广东省深圳市福田区红岭中学2023-2024学年高一下学期第一学段考试物理试卷
1．（2024高一下·深圳期中）下列物理情景中，经典的牛顿力学不再适用的是（ ）
A．“高鸟黄云暮”中的运动
B．“卢水胡”部落中的骑马射箭、挥刀逐鹿
C．“三体”小说中的光速飞船
D．“逐道”训练时，在空中的啦啦操队员
【答案】C
【知识点】相对论时空观与牛顿力学的局限性
【解析】【解答】牛顿力学有它的局限性，只能适用于宏观、低速、弱引力环境下。在物体以接近光速的情况下运动时只能采用狭义相对论处理，所以经典的牛顿力学不适用与微观高速粒子的运动，则不适用于“三体”小说中的光速飞船的运动。
故选C。
【分析】根据经典力学的适用条件结合选项完成分析即可解答。
2．（2024高一下·深圳期中）2019年1月，我国嫦娥四号探测器成功在月球背面软着陆，在探测器“奔向”月球的过程中，用h表示探测器与地球表面的距离，F表示它所受的地球引力，能够描F随h变化关系的图像是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】 对于图像问题的分析，一般情况下是要先得出横、纵两轴所代表的物理量间的函数关系。根据万有引力定律可得
可得h越大，F越小，且F与h不是线性关系，ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】先找出探测器到地心的距离，根据万有引力定律得出地球对探测的引力随h的函数表达式，即可分析。
3．（2024高一下·深圳期中）2021年1月12日，滑雪战队在崇礼国家越野滑雪中心进行越野滑雪训练。如图所示，整个滑雪轨道在同一竖直平面内，弯曲滑道与倾斜长直滑道平滑衔接，某运动员从高为H的O点由静止滑下，到达A点水平飞出后落到长直滑道上的B点，不计滑动过程的摩擦和空气阻力，设长直滑道足够长，若弯曲滑道的高H加倍，则（ ）
A．运动员在A点水平飞出的速度加倍
B．运动员在A点飞出后在空中运动的时间加倍
C．运动员落到长直滑道上的速度大小不变
D．运动员落到长直滑道上的速度方向不变
【答案】D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】做平抛运动的物体，水平方向的速度是恒定的，竖直方向是初速度为零的匀加速直线运动，满足vy=gt。A．根据
可得运动员水平飞出的速度
若H加倍，则水平飞出的速度v变为倍，A错误；
B．运动员从A点飞出后做平抛运动，则
解得
若H加倍，则在空中运动的时间t变为倍，B错误；
CD．运动员落到斜面上的速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向与水平方向夹角正切值的2倍，若H加倍，则运动员落到斜面上的速度方向不变，大小为
不变，若H加倍，则运动员落到斜面上的速度大小变为倍，C错误，D正确。
故选D。
【分析】不计滑动过程的摩擦和空气阻力，满足机械能守恒，据此可解；运动员落到斜面上，竖直位移与水平位移的比始终等于斜面夹角的正切值可求解其运动时间表达式；不计滑动过程的摩擦和空气阻力，满足机械能守恒，应用机械能守恒定律和合速度的表达式解决平抛运动速度方向与水平夹角的正切值始终等于位偏角正切值的2倍，据此分析即可。
4．（2024高一下·深圳期中）物体沿直线运动的关系如图所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为，则（ ）
A．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4W
B．从第3秒末到第5秒末合外力做功为-2W
C．从第5秒末到第7秒末合外力做功为-W
D．从第0秒末到第7秒末合外力做功为W
【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】本题考查动能定理的应用能力．动能定理的直接应用是：由动能的变化量求出合力做的功，或由合力做功求动能的变化量。A．物体在第1秒末到第3秒末做匀速直线运动，合力为零，做功为零。故A错误。
B．从第3秒末到第5秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相反，合力的功相反，等于-W，故B错误。
C．从第5秒末到第7秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相同，合力做功相同，即为W，故C错误。
D．从第0秒末到第7秒末合外力做功与第1秒内动能的变化量相同，合力做功相同，即为W，故D正确。
故选D。
【分析】由速度-时间图象可知，物体在第1秒末到第3秒末做匀速直线运动，合力为零，做功为零．根据动能定理：合力对物体做功等于物体动能的变化．从第3秒末到第5秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相反，合力的功相反．从第5秒末到第7秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相同，合力做功相同．根据数学知识求出从第3秒末到第4秒末动能的变化量，再求出合力的功。
5．（2024高一下·深圳期中）南方持续强降雨造成严重的洪涝灾害，也给山东防汛敲响了警钟。在某次抗灾演练中，A地与安置点B的直线距离与平直河岸成60°角，如图所示。演练要求甲、乙两冲锋舟分别从A地以最小的速度和船头指向对岸分别把特殊被困人员各自送到对岸安置点，设水速不变，则甲、乙两冲锋舟的速度和之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】小船渡河问题分析
【解析】【解答】冲锋舟的合运动就是实际运动，所以甲、乙两冲锋舟实际运动方向相同，抓住水速不变这一关键。依题意作出甲、乙两冲锋舟的速度矢量图如图所示，由图中几何关系可直接得出甲、乙两地冲锋舟的速度分别为
解得
故B正确，ACD错误。
故选B。
【分析】设水速为v，当甲冲锋舟以最小速度过河时，甲冲锋舟的速度方向垂直于AB连线指向上游，根据运动的合成与分解列式；当乙冲锋舟的船头垂直与河岸时，根据运动的合成与分解，根据运动的合成与分解列式，最后求比值。
6．（2024高一下·深圳期中）天舟六号飞船成功对接于空间站天和核心舱后向端口，形成新的空间站组合体。对接前后的示意图如图所示，对接前天舟六号飞船绕地球沿轨道Ⅰ做椭圆运动，在O点完成交会对接后，组合体沿原空间站的运行轨道Ⅱ做匀速圆周运动。关于天舟六号的升空及运行，下列说法正确的是（ ）
A．天舟六号飞船发射时的速度可能小于7.9km/s
B．对接后，组合体绕地球运行的速度减小
C．交会对接后组合体在轨道Ⅱ经过O点时的加速度比对接前天舟六号在轨道Ⅰ经过O点时的加速度大
D．天舟六号需要在O点通过点火加速才能从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ与空间站顺利对接
【答案】D
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握变轨原理。A．第一宇宙速度7.9km/s是卫星的最小发射速度，天舟六号飞船发射时的速度不可能小于7.9km/s。故A错误；
B．根据
可知
对接后，组合体沿原空间站的运行轨道Ⅱ做匀速圆周运动，轨道半径不变，则运行速度不变。故B错误；
C．根据万有引力定律可知
整理得
同样都是点，则加速度大小相等。故C错误；
D．轨道Ⅰ上经过点后会做近心运动，即
轨道Ⅱ上经过点后会继续做匀速圆周运动，即
可知
天舟六号需要在O点通过点火加速才能从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ与空间站顺利对接。故D正确。
故选D。
【分析】第一宇宙速度7.9km/s是卫星的最小发射速度；根据万有引力提供向心力得到线速度表达式进行分析；根据牛顿第二定律分析加速度大小；根据变轨原理分析D选项。
7．（2024高一下·深圳期中）一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替．如图（a）所示，曲线上的A点的曲率圆定义为：通过A点和曲线上紧邻A点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做A点的曲率圆，其半径ρ叫做A点的曲率半径．现将一物体沿与水平面成α角的方向已速度υ0抛出，如图（b）所示．则在其轨迹最高点P处的曲率半径是
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】向心加速度
【解析】【解答】解答本题得关键是正确受力分析，找到向心力的来源，并把斜抛运动分为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀减速直线运动。物体在其轨迹最高点P处只有水平速度，其水平速度大小为，在最高点，把物体的运动看成圆周运动的一部分，物体的重力作为向心力，由向心力的公式得
所以在其轨迹最高点P处的曲率半径是
故C正确。
【分析】点O处，根据重力分力提供向心力，求曲率半径；物体做斜抛运动，可将运动分为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀减速直线运动，求最高点速度，在最高点并根据牛顿第二定律，求曲率半径。
8．（2024高一下·深圳期中）如图所示，卫星B是地球同步卫星，它们均绕地球做匀速圆周运动，卫星P是地球赤道上还未发射的卫星，P、A、B三颗卫星的线速度大小分别为、、，角速度大小分别为、、，向心加速度大小分别为、、，下列判断正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】本题比较加速度、角速度与线速度需进行分类比较，同步卫星与赤道上物体角速度相同，由轨道半径比较其线速度与角速度的大小，卫星间通过万有引力提供圆周运动向心力由轨道半径大小进行比较即可。对于卫星A、B，根据万有引力提供向心力，有
解得
由题图可知
所以，，
由于B是地球同步卫星，P是地球赤道上还未发射的卫星，卫星P、B的角速度相等
则
根据
则有
根据
则有
故BD错误，AC正确；
故选AC。
【分析】比较赤道上物体与同步卫星的线速度与角速度大小关系，再根据万有引力提供圆周运动向心力比较A和B的线速度与角速度的大小关系即可。
9．（2024高一下·深圳期中）如图所示，有一竖直放置、内壁光滑的圆环，可视为质点的小球在竖直平面内做圆周运动，已知圆环的半径为R，重力加速度为g，小球在最低点Q的速度为v0，不计空气阻力，则（ ）
A．小球运动到最低点Q时，处于超重状态
B．小球的速度越大，则在P、Q两点小球对圆环内壁的压力差越大
C．当时，小球在P点受内壁压力为
D．当时，小球一定能通过最高点P
【答案】A,D
【知识点】超重与失重；生活中的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】对于竖直平面内的圆周运动，一般题目都会给出关键词“恰好”，当物体恰好过圆周运动最高点时，物体自身的重力完全充当向心力。A．小球运动到最低点Q时，加速度向上，处于超重状态，故A正确；
B．经过最高点P时满足
经过最低点Q时满足
从最低点到最高点过程，据动能定理可得
联立解得
故在、两点小球对圆环内壁的压力差与无关，故B错误；
D．小球恰好过最高点时满足
解得在最高点的速度为
当时，代入B解析中的动能定理，可得小球经过最高点的速度为
故小球一定能通过最高点，故D正确；
C．当时，代入B解析中的动能定理，可得小球经过最高点的速度为
小球在P点受内壁压力为零，选项C错误。
故选AD。
【分析】小球刚好通过最高点时，绳子的拉力恰好为零，靠重力提供向心力。根据牛顿第二定律求出小球在最高点时的速度。根据牛顿第二定律求出小球在最低点时绳子的拉力最小值。
10．（2024高一下·深圳期中）皮带传送在生产、生活中有着广泛的应用。一运煤传送带传输装置的一部分如下图所示，传送带与水平地面的夹角。若传送带以恒定的速率逆时针运转，将质量为的煤块（看成质点）无初速度地放在传送带的顶端P，经时间煤块速度与传送带相同，再经到达传送带底端Q点。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，，，则（ ）
A．煤块与传送带间的动摩擦因数为0.5
B．传送带的长度为
C．煤块从P点到Q点的过程中在传送带上留下的划痕长度为
D．煤块从P点到Q点的过程中系统因摩擦产生的热量为16J
【答案】A,B
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】解决本题的关键理清物体的运动规律，知道物体先做匀加速直线运动，速度相等后继续做匀加速直线运动，两次加速直线运动的加速度不同，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解；，求摩擦生热时要用相对位移的大小与滑动摩擦力大小相乘。A．物块刚放上传送带的内，物体的速度
由牛顿第二定律可得
解得
故A正确；
B．在最初0.5s内物块的位移
设之后物块的加速度为，则有
再经到达传送带底端Q点，则
则传送带PQ的长度
联立解得
故B正确；
C．在最初0.5s内物块相对传送带向上运动，相对滑动的距离
以后的2s内滑块相对传送带向下滑动，则相对滑动的距离
联立解得
则煤块从点到达点的过程中在传送带上留下的划痕长度为4m，故C错误；
D．煤块从P点到Q点的过程中系统因摩擦产生的热量为
故D错误。
故选AB。
【分析】小煤块放上传送带先做匀加速直线运动，根据运动学公式结合牛顿第二定律可解得；根据牛顿第二定律结合运动学公式可解得PQ的长度；分别求出在煤块匀加速直线运动阶段传送带的位移和煤块的位移，此后煤块做减速运动，根据运动学公式求得小煤块的位移，即可求得痕迹的长度；计算出物体与传送带的相对位移，再乘以滑动摩擦力的大小，即可得到热量。
11．（2024高一下·深圳期中）“探究向心力大小的表达式”实验装置如图所示。
①采用的实验方法是
A．控制变量法 B．等效法 C．模拟法
②在小球质量和转动半径相同的情况下，逐渐加速转动手柄到一定速度后保持匀速转动。此时左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的 之比（选填“线速度大小”、“角速度平方”或“周期平方”）；在加速转动手柄过程中，左右标尺露出红白相间等分标记的比值 （选填“不变”、“变大”或“变小”）。
【答案】A；角速度平方；不变
【知识点】向心力
【解析】【解答】本题考查了探究小球做圆周运动所需向心力的大小Fn与质量m、角速度ω和半径r之间的关系的实验，实验的原理为圆周运动向心力公式，采用了控制变量法；知道线速度与角速度的关系，知道小球做匀速圆周运动的角速度是通过改变塔轮半径来实现的。①本实验先控制住其它几个因素不变，集中研究其中一个因素变化所产生的影响，采用的实验方法是控制变量法；
故选A。
②标尺上露出的红白相间的等分格数之比为两个小球所受向心力的比值，根据
在小球质量和转动半径相同的情况下，可知左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的角速度平方之比。
设皮带两塔轮的半径为R1、R2，塔轮的线速度为v；则有
，
小球质量和转动半径相同的情况下，可知
由于两变速盘的半径之比不变，则两小球的角速度平方之比不变，左、右标尺露出红白相间等分标记的比值不变。
【分析】①根据实验目的，结合向心力公式F=mrω2分析影响向心力大小的因素，再分析所采用的物理方法；
②标尺上露出的红白相间的等分格数之比为两个小球所受向心力的比值，根据向心力演示仪的原理分析即可。
12．（2024高一下·深圳期中）在“探究平抛运动的特点”实验中
（1）用图1装置进行探究，下列说法正确的是 。
A. 只能探究平抛运动水平分运动的特点
B. 需改变小锤击打的力度，多次重复实验
C. 能同时探究平抛运动水平、竖直分运动的特点
（2）用图2装置进行实验，下列说法正确的是 。
A. 斜槽轨道M必须光滑且其末端水平
B. 上下调节挡板N时必须每次等间距移动
C. 小钢球从斜槽M上同一位置静止滚下
（3）用图3装置进行实验，竖直挡板上附有复写纸和白纸，可以记下钢球撞击挡板时的点迹。实验时竖直挡板初始位置紧靠斜槽末端，钢球从斜槽上P点静止滚下，撞击挡板留下点迹0，将挡板依次水平向右移动x，重复实验，挡板上留下点迹1、2、3、4。以点迹0为坐标原点，竖直向下建立坐标轴y，各点迹坐标值分别为y1、y2、y3、y4。测得钢球直径为d，则钢球平抛初速度v0为 。
A. B. C. D.
【答案】B；C；D
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】本题主要考查了平抛运动的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合平抛运动的特点和运动学公式即可完成求解。（1）AC．用如图1所示的实验装置，只能探究平抛运动竖直分运动的特点，不能研究水平分运动的特点，故AC错误；
B．在实验过程中，需要改变小锤击打的力度，多次重复实验，最后得出结论，故B正确。
故选B。
（2）AC．为了保证小球做平抛运动，需要斜槽末端水平，为了保证小球抛出时速度相等，每一次小球需要静止从同一位置释放，斜槽不需要光滑，故A错误，C正确；
B．上下调节挡板N时不必每次等间距移动，故B错误。
故选C。
（3）A．竖直方向，根据
水平方向
联立可得
故A错误；
B．竖直方向，根据
水平方向
联立可得
故B错误；
CD．竖直方向根据
水平方向
联立可得
故D正确，C错误。
故选D。
【分析】（1）根据实验的正确操作，从减小实验的偶然性的角度分析作答；根据实验原理，结合实验装置分析作答；
（2）根据实验原理，实验的正确操作和注意事项分析作答；
（3）竖直方向自由落体运动，水平方向匀速运动，根据平抛运动的规律求解作答。
13．（2024高一下·深圳期中）如图所示，一根长的细线，一端系着一个质量的小球，拉住线的另一端，使小球在光滑的水平桌面上做匀速圆周运动。现使小球的角速度缓慢地增大，当小球的角速度增大到开始时的3倍时，细线断开，细线断开前的瞬间受到的拉力比开始时大。取。
（1）求细线断开前的瞬间，小球受到的拉力大小；
（2）若小球离开桌面时，速度方向与桌面右边缘间垂直，桌面高出水平地面，求小球飞出后的落地点到桌面右边缘的水平距离s。
【答案】解：（1）设开始时小球做匀速圆周运动的角速度为，则根据题意有
解得
则细线断开前瞬间小球受到的拉力
（2）细线断裂后小球飞出桌面后做平抛运动，设细线断裂时小球的速度大小为，则有
解得
飞出桌面后水平方向做匀速直线运动有
竖直方向做自由落体运动，有
联立解得
【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1）小球在水平面上做匀速圆周运动时，由线的拉力提供向心力，运用牛顿第二定律分别对前后两个状态列方程，结合已知条件求解线受到的拉力大小。
（2）根据拉力，由牛顿第二定律求出速度大小，小球离开桌面做平抛运动，根据平抛运动的特点即可求得。
14．（2024高一下·深圳期中）如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为，小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为t1，A．B两点间距离为d，缆绳质量忽略不计．求：
（1）小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功；
（2）小船经过B点时的速度大小v1；
（3）小船经过B点时的加速度大小a．
【答案】解：（1）由于阻力大小恒定，小船从A点运动到B点克服阻力做功
（2）小船从A点运动到B点，电动机牵引绳对小船做功
由动能定理有
解得
（3）设小船经过B点时绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为θ，电动机牵引绳的速度大小为u，则
由牛顿第二定律有
由④⑤⑥⑦解得
【知识点】机车启动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）由题阻力大小恒定，直接根据功的表达式求出克服阻力所做的功；
（2）小船从A点运动到B点，电动机牵引缆绳对小船做功为W=Pt，运用动能定理求出小船经过B点时的速度；
（3）根据速度个分解，根据牛顿第二定律求解加速度。
15．（2024高一下·深圳期中）如图所示，物体A放在足够长的木板B上，木板B静止于水平面。=0时，电动机通过水平细绳以恒力拉木板B，使它做初速度为零，加速度=1.0m/s2的匀加速直线运动。已知A的质量和B的质量均为2.0kg，A、B之间的动摩擦因数，B与水平面之间的动摩擦因数，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）物体A刚运动时的加速度
（2）若=1.0s时，电动机的输出功率P；
（3）若=1.0s时，将电动机的输出功率立即调整P=5W，并在以后的运动过程中始终保持这一功率不变。=3.8s时物体A的速度为1.2m/s。则在=1.0s到=3.8s这段时间内木板B的位移大小为多少？
【答案】（1）解：若A相对于B滑动，则对物体A进行受力分析，水平方向只受摩擦力。根据牛顿第二定律得
代入数据解得
所以A的加速度为；
（2）解：对物体B进行受力分析，水平方向受到拉力、地面对B的摩擦力、A对B的摩擦力。根据牛顿第二定律得
代入数据解得
所以
（3）解：电动机的输出功率调整为时，设细绳对木板B的拉力为，则
代入数据解得
对木板进行受力分析，木板B受力满足
所以木板B将做匀速直线运动，而物体A则继续在B上做匀加速直线运动直到A、B速度相等
设这一过程时间为，有
这段时间内B的位移
A、B速度相同后，由于且电动机输出功率恒定
A、B将一起做加速度逐渐减小的变加速运动
由动能定理得
由以上各式代入数据得木板B在到这段时间位移
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；机车启动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）应用牛顿第二定律可以求出物体A刚运动时的加速度；
（2）应用匀变速直线运动的速度—时间公式求出B的速度，应用牛顿第二定律求出拉力F的大小，然后根据P=Fv求出功率大小；
（3）电动机的输出功率调整为5W时，根据P=Fv，求出F，对B进行受力分析，得出B受平衡力，所以B做匀速运动，而物体A则继续在B上做匀加速直线运动直到A、B速度相等，算出时间，算出位移s1，速度相同后，由于F＞μ2（mA+mB）g且电动机输出功率恒定，A、B将一起做加速度逐渐减小的变加速运动，根据动能定理求出位移s2，木板B在t=1.0s到t=3.8s这段时间的位移s=s1+s2。
（1）若A相对于B滑动，则对物体A进行受力分析，水平方向只受摩擦力
根据牛顿第二定律得
代入数据解得
所以A的加速度为；
（2）对物体B进行受力分析，水平方向受到拉力、地面对B的摩擦力、A对B的摩擦力
根据牛顿第二定律得
代入数据解得
所以
（3）电动机的输出功率调整为时，设细绳对木板B的拉力为，则
代入数据解得
对木板进行受力分析，木板B受力满足
所以木板B将做匀速直线运动，而物体A则继续在B上做匀加速直线运动直到A、B速度相等
设这一过程时间为，有
这段时间内B的位移
A、B速度相同后，由于且电动机输出功率恒定
A、B将一起做加速度逐渐减小的变加速运动
由动能定理得
由以上各式代入数据得木板B在到这段时间位移
1 / 1广东省深圳市福田区红岭中学2023-2024学年高一下学期第一学段考试物理试卷
1．（2024高一下·深圳期中）下列物理情景中，经典的牛顿力学不再适用的是（ ）
A．“高鸟黄云暮”中的运动
B．“卢水胡”部落中的骑马射箭、挥刀逐鹿
C．“三体”小说中的光速飞船
D．“逐道”训练时，在空中的啦啦操队员
2．（2024高一下·深圳期中）2019年1月，我国嫦娥四号探测器成功在月球背面软着陆，在探测器“奔向”月球的过程中，用h表示探测器与地球表面的距离，F表示它所受的地球引力，能够描F随h变化关系的图像是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2024高一下·深圳期中）2021年1月12日，滑雪战队在崇礼国家越野滑雪中心进行越野滑雪训练。如图所示，整个滑雪轨道在同一竖直平面内，弯曲滑道与倾斜长直滑道平滑衔接，某运动员从高为H的O点由静止滑下，到达A点水平飞出后落到长直滑道上的B点，不计滑动过程的摩擦和空气阻力，设长直滑道足够长，若弯曲滑道的高H加倍，则（ ）
A．运动员在A点水平飞出的速度加倍
B．运动员在A点飞出后在空中运动的时间加倍
C．运动员落到长直滑道上的速度大小不变
D．运动员落到长直滑道上的速度方向不变
4．（2024高一下·深圳期中）物体沿直线运动的关系如图所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为，则（ ）
A．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4W
B．从第3秒末到第5秒末合外力做功为-2W
C．从第5秒末到第7秒末合外力做功为-W
D．从第0秒末到第7秒末合外力做功为W
5．（2024高一下·深圳期中）南方持续强降雨造成严重的洪涝灾害，也给山东防汛敲响了警钟。在某次抗灾演练中，A地与安置点B的直线距离与平直河岸成60°角，如图所示。演练要求甲、乙两冲锋舟分别从A地以最小的速度和船头指向对岸分别把特殊被困人员各自送到对岸安置点，设水速不变，则甲、乙两冲锋舟的速度和之比为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高一下·深圳期中）天舟六号飞船成功对接于空间站天和核心舱后向端口，形成新的空间站组合体。对接前后的示意图如图所示，对接前天舟六号飞船绕地球沿轨道Ⅰ做椭圆运动，在O点完成交会对接后，组合体沿原空间站的运行轨道Ⅱ做匀速圆周运动。关于天舟六号的升空及运行，下列说法正确的是（ ）
A．天舟六号飞船发射时的速度可能小于7.9km/s
B．对接后，组合体绕地球运行的速度减小
C．交会对接后组合体在轨道Ⅱ经过O点时的加速度比对接前天舟六号在轨道Ⅰ经过O点时的加速度大
D．天舟六号需要在O点通过点火加速才能从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ与空间站顺利对接
7．（2024高一下·深圳期中）一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替．如图（a）所示，曲线上的A点的曲率圆定义为：通过A点和曲线上紧邻A点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做A点的曲率圆，其半径ρ叫做A点的曲率半径．现将一物体沿与水平面成α角的方向已速度υ0抛出，如图（b）所示．则在其轨迹最高点P处的曲率半径是
A． B．
C． D．
8．（2024高一下·深圳期中）如图所示，卫星B是地球同步卫星，它们均绕地球做匀速圆周运动，卫星P是地球赤道上还未发射的卫星，P、A、B三颗卫星的线速度大小分别为、、，角速度大小分别为、、，向心加速度大小分别为、、，下列判断正确的是（ ）
A． B．
C． D．
9．（2024高一下·深圳期中）如图所示，有一竖直放置、内壁光滑的圆环，可视为质点的小球在竖直平面内做圆周运动，已知圆环的半径为R，重力加速度为g，小球在最低点Q的速度为v0，不计空气阻力，则（ ）
A．小球运动到最低点Q时，处于超重状态
B．小球的速度越大，则在P、Q两点小球对圆环内壁的压力差越大
C．当时，小球在P点受内壁压力为
D．当时，小球一定能通过最高点P
10．（2024高一下·深圳期中）皮带传送在生产、生活中有着广泛的应用。一运煤传送带传输装置的一部分如下图所示，传送带与水平地面的夹角。若传送带以恒定的速率逆时针运转，将质量为的煤块（看成质点）无初速度地放在传送带的顶端P，经时间煤块速度与传送带相同，再经到达传送带底端Q点。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，，，则（ ）
A．煤块与传送带间的动摩擦因数为0.5
B．传送带的长度为
C．煤块从P点到Q点的过程中在传送带上留下的划痕长度为
D．煤块从P点到Q点的过程中系统因摩擦产生的热量为16J
11．（2024高一下·深圳期中）“探究向心力大小的表达式”实验装置如图所示。
①采用的实验方法是
A．控制变量法 B．等效法 C．模拟法
②在小球质量和转动半径相同的情况下，逐渐加速转动手柄到一定速度后保持匀速转动。此时左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的 之比（选填“线速度大小”、“角速度平方”或“周期平方”）；在加速转动手柄过程中，左右标尺露出红白相间等分标记的比值 （选填“不变”、“变大”或“变小”）。
12．（2024高一下·深圳期中）在“探究平抛运动的特点”实验中
（1）用图1装置进行探究，下列说法正确的是 。
A. 只能探究平抛运动水平分运动的特点
B. 需改变小锤击打的力度，多次重复实验
C. 能同时探究平抛运动水平、竖直分运动的特点
（2）用图2装置进行实验，下列说法正确的是 。
A. 斜槽轨道M必须光滑且其末端水平
B. 上下调节挡板N时必须每次等间距移动
C. 小钢球从斜槽M上同一位置静止滚下
（3）用图3装置进行实验，竖直挡板上附有复写纸和白纸，可以记下钢球撞击挡板时的点迹。实验时竖直挡板初始位置紧靠斜槽末端，钢球从斜槽上P点静止滚下，撞击挡板留下点迹0，将挡板依次水平向右移动x，重复实验，挡板上留下点迹1、2、3、4。以点迹0为坐标原点，竖直向下建立坐标轴y，各点迹坐标值分别为y1、y2、y3、y4。测得钢球直径为d，则钢球平抛初速度v0为 。
A. B. C. D.
13．（2024高一下·深圳期中）如图所示，一根长的细线，一端系着一个质量的小球，拉住线的另一端，使小球在光滑的水平桌面上做匀速圆周运动。现使小球的角速度缓慢地增大，当小球的角速度增大到开始时的3倍时，细线断开，细线断开前的瞬间受到的拉力比开始时大。取。
（1）求细线断开前的瞬间，小球受到的拉力大小；
（2）若小球离开桌面时，速度方向与桌面右边缘间垂直，桌面高出水平地面，求小球飞出后的落地点到桌面右边缘的水平距离s。
14．（2024高一下·深圳期中）如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为，小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为t1，A．B两点间距离为d，缆绳质量忽略不计．求：
（1）小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功；
（2）小船经过B点时的速度大小v1；
（3）小船经过B点时的加速度大小a．
15．（2024高一下·深圳期中）如图所示，物体A放在足够长的木板B上，木板B静止于水平面。=0时，电动机通过水平细绳以恒力拉木板B，使它做初速度为零，加速度=1.0m/s2的匀加速直线运动。已知A的质量和B的质量均为2.0kg，A、B之间的动摩擦因数，B与水平面之间的动摩擦因数，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）物体A刚运动时的加速度
（2）若=1.0s时，电动机的输出功率P；
（3）若=1.0s时，将电动机的输出功率立即调整P=5W，并在以后的运动过程中始终保持这一功率不变。=3.8s时物体A的速度为1.2m/s。则在=1.0s到=3.8s这段时间内木板B的位移大小为多少？
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】相对论时空观与牛顿力学的局限性
【解析】【解答】牛顿力学有它的局限性，只能适用于宏观、低速、弱引力环境下。在物体以接近光速的情况下运动时只能采用狭义相对论处理，所以经典的牛顿力学不适用与微观高速粒子的运动，则不适用于“三体”小说中的光速飞船的运动。
故选C。
【分析】根据经典力学的适用条件结合选项完成分析即可解答。
2．【答案】D
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】 对于图像问题的分析，一般情况下是要先得出横、纵两轴所代表的物理量间的函数关系。根据万有引力定律可得
可得h越大，F越小，且F与h不是线性关系，ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】先找出探测器到地心的距离，根据万有引力定律得出地球对探测的引力随h的函数表达式，即可分析。
3．【答案】D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】做平抛运动的物体，水平方向的速度是恒定的，竖直方向是初速度为零的匀加速直线运动，满足vy=gt。A．根据
可得运动员水平飞出的速度
若H加倍，则水平飞出的速度v变为倍，A错误；
B．运动员从A点飞出后做平抛运动，则
解得
若H加倍，则在空中运动的时间t变为倍，B错误；
CD．运动员落到斜面上的速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向与水平方向夹角正切值的2倍，若H加倍，则运动员落到斜面上的速度方向不变，大小为
不变，若H加倍，则运动员落到斜面上的速度大小变为倍，C错误，D正确。
故选D。
【分析】不计滑动过程的摩擦和空气阻力，满足机械能守恒，据此可解；运动员落到斜面上，竖直位移与水平位移的比始终等于斜面夹角的正切值可求解其运动时间表达式；不计滑动过程的摩擦和空气阻力，满足机械能守恒，应用机械能守恒定律和合速度的表达式解决平抛运动速度方向与水平夹角的正切值始终等于位偏角正切值的2倍，据此分析即可。
4．【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】本题考查动能定理的应用能力．动能定理的直接应用是：由动能的变化量求出合力做的功，或由合力做功求动能的变化量。A．物体在第1秒末到第3秒末做匀速直线运动，合力为零，做功为零。故A错误。
B．从第3秒末到第5秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相反，合力的功相反，等于-W，故B错误。
C．从第5秒末到第7秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相同，合力做功相同，即为W，故C错误。
D．从第0秒末到第7秒末合外力做功与第1秒内动能的变化量相同，合力做功相同，即为W，故D正确。
故选D。
【分析】由速度-时间图象可知，物体在第1秒末到第3秒末做匀速直线运动，合力为零，做功为零．根据动能定理：合力对物体做功等于物体动能的变化．从第3秒末到第5秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相反，合力的功相反．从第5秒末到第7秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相同，合力做功相同．根据数学知识求出从第3秒末到第4秒末动能的变化量，再求出合力的功。
5．【答案】B
【知识点】小船渡河问题分析
【解析】【解答】冲锋舟的合运动就是实际运动，所以甲、乙两冲锋舟实际运动方向相同，抓住水速不变这一关键。依题意作出甲、乙两冲锋舟的速度矢量图如图所示，由图中几何关系可直接得出甲、乙两地冲锋舟的速度分别为
解得
故B正确，ACD错误。
故选B。
【分析】设水速为v，当甲冲锋舟以最小速度过河时，甲冲锋舟的速度方向垂直于AB连线指向上游，根据运动的合成与分解列式；当乙冲锋舟的船头垂直与河岸时，根据运动的合成与分解，根据运动的合成与分解列式，最后求比值。
6．【答案】D
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握变轨原理。A．第一宇宙速度7.9km/s是卫星的最小发射速度，天舟六号飞船发射时的速度不可能小于7.9km/s。故A错误；
B．根据
可知
对接后，组合体沿原空间站的运行轨道Ⅱ做匀速圆周运动，轨道半径不变，则运行速度不变。故B错误；
C．根据万有引力定律可知
整理得
同样都是点，则加速度大小相等。故C错误；
D．轨道Ⅰ上经过点后会做近心运动，即
轨道Ⅱ上经过点后会继续做匀速圆周运动，即
可知
天舟六号需要在O点通过点火加速才能从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ与空间站顺利对接。故D正确。
故选D。
【分析】第一宇宙速度7.9km/s是卫星的最小发射速度；根据万有引力提供向心力得到线速度表达式进行分析；根据牛顿第二定律分析加速度大小；根据变轨原理分析D选项。
7．【答案】C
【知识点】向心加速度
【解析】【解答】解答本题得关键是正确受力分析，找到向心力的来源，并把斜抛运动分为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀减速直线运动。物体在其轨迹最高点P处只有水平速度，其水平速度大小为，在最高点，把物体的运动看成圆周运动的一部分，物体的重力作为向心力，由向心力的公式得
所以在其轨迹最高点P处的曲率半径是
故C正确。
【分析】点O处，根据重力分力提供向心力，求曲率半径；物体做斜抛运动，可将运动分为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀减速直线运动，求最高点速度，在最高点并根据牛顿第二定律，求曲率半径。
8．【答案】A,C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】本题比较加速度、角速度与线速度需进行分类比较，同步卫星与赤道上物体角速度相同，由轨道半径比较其线速度与角速度的大小，卫星间通过万有引力提供圆周运动向心力由轨道半径大小进行比较即可。对于卫星A、B，根据万有引力提供向心力，有
解得
由题图可知
所以，，
由于B是地球同步卫星，P是地球赤道上还未发射的卫星，卫星P、B的角速度相等
则
根据
则有
根据
则有
故BD错误，AC正确；
故选AC。
【分析】比较赤道上物体与同步卫星的线速度与角速度大小关系，再根据万有引力提供圆周运动向心力比较A和B的线速度与角速度的大小关系即可。
9．【答案】A,D
【知识点】超重与失重；生活中的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】对于竖直平面内的圆周运动，一般题目都会给出关键词“恰好”，当物体恰好过圆周运动最高点时，物体自身的重力完全充当向心力。A．小球运动到最低点Q时，加速度向上，处于超重状态，故A正确；
B．经过最高点P时满足
经过最低点Q时满足
从最低点到最高点过程，据动能定理可得
联立解得
故在、两点小球对圆环内壁的压力差与无关，故B错误；
D．小球恰好过最高点时满足
解得在最高点的速度为
当时，代入B解析中的动能定理，可得小球经过最高点的速度为
故小球一定能通过最高点，故D正确；
C．当时，代入B解析中的动能定理，可得小球经过最高点的速度为
小球在P点受内壁压力为零，选项C错误。
故选AD。
【分析】小球刚好通过最高点时，绳子的拉力恰好为零，靠重力提供向心力。根据牛顿第二定律求出小球在最高点时的速度。根据牛顿第二定律求出小球在最低点时绳子的拉力最小值。
10．【答案】A,B
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】解决本题的关键理清物体的运动规律，知道物体先做匀加速直线运动，速度相等后继续做匀加速直线运动，两次加速直线运动的加速度不同，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解；，求摩擦生热时要用相对位移的大小与滑动摩擦力大小相乘。A．物块刚放上传送带的内，物体的速度
由牛顿第二定律可得
解得
故A正确；
B．在最初0.5s内物块的位移
设之后物块的加速度为，则有
再经到达传送带底端Q点，则
则传送带PQ的长度
联立解得
故B正确；
C．在最初0.5s内物块相对传送带向上运动，相对滑动的距离
以后的2s内滑块相对传送带向下滑动，则相对滑动的距离
联立解得
则煤块从点到达点的过程中在传送带上留下的划痕长度为4m，故C错误；
D．煤块从P点到Q点的过程中系统因摩擦产生的热量为
故D错误。
故选AB。
【分析】小煤块放上传送带先做匀加速直线运动，根据运动学公式结合牛顿第二定律可解得；根据牛顿第二定律结合运动学公式可解得PQ的长度；分别求出在煤块匀加速直线运动阶段传送带的位移和煤块的位移，此后煤块做减速运动，根据运动学公式求得小煤块的位移，即可求得痕迹的长度；计算出物体与传送带的相对位移，再乘以滑动摩擦力的大小，即可得到热量。
11．【答案】A；角速度平方；不变
【知识点】向心力
【解析】【解答】本题考查了探究小球做圆周运动所需向心力的大小Fn与质量m、角速度ω和半径r之间的关系的实验，实验的原理为圆周运动向心力公式，采用了控制变量法；知道线速度与角速度的关系，知道小球做匀速圆周运动的角速度是通过改变塔轮半径来实现的。①本实验先控制住其它几个因素不变，集中研究其中一个因素变化所产生的影响，采用的实验方法是控制变量法；
故选A。
②标尺上露出的红白相间的等分格数之比为两个小球所受向心力的比值，根据
在小球质量和转动半径相同的情况下，可知左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的角速度平方之比。
设皮带两塔轮的半径为R1、R2，塔轮的线速度为v；则有
，
小球质量和转动半径相同的情况下，可知
由于两变速盘的半径之比不变，则两小球的角速度平方之比不变，左、右标尺露出红白相间等分标记的比值不变。
【分析】①根据实验目的，结合向心力公式F=mrω2分析影响向心力大小的因素，再分析所采用的物理方法；
②标尺上露出的红白相间的等分格数之比为两个小球所受向心力的比值，根据向心力演示仪的原理分析即可。
12．【答案】B；C；D
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】本题主要考查了平抛运动的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合平抛运动的特点和运动学公式即可完成求解。（1）AC．用如图1所示的实验装置，只能探究平抛运动竖直分运动的特点，不能研究水平分运动的特点，故AC错误；
B．在实验过程中，需要改变小锤击打的力度，多次重复实验，最后得出结论，故B正确。
故选B。
（2）AC．为了保证小球做平抛运动，需要斜槽末端水平，为了保证小球抛出时速度相等，每一次小球需要静止从同一位置释放，斜槽不需要光滑，故A错误，C正确；
B．上下调节挡板N时不必每次等间距移动，故B错误。
故选C。
（3）A．竖直方向，根据
水平方向
联立可得
故A错误；
B．竖直方向，根据
水平方向
联立可得
故B错误；
CD．竖直方向根据
水平方向
联立可得
故D正确，C错误。
故选D。
【分析】（1）根据实验的正确操作，从减小实验的偶然性的角度分析作答；根据实验原理，结合实验装置分析作答；
（2）根据实验原理，实验的正确操作和注意事项分析作答；
（3）竖直方向自由落体运动，水平方向匀速运动，根据平抛运动的规律求解作答。
13．【答案】解：（1）设开始时小球做匀速圆周运动的角速度为，则根据题意有
解得
则细线断开前瞬间小球受到的拉力
（2）细线断裂后小球飞出桌面后做平抛运动，设细线断裂时小球的速度大小为，则有
解得
飞出桌面后水平方向做匀速直线运动有
竖直方向做自由落体运动，有
联立解得
【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1）小球在水平面上做匀速圆周运动时，由线的拉力提供向心力，运用牛顿第二定律分别对前后两个状态列方程，结合已知条件求解线受到的拉力大小。
（2）根据拉力，由牛顿第二定律求出速度大小，小球离开桌面做平抛运动，根据平抛运动的特点即可求得。
14．【答案】解：（1）由于阻力大小恒定，小船从A点运动到B点克服阻力做功
（2）小船从A点运动到B点，电动机牵引绳对小船做功
由动能定理有
解得
（3）设小船经过B点时绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为θ，电动机牵引绳的速度大小为u，则
由牛顿第二定律有
由④⑤⑥⑦解得
【知识点】机车启动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）由题阻力大小恒定，直接根据功的表达式求出克服阻力所做的功；
（2）小船从A点运动到B点，电动机牵引缆绳对小船做功为W=Pt，运用动能定理求出小船经过B点时的速度；
（3）根据速度个分解，根据牛顿第二定律求解加速度。
15．【答案】（1）解：若A相对于B滑动，则对物体A进行受力分析，水平方向只受摩擦力。根据牛顿第二定律得
代入数据解得
所以A的加速度为；
（2）解：对物体B进行受力分析，水平方向受到拉力、地面对B的摩擦力、A对B的摩擦力。根据牛顿第二定律得
代入数据解得
所以
（3）解：电动机的输出功率调整为时，设细绳对木板B的拉力为，则
代入数据解得
对木板进行受力分析，木板B受力满足
所以木板B将做匀速直线运动，而物体A则继续在B上做匀加速直线运动直到A、B速度相等
设这一过程时间为，有
这段时间内B的位移
A、B速度相同后，由于且电动机输出功率恒定
A、B将一起做加速度逐渐减小的变加速运动
由动能定理得
由以上各式代入数据得木板B在到这段时间位移
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；机车启动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）应用牛顿第二定律可以求出物体A刚运动时的加速度；
（2）应用匀变速直线运动的速度—时间公式求出B的速度，应用牛顿第二定律求出拉力F的大小，然后根据P=Fv求出功率大小；
（3）电动机的输出功率调整为5W时，根据P=Fv，求出F，对B进行受力分析，得出B受平衡力，所以B做匀速运动，而物体A则继续在B上做匀加速直线运动直到A、B速度相等，算出时间，算出位移s1，速度相同后，由于F＞μ2（mA+mB）g且电动机输出功率恒定，A、B将一起做加速度逐渐减小的变加速运动，根据动能定理求出位移s2，木板B在t=1.0s到t=3.8s这段时间的位移s=s1+s2。
（1）若A相对于B滑动，则对物体A进行受力分析，水平方向只受摩擦力
根据牛顿第二定律得
代入数据解得
所以A的加速度为；
（2）对物体B进行受力分析，水平方向受到拉力、地面对B的摩擦力、A对B的摩擦力
根据牛顿第二定律得
代入数据解得
所以
（3）电动机的输出功率调整为时，设细绳对木板B的拉力为，则
代入数据解得
对木板进行受力分析，木板B受力满足
所以木板B将做匀速直线运动，而物体A则继续在B上做匀加速直线运动直到A、B速度相等
设这一过程时间为，有
这段时间内B的位移
A、B速度相同后，由于且电动机输出功率恒定
A、B将一起做加速度逐渐减小的变加速运动
由动能定理得
由以上各式代入数据得木板B在到这段时间位移
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