广东省广州市第十六中学2023-2024学年高一下学期期中考试物理试卷
1．（2024高一下·越秀期中）如图，在水平桌面上沿OP方向发射一个速度足够大的乒乓球。在桌边Р处一同学向吹管持续吹气，试图将球吹进球门，却未成功。下列说法正确的是（ ）
A．将球门适当下移有可能成功
B．将球门适当右移有可能成功
C．小球受到“吹气”作用过程中速度一定不变
D．小球受到“吹气”作用过程中速度一定减小
【答案】B
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】AB．当乒乓球到达P点时，由于乒乓球同时具有向下和向右的速度，根据速度的合成，所以乒乓球的合速度倾斜向下，所以单纯沿上下方向吹气而施加力的作用不能使球落入球门中。如果将球门垂直于直线水平向右平移适当距离，球可能落入球门中，故A错误，B正确；
CD．吹管吹气只增加了球沿上下方向的速度，而沿水平方向的速度不变，根据速度的合成可以得出
小球受到“吹气”作用过程中速度一定变大，故CD错误。
故选B。
【分析】利用速度的合成可以判别乒乓球合速度的大小及方向。
2．（2024高一下·越秀期中）小物体在直角坐标系xOy平面内运动，t=0时刻位于坐标原点，在x、y方向的位移随时间变化的图像如图甲、乙所示，图乙的图像为抛物线，且t=0时刻抛物线的切线为时间轴。则小物体（ ）
A．t=0时速度为2m/s B．t=0时加速度为2m/s2
C．t=1s时速度为m/s D．t=0时加速度为m/s2
【答案】A
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；运动的合成与分解
【解析】【解答】A．在位移时间图像中，由于图线切线的斜率表示速度的大小，根据图像斜率可以得出：当时，x轴方向的速度大小为
y轴方向的速度大小为
则时，根据速度的合成可以得出：物体的速度为
故A正确；
BD．物体在x轴方向由于斜率不变所以做匀速直线运动，则
在y轴方向，根据图像为抛物线可以得出小物体做匀加速直线运动
将图乙中，时，代入，解得
所以，时，根据矢量的合成可以得出：物体的加速度大小为
故BD错误；
C．当时，x轴方向的分速度为
根据速度公式可以得出：y轴方向的分速度为
所以，当时，根据速度的合成可以得出：物体的速度为
故C错误。
故选A。
【分析】根据图像斜率可以求出分运动的速度大小，结合速度的合成可以求出合速度的大小；利用分运动的加速度大小进行合成可以求出合运动加速度的大小。
3．（2024高一下·越秀期中）如图，P、Q为固定在自行车后轮上的两个传动齿轮，与车后轮同角速度转动，通过链条与脚踏轮M连接，Р轮的半径比Q轮的大。保持M以恒定角速度转动，将链条由Q轮换到Р轮，则车后轮转动的（ ）
A．角速度变大 B．角速度不变 C．周期变小 D．周期变大
【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】保持脚踏轮M以恒定角速度转动，由于M轮的半径不变，根据则脚踏轮M边缘的线速度大小不变，开始时，通过链条使Q轮与脚踏轮M连接，则Q轮边缘的线速度大小等于脚踏轮M边缘的线速度大小，设脚踏轮M边缘的线速度大小为v，根据线速度和角速度的关系式有：
最初后轮的角速度为：
改为通过链条使P轮与脚踏轮M连接，根据角速度和线速度的关系可以得出：后轮的角速度为：
由于半径的关系为：
则可以得出角速度的大小关系为：
即后轮角速度变小，根据角速度和周期的关系可以得出：
可知，后轮的周期变大。
故选D。
【分析】利用线传动线速度相等可以判别轮子转换时线速度不变，根据线速度和角速度的关系可以判别角速度的大小变化，结合角速度和周期的关系可以比较周期的大小。
4．（2024高一下·越秀期中）发射人造卫星是将卫星以一定的速度送入预定轨道．发射场一般选择在尽可能靠近赤道的地方，如图所示，这样选址的优点是，在赤道附近（ ）
A．地球的引力较大 B．地球自转线速度较大
C．重力加速度较大 D．地球自转角速度较大
【答案】B
【知识点】重力加速度；线速度、角速度和周期、转速；万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】AB．根据速度的合成，卫星的发射速度为卫星的本身速度和地球的自转速度地球自转的线速度越大，相对于地心的发射速度越大，卫星越容易发射出去．赤道处，半径最大，所以自转线速度最大，A错误B正确；
C．根据引力的分力为向心力和重力，由于赤道处向心力最大，则重力加速度最小，C错误；
D．由于同轴转动所以在地球上各点具有相同的角速度，D错误。
故选B。
【分析】利用速度的合成可以得出由于赤道处线速度最大，则卫星的发射速度最大；利用赤道处向心力最大则重力加速度最小；利用同轴转动所以在地球上各点具有相同的角速度。
5．（2024高一下·越秀期中）海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，Р为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T0，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星从P经M、到N的运动过程中（ ）
A．P处绕太阳公转的速度最小
B．M处时绕太阳公转的速度与N处相同
C．从P处运动到M处的时间等于
D．从P处运动到Q处的时间的时间等于
【答案】D
【知识点】开普勒定律
【解析】【解答】A．设在极短的时间内，根据开普勒第二定律，由于海王星在相同时间内所扫过的面积相等则有：
而P为近日点，即最小，因此可得最大，故A错误；
B．M处时绕太阳公转的半径与N处相同，所以，M处时绕太阳公转的速度大小与N处相同，由于速度方向为轨迹的切线方向所以方向不同，故B错误；
CD．根据对称性可知，与的时间相等，均为，根据上述可知，从P到Q阶段，速率逐渐变小，即P到M的平均速率大于M到Q的平均速率，根据路程与时间的比值可以得出从P到M所用的时间小于，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】利用开普勒第二定律可以比较线速度的大小；利用椭圆轨迹的对称点可以判别速度大小相等方向不同；利用平均速率的大小结合路程可以比较运动的时间。
6．（2024高一下·越秀期中）我国自主研发的空间站绕地球的运行可视为匀速圆周运动，已知引力常量，由下列物理量能计算出地球密度的是（ ）
A．空间站的质量、绕地半径、地球半径
B．空间站的质量、绕地周期、地球半径
C．空间站的绕地角速度、绕地线速度、地球半径
D．空间站的绕地角速度、绕地周期、地球半径
【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】A B．空间站绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力可得
解得空间站的质量为：
，
可知空间站的知道被约掉，知道线速度和绕地半径，或者知道卫星的绕地周期和绕地半径，可以求出地球的质量，再根据密度公式有
，
可知，再由地球半径即可求出地球的密度，故AB错误；
CD．根据万有引力提供向心力可得
根据圆周运动
解得
可知，知道空间站的绕地角速度、绕地线速度，或者空间站的绕地角速度、绕地半径可以求出地球的质量，再根据密度公式
，
可知，再由地球半径即可求出地球的密度，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】利用引力提供向心力可以求出地球的质量，结合密度公式可以求出地球平均密度的表达式。
7．（2024高一下·越秀期中）如图，飞机进行特技表演时常做俯冲拉起运动。此运动在最低点附近可看作是半径为500m的圆周运动。若飞行员的质量为60kg，飞机经过最低点时的速度为100m/s，g取10m/s2，则这时候座椅对飞行员的支持力为（ ）
A．2400N B．1800N C．1200N D．600N
【答案】B
【知识点】向心力；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】飞行员做圆周运动，以飞行员为对象，根据最低点的牛顿第二定律可得
可得座椅对飞行员的支持力为
故选B。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出座椅对飞行员的支持力的大小。
8．（2024高一下·越秀期中）在公交车上坐着一位中学生，脚边放着他携带的一小桶水。当公交车急转弯时，桶内的水溅了出来。中学生对司机有意见了，于是出现了下面的一段对话：
中学生：师傅，怎么搞的，我桶里的水都溅出来了
司机：我车子正在转弯呢
中学生：那你弯子为什么转的那么大？转小点，桶里的水就不会溅出来了司机：如果我把弯子转的小一点，你桶里溅出来的水会更多
下面的说法正确的是（ ）
A．中学生说的对
B．司机说的对
C．汽车转弯时，桶内的水会溅出来，这是一种离心现象
D．汽车转弯时，桶内的水会溅出来，是因为外界提供的向心力不足造成的
【答案】B,C,D
【知识点】离心运动和向心运动
【解析】【解答】当汽车转弯时，桶随车一起改变了运动状态，而桶中的水由于惯性要保持原来的状态，所以水将做离心运动，而从桶中泼出来，根据向心力的表达式可以得出桶做圆周运动的向心力为：
可知，转弯半径越小，所需向心力越大，桶里溅出来的水会更多，所以司机师傅说的对，汽车转弯时，桶内的水会泼出来，是因为外界提供的向心力不足造成的。
故选BCD。
【分析】利用向心力的表达式结合水的惯性可以判别水做离心运动时，桶所需要的向心力的大小。
9．（2024高一下·越秀期中）北斗卫星导航系统是我国自行研制的全球卫星导航系统。如图是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知a、b、c三颗卫星均做匀速圆周运动，其中a是地球同步卫星，则（ ）
A．卫星a的加速度大于b的加速度
B．卫星a的角速度小于c的角速度
C．卫星a的线速度小于c的线速度
D．卫星a的加速度大于地球表面重力加速度
【答案】B,C
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．卫星做匀速圆周运动，根据引力提供向心力有：
解得
a的轨道半径与b的轨道半径相等，因此卫星a的加速度等于b的加速度，故A错误；
B．卫星做匀速圆周运动，根据引力提供向心力有：
解得
a的轨道半径大于c的轨道半径，因此卫星a的角速度小于c的角速度，故B正确；
C．卫星做匀速圆周运动，根据引力提供向心力有：
解得
a的轨道半径大于c的轨道半径，因此卫星a的线速度小于c的线速度，故C正确；
D．卫星做匀速圆周运动，根据引力提供向心力有：
解得
在地球表面处，忽略地球自转，则
解得
卫星a的轨道半径大于地球的半径，所以卫星a的加速度小于地球表面重力加速度，故D错误。
故选BC。
【分析】利用卫星做匀速圆周运动，根据引力提供向心力可以比较卫星加速度、角速度和线速度的大小；利用牛顿第二定律可以比较加速度和重力加速度的大小。
10．（2024高一下·越秀期中）如图甲“天问一号”从地球发射后，在Р点沿地火转移轨道到点：如图乙，被火星引力捕获后，再依次进入调相轨道和停泊轨道，则天问一号（ ）
A．发射速度大于7.9km/s
B．从Р点转移到Q点的时间小于半年
C．在地火转移轨道运行时的速度均大于地球绕太阳的速度
D．在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上的小
【答案】D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．因发射的卫星要能变轨到绕火星转动，为了离开地球的吸引则发射速度要大于第二宇宙速度，由于还是受到太阳的吸引，所以发射速度介于11.2km/s与16.7km/s之间，故A错误；
B．因P点转移到Q点的转移轨道的半长轴大于地球公转轨道半径，根据开普勒第三定律可以得出周期大于地球公转周期，则从P点转移到Q点的时间为轨道周期的一半时间应大于半年，故B错误；
C．卫星从Q点变轨时，为了沿火星轨道变轨则要加速增大速度，即在地火转移轨道Q点的速度小于火星轨道的速度，根据引力提供向心力有：
可得
根据表达式可以得出：由于火星轨道速度小于地球轨道速度，因此可知卫星在Q点速度小于地球轨道速度，故C错误；
D．因在环绕火星的停泊轨道的半长轴小于调相轨道的半长轴，根据开普勒第三定律可知在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小，故D正确。
故选D。
【分析】利用开普勒第三定律结合轨道半径的大小可以比较运行周期的大小；利用卫星变轨的路径可以判别发射速度的大小；利用引力提供向心力结合变轨可以比较线速度的大小。
11．（2024高一下·越秀期中）如图为利用平抛运动规律测量电动抽水器流量（每秒排出的液体体积）的实验装置。实验过程如下：
（1）将水桶和薄底水杯放在同一水平桌面上。测量抽水器出水管内径（直径）d，调节管口方向，使其 （选填“水平”“竖直”）。启动抽水器后水均匀从管口水平射出。
（2）水柱离开管口落入水杯，测量管口距落点间的水平距离x，管口距桌面高度h。
（3）当地重力加速度为g，已知流量的表达式为（其中S为水流的横截面积，v为水流的速度大小），则该抽水器的流量Q= 。（用符号x、h、g、d表示）
（4）调整抽水器功率，并靠近水桶平移水杯，使水柱重新落入水杯，则水从管口到落点的时间 。重新装满同一杯水所需的时间 。（均选填“变长”、“不变”或“变短”）
（5）为了验证流量测量结果的正确性，需设计另一种实验方案；请简要描述要测的物理量，并用相应物理量字母表示该抽水器流量Q的表达式： 。
【答案】水平；；不变；变长；
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】（1）为保证水做平抛运动，水的初速度要沿水平方向，故应调节管口，使其水平；
（3）水做平抛运动，则在水平方向，根据位移公式有：
在竖直方向，根据位移公式有：
该抽水器的流量为
（4）由平抛运动规律有，竖直方向根据位移公式有
解得运动的时间为：
水下落的高度不变，则水从管口到落点的时间不变；
调整抽水器功率，并靠近水桶平移水杯 ，水在空中的水平位移减小，因此出水速度减小，即调小抽水器功率则流量减小，则重新装满同一杯水所需的时间变长；
（5）实验方案：
1、取一个量筒，用抽水机抽水时间为t；
2、读出量筒中水的体积为V；
根据水的体积和抽水时间可以得出抽水机的流量为
【分析】（1）为了水做平抛运动，则，故应调节管口，使其水平；
（3）利用平抛运动的位移公式结合流量的表达式可以求出抽水机的流量；
（4）利用位移公式可以判别运动的时间的变化；利用水平位移公式可以判别水的初速度减小则流量减小；
（5）利用水的体积和抽水时间可以得出抽水机的流量。
12．（2024高一下·越秀期中）某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验。所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器。完成下列填空：
（1）将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图（a）所示，托盘秤的示数为1.00kg；
（2）将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图（b）所示，该示数为 kg；
（3）小车质量为m0；凹形桥模拟器质量为M、其圆弧部分的半径为R；重力加速度为g。将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧，此过程中托盘秤的最大示数为m；则mg为 所受支持力（选填“A”或“B”，其中A为“小车”，B为“小车和凹形桥模拟器”）；车通过最低点时的速度v= （用符号m0、M、m、R、g表示）。
（4）测得R=0.20m，m=1.81kg，g取10m/s2，则v= m/s（计算结果保留2位有效数字）。
【答案】1.40；B；；1.4
【知识点】竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】（2）根据量程为10kg，最小分度为0.1kg，注意估读到最小分度的下一位，根据指针位置可以得出读数为1.40kg；
（3）托盘秤的示数为托盘秤所受压力的大小，根据牛顿第三定律，凹形桥模拟器对托盘秤的压力等于小车和凹形桥模拟器的支持力，所以此过程中托盘秤的最大示数为小车和凹形桥模拟器所受到的支持力。
故选B。
设凹形桥模拟器对小车的最大支持力为N，根据模拟器的平衡方程有：
解得
对小车，经过最低点时根据牛顿第二定律有
解得
（4）由题意可得
代入到上式
解得
【分析】（2）利用分度值和指针的位置可以得出读数的大小；
（3）根据牛顿第三定律，凹形桥模拟器对托盘秤的压力等于小车和凹形桥模拟器的支持力，所以此过程中托盘秤的最大示数为小车和凹形桥模拟器所受到的支持力；结合平衡方程及牛顿第二定律可以求出车经过最低点的速度大小；
（4）利用数据可以求出小车速度的大小。
13．（2024高一下·越秀期中）某校科技活动小组对其制作的一款无人机进行测试。若无人机在某段测试路线上要严格地从西到东，风从南面吹来，风的速度为2m/s，无人机在无风情况下的速度是4m/s，该路线全程长度为300m。
（1）请作图解析无人机应朝哪个方向飞行，并求出具体角度；
（2）无人机的合速度为多大？
（3）无人机飞完全程所需时间为多少？〈计算结果保留根号）
【答案】解：（1）由题意可知，因风的影响，若飞机仍沿着从西到东，根据运动的合成可知，会偏向北，为了严格地从西到东，则飞机必须朝东偏南方向为飞行，如图所示
由几何关系有
解得
即飞机朝东偏南角方向飞行；
（2）由上述分析，根据几何关系可得，飞机在从西到东方向的合速度为
（3）飞行时间为
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【分析】（1）当飞机飞行时，利用速度的分解结合合速度的方向可以求出飞机速度的大小及方向；
（2）已知飞机分运动速度的大小，利用速度的分解可以求出飞机的实际速度；
（3）已知飞机速度的大小，结合位移公式可以求出运动的时间。
14．（2024高一下·越秀期中）如图，细绳一端系着质量m1=5kg的物体A，另一端AO通过光滑的小孔吊着质量m2=1kg的物体B。A静止在水平放置的平板上，与平板上圆孔的距离r=0.2m，A与平板的最大静摩擦力=6N，重力加速度g取10m/s2。现使此平板绕中心轴线匀速转动，且A与平板相对静止，求：（计算结果保留根号）
（1）若A在平行细绳OA方向上没有受到摩擦力，求此时的角速度；
（2）若A与平板始终保持相对静止状态，求角速度的范围。
【答案】解：（1）若A在平行细绳OA方向上没有受到摩擦力，则绳子的拉力恰好提供向心力，对B根据平衡条件可得，绳子的拉力为
对A，根据牛顿第二定律
解得
（2）①当最大静摩擦力指向圆心时，此时加速度最大，根据牛顿第二定律
解得
②当最大静摩擦力背离圆心时，此时加速度最小，根据牛顿第二定律
解得
所以，若A与平板始终保持相对静止状态，角速度ω的范围为。
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；共点力的平衡；匀速圆周运动
【解析】【分析】（1）当A不受摩擦力时做匀速圆周运动，利用B的平衡方程可以求出拉力的大小；利用牛顿第二定律可以求出A角速度的大小；
（2）当A受到最大摩擦力时，利用A的牛顿第二定律可以求出角速度的大小范围。
15．（2024高一下·越秀期中）如图甲，某同学将离地h=1.25m的网球以=13m/s的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距离x=4.80m；其轨迹所在平面及俯视图如图乙。当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为H=8.45m的P点。网球与墙壁碰撞后，垂直墙面速度分量大小变为碰前的0.75倍。平行墙面的速度分量不变。重力加速度g取10m/s2.求：
（1）网球上升的时间t1和下降的时间t2；
（2）网球碰墙后的速度大小v；（计算结果保留根号）
（3）着地点到墙壁的距离d、
【答案】解：（1）网球上升时在竖直方向上为竖直上抛
解得
网球下降时在竖直方向上为自由落体
解得
（2）根据题意可知，网球斜向上飞出，设竖直方向上分速度为，水平分速度为，如图所示
则有
其中，在竖直方向上
解得
设网球水平分速度垂直墙面速度分量大小为，平行墙面的速度分量为，如图所示
则有
其中，根据题意，网球水平分速度垂直墙面速度分量大小为
可得
由于网球与墙壁碰撞后，垂直墙面速度分量大小变为碰前的0.75倍，平行墙面的速度分量不变，则碰后垂直墙面速度分量大小为
平行墙面的速度分量为
网球反弹后速度如图所示
则有
（3）着地点到墙壁的距离
【知识点】平抛运动；斜抛运动
【解析】【解答】（1）网球上升过程中做竖直上抛运动，利用位移公式可以求出运动的时间；
（2）网球斜向上飞出时，利用速度的公式可以求出竖直方向分速度的大小，结合速度的分解可以求出分速度的大小，结合位移公式可以求出分速度的大小，利用速度的合成可以求出碰撞后速度的大小；
（3）利用位移公式可以求出着地点到墙壁的距离。
1 / 1广东省广州市第十六中学2023-2024学年高一下学期期中考试物理试卷
1．（2024高一下·越秀期中）如图，在水平桌面上沿OP方向发射一个速度足够大的乒乓球。在桌边Р处一同学向吹管持续吹气，试图将球吹进球门，却未成功。下列说法正确的是（ ）
A．将球门适当下移有可能成功
B．将球门适当右移有可能成功
C．小球受到“吹气”作用过程中速度一定不变
D．小球受到“吹气”作用过程中速度一定减小
2．（2024高一下·越秀期中）小物体在直角坐标系xOy平面内运动，t=0时刻位于坐标原点，在x、y方向的位移随时间变化的图像如图甲、乙所示，图乙的图像为抛物线，且t=0时刻抛物线的切线为时间轴。则小物体（ ）
A．t=0时速度为2m/s B．t=0时加速度为2m/s2
C．t=1s时速度为m/s D．t=0时加速度为m/s2
3．（2024高一下·越秀期中）如图，P、Q为固定在自行车后轮上的两个传动齿轮，与车后轮同角速度转动，通过链条与脚踏轮M连接，Р轮的半径比Q轮的大。保持M以恒定角速度转动，将链条由Q轮换到Р轮，则车后轮转动的（ ）
A．角速度变大 B．角速度不变 C．周期变小 D．周期变大
4．（2024高一下·越秀期中）发射人造卫星是将卫星以一定的速度送入预定轨道．发射场一般选择在尽可能靠近赤道的地方，如图所示，这样选址的优点是，在赤道附近（ ）
A．地球的引力较大 B．地球自转线速度较大
C．重力加速度较大 D．地球自转角速度较大
5．（2024高一下·越秀期中）海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，Р为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T0，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星从P经M、到N的运动过程中（ ）
A．P处绕太阳公转的速度最小
B．M处时绕太阳公转的速度与N处相同
C．从P处运动到M处的时间等于
D．从P处运动到Q处的时间的时间等于
6．（2024高一下·越秀期中）我国自主研发的空间站绕地球的运行可视为匀速圆周运动，已知引力常量，由下列物理量能计算出地球密度的是（ ）
A．空间站的质量、绕地半径、地球半径
B．空间站的质量、绕地周期、地球半径
C．空间站的绕地角速度、绕地线速度、地球半径
D．空间站的绕地角速度、绕地周期、地球半径
7．（2024高一下·越秀期中）如图，飞机进行特技表演时常做俯冲拉起运动。此运动在最低点附近可看作是半径为500m的圆周运动。若飞行员的质量为60kg，飞机经过最低点时的速度为100m/s，g取10m/s2，则这时候座椅对飞行员的支持力为（ ）
A．2400N B．1800N C．1200N D．600N
8．（2024高一下·越秀期中）在公交车上坐着一位中学生，脚边放着他携带的一小桶水。当公交车急转弯时，桶内的水溅了出来。中学生对司机有意见了，于是出现了下面的一段对话：
中学生：师傅，怎么搞的，我桶里的水都溅出来了
司机：我车子正在转弯呢
中学生：那你弯子为什么转的那么大？转小点，桶里的水就不会溅出来了司机：如果我把弯子转的小一点，你桶里溅出来的水会更多
下面的说法正确的是（ ）
A．中学生说的对
B．司机说的对
C．汽车转弯时，桶内的水会溅出来，这是一种离心现象
D．汽车转弯时，桶内的水会溅出来，是因为外界提供的向心力不足造成的
9．（2024高一下·越秀期中）北斗卫星导航系统是我国自行研制的全球卫星导航系统。如图是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知a、b、c三颗卫星均做匀速圆周运动，其中a是地球同步卫星，则（ ）
A．卫星a的加速度大于b的加速度
B．卫星a的角速度小于c的角速度
C．卫星a的线速度小于c的线速度
D．卫星a的加速度大于地球表面重力加速度
10．（2024高一下·越秀期中）如图甲“天问一号”从地球发射后，在Р点沿地火转移轨道到点：如图乙，被火星引力捕获后，再依次进入调相轨道和停泊轨道，则天问一号（ ）
A．发射速度大于7.9km/s
B．从Р点转移到Q点的时间小于半年
C．在地火转移轨道运行时的速度均大于地球绕太阳的速度
D．在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上的小
11．（2024高一下·越秀期中）如图为利用平抛运动规律测量电动抽水器流量（每秒排出的液体体积）的实验装置。实验过程如下：
（1）将水桶和薄底水杯放在同一水平桌面上。测量抽水器出水管内径（直径）d，调节管口方向，使其 （选填“水平”“竖直”）。启动抽水器后水均匀从管口水平射出。
（2）水柱离开管口落入水杯，测量管口距落点间的水平距离x，管口距桌面高度h。
（3）当地重力加速度为g，已知流量的表达式为（其中S为水流的横截面积，v为水流的速度大小），则该抽水器的流量Q= 。（用符号x、h、g、d表示）
（4）调整抽水器功率，并靠近水桶平移水杯，使水柱重新落入水杯，则水从管口到落点的时间 。重新装满同一杯水所需的时间 。（均选填“变长”、“不变”或“变短”）
（5）为了验证流量测量结果的正确性，需设计另一种实验方案；请简要描述要测的物理量，并用相应物理量字母表示该抽水器流量Q的表达式： 。
12．（2024高一下·越秀期中）某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验。所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器。完成下列填空：
（1）将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图（a）所示，托盘秤的示数为1.00kg；
（2）将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图（b）所示，该示数为 kg；
（3）小车质量为m0；凹形桥模拟器质量为M、其圆弧部分的半径为R；重力加速度为g。将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧，此过程中托盘秤的最大示数为m；则mg为 所受支持力（选填“A”或“B”，其中A为“小车”，B为“小车和凹形桥模拟器”）；车通过最低点时的速度v= （用符号m0、M、m、R、g表示）。
（4）测得R=0.20m，m=1.81kg，g取10m/s2，则v= m/s（计算结果保留2位有效数字）。
13．（2024高一下·越秀期中）某校科技活动小组对其制作的一款无人机进行测试。若无人机在某段测试路线上要严格地从西到东，风从南面吹来，风的速度为2m/s，无人机在无风情况下的速度是4m/s，该路线全程长度为300m。
（1）请作图解析无人机应朝哪个方向飞行，并求出具体角度；
（2）无人机的合速度为多大？
（3）无人机飞完全程所需时间为多少？〈计算结果保留根号）
14．（2024高一下·越秀期中）如图，细绳一端系着质量m1=5kg的物体A，另一端AO通过光滑的小孔吊着质量m2=1kg的物体B。A静止在水平放置的平板上，与平板上圆孔的距离r=0.2m，A与平板的最大静摩擦力=6N，重力加速度g取10m/s2。现使此平板绕中心轴线匀速转动，且A与平板相对静止，求：（计算结果保留根号）
（1）若A在平行细绳OA方向上没有受到摩擦力，求此时的角速度；
（2）若A与平板始终保持相对静止状态，求角速度的范围。
15．（2024高一下·越秀期中）如图甲，某同学将离地h=1.25m的网球以=13m/s的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距离x=4.80m；其轨迹所在平面及俯视图如图乙。当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为H=8.45m的P点。网球与墙壁碰撞后，垂直墙面速度分量大小变为碰前的0.75倍。平行墙面的速度分量不变。重力加速度g取10m/s2.求：
（1）网球上升的时间t1和下降的时间t2；
（2）网球碰墙后的速度大小v；（计算结果保留根号）
（3）着地点到墙壁的距离d、
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】AB．当乒乓球到达P点时，由于乒乓球同时具有向下和向右的速度，根据速度的合成，所以乒乓球的合速度倾斜向下，所以单纯沿上下方向吹气而施加力的作用不能使球落入球门中。如果将球门垂直于直线水平向右平移适当距离，球可能落入球门中，故A错误，B正确；
CD．吹管吹气只增加了球沿上下方向的速度，而沿水平方向的速度不变，根据速度的合成可以得出
小球受到“吹气”作用过程中速度一定变大，故CD错误。
故选B。
【分析】利用速度的合成可以判别乒乓球合速度的大小及方向。
2．【答案】A
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；运动的合成与分解
【解析】【解答】A．在位移时间图像中，由于图线切线的斜率表示速度的大小，根据图像斜率可以得出：当时，x轴方向的速度大小为
y轴方向的速度大小为
则时，根据速度的合成可以得出：物体的速度为
故A正确；
BD．物体在x轴方向由于斜率不变所以做匀速直线运动，则
在y轴方向，根据图像为抛物线可以得出小物体做匀加速直线运动
将图乙中，时，代入，解得
所以，时，根据矢量的合成可以得出：物体的加速度大小为
故BD错误；
C．当时，x轴方向的分速度为
根据速度公式可以得出：y轴方向的分速度为
所以，当时，根据速度的合成可以得出：物体的速度为
故C错误。
故选A。
【分析】根据图像斜率可以求出分运动的速度大小，结合速度的合成可以求出合速度的大小；利用分运动的加速度大小进行合成可以求出合运动加速度的大小。
3．【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】保持脚踏轮M以恒定角速度转动，由于M轮的半径不变，根据则脚踏轮M边缘的线速度大小不变，开始时，通过链条使Q轮与脚踏轮M连接，则Q轮边缘的线速度大小等于脚踏轮M边缘的线速度大小，设脚踏轮M边缘的线速度大小为v，根据线速度和角速度的关系式有：
最初后轮的角速度为：
改为通过链条使P轮与脚踏轮M连接，根据角速度和线速度的关系可以得出：后轮的角速度为：
由于半径的关系为：
则可以得出角速度的大小关系为：
即后轮角速度变小，根据角速度和周期的关系可以得出：
可知，后轮的周期变大。
故选D。
【分析】利用线传动线速度相等可以判别轮子转换时线速度不变，根据线速度和角速度的关系可以判别角速度的大小变化，结合角速度和周期的关系可以比较周期的大小。
4．【答案】B
【知识点】重力加速度；线速度、角速度和周期、转速；万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】AB．根据速度的合成，卫星的发射速度为卫星的本身速度和地球的自转速度地球自转的线速度越大，相对于地心的发射速度越大，卫星越容易发射出去．赤道处，半径最大，所以自转线速度最大，A错误B正确；
C．根据引力的分力为向心力和重力，由于赤道处向心力最大，则重力加速度最小，C错误；
D．由于同轴转动所以在地球上各点具有相同的角速度，D错误。
故选B。
【分析】利用速度的合成可以得出由于赤道处线速度最大，则卫星的发射速度最大；利用赤道处向心力最大则重力加速度最小；利用同轴转动所以在地球上各点具有相同的角速度。
5．【答案】D
【知识点】开普勒定律
【解析】【解答】A．设在极短的时间内，根据开普勒第二定律，由于海王星在相同时间内所扫过的面积相等则有：
而P为近日点，即最小，因此可得最大，故A错误；
B．M处时绕太阳公转的半径与N处相同，所以，M处时绕太阳公转的速度大小与N处相同，由于速度方向为轨迹的切线方向所以方向不同，故B错误；
CD．根据对称性可知，与的时间相等，均为，根据上述可知，从P到Q阶段，速率逐渐变小，即P到M的平均速率大于M到Q的平均速率，根据路程与时间的比值可以得出从P到M所用的时间小于，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】利用开普勒第二定律可以比较线速度的大小；利用椭圆轨迹的对称点可以判别速度大小相等方向不同；利用平均速率的大小结合路程可以比较运动的时间。
6．【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】A B．空间站绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力可得
解得空间站的质量为：
，
可知空间站的知道被约掉，知道线速度和绕地半径，或者知道卫星的绕地周期和绕地半径，可以求出地球的质量，再根据密度公式有
，
可知，再由地球半径即可求出地球的密度，故AB错误；
CD．根据万有引力提供向心力可得
根据圆周运动
解得
可知，知道空间站的绕地角速度、绕地线速度，或者空间站的绕地角速度、绕地半径可以求出地球的质量，再根据密度公式
，
可知，再由地球半径即可求出地球的密度，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】利用引力提供向心力可以求出地球的质量，结合密度公式可以求出地球平均密度的表达式。
7．【答案】B
【知识点】向心力；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】飞行员做圆周运动，以飞行员为对象，根据最低点的牛顿第二定律可得
可得座椅对飞行员的支持力为
故选B。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出座椅对飞行员的支持力的大小。
8．【答案】B,C,D
【知识点】离心运动和向心运动
【解析】【解答】当汽车转弯时，桶随车一起改变了运动状态，而桶中的水由于惯性要保持原来的状态，所以水将做离心运动，而从桶中泼出来，根据向心力的表达式可以得出桶做圆周运动的向心力为：
可知，转弯半径越小，所需向心力越大，桶里溅出来的水会更多，所以司机师傅说的对，汽车转弯时，桶内的水会泼出来，是因为外界提供的向心力不足造成的。
故选BCD。
【分析】利用向心力的表达式结合水的惯性可以判别水做离心运动时，桶所需要的向心力的大小。
9．【答案】B,C
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．卫星做匀速圆周运动，根据引力提供向心力有：
解得
a的轨道半径与b的轨道半径相等，因此卫星a的加速度等于b的加速度，故A错误；
B．卫星做匀速圆周运动，根据引力提供向心力有：
解得
a的轨道半径大于c的轨道半径，因此卫星a的角速度小于c的角速度，故B正确；
C．卫星做匀速圆周运动，根据引力提供向心力有：
解得
a的轨道半径大于c的轨道半径，因此卫星a的线速度小于c的线速度，故C正确；
D．卫星做匀速圆周运动，根据引力提供向心力有：
解得
在地球表面处，忽略地球自转，则
解得
卫星a的轨道半径大于地球的半径，所以卫星a的加速度小于地球表面重力加速度，故D错误。
故选BC。
【分析】利用卫星做匀速圆周运动，根据引力提供向心力可以比较卫星加速度、角速度和线速度的大小；利用牛顿第二定律可以比较加速度和重力加速度的大小。
10．【答案】D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．因发射的卫星要能变轨到绕火星转动，为了离开地球的吸引则发射速度要大于第二宇宙速度，由于还是受到太阳的吸引，所以发射速度介于11.2km/s与16.7km/s之间，故A错误；
B．因P点转移到Q点的转移轨道的半长轴大于地球公转轨道半径，根据开普勒第三定律可以得出周期大于地球公转周期，则从P点转移到Q点的时间为轨道周期的一半时间应大于半年，故B错误；
C．卫星从Q点变轨时，为了沿火星轨道变轨则要加速增大速度，即在地火转移轨道Q点的速度小于火星轨道的速度，根据引力提供向心力有：
可得
根据表达式可以得出：由于火星轨道速度小于地球轨道速度，因此可知卫星在Q点速度小于地球轨道速度，故C错误；
D．因在环绕火星的停泊轨道的半长轴小于调相轨道的半长轴，根据开普勒第三定律可知在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小，故D正确。
故选D。
【分析】利用开普勒第三定律结合轨道半径的大小可以比较运行周期的大小；利用卫星变轨的路径可以判别发射速度的大小；利用引力提供向心力结合变轨可以比较线速度的大小。
11．【答案】水平；；不变；变长；
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】（1）为保证水做平抛运动，水的初速度要沿水平方向，故应调节管口，使其水平；
（3）水做平抛运动，则在水平方向，根据位移公式有：
在竖直方向，根据位移公式有：
该抽水器的流量为
（4）由平抛运动规律有，竖直方向根据位移公式有
解得运动的时间为：
水下落的高度不变，则水从管口到落点的时间不变；
调整抽水器功率，并靠近水桶平移水杯 ，水在空中的水平位移减小，因此出水速度减小，即调小抽水器功率则流量减小，则重新装满同一杯水所需的时间变长；
（5）实验方案：
1、取一个量筒，用抽水机抽水时间为t；
2、读出量筒中水的体积为V；
根据水的体积和抽水时间可以得出抽水机的流量为
【分析】（1）为了水做平抛运动，则，故应调节管口，使其水平；
（3）利用平抛运动的位移公式结合流量的表达式可以求出抽水机的流量；
（4）利用位移公式可以判别运动的时间的变化；利用水平位移公式可以判别水的初速度减小则流量减小；
（5）利用水的体积和抽水时间可以得出抽水机的流量。
12．【答案】1.40；B；；1.4
【知识点】竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】（2）根据量程为10kg，最小分度为0.1kg，注意估读到最小分度的下一位，根据指针位置可以得出读数为1.40kg；
（3）托盘秤的示数为托盘秤所受压力的大小，根据牛顿第三定律，凹形桥模拟器对托盘秤的压力等于小车和凹形桥模拟器的支持力，所以此过程中托盘秤的最大示数为小车和凹形桥模拟器所受到的支持力。
故选B。
设凹形桥模拟器对小车的最大支持力为N，根据模拟器的平衡方程有：
解得
对小车，经过最低点时根据牛顿第二定律有
解得
（4）由题意可得
代入到上式
解得
【分析】（2）利用分度值和指针的位置可以得出读数的大小；
（3）根据牛顿第三定律，凹形桥模拟器对托盘秤的压力等于小车和凹形桥模拟器的支持力，所以此过程中托盘秤的最大示数为小车和凹形桥模拟器所受到的支持力；结合平衡方程及牛顿第二定律可以求出车经过最低点的速度大小；
（4）利用数据可以求出小车速度的大小。
13．【答案】解：（1）由题意可知，因风的影响，若飞机仍沿着从西到东，根据运动的合成可知，会偏向北，为了严格地从西到东，则飞机必须朝东偏南方向为飞行，如图所示
由几何关系有
解得
即飞机朝东偏南角方向飞行；
（2）由上述分析，根据几何关系可得，飞机在从西到东方向的合速度为
（3）飞行时间为
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【分析】（1）当飞机飞行时，利用速度的分解结合合速度的方向可以求出飞机速度的大小及方向；
（2）已知飞机分运动速度的大小，利用速度的分解可以求出飞机的实际速度；
（3）已知飞机速度的大小，结合位移公式可以求出运动的时间。
14．【答案】解：（1）若A在平行细绳OA方向上没有受到摩擦力，则绳子的拉力恰好提供向心力，对B根据平衡条件可得，绳子的拉力为
对A，根据牛顿第二定律
解得
（2）①当最大静摩擦力指向圆心时，此时加速度最大，根据牛顿第二定律
解得
②当最大静摩擦力背离圆心时，此时加速度最小，根据牛顿第二定律
解得
所以，若A与平板始终保持相对静止状态，角速度ω的范围为。
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；共点力的平衡；匀速圆周运动
【解析】【分析】（1）当A不受摩擦力时做匀速圆周运动，利用B的平衡方程可以求出拉力的大小；利用牛顿第二定律可以求出A角速度的大小；
（2）当A受到最大摩擦力时，利用A的牛顿第二定律可以求出角速度的大小范围。
15．【答案】解：（1）网球上升时在竖直方向上为竖直上抛
解得
网球下降时在竖直方向上为自由落体
解得
（2）根据题意可知，网球斜向上飞出，设竖直方向上分速度为，水平分速度为，如图所示
则有
其中，在竖直方向上
解得
设网球水平分速度垂直墙面速度分量大小为，平行墙面的速度分量为，如图所示
则有
其中，根据题意，网球水平分速度垂直墙面速度分量大小为
可得
由于网球与墙壁碰撞后，垂直墙面速度分量大小变为碰前的0.75倍，平行墙面的速度分量不变，则碰后垂直墙面速度分量大小为
平行墙面的速度分量为
网球反弹后速度如图所示
则有
（3）着地点到墙壁的距离
【知识点】平抛运动；斜抛运动
【解析】【解答】（1）网球上升过程中做竖直上抛运动，利用位移公式可以求出运动的时间；
（2）网球斜向上飞出时，利用速度的公式可以求出竖直方向分速度的大小，结合速度的分解可以求出分速度的大小，结合位移公式可以求出分速度的大小，利用速度的合成可以求出碰撞后速度的大小；
（3）利用位移公式可以求出着地点到墙壁的距离。
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