2021-2022学年高一第一学期期末考试物理试卷及答案解析

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1、𝑣 +𝑣 80+0𝑣 +𝑣 80+02021-2022 学年高一第一学期期末考试物理试卷一、选择题（本题共 14 小题，每小题 3 分，共 42 分其中 1-9 题为单选题，10-14 题为多 选题全部选对的得 3 分，选对但不全的得 2 分，有选错或不答的得 0 分）1（3 分）在下列几组仪器中，能用来测量国际单位制中三个力学基本物理量的是（ ） A弹簧测力计、秒表、刻度尺B弹簧测力计、秒表、天平C刻度尺、秒表、天平D弹簧测力计、刻度尺、天平解：国际单位制中的基本物理量是长度、时间和质量，测量长度用刻度尺、质量用天平、 时间用秒

2、表。故 C 正确，A、B、D 错误。故选：C。2（3 分）国产歼15 舰载机以 80m/s 的速度降落在静止的“辽宁号”航母水平甲板上，机尾挂钩精准钩住阻拦索，如图所示。在阻拦索的拉力帮助下，经历 2.5s 速度减小为零。若将上述运动视为匀减速直线运动，根据以上数据不能求出战斗机在甲板上运动的（ ）A位移B加速度C平均速度D受到的阻力解：A、根据𝑥 =故 A 错误；0 𝑡 = 2.5 = 100𝑚，所以能求出战斗机在甲板上运动的位移， 2 2B 、根据加速度的定义式 𝑎 =080= = 32𝑚/𝑠

3、2.52，能求出战斗机在甲板上运动的加速度，故 B 错误C、根据推论，𝑣 =0 = = 40𝑚/𝑠 ，所以能求出战斗机在甲板上运动的平均速度， 2 2故 C 错误；D、因为不知道战斗机的质量，无法由牛顿第二定律求战斗机所受的阻力，故 D 正确； 故选：D。3（3 分）关于曲线运动，下列说法中正确的是（ ）第 1 页 共 13 页A BA物体做曲线运动时受到的力一定是变力B物体做曲线运动时速度大小一定是变化的C物体做曲线运动时加速度大小一定是变化的D物体做曲线运动时所受合力一定不为零解：A、D、物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，所以

4、合力一定不为 0，但合力可以是变力也可以是恒力，如平抛运动，故 A 错误，D 正确；B、曲线运动的速度方向时刻变化，但大小不一定变化，如匀速圆周运动，故 B 错误；C、物体做曲线运动加速度可以不变，如平抛运动的加速度始终等于重力加速度，故 C 错误；故选：D。4（3 分）下列关于向心力的说法正确的是（ ）A物体由于做圆周运动而产生了一个向心力B向心力只能改变做圆周运动物体的速度方向，不能够改变速度的大小C做匀速圆周运动的物体向心力大小不变，是恒力D向心力是物体所受的合外力解：A、物体做圆周运动需要向心力，向心力由其它力来提供，不是物体做圆周运动产生 向心力，故 A 错误；B、向心力的方向始终指

5、向圆心，与速度方向垂直，不改变速度的大小，只改变运动的方 向，故 B 正确；C、匀速圆周运动的物体的向心力方向绳子指向圆心，是不断变化的，故 C 错误；D、物体做圆周运动需要向心力，此力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供， 故 D 错误。故选：B。5（3分）如图，质量 m m 的 A、B 两球沿车前进方向相距 s，放在车厢内光滑桌面上，车与球一起做匀速直线运动，如果突然刹车，在两球还没有离开桌面前，它们的距离将 （ ）A保持不变B逐渐增大 第 2 页 共 13 页0 0 0 0 0 0 2 0 2 𝑔C逐渐减小D先减小后增大解：车厢做匀速直线运动，桌面上的物体 A 和

6、B 也会做匀速直线运动，即方向和速度一致。当车突然停止时，由于惯性，物体 A 和 B 仍会保持原来的运动状态不变，因此，在 两球还没有离开桌面前，它们的距离将不变，故 A 正确。故选：A。6（3分）如图所示，一根轻弹簧竖直立在水平地而上，下端固定。一小球从高处自由落下， 从小球落到弹簧上端到将弹簧压缩至最低过程中，下列判断正确的是（ ）A小球的速度先增大后减小B小球的速度一直减小C小球的加速度一直增大D小球的加速度一直减小解：设小球所受的弹力为 F，当小球压缩弹簧的过程中，F 竖直向上，且由零逐渐增大，所以合力 F mgF，方向向下，且逐渐减小，即加速度向下且逐渐减小，小球接触弹 合簧时有向下

7、的速度，所以小球向下做加速运动；当 Fmg，加速度为 0，速度达到最大；小球继续向下运动，弹力 F 继续增大，合力 F Fmg，方向向上，且继续增大，即加合速度向上且逐渐增大，所以小球向下做减速运动，到达最低点时，速度为 0，加速度到达最大值，即小球的速度先增大后减小，加速度先减小后增大；故 A 正确，BCD 错误。 故选：A。7（3 分）把物体以初速度 v 水平抛出，不计空气阻力，当抛出后竖直位移和水平位移相 等时，物体运动的时间是（ ）𝑣A𝑔2𝑣B𝑔4𝑣C𝑔8𝑣D𝑔

8、;解：物体做平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做自由落体运动，据题 有：1 2𝑣v t= gt ，解得：t=故选：B。第 3 页 共 13 页1 21 2 1 1 2 1 12 2 2 1 11 1 1 1 8（3 分）如图所示，一轻绳跨过光滑定滑轮，两端分别系一个质量为 m ，m 的物块，m放在地面上，m 离水平地面有一定高度，当 m 的质量发生改变时，绳子拉力 T 的大小 也随之改变，下列四个图象中最能正确反映 T 与 m 之间关系的是（ ）ABCD解：当 m m 时，m 仍处于静止状态，则 m 处于静止状态，加速度为零，绳子拉力 T 的大小等于 m g；当 m

9、 m 时，m 有向上的加速度，根据牛顿第二定律得，a=𝑚 𝑚2 1𝑚 +𝑚1 2𝑔 ，以m 为研究对象，绳子拉力 Tm a=𝑚 𝑚2 1𝑚 +𝑚1 2𝑚 𝑔当 m 0，则 T0，可知 A 图线正确，B、C、D 错误。故选：A。9（3 分）如图所示，带有光滑竖直杆的三角形斜劈固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接，开始时轻绳与斜劈平行。现给小滑块施加一个竖直向上的拉力使小滑块沿杆缓慢上升，

10、整个过程中小球始终未脱离斜劈，则有 （ ）A小球对斜劈的压力先减小后增大第 4 页 共 13 页B小球对斜劈的压力逐渐增大C轻绳对小球的拉力逐渐增大D轻绳对小球的拉力逐渐减小解：AB、对小球受力分析，受重力、支持力和细线的拉力，如图所示：根据平衡条件可知，细线的拉力 T 增加，支持力 N 减小，根据牛顿第三定律，球对斜面 的压力也减小，故 AB 错误；CD、对球和滑块整体分析，受重力、斜面的支持力 N，杆的支持力 N，拉力 F，如图 所示：根据平衡条件，有：水平方向：NNsin竖直方向：F+NcosG由于 N 减小，故 N减小，F 增加，即轻绳对小球的拉力逐渐增大，故 C 正确、D 错误。 故

11、选：C。10（3 分）关于加速度，下列说法中正确的是（ ）A速度变化越大，加速度一定越大B物体向西运动，加速度方向可能向东C加速度的方向一定与物体所受合外力的方向一致D物体的速度减小，加速度也一定减小第 5 页 共 13 页𝑐= 0.6，最小位移为 x= =𝑐𝑠2 解：A、根据 a= 可知，速度变化越大但时间不一定长，故加速度不一定大，故 A 错 误。B、物体向西运动，加速度方向可能向东，此时做减速运动，故 B 错误；C、由牛顿第二定律可知，加速度的方向与物体所受合外力的方向相同，故 C 正确；D、物体的速度减小说明加速度与速度方向相反，但加速度

12、不一定减小，故 D 错误。 故选：BC。11（3 分）某船在静水中的速率为 3m/s，要横渡宽为 30m 的河，河水的流速为 5m/s。则下 列说法中正确的是（ ）A该船不可能渡过河去B该船渡河的最小路程为 30mC该船渡河所用时间至少是 10sD该船渡河的最小路程是 50m解：A、因为水流速大于静水速，所以合速度不可能垂直于河岸，但一定能渡过河去，故 A 错误。B、因为水流速大于静水速，所以合速度不可能垂直于河岸，该船渡河的最小距离一定大 于 30m，故 B 错误。C、当静水速度与河岸垂直时，渡河的时间最短，最短时间为： t=𝑑 30=𝑣 3s10s，那么船渡

13、河所用时间至少是 10s，故 C 正确。D、当静水速的方向与合速度垂直时，渡河的位移最短，设此时合速度与河岸方向的夹角为 ，则有 sin=故选：CD。𝑣 𝑑 30 𝑣 𝑠𝑖𝑛𝜃 0.6m50m，故 D 正确。12（3 分）如图所示，一水平传送带长为 4m，以 10m/s 的速度做匀速运动。现将一物块由静止轻放到传送带的 A 端，已知物块与传送带间的动摩擦因数为 0.2，g 取 10m/s 则物 块在传送带上运动过程中，下列判断正确的是（ ）A物块一直做匀加速运动B物块先做匀加速运动再

14、做匀速运动C物块从 A 端运动到 B 端所用的时间为 5s第 6 页 共 13 页2 2 1 1 1 1 2𝐿 242 2 𝑎2 2 2 ； 入射的 = 𝑎 0 𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃 𝑡 2𝑏D物块从 A 端运动到 B 端所用的时间为 2s解：物块刚放上传送带时滑动过程中物块的加速度为 a ，根据牛顿第二定律得： mg ma代入数据解得：a2m/s ；设达到与皮带共同速度 v 时发生的位移为 x ，所用时间为 t，则有：v 2ax代入数据解得：x

15、 25mL4m，说明物块从 A 到 B 一直做加速运动，则从 A 到 B 加速位移：L= at ，即 t= = 故选：AD。s2s，故 AD 正确、BC 错误。13（3 分）如图所示，光滑斜面长为 a，宽为 b，倾角为 ，一物块沿斜面左上方顶点 P 水 平射入，而从右下方顶点 Q 离开斜面，从 P 到 Q 的过程中有（ ）A小球的加速度大小是 g𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃B小球的初速度大小是𝑎2𝑏2𝑏C小球运动的时间是𝑔𝑠𝑖Ү

16、99;𝜃D小球竖直方向的位移是 b解：A、根据牛顿第二定律得，物体的加速度为：a=𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃 𝑚=gsin，故 A 错误。1BC、根据 b= at 得：t= 2𝑏 𝑎 𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃 初速度为：v = ，故 BC 正确。D、小球竖直方向的位移是应该小于 b，故 D 错误。故选：BC。14（3 分）如图，一个质量为 m 的光滑小环套在一根轻质细绳上，细绳的两端分

17、别系在竖直的杆上 A、B 两点，让竖直杆以角速度 匀速转动，此时小环在绳上 C 点，AC 和 BC与竖直方向的夹角分别为 37和 53，sin370.6，cos370.8，重力加速度为 g， 则（ ）第 7 页 共 13 页5 7 2 𝑠𝑖𝑛37 𝑠𝑖𝑛532 5A绳上的张力大小为 𝑚𝑔735𝑔B绳子的长度为12𝜔 25𝑔C杆上 A、B 两点间的距离为12𝜔2D环做圆周运动的向心加速度大小等于 g解：A、

18、小球受到重力 mg、绳子张力为 T，如图所示，竖直方向根据平衡条件可得：T （cos37+cos53）mg，解得：T= 𝑚𝑔，故 A 正确；B、设小环做圆周运动的半径为 r，根据牛顿第二定律可得：Tsin37+Tsin53mr ，解得：r=𝑔𝜔2，𝑟 𝑟 35𝑔根据几何关系可得绳子长度为：L= + =12𝜔2，故 B 正确；C、杆上 A、B 两点间的距离为：hrtan53rtan37=7𝑔12𝜔2，故 C 错误；D、环做圆周运动的向心加

19、速度大小为：ar g，故 D 正确。 故选：ABD。二、实验题（本题共 2 小题，共 14 分）15（6 分）某同学在学习平拋运动时进行以下的实验：第 8 页 共 13 页2 0 2 2 0 2 0 𝑔2 0 （1）实验一：如图 1 所示，小球 A 沿圆弧轨道滑下，离开轨道末端（末端水平）时撞开轻质接触式开关 S 水平抛出，同时被电磁铁吸住的小球 B 自由下落。改变整个装置的高度 H 重复做同样的实验，发现位于同一高度的小球总是同时落地。该实验说明了A 球在 离开轨后 CA在水平方向上的分运动是匀速直线运动B在水平方向上的分运动是匀加速直线运动C在竖直方向上的分运动是自由落体运

20、动D在竖直方向上的分运动是匀速直线运动（2）实验二：用如图 2 的实验装置研究小球平抛运动，每次将小球从弧型轨道同一位置静止释放，运动到斜面顶端后做平拋运动，逐渐改变斜面与水平地面之间的夹角 获得不同的水平射程 X，最后作出了如图 3 所示的 xtan 图象，g10m/s 由图可知，小 球在斜面顶端水平拋出时的初速度 v 1.0 m/s。解：（1）球 A 与球 B 同时释放，同时落地，时间相同；A 球做平抛运动，B 球做自由落体运动；将球 A 的运动沿水平方向和竖直方向正交分解，两个分运动同时发生，具有等时性，因而 A 球的竖直分运动与 B 球时间相等，改变整个装置的高度 H 做同样的实验，发

21、现位于同一高度的 A、B 两个小球总是同时落地，说明在任意时刻在两球同一高度，即 A 球的 竖直分运动与 B 球完全相同，说明了平抛运动的竖直分运动是自由落体运动；故选：C。1（2）根据平抛运动规律有，竖直方向：y= gt 水平方向：xv t2𝑣联立得：x= tan由图可得：k=2𝑣0𝑔=0.2解得：v 1m/s；第 9 页 共 13 页2 1 故答案为：（1）C；（2）1.0。16（8 分）在“探究物体质量一定时加速度与力的关系”实验中，小明同学将一端带滑轮的木板放在水平桌面土进行实验，如图甲所示，细线中的拉力用力传感器来测量。（1）关于该实验

22、的操作，下列说法正确的是 CD 。A一定要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量B应当先释放小车，再接通电源C需要改变砂和砂桶的总质量，打出多条纸带D实验中小车应从靠近打点计时器位置静止释放（2）实验得到如图乙所示的纸带，已知打点计时器使用的交流电源的频率为 50Hz，相邻两计数点之间还有四个点未画出，由图中的数据可知，打下 B 点时，小车运动的速率是 0.721 m/s。小车运动的加速度大小是 2.40 m/s （计算结果保留三位有效数字）（3）实验得到小车的加速度 a 与力传感器示数 F 的关系如图丙所示，则小车受到木板的滑动摩擦力 F 1.0 N。解：（1）A、绳子的拉力由弹簧秤直接测量，

23、不需要满足 Mm，故 A 错误；BD、实验时，应先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理，同时要求开始小车要靠近打点计时器，故 B 错误，D 正确；C、需要改变砂和砂桶的总质量，打出多条纸带，这样才可以得到多组数据进行描点，故 C 正确。故选：CD。（2）相邻两计数点之间还有四个点未画出，故相邻两个计数点之间的时间间隔为 T5第 10 页 共 13 页B 𝐴𝐶𝑥 𝑥2 2 2 22 1 2 2 𝑣 2𝑟 0.02𝑟 0.022

24、 A B 2 2 0.02s0.1s；中间时刻的速度等于该时间段的平均速度，所以小车在 B 点的速度为 v =𝑥 18.013.60 = 1022𝑇 20.1m/s 0.721m/s ； 利 用 逐 差 法 求 加 速 度 ： a =𝐵𝐷 𝑂𝐵4𝑇=28.819.619.6140 1 10m/s 2.40m/s 。（3）拉小车的力为 2F，根据丙图知，当 a0 时，F0.5N，对应的小车受到木板的滑 动摩擦力 F 2F20.5N1.0N。故答案为：（1）CD；（2）0.721，2.4

25、0；（3）1.0。三、计算题：本题共 4 小题，共 44 分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位17（8 分）如图所示，定滑轮的半径 r2cm，绕在滑轮上的细线悬挂着一个重物，由静止开始释放，测得重物以加速度 a2m/s 做匀加速运动，在重物由静止下落距离为 1m 的 瞬间，求滑轮边缘上的点的角速度和向心加速度解：重物以加速度 a2m/s 做匀加速运动，由公式：𝑣2 𝑣02= 2𝑎𝑥 ，代入数据得此时轮缘的线速度 v= 2𝑎

26、9909; = 2 2 1 = 2𝑚/𝑠 则角速度𝜔 = = = 100𝑟𝑎𝑑/𝑠 ，𝑣2 4向心加速度 a= = = 200𝑚/𝑠2答：滑轮边缘上的点的角速度为 100rad/s，向心加速度为 200m/s 18（10 分）如图所示，质量分别为 m 1kg、m 3kg 的物块 A、B 置于足够长的水平面上，在水平推力 F 作用下一起由静止开始向右做匀加速运动，加速度 a2m/s 已知 A、 B 与水平面间的动摩擦因数均为 0.1，取

27、g10m/s 求：（1）物块 A 对物块 B 作用力的大小；（2）水平推力 F 的大小。解：（1）设物块 A 对物块 B 的作用力大小为 F，以物块 B 为研究对象，第 11 页 共 13 页B BA B A B2 2 0 0 𝐿𝑦y 0𝑦𝑦由牛顿第二定律得：F m gm a代入数据解得：F9N；方向水平向右。（2）对整体由牛顿第二定律得：F m g m g（m +m ）a代入数据解得：F12N方向与加速度的方向相同，即方向水平向右。答：（1）物块 A 对物块 B 作用力的大小是 9N。（2）水平推力 F 的大小是 12N。19（

28、12 分）“抛石机”是古代战争中常用的一种设备。如图所示，某学习小组用自制的抛石机演练抛石过程。已知所用抛石机长臂的长度 L2m，质量 m1.0kg 的石块装在长臂末端的口袋中，开始时长臂处于静止状态，与水平面间的夹角 30，现对短臂施力，当长臂转到竖直位置时立即停止转动，水平抛出前，石块对长臂顶部向上的压力为 2.5N，抛出后垂直打在倾角为 45的斜面上，不计空气阻力，重力加速度 g 取 10m/s ，试求斜 面的右端点 A 距抛出点的水平距离。𝑣解：在长臂顶部，据牛顿第二定律𝑁 + 𝑚𝑔 = 𝑚 解得：v 5m

29、/s；石块被抛出后做平抛运动，其速度垂直于斜面，故𝑡𝑎𝑛45 =𝑣𝑣0解得 v v tan455m/s，𝑣从水平抛出到落到斜面上所经历的时间 vygt 得𝑡 = 𝑔 = 0.5𝑠 ，故平抛的水平位移 xv0t2.5m，平抛的竖直高度 h=𝑣22𝑔= 1.25𝑚，则石块打在斜面上的点距地面高度为 HL+Lsin h1.75m，该点到斜面的右端点 A的水平距离𝑠 =𝐻w

30、905;𝑎𝑛45 = 1.75𝑚，故斜面的右端点 A 距抛出点的水平距离xs2.51.75m0.75m；答：斜面的右端点 A 距抛出点的水平距离为 0.75m。20（14 分）如图所示，在倾角为 的光滑斜面顶端有一质点 A 由静止开始下滑，与此同第 12 页 共 13 页A A1 A 1 A 2 2 𝐴 21 2A 1 21 2A 11 1 2 1 2时在斜面底端有一质点 B 由静止开始匀加速背离斜面在光滑的水平面上运动。设 A 下滑到斜面底端能够无能量损失的朝 B 追去，试求为使 A 不能追上 B，B 的加速度的取值范 围（已知

31、重力加速度为 g）。解：A 在斜面上，根据牛顿第二定律：mgsinma ，得 a gsin，设 A 经过 t 到达斜面底端，且速度为 v ，根据匀变速直线运动速度公式有：𝑡 = 之后 A 在水平面上以 v 匀速直线运动，12设又经过 t 时间 A 恰好追上 B，则有：𝑣 𝑡 = 𝑎(𝑡 + 𝑡 )A 恰好追上 B 时，有：v a（t +t ）联立以上两式得：t t所以：v 2at𝑣𝐴 𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃，代入 t 得：𝑎 =12𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃为使 A 不能追上 B，B 的加速度应满足：𝑎 𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃 。答：为使 A 不能追上 B，B 的加速度的取值范围是𝑎 𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃 。第 13 页 共 13 页