广东省揭阳市2023-2024学年高一下学期7月期末物理试题
1．（2024高一下·揭阳期末）公路上常有交通管理部门设置的如图所示的限速标志，这是告诫驾驶员在这一路段驾驶车辆时（ ）
A．平均速度的大小不得超过这一规定数值
B．平均速率的大小不得超过这一规定数值
C．必须以这一规定速率行驶
D．汽车上的速度计指示值不得超过这一规定数值
2．（2024高一下·揭阳期末）在电梯中用细绳静止悬挂一重物，当电梯在竖直方向运动时，突然绳子断了，由此可以判断电梯此时的运动情况是（ ）
A．电梯可能是加速上升 B．电梯可能是减速上升
C．电梯可能是匀速上升 D．电梯的加速度方向一定向下
3．（2024高一下·揭阳期末）如图所示是用来筛选谷粒的振动鱼鳞筛，筛面水平，由两根等长轻绳将其悬挂在等高的两点，已知筛面和谷物所受重力为G，静止时两轻绳延长线的夹角为θ，则每根轻绳的拉力大小为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高一下·揭阳期末）某同学练习踢毽子，毽子被竖直向上踢出后，经一段时间又回到初始位置。假设毽子在空中运动过程中受到的空气阻力大小不变，则下列图像和图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2024高一下·揭阳期末）如图所示，2022年10月9日，我国成功发射“夸父一号”探测卫星，用于探测由太阳发射而来的高能宇宙射线，卫星绕地球做匀速圆周运动，运行轨道离地面的高度为720km，下列说法正确的是（ ）
A．“夸父一号”的运行速度大于7.9km/s
B．“夸父一号”绕地球做圆周运动的周期大于24小时
C．“夸父一号”的向心加速度大于地球静止卫星的向心加速度
D．为使“夸父一号”能更长时间观测太阳，采用b轨道比a轨道更合理
6．（2024高一下·揭阳期末）一辆汽车以的速度行驶在城市道路上，当车头距离路口停车线30m时，绿灯时间还剩余3s（从该时刻开始计时），立即刹车做匀减速运动，结果车头与停车线相齐时刚好停下，下列能正确反映该车速度随时间变化的图像是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2024高一下·揭阳期末）运动员某次投篮时，篮球的运动过程可简化为如图所示，已知篮球的质量为m，投出时篮球的初速度为，距离篮框的竖直距离为h，忽略篮球运动过程中的空气阻力，取篮框所在的平面为零势能面，重力加速度为g，篮球可看成质点，则下列说法正确的是（ ）
A．篮球抛出后在空中做平抛运动
B．篮球在投出点的重力势能为mgh
C．篮球刚进入篮框时的机械能为
D．从投出至进框的过程中，篮球重力势能的变化量为mgh
8．（2024高一下·揭阳期末）在第二十四届北京冬奥会上，中国运动员在自由式滑雪比赛中取得优异成绩，某滑雪赛道示意图如图所示，运动员从较高的坡面滑到A处时，沿水平方向以速度飞离坡面，落到倾角为θ的斜坡B处，若不计空气阻力，运动员可视为质点，重力加速度为g，则以下说法正确的是（ ）
A．运动员在空中飞行时处于失重状态
B．运动员在空中经历的时间为
C．运动员落到斜坡上时，速度方向与坡面平行
D．运动员落到斜坡时的速度大小为
9．（2024高一下·揭阳期末）如图所示为两个圆锥摆，两个质量相等、可以看做质点的金属小球A、B有共同的悬点，在同一水平面内做匀速圆周运动，下面说法正确的是（ ）
A．A球和B球均受到向心力作用
B．A球做圆周运动所需的向心力较大
C．A球做圆周运动的线速度比B球的小
D．A球和B球做圆周运动的周期一样大
10．（2024高一下·揭阳期末）复兴号动车在世界上首次实现速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为，以恒定功率P在平直轨道上运动，经过时间t达到该功率下的最大速度，设动车行驶过程中受到的阻力f保持不变，则在时间t内（ ）
A．动车做匀变速直线运动
B．动车速度为时，牵引力的大小为
C．动车速度为v时，其加速度大小为
D．牵引力做功
11．（2024高一下·揭阳期末）向心力演示器是用来探究小球做圆周运动所需向心力F的大小与质量m、角速度ω和半径r之间关系的实验装置。两个变速塔轮通过皮带连接，标尺上黑白相间的等分格显示出两个钢球所受向心力的大小关系，如图所示是某次实验时装置的状态。
（1）在研究向心力F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，我们要用到物理学中的_____。
A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法 D．演绎推理法
（2）当探究向心力F与角速度ω的关系时，如图所示，需要把质量相同的小球分别放在挡板 （选填“A、C”或“B、C”）处。
（3）若两个钢球质量和运动半径相等，如果左右两边标尺上露出的格子数之比为1：4，则皮带连接塔轮的左右半径之比为 。
12．（2024高一下·揭阳期末）填空
（1）某兴趣小组先借助光电门，利用如图甲所示的装置来测量物体的速度，具体操作如下。
①将铁架台竖直放置在水平桌面上，上端固定电磁铁M，在电磁铁下方固定一个位置可上下调节的光电门；
②先用刻度尺测量小球的直径d，测量结果如图乙所示，则d= mm；
③闭合控制电磁铁M的开关S，吸住小球，测出小球与光电门之间的高度差；断开开关S，小球自由下落，记录小球通过光电门的挡光时间。则小球通过光电门时的速度大小 （用题中所给物理量的符号表示）。
（2）该兴趣小组再借助打点计时器，利用如图丙所示的实验装置测量当地重力加速度的大小。先将打点计时器固定在铁架台上，接通打点计时器电源开关，待打点稳定后，使质量的重锤带动纸带由静止开始自由下落，得到的一条清晰的纸带如图丁所示，请完成以下内容：
①纸带的 （选填“左端”或“右端”）与重锤相连；
②在如图丁所示的纸带中，每间隔一个点选取一个计数点，相邻计数点间的距离，，，，，。已知打点计时器的频率，则当地的重力加速度g= （计算结果保留三位有效数字），试分析实验中产生的误差可能来源于 （至少写一条原因）。
13．（2024高一下·揭阳期末）如图所示，一块长木板的一端搁在桌面上，另一端垫高，形成一个斜面。把粉笔盒放在斜面上，粉笔盒与斜面间的动摩擦因数为μ，用刻度尺测得斜面AC在水平面的投影长度，不断调节斜面的倾角，使粉笔盒恰好能沿斜面匀速下滑，求此时斜面的高度BC。
14．（2024高一下·揭阳期末）2024年4月29日福建舰离开江南造船厂，开始海试验收阶段，该舰采用了更为稳定可靠的特级电磁弹射技术，标志着中国航母建造技术已经走在了世界前列。若一架质量的战斗机在跑道上由静止开始做匀加速直线运动的过程中，始终受到电磁弹射装置的水平推进力，及发动机提供的水平动力，战斗机受到的阻力为自身重力的，速度加速到的起飞速度时飞离航母，取重力加速度。求：
（1）战斗机匀加速运动过程中的加速度大小；
（2）航母跑道至少多长；
（3）战斗机起飞时电磁弹射装置水平推进力的功率以及起飞过程中对战斗机所做的功。
15．（2024高一下·揭阳期末）如图所示为一竖直放置的玩具轨道装置模型，一质量的小滑块从P点静止释放，沿曲线轨道AB滑下后冲入竖直圆形轨道BC，再经过水平轨道BD，最后从D点飞出落在水平薄板MN上，各轨道间平滑连接。其中圆轨道BC的半径，水平轨道BD的长，BD段与滑块间的动摩擦因数，其余部分摩擦不计，薄板MN的宽度，M点到D点的水平距离，薄板MN到水平轨道BD的竖直高度，不计空气阻力，取重力加速度。
（1）若小滑块恰好落在薄板MN上的N点，求小滑块在D点的动能；
（2）若小滑块恰好过圆弧最高点C，判断小滑块能否落在MN上。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】瞬时速度
【解析】【解答】在行驶的任何时刻都不能超过该数值，行驶速度低于或者等于40km/h都是允许的。
故选D。
【分析】限速标志是在这一路段驾驶车辆时瞬时速度不能超过40km/h，任何时刻都不能超过该数值。
2．【答案】A
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】D．由于最初重物静止时重力等于绳子的拉力，突然绳子断了，表明细绳的弹力突然增大，即细绳的弹力大于重力，根据力的合成即电梯的加速度方向向上故D错误；
ABC．由于电梯的初速度为0，加速度方向向上，则电梯受到的合力方向向上所以电梯可能是加速上升，故A正确，BC错误。
故选A。
【分析】利用绳子拉力大小与重力比较可以判别加速度的方向，利用加速度的方向和速度的方向可以判别电梯速度的方向及变化。
3．【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题是关于物体受力平衡，再做题时要注意两绳上的力相同，利用整体分析可快速得出结论。
对筛面和谷物受力分析可知，受两对称的拉力和重力，根据竖直方向的平衡方程有
解得轻绳子的拉力大小为
故选B。
【分析】将筛面和谷物看成整体，根据受力平衡联立方程求出拉力的大小。
4．【答案】A
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】C．根据题意，由牛顿第二定律可得，上升阶段毽子受到重力和阻力的合力，则加速度大小为
下降阶段毽子受到重力和阻力的合力，则加速度大小为
方向均为竖直向下，故C错误；
BD．由于上升和下降的高度一样，上升时加速度大于下降时加速度，根据竖直方向的位移公式可知，则上升时时间短，下降时时间长，设整个运动过程的运动时间为，则上升时间小于，下降时间大于，故BD错误；
A．根据题意可知，由于有空气阻力做功，由动能定理可知，会导致毽子回到同一位置的速度减小，即回到出发点时，速度小于，故A正确。
故选A。
【分析】利用牛顿第二定律可以比较上升过程和下降过程毽子的加速度大小，结合位移相等可以比较运动的时间；利用动能定理可以比较速度的大小。
5．【答案】C
【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.7.9km/s是第一宇宙速度，等于近地卫星的环绕速度，由于地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得线速度的大小为
由于“夸父一号”探测卫星的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，则“夸父一号”的运行速度小于7.9km/s，故A错误；
B．由于地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
地球静止卫星的周期等于24小时，由于“夸父一号”探测卫星的轨道半径小于静止卫星的轨道半径，则“夸父一号”绕地球做圆周运动的周期小于24小时，故B错误；
C．由于地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
由于“夸父一号”探测卫星的轨道半径小于静止卫星的轨道半径，则“夸父一号”的向心加速度大于地球静止卫星的向心加速度，故C正确；
D．“夸父一号”在b轨道上运行时会进入地球背面，可知，为使“夸父一号”能更长时间观测太阳，采用a轨道比b轨道更合理，故D错误。
故选C。
【分析】利用引力提供向心力可以比较线速度、向心加速度和周期的大小；为了观察太阳，卫星在a轨道运行时不容易被地球挡到。
6．【答案】B
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】本题主要是考查匀变速直线运动的计算，解答本题的关键是v-t图线与时间轴之间围成的面积表示物体的位移。汽车刹车时距离停车线30m，即刹车停止的位移为
以初速度
开始匀减速，根据匀变速直线运动的规律有
可得从开始减速到汽车停止的时间为
故选B。
【分析】v-t图线与时间轴之间围成的面积表示物体的位移，由此分析即可。
7．【答案】D
【知识点】斜抛运动；重力势能的变化与重力做功的关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．篮球抛出后由于篮球初速度倾斜向上，则篮球在空中做斜抛运动，故A错误；
B．取篮框所在的平面为零势能面，根据重力势能的表达式可以得出篮球在投出点的重力势能为
-mgh
故B错误；
C．根据重力势能和动能的表达式可以得出篮球在抛出时的机械能为
且运动过程中机械能守恒，故C错误；
D．根据重力势能的表达式可以得出篮球在投出点的重力势能为
-mgh
进框时的重力势能为
0
从投出至进框的过程中，篮球重力势能的变化量为
故D正确。
故选D。
【分析】篮球离开手后做斜抛运动；利用重力势能的表达式可以求出重力势能和重力势能变化量的大小；利用重力势能和动能的表达式可以求出机械能的大小。
8．【答案】A,B
【知识点】超重与失重；平抛运动
【解析】【解答】A．运动员在空中飞行时做平抛运动，由于运动员只受到重力作用所以加速度方向竖直向下，处于失重状态，故A正确；
B．运动员做平抛运动，落到斜坡上时，根据平抛运动的位移公式有
解得
故B正确；
C．运动员落到斜坡上时，水平分速度大小为，根据速度公式可以得出竖直方向分速度大小为
设速度方向与水平方向的夹角为，可知
可知此时速度方向与坡面不平行，故C错误；
D．根据速度的合成可以得出：运动员落到斜坡时的速度大小为
故D错误。故选AB。
【分析】运动员的加速度方向向下则处于失重状态；利用位移公式结合位移的方向可以求出运动的时间；利用速度公式可以求出分速度的大小，结合速度的合成可以求出合速度的大小及方向。
9．【答案】C,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；生活中的圆周运动
【解析】【解答】AB．由于小球做匀速圆周运动，对小球受力分析，如图
根据受力分析可知，小球受重力和拉力作用，两个力的合力提供向心力，可得
两球质量相等，根据向心力的表达式可以得出A球细绳与竖直方向夹角较小，则A球做圆周运动所需的向心力较小。故AB错误；
C．由牛顿第二定律有
解得线速度的大小为
A球圆周运动的半径r较小，A球细绳与竖直方向夹角也较小，所以A球做圆周运动的线速度比B球的小。故C正确；
D．由牛顿第二定律有
解得周期的表达式为
两球在同一水平面内做匀速圆周运动，设与悬点O的高度为h，则有
联立，解得
即A球和B球做圆周运动的周期一样大。故D正确。
故选CD。
【分析】利用受力分析可以判别小球的受力情况；利用绳子拉力和重力的合成可以求出向心力的大小；利用牛顿第二定律可以比较线速度和周期的大小。
10．【答案】B,C
【知识点】机车启动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．汽车保持功率不变，根据牛顿第二定律
根据功率的表达式有
整理得
随着速度v增大，加速度a减小，故A错误；
B．根据功率的表达式
动车速度为时，根据功率的表达式可以得出牵引力的大小为
故B正确；
C．动车速度为v时，根据功率的表达式可以得出牵引力
根据牛顿第二定律
联立得加速度大小为
故C正确；
D．由于牵引力和阻力对汽车做功，根据动能定理，合外力做功
则牵引力做功
故D错误。
故选BC。
【分析】汽车在功率不变下运动，随着速度不断增大，则牵引力不断减小，根据牛顿第二定律则加速度不断减小；利用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加速度的大小；利用动能定理可以求出牵引力做功的大小。
11．【答案】（1）C
（2）A、C
（3）2：1
【知识点】向心力
【解析】【解答】（1）为了探究一个物理量与多个物理量的关系，在研究向心力F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，我们要用到物理学中的控制变量法。
故选C。
（2）根据向心力的表达式
可知当探究向心力F与角速度ω的关系时，应该保持小球的质量和半径相同，所以需要把质量相同的小球分别放在挡板A、C处以保证两球轨道半径相等。
（3）若两个钢球质量和运动半径相等，如果左右两边标尺上露出的格子数之比为1：4，格子数显示向心力的大小则向心力之比为1：4，根据向心力的表达式可以得出
皮带连接的两塔轮边缘处的线速度大小相等，根据线速度和角速度的关系式有
可知塔轮的左右半径之比为2：1。
【分析】（1）本实验使用控制变量法；
（2）利用向心力表达式则探究向心力F与角速度ω的关系时，应该保持小球的质量和半径相同；
（3）利用格子数可以求出向心力的比值，结合表达式可以求出角速度的比值，结合塔轮线速度相等可以求出半径的比值。
（1）在研究向心力F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，我们要用到物理学中的控制变量法。
故选C。
（2）根据
可知当探究向心力F与角速度ω的关系时，如图所示，需要把质量相同的小球分别放在挡板A、C处以保证两球轨道半径相等。
（3）若两个钢球质量和运动半径相等，如果左右两边标尺上露出的格子数之比为1：4，则向心力之比为1：4，由第二问分析可得
皮带连接的两塔轮边缘处的线速度大小相等，根据
可知塔轮的左右半径之比为2：1。
12．【答案】（1）12.5(12.4~12.6)；
（2）左端；9.62；空气阻力、纸带摩擦等
【知识点】加速度；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用打点计时器测速度
【解析】【解答】（1）②根据刻度尺的分度值可以得出小球的直径为
③断开开关S，小球自由下落，记录小球通过光电门的挡光时间，小球通过光电门时的时间极短，可视为匀速直线运动，根据平均速度公式可以得出小球通过光电门时的速度大小为
（2）①重锤做自由落体运动，下落的越来越快，相同时间内的距离越来越大，会导致纸带上点的间距不断增大，则纸带的左端与重锤相连。
②根据打点频率可以得出相邻计数点时间间隔为
根据匀变速直线运动的逐差法可以得出
代入数据解得当地的重力加速度为
实验中可能产生误差的来源为空气阻力、纸带摩擦等影响。
【分析】（1）利用刻度尺的分度值可以得出读数；利用平均速度公式可以求出小球经过光电门速度的大小；
（2）重锤做自由落体运动，下落的越来越快，相同时间内的距离越来越大，会导致纸带上点的间距不断增大；利用逐差法可以求出重力加速度的大小；实验误差主要来自于阻力的影响。
（1）②[1] 考虑到系统误差，小球的直径为
③[2] 断开开关S，小球自由下落，记录小球通过光电门的挡光时间，小球通过光电门时的时间极短，可视为匀速直线运动，则小球通过光电门时的速度大小为
（2）①[1] 重锤做自由落体运动，下落的越来越快，相同时间内的距离越来越大，则纸带的左端与重锤相连。
②[2] 相邻计数点时间间隔为
则由匀变速直线运动在相等时间间隔内的位移之差是定值可得
代入数据解得当地的重力加速度为
[3] 实验中可能产生误差的来源为空气阻力、纸带摩擦等影响。
13．【答案】设斜面倾角为θ，对粉笔盒进行受力分析，如图所示
粉笔盒沿斜面匀速下滑时，根据平衡条件有
，
其中
根据几何关系有
解得
【知识点】共点力的平衡
【解析】【分析】由于粉笔盒做匀速直线运动，利用平衡方程结合几何关系可以求出BC长度的大小。
14．【答案】（1）由牛顿第二定律得
代入数据得
（2）匀加速过程，由
代入数据得
（3）由公式
得推进力的功率
又由公式
得弹射装置对战斗机所做的功
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；功的概念；功率及其计算
【解析】【分析】（1）战斗机做匀加速直线运动，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；
（2）战斗机做匀加速直线运动的过程中，利用速度位移公式可以求出跑道的长度；
（3）已知战斗机的速度，结合功率的表达式可以求出功率的大小；结合运动的位移可以求出推力做功的大小。
15．【答案】（1）小滑块从D点飞出后做平抛运动，根据平抛运动规律
解得
则小滑块在D点的动能
（2）小滑块恰好不脱离轨道，根据牛顿第二定律，在C点满足
小滑块从C运动到D，设小滑块运动到D点时速度为，由动能定理可得
解得
若小滑块从D点飞出刚好落在M点，由运动学公式
解得
因为，所以小滑块能落在MN上。
【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）滑块做平抛运动，利用位移公式可以求出经过D点速度的大小，结合动能的表达式可以求出经过D点动能的大小；
（2）滑块恰好不脱离轨道时，利用牛顿第二定律可以求出经过C点速度的大小，结合动能定理可以求出经过D点速度的大小，结合平抛运动的位移公式可以求出滑块是否落在MN上。
1 / 1广东省揭阳市2023-2024学年高一下学期7月期末物理试题
1．（2024高一下·揭阳期末）公路上常有交通管理部门设置的如图所示的限速标志，这是告诫驾驶员在这一路段驾驶车辆时（ ）
A．平均速度的大小不得超过这一规定数值
B．平均速率的大小不得超过这一规定数值
C．必须以这一规定速率行驶
D．汽车上的速度计指示值不得超过这一规定数值
【答案】D
【知识点】瞬时速度
【解析】【解答】在行驶的任何时刻都不能超过该数值，行驶速度低于或者等于40km/h都是允许的。
故选D。
【分析】限速标志是在这一路段驾驶车辆时瞬时速度不能超过40km/h，任何时刻都不能超过该数值。
2．（2024高一下·揭阳期末）在电梯中用细绳静止悬挂一重物，当电梯在竖直方向运动时，突然绳子断了，由此可以判断电梯此时的运动情况是（ ）
A．电梯可能是加速上升 B．电梯可能是减速上升
C．电梯可能是匀速上升 D．电梯的加速度方向一定向下
【答案】A
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】D．由于最初重物静止时重力等于绳子的拉力，突然绳子断了，表明细绳的弹力突然增大，即细绳的弹力大于重力，根据力的合成即电梯的加速度方向向上故D错误；
ABC．由于电梯的初速度为0，加速度方向向上，则电梯受到的合力方向向上所以电梯可能是加速上升，故A正确，BC错误。
故选A。
【分析】利用绳子拉力大小与重力比较可以判别加速度的方向，利用加速度的方向和速度的方向可以判别电梯速度的方向及变化。
3．（2024高一下·揭阳期末）如图所示是用来筛选谷粒的振动鱼鳞筛，筛面水平，由两根等长轻绳将其悬挂在等高的两点，已知筛面和谷物所受重力为G，静止时两轻绳延长线的夹角为θ，则每根轻绳的拉力大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题是关于物体受力平衡，再做题时要注意两绳上的力相同，利用整体分析可快速得出结论。
对筛面和谷物受力分析可知，受两对称的拉力和重力，根据竖直方向的平衡方程有
解得轻绳子的拉力大小为
故选B。
【分析】将筛面和谷物看成整体，根据受力平衡联立方程求出拉力的大小。
4．（2024高一下·揭阳期末）某同学练习踢毽子，毽子被竖直向上踢出后，经一段时间又回到初始位置。假设毽子在空中运动过程中受到的空气阻力大小不变，则下列图像和图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】C．根据题意，由牛顿第二定律可得，上升阶段毽子受到重力和阻力的合力，则加速度大小为
下降阶段毽子受到重力和阻力的合力，则加速度大小为
方向均为竖直向下，故C错误；
BD．由于上升和下降的高度一样，上升时加速度大于下降时加速度，根据竖直方向的位移公式可知，则上升时时间短，下降时时间长，设整个运动过程的运动时间为，则上升时间小于，下降时间大于，故BD错误；
A．根据题意可知，由于有空气阻力做功，由动能定理可知，会导致毽子回到同一位置的速度减小，即回到出发点时，速度小于，故A正确。
故选A。
【分析】利用牛顿第二定律可以比较上升过程和下降过程毽子的加速度大小，结合位移相等可以比较运动的时间；利用动能定理可以比较速度的大小。
5．（2024高一下·揭阳期末）如图所示，2022年10月9日，我国成功发射“夸父一号”探测卫星，用于探测由太阳发射而来的高能宇宙射线，卫星绕地球做匀速圆周运动，运行轨道离地面的高度为720km，下列说法正确的是（ ）
A．“夸父一号”的运行速度大于7.9km/s
B．“夸父一号”绕地球做圆周运动的周期大于24小时
C．“夸父一号”的向心加速度大于地球静止卫星的向心加速度
D．为使“夸父一号”能更长时间观测太阳，采用b轨道比a轨道更合理
【答案】C
【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.7.9km/s是第一宇宙速度，等于近地卫星的环绕速度，由于地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得线速度的大小为
由于“夸父一号”探测卫星的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，则“夸父一号”的运行速度小于7.9km/s，故A错误；
B．由于地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
地球静止卫星的周期等于24小时，由于“夸父一号”探测卫星的轨道半径小于静止卫星的轨道半径，则“夸父一号”绕地球做圆周运动的周期小于24小时，故B错误；
C．由于地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
由于“夸父一号”探测卫星的轨道半径小于静止卫星的轨道半径，则“夸父一号”的向心加速度大于地球静止卫星的向心加速度，故C正确；
D．“夸父一号”在b轨道上运行时会进入地球背面，可知，为使“夸父一号”能更长时间观测太阳，采用a轨道比b轨道更合理，故D错误。
故选C。
【分析】利用引力提供向心力可以比较线速度、向心加速度和周期的大小；为了观察太阳，卫星在a轨道运行时不容易被地球挡到。
6．（2024高一下·揭阳期末）一辆汽车以的速度行驶在城市道路上，当车头距离路口停车线30m时，绿灯时间还剩余3s（从该时刻开始计时），立即刹车做匀减速运动，结果车头与停车线相齐时刚好停下，下列能正确反映该车速度随时间变化的图像是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】本题主要是考查匀变速直线运动的计算，解答本题的关键是v-t图线与时间轴之间围成的面积表示物体的位移。汽车刹车时距离停车线30m，即刹车停止的位移为
以初速度
开始匀减速，根据匀变速直线运动的规律有
可得从开始减速到汽车停止的时间为
故选B。
【分析】v-t图线与时间轴之间围成的面积表示物体的位移，由此分析即可。
7．（2024高一下·揭阳期末）运动员某次投篮时，篮球的运动过程可简化为如图所示，已知篮球的质量为m，投出时篮球的初速度为，距离篮框的竖直距离为h，忽略篮球运动过程中的空气阻力，取篮框所在的平面为零势能面，重力加速度为g，篮球可看成质点，则下列说法正确的是（ ）
A．篮球抛出后在空中做平抛运动
B．篮球在投出点的重力势能为mgh
C．篮球刚进入篮框时的机械能为
D．从投出至进框的过程中，篮球重力势能的变化量为mgh
【答案】D
【知识点】斜抛运动；重力势能的变化与重力做功的关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．篮球抛出后由于篮球初速度倾斜向上，则篮球在空中做斜抛运动，故A错误；
B．取篮框所在的平面为零势能面，根据重力势能的表达式可以得出篮球在投出点的重力势能为
-mgh
故B错误；
C．根据重力势能和动能的表达式可以得出篮球在抛出时的机械能为
且运动过程中机械能守恒，故C错误；
D．根据重力势能的表达式可以得出篮球在投出点的重力势能为
-mgh
进框时的重力势能为
0
从投出至进框的过程中，篮球重力势能的变化量为
故D正确。
故选D。
【分析】篮球离开手后做斜抛运动；利用重力势能的表达式可以求出重力势能和重力势能变化量的大小；利用重力势能和动能的表达式可以求出机械能的大小。
8．（2024高一下·揭阳期末）在第二十四届北京冬奥会上，中国运动员在自由式滑雪比赛中取得优异成绩，某滑雪赛道示意图如图所示，运动员从较高的坡面滑到A处时，沿水平方向以速度飞离坡面，落到倾角为θ的斜坡B处，若不计空气阻力，运动员可视为质点，重力加速度为g，则以下说法正确的是（ ）
A．运动员在空中飞行时处于失重状态
B．运动员在空中经历的时间为
C．运动员落到斜坡上时，速度方向与坡面平行
D．运动员落到斜坡时的速度大小为
【答案】A,B
【知识点】超重与失重；平抛运动
【解析】【解答】A．运动员在空中飞行时做平抛运动，由于运动员只受到重力作用所以加速度方向竖直向下，处于失重状态，故A正确；
B．运动员做平抛运动，落到斜坡上时，根据平抛运动的位移公式有
解得
故B正确；
C．运动员落到斜坡上时，水平分速度大小为，根据速度公式可以得出竖直方向分速度大小为
设速度方向与水平方向的夹角为，可知
可知此时速度方向与坡面不平行，故C错误；
D．根据速度的合成可以得出：运动员落到斜坡时的速度大小为
故D错误。故选AB。
【分析】运动员的加速度方向向下则处于失重状态；利用位移公式结合位移的方向可以求出运动的时间；利用速度公式可以求出分速度的大小，结合速度的合成可以求出合速度的大小及方向。
9．（2024高一下·揭阳期末）如图所示为两个圆锥摆，两个质量相等、可以看做质点的金属小球A、B有共同的悬点，在同一水平面内做匀速圆周运动，下面说法正确的是（ ）
A．A球和B球均受到向心力作用
B．A球做圆周运动所需的向心力较大
C．A球做圆周运动的线速度比B球的小
D．A球和B球做圆周运动的周期一样大
【答案】C,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；生活中的圆周运动
【解析】【解答】AB．由于小球做匀速圆周运动，对小球受力分析，如图
根据受力分析可知，小球受重力和拉力作用，两个力的合力提供向心力，可得
两球质量相等，根据向心力的表达式可以得出A球细绳与竖直方向夹角较小，则A球做圆周运动所需的向心力较小。故AB错误；
C．由牛顿第二定律有
解得线速度的大小为
A球圆周运动的半径r较小，A球细绳与竖直方向夹角也较小，所以A球做圆周运动的线速度比B球的小。故C正确；
D．由牛顿第二定律有
解得周期的表达式为
两球在同一水平面内做匀速圆周运动，设与悬点O的高度为h，则有
联立，解得
即A球和B球做圆周运动的周期一样大。故D正确。
故选CD。
【分析】利用受力分析可以判别小球的受力情况；利用绳子拉力和重力的合成可以求出向心力的大小；利用牛顿第二定律可以比较线速度和周期的大小。
10．（2024高一下·揭阳期末）复兴号动车在世界上首次实现速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为，以恒定功率P在平直轨道上运动，经过时间t达到该功率下的最大速度，设动车行驶过程中受到的阻力f保持不变，则在时间t内（ ）
A．动车做匀变速直线运动
B．动车速度为时，牵引力的大小为
C．动车速度为v时，其加速度大小为
D．牵引力做功
【答案】B,C
【知识点】机车启动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．汽车保持功率不变，根据牛顿第二定律
根据功率的表达式有
整理得
随着速度v增大，加速度a减小，故A错误；
B．根据功率的表达式
动车速度为时，根据功率的表达式可以得出牵引力的大小为
故B正确；
C．动车速度为v时，根据功率的表达式可以得出牵引力
根据牛顿第二定律
联立得加速度大小为
故C正确；
D．由于牵引力和阻力对汽车做功，根据动能定理，合外力做功
则牵引力做功
故D错误。
故选BC。
【分析】汽车在功率不变下运动，随着速度不断增大，则牵引力不断减小，根据牛顿第二定律则加速度不断减小；利用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加速度的大小；利用动能定理可以求出牵引力做功的大小。
11．（2024高一下·揭阳期末）向心力演示器是用来探究小球做圆周运动所需向心力F的大小与质量m、角速度ω和半径r之间关系的实验装置。两个变速塔轮通过皮带连接，标尺上黑白相间的等分格显示出两个钢球所受向心力的大小关系，如图所示是某次实验时装置的状态。
（1）在研究向心力F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，我们要用到物理学中的_____。
A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法 D．演绎推理法
（2）当探究向心力F与角速度ω的关系时，如图所示，需要把质量相同的小球分别放在挡板 （选填“A、C”或“B、C”）处。
（3）若两个钢球质量和运动半径相等，如果左右两边标尺上露出的格子数之比为1：4，则皮带连接塔轮的左右半径之比为 。
【答案】（1）C
（2）A、C
（3）2：1
【知识点】向心力
【解析】【解答】（1）为了探究一个物理量与多个物理量的关系，在研究向心力F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，我们要用到物理学中的控制变量法。
故选C。
（2）根据向心力的表达式
可知当探究向心力F与角速度ω的关系时，应该保持小球的质量和半径相同，所以需要把质量相同的小球分别放在挡板A、C处以保证两球轨道半径相等。
（3）若两个钢球质量和运动半径相等，如果左右两边标尺上露出的格子数之比为1：4，格子数显示向心力的大小则向心力之比为1：4，根据向心力的表达式可以得出
皮带连接的两塔轮边缘处的线速度大小相等，根据线速度和角速度的关系式有
可知塔轮的左右半径之比为2：1。
【分析】（1）本实验使用控制变量法；
（2）利用向心力表达式则探究向心力F与角速度ω的关系时，应该保持小球的质量和半径相同；
（3）利用格子数可以求出向心力的比值，结合表达式可以求出角速度的比值，结合塔轮线速度相等可以求出半径的比值。
（1）在研究向心力F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，我们要用到物理学中的控制变量法。
故选C。
（2）根据
可知当探究向心力F与角速度ω的关系时，如图所示，需要把质量相同的小球分别放在挡板A、C处以保证两球轨道半径相等。
（3）若两个钢球质量和运动半径相等，如果左右两边标尺上露出的格子数之比为1：4，则向心力之比为1：4，由第二问分析可得
皮带连接的两塔轮边缘处的线速度大小相等，根据
可知塔轮的左右半径之比为2：1。
12．（2024高一下·揭阳期末）填空
（1）某兴趣小组先借助光电门，利用如图甲所示的装置来测量物体的速度，具体操作如下。
①将铁架台竖直放置在水平桌面上，上端固定电磁铁M，在电磁铁下方固定一个位置可上下调节的光电门；
②先用刻度尺测量小球的直径d，测量结果如图乙所示，则d= mm；
③闭合控制电磁铁M的开关S，吸住小球，测出小球与光电门之间的高度差；断开开关S，小球自由下落，记录小球通过光电门的挡光时间。则小球通过光电门时的速度大小 （用题中所给物理量的符号表示）。
（2）该兴趣小组再借助打点计时器，利用如图丙所示的实验装置测量当地重力加速度的大小。先将打点计时器固定在铁架台上，接通打点计时器电源开关，待打点稳定后，使质量的重锤带动纸带由静止开始自由下落，得到的一条清晰的纸带如图丁所示，请完成以下内容：
①纸带的 （选填“左端”或“右端”）与重锤相连；
②在如图丁所示的纸带中，每间隔一个点选取一个计数点，相邻计数点间的距离，，，，，。已知打点计时器的频率，则当地的重力加速度g= （计算结果保留三位有效数字），试分析实验中产生的误差可能来源于 （至少写一条原因）。
【答案】（1）12.5(12.4~12.6)；
（2）左端；9.62；空气阻力、纸带摩擦等
【知识点】加速度；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用打点计时器测速度
【解析】【解答】（1）②根据刻度尺的分度值可以得出小球的直径为
③断开开关S，小球自由下落，记录小球通过光电门的挡光时间，小球通过光电门时的时间极短，可视为匀速直线运动，根据平均速度公式可以得出小球通过光电门时的速度大小为
（2）①重锤做自由落体运动，下落的越来越快，相同时间内的距离越来越大，会导致纸带上点的间距不断增大，则纸带的左端与重锤相连。
②根据打点频率可以得出相邻计数点时间间隔为
根据匀变速直线运动的逐差法可以得出
代入数据解得当地的重力加速度为
实验中可能产生误差的来源为空气阻力、纸带摩擦等影响。
【分析】（1）利用刻度尺的分度值可以得出读数；利用平均速度公式可以求出小球经过光电门速度的大小；
（2）重锤做自由落体运动，下落的越来越快，相同时间内的距离越来越大，会导致纸带上点的间距不断增大；利用逐差法可以求出重力加速度的大小；实验误差主要来自于阻力的影响。
（1）②[1] 考虑到系统误差，小球的直径为
③[2] 断开开关S，小球自由下落，记录小球通过光电门的挡光时间，小球通过光电门时的时间极短，可视为匀速直线运动，则小球通过光电门时的速度大小为
（2）①[1] 重锤做自由落体运动，下落的越来越快，相同时间内的距离越来越大，则纸带的左端与重锤相连。
②[2] 相邻计数点时间间隔为
则由匀变速直线运动在相等时间间隔内的位移之差是定值可得
代入数据解得当地的重力加速度为
[3] 实验中可能产生误差的来源为空气阻力、纸带摩擦等影响。
13．（2024高一下·揭阳期末）如图所示，一块长木板的一端搁在桌面上，另一端垫高，形成一个斜面。把粉笔盒放在斜面上，粉笔盒与斜面间的动摩擦因数为μ，用刻度尺测得斜面AC在水平面的投影长度，不断调节斜面的倾角，使粉笔盒恰好能沿斜面匀速下滑，求此时斜面的高度BC。
【答案】设斜面倾角为θ，对粉笔盒进行受力分析，如图所示
粉笔盒沿斜面匀速下滑时，根据平衡条件有
，
其中
根据几何关系有
解得
【知识点】共点力的平衡
【解析】【分析】由于粉笔盒做匀速直线运动，利用平衡方程结合几何关系可以求出BC长度的大小。
14．（2024高一下·揭阳期末）2024年4月29日福建舰离开江南造船厂，开始海试验收阶段，该舰采用了更为稳定可靠的特级电磁弹射技术，标志着中国航母建造技术已经走在了世界前列。若一架质量的战斗机在跑道上由静止开始做匀加速直线运动的过程中，始终受到电磁弹射装置的水平推进力，及发动机提供的水平动力，战斗机受到的阻力为自身重力的，速度加速到的起飞速度时飞离航母，取重力加速度。求：
（1）战斗机匀加速运动过程中的加速度大小；
（2）航母跑道至少多长；
（3）战斗机起飞时电磁弹射装置水平推进力的功率以及起飞过程中对战斗机所做的功。
【答案】（1）由牛顿第二定律得
代入数据得
（2）匀加速过程，由
代入数据得
（3）由公式
得推进力的功率
又由公式
得弹射装置对战斗机所做的功
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；功的概念；功率及其计算
【解析】【分析】（1）战斗机做匀加速直线运动，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；
（2）战斗机做匀加速直线运动的过程中，利用速度位移公式可以求出跑道的长度；
（3）已知战斗机的速度，结合功率的表达式可以求出功率的大小；结合运动的位移可以求出推力做功的大小。
15．（2024高一下·揭阳期末）如图所示为一竖直放置的玩具轨道装置模型，一质量的小滑块从P点静止释放，沿曲线轨道AB滑下后冲入竖直圆形轨道BC，再经过水平轨道BD，最后从D点飞出落在水平薄板MN上，各轨道间平滑连接。其中圆轨道BC的半径，水平轨道BD的长，BD段与滑块间的动摩擦因数，其余部分摩擦不计，薄板MN的宽度，M点到D点的水平距离，薄板MN到水平轨道BD的竖直高度，不计空气阻力，取重力加速度。
（1）若小滑块恰好落在薄板MN上的N点，求小滑块在D点的动能；
（2）若小滑块恰好过圆弧最高点C，判断小滑块能否落在MN上。
【答案】（1）小滑块从D点飞出后做平抛运动，根据平抛运动规律
解得
则小滑块在D点的动能
（2）小滑块恰好不脱离轨道，根据牛顿第二定律，在C点满足
小滑块从C运动到D，设小滑块运动到D点时速度为，由动能定理可得
解得
若小滑块从D点飞出刚好落在M点，由运动学公式
解得
因为，所以小滑块能落在MN上。
【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）滑块做平抛运动，利用位移公式可以求出经过D点速度的大小，结合动能的表达式可以求出经过D点动能的大小；
（2）滑块恰好不脱离轨道时，利用牛顿第二定律可以求出经过C点速度的大小，结合动能定理可以求出经过D点速度的大小，结合平抛运动的位移公式可以求出滑块是否落在MN上。
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