2021-2022学年广东省惠州市高一（下）期末物理试卷（附答案详解）.pdf

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1、2021-2022学年广东省惠州市高一（下）期末物理试卷1.我国的北斗卫星导航系统由35颗卫星组成，在研究卫星的运动时，以下说法正确的是（）A.当研究某颗卫星的姿态调整时，可把卫星看作质点B.当某颗卫星绕地球运行一周时，其位移不为零C.当研究某颗卫星相对于地面运动时，卫星不可以看作质点D.北斗卫星导航系统中的卫星都在绕地球做变速运动2.如图，大人和小孩在玩一种“套圈”游戏.假设小孩和大人在同一条竖直线上的不同高度分别水平抛出相同的圆环，结果恰好都套中前方同一物体，不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A.大人和小孩抛出的圆环在空中飞行的时间相等B.两圆环抛出的初速度大小不相等C.大人和小孩抛出的

2、圆环在空中受到的重力的冲量相等D.大人和小孩抛出的圆环落地的动量相等3.如图，可视为质点的。、6两球质量均为机，a球从倾角为45。的光滑固定斜面顶端无初速度下滑，6球同时从斜面顶端以速度水平抛出，不计空气阻力，以下说法正确的是（）A.在落地前的运动过程中，。球机械能不守恒B.在a、b两球落地前瞬间，球的速率小于匕球的速率C.在落地前的运动过程中，二者加速度始终相同D.“、6两球同时落地4.天宫二号在离地约为343h圆形轨道上做近似匀速圆周运动，运 行1036天后，受控离轨进入大气层烧蚀销毁，少量残骸将落入南太平洋预定安全海域，下列说法正确的是（）A.天宫二号绕地球做匀速圆周运动的线速度大于7.

3、9km/sB.天宫二号进入大气层后，它的引力势能越来越小，机械能守恒C.天宫二号绕地球做匀速圆周运动的周期小于地球自转的周期D.天宫二号通过加速来降低运行高度，实现受控离轨5.某款太阳能概念车质量为相，在平直公路上由静止匀加速启动，加速度大小为经时间:达到额定功率后，再以额定功率做直线运动.若汽车运动过程中所受阻力恒为力贝4（）A.概念车最终做匀速直线运动B.概念车能达到的最大速率为GC.概念车从静止开始到速度达到最大值的过程中，牵引力一直不变D.概念车在匀加速运动过程中，克服阻力所做的功等于牵引力所做的功6.如图所示，人站在自动扶梯上不动，随扶梯匀速上升的 第过程中（）A.重力对人做正功，人

4、的重力势能增加B.支持力对人做正功，人的动能增加 八C.合外力对人不做功，人的动能不变D.合外力对人不做功，人的机械能不变7.2022年北京冬奥会短道速滑混合团体接力决赛中，由任子威、武大靖等组成的中国队以2分37.34秒的成绩夺冠.如图，在交接区域，“交棒”的任子威水平猛推“接棒”的武大靖，使武大靖快速向前水平冲出.若忽略一切阻力，在此过程中，下列说法正确的是（）A.任子威和武大靖组成的系统，动量和机械能都守恒B.任子威和武大靖组成的系统，动量守恒，机械能不守恒C.任子威和武大靖的加速度相同D.任子威和武大靖的速度都一定增加8.下列运动中，能用牛顿力学规律描述的是（）A.小孩用力抛出的石块在

5、空中的运动 B.“和谐号”从深圳向广州飞驰C.人造卫星绕地球运动 D.粒子接近光速运动9.如图，躺着看手机时，有时手机会砸到脸部.若手机质量为120g,从离脸部高为20口”处无初速度滑落，砸到脸部后未反弹，冲击脸部的时间为0.1s,g取10m/s2.下列分析正确的是（）第 2 页，共 13页A.手机下落的时间为0.4sB.手机接触脸部前瞬间的速度大小为2m/sC.手机冲击脸部的作用力大小为1.2ND.手机冲击脸部的过程中，动量变化量大小为0.24kg m/s10.如图，传送带以速度丫做匀速运动.质量为机的小物块无初速度放在传送带上的4端，经一段时间被传送带运到3端，到达B端之前已和传送带保持相

6、对静止.关于上述运动的整个过程，下列说法中正确的是（）A.物块在传送带上先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动B.传送带对物块做功为0c.传送带克服滑动摩擦力做功;小标D.传送带与物体间因摩擦而产生的热量为：小病11.“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图甲所示.图甲（单位：cm）图乙（1）在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，得出了一条从左到右打点的纸带如图乙所示.计 时器所使用交流电的频率为/=50Hz,从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，则相邻计数点之间的时间间隔为 s.（2）测量出相邻计数点之间的距离如图乙所示，则该小车的加速度a=m/s2（结果保留两位有效数字）.为平

7、衡摩擦力还应适当_ _ _ _ _ _（填“增大”或“减小”）木板与桌面的夹角，直至打点均匀为止.（3）打点计时器打下计数点3时小车的速度%=m/s（结果保留三位有效数字）.12.某同学设计出如图所示的实验装置来”验证机械能守恒定律”，让小钢球从A点自由下落，下落过程中经过正下方的光电门B时，光电计时器记录下小钢球通过光电门的时间为A?Bt,已知当地重力加速度为g.(1)先用长度测量工具测出钢球的直径为d.(2)为了验证机械能守恒定律，该实验还需要测量下列哪个物理量_ _ _ _ _ _(填选项前的字母).A.小球的质量mB.A、8 之间的距离，(3)小球通过光电门时的瞬时速度大小(用题中所给

8、物理量的符号表示).(4)上述实验满足关系式时(用题目和上面问题中的物理量符号表示)，则可验证小球在运动过程中机械能守恒.(5)该同学在实验中发现，小球减少的重力势能总是略大于增加的动能，可能的原因是.13.长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹，如图所示.若战士某次将质量为，的手榴弹水平抛出，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为/?,水平位移大小为L,忽略空气阻力，重力加速度为g,求：(1)手榴弹在空中运动的时间(2)抛出手榴弹过程中，战士至少要做多少功；(3)手榴弹落地前瞬间，手榴弹重力的功率.14.旋转秋千是游乐园里常见的游乐项目，它有数十个座椅通

9、过缆绳固定在旋转圆盘上,每一座椅可坐一人.如图所示，是一种模拟该运动的装置，整个装置可绕置于地面上的竖直轴。a 转动，己知与转轴固定连接的水平杆岫长为s=0.1m,连接小球的绳长为L=小球质量为0.1kg,整个装置绕竖直轴。a 做匀速圆周运动时，连接小球的细绳与竖直方向成37。角，小球到地面的高度为1.8m,重力加速度g=lOm/s2,试求，(sin37=0.6,cos37=0.8)(1)绳子对小球的拉力7 是多大；(2)该装置匀速转动角速度的大小；(3)若转动过程中，细线突然断裂，小球落地时到转轴。”的水平距离.第4页，共13页1 5.如图所示，光滑的;圆弧轨道AB竖直固定放置，半径R=1.

10、8 m,在其右侧光滑的水平面上，紧靠着一质量M=2kg平板小车，小车的上表面与圆弧轨道末端相切，长L=8m；小车右侧的水平面上固定一竖直挡板，与圆弧轨道最低点8 相距d=1 7 m,现有一质量m=1kg的小滑块，从圆弧轨道最高点A 由静止释放，通过最低点 B滑到平板小车上，已知滑块与小车上表面之间的动摩擦因数 =0.2,g=10m/s2,求：(1)滑块运动到圆弧轨道最低点8 时，滑块对轨道的压力；(2)滑块刚滑到小车上表面时，滑块和小车的加速度大小；(3)滑块运动到小车上表面后，经过多长时间，小车与挡板相碰。答案和解析1.【答案】D【解析】解：A、研究某颗卫星的姿态调整时，不能忽略其大小和形状

11、，所以不能把卫星看作质点，故 A错误；8、某颗卫星绕地球运行一周时，回到出发点，位移为零，故 8 错误；C、相对于卫星与地面的距离而言，55颗卫星在空中运行时，卫星的大小和形状都可以忽略，因此可以看作质点，故 C错误；。、北斗卫星导航系统的55颗卫星在空中做圆周运动，速度方向时刻在改变，所以是做变速运动，故。正确。故选：D。物体能否看作质点的条件是看作质点后对所研究的问题没影响；圆周运动是变速运动；位移为矢量，是始末位置的有向线段，路程是轨迹的长度。本题考查了卫星的运动、位移和路程及物体能否看作质点的判断，基础题，牢记几个概念即可。2.【答案】B【解析】解：设抛出的圈圈做平抛运动的初速度为V,

12、高度为h,则下落的时间为：t=后水平方向位移为：X=vt=A.平抛运动的时间由高度决定，可知大人抛出圆环的时间较长，故A 错误；员大人抛出的圆环运动时间较长，如果要让大人与小孩抛出的水平位移相等，则大人抛出的初速度要小，故 8 错误；C、因大人抛出圆环运动时间较长，则由/=可知，大人抛出的圆环在空中受到的重力的冲量较大，故 C错误；。、根据平抛运动规律可知，两圆环落地时的速度方向一定不相同，故落地时的动量不相等，故。错误。故选：B。物体做平抛运动，我们可以把平抛运动分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相同。本题就是对平抛运动规律和动量定理的考查

13、，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解。3.【答案】B【解析】解：4B.ab小球运动过程中只有重力做功，根据机械能守恒定律可知，两球重力势能的减少量相同，则动能的增加量也相同，但是a 无初速度释放，h 有初速度，则第 6 页，共 13页落地前的瞬间，。球的速率小于b球的速率，故A错误，B正确：C.对两球受力分析，根据牛顿第二定律可知，aa=gsin45=g,而人的加速为g,故C错误；D根据匀加速直线运动的规律，。球落地时间为一三=；a/2,解得：ta=2 而。Sin45 2 y l g球落地的时间为生=后，故。错误。故选：Bo受力分析可知a球做匀加速直

14、线运动，b球做匀变速曲线运动；根据机械能守恒定律判断落地前6球的速率大；根据牛顿第二定律求两球的加速度，。球沿斜面做匀加速直线运动求时间，6球竖直方向做自由落体运动求时间判断6球先落地。本题考查机械能守恒定律，运用牛顿第二定律和机械能守恒定律求解。4.【答案】C【解析】解：A、7.9 k m/s是卫星绕地球做匀速圆周运动最大的运行速度，也是近地卫星绕地球做匀速圆周运动的线速度，可知天宫二号绕地球做匀速圆周运动的线速度小于7.9km/s,故 A 错误；8、天宫二号进入大气层后，引力做正功，它的引力势能越来越小，空气阻力对它做负功，它的机械能不断减少，故B错误；C、天宫二号绕地球做匀速圆周运动时，

15、根据万有引力提供向心力，得G鬻=小 黑 ,可得7 =2兀 层，可知天宫二号的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，所以天宫二号绕地球做匀速圆周运动的周期小于地球同步卫星绕地球做匀速圆周运动的周期，即小于地球自转的周期，故C正确；。、天宫二号通过减速来降低运行高度，做近心运动，实现受控离轨，故D错误。故选：Co7.9 k m/s是卫星绕地球做匀速圆周运动最大的运行速度；天宫二号进入大气层后，它的引力势能越来越小，机械能不断减少；根据万有引力提供向心力，列式分析周期大小;天宫二号做近心运动时需要减速。本题是卫星类型，要掌握万有引力提供向心力，通过列式来分析卫星的周期与地球同步卫星周期的关系。5.【答

16、案】A【解析】解：A C、当汽车达到额定功率后，根据P =F v知，速度增大，牵引力减小，当牵引力等于阻力时，速度最大，做匀速直线运动，故A正确，C错误；8、当牵引力等于阻力时，速度最大，根据牛顿第二定律得，匀加速直线运动的牵引力F=f+m a,则额定功率P =F u =(f +m a)ato，则最大速度为=+,)*,故B错误；。、概念车在匀加速运动过程中，根据功能关系可知牵引力所做的功等于克服阻力做功与动能的增加，故。错误；故选：A o根据牛顿第二定律求出匀加速直线运动时的牵引力，根据P=Fu求出额定功率，抓住牵引力等于阻力时，速度最大，结合P=求出最大速度。本题考查了机车的启动问题，关键理

17、清汽车在整个过程中的运动规律，知道汽车达到额定功率后，做加速度减小的变加速运动，牵引力等于阻力时，速度最大。6.【答案】C【解析】解：A、人站在自动扶梯上不动，随扶梯匀速上升的过程中，重力做负功，重力势能增加，故 A错误；B C D.人所受的合力为零，支持力做正功，合力不做功，动能不变，重力势能增加，则机械能增加，故 C 正确，8 0 错误。故选：Co人站在自动扶梯上不动，随扶梯匀速上升的过程中，合力为零，动能不变，根据重力做功判断重力势能的变化，根据动能和重力势能的之和的变化判断机械能的变化.解决本题的关键知道重力做正功，重力势能减小，重力做负功，重力势能增加，以及掌握机械能变化的判断方法.

18、7.【答案】B【解析】解：4B.因为推力做功，任子威和武大靖组成的系统机械能一定增加；忽略一切阻力，二者在水平方向动量守恒，故 A错误、B正确；C.任子威和武大靖受到的推力大小相等、反向相反，但是质量不一定相同，因此加速度大小可能不同，方向一定相反，任子威和武大靖的加速度不相同，故 C 错误；。、“交棒”的任子威水平猛推“接棒”的武大靖，任子威受到的作用力方向向后，任子威减速，故。错误。故选：Bo根据动量守恒定律的守恒条件、机械能守恒定律的守恒条件分析A 8选项；根据牛顿第二定律分析CO选项。本题主要是考查动量守恒定律、机械能守恒定律以及牛顿第二定律，解答本题的关键是掌握动量守恒定律的守恒条件

19、、机械能守恒定律的守恒条件，能够根据力的方向分析加速度方向。8.【答案】A BC【解析】解：牛顿力学适用于低速宏观的物体，则小孩用力抛出的石块在空中的运动、“和谐号”动车从深圳向广州飞驰和人造卫星绕地球运动都适用与牛顿力学规律，粒子第 8 页，共 13页接近光速运动属于高速微观的范畴，不适用于牛顿力学规律描述，故 A8C正确，。错、口底。故选：A BC.熟记牛顿力学规律的适用场景，结合题目选项完成分析。本题主要考查了牛顿力学的局限性，理解其适用的条件即可完成分析，难度不大。9.【答案】BD【解析】解：A、手机下落度h=20cm=0.20m；根据自由落体位移-时间关系可知，h=gt2,解得t=0

20、.2 s,故 A 错误：B、根据自由落体位移-速度关系可知/=2 g/i,解得f =2 m/s,故 8 正确；C、手机与眼接触的过程中受到重力与眼睛的作用力，选取向上为正方向，根据动量定理有：F t-m g t=/P 代入数据可得：F=3.6 N,故 C 错误；D、手机质量m=120g=0.12kg,与眼睛作用后手机的速度变成0,设向上为正方向，所以手机与眼睛作用过程中动量变化为：A P=0 (mv)=0.12 x 2kg-m/s=0.24kg m/s；故。正确。故选：B D。根据自由落体求速度，时间，结合冲量的定义式求出冲量的大小和方向；由动量定理求作用力大小。本题考查了自由落体运动的规律和

21、动量定理的应用，要注意在应用动量定理时别忘了重力和设定正方向。10.【答案】A D【解析】解：A、由于物块到达3 端之前已和传送带保持相对静止，所以物块在传送带上先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，故 A 正确；B、根据动能定理可得传送带对物块做的功为W=/x 物=：小卢，故 8 错误；C、根据运动学公式可得：x物=；3在此过程中传送带的位移为：刀 带=2%物；传送带克服滑动摩擦力做的功为：W=f x =2 f x =m v2,故 C 错误；D、传送带与物体间因摩擦而产生的热量为：Q=带-X 加=fx物=i v 2,故。正确。故选：A D.由于物块到达B 端之前已和传送带保持相对静止，由此分

22、析物体的运动情况；根据动能定理可得传送带对物块做的功；根据运动学公式、功能关系分析传送带克服滑动摩擦力做的功、传送带与物体间因摩擦而产生的热量。解决本题的关键在于要懂得物体在匀加速运动过程，电动机要多消耗电能，运用功能关系和牛顿定律、运动学公式进行分析.1 1.【答案】0.1 0.1 0 减 小 0.3 6 5【解析】解：(1)由题意可得，相邻计数点之间的时间间隔为5 5t=5T=-=s =0.1 s(2)由=。产可得：A x 0.0 0 1a=-2 m/s=O.l Om/s/由纸带数据可得小车做加速运动，说明平衡时垫的过高，为平衡摩擦力还应适当减小木板与桌面的夹角，直到打点均匀为止：(3)根

23、据匀变速直线运动的规律可知x2 4 3.6 +3.7 _v3=x 1 0-2m/s =0.3 6 5 m/s故答案为:(1)0.1；(2)0.1 0；减小；(3)0.3 6 5(1)根据电源的频率得出相邻计数点的时间间隔：(2)根据逐差法计算出小车的加速度，结合计数点的间距变化正确调整木板与桌面的夹角；(3)根据运动学规律得出小车的速度。本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合逐差法即可完成分析。1 2.【答案】小球在下落过程中空气阻力对其做负功【解析】解：(2)根据机械能守恒原理有m g =1 m p 2,可知力消掉，还需要测量A、B之间的距离H,故 A错误

24、，B正确;故选：B。(3)小球通过光电门的时间较短，可用平均速度代替瞬时速度D=p(4)根据上述分析可知满足g H =362,则可验证小球在运动过程中机械能守恒；(5)小球减少的重力势能总是略大于增加的动能，可能是由于小球在下落过程中空气阻力对其做负功。故答案为：(2)B；(3)p (4)g”=今2；伊)小球在下落过程中空气阻力对其做负功。(2)(4)根据实验原理分析解答；(3)小球通过光电门的时间较短，可用平均速度代替瞬时速度：(5)根据实验操作分析误差原因。本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合机械能守恒定律和实验原理完成分析。第10页，共13页13.

25、【答案】解：(1)手榴弹在竖直方向上做自由落体直线运动，由九=。产可得t=后(2)手榴弹在水平方向上做匀速直线运动，则%=一手榴弹刚被抛出时的初动能a =rnvl由功能关系得，战士至少做功为卬=：加诏，解 得 皿=嘴(3)落地前瞬间，手榴弹竖直方向的速度大小%=gt=g x 后=/荻落地前瞬间，手榴弹重力的功率为PG=rngvy=m g/l h答：(1)手榴弹在空中运动的时间f 为 后；(2)抛出手榴弹过程中，战士至少要做功为嘴；(3)手榴弹落地前瞬间，手榴弹重力的功率为mg西 丘【解析】(1)手榴弹做平抛运动，竖直方向做自由落体运动求得下落时间；(2)手榴弹做平抛运动，水平方向匀速运动，根据

26、x=ut求得抛出时的初速度，根据功能关系求得人做功；(3)根据竖直方向求得落地时竖直方向的速度，由P=mg。求得重力的瞬时功率。本题主要考查了平抛运动，抓住竖直方向的自由落体运动，水平方向上做匀速直线运动，结合功能关系求得人对手榴弹做功。14.【答案】解：(1)对球受力分析如图所示,a b球在竖直方向力平衡，故有：Fcos 37 0 =m g；则有：尸=一%一；拉 cos 3 7 代入数据得：F拉=1.25N(2)小球做圆周运动的向心力由绳拉力和重力的合力提供，故有：zngtan37。=meo2(Lsin37o+s)代入数据解得：3 =Srad/s(3)小球运动的半径为：r=|x 0.6+0.

27、1=0.3m小球的线速度为：v=cor=5 x 0.3=1.5m/s小球做平抛运动的时间为：t=j=后 萨=0.6s小球平抛的水平距离为：x=vt=1.5 x 0.6=0.9m小球落地时到转轴oa的水平距离为：L=V x2+r2=V 0.92+0.32=O JA/T OH I答：(1)绳子的拉力大小为1.25N；(2)该装置转动的角速度为5r a d/s.(3)若转动过程中，细线突然断裂，小球落地时到转轴的水平距离是0.34U m.【解析】(1)球在水平面内做匀速圆周运动，由重力琢和绳的拉力F 的合力提供向心力，球在竖直方向力平衡，求解绳的拉力大小.(2)半径r =L s in 37。+s,由

28、牛顿第二定律求解角速度.(3)由公式=3r 求出线速度，小球做平抛运动的过程中将运动沿水平方向与竖直方向分解即可.本题是圆锥摆问题，关键分析小球的受力情况和运动情况，容易出错的地方是圆周运动的半径 r =L s in 37+s.15.【答案】解：(1)滑块运动到圆弧轨道最低点B时，根据机械能守恒定律得:1,m g R =-m v在 B点时，根据牛顿第二定律得：m v2FN-m g =-A根据牛顿第三定律得：N=FN联立解得：N =3 0 N,方向竖直向上(2)当滑块滑到小车上表面时，选向右的方向为正方向对小车，根据牛顿第二定律得：Rng aB =0.2 x 1 x 10 7M-2-m/s=lm

29、/s对滑块，根据牛顿第二定律得:aA-:;3-0.2 X 10 m/s2-2m/s2,负号表示加速度方向水平向左(3)根据速度-时间公式，设滑块和小车共速时的时间为t则 u+aAt=0 +aBt解得：t=2s；v共=6 m/s 2 x 2m/s=2m/s此时，滑块的位移为v+v 6+2xA=-t=-x 2m=8m小车的位移为 +#0 +2xB=-t=-x 2 m =2m第12页，共13页此时滑块和小车的相对位移为A x=xA xB=8 m 2m=6m L=8m即滑块与小车共速时，滑块未从小车上离开则小车匀速运动，直到与挡板相撞，则d-L XD 17 8 2t=-=-s =3.5sV共 2则 f

30、 总=t+t =2s+3.5s =5.5s答：(1)滑块运动到圆弧轨道最低点B时，滑块对轨道的压力为3 0M 方向竖直向上；(2)滑块刚滑到小车上表面时，滑块和小车的加速度大小分别为2m/s 2和l m/s 2；(3)滑块运动到小车上表面后，经过5.5s 的时间，小车与挡板相碰。【解析】(1)根据机械能守恒定律得出滑块的速度，结合牛顿第二定律和牛顿第三定律得出滑块对轨道的压力；(2)根据牛顿第二定律分析出滑块和小车的加速度；(3)根据运动学公式分阶段分析出小车的运动，从而计算出对应的时间。本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，根据机械能守恒定律分析出物块的速度，结合牛顿第二定律和运动学公式即可完成分析。