2021-2022学年四川省广元市高一（下）期末物理试卷（含解析）

绝密★启用前

2021-2022学年四川省广元市高一（下）期末物理试卷

第I卷（选择题）

一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）

1. 如图为我国歼击机在大型航展上编队飞行时的情形，若飞机做曲线运动，则(    )

A. 飞机所受外力的合力为零
B. 飞机的加速度方向和速度方向一定在同一直线上
C. 飞机的速度可能保持不变
D. 某一过程，飞机的合力做功可能为零

2. 旋转篮球是每个篮球爱好者都会努力提升的一种技能．如图，半径约为的篮球在某同学的手指上旋转，测得篮球上的一个小泥点在内随篮球旋转的圈数为，由此可估算的物理量是(    )

A. 小泥点的线速度大小 B. 篮球旋转的角速度大小
C. 小泥点的向心加速度大小 D. 小泥点做圆周运动的向心力大小

3. 某游乐场中的“旋转飞椅”，其基本装置是将铁索绳上端固定在转盘支架的边缘，绳子下端连接座椅，人坐在座椅上随转盘旋转而在空中飞旋，如图，在转盘由静止开始逐渐加速转动的过程中，下列说法正确的是(    )

A. 铁索绳不做功 B. 人的机械能不变
C. 人的合力方向指向转轴轴心 D. 人的动能逐渐增大

4. 小船渡河时，船头方向与上游河岸夹角为，已知小船在静水中的速度为，河水的流速为，小船实际运动的方向刚好与船头方向垂直，则等于(    )

A.  B.  C.  D.

5. 年月日，“天宫课堂”第二课在我国空间站开讲．神舟十三号乘组航天员翟志刚、王亚平和叶光富相互配合授课，采用天地配合方式，在轨演示了太空冰雪、液桥演示、水油分离、太空抛物等多个神奇实验．已知该空间站一天绕地球约圈，空间站的轨迹近似为圆，空间站与我国北斗导航系统中的一颗地球同步卫星周期为相比(    )

A. 该空间站离地球表面的距离较大
B. 该空间站在相同的时间内转过的角度较小
C. 该空间站的向心加速度较大
D. 该空间站的线速度较小

6. 年月日，我国用神舟十四号载人飞船顺利将陈冬、刘洋和蔡旭哲三名航天员送入太空．其发射过程示意图如图，椭圆轨道Ⅰ为转移轨道，圆轨道Ⅱ为神舟十四号和空间站组合体的运行轨道，为椭圆轨道的近地点，轨道Ⅰ、Ⅱ相切于点，则(    )

A. 神舟十四号在轨道Ⅰ上从点运动到点，加速度逐渐增大
B. 神舟十四号在轨道Ⅰ上从点运动到点，线速度逐渐减小
C. 组合体在轨道Ⅱ上运行的周期小于神舟十四号在轨道Ⅰ上运行周期
D. 组合体在轨道Ⅱ上运行的线速度小于神舟十四号在轨道Ⅰ上运行线速度

7. 如图，完全相同的两小球和，在离地面相同高度处以相同大小的初速度分别沿竖直向下和水平方向抛出，不计空气阻力，则(    )

A. 两小球从抛出到落地，重力做的功相同
B. 两小球从抛出到落地，重力做功的平均功率相同
C. 两小球落地时，速度相同
D. 两小球落地时，重力的瞬时功率相同

8. 将一物体以初速度竖直向上抛出，选抛出时的位置为零势能点，若物块所受到的空气阻力为与其速率成正比，则物体的机械能随其位移变化的关系图像可能是(    )

A.  B.
C.  D.

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）

9. 关于平抛运动与匀速圆周运动，下列说法正确的是(    )

A. 都是速度方向不断变化的运动
B. 都是匀变速曲线运动
C. 都是合外力大小不变的运动
D. 都是相同时间内速度变化量相同的运动

10. 位于重庆永川乐和乐都主题公园的极限蹦极高度约米，是西南地区的蹦极“第一高”为了研究蹦极运动过程，做以下简化：将游客视为质点，他的运动始终沿竖直方向．弹性绳的一端固定在点，另一端和游客相连．游客从点自由下落，至点弹性绳自然伸直，经过合力为零的点到达最低点，然后弹起，整个过程中弹性绳始终在弹性限度内，不考虑空气阻力的影响．游客在从的过程中，下列说法正确的是(    )

A. 从到过程中，游客的机械能守恒
B. 从到过程中，弹性绳的弹性势能一直增加
C. 从到过程中，游客的重力势能减少，动能增加
D. 从到过程中，游客的加速度一直减小

11. 我国高铁技术处于世界领先水平，质量为的和谐号动车组在平直的轨道上由静止匀加速启动，运动过程的图像如图，已知时刻动车达到额定功率，之后保持额定功率运动，整个运动过程中汽车受到的阻力大小恒定，则(    )

A. 在时间内，动车加速度大小为
B. 时刻动车牵引力与时刻动车牵引力之比为
C. 在时间内，动车的位移大于
D. 在时间内，动车牵引力做功为

12. 如图，矩形金属框竖直放置，其中、足够长，且杆光滑。一根轻弹簧一端固定在点，另一端连接一个质量为的小球，小球穿过杆。金属框绕轴分别以角速度和匀速转动时，小球均相对杆静止。若，则与以匀速转动时相比，以匀速转动时(    )

A. 小球的高度一定降低
B. 弹簧弹力的大小一定不变
C. 小球对杆压力的大小一定变大
D. 小球所受合外力的大小一定变大

第II卷（非选择题）

三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）

13. 某同学用如图甲的装置“研究平抛物体运动”，通过描点画出平抛小球的运动轨迹．
    
    关于实验要点，下列说法正确的是______．
    A.必须选用光滑的斜槽
    B.斜槽末端必须水平
    C.为了减小实验误差，记录的点应适当多一些
    D.为了或小实验误差，每次在斜槽上不同位置释放小球
    进行正确的操作后，在方格纸上得到了一条平滑的曲线即为小球做平抛运动的轨迹如图．小方格的边长为，在平抛轨迹上选出、、、四个位置，小球从位置到位置的时间为，则当地重力加速度______；小球从位置到位置的过程，速度变化量大小______结果均保留两位小数
14. 某兴趣小组的同学用如图的装置探究竖直面内的圆周运动，轻绳一端固定在光滑固定转轴处，另一端系一小球，已知当地重力加速度为．
    在小球运动的最低点和最高点附近分别放置了一组光电门，测出小球的直径为，现使小球在竖直面内做圆周运动，通过光电门数字计数器读出小球经过最低点的挡光时间为，经过最高点的挡光时间为，则小球经过最低点的速度大小为______；经过最高点的速度大小为______．
    如果要验证小球从最低点到最高点机械能是否守恒，还需要测量的物理量有______填字母代号．
    A.小球的质量
    B.经绳的长度
    C.小球运行一周所需要的时间
    撤掉小球运动的最低点处的光电门，同时在光滑水平转轴处安装了一个拉力传感器．改变小球每次通过最低点时速度大小，读出小球每次经过最高点的挡光时间和拉力传感器的示数，得到多组数据，作出图像为一条直线，发现该直线的横截距为，纵截距为，则小球的质量为______，小球经过最高点的挡光时间的最大值为______用、、表示

四、计算题（本大题共4小题，共36.0分）

15. 跳台滑雪是一种极为壮观的运动，运动员穿着滑雪板，从跳台水平飞出，在空中飞行一段距离后着陆．如图，设运动员从倾角的坡顶点以速度沿水平方向飞出，恰落到山坡底的水平面上的处．取，，，计算、间的距离．

16. 质量为的汽车在一长直山坡上行驶山坡相当于一斜面，下坡时若关掉油门，则汽车的速度保持不变．现汽车以恒定的功率下坡，两种情况下汽车受到的阻力相同，求汽车速度由增至的时间．
17. 在物理学中，常常用等效替代、类比、微小量放大等方法来研究问题．如在牛顿发现万有引力定律一百多年后，卡文迪什利用微小量放大法由实验测出了万有引力常量的数值，如图为卡文迪什扭秤实验示意图。
    若在某次实验中，使用卡文迪什扭秤测出质量为和、球心间相距为的两个小球之间引力的大小为。写出万有引力常量的表达式；
    若已知地球半径为，地球表面重力加速度为，万有引力常量为，忽略地球自转的影响，写出地球质量及地球平均密度的表达式。
18. 如图，倾角为的斜面体固定在水平面上，一根轻弹簧放在斜面上，弹簧下端与斜面底端的固定挡板相连，弹簧处于原长时上端对应斜面上点．将一个小物块轻放在斜面上，物块静止时位于点，再用沿斜面向下的推力将物块缓慢推至点．已知，弹簧的形变在弹性限度内，弹簧具有的弹性势能为，为弹簧的劲度系数未知，为弹簧的形变量，重力加速度为，斜面上点以下光滑，点以上粗糙，物块与斜面粗糙部分的动摩擦因数，斜面足够长，现撤去推力，求：
    撤去推力的瞬间，物块的加速度大小；
    物块第一次向上运动到点时速度的大小；
    若物块的质量为，求物块在斜面粗糙部分运动的路程．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：、做曲线运动飞机的速度方向为曲线的切线方向，时刻在变化，故一定具有加速度，合力一定不为零，故A错误；
B、物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，所以飞机的加速度方向与速度方向不在同一条直线上，故B错误；
C、曲线运动飞机的速度方向为轨迹的切线方向，速度时刻在变化，故C错误；
D、飞机做曲线运动，某一过程中，飞机的初末速率相等时，根据动能定理可知飞机的合力做的功可能为零，故D正确。
故选：。
曲线运动物体的速度方向是轨迹的切线方向，时刻在变化，是变速运动；物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上；根据动能定理判断即可。
本题以我国歼击机在大型航展上编队飞行时的情形为背景，考查了曲线运动及其特点，要求学生抓住曲线运动的速度方向是切线方向，受力指向运动轨迹的凹侧。
 

2.【答案】 

【解析】解：、小泥点在内随篮球旋转的圈数为，则转速：，所以篮球旋转的角速度大小：；由于不知道小泥点在篮球上的位置，即不知道小泥点的旋转半径，所以不能求出小泥点的线速度，故A错误，B正确；
C、不知道小泥点的旋转半径，所以不能根据求出小泥点的向心加速度，故C错误；
D、不知道小泥点的质量与旋转半径，所以不能求出小泥点受到的向心力，故D错误。
故选：。
根据转速与角速度的关系求出角速度的大小，根据线速度与角速度的关系求出线速度；根据向心加速度与向心力的关系求出。
该题考查描述圆周运动的物理量之间的关系，解答的关键是要熟练掌握公式。
 

3.【答案】 

【解析】解：、在转盘由静止开始逐渐加速转动的过程中，人的重力势能和动能都增加，人的机械能增加，根据功能关系可得铁索绳对人做正功，故AB错误；
C、在转盘由静止开始逐渐加速转动的过程中，人的速度增大，切向加速度不为零，人的合力方向不可能指向转轴轴心，故C错误；
D、人的速度增大、动能增大，故D正确。
故选：。
在转盘由静止开始逐渐加速转动的过程中，人的重力势能和动能都增加，人的切向加速度不为零，由此分析。
本题主要是考查机械能守恒定律和圆周运动的结合，关键是知道机械能守恒定律的守恒条件，知道人在加速转动过程中的受力情况。
 

4.【答案】 

【解析】 解：根据题意，做出速度的矢量三角形如图所示，所以，故B正确，ACD错误。
故选：。
根据题意做出速度的矢量三角形，然后根据几何关系即可求解。
本题考查合运动与分运动的关系，重点是做出速度的矢量三角形。
 

5.【答案】 

【解析】解：该空间站一天绕地球约圈，可知空间站的周期；
A、根据万有引力提供向心力有：，解得：，该空间站的周期小于地球同步卫星的周期，所以该空间站离地球表面的距离较小，故A错误；
B、根据万有引力提供向心力有：，解得：，空间站的轨道半径较小，可知该空间站的角速度较大，所以在相同的时间内转过的角度较大，故B错误；
C、根据万有引力提供向心力有：，解得：，空间站的轨道半径较小，可知该空间站的向心加速度较大，故C正确；
D、根据万有引力提供向心力有：解得：，空间站的轨道半径较小，可知该空间站的速度较大，故D错误；
故选：。
根据题意可知空间站的周期，根据万有引力提供向心力，结合向心力与周期、向心加速度、线速度的关系可判断。
本题考查了万有引力定律的应用，解题关键掌握万有引力提供向心力，注意地球同步卫星的特点。
 

6.【答案】 

【解析】解：、根据万有引力提供向心力有：，解得：，神舟十四号在轨道Ⅰ上从点运动到点，神舟十四号与地球之间的距离增大，加速度减小，故A错误；
B、神舟十四号在轨道Ⅰ上从点运动到点，引力做负功，动能减小，所以线速度逐渐减小，故B正确；
C、根据开普勒第三定律，可知组合体在轨道Ⅱ上运行的周期大于神舟十四号在轨道Ⅰ上运行周期，故C错误；
D、组合体在轨道Ⅱ上点经减速进入神舟十四号在轨道Ⅰ上运行轨道，所以组合体在轨道Ⅱ上点运行的线速度大于神舟十四号在轨道Ⅰ上在点运行线速度，故D错误；
故选：。
根据万有引力提供向心力可分析加速度情况；神舟十四号从点飞到点的过程中只受到地球引力作用，引力做负功，根据万有引力提供向心力分析周期变化，根据变轨原理分析速度大小。
本题考查万有引力定律，关键掌握万有引力提供向心力。熟练应用变轨原理分析速度。
 

7.【答案】 

【解析】解：、两小球下落高度相同，根据可知，下落过程中重力做功相同，故A正确；
B、两小球在同一高度以大小相同的速度抛出，小球竖直下抛运动，小球做平抛运动，的运动时间大于的运动时间，两球落地时初末位置的高度差相等，重力做功相等，而小球的运动时间不同，重力的平均功率不同，故B错误；
C、两球落地时速度方向不同，则落地时的速度一定不相同，故C错误；
D、由可得，球落地时的速度大小，方向沿竖直方向；由平抛运动规律可知，小球落地时的竖直分速度大小，设小球落地时速度方向与重力方向的夹角为，则小球落地时重力的瞬时功率，由于、相同而竖直方向上速度不同，则小球落地时重力的瞬时功率不同，故D错误。
故选：。
根据重力做功的特点分析重力做功关系；根据小球运动过程分析落地速度大小关系；根据功率公式判断小球落地时重力的瞬时功率与平均功率大小关系。
本题考查了重力做功及功率公式的应用，解决本题需熟记做功、平均功率、瞬时功率的计算公式，能正确分析两球的运动过程，明确运动时间。
 

8.【答案】 

【解析】解：上升阶段的机械能为：，则图像的斜率代表，上升过程中减小至，结合物体运动状态可知图像为图，故C正确，故ABD错误；
故选：。
根据空气阻力做功代表机械能的减少量，解得图像解析式，根据斜率分析。
对于图象问题要明确两坐标轴及斜率的含义等，对于比较复杂的图象问题可以利用物理规律写出两个物理量的函数关系式，根据数学知识进一步判断图象性质。
 

9.【答案】 

【解析】解：、平抛运动和匀速圆周运动均是曲线运动，速度的方向不断的变化，故A正确；
B、平抛运动是匀变速曲线运动，匀速圆周运动是变加速曲线运动，故B错误；
C、平抛运动的合外力大小等于重力，匀速圆周运动的合外力大小大小不变，所以都是合外力大小不变的运动，故C正确；
D、平抛运动是匀变速曲线运动，加速度不变，相同时间内速度变化量相同，而匀速圆周运动加速度变化，相同时间内速度变化量不相同，故D错误；
故选：。
平抛运动的加速度不变，做匀变速曲线运动，匀速圆周运动的线速度大小不变，方向时刻改变，合外力提供向心力，始终与速度方向垂直．
解决本题的关键知道平抛运动的特点，知道平抛运动的加速度不变，知道匀速圆周运动靠合力提供向心力，合力不做功．
 

10.【答案】 

【解析】解：、从到过程中，弹簧弹力不做功，从到过程中，弹性绳对游客做负功，游客的机械能减少，故A错误；
B、从到过程中，弹性绳的伸长量一直在增加，则弹性绳的弹性势能一直增加，故B正确；
C、从到过程中，只有重力做功、重力势能减小、动能增加；从到过程中，弹性绳的弹力逐渐增加、到点时弹性绳的弹力等于游客的重力，所以此过程中游客的重力势能减小、动能增加，故C正确；
D、从到过程中，重力大于弹力，弹力增加、加速度减小，到点时游客的加速度为零；
从到过程中，弹性绳的弹力大于重力，弹力逐渐增加、游客的加速度逐渐增加；
故从到过程中，游客的加速度先减小后增加，故D错误。
故选：。
根据游客的受力情况分析其速度和加速度的变化情况，根据功能关系分析重力势能的变化和机械能的变化情况。
本题主要考查功能关系和牛顿第二定律的应用，关键是能清楚游客的受力情况和运动过程中能量的转化情况，知道重力势能变化与重力做功有关，动能的变化与合力做功有关。
 

11.【答案】 

【解析】解：、在时间内动车做匀加速直线运动，则，故A正确；
B、在匀加速阶段，根据牛顿第二定律可得：，解得，在时刻达到额定功率，则，当速度为时，则，则，故B错误；
C、在图像中，图像与横轴所围面积表示动车通过的位移，在时间内，若动车做匀变速直线运动，则通过的位移，则动车的位移大于，故C正确；
D、在时间内，根据动能定理可得：，解得，故动车牵引力做功大于，故D错误；
故选：。
在速度时间图象中倾斜的直线表示匀变速直线运动，图像与横轴所围面积表示通过的位移；根据牛顿第二定律求得匀加速阶段的牵引力，根据求得额定功率，根据求得在额定功率下的牵引力，根据动能定理求得牵引力做功。
本题主要考查的是汽车的启动方式，对于汽车的两种启动方式，恒定加速度启动和恒定功率启动，对于每种启动方式的汽车运动的过程一定要熟悉。
 

12.【答案】 

【解析】解：
、小球在水平面内做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，如图所示，











设长度为，轻弹簧弹力为，与竖直方向夹角为，轻弹簧原长为，劲度系数为，小球在竖直方向受力平衡，则：，，由于、、、都为定值，且等式左边随增大而减小，所以，满足条件的仅可能有一个值，即分别以角速度和匀速转动，最终相对杆静止时，相同，小球高度相同，弹簧弹力相同，故A错误，B正确；
C、当小球相对杆静止后仅受到弹簧弹力和重力时，则有：，解得：，当时，因为，所以向左，故F变大；当时，若，则此时向右，故F可能变小，故C错误。
D、设小球做圆周运动所需向心力的大小为，则小球所受合外力的大小，变大，其它量不变，则一定变大，故D正确。
故选：。

解决本题的关键要正确分析小球的受力情况，搞清向心力的来源：合外力，利用正交分解法进行研究。小球在水平面内做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，根据小球在竖直方向受力平衡，分析小球的高度和弹簧的弹力如何变化，由向心力公式列式分析杆对小球的作用力如何变化，即可由牛顿第三定律分析小球对杆的压力变化情况。由向心力公式分析小球所受合外力变化情况。
 

13.【答案】     

【解析】解；、斜槽的光滑与否不会影响实验的进行，故A错误；
B、斜槽末端必须水平，才能保证小球做平抛运动，故B正确；
C、为了减小实验误差，记录的点应适当多一些，故C正确；
D、实验过程中要在相同的位置释放小球，保证小球的初速度相等，故D错误；
故选：。
因为到和到的水平位移相等，而平抛运动在水平方向上做的是匀速直线运动，说明到和到的时间是相等的，则在竖直方向上

其中
解得：；
从到的时间间隔为，则。
故答案为：；；
根据实验原理掌握正确的实验操作；
根据竖直方向上的运动特点得出值，结合速度变化量的计算公式完成分析。
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，理解平抛运动在不同方向上的运动特点，结合运动学公式完成分析。
 

14.【答案】      

【解析】解：小球的挡光时间较短，可用平均速度代替瞬时速度，小球经过最低点的速度大小为，经过最高点的速度大小为；
设小球做圆周运动的半径为，则小球在最低点有：
在最高点有：
从最低点到最高点，依据机械能守恒定律有：
联立方程化简得：
所以还需要测量的物理量就是小球的质量，故A正确，BC错误；
故选：．
设圆周运动的半径为，小球在最高点有，
得，由图线可得，解得：．
当时，最大，此时对应图线与横轴的交点，即，解得：．
故答案为：；；；；
小球的挡光时间较短，可用平均速度代替瞬时速度；
根据牛顿第二定律结合机械能守恒定律分析解答；
根据牛顿第二定律结合图像的斜率与截距解得。
本题考查圆周运动结合机械能守恒问题，在最低点和最高点会列牛顿第二定律，整个运动过程结合机械能守恒可以找出表达式，本题是一道基础题，同学们平常注意多积累基本知识．
 

15.【答案】解：根据平抛运动的知识可知，水平方向的位移：
竖直方向的位移
代入数据联立解得：。
答：、间的距离为。 

【解析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据平抛运动的规律结合几何关系求出间的距离。
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解．
 

16.【答案】解：设山坡与水平面间的夹角为，汽车速度由增至的过程，位移为，则
关闭油门时做匀速运动时，则
以恒定的功率下坡时，根据动能定理可得：
联立解得  
答：汽车速度由增至的时间为 

【解析】由共点力平衡条件可求得汽车受到的阻力，由功率公式可求得功，再由动能定理可求得所需要的时间。
本题考查功率公式及动能定理的应用，要注意明确由求功的方法及应用．
 

17.【答案】解：根据万有引力定律可知，的表达式为：；
设地球表面任一物体质量为，地球质量为，地球密度为；
在地球表面附近的物体受到重力等于万有引力，根据万有引力定律可得：
解得地球的质量为：
根据密度公式、球体体积公式，可得：
地球的平均密度为  
答：万有引力常量的表达式为：；
地球质量为；地球平均密度为。 

【解析】根据万有引力定律，即可求；
在地球表面附近的物体受到重力等于万有引力，即可用万有引力定律求地球质量，再根据密度与体积公式，即可求地球平均密度。
本题要掌握万有引力定律的公式，理解公式中各量的物理含义，本题关键是抓住星球表面的物体受到的重力等于万有引力，即可解答。
 

18.【答案】解：设物块的质量为，弹簧的劲度系数为，在点根据平衡条件有：
解得：
物块在点由静止释放上瞬间，根据牛顿第二定律可得：
解得：；
物块从到，根据功能关系，有：
解得：；
物块最终稳定后在、之间运动，运动到点时速度为零。
从第一次达到点开始，此时物块的速度为，设最终到点速度为零的过程中，物块在斜面粗糙部分运动的路程为。
根据能量守恒定律，有：
代入数据解得：。
答：撤去推力的瞬间，物块的加速度大小为；
物块第一次向上运动到点时速度的大小为；
若物块的质量为，物块在斜面粗糙部分运动的路程为。 

【解析】在点根据平衡条件求解弹簧的劲度系数，物块在点由静止释放上瞬间，根据牛顿第二定律求解加速度大小；
物块从到，根据功能关系求解速度大小；
物块最终稳定后在、之间运动，运动到点时速度为零。根据能量守恒定律求解物块在斜面粗糙部分运动的路程。
本题主要是考查了功能关系和能量守恒定律，首先要选取研究过程，分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，然后分析运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据功能关系列方程解答。