2021-2022學年廣東省江門市高一（下）期末物理試卷

1.如圖所示，一架執行救援任務的直升機懸停在空中，救生員

抱著傷病員，纜繩正在將他們拉上飛機。若以救生員為參考

系，則處于靜止狀態的是（）

A.傷病員

B.直升機[4

C.地面

D.直升機駕駛員

2.如圖所示，將彈性小球從距地面2,”處的A點豎直向下拋出，小球落地I。力

后豎直反彈經過距地面1.5巾高的8點，則此過程中（）

A.小球的位移大小為0.5m,方向豎直向上ot

B.小球的位移大小為3.5zn,方向豎直向上

C.小球的位移大小為0.5m,方向豎直向下

D.小球的位移大小為3.5小，方向豎直向下

3.彈力在日常生活和工農業生產中有著廣泛的應用。

如生活中的緩沖裝置就是利用彈簧的彈力作用來實

現的。某緩沖裝置可抽象成如圖所示的簡單模型，

圖中心，心為原長相等、勁度系數，心不同的

輕質彈簧，經測試均＜心,下列說法正確的是（）

A.彈簧22緩沖效果更好

B.墊片向右移動時，彈簧心產生的彈力更大

C.墊片向右移動時，墊片和彈簧組成的系統動量守恒

D.墊片向右移動時，彈簧自的長度變化更大

4.傳送帶是物料搬運系統機械化和自動化傳送用具。如圖，傳送帶靠靜摩擦力把貨箱

從低處勻速送往高處，下列說法中正確的是（）

A.貨箱與傳送帶間無相對滑動，靜摩擦力不做功

B.貨箱所受靜摩擦力方向沿傳送帶向下

C.增大傳送帶斜面傾角，貨箱受靜摩擦力變大

D.貨箱越重則越不容易相對傳送帶滑動

5.下列關于曲線運動的說法正確的是（）

A.曲線運動過程中加速度方向一定改變

B.曲線運動過程中速度大小一定改變

C.曲線運動物體的加速度方向和速度方向不在同一直線上

D.曲線運動的物體加速度可以為零

6.若地球繞太陽公轉周期及公轉軌道半徑分別為T和R,月球繞地球公轉周期和公轉

軌道半徑分別為，和『，則太陽質量與地球質量之比為（）

1B也c-D—

r2T3r2t3r3t2r3T2

7.在下面列舉的各種實例中（除4外都不計空氣阻力），機械能守恒的過程是（）

A.跳傘運動員帶著傘在空中勻速下落B.拋出的標槍在空中運動

C.拉著一個小球沿光滑斜面勻速上滑D.飛機在起飛階段加速升空

8.在足球賽場上，某球員截斷對方傳球并轉守為攻，斷球前瞬間，足球的初速度大小

為6m/s、方向水平向左；斷球后瞬間，足球的末速度大小為8zn/s、方向水平向右。

若足球的質量為0.5kg,球員的腳與足球接觸的時間為0.2s,忽略斷球過程中足球

受到草地的摩擦力，則對于該過程，下列說法正確的是（）

7777777777777777777777777777777T

A.足球動量改變量的大小為7kg-m/s

B.足球動量改變量的大小為1/cg-m/s

C.足球受到腳水平方向的平均作用力大小為50N

D.足球受到腳水平方向的平均作用力方向與初速度方向相同

9.如圖所示，照片中的汽車做勻速圓周運動通過水平彎道，假設汽車受到的最大靜摩

擦力等于車重的0.6倍，水平彎道路面的半徑為150mg取10m/s2,則運動的汽車

（）

第2頁，共14頁

A.汽車受到重力、支持力、摩擦力和向心力的作用

B.所受的作用力的合力可能為零

C.向心力由合力提供

D.最大速度不能超過30m/s

10.2021年11月23日長征四號丙運載火箭將高分三號02星送入預定軌道，高分三號

02星是由中國航天科技集團五院研制的海洋監視監測業務星，運行于距地球表面

高度155km的軌道，我國即將建成的空間站運行于距地球表面高度400A"的圓軌

道，高分三號02星和空間站繞地球的運動均可視為勻速圓周運動，下列說法正確

的是（）

A.高分三號02星的角速度比空間站的小B.高分三號02星的線速度比

空間站的小

C.高分三號02星的加速度比空間站的大D.高分三號02星的周期比空間站的大

11.修正帶是中學生常用的學習用具，其結構如圖所示，包括上下蓋座、大小齒輪、壓

嘴座等部件，大小齒輪分別嵌合于大小軸孔中，大小齒輪相互吻合，4、6點分別

位于大小齒輪的邊緣，C點位于大齒輪的半徑中點，當紙帶勻速走動時（）

A.若大齒輪逆時針轉動，則小齒輪順時針轉動

B.a、6點的線速度大小相等

C.氏c點的角速度大小相等

D.a、c點的線速度大小相等

12.國家十三五規劃中提出實施新能源汽車推廣計劃，提高電動車產業化水平。某款電

動概念車質量為〃?，在一段平直公路上由靜止勻加速啟動，加速度大小為m經時

間1達到額定功率。若汽車運動過程中阻力恒為力則下列說法中正確的是（）

A.牽引力做的功為與ma+f）at2B.牽引力做的功為：ma2t2

C.該汽車的額定功率為由rD.該汽車的額定功率為0na+f）at

13.用如圖甲所示的裝置“驗證機械能守恒定律”。

(1)下列物理量需要測量的是，通過計算得到的是(填寫代號)。

4重錘質量

B.重力加速度

C重錘下落的高度

D與下落高度對應的重錘的速度

(2)設重錘質量為機、打點計時器的打點周期為7、重力加速度為g。圖乙是實驗得

到的一條紙帶，A、B、C、D、E為相鄰的連續點。根據測得的Si、S2、S3、s4寫出

重錘由8點到。點勢能減少量的表達式,動能增加量的表達式o

(3)關于“驗證機械能守恒定律”的實驗中，以下說法正確的是o

A.紙帶越短越好，因為紙帶越短，克服摩擦力做的功就越小，誤差就越小

B.紙帶上第1、2兩點間距若不接近2加〃，無論怎樣處理實驗數據，實驗誤差一定

較大

C.處理紙帶時，可以直接用打出的實際點跡，而不必采用“計數點”的方法

14.小明同學通過以下兩種方式研究平拋運動的特點。

(1)小明首先用如圖甲所示豎落儀裝置探究平拋運動豎直分運動的特點，用小錘擊

打彈性金屬片后，A球沿水平方向拋出，做平拋運動；同時B球被釋放，自由下落，

做自由落體運動。下列說法中正確的兩項是。

4改變小錘擊打的力度，可以改變兩球在空中的運動時間

8.改變小錘擊打的力度，可以改變A球的水平初速度大小

C.如果兩球總是同時落地，則A球的豎直分運動是自由落體運動

D通過該實驗裝置也能研究平拋運動的水平分運動特點

第4頁，共14頁

圖甲ffl/.

(2)小明再用如圖乙所示裝置研究平拋運動。將白紙和復寫紙對齊重疊并固定在豎

直的硬板上，鋼球沿斜槽軌道尸。滑下后從。點飛出，落在水平擋板上，由于

擋板靠近硬板一側較低，鋼球落在擋板上時，鋼球側面會在白紙上擠壓出一個痕跡

點。移動擋板，重新釋放鋼球，如此重復，白紙上將留下一系列痕跡點，建立以水

平方向為x軸、豎直方向為)，軸的坐標系。

①取平拋運動的起始點為坐標原點，將鋼球靜置于。點，鋼球的(選填“最

上端”、“最下端”或者“球心”)對應白紙上的位置即為原點；在確定y軸時

(選填“需要”或者“不需要”)y軸與重錘線平行；

②小明不慎遺漏記錄平拋軌跡的起始點，他按下述方法處理數據：如圖丙所示，在

軌跡上取A、B、C三點，A8和BC的水平間距相等且均為x,測得A8和8c的豎

直間距分別是力和丫2則比_____|(選填“大于”、“等于”或者“小于”)，可求得

鋼球平拋的初速度大小為(已知當地重力加速度為g,結果用上述字母表示)。

15.質量為m=20kg的箱子靜止在光滑水平面上。如果給這個箱子

施加兩個大小都是F=50N且互成120。角的水平恒力，問：

(l)3s末它的速度v是多大？

(2)3s內兩個力對箱子做的總功是多少？

16.圖(a)為游樂場的懸空旋轉椅，可抽象為如圖(b)所示模型，已知繩長L=5m,水平

橫梁d=3m,小孩和座椅整體可視為質點，質量m=42kg,整個裝置可繞豎直軸

轉動。整個裝置由靜止開始轉動，隨著角速度的增大，繩與豎直方向夾角也隨著增

大，穩定時繩與豎直方向保持夾角。=53。，取g=10m/s2,已知sin53。=0.8,

cos53°=0.6,求：

圖(a)圖(b)

(i)穩定時繩子拉力的大小；

(2)穩定時該裝置轉動的角速度多大；(結果可保留根號)

(3)從靜止開始到穩定的過程中繩子的拉力做功為多少？

17.如圖甲所示，有一裝置由傾斜軌道AB、水平軌道BC、臺階CO和足夠長的水平直

軌道。E組成，表面處處光滑，且AB段與BC段通過一小圓弧平滑相接。有一小

球用輕繩豎直懸掛在C點的正上方的。點，小球與BC平面相切但無擠壓。緊靠臺

階右側停放著表面粗糙且長度為L=0.4巾的木板，木板的上表面水平與C點等高,

右端有擋板。現將一個滑塊從傾斜軌道的頂端A點處釋放，滑至C點時與小球發

生正碰，然后從左端滑上木板。碰撞之后小球在豎直平面做圓周運動，輕繩受到的

拉力如圖乙所示。已知滑塊、小球和木板的質量分別為四=3kg,m2=1kg和g=

6kg,A點距BC段的高度為八=0.8m,輕繩的長度為R=0.5m,滑塊、小球均可

視為質點。取g=10m/s2o求：

(1)滑塊到達8C軌道上時的速度大小；

(2)滑塊與小球碰后瞬間小球的速度大小；

(3)若滑塊與擋板發生的是彈性碰撞，要使滑塊能碰撞擋板，又最終沒有滑離小車,

求滑塊與木板間的動摩擦因數〃的值多大？

第6頁，共14頁

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：以救生員為參考系，則處于靜止狀態的是救生員抱著的傷病員，而直升機、

地面、直升飛機的駕駛員都相對于救生員向下運動，故A正確，BCQ錯誤。

故選：Ao

知道我們平時說的運動或靜止都是相對于參考系而言的。若相對于參考系，位置沒有改

變，則靜止；若相對于參考系位置發生了改變，則運動。

該題需要求學生對“相對靜止”有正確的理解：相對靜止的兩物體必須是速度大小和方

向都相同。

2.【答案】C

【解析】解：小球位移大小為x=2m-1.5nl=0.5m,方向豎直向下，故錯誤，C

正確。

故選：Co

位移是描述物體位置變化的物理量，位移可以用一條由初位置指向末位置的有向線段表

示，線段的長度表示位移大小，線段的方向表示位移的方向，根據題意分析答題。

掌握基礎知識、知道位移可以用一條從初位置指向末位置的有向線段表示是解題的前提

與關鍵，應用基礎知識即可解題。

3.【答案】D

【解析】解：A、勁度系數越小的彈簧在相同的力作用下形變量較大，緩沖效果越好，

即彈簧勺緩沖效果更好，故A錯誤；

BD、墊片向右移動時，兩彈簧產生的彈力相等，根據胡克定律F=因七＜心則彈

簧七的長度變化更大，故B錯誤，。正確；

C、墊片向右移動時，墊片和彈簧組成的系統受到豎直墻壁的彈力作用，合外力不為零，

則動量不守恒，故C錯誤。

故選：D。

系統所受合外力為零，系統動量守恒；緩沖效果與彈簧的勁度系數有關；墊片向右移動

時.，兩彈簧均被壓縮，兩彈簧串聯彈力相等，彈性勢能變大；由于勁度系數不同，兩彈

簧形變量不同.

掌握基礎知識是解題的前提與關鍵，解題實驗要知道兩彈簧串聯彈力大小相等.

4.【答案】C

【解析】解：力B.貨箱向上勻速運動，貨箱受重力、支持力和靜摩擦力作用，靜摩擦力

與重力沿斜面向下的分力平衡，靜摩擦力沿傳送帶向上，則靜摩擦力做正功，故AB錯

誤；

C.因靜摩擦力/=mgsin。，則增大傳送帶斜面傾角，貨箱受靜摩擦力變大，故C正確；

。若貨箱相對傳送帶將要滑動時，則滿足最大靜摩擦力等于重力沿傳送帶向下的分量，

即mgsin。=〃mgcos。，即〃=tan。，與貨物的重力無關，故￡＞錯誤。

故選：Co

根據平衡條件確定靜摩擦力的方向，根據靜摩擦力與位移方向的關系判斷做功的正負；

根據平衡條件得到靜摩擦力的大小與傳送帶的傾角有關；根據最大靜摩擦力與滑動摩擦

力近似相等的關系得到動摩擦因數與斜面傾角的正切的大小關系，從而作出判斷。

注意靜摩擦力可以做正功、負功或不做功，判斷的依據在于靜摩擦力方向與位移方向的

夾角的大小；貨箱能否滑動決定于動摩擦因數與斜面傾角正切的大小關系，與貨箱質量

無關；若〃〉tan。，無論貨箱質量多大，都不會滑動。

5.【答案】C

【解析】解：AC,物體做曲線運動的條件是合力方向與速度方向不在同一條直線上，

即物體做曲線運動時加速度方向與速度方向不在同一條直線上，但加速度方向不一定改

變，例如平拋運動，故A錯誤，C正確；

8、曲線運動過程中速度大小不一定改變，例如勻速圓周運動，故B錯誤；

。、曲線運動的物體速度一定變化，則加速度一定不為零，故。錯誤。

故選：Co

物體做曲線運動的條件是合力與速度不在同一條直線上，合外力大小和方向不一定變化:

根據物體做曲線運動的特點，速度一定在變化但大小不一定變，速度和加速度是否也變

化不能決定物體是否做曲線運動.

本題關鍵是對質點做曲線運動的條件的考查，勻速圓周運動，平拋運動等都是曲線運動，

對于它們的特點要掌握住.

6.【答案】D

【解析】解：地球繞太陽公轉，由太陽的萬有引力提供地球的向心力，則得：G,=

47r2R

解得太陽的質量為時=需

月球繞地球公轉，由地球的萬有引力提供月球的向心力，則得：G^=m'等

解得月球的質量為瓶=需

所以太陽質量與地球質量之比竺=器，故。正確.

故選：。

地球繞太陽公轉，知道了軌道半徑和公轉周期，利用萬有引力提供向心力可求出太陽的

質量.

第8頁，共14頁

月球繞地球公轉，知道了軌道半徑和公轉周期，利用萬有引力提供向心力可求出地球的

質量.

解決本題的關鍵要建立物理模型，掌握萬有引力提供向心力可求出中心體質量，難度適

中.

7.【答案】B

【解析】解：A、跳傘運動員帶著傘在空中勻速下落，動能不變，重力勢能減少，兩者

之和即機械能減少，故A錯誤；

3、拋出的標槍在空中運動，不計空氣阻力，只有重力對標槍做功，其機械能守恒，故

8正確；

C、拉著一個小球沿光滑斜面勻速上滑，動能不變，重力勢能增加，兩者之和即機械能

增加，故C錯誤；

。、飛機在起飛階段加速升空，動能增加，重力勢能增加，兩者之和即機械能增加，故

。錯誤。

故選：B。

根據機械能守恒的條件：只有重力或彈力做功，判斷機械能是否守恒，也可以根據機械

能的概念判斷。

本題考查判斷機械能是否守恒，要掌握機械能守恒的條件以及判斷機械能是否守恒的方

法即可正確解題。

8.【答案】A

【解析】解：A3、規定水平向右為正方向，根據動量變化量的定義，可得足球動量改

變量為：4P=mv—mv0=0.5x8kg-m/s—0.5x(—6)kg-m/s=7kg-m/s,故A

正確，B錯誤；

C￡＞、足球受到腳水平方向的平均作用力方向與初速度方向相反,設平均作用力大小為F,

根據動量定理可得:Ft=4p,代入數據解得足球受到腳水平方向的平均作用力大小為：

F=35N,故CZ)錯誤。

故選：Ao

規定正方向，結合動量的表達式求出初末動量，從而求出動量的變化量；根據動量定理

列式求出足球受到的水平方向的平均作用力大小。

本題以某球員截斷對方傳球并轉守為攻為背景，考查了動量定理在實際問題中的應用，

解決本題的關鍵知道動量、動量的變化量以及沖量和力等都是矢量，求解時注意各物理

量的方向。

9.【答案】CD

【解析】解：A、汽車受到重力、支持力、摩擦力作用，故A錯誤;

B、汽車做曲線運動，所受的作用力的合力不為零，故8錯誤；

C、汽車做勻速圓周運動，則向心力由合力提供，故C正確；

D、由合力提供向心力得0.6mg=竺皆，解得卜=30m/s,故力正確。

故選：CD.

汽車做勻速圓周運動通過水平彎道時受到重力，支持力和靜摩擦力，其合力提供向心力,

根據最大靜摩擦力和牛頓第二定律求得最大速度。

本題考查勻速圓周運動，關鍵在于分析向心力的來源,汽車轉彎時靜摩擦力提供向心力,

當軌道半徑最大時有最大速度

■.【答案】ABD

【解析】解：4B.由萬有引力提供向心力有：G^=my=ma)2r=m^-r=ma

可得3=舊，"償a當'T=2弟

4B.因r交＜r高分，則高分三號02星的角速度比空間站的小，線速度比比空間站的小，

故AB正確；

C.因r空＜r高分，高分三號02星的加速度比空間站的小，故C錯誤；

。.因r交＜r高分，高分三號02星的周期比空間站的大，故。正確。

故選：ABD.

根據萬有引力提供向心力得出加速度、周期、線速度、角速度與軌道半徑的關系，從而

比較大小。

衛星的運動都看成勻速圓周運動，圓周運動的一切規律都適用，只是向心力的來源是唯

一的，由萬有引力提供.

11.【答案】AB

【解析】解：A、由圖示結構可以知道，大小齒輪的運動方向相反，所以若大齒輪逆時

針轉動，則小齒輪順時針轉動，故A正確；

B、大小齒輪靠齒輪咬合，所以八。兩點的線速度大小相等，故2正確；

C、a、c兩點同軸傳動，故角速度相等，又因為“北兩點的線速度大小相等，所以有%=外,

根據線速度與角速度的關系有"=3「，整理得3b：3c=2：1,故C錯誤；

r＞、4、C兩點同軸傳動，故角速度相等，根據線速度與角速度的關系有12=3T,由于%＞小

所以線速度也不同，故。錯誤；

故選：ABo

同緣傳動時，邊緣點的線速度相等；同軸傳動時，角速度相等；結合D=3T分析。

本題關鍵明確同緣傳動、同軸傳動的特點，注意沒有鏈條的齒輪傳動相鄰的兩個齒輪轉

動方向相反。

12.【答案】AD

第10頁，共14頁

【解析】解:A反假定勻加速運動階段的牽引力大小為F,則根據牛頓運動定律得F-f=

ma

則有=ma+f

則期間牽引力做功為W=F/=(/+ma)Xgat?=g(y+nia)at2,故A正確，8錯誤;

C。、依題意，達到額定功率時的汽車的速率大小為u=at

則汽車額定功率大小為「=FvOna+flat，故C錯誤，。正確。

故選：AD.

根據牛頓第二定律求得牽引力，根據勿=Fx求得牽引力做功，當勻加速達到最大速度

時，此時達到額定功率，根據P=Ff即可求得。

本/T主要考查了以恒定加速度啟動，根據牛頓第二定律求得牽引力，由勿=Fx求得牽

引力做功，根據P=F"求得額定功率。

13.【答案】CDAEp=mg(s3-sjg=黃⑸-2s2)C

【解析】解：(1)實驗要驗證的關系是巾9/1=?血/，即gh=1后,則不需要測量重錘

的質量，重力加速度也不需要測量；需要測量的是重錘下落的高度，通過計算得到的是

與下落高度對應的重錘的速度：故選C、D；

(2)重錘由B點到D點勢能減少量的表達式4Ep=mg(s3-sj

做勻變速直線運動的物體在某段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，打B點時

的速度如=未打。點時的速度外=芳

重錘由B點到D點動能增加量的表達式-\mvl=有衿-鬻=

第(s4-2s2)

(3)4、實驗中摩擦是不可避免的，因此紙帶越短越好，因為紙帶越短，克服摩擦力做的

功就越少，但要通過測量長度來求出變化的高度與瞬時速度，因此太短導致誤差就越大,

故A錯誤；

B、根據九=ggt?=x10x(0.02)2=2mm,要選用第1、2點間距離接近2"?根的紙

帶，若紙帶上第1、2兩點間距大于2/nzn,說明不是靜止釋放的或先釋放重物后接通電

源，但可以求得動能與重力勢能變化量的關系，實驗誤差不一定較大，故8錯誤；

C、處理打點的紙帶時，可以直接利用打點計時器打出的實際點跡，而不必采用“計數

點”的方法，若采用計數點，是使測量長度變長，從而減小測量長度的誤差，故C正確；

故選：Co

故答案為：(1)C；D；(2)AEP=mg(s3-sj；(s4-2s2)；(3)C。

(1)根據實驗原理分析答題。

(2)根據勻變速直線運動的推論求出瞬時速度，根據動能與重力勢能的計算公式求解。

(3)根據實驗誤差來源分析答題。

理解實驗原理、知道實驗注意事項是解題的前提，應用勻變速直線運動的推論、動能與

重力勢能的計算公式即可解題。

14.【答案】BC球心需要大于x

yjyz-yi

【解析】解：(1)48.改變小錘擊打的力度，不能改變兩球在空中的運動時間，可以改變

A球的水平初速度，故A錯誤，B正確；

CD.小錘極大彈性金屬片后，A球沿水平方向拋出，同時B球被釋放，自由下落，A、B

兩球同時落地，可知平拋運動在豎直方向做自由落體，不能得出水平方向的運動規律，

故C項正確，。項錯誤。

故選：BC。

(2)因為鋼球所擠壓的痕跡點是球心的投影點，而所有的痕跡點與原點應在同一拋物線

上，所以應取鋼球的球心對應白紙上的位置為原點。

y軸正方向沿豎直向下，故需要與重錘線平行。

因為A、B和8、C間水平距離相等，所以A、B和B、C間對應鋼球運動的時間相同，

設為T，設鋼球在A、B點時的豎直分速度大小分別為以,、vBy,則以=勿＞7+：972、

222

丫2=vByT+^gT=(vAy+gT)T+\gT=vAyT+^gT

所以在〉:

yi3

根據運動學規律有4y=%-%=gT?

解得7=后五

鋼球平拋的初速度大小為%=*=%F匚

Ty%一九

故答案為：(1)BC；(2)①球心，需要；②大于，%其

(1)根據實驗原理掌握正確的實驗操作；

(2)根據豎直方向的運動特點計算出時間間隔，根據運動學公式分析出初速度。

本題主要考查了平拋運動的相關應用，根據實驗原理掌握正確的實驗操作，理解平拋運

動在不同方向的運動特點結合運動學公式即可完成分析。

15.【答案】解：(1)兩個互成120。角的力，其合力大小為F合=2Fcos6(T=2x50x

0.5/V=SON

根據牛頓第二定律得F今=ma

所以物體3s末的速度為"=砒

聯立解得f-7.5m/s

(2)物體3s內的位移為x=1at2

3s內的總功為勿=尸鏟

解得卬=562.57

第12頁，共14頁

答：(l)3s末它的速度v是7.5m/s；

(2)3s內兩個力對箱子做的總功是562.5/。

【解析】(1)根據力的合成求得合力，根據牛頓第二定律求得加速度，根據運動學公式

求得速度；

(2)根據位移-時間公式求得通過的位移，由W=Fx求得合力做功。

本題考查牛頓第二定律的應用，正交分解法是解題的關鍵，利用好恒力做功求得合力做

功。

16.【答案】⑴700N；(2)3=^^rad/s；(3)11207

解：(1)穩定時繩子拉力的大小F=潦索=700N

(2)由向心力公式可得mgtan53°=m(d+Lsin530)o>2

可得rad/s

(3)由動能定理可得W—7ngz((1—cos53°)=|mv2

其中i;=(d+Lsin53°)co

聯立可得W