2021-2022年龍江省哈爾濱市第三中學高一（下）期末物理試題（選考）（解析版）

1、 哈三中20212022學年度下學期高一學年期末考試物理選考試卷卷（選擇題，共14小題，共56分）一、單項選擇題（本題共9小題，每題4分，共36分。）1. 以下關于行星運動及萬有引力的描述正確的是（）A. 牛頓利用扭秤實驗測出了引力常量的數(shù)值B. 開普勒認為行星繞太陽運行的軌道是橢圓，行星在橢圓軌道上各個位置的速率均相等C. 太陽對行星的引力與地球對月球的引力屬于同種性質的力D. 牛頓提出的萬有引力定律只適用于天體之間【答案】C【解析】【詳解】A卡文迪許利用扭秤實驗測出了引力常量的數(shù)值，故A錯誤；B開普勒認為行星繞太陽運行的軌道是橢圓，行星在橢圓軌道上各個位置的速率不相等，近日點的速率最大，遠

2、日點的速率最小，故B錯誤；C太陽對行星的引力與地球對月球的引力都屬于引力相互作用，故C正確；D牛頓提出的萬有引力定律適用于任何兩個可以看成質點的物體之間，故D錯誤。故選C。2. 下列說法正確的是（）A. 系統(tǒng)動量守恒，則機械能一定守恒B. 系統(tǒng)機械能守恒，則動量一定守恒C. 貓從高處落下一般不會受傷，很重要的原因是貓的腳趾上有厚實的脂肪質肉墊，能夠減小與地面接觸時地面對貓的沖擊力D. 物體所受合外力的沖量為零，物體的動量變化可以不為零【答案】C【解析】【詳解】AB系統(tǒng)動量守恒條件是系統(tǒng)的合力為零，機械能守恒的條件是只有重力或彈力做功，故系統(tǒng)動量守恒時，機械能不一定守恒，系統(tǒng)機械能守恒時，動量不

3、一定守恒，故AB錯誤；C由可知因為貓的腳趾上有厚實的脂肪質肉墊，所以與地面接觸時可以延長貓與地面的接觸時間，減小地面對貓的沖擊力，故貓不會受傷，故C正確；D根據(jù)動量定理可知物體所受合外力的沖量為零，物體的動量變化一定為零，故D錯誤。故選C。3. 如圖所示，為學員駕駛汽車在水平面上繞O點做勻速圓周運動的俯視圖。已知質量為55kg的學員在A點位置，質量為50kg的教練員在B點位置，A點的轉彎半徑為4.0m，B點的轉彎半徑為3.0m，則學員和教練員（均可視為質點）（）A. 角速度大小之比為4：3B. 線速度大小之比為4：3C. 向心力大小之比為4：3D. 周期之比為4：3【答案】B【解析】【詳解】A

4、學員和教練員做同軸轉動，角速度相等，角速度大小之比為，故A錯誤；D根據(jù)可知周期之比為，故D錯誤；B根據(jù)知線速度大小之比為，故B正確；C根據(jù)可知向心力大小之比為，故C錯誤。故選B。4. 質量為m的物體，在與水平方向成角的恒力F作用下，沿粗糙水平面加速運動，物體從A點運動到B點所用時間為t，經(jīng)過A、B兩點時速度分別為和vB，A、B之間的距離為L。由A到B的過程，力F對物體所做的功為W，力F對物體的沖量大小為I；運動至B點時力F對物體做功的功率為，則：（）。A. B. C. D. 【答案】C【解析】【詳解】A由功的計算公式可知，力F對物體所做的功為A錯誤；B由動能定理可得B錯誤；C由功率公式可得，運

5、動至B點時力F對物體做功的功率為瞬時功率，則有C正確；D由沖量定義可得力F對物體的沖量大小為D錯誤。故選C。5. 如圖所示，某同學在研究運動合成時做了下述實驗：用左手沿黑板推動直尺豎直向上做勻加速直線運動，運動中保持直尺水平，同時用右手沿直尺向右勻速移動筆尖。則該過程中關于筆尖的實際運動，下列說法中正確的是（）A. 筆尖做勻加速直線運動B. 筆尖做變加速曲線運動C. 筆尖的速度大小逐漸增大D. 筆尖的速度方向保持不變【答案】C【解析】【詳解】沿黑板推動直尺豎直向上做勻加速直線運動，則豎直方向有向上的加速度，水平方向勻速運動，水平方向加速度為零，所以合加速度與合速度不在一條直線上，故筆尖做勻加速

6、曲線運動，速度大小逐漸增大，故C正確，ABD錯誤。故選C。6. 北京時間2022年4月16日09時56分，“神舟十三號”在東風著陸場成功著陸，首次實施快速返回。如圖所示是“神舟十三號”載人飛船與“天和核心艙”分離后，在較低軌道上運行，“天和核心艙”繼續(xù)在較高軌道運行，它們都繞地球近似做勻速圓周運動，下列說法正確的是（）。A. 分離后“神舟十三號”載人飛船的運行速度小于“天和核心艙”的運行速度B. 分離后“神舟十三號”載人飛船的運行周期大于“天和核心艙”的運行周期C. 分離后“神舟十三號”載人飛船的動能大于分離前“神舟十三號”載人飛船的動能D. “神舟十三號”載人飛船與“天和核心艙”分離后，若要

7、降入更低軌道需要再次加速【答案】C【解析】【詳解】A“神舟十三號”載人飛船與“天和核心艙”分離后，在較低軌道上運行，“天和核心艙”繼續(xù)在較高軌道運行，則有地球的引力提供向心力可得可知“神舟十三號”載人飛船的軌道半徑小于“天和核心艙”的軌道半徑，因此分離后“神舟十三號”載人飛船的運行速度大于“天和核心艙”的運行速度，A錯誤；B地球的引力提供向心力可得可知分離后“神舟十三號”載人飛船的運行周期小于“天和核心艙”的運行周期，錯誤；C“神舟十三號”載人飛船與“天和核心艙”分離后，在低軌道上運行時的速度較大，因此分離后“神舟十三號”載人飛船的動能大于分離前“神舟十三號”載人飛船的動能，C正確；D“神舟十

8、三號”載人飛船與“天和核心艙”分離后，若要降入更低軌道需要再次減速，做向心運動，D錯誤。故選C。7. 如圖所示，質量為2m的物體B靜止在光滑水平面上，物體B的左邊固定有輕質彈簧，質量為m的物體A以速度v向物體B運動并與彈簧發(fā)生作用，物體A、B始終沿同一直線運動。以初速度v方向為正，從物體A接觸彈簧開始到彈簧被壓縮至最短的過程中，下列說法正確的是（ ）A. 此過程中A、B與彈簧組成的系統(tǒng)機械能有損失B. 彈簧的最大彈性勢能為C. 此過程彈簧對物體A的沖量大小為mvD. 此過程中物體A的動量變化量比物體B的動量變化量大【答案】B【解析】【詳解】A從物體A接觸彈簧開始到彈簧被壓縮至最短的過程中，A、

9、B與彈簧組成的系統(tǒng)只有彈簧的彈力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，A錯誤；BA、B與彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，彈簧被壓縮至最短時彈簧的彈性勢能最大，而兩物體的速度相等為，由動量守恒定律有解得則彈簧的最大彈性勢能為B正確；C此過程彈簧對物體A的沖量由動量定理有即沖量的大小為，C錯誤；D此過程中同一彈簧對A和B同時作用，則彈力的沖量等大反向，故物體A的動量變化量和物體B的動量變化量等大反向，D錯誤。故選B。8. 如圖所示，甲、乙兩位同學同時在等高處拋出手中的籃球A、B，A以速度斜向上拋出，B豎直向上拋出，當A到達最高點時恰與B相遇。不計空氣阻力，重力加速度為g，則（）A. 從拋出到相遇，B的速度變化量比A的大

10、B. 相遇時B的速度可能不為零C. B從拋出到最高點的時間小于D. B從拋出到最高點前相對于A水平向右做勻速運動【答案】C【解析】【詳解】A根據(jù)題意可知，籃球A、B運動的加速度均為重力加速度，則從拋出到相遇，由公式可得，B的速度變化量與A的速度變化量相等，故A錯誤；B相遇時A和B的高度相等，所用的時間相等，加速度都相等，初始時刻，A的豎直分速度等于B的速度，當A到達最高點時A的豎直速度等于零，則相遇時B的速度一定為零，故B錯誤；C設A初速度方向與豎直方向的夾角為，則A在豎直方向的初速度為由公式可得，A的飛行時間為即B從拋出到最高點的時間小于，故C正確；D根據(jù)題意，由上述分析可知，B從拋出到最高

11、點前相對于A水平向左做勻速運動，故D錯誤。故選C。9. 如圖所示，內壁光滑的豎直圓桶，繞中心軸做勻速圓周運動，一物塊用細繩系著，繩的另一端系于圓桶上表面圓心處，物塊始終貼著圓桶內表面隨圓桶一起轉動，下列說法正確的是（）A. 繩的張力可以為零B. 桶對物塊的彈力一定不能為零C. 若一起轉動的角速度增大，桶對物塊的彈力可以保持不變D. 若一起轉動的角速度減?。ㄎ飰K始終與桶壁接觸），繩的張力保持不變【答案】D【解析】【詳解】A當物塊隨圓桶做圓周運動時，繩的拉力的豎直分力與物塊的重力保持平衡，不可能為零，故A錯誤；B由于桶的內壁光滑，繩的拉力沿豎直向上的分力與重力平衡，若繩的拉力沿水平方向的分力恰好提

12、供向心力，則桶對物塊的彈力可能為零，故B錯誤；C由題圖知，若它們以更大的角速度一起轉動，則繩子與豎直方向的夾角不變，因為繩的拉力豎直方向的分力與重力平衡，繩子拉力不變，水平方向的分力大小不變，物塊所需向心力增大，則桶對物塊的彈力會增大，故C錯誤；D物塊始終與桶壁接觸，當轉動的角速度減小，物塊所需的向心力從大于繩子拉力在水平方向的分力減小到恰好等于繩的拉力沿水平方向的分力過程中，繩子拉力大小不變，故D正確。故選D。二、多項選擇題（本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有多個選項符合題目要求，全部選對的得4分，選不全的得2分，有選錯或不答的得0分）10. 關于下列圖片的描述，說法正確的是（）A

13、. 用力拉彈簧使彈簧伸長，彈力做正功，彈性勢能增加B. 水平面光滑，木塊和木板間接觸面粗糙，木塊沿放在水平面上的木板的上表面滑行，木塊和木板組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能也守恒C. 用力將物體向下壓使彈簧壓縮到最短，放手后物體和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒D. 章魚通過身體前面的孔將“墨汁”噴出，身體很快向后運動體現(xiàn)了反沖原理【答案】CD【解析】【詳解】A用力拉彈簧使彈簧伸長，彈力做負功，彈性勢能增加，故A錯誤；B水平面光滑，木塊和木板間接觸面粗糙，木塊沿放在水平面上的木板的上表面滑行，木板與木塊組成的系統(tǒng)所受合力為零，動量守恒，木板和木塊之間有摩擦力，系統(tǒng)要克服摩擦力做功，機械能不守恒，故B錯誤；C

14、用力將物體向下壓使彈簧壓縮到最短，放手后物體和彈簧組成系統(tǒng)只有重力和彈簧彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒，故C正確；D章魚靠從腹腔中向前噴出高速水流，對水施加了一個向前的作用力，從而使其受到了水對它施加了一個向后的反作用力，身體很快向后運動，體現(xiàn)了反沖原理，故D正確。故選CD。11. 質量相同的小球A、B，懸掛在長度不同的輕質細繩一端，輕繩另一端固定在同一水平天花板上?，F(xiàn)將小球A、B拉至同一水平高度后由靜止釋放，如圖所示，不計空氣阻力，以小球釋放位置為零勢能面，則當兩小球位于最低點時，下列說法正確的是（）A. 兩小球的動能大小相同B. 兩小球的機械能相同C. 兩小球所受的拉力不同D. 兩小球的加速度大

15、小相同【答案】B【解析】【詳解】AB不計空氣阻力，小球運動過程機械能守恒，以小球釋放位置為零勢能面，有可知，兩球下落高度不同，重力勢能減少量不同，所以獲得的動能不同，但機械能相同，都為零，故A錯誤，B正確；C由可得故C錯誤；D小球的加速度為加速度大小相同，故D錯誤。故選B。12. 如圖所示，在光滑水平面上，一速度大小為的A球與靜止的B球發(fā)生碰撞，已知，則碰撞后B球的速度大小可能是：（）。A. B. C. D. 【答案】AB【解析】【詳解】兩球在碰撞運動中動量守恒，以向右為正方向，若兩球是完全非彈性碰撞，碰后兩球速度大小相等，由動量守恒定律可得解得若兩球是完全彈性碰撞，則系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒

16、，以向右為正方向，由動量守恒定律和機械能守恒定律，可得 聯(lián)立解得CD錯誤，AB正確。故選AB。13. 如圖所示，固定的光滑豎直桿上套著一個滑塊P，滑塊P系于輕繩一端，輕繩繞過光滑的定滑輪O，另一端與重物Q相連。把滑塊P從A點由靜止釋放后，滑塊開始上升，滑塊運動到與滑輪等高的位置B的過程中，下列說法正確的是（）A. 滑塊P的機械能守恒B. 滑塊P的速度先增大后減小C. 滑塊P運動到B點時，重物Q的速度為零D. 繩的拉力對重物Q先做正功，后做負功【答案】BC【解析】【詳解】A根據(jù)題意可知，繩子對滑塊P做功，則滑塊P的機械能不守恒，故A錯誤；B設繩子與光滑豎直桿之間的角度為，豎直向上為正方向，對滑塊

17、，由牛頓第二定律有開始時滑塊的速度變大，在上升的過程中，變大，變小，滑塊P運動到B點時，有則到B點之前必有小于時，滑塊的加速度方向由向上變?yōu)橄蛳?，此時物體做減速運動，則滑塊的速度先增大后減小，故B正確；C設OP與豎直桿的夾角為，滑塊的速度為，重物的速度為，則有滑塊P運動到B點時則有故C正確；D根據(jù)題意可知，繩的拉力對重物Q一直做負功，故D錯誤。故選BC。14. 如圖所示，質量為m的物體A用一輕質彈簧與下方地面上質量為3m的物體B相連，開始時A和B均處于靜止狀態(tài)，此時彈簧壓縮量為，用一條不可伸長的輕繩繞過輕滑輪，一端連接物體A、另一端C握在手中，各段繩均剛好處于伸直狀態(tài)，物體A上方的一段繩子沿豎

18、直方向且足夠長?，F(xiàn)在C端施加一水平恒力F使物體A從靜止開始向上運動，若恰好能使物體B離開地面但不繼續(xù)上升，整個過程彈簧始終處在彈性限度內。且不計一切阻力的影響，重力加速度為g，彈簧的彈性勢能的表達式為（x為彈簧形變量）。則下列說法正確的是：（）。A. A上升的最大高度為B. A運動過程中機械能一直增加C. 恒力F大小為D. A運動過程中速度最大時彈簧處于拉伸狀態(tài)【答案】CD【解析】【詳解】A由題意可知，開始時則有若物體B恰好離開地面時，則有彈簧的彈力等于物體B的重力可得A上升的最大高度為+=4A錯誤；BC物體B離開地面但不繼續(xù)上升，此時物體A速度是零，由功能關系可得解得從水平恒力F開始作用后，

19、彈簧由壓縮到拉伸，物體A先做加速運動，當恒力大小等于物體A的重力與彈簧彈力的合力時，物體A速度達到最大，則有彈簧的伸長量為物體A上升高度為此時物體A機械能當物體A達到最大高度時，速度等于零，此時物體A的機械能為4mgx0。由此可以推出物體A繼續(xù)上升，重力勢能增大，因彈力和A的重力的合力大于恒力F，物體A做減速運動，動能減小，則有物體A的動能轉化為彈簧的彈性勢能，A的機械能不變直至到最大高度，B錯誤，C正確；D從水平恒力F開始作用，在彈簧由壓縮到恢復原長時，物體A在恒力和彈力共同作用下從靜止開始向上做加速運動，速度增大，彈簧恢復原長后，以后開始被拉伸，此時恒力F大于物體A的重力與彈力的合力，物體

20、A繼續(xù)做加速運動，彈簧彈力隨物體A升高而增大，當恒力大小等于物體A的重力與彈簧彈力的合力時，物體A速度達到最大，D正確。故選CD。卷（非選擇題，共5小題，共44分）三、實驗題（本題共2小題，共12分）15. 利用如圖所示實驗裝置來驗證機械能守恒定律，通過電磁鐵控制的小鐵球從A點自由下落，下落過程中小鐵球經(jīng)過光電門B時，毫秒計時器（圖中未畫出）記錄下小鐵球的擋光時間t。實驗前調整光電門位置，使小鐵球下落過程中，小鐵球球心經(jīng)過細激光束并通過光電門，當?shù)刂亓铀俣葹間。實驗中可測得A點距B點的高度差為H，小鐵球的直徑為d。則：（1）小鐵球通過光電門時的瞬時速度_；要驗證小鐵球下落過程中機械能是否守恒

21、，只需驗證等式_是否成立即可（用實驗中測得物理量的符號表示）。（2）實驗中發(fā)現(xiàn)動能增加量總是稍小于重力勢能減少量，將光電門向下移動一小段距離后，則數(shù)值將_（選填“增加”、“減小”或“不變”）【答案】 . . . 增加【解析】【詳解】（1）1根據(jù)題意可知，小鐵球通過光電門時的瞬時速度為2根據(jù)題意可知，要驗證小鐵球下落過程中機械能是否守恒，只需驗證小鐵球重力勢能的減小等于小鐵球動能的增加，即整理得（2）3根據(jù)題意可知，小球下落運動中受到阻力作用，下落的高度越大，小球克服阻力做功越多，則數(shù)值將增加。16. 某同學用如圖所示的裝置做驗證動量守恒定律實驗。先讓a球從斜槽軌道上某固定點由靜止開始滾下，在水

22、平地面上的記錄紙上留下壓痕，重復10次再把同樣大小的b球放在斜槽軌道末端水平段的最右端靜止，讓a球仍從原固定點由靜止開始滾下，和b球相碰后兩球分別落在記錄紙的不同位置處，重復10次。最終A、B、C確定為三個落點的平均位置，已知兩小球的質量。（1）本實驗必須測量的物理量有以下哪些_；A斜槽軌道末端到水平地面的高度HB小球a、b的質量分別為ma、mbC小球a、b在離開斜槽軌道末端后平拋飛行的時間D記錄紙上O點到A、B、C各點距離OA、OB、OCEa球的固定釋放點到斜槽軌道末端水平部分間的高度差h（2）按照本實驗方法，驗證動量守恒定律的表達式是_。（3）實驗測得，已知本實驗中的數(shù)據(jù)相當好地驗證了動量

23、守恒定律，則入射小球和被碰小球的質量ma與mb之比_。（計算結果保留兩位有效數(shù)字）【答案】 B#D . . 4.3【解析】【詳解】解：（1）1AC因小球下落的高度不變，由可知兩小球下落的時間相等，因此斜槽軌道末端到水平地面的高度H不需測量，AC錯誤；B要驗證動量守恒定律，小球a、b的質量分別為ma、mb需要測量，B正確；D因為小球在水平方向是勻速直線運動，則記錄紙上O點到A、B、C各點的水平距離代表小球在水平方向的速度大小，因此OA、OB、OC的距離需要測量，D正確；E因為每次a球都是從固定釋放點釋放，因此不需要測量固定釋放點到斜槽軌道末端水平部分間的高度差h，E錯誤。故選BD。（2）2驗證動

24、量守恒定律的表達式是整理可得（3）3由可得四、計算題（本題共3小題，共32分。寫出必要的過程和文字說明，只寫結果不得分）17. 如圖所示，小物體質量，由某一固定斜面的底端以初動能沿斜面上滑，斜面傾角，斜面與物體間的動摩擦因數(shù)，（g取，），不計空氣阻力。求：（1）物體沿斜面上滑的最大距離；（2）從開始上滑到沿斜面上升至最高點過程中物塊與斜面間產(chǎn)生的熱量Q?！敬鸢浮浚?）5m；（2）10J【解析】【詳解】（1）設物體沿斜面上滑的最大距離為x，由動能定理可得解得 （2）由功能關系可得，物塊與斜面間產(chǎn)生的熱量18. 如圖所示，有一質量的小球由長為的輕繩懸掛靜止于最低點Q點。某時刻給小球一個水平初速度，小球在豎直面內做圓周運動，不計空氣阻力影響，g取，求：（1）小球在最高點P點的速度大小及受到的繩的拉力大??；（2）若小球到最高點P瞬間繩突然被剪斷，求當小球運動到與Q點等高處時小球與Q點間的距離?！敬鸢浮浚?），150.0N；（2）3.2m【解析】【詳解】（1）小球由最低點運動到最高點時，由動能定理可得解得小球在最高點時，由牛頓第二定律可得解得（2）