，其波源O在第一个周期内的振动图象，如右图所示，则该波在第一个周期末的波形图是（　　）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】【详解】AC．因为介质中所以质点起振的方向都与振源起振的方向相同，由振动图象知波源开始振动的方向为负y方向，故第一个周期末开始振动的质点，其振动方向也是负y方向，根据上下波法可判断，A、C错误；BD．由振动图象知，后半个周期振幅较大，根据波的传播特点知，B错误；D正确。故选D.9.当一个探险者进入一个山谷后，为了估测出山谷的宽度，他吼一声后，经过0.5s听到右边山坡反射回来的声音，又经过1.5s后听到左边山坡反射回来的声音，若声速为340m/s，则这个山谷的宽度约为(　　)A.170m        B.340m        C.425m        D.680m【答案】C【解析】【详解】右边的声波从发出到反射回来所用时间为t1＝0.5s，左边的声波从发出到反射回来所用的时间为t2＝2s．山谷的宽度 d＝v(t1＋t2)＝×340×2.5m＝425m故选C10.质量为m的物体，在外力作用下以g的加速度由静止竖直上升h，物体的（　　）A.重力势能增加B.动能增加C.机械能增加D.重力做功【答案】B【解析】【详解】AD．物体由静止开始上升了h，则重力做功为-mgh，重力势能增加mgh，选项AD错误；B．根据动能定理可知，物体的动能增加选项B正确；C．机械能增加选项C错误。故选B。11.汽车由静止开始沿平直公路匀加速启动，当功率达到额定功率时保持功率不变，最终做匀速运动。设整个运动过程受到阻力f不变，图中v、a、F、f和P分别表示电动汽车的速度大小、加速度大小、牵引力大小、阻力大小和功率大小，其中错误的是（　　）A.B.C.D.【答案】D 【解析】【详解】A．汽车由静止开始加速，由可知，P-v图像应该经过原点，因为汽车做匀加速运动，即加速度不变，牵引力也不变，故功率在达到额定功率前是一条过原点的直线，达到额定功率后保持不变，故A正确；B．由A中分析可知，达到额定功率前，牵引力大小不变，达到额定功率后，由可知随着速度增大，牵引力减小，最终与阻力大小相等，故B正确；CD．由上述分析可知，达到额定功率前，汽车做匀加速运动，加速度不变，达到额定功率后，牵引力减小，汽车的加速度减小，最终做匀速运动时，加速度为零；在v-t图中，图像的斜率表示加速度，故C正确，D错误。本题选错误项，故选D。12.如图，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m的小球穿在圆轨道上，沿轨道做完整的圆周运动。已知小球在最低点时对轨道的作用力大小为F1，在最高点时对轨道的作用力大小为F2。F1–F2的值不可能为（　　）A.3.5mgB.4.5mgC.5.5mgD.6mg【答案】A【解析】【详解】当速度为零时，小球在最高点时受到轨道向上的支持力，则有 从最高点运动到最低点，根据机械能守恒定律有在最低点有，根据牛顿第二定律有联立解得则两作用力大小的差为当小球通过最高点的速度大于时，小球受轨道向下的支持力作用，则在最高点根据牛顿第二定律有从最高点到最低点，根据机械能守恒定律有在最低点有，根据牛顿第二定律有联立解得故两作用力大小差范围为故A不可能，符合题意；BCD可能，不符合题意。故选A。二、填空题（每空2分，共20分）13. 如图所示为游乐场的旋转飞椅，将人和椅子一起看成质点，在水平面内做匀速圆周运动时，由__________提供向心力；当人的速度大小为v，悬挂绳子与竖直方向夹角45°时，人的转动半径为__________。【答案】①.合外力（重力和拉力的合力、拉力的水平分力等均可）②.【解析】【详解】[1]人和椅子一起在水平面内做匀速圆周运动时，由合外力（重力和拉力的合力、拉力的水平分力等均可）提供向心力；[2]当人的速度大小为v，悬挂绳子与竖直方向夹角45°时，设转动半径为R，由牛顿第二定律得解得14.质量m=1.67×10-27kg的质子在高能粒子加速器中被加速到动能Ek=1.60×10-10J。某同学根据Ek＝计算出该质子速度大小v=4.38×108m/s（计算无误），此速度值的不合理之处是__________，这说明牛顿力学是有局限性的，其适用范围是__________。【答案】①.超过真空中的光速②.宏观、低速【解析】【详解】[1]此速度超过真空中的光速，不合理。[2]这说明牛顿力学是有局限性的，其适用范围是：宏观、低速运动的物体，对于微观、高速运动的粒子不成立。15.一弹簧振子的振动周期为1.2s，如图所示的频闪照片显示了该振子在半个周期中7个时刻的位置。为了便于观察，①~⑦间弹簧的像已经做了处理。相距10cm的位置①和位置⑦分别为弹簧拉伸和压缩形变最大的位置，振子从位置③振动到位置⑤ 所需的最短时间为__________s，振子在任意0.3s时间内通过的路程__________5cm（选填“一定等于”、“不会小于”或“可能小于”）。【答案】①.0.2②.可能小于【解析】【详解】[1]相邻两张频闪照片的时间间隔相等，由题意可知，图中所示7个时刻的间隔时间为半个周期，即为0.6s，即每两个时刻的时间间隔为0.1s，从③到⑤最短有两个时间间隔，即最短时间为0.2s。[2]由题意可知，该弹簧振子的振幅为5cm，周期为1.2s，当振子起始时刻不在平衡位置和最大振幅处时，振子在任意0.3s时间内通过的路程不会为5cm，起始位置越靠近最大振幅处，振子在任意0.3s时间内通过的路程越小，所以振子在任意0.3s时间内通过的路程可能小于5cm。16.两行星A和B各有一颗卫星a和b，卫星的圆轨道接近各自行星表面，如果两行星质量之比MA：MB＝2：1，两行星半径之比RA：RB＝1：2，则两行星表面的重力加速度之比gA：gB＝________，两卫星周期之比Ta：Tb＝________。【答案】①.8：1②.1：4【解析】【详解】[1]根据两行星表面的重力加速度之比[2]卫星做圆周运动时，万有引力提供圆周运动的向心力，有得 所以两卫星运行周期之比为17.如图，消防员用高压水枪喷出的强力水柱冲击着火物，喷水口横截面积为S，水柱以速度v射出。假设水流进入水枪的速度忽略不计，水的密度为ρ。t时间内喷出水柱的体积为__________，水枪对水做功的功率为__________。【答案】①.Svt②.【解析】【详解】[1]t时间内喷出水柱的体积为[2]t时间内喷出水柱质量为由动能定理，水枪对水做功为所以平均功率为三、综合题（共40分，第19、20题在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中，要求给出必要的图示、文字说明、公式、演算等。）18.在做“用单摆测定重力加速度”实验时：（1）单摆做简谐运动应满足的条件是___________。 （2）让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图甲所示，则单摆摆长是_______m。为了减小误差，应从摆球经过__________（选填“最低点”或“最高点”）开始计时，若测定了40次全振动的时间如图乙中秒表所示，则单摆摆动周期是________s。（结果保留两位小数）该实验还可以用__________传感器测量周期，用该传感器测周期时单摆__________（选填“需要”或“不需要”）完成多次全振动。（3）为了提高测量精度，需多次改变l值，并测得相应的T值。现将测得的六组数据标示在以l为横坐标、以T2为纵坐标的坐标系上，即图丙中用“·”表示的点。试根据图丙中给出的数据点作出T2和l的关系图线，根据图线可求出g＝________m/s2。（结果保留两位小数）【答案】①.单摆的最大偏角θ≤5°②.0.8750③.最低点④.1.88⑤.光电门⑥.不需要⑦.9.80~9.90【解析】【详解】（1）[1]单摆做简谐运动应满足的条件是：单摆的最大偏角θ≤5°。（2）[2]如图甲，单摆摆长为[3]摆球经过最低点速度最大，为了减小误差，应从摆球经过最低点开始计时。[4]如图乙40次全振动的时间为故单摆摆动周期是[5][6] 该实验还可以用光电门传感器测量周期，即当光电门被挡住时，计时仪开始计时；当光电门被再次挡光时，计时终止。计时仪显示的是两次挡光之间的时间间隔。故用该传感器测周期时单摆不需要完成多次全振动。（3）[7]由可得所以图像斜率解得19.如图所示，一列简谐横波在x轴上传播，图甲和图乙分别为x轴上a、b两质点的振动图像，且xab为7m。（1）写出这列波波长的可能表达式；（2）若波速为1m/s，试判断这列波的传播方向，并画出3s末ab间波形的示意图。 【答案】（1）（n=1，2，3…）；（2）沿-x方向传播，波形图见解析【解析】【详解】（1）波沿+x方向传播解得（n=1，2，3…）波沿-x方向传播解得（n=1，2，3…）（2）由图像可知T=4s根据波速表达式有λ=vT=4m且满足（n=1，2，3…）故沿-x方向传播且n=1波形图20.如图所示，摆长为L的单摆竖直悬挂，悬点距离地面高度为H，L<H，悬点正下方 处固定一小钉（图中未画出），摆线能承受的最大拉力为摆球重力的9倍，现将摆球拉至A点无初速度释放，摆角为θ。不计空气阻力，重力加速度为g。（1）θ很小，求摆球摆至左侧最高点所需的时间；（2）θ=90°，求碰钉前瞬间摆球的向心加速度，并分析说明碰钉前后瞬间摆球的角速度、摆线拉力的变化情况；（3）上下调整小钉位置并固定，θ=90°，为使摆线不被拉断，求小钉到悬点的距离范围；（4）改变摆长，θ=90°，调整小钉位置，使得摆球运动到最低点时摆线断裂。为使摆球落地点到悬点的水平距离最大，求摆长和最大水平距离。【答案】（1）；（2）向心加速度大小为2g，方向竖直向上；碰钉前后瞬间摆球的角速度变大，摆线拉力变大；（3）距离悬点；（4）摆长，最大水平距离为H【解析】【详解】（1）θ很小，小球做简谐运动，小球摆长为L时，振动周期为小球摆长为时，振动周期为故该单摆实际周期为 故小球第一次从A点摆至左侧最高点所需的时间为考虑到周期性，则所有到达左侧最高点的时间为（2）小球摆动过程机械能守恒最低点方向竖直向上。碰钉后瞬间，v不变，由v=rω可知，半径变小，角速度变大。由牛顿第二定律故拉力变大。（3）摆线达到能承受的最大拉力时有又Fmax=9mg联立解得故小钉到悬点的距离范围为（4）绳子断裂后小球做平抛运动 联立可得故当，即时，水平分位移最大xmax=H。