湖南省衡阳市第八中学2023-2024学年高一下学期期末考试物理试题
1．（2024高一下·雁峰期末）2021年12月3日，中老两国领导人通过视频连线共同出席“中老铁路”通车仪式，习近平主席于16时45分宣布中方列车发车。“中老铁路”是高质量共建“一带一路”的标志性工程。如图所示，该铁路北起中国云南昆明，南至老挝首都万象，全程1035公里，通车后昆明到万象10小时可达。下列说法正确的是（ ）
A．“中老铁路”列车全程发生的位移大小是1035公里
B．“10小时”指的是时刻
C．“16时45分”指的是时间时刻
D．“中老铁路”列车全程通过的路程大于1035公里
【答案】C
【知识点】时间与时刻；位移与路程
【解析】【解答】AD．南至老挝首都万象，全程1035公里，物体运动轨迹的长度代表路程，即“中老铁路”列车全程发生的路程大小是1035公里，故AD错误；
B．“10小时”指的是列车运动所经历的时间，运动的总时间代表时间间隔，故B错误；
C．“16时45分”代表列车发车的瞬间，描述的是一个状态，因此是时间时刻，故C正确。
故选C。
【分析】列车运动的轨迹长度代表路程；列车运动的总时间代表时间间隔；列车出发的时间代表时刻。
2．（2024高一下·雁峰期末）关于机械能守恒下列说法正确的是 ( )
A．如果物体受到的合外力为零，则机械能一定守恒
B．如果合外力做功为零，则物体机械能一定守恒
C．做匀速圆周运动的物体，机械能一定守恒
D．做匀加速运动的物体，其机械能可能守恒
【答案】D
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】物体只有重力做功时则机械能守恒，如果物体所受到的合外力为零，机械能不一定守恒，例如：匀速下落的降落伞的合力为零，合力做功为零，但机械能减小，AB错误；做匀速圆周运动的物体，机械能不一定守恒，例如在竖直面内做匀速圆周运动的物体的机械能不断发生改变，物体在水平面做匀速圆周运动则机械能守恒，选项C错误；做匀加速运动的物体，其机械能可能守恒，比如自由落体运动，D正确；故选D．
【分析】物体机械能是否守恒主要看物体是否只有重力做功，与其他条件无关。
3．（2024高一下·雁峰期末）如图所示是某科技小组制作的投石机的模型。轻杆可绕固定转轴在竖直面内自由转动，A端凹槽内放置一小石块，B端固定配重。某次试验中，调整杆与竖直方向的夹角为后，由静止释放，杆在配重重力作用下转到竖直方向时，石块被水平抛出，打到正前方靶心上方6环处，不计所有阻力。若要正中靶心，可以采取的措施有（ ）
A．增大石块的质量 B．增大角
C．增大配重的质量 D．减小投石机到靶的距离
【答案】A
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】本题主要考查机械能守恒定律、平抛运动，解题关键在于要从6环处打中靶心处，则需要竖直方向位移增加，则需要时间增加，则需要水平方向时间增加，以此进行分析。A．设石块和配重的质量分别为m1、m2，石块和配重到转轴的距离分别为l1、l2，石块被抛出时的速度大小为v1，则此时配重的速度大小为
①
根据机械能守恒定律有
②
由②式可知，若增大m1，则v1将减小，又因为石块抛出点到靶心的水平距离不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将增大，此措施可行，故A正确；
B．根据杠杆原理可知，轻杆AB之所以能绕转轴OO'转动起来从而使石块被抛出，一定满足③
即
④
根据②④两式可知，若增大θ，则v1将增大，又因为石块抛出点到靶心的水平距离不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将减小，此措施不可行，故B错误；
C．根据②式可知，若增大m2，则v1将增大，又因为石块抛出点到靶心的水平距离不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将减小，此措施不可行，故C错误；
D．减小投石机到靶的距离后，由于v1不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将减小，此措施不可行，故D错误。
故选A。
【分析】若要使石块正中靶心，则需要增大石块击中靶前做平抛运动的时间，从而使竖直位移增大。平抛运动规律分析出此时石子速度的变化趋势。由机械能守恒定律和圆周运动角速度之间的关系列式进行分析。
4．（2024高一下·雁峰期末）甲乙两汽车在一平直公路上同向行驶，在t=0到t=t1的时间内，它们的v-t图象如图所示．在这段时间内（ ）
A．汽车甲的平均速度大于
B．汽车乙的平均速度等于
C．甲乙两汽车的位移相同
D．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大
【答案】A
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AB.若甲和乙都做匀变速直线运动，其速度时间图像如图中红色和蓝色虚线所示，
根据匀变速直线运动的位移公式有，由于图像面积代表位移的大小，但是从图中可知甲的位移大于做匀变速直线运动时的位移，乙的位移小于做匀变速直线运动时的位移，故汽车甲的平均速度大于，汽车乙的平均速度小于，A正确，B错误；
C.根据图像中图线围成的面积可知甲的位移大于乙的位移，C错误；
D.图线的斜率表示加速度，根据图像可以得出两者的斜率都在减小，则可以得出加速度都在减小，D错误．
故选：A
【分析】利用图像面积可以比较位移的大小，结合时间可以比较平均速度的大小；利用图像斜率可以判别加速度的大小变化。
5．（2024高一下·雁峰期末）如图所示，带支架的平板小车沿水平面向右做直线运动，质量为m的小球A用轻质细线悬挂于支架，小车右端质量为M的物块B始终相对于小车静止。物块B与小车平板间的动摩擦因数为μ。若某段时间内观察到轻质细线与竖直方向夹角为θ，且保持不变，则在这段时间内（ ）
A．小车一定正在做加速运动
B．轻质细线对小球A的拉力大小为
C．物块B所受摩擦力大小为μMg，方向水平向左
D．小车对物块B的作用力大小为，方向为斜向左上方
【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A．对A受力分析，由于A随汽车做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得
解得A的加速度大小为
方向水平向左，则小车向右做减速运动，故A错误；
B．根据A竖直方向的平衡方程可以得出细绳的拉力为
故B错误；
CD．由题意可知，A与小车相对静止，则小车与A具有相同的加速度，即小车的加速度大小为gtanθ，方向水平向左，此刻物块B的加速度与小车相同，根据牛顿第二定律
方向水平向左，根据力的合成可以得出小车对物体B的作用力为
方向为斜向左上方，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】利用小球的牛顿第二定律可以求出小球和小车加速度的大小；利用竖直方向的平衡方程可以求出绳子拉力的大小；利用B的牛顿第二定律可以求出物块B受到的摩擦力大小；结合力的合成可以求出小车对B的作用力大小及方向。
6．（2024高一下·雁峰期末）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧C的一端固定在墙上，另一端与置于倾角为的斜面上质量为m的物体A连接，另有一个完全相同的物体B紧贴A放置且与A不粘连。现用沿斜面的力F缓慢推动物体B，弹簧长度被压缩了，此时物体A、B静止。撤去F后，物体A、B向上运动，已知重力加速度为g，物体A、B与斜面间的动摩擦因数为（）。运动过程弹簧均未超出弹性限度，则（ ）
A．压缩弹簧过程中，F做功等于A、B、C系统机械能增加量
B．撤去F后，物体A和B先做匀加速运动，再做匀减速运动
C．撤去F瞬间，物体A、B的加速度大小为
D．若物体A、B向上运动过程中分离，则分离前向上运动距离为
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．以A、B、C以及弹簧为系统，压缩弹簧过程中，根据功能关系，F与摩擦力做总功等于A、B、C以及弹簧系统机械能增加量，A错误；
C．撤去F瞬间，把AB作为一个整体受力分析，根据牛顿第二定律有
解得
故C正确；
B．根据表达式可知，物体向上运动时弹簧伸长量发生变化即弹力发生变化，物体所受合外力发生变化，加速度变化，故不会做匀加速运动，故B错误；
D．若物体A、B向上运动要分离，则此时AB加速度相同，所以A、B两物体会在弹簧达到原长时分离，D错误；
故选C。
【分析】根据功能关系，F与摩擦力做总功等于A、B、C以及弹簧系统机械能增加量；撤去F时，利用AB整体的牛顿第二定律可以求出加速度的大小及判别加速度的大小变化；则此时AB加速度相同，所以A、B两物体会在弹簧达到原长时分离。
7．（2024高一下·雁峰期末）一个带正电的点电荷仅在电场力作用下在某空间运动，其速度－时间图象如图所示，其中t1、t2、t3、t4是电荷在电场中运动的1、2、3、4点对应的四个时刻，图中AB与时间轴平行，则下列说法正确的是
A．电场中1、2两点处电场强度大小E1B．电场中3、4两点处电场强度大小为零
C．电场中2、4两点电势φ2>φ4
D．电荷从1运动到3的过程中，电场力做负功，电势能增加
【答案】B,C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题的关键要明确v-t图象的斜率表示加速度，分析出加速度的变化，再结合牛顿运动定律和功能关系分析带电粒子在电场中的运动情况。A.从t1到t3做加速度逐渐减小的变加速运动，故根据可知，E1＞E2，故A错误；
B.在AB段做匀速运动，不受电场力，故场强为零，故B正确；
C.从2到4，速度增大，故电场力做正功，沿电场方向运动，电势降低，故φ2＞φ4，故C正确；
D.电荷从1运动到3的过程中，速度变大，电场力做正功，电势能减小，故D错误；
故选BC。
【分析】在v-t图象中，斜率等于加速度，加速度由电场力产生，由牛顿第二定律可判断场强的大小．沿电场方向电势降低，根据动能定理判断出电场力做功即可判断电势能的变化。
8．（2024高一下·雁峰期末）甲、乙两人质量分别为m甲=80kg、m乙=40kg，两人面对面拉着弹簧测力计在冰面上做圆周运动，相距0.9m，弹簧测力计的示数为96N。若忽略冰面的摩擦，此时两人的（ ）
A．线速度大小相同，均为4.0m/s
B．角速度相同，均为2rad/s
C．运动半径相同，均为0.45m
D．运动半径不同，甲为0.3m，乙为0.6m
【答案】B,D
【知识点】向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】CD．两人面对面拉着弹簧测力计在冰面上做圆周运动，由于相同时间内转过的角度相等，则两人的角速度相等，由于相互作用力相等所以所需向心力大小相等，可得
又
联立解得
，，
C错误，D正确；
B．根据向心力公式有
代入数据解得
B正确；
A．由可得，由于角速度相等，则甲、乙两人的线速度大小分别为
，
A错误。
故选BD。
【分析】利用牛顿第三定律可以判别向心力相等，结合同轴转动可以判别角速度相等，结合向心力的表达式可以求出转动的半径大小，再利用向心力的大小可以求出角速度的大小，利用角速度和半径可以求出线速度的大小。
9．（2024高一下·雁峰期末）如图所示，A、B两物体用两根轻质细线分别悬挂在水平天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60°和45°，整个系统处于平衡状态，A、B间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态，则下列判断正确的是（ ）
A．物体A、B的质量之比为∶1
B．快速撤去弹簧的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为1∶
C．快速撤去弹簧的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为∶1
D．快速撤去弹簧后的瞬间，悬挂A、B的细线上拉力之比为∶
【答案】A,B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】A．由于物体A、B处于静止，根据力的平衡条件可得
，
由于同一根弹簧弹力的相等，物体A、B所受弹簧弹力相等，所以
故A正确；
BC．快速撤去弹簧的瞬间，根据牛顿第二定律可以得出A的瞬时加速度大小
根据牛顿第二定律可以得出B的瞬时加速度大小
快速撤去弹簧的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为
故B正确，C错误；
D．快速撤去弹簧后的瞬间，沿绳方向加速度为零，根据重力的分解可以得出悬挂A、B的细线上拉力分别为
所以
故D错误。
故选AB。
【分析】利用两个物体的平衡方程结合弹力大小相等可以求出质量之比；利用撤去弹簧瞬间的牛顿第二定律可以求出加速度的大小比值；利用重力的分解可以求出绳子拉力的大小比值。
10．（2024高一下·雁峰期末）如图所示，挡板P固定在倾角为的斜面左下端，斜面右上端M与半径为R的圆弧轨道MN连接其圆心O在斜面的延长线上。M点有一光滑轻质小滑轮，。质量均为m的小物块B、C由一轻质弹簧拴接（弹簧平行于斜面），其中物块C紧靠在挡板P处，物块B用跨过滑轮的轻质细绳与一质量为4m、大小可忽略的小球A相连，初始时刻小球A锁定在M点，细绳与斜面平行，且恰好绷直而无张力，B、C处于静止状态。某时刻解除对小球A的锁定，当小球A沿圆弧运动到最低点N时（物块B未到达M点），物块C对挡板的作用力恰好为0。已知重力加速度为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为
B．小球A到达N点时的速度大小为
C．小球A到达N点时的速度大小为
D．小球A由M运动到N的过程中，小球A和物块B的机械能之和先增大后减小
【答案】B,D
【知识点】功能关系；共点力的平衡；运动的合成与分解；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题考查了功能关系中的多物体、多过程问题，要能明确研究对象，正确分析物体的运动过程，应用对应的规律解题。系统内除弹力外其他内力不做功或所做的总功为零，特别是系统内无滑动摩擦力时系统的机械能守恒。A．设弹簧的劲度系数为k，初始时刻弹簧的压缩长度为，则B沿斜面方向受力平衡，则
小球A沿圆弧运动到最低点N时，物块C即将离开挡板时，设弹簧的拉伸长度为，则C沿斜面方向受力平衡，则
易得
当小球A沿圆弧运动到最低点N时，B沿斜面运动的位移为
所以
解得，
故A错误；
BC．设小球A到达N点时的速度为，对进行分解，在沿绳子方向的速度
由于沿绳子方向的速度处处相等，所以此时B的速度也为，对A、B、C和弹簧组成的系统，在整个过程中，只有重力和弹簧弹力做功，且A在M和N处，弹簧的形变量相同，故弹性势能不变，弹簧弹力做功为0，重力对A做正功，对B做负功，A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，可知
解得
故B正确，C错误；
D．小球A由M运动到N的过程中，A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，则小球A和物块B的机械能之和与弹簧和C的能量之和不变，C一直处于静止状态，弹簧一开始处于压缩状态，之后变为原长，后开始拉伸，则弹性势能先减小后增大，故小球A和物块B的机械能之和先增大后减小，故D正确。
故选BD。
【分析】根据平衡条件结合胡克定律求出初始时弹簧的压缩量x1和小球A运动到最低点N时弹簧的伸长量x2，结合x1+x2=R求出弹簧的劲度系数；根据绳子对B做功情况，判断物块B、C与弹簧组成的系统机械能变化情况；小球A由M运动到N的过程中，对于A、B、C和弹簧组成的系统，只有重力和系统内弹力做功，系统机械能守恒，结合弹簧弹性势能的变化情况判断小球A和物块B的机械能之和变化情况；根据A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，以及A、B速度关系求小球A到达N点时的速度大小。
11．（2024高一下·雁峰期末）物理兴趣小组设计了一个用位移传感器测量木块和斜面间的动摩擦因数μ的实验。如图甲所示，在斜面底端固定一个位移传感器，传感器与计算机相连。让木块沿斜面由静止开始下滑，计算机描绘了木块相对传感器的距离随时间的变化规律如图乙所示。
（1）如果图线中A、B、C三点的坐标值已知，则木块下滑的加速度为 。
（2）如果斜面的倾角为θ，木块下滑的加速度为a，则 。
（3）为避免木块下滑时撞到传感器，在不增加器材的情况下，可将实验装置作一改进。改进的方法是 。
【答案】；；把传感器固定在斜面顶端
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】（1）由图可知，从A到B和从B到C用的时间均为t0，根据邻差公式有
根据逐差法可以得出加速度为
（2）木块沿斜面加速下滑，根据牛顿第二定律
解得
（3）为了避免木块下滑撞到传感器，改进的方法是把传感器固定在斜面顶端。
【分析】（1）利用逐差法可以求出木块下滑加速度的大小；
（2）利用牛顿第二定律结合加速度的大小可以求出动摩擦因数的大小；
（3）为了避免木块下滑撞到传感器，改进的方法是把传感器固定在斜面顶端。
12．（2024高一下·雁峰期末）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·雁峰期末）从高为h=2m处，以初速度v0=5m/s与水平成45°斜向上抛出一个质量为m=4kg的小球，g =10 m/s2，若以地面为参考面，不计空气阻力求：
（1）抛出时小球的重力势能
（2）抛出时小球的动能
（3）小球落地时的动能
【答案】（1）抛出时小球的重力势能
（2）抛出时小球的动能
（3）根据动能定理有
【知识点】动能；动能定理的综合应用；重力势能
【解析】【分析】（1）已知小球抛出时的高度，结合重力势能的表达式可以求出小球的重力势能的大小；
（2）已知小球初速度的大小，结合动能的表达式可以求出初动能的大小；
（3）小球下落过程中，利用动能定理可以求出落地动能的大小。
14．（2024高一下·雁峰期末）舰载机着舰被称为“在刀尖上跳舞”，指的是舰载机着舰有很大的风险，一旦着舰不成功，飞行员必须迅速实施“逃逸复飞”，“逃逸复飞”是指制动挂钩挂拦阻索失败后飞机的复飞。若航母跑道长为，某飞行员在一次训练“逃逸复飞”科目时，战斗机在跑道一端着舰时的速度为，着舰后以的加速度做匀减速直线运动，后制动挂钩挂拦阻索失败，于是战斗机立即以的加速度复飞，起飞需要的最小速度为。求：
(1)战斗机着舰时的速度大小；
(2)本次“逃逸复飞”能否成功？若不能，请说明理由；若能，达到起飞速度时战斗机离跑道终端的距离。
【答案】解：(1)战斗机着舰减速过程，根据运动学公式
(2)战斗机着舰减速过程，根据运动学公式
假设战斗机能“逃逸复飞”成功，根据运动学公式
可得战斗机复飞过程的最小位移，由于
因此，本次“逃逸复飞”训练能成功，离跑道终端的距离
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系
【解析】【分析】（1）由速度一时间公式求出战斗机着舰3s时的速度大小；
（2）舰载战斗机在复飞过程中做匀加速直线运动，根据v2-v02=2as可以求出飞机复飞的最短时间。
15．（2024高一下·雁峰期末）用长为L=1m的轻质柔软绝缘细线，栓一质量为、电荷量为的小球，细线的上端固定于O点。现加一水平向右的匀强电场，平衡时细线与铅垂线成37°，如图所示，现向左拉小球使细线水平且恰好伸直，当小球由静止释放后，（不计空气阻力，，，），试求出：
（1）匀强电场的场强E；
（2）经过0.4秒，小球的速度v1；
（3）若在细线蹦紧后瞬间，撤去电场力，则当小球第一次通过O点正下方的最低点时，细线拉力T的大小为多少？
【答案】（1）小球静止时受到重力、拉力和电场力，如下图所示，根据平行四边形定则知电场力为
解得电场强度
（2）平衡时细线的拉力大小为
现向左拉小球使细线水平且拉直，静止释放小球向最低点做初速度为零的匀加速直线运动，如下图所示
小球受重力和电场力作用，加速度为
到绳子刚伸直时运动的位移
此过程的时间为t，根据位移与时间关系得
解得
所以经过小球的速度大小为
（3）绳子刚伸直前瞬间的速度，由
得
绳子刚伸直后瞬间，垂直绳方向的速度为
小球从绳拉直到最低点，由动能定理得
在最低点，由牛顿第二定律得
解得
【知识点】共点力的平衡；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）小球处于静止，根据平衡方程可以求出电场强度的大小；
（2）当小球静止时，根据平衡方程可以求出小球受到的拉力大小，结合牛顿第二定律可以求出小球做匀加速直线运动的加速度大小，结合位移公式可以求出小球运动的时间，结合速度公式可以求出小球末速度的大小；
（3）当绳子伸直的瞬间，利用速度位移公式可以求出小球速度的大小，结合速度的分解可以求出小球垂直于绳子方向速度的大小，再利用动能定理可以求出小球到达最低点的速度大小，结合牛顿第二定理可以求出绳子拉力的大小。
1 / 1湖南省衡阳市第八中学2023-2024学年高一下学期期末考试物理试题
1．（2024高一下·雁峰期末）2021年12月3日，中老两国领导人通过视频连线共同出席“中老铁路”通车仪式，习近平主席于16时45分宣布中方列车发车。“中老铁路”是高质量共建“一带一路”的标志性工程。如图所示，该铁路北起中国云南昆明，南至老挝首都万象，全程1035公里，通车后昆明到万象10小时可达。下列说法正确的是（ ）
A．“中老铁路”列车全程发生的位移大小是1035公里
B．“10小时”指的是时刻
C．“16时45分”指的是时间时刻
D．“中老铁路”列车全程通过的路程大于1035公里
2．（2024高一下·雁峰期末）关于机械能守恒下列说法正确的是 ( )
A．如果物体受到的合外力为零，则机械能一定守恒
B．如果合外力做功为零，则物体机械能一定守恒
C．做匀速圆周运动的物体，机械能一定守恒
D．做匀加速运动的物体，其机械能可能守恒
3．（2024高一下·雁峰期末）如图所示是某科技小组制作的投石机的模型。轻杆可绕固定转轴在竖直面内自由转动，A端凹槽内放置一小石块，B端固定配重。某次试验中，调整杆与竖直方向的夹角为后，由静止释放，杆在配重重力作用下转到竖直方向时，石块被水平抛出，打到正前方靶心上方6环处，不计所有阻力。若要正中靶心，可以采取的措施有（ ）
A．增大石块的质量 B．增大角
C．增大配重的质量 D．减小投石机到靶的距离
4．（2024高一下·雁峰期末）甲乙两汽车在一平直公路上同向行驶，在t=0到t=t1的时间内，它们的v-t图象如图所示．在这段时间内（ ）
A．汽车甲的平均速度大于
B．汽车乙的平均速度等于
C．甲乙两汽车的位移相同
D．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大
5．（2024高一下·雁峰期末）如图所示，带支架的平板小车沿水平面向右做直线运动，质量为m的小球A用轻质细线悬挂于支架，小车右端质量为M的物块B始终相对于小车静止。物块B与小车平板间的动摩擦因数为μ。若某段时间内观察到轻质细线与竖直方向夹角为θ，且保持不变，则在这段时间内（ ）
A．小车一定正在做加速运动
B．轻质细线对小球A的拉力大小为
C．物块B所受摩擦力大小为μMg，方向水平向左
D．小车对物块B的作用力大小为，方向为斜向左上方
6．（2024高一下·雁峰期末）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧C的一端固定在墙上，另一端与置于倾角为的斜面上质量为m的物体A连接，另有一个完全相同的物体B紧贴A放置且与A不粘连。现用沿斜面的力F缓慢推动物体B，弹簧长度被压缩了，此时物体A、B静止。撤去F后，物体A、B向上运动，已知重力加速度为g，物体A、B与斜面间的动摩擦因数为（）。运动过程弹簧均未超出弹性限度，则（ ）
A．压缩弹簧过程中，F做功等于A、B、C系统机械能增加量
B．撤去F后，物体A和B先做匀加速运动，再做匀减速运动
C．撤去F瞬间，物体A、B的加速度大小为
D．若物体A、B向上运动过程中分离，则分离前向上运动距离为
7．（2024高一下·雁峰期末）一个带正电的点电荷仅在电场力作用下在某空间运动，其速度－时间图象如图所示，其中t1、t2、t3、t4是电荷在电场中运动的1、2、3、4点对应的四个时刻，图中AB与时间轴平行，则下列说法正确的是
A．电场中1、2两点处电场强度大小E1B．电场中3、4两点处电场强度大小为零
C．电场中2、4两点电势φ2>φ4
D．电荷从1运动到3的过程中，电场力做负功，电势能增加
8．（2024高一下·雁峰期末）甲、乙两人质量分别为m甲=80kg、m乙=40kg，两人面对面拉着弹簧测力计在冰面上做圆周运动，相距0.9m，弹簧测力计的示数为96N。若忽略冰面的摩擦，此时两人的（ ）
A．线速度大小相同，均为4.0m/s
B．角速度相同，均为2rad/s
C．运动半径相同，均为0.45m
D．运动半径不同，甲为0.3m，乙为0.6m
9．（2024高一下·雁峰期末）如图所示，A、B两物体用两根轻质细线分别悬挂在水平天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60°和45°，整个系统处于平衡状态，A、B间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态，则下列判断正确的是（ ）
A．物体A、B的质量之比为∶1
B．快速撤去弹簧的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为1∶
C．快速撤去弹簧的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为∶1
D．快速撤去弹簧后的瞬间，悬挂A、B的细线上拉力之比为∶
10．（2024高一下·雁峰期末）如图所示，挡板P固定在倾角为的斜面左下端，斜面右上端M与半径为R的圆弧轨道MN连接其圆心O在斜面的延长线上。M点有一光滑轻质小滑轮，。质量均为m的小物块B、C由一轻质弹簧拴接（弹簧平行于斜面），其中物块C紧靠在挡板P处，物块B用跨过滑轮的轻质细绳与一质量为4m、大小可忽略的小球A相连，初始时刻小球A锁定在M点，细绳与斜面平行，且恰好绷直而无张力，B、C处于静止状态。某时刻解除对小球A的锁定，当小球A沿圆弧运动到最低点N时（物块B未到达M点），物块C对挡板的作用力恰好为0。已知重力加速度为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为
B．小球A到达N点时的速度大小为
C．小球A到达N点时的速度大小为
D．小球A由M运动到N的过程中，小球A和物块B的机械能之和先增大后减小
11．（2024高一下·雁峰期末）物理兴趣小组设计了一个用位移传感器测量木块和斜面间的动摩擦因数μ的实验。如图甲所示，在斜面底端固定一个位移传感器，传感器与计算机相连。让木块沿斜面由静止开始下滑，计算机描绘了木块相对传感器的距离随时间的变化规律如图乙所示。
（1）如果图线中A、B、C三点的坐标值已知，则木块下滑的加速度为 。
（2）如果斜面的倾角为θ，木块下滑的加速度为a，则 。
（3）为避免木块下滑时撞到传感器，在不增加器材的情况下，可将实验装置作一改进。改进的方法是 。
12．（2024高一下·雁峰期末）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·雁峰期末）从高为h=2m处，以初速度v0=5m/s与水平成45°斜向上抛出一个质量为m=4kg的小球，g =10 m/s2，若以地面为参考面，不计空气阻力求：
（1）抛出时小球的重力势能
（2）抛出时小球的动能
（3）小球落地时的动能
14．（2024高一下·雁峰期末）舰载机着舰被称为“在刀尖上跳舞”，指的是舰载机着舰有很大的风险，一旦着舰不成功，飞行员必须迅速实施“逃逸复飞”，“逃逸复飞”是指制动挂钩挂拦阻索失败后飞机的复飞。若航母跑道长为，某飞行员在一次训练“逃逸复飞”科目时，战斗机在跑道一端着舰时的速度为，着舰后以的加速度做匀减速直线运动，后制动挂钩挂拦阻索失败，于是战斗机立即以的加速度复飞，起飞需要的最小速度为。求：
(1)战斗机着舰时的速度大小；
(2)本次“逃逸复飞”能否成功？若不能，请说明理由；若能，达到起飞速度时战斗机离跑道终端的距离。
15．（2024高一下·雁峰期末）用长为L=1m的轻质柔软绝缘细线，栓一质量为、电荷量为的小球，细线的上端固定于O点。现加一水平向右的匀强电场，平衡时细线与铅垂线成37°，如图所示，现向左拉小球使细线水平且恰好伸直，当小球由静止释放后，（不计空气阻力，，，），试求出：
（1）匀强电场的场强E；
（2）经过0.4秒，小球的速度v1；
（3）若在细线蹦紧后瞬间，撤去电场力，则当小球第一次通过O点正下方的最低点时，细线拉力T的大小为多少？
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】时间与时刻；位移与路程
【解析】【解答】AD．南至老挝首都万象，全程1035公里，物体运动轨迹的长度代表路程，即“中老铁路”列车全程发生的路程大小是1035公里，故AD错误；
B．“10小时”指的是列车运动所经历的时间，运动的总时间代表时间间隔，故B错误；
C．“16时45分”代表列车发车的瞬间，描述的是一个状态，因此是时间时刻，故C正确。
故选C。
【分析】列车运动的轨迹长度代表路程；列车运动的总时间代表时间间隔；列车出发的时间代表时刻。
2．【答案】D
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】物体只有重力做功时则机械能守恒，如果物体所受到的合外力为零，机械能不一定守恒，例如：匀速下落的降落伞的合力为零，合力做功为零，但机械能减小，AB错误；做匀速圆周运动的物体，机械能不一定守恒，例如在竖直面内做匀速圆周运动的物体的机械能不断发生改变，物体在水平面做匀速圆周运动则机械能守恒，选项C错误；做匀加速运动的物体，其机械能可能守恒，比如自由落体运动，D正确；故选D．
【分析】物体机械能是否守恒主要看物体是否只有重力做功，与其他条件无关。
3．【答案】A
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】本题主要考查机械能守恒定律、平抛运动，解题关键在于要从6环处打中靶心处，则需要竖直方向位移增加，则需要时间增加，则需要水平方向时间增加，以此进行分析。A．设石块和配重的质量分别为m1、m2，石块和配重到转轴的距离分别为l1、l2，石块被抛出时的速度大小为v1，则此时配重的速度大小为
①
根据机械能守恒定律有
②
由②式可知，若增大m1，则v1将减小，又因为石块抛出点到靶心的水平距离不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将增大，此措施可行，故A正确；
B．根据杠杆原理可知，轻杆AB之所以能绕转轴OO'转动起来从而使石块被抛出，一定满足③
即
④
根据②④两式可知，若增大θ，则v1将增大，又因为石块抛出点到靶心的水平距离不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将减小，此措施不可行，故B错误；
C．根据②式可知，若增大m2，则v1将增大，又因为石块抛出点到靶心的水平距离不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将减小，此措施不可行，故C错误；
D．减小投石机到靶的距离后，由于v1不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将减小，此措施不可行，故D错误。
故选A。
【分析】若要使石块正中靶心，则需要增大石块击中靶前做平抛运动的时间，从而使竖直位移增大。平抛运动规律分析出此时石子速度的变化趋势。由机械能守恒定律和圆周运动角速度之间的关系列式进行分析。
4．【答案】A
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AB.若甲和乙都做匀变速直线运动，其速度时间图像如图中红色和蓝色虚线所示，
根据匀变速直线运动的位移公式有，由于图像面积代表位移的大小，但是从图中可知甲的位移大于做匀变速直线运动时的位移，乙的位移小于做匀变速直线运动时的位移，故汽车甲的平均速度大于，汽车乙的平均速度小于，A正确，B错误；
C.根据图像中图线围成的面积可知甲的位移大于乙的位移，C错误；
D.图线的斜率表示加速度，根据图像可以得出两者的斜率都在减小，则可以得出加速度都在减小，D错误．
故选：A
【分析】利用图像面积可以比较位移的大小，结合时间可以比较平均速度的大小；利用图像斜率可以判别加速度的大小变化。
5．【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A．对A受力分析，由于A随汽车做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得
解得A的加速度大小为
方向水平向左，则小车向右做减速运动，故A错误；
B．根据A竖直方向的平衡方程可以得出细绳的拉力为
故B错误；
CD．由题意可知，A与小车相对静止，则小车与A具有相同的加速度，即小车的加速度大小为gtanθ，方向水平向左，此刻物块B的加速度与小车相同，根据牛顿第二定律
方向水平向左，根据力的合成可以得出小车对物体B的作用力为
方向为斜向左上方，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】利用小球的牛顿第二定律可以求出小球和小车加速度的大小；利用竖直方向的平衡方程可以求出绳子拉力的大小；利用B的牛顿第二定律可以求出物块B受到的摩擦力大小；结合力的合成可以求出小车对B的作用力大小及方向。
6．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．以A、B、C以及弹簧为系统，压缩弹簧过程中，根据功能关系，F与摩擦力做总功等于A、B、C以及弹簧系统机械能增加量，A错误；
C．撤去F瞬间，把AB作为一个整体受力分析，根据牛顿第二定律有
解得
故C正确；
B．根据表达式可知，物体向上运动时弹簧伸长量发生变化即弹力发生变化，物体所受合外力发生变化，加速度变化，故不会做匀加速运动，故B错误；
D．若物体A、B向上运动要分离，则此时AB加速度相同，所以A、B两物体会在弹簧达到原长时分离，D错误；
故选C。
【分析】根据功能关系，F与摩擦力做总功等于A、B、C以及弹簧系统机械能增加量；撤去F时，利用AB整体的牛顿第二定律可以求出加速度的大小及判别加速度的大小变化；则此时AB加速度相同，所以A、B两物体会在弹簧达到原长时分离。
7．【答案】B,C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题的关键要明确v-t图象的斜率表示加速度，分析出加速度的变化，再结合牛顿运动定律和功能关系分析带电粒子在电场中的运动情况。A.从t1到t3做加速度逐渐减小的变加速运动，故根据可知，E1＞E2，故A错误；
B.在AB段做匀速运动，不受电场力，故场强为零，故B正确；
C.从2到4，速度增大，故电场力做正功，沿电场方向运动，电势降低，故φ2＞φ4，故C正确；
D.电荷从1运动到3的过程中，速度变大，电场力做正功，电势能减小，故D错误；
故选BC。
【分析】在v-t图象中，斜率等于加速度，加速度由电场力产生，由牛顿第二定律可判断场强的大小．沿电场方向电势降低，根据动能定理判断出电场力做功即可判断电势能的变化。
8．【答案】B,D
【知识点】向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】CD．两人面对面拉着弹簧测力计在冰面上做圆周运动，由于相同时间内转过的角度相等，则两人的角速度相等，由于相互作用力相等所以所需向心力大小相等，可得
又
联立解得
，，
C错误，D正确；
B．根据向心力公式有
代入数据解得
B正确；
A．由可得，由于角速度相等，则甲、乙两人的线速度大小分别为
，
A错误。
故选BD。
【分析】利用牛顿第三定律可以判别向心力相等，结合同轴转动可以判别角速度相等，结合向心力的表达式可以求出转动的半径大小，再利用向心力的大小可以求出角速度的大小，利用角速度和半径可以求出线速度的大小。
9．【答案】A,B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】A．由于物体A、B处于静止，根据力的平衡条件可得
，
由于同一根弹簧弹力的相等，物体A、B所受弹簧弹力相等，所以
故A正确；
BC．快速撤去弹簧的瞬间，根据牛顿第二定律可以得出A的瞬时加速度大小
根据牛顿第二定律可以得出B的瞬时加速度大小
快速撤去弹簧的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为
故B正确，C错误；
D．快速撤去弹簧后的瞬间，沿绳方向加速度为零，根据重力的分解可以得出悬挂A、B的细线上拉力分别为
所以
故D错误。
故选AB。
【分析】利用两个物体的平衡方程结合弹力大小相等可以求出质量之比；利用撤去弹簧瞬间的牛顿第二定律可以求出加速度的大小比值；利用重力的分解可以求出绳子拉力的大小比值。
10．【答案】B,D
【知识点】功能关系；共点力的平衡；运动的合成与分解；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题考查了功能关系中的多物体、多过程问题，要能明确研究对象，正确分析物体的运动过程，应用对应的规律解题。系统内除弹力外其他内力不做功或所做的总功为零，特别是系统内无滑动摩擦力时系统的机械能守恒。A．设弹簧的劲度系数为k，初始时刻弹簧的压缩长度为，则B沿斜面方向受力平衡，则
小球A沿圆弧运动到最低点N时，物块C即将离开挡板时，设弹簧的拉伸长度为，则C沿斜面方向受力平衡，则
易得
当小球A沿圆弧运动到最低点N时，B沿斜面运动的位移为
所以
解得，
故A错误；
BC．设小球A到达N点时的速度为，对进行分解，在沿绳子方向的速度
由于沿绳子方向的速度处处相等，所以此时B的速度也为，对A、B、C和弹簧组成的系统，在整个过程中，只有重力和弹簧弹力做功，且A在M和N处，弹簧的形变量相同，故弹性势能不变，弹簧弹力做功为0，重力对A做正功，对B做负功，A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，可知
解得
故B正确，C错误；
D．小球A由M运动到N的过程中，A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，则小球A和物块B的机械能之和与弹簧和C的能量之和不变，C一直处于静止状态，弹簧一开始处于压缩状态，之后变为原长，后开始拉伸，则弹性势能先减小后增大，故小球A和物块B的机械能之和先增大后减小，故D正确。
故选BD。
【分析】根据平衡条件结合胡克定律求出初始时弹簧的压缩量x1和小球A运动到最低点N时弹簧的伸长量x2，结合x1+x2=R求出弹簧的劲度系数；根据绳子对B做功情况，判断物块B、C与弹簧组成的系统机械能变化情况；小球A由M运动到N的过程中，对于A、B、C和弹簧组成的系统，只有重力和系统内弹力做功，系统机械能守恒，结合弹簧弹性势能的变化情况判断小球A和物块B的机械能之和变化情况；根据A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，以及A、B速度关系求小球A到达N点时的速度大小。
11．【答案】；；把传感器固定在斜面顶端
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】（1）由图可知，从A到B和从B到C用的时间均为t0，根据邻差公式有
根据逐差法可以得出加速度为
（2）木块沿斜面加速下滑，根据牛顿第二定律
解得
（3）为了避免木块下滑撞到传感器，改进的方法是把传感器固定在斜面顶端。
【分析】（1）利用逐差法可以求出木块下滑加速度的大小；
（2）利用牛顿第二定律结合加速度的大小可以求出动摩擦因数的大小；
（3）为了避免木块下滑撞到传感器，改进的方法是把传感器固定在斜面顶端。
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）抛出时小球的重力势能
（2）抛出时小球的动能
（3）根据动能定理有
【知识点】动能；动能定理的综合应用；重力势能
【解析】【分析】（1）已知小球抛出时的高度，结合重力势能的表达式可以求出小球的重力势能的大小；
（2）已知小球初速度的大小，结合动能的表达式可以求出初动能的大小；
（3）小球下落过程中，利用动能定理可以求出落地动能的大小。
14．【答案】解：(1)战斗机着舰减速过程，根据运动学公式
(2)战斗机着舰减速过程，根据运动学公式
假设战斗机能“逃逸复飞”成功，根据运动学公式
可得战斗机复飞过程的最小位移，由于
因此，本次“逃逸复飞”训练能成功，离跑道终端的距离
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系
【解析】【分析】（1）由速度一时间公式求出战斗机着舰3s时的速度大小；
（2）舰载战斗机在复飞过程中做匀加速直线运动，根据v2-v02=2as可以求出飞机复飞的最短时间。
15．【答案】（1）小球静止时受到重力、拉力和电场力，如下图所示，根据平行四边形定则知电场力为
解得电场强度
（2）平衡时细线的拉力大小为
现向左拉小球使细线水平且拉直，静止释放小球向最低点做初速度为零的匀加速直线运动，如下图所示
小球受重力和电场力作用，加速度为
到绳子刚伸直时运动的位移
此过程的时间为t，根据位移与时间关系得
解得
所以经过小球的速度大小为
（3）绳子刚伸直前瞬间的速度，由
得
绳子刚伸直后瞬间，垂直绳方向的速度为
小球从绳拉直到最低点，由动能定理得
在最低点，由牛顿第二定律得
解得
【知识点】共点力的平衡；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）小球处于静止，根据平衡方程可以求出电场强度的大小；
（2）当小球静止时，根据平衡方程可以求出小球受到的拉力大小，结合牛顿第二定律可以求出小球做匀加速直线运动的加速度大小，结合位移公式可以求出小球运动的时间，结合速度公式可以求出小球末速度的大小；
（3）当绳子伸直的瞬间，利用速度位移公式可以求出小球速度的大小，结合速度的分解可以求出小球垂直于绳子方向速度的大小，再利用动能定理可以求出小球到达最低点的速度大小，结合牛顿第二定理可以求出绳子拉力的大小。
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