【文档说明】江西省南昌市进贤县第一中学2020-2021学年高一下学期期末考试物理试卷含答案.doc，共(11)页，579.000 KB，由小赞的店铺上传

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2020-2021学年度第二学期进贤一中高一年级期末考试物理试卷第I卷（选择题）一、单选题1．在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了责献．关于科学家和他们的贡献，下列说法中不正确的是A．伽利略首先将实验事实和

逻辑推理(包括数学推演)和谐地结合起来B．笛卡儿对牛顿第一定律的建立做出了贡献C．开普勒通过研究行星观测记录，发现了行星运动三大定律D．牛顿总结出了万有引力定律并用实验测出了引力常量2．下面物理原理中说法不．正确的是()A．物体所受合外力越大，它的动量变化就越快B．发射火箭的基

本原理是利用直接喷出的高温高压气体，获得强大的反冲推力C．物体所受合外力对其所做总功为零，则该物体机械能一定守恒D．某系统在爆炸或碰撞瞬间内力远大于外力，可近似认为该系统动量守恒3．如图所示，有两个质量相同的小球A和大

小不计，A球用细绳吊起，细绳长度等于悬点距地面的高度，B球静止放于悬点正下方的地面上。现将A球拉到距地面高度为处由静止释放，摆动到最低点与B球碰撞后粘在一起共同上摆，则它们升起的最大高度为A．B．1mC．D．4．2021年5月15日，“天问一号”着陆巡视器成功着陆于火星，我

国首次火星探测任务着陆成功。“天问一号”探测器着陆前曾绕火星飞行，某段时间可认为绕火星做匀速圆周运动，轨道半径为火星半径的k倍。已知火星质量约为地球质量的10%，半径约为地球半径的50%，地球表面重力加速度大

小为g。设地球半径为R，则“天问一号”绕火星做圆周运动的速率约为（）A．gRB．5gRC．5kgRD．5gRk5．质量为m=20kg的物体，在大小恒定的水平外力F的作用下，沿水平面做直线运动，0~2s内F与运动方向相反，2~4s内F与运动方向相同，物体

的v—t图象如图所示，g=10m/s2，则（）A．拉力F的大小为100NB．物体在4s时拉力的瞬时功率为120WC．4s内拉力所做的功为480JD．4s内物体克服摩擦力做的功为320J6．如图所示，在倾角为37的粗糙斜面上放置质量为10kg的物块，物块的一端连接有轻质弹簧，已

知弹簧的劲度系数为500N/m，初始时物块处于静止状态且斜面对物体的静摩擦力刚好达到最大值，此时弹簧的压缩量为0.06m，现施加一个沿斜面同上的拉力F，物块依然保持静止状态，则F的值不可能是（）A．10NB．30NC．50ND．70N二、多选题7．质量

为m的物体在水平恒力F的作用下由静止开始在光滑水平面上运动，在第一段时间1t内，物体前进了一段位移1s，速度大小变为v，合外力做的功为1W；在紧接着的第二段时间2t内，物体前进了一段位移2s，速度变为2v，合外力做的功为2W。则（）A．两个过程所经历的时间12t

t=B．两个过程所通过的位移12ss=C．两个过程内合外力做的功12WW=D．两个过程内合外力做的功123WW=8．一钢球从某高度自由下落到一放在水平地面的弹簧上，从钢球与弹簧接触到压缩到最短的过程中

，弹簧的弹力F、钢球的加速度a、重力所做的功WG以及小球的机械能E与弹簧压缩量x的变化图线如下图(不考虑空间阻力)，选小球与弹簧开始接触点为原点，建立图示坐标系，并规定向下为正方向，则下述选项中的图象符合实际的是

()A．B．C．D．9．木板A放在光滑的水平面上，质量为m=2kg的另一物体B以水平速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如下图所示，则下列说法正确的是(g=10m/s2)()A．木板获得的动能为2JB．

系统损失的机械能为3JC．木板A的最小长度为1mD．A、B间的动摩擦因数为0.110．如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度0v向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x，现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B（如图乙所示），物体A以02v的速度向右压缩

弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则()A．A物体的质量为3mB．A物体的质量为2mC．弹簧压缩最大时的弹性势能为2032mvD．弹簧压缩最大时的弹性势能为20mv第II卷（非选择题）三、实验题11．如图所示“为探究碰撞中的不变量”的实验装置示意图。(1

)因为下落高度相同的平抛小球(不计空气阻力)的飞行时间______，所以我们在实验中可以用平抛时间作为时间单位。(2)本实验中，实验必须要求的条件是____A．斜槽轨道必须是光滑的B．斜槽轨道末端点的切线是水平的C．入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放D．入射球与被碰

球满足ma>mb，ra＝rb(3)图中M、P、N分别为入射球与被碰球对应的落点的平均位置，要验证的关系是_____A．ma·ON＝ma·OP＋mb·OMB．ma·OP＝ma·ON＋mb·OMC．ma·OP＝ma·OM＋mb·OND．ma·OM

＝ma·OP＋mb·ON12．图为验证小球做自由落体运动时机械能守恒的装置图。图中O点为释放小球的初始位置，A、B、C、D各点为固定速度传感器的位置，A、B、C、D、O各点在同一竖直线上。（1）已知当地的重力加速度为g，则要完成实验，还需要测量的物理量是________；A．小球的质量

mB．小球下落到每一个速度传感器时的速度vC．各速度传感器与O点之间的竖直距离hD．小球自初始位置至下落到每一个速度传感器时所用的时间t（2）作出2vh−图像，由图像算出其斜率k，当k=________时，可以认为小球在下落过程中系统机械能守恒。四、解答题13．随着电动汽车技术的成

熟，越来越多的电动汽车走向市场。近日，某汽车品牌推出了一款纯电动货车K6，K6发动机额定功率150kWP=，搭配12组电池，一次充满可跑300公里。某次K6连同货物总质量3610kgm=，沿平直路面行驶，额定功率下最大的行驶速度90km/hv=，若行驶过程中阻力f大小不

变，取重力加速度大小210m/sg=。（1）求阻力f的大小；（2）若K6从静止开始以加速度211m/sa=匀加速运动，求运动10s后K6发动机的功率；（3）若K6从静止开始以额定功率运动，当速度10m/sv=时，求K

6的加速度大小。14．如图所示，质量为M的槽车P静止在光滑水平面上，槽车P的BC段粗糙，长为L，AB段为半径为R的四分之一光滑圆弧面，若将质量为m的小滑块Q（可以看成质点）从槽车上A点由静止释放，小滑块Q恰好未从C点滑下。已知M=2m，求：

（1）小滑块Q运动到B点时，槽车P的位移；（2）小滑块Q与BC段接触的动摩擦因数。15．如图所示，质量为3kg的小车A以v0=4m/s的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架通过不可伸长的轻绳悬挂质量为1kg的小球B（可看作质点），小球距离车面0.8m．某一时刻，小车与静止在水平面上的

质量为1kg的物块C发生碰撞并粘连在一起（碰撞时间可忽略），此时轻绳突然断裂．此后，小球刚好落入小车右端固定的砂桶中（小桶的尺寸可忽略），不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2．求：①绳未断前小球与砂桶的水平距离．②小车系统的最终速度大小③整个系统损失的机械能．参考答案

1．D【解析】试题分析：伽利略通过斜面实验，首先将实验事实和逻辑推理（包括数学推演）和谐地结合起来，A正确；伽利略、笛卡尔对牛顿总结牛顿第一定律做出了重要的贡献，B正确；开普勒发现了天体运动三定律，C正确；牛顿发现了万有引力定律，但是是卡文迪许通过扭秤

实验测得了万有引力常量，D错误．考点：考查了物理学史2．C【详解】A．物体所受合外力越大，加速度就越大，物体速度变化就越快，所以它的动量变化就越快，故A正确；B．发射火箭的基本原理是利用直接喷出的高温高压气体，获得强大的反冲推力，选项B正确；C．物体所受合外力对其所做总功为零，则该物体机

械能不一定守恒，例如匀速上升的物体，选项C错误；D．某系统在爆炸或碰撞瞬间内力远大于外力，可近似认为该系统动量守恒，选项D正确；3．C4．D【详解】设火星与地球的质量分别为M1、M2，火星的半径为R1，“天问一号”的质量为m，绕火星做圆周运动的速率为v，根据牛顿第二定律

有21211()MmvGmkRkR=①在地球表面质量为m0的物体所受重力等于万有引力，即2002MmmgGR=②由题意可知112RR=③12110MM=④联立①②③④解得5gRvk=⑤故选D。5．B【详解】

A．由图象可知，在0~2s的加速度大小215m/sa=在2~4s内的加速度大小221m/sa=根据牛顿第二定律1Ffma+=2Ffma−=整理得60NF=，40Nf=A错误；B．物体在4s时拉力的瞬时功率602W120W

PFv===B正确；C．在0~2s的位移为10m，因此在这段时间内，拉力做的功11600JWFx=−=−在2~4s的位移为2m，因此在这段时间内，拉力做的功22120JWFx==因此拉力做的总功12480JWWW=+=−C错误；D．4s内物体总路程为12

m，因此这段时间内克服摩擦力做的功480JfWfs==D错误。故选B。6．D【详解】开始时对物块在沿斜面方向上受力分析可知sinmgkxf=+代入数据，则有sin50Nmg=25Nkx=可得50Nmff==施加沿斜面向上的拉力后，

当拉力的大小在025N−之间变化时，根据平衡方程式有sinmgkxfF=++此时静摩擦力沿斜面向上大小从25N0N−（）之间变化；大小逐渐减小。施加沿斜面向上的拉力后，当拉力的大小在25N50N−之间变化时，根据平衡方程式有sin

mgfkxF+=+此时静摩擦力沿斜面向下大小从0N25N−（）之间变化；大小逐渐逐渐增大。ABC符合题意，D不符合题意。故选D。7．AD【详解】A．物体在恒力作用下做匀加速运动，设加速度为a，则v=at12v-v=at2则t1=

t2选项A正确；B．根据112vst=2222vvst+=可知3s1=s2选项B错误；CD．根据动能定理2112Wmv=2222113(2)222Wmvmvmv=−=可知123WW=选项C错误，D正确。故选AD。8

．BC【解析】【详解】A．由于向下为正方向，而弹簧中的弹力方向向上，所以选项A中的拉力应为负值，A错误；B．小球接触弹簧上端后受到两个力作用：向下的重力和向上的弹力．在接触后的前一阶段，重力大于弹力，合力向下，而弹力F=k

x，则加速度mgkxkagxmm−==−，故B正确；C．根据重力做功的计算式GWmgx=，可知C正确；D．小球和弹簧整体的机械能守恒，小球的机械能不守恒，D错误．9．CD【解析】【详解】木板A和物块B组成的系统动量守恒，因此

有()0BABmvmmv=+解得2kgAm=；木板获得的速度为v=1m/s，木板获得的动能为221121122kEmv===J，A错误；由图得到：0-1s内B的位移为12111.52Bx=+=（）m，A的位

移为1110.52Ax==m，木板A的最小长度为1BALxx=−=m，C正确；由斜率大小等于加速度大小，得到B的加速度大小为2111vat−===m/s2，根据牛顿第二定律得：BBmgma=，代入解得，0.1=，

D正确。系统损失的机械能为2BEmgL==J，B错误。10．AC【详解】对图甲，设物体A的质量为M，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩x时弹性势能EP=12M20v；对图乙，物体A以20v的速度向右压缩弹簧，A、B组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量仍为x时，A、B二者达到相等的速度v由动

量守恒定律有：M02v=(M+m)v由能量守恒有：EP=12M()202v-12(M+m)2v联立两式可得：M=3m，EP=12M20v=32m20v，故B、D错误，A、C正确．故选A、C11．相同BCDC

【解析】（1）小球碰撞后做平抛运动，小球做平抛运动的高度相同，小球做平抛运动的飞行时间t相同，所以我们在“碰撞中的动量守恒”实验中可以用平抛时间作为时间单位．（2）在同一组实验的不同碰撞中，每次入射球必须从同一高度由静止释放，保证碰前的速度相

同即可，斜槽轨道是否光滑对实验的结果没有影响，故A错误．为了保证小球做平抛运动，安装轨道时，轨道末端必须水平，故B正确．在同一组实验的不同碰撞中，每次入射球必须从同一高度由静止释放，保证碰前的速度相同，故C正确．为了保证入射小球不反弹，则

入射小球的质量大于被碰小球的质量；为了发生对心碰撞，两球的直径需相同，故D正确．故选BCD．（3）碰撞过程中，如果水平方向动量守恒，由动量守恒定律得：m1v1=m1v1′+m2v2，小球做平抛运动时抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间t相等，两边同时乘以时间t，mav1t=

mav1′t+mbv2t，即maOP=maOM+mbON；故选C.12．BC2g【详解】（1）[1]小球做自由落体运动时，由机械能守恒定律得212mghmv=即212ghv=故需要测量小球下落到每一个速度传感器时的速度v和

高度h，不需要测量小球的质量m和下落时间时间t，故BC正确，AD错误。故选BC。（2）[2]若机械能守恒，则212mghmv=得v2=2gh则v2-h图象的斜率k=2g，即可验证机械能守恒。13．（1）3610N；（2

）120kW；（3）21.5m/s【详解】（1）K6在额定功率下做匀速直线运动，有PFv=合解得3610NF=此时K6受力平衡，有3610NfF==（2）K6以加速度211m/sa=的匀加速运动，运动10s时的速度大小1110m/svat==由牛顿第二定律11Ffma−=

解得411.210NF=111120kWPFv==（3）由2PFv=速度10m/sv=时，牵引力421.510NF=由牛顿第二定律22Ffma−=解得221.5m/sa=14．（1）3R，方向水平向右；（2）RL=【详解】（1

）小滑块Q从槽车P上A点滑至B点的过程中，系统水平方向动量守恒，则12Mvmv=槽车P与小滑块Q水平方向的位移之比112212xvxv==又12xxR+=则13Rdx==方向水平向右；（2）小滑块Q在槽车P上滑

动，最终二者相对静止的过程中，系统在水平方向动量守恒则()0Mmv=+解得0v=小滑块Q从槽车P上A点滑至C点的过程中，由能量守恒定律得mgRμmgL=解得RL=15．（1）0.4m（2）3.2m/s（3）14.4J【详解】A①

与C的碰撞动量守恒：()01AACmvmmv=+，得：13/vms=设小球下落时间为t，则：212Hgt=，0.4ts=所以：()010.4xvvtm=−=②设系统最终速度为2v，由水平方向动量守恒：()ABmm+()02ABCvmmmv=++得：23.2/vms=

③由能量守恒得：()12BABEmgHmm=++()220212ABCvmmmv−++解得：14.4EJ=故本题答案是：（1）0.4m（2）3.2m/s（3）14.4J【点睛】本题考查动量守恒定律的应用，要注意正确选择研究对象，并分析系统是否满足动量守恒以及机械能守恒；然后才能列

式求解；同时要注意不能漏掉小球的重力势能．