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廣東省汕尾市2023-2024學年高一下學期期末考試物理試題
1．（2024高一下·汕尾期末）下列關于物理觀念和科學思維的認識正確的是（　　）
A．卡文迪什（許）用扭秤測量引力常量體現(xiàn)了等效替代的思想
B．加速度和功率的定義都運用了比值定義法
C．在不同的慣性參考系中，測得真空中的光速大小可能不同
D．地球使樹上蘋果下落的力，與太陽使地球繞其運動的力是同一種性質(zhì)的力
【答案】D
【知識點】比值定義法；放大法；萬有引力定律；相對論時空觀與牛頓力學的局限性
【解析】【解答】A．根據(jù)物理學史的內(nèi)容可知卡文迪什（許）用扭秤測量引力常量體現(xiàn)了放大法的思想，故A錯誤；
B．公式是加速度的決定式，加速度的大小隨合力和質(zhì)量的變化而變化，沒有運用比值定義法，功率的定義運用了比值定義法，故B錯誤；
C．根據(jù)光速不變原理可知在不同的慣性參考系中，測得真空中的光速大小都相同，故C錯誤；
D．地球使樹上蘋果下落的力，與太陽使地球繞其運動的力都是萬有引力，故D正確。
故選D。
【分析】卡文迪什（許）用扭秤測量引力常量體現(xiàn)了放大法的思想；功率的表達式使用了比值定義法，加速度的決定式?jīng)]有使用比值定義法；根據(jù)光速不變原理可知在不同的慣性參考系中，測得真空中的光速大小都相同；地球使樹上蘋果下落的力，與太陽使地球繞其運動的力都是萬有引力。
2．（2024高一下·汕尾期末）一只小蜜蜂從A點飛到B點的過程中速度越來越小，其運動軌跡如圖中曲線所示，關于小蜜蜂受到的合外力及加速度，下列說法正確的是（　　）
A．小蜜蜂在C點受到的合外力可能為
B．小蜜蜂在C點受到的合外力可能為
C．小蜜蜂在D點的加速度可能為
D．小蜜蜂在D點的加速度可能為
【答案】A
【知識點】曲線運動的條件；功的概念
【解析】【解答】AB. 因小蜜蜂從A點飛到B點的過程中速度越來越小，則合力做負功，所以小蜜蜂在C點的受到的合外力在C點有與速度反方向的分量，所以小蜜蜂在C點受到的合外力可能為，故A正確，B錯誤；
CD. 因小蜜蜂從A點飛到B點的過程中速度越來越小，根據(jù)曲線運動，根據(jù)合力的方向可以得出加速度指向曲線運動軌跡的凹側，所以小蜜蜂在D點的加速度應指向上方偏左。故CD錯誤。
故選A。
【分析】利用速度的變化結合軌跡的彎曲方向可以判別合力的方向，利用合力的方向可以判別加速度的方向。
3．（2024高一下·汕尾期末）體育課上，小壯將鉛球水平推出。不計空氣阻力。對鉛球被水平推出后在空中運動的過程，下列關于鉛球在空中運動時的加速度大小a與速度大小v隨運動時間t變化的關系圖像中，可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知識點】平拋運動；運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】AB．鉛球沿水平方向推出后，由于不計空氣阻力，鉛球只受重力作用，加速度等于重力加速度，不隨時間改變，故A正確、B錯誤；
CD．鉛球被水平推出后做平拋運動，豎直方向上根據(jù)速度公式有
根據(jù)速度的合成則拋出后速度大小為
可知速度大小與時間不是一次函數(shù)關系，故CD錯誤。
故選A。
【分析】利用鉛球做平拋運動只受到重力可以判別加速度的大小；利用速度公式結合速度的合成可以判別拋出速度的大小與時間的關系。
4．（2024高一下·汕尾期末）如圖所示，A、B、C分別是自行車大齒輪、小齒輪以及后輪邊緣上的點，一修車師傅在把自行車后輪架越來，檢測大、小齒輪和后輪轉動情況時，下列說法正確的是（　　）
A．A點的線速度大于B點的線速度 B．A點的角速度小于B點的角速度
C．C點的角速度大于B點的角速度 D．C點的線速度等于B點的線速度
【答案】B
【知識點】線速度、角速度和周期、轉速
【解析】【解答】A．由于AB兩點通過鏈條連接，由于相同時間經(jīng)過弧線長度相等，所以A點的線速度等于B點的線速度，故A錯誤；
B．由于A點和B點的線速度相等，根據(jù)線速度與角速度的關系
可知，A點的線速度等于B點的線速度，A點的半徑大于B點的半徑，所以A點的角速度小于B點的角速度，故B正確；
C．C點和B點同軸轉動，相同時間內(nèi)轉過的角度相等所以C點的角速度等于B點的角速度，故C錯誤；
D．根據(jù)線速度與角速度的關系
可得，由于C點和B點的角速度相等所以C點的線速度大于B點的線速度，故D錯誤。
故選B。
【分析】利用同軸轉動可以判別BC點的角速度相等，結合半徑的大小可以比較線速度的大小；利用AB線速度相等結合半徑的大小可以比較角速度的大小。
5．（2024高一下·汕尾期末）“半壁山房待明月，一盞清茗酬知音”描繪了詩人以茶待友的畫面。在某次茶道表演時，表演者保持如圖所示的倒茶姿勢不變，茶從長嘴銅壺壺嘴O點水平流出，忽略空氣阻力，隨著碗中水面逐漸升高，下列描述正確的是（　　）
A．茶水從O點流出時的速度不變
B．茶水落到水面時的速度變小
C．茶水從O點至水面的時間變長
D．茶水從O點至水面落點的水平距離變大
【答案】B
【知識點】平拋運動
【解析】【解答】A．依題意，表演者保持如圖所示的倒茶姿勢不變，隨著茶水的不斷流出，壺中液面高度下降，根據(jù)豎直方向的位移公式可以得出運動的時間變小，根據(jù)水平方向的位移公式則茶水從O點流出時的速度變小。故A錯誤；
BC．隨著碗中水面的逐漸升高，壺嘴O到水面的高度h減小，根據(jù)
解得
可知茶水從O點至水面的時間變短。根據(jù)速度的合成可以得出：
可知茶水落到水面時的速度變小。故B正確；C錯誤；
D．根據(jù)水平方向的位移公式
可知茶水從O點至水面落點的水平距離變小。故D錯誤。
故選B。
【分析】利用水的位移變化結合平拋運動的位移公式可以判別運動的時間及水平方向速度的大小變化；利用水平方向的位移公式可以判別初速度的大小變化。
6．（2024高一下·汕尾期末）2024年2月9日，3名航天員在距離地面約400km的中國空間站里貼春聯(lián)、掛燈籠、系中國結，并通過視頻向祖國和人民送上新春祝福。2月23日，通信技術試驗衛(wèi)星十一號發(fā)射成功，順利進入地球同步軌道，該衛(wèi)星主要用于開展多頻段、高速率衛(wèi)星通信技術驗證。下列說法正確的是（　　）
A．空間站的運行速度大于第一宇宙速度
B．空間站里漂浮的中國結處于完全失重狀態(tài)，不受任何力的作用
C．空間站繞地球運動的周期和通信技術試驗衛(wèi)星十一號的周期相等
D．空間站繞地球運動的向心加速度大于通信技術試驗衛(wèi)星十一號的向心加速度
【答案】D
【知識點】萬有引力定律的應用；第一、第二與第三宇宙速度；衛(wèi)星問題
【解析】【解答】A．第一宇宙速度是近地衛(wèi)星繞地球做圓周運動的速度，由于近地衛(wèi)星的軌道半徑最小，根據(jù)
可以得出第一宇宙速度為最大的線速度，所以空間站的運行速度小于第一宇宙速度，故A錯誤；
B．中國結做勻速圓周運動，受到地球萬有引力的作用，中國結受到地球的萬有引力全部用來提供做圓周運動的向心力而處于完全失重的狀態(tài)，故B錯誤；
C．根據(jù)常識可知通信技術試驗衛(wèi)星的軌道半徑大于空間站的軌道半徑，地球?qū)πl(wèi)星的萬有引力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有
可得周期的大小為
可知空間站繞地球運動的周期小于通信技術試驗衛(wèi)星十一號的周期，故C錯誤；
D． 地球?qū)πl(wèi)星的萬有引力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有
可得
可知空間站繞地球運動的向心加速度大于通信技術試驗衛(wèi)星十一號的向心加速度，故D正確。
故選D。
【分析】利用引力提供向心力可以比較線速度、加速度和周期的大小；利用引力提供向心力可以判別中國結處于完全失重狀態(tài)。
7．（2024高一下·汕尾期末）如圖所示，某同學手握球筒底部，使其在豎直面內(nèi)繞手肘O點做圓周運動，試圖用此方法“甩”出球筒中剩余的羽毛球，若羽毛球與球筒間的最大靜摩擦力為球重力的k倍（），不計空氣阻力，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．羽毛球有可能被甩出，因為它受到離心力作用
B．增大羽毛球與球筒之間的摩擦，有助于羽毛球被甩出
C．相同條件下，羽毛球越靠近球筒底部越難與球筒發(fā)生相對滑動
D．若運動至豎直位置時角速度為，則此時圖示的羽毛球恰好相對球筒滑動
【答案】C
【知識點】牛頓第二定律；離心運動和向心運動
【解析】【解答】A．羽毛球被甩出時做離心運動，是因為他所受的合力不足以提供向心力，不存在離心力，故A錯誤；
B．以豎直方向為例，根據(jù)牛頓第二定律有
可知增大羽毛球與球筒之間的摩擦，羽毛球要發(fā)生相對滑動的角速度越大，越不容易被甩出，故B錯誤；
C．同理根據(jù)牛頓第二定律有
相同條件下，羽毛球越靠近球筒底部，則所需的向心力越小，根據(jù)半徑越小則越難達到最大靜摩擦力，越難發(fā)生相對滑動，故C正確；
D．圖示的羽毛球恰好相對球筒滑動時，根據(jù)牛頓第二定律有：
可得
故D錯誤。故選C。
【分析】羽毛球做離心運動是由于受到的合力不足以提供向心力；利用牛頓第二定律可以判別摩擦力對離心運動角速度的影響；利用表達式可以判別半徑大小對摩擦力的大小要求；利用牛頓第二定律可以求出發(fā)生滑動的角速度的大小。
8．（2024高一下·汕尾期末）如圖甲所示，豎直輕彈簧固定在水平地面上，把質(zhì)量為m的小球（與彈簧不拴接）往下按至A位置，迅速松手后，彈簧把小球彈起，上升過程中以速度v經(jīng)過位置B，此時彈簧正好處于原長，最后小球升至離地面高度為h的最高位置C（圖乙）。以地面為參考平面，不計空氣阻力，重力加速度為g，則在整個上升過程中（　　）
A．小球的機械能守恒
B．小球動能先增大后減小
C．彈簧的最大彈性勢能為
D．小球經(jīng)過B時的機械能等于mgh
【答案】B,D
【知識點】機械能守恒定律
【解析】【解答】AD．在整個上升過程中，小球與彈簧接觸階段，除了受重力作用之外還受彈簧彈力作用，由于彈力對小球做功，所以小球的機械能不守恒，小球與彈簧分離后，只受重力作用，根據(jù)機械能守恒定律有
故A錯誤；D正確；
B．對小球受力分析可知，當彈力大于重力時，則有
時，小球加速上升，由于速度增大所以小球動能增大，當
時，小球減速上升，由于速度減小則小球動能減小。離開彈簧后，做豎直上拋運動，由于受到向下的重力所以速度一直減小，動能減小。故B正確；
C．小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒定律可得彈簧的最大彈性勢能為
故C錯誤。
故選BD。
【分析】小球上升過程中由于受到彈力對小球做功所以小球機械能不守恒；利用小球受到的彈力和重力比較可以判別合力的方向進而判別小球速度和動能的變化；利用機械能守恒定律可以求出小球經(jīng)過B點的機械能及彈簧最大的彈性勢能。
9．（2024高一下·汕尾期末）如圖為“亞洲第一飛人”駕駛汽車成功飛越黃河天塹壺口瀑布的情景。已知車在空中的運動時間為1.6s，水平方向飛越黃河55m，假設車在空中做拋體運動，且起點與落點在同一水平面上，不計阻力，重力加速度g取，則下列選項正確的是（　　）
A．車在空中處于失重狀態(tài) B．車在最高點處于平衡狀態(tài)
C．車在最高點的速度約為34m/s D．車落地時豎直方向速度為16m/s
【答案】A,C
【知識點】超重與失重；斜拋運動
【解析】【解答】AB．車在空中做拋體運動，僅受重力作用，加速度為重力加速度，方向豎直向下，根據(jù)加速度可以得出車處于完全失重狀態(tài)，故A正確，B錯誤；
D．根據(jù)對稱性，可知汽車從最高點到地面的時間為0.8s，根據(jù)速度公式則車落地時豎直方向速度
故D錯誤；
C．根據(jù)位移公式可以得出車在最高點的速度即車在水平方向的速度
故C正確。
故選AC。
【分析】利用加速度的方向可以判別超重與失重；利用速度公式可以求出豎直方向速度的大小，結合位移公式可以求出車在最高點的速度大小。
10．（2024高一下·汕尾期末）從地面豎直向上拋出一個物體，一段時間后物體又落回地面。全過程物體受到空氣阻力的大小不變，其動能隨高度h的變化關系如圖所示，重力加速度g取，下列說法正確的是（　　）
A．物體上升過程中機械能減少12J
B．物體豎直向上拋出的初速度大小為12m/s
C．物體上升和下落過程中經(jīng)過同一位置時的機械能相等
D．物體上升過程重力的平均功率大于下降過程重力的平均功率
【答案】A,B,D
【知識點】功率及其計算；動能定理的綜合應用；機械能守恒定律
【解析】【解答】A．設阻力大小為f，對全過程，由于空氣阻力一直對物體做功，導致初末動能發(fā)生改變，根據(jù)動能定理
物體上升過程摩擦力做功為
聯(lián)立解得
由于摩擦力做功等于機械能的變化，根據(jù)功能關系可知物體上升過程中機械能減少12J，故A錯誤；
B．根據(jù)動能定理，空氣阻力和重力做功，則上升階段，根據(jù)動能定理有
下降階段根據(jù)動能定理有
結合圖像可知
解得
根據(jù)動能表達式
解得初速度的大小為
故B正確；
C．根據(jù)題圖可知物體上升和下落過程中經(jīng)過同一位置時上升階段的動能大于下降階段的動能，重力勢能相等，則物體上升和下落過程中經(jīng)過同一位置時上升階段的機械能大，故C錯誤；
D．根據(jù)牛頓第二定律可以得出：物體上升階段的加速度大小為
根據(jù)牛頓第二定律可以求出：下降階段的加速度大小為
所以
根據(jù)位移公式可知，上升階段時間t1與下降階段時間t2的關系為
根據(jù)重力做功的表達式有
可知上升階段和下降階段重力做功的絕對值相等，根據(jù)平均功率的表達式
可知物體上升過程重力的平均功率大于下降過程重力的平均功率，故D正確。
故選ABD。
【分析】利用全過程的動能定理結合阻力做功可以求出機械能的變化量；利用上升和下落過程的動能定理可以求出物體質(zhì)量的大小，結合物體初動能的大小可以求出物體初速度的大小；利用圖像可以比較同一位置動能的大小，結合重力勢能的大小可以比較機械能的大小，利用牛頓第二定律可以比較加速度的大小，結合位移公式可以比較運動的時間，結合重力做功可以比較平均功率的大小。
11．（2024高一下·汕尾期末）在“探究平拋運動的特點”的實驗中，利用圖甲所示的裝置拍攝小球做平拋運動的頻閃照片。
（1）圖乙是兩次拍攝小球做平拋運動的頻閃照片，由此可判斷造成此情況的原因可能是___________。
A．沒有平衡摩擦力
B．斜槽軌道不光滑
C．未調(diào)整斜槽軌道末端切線水平
D．小球每次從斜槽的不同位置由靜止釋放
（2）圖丙為拍攝得到的等比例頻閃照片，其中每個小方格的邊長為10cm，則由圖可求得拍攝時每　 　s曝光一次，該小球平拋運動的初速度大小為　 　m/s（重力加速度g取）。
【答案】（1）D
（2）0.1；2.0
【知識點】研究平拋物體的運動
【解析】【解答】（1）根據(jù)運動的軌跡可以得出小球兩次平拋過程初速度大小不同，可以得出小球釋放的位置不同。故選D。
（2）設拍攝時的時間間隔為T，小球做平拋運動，則豎直方向上做勻變速直線運動，根據(jù)逐差法有
即時間間隔為
小球在水平方向做勻速直線運動，根據(jù)水平方向運動軌跡可知小球運動的初速度大小為
【分析】（1）利用運動的軌跡可以判別小球兩次運動的初速度不同，進而得出小球兩次釋放的位置不同；
（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。
（1）由乙圖可知，小球兩次平拋過程初速度大小不同，則每次從斜槽的不同位置由靜止釋放。
故選D。
（2）[1]設拍攝時的時間間隔為T，豎直方向上做勻變速直線運動，根據(jù)逐差法有
即
[2]根據(jù)水平方向運動軌跡可知小球運動的初速度大小為
12．（2024高一下·汕尾期末）如圖甲為“驗證機械能守恒定律”的實驗裝置，利用重物帶動紙帶從靜止開始自由下落。
（1）實驗室使用的是電磁打點計時器，則該打點計時器要接圖乙中　 　（填“A”或“B”）電源。安裝好實驗器材做實驗時，應　 　（填正確答案標號）。
A．先釋放重物，后接通打點計時器的電源
B．先接通打點計時器的電源，穩(wěn)定運行后釋放重物
（2）實驗中得到的一條紙帶，如圖丙所示。在紙帶上選取五個連續(xù)打出的點A、B、C、D、E，測得A、B、C三點到起始點的距離分別為、、。已知重物的質(zhì)量為m，當?shù)氐闹亓铀俣葹間，打點計時器的打點周期為T。從打下O點到打下B點的過程中，重物重力勢能的減少量為　 　，動能的增加量為　 　（以上兩空均用題中字母表示）。很多實驗結果顯示，重力勢能的減少量略　 　（填“大于”或“小于”）動能的增加量，原因是　 　。
（3）某同學以重物速度的平方為縱軸，以重物下落的高度h為橫軸，作出如圖丁所示的圖像，則當?shù)氐闹亓铀俣萭=　 　（結果保留3位有效數(shù)字）。
【答案】（1）A；B
（2）；；大于；重物下落過程受到阻力（或者受空氣阻力、或紙帶和打點計時器限位孔間有摩擦阻力作用）
（3）9.67
【知識點】驗證機械能守恒定律
【解析】【解答】（1）根據(jù)工作原理可以得出電磁打點計時器應該使用低壓交流電源，所以要接圖乙中A；
為了充分利用紙帶，讓紙帶上留下更多的點跡，實驗應該先接通打點計時器的電源，穩(wěn)定運行后釋放重物；
（2）從打下O點到打下B點的過程中，根據(jù)重力勢能的表達式可以得出重物重力勢能的減少量為
根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有中間時刻瞬時速度等于該過程平均速度可得
根據(jù)動能的表達式則動能的增加量為
重物下落過程受到阻力（或者受空氣阻力、或紙帶和打點計時器限位孔間有摩擦阻力作用），由于阻力做功導致機械能減小，則重力勢能的減少量略大于動能的增加量。
（3）根據(jù)機械能守恒定律的表達式有
整理可得
可知圖線的斜率
解得
【分析】（1）利用電磁打點計時器的工作原理可以選擇對應的電源；實驗應該先接通電源后釋放重物；
（2）利用重力勢能的表達式可以求出重力勢能的減少量；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動能的增量；由于阻力做功會導致重力勢能的減少量大于動能的增量。
（1）[1]電磁打點計時器應該使用低壓交流電源，所以要接圖乙中A；
[2]為了充分利用紙帶，同時為了減小誤差，應該先接通打點計時器的電源，穩(wěn)定運行后釋放重物；
（2）[1]從打下O點到打下B點的過程中，重物重力勢能的減少量為
[2]根據(jù)勻變速直線運動中間時刻瞬時速度等于該過程平均速度可得
則動能的增加量為
[3][4]很多實驗結果顯示，重力勢能的減少量略大于動能的增加量，原因是重物下落過程受到阻力（或者受空氣阻力、或紙帶和打點計時器限位孔間有摩擦阻力作用）。
（3）根據(jù)
整理可得
可知圖線的斜率
解得
13．（2024高一下·汕尾期末）交通事故發(fā)生時，車上的部分物品會因碰撞而脫離車體，位于車上不同高度的物品散落到地面上的位置是不同的，據(jù)此可求出碰撞瞬間汽車的速度。某次雨雪天氣，事故發(fā)生時物品被水平拋出而陷在泥地里，經(jīng)比對，散落物品A、B分別從距地面高h和H的位置以相同的初速度水平拋出，交警測得H=3.2m，h=2.45m，重力加速度g取，不計空氣阻力。
（1）假設物品B的質(zhì)量m=1kg，求物品B下落的時間及落地時其重力做功的功率；
（2）若A、B落地時它們的水平距離L=2.5m，求碰撞瞬間汽車的行駛速度。
【答案】解：（1）物品B在空中做平拋運動，豎直方向上
解得
B落地時重力做功的功率
，
解得
（2）物品A在空中做平拋運動，豎直方向上
解得
A、B落地時它們的水平距離為
代入數(shù)據(jù)解得
【知識點】平拋運動；功率及其計算
【解析】【分析】（1）物體B做平拋運動，利用豎直方向的位移公式可以求出運動的時間，結合速度公式可以求出豎直方向速度的大小，結合重力的大小可以求出瞬時功率的大小；
（2）物品A做平拋運動，利用位移公式可以求出AB之間水平距離的大小。
14．（2024高一下·汕尾期末）為提高電動自行車的安全性能，最新的《電動自行車安全技術規(guī)范》規(guī)定，電動自行車須具有腳踏騎行能力，最高設計車速不超過25km/h，整車質(zhì)量（含電池）不超過55kg，電機功率不超過400W。假設某人駕駛如圖所示的電動自行車由靜止開始做勻加速直線運動，經(jīng)過25s速度達到5m/s，電機恰好達到額定功率。已知人、車（包括頭盔）總質(zhì)量為100kg，行駛過程中受到的阻力恒為人、車總重力的，重力加速度g取。
（1）求勻加速運動時電動自行車的加速度大小及受到的牽引力大小；
（2）求通過計算判斷該車電機功率是否符合規(guī)定；
（3）假設改進后的電動自行車仍然以（1）問中的加速度由靜止開始做勻加速直線運動，當功率達到400W時，保持此功率不變繼續(xù)行駛1min，求此1min內(nèi)前進的距離。（車已達到最大速度，計算結果保留整數(shù)）
【答案】解：（1）設電動自行車勻加速直線運動過程中加速度大小為a，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律（或根據(jù)加速度定義公式），有
解得
設牽引力大小為F，阻力大小為f，根據(jù)牛頓第二定律，有
解得
（2）根據(jù)
解得
該車電機功率超過400W，不符合規(guī)定。
（3）當功率達到400W時，有
解得
設運動的最大速度為，此時
根據(jù)
解得
設保持400W功率不變繼續(xù)行駛1min的距離為x，根據(jù)動能定理
聯(lián)立，解得
【知識點】牛頓第二定律；機車啟動
【解析】【分析】（1）電動自行車做勻加速直線運動，利用速度公式可以求出加速度的大小，利用牛頓第二定律可以求出受到的牽引力的大小；
（2）根據(jù)功率的表達式可以求出電機功率的大小；
（3）利用功率的表達式結合平衡方程可以求出最大的速度，結合動能定理可以求出運動的距離。
15．（2024高一下·汕尾期末）如圖是游樂園娛樂項目的示意圖，由兩個半徑均為R的半圓細管道組成的豎直光滑“S形”軌道BCD，左側與長L=2.5R的水平軌道AB連接，D點為管道的最高點，右側有一半徑也為R的水平圓盤（圓盤的厚度不計），N點是圓盤的圓心，MN是圓盤的豎直轉軸（與軌道共面），M與N的距離，A、B、M共線，B與M的距離為3R，質(zhì)量為m的小物塊（可視為質(zhì)點）被彈射系統(tǒng)水平貼地彈出后立刻進入AB。已知小物塊與AB間的動摩擦因數(shù)重力加速度為g，不計空氣阻力。
（1）某次彈射物塊恰好能到達D點，求物塊經(jīng)過B點時的速度大小；
（2）若物塊恰好落到N點，求物塊通過D點時管道對物塊的作用力大小；
（3）為使物塊能落到水平圓盤上，求彈射系統(tǒng)提供給物塊的能量范圍。
【答案】解：（1）物塊恰好能到達D點，在最高點D有
從B到D過程，根據(jù)機械能守恒定律可得
解得
（2）從D到N過程，根據(jù)平拋運動規(guī)律得豎直方向上，有
水平方向上，有
解得
在D點，根據(jù)牛頓第二定律得
解得
（3）解法一：為使物塊能落到水平圓盤上，由幾何關系得物塊落到水平圓盤的水平位移范圍為
由可知，物塊到達D點的速度大小v的范圍為
從被彈射到D點的過程，根據(jù)能量守恒關系有
解得彈射系統(tǒng)提供給物塊的能量范圍為
解法二：當物塊能落到水平圓盤的最左側，水平位移為2R，則
解得
從剛被彈射到D點的過程，根據(jù)能量守恒關系有
解得彈射系統(tǒng)提供給物塊的能量
當物塊能落到水平圓盤的最右側，水平位移為4R，同理解得彈射系統(tǒng)提供給物塊的能量
綜上所述，彈射系統(tǒng)提供給物塊的能量范圍為
【知識點】平拋運動；豎直平面的圓周運動；機械能守恒定律
【解析】【分析】（1）物塊恰好到達D點時，利用機械能守恒定律可以求出物塊到達B點速度的大小；
（2）從D到N的過程中，利用平拋運動的位移公式可以求出物塊到達D點速度的大小，結合牛頓第二定律可以求出物塊對軌道的壓力大小；
（3）已知物塊水平方向的位移，結合位移公式及能量守恒定律可以求出彈性勢能的大小范圍。
1 / 1廣東省汕尾市2023-2024學年高一下學期期末考試物理試題
1．（2024高一下·汕尾期末）下列關于物理觀念和科學思維的認識正確的是（　　）
A．卡文迪什（許）用扭秤測量引力常量體現(xiàn)了等效替代的思想
B．加速度和功率的定義都運用了比值定義法
C．在不同的慣性參考系中，測得真空中的光速大小可能不同
D．地球使樹上蘋果下落的力，與太陽使地球繞其運動的力是同一種性質(zhì)的力
2．（2024高一下·汕尾期末）一只小蜜蜂從A點飛到B點的過程中速度越來越小，其運動軌跡如圖中曲線所示，關于小蜜蜂受到的合外力及加速度，下列說法正確的是（　　）
A．小蜜蜂在C點受到的合外力可能為
B．小蜜蜂在C點受到的合外力可能為
C．小蜜蜂在D點的加速度可能為
D．小蜜蜂在D點的加速度可能為
3．（2024高一下·汕尾期末）體育課上，小壯將鉛球水平推出。不計空氣阻力。對鉛球被水平推出后在空中運動的過程，下列關于鉛球在空中運動時的加速度大小a與速度大小v隨運動時間t變化的關系圖像中，可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
4．（2024高一下·汕尾期末）如圖所示，A、B、C分別是自行車大齒輪、小齒輪以及后輪邊緣上的點，一修車師傅在把自行車后輪架越來，檢測大、小齒輪和后輪轉動情況時，下列說法正確的是（　　）
A．A點的線速度大于B點的線速度 B．A點的角速度小于B點的角速度
C．C點的角速度大于B點的角速度 D．C點的線速度等于B點的線速度
5．（2024高一下·汕尾期末）“半壁山房待明月，一盞清茗酬知音”描繪了詩人以茶待友的畫面。在某次茶道表演時，表演者保持如圖所示的倒茶姿勢不變，茶從長嘴銅壺壺嘴O點水平流出，忽略空氣阻力，隨著碗中水面逐漸升高，下列描述正確的是（　　）
A．茶水從O點流出時的速度不變
B．茶水落到水面時的速度變小
C．茶水從O點至水面的時間變長
D．茶水從O點至水面落點的水平距離變大
6．（2024高一下·汕尾期末）2024年2月9日，3名航天員在距離地面約400km的中國空間站里貼春聯(lián)、掛燈籠、系中國結，并通過視頻向祖國和人民送上新春祝福。2月23日，通信技術試驗衛(wèi)星十一號發(fā)射成功，順利進入地球同步軌道，該衛(wèi)星主要用于開展多頻段、高速率衛(wèi)星通信技術驗證。下列說法正確的是（　　）
A．空間站的運行速度大于第一宇宙速度
B．空間站里漂浮的中國結處于完全失重狀態(tài)，不受任何力的作用
C．空間站繞地球運動的周期和通信技術試驗衛(wèi)星十一號的周期相等
D．空間站繞地球運動的向心加速度大于通信技術試驗衛(wèi)星十一號的向心加速度
7．（2024高一下·汕尾期末）如圖所示，某同學手握球筒底部，使其在豎直面內(nèi)繞手肘O點做圓周運動，試圖用此方法“甩”出球筒中剩余的羽毛球，若羽毛球與球筒間的最大靜摩擦力為球重力的k倍（），不計空氣阻力，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．羽毛球有可能被甩出，因為它受到離心力作用
B．增大羽毛球與球筒之間的摩擦，有助于羽毛球被甩出
C．相同條件下，羽毛球越靠近球筒底部越難與球筒發(fā)生相對滑動
D．若運動至豎直位置時角速度為，則此時圖示的羽毛球恰好相對球筒滑動
8．（2024高一下·汕尾期末）如圖甲所示，豎直輕彈簧固定在水平地面上，把質(zhì)量為m的小球（與彈簧不拴接）往下按至A位置，迅速松手后，彈簧把小球彈起，上升過程中以速度v經(jīng)過位置B，此時彈簧正好處于原長，最后小球升至離地面高度為h的最高位置C（圖乙）。以地面為參考平面，不計空氣阻力，重力加速度為g，則在整個上升過程中（　　）
A．小球的機械能守恒
B．小球動能先增大后減小
C．彈簧的最大彈性勢能為
D．小球經(jīng)過B時的機械能等于mgh
9．（2024高一下·汕尾期末）如圖為“亞洲第一飛人”駕駛汽車成功飛越黃河天塹壺口瀑布的情景。已知車在空中的運動時間為1.6s，水平方向飛越黃河55m，假設車在空中做拋體運動，且起點與落點在同一水平面上，不計阻力，重力加速度g取，則下列選項正確的是（　　）
A．車在空中處于失重狀態(tài) B．車在最高點處于平衡狀態(tài)
C．車在最高點的速度約為34m/s D．車落地時豎直方向速度為16m/s
10．（2024高一下·汕尾期末）從地面豎直向上拋出一個物體，一段時間后物體又落回地面。全過程物體受到空氣阻力的大小不變，其動能隨高度h的變化關系如圖所示，重力加速度g取，下列說法正確的是（　　）
A．物體上升過程中機械能減少12J
B．物體豎直向上拋出的初速度大小為12m/s
C．物體上升和下落過程中經(jīng)過同一位置時的機械能相等
D．物體上升過程重力的平均功率大于下降過程重力的平均功率
11．（2024高一下·汕尾期末）在“探究平拋運動的特點”的實驗中，利用圖甲所示的裝置拍攝小球做平拋運動的頻閃照片。
（1）圖乙是兩次拍攝小球做平拋運動的頻閃照片，由此可判斷造成此情況的原因可能是___________。
A．沒有平衡摩擦力
B．斜槽軌道不光滑
C．未調(diào)整斜槽軌道末端切線水平
D．小球每次從斜槽的不同位置由靜止釋放
（2）圖丙為拍攝得到的等比例頻閃照片，其中每個小方格的邊長為10cm，則由圖可求得拍攝時每　 　s曝光一次，該小球平拋運動的初速度大小為　 　m/s（重力加速度g取）。
12．（2024高一下·汕尾期末）如圖甲為“驗證機械能守恒定律”的實驗裝置，利用重物帶動紙帶從靜止開始自由下落。
（1）實驗室使用的是電磁打點計時器，則該打點計時器要接圖乙中　 　（填“A”或“B”）電源。安裝好實驗器材做實驗時，應　 　（填正確答案標號）。
A．先釋放重物，后接通打點計時器的電源
B．先接通打點計時器的電源，穩(wěn)定運行后釋放重物
（2）實驗中得到的一條紙帶，如圖丙所示。在紙帶上選取五個連續(xù)打出的點A、B、C、D、E，測得A、B、C三點到起始點的距離分別為、、。已知重物的質(zhì)量為m，當?shù)氐闹亓铀俣葹間，打點計時器的打點周期為T。從打下O點到打下B點的過程中，重物重力勢能的減少量為　 　，動能的增加量為　 　（以上兩空均用題中字母表示）。很多實驗結果顯示，重力勢能的減少量略　 　（填“大于”或“小于”）動能的增加量，原因是　 　。
（3）某同學以重物速度的平方為縱軸，以重物下落的高度h為橫軸，作出如圖丁所示的圖像，則當?shù)氐闹亓铀俣萭=　 　（結果保留3位有效數(shù)字）。
13．（2024高一下·汕尾期末）交通事故發(fā)生時，車上的部分物品會因碰撞而脫離車體，位于車上不同高度的物品散落到地面上的位置是不同的，據(jù)此可求出碰撞瞬間汽車的速度。某次雨雪天氣，事故發(fā)生時物品被水平拋出而陷在泥地里，經(jīng)比對，散落物品A、B分別從距地面高h和H的位置以相同的初速度水平拋出，交警測得H=3.2m，h=2.45m，重力加速度g取，不計空氣阻力。
（1）假設物品B的質(zhì)量m=1kg，求物品B下落的時間及落地時其重力做功的功率；
（2）若A、B落地時它們的水平距離L=2.5m，求碰撞瞬間汽車的行駛速度。
14．（2024高一下·汕尾期末）為提高電動自行車的安全性能，最新的《電動自行車安全技術規(guī)范》規(guī)定，電動自行車須具有腳踏騎行能力，最高設計車速不超過25km/h，整車質(zhì)量（含電池）不超過55kg，電機功率不超過400W。假設某人駕駛如圖所示的電動自行車由靜止開始做勻加速直線運動，經(jīng)過25s速度達到5m/s，電機恰好達到額定功率。已知人、車（包括頭盔）總質(zhì)量為100kg，行駛過程中受到的阻力恒為人、車總重力的，重力加速度g取。
（1）求勻加速運動時電動自行車的加速度大小及受到的牽引力大小；
（2）求通過計算判斷該車電機功率是否符合規(guī)定；
（3）假設改進后的電動自行車仍然以（1）問中的加速度由靜止開始做勻加速直線運動，當功率達到400W時，保持此功率不變繼續(xù)行駛1min，求此1min內(nèi)前進的距離。（車已達到最大速度，計算結果保留整數(shù)）
15．（2024高一下·汕尾期末）如圖是游樂園娛樂項目的示意圖，由兩個半徑均為R的半圓細管道組成的豎直光滑“S形”軌道BCD，左側與長L=2.5R的水平軌道AB連接，D點為管道的最高點，右側有一半徑也為R的水平圓盤（圓盤的厚度不計），N點是圓盤的圓心，MN是圓盤的豎直轉軸（與軌道共面），M與N的距離，A、B、M共線，B與M的距離為3R，質(zhì)量為m的小物塊（可視為質(zhì)點）被彈射系統(tǒng)水平貼地彈出后立刻進入AB。已知小物塊與AB間的動摩擦因數(shù)重力加速度為g，不計空氣阻力。
（1）某次彈射物塊恰好能到達D點，求物塊經(jīng)過B點時的速度大小；
（2）若物塊恰好落到N點，求物塊通過D點時管道對物塊的作用力大小；
（3）為使物塊能落到水平圓盤上，求彈射系統(tǒng)提供給物塊的能量范圍。
答案解析部分
1．【答案】D
【知識點】比值定義法；放大法；萬有引力定律；相對論時空觀與牛頓力學的局限性
【解析】【解答】A．根據(jù)物理學史的內(nèi)容可知卡文迪什（許）用扭秤測量引力常量體現(xiàn)了放大法的思想，故A錯誤；
B．公式是加速度的決定式，加速度的大小隨合力和質(zhì)量的變化而變化，沒有運用比值定義法，功率的定義運用了比值定義法，故B錯誤；
C．根據(jù)光速不變原理可知在不同的慣性參考系中，測得真空中的光速大小都相同，故C錯誤；
D．地球使樹上蘋果下落的力，與太陽使地球繞其運動的力都是萬有引力，故D正確。
故選D。
【分析】卡文迪什（許）用扭秤測量引力常量體現(xiàn)了放大法的思想；功率的表達式使用了比值定義法，加速度的決定式?jīng)]有使用比值定義法；根據(jù)光速不變原理可知在不同的慣性參考系中，測得真空中的光速大小都相同；地球使樹上蘋果下落的力，與太陽使地球繞其運動的力都是萬有引力。
2．【答案】A
【知識點】曲線運動的條件；功的概念
【解析】【解答】AB. 因小蜜蜂從A點飛到B點的過程中速度越來越小，則合力做負功，所以小蜜蜂在C點的受到的合外力在C點有與速度反方向的分量，所以小蜜蜂在C點受到的合外力可能為，故A正確，B錯誤；
CD. 因小蜜蜂從A點飛到B點的過程中速度越來越小，根據(jù)曲線運動，根據(jù)合力的方向可以得出加速度指向曲線運動軌跡的凹側，所以小蜜蜂在D點的加速度應指向上方偏左。故CD錯誤。
故選A。
【分析】利用速度的變化結合軌跡的彎曲方向可以判別合力的方向，利用合力的方向可以判別加速度的方向。
3．【答案】A
【知識點】平拋運動；運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】AB．鉛球沿水平方向推出后，由于不計空氣阻力，鉛球只受重力作用，加速度等于重力加速度，不隨時間改變，故A正確、B錯誤；
CD．鉛球被水平推出后做平拋運動，豎直方向上根據(jù)速度公式有
根據(jù)速度的合成則拋出后速度大小為
可知速度大小與時間不是一次函數(shù)關系，故CD錯誤。
故選A。
【分析】利用鉛球做平拋運動只受到重力可以判別加速度的大小；利用速度公式結合速度的合成可以判別拋出速度的大小與時間的關系。
4．【答案】B
【知識點】線速度、角速度和周期、轉速
【解析】【解答】A．由于AB兩點通過鏈條連接，由于相同時間經(jīng)過弧線長度相等，所以A點的線速度等于B點的線速度，故A錯誤；
B．由于A點和B點的線速度相等，根據(jù)線速度與角速度的關系
可知，A點的線速度等于B點的線速度，A點的半徑大于B點的半徑，所以A點的角速度小于B點的角速度，故B正確；
C．C點和B點同軸轉動，相同時間內(nèi)轉過的角度相等所以C點的角速度等于B點的角速度，故C錯誤；
D．根據(jù)線速度與角速度的關系
可得，由于C點和B點的角速度相等所以C點的線速度大于B點的線速度，故D錯誤。
故選B。
【分析】利用同軸轉動可以判別BC點的角速度相等，結合半徑的大小可以比較線速度的大小；利用AB線速度相等結合半徑的大小可以比較角速度的大小。
5．【答案】B
【知識點】平拋運動
【解析】【解答】A．依題意，表演者保持如圖所示的倒茶姿勢不變，隨著茶水的不斷流出，壺中液面高度下降，根據(jù)豎直方向的位移公式可以得出運動的時間變小，根據(jù)水平方向的位移公式則茶水從O點流出時的速度變小。故A錯誤；
BC．隨著碗中水面的逐漸升高，壺嘴O到水面的高度h減小，根據(jù)
解得
可知茶水從O點至水面的時間變短。根據(jù)速度的合成可以得出：
可知茶水落到水面時的速度變小。故B正確；C錯誤；
D．根據(jù)水平方向的位移公式
可知茶水從O點至水面落點的水平距離變小。故D錯誤。
故選B。
【分析】利用水的位移變化結合平拋運動的位移公式可以判別運動的時間及水平方向速度的大小變化；利用水平方向的位移公式可以判別初速度的大小變化。
6．【答案】D
【知識點】萬有引力定律的應用；第一、第二與第三宇宙速度；衛(wèi)星問題
【解析】【解答】A．第一宇宙速度是近地衛(wèi)星繞地球做圓周運動的速度，由于近地衛(wèi)星的軌道半徑最小，根據(jù)
可以得出第一宇宙速度為最大的線速度，所以空間站的運行速度小于第一宇宙速度，故A錯誤；
B．中國結做勻速圓周運動，受到地球萬有引力的作用，中國結受到地球的萬有引力全部用來提供做圓周運動的向心力而處于完全失重的狀態(tài)，故B錯誤；
C．根據(jù)常識可知通信技術試驗衛(wèi)星的軌道半徑大于空間站的軌道半徑，地球?qū)πl(wèi)星的萬有引力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有
可得周期的大小為
可知空間站繞地球運動的周期小于通信技術試驗衛(wèi)星十一號的周期，故C錯誤；
D． 地球?qū)πl(wèi)星的萬有引力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有
可得
可知空間站繞地球運動的向心加速度大于通信技術試驗衛(wèi)星十一號的向心加速度，故D正確。
故選D。
【分析】利用引力提供向心力可以比較線速度、加速度和周期的大小；利用引力提供向心力可以判別中國結處于完全失重狀態(tài)。
7．【答案】C
【知識點】牛頓第二定律；離心運動和向心運動
【解析】【解答】A．羽毛球被甩出時做離心運動，是因為他所受的合力不足以提供向心力，不存在離心力，故A錯誤；
B．以豎直方向為例，根據(jù)牛頓第二定律有
可知增大羽毛球與球筒之間的摩擦，羽毛球要發(fā)生相對滑動的角速度越大，越不容易被甩出，故B錯誤；
C．同理根據(jù)牛頓第二定律有
相同條件下，羽毛球越靠近球筒底部，則所需的向心力越小，根據(jù)半徑越小則越難達到最大靜摩擦力，越難發(fā)生相對滑動，故C正確；
D．圖示的羽毛球恰好相對球筒滑動時，根據(jù)牛頓第二定律有：
可得
故D錯誤。故選C。
【分析】羽毛球做離心運動是由于受到的合力不足以提供向心力；利用牛頓第二定律可以判別摩擦力對離心運動角速度的影響；利用表達式可以判別半徑大小對摩擦力的大小要求；利用牛頓第二定律可以求出發(fā)生滑動的角速度的大小。
8．【答案】B,D
【知識點】機械能守恒定律
【解析】【解答】AD．在整個上升過程中，小球與彈簧接觸階段，除了受重力作用之外還受彈簧彈力作用，由于彈力對小球做功，所以小球的機械能不守恒，小球與彈簧分離后，只受重力作用，根據(jù)機械能守恒定律有
故A錯誤；D正確；
B．對小球受力分析可知，當彈力大于重力時，則有
時，小球加速上升，由于速度增大所以小球動能增大，當
時，小球減速上升，由于速度減小則小球動能減小。離開彈簧后，做豎直上拋運動，由于受到向下的重力所以速度一直減小，動能減小。故B正確；
C．小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒定律可得彈簧的最大彈性勢能為
故C錯誤。
故選BD。
【分析】小球上升過程中由于受到彈力對小球做功所以小球機械能不守恒；利用小球受到的彈力和重力比較可以判別合力的方向進而判別小球速度和動能的變化；利用機械能守恒定律可以求出小球經(jīng)過B點的機械能及彈簧最大的彈性勢能。
9．【答案】A,C
【知識點】超重與失重；斜拋運動
【解析】【解答】AB．車在空中做拋體運動，僅受重力作用，加速度為重力加速度，方向豎直向下，根據(jù)加速度可以得出車處于完全失重狀態(tài)，故A正確，B錯誤；
D．根據(jù)對稱性，可知汽車從最高點到地面的時間為0.8s，根據(jù)速度公式則車落地時豎直方向速度
故D錯誤；
C．根據(jù)位移公式可以得出車在最高點的速度即車在水平方向的速度
故C正確。
故選AC。
【分析】利用加速度的方向可以判別超重與失重；利用速度公式可以求出豎直方向速度的大小，結合位移公式可以求出車在最高點的速度大小。
10．【答案】A,B,D
【知識點】功率及其計算；動能定理的綜合應用；機械能守恒定律
【解析】【解答】A．設阻力大小為f，對全過程，由于空氣阻力一直對物體做功，導致初末動能發(fā)生改變，根據(jù)動能定理
物體上升過程摩擦力做功為
聯(lián)立解得
由于摩擦力做功等于機械能的變化，根據(jù)功能關系可知物體上升過程中機械能減少12J，故A錯誤；
B．根據(jù)動能定理，空氣阻力和重力做功，則上升階段，根據(jù)動能定理有
下降階段根據(jù)動能定理有
結合圖像可知
解得
根據(jù)動能表達式
解得初速度的大小為
故B正確；
C．根據(jù)題圖可知物體上升和下落過程中經(jīng)過同一位置時上升階段的動能大于下降階段的動能，重力勢能相等，則物體上升和下落過程中經(jīng)過同一位置時上升階段的機械能大，故C錯誤；
D．根據(jù)牛頓第二定律可以得出：物體上升階段的加速度大小為
根據(jù)牛頓第二定律可以求出：下降階段的加速度大小為
所以
根據(jù)位移公式可知，上升階段時間t1與下降階段時間t2的關系為
根據(jù)重力做功的表達式有
可知上升階段和下降階段重力做功的絕對值相等，根據(jù)平均功率的表達式
可知物體上升過程重力的平均功率大于下降過程重力的平均功率，故D正確。
故選ABD。
【分析】利用全過程的動能定理結合阻力做功可以求出機械能的變化量；利用上升和下落過程的動能定理可以求出物體質(zhì)量的大小，結合物體初動能的大小可以求出物體初速度的大小；利用圖像可以比較同一位置動能的大小，結合重力勢能的大小可以比較機械能的大小，利用牛頓第二定律可以比較加速度的大小，結合位移公式可以比較運動的時間，結合重力做功可以比較平均功率的大小。
11．【答案】（1）D
（2）0.1；2.0
【知識點】研究平拋物體的運動
【解析】【解答】（1）根據(jù)運動的軌跡可以得出小球兩次平拋過程初速度大小不同，可以得出小球釋放的位置不同。故選D。
（2）設拍攝時的時間間隔為T，小球做平拋運動，則豎直方向上做勻變速直線運動，根據(jù)逐差法有
即時間間隔為
小球在水平方向做勻速直線運動，根據(jù)水平方向運動軌跡可知小球運動的初速度大小為
【分析】（1）利用運動的軌跡可以判別小球兩次運動的初速度不同，進而得出小球兩次釋放的位置不同；
（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。
（1）由乙圖可知，小球兩次平拋過程初速度大小不同，則每次從斜槽的不同位置由靜止釋放。
故選D。
（2）[1]設拍攝時的時間間隔為T，豎直方向上做勻變速直線運動，根據(jù)逐差法有
即
[2]根據(jù)水平方向運動軌跡可知小球運動的初速度大小為
12．【答案】（1）A；B
（2）；；大于；重物下落過程受到阻力（或者受空氣阻力、或紙帶和打點計時器限位孔間有摩擦阻力作用）
（3）9.67
【知識點】驗證機械能守恒定律
【解析】【解答】（1）根據(jù)工作原理可以得出電磁打點計時器應該使用低壓交流電源，所以要接圖乙中A；
為了充分利用紙帶，讓紙帶上留下更多的點跡，實驗應該先接通打點計時器的電源，穩(wěn)定運行后釋放重物；
（2）從打下O點到打下B點的過程中，根據(jù)重力勢能的表達式可以得出重物重力勢能的減少量為
根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有中間時刻瞬時速度等于該過程平均速度可得
根據(jù)動能的表達式則動能的增加量為
重物下落過程受到阻力（或者受空氣阻力、或紙帶和打點計時器限位孔間有摩擦阻力作用），由于阻力做功導致機械能減小，則重力勢能的減少量略大于動能的增加量。
（3）根據(jù)機械能守恒定律的表達式有
整理可得
可知圖線的斜率
解得
【分析】（1）利用電磁打點計時器的工作原理可以選擇對應的電源；實驗應該先接通電源后釋放重物；
（2）利用重力勢能的表達式可以求出重力勢能的減少量；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動能的增量；由于阻力做功會導致重力勢能的減少量大于動能的增量。
（1）[1]電磁打點計時器應該使用低壓交流電源，所以要接圖乙中A；
[2]為了充分利用紙帶，同時為了減小誤差，應該先接通打點計時器的電源，穩(wěn)定運行后釋放重物；
（2）[1]從打下O點到打下B點的過程中，重物重力勢能的減少量為
[2]根據(jù)勻變速直線運動中間時刻瞬時速度等于該過程平均速度可得
則動能的增加量為
[3][4]很多實驗結果顯示，重力勢能的減少量略大于動能的增加量，原因是重物下落過程受到阻力（或者受空氣阻力、或紙帶和打點計時器限位孔間有摩擦阻力作用）。
（3）根據(jù)
整理可得
可知圖線的斜率
解得
13．【答案】解：（1）物品B在空中做平拋運動，豎直方向上
解得
B落地時重力做功的功率
，
解得
（2）物品A在空中做平拋運動，豎直方向上
解得
A、B落地時它們的水平距離為
代入數(shù)據(jù)解得
【知識點】平拋運動；功率及其計算
【解析】【分析】（1）物體B做平拋運動，利用豎直方向的位移公式可以求出運動的時間，結合速度公式可以求出豎直方向速度的大小，結合重力的大小可以求出瞬時功率的大小；
（2）物品A做平拋運動，利用位移公式可以求出AB之間水平距離的大小。
14．【答案】解：（1）設電動自行車勻加速直線運動過程中加速度大小為a，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律（或根據(jù)加速度定義公式），有
解得
設牽引力大小為F，阻力大小為f，根據(jù)牛頓第二定律，有
解得
（2）根據(jù)
解得
該車電機功率超過400W，不符合規(guī)定。
（3）當功率達到400W時，有
解得
設運動的最大速度為，此時
根據(jù)
解得
設保持400W功率不變繼續(xù)行駛1min的距離為x，根據(jù)動能定理
聯(lián)立，解得
【知識點】牛頓第二定律；機車啟動
【解析】【分析】（1）電動自行車做勻加速直線運動，利用速度公式可以求出加速度的大小，利用牛頓第二定律可以求出受到的牽引力的大小；
（2）根據(jù)功率的表達式可以求出電機功率的大小；
（3）利用功率的表達式結合平衡方程可以求出最大的速度，結合動能定理可以求出運動的距離。
15．【答案】解：（1）物塊恰好能到達D點，在最高點D有
從B到D過程，根據(jù)機械能守恒定律可得
解得
（2）從D到N過程，根據(jù)平拋運動規(guī)律得豎直方向上，有
水平方向上，有
解得
在D點，根據(jù)牛頓第二定律得
解得
（3）解法一：為使物塊能落到水平圓盤上，由幾何關系得物塊落到水平圓盤的水平位移范圍為
由可知，物塊到達D點的速度大小v的范圍為
從被彈射到D點的過程，根據(jù)能量守恒關系有
解得彈射系統(tǒng)提供給物塊的能量范圍為
解法二：當物塊能落到水平圓盤的最左側，水平位移為2R，則
解得
從剛被彈射到D點的過程，根據(jù)能量守恒關系有
解得彈射系統(tǒng)提供給物塊的能量
當物塊能落到水平圓盤的最右側，水平位移為4R，同理解得彈射系統(tǒng)提供給物塊的能量
綜上所述，彈射系統(tǒng)提供給物塊的能量范圍為
【知識點】平拋運動；豎直平面的圓周運動；機械能守恒定律
【解析】【分析】（1）物塊恰好到達D點時，利用機械能守恒定律可以求出物塊到達B點速度的大小；
（2）從D到N的過程中，利用平拋運動的位移公式可以求出物塊到達D點速度的大小，結合牛頓第二定律可以求出物塊對軌道的壓力大小；
（3）已知物塊水平方向的位移，結合位移公式及能量守恒定律可以求出彈性勢能的大小范圍。
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