2021长春九台区师范高级中学高一下学期期末联考物理试题扫描版含答案

高一物理答案

注意事项：

1.答题时，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。

2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。

3.答非选择题时，必须使用黑色墨水笔或者黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。

4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。

5.考试结束后，只将答题卡交回。

一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1-9题只有一项符合题目要求，第10-12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．【答案】C

【解析】

试题分析：

A、重力是由万有引力的分力产生的； 二者不是同一个力； 故A错误；

B、若忽略自转，则重力与纬度无关；但重力大小仍然取决于高度，高度越高，重力越小，故B错误；

C、由于地球的自转原因，万有引力分力充当物体转动的向心力，纬度越高，转动半径越小，分力越小，则重力越大；故C正确，D错误；

故选C．

2．【答案】C

【解析】

【分析】

本题考查了平抛运动。解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解。

根据下落的高度求出平抛运动的时间之比，结合水平位移和时间求出初速度之比，抓住速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，求出两球的速度方向与斜面的夹角关系。

【解答】

A.根据，得，则时间之比为，根据可知，初速度之比为，故A错误；

B.因为两小球下落的高度之比为，水平位移之比为，所以小球a、b到达斜面底端时的位移之比为，故B错误；

C.小球落在斜面上，速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，因为位移与水平方向的夹角相等，则速度与水平方向的夹角相等，到达斜面底端时速度方向与斜面的夹角也相等，故C正确；

D.由竖直方向上做自由落体运动，有，合速度，故到达斜面底端时速度大小之比为，D错误。

故选C。

3．【答案】D

【详解】

A．三物体均没有打滑，可知转动的角速度相同，由可知，这时a、b的线速度大小相等，方向不同，A错误；

B．由向心力公式可得

故a、b的向心力不一样大，B错误；

C．由最大静摩擦力作为向心力

可得a的临界角速度为

同理可得b、c的临界角速度分别为、

若逐步增大圆台转速，c比b先滑动，然后a、b同时开始滑动，C错误，D正确。

故选D。

4．【答案】B

【解析】

【详解】

绕地球做匀速圆周运动的卫星所需要的向心力是由地球对卫星的万有引力提供的，这个万有引力是一定指向地心的，所以卫星的轨道平面必须过地心，不会在地轴上除地心外其他点，可以与地球赤道平面重合，也可以不重合，故B正确，A、C、D错误．

5．【答案】D

【详解】

小球圆周运动的向心力由重力和绳拉力的合力提供，绳与竖直方向的夹角为θ对小球受力分析有在竖直方向有：Tcosθ-mg=0

在水平方向有：

得：

因为小球在同一平面内做圆周运动，则由题意知，小球圆周运动半径r=htanθ，其中h为运动平面到悬点的距离。

A． 向心力mgtanθ，质量不同，θ不同，则向心力不一定相同，故A错误；

B． 运动的线速度，θ不同，线速度不同，故B错误；

C． 向心加速度a=gtanθ，θ不同，向心加速度不同，故C错误；

D．运动的角速度

角速度与夹角θ无关，相同，故D正确。

故选D。

6．【答案】C

【详解】

A．物体做匀速圆周运动，合力时刻指向圆心，且大小不变，所以在水平恒力F的作用下，不可能做匀速圆周运动，故A错误；

BC．物体的初、末动能相同，根据动能定理，合力对物块的功一定为零，故合力与位移垂直，即水平恒力F方向一定与AB连线垂直；由于合力先做负功后做正功，故速度先减小后增加，故C正确，B错误；

D．合力恒定，根据牛顿第二定律，物体的加速度一定恒定不变，故D错误。

故选C。

7．【答案】A

【解析】

【详解】

第一宇宙速度是人造地球卫星在近地圆轨道上的运行速度，“七星”绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，飞行速度一定小于第一宇宙速度，即v＜7.9km/s。

A. v<7.9km/s，与结论相符，选项A正确；   

B. v=7.9km/s，与结论不相符，选项B错误；

C. v=11.2km/s    ，与结论不相符，选项C错误；

D. 7.9km/s>v<11.2km/s，与结论不相符，选项D错误；

8．【答案】D

【解析】

【分析】

将弹簧上端B缓慢地竖直向上提起，使B点上移距离为L，该过程动能不变，根据功能关系，拉力做的功等于系统重力势能和弹性势能的增加量之和。

本题要明确缓慢提起物体的过程中，拉力做的功等于系统重力势能和弹性势能的增加量之和，物体A重力势能的增加等于克服重力做功注意物体A高度的变化不等于L。
【解答】

A.将弹簧上端B缓慢地竖直向上提起，由于开始时有支持力，故拉力先小于mg，物体离地后等于mg，拉力的位移为L，故提弹簧的力对系统做功小于mgL，故A错误；

点上移距离为L，弹簧伸长量为，故A上升的高度为，所以物体A的重力势能增加，故BC错误，D正确。
故选D。

9．【答案】C

【详解】

A．因木板静止，则木板受到地面的摩擦力等于木块对木板的滑动摩擦力，大小为μ1mg，选项A错误；

BC．因改变F的大小不能改变木块对木板的摩擦力，故无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动，故C正确，B错误；

D．物块滑过木板的过程中，产生的热量（l为木板的长度） ，则与拉力F大小无关，故D错误。

故选C。

10．【答案】BC

【详解】

对雪橇受力分析，如图：

A．支持力做功，故A错误；

B．重力做功，故B正确；

C．拉力做功为，故C正确；

D．雪橇竖直方向受力平衡：，则

则摩擦力大小为：

则摩擦力做功，故D错误．

11．【答案】AB

【解析】若表示某质点做平抛运动的竖直分速度，则表示加速度，方向始终竖直向下，所以A是正确的；若表示某质点做匀速圆周运动的动量，则，表示向心力大小不变，方向不停改变，故B正确；若D表示质点的动能，则表示所受合外力的功率，表示做功的快慢，不是做功的多少，故C错误；依据场强的决定式，故D错误．故选AB．

点睛：解决本题的关键是知道当D表示不同的量时，则表示的物理量，再根据条件判断是否变化．

12．【答案】BC

【详解】

A．小球被抛出后做平抛运动，根据运动规律则有

联立可得，故A错误；

B．根据万有引力提供向心力可得

解得火星的第一宇宙速度即近火卫星的运行速度

故B正确；

C．物体在火星表面时，则有

解得火星的质量为

故C正确；

D．火星的平均密度为

故D错误；

故选BC。

二、实验题（本题共2小题，每空2分，共18分）

13．【答案】（1）A；（2）C；（3）①1.5；②2.5；③（-15,-5）。

【解析】

【分析】

（1）根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤；

（2）平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，结合运动学公式求出y与的关系式，从而确定正确的关系图线；

（3）根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，结合水平位移和时间间隔求出初速度；根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的竖直分速度，结合平行四边形定则求出B点的速度；根据速度时间公式求出抛出点到B点的时间，结合位移公式求出抛出点到B点的水平位移和竖直位移，确定抛出点的坐标。
解决本题的关键知道实验的原理以及操作中的注意事项，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论进行求解。

【解答】

（1）A.为了保证小球的初速度水平，斜槽末端需切线水平，故A正确；

B.为了保证每次小球平抛运动的初速度大小相等，让小球每次从斜槽的同一位置由静止释放，故B错误；

C.入射小球沿斜槽下滑过程中，受到与斜槽的摩擦力没有影响实验，故C错误；

D.为了作出小球的运动轨迹，描绘的点用平滑曲线连接，故D错误；
故选：A。

（2）根据，得，，可知y与成线性关系，故选C。

（3）①在竖直方向上，根据得：，

则小球的初速度为：。

②B点的竖直分速度为：，

根据平行四边形定则知，B点的速度为：。

（3）抛出点到B点的运动时间为：，则抛出点到B点的水平位移为：，
抛出点的横坐标为：，
抛出点到B点竖直位移为：，
抛出点的纵坐标为：。

故答案为：（1）A；（2）；（3）①1.5；②2.5；③（-15,-5）。

14．【答案】增加  减小  增加 

【解析】

（1）当r不变，运动中使橡皮塞的角速度增大，向心力将增大。

（2）运动中，改变半径r尽量使角速度保持不变，当r减小时，向心力将减小。

（3）换个质量更大的橡皮塞，并保持半径r和角速度不变，细绳的拉力增大，则向心力F增大。

（4）根据已学的知识可知，向心力的公式为：。

故答案为：（1）增加；（2）减小；（3）增加；（4）。

根据向心力公式分析即可求解。

本题主要考查了向心力公式的直接应用，难度不大，属于基础题，注意控制变量法的应用。
三、解答题

15．（8分）【答案】(1)2m/s    (2)4 m

【详解】

（1）在最高点，当小球恰好通过最高点时，有：，    ………..2’

解得．                       ………..2’

（2）根据h−r＝gt2得， ．………..2’

则水平距离x＝v2t＝4×1m＝4m．                      ………..2’

【点睛】

本题考查了平抛运动和圆周运动的基本运用，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律和圆周运动向心力的来源是解决本题的关键．

16．（12分）【答案】(1)；(2)；(3) 。

【详解】

(1) 物块运动至B点时，根据动能定理得………..2’

解得………..2’

(2) 物块运动至B点时，根据牛顿第二定律得………..2’

解得………..1’

根据牛顿第三定律得物块对圆轨道的压力大小为。………..1’

（3）两物块碰撞过程系统动量守恒，设碰撞后的速度为v1，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v=(m1+m2)v1……….1’

碰撞后物块在水平面上运动过程，设位移为x，由动能定理得：

……..1’

解得： ………..2’

17．（14分）【答案】（1）4.2×107m ；（2），小于第一宇宙速度

【详解】

（1）依据万有引力提供向心力：；………..3’

解得：

……….4’

（2）地球同步卫星的环绕速度v的大小：

………..4’

第一宇宙速度为7.9km/s，故同步卫星线速度小于第一宇宙速度．………..3’