資源簡介

廣東省揭陽市2023-2024學年高一下學期7月期末物理試題
1．（2024高一下·揭陽期末）公路上常有交通管理部門設置的如圖所示的限速標志，這是告誡駕駛員在這一路段駕駛車輛時（　　）
A．平均速度的大小不得超過這一規定數值
B．平均速率的大小不得超過這一規定數值
C．必須以這一規定速率行駛
D．汽車上的速度計指示值不得超過這一規定數值
2．（2024高一下·揭陽期末）在電梯中用細繩靜止懸掛一重物，當電梯在豎直方向運動時，突然繩子斷了，由此可以判斷電梯此時的運動情況是（　　）
A．電梯可能是加速上升 B．電梯可能是減速上升
C．電梯可能是勻速上升 D．電梯的加速度方向一定向下
3．（2024高一下·揭陽期末）如圖所示是用來篩選谷粒的振動魚鱗篩，篩面水平，由兩根等長輕繩將其懸掛在等高的兩點，已知篩面和谷物所受重力為G，靜止時兩輕繩延長線的夾角為θ，則每根輕繩的拉力大小為（　　）
A． B． C． D．
4．（2024高一下·揭陽期末）某同學練習踢毽子，毽子被豎直向上踢出后，經一段時間又回到初始位置。假設毽子在空中運動過程中受到的空氣阻力大小不變，則下列圖像和圖像可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
5．（2024高一下·揭陽期末）如圖所示，2022年10月9日，我國成功發射“夸父一號”探測衛星，用于探測由太陽發射而來的高能宇宙射線，衛星繞地球做勻速圓周運動，運行軌道離地面的高度為720km，下列說法正確的是（　　）
A．“夸父一號”的運行速度大于7.9km/s
B．“夸父一號”繞地球做圓周運動的周期大于24小時
C．“夸父一號”的向心加速度大于地球靜止衛星的向心加速度
D．為使“夸父一號”能更長時間觀測太陽，采用b軌道比a軌道更合理
6．（2024高一下·揭陽期末）一輛汽車以的速度行駛在城市道路上，當車頭距離路口停車線30m時，綠燈時間還剩余3s（從該時刻開始計時），立即剎車做勻減速運動，結果車頭與停車線相齊時剛好停下，下列能正確反映該車速度隨時間變化的圖像是（　　）
A． B．
C． D．
7．（2024高一下·揭陽期末）運動員某次投籃時，籃球的運動過程可簡化為如圖所示，已知籃球的質量為m，投出時籃球的初速度為，距離籃框的豎直距離為h，忽略籃球運動過程中的空氣阻力，取籃框所在的平面為零勢能面，重力加速度為g，籃球可看成質點，則下列說法正確的是（　　）
A．籃球拋出后在空中做平拋運動
B．籃球在投出點的重力勢能為mgh
C．籃球剛進入籃框時的機械能為
D．從投出至進框的過程中，籃球重力勢能的變化量為mgh
8．（2024高一下·揭陽期末）在第二十四屆北京冬奧會上，中國運動員在自由式滑雪比賽中取得優異成績，某滑雪賽道示意圖如圖所示，運動員從較高的坡面滑到A處時，沿水平方向以速度飛離坡面，落到傾角為θ的斜坡B處，若不計空氣阻力，運動員可視為質點，重力加速度為g，則以下說法正確的是（　　）
A．運動員在空中飛行時處于失重狀態
B．運動員在空中經歷的時間為
C．運動員落到斜坡上時，速度方向與坡面平行
D．運動員落到斜坡時的速度大小為
9．（2024高一下·揭陽期末）如圖所示為兩個圓錐擺，兩個質量相等、可以看做質點的金屬小球A、B有共同的懸點，在同一水平面內做勻速圓周運動，下面說法正確的是（　　）
A．A球和B球均受到向心力作用
B．A球做圓周運動所需的向心力較大
C．A球做圓周運動的線速度比B球的小
D．A球和B球做圓周運動的周期一樣大
10．（2024高一下·揭陽期末）復興號動車在世界上首次實現速度350km/h自動駕駛功能，成為我國高鐵自主創新的又一重大標志性成果。一列質量為m的動車，初速度為，以恒定功率P在平直軌道上運動，經過時間t達到該功率下的最大速度，設動車行駛過程中受到的阻力f保持不變，則在時間t內（　　）
A．動車做勻變速直線運動
B．動車速度為時，牽引力的大小為
C．動車速度為v時，其加速度大小為
D．牽引力做功
11．（2024高一下·揭陽期末）向心力演示器是用來探究小球做圓周運動所需向心力F的大小與質量m、角速度ω和半徑r之間關系的實驗裝置。兩個變速塔輪通過皮帶連接，標尺上黑白相間的等分格顯示出兩個鋼球所受向心力的大小關系，如圖所示是某次實驗時裝置的狀態。
（1）在研究向心力F與質量m、角速度ω和半徑r之間的關系時，我們要用到物理學中的_____。
A．理想實驗法 B．等效替代法 C．控制變量法 D．演繹推理法
（2）當探究向心力F與角速度ω的關系時，如圖所示，需要把質量相同的小球分別放在擋板　 　（選填“A、C”或“B、C”）處。
（3）若兩個鋼球質量和運動半徑相等，如果左右兩邊標尺上露出的格子數之比為1：4，則皮帶連接塔輪的左右半徑之比為　 　。
12．（2024高一下·揭陽期末）填空
（1）某興趣小組先借助光電門，利用如圖甲所示的裝置來測量物體的速度，具體操作如下。
①將鐵架臺豎直放置在水平桌面上，上端固定電磁鐵M，在電磁鐵下方固定一個位置可上下調節的光電門；
②先用刻度尺測量小球的直徑d，測量結果如圖乙所示，則d=　 　mm；
③閉合控制電磁鐵M的開關S，吸住小球，測出小球與光電門之間的高度差；斷開開關S，小球自由下落，記錄小球通過光電門的擋光時間。則小球通過光電門時的速度大小　 　（用題中所給物理量的符號表示）。
（2）該興趣小組再借助打點計時器，利用如圖丙所示的實驗裝置測量當地重力加速度的大小。先將打點計時器固定在鐵架臺上，接通打點計時器電源開關，待打點穩定后，使質量的重錘帶動紙帶由靜止開始自由下落，得到的一條清晰的紙帶如圖丁所示，請完成以下內容：
①紙帶的　 　（選填“左端”或“右端”）與重錘相連；
②在如圖丁所示的紙帶中，每間隔一個點選取一個計數點，相鄰計數點間的距離，，，，，。已知打點計時器的頻率，則當地的重力加速度g=　 　（計算結果保留三位有效數字），試分析實驗中產生的誤差可能來源于　 　（至少寫一條原因）。
13．（2024高一下·揭陽期末）如圖所示，一塊長木板的一端擱在桌面上，另一端墊高，形成一個斜面。把粉筆盒放在斜面上，粉筆盒與斜面間的動摩擦因數為μ，用刻度尺測得斜面AC在水平面的投影長度，不斷調節斜面的傾角，使粉筆盒恰好能沿斜面勻速下滑，求此時斜面的高度BC。
14．（2024高一下·揭陽期末）2024年4月29日福建艦離開江南造船廠，開始海試驗收階段，該艦采用了更為穩定可靠的特級電磁彈射技術，標志著中國航母建造技術已經走在了世界前列。若一架質量的戰斗機在跑道上由靜止開始做勻加速直線運動的過程中，始終受到電磁彈射裝置的水平推進力，及發動機提供的水平動力，戰斗機受到的阻力為自身重力的，速度加速到的起飛速度時飛離航母，取重力加速度。求：
（1）戰斗機勻加速運動過程中的加速度大小；
（2）航母跑道至少多長；
（3）戰斗機起飛時電磁彈射裝置水平推進力的功率以及起飛過程中對戰斗機所做的功。
15．（2024高一下·揭陽期末）如圖所示為一豎直放置的玩具軌道裝置模型，一質量的小滑塊從P點靜止釋放，沿曲線軌道AB滑下后沖入豎直圓形軌道BC，再經過水平軌道BD，最后從D點飛出落在水平薄板MN上，各軌道間平滑連接。其中圓軌道BC的半徑，水平軌道BD的長，BD段與滑塊間的動摩擦因數，其余部分摩擦不計，薄板MN的寬度，M點到D點的水平距離，薄板MN到水平軌道BD的豎直高度，不計空氣阻力，取重力加速度。
（1）若小滑塊恰好落在薄板MN上的N點，求小滑塊在D點的動能；
（2）若小滑塊恰好過圓弧最高點C，判斷小滑塊能否落在MN上。
答案解析部分
1．【答案】D
【知識點】瞬時速度
【解析】【解答】在行駛的任何時刻都不能超過該數值，行駛速度低于或者等于40km/h都是允許的。
故選D。
【分析】限速標志是在這一路段駕駛車輛時瞬時速度不能超過40km/h，任何時刻都不能超過該數值。
2．【答案】A
【知識點】超重與失重
【解析】【解答】D．由于最初重物靜止時重力等于繩子的拉力，突然繩子斷了，表明細繩的彈力突然增大，即細繩的彈力大于重力，根據力的合成即電梯的加速度方向向上故D錯誤；
ABC．由于電梯的初速度為0，加速度方向向上，則電梯受到的合力方向向上所以電梯可能是加速上升，故A正確，BC錯誤。
故選A。
【分析】利用繩子拉力大小與重力比較可以判別加速度的方向，利用加速度的方向和速度的方向可以判別電梯速度的方向及變化。
3．【答案】B
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】本題是關于物體受力平衡，再做題時要注意兩繩上的力相同，利用整體分析可快速得出結論。
對篩面和谷物受力分析可知，受兩對稱的拉力和重力，根據豎直方向的平衡方程有
解得輕繩子的拉力大小為
故選B。
【分析】將篩面和谷物看成整體，根據受力平衡聯立方程求出拉力的大小。
4．【答案】A
【知識點】牛頓運動定律的綜合應用；動能定理的綜合應用；運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】C．根據題意，由牛頓第二定律可得，上升階段毽子受到重力和阻力的合力，則加速度大小為
下降階段毽子受到重力和阻力的合力，則加速度大小為
方向均為豎直向下，故C錯誤；
BD．由于上升和下降的高度一樣，上升時加速度大于下降時加速度，根據豎直方向的位移公式可知，則上升時時間短，下降時時間長，設整個運動過程的運動時間為，則上升時間小于，下降時間大于，故BD錯誤；
A．根據題意可知，由于有空氣阻力做功，由動能定理可知，會導致毽子回到同一位置的速度減小，即回到出發點時，速度小于，故A正確。
故選A。
【分析】利用牛頓第二定律可以比較上升過程和下降過程毽子的加速度大小，結合位移相等可以比較運動的時間；利用動能定理可以比較速度的大小。
5．【答案】C
【知識點】萬有引力定律的應用；第一、第二與第三宇宙速度；衛星問題
【解析】【解答】A.7.9km/s是第一宇宙速度，等于近地衛星的環繞速度，由于地球對衛星的引力提供向心力，根據牛頓第二定律有
解得線速度的大小為
由于“夸父一號”探測衛星的軌道半徑大于近地衛星的軌道半徑，則“夸父一號”的運行速度小于7.9km/s，故A錯誤；
B．由于地球對衛星的引力提供向心力，根據牛頓第二定律有
解得
地球靜止衛星的周期等于24小時，由于“夸父一號”探測衛星的軌道半徑小于靜止衛星的軌道半徑，則“夸父一號”繞地球做圓周運動的周期小于24小時，故B錯誤；
C．由于地球對衛星的引力提供向心力，根據牛頓第二定律有
解得
由于“夸父一號”探測衛星的軌道半徑小于靜止衛星的軌道半徑，則“夸父一號”的向心加速度大于地球靜止衛星的向心加速度，故C正確；
D．“夸父一號”在b軌道上運行時會進入地球背面，可知，為使“夸父一號”能更長時間觀測太陽，采用a軌道比b軌道更合理，故D錯誤。
故選C。
【分析】利用引力提供向心力可以比較線速度、向心加速度和周期的大小；為了觀察太陽，衛星在a軌道運行時不容易被地球擋到。
6．【答案】B
【知識點】運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】本題主要是考查勻變速直線運動的計算，解答本題的關鍵是v-t圖線與時間軸之間圍成的面積表示物體的位移。汽車剎車時距離停車線30m，即剎車停止的位移為
以初速度
開始勻減速，根據勻變速直線運動的規律有
可得從開始減速到汽車停止的時間為
故選B。
【分析】v-t圖線與時間軸之間圍成的面積表示物體的位移，由此分析即可。
7．【答案】D
【知識點】斜拋運動；重力勢能的變化與重力做功的關系；機械能守恒定律
【解析】【解答】A．籃球拋出后由于籃球初速度傾斜向上，則籃球在空中做斜拋運動，故A錯誤；
B．取籃框所在的平面為零勢能面，根據重力勢能的表達式可以得出籃球在投出點的重力勢能為
-mgh
故B錯誤；
C．根據重力勢能和動能的表達式可以得出籃球在拋出時的機械能為
且運動過程中機械能守恒，故C錯誤；
D．根據重力勢能的表達式可以得出籃球在投出點的重力勢能為
-mgh
進框時的重力勢能為
0
從投出至進框的過程中，籃球重力勢能的變化量為
故D正確。
故選D。
【分析】籃球離開手后做斜拋運動；利用重力勢能的表達式可以求出重力勢能和重力勢能變化量的大小；利用重力勢能和動能的表達式可以求出機械能的大小。
8．【答案】A,B
【知識點】超重與失重；平拋運動
【解析】【解答】A．運動員在空中飛行時做平拋運動，由于運動員只受到重力作用所以加速度方向豎直向下，處于失重狀態，故A正確；
B．運動員做平拋運動，落到斜坡上時，根據平拋運動的位移公式有
解得
故B正確；
C．運動員落到斜坡上時，水平分速度大小為，根據速度公式可以得出豎直方向分速度大小為
設速度方向與水平方向的夾角為，可知
可知此時速度方向與坡面不平行，故C錯誤；
D．根據速度的合成可以得出：運動員落到斜坡時的速度大小為
故D錯誤。故選AB。
【分析】運動員的加速度方向向下則處于失重狀態；利用位移公式結合位移的方向可以求出運動的時間；利用速度公式可以求出分速度的大小，結合速度的合成可以求出合速度的大小及方向。
9．【答案】C,D
【知識點】線速度、角速度和周期、轉速；生活中的圓周運動
【解析】【解答】AB．由于小球做勻速圓周運動，對小球受力分析，如圖
根據受力分析可知，小球受重力和拉力作用，兩個力的合力提供向心力，可得
兩球質量相等，根據向心力的表達式可以得出A球細繩與豎直方向夾角較小，則A球做圓周運動所需的向心力較小。故AB錯誤；
C．由牛頓第二定律有
解得線速度的大小為
A球圓周運動的半徑r較小，A球細繩與豎直方向夾角也較小，所以A球做圓周運動的線速度比B球的小。故C正確；
D．由牛頓第二定律有
解得周期的表達式為
兩球在同一水平面內做勻速圓周運動，設與懸點O的高度為h，則有
聯立，解得
即A球和B球做圓周運動的周期一樣大。故D正確。
故選CD。
【分析】利用受力分析可以判別小球的受力情況；利用繩子拉力和重力的合成可以求出向心力的大小；利用牛頓第二定律可以比較線速度和周期的大小。
10．【答案】B,C
【知識點】機車啟動；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】A．汽車保持功率不變，根據牛頓第二定律
根據功率的表達式有
整理得
隨著速度v增大，加速度a減小，故A錯誤；
B．根據功率的表達式
動車速度為時，根據功率的表達式可以得出牽引力的大小為
故B正確；
C．動車速度為v時，根據功率的表達式可以得出牽引力
根據牛頓第二定律
聯立得加速度大小為
故C正確；
D．由于牽引力和阻力對汽車做功，根據動能定理，合外力做功
則牽引力做功
故D錯誤。
故選BC。
【分析】汽車在功率不變下運動，隨著速度不斷增大，則牽引力不斷減小，根據牛頓第二定律則加速度不斷減小；利用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加速度的大小；利用動能定理可以求出牽引力做功的大小。
11．【答案】（1）C
（2）A、C
（3）2：1
【知識點】向心力
【解析】【解答】（1）為了探究一個物理量與多個物理量的關系，在研究向心力F與質量m、角速度ω和半徑r之間的關系時，我們要用到物理學中的控制變量法。
故選C。
（2）根據向心力的表達式
可知當探究向心力F與角速度ω的關系時，應該保持小球的質量和半徑相同，所以需要把質量相同的小球分別放在擋板A、C處以保證兩球軌道半徑相等。
（3）若兩個鋼球質量和運動半徑相等，如果左右兩邊標尺上露出的格子數之比為1：4，格子數顯示向心力的大小則向心力之比為1：4，根據向心力的表達式可以得出
皮帶連接的兩塔輪邊緣處的線速度大小相等，根據線速度和角速度的關系式有
可知塔輪的左右半徑之比為2：1。
【分析】（1）本實驗使用控制變量法；
（2）利用向心力表達式則探究向心力F與角速度ω的關系時，應該保持小球的質量和半徑相同；
（3）利用格子數可以求出向心力的比值，結合表達式可以求出角速度的比值，結合塔輪線速度相等可以求出半徑的比值。
（1）在研究向心力F與質量m、角速度ω和半徑r之間的關系時，我們要用到物理學中的控制變量法。
故選C。
（2）根據
可知當探究向心力F與角速度ω的關系時，如圖所示，需要把質量相同的小球分別放在擋板A、C處以保證兩球軌道半徑相等。
（3）若兩個鋼球質量和運動半徑相等，如果左右兩邊標尺上露出的格子數之比為1：4，則向心力之比為1：4，由第二問分析可得
皮帶連接的兩塔輪邊緣處的線速度大小相等，根據
可知塔輪的左右半徑之比為2：1。
12．【答案】（1）12.5(12.4~12.6)；
（2）左端；9.62；空氣阻力、紙帶摩擦等
【知識點】加速度；刻度尺、游標卡尺及螺旋測微器的使用；用打點計時器測速度
【解析】【解答】（1）②根據刻度尺的分度值可以得出小球的直徑為
③斷開開關S，小球自由下落，記錄小球通過光電門的擋光時間，小球通過光電門時的時間極短，可視為勻速直線運動，根據平均速度公式可以得出小球通過光電門時的速度大小為
（2）①重錘做自由落體運動，下落的越來越快，相同時間內的距離越來越大，會導致紙帶上點的間距不斷增大，則紙帶的左端與重錘相連。
②根據打點頻率可以得出相鄰計數點時間間隔為
根據勻變速直線運動的逐差法可以得出
代入數據解得當地的重力加速度為
實驗中可能產生誤差的來源為空氣阻力、紙帶摩擦等影響。
【分析】（1）利用刻度尺的分度值可以得出讀數；利用平均速度公式可以求出小球經過光電門速度的大小；
（2）重錘做自由落體運動，下落的越來越快，相同時間內的距離越來越大，會導致紙帶上點的間距不斷增大；利用逐差法可以求出重力加速度的大小；實驗誤差主要來自于阻力的影響。
（1）②[1] 考慮到系統誤差，小球的直徑為
③[2] 斷開開關S，小球自由下落，記錄小球通過光電門的擋光時間，小球通過光電門時的時間極短，可視為勻速直線運動，則小球通過光電門時的速度大小為
（2）①[1] 重錘做自由落體運動，下落的越來越快，相同時間內的距離越來越大，則紙帶的左端與重錘相連。
②[2] 相鄰計數點時間間隔為
則由勻變速直線運動在相等時間間隔內的位移之差是定值可得
代入數據解得當地的重力加速度為
[3] 實驗中可能產生誤差的來源為空氣阻力、紙帶摩擦等影響。
13．【答案】設斜面傾角為θ，對粉筆盒進行受力分析，如圖所示
粉筆盒沿斜面勻速下滑時，根據平衡條件有
，
其中
根據幾何關系有
解得

【知識點】共點力的平衡
【解析】【分析】由于粉筆盒做勻速直線運動，利用平衡方程結合幾何關系可以求出BC長度的大小。
14．【答案】（1）由牛頓第二定律得
代入數據得
（2）勻加速過程，由
代入數據得
（3）由公式
得推進力的功率
又由公式
得彈射裝置對戰斗機所做的功
【知識點】牛頓運動定律的綜合應用；功的概念；功率及其計算
【解析】【分析】（1）戰斗機做勻加速直線運動，利用牛頓第二定律可以求出加速度的大小；
（2）戰斗機做勻加速直線運動的過程中，利用速度位移公式可以求出跑道的長度；
（3）已知戰斗機的速度，結合功率的表達式可以求出功率的大小；結合運動的位移可以求出推力做功的大小。
15．【答案】（1）小滑塊從D點飛出后做平拋運動，根據平拋運動規律
解得
則小滑塊在D點的動能
（2）小滑塊恰好不脫離軌道，根據牛頓第二定律，在C點滿足
小滑塊從C運動到D，設小滑塊運動到D點時速度為，由動能定理可得
解得
若小滑塊從D點飛出剛好落在M點，由運動學公式
解得
因為，所以小滑塊能落在MN上。
【知識點】平拋運動；生活中的圓周運動；動能定理的綜合應用
【解析】【分析】（1）滑塊做平拋運動，利用位移公式可以求出經過D點速度的大小，結合動能的表達式可以求出經過D點動能的大小；
（2）滑塊恰好不脫離軌道時，利用牛頓第二定律可以求出經過C點速度的大小，結合動能定理可以求出經過D點速度的大小，結合平拋運動的位移公式可以求出滑塊是否落在MN上。
1 / 1廣東省揭陽市2023-2024學年高一下學期7月期末物理試題
1．（2024高一下·揭陽期末）公路上常有交通管理部門設置的如圖所示的限速標志，這是告誡駕駛員在這一路段駕駛車輛時（　　）
A．平均速度的大小不得超過這一規定數值
B．平均速率的大小不得超過這一規定數值
C．必須以這一規定速率行駛
D．汽車上的速度計指示值不得超過這一規定數值
【答案】D
【知識點】瞬時速度
【解析】【解答】在行駛的任何時刻都不能超過該數值，行駛速度低于或者等于40km/h都是允許的。
故選D。
【分析】限速標志是在這一路段駕駛車輛時瞬時速度不能超過40km/h，任何時刻都不能超過該數值。
2．（2024高一下·揭陽期末）在電梯中用細繩靜止懸掛一重物，當電梯在豎直方向運動時，突然繩子斷了，由此可以判斷電梯此時的運動情況是（　　）
A．電梯可能是加速上升 B．電梯可能是減速上升
C．電梯可能是勻速上升 D．電梯的加速度方向一定向下
【答案】A
【知識點】超重與失重
【解析】【解答】D．由于最初重物靜止時重力等于繩子的拉力，突然繩子斷了，表明細繩的彈力突然增大，即細繩的彈力大于重力，根據力的合成即電梯的加速度方向向上故D錯誤；
ABC．由于電梯的初速度為0，加速度方向向上，則電梯受到的合力方向向上所以電梯可能是加速上升，故A正確，BC錯誤。
故選A。
【分析】利用繩子拉力大小與重力比較可以判別加速度的方向，利用加速度的方向和速度的方向可以判別電梯速度的方向及變化。
3．（2024高一下·揭陽期末）如圖所示是用來篩選谷粒的振動魚鱗篩，篩面水平，由兩根等長輕繩將其懸掛在等高的兩點，已知篩面和谷物所受重力為G，靜止時兩輕繩延長線的夾角為θ，則每根輕繩的拉力大小為（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】本題是關于物體受力平衡，再做題時要注意兩繩上的力相同，利用整體分析可快速得出結論。
對篩面和谷物受力分析可知，受兩對稱的拉力和重力，根據豎直方向的平衡方程有
解得輕繩子的拉力大小為
故選B。
【分析】將篩面和谷物看成整體，根據受力平衡聯立方程求出拉力的大小。
4．（2024高一下·揭陽期末）某同學練習踢毽子，毽子被豎直向上踢出后，經一段時間又回到初始位置。假設毽子在空中運動過程中受到的空氣阻力大小不變，則下列圖像和圖像可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知識點】牛頓運動定律的綜合應用；動能定理的綜合應用；運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】C．根據題意，由牛頓第二定律可得，上升階段毽子受到重力和阻力的合力，則加速度大小為
下降階段毽子受到重力和阻力的合力，則加速度大小為
方向均為豎直向下，故C錯誤；
BD．由于上升和下降的高度一樣，上升時加速度大于下降時加速度，根據豎直方向的位移公式可知，則上升時時間短，下降時時間長，設整個運動過程的運動時間為，則上升時間小于，下降時間大于，故BD錯誤；
A．根據題意可知，由于有空氣阻力做功，由動能定理可知，會導致毽子回到同一位置的速度減小，即回到出發點時，速度小于，故A正確。
故選A。
【分析】利用牛頓第二定律可以比較上升過程和下降過程毽子的加速度大小，結合位移相等可以比較運動的時間；利用動能定理可以比較速度的大小。
5．（2024高一下·揭陽期末）如圖所示，2022年10月9日，我國成功發射“夸父一號”探測衛星，用于探測由太陽發射而來的高能宇宙射線，衛星繞地球做勻速圓周運動，運行軌道離地面的高度為720km，下列說法正確的是（　　）
A．“夸父一號”的運行速度大于7.9km/s
B．“夸父一號”繞地球做圓周運動的周期大于24小時
C．“夸父一號”的向心加速度大于地球靜止衛星的向心加速度
D．為使“夸父一號”能更長時間觀測太陽，采用b軌道比a軌道更合理
【答案】C
【知識點】萬有引力定律的應用；第一、第二與第三宇宙速度；衛星問題
【解析】【解答】A.7.9km/s是第一宇宙速度，等于近地衛星的環繞速度，由于地球對衛星的引力提供向心力，根據牛頓第二定律有
解得線速度的大小為
由于“夸父一號”探測衛星的軌道半徑大于近地衛星的軌道半徑，則“夸父一號”的運行速度小于7.9km/s，故A錯誤；
B．由于地球對衛星的引力提供向心力，根據牛頓第二定律有
解得
地球靜止衛星的周期等于24小時，由于“夸父一號”探測衛星的軌道半徑小于靜止衛星的軌道半徑，則“夸父一號”繞地球做圓周運動的周期小于24小時，故B錯誤；
C．由于地球對衛星的引力提供向心力，根據牛頓第二定律有
解得
由于“夸父一號”探測衛星的軌道半徑小于靜止衛星的軌道半徑，則“夸父一號”的向心加速度大于地球靜止衛星的向心加速度，故C正確；
D．“夸父一號”在b軌道上運行時會進入地球背面，可知，為使“夸父一號”能更長時間觀測太陽，采用a軌道比b軌道更合理，故D錯誤。
故選C。
【分析】利用引力提供向心力可以比較線速度、向心加速度和周期的大小；為了觀察太陽，衛星在a軌道運行時不容易被地球擋到。
6．（2024高一下·揭陽期末）一輛汽車以的速度行駛在城市道路上，當車頭距離路口停車線30m時，綠燈時間還剩余3s（從該時刻開始計時），立即剎車做勻減速運動，結果車頭與停車線相齊時剛好停下，下列能正確反映該車速度隨時間變化的圖像是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知識點】運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】本題主要是考查勻變速直線運動的計算，解答本題的關鍵是v-t圖線與時間軸之間圍成的面積表示物體的位移。汽車剎車時距離停車線30m，即剎車停止的位移為
以初速度
開始勻減速，根據勻變速直線運動的規律有
可得從開始減速到汽車停止的時間為
故選B。
【分析】v-t圖線與時間軸之間圍成的面積表示物體的位移，由此分析即可。
7．（2024高一下·揭陽期末）運動員某次投籃時，籃球的運動過程可簡化為如圖所示，已知籃球的質量為m，投出時籃球的初速度為，距離籃框的豎直距離為h，忽略籃球運動過程中的空氣阻力，取籃框所在的平面為零勢能面，重力加速度為g，籃球可看成質點，則下列說法正確的是（　　）
A．籃球拋出后在空中做平拋運動
B．籃球在投出點的重力勢能為mgh
C．籃球剛進入籃框時的機械能為
D．從投出至進框的過程中，籃球重力勢能的變化量為mgh
【答案】D
【知識點】斜拋運動；重力勢能的變化與重力做功的關系；機械能守恒定律
【解析】【解答】A．籃球拋出后由于籃球初速度傾斜向上，則籃球在空中做斜拋運動，故A錯誤；
B．取籃框所在的平面為零勢能面，根據重力勢能的表達式可以得出籃球在投出點的重力勢能為
-mgh
故B錯誤；
C．根據重力勢能和動能的表達式可以得出籃球在拋出時的機械能為
且運動過程中機械能守恒，故C錯誤；
D．根據重力勢能的表達式可以得出籃球在投出點的重力勢能為
-mgh
進框時的重力勢能為
0
從投出至進框的過程中，籃球重力勢能的變化量為
故D正確。
故選D。
【分析】籃球離開手后做斜拋運動；利用重力勢能的表達式可以求出重力勢能和重力勢能變化量的大小；利用重力勢能和動能的表達式可以求出機械能的大小。
8．（2024高一下·揭陽期末）在第二十四屆北京冬奧會上，中國運動員在自由式滑雪比賽中取得優異成績，某滑雪賽道示意圖如圖所示，運動員從較高的坡面滑到A處時，沿水平方向以速度飛離坡面，落到傾角為θ的斜坡B處，若不計空氣阻力，運動員可視為質點，重力加速度為g，則以下說法正確的是（　　）
A．運動員在空中飛行時處于失重狀態
B．運動員在空中經歷的時間為
C．運動員落到斜坡上時，速度方向與坡面平行
D．運動員落到斜坡時的速度大小為
【答案】A,B
【知識點】超重與失重；平拋運動
【解析】【解答】A．運動員在空中飛行時做平拋運動，由于運動員只受到重力作用所以加速度方向豎直向下，處于失重狀態，故A正確；
B．運動員做平拋運動，落到斜坡上時，根據平拋運動的位移公式有
解得
故B正確；
C．運動員落到斜坡上時，水平分速度大小為，根據速度公式可以得出豎直方向分速度大小為
設速度方向與水平方向的夾角為，可知
可知此時速度方向與坡面不平行，故C錯誤；
D．根據速度的合成可以得出：運動員落到斜坡時的速度大小為
故D錯誤。故選AB。
【分析】運動員的加速度方向向下則處于失重狀態；利用位移公式結合位移的方向可以求出運動的時間；利用速度公式可以求出分速度的大小，結合速度的合成可以求出合速度的大小及方向。
9．（2024高一下·揭陽期末）如圖所示為兩個圓錐擺，兩個質量相等、可以看做質點的金屬小球A、B有共同的懸點，在同一水平面內做勻速圓周運動，下面說法正確的是（　　）
A．A球和B球均受到向心力作用
B．A球做圓周運動所需的向心力較大
C．A球做圓周運動的線速度比B球的小
D．A球和B球做圓周運動的周期一樣大
【答案】C,D
【知識點】線速度、角速度和周期、轉速；生活中的圓周運動
【解析】【解答】AB．由于小球做勻速圓周運動，對小球受力分析，如圖
根據受力分析可知，小球受重力和拉力作用，兩個力的合力提供向心力，可得
兩球質量相等，根據向心力的表達式可以得出A球細繩與豎直方向夾角較小，則A球做圓周運動所需的向心力較小。故AB錯誤；
C．由牛頓第二定律有
解得線速度的大小為
A球圓周運動的半徑r較小，A球細繩與豎直方向夾角也較小，所以A球做圓周運動的線速度比B球的小。故C正確；
D．由牛頓第二定律有
解得周期的表達式為
兩球在同一水平面內做勻速圓周運動，設與懸點O的高度為h，則有
聯立，解得
即A球和B球做圓周運動的周期一樣大。故D正確。
故選CD。
【分析】利用受力分析可以判別小球的受力情況；利用繩子拉力和重力的合成可以求出向心力的大小；利用牛頓第二定律可以比較線速度和周期的大小。
10．（2024高一下·揭陽期末）復興號動車在世界上首次實現速度350km/h自動駕駛功能，成為我國高鐵自主創新的又一重大標志性成果。一列質量為m的動車，初速度為，以恒定功率P在平直軌道上運動，經過時間t達到該功率下的最大速度，設動車行駛過程中受到的阻力f保持不變，則在時間t內（　　）
A．動車做勻變速直線運動
B．動車速度為時，牽引力的大小為
C．動車速度為v時，其加速度大小為
D．牽引力做功
【答案】B,C
【知識點】機車啟動；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】A．汽車保持功率不變，根據牛頓第二定律
根據功率的表達式有
整理得
隨著速度v增大，加速度a減小，故A錯誤；
B．根據功率的表達式
動車速度為時，根據功率的表達式可以得出牽引力的大小為
故B正確；
C．動車速度為v時，根據功率的表達式可以得出牽引力
根據牛頓第二定律
聯立得加速度大小為
故C正確；
D．由于牽引力和阻力對汽車做功，根據動能定理，合外力做功
則牽引力做功
故D錯誤。
故選BC。
【分析】汽車在功率不變下運動，隨著速度不斷增大，則牽引力不斷減小，根據牛頓第二定律則加速度不斷減小；利用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加速度的大小；利用動能定理可以求出牽引力做功的大小。
11．（2024高一下·揭陽期末）向心力演示器是用來探究小球做圓周運動所需向心力F的大小與質量m、角速度ω和半徑r之間關系的實驗裝置。兩個變速塔輪通過皮帶連接，標尺上黑白相間的等分格顯示出兩個鋼球所受向心力的大小關系，如圖所示是某次實驗時裝置的狀態。
（1）在研究向心力F與質量m、角速度ω和半徑r之間的關系時，我們要用到物理學中的_____。
A．理想實驗法 B．等效替代法 C．控制變量法 D．演繹推理法
（2）當探究向心力F與角速度ω的關系時，如圖所示，需要把質量相同的小球分別放在擋板　 　（選填“A、C”或“B、C”）處。
（3）若兩個鋼球質量和運動半徑相等，如果左右兩邊標尺上露出的格子數之比為1：4，則皮帶連接塔輪的左右半徑之比為　 　。
【答案】（1）C
（2）A、C
（3）2：1
【知識點】向心力
【解析】【解答】（1）為了探究一個物理量與多個物理量的關系，在研究向心力F與質量m、角速度ω和半徑r之間的關系時，我們要用到物理學中的控制變量法。
故選C。
（2）根據向心力的表達式
可知當探究向心力F與角速度ω的關系時，應該保持小球的質量和半徑相同，所以需要把質量相同的小球分別放在擋板A、C處以保證兩球軌道半徑相等。
（3）若兩個鋼球質量和運動半徑相等，如果左右兩邊標尺上露出的格子數之比為1：4，格子數顯示向心力的大小則向心力之比為1：4，根據向心力的表達式可以得出
皮帶連接的兩塔輪邊緣處的線速度大小相等，根據線速度和角速度的關系式有
可知塔輪的左右半徑之比為2：1。
【分析】（1）本實驗使用控制變量法；
（2）利用向心力表達式則探究向心力F與角速度ω的關系時，應該保持小球的質量和半徑相同；
（3）利用格子數可以求出向心力的比值，結合表達式可以求出角速度的比值，結合塔輪線速度相等可以求出半徑的比值。
（1）在研究向心力F與質量m、角速度ω和半徑r之間的關系時，我們要用到物理學中的控制變量法。
故選C。
（2）根據
可知當探究向心力F與角速度ω的關系時，如圖所示，需要把質量相同的小球分別放在擋板A、C處以保證兩球軌道半徑相等。
（3）若兩個鋼球質量和運動半徑相等，如果左右兩邊標尺上露出的格子數之比為1：4，則向心力之比為1：4，由第二問分析可得
皮帶連接的兩塔輪邊緣處的線速度大小相等，根據
可知塔輪的左右半徑之比為2：1。
12．（2024高一下·揭陽期末）填空
（1）某興趣小組先借助光電門，利用如圖甲所示的裝置來測量物體的速度，具體操作如下。
①將鐵架臺豎直放置在水平桌面上，上端固定電磁鐵M，在電磁鐵下方固定一個位置可上下調節的光電門；
②先用刻度尺測量小球的直徑d，測量結果如圖乙所示，則d=　 　mm；
③閉合控制電磁鐵M的開關S，吸住小球，測出小球與光電門之間的高度差；斷開開關S，小球自由下落，記錄小球通過光電門的擋光時間。則小球通過光電門時的速度大小　 　（用題中所給物理量的符號表示）。
（2）該興趣小組再借助打點計時器，利用如圖丙所示的實驗裝置測量當地重力加速度的大小。先將打點計時器固定在鐵架臺上，接通打點計時器電源開關，待打點穩定后，使質量的重錘帶動紙帶由靜止開始自由下落，得到的一條清晰的紙帶如圖丁所示，請完成以下內容：
①紙帶的　 　（選填“左端”或“右端”）與重錘相連；
②在如圖丁所示的紙帶中，每間隔一個點選取一個計數點，相鄰計數點間的距離，，，，，。已知打點計時器的頻率，則當地的重力加速度g=　 　（計算結果保留三位有效數字），試分析實驗中產生的誤差可能來源于　 　（至少寫一條原因）。
【答案】（1）12.5(12.4~12.6)；
（2）左端；9.62；空氣阻力、紙帶摩擦等
【知識點】加速度；刻度尺、游標卡尺及螺旋測微器的使用；用打點計時器測速度
【解析】【解答】（1）②根據刻度尺的分度值可以得出小球的直徑為
③斷開開關S，小球自由下落，記錄小球通過光電門的擋光時間，小球通過光電門時的時間極短，可視為勻速直線運動，根據平均速度公式可以得出小球通過光電門時的速度大小為
（2）①重錘做自由落體運動，下落的越來越快，相同時間內的距離越來越大，會導致紙帶上點的間距不斷增大，則紙帶的左端與重錘相連。
②根據打點頻率可以得出相鄰計數點時間間隔為
根據勻變速直線運動的逐差法可以得出
代入數據解得當地的重力加速度為
實驗中可能產生誤差的來源為空氣阻力、紙帶摩擦等影響。
【分析】（1）利用刻度尺的分度值可以得出讀數；利用平均速度公式可以求出小球經過光電門速度的大小；
（2）重錘做自由落體運動，下落的越來越快，相同時間內的距離越來越大，會導致紙帶上點的間距不斷增大；利用逐差法可以求出重力加速度的大小；實驗誤差主要來自于阻力的影響。
（1）②[1] 考慮到系統誤差，小球的直徑為
③[2] 斷開開關S，小球自由下落，記錄小球通過光電門的擋光時間，小球通過光電門時的時間極短，可視為勻速直線運動，則小球通過光電門時的速度大小為
（2）①[1] 重錘做自由落體運動，下落的越來越快，相同時間內的距離越來越大，則紙帶的左端與重錘相連。
②[2] 相鄰計數點時間間隔為
則由勻變速直線運動在相等時間間隔內的位移之差是定值可得
代入數據解得當地的重力加速度為
[3] 實驗中可能產生誤差的來源為空氣阻力、紙帶摩擦等影響。
13．（2024高一下·揭陽期末）如圖所示，一塊長木板的一端擱在桌面上，另一端墊高，形成一個斜面。把粉筆盒放在斜面上，粉筆盒與斜面間的動摩擦因數為μ，用刻度尺測得斜面AC在水平面的投影長度，不斷調節斜面的傾角，使粉筆盒恰好能沿斜面勻速下滑，求此時斜面的高度BC。
【答案】設斜面傾角為θ，對粉筆盒進行受力分析，如圖所示
粉筆盒沿斜面勻速下滑時，根據平衡條件有
，
其中
根據幾何關系有
解得

【知識點】共點力的平衡
【解析】【分析】由于粉筆盒做勻速直線運動，利用平衡方程結合幾何關系可以求出BC長度的大小。
14．（2024高一下·揭陽期末）2024年4月29日福建艦離開江南造船廠，開始海試驗收階段，該艦采用了更為穩定可靠的特級電磁彈射技術，標志著中國航母建造技術已經走在了世界前列。若一架質量的戰斗機在跑道上由靜止開始做勻加速直線運動的過程中，始終受到電磁彈射裝置的水平推進力，及發動機提供的水平動力，戰斗機受到的阻力為自身重力的，速度加速到的起飛速度時飛離航母，取重力加速度。求：
（1）戰斗機勻加速運動過程中的加速度大小；
（2）航母跑道至少多長；
（3）戰斗機起飛時電磁彈射裝置水平推進力的功率以及起飛過程中對戰斗機所做的功。
【答案】（1）由牛頓第二定律得
代入數據得
（2）勻加速過程，由
代入數據得
（3）由公式
得推進力的功率
又由公式
得彈射裝置對戰斗機所做的功
【知識點】牛頓運動定律的綜合應用；功的概念；功率及其計算
【解析】【分析】（1）戰斗機做勻加速直線運動，利用牛頓第二定律可以求出加速度的大小；
（2）戰斗機做勻加速直線運動的過程中，利用速度位移公式可以求出跑道的長度；
（3）已知戰斗機的速度，結合功率的表達式可以求出功率的大小；結合運動的位移可以求出推力做功的大小。
15．（2024高一下·揭陽期末）如圖所示為一豎直放置的玩具軌道裝置模型，一質量的小滑塊從P點靜止釋放，沿曲線軌道AB滑下后沖入豎直圓形軌道BC，再經過水平軌道BD，最后從D點飛出落在水平薄板MN上，各軌道間平滑連接。其中圓軌道BC的半徑，水平軌道BD的長，BD段與滑塊間的動摩擦因數，其余部分摩擦不計，薄板MN的寬度，M點到D點的水平距離，薄板MN到水平軌道BD的豎直高度，不計空氣阻力，取重力加速度。
（1）若小滑塊恰好落在薄板MN上的N點，求小滑塊在D點的動能；
（2）若小滑塊恰好過圓弧最高點C，判斷小滑塊能否落在MN上。
【答案】（1）小滑塊從D點飛出后做平拋運動，根據平拋運動規律
解得
則小滑塊在D點的動能
（2）小滑塊恰好不脫離軌道，根據牛頓第二定律，在C點滿足
小滑塊從C運動到D，設小滑塊運動到D點時速度為，由動能定理可得
解得
若小滑塊從D點飛出剛好落在M點，由運動學公式
解得
因為，所以小滑塊能落在MN上。
【知識點】平拋運動；生活中的圓周運動；動能定理的綜合應用
【解析】【分析】（1）滑塊做平拋運動，利用位移公式可以求出經過D點速度的大小，結合動能的表達式可以求出經過D點動能的大小；
（2）滑塊恰好不脫離軌道時，利用牛頓第二定律可以求出經過C點速度的大小，結合動能定理可以求出經過D點速度的大小，結合平拋運動的位移公式可以求出滑塊是否落在MN上。
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