四川省成都市邛崃平乐中学2022年高一物理下学期期末试卷含解析

1、四川省成都市邛崃平乐中学2022年高一物理下学期期末试卷含解析一、 选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分每小题只有一个选项符合题意1. （多选题）如图所示，A为长木板，在水平面上以速度v1向右运动，物块B在木板A的上面以速度v2向右运动，下列判断正确的是（）A若是v1=v2，A、B之间无滑动摩擦力B若是v1v2，A受到了B所施加的向左的滑动摩擦力C若是v1v2，B受到了A所施加的向右的滑动摩擦力D若是v1v2，B受到了A所施加的向左的滑动摩擦力参考答案：AB解：A、若v1=v2，则A、B相对静止，无滑动摩擦力，故A正确；B、若v1v2，则A相对B向右运动，故B受到了A所施加的向右的滑动

2、摩擦力，即A受到了B所施加的向左的滑动摩擦力，故B正确、D错误；C、若v1v2，则A相对B向左运动，故B受到了A所施加向左的滑动摩擦力，故C错误故选：AB2. 如图所示，一小球静止放在光滑长木板与光滑竖直墙面之间，木板下端与墙有转轴连接设球对木板的压力为N1，球对墙的压力为N2，小球的重力为G，当木板绕转轴逆时针缓慢转动的过程中（）AN1始终小于N2BN1和N2都一直在变大C球受到的合力缓慢增大D重力G沿垂直于木板方向的分力就是N1参考答案：B【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【分析】以小球为研究对象，分析受力情况：重力、木板的支持力和墙壁的支持力，根据牛顿第三定律得知，墙面和

3、木板对球的压力大小分别等于球对墙面和木板的支持力大小，根据平衡条件得到两个支持力与的关系，再分析其变化情况；缓慢旋转受力平衡；根据受力物体不同确定D选项是否正确【解答】解：以小球为研究对象，分析受力情况：重力G、墙面的支持力N2和木板的支持力N1根据牛顿第三定律得知，N1=N1，N2=N2根据平衡条件得：N1=，N2=Gcot，A、根据图中几何关系可知，N2始终小于N1，则N2始终小于N1，A错误；B、将木板从图示位置开始缓慢逆时针旋转的过程中，减小，cot增大，sin减小，则N1和N2都始终增大，故N1和N2都始终增大，B正确；C、球受到的合力始终为零，C错误；D、重力G沿垂直于木板方向的分

4、力的受力物体是球，压力的受力物体是木板，二者大小相等，但不是一个力，D错误故选：B3. （单选）某机器内有两个围绕各自固定轴匀速转动的铝盘A、B，A盘上固定一个信号发射装置P，能持续沿半径向外发射红外线，P到圆心的距离为28cm。B盘上固定一个带窗口的红外线信号接收装置Q，Q到圆心的距离为16cm。P、Q转动的线速度均为4m/s。当P、Q正对时，P发出的红外线恰好进入Q的接收窗口，如图所示，则Q每隔一定时间就能接收到红外线信号，这个时间的最小值为A0.42s B0.56s C0.70s D0.84s参考答案：B 4. （多选题）下列叙述正确的是（）A带等量异号电荷的两个导体接触后，电荷就会由于

5、相互中和而消失B一个物体带1.6109 C的负电荷，这是它失去了1.01010个电子的缘故C元电荷表示是跟电子所带电荷量数值相等的电荷量D电场中某点场强越大，则同一电荷在该点所受电场力越大参考答案：CD【考点】电场强度【分析】电荷不会凭空产生，也不会凭空消失，电荷的总量保持不变，等量的异种电荷接触，中和显电中性元电荷表示最小的电荷量，与电子的电量相等根据F=qE判断同一电荷所受电场力的大小【解答】解：A、带等量异号电荷的两个导体接触后，电荷就会中和显电中性，电荷未消失故A错误B、一个物体带1.6109 C的负电荷，这是它得到了1.01010个电子的缘故故B错误C、元电荷是最小的电荷量，跟电子所

6、带电荷量数值相等故C正确D、根据F=qE，电场中某点的场强越大，同一电荷所受的电场力越大故D正确故选：CD5. （单选）如图所示，物体在长度相等的细绳AO、BO的作用下处于静止状态，现将B点向右移动一小段距离，重新平衡后，则( )A两绳的拉力的合力变大 B两绳的拉力的合力不变CAO绳的拉力与重力的合力变小 DBO绳的拉力与重力的合力不变参考答案：B二、 填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 用如图所示的装置研究平抛运动，用小锤打击弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，同时B球被松开，自由下落。A、B两球同时开始运动，观察到两球_落地（填“同时”或“不同时”）；改变打击的力度，重复这个实

7、验，观察到两球_落地（填“同时”或“不同时”）。参考答案：同时；同时解：由于两球同时运动，A球做平抛运动，B球自由落体运动，发现每次两球都同时落地，由于两球同时落地，因此说明A、B在竖直方向运动规律是相同的，故根据实验结果可知，平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动故答案为：同时；同时7. 如图是小球做平抛运动的闪光照片的一部分，正方形小方格每边长L=1.09 cm，闪光的快慢是每秒30次，则可以计算出小球做平抛运动的初速度是_m/s，重力加速度的大小是_m/s2（两个答案均保留三位有效数字）.参考答案：0.654 m/s 9.81 m/s2 8. 如图所示，长l的轻直杆两端分别固定小球A和

8、B，A、B都可以看作质点，它们的质量分别为2m和m。A球靠在光滑的竖直墙面上，B球放置在光滑水平地面上，杆与竖直墙面的夹角为37o。现将AB球由静止释放，A、B滑至杆与竖直墙面的夹角为53o时，VA：VB= ，A球运动的速度大小为 （已知sin37o0.6，cos370.8）参考答案：4:3 9. （4分）历史上最早测出电子电荷量的精确数值的科学家是，其实验的基本原理是使带电油滴在匀强电场中受到的电场力恰好等于油滴的重力，即qE = mg。用实验的方法测出同m和E就能计算出油滴所带的电量q ，这位科学家测定了数千个带电油滴的电量，发现这些电量都等于的整数倍。参考答案：密立根；元电荷10. 平抛

9、一物体，当抛出1s后它的速度方向与水平方面成45角，落地时速度方向与水平方面成60角，它抛出时的初速度v0= m/s起抛点距地面的高度h= （g取10m/s2）参考答案：10；15【考点】平抛运动【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动将抛出1s后的速度进行分解，根据vy=gt求出竖直方向上的分速度，再根据角度关系求出平抛运动的初速度将落地的速度进行分解，水平方向上的速度不变，根据水平初速度求出落地时的速度根据落地时的速度求出竖直方向上的分速度，再根据vy2=2gh求出抛出点距地面的高度【解答】解：物体抛出1s后竖直方向上的分速度为： vy1=gt=10m/s由t

10、an45=1，则物体抛出时的初速度 v0=vy1=10m/s落地时速度方向与水平成60角，则落地时竖直方向的分速度为：vy2=v0tan60=10m/s根据vy22=2gh得：起抛点距地面的高度 h=m=15m故答案为：10；1511. 两个完全相同的小球用一根轻弹簧连接诶，球A上端用细线系住挂起来，系统保持静止，则剪断细线的瞬间，A球的加速度大小为 m/s2，方向为竖直向 （填“上”或“下”），B球加速度大小为 m/s2（重力加速度取10m/s2）参考答案：20，下，0【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力【分析】悬线剪断前，以两球为研究对象，求出悬线的拉力和弹簧的弹力突然剪断悬线瞬间，弹簧

11、的弹力没有来得及变化，分析瞬间两球的受力情况，由牛顿第二定律求解加速度【解答】解：悬线剪断前，以B为研究对象可知：弹簧的弹力F=mg，以A、B整体为研究对象可知悬线的拉力为（m+m）g；剪断悬线瞬间，弹簧的弹力不变，F=mg，由牛顿第二定律得：对A：mg+F=maA，解得：aA=2g=20m/s2对B：Fmg=maB，解得：aB=0故答案为：20，下，012. 在下左图中，_图（填“甲”或“乙”）表示远视眼成像示意图。矫正远视眼应佩戴眼镜的镜片是_透镜（填“凸”或“凹”）。 甲 乙参考答案：甲 凸13. 在“研究平抛物体运动”的实验中，可以描绘平抛物体运动轨迹和求物体的平抛初速度实验简要步骤如

12、下：A让小球多次从_位置上滚下，记下小球穿过卡片孔的一系列位置B安装好器材，注意斜槽末端水平和平板竖直，记下斜槽末端0点和过0点的竖直线，检测斜槽末端水平的方法是_C测出曲线上某点的坐标x、y，用公式算出该小球的平抛初速度，实验需要对多个点求v0的值，然后求它们的平均值D取下白纸，以0为原点，以竖直线为轴建立坐标系，用平滑曲线画平抛轨迹上述实验的合理顺序是_(只排列序号即可)参考答案：三、 实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14. 某同学利用自己设计的弹簧弹射器测量弹簧的弹性势能装置如图所示水平放置的弹射器将质量为m的静止小球弹射出去测出小球通过两个竖直放置的光电门的时间间隔为t，

13、甲、乙光电门间距为L，忽略一切阻力小球被弹射出的速度大小v= ，求得静止释放小球时弹簧弹性势能EP= ；（用题目中的字母符号表示）由于重力作用，小球被弹射出去后运动轨迹会向下有所偏转，这对实验结果 影响（选填“有”或“无”）参考答案：无【考点】弹性势能【分析】（1）由图可知，弹簧在小球进入光电门之前就恢复形变，故其弹射速度为通过光电门的水平速度，由此可得速度，再由能量守恒可得弹性势能（2）由图中给的数据带入弹性势能表达式可得劲度系数（3）由力作用的独立性可知，对结果无影响【解答】解：（1）由图可知，弹簧在小球进入光电门之前就恢复形变，故其弹射速度为通过光电门的水平速度：，由能量守恒得：（2）由

14、力作用的独立性可知，重力不影响弹力做功的结果，有没有重力做功，小球的水平速度不会变化故答案为：无15. 在实验中，选定一条纸带如图所示，从0点开始，每5个点取一个计数点的纸带，其中0、1、2、3、4、5、6都为记数点测得：x1=1.40cm，x2=1.90cm，x3=2.38cm，x4=2.88cm，x5=3.39cm，x6=3.87cm在计时器打出点4时，小车的速度为：v4=0.314m/s；小车的加速度a=0.496m/s2（计算结果保留三位有效数字）参考答案：解：由于其中两相邻计数点间有四个点未画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中

15、的平均速度，可以求出打纸带上4点时小车的瞬时速度大小；v4=0.314m/s根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，得：x4x1=3a1T2x5x2=3a2T2x6x3=3a3T2为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得：a=（a1+a2+a3）解得a=0.496m/s2故答案为：0.314，0.496四、计算题：本题共3小题，共计47分16. 如图所示，飞机离地面高度为H=500m，飞机的水平飞行速度为v1=100m/s，追击一辆速度为v2=20m/s同向行驶的汽车，欲使炸弹击中汽车，飞机应在距离汽车的水平距离多远处投弹？（不考虑空气阻力，g取10m/s2。）

16、参考答案：由平抛运动的规律得H = 解得t = 10s 在t时间内飞机的水平位移为S1 = V1t = 1000m ks5u 2分在t时间内汽车的位移为S2 = V2t = 200m 则飞机离汽车的水平距离为S处投弹有S = S1 - S2 = 800m 17. （10分）如图所示，质量M0.40的靶盒A位于光滑水平导轨上，开始时静止在O点，在O点右侧有范围很广的“相互作用区域”。如图中的虚线区域。当靶盒A进入相互作用区域时便有向左的水平恒力F20N作用。在P处有一固定的发射器B，它可根据需要瞄准靶盒每次发射一颗水平速度V050m/s、质量0.10的子弹，当子弹打入靶盒A后，便留在盒内，碰撞时

17、间极短。若每当靶盒A停在或到达O点时，就有一颗子弹进入靶盒A内，求：（1）当第一颗子弹进入靶盒A后，靶盒A离开O点的最大距离；（2）当第三颗子弹进入靶盒A后，靶盒A从离开O点到又回到O点所经历的时间；（3）当第100颗子弹进入靶盒时，靶盒已经在相互作用区中运动的时间总和。参考答案：解析：（1）设第一颗子弹进入靶盒A后，子弹与靶盒的共内速度为.根据碰撞过程系统动量守恒，有：（1分）设A离开O点的最大距离为，由动能定理有：（1分）解得：（1分）（2）根据题意，A在的恒力F的作用返回O点时第二颗子弹正好打入，由于A的动量与第二颗子弹动量大小相同，方向相反，故第二颗子弹打入后，A将静止在O点.设第三颗子弹打入A后，它们的共同速度为，由系统动量守恒得: （1分）设A从离开O点到又回到O点所经历的时间为，取碰后A运动的方向为正方向，由动量定理得：（1分）解得：（1分）（3）从第（2）问的计算可以看出，第1、3、5、（21）颗子弹打入A后，A运动时间均为（2分）故总时间（2分）18. （计算）如图所示，水平面上有一个质量为m、倾角为=30的斜劈一个光滑小球，质量也为m，用轻绳悬挂起来，轻绳与斜面的夹角为=30，整个系统处于静止状态（结果均可保留根号）（1）求小球对轻绳的拉力大小；（2）若地面对斜劈的最大静摩擦力等于地面对斜劈的支持力的k倍，为