曲靖市第二中学 2021 级高一下学期期末考试（物理试卷）
答案
一、单选题
1、A
2、C
【解析】
【详解】
根据
2F1 cos30 3F
解得
F1 F
故 C 正确，ABD 错误。
故选 C。
3、C
【解析】
【详解】
A．椭圆轨道 2 的半长轴为
a r1 r 2 ①
2
设卫星在椭圆轨道 2 上运动时周期为 T2，根据开普勒第三定律有
a3 r3
2 ②
T 22 T
2
0
联立①②解得
r1 r
3
T 2 2 3 T ③8r 02
故 A 错误；
B．卫星从轨道 1 变至轨道 2 时需要在 A点加速，所以卫星在轨道 1 经过 A点的速度小于在
轨道 2 经过 A点的速度，故 B 错误；
C．卫星在经过同一点时所受万有引力相同，所以卫星在轨道 2 经过 B点的加速度，和在轨
道 3 经过 B点的加速度相同，故 C 正确；
D．人造卫星的轨道平面一定过地心，若卫星静止在地球除赤道外的其他位置的正上方，则
其轨道平面将不过地心，不可能在万有引力作用下绕地球做匀速圆周运动，所以地球静止轨
道卫星只能停留在赤道上空，故 D错误。
故选 C。
4、D
【解析】
【详解】
A．无风时，对气球受力分析得 F浮 mg T 9N
F浮 mg T 9N
故 A 错误；
BC．有风时，气球保持静止，故合力为零，故 BC 错误；
D．有风时，对气球受力分析得
F风 T sin
F =mg T 浮 cos
联立解得
T 10N
故 D 正确。
故选 D。
5、【答案】C
【详解】
由静止释放到链条刚好全部脱离斜面时，链条的重力势能减小为
mg L( sin30 L 3 ) mgL
2 2 4
由于斜面光滑，只有重力对链条做功，根据机械能守恒定律得
3mgL 1 mv2
4 2
解得
v 6gL 6 10 0.4 m/s 6m/s
2 2
故选 C。
6.【答案】B
【解析】
. 以向上为正方向，则初动量为 1 ，末动量为 2 ，则动量变化量为 = 2
1 = 2 1 = 1 + 2 ，正值表示方向向上，故 A 错误， B 正确；
C. 钢球所受合力的冲量与钢球的动量变化量大小相等，方向相同，故错误；
D. 设钢球所受地面的弹力大小为 ，由动量定理知 = 2 1 =
1 + 2 ，解得 =
1+ 2 + ，故 D 错误。
故选 B 。
7、【答案】A
【解析】
【详解】运动员从 a到 c根据动能定理有
mgh 1 mv2
2 c
在 c点有
2
FNc mg
v
m c
Rc
FNc ≤ kmg
联立有
R 2hc k 1
故选 A。
8、B
【解析】
【详解】
A．由于小球受到空气阻力作用，线速度减小，则所需要的向心力减小，小球做近心运动，
小球的位置越来越低，故 A 错误；
BC．设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为 FT，细线的长度为 L，当小球做匀速
圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图所示
则有
F mgT cos
2
mg tan m v m 2L sin
L sin
解得
g
L cos
由于小球受到空气阻力作用，线速度减小，θ减小，cosθ增大，因此，细线的拉力 FT减小，
角速度ω减小，故 B 正确，C 错误；
D．对金属块 P，由平衡条件知，P受到桌面的静摩擦力大小等于细线的拉力大小，则静摩
擦力变小，故 D错误。
故选 B。
二、多选题
9、AD
【解析】
【详解】
AB．对质点甲：由
v v0 at 6 2t
可知
v0甲=6m/s
a 甲=2m/s2
对质点乙：由
x v t 1 20 at 6t 2t
2
2
可知
v0乙=6m/s
a 乙=4m/s2
因此则有甲、乙两质点的初速度相同，甲、乙两质点的加速度大小不相同，A 正确，B 错误；
C．甲的初速度方向与加速度的方向相同，因此甲做匀加速直线运动，乙的初速度方向与加
速度的方向相同，因此乙做匀加速直线运动，C 错误；
D． t=6s 时，甲的位移为
x 1 2甲 v0甲t a甲t 6
1
6m 2 62m 72m
2 2
乙的位移为
x v t 1 1乙
2
0乙 a乙 t 6 6m 4 6
2m 108m
2 2
甲、乙相距
x x乙 x甲 108m 72m 36m
D正确。
故选 AD。
10、AB
【解析】
【详解】
AC．将小球撞击斜面时的速度分解成水平方向和竖直方向，据几何关系可得
tan 30 = v0 v 0
vy gt
解得
t v 0 3s
g tan 30
故 A 正确，C 错误；
B．将小球撞击斜面时的速度分解成水平方向和竖直方向，据几何关系可得
sin 30 = v0
v
解得
v 20m/s
故 B 正确；
D．物体下降的距离
h 1 gt 2
2
解得
h 15m
故 D 错误。
故选 AB。
11、BD
【详解】
ABD．F-x图线与横轴所围图形的面积表示推力做的功，则
W 100 0F 4J 200J2
对整个过程根据动能定理
WF Wf 0
即有
WF mgx 0
代入数据，可得
x 10m
则全程克服摩擦力做功
Wf WF 200J
BD 正确，A 错误；
C．根据公式可得，滑动摩擦力为
Ff mg 20N
当推力大于 20N 时，物体做加速度减小的加速运动，当推力减小到 20N 时，加速度为零；
当推力小于 20N 时，物体做加速度增大的减速运动，当推力减小为零后，物体做匀减速运
动直至停止，C 错误。
故选 BD。
12、【答案】AD
【解析】初始时刻以 A为研究对象分析受力可知弹簧弹力 F1＝mgsin θ，故可知此时弹簧的
x F1 mgsin θ压缩量为 1＝ ＝ ，同理，当物体 B刚要离开 C时，以物体 B为研究对象分析受力
k k
可知弹簧弹力 F2＝mgsin θ mgsin θ，此时弹簧的伸长量为 x2＝ ，所以可知物体 A运动的距离
k
x x x 2mgsin θ＝ 1＋ 2＝ ，故选项 A正确；此时再以物体 A为研究对象分析受力有 F－mgsin θ
k
－mgsin θ＝ma a F，故其加速度为 ＝ －2gsin θ，所以选项 B错误；对系统初末状态而言，弹
m
簧的弹性势能没有改变，根据动能定理有，WF－mgxsin θ 1＝ mv2，则 W 1F＝ mv2＋mgxsin θ
2 2
＝ΔEA，所以选项 C错误、D正确。
三、实验题
13、ACE 4.25 4.03 机械能守恒（类似表达即可）
【解析】
【详解】
（1）[1]A．为了减少空气阻力的影响，要选择密度大体积小，并且要注意下端应有橡胶垫
的重锤，故 A 项正确；
B．实验时，应先接通电源在释放纸带，故 B 项错误；
C．重锤做自由落体运动，根据公式
h 1 gt 2
2
代入数据解得
h 2mm
故 C 项正确；
D．纸带运动中不可避免的受到阻力的作用，所以动能的增加量总小于重力势能的减少量，
故 D 项错误；
E．为了避免手的抖动而造成的摩擦的增大，上端用夹子夹住要比用手拉住要好，故 E项正
确。
故选 ACE。
（2）[2]从起点 O到打下点 E的过程中，重力势能减少量为
EpE mghOE 4.25J
[3]从起点 O到打下点 E的过程中，利用匀变速直线运动的推论，求得
v xDFE 2T
动能增加量为
E 1 kE mv
2
2 E
解得
EkE 4.03J
[4]在误差允许的范围内，重锤从静止开始到打出 E点的过程中，得到的结论是：机械能守
恒。
14、 AC AC 2.6 B 系统 5%
【详解】
（1）器材中必须使用的有“220V、50Hz 的交流电源”（为电火花计时器提供电源）和“刻度
尺”（测量打点之间的距离）。
故选 AC。
（2）为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，需要调整长木板上滑轮的高度使细
线与长木板平行，以保证细线的拉力与小车运动方向相同，在调整长木板的倾斜度平衡摩擦
力时，应当将穿过打点计时器的纸带连在小车上。不能将砝码和砝码盘通过细线挂在小车上。
故选 AC。
（3）打点计时器采用的是频率为 50Hz 的交流电，可得打点间隔为
T 1 0.02s
f
根据逐差法可得小车加速度为
10.28 7.65 10 2a m / s2 2.6m / s2
5 0.02 2
（4）A．出现图线 1 的原因可能是平衡摩擦力时，长木板倾角过大导致没有施加拉力时小
车就产生了加速度，故 A 错误；
B．出现图线 2 的原因可能是砝码和砝码盘的质量没有远小于小车的质量，致使小车的合外
力不等于砝码和砝码盘的重力，故 B 正确；
C．出现图线 3 的原因可能是在平衡摩擦力时长木板的倾斜度过小。致使需要施加一定的外
力才能使小车产生加速度，故 C 错误。
故选 B。
（5）小车和砝码和砝码盘一起运动，根据牛顿第二定律有
mg F ma
真
F Ma
真
可得小车受到的拉力
F mg真
1 m
M
本实验用砝码和砝码盘的重力代表小车受到的拉力，只有m M ，才有 F mg，实际上拉
力小于 mg，此误差为系统误差。
依题意，可得
mg F
真 5%
F
真
联立，可得
m
5%
M
四、计算题
15、【详解】
（1）汽车加速度大小为
a v 0 0.5m/s 21 t1
根据牛顿第二定律得
f ma1 500N
（2）根据牛顿第二定律得
F f ma2
解得
a2 1.5m/s
2
根据
v20 2a2x2
解得
x2 300m
16 6.4×10
7
、【答案】解：(1)当牵引力等于阻力时，速度最大，最大速度为 = = 5 / = 80 / ； 8×10
(2)当加速度为 1 / 2时，牵引力大小为 ' = ' + = 8 × 105 + 8 × 105 = 1.6 × 106 ，
7
达到额定功率时汽车的速度为 ' = ' =
6.4×10
6 / = 40 / ， 1.6×10
' 40
所以匀加速的时间为 = ' = = 40 ； 1
17、【解析】
（1）木板固定时，滑块做匀减速直线运动，所受摩擦力大小为 f mg
v 2
由动能定理有 mgL 1 m 0 1 2
2
mv
3 0 2
4v2
解得 0
9gL
（2）木板不固定时，木板和滑块系统在相互作用过程中动量守恒，设两者共速时的速度为
1 1
v，由能量守恒定律有 mgL mv20 m M v22 2
对木板和滑块系统，由动量守恒定律有mv0 (m M )v
联立两式解得M 8m
18、（1）3N，方向竖直向下；（2） 2.5m h 3.125m；（3） 2.75m
【解析】
【详解】
(1)据机械能守恒定律
mgR 1 mv2
2
圆周最低点
2
FN mg m
v
R
解得
FN 3N
根据牛顿第三定律，物块对圆周轨道的压力大小为 3N，方向竖直向下
(2)打到挡板上端点
d v1t1
1 gt2 y 0.5
2 1 1
联立得
v 31 10 m/s2
打到下端点
v 302 m/s2
且要过圆轨道最高点
2
mg m v3
r
解得
v3 gr 10 m/s
综上，取
10m/s v 3 10m/s
2
由
1mv2 mg 2r mg
2
将 v1代入得
h1 3.125m
将 v3代入得
h3 25m
综上，释放点高度的范围为
2.5m h 3.125m秘密★启用前
曲靖市第二中学2021-2022学年春季学期高一年级期末考试
物理试卷
(满分：100分考试时间：90分钟)
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、座位号和准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，
用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
一、单项选择题（本题共8个小题，每小题4分，共32分）
1.下列说法正确的是(
A.平抛运动是匀变速曲线运动
B.匀速圆周运动是匀变速曲线运动
C.物体重力势能的值与参考平面的选择无关
D.物体受到的合外力为零，则其机械能一定守恒
2.有两个大小相等的共点力F,和F2,当它们的夹角为60时合力的大小为3F,则F,的大小为(
A.√3F
B.√2F
C.F
D.2F
3.变轨过程如图所示，近地轨道1位于赤道上空，半径为1，周期为T,地球静止轨道3半径为「2，
地球自转周期为T。,不计空气阻力及卫星质量变化，下列说法正确的是(
A.卫星在椭圆轨道2上运动时周期为
+m。
轨道3
轨道2
B.卫星在轨道1经过A点的速度，和在轨道2经过A点的速度相同
轨道1B
C,卫星在轨道2经过B点的加速度，和在轨道3经过B点的加速度相同
D.只要发射速度合适，地球静止轨道卫星可以一直停留在地球表面上任
一点的正上方
4.如图，氢气球的质量m=0.1kg,无风时在轻绳的牵引下静止在空中，此时轻绳的拉力为8N。当
有水平风吹来时，气球受到大小为6N的水平风力作用，轻绳倾斜一定角度后气球仍静止在空
中，g=10m/s2,下列说法正确的是(
)
风厅
A.气球所受浮力大小为8N
B.有风时，气球所受合力方向竖直向下
C.有风时，气球所受合力大小为√37N
77777777777777
777777777777777
D.有风时，轻绳的拉力大小为10N
无风时
有风时
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5.如图所示，将一根长L=0.4m的金属链条拉直放在倾角0=30°的光滑斜面上，链条下端与斜面
下边缘相齐，由静止释放后，当链条刚好全部脱离斜面时，其速度大小为(
）m/s。（g取
10m/s2)
A.√3
B.5
C.6
D.2
6.质量为m的钢球自高处落下，以速率v,碰到水平地面后，竖直向上弹回，碰撞时间为△t,离地的
速率为v2不计空气阻力，在碰撞过程中
A.钢球的动量变化量方向向下，大小为m(秒，-“2)
B.钢球的动量变化量方向向上，大小为m(1+2)
C.钢球所受合力的冲量方向向下，大小为
,m（秒1+"2）
△t
D.钢球受地面的弹力大小为m(+)
△t
7.北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b
处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压
力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段
圆弧雪道的半径不应小于(
a
2h
h
A.k-1
C.
h
D
777777777777777777777777
8.如图所示，一根细线下端拴一个金属小球Q,细线穿过小孔（小孔光滑）另一端连接在金属块P
上，P始终静止在水平桌面上，若不计空气阻力，小球在某一水平面内做匀速圆周运动（圆锥
摆)。实际上，小球在运动过程中不可避免地受到空气阻力作用。因阻力作用，小球Q的运动轨
道发生缓慢的变化（可视为一系列半径不同的圆周运动）。下列判断正确的是(
A.小球Q的位置越来越高
B.细线的拉力变小
C.小球Q运动的角速度变大
D.P受到桌面的静摩擦力变大
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