2021-2022学年广东省广州市番禺区高一（下）期末物理试卷（附答案详解）.pdf

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1、2021-2022学年广东省广州市番禺区高一（下）期末物理试卷1.下列运动中，不能用牛顿力学规律描述的是（）A,子弹的飞行 B.粒子接近光速运动C.“复兴号”动车从广州向北京奔驰 D.神州十三号飞船绕地球运动2.如图所示，某位市民参加广州横渡珠江活动，他以恒定速度始终垂直河岸向对岸游去。假设江中各处水流速度相等，他游过的路程、过河所用的时间与水流速度的关系是（）A.水流速度大时，路程长，时间长 B.水流速度大时，路程长，时间短C.路程、时间与水流速度无关 D.水流速度大时，路程长，时间不变3.如图所示一种古老的舂米机。舂米时，稻谷放在石臼4 中，横梁可以绕。转动，在横梁前端B处固定一舂米锤，脚

2、踏在横梁另一端C点往下压时，舂米锤便向上抬起。然后提起脚，舂米锤就向下运动，击打A中的稻谷，使稻谷的壳脱落，稻谷变为大米。已知O B O C,则在横梁绕。转动过程中（）A.B、C的向心加速度相等B.B、C的角速度关系满足38 vcD.舂米锤击打稻谷时对稻谷的作用力大于稻谷对舂米锤的作用力4.2022年5月10日1时56分，天舟四号货运飞船采用快速交会对接技术，顺利与在轨运行的天和核心舱进行交会对接。对接前，天舟四号货运飞船绕地球做椭圆运动，近地点4 和远地点B,如图所示；天和核心舱在离地球表面高度h处做匀速圆周运动。若对接地点在椭圆轨道的远地点B处，下列说法正确的是（）A.天舟四号在4点的运行

3、速度小于在B点的运行速度B.在远地点B天舟四号所受地球的引力一定等于天和核心舱所受地球的引力C.天舟四号在B点点火加速，才能与天和核心舱顺利完成对接D.天舟四号从4运动到B的过程中，动能减小，引力势能增大，机械能减小5.如图所示，广州塔摩天轮位于塔身顶450米高空处，是世界最高摩天轮，摩天轮由16个“水晶”观光球舱组成，沿着倾斜的轨道做匀速圆周运动，观光球舱环绕一圈约为20分钟，游客可以从各个角度观赏广州夜景，下列说法正确的是（）A.游客的机械能守恒B.游客所受的合外力始终指向圆心C.观光球舱的角速度约为0.314rad/sD.游客始终只受重力和竖直向上的支持力6.2022年，在女足亚洲杯决赛

4、中，肖裕仪在补时阶段绝杀，帮助中国女足时隔16年重夺亚洲杯冠军。她在对方禁区以速度先斜向上踢出足球，并将球从球门左上角踢进球门，示意图如图所示。足球飞入球门时的速度为，球离地高度为九，足球的质量为机，则她将足球踢出时对足球做的功W（不计空气阻力，足球视为质点）（）A.等于mg/i+mv2B.等于mg/iC.等于加2D.因为球射入球门过程中的曲线的形状不确定，所以做功的大小无法确定第 2 页，共 15页7 .引体向上是（fffl家学生体质健康标准中规定的男生测试项目之一。如图所示，引体向上分为两个过程：身体从最低*田点升到最高点的“上引”过程，身体从最高点回到最低点的“下放”过程。某同学在3 0

5、 s内连续做了 1 0个完整的引体向上，已知该同学质量约为6 0 k g,则（）A.“上引”过程重力对人做正功B.“下放”过程重力对人做负功C.在3 0 s内重力对人做的总功约为3 0 0 0/D.在3 0 s内克服重力做功的平均功率约为1 0 0 8 .我国首次载人飞船“神舟五号”绕地球运行一圈的时间约为9 0分钟，与地球同步卫星相比，飞 船“神舟五号”（）A.离地面较高 B.周期较大 C.线速度较大 D.角速度较大9 .如图所示是玩家玩“蹦极”游戏的真实照片，玩家将一.J _根长为。力的弹性绳子的一端系在身上，另一端固定在高 o,M处，然后从高处跳下，其中。力 为弹性绳子的原长，B点|是绳

6、子弹力等于重力的位置，C点是玩家所到达的最低点，：I下列说法正确的是（）IA.从。到B,玩家先做加速运动后做减速运动 .B.从。到C,重力对人一直做正功，人的重力势能一直减二%、BI小C.从A到C,玩家的加速度先向下后向上D.从。到C,弹性绳子的弹性势能一直增加1 0.北京2 0 2 2年冬奥会跳台滑雪比赛在张家口赛区的国家跳台滑雪中心进行，跳台由助滑道、起跳区、着陆坡、停止区组成，如图所示。运动员从起跳区水平起跳后在空中运动的速度变量、重力的瞬时功率大小、动能、机械能分别用A u、P、E k、E 表示，用t表示运动员在空中的运动时间，不计运动员空气阻力，下列图象中可能正确的是（）1 1.如图

7、所示是某小组制作的平抛运动实验装置，在竖直板上不同高度处固定两个完全相同的圆弧轨道，轨道的末端水平，在它们相同的位置上各安装一个电磁铁，两个电磁铁由同一个开关1控制，在上轨道末端。点同一高度处固定第三块电磁铁，并通过。点处的开关2控制。通电后，三块电磁铁分别吸住三个相同的小铁球4、B、C。断开开关1,4、8 两个小铁球同时开始运动，当4 小球运动到斜槽末端。点处时，触动开关2,C小球开始做自由落体运动，同时4 小球做平抛运动，B球进入一个光滑的水平轨道，三个小球恰好在P点相遇。(1)球A、B在P点相遇，说明平抛运动在水平方向是 运动；(2)球4、C在P点相遇，说明平抛运动在竖直方向是 运动；(

8、3)实验中，斜槽末端。点的切线必须是水平的，这样 做 的 目 的 是。A.保证小铁球飞出时，速度既不太大，也不太小B.保证小铁球飞出时，初速度水平C.保证小铁球在空中运动的时间每次都相等。保 证小铁球运动的轨迹是一条抛物线第 4 页，共 15页12.某同学做“验证机械能守恒定律”实验时，不慎将纸带前端损坏，剩下的一段纸带上各相邻点间的距离已测出标在图1中。已知各相邻点的时间间隔为7,重物质量为m,重力加速度为g。(1)在打计时点2时重物的速度%=，在打计时点5时重物的速度%=，从打计时点2到打计时点5的 过 程 中 重 物 的 动 能 增 加 量=(用m、方、表示)，重力势能减少量/Ep=。(

9、2)若机械能守恒定律得到验证，则图2图 像 正 确 的 是(其 中 4 a 表示重物动能的变化，4/1表示重物下落的高度)。(3)但 在 实 际 实 验 中 AEp,其原因是。13.中国的面食文化博大精深，种类繁多，其 中“山西刀削面”堪称天下一绝，传统的操作手法是一手托面一手拿刀，直接将面削到开水锅里。如图所示，小面圈刚被削离时距开水锅的高度为八，与锅沿的水平距离为3锅的半径为H,将削出的小面圈的运动视为平抛运动，且小面圈都落入锅中，重力加速度为g，求：(1)小面圈在空中运动的时间；(2)若小面圈能落到开水锅里，小面圈刚被削离时初速度的取值范围。14.如图所示，高速公路转弯处弯道半径R=10

10、0m,汽车的质量m=1500/cg,重力加速度 g=10m/s2,.(1)当汽车以内=20ni/s的速率行驶时，其所需的向心力为多大？(2)若路面是水平的，已知汽车轮胎与路面间的动摩擦因数4=*且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。问汽车转弯时不发生径向滑动所允许的最大速率为为多少？(3)通过弯道路面内外高差的合理设计，可实现汽车转弯时刚好不受径向的摩擦力作用的效果。若汽车转弯时仍以(2)中的最大速率为运动，则转弯处的路面应怎样设计？请计算说明。1 5.如图，质量为1kg的小滑块(视为质点)在半径为R的四分之一光滑圆弧的最高点4,由静止开始释放，它运动到B点时速度为V=2m/s.当滑块经过B后立即将圆

11、弧轨道撤去.滑块在光滑水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由C点过渡到倾角为0=37。、长L=的斜面CD上，CC之间铺了一层匀质特殊材料，其与滑块间的动摩擦因数可在0 M 1.5之间调节,斜面底部。点与光滑地面平滑相连，地面上一根轻弹簧一端固定在。点，自然状态下另一端恰好在。点.认为滑块在C、。两处换向时速度大小均不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.取g=10m/s2,s讥37。=0.6,cos37=0.8,不计空气阻力.(1)求光滑圆弧的半径R以及滑块经过圆弧B点时对圆弧的压力大小；(2)若设置=0,求滑块从C第一次运动到。的时间及弹簧的最大弹性势能；(3)若最终滑块停在。点，求的取值范围.第

12、 6 页，共 15页答案和解析1.【答案】B【解析】解：牛顿力学适用于低速宏观的物体，则子弹的飞行、“复兴号”动车动广州向北京奔驰和神州十三号飞船绕地球运动都适用与牛顿力学规律，粒子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B错误，ACO正确；本题选错误的，故选：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。2.【答案】D【解析】解：人以恒定速度始终垂直河岸向对岸游去，所以过河时间t=旨不变；游泳者相对于岸的速度为他相对于水的速度和水流速度的合速度，水流速度越大，其合速度与岸的夹角越小，合速度大小越大

13、，路程越长，故ABC错误，。正确。故选：D o运用运动的分解，人在垂直于河岸方向的分速度 人不变，设河宽为d,过河时间t=3,与水速无关。过河问题是运动的合成与分解部分典型题型。本题要注意题设条件：速度始终垂直河岸，否则结果会不同。3.【答案】C【解析】解:48、由图可知,B与C属于同轴转动，则它们的角速度是相等的，即3c=38。由：a=o2r可知，0C 0 B,可知B的向心加速度较大。故A8错误；C、由于0。8,由 =可知C点的线速度小。故C正确；。、锤对稻谷的作用力与稻谷对舂米锤的作用力是一对作用力与反作用力，二者大小相等。故。错误故选：C。B、C两点共轴，角速度相等；再结合u=3 r,可

14、比较角速度与线速度的大小，结合向心加速度的公式比较向心加速度；作用力与反作用力大小相等，方向相反。本题主要考查了线速度角速度和向心加速度的关系，关键抓住公式=3乙同轴转动，角速度是相等，共线时线速度大小相等。4 .【答案】C【解析】解：A、天舟四号从4 点运行到B 点的过程中，万有引力做负功，动能减小，所以天舟四号在4 点的运行速度大于在B 点的运行速度，故 A错误；8、由于天舟四号与天和核心舱的质量关系不知道，无法判断受到的万有引力大小，故B错误；C、天舟四号在B 点点火加速，由椭圆轨道变轨到圆轨道，这样才能与天和核心舱顺利完成对接，故 C正确；。、天舟四号从4 运动到B 的过程中只有万有引

15、力做负功，动能减小，引力势能增大，机械能不变，故。错误。故选：C o根据万有引力做功情况分析动能和势能的变化；根据万有引力定律结合变轨原理分析B C 选项。本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力做功情况进行分析，掌握变轨原理。5 .【答案】B【解析】解：4、由于速度不变，故动能不变，而重力势能不断改变，故机械能不守恒，故 A错误；8、游客做匀速圆周运动，合外力大小不变，方向始终指向圆心；故 8 正确；C、根据角速度与周期关系3 =9=0.0 0 5 2 3 r a d/s；故 C错误；。、摩天轮沿着倾斜的轨道做匀速圆周运动，所以游客受重力、支持力、摩擦力作用，支持

16、力不一定竖直向上；故。错误；故选：B。根据匀速圆周运动的特点求解即：速度大小不变，方向时刻改变，合外力提供向心力，向心力时刻沿半径指向圆心；根据角速度与周期关系解得角速度。本题的关键是明确匀速圆周运动的特点；切记摩天轮是沿倾斜的轨道做匀速圆周运动，故重力势能在时刻发生改变。6 .【答案】A第8页，共15页【解析】解：将足球踢出到足球飞入球门的整个过程，由动能定理得：W-m g h =-0,可得W=mg/i+g j n/,故 A 正确，BC）错误。故选：4。对将足球踢出到足球飞入球门的整个过程，利用动能定理求她将足球踢出时对足球做的功 以本题中涉及力在空间的积累效果，可考虑动能定理。要知道动能定

17、理是求功，特别是变力做功常用的方法。7.【答案】D【解析】解：4、“上引”过程重力对人做负功，故 A 错误；8、“下放”过程重力对人做正功，故 8 错误；C、在一次“上引”和“下放”过程中，重心上升或下降的高度相同，而 在“上引”过程中人克服重力做功，“下放”过程中重力做正功，两者之和为零，故一次引起向上过程中重力对人做功为零，故30s时间内，重力对人做的总功为零，故 C 错误；D、该同学在30s内连续完成10个完整的引体向上，克服重力做的总功约为小=nmgh=10 x 60 x 10 x 0.5/=3 0 0 0/,克服重力做功的平均功率约为 =3 =鬻 =100W,故。正确；故选：。在“上

18、引”过程中重力对人做负功，“下放”过程中重力对人做正功，一个完整的引起向上，重力对做的总功为零，根据运动时间计算一次“上引”过程中克服重力所做的功,并根据平均功率公式求克服重力做功的平均功率。本题中人不能看成质点，必须根据重心上升的高度来求克服重力做功。要知道平均功率等于功与时间之比。8.【答案】CD【解析】解：卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力；A B,由牛顿第二定律得：竿=小（年）2乙 解得：町，“神舟五号”飞船的周期小于同步卫星的周期，则“神舟五号”飞船的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，即:r神舟五号 丫同步卫星，则同步卫星离地面较高，故 A8错误；。、由牛顿第二定律得：=也 亍，

19、解得：u=J?,由 于 丫 神舟五号丫同步卫星，则“神舟五号”的线速度较大，故C正确；。、由牛顿第二定律得：=ma)2r,解得：3 二 席,由于 神舟五号 丫 同 步 卫 星，则“神舟五号”的角速度较大，故。正确；故选：C D。卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律求出轨道半径、线速度与角速度，然后分析答题.本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力，应用向心力公式、牛顿第二定律可以解题，本题是一道基础题.9【答案】BC【解析】解：A、B点是绳子弹力等于重力的位置，从。到B过程玩家受到的合力一直向下，玩家一直向下做加速运动，故A错误；8、从。到C过程，重力方向竖直向

20、下，人的位移方向竖直向下，重力对人一直做正功，人的重力势能一直减小，故8正确；C、从4到B过程重力大于弹性绳子的弹力，合力向下，加速度向下，从B到C的过程弹性绳的弹力大于重力，合力向上，加速度向上，因此从4到C,玩家的加速度先向下后向上，故C正确。、从。到4过程弹性绳没有发生形变，弹性绳的弹性势能为零不变，从A到C过程弹性绳的弹性势能增加，故。错误。故选：B C。人下降，重力做正功，重力势能减小，人到达原长时，弹性绳开始被拉伸，弹性势能开始增大；根据受力情况判断加速度方向。本题考查了功能关系。要注意重力做功和重力势能变化的关系以及弹力做功和弹性势能变化的关系。1 0.【答案】B【解析】解：4、

21、滑雪运动员离开起跳区后做平抛运动，水平速度不变化，竖直速度变化，则速度的变化量u =gt,所以速度变化量与时间t成正比，故A错误；B、设经过时间t后速度为u，与竖直方向的夹角为那么重力的瞬时功率为2=mgvcosQ,根据速度分解为=os。=gt,所以功率可表示为P =血 3 可见重力瞬时功率与时间成正比，故B正确；第 10页，共 15页C、设经过时间t后，竖直速度大小为%=gt,初速度大小为火,此时的动能以=m v2=（诏+g2 t 2）,据此可知物体的初动能不为零，故c错误；力、不计空气阻力，只有重力做功，所以滑雪运动员飞行的过程中机械能守恒，机械能不随时间发生变化，故。错误；故选：B。运动

22、员做平抛运动，根据运动的分解和合成的规律将其分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，然后根据运动学公式和机械能守恒定律进行分析。本题关键是明确物体的运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，然后结合机械能守恒定律和功率的表达式列式分析。1 1.【答案】匀 速 直 线 自 由 落 体B【解析】解：（1）球A、B在P点相遇，说明两球在水平方向的运动完全相同，即说明平抛运动在水平方向是匀速直线运动；（2）球4 C在P点相遇，说明两球在竖直方向的运动完全相同，即说明平抛运动在竖直方向是自由落体运动：（3）实验中，斜槽末端。点的切线必须是水平的，这样做的目的是保证小铁球

23、飞出时，初速度水平，从而使小球做平抛运动，故B正确，A C Q错误；故选：B。故答案为：（1）匀速直线；（2）自由落体；（3）B（1）根据两球在水平方向上的运动特点得出平抛运动水平方向上的运动规律；（2）根据两球在竖直方向上的运动特点得出平抛运动竖直方向上的运动规律；（3）根据实验原理分析出保证斜槽末端。点水平的原因。本题主要考查了平抛运动的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合平抛运动在不同方向上的运动特点即可完成分析。1 2.【答案】芳 詈 等4 7 n诏一域mgs2+s3+s4）C重物下落过程克服阻力做功【解析】解：（1）做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的

24、瞬时速度，打打计时点2时重物的速度方=誓，在打计时点5时重物的速度为=等；从打计时点2到打计时点5的过程中重物的动能增加量Z E k =1 m v l-m v l，重力势能减少量 AEp=mg(s2+s3+s4)0(2)如果机械能守恒，重物动能的增加量等于重力势能的减少量，=m g A h,由于m.g是常数，则2为与4九 成正比，故C正确，ABO错误。故选：C。(3)重物下落过程受到空气阻力与摩擦阻力作用，重物要克服阻力做功，导致动能的增加量小于重力势能的减少量。故答案为：(1)鬻；警;m5(s2+s3+s4)；(3)重物下落过程克服阻力做功。(1)做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度

25、等于中间时刻的瞬时速度，据此求出打点2、5时的速度，然后求出动能的增加量，由重力势能的计算公式求出重力势能的减少量。(2)根据机械能守恒定律求出图像的函数表达式，然后分析答题。(3)重物下落过程要克服阻力做功，据此分析实验误差.理解实验原理是解题的前提，应用匀变速直线运动的推论求出瞬时速度是解题的关键,应用动能计算公式与重力势能的计算公式即可解题。13.【答案】解：(1)小面圈做平抛运动，根据仁次解得：t=后(2)若小面圈刚好落至开水锅的左侧边缘，则L i VQ t解 得 一。=噌若小面圈刚好落到开水锅的右侧边缘，则(L+2R)vxt解得：/=(/,+2R)打所以小面圈的速度取值范围为 ”a+

26、2 R 胞答：(1)小面圈在空中运动的时间为后；第 12页，共 15页(2)若小面圈能落到开水锅里，小 面 圈 刚 被 削 离 时 初 速 度 的 取 值 范 围 为 v a+2R)岛【解析】(1)根据平抛运动竖直方向上的运动特点结合运动学公式计算出时间：(2)将时间代入到水平方向上计算出速度的临界值，从而得到速度的取值范围。本题主要考查了平抛运动的相关应用，理解平抛运动在不同方向上的运动特点，结合运动学公式即可完成分析。1 4.【答案】解：(1)由题意，根据向心力公式F =代入数据解得：F =6 0 0 0 N。(2)当以最大速率转弯时，最大静摩擦力提供向心力，此时有息=11mg=R代 入

27、数 据 解 得=5 V 3 0 m/s(3)若汽车转弯时仍以(2)中的最大速率转弯，且要求汽车刚好不受径向的摩擦力作用,则转弯处的路面应设计成“外高内低”的情况，设路面的倾斜角为。做出汽车的受力图，如图示，根据牛顿第二定律有mgtand=加半代入数据解得：t a n。/即转弯路面的倾角为。=3 7 .答：(1)当汽车以%=2 0 m/s的速率行驶时，其所需的向心力为6 0 0 0 N；(2)汽车转弯时不发生径向滑动所允许的最大速率玲1为5同m/s;(3)转弯处的路面设计为外高内低，且路面倾角为3 7。【解析】(1)根据向心力公式解得;(2)根据最大摩擦力提供向心力得到最大速度;(3)对汽车受力

28、分析，得到向心力和重力关系，进而得到路面的倾角。熟练掌握向心力公式是解题的关键，另外在第三问中要能够正确的受力分析，得到向心力的表达式，就可以解得正确结果。1 5.【答案】解：滑块从4 到B 过程，由动能定理得：m5/?=|m v2-0代入数据得：R=0.2 m.滑块在B 点，轨道的支持力F 与滑块重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：F-V2m g =m 代入数据解得：F=30N,由牛顿第三定律可知，滑块对圆弧的压力大小F =F =3 0 N(2)已知=0,滑块在C D 间运动过程，由牛顿第二定律得：mgsind m a代入数据解得，加速度大小：a =6 m/s 2滑块做匀加速直线运动，

29、由匀变速直线运动的位移-时间公式得：L=vt+at2代入数据解得：t =：s滑块到达D点时的速度大小：v0=v +a t =(2 +6 x|)m/s =4 m/s滑块的速度为零时弹簧弹簧势能最大，由能量守恒定律可知，弹簧最大弹性势能E p=|x 1 x 42/=8 J(3)最终滑块停在。点有两种可能a、滑块恰好能从C 下滑到D,由动能定理得：mgLsind-nmgcosd x L =0 -|m v2代入数据解得：M i =1b、滑块在斜面C D 和水平地面间多次反复运动，最终静止于。点.当滑块恰好能返回C 时，由动能定理得：一 2 m g c o s J x 2 L =0-T m/代入数据解得

30、：M2=0.1 2 5当滑块恰好静止在斜面上，则有：mgsind=nmgcosO代入数据解得：M 3 =0.7 5则当0.1 2 5 /z 0 7 5时，滑块在C D 和水平地面间多次反复运动，最终静止于。点.综上所述，的取值范围是0.1 2 5 n 0.7 5或 =1。【解析】(1)应用动能定理可以求出圆弧的半径R;在B 点，应用牛顿第二定律求出圆弧对滑块的支持力，然后应用牛顿第三定律求出滑块对圆弧的压力大小。(2)若4 =0,根据牛顿第二定律求出加速度，结合位移时间公式求出C 到。的时间，物第 14页，共 15页块由。压缩弹簧至最短的过程中，根据能量守恒定律求弹簧的最大弹性势能。(3)最终滑块停在。点有两种可能，一个是滑块恰好从C下滑到D,另一种是在斜面CD和水平面见多次反复运动，最终静止在。点，结合动能定理进行求解。解决本题的关键理清滑块在整个过程中的运动规律，运用动力学知识和动能定理进行求解，涉及到时间问题时，优先考虑动力学知识求解。对于第三问，要考虑滑块停在。点有两种可能。