广东省中山市2023-2024学年高一下学期7月期末统考物理试卷
1．（2024高一下·中山期末）如图所示，一无动力飞行爱好者在某次翼装飞行过程中，在同一竖直平面内从A到B滑出了一段曲线轨迹，该过程中下列说法正确的是（ ）
A．爱好者在某点所受合外力方向不可能沿轨迹的切线方向
B．爱好者的速度可能保持不变
C．分析爱好者受力时，可以忽略空气作用力
D．若爱好者在某点所受合外力方向与速度方向成锐角，爱好者的速度将减小
2．（2024高一下·中山期末）如图所示，门把手上A、B两点到转轴上O点的距离之比为，匀速转动门把手时，下列说法正确的是（ ）
A．A、B两点的线速度大小之比为
B．A、B两点的角速度之比为
C．A、B两点的向心加速度大小之比为
D．A、B两点转过的路程之比为
3．（2024高一下·中山期末）一满载旅客的复兴号列车以大小为的速度通过斜面内的一段圆弧形铁轨时，车轮对铁轨恰好都没有侧向挤压。图为该段铁轨内、外轨道的截面图，斜面倾角为。下列说法正确的是（ ）
A．列车受到重力、轨道的支持力和向心力
B．若列车以大于的速度通过该圆弧轨道，车轮将侧向挤压外轨
C．若列车空载时仍以的速度通过该圆弧轨道，车轮将侧向挤压内轨
D．列车对轨道在与斜面垂直方向上的压力大小满足
4．（2024高一下·中山期末）中国空间站围绕地球做近似匀速圆周运动，运行周期约为90分钟，下列说法正确的是（ ）
A．中国空间站的加速度大于9.8m/s2
B．中国空间站运行的角速度大于地球自转的角速度
C．中国空间站运行的速度大于第一宇宙速度
D．中国空间站与同步地球卫星的轨道高度相同
5．（2024高一下·中山期末）学校运动会上，某同学参加铅球比赛，他将同一铅球从空中同一位置A先后两次抛出，轨迹如图乙所示，两轨迹的交点为B。已知铅球两次经过B点时机械能相同，不计空气阻力，不计铅球大小，则关于两次抛出，下列说法正确的是（ ）
A．两次抛出的初速度相同
B．两次铅球在空中运动时间相同
C．两次铅球落地时重力的瞬时功率相同
D．两次铅球在最高点机械能相同
6．（2024高一下·中山期末）023年9月，“天宫课堂”第四课在中国空间站正式开讲，神舟十六号航天员在梦天实验舱内进行授课。航天员用0.3kg的大球与静止的0.1kg的小球发生正碰，某同学观看实验时发现：碰撞后，大球向前移动1格长度时，小球向前移动3格的长度，忽略实验舱内空气阻力的影响。下列说法正确的是（ ）
A．碰撞后大球的动量大于小球的动量
B．碰撞后大球的动能等于小球的动能
C．大球碰撞前后的速度比为2：1
D．大球碰撞前后的动能比为2：1
7．（2024高一下·中山期末）如图，小船从河岸处A点出发渡河。若河宽为100m，河水流速v1=4m/s，方向平行于河岸指向河的下游，船在静水中速度v2=5m/s，船头方向与河岸垂直，船视为质点，则下列说法正确的是（ ）
A．小船从A点出发经过20s到达对岸
B．小船到达对岸的位置在河正对岸下游125m处
C．若河水流速变慢，小船从A点到对岸的时间可能低于20s
D．若小船行驶到河中央时水流变快，小船的实际速度方向会改变
8．（2024高一下·中山期末）2024年2月29日，我国在西昌卫星发射中心成功将高轨卫星01星发射升空。高轨卫星发射过程可简化如下，首先将其发射到圆轨道1，在点点火喷气后进入椭圆轨道2，最终由B点进入预定的圆轨道3。已知卫星在轨道1，3均做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（ ）
A．高轨卫星的发射速度大于
B．高轨卫星在点的喷气方向与运动方向相反
C．高轨卫星在轨道1上过点的加速度大于在轨道2上过点的加速度
D．高轨卫星在轨道2上过点的速度大于在轨道2上过B点的速度
9．（2024高一下·中山期末）如图甲所示，一物块以一定初速度沿倾角为的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力。大小恒定，物块动能与运动路程的关系如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．图乙中的过程，物块受到的摩擦力始终做负功
B．图乙中的过程，物块受到的重力始终做负功
C．图乙中的过程，物块克服摩擦力的功等于摩擦增加的内能
D．图乙中的过程，物块机械能增加
10．（2024高一下·中山期末）游乐场中有一种魔盘游戏，如图所示有一质量为的小孩（可以看作质点），坐在水平圆盘上到转轴距离为处。某时刻圆盘从静止开始加速转动，小孩始终相对圆盘静止，圆盘角速度从零增加到的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小孩所受摩擦力的冲量大小为
B．小孩所受摩擦力做功为
C．小孩所受重力的冲量为零
D．小孩所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
11．（2024高一下·中山期末）如图所示，站在水平地面上的工人师傅握紧绳子一端，绳子另一端跨过定滑轮连接质量为的重物，工人师傅通过水平向右运动以控制重物在空中以速度匀速下落某时刻他手中的轻绳与水平方向的夹角为，不计绳子和滑轮间的摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．工人师傅做匀速运动
B．工人师傅受到的绳子拉力大小大于重物的重力
C．工人师傅此时的速度大小为
D．绳子拉力对工人师傅做功的功率为
12．（2024高一下·中山期末）一辆机车在水平路面上从静止开始启动做直线运动，其加速度随时间变化的图像如图所示。已知机车的质量，机车前进过程中所受阻力大小恒定，时机车达到额定功率，之后保持该功率不变，下列说法正确的是（ ）
A．机车先做匀加速直线运动，后做加速度减小的减速运动
B．机车所受到的阻力大小为
C．内牵引力做功为
D．机车的最大速度为
13．（2024高一下·中山期末）用如图甲所示的实验装置做“探究平抛运动特点”的实验。
（1）下列器材中，实验时不需要的是 。（多选，填正确答案前的标号）
A.弹簧测力计 B.重垂线 C.打点计时器 D.坐标纸
（2）关于此实验，以下说法正确的是 。（填正确答案前的标号）
A.斜槽轨道要保持水平且光滑
B.小球释放的初始位置越高越好
C.每次小球应从同一高度由静止释放
D.为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接
（3）如图乙为一小球做平抛运动时用闪光照相的方法获得的相片的一部分，图中背景小方格的边长为L，则图中A点 （选填“是”或“不是”）平抛的起点。
（4）某同学建立的直角坐标系如图丙所示，该同学在轨迹上任取一点M，测得其坐标为（x，y），g已知，则初速度的测量值为 （用x、y、g表示），测量值与真实值相比 （选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
14．（2024高一下·中山期末）某同学设计实验验证机械能守恒定律，装置如图（a）所示。一质量为m、直径为d的小球固定于释放装置上，在小球正下方固定四个光电门，调节各光电门的中心，使其与小球的球心均在同一竖直线上。由静止释放小球，记录小球通过每个光电门的挡光时间，重力加速度为g。
（1）若测得某光电门的中心与释放点的竖直距离为h，小球通过此光电门的挡光时间为，则小球从释放点下落至此光电门中心时的动能增加量 ，重力势能减小量 （用题中字母表示）；
（2）根据实验数据，作出的图像，如图（b）所示。若图中虚线的斜率 ，则可验证机械能守恒定律；
（3）经过多次重复实验，发现小球经过第三个光电门时，总是大于，下列原因中可能的是 。
A．第三个光电门的中心与释放点的竖直距离测量值偏大
B．第三个光电门的中心偏离小球下落时球心所在的竖直线
C．小球下落过程中受到空气阻力的作用
15．（2024高一下·中山期末）2023年11月3日，我国文昌卫星发射中心成功将通信技术试验卫星十号发射升空。若卫星在距地球表面某高度处绕地球做匀速圆周运动的周期为，已知地球表面的重力加速度为，地球可视为均匀球体，其半径为，引力常量为，忽略地球自转影响。求：
（1）地球的质量；
（2）卫星距地球表面的高度。
16．（2024高一下·中山期末）如图所示，用长度L=1m的轻绳，拴着一质量m=1kg，的小球（视为质点）在竖直面内做圆周运动，已知绳子能够承受的最大张力，圆心O离水平地面的高度H=6m，小球在最低点时轻绳恰好断开，不计空气阻力，取重力加速度大小，求：
（1）绳断时小球的线速度大小；
（2）绳断后小球的落地点与绳断时小球所在位置间的水平距离。
17．（2024高一下·中山期末）如图所示为春节期间燃放的“火箭”型爆竹，由上下A、B两部分构成，A的质量m1=0.1kg，B的质量m2=0.2kg，A、B中间夹有少量火药，不计其质量。开始时让“火箭”在距地面H=0.8m高处自由释放，“火箭”着地瞬间以原速率0.75倍的速率反弹，刚要离开地面时火药爆炸，经极短时间后A、B分离，此时B的速度恰好为零。不计空气阻力和“火箭”的体积，可认为火药爆炸所释放的化学能全部转化为A、B的机械能，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）“火箭”着地时的速度v的大小；
（2）爆炸过程A部分所受作用力的冲量I的大小；
（3）火药爆炸所释放的化学能E。
18．（2024高一下·中山期末）如图所示，一长度，质量为的滑板Q静止在光滑水平面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数为的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量为的小物块P（可视为质点）以的初速度从左端滑上滑板，当物块滑至距离滑板Q右端处时恰好与滑板达到共速，之后滑板撞到水平弹簧左端。物块与滑板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能与形变量的关系为，取重力加速度，求：
（1）物块与滑板间的动摩擦因数；
（2）滑板右端与弹簧左端初始距离的最小值；
（3）滑板与弹簧接触过程中，物块与滑板始终无相对滑动，求弹簧劲度系数的取值范围。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】曲线运动的条件；功的概念
【解析】【解答】A．曲线运动中，根据曲线运动的轨迹为合外力方向指向轨迹弯曲的凹侧，速度沿轨迹的切线方向，合力方向与速度方向不共线，所以爱好者在某点所受合外力方向不可能沿轨迹的切线方向，故A正确；
B．由于曲线运动速度的方向不断改变，所以爱好者的速度方向时刻发生变化，故B错误；
C.分析爱好者受力时，由于合外力方向位于轨迹的凹侧，由于合力方向与重力方向不同，所以不可能只受重力作用，所以不可以忽略空气作用力，故C错误；
D．若爱好者在某点所受合外力方向与速度方向成锐角，由于合力做正功所以爱好者将做加速运动，速度增大，故D错误。
故选A。
【分析】利用轨迹的弯曲方向可以判别合力的方向，进而判别与重力方向不同；利用曲线运动可以判别速度的方向时刻改变；利用合力做功可以判别速度的大小变化。
2．【答案】A
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心加速度
【解析】【解答】B．门把手上A、B两点都绕O点同轴转动，相同时间内转过的角度相等则角速度相等，故A、B两点的角速度之比为，故B错误；
A．由于两点角速度相等，根据线速度和角速度的关系式有，可知A、B两点的线速度大小之比为
故A正确；
C．由于两点角速度相等，根据向心加速度的表达式有，可知A、B两点的向心加速度大小之比为
故C错误；
D．根据弧长和弧度的关系式可以得出门把手上的点转过的路程为
由于A、B两点转过的角度相同，所以A、B两点转过的路程之比为
故D错误。故选A。
【分析】利用同轴转动可以得出角速度相等，结合半径的大小可以求出线速度和向心加速度的比值；利用弧度和半径可以求出路程大小的比值。
3．【答案】B
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．列车受到重力和轨道的支持力作用，两者的合力提供向心力，所以向心力只是效果力，不是实际受到的力，故A错误；
B．若列车以大于的速度通过该圆弧轨道，则重力和支持力的合力不足以提供所需的向心力，由于车轮有向外运动的趋势，所以车轮将侧向挤压外轨，故B正确；
C．当重力和支持力的合力提供向心力时，根据牛顿第二定律可得
可得
可知列车空载时仍以的速度通过该圆弧轨道，车轮对铁轨没有侧向挤压，故C错误；
D．当列车以的速度通过该圆弧轨道时，竖直方向根据受力平衡可得
解得
故D错误。
故选B。
【分析】火车做匀速圆周运动时，重力和支持力的合力提供向心力；利用牛顿第二定律可以求出火车对轨道没有挤压时速度的大小；利用火车的实际速度和规定速度比较可以判别火车运动的趋势进而判别火车对轨道的挤压；利用竖直方向的平衡方程可以求出支持力的大小。
4．【答案】B
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】对地球上的物体而言，受到的万有引力要比地球自转引起的物体做圆周运动所需的向心力大的多，所以通常可以忽略地球自转带来的影响，近似认为万有引力完全等于重力。A．对中国空间站，根据牛顿第二定律
对近地卫星，根据牛顿第二定律
中国空间站的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，可知中国空间站的加速度小于9.8m/s2，故A错误；
B．根据
中国空间站运行周期小于同步地球卫星运行周期，中国空间站运行的角速度大于地球自转的角速度，故B正确；
C．第一宇宙速度是最大环绕速度，中国空间站运行的速度小于第一宇宙速度，故C错误；
D．根据开普勒第三定律
中国空间站运行周期小于同步地球卫星运行周期，中国空间站的轨道半径小于同步地球卫星的轨道半径，则中国空间站的轨道高度小于同步地球卫星的轨道高度，故D错误。
故选B。
【分析】对中国空间站和近地卫星，分别根据牛顿第二定律列式，即可分析中国空间站的加速度与9.8m/s2的关系。将中国空间站运行周期与同步地球卫星运行周期比较，即可分析中国空间站运行的角速度与地球自转角速度的关系。第一宇宙速度是最大环绕速度。根据开普勒第三定律分析中国空间站与同步地球卫星的轨道高度关系。
5．【答案】D
【知识点】斜抛运动；功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．根据轨迹的切线方向可以得出两次抛出的初速度方向不相同，故A错误；
B．竖直方向将上升阶段看成逆向的自由落体运动，根据竖直方向的位移公式有
可知轨迹1上升阶段和下落阶段所用时间都比轨迹2对应的时间大，则两次铅球在空中运动时间不相同，故B错误；
C．根据功率的表达式有
根据竖直方向的速度位移公式有
可知轨迹1落地时的竖直分速度较大，则轨迹1落地时的重力的瞬时功率较大，故C错误；
D．由于铅球在空中运动过程只受重力作用，铅球机械能守恒，铅球两次经过B点时机械能相同，根据机械能保持不变则两次铅球在最高点机械能相同，故D正确。
故选D。
【分析】利用轨迹切线方向可以判别初速度的方向不同；利用竖直方向的位移公式可以比较运动的时间，利用竖直方向的速度位移公式可以比较竖直方向分速度的大小，结合重力的大小可以比较瞬时功率的大小；利用机械能守恒可以判别小球经过最高点的机械能大小。
6．【答案】C
【知识点】动能；动量；碰撞模型
【解析】【解答】A．大球向前移动1格长度时，小球向前移动3格的长度，根据速度公式则
根据动量的表达式有
碰撞后大球的动量等于小球的动量，故A错误；
B．根据动能的表达式有
碰撞后大球的动能小于小球的动能，故B错误；
C．根据动量守恒
得碰撞前后大球的速度的比值为
故C正确；
D．根据动能的表达式为
大球碰撞前后的动能比为4：1，故D错误。
故选C。
【分析】利用位移公式可以求出碰后两球速度的比值，结合质量的大小可以求出碰后两球的动量和动能的比值；结合动量守恒定律可以求出碰撞前后大球的速度和动能的比值。
7．【答案】A,D
【知识点】小船渡河问题分析
【解析】【解答】A．船头方向与河岸垂直，则垂直河岸方向的运动最快，渡河时间最短，根据垂直于河岸的位移公式有
故A正确；
B．根据位移公式可以得出小船沿着河岸方向的位移为
即小船到达对岸的位置在河正对岸下游80m处，故B错误；
C．若河水流速变慢，小船在垂直河岸方向的分运动不变，根据垂直于河岸方向的位移公式可以得出渡河时间不变，即从A点到对岸的时间还是20s，故C错误；
D．小船的合速度是相互垂直的船速和水速的合成，则小船行驶到河中央时水流变快，即水速变大，根据速度的合成可以得出小船合速度的大小和方向都会变，故D正确。
故选AD。
【分析】利用垂直于河岸的位移公式可以求出运动的时间；利用位移公式可以求出小船眼河岸方向运动的位移；水流速度对过河时间没有影响；利用速度的合成可以判别水速对合速度的大小变化。
8．【答案】B,D
【知识点】开普勒定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．卫星在地球的引力场中，由于卫星离开地面但是没有离开地球的作用，所以其发射速度小于地球的第二宇宙速度，即小于，故A错误；
B．高轨卫星在点做离心运动，需要加速，根据反冲运动的规律则喷气方向与运动方向相反，故B正确；
C．地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
可得
由于卫星在A点到地球的距离不变，可知高轨卫星在轨道1上过点的加速度等于在轨道2上过点的加速度，故C错误；
D．根据开普勒第二定律可知近地点的速度最大，远地点的速度最小，则高轨卫星在轨道2上过点的速度大于在轨道2上过B点的速度，故D正确。
故选BD。
【分析】利用卫星的位置可以判别线速度的大小；利用卫星做离心运动可以判别速度的变化，结合反冲运动的规律可以得出喷气的方向；利用引力提供向心力可以比较加速度的大小；利用开普勒第二定理可以比较线速度的大小。
9．【答案】A,C
【知识点】功能关系；功的概念
【解析】【解答】A．图乙中的过程，由于摩擦力方向始终与运动方向相反，根据功的定义则物块受到的摩擦力始终做负功，故A正确；
B．图乙中的过程，物块向上运动后向下运动，根据位移的方向与重力的方向可以得出物块受到的重力先做负功后做正功，故B错误；
C．图乙中的过程，物块沿斜面向上运动，由于摩擦力做功等于产生的内能，根据功能关系可知，物块克服摩擦力的功等于摩擦增加的内能，故C正确；
D．图乙中的过程，物块沿斜面向下运动，但摩擦力对物块做负功，根据功能关系可以得出物块的机械能减少，故D错误。
故选AC。
【分析】利用摩擦力的方向与位移的方向可以判别摩擦力的做功情况；利用重力的方向与位移的方向可以判别重力做功的情况；利用克服摩擦力做功可以得出摩擦产生的内能；利用功能关系可以得出克服摩擦力做功等于机械能的减少。
10．【答案】A,B
【知识点】动量定理；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用；冲量
【解析】【解答】AB．圆盘角速度从零增加到的过程中，由于摩擦力的冲量导致小孩动量的增大，根据动量定理可得，小孩所受摩擦力的冲量大小为
摩擦力对小孩做功导致小孩动能的增大，根据动能定理可得，小孩所受摩擦力做功为
故AB正确；
C．根据冲量的表达式有
可知小孩所受重力的冲量不为零，故C错误；
D．小孩所受摩擦力有两个分量，其中一个分量使小孩的线速度增大，方向沿运动轨迹切线方向；另一分量提供小孩做圆周运动的向心力，方向指向圆心；根据变速圆周运动的规律可以得出小孩所受摩擦力的方向不沿运动轨迹切线方向，故D错误。
故选AB。
【分析】利用初末速度结合动量定理可以求出小孩受到摩擦力的冲量大小；利用动能定理可以求出摩擦力做功的大小；利用重力和时间可以求出重力冲量的大小；利用变速圆周运动可以判别摩擦力的方向。
11．【答案】C,D
【知识点】运动的合成与分解；功率及其计算
【解析】【解答】AC．由于沿着绳子的速度方向相等，将工人师傅的速度分解为沿绳子方向分速度和垂直绳子方向分速度，根据速度的分解有
可得工人师傅此时的速度大小为
由于重物在空中以速度匀速下落过程，逐渐增大，逐渐减小，则工人师傅的速度逐渐增大，故A错误，C正确；
B．由于重物匀速下落，根据受力平衡可知，绳子拉力大小等于重物的重力，故B错误；
D．根据功率的表达式可以得出绳子拉力对工人师傅做功的功率为
故D正确。
故选CD。
【分析】利用速度的分解可以得出工人师傅速度的大小变化；利用平衡条件可以判别绳子的拉力等于重力；利用功率的表达式可以求出绳子拉力的瞬时功率的大小。
12．【答案】B,C
【知识点】牛顿第二定律；功率及其计算；机车启动
【解析】【解答】A．图像显示加速度与时间的变化关系，根据图像可以得出机车先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速运动，故A错误；
B．在时根据速度公式可以得出机车的速度为
根据功率的表达式可以得出牵引力大小为
根据牛顿第二定律可得
解得机车所受到的阻力大小为
故B正确；
C．内机车做匀加速运动，根据位移公式可以得出通过的位移大小为
根据功的表达式可以得出牵引力做的功为
故C正确；
D．当牵引力等于阻力时，机车速度达到最大，根据功率的表达式可以得出
故D错误。
故选BC。
【分析】根据图像可以得出机车加速度的大小变化；利用速度公式可以求出加速过程的速度大小，结合功率的表达式可以求出牵引力的大小，结合牛顿第二定律可以求出阻力的大小；利用位移公式可以求出加速运动的位移，结合牵引力的大小可以求出牵引力做功的大小；利用功率的表达式可以求出最大速度大小。
13．【答案】AC；C；不是；；偏大
【知识点】研究平抛物体的运动；误差和有效数字
【解析】【解答】（1）A．小球做平抛运动时，该实验不需要测量小球的重力，所以不需要弹簧测力计，故A符合题意；
B．平抛运动为竖直平面的运动，则实验时需要用到重垂线确定平抛运动的竖直方向，即轴，故B不符合题意；
C．该实验是用刻度尺来测量位移，用竖直方向的位移公式可以得出小球做自由落体运动求解时间，所以不需要打点计时器测量时间，故C符合题意；
D．该实验需要用到坐标纸用来记录小球的轨迹以及进行数据的分析，故D不符合题意。
故选AC。
（2）A．根据动能定理，只要小球从同一高度无初速度释放时，则到达底部时的速度相等，该实验不需要斜槽轨道光滑，但要保证斜槽轨道末端切线水平，保证获得水平初速度，故A错误；
B．探究平抛运动的特点实验中，为了让小球运动轨迹大体落在纸面中间位置附近，因此需要释放位置适中，故B错误；
C．实验中在描绘小球运动轨迹过程中，保证每次小球要从同一高度由静止释放则可以保证每次小球平抛运动的初速度相同，故C正确；
D．描点法描绘运动轨迹时，由于平抛运动的轨迹为抛物线，则应将各点用平滑的曲线连接，不能用折线或直线连接，故D错误。
故选C。
（3）由可知小球A点到B点，B点到C点在水平向上的运动距离相等，根据水平方向的位移公式则运动间相等，若图中A点是平地的起点，根据位移公式则在竖直方向上发生的位移之比应为，图中在竖直方向上发生的位移之比却为，故假设错误，所以可知点不是平抛的起点。
（4）竖直方向上，根据位移公式有
水平方向上，根据位移公式有
联立解得初速度的大小为
描绘小球的运动轨迹应该是描绘球心的位置，由图可知，该同学建立的直角坐标系是以小球底端为坐标原点，会导致竖直方向位移的测量值偏小，根据表达式可得初速度的测量值与真实值相比偏大。
【分析】（1）该实验不需要测量小球的重力，所以不需要弹簧测力计；平抛运动为竖直平面的运动，则实验时需要用到重垂线确定平抛运动的竖直方向；该实验是用竖直方向的位移公式可以得出小球做自由落体运动求解时间，所以不需要打点计时器测量时间；该实验需要用到坐标纸用来记录小球的轨迹以及进行数据的分析；
（2）根据动能定理，只要小球从同一高度无初速度释放时，则到达底部时的速度相等；探究平抛运动的特点实验中，为了让小球运动轨迹大体落在纸面中间位置附近，因此需要释放位置适中；实验中在描绘小球运动轨迹过程中，保证每次小球要从同一高度由静止释放则可以保证每次小球平抛运动的初速度相同；描点法描绘运动轨迹时，由于平抛运动的轨迹为抛物线，则应将各点用平滑的曲线连接；
（3）利用竖直方向的位移之比可以判别A点不是抛出点；
（4）利用平抛运动的位移公式可以求出初速度的测量值，当坐标原点偏小时，会导致竖直方向的测量值偏小，则会导致初速度的大小偏小。
14．【答案】；；1；B
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）根据平均速度公式可以得出小球经过光电门中心时的速度为
根据动能的表达式则小球从释放点下落至此光电门中心时的动能增加量为
根据重力势能的表达式可以得出：小球从释放点下落至此光电门中心时的重力势能减小量
（2）根据机械能守恒定律可得
则作出的图像中虚线的斜率，则可验证机械能守恒定律。
（3）A．第三个光电门的中心与释放点的竖直距离测量值偏大，根据重力势能的表达式的测量值偏大，使得小于，故A错误；
B．第三个光电门的中心偏离小球下落时球心所在的竖直线，使得挡光宽度小于小球的直径，会导致测量的时间偏小，根据速度公式则速度测量值偏大，的测量值偏大，使得大于，故B正确；
C．小球下落过程中受到空气阻力的作用，使得减少的重力势能有一部分转化为内能，机械能减小则小于，故C错误。
故选B。
【分析】（1）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；利用下落的高度可以求出重力势能的减少量；
（2）利用机械能守恒定律可以判别图像斜率等于1；
（3）第三个光电门的中心偏离小球下落时球心所在的竖直线，使得挡光宽度小于小球的直径，会导致测量的时间偏小，根据速度公式则速度测量值偏大，的测量值偏大，使得大于 。
15．【答案】解：（1）设地球质量为，在地球表面且忽略地球自转，有
解得
（2）设卫星质量为，由牛顿第二定律得
联立解得卫星距地球表面的高度
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【分析】（1）地球对表面物体的引力形成重力，利用牛顿第二定律可以求出地球的质量；
（2）地球对卫星的引力提供向心力，结合牛顿第二定律可以求出卫星距离地面的高度。
16．【答案】解：（1）设绳断时小球的线速度大小为v，根据牛顿第二定律有
解得
（2）绳断后小球做平抛运动，根据平抛运动规律有
，
解得
【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1）绳子在最低点做圆周运动，利用牛顿第二定律可以求出小球线速度的大小；
（2）当绳子断开后做平抛运动，利用平抛运动的位移公式可以求出水平距离的大小。
17．【答案】【解答】（1）根据
得
（2）与地面碰撞后反弹速率
根据动量守恒
爆炸过程A部分所受作用力的冲量
得
（3）由能量关系
得
【知识点】碰撞模型；反冲
【解析】【分析】（1）火箭下落过程做匀加速直线运动，利用速度位移公式可以求出落地时速度的大小；
（2）当火箭与地面反弹时，利用速度的表达式可以求出反弹速度的大小，结合动量守恒定律可以求出A爆炸后的速度，结合动量定理可以求出A受到冲量的大小；
（3）炸药爆炸过程中，利用能量守恒定理可以求出化学能的大小。
18．【答案】解：（1）由于水平面光滑，所以物块P与滑板Q组成的系统满足动量守恒，则有
解得两者共速的速度大小为
根据能量守恒可得
解得物块与滑板间的动摩擦因数为
（2）从物块P滑上滑板到两者共速过程，对滑板Q，根据动能定理可得
解得滑板Q通过的位移大小为
则滑板右端与弹簧左端初始距离的最小值为
（3）滑板与弹簧接触过程中，物块与滑板始终无相对滑动，设弹簧的最大压缩量为，根据能量守恒可得
以物块P与滑板Q为整体，根据牛顿第二定律可得
以物块P为对象，根据牛顿第二定律可得
联立解得弹簧劲度系数的取值范围为
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—连接体；碰撞模型
【解析】【分析】（1）物块与滑板组成的系统遵循动量守恒定律，利用动量守恒定律可以求出两者共速的速度大小，结合能量守恒定律可以求出动摩擦因数的大小；
（2）物块P从滑上滑板到共速时，利用动能定律可以求出滑板右端与弹簧左端初始距离的最小值；
（3）当滑板与弹簧接触的过程中，利用能量守恒定律结合牛顿第二定律可以求出劲度系数的取值范围。
1 / 1广东省中山市2023-2024学年高一下学期7月期末统考物理试卷
1．（2024高一下·中山期末）如图所示，一无动力飞行爱好者在某次翼装飞行过程中，在同一竖直平面内从A到B滑出了一段曲线轨迹，该过程中下列说法正确的是（ ）
A．爱好者在某点所受合外力方向不可能沿轨迹的切线方向
B．爱好者的速度可能保持不变
C．分析爱好者受力时，可以忽略空气作用力
D．若爱好者在某点所受合外力方向与速度方向成锐角，爱好者的速度将减小
【答案】A
【知识点】曲线运动的条件；功的概念
【解析】【解答】A．曲线运动中，根据曲线运动的轨迹为合外力方向指向轨迹弯曲的凹侧，速度沿轨迹的切线方向，合力方向与速度方向不共线，所以爱好者在某点所受合外力方向不可能沿轨迹的切线方向，故A正确；
B．由于曲线运动速度的方向不断改变，所以爱好者的速度方向时刻发生变化，故B错误；
C.分析爱好者受力时，由于合外力方向位于轨迹的凹侧，由于合力方向与重力方向不同，所以不可能只受重力作用，所以不可以忽略空气作用力，故C错误；
D．若爱好者在某点所受合外力方向与速度方向成锐角，由于合力做正功所以爱好者将做加速运动，速度增大，故D错误。
故选A。
【分析】利用轨迹的弯曲方向可以判别合力的方向，进而判别与重力方向不同；利用曲线运动可以判别速度的方向时刻改变；利用合力做功可以判别速度的大小变化。
2．（2024高一下·中山期末）如图所示，门把手上A、B两点到转轴上O点的距离之比为，匀速转动门把手时，下列说法正确的是（ ）
A．A、B两点的线速度大小之比为
B．A、B两点的角速度之比为
C．A、B两点的向心加速度大小之比为
D．A、B两点转过的路程之比为
【答案】A
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心加速度
【解析】【解答】B．门把手上A、B两点都绕O点同轴转动，相同时间内转过的角度相等则角速度相等，故A、B两点的角速度之比为，故B错误；
A．由于两点角速度相等，根据线速度和角速度的关系式有，可知A、B两点的线速度大小之比为
故A正确；
C．由于两点角速度相等，根据向心加速度的表达式有，可知A、B两点的向心加速度大小之比为
故C错误；
D．根据弧长和弧度的关系式可以得出门把手上的点转过的路程为
由于A、B两点转过的角度相同，所以A、B两点转过的路程之比为
故D错误。故选A。
【分析】利用同轴转动可以得出角速度相等，结合半径的大小可以求出线速度和向心加速度的比值；利用弧度和半径可以求出路程大小的比值。
3．（2024高一下·中山期末）一满载旅客的复兴号列车以大小为的速度通过斜面内的一段圆弧形铁轨时，车轮对铁轨恰好都没有侧向挤压。图为该段铁轨内、外轨道的截面图，斜面倾角为。下列说法正确的是（ ）
A．列车受到重力、轨道的支持力和向心力
B．若列车以大于的速度通过该圆弧轨道，车轮将侧向挤压外轨
C．若列车空载时仍以的速度通过该圆弧轨道，车轮将侧向挤压内轨
D．列车对轨道在与斜面垂直方向上的压力大小满足
【答案】B
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．列车受到重力和轨道的支持力作用，两者的合力提供向心力，所以向心力只是效果力，不是实际受到的力，故A错误；
B．若列车以大于的速度通过该圆弧轨道，则重力和支持力的合力不足以提供所需的向心力，由于车轮有向外运动的趋势，所以车轮将侧向挤压外轨，故B正确；
C．当重力和支持力的合力提供向心力时，根据牛顿第二定律可得
可得
可知列车空载时仍以的速度通过该圆弧轨道，车轮对铁轨没有侧向挤压，故C错误；
D．当列车以的速度通过该圆弧轨道时，竖直方向根据受力平衡可得
解得
故D错误。
故选B。
【分析】火车做匀速圆周运动时，重力和支持力的合力提供向心力；利用牛顿第二定律可以求出火车对轨道没有挤压时速度的大小；利用火车的实际速度和规定速度比较可以判别火车运动的趋势进而判别火车对轨道的挤压；利用竖直方向的平衡方程可以求出支持力的大小。
4．（2024高一下·中山期末）中国空间站围绕地球做近似匀速圆周运动，运行周期约为90分钟，下列说法正确的是（ ）
A．中国空间站的加速度大于9.8m/s2
B．中国空间站运行的角速度大于地球自转的角速度
C．中国空间站运行的速度大于第一宇宙速度
D．中国空间站与同步地球卫星的轨道高度相同
【答案】B
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】对地球上的物体而言，受到的万有引力要比地球自转引起的物体做圆周运动所需的向心力大的多，所以通常可以忽略地球自转带来的影响，近似认为万有引力完全等于重力。A．对中国空间站，根据牛顿第二定律
对近地卫星，根据牛顿第二定律
中国空间站的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，可知中国空间站的加速度小于9.8m/s2，故A错误；
B．根据
中国空间站运行周期小于同步地球卫星运行周期，中国空间站运行的角速度大于地球自转的角速度，故B正确；
C．第一宇宙速度是最大环绕速度，中国空间站运行的速度小于第一宇宙速度，故C错误；
D．根据开普勒第三定律
中国空间站运行周期小于同步地球卫星运行周期，中国空间站的轨道半径小于同步地球卫星的轨道半径，则中国空间站的轨道高度小于同步地球卫星的轨道高度，故D错误。
故选B。
【分析】对中国空间站和近地卫星，分别根据牛顿第二定律列式，即可分析中国空间站的加速度与9.8m/s2的关系。将中国空间站运行周期与同步地球卫星运行周期比较，即可分析中国空间站运行的角速度与地球自转角速度的关系。第一宇宙速度是最大环绕速度。根据开普勒第三定律分析中国空间站与同步地球卫星的轨道高度关系。
5．（2024高一下·中山期末）学校运动会上，某同学参加铅球比赛，他将同一铅球从空中同一位置A先后两次抛出，轨迹如图乙所示，两轨迹的交点为B。已知铅球两次经过B点时机械能相同，不计空气阻力，不计铅球大小，则关于两次抛出，下列说法正确的是（ ）
A．两次抛出的初速度相同
B．两次铅球在空中运动时间相同
C．两次铅球落地时重力的瞬时功率相同
D．两次铅球在最高点机械能相同
【答案】D
【知识点】斜抛运动；功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．根据轨迹的切线方向可以得出两次抛出的初速度方向不相同，故A错误；
B．竖直方向将上升阶段看成逆向的自由落体运动，根据竖直方向的位移公式有
可知轨迹1上升阶段和下落阶段所用时间都比轨迹2对应的时间大，则两次铅球在空中运动时间不相同，故B错误；
C．根据功率的表达式有
根据竖直方向的速度位移公式有
可知轨迹1落地时的竖直分速度较大，则轨迹1落地时的重力的瞬时功率较大，故C错误；
D．由于铅球在空中运动过程只受重力作用，铅球机械能守恒，铅球两次经过B点时机械能相同，根据机械能保持不变则两次铅球在最高点机械能相同，故D正确。
故选D。
【分析】利用轨迹切线方向可以判别初速度的方向不同；利用竖直方向的位移公式可以比较运动的时间，利用竖直方向的速度位移公式可以比较竖直方向分速度的大小，结合重力的大小可以比较瞬时功率的大小；利用机械能守恒可以判别小球经过最高点的机械能大小。
6．（2024高一下·中山期末）023年9月，“天宫课堂”第四课在中国空间站正式开讲，神舟十六号航天员在梦天实验舱内进行授课。航天员用0.3kg的大球与静止的0.1kg的小球发生正碰，某同学观看实验时发现：碰撞后，大球向前移动1格长度时，小球向前移动3格的长度，忽略实验舱内空气阻力的影响。下列说法正确的是（ ）
A．碰撞后大球的动量大于小球的动量
B．碰撞后大球的动能等于小球的动能
C．大球碰撞前后的速度比为2：1
D．大球碰撞前后的动能比为2：1
【答案】C
【知识点】动能；动量；碰撞模型
【解析】【解答】A．大球向前移动1格长度时，小球向前移动3格的长度，根据速度公式则
根据动量的表达式有
碰撞后大球的动量等于小球的动量，故A错误；
B．根据动能的表达式有
碰撞后大球的动能小于小球的动能，故B错误；
C．根据动量守恒
得碰撞前后大球的速度的比值为
故C正确；
D．根据动能的表达式为
大球碰撞前后的动能比为4：1，故D错误。
故选C。
【分析】利用位移公式可以求出碰后两球速度的比值，结合质量的大小可以求出碰后两球的动量和动能的比值；结合动量守恒定律可以求出碰撞前后大球的速度和动能的比值。
7．（2024高一下·中山期末）如图，小船从河岸处A点出发渡河。若河宽为100m，河水流速v1=4m/s，方向平行于河岸指向河的下游，船在静水中速度v2=5m/s，船头方向与河岸垂直，船视为质点，则下列说法正确的是（ ）
A．小船从A点出发经过20s到达对岸
B．小船到达对岸的位置在河正对岸下游125m处
C．若河水流速变慢，小船从A点到对岸的时间可能低于20s
D．若小船行驶到河中央时水流变快，小船的实际速度方向会改变
【答案】A,D
【知识点】小船渡河问题分析
【解析】【解答】A．船头方向与河岸垂直，则垂直河岸方向的运动最快，渡河时间最短，根据垂直于河岸的位移公式有
故A正确；
B．根据位移公式可以得出小船沿着河岸方向的位移为
即小船到达对岸的位置在河正对岸下游80m处，故B错误；
C．若河水流速变慢，小船在垂直河岸方向的分运动不变，根据垂直于河岸方向的位移公式可以得出渡河时间不变，即从A点到对岸的时间还是20s，故C错误；
D．小船的合速度是相互垂直的船速和水速的合成，则小船行驶到河中央时水流变快，即水速变大，根据速度的合成可以得出小船合速度的大小和方向都会变，故D正确。
故选AD。
【分析】利用垂直于河岸的位移公式可以求出运动的时间；利用位移公式可以求出小船眼河岸方向运动的位移；水流速度对过河时间没有影响；利用速度的合成可以判别水速对合速度的大小变化。
8．（2024高一下·中山期末）2024年2月29日，我国在西昌卫星发射中心成功将高轨卫星01星发射升空。高轨卫星发射过程可简化如下，首先将其发射到圆轨道1，在点点火喷气后进入椭圆轨道2，最终由B点进入预定的圆轨道3。已知卫星在轨道1，3均做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（ ）
A．高轨卫星的发射速度大于
B．高轨卫星在点的喷气方向与运动方向相反
C．高轨卫星在轨道1上过点的加速度大于在轨道2上过点的加速度
D．高轨卫星在轨道2上过点的速度大于在轨道2上过B点的速度
【答案】B,D
【知识点】开普勒定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．卫星在地球的引力场中，由于卫星离开地面但是没有离开地球的作用，所以其发射速度小于地球的第二宇宙速度，即小于，故A错误；
B．高轨卫星在点做离心运动，需要加速，根据反冲运动的规律则喷气方向与运动方向相反，故B正确；
C．地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
可得
由于卫星在A点到地球的距离不变，可知高轨卫星在轨道1上过点的加速度等于在轨道2上过点的加速度，故C错误；
D．根据开普勒第二定律可知近地点的速度最大，远地点的速度最小，则高轨卫星在轨道2上过点的速度大于在轨道2上过B点的速度，故D正确。
故选BD。
【分析】利用卫星的位置可以判别线速度的大小；利用卫星做离心运动可以判别速度的变化，结合反冲运动的规律可以得出喷气的方向；利用引力提供向心力可以比较加速度的大小；利用开普勒第二定理可以比较线速度的大小。
9．（2024高一下·中山期末）如图甲所示，一物块以一定初速度沿倾角为的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力。大小恒定，物块动能与运动路程的关系如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．图乙中的过程，物块受到的摩擦力始终做负功
B．图乙中的过程，物块受到的重力始终做负功
C．图乙中的过程，物块克服摩擦力的功等于摩擦增加的内能
D．图乙中的过程，物块机械能增加
【答案】A,C
【知识点】功能关系；功的概念
【解析】【解答】A．图乙中的过程，由于摩擦力方向始终与运动方向相反，根据功的定义则物块受到的摩擦力始终做负功，故A正确；
B．图乙中的过程，物块向上运动后向下运动，根据位移的方向与重力的方向可以得出物块受到的重力先做负功后做正功，故B错误；
C．图乙中的过程，物块沿斜面向上运动，由于摩擦力做功等于产生的内能，根据功能关系可知，物块克服摩擦力的功等于摩擦增加的内能，故C正确；
D．图乙中的过程，物块沿斜面向下运动，但摩擦力对物块做负功，根据功能关系可以得出物块的机械能减少，故D错误。
故选AC。
【分析】利用摩擦力的方向与位移的方向可以判别摩擦力的做功情况；利用重力的方向与位移的方向可以判别重力做功的情况；利用克服摩擦力做功可以得出摩擦产生的内能；利用功能关系可以得出克服摩擦力做功等于机械能的减少。
10．（2024高一下·中山期末）游乐场中有一种魔盘游戏，如图所示有一质量为的小孩（可以看作质点），坐在水平圆盘上到转轴距离为处。某时刻圆盘从静止开始加速转动，小孩始终相对圆盘静止，圆盘角速度从零增加到的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小孩所受摩擦力的冲量大小为
B．小孩所受摩擦力做功为
C．小孩所受重力的冲量为零
D．小孩所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
【答案】A,B
【知识点】动量定理；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用；冲量
【解析】【解答】AB．圆盘角速度从零增加到的过程中，由于摩擦力的冲量导致小孩动量的增大，根据动量定理可得，小孩所受摩擦力的冲量大小为
摩擦力对小孩做功导致小孩动能的增大，根据动能定理可得，小孩所受摩擦力做功为
故AB正确；
C．根据冲量的表达式有
可知小孩所受重力的冲量不为零，故C错误；
D．小孩所受摩擦力有两个分量，其中一个分量使小孩的线速度增大，方向沿运动轨迹切线方向；另一分量提供小孩做圆周运动的向心力，方向指向圆心；根据变速圆周运动的规律可以得出小孩所受摩擦力的方向不沿运动轨迹切线方向，故D错误。
故选AB。
【分析】利用初末速度结合动量定理可以求出小孩受到摩擦力的冲量大小；利用动能定理可以求出摩擦力做功的大小；利用重力和时间可以求出重力冲量的大小；利用变速圆周运动可以判别摩擦力的方向。
11．（2024高一下·中山期末）如图所示，站在水平地面上的工人师傅握紧绳子一端，绳子另一端跨过定滑轮连接质量为的重物，工人师傅通过水平向右运动以控制重物在空中以速度匀速下落某时刻他手中的轻绳与水平方向的夹角为，不计绳子和滑轮间的摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．工人师傅做匀速运动
B．工人师傅受到的绳子拉力大小大于重物的重力
C．工人师傅此时的速度大小为
D．绳子拉力对工人师傅做功的功率为
【答案】C,D
【知识点】运动的合成与分解；功率及其计算
【解析】【解答】AC．由于沿着绳子的速度方向相等，将工人师傅的速度分解为沿绳子方向分速度和垂直绳子方向分速度，根据速度的分解有
可得工人师傅此时的速度大小为
由于重物在空中以速度匀速下落过程，逐渐增大，逐渐减小，则工人师傅的速度逐渐增大，故A错误，C正确；
B．由于重物匀速下落，根据受力平衡可知，绳子拉力大小等于重物的重力，故B错误；
D．根据功率的表达式可以得出绳子拉力对工人师傅做功的功率为
故D正确。
故选CD。
【分析】利用速度的分解可以得出工人师傅速度的大小变化；利用平衡条件可以判别绳子的拉力等于重力；利用功率的表达式可以求出绳子拉力的瞬时功率的大小。
12．（2024高一下·中山期末）一辆机车在水平路面上从静止开始启动做直线运动，其加速度随时间变化的图像如图所示。已知机车的质量，机车前进过程中所受阻力大小恒定，时机车达到额定功率，之后保持该功率不变，下列说法正确的是（ ）
A．机车先做匀加速直线运动，后做加速度减小的减速运动
B．机车所受到的阻力大小为
C．内牵引力做功为
D．机车的最大速度为
【答案】B,C
【知识点】牛顿第二定律；功率及其计算；机车启动
【解析】【解答】A．图像显示加速度与时间的变化关系，根据图像可以得出机车先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速运动，故A错误；
B．在时根据速度公式可以得出机车的速度为
根据功率的表达式可以得出牵引力大小为
根据牛顿第二定律可得
解得机车所受到的阻力大小为
故B正确；
C．内机车做匀加速运动，根据位移公式可以得出通过的位移大小为
根据功的表达式可以得出牵引力做的功为
故C正确；
D．当牵引力等于阻力时，机车速度达到最大，根据功率的表达式可以得出
故D错误。
故选BC。
【分析】根据图像可以得出机车加速度的大小变化；利用速度公式可以求出加速过程的速度大小，结合功率的表达式可以求出牵引力的大小，结合牛顿第二定律可以求出阻力的大小；利用位移公式可以求出加速运动的位移，结合牵引力的大小可以求出牵引力做功的大小；利用功率的表达式可以求出最大速度大小。
13．（2024高一下·中山期末）用如图甲所示的实验装置做“探究平抛运动特点”的实验。
（1）下列器材中，实验时不需要的是 。（多选，填正确答案前的标号）
A.弹簧测力计 B.重垂线 C.打点计时器 D.坐标纸
（2）关于此实验，以下说法正确的是 。（填正确答案前的标号）
A.斜槽轨道要保持水平且光滑
B.小球释放的初始位置越高越好
C.每次小球应从同一高度由静止释放
D.为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接
（3）如图乙为一小球做平抛运动时用闪光照相的方法获得的相片的一部分，图中背景小方格的边长为L，则图中A点 （选填“是”或“不是”）平抛的起点。
（4）某同学建立的直角坐标系如图丙所示，该同学在轨迹上任取一点M，测得其坐标为（x，y），g已知，则初速度的测量值为 （用x、y、g表示），测量值与真实值相比 （选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】AC；C；不是；；偏大
【知识点】研究平抛物体的运动；误差和有效数字
【解析】【解答】（1）A．小球做平抛运动时，该实验不需要测量小球的重力，所以不需要弹簧测力计，故A符合题意；
B．平抛运动为竖直平面的运动，则实验时需要用到重垂线确定平抛运动的竖直方向，即轴，故B不符合题意；
C．该实验是用刻度尺来测量位移，用竖直方向的位移公式可以得出小球做自由落体运动求解时间，所以不需要打点计时器测量时间，故C符合题意；
D．该实验需要用到坐标纸用来记录小球的轨迹以及进行数据的分析，故D不符合题意。
故选AC。
（2）A．根据动能定理，只要小球从同一高度无初速度释放时，则到达底部时的速度相等，该实验不需要斜槽轨道光滑，但要保证斜槽轨道末端切线水平，保证获得水平初速度，故A错误；
B．探究平抛运动的特点实验中，为了让小球运动轨迹大体落在纸面中间位置附近，因此需要释放位置适中，故B错误；
C．实验中在描绘小球运动轨迹过程中，保证每次小球要从同一高度由静止释放则可以保证每次小球平抛运动的初速度相同，故C正确；
D．描点法描绘运动轨迹时，由于平抛运动的轨迹为抛物线，则应将各点用平滑的曲线连接，不能用折线或直线连接，故D错误。
故选C。
（3）由可知小球A点到B点，B点到C点在水平向上的运动距离相等，根据水平方向的位移公式则运动间相等，若图中A点是平地的起点，根据位移公式则在竖直方向上发生的位移之比应为，图中在竖直方向上发生的位移之比却为，故假设错误，所以可知点不是平抛的起点。
（4）竖直方向上，根据位移公式有
水平方向上，根据位移公式有
联立解得初速度的大小为
描绘小球的运动轨迹应该是描绘球心的位置，由图可知，该同学建立的直角坐标系是以小球底端为坐标原点，会导致竖直方向位移的测量值偏小，根据表达式可得初速度的测量值与真实值相比偏大。
【分析】（1）该实验不需要测量小球的重力，所以不需要弹簧测力计；平抛运动为竖直平面的运动，则实验时需要用到重垂线确定平抛运动的竖直方向；该实验是用竖直方向的位移公式可以得出小球做自由落体运动求解时间，所以不需要打点计时器测量时间；该实验需要用到坐标纸用来记录小球的轨迹以及进行数据的分析；
（2）根据动能定理，只要小球从同一高度无初速度释放时，则到达底部时的速度相等；探究平抛运动的特点实验中，为了让小球运动轨迹大体落在纸面中间位置附近，因此需要释放位置适中；实验中在描绘小球运动轨迹过程中，保证每次小球要从同一高度由静止释放则可以保证每次小球平抛运动的初速度相同；描点法描绘运动轨迹时，由于平抛运动的轨迹为抛物线，则应将各点用平滑的曲线连接；
（3）利用竖直方向的位移之比可以判别A点不是抛出点；
（4）利用平抛运动的位移公式可以求出初速度的测量值，当坐标原点偏小时，会导致竖直方向的测量值偏小，则会导致初速度的大小偏小。
14．（2024高一下·中山期末）某同学设计实验验证机械能守恒定律，装置如图（a）所示。一质量为m、直径为d的小球固定于释放装置上，在小球正下方固定四个光电门，调节各光电门的中心，使其与小球的球心均在同一竖直线上。由静止释放小球，记录小球通过每个光电门的挡光时间，重力加速度为g。
（1）若测得某光电门的中心与释放点的竖直距离为h，小球通过此光电门的挡光时间为，则小球从释放点下落至此光电门中心时的动能增加量 ，重力势能减小量 （用题中字母表示）；
（2）根据实验数据，作出的图像，如图（b）所示。若图中虚线的斜率 ，则可验证机械能守恒定律；
（3）经过多次重复实验，发现小球经过第三个光电门时，总是大于，下列原因中可能的是 。
A．第三个光电门的中心与释放点的竖直距离测量值偏大
B．第三个光电门的中心偏离小球下落时球心所在的竖直线
C．小球下落过程中受到空气阻力的作用
【答案】；；1；B
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）根据平均速度公式可以得出小球经过光电门中心时的速度为
根据动能的表达式则小球从释放点下落至此光电门中心时的动能增加量为
根据重力势能的表达式可以得出：小球从释放点下落至此光电门中心时的重力势能减小量
（2）根据机械能守恒定律可得
则作出的图像中虚线的斜率，则可验证机械能守恒定律。
（3）A．第三个光电门的中心与释放点的竖直距离测量值偏大，根据重力势能的表达式的测量值偏大，使得小于，故A错误；
B．第三个光电门的中心偏离小球下落时球心所在的竖直线，使得挡光宽度小于小球的直径，会导致测量的时间偏小，根据速度公式则速度测量值偏大，的测量值偏大，使得大于，故B正确；
C．小球下落过程中受到空气阻力的作用，使得减少的重力势能有一部分转化为内能，机械能减小则小于，故C错误。
故选B。
【分析】（1）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；利用下落的高度可以求出重力势能的减少量；
（2）利用机械能守恒定律可以判别图像斜率等于1；
（3）第三个光电门的中心偏离小球下落时球心所在的竖直线，使得挡光宽度小于小球的直径，会导致测量的时间偏小，根据速度公式则速度测量值偏大，的测量值偏大，使得大于 。
15．（2024高一下·中山期末）2023年11月3日，我国文昌卫星发射中心成功将通信技术试验卫星十号发射升空。若卫星在距地球表面某高度处绕地球做匀速圆周运动的周期为，已知地球表面的重力加速度为，地球可视为均匀球体，其半径为，引力常量为，忽略地球自转影响。求：
（1）地球的质量；
（2）卫星距地球表面的高度。
【答案】解：（1）设地球质量为，在地球表面且忽略地球自转，有
解得
（2）设卫星质量为，由牛顿第二定律得
联立解得卫星距地球表面的高度
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【分析】（1）地球对表面物体的引力形成重力，利用牛顿第二定律可以求出地球的质量；
（2）地球对卫星的引力提供向心力，结合牛顿第二定律可以求出卫星距离地面的高度。
16．（2024高一下·中山期末）如图所示，用长度L=1m的轻绳，拴着一质量m=1kg，的小球（视为质点）在竖直面内做圆周运动，已知绳子能够承受的最大张力，圆心O离水平地面的高度H=6m，小球在最低点时轻绳恰好断开，不计空气阻力，取重力加速度大小，求：
（1）绳断时小球的线速度大小；
（2）绳断后小球的落地点与绳断时小球所在位置间的水平距离。
【答案】解：（1）设绳断时小球的线速度大小为v，根据牛顿第二定律有
解得
（2）绳断后小球做平抛运动，根据平抛运动规律有
，
解得
【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1）绳子在最低点做圆周运动，利用牛顿第二定律可以求出小球线速度的大小；
（2）当绳子断开后做平抛运动，利用平抛运动的位移公式可以求出水平距离的大小。
17．（2024高一下·中山期末）如图所示为春节期间燃放的“火箭”型爆竹，由上下A、B两部分构成，A的质量m1=0.1kg，B的质量m2=0.2kg，A、B中间夹有少量火药，不计其质量。开始时让“火箭”在距地面H=0.8m高处自由释放，“火箭”着地瞬间以原速率0.75倍的速率反弹，刚要离开地面时火药爆炸，经极短时间后A、B分离，此时B的速度恰好为零。不计空气阻力和“火箭”的体积，可认为火药爆炸所释放的化学能全部转化为A、B的机械能，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）“火箭”着地时的速度v的大小；
（2）爆炸过程A部分所受作用力的冲量I的大小；
（3）火药爆炸所释放的化学能E。
【答案】【解答】（1）根据
得
（2）与地面碰撞后反弹速率
根据动量守恒
爆炸过程A部分所受作用力的冲量
得
（3）由能量关系
得
【知识点】碰撞模型；反冲
【解析】【分析】（1）火箭下落过程做匀加速直线运动，利用速度位移公式可以求出落地时速度的大小；
（2）当火箭与地面反弹时，利用速度的表达式可以求出反弹速度的大小，结合动量守恒定律可以求出A爆炸后的速度，结合动量定理可以求出A受到冲量的大小；
（3）炸药爆炸过程中，利用能量守恒定理可以求出化学能的大小。
18．（2024高一下·中山期末）如图所示，一长度，质量为的滑板Q静止在光滑水平面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数为的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量为的小物块P（可视为质点）以的初速度从左端滑上滑板，当物块滑至距离滑板Q右端处时恰好与滑板达到共速，之后滑板撞到水平弹簧左端。物块与滑板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能与形变量的关系为，取重力加速度，求：
（1）物块与滑板间的动摩擦因数；
（2）滑板右端与弹簧左端初始距离的最小值；
（3）滑板与弹簧接触过程中，物块与滑板始终无相对滑动，求弹簧劲度系数的取值范围。
【答案】解：（1）由于水平面光滑，所以物块P与滑板Q组成的系统满足动量守恒，则有
解得两者共速的速度大小为
根据能量守恒可得
解得物块与滑板间的动摩擦因数为
（2）从物块P滑上滑板到两者共速过程，对滑板Q，根据动能定理可得
解得滑板Q通过的位移大小为
则滑板右端与弹簧左端初始距离的最小值为
（3）滑板与弹簧接触过程中，物块与滑板始终无相对滑动，设弹簧的最大压缩量为，根据能量守恒可得
以物块P与滑板Q为整体，根据牛顿第二定律可得
以物块P为对象，根据牛顿第二定律可得
联立解得弹簧劲度系数的取值范围为
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—连接体；碰撞模型
【解析】【分析】（1）物块与滑板组成的系统遵循动量守恒定律，利用动量守恒定律可以求出两者共速的速度大小，结合能量守恒定律可以求出动摩擦因数的大小；
（2）物块P从滑上滑板到共速时，利用动能定律可以求出滑板右端与弹簧左端初始距离的最小值；
（3）当滑板与弹簧接触的过程中，利用能量守恒定律结合牛顿第二定律可以求出劲度系数的取值范围。
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