【文档说明】内蒙古自治区阿拉善盟第一中学2021-2022学年高一（下）期末物理试题 含解析.docx，共(18)页，1.733 MB，由小赞的店铺上传

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阿拉善盟第一中学2021~2022学年度第二学期高一年级期末考试物理试题一、选择题：本题共15小题，每小题4分，共60分。在每小题给出的四个选项中，第1~12题只有一个选项正确，第13~15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，有选错的得0分。1.对功动能关系的理解，下面说法正确的是（）A.合力做负功，则动能的变化为负值，物体的动能就减少B.物体的动能保持不变，说明物体受到的合外力一定为零C.物体所受的合力不为零，物体的动能一定要变化D.一物体做变速运动时，合外力一定对物体做

功，使物体动能改变【答案】A【解析】【分析】【详解】A．所有外力做功的代数和为负值，物体的动能就减少，选项A正确；B．物体的动能保持不变，说明合力对物体所做的功为零，但合外力不一定为零，选项B错误；C．由功的公式cosWFla=知，合力不为零

，但若90=，合力的功也为零，选项C错误；D．物体的速度变化，可能是大小不变，方向变化，故动能不一定变化，合外力不一定做功，选项D错误。故选Ａ。2.质量为0.5kg的章鱼在水中静止，突然将体内的0.1kg的水以2m/s的速度向前喷出，不计章鱼受到的阻力，则章鱼后退

的速度大小为（）A.4m/sB.2m/sC.0.5m/sD.0.4m/s【答案】C【解析】【详解】根据动量守恒定律可得120()mvMmv=−−可解得章鱼后退的速度大小为120.12m/s0.5m/s0.50.1mvvMm===−−故选C。3.

图示是奥运会比赛项目撑竿跳高，运动员在竿的作用下加速上升的过程中，下列说法正确的是（不计空气阻力）（）A.运动员的机械能一直增大B.运动员的机械能可能不变C.运动员的机械能先增大后减小D.运动员的机械能可能减小【答案】A【解

析】【详解】因为运动员在加速上升的过程中，动能和重力势能均一直增大，故运动员的机械能一直增大。故选A。4.关于近地卫星和同步卫星，下列说法中正确的是（）A.近地卫星一定赤道上空，同步卫星不一定在赤道上空B.近地卫星运

行速度大于同步卫星的运行速度C.近地卫星的运行周期大于同步卫星的运行周期D.近地卫星受到的万有引力大于同步卫星受到的万有引力【答案】B【解析】【详解】A．近地卫星在地球表面绕地球飞行，不一定在赤道上空，同步卫星相对于地球静止，与地球自转的周期相同，一定在赤道的上空飞行，A

错误；BC．由引力作为向心力可得22224GMmmvFmrrrT===解得GMvr=，234rTGM=近地卫星轨道半径较小，线速度较大，运行周期较小，B正确，C错误；在D．由于两卫星的质量关系未知，故所受到的万有引力大小关系无法确定，D错误。故选B。5.一小船过河的运动轨连如图所示。

河中各处水流速度大小相同且恒定不变，方向平行于岸边，若小船相对于静水分别做匀加速、匀减速、匀速直线运动，船相对于静水的初速度均相同（且均垂直于岸边），由此可以确定（）A.船沿AC轨迹运动时，船相对于静水做匀加速直线运动B.船沿AB轨迹渡河所用的时间最短C

.船沿AD轨迹到达对岸前瞬间的速度最大D.船沿三条不同轨迹渡河所用的时间相同【答案】A【解析】【详解】ABD．曲线运动加速度的方向指向轨迹的凹侧；又由于题中水流速度大小相同且恒定不变，因此船的加速度方向与

船初速度处于同一直线上。综上分析可知，AC加速度与初速度同方向，AD加速度与初速度反方向，AB加速度为0，因此，AC轨迹小船相对于静水是匀加速运动，AB轨迹小船相对于静水是匀速运动，AD轨迹小船相对于静水是匀减速运动。渡河时间只与垂直于河岸速度（本题中即船相对于静水速度）有关，故船沿AC轨迹过河

所用的时间最短，故BD错误，A正确；C．船沿AD轨迹在垂直河岸方向的运动是减速运动，故船到达对岸的瞬时速度最小，故C错误。故选A。6.如图所示，两个实心球的半径分别为10.60mr=、20.40mr=，其质量分别为14.0kgm=、21.0kgm

=且两实心球的质量分布不均匀（两球内侧密度大）。两球间的距离01.0mr=，取引力常量11226.6710N?m/kgG−=，则两球间万有引力的大小（）A.等于6.67×10-11NB.大于6.67×10-11NC.小于6.67×10-11ND.不能确定【答案】B【解析】【详解】根据万有引力公式

122mmFGr=和题意可知两实心球的重心间距201rrrr++当代入()122201mmGrrrF++=计算解得116.6710NF−=重心间距小，万有引力更大，B项正确，ACD错误。故选B。7.甲、乙两物体分别从坐标原点、距原点0x处同时出发，且两物体沿同一直线运动，0

t时两物体碰撞，碰撞前后两物体的位移随时间的变化规律如图所示，且碰后的图线平行于横轴。则下列说法正确的是（）A.碰前甲、乙两物体速度大小之比为2：5B.碰前甲、乙两物体动量大小之比为2：3C.碰前甲、乙两物体质量之比为2：3D.

碰前甲、乙两物体动能之比为2：3【答案】D【解析】【详解】A．由图像可知碰前甲的速度大小为0100.4xvt=乙的速度大小为0002000.40.6xxxvtt−==则甲、乙两物体速度大小之比为2：3，A错误；B．由于两物体碰后均静止

，说明两物体组成的系统总动量为零，即碰撞前两物体的动量大小相等、方向相反，即甲、乙两物体动量大小之比为1：1，B错误；C．由pmv=可知碰前甲、乙两物体质量之比3：2．C错误；D．动能与动量大小关系为2k2pEm=可解得两物体的动能之比为

2：3，D正确。故选D。8.宇宙中，两颗靠得比较近的恒星，只受到彼此之间的万有引力作用互相绕转，称之为双星系统。设某双星系统A、B绕其连线上的某固定点O点做匀速圆周运动，如图所示。现测得两星球球心之间的距离为L，运动周期为T，已

知万有引力常量为G。若AOOB，则（）A.星球A的线速度等于星球B的线速度B.星球A所受向心力大于星球B所受向心力C.双星的质量一定，双星之间的距离减小，其转动周期增大D.两星球的总质量等于2324LGT【答案】D【解析】【详解】

A．双星围绕同一点同轴转动，其角速度、周期相等，由vr=可知，星球A的轨道半径较大，线速度较大，A错误；B．双星靠相互间的万有引力提供向心力，根据牛顿第三定律可知向心力大小相等，B错误；C．双星A、B之间的万有引力提供向心力，有为2AB

AA2mmGmRL=2ABBB2mmGmRL=其中2T=ABLRR=+联立解得()2233ABAB2244ππLmmRRGTGT+=+=即()23AB4πLTGmm=+故当双星的质量一定，双星之间的距离减

小，其转动周期也减小，C错误；D．根据C选项计算可得23AB24LmmGT+=D正确。故选D。9.一个内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，质量分别为1m、2m的两个小球A和B紧贴着内壁分别在图示的水平面内做匀速圆周运动。若12mm，则（

）A.球A的角速度大于球B的角速度B.球A的角速度小于球B的角速度C.球A的向心力小于球B的向心力D.球A的向心力等于球B的向心力【答案】B【解析】【详解】AB．依题意，小球在运动过程中受到垂直于锥面的

支持力和重力，合力提供了向心力，如图所示有sinNmg=2cosNmr=解得cotgr=因为小球A的轨道半径大于小球B的轨道半径，则球A的角速度小于球B的角速度，故A错误，B正确；CD．因为是合力

充当了向心力，结合受力分析图有coscotFNmg==向因为12mm，所以球A的向心力大于球B的向心力，故CD错误。故选B。10.一艘小船静止在平静的湖面上，忽略水的阻力，甲、乙二人站在船的左、右两端，某时刻甲、乙二人同时向对方运动，该过程中小船向

右运动，则下列说法正确的是（）A.如果甲、乙二人的质量相等，则甲的速度一定小于乙的速度B.如果甲、乙二人的动能相等，则甲的质量一定大于乙的质量C.如果甲、乙二人的速度相等，则甲的质量一定大于乙的质量D.如果甲、乙二人的速度相等，则甲的动能一定大于乙的动能

【答案】A【解析】【详解】A．将甲、乙二人和小船作为一个系统，由于系统所受外力之和为零，系统的动量守恒，且总动量始终为零，由于小船向右运动，则说明甲、乙二人的总动量向左，即乙的动量大于甲的动量，如果甲、乙二人的质量相等，由pmv=可知甲的速度一定小于乙的速度，A正确；B

．如果甲、乙二人的动能相等，由k2pmE=可知甲的质量小于乙的质量，B错误；C．如果甲、乙二人的速度相等，由pmv=可知甲的质量小于乙的质量，C错误；D．如果甲、乙二人的速度相等，由pmv=以及2k12Emv=整理得k2Epv=可知甲的动能一定小于乙的动能，D错误。故选A。11.如图所示，斜轨道a

b的下端与半径为40cmr=的圆轨道平滑连接。现在使质量为100gm=的小球从斜轨道上端距地面2mh=的a点由静止滑下，运动到圆形轨道的最高点c处时，对轨道的压力大小等于小球的重力大小，g取210m/s，则小球从a运动到

c的过程中克服摩擦力所做的功为（）A.0.2JB.0.4JC.0.6JD.0.8J【答案】D【解析】【详解】设小球从a运动到c的过程中克服摩擦力所做的功为W，到达c点时的速度大小为vc。根据动能定理有21(2)2cmghrWmv−

−=①由题意，在c点处根据牛顿第二定律有22cmvmgr=②联立①②并代入数据解得0.8JW=③故选D。12.质量为M的小球沿光滑的水平面向右以恒定的速度运动，经过一段时间与静止的质量为m的小球发生碰撞，碰后两小球的

动量相等，则两小球质量的比值Mm可能为（）A.3B.4C.5D.6【答案】A【解析】【详解】设碰后质量为M的小球的速度为1v，质量为m的小球的速度为2v，碰撞过程由动量守恒定律可得2MvMvmv=+1又由题意可知12Mvmv=碰撞过程

系统机械能可能保持不变，可能有损失，故碰撞前后系统机械能（动能）满足22212111222+MvMvmv联立解得3Mm故选A。13.一汽车从静止开始匀加速启动，达到额定功率P额后，保持功率P额不变做变加速运动，最后再做匀速直线运动。下列分别是汽车运动

过程中速度随时间变化、加速度随速度变化、牵引力随速度变化和功率随速度变化的图像，其中可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】【详解】A．汽车从静止开始匀加速启动，所以速度图像是直线，之后，保持功率不变，随着速度的增大，根据PFv=额可知其牵引力逐渐减小，根据牛顿第二定律，物体

的加速度逐渐减小，故其图像的斜率逐渐减小，最终当牵引力与阻力相等时，汽车做匀速直线运动。A正确；B．最终汽车匀速运动，其加速度为零。B错误；C．匀加速时牵引力不变，加速度减小时牵引力减小，匀速时，牵引力与阻力相等。C正确；D．匀加

速时，牵引力不变，速度均匀增大，则功率均匀增大，达到额定功率后保持不变。D正确。故选ACD。14.假设一质量约为50g的鸡蛋由15层楼高处由静止掉下来，经过一段时间刚好落在地面上且破碎，已知鸡蛋与地面的碰撞时间约为0.1s，重力加

速度取210m/sg=。下列说法正确的是（）A.鸡蛋与地面作用过程中动量变化大小约为3.0kg·m/sB.鸡蛋对地面的冲量方向竖直向下C.鸡蛋对地面的冲量大小约为1.55kg·m/sD.鸡蛋对地面的作用力大小约为150N【

答案】BC【解析】【详解】A．根据自由落体运动公式可得，鸡蛋着地的速度大小为2210315m/s30m/svgh===取向上的方向为正，鸡蛋与地面相互作用后鸡蛋的速度变为0，所以鸡蛋与地面作用过程中动量变化大小为()00.0530kgm/s1.

5kgm/spmv=−−==A错误；BC．鸡蛋与地面作用中鸡蛋受重力与地面的作用力，选取向上为正方向，由动量定理可得yImgtp−=代入数据解得1.55kgm/syI=方向竖直向上，则鸡蛋对地面的冲量大小为1.55kgm/s，方向竖直向下，BC正确；D．由冲量的定义可得yI

Ft=解得1.55N15.5N0.1yIFt===由牛顿第三定律可知，鸡蛋对地面的作用力大小约为15.5N，D错误。故选BC。15.如图所示，质量为2m的滑块带有半圆弧槽N，且圆弧槽的半径为r，所有接触面的摩擦力均可忽略．在

下列两种情况下均将质量为m且可视为质点的小球M由右侧的最高点无初速释放，第一种情况滑块固定不动；第二种情况滑块可自由滑动．下列说法正确的是（）A.只有第一种情况，小球可运动到左侧最高点B.两种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时的速度之比为1∶1C.第二种情况，小球滑到圆弧槽

最低点时，圆弧槽的速度为13grD.第二种情况，圆弧槽距离出发点的最远距离为23r【答案】CD【解析】【详解】A．当圆弧槽固定时，由机械能守恒定律mgrmgh=可知，则hr=小球M能运动到圆弧槽左侧的最高点；当圆弧槽自由滑动时，对于M、N组成的系统，水平方向动量守恒，小球M从圆

弧槽的右端最高点由静止释放时，系统动量为零，设小球M到达左侧最高点的速度1v，则10v=，由机械能守恒定律可知，小球M能运动到圆弧槽左侧的最高点，故A错误；BC．当圆弧槽固定时，小球M到最低点时的速度为0v，则由机械能守恒定律得

2012mgrmv=解得02vgr=当圆弧槽自由滑动时，设小球M到达最低点时的速率为v，此时圆弧槽的速率为v，根据动量守恒定律得02mvmv=−解得2vv=根据机械能守恒定律得212mgrmv=2122mv+解得43vgr=13vgr=两种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时的速度之

比为3:2，B错误，C正确；D．小球M和圆弧槽组成系统在水平方向上动量守恒，当小球运动到左侧最高点时，设时间为t，圆弧槽向右运动的位移最大，设圆弧槽向右的最大位移x，根据动量守恒定律得()22mrxmxtt−=计算得出23rx=D正确。故选CD。二、实验题：本题共1小题，共

12分．16.为了“探究碰撞过程中的不变量”，某兴趣实验小组的同学设计了如图所示的实验，该小组的同学将气垫导轨倾斜地固定在水平面，将质量为m的滑块A由距离水平面h高度处静止释放，经过一段时间与静止在气垫导轨底端的质量为5m的滑块B发生碰撞，滑块A被弹回气垫导轨，滑块B沿水平面向右运动，已知

滑块B与水平面之间的动摩擦因数为，重力加速度为g。假设两滑块的碰撞时间极短。的（1）为了完成本实验，还应测量的物理量有___________。A．滑块A与滑块B的碰撞时间△tB．滑块B在水平面上滑动的距离xC．滑块A反弹后沿气垫导轨上升的高度hD．滑块A反弹后沿气垫导轨上滑的时间t（2

）滑块A第一次滑到气垫导轨底端时的速度为___________，滑块B沿水平面开始滑动的初速度为___________；（用已知量和测量的物理量表示）（3）若碰撞过程中系统的动量守恒，则关系式：___________成立：如果该碰撞过程中没有机械能损

失，则关系式：___________成立。【答案】①.BC②.2gh③.2gx④.5hhx+=⑤.5hhx=+【解析】【详解】（1）[1]设滑块A滑到气垫导轨底端的速度为v0，滑块A反弹的速

度大小为Av、磁后滑块B的速度大小为Bv，对A从斜面下滑过程，由机械能守恒定律得2012mghmv=解得02vgh=碰撞后B在水平面上滑动的距离x，由动能定理得215052Bmgxmv−=−解得2Bvgx=碰撞后A反弹，上升的高度设为h，由机械能守恒定律得2

12Amghmv=解得2Avgh=故选BC。（2）[2][3]由（1）分析，可知滑块A第一次滑到气垫导轨底端时的速度为02vgh=；滑块B沿水平面开始滑动的初速度为2Bvgx=；（3）[4]若碰撞过程中系统的动量守恒。则将02vgh=，2B

vgx=，2Avgh=代入05ABmvmvmv=−+整理5hhx+=[5]如果碰掉过程中没有机械能的损失，则应有22201115222ABmvmvmv=+将速度代入整理得5hhx=+三、解答或论述题：本题共3小题，共28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出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。17.如图所示，飞船沿半径为R的圆周围绕着地球运动，其运行周期为T.如果飞船沿椭圆轨道运行，直至要下落返回地面，可在轨道的某一点A处将速率降低到适当数值，从而使飞船

沿着以地心O为焦点的椭圆轨道运动，轨道与地球表面相切于B点．求飞船由A点到B点的时间．(图中R0是地球半径)【答案】()42303R+RTR【解析】【详解】设飞船的椭圆轨道的半长轴为a，由图可知02RRa+=设飞船沿椭圆轨道运行的周期为T′，由开普勒第

三定律得：3322RaTT=飞船从A到B的时间t＝2T由以上三式求解得()()3300332842RRRRTTtRR++==18.如图所示，一质量为2m且足够长的木板C静止在光滑的水平面上，质量均为m的物块AB分别静止于木板C的左右两端。0=t时刻，A、C分别以水平向右的初速度03v和0v开始运

动，最终物块A、B都在木板C上相对于木板静止，且物块AB未发生碰撞。已知两物块与木板间的动摩擦因数均为，重力加速度为g。求：（1）最终木板C的速度大小v。（2）两物块与木板摩擦产生的总热量Q。【答案】（1）054v；（2）20198mv【解析】【分析】【详解】（1）由于水平面是

光滑的，从A、C开始运动到最终物块A、B都在木板C上相对木板静止过程中，A、B、C三个物体组成的系统动量守恒，则002(2)mvmvmmmv+=++解得054vv=（2）由全过程A、B、C三个物体组成的系统能量守恒，可

得22200111(3)2(2)222mvmvmmmvQ+=+++解得20198Qmv=19.如图所示，竖直平面内34圆弧形光滑管道（管道横截面的半径略大于小球半径），管道中心到圆心距离为R，A点与圆心

O等高，AD为水平面，B点在圆心O的正下方。质量为m的小球自A点正上方某高度处由静止释放，自由下落至A点时进入管道，当小球到达B点时，管壁对小球的弹力大小为小球重力大小的7倍，已知重力加速度为g。求；（1）释放点距A点的竖直高度；（2）小球在管道最

高点时对管道的压力；（3）落点C与A点的水平距离。【答案】（1）2R；（2）mg；（3）R【解析】【详解】（1）在B点，管壁对小球的弹力F=7mg小球做圆周运动，由牛顿第二定律可得2BvFmgmR−=解得6BvgR=从小球开始下落到达B点过程中，由动能定理可得21()02B

mghRmv+=−解得h=2R（2）小球从B点到达管道最高点过程中，由动能定理可得2211222BmgRmvmv−=−的的解得2vgR=最高点合力提供向心力2NmvmgFR+=解得NFmg=小球在管道最高点时

对管道的压力NN'FFmg==（3）小球离开管道后做平抛运动，在竖直方向上212Rgt=在水平方向上x=vt解得2xR=落点C与A的水平距离为2dRRR=−=