安徽省合肥市六校联盟2021-2022学年高一物理下学期期末联考试题（Word版附解析）

合肥六校联盟2021-2022学年第二学期期末联考

高一年级物理试卷

（考试时间：100分钟：满分：100分）

一、选择题（本题共12小题，满分40分。1-8题为单选题，每题3分。9-12题为多选题，每题4分，选不全的得2分，错选或不答的得0分）

1. 关于曲线运动的说法中正确的是（　　）

A. 物体在恒力的作用下可能做曲线运动

B. 速度变化的运动一定是曲线运动

C. 受变力作用的物体一定做曲线运动

D. 加速度变化的运动一定是曲线运动

【答案】A

【解析】

【详解】A．恒力的方向与初速度方向不共线，该恒力作用下做曲线运动，故A正确；

B．只有速度的大小发生变化的运动是直线运动，故B错误；

C．受变力作用的物体，若变力的方向始终与运动方向共线，则物体做直线运动，故C错误；

D．若加速度变化，但方向与速度方向共线，物体做直线运动，故D错误。

故选A。

2. 关于弹簧的弹性势能，下列说法中正确的是（　　）

A. 当弹簧变长时，它的弹性势能一定增加

B. 当弹簧变短时，它的弹性势能一定减少

C. 弹簧拉伸时的弹性势能一定大于压缩时的弹性势能

D. 在拉伸长度相同时，劲度系数越大的弹簧，它的弹性势能越大

【答案】D

【解析】

详解】AB．当弹簧始终处于压缩状态时，弹簧变长后弹性势能将减小，弹簧变短后弹性势能将增大，故AB错误；

C．弹簧的弹性势能与劲度系数和形变量有关，弹簧劲度系数k相同，弹簧拉伸时和压缩时形变量相等的情况下，两者弹性势能相等，故C错误；

D．弹簧的弹性势能与劲度系数和形变量有关，弹簧长度相同的弹簧，弹性势能不一定相同，在弹簧被拉伸的长度相同时，劲度系数k越大的弹簧，它的弹性势能越大，故D正确。

故选D。

3. 冰壶是冬奥会的比赛项目，并设有冰壶世锦赛，中国女子冰壶队曾经在女子冰壶世锦赛上战胜诸多劲旅夺冠。在2022年北京冬奥会冰壶比赛中，一次运动员投出后的冰壶，如果做匀减速直线运动，用时15s停止，最后1s内的位移大小为0.2m，则下列说法不正确的是（　　）

A. 冰壶的加速度大小是

B. 冰壶的位移大小是45m

C. 冰壶的平均速度大小是4m/s

D. 冰壶的初速度大小是6m/s

【答案】C

【解析】

【详解】A．冰壶最后1s内的位移大小为0.2m，根据逆向思维和匀变速直线运动位移公式有

解得

故A正确，不符合题意；

B．冰壶的位移大小是

故B正确，不符合题意；

C．冰壶的平均速度大小是

故C错误，符合题意；

D．冰壶的初速度大小是

故D正确，不符合题意。

故选C。

4. 一辆汽车在平直的公路上行驶，刹车后汽车做匀变速直线运动，位移随时间的变化规律如图所示，已知t = 8s时，虚线交点处的切线与t轴平行，则下列说法正确的是（  ）

A. 刹车加速度大小为3m/s2 B. 汽车开始刹车的速度大小为16m/s

C. t = 4s内汽车的位移大小为24m D. t = 4s时汽车的瞬时速度大小为6m/s

【答案】D

【解析】

【详解】AB．时，曲线的切线与t轴平行，该时刻汽车的末速度为0，因正方向的匀减速可以看成反方向加速度不变的匀加速，根据

，

可得

，

A、B错误；

C．汽车做匀减速运动，t = 4s内汽车的位移

C错误；

D．根据中间时刻的瞬时速度等于整段的平均速度，t = 4s时汽车的瞬时速度为

t = 4s时汽车的瞬时速度大小为6m/s ，D正确。

故选D。

5. 如图所示，用绳索将重球挂在墙上，不考虑墙的摩擦。如果把绳的长度减小一些，则球对绳的拉力和球对墙的压力的变化情况是（　　）

A. 和都减小 B. 和都增大

C. 减小，增大 D. 增大，减小

【答案】B

【解析】

【详解】以小球为研究对象，分析受力如图

设绳子与墙的夹角为θ，由平衡条件得

根据牛顿第三定律得

把绳的长度减小，θ，cosθ减小，tanθ增大，则得到F1和F2都增大。

故选B。

6. 如图所示，物体A和B恰好做匀速运动，已知，不计滑轮及绳子的质量，A、B与桌面间的动摩擦因数相同，重力加速度为g。若将A与B互换，则（　　）

A. 物体A与B仍做匀速运动

B. 物体A与B做加速运动，加速度

C. 物体A与B做加速运动，加速度

D. 绳子中张力不变

【答案】D

【解析】

【详解】开始时AB匀速运动，绳子的张力等于，且满足

解得

物体A与B互换后，对A有

对B有

联立解得

，

故选D。

7. 图为中学生做引体向上的示意图。引体向上分为两个过程：身体从最低点升到最高点的“上引”过程，身体从最高点回到最低点的“下放”过程。某同学在内连续做了15个完整的引体向上。则（　　）

A. “上引”过程单杆对人做正功

B. “下放”过程单杆对人做负功

C. 在内重力做的总功约为

D. 在内克服重力做功的平均功率约为

【答案】D

【解析】

【详解】A．“上引”过程中，单杠对人有力，但没有位移，故不做功，故A错误；

B．“下放”过程中，单杠对人有力，但没有位移，故不做功，故B错误；

C．某同学在30s内连续做了15个完整的引体向上。在30s内重力做的总功约为零，故C错误；

D．中学生身高约为1.75m，体重为60kg，引体向上重心上升的高度约为0.5m，完成一次引体向上克服重力做功为

在30s内克服重力做的总功约为

在30s内克服重力做功的平均功率约为

故D正确。

故选D。

8. 2021年12月9日，“太空教师”王亚平在我国天宫空间站进行了太空授课，神舟十三号乘组航天员翟志刚、叶光富参与，让广大青少年领悟到了太空探索的趣味。已知空间站绕地球做匀速圆周运动的周期为T，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）

A. 王亚平可以像在地面上那样，用天平直接测出待测物体质量m

B. 翟志刚在空间站内不能用拉力器锻炼肌肉力量

C. 根据题中已知物理量可求得地球质量

D. 空间站距离地球表面的距离为

【答案】D

【解析】

【详解】A．空间站处于完全失重状态，所以无法用天平测出质量，故A错误；

B．拉力器原理是弹簧发生形变而产生拉力，所以可以在太空中使用拉力器锻炼，故B错误；

C．设地球质量为对于地球上的质量为m物体

得

但是未知，所以不能求出地球质量

根据空间站做匀速圆周运动，万有引力提供向心力

得

但是和未知，所以不能求出地球质量，两种方法都不能求出地球质量，所以根据题中已知物理量不可求得地球质量，故C错误；

D．地球质量为对于地球上的质量为m物体

根据空间站做匀速圆周运动，万有引力提供向心力

两式联立得

故D正确。

故选D。

9. 如图所示，水平地面上静置一质量为M的斜面体，斜面的倾角为θ，质量为m的玩具鼠静止在斜面上，玩具鼠与斜面间的动摩擦因数为，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）

A. 玩具鼠对斜面的压力大小为mgsinθ

B. 斜面对玩具鼠作用力竖直向上且大小等于mg

C. 玩具鼠与斜面间的动摩擦因数

D. 地面对斜面体的摩擦力大小为

【答案】BC

【解析】

【详解】A．对玩具鼠进行受力分析，斜面体对玩具鼠支持力大小为，由牛顿第三定律得玩具鼠对斜面体的压力大小为，A错误；

B．玩具鼠静止在斜面上，斜面体对玩具鼠的作用力是支持力和摩擦力的合力，与玩具鼠所受重力等大反向，故B正确；

C．由静止的条件

得玩具鼠与斜面体间的动摩擦因数

C正确；

D．对整体分析可知，水平方向无外力，则整体没有水平的运动趋势，故地面与斜面体之间无摩擦力，D错误；

故选BC。

10. 静止在光滑水平面上的木块，受到一个水平向右且逐渐减小的力的作用，在这个过程中，木块的运动情况是（　　）

A. 速度逐渐减小的变加速运动

B. 在力减小到零以前，速度逐渐增大的变加速运动

C. 力减小为零时，速度也减小为零

D. 力减小为零时，速度达到最大值

【答案】BD

【解析】

【分析】

【详解】水平向右的力逐渐减小，根据牛顿第二定律得知，加速度也逐渐减小，但是加速度和速度同向，木块做加速运动，故在力减小到零以前，木块做速度逐渐增大的变加速运动。当力减小为零，即加速度减小到零时，速度达到最大。

故选BD。

11. 如图所示，将一质量为m的摆球用长为L的细绳吊起，上端固定，使摆球在水平面内做匀速圆周运动，细绳就会沿圆锥面旋转，这样就构成了一个圆锥摆。已知重力加速度为g，细绳与竖直方向的夹角为θ。下列说法中正确的是（　　）

A. 摆球受重力、拉力和向心力的作用

B. 摆球的线速度大小为

C. 摆球的周期为

D. 摆线上的拉力大小为

【答案】CD

【解析】

【详解】A．摆球只受重力和拉力作用。向心力是根据效果命名的力，是几个力的合力，也可以是某个力的分力，本题中向心力是由重力与绳子拉力的合力提供的，故A错误；
B．摆球的周期是做圆周运动的周期，摆球做圆周运动所需要的向心力是重力沿水平方向指向圆心的分力提供的。

即

所以

故B错误，C正确。
D．由图可知，摆线上的拉力大小为

故D正确。
故选CD。

12. 质量为m的物体放在水平面上，它与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，用水平力拉物体，运动一段时间后撤去此力，最终物体停止运动，物体运动的v-t图像如图所示。下列说法正确的是（　　）

A. 水平拉力大小

B. 物体在3t0时间内位移大小为

C. 在0～3t0时间内水平拉力做的功为

D. 在0～3t0时间内物体克服摩擦力做功的平均功率为

【答案】BD

【解析】

【详解】A．加速度等于图线的斜率，根据牛顿第二定律

A错误；

B．位移等于图线与坐标轴所围的面积，在3t0时间内的位移为

B正确；

C．根据动能定理得

解得

C错误；

D．克服摩擦力做功的平均功率为

D正确。

故选BD。

二、填空题（本题共2小题，满分16分，第13题每空1分，共6分，第14题每空2分，共10分，把答案填在横线上或按题目要求作答。）

13. 三个同学根据不同的实验条件，进行了“探究平抛运动规律”的实验：

（1）甲同学采用如图（1）所示的装置．金属片把 A 球沿水平方向弹出，同时 B 球被松开，自由下落，观察到两球同时落地，改变 A 球被弹出时的速度，两球仍然同时落地，这说明_______________

（2）乙同学采用如图（2）所示的装置．两个相同的弧形轨道 M、N，两小铁球 P、Q 能以相同的初速度同时分别从轨道下端水平射出．实验可观察到的现象应是______．仅仅改变弧形轨道 M 的高度，重复上述实验，仍能观察到相同的现象， 这说明_________

（3）丙同学采用频闪摄影的方法拍摄到如图（3）所示的“小球做平抛运动”的照  片．图中每个小方格的边长为 10cm，则由图可求得拍摄时每______s 曝光一次，该小球平抛的初速度大小为______m/s，经过 b点时速度大小为_________m/s；（g 取10m/s2）

【答案】    ①. （1）平抛运动在竖直方向做自由落体运动；    ②. （2）P球落地时刚好和Q球相遇；    ③. 平抛运动在水平方向做匀速直线运动；    ④. （3）0.1；    ⑤. 2；

【解析】

【详解】（1）在打击金属片时，金属片把A球沿水平方向弹出，做平抛运动，同时B球被松开，做自由落体运动，两小球同时落地，说明A球与B球在竖直方向的运动规律相同，即：说明平抛运动竖直方向是自由落体运动．
（2）两小铁球P、Q能以相同的初速度同时分别从轨道下端水平射出，小球P做平抛运动，小球Q在水平方向做匀速直线运动，可以看到：P球落地时刚好和Q球相遇；当同时改变两小球滚下的高度时，仍能相碰，这说明：初速度相同时，平抛运动在水平方向的运动规律与匀速运动规律相同，即：说明平抛运动在水平方向做匀速直线运动．
（3）平抛运动可分解为：竖直方向自由落体运动与水平方向匀速直线运动；在竖直方向：由△h=gt2可得：；
小球的初速度：；
在竖直方向上：

小球经过b点时的速度大小：；

14. 某同学用图（a）所示的实验装置“验证机械能守恒定律”，图（b）是用6V、50Hz的打点计时器打出的一条无漏点的纸带，0点为重锤下落的起点，选取的计数点A、B、C、D到0点的距离在图中已标出，重力加速度g取9.8m/s2，若重锤的质量为1kg（计算结果保留两位有效数字），

(1)打点计时器打出B点时，重锤下落的速度vB=_____m/s，重锤的动能EkB=____J。

(2)从起点0到打下B点过程中，重锤的重力势能的减小量为_____J。

(3)根据(1)、(2)计算，在误差允许范围内，从起点O到打下B点过程中，你得到的结论是____。

(4)图（c）是根据某次实验数据绘出的﹣h图像，图线不过坐标原点的原因是______。

【答案】    ①. 1.2    ②. 0.72    ③. 0.73    ④. 在误差允许的范围内，重物机械能守恒    ⑤. 开始打点时重锤有一定的速度

【解析】

【分析】

【详解】(1)[1]利用匀变速直线运动的推论

[2]而B点的动能为

EkB=mvB2==0.72J

△Ek=EkB﹣0=0.72 J

(2)[3]重力势能减小量

△Ep=mgh=1×9.8×0.074 J=0.73J

(3)[4]在误差允许的范围内，可认为减小的重力势能等于增加的动能，故说明重物下落时机械能守恒；

(4)[5]小明用实验测得数据画出v2﹣h图像图线不过坐标原点，即h=0时，速度不为零，即刚释放时重锤速度不为零。

三、计算题（本题共4小题，满分44分，解答时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。有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位）

15. 拖把是生活中常用的清洁工具，由拖杆和拖把头构成。如图所示，某人沿拖杆方向以恒力F推拖把时，拖把头在地板上匀速移动。已知拖杆与竖直方向的夹角为，拖把头的质量为m，拖杆质量可忽略，重力加速度大小为g。求：

(1)地面对拖把头的支持力大小N；

(2)拖把头与水平地板间的动摩擦因数。

【答案】(1)；(2)

【解析】

【分析】

【详解】(1)对拖把受力分析得

(2)同理得

又

f=μN

解得

16. 为了方便研究物体与地球间的万有引力问题，通常将地球视为质量分布均匀的球体，已知地球的质量为M，半径为R，引力常量为G，不考虑空气阻力的影响。

（1）求北极点的重力加速度的大小；

（2）若“天宫二号”绕地球运动的轨道可视为圆周，其轨道距地面的高度为h，求“天宫二号”绕地球运行的周期和速率。

【答案】（1）；（2），

【解析】

【分析】（1）物体静止在北极点时所受地面的支持力等于万有引力，由此列式求得北极点的重力加速度的大小．

（2）“天宫二号”绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列式求得“天宫二号”绕地球运行的周期和速率。

【详解】（1）设质量为的物体静止在北极点时所受地面的支持力为，根据万有引力定律和共点力平衡条件则有：

即质量为的物体在北极点时所受的重力为：

设北极点的重力加速度为，则有

解得

（2）设“天宫二号”质量为，其绕地球做匀速圆周运动的周期为，根据万有引力定律和牛顿第二定律有：

解得：

运行速率为：

【点评】解决本题的关键是要知道在地球的两极：万有引力等于重力，在赤道：万有引力的一个分力等于重力，另一个分力提供随地球自转所需的向心力．

17. 一辆汽车的质量为m，其发动机的额定功率为P0。从某时刻起汽车以速度在水平公路上沿直线匀速行驶，此时汽车发动机的输出功率为，接着汽车开始沿直线匀加速行驶，当速度增加到时，发动机的输出功率恰好为P0。如果汽车水平公路上沿直线行驶中所受到的阻力与行驶速率成正比，求：

（1）汽车在水平公路上沿直线行驶所能达到的最大速率；

（2）汽车匀加速行驶所经历的时间。

【答案】（1）2v0；（2）

【解析】

【详解】（1）汽车以速度v0在水平公路上沿直线匀速行驶时发动机的输出功率为，可知

=kv0·v0

汽车在水平公路上沿直线行驶所能达到的最大速率

P0=kvm·vm

解得

vm=2v0

（2）当汽车速度增加到时，设索引力为F，汽车的加速度为a

P0=F·

由牛顿第二定律

F－k·=ma

汽车匀加速行驶所经历的时间

t=

解得

t=

18. 如图所示，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径为r的细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k的轻弹簧，轻弹簧下端固定，上端恰好与管口D端齐平，质量为m的小球在曲面上距BC的高度为2r处从静止开始下滑，进入管口C端时与管壁间恰好无作用力，通过CD后压缩弹簧，在压缩弹簧过程中速度最大时弹簧的弹性势能为Ep，已知小球与BC间的动摩擦因数μ＝0.5求：

（1）小球达到B点时的速度大小vB；

（2）水平面BC的长度s；

（3）在压缩弹簧过程中小球的最大速度vm。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）小球在曲面上下滑的过程，由机械能守恒定律，得

解得

（2）小球在C端时与管壁间恰好无作用力，结合牛顿第二定律和向心力公式，有

可得

由A至C，由动能定理，得

解得

（3）设在压缩弹簧过程中小球速度最大时离D端的距离为x，则有

由功能关系，得

解得