湖南省常德市第一中学2023-2024学年高一下学期期末考试物理试卷
1．（2024高一下·武陵期末）第24届冬季奥林匹克运动会将在2022年由北京和张家口市联合举办，跳台滑雪是比赛项目之一。如图所示，运动员从跳台边缘的O点水平滑出，落到斜坡CD上的E点。运动员可视为质点，忽略空气阻力的影响。运动员在运动过程中，所受重力的瞬时功率随时间变化的图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】功率及其计算
【解析】【解答】运动员从O点水平飞出后，做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据速度公式有
根据瞬时功率的表达式可以得出重力的功率为
可知P与t的关系为正比例函数关系，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】利用功率的表达式结合平抛运动竖直方向的速度公式可以求出重力的瞬时功率大小。
2．（2024高一下·武陵期末）电荷量相等的四个点电荷分别固定于正方形的四个顶点，O点是正方形的中心，电场线分布如图所示，取无限远处电势为零。下列说法正确的是（ ）
A．正方形左下角的点电荷带正电
B．M、N、P三点中N点场强最小
C．M、N、P三点中N点电势最高
D．负电荷在P点的电势能比在O点的电势能大
【答案】D
【知识点】电场线；电势能；电势；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．由于电场线从正电荷出发到负电荷，根据电场线的特点，正方形左上角电荷带正电，顺时针开始，第二个电荷带负电，右下角电荷带正电，左下角电荷带负电，故A错误；
B．根据电场线的疏密，M、N、P三点中由于M点所处电场线最疏，所以M点场强最小，B错误；
CD．根据等量异种点电荷的分布可以得出O点电势为零，M点电势为零，N、P两点更接近负电荷，电势为负，所以三点中M点电势最高。将负电荷从P点移动到O点，电势升高，根据电势能的表达式可以得出电势能减少，所以负电荷在P点的电势能比在O点的电势能大，C错误，D正确。
故选D。
【分析】利用电场线的方向可以判别场源电荷的电性；利用电场线的疏密可以比较电场强度的大小；利用电场线的分布可以比较电势的高低；利用电势及电性可以比较电势能的大小。
3．（2024高一下·武陵期末）中国航天科工集团虹云工程，计划在2023年前发射156颗卫星，组成天基互联网，建成后WiFi信号将覆盖全球。假设这些卫星中有一颗卫星绕地球做匀速圆周运动的周期为（T0为地球的自转周期），该卫星与地球同步卫星相比，下列说法错误的是（ ）
A．该卫星的绕行轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径
B．该卫星的运行线速度大于地球同步卫星的线速度
C．该卫星的向心加速度小于地球同步卫星的向心加速度
D．该卫星的运行速度一定小于7.9km/s
【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．地球对卫星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：
根据表达式可知周期小的轨道半径小，则该卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，A正确；
B．根据线速度的表达式可知轨道半径小的线速度大，B正确；
C．根据加速度的表达式可知轨道半径小的加速度大，C错误；
D．绕地球卫星运行的最大速度，即第一宇宙速度为，对应的轨道半径为地球半径，该卫星的轨道半径大于地球半径，其线速度要小于，D正确。
故选C。
【分析】利用引力提供向心力结合周期的大小可以比较半径的大小，结合半径的大小可以比较线速度和加速度的大小。
4．（2024高一下·武陵期末）如图所示为一皮带传送装置，a、b分别是两轮边缘上的两点，c处在轮上，且有，则下列关系正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】点a与b点是两轮边缘上的两点，由于线速度相等则
由于a、b的半径之比为，根据线速度和角速度的关系式有
得
点b与点c是同轴传动，相同时间内转过的角度相等则角速度相等，故
其半径之比为，根据线速度和角速度的关系式可以得出
故选C。
【分析】利用ab线速度相等结合半径的大小可以求出角速度的比值；利用bc角速度相等结合半径可以求出线速度的比值。
5．（2024高一下·武陵期末）质量为m的跳伞运动员做低空跳伞表演，他从离地350米高的桥面跃下，由静止开始下落，设运动员在打开降落伞之前所受阻力恒定，且下落的加速度为，在运动员下落h的过程中（未打开降落伞），下列说法正确的是（ ）
A．运动员的重力势能减少了 B．物体的机械能减少了
C．物体克服阻力所做的功为 D．运动员的动能增加了
【答案】D
【知识点】功能关系
【解析】【解答】A．根据功能关系可以得出重力势能的减少量等于重力所做的功，即
A错误；
BC．运动员下落过程中，由于受到重力和阻力的作用，根据牛顿第二定律可得
解得
根据功能关系可以得出机械能的减少量等于克服阻力做所的功，即
BC错误；
D．根据动能定理可以得出动能的增加量等于合外力所做的功，即
D正确。
故选D。
【分析】利用重力做功可以求出重力势能的变化量；利用阻力做功可以求出机械能的变化量；利用牛顿第二定律结合加速度的大小可以求出阻力的大小，结合下落的高度可以求出阻力做功的大小；利用合力做功可以求出动能变化量的大小。
6．（2024高一下·武陵期末）一个物体从离地面高为h=5m处以v0=10 m/s初速度水平抛出，则（ ）
A．物体抛出后经0.5s落到地面
B．落地时物体的水平位移为5 m
C．落地时物体的水平位移为10 m
D．物体落到地面时速度大小为20 m/s
【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】A．根据竖直方向的位移公式有
解得
A错误；
BC．根据水平方向的位移公式有
B错误C正确；
D．根据速度公式可以得出落地时竖直速度
根据速度的合成可以得出物体落到地面时速度大小为
D错误。
故选C。
【分析】利用竖直方向的位移公式可以求出运动的时间；利用水平方向的位移公式可以求出位移的大小；利用速度公式可以求出竖直方向的速度大小，结合速度的合成可以求出合速度的大小。
7．（2024高一下·武陵期末）某同学利用如图所示的装置做“验证机械能守恒定律”的实验。实验时首先将气垫导轨放在水平桌面上，将导轨调至水平，然后将带遮光条的滑块移至图示位置，测得遮光条到光电门的距离为L，砝码盘到地面的距离大于L。由静止释放滑块，读出遮光条通过光电门的时间t。系统中砝码盘及砝码的总质量为m、滑块及遮光条的总质量为M，遮光条的宽度为d，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．滑块通过光电门时的速度大小可利用计算
B．在滑块运动距离L的过程中，系统重力势能减少量为mgL
C．在滑块运动距离L的过程中，系统重力势能减少量为
D．在滑块运动距离L的过程中，系统动能增加量为
【答案】A,B
【知识点】验证机械能守恒定律；匀变速直线运动规律的综合运用；重力势能的变化与重力做功的关系
【解析】【解答】A．由于遮光片经过光电门的时间比较短，光电门测瞬时速度时利用过光电门的平均速度，代替瞬时速度，即瞬时速度大小可利用计算，故A正确；
BC．在滑块运动距离L的过程中，整个系统只有砝码和砝码盘的重力势能发生变化，根据重力势能的表达式可以得出系统重力势能减少量为mgL，故B正确，C错误；
D．由于砝码和砝码盘及滑块的速度增大，所以系统动能增加量为，故D错误。
故选AB。
【分析】滑块经过光电门的速度可以利用平均速度进行求解；利用高度变化可以求出砝码和砝码盘的重力势能变化量；利用砝码和砝码盘及滑块的速度可以求出系统动能增加量。
8．（2024高一下·武陵期末）将一带正电的点电荷Q固定在水平放置且带负电的正方形金属薄板中心的正上方，点电荷Q与薄板间的电场线竖直切面如图所示。其中b、d两点在同一竖直且垂直于薄板的电场线上，a、b、c三点在同一条平行于薄板的直线上，a、c关于b点对称。关于各点的电场强度及电势的判断，正确的是（ ）
A．c点电势比b点电势低 B．a点电势与b点电势相等
C．a点电场强度与c点电场强度相同 D．b点电场强度大于d点电场强度
【答案】A,D
【知识点】电场强度；电势
【解析】【解答】AB．根据点电荷周围电势的表达式有
根据各点距离点电荷的距离可以得出c点与a点的电势均比b点电势低，故A正确，故B错误；
C．电场强度为矢量，根据可知a点电场强度与c点电场强度大小相等，根据电场线的切线方向可以得出方向不相同，故C错误；
D．越靠近点电荷周围，电场线越密集，电场强度越大，可知b处更靠近点电荷，根据电场线的疏密性可以得出b点电场强度大于d点电场强度，D正确；故选AD。
【分析】利用电势的表达式结合距离可以比较电势的高低；利用电场线的疏密可以比较电场强度的大小；利用电场线的切线方向可以判别电场强度的方向。
9．（2024高一下·武陵期末）地面上方足够高处有一点P，质量为0.5kg的带负电小球从P点由静止自由落下，在2s末加上足够大竖直向下的匀强电场，再经过2小球又回到P点．不计空气阻力，取g=10m/s2，则下列说法正确的是
A．从P点到最低点小球重力势能减少了400/3J
B．从加电场开始到小球运动到最低点，小球动能变化了－100J
C．整个过程中小球速度变化量的大小为20m/s
D．整个过程中小球电势能减少了400J
【答案】A,B,D
【知识点】电势能与电场力做功的关系；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反．设电场强度大小为E，加电场后小球的加速度大小为a，取竖直向下方向为正方向，根据小球的位移等于0，根据位移公式有：gt2=-（vt-at2），又v=gt；解得：a=3g，根据速度公式可以得出小球回到A点时的速度为：v'=v-at=-2gt=-40m/s；根据初末速度可以得出整个过程中小球速度增量的大小为：△v=v'-v=-3gt；速度增量的大小为：△v=3gt=60m/s，根据牛顿第二定律得： 解得电场力的大小为：qE=4mg；根据功能关系由于电场力做正功所以电势能减小，根据功能关系可以得出电势能的减少量为：△E=qE gt2=2mg2t2=400J．设从P点到最低点的高度为h，根据动能定理得：mgh-qE（h-gt2）=0，解得：h=gt2；由于电场力做功等于重力做功的大小，所以从P点到最低点小球重力势能减少了．根据合力做功可以得出从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了△Ek=mg2t2=100J；由上分析，可知C错误，ABD正确．
【分析】利用位移公式结合两个过程的合位移大小可以求出加电场时加速度的大小，结合速度公式可以求出回到A点时速度的大小，结合速度公式可以求出速度增量的大小，利用牛顿第二定律可以求出电场力的大小；利用电场力做功可以求出电势能变化量的大小；利用动能定理结合电场力做功可以求出从P点到最低点电势能变化量的大小；利用重力做功可以求出重力势能变化量的大小；利用合力做功可以求出动能变化量的大小。
10．（2024高一下·武陵期末）如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为＋q的小球，系在一根长为d的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度，下列说法正确的是（ ）
A．若小球能在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动到B点动能最大
B．若小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为
C．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到A点时的机械能最小
D．若在A点给小球竖直向下的初速度，则小球运动到B点的速度小于
【答案】B,C,D
【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】A．若小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，等效重力即电场力和重力的合力，根据电场力的表达式可以得出小球受到水平向右的电场力
根据力的合成可以得出合力为
方向斜向右下方，与竖直方向夹角为，设等效合力方向与弧的交点为，则它运动到等效最低点动能最大，故A错误；
B．根据A的分析可以得出合力的大小为
设小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最小速度为v，根据牛顿第二定律有
解得
故B正确；
C．机械能的增加量等于除重力弹力外其他力做的功，要想机械能最小，根据功能关系则电场力做负功且最多，即小球运动到A点，由于小球运动的方向与电场力方向相反，且位移最大，则电场力做的负功最多，机械能最小，故C正确；
D．若小球做圆周运动，小球从A运动到B时，根据动能定理有
可得
但是由于小于，故先做一段曲线近心运动，后绳子绷直，有动能损失，故B点速度小于，故D正确。
故选BCD。
【分析】利用力的合成可以求出小球受到的合力方向，结合合力的方向可以判别小球动能最大的位置；利用合力提供向心力可以求出最小速度的大小；利用电场力做功最多的位置可以得出机械能最小的位置；利用动能定理可以得出小球运动到B点速度的大小。
11．（2024高一下·武陵期末）在“验证机械能守恒定律”实验中，小王用如图（a）所示的装置，让金属小球从静止开始下落，实验过程如下：
（1）让小球从某一固定高度由静止释放，与水平放置的橡胶材料碰撞后立即停止。
（2）用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图（b）所示，小球直径d= mm。
（3）测量时，应 （选填“A”或“B”，其中A为“先释放小球，后接通数字计时器”，B为“先接通数字计时器，后释放小球”）。记录小球第一次通过光电门的遮光时间。
（4）若适当调低光电门位置（不会接触橡胶材料），将会 （选填“增大”或“减小”）因空气阻力引起的测量误差。
【答案】7.884；B；增大
【知识点】验证机械能守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（2）根据螺旋测微器的结构可以得出小球的直径为
（3）在测量时，为了测量小球经过光电门的时间，所以应先接通数字计时器，再释放小球。
故选B。
（4）若调低光电门的高度，较调整之前小球会经历较大的空中距离，会导致阻力做功比较大，则会导致小球损失的机械能比较大，所以将会增大因空气阻力引起的测量误差。
【分析】（2）利用螺旋测微器的结构可以得出对应的读数；
（3）实验应该先接通数字计时器，再释放小球；
（4）若调低光电门的高度，较调整之前小球会经历较大的空中距离，会导致阻力做功比较大，则会导致小球损失的机械能比较大，所以将会增大因空气阻力引起的测量误差。
12．（2024高一下·武陵期末）某小组利用频闪照相法来探究平抛运动的规律，如图甲所示，将玻璃管弹射器固定在水平桌边，将小钢球压缩弹簧后由静止释放，小钢球和玻璃管之间的摩擦可忽略不计，弹簧原长状态时其末端恰好位于桌子边缘，利用频闪照相法拍下小球在空中运动的部分像点，如图乙所示，已知背景方格的边长为5cm，频闪周期为0.1s，取重力加速度g=10m/s2。
（1）以下实验操作合理且必要的是（ ）
A．应该测量出弹簧的劲度系数
B．释放小球前，弹簧的压缩量越大越好
C．实验时应先打开频闪仪，再由静止释放小球
D．用直线连接相邻的像点，即可得小球运动的轨迹
（2）根据图乙频闪照片，小球经过B点时对应的竖直速度v= m/s，小球平抛的初速度为v0= m/s（结果均保留两位有效数字）。
（3）若要粗测小球释放前弹簧的弹性势能，只需要再测量一个物理量为（ ）
A．小球的质量 B．小球下落的高度
C．弹簧压缩后的长度 D．弹簧的劲度系数
【答案】（1）C
（2）3.0；2.5
（3）A
【知识点】弹性势能；研究平抛物体的运动
【解析】【解答】 （1）A．弹簧的作用是给小球一个初速度，故A错误；
B．小球以适当的初速度做平抛运动，故B错误；
C．实验时应先打开频闪仪，再由静止释放小球，故C正确；
D．以平滑曲线连接相邻的像点，可得小球的运动轨迹，故D错误。
故选C。
（2）
可得
（3）根据机械能守恒，弹簧的弹性势能等于动能增加量
只需要测量出小球的质量即可。
故选A。
【分析】（1）与打点计时器实验类似实验时应先打开频闪仪，再由静止释放小球；
（2）小球在竖直方向做匀加速直线运动，在水平方向做匀速直线运动；
（3）弹簧的弹性势能等于动能增加量。
13．（2024高一下·武陵期末）在卡塔尔足球世界杯中，阿根廷队老将梅西在水平球场上将距离门柱的足球以水平速度踢出，足球在地面上做匀减速直线运动，加速度大小，很遗憾足球撞到门柱后刚好反向弹回继续做匀减速直线运动，弹回瞬间速度大小是碰撞前瞬时速度大小的，足球与门柱的作用时间是0.1s。梅西将足球踢出时立即由静止开始以的加速度追赶足球，试求：
（1）足球在与门框作用过程中的平均加速度是多少；
（2）足球经过多长时间停下来，在此过程中运动的路程为多少；
（3）梅西经过多长时间与足球的距离最远，最远距离为多少。
【答案】（1）设足球与门柱碰撞前的速度为，碰撞后的速度为，则有
解得
方向与方向相同。由题可知弹回后的速度大小为
方向与方向相反。以v0的方向为正方向，则足球在与门框作用过程中的平均加速度大小为
方向与方向相反。
（2）设足球与门柱碰撞前、后所经历的时间分别为、，路程分别为、，则有
足球与门柱的作用时间，总用时
总路程
（3）当梅西与足球的速度相等时，二者距离最远，设用时为t，则有
解得
最远距离为
【知识点】加速度；匀变速直线运动的位移与速度的关系；追及相遇问题
【解析】【分析】（1）当足球做匀减速直线运动，利用速度位移公式可以求出碰前速度的大小，结合碰撞规律可以求出碰后速度的大小，结合加速度的定义式可以求出平均加速度的大小；
（2）当足球碰撞前后，利用速度公式可以求出运动的时间；结合速度位移公式可以求出运动的路程大小；
（3）当运动员和足球速度相等时，利用速度公式可以求出共速的时间，结合位移公式可以求出两者最大的距离。
14．（2024高一下·武陵期末）如图所示，某摩托车大赛中，一人骑摩托车在水平道路上行驶，要在A处越过宽x=12m的壕沟，沟对面水平路面比A处低h=1.8m。取重力加速度大小g=10m/s2，空气阻力不计。求：
（1）摩托车在空中飞行的时间；
（2）摩托车开始飞越壕沟的初速度的最小值；
（3）摩托车落地时的最小速度方向与水平路面间夹角的正切值。
【答案】（1）摩托车从A处越过壕沟的过程做平抛运动，有
解得
t=0.6s
（2）摩托车恰好越过壕沟时的初速度即为所求最小初速度，有
解得
（3）设最小速度方向与水平路面间夹角为θ，由几何关系可得
解得最小速度方向与水平路面间夹角的正切值
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】（1）根据平抛运动公式，求时间；
（2）水平方向做匀速直线运动，根据公式，求初速度；
（3）根据竖直速度和水平速度大小，求夹角正切。
15．（2024高一下·武陵期末）如图所示，水平轨道的左端有一压缩的弹簧，其储存的弹性势能。弹簧左端固定，右端放一个质量为的物块（可视为质点），物块与弹簧不粘连，弹簧恢复原长时，物块仍未到B点。传送带的长为，为水平轨道，是竖直放置的两个半径为的半圆轨道，D和错开少许，物块从D进入圆弧轨道，从出来进入水平轨道。、、、均平滑连接，不影响物块的运动。已知物块与传送带间的动摩擦因数为，其余轨道均光滑，重力加速度。
（1）若传送带静止，物块到达传送带右端C点时的速度大小；
（2）若传送带沿顺时针方向匀速转动，物块沿圆周运动能到达E点，求传送带的最小速度。
【答案】（1）若传送带静止，物块从开始运动到到达C点时，由动能定理有
其中
代入题中相关已知数据，求得
（2）若物块沿圆周运动恰好能到达E点，则有
得
从到，根据动能定理有
求得
设物块从B到C全程加速，则
求得
所以，可知传送带最小速度为。
【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）根据动能定理求解物块到C点的速度；
（2）先根据牛顿第二定律、动能定理结合临界条件列式联立物块恰好到达C点速度和E点的速度。由于传送带顺时针转动时，假设物块一直加速，由动能定理求出传送带的速度再与C点的速度对比，可以得到传送带的速度；
16．（2024高一下·武陵期末）机动车在斑马线前礼让行人已成为各大城市中一道亮丽的风景线。X市规定：如图所示，当行人行至斑马线上的A点时，三条车道均需让行；当行人行至B点时，内侧两车道需要让行，最外侧车道可以通行；当行人行至C点时，最内侧车道需要让行，外侧两车道可以通行；当行人行至D点时，三车道均可通行。若X市有一条笔直的道路，每条车道宽度均为L=3m，当伤者一瘸一拐的以v=1m/s的速度沿着AD连线匀速走到A点时，一女司机开着一辆最大加速度为a1=2m/s2、最大速度为v1=10m/s的甲车已在最外侧车道的停止线位置停车等待，同时，另一老司机开着启动和制动最大加速度均为a2=5m/s2、最大速度为v2=15m/s的乙车正在最内侧车道的不远处以最大速度匀速驶来。当老司机发现伤者匀速走来时，便以最大的加速度刹车做匀减速运动，恰好在伤者走到D点时，乙车停在停止线的位置。求：
（1）乙车在离停止线多远处就必须得刹车；乙车刹车的时刻伤者的位置在哪里；
（2）若甲车和乙车均按照规定礼让行人和通行，并且都以各自最大的加速度和速度行驶，则乙车追上甲车前甲乙两车运动过程中车头间的最大距离是多少；
（3）在第（2）问的基础上，乙车在开车后多长时间能和甲车平齐。（即车头共线）
【答案】解：（1）乙从开始刹车到停止，走过的距离为
所以乙车必须在离停止线前22.5m处开始以最大加速度刹车。
乙车停下来用时
伤者在3s内走过的距离为
故乙车刹车伤者正好在C点；
（2）伤者行至D点时，乙开始启动，此时甲车已经行驶
由题意，当两者速度相等时，两车间距最大，此时，乙车运动的时间
运行距离
甲车运动8s，而甲车到达最大速度需要5s，
Δsmax=s1-s2=45m
（3）当乙车从启动到达到最大速度运行
甲车运动时间9s，即甲车已经达到最大速度，并以最大速度运行了4s，行驶距离
两车距离
Δs=s3-s4=42.5m
还需匀速运动
所以乙车从启动到与甲车平齐共用时
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；追及相遇问题
【解析】【分析】（1）汽车做匀减速直线运动，利用速度位移公式可以求出刹车距离的大小，利用速度公式可以求出减速的时间，结合位移公式可以求出伤者运动的距离；
（2）伤者做匀速直线运动，利用位移公式可以求出伤者运动的时间，利用速度公式可以求出乙车加速的时间，结合速度位移公式可以求出乙车加速的位移，根据速度位移公式及位移公式可以求出甲车运动的距离，进而求出两车之间的距离；
（3）乙车做匀加速直线运动，利用速度公式可以求出加速的时间，结合速度位移公式可以求出加速的位移大小；利用位移公式可以求出甲车运动的位移，结合位移公式可以求出两车之间的距离，结合匀速直线运动可以求出运动的时间。
1 / 1湖南省常德市第一中学2023-2024学年高一下学期期末考试物理试卷
1．（2024高一下·武陵期末）第24届冬季奥林匹克运动会将在2022年由北京和张家口市联合举办，跳台滑雪是比赛项目之一。如图所示，运动员从跳台边缘的O点水平滑出，落到斜坡CD上的E点。运动员可视为质点，忽略空气阻力的影响。运动员在运动过程中，所受重力的瞬时功率随时间变化的图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024高一下·武陵期末）电荷量相等的四个点电荷分别固定于正方形的四个顶点，O点是正方形的中心，电场线分布如图所示，取无限远处电势为零。下列说法正确的是（ ）
A．正方形左下角的点电荷带正电
B．M、N、P三点中N点场强最小
C．M、N、P三点中N点电势最高
D．负电荷在P点的电势能比在O点的电势能大
3．（2024高一下·武陵期末）中国航天科工集团虹云工程，计划在2023年前发射156颗卫星，组成天基互联网，建成后WiFi信号将覆盖全球。假设这些卫星中有一颗卫星绕地球做匀速圆周运动的周期为（T0为地球的自转周期），该卫星与地球同步卫星相比，下列说法错误的是（ ）
A．该卫星的绕行轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径
B．该卫星的运行线速度大于地球同步卫星的线速度
C．该卫星的向心加速度小于地球同步卫星的向心加速度
D．该卫星的运行速度一定小于7.9km/s
4．（2024高一下·武陵期末）如图所示为一皮带传送装置，a、b分别是两轮边缘上的两点，c处在轮上，且有，则下列关系正确的是（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高一下·武陵期末）质量为m的跳伞运动员做低空跳伞表演，他从离地350米高的桥面跃下，由静止开始下落，设运动员在打开降落伞之前所受阻力恒定，且下落的加速度为，在运动员下落h的过程中（未打开降落伞），下列说法正确的是（ ）
A．运动员的重力势能减少了 B．物体的机械能减少了
C．物体克服阻力所做的功为 D．运动员的动能增加了
6．（2024高一下·武陵期末）一个物体从离地面高为h=5m处以v0=10 m/s初速度水平抛出，则（ ）
A．物体抛出后经0.5s落到地面
B．落地时物体的水平位移为5 m
C．落地时物体的水平位移为10 m
D．物体落到地面时速度大小为20 m/s
7．（2024高一下·武陵期末）某同学利用如图所示的装置做“验证机械能守恒定律”的实验。实验时首先将气垫导轨放在水平桌面上，将导轨调至水平，然后将带遮光条的滑块移至图示位置，测得遮光条到光电门的距离为L，砝码盘到地面的距离大于L。由静止释放滑块，读出遮光条通过光电门的时间t。系统中砝码盘及砝码的总质量为m、滑块及遮光条的总质量为M，遮光条的宽度为d，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．滑块通过光电门时的速度大小可利用计算
B．在滑块运动距离L的过程中，系统重力势能减少量为mgL
C．在滑块运动距离L的过程中，系统重力势能减少量为
D．在滑块运动距离L的过程中，系统动能增加量为
8．（2024高一下·武陵期末）将一带正电的点电荷Q固定在水平放置且带负电的正方形金属薄板中心的正上方，点电荷Q与薄板间的电场线竖直切面如图所示。其中b、d两点在同一竖直且垂直于薄板的电场线上，a、b、c三点在同一条平行于薄板的直线上，a、c关于b点对称。关于各点的电场强度及电势的判断，正确的是（ ）
A．c点电势比b点电势低 B．a点电势与b点电势相等
C．a点电场强度与c点电场强度相同 D．b点电场强度大于d点电场强度
9．（2024高一下·武陵期末）地面上方足够高处有一点P，质量为0.5kg的带负电小球从P点由静止自由落下，在2s末加上足够大竖直向下的匀强电场，再经过2小球又回到P点．不计空气阻力，取g=10m/s2，则下列说法正确的是
A．从P点到最低点小球重力势能减少了400/3J
B．从加电场开始到小球运动到最低点，小球动能变化了－100J
C．整个过程中小球速度变化量的大小为20m/s
D．整个过程中小球电势能减少了400J
10．（2024高一下·武陵期末）如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为＋q的小球，系在一根长为d的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度，下列说法正确的是（ ）
A．若小球能在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动到B点动能最大
B．若小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为
C．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到A点时的机械能最小
D．若在A点给小球竖直向下的初速度，则小球运动到B点的速度小于
11．（2024高一下·武陵期末）在“验证机械能守恒定律”实验中，小王用如图（a）所示的装置，让金属小球从静止开始下落，实验过程如下：
（1）让小球从某一固定高度由静止释放，与水平放置的橡胶材料碰撞后立即停止。
（2）用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图（b）所示，小球直径d= mm。
（3）测量时，应 （选填“A”或“B”，其中A为“先释放小球，后接通数字计时器”，B为“先接通数字计时器，后释放小球”）。记录小球第一次通过光电门的遮光时间。
（4）若适当调低光电门位置（不会接触橡胶材料），将会 （选填“增大”或“减小”）因空气阻力引起的测量误差。
12．（2024高一下·武陵期末）某小组利用频闪照相法来探究平抛运动的规律，如图甲所示，将玻璃管弹射器固定在水平桌边，将小钢球压缩弹簧后由静止释放，小钢球和玻璃管之间的摩擦可忽略不计，弹簧原长状态时其末端恰好位于桌子边缘，利用频闪照相法拍下小球在空中运动的部分像点，如图乙所示，已知背景方格的边长为5cm，频闪周期为0.1s，取重力加速度g=10m/s2。
（1）以下实验操作合理且必要的是（ ）
A．应该测量出弹簧的劲度系数
B．释放小球前，弹簧的压缩量越大越好
C．实验时应先打开频闪仪，再由静止释放小球
D．用直线连接相邻的像点，即可得小球运动的轨迹
（2）根据图乙频闪照片，小球经过B点时对应的竖直速度v= m/s，小球平抛的初速度为v0= m/s（结果均保留两位有效数字）。
（3）若要粗测小球释放前弹簧的弹性势能，只需要再测量一个物理量为（ ）
A．小球的质量 B．小球下落的高度
C．弹簧压缩后的长度 D．弹簧的劲度系数
13．（2024高一下·武陵期末）在卡塔尔足球世界杯中，阿根廷队老将梅西在水平球场上将距离门柱的足球以水平速度踢出，足球在地面上做匀减速直线运动，加速度大小，很遗憾足球撞到门柱后刚好反向弹回继续做匀减速直线运动，弹回瞬间速度大小是碰撞前瞬时速度大小的，足球与门柱的作用时间是0.1s。梅西将足球踢出时立即由静止开始以的加速度追赶足球，试求：
（1）足球在与门框作用过程中的平均加速度是多少；
（2）足球经过多长时间停下来，在此过程中运动的路程为多少；
（3）梅西经过多长时间与足球的距离最远，最远距离为多少。
14．（2024高一下·武陵期末）如图所示，某摩托车大赛中，一人骑摩托车在水平道路上行驶，要在A处越过宽x=12m的壕沟，沟对面水平路面比A处低h=1.8m。取重力加速度大小g=10m/s2，空气阻力不计。求：
（1）摩托车在空中飞行的时间；
（2）摩托车开始飞越壕沟的初速度的最小值；
（3）摩托车落地时的最小速度方向与水平路面间夹角的正切值。
15．（2024高一下·武陵期末）如图所示，水平轨道的左端有一压缩的弹簧，其储存的弹性势能。弹簧左端固定，右端放一个质量为的物块（可视为质点），物块与弹簧不粘连，弹簧恢复原长时，物块仍未到B点。传送带的长为，为水平轨道，是竖直放置的两个半径为的半圆轨道，D和错开少许，物块从D进入圆弧轨道，从出来进入水平轨道。、、、均平滑连接，不影响物块的运动。已知物块与传送带间的动摩擦因数为，其余轨道均光滑，重力加速度。
（1）若传送带静止，物块到达传送带右端C点时的速度大小；
（2）若传送带沿顺时针方向匀速转动，物块沿圆周运动能到达E点，求传送带的最小速度。
16．（2024高一下·武陵期末）机动车在斑马线前礼让行人已成为各大城市中一道亮丽的风景线。X市规定：如图所示，当行人行至斑马线上的A点时，三条车道均需让行；当行人行至B点时，内侧两车道需要让行，最外侧车道可以通行；当行人行至C点时，最内侧车道需要让行，外侧两车道可以通行；当行人行至D点时，三车道均可通行。若X市有一条笔直的道路，每条车道宽度均为L=3m，当伤者一瘸一拐的以v=1m/s的速度沿着AD连线匀速走到A点时，一女司机开着一辆最大加速度为a1=2m/s2、最大速度为v1=10m/s的甲车已在最外侧车道的停止线位置停车等待，同时，另一老司机开着启动和制动最大加速度均为a2=5m/s2、最大速度为v2=15m/s的乙车正在最内侧车道的不远处以最大速度匀速驶来。当老司机发现伤者匀速走来时，便以最大的加速度刹车做匀减速运动，恰好在伤者走到D点时，乙车停在停止线的位置。求：
（1）乙车在离停止线多远处就必须得刹车；乙车刹车的时刻伤者的位置在哪里；
（2）若甲车和乙车均按照规定礼让行人和通行，并且都以各自最大的加速度和速度行驶，则乙车追上甲车前甲乙两车运动过程中车头间的最大距离是多少；
（3）在第（2）问的基础上，乙车在开车后多长时间能和甲车平齐。（即车头共线）
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】功率及其计算
【解析】【解答】运动员从O点水平飞出后，做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据速度公式有
根据瞬时功率的表达式可以得出重力的功率为
可知P与t的关系为正比例函数关系，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】利用功率的表达式结合平抛运动竖直方向的速度公式可以求出重力的瞬时功率大小。
2．【答案】D
【知识点】电场线；电势能；电势；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．由于电场线从正电荷出发到负电荷，根据电场线的特点，正方形左上角电荷带正电，顺时针开始，第二个电荷带负电，右下角电荷带正电，左下角电荷带负电，故A错误；
B．根据电场线的疏密，M、N、P三点中由于M点所处电场线最疏，所以M点场强最小，B错误；
CD．根据等量异种点电荷的分布可以得出O点电势为零，M点电势为零，N、P两点更接近负电荷，电势为负，所以三点中M点电势最高。将负电荷从P点移动到O点，电势升高，根据电势能的表达式可以得出电势能减少，所以负电荷在P点的电势能比在O点的电势能大，C错误，D正确。
故选D。
【分析】利用电场线的方向可以判别场源电荷的电性；利用电场线的疏密可以比较电场强度的大小；利用电场线的分布可以比较电势的高低；利用电势及电性可以比较电势能的大小。
3．【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．地球对卫星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：
根据表达式可知周期小的轨道半径小，则该卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，A正确；
B．根据线速度的表达式可知轨道半径小的线速度大，B正确；
C．根据加速度的表达式可知轨道半径小的加速度大，C错误；
D．绕地球卫星运行的最大速度，即第一宇宙速度为，对应的轨道半径为地球半径，该卫星的轨道半径大于地球半径，其线速度要小于，D正确。
故选C。
【分析】利用引力提供向心力结合周期的大小可以比较半径的大小，结合半径的大小可以比较线速度和加速度的大小。
4．【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】点a与b点是两轮边缘上的两点，由于线速度相等则
由于a、b的半径之比为，根据线速度和角速度的关系式有
得
点b与点c是同轴传动，相同时间内转过的角度相等则角速度相等，故
其半径之比为，根据线速度和角速度的关系式可以得出
故选C。
【分析】利用ab线速度相等结合半径的大小可以求出角速度的比值；利用bc角速度相等结合半径可以求出线速度的比值。
5．【答案】D
【知识点】功能关系
【解析】【解答】A．根据功能关系可以得出重力势能的减少量等于重力所做的功，即
A错误；
BC．运动员下落过程中，由于受到重力和阻力的作用，根据牛顿第二定律可得
解得
根据功能关系可以得出机械能的减少量等于克服阻力做所的功，即
BC错误；
D．根据动能定理可以得出动能的增加量等于合外力所做的功，即
D正确。
故选D。
【分析】利用重力做功可以求出重力势能的变化量；利用阻力做功可以求出机械能的变化量；利用牛顿第二定律结合加速度的大小可以求出阻力的大小，结合下落的高度可以求出阻力做功的大小；利用合力做功可以求出动能变化量的大小。
6．【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】A．根据竖直方向的位移公式有
解得
A错误；
BC．根据水平方向的位移公式有
B错误C正确；
D．根据速度公式可以得出落地时竖直速度
根据速度的合成可以得出物体落到地面时速度大小为
D错误。
故选C。
【分析】利用竖直方向的位移公式可以求出运动的时间；利用水平方向的位移公式可以求出位移的大小；利用速度公式可以求出竖直方向的速度大小，结合速度的合成可以求出合速度的大小。
7．【答案】A,B
【知识点】验证机械能守恒定律；匀变速直线运动规律的综合运用；重力势能的变化与重力做功的关系
【解析】【解答】A．由于遮光片经过光电门的时间比较短，光电门测瞬时速度时利用过光电门的平均速度，代替瞬时速度，即瞬时速度大小可利用计算，故A正确；
BC．在滑块运动距离L的过程中，整个系统只有砝码和砝码盘的重力势能发生变化，根据重力势能的表达式可以得出系统重力势能减少量为mgL，故B正确，C错误；
D．由于砝码和砝码盘及滑块的速度增大，所以系统动能增加量为，故D错误。
故选AB。
【分析】滑块经过光电门的速度可以利用平均速度进行求解；利用高度变化可以求出砝码和砝码盘的重力势能变化量；利用砝码和砝码盘及滑块的速度可以求出系统动能增加量。
8．【答案】A,D
【知识点】电场强度；电势
【解析】【解答】AB．根据点电荷周围电势的表达式有
根据各点距离点电荷的距离可以得出c点与a点的电势均比b点电势低，故A正确，故B错误；
C．电场强度为矢量，根据可知a点电场强度与c点电场强度大小相等，根据电场线的切线方向可以得出方向不相同，故C错误；
D．越靠近点电荷周围，电场线越密集，电场强度越大，可知b处更靠近点电荷，根据电场线的疏密性可以得出b点电场强度大于d点电场强度，D正确；故选AD。
【分析】利用电势的表达式结合距离可以比较电势的高低；利用电场线的疏密可以比较电场强度的大小；利用电场线的切线方向可以判别电场强度的方向。
9．【答案】A,B,D
【知识点】电势能与电场力做功的关系；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反．设电场强度大小为E，加电场后小球的加速度大小为a，取竖直向下方向为正方向，根据小球的位移等于0，根据位移公式有：gt2=-（vt-at2），又v=gt；解得：a=3g，根据速度公式可以得出小球回到A点时的速度为：v'=v-at=-2gt=-40m/s；根据初末速度可以得出整个过程中小球速度增量的大小为：△v=v'-v=-3gt；速度增量的大小为：△v=3gt=60m/s，根据牛顿第二定律得： 解得电场力的大小为：qE=4mg；根据功能关系由于电场力做正功所以电势能减小，根据功能关系可以得出电势能的减少量为：△E=qE gt2=2mg2t2=400J．设从P点到最低点的高度为h，根据动能定理得：mgh-qE（h-gt2）=0，解得：h=gt2；由于电场力做功等于重力做功的大小，所以从P点到最低点小球重力势能减少了．根据合力做功可以得出从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了△Ek=mg2t2=100J；由上分析，可知C错误，ABD正确．
【分析】利用位移公式结合两个过程的合位移大小可以求出加电场时加速度的大小，结合速度公式可以求出回到A点时速度的大小，结合速度公式可以求出速度增量的大小，利用牛顿第二定律可以求出电场力的大小；利用电场力做功可以求出电势能变化量的大小；利用动能定理结合电场力做功可以求出从P点到最低点电势能变化量的大小；利用重力做功可以求出重力势能变化量的大小；利用合力做功可以求出动能变化量的大小。
10．【答案】B,C,D
【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】A．若小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，等效重力即电场力和重力的合力，根据电场力的表达式可以得出小球受到水平向右的电场力
根据力的合成可以得出合力为
方向斜向右下方，与竖直方向夹角为，设等效合力方向与弧的交点为，则它运动到等效最低点动能最大，故A错误；
B．根据A的分析可以得出合力的大小为
设小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最小速度为v，根据牛顿第二定律有
解得
故B正确；
C．机械能的增加量等于除重力弹力外其他力做的功，要想机械能最小，根据功能关系则电场力做负功且最多，即小球运动到A点，由于小球运动的方向与电场力方向相反，且位移最大，则电场力做的负功最多，机械能最小，故C正确；
D．若小球做圆周运动，小球从A运动到B时，根据动能定理有
可得
但是由于小于，故先做一段曲线近心运动，后绳子绷直，有动能损失，故B点速度小于，故D正确。
故选BCD。
【分析】利用力的合成可以求出小球受到的合力方向，结合合力的方向可以判别小球动能最大的位置；利用合力提供向心力可以求出最小速度的大小；利用电场力做功最多的位置可以得出机械能最小的位置；利用动能定理可以得出小球运动到B点速度的大小。
11．【答案】7.884；B；增大
【知识点】验证机械能守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（2）根据螺旋测微器的结构可以得出小球的直径为
（3）在测量时，为了测量小球经过光电门的时间，所以应先接通数字计时器，再释放小球。
故选B。
（4）若调低光电门的高度，较调整之前小球会经历较大的空中距离，会导致阻力做功比较大，则会导致小球损失的机械能比较大，所以将会增大因空气阻力引起的测量误差。
【分析】（2）利用螺旋测微器的结构可以得出对应的读数；
（3）实验应该先接通数字计时器，再释放小球；
（4）若调低光电门的高度，较调整之前小球会经历较大的空中距离，会导致阻力做功比较大，则会导致小球损失的机械能比较大，所以将会增大因空气阻力引起的测量误差。
12．【答案】（1）C
（2）3.0；2.5
（3）A
【知识点】弹性势能；研究平抛物体的运动
【解析】【解答】 （1）A．弹簧的作用是给小球一个初速度，故A错误；
B．小球以适当的初速度做平抛运动，故B错误；
C．实验时应先打开频闪仪，再由静止释放小球，故C正确；
D．以平滑曲线连接相邻的像点，可得小球的运动轨迹，故D错误。
故选C。
（2）
可得
（3）根据机械能守恒，弹簧的弹性势能等于动能增加量
只需要测量出小球的质量即可。
故选A。
【分析】（1）与打点计时器实验类似实验时应先打开频闪仪，再由静止释放小球；
（2）小球在竖直方向做匀加速直线运动，在水平方向做匀速直线运动；
（3）弹簧的弹性势能等于动能增加量。
13．【答案】（1）设足球与门柱碰撞前的速度为，碰撞后的速度为，则有
解得
方向与方向相同。由题可知弹回后的速度大小为
方向与方向相反。以v0的方向为正方向，则足球在与门框作用过程中的平均加速度大小为
方向与方向相反。
（2）设足球与门柱碰撞前、后所经历的时间分别为、，路程分别为、，则有
足球与门柱的作用时间，总用时
总路程
（3）当梅西与足球的速度相等时，二者距离最远，设用时为t，则有
解得
最远距离为
【知识点】加速度；匀变速直线运动的位移与速度的关系；追及相遇问题
【解析】【分析】（1）当足球做匀减速直线运动，利用速度位移公式可以求出碰前速度的大小，结合碰撞规律可以求出碰后速度的大小，结合加速度的定义式可以求出平均加速度的大小；
（2）当足球碰撞前后，利用速度公式可以求出运动的时间；结合速度位移公式可以求出运动的路程大小；
（3）当运动员和足球速度相等时，利用速度公式可以求出共速的时间，结合位移公式可以求出两者最大的距离。
14．【答案】（1）摩托车从A处越过壕沟的过程做平抛运动，有
解得
t=0.6s
（2）摩托车恰好越过壕沟时的初速度即为所求最小初速度，有
解得
（3）设最小速度方向与水平路面间夹角为θ，由几何关系可得
解得最小速度方向与水平路面间夹角的正切值
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】（1）根据平抛运动公式，求时间；
（2）水平方向做匀速直线运动，根据公式，求初速度；
（3）根据竖直速度和水平速度大小，求夹角正切。
15．【答案】（1）若传送带静止，物块从开始运动到到达C点时，由动能定理有
其中
代入题中相关已知数据，求得
（2）若物块沿圆周运动恰好能到达E点，则有
得
从到，根据动能定理有
求得
设物块从B到C全程加速，则
求得
所以，可知传送带最小速度为。
【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）根据动能定理求解物块到C点的速度；
（2）先根据牛顿第二定律、动能定理结合临界条件列式联立物块恰好到达C点速度和E点的速度。由于传送带顺时针转动时，假设物块一直加速，由动能定理求出传送带的速度再与C点的速度对比，可以得到传送带的速度；
16．【答案】解：（1）乙从开始刹车到停止，走过的距离为
所以乙车必须在离停止线前22.5m处开始以最大加速度刹车。
乙车停下来用时
伤者在3s内走过的距离为
故乙车刹车伤者正好在C点；
（2）伤者行至D点时，乙开始启动，此时甲车已经行驶
由题意，当两者速度相等时，两车间距最大，此时，乙车运动的时间
运行距离
甲车运动8s，而甲车到达最大速度需要5s，
Δsmax=s1-s2=45m
（3）当乙车从启动到达到最大速度运行
甲车运动时间9s，即甲车已经达到最大速度，并以最大速度运行了4s，行驶距离
两车距离
Δs=s3-s4=42.5m
还需匀速运动
所以乙车从启动到与甲车平齐共用时
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；追及相遇问题
【解析】【分析】（1）汽车做匀减速直线运动，利用速度位移公式可以求出刹车距离的大小，利用速度公式可以求出减速的时间，结合位移公式可以求出伤者运动的距离；
（2）伤者做匀速直线运动，利用位移公式可以求出伤者运动的时间，利用速度公式可以求出乙车加速的时间，结合速度位移公式可以求出乙车加速的位移，根据速度位移公式及位移公式可以求出甲车运动的距离，进而求出两车之间的距离；
（3）乙车做匀加速直线运动，利用速度公式可以求出加速的时间，结合速度位移公式可以求出加速的位移大小；利用位移公式可以求出甲车运动的位移，结合位移公式可以求出两车之间的距离，结合匀速直线运动可以求出运动的时间。
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