四川省南充市2023-2024学年高一下学期7月期末物理试题
一、单项选择题（本大题7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中只有一个选项最符合题意。）
1．（2024高一下·南充期末）关于曲线运动，下列说法正确的是（ ）
A．做曲线运动的物体加速度一定与速度同向
B．做匀速圆周运动的物体所受的合力为恒力
C．曲线运动的加速度一定变化
D．两个直线运动的合运动可能是曲线运动
2．（2024高一下·南充期末）物理与生活息息相关，在下列与图片相关的描述中，正确的是（ ）
A．甲图，“旋转秋千”角速度越来越大，座椅越转越低
B．乙图，汽车上坡时换成高速挡可以获得更大的牵引力
C．丙图，海啸能掀翻汽车、摧毁房屋，说明运动的物体可以做功，具有能量
D．丁图，击打弹片两球同时落地，说明平抛运动水平方向做匀速直线运动
3．（2024高一下·南充期末）如图，一心形靶放在水平地面上，心形靶由三个半圆组成，其中大圆半径，小圆半径。飞镖（视为质点）从大圆圆心O点正上方处沿各个方向水平抛出，重力加速度取，要求飞镖击中心形靶（包括边缘处），则飞镖初速度最大值为（ ）
A．0.5m/s B．0.25m/s C． D．0.3m/s
4．（2024高一下·南充期末）科学家发现由于太阳内部的核反应而使其质量在不断减小，使得地球做离心运动。若干年后，地球绕太阳的运动仍可视为匀速圆周运动，描述地球绕太阳运动的物理量与现在相比，下列说法正确的是（ ）
A．加速度变大 B．周期变大 C．速率变大 D．角速度变大
5．（2024高一下·南充期末）火灾逃生的首要原则是离开火灾现场，如图是火警设计的一种让当事人快捷逃离现场的救援方案：用一根不变形的轻杆MN支撑在楼面平台AB上，N端在水平地面上向右以匀速运动，被救助的人员紧抱在M端随轻杆向平台B端靠近，平台高为h，当时，被救人员向B点运动的速率是（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高一下·南充期末）有一种新式健身“神器”——能自动计数的智能呼啦圈深受健身者的喜爱。智能呼啦圈腰带外侧有圆形光滑轨道，将安装有滑轮的短杆嵌入轨道并能自由滑动，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻质细绳，其简化模型如图所示。已知配重（可视为质点）质量，绳长为，悬挂点到腰带外侧圆形轨道中心O的距离为．水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重在水平面内做匀速圆周运动，在某一段时间内细绳与竖直方向夹角始终为53°。腰带可看作不动，重力加速度取，，，下列说法正确的是（ ）
A．配重受到的合力大小为10N
B．配重的角速度为
C．若细绳不慎断裂，配重将自由下落
D．若增大转速，细绳对配重的拉力将变小
7．（2024高一下·南充期末）某新能源汽车生产厂家在平直公路上测试汽车性能，时刻驾驶汽车由静止启动，时汽车达到额定功率，之后保持该功率不变，再过7s汽车速度达到最大，车载电脑生成的汽车加速度a随速率倒数变化的图像如图中AB、BC两段，已知汽车和司机的总质量，所受阻力是总重力的0.25倍，g取。下列说法正确的是（ ）
A．汽车启动后一直做匀加速直线运动
B．汽车的额定功率为
C．汽车的最大速度大小为15m/s
D．汽车从启动到速度最大通过的位移大小为120m
二、多项选择题（本大题3小题，每小题5分，共15分。每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）
8．（2024高一下·南充期末）以下关于功和能的说法正确的是（ ）
A．功是矢量，能是标量
B．功和能都是标量
C．功是能量转化的量度
D．因为功和能的单位都是焦耳，所以功就是能
9．（2024高一下·南充期末）如图，地球同步卫星轨道在距离地面约36，000千米的Ⅲ轨道处，依靠人类目前的火箭发射能力不能直接把卫星送到如此远的空间位置，想要进入高轨道Ⅲ需先将卫星发射到近地轨道Ⅰ，再经转移轨道Ⅱ进行变轨到达轨道Ⅲ。以下关于卫星变轨过程描述正确的是（ ）
A．通过调整同步卫星可以定点在南充上空
B．无论在哪个轨道上运行，卫星的速率始终不会大于7.9km/s
C．Ⅱ轨道上B点的速率在整个变轨过程中最小
D．卫星在Ⅱ轨道上A点的加速度等于在Ⅰ轨道上A点的加速度
10．（2024高一下·南充期末）如图，一质量为的圆环套在固定的光滑杆上，杆倾角为53°，圆环用轻绳通过轻质光滑定滑轮与质量为的物块相连。现将圆环拉到A位置（AO水平）由静止释放，圆环向下运动经过位置C，已知OC垂直于杆，AO长为，g取，，。则（ ）
A．圆环和物块组成的系统机械能守恒
B．物块的机械能守恒
C．物块机械能的改变量等于合力对其做的功
D．到达C位置时，圆环的速度大小为5m/s
三、实验探究题（本题共2小题，每空2分，共18分）
11．（2024高一下·南充期末）在某星球上用如图甲所示的装置探究平抛运动的规律。在铁架台的悬点O的正下方P点处有水平放置的炽热电热丝，当悬线摆至电热丝处时立即被烧断，之后小球做平抛运动。现利用频闪数码照相机连续拍摄，在有坐标纸的背景屏前，拍下了小球某次做平抛运动的多张照片，经合成后，照片如图乙所示。a、b、c、d为连续四次拍下的小球位置，而后用平滑曲线连接各点得到小球做平抛运动的轨迹。已知照相机拍照的频率为20Hz（即相邻两点的时间间隔为0.05s）。
（1）根据上述信息可知，a点 （选填“是”或“不是”）小球平抛的起点；
（2）小球平抛的初速度大小为 m/s；
（3）该星球表面重力加速度大小为 。
12．（2024高一下·南充期末）图甲是用“落体法”验证机械能守恒定律的实验装置
打点计时器打点周期为，选出一条清晰的纸带如图乙所示，其中O点为打点计时器打下的第一个点（速度为0），A、B、C为三个计数点．测得，，，在计数点A和B、B和C之间还各有一个点，g取。
（1）该实验 （选填“不必”或“必须”）测量重锤质量；
（2）若重锤的质量为0.5kg，取过程O到B验证重锤机械能守恒。根据以上数据计算出：重锤的重力势能减少 J，打点计时器打B点时重锤的速度 m/s，重锤的动能增加 J；（结果均保留3位有效数字）
（3）重锤增加的动能比减少的重力势能小，主要原因是 ；
（4）利用实验时打出的纸带，测量出各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h，算出各计数点对应的速度v，然后以h为横轴、以为纵轴作出如图丙所示的图线，若重锤机械能守恒，则图线的斜率近似等于______。（填选项前的字母）
A．19.6 B．9.80 C．4.90
四、计算题（本题共3小题，共39分。解答应当写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的，不能得分。有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
13．（2024高一下·南充期末）如图，质量为的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为的圆周运动。已知小球恰好通过最高点，不计空气阻力，g取。
（1）求小球通过最高点的速度大小；
（2）求小球通过最高点时重力的瞬时功率P；
（3）求小球通过最低点时对轻绳的拉力。
14．（2024高一下·南充期末）一行星质量为M，半径为R，已知万有引力常量为G，不考虑行星自转的影响。
（1）求行星表面重力加速度大小g；
（2）若卫星绕行星做匀速圆周运动，卫星距行星表面的高度为h，求卫星的线速度大小v；
（3）若从行星表面以初速度竖直上抛一物体，求物体上升到最高点的时间t。
15．（2024高一下·南充期末）如图，水平光滑平台左端固定一竖直挡板，轻质弹簧左端与其相连；平台右方有一光滑圆弧轨道CD，半径，圆心角，半径OD与水平光滑轨道DE垂直；DE与长为的水平传送带EF等高，传送带静止不动。一质量的滑块（可视为质点）从A点由静止释放，弹簧的弹性势能，滑块离开弹簧后从平台边缘B点水平飞出，刚好在C点沿切线滑入圆弧轨道CD，最终停在传送带正中央。不计空气阻力，g取，。
（1）求滑块离开平台时的速度大小以及运动到C点的速度大小；
（2）求滑块与传送带之间的动摩擦因数；
（3）若传送带以速度逆时针匀速转动，只考虑滑块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程，求滑块与传送带间因摩擦产生的热量。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】曲线运动的条件；曲线运动；运动的合成与分解；向心力
【解析】【解答】A．物体做曲线运动条件是加速度方向与速度方向不在同一直线上，故A错误；
B．物体做匀速圆周运动时物体所受合力提供向心力，大小不变，方向始终指向圆心，方向始终变化，所以物体做匀速圆周运动受到的合力为变力，故B错误；
C．物体做曲线运动时加速度可以不变，比如平抛运动，加速度恒为重力加速度，故C错误；
D．例如平抛运动，两个直线运动的合运动为曲线运动，故D正确。
故选D。
【分析】物体做曲线运动时则速度方向和加速度方向不在同一直线上；物体做匀速圆周运动则合力为变力；物体做平抛运动其加速度保持不变；两个直线运动的合成可以是曲线运动。
2．【答案】C
【知识点】研究平抛物体的运动；生活中的圆周运动；功率及其计算；动能
【解析】【解答】A．在甲图中，“旋转秋千”根据牛顿第二定律有：
可得角速度的表达式为：
根据表达式可以得出：角速度越大，悬线与竖直方向的夹角越大，可知座椅越转越高，选项A错误；
B．在乙图中，根据功率的表达式P=Fv可知，汽车上坡时换成低速挡时随着速度减小可以获得更大的牵引力，选项B错误；
C．在丙图中，海啸能掀翻汽车、摧毁房屋，说明运动的物体可以做功，具有能量，选项C正确；
D．在丁图中，击打弹片两球同时落地，则平抛运动的小球在竖直方向的运动规律和自由落体运动的小球相同，则说明平抛运动竖直方向做自由落体运动，选项D错误。
故选C。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出旋转秋千的角速度大小；利用功率的表达式可以判别汽车牵引力随速度的变化；利用海啸对汽车与房屋的作用力有位移，则可以判别运动的物体可以做功；利用两个小球同时落地可以说明平抛运动竖直方向做自由落体运动。
3．【答案】A
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】飞镖做平抛运动时，根据竖直方向的位移公式有：
解得
当水平方向上有最大位移时，飞镖初速度最大。由题可得，水平方向的最大位移为
飞镖在水平方向上匀速直线运动，根据位移公式有
可以解得飞镖的最大初速度为：
故选A。
【分析】利用飞镖竖直方向的位移公式可以求出运动的时间，结合水平方向的位移公式可以求出最大初速度。
4．【答案】B
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．太阳对地球的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得向心加速度的大小为：
地球做离心运动，则轨道半径变大，所以加速度变小，故A错误；
B．太阳对地球的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
地球的轨道半径变大，所以周期变大，故B正确；
C．太阳对地球的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
地球的轨道半径变大，所以速率变小，故C错误；
D．根据角速度与周期关系
地球的轨道半径变大，周期变大，所以角速度变小，故D错误。
故选B。
【分析】太阳对地球的引力提供向心力，根据牛顿第二定律结合半径的变化可以判别加速度、线速度、周期和角速度的大小变化。
5．【答案】C
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】设杆与水平面CD的夹角为， 当时， 由几何关系可知夹角正弦值的大小为：
则角度的大小为：
将杆上N点的速度分解成沿杆的分速度和垂直杆转动的速度 ，根据平行四边形定则可以得出沿杆方向的速度大小；
由于被救人员的速度与沿杆速度大小相等，被救人员向B点运动的速率为。
故选C。
【分析】利用几何关系可以求出杆与水平方向夹角的大小，结合速度的分解可以求出被救人员的速度大小。
6．【答案】B
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．配重在水平面内做匀速圆周运动，配置受到重力和拉力的作用，根据力的合成可以得出：配重受到的合力大小为
故A错误；
B．配重受到的合力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
解得配置的角速度大小为：
故B正确；
C．若细绳不慎断裂，配重具有水平方向的速度，在重力的作用下将做平抛运动，故C错误；
D．若增大转速，即增大角度，配重做匀速圆周运动的半径增大，细绳与竖直方向的夹角增大，根据竖直方向的平衡方程有：
可得绳子的拉力大小为：
可知细绳对配重的拉力将变大，故D错误。
故选B。
【分析】利用力的合成可以求出配置受到的合力大小；利用牛顿第二定律可以求出配置的角速度大小；利用绳子断开时配置具有水平方向的速度，则接下来做平抛运动；利用竖直方向的平衡方程可以判别拉力的大小变化。
7．【答案】D
【知识点】机车启动
【解析】【解答】A．图像中直接显示加速度大小随时间的变化关系，通过图像可知：AB段加速度大小不变，则此阶段做匀加速直线运动，BC段加速度大小变化，做加速度减小的加速运动，故A错误；
B．AB段加速度大小不变，则此阶段做匀加速直线运动，时汽车达到额定功率，根据牛顿第二定律有：
解得牵引力的大小为：
根据匀变速直线运动的速度公式可得
则根据功率的表达式可以得出：额定功率为
故B错误；
C．当牵引力等于阻力大小时，达到额定功率，根据平衡方程有：
则汽车的最大速度为：
故C错误；
D．匀加速直线运动过程中，根据位移公式有：
在汽车变加速过程中，根据动能定理可得
解得变速过程中汽车的位移为：
则汽车从启动到速度最大通过的位移大小为
故选D。
【分析】根据图像可以判别加速度的大小变化，进而判别汽车的速度变化；利用牛顿第二定律可以求出匀加速过程的牵引力的大小，利用速度公式可以求出匀加速过程的最大速度，结合功率的表达式可以求出额定功率的大小；利用额定功率和阻力的大小可以求出汽车的最大速度；利用动能定理可以求出汽车变速过程的位移，利用匀变速直线运动的位移公式可以求出匀加速过程的位移大小。
8．【答案】B,C
【知识点】功能关系
【解析】【解答】AB、物理学中把力和物体在力的方向上移动距离的乘积叫做机械功，简称功，功是标量，能量也是标量，A不符合题意，符合题意B；
CD、功是能量转化的量度，单位都是焦耳，但功不是能量，功属于过程量，能量属于状态量，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：BC
【分析】功和能都是标量，功是改变能量的途径。
9．【答案】C,D
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．同步卫星的位置只能在赤道平面上空的平面，所以不可以定点在南充上空，故A错误；
B．物体做离心运动的条件可能是物体的线速度变大，导致向心力大于合力做离心运动，则卫星在近地轨道上加速做离心运动时，卫星的速率可能会大于7.9km/s，故B错误；
C．根据开普勒第二定律可知卫星在远地点的速度最小，由于Ⅱ轨道上B点是椭圆轨道的最远点，所以在椭圆轨道B点时卫星的线速度最小，在变轨的过程中，卫星在B点由椭圆轨道到同步轨道需加速，所以Ⅱ轨道上B点的速率小于同步轨道的速率；在A点所在轨道时，由于变轨，卫星在椭圆轨道A点的线速度大于近地卫星的速度，再者由于地球的万有引力提供卫星的向心力，根据牛顿第二定律可以得出：
解得线速度的大小为：
可知，卫星在同步轨道的速率小于近地轨道的速率。所以，Ⅱ轨道上B点的速率在整个变轨过程中最小，故C正确；
D．由于地球的万有引力提供卫星的向心力，根据牛顿第二定律可以得出：
可得加速度的表达式为：
根据表达式可知，卫星在Ⅱ轨道上A点的加速度等于在Ⅰ轨道上A点的加速度，故D正确。
故选CD。
【分析】同步卫星的轨道只能在赤道平面上空；利用卫星变轨可以比较线速度的大小，结合引力提供向心力可以比较线速度的大小；利用牛顿第二定律可以比较加速度的大小。
10．【答案】A,D
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．圆环下滑过程中，以圆环和物块组成为系统，由于系统内只有重力做功，所以圆环和物块组成的系统机械能守恒，故A正确；
B．在运动过程中，绳子的拉力对物块做功，根据功能关系可以得出物块的机械能不守恒，故B错误；
C．根据动能定理，物块动能的改变量等于合力对物块所做的功，包括重力和绳子拉力的合力做功；根据功能关系，物块的机械能改变量等于物块受到的拉力做功，所以两者不相等，故C错误；
D．因为OC垂直于杆，根据速度的分解可以得出：在C点圆环沿绳的方向速度为零，因此物体的速度也为零，根据物块下滑过程的动能定理可得
解得圆环的速度大小为：
故D正确。
故选AD。
【分析】利用系统只有重力做功可以判别机械能守恒；利用拉力对物块做功可以判别物块机械能不守恒；利用功能关系可以比较机械能改变量和合力做功的大小；利用物块下滑过程的动能定理可以求出物块经过C点速度的大小。
11．【答案】（1）是
（2）1
（3）20
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解析】（1）从轨迹图可以得出，在水平方向上，小球运动时，每两个点之间的距离相同，根据水平方向为匀速直线运动即运动时间相同，当小球在竖直方向以初速度为0做匀加速直线运动时，根据位移公式则相同时间内运动的距离之比为，故a点是平抛的起点。
（2）已知打点周期的大小，两个点之间的间隔时间为
由于小球在水平方向做匀速直线运动，则水平方向向上的速度为
（3）因为小球在竖直方向上做匀加速运动，则根据邻差公式可以求出小球的重力加速度为：
【分析】（1）小球在水平方向做匀速直线运动，结合水平方向的距离相等可以判别运动时间相等，再结合竖直方向的位移公式可以判别a点为抛出点；
（2）利用水平方向的位移公式结合时间间隔可以求出小球初速度的大小；
（3）利用竖直方向的邻差公式可以求出重力加速度的大小。
12．【答案】（1）不必
（2）1.014；2.00；1.00
（3）克服阻力做功
（4）B
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】（1）重锤下落的过程中，由于只受到重力作用，则机械能守恒，根据机械能守恒有
由于在表达式中重锤的质量可以约掉，所以不必测量重锤质量。
（2）根据重力势能的表达式可以得出：
重锤的重力势能减少为
根据匀变速直线运动的规律有：重锤在BC段的平均速度等于在B点的速度大小，则重锤在B点的速度大小为
其中
解得B点的速度为：
根据动能的表达式可以得出：重锤的动能增加量为
（3）由于纸带在下落过程中，重锤和空气之间存在阻力阻力做功会导致减小的重力势能部分转化为内能，故重力势能的减少量大于动能的增加量。
（4）重锤下落过程中，由机械守恒定律有
可得速度和高度的表达式为：
根据表达式可以得出图丙的斜率近似等于重力加速度g。
故选B。
【分析】（1）利用机械能守恒定律可以判别不需要测量重物的质量；
（2）利用重力势能的表达式可以求出重力势能的减少量；利用平均速度公式可以求出瞬时速度的大小，结合动能的表达式可以求出动能的变化量；
（3）利用阻力做功可以判别重力势能的减少量大于动能的增量；
（4）利用机械能守恒定律可以判别图像斜率的大小。
13．【答案】解：（1）小球恰好通过最高点，则
解得
（2）小球通过最高点时重力的瞬时功率为
解得
（3）从最高点到最低点，由动能定理可得
在最低点
联立解得
由牛顿第三定律可知小球对轻绳的拉力
竖直向下。
【知识点】生活中的圆周运动；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）当小球恰好经过最高点时，利用牛顿第二定律可以求出速度的大小；
（2）当小球经过最高点时，由于竖直方向的速度为0，则重力的瞬时功率等于0；
（3）小球从最高点到最低点的过程中，利用动能定理可以求出到达最低点的速度，结合牛顿第二定律可以求出小球对绳子的拉力大小。
14．【答案】解：（1）假设把一个物体放在行星表面，则万有引力等于重力
解得
（2）万有引力提供向心力，则
解得
（3）向上做匀减速直线运动，则
解得
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【分析】（1）行星对物体的引力形成重力，利用牛顿第二定律可以求出重力加速度的大小；
（2）行星对卫星的引力提供向心力，利用牛顿第二定律可以求出卫星线速度的大小；
（3）物体做竖直上抛运动，利用速度公式可以求出减速的时间。
15．【答案】解：（1）弹性势能转化成物体的动能，则
解得
在C点，分解速度可得
（2）滑块从C点到D点，由动能定理可知
解得
滑块从D点到传送带正中央，由能量守恒可知
解得
（3）滑块滑上传送带时的速度
滑块向右做匀减速直线运动至速度为0，根据牛顿第二定律
由可知
此时滑块位移
传送带位移
滑块与传送带间因摩擦产生的热量
由于滑块速度为0时，解得
故不会从传送带右端离开。然后滑块向左匀加速至与传送带共速
此过程滑块位移
传送带位移
滑块与传送带间因摩擦产生的热量
以后滑块与传送带一起匀速至离开传送带，滑块与传送带间因摩擦产生的总热量
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）滑块从A运动到B的过程中，利用能量守恒定律可以求出滑块经过B的速度大小，结合平抛运动速度的分解可以求出运动到C速度的大小；
（2）滑块从C到D的过程中，利用动能定理可以求出经过D点的速度大小，结合滑块从D到传送带的正中央时，利用能量守恒定律可以求出动摩擦因数的大小；
（3）滑块滑上传送带时，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合速度公式可以求出减速的时间，结合位移公式可以求出传送带和滑块运动的位移，结合摩擦力的大小可以求出产生的热量。
1 / 1四川省南充市2023-2024学年高一下学期7月期末物理试题
一、单项选择题（本大题7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中只有一个选项最符合题意。）
1．（2024高一下·南充期末）关于曲线运动，下列说法正确的是（ ）
A．做曲线运动的物体加速度一定与速度同向
B．做匀速圆周运动的物体所受的合力为恒力
C．曲线运动的加速度一定变化
D．两个直线运动的合运动可能是曲线运动
【答案】D
【知识点】曲线运动的条件；曲线运动；运动的合成与分解；向心力
【解析】【解答】A．物体做曲线运动条件是加速度方向与速度方向不在同一直线上，故A错误；
B．物体做匀速圆周运动时物体所受合力提供向心力，大小不变，方向始终指向圆心，方向始终变化，所以物体做匀速圆周运动受到的合力为变力，故B错误；
C．物体做曲线运动时加速度可以不变，比如平抛运动，加速度恒为重力加速度，故C错误；
D．例如平抛运动，两个直线运动的合运动为曲线运动，故D正确。
故选D。
【分析】物体做曲线运动时则速度方向和加速度方向不在同一直线上；物体做匀速圆周运动则合力为变力；物体做平抛运动其加速度保持不变；两个直线运动的合成可以是曲线运动。
2．（2024高一下·南充期末）物理与生活息息相关，在下列与图片相关的描述中，正确的是（ ）
A．甲图，“旋转秋千”角速度越来越大，座椅越转越低
B．乙图，汽车上坡时换成高速挡可以获得更大的牵引力
C．丙图，海啸能掀翻汽车、摧毁房屋，说明运动的物体可以做功，具有能量
D．丁图，击打弹片两球同时落地，说明平抛运动水平方向做匀速直线运动
【答案】C
【知识点】研究平抛物体的运动；生活中的圆周运动；功率及其计算；动能
【解析】【解答】A．在甲图中，“旋转秋千”根据牛顿第二定律有：
可得角速度的表达式为：
根据表达式可以得出：角速度越大，悬线与竖直方向的夹角越大，可知座椅越转越高，选项A错误；
B．在乙图中，根据功率的表达式P=Fv可知，汽车上坡时换成低速挡时随着速度减小可以获得更大的牵引力，选项B错误；
C．在丙图中，海啸能掀翻汽车、摧毁房屋，说明运动的物体可以做功，具有能量，选项C正确；
D．在丁图中，击打弹片两球同时落地，则平抛运动的小球在竖直方向的运动规律和自由落体运动的小球相同，则说明平抛运动竖直方向做自由落体运动，选项D错误。
故选C。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出旋转秋千的角速度大小；利用功率的表达式可以判别汽车牵引力随速度的变化；利用海啸对汽车与房屋的作用力有位移，则可以判别运动的物体可以做功；利用两个小球同时落地可以说明平抛运动竖直方向做自由落体运动。
3．（2024高一下·南充期末）如图，一心形靶放在水平地面上，心形靶由三个半圆组成，其中大圆半径，小圆半径。飞镖（视为质点）从大圆圆心O点正上方处沿各个方向水平抛出，重力加速度取，要求飞镖击中心形靶（包括边缘处），则飞镖初速度最大值为（ ）
A．0.5m/s B．0.25m/s C． D．0.3m/s
【答案】A
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】飞镖做平抛运动时，根据竖直方向的位移公式有：
解得
当水平方向上有最大位移时，飞镖初速度最大。由题可得，水平方向的最大位移为
飞镖在水平方向上匀速直线运动，根据位移公式有
可以解得飞镖的最大初速度为：
故选A。
【分析】利用飞镖竖直方向的位移公式可以求出运动的时间，结合水平方向的位移公式可以求出最大初速度。
4．（2024高一下·南充期末）科学家发现由于太阳内部的核反应而使其质量在不断减小，使得地球做离心运动。若干年后，地球绕太阳的运动仍可视为匀速圆周运动，描述地球绕太阳运动的物理量与现在相比，下列说法正确的是（ ）
A．加速度变大 B．周期变大 C．速率变大 D．角速度变大
【答案】B
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．太阳对地球的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得向心加速度的大小为：
地球做离心运动，则轨道半径变大，所以加速度变小，故A错误；
B．太阳对地球的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
地球的轨道半径变大，所以周期变大，故B正确；
C．太阳对地球的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
地球的轨道半径变大，所以速率变小，故C错误；
D．根据角速度与周期关系
地球的轨道半径变大，周期变大，所以角速度变小，故D错误。
故选B。
【分析】太阳对地球的引力提供向心力，根据牛顿第二定律结合半径的变化可以判别加速度、线速度、周期和角速度的大小变化。
5．（2024高一下·南充期末）火灾逃生的首要原则是离开火灾现场，如图是火警设计的一种让当事人快捷逃离现场的救援方案：用一根不变形的轻杆MN支撑在楼面平台AB上，N端在水平地面上向右以匀速运动，被救助的人员紧抱在M端随轻杆向平台B端靠近，平台高为h，当时，被救人员向B点运动的速率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】设杆与水平面CD的夹角为， 当时， 由几何关系可知夹角正弦值的大小为：
则角度的大小为：
将杆上N点的速度分解成沿杆的分速度和垂直杆转动的速度 ，根据平行四边形定则可以得出沿杆方向的速度大小；
由于被救人员的速度与沿杆速度大小相等，被救人员向B点运动的速率为。
故选C。
【分析】利用几何关系可以求出杆与水平方向夹角的大小，结合速度的分解可以求出被救人员的速度大小。
6．（2024高一下·南充期末）有一种新式健身“神器”——能自动计数的智能呼啦圈深受健身者的喜爱。智能呼啦圈腰带外侧有圆形光滑轨道，将安装有滑轮的短杆嵌入轨道并能自由滑动，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻质细绳，其简化模型如图所示。已知配重（可视为质点）质量，绳长为，悬挂点到腰带外侧圆形轨道中心O的距离为．水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重在水平面内做匀速圆周运动，在某一段时间内细绳与竖直方向夹角始终为53°。腰带可看作不动，重力加速度取，，，下列说法正确的是（ ）
A．配重受到的合力大小为10N
B．配重的角速度为
C．若细绳不慎断裂，配重将自由下落
D．若增大转速，细绳对配重的拉力将变小
【答案】B
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．配重在水平面内做匀速圆周运动，配置受到重力和拉力的作用，根据力的合成可以得出：配重受到的合力大小为
故A错误；
B．配重受到的合力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
解得配置的角速度大小为：
故B正确；
C．若细绳不慎断裂，配重具有水平方向的速度，在重力的作用下将做平抛运动，故C错误；
D．若增大转速，即增大角度，配重做匀速圆周运动的半径增大，细绳与竖直方向的夹角增大，根据竖直方向的平衡方程有：
可得绳子的拉力大小为：
可知细绳对配重的拉力将变大，故D错误。
故选B。
【分析】利用力的合成可以求出配置受到的合力大小；利用牛顿第二定律可以求出配置的角速度大小；利用绳子断开时配置具有水平方向的速度，则接下来做平抛运动；利用竖直方向的平衡方程可以判别拉力的大小变化。
7．（2024高一下·南充期末）某新能源汽车生产厂家在平直公路上测试汽车性能，时刻驾驶汽车由静止启动，时汽车达到额定功率，之后保持该功率不变，再过7s汽车速度达到最大，车载电脑生成的汽车加速度a随速率倒数变化的图像如图中AB、BC两段，已知汽车和司机的总质量，所受阻力是总重力的0.25倍，g取。下列说法正确的是（ ）
A．汽车启动后一直做匀加速直线运动
B．汽车的额定功率为
C．汽车的最大速度大小为15m/s
D．汽车从启动到速度最大通过的位移大小为120m
【答案】D
【知识点】机车启动
【解析】【解答】A．图像中直接显示加速度大小随时间的变化关系，通过图像可知：AB段加速度大小不变，则此阶段做匀加速直线运动，BC段加速度大小变化，做加速度减小的加速运动，故A错误；
B．AB段加速度大小不变，则此阶段做匀加速直线运动，时汽车达到额定功率，根据牛顿第二定律有：
解得牵引力的大小为：
根据匀变速直线运动的速度公式可得
则根据功率的表达式可以得出：额定功率为
故B错误；
C．当牵引力等于阻力大小时，达到额定功率，根据平衡方程有：
则汽车的最大速度为：
故C错误；
D．匀加速直线运动过程中，根据位移公式有：
在汽车变加速过程中，根据动能定理可得
解得变速过程中汽车的位移为：
则汽车从启动到速度最大通过的位移大小为
故选D。
【分析】根据图像可以判别加速度的大小变化，进而判别汽车的速度变化；利用牛顿第二定律可以求出匀加速过程的牵引力的大小，利用速度公式可以求出匀加速过程的最大速度，结合功率的表达式可以求出额定功率的大小；利用额定功率和阻力的大小可以求出汽车的最大速度；利用动能定理可以求出汽车变速过程的位移，利用匀变速直线运动的位移公式可以求出匀加速过程的位移大小。
二、多项选择题（本大题3小题，每小题5分，共15分。每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）
8．（2024高一下·南充期末）以下关于功和能的说法正确的是（ ）
A．功是矢量，能是标量
B．功和能都是标量
C．功是能量转化的量度
D．因为功和能的单位都是焦耳，所以功就是能
【答案】B,C
【知识点】功能关系
【解析】【解答】AB、物理学中把力和物体在力的方向上移动距离的乘积叫做机械功，简称功，功是标量，能量也是标量，A不符合题意，符合题意B；
CD、功是能量转化的量度，单位都是焦耳，但功不是能量，功属于过程量，能量属于状态量，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：BC
【分析】功和能都是标量，功是改变能量的途径。
9．（2024高一下·南充期末）如图，地球同步卫星轨道在距离地面约36，000千米的Ⅲ轨道处，依靠人类目前的火箭发射能力不能直接把卫星送到如此远的空间位置，想要进入高轨道Ⅲ需先将卫星发射到近地轨道Ⅰ，再经转移轨道Ⅱ进行变轨到达轨道Ⅲ。以下关于卫星变轨过程描述正确的是（ ）
A．通过调整同步卫星可以定点在南充上空
B．无论在哪个轨道上运行，卫星的速率始终不会大于7.9km/s
C．Ⅱ轨道上B点的速率在整个变轨过程中最小
D．卫星在Ⅱ轨道上A点的加速度等于在Ⅰ轨道上A点的加速度
【答案】C,D
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．同步卫星的位置只能在赤道平面上空的平面，所以不可以定点在南充上空，故A错误；
B．物体做离心运动的条件可能是物体的线速度变大，导致向心力大于合力做离心运动，则卫星在近地轨道上加速做离心运动时，卫星的速率可能会大于7.9km/s，故B错误；
C．根据开普勒第二定律可知卫星在远地点的速度最小，由于Ⅱ轨道上B点是椭圆轨道的最远点，所以在椭圆轨道B点时卫星的线速度最小，在变轨的过程中，卫星在B点由椭圆轨道到同步轨道需加速，所以Ⅱ轨道上B点的速率小于同步轨道的速率；在A点所在轨道时，由于变轨，卫星在椭圆轨道A点的线速度大于近地卫星的速度，再者由于地球的万有引力提供卫星的向心力，根据牛顿第二定律可以得出：
解得线速度的大小为：
可知，卫星在同步轨道的速率小于近地轨道的速率。所以，Ⅱ轨道上B点的速率在整个变轨过程中最小，故C正确；
D．由于地球的万有引力提供卫星的向心力，根据牛顿第二定律可以得出：
可得加速度的表达式为：
根据表达式可知，卫星在Ⅱ轨道上A点的加速度等于在Ⅰ轨道上A点的加速度，故D正确。
故选CD。
【分析】同步卫星的轨道只能在赤道平面上空；利用卫星变轨可以比较线速度的大小，结合引力提供向心力可以比较线速度的大小；利用牛顿第二定律可以比较加速度的大小。
10．（2024高一下·南充期末）如图，一质量为的圆环套在固定的光滑杆上，杆倾角为53°，圆环用轻绳通过轻质光滑定滑轮与质量为的物块相连。现将圆环拉到A位置（AO水平）由静止释放，圆环向下运动经过位置C，已知OC垂直于杆，AO长为，g取，，。则（ ）
A．圆环和物块组成的系统机械能守恒
B．物块的机械能守恒
C．物块机械能的改变量等于合力对其做的功
D．到达C位置时，圆环的速度大小为5m/s
【答案】A,D
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．圆环下滑过程中，以圆环和物块组成为系统，由于系统内只有重力做功，所以圆环和物块组成的系统机械能守恒，故A正确；
B．在运动过程中，绳子的拉力对物块做功，根据功能关系可以得出物块的机械能不守恒，故B错误；
C．根据动能定理，物块动能的改变量等于合力对物块所做的功，包括重力和绳子拉力的合力做功；根据功能关系，物块的机械能改变量等于物块受到的拉力做功，所以两者不相等，故C错误；
D．因为OC垂直于杆，根据速度的分解可以得出：在C点圆环沿绳的方向速度为零，因此物体的速度也为零，根据物块下滑过程的动能定理可得
解得圆环的速度大小为：
故D正确。
故选AD。
【分析】利用系统只有重力做功可以判别机械能守恒；利用拉力对物块做功可以判别物块机械能不守恒；利用功能关系可以比较机械能改变量和合力做功的大小；利用物块下滑过程的动能定理可以求出物块经过C点速度的大小。
三、实验探究题（本题共2小题，每空2分，共18分）
11．（2024高一下·南充期末）在某星球上用如图甲所示的装置探究平抛运动的规律。在铁架台的悬点O的正下方P点处有水平放置的炽热电热丝，当悬线摆至电热丝处时立即被烧断，之后小球做平抛运动。现利用频闪数码照相机连续拍摄，在有坐标纸的背景屏前，拍下了小球某次做平抛运动的多张照片，经合成后，照片如图乙所示。a、b、c、d为连续四次拍下的小球位置，而后用平滑曲线连接各点得到小球做平抛运动的轨迹。已知照相机拍照的频率为20Hz（即相邻两点的时间间隔为0.05s）。
（1）根据上述信息可知，a点 （选填“是”或“不是”）小球平抛的起点；
（2）小球平抛的初速度大小为 m/s；
（3）该星球表面重力加速度大小为 。
【答案】（1）是
（2）1
（3）20
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解析】（1）从轨迹图可以得出，在水平方向上，小球运动时，每两个点之间的距离相同，根据水平方向为匀速直线运动即运动时间相同，当小球在竖直方向以初速度为0做匀加速直线运动时，根据位移公式则相同时间内运动的距离之比为，故a点是平抛的起点。
（2）已知打点周期的大小，两个点之间的间隔时间为
由于小球在水平方向做匀速直线运动，则水平方向向上的速度为
（3）因为小球在竖直方向上做匀加速运动，则根据邻差公式可以求出小球的重力加速度为：
【分析】（1）小球在水平方向做匀速直线运动，结合水平方向的距离相等可以判别运动时间相等，再结合竖直方向的位移公式可以判别a点为抛出点；
（2）利用水平方向的位移公式结合时间间隔可以求出小球初速度的大小；
（3）利用竖直方向的邻差公式可以求出重力加速度的大小。
12．（2024高一下·南充期末）图甲是用“落体法”验证机械能守恒定律的实验装置
打点计时器打点周期为，选出一条清晰的纸带如图乙所示，其中O点为打点计时器打下的第一个点（速度为0），A、B、C为三个计数点．测得，，，在计数点A和B、B和C之间还各有一个点，g取。
（1）该实验 （选填“不必”或“必须”）测量重锤质量；
（2）若重锤的质量为0.5kg，取过程O到B验证重锤机械能守恒。根据以上数据计算出：重锤的重力势能减少 J，打点计时器打B点时重锤的速度 m/s，重锤的动能增加 J；（结果均保留3位有效数字）
（3）重锤增加的动能比减少的重力势能小，主要原因是 ；
（4）利用实验时打出的纸带，测量出各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h，算出各计数点对应的速度v，然后以h为横轴、以为纵轴作出如图丙所示的图线，若重锤机械能守恒，则图线的斜率近似等于______。（填选项前的字母）
A．19.6 B．9.80 C．4.90
【答案】（1）不必
（2）1.014；2.00；1.00
（3）克服阻力做功
（4）B
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】（1）重锤下落的过程中，由于只受到重力作用，则机械能守恒，根据机械能守恒有
由于在表达式中重锤的质量可以约掉，所以不必测量重锤质量。
（2）根据重力势能的表达式可以得出：
重锤的重力势能减少为
根据匀变速直线运动的规律有：重锤在BC段的平均速度等于在B点的速度大小，则重锤在B点的速度大小为
其中
解得B点的速度为：
根据动能的表达式可以得出：重锤的动能增加量为
（3）由于纸带在下落过程中，重锤和空气之间存在阻力阻力做功会导致减小的重力势能部分转化为内能，故重力势能的减少量大于动能的增加量。
（4）重锤下落过程中，由机械守恒定律有
可得速度和高度的表达式为：
根据表达式可以得出图丙的斜率近似等于重力加速度g。
故选B。
【分析】（1）利用机械能守恒定律可以判别不需要测量重物的质量；
（2）利用重力势能的表达式可以求出重力势能的减少量；利用平均速度公式可以求出瞬时速度的大小，结合动能的表达式可以求出动能的变化量；
（3）利用阻力做功可以判别重力势能的减少量大于动能的增量；
（4）利用机械能守恒定律可以判别图像斜率的大小。
四、计算题（本题共3小题，共39分。解答应当写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的，不能得分。有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
13．（2024高一下·南充期末）如图，质量为的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为的圆周运动。已知小球恰好通过最高点，不计空气阻力，g取。
（1）求小球通过最高点的速度大小；
（2）求小球通过最高点时重力的瞬时功率P；
（3）求小球通过最低点时对轻绳的拉力。
【答案】解：（1）小球恰好通过最高点，则
解得
（2）小球通过最高点时重力的瞬时功率为
解得
（3）从最高点到最低点，由动能定理可得
在最低点
联立解得
由牛顿第三定律可知小球对轻绳的拉力
竖直向下。
【知识点】生活中的圆周运动；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）当小球恰好经过最高点时，利用牛顿第二定律可以求出速度的大小；
（2）当小球经过最高点时，由于竖直方向的速度为0，则重力的瞬时功率等于0；
（3）小球从最高点到最低点的过程中，利用动能定理可以求出到达最低点的速度，结合牛顿第二定律可以求出小球对绳子的拉力大小。
14．（2024高一下·南充期末）一行星质量为M，半径为R，已知万有引力常量为G，不考虑行星自转的影响。
（1）求行星表面重力加速度大小g；
（2）若卫星绕行星做匀速圆周运动，卫星距行星表面的高度为h，求卫星的线速度大小v；
（3）若从行星表面以初速度竖直上抛一物体，求物体上升到最高点的时间t。
【答案】解：（1）假设把一个物体放在行星表面，则万有引力等于重力
解得
（2）万有引力提供向心力，则
解得
（3）向上做匀减速直线运动，则
解得
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【分析】（1）行星对物体的引力形成重力，利用牛顿第二定律可以求出重力加速度的大小；
（2）行星对卫星的引力提供向心力，利用牛顿第二定律可以求出卫星线速度的大小；
（3）物体做竖直上抛运动，利用速度公式可以求出减速的时间。
15．（2024高一下·南充期末）如图，水平光滑平台左端固定一竖直挡板，轻质弹簧左端与其相连；平台右方有一光滑圆弧轨道CD，半径，圆心角，半径OD与水平光滑轨道DE垂直；DE与长为的水平传送带EF等高，传送带静止不动。一质量的滑块（可视为质点）从A点由静止释放，弹簧的弹性势能，滑块离开弹簧后从平台边缘B点水平飞出，刚好在C点沿切线滑入圆弧轨道CD，最终停在传送带正中央。不计空气阻力，g取，。
（1）求滑块离开平台时的速度大小以及运动到C点的速度大小；
（2）求滑块与传送带之间的动摩擦因数；
（3）若传送带以速度逆时针匀速转动，只考虑滑块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程，求滑块与传送带间因摩擦产生的热量。
【答案】解：（1）弹性势能转化成物体的动能，则
解得
在C点，分解速度可得
（2）滑块从C点到D点，由动能定理可知
解得
滑块从D点到传送带正中央，由能量守恒可知
解得
（3）滑块滑上传送带时的速度
滑块向右做匀减速直线运动至速度为0，根据牛顿第二定律
由可知
此时滑块位移
传送带位移
滑块与传送带间因摩擦产生的热量
由于滑块速度为0时，解得
故不会从传送带右端离开。然后滑块向左匀加速至与传送带共速
此过程滑块位移
传送带位移
滑块与传送带间因摩擦产生的热量
以后滑块与传送带一起匀速至离开传送带，滑块与传送带间因摩擦产生的总热量
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）滑块从A运动到B的过程中，利用能量守恒定律可以求出滑块经过B的速度大小，结合平抛运动速度的分解可以求出运动到C速度的大小；
（2）滑块从C到D的过程中，利用动能定理可以求出经过D点的速度大小，结合滑块从D到传送带的正中央时，利用能量守恒定律可以求出动摩擦因数的大小；
（3）滑块滑上传送带时，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合速度公式可以求出减速的时间，结合位移公式可以求出传送带和滑块运动的位移，结合摩擦力的大小可以求出产生的热量。
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