2021-2022学年四川省达州市高一（下）期末物理试卷（附答案详解）.pdf

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1、202L2022学年四川省达州市高一（下）期末物理试卷1.篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前.这样做可以（）A.减小球对手的冲量 B.减小球的动量变化率C.减小球的动量变化量 D.减小球的动能变化量2.如图所示，某同学在研究运动的合成时做了下述活动：用左手沿黑板推动直尺竖直向上做匀加速直线运动，运动中保持直尺水平，同时用右手沿直尺向右匀速移动笔尖。则该过程中关于笔尖的实际运动，下列说法中正确的是（）A.笔尖做匀加速直线运动B.笔尖做匀变速曲线运动C.笔尖的速度方向最终沿竖直方向D.笔尖的速度方向与竖直方向夹角保持不变3.如图所示，自动卸货车始终静

2、止在水平地面上，车厢在液压机的作用下，。角逐渐增大且货物相对车厢静止的过程中，下列说法正确的是（）A.货物受到的支持力对货物不做功 B.货物受到的支持力对货物做正功C.货物受到的重力对货物不做功 D.货物受到的摩擦力对货物做负功4.火星的质量约为地球质量的总，半径约为地球半径的右忽略星球自转的影响，则在火星表面的重力加速度与在地球表面的重力加速度之比约为（）A.0.4 B.0.5 C.2.5 D.55.如图所示，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3/z,其左边缘。点比右边缘人点高0.5鼠 若摩托车经过a点时的速度大小为火,它会落到坑内c点。c与。的水平距

3、离和高度差均为；若经过a点时的速度大小为以，该摩托车恰能越过坑到达方点。则也等于（）V1A.3 B.6 C.3 V 2 D.26 .复兴号动车在世界上首次实现速度3 5 0 k m 自动驾驶功能,成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为机的动车，初速度为%,以恒定功率P在平直轨道上运动，经过时间r达到该功率下的最大速度为，设动车行驶过程所受到的阻力/保持不变。动车在时间，内（）A.做匀加速直线运动 B.加速度逐渐增大C.恒定功率P =f%i D.牵引力做功W =|m vm2-i m v027 .如图所示,小船自A点渡河，航行方向与上游河岸夹角为a时，B到达正对岸8点。现在水流速度变

4、小，仍要使船到达正对岸B点，下列可行的办法是（）A.航行方向不变，船速变大 衣_ _ _ _ _ _ _ _ _ _AB .航行方向不变，船速变小C.船速不变，减小船与上游河岸的夹角aD.航行方向、船速都不变8.如图所示，位于同一水平高度的小球A、B分别以药和历的速度水平抛出，都落在了倾角为3 0。的斜面上的C点,且小球B恰好垂直打到斜面上，则（）A.小球B从抛出到落在C点用时更短B .两小球初速度打、功之比为2：3C.两小球的位移大小相等D.两小球抛出点距C点水平距离之比为3：29.一着陆器经过多次变轨后登陆火星的轨迹变化如图所示，着陆器先在轨道I上运动，经过P点启动变轨发动机然后切换到圆轨

5、道n上运动，经过一段时间后,再次经过p点时启动变轨发动机切换到椭圆轨道n i上运动。轨道上的P、Q、S三点与火星中心位于同一直线上，P、Q两点分别是椭圈轨道的远火星点和近火星点，且P Q =5 R（R为火星半径）。除了变轨瞬间，着陆器在轨道上运行时均处于无动力航行状态。着陆器在轨道I、1 1、H 上经过P点的速度分别为巧、以、%,下列说法正确的是（）A.v1 v2%内,故 A错误；B C、根据万有引力提供向心力可知，誓=m a,解得a =等，着陆器在轨道I、I I、m上运行时，只受万有引力作用，则经过同一点尸点时的加速度均相同，根据向心力公22式a =3,轨道的半径为2 R,则在轨道H上的加速

6、度大小为，故 B正确，C错误；R4RD、着陆器在轨道H上的半径为4 R,在轨道I H 上的半长轴为（R,根据开普勒第三定律有 等=零，得7 2=誓7 3,故。错误。故 选:Bo人造卫星变轨问题，由高轨变到低轨，做近心运动，需要减速，得 出%。2%；利用开普勒定律分析公转周期与轨道半径的关系；根据向心加速度的概念分析。本题属于人造卫星问题的小综合，涉及变轨问题，开普勒定律、向心加速度概念。解题时要分清解决问题的办法，不能记混用错。1 0 .【答案】C【解析】解：4D在物块A下落至最低点时，物块A的速度等于零，部分动能转化为弹簧的弹性势能，弹簧的弹性势能最大，因此A和 8组成的系统机械能不守恒，A

7、、B和弹簧组成的系统机械能守恒，物块4下落至最低点时，弹簧的弹性势能最大，A和 8系统的机械能最小，故 AO错误；区物块4刚与弹簧接触时，物块4受重力大于弹簧的弹力，受合力向下，加速度向下，速度增大，当重力等于弹力时，加速度是零，物块A速度最大，物块B的速度也最大，动能最大，故 B错误；C.物块B由斜面体底端静止释放后，A在与弹簧接触前，A与 B的重力势能和在减小，A与 B系统的动能增加，当A与弹簧接触后，A、8和弹簧组成的系统只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，当 4的重力小于弹力时，A做减速运动，一直到最低点，速度等于零，此时间内B一直沿斜面上升，重力势能一直增加，取最低点是零势能点，则

8、A原有的重力势能一部分转化为弹性势能，一部分转移给8,A、8质量相等，所以A和 B重力势能及弹簧的弹性势能之和先减少后增大，故 C正确；故选：物块A与弹簧接触前，A、B组成的系统只有重力做功；物块4刚与弹簧接触时弹簧的弹力为零，故系统依然有向下的加速度。在 A向下加速的过程中，物块8在细绳拉力作用下与A有相同的速度大小;除重力以外的力对物块B做的功等于B的机械能的增加；第 10页，共 15页当弹簧被压缩最短时，弹簧具有的弹性势能最大，当在最低点时，物块A的机械能的减小量等于弹簧增加的弹性势能和B增加的机械能。本题的关键是要知道在没有接触弹簧前A、2组成的系统机械能守恒,接触到弹簧后A、B和弹簧

9、组成的系统机械能守恒。再一个是物体的机械能的变化量等于重力以外的力做的功。所以在碰到功能关系的问题，大家一定要分析清楚涉及到哪些能量之间的相互转化。1 1.【答案】B【解析】解：A B,学员和教练员具有相同的角速度，根据U =T 3可得，学员和教练员的线速度大小之比为出=：，故A错误，8正确；C、受到的向心力F=m r 3 2,所以他们受到的向心力大小之比为2 2：1 5,故C错误；。、做匀速圆周运动的周期为7 =2，因为他们的角速度相等，所以周期相等，即周期0)之比为1：1,故O错误。故 选:瓦学员和教练员具有相同的角速度，根据u =T 3可以计算出他们的线速度之比。根据F=m r o?可以

10、判断出受到的向心力之比。根据r =生可以判断周期之比。3此题考查了向心力的相关计算，学员和教练员具有相同的角速度是解题的关键，另外圆周运动的各个物理量之间的关系也要熟练掌握。1 2.【答案】D【解析】解：卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，婴=m爷 =m y =2mr0),解得周期：T=2n后,线速度：u =楞，角速度：3 =楞。A、。、卫星的轨道半径相等，则周期相等，故A错误；B、c卫星的轨道半径大于h卫星的轨道半径，故b的线速度大于c的线速度,故B错误；C、卫星的质量未知，无法比较向心力的大小，故C错误；/)、c卫星的轨道半径大于a卫星的轨道半径，则。卫星的向心加速度大于c的向心

11、加速度，故。正确。故选：D o卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，根据万有引力定律和向心力公式得到周期、线速度、向心加速度的表达式，再比较其大小。此题考查了人造卫星的相关知识，解题的关键是明确万有引力提供向心力，求解周期和线速度、向心加速度。1 3.【答案】BC【解析】解：A、由于桶的内壁光滑，所以桶不能提供给物体竖直向上的摩擦力，所以绳子的拉力一定不能等于0.故A错误；3、由于桶的内壁光滑，所以桶不能提供给物体竖直向上的摩擦力，绳子沿竖直向上的方向的分力与重力的大小相等，若绳子沿水平方向的分力恰好提供向心力，则桶对物块的弹力可能为零。故B正确；C、由题目的图中可知，绳子与竖

12、直方向的夹角不会随桶的角速度的增大而增大，所以绳子的拉力也不会随角速度的增大而增大。故C正确，D错误。故选：B C。小物体绕圆筒转轴做匀速圆周运动，合力提供向心力，物体受重力、弹力和拉力.对于匀速圆周运动，合力总是指向圆心，因而又叫向心力，通过分析受力，确定向心力的来源是解题的关键.14.【答案】D【解析】解：4物体向右运动时，当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等时，即F =m g时，速度最大，物体继续向右运动，弹簧继续伸长直到自然状态，所以弹簧的最大弹力大于卬n g,故A错误。B.整个过程中，物块所受的摩擦力大小恒定，摩擦力一直做负功，则物块克服摩擦力做的功为2 m g s,故8错误。C.物体向

13、右运动的过程，根据能量守恒定律得：弹簧的最大弹性势能E p=/n n g s,故C错误。D设物块在A点的初速度为为对整个过程，利用动能定理得：-2 m g s=0-）唯可得：%=2 j g s,故。正确。故选：D o物体向右运动时，当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等时速度最大，物体继续向右运动，弹簧继续伸长到自然状态。整个过程中，物块克服摩擦力做的功为2 m g s.对物体向右运动的过程，利用能量守恒定律求弹簧的最大弹性势能。对整个过程，利用动能定理求物块在A点的初速度。正确进行受力分析，找到弹性势能最大的位置是速度为零的时候，掌握用能量守恒定律和动能定理求解能量和初速度；15.【答案】B B

14、C【解析】解：（1）4实验过程中，斜槽不一定光滑，只要能够保证从同一位置静止释放，即使轨道粗糙，摩擦力做功是相同的，离开斜槽末端的速度就是一样的，故A错误；B、小钢球的重力远大于空气阻力，从而使阻力忽略不计，故B正确；C、斜槽上释放的位置离斜槽末端的高度要尽量恰当，使点迹布满整个坐标纸，故C错、口I天；第12页，共15页。、应把尽量多的点迹描在一条抛物线上，不能连成折线，太远的舍去，故。错误。故选：B。(2)由图甲可知斜槽末端不水平，才会造成斜抛运动，故选：B而乙图则是每次释放小球时，位置不同，导致轨迹不同，故选C故答案为：(1)B；(2)B、C(1)根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确

15、的操作步骤；(2)抓住轨迹初始位置斜向上分析实验操作错误的原因。解决本题的关键知道探究平抛运动规律的原理，以及掌握研究平抛运动的方法。1 6.【答案】0.8 1.4 0.1 650.1 76【解析】解：(1)根据匀变速直线运动规律可知滑块经过B点时的瞬时速度与=素=6,：曹：1 x 1 0 2m/s=0.8m/s,同 理 可 知=筹=娑,:曹x i-27n=1.4 m/s,(2)根据动能的计算公式可知阳=MV将河=2 50 g =0.2 5k g 代入解得：AEk=0.1 65/,合力对滑块所做的功W =2 F -B =2 X 0.4 X(9.51 +1 2.4 9)X I O-2/=0.1

16、76/；故答案为：(1)0.8,1.4；(2)0.1 65,0.1 76(1)根据匀变速直线运动规律可知滑块经过B点和。点的速度；(2)根据动能公式和做功公式解得。本题考查探究功与速度间的关系，要注意明确实验原理往往是解决实验问题的关键，注意有效数字的保留。1 7.【答案】解：(1)以乌贼与乌贼喷出的水组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以乌贼的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：miv1-m2 f 2 =0代入数据解得乌贼喷出的水的速度为：巧=4 m/s；(2)设乌贼喷水后经过f 时间停止，以乌贼的速度方向为正方向，根据动量定理可得：ft=0 如巧代入数据解得：t =6s。答：(1)乌贼喷水

17、后向前逃窜的速度大小为4 m/s；(2)若向前逃窜时受到水的阻力大小恒为/=2 N,乌贼喷水后经过6s 停止。【解析】(1)乌贼与水组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出乌贼喷出的水的速度大小；(2)根据动量定理求解乌贼喷水后经过多长时间静止。本题考查了动量守恒定律的应用，本题属于反冲运动问题，根据题意应用动量守恒定律即可解题，解题时注意正方向的选择。1 8 .【答案】解：(1)物体4即将滑动时，根据向心力公式有：imAg=mAa)lR解得：初=2rad/s(2)设绳子即将被拉断瞬间绳与竖直方向夹角为0,对 8竖直方向有：Tmcose=mBgf解得6=53。对 B水平方向有：加 s i n

18、。=HIB必(R +L s i n O),解得：M=|r ad/s由于o)2 3 1 转台所对应的最大角速度为：3 =3 1 =2rad/s【解析】(1)即将滑动说明最大静摩擦力提供向心力，列向心力公式计算；(2)根据受力分析在水平和竖直方向建立方程，计算出绳子拉断瞬间的角速度，比较角速度大小。本题考查水平面圆周运动和圆锥摆运动组合问题，会分析各自的哪些力提供了向心力,列向心力公式计算。1 9 .【答案】解：(1)滑块从4运动到B,根据动能定理m g%-叼=?小。2在 8处，牛顿第二定律年一小9=小：Ri联立代入数据解得叼=3/,v-4m/s(2)滑块到达。点时速度为外,由题意17c =Va=

19、-z n/s =5 m/sCOStz 0.8设滑块。的加速度为由,根据牛顿第二定律m g s i n。VB 为，之后两者一起以。沿斜面向下加速下滑根据牛顿第二定律(M +m)gsinO 一式时+m)gcos0=(M +rn)a代入数据解得a=4 m/s2设整体到达D的速度为外,根据动学公式诏-谥=2 a(L2-%2)代入数据解得巧)=8m/s以地面为参考平面，根据能量守恒定律AE =g m听+m g L2sin0 -如 诏 s i n。-代入数据解得AE =4 1.6 2 5 7第14页，共15页(3)滑块刚好能达到半圆轨道的最高点m g =m f滑块从最低点到最高点，机械能守恒 加诏=2mg

20、R2+mvl联立解得/?2 =1.2 8m所以要使滑块不脱离竖直半圆轨道，半圆半径满足：0W/?2 4 1 2 8m滑块刚好能达到半圆轨道的左边与圆心等高处，根据机械能守恒定律：加 诏=m g/?2代入数据解得&=3.2 m所以要使滑块不脱离竖直半圆轨道，半圆半径满足：R2 3.2m综上可得要使滑块不脱离竖直半圆轨道，半圆半径满足：0 R2 3.2 m。答：(1)滑块由A 到 2运动过程中克服摩擦力做的功为3 J：(2)滑块从C到。过程中损失的机械能为4 1.6 2 5/；(3)如果要使滑块不会中途脱离竖直半圆轨道D E,其半径7?2 需要满足：0 S&W 1.2 8m或%3.2 m。【解析】

21、滑块从4到B的过程可用动能定理和牛顿第二定律结合求出滑块克服摩擦力所做的功；滑块从B点飞出做平抛运动，根据平抛运动的知识可求出滑块刚好滑上木板时的速度；再根据牛顿第二定理和运动学公式可分别求出滑块和木板的加速度、相对位移以及共同的加速度、到达。点的速度，根据能量守恒定律可求出滑块损失的机械能；最后根据动能定理和圆周运动的知识可求出竖直半圆轨道的半径范围。滑块在A B 轨道上滑动时，由于摩擦力是变力，克服摩擦力做功只能用动能定理求解；滑块滑上木板后注意做好受力分析，特别是摩擦力的方向的分析，这是运用牛顿第二定律求加速度的关键；滑块进入竖直半圆轨道不脱离轨道的临界条件刚好达到最高点或刚好达到圆心等高处。