2020-2021学年吉林省吉林市第二中学高一（下）期末物理试题含解析

吉林二中2020-2021学年度下学期期末考试

高一物理试卷

第Ⅰ卷

说明：1、本试卷分第I试卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分；

2、满分110分，考试时间90分钟。

一、单选题（1-9题单选,10-13题多选,每题4分,共计52分）

1. 关于曲线运动，下列说法正确的是（　　）

A. 平抛运动是一种匀变速运动 B. 做圆周运动的物体，所受合力总是指向圆心的

C. 物体在恒力作用下不可能做曲线运动 D. 做匀速圆周运动的物体，所受合力是恒定的

【答案】A

【解析】

【详解】A．做平抛运动的物体的加速度恒为重力加速度，所以平抛运动是一种匀变速运动，故A正确；

B．对于做变速圆周运动的物体，同时存在改变物体运动速率的切向力和改变物体运动方向的向心力，这两个力的合力方向不指向圆心，只有做匀速圆周运动的物体所受合力才总是指向圆心，故B错误；

C．当恒力作为物体所受的合外力时，只要速度方向与恒力方向不共线，物体就会做曲线运动，如平抛运动，故C错误；

D．做匀速圆周运动的物体，所受合力的方向时刻在变化，不是恒定的，故D错误。

故选A。

2. 小船渡河时，船相对静水的速度，水流速度，河宽，则小船（　　）

A. 过河最短时间小于 B. 过河最短位移大于

C. 过河时间最短时位移是 D. 过河位移最短时时间是

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A．船头垂直于河岸航行时所用时间最短

过河最短时间等于，故A错误；

B．设船头于河岸夹角为θ ,此时船的合速度的方向与河岸垂直,所以最短位移等于河的宽度，为100m ，所以过河最短位移等于，故B错误；

C．过河时间最短时，船头垂直于河岸航行，船向下游走，位移大于，故C错误；

D．设船头于河岸夹角为θ ,此时船的合速度的方向与河岸垂直,所以最短位移等于河的宽度，为100m,此时有

渡河时间

故D正确。

故选D。

3. 在竖直墙壁上悬挂一镖靶，某人站在离墙壁一定距离的某处，先后将两只飞镖A、B由同一位置水平掷出，两只飞镖落在靶上的状态如图所示（侧视图），若不计空气阻力，下列说法中正确的是（　　）

A. A镖比B镖在空中的运动时间长

B. A、B镖的位移方向相同

C. A、B镖的速度变化方向可能不同

D. A镖掷出时的初速度比B镖掷出时的初速度大

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A．飞镖B下落的高度大于飞镖A下落的高度，根据得

B下降的高度大，则B镖的运动时间长，故A错误；

B．两飞镖平抛的起点相同，而落点不同，则由起点指向落点的位移方向不同，故B错误；

C．因为A、B镖都做平抛运动，速度变化量的方向与加速度方向相同，均竖直向下，故C错误；

D．因为水平位移相等，B镖的时间长，则B镖的初速度小，故D正确；

故选D。

4. 如图所示，在光滑的水平面上有A、B两小球。A球质量为3m，以水平速度v向右运动，B球静止，质量为2m，A、B两球发生正碰后结合在一起运动的速度为（　　）

A. 0.4

B. 0.6

C. 0.8

D. 1.5

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】由动量守恒定律可得

解得A、B两球发生正碰后结合在一起运动的速度

故B正确，ACD错误

故选B。

5. 我国于2017年11月发射“嫦娥五号”探月卫星，计划执行月面取样返回任务．“嫦娥五号”从月球返回地球的过程可以简单分成四步，如图所示第一步将“嫦娥五号”发射至月球表面附近的环月圆轨道Ⅰ，第二步在环月轨道的A处进行变轨进入月地转移轨道Ⅱ，第三步当接近地球表面附近时，又一次变轨，从B点进入绕地圆轨道Ⅲ，第四步再次变轨道后降落至地面，下列说法正确的是（ ）

A. 将“嫦娥五号”发射至轨道Ⅰ时所需的发射速度为7.9km/s

B. “嫦娥五号”从环月轨道Ⅰ进入月地转移轨道Ⅱ时需要加速

C. “嫦娥五号”从A沿月地转移轨Ⅱ到达B点的过程中其动能一直增加

D. “嫦娥五号”在第四步变轨时需要加速

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A．月球的第一宇宙速度比地球的要小，故A错误； 
B．“嫦娥五号”从轨道Ⅰ进入月地转移轨道Ⅱ是离心运动，所以需要加速，所以B选项是正确的； 
B．刚开始的时候月球对“嫦娥五号”的引力大于地球对“嫦娥五号”的引力，所以动能要减小，之后当地球的引力大于月球的引力时，卫星的动能就开始增加，故C错误； 
D．“嫦娥五号”降落至地面的运动为向心运动，需要减速，故D错误. 

故选B。

6. 在光滑水平面上，有两个小球A、B沿同一直线同向运动(B在前)，已知碰前两球的动量分别为pA＝10 kg·m/s、pB＝13 kg·m/s，碰后它们动量的变化分别为ΔpA、ΔpB.下列数值可能正确的是(     　)

A. ΔpA＝－3 kg·m/s、ΔpB＝3 kg·m/s

B. ΔpA＝3 kg·m/s、ΔpB＝－3 kg·m/s

C. ΔpA＝－20 kg·m/s、ΔpB＝20 kg·m/s

D. ΔpA＝20kg·m/s、ΔpB＝－20 kg·m/s

【答案】A

【解析】

【详解】对于碰撞问题要遵循三个规律：动量守恒定律、碰撞后系统的机械能不能增加和碰撞过程要符合实际情况．

BD．本题属于追及碰撞，碰前，后面运动物体速度一定要大于前面运动物体的速度（否则无法实现碰撞），碰后，前面物体动量增大，后面物体的动量减小，减小量等于增大量，所以，,并且由此可知：不符合题意．

A．碰撞后，，，根据关系式，满足以上三条定律，符合题意．

C．碰撞后，，，根据关系式，A球的质量和动量大小都不变，动能不变，而B球的质量不变，动量增大，所以B球的动能增大，系统的机械能比碰撞前增大了，不符合题意．

7. 人用绳子通过光滑定滑轮拉静止在地面上的物体A，A穿在光滑的竖直杆上，当人以速度 v竖直向下匀速拉绳使质量为m的物体A上升高度h后到达如图所示位置时，此时绳与竖直杆的夹角为θ。已知重力加速度为g，则（　　）

A. 此时物体A的速度为

B. 此时物体A的速度为

C. 该过程中绳对物体A做的功为

D. 该过程中绳对物体A做的功为

【答案】D

【解析】

【详解】AB．将A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，如图所示

拉绳子的速度等于A沿绳子方向的分速度，根据平行四边形定则得，实际速度

AB错误；

CD．在A上升的过程中根据动能定理有

即绳对A做的功为

C错误，D正确。

故选D。

8. 太阳系中某行星A运行的轨道半径为R,周期为T,但科学家在观测中发现,其实际运行的轨道与圆轨道存在一些偏离,且每隔时间t发生一次最大的偏离,天文学家认为形成这种现象的可能原因是A外侧还存在着一颗未知行星B,它对A的万有引力引起A行星轨道的偏离,假设其运行轨道与A在同一平面内,且与A的绕行方向相同,由此可推测未知行星B绕太阳运行的圆轨道半径为(     )

A.

B.

C.

D.

【答案】C

【解析】

【分析】A、B相距最近时，B对A的影响最大，且每隔时间t发生一次最大的偏离，先根据多转动一圈时间为t，求出卫星的周期；然后再根据开普勒第三定律解得轨道半径.

【详解】由题意可知：A、B相距最近时，B对A的影响最大，且每隔时间t发生一次最大的偏离，说明A、B相距最近，设B行星的周期为T0，未知行星B绕太阳运行的圆轨道半径为R0，则有,解得：；据开普勒第三定律：，得；故选C.

【点睛】本题关键抓住两行星发生最大偏离的条件是转动角度相差2π，进行列式，并要掌握开普勒第三定律研究周期和轨道半径的关系.

9. 一质量为m的重物，沿与竖直方向成角直线做匀加速运动，加速度大小为a=g，整个过程重物下降的高度为H，则在此过程中（　　）

A. 重力势能减少2mgH

B. 物体机械能增加mgH

C. 合外力对物体做功mgH

D. 物体动能增加mgH

【答案】B

【解析】

【详解】A．重力势能减少

故A错误；

B．由平行四边形定则可知，物体除受重力外还受到与水平方向成角斜向右上方的作用力，大小与重力大小相等，机械能的增加等于此力所做的功即为

故B正确；

C．合力为

合外力对物体做功

故C错误；

D．由动能定理可知，物体动能的增加量等于合外力所做的功即为，故D错误。

故选B。

10. 如图所示，a为地球赤道上的物体，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星，c为地球同步卫星。下列关于a、b、c做匀速圆周运动的说法中，正确的是（ ）

A. 角速度的大小关系为ωb > ωc = ωa

B. 向心加速度的大小关系为aa > ab > ac

C. 线速度的大小关系为vb > vc > va

D. 周期关系为Ta = Tc > Tb

【答案】ACD

【解析】

【分析】

【详解】A．对b、c，根据万有引力提供向心力有

= ma = mrω2

解得

T = 2π，ω = ，v = ，a =

因为c的轨道半径大于b，则ab > ac，vb > vc，ωb > ωc，Tc > Tb，对a、c，角速度相等，即ωa = ωc，根据T = 知，Ta = Tc，根据v = rω知，c的半径大，则vc > va，根据a = rω2知，c的半径大，则ac > aa，所以角速度的大小关系为ωb > ωc = ωa，A正确；

B．向心加速度的大小关系为ab > ac > aa，B错误；

C．线速度大小关系为vb > vc > va，C正确；

D．周期的关系为Ta = Tc > Tb，D正确。

故选ACD。

11. 如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是（　　）

A. 传送带克服摩擦力做的功为 B. 物体在传送带上的划痕长

C. 电动机多做的功为 D. 电动机增加的功率为μmgv

【答案】CD

【解析】

【详解】AB．物体在传送带上的划痕长等于物体在传送带上的相对位移大小。根据牛顿第二定律，物块加速运动的加速度为

物体加速到速度为v时，所需的时间

在这段时间内物块的位移

传送带的位移

则物体与传送带间的相对位移

即物体在传送带上的划痕长，传送带克服摩擦力做的功为

故AB错误；

C．电动机多做的功转化成了物体的动能和内能，物体在这个过程中获得动能是

摩擦产生的内能为

所以电动机多做的功

故C正确；

D．电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为

故D正确。

故选CD。

12. 人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸到眼睛的情况。如图所示，若手机质量m为200g，从离人眼约h=10cm的高度无初速掉落，砸到眼睛后经t=0.01s手机停止运动，取重力加速度g=10m/s2，下列分析正确的是（　　）

A. 手机对眼睛作用力大小约为30N

B. 手机对眼睛的作用力大小约为58N

C. 全过程手机重力的冲量大小约为0.48N•s

D. 全过程手机重力的冲量大小约为0.30N•s

【答案】AD

【解析】

【详解】AB．手机下落的高度；手机的质量；根据自由落体速度

手机与眼睛作用后手机的速度变成0，选取向上为正方向，所以手机与眼睛作用过程中动量变化为

手机与眼睛接触的过程中受到重力与眼睛的作用力，根据动量定理可知

解得手机对眼睛的作用力大小

故A正确，B错误；

CD．手机下落时间

全过程中重力的冲量

故Ｃ错误，Ｄ正确。

故选AD。

13. 如图甲所示，质量为M＝2kg的木板静止在水平面上，可视为质点的物块从木板的左侧沿表面水平冲上木板．物块和木板的速度—时间图象如图乙所示，g＝10 m/s2，结合图象，下列说法错误的是(    )

A. 可求解物块在t＝2s的位移

B. 可求解物块与木板间的动摩擦因数

C. 不可求解物块的质量

D. 可求解木板的长度

【答案】CD

【解析】

【详解】A.根据图象的“面积”大小等于位移，可求出物块在t=2 s时的位移，故A正确，不符合题意．

B.由图象的斜率等于加速度，可求出m匀减速运动的加速度大小a1，以物块m为研究对象，由牛顿第二定律得：

解得：

可知可求出物块与木板间的动摩擦因数，故B正确，不符合题意．

C.由图知两个物体速度相同后一起作匀速直线运动，说明水平面是光滑的，以两个物体组成的系统为研究对象，取m的初速度方向为正方向，根据动量守恒得：

M已知，v0、v由图能读出，则知可求得m．故C错误，符合题意．

D.两图象在0-1s内“位移”之差等于木板与物块相对位移，当木板和物块速度相等时，物块可能还没到达木块的右端，所以不能求出木板的长度，故D错误，符合题意．

第II卷（非选择题）

二、实验题（有2个小题,每空2分,共计16分）

14. 用如图甲所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验，小车P的前端粘有橡皮泥，后端连接通过打点计时器的纸带，在长木板右端垫放木块以平衡摩擦力，轻推一下小车P，使之运动，小车P与静止的小车Q相碰后粘在一起向前运动。

(1)下列操作正确的是________

A．两小车粘上橡皮泥是为了改变两车的质量

B．两小车粘上橡皮泥是为了碰撞后粘在一起

C．先接通打点计时器的电源，再释放拖动纸带的小车

D．先释放拖动纸带的小车，再接通打点计时器的电源

(2)实验获得的一条纸带如图乙所示，根据点迹的不同特征把纸带上的点进行了区域划分，用刻度尺测得各点到起点A的距离。根据碰撞前后小车的运动情况，应选纸带上________段来计算小车P的碰前速度；

(3)测得小车P（含橡皮泥）的质量为m1，小车Q（含橡皮泥）的质量为m2，如果实验数据满足关系式______________，则可验证小车P、Q碰撞前后动量守恒。

【答案】    ①. BC    ②. BC    ③. =

【解析】

【详解】(1)[1]AB．粘上橡皮泥，是为了碰撞后粘在一起，不是为了改变车的质量，故A错误，B正确；

CD．为了打点稳定以及充分利用纸带打出更多的点，应先接通电源然后再让小车运动，故C正确，D错误。

故选BC

(2)[2]两小车碰撞前小车P做匀速直线运动，在相等时间内小车位移相等，由题图乙所示纸带可知，应选择纸带上的BC段求出小车P碰撞前的速度；

(3)[3]设打点计时器打点时间间隔为T，由题图乙所示纸带可知，碰撞前小车的速度

v=

碰撞后小车的速度

v′=

如果碰撞前后系统动量守恒，则

m1v=(m1＋m2)v′

即

整理得

=

15. 利用如图装置做“验证机械能守恒定律”实验．

（1）为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的（       ）

A．动能变化量与势能变化量

B．速度变化量和势能变化量

C．速度变化量和高度变化量

（2）在实验中，已知重物质量m＝1 kg，在纸带上打出一系列的点，如图所示(打点间隔为0.02 s)，g=9.8m/s2，单位cm，那么从打O点到打B点的过程中：

①打点计时器打下计数点B时，物体的速度＝________；重物的重力势能变化量△Ep=_______，动能变化量△Ek=______(结果保留两个有效数字）

②大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是：_____　

A．利用公式v=gt计算重物速度      

B．利用公式计算重物速度

C．存在空气阻力和摩擦力阻力的影响 

D．没有采用多次试验算平均值的方法

【答案】    ①. A    ②. 0.98m/s    ③. 0.49J    ④. 0.48J    ⑤. C

【解析】

【详解】(1)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，故A正确；

(2) 从打O点到打B点的过程中,重物的重力势能变化量，B点的速度，则动能的增加量为；

 (3) 因为纸带在下落过程中，重锤和空气之间存在阻力，纸带和打点计时器之间存在摩擦力，所以减小的重力势能一部分转化为动能，还有一部分要克服空气阻力和摩擦力阻力做功，故重力势能的减少量大于动能的增加量，故C选项正确；

【点睛】验证机械能守恒定律即验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等；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点的瞬时速度,从而得出动能的增加量;根据下降的高度求出重物重力势能的变化量；通过能量守恒的角度分析重力势能的减小量大于动能增加量的原因．

三、计算题（本大题包括4个小题，共42分。解答应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，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位）

16. 如图所示，一长为l的轻杆的一端固定在水平转轴上，另一端固定一质量为m的小球，轻杆随转轴在竖直平面内做角速度为的匀速圆周运动，重力加速度为g。

(1)小球运动到最高点时，求杆对球的作用力。

(2)小球运动到水平位置A时，求杆对球的作用力。

【答案】；

【解析】

【详解】(1)小球运动到最高点时，设杆对球的作用力为 ，则牛顿第二定律可得

解得

为正值方向竖直向下，为负值方向竖直向上

(2)小球运动到水平位置A时，设杆对球的作用力为，则牛顿第二定律可得

方向与水平方向夹角的正切值为

17. 如图所示，某人距离平台右端x0=10m处起跑，以恒定的加速度向平台的右端冲去，离开平台后恰好落在地面上的小车车厢底板中心。设平台右端与车厢底板间的竖直高度H=1.8m，与车厢底板中心的水平距离x=1.2m，取g=10m/s2，求：

(1)人离开平台时的速度v0；

(2)人运动的总时间t。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】(1)设人在平台上运动的时间为t1，离开平台做平抛运动的初速度为v0，平抛运动的时间为t2，由平抛运动的规律有

，

解得

t2=0.6s，v0=2m/s

(2)人在平台上做匀加速直线运动，有

解得

t1=10s

人运动的总时间为

t=t1+t2

解得

t=10.6s

18. 滑板运动是青少年喜爱的一项活动，如图所示，滑板运动员以某一初速度从A点水平离开高的平台，运动员(连同滑板)恰好能无碰撞地从B点沿圆弧切线进入竖直光滑圆弧轨道，然后经C点沿固定斜面向上运动至最高点D，圆弧轨道的半径为，B、C为圆弧的两端点，其连线水平，圆弧所对圆心角，斜面与圆弧相切于C点．已知滑板与斜面间的动摩擦因数为，，，，不计空气阻力，运动员(连同滑板)质量为，可视为质点，试求：

（1）运动员(连同滑板)离开平台时的初速度；

（2）运动员(连同滑板)通过圆弧轨道最低点时对轨道的压力N；

（3）运动员(连同滑板)在斜面上滑行的最大距离L．

【答案】（1）（2），方向向下（3）

【解析】

【详解】（1）运动员离开平台后从A至B的过程中，在竖直方向有：

在B点有：

联立可以得到：

；

（2）运动员在圆弧轨道做圆周运动，在最低点由牛顿第二定律可得：

由机械能守恒得：

联立解得：

根据牛顿第三定律可知，对轨道的压力大小为，方向向下；

（3）运动员从A至C过程有：

运动员从C至D过程有：

联立解得：

．

19. 如图所示，固定光滑曲面轨道在O点与光滑水平地面平滑连接，地面上静止放置一个表面光滑、质量为3m的斜面体C。一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为2m的静止小物块B发生碰撞，碰撞后A、B立即粘连在一起向右运动（碰撞时间极短），平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的高度小于斜面体高度。求：

(1)A、B碰撞过程中产生的热量；

(2)A和B沿C能上升的最大高度；

(3)斜面体C获得的最大速度。

【答案】(1)；(2)；(3)，方向水平向右

【解析】

【详解】(1)设A滑到曲面底端时的速度为v0，A下滑过程机械能守恒，则

mgh=m

设A、B碰后共同速度为v1，A、B碰撞过程动量守恒，则

mv0=(m+2m)v1

由能量守恒定律有

Q=mgh－×3m

联立解得A、B碰撞过程中产生的热量

Q=

(2)对A、B、C，由水平方向动量守恒定律有

3mv1=(3m+3m)v共

由能量守恒定律有

×3m－×6m=3mgh′

联立解得A和B沿C能上升最大高度

h′=

(3)A、B一起冲上斜面体后又返回时，C获得的速度最大，设此时AB共同速度为v2，C的速度为v3，由A、B与C水平方向动量守恒有

3mv1=3mv2＋3mv3

由A、B与C系统机械能守恒有

联立解得

，v3=

斜面体C获得最大速度为，方向水平向右