【文档说明】福建省莆田市2020-2021学年高一下学期期末考试备考金卷物理（B卷）试题含答案.doc，共(8)页，320.500 KB，由小赞的店铺上传

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莆田市2020-2021学年下学期高一期末备考金卷物理（B）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答

题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试

题卷和答题卡一并上交。一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12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，有选错的

得0分。1．若物体在运动过程中受到的合外力不为零，经过一段时间，则()A．物体的动量可能不变B．物体的动能一定变化C．物体的加速度一定变化D．物体速度方向一定变化2．如图，从高处跳到低处时，为了安全，一般都要屈腿，这样做是为了()A．减小冲量B．减小动量的变化量C．增大与地面的

冲击时间，从而减小冲力D．增大人对地面的压强，起到安全作用3．2021年5月15日，我国自主研发的天文一号成功着陆火星表面。如图，当它接近火星表面时，可打开反冲发动机减速下降。探测器减速下降过程中，它在火星表面的重力势能、动能和机械能的变化情况是()A．动能增加、重力势能减小B

．动能减小、重力势能增加C．动能减小、机械能减小D．重力势能增加、机械能增加4．在光滑的水平地面上放有一质量为M的半圆柱体，在其圆心正上方静止放有一质量为m的光滑小球。某时刻小球受到轻微扰动，由静止开始下滑。当m与M分离时，m的水平位移为xm，则M的位移为()A．mmxMm+B．mMxM

m+C．mMxmD．mmxM5．如图所示，竖直放置的轻质弹簧下端固定在地面上，上端与物块A连接，物块A处于静止状态时弹簧的压缩量为x0。现有物块B从距物块A上方某处由静止释放，B与A相碰后立即一起向下运动但不粘连，此后

物块A、B在弹起过程中将B抛离A。此过程中弹簧始终处于竖直状态，且在弹性限度内，重力加速度为g。下列说法中正确的是()A．当B与A分离时，弹簧的压缩量为x0B．两物块一起运动过程中的最大加速度大于gC．当B与A一起向上运动到弹簧的压缩量为x0时，它们共同运

动的速度最大D．从B开始下落至B与A分离的过程中，两物块及弹簧组成的系统机械能守恒6．2022年左右我国将建成载人空间站，轨道高度距地面约400km，在轨运营10年以上，它将成为中国空间科学和新技术研究实验的重要基地。设该空间站绕地球做匀速圆周运动，其运动周期为T，轨道半径为r，万有引力常量为G

，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．地球的质量为4π2r3GT2B．空间站的向心加速度为22grRC．空间站的线速度大小为grD．空间站的运行周期大于地球自转周期7．如图甲所示，一个小球悬挂在细绳下端，由静止

开始沿竖直方向运动，运动过程中小球的机械能E与路程x的关系图像如图乙所示，其中O～x1过程的图像为曲线，x1～x2过程的图像为直线。忽略空气阻力。下列说法正确的是()此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号A．O～x1过程中小球所受拉力

总是大于重力B．小球运动路程为x1时的动能为最大C．O～x2过程中小球的重力势能一直增大D．x1～x2过程中小球一定做匀加速直线运动8．如图所示，上方传送带始终以v＝4m/s的速度向右运动，左右两端相距L＝4m。将一质量m＝1kg的木块由传送带左端静止释放，木块与传送带之间的动摩擦

因数为μ＝0.4，则()A．木块从左端运动到右端的过程中，摩擦力对木块做的功为16JB．木块从左端运动到右端的过程中，由于带动木块运动，电动机多消耗了16J的电能C．木块从左端运动到右端的过程中，因为摩擦而产生的热量为10JD．木块从左端运动到

右端的时间为2s9．下列说法中正确的是()A．能量只以势能和动能两种形式存在B．能量只存在于具有高度或处于运动状态的物体中C．任何物体都具有能量D．能量的存在形式多种多样，且不同形式的能量之间可以相互转化，并且在转化过程中，总能量是守恒的10．如图所示，将一小球从M点水

平抛出，飞到点P时，与一挡板发生碰撞，小球又斜向上飞出后落到M点正下方的N点，N点与P点等高，轨迹的最高点Q与M等高，不计空气阻力。下列说法正确的是()A．小球两次飞行过程中加速度不同B．小球两次飞行过程中重力对

小球做的功不相等C．小球离开M点的速率比经过Q点的速率大D．小球与挡板碰撞过程中没有机械能损失11．如图所示，质量为M的小车在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，一个质量为m的小球从高h处自由下落，与小车碰撞后反弹上

升的高度为仍为h。设M>>m，发生碰撞时弹力FN＞mg，小球与车之间的动摩擦因数为μ，则小球弹起时的水平速度可能是()A．v0B．0C．2μ2ghD．－v012．一质量为2kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a－t图象如图所示，t＝0时其速度大小为2m/s，

滑动摩擦力大小恒为2N，则()A．t＝2s时，水平拉力F的大小为4NB．在0～6s内，合力对物体做的功为396JC．在0～6s内，合力对物体的冲量为36N·sD．t＝6s时，拉力F的功率为180W二、非选择题：本题共5小题，共52分。按题目要求作答。

解答题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能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13．(6分)某同学利用图示装置验证不可伸长的细绳连接的物块的速度沿着绳的分速度相等及机械能守恒。图中P、Q、R是三个完全相同的木块，P、Q木

块用细绳连接，放在水平气垫桌上。木块R用轻质滑轮连接，放在正中间。a、b、c是三个光电门，调整三个光电门的位置，能实现同时遮光。将整个装置无初速度释放：(1)为了能达到实验目的，除了记录P、Q、R三个遮光片的遮光的时间t1、t2、t3外，还必需

测量的物理有______。A．P、Q、R的质量MB．两个定滑轮的距离dC．R的遮光片到c的距离HD．遮光片的宽度x(2)根据装置可以分析出P、Q的速度大小相等，验证表达式为___________。(3)验证系统机械能守恒的表达式___________。14．(8分)用如图所示的实验装置验证

矩形线框的自由下落过程满足动量定理，已知线框用直径为d（远小于线框的边长）的粗铜线做成；当地重力加速度为g。某次实验中线框下边和上边先后经过光电门的挡光时间分别为t1和t2。(1)为完成该实验，下列步骤中还必需的是________（填入标号）；A．用天平测线框的质量mB．用刻度尺测线框上、下边之间

的距离LC．用秒表测线框上、下边通过光电门的时间间隔Δt(2)线框下边通过光电门时的速度大小为________（请用测量的物理量和已知量来表示）；(3)在误差允许范围内，满足关系式________（请用测量的物理量和已知量来表示），则验证了线框自由下落过程中满

足动量定理。(4)请提一条对减小实验误差有帮助的建议：_______。15．(10分)如图所示，是汽车牵引力F和车速倒数1v的关系图像，若汽车质量为2×103kg，由静止开始沿平直公路行驶，阻力恒定，最大车速为30m/s，则：(1)试根据图像分

析汽车AB段和BC段分别做什么性质运动？最后做什么运动？(2)机车启动过程最大功率为多少？(3)汽车速度为20m/s时的加速度为多大？(4)汽车维持匀加速时间为多少？16．(12分)如图所示，质量m＝1kg的弹性小球A在长为l＝0.9m的细轻绳牵引下可以绕水平轴O在竖直平面内做

圆周运动，圆周的最高点为P，P处有一个水平槽，水平地面距水平槽的高度恰好是1.8m，槽内有许多质量均为M＝3kg的弹性钢球，小球A每次转动到P点恰好与P点处的小钢球发生弹性正碰（碰撞时间极短），钢球水平飞出做平抛运动。每次被小球A碰撞后，

槽内填充装置可将另一个相同的钢球自动填充动到P点位置且静止。现将小球A在顶点P以v0＝24m/s的初速度向左抛出（如图），小球均可视为质点，g取10m/s2，求：(1)第一次碰撞后瞬间，小球A和第一个钢球获得的速度；(2)小球A能将钢球碰出去的钢球个数；(3)第一个钢球

与最后一个钢球落地后的水平距离。17．(16分)如图所示，粗糙的水平轨道BC的右端与半径R＝0.45m的光滑竖直圆轨道在C点相切，左端与光滑的倾斜轨道AB相连，AB与水平方向的夹角为37°，质量m＝0.1kg的小球从倾

斜轨道顶端A点由静止滑下，设小球经过轨道衔接处时没有能量损失，已知倾斜轨道AB的长度l＝2m，小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.375，（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）(1)求小球第一次到达倾斜轨道底端B点时的速度大小（结果可以用根号表示）；(2)

若水平轨道BC的长度为2.5m，求小球最终停止的位置与B点的距离；(3)要使小球能够滑上圆轨道，并且第一次在圆轨道运动时小球不脱离轨道，水平轨道BC的长度L应满足什么条件？2020-2021学年下学期高一期末备考金卷物理答案一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小

题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12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，有选错的得0分。1．【答案】A【解析】合外力不为零，但与速度垂直，合外力不做功，比如匀速圆周运动

，经过一个周期，物体的动量可能不变，故A正确；如果合外力做的功为零，物体的动能可以不变化，故B错误；如果合外力是恒力，物体的加速度可以不变，故C错误；若合外力与速度同向，物体速度方向可以不变，故D错误。2．【答案】C【解析】人在和地

面接触时，人的速度减为零，由动量定理可知(F－mg)t＝Δp，而屈腿可以增加人着地的时间，从而减小受到地面的冲击力，所以C正确，ABD错误。3．【答案】C【解析】探测器减速下降过程中，速度减小，则动能减小；它在火星表面的重力势能减小，则机械能减小。4．【答案】D【解

析】M与m水平方向动量守恒，由人船模型可得mMmxMx=，解得MmMxxm=，故选D。5．【答案】B【解析】物块A处于静止状态时弹簧的压缩量为x0，kx0＝mg，当B与A分离时，加速度相同，且之间无弹力，可知此时A的加速

度为g，则弹簧处于原长处，故A错误；如果B物体静止释放到A的上端，做简谐运动，则最低点加速度大小为g，而现在到达A端上端速度大于零，则最低点位置更低，加速度大于g，所以两物块一起运动过程中的最大加速度大于g，故B正确

；当B与A一起向上运动到弹簧的压缩量为x0时，合力向下，已经减速，速度不是最大，故C错误；从B开始下落至B与A分离的过程中，两物块及弹簧组成的系统机械能不守恒，因为完全非弹性碰撞过程中存在损失，故D错误。6．【答案】A【解析】根据牛顿第二定律可得GMmr

2＝m4π2T2r，解得M＝4π2r3GT2，故A正确；根据牛顿第二定律可得GMmr2＝ma，又黄金代换式GM＝gR2，联立解得空间站的向心加速度a＝22gRr，故B错误；根据牛顿第二定律可得GMmr2＝mv2r，解得2gRvr=，故C错

误；空间站的轨道半径比同步卫星轨道半径小，根据T＝2πr3GM可知，空间站的运行周期小于同步卫星运行周期，而同步卫星周期等于地球自转周期，则空间站的运行周期小于地球自转周期，故D错误。7．【答案】D【解析】运动中只受重力和拉力，由于

除重力之外的其他力做功等于小球机械能的变化，即FΔx＝ΔE，可得E－x图象的斜率的绝对值等于小球所受拉力的大小，如图可知O～x1过程机械能增加，绳子拉力做正功，小球向上运动，x1～x2过程机械能减小，绳子拉力做负功，小球向下运动，所以在x1位置处速度为零，动能为零，说明O～x1过程小球速度先

加速后减速，在减速阶段拉力小于重力，故AB错误；O～x2过程中小球先向上运动后向下运动，即重力势能先增加后减小，故C错误；由于小球在x1～x2过程E－x图象的斜率的绝对值不变，故小球所受的拉力保持不变，又由于在x1位置处速度为零，小球又向下运动，在x1～x2过程小球一定做匀加

速直线运动，故D正确。8．【答案】B【解析】木块在传送带上的加速度24m/sag==，木块达到传送带速度所用时间11svta==，此时通过的位移112m2vst==，共速后木块随传送带做匀速直线运动，匀速运动所用时间120.5s

Lstv−==，则木块从左端运动到右端的时间121.5sttt=+=，D错误；木块从左端运动到右端的过程中，由动能定理可得2f108J2Wmv=−=，A错误；木块与传送带相对滑块的位移112msvts=−=，木块从左端运动到右端的过程中，因为摩擦而产生的热量8JQmg

s==，C错误；木块从左端运动到右端的过程中，由于带动木块运动，电动机多消耗的电能21=16J2EmvQ+=电，B正确。9．【答案】CD【解析】能量的存在形式不单一，如动能、势能、电磁能、光能、化学能、核能等多

种形式，且各种形式的能量在一定条件下可以相互转化，转化过程中，总能量是守恒的。任何一个物体都具有能量，不具有能量的物体是不存在的。不同的物体，能量的存在形式和能量的总量是不同的，故AB错误，CD正确。10．

【答案】BC【解析】不计空气阻力，球两次在空中只受重力作用，加速度为g，加速度相同，故A错误；设球的抛体高度为h，第一次从M到P，重力做正功，WG＝mgh，第二次做斜上抛运动从P到Q到N点，重力做功为零，球两次飞行过程中重力对

球做的功不相等，故B正确；球从M到P和从Q到N都是平抛运动，在M、Q点均只有水平方向的速度，高度h相同，由t＝2hg知运动时间相同，但xMP＞xQN，由x＝v0t可推出离开M点的速度大于经过Q点的速度，故C正确；如果碰撞没有机械能损失，则全程机械能守恒，而

在M、Q点重力势能相等，动能不等，则机械能不等，故小球与挡板碰撞过程中有机械能损失，故D错误。11．【答案】AC【解析】若小球离开小车之前已经与小车达到共同速度v，则水平方向上动量守恒，有Mv0＝(M＋m)v，由于M>>m，所以v＝v0；若小球离开小车之前始终未与小车

达到共同速度，则对小球应用动量定理，水平方向上有FΔt＝mv′，竖直方向上有FNΔt＝2mv＝2m2gh，又F＝μFN，解以得v′＝2μ2gh。故选AC。12．【答案】BC【解析】由图象可知，t＝2s时，

加速度a＝83m/s2，由牛顿第二定律F－f＝ma，得223F=N，故A错误；根据Δv＝at可知，在a－t图象中图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，则在0～6s时间内速度增量为Δv＝18m/s，所以v6＝v0＋Δv＝20m/s，根据动能定理得W合＝ΔEk＝12mv62－12mv0

2，得W合＝396J，故B正确；根据动量定理得I＝mv6－mv0＝36N‧s，故C正确；t＝6s时，根据牛顿第二定律得F6－f＝ma6，解得F6＝10N，则P＝F6v6＝200W，故D错误。二、非选择题：本题共5小题，共52分。按题目要求作答。解答题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能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13．(6分)【答案】(1)CD(2)t1＝t2(3)222222123222xxxgHttt=++【解析】(1)要验证系统的机械能守恒，其表达式是MgH＝12MvP2＋12

MvQ2＋12MvR2，可知与质量M无关，因此不需要测量P、Q、R的质量M，A错误；由验证表达式可知，与两个定滑轮的距离d无关，B错误；由验证的表达式可知，需要测量R的遮光片到c的距离H，C正确；由验证的表达式可

知，需要测量P、Q、R三个物块遮光片的速度，因此需要测量遮光片的宽度x，速度v＝xt，D正确。(2)物块P的速度1Pxvt=，物块Q的速度2Qxvt=，因此分析出P、Q的速度大小相等，即需要验证表达式为12xxtt=，即t1＝t2。(3)整个系统减少

的机械能是ΔE＝MgH，增加的机械能是2222221231()2xxxEMttt¢=++，要验证机械能守恒，则有ΔE＝ΔE′即验证的表达式22221231111()2gHxttt=++。14．(8分)【答案】(1)C(2)1dt(3)21ddg

ttt=-(4)见解析【解析】(1)根据题干所描述的步骤可以测出线框上边和下边通过光电门时的速度大小。根据动量定理的表达式可知，等式两边均含有m，可以消去，所以不需要测量m，故A错误；本实验要验证的是动量定理，不是机械

能守恒定律，故不需要测量线框上、下边之间的距离L，故B错误；根据动量定理的表达式可知，实验还需要测量线框整体经过光电门过程中重力的作用时间，即需要测量线框上、下边通过光电门的时间间隔Δt，故C正确。(2)本实验中利用线

框下边通过光电门的平均速度来代替初速度，故有v1＝1dt。(3)本实验中利用线框上边通过光电门的平均速度来代替末速度，故有v2＝2dt，根据动量定理有mgΔt＝mv2－mv1，即21ddgttt=-。(4)上、下边距离大一些，从而减小速度的测量误差；选用

密度更大的材料做成线框，从而减小空气阻力对实验的影响；尽量选用直径较小的粗铜线，从而减小速度的测量误差；下落过程上、下边保持水平等。（答案合理即可）15．(10分)【解析】(1)由图像可知AB段牵引力F不变，所以

加速度恒定，因此AB段汽车做匀加速直线运动；BC段牵引力F减小，所以加速度减小，因此BC段做加速度减小的加速运动，最后匀速运动。(2)当汽车匀速运动时，牵引力和阻力相等，此时功率最大。24max21030610

WPFv===额。(3)汽车速度为20m/s时，此时牵引力3310NPFv==由Ffma−=得20.5m/sa=。(4)汽车匀加速运动的加速度22m/sFfam−==汽车刚达到额定功率时的速度10m/sPvF==额所以汽车做匀加速运动的时间5svta==。16．(12分)【解

析】(1)根据动量守恒与机械能守恒得：0mM2220mM111222=+=+mvmvMvmvmvMv解得：vm＝－12m/s，vM＝12m/s。(2)利用上述方程还可得小球A第一次碰后的速度0102vmMvvmM−==−+同理可知碰撞n次以后瞬间的速度为01()2

nnvv=−负号表示与碰前入射速度方向相反，小球要能与钢球碰撞则必须能完成完整的圆周运动，所以碰n次后假定再次到达P位置，其速度满足2nvmmgl即3vgl=nm/s所以01()2nvgl解得n＝3小球A可以与4个钢球碰撞第4个钢球碰后速度41.5m/sv=。(3)由于

两球是分别朝向左右两边做平抛运动的，所以水平距离是14xxx=+平抛时间是40.6sltg==得(121.5)0.6m8.1mx=+=。17．(16分)【解析】(1)小球在倾斜轨道上运动，由动能定理知201sin3702mglmv=−

解得026m/sv=。(2)最终小球动能为零，停在轨道上，由动能定理知210102mgLmv−=−解得通过的路程L1＝3.2m小球到达C点滑上圆弧后返回，返回路程L2＝L1－LBC＝0.7m所以返回后距离B点的距离L＝

LB－L2＝1.8m。(3)小球恰好从B点到C点，由动能定理知20102mgLmv−=−解得L＝3.2m要使小球能够滑上圆轨道，应满足L≤3.2m在圆轨道运动时小球不脱离轨道，有两种情形①物体能完成圆周运动在最高点有21vmgmR=对小物块从B点到圆轨道最

高点利用动能定理有220111222mgRmgLmvmv−−=−解得L＝0.2m小球不脱离轨道应满足L≤0.2m②物体运动到圆轨道圆心等高处速度为零对小物块从B点到圆轨道圆心等高处利用动能定理有20102mg

RmgLmv−−=−解得L＝2m小球不脱离轨道应满足L≥2m综合以上可得要使小球能够滑上圆轨道，并且第一次在圆轨道运动时小球不脱离轨道，水平轨道BC的长度L应满足L≤0.2m或者2m≤L≤3.2m