广东省汕尾市2023-2024学年高一下学期期末考试物理试题
1．（2024高一下·汕尾期末）下列关于物理观念和科学思维的认识正确的是（ ）
A．卡文迪什（许）用扭秤测量引力常量体现了等效替代的思想
B．加速度和功率的定义都运用了比值定义法
C．在不同的惯性参考系中，测得真空中的光速大小可能不同
D．地球使树上苹果下落的力，与太阳使地球绕其运动的力是同一种性质的力
【答案】D
【知识点】比值定义法；放大法；万有引力定律；相对论时空观与牛顿力学的局限性
【解析】【解答】A．根据物理学史的内容可知卡文迪什（许）用扭秤测量引力常量体现了放大法的思想，故A错误；
B．公式是加速度的决定式，加速度的大小随合力和质量的变化而变化，没有运用比值定义法，功率的定义运用了比值定义法，故B错误；
C．根据光速不变原理可知在不同的惯性参考系中，测得真空中的光速大小都相同，故C错误；
D．地球使树上苹果下落的力，与太阳使地球绕其运动的力都是万有引力，故D正确。
故选D。
【分析】卡文迪什（许）用扭秤测量引力常量体现了放大法的思想；功率的表达式使用了比值定义法，加速度的决定式没有使用比值定义法；根据光速不变原理可知在不同的惯性参考系中，测得真空中的光速大小都相同；地球使树上苹果下落的力，与太阳使地球绕其运动的力都是万有引力。
2．（2024高一下·汕尾期末）一只小蜜蜂从A点飞到B点的过程中速度越来越小，其运动轨迹如图中曲线所示，关于小蜜蜂受到的合外力及加速度，下列说法正确的是（ ）
A．小蜜蜂在C点受到的合外力可能为
B．小蜜蜂在C点受到的合外力可能为
C．小蜜蜂在D点的加速度可能为
D．小蜜蜂在D点的加速度可能为
【答案】A
【知识点】曲线运动的条件；功的概念
【解析】【解答】AB. 因小蜜蜂从A点飞到B点的过程中速度越来越小，则合力做负功，所以小蜜蜂在C点的受到的合外力在C点有与速度反方向的分量，所以小蜜蜂在C点受到的合外力可能为，故A正确，B错误；
CD. 因小蜜蜂从A点飞到B点的过程中速度越来越小，根据曲线运动，根据合力的方向可以得出加速度指向曲线运动轨迹的凹侧，所以小蜜蜂在D点的加速度应指向上方偏左。故CD错误。
故选A。
【分析】利用速度的变化结合轨迹的弯曲方向可以判别合力的方向，利用合力的方向可以判别加速度的方向。
3．（2024高一下·汕尾期末）体育课上，小壮将铅球水平推出。不计空气阻力。对铅球被水平推出后在空中运动的过程，下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a与速度大小v随运动时间t变化的关系图像中，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】平抛运动；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AB．铅球沿水平方向推出后，由于不计空气阻力，铅球只受重力作用，加速度等于重力加速度，不随时间改变，故A正确、B错误；
CD．铅球被水平推出后做平抛运动，竖直方向上根据速度公式有
根据速度的合成则抛出后速度大小为
可知速度大小与时间不是一次函数关系，故CD错误。
故选A。
【分析】利用铅球做平抛运动只受到重力可以判别加速度的大小；利用速度公式结合速度的合成可以判别抛出速度的大小与时间的关系。
4．（2024高一下·汕尾期末）如图所示，A、B、C分别是自行车大齿轮、小齿轮以及后轮边缘上的点，一修车师傅在把自行车后轮架越来，检测大、小齿轮和后轮转动情况时，下列说法正确的是（ ）
A．A点的线速度大于B点的线速度 B．A点的角速度小于B点的角速度
C．C点的角速度大于B点的角速度 D．C点的线速度等于B点的线速度
【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】A．由于AB两点通过链条连接，由于相同时间经过弧线长度相等，所以A点的线速度等于B点的线速度，故A错误；
B．由于A点和B点的线速度相等，根据线速度与角速度的关系
可知，A点的线速度等于B点的线速度，A点的半径大于B点的半径，所以A点的角速度小于B点的角速度，故B正确；
C．C点和B点同轴转动，相同时间内转过的角度相等所以C点的角速度等于B点的角速度，故C错误；
D．根据线速度与角速度的关系
可得，由于C点和B点的角速度相等所以C点的线速度大于B点的线速度，故D错误。
故选B。
【分析】利用同轴转动可以判别BC点的角速度相等，结合半径的大小可以比较线速度的大小；利用AB线速度相等结合半径的大小可以比较角速度的大小。
5．（2024高一下·汕尾期末）“半壁山房待明月，一盏清茗酬知音”描绘了诗人以茶待友的画面。在某次茶道表演时，表演者保持如图所示的倒茶姿势不变，茶从长嘴铜壶壶嘴O点水平流出，忽略空气阻力，随着碗中水面逐渐升高，下列描述正确的是（ ）
A．茶水从O点流出时的速度不变
B．茶水落到水面时的速度变小
C．茶水从O点至水面的时间变长
D．茶水从O点至水面落点的水平距离变大
【答案】B
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】A．依题意，表演者保持如图所示的倒茶姿势不变，随着茶水的不断流出，壶中液面高度下降，根据竖直方向的位移公式可以得出运动的时间变小，根据水平方向的位移公式则茶水从O点流出时的速度变小。故A错误；
BC．随着碗中水面的逐渐升高，壶嘴O到水面的高度h减小，根据
解得
可知茶水从O点至水面的时间变短。根据速度的合成可以得出：
可知茶水落到水面时的速度变小。故B正确；C错误；
D．根据水平方向的位移公式
可知茶水从O点至水面落点的水平距离变小。故D错误。
故选B。
【分析】利用水的位移变化结合平抛运动的位移公式可以判别运动的时间及水平方向速度的大小变化；利用水平方向的位移公式可以判别初速度的大小变化。
6．（2024高一下·汕尾期末）2024年2月9日，3名航天员在距离地面约400km的中国空间站里贴春联、挂灯笼、系中国结，并通过视频向祖国和人民送上新春祝福。2月23日，通信技术试验卫星十一号发射成功，顺利进入地球同步轨道，该卫星主要用于开展多频段、高速率卫星通信技术验证。下列说法正确的是（ ）
A．空间站的运行速度大于第一宇宙速度
B．空间站里漂浮的中国结处于完全失重状态，不受任何力的作用
C．空间站绕地球运动的周期和通信技术试验卫星十一号的周期相等
D．空间站绕地球运动的向心加速度大于通信技术试验卫星十一号的向心加速度
【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】A．第一宇宙速度是近地卫星绕地球做圆周运动的速度，由于近地卫星的轨道半径最小，根据
可以得出第一宇宙速度为最大的线速度，所以空间站的运行速度小于第一宇宙速度，故A错误；
B．中国结做匀速圆周运动，受到地球万有引力的作用，中国结受到地球的万有引力全部用来提供做圆周运动的向心力而处于完全失重的状态，故B错误；
C．根据常识可知通信技术试验卫星的轨道半径大于空间站的轨道半径，地球对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
可得周期的大小为
可知空间站绕地球运动的周期小于通信技术试验卫星十一号的周期，故C错误；
D． 地球对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
可得
可知空间站绕地球运动的向心加速度大于通信技术试验卫星十一号的向心加速度，故D正确。
故选D。
【分析】利用引力提供向心力可以比较线速度、加速度和周期的大小；利用引力提供向心力可以判别中国结处于完全失重状态。
7．（2024高一下·汕尾期末）如图所示，某同学手握球筒底部，使其在竖直面内绕手肘O点做圆周运动，试图用此方法“甩”出球筒中剩余的羽毛球，若羽毛球与球筒间的最大静摩擦力为球重力的k倍（），不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．羽毛球有可能被甩出，因为它受到离心力作用
B．增大羽毛球与球筒之间的摩擦，有助于羽毛球被甩出
C．相同条件下，羽毛球越靠近球筒底部越难与球筒发生相对滑动
D．若运动至竖直位置时角速度为，则此时图示的羽毛球恰好相对球筒滑动
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；离心运动和向心运动
【解析】【解答】A．羽毛球被甩出时做离心运动，是因为他所受的合力不足以提供向心力，不存在离心力，故A错误；
B．以竖直方向为例，根据牛顿第二定律有
可知增大羽毛球与球筒之间的摩擦，羽毛球要发生相对滑动的角速度越大，越不容易被甩出，故B错误；
C．同理根据牛顿第二定律有
相同条件下，羽毛球越靠近球筒底部，则所需的向心力越小，根据半径越小则越难达到最大静摩擦力，越难发生相对滑动，故C正确；
D．图示的羽毛球恰好相对球筒滑动时，根据牛顿第二定律有：
可得
故D错误。故选C。
【分析】羽毛球做离心运动是由于受到的合力不足以提供向心力；利用牛顿第二定律可以判别摩擦力对离心运动角速度的影响；利用表达式可以判别半径大小对摩擦力的大小要求；利用牛顿第二定律可以求出发生滑动的角速度的大小。
8．（2024高一下·汕尾期末）如图甲所示，竖直轻弹簧固定在水平地面上，把质量为m的小球（与弹簧不拴接）往下按至A位置，迅速松手后，弹簧把小球弹起，上升过程中以速度v经过位置B，此时弹簧正好处于原长，最后小球升至离地面高度为h的最高位置C（图乙）。以地面为参考平面，不计空气阻力，重力加速度为g，则在整个上升过程中（ ）
A．小球的机械能守恒
B．小球动能先增大后减小
C．弹簧的最大弹性势能为
D．小球经过B时的机械能等于mgh
【答案】B,D
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】AD．在整个上升过程中，小球与弹簧接触阶段，除了受重力作用之外还受弹簧弹力作用，由于弹力对小球做功，所以小球的机械能不守恒，小球与弹簧分离后，只受重力作用，根据机械能守恒定律有
故A错误；D正确；
B．对小球受力分析可知，当弹力大于重力时，则有
时，小球加速上升，由于速度增大所以小球动能增大，当
时，小球减速上升，由于速度减小则小球动能减小。离开弹簧后，做竖直上抛运动，由于受到向下的重力所以速度一直减小，动能减小。故B正确；
C．小球与弹簧组成的系统机械能守恒，根据系统的机械能守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为
故C错误。
故选BD。
【分析】小球上升过程中由于受到弹力对小球做功所以小球机械能不守恒；利用小球受到的弹力和重力比较可以判别合力的方向进而判别小球速度和动能的变化；利用机械能守恒定律可以求出小球经过B点的机械能及弹簧最大的弹性势能。
9．（2024高一下·汕尾期末）如图为“亚洲第一飞人”驾驶汽车成功飞越黄河天堑壶口瀑布的情景。已知车在空中的运动时间为1.6s，水平方向飞越黄河55m，假设车在空中做抛体运动，且起点与落点在同一水平面上，不计阻力，重力加速度g取，则下列选项正确的是（ ）
A．车在空中处于失重状态 B．车在最高点处于平衡状态
C．车在最高点的速度约为34m/s D．车落地时竖直方向速度为16m/s
【答案】A,C
【知识点】超重与失重；斜抛运动
【解析】【解答】AB．车在空中做抛体运动，仅受重力作用，加速度为重力加速度，方向竖直向下，根据加速度可以得出车处于完全失重状态，故A正确，B错误；
D．根据对称性，可知汽车从最高点到地面的时间为0.8s，根据速度公式则车落地时竖直方向速度
故D错误；
C．根据位移公式可以得出车在最高点的速度即车在水平方向的速度
故C正确。
故选AC。
【分析】利用加速度的方向可以判别超重与失重；利用速度公式可以求出竖直方向速度的大小，结合位移公式可以求出车在最高点的速度大小。
10．（2024高一下·汕尾期末）从地面竖直向上抛出一个物体，一段时间后物体又落回地面。全过程物体受到空气阻力的大小不变，其动能随高度h的变化关系如图所示，重力加速度g取，下列说法正确的是（ ）
A．物体上升过程中机械能减少12J
B．物体竖直向上抛出的初速度大小为12m/s
C．物体上升和下落过程中经过同一位置时的机械能相等
D．物体上升过程重力的平均功率大于下降过程重力的平均功率
【答案】A,B,D
【知识点】功率及其计算；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．设阻力大小为f，对全过程，由于空气阻力一直对物体做功，导致初末动能发生改变，根据动能定理
物体上升过程摩擦力做功为
联立解得
由于摩擦力做功等于机械能的变化，根据功能关系可知物体上升过程中机械能减少12J，故A错误；
B．根据动能定理，空气阻力和重力做功，则上升阶段，根据动能定理有
下降阶段根据动能定理有
结合图像可知
解得
根据动能表达式
解得初速度的大小为
故B正确；
C．根据题图可知物体上升和下落过程中经过同一位置时上升阶段的动能大于下降阶段的动能，重力势能相等，则物体上升和下落过程中经过同一位置时上升阶段的机械能大，故C错误；
D．根据牛顿第二定律可以得出：物体上升阶段的加速度大小为
根据牛顿第二定律可以求出：下降阶段的加速度大小为
所以
根据位移公式可知，上升阶段时间t1与下降阶段时间t2的关系为
根据重力做功的表达式有
可知上升阶段和下降阶段重力做功的绝对值相等，根据平均功率的表达式
可知物体上升过程重力的平均功率大于下降过程重力的平均功率，故D正确。
故选ABD。
【分析】利用全过程的动能定理结合阻力做功可以求出机械能的变化量；利用上升和下落过程的动能定理可以求出物体质量的大小，结合物体初动能的大小可以求出物体初速度的大小；利用图像可以比较同一位置动能的大小，结合重力势能的大小可以比较机械能的大小，利用牛顿第二定律可以比较加速度的大小，结合位移公式可以比较运动的时间，结合重力做功可以比较平均功率的大小。
11．（2024高一下·汕尾期末）在“探究平抛运动的特点”的实验中，利用图甲所示的装置拍摄小球做平抛运动的频闪照片。
（1）图乙是两次拍摄小球做平抛运动的频闪照片，由此可判断造成此情况的原因可能是___________。
A．没有平衡摩擦力
B．斜槽轨道不光滑
C．未调整斜槽轨道末端切线水平
D．小球每次从斜槽的不同位置由静止释放
（2）图丙为拍摄得到的等比例频闪照片，其中每个小方格的边长为10cm，则由图可求得拍摄时每 s曝光一次，该小球平抛运动的初速度大小为 m/s（重力加速度g取）。
【答案】（1）D
（2）0.1；2.0
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）根据运动的轨迹可以得出小球两次平抛过程初速度大小不同，可以得出小球释放的位置不同。故选D。
（2）设拍摄时的时间间隔为T，小球做平抛运动，则竖直方向上做匀变速直线运动，根据逐差法有
即时间间隔为
小球在水平方向做匀速直线运动，根据水平方向运动轨迹可知小球运动的初速度大小为
【分析】（1）利用运动的轨迹可以判别小球两次运动的初速度不同，进而得出小球两次释放的位置不同；
（2）利用竖直方向的邻差公式可以求出时间间隔，结合水平方向的位移公式可以求出初速度的大小。
（1）由乙图可知，小球两次平抛过程初速度大小不同，则每次从斜槽的不同位置由静止释放。
故选D。
（2）[1]设拍摄时的时间间隔为T，竖直方向上做匀变速直线运动，根据逐差法有
即
[2]根据水平方向运动轨迹可知小球运动的初速度大小为
12．（2024高一下·汕尾期末）如图甲为“验证机械能守恒定律”的实验装置，利用重物带动纸带从静止开始自由下落。
（1）实验室使用的是电磁打点计时器，则该打点计时器要接图乙中 （填“A”或“B”）电源。安装好实验器材做实验时，应 （填正确答案标号）。
A．先释放重物，后接通打点计时器的电源
B．先接通打点计时器的电源，稳定运行后释放重物
（2）实验中得到的一条纸带，如图丙所示。在纸带上选取五个连续打出的点A、B、C、D、E，测得A、B、C三点到起始点的距离分别为、、。已知重物的质量为m，当地的重力加速度为g，打点计时器的打点周期为T。从打下O点到打下B点的过程中，重物重力势能的减少量为 ，动能的增加量为 （以上两空均用题中字母表示）。很多实验结果显示，重力势能的减少量略 （填“大于”或“小于”）动能的增加量，原因是 。
（3）某同学以重物速度的平方为纵轴，以重物下落的高度h为横轴，作出如图丁所示的图像，则当地的重力加速度g= （结果保留3位有效数字）。
【答案】（1）A；B
（2）；；大于；重物下落过程受到阻力（或者受空气阻力、或纸带和打点计时器限位孔间有摩擦阻力作用）
（3）9.67
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）根据工作原理可以得出电磁打点计时器应该使用低压交流电源，所以要接图乙中A；
为了充分利用纸带，让纸带上留下更多的点迹，实验应该先接通打点计时器的电源，稳定运行后释放重物；
（2）从打下O点到打下B点的过程中，根据重力势能的表达式可以得出重物重力势能的减少量为
根据匀变速直线运动规律有中间时刻瞬时速度等于该过程平均速度可得
根据动能的表达式则动能的增加量为
重物下落过程受到阻力（或者受空气阻力、或纸带和打点计时器限位孔间有摩擦阻力作用），由于阻力做功导致机械能减小，则重力势能的减少量略大于动能的增加量。
（3）根据机械能守恒定律的表达式有
整理可得
可知图线的斜率
解得
【分析】（1）利用电磁打点计时器的工作原理可以选择对应的电源；实验应该先接通电源后释放重物；
（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增量；由于阻力做功会导致重力势能的减少量大于动能的增量。
（1）[1]电磁打点计时器应该使用低压交流电源，所以要接图乙中A；
[2]为了充分利用纸带，同时为了减小误差，应该先接通打点计时器的电源，稳定运行后释放重物；
（2）[1]从打下O点到打下B点的过程中，重物重力势能的减少量为
[2]根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程平均速度可得
则动能的增加量为
[3][4]很多实验结果显示，重力势能的减少量略大于动能的增加量，原因是重物下落过程受到阻力（或者受空气阻力、或纸带和打点计时器限位孔间有摩擦阻力作用）。
（3）根据
整理可得
可知图线的斜率
解得
13．（2024高一下·汕尾期末）交通事故发生时，车上的部分物品会因碰撞而脱离车体，位于车上不同高度的物品散落到地面上的位置是不同的，据此可求出碰撞瞬间汽车的速度。某次雨雪天气，事故发生时物品被水平抛出而陷在泥地里，经比对，散落物品A、B分别从距地面高h和H的位置以相同的初速度水平抛出，交警测得H=3.2m，h=2.45m，重力加速度g取，不计空气阻力。
（1）假设物品B的质量m=1kg，求物品B下落的时间及落地时其重力做功的功率；
（2）若A、B落地时它们的水平距离L=2.5m，求碰撞瞬间汽车的行驶速度。
【答案】解：（1）物品B在空中做平抛运动，竖直方向上
解得
B落地时重力做功的功率
，
解得
（2）物品A在空中做平抛运动，竖直方向上
解得
A、B落地时它们的水平距离为
代入数据解得
【知识点】平抛运动；功率及其计算
【解析】【分析】（1）物体B做平抛运动，利用竖直方向的位移公式可以求出运动的时间，结合速度公式可以求出竖直方向速度的大小，结合重力的大小可以求出瞬时功率的大小；
（2）物品A做平抛运动，利用位移公式可以求出AB之间水平距离的大小。
14．（2024高一下·汕尾期末）为提高电动自行车的安全性能，最新的《电动自行车安全技术规范》规定，电动自行车须具有脚踏骑行能力，最高设计车速不超过25km/h，整车质量（含电池）不超过55kg，电机功率不超过400W。假设某人驾驶如图所示的电动自行车由静止开始做匀加速直线运动，经过25s速度达到5m/s，电机恰好达到额定功率。已知人、车（包括头盔）总质量为100kg，行驶过程中受到的阻力恒为人、车总重力的，重力加速度g取。
（1）求匀加速运动时电动自行车的加速度大小及受到的牵引力大小；
（2）求通过计算判断该车电机功率是否符合规定；
（3）假设改进后的电动自行车仍然以（1）问中的加速度由静止开始做匀加速直线运动，当功率达到400W时，保持此功率不变继续行驶1min，求此1min内前进的距离。（车已达到最大速度，计算结果保留整数）
【答案】解：（1）设电动自行车匀加速直线运动过程中加速度大小为a，根据匀变速直线运动规律（或根据加速度定义公式），有
解得
设牵引力大小为F，阻力大小为f，根据牛顿第二定律，有
解得
（2）根据
解得
该车电机功率超过400W，不符合规定。
（3）当功率达到400W时，有
解得
设运动的最大速度为，此时
根据
解得
设保持400W功率不变继续行驶1min的距离为x，根据动能定理
联立，解得
【知识点】牛顿第二定律；机车启动
【解析】【分析】（1）电动自行车做匀加速直线运动，利用速度公式可以求出加速度的大小，利用牛顿第二定律可以求出受到的牵引力的大小；
（2）根据功率的表达式可以求出电机功率的大小；
（3）利用功率的表达式结合平衡方程可以求出最大的速度，结合动能定理可以求出运动的距离。
15．（2024高一下·汕尾期末）如图是游乐园娱乐项目的示意图，由两个半径均为R的半圆细管道组成的竖直光滑“S形”轨道BCD，左侧与长L=2.5R的水平轨道AB连接，D点为管道的最高点，右侧有一半径也为R的水平圆盘（圆盘的厚度不计），N点是圆盘的圆心，MN是圆盘的竖直转轴（与轨道共面），M与N的距离，A、B、M共线，B与M的距离为3R，质量为m的小物块（可视为质点）被弹射系统水平贴地弹出后立刻进入AB。已知小物块与AB间的动摩擦因数重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）某次弹射物块恰好能到达D点，求物块经过B点时的速度大小；
（2）若物块恰好落到N点，求物块通过D点时管道对物块的作用力大小；
（3）为使物块能落到水平圆盘上，求弹射系统提供给物块的能量范围。
【答案】解：（1）物块恰好能到达D点，在最高点D有
从B到D过程，根据机械能守恒定律可得
解得
（2）从D到N过程，根据平抛运动规律得竖直方向上，有
水平方向上，有
解得
在D点，根据牛顿第二定律得
解得
（3）解法一：为使物块能落到水平圆盘上，由几何关系得物块落到水平圆盘的水平位移范围为
由可知，物块到达D点的速度大小v的范围为
从被弹射到D点的过程，根据能量守恒关系有
解得弹射系统提供给物块的能量范围为
解法二：当物块能落到水平圆盘的最左侧，水平位移为2R，则
解得
从刚被弹射到D点的过程，根据能量守恒关系有
解得弹射系统提供给物块的能量
当物块能落到水平圆盘的最右侧，水平位移为4R，同理解得弹射系统提供给物块的能量
综上所述，弹射系统提供给物块的能量范围为
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）物块恰好到达D点时，利用机械能守恒定律可以求出物块到达B点速度的大小；
（2）从D到N的过程中，利用平抛运动的位移公式可以求出物块到达D点速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出物块对轨道的压力大小；
（3）已知物块水平方向的位移，结合位移公式及能量守恒定律可以求出弹性势能的大小范围。
1 / 1广东省汕尾市2023-2024学年高一下学期期末考试物理试题
1．（2024高一下·汕尾期末）下列关于物理观念和科学思维的认识正确的是（ ）
A．卡文迪什（许）用扭秤测量引力常量体现了等效替代的思想
B．加速度和功率的定义都运用了比值定义法
C．在不同的惯性参考系中，测得真空中的光速大小可能不同
D．地球使树上苹果下落的力，与太阳使地球绕其运动的力是同一种性质的力
2．（2024高一下·汕尾期末）一只小蜜蜂从A点飞到B点的过程中速度越来越小，其运动轨迹如图中曲线所示，关于小蜜蜂受到的合外力及加速度，下列说法正确的是（ ）
A．小蜜蜂在C点受到的合外力可能为
B．小蜜蜂在C点受到的合外力可能为
C．小蜜蜂在D点的加速度可能为
D．小蜜蜂在D点的加速度可能为
3．（2024高一下·汕尾期末）体育课上，小壮将铅球水平推出。不计空气阻力。对铅球被水平推出后在空中运动的过程，下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a与速度大小v随运动时间t变化的关系图像中，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024高一下·汕尾期末）如图所示，A、B、C分别是自行车大齿轮、小齿轮以及后轮边缘上的点，一修车师傅在把自行车后轮架越来，检测大、小齿轮和后轮转动情况时，下列说法正确的是（ ）
A．A点的线速度大于B点的线速度 B．A点的角速度小于B点的角速度
C．C点的角速度大于B点的角速度 D．C点的线速度等于B点的线速度
5．（2024高一下·汕尾期末）“半壁山房待明月，一盏清茗酬知音”描绘了诗人以茶待友的画面。在某次茶道表演时，表演者保持如图所示的倒茶姿势不变，茶从长嘴铜壶壶嘴O点水平流出，忽略空气阻力，随着碗中水面逐渐升高，下列描述正确的是（ ）
A．茶水从O点流出时的速度不变
B．茶水落到水面时的速度变小
C．茶水从O点至水面的时间变长
D．茶水从O点至水面落点的水平距离变大
6．（2024高一下·汕尾期末）2024年2月9日，3名航天员在距离地面约400km的中国空间站里贴春联、挂灯笼、系中国结，并通过视频向祖国和人民送上新春祝福。2月23日，通信技术试验卫星十一号发射成功，顺利进入地球同步轨道，该卫星主要用于开展多频段、高速率卫星通信技术验证。下列说法正确的是（ ）
A．空间站的运行速度大于第一宇宙速度
B．空间站里漂浮的中国结处于完全失重状态，不受任何力的作用
C．空间站绕地球运动的周期和通信技术试验卫星十一号的周期相等
D．空间站绕地球运动的向心加速度大于通信技术试验卫星十一号的向心加速度
7．（2024高一下·汕尾期末）如图所示，某同学手握球筒底部，使其在竖直面内绕手肘O点做圆周运动，试图用此方法“甩”出球筒中剩余的羽毛球，若羽毛球与球筒间的最大静摩擦力为球重力的k倍（），不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．羽毛球有可能被甩出，因为它受到离心力作用
B．增大羽毛球与球筒之间的摩擦，有助于羽毛球被甩出
C．相同条件下，羽毛球越靠近球筒底部越难与球筒发生相对滑动
D．若运动至竖直位置时角速度为，则此时图示的羽毛球恰好相对球筒滑动
8．（2024高一下·汕尾期末）如图甲所示，竖直轻弹簧固定在水平地面上，把质量为m的小球（与弹簧不拴接）往下按至A位置，迅速松手后，弹簧把小球弹起，上升过程中以速度v经过位置B，此时弹簧正好处于原长，最后小球升至离地面高度为h的最高位置C（图乙）。以地面为参考平面，不计空气阻力，重力加速度为g，则在整个上升过程中（ ）
A．小球的机械能守恒
B．小球动能先增大后减小
C．弹簧的最大弹性势能为
D．小球经过B时的机械能等于mgh
9．（2024高一下·汕尾期末）如图为“亚洲第一飞人”驾驶汽车成功飞越黄河天堑壶口瀑布的情景。已知车在空中的运动时间为1.6s，水平方向飞越黄河55m，假设车在空中做抛体运动，且起点与落点在同一水平面上，不计阻力，重力加速度g取，则下列选项正确的是（ ）
A．车在空中处于失重状态 B．车在最高点处于平衡状态
C．车在最高点的速度约为34m/s D．车落地时竖直方向速度为16m/s
10．（2024高一下·汕尾期末）从地面竖直向上抛出一个物体，一段时间后物体又落回地面。全过程物体受到空气阻力的大小不变，其动能随高度h的变化关系如图所示，重力加速度g取，下列说法正确的是（ ）
A．物体上升过程中机械能减少12J
B．物体竖直向上抛出的初速度大小为12m/s
C．物体上升和下落过程中经过同一位置时的机械能相等
D．物体上升过程重力的平均功率大于下降过程重力的平均功率
11．（2024高一下·汕尾期末）在“探究平抛运动的特点”的实验中，利用图甲所示的装置拍摄小球做平抛运动的频闪照片。
（1）图乙是两次拍摄小球做平抛运动的频闪照片，由此可判断造成此情况的原因可能是___________。
A．没有平衡摩擦力
B．斜槽轨道不光滑
C．未调整斜槽轨道末端切线水平
D．小球每次从斜槽的不同位置由静止释放
（2）图丙为拍摄得到的等比例频闪照片，其中每个小方格的边长为10cm，则由图可求得拍摄时每 s曝光一次，该小球平抛运动的初速度大小为 m/s（重力加速度g取）。
12．（2024高一下·汕尾期末）如图甲为“验证机械能守恒定律”的实验装置，利用重物带动纸带从静止开始自由下落。
（1）实验室使用的是电磁打点计时器，则该打点计时器要接图乙中 （填“A”或“B”）电源。安装好实验器材做实验时，应 （填正确答案标号）。
A．先释放重物，后接通打点计时器的电源
B．先接通打点计时器的电源，稳定运行后释放重物
（2）实验中得到的一条纸带，如图丙所示。在纸带上选取五个连续打出的点A、B、C、D、E，测得A、B、C三点到起始点的距离分别为、、。已知重物的质量为m，当地的重力加速度为g，打点计时器的打点周期为T。从打下O点到打下B点的过程中，重物重力势能的减少量为 ，动能的增加量为 （以上两空均用题中字母表示）。很多实验结果显示，重力势能的减少量略 （填“大于”或“小于”）动能的增加量，原因是 。
（3）某同学以重物速度的平方为纵轴，以重物下落的高度h为横轴，作出如图丁所示的图像，则当地的重力加速度g= （结果保留3位有效数字）。
13．（2024高一下·汕尾期末）交通事故发生时，车上的部分物品会因碰撞而脱离车体，位于车上不同高度的物品散落到地面上的位置是不同的，据此可求出碰撞瞬间汽车的速度。某次雨雪天气，事故发生时物品被水平抛出而陷在泥地里，经比对，散落物品A、B分别从距地面高h和H的位置以相同的初速度水平抛出，交警测得H=3.2m，h=2.45m，重力加速度g取，不计空气阻力。
（1）假设物品B的质量m=1kg，求物品B下落的时间及落地时其重力做功的功率；
（2）若A、B落地时它们的水平距离L=2.5m，求碰撞瞬间汽车的行驶速度。
14．（2024高一下·汕尾期末）为提高电动自行车的安全性能，最新的《电动自行车安全技术规范》规定，电动自行车须具有脚踏骑行能力，最高设计车速不超过25km/h，整车质量（含电池）不超过55kg，电机功率不超过400W。假设某人驾驶如图所示的电动自行车由静止开始做匀加速直线运动，经过25s速度达到5m/s，电机恰好达到额定功率。已知人、车（包括头盔）总质量为100kg，行驶过程中受到的阻力恒为人、车总重力的，重力加速度g取。
（1）求匀加速运动时电动自行车的加速度大小及受到的牵引力大小；
（2）求通过计算判断该车电机功率是否符合规定；
（3）假设改进后的电动自行车仍然以（1）问中的加速度由静止开始做匀加速直线运动，当功率达到400W时，保持此功率不变继续行驶1min，求此1min内前进的距离。（车已达到最大速度，计算结果保留整数）
15．（2024高一下·汕尾期末）如图是游乐园娱乐项目的示意图，由两个半径均为R的半圆细管道组成的竖直光滑“S形”轨道BCD，左侧与长L=2.5R的水平轨道AB连接，D点为管道的最高点，右侧有一半径也为R的水平圆盘（圆盘的厚度不计），N点是圆盘的圆心，MN是圆盘的竖直转轴（与轨道共面），M与N的距离，A、B、M共线，B与M的距离为3R，质量为m的小物块（可视为质点）被弹射系统水平贴地弹出后立刻进入AB。已知小物块与AB间的动摩擦因数重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）某次弹射物块恰好能到达D点，求物块经过B点时的速度大小；
（2）若物块恰好落到N点，求物块通过D点时管道对物块的作用力大小；
（3）为使物块能落到水平圆盘上，求弹射系统提供给物块的能量范围。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】比值定义法；放大法；万有引力定律；相对论时空观与牛顿力学的局限性
【解析】【解答】A．根据物理学史的内容可知卡文迪什（许）用扭秤测量引力常量体现了放大法的思想，故A错误；
B．公式是加速度的决定式，加速度的大小随合力和质量的变化而变化，没有运用比值定义法，功率的定义运用了比值定义法，故B错误；
C．根据光速不变原理可知在不同的惯性参考系中，测得真空中的光速大小都相同，故C错误；
D．地球使树上苹果下落的力，与太阳使地球绕其运动的力都是万有引力，故D正确。
故选D。
【分析】卡文迪什（许）用扭秤测量引力常量体现了放大法的思想；功率的表达式使用了比值定义法，加速度的决定式没有使用比值定义法；根据光速不变原理可知在不同的惯性参考系中，测得真空中的光速大小都相同；地球使树上苹果下落的力，与太阳使地球绕其运动的力都是万有引力。
2．【答案】A
【知识点】曲线运动的条件；功的概念
【解析】【解答】AB. 因小蜜蜂从A点飞到B点的过程中速度越来越小，则合力做负功，所以小蜜蜂在C点的受到的合外力在C点有与速度反方向的分量，所以小蜜蜂在C点受到的合外力可能为，故A正确，B错误；
CD. 因小蜜蜂从A点飞到B点的过程中速度越来越小，根据曲线运动，根据合力的方向可以得出加速度指向曲线运动轨迹的凹侧，所以小蜜蜂在D点的加速度应指向上方偏左。故CD错误。
故选A。
【分析】利用速度的变化结合轨迹的弯曲方向可以判别合力的方向，利用合力的方向可以判别加速度的方向。
3．【答案】A
【知识点】平抛运动；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AB．铅球沿水平方向推出后，由于不计空气阻力，铅球只受重力作用，加速度等于重力加速度，不随时间改变，故A正确、B错误；
CD．铅球被水平推出后做平抛运动，竖直方向上根据速度公式有
根据速度的合成则抛出后速度大小为
可知速度大小与时间不是一次函数关系，故CD错误。
故选A。
【分析】利用铅球做平抛运动只受到重力可以判别加速度的大小；利用速度公式结合速度的合成可以判别抛出速度的大小与时间的关系。
4．【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】A．由于AB两点通过链条连接，由于相同时间经过弧线长度相等，所以A点的线速度等于B点的线速度，故A错误；
B．由于A点和B点的线速度相等，根据线速度与角速度的关系
可知，A点的线速度等于B点的线速度，A点的半径大于B点的半径，所以A点的角速度小于B点的角速度，故B正确；
C．C点和B点同轴转动，相同时间内转过的角度相等所以C点的角速度等于B点的角速度，故C错误；
D．根据线速度与角速度的关系
可得，由于C点和B点的角速度相等所以C点的线速度大于B点的线速度，故D错误。
故选B。
【分析】利用同轴转动可以判别BC点的角速度相等，结合半径的大小可以比较线速度的大小；利用AB线速度相等结合半径的大小可以比较角速度的大小。
5．【答案】B
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】A．依题意，表演者保持如图所示的倒茶姿势不变，随着茶水的不断流出，壶中液面高度下降，根据竖直方向的位移公式可以得出运动的时间变小，根据水平方向的位移公式则茶水从O点流出时的速度变小。故A错误；
BC．随着碗中水面的逐渐升高，壶嘴O到水面的高度h减小，根据
解得
可知茶水从O点至水面的时间变短。根据速度的合成可以得出：
可知茶水落到水面时的速度变小。故B正确；C错误；
D．根据水平方向的位移公式
可知茶水从O点至水面落点的水平距离变小。故D错误。
故选B。
【分析】利用水的位移变化结合平抛运动的位移公式可以判别运动的时间及水平方向速度的大小变化；利用水平方向的位移公式可以判别初速度的大小变化。
6．【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】A．第一宇宙速度是近地卫星绕地球做圆周运动的速度，由于近地卫星的轨道半径最小，根据
可以得出第一宇宙速度为最大的线速度，所以空间站的运行速度小于第一宇宙速度，故A错误；
B．中国结做匀速圆周运动，受到地球万有引力的作用，中国结受到地球的万有引力全部用来提供做圆周运动的向心力而处于完全失重的状态，故B错误；
C．根据常识可知通信技术试验卫星的轨道半径大于空间站的轨道半径，地球对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
可得周期的大小为
可知空间站绕地球运动的周期小于通信技术试验卫星十一号的周期，故C错误；
D． 地球对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
可得
可知空间站绕地球运动的向心加速度大于通信技术试验卫星十一号的向心加速度，故D正确。
故选D。
【分析】利用引力提供向心力可以比较线速度、加速度和周期的大小；利用引力提供向心力可以判别中国结处于完全失重状态。
7．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；离心运动和向心运动
【解析】【解答】A．羽毛球被甩出时做离心运动，是因为他所受的合力不足以提供向心力，不存在离心力，故A错误；
B．以竖直方向为例，根据牛顿第二定律有
可知增大羽毛球与球筒之间的摩擦，羽毛球要发生相对滑动的角速度越大，越不容易被甩出，故B错误；
C．同理根据牛顿第二定律有
相同条件下，羽毛球越靠近球筒底部，则所需的向心力越小，根据半径越小则越难达到最大静摩擦力，越难发生相对滑动，故C正确；
D．图示的羽毛球恰好相对球筒滑动时，根据牛顿第二定律有：
可得
故D错误。故选C。
【分析】羽毛球做离心运动是由于受到的合力不足以提供向心力；利用牛顿第二定律可以判别摩擦力对离心运动角速度的影响；利用表达式可以判别半径大小对摩擦力的大小要求；利用牛顿第二定律可以求出发生滑动的角速度的大小。
8．【答案】B,D
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】AD．在整个上升过程中，小球与弹簧接触阶段，除了受重力作用之外还受弹簧弹力作用，由于弹力对小球做功，所以小球的机械能不守恒，小球与弹簧分离后，只受重力作用，根据机械能守恒定律有
故A错误；D正确；
B．对小球受力分析可知，当弹力大于重力时，则有
时，小球加速上升，由于速度增大所以小球动能增大，当
时，小球减速上升，由于速度减小则小球动能减小。离开弹簧后，做竖直上抛运动，由于受到向下的重力所以速度一直减小，动能减小。故B正确；
C．小球与弹簧组成的系统机械能守恒，根据系统的机械能守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为
故C错误。
故选BD。
【分析】小球上升过程中由于受到弹力对小球做功所以小球机械能不守恒；利用小球受到的弹力和重力比较可以判别合力的方向进而判别小球速度和动能的变化；利用机械能守恒定律可以求出小球经过B点的机械能及弹簧最大的弹性势能。
9．【答案】A,C
【知识点】超重与失重；斜抛运动
【解析】【解答】AB．车在空中做抛体运动，仅受重力作用，加速度为重力加速度，方向竖直向下，根据加速度可以得出车处于完全失重状态，故A正确，B错误；
D．根据对称性，可知汽车从最高点到地面的时间为0.8s，根据速度公式则车落地时竖直方向速度
故D错误；
C．根据位移公式可以得出车在最高点的速度即车在水平方向的速度
故C正确。
故选AC。
【分析】利用加速度的方向可以判别超重与失重；利用速度公式可以求出竖直方向速度的大小，结合位移公式可以求出车在最高点的速度大小。
10．【答案】A,B,D
【知识点】功率及其计算；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．设阻力大小为f，对全过程，由于空气阻力一直对物体做功，导致初末动能发生改变，根据动能定理
物体上升过程摩擦力做功为
联立解得
由于摩擦力做功等于机械能的变化，根据功能关系可知物体上升过程中机械能减少12J，故A错误；
B．根据动能定理，空气阻力和重力做功，则上升阶段，根据动能定理有
下降阶段根据动能定理有
结合图像可知
解得
根据动能表达式
解得初速度的大小为
故B正确；
C．根据题图可知物体上升和下落过程中经过同一位置时上升阶段的动能大于下降阶段的动能，重力势能相等，则物体上升和下落过程中经过同一位置时上升阶段的机械能大，故C错误；
D．根据牛顿第二定律可以得出：物体上升阶段的加速度大小为
根据牛顿第二定律可以求出：下降阶段的加速度大小为
所以
根据位移公式可知，上升阶段时间t1与下降阶段时间t2的关系为
根据重力做功的表达式有
可知上升阶段和下降阶段重力做功的绝对值相等，根据平均功率的表达式
可知物体上升过程重力的平均功率大于下降过程重力的平均功率，故D正确。
故选ABD。
【分析】利用全过程的动能定理结合阻力做功可以求出机械能的变化量；利用上升和下落过程的动能定理可以求出物体质量的大小，结合物体初动能的大小可以求出物体初速度的大小；利用图像可以比较同一位置动能的大小，结合重力势能的大小可以比较机械能的大小，利用牛顿第二定律可以比较加速度的大小，结合位移公式可以比较运动的时间，结合重力做功可以比较平均功率的大小。
11．【答案】（1）D
（2）0.1；2.0
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）根据运动的轨迹可以得出小球两次平抛过程初速度大小不同，可以得出小球释放的位置不同。故选D。
（2）设拍摄时的时间间隔为T，小球做平抛运动，则竖直方向上做匀变速直线运动，根据逐差法有
即时间间隔为
小球在水平方向做匀速直线运动，根据水平方向运动轨迹可知小球运动的初速度大小为
【分析】（1）利用运动的轨迹可以判别小球两次运动的初速度不同，进而得出小球两次释放的位置不同；
（2）利用竖直方向的邻差公式可以求出时间间隔，结合水平方向的位移公式可以求出初速度的大小。
（1）由乙图可知，小球两次平抛过程初速度大小不同，则每次从斜槽的不同位置由静止释放。
故选D。
（2）[1]设拍摄时的时间间隔为T，竖直方向上做匀变速直线运动，根据逐差法有
即
[2]根据水平方向运动轨迹可知小球运动的初速度大小为
12．【答案】（1）A；B
（2）；；大于；重物下落过程受到阻力（或者受空气阻力、或纸带和打点计时器限位孔间有摩擦阻力作用）
（3）9.67
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）根据工作原理可以得出电磁打点计时器应该使用低压交流电源，所以要接图乙中A；
为了充分利用纸带，让纸带上留下更多的点迹，实验应该先接通打点计时器的电源，稳定运行后释放重物；
（2）从打下O点到打下B点的过程中，根据重力势能的表达式可以得出重物重力势能的减少量为
根据匀变速直线运动规律有中间时刻瞬时速度等于该过程平均速度可得
根据动能的表达式则动能的增加量为
重物下落过程受到阻力（或者受空气阻力、或纸带和打点计时器限位孔间有摩擦阻力作用），由于阻力做功导致机械能减小，则重力势能的减少量略大于动能的增加量。
（3）根据机械能守恒定律的表达式有
整理可得
可知图线的斜率
解得
【分析】（1）利用电磁打点计时器的工作原理可以选择对应的电源；实验应该先接通电源后释放重物；
（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增量；由于阻力做功会导致重力势能的减少量大于动能的增量。
（1）[1]电磁打点计时器应该使用低压交流电源，所以要接图乙中A；
[2]为了充分利用纸带，同时为了减小误差，应该先接通打点计时器的电源，稳定运行后释放重物；
（2）[1]从打下O点到打下B点的过程中，重物重力势能的减少量为
[2]根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程平均速度可得
则动能的增加量为
[3][4]很多实验结果显示，重力势能的减少量略大于动能的增加量，原因是重物下落过程受到阻力（或者受空气阻力、或纸带和打点计时器限位孔间有摩擦阻力作用）。
（3）根据
整理可得
可知图线的斜率
解得
13．【答案】解：（1）物品B在空中做平抛运动，竖直方向上
解得
B落地时重力做功的功率
，
解得
（2）物品A在空中做平抛运动，竖直方向上
解得
A、B落地时它们的水平距离为
代入数据解得
【知识点】平抛运动；功率及其计算
【解析】【分析】（1）物体B做平抛运动，利用竖直方向的位移公式可以求出运动的时间，结合速度公式可以求出竖直方向速度的大小，结合重力的大小可以求出瞬时功率的大小；
（2）物品A做平抛运动，利用位移公式可以求出AB之间水平距离的大小。
14．【答案】解：（1）设电动自行车匀加速直线运动过程中加速度大小为a，根据匀变速直线运动规律（或根据加速度定义公式），有
解得
设牵引力大小为F，阻力大小为f，根据牛顿第二定律，有
解得
（2）根据
解得
该车电机功率超过400W，不符合规定。
（3）当功率达到400W时，有
解得
设运动的最大速度为，此时
根据
解得
设保持400W功率不变继续行驶1min的距离为x，根据动能定理
联立，解得
【知识点】牛顿第二定律；机车启动
【解析】【分析】（1）电动自行车做匀加速直线运动，利用速度公式可以求出加速度的大小，利用牛顿第二定律可以求出受到的牵引力的大小；
（2）根据功率的表达式可以求出电机功率的大小；
（3）利用功率的表达式结合平衡方程可以求出最大的速度，结合动能定理可以求出运动的距离。
15．【答案】解：（1）物块恰好能到达D点，在最高点D有
从B到D过程，根据机械能守恒定律可得
解得
（2）从D到N过程，根据平抛运动规律得竖直方向上，有
水平方向上，有
解得
在D点，根据牛顿第二定律得
解得
（3）解法一：为使物块能落到水平圆盘上，由几何关系得物块落到水平圆盘的水平位移范围为
由可知，物块到达D点的速度大小v的范围为
从被弹射到D点的过程，根据能量守恒关系有
解得弹射系统提供给物块的能量范围为
解法二：当物块能落到水平圆盘的最左侧，水平位移为2R，则
解得
从刚被弹射到D点的过程，根据能量守恒关系有
解得弹射系统提供给物块的能量
当物块能落到水平圆盘的最右侧，水平位移为4R，同理解得弹射系统提供给物块的能量
综上所述，弹射系统提供给物块的能量范围为
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）物块恰好到达D点时，利用机械能守恒定律可以求出物块到达B点速度的大小；
（2）从D到N的过程中，利用平抛运动的位移公式可以求出物块到达D点速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出物块对轨道的压力大小；
（3）已知物块水平方向的位移，结合位移公式及能量守恒定律可以求出弹性势能的大小范围。
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