2020-2021学年广东省潮州市高一（上）期末物理试卷（附答案详解）

2020-2021学年广东省潮州市高一（上）期末物理试卷

一、单选题（本大题共15小题，共59.0分）

1.关于物体惯性大小，下列说法正确的是（）

A.体积越大，惯性越大B.速度越大，惯性越大

C.质量越大，惯性越大D.阻力越大，惯性越大

2.苏炳添以9.83s的成绩成为首个进入奥运会百米决战的黄种人。他在半决赛中（）

A.路程小于100mB.位移小于100m

C.平均速率小于10m/sD.平均速度大于10m/s

3.东京奥运会全红婵获女子单人10米跳台跳水冠军。她起跳至入水前的运动时间，下

列估算最合理的是（）

A.0.5sB.1.0sC.1.3sD.1.5s

4.甲图中，小孩用20N的水平力未推动木箱时，木箱受到的静摩擦力为小乙图中推

动木箱时木箱与水平地面间的摩擦力为30N。已知木箱重为100N,木箱与地面间

动摩擦因数为〃，则（）

B./=30N、〃=0.30

D./=30N、〃-0.20

5.一物体受到三个共点力的作用，6=,F2=6N,F3=5N,则合力最小值为()

A.0B.1NC.9/V

6.如图，细绳通过光滑滑轮连接质量相等的物体4、B,系

统处于静止状态。现对B施加一水平力F,使B缓慢移动

一小段距离，A始终静止在水平地面上，则此过程中有

()

A.细绳对4的拉力变小

B.地面对4的支持力变大

C.地面对4的摩擦力变小

D.地面对4的作用力变大

7.高铁被誉为中国“新四大发明”之一，速度可达350km/Q如图，列车行驶过程中,

一硬币直立在窗台上，则硬币（）

A.一定做匀速直线运动

B.一定只受重力和支持力

C.一定受到与列车行驶方向相同的摩擦力作用

D.可能受到与列车行驶方向相反的摩擦力作用

8.救生滑梯是飞机上乘客紧急时刻的“救护神”。如图，乘客

从滑梯顶端由静止开始匀加速直线下滑至底端，前两秒的平

均速度为lm/s,最后两秒的平均速度为2m/s,已知滑梯顶端

离地高度为2.7小，乘客重为G,则（）

A.滑梯长度为67n

氏乘客下滑历时3s

C.乘客滑至底端时，速度大小为4m/s

D.乘客下滑过程中，受到的阻力为0.6G

9.在物理学的发展过程中，许多物理学家都做出了重大贡献，他们也创造出了许多物

理学研究方法，下列关于物理学史和物理学方法的叙述中正确的是（）

A.牛顿发现了万有引力定律，他被称为“称量地球质量”第一人

B.开普勒发现所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上

C.在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是控制变量

法

D.伽利略认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动，没有力的作用，物体就

要静止在某一个地方

10.如图所示，一物块沿水平地面向左运动，水平恒力的大小为凡物块与地面间的摩

擦力大小为Fi，在物块向左运动位移大小为x的过程中，水平恒力F做功为（）

A.FxB.-FxC.-F1XD.(F-a)x

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11.一个物体在地球表面所受的引力为尸，则该物体在距离地面高度为地球半径的2倍

时，所受引力为（）

B.C[FD.-F

12.如图所示，在注满清水的竖直密封玻璃管中，红蜡,<为

-A

块R正以较小的速度火沿y轴匀速上浮，与此同时玻rH1«

・

璃管沿水平x轴正方向做匀速直线运动。从红蜡块通r,H1

H・

过坐标原点。开始计时，直至蜡块运动到玻璃管顶端・

r.H1

为止。在此过程中，下列说法正确的是（）/<-*__二

x/crn

A.红蜡块做变速曲线运动

B.红蜡块的速度与时间成反比

C.仅减小玻璃管运动的速度，红蜡块将更慢运动到顶端

D.仅增大玻璃管运动的速度，红蜡块运动到顶端的时间保持不变

13.如图，作为潮汕网红新地标之一的摩天轮凝架在汕

头儿童公园湖景中央，在这里能尽情俯瞰周边景致、

眺望东海岸海平面。若该摩天轮做匀速圆周运动，

则某座舱（）

A.线速度始终恒定B.加速度始终恒定

C.角速度大小恒定D.受到的合力始终恒定

14.荡秋千是儿童喜爱的一项体育运动，如图所示为小孩荡秋千运动到0

最高点的示意图（不计空气阻力和秋千的重力），下列说法正确的是

（）

A.小孩运动到最高点时处于平衡状态

B.小孩从最高点运动到最低点的过程中机械能减小

C.小孩运动到最低点时处于失重状态

D.小孩运动到最低点时，绳子的拉力大于小孩所受重力

15.平抛物体的运动规律可以概括为两点：

①水平方向做匀速运动，

②竖直方向做自由落体运动。

为了研究平抛物体的运动，可做下面的实验：如图所示，用

小锤打击弹性金属片，4球就水平飞出，同时B球被松开，做自由落体运动，两球

同时落到地面，这个实验（）

A.只能说明上述规律中的第①条

B.只能说明上述规律中的第②条

C.不能说明上述规律中的任何一条

D.能同时说明上述两条规律

二、多选题（本大题共7小题，共31.0分）

16.如图，服务员水平托举菜盘给顾客上菜。菜盘水平向

左匀速运动，不计空气阻力，则（）

A.手对菜盘的摩擦力方向向左

B.菜盘对手的作用力方向竖直向下

C.手对菜盘的支持力和菜盘对手的压力为一对平衡力

D.手对菜盘的支持力和菜盘对手的压力为一对相互作用力

17.研究自由落体运动时，伽利略设计了如图所示的斜面实验。根据实验，他通过下列

哪些方法来验证自由落体运动规律（）

A.比较S2-S］与S3-S2是否相等

B.测量速度与所用时间的比值是否保持不变

C.测量位移与所用时间平方的比值是否保持不变

D.研究物体在斜面上的运动，然后进行逻辑推理

18.一款中国制造的飞行背包可实现单人短程安全飞行。消防员利用飞行背包进行高楼

火灾观测，他从地面开始沿竖直方向飞行的v-t图像如图所示，则消防员（）

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A.上升的最大高度为450mB.在0-0.5min处于超重状态

C.在3.5-4.5小讥处于失重状态D.在t=0.5m讥时改变飞行方向

19.如图甲，一轻质弹簧下端固定在水平面上，上端放有一物体，系统处于静止状态。

现用一竖直向上的恒力F作用在物体上，使其向上做直线运动。物体离开初始位置

的位移为X,其加速度a与％之间的关系如图乙，劲度系数k=25N/m,g=10m/s2,

则（）

▲a/m-s-,

n

o

工/cm

乙

甲

A.物体的质量为MgB.弹簧最大压缩量为4cm

C.物体最大加速度为10m/s2D.弹簧与物体分离时处于原长状态

20.据报道，2018年12月22日，我国在酒泉卫星发射中心成功发射了“虹云工程技术

验证卫星”，卫星环绕地球运行的周期约为1.8小时，与月球相比，该卫星的（）

A.角速度较小B.环绕速度更大

C.向心加速度更大D.离地球表面的高度更大

21.韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员，他在一次自由式滑雪空中技巧

比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1800/,他克服

阻力做功100/。韩晓鹏在此过程中（）

A.动能增加了1700/B.动能增加了1800/

C.重力势能减少了1800/D.重力势能减少了1700/

22.新能源汽车的研发和使用是近几年的热门话题，在某次

新车性能测试过程中，质量为小的新能源汽车以恒定的

功率P启动，其速度随时间变化的图像如图所示，经过时

间玲，新能源汽车达到最大速度om，之后新能源汽车匀

速行驶，关于该汽车从启动到车速达到最大的过程中，下列说法正确的是（）

A.新能源汽车的位移小于竽

B.新能源汽车的加速度越来越小

C.新能源汽车的牵引力做功等于

D.新能源汽车克服阻力所做的功为Pt。-

三、填空题（本大题共7小题，共27.0分）

23.物体在0-5s内位移随时间变化的s-t图像如图所示，则物体第1s内的平均速度为

m/s,前5s位移大小为.mo

24.如图所示，一重力为G的灯笼悬挂于两墙壁之间处于静止状态。

绳04水平，绳。B与竖直墙夹角为60。，则绳（M的拉力大小为

;绳08的拉力大小为

25.某同学探究弹力与弹簧伸长量的关系.

（1）将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧.弹簧轴线和刻度尺都应在

方向（填“水平”或“竖直”）.

（2）弹簧自然悬挂，待弹簧静止时，长度记为L；弹簧下端挂上祛码盘时，长度记为

Lxi在祛码盘中每次增加10g祛码，弹簧长度依次记为■至人，数据如表：

代表符号LLxLi乙2乙3乙4乙5乙6

数值[cm]25.3527.3529.3531.3033.435.3537.4039.30

表中有一个数值记录不规范，代表符号为.

（3）如图是该同学根据表中数据作的图，纵轴是祛码的质量，横轴是弹簧长度与

的差值（填""或名"）.

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（4）由图可知弹簧的劲度系数为N/m；通过图和表可知祛码盘的质量为

_____g（结果保留两位有效数字，重力加速度取9.8m/s2）.

26.质量为2切的小球从高空自由下落，5秒后落地，则该小球下落1秒末时的重力做功

率是，下落的前3秒内重力做功的功率是（忽略空气阻力，g取10m/s2）。

27.“蹦极”是一种很有挑战性的运动.如图所示，某人身系弹性绳

从高空P处自由下落，做蹦极运动，图中a是弹性绳原长的位置，

c是人所到达的最低点，b是静止地悬着时的平衡位置，不计空气

阻力，则人到达点时动能最大，人到达点时弹性

绳的弹性势能最大.

28.已知地球的半径为R,自转角速度为3,地球表面处的重力加速度为g,在赤道上空

一颗相对地面静止的同步卫星离开地面的高度%=（用以上三个量表示）.

29.如图所示，木块放在光滑水平面上，一颗子弹水平射入木块。已知子弹受到的平均

阻力为用射入深度为d,在此过程中木块的位移为s,则子弹动能的减少量为（

用以上三个量表示）。

O；

四、实验题（本大题共3小题，共18.0分）

30.某实验小组利用如图甲所示实验装置探究加速度与力、质量的关系。

(1)本实验应用的实验方法是。

A.理想实验法

B.控制变量法

(2)若要探究木块的加速度与力的关系，下列操作正确的是。

A木块质量须保持不变

B.改变钩码个数，须重新平衡摩擦力

C.调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行

D平衡木块受到的滑动摩擦力时，须通过定滑轮挂上钩码

(3)图乙为打点计时器打出的纸带，相邻计数点时间间隔为T,请用逐差法写

出木块加速度大小的表达式a=o

(4)某小组实验过程中没有平衡摩擦力，开始时5个钩码全部放在木块上，现依次将

n(取n=l、2、3、4、5)个钩码挂上轻绳，其余钩码仍留在木块上，释放木块，测

出其相应的加速度a,作出a-n图像如图丙。忽略纸带与限位孔间的摩擦，已知重

力加速度大小为g,则可求得木块与水平长木板间的动摩擦因数〃=o

31.用如图所示的装置可以探究做匀速圆周运动的物体需要

的向心力的大小与那些因素有关.

(1)本实验采用的科学方法是

A控制变量法B.累积法C微元法D.放大法

(2)图示情景正在探究的是

人向心力的大小与半径的关系

8.向心力的大小与线速度大小的关系

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C.向心力的大小与角速度大小的关系

D向心力的大小与物体质量的关系.

32.某实验小组利用甲图所示的实验装置验证机械能守恒定律。

(1)关于本实验，下列说法正确的是。

人必须要称出重物的质量

8.打点计时器应接直流电源

C.应先接通电源，后释放重物

D需使用秒表测出重物下落的时间

(2)选出一条清晰的纸带如图乙所示，其中。点为打点计时器打下的第一个点，某同

学在实验过程中每隔一个点取一个计数点，图中4、B、C为三个计数点，打点计时

器通以频率为50Hz的交变电流。用刻度尺测得02=12.48cm,OB=19.50cm,

OC=28.08cm,重物的质量为1.00kg,取重力加速度g=9.8m/s2。甲同学根据以

上数据算出：当打点计时器打到B点时重物的重力势能比开始下落时减少了_____h

此时重物的动能比开始下落时增加了(结果均保留三位有效数字)

五、计算题(本大题共6小题，共65.0分)

33.如图所示，一载有小孩的雪橇总质量m=30kg,在拉力F的作用下，从静止开始沿

水平地面向右运动，已知拉力F大小为100N,与水平面夹角为37。，雪橇与地面间

的动摩擦因数为0.25,g=10m/s2,sin370=0.6,cos37。=0.8。求：

(1)雪橇对地面的压力大小；

(2)雪橇6s末的速度大小。

34.如图1所示，。8为接力赛跑道，4B为长L=20m的接力区，两名运动员未在接力区

内完成交接棒视为犯规。某次训练中，甲匀速跑至接力区前殉=15m处时，向乙

发出起跑口令。乙听到口令从4处开始起跑，当加速到与甲速度相等时恰好被甲追

(1)接棒前，乙的加速时间t和加速度a的大小;

(2)通过计算推断两人交接棒过程是否犯规。

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35.三明钢铁厂某分厂用传送带把工件传送到高处，图甲为该装置示意图。传送带与水

平面的夹角8=37。，A、B两端相距刀=7根。一可视为质点、质量为m=40kg的

工件从4端无初速度释放后运送至B端。已知工件与传送带之间的动摩擦因数的=

0.8,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。

(1)若传送带以"=2m/s的速度顺时针运转，求工件从4端运送至B端所用的时间；

(2)2021年秋冬季开始，因节能减排限时供电，传送带停止运转。为了不影响工作

进度，如图乙，工人将工件置于木板最上端,拉动连接木板且与传送带平行的轻绳，

完成运送工作。已知木板质量M=10kg,工件与木板之间的动摩擦因数%=0.8,

木板与传送带之间的动摩擦因数%=0.25,木板上端到传送带上端的距离为切=

5.25m,不计轻绳与定滑轮间的摩擦力与空气阻力：

(i)为避免工件与木板相对滑动，求工人所用拉力的最大值；

⑺若工人用。)中的最大拉力将工件与木板由静止开始拉动，一段时间后撤去拉力,

工件恰好能运动到B端，求拉力的作用时间。

36.在一次军事演习中，一架装载军用物资的飞机，在距地面500m的高处以50ni/s的

水平速度飞行。为了把军用物资准确地投掷到地面目标位置，飞行员应在距目标水

平距离多远处投放物资。(不计空气阻力，取重力加速度g=10zn/s2)

37.如图所示，C919客机(C0M2C919)是我国首款按照最新国际适航标准研制的干线民

用飞机。某型号的C919客机最大起飞质量为7.25x104的,起飞时先从静止开始滑

行，当滑行120(hn时，达到起飞速度288km"。在此过程中如果飞机受到的阻力

是飞机重量的0.02倍。求此过程中飞机发动机的牵引力所做的功名。(g取10TTI/S2)

38.如图所示，一内壁光滑的细管弯成半径R=0.4m的半圆形轨道BC,将其竖直放置

并将B点与一水平轨道相连。置于水平轨道上的弹簧左端与竖直墙壁相连，B至墙

壁的距离为弹簧的自然长度。将一个质量rn=0.8kg的小滑块放在弹簧的右侧，向

左推滑块，压缩弹簧使弹簧右端至4处，然后将滑块由静止释放，滑块进入半圆轨

道继续滑行(不计滑块与轨道的碰撞)。已知滑块运动到B处刚刚进入半圆轨道时对

轨道的压力&=58N,水平轨道48长度L=0.3m,滑块与轨道的动摩擦因数〃=0.5,

取重力加速度g=10m/s2,求：

(1)弹簧压缩到4处时的弹性势能：

(2)小滑块运动到轨道最高处C点时对轨道的压力大小。

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答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：惯性是物体的固有属性，惯性大小只与物体的质量有关，质量越大，惯性

越大，与受力情况、体积大小、运动情况及所处的状态等都无关，故A8D错误，C正

确。

故选：Co

惯性是物体的固有属性，它指的是物体能够保持原来的运动状态的一种性质，惯性大小

与物体的质量有关，质量越大，惯性越大.

惯性是物理学中的一个性质，它描述的是物体能够保持原来的运动状态的性质，不能和

生活中的习惯等混在一起.

2.【答案】D

【解析】解：4B.奥运会百米决赛，是直线运动，位移的大小等于路程，都为100m,故

A8错误；

C、平均速率等于路程与时间的比值，苏炳添百米赛跑的平均速率为：v=y==

c9.00

10.17m/s,故C错误；

。、平均速度的大小等于位移与时间的比值，苏炳添百米赛跑的平均速度为：v=i=

粤m/s=10.17m/s,故£)正确；

9.83

故选：D。

明确位移和路程的定义，知道位移是矢量而路程是标量；时间是时间轴上的一段，与位

移相对应；而时刻是坐标轴上的一个点，与位置相对应；物体在某一过程上的速度是指

平均速度；平均速度等于位移与时间的比值。

本题考查位移和路程、平均速度、时间和时刻等内容，要注意明确平均速度的定义。

3.【答案】D

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【解析】解：如果全红婵做自由落体运动，由九=：gt2可得，下落时间《=后=

叵m。1.4m,由于下落过程受空气阻力，故实际下落时间一定大于1.4s,故D正确，

7io

A8C错误。

故选：D。

将全红婵的运动视为自由下落，根据/i=：gt2,求在空中运动的时间，再结合实际情

况分析实际的运动时间。

本题主要考查了自由落体运动的时间的计算，同时注意实际情况中空气阻力不能忽略。

4.【答案】A

【解析】解：甲图中，推力与静摩擦力平衡，所以/=20N。

运动时摩擦力为滑动摩擦力，根据/济="'，

FN=mg,

木箱与地面间动摩擦因数为〃=鲁=言=0.30,故A正确，错误。

故选：Ao

根据力的平衡去求静摩擦力左，运动时摩擦力为滑动摩擦力，根据/=〃心去求动摩擦

因数。

解决本题的关键理解静摩擦力、最大静摩擦力、滑动摩擦力，知道它们的区别，同时掌

握动摩擦因数的求解。

5.【答案】A

【解析】解：10N和6N的合力最大值为16N,最小值为4N,故可以与5N的力的合力为

零,故最小值为0,故A正确，88错误。

故选：4。

多力能否使物体处于平衡状态主要是判断三个共点力的合力能否为零。

本题可借助所学组成三角形的方法进行判断，即：两力之和大于第三力，两力之差小于

第三力，则合力可以为零。

6.【答案】D

【解析】解：4设拉B的细线与竖直方向的夹角为0,对B受力分析

T

F=mBgtan0

丁mg

I=-B-

COS0

则随着B向右移动，则。角变大，F和7都变大，细绳对4的拉力变大，故A错误;

BCD.设拉的细线与竖直方向夹角为a,对4受力分析

根据平衡条件可得:

地面对a的支持

FN=mAg—Teosa

因7变大，则FN减小；地面对4的摩擦力

Ff—Tsina

因7变大，则摩擦弓变大；地面对4的作用力等于

因尸分与物块4的重力和细线的拉力T平衡，贝IJ尸合与m.g与T的合力等大反向，因T变大,

第16页，共34页

则F台变大，故8c错误，。正确。

故选：D„

先对B受力分析，根据共点力的平衡条件可得出细绳对4的拉力变化：再对71受力分析，

根据共点力的平衡条件可得出摩擦力、支持力的变化；地面对4的作用力与4的重力和

细绳的拉力之和等大反向。

本题要注意正确选择研究对象，正确进行受力分析，再根据共点力平衡列式分析。

7.【答案】D

【解析】解：当列车匀速直线行驶时硬币立于列车窗台上，稳稳当当，说明硬币处于平

衡状态，此时硬币受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，它们是一对平衡力；当列

车在加速或减速过程中，如果加速度较小，硬币会受到沿着行进方向的静摩擦力或行进

方向反向的静摩擦力提供硬币加速度，故ABC错误，。正确；

故选：Do

硬币直立时可能做匀速直线运动，也可以随车速的变化做变速直线运动，由受力分析，

结合运动的情况分析；列车横向变道时，列车运动的方向发生变化。

该题属于物理知识在日常生活中的应用，解答的关键要明确列车沿直线运动时，速度的

大小可能发生变化。

8.【答案】B

【解析】解：ABC,设滑梯的长度为，，乘客下滑的总时间为t,加速度为a,已知初速

度为零，前两秒的平均度为，m/s,即第1s末的速度

%=lm/s,

根据速度一时间公式有

—at]

代入数据解得：a=lm/s2

则(t-2)s末的速度为

1/=a(t-2)

ts末的速度为

v=at

则最后两秒的平均速度

__v/+v_a(t-2)+at

V---

22

代入数据解得：t=3s,v=3m/s,

根据位移一时间公式

I=-at2

2

代入数据可得：滑长度/=4.5m

故B正确，AC错误；

D设滑梯与水平面的夹角为仇则有

h=Isind

对乘客，根据牛顿第二定律有

Gsind—f=ma

又G=mg

联立解得：f=0.5G,

故。错误；

故选：Bo

根据前两秒的平均速度求加速度大小；再根据最后两秒的平均速度和位移一时间公式求

末速度和滑梯长；根据牛顿第二定律求阻力。

本题考查了匀变速直线运动和牛顿第二定律的应用，解题突破口要抓住前两秒和最后两

秒平均速度展开分析。

9.【答案】B

【解析】解：4、牛顿发现了万有引力定律，而卡文迪许通过实验测量并计算得出了万

有引力常量，因此卡文迪许被称为“称量地球质量的人”，故A错误；

以开普勒发现所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上，故

B正确；

C、在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是理想模型法，

故C错误；

。、亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动，没有力的作用，物体就

要静止在某一个地方；伽利略根据理想斜面实验推论出，若没有摩擦，在水平面上运动

的物体将保持其速度继续运动下去，说明力不是维持物体运动的原因，故。错误；

第18页，共34页

故选：B。

卡文迪许通过实验测量并计算得出了万有引力常量，文迪许被称为“称量地球质量的

人”；

开普勒第一定律内容是发现所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个

焦点上；

不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是理想模型法；

亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动，没有力的作用，物体就要静

止在某一个地方。

知道卡文迪许被称为“称量地球质量的人”，知道伽利略的理想斜面实验，知道质点是

理想模型法，知道开普勒第一定律。

10.【答案】B

【解析】解：由功的公式可知，力F所做的功皿=Fxcosl80。=-Fx,故B正确，ACD

错误。

故选：B。

已知物体的受力情况及位移，由功的公式即可求得水平恒力所做的功。

本题考查功的计算，要求我们能正确理解公式中各物理量的含义；知道功的大小与物体

的运动状态无关，直接由功的公式求解即可。

11.【答案】D

【解析】解：设地球质量为M,物体质量为小，当物体距地面的高度为R时所受到的万

有引力为则物体在地面时可得F=G翳,

物体在距离地面高度为地球半径的2倍，即物体距地面的高度为3R；

由万有引力公式可得Fi=G黑=G翳=彳F,故。正确A8C错误。

故选：D。

根据万有引力定律公式，结合物体间距离的变化，求出引力大小的变化。

解决本题的关键掌握万有引力定律的公式，知道引力的大小与质量的乘积成正比，与两

物体距离的二次方成反比。

12.【答案】D

【解析】解：AB,红蜡块R正以较小的速度%沿y轴匀速上浮，与此同时玻璃管沿水平x

轴正方向做匀速直线运动，由合外力为零可知，红蜡块做匀速直线运动，故A8错误；

C、仅减小玻璃管运动的速度，而红蜡块沿y轴匀速上浮的速度没变，那么其运动到顶

端时间也不变，故C错误；

。、仅增大玻璃管运动的速度，而红蜡块沿y轴匀速上浮的速度没变，那么其运动到顶

端时间也不变，故。正确；

故选：Do

红蜡快同时参与两个运动：y轴方向的匀速直线运动，x轴方向的匀速直线运动，依据合

力为零，即可判定运动性质；

依据矢量的合成法则，求得合速度大小，从而判定；

根据分运动与合运动等时性，及互不影响，即可判定。

分析好红蜡快的两个分运动，掌握运动学公式，理解运动的合成与分解法则，注意分运

动与合运动互不影响。

13.【答案】C

【解析】解：人摩天轮做匀速圆周运动，线速度大小不变，方向时刻改变，故A错误。

8、摩天轮做匀速圆周运动，加速度等于向心加速度，大小不变，方向始终指向圆心，

故8错误。

C、摩天轮做匀速圆周运动，角速度大小恒定，故C正确；

。、乘客做匀速圆周运动，靠合力提供向心力，因为合力的方向始终指向圆心，则合力

不断改变，故。错误。

故选：Co

摩天轮做匀速圆周运动，线速度的大小不变，方向时刻改变，乘客靠合力提供向心力，

根据牛顿第二定律分析.

解决本题的关键知道匀速圆周运动的特点，知道线速度大小、加速度大小不变，但是方

向时刻改变.

14.【答案】D

第20页，共34页

【解析】解：人小孩运动到最高点时，合力不为零，不是处于平衡状态，故A错误;

8、小孩从最高点运动到最低点的过程中，只有重力做功，机械能守恒，故8错误：

CO、小孩运动到最低点时，加速度向上，处于超重状态，根据7-mg=巾?可知，绳

子的拉力大于小孩所受重力，故C错误，。正确。

故选：D。

根据运动的特点可知小孩的受力，从而判断其状态；结合重力做功判断机械能是否守恒;

根据牛顿第二定律判断力的大小关系。

本题关键明确小孩的运动规律和受力特点，明确最高点和最低点过程的受力情况，基础

题.

15.【答案】B

【解析】解：在打击金属片时，两小球同时做平抛运动与自由落体运动。结果同时落地，

则说明平抛运动竖直方向是自由落体运动；

故选：B。

探究平抛运动的规律中，实验同时让4球做平抛运动，B球做自由落体运动。若两小球

同时落地，则说明平抛运动竖直方向是自由落体运动。

通过实验探究出平抛运动处理的规律，并掌握了运动的合成与分解，难度不大，属于基

础题。

16.【答案】BD

【解析】解：4、菜盘沿水平方向匀速向左运动，则水平方向和竖直方向都受力平衡，

则水平方向手对菜盘无摩擦力作用，否则受力不平衡，故A错误；

8、竖直方向手对菜盘的作用力即手对菜盘的支持力与菜盘的重力平衡，即手对菜盘的

作用力方向竖直向上，菜盘对手的作用力方向竖直向下，故B正确；

CD、手对菜盘的支持力和菜盘对手的压力是物体间的相互作用力，作用在两个物体上，

不是平衡力，故C错误、。正确。

故选:BD。

菜盘沿水平方向匀速向左运动的过程中受力平衡，结合受力分析判断即可选项；根

据作用力与反作用力判断CD选项。

此题是对物体的平衡及摩擦力判断的考查；注意当菜盘水平匀速运动时，受力平衡。

17.【答案】CD

【解析】解：4、自由落体运动是匀加速运动，相等时间内的位移是不相等的，所以比

较S2-Si与S3-S2是否相等是无法确定是否为自由落体运动的，故4错误：

3、由于当时条件的限制，通过该实验装置是无法确定物体的速度的，故8错误；

C、本实验中，伽利略通过数学运算得出结论：如果物体的初速度为零，而且％与t平方

的成正比，就可以检验这个物体的速度是否随时间均匀变化，故C正确。

。、将斜面实验的结果合理“外推”，说明自由落体运动是特殊的匀变速直线运动，即

经过了逻辑推理得出的结论，故。正确

故选:CD.

本题考查了伽利略对自由落体运动的研究，只要了解其研究过程、采用的方法以及其科

学的思维即可正确解答本题.

本题考查对伽利略自由落体规律的研究，伽利略对自由落体规律的研究为我们提供正确

的研究物理的方法、思路、理论，他创造了一套对近代科学的发展极为有益的科学方法。

18.【答案】AB

【解析】解：4、消防员在0-1.5m讥速度为正值，速度方向向上，由图象与时间轴围

成的面积可知消防员上升的高度为无=450m,

1.5-2.5m讥速度为零，2.5m出以后速度为负值，速度方向向下，故消防员上升的最大

高度为450m,故A正确；

B、由图可知，消防员在0-0.5min加速上升，故加速度方向竖直向上，故消防员处于

超重状态，故B正确；

C、由图可知，消防员在3.5-4.5m）减速下降，故加速度方向竖直向上，故消防员处

于超重状态，故C错误；

D、由图可知，在t=0.5min速度方向依然向上没有改变方向，故。错误；

故选:ABo

由图可知【，最大高度为0-1.5小出这段时间里，图象与t轴围成的面积；

加速度向上处于超重状态，加速度向下处于失重状态；

根据图像分析，在t=0.5m讥时加速度方向改变，速度方向没变。

第22页，共34页

明确超重和失重的概念，会看速度-时间图像。

19.【答案】BD

【解析】解：BD,当弹簧弹力为零时，物体与弹簧分离，此时弹簧处于原长状态，分

离后物体做匀加速直线运动，由图乙可知，此时物体加速度a=lm/s2,位移为4cm,

可知弹簧最大压缩量为殉=4cm,故BD正确；

AC..开始时，系统处于静止状态，根据平衡条件可得

kx0=mg

当弹簧压缩量最大时，弹力最大，物体有最大加速度，根据牛顿第二定律有

F+kx0—mg=mam

当物体与弹簧分离时.，根据牛顿第二定律有

F—mg=mar

联立解得

2

am=llm/s,m=0.1kg.F=IAN

故AC错误。

故选：BD。

当弹簧弹力为零时，物体与弹簧分离，此时弹簧处于原长状态，分离后物体做匀加速直

线运动，刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡；当弹簧压缩量最大时，弹力

最大，物体有最大加速度，根据以上条件列式分析即可。

本题关键是由图象得出一些相关物理量，首先要读懂图线的意义，然后根据牛顿第二定

律和胡克定律列方程分析求解。

20.【答案】BC

【解析】解：AD,根据万有引力提供向心力：赞二m祟,解得：T=2汽后,可

知卫星的轨道半径小于月球的轨道半径，根据万有引力提供向心力：=ma>2r,解

得：3=楞，可知半径小的角速度大，故AC错误；

B、根据万有引力提供向心力：竿艺，解得：v=&可知半径小的速度大，

r2ry/r

故8正确;

C、据万有引力提供向心力：^=ma,解得：a=等，可知半径小的加速度大，故C

rzrz

正确。

故选：BC.

人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出

线速度、角速度、周期和向心力的表达式，由表达式分析各量的大小关系。

本题关键根据人造卫星的万有引力等于向心力，用不同的量表示向心力得出各量与半径

的关系。

21.【答案】AC

【解析】解：设重力做功为以，阻力做功为卬肺则小烟=-10°/

AB.由动能定理可知，动能的增加量=伍+W阻,代入数据解得：AEk=17007,

故A正确，B错误：

CD、由功能关系可知，重力势能的减少量ZEp=%=180。/,故C正确，。错误。

故选：AC«

根据动能定理可以求出动能的增加量；重力做功多少，重力势能就减少多少。

认真审题理解题意、掌握基础知识是解题的前提，应用动能定理与功能关系即可解题；

平时要注意基础知识的学习。

22.【答案】BD

【解析】解：AB,根据图象可知，时间内汽车做加速度越来越小的加速运动，在

0〜to时间内的位移大于做匀变速运动的位移竽，故A错误，B正确;

C、根据动能定理：Pt0-Wf=^mv^,发动机做的功Pt。＞：小端，故C错误；

D、由C选项结论可得，所以克服阻力做的功为：Wf=Pt0-1mv^,故。正确。

故选：BD。

根据P=Fu分析牵引力的变化，从而确定出合力的变化，由牛顿第二定律分析加速度的

变化情况，即可分析速度变化快慢情况。将汽车的运动与匀变速直线运动对比，分析其

平均速度，在额定功率下运动求得时间t内所做的功。

本题是交通工具的启动问题，属于恒定功率启动类型，关键要抓住P=Fv分析牵引力的

第24页，共34页

变化，利用w=Pt求得在额定功率下牵引力所做的功即可。

23.【答案】105

【解析】解：物体在第1s内的位移/=(15-5)m=10m,故第1s内的平均速度为万=

—=—m/s=10m/s

1o

前5s位移X2=(0-5)zn=-5m,故前5s位移的大小为5m。

故答案为：10；5

在位移-时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，位移等于x的变化量，平

均速度等于位移与时间之比。

本题要求同学们能根据图象读取有用信息，知道位移等于纵坐标的变化量，平均速度等

于位移与时间之比。

24.【答案】V3G；2G

【解析】解：以结点。为研究对象，受到灯笼的拉力、。4和。8的拉力，如图所示；

个，胃/地

___JG

根据平衡条件结合几何关系可得：FA=Gtan600=V3G；

FB°=-cos-6-0=2G»

故答案为：V3G;2Go

以结点。为研究对象进行受力分析，根据平衡条件进行解答。

本题主要是考查了共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用

平行四边形法则进行力的合成，然后建立平衡方程进行解答。

25.【答案】竖直L3LX4.910

【解析】解：(1)将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧，弹簧轴线和刻度

尺都应在竖直方向.

(2)表中有一个数值记录不规范，尺的最小分度值为1mm,所以长度人应为33.40cm,

由表可知所用刻度尺的最小刻度为lmm.

(3)在祛码盘中每次增加10g祛码，所以弹簧的形变量应该是弹簧长度与〃的差值.

(4)充分利用测量数据k=曾=巴累x4.9N/6；

通过图和表可知：Lo=25.35cm,Lx=27.35cm

所以祛码盘的质量为：m=字=纪等=O.OMg=10g；

故答案为：(1)竖直，(2乂3，(3%,(4)4.9,10.

用毫米刻度尺测量长度是要估读到分度值的下一位，即要有估读的.

充分利用测量数据，根据公式4F=k△x可以计算出弹簧的劲度系数k其中△x为弹簧

的形变量.

弹簧测力计的原理是在弹簧的弹性限度内，弹簧的伸长与受到的拉力成正比.对于实验

问题，我们要充分利用测量数据求解可以减少误差.

26.【答案】200勿3001V

【解析】解：物体1s末的速度为：v=gt=10xm/s=10m/s

重力做功的瞬时功率为：P=mgv=2x10x10W=200W

物体在3s内的位移为：h=^gt2=|x10X32nl=45m

则重力做功的平均功率为：方=等=笞丝皿=300W

答：物体在1秒末的瞬时功率是200W,下落3秒内的平均功率是300VIZ.

根据自由落体运动的位移一时间公式求出3s内的位移和1s末的速度，从而求出重力做的

功，根据平均功率的公式和瞬时功率的公式分别求出重力的平均功率和瞬时功率的大小.

解决本题的关键掌握平均功率和瞬时功率的区别，并能灵活运用。

27.【答案】b；c

【解析】解：弹性绳绷紧后，开始阶段，拉力小于重力，游戏者向下做加速运动，当拉

力大于重力后，游戏者做减速运动，即速度先增大后减小.

当拉力等于重力时，速度最大，动能最大.即人到达b点时动能最大.

人到达c点时，弹性绳伸长最长，弹性绳的弹性势能最大.

故答案为:b,c.

运动员下降的过程中，弹性绳未伸长前运动员做自由落体运动，弹性绳开始伸长后，弹

第26页，共34页

力逐渐变大，运动员受到重力和弹力的合力先变小后反向变大，当合力向下时加速，合

力向上时减速.

本题与弹簧类型问题相似，关键是分析物体的受力情况，确定物体的运动情况.将物体

的运动分为三个过程，分别运用牛顿运动定律研究.

28.【答案】3咚—R

【解析】解：设地球质量为M,卫星的质量为机，则有6湍？=mto2(/?+h)

在地球表面，有g=*

联立以上两式得h=3缪—R

6)2

故答案为：34一R

0)z

根据万有引力提供向心力，列出向心力公式.在地球表面有g=答，联立方程组就可以

解出高度.

该题是万有引力公式和向心力公式的直接应用，注意在地球表面做圆周运动时向心加速

度等于重力加速度.该题难度不大，属于基础题.

29.【答案】f(s+d)

【解析】解：对子弹，根据动能定理得：-/(s+d)=/Ek子弹.故子弹损失的动能为

AE卜子弹=f(s+d)；

故答案为：/(s+d)

根据动能定理得出子弹损失的动能。

解决本题的关键要掌握动能定理，知道合力功与动能变化的关系。

30.［答案】BAC5弋磊吗

【解析】解：(1)该实验是探究加速度与力、质量的关系，因有两个变量影响加速度,

所以应用控制变量法。

故选瓦

(2)4要探究木块的加速度与力的关系，需要保持木块质量不变，故A正确；

反改变钩码个数以改变木块所受拉力时，不需要重新平衡摩擦力，故B错误；

C要让木块受到的合力是绳子的拉力，需调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与木板保

持平行，故C正确；

D平衡摩擦力时，不挂钩码，但要带上纸带，故。错误。

故选AC.

(3)相邻计数点时间间隔为7x5=57

根据逐差法可得，木块加速度大小为a=⑸+：比置产=⑸+s：黑产)

4X(5/jJLUU/

(4)设每一个钩码的质量为TH,木块质量为M,对木块和5个钩码整体，由牛顿第二定律

得

nmg—〃[(5—n)mg+Mg]=(M+5m)a

根据图丙，可得〃g=b

解得〃=5

由此可知，则与未平衡摩擦力相比，做出的a-n图像的斜率变小。

故答案为：(1)B；(2)4C；(3)5；⑸濡E)；(4冷

(1)该实验是探究加速度与力、质量的关，；应用控制变量法；

(2)要探究木块的加速度与力的关系，需要保持木块质量不变，改变钩码个数以改变木

块所受拉力时，不需要重新平衡摩擦力，使牵引木块的细绳与木板保持平行，平衡摩擦

力时，不挂钩码，但要带上纸带；

(3)用逐差法求加速度；

(4)对钩码利用牛顿第二定律进行分析，结合a-n的图像得出动摩擦因数；

本题主要考查了摩擦力的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，根据牛顿第二

定律结合图像的解析式完成分析，整体难度不大，要注意单位的换算。

31.【答案】(1)4(2)。

【解析】

【分析】

该题主要考察了控制变量法，明确控制变量法的内容即可，同时要注意第二问解答的关

键是图中的两个小球的材料不同.

第28页，共34页

【解答】

解：(1)在这两个装置中，控制半径，角速度，不变，只改变质量，来研究向心力与质

量之间的关系，故采用的控制变量法；

故选：A

(2)由图可知，图中的两个小球的材料不同，在小球的大小相等的条件下可知小球的质

量不同.所以该图是控制半径，角速度，不变，只改变质量，来研究向心力与质量之间

的关系，故。选项正确.

故选：D

故答案为：(1)4(2)0

32.【答案】C1.911.90

【解析】解：(1)4、由机械能守恒定律得：mgh=\mv2,^\gh=\v2,实验不需要测

出重物的质量，故A错误；

8、打点计时器应接交流电源，故B错误；

C、为充分利用纸带，应先接通电源，后释放重物，故C正确；

。、可以根据打点计时器打出的纸带求出重物下落的时间，不需要使用秒表测出重物下

落的时间，故。错误。

故选：Co

(2)当打点计时器打到B点时重物的重力势能比开始下落时减少了ZE。=mgOB=

1.00x9.8x19.50x10-2J*1.91;

打点计时器通以频率为50Hz的交变电流，打点计时器打点的时间间隔T=：==

0.02s

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瞬时速度，打B点时

重物的速度大小。=—=(2808-12.48)x10-2=1.95m/s

4T4X0.027'

动能的增加量/Ek=1mv2=ix1.00X1.952/=1.90/

故答案为：(1)C;(2)1.91；1.90。

(1)根据实验原理与实验注意事项分析答题。

(2)根据匀变速直线运动的推论求出重物的瞬时速度，应用重力势能的计算公式与动能

的计算公式分析答题。

理解实验原理、重物实验注意事项是解题的前提，应用匀变速直线运动的推论、动能与

重力势能的计算公式即可解题；解题时注意单位换算。

33.【答案】解：以小孩和雪橇整体为研究对象，受到重力、支持力、拉力和摩擦力,

如图所示。

(1)竖直方向根据平衡条件可得：

FN+Fsin9—mg

解得：FN=240/V

根据牛顿第三定律可得雪橇对地面的压力大小：

FN'=FN=240N；

(2)地面对雪橇的摩擦力大小为：

f=HFN'=0.25x240/V=60N；

对小孩和雪橇整体根据牛顿第二定律可得：

FcosO-f=ma

雪橇6s末的速度大小

v=at

代入数据联立解得：v=