【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

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-3c4a1a2a10395b47bcfc04395ae37ff0.html

以下为本文档部分文字说明：

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=100g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.0.8JD.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F

f，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；2221

1122PtMvMv=−D.1fPFv=；22211122fPtMvMvFx=−+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=10

m/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0-1s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21s

incos2MvMgLMgL++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/vams

t==，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2

1()()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()2

2mvFmgL=−。（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2Evm

gmR=（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/Bvms=.（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）