广东省广州市第十六中学2023-2024学年高一下学期期末质量检测物理试卷
1．（2024高一下·广州期末）如图所示，空间存在一水平向左的匀强电场，两个带电小球P、Q 用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好竖直，则 （ ）
A．P、Q均带正电 B．P、Q均带负电
C．P带正电、Q带负电 D．P带负电、Q带正电
【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．由于两个小球处于静止，根据平衡条件可以得出两小球受到的匀强电场的电场力和库仑力大小相等方向相反，根据牛顿第三定律可以得出两个小球相互的库仑力大小相等、方向相反，那么两小球各自受到匀强电场的电场力也一定大小相等、方向相反，所以两小球一定带异种电荷，故AB错误；
C．如小球P带正电、Q带负电，小球P受到匀强电场的电场力向左、库仑力向右，满足平衡条件有可能如图所示保持平衡；同理如小球Q带负电，其受到匀强电场的电场力向右、库仑力向左，满足平衡条件有可能如图所示保持平衡，故C正确；
D．如果小球P带负电、Q带正电，则小球P受到匀强电场的电场力与库仑力均向右，则不能如图所示平衡；同理小球Q受到匀强电场的电场力与库仑力均向左，也不能如图所示平衡，故D错误。
故选C。
【分析】根据牛顿第三定律可以判别两个小球受到的库仑力方向相反，利用平衡条件可以判别电场力方向相反，则两个小球带异种电荷，结合小球的电性可以判别是否满足平衡条件。
2．（2024高一下·广州期末）图甲中AB是某电场中的一条电场线。若将一正电荷从A点处由静止释放，正电荷仅在电场力作用下沿电场线从A到B运动过程中的速度—图像如图乙。关于A、B两点的电势高低和电场强度大小关系，下列说法正确的是（ ）
A．EA=EB B．EAφB
【答案】D
【知识点】电场强度；电势；带电粒子在电场中的运动综合；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】CD．正电荷从A点处由静止释放，仅在电场力作用下沿电场线从A到B运动，根据电荷运动的方向可以得出电荷所受电场力由A指向B，由于电荷带正电时电场力方向与电场方向相同，则电场线方向由A指向B，沿电场线电势降低，则可以得出电势的大小关系为
φA>φB，故C错误，D正确；
AB．图像的斜率表示加速度，根据图乙可知，正电荷向右运动过程中，根据斜率减小则可以得出加速度减小，根据牛顿第二定律可知，合力减小，由于电荷只受到电场力作用即电场力减小，则电场强度减小，则有
故AB错误。
故选D。
【分析】利用正电荷运动的方向可以判别电场力的方向，利用电场力方向可以判别电场线的方向，利用电场线的方向可以比较电势的高低；利用图像斜率可以比较加速度的大小，结合牛顿第二定律可以比较电场强度的大小。
3．（2024高一下·广州期末）如图，在地面上同一位置先后抛出质量均为m的两小球 P、Q，其中P做斜抛运动，Q做平抛运动，抛出后两小球均落在比地面低的海平面上，若抛出时速度大小相等，则（ ）
A．两小球同时到达海平面
B．两小球一定到达海平面上同一位置
C．两小球到达海平面时的动能一定相同
D．全过程两小球重力的平均功率一定相等
【答案】C
【知识点】斜抛运动；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．令抛出速度大小为，P抛出速度方向与水平方向夹角为，根据竖直方向的位移公式则有
，
根据表达式可以得出时间的大小关系为
故A错误；
B．小球水平方向做匀速直线运动，根据水平方向的位移公式可以得出Q水平分位移为
结合上述解得
根据水平方向的位移公式可以得出：P水平分位移为
若将P小球直接竖直上抛，即使抛出角等于90°，P小球水平分位移为0，P将落在原来位置，可知，若将抛出角由90°减小一点点，P水平分位移将增大一点点，但仍然小于Q的水平分位移，由于抛出角大小不确定，所以不能确定P水平方向速度的大小则两小球不一定到达海平面上同一位置，故B错误；
C．小球质量相等，下落高度相同，由于重力做功相等，而且初动能相等，根据动能定理可知小球的末动能相等，则两小球到达海平面时的动能一定相同，故C正确；
D．根据平均功率的表达式有
由于
则有
故D错误。
故选C。
【分析】利用竖直方向的位移公式可以比较运动的时间；结合重力做功及初动能相等可以比较末动能的大小；利用重力做功及时间可以比较平均功率的大小；利用水平方向的位移公式结合水平方向的初速度大小可以比较水平方向位移的大小。
4．（2024高一下·广州期末）如图，广州塔摩天轮位于塔顶450米高空处，摩天轮由16个“水晶”观光球舱组成，沿着倾斜的轨道做匀速圆周运动，则坐在观光球舱中的某游客（ ）
A．线速度不变 B．角速度不变 C．向心力不变 D．机械能守恒
【答案】B
【知识点】匀速圆周运动；向心力；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．游客也随着倾斜的轨道做匀速圆周运动，线速度大小不变，由于做曲线运动，则线速度方向在变化，所以线速度发生了变化，故A错误；
B．游客随着倾斜的轨道做匀速圆周运动，由于相同时间内转过的角度相等则角速度不变，故B正确；
C．游客也随着倾斜的轨道做匀速圆周运动，向心力大小不变，由于向心力时刻指向圆心，则向心力方向在变化，即向心力发生了变化，故C错误；
D．游客随着倾斜的轨道做匀速圆周运动，在运动过程中，由于线速度大小不变所以动能不变，由于高度不断变化所以重力势能发生变化，即机械能发生变化，机械能不守恒，故D错误。
故选B。
【分析】利用匀速圆周运动可以判别角速度、线速度和向心力的大小保持不变，当线速度和向心力的方向不断改变；利用动能不变及重力势能不断改变可以判别机械能不守恒。
5．（2024高一下·广州期末）2023年世界现役运输能力最大的货运飞船天舟六号，携带约5800kg的物资进入距离地面约400km（小于地球同步卫星与地面的距离）的轨道，顺利对接中国空间站后近似做匀速圆周运动。对接后，这批物资（ ）
A．质量比静止在地面上时小
B．所受地球引力比静止在地面上时小
C．做圆周运动的角速度比同步卫星角速度小
D．做圆周运动的线速度比第一宇宙速度大
【答案】B
【知识点】万有引力定律；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．质量是物体的固有属性，物资在飞船上与空间站对接的过程中，质量不变，所以质量与静止在地面上时相等，故A错误；
B．根据引力公式有
质量不变，间距增大，则物资所受地球引力比静止在地面上时小，故B正确；
C．根据引力提供向心力有
解得
物资间距比同步卫星小，则物资做圆周运动的角速度比同步卫星角速度大，故C错误；
D．根据引力提供向心力有
地球第一宇宙速度等于近地卫星的环绕速度，物资与地球的间距大于近地卫星轨道半径，则物资做圆周运动的线速度比第一宇宙速度小，故D错误。
故选B。
【分析】利用引力提供向心力可以比较线速度和角速度的大小；质量是固有属性保持不变；利用引力公式可以判别物资引力的大小变化。
6．（2024高一下·广州期末）城市进入高楼时代后，高空坠物已成为危害极大的社会安全问题。一个鸡蛋从20m高的楼上自由下落，若将鸡蛋撞击地面的过程简化为一个质点做匀减速直线运动，从触地到完全停止质点的位移为0.05m，不计空气阻力，则鸡蛋对地面的平均冲击力是其重力的（ ）
A．400倍 B．200倍 C．100倍 D．10倍
【答案】A
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】鸡蛋自由下落20m过程，由于加速度等于重力加速度，根据速度与位移的关系式有
鸡蛋与地面碰撞过程，从触地到完全停止质点的位移为0.05m，根据速度位移公式有
根据鸡蛋和地面碰撞过程的牛顿第二定律有
根据牛顿第三定律有
解得
故选A。
【分析】利用速度位移公式可以求出鸡蛋到达地面的速度大小，结合速度位移公式可以求出鸡蛋减速的加速度大小，结合牛顿第二定律可以求出鸡蛋对地面平均冲击力的大小。
7．（2024高一下·广州期末）如图甲，长木板静止放置在水平桌面上，有一个可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板，物块和木板的v—t图像如图乙。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为，物块始终没离开木板，则物块、木板所组成的系统内能增加量为（ ）
A．56J B．40J C．20J D．16J
【答案】B
【知识点】功能关系；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】由于速度时间图像面积代表位移，根据图像面积的大小可知，物块在长木板上的相对位移为
根据相对位移和摩擦力的大小可以求出摩擦力做功的大小，根据功能关系可以得出物块、木板所组成的系统内能增加量为
解得
故选B。
【分析】利用图像面积可以求出相对位移的大小，结合摩擦力做功可以求出系统内能的增加量。
8．（2024高一下·广州期末）如图，无人机以恒定拉力将货物从地面提升到一定高度，不计空气阻力，此过程中（ ）
A．若货物匀速上升，则货物机械能守恒
B．若货物匀速上升，则货物机械能增加
C．若货物加速上升，则货物机械能守恒
D．若货物加速上升，则货物机械能增加
【答案】B,D
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】AB．若货物匀速上升，速度一定，根据动能的表达式可以得出动能一定，高度增大，根据重力势能的表达式可以得出重力势能增大，则货物机械能增加，故A错误，B正确；
CD．若货物加速上升，速度增大，根据动能的表达式可以得出动能增大，高度增大，根据重力势能的表达式可以得出重力势能增大，则货物机械能增加，故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】利用货物的速度变化可以判别动能的大小变化，利用高度变化可以判别重力势能的变化，利用两者之和可以判别机械能是否改变。
9．（2024高一下·广州期末）一小球从倾斜轨道上端静止释放，倾斜轨道与圆环轨道平滑连接。已知小球质量为，圆环轨道半径为，重力加速度为g，不计空气阻力和轨道与小球间的阻力。若要求小球不脱轨，则小车释放的高度可能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】当小车运动到圆环四分之一高度速度恰好为0时，此时小车不脱轨，此时小车释放的高度最小，根据动能定理则有
解得
当小车恰好通过能够通过圆环的最高点时，根据牛顿第二定律有
此过程的高度为最大值，根据动能定理则有
解得
结合上述可知，若要求小球不脱轨，则小车释放的高度范围为
或
可知，小车释放的高度可能为，，，不可能为。
故选ACD。
【分析】利用小球刚好经过圆心等高位置时，利用动能定理可以求出小球释放的最大高度；利用小球经过最高点的牛顿第二定律及动能定理可以求出小球经过最高点的最小速度。
10．（2024高一下·广州期末）情景一：运动员使一篮球从距地面高度为处由静止自由落下，第一次反弹的高度为。情景二：运动员使一篮球从距地面的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也为1.5m。若篮球质量为m=0.60kg，且该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变，重力加速度大小取，不计空气阻力，则（ ）
A．情景一中，篮球第二次反弹高度为0.6m
B．情景一中，篮球第二次反弹高度为0.8m
C．情景二中，运动员对篮球所做的功为3.0J
D．情景二中，运动员对篮球所做的功为4.5J
【答案】B,D
【知识点】动能；动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB．情景一中，篮球下落过程中，由于机械能守恒，重力势能减少量转化为动能的增量， 每次与地面碰撞前后的动能的比值不变 ，所以第一次反弹前后动能的比值为
情景一中，第二次反弹前后动能的比值为
解得
故A错误，B正确；
CD．情景二中， 由于每次与地面碰撞前后的动能的比值不变，令碰撞前后的速度分别为、，则有
结合上述解得第一次落地前的动能大小为：
球下落过程，由于运动员对篮球做功和重力对篮球做功，根据动能定理有
解得运动员对篮球做功的大小为
故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】利用第一次下落过程的动能和反弹的动能比值相等，结合第二次下落过程动能和反弹后的动能比值可以求出第二次反弹后的高度；利用比值相等可以求出情景二碰前动能的大小，结合动能定理可以求出运动员对篮球做功的大小。
11．（2024高一下·广州期末）某同学用如图1装置研究平抛运动：将坐标纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直硬板上；小球沿斜槽轨道PQ滑下后从斜槽末端Q飞出，落在水平挡板MN上，在坐标纸上挤压出一个痕迹点；移动挡板，依次重复上述操作，坐标纸上将留下一系列痕迹点。
（1）下列操作中有必要的是______
A．使轨道末端保持水平
B．每次需要从同一位置静止释放小球
C．尽可能减小球与轨道之间的摩擦
（2）请给出一种检查“轨道末端是否水平”的方法
（3）得到的痕迹点如图2，其中某一点位置有明显偏离，其产生的原因可能是______
A．小球释放的高度偏高 B．小球释放的高度偏低
（4）纠正（3）中错误后得到如图3图像，选取图中某三个痕迹点，测出在水平方向上的间距均为，竖直方向的间距分别为、，重力加速度为g，则小球做平抛运动的初速度 （用、、、g表示）；
（5）该同学测得小球质量为，其球心从静止释放位置到水平抛出点时下降的高度差为，则小球在轨道PQ上克服摩擦力所做的功 （用、、、g表示）
【答案】（1）A；B
（2）见解析
（3）B
（4）
（5）
【知识点】研究平抛物体的运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】（1）A．小球做平抛运动，为了确保小球飞出斜槽末端后速度沿水平方向，轨道末端必须保持水平，故A正确；
B，为了确保小球飞出斜槽末端速度大小一定，根据动能定理则实验中需要使线圈每次均从同一位置静止释放，故B正确；
C．当小球每次均从斜槽同一位置静止释放时，小球克服摩擦力做功相同，根据动能定理，小球飞出斜槽的末速度大小相等，即斜槽对小球的摩擦力对实验没有影响，故C错误。
故选AB。
（2）将小球放置在斜槽末端，小球能够保持静止状态，根据小球的平衡条件可以说明轨道末端处于水平状态。
（3）从图中可以得出从上至下的第4个点迹的位置明显处于正常平抛轨迹的下侧，表示运动的轨迹偏下，则表明小球飞出的初速度偏小，其产生的原因可能是小球释放的高度偏低。
故选B。
（4）测出在水平方向上的间距均为，小球在水平方向做匀速直线运动，根据水平方向的位移公式则有
小球在竖直方向做自由落体运动，根据竖直方向的邻差公式则有
解得
（5）小球从静止释放到开始做平抛运动的过程中，根据动能定理有
解得
【分析】（1）小球做平抛运动，为了确保小球飞出斜槽末端后速度沿水平方向，轨道末端必须保持水平；为了确保小球飞出斜槽末端速度大小一定，根据动能定理则实验中需要使线圈每次均从同一位置静止释放；小球克服摩擦力做功相同，即斜槽对小球的摩擦力对实验没有影响；
（2）将小球放置在斜槽末端，小球能够保持静止状态，根据小球的平衡条件可以说明轨道末端处于水平状态；
（3）运动的轨迹偏下，则表明小球飞出的初速度偏小，其产生的原因可能是小球释放的高度偏低；
（4）利用水平方向的位移公式结合竖直方向的邻差公式可以求出初速度的大小；
（5）利用小球下滑过程的动能定理可以求出克服摩擦力做功的大小。
（1）A．为了确保小球飞出斜槽末端后速度沿水平方向，小球做平抛运动，实验中需要使轨道末端保持水平，故A正确；
B，为了确保小球飞出斜槽末端速度大小一定，实验中需要使线圈每次均从同一位置静止释放，故B正确；
C．当小球每次均从斜槽同一位置静止释放时，小球克服摩擦力做功相同，小球飞出斜槽的末速度大小相等，即斜槽对小球的摩擦力对实验没有影响，故C错误。
故选AB。
（2）将小球放置在斜槽末端，小球能够保持静止状态，此时说明轨道末端处于水平状态。
（3）根据图2可知，从上至下的第4个点迹的位置明显处于正常平抛轨迹的下侧，表明小球飞出的初速度偏小，其产生的原因可能是小球释放的高度偏低。
故选B。
（4）测出在水平方向上的间距均为，小球在水平方向做匀速直线运动，则有
小球在竖直方向做自由落体运动，则有
解得
（5）根据动能定理有
解得
12．（2024高一下·广州期末）某小组用如图装置验证机械能守恒定律：一根不可伸长的细线系住质量为m的钢球，悬挂在铁架台上的O处，钢球静止于D点，光电门固定在D的正下方，在钢球底部竖直地粘住一片宽度为d的遮光条（质量不计）。将钢球拉至不同位置由静止释放，遮光条经过光电门的挡光时间t由计时器测出，记录钢球每次下落的高度h和计时器示数t，重力加速度为g。
（1）钢球重力势能的减少量 ，钢球动能的增加量
（） 4.89 9.79 14.69 19.59 29.38
（） 5.04 10.10 15.10 20.00 29.80
（2）该小组的实验结果如上表，发现每一列均稍大于，该小组判断是因为光电门所测的是遮光条B处（红外线照射处）的速度，此速度大于钢球球心A的速度。于是该小组打算进行以下换算：测出小球摆长OA的长度为r，O点到B处的距离为L，则= （用r、L表示），实际操作发现，遮光条B处位置非常难找，因此该小组想到可以通过 （选填“增加”“减小”）摆长OA来减小该系统误差。
【答案】（1）mgh；
（2）；增加
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）钢球每次下落的高度均为h，根据重力势能的表达式则钢球重力势能的减少量
根据光电门测速原理，根据平均速度公式可以得出钢球通过光电门的速度
根据动能的表达式可以得出钢球动能的增加量
解得
（2）由于摆线上各点角速度相等，根据线速度和角速度的关系则有
，
解得
为了摆球的线速度更加接近遮光条的速度，当适当摆长增加时，钢球通过最低点的位置下移，可以使钢球的球心靠近挡光点B，从而减小该系统误差。
【分析】（1）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钢球的速度，结合动能的表达式可以求出动能的增量；
（2）利用线速度和角速度的关系结合角速度相等可以求出小球和遮光条速度的大小关系；当适当摆长增加时，钢球通过最低点的位置下移，可以使钢球的球心靠近挡光点B，从而减小该系统误差。
（1）[1]钢球每次下落的高度均为h，则钢球重力势能的减少量
[2]根据光电门测速原理，钢球通过光电门的速度
则钢球动能的增加量
解得
（2）[1]由于角速度相等，则有
，
解得
[2]当适当摆长增加时，钢球通过最低点的位置下移，可以使钢球的球心靠近挡光点B，从而减小该系统误差。
13．（2024高一下·广州期末）如图，载有防疫物资的无人驾驶小车，在斜坡MN段以恒定功率100W、速度2m/s匀速行驶，在水平PQ段以恒定功率3200W、速度8m/s匀速行驶，已如小车总质量为50kg，其中MN段的倾角为30°，MN长度L=20m，重力加速度g取，不计空气阻力，求：
（1）水平段从P到Q，小车牵引力的大小；
（2）倾斜段从M到N，小车克服摩擦力做功。
【答案】（1）在水平PQ段以恒定功率3200W、速度8m/s匀速行驶，则有
解得
（2）倾斜段从M到N，根据动能定理有
由于在斜坡MN段以恒定功率100W、速度2m/s匀速行驶，则有
解得
【知识点】机车启动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）当小车以额定功率运动时，利用功率的表达式可以求出牵引力的大小；
（2）当小车从M到N的过程中，利用动能定理可以求出克服摩擦力做功的大小。
14．（2024高一下·广州期末）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和，取地面为重力势能的零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图。设物体所受空气阻力大小恒定，重力加速度大小g取10m/s2。请根据图中数据，求：
（1）物体的质量；
（2）物体所受空气阻力的大小；
（3）请画出物体下降过程中E总和Ep随它离地面的高度的变化图像。
【答案】（1）根据图像可知，高度为4m时的重力势能为80J，根据
解得
（2）根据图像可知，在高度为4m时机械能等于重力势能，表明物体上升的最大高度为4m，此过程根据动能定理有
此过程的机械能
则有
结合图像有
（3）物体下降过程，开始下降时，物体的高度为h0=4m，重力势能与机械能均为80J，根据重力势能的表达式有
结合上述，下降过程的机械能
下降过程，根据动能定理有
则有
下降过程，高度减小，结合上述函数表达式，作出E总和Ep随它离地面的高度的变化图像，如图所示
【知识点】重力势能的变化与重力做功的关系；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）已知重力势能与高度的图像，根据图像坐标结合重力势能的表达式可以求出小球的质量；
（2）根据图像可以得出物体机械能的大小，利用物体上升过程的动能定理结合图像斜率可以求出阻力的大小；
（3）物体下落过程中，利用重力势能的表达式结合动能定理可以求出机械能的表达式，利用表达式可以绘制对应的图像。
15．（2024高一下·广州期末）风洞实验室可产生水平方向、大小可调节的风力。在风洞中有一固定的支撑架ABC，其下半部AB是一长为R的竖直细管，上半部BC是半径为R的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，风洞产生的风在管口C所在水平线下方区域，恰好吹不到管口C。AB管内有一原长为R、下端固定的轻质弹簧，将弹簧长度压缩到0.5R后锁定，在弹簧上段静止放置一个质量为m的小球。让风洞产生的风迎面吹来，解除弹簧锁定，小球被弹射出去，到达管口C时，对管壁的作用力恰好为零，然后水平向右飞出，落在着陆区EF。其中D在C的正下方，DE距离为R，EF距离为0.5R。不计一切摩擦，解除锁定时，不改变弹簧的弹性势能，小球运动速度不影响其所受风力的大小，重力加速度为g。求：
（1）小球水平向右飞出后在空中运动的时间；
（2）弹簧压缩到0.5R时的弹性势能；
（3）水平风力F的大小范围。
【答案】（1）小球水平向右飞出后，竖直方向做自由落体运动，根据
解得
（2）在C点，小球对管壁的作用力恰好为零，根据牛顿第二定律有
解得
小球在管道中运动过程有
解得
（3）小球落在着陆区EF过程水平方向做双向匀变速直线运动，小球落在E点时，风力最大，根据牛顿第二定律有
此过程，水平方向有
解得
小球落在F点时，风力最小，根据牛顿第二定律有
此过程，水平方向有
解得
则水平风力F的大小范围
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；斜抛运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）小球水平飞出后，利用竖直方向的位移公式可以求出运动的时间；
（2）小球在C点时，利用牛顿第二定律可以求出小球经过C点速度的大小，结合能量守恒定律可以求出弹性势能的大小；
（3）小球在水平方向做匀变速直线运动，利用位移公式结合牛顿第二定律可以求出水平风力的大小范围。
1 / 1广东省广州市第十六中学2023-2024学年高一下学期期末质量检测物理试卷
1．（2024高一下·广州期末）如图所示，空间存在一水平向左的匀强电场，两个带电小球P、Q 用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好竖直，则 （ ）
A．P、Q均带正电 B．P、Q均带负电
C．P带正电、Q带负电 D．P带负电、Q带正电
2．（2024高一下·广州期末）图甲中AB是某电场中的一条电场线。若将一正电荷从A点处由静止释放，正电荷仅在电场力作用下沿电场线从A到B运动过程中的速度—图像如图乙。关于A、B两点的电势高低和电场强度大小关系，下列说法正确的是（ ）
A．EA=EB B．EAφB
3．（2024高一下·广州期末）如图，在地面上同一位置先后抛出质量均为m的两小球 P、Q，其中P做斜抛运动，Q做平抛运动，抛出后两小球均落在比地面低的海平面上，若抛出时速度大小相等，则（ ）
A．两小球同时到达海平面
B．两小球一定到达海平面上同一位置
C．两小球到达海平面时的动能一定相同
D．全过程两小球重力的平均功率一定相等
4．（2024高一下·广州期末）如图，广州塔摩天轮位于塔顶450米高空处，摩天轮由16个“水晶”观光球舱组成，沿着倾斜的轨道做匀速圆周运动，则坐在观光球舱中的某游客（ ）
A．线速度不变 B．角速度不变 C．向心力不变 D．机械能守恒
5．（2024高一下·广州期末）2023年世界现役运输能力最大的货运飞船天舟六号，携带约5800kg的物资进入距离地面约400km（小于地球同步卫星与地面的距离）的轨道，顺利对接中国空间站后近似做匀速圆周运动。对接后，这批物资（ ）
A．质量比静止在地面上时小
B．所受地球引力比静止在地面上时小
C．做圆周运动的角速度比同步卫星角速度小
D．做圆周运动的线速度比第一宇宙速度大
6．（2024高一下·广州期末）城市进入高楼时代后，高空坠物已成为危害极大的社会安全问题。一个鸡蛋从20m高的楼上自由下落，若将鸡蛋撞击地面的过程简化为一个质点做匀减速直线运动，从触地到完全停止质点的位移为0.05m，不计空气阻力，则鸡蛋对地面的平均冲击力是其重力的（ ）
A．400倍 B．200倍 C．100倍 D．10倍
7．（2024高一下·广州期末）如图甲，长木板静止放置在水平桌面上，有一个可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板，物块和木板的v—t图像如图乙。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为，物块始终没离开木板，则物块、木板所组成的系统内能增加量为（ ）
A．56J B．40J C．20J D．16J
8．（2024高一下·广州期末）如图，无人机以恒定拉力将货物从地面提升到一定高度，不计空气阻力，此过程中（ ）
A．若货物匀速上升，则货物机械能守恒
B．若货物匀速上升，则货物机械能增加
C．若货物加速上升，则货物机械能守恒
D．若货物加速上升，则货物机械能增加
9．（2024高一下·广州期末）一小球从倾斜轨道上端静止释放，倾斜轨道与圆环轨道平滑连接。已知小球质量为，圆环轨道半径为，重力加速度为g，不计空气阻力和轨道与小球间的阻力。若要求小球不脱轨，则小车释放的高度可能为（ ）
A． B． C． D．
10．（2024高一下·广州期末）情景一：运动员使一篮球从距地面高度为处由静止自由落下，第一次反弹的高度为。情景二：运动员使一篮球从距地面的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也为1.5m。若篮球质量为m=0.60kg，且该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变，重力加速度大小取，不计空气阻力，则（ ）
A．情景一中，篮球第二次反弹高度为0.6m
B．情景一中，篮球第二次反弹高度为0.8m
C．情景二中，运动员对篮球所做的功为3.0J
D．情景二中，运动员对篮球所做的功为4.5J
11．（2024高一下·广州期末）某同学用如图1装置研究平抛运动：将坐标纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直硬板上；小球沿斜槽轨道PQ滑下后从斜槽末端Q飞出，落在水平挡板MN上，在坐标纸上挤压出一个痕迹点；移动挡板，依次重复上述操作，坐标纸上将留下一系列痕迹点。
（1）下列操作中有必要的是______
A．使轨道末端保持水平
B．每次需要从同一位置静止释放小球
C．尽可能减小球与轨道之间的摩擦
（2）请给出一种检查“轨道末端是否水平”的方法
（3）得到的痕迹点如图2，其中某一点位置有明显偏离，其产生的原因可能是______
A．小球释放的高度偏高 B．小球释放的高度偏低
（4）纠正（3）中错误后得到如图3图像，选取图中某三个痕迹点，测出在水平方向上的间距均为，竖直方向的间距分别为、，重力加速度为g，则小球做平抛运动的初速度 （用、、、g表示）；
（5）该同学测得小球质量为，其球心从静止释放位置到水平抛出点时下降的高度差为，则小球在轨道PQ上克服摩擦力所做的功 （用、、、g表示）
12．（2024高一下·广州期末）某小组用如图装置验证机械能守恒定律：一根不可伸长的细线系住质量为m的钢球，悬挂在铁架台上的O处，钢球静止于D点，光电门固定在D的正下方，在钢球底部竖直地粘住一片宽度为d的遮光条（质量不计）。将钢球拉至不同位置由静止释放，遮光条经过光电门的挡光时间t由计时器测出，记录钢球每次下落的高度h和计时器示数t，重力加速度为g。
（1）钢球重力势能的减少量 ，钢球动能的增加量
（） 4.89 9.79 14.69 19.59 29.38
（） 5.04 10.10 15.10 20.00 29.80
（2）该小组的实验结果如上表，发现每一列均稍大于，该小组判断是因为光电门所测的是遮光条B处（红外线照射处）的速度，此速度大于钢球球心A的速度。于是该小组打算进行以下换算：测出小球摆长OA的长度为r，O点到B处的距离为L，则= （用r、L表示），实际操作发现，遮光条B处位置非常难找，因此该小组想到可以通过 （选填“增加”“减小”）摆长OA来减小该系统误差。
13．（2024高一下·广州期末）如图，载有防疫物资的无人驾驶小车，在斜坡MN段以恒定功率100W、速度2m/s匀速行驶，在水平PQ段以恒定功率3200W、速度8m/s匀速行驶，已如小车总质量为50kg，其中MN段的倾角为30°，MN长度L=20m，重力加速度g取，不计空气阻力，求：
（1）水平段从P到Q，小车牵引力的大小；
（2）倾斜段从M到N，小车克服摩擦力做功。
14．（2024高一下·广州期末）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和，取地面为重力势能的零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图。设物体所受空气阻力大小恒定，重力加速度大小g取10m/s2。请根据图中数据，求：
（1）物体的质量；
（2）物体所受空气阻力的大小；
（3）请画出物体下降过程中E总和Ep随它离地面的高度的变化图像。
15．（2024高一下·广州期末）风洞实验室可产生水平方向、大小可调节的风力。在风洞中有一固定的支撑架ABC，其下半部AB是一长为R的竖直细管，上半部BC是半径为R的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，风洞产生的风在管口C所在水平线下方区域，恰好吹不到管口C。AB管内有一原长为R、下端固定的轻质弹簧，将弹簧长度压缩到0.5R后锁定，在弹簧上段静止放置一个质量为m的小球。让风洞产生的风迎面吹来，解除弹簧锁定，小球被弹射出去，到达管口C时，对管壁的作用力恰好为零，然后水平向右飞出，落在着陆区EF。其中D在C的正下方，DE距离为R，EF距离为0.5R。不计一切摩擦，解除锁定时，不改变弹簧的弹性势能，小球运动速度不影响其所受风力的大小，重力加速度为g。求：
（1）小球水平向右飞出后在空中运动的时间；
（2）弹簧压缩到0.5R时的弹性势能；
（3）水平风力F的大小范围。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．由于两个小球处于静止，根据平衡条件可以得出两小球受到的匀强电场的电场力和库仑力大小相等方向相反，根据牛顿第三定律可以得出两个小球相互的库仑力大小相等、方向相反，那么两小球各自受到匀强电场的电场力也一定大小相等、方向相反，所以两小球一定带异种电荷，故AB错误；
C．如小球P带正电、Q带负电，小球P受到匀强电场的电场力向左、库仑力向右，满足平衡条件有可能如图所示保持平衡；同理如小球Q带负电，其受到匀强电场的电场力向右、库仑力向左，满足平衡条件有可能如图所示保持平衡，故C正确；
D．如果小球P带负电、Q带正电，则小球P受到匀强电场的电场力与库仑力均向右，则不能如图所示平衡；同理小球Q受到匀强电场的电场力与库仑力均向左，也不能如图所示平衡，故D错误。
故选C。
【分析】根据牛顿第三定律可以判别两个小球受到的库仑力方向相反，利用平衡条件可以判别电场力方向相反，则两个小球带异种电荷，结合小球的电性可以判别是否满足平衡条件。
2．【答案】D
【知识点】电场强度；电势；带电粒子在电场中的运动综合；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】CD．正电荷从A点处由静止释放，仅在电场力作用下沿电场线从A到B运动，根据电荷运动的方向可以得出电荷所受电场力由A指向B，由于电荷带正电时电场力方向与电场方向相同，则电场线方向由A指向B，沿电场线电势降低，则可以得出电势的大小关系为
φA>φB，故C错误，D正确；
AB．图像的斜率表示加速度，根据图乙可知，正电荷向右运动过程中，根据斜率减小则可以得出加速度减小，根据牛顿第二定律可知，合力减小，由于电荷只受到电场力作用即电场力减小，则电场强度减小，则有
故AB错误。
故选D。
【分析】利用正电荷运动的方向可以判别电场力的方向，利用电场力方向可以判别电场线的方向，利用电场线的方向可以比较电势的高低；利用图像斜率可以比较加速度的大小，结合牛顿第二定律可以比较电场强度的大小。
3．【答案】C
【知识点】斜抛运动；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．令抛出速度大小为，P抛出速度方向与水平方向夹角为，根据竖直方向的位移公式则有
，
根据表达式可以得出时间的大小关系为
故A错误；
B．小球水平方向做匀速直线运动，根据水平方向的位移公式可以得出Q水平分位移为
结合上述解得
根据水平方向的位移公式可以得出：P水平分位移为
若将P小球直接竖直上抛，即使抛出角等于90°，P小球水平分位移为0，P将落在原来位置，可知，若将抛出角由90°减小一点点，P水平分位移将增大一点点，但仍然小于Q的水平分位移，由于抛出角大小不确定，所以不能确定P水平方向速度的大小则两小球不一定到达海平面上同一位置，故B错误；
C．小球质量相等，下落高度相同，由于重力做功相等，而且初动能相等，根据动能定理可知小球的末动能相等，则两小球到达海平面时的动能一定相同，故C正确；
D．根据平均功率的表达式有
由于
则有
故D错误。
故选C。
【分析】利用竖直方向的位移公式可以比较运动的时间；结合重力做功及初动能相等可以比较末动能的大小；利用重力做功及时间可以比较平均功率的大小；利用水平方向的位移公式结合水平方向的初速度大小可以比较水平方向位移的大小。
4．【答案】B
【知识点】匀速圆周运动；向心力；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．游客也随着倾斜的轨道做匀速圆周运动，线速度大小不变，由于做曲线运动，则线速度方向在变化，所以线速度发生了变化，故A错误；
B．游客随着倾斜的轨道做匀速圆周运动，由于相同时间内转过的角度相等则角速度不变，故B正确；
C．游客也随着倾斜的轨道做匀速圆周运动，向心力大小不变，由于向心力时刻指向圆心，则向心力方向在变化，即向心力发生了变化，故C错误；
D．游客随着倾斜的轨道做匀速圆周运动，在运动过程中，由于线速度大小不变所以动能不变，由于高度不断变化所以重力势能发生变化，即机械能发生变化，机械能不守恒，故D错误。
故选B。
【分析】利用匀速圆周运动可以判别角速度、线速度和向心力的大小保持不变，当线速度和向心力的方向不断改变；利用动能不变及重力势能不断改变可以判别机械能不守恒。
5．【答案】B
【知识点】万有引力定律；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．质量是物体的固有属性，物资在飞船上与空间站对接的过程中，质量不变，所以质量与静止在地面上时相等，故A错误；
B．根据引力公式有
质量不变，间距增大，则物资所受地球引力比静止在地面上时小，故B正确；
C．根据引力提供向心力有
解得
物资间距比同步卫星小，则物资做圆周运动的角速度比同步卫星角速度大，故C错误；
D．根据引力提供向心力有
地球第一宇宙速度等于近地卫星的环绕速度，物资与地球的间距大于近地卫星轨道半径，则物资做圆周运动的线速度比第一宇宙速度小，故D错误。
故选B。
【分析】利用引力提供向心力可以比较线速度和角速度的大小；质量是固有属性保持不变；利用引力公式可以判别物资引力的大小变化。
6．【答案】A
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】鸡蛋自由下落20m过程，由于加速度等于重力加速度，根据速度与位移的关系式有
鸡蛋与地面碰撞过程，从触地到完全停止质点的位移为0.05m，根据速度位移公式有
根据鸡蛋和地面碰撞过程的牛顿第二定律有
根据牛顿第三定律有
解得
故选A。
【分析】利用速度位移公式可以求出鸡蛋到达地面的速度大小，结合速度位移公式可以求出鸡蛋减速的加速度大小，结合牛顿第二定律可以求出鸡蛋对地面平均冲击力的大小。
7．【答案】B
【知识点】功能关系；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】由于速度时间图像面积代表位移，根据图像面积的大小可知，物块在长木板上的相对位移为
根据相对位移和摩擦力的大小可以求出摩擦力做功的大小，根据功能关系可以得出物块、木板所组成的系统内能增加量为
解得
故选B。
【分析】利用图像面积可以求出相对位移的大小，结合摩擦力做功可以求出系统内能的增加量。
8．【答案】B,D
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】AB．若货物匀速上升，速度一定，根据动能的表达式可以得出动能一定，高度增大，根据重力势能的表达式可以得出重力势能增大，则货物机械能增加，故A错误，B正确；
CD．若货物加速上升，速度增大，根据动能的表达式可以得出动能增大，高度增大，根据重力势能的表达式可以得出重力势能增大，则货物机械能增加，故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】利用货物的速度变化可以判别动能的大小变化，利用高度变化可以判别重力势能的变化，利用两者之和可以判别机械能是否改变。
9．【答案】A,C,D
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】当小车运动到圆环四分之一高度速度恰好为0时，此时小车不脱轨，此时小车释放的高度最小，根据动能定理则有
解得
当小车恰好通过能够通过圆环的最高点时，根据牛顿第二定律有
此过程的高度为最大值，根据动能定理则有
解得
结合上述可知，若要求小球不脱轨，则小车释放的高度范围为
或
可知，小车释放的高度可能为，，，不可能为。
故选ACD。
【分析】利用小球刚好经过圆心等高位置时，利用动能定理可以求出小球释放的最大高度；利用小球经过最高点的牛顿第二定律及动能定理可以求出小球经过最高点的最小速度。
10．【答案】B,D
【知识点】动能；动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB．情景一中，篮球下落过程中，由于机械能守恒，重力势能减少量转化为动能的增量， 每次与地面碰撞前后的动能的比值不变 ，所以第一次反弹前后动能的比值为
情景一中，第二次反弹前后动能的比值为
解得
故A错误，B正确；
CD．情景二中， 由于每次与地面碰撞前后的动能的比值不变，令碰撞前后的速度分别为、，则有
结合上述解得第一次落地前的动能大小为：
球下落过程，由于运动员对篮球做功和重力对篮球做功，根据动能定理有
解得运动员对篮球做功的大小为
故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】利用第一次下落过程的动能和反弹的动能比值相等，结合第二次下落过程动能和反弹后的动能比值可以求出第二次反弹后的高度；利用比值相等可以求出情景二碰前动能的大小，结合动能定理可以求出运动员对篮球做功的大小。
11．【答案】（1）A；B
（2）见解析
（3）B
（4）
（5）
【知识点】研究平抛物体的运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】（1）A．小球做平抛运动，为了确保小球飞出斜槽末端后速度沿水平方向，轨道末端必须保持水平，故A正确；
B，为了确保小球飞出斜槽末端速度大小一定，根据动能定理则实验中需要使线圈每次均从同一位置静止释放，故B正确；
C．当小球每次均从斜槽同一位置静止释放时，小球克服摩擦力做功相同，根据动能定理，小球飞出斜槽的末速度大小相等，即斜槽对小球的摩擦力对实验没有影响，故C错误。
故选AB。
（2）将小球放置在斜槽末端，小球能够保持静止状态，根据小球的平衡条件可以说明轨道末端处于水平状态。
（3）从图中可以得出从上至下的第4个点迹的位置明显处于正常平抛轨迹的下侧，表示运动的轨迹偏下，则表明小球飞出的初速度偏小，其产生的原因可能是小球释放的高度偏低。
故选B。
（4）测出在水平方向上的间距均为，小球在水平方向做匀速直线运动，根据水平方向的位移公式则有
小球在竖直方向做自由落体运动，根据竖直方向的邻差公式则有
解得
（5）小球从静止释放到开始做平抛运动的过程中，根据动能定理有
解得
【分析】（1）小球做平抛运动，为了确保小球飞出斜槽末端后速度沿水平方向，轨道末端必须保持水平；为了确保小球飞出斜槽末端速度大小一定，根据动能定理则实验中需要使线圈每次均从同一位置静止释放；小球克服摩擦力做功相同，即斜槽对小球的摩擦力对实验没有影响；
（2）将小球放置在斜槽末端，小球能够保持静止状态，根据小球的平衡条件可以说明轨道末端处于水平状态；
（3）运动的轨迹偏下，则表明小球飞出的初速度偏小，其产生的原因可能是小球释放的高度偏低；
（4）利用水平方向的位移公式结合竖直方向的邻差公式可以求出初速度的大小；
（5）利用小球下滑过程的动能定理可以求出克服摩擦力做功的大小。
（1）A．为了确保小球飞出斜槽末端后速度沿水平方向，小球做平抛运动，实验中需要使轨道末端保持水平，故A正确；
B，为了确保小球飞出斜槽末端速度大小一定，实验中需要使线圈每次均从同一位置静止释放，故B正确；
C．当小球每次均从斜槽同一位置静止释放时，小球克服摩擦力做功相同，小球飞出斜槽的末速度大小相等，即斜槽对小球的摩擦力对实验没有影响，故C错误。
故选AB。
（2）将小球放置在斜槽末端，小球能够保持静止状态，此时说明轨道末端处于水平状态。
（3）根据图2可知，从上至下的第4个点迹的位置明显处于正常平抛轨迹的下侧，表明小球飞出的初速度偏小，其产生的原因可能是小球释放的高度偏低。
故选B。
（4）测出在水平方向上的间距均为，小球在水平方向做匀速直线运动，则有
小球在竖直方向做自由落体运动，则有
解得
（5）根据动能定理有
解得
12．【答案】（1）mgh；
（2）；增加
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）钢球每次下落的高度均为h，根据重力势能的表达式则钢球重力势能的减少量
根据光电门测速原理，根据平均速度公式可以得出钢球通过光电门的速度
根据动能的表达式可以得出钢球动能的增加量
解得
（2）由于摆线上各点角速度相等，根据线速度和角速度的关系则有
，
解得
为了摆球的线速度更加接近遮光条的速度，当适当摆长增加时，钢球通过最低点的位置下移，可以使钢球的球心靠近挡光点B，从而减小该系统误差。
【分析】（1）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钢球的速度，结合动能的表达式可以求出动能的增量；
（2）利用线速度和角速度的关系结合角速度相等可以求出小球和遮光条速度的大小关系；当适当摆长增加时，钢球通过最低点的位置下移，可以使钢球的球心靠近挡光点B，从而减小该系统误差。
（1）[1]钢球每次下落的高度均为h，则钢球重力势能的减少量
[2]根据光电门测速原理，钢球通过光电门的速度
则钢球动能的增加量
解得
（2）[1]由于角速度相等，则有
，
解得
[2]当适当摆长增加时，钢球通过最低点的位置下移，可以使钢球的球心靠近挡光点B，从而减小该系统误差。
13．【答案】（1）在水平PQ段以恒定功率3200W、速度8m/s匀速行驶，则有
解得
（2）倾斜段从M到N，根据动能定理有
由于在斜坡MN段以恒定功率100W、速度2m/s匀速行驶，则有
解得
【知识点】机车启动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）当小车以额定功率运动时，利用功率的表达式可以求出牵引力的大小；
（2）当小车从M到N的过程中，利用动能定理可以求出克服摩擦力做功的大小。
14．【答案】（1）根据图像可知，高度为4m时的重力势能为80J，根据
解得
（2）根据图像可知，在高度为4m时机械能等于重力势能，表明物体上升的最大高度为4m，此过程根据动能定理有
此过程的机械能
则有
结合图像有
（3）物体下降过程，开始下降时，物体的高度为h0=4m，重力势能与机械能均为80J，根据重力势能的表达式有
结合上述，下降过程的机械能
下降过程，根据动能定理有
则有
下降过程，高度减小，结合上述函数表达式，作出E总和Ep随它离地面的高度的变化图像，如图所示
【知识点】重力势能的变化与重力做功的关系；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）已知重力势能与高度的图像，根据图像坐标结合重力势能的表达式可以求出小球的质量；
（2）根据图像可以得出物体机械能的大小，利用物体上升过程的动能定理结合图像斜率可以求出阻力的大小；
（3）物体下落过程中，利用重力势能的表达式结合动能定理可以求出机械能的表达式，利用表达式可以绘制对应的图像。
15．【答案】（1）小球水平向右飞出后，竖直方向做自由落体运动，根据
解得
（2）在C点，小球对管壁的作用力恰好为零，根据牛顿第二定律有
解得
小球在管道中运动过程有
解得
（3）小球落在着陆区EF过程水平方向做双向匀变速直线运动，小球落在E点时，风力最大，根据牛顿第二定律有
此过程，水平方向有
解得
小球落在F点时，风力最小，根据牛顿第二定律有
此过程，水平方向有
解得
则水平风力F的大小范围
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；斜抛运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）小球水平飞出后，利用竖直方向的位移公式可以求出运动的时间；
（2）小球在C点时，利用牛顿第二定律可以求出小球经过C点速度的大小，结合能量守恒定律可以求出弹性势能的大小；
（3）小球在水平方向做匀变速直线运动，利用位移公式结合牛顿第二定律可以求出水平风力的大小范围。
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