2021-2022学年浙江省湖州市安吉高级中学高一（下）返校物理试卷（附答案详解）.pdf

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1、2021-2022学年浙江省湖州市安吉高级中学高一（下）返校物理试卷一、单 选 题（本大题共13小题，共39.（）分）1.以下哪组物理量均属于标量（）A.位移、速度B.路程、周期C.质量、速度变化量 D.加速度、角速度2.下列每组中三个单位均为国际单位制基本单位的是（）A.克、秒、牛顿 B.千克、秒、千米C.摩尔、开尔文、安培D.米、小时、吨3.2022年1月1日浙江省报告新增本土新冠确诊病例7人（均为轻型），均在宁波市北仑区，1月2日凌晨5：30嘉兴市300名医务人员紧急驰援宁波北仑，司机师傅手机导航仪显示如图，下列表述正确的是（）2小 时15分，80 公 里畋员，2小 时21分 m）,它们

2、与圆盘之间-7-的最大静摩擦力均为压力的倍，两物体用一根长为L（L v0 2,即第一次水平方向的分速度大于第二次在水平方向的分速度；则第一次在最高点的速度小于第二次在最高点时速度；根据运动的合成与分解,可得被抛出的速度大小为：V=J 诏+(g t)2，结合。0 1 VQ2,可得：V1 v2 即第一次球被抛出的速度大，故A正确，C错误；。、设篮球抛出时与竖直方向的夹角为。，则竖直方向的分速度：vy=gt=v0sin6,两次竖直方向的分速度相等，而第一次合速度大，所以第一次投篮时速度方向与竖直方向的角度较大，故。错误。第 16页，共 2 7 页故选：4。利用逆向思维，将篮球运动可看成平抛运动，依据

3、平抛运动处理规律，结合运动的合成与分解，及运动学公式，即可求解。本题以某同学对着竖直墙面练习投篮为情境载体，考查了运动的合成与分解，解决此题的关键是要采用逆向思维，将斜抛运动变为平抛运动处理，关键是知道平抛运动水平和竖直方向的运动规律。1 0.【答案】C解：力、设运动员的初速度为火时，飞行时间为3水平方向的位移大小为X、竖直方向的位移大小为y，如图所示运动员在水平方向上做匀速直线运动，有x =%t,在竖直方向上做自由落体运动，有运动员落在斜面上时，有t a n。=3联立解得：t =4用，则知运动员飞行的时间t与49%成正比，则他们飞行时间之比为J：。=%：vb=1：3,故A错误；8、水平位移：

4、%=%t =若，运动员飞行的水平位移x与初速度的平方成正比，则他们飞行的水平位移之比为1：9,故B错误；C、落到雪坡上时，设运动员的速度方向与竖直方向夹角为a,则有。加1 =看=券=vy g c就港=焉，则他们落到雪坡上的瞬时速度方向一定相同，故C正确；z i/Q L a n(7 z t a n t/、将运动员的运动分解为沿坡面和垂直于坡面的两个方向上，建立直角坐标系，在沿坡面方向做匀加速直线运动，垂直于坡面方向做匀减速直线运动，则运动员在空中离雪道坡面的最大高度为：九 机 心 二 竽 萼”诏，所以他们在空中离雪道坡面的最大高度之zgsintf比为1：9,故。错误。故选：C。由水平方向匀速运动

5、，竖直方向自由落体运动，列式求解时间及位移。本题考查平抛运动，学生需掌握水平及竖直方向的运动性质，结合运动学公式综合求解。11.【答案】C【解析】解：开始系统静止，对4，由平衡条件可知弹簧的弹力大小F=2mgs讥。轻绳被剪断瞬间，轻绳的拉力立即减为零，但弹簧的弹力来不及发生改变，则物块4受力情况未变，所受合外力仍为零，加速度为零，即以=0。对B,由牛顿第二定律得：F+mgsind=m aB,解得：%=3gsin。，故AB。错误，C正确。故选：Co开始物块4和B静止，都处于平衡状态，由平衡条件求出弹簧的弹力；细绳剪断瞬间，弹簧的弹力不变,根据两物块的受力情况,应用牛顿第二定律求出轻绳剪断瞬间物块

6、4和B的加速度。本题是动力学中瞬时问题，关键要抓住轻绳被剪断瞬间，轻绳的拉力立即减为零，但弹簧的弹力不发生改变。12.【答案】D【解析】解：设汽车恰好通过道闸时直杆转过的角度为仇由几何知识得：tan。=芍?=1,U.o解得：6=3第1 8页，共2 7页直杆转动的时间：=t汽 车 一 t反 应 时 间=(3.3-0.3)s=3s直杆转动的角速度：(X)=rad/s rctd/s9故ABC错误，。正确。t 3/12 1故选：D o求出汽车安全通过道闸时直杆转过的角度，然后求出直杆转动的角速度大小。认真审题理解题意求出直杆转过的角度是解题的前提与关键，应用角速度的定义式即可解题。13.【答案】D【解

7、析】解：2B.当圆盘角速度较小时，m的向心力由静摩擦力提供，绳子没拉力，由牛顿第二定律fm=ma)2Lzn受的静摩擦力随角速度增大而增大，当角速度增大到31时，静摩擦力达到最大静摩擦力 m g,角速度再增大，绳子拉力出现，由牛顿第二定律T+4 mg=ma)2L随着角速度增大，m受的摩擦力保持不变，一直为最大静摩擦力卬ng.则随着角速度的增大的过程中，物块m受到的摩擦力先增加后保持不变，当绳子有力时，M开始受到摩擦力作用，故AB错误；CD当绳子的拉力增大到等于甲的最大静摩擦力时，角速度达到最大，对根和 分 别有T+fimg=ma)2LT=Mg联立可得故C错误，。正确。故选：D。当角速度从0开始增

8、大，乙所受的静摩擦力开始增大，当乙达到最大静摩擦力，角速度继续增大，此时乙靠拉力和静摩擦力的合力提供向心力，角速度越大，拉力越大，当拉力和甲的最大静摩擦力相等时，角速度达到最大值。解决本题的关键知道当角速度达到最大时，绳子的拉力等于甲的最大静摩擦力，乙靠拉力和乙所受的最大静摩擦力提供向心力。14.【答案】BC【解析】解:C D、物体在运动之前处于静止状态，由平衡条件得:/=凡结合F=a,则得/=kt；当拉力达到最大静摩擦力后，物体开始运动，此后物体受到滑动摩擦力，/=4 m g,保持不变，故C正确，。错误；A B、物体开始运动后，根据牛顿第二定律得：F-fimg-m a,即k t 一4小。=m

9、 a，得a=-t ng 故A错误，2正确。故选：B C。物体先静止后运动，在运动过程中受到滑动摩擦力，根据静摩擦力与外力的关系判断静摩擦力的变化情况，滑动摩擦力不变；由牛顿第二定律和F=分析a与t的关系，进而由数学方法来分析图像的形状。对于图像问题，必须要由物理规律列出对应坐标轴物理量的方程，然后用数学方法来分析函数对应的图像。15.【答案】A CD【解析】解：4、启动时乘客沿水平方向做加速运动，根据牛顿第二定律可知，启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相同，故A正确；B C D、做匀加速运动时，设动车组的加速度大小为a,对整个动车组，根据牛顿第二定律得：3 F-8，=8 7 n a设

10、第5、6节车厢间的作用力大小为尸5 6,对第6、7、8节车厢整体，根据牛顿第二定律得：第20页，共27页F+F56-3/=3 m a设第6、7节车厢间的作用力大小为尸6 7,对第7、8节车厢整体，根据牛顿第二定律得：F6 7-2/=2 m a代入数据联立解得：F56=0.125F,F67=0.7 5 F,故 8 错误，CD正确。故选：A C D.根据乘客的加速度方向判断乘客受到车厢作用力的方向；先用整体法，再对6、7、8三节车厢用隔离法，结合牛顿第二定律求解第5、6节车厢间的作用力；对7、8两节车厢用隔离法，结合牛顿第二定律求第6、7节车厢间的作用力。本题以我国和谐号动车组为情景载体，考查牛顿

11、第二定律在实际问题中的应用，解决此题的关键是要灵活选取研究对象，采用整体法和隔离法相结合，并受力分析，根据牛顿第二定律列方程求解。16.【答案】A B D【解析】解：4、依题意小球以绳断时的速度水平飞出后做平抛运动，竖直方向的位移为九=d-r代入数据可得：h=0.45m。由公式九=如 2代入数据可得小球落地时间：t=0.3s。故 A 正确；8、小球平抛过程水平位移满足：X =VQt代入数据可得：%=4m/s。故 8 正确；CD、小球处于最低点时速度最大，此时绳子上的拉力最大，有T mg =m y代入数据可得：T=21.5N。故 C 错误；。正确。故选：A B D o首先运用平抛规律求解小球的落

12、地时间和绳断时的速度；然后根据圆周运动最低点的受力特点由牛顿第二定律求解绳子上最大拉力。本题考查圆周运动与平抛运动的结合，解题关键是找准两个模型的结合点。合力灵活运用规律解题。属于力学小综合。17.【答 案】B C【解 析】解：小球受力如图所示。小球缓慢运动，则小球所受的合力为0,由力的矢量三角形与ZOCM相似可得mg _ N _ FDC MC DM解得轻杆对小球的支持力为：N =-m g轻绳对小球的拉力为：F=,m g小球从4点缓慢运动到B点的过程中，MC和DC不 变，DM逐 渐 减小，故轻杆对小球的支持力N不 变，轻绳对小球的拉力尸变小，故8 c正 确、A D错 误。故 选：BC。根据平行

13、四边形法则（或矢量三角形）作 图，根据三角形相似求出各力大小，由此分析力的变化情况。本题主要是考查了共点力的平衡之动态分析问题，关键是能够根据受力情况作出受力示意 图，根据三角形相似进行分析。18.【答 案】B D【解 析】第22页，共27页解：4、飞镖水平抛出做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，因此t =h，故A错v0误；B、飞镖击中P点，则P点转过的角度满足9 =3亡=兀+2/兀(/=0,1,2.)故3 =彳=四警，(k =0,1,2)，则圆盘转动角速度最小值为于2,故8正确；LLC、飞镖击中P点时,P恰好在最下方，则2 r =gt2,t=联立解得圆盘的半径r =落，故C错误。D、P点随

14、圆盘转动的线速度为u =s r =丝 子 出 聆=乌 誓 丝(k =0,l,2.),当卜=2时解得P点线速度是为警，故。正确。故选：B D。飞镖做平抛运动的同时，圆盘上P点做匀速圆周运动，恰好击中P点，说明4点正好在最低点被击中，则P点转动的时间t =(2 n+l)p根据平抛运动的水平位移可求得平抛的时间，两时间相等联立可求解.本题关键知道恰好击中P点，说明P点正好在最低点，利用匀速圆周运动的周期性和平抛运动规律联立求解.1 9.【答案】两次拉橡皮筋时，结点。的位置应相同F等效替代法长【解析】解：(1)为了保证实验中的效果相同，两次实验中0点的位置必须相同；(2)&与尸2合成的理论值是通过平行

15、四边形定则算出的值，而实际值是单独一个力拉。点时的值，因此F 是a与 尸2合成的理论值，F是实际拉的力。(3)两个力作用和一个力作用的效果相同，即使节点到达同一个位置，所以本实验采用的方法是等效替代法。(4)在记录力的方向时，同一细绳方向的两点要远些，作图时产生的角度误差会减小。故答案为：(1)两次拉橡皮筋时，结点。的位置应相同；(2)尸；(3)等效替代法；(4)长(1)(3)本实验中采用了两个力合力与一个力效果相同来验证的平行四边形定则，因此采用“等效法”，(2)由于实验误差的存在，导致F i 与尸 2 合成的理论值(通过平行四边形定则得出的值)与实际值(实际实验的数值)存在差别，(4)理解

16、实验步骤和实验目的，了解整个实验过程的具体操作，以及这些具体操作的意义。在“探究共点力合成的规律”实验中，我们要知道分力和合力的效果是等同的，这要求同学们对于基础知识要熟练掌握并能正确应用，加强对基础实验理解。2 0 .【答案】6.5 0 0.4 3 没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足【解析】解：(1)由图乙所示刻度尺可知，其分度值是I n u n,E 点对应的刻度是6.5 0“1；根据匀变速直线运动的推论Z x =a t?由逐差法可知，小车的加速度大小a =CD-4B+0E-BC _ CE-AC _ (6.50-2.40-2.40)X10-24t2 一 4t2 4X0.12 0.4 3 m/s2

17、(2)由图丙所示图像可知，a-尸图像在横轴上有截距，当力产大到一定值小车才产生加速度，说明小车所受合力小于拉力尸，是由于没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足造成的。故答案为：(1)6.5 0；0.4 3：(2)没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。(1)根据图示刻度尺确定其分度值，然后读数；应用匀变速直线运动的推论求出小车的加速度大小。(2)根据实验注意事项与图示图像分析答题。要掌握刻度尺的读数方法与读数的注意事项；理解实验原理、知道实验注意事项是解题的前提，应用匀变速直线运动的推论即可解题；解题时注意单位换算与有效数字的保留。2 1 .【答案】解：(1)对小李和滑板整体做受力分析有FN=mgcos37m

18、gsin37 4 7 n g eo s 3 7 ma代入数据有a=3.6m/s2(2)根据匀变速直线运动有第24页，共27页v2 VQ=2aL代入数据有v=24m/s答：(1)小李从斜坡滑下时加速度a 的大小为3.6m/s 2；(2)到达斜坡底端时小李速度。的大小为24m/s。【解析】(1)对小李受力分析分，根据牛顿第二定律求得加速度；(2)根据运动学公式求得速度；解答本题要应用牛顿运动定律和平衡条件是列方程求解的前提，之后运动学规律的熟练掌握，也是本题顺利解决的一大关键。22.【答案】解：(1)当陀螺在轨道内侧最高点时，设轨道对小球的吸引力为F i，轨道对陀螺的支持力为N I,小球所受的重力

19、为mg,最高点的速度为几,受力分析可知：m g +N i-F i =z n1M =小费+&-mg=mx+6mg mg=lOmg(2)设陀螺在轨道外侧运动到最低点时，轨道对小球的吸引力为F z，轨道对陀螺的支持力为N 2，小球所受的重力为mg,最高点的速度为 2，受力分析可知：F2 mg-N2=N2由题意可知，当N 2 =o 时，陀螺通过最低点时的速度为最大值，可知%=的 萩，(3)设陀螺在轨道外侧运动到与轨道圆心等高处时，轨道对小球的吸引力为尸 3,轨道对陀螺的支持力为N 3,小球所受的重力为mg。则：Fn=F3 N3=m -=m x=2 mgR R固定支架对轨道的作用力为F =J(&)2 +

20、(Mg)2 =J(2 m g)2 +(Mg)2 =5 4 m2+M2答：(1)此时轨道对陀螺的弹力大小为l O m g；(2)陀螺通过最低点时的最大速度为商(3)固定支架对轨道的作用力大小为g j而 干 律。【解析】对陀螺受力分析，根据向心力公式即可求解；根据题意陀螺在最低点速度最大，根据受力分析可得最大速度，再次受力分析根据向心力可求解固定支架对轨道的作用力.本题考查竖直平面内的圆周运动的情况，在解答的过程中正确分析得出小球经过最低点速度最大，根据受力分析结合向心力公式即可求解。正确写出向心力的表达式是解答的基础。23.【答案】解：(l)a、返回舱匀减速下降，加速度方向竖直向上，根据匀变速直

21、线运动的位移一时间公式得：h=vt-at2代入数据解得：a=4 5m/s 2。b、以航天员为研究对象，根据牛顿第二定律得：F-m g =m a代入数据解得：F =3.3 x 1 03/V；(2)打开减速伞后返回舱向下做减速运动，速度 不断减小，由牛顿第二定律得：kSv2-m g =ma,解得加速度大小：。=空-9m J由于“减小，返回舱的加速度a减小，返回舱做加速度减小的减速运动,当返回舱所受合力为零后做匀速直线运动，v-t图象如图所示0第26页，共27页b、返回舱匀速运动，处于平衡状态，由平衡条件得：M g =kSv2,解得=回，在环境和设备质量一定的情况下，通过增大降落伞的横截面积S ,可

22、以实现减小返回舱做匀速直线运动时的速度。答：(l)a.这一过程中返回舱加速度的方向竖直向上，加速度的大小a为4 5m/s 2；b.这一过程中返回舱对质量m=60kg的航天员的作用力的大小F为3.3 x 1 03N.(2)a、打开减速伞后，返回舱先向下做加速度减小的减速运动，后做匀速直线运动。b、返回舱做匀速(近似)下降阶段时速度口=悟在环境和设备质量一定的情况下，通过增大降落伞的横截面积S ,可以实现减小返回舱做匀速直线运动时的速度。【解析】(l)a、在该0.2 0s减速阶段，已知位移、初速度和时间，根据位移-时间公式可求得返回舱的加速度a大小和方向。从 以航天员为研究对象，根据牛顿第二定律求返回舱对航天员的作用力大小F。(2)a、根据题意判断返回舱受力情况如何变化，根据牛顿第二定律判断返回舱的加速度如何变化，再分析其运动情况。b,返回舱做匀速直线运动处于平衡状态，由平衡条件可以求出接近地面时的速度，即可判断。本题是已知运动求力的问题，解决本题的关键要熟练运用匀变速直线运动的位移-时间公式来求解加速度，要知道匀减速运动的加速度与速度反向。