《2021-2022学年四川省泸州市高一（下）期末物理试卷（附答案详解）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021-2022学年四川省泸州市高一（下）期末物理试卷（附答案详解）.pdf（11页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、202L2022学年四川省泸州市高一（下）期末物理试卷1.做曲线运动的物体，一定发生变化的物理量是（）A.合外力 B.动能 C.动量 D.机械能2.下列说法正确的是（）A.研究地球绕太阳运动的公转轨迹时，可以把地球看成质点B.第一宇宙速度是人造地球卫星在圆形轨道上运行的最小速度C.牛顿提出了万有引力定律，并测定了万有引力常量D.在经典力学中，物体的质量随运动状态而改变3.质量为，”的汽车在平直公路上行驶，阻力，保持不变.当汽车的速度为v、加速度为。时，发动机的实际功率为（）A.fvB.mavC.(ma+/)vD.(ma f)v4.一学生学习物理后知道当雨滴垂直落在伞面上时人淋雨最少。一无风的下
2、雨天，某同学为了测定雨滴下落速度的大小，他打着雨伞以2zn/s的速度向左匀速走动，发现当伞把与竖直方向成37。时,他淋到的雨最少，忽略因伞运动而带动的空气流动，则雨滴相对地而竖直下落到伞面前瞬间的速度大小为（）5.A 6/A.-m/sB.2m/sC.gm/s如图所示为一种新型压路机，最前面的大滚筒甲的半径是车身乙轮半径的1.5倍，图中M、N分别为甲、乙轮边缘上的两点。若车行进时轮与路面没有滑动，则（）A.M点的线速度比N点的线速度大D.ym/sB.N点的向心加速度是M点的向心加速度的1.5倍C.甲、乙两轮转动的周期相等D.甲轮的角速度比乙轮的角速度大6.一个卫星绕着某一星球做匀速圆周运动，轨
3、道 半 径 为 因 在 运 动 过 程 中 与 宇宙尘埃和小陨石的摩擦和碰撞导致该卫星轨道发生变化，轨道半径减小为8，在新轨道上仍做匀速圆周运动，则卫星在新轨道上的线速度V，周 期T与原轨道上相比（）A.v增大，丁减小 B.v增大，7增大 C.v减小，T增大 D.v减小，T减小7.一轻质细绳系着质量为胆的小球,在光滑水平面上以速度大小为v做匀速圆周运动，从某位置开始小球转过四分之一圆周时，小球动量变化量大小为（）A.0 B.mv C.y2mv D.2mv8.一个小球从离地面某高度处做自由落体运动，选地面为零势能面，其重力势能Ep随时间r的变化关系图像可能为（）9 .如图所示，一轻细绳一端固定在
4、。点，另一端与质量为,的小球相连,静止在最低点4。现给小球施加一水平恒力F,使小球从4点一直加速运动到B点，在此过程中（）A.小球机械能守恒B.恒力厂做的功等于小球重力势能的增加量C.恒力尸做的功等于小球动能的增加量D.恒力厂做的功等于小球机械能的增加量1 0 .质量分别为m i和a 2 的两个物体碰撞前后的位移 -时间/图像如图所示，其中%=G。下列说法中正确的是（）A.碰撞前两物体的动量相同B.质量巾1等于质量7 7 1 2C.碰撞时两物体受到的冲量相同D.碰撞后两物体一起做匀速直线运动1 1 .如图所示，一固定的竖直光滑圆环半径为R，一质量为，的小球穿在圆环上，轻弹簧一端连接小球，另一端
5、固定于圆环中心转轴。点，弹簧原长为L,L=(zna+/).故 C正确，A、B、。错误。故选：C。根据牛顿第二定律求出牵引力的大小，结合P=尸。求出发动机的实际功率.解决本题的关键知道发动机的功率与牵引力和速度的关系，并能熟练运用.4.【答案】C【解析】解：由题意及几何关系可得：V,tan 37=v雨解 得:v =m/s,故C正确，A 3。错误；故选：C o根据伞的角度关系，结合几何关系列式计算出雨的速度。本题主要考查了运动的合成和分解，根据几何关系列式完成分析即可，属于基础题型。5.【答案】B【解析】解：A因为车行进时轮与路面没有滑动，所以M点的线速度与N点的线速度大小相等，故A错误；8.根据
6、。=也 可 知N、两点向心加速度之比为组=2=1.5,故B正确；rO-M 乙C.根据7 =应可知甲、乙两轮转动的周期之比为，=2=1.5,故C错误；D根据3=与可知甲、乙两轮的角速度之比为=?=；,即3卯 3乙 T甲 3 干 J故选：B。传动装置，在传动过程中不打滑，则有：共轴的角速度是相同的；同一传动装置接触边缘的线速度大小是相等的。再依据口 =3八 =-,7 =网:及3 =?公式，即可一一求r v T解。明确共轴的角速度是相同的；同一传动装置接触边缘的线速度大小是相等的；灵活应用线速度、角速度与半径之间的关系。6.【答案】A【解析】解：根据万有引力提供向心力有：等=若=而誓解得=虎=厝由于
7、轨道半径减小，所以v增大，7减小；故A正确，BCD错误;故 选:A o卫星围绕星球圆周运动，万有引力提供向心力据此分析不同半径下描述圆周运动物理量大小关系。卫星绕星球圆周运动，万有引力提供圆周运动向心力，知道卫星变轨原理是正确解题的关键。7.【答案】C第6页，共11页【解析】解：由题意和几何关系可知，小球转过四分之一圆周时，速度的变化量为Av=V2v则动量变化量为Ap=m A v =f2mv,故 C 正确，ABD 错误；故选：Co根据小球速度的变化和几何关系得出速度变化量，结合动量变化量的计算公式完成分析。本题主要考查了动量定理的相关应用，理解速度的变化量，结合公式即可完成分析。8.【答案】A
8、【解析】解：重力势能Ep=E-=E-2t2,势能与时间的图象也为开口向下的抛物线，所以BCD错误，A 正确；故选：A。物体做自由落体运动，机械能守恒，再根据动能势能的定义，逐个分析推导可以得出结论.本题考查物体机械能守恒时，各物理量之间的关系，要找物理量之间的关系一定要推导出它们的关系式在进一步的判断它们的关系.9.【答案】D【解析】解：根据功能关系可知外力F 对小球做正功等于小球动能与重力势能的增加，即机械能的增大，所以小球机械能不守恒，故 ABC错误，D 正确；故选：D。根据功能关系分析解答，小球外力做功等于小球动能与重力势能的增加。本题考查功能关系，解题关键掌握小球除重力外其他力做功等于
9、机械能的变化。10.【答案】B【解析】解：AD,x t 图像的斜率等于速度，由于，%=%，由图示图象可知，碰撞前两物体速度大小相等，方向相反，即：%=-%；由图示图象可知，碰撞后两个物体的速度为零，两物体碰撞后静止，碰撞过程系统动量守恒，根据动量守恒定律有：Pi+P2=0,解得：P1=-P 2,即碰撞前两物体的动量大小相等，方向相反，动量不同，故AO错误；B、碰撞过程系统动量守恒，以血2的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：巾1%+m2v2=0,解得：m1=m2 故 B 正确；C、两物体碰撞过程物体受到的合力等于物体间的作用力与反作用力，它们大小相等、方向相反、作用时间相等，冲量/=F t,则
10、碰撞时两物体受到的冲量大小相等、方向相反，冲量不同，故 C 错误。故选：B。根据图示图象求出碰撞前后的速度，碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律与冲量的计算公式分析答题。解决本题关键要抓住两点：一是位移-时间图像的斜率等于速度，斜率的大小表示速率，斜率的正负表示速度的方向；二是掌握碰撞的基本规律：动量守恒定律。11.【答案】BD【解析】解：A、假设小球在圆环上做完整的圆周运动，小球所受重力的大小和方向始终不变，受到弹簧的弹力方向始终指向圆心且大小不变，可能受到的圆环弹力方向指向或背离圆心，所以小球所受合外力的方向不可能始终指向圆心且大小不变，所以小球不可能做匀速圆周运动，故A错误；8、在A点
11、时，当弹簧弹力和小球重力的合力恰好提供向心力时，小球受到圆环的弹力为零，故B正确；C、由于小球可以受到圆环的支撑作用，所以其经过8点时的最小速度为零，故C错误；D假设小球经过4点时受到圆环的弹力风、方向始终竖直向下，根据牛顿第二定律有T-m g-FN=-,此时FN将 随 丫 的增大而减小，故。正确。R故选：BD.分析小球的受力情况，根据受力判断小球的运动情况，根据牛顿第二定律分析弹力的变化。本题考查牛顿第二定律在圆周运动中的应用，解题关键掌握小球的受力分析，注意匀速圆周运动的特点。12.【答案】BC【解析】解：4重力对A球做正功，对8球做负功，两球重力做功不同，故A错误。A因为两球所受重力相同
12、，高度相同，所以两球重力做功的绝时值相同，根据平均功率公式P =?可知，两球重力的平均功率绝对值相同，故8错误。C根据动能定理W总=/&，可知重力做功的绝对值相同，动能变化的绝对值相同；A球所受重力做正功，动能增加，2所受重力做负功，动能减小，所以A球动能的增加量等于B球动能的减少量，故C正确。).在f时间内，对4、B两球有九=必2=一;g f 2,解 得%=在/时 刻，对A球，竖直方向的速度以=g g t,对8球，速度为为=%-=g t -g g t =gt,可见以=VB A球重力的瞬时功率匕=mgvA,B球重力的瞬时功率%=-m g vB,所 以)时刻，两球重力瞬时功率的绝对值相等，故。错
13、误。故选：B C。力对物体做功有正负之分；根据平均功率的定义求解平均功率；根据动能定理作答；明确功是标量，但由正负之分；能够对平均功率和瞬时功率的进行正确理解；不仅空气第8页，共11页阻力，重力做功就是合外力做功，重力做功与路径无关。1 3.【答案】(6,6)1 0 1.9 6【解析】解：(1)以拍摄的第一点为坐标原点，水平向右和竖直向下为平面直角坐标系的正方向，根据平抛运动的规律可知，水平方向的坐标为：x =3 x 2 Z,=6 L,分析表格可知，竖直方向上，相等时间内位移的差相等，所以满足：1：2：3，故竖直方向的坐标为：y =(1 +2 +3)L =6 L,用图中格数表示坐标，则没有被拍
14、摄到的小球位置坐标为(6,6)。(2)研究竖直方向上，由4 y =g%得：7 =后=法手s =0.1 s,所以闪光频率为/=i =10Hz；(3)小球平抛的初速度大小：v0=Y=2X9 Q10-m/s=1.9 6 m/S o故答案为：(1)(6,6)；(2)1 0；(3)1.9 6(1)根据平抛运动的规律分析，水平运动了 6个边长，竖直运动了 6个边长；(2)研究竖直方向上，根据连续相等时间内位移之差为恒量，确定时间间隔，从而求出闪光频率：(3)根据匀速直线运动的公式求解平抛初速度。此题考查了研究平抛物体的运动的实验，解题的关键明确实验的原理，以及实验数据的处理。1 4.【答案】平衡摩擦力过度
15、没有满足小车质量远远大于钩码质量用力传感器测出拉力【解析】解：(1)挂钩码前，调节木板右侧的高度，然后轻推小车观察到小车加速运动，可知平衡摩擦力过度.(2)根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知计数点1 的瞬时速度%=246+2.60 X 1 0-27 n/s=0.2 4 m/s.2T 2x0.1 (3)根据表格中的数据做出4a-勿图象使得更多的点在图像上，不在图像的点分布在图像两侧，误差太大的点舍去，如图所示.、(4”Ek总是略小于W的原因可能是没有满足小车质量远远大于钩码质量.(5)为了减小实验图像与理论图像之间的差距，应用力传感器测出拉力。故答案为：(1)平衡摩擦力过度；(2
16、)0.24；(3)见解析；(4)没有满足小车质量远远大于钩码质量；(5)用力传感器测出拉力。(1)轻推小车观察到小车加速运动，可知平衡摩擦力过度.(2)根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度得出计数点1的瞬时速度.(3)根据表格中的数据作出 一小图象.(4)(5)根据实验原理与实验操作分析解答.本题考查了探究恒力做功与物体动能变化的关系，掌握平衡摩擦力的方法，知道实验的原理以及误差的来源.15.【答案】解：(1)物体受到的滑动摩擦力：f=N=n(mg-Fsin37。)=0.4 x(10 x10-50 xO.6)W=28N；由牛顿第二定律得：Fcos3T-f=ma,代入数据解得：a=1.
17、2m/s2；根据速度-位移关系有：v2=2ax解得：x=120m拉力做的功为W=Fcos370-x代入数据解得：勿=4800/(2)根据速度-时间关系有：v=at-,解得t=10s物体所受摩擦力的冲量大小/=ft代入数据解得：/=280N-s。答：(1)拉力对物体所做的功为4800J；(2)物体所受摩擦力的冲量大小为280N-So【解析】(1)根据牛顿第二定律结合运动学公式解得位移，从而计算做功；(2)根据冲量的计算公式解得。本题考查功与冲量的计算，解题关键掌握牛顿第二定律及运动学公式的应用.第10页，共11页1 6.【答案】解：(1)对滑块P从 4到 8过程，由动能定理得：m g R=m v
18、 l-G碰撞瞬间，对滑块P,由牛领第二定律得：FN-m g =m 代入数据解得：%=4m/s,FN=3 0/V由牛顿第三定律可知，物块对轨道的压力大小：FN=FN=3 0/V(2)滑块P、。发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m v1=m v2 4-m v3由 机 械 能 守 恒 定 律 得:=1 m v 2 +如 诏代入数据解得：v2=0,v3=4m/s滑 块。运动到C 点时，由牛顿第二定律得：7 n g =m?代入数据解得：v4=2 m/s滑块由8点运动到。点过程中，由动能定理：-卬=诏-)诏代入数据解得：s=3m(3)滑块Q与弹簧接触后，恰好
19、能返回到B 点过程，由能量守恒定律得：W弹一 2fimgs=n0 1 mvi72 3代入数据解得：Ep=W =4/答：(1)滑块P达到曲面底端与滑块。碰撞前瞬间对轨道的压力FN的大小是3 0 N；(2)水平面B C的长度s是 3 m；(3)要使两滑块能发生第二次碰撞，弹簧原来储存的弹性势能均至少为4 J o【解析】(1)应用动能定理求出滑块到达8点时的速度；应用牛顿第二定律与牛顿第三定律求出压力大小。(2)两滑块发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后的速度;应用牛顿第二定律求出滑块。到达C点时的速度，然后应用动能定理求解。(3)应用功能关系求解。根据题意分析清楚滑块的运动过程，应用动能定理与动量守恒定律、机械能守恒定律与牛顿第二定律可以解题。