資源簡介

廣東省花都區秀全中學2023-2024學年高一下學期期末考試物理試題
1．（2024高一下·花都期末）功率是反映做功快慢的物理量，下列關于功率單位用國際制基本單位來表示正確的是（　　）
A． B． C．
2．（2024高一下·花都期末）“小小竹排江中游，巍巍青山兩岸走”中，“巍巍青山兩岸走”選取的參照物是（　　）
A．江中竹排 B．兩岸青山 C．天上浮云
3．（2024高一下·花都期末）我國乒乓球運動競技水平高，群眾普及性廣，下列情形中，可將乒乓球視為質點的是（　　）
A．測量乒乓球從球臺的一側運動到另一側的位移
B．研究乒乓球的旋轉性能
C．因乒乓球較小，任何情形下均可將其視為質點
4．（2024高一下·花都期末）一架無人機在某次測試中往返共飛行了1000km，用時120min，這兩個數據分別指（　　）
A．路程、時刻 B．路程、時間 C．位移大小、時間
5．（2024高一下·花都期末）下列運動中不能用經典力學規律描述的是（　　）
A．和諧號從深圳向廣州飛馳
B．人造衛星繞地球運動
C．粒子接近光速的運動
6．（2024高一下·花都期末）下列圖中實線為河岸，河水的流動方向如圖中的箭頭所示，虛線為汽艇從河岸M駛向對岸N的實際航線，圖示尖端為汽艇頭部，下圖中可能正確的是（　　）
A．
B．
C．
7．（2024高一下·花都期末）下列說法中不正確的是（　　）
A．開普勒發現了行星運動的規律
B．牛頓總結出了萬有引力定律
C．哥白尼經過對天體運動的觀測，提出了“地心說”
8．（2024高一下·花都期末）關于地球同步衛星，下列說法正確的是（　　）
A．周期相同 B．線速度相同 C．加速度相同
9．（2024高一下·花都期末）如圖所示，在光滑水平面上，質量為m的小球在細線的拉力作用下，以速度v做半徑為r的勻速圓周運動，小球所受向心力F的大小為（　　）
A． B． C．
10．（2024高一下·花都期末）某小車通過定滑輪拉動木塊的情景如圖所示。當時，小車的速度為，木塊的速度為，則下列關系式正確的是（　　）
A． B． C．
11．（2024高一下·花都期末）塔式起重機模型如圖甲所示，小車P沿吊臂向末端M水平勻速運動，同時將物體Q從地面豎直向上勻加速吊起。圖乙中能大致反映Q的運動軌跡是（　　）
A． B．
C． D．
12．（2024高一下·花都期末）初速度為v0的質點分別在下列不同方向的合外力F作用下，能做直線運動的是（　　）
A． B．
C． D．
13．（2024高一下·花都期末）如圖甲所示，建筑工地常用吊車通過繩索將建筑材料從地面吊到高處，圖乙為建筑材料被吊車豎直向上提升過程的簡化運動圖像，在豎直方向的運動分三段，第0～2 s為第Ⅰ段，第2～4 s為第Ⅱ段，第4～5 s為第Ⅲ段，以向上為正方向，下列說法正確的是（　　）
A．第1 s內建筑材料的加速度大小為2 m/s2
B．第5 s內建筑材料處于超重狀態
C．整個過程材料上升高度是10 m
D．第Ⅰ段和第Ⅲ段的加速度方向相反，速度方向也相反
14．（2024高一下·花都期末）在“探究小車速度隨時間變化的規律”實驗中，下列實驗操作中，錯誤的是（　　）
A．打點計時器應使用交流電源
B．將打點計時器固定在長木板無滑輪一端，并接好電源
C．實驗開始時，先釋放小車，再接通打點計時器電源
D．打點結束后，先斷開電源，再取下紙帶
15．（2024高一下·花都期末）如圖所示，中國航天員葉光富進行太空授課時，用細繩系住小瓶并使小瓶繞細繩另一端做勻速圓周運動，瓶中混合的水和油將分層。則（　　）
A．分層的原因是水和油受到重力
B．密度較大的水集中于小瓶的底部
C．水和油做圓周運動的線速度大小相等
D．水做圓周運動的向心力完全由瓶底對水的彈力提供
16．（2024高一下·花都期末）一質量為m的物體從質量為M的固定斜面體上勻速下滑，重力加速度為，則下列說法正確的是（　　）
A．地面對斜面體有水平向右的摩擦力
B．地面對斜面體有水平向左的摩擦力
C．地面對斜面體的支持力大于
D．地面對斜面體的支持力等于
17．（2024高一下·花都期末）西安市大雁塔音樂噴泉廣場是西安市著名旅游景點。它是亞洲最大的音樂噴泉廣場之一，規模宏大，氣勢磅礴。若某噴口豎直向上噴水。其豎直噴射最大高度約為80m。如果不計空氣阻力，則該噴口噴出水的初速度約為（　　）
A．20m/s B．30m/s C．40m/s D．50m/s
18．（2024高一下·花都期末）用100N的力在水平地面上拉車行走200m，拉力與水平方向成60°角斜向上。在這一過程中拉力對車做的功約是（　　）
A．3.0×104J B．4.0×104J C．1.0×104J D．2.0×104J
19．（2024高一下·花都期末）物體做勻速圓周運動時，下列說法正確的是(　　)
A．物體必須受到恒力的作用
B．物體所受合力必須等于零
C．物體所受合力的大小可能變化
D．物體所受合力的大小不變，方向不斷改變
20．（2024高一下·花都期末）物體做離心運動時，運動的軌跡（　　）
A．一定是直線 B．一定是曲線
C．可能是直線也可能是曲線 D．可能是一個小圓
21．（2024高一下·花都期末）關于宇宙速度，下列說法正確的是（　　）
A．同步衛星繞地球運行的速度小于第一宇宙速度
B．中國空間站繞地球運行的速度大于第一宇宙速度
C．第二宇宙速度是指飛行器脫離太陽的束縛，飛出太陽系的速度
D．第三宇宙速度是指飛行器脫離地球的束縛，繞太陽運行的速度
22．（2024高一下·花都期末）下列說法中，正確的是（　　）
A．物體的動能不變，則其速度一定也不變
B．物體的速度不變，則其動能也不變
C．物體的動能不變，說明物體的運動狀態沒有改變
D．物體的動能不變，說明物體所受的合外力一定為零
23．（2024高一下·花都期末）一物體的速度大小為時，其動能為Ek。當它的動能為2Ek時，其速度大小為（　　）
A． B． C． D．
24．（2024高一下·花都期末）下列現象中屬于防止離心現象帶來危害的是（　　）
A．旋轉雨傘甩掉雨傘上的水滴
B．列車轉彎處鐵軌的外軌道比內軌道高些
C．拖把桶通過旋轉使拖把脫水
D．洗衣機脫水簡高速旋轉甩掉附著在衣服上的水
25．（2024高一下·花都期末）關于機械能，下列說法正確的是（　　）
A．做變速運動的物體，只要受到摩擦力，其機械能一定減少
B．如果物體所受的合外力不為零，則物體的機械能一定發生變化
C．將物體斜向上拋出后，不計空氣阻力時機械能守恒的，物體在同一水平高度處具有相同的速率
D．在水平面上做變速運動的物體，它的機械能一定變化
26．（2024高一下·花都期末）用打點計時器驗證機械能守恒定律的實驗裝置如圖所示。下列說法正確的是（　　）
A．打點計時器兩個限位孔可以不在同一豎直線上
B．實驗中不需要天平和刻度尺
C．可以利用公式v=gt計算重物的速度
D．測量下落高度時，選取的各點應距起始點適當遠一些
27．（2024高一下·花都期末）如圖實驗中，小明同學把兩個完全相同的小球分別放在A、C位置，將皮帶處于塔輪的某一層上。勻速轉動手柄時，左邊標尺露出4個分格，右邊標尺露出1個分格，則（　　）
A．A、C位置處的小球轉動所需的向心力之比為
B．此實驗探究向心力大小的表達式
C．在該實驗中，主要利用了理想實驗法來探究
D．塔輪的邊緣角速度一定相等
28．（2024高一下·花都期末）如圖所示，高速公路上汽車定速巡航（即保持汽車的速率不變）通過路面，其中有平直上坡路面和平直下坡路面以及水平路面。假設行駛過程中阻力大小恒定不變，則汽車（　　）
A．在平直下坡路面行駛時，牽引力越來越小
B．在平直上坡路面行駛時，牽引力的功率逐漸增大
C．在平直下坡路面行駛時的牽引力的功率比在水平路面行駛時的小
D．在相等的時間內，在下坡路面行駛時克服阻力做的功比在水平路面上少
29．（2024高一下·花都期末）如圖所示，桌面高為h，質量為m的小球從離桌面高H處自由落下，不計空氣阻力，假設以桌面處為參考平面，則小球落到地面時瞬間的重力勢能和整個過程中重力勢能變化分別為（　　）
A．mgh，減少 B．mgh，增加
C．，增加 D．，減少
30．（2024高一下·花都期末）如圖甲、乙所示，質量分別為M和m的兩物塊，M>m，分別在同樣大小的恒力F作用下，沿水平面由靜止開始做直線運動，F與水平面的夾角相同。經過相同的位移，設F對M做的功為W1，對m做的功為W2，則（　　）
A．無論水平面光滑與否，都有W1=W2
B．若水平面光滑，則W1>W2
C．若水平面粗糙，則W1>W2
D．若水平面粗糙，則W1＜W2
31．（2024高一下·花都期末）如圖所示，撐桿跳高運動員自起跳到跨越橫桿的過程中，撐桿先發生彎曲再恢復到原狀。在此過程中，下列說法正確的是（　　）
A．重力對運動員做正功 B．撐桿的彈性勢能一直減小
C．撐桿的彈性勢能一直增加 D．撐桿的彈性勢能先增大后減小
32．（2024高一下·花都期末）設太陽質量為M，某行星繞太陽公轉周期為T，軌道可視作半徑為r的圓．已知萬有引力常量為G，則描述該行星運動的上述物理量滿足（　　）
A．GM= B．GM=
C．GM= D．GM=
33．（2024高一下·花都期末）一個物體以的初速度水平拋出，落地速度為v，則物體的飛行時間為（　　）
A． B． C． D．
34．（2024高一下·花都期末）如圖，為了取出羽毛球筒中的羽毛球，某同學先給筒施加一豎直向下的外力，使球筒和羽毛球一起從靜止開始加速向下運動，球筒碰到地面后，速度立即減小到零，羽毛球恰能勻減速至下端口。假設球筒碰地前，羽毛球與球筒無相對滑動，忽略一切空氣阻力，則該羽毛球從靜止開始到最終到達下端口的過程中（　　）
A．始終處于超重狀態 B．始終處于失重狀態
C．機械能先增加后減少 D．機械能一直在減少
35．（2024高一下·花都期末）兩個質點相距r時，它們之間的萬有引力為F，若它們間的距離縮短為 ，其中一個質點的質量變為原來的2倍，另一質點質量保持不變，則它們之間的萬有引力為（　　）
A．2F B．4F C．8F D．16F
36．（2024高一下·花都期末）某國產電動汽車在水平公路上以大小為v的速度勻速前進，電動汽車行駛時所受的阻力大小恒為f。若使電動汽車的功率變為原來的2倍，則電動汽車再次勻速前進時，其（　　）
A．牽引力大小為2f B．牽引力大小為
C．速度大小為2v D．速度大小為
37．（2024高一下·花都期末）如圖所示，兩個完全相同的小球從水平地面上方同一點O分別以初速度v1、v2水平拋出、落在地面上的位置分別是A、B，是O在地面上的豎直投影，且。若不計空氣阻力，則兩小球（　　）
A．初速度大小之比為1：2
B．落地瞬間重力的瞬時功率不相同
C．重力做功的平均功率不相同
D．重力對兩個小球做功相同
38．（2024高一下·花都期末）如圖所示，分別用力F1、F2、F3將質量為m的物體，由靜止開始沿同一光滑斜面以相同的加速度，從斜面底端拉到斜面的頂端．用P1、P2、P3分別表示物體到達斜面頂端時F1、F2、F3的功率，下列關系式正確的是（　　）
A．P1＝P2＝P3 B．P1＞P2＝P3 C．P1＞P2＞P3 D．P1＜P2＜P3
39．（2024高一下·花都期末）如圖所示，將彈簧拉力器用力拉開的過程中，彈簧的彈力和彈性勢能的變化情況是（　　）
A．彈力變大，彈性勢能變小 B．彈力變小，彈性勢能變大
C．彈力和彈性勢能都變大 D．彈力和彈性勢能都變小
40．（2024高一下·花都期末）“竹蜻蜓”是民間的兒童玩具，如圖所示，雙手用力搓柄可使“竹蜻蜓”向上升，某次試驗，“竹蜻蜓”離手后沿直線上升到最高點，在該過程中（　　）
A．空氣對“竹蜻蜓”的作用力大于“竹蜻蜓”對空氣的作用力
B．“竹蜻蜓”的動能一直增加
C．“竹蜻蜓”的重力勢能一直增加
D．“竹蜻蜓”的機械能守恒
41．（2024高一下·花都期末）物體在做平拋運動時，在相等時間內，相同的物理量有（　　）
A．速度的增量 B．加速度 C．位移的增量 D．位移
42．（2024高一下·花都期末）如圖是模擬游樂場里過山車運動的過程，過山車從A處由靜止釋放沿軌道先后經過B、C、D，最后停在E處。下列關于過山車說法正確的是（　　）
A．在A點時的重力勢能最大 B．從B點到C點動能在不斷增大
C．D點和E點的重力勢能相同 D．停在E點時的慣性最小
43．（2024高一下·花都期末）如圖所示，在地面上以速度拋出質量為m的物體，拋出后物體落到比地面低h的海平面上。若以地面為零勢能面，而且不計空氣阻力，則下列說法中正確的是（　　）
A．重力對物體做的功為mgh
B．物體在海平面上的重力勢能為mgh
C．物體在海平面上的動能為
D．物體在海平面上的機械能為
44．（2024高一下·花都期末）下列對能量守恒定律和功能關系的認識正確的是（　　）
A．某種形式的能量減少，一定存在其它形式的能量增加
B．某個物體的能量減少，必然有其它物體的能量增加
C．功是能量變化的量度，做功的過程就是能量變化的過程
D．石子從空中落下，最后停止在地面上，說明機械能消失了
45．（2024高一下·花都期末）汽車在水平公路上轉彎，沿曲線由M向N行駛。圖中分別畫出了汽車轉彎時所受合力F的四種方向，你認為錯誤的是（　　）
A． B．
C． D．
46．（2024高一下·花都期末）如圖所示，放在光滑水平地面上的物體B在水平拉力F的作用下向左勻速運動。B上面的物體A保持靜止，A，B都是矩形物體。則在A，B間發生相對運動的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．A、B間彈力對A、B都不做功
B．A，B間彈力對A不做功，對B做正功
C．A，B都克服摩擦力做功
D．摩擦力對A不做功，對B做負功
47．（2024高一下·花都期末）治療頸椎病的牽引裝置如圖所示（圖中用手指代替頸椎），繩子兩端所掛重物完全相同，整個裝置在同一豎直平面內。若只增加兩端重物的質量，裝置一直處于靜止狀態，則手指所受的拉力（　　）
A．大小不變 B．大小增大 C．方向改變 D．方向不變
48．（2024高一下·花都期末）金星、地球和火星繞太陽的公轉均可視為勻速圓周運動，已知它們的軌道半徑，由此可以判定（　　）
A． B．
C． D．
49．（2024高一下·花都期末）如圖所示，兩梯形木塊A、B疊放在水平地面上，A、B之間的接觸面傾斜，連接A 與天花板之間的細繩沿豎直方向。關于兩木塊的受力，下列說法正確的是（　　）
A．木塊 A、B之間一定存在摩擦力作用
B．木塊A 可能受四個力作用
C．木塊B 可能受兩個力作用
D．木塊B受到地面的支持力一定大于木塊 B 的重力
50．（2024高一下·花都期末）如圖所示，輕桿的一端與一小球相連，可繞過O點的水平軸自由轉動。現給小球一初速度，使它在豎直平面內做圓周運動，圖中a、b分別表示小球軌道的最低點和最高點。關于桿對球的作用力，下列說法正確的是（　　）
A．a處一定為拉力 B．a處一定為推力
C．b處可能為拉力 D．b處一定為推力
答案解析部分
1．【答案】C
【知識點】牛頓第二定律；功率及其計算；力學單位制
【解析】【解答】根據功率的表達式有
根據牛頓第二定律有
可知用國際制基本單位來表示功率單位，則有
故選C。
【分析】利用功率的表達式和牛頓第二定律可以利用國際基本單位代表功率的單位瓦特。
2．【答案】A
【知識點】參考系與坐標系
【解析】【解答】題意中沒有涉及天上的浮云的具體運動情況，根據題意知竹排中的人以江中竹排為參照物，即把竹排看成靜止，因為竹排向前運動，所以相對竹排觀察到兩岸的青山向后移動，可知“巍巍青山兩岸走”選取的參照物是江中竹排。
故選A。
【分析】以青山為參考系，青山是靜止的；以竹排為參考系，青山兩岸走。
3．【答案】A
【知識點】質點
【解析】【解答】A．物體能否作為質點主要看物體的本身形狀和大小對所研究的問題有無影響，測量位移時，乒乓球的形狀和體積對所研究問題的影響可以忽略，此時可將乒乓球視為質點，故A正確；
B．物體能否作為質點主要看物體的本身形狀和大小對所研究的問題有無影響，研究乒乓球的旋轉性能時，乒乓球的形狀和體積對所研究問題的影響不能夠忽略，此時不能將乒乓球視為質點，故B錯誤；
C．能否將乒乓球視為質點需要根據具體視情況而定，如果乒乓球的形狀和體積對所研究問題的影響可以忽略，乒乓球可以看為質點，如果乒乓球的形狀和體積對所研究問題的影響不能夠忽略，乒乓球不能夠看為質點，故C錯誤。
故選A。
【分析】物體能否作為質點主要看物體的本身形狀和大小對所研究的問題有無影響。
4．【答案】B
【知識點】時間與時刻；位移與路程
【解析】【解答】無人機飛行的總運動軌跡長度1000km為路程；運動所花的時間120min為時間。
故選B。
【分析】物體運動的軌跡長度代表路程，運動的總時間代表時間間隔。
5．【答案】C
【知識點】相對論時空觀與牛頓力學的局限性
【解析】【解答】經典力學只能適用于宏觀低速運動的物體，相對論則適用于微觀高速運動的物體，和諧號從深圳向廣州飛馳及人造衛星繞地球的運動，都屬于宏觀低速，經典力學能適用。而粒子接近光速的運動，不能適用于經曲力學。故AB不符合題意。
故選C。
【分析】經典力學只能適用于宏觀低速運動的物體，相對論則適用于微觀高速運動的物體。
6．【答案】A
【知識點】小船渡河問題分析
【解析】【解答】船在靜水中的速度方向即為船頭的指向，圖示給出了水流速度的方向，則小船的實際運動方向為水速和船速的合速度方向，其中速度為矢量，速度的合成遵循平行四邊形定則。
故選A。
【分析】利用船頭方向可以得出小船靜止在水中的速度方向，結合水流速度方向進行合成可以求出小船實際速度的方向。
7．【答案】C
【知識點】物理學史
【解析】【解答】A．開普勒通過對第谷長期記錄的關于行星的天文學數據，發現了行星運動的三大規律，牛頓總結出了萬有引力定律，所以AB正確；
C．托勒密提出了地心說，哥白尼經過對天體運動的觀測，提出了“日心說”，C錯誤。
故選C。
【分析】開普勒發現了行星三大定律，牛頓發現了萬有引力定律；哥白尼提出了日心說。
8．【答案】A
【知識點】萬有引力定律的應用；衛星問題
【解析】【解答】A．由于同步衛星時刻與地球自轉的角速度相同，所以周期與地球自轉的周期相同，所以所有地球同步衛星的周期都相同，A正確；
B．根據引力提供向心力有
解得
所以軌道半徑是一個定值，即離地心距離相同，根據根據引力提供向心力有
可得
軌道半徑相同，線速度大小相同，但方向不同，B錯誤；
C．根據根據引力提供向心力有
可得
半徑相同，向心加速度大小相同，但方向不同，C錯誤。
故選A。
【分析】利用引力提供向心力可以比較同步衛星的線速度和加速度的大小；利用與地球同步所以周期相等。
9．【答案】A
【知識點】牛頓第二定律；向心力
【解析】【解答】小球做勻速圓周運動，小球的向心力由細線的拉力提供，根據牛頓第二定律則有
A正確，BC錯誤。
故選A。
【分析】利用向心力的大小可以求出繩子對小球的拉力大小。
10．【答案】B
【知識點】運動的合成與分解
【解析】【解答】小車和木塊通過繩子連接，則兩物體沿繩子方向的速度大小相等，即小車速度分解到平行繩子方向上與木塊速度相等，對小車的速度進行分解，可以得出兩者速度的大小關系有：
化簡得
故選B。
【分析】對小車的速度進行分解，利用速度公式可以求出兩者速度的大小關系。
11．【答案】B
【知識點】運動的合成與分解
【解析】【解答】本題關鍵是找出物體的分運動，同時明確加速度方向與軌跡的彎曲方向相一致。物體相對于地面一邊勻速運動，一邊勻加速向上運動，故物體的加速度豎直向上，根據牛頓第二定律可知，物體所受外力豎直向上，根據物體所受合力與軌跡偏轉關系，軌跡向上彎曲，則可判斷B正確。故選B。
【分析】物體Q從地面豎直向上勻加速吊起的同時，隨著小車向右勻速直線運動，實際運動是兩個運動的合運動。
12．【答案】C
【知識點】曲線運動的條件
【解析】【解答】當物體合力方向和速度共線時，物體做直線運動，不共線時物體做曲線運動，給出的運動情景中，ABD選項物體都做曲線運動，只有C選項中物體做直線運動。
故選C。
【分析】當物體合力方向和速度共線時，物體做直線運動，不共線時物體做曲線運動。
13．【答案】A
【知識點】超重與失重；運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】A．在速度時間圖像中，由于圖像斜率代表加速度，根據圖像斜率可以得出第1 s內建筑材料的加速度大小為
故A正確；
B．第5 s內建筑材料向上減速運動，由于速度方向向上所以加速度方向向下，處于失重狀態，故B錯誤；
C．v－t圖像與t軸圍成的面積代表位移，根據圖像面積可以得出：整個過程材料上升高度
故C錯誤；
D．第Ⅰ段和第Ⅲ段的速度符號可以得出速度均為正值，方向相同，利用圖像斜率可以得出加速度方向相反，故D錯誤。
故選A。
【分析】利用圖像斜率可以得出加速度的大小及方向；利用速度的符號可以判別運動的方向；利用圖像面積可以求出材料上升的高度；利用加速度的方向可以判別超重與失重。
14．【答案】C
【知識點】探究小車速度隨時間變化的規律
【解析】【解答】A．根據打點計時器的工作原理可以得出打點計時器應使用交流電源，A正確；
B．為了小車有充足運動空間，應該將打點計時器固定在長木板無滑輪一端，并接好電源，B正確；
C．實驗開始時，為了充分利用紙帶，先接通打點計時器電源，在釋放小車，C錯誤；
D．為了用電安全，打點結束后，先斷開電源，再取下紙帶，D正確。
故選C。
【分析】打點計時器應使用交流電源；應該將打點計時器固定在長木板無滑輪一端，并接好電源；為了充分利用紙帶，先接通打點計時器電源，在釋放小車；打點結束后，先斷開電源，再取下紙帶。
15．【答案】B
【知識點】線速度、角速度和周期、轉速；向心力；離心運動和向心運動
【解析】【解答】AB．水的密度大于油的密度，在混合液體中取半徑相同處體積相等的水和油的液體小球，由于水球的質量大，根據向心力的表達式可以得出
可知，水球需要的向心力更大，故當合力不足以提供向心力時，將會做離心運動，水會向瓶底移動，圓周運動讓試管里的水和油都發生了離心現象，由于水離心運動更加明顯，所以密度較大的水將集中于試管的底部，A錯誤，B正確；
C．水和油都繞著同一點做勻速圓周運動，具有相同的角速度，根據線速度和角速度的關系有
可知，水和油做圓周運動的半徑不相等所以線速度大小不相等，C錯誤；
D．根據勻速圓周運動的條件可以得出水對油有指向圓心的作用力提供做圓周運動的向心力，而水做圓周運動的向心力由瓶底對水的彈力和油對水的作用力的合力提供，D錯誤。
故選B。
【分析】利用水和油的質量比較結合向心力的表達式可以判別水更容易發生離心運動；利用軌道半徑不同結合角速度相等可以比較線速度的大小；利用勻速圓周運動的條件可以判別水的受力情況。
16．【答案】D
【知識點】受力分析的應用；共點力的平衡
【解析】【解答】AB．m勻速下滑，M處于靜止，所以整體處于平衡狀態，根據整體的平衡條件整體相對于地面沒有向左或向右的運動趨勢，故地面對斜面體沒有靜摩擦力，故A、B錯誤；
CD．對M和m整體受力分析，受重力和地面的支持力，根據整體豎直方向的平衡方程可以得出地面對斜面體的支持力等于，故C錯誤，D正確。
故選D。
【分析】利用整體的平衡方程可以求出地面對斜面體摩擦力的方向及地面對斜面體的支持力大小。
17．【答案】C
【知識點】豎直上拋運動
【解析】【解答】水做豎直上拋運動，根據豎直上拋運動的速度位移公式有
解得噴口噴出水的初速度
故選C。
【分析】利用速度位移公式可以求出水的初速度大小。
18．【答案】C
【知識點】功的計算
【解析】【解答】根據功的定義，W=Flcos=100200cos60°=1.0×104J ，故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
【分析】根據功的定義，W=Flcos，求拉力做的功。
19．【答案】D
【知識點】勻速圓周運動；向心力
【解析】【分析】A、勻速圓周運動受的力是向心力，指向圓心，方向時刻在變化，不是恒力；錯誤
B、勻速圓周運動是變速運動，加速度不為零，合外力不為零；錯誤
C、勻速圓周運動速度大小不變，由，可知物體所受合力的大小不變；錯誤
D、勻速圓周運動受的力是向心力，指向圓心，大小不變，方向時刻在變化；正確
故選D
【點評】力是矢量，由大小和方向才能確定的物理量，所以當矢量大小變化、方向變化或大小方向同時變化時，矢量都是變化的，勻速圓周運動速度大小不變，方向變化，是變速運動；加速度方向始終指向圓心，加速度是變化的，是變加速運動；向心力方向始終指向圓心，是變化的。
20．【答案】C
【知識點】離心運動和向心運動
【解析】【解答】圓周運動的物體，若合外力的向心(垂直于速度方向)分力不足以提供做某個圓周運動所需的向心力時，物體將有軌道變大的趨勢，即有做遠離原圓心的曲線運動的趨勢。若合外力根本沒有向心分量時，物體將有沿切線飛出后做直線運動的趨勢；所以，運動的軌跡可能是直線也可能是曲線，但軌道不可能是小圓。
故答案為：C。
【分析】做圓周運動的物體，如果向心力突然消失，物體將沿切線方向做直線運動，如果向心力變小但沒有消失，物體將做離心運動。
21．【答案】A
【知識點】第一、第二與第三宇宙速度
【解析】【解答】AB．第一宇宙速度是近地衛星的線速度，所以是最小發射速度，由于軌道半徑最小則是最大的環繞速度，根據線速度的表達式則可以得出同步衛星繞地球運行的速度和中國空間站繞地球運行的速度均小于第一宇宙速度，A正確，B錯誤；
C．第二宇宙速度是指脫離地球的束縛，繞太陽運行的速度，還受到太陽的引力作用，C錯誤；
D．第三宇宙速度是指脫離太陽的束縛，飛出太陽系的速度，不受太陽的引力作用，D錯誤。
故選A。
【分析】根據線速度的表達式可以得出第一宇宙速度是最大的環繞速度；第二宇宙速度是指脫離地球的束縛，繞太陽運行的速度，還受到太陽的引力作用；第三宇宙速度是指脫離太陽的束縛，飛出太陽系的速度，不受太陽的引力作用。
22．【答案】B
【知識點】動能；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】AC、物體的動能不變，則速度的大小不變，但是速度的方向可能會變化，運動狀態可能變化，故AC錯誤；
B、物體的速度不變，則其動能也不變，故B正確；
D、物體的動能不變，可能只是速度大小不變，但是速度的方向可能會變化，比如勻速圓周運動，速度大小不變，方向時刻改變，合外力充當向心力，合外力不為零，故D錯誤。
故答案為：B。
【分析】速度是矢量，動能為標量。當速度的大小不變，方向改變，物體的動能不變。物體的動能改變，物體的速度大小改變，速度必定改變。
23．【答案】C
【知識點】動能
【解析】【解答】已知物體的速度，根據動能表達式可得
可得物體的速度大小為
故選C。
【分析】已知物體的動能結合動能的表達式可以求出物體速度的大小。
24．【答案】B
【知識點】離心運動和向心運動
【解析】【解答】 旋轉雨傘甩掉雨傘上的水滴 ， 拖把桶通過旋轉使拖把脫水和洗衣機脫水簡高速旋轉甩掉附著在衣服上的水 ，都是利用的離心運動；在修建鐵路時，列車轉彎處鐵軌的外軌比內規高些，目的是由重力的分力提供一部分向心力，彌補向心力不足，防止車速過大，火車產生離心運動而發生側翻，屬于防止離心現象帶來的危害。
故單位：B
【分析】物體做圓周運動時需要外界提供向心力，當外界所提供的向心力消失或不夠時，物體將做離心運動。
25．【答案】C
【知識點】機械能守恒定律
【解析】【解答】A．做變速運動的物體，如從靜止放上水平傳送帶的物體，加速階段摩擦力做正功，物體機械能增大，A錯誤；
B．在水平面做勻速圓周運動的物體，合外力作為向心力（不為零），物體機械能不變，B錯誤；
C．將物體斜向上拋出后，只有重力做功，滿足機械能守恒的條件則物體機械能守恒，物體在同一水平高度處，根據重力勢能的表達式則重力勢能相等，故動能相等，物體具有相同的速率，C正確；
D．在水平面上做變速運動的物體，但物體的速度方向改變大小保持不變時，由于動能和重力勢能的大小不變所以它的機械能不變，D錯誤。
故選C。
【分析】當摩擦力對物體做正功時物體機械能增大；當物體在水平面做勻速圓周運動時，由于合力作為向心力，但是物體的機械能保持不變；利用物體斜拋運動中機械能守恒可以判別同一高度物體的速率相等；利用物體在水平面上速度的方向改變速度不變可以判別機械能保持不變。
26．【答案】D
【知識點】驗證機械能守恒定律
【解析】【解答】A．重錘下落的過程中，為了減小紙帶與打點計時器之間的摩擦，打點計時器兩個限位孔需要在同一豎直線上，故A錯誤；
B．由于驗證機械能守恒的表達式中可以得出質量可以約去，所以不需要天平；為了求出瞬時速度的大小，實驗中需要用刻度尺測量紙帶上計數點之間的距離，故B錯誤；
C．利用公式v=gt計算重物的速度已經默認機械能守恒，失去了驗證的意義，故C錯誤；
D．為了減小誤差，測量下落高度時，選取的各點應距起始點適當遠一些，使速度的測量值誤差較小，故D正確。
故選D。
【分析】為了減小紙帶與打點計時器之間的摩擦，打點計時器兩個限位孔需要在同一豎直線上；根據機械能守恒定律可以得出不需要使用天平測量質量的大小；實驗需要刻度尺測量長度的大小；利用速度公式失去驗證機械能守恒的意義；為了減小誤差，測量下落高度時，選取的各點應距起始點適當遠一些。
27．【答案】B
【知識點】控制變量法；向心力
【解析】【解答】A．小球轉動所需的向心力之比等于標尺露出的格數之比，根據標尺的格數可以得出A、C位置處的小球轉動所需的向心力之比為，故A錯誤；
BC．為了探究向心力與與半徑、角速度、質量的關系，此實驗利用控制變量法，最后則是探究向心力大小的表達式，故B正確，C錯誤；
D．塔輪的邊緣是用皮帶傳動，線速度一定相等，根據線速度惡化角速度的關系可以得出由于半徑不一定相同，則角速度不一定相等，故D錯誤。
故選B。
【分析】利用標尺的格數可以求出向心力的大小比值；為了探究向心力與與半徑、角速度、質量的關系，此實驗利用控制變量法，最后則是探究向心力大小的表達式；塔輪線傳動線速度相等，結合半徑的大小可以比較角速度的大小。
28．【答案】C
【知識點】共點力的平衡；功的概念；功率及其計算
【解析】【解答】A．根據題意可知平直下坡路面時，汽車的速度不變，汽車處于平衡狀態，阻力大小等于牽引力和重力的分力，由于阻力不變，則牽引力不變，故A錯誤；
B．由于在平直上坡路面行駛時牽引力大小不變，汽車速度不變，根據功率的表達式可知牽引力的功率不變，故B錯誤；
C．下坡路段，根據平衡條件可以得出重力沿著坡面方向的分力提供部分動力，可知平直下坡路面行駛時牽引力小于在水平路面行駛時的牽引力大小，由于速度大小保持不變，根據功率的表達式在平直下坡路面行駛時的牽引力的功率比在水平路面行駛時的小，故C正確；
D．速率不變，在相等時間內通過的位移相等，根據可知在相等的時間內，由于阻力保持不變，所以下坡路時克服阻力做的功與在水平路面上行駛時克服阻力做的功相等，故D錯誤。
故選C。
【分析】利用平衡條件可以得出牽引力保持不變，根據汽車的速率不變可以判別汽車的功率保持不變；利用平衡條件可以比較牽引力的大小，結合速度相等可以比較功率的大小；利用阻力不變路程相等可以判別阻力做功相等。
29．【答案】D
【知識點】重力勢能；重力勢能的變化與重力做功的關系
【解析】【解答】物體在桌面處的重力勢能為0，根據重力勢能的表達式則小球落地時的重力勢能為-mgh；根據重力做功的表達式可以得出整個下落過程中重力做功為mg(H+h)，根據功能關系則重力勢能減少mg（H+h），ABC錯誤，D正確。
故選D。
【分析】利用重力勢能的表達式可以求出重力勢能的大小；利用重力做功可以求出重力勢能的變化量。
30．【答案】A
【知識點】功的概念
【解析】【解答】已知拉力和位移，根據做功的表達式W=Fxcosα可知，兩種情況下F、x和α均相同，則W相同。
故選A。
【分析】利用做功的表達式可以求出恒力做功的大小。
31．【答案】D
【知識點】功的概念；重力勢能的變化與重力做功的關系
【解析】【解答】撐桿先發生彎曲再恢復到原狀，根據彈性勢能和形變量的關系可以得出彈性勢能先增大后減小，運動員向上運動，重力方向向下所以重力做負功。
故選D。
【分析】利用桿的形變可以判別桿彈性勢能的大小變化；利用重力和位移的方向可以判別重力做功的情況。
32．【答案】A
【知識點】萬有引力定律的應用
【解析】【解答】解：太陽對行星的萬有引力提供行星圓周運動的向心力即 由此可得：
故選A．
【分析】行星繞太陽公轉時，萬有引力提供行星圓周運動的向心力，列式分析即可．
33．【答案】C
【知識點】勻變速直線運動的速度與時間的關系；平拋運動
【解析】【解答】將落地的速度分解為水平方向和豎直方向，水平方向的速度等于，根據速度的分解可以得出則豎直方向上的速度
根據豎直方向的速度公式有
得飛行的時間為
故選C。
【分析】對落地速度進行分解，利用豎直方向的速度公式可以求出飛行的時間。
34．【答案】C
【知識點】超重與失重；機械能守恒定律
【解析】【解答】AB．由于羽毛球先加速向下運動，后減速向下運動，由于加速度方向先向下后向上所以羽毛球先處于失重狀態后處于超重狀態，AB錯誤；
CD．羽毛球從靜止開始到最終到達下端口的過程中由于羽毛球和球筒一起加速時摩擦力先做正功，當球筒落地時摩擦力對羽毛球做負功，根據功能關系可以得出羽毛球機械能先增加后減少，C正確，D錯誤。
故選C。
【分析】利用羽毛球加速度的方向可以判別超重與失重；利用摩擦力做功可以判別羽毛球機械能的大小變化。
35．【答案】C
【知識點】萬有引力定律
【解析】【解答】解：兩個質點相距r時，它們之間的萬有引力為F= ，
若它們間的距離縮短為1/2r，其中一個質點的質量變為原來的2倍，
則它們之間的萬有引力為F′= =8F．故C正確，ABD錯誤
故選C．
【分析】根據萬有引力定律的內容（萬有引力是與質量乘積成正比，與距離的平方成反比．）解決問題即可．
36．【答案】C
【知識點】功率及其計算；機車啟動
【解析】【解答】A B. 勻速行駛時，根據汽車的平衡條件可以得出汽車的牽引力，A、B均錯誤；
C D. 由，可知汽車再次勻速前進時汽車的牽引力依然滿足，當電動汽車的功率變為原來的2倍時，根據功率的表達式電動汽車的速度大小也變為原來的2倍，即為，C正確、D錯誤。
故選C。
【分析】利用汽車的平衡方程可以得出汽車勻速過程中牽引力等于阻力，結合功率的表達式可以求出汽車速度的變化。
37．【答案】D
【知識點】平拋運動；功的計算；功率及其計算
【解析】【解答】本題解題關鍵推出重力瞬時功率P=mgvy，并根據豎直方向的速度公式，分析落地重力瞬時功率。A．根據平拋運動規律
則小球運動時間相同，根據
則
故A錯誤；
B．落地瞬間
豎直速度相同，根據重力的瞬時功率
則落地瞬間重力的瞬時功率相同，故B錯誤；
CD．小球下落距離相同，根據
則重力做功相同，且運動時間相同，根據
則重力的平均功率相同，故C錯誤，D正確。
故選D。
【分析】根據平拋運動規律，結合x=vt，比較速度；根據豎直速度公式，結合重力瞬時功率公式，分析落地重力瞬時功率；根據重力做功，同時結合平均功率計算式，比較平均功率。
38．【答案】A
【知識點】功率及其計算
【解析】【解答】本題考查學生對運動學公式和瞬時功率計算式的掌握，比較基礎。
由于物體沿斜面的加速度相同，說明物體受到的合力相同，由物體的受力情況可知拉力F在沿著斜面方向的分力都相同；由
可知，物體到達斜面頂端時的速度相同，由瞬時功率公式
可知，拉力的瞬時功率也相同，即
故選A。
【分析】由v2=2ax分析速度，由瞬時功率公式P=Fvcosθ分析瞬時功率。
39．【答案】C
【知識點】彈性勢能；胡克定律
【解析】【解答】將彈簧拉力器用力拉開的過程中，彈簧的伸長量變大，根據胡克定律F=kx可以得出彈簧的彈力變大，根據彈性勢能的表達式EP=kx2可以得出彈性勢能變大；故ABD錯誤，C正確；
故選C．
【分析】在彈性限度內彈簧的形變量越大，根據胡克定律可以得出彈簧的彈力越大；
根據彈簧的彈性勢能EP=kx2，在彈性限度內，彈簧的形變量越大，彈簧的彈性勢能越大．
40．【答案】C
【知識點】牛頓第三定律；動能和勢能的相互轉化；機械能守恒定律
【解析】【解答】A．空氣對“竹蜻蜓”的作用力和“竹蜻蜓”對空氣的作用力是一對相互作用力，根據牛頓第三定律，相互作用力是反向等大的，所以空氣對“竹蜻蜓”的作用力等于“竹蜻蜓”對空氣的作用力，故A錯誤；
BC．“竹蜻蜓”離手后沿直線上升到最高點的過程中，“竹蜻蜓”先加速后減速，根據動能的表達式可以得出動能先增大后減小，高度升高，根據重力勢能的表達式可以得出重力勢能一直增加，故B錯誤，C正確；
D．“竹蜻蜓”離手后沿直線上升到最高點的過程中，空氣阻力對“竹蜻蜓”做功，根據功能關系可以得出“竹蜻蜓”的機械能不守恒，故D錯誤。
故選C。
【分析】利用牛頓第三定律可以得出空氣對“竹蜻蜓”的作用力等于“竹蜻蜓”對空氣的作用力；利用速度的變化可以判別動能的變化；利用高度的變化可以判別重力勢能的變化；利用阻力做功可以判別機械能不守恒。
41．【答案】A,B
【知識點】平拋運動
【解析】【解答】AB．物體在做平拋運動時，加速度為重力加速度，所以加速度保持不變，根據速度公式有
可知在相等時間內，速度的增量相同，故AB正確；
C．由于物體不是做勻變速直線運動，所以在相等時間內，根據表達式得出位移的增量不相同，故C錯誤；
D．由于物體不是做勻速直線運動，由于速度不斷增大，所以在相等時間內，位移不相同，故D錯誤。
故選AB。
【分析】利用平拋運動只受到重力所以加速度保持不變，利用豎直方向的速度公式可以判別相同時間速度的變化量相同；利用鄰差公式可以判別只有勻變速直線運動起位移增量相同；利用速度變化可以判別相等時間內位移不相等。
42．【答案】A,C
【知識點】慣性與質量；動能定理的綜合應用；重力勢能
【解析】【解答】A．由題圖可知，過山車在A點的高度最高，根據重力勢能與高度的關系可知，在A點時的重力勢能最大，故A正確；
B．根據題圖可知，從B點到C點，高度不斷增加，根據重力勢能的表達式重力勢能增加，速度不斷減小，根據動能的表達式則動能不斷減小，故B錯誤；
C．D點和E點的高度相同，根據重力勢能的表達式可知D點和E點的重力勢能相同，故C正確；
D．由于慣性的大小由物體的質量決定，而過山車的質量沒有變，可知其慣性大小不變，故D錯誤。
故選AC。
【分析】利用重力勢能的表達式結合高度可以比較重力勢能的大小；利用速度的變化結合動能的表達式可以判別動能的變化；物體的慣性大小只由物體的質量所決定。
43．【答案】A,D
【知識點】功的計算；動能定理的綜合應用；重力勢能；機械能守恒定律
【解析】【解答】A．根據重力對物體做的功只與初末位置的高度差有關可以得出重力做功的表達式W=mgh，A正確；
B．以地面為零勢能面，根據重力勢能的表達式可以得出物體到海平面時的勢能為Ep=，B錯誤；
C．物體從地面到海平面的過程中，重力對物體做功，根據動能定理
到達海平面時動能為
C錯誤；
D．物體只受重力做功，機械能守恒，所以在海平面的機械能等于地面時的機械能，D正確。
故選AD。
【分析】利用重力做功的表達式可以求出重力做功的大小；利用相對零勢能面的高度可以求出重力勢能的大小；利用動能定理可以求出物體到達海平面動能的大小；利用機械能守恒定律可以求出物體到達海平面機械能的大小。
44．【答案】A,B,C
【知識點】功能關系；能量守恒定律
【解析】【解答】A．根據能量守恒定律，由于能量的總量保持不變，某種形式的能量減少，一定存在其它形式的能量增加，A正確；
B．根據能量守恒定律，一個系統內能量總量不變，某個物體的能量減少，必然有其它物體的能量增加，B正確；
C．根據功能關系，功是能量變化的量度，做功的過程就是能量變化的過程，C正確；
D．根據能量守恒定律，石子落地的過程中，克服阻力做功，機械能轉化為其它形式的能，機械能不會消失。D錯誤。
故選ABC。
【分析】利用能量守恒定律可以得出能量一定發生轉化，總量保持不變；功是能量變化的量度，做功的過程就是能量變化的過程；石子落地的過程中，克服阻力做功，機械能轉化為其它形式的能。
45．【答案】A,B,C
【知識點】曲線運動的條件
【解析】【解答】汽車做曲線運動，根據曲線運動的規律可以得出合力方向應該指向軌跡的凹向，所以D選項圖示合力方向滿足，則ABC錯誤，D正確。
故選ABC。
【分析】汽車做曲線運動，根據曲線運動的規律可以得出合力方向應該指向軌跡的凹向。
46．【答案】A,D
【知識點】共點力的平衡；功的概念
【解析】【解答】AB．由于A處于靜止，A、B間存在彈力和摩擦力，由于A保持靜止，所以B對A的彈力對A不做功，由于彈力的方向與B的運動方向垂直，故彈力對B都不做功，A項正確、B項錯誤；
CD．A保持靜止，由于沒有位移所以摩擦力對A不做功，B受到摩擦力與B的運動方向相反，故摩擦力對B做負功，C項錯誤、D項正確。
故選AD。
【分析】利用A的平衡條件可以判別AB之間彈力和摩擦力的方向，結合位移的方向可以判別力是否做功。
47．【答案】B,D
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】本題解題關鍵是正確分析出三個力平衡關系，三個力平衡，任意兩個力的合力與第三個力等值反向。AB．如圖所示
設手指拉力為，兩端繩子拉力為、，且，夾角為，由題知，裝置一直處于靜止狀態，則
可知，當繩子拉力增加時，手指拉力增大。A錯誤，B正確；
CD．裝置一直處于靜止狀態，手指拉力始終與和合力等大反向，方向不變。C錯誤，D正確；
故選BD。
【分析】 根據對稱性，F1=F2，豎直方向根據平衡條件，分析拉力大小；根據平衡條件，分析手指拉力F與F1和F2合力關系。
48．【答案】A,B
【知識點】萬有引力定律的應用
【解析】【解答】由萬有引力提供向心力可知，可得，，，，因此半徑越大，向心加速度越小，線速度越小，角速度越小，周期越長，故，，，，AB符合題意，CD不符合題意。
故答案為：AB。
【分析】根據萬有引力提供向心力，推導出向心加速度、線速度、角速度和周期與軌道半徑的關系式，求出金星、地球和火星繞太陽公轉的各物理量之間的關系。
49．【答案】B,C
【知識點】受力分析的應用；共點力的平衡
【解析】【解答】A．對A進行受力分析，根據A的平衡條件則A可能受繩子的拉力、重力而處于平衡；此時AB間沒有相互的擠壓，故沒有摩擦力，A錯誤；
B．若木塊對繩子有拉力，假如A受到的重力大于拉力，根據A的平衡條件則A還可以受支持力及摩擦力而處于平衡，因此A可能受到四個力的作用，B正確；
C．若木塊A可能受繩子的拉力、重力而處于平衡，由于此時AB之間沒有彈力的作用，所以此時B物體就受到重力與支持力兩個力， C正確；
D．當B只受重力和支持力而處于平衡；根據平衡條件可以得出B受到的支持力等于B的重力，D錯誤。
故選BC。
【分析】利用A的平衡狀態可以判別A受力情況；利用A的受力情況可以判別B的受力情況；利用B的平衡狀態可以判別B受到的支持力和重力的大小關系。
50．【答案】A,C
【知識點】豎直平面的圓周運動
【解析】【解答】AB．小球經過最低點a處時，由于合力向上所以小球受重力和桿的彈力，如圖所示
根據向心力的方向可以得出桿對小球的彈力與重力的合力必須向上，故桿對球的作用力一定為拉力，故A正確，B錯誤；
CD.小球經過最高點b處時，若小球在最高點同時受到受重力和桿的彈力，假設彈力向下，如圖所示
根據牛頓第二定律可得
當，此時重力大于小球受到的向心力，所以桿對球的彈力為支持力，方向向上；
當，此時重力小于小球受到的向心力，所以桿對球的彈力為拉力，方向向下；
當，此時重力等于小球受到的向心力，所以桿對球的彈力無彈力；
可知在b處桿對球的作用力可能為拉力，也可能為推力，故C正確，D錯誤。
故選AC。
【分析】利用小球受到的向心力方向可以判別合力的方向，結合重力的方向可以判別桿對小球的作用力方向。
1 / 1廣東省花都區秀全中學2023-2024學年高一下學期期末考試物理試題
1．（2024高一下·花都期末）功率是反映做功快慢的物理量，下列關于功率單位用國際制基本單位來表示正確的是（　　）
A． B． C．
【答案】C
【知識點】牛頓第二定律；功率及其計算；力學單位制
【解析】【解答】根據功率的表達式有
根據牛頓第二定律有
可知用國際制基本單位來表示功率單位，則有
故選C。
【分析】利用功率的表達式和牛頓第二定律可以利用國際基本單位代表功率的單位瓦特。
2．（2024高一下·花都期末）“小小竹排江中游，巍巍青山兩岸走”中，“巍巍青山兩岸走”選取的參照物是（　　）
A．江中竹排 B．兩岸青山 C．天上浮云
【答案】A
【知識點】參考系與坐標系
【解析】【解答】題意中沒有涉及天上的浮云的具體運動情況，根據題意知竹排中的人以江中竹排為參照物，即把竹排看成靜止，因為竹排向前運動，所以相對竹排觀察到兩岸的青山向后移動，可知“巍巍青山兩岸走”選取的參照物是江中竹排。
故選A。
【分析】以青山為參考系，青山是靜止的；以竹排為參考系，青山兩岸走。
3．（2024高一下·花都期末）我國乒乓球運動競技水平高，群眾普及性廣，下列情形中，可將乒乓球視為質點的是（　　）
A．測量乒乓球從球臺的一側運動到另一側的位移
B．研究乒乓球的旋轉性能
C．因乒乓球較小，任何情形下均可將其視為質點
【答案】A
【知識點】質點
【解析】【解答】A．物體能否作為質點主要看物體的本身形狀和大小對所研究的問題有無影響，測量位移時，乒乓球的形狀和體積對所研究問題的影響可以忽略，此時可將乒乓球視為質點，故A正確；
B．物體能否作為質點主要看物體的本身形狀和大小對所研究的問題有無影響，研究乒乓球的旋轉性能時，乒乓球的形狀和體積對所研究問題的影響不能夠忽略，此時不能將乒乓球視為質點，故B錯誤；
C．能否將乒乓球視為質點需要根據具體視情況而定，如果乒乓球的形狀和體積對所研究問題的影響可以忽略，乒乓球可以看為質點，如果乒乓球的形狀和體積對所研究問題的影響不能夠忽略，乒乓球不能夠看為質點，故C錯誤。
故選A。
【分析】物體能否作為質點主要看物體的本身形狀和大小對所研究的問題有無影響。
4．（2024高一下·花都期末）一架無人機在某次測試中往返共飛行了1000km，用時120min，這兩個數據分別指（　　）
A．路程、時刻 B．路程、時間 C．位移大小、時間
【答案】B
【知識點】時間與時刻；位移與路程
【解析】【解答】無人機飛行的總運動軌跡長度1000km為路程；運動所花的時間120min為時間。
故選B。
【分析】物體運動的軌跡長度代表路程，運動的總時間代表時間間隔。
5．（2024高一下·花都期末）下列運動中不能用經典力學規律描述的是（　　）
A．和諧號從深圳向廣州飛馳
B．人造衛星繞地球運動
C．粒子接近光速的運動
【答案】C
【知識點】相對論時空觀與牛頓力學的局限性
【解析】【解答】經典力學只能適用于宏觀低速運動的物體，相對論則適用于微觀高速運動的物體，和諧號從深圳向廣州飛馳及人造衛星繞地球的運動，都屬于宏觀低速，經典力學能適用。而粒子接近光速的運動，不能適用于經曲力學。故AB不符合題意。
故選C。
【分析】經典力學只能適用于宏觀低速運動的物體，相對論則適用于微觀高速運動的物體。
6．（2024高一下·花都期末）下列圖中實線為河岸，河水的流動方向如圖中的箭頭所示，虛線為汽艇從河岸M駛向對岸N的實際航線，圖示尖端為汽艇頭部，下圖中可能正確的是（　　）
A．
B．
C．
【答案】A
【知識點】小船渡河問題分析
【解析】【解答】船在靜水中的速度方向即為船頭的指向，圖示給出了水流速度的方向，則小船的實際運動方向為水速和船速的合速度方向，其中速度為矢量，速度的合成遵循平行四邊形定則。
故選A。
【分析】利用船頭方向可以得出小船靜止在水中的速度方向，結合水流速度方向進行合成可以求出小船實際速度的方向。
7．（2024高一下·花都期末）下列說法中不正確的是（　　）
A．開普勒發現了行星運動的規律
B．牛頓總結出了萬有引力定律
C．哥白尼經過對天體運動的觀測，提出了“地心說”
【答案】C
【知識點】物理學史
【解析】【解答】A．開普勒通過對第谷長期記錄的關于行星的天文學數據，發現了行星運動的三大規律，牛頓總結出了萬有引力定律，所以AB正確；
C．托勒密提出了地心說，哥白尼經過對天體運動的觀測，提出了“日心說”，C錯誤。
故選C。
【分析】開普勒發現了行星三大定律，牛頓發現了萬有引力定律；哥白尼提出了日心說。
8．（2024高一下·花都期末）關于地球同步衛星，下列說法正確的是（　　）
A．周期相同 B．線速度相同 C．加速度相同
【答案】A
【知識點】萬有引力定律的應用；衛星問題
【解析】【解答】A．由于同步衛星時刻與地球自轉的角速度相同，所以周期與地球自轉的周期相同，所以所有地球同步衛星的周期都相同，A正確；
B．根據引力提供向心力有
解得
所以軌道半徑是一個定值，即離地心距離相同，根據根據引力提供向心力有
可得
軌道半徑相同，線速度大小相同，但方向不同，B錯誤；
C．根據根據引力提供向心力有
可得
半徑相同，向心加速度大小相同，但方向不同，C錯誤。
故選A。
【分析】利用引力提供向心力可以比較同步衛星的線速度和加速度的大小；利用與地球同步所以周期相等。
9．（2024高一下·花都期末）如圖所示，在光滑水平面上，質量為m的小球在細線的拉力作用下，以速度v做半徑為r的勻速圓周運動，小球所受向心力F的大小為（　　）
A． B． C．
【答案】A
【知識點】牛頓第二定律；向心力
【解析】【解答】小球做勻速圓周運動，小球的向心力由細線的拉力提供，根據牛頓第二定律則有
A正確，BC錯誤。
故選A。
【分析】利用向心力的大小可以求出繩子對小球的拉力大小。
10．（2024高一下·花都期末）某小車通過定滑輪拉動木塊的情景如圖所示。當時，小車的速度為，木塊的速度為，則下列關系式正確的是（　　）
A． B． C．
【答案】B
【知識點】運動的合成與分解
【解析】【解答】小車和木塊通過繩子連接，則兩物體沿繩子方向的速度大小相等，即小車速度分解到平行繩子方向上與木塊速度相等，對小車的速度進行分解，可以得出兩者速度的大小關系有：
化簡得
故選B。
【分析】對小車的速度進行分解，利用速度公式可以求出兩者速度的大小關系。
11．（2024高一下·花都期末）塔式起重機模型如圖甲所示，小車P沿吊臂向末端M水平勻速運動，同時將物體Q從地面豎直向上勻加速吊起。圖乙中能大致反映Q的運動軌跡是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知識點】運動的合成與分解
【解析】【解答】本題關鍵是找出物體的分運動，同時明確加速度方向與軌跡的彎曲方向相一致。物體相對于地面一邊勻速運動，一邊勻加速向上運動，故物體的加速度豎直向上，根據牛頓第二定律可知，物體所受外力豎直向上，根據物體所受合力與軌跡偏轉關系，軌跡向上彎曲，則可判斷B正確。故選B。
【分析】物體Q從地面豎直向上勻加速吊起的同時，隨著小車向右勻速直線運動，實際運動是兩個運動的合運動。
12．（2024高一下·花都期末）初速度為v0的質點分別在下列不同方向的合外力F作用下，能做直線運動的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知識點】曲線運動的條件
【解析】【解答】當物體合力方向和速度共線時，物體做直線運動，不共線時物體做曲線運動，給出的運動情景中，ABD選項物體都做曲線運動，只有C選項中物體做直線運動。
故選C。
【分析】當物體合力方向和速度共線時，物體做直線運動，不共線時物體做曲線運動。
13．（2024高一下·花都期末）如圖甲所示，建筑工地常用吊車通過繩索將建筑材料從地面吊到高處，圖乙為建筑材料被吊車豎直向上提升過程的簡化運動圖像，在豎直方向的運動分三段，第0～2 s為第Ⅰ段，第2～4 s為第Ⅱ段，第4～5 s為第Ⅲ段，以向上為正方向，下列說法正確的是（　　）
A．第1 s內建筑材料的加速度大小為2 m/s2
B．第5 s內建筑材料處于超重狀態
C．整個過程材料上升高度是10 m
D．第Ⅰ段和第Ⅲ段的加速度方向相反，速度方向也相反
【答案】A
【知識點】超重與失重；運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】A．在速度時間圖像中，由于圖像斜率代表加速度，根據圖像斜率可以得出第1 s內建筑材料的加速度大小為
故A正確；
B．第5 s內建筑材料向上減速運動，由于速度方向向上所以加速度方向向下，處于失重狀態，故B錯誤；
C．v－t圖像與t軸圍成的面積代表位移，根據圖像面積可以得出：整個過程材料上升高度
故C錯誤；
D．第Ⅰ段和第Ⅲ段的速度符號可以得出速度均為正值，方向相同，利用圖像斜率可以得出加速度方向相反，故D錯誤。
故選A。
【分析】利用圖像斜率可以得出加速度的大小及方向；利用速度的符號可以判別運動的方向；利用圖像面積可以求出材料上升的高度；利用加速度的方向可以判別超重與失重。
14．（2024高一下·花都期末）在“探究小車速度隨時間變化的規律”實驗中，下列實驗操作中，錯誤的是（　　）
A．打點計時器應使用交流電源
B．將打點計時器固定在長木板無滑輪一端，并接好電源
C．實驗開始時，先釋放小車，再接通打點計時器電源
D．打點結束后，先斷開電源，再取下紙帶
【答案】C
【知識點】探究小車速度隨時間變化的規律
【解析】【解答】A．根據打點計時器的工作原理可以得出打點計時器應使用交流電源，A正確；
B．為了小車有充足運動空間，應該將打點計時器固定在長木板無滑輪一端，并接好電源，B正確；
C．實驗開始時，為了充分利用紙帶，先接通打點計時器電源，在釋放小車，C錯誤；
D．為了用電安全，打點結束后，先斷開電源，再取下紙帶，D正確。
故選C。
【分析】打點計時器應使用交流電源；應該將打點計時器固定在長木板無滑輪一端，并接好電源；為了充分利用紙帶，先接通打點計時器電源，在釋放小車；打點結束后，先斷開電源，再取下紙帶。
15．（2024高一下·花都期末）如圖所示，中國航天員葉光富進行太空授課時，用細繩系住小瓶并使小瓶繞細繩另一端做勻速圓周運動，瓶中混合的水和油將分層。則（　　）
A．分層的原因是水和油受到重力
B．密度較大的水集中于小瓶的底部
C．水和油做圓周運動的線速度大小相等
D．水做圓周運動的向心力完全由瓶底對水的彈力提供
【答案】B
【知識點】線速度、角速度和周期、轉速；向心力；離心運動和向心運動
【解析】【解答】AB．水的密度大于油的密度，在混合液體中取半徑相同處體積相等的水和油的液體小球，由于水球的質量大，根據向心力的表達式可以得出
可知，水球需要的向心力更大，故當合力不足以提供向心力時，將會做離心運動，水會向瓶底移動，圓周運動讓試管里的水和油都發生了離心現象，由于水離心運動更加明顯，所以密度較大的水將集中于試管的底部，A錯誤，B正確；
C．水和油都繞著同一點做勻速圓周運動，具有相同的角速度，根據線速度和角速度的關系有
可知，水和油做圓周運動的半徑不相等所以線速度大小不相等，C錯誤；
D．根據勻速圓周運動的條件可以得出水對油有指向圓心的作用力提供做圓周運動的向心力，而水做圓周運動的向心力由瓶底對水的彈力和油對水的作用力的合力提供，D錯誤。
故選B。
【分析】利用水和油的質量比較結合向心力的表達式可以判別水更容易發生離心運動；利用軌道半徑不同結合角速度相等可以比較線速度的大小；利用勻速圓周運動的條件可以判別水的受力情況。
16．（2024高一下·花都期末）一質量為m的物體從質量為M的固定斜面體上勻速下滑，重力加速度為，則下列說法正確的是（　　）
A．地面對斜面體有水平向右的摩擦力
B．地面對斜面體有水平向左的摩擦力
C．地面對斜面體的支持力大于
D．地面對斜面體的支持力等于
【答案】D
【知識點】受力分析的應用；共點力的平衡
【解析】【解答】AB．m勻速下滑，M處于靜止，所以整體處于平衡狀態，根據整體的平衡條件整體相對于地面沒有向左或向右的運動趨勢，故地面對斜面體沒有靜摩擦力，故A、B錯誤；
CD．對M和m整體受力分析，受重力和地面的支持力，根據整體豎直方向的平衡方程可以得出地面對斜面體的支持力等于，故C錯誤，D正確。
故選D。
【分析】利用整體的平衡方程可以求出地面對斜面體摩擦力的方向及地面對斜面體的支持力大小。
17．（2024高一下·花都期末）西安市大雁塔音樂噴泉廣場是西安市著名旅游景點。它是亞洲最大的音樂噴泉廣場之一，規模宏大，氣勢磅礴。若某噴口豎直向上噴水。其豎直噴射最大高度約為80m。如果不計空氣阻力，則該噴口噴出水的初速度約為（　　）
A．20m/s B．30m/s C．40m/s D．50m/s
【答案】C
【知識點】豎直上拋運動
【解析】【解答】水做豎直上拋運動，根據豎直上拋運動的速度位移公式有
解得噴口噴出水的初速度
故選C。
【分析】利用速度位移公式可以求出水的初速度大小。
18．（2024高一下·花都期末）用100N的力在水平地面上拉車行走200m，拉力與水平方向成60°角斜向上。在這一過程中拉力對車做的功約是（　　）
A．3.0×104J B．4.0×104J C．1.0×104J D．2.0×104J
【答案】C
【知識點】功的計算
【解析】【解答】根據功的定義，W=Flcos=100200cos60°=1.0×104J ，故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
【分析】根據功的定義，W=Flcos，求拉力做的功。
19．（2024高一下·花都期末）物體做勻速圓周運動時，下列說法正確的是(　　)
A．物體必須受到恒力的作用
B．物體所受合力必須等于零
C．物體所受合力的大小可能變化
D．物體所受合力的大小不變，方向不斷改變
【答案】D
【知識點】勻速圓周運動；向心力
【解析】【分析】A、勻速圓周運動受的力是向心力，指向圓心，方向時刻在變化，不是恒力；錯誤
B、勻速圓周運動是變速運動，加速度不為零，合外力不為零；錯誤
C、勻速圓周運動速度大小不變，由，可知物體所受合力的大小不變；錯誤
D、勻速圓周運動受的力是向心力，指向圓心，大小不變，方向時刻在變化；正確
故選D
【點評】力是矢量，由大小和方向才能確定的物理量，所以當矢量大小變化、方向變化或大小方向同時變化時，矢量都是變化的，勻速圓周運動速度大小不變，方向變化，是變速運動；加速度方向始終指向圓心，加速度是變化的，是變加速運動；向心力方向始終指向圓心，是變化的。
20．（2024高一下·花都期末）物體做離心運動時，運動的軌跡（　　）
A．一定是直線 B．一定是曲線
C．可能是直線也可能是曲線 D．可能是一個小圓
【答案】C
【知識點】離心運動和向心運動
【解析】【解答】圓周運動的物體，若合外力的向心(垂直于速度方向)分力不足以提供做某個圓周運動所需的向心力時，物體將有軌道變大的趨勢，即有做遠離原圓心的曲線運動的趨勢。若合外力根本沒有向心分量時，物體將有沿切線飛出后做直線運動的趨勢；所以，運動的軌跡可能是直線也可能是曲線，但軌道不可能是小圓。
故答案為：C。
【分析】做圓周運動的物體，如果向心力突然消失，物體將沿切線方向做直線運動，如果向心力變小但沒有消失，物體將做離心運動。
21．（2024高一下·花都期末）關于宇宙速度，下列說法正確的是（　　）
A．同步衛星繞地球運行的速度小于第一宇宙速度
B．中國空間站繞地球運行的速度大于第一宇宙速度
C．第二宇宙速度是指飛行器脫離太陽的束縛，飛出太陽系的速度
D．第三宇宙速度是指飛行器脫離地球的束縛，繞太陽運行的速度
【答案】A
【知識點】第一、第二與第三宇宙速度
【解析】【解答】AB．第一宇宙速度是近地衛星的線速度，所以是最小發射速度，由于軌道半徑最小則是最大的環繞速度，根據線速度的表達式則可以得出同步衛星繞地球運行的速度和中國空間站繞地球運行的速度均小于第一宇宙速度，A正確，B錯誤；
C．第二宇宙速度是指脫離地球的束縛，繞太陽運行的速度，還受到太陽的引力作用，C錯誤；
D．第三宇宙速度是指脫離太陽的束縛，飛出太陽系的速度，不受太陽的引力作用，D錯誤。
故選A。
【分析】根據線速度的表達式可以得出第一宇宙速度是最大的環繞速度；第二宇宙速度是指脫離地球的束縛，繞太陽運行的速度，還受到太陽的引力作用；第三宇宙速度是指脫離太陽的束縛，飛出太陽系的速度，不受太陽的引力作用。
22．（2024高一下·花都期末）下列說法中，正確的是（　　）
A．物體的動能不變，則其速度一定也不變
B．物體的速度不變，則其動能也不變
C．物體的動能不變，說明物體的運動狀態沒有改變
D．物體的動能不變，說明物體所受的合外力一定為零
【答案】B
【知識點】動能；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】AC、物體的動能不變，則速度的大小不變，但是速度的方向可能會變化，運動狀態可能變化，故AC錯誤；
B、物體的速度不變，則其動能也不變，故B正確；
D、物體的動能不變，可能只是速度大小不變，但是速度的方向可能會變化，比如勻速圓周運動，速度大小不變，方向時刻改變，合外力充當向心力，合外力不為零，故D錯誤。
故答案為：B。
【分析】速度是矢量，動能為標量。當速度的大小不變，方向改變，物體的動能不變。物體的動能改變，物體的速度大小改變，速度必定改變。
23．（2024高一下·花都期末）一物體的速度大小為時，其動能為Ek。當它的動能為2Ek時，其速度大小為（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知識點】動能
【解析】【解答】已知物體的速度，根據動能表達式可得
可得物體的速度大小為
故選C。
【分析】已知物體的動能結合動能的表達式可以求出物體速度的大小。
24．（2024高一下·花都期末）下列現象中屬于防止離心現象帶來危害的是（　　）
A．旋轉雨傘甩掉雨傘上的水滴
B．列車轉彎處鐵軌的外軌道比內軌道高些
C．拖把桶通過旋轉使拖把脫水
D．洗衣機脫水簡高速旋轉甩掉附著在衣服上的水
【答案】B
【知識點】離心運動和向心運動
【解析】【解答】 旋轉雨傘甩掉雨傘上的水滴 ， 拖把桶通過旋轉使拖把脫水和洗衣機脫水簡高速旋轉甩掉附著在衣服上的水 ，都是利用的離心運動；在修建鐵路時，列車轉彎處鐵軌的外軌比內規高些，目的是由重力的分力提供一部分向心力，彌補向心力不足，防止車速過大，火車產生離心運動而發生側翻，屬于防止離心現象帶來的危害。
故單位：B
【分析】物體做圓周運動時需要外界提供向心力，當外界所提供的向心力消失或不夠時，物體將做離心運動。
25．（2024高一下·花都期末）關于機械能，下列說法正確的是（　　）
A．做變速運動的物體，只要受到摩擦力，其機械能一定減少
B．如果物體所受的合外力不為零，則物體的機械能一定發生變化
C．將物體斜向上拋出后，不計空氣阻力時機械能守恒的，物體在同一水平高度處具有相同的速率
D．在水平面上做變速運動的物體，它的機械能一定變化
【答案】C
【知識點】機械能守恒定律
【解析】【解答】A．做變速運動的物體，如從靜止放上水平傳送帶的物體，加速階段摩擦力做正功，物體機械能增大，A錯誤；
B．在水平面做勻速圓周運動的物體，合外力作為向心力（不為零），物體機械能不變，B錯誤；
C．將物體斜向上拋出后，只有重力做功，滿足機械能守恒的條件則物體機械能守恒，物體在同一水平高度處，根據重力勢能的表達式則重力勢能相等，故動能相等，物體具有相同的速率，C正確；
D．在水平面上做變速運動的物體，但物體的速度方向改變大小保持不變時，由于動能和重力勢能的大小不變所以它的機械能不變，D錯誤。
故選C。
【分析】當摩擦力對物體做正功時物體機械能增大；當物體在水平面做勻速圓周運動時，由于合力作為向心力，但是物體的機械能保持不變；利用物體斜拋運動中機械能守恒可以判別同一高度物體的速率相等；利用物體在水平面上速度的方向改變速度不變可以判別機械能保持不變。
26．（2024高一下·花都期末）用打點計時器驗證機械能守恒定律的實驗裝置如圖所示。下列說法正確的是（　　）
A．打點計時器兩個限位孔可以不在同一豎直線上
B．實驗中不需要天平和刻度尺
C．可以利用公式v=gt計算重物的速度
D．測量下落高度時，選取的各點應距起始點適當遠一些
【答案】D
【知識點】驗證機械能守恒定律
【解析】【解答】A．重錘下落的過程中，為了減小紙帶與打點計時器之間的摩擦，打點計時器兩個限位孔需要在同一豎直線上，故A錯誤；
B．由于驗證機械能守恒的表達式中可以得出質量可以約去，所以不需要天平；為了求出瞬時速度的大小，實驗中需要用刻度尺測量紙帶上計數點之間的距離，故B錯誤；
C．利用公式v=gt計算重物的速度已經默認機械能守恒，失去了驗證的意義，故C錯誤；
D．為了減小誤差，測量下落高度時，選取的各點應距起始點適當遠一些，使速度的測量值誤差較小，故D正確。
故選D。
【分析】為了減小紙帶與打點計時器之間的摩擦，打點計時器兩個限位孔需要在同一豎直線上；根據機械能守恒定律可以得出不需要使用天平測量質量的大小；實驗需要刻度尺測量長度的大小；利用速度公式失去驗證機械能守恒的意義；為了減小誤差，測量下落高度時，選取的各點應距起始點適當遠一些。
27．（2024高一下·花都期末）如圖實驗中，小明同學把兩個完全相同的小球分別放在A、C位置，將皮帶處于塔輪的某一層上。勻速轉動手柄時，左邊標尺露出4個分格，右邊標尺露出1個分格，則（　　）
A．A、C位置處的小球轉動所需的向心力之比為
B．此實驗探究向心力大小的表達式
C．在該實驗中，主要利用了理想實驗法來探究
D．塔輪的邊緣角速度一定相等
【答案】B
【知識點】控制變量法；向心力
【解析】【解答】A．小球轉動所需的向心力之比等于標尺露出的格數之比，根據標尺的格數可以得出A、C位置處的小球轉動所需的向心力之比為，故A錯誤；
BC．為了探究向心力與與半徑、角速度、質量的關系，此實驗利用控制變量法，最后則是探究向心力大小的表達式，故B正確，C錯誤；
D．塔輪的邊緣是用皮帶傳動，線速度一定相等，根據線速度惡化角速度的關系可以得出由于半徑不一定相同，則角速度不一定相等，故D錯誤。
故選B。
【分析】利用標尺的格數可以求出向心力的大小比值；為了探究向心力與與半徑、角速度、質量的關系，此實驗利用控制變量法，最后則是探究向心力大小的表達式；塔輪線傳動線速度相等，結合半徑的大小可以比較角速度的大小。
28．（2024高一下·花都期末）如圖所示，高速公路上汽車定速巡航（即保持汽車的速率不變）通過路面，其中有平直上坡路面和平直下坡路面以及水平路面。假設行駛過程中阻力大小恒定不變，則汽車（　　）
A．在平直下坡路面行駛時，牽引力越來越小
B．在平直上坡路面行駛時，牽引力的功率逐漸增大
C．在平直下坡路面行駛時的牽引力的功率比在水平路面行駛時的小
D．在相等的時間內，在下坡路面行駛時克服阻力做的功比在水平路面上少
【答案】C
【知識點】共點力的平衡；功的概念；功率及其計算
【解析】【解答】A．根據題意可知平直下坡路面時，汽車的速度不變，汽車處于平衡狀態，阻力大小等于牽引力和重力的分力，由于阻力不變，則牽引力不變，故A錯誤；
B．由于在平直上坡路面行駛時牽引力大小不變，汽車速度不變，根據功率的表達式可知牽引力的功率不變，故B錯誤；
C．下坡路段，根據平衡條件可以得出重力沿著坡面方向的分力提供部分動力，可知平直下坡路面行駛時牽引力小于在水平路面行駛時的牽引力大小，由于速度大小保持不變，根據功率的表達式在平直下坡路面行駛時的牽引力的功率比在水平路面行駛時的小，故C正確；
D．速率不變，在相等時間內通過的位移相等，根據可知在相等的時間內，由于阻力保持不變，所以下坡路時克服阻力做的功與在水平路面上行駛時克服阻力做的功相等，故D錯誤。
故選C。
【分析】利用平衡條件可以得出牽引力保持不變，根據汽車的速率不變可以判別汽車的功率保持不變；利用平衡條件可以比較牽引力的大小，結合速度相等可以比較功率的大小；利用阻力不變路程相等可以判別阻力做功相等。
29．（2024高一下·花都期末）如圖所示，桌面高為h，質量為m的小球從離桌面高H處自由落下，不計空氣阻力，假設以桌面處為參考平面，則小球落到地面時瞬間的重力勢能和整個過程中重力勢能變化分別為（　　）
A．mgh，減少 B．mgh，增加
C．，增加 D．，減少
【答案】D
【知識點】重力勢能；重力勢能的變化與重力做功的關系
【解析】【解答】物體在桌面處的重力勢能為0，根據重力勢能的表達式則小球落地時的重力勢能為-mgh；根據重力做功的表達式可以得出整個下落過程中重力做功為mg(H+h)，根據功能關系則重力勢能減少mg（H+h），ABC錯誤，D正確。
故選D。
【分析】利用重力勢能的表達式可以求出重力勢能的大小；利用重力做功可以求出重力勢能的變化量。
30．（2024高一下·花都期末）如圖甲、乙所示，質量分別為M和m的兩物塊，M>m，分別在同樣大小的恒力F作用下，沿水平面由靜止開始做直線運動，F與水平面的夾角相同。經過相同的位移，設F對M做的功為W1，對m做的功為W2，則（　　）
A．無論水平面光滑與否，都有W1=W2
B．若水平面光滑，則W1>W2
C．若水平面粗糙，則W1>W2
D．若水平面粗糙，則W1＜W2
【答案】A
【知識點】功的概念
【解析】【解答】已知拉力和位移，根據做功的表達式W=Fxcosα可知，兩種情況下F、x和α均相同，則W相同。
故選A。
【分析】利用做功的表達式可以求出恒力做功的大小。
31．（2024高一下·花都期末）如圖所示，撐桿跳高運動員自起跳到跨越橫桿的過程中，撐桿先發生彎曲再恢復到原狀。在此過程中，下列說法正確的是（　　）
A．重力對運動員做正功 B．撐桿的彈性勢能一直減小
C．撐桿的彈性勢能一直增加 D．撐桿的彈性勢能先增大后減小
【答案】D
【知識點】功的概念；重力勢能的變化與重力做功的關系
【解析】【解答】撐桿先發生彎曲再恢復到原狀，根據彈性勢能和形變量的關系可以得出彈性勢能先增大后減小，運動員向上運動，重力方向向下所以重力做負功。
故選D。
【分析】利用桿的形變可以判別桿彈性勢能的大小變化；利用重力和位移的方向可以判別重力做功的情況。
32．（2024高一下·花都期末）設太陽質量為M，某行星繞太陽公轉周期為T，軌道可視作半徑為r的圓．已知萬有引力常量為G，則描述該行星運動的上述物理量滿足（　　）
A．GM= B．GM=
C．GM= D．GM=
【答案】A
【知識點】萬有引力定律的應用
【解析】【解答】解：太陽對行星的萬有引力提供行星圓周運動的向心力即 由此可得：
故選A．
【分析】行星繞太陽公轉時，萬有引力提供行星圓周運動的向心力，列式分析即可．
33．（2024高一下·花都期末）一個物體以的初速度水平拋出，落地速度為v，則物體的飛行時間為（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知識點】勻變速直線運動的速度與時間的關系；平拋運動
【解析】【解答】將落地的速度分解為水平方向和豎直方向，水平方向的速度等于，根據速度的分解可以得出則豎直方向上的速度
根據豎直方向的速度公式有
得飛行的時間為
故選C。
【分析】對落地速度進行分解，利用豎直方向的速度公式可以求出飛行的時間。
34．（2024高一下·花都期末）如圖，為了取出羽毛球筒中的羽毛球，某同學先給筒施加一豎直向下的外力，使球筒和羽毛球一起從靜止開始加速向下運動，球筒碰到地面后，速度立即減小到零，羽毛球恰能勻減速至下端口。假設球筒碰地前，羽毛球與球筒無相對滑動，忽略一切空氣阻力，則該羽毛球從靜止開始到最終到達下端口的過程中（　　）
A．始終處于超重狀態 B．始終處于失重狀態
C．機械能先增加后減少 D．機械能一直在減少
【答案】C
【知識點】超重與失重；機械能守恒定律
【解析】【解答】AB．由于羽毛球先加速向下運動，后減速向下運動，由于加速度方向先向下后向上所以羽毛球先處于失重狀態后處于超重狀態，AB錯誤；
CD．羽毛球從靜止開始到最終到達下端口的過程中由于羽毛球和球筒一起加速時摩擦力先做正功，當球筒落地時摩擦力對羽毛球做負功，根據功能關系可以得出羽毛球機械能先增加后減少，C正確，D錯誤。
故選C。
【分析】利用羽毛球加速度的方向可以判別超重與失重；利用摩擦力做功可以判別羽毛球機械能的大小變化。
35．（2024高一下·花都期末）兩個質點相距r時，它們之間的萬有引力為F，若它們間的距離縮短為 ，其中一個質點的質量變為原來的2倍，另一質點質量保持不變，則它們之間的萬有引力為（　　）
A．2F B．4F C．8F D．16F
【答案】C
【知識點】萬有引力定律
【解析】【解答】解：兩個質點相距r時，它們之間的萬有引力為F= ，
若它們間的距離縮短為1/2r，其中一個質點的質量變為原來的2倍，
則它們之間的萬有引力為F′= =8F．故C正確，ABD錯誤
故選C．
【分析】根據萬有引力定律的內容（萬有引力是與質量乘積成正比，與距離的平方成反比．）解決問題即可．
36．（2024高一下·花都期末）某國產電動汽車在水平公路上以大小為v的速度勻速前進，電動汽車行駛時所受的阻力大小恒為f。若使電動汽車的功率變為原來的2倍，則電動汽車再次勻速前進時，其（　　）
A．牽引力大小為2f B．牽引力大小為
C．速度大小為2v D．速度大小為
【答案】C
【知識點】功率及其計算；機車啟動
【解析】【解答】A B. 勻速行駛時，根據汽車的平衡條件可以得出汽車的牽引力，A、B均錯誤；
C D. 由，可知汽車再次勻速前進時汽車的牽引力依然滿足，當電動汽車的功率變為原來的2倍時，根據功率的表達式電動汽車的速度大小也變為原來的2倍，即為，C正確、D錯誤。
故選C。
【分析】利用汽車的平衡方程可以得出汽車勻速過程中牽引力等于阻力，結合功率的表達式可以求出汽車速度的變化。
37．（2024高一下·花都期末）如圖所示，兩個完全相同的小球從水平地面上方同一點O分別以初速度v1、v2水平拋出、落在地面上的位置分別是A、B，是O在地面上的豎直投影，且。若不計空氣阻力，則兩小球（　　）
A．初速度大小之比為1：2
B．落地瞬間重力的瞬時功率不相同
C．重力做功的平均功率不相同
D．重力對兩個小球做功相同
【答案】D
【知識點】平拋運動；功的計算；功率及其計算
【解析】【解答】本題解題關鍵推出重力瞬時功率P=mgvy，并根據豎直方向的速度公式，分析落地重力瞬時功率。A．根據平拋運動規律
則小球運動時間相同，根據
則
故A錯誤；
B．落地瞬間
豎直速度相同，根據重力的瞬時功率
則落地瞬間重力的瞬時功率相同，故B錯誤；
CD．小球下落距離相同，根據
則重力做功相同，且運動時間相同，根據
則重力的平均功率相同，故C錯誤，D正確。
故選D。
【分析】根據平拋運動規律，結合x=vt，比較速度；根據豎直速度公式，結合重力瞬時功率公式，分析落地重力瞬時功率；根據重力做功，同時結合平均功率計算式，比較平均功率。
38．（2024高一下·花都期末）如圖所示，分別用力F1、F2、F3將質量為m的物體，由靜止開始沿同一光滑斜面以相同的加速度，從斜面底端拉到斜面的頂端．用P1、P2、P3分別表示物體到達斜面頂端時F1、F2、F3的功率，下列關系式正確的是（　　）
A．P1＝P2＝P3 B．P1＞P2＝P3 C．P1＞P2＞P3 D．P1＜P2＜P3
【答案】A
【知識點】功率及其計算
【解析】【解答】本題考查學生對運動學公式和瞬時功率計算式的掌握，比較基礎。
由于物體沿斜面的加速度相同，說明物體受到的合力相同，由物體的受力情況可知拉力F在沿著斜面方向的分力都相同；由
可知，物體到達斜面頂端時的速度相同，由瞬時功率公式
可知，拉力的瞬時功率也相同，即
故選A。
【分析】由v2=2ax分析速度，由瞬時功率公式P=Fvcosθ分析瞬時功率。
39．（2024高一下·花都期末）如圖所示，將彈簧拉力器用力拉開的過程中，彈簧的彈力和彈性勢能的變化情況是（　　）
A．彈力變大，彈性勢能變小 B．彈力變小，彈性勢能變大
C．彈力和彈性勢能都變大 D．彈力和彈性勢能都變小
【答案】C
【知識點】彈性勢能；胡克定律
【解析】【解答】將彈簧拉力器用力拉開的過程中，彈簧的伸長量變大，根據胡克定律F=kx可以得出彈簧的彈力變大，根據彈性勢能的表達式EP=kx2可以得出彈性勢能變大；故ABD錯誤，C正確；
故選C．
【分析】在彈性限度內彈簧的形變量越大，根據胡克定律可以得出彈簧的彈力越大；
根據彈簧的彈性勢能EP=kx2，在彈性限度內，彈簧的形變量越大，彈簧的彈性勢能越大．
40．（2024高一下·花都期末）“竹蜻蜓”是民間的兒童玩具，如圖所示，雙手用力搓柄可使“竹蜻蜓”向上升，某次試驗，“竹蜻蜓”離手后沿直線上升到最高點，在該過程中（　　）
A．空氣對“竹蜻蜓”的作用力大于“竹蜻蜓”對空氣的作用力
B．“竹蜻蜓”的動能一直增加
C．“竹蜻蜓”的重力勢能一直增加
D．“竹蜻蜓”的機械能守恒
【答案】C
【知識點】牛頓第三定律；動能和勢能的相互轉化；機械能守恒定律
【解析】【解答】A．空氣對“竹蜻蜓”的作用力和“竹蜻蜓”對空氣的作用力是一對相互作用力，根據牛頓第三定律，相互作用力是反向等大的，所以空氣對“竹蜻蜓”的作用力等于“竹蜻蜓”對空氣的作用力，故A錯誤；
BC．“竹蜻蜓”離手后沿直線上升到最高點的過程中，“竹蜻蜓”先加速后減速，根據動能的表達式可以得出動能先增大后減小，高度升高，根據重力勢能的表達式可以得出重力勢能一直增加，故B錯誤，C正確；
D．“竹蜻蜓”離手后沿直線上升到最高點的過程中，空氣阻力對“竹蜻蜓”做功，根據功能關系可以得出“竹蜻蜓”的機械能不守恒，故D錯誤。
故選C。
【分析】利用牛頓第三定律可以得出空氣對“竹蜻蜓”的作用力等于“竹蜻蜓”對空氣的作用力；利用速度的變化可以判別動能的變化；利用高度的變化可以判別重力勢能的變化；利用阻力做功可以判別機械能不守恒。
41．（2024高一下·花都期末）物體在做平拋運動時，在相等時間內，相同的物理量有（　　）
A．速度的增量 B．加速度 C．位移的增量 D．位移
【答案】A,B
【知識點】平拋運動
【解析】【解答】AB．物體在做平拋運動時，加速度為重力加速度，所以加速度保持不變，根據速度公式有
可知在相等時間內，速度的增量相同，故AB正確；
C．由于物體不是做勻變速直線運動，所以在相等時間內，根據表達式得出位移的增量不相同，故C錯誤；
D．由于物體不是做勻速直線運動，由于速度不斷增大，所以在相等時間內，位移不相同，故D錯誤。
故選AB。
【分析】利用平拋運動只受到重力所以加速度保持不變，利用豎直方向的速度公式可以判別相同時間速度的變化量相同；利用鄰差公式可以判別只有勻變速直線運動起位移增量相同；利用速度變化可以判別相等時間內位移不相等。
42．（2024高一下·花都期末）如圖是模擬游樂場里過山車運動的過程，過山車從A處由靜止釋放沿軌道先后經過B、C、D，最后停在E處。下列關于過山車說法正確的是（　　）
A．在A點時的重力勢能最大 B．從B點到C點動能在不斷增大
C．D點和E點的重力勢能相同 D．停在E點時的慣性最小
【答案】A,C
【知識點】慣性與質量；動能定理的綜合應用；重力勢能
【解析】【解答】A．由題圖可知，過山車在A點的高度最高，根據重力勢能與高度的關系可知，在A點時的重力勢能最大，故A正確；
B．根據題圖可知，從B點到C點，高度不斷增加，根據重力勢能的表達式重力勢能增加，速度不斷減小，根據動能的表達式則動能不斷減小，故B錯誤；
C．D點和E點的高度相同，根據重力勢能的表達式可知D點和E點的重力勢能相同，故C正確；
D．由于慣性的大小由物體的質量決定，而過山車的質量沒有變，可知其慣性大小不變，故D錯誤。
故選AC。
【分析】利用重力勢能的表達式結合高度可以比較重力勢能的大小；利用速度的變化結合動能的表達式可以判別動能的變化；物體的慣性大小只由物體的質量所決定。
43．（2024高一下·花都期末）如圖所示，在地面上以速度拋出質量為m的物體，拋出后物體落到比地面低h的海平面上。若以地面為零勢能面，而且不計空氣阻力，則下列說法中正確的是（　　）
A．重力對物體做的功為mgh
B．物體在海平面上的重力勢能為mgh
C．物體在海平面上的動能為
D．物體在海平面上的機械能為
【答案】A,D
【知識點】功的計算；動能定理的綜合應用；重力勢能；機械能守恒定律
【解析】【解答】A．根據重力對物體做的功只與初末位置的高度差有關可以得出重力做功的表達式W=mgh，A正確；
B．以地面為零勢能面，根據重力勢能的表達式可以得出物體到海平面時的勢能為Ep=，B錯誤；
C．物體從地面到海平面的過程中，重力對物體做功，根據動能定理
到達海平面時動能為
C錯誤；
D．物體只受重力做功，機械能守恒，所以在海平面的機械能等于地面時的機械能，D正確。
故選AD。
【分析】利用重力做功的表達式可以求出重力做功的大小；利用相對零勢能面的高度可以求出重力勢能的大小；利用動能定理可以求出物體到達海平面動能的大小；利用機械能守恒定律可以求出物體到達海平面機械能的大小。
44．（2024高一下·花都期末）下列對能量守恒定律和功能關系的認識正確的是（　　）
A．某種形式的能量減少，一定存在其它形式的能量增加
B．某個物體的能量減少，必然有其它物體的能量增加
C．功是能量變化的量度，做功的過程就是能量變化的過程
D．石子從空中落下，最后停止在地面上，說明機械能消失了
【答案】A,B,C
【知識點】功能關系；能量守恒定律
【解析】【解答】A．根據能量守恒定律，由于能量的總量保持不變，某種形式的能量減少，一定存在其它形式的能量增加，A正確；
B．根據能量守恒定律，一個系統內能量總量不變，某個物體的能量減少，必然有其它物體的能量增加，B正確；
C．根據功能關系，功是能量變化的量度，做功的過程就是能量變化的過程，C正確；
D．根據能量守恒定律，石子落地的過程中，克服阻力做功，機械能轉化為其它形式的能，機械能不會消失。D錯誤。
故選ABC。
【分析】利用能量守恒定律可以得出能量一定發生轉化，總量保持不變；功是能量變化的量度，做功的過程就是能量變化的過程；石子落地的過程中，克服阻力做功，機械能轉化為其它形式的能。
45．（2024高一下·花都期末）汽車在水平公路上轉彎，沿曲線由M向N行駛。圖中分別畫出了汽車轉彎時所受合力F的四種方向，你認為錯誤的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,B,C
【知識點】曲線運動的條件
【解析】【解答】汽車做曲線運動，根據曲線運動的規律可以得出合力方向應該指向軌跡的凹向，所以D選項圖示合力方向滿足，則ABC錯誤，D正確。
故選ABC。
【分析】汽車做曲線運動，根據曲線運動的規律可以得出合力方向應該指向軌跡的凹向。
46．（2024高一下·花都期末）如圖所示，放在光滑水平地面上的物體B在水平拉力F的作用下向左勻速運動。B上面的物體A保持靜止，A，B都是矩形物體。則在A，B間發生相對運動的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．A、B間彈力對A、B都不做功
B．A，B間彈力對A不做功，對B做正功
C．A，B都克服摩擦力做功
D．摩擦力對A不做功，對B做負功
【答案】A,D
【知識點】共點力的平衡；功的概念
【解析】【解答】AB．由于A處于靜止，A、B間存在彈力和摩擦力，由于A保持靜止，所以B對A的彈力對A不做功，由于彈力的方向與B的運動方向垂直，故彈力對B都不做功，A項正確、B項錯誤；
CD．A保持靜止，由于沒有位移所以摩擦力對A不做功，B受到摩擦力與B的運動方向相反，故摩擦力對B做負功，C項錯誤、D項正確。
故選AD。
【分析】利用A的平衡條件可以判別AB之間彈力和摩擦力的方向，結合位移的方向可以判別力是否做功。
47．（2024高一下·花都期末）治療頸椎病的牽引裝置如圖所示（圖中用手指代替頸椎），繩子兩端所掛重物完全相同，整個裝置在同一豎直平面內。若只增加兩端重物的質量，裝置一直處于靜止狀態，則手指所受的拉力（　　）
A．大小不變 B．大小增大 C．方向改變 D．方向不變
【答案】B,D
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】本題解題關鍵是正確分析出三個力平衡關系，三個力平衡，任意兩個力的合力與第三個力等值反向。AB．如圖所示
設手指拉力為，兩端繩子拉力為、，且，夾角為，由題知，裝置一直處于靜止狀態，則
可知，當繩子拉力增加時，手指拉力增大。A錯誤，B正確；
CD．裝置一直處于靜止狀態，手指拉力始終與和合力等大反向，方向不變。C錯誤，D正確；
故選BD。
【分析】 根據對稱性，F1=F2，豎直方向根據平衡條件，分析拉力大小；根據平衡條件，分析手指拉力F與F1和F2合力關系。
48．（2024高一下·花都期末）金星、地球和火星繞太陽的公轉均可視為勻速圓周運動，已知它們的軌道半徑，由此可以判定（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,B
【知識點】萬有引力定律的應用
【解析】【解答】由萬有引力提供向心力可知，可得，，，，因此半徑越大，向心加速度越小，線速度越小，角速度越小，周期越長，故，，，，AB符合題意，CD不符合題意。
故答案為：AB。
【分析】根據萬有引力提供向心力，推導出向心加速度、線速度、角速度和周期與軌道半徑的關系式，求出金星、地球和火星繞太陽公轉的各物理量之間的關系。
49．（2024高一下·花都期末）如圖所示，兩梯形木塊A、B疊放在水平地面上，A、B之間的接觸面傾斜，連接A 與天花板之間的細繩沿豎直方向。關于兩木塊的受力，下列說法正確的是（　　）
A．木塊 A、B之間一定存在摩擦力作用
B．木塊A 可能受四個力作用
C．木塊B 可能受兩個力作用
D．木塊B受到地面的支持力一定大于木塊 B 的重力
【答案】B,C
【知識點】受力分析的應用；共點力的平衡
【解析】【解答】A．對A進行受力分析，根據A的平衡條件則A可能受繩子的拉力、重力而處于平衡；此時AB間沒有相互的擠壓，故沒有摩擦力，A錯誤；
B．若木塊對繩子有拉力，假如A受到的重力大于拉力，根據A的平衡條件則A還可以受支持力及摩擦力而處于平衡，因此A可能受到四個力的作用，B正確；
C．若木塊A可能受繩子的拉力、重力而處于平衡，由于此時AB之間沒有彈力的作用，所以此時B物體就受到重力與支持力兩個力， C正確；
D．當B只受重力和支持力而處于平衡；根據平衡條件可以得出B受到的支持力等于B的重力，D錯誤。
故選BC。
【分析】利用A的平衡狀態可以判別A受力情況；利用A的受力情況可以判別B的受力情況；利用B的平衡狀態可以判別B受到的支持力和重力的大小關系。
50．（2024高一下·花都期末）如圖所示，輕桿的一端與一小球相連，可繞過O點的水平軸自由轉動。現給小球一初速度，使它在豎直平面內做圓周運動，圖中a、b分別表示小球軌道的最低點和最高點。關于桿對球的作用力，下列說法正確的是（　　）
A．a處一定為拉力 B．a處一定為推力
C．b處可能為拉力 D．b處一定為推力
【答案】A,C
【知識點】豎直平面的圓周運動
【解析】【解答】AB．小球經過最低點a處時，由于合力向上所以小球受重力和桿的彈力，如圖所示
根據向心力的方向可以得出桿對小球的彈力與重力的合力必須向上，故桿對球的作用力一定為拉力，故A正確，B錯誤；
CD.小球經過最高點b處時，若小球在最高點同時受到受重力和桿的彈力，假設彈力向下，如圖所示
根據牛頓第二定律可得
當，此時重力大于小球受到的向心力，所以桿對球的彈力為支持力，方向向上；
當，此時重力小于小球受到的向心力，所以桿對球的彈力為拉力，方向向下；
當，此時重力等于小球受到的向心力，所以桿對球的彈力無彈力；
可知在b處桿對球的作用力可能為拉力，也可能為推力，故C正確，D錯誤。
故選AC。
【分析】利用小球受到的向心力方向可以判別合力的方向，結合重力的方向可以判別桿對小球的作用力方向。
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