廣州市番禺區2022-2023學年高一下學期期末考試物理卷

閱卷入

一、單項選擇題：（本題共7小題，每小題4分，共28分.在每小題給出的

得分四個選項中，只有一項正確。）

1.根據愛因斯坦提出的相對論，以下說法正確的是（）

A.經典力學理論普遍適用，大到天體，小到微觀粒子均適用

B.物體的質量取決于物體所含物質的多少，質量與速度大小無關

C.一個真實的物體，其運動速度有可能達到甚至超過真空中的光速

D.質量、長度、時間的測量結果都與觀測者的相對運動狀態有關

2.如圖所示是組合式推拉黑板。若在一名同學向左勻速拉動黑板時，另一名同學用粉筆從靜止開始，在

該黑板上勻加速豎直向下畫線，則粉筆在黑板上畫出的軌跡可能是圖中的（）

3.如圖所示，由于空氣阻力的影響，炮彈實際飛行軌道不再是拋物線，而是按“彈道曲線”飛行，下列說

法正確的是（）

拋物線

///////////////////////////////////

A.炮彈在上升過程機械能減小B.炮彈在下落過程機械能增加

C.炮彈到達最高點時速度為零D.炮彈到達最高點時加速度為零

4.如圖所示，質量為m的小球（可視為質點）在豎直平面內繞O點做半徑為L的圓周運動，重力加速

度大小為g,連接O點與小球的為輕桿。對小球，下列說法正確的是（）

/m、、、

z、

/X

/L\

i，』\：

\I

\I

X/

X/

、、、/

、、、、一一.J

A.過圓周最高點的最小速度為gI

B.過圓周最高點的速度不能大于gL

C.在圓周最高點對輕桿的作用力大小可以為零

D.在圓周最高點對輕桿的作用力大小最小為mg

5.2023年2月10日，在中國空間站全面建成后，航天員首次出艙活動取得圓滿成功。已知空間站在距

地球表面約400km的高空繞地球做勻速圓周運動，運行周期1.5h,地球半徑約6400km,下列說法正確

的是（）

A.空間站繞地球做運動的線速度略大于第一宇宙速度

B.空間站繞地球做運動的線速度大于同步衛星繞地球的線速度

C.空間站繞地球做運動的角速度小于同步衛星繞地球的角速度

D.空間站繞地球做運動的向心加速度小于同步衛星繞地球的向心速度

6.如圖所示，蹦床運動員從蹦床最低點彈起至蹦床平衡位置的過程中，蹦床的彈力一直做正功，這個過

程中（）

A.蹦床的彈性勢能減少B.蹦床的彈性勢能增加

C.蹦床的彈性勢能先增加后減少D.運動員的重力勢能減少

7.如圖所示，某同學用硬塑料管和一個質量為m的鐵質螺絲帽研究勻速圓周運動，將螺絲帽套在塑料

管上，手握塑料管使其保持豎直并在水平方向做半徑為r的勻速圓周運動，則只要運動角速度合適，螺

絲恰好不下滑，假設螺絲帽與塑料管間的動摩擦因數為山認為最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力。則

在該同學手轉塑料管使螺絲帽恰好不下滑時，下列分析正確的是（）

A.螺絲帽所受重力小于最大靜摩擦力

B.此時手轉動塑料管的角速度3=據

C.螺絲帽受到的塑料管的彈力方向水平向外，背離圓心

D.若塑料管的轉動速度加快，則螺絲帽有可能相對塑料管發生運動

閱卷人二、多項選擇題：（本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的

四個選項中，至少有兩個選項正確，全部選對的得6分，選不全的得3

得分分，有選錯或不答的得0分）

8.如圖所示，a、b兩個小球從不同高度同時沿相反方向水平拋出，其平拋運動軌跡的交點為P,則以

下說法正確的是（）

67>>Vl

\'、、V2

\<~?b

?\

//'、\

//\

//////////////////////////

A.b球先落地

B.a、b兩球同時落地

C.a、b兩球在P點相遇

D.無論兩球初速度大小多大，兩球總不能相遇

9.國產科幻大片《流浪地球2》中的“太空電梯”給觀眾帶來了強烈的視覺震撼。如圖所示，“太空電梯”

由地面基站、纜繩、箱體、同步軌道上的空間站和配重組成，纜繩相對地面靜止，箱體可以沿纜繩將人

和貨物從地面運送到空間站，下列說法正確的是（）

纜繩—￡配重

,___一°部一___、

一二/同.'軌道

空間站

箱體5

地面

基站

A.地面基站可以建設在青藏高原上

B.配重的線速度小于同步空間站的線速度

C.箱體在上升過程中受到地球的引力越來越小

D.配重還受到纜繩的拉力，所以做圓周運動的向心力大于它本身受到的萬有引力

10.一質量為m的人站在觀光電梯內的磅秤上，電梯以0.2g的加速度勻加速上升h高度，在此過程中

（）

A.人克服重力做功mghB.人的動能增加了0.2mgh

C.人的重力勢能增加了0.2mghD.人的機械能增加了0.2mgh

閱卷人

三、非選擇題：共54分。計算題要求有必要說明、原始表達式和正確的計

得分算結果。

11.如圖所示為“向心力演示儀”，圖中1、2、3為放置小球的卡槽，卡槽1和3到各自轉軸的距離相

等；變速盤由左右兩部分構成，兩側各有三個半徑不等的圓盤。實驗中左右圓盤可通過皮帶連接，轉動

轉子時左右套筒下降，標尺露出的格子數可顯示小球轉動過程中向心力大小。結合圖示，完成下列問

題:

（1）若要演示“r和s一定時，向心力與m成正比”，可將鋼球置于圖中卡槽3處，將（選

填“鋼”或“鋁”）球置于卡槽處，且左右兩側轉盤半徑滿足r左r右（選填“〉”或“=”或

“<”）；

（2）若選用兩個鋼球分別置于卡槽3和2處，則此時可進行演示的是“m和一定時，向心

力與成正比”（選填"r”或“3”）。

12.在驗證機械能守恒定律的實驗中，質量m=lkg的重物自由下落，在紙帶上打出了一系列的點，如圖

所示，相鄰記數點間的時間間隔為0.02s,長度單位是cm,g取9.8m/s2.求：

-一，?，一——

■78?一

（1）打點計時器打下計數點B時，物體的速度VB=（保留兩位有效數字）.

（2）從起點O到打下記數點B的過程中，物體重力勢能減小量△EP=,動能的增加量AEk=

（保留兩位有效數字）.

（3）即使在實驗操作規范、數據測量及數據處理很準確的前提下，該實驗求得的AEp也一定略大于

△Ek,這是實驗存在系統誤差的必然結果，試分析該系統誤差產生的主要原因（）

A.重物下落的實際距離大于測量值

B.重物質量選用得大了，造成的誤差

C.重物在下落的過程中，由于摩擦生熱造成的誤差

D.先釋放紙帶后接通計時器造成的誤差

（4）某同學利用自己在做該實驗時打出的紙帶，測量出了各計數點到打點計時器打下的第一個點的

距離h,算出了各計數點對應的速度v,以h為橫軸，以v2為縱軸畫出了如圖的圖線.則圖線未過原點O

的原因是,圖線的斜率近似等于o

A.19.6m/s2B,9.80m/s2C,4.90m/s2

13.某汽車集團公司研制了一輛燃油與電動混合動力賽車，燃油發動機單獨工作時的額定功率為P,蓄電

池供電的電力發動機單獨工作時的額定功率為搟尸，已知賽車運動過程中受到的阻力恒定。

（1）若燃油發動機單獨工作時的最大速度為V,則賽車運動過程中受到的阻力f為多少？

（2）若燃油發動機單獨工作時的最大速度v=120km/h,求兩臺發動機同時工作時的最大速度V2為多

少？

14.如圖所示，一架執行救援任務的直升機在H=180m的高空以vo=4Om/s的速度水平向右勻速飛行，要

將兩箱救援物資先后準確地投放到山腳和山頂的安置點A、B,已知山高h=135m,山腳和山頂的水平距

離xo=5OOm,g取10m/s2,不計空氣阻力。求:

（1）第一箱物資應在飛機離A的水平距離Xi為多少時投放？

（2）投放第一箱物資后，飛機應繼續飛行多大距離后再投放第二箱物資？

15.如圖所示，一彈射游戲裝置由安裝在水平臺面上的固定彈射器、水平直軌道AB,圓心為0的豎直

半圓軌道BCD、水平直軌道EF及彈性板等組成，半圓軌道最高點D與水平直軌道右端點E處在同一豎

直線上，且D點略高于E點。已知可視為質點的滑塊質量m=O.lkg,軌道BCD的半徑R=0.6m,軌道EF

的長度l=LOm,滑塊與軌道EF間的動摩擦因數四=0.2,其余各部分軌道均光滑。游戲時滑塊從A點彈

出，經過圓軌道并滑上水平直軌道EF。彈簧的彈性勢能最大值Epm=2.0J,彈射器中滑塊與彈簧相互作

用時，機械能損失忽略不計，滑塊與彈性板作用后以等大速率彈回，不計滑塊通過DE之間的能量損

失。g取10m/s2?求

彈性板

（1）滑塊恰好能通過D點的速度VD；

（2）若彈簧的彈性勢能Epo=1.6J,求滑塊運動到與圓心O等高的C點時所受彈力FN；

（3）若滑塊最終靜止在水平直軌道EF上，求彈簧的彈性勢能Ep的范圍。

答案解析部分

L【答案】D

【知識點】相對論時空觀與牛頓力學的局限性

【解析】【解答】A、經典力學只是適用于宏觀低速運動，不適用于微觀高速粒子，所以A錯；

B、在相對論中，根據相對論知識可以判別物體的質量于速度大小有關，所以B錯；

C、根據光速不變原理可以判別所有物體的速度都不能超過光速，所以C錯；

D、根據相對論知識可以得出質量、長度、時間的測量結果都與觀察者的相對運動狀態有關，所以D

對；

正確答案為D。

【分析】根據相對論知識可以判別物體的長度、質量、時間都與物體運動速度有關，經典力學理論的適

用性具有一定的局限性。

2.【答案】C

【知識點】曲線運動；運動的合成與分解

【解析】【解答】當黑板向左做勻速運動時，粉筆相對于黑板有向右做勻速直線運動，同時粉筆向下做勻

加速直線運動，所以粉筆的合運動為曲線運動；由于粉筆向下做勻加速直線運動，所以加速度向下，則

曲線運動的軌跡向下彎曲，所以C對，ABD錯，正確答案為C

【分析】利用相對運動可以判別粉筆分運動的方向，結合運動的合成及加速度的方向可以判別曲線運動

軌跡的方向。

3.【答案】A

【知識點】功能關系；曲線運動

【解析】【解答】A、從炮彈運動的曲線軌跡可以判別炮彈運動的過程受到阻力作用，阻力做功機械能減

小，所以A對；

B、炮彈下落過程阻力做負功所以機械能減小，所以B錯；

C、炮彈在最高點還有向右的速度所以速度不等于0,所以C錯；

D、炮彈在最高點受到重力和阻力的作用，合力不等于0,所以加速度不等于0,所以D錯；

正確答案為A。

【分析】利用炮彈運動軌跡于斜拋運動的軌跡對比可以判別炮彈運動受到阻力的作用，利用阻力做功可

以判別機械能的變化，利用曲線運動的切線方向可以判別速度的大小，利用炮彈受力情況可以判別加速

度的大小。

4.【答案】C

【知識點】豎直平面的圓周運動

【解析】【解答】A、當小球經過最高點時，當輕桿對小球產生向上的支持力，支持力F=mg時，小球的

最小速度等于0,所以A錯；

B、當小球經過最高點時，只有小球的重力提供向心力時，mg=~此時小球的速度u=便且桿對

小球的作用力等于0,當桿產生向下的作用力時，小球的速度">歷，所以B錯；

C、根據B的分析可以判別桿對小球的作用力可以等于0,所以C對；

D、根據B的分析可以判別小球對桿的作用力最小值可以等于0,所以D錯；

正確答案為C。

【分析】利用小球在最高點受力分析結合向心力的表達式可以判別小球的速度大小及小球對桿的作用力

大小。

5.【答案】B

【知識點】萬有引力定律的應用

【解析】【解答】空間站繞地球做勻速圓周運動時，根據引力提供向心力可得：V=但M,3=

7V

[GM_GM

J蘆，。=產

A、由于空間站做勻速圓周運動的半徑小于地球的半徑，則空間站繞地球運動的線速度小于近地衛星的速

度（第一宇宙速度），所以A錯；

B、由于空間站做勻速圓周運動的半徑小于同步衛星的運行半徑，則空間站繞地球運動的線速度大于同步

衛星的速度，所以B對；

C、由于空間站做勻速圓周運動的半徑小于同步衛星的運行半徑，則空間站繞地球運動的角速度大于同步

衛星的角速度，所以C錯；

D、由于空間站做勻速圓周運動的半徑小于同步衛星的運行半徑，則空間站繞地球運動的向心加速度大于

同步衛星的向心加速度，所以D錯；

正確答案為B。

【分析】利用引力提供向心力可以求出對應線速度、角速度和向心加速度的表達式，結合軌跡半徑的大

小可以比較對應物理量的大小。

6.【答案】A

【知識點】彈性勢能；重力勢能

【解析】【解答】A、B、C、彈力對運動員做正功過程中，根據功能關系可以判別蹦床彈性勢能減少，所

以A對，

D由于這個過程中運動員高度不斷增大所以重力勢能不斷增大，所以D錯，

正確答案為A。

【分析】利用彈力做功及功能關系可以判別彈性勢能的變化；利用高度變化可以判別重力勢能的大小變

化。

7.【答案】B

【知識點】臨界類問題；向心力

【解析】【解答】A、由于螺絲帽在豎直方向靜止恰好不下滑，所以重力等于最大靜摩擦力，所以A錯；

B、根據N=巾"?%fm=mg,且篇=〃N可得3=修,所以B對；

C、螺絲帽受到塑料管的彈力方向指向圓心，水平向內提供向心力，所以c錯；

D、當螺絲帽轉動速度增大時，螺絲帽受到的彈力增大，由于重力等于靜摩擦力則螺絲帽相對塑料管仍處

于靜止，所以D錯；

正確答案為B。

【分析】利用豎直方向的平衡方程可以判別摩擦力的大小；利用水平方向的向心力可以判別角速度的大

小及彈力的方向。

8.【答案】A,D

【知識點】平拋運動

【解析】【解答】兩個小球做平拋運動，利用力=且兩個小球下落的高度不同所以b小球的運動時間

比較短，b球先落地，所A對B錯；

由于兩個小球同時拋出所以兩個小球到達P點的時間不同，則不會在空中相遇，則C錯D對；

正確答案為AD

【分析】利用平拋運動豎直方向的位移公式可以比較運動的時間及是否可能相遇。

9.【答案】C,D

【知識點】線速度、角速度和周期、轉速；萬有引力定律

【解析】【解答】A、由于同步衛星運行軌道在赤道平面上空，則基站不可能建設在青藏高原上，所以A

錯；

B、配重與空間站的角速度相同，配重的運行半徑大于空間站的運行半徑，根據u=ar可得配重的線速

度大于空間站的線速度，所以B錯；

C、箱體上升過程中與地球距離越來越大，根據尸=筆可以判別箱體受到的引力越來越小，所以C

對；

D、配重受到引力和繩子的拉力的合力提供向心力，所以配重做圓周運動的向心力大于本身受到的引力大

小，所以D對；

正確答案為CDo

【分析】利用同步衛星的軌道可以判別基站的位置；利用線速度和角速度的關系可以比較線速度的大

??；利用引力的表達式可以判別引力的大小變化；利用向心力的來源可以判別向心力的大小。

10.【答案】A,B

【知識點】功能關系；功的計算

【解析】【解答】已知電梯以a=0.2g的加速度勻加速上升h高度，根據F杳=FN-mg=ma可得F合=0.2mg,

支持力FN=1.2mg。人上升h時，則克服重力做功有：WG=mgh,由于人克服重力做功，所以人的重力勢

能增加了mgh,所以A對，C錯；

根據=F合h=0.2mgh,所以人的動能增加了0.2mgh,所以B對；

根據功能關系可得支持力做功等于人的機械能變化量，則人的機械能增加量為：NE=FNh=1.2mgh,

所以D錯，

正確答案為AB

【分析】利用功的表達式可以求出重力做功、合力做功及支持力做功的大小，結合功能關系可以判別對

應能量的變化。

11.【答案】(1)鋁；1;=

(2)3；r

【知識點】向心力

【解析】【解答】(1)探究向心力與質量的大小關系，應該選取不同質量的小球來做比較，所以應該選擇

鋁球；為了兩個小球運動的半徑相同，應該把鋁球放在與鋼球半徑相同的位置；兩個轉盤線速度相等，

為了使角速度相等，兩個轉盤的半徑應該相等；

(2)兩個鋼球放置在卡槽3和2時，兩個小球質量相同，角速度相同，探究的是小球向心力與小球運動

半徑的大小關系。

【分析】利用控制變量法探究小球向心力的大小影響因素，應該抓住變量與不變量進行實驗探究。

12.【答案】(1)0.97m/s

(2)0.48J；0.47J

(3)C

(4)實驗過程先釋放重物后通電；A

【知識點】驗證機械能守恒定律

【解析】【解答】(1)根據勻變速直線運動的平均速度為中間時刻的瞬時速度有：為=峙=

702—3137

吃湛X10-2m/s=0.97m/s

(2)從起點O到打下記數點B的過程中，物體重力勢能減小量為：=mgh=1x9.8x4.86x

1212

0.01/=0.48/；物體動能的增加量為：密=jmvB-o=|xlx（0.97）J=0.47;

（3）A、物體下落的測量值偏小會導致重力勢能的變化量偏小，所以A錯；B、當重物質量選擇用大

時，重力勢能和動能的變化量都會變大，所以B錯：C、重物下落過程中由于摩擦力做功會導致重力勢

能的減少量一部分轉化為內能，則重力勢能的減少量大于動能的增量，所以C對；D、實驗先是否紙帶

后接通計時器會導致重物的動能變化量增大，所以D錯；正確答案為C。

（4）從圖像可以看出當高度為。時，重物具有一定的初速度，所以圖線沒有經過原點是由于先釋放重物

后接通打點計時器的電源所致；重物下落根據機械能守恒定律有：mgh=^mv2,以h為橫軸，以廬為

縱軸，圖線斜率k=2g,則k=19.6m/s2；故答案選A。

【分析】（1）利用平均速度公式可以求出瞬時速度的大??；（2）利用重力勢能及動能的表達式可以求出

對應的變化量大?。唬?）重力勢能的減少量小于動能的增量是由于阻力做功導致機械能減??；（4）利用

機械能的表達式可以求出對應圖像斜率的大小。

13?【答案】（1）解：速度最大時，功率為額定功率P,物體做勻速直線運動，

此時F牽二七而P=F牽u=fv

所以J/=—v;

（2）解：兩臺發動機一起工作時，總功率P^=P+￥=竽，

由（1）可知，速度最大V2時，^-=fv2,

且燃油機單獨公式時的最大速度v=120km/h,P=fv

帶數據解得V2=210km/h。

【知識點】共點力的平衡；功率及其計算

【解析】【分析】（1）當物體速度最大時，牽引力等于阻力，結合功率的表達式可以求出阻力的大小;

（2）當兩臺發動機同時工作時，利用功率的表達式結合總功率的大小可以求出最大速度的大小。

14.【答案】（1）解：第一箱物資投下后做平拋運動”=得口=楞=/寥S=65

則水平距離：x1=v0-40m/sx6s—240m：

（2）解：第二箱物資投下后也做平拋運動「_叵-2義1180—135）

1rg_小10s_3s

第二箱物資投放后飛行的水平距離：久2=v0t2=40m/sx3s=120m；

貝!1：4%—x0+久i—x2=240m+500m—120m=620m?

【知識點】平拋運動

【解析】【分析】（1）物資做平拋運動，利用位移公式可以求出物資水平距離的大小;

(2)第二箱物資做平拋運動，利用平拋運動的位移公式可以求出水平運動的位移，結合幾何關系可以求

出應該飛行多遠才可以投放物資。

2

15.【答案】(1)解：恰好通過D點時，由重力提供向心力，則7ng=血龕解得獨=頓=

R

V10x0.6m/s=V6m/s；

(2)解：滑塊從A到圓心O等高處，由機械能守恒定律得與0=mgR+監

在C點，軌道的彈力提供向心力，由牛頓第二定律得FN=血竽代入數據解得：FN=^N；

(3)解：若滑塊恰能通過半圓軌道最高點D,=代入數據解得：x^l.Sm

%min2〃g

若滑塊以最大彈性勢能彈出時，能停在水平直軌道EF上，在EF上滑行的最大路程為Xmax，

Epm=|imgXmax+2mgR代入數據解得：Xmax=4.0m

在軌道EF上往返一次損失的能量為△E=)img?21

代入數據解得：AE=0.4J

可知，若滑塊最終靜止在水平直軌道EF,如下兩種情況滿足要求：

(l)1.5m<x<2.0m,可得1.5J<Ep<1.6J

@3.5m<x<4.0m,可得1.9J<Ep<2.0J.

【知識點】能量守恒定律；牛頓第二定律；豎直平面的圓周運動；機械能守恒定律

【解析】【分析】(1)當滑塊恰好經過D點時，利用牛頓第二定律可以求出滑塊經過D點速度的大小；

(2)當滑塊從A到O時，利用機械能守恒定律可以求出滑塊經過C點速度的大小，結合牛頓第二定律

可以求出滑塊受到的彈力大??；

(3)當滑塊恰好經過D點時，利用速度位移公式可以求出滑塊在EF上滑行的最小距離，結合能量守恒

定律及滑塊靜止滑行的距離可以判別對應彈性勢能的大小范圍。

試題分析部分

1、試卷總體分布分析

總分：69分

客觀題（占比）40.0(58.0%)

分值分布

主觀題（占比）29.0(42.0%)

客觀題（占比）10(66.7%)

題量分布

主觀題（占比）5(33.3%)

2、試卷題量分布分析

大題題型題目量（占比）分值（占比）

單項選擇題：（本題

共7小題，每小題4

分,共28分.在每小

7(46.7%)28.0(40.6%)

題給出的四個選項

中，只有一項正

確。）

多項選擇題：（本題

共3小題，每小題6

分，共18分.在每小

題給出的四個選項

中，至少有兩個選項3(20.0%)12.0(17.4%)

正確，全部選對的得

6分，選不全的得3

分，有選錯或不答的

得。分）

非選擇題：共54

分。計算題要求有必

5(33.3%)29.0(42.0%)

要說明、原始表達式

和正確的計算結果。

3、試卷難度結構分析

序號難易度占比

1普通(100.0%)

4、試卷知識點分析

序號知識點（認知水平）分值（占