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廣東省惠州市2023-2024學年高一下學期7月期末考試物理試題
1．（2024高一下·惠州期末）我國《道路交通安全法》中規(guī)定：為了保護乘客的生命安全，乘坐汽車時需要系好安全帶。下列說法正確的是（　　）
A．系好安全帶可以減小慣性
B．車輛滿載時比空載時的慣性大
C．系好安全帶是為了增大乘客與座椅間的摩擦力
D．車輛發(fā)生碰撞時，安全帶對乘客的作用力大小大于乘客對安全帶的作用力大小
【答案】B
【知識點】牛頓第三定律；慣性與質量
【解析】【解答】AB．慣性只由質量唯一決定，質量越大，慣性越大；系好安全帶不可以減小慣性，車輛滿載時比空載時質量大，所以慣性比較大，故A錯誤，B正確；
C．根據(jù)摩擦力大小的影響因素，系好安全帶并沒有增大乘客與座椅間的摩擦力，是為了防止車輛發(fā)生碰撞時乘客由于慣性向前運動而造成的傷害，故C錯誤；
D．車輛發(fā)生碰撞時，根據(jù)牛頓第三定律可以得出：安全帶對乘客的作用力大小等于乘客對安全帶的作用力大小，故D錯誤。
故選B。
【分析】物體的質量大小決定慣性的大小；系好安全帶并沒有增大乘客與座椅間的摩擦力；安全帶對乘客的作用力大小等于乘客對安全帶的作用力大小。
2．（2024高一下·惠州期末）某高速公路收費站的的直桿道閘的示意圖如圖所示，桿的長度為，當小車靠近道閘時，桿繞點轉動放行，在桿從與水平方向成勻速轉動到的過程中，端的線速度大小為，則該轉動過程所用的時間為（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知識點】線速度、角速度和周期、轉速
【解析】【解答】P點做勻速圓周運動，根據(jù)線速度的大小可以求出轉動所用時間為
故選D。
【分析】利用質點運動的弧長和線速度的大小可以求出運動的時間。
3．（2024高一下·惠州期末）如圖所示，小陳同學參加趣味運動中的“投球入桶”比賽。她站立在規(guī)定的位置，以初速度v0把小橡膠球水平投出，投出點高度為h，發(fā)現(xiàn)球落在目標桶前方。她欲將球投入桶中，應該（　　）
A．h增大，v0增大 B．h增大，v0不變
C．h不變，v0增大 D．h不變，v0減小
【答案】D
【知識點】平拋運動
【解析】【解答】小球扔出去后做平拋運動，根據(jù)平拋運動的位移公式有
豎直方向有
水平方向有
解得水平位移的大小為
她欲將球投入桶中，應該減小水平位移x，減小x有兩個方法，一是h不變減小v0，二是v0不變減小h，ABC錯誤，D正確。
故選D。
【分析】利用平拋運動的位移公式可以求出水平位移的表達式，利用表達式可以得出減小位移的方法。
4．（2024高一下·惠州期末）“引體向上”是衡量學生體質的重要參考標準之一，主要測試上肢肌肉力量的發(fā)展水平。如圖所示，為完成一次完整的“引體向上”訓練，某同學兩手握緊單杠，身體懸垂，接著用力上拉使下頜超過單杠（身體無擺動），然后使身體下降，最終懸垂在單杠上（視為靜止），下列說法正確的是（　　）
A．兩手間的距離越大，懸垂時單臂受到的拉力越小
B．在上升過程中單杠對人的作用力始終大于人的重力
C．在上升過程中人克服重力做了功
D．一次完整的“引體向上”訓練，人的重力沖量一定為0
【答案】C
【知識點】共點力的平衡；超重與失重；沖量
【解析】【解答】A．由于學生懸停時處于靜止，根據(jù)平衡條件可以得出兩手臂拉力的豎直方向的合力與重力平衡，如圖所示
由幾何關系可知
根據(jù)表達式可以得出若增大兩手間的距離，增大，則懸停時單臂受到的拉力變大，故A錯誤；
B．在上升過程中，人先做加速運動，后做減速運動，則加速度方向先向上后向下，則人出現(xiàn)超重后失重，所以單杠對人的作用力先大于人的重力，后小于人的重力，故B錯誤；
C．人在上升過程中，人受到重力和單杠對人的作用力，重力方向豎直向下，位移方向豎直向上，根據(jù)功的概念可以得出重力做負功，所以在上升過程中人克服重力做了功，故C正確；
D．一次完整的“引體向上”訓練，根據(jù)沖量的表達式可以得出人的重力沖量為
時間不為零，則人的重力沖量一定不為0，故D錯誤。
故選C。
【分析】利用平衡方程結合角度的變化可以判別單臂受到的拉力大小變化；利用加速度的方向可以判別超重與失重；利用位移方向與重力方向可以判別重力做功的情況；利用重力大小和作用時間可以判別重力的沖量不為0.
5．（2024高一下·惠州期末）每次看到五星紅旗冉冉升起，我們都會感到無比的自豪和驕傲。在兩次升旗儀式的訓練中，第一次和第二次國旗運動的圖像如下圖中實線和虛線所示。第一次升旗過程中在開始階段國旗的加速度較大，且兩次國旗均能在國歌聲開始時運動，在國歌聲結束時到達旗桿的頂端，下列圖像可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知識點】運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】B．根據(jù)兩次國旗均能在國歌聲開始時運動，在國歌聲結束時到達旗桿的頂端，表明兩次運動經(jīng)歷的時間相等，則B圖像中運動不相等不滿足，故B錯誤；
A．根據(jù)題意，兩次運動的位移相等，由于圖像與時間軸所圍幾何圖形的面積表示位移，即實線與虛線與時間軸所圍梯形面積相等，該圖像中，實線與時間軸所圍梯形的面積大一些，不符合實際，故A錯誤；
CD．圖像的斜率的絕對值表示加速度的大小，第一次升旗過程中在開始階段國旗的加速度較大，則第一次圖像開始階段的斜率的絕對值比第二次運動時的斜率大，即開始時，實線要陡峭一些，故C正確，D錯誤。
故選C。
【分析】利用題意可以得出運動的時間相等，利用題意可以得出國旗運動的位移相等則兩次圖像的面積相等，結合加速度的大小比較斜率的大小。
6．（2024高一下·惠州期末）隨著科技的進步，2020年，農(nóng)村和偏遠山區(qū)也已經(jīng)開始用無人機配送快遞，如圖甲所示。無人機在0~5s內的飛行過程中，其水平、豎直方向速度、，與時間t的關系圖像分別如圖乙、丙所示，規(guī)定豎直方向向上為正方向。下列說法正確的是（　　）
A．內，無人機做勻加速直線運動
B．內，無人機做勻減速直線運動
C．時，無人機運動到最高點
D．內，無人機的位移大小為9m
【答案】C
【知識點】運動的合成與分解；運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】A．時間內，無人機在水平方向做勻加速運動，在豎直方向也做勻加速運動，根據(jù)加速度的合成則加速度不沿水平方向，但初速度沿水平方向，加速度與速度方向有夾角，因此，無人機做勻加速曲線運動，故選項A錯誤；
B．時間內，無人機在水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻減速直線運動，類比與平拋運動則合運動為勻變速曲線運動，故選項B錯誤；
C．時間內，豎直方向速度一直為正，根據(jù)速度的符號可以得出無人機一直向上運動，則時刻，豎直方向速度為，所以，無人機運動到最高點，故選項C正確；
D．內，無人機的水平位移為9m，豎直位移為1.75m，根據(jù)位移的合成可以得出合位移為，不等于9m，選項D錯誤。故選C；
【分析】利用分運動的速度變化可以判別加速度的方向，對加速度進行合成，結合速度的方向可以判別無人機運動的規(guī)律；利用豎直方向的速度方向結合速度為0可以判別無人機上升到最高點的時刻；利用位移的合成可以判別合位移的大小。
7．（2024高一下·惠州期末）一個質量為1kg的小球豎直向上拋出，最終落回拋出點，假如小球所受空氣阻力大小恒定，該過程的位移一時間圖像如圖所示，g取10m/s2，下列說法正確的是（ ）
A．小球拋出時的速度為12m/s
B．小球上升和下落的時間之比為
C．小球落回到拋出點時所受合力的功率為
D．小球上升過程的機械能損失大于下降過程的機械能損失
【答案】C
【知識點】功能關系；勻變速直線運動的速度與時間的關系；勻變速直線運動的位移與時間的關系；牛頓定律與圖象；功率及其計算
【解析】【解答】A.由于小球受到的空氣阻力大小恒定，則小球上升過程和下落過程加速度恒定，由圖知，小球上升的位移 x=24m，用時 t1=2s，平均速度
根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律有
得初速度 v0=24m/s．故A錯誤．
B.根據(jù)速度公式可以得出上升時加速度大小為
由牛頓第二定律得
mg+f=ma1
解得空氣阻力的大小
f=2N
對于下落過程，由于重力和阻力的合力產(chǎn)生加速度，則根據(jù)牛頓第二定律得
mg-f=ma2
解得
a2=8m/s2
則 a1：a2=3：2
根據(jù)勻變速直線運動的位移公式x=at2，由于上升和下落的位移大小相等，根據(jù)加速度的大小可知上升和下落的時間之比為
故B錯誤．
C.由上可得下落時間，根據(jù)速度公式可以得出小球落回到拋出點時速度為
所受合力
F合=mg-f=8N
根據(jù)瞬時功率的表達式可以得出此時合力的功率為
故C正確．
D.小球上升和下落兩個過程克服空氣阻力做功相等，由功能原理知，由于阻力做功等于機械能減少量的大小，所以球上升過程的機械能損失等于下降過程的機械能損失，故D錯誤。
故選C。
【分析】利用圖像位移和時間可以求出小球上升過程的平均速度，結合勻變速的平均速度公式可以求出初速度的大小；利用速度公式可以求出上升過程的加速度大小，結合牛頓第二定律可以求出空氣阻力的大小；再利用牛頓第二定律可以求出下落過程的加速度大小，結合位移公式可以求出運動的時間比值；利用速度公式可以求出落回拋出點的速度，結合重力的大小可以求出瞬時功率的大小；利用阻力做功可以比較機械能減少量的大小。
8．（2024高一下·惠州期末）油紙傘是中國傳統(tǒng)工藝品之一，使用歷史已有1000多年。如圖所示，a、b是油紙傘傘面上同一根傘骨上附著的兩顆相同雨滴，傘骨可視為直線，當以傘柄為軸在水平面內旋轉雨傘時，下列說法正確的是（　　）
A．雨滴a、b角速度相同 B．雨滴a、b線速度相同
C．雨滴a更容易從傘面移動 D．雨滴b更容易從傘面移動
【答案】A,D
【知識點】線速度、角速度和周期、轉速；向心力；生活中的圓周運動；離心運動和向心運動
【解析】【解答】A．同軸轉動過程中的質點由于相同時間轉過的角度相同，所以角速度相等，即雨滴a、b角速度相同，故A正確；
B．根據(jù)角速度與線速度的關系有
根據(jù)表達式結合角速度相同可以得出：雨滴a做圓周運動的半徑小于雨滴b做圓周運動的半徑，則雨滴a圓周運動的線速度小于雨滴b圓周運動的線速度，故B錯誤；
CD．兩顆雨滴完全相同，根據(jù)向心力的表達式有
由于雨滴b做圓周運動的半徑大于雨滴a做圓周運動的半徑，則雨滴b所需向心力大于雨滴a所需向心力，而兩顆雨滴完全相同，即外界能夠提供的沿圓周根據(jù)半徑方向的合力的最大值相同，根據(jù)離心運動的條件可以得出當合力不足以提供向心力時物體做離心運動，則雨滴b更容易從傘面移動，故C錯誤，D正確。
故選AD。
【分析】利用同軸轉動可以判別雨滴的角速度大小相等，結合半徑的大小可以比較線速度的大小；利用向心力的表達式可以比較向心力的大小，結合合力的大小可以判別雨滴B更容易做離心運動。
9．（2024高一下·惠州期末）2024年5月28日18時58分，“神舟十八號”乘組航天員葉光富、李聰、李廣蘇緊密協(xié)同，在空間站（離地面的距離大約為450km）機械臂和地面工作人員配合下，完成了8.5小時的出艙活動，實現(xiàn)目前我國最長的出艙時間，也彰顯了我國強大的航天實力，以下說法中正確的是（　　）
A．航天員出艙時，可以不系安全繩
B．航天員不受重力，處于漂浮狀態(tài)
C．航天員的速度和向心加速度都比地球靜止衛(wèi)星大
D．研究機械臂具體操作時，不可以把機械臂看成質點
【答案】C,D
【知識點】質點；萬有引力定律的應用；衛(wèi)星問題
【解析】【解答】AB．航天員處于完全失重狀態(tài)，以某一速度出艙時一定要系安全繩，沿一直沿同一方向做勻速直線運動，則沒有繩子回不來，航天員做勻速圓周運動時仍受重力，這時萬有引力和重力相等，提供航天員圓周運動的向心力，故AB錯誤；
C．宇航員做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力
解得加速度的大小為
，
因為“神舟十八號”運行的軌道半徑小于地球靜止衛(wèi)星運行的軌道半徑，則有航天員的速度和向心加速度都比地球靜止衛(wèi)星大，故C正確；
D．物體能否作為質點主要看所研究的問題，研究機械臂具體操作時，機械臂的大小和形狀不能忽略，所以不可以把機械臂看成質點，故D正確。
故選CD。
【分析】宇航員出艙時，由于慣性會一直做勻速直線運動，所以需要繩子才可以返回；利用引力提供向心力可以比較線速度的大小和向心加速度的大小；物體能否作為質點主要看研究的問題。
10．（2024高一下·惠州期末）如圖（a）所示，可視為質點的小球穿在豎直平面內光滑的固定圓環(huán)上，繞圓心O點做半徑為R的圓周運動。小球運動到最高點時，圓環(huán)與小球間彈力大小為F，小球在最高點的速度大小為，其圖像如圖（b）所示，重力加速度g取，則以下說法中正確的是（　　）
A．小球的質量為4kg
B．固定圓環(huán)的半徑R為0.8m
C．若小球恰好能做完整的圓周運動，則其受到軌道的最大彈力為100N
D．小球在最高點的速度為4m/s時，小球受圓環(huán)的彈力大小為20N，方向向上
【答案】B,C
【知識點】牛頓第二定律；豎直平面的圓周運動；機械能守恒定律
【解析】【解答】A．小球在豎直面做圓周運動，根據(jù)圖（b）可知，在速度等于0時，重力與彈力平衡，根據(jù)平衡方程則有
解得小球的質量為
故A錯誤；
B．根據(jù)圖（b）可知，當速度的平方等于8m2/s2時，彈力為0，由于小球受到的重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律則有
解得
故B正確；
C．若小球恰好能做完整的圓周運動，由于小球不會脫軌，則其在最高點的速度恰好等于0，小球在最低點的彈力最大，根據(jù)動能定理有
，
根據(jù)牛頓第二定律有
解得
故C正確；
D．小球在最高點的速度為4m/s時，假設彈力方向向下，根據(jù)牛頓第二定律則有
解得
假設成立，即小球在最高點的速度為4m/s時，小球受圓環(huán)的彈力大小為20N，方向向下，故D錯誤。
故選選BC。
【分析】利用小球速度等于0時結合平衡方程可以求出小球質量的大小；利用重力提供向心力結合小球速度的大小可以求出半徑的大小；利用小球經(jīng)過最高點的速度結合動能定理可以求出經(jīng)過最低點的速度，結合牛頓第二定律可以求出小球受到軌道的最大彈力；利用小球的速度結合牛頓第二定律可以求出軌道對小球作用力的大小及方向。
11．（2024高一下·惠州期末）圖（a）是“研究平拋物體的運動”的實驗裝置圖。
（1）實驗前應對實驗裝置反復調節(jié)，直到斜槽末端切線　 　，每次讓小球從同一位置由靜止釋放，是為了每次平拋　 　。
（2）圖（b）是正確實驗取得的數(shù)據(jù)，其中O為拋出點，則此小球做平拋運動的初速度為　 　m/s（重力加速度g取）（結果保留三位有效數(shù)字）。
（3）實驗中，為了能較準確地描繪小球的運動軌跡，下面還列出了一些操作要求，你認為正確的是______。
A．應采用塑料小球
B．小球在做平拋運動的過程中，不可以與記錄面板上的白紙（或方格紙）相接觸
C．將小球的位置記錄在紙上后，取下紙，用直尺將打下的印記點連成折線
【答案】（1）水平；初速度大小一定
（2）4.57
（3）B
【知識點】研究平拋物體的運動
【解析】【解答】（1）為了確保小球飛出斜槽后做平拋運動，則要確保小球初速度沿水平方向，實驗前應對實驗裝置反復調節(jié)，直到斜槽末端切線水平；為了使小球飛出斜槽末端的初速度大小一定，根據(jù)合力做功要相同，根據(jù)動能定理則實驗中每次讓小球從同一位置由靜止釋放。
（2）根據(jù)圖b可知，相鄰點跡水平方向的位移相等，根據(jù)水平方向的位移公式有
其中
豎直方向上，根據(jù)鄰差公式有
其中
，
兩式聯(lián)立可以解得初速度的大小為
（3）A．小球做平拋運動則只受到重力的作用，為了減小空氣阻力的影響，實驗中應選擇密度大的小鋼球，可知，不能夠選擇塑料小球，故A錯誤；
B．小球在做平拋運動的過程中，為了能夠準確描繪出平拋運動的軌跡，避免小球受到白紙的摩擦力作用，所以小球不可以與記錄面板上的白紙（或方格紙）相接觸，故B正確；
C．由于小球平拋運動的軌跡為拋物線則將小球的位置記錄在紙上后，取下紙，用平滑曲線將印記點連接起來，不能夠用直尺將打下的印記點連成折線，故C錯誤。
故選B。
【分析】（1）為了確保小球初速度沿水平方向則斜槽末端必須切線水平，為了初速度大小相同則小球需要在同一高度無初速度釋放；
（2）利用豎直方向的鄰差公式可以求出時間間隔，結合水平方向的位移公式可以求出初速度的大小；
（3）為了減小空氣阻力的影響，實驗中應選擇密度大的小鋼球；了能夠準確描繪出平拋運動的軌跡，避免小球受到白紙的摩擦力作用，所以小球不可以與記錄面板上的白紙（或方格紙）相接觸；由于小球平拋運動的軌跡為拋物線則將小球的位置記錄在紙上后，取下紙，用平滑曲線將印記點連接起來。
（1）[1]為了確保小球飛出斜槽后做平拋運動，實驗前應對實驗裝置反復調節(jié)，直到斜槽末端切線水平；
[2]為了使小球飛出斜槽末端的初速度大小一定，實驗中每次讓小球從同一位置由靜止釋放。
（2）根據(jù)圖b可知，相鄰點跡水平方向的位移相等，則有
其中
豎直方向上有
其中
，
解得
（3）A．為了減小空氣阻力的影響，實驗中應選擇密度大的小鋼球，可知，不能夠選擇塑料小球，故A錯誤；
B．小球在做平拋運動的過程中，為了能夠準確描繪出平拋運動的軌跡，小球不可以與記錄面板上的白紙（或方格紙）相接觸，故B正確；
C．將小球的位置記錄在紙上后，取下紙，用平滑曲線將印記點連接起來，不能夠用直尺將打下的印記點連成折線，故C錯誤。
故選B。
12．（2024高一下·惠州期末）圖（a）為小明同學用“落體法”驗證機械能守恒定律的實驗裝置，圖（b）為挑選出的一段紙帶，紙帶上各相鄰點跡間的距離已測出，并標在圖中，重錘質量為200g，打點計時器工作頻率為50Hz，重力加速度g取。
（1）紙帶的　 　（選填“左端”或“右端”）與重錘相連。
（2）小明計算出打點2時重錘的速度，請計算打點5時重錘的速度　 　m/s，從打點2到打點5過程中重錘動能的增加量　 　J（計算結果均保留3位有效數(shù)字），計算得到重錘重力勢能的減少量。
（3）通過上述計算發(fā)現(xiàn)，下落過程中，重錘動能的增加量　 　（選填“大于”、“等于”或者“小于”）重力勢能的減少量，請說明原因：　 　（寫出一條即可）。
【答案】（1）左端
（2）2.60；0.264
（3）小于；空氣阻力和摩擦阻力的影響
【知識點】驗證機械能守恒定律
【解析】【解答】（1）重錘下落做自由落體運動，由于下落速度逐漸增加，根據(jù)位移公式則相同時間打點的間距增大，則紙帶的左端與重錘相連。
（2）根據(jù)平均速度公式可以得出打點5時重錘的速度
根據(jù)動能的表達式可以得出從打點2到打點5過程中重錘動能的增加量
（3）通過比較動能的增量和重力勢能的減少量有
即下落過程中，重錘動能的增加量小于重力勢能的減少量。原因是有空氣阻力和摩擦阻力的影響。
【分析】（1）重物做加速運動，則速度不斷變大則紙帶上的間距也不斷變大；
（2）利用平均速度公式可以求出瞬時速度的大小，結合動能的表達式可以求出重錘動能的增量；
（3）利用計算可以比較動能增量和重力勢能的減少量，重錘動能的增加量小于重力勢能的減少量。原因是有空氣阻力和摩擦阻力的影響。
（1）由于下落速度逐漸增加，所以相同時間打點的間距增大，則紙帶的左端與重錘相連。
（2）[1]打點5時重錘的速度
[2]從打點2到打點5過程中重錘動能的增加量
（3）[1][2]由計算可知
即下落過程中，重錘動能的增加量小于重力勢能的減少量。原因是有空氣阻力和摩擦阻力的影響。
13．（2024高一下·惠州期末）如圖所示，某小朋友設計了一個“平衡”的小游戲，他將質量為M的小物塊A放在水平桌面上，質量為m的小物塊B通過輕繩與A相連，水平拉力F（大小未知）作用在物塊B上，當輕繩與豎直方向的夾角調整為時，小物塊A剛好在桌面不滑動，系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度為。求：
（1）拉力F和輕繩AB間的拉力大小；
（2）小物塊A與桌面間的動摩擦因數(shù)。
【答案】解：（1）對B受力分析，由平衡平衡條件得
聯(lián)立得
（2）以A為對象，平衡條件可得
又
聯(lián)立可得

【知識點】整體法隔離法；共點力的平衡
【解析】【分析】（1）B處于靜止，根據(jù)平衡方程可以求出拉力F和繩子拉力的大小；
（2）物塊處于靜止，利用物塊的平衡方程可以求出物塊與桌面之間動摩擦因數(shù)的大小。
14．（2024高一下·惠州期末）某物理興趣小組同學決定舉行遙控賽車比賽，比賽路徑如圖所示，可視為質點的賽車從起點A出發(fā)，沿水平直線軌道運動L后，由B點進入半徑為R的光滑豎直半圓軌道，并通過半圓軌道的最高點C，才算完成比賽。B點是半圓軌道的最低點，水平直線軌道和半圓軌道相切于B點，一質量為的賽車，通電后以恒定的額定功率工作，在水平面上運動時受到的水平阻力恒為，在豎直軌道上受到的阻力可忽略不計，且進入豎直軌道前已關閉電動機。已知，取重力加速度。求：
（1）要使賽車恰好完成比賽，賽車在半圓軌道的C點速度大小是多少；
（2）要使賽車恰好完成比賽，賽車在半圓軌道B點時受到軌道的支持力的大小是多少；
（3）若電動機工作的時間為，通過計算判斷賽車能否完成比賽。
【答案】解：（1）當賽車恰好過C點時，有
解得
（2）從B到C，由機械能守恒定律得
解得
賽車在B處，由牛頓第二定律
聯(lián)立解得
（3）對賽車從A到B的過程，由動能定理
代入數(shù)據(jù)得
因
故賽車無法完成比賽。
【知識點】動能定理的綜合應用；機械能守恒定律
【解析】【分析】（1）由恰好過C點，根據(jù)牛頓第二定律求解C點速度；
（2）在B-C由機械能守恒定律求解B點速度；在B點根據(jù)牛頓第二定律求解；
（3）在A-B由功與功率關系和動能定理求解B點速度，以此判斷。
15．（2024高一下·惠州期末）圖（a）是U形雪槽，某次滑板表演，開始階段，表演者在同一豎直平面內運動，可把該場地簡化為（b）的凹形場地；兩端是四分之一的光滑圓弧面，中間是長4L的粗糙水平面。表演者甲的質量（含滑板）為m，從A處沿光滑圓弧面滑下，進入水平面后，與質量（含滑板）為2m且靜止在水平面中點O的表演者乙水平擊掌相碰，碰后甲以碰前速度的反彈，甲、乙在O處發(fā)生碰撞后，最終都停在B、O間的某點P處，且恰好不再發(fā)生碰撞。假設甲與粗糙水平面的動摩擦因數(shù)是乙與水平面的k倍，表演者的動作不影響自身的速度，滑板長度忽略不計。求：
（1）甲與乙碰撞后瞬間，甲、乙的速度大小之比；
（2）以O為起點，甲、乙碰撞后在粗糙水平面上滑過的路程之比（可用k表示）；
（3）若碰撞后，甲、乙均兩次通過四分之一的光滑圓弧面的最低點，求PO的長度與的關系式及k的取值范圍。
【答案】解：（1）設甲與乙碰撞前的速度為，甲反彈的速度大小為
乙獲得的速度大小為，取水平向右為正方向，由動量守恒定律得
解得
（2）若甲、乙從碰撞后到停下，它們在粗糙水平面上滑過的路程分別為和，則有
聯(lián)立并代入
解得
（3）由于甲、乙剛好不再發(fā)生第二次碰撞且停在B、O之間的，且兩者均沖上圓弧面，再返回，兩者在水平面的總路程滿足如下關系式
聯(lián)立第(2)問的結果可解得
則PO的長度為
因P位于B與O之間，故有
代入的表達式可求解得
【知識點】動能定理的綜合應用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）甲與乙碰撞的過程中，利用動量守恒定律可以求出碰后兩者速度大小比值；
（2）當甲乙碰撞后停下，利用動能定理結合動摩擦因數(shù)的大小可以求出運動的路程比值；
（3）當甲乙不再發(fā)生第二次碰撞時，利用幾何關系可以得出運動的路程關系，結合路程的比值可以求出k值的大小范圍。
1 / 1廣東省惠州市2023-2024學年高一下學期7月期末考試物理試題
1．（2024高一下·惠州期末）我國《道路交通安全法》中規(guī)定：為了保護乘客的生命安全，乘坐汽車時需要系好安全帶。下列說法正確的是（　　）
A．系好安全帶可以減小慣性
B．車輛滿載時比空載時的慣性大
C．系好安全帶是為了增大乘客與座椅間的摩擦力
D．車輛發(fā)生碰撞時，安全帶對乘客的作用力大小大于乘客對安全帶的作用力大小
2．（2024高一下·惠州期末）某高速公路收費站的的直桿道閘的示意圖如圖所示，桿的長度為，當小車靠近道閘時，桿繞點轉動放行，在桿從與水平方向成勻速轉動到的過程中，端的線速度大小為，則該轉動過程所用的時間為（　　）
A． B． C． D．
3．（2024高一下·惠州期末）如圖所示，小陳同學參加趣味運動中的“投球入桶”比賽。她站立在規(guī)定的位置，以初速度v0把小橡膠球水平投出，投出點高度為h，發(fā)現(xiàn)球落在目標桶前方。她欲將球投入桶中，應該（　　）
A．h增大，v0增大 B．h增大，v0不變
C．h不變，v0增大 D．h不變，v0減小
4．（2024高一下·惠州期末）“引體向上”是衡量學生體質的重要參考標準之一，主要測試上肢肌肉力量的發(fā)展水平。如圖所示，為完成一次完整的“引體向上”訓練，某同學兩手握緊單杠，身體懸垂，接著用力上拉使下頜超過單杠（身體無擺動），然后使身體下降，最終懸垂在單杠上（視為靜止），下列說法正確的是（　　）
A．兩手間的距離越大，懸垂時單臂受到的拉力越小
B．在上升過程中單杠對人的作用力始終大于人的重力
C．在上升過程中人克服重力做了功
D．一次完整的“引體向上”訓練，人的重力沖量一定為0
5．（2024高一下·惠州期末）每次看到五星紅旗冉冉升起，我們都會感到無比的自豪和驕傲。在兩次升旗儀式的訓練中，第一次和第二次國旗運動的圖像如下圖中實線和虛線所示。第一次升旗過程中在開始階段國旗的加速度較大，且兩次國旗均能在國歌聲開始時運動，在國歌聲結束時到達旗桿的頂端，下列圖像可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
6．（2024高一下·惠州期末）隨著科技的進步，2020年，農(nóng)村和偏遠山區(qū)也已經(jīng)開始用無人機配送快遞，如圖甲所示。無人機在0~5s內的飛行過程中，其水平、豎直方向速度、，與時間t的關系圖像分別如圖乙、丙所示，規(guī)定豎直方向向上為正方向。下列說法正確的是（　　）
A．內，無人機做勻加速直線運動
B．內，無人機做勻減速直線運動
C．時，無人機運動到最高點
D．內，無人機的位移大小為9m
7．（2024高一下·惠州期末）一個質量為1kg的小球豎直向上拋出，最終落回拋出點，假如小球所受空氣阻力大小恒定，該過程的位移一時間圖像如圖所示，g取10m/s2，下列說法正確的是（ ）
A．小球拋出時的速度為12m/s
B．小球上升和下落的時間之比為
C．小球落回到拋出點時所受合力的功率為
D．小球上升過程的機械能損失大于下降過程的機械能損失
8．（2024高一下·惠州期末）油紙傘是中國傳統(tǒng)工藝品之一，使用歷史已有1000多年。如圖所示，a、b是油紙傘傘面上同一根傘骨上附著的兩顆相同雨滴，傘骨可視為直線，當以傘柄為軸在水平面內旋轉雨傘時，下列說法正確的是（　　）
A．雨滴a、b角速度相同 B．雨滴a、b線速度相同
C．雨滴a更容易從傘面移動 D．雨滴b更容易從傘面移動
9．（2024高一下·惠州期末）2024年5月28日18時58分，“神舟十八號”乘組航天員葉光富、李聰、李廣蘇緊密協(xié)同，在空間站（離地面的距離大約為450km）機械臂和地面工作人員配合下，完成了8.5小時的出艙活動，實現(xiàn)目前我國最長的出艙時間，也彰顯了我國強大的航天實力，以下說法中正確的是（　　）
A．航天員出艙時，可以不系安全繩
B．航天員不受重力，處于漂浮狀態(tài)
C．航天員的速度和向心加速度都比地球靜止衛(wèi)星大
D．研究機械臂具體操作時，不可以把機械臂看成質點
10．（2024高一下·惠州期末）如圖（a）所示，可視為質點的小球穿在豎直平面內光滑的固定圓環(huán)上，繞圓心O點做半徑為R的圓周運動。小球運動到最高點時，圓環(huán)與小球間彈力大小為F，小球在最高點的速度大小為，其圖像如圖（b）所示，重力加速度g取，則以下說法中正確的是（　　）
A．小球的質量為4kg
B．固定圓環(huán)的半徑R為0.8m
C．若小球恰好能做完整的圓周運動，則其受到軌道的最大彈力為100N
D．小球在最高點的速度為4m/s時，小球受圓環(huán)的彈力大小為20N，方向向上
11．（2024高一下·惠州期末）圖（a）是“研究平拋物體的運動”的實驗裝置圖。
（1）實驗前應對實驗裝置反復調節(jié)，直到斜槽末端切線　 　，每次讓小球從同一位置由靜止釋放，是為了每次平拋　 　。
（2）圖（b）是正確實驗取得的數(shù)據(jù)，其中O為拋出點，則此小球做平拋運動的初速度為　 　m/s（重力加速度g取）（結果保留三位有效數(shù)字）。
（3）實驗中，為了能較準確地描繪小球的運動軌跡，下面還列出了一些操作要求，你認為正確的是______。
A．應采用塑料小球
B．小球在做平拋運動的過程中，不可以與記錄面板上的白紙（或方格紙）相接觸
C．將小球的位置記錄在紙上后，取下紙，用直尺將打下的印記點連成折線
12．（2024高一下·惠州期末）圖（a）為小明同學用“落體法”驗證機械能守恒定律的實驗裝置，圖（b）為挑選出的一段紙帶，紙帶上各相鄰點跡間的距離已測出，并標在圖中，重錘質量為200g，打點計時器工作頻率為50Hz，重力加速度g取。
（1）紙帶的　 　（選填“左端”或“右端”）與重錘相連。
（2）小明計算出打點2時重錘的速度，請計算打點5時重錘的速度　 　m/s，從打點2到打點5過程中重錘動能的增加量　 　J（計算結果均保留3位有效數(shù)字），計算得到重錘重力勢能的減少量。
（3）通過上述計算發(fā)現(xiàn)，下落過程中，重錘動能的增加量　 　（選填“大于”、“等于”或者“小于”）重力勢能的減少量，請說明原因：　 　（寫出一條即可）。
13．（2024高一下·惠州期末）如圖所示，某小朋友設計了一個“平衡”的小游戲，他將質量為M的小物塊A放在水平桌面上，質量為m的小物塊B通過輕繩與A相連，水平拉力F（大小未知）作用在物塊B上，當輕繩與豎直方向的夾角調整為時，小物塊A剛好在桌面不滑動，系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度為。求：
（1）拉力F和輕繩AB間的拉力大小；
（2）小物塊A與桌面間的動摩擦因數(shù)。
14．（2024高一下·惠州期末）某物理興趣小組同學決定舉行遙控賽車比賽，比賽路徑如圖所示，可視為質點的賽車從起點A出發(fā)，沿水平直線軌道運動L后，由B點進入半徑為R的光滑豎直半圓軌道，并通過半圓軌道的最高點C，才算完成比賽。B點是半圓軌道的最低點，水平直線軌道和半圓軌道相切于B點，一質量為的賽車，通電后以恒定的額定功率工作，在水平面上運動時受到的水平阻力恒為，在豎直軌道上受到的阻力可忽略不計，且進入豎直軌道前已關閉電動機。已知，取重力加速度。求：
（1）要使賽車恰好完成比賽，賽車在半圓軌道的C點速度大小是多少；
（2）要使賽車恰好完成比賽，賽車在半圓軌道B點時受到軌道的支持力的大小是多少；
（3）若電動機工作的時間為，通過計算判斷賽車能否完成比賽。
15．（2024高一下·惠州期末）圖（a）是U形雪槽，某次滑板表演，開始階段，表演者在同一豎直平面內運動，可把該場地簡化為（b）的凹形場地；兩端是四分之一的光滑圓弧面，中間是長4L的粗糙水平面。表演者甲的質量（含滑板）為m，從A處沿光滑圓弧面滑下，進入水平面后，與質量（含滑板）為2m且靜止在水平面中點O的表演者乙水平擊掌相碰，碰后甲以碰前速度的反彈，甲、乙在O處發(fā)生碰撞后，最終都停在B、O間的某點P處，且恰好不再發(fā)生碰撞。假設甲與粗糙水平面的動摩擦因數(shù)是乙與水平面的k倍，表演者的動作不影響自身的速度，滑板長度忽略不計。求：
（1）甲與乙碰撞后瞬間，甲、乙的速度大小之比；
（2）以O為起點，甲、乙碰撞后在粗糙水平面上滑過的路程之比（可用k表示）；
（3）若碰撞后，甲、乙均兩次通過四分之一的光滑圓弧面的最低點，求PO的長度與的關系式及k的取值范圍。
答案解析部分
1．【答案】B
【知識點】牛頓第三定律；慣性與質量
【解析】【解答】AB．慣性只由質量唯一決定，質量越大，慣性越大；系好安全帶不可以減小慣性，車輛滿載時比空載時質量大，所以慣性比較大，故A錯誤，B正確；
C．根據(jù)摩擦力大小的影響因素，系好安全帶并沒有增大乘客與座椅間的摩擦力，是為了防止車輛發(fā)生碰撞時乘客由于慣性向前運動而造成的傷害，故C錯誤；
D．車輛發(fā)生碰撞時，根據(jù)牛頓第三定律可以得出：安全帶對乘客的作用力大小等于乘客對安全帶的作用力大小，故D錯誤。
故選B。
【分析】物體的質量大小決定慣性的大小；系好安全帶并沒有增大乘客與座椅間的摩擦力；安全帶對乘客的作用力大小等于乘客對安全帶的作用力大小。
2．【答案】D
【知識點】線速度、角速度和周期、轉速
【解析】【解答】P點做勻速圓周運動，根據(jù)線速度的大小可以求出轉動所用時間為
故選D。
【分析】利用質點運動的弧長和線速度的大小可以求出運動的時間。
3．【答案】D
【知識點】平拋運動
【解析】【解答】小球扔出去后做平拋運動，根據(jù)平拋運動的位移公式有
豎直方向有
水平方向有
解得水平位移的大小為
她欲將球投入桶中，應該減小水平位移x，減小x有兩個方法，一是h不變減小v0，二是v0不變減小h，ABC錯誤，D正確。
故選D。
【分析】利用平拋運動的位移公式可以求出水平位移的表達式，利用表達式可以得出減小位移的方法。
4．【答案】C
【知識點】共點力的平衡；超重與失重；沖量
【解析】【解答】A．由于學生懸停時處于靜止，根據(jù)平衡條件可以得出兩手臂拉力的豎直方向的合力與重力平衡，如圖所示
由幾何關系可知
根據(jù)表達式可以得出若增大兩手間的距離，增大，則懸停時單臂受到的拉力變大，故A錯誤；
B．在上升過程中，人先做加速運動，后做減速運動，則加速度方向先向上后向下，則人出現(xiàn)超重后失重，所以單杠對人的作用力先大于人的重力，后小于人的重力，故B錯誤；
C．人在上升過程中，人受到重力和單杠對人的作用力，重力方向豎直向下，位移方向豎直向上，根據(jù)功的概念可以得出重力做負功，所以在上升過程中人克服重力做了功，故C正確；
D．一次完整的“引體向上”訓練，根據(jù)沖量的表達式可以得出人的重力沖量為
時間不為零，則人的重力沖量一定不為0，故D錯誤。
故選C。
【分析】利用平衡方程結合角度的變化可以判別單臂受到的拉力大小變化；利用加速度的方向可以判別超重與失重；利用位移方向與重力方向可以判別重力做功的情況；利用重力大小和作用時間可以判別重力的沖量不為0.
5．【答案】C
【知識點】運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】B．根據(jù)兩次國旗均能在國歌聲開始時運動，在國歌聲結束時到達旗桿的頂端，表明兩次運動經(jīng)歷的時間相等，則B圖像中運動不相等不滿足，故B錯誤；
A．根據(jù)題意，兩次運動的位移相等，由于圖像與時間軸所圍幾何圖形的面積表示位移，即實線與虛線與時間軸所圍梯形面積相等，該圖像中，實線與時間軸所圍梯形的面積大一些，不符合實際，故A錯誤；
CD．圖像的斜率的絕對值表示加速度的大小，第一次升旗過程中在開始階段國旗的加速度較大，則第一次圖像開始階段的斜率的絕對值比第二次運動時的斜率大，即開始時，實線要陡峭一些，故C正確，D錯誤。
故選C。
【分析】利用題意可以得出運動的時間相等，利用題意可以得出國旗運動的位移相等則兩次圖像的面積相等，結合加速度的大小比較斜率的大小。
6．【答案】C
【知識點】運動的合成與分解；運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】A．時間內，無人機在水平方向做勻加速運動，在豎直方向也做勻加速運動，根據(jù)加速度的合成則加速度不沿水平方向，但初速度沿水平方向，加速度與速度方向有夾角，因此，無人機做勻加速曲線運動，故選項A錯誤；
B．時間內，無人機在水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻減速直線運動，類比與平拋運動則合運動為勻變速曲線運動，故選項B錯誤；
C．時間內，豎直方向速度一直為正，根據(jù)速度的符號可以得出無人機一直向上運動，則時刻，豎直方向速度為，所以，無人機運動到最高點，故選項C正確；
D．內，無人機的水平位移為9m，豎直位移為1.75m，根據(jù)位移的合成可以得出合位移為，不等于9m，選項D錯誤。故選C；
【分析】利用分運動的速度變化可以判別加速度的方向，對加速度進行合成，結合速度的方向可以判別無人機運動的規(guī)律；利用豎直方向的速度方向結合速度為0可以判別無人機上升到最高點的時刻；利用位移的合成可以判別合位移的大小。
7．【答案】C
【知識點】功能關系；勻變速直線運動的速度與時間的關系；勻變速直線運動的位移與時間的關系；牛頓定律與圖象；功率及其計算
【解析】【解答】A.由于小球受到的空氣阻力大小恒定，則小球上升過程和下落過程加速度恒定，由圖知，小球上升的位移 x=24m，用時 t1=2s，平均速度
根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律有
得初速度 v0=24m/s．故A錯誤．
B.根據(jù)速度公式可以得出上升時加速度大小為
由牛頓第二定律得
mg+f=ma1
解得空氣阻力的大小
f=2N
對于下落過程，由于重力和阻力的合力產(chǎn)生加速度，則根據(jù)牛頓第二定律得
mg-f=ma2
解得
a2=8m/s2
則 a1：a2=3：2
根據(jù)勻變速直線運動的位移公式x=at2，由于上升和下落的位移大小相等，根據(jù)加速度的大小可知上升和下落的時間之比為
故B錯誤．
C.由上可得下落時間，根據(jù)速度公式可以得出小球落回到拋出點時速度為
所受合力
F合=mg-f=8N
根據(jù)瞬時功率的表達式可以得出此時合力的功率為
故C正確．
D.小球上升和下落兩個過程克服空氣阻力做功相等，由功能原理知，由于阻力做功等于機械能減少量的大小，所以球上升過程的機械能損失等于下降過程的機械能損失，故D錯誤。
故選C。
【分析】利用圖像位移和時間可以求出小球上升過程的平均速度，結合勻變速的平均速度公式可以求出初速度的大小；利用速度公式可以求出上升過程的加速度大小，結合牛頓第二定律可以求出空氣阻力的大小；再利用牛頓第二定律可以求出下落過程的加速度大小，結合位移公式可以求出運動的時間比值；利用速度公式可以求出落回拋出點的速度，結合重力的大小可以求出瞬時功率的大小；利用阻力做功可以比較機械能減少量的大小。
8．【答案】A,D
【知識點】線速度、角速度和周期、轉速；向心力；生活中的圓周運動；離心運動和向心運動
【解析】【解答】A．同軸轉動過程中的質點由于相同時間轉過的角度相同，所以角速度相等，即雨滴a、b角速度相同，故A正確；
B．根據(jù)角速度與線速度的關系有
根據(jù)表達式結合角速度相同可以得出：雨滴a做圓周運動的半徑小于雨滴b做圓周運動的半徑，則雨滴a圓周運動的線速度小于雨滴b圓周運動的線速度，故B錯誤；
CD．兩顆雨滴完全相同，根據(jù)向心力的表達式有
由于雨滴b做圓周運動的半徑大于雨滴a做圓周運動的半徑，則雨滴b所需向心力大于雨滴a所需向心力，而兩顆雨滴完全相同，即外界能夠提供的沿圓周根據(jù)半徑方向的合力的最大值相同，根據(jù)離心運動的條件可以得出當合力不足以提供向心力時物體做離心運動，則雨滴b更容易從傘面移動，故C錯誤，D正確。
故選AD。
【分析】利用同軸轉動可以判別雨滴的角速度大小相等，結合半徑的大小可以比較線速度的大小；利用向心力的表達式可以比較向心力的大小，結合合力的大小可以判別雨滴B更容易做離心運動。
9．【答案】C,D
【知識點】質點；萬有引力定律的應用；衛(wèi)星問題
【解析】【解答】AB．航天員處于完全失重狀態(tài)，以某一速度出艙時一定要系安全繩，沿一直沿同一方向做勻速直線運動，則沒有繩子回不來，航天員做勻速圓周運動時仍受重力，這時萬有引力和重力相等，提供航天員圓周運動的向心力，故AB錯誤；
C．宇航員做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力
解得加速度的大小為
，
因為“神舟十八號”運行的軌道半徑小于地球靜止衛(wèi)星運行的軌道半徑，則有航天員的速度和向心加速度都比地球靜止衛(wèi)星大，故C正確；
D．物體能否作為質點主要看所研究的問題，研究機械臂具體操作時，機械臂的大小和形狀不能忽略，所以不可以把機械臂看成質點，故D正確。
故選CD。
【分析】宇航員出艙時，由于慣性會一直做勻速直線運動，所以需要繩子才可以返回；利用引力提供向心力可以比較線速度的大小和向心加速度的大小；物體能否作為質點主要看研究的問題。
10．【答案】B,C
【知識點】牛頓第二定律；豎直平面的圓周運動；機械能守恒定律
【解析】【解答】A．小球在豎直面做圓周運動，根據(jù)圖（b）可知，在速度等于0時，重力與彈力平衡，根據(jù)平衡方程則有
解得小球的質量為
故A錯誤；
B．根據(jù)圖（b）可知，當速度的平方等于8m2/s2時，彈力為0，由于小球受到的重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律則有
解得
故B正確；
C．若小球恰好能做完整的圓周運動，由于小球不會脫軌，則其在最高點的速度恰好等于0，小球在最低點的彈力最大，根據(jù)動能定理有
，
根據(jù)牛頓第二定律有
解得
故C正確；
D．小球在最高點的速度為4m/s時，假設彈力方向向下，根據(jù)牛頓第二定律則有
解得
假設成立，即小球在最高點的速度為4m/s時，小球受圓環(huán)的彈力大小為20N，方向向下，故D錯誤。
故選選BC。
【分析】利用小球速度等于0時結合平衡方程可以求出小球質量的大小；利用重力提供向心力結合小球速度的大小可以求出半徑的大小；利用小球經(jīng)過最高點的速度結合動能定理可以求出經(jīng)過最低點的速度，結合牛頓第二定律可以求出小球受到軌道的最大彈力；利用小球的速度結合牛頓第二定律可以求出軌道對小球作用力的大小及方向。
11．【答案】（1）水平；初速度大小一定
（2）4.57
（3）B
【知識點】研究平拋物體的運動
【解析】【解答】（1）為了確保小球飛出斜槽后做平拋運動，則要確保小球初速度沿水平方向，實驗前應對實驗裝置反復調節(jié)，直到斜槽末端切線水平；為了使小球飛出斜槽末端的初速度大小一定，根據(jù)合力做功要相同，根據(jù)動能定理則實驗中每次讓小球從同一位置由靜止釋放。
（2）根據(jù)圖b可知，相鄰點跡水平方向的位移相等，根據(jù)水平方向的位移公式有
其中
豎直方向上，根據(jù)鄰差公式有
其中
，
兩式聯(lián)立可以解得初速度的大小為
（3）A．小球做平拋運動則只受到重力的作用，為了減小空氣阻力的影響，實驗中應選擇密度大的小鋼球，可知，不能夠選擇塑料小球，故A錯誤；
B．小球在做平拋運動的過程中，為了能夠準確描繪出平拋運動的軌跡，避免小球受到白紙的摩擦力作用，所以小球不可以與記錄面板上的白紙（或方格紙）相接觸，故B正確；
C．由于小球平拋運動的軌跡為拋物線則將小球的位置記錄在紙上后，取下紙，用平滑曲線將印記點連接起來，不能夠用直尺將打下的印記點連成折線，故C錯誤。
故選B。
【分析】（1）為了確保小球初速度沿水平方向則斜槽末端必須切線水平，為了初速度大小相同則小球需要在同一高度無初速度釋放；
（2）利用豎直方向的鄰差公式可以求出時間間隔，結合水平方向的位移公式可以求出初速度的大小；
（3）為了減小空氣阻力的影響，實驗中應選擇密度大的小鋼球；了能夠準確描繪出平拋運動的軌跡，避免小球受到白紙的摩擦力作用，所以小球不可以與記錄面板上的白紙（或方格紙）相接觸；由于小球平拋運動的軌跡為拋物線則將小球的位置記錄在紙上后，取下紙，用平滑曲線將印記點連接起來。
（1）[1]為了確保小球飛出斜槽后做平拋運動，實驗前應對實驗裝置反復調節(jié)，直到斜槽末端切線水平；
[2]為了使小球飛出斜槽末端的初速度大小一定，實驗中每次讓小球從同一位置由靜止釋放。
（2）根據(jù)圖b可知，相鄰點跡水平方向的位移相等，則有
其中
豎直方向上有
其中
，
解得
（3）A．為了減小空氣阻力的影響，實驗中應選擇密度大的小鋼球，可知，不能夠選擇塑料小球，故A錯誤；
B．小球在做平拋運動的過程中，為了能夠準確描繪出平拋運動的軌跡，小球不可以與記錄面板上的白紙（或方格紙）相接觸，故B正確；
C．將小球的位置記錄在紙上后，取下紙，用平滑曲線將印記點連接起來，不能夠用直尺將打下的印記點連成折線，故C錯誤。
故選B。
12．【答案】（1）左端
（2）2.60；0.264
（3）小于；空氣阻力和摩擦阻力的影響
【知識點】驗證機械能守恒定律
【解析】【解答】（1）重錘下落做自由落體運動，由于下落速度逐漸增加，根據(jù)位移公式則相同時間打點的間距增大，則紙帶的左端與重錘相連。
（2）根據(jù)平均速度公式可以得出打點5時重錘的速度
根據(jù)動能的表達式可以得出從打點2到打點5過程中重錘動能的增加量
（3）通過比較動能的增量和重力勢能的減少量有
即下落過程中，重錘動能的增加量小于重力勢能的減少量。原因是有空氣阻力和摩擦阻力的影響。
【分析】（1）重物做加速運動，則速度不斷變大則紙帶上的間距也不斷變大；
（2）利用平均速度公式可以求出瞬時速度的大小，結合動能的表達式可以求出重錘動能的增量；
（3）利用計算可以比較動能增量和重力勢能的減少量，重錘動能的增加量小于重力勢能的減少量。原因是有空氣阻力和摩擦阻力的影響。
（1）由于下落速度逐漸增加，所以相同時間打點的間距增大，則紙帶的左端與重錘相連。
（2）[1]打點5時重錘的速度
[2]從打點2到打點5過程中重錘動能的增加量
（3）[1][2]由計算可知
即下落過程中，重錘動能的增加量小于重力勢能的減少量。原因是有空氣阻力和摩擦阻力的影響。
13．【答案】解：（1）對B受力分析，由平衡平衡條件得
聯(lián)立得
（2）以A為對象，平衡條件可得
又
聯(lián)立可得

【知識點】整體法隔離法；共點力的平衡
【解析】【分析】（1）B處于靜止，根據(jù)平衡方程可以求出拉力F和繩子拉力的大小；
（2）物塊處于靜止，利用物塊的平衡方程可以求出物塊與桌面之間動摩擦因數(shù)的大小。
14．【答案】解：（1）當賽車恰好過C點時，有
解得
（2）從B到C，由機械能守恒定律得
解得
賽車在B處，由牛頓第二定律
聯(lián)立解得
（3）對賽車從A到B的過程，由動能定理
代入數(shù)據(jù)得
因
故賽車無法完成比賽。
【知識點】動能定理的綜合應用；機械能守恒定律
【解析】【分析】（1）由恰好過C點，根據(jù)牛頓第二定律求解C點速度；
（2）在B-C由機械能守恒定律求解B點速度；在B點根據(jù)牛頓第二定律求解；
（3）在A-B由功與功率關系和動能定理求解B點速度，以此判斷。
15．【答案】解：（1）設甲與乙碰撞前的速度為，甲反彈的速度大小為
乙獲得的速度大小為，取水平向右為正方向，由動量守恒定律得
解得
（2）若甲、乙從碰撞后到停下，它們在粗糙水平面上滑過的路程分別為和，則有
聯(lián)立并代入
解得
（3）由于甲、乙剛好不再發(fā)生第二次碰撞且停在B、O之間的，且兩者均沖上圓弧面，再返回，兩者在水平面的總路程滿足如下關系式
聯(lián)立第(2)問的結果可解得
則PO的長度為
因P位于B與O之間，故有
代入的表達式可求解得
【知識點】動能定理的綜合應用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）甲與乙碰撞的過程中，利用動量守恒定律可以求出碰后兩者速度大小比值；
（2）當甲乙碰撞后停下，利用動能定理結合動摩擦因數(shù)的大小可以求出運動的路程比值；
（3）當甲乙不再發(fā)生第二次碰撞時，利用幾何關系可以得出運動的路程關系，結合路程的比值可以求出k值的大小范圍。
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