【文档说明】陕西省渭南市白水县2021-2022学年高一下学期期末质量检测物理试题 含解析.docx，共(21)页，2.405 MB，由小赞的店铺上传

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白水县2021～2022学年度第二学期期末质量检测试题高一物理第Ⅰ卷（选择题共52分）一、选择题（本大题共13小题，每小题4分，计52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10～13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，有选错或

不选的得0分）1.下列说法中正确的是（）A.任何能量都可无条件地被人类利用B.经典力学在今天广泛应用，它的正确性无可怀疑，仍可普遍适用C.万有引力定律的发现解释了天体运动的规律，并预言了天王星的存在D.做匀速圆周运动的物

体，在外界提供的向心力突然变大时将做近心运动【答案】D【解析】【详解】A．人们在能量的转化和转移过程中使用能量，要遵从自然规律，是有条件也是有代价的，并不是任何能量都能利用，故A错误；B．经典力学使用条件为：宏观、低速及引力不太大的情况下，对微观、高速及强引力情况下不再适用，故B错误；C．万有引力

定律的发现解释了天体运动的规律，并预言了海王星的存在，不是天王星。天王星的发现比万有引力定律的发现要早，天王星在被发现是行星之前，已经被观测了很多次，但都把它当作恒星看待。最早的记录可以追溯至1690年，英国天文学

家约翰·佛兰斯蒂德在星表中将它编为金牛座34，并且至少观测了6次，而万有引力定律发现时间在18世纪~19世纪，故C错误；D．做匀速圆周运动的物体，在外界提供的向心力突然变大时，外界提供的向心力大于圆周运动所

需向心力，所以物体将做近心运动，故D正确。故选D。2.如图所示，A、B两点分别位于大、小轮的边缘上，C点位于大轮半径的中点，大轮的半径是小轮半径的2倍，它们之间靠摩擦传动，接触面上没有滑动，下面说法正确的

是（）A.A、B、C三点的线速度大小2ABCvvv==B.A、B、C三点的角速度ABC==C.A、B、C三点的角速度2ABC==D.A、B、C三点的加速度大小2ABCaaa==【答案】A【解析】【详解】A．由题意可知，A、B、C三点的转动半径之比为::2:1:1ABCrrr

=根据题意可知A、B两点的线速度大小相等，A、C两点的角速度大小相等，根据公式vr=可知A的线速度是C的2倍，故A、B、C三点的线速度之比为:2:21::ABCvvv=即2ABCvvv==故A正确；BC．根据公式vr=可知A、B两点转动的角速度之比为1：2

，故A、B、C三点的角速度之比为::1:2:1ABC=即22ACB==故BC错误；D．根据公式av=可知A、B、C三点的向心加速度之比为():():(2:4:1)::ABCAABBCCaaavvv==即A、

B、C三点的向心加速度大小关系为24ABCaaa==故D错误。故选A。3.若做匀速直线运动的列车受到的阻力与其速率成正比，则当列车的速率提升为原来的2倍时，其发动机的输出功率变为原来的（）A.12B.14C.2倍D.4倍【答案】D【解析】【详解】设列车受到的阻力为fkv=，列车做

匀速直线运动时，有Ffkv==发动机的输出功率为22PFvkvv==可知当列车的速率提升为原来的2倍时，发动机的输出功率与原来的输出功率之比为2221(2)41PvPv==D正确，ABC错误。故选D

。4.如图所示，滑块A和B叠放在固定的斜面体上，它们从静止开始以相同的加速度一起沿斜面加速下滑。已知B与斜面体的接触面光滑，则在A、B下滑的过程中，下列说法正确的是（）A.B对A的支持力不做功B.B对A的作用力做负功

C.B对A摩擦力做正功D.斜面体对B的支持力做负功【答案】C【解析】【详解】A．B对A的支持力竖直向上，A和B是一起沿着斜面下滑的，所以B对A的支持力与运动方向的之间的夹角大于90°，所以B对A的支持力做负功，故A错误；B．以A、B整体为研究对象，应用牛顿第二定律得sinsinmga

gm==隔离A分析，如图所示则sincossinmgfNma+−=得cossinfN=f与N的合力沿+y方向，B对A的合力不做功，故B错误；C．B对A的摩擦力是沿着水平面向左的，与运动方向之间的夹角小于90°，所以B对A的摩擦力

做正功，故C正确；D．斜面体对B的支持力与斜面垂直，与B下滑的速度垂直，斜面体对B的支持力不做功，故D错误。故选C。5.壁虎不仅能飞檐走壁，也可以在水面上轻松游动，有一只壁虎要穿过一条宽为3m的小河到对岸寻找食物。已知河岸两侧平行，河水流动的

速度为4m/s，壁虎在静止水面上最大的游动速度为2m/s，下列说法正确的是（）A.若壁虎以最短时间渡河，其到达对岸的最短的运动时间为0.5sB.若壁虎以最短时间渡河，到达河对岸时在出发点的下游6m处C.若壁虎以最短时间渡河，壁虎在水中运动的轨迹是一条曲线D.若壁虎不

以最短时间渡河，能垂直游到河对岸【答案】B【解析】【详解】A．当壁虎垂直河岸游动时，在水中运动时间最短，为min1.5sdtv==壁故A错误；B．若壁虎以最短时间渡河，到达河对岸时在出发点的下游位置为min6mxvt==水故B正确；

C．若壁虎以最短时间渡河，壁虎保持匀速运动，水流也是以恒定速度流动，则合加速度为匀速直线运动，则壁虎在水中运动的轨迹是一条直线，故C错误；D．由于水流速度大于壁虎在相对于水得运动速度，即mvv水壁，则壁虎不可能垂直游到河对岸，故D错误。故选B。6.如图所示，在高

出地面H的A点将小球m竖直上抛，初速度为0v，上升一段距离h后落回地面。下列说法中正确的是（）A.小球在A点时，重力势能为mghB.整个运动过程中，重力势能变化量为mgHC.整个运动过程中，重力势能的变化量为mgH

−D.整个运动过程中，动能的变化量为2012mv【答案】C【解析】【详解】A．当没有说明零势能位置时，一般以地面为零势能参考面，则小球在A点时，重力势能为mgH，A错误；BC．整个运动过程中，重力势能的变化量的pp2p10EEEmgHmgH

=−=−=−B错误，C正确；D．整个运动过程中，根据动能定理有kmgHE=可知，动能的变化量为mgH，D错误。故选C。7.根据开普勒定律可知，火星绕太阳运行的轨道是椭圆，太阳在椭圆的一个焦点上，如图所示，下列说法正确的是（）A.火星运动到近日点时的速度最小B.火星运动到远日点时的加速度

最小C.火星从远日点向近日点运动的过程中，机械能逐渐增加D.太阳对火星的万有引力大于火星对太阳的万有引力【答案】B【解析】【详解】A．火星从远日点到近日点，万有引力做正功，则速度增加，则运动到近日点时的线速度最大，A错误；B．火星运动到远日点时，受太阳的引力最小，则加速度最小，B正确

；C．火星从远日点向近日点运动的过程中，只有引力做功，其机械能不变，C错误；D．太阳对火星的万有引力与火星对太阳的万有引力是一对相互作用力，总是等大反向，D错误。故选B。8.一辆质量为m的汽车在发动机牵引力F的作用下，沿水平方向运动，在t0时刻关闭

发动机，其运动的v-t图像如图所示，已知汽车行驶过程中牵引力所做的功为WF，克服阻力所做的功为Wf，下列说法中正确的是（）A.汽车加速过程与减速过程的平均速度之比为1∶2B.汽车加速过程与减速过程动能变化量的绝对值不同C.F∶f＝3∶1D.WF∶Wf＝1∶3【

答案】C【解析】【详解】A．由图可知，汽车加速过程和减速过程都是做匀变速直线运动，则根据02tvvv+=结合图像可知，加速过程与减速过程汽车平均速度之比为1:1，故A错误；B．由图可知，加速过程汽车动能的

变化量为22k1mm11022Emvmv=−=减速过程汽车动能的变化量为22k2mm11022Emvmv=−=−故加速过程与减速过程的汽车动能变化量的绝对值相同，故B错误；C．根据图像的斜率可得，汽车加速时的加速度大小为m10vat=汽车减速时的加速度大小为m2

02vat=汽车加速时，根据牛顿第二定律有1Ffma−=汽车减速时，根据牛顿第二定律有的2fma=联立可得3Ff=故C正确；D．汽车从开始运动到停止，根据动能定理有0FfWW−=则有FfWW=故D错误

。故选C。9.如图所示，自由下落的小球，从它接触到竖直放置的轻质弹簧开始，一直到弹簧被压缩到最短的过程中（忽略空气阻力，弹簧始终处于弹性限度内），下列说法正确的是（）A.小球在刚接触弹簧时重力做功的瞬时功率最大B.小球的机械能守恒C.小球的动能和弹

簧的弹性势能之和始终不变D.小球的动能先增大后减小【答案】D【解析】【详解】A．小球在刚接触弹簧时，加速度最大，之后做加速度减小的加速运动，此时速度并非最大，由P=Fv可知，重力不变，速度最大时，瞬时功率最大，故A错误；B．小球接触弹簧后，小球的一部分机械能转化为了弹簧的弹性

势能，故B错误；C．小球的机械能和弹簧的弹性势能之和始终不变，故C错误；D．小球先做匀加速运动，接触弹簧后做加速度减小的加速运动，当弹簧的弹力与重力相等后，小球的加速度反向，小球做减速运动，故D正确。故选D。10.“亚洲一号”地球同步通讯卫星的质量是1.2t，下列有关它的说

法正确的是（）A.若将它的质量增加为2.4t，其同步轨道半径变为原来的2倍B.它的运行速度小于7.9km/sC.它可以绕过北京的正上方，所以我国能利用其进行电视转播D.它的周期是24h，其轨道平面与赤道平面重合且距地面高度一定【答案】BD【解析】【详解】AD．根据万有引力提供向心力得()

()2224MmGmRhTRh=++解得()324RhTGM+=因周期一定，则距地面高度一定，半径一样，所以各国发射的这种卫星轨道半径都一样，与质量无关，故A错误，D正确；B．第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动

的环绕速度。而同步卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，由22MmvGmrr=解得GMvr=可知同步卫星运行的线速度一定小于第一宇宙速度。故B正确；C．它若在除赤道所在平面外的任意点，假设实现了“同步”，那它的运动轨道所在平面与受到地球的引力就不在一个平面上，这是不可能的，所以同步卫星不可能

经过北京的正上空，故C错误。故选BD。11.如图所示，一轻杆一端固定质量为m的小球，以另一端O为圆心，使小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动，以下说法正确的是（）A.小球过最高点时，杆所受的弹力可能等于零B.小球过最高点时，速度至少为gRC.小球过最高点时，杆对球的作用力一定

随速度增大而增大D.若把题中的轻杆换为轻绳，其他条件不变，小球过最高点时，速度至少为gR【答案】AD【解析】【详解】A．当小球在最高点所需向心力恰好等于重力时，此时球对杆没有作用力，故A正确；B．轻杆固定的小球做圆周运动，由于杆能支撑小球，只要小球能够到达最高点就可以了，所以在最高点的速度可以为

零，故B错误；C．小球在最高点时，如果速度恰好为gR，则此时恰好只有重力作为它的向心力，杆和球之间没有作用力；如果速度小于gR，重力大于所需要的向心力，杆对球有向上的支持力F，重力和支持的合力提供向心力2vmgFmR−=2vFmgmR=−速度越大，杆对球的作用力随速度增大而减小，故C错误；

D．若把轻杆换为轻绳，其他条件不变，小球过最高点时，向心力最小为mg，根据2vmgmR=速度至少为gR，D正确。故选AD。12.由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线”，如图中实线所示，图中虚线为

不考虑空气阻力情况下炮弹的理想运动轨迹，O、a、b、c、d为弹道曲线上的五点，其中O点为发射点，d点为落地点，b点为轨迹的最高点，a、c为运动过程中经过的距地面高度相等的两点，下列说法正确的是（）A.到达b点时，炮弹的速度为零B.炮弹到达b点

时的加速度为重力加速度gC.炮弹经过a点时的速度大于经过c点时的速度D.炮弹由O点运动到b点的时间小于由b点运动到d点的时间【答案】CD【解析】【详解】A．到达b点时，炮弹的竖直分速度为零，但具有水平分速度（不为零），故A错误；B．炮弹到达b点时，除受到竖直向

下的重力外、还受到与运动方向相反的空气阻力作用，所以到达b点时，炮弹的加速度不为重力加速度g，故B错误；C．炮弹从a点到c点的过程，重力做功为零，阻力做负功，由动能定理可知，炮弹经过a点时的速度大于经过c点

时的速度，故C正确；D．从O到b的过程中，在竖直方向上，受到重力和阻力在竖直向下的分力1f，由牛顿第二定律可得11mgfma+=解得11mgfam+=在从b到d的过程中，在竖直方向上，受到向下的重力和阻力在竖直向上的分力2f，由

牛顿第二定律可得22mgfma−=解得22mgfam−=对比可得12aa即上升阶段的加速度总体比下降阶段的加速度大，由212hat=可定性确定，竖直位移相同，加速度越大，时间就越短，所以炮弹由O点运动到b点的时间小于由b点运动到d点的时间，故D正确。故选CD。13.如图所示，质量为

M、长度为l的长板静止在光滑水平面上，质量为m的小物块放在长板的最右端。现一方向向左的水平恒力F作用在小物块上，使它从静止开始向左运动，小物块和长板之间摩擦力的大小为fF，当长板运动的位移为x时，小物块刚好滑到长板的最左端。若小物块可视为质点，则在整个运动过程中，以

下结论正确的是（）A.小物块受到的摩擦力做的功与长板受到的摩擦力做功的代数和为负值B.整个过程中小物块和长板间因摩擦产生的热量为()fFxl+C.长板的末动能为fFxD.整个过程中小物块和长板增加的机械能为()Fxl+【答案】A

C【解析】【详解】A．物块受到的摩擦力对物块做的功1fWF(xl)=−+小车受到的摩擦力对小车做功2fWFx=显然二者的代数和为负值，故A正确；B．由功能关系可得整个过程物块和小车间摩擦产生的热量为()12fQWW

Fl=−+=故B错误；C．取长板为研究对象，由动能定理可得fkFxE=小车的末动能为Ffx，故C正确；D．由功能关系可得整个过程物块和小车增加的机械能为()fFxlFl+−，故D错误。故选AC。第Ⅱ卷（非选择题共48分）二、实验探究题（本大题共2小题，计1

6分）14.如图甲是“研究平抛物体运动”的实验装置图，重力加速度g取10m/s2。（1）实验前应对实验装置进行调节，直到斜槽末端的切线________，每次让小球从同一位置由静止释放，是为了使小球每次做平抛运动的________；

（2）图乙是利用正确实验取得的数据绘制的图像。某同学记录了A、B、C三点，取A点为坐标原点，建立了如图乙所示的坐标系，运动轨迹上的这三点坐标值图中已标出，那么小球平抛的初速度为________m/s，经过B点时的速度大小为________m/s（结果可用根号表示），小球抛出点的坐标为______

__（单位cm）。【答案】①.水平②.初速度相同③.1.00④.17⑤.（－20cm，－20cm）【解析】【详解】（1）[1][2]实验前应对实验装置进行调节，直到斜槽末端的切线水平，每次让小球从同一位置由静止释放，是为了使小球每次

做平抛运动的初速度相同。（2）[3]由题图乙可知A、B、C中相邻两点间水平距离相等，所以运动时间相等，均设为T，根据运动学公式有2ΔBCAByyygT=−=解得0.2sT=小球平抛的初速度大小为01.00m/sABxvT==[4]小球经过B点时竖直方向上的

速度大小为4m/s2ACByyvT==经过B点时的速度大小为2222014m/s=17m/sBByvvv=+=+[5]小球从抛出点运动到B点时间为0.4sByvtg==则抛出点的横坐标为020cmBxxvt=−=−纵坐标为2120cm2Byyg

t=−=−小球抛出点的坐标为（－20cm，－20cm）。15.（1）李同学用如图1所示装置“验证机械能守恒定律”，关于该实验，下列说法正确的有________（填序号）。A．不必测量重锤的质量B．重锤应从靠近打点计时器的位置释放C．打点计时器应该水平固定，保证两个限位

孔的连线水平D．由于阻力的存在，所以减少的重力势能实际上比增加的动能小（2）刘同学利用竖直上抛小球的频闪照片验证机械能守恒定律，频闪仪每隔0.05s闪光一次，图2中所标数据为实际距离，当地重力加速度g取9.8m/s2，小球的质量

m为0.2kg（结果均保留三位有效数字）①由频闪照片上的数据计算t5时刻小球的速度为v5＝________m/s；②从t2到t5时间内，重力势能增量ΔEp＝________J，动能减少量ΔEk＝________J；③实验得到的结论是________。【答案】①.

AB##BA②.3.48③.1.24④.1.28⑤.在误差允许范围内，小球在上升过程中机的械能守恒【解析】【详解】（1）[1]A．实验时需要比较重锤重力势能的减少量mgh与动能的增加量212mv间的关系，重锤质量m

可以约去，实验不必测量重锤的质量m，故A正确；B．为充分利用纸带，重锤应从靠近打点计时器的位置释放，故B正确；C．为减小阻力对实验的影响，打点计时器应该竖直固定，保证两个限位孔的连线在同一竖直线上，故C错

误；D．由于阻力的存在，减小的重力势能实际上比增加的动能大，故D错误。故选AB。（2）①[2]在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，t5时刻小球的速度25(16.1418.66)10m/s3.48m/s20.05v−+==②[3][4]从t2到t5过程中动能的减

少量为2p0.29.8(23.6821.1618.66)10J1.24JEmgh−==++t2时刻小球的速度22(26.1823.68)10m/s4.99m/s20.05v−+=动能减少量22k25111.28J22Emvmv=−③[5]实

验得到的结论是：在误差允许范围内，小球在上升过程中机械能守恒。三、计算题（本大题共3小题，计32分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）16.高空遥感探测卫星在距地球表面高为R

处绕地球转动，如果地球表面重力加速度为g，地球半径为R，人造卫星质量为m，万有引力常量为G，求：(1)人造卫星的角速度多大？(2)人造卫星绕地球转动的周期是多少？(3)人造卫星的向心加速度多大？【答案】(1)122gR=；(2)24RTg=；(3)4ga

=【解析】【分析】【详解】(1)地球表面上的物体受到的万有引力近似等于物体的重力，有2GMmR=mg所以2GMgR=根据人造卫星的万有引力提供向心力，有()22()MmGmRhRh=++解得2331=22GMgRgRhRR==+（）（2）(2)根据人造卫星的万有引力提供

向心力，有()2224()MmGmRhRhT=++解得人造卫星绕地球转动的周期232324()4(2)2=4RhRRTGMgRg+==(3)根据人造卫星的万有引力提供向心力，有2()MmGmaRh=+解得人造卫星的向心加速度222()(

2)4GMgRgaRhR===+17.如图，某同学用与水平方向成37°角斜向上的拉力F拉动箱子由静止开始向右滑动，已知箱子质量m为10kg，拉力F为50N，箱子与地面间的动摩擦因数μ为0.4，重力加速度

g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）箱子加速度大小；（2）5s内拉力F做的功和摩擦力f对箱子做的功；（3）前5s内拉力的平均功率。的【答案】（1）21.2m/sa=；（2）600J；420J−；（3）120W

【解析】【详解】（1）箱子竖直方向受力平衡，有NsinFFmg+=受到的摩擦力NfF=设箱子匀加速过程的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有cosFfma−=联立解得28Nf=21.2m/sa=（2）5s内箱子通过的位移211

5m2xat==5s内拉力F做的功cos37600JWFx==摩擦力f对箱子做的功420JfWfx=−=−（3）前5s内拉力的平均功率600W120W5WPt===18.某弹射游戏的轨道装置如图所示，倾斜直轨道AB长为

2R、倾角为37°，其末端B与光滑圆弧轨道BD在B点相切，圆弧半径为R，末端D点的切线水平。游戏时操作者将质量m的小球用弹簧从斜轨底端A点发射（弹簧长度很短，可以认为小球就是从A点射出），某次弹射时发现小球刚好能通过最高点D点，已知小球与AB间的动摩擦因数μ

=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则（1）小球刚好到达D点时的速度多大？（2）若弹簧储存的弹性势能不变，而弹射小球的质量改为2m，则该小球到达D点时对轨道的压力多大？（3）若要使质量

为m的小球不脱离轨道，弹簧在弹射小球时应储存多少弹性势能？【答案】（1）Rg；（2）4.3mg；（3）EP≤2.8mgR或EP≥4.3mgR【解析】【详解】（1）在D点2DvmgmR=解得DvRg=（2）要使小球m刚能过D点，在小球被弹出前弹簧具有的弹性势能为21PD2sin3

7cos371cos374.3EmgABmgABmgRmvmgR=++++=（）质量为2m的小球从A→D有2P11111sin37cos371cos3722222DEmgABmgABmgRmv−−−+=＇（）（）（）（）（）在D点2DN1122vFmgmR+=＇得N

4.3Fmg=根据牛顿第三定律得N4.3Fmg=（3）设圆弧上与O点等高的点为C，小球不脱离轨道，分两种情况：（a）最高点到达C点或C点以下，有Psin37cos37cos372.8EmgABmgABmgRmgR++=（b）最高点能过D点，有21PD2sin37cos37

1cos374.3EmgABmgABmgRmvmgR++++=（）弹簧的弹性势能范围是EP≤2.8mgR或EP≥4.3mgR获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com