广东省潮州市2023-2024学年高一下学期7月期末考试物理试题
1．（2024高一下·潮州期末）下列物理量属于矢量的是（ ）
A．重力势能 B．时间 C．功率 D．电场强度
【答案】D
【知识点】矢量与标量；电场强度
【解析】【解答】根据物理量的性质可以得出重力势能、时间和功率都是只有大小没有方向的标量，由于电场强度是有大小，又有方向，求和时满足平行四边形法则，是矢量。
故选D。
【分析】物理量中只有具有大小、方向两个因素，同时满足平行四边形法则是矢量。
2．（2024高一下·潮州期末）关于运动的性质，以下说法中正确的是（ ）
A．曲线运动一定是变速运动
B．变速运动一定是曲线运动
C．曲线运动一定是变加速运动
D．加速度不变的运动一定是直线运动
【答案】A
【知识点】匀速圆周运动
【解析】【解答】A、既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动，故A正确；
B、变速运动不一定是曲线运动，如加速直线运动，故B错误；
C、曲线运动的加速度可以不变，如平抛运动，故C错误，
D、平抛运动加速度不变，但是曲线运动，故D错误．
故选：A．
【分析】物体运动轨迹是曲线的运动，称为“曲线运动”．当物体所受的合外力和它速度方向不在同一直线上，物体就是在做匀速圆周运动
3．（2024高一下·潮州期末）如图所示，高速列车在平直轨道上匀速运行，对于列车所受力的做功情况，下列判断正确的是（ ）
A．重力做正功 B．牵引力做正功
C．空气阻力做正功 D．支持力做负功
【答案】B
【知识点】功的概念
【解析】【解答】A．根据功的定义，由于重力与位移方向垂直，重力不做功，A错误；
B．根据功的定义，由于牵引力与位移方向相同，牵引力做正功，B正确；
C．根据功的定义，由于空气阻力与位移方向相反，空气阻力做负功，C错误；
D．根据功的定义，由于支持力与位移方向垂直，支持力不做功，D错误。
故选B。
【分析】利用力的方向及位移的方向可以判别力是否做功。
4．（2024高一下·潮州期末）一质量为m的物体静止在粗糙的水平面上，当此物体受到水平力F作用运动了距离s时，其动能变为E1；而当此物体受水平力2F作用运动了相同的距离时，其动能变为E2。关于E1和E2的大小关系，正确的是（ ）
A．E1=E2 B．E2=2E1 C．E2＞2E1 D．E1＜E2＜2E1
【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】当物体在水平力F作用下运动了距离s，由动能定理可得
Fs-Wf=E1----①
当物体在2F作用下移动了s时，由动能定理可得
2Fs-Wf=E2----②
两式联立可得
2Fs-2Wf=2E1
则可得出
E2＞2E1
故选C。
【分析】利用动能定理结合摩擦力做功可以比较末动能的大小。
5．（2024高一下·潮州期末）如图所示，飞船从低轨道1变轨至高轨道2。若飞船在两轨道上都做匀速圆周运动，不考虑飞船的质量变化，则对与飞船有关的物理量变化判断正确的是（ ）
A．动能变大 B．向心加速度变大
C．角速度变大 D．运行周期变大
【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；万有引力定律的应用；卫星问题；动能
【解析】【解答】地球对飞船的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得线速度、角速度、周期和向心加速度的表达式为
，，，
由于飞船从低轨道1变轨至高轨道2，变大，则向心加速度变小，角速度变小，运行周期变大，线速度变小，根据动能的公式可知，动能变小。
故选D。
【分析】利用引力提供向心力结合半径的大小可以比较角速度、周期和向心加速度的大小；利用线速度的大小结合动能的表达式可以判别动能的变化。
6．（2024高一下·潮州期末）如图所示，细绳一端固定，另一端系一小球。现使小球在水平面内做匀速圆周运动，细线与竖直方向的夹角为，如果绳子变长，细线与竖直方向的夹角保持不变，让小球在另一个水平面内做匀速圆周运动，则（ ）
A．小球受到重力、拉力和向心力作用
B．细线对小球的拉力变小
C．小球做圆周运动的向心力变大
D．小球的线速度变大
【答案】D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．根据对小球进行受力分析，可以得出小球只受重力和绳的拉力作用，二者合力提供向心力，故A错误；
B．根据题意，对小球受力分析，竖直方向上，根据平衡方程有
解得
如果绳子变长，细线与竖直方向的夹角保持不变，细线对小球的拉力不变，故B错误；
C．根据题意，对小球受力分析，水平方向上根据牛顿第二定律有
如果绳子变长，细线与竖直方向的夹角保持不变，小球做圆周运动的向心力不变，故C错误；
D．由于合力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
如果绳子变长，细线与竖直方向的夹角保持不变，小球的线速度变大，故D正确。
故选D。
【分析】利用受力分析可以判别小球的受力情况；利用竖直方向的平衡方程可以判别绳子拉力的大小；利用水平方向的牛顿第二定律可以求出向心力的大小；利用合力提供向心力可以求出线速度的大小。
7．（2024高一下·潮州期末）上课了，老师推门进入教室。如图所示，在教室门被推开的过程中，下列关于教室门上A、B两个位置的圆周运动说法正确的是（ ）
A．A、B位置的线速度相等 B．A、B位置的角速度相等
C．A、B位置的周期相等 D．A、B位置的向心加速度相等
【答案】B,C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】B．由于A、B位置绕同轴转动，相同时间内转过的角度相同所以角速度相等，故B正确；
A．根据线速度和角速度的关系式可知，A、B位置的角速度相等，半径不同，则其线速度不等，故A错误；
C．根据周期和角速度的关系式可知，A、B位置的角速度相等，则其周期相等，故C正确；
D．根据向心加速度的表达式可知，A、B位置的角速度相等，半径不同，则其向心加速度不等，故D错误。
故选BC。
【分析】利用同轴转动可以判别AB两点角速度相等，结合线速度和角速度的关系可以判别线速度不相等；利用周期和角速度的关系可以判别周期相等；利用向心加速度的表达式可以判别向心加速度不相等。
8．（2024高一下·潮州期末）如图所示为某一点电荷产生的电场线，为电场中的三点，其中两点场强大小相等，则（ ）
A．该点电荷为负电荷
B．两点场强相同
C．试探电荷在A受到的电场力小于在B点受到的电场力
D．电子在A点所受电场力方向向右
【答案】A,D
【知识点】电场及电场力；电场强度；电场线
【解析】【解答】A．根据电场线的分布可以得出：静电场中电场线从正电荷（或无穷远）出发终止于无穷远（或负电荷），根据电场线的分布可知该点电荷是负电荷，故A正确；
B．电场强度是矢量，由于B、C所在电场线切线方向不同所以两点场强方向不同，B、C两点场强不同，故B错误；
C．电场线越密，电场强度越大，根据电场线的分布有
根据电场力的公式可知，试探电荷在A受到的电场力大于在B点受到的电场力，故C错误；
D．负电荷在某点受到的静电力方向与该点的场强方向相反，根据电场线的方向可以得出电子在A点所受电场力方向向右，故D正确。
故选AD。
【分析】利用电场线的分布可以判别场源电荷的电性；利用电场线的切线方向可以比较场强的方向；利用电场线的疏密可以比较电场强度的大小，结合电性可以比较电场力的大小；利用电场方向结合电性可以判别电场力的方向。
9．（2024高一下·潮州期末）2023年7月，中联重科3200吨履带式起重机再次助力“华龙一号”全球示范工程——中核集团福清核电6号机组建设，成功吊装了机组外穹顶。用起重机提升质量为1000kg货物的图像如图所示（g取）。下列说法正确的是（ ）
A．起重机将货物提升了10m
B．在匀加速、匀减速过程，货物加速度大小相等
C．整个过程中货物重力做功为6×104J
D．整个过程中拉力对货物做功的平均功率为1.2×104W
【答案】B,D
【知识点】功的计算；功率及其计算；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】本题是为速度--时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度--时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息。A．根据图像的面积表位移，由图可知，起重机将货物提升了
故A错误；
B．根据图像的斜率表加速度，由图可知，在匀加速过程，货物加速度的大小为
匀减速过程，货物加速度的大小为
即在匀加速、匀减速过程，货物加速度大小相等，故B正确；
C．整个过程中货物重力做功为
故C错误；
D．在匀加速过程，拉力大小为
货物上升的高度为
拉力做功为
匀速过程，拉力大小为
货物上升的高度为
拉力做功为
匀减速过程，拉力大小为
货物上升的高度为
拉力做功为
整个过程中拉力对货物做功的平均功率为
故D正确。
故选BD。
【分析】v-t的面积表示位移，据此求解作答；v-t图像的斜率表示加速度，据此求解作答；根据做功公式求解作答；根据牛顿第二定律求解加速阶段和减速阶段的拉力，根据平衡条件求解匀速阶段的拉力；根据面积法求解各阶段的位移，根据做功公式求解各段所做的功，最后求拉力的平均功率。
10．（2024高一下·潮州期末）某实验小组用重物下落的实验来验证机械能守恒。
（1）下图是同学释放纸带瞬间的照片，你认为操作正确的是_________。
A． B．
C． D．
（2）关于此实验，下列说法中正确的是
A．重物最好选择密度小、体积大的物体
B．重物的质量可以不测量
C．该实验需要使用秒表
D．可以利用公式求瞬时速度
（3）实验过程中，得到如图所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点，测得它们到起始点O的距离分别为。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T，设重物的质量为m。从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能的减少量为 ，动能的增加量为 。
（4）某同学利用其正确操作所得到的一条纸带，测量出了各计数点到起始点的距离h，计算出了各计数点对应的速度，然后以h为横轴、以为纵轴作出了图像，这条图线应是两条图线中的 （选填“a”或“b”）。
【答案】（1）A
（2）B
（3） ；
（4）
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）释放纸带时，为了充分利用纸带，要手提纸带末端，为了减少摩擦力的作用，保证纸带竖直且与限位孔无摩擦，并且物体要靠近打点计时器从而充分利用纸带。
故选A。
（2）A．验证机械能守恒定律则应该减小重物下落的阻力大小，为减小误差，应选择质量大、体积小的重物，即密度大的重物进行实验，故A错误；
B．根据机械能守恒定律有
由于等式两边质量可以约去，所以重物的质量可以不用测量，故B正确；
C．打点计时器作为计时工具所以不需要使用秒表，故C错误；
D．利用公式求瞬时速度，即默认了机械能守恒，失去了验证的意义，故D错误。
故选B。
（3）从打点计时器打下O点到打下B点过程中，根据重力势能的表达式可以得出重物重力势能减少量
根据平均速度公式可以得出B点的速度表示为
根据动能的表达式可以得出动能增加量
（4）根据题意可知，若机械能守恒，则有
整理可得
根据表达式可以得出是一条过原点的直线，则应是两条图线中的。
【分析】（1）释放纸带时，为了充分利用纸带，要手提纸带末端，为了减少摩擦力的作用，保证纸带竖直且与限位孔无摩擦，并且物体要靠近打点计时器从而充分利用纸带；
（2）验证机械能守恒定律则应该减小重物下落的阻力大小，为减小误差，应选择质量大、体积小的重物，即密度大的重物进行实验；根据机械能守恒定律有等式两边质量可以约去，所以重物的质量可以不用测量；打点计时器作为计时工具所以不需要使用秒表；利用公式求瞬时速度，即默认了机械能守恒；
（3）利用重力势能的表达式可以求出重力势能的减少量；利用动能的表达式结合平均速度公式可以求出动能的增量；
（4）利用机械能守恒定律可以得出图像为过原点的直线。
（1）释放纸带时，要手提纸带末端，保证纸带竖直且与限位孔无摩擦，并且物体要靠近打点计时器从而充分利用纸带。
故选A。
（2）A．为减小误差，应选择质量大、体积小的重物，即密度大的重物进行实验，故A错误；
B．要验证机械能守恒，即
等式两边质量可以约去，所以重物的质量可以不用测量，故B正确；
C．打点计时器可以计时，则不需要使用秒表，故C错误；
D．利用公式求瞬时速度，即默认了机械能守恒，失去了验证的意义，故D错误。
故选B。
（3）[1][2]从打点计时器打下O点到打下B点过程中，重物重力势能减少量
B点的速度表示为
动能增加量
（4）根据题意可知，若机械能守恒，则有
整理可得
可知，是一条过原点的直线，则应是两条图线中的。
11．（2024高一下·潮州期末）如图甲所示，某实验小组将两个相同的圆弧轨道M、N固定在同一个竖直平面内，轨道末端均水平，其中N末端与足够长的光滑水平轨道平滑连接。现把完全相同的小钢球P、Q分别从两弧面上的相同高度同时静止释放，观察到某一现象。改变释放高度，重复上述操作，仍能观察到这一现象，由此可以概括出平抛运动的某一规律。
（1）观察到的现象和反映的平抛运动规律分别是________。
A．P、Q两个小球相撞 B．P、Q两个小球同时落地
C．水平方向做匀速直线运动 D．竖直方向做自由落体运动
（2）如图乙用频闪照相记录了小球平抛的四个位置，其中正方形小方格边长为1.6cm，重力加速度，A点 （选填“是”或“不是”）抛出点，该小球做平抛运动的初速度大小为 m/s（结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）A；C
（2）不是；
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）由于平抛运动水平方向为匀速直线运动，则观察到的现象是两小球在水平轨道相撞，两小球同时离开圆弧轨道末端，水平位移相同，说明两小球在水平方做匀速运动。
故选AC。
（2）相邻落点在水平方向的距离相等，根据水平方向的位移公式可以得出相邻落点间的运动时间相同，竖直方向做自由落体运动，竖直方向连续相等时间内的位移比为，根据邻差公式可以得出：根据匀变速直线运动相邻相等时间内位移差为定值，匀变速直线运动位移应该满足满足，说明点的竖直分速度不为零，则点不是抛出点。
竖直方向上根据逐差法有
水平方向上根据位移公式有：
解得
【分析】（1）由于平抛运动水平方向为匀速直线运动，则观察到的现象是两小球在水平轨道相撞，两小球同时离开圆弧轨道末端，水平位移相同，说明两小球在水平方做匀速运动；
（2）根据匀变速直线运动相邻相等时间内位移差为定值，匀变速直线运动应该满足满足，说明点的竖直分速度不为零，则点不是抛出点；
（3）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）观察到的现象是两小球在水平轨道相撞，两小球同时离开圆弧轨道末端，水平位移相同，说明两小球在水平方做匀速运动。
故选AC。
（2）[1]相邻落点在水平方向的距离相等，则相邻落点间的运动时间相同，竖直方向做自由落体运动，由图可知，竖直方向连续相等时间内的位移比为，不满足，说明点的竖直分速度不为零，则点不是抛出点。
根据匀变速直线运动相邻相等时间内位移差为定值
[2]竖直方向由逐差法有
水平方向有
解得
12．（2024高一下·潮州期末）已知手表的秒针长1.3cm，分针长1.2cm，由此可以计算该手表秒针的角速度大小为 ，秒针和分针针尖转动的线速度之比是 。
【答案】；
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】已知秒针的周期为60s，则该手表秒针的角速度大小为
已知分钟的周期为60min，则分针的角速度大小为
根据线速度和角速度的关系式可得，秒针和分针针尖转动的线速度之比是
【分析】利用秒针和分针的周期大小可以求出角速度的大小，结合半径的大小可以求出线速度的大小之比。
13．（2024高一下·潮州期末）在真空中有两个静止的等量异种点电荷，电量大小都是，当它们相距时，在它们连线中点处电场强度的大小为 （已知静电力常量为）。
【答案】
【知识点】电场强度；电场强度的叠加
【解析】【解答】由于异种点电荷在中点的电场强度方向相同，根据点电荷场强公式和场强叠加原理可知，连线中点处电场强度的大小为
【分析】利用点电荷的场强公式结合场强的叠加可以求出中点电场强度的大小。
14．（2024高一下·潮州期末）如图所示，河的宽度为d，船渡河时船头始终垂直河岸。船在静水中的速度大小为，河水流速的大小为，则小船的渡河时间 ，如果渡河过程中水流速度增大，则渡河时间将 。（选填“变大”、“不变”或“变小”）
【答案】；不变
【知识点】小船渡河问题分析
【解析】【解答】由于船头始终垂直河岸，根据垂直于河岸的位移公式可以得出渡河时间
根据运动的独立性可以得出过河时间与水流速度无关，则渡河过程中水流速度增大，渡河时间将不变。
【分析】利用垂直于河岸的位移公式可以求出过河的时间，结合运动的独立性可以得出水流速度对渡河时间没有影响。
15．（2024高一下·潮州期末）质量为的滑块，以的初速度在光滑水平面上向左直线滑行，从某一时刻起在滑块上施加一水平向右的力．经过一段时间，滑块的速度方向变为向右，大小为，则在这段时间内力所做的功为 。
【答案】0
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】对于滑块从受水平向右的力到速度反向，大小为的过程，由于推力做功等于动能变化，所以根据动能定理知
代入数据解得力做功的大小为
【分析】利用初末速度结合动能定理可以求出力做功的大小。
16．（2024高一下·潮州期末）已知在太阳系外某“宜居”行星的质量约为地球质量的6.4倍，一个在地球表面重力为600N的人在这个行星表面的重力将变为960N。由此可推知，求该行星的半径与地球半径之比。
【答案】解：设地球质量为 ，半径为 ，“宜居”行星质量为M，半径为R，人的质量为m，则人在地球有
人在“宜居”行星有
由以上两式相比得
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【分析】利用引力形成重力可以求出半径之比。
17．（2024高一下·潮州期末）套圈是一种趣味游戏．如图，在水平地面上将被套玩具放在距游客水平距离为处，游客将套圈从距水平地面高度为处以初速度水平抛出，恰好套中玩具。已知重力加速度大小为，套圈直径略大于玩具大小，套圈和玩具均可视为质点，不计空气阻力，求：
（1）套圈的初速度的大小；
（2）套圈落地前瞬间的速度大小。
【答案】（1）套圈水平抛出后在空中做平抛运动，竖直方向上可得
水平方向上可得
（2）套圈落地前瞬间，水平方向上，水平分速度为
竖直方向上，竖直分速度为
套圈落地前瞬间的速度大小
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】（1）套圈做平抛运动，利用位移公式可以求出初速度的大小；
（2）套圈落地瞬间，利用速度公式可以求出竖直方向分速度的大小，结合速度的合成可以求出落地瞬间速度的大小。
18．（2024高一下·潮州期末）汽车的额定功率为60 kW，总质量为2103 kg；运动中所受阻力恒定为2 000 N，若汽车在额定功率下运动，求：
(1)当汽车的加速度是1 m/s2时，速度多大；
(2)汽车行驶的最大速度多大；
(3)10 s内牵引力做的功为多少．
【答案】(1) 由牛顿第二定律F牵－F阻＝ma，
根据P＝F牵v，
两式联立解得v＝15 m/s；
(2) 当汽车做匀速运动时，汽车的速度最大，此时F牵＝F阻，
由P＝F牵vmax，
解得：
(3) 牵引力做功W＝Pt＝6010310 J＝6105 J
【知识点】牛顿第二定律；功率及其计算；机车启动
【解析】【分析】（1）汽车已知加速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出牵引力的大小，结合功率的表达式可以求出汽车速度的大小；
（2）汽车达到最大速度做匀速直线运动，利用平衡方程结合功率的表达式可以求出汽车最大的速度；
（3）汽车已知功率的大小，结合时间可以求出牵引力做功的大小。
19．（2024高一下·潮州期末）如图所示，让摆球从C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达A孔进入半径R＝0.3m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔。已知摆线长L＝2m，θ＝53°，小球质量为m＝0.5kg，D点与A孔的水平距离s＝2m，g取10m/s2。（cos 53°＝0.6）
（1） 小球从C运动到D的过程中重力做的功；
（2） 摆线能承受的最大拉力；
（3） 要使摆球能做完整的圆周运动，摆球与平面间的动摩擦因数μ需要满足的条件。
【答案】解：（1）摆球由到过程
解得
（2）当摆球由到运动，根据动能定理有
在点，由牛顿第二定律可得
解得
（3）若摆球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，当摆球恰好到达最高点时，在圆周的最高点，由牛顿第二定律可得
由动能定理可得
解得
综上所述，动摩擦因数的范围
【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）根据功的公式计算；
（2）当摆球由C到D运动，根据动能定理求D点速度，由牛顿第二定律和向心力公式，求摆线能承受的最大拉力；
（3）要使摆球能做完整的圆周运动，最高点刚好由重力提供向心力，得最高点最小速度，再由动能定理可得μ的最小值。
1 / 1广东省潮州市2023-2024学年高一下学期7月期末考试物理试题
1．（2024高一下·潮州期末）下列物理量属于矢量的是（ ）
A．重力势能 B．时间 C．功率 D．电场强度
2．（2024高一下·潮州期末）关于运动的性质，以下说法中正确的是（ ）
A．曲线运动一定是变速运动
B．变速运动一定是曲线运动
C．曲线运动一定是变加速运动
D．加速度不变的运动一定是直线运动
3．（2024高一下·潮州期末）如图所示，高速列车在平直轨道上匀速运行，对于列车所受力的做功情况，下列判断正确的是（ ）
A．重力做正功 B．牵引力做正功
C．空气阻力做正功 D．支持力做负功
4．（2024高一下·潮州期末）一质量为m的物体静止在粗糙的水平面上，当此物体受到水平力F作用运动了距离s时，其动能变为E1；而当此物体受水平力2F作用运动了相同的距离时，其动能变为E2。关于E1和E2的大小关系，正确的是（ ）
A．E1=E2 B．E2=2E1 C．E2＞2E1 D．E1＜E2＜2E1
5．（2024高一下·潮州期末）如图所示，飞船从低轨道1变轨至高轨道2。若飞船在两轨道上都做匀速圆周运动，不考虑飞船的质量变化，则对与飞船有关的物理量变化判断正确的是（ ）
A．动能变大 B．向心加速度变大
C．角速度变大 D．运行周期变大
6．（2024高一下·潮州期末）如图所示，细绳一端固定，另一端系一小球。现使小球在水平面内做匀速圆周运动，细线与竖直方向的夹角为，如果绳子变长，细线与竖直方向的夹角保持不变，让小球在另一个水平面内做匀速圆周运动，则（ ）
A．小球受到重力、拉力和向心力作用
B．细线对小球的拉力变小
C．小球做圆周运动的向心力变大
D．小球的线速度变大
7．（2024高一下·潮州期末）上课了，老师推门进入教室。如图所示，在教室门被推开的过程中，下列关于教室门上A、B两个位置的圆周运动说法正确的是（ ）
A．A、B位置的线速度相等 B．A、B位置的角速度相等
C．A、B位置的周期相等 D．A、B位置的向心加速度相等
8．（2024高一下·潮州期末）如图所示为某一点电荷产生的电场线，为电场中的三点，其中两点场强大小相等，则（ ）
A．该点电荷为负电荷
B．两点场强相同
C．试探电荷在A受到的电场力小于在B点受到的电场力
D．电子在A点所受电场力方向向右
9．（2024高一下·潮州期末）2023年7月，中联重科3200吨履带式起重机再次助力“华龙一号”全球示范工程——中核集团福清核电6号机组建设，成功吊装了机组外穹顶。用起重机提升质量为1000kg货物的图像如图所示（g取）。下列说法正确的是（ ）
A．起重机将货物提升了10m
B．在匀加速、匀减速过程，货物加速度大小相等
C．整个过程中货物重力做功为6×104J
D．整个过程中拉力对货物做功的平均功率为1.2×104W
10．（2024高一下·潮州期末）某实验小组用重物下落的实验来验证机械能守恒。
（1）下图是同学释放纸带瞬间的照片，你认为操作正确的是_________。
A． B．
C． D．
（2）关于此实验，下列说法中正确的是
A．重物最好选择密度小、体积大的物体
B．重物的质量可以不测量
C．该实验需要使用秒表
D．可以利用公式求瞬时速度
（3）实验过程中，得到如图所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点，测得它们到起始点O的距离分别为。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T，设重物的质量为m。从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能的减少量为 ，动能的增加量为 。
（4）某同学利用其正确操作所得到的一条纸带，测量出了各计数点到起始点的距离h，计算出了各计数点对应的速度，然后以h为横轴、以为纵轴作出了图像，这条图线应是两条图线中的 （选填“a”或“b”）。
11．（2024高一下·潮州期末）如图甲所示，某实验小组将两个相同的圆弧轨道M、N固定在同一个竖直平面内，轨道末端均水平，其中N末端与足够长的光滑水平轨道平滑连接。现把完全相同的小钢球P、Q分别从两弧面上的相同高度同时静止释放，观察到某一现象。改变释放高度，重复上述操作，仍能观察到这一现象，由此可以概括出平抛运动的某一规律。
（1）观察到的现象和反映的平抛运动规律分别是________。
A．P、Q两个小球相撞 B．P、Q两个小球同时落地
C．水平方向做匀速直线运动 D．竖直方向做自由落体运动
（2）如图乙用频闪照相记录了小球平抛的四个位置，其中正方形小方格边长为1.6cm，重力加速度，A点 （选填“是”或“不是”）抛出点，该小球做平抛运动的初速度大小为 m/s（结果保留两位有效数字）。
12．（2024高一下·潮州期末）已知手表的秒针长1.3cm，分针长1.2cm，由此可以计算该手表秒针的角速度大小为 ，秒针和分针针尖转动的线速度之比是 。
13．（2024高一下·潮州期末）在真空中有两个静止的等量异种点电荷，电量大小都是，当它们相距时，在它们连线中点处电场强度的大小为 （已知静电力常量为）。
14．（2024高一下·潮州期末）如图所示，河的宽度为d，船渡河时船头始终垂直河岸。船在静水中的速度大小为，河水流速的大小为，则小船的渡河时间 ，如果渡河过程中水流速度增大，则渡河时间将 。（选填“变大”、“不变”或“变小”）
15．（2024高一下·潮州期末）质量为的滑块，以的初速度在光滑水平面上向左直线滑行，从某一时刻起在滑块上施加一水平向右的力．经过一段时间，滑块的速度方向变为向右，大小为，则在这段时间内力所做的功为 。
16．（2024高一下·潮州期末）已知在太阳系外某“宜居”行星的质量约为地球质量的6.4倍，一个在地球表面重力为600N的人在这个行星表面的重力将变为960N。由此可推知，求该行星的半径与地球半径之比。
17．（2024高一下·潮州期末）套圈是一种趣味游戏．如图，在水平地面上将被套玩具放在距游客水平距离为处，游客将套圈从距水平地面高度为处以初速度水平抛出，恰好套中玩具。已知重力加速度大小为，套圈直径略大于玩具大小，套圈和玩具均可视为质点，不计空气阻力，求：
（1）套圈的初速度的大小；
（2）套圈落地前瞬间的速度大小。
18．（2024高一下·潮州期末）汽车的额定功率为60 kW，总质量为2103 kg；运动中所受阻力恒定为2 000 N，若汽车在额定功率下运动，求：
(1)当汽车的加速度是1 m/s2时，速度多大；
(2)汽车行驶的最大速度多大；
(3)10 s内牵引力做的功为多少．
19．（2024高一下·潮州期末）如图所示，让摆球从C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达A孔进入半径R＝0.3m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔。已知摆线长L＝2m，θ＝53°，小球质量为m＝0.5kg，D点与A孔的水平距离s＝2m，g取10m/s2。（cos 53°＝0.6）
（1） 小球从C运动到D的过程中重力做的功；
（2） 摆线能承受的最大拉力；
（3） 要使摆球能做完整的圆周运动，摆球与平面间的动摩擦因数μ需要满足的条件。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】矢量与标量；电场强度
【解析】【解答】根据物理量的性质可以得出重力势能、时间和功率都是只有大小没有方向的标量，由于电场强度是有大小，又有方向，求和时满足平行四边形法则，是矢量。
故选D。
【分析】物理量中只有具有大小、方向两个因素，同时满足平行四边形法则是矢量。
2．【答案】A
【知识点】匀速圆周运动
【解析】【解答】A、既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动，故A正确；
B、变速运动不一定是曲线运动，如加速直线运动，故B错误；
C、曲线运动的加速度可以不变，如平抛运动，故C错误，
D、平抛运动加速度不变，但是曲线运动，故D错误．
故选：A．
【分析】物体运动轨迹是曲线的运动，称为“曲线运动”．当物体所受的合外力和它速度方向不在同一直线上，物体就是在做匀速圆周运动
3．【答案】B
【知识点】功的概念
【解析】【解答】A．根据功的定义，由于重力与位移方向垂直，重力不做功，A错误；
B．根据功的定义，由于牵引力与位移方向相同，牵引力做正功，B正确；
C．根据功的定义，由于空气阻力与位移方向相反，空气阻力做负功，C错误；
D．根据功的定义，由于支持力与位移方向垂直，支持力不做功，D错误。
故选B。
【分析】利用力的方向及位移的方向可以判别力是否做功。
4．【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】当物体在水平力F作用下运动了距离s，由动能定理可得
Fs-Wf=E1----①
当物体在2F作用下移动了s时，由动能定理可得
2Fs-Wf=E2----②
两式联立可得
2Fs-2Wf=2E1
则可得出
E2＞2E1
故选C。
【分析】利用动能定理结合摩擦力做功可以比较末动能的大小。
5．【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；万有引力定律的应用；卫星问题；动能
【解析】【解答】地球对飞船的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得线速度、角速度、周期和向心加速度的表达式为
，，，
由于飞船从低轨道1变轨至高轨道2，变大，则向心加速度变小，角速度变小，运行周期变大，线速度变小，根据动能的公式可知，动能变小。
故选D。
【分析】利用引力提供向心力结合半径的大小可以比较角速度、周期和向心加速度的大小；利用线速度的大小结合动能的表达式可以判别动能的变化。
6．【答案】D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．根据对小球进行受力分析，可以得出小球只受重力和绳的拉力作用，二者合力提供向心力，故A错误；
B．根据题意，对小球受力分析，竖直方向上，根据平衡方程有
解得
如果绳子变长，细线与竖直方向的夹角保持不变，细线对小球的拉力不变，故B错误；
C．根据题意，对小球受力分析，水平方向上根据牛顿第二定律有
如果绳子变长，细线与竖直方向的夹角保持不变，小球做圆周运动的向心力不变，故C错误；
D．由于合力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
如果绳子变长，细线与竖直方向的夹角保持不变，小球的线速度变大，故D正确。
故选D。
【分析】利用受力分析可以判别小球的受力情况；利用竖直方向的平衡方程可以判别绳子拉力的大小；利用水平方向的牛顿第二定律可以求出向心力的大小；利用合力提供向心力可以求出线速度的大小。
7．【答案】B,C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】B．由于A、B位置绕同轴转动，相同时间内转过的角度相同所以角速度相等，故B正确；
A．根据线速度和角速度的关系式可知，A、B位置的角速度相等，半径不同，则其线速度不等，故A错误；
C．根据周期和角速度的关系式可知，A、B位置的角速度相等，则其周期相等，故C正确；
D．根据向心加速度的表达式可知，A、B位置的角速度相等，半径不同，则其向心加速度不等，故D错误。
故选BC。
【分析】利用同轴转动可以判别AB两点角速度相等，结合线速度和角速度的关系可以判别线速度不相等；利用周期和角速度的关系可以判别周期相等；利用向心加速度的表达式可以判别向心加速度不相等。
8．【答案】A,D
【知识点】电场及电场力；电场强度；电场线
【解析】【解答】A．根据电场线的分布可以得出：静电场中电场线从正电荷（或无穷远）出发终止于无穷远（或负电荷），根据电场线的分布可知该点电荷是负电荷，故A正确；
B．电场强度是矢量，由于B、C所在电场线切线方向不同所以两点场强方向不同，B、C两点场强不同，故B错误；
C．电场线越密，电场强度越大，根据电场线的分布有
根据电场力的公式可知，试探电荷在A受到的电场力大于在B点受到的电场力，故C错误；
D．负电荷在某点受到的静电力方向与该点的场强方向相反，根据电场线的方向可以得出电子在A点所受电场力方向向右，故D正确。
故选AD。
【分析】利用电场线的分布可以判别场源电荷的电性；利用电场线的切线方向可以比较场强的方向；利用电场线的疏密可以比较电场强度的大小，结合电性可以比较电场力的大小；利用电场方向结合电性可以判别电场力的方向。
9．【答案】B,D
【知识点】功的计算；功率及其计算；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】本题是为速度--时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度--时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息。A．根据图像的面积表位移，由图可知，起重机将货物提升了
故A错误；
B．根据图像的斜率表加速度，由图可知，在匀加速过程，货物加速度的大小为
匀减速过程，货物加速度的大小为
即在匀加速、匀减速过程，货物加速度大小相等，故B正确；
C．整个过程中货物重力做功为
故C错误；
D．在匀加速过程，拉力大小为
货物上升的高度为
拉力做功为
匀速过程，拉力大小为
货物上升的高度为
拉力做功为
匀减速过程，拉力大小为
货物上升的高度为
拉力做功为
整个过程中拉力对货物做功的平均功率为
故D正确。
故选BD。
【分析】v-t的面积表示位移，据此求解作答；v-t图像的斜率表示加速度，据此求解作答；根据做功公式求解作答；根据牛顿第二定律求解加速阶段和减速阶段的拉力，根据平衡条件求解匀速阶段的拉力；根据面积法求解各阶段的位移，根据做功公式求解各段所做的功，最后求拉力的平均功率。
10．【答案】（1）A
（2）B
（3） ；
（4）
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）释放纸带时，为了充分利用纸带，要手提纸带末端，为了减少摩擦力的作用，保证纸带竖直且与限位孔无摩擦，并且物体要靠近打点计时器从而充分利用纸带。
故选A。
（2）A．验证机械能守恒定律则应该减小重物下落的阻力大小，为减小误差，应选择质量大、体积小的重物，即密度大的重物进行实验，故A错误；
B．根据机械能守恒定律有
由于等式两边质量可以约去，所以重物的质量可以不用测量，故B正确；
C．打点计时器作为计时工具所以不需要使用秒表，故C错误；
D．利用公式求瞬时速度，即默认了机械能守恒，失去了验证的意义，故D错误。
故选B。
（3）从打点计时器打下O点到打下B点过程中，根据重力势能的表达式可以得出重物重力势能减少量
根据平均速度公式可以得出B点的速度表示为
根据动能的表达式可以得出动能增加量
（4）根据题意可知，若机械能守恒，则有
整理可得
根据表达式可以得出是一条过原点的直线，则应是两条图线中的。
【分析】（1）释放纸带时，为了充分利用纸带，要手提纸带末端，为了减少摩擦力的作用，保证纸带竖直且与限位孔无摩擦，并且物体要靠近打点计时器从而充分利用纸带；
（2）验证机械能守恒定律则应该减小重物下落的阻力大小，为减小误差，应选择质量大、体积小的重物，即密度大的重物进行实验；根据机械能守恒定律有等式两边质量可以约去，所以重物的质量可以不用测量；打点计时器作为计时工具所以不需要使用秒表；利用公式求瞬时速度，即默认了机械能守恒；
（3）利用重力势能的表达式可以求出重力势能的减少量；利用动能的表达式结合平均速度公式可以求出动能的增量；
（4）利用机械能守恒定律可以得出图像为过原点的直线。
（1）释放纸带时，要手提纸带末端，保证纸带竖直且与限位孔无摩擦，并且物体要靠近打点计时器从而充分利用纸带。
故选A。
（2）A．为减小误差，应选择质量大、体积小的重物，即密度大的重物进行实验，故A错误；
B．要验证机械能守恒，即
等式两边质量可以约去，所以重物的质量可以不用测量，故B正确；
C．打点计时器可以计时，则不需要使用秒表，故C错误；
D．利用公式求瞬时速度，即默认了机械能守恒，失去了验证的意义，故D错误。
故选B。
（3）[1][2]从打点计时器打下O点到打下B点过程中，重物重力势能减少量
B点的速度表示为
动能增加量
（4）根据题意可知，若机械能守恒，则有
整理可得
可知，是一条过原点的直线，则应是两条图线中的。
11．【答案】（1）A；C
（2）不是；
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）由于平抛运动水平方向为匀速直线运动，则观察到的现象是两小球在水平轨道相撞，两小球同时离开圆弧轨道末端，水平位移相同，说明两小球在水平方做匀速运动。
故选AC。
（2）相邻落点在水平方向的距离相等，根据水平方向的位移公式可以得出相邻落点间的运动时间相同，竖直方向做自由落体运动，竖直方向连续相等时间内的位移比为，根据邻差公式可以得出：根据匀变速直线运动相邻相等时间内位移差为定值，匀变速直线运动位移应该满足满足，说明点的竖直分速度不为零，则点不是抛出点。
竖直方向上根据逐差法有
水平方向上根据位移公式有：
解得
【分析】（1）由于平抛运动水平方向为匀速直线运动，则观察到的现象是两小球在水平轨道相撞，两小球同时离开圆弧轨道末端，水平位移相同，说明两小球在水平方做匀速运动；
（2）根据匀变速直线运动相邻相等时间内位移差为定值，匀变速直线运动应该满足满足，说明点的竖直分速度不为零，则点不是抛出点；
（3）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）观察到的现象是两小球在水平轨道相撞，两小球同时离开圆弧轨道末端，水平位移相同，说明两小球在水平方做匀速运动。
故选AC。
（2）[1]相邻落点在水平方向的距离相等，则相邻落点间的运动时间相同，竖直方向做自由落体运动，由图可知，竖直方向连续相等时间内的位移比为，不满足，说明点的竖直分速度不为零，则点不是抛出点。
根据匀变速直线运动相邻相等时间内位移差为定值
[2]竖直方向由逐差法有
水平方向有
解得
12．【答案】；
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】已知秒针的周期为60s，则该手表秒针的角速度大小为
已知分钟的周期为60min，则分针的角速度大小为
根据线速度和角速度的关系式可得，秒针和分针针尖转动的线速度之比是
【分析】利用秒针和分针的周期大小可以求出角速度的大小，结合半径的大小可以求出线速度的大小之比。
13．【答案】
【知识点】电场强度；电场强度的叠加
【解析】【解答】由于异种点电荷在中点的电场强度方向相同，根据点电荷场强公式和场强叠加原理可知，连线中点处电场强度的大小为
【分析】利用点电荷的场强公式结合场强的叠加可以求出中点电场强度的大小。
14．【答案】；不变
【知识点】小船渡河问题分析
【解析】【解答】由于船头始终垂直河岸，根据垂直于河岸的位移公式可以得出渡河时间
根据运动的独立性可以得出过河时间与水流速度无关，则渡河过程中水流速度增大，渡河时间将不变。
【分析】利用垂直于河岸的位移公式可以求出过河的时间，结合运动的独立性可以得出水流速度对渡河时间没有影响。
15．【答案】0
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】对于滑块从受水平向右的力到速度反向，大小为的过程，由于推力做功等于动能变化，所以根据动能定理知
代入数据解得力做功的大小为
【分析】利用初末速度结合动能定理可以求出力做功的大小。
16．【答案】解：设地球质量为 ，半径为 ，“宜居”行星质量为M，半径为R，人的质量为m，则人在地球有
人在“宜居”行星有
由以上两式相比得
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【分析】利用引力形成重力可以求出半径之比。
17．【答案】（1）套圈水平抛出后在空中做平抛运动，竖直方向上可得
水平方向上可得
（2）套圈落地前瞬间，水平方向上，水平分速度为
竖直方向上，竖直分速度为
套圈落地前瞬间的速度大小
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】（1）套圈做平抛运动，利用位移公式可以求出初速度的大小；
（2）套圈落地瞬间，利用速度公式可以求出竖直方向分速度的大小，结合速度的合成可以求出落地瞬间速度的大小。
18．【答案】(1) 由牛顿第二定律F牵－F阻＝ma，
根据P＝F牵v，
两式联立解得v＝15 m/s；
(2) 当汽车做匀速运动时，汽车的速度最大，此时F牵＝F阻，
由P＝F牵vmax，
解得：
(3) 牵引力做功W＝Pt＝6010310 J＝6105 J
【知识点】牛顿第二定律；功率及其计算；机车启动
【解析】【分析】（1）汽车已知加速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出牵引力的大小，结合功率的表达式可以求出汽车速度的大小；
（2）汽车达到最大速度做匀速直线运动，利用平衡方程结合功率的表达式可以求出汽车最大的速度；
（3）汽车已知功率的大小，结合时间可以求出牵引力做功的大小。
19．【答案】解：（1）摆球由到过程
解得
（2）当摆球由到运动，根据动能定理有
在点，由牛顿第二定律可得
解得
（3）若摆球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，当摆球恰好到达最高点时，在圆周的最高点，由牛顿第二定律可得
由动能定理可得
解得
综上所述，动摩擦因数的范围
【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）根据功的公式计算；
（2）当摆球由C到D运动，根据动能定理求D点速度，由牛顿第二定律和向心力公式，求摆线能承受的最大拉力；
（3）要使摆球能做完整的圆周运动，最高点刚好由重力提供向心力，得最高点最小速度，再由动能定理可得μ的最小值。
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