【文档说明】重庆市西南大学附属中学2021-2022学年高一下学期期末物理试题 含解析.docx，共(19)页，6.270 MB，由小赞的店铺上传

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西南大学附属中学校2021-2022学年下期期末考试高一物理试题（满分：100分；考试时间：75分钟）注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、班级、座号、准考证号填写在答题卡上。2.答选择题时，必须使用2

B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整。3.考试结束后，将答题卡交回（试题卷自己保存，以备评讲）。一、单项选择题：本大题共8个小题，每小题4分，共

32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.质点做简谐运动的图像如图所示，关于该质点，下列说法正确的是（）A.第1s末和第3s末的加速度相同B.第2s末和第4s末的运动方向相同C.1s至2s内质点速度越来越大D.2s至3s内质点加速度越来越小【答案】C【解析】

【详解】A．由图可知，第1s末和第3s末的加速度大小相同，方向相反，故A错误；B．由图可知，第2s末和第4s末的运动方向相反，故B错误；C．由图可知，1s至2s内质点向平衡位置运动，速度越来越大，故C正确；D．由图可知，2s至3s内质点位移越来越大，所受回复力越来越大，加速度越来越大，故D错误。故

选C。2.对以下光学现象的描述正确的是（）A白光照射肥皂膜呈现彩色图样属于衍射现象B.白光照射水面油膜呈现彩色图样属于干涉现象C.白光经过三棱镜得到彩色图样属于衍射现象D.通过两只夹紧的铅笔形成的狭缝观察与铅笔

平行的日光灯管，可以观察到彩色条纹，这种现象属于干.涉现象【答案】B【解析】【详解】A．白光照射肥皂膜呈现彩色图样是光的薄膜干涉现象，故A错误；B．白光照射水面油膜呈现彩色图样属于干涉现象，故B正确；C．白光经过三棱镜得到彩色图样是光的折射现象，故C错误；D．通过笔间狭缝观看日光灯管出现彩色，

属于单缝衍射，故D错误。故选B。3.关于物体的运动，下列说法正确的是（）A.物体做简谐运动，其所受的合外力等于回复力B.做匀速圆周运动的物体，其速度不变，加速度不变C.物体做曲线运动时，其速度与加速度的夹角一定随时间而变化D.从某点抛出一个物体，不计空气阻力，该物

体在落地前动量的变化率恒定【答案】D【解析】【详解】A．单摆做简谐运动，回复力是重力的切向分力提供，不是摆球所受的合力，故A错误；B．做匀速圆周运动的物体，其速度大小不变，加速度大小不变，方向时刻改变，故B错误；C．物体做匀速圆周运动时，其速度与加速度垂直

，夹角不随时间而变化，故C错误。D．从某点抛出一个物体，不计空气阻力，根据动量定理可知，该物体在落地前动量的变化率为pmgt=其动量的变化率恒定，故D正确；故选D。4.在高2024届班级篮球赛中，各班的宣传海报竖直悬

挂在球场边，如图所示。设空气的密度为，海报面积为S，风垂直吹向海报的速度大小为v，作用后，垂直方向的速度减为0，风沿海报平面均匀散开。假设海报始终静止不动，海报单位面积所受作用力大小为（）A.2vB.22vC.2vSD.22vS【答案】A【解析】

【详解】设时间t内吹到海报上的空气质量为Δm，则mSvt=对t时间内吹到海报上的空气，根据动量定理有200FtmvStv−=−=−解得2FSv=海报单位面积所受作用力大小2vF=故选A5.如图甲所示

，在x轴上有两个波源S1和S2，两波源在纸面内做垂直于x轴的简谐运动，其振动图像分别如图乙和图丙所示。两波源形成的机械波沿x轴传播的速度均为0.25m/s，则（）A.两波源形成的波不同，不能产生干涉现象B.x=0的点为振动加强点，振幅为

6mC.x=1的点为振动减弱点，振幅为2m为。D.两波源的连线上（不含波源）有12个振动减弱点，它们的位移大小始终是2m【答案】B【解析】【详解】A．由图乙、图丙可知两列波的周期都为4s，则两列波的频率都为10.25HzfT==可知两列波的频率相同，相位差恒定，可

形成稳定的干涉现象，A错误；B．两列波的波长均为0.254m1mvT===x=0点到两波源的波程差为14m2m2m2s=−==由于两波源的起振方向相同，可知x=0点为振动加强点，振幅为4m2m6mA=+=B正确；C．x=1点到两波源的波程差为13m3m

0s=−=由于两波源的起振方向相同，可知x=1点为振动加强点，振幅为4m2m6mA=+=C错误；D．两波源的连线上（不含波源）点与两波源的波程差满足66m6m6s−=−=由于两波源的起振方向相同，可知当波程差满足(21)2n

+时，该点为振动减弱点，则有12(6)1m5.5m6m2−+=−−1(251)m5.5m6m2+=可知两波源的连线上（不含波源）有11个振动减弱点，它们的振幅为2m，但位移在0到2m之间变化，D错误。故选B。6.2022年

北京冬奥会期间，在奥运场馆和运动员村之间首次大规模使用氢能源汽车作为主要交通工具。在一次测试中，某款质量为m的氢能源汽车沿平直公路从静止开始做直线运动，经过时间t开始做匀速直线运动，速度为mv。已知该过程中发动机功率恒定为P，汽车所受阻力恒定，关于t时

间内汽车的运动，下列说法正确的是（）A.汽车所受牵引力逐渐增大B.车速为m3v时，汽车的加速度大小为m3PmvC.汽车克服阻力做功为Pt-2m12mvD.汽车的位移大小为3mm22vtmvP−【答案】C【解析】【详解】A．设阻力为f，由P=Fv可知mPfv=则汽车

所受牵引力PFv=随速度增大，牵引力变小，故A错误；B．车速为m3v时，汽车所受合力为mmm32PPPFvvv=−=合加速度为m2FamPmv==合故B错误；C．由动能定理可得2fm102PtWmv−=−汽车克服阻力做功为2fm12WPtmv=−故C正确；D．汽车的位移大小为3mmf2mvvtPW

xf−==故D错误。故选C。7.在高空运行的同步卫星功能失效后，往往会被送到同步轨道上空几百公里处的“墓地轨道”，以免影响其他在轨卫星并节省轨道资源。如图所示，2022年1月22日，我国“实践21号”卫星在地球同步轨道“捕获”已失效的“北斗二号2G”

卫星后，成功将其送入“墓地轨道”。已知地球自转周期为0T，转移轨道与同步轨道、墓地轨道分别相切于P、Q点，则“北斗二号2G”卫星（）A.在墓地轨道上的运动周期大于0TB.在同步轨道上的机械能大于在墓地轨道上的机械能C.在转移轨道上经过P点

的速度等于在同步轨道上经过P点的速度D.在转移轨道上经过P点的加速度大于在同步轨道上经过P点的加速度【答案】A【解析】【详解】A．根据万有引力提供向心力可得2224GMmmrrT=解得234rTGM=由于墓地轨道的半径大于同步

轨道半径，可知卫星在墓地轨道上的运动周期大于0T，故A正确；B．卫星从低轨道变轨到高轨道，需要点火加速，变轨时卫星的机械能增加，可知卫星在同步轨道上的机械能小于在墓地轨道上的机械能，故B错误；C．卫星在P点从同步轨道变轨到转移轨道，需要点火加速，则卫星在转移轨道上经过P点的速度大

于在同步轨道上经过P点的速度，故C错误；D．根据牛顿第二定律可得2GMmmar=解得2GMar=由于M、r都相同，可知卫星在转移轨道上经过P点的加速度等于在同步轨道上经过P点的加速度，故D错误。故选A。8.如图所示，质量为m的小球（可视为质点）用长为

l的轻质细线悬于B点，使小球在水平面内做匀速圆周运动，轨迹圆圆心为O，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A.细线与竖直方向夹角为时，小球运动的角速度大小为tanglB.保持轨迹圆的圆心O到悬点B的距离不变时，细线越长，小

球运动的周期越长C.保持轨迹圆的圆心O到悬点B的距离不变时，细线越长，小球运动的周期越短D.保持细线与竖直方向夹角不变时，细线越长，小球运动的角速度越小【答案】D【解析】【详解】AD．细线与竖直方向夹角为时，有2tan

sinmgml=解得cosgl=保持细线与竖直方向夹角不变时，细线越长，小球运动的角速度越小，故A错误，D正确；BC．保持轨迹圆的圆心O到悬点B的距离h不变，改变绳长l，根据牛顿第二定律得2tantanmgmh=解得gh=可知角速度与l无关，故BC错误

。故选D。二、多项选择题：本大题共4个小题，每小题4分，共16分。每题有多个正确选项，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.明代学者方以智在《阳燧倒影》中记载：“凡宝石面凸，则光成一条，有数棱则必有一面五色”，表明白光通过多棱晶体折射

会发生色散现象。如图所示，一束复色光通过三棱镜后分解成两束单色光照射到光屏上，下列说法正确是（）A.c光频率比b光频率高B.b光能发生偏振现象，c光不能发生C.若逐渐减小a光的入射角，则光屏上首先消失的是c光D.分别用b、c光在同一双缝干涉装置上做实验，b光的条纹间距较小【答案】AC【解析

】【详解】A．根据折射定律sinsininr=由图可知，b、c光入射角相等，而b光的折射角大于c光的折射角，所以b光的折射率小于c光的折射率，b光的频率小于c光的频率，故A正确；B．b、c光均能发生偏振现象，故B错误；C．若逐渐减小a光的入射角，则光在右侧出射时的入射角将增大，但c光

的入射角更大，所以屏上首先的消失的是c光，故C正确；D．由于b光的折射率小于c光的折射率，所以b光的波长大于c光的波长，根据条纹间距与波长的关系Lxd=由于b光的波长长，所以b光的条纹间距较大，故D错误。故选AC。10.如图所示，光滑水平面上的两玩

具小车中间连接一被压缩的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止。对于两车及弹簧组成的系统，下列说法正确的是（）A.两手先后放开后，系统总动量始终为0B.两手都放开后，系统机械能和动量都守恒C.先放开左手紧接着放开右手后，系统总动量向左D.若两手先后放开，则两手都放开前，系统机械能不守恒【答案】BC【

解析】【详解】B．两手都放开后，系统所受合外力为零，机械能和动量都守恒，故B正确；AC．先放开左手，左边的物体向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统总动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也始终向左，故A错误，C正确；D．放开一侧，弹簧的弹性势能转化为小车的动能，在

两手都放开前，系统机械能守恒，故D错误。故选BC。11.2021年10月16日，我国的神舟十三号载人飞船与距地表约400km的空间站完成径向交会对接。径向交会对接是指飞船沿与空间站运动方向垂直的方向和空间站完

成对接，对接前飞船在空间站正下方200米的“保持点”处调整为垂直姿态并保持相对静止一段时间（如图所示），准备好后，再逐步上升到对接点与空间站完成对接，则飞船在“保持点”时（）在A.运动速度大于空间站运动速度B.运动周期小于

空间站的运动周期C.向心加速度小于空间站的向心加速度D.地球对其吸引力大于其做圆周运动所需要的向心力【答案】CD【解析】【详解】AB．对接前飞船在“保持点”处保持相对静止一段时间，则飞船与空间站运动角速度相同，周期相同，根据v=ωr可知，飞船在

“保持点”运动的线速度小于核心舱运动的线速度，故AB错误；C．根据a向=ω2r可知，飞船在“保持点”的向心加速度小于空间站的向心加速度，故C正确；D．根据万有引力提供向心力可得22GMmmrr=解得3GMr=可知在只受地球引力条件下，飞船的角速度大于空间站的角速度；而飞船在“保持点”需要

与空间站相对静止，则飞船的实际角速度小于只受地球引力时的角速度，可知地球对其吸引力大于其做圆周运动的向心力，故D正确。故选CD。12.如图所示，质量分别为m和2m的A、B两个小球置于光滑的水平面上，B与轻质弹簧栓接在一起，A不与弹簧栓接，弹簧处于原长状态。现给A一个向左的水平初速度v0，A与弹簧发

生相互作用，最终与弹簧分离。下列说法正确的是（）A.A与弹簧分离后，A与B的速度大小之比为1︰2B.A、B在运动过程中，弹簧的最大弹性势能为2013mvC.A向左压缩弹簧的过程中，A和B组成的系统机械能守恒D.若在B的左侧某处固

定一竖直挡板（位置未知，图中未画出），在A与弹簧分离前，B与挡板发生弹性碰撞（碰撞时间极短），则碰后弹簧的最大弹性势能不可能小于20127mv【答案】ABD【解析】【详解】A．设A与弹簧分离时A、B速度分别为v1、v2，则满足mv0=mv1+2mv22220121112

222mvmvmv=+解得013vv=−0223vv=A与B的速度大小之比为1︰2，故A正确；B．A、B在运动过程中，当A、B共速v时，弹簧的弹性势能最大，则有0(2)mvmmv=+22Pm011(2)22Emvmmv=−+解得2Pm013Emv=B正确；C．A向左压缩弹簧的过程中，A和

B组成的系统受弹簧的作用力，系统机械能不守恒，C错误；D．当弹簧恢复原长时，设此时A、B的速度分别为Av和Bv，则有0AB2mvmvmv=+2220AB1112222mvmvmv=+解得0A3vv=−B023vv=可

知在弹簧恢复原长时B与挡板碰撞，碰后系统具有向右的最大动量，当两者共速时，此时弹簧的最大弹性势能是所有B与挡板碰撞情景中弹簧最大弹性势能最小的，则有0022333vvmmmv+=共22200P2111()2()3

23232vvEmmmv=+−共解得20P127Emv=可知B与挡板碰后弹簧的最大弹性势能不可能小于20127mv，D正确；故选ABD。三、非选择题：13.某实验小组利用如图所示的实验装置验证动量守恒定律。实验的主要步骤如下：用天平测量两等大小球

A、B的质量分别为1m、2m；用两条细线分别将球A、B悬挂于同一水平高度，自然下垂时两球恰好接触，球心位于同一水平线上，测出悬点到球心的距离l；将球A向左拉起使其悬线与竖直方向的夹角为α时由静止释放，与球B碰撞后，测得球A向左摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为1，球B

向右摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为2。取重力加速度为g，回答下列问题：（1）为保证A与B第一次碰撞后向左摆动，则A、B两球质量应满足1m______2m（填“>”、“<”或“=”）；（2）A球第一次摆到

最低点时与B球碰前瞬间的速度大小为______（用题目中的已知量和物理量的符号表示）；（3）若表达式______成立，则两球碰撞过程中动量守恒（用题目中的已知量和物理量的符号表示）。【答案】①.<②.2(1cos)gl−③.122111cos1co

s1cosmamm−=−−−【解析】【详解】（1）[1]由于1012abmvmvmv=+2221012111222abmvmvmv=+可得12012ammvvmm−=+碰后A向左运动，va<0，则m1<m2。（2）[2]小球A下摆过程只有

重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得()211111cos2mvmgl=−解得12(1cos)vgl=−（3）[3]碰撞后，对A、B两球分别根据机械能守恒定律得()2111111cos2mvmgl=−()2222211cos2mvmgl=−若两球碰撞前后的动量守恒，则满足1

11122mvmvmv=−+解得122111cos1cos1cosmamm−=−−−14.用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。重锤从高处由静止开始下落，重锤上拖着的纸带通过打点计时器，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。已知当地重力加速度为g。（1）下面列举了该实验的几个操作步骤：A．按照图示安装好实验器材并连接好电源B．先打开夹子释放纸带，再接通电源开关打出一条纸带C．测量纸带上某些点

间的距离D．根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能其中操作不当的步骤是___________（选填步骤前的字母）。（2）如图所示，选取纸带上的连续的五个点A、B、C、D、E，测量出点B距起始点O的距离为0s，点B、C间的距离

为1s，点C、D间的距离为2s，若相邻两点的打点时间间隔为T，重锤质量为m，根据这些条件计算重锤从O下落到C时的重力势能减少量PE=___________，动能增加量kE=___________；在实际计算中发现，重锤减小的重力势能总是大于重锤增加的动能，其原因

主要是___________。（3）某同学利用图中纸带，先分别测量出从A点到B、C、D、E、F、G点的距离h（其中F、G点为E点后连续打出的点，图中未画出），再计算打出B、C、D、E、F各点时重锤下落的速度

v和2v，绘制2vh−图像，并求得图线的斜率为k，如图所示。请说明如何根据图像验证重锤下落过程机械能是否守恒？___________。【答案】①.B②.01()mgss+③.2122()8mssT+④.由于空气阻力和摩擦阻力的存在，使得一部分重力势能转化为内能

⑤.2vh−图像应为一条不过原点且斜率接近2g的直线【解析】【详解】（1）[1]其中操作不当的步骤是B，正确操作应该是先接通电源，再打开夹子释放纸带，打出一条纸带。（2）[2]重锤从O下落到C时的重力势能减少量为P01()mgssE=+[3]根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该

段过程的平均速度，则有1222BDCxssvTT+==重锤从O下落到C时的动能增加量为22k212()8102CEmvmssT+=−=[4]在实际计算中发现，重锤减小的重力势能总是大于重锤增加的动能，其原因

主要是：由于空气阻力和摩擦阻力的存在，使得一部分重力势能转化为内能。（3）[5]设A点的速度为Av，若重锤下落过程机械能守恒，则有221122Amghmvmv=−可得222Avghv=+可知当2vh−图像为一条不过原点

且斜率接近2g的直线，则可判断重锤下落过程机械能守恒。15.2021年5月15日“祝融号”火星车成功着陆火星，若“祝融号”在距火星表面高h处由静止释放一小球，经时间t落到火星表面，火星的半径为R，万有引力常量为G，不考虑火星自转的影响。求：（1）火星的质量M；（2）火星的第一

宇宙速度v。【答案】（1）222hRMGt=；（2）2hRvt=【解析】【详解】（1）设火星表面的重力加速度为g，小球做自由落体运动，有212hgt=解得22hgt=设火星表面一物体的质量m，不考虑火星自转影响，有2

MmGmgR=解得火星的质量222hRMGt=（2）卫星在火星表面附近绕火星运行，有22MmGmRR=v故火星的“第一宇宙速度”为2hRvt=16.如图所示，粗糙水平地面AB与半径R=0.4m的光滑半圆轨道BC

D相连接，O是BCD的圆心，B、O、D在同一竖直线上。质量m=1kg的小物块在水平恒力F的作用下，从A点由静止开始做直线运动，运动到B点时撤去恒力F，小物块恰好能经过D点。已知A、B间距离为d=5m，小物块与水平地面间的动摩擦因数为=0.1，取重力加速度g=10m/s2，求：（1

）小物块到达D点时速度的大小；（2）小物块运动到半圆轨道上的B点时，轨道对小物块作用力的大小；（3）水平恒力F的大小。【答案】（1）2m/s；（2）60N；（3）3N【解析】【详解】（1）小物块恰好能经过D点，设小物块到达D

点时速度大小为vD，由牛顿第二定律得2DvmgmR=解得vD=2m/s（2）设小物块运动到半圆轨道上的B点时速度大小为vB，从B到D由动能定理得2211222DBmgRmvmv−=−设在B点轨道对小物块的作用力大小为FN，由牛顿第二定律得2NBvFm

gmR−=联立解得FN=60N（3）对物块，从A到B由动能定理得2102BFdmgdmv−=−解得F=3N17.如图所示，水平地面上停放一辆带有向后喷射装置的小车，小车的质量为M=1kg，现给小车里装入

10个相同的小球，每个小球质量也为m=1kg。车上的喷射装置可将小球逐一瞬间向后水平喷出，且喷出时小球相对于地面的速度都为v0=20m/s，每间隔相等时间t=1s喷出一个小球。已知小车运动时受到的阻力为小车和车内小球总重力的k=0.2倍，g=10m/s2。求：（1

）喷出第一个小球过程中，系统增加的机械能；（2）喷出第二个小球后瞬间，小车的速度；（3）调整第三个及以后每个小球的喷出速度，可使得第三个及以后每个小球喷出后小车的速度都等于v2，求第三个小球和第四个小球喷出的速度之比。【答案】（1）220J；（2）20m

/s9；（3）7162【解析】【详解】（1）喷出第1个小球过程中，小车和小球整个系统动量守恒，有01(9)mvMmv=+解得v1=2m/s系统增加的机械能220111(9)22mvMEmv=++解得ΔE

=220J（2）小车喷出小球后，在t时间内做匀减速直线运动，设加速度大小为a，由牛顿第二定律得k（M+9m）g=（M+9m）a设喷出第二个小球前，小车和剩余小球的速度大小1v，由速度公式得11vvat=−设喷出

第二个小球后，小车和剩余小球的速度大小v2，由动量守恒定律得021(9)(8)MmmvmvvM+=+−+解得220m/s9v=（3）设喷出第三个小球前，小车和剩余小球的速度大小2v，由速度公式得22vvat

=−解得22m/s9v=设喷出第三个小球的速度为30v，由动量守恒定律得3022(8)(7)MmmvMvmv+−++=解得30142m/s9v=由题意可知喷出第四个小球前32vv=，设喷出第四个小球的速度为40v，由动量守恒定律得4023(7)(6)MmmvMvmv

+−++=解得40124m/s9v=则30407162vv=