湖南省衡阳耒阳市第二中学教育集团2023-2024学年高一下学期期末考试物理试题
1．（2024高一下·耒阳期末）发现万有引力定律和测出引力常量的科学家分别是（ ）
A．牛顿、开普勒 B．开普勒、伽利略
C．开普勒、卡文迪什 D．牛顿、卡文迪什
2．（2024高一下·耒阳期末）如图所示，乒乓球在水平桌面上匀速运动，不计阻力。在与乒乓球路径相垂直的方向上放一个纸筒（直径略大于乒乓球的直径），当乒乓球经过筒口的正前方时，沿球与筒口连线方向水平吹球，下列说法正确的是（ ）
A．乒乓球仍沿原方向做直线运动 B．乒乓球能沿吹气方向进入纸筒
C．乒乓球将会运动至纸筒左侧 D．乒乓球将会运动至纸筒右侧
3．（2024高一下·耒阳期末）如图所示，质量为m的物体，以速度v离开高为H的桌子，当它落到距地面高为h的A点时，在不计空气阻力的情况下，以地面为重力势能零，下列说法是正确的是（ ）
A．物体在A点具有的机械能是
B．物体在A点具有的机械能是
C．物体在A点具有的动能是
D．物体在A点具有的动能是mg（H-h）
4．（2024高一下·耒阳期末）在下图各种电场中，A、B两点电场强度相同的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2024高一下·耒阳期末）某同学设计了一个电容式风力传感器，如图所示，将电容器与静电计组成回路，可动电极在风力作用下向右移动，风力越大，移动距离越大（两电极始终不接触）。在风力变大时（ ）
A．电容器电容变大，静电计指针张角变大
B．电容器电容变大，静电计指针张角变小
C．电容器电容变小，静电计指针张角变大
D．电容器电容变小，静电计指针张角变小
6．（2024高一下·耒阳期末）如图所示，竖直平面内固定一内壁粗糙的半圆弧槽，半径为2R，一质量为m的滑块（可视为质点）从距半圆弧槽D点正上方3R的A点自由下落，经过半圆弧槽后，滑块从半圆弧槽的左端冲出，刚好到达距半圆弧槽正上方2R的B点。不计空气阻力，重力加速度为g，则以下说法错误的是（ ）
A．滑块第一次到达半圆弧槽D点的速度为
B．滑块第一次到达D点时对半圆弧槽的压力为3mg
C．滑块第一次通过半圆弧槽的过程中克服摩擦力做的功为mgR
D．滑块从B点返回后经C再次到达D点时的速度为
7．（2024高一下·耒阳期末）某质点做曲线运动的轨迹如图中虚线所示，则下列各图中标出的质点通过位置P时的速度v、加速度a的方向，可能正确的是
A． B．
C． D．
8．（2024高一下·耒阳期末）如图所示，小球以5m/s的速度水平抛开，经过0.8s落地，取g=10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的有( )
A．小球在水平方向的位移大小是3.2m
B．小球在竖直方向的位移大小是3.2m
C．小球落地时在水平方向的速度大小是5m/s
D．小球落地时在竖直方向的速度大小是5m/s
9．（2024高一下·耒阳期末）2018年12月27日，中国北斗三号基本系统完成建设，开始提供全球服务。北斗三号卫星导航系统空间段由5颗静止轨道卫星和30颗非静止轨道卫星组成。假如静止轨道卫星先沿椭圆轨道1飞行，后在远地点P处点火加速，由椭圆轨道1变成静止圆轨道2，下列说法正确的是（ ）
A．卫星在轨道2上运行时的速度小于7.9km/s
B．卫星变轨前后的速度相等
C．卫星在轨道2上运行时的向心加速度比在赤道上相对地球静止的物体的向心加速度小
D．卫星在轨道1上的P点和在轨道2上的P点的加速度大小相等
10．（2024高一下·耒阳期末）在轴上的点和A点分别固定有点电荷和点电荷轴上点之间各点的电势随变化的图像如图所示，为的中点，且图线在点处斜率最小。取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是（ ）
A．在轴上点之间，点的电场强度最小
B．点电荷带的都是正电荷
C．将电子从点移动到A点的过程中，电子的电势能减小
D．点之间电场强度的方向沿轴正方向
11．（2024高一下·耒阳期末）在“研究小球做平抛运动的规律”的实验中：
（1）如图甲所示的实验中，观察到两球同时落地，说明平抛运动在竖直方向做 ；如图乙所示的实验：将两个光滑斜轨道固定在同一竖直面内，滑道末端水平，把两个质量相等的小钢球，从斜面的相同高度由静止同时释放，观察到球1落到水平板上并击中球2，这说明平抛运动在水平方向做 ；
（2）该同学用频闪照相机拍 到如图所示的小球平抛运动的照片，照片中小方格的边长，小球在平拋运动中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，则照相机每隔 s曝光一次，小球平拋初速度为 （当地重力加速度大小）。
12．（2024高一下·耒阳期末）用自由落体法验证机械能守恒定律，装置如图甲所示。
（1）关于该实验，下列说法正确的是______。
A．应选用质量大、密度小的重锤
B．需要用天平测量重物的质量
C．应先释放纸带再接通电源
D．实验时，应调节计时器使它的限位孔与纸带处在同一竖直线上
（2）打点计时器所接交流电源的频率为50Hz，选取一条点迹清晰的纸带（如图乙所示），打点计时器所打的第一点为O点，舍去前面间隔较短的点迹（图中未画出），在适当位置选取打点计时器连续打下的3个点A、B、C。测得，，，已知重锤的质量为200g，当地重力加速度。打点计时器打下B点时重锤的速度 m/s。（计算结果保留两位有效数字）
（3）重物从O点运动到B点，重力势能减少量 J，动能的增加量 J。（计算结果保留两位小数）
（4）对比和的数值，你可以得出的结论是 。
13．（2024高一下·耒阳期末）“氢气型”电动汽车利用氢气和氧气直接反应生成水，对环境没有污染。其发动机的额定功率为24 kW，汽车连同驾乘人员总质量为m=2 t，在水平路面上行驶时受到的阻力是800 N，汽车在额定功率下匀速行驶，求：
（1）匀速行驶的速度大小。
（2）阻力做功的功率大小。
14．（2024高一下·耒阳期末）如图所示，竖直平面内光滑细管弯成的圆弧形轨道半径，质量的小球在最高点Q受到轻微扰动，由静止沿管道从右侧滑下。小球经最低点A从管道点飞出后恰好垂直打在竖直墙面BC上的E点（图中未画出），OP与OA的夹角。已知小球直径远小于且可视为质点，重力加速度取，，。求：
（1）小球到达点时，管道对小球弹力的大小和方向；
（2）Q、E之间的高度差。
15．（2024高一下·耒阳期末）一质量为m的带电小球以速度v0沿竖直方向从A点垂直进入匀强电场E中，如图9所示，经过一段时间后到达B点，其速度变为水平方向，大小仍为v0，重力加速度为g，求：
(1)小球带电情况；
(2)小球由A到B的位移；
(3)小球速度的最小值．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】引力常量及其测定
【解析】【解答】要熟练掌握物理学发展史上的重大事件，这也是考点要求之一。发现万有引力定律和测出引力常量的科学家分别是牛顿、卡文迪什。
故选D。
【分析】明确万有引力定律发现的基本历程，根据牛顿和卡文迪什的物理学成就解答。
2．【答案】C
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】本题关键明确乒乓球参与的两个分运动，然后合成得到合运动。乒乓球沿着原方向做匀速直线运动的同时也会沿着吹气方向做加速运动，实际运动是两个运动的合运动，故一定不会进入纸筒，由于吹起前，乒乓球由右向左运动，故乒乓球将会运动至纸筒左侧，C正确，ABD错误。
故选C。
【分析】曲线运动的条件是合力与速度不共线；通常用正交分解法研究曲线运动。
3．【答案】A
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】AB．物体在抛出点的机械能为
故A正确，B错误；
CD．根据
得
故CD错误。
故选A。
【分析】物体离开桌面后只有重力做功，机械能守恒，则物体在A点机械能也为该值，根据机械能守恒定律求解动能。
4．【答案】C
【知识点】电场线
【解析】【解答】矢量大小和方向都相同才相同．对于常见电场的电场线分布要了解，有助于解题．C．场强是矢量，既有大小又有方向，而电场线的疏密反映场强的大小，电场线的切线方向反映场强的方向，电场强度相同必须大小和方向均相同的，故C正确；
A．两点电场强度大小相等，但方向不同，故A错误；
B．两点电场强度方向相同，但大小不等，故B错误；
D．两点电场强度大小不等，方向不同，故D错误。
故选C。
【分析】电场强度是矢量，只有大小、方向均相同时，矢量才相同．根据电场线的分布判断。
5．【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】根据电容的决定式有
在风力变大时，移动距离变大，则电容器两极板间的距离变小，根据表达式可以得出电容器电容变大，根据电容的定义式有
由于电容器带电量不变，电容变大可知电容器两极板间的电势差减小，静电计指针张角变小。
故选B。
【分析】利用电容的决定式可以判别电容的变化；结合电容的定义式可以判别电势差的大小变化。
6．【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】解答本题的关键要明确滑块经过半圆弧槽时，对轨道的压力与速度有关，运用动能定理时，要明确研究过程。A．小球从A点到D点，由机械能守恒定律得
解得
故A正确不符合题意；
B．滑块第一次到达D点时，对半圆弧槽的压力等于圆弧槽对其的弹力
故B正确不符合题意；
C．滑块第一次通过半圆弧槽的过程中克服摩擦力做的功为
故C正确不符合题意；
D．如果两次克服阻力做功相同，滑块从B点返回后经C再次到达D点时，速度为
解得
但第二次速度小于第一次，根据向心力方程可知，在各位置对应压力小于第一次，则阻力小于第一次，克服阻力做功小于第一次，所以速度大于，故D错误符合题意。
故选D。
【分析】小球从A点到D点，根据机械能守恒定律求解滑块第一次到达半圆弧槽D点的速度；滑块第一次到达D点时，由圆弧槽对其的弹力提供向心力，由牛顿第二定律求出轨道对滑块的弹力，从而得到滑块对半圆弧槽的压力；小球从A点到B点的整个过程，利用动能定理求解通过半圆弧槽的过程中克服摩擦力做的功；滑块从B点返回后经C再次到达D点时，假设两次克服阻力做功相同，根据动能定理求出再次到达D点时的速度。分析克服阻力做功的变化分析速度的变化。
7．【答案】A,C
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】物体做曲线运动时，物体的速度方向为轨迹的切线方向，加速度方向为轨迹的弯曲方向，所以AC正确BD错误
【分析】物体做曲线运动时，利用切线方向可以判别速度的方向，加速度的方向为轨迹的弯曲方向。
8．【答案】B,C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】A．小球做平抛运动，小球在水平方向做匀速运动直线运动，根据位移公式则有
x=vt=4m
故A错误；
B．小球在竖直方向做自由落体运动，根据位移公式则竖直位移
故B正确；
C．由于水平方向做匀速直线运动，则落地时水平方向速度不变还是5m/s，故C正确；
D．根据速度公式可以得出竖直方向速度
vy=gt=8 m/s
故D错误。
故选BC。
【分析】利用水平方向的位移公式可以求出水平方向位移的大小；水平方向速度保持不变；利用竖直方向的位移公式可以求出竖直方向的位移；利用速度公式可以求出竖直方向速度的大小。
9．【答案】A,D
【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，是近地卫星的环绕速度，根据线速度的表达式有可知也是最大的圆周运动的环绕速度，轨道2的半径要大于近地卫星的轨道半径，卫星运行的线速度一定小于第一宇宙速度， A正确。
B．由椭圆轨道1变到圆轨道2做离心运动则要加速，速度增大， B错误。
C．轨道2是同步轨道，在轨道2上的角速度与在赤道上相对地球静止的物体的角速度相同，根据向心加速度的表达式有
可知半径大的加速度大，C错误。
D．在同一点引力相同，根据加速度的表达式则加速度相等，D正确。
故选AD。
【分析】利用线速度的表达式可以比较线速度的大小；利用离心运动可以判别速度的变化；利用牛顿第二定律可以比较加速度的大小；利用角速度相等时结合半径的大小可以比较加速度的大小。
10．【答案】A,C
【知识点】电势能；电势
【解析】【解答】本题考查φ-x图像问题，关键是要知道φ-x图像的斜率代表场强，顺着电场线方向电势逐渐降低。A．图像的斜率大小等于电场强度大小，所以点的电场强度最小，选项A正确；
BD．分析题中图像可知，点电荷带的是负电荷，点电荷带的是正电荷，点之间电场强度的方向沿轴负方向，选项B、D错误；
C．电子带负电，由于点到A点电势升高，因此将电子从点移动到A点的过程中电子的电势能减小，选项C正确。
故选AC。
【分析】φ-x图像的斜率大小等于电场强度大小，由斜率大小分析电场强度大小；根据O、A点之间电势变化情况判断电场强度方向，确定点电荷q1、q2的电性；根据Ep=qφ分析电子电势能的变化情况。
11．【答案】（1）自由落体运动；匀速直线运动
（2） ；
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】本题主要考查了平抛运动的相关应用，解题的关键点是理解平抛运动在不同方向上的运动特点，结合运动学公式即可完成求解。
（1）用小锤打击弹性金属片，B球就水平飞出，同时A球被松开，做自由落体运动，两球同时落到地面，则说明平抛运动竖直方向是自由落体运动；因为观察到的现象是球1落到水平木板上击中球2，可知球1在水平方向上的运动规律与球2相同，即平抛运动在水平方向上做匀速直线运动。
（2）在竖直方向上，根据匀变速直线运动的规律可得
解得
在水平方向，根据匀速直线运动可得
【分析】（1）根据实验现象分别分析出平抛运动的物体在不同方向上的运动特点；
（2）根据运动学公式得出拍照的时间和水平方向上的速度。
12．【答案】（1）D
（2）2.4
（3）0.60；0.58
（4）见解析
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）A．重物下落过程中，为了让重物下落接近自由落体运动，为了减小空气阻力的影响，实验中应选用质量大、体积小，即密度大的重锤，故A错误；
B．若重锤初速度为0，根据机械能守恒定律有
重锤质量可以消去，可知，实验中不需要用天平测量重物的质量，故B错误；
C．为了避免纸带上出现大量空白段落，充分利用纸带，使打第一个点时的速度为0，实验中应先接通电源打点再释放纸带，故C错误；
D．实验时，为了减小打点计时器限位孔与纸带之间的阻力，应调节计时器使它的限位孔与纸带处在同一竖直线上，故D正确。
故选D。
（2）打点计时器所接交流电源的频率为50Hz，根据打点频率可以得出周期为0.02s，匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，根据平均速度公式则打点计时器打下B点时重锤的速度
（3）重物从O点运动到B点，根据重力势能的表达式可以得出重力势能减少量
根据动能的表达式可以得出动能的增加量
（4）在误差允许的范围内，当和的数值接近相等，即可以得出的结论是在误差允许的范围内，重锤下落过程机械能守恒。
【分析】（1）重物下落过程中，为了减小空气阻力的影响，实验中应选用密度大的重锤；根据机械能守恒定律重锤质量可以消去，可知，实验中不需要用天平测量重物的质量；为了充分利用纸带，使打第一个点时的速度为0，实验中应先接通电源打点再释放纸带误；实验时，为了减小打点计时器限位孔与纸带之间的阻力，应调节计时器使它的限位孔与纸带处在同一竖直线上；
（2）利用平均速度公式可以求出瞬时速度的大小；
（3）利用重力势能的表达式可以求出重力势能的减少量；利用动能的表达式可以求出动能的增量；
（4）当和的数值接近相等，即可以得出的结论是在误差允许的范围内，重锤下落过程机械能守恒。
（1）A．为了减小空气阻力的影响，实验中应选用质量大、体积小，即密度大的重锤，故A错误；
B．若重锤初速度为0，则有
重锤质量可以消去，可知，实验中不需要用天平测量重物的质量，故B错误；
C．为了避免纸带上出现大量空白段落，使打第一个点时的速度为0，实验中应先接通电源打点再释放纸带，故C错误；
D．为了减小打点计时器限位孔与纸带之间的阻力，实验时，应调节计时器使它的限位孔与纸带处在同一竖直线上，故D正确。
故选D。
（2）打点计时器所接交流电源的频率为50Hz，则周期为0.02s，匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则打点计时器打下B点时重锤的速度
（3）[1]重物从O点运动到B点，重力势能减少量
[2]结合上述，动能的增加量
（4）对比上述和的数值，在误差允许的范围内，可以近似认为和，即可以得出的结论是在误差允许的范围内，重锤下落过程机械能守恒。
13．【答案】（1）汽车匀速行驶时，汽车牵引力等于阻力
F=f
又
P=Fv
代入数据得
v=30 m/s
（2）阻力做功的功率大小
Pf=fv=800×30W=24000 W
【知识点】功率及其计算；机车启动
【解析】【分析】（1）当汽车匀速行驶时，利用平衡方程结合功率的表达式可以求出汽车速度的大小；
（2）已知阻力和汽车速度，结合功率的表达式可以求出阻力做功的功率大小。
14．【答案】（1）小球由到，由动能定理有
在点，令管道对小球的弹力为，根据牛顿第二定律有
解得
方向沿方向。
（2）小球在的水平分速度为
从到，由动能定理有
解得
【知识点】斜抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）小球从Q到P的过程中，利用动能定理可以求出经过P点速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出管对小球的弹力大小及方向；
（2）当小球经过P点时，利用速度的分解可以求出E点速度的大小，结合动能定理可以求出QE之间的高度差。
15．【答案】（1）从A到B过程中，在竖直方向小球做匀减速运动
加速度
B点是最高点，竖直分速度为0，有：
水平方向小球在电场力作用下做匀加速运动，可知小球带正电
初速度为0，加速度
水平方向有：
联立两式得：
可得
（2）在两个方向上的运动互为逆运动，故小球运动的水平位移大小等于竖直位移大小
在竖直方向由
可得
所以位移为
其与水平方向的夹角为
，即位移与水平方向的夹角为
设重力与电场力的合力为F，其与水平方向的夹角为
则：，如图所示
开始一段时间内，F与速度方向夹角大于，合力做负功，动能减小
后来F与速度夹角小于，合力做正功，动能增加
因此，当F与速度v的方向垂直时，小球的动能最小，速度也最小，设为
即：，则，
解得 ，
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）将带电小球的运动进行分解，竖直方向上做匀减速直线运动，水平方向上在电场力的作用下匀加速，分别应用匀变速直线运动规律列式求解；
（2）根据水平位移与竖直位移大小相等列方程即可求解；
（3）通过分析知，当力与速度方向垂直时动能最小，速度也最小，据此列式求解。
1 / 1湖南省衡阳耒阳市第二中学教育集团2023-2024学年高一下学期期末考试物理试题
1．（2024高一下·耒阳期末）发现万有引力定律和测出引力常量的科学家分别是（ ）
A．牛顿、开普勒 B．开普勒、伽利略
C．开普勒、卡文迪什 D．牛顿、卡文迪什
【答案】D
【知识点】引力常量及其测定
【解析】【解答】要熟练掌握物理学发展史上的重大事件，这也是考点要求之一。发现万有引力定律和测出引力常量的科学家分别是牛顿、卡文迪什。
故选D。
【分析】明确万有引力定律发现的基本历程，根据牛顿和卡文迪什的物理学成就解答。
2．（2024高一下·耒阳期末）如图所示，乒乓球在水平桌面上匀速运动，不计阻力。在与乒乓球路径相垂直的方向上放一个纸筒（直径略大于乒乓球的直径），当乒乓球经过筒口的正前方时，沿球与筒口连线方向水平吹球，下列说法正确的是（ ）
A．乒乓球仍沿原方向做直线运动 B．乒乓球能沿吹气方向进入纸筒
C．乒乓球将会运动至纸筒左侧 D．乒乓球将会运动至纸筒右侧
【答案】C
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】本题关键明确乒乓球参与的两个分运动，然后合成得到合运动。乒乓球沿着原方向做匀速直线运动的同时也会沿着吹气方向做加速运动，实际运动是两个运动的合运动，故一定不会进入纸筒，由于吹起前，乒乓球由右向左运动，故乒乓球将会运动至纸筒左侧，C正确，ABD错误。
故选C。
【分析】曲线运动的条件是合力与速度不共线；通常用正交分解法研究曲线运动。
3．（2024高一下·耒阳期末）如图所示，质量为m的物体，以速度v离开高为H的桌子，当它落到距地面高为h的A点时，在不计空气阻力的情况下，以地面为重力势能零，下列说法是正确的是（ ）
A．物体在A点具有的机械能是
B．物体在A点具有的机械能是
C．物体在A点具有的动能是
D．物体在A点具有的动能是mg（H-h）
【答案】A
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】AB．物体在抛出点的机械能为
故A正确，B错误；
CD．根据
得
故CD错误。
故选A。
【分析】物体离开桌面后只有重力做功，机械能守恒，则物体在A点机械能也为该值，根据机械能守恒定律求解动能。
4．（2024高一下·耒阳期末）在下图各种电场中，A、B两点电场强度相同的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】电场线
【解析】【解答】矢量大小和方向都相同才相同．对于常见电场的电场线分布要了解，有助于解题．C．场强是矢量，既有大小又有方向，而电场线的疏密反映场强的大小，电场线的切线方向反映场强的方向，电场强度相同必须大小和方向均相同的，故C正确；
A．两点电场强度大小相等，但方向不同，故A错误；
B．两点电场强度方向相同，但大小不等，故B错误；
D．两点电场强度大小不等，方向不同，故D错误。
故选C。
【分析】电场强度是矢量，只有大小、方向均相同时，矢量才相同．根据电场线的分布判断。
5．（2024高一下·耒阳期末）某同学设计了一个电容式风力传感器，如图所示，将电容器与静电计组成回路，可动电极在风力作用下向右移动，风力越大，移动距离越大（两电极始终不接触）。在风力变大时（ ）
A．电容器电容变大，静电计指针张角变大
B．电容器电容变大，静电计指针张角变小
C．电容器电容变小，静电计指针张角变大
D．电容器电容变小，静电计指针张角变小
【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】根据电容的决定式有
在风力变大时，移动距离变大，则电容器两极板间的距离变小，根据表达式可以得出电容器电容变大，根据电容的定义式有
由于电容器带电量不变，电容变大可知电容器两极板间的电势差减小，静电计指针张角变小。
故选B。
【分析】利用电容的决定式可以判别电容的变化；结合电容的定义式可以判别电势差的大小变化。
6．（2024高一下·耒阳期末）如图所示，竖直平面内固定一内壁粗糙的半圆弧槽，半径为2R，一质量为m的滑块（可视为质点）从距半圆弧槽D点正上方3R的A点自由下落，经过半圆弧槽后，滑块从半圆弧槽的左端冲出，刚好到达距半圆弧槽正上方2R的B点。不计空气阻力，重力加速度为g，则以下说法错误的是（ ）
A．滑块第一次到达半圆弧槽D点的速度为
B．滑块第一次到达D点时对半圆弧槽的压力为3mg
C．滑块第一次通过半圆弧槽的过程中克服摩擦力做的功为mgR
D．滑块从B点返回后经C再次到达D点时的速度为
【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】解答本题的关键要明确滑块经过半圆弧槽时，对轨道的压力与速度有关，运用动能定理时，要明确研究过程。A．小球从A点到D点，由机械能守恒定律得
解得
故A正确不符合题意；
B．滑块第一次到达D点时，对半圆弧槽的压力等于圆弧槽对其的弹力
故B正确不符合题意；
C．滑块第一次通过半圆弧槽的过程中克服摩擦力做的功为
故C正确不符合题意；
D．如果两次克服阻力做功相同，滑块从B点返回后经C再次到达D点时，速度为
解得
但第二次速度小于第一次，根据向心力方程可知，在各位置对应压力小于第一次，则阻力小于第一次，克服阻力做功小于第一次，所以速度大于，故D错误符合题意。
故选D。
【分析】小球从A点到D点，根据机械能守恒定律求解滑块第一次到达半圆弧槽D点的速度；滑块第一次到达D点时，由圆弧槽对其的弹力提供向心力，由牛顿第二定律求出轨道对滑块的弹力，从而得到滑块对半圆弧槽的压力；小球从A点到B点的整个过程，利用动能定理求解通过半圆弧槽的过程中克服摩擦力做的功；滑块从B点返回后经C再次到达D点时，假设两次克服阻力做功相同，根据动能定理求出再次到达D点时的速度。分析克服阻力做功的变化分析速度的变化。
7．（2024高一下·耒阳期末）某质点做曲线运动的轨迹如图中虚线所示，则下列各图中标出的质点通过位置P时的速度v、加速度a的方向，可能正确的是
A． B．
C． D．
【答案】A,C
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】物体做曲线运动时，物体的速度方向为轨迹的切线方向，加速度方向为轨迹的弯曲方向，所以AC正确BD错误
【分析】物体做曲线运动时，利用切线方向可以判别速度的方向，加速度的方向为轨迹的弯曲方向。
8．（2024高一下·耒阳期末）如图所示，小球以5m/s的速度水平抛开，经过0.8s落地，取g=10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的有( )
A．小球在水平方向的位移大小是3.2m
B．小球在竖直方向的位移大小是3.2m
C．小球落地时在水平方向的速度大小是5m/s
D．小球落地时在竖直方向的速度大小是5m/s
【答案】B,C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】A．小球做平抛运动，小球在水平方向做匀速运动直线运动，根据位移公式则有
x=vt=4m
故A错误；
B．小球在竖直方向做自由落体运动，根据位移公式则竖直位移
故B正确；
C．由于水平方向做匀速直线运动，则落地时水平方向速度不变还是5m/s，故C正确；
D．根据速度公式可以得出竖直方向速度
vy=gt=8 m/s
故D错误。
故选BC。
【分析】利用水平方向的位移公式可以求出水平方向位移的大小；水平方向速度保持不变；利用竖直方向的位移公式可以求出竖直方向的位移；利用速度公式可以求出竖直方向速度的大小。
9．（2024高一下·耒阳期末）2018年12月27日，中国北斗三号基本系统完成建设，开始提供全球服务。北斗三号卫星导航系统空间段由5颗静止轨道卫星和30颗非静止轨道卫星组成。假如静止轨道卫星先沿椭圆轨道1飞行，后在远地点P处点火加速，由椭圆轨道1变成静止圆轨道2，下列说法正确的是（ ）
A．卫星在轨道2上运行时的速度小于7.9km/s
B．卫星变轨前后的速度相等
C．卫星在轨道2上运行时的向心加速度比在赤道上相对地球静止的物体的向心加速度小
D．卫星在轨道1上的P点和在轨道2上的P点的加速度大小相等
【答案】A,D
【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，是近地卫星的环绕速度，根据线速度的表达式有可知也是最大的圆周运动的环绕速度，轨道2的半径要大于近地卫星的轨道半径，卫星运行的线速度一定小于第一宇宙速度， A正确。
B．由椭圆轨道1变到圆轨道2做离心运动则要加速，速度增大， B错误。
C．轨道2是同步轨道，在轨道2上的角速度与在赤道上相对地球静止的物体的角速度相同，根据向心加速度的表达式有
可知半径大的加速度大，C错误。
D．在同一点引力相同，根据加速度的表达式则加速度相等，D正确。
故选AD。
【分析】利用线速度的表达式可以比较线速度的大小；利用离心运动可以判别速度的变化；利用牛顿第二定律可以比较加速度的大小；利用角速度相等时结合半径的大小可以比较加速度的大小。
10．（2024高一下·耒阳期末）在轴上的点和A点分别固定有点电荷和点电荷轴上点之间各点的电势随变化的图像如图所示，为的中点，且图线在点处斜率最小。取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是（ ）
A．在轴上点之间，点的电场强度最小
B．点电荷带的都是正电荷
C．将电子从点移动到A点的过程中，电子的电势能减小
D．点之间电场强度的方向沿轴正方向
【答案】A,C
【知识点】电势能；电势
【解析】【解答】本题考查φ-x图像问题，关键是要知道φ-x图像的斜率代表场强，顺着电场线方向电势逐渐降低。A．图像的斜率大小等于电场强度大小，所以点的电场强度最小，选项A正确；
BD．分析题中图像可知，点电荷带的是负电荷，点电荷带的是正电荷，点之间电场强度的方向沿轴负方向，选项B、D错误；
C．电子带负电，由于点到A点电势升高，因此将电子从点移动到A点的过程中电子的电势能减小，选项C正确。
故选AC。
【分析】φ-x图像的斜率大小等于电场强度大小，由斜率大小分析电场强度大小；根据O、A点之间电势变化情况判断电场强度方向，确定点电荷q1、q2的电性；根据Ep=qφ分析电子电势能的变化情况。
11．（2024高一下·耒阳期末）在“研究小球做平抛运动的规律”的实验中：
（1）如图甲所示的实验中，观察到两球同时落地，说明平抛运动在竖直方向做 ；如图乙所示的实验：将两个光滑斜轨道固定在同一竖直面内，滑道末端水平，把两个质量相等的小钢球，从斜面的相同高度由静止同时释放，观察到球1落到水平板上并击中球2，这说明平抛运动在水平方向做 ；
（2）该同学用频闪照相机拍 到如图所示的小球平抛运动的照片，照片中小方格的边长，小球在平拋运动中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，则照相机每隔 s曝光一次，小球平拋初速度为 （当地重力加速度大小）。
【答案】（1）自由落体运动；匀速直线运动
（2） ；
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】本题主要考查了平抛运动的相关应用，解题的关键点是理解平抛运动在不同方向上的运动特点，结合运动学公式即可完成求解。
（1）用小锤打击弹性金属片，B球就水平飞出，同时A球被松开，做自由落体运动，两球同时落到地面，则说明平抛运动竖直方向是自由落体运动；因为观察到的现象是球1落到水平木板上击中球2，可知球1在水平方向上的运动规律与球2相同，即平抛运动在水平方向上做匀速直线运动。
（2）在竖直方向上，根据匀变速直线运动的规律可得
解得
在水平方向，根据匀速直线运动可得
【分析】（1）根据实验现象分别分析出平抛运动的物体在不同方向上的运动特点；
（2）根据运动学公式得出拍照的时间和水平方向上的速度。
12．（2024高一下·耒阳期末）用自由落体法验证机械能守恒定律，装置如图甲所示。
（1）关于该实验，下列说法正确的是______。
A．应选用质量大、密度小的重锤
B．需要用天平测量重物的质量
C．应先释放纸带再接通电源
D．实验时，应调节计时器使它的限位孔与纸带处在同一竖直线上
（2）打点计时器所接交流电源的频率为50Hz，选取一条点迹清晰的纸带（如图乙所示），打点计时器所打的第一点为O点，舍去前面间隔较短的点迹（图中未画出），在适当位置选取打点计时器连续打下的3个点A、B、C。测得，，，已知重锤的质量为200g，当地重力加速度。打点计时器打下B点时重锤的速度 m/s。（计算结果保留两位有效数字）
（3）重物从O点运动到B点，重力势能减少量 J，动能的增加量 J。（计算结果保留两位小数）
（4）对比和的数值，你可以得出的结论是 。
【答案】（1）D
（2）2.4
（3）0.60；0.58
（4）见解析
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）A．重物下落过程中，为了让重物下落接近自由落体运动，为了减小空气阻力的影响，实验中应选用质量大、体积小，即密度大的重锤，故A错误；
B．若重锤初速度为0，根据机械能守恒定律有
重锤质量可以消去，可知，实验中不需要用天平测量重物的质量，故B错误；
C．为了避免纸带上出现大量空白段落，充分利用纸带，使打第一个点时的速度为0，实验中应先接通电源打点再释放纸带，故C错误；
D．实验时，为了减小打点计时器限位孔与纸带之间的阻力，应调节计时器使它的限位孔与纸带处在同一竖直线上，故D正确。
故选D。
（2）打点计时器所接交流电源的频率为50Hz，根据打点频率可以得出周期为0.02s，匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，根据平均速度公式则打点计时器打下B点时重锤的速度
（3）重物从O点运动到B点，根据重力势能的表达式可以得出重力势能减少量
根据动能的表达式可以得出动能的增加量
（4）在误差允许的范围内，当和的数值接近相等，即可以得出的结论是在误差允许的范围内，重锤下落过程机械能守恒。
【分析】（1）重物下落过程中，为了减小空气阻力的影响，实验中应选用密度大的重锤；根据机械能守恒定律重锤质量可以消去，可知，实验中不需要用天平测量重物的质量；为了充分利用纸带，使打第一个点时的速度为0，实验中应先接通电源打点再释放纸带误；实验时，为了减小打点计时器限位孔与纸带之间的阻力，应调节计时器使它的限位孔与纸带处在同一竖直线上；
（2）利用平均速度公式可以求出瞬时速度的大小；
（3）利用重力势能的表达式可以求出重力势能的减少量；利用动能的表达式可以求出动能的增量；
（4）当和的数值接近相等，即可以得出的结论是在误差允许的范围内，重锤下落过程机械能守恒。
（1）A．为了减小空气阻力的影响，实验中应选用质量大、体积小，即密度大的重锤，故A错误；
B．若重锤初速度为0，则有
重锤质量可以消去，可知，实验中不需要用天平测量重物的质量，故B错误；
C．为了避免纸带上出现大量空白段落，使打第一个点时的速度为0，实验中应先接通电源打点再释放纸带，故C错误；
D．为了减小打点计时器限位孔与纸带之间的阻力，实验时，应调节计时器使它的限位孔与纸带处在同一竖直线上，故D正确。
故选D。
（2）打点计时器所接交流电源的频率为50Hz，则周期为0.02s，匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则打点计时器打下B点时重锤的速度
（3）[1]重物从O点运动到B点，重力势能减少量
[2]结合上述，动能的增加量
（4）对比上述和的数值，在误差允许的范围内，可以近似认为和，即可以得出的结论是在误差允许的范围内，重锤下落过程机械能守恒。
13．（2024高一下·耒阳期末）“氢气型”电动汽车利用氢气和氧气直接反应生成水，对环境没有污染。其发动机的额定功率为24 kW，汽车连同驾乘人员总质量为m=2 t，在水平路面上行驶时受到的阻力是800 N，汽车在额定功率下匀速行驶，求：
（1）匀速行驶的速度大小。
（2）阻力做功的功率大小。
【答案】（1）汽车匀速行驶时，汽车牵引力等于阻力
F=f
又
P=Fv
代入数据得
v=30 m/s
（2）阻力做功的功率大小
Pf=fv=800×30W=24000 W
【知识点】功率及其计算；机车启动
【解析】【分析】（1）当汽车匀速行驶时，利用平衡方程结合功率的表达式可以求出汽车速度的大小；
（2）已知阻力和汽车速度，结合功率的表达式可以求出阻力做功的功率大小。
14．（2024高一下·耒阳期末）如图所示，竖直平面内光滑细管弯成的圆弧形轨道半径，质量的小球在最高点Q受到轻微扰动，由静止沿管道从右侧滑下。小球经最低点A从管道点飞出后恰好垂直打在竖直墙面BC上的E点（图中未画出），OP与OA的夹角。已知小球直径远小于且可视为质点，重力加速度取，，。求：
（1）小球到达点时，管道对小球弹力的大小和方向；
（2）Q、E之间的高度差。
【答案】（1）小球由到，由动能定理有
在点，令管道对小球的弹力为，根据牛顿第二定律有
解得
方向沿方向。
（2）小球在的水平分速度为
从到，由动能定理有
解得
【知识点】斜抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）小球从Q到P的过程中，利用动能定理可以求出经过P点速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出管对小球的弹力大小及方向；
（2）当小球经过P点时，利用速度的分解可以求出E点速度的大小，结合动能定理可以求出QE之间的高度差。
15．（2024高一下·耒阳期末）一质量为m的带电小球以速度v0沿竖直方向从A点垂直进入匀强电场E中，如图9所示，经过一段时间后到达B点，其速度变为水平方向，大小仍为v0，重力加速度为g，求：
(1)小球带电情况；
(2)小球由A到B的位移；
(3)小球速度的最小值．
【答案】（1）从A到B过程中，在竖直方向小球做匀减速运动
加速度
B点是最高点，竖直分速度为0，有：
水平方向小球在电场力作用下做匀加速运动，可知小球带正电
初速度为0，加速度
水平方向有：
联立两式得：
可得
（2）在两个方向上的运动互为逆运动，故小球运动的水平位移大小等于竖直位移大小
在竖直方向由
可得
所以位移为
其与水平方向的夹角为
，即位移与水平方向的夹角为
设重力与电场力的合力为F，其与水平方向的夹角为
则：，如图所示
开始一段时间内，F与速度方向夹角大于，合力做负功，动能减小
后来F与速度夹角小于，合力做正功，动能增加
因此，当F与速度v的方向垂直时，小球的动能最小，速度也最小，设为
即：，则，
解得 ，
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）将带电小球的运动进行分解，竖直方向上做匀减速直线运动，水平方向上在电场力的作用下匀加速，分别应用匀变速直线运动规律列式求解；
（2）根据水平位移与竖直位移大小相等列方程即可求解；
（3）通过分析知，当力与速度方向垂直时动能最小，速度也最小，据此列式求解。
1 / 1
