湖南省永州市2023-2024学年高一下学期期末考试物理试题
1．（2024高一下·永州期末）如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则（ ）
A．返回舱在喷气过程中处于失重状态
B．返回舱在喷气过程中所受合外力做正功
C．返回舱在喷气过程中机械能减少
D．返回舱在匀速下降过程中机械能不变
2．（2024高一下·永州期末）手机触摸屏多数采用的是电容式触摸屏，其原理可简化为如图所示的电路。平行板电容器的上、下两极板A、B分别接在一恒压直流电源的两端，上极板A为两端固定的可动电极，下极板B为固定电极。当用手指触压屏幕上某个部位时，可动电极的极板会发生形变，从而改变电容器的电容。当压力F增大时（ ）
A．电容器所带电荷量不变 B．电容器放电
C．极板间的电场强度减小 D．灵敏电流计中有从b到a的电流
3．（2024高一下·永州期末）如图所示，A、B、C、D是正方形的四个顶点，在A点和C点放有电荷量都为q的正电荷，在B点放了某个未知电荷q'后，D点的电场强度恰好等于0，则放在B点的电荷电性和电荷量分别是（ ）
A．正电荷，2q B．负电荷，2q C．正电荷，2q D．负电荷，2q
4．（2024高一下·永州期末）如图（a）所示，从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放分别沿某一轨道滑到N点，小物块甲、乙的速率v与时间t关系如图（b）所示。由图可知，两物块在分别在M点到N点的下滑过程中（ ）
A．甲沿Ⅰ下滑且甲的重力功率一直增大
B．乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直不变
C．甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小
D．乙沿Ⅰ下滑且同一时刻乙的动能比甲的大
5．（2024高一下·永州期末）摆式列车是集电脑、自动控制等高新技术于一体的新型高速列车，如图所示，当列车转弯时，在电脑控制下，车厢会自动倾斜，抵消离心力的作用。行走在直线上时，车厢又恢复原状，就像玩具“不倒翁”一样。它的优点是能够在现有线路上运行，无须对线路等设施进行较大的改造，而是靠摆动车体的先进性，实现高速行车，并速度可提高20%~40%，最高可达50%，摆式列车不愧为“曲线冲刺能手”。假设有一超高速列车在水平面内行驶。以360km/h的速度拐弯，拐弯半径为750m，则质量为60kg的乘客，在拐弯过程中所受到的火车给他的作用力为（g取）（ ）
A．600N B．800N C．1000N D．1400N
6．（2024高一下·永州期末）如图所示，在直角坐标xOy中有a、b、c、d四点，c点坐标为。现加上一方向平行于xOy平面的匀强电场，b、c、d三点电势分别为8V、24V、15V，将一电荷量为的点电荷从a点沿abcd移动到d点，下列说法正确的是（ ）
A．坐标原点O的电势为0V
B．电场强度的大小为500V/m
C．该点电荷在a点的电势能为
D．该点电荷从a点移到d点的过程中，电场力做的功为
7．（2024高一下·永州期末）如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，一个电子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，经过A、B、C三点，已知。该电子的电势能随坐标x变化的关系如图乙所示。则下列说法中正确的是（ ）
A．A点电势高于B点电势
B．A点的电场强度大于B点的电场强度
C．A、B两点电势差等于B、C两点电势差
D．电子经过A点的速率小于经过B点的速率
8．（2024高一下·永州期末）复兴号动车在世界上首次实现速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度，设动车行驶过程所受到的阻力f保持不变。动车在时间t内（ ）
A．牵引力的功率
B．平均速度
C．当动车的速度为时，其加速度为
D．牵引力做功
9．（2024高一下·永州期末）我国首次执行火星探测任务的“天问一号”探测器实施近火捕获制动成功，成为我国第一颗人造火星卫星，实现“绕、着、巡”目标的第一步——环绕火星成功。如图所示，P为“天问一号”探测器，P到火星表面的高度为h，环绕周期为，Q为静止在火星赤道表面的物体，Q到火星中心的距离为R。火星自转周期为，已知万有引力常量为G，则（ ）
A．火星的第一宇宙速度大小为
B．火星的密度
C．P与Q的线速度之比
D．P与Q的向心加速度之比
10．（2024高一下·永州期末）如图所示，一倾角为30°的光滑斜面固定在水平面上，斜面的底端固定一垂直斜面的挡板，上端固定一定滑轮O。劲度系数为的轻弹簧下端固定在挡板上，上端与质量为2m的物块Q连接。一跨过定滑轮O的轻绳一端与物块Q连接，另一端与套在水平固定的光滑直杆上质量为m的物块P连接。初始时物块P在水平外力F作用下静止在直杆的A点，且恰好与直杆没有相互作用，轻绳与水平直杆的夹角为30°。去掉水平外力F，物块P由静止运动到B点时轻绳与直杆间的夹角37°。已知滑轮到水平直杆的垂直距离为d，重力加速度大小为g，弹簧轴线、物块Q与定滑轮之间的轻绳与斜面平行，不计滑轮大小及摩擦，，。则下列说法正确的是（ ）
A．物块P在A点时弹簧的伸长量为
B．物块P从A点到B点时，物块Q的势能减少量等于P、Q两物块增加的总动能
C．物块P运动到B点时，物块Q的速度为
D．物块P从A点运动到B点的过程中，轻绳拉力对物块P做的功为
11．（2024高一下·永州期末）某同学利用如图所示的装置来探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系。两个变速塔轮通过皮带连接，调节装置。转动手柄，使长槽和短槽分别随变速塔轮在水平面内匀速转动，槽内的钢球做匀速圆周运动。横臂的挡板对钢球的弹力提供向心力，钢球对挡板的弹力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力套筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间等分格显示出两个钢球所受向心力的大小。图中左侧短槽的挡板距标尺1的距离与右侧挡板距标尺2的距相等。
（1）在探究向心力与半径、质量、角速度的关系时，用到的实验方法是______。
A．理想实验法 B．控制变量法 C．等效替代法 D．演绎推理法
（2）为了探究钢球的向心力F的大小与轨道半径r之间的关系，下列说法正确的是______：
A．应使用两个质量不等的钢球
B．应使两钢球离转轴的距离相同
C．应将皮带套在两边半径相等的变速塔轮上
（3）在某次探究实验中，当a、b两个相同钢球转动的半径相等时，若左右标尺上红白相间的等分格显示出a、b两个钢球所受向心力的比值为4∶9，由此可知皮带连接的左右两个变速塔轮对应的半径之比为 。
12．（2024高一下·永州期末）用如图甲所示的实验装置验证、组成的系统机械能守恒。从高处由静止开始下落，拉着纸带向上运动，打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械守恒定律。如图乙所示是实验中获取的一条纸带；O点是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离已标注，打点计时器所接电源频率为50Hz。已知、，则（计算结果均保留三位有效数字）
（1）在打下O点到打下B点的过程中系统动能的增量 J，系统势能的减少量 J。（取重力加速度）
（2）在某次实验中系统动能的增加量小于系统重力势能的减少量，造成该实验结果的可能原因是 。
（3）若上升高度为h时对应的速度大小为v，请写出计算重力加速度g的表达式 （用、、v、h表示）；若某同学作出图像如图丙所示，计算重力加速度 。
13．（2024高一下·永州期末）如图所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的点，小圆环和轻质弹簧套在轻杆上，长为的细线和弹簧两端分别固定于和，质量为的小球固定在细线的中点，装置静止时，细线与竖直方向的夹角为，现将装置由静止缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹角增大到时，细线的拉力恰好减小到零，此时弹簧弹力的大小是静止时的两倍，重力加速度为，取，求：
（1）装置静止时，细线的张力大小；
（2）当细线与竖直方向的夹角为时，该装置转动的角速度；
（3）小圆环A的质量。
14．（2024高一下·永州期末）如图所示，一绝缘细直杆AC固定在水平向左、电场强度大小的匀强电场中，直杆与电场线成37°角，杆长，一套在直杆上的电荷量为的带负电荷的小环，从杆顶端A点以初速度开始下滑，小环离开杆后恰好通过杆底端C点正下方的P点。已知小环的质量，环与杆间的动摩擦因数，取重力加速度大小，求：
（1）小环在C点的速度；
（2）小环从C点到P点的时间；
（3）小环运动到杆下端C向正下方P点的动能。
15．（2024高一下·永州期末）如图所示，底部带有与木板厚度等高挡板的固定斜面，倾角为，上有质量为4kg、长度为的长木板A，其下端距挡板间的距离为，质量为2kg的小物块B置于木板A的顶端，B与木板A之间的动摩擦因数为。木板A与斜面间的动摩擦因数为，同时由静止释放长木板A和小物块B，当木板滑到斜面底端时，与底部的挡板发生碰撞并立即静止，随后小物块B沿一小段光滑圆弧轨道无速度损失地滑上长，以8m/s顺时针匀速转动的传进带。从传送带右端离开后小物块B滑行一段水平轨道DE后又冲上一半径的光滑半圆形轨道内侧。已知小物块B与传送带及DE段轨道间的动摩擦因数均为，重力加速度g取，不计空气阻力，求：
（1）小物块B开始运动时的加速度；
（2）若小物块恰好能到达半圆形轨道的最高点，则DE段的距离d为多少；
（3）若保证DE间的距离为第（2）问所求结果不变，且将最右侧半圆形轨道半径调整为1.5m，则当传送带顺时针转动的速度大小可变时，试讨论小物块最终停止时距离传送带右端D点的距离l与传送带远行的速度v之间的关系。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】超重与失重；功的概念；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．返回舱在喷气过程中向下做减速直线运动，由于速度方向向下，则加速度方向向上，根据加速度的方向可以得出返回舱在喷气过程中处于超重状态，A错误；
B．返回舱在喷气过程中向下做减速直线运动，加速度方向向上，根据牛顿第二定律可以得出所受合外力向上，运动方向与所受合外力方向相反，所受合外力做负功，B错误；
C．返回舱在喷气过程中速度减小，故动能减小；高度下降，故重力势能减小，根据动能和重力势能之和可以得出机械能减小，C正确；
D．返回舱在匀速下降过程中动能不变，重力势能减小，根据动能和重力势能之和可以得出机械能减小，D错误；
故选C。
【分析】利用加速度的方向可以判别超重与失重；利用加速度方向可以判别合力的方向，进而判别合力做功的情况；利用速度变化可以判别动能的变化；利用高度变化可以判别重力势能的变化，进而判别机械能的大小变化。
2．【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】对于电容器的动态变化分析问题，关键要记牢电容的决定式和定义式，结合不变量进行分析。AB．根据，当压力F增大时，减小，电容器的电容增大，电容器与电源相连，电容器两极板间的电势差不变，根据，可知电容器所带电荷量增加，电容器充电，故AB错误；
C．当压力F增大时，减小，电容器两极板间的电势差不变，根据，可知极板间的电场强度增大，故C错误；
D．电容器充电，灵敏电流计中有从b到a的电流，故D正确。
故选D。
【分析】根据电容的决定式分析电容的变化，电容器的电压保持不变，由电容的定义式分析电容器所带电荷量如何变化，从而判定流过电阻R的电流方向。依据电场强度公式，判定极板间的电场强度的变化。
3．【答案】D
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】本题关键要抓住对称性，结合几何关系，由电场的叠加分析场强大小，注意D点的电场强度恰好等于0是解题的突破口。设正方形边长l，A、C点的电荷在D点的场强均为
则A、C点的电荷在D点的合场强为
因为D点的电场强度恰好等于零，则B点的点电荷在D点的场强与A、C点的电荷在D点的合场强等大反向，因此B点的点电荷带负电，且B点的点电荷在D的电场强度大小是
解得
故选D。
【分析】根据电场的叠加，B点的点电荷在D点的场强与A、C点的电荷在D点的合场强等大反向，结合几何关系求解。
4．【答案】D
【知识点】功率及其计算；动能；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AB．由图（b）可知，甲下滑过程中，甲做匀加速直线运动，则甲沿Ⅱ下滑，其下滑过程中，速度增大，根据速度的分解可以得出竖直方向的分速度增大，根据瞬时功率公式
则重力功率一直增大；乙做加速度逐渐减小的加速运动，则乙沿I下滑，其初速度为0，根据功率的表达式可以得出重力的功率一开始为0，滑到N点后，其速度水平，竖直方向的分速度为0，根据功率的表达式可以得出重力的功率为0，在滑动过程中，由于存在竖直方向的分速度，乙重力的功率不为0，则乙沿Ⅰ下滑过程中重力功率先增大后减小，故AB错误；
CD．图（b）为图像，乙沿I下滑，由图（b）可知任意相同时刻甲的速度大小都小于乙的速度大小，根据动能的表达式有
可知同一时刻乙的动能比甲的大，故C错误，D正确；
故选D。
【分析】利用瞬时功率的表达式结合竖直方向速度的大小可以判别重力瞬时功率的大小变化；利用速度时间图像可以比较速率的大小，结合动能的表达式可以比较动能的大小。
5．【答案】C
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】竖直方向，根据平衡方程可以得出火车对乘客的作用力为
水平方向，根据牛顿第二定律可以得出火车对乘客的作用力
根据力的合成可以得出在拐弯过程中所受到的火车给他的作用力为
故选C。
【分析】利用竖直方向的平衡方程可以得出火车对乘客的作用力大小；利用水平方向的牛顿第二定律可以求出火车对乘客的作用力大小；结合力的合成可以求出火车对乘客作用力的大小。
6．【答案】B
【知识点】电势能；电势差；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】本题考查匀强电场中的电场强度与电势差的关系，关键是画出等势面，结合公式U=Ed列式分析，同时掌握W=qU计算电场力做功情况。A．由于是匀强电场，故沿着同一个方向前进相同距离电势的降低相等，故
代入数据解得
故A错误；
C．沿着同一个方向前进相同距离电势的降低相等，则
解得
该点电荷在a点的电势能为
故C错误；
B．连接Oc，如图所示
根据几何关系可得
则
则沿cO每1cm电势降低5V，通过b做cO的垂线交于f，如图所示，根据几何关系可得
则
所以f点的电势为
所以bf为等势线，电场线方向沿cO方向，电场强度为
故B正确；
D．该点电荷从a点移到d点电场中做功为
故D错误。
故选B。
【分析】在匀强电场中，沿着同一个方向移动相同距离电势差相等，先据此求解O点的电势；作出辅助线，找出等势面，结合公式U=Ed求电场强度大小；根据Ep=qφ求点电荷在a点的电势能；根据W=Uq求解电场力做功。
7．【答案】B,D
【知识点】电势能；电势；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】AD．一个电子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，由图乙可知电势能一直减小，则电子从A到B电场力做正功，所以电子逆着电场线方向运动，则可以得出电子的电势升高，故A点电势低于B点电势，根据动能定理，电场力做正功，可知电子动能增加，速度增大，经过A点的速率小于经过B点的速率，故A错误，D正确；
B．图像斜率的绝对值表示电场力大小，A点处图像斜率的绝对值大于B点处图像斜率的绝对值，根据电场力可以得出A点的电场强度大于B点的电场强度，故B正确；
C．由图乙可知，电子通过相同位移时，电势能的减小量越来越小，则电场力做功越来越小，根据功能关系有
可得A、B两点电势差大于B、C两点电势差，故C错误。
故选BD。
【分析】利用电势能变化可以判别电场力做正功，则可以判别电场线的方向，利用电场线方向可以判别电势的变化；利用电场力做功及动能定理可以比较速率的大小；利用图像斜率可以比较电场强度的大小；利用电场力做功的大小可以比较电势差的大小。
8．【答案】A,C
【知识点】功率及其计算；机车启动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．由于复兴号达到最大速度后做匀速直线运动，根据平衡方程有
根据功率的表达式可以得出牵引力的功率
故A正确；
B．根据功率的表达式
可知随着速度的增加，牵引力逐渐减小，合力减小，加速度减小，故复兴号动车做加速度逐渐减小的变加速直线运动，作出图像如图所示
这段时间内，如果动车做匀加速直线运动，根据初末速度的大小可以得出平均速度为，图像与坐标轴围成的面积表示位移，由图可知这段时间内，根据图像面积可以得出动车实际位移大于动车做匀加速直线运动的位移，则平均速度
故B错误；
C．当动车的速度为时，根据功率的表达式可以得出牵引力为
根据牛顿第二定律
解得加速度为
故C正确；
D．设动车在时间t内的位移为，由于牵引力和阻力做功，根据动能定理有
解得牵引力做功
故D错误。
故选AC。
【分析】利用汽车功率的表达式结合牵引力和阻力相等可以求出牵引力功率的大小；利用速度时间图像面积可以求出平均速度的大小；利用汽车速度及功率的表达式结合牛顿第二定律可以求出加速度的大小；利用动能定理可以求出牵引力做功的大小。
9．【答案】B,C
【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．设近火卫星的周期，根据线速度和周期的关系可以得出火星的第一宇宙速度大小为
所以第一宇宙速度
故A错误；
B．火星对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
根据体积公式可以得出火星的体积为
火星的密度为
解得火星的密度为
故B正确；
C．根据线速度和周期的关系式为
P与Q的线速度之比
故C正确；
D．已知周期和轨道半径的大小，根据向心力加速度公式
可得P与Q的向心加速度之比
故D错误。
故选BC。
【分析】利用线速度周期的关系可以求出火星的第一宇宙速度；利用引力提供向心力结合体积公式可以求出火星的密度大小；利用线速度的表达式可以求出线速度的比值；利用向心加速度的表达式可以求出加速度的比值。
10．【答案】B,D
【知识点】共点力的平衡；运动的合成与分解；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．初始时物块P在水平外力F作用下静止在直杆的A点，且恰好与直杆没有相互作用，根据物块竖直方向的平衡方程可知细绳的拉力为
对滑块Q分析，根据平衡方程可知
解得
选项A错误；
B．物块P从A点到B点时，根据几何关系可以得出绳子长度的变化即物块Q下滑的距离
即此时弹簧被压缩，在两个状态下的弹簧弹性势能相等，则由系统机械能守恒关系可知，物块P从A点到B点时，物块Q的势能减少量等于P、Q两物块增加的总动能，选项B正确；
C．物块P运动到B点时，设物块Q的速度为v，根据速度的分解可以得出物块P的速度
根据系统机械能守恒定律有
物块Q的速度为
选项C错误；
D．物块P从A点运动到B点的过程中，根据功能关系可以得出轻绳拉力对物块P做的功为
选项D正确。
故选BD 。
【分析】利用P的平衡方程可以求出绳子拉力的大小，结合Q的平衡方程可以求出此时弹簧伸长量的大小；利用弹簧初末形变量可以判别弹性势能保持不变，系统机械能守恒；利用机械能守恒定律可以求出物块Q的速度大小；结合动能定律可以求出拉力对P做功的大小。
11．【答案】（1）B
（2）C
（3）
【知识点】向心力
【解析】【解答】（1）探究一个物理量与多个物理量的关系时，先探究向心力与其中一个物理量的关系，保持另外两个物理量不变，在探究向心力与半径、质量、角速度的关系时，用到的实验方法是控制变量法。故选B。
（2）为了探究钢球的向心力F的大小与轨道半径r之间的关系，需控制小球的质量、角速度相同，轨道半径不同，则应使用两个质量相等的钢球，应使两钢球离转轴的距离不同，左右变速轮边缘的线速度大小相等，为了使角速度相等，根据线速度和角速度的关系，应将皮带套在两边半径相等的变速塔轮上。
故选C。
（3）小球做圆周运动时，根据向心力公式
可得角速度的比值为
变速轮边缘的线速度大小相等，根据线速度和角速度的关系有
右两个变速塔轮对应的半径之比为
【分析】（1）本实验使用控制变量法；
（2）为了探究向心力与半径的大小关系，应该保持小球的质量和角速度相等；
（3）利用向心力的表达式结合向心力的大小可以求出角速度的比值，结合塔轮的线速度相等可以求出塔轮的半径之比。
（1）在探究向心力与半径、质量、角速度的关系时，先探究向心力与其中一个物理量的关系，保持另外两个物理量不变，用到的实验方法是控制变量法。
故选B。
（2）为了探究钢球的向心力F的大小与轨道半径r之间的关系，需控制小球的质量、角速度相同，轨道半径不同，则应使用两个质量相等的钢球，应使两钢球离转轴的距离不同，左右变速轮边缘的线速度大小相等，根据
为使小球的角速度相同，应将皮带套在两边半径相等的变速塔轮上。
故选C。
（3）根据向心力公式
可得
变速轮边缘的线速度大小相等，根据
右两个变速塔轮对应的半径之比为
12．【答案】（1）1.15；1.18
（2）还有其他阻力在做负功，如空气阻力、打点计时器与纸带之间的阻力
（3）；9.76
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】本题全面考查机械能守恒定律实验中的数据处理问题，要熟练掌握匀变速直线运动中的瞬时速度的求解以及系统动能增加量和系统重力势能减少量；利用图象处理问题时需要写出其函数表达式。
（1）O点是打下的第一个点，则O点的速度为0，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），打点计时器所接电源频率为50Hz，则相邻两计数点的时间间隔为，由图乙中数据可求得B点的瞬时速度为
则在打下O点到打下B点的过程中系统动能的增加量
[2]系统势能的减少量
（2）系统动能的增加量小于系统重力势能的减少量，说明在整个过程中除了重力在做功，还有其他阻力在做负功，如空气阻力、打点计时器与纸带之间的阻力。
（3）在误差允许的范围内，可认为系统动能的增加量等于系统势能的减少量，即
则计算重力加速度g的表达式为
[上式可转化为
根据某同学作出图像可知，直线斜率
代入数据，解得
【分析】（1）根据计数点5的瞬时速度求出系统动能的增加量，根据重力对系统所做的功求出系统重力势能减少量；
（2）根据某段时间内可能存在的阻力分析；
（3）根据系统机械能守恒得出的表达式，结合图线的斜率求出当地的重力加速度。
（1）[1]O点是打下的第一个点，则O点的速度为0，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），打点计时器所接电源频率为50Hz，则相邻两计数点的时间间隔为，由图乙中数据可求得B点的瞬时速度为
则在打下O点到打下B点的过程中系统动能的增加量
[2]系统势能的减少量
（2）系统动能的增加量小于系统重力势能的减少量，说明在整个过程中除了重力在做功，还有其他阻力在做负功，如空气阻力、打点计时器与纸带之间的阻力。
（3）[1]在误差允许的范围内，可认为系统动能的增加量等于系统势能的减少量，即
则计算重力加速度g的表达式为
[2]上式可转化为
根据某同学作出图像可知，直线斜率
代入数据，解得
13．【答案】（1）装置静止时，
解得细线的张力大小
（2）根据牛顿第二定律
解得
（3）开始静止时弹簧的弹力
当AB拉力恰好减小到零时
其中
解得
【知识点】共点力的平衡；生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1）装置静止时，利用平衡方程可以求出细线OB上张力的大小；
（2）当小球做匀速圆周运动时，利用牛顿第二定律可以求出角速度的大小；
（3）当最初静止时，利用平衡方程可以求出弹力的大小，结合牛顿第二定律可以求出弹力的大小，结合弹力的关系可以求出圆环的质量大小。
（1）装置静止时，
解得细线的张力大小
（2）根据牛顿第二定律
解得
（3）开始静止时弹簧的弹力
当AB拉力恰好减小到零时
其中
解得
14．【答案】（1）设小环在细直杆上运动时的加速度大小为，受到的支持力大小为，受到的摩擦力大小为，小环在C点的速度为，则对小环进行受力分析可得，沿杆方向
垂直杆方向
其中
解得加速度
根据速度位移公式
解得
（2）小环从C点到P点在水平方向只受到电场力，则水平方向的加速度大小为
小环在C点水平方向的分速度为
设小环从C点到P点的时间为t，根据位移时间公式有
解得
（3）小环到P点水平方向的速度大小为
在竖直方向，根据牛顿第二定律
竖直方向的速度大小为
小环到P点速度大小为
所以小环到P点的动能为
【知识点】牛顿第二定律；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）小环在杆上运动时，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合速度位移公式可以求出经过C点速度的大小；
（2）小环从C到P的过程中，利用牛顿第二定律可以求出水平方向加速度的大小，结合小环水平方向的位移公式可以求出运动的时间；
（3）小环到达P点时，利用速度公式可以求出到达P点水平方向的速度，结合牛顿第二定律可以求出竖直方向加速度的大小，结合度公式可以求出小环到达P点速度的大小，结合速度的合成可以求出合速度的大小，结合动能的表达式可以求出小环到P点动能的大小。
15．【答案】（1）因为，所以，由静止释放长木板A和小物块B后，AB相对静止，将AB看作一个整体，根据牛顿第二定律
解得
（2）AB一起下滑到木板滑到斜面底端时，根据速度位移公式
解得
此后，A静止，B继续在A上滑动，根据牛顿第二定律
解得
根据速度位移公式
解得
假设小物块在传送带上一直加速，则在传送带上的加速度为
解得
根据速度位移公式
解得
所以，假设成立。小物块恰好能到达半圆形轨道的最高点，设最高点速度为vm，有
解得
小物块从D点到半圆形轨道的最高点过程中，根据动能定理
解得
（3）将最右侧半圆形轨道半径调整为1.5m，当传送带速度时，小物块到达D点的速度为7m/s，设小物块到达半圆形轨道的最高点的高度为h，由动能定理可得
解得
所以小物块第一次刚好到达半圆形轨道与圆心等高处，原路返回。由动能定理可得
解得
所以，小物块最终停止时距离传送带右端D点的距离为
若小物块在传送带上一直减速，则
解得
所以，当传送带速度时，小物块到达D点的速度为，根据动能定理
解得
所以，小物块最终停止时距离传送带右端D点的距离为
当小物块恰好可以停在D点时
解得
此时小物块最终停止时距离传送带右端D点的距离为
所以，若传送带速度，由动能定理可得
解得
所以，小物块最终停止时距离传送带右端D点的距离为
若传送带速度，由动能定理可得
解得
所以，小物块最终停止时距离传送带右端D点的距离为
综上所述，若当传送带速度时，小物块最终停止时距离传送带右端D点的距离为；若当传送带速度时，小物块最终停止时距离传送带右端D点的距离为；若当传送带速度时，小物块最终停止时距离传送带右端D点的距离为；若当传送带速度时，小物块最终停止时距离传送带右端D点的距离为；若当传送带速度时，小物块最终停止时距离传送带右端D点的距离为。
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）已知动摩擦因数的大小，根据整体的牛顿第二定律可以求出整体运动的加速度大小；
（2）AB一起向下运动时，利用速度位移公式可以求出滑动到底端的速度大小，结合B继续运动的牛顿第二定律可以求出加速度的大小，利用速度位移公式可以求出B运动到传送带的速度大小，根据牛顿第二定律可以求出B在传送带上运动的加速度大小，结合速度位移公式可以求出加速的位移，结合牛顿第二定律可以求出物块恰好经过最高点的速度大小，结合动能定理可以求出DE之间距离的大小；
（3）物体运动的过程中，利用动能定理可以物块在半圆轨道运动的高度，结合动能定理可以求出经过物块静止的位置；当物块在传送带上一直坚守时，利用速度位移公式可以求出到达D点速度的大小，结合动能定理可以求出物块最终静止的位置。
1 / 1湖南省永州市2023-2024学年高一下学期期末考试物理试题
1．（2024高一下·永州期末）如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则（ ）
A．返回舱在喷气过程中处于失重状态
B．返回舱在喷气过程中所受合外力做正功
C．返回舱在喷气过程中机械能减少
D．返回舱在匀速下降过程中机械能不变
【答案】C
【知识点】超重与失重；功的概念；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．返回舱在喷气过程中向下做减速直线运动，由于速度方向向下，则加速度方向向上，根据加速度的方向可以得出返回舱在喷气过程中处于超重状态，A错误；
B．返回舱在喷气过程中向下做减速直线运动，加速度方向向上，根据牛顿第二定律可以得出所受合外力向上，运动方向与所受合外力方向相反，所受合外力做负功，B错误；
C．返回舱在喷气过程中速度减小，故动能减小；高度下降，故重力势能减小，根据动能和重力势能之和可以得出机械能减小，C正确；
D．返回舱在匀速下降过程中动能不变，重力势能减小，根据动能和重力势能之和可以得出机械能减小，D错误；
故选C。
【分析】利用加速度的方向可以判别超重与失重；利用加速度方向可以判别合力的方向，进而判别合力做功的情况；利用速度变化可以判别动能的变化；利用高度变化可以判别重力势能的变化，进而判别机械能的大小变化。
2．（2024高一下·永州期末）手机触摸屏多数采用的是电容式触摸屏，其原理可简化为如图所示的电路。平行板电容器的上、下两极板A、B分别接在一恒压直流电源的两端，上极板A为两端固定的可动电极，下极板B为固定电极。当用手指触压屏幕上某个部位时，可动电极的极板会发生形变，从而改变电容器的电容。当压力F增大时（ ）
A．电容器所带电荷量不变 B．电容器放电
C．极板间的电场强度减小 D．灵敏电流计中有从b到a的电流
【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】对于电容器的动态变化分析问题，关键要记牢电容的决定式和定义式，结合不变量进行分析。AB．根据，当压力F增大时，减小，电容器的电容增大，电容器与电源相连，电容器两极板间的电势差不变，根据，可知电容器所带电荷量增加，电容器充电，故AB错误；
C．当压力F增大时，减小，电容器两极板间的电势差不变，根据，可知极板间的电场强度增大，故C错误；
D．电容器充电，灵敏电流计中有从b到a的电流，故D正确。
故选D。
【分析】根据电容的决定式分析电容的变化，电容器的电压保持不变，由电容的定义式分析电容器所带电荷量如何变化，从而判定流过电阻R的电流方向。依据电场强度公式，判定极板间的电场强度的变化。
3．（2024高一下·永州期末）如图所示，A、B、C、D是正方形的四个顶点，在A点和C点放有电荷量都为q的正电荷，在B点放了某个未知电荷q'后，D点的电场强度恰好等于0，则放在B点的电荷电性和电荷量分别是（ ）
A．正电荷，2q B．负电荷，2q C．正电荷，2q D．负电荷，2q
【答案】D
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】本题关键要抓住对称性，结合几何关系，由电场的叠加分析场强大小，注意D点的电场强度恰好等于0是解题的突破口。设正方形边长l，A、C点的电荷在D点的场强均为
则A、C点的电荷在D点的合场强为
因为D点的电场强度恰好等于零，则B点的点电荷在D点的场强与A、C点的电荷在D点的合场强等大反向，因此B点的点电荷带负电，且B点的点电荷在D的电场强度大小是
解得
故选D。
【分析】根据电场的叠加，B点的点电荷在D点的场强与A、C点的电荷在D点的合场强等大反向，结合几何关系求解。
4．（2024高一下·永州期末）如图（a）所示，从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放分别沿某一轨道滑到N点，小物块甲、乙的速率v与时间t关系如图（b）所示。由图可知，两物块在分别在M点到N点的下滑过程中（ ）
A．甲沿Ⅰ下滑且甲的重力功率一直增大
B．乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直不变
C．甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小
D．乙沿Ⅰ下滑且同一时刻乙的动能比甲的大
【答案】D
【知识点】功率及其计算；动能；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AB．由图（b）可知，甲下滑过程中，甲做匀加速直线运动，则甲沿Ⅱ下滑，其下滑过程中，速度增大，根据速度的分解可以得出竖直方向的分速度增大，根据瞬时功率公式
则重力功率一直增大；乙做加速度逐渐减小的加速运动，则乙沿I下滑，其初速度为0，根据功率的表达式可以得出重力的功率一开始为0，滑到N点后，其速度水平，竖直方向的分速度为0，根据功率的表达式可以得出重力的功率为0，在滑动过程中，由于存在竖直方向的分速度，乙重力的功率不为0，则乙沿Ⅰ下滑过程中重力功率先增大后减小，故AB错误；
CD．图（b）为图像，乙沿I下滑，由图（b）可知任意相同时刻甲的速度大小都小于乙的速度大小，根据动能的表达式有
可知同一时刻乙的动能比甲的大，故C错误，D正确；
故选D。
【分析】利用瞬时功率的表达式结合竖直方向速度的大小可以判别重力瞬时功率的大小变化；利用速度时间图像可以比较速率的大小，结合动能的表达式可以比较动能的大小。
5．（2024高一下·永州期末）摆式列车是集电脑、自动控制等高新技术于一体的新型高速列车，如图所示，当列车转弯时，在电脑控制下，车厢会自动倾斜，抵消离心力的作用。行走在直线上时，车厢又恢复原状，就像玩具“不倒翁”一样。它的优点是能够在现有线路上运行，无须对线路等设施进行较大的改造，而是靠摆动车体的先进性，实现高速行车，并速度可提高20%~40%，最高可达50%，摆式列车不愧为“曲线冲刺能手”。假设有一超高速列车在水平面内行驶。以360km/h的速度拐弯，拐弯半径为750m，则质量为60kg的乘客，在拐弯过程中所受到的火车给他的作用力为（g取）（ ）
A．600N B．800N C．1000N D．1400N
【答案】C
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】竖直方向，根据平衡方程可以得出火车对乘客的作用力为
水平方向，根据牛顿第二定律可以得出火车对乘客的作用力
根据力的合成可以得出在拐弯过程中所受到的火车给他的作用力为
故选C。
【分析】利用竖直方向的平衡方程可以得出火车对乘客的作用力大小；利用水平方向的牛顿第二定律可以求出火车对乘客的作用力大小；结合力的合成可以求出火车对乘客作用力的大小。
6．（2024高一下·永州期末）如图所示，在直角坐标xOy中有a、b、c、d四点，c点坐标为。现加上一方向平行于xOy平面的匀强电场，b、c、d三点电势分别为8V、24V、15V，将一电荷量为的点电荷从a点沿abcd移动到d点，下列说法正确的是（ ）
A．坐标原点O的电势为0V
B．电场强度的大小为500V/m
C．该点电荷在a点的电势能为
D．该点电荷从a点移到d点的过程中，电场力做的功为
【答案】B
【知识点】电势能；电势差；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】本题考查匀强电场中的电场强度与电势差的关系，关键是画出等势面，结合公式U=Ed列式分析，同时掌握W=qU计算电场力做功情况。A．由于是匀强电场，故沿着同一个方向前进相同距离电势的降低相等，故
代入数据解得
故A错误；
C．沿着同一个方向前进相同距离电势的降低相等，则
解得
该点电荷在a点的电势能为
故C错误；
B．连接Oc，如图所示
根据几何关系可得
则
则沿cO每1cm电势降低5V，通过b做cO的垂线交于f，如图所示，根据几何关系可得
则
所以f点的电势为
所以bf为等势线，电场线方向沿cO方向，电场强度为
故B正确；
D．该点电荷从a点移到d点电场中做功为
故D错误。
故选B。
【分析】在匀强电场中，沿着同一个方向移动相同距离电势差相等，先据此求解O点的电势；作出辅助线，找出等势面，结合公式U=Ed求电场强度大小；根据Ep=qφ求点电荷在a点的电势能；根据W=Uq求解电场力做功。
7．（2024高一下·永州期末）如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，一个电子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，经过A、B、C三点，已知。该电子的电势能随坐标x变化的关系如图乙所示。则下列说法中正确的是（ ）
A．A点电势高于B点电势
B．A点的电场强度大于B点的电场强度
C．A、B两点电势差等于B、C两点电势差
D．电子经过A点的速率小于经过B点的速率
【答案】B,D
【知识点】电势能；电势；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】AD．一个电子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，由图乙可知电势能一直减小，则电子从A到B电场力做正功，所以电子逆着电场线方向运动，则可以得出电子的电势升高，故A点电势低于B点电势，根据动能定理，电场力做正功，可知电子动能增加，速度增大，经过A点的速率小于经过B点的速率，故A错误，D正确；
B．图像斜率的绝对值表示电场力大小，A点处图像斜率的绝对值大于B点处图像斜率的绝对值，根据电场力可以得出A点的电场强度大于B点的电场强度，故B正确；
C．由图乙可知，电子通过相同位移时，电势能的减小量越来越小，则电场力做功越来越小，根据功能关系有
可得A、B两点电势差大于B、C两点电势差，故C错误。
故选BD。
【分析】利用电势能变化可以判别电场力做正功，则可以判别电场线的方向，利用电场线方向可以判别电势的变化；利用电场力做功及动能定理可以比较速率的大小；利用图像斜率可以比较电场强度的大小；利用电场力做功的大小可以比较电势差的大小。
8．（2024高一下·永州期末）复兴号动车在世界上首次实现速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度，设动车行驶过程所受到的阻力f保持不变。动车在时间t内（ ）
A．牵引力的功率
B．平均速度
C．当动车的速度为时，其加速度为
D．牵引力做功
【答案】A,C
【知识点】功率及其计算；机车启动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．由于复兴号达到最大速度后做匀速直线运动，根据平衡方程有
根据功率的表达式可以得出牵引力的功率
故A正确；
B．根据功率的表达式
可知随着速度的增加，牵引力逐渐减小，合力减小，加速度减小，故复兴号动车做加速度逐渐减小的变加速直线运动，作出图像如图所示
这段时间内，如果动车做匀加速直线运动，根据初末速度的大小可以得出平均速度为，图像与坐标轴围成的面积表示位移，由图可知这段时间内，根据图像面积可以得出动车实际位移大于动车做匀加速直线运动的位移，则平均速度
故B错误；
C．当动车的速度为时，根据功率的表达式可以得出牵引力为
根据牛顿第二定律
解得加速度为
故C正确；
D．设动车在时间t内的位移为，由于牵引力和阻力做功，根据动能定理有
解得牵引力做功
故D错误。
故选AC。
【分析】利用汽车功率的表达式结合牵引力和阻力相等可以求出牵引力功率的大小；利用速度时间图像面积可以求出平均速度的大小；利用汽车速度及功率的表达式结合牛顿第二定律可以求出加速度的大小；利用动能定理可以求出牵引力做功的大小。
9．（2024高一下·永州期末）我国首次执行火星探测任务的“天问一号”探测器实施近火捕获制动成功，成为我国第一颗人造火星卫星，实现“绕、着、巡”目标的第一步——环绕火星成功。如图所示，P为“天问一号”探测器，P到火星表面的高度为h，环绕周期为，Q为静止在火星赤道表面的物体，Q到火星中心的距离为R。火星自转周期为，已知万有引力常量为G，则（ ）
A．火星的第一宇宙速度大小为
B．火星的密度
C．P与Q的线速度之比
D．P与Q的向心加速度之比
【答案】B,C
【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．设近火卫星的周期，根据线速度和周期的关系可以得出火星的第一宇宙速度大小为
所以第一宇宙速度
故A错误；
B．火星对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
根据体积公式可以得出火星的体积为
火星的密度为
解得火星的密度为
故B正确；
C．根据线速度和周期的关系式为
P与Q的线速度之比
故C正确；
D．已知周期和轨道半径的大小，根据向心力加速度公式
可得P与Q的向心加速度之比
故D错误。
故选BC。
【分析】利用线速度周期的关系可以求出火星的第一宇宙速度；利用引力提供向心力结合体积公式可以求出火星的密度大小；利用线速度的表达式可以求出线速度的比值；利用向心加速度的表达式可以求出加速度的比值。
10．（2024高一下·永州期末）如图所示，一倾角为30°的光滑斜面固定在水平面上，斜面的底端固定一垂直斜面的挡板，上端固定一定滑轮O。劲度系数为的轻弹簧下端固定在挡板上，上端与质量为2m的物块Q连接。一跨过定滑轮O的轻绳一端与物块Q连接，另一端与套在水平固定的光滑直杆上质量为m的物块P连接。初始时物块P在水平外力F作用下静止在直杆的A点，且恰好与直杆没有相互作用，轻绳与水平直杆的夹角为30°。去掉水平外力F，物块P由静止运动到B点时轻绳与直杆间的夹角37°。已知滑轮到水平直杆的垂直距离为d，重力加速度大小为g，弹簧轴线、物块Q与定滑轮之间的轻绳与斜面平行，不计滑轮大小及摩擦，，。则下列说法正确的是（ ）
A．物块P在A点时弹簧的伸长量为
B．物块P从A点到B点时，物块Q的势能减少量等于P、Q两物块增加的总动能
C．物块P运动到B点时，物块Q的速度为
D．物块P从A点运动到B点的过程中，轻绳拉力对物块P做的功为
【答案】B,D
【知识点】共点力的平衡；运动的合成与分解；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．初始时物块P在水平外力F作用下静止在直杆的A点，且恰好与直杆没有相互作用，根据物块竖直方向的平衡方程可知细绳的拉力为
对滑块Q分析，根据平衡方程可知
解得
选项A错误；
B．物块P从A点到B点时，根据几何关系可以得出绳子长度的变化即物块Q下滑的距离
即此时弹簧被压缩，在两个状态下的弹簧弹性势能相等，则由系统机械能守恒关系可知，物块P从A点到B点时，物块Q的势能减少量等于P、Q两物块增加的总动能，选项B正确；
C．物块P运动到B点时，设物块Q的速度为v，根据速度的分解可以得出物块P的速度
根据系统机械能守恒定律有
物块Q的速度为
选项C错误；
D．物块P从A点运动到B点的过程中，根据功能关系可以得出轻绳拉力对物块P做的功为
选项D正确。
故选BD 。
【分析】利用P的平衡方程可以求出绳子拉力的大小，结合Q的平衡方程可以求出此时弹簧伸长量的大小；利用弹簧初末形变量可以判别弹性势能保持不变，系统机械能守恒；利用机械能守恒定律可以求出物块Q的速度大小；结合动能定律可以求出拉力对P做功的大小。
11．（2024高一下·永州期末）某同学利用如图所示的装置来探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系。两个变速塔轮通过皮带连接，调节装置。转动手柄，使长槽和短槽分别随变速塔轮在水平面内匀速转动，槽内的钢球做匀速圆周运动。横臂的挡板对钢球的弹力提供向心力，钢球对挡板的弹力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力套筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间等分格显示出两个钢球所受向心力的大小。图中左侧短槽的挡板距标尺1的距离与右侧挡板距标尺2的距相等。
（1）在探究向心力与半径、质量、角速度的关系时，用到的实验方法是______。
A．理想实验法 B．控制变量法 C．等效替代法 D．演绎推理法
（2）为了探究钢球的向心力F的大小与轨道半径r之间的关系，下列说法正确的是______：
A．应使用两个质量不等的钢球
B．应使两钢球离转轴的距离相同
C．应将皮带套在两边半径相等的变速塔轮上
（3）在某次探究实验中，当a、b两个相同钢球转动的半径相等时，若左右标尺上红白相间的等分格显示出a、b两个钢球所受向心力的比值为4∶9，由此可知皮带连接的左右两个变速塔轮对应的半径之比为 。
【答案】（1）B
（2）C
（3）
【知识点】向心力
【解析】【解答】（1）探究一个物理量与多个物理量的关系时，先探究向心力与其中一个物理量的关系，保持另外两个物理量不变，在探究向心力与半径、质量、角速度的关系时，用到的实验方法是控制变量法。故选B。
（2）为了探究钢球的向心力F的大小与轨道半径r之间的关系，需控制小球的质量、角速度相同，轨道半径不同，则应使用两个质量相等的钢球，应使两钢球离转轴的距离不同，左右变速轮边缘的线速度大小相等，为了使角速度相等，根据线速度和角速度的关系，应将皮带套在两边半径相等的变速塔轮上。
故选C。
（3）小球做圆周运动时，根据向心力公式
可得角速度的比值为
变速轮边缘的线速度大小相等，根据线速度和角速度的关系有
右两个变速塔轮对应的半径之比为
【分析】（1）本实验使用控制变量法；
（2）为了探究向心力与半径的大小关系，应该保持小球的质量和角速度相等；
（3）利用向心力的表达式结合向心力的大小可以求出角速度的比值，结合塔轮的线速度相等可以求出塔轮的半径之比。
（1）在探究向心力与半径、质量、角速度的关系时，先探究向心力与其中一个物理量的关系，保持另外两个物理量不变，用到的实验方法是控制变量法。
故选B。
（2）为了探究钢球的向心力F的大小与轨道半径r之间的关系，需控制小球的质量、角速度相同，轨道半径不同，则应使用两个质量相等的钢球，应使两钢球离转轴的距离不同，左右变速轮边缘的线速度大小相等，根据
为使小球的角速度相同，应将皮带套在两边半径相等的变速塔轮上。
故选C。
（3）根据向心力公式
可得
变速轮边缘的线速度大小相等，根据
右两个变速塔轮对应的半径之比为
12．（2024高一下·永州期末）用如图甲所示的实验装置验证、组成的系统机械能守恒。从高处由静止开始下落，拉着纸带向上运动，打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械守恒定律。如图乙所示是实验中获取的一条纸带；O点是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离已标注，打点计时器所接电源频率为50Hz。已知、，则（计算结果均保留三位有效数字）
（1）在打下O点到打下B点的过程中系统动能的增量 J，系统势能的减少量 J。（取重力加速度）
（2）在某次实验中系统动能的增加量小于系统重力势能的减少量，造成该实验结果的可能原因是 。
（3）若上升高度为h时对应的速度大小为v，请写出计算重力加速度g的表达式 （用、、v、h表示）；若某同学作出图像如图丙所示，计算重力加速度 。
【答案】（1）1.15；1.18
（2）还有其他阻力在做负功，如空气阻力、打点计时器与纸带之间的阻力
（3）；9.76
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】本题全面考查机械能守恒定律实验中的数据处理问题，要熟练掌握匀变速直线运动中的瞬时速度的求解以及系统动能增加量和系统重力势能减少量；利用图象处理问题时需要写出其函数表达式。
（1）O点是打下的第一个点，则O点的速度为0，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），打点计时器所接电源频率为50Hz，则相邻两计数点的时间间隔为，由图乙中数据可求得B点的瞬时速度为
则在打下O点到打下B点的过程中系统动能的增加量
[2]系统势能的减少量
（2）系统动能的增加量小于系统重力势能的减少量，说明在整个过程中除了重力在做功，还有其他阻力在做负功，如空气阻力、打点计时器与纸带之间的阻力。
（3）在误差允许的范围内，可认为系统动能的增加量等于系统势能的减少量，即
则计算重力加速度g的表达式为
[上式可转化为
根据某同学作出图像可知，直线斜率
代入数据，解得
【分析】（1）根据计数点5的瞬时速度求出系统动能的增加量，根据重力对系统所做的功求出系统重力势能减少量；
（2）根据某段时间内可能存在的阻力分析；
（3）根据系统机械能守恒得出的表达式，结合图线的斜率求出当地的重力加速度。
（1）[1]O点是打下的第一个点，则O点的速度为0，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），打点计时器所接电源频率为50Hz，则相邻两计数点的时间间隔为，由图乙中数据可求得B点的瞬时速度为
则在打下O点到打下B点的过程中系统动能的增加量
[2]系统势能的减少量
（2）系统动能的增加量小于系统重力势能的减少量，说明在整个过程中除了重力在做功，还有其他阻力在做负功，如空气阻力、打点计时器与纸带之间的阻力。
（3）[1]在误差允许的范围内，可认为系统动能的增加量等于系统势能的减少量，即
则计算重力加速度g的表达式为
[2]上式可转化为
根据某同学作出图像可知，直线斜率
代入数据，解得
13．（2024高一下·永州期末）如图所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的点，小圆环和轻质弹簧套在轻杆上，长为的细线和弹簧两端分别固定于和，质量为的小球固定在细线的中点，装置静止时，细线与竖直方向的夹角为，现将装置由静止缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹角增大到时，细线的拉力恰好减小到零，此时弹簧弹力的大小是静止时的两倍，重力加速度为，取，求：
（1）装置静止时，细线的张力大小；
（2）当细线与竖直方向的夹角为时，该装置转动的角速度；
（3）小圆环A的质量。
【答案】（1）装置静止时，
解得细线的张力大小
（2）根据牛顿第二定律
解得
（3）开始静止时弹簧的弹力
当AB拉力恰好减小到零时
其中
解得
【知识点】共点力的平衡；生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1）装置静止时，利用平衡方程可以求出细线OB上张力的大小；
（2）当小球做匀速圆周运动时，利用牛顿第二定律可以求出角速度的大小；
（3）当最初静止时，利用平衡方程可以求出弹力的大小，结合牛顿第二定律可以求出弹力的大小，结合弹力的关系可以求出圆环的质量大小。
（1）装置静止时，
解得细线的张力大小
（2）根据牛顿第二定律
解得
（3）开始静止时弹簧的弹力
当AB拉力恰好减小到零时
其中
解得
14．（2024高一下·永州期末）如图所示，一绝缘细直杆AC固定在水平向左、电场强度大小的匀强电场中，直杆与电场线成37°角，杆长，一套在直杆上的电荷量为的带负电荷的小环，从杆顶端A点以初速度开始下滑，小环离开杆后恰好通过杆底端C点正下方的P点。已知小环的质量，环与杆间的动摩擦因数，取重力加速度大小，求：
（1）小环在C点的速度；
（2）小环从C点到P点的时间；
（3）小环运动到杆下端C向正下方P点的动能。
【答案】（1）设小环在细直杆上运动时的加速度大小为，受到的支持力大小为，受到的摩擦力大小为，小环在C点的速度为，则对小环进行受力分析可得，沿杆方向
垂直杆方向
其中
解得加速度
根据速度位移公式
解得
（2）小环从C点到P点在水平方向只受到电场力，则水平方向的加速度大小为
小环在C点水平方向的分速度为
设小环从C点到P点的时间为t，根据位移时间公式有
解得
（3）小环到P点水平方向的速度大小为
在竖直方向，根据牛顿第二定律
竖直方向的速度大小为
小环到P点速度大小为
所以小环到P点的动能为
【知识点】牛顿第二定律；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）小环在杆上运动时，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合速度位移公式可以求出经过C点速度的大小；
（2）小环从C到P的过程中，利用牛顿第二定律可以求出水平方向加速度的大小，结合小环水平方向的位移公式可以求出运动的时间；
（3）小环到达P点时，利用速度公式可以求出到达P点水平方向的速度，结合牛顿第二定律可以求出竖直方向加速度的大小，结合度公式可以求出小环到达P点速度的大小，结合速度的合成可以求出合速度的大小，结合动能的表达式可以求出小环到P点动能的大小。
15．（2024高一下·永州期末）如图所示，底部带有与木板厚度等高挡板的固定斜面，倾角为，上有质量为4kg、长度为的长木板A，其下端距挡板间的距离为，质量为2kg的小物块B置于木板A的顶端，B与木板A之间的动摩擦因数为。木板A与斜面间的动摩擦因数为，同时由静止释放长木板A和小物块B，当木板滑到斜面底端时，与底部的挡板发生碰撞并立即静止，随后小物块B沿一小段光滑圆弧轨道无速度损失地滑上长，以8m/s顺时针匀速转动的传进带。从传送带右端离开后小物块B滑行一段水平轨道DE后又冲上一半径的光滑半圆形轨道内侧。已知小物块B与传送带及DE段轨道间的动摩擦因数均为，重力加速度g取，不计空气阻力，求：
（1）小物块B开始运动时的加速度；
（2）若小物块恰好能到达半圆形轨道的最高点，则DE段的距离d为多少；
（3）若保证DE间的距离为第（2）问所求结果不变，且将最右侧半圆形轨道半径调整为1.5m，则当传送带顺时针转动的速度大小可变时，试讨论小物块最终停止时距离传送带右端D点的距离l与传送带远行的速度v之间的关系。
【答案】（1）因为，所以，由静止释放长木板A和小物块B后，AB相对静止，将AB看作一个整体，根据牛顿第二定律
解得
（2）AB一起下滑到木板滑到斜面底端时，根据速度位移公式
解得
此后，A静止，B继续在A上滑动，根据牛顿第二定律
解得
根据速度位移公式
解得
假设小物块在传送带上一直加速，则在传送带上的加速度为
解得
根据速度位移公式
解得
所以，假设成立。小物块恰好能到达半圆形轨道的最高点，设最高点速度为vm，有
解得
小物块从D点到半圆形轨道的最高点过程中，根据动能定理
解得
（3）将最右侧半圆形轨道半径调整为1.5m，当传送带速度时，小物块到达D点的速度为7m/s，设小物块到达半圆形轨道的最高点的高度为h，由动能定理可得
解得
所以小物块第一次刚好到达半圆形轨道与圆心等高处，原路返回。由动能定理可得
解得
所以，小物块最终停止时距离传送带右端D点的距离为
若小物块在传送带上一直减速，则
解得
所以，当传送带速度时，小物块到达D点的速度为，根据动能定理
解得
所以，小物块最终停止时距离传送带右端D点的距离为
当小物块恰好可以停在D点时
解得
此时小物块最终停止时距离传送带右端D点的距离为
所以，若传送带速度，由动能定理可得
解得
所以，小物块最终停止时距离传送带右端D点的距离为
若传送带速度，由动能定理可得
解得
所以，小物块最终停止时距离传送带右端D点的距离为
综上所述，若当传送带速度时，小物块最终停止时距离传送带右端D点的距离为；若当传送带速度时，小物块最终停止时距离传送带右端D点的距离为；若当传送带速度时，小物块最终停止时距离传送带右端D点的距离为；若当传送带速度时，小物块最终停止时距离传送带右端D点的距离为；若当传送带速度时，小物块最终停止时距离传送带右端D点的距离为。
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）已知动摩擦因数的大小，根据整体的牛顿第二定律可以求出整体运动的加速度大小；
（2）AB一起向下运动时，利用速度位移公式可以求出滑动到底端的速度大小，结合B继续运动的牛顿第二定律可以求出加速度的大小，利用速度位移公式可以求出B运动到传送带的速度大小，根据牛顿第二定律可以求出B在传送带上运动的加速度大小，结合速度位移公式可以求出加速的位移，结合牛顿第二定律可以求出物块恰好经过最高点的速度大小，结合动能定理可以求出DE之间距离的大小；
（3）物体运动的过程中，利用动能定理可以物块在半圆轨道运动的高度，结合动能定理可以求出经过物块静止的位置；当物块在传送带上一直坚守时，利用速度位移公式可以求出到达D点速度的大小，结合动能定理可以求出物块最终静止的位置。
1 / 1
