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湖南省長沙市雅禮教育集團2024-2025學年高一下學期期中考試物理試題
1．（2025高一下·雨花期中）在物理學的發展過程中，科學家們運用了許多研究方法。以下關于物理研究方法的敘述錯誤的是（　　）
A．“探究向心力大小的表達式”實驗中用到了等效替代法
B．卡文迪什利用扭稱實驗測量引力常量運用了放大的思想
C．在研究物體沿曲面運動時重力做功的過程中用到了微元法
D．“探究曲線運動的速度方向”運用了極限的思想
【答案】A
【知識點】控制變量法；極限法；微元法；放大法
【解析】【解答】A．“探究向心力大小的表達式”實驗中探究一個物理量與多個物理量的關系則用到了控制變量法，故A錯誤，滿足題意要求；
B．卡文迪什利用扭稱實驗測量引力常量運用了放大的思想，故B正確，不滿足題意要求；
C．在研究物體沿曲面運動時由于對過程中的路徑進行分解，則重力做功的過程中用到了微元法，故C正確，不滿足題意要求；
D．“探究曲線運動的速度方向”讓運動的距離趨近于0則運用了極限的思想，故D正確，不滿足題意要求。故選A。
【分析】探究向心力的表達式使用了控制變量法；卡文迪什利用扭稱實驗測量引力常量運用了放大的思想；在研究物體沿曲面運動時由于對過程中的路徑進行分解，則重力做功的過程中用到了微元法；“探究曲線運動的速度方向”讓運動的距離趨近于0則運用了極限的思想。
2．（2025高一下·雨花期中）如圖甲所示，質量為4kg的物體在水平推力作用下開始運動，推力大小隨位移大小變化的情況如圖乙所示，則力所做的功為（　　）
A．200J B．400J C．800J D．無法確定
【答案】A
【知識點】圖象法；功的計算
【解析】【解答】圖像與坐標軸圍成的面積表示做功，力所做的功為
故A正確，BCD錯誤。
故選A。
【分析】考查變力做功得計算，已知推力大小隨位移大小變化圖像，此圖中圖像與坐標軸圍成的面積表示變力做功，根據面積法求解F做功。
3．（2025高一下·雨花期中）兩個分別帶有電荷量-2Q和+6Q的相同金屬小球（均可視為點電荷）固定在間距為r的兩處，它們之間庫侖力的大小為F，現將兩球接觸后再放回原處，則兩球間庫侖力的大小變為（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知識點】庫侖定律
【解析】【解答】由于兩個金屬小球帶電后存在庫侖力的作用，根據庫侖定律有
兩球接觸后再放回原處，根據電荷量均分原則可以得出小球所帶電荷量
根據庫侖定律有
解得
故選D。
【分析】利用電荷量均分原則可以求出小球電荷量的大小，結合庫侖定律可以求出庫侖力的大小。
4．（2025高一下·雨花期中）2025年2月11日17時30分，我國在海南文昌航天發射場使用長征八號改運載火箭成功將衛星送入預定軌道。如圖所示，如果衛星先沿圓周軌道1運動，再沿橢圓軌道2運動，兩軌道相切于P點，Q為軌道2離地球最遠點，在兩軌道上衛星只受地球引力作用，下列說法正確的是（　　）
A．衛星在軌道2上經過P點時機械能比經過Q點時機械能大
B．衛星經過P點時在軌道1上加速度比在軌道2上加速度大
C．衛星在軌道1的速度比在軌道2上經過Q點時的速度大
D．衛星在軌道1的周期比軌道2的周期大
【答案】C
【知識點】衛星問題
【解析】【解答】本題通過分析衛星在不同軌道上的機械能、加速度、速度和周期的變化，考查了萬有引力定律、機械能守恒定律以及開普勒定律的應用。正確理解這些物理原理是解答此類問題的關鍵。A．衛星在軌道2上穩定運行時，只受萬有引力，機械能守恒，經過P點時機械能等于經過Q點時機械能，故A錯誤；
B．根據
可得
衛星經過P點時在軌道1上加速度等于在軌道2上加速度，故B錯誤；
C．衛星在軌道1的速度，根據變軌原理可知，在軌道2上經過Q點時的速度小于以Q點到地心距離為半徑圓軌道的速度，根據
可知
所以衛星在軌道1的速度比在軌道2上經過Q點時的速度大，故C正確；
D．根據開普勒第三定律可知，衛星在軌道1的周期比軌道2的周期小，故D錯誤。
故選C。
【分析】衛星在不同軌道上的運動特性，包括機械能、加速度、速度和周期的變化。需要根據萬有引力定律、機械能守恒定律以及開普勒定律等物理原理來分析衛星在不同軌道上的運動狀態。
5．（2025高一下·雨花期中）如圖所示，豎直輕彈簧固定在水平地面上，彈簧的勁度系數為k，原長為l。質量為m的鐵球由彈簧的正上方h高處自由下落，與彈簧接觸后壓縮彈簧，當彈簧的壓縮量為x時，鐵球下落到最低點，不計空氣阻力，重力加速度g。則在此過程中（　　）
A．鐵球的機械能守恒
B．彈簧彈性勢能的最大值為mg(h+x)
C．鐵球下落到距地面高度為l時動能最大
D．鐵球動能最大的位置與h有關
【答案】B
【知識點】共點力的平衡；機械能守恒定律
【解析】【解答】A．由于彈力對小球做負功，根據功能關系可以得出鐵球的機械能減少，彈簧的機械能增加，A錯誤；
B．小球上升的過程中，以小球和彈簧為系統，根據機械能守恒定律得
彈簧彈性勢能的最大值為mg(h+x) ，B正確；
CD．鐵球所受重力與彈簧的彈力的合力等于零時動能最大，根據平衡方程有
解得
此時彈簧處于壓縮狀態，該位置彈簧的壓縮量x與h無關， CD錯誤。
故選B。
【分析】利用功能關系可以得出小球壓縮彈簧時機械能減小，彈簧機械能增大；利用系統機械能守恒定律可以求出彈性勢能的最大值；利用平衡方程可以求出動能最大的位置，與高度無關。
6．（2025高一下·雨花期中）如圖所示，一輕繩跨過定滑輪，兩端分別系有小球A和B，在外力作用下使兩小球處于靜止狀態，兩球間的高度差為h，釋放小球，當兩球間的高度差再次為h時，小球A的速度大小為，已知重力加速度為g，不計一切摩擦，不計滑輪的質量，則A、B兩球的質量之比為（　　）
A．2∶3 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶4
【答案】C
【知識點】機械能守恒定律
【解析】【解答】以兩個小球為系統，由于只有重力做功，機械能守恒，由機械能守恒定律得
結合，解得
故選C。
【分析】兩個小球機械能守恒，利用機械能守恒定理可以求出兩個小球質量之比。
7．（2025高一下·雨花期中）2024年6月25日14時，嫦娥六號返回器準確著陸于內蒙古四子王旗預定區域如圖甲所示，工作正常，標志著探月工程嫦娥六號任務取得圓滿成功，實現世界首次月球背面采樣返回.若在即將著陸時，返回器主降落傘打開如圖乙所示，逐漸減緩返回器的下降速度，返回器（含所有樣品和設備）總質量為M，豎直減速下降高度的過程中加速度大小恒為，重力加速度大小為g，則下降h高度的過程中（　　）
A．返回器的重力做功 B．返回器的動能減少了
C．返回器的重力勢能減少了 D．返回器的機械能減少了
【答案】A,B
【知識點】功能關系；動能定理的綜合應用；重力勢能的變化與重力做功的關系
【解析】【解答】AC．根據重力做功的表達式可以得出返回器的重力做功
根據功能關系可以得出：重力勢能減少了，選項A正確，C錯誤；
B．根據動能定理，返回器的動能減少量等于合外力的功，根據F=Ma即
選項B正確；
D．根據牛頓第二定律有
阻力做功等于機械能的變化，所以可得返回器的機械能減少了
選項D錯誤。
故選AB。
【分析】利用重力做功可以求出重力勢能的變化量；利用合力做功可以求出動能的變化量；利用牛頓第二定律可以求出阻力的大小，結合阻力做功可以求出機械能的變化量大小。
8．（2025高一下·雨花期中）一長木板靜止于光滑水平面上，一小物塊（可視為質點）從左側以某一速度滑上木板，最終和木板相對靜止一起向右做勻速直線運動。在物塊從滑上木板到和木板相對靜止的過程中，物塊的位移是木板位移的倍，設板塊間滑動摩擦力大小不變，則下列說法正確的是（　　）
A．物塊動能的減少量等于木板動能的增加量
B．摩擦力對木板做的功等于木板動能的增加量
C．因摩擦而產生的內能等于物塊克服摩擦力所做的功
D．因摩擦而產生的內能是木板動能增量的倍
【答案】B,D
【知識點】功能關系；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】A．物塊在木板上運動的過程中，由于摩擦力做功導致內能產生，根據能量守恒可知，物塊動能減少量等于木板動能增加量與因摩擦產生的內能之和，故A錯誤；
B．物塊運動的過程中，物塊對木板的摩擦力對木板做功，根據動能定理可知，摩擦力對木板做的功等于木板動能的增加量，故B正確；
CD．設物塊與木板之間的摩擦力為，木板的位移為，則物塊的位移為；根據功的表達式可以得出物塊克服摩擦力所做的功為
對木板，已知木板運動的位移，根據動能定理可得木板動能的增加量為
根據摩擦力和相對位移的大小可以得出因摩擦產生的內能為
可知因摩擦而產生的內能小于物塊克服摩擦力所做的功；因摩擦而產生的內能是木板動能增量的倍，故C錯誤，D正確。
故選BD。
【分析】利用能量守恒定律可以得出物塊動能減少量等于木板動能增加量與因摩擦產生的內能之和；根據動能定理可知，摩擦力對木板做的功等于木板動能的增加量；根據摩擦力和相對位移的大小可以得出因摩擦而產生的內能是木板動能增量的倍。
9．（2025高一下·雨花期中）如圖所示，質量為m的物體靜止在水平光滑的平臺上，系在物體上的水平繩子跨過光滑的定滑輪，由地面上的人以速度水平向右勻速拉動，在人從地面上平臺邊緣、繩子豎直狀態開始，向右行至繩與水平方向的夾角的過程中，下列說法正確的是（，）（　　）
A．物體的末速度為
B．物體動能的增量為
C．繩的拉力對人所做的功為
D．繩的拉力對物體所做的功為
【答案】A,B
【知識點】運動的合成與分解；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】A．人行至繩與水平方向夾角為處時，由于沿著繩子方向速度相等，將速度分解如圖
根據速度的分解可以得出：物體的速度為
故A正確；
B．根據動能的表達式可以得出：物體動能的增量為
故B正確；
C．繩的拉力與人的位移方向的夾角大于90°，根據做功的表達式可以得出繩的拉力對人所做的功為負功，故C錯誤；
D．由動能定理得拉力對物體所做的功等于動能的變化，則大小為：
故D錯誤。故選AB。
【分析】利用速度的分解可以求出物體速度的大小；結合表達式可以求出動能的增量；利用動能定理可以求出拉力做功的大小。
10．（2025高一下·雨花期中）半徑為R的光滑半球固定在水平地面上。有一質量為m的可視為質點的小球靜止在半球的最高點，受到微小擾動后由靜止開始沿球面下滑，一段時間后小球與半球分離，重力加速度大小為g，不計一切阻力，從小球開始下滑到落地前的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．小球機械能不守恒
B．小球落地時的速率為
C．小球與半球分離時，小球離地的豎直高度為
D．小球落地前瞬間重力的瞬時功率為
【答案】B,C,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．小球運動過程中只有重力做功，滿足機械能守恒的條件則機械能守恒，故A錯誤；
B．小球下落過程中只有重力做功，根據機械能守恒定律有：
落地時的速度為
故B正確；
C．小球與半球面分離時，小球與球面間彈力為0，重力沿半徑方向的分力充當向心力，設此時半徑與豎直方向的夾角為，根據牛頓第二定律有
根據動能定理有
解得
此時小球離地面高度
故C正確；
D．小球靜止釋放到與半球面分離的過程，根據動能定理有
在豎直方向上，根據速度位移公式有
小球落地時重力的功率為
解得
故D正確。
故選BCD。
【分析】利用小球只有重力做功所以機械能守恒；利用機械能守恒定律可以求出小球落地速度的大小；利用動能定理結合牛頓第二定理可以求出小球與半球分離時離地面的高度；利用動能定理結合速度位移公式可以求出小球落地時豎直方向的速度，結合重力的大小可以求出重力的瞬時功率。
11．（2025高一下·雨花期中）某同學用如圖甲所示的裝置做“驗證機械能守恒定律”實驗，所用計時器為電火花打點計時器：
（1）下列關于該實驗說法正確的是（　　）
A．必須在接通電源的同時釋放紙帶
B．利用本裝置驗證機械能守恒定律，可以不測量重物的質量
C．為了驗證機械能守恒定律，必須選擇紙帶上打出的第一個點作為起點
（2）按照正確的操作選得如圖乙所示的紙帶，其中O是重錘剛釋放時所打的點，測得連續打下的五個點A、B、C、D、E到O點的距離h值如圖乙所示。已知交流電源頻率為50Hz，重錘質量為500g，當地重力加速度為。在打O點到C點的這段時間內，重錘動能的增加量　 　J，重錘重力勢能的減少量　 　J（結果均保留三位有效數字）。
（3）該同學進一步求出紙帶上其它點的速度大小v，然后作出相應的圖像，畫出的圖線是一條通過坐標原點的直線。該同學認為：只要圖線通過坐標原點，就可以判定重錘下落過程機械能守恒，該同學的分析　 　（選填“合理”或“不合理”）。
【答案】（1）B
（2）1.00；1.07
（3）不合理
【知識點】驗證機械能守恒定律
【解析】【解答】（1）A．為了充分利用紙帶，使紙帶上留下更多的點跡，實驗應先接通電源再釋放紙帶，故A錯誤；
B．利用本裝置驗證機械能守恒定律，由于驗證機械能守恒的表達式中
質量可以約去，所以可以不測量重物的質量，故B正確；
C．驗證機械能守恒的表達式為
為了驗證機械能守恒，所以可以任取兩點探究動能和重力勢能的變化，不一定需要選擇紙帶上打出的第一個點作為起點，故C錯誤；
故選B。
（2）根據勻變速直線運動中間時刻速度等于該段過程的平均速度，根據平均速度公式可以得出打C點時的瞬時速度為
在打O點到C點的這段時間內，根據動能的表達式可以得出重錘動能的增加量為
在打O點到C點的這段時間內，根據重力勢能的表達式可以得出重錘重力勢能的減少量為
（3）根據機械能守恒定律，從起始點開始，根據機械能守恒定律有
消去重錘的質量可得
做出的圖像，若圖像滿足圖線過原點，且斜率等于當地的重力加速度，才可判定重錘下落過程機械能守恒；因此，若只滿足圖像過坐標原點，并不能判定重錘下落過程中機械能守恒，因此該同學的分析不合理。
【分析】（1）實驗應先接通電源再釋放紙帶；由于驗證機械能守恒的表達式中，質量可以約去，所以可以不測量重物的質量；為了驗證機械能守恒，所以可以任取兩點探究動能和重力勢能的變化，不一定需要選擇紙帶上打出的第一個點作為起點；
（2）根據平均速度公式可以求出瞬時速度的大小；根據動能的表達式可以求出動能的增量；根據重力勢能的表達式可以求出重力勢能的減少量；
（3）利用機械能守恒定律可以得出滿足機械能守恒定律的圖像要求。
（1）A．為了充分利用紙帶，應先接通電源再釋放紙帶，故A錯誤；
B．利用本裝置驗證機械能守恒定律，由于驗證機械能守恒的表達式中，質量可以約去，所以可以不測量重物的質量，故B正確；
C．驗證機械能守恒的表達式為
為了驗證機械能守恒，不一定需要選擇紙帶上打出的第一個點作為起點，故C錯誤；
故選B。
（2）[1]根據勻變速直線運動中間時刻速度等于該段過程的平均速度，則打C點時的瞬時速度為
在打O點到C點的這段時間內，重錘動能的增加量為
[2]在打O點到C點的這段時間內，重錘重力勢能的減少量為
（3）根據機械能守恒定律，從起始點開始，若機械能守恒應滿足
消去重錘的質量可得，做出的圖像，若圖像過原點，且其斜率等于當地的重力加速度，才可判定重錘下落過程機械能守恒；因此，若只滿足圖像過坐標原點，并不能判定重錘下落過程中機械能守恒，因此該同學的分析不合理。
12．（2025高一下·雨花期中）某實驗小組用如圖所示的裝置來探究圓錐擺運動的規律，輕質細線穿過豎直固定的細圓管（內壁以及管口均光滑）并跨越光滑的定滑輪，一端連接物塊（質量為M），另一端連接直徑為d的小球，讓小球在水平面內做勻速圓周運動并通過光電門（小球通過光電門的時間為），物塊靜止不動，用秒表來記錄小球做圓周運動的時間，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力。
（1）小球在水平面內做勻速圓周運動的線速度大小　 　（用d、表示），從小球某次通過光電門開始計時，若測得連續n次（n從1開始計數）通過光電門的時間間隔為t，則小球做圓周運動的周期　 　（用n、t表示），若測得細圓管下管口與圓弧軌跡圓心間的高度差為H，圓弧軌跡的半徑為r，則小球受到的向心力　 　（用H、r、M、g表示）。
（2）實驗發現當兩次圓錐擺實驗的圓弧半徑r不同，而細圓管下管口與圓弧軌跡圓心間的高度差H相同時，兩種圓周運動的周期T相同，這說明圓錐擺的周期T與H有關，則有　 　（用H、g表示）。
【答案】（1） ； ；
（2）
【知識點】向心力；生活中的圓周運動
【解析】【解答】（1）小球直徑為d，通過光電門的時間為，則小球在水平面內做勻速圓周運動的線速度大小
從小球某次通過光電門開始計時，若測得連續n次（n從1開始計數）通過光電門的時間間隔為t，則小球做圓周運動的周期
若測得細圓管下管口與圓弧軌跡圓心間的高度差為H，圓弧軌跡的半徑為r，根據幾何關系有
解得小球受到的向心力
（2）小球受到的向心力
解得
【分析】1、通過光電門時間很短，可以用平均速度近似替代瞬時速度。
2、用累計法測量勻速圓周運動的周期可以減少誤差。
3、利用相似三角形表達力的合成關系是求解的關鍵。
（1）[1]小球直徑為d，通過光電門的時間為，則小球在水平面內做勻速圓周運動的線速度大小
[2]從小球某次通過光電門開始計時，若測得連續n次（n從1開始計數）通過光電門的時間間隔為t，則小球做圓周運動的周期
[3]若測得細圓管下管口與圓弧軌跡圓心間的高度差為H，圓弧軌跡的半徑為r，根據幾何關系有
解得小球受到的向心力
（2）小球受到的向心力
解得
13．（2025高一下·雨花期中）2024年3月2日，“神舟十七號”航天員乘組圓滿完成第二次出艙活動，我國航天員首次完成艙外維修任務。已知“神舟十七號”航天員乘組所在的空間站質量為m，軌道半徑為r，繞地球運行的周期為T。地球半徑為R，引力常量為G。求：
（1）地球的平均密度；
（2）第一宇宙速度的大小。
【答案】（1）解：空間站繞地球做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力得
解得地球質量為
根據
解得地球的平均密度為
（2）解：地球第一宇宙速度等于衛星在地球表面軌道的運行速度，則有
解得第一宇宙速度為
代入地球質量M，可得

【知識點】萬有引力定律的應用；第一、第二與第三宇宙速度
【解析】【分析】（1）地球對空間站的引力提供向心力，利用牛頓第二定律可以求出地球的質量，結合地球的體積可以求出地球的平均密度；
（2）地球對近地衛星的引力提供向心力，結合牛頓第二定律可以求出第一宇宙速度的大小。
（1）空間站繞地球做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力得
解得地球質量為
根據
解得地球的平均密度為
（2）地球第一宇宙速度等于衛星在地球表面軌道的運行速度，則有
解得第一宇宙速度為
代入地球質量M，可得
14．（2025高一下·雨花期中）如圖，一自行車騎行者和車的總質量為，從距離水平路面高為的斜坡路上A點，由靜止開始不蹬踏板讓車自由運動，到達水平路面上的B點時速度大小為，之后人立即以恒定的功名蹬車，人的輸出功率，從B運動到C所用時間，到達C點時速度恰好達到最大。車在水平路面上行駛時受到阻力恒為總重力的0.02倍，運動過程可將人和車視為質點，重力加速度，求：
（1）A到B過程中自行車克服阻力的功；
（2）自行車的最大速度vm；
（3）B、C之間的距離s。
【答案】（1）解：A到B過程中，由動能定理
解得
（2）解：達到最大速度時牽引力等于阻力，則根據
則車的最大速度
（3）解：從B到C由動能定理
解得
【知識點】功率及其計算；機車啟動；動能定理的綜合應用
【解析】 【分析】（1）自行車騎行者從A到B的過程中，利用動能定理可以求出克服阻力做功的大小；
（2）當自行車到達最大速度時，利用功率的表達式及平衡方程可以求出最大的速度；
（3）當自行車從B到C的過程中，利用動能定理可以求出運動的位移大小。
（1）A到B過程中，由動能定理
解得
（2）達到最大速度時牽引力等于阻力，則根據
則車的最大速度
（3）從B到C由動能定理
解得
15．（2025高一下·雨花期中）如圖所示。半圓軌道BC豎直固定在水平地面上，AC是豎直直徑，半徑為R。B點與圓心O等高，輕質彈簧放置在水平地面上，左端固定在距A點足夠遠的地方。控制質量為m的小球（視為質點）向左壓縮彈簧至E點（未畫出），由靜止釋放小球。設重力加速度為g，不計一切摩擦和空氣阻力。
（1）若小球運動到C點時所受軌道的彈力大小等于小球重力的2倍，求小球經過C點的速度大小；
（2）改變初始時彈簧的壓縮量，若小球在半圓軌道ABC運動時不會脫軌（在末端C點飛出不算脫軌）。求初始時彈簧彈性勢能的取值范圍；
（3）若空氣阻力不可忽略，且小球所受阻力大小與其速率成正比，即f=kv。k為已知常數。若小球恰好通過C點。之后小球從C點水平飛出，經過時間t從C點落到水平地面，測得落地點離C點的水平距離為x，求小球從C點落到水平地面過程中克服空氣阻力做的功。（用m、R、g、k、t、x表示結果，表達式合理即可。不需展開化簡）
【答案】（1）解：在C點，由牛頓第二定律有
解得C點的速度大小為
（2）解：若小球剛好能經過圓弧軌道的最高點C，由重力提供向心力有
根據動能定理有
解得
若小球剛好能運動到圓弧軌道圓心O等高處，根據動能定理有
解得
綜上或

（3）解：水平方向
整理可得
同理，在豎直方向有
整理可得
設落地時速度為
由動能定理有
解得

【知識點】豎直平面的圓周運動；動能定理的綜合應用
【解析】【分析】（1）當小球運動到C點時，利用牛頓第二定律可以求出經過C點速度的大小；
（2）當小球經過最高點或者經過圓弧圓心等高位置時，利用動能定理結合牛頓第二定律可以求出彈性勢能的大小范圍；
（3）當小球飛出時，利用水平方向的動量定理結合豎直方向的動量定理可以求出落地速度的大小，結合動能定理可以求出克服空氣阻力做功的大小。
（1）在C點，由牛頓第二定律有
解得C點的速度大小為
（2）若小球剛好能經過圓弧軌道的最高點C，由重力提供向心力有
根據動能定理有
解得
若小球剛好能運動到圓弧軌道圓心O等高處，根據動能定理有
解得
綜上或
（3）水平方向，
整理可得
同理，在豎直方向有
整理可得
設落地時速度為
由動能定理有
解得
1 / 1湖南省長沙市雅禮教育集團2024-2025學年高一下學期期中考試物理試題
1．（2025高一下·雨花期中）在物理學的發展過程中，科學家們運用了許多研究方法。以下關于物理研究方法的敘述錯誤的是（　　）
A．“探究向心力大小的表達式”實驗中用到了等效替代法
B．卡文迪什利用扭稱實驗測量引力常量運用了放大的思想
C．在研究物體沿曲面運動時重力做功的過程中用到了微元法
D．“探究曲線運動的速度方向”運用了極限的思想
2．（2025高一下·雨花期中）如圖甲所示，質量為4kg的物體在水平推力作用下開始運動，推力大小隨位移大小變化的情況如圖乙所示，則力所做的功為（　　）
A．200J B．400J C．800J D．無法確定
3．（2025高一下·雨花期中）兩個分別帶有電荷量-2Q和+6Q的相同金屬小球（均可視為點電荷）固定在間距為r的兩處，它們之間庫侖力的大小為F，現將兩球接觸后再放回原處，則兩球間庫侖力的大小變為（　　）
A． B． C． D．
4．（2025高一下·雨花期中）2025年2月11日17時30分，我國在海南文昌航天發射場使用長征八號改運載火箭成功將衛星送入預定軌道。如圖所示，如果衛星先沿圓周軌道1運動，再沿橢圓軌道2運動，兩軌道相切于P點，Q為軌道2離地球最遠點，在兩軌道上衛星只受地球引力作用，下列說法正確的是（　　）
A．衛星在軌道2上經過P點時機械能比經過Q點時機械能大
B．衛星經過P點時在軌道1上加速度比在軌道2上加速度大
C．衛星在軌道1的速度比在軌道2上經過Q點時的速度大
D．衛星在軌道1的周期比軌道2的周期大
5．（2025高一下·雨花期中）如圖所示，豎直輕彈簧固定在水平地面上，彈簧的勁度系數為k，原長為l。質量為m的鐵球由彈簧的正上方h高處自由下落，與彈簧接觸后壓縮彈簧，當彈簧的壓縮量為x時，鐵球下落到最低點，不計空氣阻力，重力加速度g。則在此過程中（　　）
A．鐵球的機械能守恒
B．彈簧彈性勢能的最大值為mg(h+x)
C．鐵球下落到距地面高度為l時動能最大
D．鐵球動能最大的位置與h有關
6．（2025高一下·雨花期中）如圖所示，一輕繩跨過定滑輪，兩端分別系有小球A和B，在外力作用下使兩小球處于靜止狀態，兩球間的高度差為h，釋放小球，當兩球間的高度差再次為h時，小球A的速度大小為，已知重力加速度為g，不計一切摩擦，不計滑輪的質量，則A、B兩球的質量之比為（　　）
A．2∶3 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶4
7．（2025高一下·雨花期中）2024年6月25日14時，嫦娥六號返回器準確著陸于內蒙古四子王旗預定區域如圖甲所示，工作正常，標志著探月工程嫦娥六號任務取得圓滿成功，實現世界首次月球背面采樣返回.若在即將著陸時，返回器主降落傘打開如圖乙所示，逐漸減緩返回器的下降速度，返回器（含所有樣品和設備）總質量為M，豎直減速下降高度的過程中加速度大小恒為，重力加速度大小為g，則下降h高度的過程中（　　）
A．返回器的重力做功 B．返回器的動能減少了
C．返回器的重力勢能減少了 D．返回器的機械能減少了
8．（2025高一下·雨花期中）一長木板靜止于光滑水平面上，一小物塊（可視為質點）從左側以某一速度滑上木板，最終和木板相對靜止一起向右做勻速直線運動。在物塊從滑上木板到和木板相對靜止的過程中，物塊的位移是木板位移的倍，設板塊間滑動摩擦力大小不變，則下列說法正確的是（　　）
A．物塊動能的減少量等于木板動能的增加量
B．摩擦力對木板做的功等于木板動能的增加量
C．因摩擦而產生的內能等于物塊克服摩擦力所做的功
D．因摩擦而產生的內能是木板動能增量的倍
9．（2025高一下·雨花期中）如圖所示，質量為m的物體靜止在水平光滑的平臺上，系在物體上的水平繩子跨過光滑的定滑輪，由地面上的人以速度水平向右勻速拉動，在人從地面上平臺邊緣、繩子豎直狀態開始，向右行至繩與水平方向的夾角的過程中，下列說法正確的是（，）（　　）
A．物體的末速度為
B．物體動能的增量為
C．繩的拉力對人所做的功為
D．繩的拉力對物體所做的功為
10．（2025高一下·雨花期中）半徑為R的光滑半球固定在水平地面上。有一質量為m的可視為質點的小球靜止在半球的最高點，受到微小擾動后由靜止開始沿球面下滑，一段時間后小球與半球分離，重力加速度大小為g，不計一切阻力，從小球開始下滑到落地前的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．小球機械能不守恒
B．小球落地時的速率為
C．小球與半球分離時，小球離地的豎直高度為
D．小球落地前瞬間重力的瞬時功率為
11．（2025高一下·雨花期中）某同學用如圖甲所示的裝置做“驗證機械能守恒定律”實驗，所用計時器為電火花打點計時器：
（1）下列關于該實驗說法正確的是（　　）
A．必須在接通電源的同時釋放紙帶
B．利用本裝置驗證機械能守恒定律，可以不測量重物的質量
C．為了驗證機械能守恒定律，必須選擇紙帶上打出的第一個點作為起點
（2）按照正確的操作選得如圖乙所示的紙帶，其中O是重錘剛釋放時所打的點，測得連續打下的五個點A、B、C、D、E到O點的距離h值如圖乙所示。已知交流電源頻率為50Hz，重錘質量為500g，當地重力加速度為。在打O點到C點的這段時間內，重錘動能的增加量　 　J，重錘重力勢能的減少量　 　J（結果均保留三位有效數字）。
（3）該同學進一步求出紙帶上其它點的速度大小v，然后作出相應的圖像，畫出的圖線是一條通過坐標原點的直線。該同學認為：只要圖線通過坐標原點，就可以判定重錘下落過程機械能守恒，該同學的分析　 　（選填“合理”或“不合理”）。
12．（2025高一下·雨花期中）某實驗小組用如圖所示的裝置來探究圓錐擺運動的規律，輕質細線穿過豎直固定的細圓管（內壁以及管口均光滑）并跨越光滑的定滑輪，一端連接物塊（質量為M），另一端連接直徑為d的小球，讓小球在水平面內做勻速圓周運動并通過光電門（小球通過光電門的時間為），物塊靜止不動，用秒表來記錄小球做圓周運動的時間，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力。
（1）小球在水平面內做勻速圓周運動的線速度大小　 　（用d、表示），從小球某次通過光電門開始計時，若測得連續n次（n從1開始計數）通過光電門的時間間隔為t，則小球做圓周運動的周期　 　（用n、t表示），若測得細圓管下管口與圓弧軌跡圓心間的高度差為H，圓弧軌跡的半徑為r，則小球受到的向心力　 　（用H、r、M、g表示）。
（2）實驗發現當兩次圓錐擺實驗的圓弧半徑r不同，而細圓管下管口與圓弧軌跡圓心間的高度差H相同時，兩種圓周運動的周期T相同，這說明圓錐擺的周期T與H有關，則有　 　（用H、g表示）。
13．（2025高一下·雨花期中）2024年3月2日，“神舟十七號”航天員乘組圓滿完成第二次出艙活動，我國航天員首次完成艙外維修任務。已知“神舟十七號”航天員乘組所在的空間站質量為m，軌道半徑為r，繞地球運行的周期為T。地球半徑為R，引力常量為G。求：
（1）地球的平均密度；
（2）第一宇宙速度的大小。
14．（2025高一下·雨花期中）如圖，一自行車騎行者和車的總質量為，從距離水平路面高為的斜坡路上A點，由靜止開始不蹬踏板讓車自由運動，到達水平路面上的B點時速度大小為，之后人立即以恒定的功名蹬車，人的輸出功率，從B運動到C所用時間，到達C點時速度恰好達到最大。車在水平路面上行駛時受到阻力恒為總重力的0.02倍，運動過程可將人和車視為質點，重力加速度，求：
（1）A到B過程中自行車克服阻力的功；
（2）自行車的最大速度vm；
（3）B、C之間的距離s。
15．（2025高一下·雨花期中）如圖所示。半圓軌道BC豎直固定在水平地面上，AC是豎直直徑，半徑為R。B點與圓心O等高，輕質彈簧放置在水平地面上，左端固定在距A點足夠遠的地方。控制質量為m的小球（視為質點）向左壓縮彈簧至E點（未畫出），由靜止釋放小球。設重力加速度為g，不計一切摩擦和空氣阻力。
（1）若小球運動到C點時所受軌道的彈力大小等于小球重力的2倍，求小球經過C點的速度大小；
（2）改變初始時彈簧的壓縮量，若小球在半圓軌道ABC運動時不會脫軌（在末端C點飛出不算脫軌）。求初始時彈簧彈性勢能的取值范圍；
（3）若空氣阻力不可忽略，且小球所受阻力大小與其速率成正比，即f=kv。k為已知常數。若小球恰好通過C點。之后小球從C點水平飛出，經過時間t從C點落到水平地面，測得落地點離C點的水平距離為x，求小球從C點落到水平地面過程中克服空氣阻力做的功。（用m、R、g、k、t、x表示結果，表達式合理即可。不需展開化簡）
答案解析部分
1．【答案】A
【知識點】控制變量法；極限法；微元法；放大法
【解析】【解答】A．“探究向心力大小的表達式”實驗中探究一個物理量與多個物理量的關系則用到了控制變量法，故A錯誤，滿足題意要求；
B．卡文迪什利用扭稱實驗測量引力常量運用了放大的思想，故B正確，不滿足題意要求；
C．在研究物體沿曲面運動時由于對過程中的路徑進行分解，則重力做功的過程中用到了微元法，故C正確，不滿足題意要求；
D．“探究曲線運動的速度方向”讓運動的距離趨近于0則運用了極限的思想，故D正確，不滿足題意要求。故選A。
【分析】探究向心力的表達式使用了控制變量法；卡文迪什利用扭稱實驗測量引力常量運用了放大的思想；在研究物體沿曲面運動時由于對過程中的路徑進行分解，則重力做功的過程中用到了微元法；“探究曲線運動的速度方向”讓運動的距離趨近于0則運用了極限的思想。
2．【答案】A
【知識點】圖象法；功的計算
【解析】【解答】圖像與坐標軸圍成的面積表示做功，力所做的功為
故A正確，BCD錯誤。
故選A。
【分析】考查變力做功得計算，已知推力大小隨位移大小變化圖像，此圖中圖像與坐標軸圍成的面積表示變力做功，根據面積法求解F做功。
3．【答案】D
【知識點】庫侖定律
【解析】【解答】由于兩個金屬小球帶電后存在庫侖力的作用，根據庫侖定律有
兩球接觸后再放回原處，根據電荷量均分原則可以得出小球所帶電荷量
根據庫侖定律有
解得
故選D。
【分析】利用電荷量均分原則可以求出小球電荷量的大小，結合庫侖定律可以求出庫侖力的大小。
4．【答案】C
【知識點】衛星問題
【解析】【解答】本題通過分析衛星在不同軌道上的機械能、加速度、速度和周期的變化，考查了萬有引力定律、機械能守恒定律以及開普勒定律的應用。正確理解這些物理原理是解答此類問題的關鍵。A．衛星在軌道2上穩定運行時，只受萬有引力，機械能守恒，經過P點時機械能等于經過Q點時機械能，故A錯誤；
B．根據
可得
衛星經過P點時在軌道1上加速度等于在軌道2上加速度，故B錯誤；
C．衛星在軌道1的速度，根據變軌原理可知，在軌道2上經過Q點時的速度小于以Q點到地心距離為半徑圓軌道的速度，根據
可知
所以衛星在軌道1的速度比在軌道2上經過Q點時的速度大，故C正確；
D．根據開普勒第三定律可知，衛星在軌道1的周期比軌道2的周期小，故D錯誤。
故選C。
【分析】衛星在不同軌道上的運動特性，包括機械能、加速度、速度和周期的變化。需要根據萬有引力定律、機械能守恒定律以及開普勒定律等物理原理來分析衛星在不同軌道上的運動狀態。
5．【答案】B
【知識點】共點力的平衡；機械能守恒定律
【解析】【解答】A．由于彈力對小球做負功，根據功能關系可以得出鐵球的機械能減少，彈簧的機械能增加，A錯誤；
B．小球上升的過程中，以小球和彈簧為系統，根據機械能守恒定律得
彈簧彈性勢能的最大值為mg(h+x) ，B正確；
CD．鐵球所受重力與彈簧的彈力的合力等于零時動能最大，根據平衡方程有
解得
此時彈簧處于壓縮狀態，該位置彈簧的壓縮量x與h無關， CD錯誤。
故選B。
【分析】利用功能關系可以得出小球壓縮彈簧時機械能減小，彈簧機械能增大；利用系統機械能守恒定律可以求出彈性勢能的最大值；利用平衡方程可以求出動能最大的位置，與高度無關。
6．【答案】C
【知識點】機械能守恒定律
【解析】【解答】以兩個小球為系統，由于只有重力做功，機械能守恒，由機械能守恒定律得
結合，解得
故選C。
【分析】兩個小球機械能守恒，利用機械能守恒定理可以求出兩個小球質量之比。
7．【答案】A,B
【知識點】功能關系；動能定理的綜合應用；重力勢能的變化與重力做功的關系
【解析】【解答】AC．根據重力做功的表達式可以得出返回器的重力做功
根據功能關系可以得出：重力勢能減少了，選項A正確，C錯誤；
B．根據動能定理，返回器的動能減少量等于合外力的功，根據F=Ma即
選項B正確；
D．根據牛頓第二定律有
阻力做功等于機械能的變化，所以可得返回器的機械能減少了
選項D錯誤。
故選AB。
【分析】利用重力做功可以求出重力勢能的變化量；利用合力做功可以求出動能的變化量；利用牛頓第二定律可以求出阻力的大小，結合阻力做功可以求出機械能的變化量大小。
8．【答案】B,D
【知識點】功能關系；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】A．物塊在木板上運動的過程中，由于摩擦力做功導致內能產生，根據能量守恒可知，物塊動能減少量等于木板動能增加量與因摩擦產生的內能之和，故A錯誤；
B．物塊運動的過程中，物塊對木板的摩擦力對木板做功，根據動能定理可知，摩擦力對木板做的功等于木板動能的增加量，故B正確；
CD．設物塊與木板之間的摩擦力為，木板的位移為，則物塊的位移為；根據功的表達式可以得出物塊克服摩擦力所做的功為
對木板，已知木板運動的位移，根據動能定理可得木板動能的增加量為
根據摩擦力和相對位移的大小可以得出因摩擦產生的內能為
可知因摩擦而產生的內能小于物塊克服摩擦力所做的功；因摩擦而產生的內能是木板動能增量的倍，故C錯誤，D正確。
故選BD。
【分析】利用能量守恒定律可以得出物塊動能減少量等于木板動能增加量與因摩擦產生的內能之和；根據動能定理可知，摩擦力對木板做的功等于木板動能的增加量；根據摩擦力和相對位移的大小可以得出因摩擦而產生的內能是木板動能增量的倍。
9．【答案】A,B
【知識點】運動的合成與分解；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】A．人行至繩與水平方向夾角為處時，由于沿著繩子方向速度相等，將速度分解如圖
根據速度的分解可以得出：物體的速度為
故A正確；
B．根據動能的表達式可以得出：物體動能的增量為
故B正確；
C．繩的拉力與人的位移方向的夾角大于90°，根據做功的表達式可以得出繩的拉力對人所做的功為負功，故C錯誤；
D．由動能定理得拉力對物體所做的功等于動能的變化，則大小為：
故D錯誤。故選AB。
【分析】利用速度的分解可以求出物體速度的大小；結合表達式可以求出動能的增量；利用動能定理可以求出拉力做功的大小。
10．【答案】B,C,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．小球運動過程中只有重力做功，滿足機械能守恒的條件則機械能守恒，故A錯誤；
B．小球下落過程中只有重力做功，根據機械能守恒定律有：
落地時的速度為
故B正確；
C．小球與半球面分離時，小球與球面間彈力為0，重力沿半徑方向的分力充當向心力，設此時半徑與豎直方向的夾角為，根據牛頓第二定律有
根據動能定理有
解得
此時小球離地面高度
故C正確；
D．小球靜止釋放到與半球面分離的過程，根據動能定理有
在豎直方向上，根據速度位移公式有
小球落地時重力的功率為
解得
故D正確。
故選BCD。
【分析】利用小球只有重力做功所以機械能守恒；利用機械能守恒定律可以求出小球落地速度的大小；利用動能定理結合牛頓第二定理可以求出小球與半球分離時離地面的高度；利用動能定理結合速度位移公式可以求出小球落地時豎直方向的速度，結合重力的大小可以求出重力的瞬時功率。
11．【答案】（1）B
（2）1.00；1.07
（3）不合理
【知識點】驗證機械能守恒定律
【解析】【解答】（1）A．為了充分利用紙帶，使紙帶上留下更多的點跡，實驗應先接通電源再釋放紙帶，故A錯誤；
B．利用本裝置驗證機械能守恒定律，由于驗證機械能守恒的表達式中
質量可以約去，所以可以不測量重物的質量，故B正確；
C．驗證機械能守恒的表達式為
為了驗證機械能守恒，所以可以任取兩點探究動能和重力勢能的變化，不一定需要選擇紙帶上打出的第一個點作為起點，故C錯誤；
故選B。
（2）根據勻變速直線運動中間時刻速度等于該段過程的平均速度，根據平均速度公式可以得出打C點時的瞬時速度為
在打O點到C點的這段時間內，根據動能的表達式可以得出重錘動能的增加量為
在打O點到C點的這段時間內，根據重力勢能的表達式可以得出重錘重力勢能的減少量為
（3）根據機械能守恒定律，從起始點開始，根據機械能守恒定律有
消去重錘的質量可得
做出的圖像，若圖像滿足圖線過原點，且斜率等于當地的重力加速度，才可判定重錘下落過程機械能守恒；因此，若只滿足圖像過坐標原點，并不能判定重錘下落過程中機械能守恒，因此該同學的分析不合理。
【分析】（1）實驗應先接通電源再釋放紙帶；由于驗證機械能守恒的表達式中，質量可以約去，所以可以不測量重物的質量；為了驗證機械能守恒，所以可以任取兩點探究動能和重力勢能的變化，不一定需要選擇紙帶上打出的第一個點作為起點；
（2）根據平均速度公式可以求出瞬時速度的大小；根據動能的表達式可以求出動能的增量；根據重力勢能的表達式可以求出重力勢能的減少量；
（3）利用機械能守恒定律可以得出滿足機械能守恒定律的圖像要求。
（1）A．為了充分利用紙帶，應先接通電源再釋放紙帶，故A錯誤；
B．利用本裝置驗證機械能守恒定律，由于驗證機械能守恒的表達式中，質量可以約去，所以可以不測量重物的質量，故B正確；
C．驗證機械能守恒的表達式為
為了驗證機械能守恒，不一定需要選擇紙帶上打出的第一個點作為起點，故C錯誤；
故選B。
（2）[1]根據勻變速直線運動中間時刻速度等于該段過程的平均速度，則打C點時的瞬時速度為
在打O點到C點的這段時間內，重錘動能的增加量為
[2]在打O點到C點的這段時間內，重錘重力勢能的減少量為
（3）根據機械能守恒定律，從起始點開始，若機械能守恒應滿足
消去重錘的質量可得，做出的圖像，若圖像過原點，且其斜率等于當地的重力加速度，才可判定重錘下落過程機械能守恒；因此，若只滿足圖像過坐標原點，并不能判定重錘下落過程中機械能守恒，因此該同學的分析不合理。
12．【答案】（1） ； ；
（2）
【知識點】向心力；生活中的圓周運動
【解析】【解答】（1）小球直徑為d，通過光電門的時間為，則小球在水平面內做勻速圓周運動的線速度大小
從小球某次通過光電門開始計時，若測得連續n次（n從1開始計數）通過光電門的時間間隔為t，則小球做圓周運動的周期
若測得細圓管下管口與圓弧軌跡圓心間的高度差為H，圓弧軌跡的半徑為r，根據幾何關系有
解得小球受到的向心力
（2）小球受到的向心力
解得
【分析】1、通過光電門時間很短，可以用平均速度近似替代瞬時速度。
2、用累計法測量勻速圓周運動的周期可以減少誤差。
3、利用相似三角形表達力的合成關系是求解的關鍵。
（1）[1]小球直徑為d，通過光電門的時間為，則小球在水平面內做勻速圓周運動的線速度大小
[2]從小球某次通過光電門開始計時，若測得連續n次（n從1開始計數）通過光電門的時間間隔為t，則小球做圓周運動的周期
[3]若測得細圓管下管口與圓弧軌跡圓心間的高度差為H，圓弧軌跡的半徑為r，根據幾何關系有
解得小球受到的向心力
（2）小球受到的向心力
解得
13．【答案】（1）解：空間站繞地球做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力得
解得地球質量為
根據
解得地球的平均密度為
（2）解：地球第一宇宙速度等于衛星在地球表面軌道的運行速度，則有
解得第一宇宙速度為
代入地球質量M，可得

【知識點】萬有引力定律的應用；第一、第二與第三宇宙速度
【解析】【分析】（1）地球對空間站的引力提供向心力，利用牛頓第二定律可以求出地球的質量，結合地球的體積可以求出地球的平均密度；
（2）地球對近地衛星的引力提供向心力，結合牛頓第二定律可以求出第一宇宙速度的大小。
（1）空間站繞地球做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力得
解得地球質量為
根據
解得地球的平均密度為
（2）地球第一宇宙速度等于衛星在地球表面軌道的運行速度，則有
解得第一宇宙速度為
代入地球質量M，可得
14．【答案】（1）解：A到B過程中，由動能定理
解得
（2）解：達到最大速度時牽引力等于阻力，則根據
則車的最大速度
（3）解：從B到C由動能定理
解得
【知識點】功率及其計算；機車啟動；動能定理的綜合應用
【解析】 【分析】（1）自行車騎行者從A到B的過程中，利用動能定理可以求出克服阻力做功的大小；
（2）當自行車到達最大速度時，利用功率的表達式及平衡方程可以求出最大的速度；
（3）當自行車從B到C的過程中，利用動能定理可以求出運動的位移大小。
（1）A到B過程中，由動能定理
解得
（2）達到最大速度時牽引力等于阻力，則根據
則車的最大速度
（3）從B到C由動能定理
解得
15．【答案】（1）解：在C點，由牛頓第二定律有
解得C點的速度大小為
（2）解：若小球剛好能經過圓弧軌道的最高點C，由重力提供向心力有
根據動能定理有
解得
若小球剛好能運動到圓弧軌道圓心O等高處，根據動能定理有
解得
綜上或

（3）解：水平方向
整理可得
同理，在豎直方向有
整理可得
設落地時速度為
由動能定理有
解得

【知識點】豎直平面的圓周運動；動能定理的綜合應用
【解析】【分析】（1）當小球運動到C點時，利用牛頓第二定律可以求出經過C點速度的大小；
（2）當小球經過最高點或者經過圓弧圓心等高位置時，利用動能定理結合牛頓第二定律可以求出彈性勢能的大小范圍；
（3）當小球飛出時，利用水平方向的動量定理結合豎直方向的動量定理可以求出落地速度的大小，結合動能定理可以求出克服空氣阻力做功的大小。
（1）在C點，由牛頓第二定律有
解得C點的速度大小為
（2）若小球剛好能經過圓弧軌道的最高點C，由重力提供向心力有
根據動能定理有
解得
若小球剛好能運動到圓弧軌道圓心O等高處，根據動能定理有
解得
綜上或
（3）水平方向，
整理可得
同理，在豎直方向有
整理可得
設落地時速度為
由動能定理有
解得
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