【文档说明】【精准解析】云南省普洱市景东彝族自治县第一中学2019-2020学年高一下学期期末考试物理试题.doc，共(17)页，826.000 KB，由小赞的店铺上传

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景东一中2022届高一下学期期末考试物理试卷第I卷（选择题，共46分）一、单选题（本大题共10小题，每题3分，共计30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.汽车以6m/s的速度在水平地面上匀速行驶，突然遇

到紧急情况而刹车，加速度大小为2m/s2则该汽车4s内的位移是（）A.8mB.40mC.9mD.27m【答案】C【解析】【详解】汽车刹车的时间为003s4svta==所以3s末汽车的速度为0，汽车4s内运动的位移009m2vxt==故C正确，ABD错误。故选C。2.

如图所示，当汽车通过拱桥顶点的速度为10m/s时，车对桥顶的压力为车重的34，如果要使汽车在粗糙的桥面行驶至桥顶时，刚好不受摩擦力作用，则汽车通过桥顶的速度应为（）A.15m/sB.20m/sC.25m/sD.30m/s【答案】B【解析】【详解】根据牛顿

第二定律得2vmgNmr−=即234vmgmgmr−=解得2440mvrg==当摩擦力为零时支持力为零，有'2vmgmr=解得'20m/svgr==故B正确，ACD错误。故选B。3.如图所示，分别为汽车甲的位移-时间图象和

汽车乙的速度-时间图象，则()A.甲的加速度大小为25/msB.乙的加速度大小为25/msC.甲在4s内的位移大小为40mD.乙在4s内的位移大小为20m【答案】B【解析】A、在xt−图象中，斜率表示速度，

由图象可知：甲做匀速直线运动，加速度为0，故A错误；B、在速度-时间图象中，斜率表示加速度，乙的加速度大小为a2220/5/4vamsmst===，故B正确；C、甲在4s内的位移大小为20020xmm=−=，故C错误；D、

由vt−图象与时间轴围成的面积表示位移可知：乙在4s内的位移大小为204402xmm==，故D错误．点睛：本题的关键要明确xt−图象与vt−图象的区别，知道v-t图象的斜率表示加速度，xt−图象的斜率表示速度，两种图象不能混淆．4.如题所示，质量为m的物体悬挂在轻质支架上，斜梁OB与竖

直方向的夹角为θ。设水平横梁OA和斜梁OB作用与O点的弹力分别为F1和F2，以下结果正确的是（）A.F1=mgsinθB.F1=sinmgC.F2=mgcosθD.F2=cosmg【答案】D【解析】【详解】以O点为研究对象，进行受力

分析可得：绳子对O点作用力竖直向下，大小等于mg；水平横梁OA对O点的弹力F1沿水平方向向左；斜梁OB对O点的弹力F2沿OB方向向上，如图所示，由平衡条件可得F1=mgtanθ，F2=cosmg故D项正确，ABC三项错误。故选D。．

5.如图所示，质量为M的三角形木块a放在水平面上，把另一质量为m的木块b放在a的斜面上，斜面倾角为α，对a施一水平力F，使b不沿斜面滑动，不计一切摩擦，则b对a的压力大小为（）A.mgcosαB.cosMgC.()cosFMMm

+D.()sinFmMm+【答案】D【解析】【详解】不计一切摩擦，b不沿斜面滑动，即ab相对静止，作为一个整体，在水平力作用下，一定沿水平面向左加速运动，根据牛顿运动定律有(+)FMma=解得FaMm=+对木块b分析，不计摩擦，只受到自身重力mg和斜面支持力NF作用，由于加速度水平向左

，所以二者合力水平向左，大小为ma，如图，则有NcosmgF=Nsin()sinmamFFMm==+所以b对a的压力大小为cosmg或()sinmFMm+。故D项正确，ABC三项错误。故选D。6.如图为某种健身装置，轻绳AOBO、结点处O悬挂重物COA。与

竖直方向的夹角为，某健身者手执B端，在水平地面上缓慢移动（各段轻绳均不可伸长，BO绳始终水平），当健身者（）A.向右移动时，绳OA拉力变小B.向左移动时，绳OB拉力变小C.向右移动时，绳OAOB、拉力的合力变大D.向左移动时，健身者与地面的摩擦力变大【答案】B【解析】【详解】设

OA的拉力为AF，OB的拉力为BF，重物C的质量为m，因O点始终处于平衡状态，O点受力分析如图所示，根据平衡条件有Acos0Fmg−=ABsin0FF−=解得AcosmgF=BtanFmg=A．当健身者缓慢向右移动时，θ角变大，则ABFF、均变大，A错误；B．当健身者缓慢向左移动时，角变

小，则ABFF、均变小，B正确；C．不论健身者朝哪边移动，绳OAOB、拉力的合力保持不变，大小等于重物C的重力mg，C错误；D．对健身者受力分析，因为健身者所受的摩擦力与OB绳拉力BF大小相等、方向相反，向左移动时，BF变小，故健身者与地面间的摩擦力变小

，选项D错误。故选B。7.如图所示，一个m=3kg的物体放在粗糙水平地面上，从t=0时刻起，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动，在0～3s时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图所示．已知物体与地面间的

动摩擦因数处处相等．则()A.在0～3s时间内，物体的速度先增大后减小B.3s末物体的速度最大，最大速度为6msC.2s末F最大，F的最大值为12ND.前2s内物体做匀变速直线运动，力F大小保持不变【答案】B【解析】【详解】AB．由图可知，在0～3s内始终加速，3s末速度最大，最大为图象围成“面

积”，即1346/2ms=，A错误，B正确；C．动摩擦因素未知，不能计算动摩擦力大小，因而不能确定拉力F的大小，C错误；D．但滑动摩擦力不变，0～2s加速度变大，则拉力大小变大，D错误．选B.【点

睛】加速度—时间图象主要考查的是：图线与时间轴围成的面积表示速度，并结合牛顿第二定律进行分析求解.8.如图所示，轻弹簧下端固定在水平面上．一个小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，则小球从接触

弹簧到下降到最低点的过程中()A.小球刚接触弹簧瞬间速度最大B.小球的加速度方向都是竖直向上C.小球的速度先增大后减小D.小球的加速度先增大后减小【答案】C【解析】【分析】在接触弹簧前小球只受到重力作用，做自由落体运动．接触弹簧后小球受到向上

的弹力作用，在弹力小于重力的时候小球仍具有向下的加速度，但是加速度大小随弹力增加而减小；在弹力大于重力的时候小球具有向上的加速度，开始做减速运动．【详解】A项，小球接触弹簧后仍做加速运动，当弹力等于重力时速度最大，故A项错误．B项，当弹力

大于重力后合力才变为竖直向上，故B项错误．CD项，由过程分析可知，小球接触弹簧后先做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断增大的减速运动，故C对；D错；故选C9.如右图所示汽车以速度v匀速行驶，当汽车

到达某点时，绳子与水平方向恰好成θ角，此时物体M的速度大小（）A.sinvB.cosvC.tanvD.tanv【答案】B【解析】【详解】汽车参与两个分运动，沿绳子拉伸方向和垂直绳子方向（绕滑轮转

动）的两个分运动，如图所示，将汽车合速度正交分解。物体上升速度等于汽车沿绳子拉伸方向的分速度1cosvvv==物故选B。10.如图所示的位移—时间（st—）图像和速度—时间（—vt）图像中给出了四条图线，甲、乙、丙、丁代表四辆车

由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是（）A.甲车做直线运动，乙车做曲线运动B.10~t时间内，甲车通过的路程等于乙车通过的路程C.丙、丁两车在2t时刻相遇D.20~t时间内，丙、丁两车的平均速度相等【答案】B【解析】【详解】A．位移—时间图像描述

的是直线运动，其图线的斜率表示速度，甲做匀速直线运动，乙做速度减小的直线运动，故A错误；B．位移-时间图像中两图线的交点表示位移相等，10t时间内，甲车通过的路程等于乙车通过的路程，故B正确；C．20~t时间内，由速度

-时间图像的“面积”读出位移，丙的位移小于丁的位移，它们不相遇，故C错误；D．20~t时间内，丙的位移小于丁的位移，丙的平均速度小于丁的平均速度，故D错误。故选B。二、多选题（本题共4小题，每小题4分，共计16

分。在每小题给出的四个选项中，有两项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）11.在电梯内，某人发现体重计上的示数比自己的正常体重减少了10%，则以下判断可能正确的是（）A.电梯以9m/s2的加速度加速上

升B.电梯以1m/s2的加速度加速下降C.电梯以1m/s2的加速度减速上升D.电梯以9m/s2的加速度减速上升【答案】BC【解析】【详解】根据牛顿第二定律10%(1)mgmgma−−=解得a=1m/s2

方向向下，可知电梯可能以1m/s2的加速度加速下降，或者以1m/s2的加速度减速上升。故选BC。12.用一恒力将重为20N的物体，以3m/s的速度匀速向上提升6m，则（）A.物体的动能增加了9JB.物体的势能增加了120JC.重力对物体做了120JD.拉力的平均功率为60W【答案】BD

【解析】【详解】A．物体匀速上升，则物体的动能不变，选项A错误；BC．重力对物体做功206J=-120JWmgh=−=−则物体的势能增加了120J，选项B正确，C错误；D．拉力的平均功率为203W=60WFhmgh

Pmgvhtv====选项D正确。故选BD。13.如图所示，a为地球赤道上的物体，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星，c为地球同步卫星．关于a、b、c做匀速圆周运动的说法中正确的是（）A.地球对b、c两星的万有引力提供了向心力

，因此只有a受重力，b、c两星不受重力B.周期关系为Ta=Tc>TbC.线速度的大小关系为va<vc<vbD.向心加速度的大小关系为aa>ab>ac【答案】BC【解析】【分析】AC转动的周期相等，BC同为卫星，万有引力这块公式较多，涉及的物理

量较多，在使用的时候一定要注意各个物理量表示的含义，然后选择正确的公式分析解题，【详解】A.bc受到的万有引力完全充当向心力，a受到的万有引力一部分提供向心力，三者都受到重力作用，A错误；B.因为ac

角速度相同，所以周期相同，故acTT=，根据公式2224MmGmRRT=可得32rTGM=，半径越大，周期越大，故cbTT，所以acbTTT＝，B正确；C.对bc来说，万有引力完全充当向心力，所以根据公式22MmvGmRR

=可得GMvR=，半径越大，线速度越小，故有bcvv，对于ac来说，运动周期相同，故根据公式vr=可得acvv，故acbvvv，C正确；D.根据公式2MmGmaR=可得2MaGR=，半径越大，加速度越小，故bcaa，根据公式2

ar=，角速度相同，半径越大，加速度越大，故acaa，所以bcaaaa，故D错误；【考点】万有引力定律14.如图所示是某次同步卫星发射过程的示意图，先将卫星送入一个近地圆轨道，然后在P处点火加速，进入椭圆转移轨道，其中P是近地点，Q是远地点，在Q点再次点火

加速进入同步轨道．设卫星在近地圆轨道的运行速率为v1，加速度大小为a1；在P点短时间点火加速之后，速率为v2，加速度大小为a2；沿转移轨道刚到达Q点速率为v3，加速度大小为a3；在Q处点火加速之后进入圆轨道，速率为v4，加速度大小为a4，则A.v1<v

2，a1＝a2B.v1＝v2，a1<a2C.v3<v4，a3＝a4D.v3<v4，a3<a4【答案】AC【解析】【分析】根据万有引力提供向心力，列方程可得到卫星速率与半径的关系来判断速率大小．由牛顿定律研究卫星在Q、P两点加速度大小．【详解】卫星从近地圆轨道上

的P点需加速，使得万有引力小于向心力，进入椭圆转移轨道．所以在卫星在近地圆轨道上经过P点时的速度小于在椭圆转移轨道上经过P点的速度，即12vv＜，根据牛顿第二定律得2GMar=，在卫星在近地圆轨道上经过P点时的加速度等于在椭圆转移轨道上经过P点的加速度，故A正确，B错误；沿转移轨道刚到达

Q点速率为3v，加速度大小为3a；在Q点点火加速之后进入圆轨道，速率为4v，所以在卫星在转移轨道上经过Q点时的速度小于在圆轨道上经过Q点的速度，即34vv＜，根据牛顿第二定律得2GMar=，在卫星在转移轨道上经过Q点时的加速度等于

在椭圆转移轨道上经过Q点的加速度，故C正确，D错误；故选AC．【点睛】卫星在不同轨道上运行时各个量的比较，往往根据万有引力等于向心力列出物理量与半径的关系，然后比较．第Ⅱ卷（非选择题，共54分）三、实验题（本题共2小题，每空2分，共计16分）15.某

同学利用如图（a）所示的实验装置验证牛顿第二定律，打点计时器所接交流电的频率为50Hz。实验过程中，该同学均采用正确的实验步骤进行操作。（1）图（b）为该同学在某次实验中得到的一条纸带，两相邻计数点间还有四个点未画出，实验数据如图所示，则打C点时小车的速度大小为______m/s，小车的加速度大

小为______2m/s；（结果均保留两位有效数字）（2）在打图（b）所示的纸带时，该同学测得小车的质量为0.929kg，已知当地的重力加速度29.80m/sg=，则本次实验中所使用的钩码质量为______g。【答案】(1).0.60(2).0.51(3).51【解析

】【详解】（1）[1]由于小车做匀加速直线运动，而C点为B、D两点的时间中点，所以2BDCxvT=代入数据可解得0.60m/sCv[2]由逐差法可知24CEACxxaT−=代入数据可解得20.51m/sa=（2）[3]设轻绳对小车的拉力为T，钩码质量为m，小车质量为M，则由

牛顿第二定律可得TMa=mgTma−=两式联立可得Mamga=−代入数据可解得51gm=16.用如图甲所示，实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒，m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可

验证机械能守恒定律。图乙给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两个计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图乙所示。已知150gm=、2150gm=，则：（g取10m/s2，结果保留两位有效数字）(1)在纸带上打下计数点5时的速度v=__________m

/s；(2)在打点0~5过程中系统动能的增加量kE=_____J，系统势能的减少量pE=_____J，由此得出的结论是：________；(3)若某同学作出的22v－h图象如图丙所示，则当地的实际重力加速度g=______m/s

2。【答案】(1).2.4(2).0.58(3).0.60(4).在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒(5).9.7【解析】【详解】(1)[1]根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打第5个点时的速

度为465(21.6026.40)cm2.4m/s220.1sxvT+===(2)[2]物体的初速度为零，所以动能的增加量为2k125()100.58J2Emmv=+−=[3]重力势能的减小量等于物体重力做功

，故p21(0.60J)EWmmgh==−=[4]在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒。(3)[5]本题中根据机械能守恒可知212mghmv=即有212vgh=所以作出的212vh−图象中，斜率表示重力加速度，由图可知斜率9

.7k=故当地的实际重力加速度29.7m/sg=四、计算题（本题共3题，17题12分，18题12分，1，9题14分，共38分。解答需写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.质量为0.5kg的物体，从离地面18m高处，由静止开始

匀加速下落，经3s落地，取g=10m/s2求：（1）物体下落的加速度大小；（2）下落过程中物体所受阻力的大小；（3）物体最后一秒下落的距离；【答案】（1）4m/s2；（2）3N；（3）10m【解析】【详解】（1）由运动学公式2012xvtat=+可得212hat=解得物体下落的加速度大

小为2224mshat==（2）由牛顿第二定律可得f=mgFma−解得下落过程中物体所受阻力的大小为f=3NFmgma−=（3）由运动学公式2012xvtat=+得t=2s时：x1=8m11810mhx=−=Ⅲ18.如图所示，一个质量为2

mkg=的均质小球放在倾角为37=的光滑斜面上，并被斜面上一个竖直的光滑挡板挡住，处于静止状态，试求小球对挡板和斜面的压力大小．（已知210/,sin370.6,cos370.8gms===）【答案】

15N；25N【解析】【详解】球受三个力（重力G，挡板的弹力F1和斜面的弹力F2）根据平衡知识可知F1=mgtan37°=15N225Ncos37mgF==挡板对球体的压力F1=15N方向为水平向右斜面对球体的支持力F2=2

5N方向为垂直斜面向上。19.如图所示，粗糙水平轨道AB与光滑半圆弧轨道平滑连接于B点，整个轨道装置置于竖直平面内。质量为m的小球P（可视为质点）以3gR（g为重力加速度，R为半圆弧轨道半径）的初速度由A点向B点运动，进入半圆弧轨道后恰好能通过轨道最高点C点，最后落到水平轨道上的D点。求：

（1）B、D两点间的距离；（2）小球在粗糙的水平轨道上运动过程中克服轨道摩擦力所做的功；（3）小球在B点运动时对轨道的压力大小；【答案】（1）2R；（2）2mgR；（3）6mg【解析】【详解】(1)设小球通过C点时的速度为Cv，由题有2CvmgmR=解得CvgR=从

C点运动到D点时间为t，小球从C点飞出后做平抛运动，竖直方向2122Rgt=水平方向Cxvt=解得2xR=(2)从A到D，由动能定理得2211222fCAmgRWmvmv−−=−将3AvgR=CvgR=代入解得2fWmgR=(3)从B到C，由动能定理得2211222CBmgRm

vmv−=−将CvgR=带入解得5BvgR=小球在B点运动时受到轨道的支持力F和重力G，合力提供向心力2BvFmgmR−=将5BvgR=解得6Fmg=根据牛顿第三定律可知小球在B点运动时对轨道的压力大小6FFmg==