【文档说明】安徽省滁州市定远县民族中学2021-2022学年高一下学期期末物理试题 含解析.docx，共(22)页，1.771 MB，由小赞的店铺上传

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安徽省滁州市定远县民族中学2021-2022学年高一（下）期末物理试题一、单选题（本大题共8小题）1.乒乓球是我国的国球，是一项集健身、竞技和娱乐为一体的运动项目。我国乒乓健儿也多次在国际赛事上取得优异成绩，如图两名运动员从乒乓球台两端的正上方

不同高度处分别发出A、B两球（B球的高度大于A球的高度），假设两球都做平抛运动，都恰好能越过球网，同时落到对方台面上，则下列说法正确的是（）A.A、B两球同时发出B.A球先到达球网上端C.A球落到球台上时，距球网更

近D.落到球台前瞬间，B球的速度一定较大【答案】B【解析】【详解】A．AB两球从不同高度处发出，B球高度大于A球的高度，由竖直方向的位移关系212hgt=可知，B球下落的时间大于A球下落时间，由于两球同时落到

对方台面上，故B球比A球先发出，A错误；B．由于B球的高度大于A球，故B球到达球网上端时的竖直方向的分速度大于A的竖直方向的分速度，故B球从网高落入台面所用的时间较少，两球同时落到对方台面上，故A球先到达球

网上端，B正确；C．B球抛出点到网的高度大于A球抛出点到网的高度，故B球从抛出点到达球网的上端所用的时间大于A球，此过程中水平位移相同，故B球的水平初速度小于A球的水平初速度。又由于B球从网高落入台面所用的时间较少，根据水平方向的位移0'xvt=得，B球落到球台上时，距球网更近，C错误；D

．两球落到地面时，A球的水平方向的分速度较大，B球的竖直方向分速度较大，且AB球下落高度和网的高度以及水平位移没有具体数据，故无法判断落到球台前瞬间两球的速度大小关系，D错误。故选B。2.现在很多小区车库出入口采用如图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆OP

与横杆PQ链接而成；P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，横杆PQ始终保持水平，在杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法错误的是（）的A.P、Q两点都是以O点为圆心做匀速圆周运动B.Q点的线速度等于P点的线速度C.Q点的加速度等

于P点的加速度D.Q点的角速度等于P点的角速度【答案】A【解析】【详解】A．根据题意可知，Q点到O点的距离一直在变化，故并不是以O点为圆心做匀速圆周运动，故A错误；BCD．P点绕O点做匀速圆周运动，杆PQ始终保持水平，则Q点的运动轨迹也是一个圆周，Q点绕另一个圆心做匀速圆周运动，二者保持相对静止

，具有相同的加速度，而且两点的线速度大小相等，则角速度大小相等，故BCD正确。故选A。3.如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做完整的圆周运动，小球直径略小于管道的尺寸，内侧壁半径为R，小球半径为r，则下列

说法正确的是（）A.小球通过最高点时的最小速度min()vgRr=+B.小球通过最低点时的最小速度min0v=C.小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力D.小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力【答案】C【解析】【详解】A．由于管道在最高点

可以对小球产生向上的支持力，由牛顿第二定律2NmvmgFRr−=+当NFmg=时，速度最小，解得min0v=故A错误；B．小球从最高点运动到最低点的过程中，重力做正功，小球速度增大，所以通过最低点的速度大

于0，故B错误；C．小球在与圆心等高的水平线ab以下的管道中运动时，竖直向下的重力沿半径方向的分力沿半径向外，小球所需的向心力是沿半径向圆心的，所以小球一定受到外侧管壁指向圆心的作用力，内侧管壁对小球一定无作用力，故C正确；D．小球在与圆心等高的水平线ab以上的管道中

运动时，竖直向下的重力沿半径方向的分力沿半径向圆心，小球所需的向心力也是沿半径向圆心的；若小球的速度较小，重力沿半径方向上的分力大于或等于小球做圆周运动所需的向心力，外侧管壁对小球就没有作用力，故D错误。故

选C。4.一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前10s内做匀加速直线运动，10s末速度为16m/s时牵引力功率达到额定功率的一半，之后保持功率不变继续运动，其v-t图像如图所示。已知汽车的质量为311kg0m=，汽车受到地面的阻力为车重的110，g取10m/s2，则

下列说法正确的是（）A.汽车在前10s内的牵引力为52.510NB.汽车速度为20m/s时的加速度为1.082m/sC.汽车的额定功率为80.2kWD.汽车的最大速度为43.6m/s【答案】B【解析】【详解】A．汽车在前10s内做匀加速运动，加速度

21.6m/svat==由牛顿第二定律得FFma−=阻解得32.610NF=故A错误；BCD．汽车在10s末功率达到额定功率的一半32.61016W41.6kWPFv===车的额定功率为83.2kW；当汽车速度最大时

，牵引力与阻力大小相等，即F=F阻最大速度41600m/s41.6m/s1000mPFv===阻汽车速度为20m/s时，则有'=PFmav−阻解得a＇=1.08m/s2故B正确，CD错误。故选B。5.重庆云阳龙缸大

秋千，经过1000多次的假人测试及50次以上的真人体验于2020年7月13日开放。由四根秋千绳组成的秋千摆，其摆动半径约100m，若有一质量为50kg的体验者（含秋千踏板）荡秋千，秋千运动到最低点时速度约为108km/h，g取210m/s，下列说法正确的是

（）A.在高速摆动的过程中，体验者受到的合力始终指向圆心B.摆到最高点时，体验者的速度为零，加速度也为零C.从最高点摆到最低点，体验者所受重力做功的功率先增大后减小D.在最低点时，四根秋千绳对体验者（含秋千踏板）拉力的

合力约为450N【答案】C【解析】【详解】A．在高速摆动的过程中，体验者并不是做匀速圆周运动，故体验者受到的合力并不是始终指向圆心，A错误；B．摆到最高点时，人的速度为零，由于重力的作用，沿轨迹切线方向的加速度不为零

，B错误；C．体验者在刚释放时，速度为零，重力瞬时功率为零，在最低点时，重力方向与速度方向垂直，则重力瞬时功率为零，可知体验者从静止开始摆到最低点的过程中，重力的功率先增大后减小，C正确；D．在最低点时，对体验者（含秋千踏板）由牛顿第二定律可得2vFmgmr−=解得950NF=故四根秋千绳对体

验者（含秋千踏板）拉力的合力为950N，D错误。故选C。6.质量为m的物体（视为质点）从沿倾角为的固定斜面加速下滑高度h，已知重力加速度大小为g，物体与斜面间的动摩擦因数为，在该下滑过程中（）A.物体的动能不变B.

物体的重力势能不变C.物体的动能增加(1)tanmgh−D.物体的重力势能增加mgh【答案】C【解析】【详解】BD．物体沿斜面下滑高度h的过程，重力做功为GWmgh=可知此过程物体的重力势能减少mgh，BD错误；AC．物体受到的合力大小为sincosFmgmg

=−合根据动能定理可得，物体的动能增加量为kc()(sinnos)i1tasnmhEWmgmggh−==−=合C正确，A错误；故选C。7.在物理学理论建立的过程中，有许多科学家做出了伟大的贡献。关于科学家

和他们的贡献，下列说法正确的是（）A.伽利略利用斜面进行实验，发现了自由落体运动规律和行星运动的规律B.牛顿进行了著名的“月-地检验”，提出了万有引力定律，并通过实验测出了引力常量GC.开普勒通过分析第谷观测的天文数

据得出开普勒第三定律D.第谷通过大量的天文观察，发现了行星绕太阳的运动轨迹是椭圆而不是完美的圆【答案】C【解析】【详解】A．伽利略利用斜面进行实验，发现了自由落体运动规律，但没有得出行星运动的规律，故A错误；B．牛顿进行了著名的“

月-地检验”，提出了万有引力定律，卡文迪许测出了引力常量G，故B错误；C．开普勒通过分析第谷观测天文数据得出开普勒第三定律，故C正确；D．开普勒发现了行星绕太阳的运动轨迹是椭圆而不是完美的圆，故D错误。故选C。的8.2022年1

月22日，我国实践二十一号卫星（SJ-21）将一颗失效的北斗2号卫星从拥挤的地球同步轨道上拖拽到了航天器稀少的更高的轨道上，此举标志着航天器被动移位和太空垃圾处理新方式的成功执行。这颗失效的北斗2号卫星原本运行在高度约36000公里的地球同步静止轨道上，SJ-21在失效卫星旁边进行了近距

离操作，几个小时后将其拖离了同步轨道，经过转移轨道抬升了1500km高度后，最终将其送到圆形卫星墓地轨道，完成任务后SJ-21随即返回到地球静止轨道。如图所示为这个过程中几个轨道示意图，其中1为地球同步静止轨道，2为转移轨道，3为墓地轨道，M为1、2轨道的切

点，N为2、3轨道的切点，下列判断正确的是（）A.北斗2号在轨道1运行时的速度为7.9km/sB.北斗2号在轨道1运行时的周期大于在轨道3运行时的周期C.SJ-21俘获北斗2号后需要在M点加速才能进入轨道2D.SJ-21返回时需要在N点加速才能进入轨道2【答案】C【解析】

【详解】A．北斗2号在轨道1运行时，运行轨道半径远大于地球的半径，根据GMvr=可知，其速度小于7.9km/s，选项A错误；B．根据开普勒第三定律可知，轨道半径越大，则周期越大，则北斗2号在轨道1运行时的周期小于在轨道3运行时的周期，选项B错误；C．SJ-21俘获北斗2号

后需要在M点加速做离心运动，才能进入轨道2，选项C正确；D．SJ-21返回时需要在N点减速做向心运动才能进入轨道2，选项D错误。故选C。二、多选题（本大题共4小题）9.如图，两小球M、N从同一高度同时分别以1v和2v的初速度水平抛出，经过时间t都落在了倾角37=的斜面上的A点，其中小球N

垂直打到斜面上，sin370.6=，cos370.8=，则（）A.初速度1v，2v大小之比为8：9B.初速度1v，2v大小之比为9：16C.若1v，2v都变为原来的2倍，则两球在空中相遇，从抛出到相遇经过的时间为2tD.若1v，2v都变为原来的2倍，则两球

在空中相遇，从抛出到相遇经过的时间为t【答案】AC【解析】【详解】AB．两球抛出后都做平抛运动，两球从同一高度抛出落到同一点，它们在竖直方向的位移相等，小球在竖直方向做自由落体运动，由于竖直位移h相等，它们的运动时间2htg=相等；对球M有21112tan372gtygtxvtv==

=解得123vgt=球N垂直打在斜面上，则有23tan37tan374yvvgtgt===则12283394gtvvgt==故A正确，B错误；CD．当飞行时间为t时，MN两点的水平距离为12xvvt()=+若v1、v

2都变为原来的2倍，则两球在空中相遇，则有122xvvt()=+解得从抛出到相遇经过的时间为2tt=故C正确，D错误。故选AC。10.如图所示，倾角30=的斜面ABC固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，斜面最低点A在转轴1OO上。可视为质点、质量为m的小物块随转

台一起以角速度匀速转动，此时小物块到A点的距离为L，其与斜面之间动摩擦因数为36，重力加速度为g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块随斜面一起转动的过程中，下列说法正确的是（）A.小物块受到的摩擦力

方向一定沿斜面向下B.小物块对斜面的压力大小不小于34mgC.水平转台转动角速度应不小于27gLD.水平转台转动角速度应不大于65gL【答案】CD【解析】【详解】A．当角速度较小时，小物块有沿斜面向下的运动趋势，受到的摩擦力方向沿斜面向上，故A错误；BCD．当角速度

最小时，物块恰好不下滑，受力分析如图1所示，y轴方向根据平衡条件11cossinNfmg+=11fN=x轴方向则有2111sincoscosNfmL−=解得127gL=1437Nmg=当角速度最大时，物块恰好不上滑，受力分析如图2所示，y轴方向根据平衡条件22cossinNfm

g=+22fN=x轴方向则有2222sincoscosNfmL+=解得265gL=2435Nmg=由上分析可知，角速度取值范围为2675ggLL小物块对斜面的压力大小为NN=小物块对斜面的压力大小取值范围为4343

75mgNmg故CD正确；故选CD。11.有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b处于地面附近近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，各卫星排列位置如图，则有（）A.a的向心加速度等于重力

加速度gB.c在4h内转过的圆心角是6C.b在相同时间内转过的弧长最长D.d的运动周期有可能是28h【答案】CD【解析】【详解】A．同步卫星的周期与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据2ar

=知acaa由牛顿第二定律得2GMmmar=2GMar=卫星的轨道半径越大，向心加速度越小cbaa所以abaa而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g，故A错误；B．c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是3，故B错误；C．a

与c的角速度相同，根据vr=知acvv由牛顿第二定律得22GMmvmrr=GMvr=卫星的半径越大，速度越小，所以cbvv所以acbvvvb的速度最大，在相同时间内转过的弧长最长，故C正确；D．由牛顿第二定律得2224MmGmrrT=32rTGM=

卫星的半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h，故D正确。故选CD。12.如图所示，圆心在O点、半径为R的圆弧轨道abc竖直固定在水平桌面上，Oc与Oa的夹角为60°，轨道最低点a与桌面相切。一轻绳两端系着质量分别为1

m和2m的小球（均可视为质点），挂在圆弧轨道边缘C的两边，开始时，质量为1m的小球位于c点，然后从静止释放，质量为1m的小球将沿着圆弧轨道运动，设轻绳足够长，不计一切摩擦。则（）A.质量为1m小球在由C下滑到a的过程中，两球速度大小始终相等B.质量为1m的

小球在由C下滑到a的过程中其机械能不断减小C.若质量为1m的小球恰好能沿圆弧轨道下滑到点a，则122mm=D.若质量为1m的小球恰好能沿圆弧轨道下滑到点a，则123mm=【答案】BC【解析】【详解】A．在质量为1m的小球由C下滑到a的过程中，小球的速度可分解为沿绳方向和垂

直绳方向的两个分速度，由此可知两球的速度并不始终相等，故A错误；B．运动过程中绳对质量为1m的小球一直做负功，由“功能关系”易知质量为1m的小球的机械能一直减小，故B正确；CD．两小球运动过程中两小球组成的

系统机械能守恒，若质量为1m的小球恰能到达a点，即到达a点时两球的速度为零，则()121cos60mgRmgR−=解得122mm=故C正确，D错误。故选BC。三、实验题（本大题共2小题）13.为了探究向心力的大小跟哪些因素有关，甲、乙两同学合作，找来一段尼

龙绳和几个大小不等的橡皮塞，一个圆珠笔杆和一个弹簧测力计。如图所示，在尼龙绳的末端拴一个橡皮塞，绳的另一端穿过圆珠笔的杆拴在弹簧测力计上，弹簧测力计下端固定。握住笔杆抡动橡皮塞，使它在水平面上做匀速圆周运动。这时尼龙绳的拉力可以通过弹簧

测力计上读出。两位同学进行了下列操作，请回答相应问题。（1）甲同学用手握住圆珠笔杆使橡皮塞在水平面上匀速转动，此时橡皮塞受到的向心力由___________提供，当橡皮塞转动角速度增加时，乙同学观察弹簧秤的读数，发现弹簧秤读数___________（选填“变大”

、“变小”或“不变”）；（2）甲同学使笔杆向下移动了一小段距离，保持橡皮塞质量和转速不变，这时乙同学观察弹簧秤的读数，发现弹簧秤读数___________（选填“变大”、“变小”或“不变”）；（3）甲同学更换一个质量较大的橡皮塞，其他条件不

变，乙同学观察弹簧秤的示数，发现弹簧秤的读数___________（选填“变大”、“变小”或“不变”）。【答案】①.尼龙绳的拉力②.变大③.变大④.变大【解析】【详解】（1）[1]橡皮塞在水平面上匀速转动时向心力由尼龙绳的拉力提供；[2]当橡皮塞转动角速度增加时，乙同学观察弹簧秤的

读数，根据2Fmr=可知，弹簧秤读数变大；（2）[3]甲同学使笔杆向下移动了一小段距离，使r增大，保持橡皮塞质量和转速不变，根据2Fmr=可知，弹簧秤读数变大；（3）[4]甲同学更换一个质量较大的橡皮塞，其他条件不变，根据2Fmr=可知，弹簧秤读数变大。14.某同学利用如

图装置来研究机械能守恒问题，设计了如下实验。A、B是质量均为m的小物块，C是质量为M的重物，A、B间由轻弹簧相连，A、C间由轻绳相连。在物块B下放置一压力传感器，重物C下放置一速度传感器，压力传感器与速度传感器

相连。当压力传感器示数为零时，就触发速度传感器测定此时重物C的速度。整个实验中弹簧均处于弹性限度内，重力加速度为g。实验操作如下：（1）开始时，系统在外力作用下保持静止，细绳拉直但张力为零。现释放C，使其向下运动，当压力传感器示数为零时，触发速度传感器测出C的速度为v。（2）在实

验中保持A，B质量不变，改变C的质量M，多次重复第（1）步。①该实验中，M和m大小关系必需满足M___________m（选填“小于”、“等于”或“大于”）②为便于研究速度v与质量M的关系，每次测重物的速度时，其

已下降的高度应___________（选填“相同”或“不同”）③根据所测数据，为得到线性关系图线，应作出___________（选填“v2﹣M”、“v2﹣1M”或“v2﹣1Mm+”）图线。④根据③问的图线知，图线在纵轴上截距为b

，则弹簧的劲度系数为___________（用题给的已知量表示）。【答案】①.大于②.相同③.v2﹣1Mm+④.24mgb【解析】【详解】[1]根据题意，确保压力传感器的示数为零，因此弹簧要从压缩状态到伸长状态，那么C的质M要大于A的质量m；[2]要刚释放C时

，弹簧处于压缩状态，若使压力传感器为零，则弹簧的拉力为F=mg因此弹簧的形变量为△x=△x1+△x2=2=mgmgmgkkk+不论C的质量如何，要使压力传感器示数为零，则A物体上升了2mgk，则C下落的高度为2mgk，即C下落的高度总相同；[3]选取A、C及弹簧为系统，

根据机械能守恒定律，则有()221=()2mgMmgMmvk−+整理可知()222284mgmgvkMmk=−++为得到线性关系图线，因此应作出21vMm+﹣的图像；[4]由上表达式可知24mgbk=解得：k=24mgb四、解答

题（本大题共3小题）15.银西高铁于2020年12月26日正式开通运营，是我国长期铁路网规划中“八纵八横”通道的组成部分，对国家路网的完善有重大的战略意义，运行的CR300BF“复兴号”动车组采用4动4拖8辆编组，其中第1、3、6、8节车厢有动力，每节车厢的

额定输出功率为1400kW，运行时每节车厢的质量约为50t，动车组设计的最高行驶速度为252km/h，设动车组以额定功率在某段平直的轨道上以最高车速行驶，重力加速度g取102m/s。求：（1）每节车厢受到的阻力为车厢重力的多少倍？（2）若动车组以额定功率启动，经

过250s后达到最大运行速度，则整个加速启动过程中通过的路程为多少？（假设车厢所受的阻力恒定不变）【答案】（1）0.02；（2）5250m【解析】【详解】（1）根据PFv=牵可得31400104N8000

0N2523.6PFv===牵动车组匀速行驶时fkmgF==牵阻其中508400000kgmt==0.02kmgF==牵（2）设整个启动加速过程中通过的路程为s，根据动能定理得212Ptfsmv−=阻代入数据解得5

250ms=16.某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图，皮带在电动机的带动下保持1v=m/s的恒定速度向右运动，现将一质量为2m=kg的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数0.5=。设皮带足够长，

取210m/sg=，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求：（1）邮件的位移大小x；（2）邮件与传送带间产生的内能；（3）因运送邮件传送带电动机多消耗的能量。【答案】（1）0.1m；（2）1J；（3）2J【解析】【详解】（1）邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程

中受到的滑动摩擦力，据牛顿第二定律有：mgma=取向右为正方向，由运动学公式得vat=代入数据解得25m/sa=0.2st=邮件与皮带发生相对滑动过程中，由运动学公式得210.1m2xat==（2）邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为s，则：0.2msvt==

所以邮件与传送带间的相对位移的0.1mxsx=−=则系统产生的内能1JQmgx==（3）运送邮件时传送带要克服摩擦力做功，摩擦力对皮带做的功Wmgs=−代入数据解得2JW=−所以传送带电动机多消耗的能量为2J。17.如图甲所示

，粗糙的水平桌面上放置一个弹簧，左端固定，右端自由伸长到桌边A点。水平桌面右侧有一竖直放置的固定光滑圆弧轨道BNM，MN为其竖直方向的直径，其中60BON=。现使一个质量2m=kg、可视为质点的小物块放在桌面的右端A点，并施加一

个水平向左的外力F在小物块上，使它缓慢移动，并将弹簧压缩0.2x=m，在这一过程中，所用外力F与压缩量的关系如图乙所示，然后撤去F释放小物块，让小物块沿桌面运动，小物块飞离桌面一段时间后恰好沿切线由B点进入圆弧轨道，并且之后在圆轨道运动过程中不

脱离圆轨道。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取102m/s。求：（1）弹簧压缩过程中存储的最大弹性势能pE；（2）小物块由A运动到B的时间（结果可用分数表示）；（3）圆弧轨道的半径R的取值范围。【答案】（1）1.4J；（2）310s；（3）0.1m

R或0.4mR≥【解析】【详解】（1）由题图乙可知滑动摩擦力02.0NfF==F做功的()F0m11.8J2WFFx=+=由功能关系有pF1.4JEWfx=−=（2）从撤去F后到刚要飞离桌面阶段对小物块由动能定理有212AWfxmv−=弹，p1.4JWE

==弹代入数据解得1m/sAv=小物块做平抛运动到达B点，水平分速度1m/sBxAvv==竖直分速度tan603m/sByBxvv==所以小物块由A运动到B的时间3s10Byvtg==（3）B点速度为222m/sBBxByvvv=+=①物块能过M点，对小物块由动能定理有()22111cos

6022MBmgRmvmv−+=−在M点，有2MvmgmR≤解得0.1mR②物块能到圆心O等高处时，满足21cos6002BmgRmv−=−解得0.4mR=综合，使物块运动过程中不脱离圆轨道应满足：0.1mR或0.4mR

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