【文档说明】安徽省池州市东至二中2020-2021学年高一下学期期末考试物理试题含答案.docx，共(11)页，398.449 KB，由小赞的店铺上传

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2020--2021学年第二学期期末考试卷.高一物理满分∶100分考试时间∶90分钟注意事项∶1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清晰。3.请按照题号顺序

在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．的答题无效。4.保持答题卡卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。5

.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题∶共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1-6题只有一项符合题目要；第7-10题有多项符合题目要求，全选对的得4分，选对但不全的得2分，选错

不得分。1.2021年4月28日，国际行星防御大会召开，我国代表介绍了正在论证的小行星探测任务。关于开普勒行星运动定律，下列说法中正确的是（）A.牛顿发现万有引力定律后，开普勒整理牛顿的观测数据后，发现了行星运动的规律B.此定律不仅适用于行星绕太阳运动，也适用于宇宙

中其他卫星绕行星的运动C.开普勒第三定律32rkT=，月亮围绕地球运动的h值与人造卫星围绕地球运动的h不相同D.行星绕太阳运动时，线速度方向时刻在变，但大小始终不变2.关于相对论时空观与牛顿力学的局限性，

下列说法中正确的是（）A.相对论和量子力学更加深入地研究运动规律，彻底否认了经典力学B.相对论认为真空中的光速在不同的惯性参考系中是不同的C.牛顿定律不适用于研究中国空间站天和核心舱的高速发射D.经典力学是相对论

及量子力学在一定条件下的特例3.壁球是一种对墙击球的室内运动，如图所示，某同学由S点正对竖直墙面击出壁球（可将其视为质点），壁球刚好水平击中竖直墙上的P点，不计空气阻力。现该同学向左后退了一小段距离，击球点B距竖直墙更远但高度不变，再次击球

，壁球又恰好水平击中竖直墙上的P点。假设壁球运动为同一竖直平面，对于再次击球，下列说法中正确的是A.壁球在空中飞行的时间较长B.壁球击中P点时的速度较大C.击球后球的初速度较小D.击球后球的抛射角θ较大4.如图所示，高为h=2m的斜轨道ab与半径为r=40cm的圆轨道平滑连接。质量为m=100

g的小球从a点由静止开始滑下，运动到圆形轨道的最高点c处时，对轨道的压力等于物体的重力。重力加速度大小g=10m/s2，则物体从a运动到c的过程中克服摩擦力所做的功为（）A.0.1JB.0.4JC.0.8

JD.1.6J5.2021年4月23日，海军长征18号艇在海南三亚某军港集中交接入列。若质量为M的长征18号艇在海面上正在沿直线航行，发动机的输出功率恒为P，所受阻力大小恒为Ff，某时刻速度大小为v1，加速度大小为a1（≠0）

，一段时间t后速度大小为v2，在这段时间内位移大小为x。则下列关系式正确的是（）A.122vvxt+；111FPaMvM=−B.122vvxt+=；11fFPaMvM−C.1fPF；22211122PtMvMv=−D.1fPFv=；22211122fPtMvMvF

x=−+6.如图所示，斜面固定在水平地面上，质量为m=12.5kg的小滑块在沿平行于斜面向上的拉力F=200N的作用下，沿倾角为θ=37°的粗糙斜面从底端自静止开始向上滑动，F作用2s后撤去，物体在斜面上继续上滑

1.2s后，速度减为零，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小g=10m/s2，忽略空气的阻力，则物体与斜面间的动摩擦因数为（）A.0.4B.0.5C.0.6D.0.77.如图所示，洗衣机的脱水筒采用带动衣物旋转的方式脱水，下列说法正确的是（）A.脱水过

程中，衣物中的水是沿半径方向被甩出去的B.增大脱水简转动角速度，脱水效果会更好C.水会从衣物中甩出是因为水受到离心力的缘故D.衣物靠近筒壁的脱水效果比靠近中心的脱水效果好8.如图甲所示，可视为质点的一小木块在水平地面上向左做直线运动，t=0时对其施加一水平作用力F，在0~1s内F大小为1N

，在1~2s内F大小为3N，F的方向一直水平向右。在前2s内小木块的速度-时间图像如图乙所示，重力加速度大小g=10m/s2，则（）A.在前2s内小木块的加速度大小为1m/s2B.小木块受到水平地面的摩擦力大小为2NC.在0-1

s内摩擦力对小木块做功为-0.5JD.在1~2s内力F的平均功率为1.5W9.“天问一号”是我国发射的火星探测器。如图所示，假设“天问一号”探测器环绕火星做勺迷圆周运动的周期为T，对火星的张角为θ。已知引力常量为G，由以上数据可以求得A.火星的质量B.火星的平均密度C.天

问一号探测器的线速度D.天问一号探测器的角速度10.如图所示，足够长的倾角为a的斜面体固定在水平地面上，轻质弹簧一端与斜面底端的挡板固定，另一端与质量为M的平板连接，一质量为m的物体靠在平板的左侧，M、m与斜面的动摩擦因数均为μ

。开始时用手按住m使弹簧处于压缩状态，现释放，使M和m一起沿斜面向上运动，当M和m运动距离为L时达到最大速度v0。则下列说法正确的是（）A.若运动过程中M和m能够分离，则M和m恰好分离时，二者加速度大小均为g（sina+μcosa）B.M和m达到最大速度v时，弹簧恢复原长C.从释放到M和m达到最

大速度D的过程中，m受到的合力对它做的功等于212mvD.从释放到M和m达到最大速度。的过程中，弹簧对M所做的功等于21sincos2MvMgLMgL++二、实验题∶共2小题，共14分。11.（6分）实验小组的同学做研究平抛运动实验。（1）为了验证平抛运动的小球在竖直方向上做自由

落体运动，用如图甲所示的装置进行实验，小锤打击弹性金属片，A球水平抛出，同时B球被松开，自由下落，关于该实验，下列说法中正确的是_。A.两球的质量应相等.B.应听到两次撞地声音C.应改变装置的高度，多次实验D.该实验能说明A球在水平方向上做匀速直线运动（2）用频闪照相机对准方格背景照相，

拍摄到了如图所示的照片（有意遮住了4的位置），已知每个小方格边长9.8cm，当地的重力加速度为g=9.8m/s2。若以拍摄的第一点为坐标原点，水平向右和竖直向下为正方向，则遮住的小球位置坐标为（_cm，_cm）。小球平抛的初速度大小为_m/s。.12.（8分）利用力传感

器验证系统机械能守恒定律，实验装置示意图如图所示，细线一端拴一个小球，另一端连接力传感器并固定在铁架台上，传感器可记录球在摆动过程中细线拉力大小，用量角器量出释放小球时细线与竖直方向的夹角，用天平测出球的质量为m，小球在悬挂后静止时，测出悬挂点到

球心的距离为L，已知重力加速度大小为g。（1）将球拉至图示位置，细线与竖直方向夹角为θ，静止释放球，发现细线拉力在球摆动过程中作周期性变化，读取拉力的最大值为F，则小球通过最低点的速度大小为_______；小球从静止释放到运动最低点过程中，小球动能的增加量

为△Ek=_____；重力势能的减少量为△Ep=（用上述给定或测定物理量的符号表示）。若两者在误差允许的范围内相等，则小球的机械能是守恒的。（2）关于该实验，下列说法中正确的有_。A.可以直接用弹簧测力计代替力传感器进行实验B.细线要选择伸缩性小的

C.球尽量选择密度大的D.可以不测球的质量和悬挂点到球心的距离三、解答题∶共4小题，共46分。解答应写出必要的文字说明证明过程或演算步骤。13.（8分）2021年5月15日，天问一号探测器成功着陆火星，实现我国首次地外行星着陆。如图所示，质量约为5t的

天问一号在火星表面着陆前的动力减速阶段可看做竖直方向的匀变速直线运动，探测器发动机打开，经80s速度由95m/s减至3.6m/s。已知火星半径约为地球半径的二分之一，火星质量约为地球质量的十分之一，地球表面的重力加速度大小g=10m/s2。求∶（计算结果保留两位有效数字）（1）火星表面的重力加

速度大小；（2）动力减速阶段发动机提供的力的大小。14.（10分）如图所示，在竖直平面内，BC为光滑圆轨道的一部分，O为圆心，OC位于竖直方向，OB与竖直方向的夹角θ=45°，CD为水平地面并与圆弧相切，一小木块以v1=2m/s的速度从A位置水平向左抛出，木块

恰好从B点沿圆弧切线方向进人BC轨道，最后停在水平面CD上的P点（图中未画出），已知光滑圆轨道半径为R=（2+2）m，木块与CD之间的动摩擦因数为μ=0.4，重力加速度大小g=10m/s2。求∶（1）AB两点的水平距离与竖直高度；（2）CP之

间的距离。15.（12分）如图所示，倾角为θ=30°的光滑斜面固定在水平地面上，原长为L的轻弹簧一端固定，另一端与一个质量为m的物块相连。物块静止在斜面上的P点，弹簧轴线与斜面之间夹角θ=30°，弹簧长度为43L。现沿斜面推动物块至斜面上的Q点，此时弹簧轴线垂直于斜面。现由静止从Q点

释放物块，求∶（结果可用根式表示）（1）弹簧的劲度系数；（2）物块回到初始位置P时的速度大小。16.（16分）如图所示，静止的水平传送带AB左端与水平面BC相连，BC左端是竖直光滑半圆轨道CDE，质量为m

=1kg的物块（可视为质点）以0210/vms=的初速度从传送带A点向左运动，已知传送带AB长度L1=3m，BC长度L2=1m，半圆轨道半径R=0.5m，物块与传送带及水平面之间的动摩擦因数均为μ=0.25，重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力，求∶（

结果可用根式表示）（1）物块到达C点速度的大小；（2）要使物块恰好到达最高点E，传送带应沿顺时针还是逆时针方向转动？并计算传送带转动时的线速度大小。2020--2021学年第二学期期末考试高一物理参考答案1.[答案]B[解析]在开普勒发现了行星的运行规律后，牛顿才发现万有引力定律，开普勒

整理第谷的观测数据后，发现了行星运动的规律。选项A错误；开普勒行星运动定律不仅适用于行星绕太阳运动，还适用于宇宙中其他卫星绕行星的运动，选项B正确；公式中的k值由中心天体决定，只要是中心天体一样，h值一样，选项C错误；由开普勒第二定律可知，日星连线相同时间内扫过

面积相等，行星绕太阳在椭圆轨道上运动时，线速度大小在变化，越靠近太阳，线速度越大，反之，则越小。选项D错误。2.[答案]D[解析]相对论和量子力学并没有否定经典力学，认为经典力学是在一定条件下的特殊情形，选项A错误；根

据狭义相对论的光速不变原理，真空中光速在不同的惯性参考系中是相同的，选项B错误；牛顿定律属于经典力学的研究范畴，适用于宏观、低速运动的物体，低速和高速的标准是相对于光速，可判定牛顿定律适用于研究中国空间站天和核心舱的高速发射，选项C错误；经典力学是相对论及量子力学在一定条

件下的特例，它包含于相对论和量子力学中，选项D正确。3.[答案]B[解析]壁球在竖直方向上做竖直上抛运动，由于两次击中同一点，即在竖直方向上的位移相等，根据逆向思维，将竖直上抛运动看做自由落体运动的逆运动，

即212hgt=，所以空中飞行时间相同，选项A错误；壁球在水平方向上做匀速直线运动，两次运动时间相同，而第一次水平位移小，所以水平分速度小，所以击中P点时的速度较小，再次击球，壁球击中P点时的速度较大，选项B正确；根据22yvgh

=可知两次竖直分速度相等，第二次水平分速度大，所以根据速度的合成可得22xyvvv=+，所以第二次初速度大，选项C错误；根据tanyxvv=可知vx越大，正切值越小，即第二次击球时抛射角θ较小，选项D错误。4.[答案]C[解析

]小球运动到c点时受到重力和轨道对它的压力，由圆周运动知识可知2cNmvFmgr+=，又NFmg=，联立两式解得222/cvgrms==，在小球从a点运动到c点的过程中，由动能定理有21(2)02fcmghrWmv−−=−，代人数据解得0.8fWJ=。只有选项C正确。

5.[答案]A[解析]长征18号艇受到的牵引力PFv=，某时刻速度为v1时，加速度a1满足11fFPaMvM=−，发动机的输出功率恒为P，所受阻力大小恒为Ff，在加速过程中做加速度减小的加速度运动，则这段时间内的平均速度大于初末速度和的

一半，即122vvv+，122vvxvtt+=，选项A正确、B错误；长征18号艇做加速运动，牵引力大于阻力，则1fPFv，由能量守恒可得2212kfPtEWMv=+=，选项C、D错误。6.[答案]B[解析]力F作用时，根据牛顿第二定律

得∶1sincosFmgmgma−−=，撤去F后，对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律得∶2sincosmgmgma+=，又因为1122atat=，解得μ=0.5，只有选项B正确。7.[答案]BD[解析]脱

水过程中，水做离心运动，所以是沿切线方向被甩出去的，选项A错误；增大脱水筒转动速度，水所需向心力变大，离心效果更好，脱水效果会更好，选项B正确；离心力是效果力，不是物体实际受到的力，选项C错误；根据2Fmr=，可知相同转速

下，靠近筒壁的衣物需要向心力更大，脱水效果更好，选项D正确。8.[答案]ACD[解析]由题图知，在前2s内小木块运动的加速度大小21/vamst==，选项A正确；第1s内有fFFma+=，第2s内有fFFma−=，则13ffFNNF+

=−，故Ff=1N，m=2kg，选项B错误；在0~1s内的位移大小为1110.52xmm==，根据功的公式可得在0~1s内摩擦力对滑块做功为-0.5J，选项C正确；根据v-t图像可知，在1~2s内的平均速度大小01/2vms+

==0.5m/s，所以在1~2s内力F的平均功率30.51.5PFvWW===，选项D正确。9.[答案]BD[解析]设火星的半径为R，天问一号探测器做匀速圆周运动的半径为r，由几何知识得sin2Rr=

，根据万有引力提供向心力，则有222()MmGmrrT=，解得火星质量为2324rMGT=，因为r未知，所以由上面的式子可知无法求火星质量，选项A错误；火星的平均密度为3,43MR=，整理得233sin2GT，知可以求出火星的平均密度，选项B正确；由2T

=知可以求出天问一号探测器的角速度，选项D正确；由2rvT=，因为r未知，无法求得天问一号探测器的线速度，选项C错误。10.[答案]AC.[解析]M和m恰好分离时，M.m间的弹力为0，M、m的加速

度大小相同，对m受力分析，由牛顿第二定律知，sincos,mgsmgma+=，得(sincos)ag=+，故A正确；M和m达到最大速度v时，M和m的加速度为零，对M、m整体∶由平衡条件知

kx=（m+M）gsina+μ（m+M）gcosa，所以此时弹簧处于压缩状态，故B错误；从释放到M和m达到最大速度0的过程中，对于m，根据动能定理得，m受到的合力对它做的功212kWEmv==合，故C正确；从释放到M和m达到最大速度v的过程中，

对M、m整体，根据动能定理得()sin(WmMgLm−+−+弹21)cos()2MgLmMv=+，所以弹簧对M所做的功21()()sin2WmMvmMgL=++++弹()cos,mMgL+，故D错误。11.（

6分）[答案]（1）C（2分）（2）58.8（1分）58.8（1分）1.96（2分）[解析]（1）平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，与小球质量是否相等无关，选项A错误；平抛运动的竖直分运动是自由落体与其合运动具有等时性，所以应听到一次撞地声，选项B错误；为了证明此结论的普遍

适用，应改变高度重复实验，选项C正确；此实验说明不了平抛运动的水平分运动是匀速直线运动，D错误。（2）由2Tyg=，得T=0.1s，小球平抛的初速度大小为01.96/xvmsT==；又433yyy

=+=58.8cm，40358.8xvTcm==。则没有被拍摄到的小球位置坐标为（58.8cm，58.8cm）。12.（8分）[答案]（1）()FmgLm−（2分）1()2FmgL−（2分）(1cos)mgL−（2分）（2）BC（2分）[解析]（1）小球在最低点由牛顿

第二定律可得∶20vFmgmL−=，0()FmgLvm−=；重力势能减少量为∶(1cos)mgL−，动能增加量为∶2011()22mvFmgL=−。（2）由于弹簧的弹力渐变，所以小球摆到最低点瞬间，弹力的测量不准确，故A错误；为了减小小球做圆周运动的半径的变化，所以细线要选

择伸缩性小的，故B正确；为了减小阻力的影响，球尽量选择密度大的，体积小的，故C正确；球从静止释放运动到最低点过程中，满足机械能守恒的关系式为2mg（1-cosθ）=F-mg可知，应测出小球的质量，而不用测出悬挂点到球心的距离，故D错误。13.（8分）[解析]（

1）在地球表面2MmmgGr=地地（1分）在火星表面*2MmmgGr=火火代入数据联立解得g火=4.0m/s2（2分）（2）天问一号在动力减速阶段由速度公式得∶0vvat=−....（1分）根据牛顿第二定律得∶Fmgma−=火................

.........（1分）代人数据联立解得在动力减速阶段发动机提供的力的大小∶42.610FN=........（2分）14.（10分）[解析]（1）设木块在B点的速度为v2，水平方向有∶21cosvv=..............（1分）解得∶222/vms

=...（1分）竖直方向有∶2sinyvvgt==...............................................（1分）解得∶t=0.2s...（1分）AB两点的水平距离10.4xvtm==......................

...............（1分）竖直高度210.22ygtm==.....（2）设CP之间的距离为s，从B到P过程由动能定理有∶221(1cos)02MgRMgsMv−−=−....（2分）解得：3.5sm=15.（12分）[解析]（1）物块静止时受重力、斜面弹力FN和弹簧弹力T由平衡条

件得2Tcosθ=mg.....（2分）设弹簧劲度系数为k，有4()3TkLL=−可得3mgkL=（2分）（2）根据几何关系233PQL=，弹簧长度为23L，弹簧压缩量为13L，与P位置时弹簧伸长量相等，弹簧弹性势能相等

由Q到P过程，系统满足机械能守恒21sin2mgPQmv=可得233vgL=16.（16分）[答案]见解析[解析]（1）物块A到C的过程，由动能定理得2212011()22cmgLLmvmv−+=−（2分）可得25/cvms=...（

2）物块到达E点时，最小速度需要满足2EvmgmR=（2分）所以5/EvgRms==.......................................（1分）物块恰好到达E点，根据动能定理得，物块离开传送带的速度满足22211222EBmgLmgRmvmv−−=−得30/Bvm

s=.（1分）如果传送带静止，则物块从A到B过程，由动能定理得221101122BmgLmvmv−=−（2分）可得∶15/30/Bvmsms=故传送带必须逆时针转动.....物块由Do减速到vg的过程中移动2201232BvvsmLma−===.......（

1分）要使物块恰好到达最高点E，物块在传送带上先匀减速后匀速，所以传送带逆时针转动的速度大小为30/ms......................（1分）