四川省成都市天府七中2021-2022学年高一物理下学期期末试题（Word版附解析）

天府七中2021－2022学年度下期初2019级E层期末考试物理试卷时间：90分钟满分：100分一、选择题（第1－8题只有一个选项正确，选对者得3分；第9－12题有多个选项正确，全对者得4分，选对但不全者得2分，有选错的得0分。共计40分）1.关于物体的受力和运动,下列说法正确的是(　　)A.物体在不垂直于速度方向的合力作用下，速度大小可能一直不变B.物体做曲线运动时，某点的加速度方向就是通过这一点的曲线的切线方向C.物体受到变化的合力作用时，它的速度大小一定改变D.做曲线运动的物体，一定受到与速度不在同一直线上的合外力作用【答案】D【解析】【详解】物体在不垂直于速度方向的合力作用下，速度大小不可能一直不变，当速度与力的夹角小于90°时，速度一定增加；当速度与力的夹角大于90°时，速度一定减小，选项A错误；物体做曲线运动时，某点的速度方向就是通过这一点的曲线的切线方向，选项B错误；物体受到变化的合力作用时，它的速度大小不一定改变，例如匀速圆周运动，选项C错误；做曲线运动的物体，一定受到与速度不在同一直线上的合外力作用，选项D正确．2.下列叙述中正确的是（）A.一对作用力和反作用力做功之和一定为零B.静摩擦力一定不做功C.一对滑动摩擦力所做总功不可能为零D.一对静摩擦力所做总功可能不为零【答案】C【解析】【分析】【详解】A．一对作用力和反作用力大小相等方向相反，但它们的做功对应的位移不一定相等，所以它们做功之和不一定为零，A错误；B．静摩擦力同样能对物体做功，例如随水平传送带加速运动的物体所受受的静摩擦力对物体做正功，B错误； C．一对滑动摩擦力对相互作用的系统做的总功等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，不可能为零，C正确；D．一对静摩擦力作用的物体间无相对滑动，故位移始终相等，而二力大小相等，方向相反，因而做功之和为零，D错误。故选C。3.中国的面食文化博大精深，种类繁多，其中“山西刀削面”堪称天下一绝，传统的操作手法是一手托面，一手拿刀，直接将面削到开水锅里。如图所示，小面圈刚被削离时距开水锅的高度为h，与锅沿的水平距离为L，锅的半径也为L，将削出的小面圈的运动视为平抛运动，且小面圈都落入锅中，重力加速度为g，则下列关于所有小面圈在空中运动的描述错误的是（　　）A.运动的时间都相同B.速度的变化量都相同C.落入锅中时，最大速度是最小速度的3倍D.若初速度为v0，则L＜v0＜3L【答案】C【解析】【分析】【详解】A．根据h＝gt2可得小面圈在空中运动的时间t＝ 所有小面圈在空中运动的时间都相同，故A正确；B．根据Δv＝gΔt可得所有小面圈的速度变化量都相同，故B正确；D．因为水平位移的范围为L＜x＜L＋2R＝3L则最小水平初速度为vmin＝＝L最大水平初速度为vmax＝＝3L则初速度的范围为L＜v0＜3L故D正确；C．落入锅中时，最大速度vmax′＝＝最小速度为vmin′＝＝故C错误。题目要求选说法错误的，故选C。4.荷兰“MarsOne”研究所推出了2023年让志愿者登陆火星、建立人类聚居地的计划。假设登陆火星需经历如图所示的变轨过程。已知引力常量为G，则下列说法正确的是（　　） A.飞船在轨道上运动时，运行的周期TⅢ>TⅡ>TⅠB.飞船在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能C.飞船在P点从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需要在P点朝速度方向喷气D.若轨道Ⅰ贴近火星表面，已知飞船在轨道Ⅰ上运动的角速度，可以推知火星的密度【答案】ACD【解析】【详解】A．根据开普勒第三定律可知，飞船在轨道上运动时，运行的周期TⅢ>TⅡ>TⅠ，故A正确；BC．飞船在P点从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需要在P点朝速度方向喷气，从而使飞船减速，则飞船在轨道Ⅰ上的机械能小于在轨道Ⅱ上的机械能，故B错误，C正确；D．若轨道Ⅰ贴近火星表面，可认为轨道半径等于火星半径，根据万有引力提供向心力由密度公式可知联立解得已知飞船在轨道Ⅰ上运动的角速度，可以推知火星的密度，故D正确。故选ACD。5.一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动，其v−t图像如图所示。已知汽车的质量为m=1×103kg，汽车受到 地面的阻力为车重的0.1倍，g取10m/s2，则以下说法正确的是（　　）A.汽车在前5s内的牵引力为5×102NB.汽车速度为25m/s时的加速度为5m/s2C.汽车的额定功率为100kWD.汽车的最大速度为80m/s【答案】C【解析】【详解】A．由图像可知匀加速直线运动加速度为m/s2=4m/s2根据牛顿第二定律得F−f=ma解得牵引力为F=f＋ma=0.1×1×104N＋1×103×4N=5×103N，故A错误；BC．汽车的额定功率为P=Fv=5000×20W=100kW当汽车的速度是25m/s时，牵引力F′=N=4×103N此时汽车的加速度a′==m/s2=3m/s2故B错误，C正确；D．当牵引力与阻力相等时，速度最大，最大速度为 vm=m/s=1×102m/s故D错误。故选C。6.如图为一个简易的冲击式水轮机模型，水流自水平的水管流出，水流轨迹与下边放置的轮子边缘相切，水冲击轮子边缘上安装的挡水板，可使轮子连续转动。当该装置工作稳定时，可近似认为水到达轮子边缘时的速度与轮子边缘的线速度相同。调整轮轴O的位置，使水流与轮边缘切点对应的半径与水平方向成角。测得水从管口流出速度，轮子半径R＝0.1m。不计挡水板的大小，不计空气阻力。取重力加速度，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则可知（　　）A.水管出水口距轮轴O的水平距离x＝1.2mB.水管出水口距轮轴O的竖直距离h＝0.86mC.该装置工作稳定时，轮子的转动角速度D.该装置工作稳定时，轮子的转动周期T小于0.2s【答案】BD【解析】【详解】AB．水从出水口出来后做平抛运动，由题意及几何关系可得 解得x=1.2m水管出水口距轮轴O的水平距离为故A错误；B．根据A的分析可得故B正确；C．由上述分析及图可得，轮子的转动的线速度为由线速度与角速度的关系可得 故C错误；D．由周期可得故D正确。故选BD。7.如图所示，质量为1kg的滑块在倾角为30°的光滑斜面上，从a点由静止开始下滑，到b点开始压缩轻弹簧，到c点时达到最大速度，到d点（图中未画出）开始弹回，返回b点离开弹簧，恰能再回到a点。若bc＝0.1m，弹簧弹性势能的最大值为8J，g取，则下列说法正确有几个？（　　）①弹簧的劲度系数是50N/m②从d点到b点滑块克服重力做功8J③滑块的动能最大值为8J④从d点到c点弹簧的弹力对滑块做功8JA.0个B.1个C.2个D.3个【答案】B【解析】【详解】①当滑块的合力为0时，滑块速度最大，即知在c点时滑块的速度最大，此瞬间滑块受力平衡，则有 可得k==50N/m故①正确；②滑块从d点到a点，运用动能定理得WG＋W弹=0－0又W弹=Ep=8J可得WG=－8J即克服重力做功8J，所以从d点到b点滑块克服重力做功小于8J，故②错误；③滑块从a点到c点，由系统的机械能守恒知：滑块的动能增加量与弹簧弹性势能增加量之和等于滑块重力势能的减少量，小于8J，所以滑块的动能最大值小于8J，故③错误；④弹簧弹性势能的最大值为8J，根据功能关系知从d点到b点弹簧的弹力对滑块做功8J，从d点到c点弹簧的弹力对滑块做功小于8J，故④错误；综上只有1个正确的叙述，故选B。8.如图所示，物块A、B、C的质量分别为2m、2m、m，并均可视为质点，三个物块用轻绳通过轻质滑轮连接，在外力作用下现处于静止状态，此时物块A置于地面，物块B到C、C到地面的距离均是L，现将三个物块由静止释放。若C与地面、B与C相碰后速度均立即减为零，A与滑轮间的距离足够大，且不计一切阻力，重力加速度为g。则下列说法中正确的是（　　） A.刚释放时A的加速度大小为B.刚释放时轻绳对A的拉力大小为3mgC.物块A由最初位置上升的最大高度为2.2LD.若改变A的质量使系统由静止释放后物块C能落地且物块B与C不相碰，则A的质量应满足【答案】C【解析】【详解】AB．刚释放时A、B、C的加速度大小为a，绳子对A拉力大小为F由受力分析可知对于A有对于BC整体有解得故AB错误；C．C下落L后落地，由可知此时的速度AB以此速度匀速运动L后，B落地、A竖直上抛，由得则物块A由最初位置上升的最大高度 故C正确；D．若改变A的质量使系统由静止释放后物块C能落地，则A的质量需满足同时使得B与C不相碰，即C落地后B减速下降到地面时速度为0，从释放到C落地的过程中运用系统机械能守恒定律解得从C落地到B减速到地面速度为0的过程中运用系统机械能守恒定律解得即A的质量满足，系统由静止释放后物块C能落地且物块B与C不相碰。故D错误。故选C。9.如图所示，一不可伸缩、质量不计的细线跨过同一高度处的两个光滑轻质定滑轮连接着质量相同的物体A和B，A套在固定的光滑水平杆上，物体、细线、滑轮和杆都在同一竖直平面内，水平细线与杆的距离为h=0.2m。当倾斜细线与杆的夹角α=53°时，同时无初速度释放A和B。关于A、B此后的运动，下列判断正确的是（cos53°=0.6，sin53°=0.8，重力加速度g取10m/s2）（　　） A.当53°<α<90°时，A、B的速率之比vA∶vB=1∶cosαB.当53°<α<90°时，A、B的速率之比vA∶vB=cosα∶1C.A获得最大速率时α=90°D.B获得最大速率时α=90°【答案】AC【解析】【详解】AB．将A的速度分解为沿细线方向和垂直于细线方向，在沿细线方向上，A的分速度等于B的速度大小，有vAcosα=vB，则vA∶vB=1∶cosα，故A正确，B错误；CD．当α<90°时，细线对A有沿运动方向的力的作用，A的速率增大，当α>90°时，细线对A有与运动方向相反的力的作用，A的速率减小，可知在α=90°时A的速率最大，同理，对B进行分析可知，α=90°时，B的速率为零，故C正确，D错误。故选AC。10.如图所示，圆盘可以绕其竖直轴在水平面内转动。甲、乙物体质量分别是2m和m（两物体均看作质点），它们与圆盘之间的最大静摩擦力均为正压力的倍，两物体用一根刚好沿半径方向被拉直的结实轻绳连在一起，甲、乙到圆心的距离分别为r和2r。当转盘旋转角速度由零逐渐缓慢增大时（　　）A.轻绳刚开始有拉力后，转盘旋转角速度增大，甲受到的静摩擦力先减小后增大B.轻绳刚开始有拉力后，转盘旋转角速度增大，轻绳拉力增大C.转盘旋转角速度很小时，轻绳拉力为0D.转盘旋转角速度较大时，乙将拉着甲向外运动【答案】BC【解析】【详解】AB．当角速度增大时，乙先达到最大静摩擦力（设为f乙），角速度增大，绳子开始有拉力，对乙受力分析，根据牛顿第二定律得 对甲受力分析，根据牛顿第二定律得两式相比较可得所以在有拉力后，甲受摩擦力始终等于乙的最大静摩擦力而不变；转盘旋转角速度增大，轻绳拉力增大，故A错误，B正确；C．当转盘的角速度很小时，物体靠静摩擦力提供向心力，轻绳拉力为零，故C正确；D．由上述分析可知，当角速度较大时，乙受到的摩擦力达到最大静摩擦力，而甲受的摩擦力始终等于乙的最大静摩擦力而不变，甲受到的摩擦力不会达到最大静摩擦力，而是绳子拉力一直增加，故甲、乙相对转盘始终静止，故D错误；故选BC。11.如图甲所示，小球穿在竖直平面内光滑的固定圆环上，绕圆心O点做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，圆环与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F—v2图象如图乙所示，g取10m/s2，则（　　）A.小球的质量为4kgB.固定圆环的半径R为0.8mC.小球在最高点的速度为4m/s时，小球受圆环的弹力大小为20N，方向向上D.若小球恰好做圆周运动，则其承受的最大弹力为100N【答案】BD【解析】【详解】A．对小球在最高点进行受力分析，速度为0时，，结合图象可知，小球质量，故A错误； B．当时，由重力提供向心力可得，结合图象可知，故B正确；C．小球在最高点的速度为4m/s（大于）时，小球受圆环的弹力方向向下，故C错误；D．小球经过最低点时，其受力最大，由牛顿第二定律得，若小球恰好做圆周运动，由机械能守恒得，由以上两式得，代入数据得，故D正确故选BD。12.2017年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。根据科学家们复原的过程，在两颗中子星合并前约100s时，它们相距约400km，绕二者连线上的某点每秒转动12圈，将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星（　　）A.质量之积B.质量之和C.速率之和D.各自的自转角速度【答案】BC【解析】【详解】AB．双中子星做匀速圆周运动的频率f=12Hz（周期），由万有引力等于向心力，可得，r1+r2=r=400km联立解得选项B正确A错误；C．由可得 选项C正确；D．不能得出各自自转的角速度，选项D错误。【点睛】此题以最新科学发现为情景，考查天体运动、万有引力定律等。二、实验题（每空2分，共10分）13.为了验证矩形线框自由下落过程上、下边经过光电门时机械能是否守恒，使用了如图所示的实验装置．已知矩形线框用直径为d的圆形材料做成．某次实验中矩形线框下边和上边先后经过光电门的挡光时间分别为t1和t2．（1）为完成该实验，还需通过操作测量相应的物理量是__________.A．用天平测出矩形线框的质量mB．用刻度尺测出矩形线框下边离光电门的高度hC．用刻度尺测出矩形线框上下边之间距离LD．用秒表测出线框上下边通过光电门的时间间隔Δt（2）如果满足关系式________________________（请用测量的物理量和已知量来表示，重力加速度为g），则自由下落过程中线框的机械能守恒．【答案】①.C②.【解析】【分析】(1)根据实验目的以及机械能守恒定律的表达式，可明确该实验需要测量的物理量；(2)写出机械能守恒的表达式，可正确解答本题．【详解】(1)A项：根据机械能守恒的表达式，可知不需要测量其质量，故A错误；B项：测出矩形线框上下边之间距离L，不需要测量释放时其下边离桌面的高度h，故B错误；C项：实验中需要测量过程中重力势能的减小量，因此需要测量矩形线框上下边之间距离L，故C正确； D项：根据机械能守恒定律的表达式，可知不需要测量线框上下边通过光电门的时间△t，故D错误．故选ABD．(2)本实验中利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故有：，同理：根据机械能守恒有：mgL=即．【点睛】验证机械能守恒的实验方法有多种，解答的关键是明确实验原理，同时注重动手实验，体会实验步骤以及数据处理的过程，加深对实验的理解．14.用自由落体法验证机械能守恒定律，打出如图甲所示的一条纸带。已知打点计时器工作频率为50Hz。(1)根据纸带所给数据，打下C点时重物的速度为________m/s（结果保留三位有效数字）。(2)某同学选用两个形状相同、质量不同的重物a和b进行实验，测得几组数据，画出图象，并求出图线的斜率k，如图乙所示，由图象可知a的质量m1_____________（选填“大于”或“小于”）b的质量m2。(3)通过分析发现造成k2值偏小的原因是实验中存在各种阻力，已知实验所用重物的质量m2=0.052kg，当地重力加速度g=9.78m/s2，求出重物所受的平均阻力Ff=_________N。（结果保留两位有效数字）【答案】①.2.25m/s②.大于③.0.031【解析】【详解】(1)[1]在匀变速直线运动中，某段时间中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平局速度，所以C点的速度 (2)[2]根据动能定理得所以图线斜率由图知b的斜率小，所以b的质量小于a的质量；(3)[3]根据动能定理得所以图线斜率代入数据解得三、计算题（第15题8分，第16题12分，第17题12分，第18题18分，共计50分。要求写出必要的公式、文字叙述。）15.汽车发动机的额定功率为60kW，质量为2000kg，当汽车在水平路面上行驶时受到的阻力为车重的0.1倍，汽车以额定功率在水平路面上从静止启动（g取），求：（1）汽车在水平路面上能达到的最大速度；（2）若汽车从静止启动达到最大速度用时50s，则汽车启动过程通过的距离是多少？【答案】（1）；（2） 【解析】【详解】（1）汽车在发动机保持额定功率启动后，有当时汽车的速度达到最大，可得（2）汽车在发动机保持额定功率启动达到最大速度的过程，由动能定理有解得汽车启动过程通过的距离为16.如图所示，宇航员站在某质量分布均匀的星球表面一斜坡上P点沿水平方向以初速度v0抛出一个小球，测得小球经时间t落到斜坡上另一点Q，斜面的倾角为，已知该星球半径为R，万有引力常量为G，求：（1）该星球表面重力加速度；（2）该星球的密度；（3）人造卫星绕该星球表面做匀速圆周运动的最小周期T【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）设重力加速度为，小球做平抛运动的水平位移和竖直位移分别表示为又因为斜面的倾角为，则满足 解得（2）设星球的质量为，在星球表面星球的体积表示为该星球的密度为（3）人造卫星绕该星球做匀速圆周运动时万有引力提供向心力整理得当人造卫星做近地表圆周运动时周期最小，即时周期最小，解得17.如图所示，光滑斜面倾角为θ，底端固定一垂直于斜面的挡板C．在斜面上放置长木板A，A的下端与C的距离为d，A的上端放置小物块B，A、B的质量均为m，A．B间的动摩擦因数μ=tanθ。现同时由静止释放A、B，A与C发生碰撞的时间极短，碰撞前后瞬间速度大小相等，运动过程中小物块始终没有从木板上滑落，已知重力加速度为g求： （l）A与C发生第一次碰撞前瞬间的速度大小v1；（2）A与C发生第一次碰撞后上滑到最高点时，小物块B的速度大小v2；（3）为使B不与C碰撞，木板A长度的最小值L．【答案】（l）；（2）；（3）4d【解析】【分析】【详解】（1）第一次碰撞前，由机械能守恒得2m=2mgdsinθ解得v1=（2）设发生第一次碰撞后，A上滑、B下滑的加速度大小分别为aA、aB，则μmgcosθ+mgsinθ=maA，μmgcosθ﹣mgsinθ=maB可知aA＞aB，则知A先减速到零，设A第一次碰撞后后上滑到最高点的时间为t，则v1=aAt，v2=v1﹣aBt联立解得v2=（3）研究A、B运动的全过程，由能量守恒定律有mgdsinθ+mg（d+L）sinθ=μmgLcosθ解得 L=4d18.如图，半径R＝0.5m的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，AB是轨道的竖直直径，轨道下端点B上静止着质量m＝2kg的小物块，轨道在B点与倾角的传送带（轮子半径很小）上端点相切；电动机带动传送带以v＝8m/s的速度逆时针匀速运动，传送带下端点C与水平面CDO平滑连接，B、C间距L＝4m；一轻质弹簧的右端固定在O处的挡板上，质量M＝10kg的物体靠在弹簧的左端D处，此时弹簧处于原长，C、D间距，OD段光滑，DC段粗糙。现将M压缩弹簧一定距离后由静止释放，M在传送带上一直做匀加速直线运动，当其到达轨道上B点时以的速度与m相碰（碰撞时间不计），碰后两物体粘在一起且恰好能沿圆轨道通过A点，上述过程中，M经C点滑上和经B点离开传送带时，速度大小不变，方向分别变为沿传送带向上和水平向左。已知M与传送带间的动摩擦因数为、与CD段间的动摩擦因数为，且m、M均可视为质点，重力加速度大小。求：（1）圆弧轨道的B点，m、M碰后粘在一起的瞬间对轨道的压力（2）M在传送带上运动过程中，系统由于摩擦产生的热量Q；（3）M释放前，系统具有的弹性势能以及带动传送带的电动机由于运送M多输出的电能。【答案】（1）720N；（2）180J；（3）300J，480J 【解析】【详解】（1）合在一起后恰能通过A点，由牛顿第二定律可得从B到A，由机械能守恒可得设在B，轨道对物体的支持力为FN即对轨道的压力为720N，方向竖直向下。（2）由题意可得，M在传送带上由牛顿第二定律可得由 由传送带在t时间内的位移为则摩擦生热的热量为（3）设弹簧对物体所做的功为W，由动能定理可得W=300J即M释放前，系统具有的弹性势能Ep=300J，输出的电能为