1、請沒有要在裝訂線內答題外裝訂線試卷第 =page 8 8頁，共 =sectionpages 8 8頁第PAGE 頁碼7頁/總NUMPAGES 總頁數20頁2021-2022學年四川省遂寧市高一下冊期末物理檢測試題考試范圍：xxx；考試時間：100分鐘；命題人：xxx題號一二三四總分得分注意事項：1答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息2請將答案正確填寫在答題卡上第I卷（選一選）請點擊修改第I卷的文字說明評卷人得分一、單 選 題1下列說確的是 （）A在經典力學中，運動和能量都是連續變化的B功就是能，能就是功C合力方向與速度方向沒有共線時，物體也可能做直線運動D牛頓發現了萬有引力定律，并通過實驗

2、測出了引力常量2如圖所示，在用起瓶器開啟啤酒瓶蓋的過程中，起瓶器上A、B兩點繞O點轉動的角速度分別為和，線速度的大小分別為和，下列關系正確的是 （）ABCD3“天舟4號”貨運飛船于2022年5月10日凌晨1時56分在文昌航天發射成功發射升空。并與“天宮空間站”成功對接。當“天舟4號”在距地面約380 km的圓軌道上飛行時，那么“天舟4號”的（）A角速度小于地球自轉角速度B線速度大于地球的宇宙速度C周期等于地球自轉周期D向心加速度小于地面表面的重力加速度4如圖所示，一個質量為物體在水平拉力F的作用下勻加速前進了時間t，物體與水平地面間的動因數為，則在此過程中 （）A地面對物體支持力的沖量大小為零

3、B合力對物體的沖量大小為零C力對物體的沖量大小為D物體動量改變的大小為5以初速度水平拋出一小球，在小球速度方向偏轉30角到小球速度方向偏轉60角的過程中，小球運動的時間為（沒有計空氣阻力，重力加速度為。）（）ABCD6有兩顆人造地球衛星，它們的質量之比，軌道半徑之比，則它們的 （）A向心力大小之比B運行速率之比C向心加速度大小之比D運行的周期之比7如圖所示，從傾角為的足夠長斜面的頂端先后將同一小球以沒有同的初速度水平向右拋出。次拋出時小球的初速度為小球落到斜面上瞬時速度的方向與斜面夾角為落點與拋出點間的距離為S1；第二次拋出時小球的初速度為，且，小球落到斜面上瞬時速度的方向與斜面夾角為，落點與

4、拋出點間的距離為S2，沒有計空氣阻力。則（）ABCD8如圖所示，A、B兩物體用過轉臺圓心的細繩相連放在轉臺上，它們一起繞轉臺豎直軸以角速度轉動，轉動半徑，質量，A、B兩物體與轉臺間的動因數均為，靜力等于滑動力，重力加速度為。下列說確的是 （）A為保持A、B兩物體與轉臺間相對靜止，的值為B為保持A、B兩物體與轉臺間相對靜止，的值為C為保持A、B兩物體與轉臺間相對靜止，的值為D無論多大，A、B兩物體與轉臺間均保持相對靜止評卷人得分二、多選題9下列說確的是 （）A動量大的物體的慣性一定也大B做曲線運動的質點的速度方向時刻在改變C物體實際的運動叫合運動D做圓周運動的物體，所受的合力一定指向圓心10如圖

5、所示，下列的四幅圖分別表示的是有關圓周運動的基本模型，下列說確的是（）A圖a，長為l的細繩拉著小球在豎直面上做完整圓周運動通過點的速度可以為B圖b，汽車通過拱橋的點時處于失重狀態C圖，火車轉彎超過規定速度行駛時，內軌對輪緣有側向擠壓作用D圖d，是一圓錐擺，增加繩長，保持圓錐擺的高度h沒有變，則圓錐擺的角速度保持沒有變11在某品牌的賽車測試中，一輛小汽車在平直水平路面上由靜止啟動，在前5 s內做勻加速直線運動，5 s末達到額定功率，之后保持以額定功率運動，其v-t圖像如圖所示。已知汽車的質量為m=1103 kg，汽車受到地面的阻力為車重的0.1倍，取g=10 m/s2，則以下說確的是（）A汽車在

6、前5 s內的牽引力做功為B汽車速度為25 m/s時的加速度大小為2m/s2C汽車的額定功率為100kWD汽車的速度為85m/s12如圖所示，在水平地面上固定一傾角為的光滑斜面，在斜面底端一小物塊以初速度沿斜面上滑，同時在斜面底端的正上方高h處以速度水平拋出一小球，當物塊速度最小時，小球與物塊在斜面上恰好相碰撞，沒有計空氣阻力，下列說確的是（）A小球做平拋運動的時間B小球與小物塊相遇的時間C小物塊的初速度D小球平拋的初速度第II卷（非選一選）請點擊修改第II卷的文字說明評卷人得分三、實驗題13在“研究平拋物體運動”的實驗中：（1）為使小球水平拋出，必須調整斜槽，使其末端的切線沿水平方向，檢查方法

7、是：將小球放置在軌道上的槽口處，小球能保持_。（2）如圖所示，為一小球做平拋運動的閃光照相照片的一部分，圖中背景方格的每小格實際邊長均為。取，那么：（a）閃光頻率是_；（b）小球B點時的速度大小為_。14如圖所示，用“碰撞實驗器”可以驗證動量守恒定律，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關系：先安裝好實驗裝置，在地上鋪一張白紙，白紙上鋪放復寫紙，記下重垂線所指的位置O。接下來的實驗步驟如下：步驟1：用天平測出小球1和小球2的質量m1、m2；步驟2：調節“碰撞實驗器”軌道末端水平，接著沒有放小球2，讓小球1從斜槽上A點由靜止滾下，并落在地面上、重復多次，用盡可能小的圓，把小球的所有落點圈在

8、里面，其圓心就是小球落點的平均位置P；步驟3：把小球2放在斜槽前端邊緣位置B，讓小球1從A點由靜止滾下，使它們碰撞。重復多次，并使用與步驟2同樣的方法分別標出碰撞后小球1和小球2落點的平均位置M、N；步驟4：用刻度尺分別測量三個落地點的平均位置M、P、N離O點的距離，即線段OM、OP、ON的長度、。（1）入射小球1的質量應_（選填“大于”“等于”或“小于”）被碰小球2的質量；為保證兩小球做對心碰撞，入射小球1的半徑應_。（選填“大于”“等于”或“小于”）被碰小球2的半徑。（2）當所測物理量滿足表達式_時，即說明兩球碰撞遵守動量守恒定律。如果還滿足表達式_時，即說明兩球是彈性碰撞。評卷人得分四、

9、解 答 題15如圖所示，一半徑為的半圓形軌道豎直固定在水平面上，軌道兩端等高，質量為 的小球自軌道端點P由靜止開始滑下，滑到點Q時，對軌道的壓力大小為1.5mg，重力加速度。求：（1）小球滑到點Q時的速度大小；（2）小球自端點P滑到點Q的過程中，克服阻力所做的功。16已知月球半徑為R，月球表面的重力加速度為地球表面的重力加速度的六分之一，地球表面的重力加速度為g，引力常量為G。試求月球的平均密度。17如圖所示，兩物塊B、C用輕彈簧拴接放在水平面上，開始時物塊C被鎖定在水平面上，另一與物塊B、C在同一直線上的物塊A以水平向左的速度向物塊B運動，一段時間后和物塊B碰撞并粘合在一起。已知A、B、C物

10、塊完全相同，質量均為m，水平面光滑，整個過程中彈簧未超過彈性限度，沒有計空氣阻力。 求：（1）彈簧的彈性勢能；（2）在彈簧的彈性勢能時解除鎖定，物塊C的速度。18如圖所示，半徑為R，圓心角為的光滑圓弧軌道豎直固定在水平軌道上，圓弧軌道與水平軌道相切于D點。在點用長為L的細線懸掛一個質量為的小球，現拉開小球至細線與豎直方向夾角后靜止釋放，小球運動到B點時細線斷裂，之后剛好沿圓弧軌道的C點的切線方向進入圓弧軌道內側。已知，、B、O、D四點在同一豎直線上，小球在水平軌道上運動時受到的阻力為其重力的倍，當地的重力加速度為g，沒有計空氣阻力。求：（1）小球運動到B點時的速度大小；（2）B、C兩點的豎直高

11、度h；（3）小球在水平軌道上停下時距圓弧軌道點D的距離。答案第 = page 12 12頁，共 = sectionpages 12 12頁答案第 = page 11 11頁，共 = sectionpages 12 12頁參考答案：1A【解析】【詳解】A在經典力學中，運動和能量都是連續變化的，故A正確；B功是能量轉化的量度，功與能是兩個沒有同的概念，故B錯誤；C合力方向與速度方向沒有共線時，物體一定做曲線運動，故C錯誤；D牛頓發現了萬有引力定律，卡文迪許通過實驗測出了引力常量，故D錯誤。故選A。2B【解析】【詳解】BDA、B兩點同軸轉動，則角速度相等，故B正確，D錯誤；AC根據，則B的線速度大于

12、A的線速度，故AC錯誤。故選B。3D【解析】【詳解】A“天舟4號”軌道半徑小于同步衛星軌道半徑，根據萬有引力提供向心力則“天舟4號”角速度大于同步衛星角速度，則“天舟4號”角速度大于地球自轉角速度，故A錯誤B宇宙速度是的環繞速度，“天舟4號”的線速度小于地球的宇宙速度，故B錯誤；C“天舟4號”角速度大于地球自轉角速度，根據可知，其周期小于地球自轉周期，故C錯誤；D地面表面的重力加速度等于貼近地表做勻速圓周運動的衛星的向心加速度，根據軌道半徑越大，向心加速度越小，則“天舟4號”的向心加速度小于地面表面的重力加速度，故D正確。故選D。4C【解析】【詳解】A支持力大小沒有為零，根據可知，地面對物體支

13、持力的沖量大小沒有為零，故A錯誤；B物體勻加速運動，則合外力沒有為零，則沖量大小沒有為零，故B錯誤；C力大小力對物體的沖量大小故C正確；D物體受到的合外力物體動量改變的大小等于合外力沖量大小故D錯誤。故選C。5D【解析】【詳解】小球速度方向偏轉30角時小球速度方向偏轉60角時該過程用時故選D。6B【解析】【詳解】人造地球衛星繞地球運行時，有萬有引力充當向心力則有解得又知，人造地球衛星質量之比是軌道半徑之比是聯立代入數據解得故選B。7C【解析】【詳解】AB由平拋運動的規律可知，速度的方向角正切值是位移方向角正切值的2倍，因為小球在斜面上做平拋運動，位移方向角都是，所以速度的方向角也應該都相等與拋

14、出的初速度大小無關，所以，故AB錯誤；CD平拋運動水平方向做勻速運動，位移為根據平拋運動位移的方向角的正切值公式可得由合位移與水平位移的關系可知，小球在斜面上運動的合位移為聯立以上方程式解得可以看出，s與v0的平方成正比，即故C正確，D錯誤。故選C。8A【解析】【詳解】因為物體轉動所需向心力，故A所需的向心力大于B所需向心力。當兩物體剛好相對轉臺靜止時，根據牛頓第二定律聯立解得角速度再增大，拉力和力的合力沒有足以提供A所需的向心力，沒有會再相對轉臺靜止。故選A。9BC【解析】【詳解】A動量，動量大的物體質量沒有一定大，其慣性沒有一定也大，故A錯誤；B做曲線運動的質點的速度方向沿運動軌跡切線方向

15、，所以做曲線運動的質點的速度方向時刻在改變，故B正確；C物體實際的運動叫合運動，故C正確；D只有勻速圓周運動的時候,合力才指向圓心。非勻速的圓周運動,合力沒有指向圓心，故D錯誤。故選BC。10BD【解析】【詳解】A在點的速度最小時，重力恰好提供向心力由點到點過程，根據動能定理可知，點的最小速度故A錯誤；B汽車通過拱橋的點時，有豎直向下的加速度，處于失重狀態，故B正確；C火車轉彎超過規定速度行駛時，需要的向心力大于重力和支持力的合力，則外軌對輪緣有側向擠壓作用，故C錯誤；D根據牛頓第二定律根據幾何關系整理得保持圓錐擺的高度h沒有變，則圓錐擺的角速度保持沒有變，故D正確。故選BD。11AC【解析】

16、【詳解】A汽車在前5 s內,由速度時間圖線知，勻加速運動的加速度大小根據牛頓第二定律得 其中解得牽引力運動距離 故A正確；C汽車的額定功率 故C正確；B汽車在25m/s時的牽引力根據牛頓第二定律得，加速度故B錯誤；D當牽引力等于阻力時，速度，則速度故D錯誤。故選AC。12BC【解析】【詳解】AB小球做平拋運動過程根據幾何關系整理得故A錯誤，B正確；C物塊速度最小時速度為零，則故C正確；D根據以上分析解得故D錯誤。故選BC。13 靜止（平衡、沒有動） 10 2.5【解析】【詳解】（1）1為使小球水平拋出，必須調整斜槽，使其末端的切線沿水平方向，檢查方法是：將小球放置在軌道上的槽口處，小球能保持靜

17、止。（2）（a）2小球在豎直方向做勻加速直線運動，有其中代入數據解得則閃光頻率為（b）3小球水平方向為勻速直線運動，有根據豎直方向勻變速直線運動中，中間時刻速度等于該過程平均速度，則小球在B點的豎直速度為所以小球在B點速度為14 大于 等于 【解析】【詳解】（1）12 根據動量守恒定律可知若碰撞小球1的質量小于被碰小球2的質量，則小球1可能被碰回，所以小球1的質量應大于被碰小球2的質量，為了保證是對心碰撞，所以小球1的半徑應等于被碰小球2的半徑；（2）34因為平拋運動的時間相等，根據平拋運動規律，則水平位移可以代表速度，OP=L2是A球沒有與B球碰撞平拋運動的位移，該位移可以代表A球碰撞前的速

18、度，OM=L1是A球碰撞后平拋運動的位移，該位移可以代表碰撞后A球的速度，ON=L3是碰撞后B球的水平位移，該位移可以代表碰撞后B球的速度，當所測物理量滿足表達式說明兩球碰撞遵守動量守恒定律；由功能關系可知，只要成立則機械能守恒，即故說明碰撞過程中機械能守恒。15（1）2m/s；（2）6J【解析】【詳解】（1）小球在點Q時，由牛頓第二定律解得（2）小球自端點P下滑到點Q的過程中，由動能定理得解得16【解析】【詳解】設月球表面處的重力加速度為，根據萬有引力定律，有又解得 根據公式解得月球的平均密度17（1）；（2）【解析】【詳解】（1）設物塊A與物塊B碰撞后的瞬間，A、B粘合在一起時的速度大小為v，根據動量守恒定律有根據能