2021-2022学年山西省长治市第二中学高一（下）期末物理试题含解析

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2021-2022学年山西省长治市第二中学高一（下）期末物理试题【满分100分，考试时间为90分钟】一、选择题（本题共12个小题，共39分。第1-9小题中给出的四个选项中，只有一个选项正确，每小题3分；第10-12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，不选或有选错的得0分。请将选择题答案填涂到答题卡对应栏内。）1. 某质点仅受恒力F作用，从A点沿图中的曲线运动到B点，已知轨迹在A点的切线水平，在B点的切线竖直，则质点的运动状态是（　　）
 A. 圆周运动 B. 一直加速C. 先加速后减速 D. 先减速后加速【答案】D【解析】【详解】A．质点做圆周运动时的向心力方向时刻在变，不可能由恒力提供，故A错误；BCD．质点做曲线运动，恒力方向指向轨迹凹侧，而质点速度方向沿轨迹切线方向，从A到B速度方向与恒力的夹角先大于90°，后小于90°，所以质点先减速后加速，故BC错误，D正确。故选D。2. 现代人经常低头玩手机，这会使颈椎长期受压，可能引发颈椎病。人低头时，可粗略认为头受重力G，肌肉拉力和颈椎支持力。如图所示，某同学低头看手机时头颈弯曲与竖直方向成60°，此时肌肉对头的拉力约为头重的4倍，沿图中虚线方向，依据上述信息估算此时颈椎受到的压力F的可能值（　　）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【详解】设肌肉对头的拉力与竖直方向的夹角为，以头为研究对象，根据平衡条件可得：在竖直方向在水平方向又解得根据牛顿第三定律可得C正确，ABD错误。故选C。3. 甲、乙两铁球质量分别是m1＝1kg、m2＝2kg，在光滑平面上沿同一直线运动，速度分别是v1＝6m/s、v2＝2m/s。甲追上乙发生正碰后两物体的速度有可能是（　 　）A. v1′＝7m/s，v2′＝1.5m/s B. v1′＝2m/s，v2′＝4m/sC. v1′＝3.5m/s，v2′＝3.5m/s D. v1′＝8m/s，v2′＝1m/s【答案】B【解析】【详解】以甲的初速度方向为正方向，碰撞前总动量碰撞前的动能A．如果，碰撞后动量守恒、机械能增加，且会发生二次碰撞，不合理，故A错误；B．如果，碰撞后动量守恒、机械能不增加，且碰撞后不会发生二次碰撞，合理故B正确；C．如果，碰撞过程动量不守恒，不合理，故C错误；D．如果，碰撞过程动量守恒、机械能增加，且会发生二次碰撞，不合理，故D错误。故选B。4. 一跨过光滑定滑轮的轻绳两端分别连接物体a和物体b，物体a放在粗糙水平面上，物体b悬于空中，如图所示。现对物体b施加一水平向左的力F，使其缓慢向左移动一小段距离，物体a始终保持静止。则在此过程中（　　）A. 力F的大小始终不变B. 物体b所受的合力逐渐增大C. 物体a所受的支持力逐渐增大D. 物体a所受的摩擦力逐渐增大【答案】D【解析】【分析】【详解】AB．b物体缓慢向左移动一小段距离，b物体受力平衡，合力为零不变，受力如图则b物体缓慢向左移动一小段距离，夹角 增大，则拉力F和绳子拉力 增大，AB错误；CD．a物体受力如图
 则有夹角不变，绳子拉力增大，则支持力逐渐减小，摩擦力逐渐增大，C错误D正确。故选D。5. 如图所示，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为，其左边缘a点比右边缘b点高h。若摩托车经过a点时的动能为，它会落到坑内c点，c与a的水平距离和高度差均为；若经过a点时的动能为，该摩托车恰能越过坑到达b点，则等于（　　）
 A. 2 B. 8 C. 6 D. 3【答案】B【解析】【详解】在竖直方向解得根据平抛运动的知识可得初速度由此可得代入数据可得故B正确，ACD错误。6. 如图所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，一物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并恰能从轨道上端水平飞出，则小物块的落地点到轨道下端的距离为（重力加速度大小为g）（　　）
 A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【详解】设轨道半径为r，可知在半圆最高点故物块由最低点到最高点机械能守恒物块做平抛运动联立可得故C正确，ABD错误。故选C。7. 如图所示，摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，上面挂在轮边缘的是供乘客乘搭的座舱；乘客坐在摩天轮慢慢的往上转，可以从高处俯瞰四周景色。最常见的摩天轮一般出现在游乐园里，是同学们喜爱的几种游乐场机动游戏之，假设摩天轮悬挂的座舱及舱内乘客在竖直平面内做匀速圆周运动（乘客总是保持头上脚下的姿态），则下列说法正确的是（　　）A. 乘客所受的合外力始终不变B. 乘客所受重力的功率始终不变C. 乘客在最低点与最高点对水平座椅的压力之差与摩天轮转动速度无关D. 乘客在最低点与最高点对水平座椅的压力之和与摩天轮转动速度无关【答案】D【解析】【详解】A．依题意，乘客做匀速圆周运动，所受的合外力大小不变，但方向总是指向圆心，故合外力为变力，故A错误；B．根据知，乘客所受重力不变，但乘客在重力方向上的速度是变化的，比如：在最高点与最低点时，，，而在与圆心等高位置，速度为竖直方向，重力的瞬时功率最大，故B错误；CD．设乘客做匀速圆周运动的速度大小为，则在最低点，根据牛顿第二定律有根据牛顿第三定律可得，此时乘客对座椅的压力大小为在最高点，根据牛顿第二定律有根据牛顿第三定律可得，此时乘客对座椅的压力大小为可得乘客在最低点与最高点对水平座椅的压力之差为显然与摩天轮转动速度有关；乘客在最低点与最高点对水平座椅的压力之和为显然与摩天轮转动速度无关，故C错误，D正确。故选D。8. 轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m=0.5kg的物块相连，如图甲所示，弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因数。以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴，现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的情况如图乙所示，物块运动至x=0.4m处时速度为零，g=10m/s2，则此时弹簧的弹性势能为（  ）A. 3.1J B. 3.5J C. 1.8J D. 2.0J【答案】A【解析】【详解】由图线与坐标轴围成的面积表示功，可得到力F做的功设克服弹簧弹力做的功为W弹，根据动能定理WF-W弹-μmgx=0解得W弹=3.1J则弹簧的弹性势能为EP=3.1J故选A。9. 半径为R的某均匀球形天体，两“极点”处的重力加速度大小为g，“赤道处”的重力加速度大小为“极点”处的。已知引力常量为G，则下列说法正确的是（     ）A. 该天体的质量为B. 该天体的平均密度为C. 该天体的第一宇宙速度为D. 该天体的自转周期为【答案】D【解析】【详解】AD．在两极点处有在赤道处联立解得天体的质量为自转周期为A错误，D正确；B．由公式又联立可得B错误；C．由可知，该天体的第一宇宙速度为C错误。故选D。10. 如图甲所示，物体在水平拉力F的作用下沿水平面做直线运动.通过力传感器和速度传感器测得拉力F和物体速度随时间的变化规律如图乙所示.重力加速度取，则（     ）
 A. 物体的质量B. 物体与水平面间的动摩擦因数C. 内拉力F对物体做的功为D. 内拉力F的冲量大小为【答案】AD【解析】【详解】A、由速度时间图象可以知道在的时间内，物体匀速运动，处于受力平衡状态，所以滑动摩擦力的大小为，在的时间内，物体做匀加速运动，直线的斜率代表加速度的大小，所，由牛顿第二定律可得，所以，故A正确；
B、由，所以，故B错误；
C、在第一秒内物体没有运动，物体在第2s内做匀加速运动位移为：，第内做匀速运动位移，拉力F做功，故C错误；
D、内拉力F的冲量大小为，故D正确．11. 如图所示，一个质量为m的半圆槽形物体P放在光滑水平面上，半圆槽半径为R，一小物块Q质量为3m，从半圆槽的最左端与圆心等高位置无初速释放，然后滑上半圆槽右端，接触面均光滑，Q从释放到滑至半圆槽右端最高点的过程中，下列说法错误的是（　　）A. P一直向左运动B. P的位移大小为C. Q到右端最高点一定与圆心等高D. Q与P组成的系统动量守恒，机械能守恒【答案】BD【解析】【详解】A．在Q滑至最低点时，对P来说受到小球给的向左的力，故向左加速运动，在小球从最低点到滑至半圆槽右端最高点的过程中，P受到小球给的向右的力，P做向左的减速运动，因为对于系统来说水平方向动量守恒，当Q滑至半圆槽右端最高点时，P速度减为零。所以整个运动过程中，P一直向左运动，故A项正确，不符合题意；B．根据动量守恒定律可知，物块Q从槽口左端运动到右端的过程中，P和Q在任意时刻得水平分速度大小满足所以二者的位移关系同样满足根据相对位移关系可知解得故B项错误，符合题意；C．小球和半圆槽组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒且总动量为零，小球和半圆槽速度相等，由动量守恒知，速度为零。对于该系统来说只有重力做功，系统机械能守恒，所以Q到右端最高点一定与圆心等高，故C项正确，不符合题意；D．Q与P组成的系统在水平方向上水平方向不受外力，水平方向动量守恒，但是在竖直方向上动量不守恒，故D项错误，符合题意。故选BD。12. 我国天文学家通过“天眼”（FAST，500米口径球面射电望远镜）在武仙座球状星团中发现一个脉冲双星系统，如图所示，由恒星A与恒星B组成的双星系统绕其连线上的O点做匀速圆周运动，若恒星A的质量为m，恒星B的质量为2m，恒星A和恒星B之间的距离为L，引力常量为G。下列说法正确的是（　　）
 A. 恒星A运行的角速度大于恒星B运行的角速度B. 恒星A与恒星B的线速度之比为2:1C. 恒星A到O点的距离为LD. 恒星B的运行周期为【答案】BC【解析】【详解】A．由恒星A与恒星B组成的双星系统绕其连线上的O点做匀速圆周运动，它们运动的周期相等、角速度大小相等，故A错误；B．由万有引力提供向心力得所以恒星A与恒星B的线速度之比为故B正确；C．由万有引力提供向心力得又所以恒星A到O点的距离为故C正确；D．由万有引力提供向心力得又所以恒星B的运行周期为故D错误。二、实验题（本题共18分，请将每道题答案填写到答题卡对应栏内。）13. 一组同学在做“探究加速度与力、质量的关系”的实验，实验装置如图所示。（1）在下列仪器和器材中，还需要使用的有________；（填写选项前的字母）A．电压合适的交流电源B．电压可调的直流电源C．刻度尺D．秒表E．天平（含砝码）（2）如图所示为实验中打出一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点间都有4个点迹没有标出，测出各计数点到A点之间的距离。已知打点计时器打点周期为，则此次实验中小车运动的加速度的测量值_______；（结果保留两位有效数字）（3）在探究加速度与小车受力关系的实验中，为使小车受到的合力在数值上近似等于砂及砂桶受到的总重力，所采取的措施有________。（填写选项前的字母）A．调节木板的倾斜度，使小车在不挂砂和砂桶时能拖动纸带沿木板匀速运动B．调节木板的倾斜度，使小车在砂和砂桶拉力的牵引下拖动纸带沿木板匀速运动C．保证小车质量远大于砂和砂桶的质量（4）在某次利用上述已调整好的装置进行实验中，保持砂和砂桶的总质量不变，小车自身的质量为M且保持不变，改变小车中砝码的质量m，并测出小车中放上不同质量的砝码时所对应的加速度a，以m为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上作出关系图线，若描绘出的图线是题图中的图像________（填写选项字母），则能得出与牛顿第二定律一致的结论。【答案】    ①. ACE    ②. 1.0    ③. AC    ④. B【解析】【详解】（1）[1]还需要电压合适的50Hz交流电源，以使打点计时器能正常工作；还需要刻度尺进行测量纸带上计数点间的距离；还需要天平（含砝码）来测量小车以及砂和砂桶的质量，打点计时器自动记录时间，所以不需要秒表。故选ACE。（2）[2] 根据匀变速直线运动规律，采用逐差法求解加速度（3）[3]AB．平衡摩擦力指的是平衡小车运动过程中所受的阻力，是在不挂砂和砂桶时能拖动纸带沿木板匀速运动，故A正确，B错误；C．平衡好摩擦力，则绳子拉力T等于小车所受的合外力；小车（质量M）挂上砂和砂桶（质量m）后，二者都做匀加速运动，对二者，由牛顿第二定律分别有联立可得可以看出，当砂和砂桶质量m远小于M时，绳子拉力T才可以用mg代替，故C正确。故选AC。（4）[4]用m0表示砂和砂桶的总质量，由（3）中分析可知联立得变形可得则图线是一条与纵轴正半轴相交的倾斜直线，故ABC三图中只有B符合题意。故选B。14. 如图1所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球碰撞前后的动量关系。图1中的O点为小球抛出点在记录纸上的垂直投影。实验时，先使A球多次从斜轨上位置P静止释放，找到其平均落地点的位置E。然后，把半径相同的B球静置于水平轨道的末端，再将A球从斜轨上位置P静止释放，与B球相碰后两球均落在水平地面上，多次重复上述A球与B球相碰的过程，分别找到碰后A球和B球落点的平均位置D和F。用刻度尺测量出水平射程、、。测得A球的质量为，B球的质量为。（1）实验中，通过测量小球做平抛运动的水平射程来代替小球碰撞前后的速度。①实验必须满足的条件有_______。A.两球的质量必须相等B.轨道末端必须水平C.A球每次必须从轨道的同一位置由静止释放②“通过测量小球做平抛运动的水平射程来代替小球碰撞前后的速度”可行的依据是_______。A.运动过程中，小球的机械能保持不变B.平抛运动的下落高度一定，运动时间相同，水平射程与速度大小成正比（2）当满足表达式______________时，即说明两球碰撞中动量守恒；如果再满足表达式______________时，则说明两球的碰撞为弹性碰撞。（用所测物理量符号表示）（3）有同学认为，在上述实验中仅更换两个小球的材质，其它条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的射程增大。经测定，，，小球落地点的平均位置距O点的距离如图2所示。请你用已知的数据，分析和计算出被碰小球平抛运动射程的最大值为_______cm。【答案】    ①. BC##CB    ②. B    ③.     ④.     ⑤. 76.8【解析】【详解】（1）①[1]A．为防止碰后A球反弹，应使A球的质量大于B球的质量，故A错误；B．为保证小球做平抛运动，轨道末端必须水平，故B正确；C．为保证小球A到斜槽末端速度相等，A球每次必须从轨道同一位置由静止释放，故C正确。故选BC。②[2]小球做平抛运动，竖直方向有，水平方向有可得，小球做平抛运动的飞行时间和初速度分别为，可知，平抛运动的下落高度一定，运动时间相同，水平射程与速度大小成正比，故A错误B正确。故选B。（2）[3]两球碰撞中动量守恒，根据动量守恒定律有由小球做平抛运动的水平射程来代替小球的速度，则有即满足表达式时，说明两球碰撞中动量守恒。[4]若碰撞为弹性碰撞，则机械能守恒，有由小球做平抛运动的水平射程来代替小球的速度，则当时，则说明两球的碰撞为弹性碰撞。（3）[5]根据题意可知，当两球发生弹性碰撞时，B球获得速度最大，平抛运动射程有最大值，则有，由图2可知联立解得三、计算题（本题共4小题，共43分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案的不给分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）15. 某高校设计专业学生对手机进行了防设计，防摔设计是这样的：在屏幕的四个角落设置了由弹性塑料、聚合物及超薄金属片组成的保护器，一旦手机内的加速度计、陀螺仪及位移传感器感知到手机掉落，保护器会自动弹出，对手机起到很好的保护作用。总质量为160g的该种型号手机从距离地面1.25m高的口袋中被无意间带出，之后的运动可以看作自由落体运动，平掉在地面上，保护器撞击地面的时间为0.5s，不计空气阻力，，试求：（1）手机从开始掉落到落地前的过程中重力的冲量大小；（2）地面对手机的平均作用力大小。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）根据解得根据冲量的定义得（2）取竖直向下为正方向，对全过程由动量定理得解得16. 如图所示，水平传送带匀速运行的速度为v＝2m/s，传送带两端A、B间距离为x0＝10m，当质量为m＝5kg的行李箱无初速度地放在传送带A端后，传送到B端，传送带与行李箱间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，求：（1）行李箱开始运动时的加速度大小a；（2）行李箱从A端传送到B端所用时间t；（3）整个过程行李箱对传送带的摩擦力做的功W。
 【答案】（1）2m/s2；（2）5.5s；（3）－20J【解析】【分析】【详解】（1）行李箱刚放上传送带时的加速度大小＝μg＝2m/s2（2）经过t1时间二者共速行李箱匀加速运动的位移为x1＝at12＝×2×12m＝1m行李箱随传送带匀速运动的时间t2＝＝4.5s则行李箱从A传送到B所用时间t＝t1＋t2＝1s＋4.5s＝5.5s（3）t1时间内传送带位移x2＝vt1＝2×1m＝2m根据牛顿第三定律，传送带受到行李箱的摩擦力大小Ff′＝Ff行李箱对传送带的摩擦力做的功W＝－Ff′x2＝－μmgx2＝－0.2×5×10×2J＝－20J17. 如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块Ａ、B、C，B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计)。设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。求从Ａ开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中（ⅰ）整个系统损失的机械能；（ⅱ）弹簧被压缩到最短时的弹性势能【答案】(ⅰ)m；(ⅱ)m【解析】【分析】【详解】(ⅰ)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得 mv0=2mv1①此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE，对B、C组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得mv1=2mv2②m=ΔE+(2m)③ 联立①②③式得 ΔE=m④(ⅱ)由②式可知v2<v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep．由动量守恒和能量守恒定律得mv0=3mv3⑤m－ΔE=(3m)+Ep⑥联立④⑤⑥式得 Ep=m⑦ 18. 如图所示，光滑轨道abcd周定在竖直平面内，ab水平，bcd为半圆，圆弧轨道的半径，在b处与ab相切。在直轨道ab上放着质量分别为、的物块A、B（均可视为质点），用轻质细绳将A、B连接在一起，且A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接）。轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量为M、长的小车，小车上表面与ab等高。现将细绳剪断，与弹簧分开之后A向左滑上小车，B向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点d处。物块A与小车之间的动摩擦因数，小车质量M满足，重力加速度g取10m/s2。求：（1）物块B运动到最低点b时对轨道的压力；（2）细绳剪断之前弹簧的弹性势能；（3）物块A在小车上滑动过程中产生的热量Q（计算结果可含有M）。【答案】（1）60N；（2）12J；（3）当1kg≤M≤2kg时，；当2kg＜M≤3.5kg时，【解析】【详解】（1）在最高点有牛顿第二定律可得b到d由动能定理可得在b点有牛顿第二定律可得联立以上方程可得由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力竖直向下，大小为（2）由动量守恒定律可得由能量守恒可得联立以上方程可得（3）假设A恰好滑到小车左端时与小车有共同速度v，由动量守恒定律可得mAvA=（mA＋M）v由能量守恒可得联立以上方程可得=2kg当1kg≤M≤2kg时，A与小车最终有共同速度，由能量守恒可得解得当2kg＜M≤3.5kg时，A将从小车左端滑出，可得Q2=μmAgL解得