【文档说明】四川省眉山市2021-2022学年高一（下）期末教学质量检测理综物理试题 含解析.docx，共(18)页，1.705 MB，由小赞的店铺上传

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眉山市高中2024届第二学期期末教学质量检测理科综合物理能力测试注意事项：1.本试卷共分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用铅笔把

答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，写在本试卷上无效。3.回答第II时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。5.本试卷共12页。如遇缺页

、漏页、字迹不清等情况，考生须及时报告监考老师。第I卷（选择题共126分）一、选择题：本题共8小题，每小题6分。1.自新冠疫情发生以来，无人机已经成为战疫利器之一，如图所示，某质量为m的无人机以恒定速率v在水平面内做匀速圆周运动，

圆心为O，半径为R，重力加速度为g。在图示位置，空气对无人机的作用力方向和大小为（）A.竖直向上，Fmg=B.水平向右，2vFmR=C.斜向右上方，422vFmgR=−D.斜向右上方，422vFmgR

=+【答案】D【解析】【详解】根据题意，对无人机由牛顿第二定律有2vFmR=合对无人机受力分析，受重力mg，空气对无人机的作用力F，如图所示则有44222222vvFmgmmgRR=+=+方向斜向右上方

。故选D。2.如图所示，平直木板AB倾斜放置，小物块与木板间的动摩擦因数不变，小物块从A点由静止开始释放，取地面为零势能面，小物块运动的速度（v）、加速度（a）、动能（kE）、机械能（E）随下滑位移x变化的图像正确的是（）A.B.CD.【答案】C【解析】【详解】B．对小物体进行受力分析，由牛

顿第二定律有sincosmgmgma−=解得.sincosagg=−即加速度a为一个定值，图像为平行于x轴的一条直线，B错误；A．由运动学公式有22vax=解得()2sincosvggx=−即速度（v）随下滑位移x变化的图像为一条曲线，A错误；C

．综合上述等式解得()2k1sincos2Emvmgx==−可知动能与x成正比，即动能（kE）随下滑位移x变化的图像为过原点的倾斜的直线，C正确；D．令释放位置高为H，则机械能为cosEmgHm

gx=−可知函数为一次函数，即机械能（E）随下滑位移x变化的图像函数为一条没有经过坐标原点的倾斜的直线，且斜率为负值，D错误。故选C。3.如图所示，一条小船从码头A过河，小船在静水中的速度为v，船头指向始终与河岸垂直（沿A

A'方向）。当水流速度为1v时，小船运动到河对岸的码头B靠岸，AB与河岸的夹角为60=。当水流速度为2v时，小船运动到河对岸的码头C靠岸，AC与河岸的夹角为30=。下列说法正确的是（）A.小船沿AB、AC过河的时间相等B.小船沿AC过河的时间更长

C.12:1:2vv=D.当水流速度为1v时，要使小船到达码头'A，船头应指向河的上游且与河岸夹角为60【答案】A【解析】【详解】AB．因船头始终垂直于河岸，可知船过河的时间为dtv=即小船沿AB、AC过河的时间相等，选项A正确，B错误；C．由题

意可知1tan60vv=2tan30vv=解得12:1:3vv=选项C错误；D．当水流速度为1v时，要使小船到达码头'A，则合速度应该垂直河对岸，船头应指向河的上游且与河岸夹角为13cos3vv==则60选项D错误。故选A。4.在半径为R的星球表面将一小物块以初速度v0竖

直向上抛出，经过t时间小物块落回抛出点。卫星1在距离星球表面3R的轨道上绕星球做匀速圆周运动，卫星2绕星球表面附近做匀速圆周运动。已知星球上没有空气，不考虑星球的自转。下列说法正确的是（）A.星球表面的重力加速度为0vgt=B.星球

的第一宇宙速度为02vvRt=C.卫星1和卫星2做匀速圆周运动的线速度之比为2：1D.卫星1的机械能大于卫星2的机械能【答案】B【解析】【详解】A．设星球表面的重力加速度为g，根据竖直上抛运动速度公式可得002tvg=−解得02vgt=故A错误；B．星球的第一宇宙速度为02vvgRRg==

故B正确；C．根据22GMmvmrr=解得GMvr=依题意，两颗卫星的轨道半径之比为1241rr=解得1212vv=可知卫星1和卫星2做匀速圆周运动的线速度之比为1：2。故C错误；D．对于同一卫星从较低轨道变

到较高轨道，需要外力做功，机械能增加，题中两颗卫星的质量关系不明确。所以无法比较二者的机械能大小。故D错误。故选B。5.如图所示，光滑圆弧形轨道BCD固定在竖直平面内，O点为圆心，半径为R，BO水平，C为最低点，60COD=o。一小球（可视为质点）从A点静止释放，恰好从B点

沿切线进入圆弧形轨道，AB之间的距离也为R，则小球飞离D点后离D点的最大高度为（）A.2RB.RC.32RD.98R【答案】D【解析】【详解】依题意，设小球到达D点时的速度大小为v，根据动能定理有21

(cos60)2mgRRmv+=求得3vgR=从D点飞出后，小球做斜抛运动，设到达离D点的最大高度为h，根据动能定理有2211(cos60)22mghmvmv−=−得98Rh=故选D。6.2021年4月，我

国自主研发的空间站“天和”核心舱成功发射并人轨运行。若核心舱绕地球的运行可视为匀速圆周运动，已知引力常量G和下列哪组数据能计算出地球质量（）A.核心舱的绕地周期和绕地半径B.核心舱的绕地线速度和绕地角速度C.核心舱的绕地周期和绕地角速度D.核心舱的绕地半径和地球

表面的重力加速度【答案】AB【解析】【详解】根据核心舱做圆周运动的向心力由地球的万有引力提供，可得222224MmvπGmmωrmrrrT===可得2232324vrrrMGGGT===A．核心舱的绕地周期T和绕地半径r，可以求出地球的质量，故A正确；A．核心舱的绕地线速度v和绕地角速度，

可以先求出绕地半径为vr=然后由绕地线速度和绕地半径r就能求出地球质量，故B正确；C．已知核心舱的绕地周期和绕地角速度，不能求出绕地半径，则不能求得地球质量，故C错误；D．已知地球表面的重力加速度g表，而核心舱的绕地半径为此项的无用条件，但缺地球半径R，

因2RgMG=表则不能求得地球质量，故D错误；故选AB。7.如图所示，质量为m的物块与轻弹簧连接在一起，轻弹簧的另一端固定在地面上，质量为M的滑块套在光滑的竖直杆上，并通过轻绳绕过光滑定滑轮连接物块。开始时用手托住滑块，使绳子刚好伸直处于水

平位置但无张力，此时弹簧的压缩量为d、现将滑块由A位置静止释放，到达B位置时速度为零，此时物块还没有到达滑轮位置。已知滑轮与杆的水平距离为3d，A、B间距离为4d，物块和滑块均可视为质点，不计滑轮的质量和大

小。下列说法正确的是（）A.滑块下滑过程中，物块和滑块组成的系统机械能守恒B.滑块到达B位置时，物块的速度为零C.滑块在A、B两位置时，弹簧的弹性势能相同D.物块和滑块的质量之比为:1:2mM=【答案】BC【解析】【详解】A．滑块下滑过程中，物块和滑块组成的系统除自身重力做功外，还有弹

簧弹力对它们做功，该系统机械能不守恒，故A错误；B．滑块到达B位置时，滑块的速度为零，由于滑块沿绳方向的分速度大小等于零，且等于物块的速度大小，所以物块的速度为零，故B正确；CD．依题意，可得滑块从A位置到达B位置时，物块上升距

离为22(3)(4)32hdddd=+−=则此时弹簧的拉伸量为d，所以滑块在A、B两位置时，弹簧的弹性势能相同；把弹簧，物块及滑块看着一个系统，系统机械能守恒，则有24mgdMgd=可得物块和滑块的质量之比为:2:1mM=故C正

确，D错误。故选BC。8.“绿色冬奥”是2022年北京冬奥会的办奥理念。本次冬奥会示范运行了超1000辆氢能源汽车，是全球最大规模的一次燃料电池汽车示范。在一次测试中，质量为m的氢能源汽车沿平直公路从

静止开始以恒定加速度a启动，当它行驶的速度为1v时恰好达到额定功率P。当它继续行驶路程x时，它的速度从1v恰好增大到最大速度mv。已知该汽车所受阻力f恒定。下列说法正确的是（）A.汽车所受阻力为1Pfv=B.启动过程中，牵引力对汽车做的功为2m12Wmv=C.汽车车速为2v（21vv

）时，它的加速度大小为2mPPamvmv=−D.汽车车速从1v增大到mv所用的时间为22m1m2mvmvxtPv−=+【答案】CD【解析】【详解】A．速度达到最大速度时，阻力与牵引力平衡，则有的mPfFv==故A错误；B．设匀加速运动过程的位移1x，由动能定理可得21m1()2Wf

xxmv−+=可得牵引力对汽车做的功为2m11()2Wmvfxx=++故B错误；C．汽车车速为2v（21vv）时，牵引力22PFv=由牛顿第二定律可得2Ffma−=可得2mPPamvmv=−故C正确；D．汽车车速从

1v增大到mv过程，由动能定理22m11122Ptfxmvmv−=−可得22m1m2mvmvxtPv−=+故D正确。故选CD。第II卷（非选择题共174分）二、非选择题9.杲同学用如图所示的装置“探究物体做圆同运动的向心力大小与半径、线速度、质量的关系”。用一根细线系住小钢球

，另一端连接在固定于铁架台，上端的力传感器上，小钢球静止于A点，将光电门固定在A点的正下方靠近A点处。在小钢球底部竖直地粘住一片宽度为d的遮光条（质量不计，长度很小），小钢球的质量为m，重力加速度为g。将小钢球竖直悬挂，测出悬点到小钢球球心之间的距离，得到小钢球运动的半径为R。（1）将小

钢球拉至某一位置静止释放，读出小钢球经过A点时力传感器的读数F及遮光条的挡光时间为t，则小钢球通过A点时的速度大小可视为=v___________m/s。（2）从动力学角度小钢球通过A点时向心力大小为nF=___________（用F、m、g表示），将其计算的结果与向心力公式2nvFmR=

计算的结果进行比较。（3）改变小钢球释放的位置，重复实验，比较发现nF总是略小于nF，分析表明这是系统造成的误差，该系统误差的可能原因是___________。A.小钢球的质量偏大B.小钢球的初速度不为零

C.总是存在空气阻力D.小钢球速度的测量值偏大（4）小钢球从静止释放位置运动到A点的过程中，重力做功的功率___________。A.一直增大B.一直减小C.先增大后减小D.先减小后增大【答案】①.dt②.Fmg−③.D④.C【解析】

【详解】（1）[1]由光电门的原理可知，其通过光电门的瞬时速度为dvt=（2）[2]在小钢球到达A点时，对其进行受力分析，小钢球受重力和绳子的拉力，并且由这两个力的合力提供向心力，所以其向心力为nFFmg=−（3）[3]

向心力计算公式的的2nvFmR=由上述公式可知，若nF偏大，则可能原因是小钢球的速度测量偏大，故ABC错误，D正确。故选D。（4）[4]初始时，小球静止，没有速度，根据公式Pmgv=可知，初始时重力的

功率为零，到达A点时，小球在竖直方向上没有速度，故其重力的功率也为零，而在下落过程中，存在竖直方向的速度，即下落过程中重力功率不为零，由上述分析可知，重力的功率先增大后减小。故ABD错误，C正确。故选C。10.某物理兴趣小组采用了如图甲所示的实验装

置“验证机械能守恒定律”。装置中包括一个定滑轮、细线、标尺、秒表、质量分别为M和m的两个物块，M的质量比m的质量大，当地重力加速度为g，细线足够长。（1）实验开始时，用手先托住M，使M和m均保持静止。某时刻，释放M，则M加速下降，m加速上升，用标尺测出M下降的高度为h，用秒表测出M下降高度h所

用的时间为t。则根据以上实验测量数据，求得M和m组成的系统在此过程中重力势能减少量为pE=___________（用M、m、g、h表示），系统动能增加量为kE=___________（用M、m、h、t表示）。（2）经过多次实验，获取多组精确数据，做出2ht−图像如图乙所示，图

像斜率为k，则重力加速度为g=___________。（用M、m、k表示）（3）经过多次实验，获取多组精确数据，经检查没有出现实验错误，却发现系统重力势能的减少量总是大于系统动能的增加量。请你给出出现这种结论的两种可能

原因：①___________；②___________。【答案】①.()Mmgh−②.222()Mmht+③.2()kMmMm+−④.系统克服空气阻力做功所致⑤.系统存在摩擦力做功的情况【解析】【详解】（1）[1]m的重力势能增加，M的重力势能减少，所以M和m组成的系统在此过程中重力势能减少量

为pΔ()EMghmghMmgh=−=−[2]由图像结合公式可得212hat=22ahv=系统动能的增量为21Δ()2kEMmv=+联立可得2k22()ΔMmhEt+=（2）[3]由212hat=可得图线斜率1

2ka=由牛顿第二定律可得()MgmgMma−=+可得2()kMmgMm+=−（3）[4][5]系统重力势能减少量大于动能增加量的原因可能是物体运动过程中受到空气阻力作用，要克服空气阻力做功；也可能滑轮不光滑，绳与滑轮间有摩擦力，需要克服摩擦力做功。11.如图所示，在足够长的倾角为θ=37°的斜面

上的C点立有一高为h=2m的竖直杆，在杆的顶部有一微型发射器以相同的速率v0=4m/s向相反方向发射甲、乙两个小球（均视为质点），两小球分别落在斜面上的A、B两点，A、C两点之间的距离为L1，B、C两点之间的距离为L2，取重力加速度g=10m/s2，cos37

°=0.8，sin37°=0.6。求：A、B两落点之间的距离L为多少米？【答案】7mL=【解析】【详解】各点之间的位置关系如图所示对甲球，设运动时间为1t，由平抛运动的规律有101cos37Lvt=21

11sin372hLgt+=解得11st=，15Lm=同理对乙球，设运动时间为2t，则202cos37Lvt=2221sin372hLgt−=解得20.4st=，22mL=故A、B两落点之间的距离127mLLL==+12.2021年2月，执行我国火星探测任务

“天问一号”探测器在成功实施三次近火制动后进入运行周期为T的椭圆形停泊轨道（如图所示），近火点A到火星中心O的距离为a、已知火星半径为R，火星表面的的重力加速度为g，万有引力常量为G，忽略火星自转。求：（1）火星的质量M和密度；（2）远火点B到火星中心O的距离b、【答案】（1）GgRM2=，34

gGR=；（2）22322gTRba=−【解析】【详解】（1）设火星质量为M，火星表面有一质量为m的物体，由万有引力等于星球表面物体的重力有2MmGmgR=解得GgRM2=又有MV=体，343VR=体解得34gGR=（2）设质量为1m的

卫星绕火星表面做匀速圆周运动的周期为1T，由万有引力提供向心力有2112214MmGmRRT=解得32214RGMT=由由万有引力等于星球表面物体的重力有2MmGmgR=可得322214RgRT=由开普勒第三

定律可得332212abRTT+=解得22322gTRba=−13.如图所示，半径为R=0.45m的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，圆心为O1，最低点A点与光滑水平面相切，最高点B紧靠水平传送带的左端C点

，CD间的距离为L=6m，物块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.2，传送带向右匀速运动的速度为v0=5m/s。水平地面上处于锁定状态的轻弹簧的一端固定在立柱上，另一端紧靠一质量为m=1kg的物块（可视为质点）。水平地面上有一半径为r的圆盘

可以绕着O2点匀速转动，O2在传送带右端D点的正下方h=0.45m处，EF为圆盘的一条直径。现将弹簀解除锁定，物块运动到B点时受轨道的作用力为F=10N，物块到达D点时圆盘恰好转动到图示位置，物块沿2OF方向飞离D点后恰好打在圆盘边缘上的E点，

取重力加速度g=10m/s2。求：（1）轻弹簀处于锁定状态时的弹性势能Ep；（2）物块在传送带上运动的时间；（3）圆盘的半径r和圆盘转动的角速度ω应满足的条件。【答案】（1）Ep=13.5J；（2）1.4s；（3）10(21)rad/s3n=+（n=0，1，2，3……）【解析】

【详解】（1）物块运动到B点时2BvmgFmR+=解得vB=3m/s由能量守恒定律可得2p122BEmgRmv=+解得Ep=13.5J（2）设物块在传送带上加速运动时的加速度为a，由牛顿第二定律得mgma=22m/s==ag加速到共同速度的时间为01

1sBvvta−==加速到共同速度的位移为0114m2Bvvxt+==物块与传送带一起匀速运动的位移为212mxLx=−=物块与传送带一起匀速运动的时间为2200.4sxtv==物块在传送带上运动的总时间为总121.4sttt=+=（3）物块离开传送带后以

05m/sv=的初速度做平抛运动0rvt=212hgt=解得0.3st=1.5m=r又12tnT=+（n=0，1，2，3……）2T=解得10(21)rad/s3n=+（n=0，1，2，3……）