資源簡介

廣東省中山市2023-2024學年高一下學期7月期末統考物理試卷
1．（2024高一下·中山期末）如圖所示，一無動力飛行愛好者在某次翼裝飛行過程中，在同一豎直平面內從A到B滑出了一段曲線軌跡，該過程中下列說法正確的是（　　）
A．愛好者在某點所受合外力方向不可能沿軌跡的切線方向
B．愛好者的速度可能保持不變
C．分析愛好者受力時，可以忽略空氣作用力
D．若愛好者在某點所受合外力方向與速度方向成銳角，愛好者的速度將減小
2．（2024高一下·中山期末）如圖所示，門把手上A、B兩點到轉軸上O點的距離之比為，勻速轉動門把手時，下列說法正確的是（　　）
A．A、B兩點的線速度大小之比為
B．A、B兩點的角速度之比為
C．A、B兩點的向心加速度大小之比為
D．A、B兩點轉過的路程之比為
3．（2024高一下·中山期末）一滿載旅客的復興號列車以大小為的速度通過斜面內的一段圓弧形鐵軌時，車輪對鐵軌恰好都沒有側向擠壓。圖為該段鐵軌內、外軌道的截面圖，斜面傾角為。下列說法正確的是（　　）
A．列車受到重力、軌道的支持力和向心力
B．若列車以大于的速度通過該圓弧軌道，車輪將側向擠壓外軌
C．若列車空載時仍以的速度通過該圓弧軌道，車輪將側向擠壓內軌
D．列車對軌道在與斜面垂直方向上的壓力大小滿足
4．（2024高一下·中山期末）中國空間站圍繞地球做近似勻速圓周運動，運行周期約為90分鐘，下列說法正確的是（　　）
A．中國空間站的加速度大于9.8m/s2
B．中國空間站運行的角速度大于地球自轉的角速度
C．中國空間站運行的速度大于第一宇宙速度
D．中國空間站與同步地球衛星的軌道高度相同
5．（2024高一下·中山期末）學校運動會上，某同學參加鉛球比賽，他將同一鉛球從空中同一位置A先后兩次拋出，軌跡如圖乙所示，兩軌跡的交點為B。已知鉛球兩次經過B點時機械能相同，不計空氣阻力，不計鉛球大小，則關于兩次拋出，下列說法正確的是（　　）
A．兩次拋出的初速度相同
B．兩次鉛球在空中運動時間相同
C．兩次鉛球落地時重力的瞬時功率相同
D．兩次鉛球在最高點機械能相同
6．（2024高一下·中山期末）023年9月，“天宮課堂”第四課在中國空間站正式開講，神舟十六號航天員在夢天實驗艙內進行授課。航天員用0.3kg的大球與靜止的0.1kg的小球發生正碰，某同學觀看實驗時發現：碰撞后，大球向前移動1格長度時，小球向前移動3格的長度，忽略實驗艙內空氣阻力的影響。下列說法正確的是（　　）
A．碰撞后大球的動量大于小球的動量
B．碰撞后大球的動能等于小球的動能
C．大球碰撞前后的速度比為2：1
D．大球碰撞前后的動能比為2：1
7．（2024高一下·中山期末）如圖，小船從河岸處A點出發渡河。若河寬為100m，河水流速v1=4m/s，方向平行于河岸指向河的下游，船在靜水中速度v2=5m/s，船頭方向與河岸垂直，船視為質點，則下列說法正確的是（　　）
A．小船從A點出發經過20s到達對岸
B．小船到達對岸的位置在河正對岸下游125m處
C．若河水流速變慢，小船從A點到對岸的時間可能低于20s
D．若小船行駛到河中央時水流變快，小船的實際速度方向會改變
8．（2024高一下·中山期末）2024年2月29日，我國在西昌衛星發射中心成功將高軌衛星01星發射升空。高軌衛星發射過程可簡化如下，首先將其發射到圓軌道1，在點點火噴氣后進入橢圓軌道2，最終由B點進入預定的圓軌道3。已知衛星在軌道1，3均做勻速圓周運動，則下列說法正確的是（　　）
A．高軌衛星的發射速度大于
B．高軌衛星在點的噴氣方向與運動方向相反
C．高軌衛星在軌道1上過點的加速度大于在軌道2上過點的加速度
D．高軌衛星在軌道2上過點的速度大于在軌道2上過B點的速度
9．（2024高一下·中山期末）如圖甲所示，一物塊以一定初速度沿傾角為的固定斜面上滑，運動過程中摩擦力。大小恒定，物塊動能與運動路程的關系如圖乙所示，下列說法正確的是（　　）
A．圖乙中的過程，物塊受到的摩擦力始終做負功
B．圖乙中的過程，物塊受到的重力始終做負功
C．圖乙中的過程，物塊克服摩擦力的功等于摩擦增加的內能
D．圖乙中的過程，物塊機械能增加
10．（2024高一下·中山期末）游樂場中有一種魔盤游戲，如圖所示有一質量為的小孩（可以看作質點），坐在水平圓盤上到轉軸距離為處。某時刻圓盤從靜止開始加速轉動，小孩始終相對圓盤靜止，圓盤角速度從零增加到的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．小孩所受摩擦力的沖量大小為
B．小孩所受摩擦力做功為
C．小孩所受重力的沖量為零
D．小孩所受摩擦力的方向沿運動軌跡切線方向
11．（2024高一下·中山期末）如圖所示，站在水平地面上的工人師傅握緊繩子一端，繩子另一端跨過定滑輪連接質量為的重物，工人師傅通過水平向右運動以控制重物在空中以速度勻速下落某時刻他手中的輕繩與水平方向的夾角為，不計繩子和滑輪間的摩擦，下列說法正確的是（　　）
A．工人師傅做勻速運動
B．工人師傅受到的繩子拉力大小大于重物的重力
C．工人師傅此時的速度大小為
D．繩子拉力對工人師傅做功的功率為
12．（2024高一下·中山期末）一輛機車在水平路面上從靜止開始啟動做直線運動，其加速度隨時間變化的圖像如圖所示。已知機車的質量，機車前進過程中所受阻力大小恒定，時機車達到額定功率，之后保持該功率不變，下列說法正確的是（　　）
A．機車先做勻加速直線運動，后做加速度減小的減速運動
B．機車所受到的阻力大小為
C．內牽引力做功為
D．機車的最大速度為
13．（2024高一下·中山期末）用如圖甲所示的實驗裝置做“探究平拋運動特點”的實驗。
（1）下列器材中，實驗時不需要的是　 　。（多選，填正確答案前的標號）
A.彈簧測力計 B.重垂線 C.打點計時器 D.坐標紙
（2）關于此實驗，以下說法正確的是　 　。（填正確答案前的標號）
A.斜槽軌道要保持水平且光滑
B.小球釋放的初始位置越高越好
C.每次小球應從同一高度由靜止釋放
D.為描出小球的運動軌跡，描繪的點可以用折線連接
（3）如圖乙為一小球做平拋運動時用閃光照相的方法獲得的相片的一部分，圖中背景小方格的邊長為L，則圖中A點　 　（選填“是”或“不是”）平拋的起點。
（4）某同學建立的直角坐標系如圖丙所示，該同學在軌跡上任取一點M，測得其坐標為（x，y），g已知，則初速度的測量值為　 　（用x、y、g表示），測量值與真實值相比　 　（選填“偏大”“偏小”或“不變”）。
14．（2024高一下·中山期末）某同學設計實驗驗證機械能守恒定律，裝置如圖（a）所示。一質量為m、直徑為d的小球固定于釋放裝置上，在小球正下方固定四個光電門，調節各光電門的中心，使其與小球的球心均在同一豎直線上。由靜止釋放小球，記錄小球通過每個光電門的擋光時間，重力加速度為g。
（1）若測得某光電門的中心與釋放點的豎直距離為h，小球通過此光電門的擋光時間為，則小球從釋放點下落至此光電門中心時的動能增加量　 　，重力勢能減小量　 　（用題中字母表示）；
（2）根據實驗數據，作出的圖像，如圖（b）所示。若圖中虛線的斜率　 　，則可驗證機械能守恒定律；
（3）經過多次重復實驗，發現小球經過第三個光電門時，總是大于，下列原因中可能的是　 　。
A．第三個光電門的中心與釋放點的豎直距離測量值偏大
B．第三個光電門的中心偏離小球下落時球心所在的豎直線
C．小球下落過程中受到空氣阻力的作用
15．（2024高一下·中山期末）2023年11月3日，我國文昌衛星發射中心成功將通信技術試驗衛星十號發射升空。若衛星在距地球表面某高度處繞地球做勻速圓周運動的周期為，已知地球表面的重力加速度為，地球可視為均勻球體，其半徑為，引力常量為，忽略地球自轉影響。求：
（1）地球的質量；
（2）衛星距地球表面的高度。
16．（2024高一下·中山期末）如圖所示，用長度L=1m的輕繩，拴著一質量m=1kg，的小球（視為質點）在豎直面內做圓周運動，已知繩子能夠承受的最大張力，圓心O離水平地面的高度H=6m，小球在最低點時輕繩恰好斷開，不計空氣阻力，取重力加速度大小，求：
（1）繩斷時小球的線速度大小；
（2）繩斷后小球的落地點與繩斷時小球所在位置間的水平距離。
17．（2024高一下·中山期末）如圖所示為春節期間燃放的“火箭”型爆竹，由上下A、B兩部分構成，A的質量m1=0.1kg，B的質量m2=0.2kg，A、B中間夾有少量火藥，不計其質量。開始時讓“火箭”在距地面H=0.8m高處自由釋放，“火箭”著地瞬間以原速率0.75倍的速率反彈，剛要離開地面時火藥爆炸，經極短時間后A、B分離，此時B的速度恰好為零。不計空氣阻力和“火箭”的體積，可認為火藥爆炸所釋放的化學能全部轉化為A、B的機械能，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）“火箭”著地時的速度v的大小；
（2）爆炸過程A部分所受作用力的沖量I的大小；
（3）火藥爆炸所釋放的化學能E。
18．（2024高一下·中山期末）如圖所示，一長度，質量為的滑板Q靜止在光滑水平面上，右側的豎直墻面固定一勁度系數為的輕彈簧，彈簧處于自然狀態。質量為的小物塊P（可視為質點）以的初速度從左端滑上滑板，當物塊滑至距離滑板Q右端處時恰好與滑板達到共速，之后滑板撞到水平彈簧左端。物塊與滑板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧始終處在彈性限度內，彈簧的彈性勢能與形變量的關系為，取重力加速度，求：
（1）物塊與滑板間的動摩擦因數；
（2）滑板右端與彈簧左端初始距離的最小值；
（3）滑板與彈簧接觸過程中，物塊與滑板始終無相對滑動，求彈簧勁度系數的取值范圍。
答案解析部分
1．【答案】A
【知識點】曲線運動的條件；功的概念
【解析】【解答】A．曲線運動中，根據曲線運動的軌跡為合外力方向指向軌跡彎曲的凹側，速度沿軌跡的切線方向，合力方向與速度方向不共線，所以愛好者在某點所受合外力方向不可能沿軌跡的切線方向，故A正確；
B．由于曲線運動速度的方向不斷改變，所以愛好者的速度方向時刻發生變化，故B錯誤；
C.分析愛好者受力時，由于合外力方向位于軌跡的凹側，由于合力方向與重力方向不同，所以不可能只受重力作用，所以不可以忽略空氣作用力，故C錯誤；
D．若愛好者在某點所受合外力方向與速度方向成銳角，由于合力做正功所以愛好者將做加速運動，速度增大，故D錯誤。
故選A。
【分析】利用軌跡的彎曲方向可以判別合力的方向，進而判別與重力方向不同；利用曲線運動可以判別速度的方向時刻改變；利用合力做功可以判別速度的大小變化。
2．【答案】A
【知識點】線速度、角速度和周期、轉速；勻速圓周運動；向心加速度
【解析】【解答】B．門把手上A、B兩點都繞O點同軸轉動，相同時間內轉過的角度相等則角速度相等，故A、B兩點的角速度之比為，故B錯誤；
A．由于兩點角速度相等，根據線速度和角速度的關系式有，可知A、B兩點的線速度大小之比為
故A正確；
C．由于兩點角速度相等，根據向心加速度的表達式有，可知A、B兩點的向心加速度大小之比為
故C錯誤；
D．根據弧長和弧度的關系式可以得出門把手上的點轉過的路程為
由于A、B兩點轉過的角度相同，所以A、B兩點轉過的路程之比為
故D錯誤。故選A。
【分析】利用同軸轉動可以得出角速度相等，結合半徑的大小可以求出線速度和向心加速度的比值；利用弧度和半徑可以求出路程大小的比值。
3．【答案】B
【知識點】生活中的圓周運動
【解析】【解答】A．列車受到重力和軌道的支持力作用，兩者的合力提供向心力，所以向心力只是效果力，不是實際受到的力，故A錯誤；
B．若列車以大于的速度通過該圓弧軌道，則重力和支持力的合力不足以提供所需的向心力，由于車輪有向外運動的趨勢，所以車輪將側向擠壓外軌，故B正確；
C．當重力和支持力的合力提供向心力時，根據牛頓第二定律可得
可得
可知列車空載時仍以的速度通過該圓弧軌道，車輪對鐵軌沒有側向擠壓，故C錯誤；
D．當列車以的速度通過該圓弧軌道時，豎直方向根據受力平衡可得
解得
故D錯誤。
故選B。
【分析】火車做勻速圓周運動時，重力和支持力的合力提供向心力；利用牛頓第二定律可以求出火車對軌道沒有擠壓時速度的大小；利用火車的實際速度和規定速度比較可以判別火車運動的趨勢進而判別火車對軌道的擠壓；利用豎直方向的平衡方程可以求出支持力的大小。
4．【答案】B
【知識點】第一、第二與第三宇宙速度；衛星問題
【解析】【解答】對地球上的物體而言，受到的萬有引力要比地球自轉引起的物體做圓周運動所需的向心力大的多，所以通常可以忽略地球自轉帶來的影響，近似認為萬有引力完全等于重力。A．對中國空間站，根據牛頓第二定律
對近地衛星，根據牛頓第二定律
中國空間站的軌道半徑大于近地衛星的軌道半徑，可知中國空間站的加速度小于9.8m/s2，故A錯誤；
B．根據
中國空間站運行周期小于同步地球衛星運行周期，中國空間站運行的角速度大于地球自轉的角速度，故B正確；
C．第一宇宙速度是最大環繞速度，中國空間站運行的速度小于第一宇宙速度，故C錯誤；
D．根據開普勒第三定律
中國空間站運行周期小于同步地球衛星運行周期，中國空間站的軌道半徑小于同步地球衛星的軌道半徑，則中國空間站的軌道高度小于同步地球衛星的軌道高度，故D錯誤。
故選B。
【分析】對中國空間站和近地衛星，分別根據牛頓第二定律列式，即可分析中國空間站的加速度與9.8m/s2的關系。將中國空間站運行周期與同步地球衛星運行周期比較，即可分析中國空間站運行的角速度與地球自轉角速度的關系。第一宇宙速度是最大環繞速度。根據開普勒第三定律分析中國空間站與同步地球衛星的軌道高度關系。
5．【答案】D
【知識點】斜拋運動；功率及其計算；機械能守恒定律
【解析】【解答】A．根據軌跡的切線方向可以得出兩次拋出的初速度方向不相同，故A錯誤；
B．豎直方向將上升階段看成逆向的自由落體運動，根據豎直方向的位移公式有
可知軌跡1上升階段和下落階段所用時間都比軌跡2對應的時間大，則兩次鉛球在空中運動時間不相同，故B錯誤；
C．根據功率的表達式有
根據豎直方向的速度位移公式有
可知軌跡1落地時的豎直分速度較大，則軌跡1落地時的重力的瞬時功率較大，故C錯誤；
D．由于鉛球在空中運動過程只受重力作用，鉛球機械能守恒，鉛球兩次經過B點時機械能相同，根據機械能保持不變則兩次鉛球在最高點機械能相同，故D正確。
故選D。
【分析】利用軌跡切線方向可以判別初速度的方向不同；利用豎直方向的位移公式可以比較運動的時間，利用豎直方向的速度位移公式可以比較豎直方向分速度的大小，結合重力的大小可以比較瞬時功率的大小；利用機械能守恒可以判別小球經過最高點的機械能大小。
6．【答案】C
【知識點】動能；動量；碰撞模型
【解析】【解答】A．大球向前移動1格長度時，小球向前移動3格的長度，根據速度公式則
根據動量的表達式有
碰撞后大球的動量等于小球的動量，故A錯誤；
B．根據動能的表達式有
碰撞后大球的動能小于小球的動能，故B錯誤；
C．根據動量守恒
得碰撞前后大球的速度的比值為
故C正確；
D．根據動能的表達式為
大球碰撞前后的動能比為4：1，故D錯誤。
故選C。
【分析】利用位移公式可以求出碰后兩球速度的比值，結合質量的大小可以求出碰后兩球的動量和動能的比值；結合動量守恒定律可以求出碰撞前后大球的速度和動能的比值。
7．【答案】A,D
【知識點】小船渡河問題分析
【解析】【解答】A．船頭方向與河岸垂直，則垂直河岸方向的運動最快，渡河時間最短，根據垂直于河岸的位移公式有
故A正確；
B．根據位移公式可以得出小船沿著河岸方向的位移為
即小船到達對岸的位置在河正對岸下游80m處，故B錯誤；
C．若河水流速變慢，小船在垂直河岸方向的分運動不變，根據垂直于河岸方向的位移公式可以得出渡河時間不變，即從A點到對岸的時間還是20s，故C錯誤；
D．小船的合速度是相互垂直的船速和水速的合成，則小船行駛到河中央時水流變快，即水速變大，根據速度的合成可以得出小船合速度的大小和方向都會變，故D正確。
故選AD。
【分析】利用垂直于河岸的位移公式可以求出運動的時間；利用位移公式可以求出小船眼河岸方向運動的位移；水流速度對過河時間沒有影響；利用速度的合成可以判別水速對合速度的大小變化。
8．【答案】B,D
【知識點】開普勒定律；第一、第二與第三宇宙速度；衛星問題
【解析】【解答】A．衛星在地球的引力場中，由于衛星離開地面但是沒有離開地球的作用，所以其發射速度小于地球的第二宇宙速度，即小于，故A錯誤；
B．高軌衛星在點做離心運動，需要加速，根據反沖運動的規律則噴氣方向與運動方向相反，故B正確；
C．地球對衛星的引力提供向心力，根據牛頓第二定律有
可得
由于衛星在A點到地球的距離不變，可知高軌衛星在軌道1上過點的加速度等于在軌道2上過點的加速度，故C錯誤；
D．根據開普勒第二定律可知近地點的速度最大，遠地點的速度最小，則高軌衛星在軌道2上過點的速度大于在軌道2上過B點的速度，故D正確。
故選BD。
【分析】利用衛星的位置可以判別線速度的大小；利用衛星做離心運動可以判別速度的變化，結合反沖運動的規律可以得出噴氣的方向；利用引力提供向心力可以比較加速度的大小；利用開普勒第二定理可以比較線速度的大小。
9．【答案】A,C
【知識點】功能關系；功的概念
【解析】【解答】A．圖乙中的過程，由于摩擦力方向始終與運動方向相反，根據功的定義則物塊受到的摩擦力始終做負功，故A正確；
B．圖乙中的過程，物塊向上運動后向下運動，根據位移的方向與重力的方向可以得出物塊受到的重力先做負功后做正功，故B錯誤；
C．圖乙中的過程，物塊沿斜面向上運動，由于摩擦力做功等于產生的內能，根據功能關系可知，物塊克服摩擦力的功等于摩擦增加的內能，故C正確；
D．圖乙中的過程，物塊沿斜面向下運動，但摩擦力對物塊做負功，根據功能關系可以得出物塊的機械能減少，故D錯誤。
故選AC。
【分析】利用摩擦力的方向與位移的方向可以判別摩擦力的做功情況；利用重力的方向與位移的方向可以判別重力做功的情況；利用克服摩擦力做功可以得出摩擦產生的內能；利用功能關系可以得出克服摩擦力做功等于機械能的減少。
10．【答案】A,B
【知識點】動量定理；生活中的圓周運動；動能定理的綜合應用；沖量
【解析】【解答】AB．圓盤角速度從零增加到的過程中，由于摩擦力的沖量導致小孩動量的增大，根據動量定理可得，小孩所受摩擦力的沖量大小為
摩擦力對小孩做功導致小孩動能的增大，根據動能定理可得，小孩所受摩擦力做功為
故AB正確；
C．根據沖量的表達式有
可知小孩所受重力的沖量不為零，故C錯誤；
D．小孩所受摩擦力有兩個分量，其中一個分量使小孩的線速度增大，方向沿運動軌跡切線方向；另一分量提供小孩做圓周運動的向心力，方向指向圓心；根據變速圓周運動的規律可以得出小孩所受摩擦力的方向不沿運動軌跡切線方向，故D錯誤。
故選AB。
【分析】利用初末速度結合動量定理可以求出小孩受到摩擦力的沖量大小；利用動能定理可以求出摩擦力做功的大小；利用重力和時間可以求出重力沖量的大小；利用變速圓周運動可以判別摩擦力的方向。
11．【答案】C,D
【知識點】運動的合成與分解；功率及其計算
【解析】【解答】AC．由于沿著繩子的速度方向相等，將工人師傅的速度分解為沿繩子方向分速度和垂直繩子方向分速度，根據速度的分解有
可得工人師傅此時的速度大小為
由于重物在空中以速度勻速下落過程，逐漸增大，逐漸減小，則工人師傅的速度逐漸增大，故A錯誤，C正確；
B．由于重物勻速下落，根據受力平衡可知，繩子拉力大小等于重物的重力，故B錯誤；
D．根據功率的表達式可以得出繩子拉力對工人師傅做功的功率為
故D正確。
故選CD。
【分析】利用速度的分解可以得出工人師傅速度的大小變化；利用平衡條件可以判別繩子的拉力等于重力；利用功率的表達式可以求出繩子拉力的瞬時功率的大小。
12．【答案】B,C
【知識點】牛頓第二定律；功率及其計算；機車啟動
【解析】【解答】A．圖像顯示加速度與時間的變化關系，根據圖像可以得出機車先做勻加速直線運動，后做加速度減小的加速運動，故A錯誤；
B．在時根據速度公式可以得出機車的速度為
根據功率的表達式可以得出牽引力大小為
根據牛頓第二定律可得
解得機車所受到的阻力大小為
故B正確；
C．內機車做勻加速運動，根據位移公式可以得出通過的位移大小為
根據功的表達式可以得出牽引力做的功為
故C正確；
D．當牽引力等于阻力時，機車速度達到最大，根據功率的表達式可以得出
故D錯誤。
故選BC。
【分析】根據圖像可以得出機車加速度的大小變化；利用速度公式可以求出加速過程的速度大小，結合功率的表達式可以求出牽引力的大小，結合牛頓第二定律可以求出阻力的大小；利用位移公式可以求出加速運動的位移，結合牽引力的大小可以求出牽引力做功的大小；利用功率的表達式可以求出最大速度大小。
13．【答案】AC；C；不是；；偏大
【知識點】研究平拋物體的運動；誤差和有效數字
【解析】【解答】（1）A．小球做平拋運動時，該實驗不需要測量小球的重力，所以不需要彈簧測力計，故A符合題意；
B．平拋運動為豎直平面的運動，則實驗時需要用到重垂線確定平拋運動的豎直方向，即軸，故B不符合題意；
C．該實驗是用刻度尺來測量位移，用豎直方向的位移公式可以得出小球做自由落體運動求解時間，所以不需要打點計時器測量時間，故C符合題意；
D．該實驗需要用到坐標紙用來記錄小球的軌跡以及進行數據的分析，故D不符合題意。
故選AC。
（2）A．根據動能定理，只要小球從同一高度無初速度釋放時，則到達底部時的速度相等，該實驗不需要斜槽軌道光滑，但要保證斜槽軌道末端切線水平，保證獲得水平初速度，故A錯誤；
B．探究平拋運動的特點實驗中，為了讓小球運動軌跡大體落在紙面中間位置附近，因此需要釋放位置適中，故B錯誤；
C．實驗中在描繪小球運動軌跡過程中，保證每次小球要從同一高度由靜止釋放則可以保證每次小球平拋運動的初速度相同，故C正確；
D．描點法描繪運動軌跡時，由于平拋運動的軌跡為拋物線，則應將各點用平滑的曲線連接，不能用折線或直線連接，故D錯誤。
故選C。
（3）由可知小球A點到B點，B點到C點在水平向上的運動距離相等，根據水平方向的位移公式則運動間相等，若圖中A點是平地的起點，根據位移公式則在豎直方向上發生的位移之比應為，圖中在豎直方向上發生的位移之比卻為，故假設錯誤，所以可知點不是平拋的起點。
（4）豎直方向上，根據位移公式有
水平方向上，根據位移公式有
聯立解得初速度的大小為
描繪小球的運動軌跡應該是描繪球心的位置，由圖可知，該同學建立的直角坐標系是以小球底端為坐標原點，會導致豎直方向位移的測量值偏小，根據表達式可得初速度的測量值與真實值相比偏大。
【分析】（1）該實驗不需要測量小球的重力，所以不需要彈簧測力計；平拋運動為豎直平面的運動，則實驗時需要用到重垂線確定平拋運動的豎直方向；該實驗是用豎直方向的位移公式可以得出小球做自由落體運動求解時間，所以不需要打點計時器測量時間；該實驗需要用到坐標紙用來記錄小球的軌跡以及進行數據的分析；
（2）根據動能定理，只要小球從同一高度無初速度釋放時，則到達底部時的速度相等；探究平拋運動的特點實驗中，為了讓小球運動軌跡大體落在紙面中間位置附近，因此需要釋放位置適中；實驗中在描繪小球運動軌跡過程中，保證每次小球要從同一高度由靜止釋放則可以保證每次小球平拋運動的初速度相同；描點法描繪運動軌跡時，由于平拋運動的軌跡為拋物線，則應將各點用平滑的曲線連接；
（3）利用豎直方向的位移之比可以判別A點不是拋出點；
（4）利用平拋運動的位移公式可以求出初速度的測量值，當坐標原點偏小時，會導致豎直方向的測量值偏小，則會導致初速度的大小偏小。
14．【答案】；；1；B
【知識點】驗證機械能守恒定律
【解析】【解答】（1）根據平均速度公式可以得出小球經過光電門中心時的速度為
根據動能的表達式則小球從釋放點下落至此光電門中心時的動能增加量為
根據重力勢能的表達式可以得出：小球從釋放點下落至此光電門中心時的重力勢能減小量
（2）根據機械能守恒定律可得
則作出的圖像中虛線的斜率，則可驗證機械能守恒定律。
（3）A．第三個光電門的中心與釋放點的豎直距離測量值偏大，根據重力勢能的表達式的測量值偏大，使得小于，故A錯誤；
B．第三個光電門的中心偏離小球下落時球心所在的豎直線，使得擋光寬度小于小球的直徑，會導致測量的時間偏小，根據速度公式則速度測量值偏大，的測量值偏大，使得大于，故B正確；
C．小球下落過程中受到空氣阻力的作用，使得減少的重力勢能有一部分轉化為內能，機械能減小則小于，故C錯誤。
故選B。
【分析】（1）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；利用下落的高度可以求出重力勢能的減少量；
（2）利用機械能守恒定律可以判別圖像斜率等于1；
（3）第三個光電門的中心偏離小球下落時球心所在的豎直線，使得擋光寬度小于小球的直徑，會導致測量的時間偏小，根據速度公式則速度測量值偏大，的測量值偏大，使得大于 。
15．【答案】解：（1）設地球質量為，在地球表面且忽略地球自轉，有
解得
（2）設衛星質量為，由牛頓第二定律得
聯立解得衛星距地球表面的高度
【知識點】萬有引力定律的應用；衛星問題
【解析】【分析】（1）地球對表面物體的引力形成重力，利用牛頓第二定律可以求出地球的質量；
（2）地球對衛星的引力提供向心力，結合牛頓第二定律可以求出衛星距離地面的高度。
16．【答案】解：（1）設繩斷時小球的線速度大小為v，根據牛頓第二定律有
解得
（2）繩斷后小球做平拋運動，根據平拋運動規律有
，
解得
【知識點】平拋運動；生活中的圓周運動
【解析】【分析】（1）繩子在最低點做圓周運動，利用牛頓第二定律可以求出小球線速度的大小；
（2）當繩子斷開后做平拋運動，利用平拋運動的位移公式可以求出水平距離的大小。
17．【答案】【解答】（1）根據
得
（2）與地面碰撞后反彈速率
根據動量守恒
爆炸過程A部分所受作用力的沖量
得
（3）由能量關系
得
【知識點】碰撞模型；反沖
【解析】【分析】（1）火箭下落過程做勻加速直線運動，利用速度位移公式可以求出落地時速度的大小；
（2）當火箭與地面反彈時，利用速度的表達式可以求出反彈速度的大小，結合動量守恒定律可以求出A爆炸后的速度，結合動量定理可以求出A受到沖量的大小；
（3）炸藥爆炸過程中，利用能量守恒定理可以求出化學能的大小。
18．【答案】解：（1）由于水平面光滑，所以物塊P與滑板Q組成的系統滿足動量守恒，則有
解得兩者共速的速度大小為
根據能量守恒可得
解得物塊與滑板間的動摩擦因數為
（2）從物塊P滑上滑板到兩者共速過程，對滑板Q，根據動能定理可得
解得滑板Q通過的位移大小為
則滑板右端與彈簧左端初始距離的最小值為
（3）滑板與彈簧接觸過程中，物塊與滑板始終無相對滑動，設彈簧的最大壓縮量為，根據能量守恒可得
以物塊P與滑板Q為整體，根據牛頓第二定律可得
以物塊P為對象，根據牛頓第二定律可得
聯立解得彈簧勁度系數的取值范圍為
【知識點】能量守恒定律；牛頓運動定律的應用—連接體；碰撞模型
【解析】【分析】（1）物塊與滑板組成的系統遵循動量守恒定律，利用動量守恒定律可以求出兩者共速的速度大小，結合能量守恒定律可以求出動摩擦因數的大小；
（2）物塊P從滑上滑板到共速時，利用動能定律可以求出滑板右端與彈簧左端初始距離的最小值；
（3）當滑板與彈簧接觸的過程中，利用能量守恒定律結合牛頓第二定律可以求出勁度系數的取值范圍。
1 / 1廣東省中山市2023-2024學年高一下學期7月期末統考物理試卷
1．（2024高一下·中山期末）如圖所示，一無動力飛行愛好者在某次翼裝飛行過程中，在同一豎直平面內從A到B滑出了一段曲線軌跡，該過程中下列說法正確的是（　　）
A．愛好者在某點所受合外力方向不可能沿軌跡的切線方向
B．愛好者的速度可能保持不變
C．分析愛好者受力時，可以忽略空氣作用力
D．若愛好者在某點所受合外力方向與速度方向成銳角，愛好者的速度將減小
【答案】A
【知識點】曲線運動的條件；功的概念
【解析】【解答】A．曲線運動中，根據曲線運動的軌跡為合外力方向指向軌跡彎曲的凹側，速度沿軌跡的切線方向，合力方向與速度方向不共線，所以愛好者在某點所受合外力方向不可能沿軌跡的切線方向，故A正確；
B．由于曲線運動速度的方向不斷改變，所以愛好者的速度方向時刻發生變化，故B錯誤；
C.分析愛好者受力時，由于合外力方向位于軌跡的凹側，由于合力方向與重力方向不同，所以不可能只受重力作用，所以不可以忽略空氣作用力，故C錯誤；
D．若愛好者在某點所受合外力方向與速度方向成銳角，由于合力做正功所以愛好者將做加速運動，速度增大，故D錯誤。
故選A。
【分析】利用軌跡的彎曲方向可以判別合力的方向，進而判別與重力方向不同；利用曲線運動可以判別速度的方向時刻改變；利用合力做功可以判別速度的大小變化。
2．（2024高一下·中山期末）如圖所示，門把手上A、B兩點到轉軸上O點的距離之比為，勻速轉動門把手時，下列說法正確的是（　　）
A．A、B兩點的線速度大小之比為
B．A、B兩點的角速度之比為
C．A、B兩點的向心加速度大小之比為
D．A、B兩點轉過的路程之比為
【答案】A
【知識點】線速度、角速度和周期、轉速；勻速圓周運動；向心加速度
【解析】【解答】B．門把手上A、B兩點都繞O點同軸轉動，相同時間內轉過的角度相等則角速度相等，故A、B兩點的角速度之比為，故B錯誤；
A．由于兩點角速度相等，根據線速度和角速度的關系式有，可知A、B兩點的線速度大小之比為
故A正確；
C．由于兩點角速度相等，根據向心加速度的表達式有，可知A、B兩點的向心加速度大小之比為
故C錯誤；
D．根據弧長和弧度的關系式可以得出門把手上的點轉過的路程為
由于A、B兩點轉過的角度相同，所以A、B兩點轉過的路程之比為
故D錯誤。故選A。
【分析】利用同軸轉動可以得出角速度相等，結合半徑的大小可以求出線速度和向心加速度的比值；利用弧度和半徑可以求出路程大小的比值。
3．（2024高一下·中山期末）一滿載旅客的復興號列車以大小為的速度通過斜面內的一段圓弧形鐵軌時，車輪對鐵軌恰好都沒有側向擠壓。圖為該段鐵軌內、外軌道的截面圖，斜面傾角為。下列說法正確的是（　　）
A．列車受到重力、軌道的支持力和向心力
B．若列車以大于的速度通過該圓弧軌道，車輪將側向擠壓外軌
C．若列車空載時仍以的速度通過該圓弧軌道，車輪將側向擠壓內軌
D．列車對軌道在與斜面垂直方向上的壓力大小滿足
【答案】B
【知識點】生活中的圓周運動
【解析】【解答】A．列車受到重力和軌道的支持力作用，兩者的合力提供向心力，所以向心力只是效果力，不是實際受到的力，故A錯誤；
B．若列車以大于的速度通過該圓弧軌道，則重力和支持力的合力不足以提供所需的向心力，由于車輪有向外運動的趨勢，所以車輪將側向擠壓外軌，故B正確；
C．當重力和支持力的合力提供向心力時，根據牛頓第二定律可得
可得
可知列車空載時仍以的速度通過該圓弧軌道，車輪對鐵軌沒有側向擠壓，故C錯誤；
D．當列車以的速度通過該圓弧軌道時，豎直方向根據受力平衡可得
解得
故D錯誤。
故選B。
【分析】火車做勻速圓周運動時，重力和支持力的合力提供向心力；利用牛頓第二定律可以求出火車對軌道沒有擠壓時速度的大小；利用火車的實際速度和規定速度比較可以判別火車運動的趨勢進而判別火車對軌道的擠壓；利用豎直方向的平衡方程可以求出支持力的大小。
4．（2024高一下·中山期末）中國空間站圍繞地球做近似勻速圓周運動，運行周期約為90分鐘，下列說法正確的是（　　）
A．中國空間站的加速度大于9.8m/s2
B．中國空間站運行的角速度大于地球自轉的角速度
C．中國空間站運行的速度大于第一宇宙速度
D．中國空間站與同步地球衛星的軌道高度相同
【答案】B
【知識點】第一、第二與第三宇宙速度；衛星問題
【解析】【解答】對地球上的物體而言，受到的萬有引力要比地球自轉引起的物體做圓周運動所需的向心力大的多，所以通常可以忽略地球自轉帶來的影響，近似認為萬有引力完全等于重力。A．對中國空間站，根據牛頓第二定律
對近地衛星，根據牛頓第二定律
中國空間站的軌道半徑大于近地衛星的軌道半徑，可知中國空間站的加速度小于9.8m/s2，故A錯誤；
B．根據
中國空間站運行周期小于同步地球衛星運行周期，中國空間站運行的角速度大于地球自轉的角速度，故B正確；
C．第一宇宙速度是最大環繞速度，中國空間站運行的速度小于第一宇宙速度，故C錯誤；
D．根據開普勒第三定律
中國空間站運行周期小于同步地球衛星運行周期，中國空間站的軌道半徑小于同步地球衛星的軌道半徑，則中國空間站的軌道高度小于同步地球衛星的軌道高度，故D錯誤。
故選B。
【分析】對中國空間站和近地衛星，分別根據牛頓第二定律列式，即可分析中國空間站的加速度與9.8m/s2的關系。將中國空間站運行周期與同步地球衛星運行周期比較，即可分析中國空間站運行的角速度與地球自轉角速度的關系。第一宇宙速度是最大環繞速度。根據開普勒第三定律分析中國空間站與同步地球衛星的軌道高度關系。
5．（2024高一下·中山期末）學校運動會上，某同學參加鉛球比賽，他將同一鉛球從空中同一位置A先后兩次拋出，軌跡如圖乙所示，兩軌跡的交點為B。已知鉛球兩次經過B點時機械能相同，不計空氣阻力，不計鉛球大小，則關于兩次拋出，下列說法正確的是（　　）
A．兩次拋出的初速度相同
B．兩次鉛球在空中運動時間相同
C．兩次鉛球落地時重力的瞬時功率相同
D．兩次鉛球在最高點機械能相同
【答案】D
【知識點】斜拋運動；功率及其計算；機械能守恒定律
【解析】【解答】A．根據軌跡的切線方向可以得出兩次拋出的初速度方向不相同，故A錯誤；
B．豎直方向將上升階段看成逆向的自由落體運動，根據豎直方向的位移公式有
可知軌跡1上升階段和下落階段所用時間都比軌跡2對應的時間大，則兩次鉛球在空中運動時間不相同，故B錯誤；
C．根據功率的表達式有
根據豎直方向的速度位移公式有
可知軌跡1落地時的豎直分速度較大，則軌跡1落地時的重力的瞬時功率較大，故C錯誤；
D．由于鉛球在空中運動過程只受重力作用，鉛球機械能守恒，鉛球兩次經過B點時機械能相同，根據機械能保持不變則兩次鉛球在最高點機械能相同，故D正確。
故選D。
【分析】利用軌跡切線方向可以判別初速度的方向不同；利用豎直方向的位移公式可以比較運動的時間，利用豎直方向的速度位移公式可以比較豎直方向分速度的大小，結合重力的大小可以比較瞬時功率的大小；利用機械能守恒可以判別小球經過最高點的機械能大小。
6．（2024高一下·中山期末）023年9月，“天宮課堂”第四課在中國空間站正式開講，神舟十六號航天員在夢天實驗艙內進行授課。航天員用0.3kg的大球與靜止的0.1kg的小球發生正碰，某同學觀看實驗時發現：碰撞后，大球向前移動1格長度時，小球向前移動3格的長度，忽略實驗艙內空氣阻力的影響。下列說法正確的是（　　）
A．碰撞后大球的動量大于小球的動量
B．碰撞后大球的動能等于小球的動能
C．大球碰撞前后的速度比為2：1
D．大球碰撞前后的動能比為2：1
【答案】C
【知識點】動能；動量；碰撞模型
【解析】【解答】A．大球向前移動1格長度時，小球向前移動3格的長度，根據速度公式則
根據動量的表達式有
碰撞后大球的動量等于小球的動量，故A錯誤；
B．根據動能的表達式有
碰撞后大球的動能小于小球的動能，故B錯誤；
C．根據動量守恒
得碰撞前后大球的速度的比值為
故C正確；
D．根據動能的表達式為
大球碰撞前后的動能比為4：1，故D錯誤。
故選C。
【分析】利用位移公式可以求出碰后兩球速度的比值，結合質量的大小可以求出碰后兩球的動量和動能的比值；結合動量守恒定律可以求出碰撞前后大球的速度和動能的比值。
7．（2024高一下·中山期末）如圖，小船從河岸處A點出發渡河。若河寬為100m，河水流速v1=4m/s，方向平行于河岸指向河的下游，船在靜水中速度v2=5m/s，船頭方向與河岸垂直，船視為質點，則下列說法正確的是（　　）
A．小船從A點出發經過20s到達對岸
B．小船到達對岸的位置在河正對岸下游125m處
C．若河水流速變慢，小船從A點到對岸的時間可能低于20s
D．若小船行駛到河中央時水流變快，小船的實際速度方向會改變
【答案】A,D
【知識點】小船渡河問題分析
【解析】【解答】A．船頭方向與河岸垂直，則垂直河岸方向的運動最快，渡河時間最短，根據垂直于河岸的位移公式有
故A正確；
B．根據位移公式可以得出小船沿著河岸方向的位移為
即小船到達對岸的位置在河正對岸下游80m處，故B錯誤；
C．若河水流速變慢，小船在垂直河岸方向的分運動不變，根據垂直于河岸方向的位移公式可以得出渡河時間不變，即從A點到對岸的時間還是20s，故C錯誤；
D．小船的合速度是相互垂直的船速和水速的合成，則小船行駛到河中央時水流變快，即水速變大，根據速度的合成可以得出小船合速度的大小和方向都會變，故D正確。
故選AD。
【分析】利用垂直于河岸的位移公式可以求出運動的時間；利用位移公式可以求出小船眼河岸方向運動的位移；水流速度對過河時間沒有影響；利用速度的合成可以判別水速對合速度的大小變化。
8．（2024高一下·中山期末）2024年2月29日，我國在西昌衛星發射中心成功將高軌衛星01星發射升空。高軌衛星發射過程可簡化如下，首先將其發射到圓軌道1，在點點火噴氣后進入橢圓軌道2，最終由B點進入預定的圓軌道3。已知衛星在軌道1，3均做勻速圓周運動，則下列說法正確的是（　　）
A．高軌衛星的發射速度大于
B．高軌衛星在點的噴氣方向與運動方向相反
C．高軌衛星在軌道1上過點的加速度大于在軌道2上過點的加速度
D．高軌衛星在軌道2上過點的速度大于在軌道2上過B點的速度
【答案】B,D
【知識點】開普勒定律；第一、第二與第三宇宙速度；衛星問題
【解析】【解答】A．衛星在地球的引力場中，由于衛星離開地面但是沒有離開地球的作用，所以其發射速度小于地球的第二宇宙速度，即小于，故A錯誤；
B．高軌衛星在點做離心運動，需要加速，根據反沖運動的規律則噴氣方向與運動方向相反，故B正確；
C．地球對衛星的引力提供向心力，根據牛頓第二定律有
可得
由于衛星在A點到地球的距離不變，可知高軌衛星在軌道1上過點的加速度等于在軌道2上過點的加速度，故C錯誤；
D．根據開普勒第二定律可知近地點的速度最大，遠地點的速度最小，則高軌衛星在軌道2上過點的速度大于在軌道2上過B點的速度，故D正確。
故選BD。
【分析】利用衛星的位置可以判別線速度的大小；利用衛星做離心運動可以判別速度的變化，結合反沖運動的規律可以得出噴氣的方向；利用引力提供向心力可以比較加速度的大小；利用開普勒第二定理可以比較線速度的大小。
9．（2024高一下·中山期末）如圖甲所示，一物塊以一定初速度沿傾角為的固定斜面上滑，運動過程中摩擦力。大小恒定，物塊動能與運動路程的關系如圖乙所示，下列說法正確的是（　　）
A．圖乙中的過程，物塊受到的摩擦力始終做負功
B．圖乙中的過程，物塊受到的重力始終做負功
C．圖乙中的過程，物塊克服摩擦力的功等于摩擦增加的內能
D．圖乙中的過程，物塊機械能增加
【答案】A,C
【知識點】功能關系；功的概念
【解析】【解答】A．圖乙中的過程，由于摩擦力方向始終與運動方向相反，根據功的定義則物塊受到的摩擦力始終做負功，故A正確；
B．圖乙中的過程，物塊向上運動后向下運動，根據位移的方向與重力的方向可以得出物塊受到的重力先做負功后做正功，故B錯誤；
C．圖乙中的過程，物塊沿斜面向上運動，由于摩擦力做功等于產生的內能，根據功能關系可知，物塊克服摩擦力的功等于摩擦增加的內能，故C正確；
D．圖乙中的過程，物塊沿斜面向下運動，但摩擦力對物塊做負功，根據功能關系可以得出物塊的機械能減少，故D錯誤。
故選AC。
【分析】利用摩擦力的方向與位移的方向可以判別摩擦力的做功情況；利用重力的方向與位移的方向可以判別重力做功的情況；利用克服摩擦力做功可以得出摩擦產生的內能；利用功能關系可以得出克服摩擦力做功等于機械能的減少。
10．（2024高一下·中山期末）游樂場中有一種魔盤游戲，如圖所示有一質量為的小孩（可以看作質點），坐在水平圓盤上到轉軸距離為處。某時刻圓盤從靜止開始加速轉動，小孩始終相對圓盤靜止，圓盤角速度從零增加到的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．小孩所受摩擦力的沖量大小為
B．小孩所受摩擦力做功為
C．小孩所受重力的沖量為零
D．小孩所受摩擦力的方向沿運動軌跡切線方向
【答案】A,B
【知識點】動量定理；生活中的圓周運動；動能定理的綜合應用；沖量
【解析】【解答】AB．圓盤角速度從零增加到的過程中，由于摩擦力的沖量導致小孩動量的增大，根據動量定理可得，小孩所受摩擦力的沖量大小為
摩擦力對小孩做功導致小孩動能的增大，根據動能定理可得，小孩所受摩擦力做功為
故AB正確；
C．根據沖量的表達式有
可知小孩所受重力的沖量不為零，故C錯誤；
D．小孩所受摩擦力有兩個分量，其中一個分量使小孩的線速度增大，方向沿運動軌跡切線方向；另一分量提供小孩做圓周運動的向心力，方向指向圓心；根據變速圓周運動的規律可以得出小孩所受摩擦力的方向不沿運動軌跡切線方向，故D錯誤。
故選AB。
【分析】利用初末速度結合動量定理可以求出小孩受到摩擦力的沖量大小；利用動能定理可以求出摩擦力做功的大小；利用重力和時間可以求出重力沖量的大小；利用變速圓周運動可以判別摩擦力的方向。
11．（2024高一下·中山期末）如圖所示，站在水平地面上的工人師傅握緊繩子一端，繩子另一端跨過定滑輪連接質量為的重物，工人師傅通過水平向右運動以控制重物在空中以速度勻速下落某時刻他手中的輕繩與水平方向的夾角為，不計繩子和滑輪間的摩擦，下列說法正確的是（　　）
A．工人師傅做勻速運動
B．工人師傅受到的繩子拉力大小大于重物的重力
C．工人師傅此時的速度大小為
D．繩子拉力對工人師傅做功的功率為
【答案】C,D
【知識點】運動的合成與分解；功率及其計算
【解析】【解答】AC．由于沿著繩子的速度方向相等，將工人師傅的速度分解為沿繩子方向分速度和垂直繩子方向分速度，根據速度的分解有
可得工人師傅此時的速度大小為
由于重物在空中以速度勻速下落過程，逐漸增大，逐漸減小，則工人師傅的速度逐漸增大，故A錯誤，C正確；
B．由于重物勻速下落，根據受力平衡可知，繩子拉力大小等于重物的重力，故B錯誤；
D．根據功率的表達式可以得出繩子拉力對工人師傅做功的功率為
故D正確。
故選CD。
【分析】利用速度的分解可以得出工人師傅速度的大小變化；利用平衡條件可以判別繩子的拉力等于重力；利用功率的表達式可以求出繩子拉力的瞬時功率的大小。
12．（2024高一下·中山期末）一輛機車在水平路面上從靜止開始啟動做直線運動，其加速度隨時間變化的圖像如圖所示。已知機車的質量，機車前進過程中所受阻力大小恒定，時機車達到額定功率，之后保持該功率不變，下列說法正確的是（　　）
A．機車先做勻加速直線運動，后做加速度減小的減速運動
B．機車所受到的阻力大小為
C．內牽引力做功為
D．機車的最大速度為
【答案】B,C
【知識點】牛頓第二定律；功率及其計算；機車啟動
【解析】【解答】A．圖像顯示加速度與時間的變化關系，根據圖像可以得出機車先做勻加速直線運動，后做加速度減小的加速運動，故A錯誤；
B．在時根據速度公式可以得出機車的速度為
根據功率的表達式可以得出牽引力大小為
根據牛頓第二定律可得
解得機車所受到的阻力大小為
故B正確；
C．內機車做勻加速運動，根據位移公式可以得出通過的位移大小為
根據功的表達式可以得出牽引力做的功為
故C正確；
D．當牽引力等于阻力時，機車速度達到最大，根據功率的表達式可以得出
故D錯誤。
故選BC。
【分析】根據圖像可以得出機車加速度的大小變化；利用速度公式可以求出加速過程的速度大小，結合功率的表達式可以求出牽引力的大小，結合牛頓第二定律可以求出阻力的大小；利用位移公式可以求出加速運動的位移，結合牽引力的大小可以求出牽引力做功的大小；利用功率的表達式可以求出最大速度大小。
13．（2024高一下·中山期末）用如圖甲所示的實驗裝置做“探究平拋運動特點”的實驗。
（1）下列器材中，實驗時不需要的是　 　。（多選，填正確答案前的標號）
A.彈簧測力計 B.重垂線 C.打點計時器 D.坐標紙
（2）關于此實驗，以下說法正確的是　 　。（填正確答案前的標號）
A.斜槽軌道要保持水平且光滑
B.小球釋放的初始位置越高越好
C.每次小球應從同一高度由靜止釋放
D.為描出小球的運動軌跡，描繪的點可以用折線連接
（3）如圖乙為一小球做平拋運動時用閃光照相的方法獲得的相片的一部分，圖中背景小方格的邊長為L，則圖中A點　 　（選填“是”或“不是”）平拋的起點。
（4）某同學建立的直角坐標系如圖丙所示，該同學在軌跡上任取一點M，測得其坐標為（x，y），g已知，則初速度的測量值為　 　（用x、y、g表示），測量值與真實值相比　 　（選填“偏大”“偏小”或“不變”）。
【答案】AC；C；不是；；偏大
【知識點】研究平拋物體的運動；誤差和有效數字
【解析】【解答】（1）A．小球做平拋運動時，該實驗不需要測量小球的重力，所以不需要彈簧測力計，故A符合題意；
B．平拋運動為豎直平面的運動，則實驗時需要用到重垂線確定平拋運動的豎直方向，即軸，故B不符合題意；
C．該實驗是用刻度尺來測量位移，用豎直方向的位移公式可以得出小球做自由落體運動求解時間，所以不需要打點計時器測量時間，故C符合題意；
D．該實驗需要用到坐標紙用來記錄小球的軌跡以及進行數據的分析，故D不符合題意。
故選AC。
（2）A．根據動能定理，只要小球從同一高度無初速度釋放時，則到達底部時的速度相等，該實驗不需要斜槽軌道光滑，但要保證斜槽軌道末端切線水平，保證獲得水平初速度，故A錯誤；
B．探究平拋運動的特點實驗中，為了讓小球運動軌跡大體落在紙面中間位置附近，因此需要釋放位置適中，故B錯誤；
C．實驗中在描繪小球運動軌跡過程中，保證每次小球要從同一高度由靜止釋放則可以保證每次小球平拋運動的初速度相同，故C正確；
D．描點法描繪運動軌跡時，由于平拋運動的軌跡為拋物線，則應將各點用平滑的曲線連接，不能用折線或直線連接，故D錯誤。
故選C。
（3）由可知小球A點到B點，B點到C點在水平向上的運動距離相等，根據水平方向的位移公式則運動間相等，若圖中A點是平地的起點，根據位移公式則在豎直方向上發生的位移之比應為，圖中在豎直方向上發生的位移之比卻為，故假設錯誤，所以可知點不是平拋的起點。
（4）豎直方向上，根據位移公式有
水平方向上，根據位移公式有
聯立解得初速度的大小為
描繪小球的運動軌跡應該是描繪球心的位置，由圖可知，該同學建立的直角坐標系是以小球底端為坐標原點，會導致豎直方向位移的測量值偏小，根據表達式可得初速度的測量值與真實值相比偏大。
【分析】（1）該實驗不需要測量小球的重力，所以不需要彈簧測力計；平拋運動為豎直平面的運動，則實驗時需要用到重垂線確定平拋運動的豎直方向；該實驗是用豎直方向的位移公式可以得出小球做自由落體運動求解時間，所以不需要打點計時器測量時間；該實驗需要用到坐標紙用來記錄小球的軌跡以及進行數據的分析；
（2）根據動能定理，只要小球從同一高度無初速度釋放時，則到達底部時的速度相等；探究平拋運動的特點實驗中，為了讓小球運動軌跡大體落在紙面中間位置附近，因此需要釋放位置適中；實驗中在描繪小球運動軌跡過程中，保證每次小球要從同一高度由靜止釋放則可以保證每次小球平拋運動的初速度相同；描點法描繪運動軌跡時，由于平拋運動的軌跡為拋物線，則應將各點用平滑的曲線連接；
（3）利用豎直方向的位移之比可以判別A點不是拋出點；
（4）利用平拋運動的位移公式可以求出初速度的測量值，當坐標原點偏小時，會導致豎直方向的測量值偏小，則會導致初速度的大小偏小。
14．（2024高一下·中山期末）某同學設計實驗驗證機械能守恒定律，裝置如圖（a）所示。一質量為m、直徑為d的小球固定于釋放裝置上，在小球正下方固定四個光電門，調節各光電門的中心，使其與小球的球心均在同一豎直線上。由靜止釋放小球，記錄小球通過每個光電門的擋光時間，重力加速度為g。
（1）若測得某光電門的中心與釋放點的豎直距離為h，小球通過此光電門的擋光時間為，則小球從釋放點下落至此光電門中心時的動能增加量　 　，重力勢能減小量　 　（用題中字母表示）；
（2）根據實驗數據，作出的圖像，如圖（b）所示。若圖中虛線的斜率　 　，則可驗證機械能守恒定律；
（3）經過多次重復實驗，發現小球經過第三個光電門時，總是大于，下列原因中可能的是　 　。
A．第三個光電門的中心與釋放點的豎直距離測量值偏大
B．第三個光電門的中心偏離小球下落時球心所在的豎直線
C．小球下落過程中受到空氣阻力的作用
【答案】；；1；B
【知識點】驗證機械能守恒定律
【解析】【解答】（1）根據平均速度公式可以得出小球經過光電門中心時的速度為
根據動能的表達式則小球從釋放點下落至此光電門中心時的動能增加量為
根據重力勢能的表達式可以得出：小球從釋放點下落至此光電門中心時的重力勢能減小量
（2）根據機械能守恒定律可得
則作出的圖像中虛線的斜率，則可驗證機械能守恒定律。
（3）A．第三個光電門的中心與釋放點的豎直距離測量值偏大，根據重力勢能的表達式的測量值偏大，使得小于，故A錯誤；
B．第三個光電門的中心偏離小球下落時球心所在的豎直線，使得擋光寬度小于小球的直徑，會導致測量的時間偏小，根據速度公式則速度測量值偏大，的測量值偏大，使得大于，故B正確；
C．小球下落過程中受到空氣阻力的作用，使得減少的重力勢能有一部分轉化為內能，機械能減小則小于，故C錯誤。
故選B。
【分析】（1）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；利用下落的高度可以求出重力勢能的減少量；
（2）利用機械能守恒定律可以判別圖像斜率等于1；
（3）第三個光電門的中心偏離小球下落時球心所在的豎直線，使得擋光寬度小于小球的直徑，會導致測量的時間偏小，根據速度公式則速度測量值偏大，的測量值偏大，使得大于 。
15．（2024高一下·中山期末）2023年11月3日，我國文昌衛星發射中心成功將通信技術試驗衛星十號發射升空。若衛星在距地球表面某高度處繞地球做勻速圓周運動的周期為，已知地球表面的重力加速度為，地球可視為均勻球體，其半徑為，引力常量為，忽略地球自轉影響。求：
（1）地球的質量；
（2）衛星距地球表面的高度。
【答案】解：（1）設地球質量為，在地球表面且忽略地球自轉，有
解得
（2）設衛星質量為，由牛頓第二定律得
聯立解得衛星距地球表面的高度
【知識點】萬有引力定律的應用；衛星問題
【解析】【分析】（1）地球對表面物體的引力形成重力，利用牛頓第二定律可以求出地球的質量；
（2）地球對衛星的引力提供向心力，結合牛頓第二定律可以求出衛星距離地面的高度。
16．（2024高一下·中山期末）如圖所示，用長度L=1m的輕繩，拴著一質量m=1kg，的小球（視為質點）在豎直面內做圓周運動，已知繩子能夠承受的最大張力，圓心O離水平地面的高度H=6m，小球在最低點時輕繩恰好斷開，不計空氣阻力，取重力加速度大小，求：
（1）繩斷時小球的線速度大小；
（2）繩斷后小球的落地點與繩斷時小球所在位置間的水平距離。
【答案】解：（1）設繩斷時小球的線速度大小為v，根據牛頓第二定律有
解得
（2）繩斷后小球做平拋運動，根據平拋運動規律有
，
解得
【知識點】平拋運動；生活中的圓周運動
【解析】【分析】（1）繩子在最低點做圓周運動，利用牛頓第二定律可以求出小球線速度的大小；
（2）當繩子斷開后做平拋運動，利用平拋運動的位移公式可以求出水平距離的大小。
17．（2024高一下·中山期末）如圖所示為春節期間燃放的“火箭”型爆竹，由上下A、B兩部分構成，A的質量m1=0.1kg，B的質量m2=0.2kg，A、B中間夾有少量火藥，不計其質量。開始時讓“火箭”在距地面H=0.8m高處自由釋放，“火箭”著地瞬間以原速率0.75倍的速率反彈，剛要離開地面時火藥爆炸，經極短時間后A、B分離，此時B的速度恰好為零。不計空氣阻力和“火箭”的體積，可認為火藥爆炸所釋放的化學能全部轉化為A、B的機械能，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）“火箭”著地時的速度v的大小；
（2）爆炸過程A部分所受作用力的沖量I的大小；
（3）火藥爆炸所釋放的化學能E。
【答案】【解答】（1）根據
得
（2）與地面碰撞后反彈速率
根據動量守恒
爆炸過程A部分所受作用力的沖量
得
（3）由能量關系
得
【知識點】碰撞模型；反沖
【解析】【分析】（1）火箭下落過程做勻加速直線運動，利用速度位移公式可以求出落地時速度的大小；
（2）當火箭與地面反彈時，利用速度的表達式可以求出反彈速度的大小，結合動量守恒定律可以求出A爆炸后的速度，結合動量定理可以求出A受到沖量的大小；
（3）炸藥爆炸過程中，利用能量守恒定理可以求出化學能的大小。
18．（2024高一下·中山期末）如圖所示，一長度，質量為的滑板Q靜止在光滑水平面上，右側的豎直墻面固定一勁度系數為的輕彈簧，彈簧處于自然狀態。質量為的小物塊P（可視為質點）以的初速度從左端滑上滑板，當物塊滑至距離滑板Q右端處時恰好與滑板達到共速，之后滑板撞到水平彈簧左端。物塊與滑板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧始終處在彈性限度內，彈簧的彈性勢能與形變量的關系為，取重力加速度，求：
（1）物塊與滑板間的動摩擦因數；
（2）滑板右端與彈簧左端初始距離的最小值；
（3）滑板與彈簧接觸過程中，物塊與滑板始終無相對滑動，求彈簧勁度系數的取值范圍。
【答案】解：（1）由于水平面光滑，所以物塊P與滑板Q組成的系統滿足動量守恒，則有
解得兩者共速的速度大小為
根據能量守恒可得
解得物塊與滑板間的動摩擦因數為
（2）從物塊P滑上滑板到兩者共速過程，對滑板Q，根據動能定理可得
解得滑板Q通過的位移大小為
則滑板右端與彈簧左端初始距離的最小值為
（3）滑板與彈簧接觸過程中，物塊與滑板始終無相對滑動，設彈簧的最大壓縮量為，根據能量守恒可得
以物塊P與滑板Q為整體，根據牛頓第二定律可得
以物塊P為對象，根據牛頓第二定律可得
聯立解得彈簧勁度系數的取值范圍為
【知識點】能量守恒定律；牛頓運動定律的應用—連接體；碰撞模型
【解析】【分析】（1）物塊與滑板組成的系統遵循動量守恒定律，利用動量守恒定律可以求出兩者共速的速度大小，結合能量守恒定律可以求出動摩擦因數的大小；
（2）物塊P從滑上滑板到共速時，利用動能定律可以求出滑板右端與彈簧左端初始距離的最小值；
（3）當滑板與彈簧接觸的過程中，利用能量守恒定律結合牛頓第二定律可以求出勁度系數的取值范圍。
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