广东省广州市育才中学2023-2024学年高一下学期期末考试物理试题
1．（2024高一下·越秀期末）电子透镜两极间的电场线分布如图，中间的一条电场线为直线，其他电场线对称分布，a、b、c、d为电场中的四个点，其中b、d点和b、c点分别关于x、y轴对称，一离子仅在电场力作用下从a运动到b，轨迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（ ）
A．b、d两点的场强相同
B．直线是电场中的一条等势线
C．离子在a、b两点的动能满足
D．若把该离子从c点由静止释放，那离子会沿着c点所在的电场线到达b点
【答案】C
【知识点】电场线；等势面；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．根据电场线的疏密可知b、d两点的场强大小相等，利用电场线的切线方向可以得出方向不同，故A错误；
B．由于等势面与电场线垂直，所以直线不是等势线，由对称性可知b、d两点电势相等，故B错误；
C．由图中轨迹的弯曲方向可知，离子受到的电场力方向与电场方向相反，所以离子带负电，沿着电场线电势降低可知a点电势大于b点电势，根据电势能的表达式，可知离子在a、b两点的电势能满足，离子在a点到b点过程中，由于电场力做功导致电势能和动能相互转化，所以可得，故C正确；
D．c点所在的电场线是一条曲线，则受到的电场力方向不断改变，所以离子不会沿着c点所在的电场线到达b点，故D错误；
故选C。
【分析】利用电场线的分布可以判别电场强度的大小及方向；利用等势线与电场线垂直可以判别bd不是等势线；利用电场力方向和电场方向可以判别离子电性，结合电势的大小可以比较电势能的大小；利用电场力方向可以判别离子运动方向。
2．（2024高一下·越秀期末）在一次高楼救援中，待援人员登上吊臂后，吊车操控员熟练操控吊篮在离开建筑的同时逐渐下降，已知吊篮在水平方向的图像和竖直方向的图像分别如图1、图2所示，则下列说法正确的是（ ）
A．吊篮在下降过程中做匀变速曲线运动
B．吊篮在下降过程中竖直方向做匀变速直线运动
C．吊篮内的人员在内处于超重状态
D．时刻后吊篮内的人员受到静摩擦力作用
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；超重与失重；运动的合成与分解
【解析】【解答】AB．吊篮在下降过程中，水平方向上做匀速直线运动，竖直方向先做匀加速运动后做匀减速运动，因竖直方向的加速度发生了变化，则合运动不是做匀变速曲线运动，选项AB错误；
C．吊篮内的人员在内由于加速度符号为负值则与速度方向相反，速度方向向下，则加速度竖直向上，处于超重状态，选项C正确；
D．时刻后吊篮内的人员因水平方向做匀速运动，利用平衡条件可以得出不受静摩擦力作用，选项D错误。
故选C。
【分析】利用竖直方向的加速度变化可以判别吊篮不是做匀变速运动；利用加速度的符号可以判别加速度的方向进而判别超重与失重；利用水平方向的平衡条件可以判别人员不受摩擦力的作用。
3．（2024高一下·越秀期末）如图所示，质量相同的三个小物块a、b、c处在同一高度。a由静止开始沿光滑斜面下滑，b做自由落体运动，c向右以某一初速度v0做平抛运动，三者最终都落在同一个水平面上、若不计空气阻力，下列说法中正确的是（ ）
A．三者落地时速度都相同
B．三者的运动时间都相等
C．三者的重力做功都相等
D．三者落地时重力的瞬时功率相等
【答案】C
【知识点】功的计算；功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．根据
三者落地时速度大小都相同，但是方向不同，选项A错误；
B．a竖直加速度小于bc，则运动时间较长，选项B错误；
C．根据
知三者的重力做功都相等，选项C正确；
D．bc竖直速度相等，则重力的瞬时功率相等，a的竖直速度较bc小，则重力的瞬时功率较小，选项D错误。
故选C。
【分析】三者落地时速度大小都相同，但是方向不同，b和c竖直方向的运动相同，则运动时间相同。
4．（2024高一下·越秀期末）某乐园有一种“旋转飞船”项目，模型飞船固定在旋臂上，旋臂与竖直方向夹角为θ（60°<θ<120°），当模型飞船以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，下列说法正确的是（ ）
A．对模型飞船受力分析：受旋臂的作用力、重力、向心力作用
B．模型飞船做匀速圆周运动的向心力沿旋臂指向O点
C．若仅增大角速度ω，旋臂对模型飞船的作用力一定增大
D．若仅增大夹角θ，旋臂对模型飞船的作用力一定增大
【答案】C
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．根据竖直方向的平衡条件可以得出旋臂对模型飞船的作用力的竖直分量与飞船的重力平衡，由于作用力的水平分量提供向心力，根据力的合成则旋臂对模型飞船的作用力方向不是竖直向上，故A错误；
B．根据匀速圆周运动的轨迹圆心可以得出：模型飞船做匀速圆周运动的向心力沿水平方向指向转轴，故B错误；
C．根据力的合成可以得出：旋臂对模型飞船的作用力
若仅增大角速度ω，旋臂对模型飞船的作用力一定增大，故C正确；
D．若仅增大夹角θ，结合作用力的表达式
可知，当θ由60°增加到90°时，飞船做圆周运动的半径变大，则旋臂对模型飞船的作用力F变大；当θ由90°增加到120°时，飞船做圆周运动的半径变小，则旋臂对模型飞船的作用力F变小，选项D错误。
故选C。
【分析】利用竖直方向的平衡条件可以判别作用力竖直方向的分量方向，利用水平方向向心力的方向可以判别水平方向分量的方向，利用力的合成可以求出悬臂对飞机的作用力大小及方向；利用表达式可以判别作用力的大小变化；利用轨迹的圆心可以判别向心力的方向。
5．（2024高一下·越秀期末）如图所示，质量为m1的球1与质量为m2的球2放置在“J2130向心力演示仪”上。该演示仪可以巧妙地将向心力转化为竖直方向的效果进行显示，左边立柱可显示球1所受的向心力F1的大小，右边立柱可显示球2所受的向心力F2的大小。皮带与轮A、轮B有多种组合方式，图示为其中的一种组合，此时连接皮带的两轮半径。图中两球距离立柱转轴中心的距离，下列说法正确的是（ ）
A．若，转动手柄，则立柱上应显示
B．若，仅将球1改放在N位置，转动手柄，则立柱上应显示
C．若，仅调整皮带位置使，则立柱上应显示
D．若，既调整皮带位置使，又将球1改放在N位置，则立柱上应显示
【答案】C
【知识点】向心力
【解析】【解答】转动过程中两轮盘边缘靠同一根皮带传动，皮带不打滑，由于相同时间内转过的弧长大小相等则边缘的点线速度相等，由于皮带套在两塔轮半径相同的两个轮子上，根据线速度和半径相同则
根据向心力的表达式
可知，若且，撬动手柄，则
故A错误；
B．仅将球1改放在N位置，则，根据向心力的表达式
可知，若，则
故B错误；
C．仅调整皮带位置使，两轮边缘线速度相等，根据线速度的表达式有
可知角速度的大小关系有
根据向心力的表达式有
可知，若，则
故C正确；
D．调整皮带位置使，两轮边缘线速度相等，根据线速度和角速度的关系式有
可知
根据向心力的表达式有
可知，将球1改放在N位置，则
则F1与F2不确定，故D错误。
故选C。
【分析】先利用塔轮线速度相等，结合半径的大小可以比较角速度的大小，再结合小球质量和运动半径的大小及向心力的表达式可以比较向心力的大小。
6．（2024高一下·越秀期末）中国的面食文化博大精深，种类繁多，其中“山西刀削面”堪称天下一绝，传统的操作手法是一手托面一手拿刀，直接将面削到开水锅里。如图所示，小面片刚被削离时距开水锅的高度为L，与锅沿的水平距离为L，锅的半径也为L，若将削出的小面片的运动视为平抛运动，且小面片都落入锅中，重力加速度为g，则下列关于所有小面片的描述正确的是（ ）
A．空中相邻两个面片飞行过程中水平距离可能逐渐变大
B．掉落位置不相同的小面片，从抛出到落水前瞬间速度的变化量不同
C．落入锅中时，最大速度是最小速度的3倍
D．若初速度为，则
【答案】A
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】A．面片飞行过程中水平方向做匀速直线运动，若先飞出的面片初速度较大，则空中相邻两个面片飞行过程中水平距离逐渐变大，故A正确；
B．掉落位置不相同的小面片，下落高度相同，由
可知，下落的时间相等，由
可知，从抛出到落水前瞬间速度的变化量相等，故B错误；
CD．由
可知，下落时间为
水平位移的范围为
则初速度的取值范围为
可得
落入锅中时的竖直分速度为
则落入锅中时，最大速度
最小速度为
可知，落入锅中时，最大速度不是最小速度的3倍，故CD错误。
故选A。
【分析】根据平抛运动分解为水平匀速直线，竖直自由落体运动，高度决定时间；速度的变化量；初速的的大小决定水平位移，水平位移范围，由此可求解初速度的范围；根据最大初速度由平行四边形定则求解最大速度；由于初速度不同，空中相邻两个面片飞行过程中水平距离有可能逐渐变大。
7．（2024高一下·越秀期末）2024年5月3日，嫦娥六号探测器由长征五号遥八运载火箭在中国文昌航天发射场发射成功。如图所示为嫦娥六号探测器的飞行轨道示意图，环月轨道1为圆轨道，环月轨道2为椭圆轨道。则（ ）
A．探测器在环月轨道2上绕行时P点处速度最大
B．探测器在环月轨道1的速度比月球上的第一宇宙速度大
C．探测器在环月轨道1上经过P点的加速度大于在环月轨道2上经过P点的加速度
D．探测器在环月轨道1上经过P点的速度大于在环月轨道2上经过P点的速度
【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】AD．环月轨道1相对于环月轨道2是高轨道，探测器由高轨道变轨到低轨道，根据向心运动的规律则需要在切点P位置减速，即环月轨道2在P点的速度小于环月轨道1的线速度，根据开普勒第二定律可以得出距离月球越近线速度越大，探测器在环月轨道2上绕行时P点处速度不是最大，探测器在环月轨道1上经过P点的速度大于在环月轨道2上经过P点的速度故A错误，D正确；
B．月球上的第一宇宙等于近月轨道的环绕速度，根据引力提供向心力有
解得
环月轨道2的轨道半径大于月球半径，则探测器在环月轨道1的速度比月球上的第一宇宙速度小，故B错误；
C．由于月球对探测器的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
可知，探测器在环月轨道1上经过P点的加速度等于在环月轨道2上经过P点的加速度，故C错误。
故选D。
【分析】根据开普勒第二定律可以得出探测器在轨道2P点的速度不是最大值；利用向心运动可以比较探测器在不同轨道P点速度的大小；利用牛顿第二定律结合轨道半径的大小可以比较线速度和向心加速度的大小。
8．（2024高一下·越秀期末）如图所示为一电场等势面的分布情况。虚线为一带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，A、B为轨迹上的两点，则（ ）
A．带电粒子带正电
B．带电粒子在A点的加速度小于B点的加速度
C．带电粒子在A点的电势能小于B点的电势能
D．若带电粒子由A点静止释放，仅在电场力作用下将沿等势面d运动
【答案】A,C
【知识点】加速度；电势能；等势面；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．由电场方向与等势面垂直，电场的方向由高电势指向低电势，根据粒子轨迹的弯曲方向有带电粒子运动轨迹向低电势方向弯曲，电场力方向为轨迹的弯曲方向，即粒子受到向低电势方向的电场力，由于电场力方向与电场方向相同，可知带电粒子带正电，故A正确；
B．根据等势面和电场线分布的关系有等差等势面越密的地方，电场线越密，电场强度越大，则有
粒子电荷量不变，电场强度的大小影响电场力的大小，则带电粒子在A点受的电场力大于在B点受的电场力，根据电场力产生加速度则带电粒子在A点的加速度大于B点的加速度，故B错误；
C．带电粒子带正电，根据电势能的表达式
可以得出在高电势位置的电势能大，在低电势位置电势能小，因此带电粒子在A点的电势能小于B点的电势能，故C正确；
D．若带电粒子由A点静止释放，仅在电场力作用下将沿低电势方向运动，已知粒子受到的电场力方向，所以不会在等势面d运动，故D错误。
故选AC。
【分析】利用电势的分布可以判别电场的方向，结合轨迹弯曲方向可以判别电场力的方向，两者对比可以判别粒子的电性；利用等势面的疏密可以比较电场力的大小，结合牛顿第二定律可以比较加速度的大小；利用电势的大小结合电荷量可以比较电势能的大小；利用电场力的方向可以判别粒子的运动方向。
9．（2024高一下·越秀期末）嫦娥六号是中国嫦娥探月计划第六个探测器，着陆区为月球背面南极-艾特肯盆地，2024年5月8日10时12分，嫦娥六号顺利进入环月圆轨道飞行。若探测器在轨飞行的周期为T，轨道半径为r，月球的半径为R，万有引力常量为G，则下列说法正确的有（ ）
A．嫦娥六号的发射速度必须达到第三宇宙速度
B．月球的第一宇宙速度
C．在环月轨道上，地球对探测器的引力小于月球对探测器的引力
D．月球的平均密度
【答案】B,C
【知识点】万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．发射速度大于第一宇宙速度即可，故A错误；
B．根据
解得
故B正确；
C．由于探测器绕月运动，则地球对探测器的引力小于月球对探测器的引力，故C正确；
D．根据
得
故D错误；
故选BC。
【分析】嫦娥六号登月，依然在地球月球间运动，根据万有引力提供向心力，在环月轨道上，探测器受月球和地球的引力提供向心力。
10．（2024高一下·越秀期末）如图所示，圆心在O点、半径为R的光滑圆弧轨道ABC竖直固定在水平桌面上，OC与OA的夹角为60°，轨道最低点A与桌面相切。一足够长的轻绳两端分别系着质量为和的两小球（均可视为质点），挂在圆弧轨道光滑边缘C的两边，开始时位于C点，然后从静止释放，则下列说法正确的是（ ）
A．在由C点下滑到A点的过程中两球速度大小始终相等
B．在由C点下滑到A点的过程中，重力对做功功率先增大后减小
C．在由C点下滑到A点的过程中，机械能守恒
D．若恰好能沿圆弧轨道下滑到A点，则
【答案】B,D
【知识点】运动的合成与分解；功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．由C点下滑到A点的过程中，在滑下过程，设的速度为，的速度为，的速度方向与绳子方向的夹角为，两球沿绳子方向的速度大小相等，根据速度的分解有
可知的速度始终不小于的速度，故A错误；
B．根据功率的表达式可以得出重力对做功功率为
一开始是由静止释放的，所以一开始的竖直速度也必然为零，此时重力瞬时功率为0；运动到A点时，的速度处于水平方向，所以此时的竖直速度也为零，重力瞬时功率为0；所以在由C点下滑到A点的过程中，重力对做功功率先增大后减小，故B正确；
C．在由C点下滑到A点的过程中，由于绳子拉力对做负功，根据功能关系可以得出的机械能减少，故C错误；
D．若恰好能沿圆弧轨道下滑到A点，根据速度关系可以得出此时、的速度均为0，根据系统机械能守恒可得
解得
故D正确。
故选BD。
【分析】利用速度的分解可以求出两个小球速度的大小关系；利用绳子做功可以判别m1机械能不守恒；利用重力的瞬时功率结合竖直方向速度的大小可以判别瞬时功率的大小；利用机械能守恒定律可以求出两个小球质量的大小关系。
11．（2024高一下·越秀期末）学校物理兴趣小组去某废水处理厂参加社会实践活动，当大家经过厂里的废水排水口时，发现距较大水池一定高度的较小的水平排水管正在向外满口排放废水，如图所示。小组同学只找到一把卷尺，他们想估测排水管每秒的排污体积。当地的重力加速度大小为g。
（1）要想估测排水管每秒的排污体积，同学们需利用卷尺测量管口的周长l、 、 三个数据。（写出测量的物理量和对应的符号）
（2）排水管每秒的排污体积的表达式为V= 。（用题中相关物理量的符号表示）
（3）若排水管的管壁厚度不可忽略，测量准确，不考虑其他因素对测量的影响，则排水管每秒的排污体积的测量值 。（填“偏大”或“偏小”）
【答案】废水水平方向的位移大小x；管口到地面的高度h；；偏大
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】（1）根据排水管每秒的排污体积表达式为
要想估测排水管每秒的排污体积，需要测量管口的横截面积，以及水的流速，故需要测量管口的直径d，即测量管口的周长l，废水出管口后看做平抛运动，根据位移公式有
联立可得
故还需要测量废水水平方向的位移大小，管口到地面的高度。
（2）排水管每秒的排污体积表达式为
联立可得体积的表达式为
（3）若排水管的管壁厚度不可忽略，则排水管的排水的横截面积测量值偏大，根据表达式可知排水管每秒的排污体积的测量值偏大。
【分析】（1）利用排污体积的表达式结合平抛运动的位移公式可以得出需要测量的物理量；
（2）利用平抛运动的位移公式结合体积公式可以求出排污体积的表达式；
（3）当管壁厚度不可忽略会导致水的横截面积变大则排污体积测量值偏大。
12．（2024高一下·越秀期末）小明利用题图所示装置做“验证机械能守恒定律”实验。细线一端系在圆形量角器中心轴上，另一端系一个金属小球，在小球运动轨迹的最低点安装一个光电门。本实验需要测量的物理量有：小球的直径d、细线长度L、小球通过光电门的挡光时间，小球静止释放时细线与竖直方向的夹角等。
（1）为完成实验，以下器材中必须用到的是________（填写器材前的字母标号）
A．秒表 B．天平 C．刻度尺
（2）某次释放小球前，细线与圆形量角器位置关系的局部放大图如题2图所示，此时对应的为 度。
（3）按正确实验方法操作，测得小球的直径为d，小球通过光电门的挡光时间为，可知小球经过最低点的速度大小 。
（4）若在实验误差允许范围内，满足 ，即可验证机械能守恒定律（用题给字母L、d、以及当地重力加速度g和小球质量m表示）。
（5）改变角度重复实验，发现小球由静止运动到最低点的过程中，动能的增加量总是大于重力势能的减少量，原因可能是 。
【答案】（1）C
（2）26.5°
（3）
（4）
（5）遮光条宽度d测量值偏大
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）根据机械能守恒定律，由于验证机械能守恒的表达式中质量可以约去，所以不需要天平测量小球的质量；小球通过光电门的时间可以直接得出，不需要秒表；实验中需测量细线长度，则需要毫米刻度尺。
故选C。
（2）根据图示刻度可以得出量角器的读数为26.5°。
（3）测得小球的直径为d，小球通过光电门的时间为，根据平均速度公式可知小球经过最低点的瞬时速度大小为
（4）根据重力势能的表达式可以得出小球的重力势能减少量为
当满足重力势能的减少量等于动能的增量时，则
即可验证机械能守恒定律
（5）实验用滑块经过光电门时的平均速度代替瞬时速度，由于滑块做加速运动，如果遮光条宽度d测量值偏大，瞬时速度的测量值偏大，根据动能的表达式会使动能的增加量总是略大于重力势能的减少量。
【分析】（1）利用机械能守恒定律可以判别不需要使用天平测量小球的质量；实验有光电门计时器不需要秒表；实验需要刻度尺测量绳子的长度；
（2）利用量角器的刻度可以读出角度的大小；
（3）利用平均速度公式可以求出小球瞬时速度的大小；
（4）利用重力势能的减少量等于动能的增量可以导出机械能守恒的表达式；当遮光条宽度d测量值偏大，瞬时速度的测量值偏大，根据动能的表达式会使动能的增加量总是略大于重力势能的减少量。
13．（2024高一下·越秀期末）如图所示，匀强电场的方向与等腰直角△ABC所在的平面平行，A、B间的距离为，将电荷量为点电荷从电场中的A点移到B点，静电力做了的功，再从B点移到C点，静电力做了的功。求：
（1）AB两点间的电势差；
（2）匀强电场的电场强度E的大小。
【答案】【解答】（1）由电场力做功与电势差关系，有
则A、B两点间的电势差为
（2）同理有
则A、C两点为等势点，所以电场强度E垂直AC斜向下
【知识点】电场力做功；电势差与电场强度的关系
【解析】【分析】（1）已知电场力做功的大小，利用电场力做功可以求出电势差的大小；
（2）已知电场力做功可以求出电势差的大小，结合电势差与场强的关系可以求出电场强度的大小。
14．（2024高一下·越秀期末）如图所示，不可伸长的轻绳一端固定在距离水平地面高为h的O点，另一端系有质量为m，可视为质点的小球，将小球拉至O点正上方的A点，给其一水平方向的初速度，使其恰好通过A点后，在竖直平面内以O点为圆心做半径为r的圆周运动。当小球运动到最低点B时，绳恰好被拉断，小球水平飞出。不计空气阻力及绳断时的能量损失，重力加速度为g。求：
（1）小球初速度的大小。
（2）绳能承受拉力的最大值。
（3）小球落地时的速度大小v。
【答案】【解答】（1）小球刚好通过A点，绳子拉力为零，仅重力提供向心力
解得
（2）从A点到B点，由动能定理
解得
在B点，由绳子拉力和小球重力共同提供向心力
解得
再由牛顿第三定律可得
（3）小球从B点到落地的过程中，只有重力做功，由动能定理
解得
+
【知识点】生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）小球经过A点时，利用重力提供向心力可以求出小球速度的大小；
（2）小球从A到B点时，利用动能定理可以求出小球经过B点时速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出小球对绳子拉力的大小；
（3）小球从B点到落地的过程中，利用动能定理可以求出落地速度的大小。
15．（2024高一下·越秀期末）在光滑的水平导轨MN上固定一弹射装置，弹簧处于原长状态，如图所示。导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带右端Q处与光滑的半圆轨道理想连接，传送带长，以速率沿顺时针方向转动。质量为的滑块置于水平导轨上（滑块可视为质点），现将滑块向左移动压缩弹簧由静止释放，滑块脱离弹簧后以速度滑上传送带，并恰好通过半圆轨道。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数，。求：
（1）滑块释放瞬间，弹簧具有的弹性势能；
（2）滑块从N点运动到Q点过程中，摩擦力对滑块做的功；
（3）半圆轨道的半径。
【答案】解：（1）由能量守恒
解得
（2）滑块滑上传送带后做匀加速运动，设滑块从滑上传送带到速度达到传送带的速度v时所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块的位移为x；由牛顿第二定律得
解得
由运动学公式得
解得
解得
所以滑块在传送带上先做匀加速直线运动，达到传送带的速度v后随传送带匀速运动，由动能定理
解得
（3）滑块从传送带右端滑上半圆轨道，恰好通过半圆轨道时，在最高点
由Q到半圆轨道最高点，由机械能守恒有
解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；牛顿运动定律的综合应用；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）滑块释放瞬间，利用弹性势能转化为动能可以求出弹簧弹性势能的大小；
（2）滑块滑上传送带后，利用牛顿第二定律可以求出滑块加速度的大小，结合速度公式可以求出与传送带共速的时间，再利用位移公式可以求出加速的位移，结合动能定理可以求出摩擦力做功的大小；
（3）滑块恰好经过最高点时，利用牛顿第二定律可以求出经过最高点的速度，结合机械能守恒定律可以求出轨道半径的大小。
1 / 1广东省广州市育才中学2023-2024学年高一下学期期末考试物理试题
1．（2024高一下·越秀期末）电子透镜两极间的电场线分布如图，中间的一条电场线为直线，其他电场线对称分布，a、b、c、d为电场中的四个点，其中b、d点和b、c点分别关于x、y轴对称，一离子仅在电场力作用下从a运动到b，轨迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（ ）
A．b、d两点的场强相同
B．直线是电场中的一条等势线
C．离子在a、b两点的动能满足
D．若把该离子从c点由静止释放，那离子会沿着c点所在的电场线到达b点
2．（2024高一下·越秀期末）在一次高楼救援中，待援人员登上吊臂后，吊车操控员熟练操控吊篮在离开建筑的同时逐渐下降，已知吊篮在水平方向的图像和竖直方向的图像分别如图1、图2所示，则下列说法正确的是（ ）
A．吊篮在下降过程中做匀变速曲线运动
B．吊篮在下降过程中竖直方向做匀变速直线运动
C．吊篮内的人员在内处于超重状态
D．时刻后吊篮内的人员受到静摩擦力作用
3．（2024高一下·越秀期末）如图所示，质量相同的三个小物块a、b、c处在同一高度。a由静止开始沿光滑斜面下滑，b做自由落体运动，c向右以某一初速度v0做平抛运动，三者最终都落在同一个水平面上、若不计空气阻力，下列说法中正确的是（ ）
A．三者落地时速度都相同
B．三者的运动时间都相等
C．三者的重力做功都相等
D．三者落地时重力的瞬时功率相等
4．（2024高一下·越秀期末）某乐园有一种“旋转飞船”项目，模型飞船固定在旋臂上，旋臂与竖直方向夹角为θ（60°<θ<120°），当模型飞船以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，下列说法正确的是（ ）
A．对模型飞船受力分析：受旋臂的作用力、重力、向心力作用
B．模型飞船做匀速圆周运动的向心力沿旋臂指向O点
C．若仅增大角速度ω，旋臂对模型飞船的作用力一定增大
D．若仅增大夹角θ，旋臂对模型飞船的作用力一定增大
5．（2024高一下·越秀期末）如图所示，质量为m1的球1与质量为m2的球2放置在“J2130向心力演示仪”上。该演示仪可以巧妙地将向心力转化为竖直方向的效果进行显示，左边立柱可显示球1所受的向心力F1的大小，右边立柱可显示球2所受的向心力F2的大小。皮带与轮A、轮B有多种组合方式，图示为其中的一种组合，此时连接皮带的两轮半径。图中两球距离立柱转轴中心的距离，下列说法正确的是（ ）
A．若，转动手柄，则立柱上应显示
B．若，仅将球1改放在N位置，转动手柄，则立柱上应显示
C．若，仅调整皮带位置使，则立柱上应显示
D．若，既调整皮带位置使，又将球1改放在N位置，则立柱上应显示
6．（2024高一下·越秀期末）中国的面食文化博大精深，种类繁多，其中“山西刀削面”堪称天下一绝，传统的操作手法是一手托面一手拿刀，直接将面削到开水锅里。如图所示，小面片刚被削离时距开水锅的高度为L，与锅沿的水平距离为L，锅的半径也为L，若将削出的小面片的运动视为平抛运动，且小面片都落入锅中，重力加速度为g，则下列关于所有小面片的描述正确的是（ ）
A．空中相邻两个面片飞行过程中水平距离可能逐渐变大
B．掉落位置不相同的小面片，从抛出到落水前瞬间速度的变化量不同
C．落入锅中时，最大速度是最小速度的3倍
D．若初速度为，则
7．（2024高一下·越秀期末）2024年5月3日，嫦娥六号探测器由长征五号遥八运载火箭在中国文昌航天发射场发射成功。如图所示为嫦娥六号探测器的飞行轨道示意图，环月轨道1为圆轨道，环月轨道2为椭圆轨道。则（ ）
A．探测器在环月轨道2上绕行时P点处速度最大
B．探测器在环月轨道1的速度比月球上的第一宇宙速度大
C．探测器在环月轨道1上经过P点的加速度大于在环月轨道2上经过P点的加速度
D．探测器在环月轨道1上经过P点的速度大于在环月轨道2上经过P点的速度
8．（2024高一下·越秀期末）如图所示为一电场等势面的分布情况。虚线为一带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，A、B为轨迹上的两点，则（ ）
A．带电粒子带正电
B．带电粒子在A点的加速度小于B点的加速度
C．带电粒子在A点的电势能小于B点的电势能
D．若带电粒子由A点静止释放，仅在电场力作用下将沿等势面d运动
9．（2024高一下·越秀期末）嫦娥六号是中国嫦娥探月计划第六个探测器，着陆区为月球背面南极-艾特肯盆地，2024年5月8日10时12分，嫦娥六号顺利进入环月圆轨道飞行。若探测器在轨飞行的周期为T，轨道半径为r，月球的半径为R，万有引力常量为G，则下列说法正确的有（ ）
A．嫦娥六号的发射速度必须达到第三宇宙速度
B．月球的第一宇宙速度
C．在环月轨道上，地球对探测器的引力小于月球对探测器的引力
D．月球的平均密度
10．（2024高一下·越秀期末）如图所示，圆心在O点、半径为R的光滑圆弧轨道ABC竖直固定在水平桌面上，OC与OA的夹角为60°，轨道最低点A与桌面相切。一足够长的轻绳两端分别系着质量为和的两小球（均可视为质点），挂在圆弧轨道光滑边缘C的两边，开始时位于C点，然后从静止释放，则下列说法正确的是（ ）
A．在由C点下滑到A点的过程中两球速度大小始终相等
B．在由C点下滑到A点的过程中，重力对做功功率先增大后减小
C．在由C点下滑到A点的过程中，机械能守恒
D．若恰好能沿圆弧轨道下滑到A点，则
11．（2024高一下·越秀期末）学校物理兴趣小组去某废水处理厂参加社会实践活动，当大家经过厂里的废水排水口时，发现距较大水池一定高度的较小的水平排水管正在向外满口排放废水，如图所示。小组同学只找到一把卷尺，他们想估测排水管每秒的排污体积。当地的重力加速度大小为g。
（1）要想估测排水管每秒的排污体积，同学们需利用卷尺测量管口的周长l、 、 三个数据。（写出测量的物理量和对应的符号）
（2）排水管每秒的排污体积的表达式为V= 。（用题中相关物理量的符号表示）
（3）若排水管的管壁厚度不可忽略，测量准确，不考虑其他因素对测量的影响，则排水管每秒的排污体积的测量值 。（填“偏大”或“偏小”）
12．（2024高一下·越秀期末）小明利用题图所示装置做“验证机械能守恒定律”实验。细线一端系在圆形量角器中心轴上，另一端系一个金属小球，在小球运动轨迹的最低点安装一个光电门。本实验需要测量的物理量有：小球的直径d、细线长度L、小球通过光电门的挡光时间，小球静止释放时细线与竖直方向的夹角等。
（1）为完成实验，以下器材中必须用到的是________（填写器材前的字母标号）
A．秒表 B．天平 C．刻度尺
（2）某次释放小球前，细线与圆形量角器位置关系的局部放大图如题2图所示，此时对应的为 度。
（3）按正确实验方法操作，测得小球的直径为d，小球通过光电门的挡光时间为，可知小球经过最低点的速度大小 。
（4）若在实验误差允许范围内，满足 ，即可验证机械能守恒定律（用题给字母L、d、以及当地重力加速度g和小球质量m表示）。
（5）改变角度重复实验，发现小球由静止运动到最低点的过程中，动能的增加量总是大于重力势能的减少量，原因可能是 。
13．（2024高一下·越秀期末）如图所示，匀强电场的方向与等腰直角△ABC所在的平面平行，A、B间的距离为，将电荷量为点电荷从电场中的A点移到B点，静电力做了的功，再从B点移到C点，静电力做了的功。求：
（1）AB两点间的电势差；
（2）匀强电场的电场强度E的大小。
14．（2024高一下·越秀期末）如图所示，不可伸长的轻绳一端固定在距离水平地面高为h的O点，另一端系有质量为m，可视为质点的小球，将小球拉至O点正上方的A点，给其一水平方向的初速度，使其恰好通过A点后，在竖直平面内以O点为圆心做半径为r的圆周运动。当小球运动到最低点B时，绳恰好被拉断，小球水平飞出。不计空气阻力及绳断时的能量损失，重力加速度为g。求：
（1）小球初速度的大小。
（2）绳能承受拉力的最大值。
（3）小球落地时的速度大小v。
15．（2024高一下·越秀期末）在光滑的水平导轨MN上固定一弹射装置，弹簧处于原长状态，如图所示。导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带右端Q处与光滑的半圆轨道理想连接，传送带长，以速率沿顺时针方向转动。质量为的滑块置于水平导轨上（滑块可视为质点），现将滑块向左移动压缩弹簧由静止释放，滑块脱离弹簧后以速度滑上传送带，并恰好通过半圆轨道。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数，。求：
（1）滑块释放瞬间，弹簧具有的弹性势能；
（2）滑块从N点运动到Q点过程中，摩擦力对滑块做的功；
（3）半圆轨道的半径。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】电场线；等势面；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．根据电场线的疏密可知b、d两点的场强大小相等，利用电场线的切线方向可以得出方向不同，故A错误；
B．由于等势面与电场线垂直，所以直线不是等势线，由对称性可知b、d两点电势相等，故B错误；
C．由图中轨迹的弯曲方向可知，离子受到的电场力方向与电场方向相反，所以离子带负电，沿着电场线电势降低可知a点电势大于b点电势，根据电势能的表达式，可知离子在a、b两点的电势能满足，离子在a点到b点过程中，由于电场力做功导致电势能和动能相互转化，所以可得，故C正确；
D．c点所在的电场线是一条曲线，则受到的电场力方向不断改变，所以离子不会沿着c点所在的电场线到达b点，故D错误；
故选C。
【分析】利用电场线的分布可以判别电场强度的大小及方向；利用等势线与电场线垂直可以判别bd不是等势线；利用电场力方向和电场方向可以判别离子电性，结合电势的大小可以比较电势能的大小；利用电场力方向可以判别离子运动方向。
2．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；超重与失重；运动的合成与分解
【解析】【解答】AB．吊篮在下降过程中，水平方向上做匀速直线运动，竖直方向先做匀加速运动后做匀减速运动，因竖直方向的加速度发生了变化，则合运动不是做匀变速曲线运动，选项AB错误；
C．吊篮内的人员在内由于加速度符号为负值则与速度方向相反，速度方向向下，则加速度竖直向上，处于超重状态，选项C正确；
D．时刻后吊篮内的人员因水平方向做匀速运动，利用平衡条件可以得出不受静摩擦力作用，选项D错误。
故选C。
【分析】利用竖直方向的加速度变化可以判别吊篮不是做匀变速运动；利用加速度的符号可以判别加速度的方向进而判别超重与失重；利用水平方向的平衡条件可以判别人员不受摩擦力的作用。
3．【答案】C
【知识点】功的计算；功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．根据
三者落地时速度大小都相同，但是方向不同，选项A错误；
B．a竖直加速度小于bc，则运动时间较长，选项B错误；
C．根据
知三者的重力做功都相等，选项C正确；
D．bc竖直速度相等，则重力的瞬时功率相等，a的竖直速度较bc小，则重力的瞬时功率较小，选项D错误。
故选C。
【分析】三者落地时速度大小都相同，但是方向不同，b和c竖直方向的运动相同，则运动时间相同。
4．【答案】C
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．根据竖直方向的平衡条件可以得出旋臂对模型飞船的作用力的竖直分量与飞船的重力平衡，由于作用力的水平分量提供向心力，根据力的合成则旋臂对模型飞船的作用力方向不是竖直向上，故A错误；
B．根据匀速圆周运动的轨迹圆心可以得出：模型飞船做匀速圆周运动的向心力沿水平方向指向转轴，故B错误；
C．根据力的合成可以得出：旋臂对模型飞船的作用力
若仅增大角速度ω，旋臂对模型飞船的作用力一定增大，故C正确；
D．若仅增大夹角θ，结合作用力的表达式
可知，当θ由60°增加到90°时，飞船做圆周运动的半径变大，则旋臂对模型飞船的作用力F变大；当θ由90°增加到120°时，飞船做圆周运动的半径变小，则旋臂对模型飞船的作用力F变小，选项D错误。
故选C。
【分析】利用竖直方向的平衡条件可以判别作用力竖直方向的分量方向，利用水平方向向心力的方向可以判别水平方向分量的方向，利用力的合成可以求出悬臂对飞机的作用力大小及方向；利用表达式可以判别作用力的大小变化；利用轨迹的圆心可以判别向心力的方向。
5．【答案】C
【知识点】向心力
【解析】【解答】转动过程中两轮盘边缘靠同一根皮带传动，皮带不打滑，由于相同时间内转过的弧长大小相等则边缘的点线速度相等，由于皮带套在两塔轮半径相同的两个轮子上，根据线速度和半径相同则
根据向心力的表达式
可知，若且，撬动手柄，则
故A错误；
B．仅将球1改放在N位置，则，根据向心力的表达式
可知，若，则
故B错误；
C．仅调整皮带位置使，两轮边缘线速度相等，根据线速度的表达式有
可知角速度的大小关系有
根据向心力的表达式有
可知，若，则
故C正确；
D．调整皮带位置使，两轮边缘线速度相等，根据线速度和角速度的关系式有
可知
根据向心力的表达式有
可知，将球1改放在N位置，则
则F1与F2不确定，故D错误。
故选C。
【分析】先利用塔轮线速度相等，结合半径的大小可以比较角速度的大小，再结合小球质量和运动半径的大小及向心力的表达式可以比较向心力的大小。
6．【答案】A
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】A．面片飞行过程中水平方向做匀速直线运动，若先飞出的面片初速度较大，则空中相邻两个面片飞行过程中水平距离逐渐变大，故A正确；
B．掉落位置不相同的小面片，下落高度相同，由
可知，下落的时间相等，由
可知，从抛出到落水前瞬间速度的变化量相等，故B错误；
CD．由
可知，下落时间为
水平位移的范围为
则初速度的取值范围为
可得
落入锅中时的竖直分速度为
则落入锅中时，最大速度
最小速度为
可知，落入锅中时，最大速度不是最小速度的3倍，故CD错误。
故选A。
【分析】根据平抛运动分解为水平匀速直线，竖直自由落体运动，高度决定时间；速度的变化量；初速的的大小决定水平位移，水平位移范围，由此可求解初速度的范围；根据最大初速度由平行四边形定则求解最大速度；由于初速度不同，空中相邻两个面片飞行过程中水平距离有可能逐渐变大。
7．【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】AD．环月轨道1相对于环月轨道2是高轨道，探测器由高轨道变轨到低轨道，根据向心运动的规律则需要在切点P位置减速，即环月轨道2在P点的速度小于环月轨道1的线速度，根据开普勒第二定律可以得出距离月球越近线速度越大，探测器在环月轨道2上绕行时P点处速度不是最大，探测器在环月轨道1上经过P点的速度大于在环月轨道2上经过P点的速度故A错误，D正确；
B．月球上的第一宇宙等于近月轨道的环绕速度，根据引力提供向心力有
解得
环月轨道2的轨道半径大于月球半径，则探测器在环月轨道1的速度比月球上的第一宇宙速度小，故B错误；
C．由于月球对探测器的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
可知，探测器在环月轨道1上经过P点的加速度等于在环月轨道2上经过P点的加速度，故C错误。
故选D。
【分析】根据开普勒第二定律可以得出探测器在轨道2P点的速度不是最大值；利用向心运动可以比较探测器在不同轨道P点速度的大小；利用牛顿第二定律结合轨道半径的大小可以比较线速度和向心加速度的大小。
8．【答案】A,C
【知识点】加速度；电势能；等势面；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．由电场方向与等势面垂直，电场的方向由高电势指向低电势，根据粒子轨迹的弯曲方向有带电粒子运动轨迹向低电势方向弯曲，电场力方向为轨迹的弯曲方向，即粒子受到向低电势方向的电场力，由于电场力方向与电场方向相同，可知带电粒子带正电，故A正确；
B．根据等势面和电场线分布的关系有等差等势面越密的地方，电场线越密，电场强度越大，则有
粒子电荷量不变，电场强度的大小影响电场力的大小，则带电粒子在A点受的电场力大于在B点受的电场力，根据电场力产生加速度则带电粒子在A点的加速度大于B点的加速度，故B错误；
C．带电粒子带正电，根据电势能的表达式
可以得出在高电势位置的电势能大，在低电势位置电势能小，因此带电粒子在A点的电势能小于B点的电势能，故C正确；
D．若带电粒子由A点静止释放，仅在电场力作用下将沿低电势方向运动，已知粒子受到的电场力方向，所以不会在等势面d运动，故D错误。
故选AC。
【分析】利用电势的分布可以判别电场的方向，结合轨迹弯曲方向可以判别电场力的方向，两者对比可以判别粒子的电性；利用等势面的疏密可以比较电场力的大小，结合牛顿第二定律可以比较加速度的大小；利用电势的大小结合电荷量可以比较电势能的大小；利用电场力的方向可以判别粒子的运动方向。
9．【答案】B,C
【知识点】万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．发射速度大于第一宇宙速度即可，故A错误；
B．根据
解得
故B正确；
C．由于探测器绕月运动，则地球对探测器的引力小于月球对探测器的引力，故C正确；
D．根据
得
故D错误；
故选BC。
【分析】嫦娥六号登月，依然在地球月球间运动，根据万有引力提供向心力，在环月轨道上，探测器受月球和地球的引力提供向心力。
10．【答案】B,D
【知识点】运动的合成与分解；功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．由C点下滑到A点的过程中，在滑下过程，设的速度为，的速度为，的速度方向与绳子方向的夹角为，两球沿绳子方向的速度大小相等，根据速度的分解有
可知的速度始终不小于的速度，故A错误；
B．根据功率的表达式可以得出重力对做功功率为
一开始是由静止释放的，所以一开始的竖直速度也必然为零，此时重力瞬时功率为0；运动到A点时，的速度处于水平方向，所以此时的竖直速度也为零，重力瞬时功率为0；所以在由C点下滑到A点的过程中，重力对做功功率先增大后减小，故B正确；
C．在由C点下滑到A点的过程中，由于绳子拉力对做负功，根据功能关系可以得出的机械能减少，故C错误；
D．若恰好能沿圆弧轨道下滑到A点，根据速度关系可以得出此时、的速度均为0，根据系统机械能守恒可得
解得
故D正确。
故选BD。
【分析】利用速度的分解可以求出两个小球速度的大小关系；利用绳子做功可以判别m1机械能不守恒；利用重力的瞬时功率结合竖直方向速度的大小可以判别瞬时功率的大小；利用机械能守恒定律可以求出两个小球质量的大小关系。
11．【答案】废水水平方向的位移大小x；管口到地面的高度h；；偏大
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】（1）根据排水管每秒的排污体积表达式为
要想估测排水管每秒的排污体积，需要测量管口的横截面积，以及水的流速，故需要测量管口的直径d，即测量管口的周长l，废水出管口后看做平抛运动，根据位移公式有
联立可得
故还需要测量废水水平方向的位移大小，管口到地面的高度。
（2）排水管每秒的排污体积表达式为
联立可得体积的表达式为
（3）若排水管的管壁厚度不可忽略，则排水管的排水的横截面积测量值偏大，根据表达式可知排水管每秒的排污体积的测量值偏大。
【分析】（1）利用排污体积的表达式结合平抛运动的位移公式可以得出需要测量的物理量；
（2）利用平抛运动的位移公式结合体积公式可以求出排污体积的表达式；
（3）当管壁厚度不可忽略会导致水的横截面积变大则排污体积测量值偏大。
12．【答案】（1）C
（2）26.5°
（3）
（4）
（5）遮光条宽度d测量值偏大
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）根据机械能守恒定律，由于验证机械能守恒的表达式中质量可以约去，所以不需要天平测量小球的质量；小球通过光电门的时间可以直接得出，不需要秒表；实验中需测量细线长度，则需要毫米刻度尺。
故选C。
（2）根据图示刻度可以得出量角器的读数为26.5°。
（3）测得小球的直径为d，小球通过光电门的时间为，根据平均速度公式可知小球经过最低点的瞬时速度大小为
（4）根据重力势能的表达式可以得出小球的重力势能减少量为
当满足重力势能的减少量等于动能的增量时，则
即可验证机械能守恒定律
（5）实验用滑块经过光电门时的平均速度代替瞬时速度，由于滑块做加速运动，如果遮光条宽度d测量值偏大，瞬时速度的测量值偏大，根据动能的表达式会使动能的增加量总是略大于重力势能的减少量。
【分析】（1）利用机械能守恒定律可以判别不需要使用天平测量小球的质量；实验有光电门计时器不需要秒表；实验需要刻度尺测量绳子的长度；
（2）利用量角器的刻度可以读出角度的大小；
（3）利用平均速度公式可以求出小球瞬时速度的大小；
（4）利用重力势能的减少量等于动能的增量可以导出机械能守恒的表达式；当遮光条宽度d测量值偏大，瞬时速度的测量值偏大，根据动能的表达式会使动能的增加量总是略大于重力势能的减少量。
13．【答案】【解答】（1）由电场力做功与电势差关系，有
则A、B两点间的电势差为
（2）同理有
则A、C两点为等势点，所以电场强度E垂直AC斜向下
【知识点】电场力做功；电势差与电场强度的关系
【解析】【分析】（1）已知电场力做功的大小，利用电场力做功可以求出电势差的大小；
（2）已知电场力做功可以求出电势差的大小，结合电势差与场强的关系可以求出电场强度的大小。
14．【答案】【解答】（1）小球刚好通过A点，绳子拉力为零，仅重力提供向心力
解得
（2）从A点到B点，由动能定理
解得
在B点，由绳子拉力和小球重力共同提供向心力
解得
再由牛顿第三定律可得
（3）小球从B点到落地的过程中，只有重力做功，由动能定理
解得
+
【知识点】生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）小球经过A点时，利用重力提供向心力可以求出小球速度的大小；
（2）小球从A到B点时，利用动能定理可以求出小球经过B点时速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出小球对绳子拉力的大小；
（3）小球从B点到落地的过程中，利用动能定理可以求出落地速度的大小。
15．【答案】解：（1）由能量守恒
解得
（2）滑块滑上传送带后做匀加速运动，设滑块从滑上传送带到速度达到传送带的速度v时所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块的位移为x；由牛顿第二定律得
解得
由运动学公式得
解得
解得
所以滑块在传送带上先做匀加速直线运动，达到传送带的速度v后随传送带匀速运动，由动能定理
解得
（3）滑块从传送带右端滑上半圆轨道，恰好通过半圆轨道时，在最高点
由Q到半圆轨道最高点，由机械能守恒有
解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；牛顿运动定律的综合应用；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）滑块释放瞬间，利用弹性势能转化为动能可以求出弹簧弹性势能的大小；
（2）滑块滑上传送带后，利用牛顿第二定律可以求出滑块加速度的大小，结合速度公式可以求出与传送带共速的时间，再利用位移公式可以求出加速的位移，结合动能定理可以求出摩擦力做功的大小；
（3）滑块恰好经过最高点时，利用牛顿第二定律可以求出经过最高点的速度，结合机械能守恒定律可以求出轨道半径的大小。
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