資源簡介

廣東省肇慶市2023-2024學年高一下學期期末考試物理試題
1．（2024高一下·肇慶期末）肇慶市5A級景區鼎湖山寶鼎園的九龍青銅寶鼎，被譽為“天下第一大鼎”。游客將用紅布包裹的小球斜向上拋入鼎中祈福。忽略空氣阻力，則拋在空中的小球（　　）
A．速度方向不斷改變
B．加速度方向不斷改變
C．運動到最高點時速度為零
D．只要拋出時速度足夠大，就一定能落入鼎中
2．（2024高一下·肇慶期末）某地防汛演練中，戰士駕駛小船進行救援，河岸是平直的，河寬120m。船在靜水中的速度為4m /s，水流速度為3m /s，下列說法正確的是（　　）
A．若小船渡河的位移最短，則渡河時間為 30 s
B．調整船頭的方向，小船渡河的時間可能為 40 s
C．調整船頭的方向，小船在河水中的合速度可能達到10 m/s
D．若船頭方向始終垂直于河岸渡河，則渡河位移為120m
3．（2024高一下·肇慶期末）摩天輪是廣大游客喜愛的游樂設施。一質量為50 kg的游客坐在乘坐艙內隨轉輪一起做勻速圓周運動，已知該游客到轉軸中心的距離為60m，游客繞轉軸中心轉動的角速度ω=0.01 rad/s，g取 10 m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．游客在乘坐摩天輪過程中的加速度不變
B．游客在乘坐摩天輪過程中的線速度不變
C．游客在最低點時的向心力大小為0.3 N
D．游客的向心力總是由游客的重力和乘坐艙對其支持力的合力提供
4．（2024高一下·肇慶期末）一次校運會上，小明以2.00m的成績奪得男子跳高冠軍。另一位同學想估算一下小明起跳時的豎直速度：他根據人體比例，認為小明起跳時重心離地約1m，越過橫桿時，重心比橫桿高約0.25 m，重力加速度g取10m/s2。由此可估算出小明起跳時的豎直速度約為（　　）
A．7 m/s B．6 m/s C．5m /s D．4 m/s
5．（2024高一下·肇慶期末）陰歷，也稱太陰歷、月亮歷，是以月球繞地球轉動的規律制定的，其起源大約在夏商時期，是我國傳統歷法之一、若已知月球環繞地球的公轉周期為T，地球質量為M，引力常量為G，并認為月球繞地球做勻速圓周運動，由以上信息可以推算出（　　）
A．月球繞地球做勻速圓周運動的軌道半徑
B．月球與地球之間的引力
C．地球的密度
D．地球表面的重力加速度
6．（2024高一下·肇慶期末）一升降機箱底部裝有若干個彈簧，為測試其性能，讓升降機吊索在空中斷開，忽略摩擦和空氣阻力的影響，則升降機從彈簧下端接觸地面到第一次下降到最低點的過程中（　　）
A．升降機的速度不斷減小
B．升降機的機械能先增大后減小
C．升降機和彈簧組成的系統的機械能不斷減小
D．彈簧的彈性勢能不斷增大
7．（2024高一下·肇慶期末）2024年4月26日，神舟十八號航天員乘組入駐“天宮”，與神舟十七號航天員乘組順利會師。空間站繞地球運行時，可看作勻速圓周運動，其運行周期約為90分鐘。下列說法正確的是（　　）
A．空間站繞地球運行時的線速度大于7.9 km/s
B．空間站繞地球運行時的軌道半徑與地球靜止衛星的軌道半徑之比約為1：
C．空間站繞地球運行時的線速度與地球靜止衛星的線速度之比約為：1
D．由于太空中稀薄氣體的影響，空間站繞地球運行時，其環繞軌道會越來越低，環繞速率越來越小
8．（2024高一下·肇慶期末）2024年4月肇慶局部地區出現了冰雹。現將冰雹下落過程做如下簡化：一顆質量為4g 的冰雹，從離地高2km處由靜止沿直線落下，下落過程中受到的阻力與其速度大小的平方成正比。若到達地面前已勻速，其速度大小為20m/s，與地面相互作用后碎裂且不反彈，已知冰雹與地面作用的時間為0.01s，g取10m/s2。下列說法正確的是（　　）
A．冰雹在空中勻速下落過程中重力的沖量為零
B．冰雹在空中下落過程中克服空氣阻力做功0.8 J
C．冰雹與地面作用過程中合力的沖量大小為0.08 N·s
D．冰雹與地面間的平均作用力大小約為 8 N
9．（2024高一下·肇慶期末）一輛小汽車在水平路面上由靜止啟動，前5s內做勻加速直線運動，5s末達到額定功率，之后保持額定功率運動，其圖像如圖所示。已知該汽車的質量為2×103kg，受到的阻力恒為車重力的0.1倍，g取10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．前5s內，汽車的功率不斷增大
B．汽車從5s末到剛達到最大速度的過程中，汽車的牽引力逐漸減小
C．汽車的最大速度為30 m/s
D．汽車從啟動到達到最大速度的過程中，牽引力做的功為1.5×105J
10．（2024高一下·肇慶期末）如圖所示，木塊置于光滑的水平面上，質量為m的子彈以初速度v0水平向右射向木塊，穿出木塊時子彈的速度為，木塊的速度為。設子彈穿過木塊的過程中木塊對子彈的阻力始終保持不變，下列說法正確的是（　　）
A．木塊的質量為3m
B．子彈穿過木塊的過程中，系統損失的動能為
C．若將木塊固定，子彈仍以相同速度水平射向木塊，子彈穿出時速度小于
D．若將木塊固定，子彈仍以相同速度水平射向木塊，系統產生的內能小于
11．（2024高一下·肇慶期末）如圖所示的裝置可以用來探究做勻速圓周運動的物體需要的向心力大小與哪些因素有關。兩個變速塔輪通過皮帶連接，半徑分別為Ra和Rb，選變速塔輪上不同的輪可以改變 Ra、Rb的大小。長槽和短槽分別與塔輪a、塔輪b同軸固定，長槽上兩個擋板與轉軸相距分別為r0和2r0，短槽上擋板與轉軸相距r0，質量分別為m1、m2的鋼球1、2放在槽中。實驗中，勻速轉動手柄帶動塔輪a和塔輪b轉動，鋼球隨之做勻速圓周運動，最后從標尺上讀出兩個鋼球所受向心力F1、F2的比值。
（1）本實驗采用的科學方法是 （填選項前的字母）。
A．控制變量法 B．極限法 C．微元法 D．等效替代法
（2）某次實驗中鋼球的質量相同，要探究向心力大小與半徑的關系，則鋼球1應放在長槽擋板距轉軸　 　（選填“r0”或“2r0”）處，并且調節皮帶連接的兩個塔輪的半徑之比Ra：Rb=　 　。
（3）若實驗時鋼球的質量相同，均放在距轉軸r0處，調節兩個塔輪的半徑之比Ra：Rb=2：1，實驗讀出兩個鋼球所受向心力之比F1：F2=1：4，則根據實驗結果可以推出的結論是： （填選項前的字母）。
A．在質量和運動半徑一定的情況下，向心力的大小與角速度成正比
B．在質量和運動半徑一定的情況下，向心力的大小與角速度的平方成正比
12．（2024高一下·肇慶期末）某實驗小組利用如圖甲所示的裝置做“驗證機械能守恒定律”實驗。
（1）除帶夾子的重錘、紙帶、鐵架臺（含鐵夾）、打點計時器、導線及開關外，在下列器材中，還必須使用的兩種器材是 （填選項前的字母）。
A．交流電源 B．秒表
C．天平（含砝碼） D．刻度尺
（2）實驗中按照正確的操作得到如圖乙所示的紙帶，其中O點是重錘剛釋放時所打的點，測得連續打下的三個點A、 B、C到O 點的距離分別為 18.00 cm、21.40 cm、26.00 cm。已知重錘質量為 300g，交流電源頻率為 50 Hz，當地重力加速度大小為9.8m/s2。從O點到B點的這段時間內，重錘動能的增加量　 　J，重力勢能的減少量　 　J。（結果均保留三位有效數字）
（3）大多數學生的實驗結果顯示，重力勢能的減少量大于動能的增加量，主要原因是 （填選項前的字母）。
A．重錘下落過程中克服空氣阻力和摩擦阻力做功
B．沒有采用多次實驗取平均值的方法
（4）某同學想用下述方法研究機械能是否守恒：在紙帶上選取多個計數點，測量它們到某計數起始點P的距離h，計算對應計數點的重物速度 v，描繪圖像，下列說法正確的是 （填選項前的字母）。
A．若圖像是一條過原點的直線，則重錘下落過程中機械能一定守恒
B．若圖像是一條過原點的直線，則重錘下落過程中機械能可能不守恒
C．若圖像是一條不經過原點的直線，則重錘下落過程中機械能一定不守恒
D．若圖像是一條不經過原點的直線，則重錘下落過程中機械能可能守恒
13．（2024高一下·肇慶期末）小明將質量為0.2kg的小球從距水平地面高為0.8m處水平拋出，落地時的水平位移為1.2m，不計空氣阻力，，求：
（1）小球做平拋運動的初速度大小；
（2）小球落地時的速度大小；
（3）小明對小球所做的功。
14．（2024高一下·肇慶期末）如圖所示，過山車軌道固定于豎直平面內，該軌道由一段傾斜直軌道和與之相切的圓形軌道平滑連接而成。過山車從傾斜軌道上的A點由靜止開始下滑，當過山車經過圓形軌道最高點C時對軌道的壓力大小等于其重力的大小。已知圓形軌道的半徑為R，過山車的質量為m且可視為質點，忽略一切阻力，重力加速度為g。求：
（1）過山車經過最高點C時的速度大小vC；
（2）過山車經過最低點B時所受的支持力大小FB；
（3）過山車的下滑起點A距圓形軌道最低點B的豎直高度h。
15．（2024高一下·肇慶期末）某同學在水平桌面上玩闖關游戲。在桌面最左端放置一質量mA=0.1kg的小物體A（可視為質點），距離物體 A為s1=1m處有一質量mB=0.2kg的物體B（可視為質點），物體B距離桌面最右端為s2=2m，兩物體在同一條直線上，如圖所示。現使A以某一初速度沿直線向B運動，若A既能與B發生碰撞且碰后又不會滑離桌面，則闖關成功。已知A、B碰撞時間很短且碰后粘在一起，A、B兩物體與桌面間的動摩擦因數均為μ=0.1，重力加速度g=10m/s2，為了確保闖關成功，求：
（1）物體A與B碰后的最大速度的大小vm；
（2）物體A與B碰撞過程損失機械能的最大值；
（3）物體A初動能的范圍。
答案解析部分
1．【答案】A
【知識點】斜拋運動
【解析】【解答】A．空中小球做斜拋運動，由于做曲線運動則速度方向不斷改變，故A正確；
B．空中小球做斜拋運動，只受重力不變，根據牛頓第二定律，加速度不變，故B錯誤；
C．根據速度的方向為軌跡的切線方向，則小球運動到最高點時速度方向為水平方向，不為零，故C錯誤；
D．拋出速度足夠大，若與豎直方向夾角過小，會導致小球運動的水平距離過大則不一定能落入鼎中，故D錯誤。
故選A。
【分析】利用小球做曲線運動則速度方向不斷改變；利用小球只受到重力則加速度保持不變；利用小球在最高點有水平方向的速度則速度不等于0；利用水平方向的速度過大時，會導致小球運動的水平距離過大則不一定能落入鼎中。
2．【答案】B
【知識點】小船渡河問題分析
【解析】【解答】AD．若船頭垂直于河岸渡河，則時間最短，最短時間為30s，此時位移不是最短，垂直河岸方向位移為120m，沿河岸方向位移為
x=3×30m=90m
合位移為
故AD錯誤；
B．若調整船頭方向，船速與河岸垂直時，渡河時間最短為
小船渡河的時間可能為40s，故B正確；
C．根據速度的合成原理，小船在河水中的速度范圍為
1m/s故C錯誤。
故選B。
【分析】利用垂直于河岸過河的時間最短，利用位移公式可以求出最短的過河時間，進而判別最短位移時的過河時間；利用位移公式及位移的合成可以求出小船渡河的位移大小；利用速度的合成可以求出合速度的大小范圍。
3．【答案】C
【知識點】線速度、角速度和周期、轉速；向心力
【解析】【解答】本題是實際生活中的圓周運動問題，要抓住加速度、合外力都是矢量，當矢量的方向改變時矢量也是變化的。A．由于向心力方向不斷變化，故加速度方向變化，故A錯誤；
B．游客的線速度方向不斷改變，故B錯誤；
C．游客向心力大小恒定，大小為
故C正確；
D．摩天輪做勻速圓周運動，合力指向圓心，而游客的重力和乘坐艙對游客的支持力沿豎直方向，不可能總是由它們的合力提供向心力，故D錯誤。
故選C。
【分析】乘客隨轎箱做勻速圓周運動，由合力提供向心力，方向指向圓心，時刻在變化，線速度是矢量，大小不變，方向變化，加速度大小不變，方向變化；由向心力公式計算向心力的大小。
4．【答案】C
【知識點】自由落體運動
【解析】【解答】小明跳高時做斜拋運動，在豎直方向可視作豎直上拋運動，其重心上升高度
h=（2-1+0.25）m=1.25m
運用逆向思維，從起跳到最高點在豎直方向的運動可視為自由落體運動，根據速度位移公式為
v2=2gh
可得
v=5m/s
故選C。
【分析】利用速度位移公式結合上升的高度可以求出起跳時豎直方向的速度大小。
5．【答案】A
【知識點】萬有引力定律的應用；衛星問題
【解析】【解答】A．月球繞地球做勻速圓周運動，地月間的引力提供向心力，根據牛頓第二定律有
可知可算出軌道半徑r，A正確；
B．由于不知道月球質量，根據引力公式可以得出地月之間的萬有引力不能得出，B錯誤；
CD．地球的半徑未知，根據密度公式可以得出不能求出地球的密度，根據引力形成重則不能求出地球表面的重力加速度，CD錯誤。
故選A。
【分析】利用引力提供向心力可以求出月球的軌道半徑，由于未知地球的半徑不能求出地球的密度；未知月球的質量不能求出月球和地球之間引力的大小；由于未知地球的質量不能求出地球表面重力加速度的大小。
6．【答案】D
【知識點】牛頓第二定律；機械能守恒定律
【解析】【解答】A．升降機從彈簧下端觸地到第一次下降到最低點的過程中，剛開始接觸時由于重力大于彈力，合力向下做加速運動，重力小于彈力時，合力向上做減速運動。即升降機的速度先增大后減小。故A錯誤；
BCD．彈簧彈力對升降機做負功，由于彈簧彈性勢能不斷增大，則升降機機械能一直減小，以升降機和彈簧為系統，只有重力做功所以升降機和彈簧組成的系統機械能守恒。故BC錯誤；D正確。
故選D。
【分析】利用重力和彈力的大小比較可以判別合力的方向，進而判別升降機速度的變化；利用系統機械能守恒可以判別彈簧彈性勢能和升降機機械能的大小變化。
7．【答案】C
【知識點】開普勒定律；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是地球的第一宇宙速度，為近地衛星的線速度，由于軌道半徑最小所以是圍繞地球做圓周運動的物體的最大速度，所以空間站繞地球運行時的線速度小于7.9 km/s，A錯誤；
B．由于空間站和衛星繞地球運動，根據開普勒第三定律有
代入空間站和地球靜止衛星的周期，可解得軌道半徑之比約為，B錯誤；
C．地球對衛星的萬有引力提供向心力，根據牛頓第二定律有
得
故
解得線速度之比約為，C正確；
D．空間站受到阻力影響，軌道會變低，根據可知變軌后環繞速度會大于初始環繞速度，D錯誤。
故選C。
【分析】第一宇宙速度為最大的環繞速度；利用開普勒第三定律可以求出軌道半徑之比；利用引力提供向心力可以求出線速度之比；利用線速度的表達式可以得出半徑變小線速度變大。
8．【答案】C,D
【知識點】動量定理；動能定理的綜合應用；沖量
【解析】【解答】A．根據重力的沖量表達式有
可知冰雹在空中勻速下落過程中重力的沖量不為零，故A 錯誤；
B．冰雹下落過程中，由于重力和空氣阻力做功，根據動能定理可得
解得冰雹在空中下落過程中克服空氣阻力做功為
故B錯誤；
C．與地面作用過程中，以豎直向上為正方向，由于合力沖量導致冰雹動量發生改變，由動量定理可得
可知冰雹與地面作用過程中合力的沖量大小為0.08 N·s，故C正確；
D．冰雹與地面作用過程，以豎直向上為正方向，地面對冰雹的作用力和冰雹本身的重力產生沖量，根據動量定理可得
可得冰雹與地面間的平均作用力大小為
故D正確。
故選CD。
【分析】利用重力和時間可以判別重力的沖量不等于0；利用動能定理可以求出克服阻力做功的大小；利用動量定理可以求出合力的沖量及地面與冰雹之間平均作用力的大小。
9．【答案】A,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．前5s內汽車做勻加速直線運動，由于阻力不變，加速度不變則牽引力不變，速度不斷增大，根據功率的表達式可知汽車的功率不斷增大，A正確；
B． 時，汽車的功率達到額定功率，此后速度一直增大，由可知汽車從5s末到剛達到最大速度的過程中，由于功率不變，速度不斷增大則汽車的牽引力不斷減小，B正確；
C．由圖像可知前5s內汽車的加速度大小為2m/s2，由題意可知
根據牛頓第二定律有
解得牽引力
5s末達到額定功率，根據功率的表達式有
根據平衡方程，當牽引力等于阻力時速度達到最大值，由解得最大速度
C正確；
D．前5s內，根據圖像面積可以得出位移為
牽引力做功
此時汽車沒有達到最大速度，牽引力還將繼續做功，故D錯誤。
故選ABC。
【分析】利用汽車加速度不變則牽引力不變，結合速度不斷增大則前5s內功率不斷增大；當汽車達到額定功率時，利用速度不斷增大則牽引力不斷減小；利用額定功率結合阻力等于牽引力可以求出最大的速度；利用圖像面積可以求出位移的大小，進而求出牽引力做功的大小。
10．【答案】A,B
【知識點】碰撞模型
【解析】【解答】本題考查了動量守恒定律的應用，分析清楚物體運動過程是解題的前提，應用動量守恒定律與能量守恒定律可以解題。AB．子彈擊穿木塊的過程，有
解得
故AB正確；
D．若將木塊固定，子彈與木塊的相對位移不變，系統產生的內能即減少的動能仍為。故D錯誤；
C．由能量守恒可得
解得
故C錯誤。
故選AB。
【分析】子彈射穿木塊過程系統動量守恒，應用動量守恒定律結合能量守恒定律可以求出木塊的質量以及子彈穿過木塊的過程中，系統損失的動能；應用動能定理與能量守恒定律分析答題。
11．【答案】（1）A
（2）；1：1
（3）B
【知識點】向心力
【解析】【解答】（1）為了探究向心力大小與小球半徑、質量和角速度的大小關系，本實驗采用控制變量法。
故選A。
（2）本實驗要探究向心力大小與半徑的關系，應該保證兩個小球半徑不同，所以小球2放在短槽上擋板與轉軸相距r0處，則小球1應放在長槽上擋板與轉軸相距2r0處。
同時控制兩小球轉動的角速度相同，由于皮帶連接的兩個塔輪邊緣的線速度大小相等，根據線速度和角速度的關系有
則調節皮帶連接的兩個塔輪的半徑之比應為
（3）由于塔輪線速度相等，根據線速度和角速度的關系可以得出小球的角速度之比為
實驗結果結合數學關系可以推出的結論是質量和運動半徑一定時
可知向心力大小與角速度的平方成正比。
故選B。
【分析】（1）本實驗使用控制變量法；
（2）為了探究向心力與半徑的大小關系應該保證兩個小球的半徑不同，利用塔輪線速度相等，為了保證小球角速度相等則應該保持塔輪的半徑相同；
（3）利用線速度和半徑的大小可以求出小球角速度的比值，結合向心力的大小可以判別向心力與角速度的大小關系。
（1）本實驗采用控制變量法。
故選A。
（2）[1]本實驗要探究向心力大小與半徑的關系，小球2放在短槽上擋板與轉軸相距r0處，則小球1應放在長槽上擋板與轉軸相距2r0處。
[2]同時控制兩小球轉動的角速度相同，由于皮帶連接的兩個塔輪邊緣的線速度大小相等，根據
v=ωR
則調節皮帶連接的兩個塔輪的半徑之比應為
Ra：Rb=1：1
（3）根據上一問分析可知
實驗結果結合數學關系可以推出的結論是質量和運動半徑一定時，
可知向心力大小與角速度的平方成正比。
故選B。
12．【答案】（1）A；D
（2）0.600；0.629
（3）A
（4）B；D
【知識點】驗證機械能守恒定律
【解析】【解答】（1）本實驗中根據工作原理可以得出打點計時器需要用交流電源，測量重物下落的高度需要用刻度尺，實驗有打點計時器不需要秒表，驗證機械能守恒定律的表達式不需要天平。
故選AD。
（2）已知打點頻率為50Hz，相鄰計數點的時間間隔為
根據平均速度可以得出打B 點時的瞬時速度為
則從O點到B點的這段時間內，根據動能的表達式可以得出重錘的動能增加量為
從O點到B點的這段時間內，根據重力勢能的表達式可以得出重錘的重力勢能的減少量為
（3）根據實驗原理可知，物體在下落的過程中會受到空氣阻力的作用，紙帶和限位孔之間有摩擦力，由于系統克服阻力做功，導致系統機械能不斷減小，則重力勢能的減少量大于系統動能的增加量。
故選A。
（4）從某個計數點為P點開始，若機械能守恒應滿足
變形可得
作出的圖像，根據表達式可以得出圖像都是一條傾斜的直線，若取打點計時器打出的第一個點為 P點，則等于零，圖像過原點，若取其它點為P，圖像不過原點。根據表達式可以得出圖像斜率在誤差范圍內等于當地重力加速度的2倍，則可判定重錘下落過程中機械能守恒，反之則不守恒。
故選BD。
【分析】（1）打點計時器需要用交流電源，測量重物下落的高度需要用刻度尺，實驗有打點計時器不需要秒表，驗證機械能守恒定律的表達式不需要天平；
（2）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；利用高度和重力勢能的表達式可以求出重力勢能的減少量；
（3）由于系統克服阻力做功，導致系統機械能不斷減小，則重力勢能的減少量大于系統動能的增加量；
（4）利用機械能守恒定律可以判別圖線一定為直線，當斜率等于2g時可以驗證機械能守恒。
（1）本實驗中打點計時器需要用交流電源，測量重物下落的高度需要用刻度尺，不需要秒表和天平。
故選AD。
（2）[1]相鄰計數點的時間間隔為
根據勻變速運動中間時刻的瞬時速度等于這段時間內的平均速度，打B 點時的瞬時速度為
則從O點到B點的這段時間內，重錘的動能增加量為
[2]從O點到B點的這段時間內，重錘的重力勢能的減少量為
（3）根據實驗原理可知，物體在下落的過程中會受到空氣阻力的作用，紙帶和限位孔之間有摩擦力，由于系統克服阻力做功，導致系統重力勢能的減少量大于系統動能的增加量。
故選A。
（4）從某個計數點開始，若機械能守恒應滿足
變形可得
作出的圖像，若取打點計時器打出的第一個點為 P點，則等于零，圖像過原點，若取其它點為P，圖像不過原點；但無論怎樣，圖像都是一條傾斜的直線。若其斜率在誤差范圍內等于當地重力加速度的2倍，則可判定重錘下落過程中機械能守恒，反之則不守恒。
故選BD。
13．【答案】（1）小球做平拋運動，水平方向
豎直方向
解得
（2）設小球落地時速度大小為 v，豎直方向的速度為，則
小球落地時速度大小為
（3）小明對小球所做的功由動能定理得
代入數據解得
【知識點】平拋運動；動能定理的綜合應用
【解析】【分析】（1）小球做平拋運動，根據位移公式可以求出初速度的大小；
（2）小球落地時，利用速度位移公式可以求出豎直方向分速度的大小，結合速度的合成可以求出合速度的大小；
（3）小球被拋出的過程中，利用動能定理可以求出小明對小球做功的大小。
14．【答案】（1）依題意，過山車經過最高點C時，根據牛頓第二定律可得
又
解得
（2）過山車由B點到C點的過程中，由動能定理可得
過山車經過最低點B時，根據牛頓第二定律可得
解得
FB=7mg
（3）過山車由下滑起點A到最高點C，根據動能定理可得
解得
hAC=3R
過山車的下滑起點A距圓形軌道最低點B的豎直高度為3R。
【知識點】牛頓第二定律；機械能守恒定律
【解析】【分析】（1）過山車經過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）過山車從B點到C點的過程中，利用動能定理可以求出經過B點速度的大小，結合牛頓第二定律可以求出過山車受到的支持力大小；
（3）過山車從A點到B點的過程中，利用動能定理可以求出AC之間高度的大小。
15．【答案】（1）若A、B碰后剛好不會滑離桌面，則
解得
vm=2m/s
（2）若A、B碰后速度最大，則A、B碰撞過程損失的機械能最大，對A、B碰撞過程中
解得
E損=1.2J
（3）若A、B碰后速度最大，則碰前A的速度也為最大，初動能最大，A由桌面最左端到與 B碰前瞬間，有
解得
Ekmax=1.9J
若A與B碰前瞬間速度剛好減為零，則A的初動能最小，A由桌面最左端到與B碰前，有
解得
Ekmin=0.1J
所以物體A初動能的范圍為0.1J≤Ek≤1.9J。
【知識點】動能定理的綜合應用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）當AB相碰后恰好不滑離桌面，利用動能定理可以求出碰后速度的大小；
（2）當AB碰后速度最大時，根據動量守恒定律及能量守恒定律可以求出損失機械能的最大值；
（3）當AB碰后速度最大時，則A碰后速度最大，利用動能定理可以求出碰前A的初動能大小范圍。
1 / 1廣東省肇慶市2023-2024學年高一下學期期末考試物理試題
1．（2024高一下·肇慶期末）肇慶市5A級景區鼎湖山寶鼎園的九龍青銅寶鼎，被譽為“天下第一大鼎”。游客將用紅布包裹的小球斜向上拋入鼎中祈福。忽略空氣阻力，則拋在空中的小球（　　）
A．速度方向不斷改變
B．加速度方向不斷改變
C．運動到最高點時速度為零
D．只要拋出時速度足夠大，就一定能落入鼎中
【答案】A
【知識點】斜拋運動
【解析】【解答】A．空中小球做斜拋運動，由于做曲線運動則速度方向不斷改變，故A正確；
B．空中小球做斜拋運動，只受重力不變，根據牛頓第二定律，加速度不變，故B錯誤；
C．根據速度的方向為軌跡的切線方向，則小球運動到最高點時速度方向為水平方向，不為零，故C錯誤；
D．拋出速度足夠大，若與豎直方向夾角過小，會導致小球運動的水平距離過大則不一定能落入鼎中，故D錯誤。
故選A。
【分析】利用小球做曲線運動則速度方向不斷改變；利用小球只受到重力則加速度保持不變；利用小球在最高點有水平方向的速度則速度不等于0；利用水平方向的速度過大時，會導致小球運動的水平距離過大則不一定能落入鼎中。
2．（2024高一下·肇慶期末）某地防汛演練中，戰士駕駛小船進行救援，河岸是平直的，河寬120m。船在靜水中的速度為4m /s，水流速度為3m /s，下列說法正確的是（　　）
A．若小船渡河的位移最短，則渡河時間為 30 s
B．調整船頭的方向，小船渡河的時間可能為 40 s
C．調整船頭的方向，小船在河水中的合速度可能達到10 m/s
D．若船頭方向始終垂直于河岸渡河，則渡河位移為120m
【答案】B
【知識點】小船渡河問題分析
【解析】【解答】AD．若船頭垂直于河岸渡河，則時間最短，最短時間為30s，此時位移不是最短，垂直河岸方向位移為120m，沿河岸方向位移為
x=3×30m=90m
合位移為
故AD錯誤；
B．若調整船頭方向，船速與河岸垂直時，渡河時間最短為
小船渡河的時間可能為40s，故B正確；
C．根據速度的合成原理，小船在河水中的速度范圍為
1m/s故C錯誤。
故選B。
【分析】利用垂直于河岸過河的時間最短，利用位移公式可以求出最短的過河時間，進而判別最短位移時的過河時間；利用位移公式及位移的合成可以求出小船渡河的位移大小；利用速度的合成可以求出合速度的大小范圍。
3．（2024高一下·肇慶期末）摩天輪是廣大游客喜愛的游樂設施。一質量為50 kg的游客坐在乘坐艙內隨轉輪一起做勻速圓周運動，已知該游客到轉軸中心的距離為60m，游客繞轉軸中心轉動的角速度ω=0.01 rad/s，g取 10 m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．游客在乘坐摩天輪過程中的加速度不變
B．游客在乘坐摩天輪過程中的線速度不變
C．游客在最低點時的向心力大小為0.3 N
D．游客的向心力總是由游客的重力和乘坐艙對其支持力的合力提供
【答案】C
【知識點】線速度、角速度和周期、轉速；向心力
【解析】【解答】本題是實際生活中的圓周運動問題，要抓住加速度、合外力都是矢量，當矢量的方向改變時矢量也是變化的。A．由于向心力方向不斷變化，故加速度方向變化，故A錯誤；
B．游客的線速度方向不斷改變，故B錯誤；
C．游客向心力大小恒定，大小為
故C正確；
D．摩天輪做勻速圓周運動，合力指向圓心，而游客的重力和乘坐艙對游客的支持力沿豎直方向，不可能總是由它們的合力提供向心力，故D錯誤。
故選C。
【分析】乘客隨轎箱做勻速圓周運動，由合力提供向心力，方向指向圓心，時刻在變化，線速度是矢量，大小不變，方向變化，加速度大小不變，方向變化；由向心力公式計算向心力的大小。
4．（2024高一下·肇慶期末）一次校運會上，小明以2.00m的成績奪得男子跳高冠軍。另一位同學想估算一下小明起跳時的豎直速度：他根據人體比例，認為小明起跳時重心離地約1m，越過橫桿時，重心比橫桿高約0.25 m，重力加速度g取10m/s2。由此可估算出小明起跳時的豎直速度約為（　　）
A．7 m/s B．6 m/s C．5m /s D．4 m/s
【答案】C
【知識點】自由落體運動
【解析】【解答】小明跳高時做斜拋運動，在豎直方向可視作豎直上拋運動，其重心上升高度
h=（2-1+0.25）m=1.25m
運用逆向思維，從起跳到最高點在豎直方向的運動可視為自由落體運動，根據速度位移公式為
v2=2gh
可得
v=5m/s
故選C。
【分析】利用速度位移公式結合上升的高度可以求出起跳時豎直方向的速度大小。
5．（2024高一下·肇慶期末）陰歷，也稱太陰歷、月亮歷，是以月球繞地球轉動的規律制定的，其起源大約在夏商時期，是我國傳統歷法之一、若已知月球環繞地球的公轉周期為T，地球質量為M，引力常量為G，并認為月球繞地球做勻速圓周運動，由以上信息可以推算出（　　）
A．月球繞地球做勻速圓周運動的軌道半徑
B．月球與地球之間的引力
C．地球的密度
D．地球表面的重力加速度
【答案】A
【知識點】萬有引力定律的應用；衛星問題
【解析】【解答】A．月球繞地球做勻速圓周運動，地月間的引力提供向心力，根據牛頓第二定律有
可知可算出軌道半徑r，A正確；
B．由于不知道月球質量，根據引力公式可以得出地月之間的萬有引力不能得出，B錯誤；
CD．地球的半徑未知，根據密度公式可以得出不能求出地球的密度，根據引力形成重則不能求出地球表面的重力加速度，CD錯誤。
故選A。
【分析】利用引力提供向心力可以求出月球的軌道半徑，由于未知地球的半徑不能求出地球的密度；未知月球的質量不能求出月球和地球之間引力的大小；由于未知地球的質量不能求出地球表面重力加速度的大小。
6．（2024高一下·肇慶期末）一升降機箱底部裝有若干個彈簧，為測試其性能，讓升降機吊索在空中斷開，忽略摩擦和空氣阻力的影響，則升降機從彈簧下端接觸地面到第一次下降到最低點的過程中（　　）
A．升降機的速度不斷減小
B．升降機的機械能先增大后減小
C．升降機和彈簧組成的系統的機械能不斷減小
D．彈簧的彈性勢能不斷增大
【答案】D
【知識點】牛頓第二定律；機械能守恒定律
【解析】【解答】A．升降機從彈簧下端觸地到第一次下降到最低點的過程中，剛開始接觸時由于重力大于彈力，合力向下做加速運動，重力小于彈力時，合力向上做減速運動。即升降機的速度先增大后減小。故A錯誤；
BCD．彈簧彈力對升降機做負功，由于彈簧彈性勢能不斷增大，則升降機機械能一直減小，以升降機和彈簧為系統，只有重力做功所以升降機和彈簧組成的系統機械能守恒。故BC錯誤；D正確。
故選D。
【分析】利用重力和彈力的大小比較可以判別合力的方向，進而判別升降機速度的變化；利用系統機械能守恒可以判別彈簧彈性勢能和升降機機械能的大小變化。
7．（2024高一下·肇慶期末）2024年4月26日，神舟十八號航天員乘組入駐“天宮”，與神舟十七號航天員乘組順利會師。空間站繞地球運行時，可看作勻速圓周運動，其運行周期約為90分鐘。下列說法正確的是（　　）
A．空間站繞地球運行時的線速度大于7.9 km/s
B．空間站繞地球運行時的軌道半徑與地球靜止衛星的軌道半徑之比約為1：
C．空間站繞地球運行時的線速度與地球靜止衛星的線速度之比約為：1
D．由于太空中稀薄氣體的影響，空間站繞地球運行時，其環繞軌道會越來越低，環繞速率越來越小
【答案】C
【知識點】開普勒定律；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是地球的第一宇宙速度，為近地衛星的線速度，由于軌道半徑最小所以是圍繞地球做圓周運動的物體的最大速度，所以空間站繞地球運行時的線速度小于7.9 km/s，A錯誤；
B．由于空間站和衛星繞地球運動，根據開普勒第三定律有
代入空間站和地球靜止衛星的周期，可解得軌道半徑之比約為，B錯誤；
C．地球對衛星的萬有引力提供向心力，根據牛頓第二定律有
得
故
解得線速度之比約為，C正確；
D．空間站受到阻力影響，軌道會變低，根據可知變軌后環繞速度會大于初始環繞速度，D錯誤。
故選C。
【分析】第一宇宙速度為最大的環繞速度；利用開普勒第三定律可以求出軌道半徑之比；利用引力提供向心力可以求出線速度之比；利用線速度的表達式可以得出半徑變小線速度變大。
8．（2024高一下·肇慶期末）2024年4月肇慶局部地區出現了冰雹。現將冰雹下落過程做如下簡化：一顆質量為4g 的冰雹，從離地高2km處由靜止沿直線落下，下落過程中受到的阻力與其速度大小的平方成正比。若到達地面前已勻速，其速度大小為20m/s，與地面相互作用后碎裂且不反彈，已知冰雹與地面作用的時間為0.01s，g取10m/s2。下列說法正確的是（　　）
A．冰雹在空中勻速下落過程中重力的沖量為零
B．冰雹在空中下落過程中克服空氣阻力做功0.8 J
C．冰雹與地面作用過程中合力的沖量大小為0.08 N·s
D．冰雹與地面間的平均作用力大小約為 8 N
【答案】C,D
【知識點】動量定理；動能定理的綜合應用；沖量
【解析】【解答】A．根據重力的沖量表達式有
可知冰雹在空中勻速下落過程中重力的沖量不為零，故A 錯誤；
B．冰雹下落過程中，由于重力和空氣阻力做功，根據動能定理可得
解得冰雹在空中下落過程中克服空氣阻力做功為
故B錯誤；
C．與地面作用過程中，以豎直向上為正方向，由于合力沖量導致冰雹動量發生改變，由動量定理可得
可知冰雹與地面作用過程中合力的沖量大小為0.08 N·s，故C正確；
D．冰雹與地面作用過程，以豎直向上為正方向，地面對冰雹的作用力和冰雹本身的重力產生沖量，根據動量定理可得
可得冰雹與地面間的平均作用力大小為
故D正確。
故選CD。
【分析】利用重力和時間可以判別重力的沖量不等于0；利用動能定理可以求出克服阻力做功的大小；利用動量定理可以求出合力的沖量及地面與冰雹之間平均作用力的大小。
9．（2024高一下·肇慶期末）一輛小汽車在水平路面上由靜止啟動，前5s內做勻加速直線運動，5s末達到額定功率，之后保持額定功率運動，其圖像如圖所示。已知該汽車的質量為2×103kg，受到的阻力恒為車重力的0.1倍，g取10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．前5s內，汽車的功率不斷增大
B．汽車從5s末到剛達到最大速度的過程中，汽車的牽引力逐漸減小
C．汽車的最大速度為30 m/s
D．汽車從啟動到達到最大速度的過程中，牽引力做的功為1.5×105J
【答案】A,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．前5s內汽車做勻加速直線運動，由于阻力不變，加速度不變則牽引力不變，速度不斷增大，根據功率的表達式可知汽車的功率不斷增大，A正確；
B． 時，汽車的功率達到額定功率，此后速度一直增大，由可知汽車從5s末到剛達到最大速度的過程中，由于功率不變，速度不斷增大則汽車的牽引力不斷減小，B正確；
C．由圖像可知前5s內汽車的加速度大小為2m/s2，由題意可知
根據牛頓第二定律有
解得牽引力
5s末達到額定功率，根據功率的表達式有
根據平衡方程，當牽引力等于阻力時速度達到最大值，由解得最大速度
C正確；
D．前5s內，根據圖像面積可以得出位移為
牽引力做功
此時汽車沒有達到最大速度，牽引力還將繼續做功，故D錯誤。
故選ABC。
【分析】利用汽車加速度不變則牽引力不變，結合速度不斷增大則前5s內功率不斷增大；當汽車達到額定功率時，利用速度不斷增大則牽引力不斷減小；利用額定功率結合阻力等于牽引力可以求出最大的速度；利用圖像面積可以求出位移的大小，進而求出牽引力做功的大小。
10．（2024高一下·肇慶期末）如圖所示，木塊置于光滑的水平面上，質量為m的子彈以初速度v0水平向右射向木塊，穿出木塊時子彈的速度為，木塊的速度為。設子彈穿過木塊的過程中木塊對子彈的阻力始終保持不變，下列說法正確的是（　　）
A．木塊的質量為3m
B．子彈穿過木塊的過程中，系統損失的動能為
C．若將木塊固定，子彈仍以相同速度水平射向木塊，子彈穿出時速度小于
D．若將木塊固定，子彈仍以相同速度水平射向木塊，系統產生的內能小于
【答案】A,B
【知識點】碰撞模型
【解析】【解答】本題考查了動量守恒定律的應用，分析清楚物體運動過程是解題的前提，應用動量守恒定律與能量守恒定律可以解題。AB．子彈擊穿木塊的過程，有
解得
故AB正確；
D．若將木塊固定，子彈與木塊的相對位移不變，系統產生的內能即減少的動能仍為。故D錯誤；
C．由能量守恒可得
解得
故C錯誤。
故選AB。
【分析】子彈射穿木塊過程系統動量守恒，應用動量守恒定律結合能量守恒定律可以求出木塊的質量以及子彈穿過木塊的過程中，系統損失的動能；應用動能定理與能量守恒定律分析答題。
11．（2024高一下·肇慶期末）如圖所示的裝置可以用來探究做勻速圓周運動的物體需要的向心力大小與哪些因素有關。兩個變速塔輪通過皮帶連接，半徑分別為Ra和Rb，選變速塔輪上不同的輪可以改變 Ra、Rb的大小。長槽和短槽分別與塔輪a、塔輪b同軸固定，長槽上兩個擋板與轉軸相距分別為r0和2r0，短槽上擋板與轉軸相距r0，質量分別為m1、m2的鋼球1、2放在槽中。實驗中，勻速轉動手柄帶動塔輪a和塔輪b轉動，鋼球隨之做勻速圓周運動，最后從標尺上讀出兩個鋼球所受向心力F1、F2的比值。
（1）本實驗采用的科學方法是 （填選項前的字母）。
A．控制變量法 B．極限法 C．微元法 D．等效替代法
（2）某次實驗中鋼球的質量相同，要探究向心力大小與半徑的關系，則鋼球1應放在長槽擋板距轉軸　 　（選填“r0”或“2r0”）處，并且調節皮帶連接的兩個塔輪的半徑之比Ra：Rb=　 　。
（3）若實驗時鋼球的質量相同，均放在距轉軸r0處，調節兩個塔輪的半徑之比Ra：Rb=2：1，實驗讀出兩個鋼球所受向心力之比F1：F2=1：4，則根據實驗結果可以推出的結論是： （填選項前的字母）。
A．在質量和運動半徑一定的情況下，向心力的大小與角速度成正比
B．在質量和運動半徑一定的情況下，向心力的大小與角速度的平方成正比
【答案】（1）A
（2）；1：1
（3）B
【知識點】向心力
【解析】【解答】（1）為了探究向心力大小與小球半徑、質量和角速度的大小關系，本實驗采用控制變量法。
故選A。
（2）本實驗要探究向心力大小與半徑的關系，應該保證兩個小球半徑不同，所以小球2放在短槽上擋板與轉軸相距r0處，則小球1應放在長槽上擋板與轉軸相距2r0處。
同時控制兩小球轉動的角速度相同，由于皮帶連接的兩個塔輪邊緣的線速度大小相等，根據線速度和角速度的關系有
則調節皮帶連接的兩個塔輪的半徑之比應為
（3）由于塔輪線速度相等，根據線速度和角速度的關系可以得出小球的角速度之比為
實驗結果結合數學關系可以推出的結論是質量和運動半徑一定時
可知向心力大小與角速度的平方成正比。
故選B。
【分析】（1）本實驗使用控制變量法；
（2）為了探究向心力與半徑的大小關系應該保證兩個小球的半徑不同，利用塔輪線速度相等，為了保證小球角速度相等則應該保持塔輪的半徑相同；
（3）利用線速度和半徑的大小可以求出小球角速度的比值，結合向心力的大小可以判別向心力與角速度的大小關系。
（1）本實驗采用控制變量法。
故選A。
（2）[1]本實驗要探究向心力大小與半徑的關系，小球2放在短槽上擋板與轉軸相距r0處，則小球1應放在長槽上擋板與轉軸相距2r0處。
[2]同時控制兩小球轉動的角速度相同，由于皮帶連接的兩個塔輪邊緣的線速度大小相等，根據
v=ωR
則調節皮帶連接的兩個塔輪的半徑之比應為
Ra：Rb=1：1
（3）根據上一問分析可知
實驗結果結合數學關系可以推出的結論是質量和運動半徑一定時，
可知向心力大小與角速度的平方成正比。
故選B。
12．（2024高一下·肇慶期末）某實驗小組利用如圖甲所示的裝置做“驗證機械能守恒定律”實驗。
（1）除帶夾子的重錘、紙帶、鐵架臺（含鐵夾）、打點計時器、導線及開關外，在下列器材中，還必須使用的兩種器材是 （填選項前的字母）。
A．交流電源 B．秒表
C．天平（含砝碼） D．刻度尺
（2）實驗中按照正確的操作得到如圖乙所示的紙帶，其中O點是重錘剛釋放時所打的點，測得連續打下的三個點A、 B、C到O 點的距離分別為 18.00 cm、21.40 cm、26.00 cm。已知重錘質量為 300g，交流電源頻率為 50 Hz，當地重力加速度大小為9.8m/s2。從O點到B點的這段時間內，重錘動能的增加量　 　J，重力勢能的減少量　 　J。（結果均保留三位有效數字）
（3）大多數學生的實驗結果顯示，重力勢能的減少量大于動能的增加量，主要原因是 （填選項前的字母）。
A．重錘下落過程中克服空氣阻力和摩擦阻力做功
B．沒有采用多次實驗取平均值的方法
（4）某同學想用下述方法研究機械能是否守恒：在紙帶上選取多個計數點，測量它們到某計數起始點P的距離h，計算對應計數點的重物速度 v，描繪圖像，下列說法正確的是 （填選項前的字母）。
A．若圖像是一條過原點的直線，則重錘下落過程中機械能一定守恒
B．若圖像是一條過原點的直線，則重錘下落過程中機械能可能不守恒
C．若圖像是一條不經過原點的直線，則重錘下落過程中機械能一定不守恒
D．若圖像是一條不經過原點的直線，則重錘下落過程中機械能可能守恒
【答案】（1）A；D
（2）0.600；0.629
（3）A
（4）B；D
【知識點】驗證機械能守恒定律
【解析】【解答】（1）本實驗中根據工作原理可以得出打點計時器需要用交流電源，測量重物下落的高度需要用刻度尺，實驗有打點計時器不需要秒表，驗證機械能守恒定律的表達式不需要天平。
故選AD。
（2）已知打點頻率為50Hz，相鄰計數點的時間間隔為
根據平均速度可以得出打B 點時的瞬時速度為
則從O點到B點的這段時間內，根據動能的表達式可以得出重錘的動能增加量為
從O點到B點的這段時間內，根據重力勢能的表達式可以得出重錘的重力勢能的減少量為
（3）根據實驗原理可知，物體在下落的過程中會受到空氣阻力的作用，紙帶和限位孔之間有摩擦力，由于系統克服阻力做功，導致系統機械能不斷減小，則重力勢能的減少量大于系統動能的增加量。
故選A。
（4）從某個計數點為P點開始，若機械能守恒應滿足
變形可得
作出的圖像，根據表達式可以得出圖像都是一條傾斜的直線，若取打點計時器打出的第一個點為 P點，則等于零，圖像過原點，若取其它點為P，圖像不過原點。根據表達式可以得出圖像斜率在誤差范圍內等于當地重力加速度的2倍，則可判定重錘下落過程中機械能守恒，反之則不守恒。
故選BD。
【分析】（1）打點計時器需要用交流電源，測量重物下落的高度需要用刻度尺，實驗有打點計時器不需要秒表，驗證機械能守恒定律的表達式不需要天平；
（2）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；利用高度和重力勢能的表達式可以求出重力勢能的減少量；
（3）由于系統克服阻力做功，導致系統機械能不斷減小，則重力勢能的減少量大于系統動能的增加量；
（4）利用機械能守恒定律可以判別圖線一定為直線，當斜率等于2g時可以驗證機械能守恒。
（1）本實驗中打點計時器需要用交流電源，測量重物下落的高度需要用刻度尺，不需要秒表和天平。
故選AD。
（2）[1]相鄰計數點的時間間隔為
根據勻變速運動中間時刻的瞬時速度等于這段時間內的平均速度，打B 點時的瞬時速度為
則從O點到B點的這段時間內，重錘的動能增加量為
[2]從O點到B點的這段時間內，重錘的重力勢能的減少量為
（3）根據實驗原理可知，物體在下落的過程中會受到空氣阻力的作用，紙帶和限位孔之間有摩擦力，由于系統克服阻力做功，導致系統重力勢能的減少量大于系統動能的增加量。
故選A。
（4）從某個計數點開始，若機械能守恒應滿足
變形可得
作出的圖像，若取打點計時器打出的第一個點為 P點，則等于零，圖像過原點，若取其它點為P，圖像不過原點；但無論怎樣，圖像都是一條傾斜的直線。若其斜率在誤差范圍內等于當地重力加速度的2倍，則可判定重錘下落過程中機械能守恒，反之則不守恒。
故選BD。
13．（2024高一下·肇慶期末）小明將質量為0.2kg的小球從距水平地面高為0.8m處水平拋出，落地時的水平位移為1.2m，不計空氣阻力，，求：
（1）小球做平拋運動的初速度大小；
（2）小球落地時的速度大小；
（3）小明對小球所做的功。
【答案】（1）小球做平拋運動，水平方向
豎直方向
解得
（2）設小球落地時速度大小為 v，豎直方向的速度為，則
小球落地時速度大小為
（3）小明對小球所做的功由動能定理得
代入數據解得
【知識點】平拋運動；動能定理的綜合應用
【解析】【分析】（1）小球做平拋運動，根據位移公式可以求出初速度的大小；
（2）小球落地時，利用速度位移公式可以求出豎直方向分速度的大小，結合速度的合成可以求出合速度的大小；
（3）小球被拋出的過程中，利用動能定理可以求出小明對小球做功的大小。
14．（2024高一下·肇慶期末）如圖所示，過山車軌道固定于豎直平面內，該軌道由一段傾斜直軌道和與之相切的圓形軌道平滑連接而成。過山車從傾斜軌道上的A點由靜止開始下滑，當過山車經過圓形軌道最高點C時對軌道的壓力大小等于其重力的大小。已知圓形軌道的半徑為R，過山車的質量為m且可視為質點，忽略一切阻力，重力加速度為g。求：
（1）過山車經過最高點C時的速度大小vC；
（2）過山車經過最低點B時所受的支持力大小FB；
（3）過山車的下滑起點A距圓形軌道最低點B的豎直高度h。
【答案】（1）依題意，過山車經過最高點C時，根據牛頓第二定律可得
又
解得
（2）過山車由B點到C點的過程中，由動能定理可得
過山車經過最低點B時，根據牛頓第二定律可得
解得
FB=7mg
（3）過山車由下滑起點A到最高點C，根據動能定理可得
解得
hAC=3R
過山車的下滑起點A距圓形軌道最低點B的豎直高度為3R。
【知識點】牛頓第二定律；機械能守恒定律
【解析】【分析】（1）過山車經過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）過山車從B點到C點的過程中，利用動能定理可以求出經過B點速度的大小，結合牛頓第二定律可以求出過山車受到的支持力大小；
（3）過山車從A點到B點的過程中，利用動能定理可以求出AC之間高度的大小。
15．（2024高一下·肇慶期末）某同學在水平桌面上玩闖關游戲。在桌面最左端放置一質量mA=0.1kg的小物體A（可視為質點），距離物體 A為s1=1m處有一質量mB=0.2kg的物體B（可視為質點），物體B距離桌面最右端為s2=2m，兩物體在同一條直線上，如圖所示。現使A以某一初速度沿直線向B運動，若A既能與B發生碰撞且碰后又不會滑離桌面，則闖關成功。已知A、B碰撞時間很短且碰后粘在一起，A、B兩物體與桌面間的動摩擦因數均為μ=0.1，重力加速度g=10m/s2，為了確保闖關成功，求：
（1）物體A與B碰后的最大速度的大小vm；
（2）物體A與B碰撞過程損失機械能的最大值；
（3）物體A初動能的范圍。
【答案】（1）若A、B碰后剛好不會滑離桌面，則
解得
vm=2m/s
（2）若A、B碰后速度最大，則A、B碰撞過程損失的機械能最大，對A、B碰撞過程中
解得
E損=1.2J
（3）若A、B碰后速度最大，則碰前A的速度也為最大，初動能最大，A由桌面最左端到與 B碰前瞬間，有
解得
Ekmax=1.9J
若A與B碰前瞬間速度剛好減為零，則A的初動能最小，A由桌面最左端到與B碰前，有
解得
Ekmin=0.1J
所以物體A初動能的范圍為0.1J≤Ek≤1.9J。
【知識點】動能定理的綜合應用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）當AB相碰后恰好不滑離桌面，利用動能定理可以求出碰后速度的大小；
（2）當AB碰后速度最大時，根據動量守恒定律及能量守恒定律可以求出損失機械能的最大值；
（3）當AB碰后速度最大時，則A碰后速度最大，利用動能定理可以求出碰前A的初動能大小范圍。
1 / 1

展開更多......

收起↑