資源簡介

湖南省衡陽市耒陽市正源學校2023-2024學年高一下學期7月期末物理試題（B）
1．（2024高一下·耒陽期末）關于做曲線運動的物體，下列說法正確的是（　?。?br/>A．速度方向時刻變化 B．加速度方向時刻變化
C．合力有可能沿軌跡切線方向 D．位移大小一定大于路程
2．（2024高一下·耒陽期末）如圖所示，小球繞懸點O在豎直平面內的M、N兩點間做往復運動，M、N兩點等高，小球可視為質點。小球從N點運動到M點過程中，經過F點時的瞬時加速度方向（　　）
A．a、b、c三個方向均不可能 B．可能沿著a方向
C．一定沿著b方向 D．可能沿著c方向
3．（2024高一下·耒陽期末）如圖所示，細桿AB的A端緊挨豎直墻面，B 端貼著水平地面，在A端沿著墻面下移的過程中，當AB桿與地面的夾角為30°時，A 端與B 端的速度大小之比為（　?。?br/>A．1：3 B．3：1 C．：1 D．1：
4．（2024高一下·耒陽期末）一同學將小球以初速度4m/s水平拋出，水平方向上的空氣阻力為重力的0.4倍，豎直方向上的空氣阻力為重力的0.5倍，假設拋出的位置足夠高，重力加速度g取，則小球落地前水平方向上的最大位移為（　?。?br/>A．4m B．3.2m C．2m D．1.6m
5．（2024高一下·耒陽期末）如圖為我國周代“拋車”的復原圖。據《范蠡兵法》記載：“飛石重十二斤，為機發，行三百步”。拋車用木料制成，“炮架”上方橫置一個可以轉動的軸，固定在軸上的長桿稱為梢。在平原地區，石塊被梢水平拋出，拋出點距離地面的高度為h，拋出速度大小為v，重力加速度為g。該石塊被拋出的水平距離為（　　）
A． B． C． D．
6．（2024高一下·耒陽期末）如圖所示是一皮帶傳動裝置示意圖，右輪半徑為r，A是它邊緣上的一點；左側是一輪軸，大輪半徑為4r，小輪半徑為2r，B點在小輪上，到輪軸的距離為r。C點和D點分別位于小輪和大輪的邊緣上。如果傳動過程中皮帶不打滑，則關于A、B、C、D四點的比較，下列說法正確的是（　?。?br/>A． B．
C． D．
7．（2024高一下·耒陽期末）汽車在水平路面上以速率通過半徑為的彎道，地面的摩擦力已達到最大；當該汽車通過另一半徑為的彎道時，汽車轉彎的最大速率為（　?。?br/>A． B． C． D．
8．（2024高一下·耒陽期末）如圖所示，一根輕桿兩端各系一個質量均為的小球A和B，某人拿著輕桿的中點，使兩小球繞點在豎直平面內做勻速圓周運動。重力加速度大小為。關于小球A、B的運動，下列說法正確的是（　?。?br/>A．小球在最高點時，桿對其作用力的方向一定豎直向下
B．桿豎直時，和對小球作用力的大小之差為
C．桿豎直時，人對點的作用力一定為
D．在運動過程中，桿對兩小球的作用力大小不可能相等
9．（2024高一下·耒陽期末）關于牛頓經典力學和愛因斯坦的相對論，下列說法中正確的是（　?。?br/>A．牛頓經典力學理論普遍適用于大到天體運動，小到微觀粒子
B．愛因斯坦的相對論的建立徹底否定了牛頓經典力學理論
C．時間的延緩效應和空間的尺縮效應都是基于愛因斯坦“光速不變的假設”推理得出的
D．絕對時空觀也即牛頓力學時空觀，通俗地講就是時間、長度和質量這三者都與參考系的選取無關
10．（2024高一下·耒陽期末） 《夸父逐日》最早出自《山海經海外北經》，反映了古代先民與自然災害做斗爭的事實。若夸父“逐日”的足跡遍及全球，且未離開地面，則對于夸父“逐日”的過程，下列說法正確的是（　　）
A．夸父所受的重力豎直向下
B．夸父在赤道時所受的重力最大
C．夸父所受的重力和萬有引力始終相等
D．夸父在兩極時隨地球轉動所需的向心力最小
11．（2024高一下·耒陽期末）北斗衛星導航系統是我國自行研制的全球衛星導航系統，其空間段由若干地球靜止軌道衛星、傾斜地球同步軌道衛星和中圓地球軌道衛星組成。已知地球靜止軌道衛星的運行周期為T，地球（可視為質量分布均勻的球體）的半徑為R，近地衛星（軌道半徑近似等于地球半徑）的運行周期為，引力常量為G，下列說法正確的是（　　）
A．地球的質量為
B．地球的平均密度為
C．地球靜止軌道衛星的軌道半徑為
D．地球赤道上與北極極點上重力加速度大小的比值為
12．（2024高一下·耒陽期末）倉庫工作人員需要將n=30只箱子搬到高出地面h=12m的儲藏室中，單只箱子重m=5kg。如果每次只搬一只，將消耗大量體能用于克服重力做功；若每次搬箱太多，將減緩走路速度。已知工作人員自重60kg，搬箱輸出功率P與單次搬運貨物總質量m間的關系如圖所示，不考慮工人空手下樓梯時間。，下列說法正確的是（　?。?br/>A．若每次搬箱6只，則搬箱所用總時間最短
B．搬箱所需最短總時間為720s
C．搬完所有箱子消耗體能最少為18kJ
D．若換成30只單只重10kg的箱子，則每次搬1只與每次搬2只所需的時間相等
13．（2024高一下·耒陽期末）如圖甲所示為向心力演示儀，可探究小球做圓周運動所需向心力的大小F與質量m、角速度和半徑r之間的關系。長槽的A、B處和短槽的C處分別到各自轉軸中心距離之比為，變速塔輪自上而下有三種組合方式，左右每層半徑之比由上至下分別為、和，如圖乙所示。
（1）本實驗的目的是探究向心力的大小與小球質量m、角速度和半徑r之間的關系，下列實驗中采用的實驗方法與本實驗相同的是（　　）
A．探究兩個互稱角度的力的合成規律
B．探究平拋運動的特點
C．探究加速度與物體受力、物體質量的關系
（2）在某次實驗中，把兩個質量相等的鋼球放在B、C位置，探究向心力的大小與半徑的關系，則需要將傳動皮帶調至第　 　層塔輪。（選填“一”、“二”或“三”）
（3）在另一次實驗中，把兩個質量相等的鋼球放在A、C位置，傳動皮帶位于第二層，轉動手柄，則當塔輪勻速轉動時，左右兩標尺露出的格子數之比約為（　　）（填選項前的字母）
A． B． C． D．
14．（2024高一下·耒陽期末）學校物理興趣小組去某廢水處理廠參加社會實踐活動，當大家經過廠里的廢水排水口時，發現距較大水池一定高度的較小的水平排水管正在向外滿口排放廢水，如圖所示。小組同學只找到一把卷尺，他們想估測排水管每秒的排污體積。當地的重力加速度大小為g。
（1）要想估測排水管每秒的排污體積，同學們需利用卷尺測量管口的周長l、　 　、　 　三個數據。（寫出測量的物理量和對應的符號）
（2）排水管每秒的排污體積的表達式為V=　 　。（用題中相關物理量的符號表示）
（3）若排水管的管壁厚度不可忽略，測量準確，不考慮其他因素對測量的影響，則排水管每秒的排污體積的測量值　 　。（填“偏大”或“偏小”）
15．（2024高一下·耒陽期末）如圖所示，圓形水平餐桌面上有一個半徑為r可轉動的圓盤，圓盤的邊緣放置一個可視為質點的物塊，物塊質量為m，與圓盤間的動摩擦因數為μ。從靜止開始緩慢增大圓盤轉動的角速度至物塊恰好要發生相對滑動。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g。在上述過程中，求：
（1）圓盤轉動的角速度大小為ω時，物塊所受摩擦力大小f；
（2）物塊恰好發生相對滑動時，圓盤轉動的角速度大小。
16．（2024高一下·耒陽期末）如圖所示，沙灘排球比賽中，球員將球在邊界中點正上方沿中線水平向右擊出，空氣阻力忽略不計。
（1）若球剛好過網落在對方場地中間位置，求擊球高度H與球網高度h之比；
（2）若已知球網高度h、半個球場的長度x，重力加速度為g，為使水平向右擊出的排球既不觸網又不出界，求擊球高度H的最小值。
17．（2024高一下·耒陽期末）跳繩是中學生的一項重要體育活動，教育部于2022年將跳繩正式納入全國中考體育考核項目。質量為40kg的小明原地跳繩，其速度大小v隨時間t的變化圖像如圖所示，重力加速度為，不計空氣阻力。根據圖像求解以下問題：
（1）求該同學跳繩過程中的最大速度和上升的最大高度；
（2）求該同學跳繩過程中克服重力做功的平均功率。
答案解析部分
1．【答案】A
【知識點】曲線運動的條件
【解析】【解答】A．物體由于速度方向不斷改變做曲線運動，所以速度方向時刻變化，A正確；
B．物體做平拋運動加速度方向不變，所以物體做曲線運動加速度可能保持不變；B錯誤；
C．當合力也沿軌跡切線方向，則合力與速度方向在同一條直線上，則物體不能做曲線運動，物體做直線運動，C錯誤；
D．物體做曲線運動時，由于運動的軌跡大于初末之間的距離，則曲線運動位移大小一定小于路程，D錯誤。
故選A。
【分析】物體做曲線運動則速度方向不斷改變；物體做曲線運動時加速度可能保持不變；當合力和速度方向在同一直線上時物體做直線運動；物體做曲線運動時則位移的大小小于路程。
2．【答案】A
【知識點】曲線運動的條件
【解析】【解答】本題考查到運動的合成與分解，向心力的方向分析。小球從N點運動到M點過程中經過F點時小球做減速運動，則小球受合外力方向與速度夾角大于90°且指向軌跡的凹側，而在F點的速度方向與c所示的方向相反，則合力方向應該在b和c之間的某位置，即經過F點時的瞬時加速度方向在b和c之間的某位置。
故選A。
【分析】分析小球速度變化的情況，根據運動的情況分析其受力的方向。
3．【答案】C
【知識點】運動的合成與分解
【解析】【解答】A、B兩端沿桿的方向的速度相等，有
解得
。
故答案為：C。
【分析】本題關鍵在于利用 “桿不可伸長，兩端沿桿方向分速度相等” 這一隱含條件，把 A、B 兩端的實際速度分解為沿桿和垂直桿方向的分速度，通過沿桿方向分速度相等建立等式，進而求出速度大小之比。
4．【答案】C
【知識點】勻變速直線運動的位移與速度的關系；運動的合成與分解
【解析】【解答】依題意，小球水平方向做勻減速直線運動，由于阻力產生加速度，根據牛頓第二定律，可得
解得
根據水平方向的速度位移公式可以得出小球落地前水平方向上的最大位移為
故選C。
【分析】小球在水平方向做勻減速直線運動，利用牛頓第二定律可以求出加速度的大小，結合速度位移公式可以求出最大的位移大小。
5．【答案】A
【知識點】平拋運動
【解析】【解答】石塊做平拋運動，根據豎直方向的位移公式可以得出飛行時間為
水平方向上做勻速直線運動，根據位移公式有
故選A。
【分析】根據石塊平拋運動的位移公式可以求出拋出的水平距離的大小。
6．【答案】D
【知識點】線速度、角速度和周期、轉速；向心加速度
【解析】【解答】A．同皮帶轉動時由于相同時間邊緣處經過的弧線長度相等，則A和C的線速度相等，則
又因為B、C、D點位于同一個轉輪上，同軸轉動角速度相等，所以
已知半徑的大小關系有：
2：1
根據線速度表達式可得
2：1：2
故A錯誤；
B．因為B、C點都在同一個轉輪上所以
同皮帶轉動時有
根據線速度和角速度的關系式可得
2：1
所以有
2：1：1
故B錯誤；
CD．根據向心加速度公式有
已知角速度和半徑的比值關系可以得出
4：1：2：4
故C錯誤，D正確。
故選D。
【分析】利用同軸轉到可以判別BCD三點角速度相等，結合線傳動可以判別AC線速度相等，結合線速度和角速度的關系式及半徑的大小關系可以求出各點角速度和線速度的大小比值；結合向心加速度的表達式可以求出加速度的比值。
7．【答案】A
【知識點】生活中的圓周運動
【解析】【解答】汽車在水平路面上以速率通過半徑為的彎道，地面的摩擦力已達到最大，由于摩擦力提供向心力，根據牛頓第二定律則有
當該汽車通過半徑為的彎道時，根據牛頓第二定律可以得出：汽車轉彎的最大速率為
故選A。
【分析】利用汽車的牛頓第二定律可以求出滑動摩擦力的大?。唤Y合摩擦力提供向心力可以求出汽車的最大速率。
8．【答案】C
【知識點】豎直平面的圓周運動
【解析】【解答】A．當小球在最高點恰好重力提供向心力時，根據牛頓第二定律有
解得
①當時，由于重力不足以提供向心力，則桿對小球的作用力豎直向下。
②當時，由于重力大于小球所需要的向心力，則桿對小球的作用力豎直向上。
故A錯誤；
BC．若小球A、B分別在最低點和最高點時，對小球A，根據牛頓第二定律有
解得
桿對小球的方向豎直向上，小球對桿方向豎直向下。
①當時，對小球，根據牛頓第二定律有
解得
此時桿對小球B的力方向豎直向下，小球對桿的力豎直向上。
和對小球作用力的大小之差
對桿受力分析，根據平衡條件可以得出：人對點的作用力
方向豎直向上
②當時，對小球，根據牛頓第二定律有
解得
此時桿對小球B的力方向豎直向上，小球對桿的力豎直向下。
和對小球作用力的大小之差
對桿受力分析，根據平衡條件可以得出：人對點的作用力
方向豎直向上
故B錯誤，C正確；
D．當兩小球運動到水平方向時，對小球受力分析可得，根據力的合成可以得出：桿對小球的力的大小均為
由于兩小球的重力和向心力大小均相等，所以桿對兩小球的作用力大小也相等。故D錯誤。
故選C。
【分析】利用小球在最高點的牛頓第二定律結合速度的大小可以判別桿對球B的作用力方向；利用牛頓第二定律可以求出桿豎直時，桿對小球的作用力大小，結合作用力的差值及平衡方程可以求出小球人對O點的作用力大小；利用桿處于水平狀態下，結合力的合成可以判別桿對兩個小球的作用力大小。
9．【答案】C,D
【知識點】物理學史；相對論時空觀與牛頓力學的局限性
【解析】【解答】A．根據經典力學的局限性可以得出牛頓力學只適用于宏觀物體、低速運動問題，微觀粒子不適用，A錯誤；
B．基于實驗檢驗的牛頓力學不會被相對論的建立所否定，牛頓力學只是在某些條件下不再適用，而是作為某些條件下的特殊情形，被包括在新的科學成就之中，B錯誤；
C．在愛因斯坦“光速不變的假設”的基礎上，經過嚴格的數學推導，可以得出時間的延緩效應和空間的尺縮效應，C正確；
D．絕對時空觀認為時間和空間是兩個獨立的觀念，彼此之間沒有聯系，分別具有絕對性。絕對時空觀認為時間與空間的度量與慣性參照系的運動狀態無關，D正確。
故選CD。
【分析】絕對時空觀認為時間與空間的度量與慣性參照系的運動狀態無關；根據經典力學的局限性可以得出牛頓力學只適用于宏觀物體、低速運動問題，微觀粒子不適用；基于實驗檢驗的牛頓力學不會被相對論的建立所否定，牛頓力學只是在某些條件下不再適用；在愛因斯坦“光速不變的假設”的基礎上，經過嚴格的數學推導，可以得出時間的延緩效應和空間的尺縮效應。
10．【答案】A,D
【知識點】重力加速度；萬有引力定律的應用
【解析】【解答】地面所有物體所受地球的萬有引力，按其作用效果分為重力和向心力，向心力使物體隨地球一起繞地軸自轉，所以說重力是地球對物體的萬有引力的一個分力，方向豎直向下。萬有引力、重力和向心力三個力遵循力的平行四邊形定則，萬有引力的方向指向地心，物體由赤道向兩極移動時，萬有引力大小不變，向心力減小，重力增大，當物體到達兩極時，其所受的重力等于萬有引力。
故答案為：AD。
【分析】地面所有物體所受地球的萬有引力，按其作用效果分為重力和向心力，向心力使物體隨地球一起繞地軸自轉，所以說重力是地球對物體的萬有引力的一個分力，方向豎直向下。物體由赤道向兩極移動時，萬有引力大小不變，向心力減小，重力增大。
11．【答案】B,D
【知識點】開普勒定律；萬有引力定律的應用；衛星問題
【解析】【解答】A、對近地衛星有
解得
故A錯誤；
B、地球的平均密度
故B正確；
C、根據開普勒第三定律有
解得
故C錯誤；
D、地球赤道上有
地球北極極點上有
解得
故D正確。
故答案為：BD。
【分析】熟練掌握開普勒定律的內容及其實適用范圍。地球赤道上的物體所受的萬有引力等于起重力與其隨地球做勻速圓周運動向心力的合力，地球兩極上的物體所受的萬有引力等于其所受重力。再結合萬有引力定律及牛頓第二定律和矢量求和法則進行分析解答。
12．【答案】B,D
【知識點】功能關系；功率及其計算
【解析】【解答】AB．根據圖像可以得出，當功率最大時則對應每次搬15kg，搬箱所用總時間最短
已知箱子的質量為5kg，則每次搬動的箱子數量為
根據平均功率的表達式可以得出最短時間為
由于重力做功的表達式為
根據圖像得
解得
每次搬箱3只，搬箱所用總時間最短，搬箱所需最短總時間為720s，A錯誤，B正確；
C．根據功的表達式可以得出人克服箱子重力做功為
人還要克服自身重力做功，所以消耗體能最少值一定大于18kJ，C錯誤；
D．若換成30只單只重10kg的箱子，根據功率的表達式有：每次搬1只的時間為
每次搬2只所需的時間
由于搬動的數量相等則克服箱子重力做功的總功相等，
根據圖像得兩種搬法的功率相等有
解得
D正確。
故選BD。
【分析】利用功率最大值對應搬動箱子的質量大小可以求出每次搬動箱子的數量大小；利用總功及功率的大小可以求出搬箱子需要的時間；利用重力做功可以求出消耗的體能大小。
13．【答案】（1）C
（2）一
（3）D
【知識點】向心力
【解析】【解析】（1）探究一個物理量與多個物理量的關系需要使用控制變量法，則探究向心力的大小與小球質量m、角速度和半徑r之間的關系，采用的實驗方法是控制變量法。
A．探究兩個互稱角度的力的合成規律，利用合力與分力效果相同則采用的實驗方法是等效替代法，故A錯誤；
B．探究平拋運動的特點，利用作出平拋運動的軌跡點記錄平拋運動軌跡，采用的實驗方法是用曲化直的方法，故B錯誤；
C．探究加速度與物體受力、物體質量的關系，使用的實驗方法與探究向心力的大小方法相同，采用的實驗方法是控制變量法，故C正確。
故選C。
（2）在某次實驗中，把兩個質量相等的鋼球放在B、C位置，探究向心力的大小與半徑的關系，則應控制兩小球的角速度相同，根據轉輪的線速度和角速度的關系式有：，則需要將傳動皮帶調至第一層塔輪。
（3）在另一次實驗中，把兩個質量相等的鋼球放在A、C位置，則兩小球做圓周運動的半徑相同，傳動皮帶位于第二層，由于左右塔輪邊緣線速度大小相等，根據線速度和角速度的關系有：
根據表達式可知兩小球的角速度之比為
根據向心力的表達式有
由于標尺的格數表示向心力的大小，可知左右兩標尺露出的格子數之比為
故選D。
【分析】（1）本實驗使用控制變量法，與探究牛頓第二定律的實驗方法相同；
（2）探究向心力與小球運動半徑的關系時，需要保持小球的角速度相同，由于皮帶線速度相同，則需要保持轉輪的半徑相同；
（3）探究向心力和角速度的大小關系，根據轉輪的半徑可以求出小球角速度的關系，結合向心力的表達式可以求出標尺的格數之比。
（1）探究向心力的大小與小球質量m、角速度和半徑r之間的關系，采用的實驗方法是控制變量法。
A．探究兩個互稱角度的力的合成規律，采用的實驗方法是等效替代法，故A錯誤；
B．探究平拋運動的特點，采用的實驗方法是用曲化直的方法，故B錯誤；
C．探究加速度與物體受力、物體質量的關系，采用的實驗方法是控制變量法，故C正確。
故選C。
（2）在某次實驗中，把兩個質量相等的鋼球放在B、C位置，探究向心力的大小與半徑的關系，則應控制兩小球的角速度相同，需要將傳動皮帶調至第一層塔輪。
（3）在另一次實驗中，把兩個質量相等的鋼球放在A、C位置，則兩小球做圓周運動的半徑相同，傳動皮帶位于第二層，由于左右塔輪邊緣線速度大小相等，根據
可知兩小球的角速度之比為
根據
可知左右兩標尺露出的格子數之比為
故選D。
14．【答案】廢水水平方向的位移大小x；管口到地面的高度h；；偏大
【知識點】平拋運動
【解析】【解答】（1）根據排水管每秒的排污體積表達式為
要想估測排水管每秒的排污體積，需要測量管口的橫截面積，以及水的流速，故需要測量管口的直徑d，即測量管口的周長l，廢水出管口后看做平拋運動，根據位移公式有
聯立可得
故還需要測量廢水水平方向的位移大小，管口到地面的高度。
（2）排水管每秒的排污體積表達式為
聯立可得體積的表達式為
（3）若排水管的管壁厚度不可忽略，則排水管的排水的橫截面積測量值偏大，根據表達式可知排水管每秒的排污體積的測量值偏大。
【分析】（1）利用排污體積的表達式結合平拋運動的位移公式可以得出需要測量的物理量；
（2）利用平拋運動的位移公式結合體積公式可以求出排污體積的表達式；
（3）當管壁厚度不可忽略會導致水的橫截面積變大則排污體積測量值偏大。
15．【答案】解：（1）圓盤轉動的角速度為ω時，由靜摩擦力提供向心力
解得
（2）對滑塊，恰要發生相對滑動時
解得
【知識點】生活中的圓周運動
【解析】【分析】（1）由于物塊受到的摩擦力提供向心力，利用向心力的表達式可以求出摩擦力的大??；
（2）當物塊恰好滑動時物塊受到的摩擦力達到最大值，利用滑動摩擦力提供向心力可以求出角速度的大小。
16．【答案】（1）解：由平拋運動規律有
排球落在對方場地中間位置，水平位移為
排球剛好過網，則
，
聯立解得
（2）解：為使水平向右擊出的排球既不觸網又不出界，則只需滿足球若不觸網時擊球高度最小，則
，
解得
.
【知識點】運動的合成與分解；平拋運動
【解析】【分析】（1）利用平拋運動水平勻速、豎直自由落體的規律，通過水平位移關系得出運動時間比例，再結合豎直位移公式，建立擊球高度H和球網高度h的聯系，求出比值。
（2）當球既不觸網又不出界時，臨界情況是剛好擦網且剛好落界，同樣依據平拋運動水平、豎直方向的運動規律，結合水平位移得到時間關系，再由豎直位移公式聯立，消去未知量求出最小擊球高度。
17．【答案】解：（1）由圖像可知，該同學向上減速和向下加速過程都是勻變速直線運動，根據對稱性，從最高點到最低點用時
則最跳繩過程中的最大速度為
上升的最大高度為
（2）依題意可知，該同學每跳一次克服重力做的功為
由圖像知該同學每跳一次用時為，因此該同學克服重力做功的平均功率為

【知識點】豎直上拋運動；功率及其計算
【解析】【分析】（1）已知同學向上和向下運動都是勻變速直線運動，利用速度公式可以求出最大速度的大??；結合位移公式可以求出上升的最大高度；
（2）已知同學起跳的最大高度，結合重力做功可以求出克服重力做功的大??；結合運動的時間可以求出平均功率的大小。
1 / 1湖南省衡陽市耒陽市正源學校2023-2024學年高一下學期7月期末物理試題（B）
1．（2024高一下·耒陽期末）關于做曲線運動的物體，下列說法正確的是（　　）
A．速度方向時刻變化 B．加速度方向時刻變化
C．合力有可能沿軌跡切線方向 D．位移大小一定大于路程
【答案】A
【知識點】曲線運動的條件
【解析】【解答】A．物體由于速度方向不斷改變做曲線運動，所以速度方向時刻變化，A正確；
B．物體做平拋運動加速度方向不變，所以物體做曲線運動加速度可能保持不變；B錯誤；
C．當合力也沿軌跡切線方向，則合力與速度方向在同一條直線上，則物體不能做曲線運動，物體做直線運動，C錯誤；
D．物體做曲線運動時，由于運動的軌跡大于初末之間的距離，則曲線運動位移大小一定小于路程，D錯誤。
故選A。
【分析】物體做曲線運動則速度方向不斷改變；物體做曲線運動時加速度可能保持不變；當合力和速度方向在同一直線上時物體做直線運動；物體做曲線運動時則位移的大小小于路程。
2．（2024高一下·耒陽期末）如圖所示，小球繞懸點O在豎直平面內的M、N兩點間做往復運動，M、N兩點等高，小球可視為質點。小球從N點運動到M點過程中，經過F點時的瞬時加速度方向（　?。?br/>A．a、b、c三個方向均不可能 B．可能沿著a方向
C．一定沿著b方向 D．可能沿著c方向
【答案】A
【知識點】曲線運動的條件
【解析】【解答】本題考查到運動的合成與分解，向心力的方向分析。小球從N點運動到M點過程中經過F點時小球做減速運動，則小球受合外力方向與速度夾角大于90°且指向軌跡的凹側，而在F點的速度方向與c所示的方向相反，則合力方向應該在b和c之間的某位置，即經過F點時的瞬時加速度方向在b和c之間的某位置。
故選A。
【分析】分析小球速度變化的情況，根據運動的情況分析其受力的方向。
3．（2024高一下·耒陽期末）如圖所示，細桿AB的A端緊挨豎直墻面，B 端貼著水平地面，在A端沿著墻面下移的過程中，當AB桿與地面的夾角為30°時，A 端與B 端的速度大小之比為（　　）
A．1：3 B．3：1 C．：1 D．1：
【答案】C
【知識點】運動的合成與分解
【解析】【解答】A、B兩端沿桿的方向的速度相等，有
解得
。
故答案為：C。
【分析】本題關鍵在于利用 “桿不可伸長，兩端沿桿方向分速度相等” 這一隱含條件，把 A、B 兩端的實際速度分解為沿桿和垂直桿方向的分速度，通過沿桿方向分速度相等建立等式，進而求出速度大小之比。
4．（2024高一下·耒陽期末）一同學將小球以初速度4m/s水平拋出，水平方向上的空氣阻力為重力的0.4倍，豎直方向上的空氣阻力為重力的0.5倍，假設拋出的位置足夠高，重力加速度g取，則小球落地前水平方向上的最大位移為（　?。?br/>A．4m B．3.2m C．2m D．1.6m
【答案】C
【知識點】勻變速直線運動的位移與速度的關系；運動的合成與分解
【解析】【解答】依題意，小球水平方向做勻減速直線運動，由于阻力產生加速度，根據牛頓第二定律，可得
解得
根據水平方向的速度位移公式可以得出小球落地前水平方向上的最大位移為
故選C。
【分析】小球在水平方向做勻減速直線運動，利用牛頓第二定律可以求出加速度的大小，結合速度位移公式可以求出最大的位移大小。
5．（2024高一下·耒陽期末）如圖為我國周代“拋車”的復原圖。據《范蠡兵法》記載：“飛石重十二斤，為機發，行三百步”。拋車用木料制成，“炮架”上方橫置一個可以轉動的軸，固定在軸上的長桿稱為梢。在平原地區，石塊被梢水平拋出，拋出點距離地面的高度為h，拋出速度大小為v，重力加速度為g。該石塊被拋出的水平距離為（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知識點】平拋運動
【解析】【解答】石塊做平拋運動，根據豎直方向的位移公式可以得出飛行時間為
水平方向上做勻速直線運動，根據位移公式有
故選A。
【分析】根據石塊平拋運動的位移公式可以求出拋出的水平距離的大小。
6．（2024高一下·耒陽期末）如圖所示是一皮帶傳動裝置示意圖，右輪半徑為r，A是它邊緣上的一點；左側是一輪軸，大輪半徑為4r，小輪半徑為2r，B點在小輪上，到輪軸的距離為r。C點和D點分別位于小輪和大輪的邊緣上。如果傳動過程中皮帶不打滑，則關于A、B、C、D四點的比較，下列說法正確的是（　?。?br/>A． B．
C． D．
【答案】D
【知識點】線速度、角速度和周期、轉速；向心加速度
【解析】【解答】A．同皮帶轉動時由于相同時間邊緣處經過的弧線長度相等，則A和C的線速度相等，則
又因為B、C、D點位于同一個轉輪上，同軸轉動角速度相等，所以
已知半徑的大小關系有：
2：1
根據線速度表達式可得
2：1：2
故A錯誤；
B．因為B、C點都在同一個轉輪上所以
同皮帶轉動時有
根據線速度和角速度的關系式可得
2：1
所以有
2：1：1
故B錯誤；
CD．根據向心加速度公式有
已知角速度和半徑的比值關系可以得出
4：1：2：4
故C錯誤，D正確。
故選D。
【分析】利用同軸轉到可以判別BCD三點角速度相等，結合線傳動可以判別AC線速度相等，結合線速度和角速度的關系式及半徑的大小關系可以求出各點角速度和線速度的大小比值；結合向心加速度的表達式可以求出加速度的比值。
7．（2024高一下·耒陽期末）汽車在水平路面上以速率通過半徑為的彎道，地面的摩擦力已達到最大；當該汽車通過另一半徑為的彎道時，汽車轉彎的最大速率為（　?。?br/>A． B． C． D．
【答案】A
【知識點】生活中的圓周運動
【解析】【解答】汽車在水平路面上以速率通過半徑為的彎道，地面的摩擦力已達到最大，由于摩擦力提供向心力，根據牛頓第二定律則有
當該汽車通過半徑為的彎道時，根據牛頓第二定律可以得出：汽車轉彎的最大速率為
故選A。
【分析】利用汽車的牛頓第二定律可以求出滑動摩擦力的大??；結合摩擦力提供向心力可以求出汽車的最大速率。
8．（2024高一下·耒陽期末）如圖所示，一根輕桿兩端各系一個質量均為的小球A和B，某人拿著輕桿的中點，使兩小球繞點在豎直平面內做勻速圓周運動。重力加速度大小為。關于小球A、B的運動，下列說法正確的是（　?。?br/>A．小球在最高點時，桿對其作用力的方向一定豎直向下
B．桿豎直時，和對小球作用力的大小之差為
C．桿豎直時，人對點的作用力一定為
D．在運動過程中，桿對兩小球的作用力大小不可能相等
【答案】C
【知識點】豎直平面的圓周運動
【解析】【解答】A．當小球在最高點恰好重力提供向心力時，根據牛頓第二定律有
解得
①當時，由于重力不足以提供向心力，則桿對小球的作用力豎直向下。
②當時，由于重力大于小球所需要的向心力，則桿對小球的作用力豎直向上。
故A錯誤；
BC．若小球A、B分別在最低點和最高點時，對小球A，根據牛頓第二定律有
解得
桿對小球的方向豎直向上，小球對桿方向豎直向下。
①當時，對小球，根據牛頓第二定律有
解得
此時桿對小球B的力方向豎直向下，小球對桿的力豎直向上。
和對小球作用力的大小之差
對桿受力分析，根據平衡條件可以得出：人對點的作用力
方向豎直向上
②當時，對小球，根據牛頓第二定律有
解得
此時桿對小球B的力方向豎直向上，小球對桿的力豎直向下。
和對小球作用力的大小之差
對桿受力分析，根據平衡條件可以得出：人對點的作用力
方向豎直向上
故B錯誤，C正確；
D．當兩小球運動到水平方向時，對小球受力分析可得，根據力的合成可以得出：桿對小球的力的大小均為
由于兩小球的重力和向心力大小均相等，所以桿對兩小球的作用力大小也相等。故D錯誤。
故選C。
【分析】利用小球在最高點的牛頓第二定律結合速度的大小可以判別桿對球B的作用力方向；利用牛頓第二定律可以求出桿豎直時，桿對小球的作用力大小，結合作用力的差值及平衡方程可以求出小球人對O點的作用力大??；利用桿處于水平狀態下，結合力的合成可以判別桿對兩個小球的作用力大小。
9．（2024高一下·耒陽期末）關于牛頓經典力學和愛因斯坦的相對論，下列說法中正確的是（　　）
A．牛頓經典力學理論普遍適用于大到天體運動，小到微觀粒子
B．愛因斯坦的相對論的建立徹底否定了牛頓經典力學理論
C．時間的延緩效應和空間的尺縮效應都是基于愛因斯坦“光速不變的假設”推理得出的
D．絕對時空觀也即牛頓力學時空觀，通俗地講就是時間、長度和質量這三者都與參考系的選取無關
【答案】C,D
【知識點】物理學史；相對論時空觀與牛頓力學的局限性
【解析】【解答】A．根據經典力學的局限性可以得出牛頓力學只適用于宏觀物體、低速運動問題，微觀粒子不適用，A錯誤；
B．基于實驗檢驗的牛頓力學不會被相對論的建立所否定，牛頓力學只是在某些條件下不再適用，而是作為某些條件下的特殊情形，被包括在新的科學成就之中，B錯誤；
C．在愛因斯坦“光速不變的假設”的基礎上，經過嚴格的數學推導，可以得出時間的延緩效應和空間的尺縮效應，C正確；
D．絕對時空觀認為時間和空間是兩個獨立的觀念，彼此之間沒有聯系，分別具有絕對性。絕對時空觀認為時間與空間的度量與慣性參照系的運動狀態無關，D正確。
故選CD。
【分析】絕對時空觀認為時間與空間的度量與慣性參照系的運動狀態無關；根據經典力學的局限性可以得出牛頓力學只適用于宏觀物體、低速運動問題，微觀粒子不適用；基于實驗檢驗的牛頓力學不會被相對論的建立所否定，牛頓力學只是在某些條件下不再適用；在愛因斯坦“光速不變的假設”的基礎上，經過嚴格的數學推導，可以得出時間的延緩效應和空間的尺縮效應。
10．（2024高一下·耒陽期末） 《夸父逐日》最早出自《山海經海外北經》，反映了古代先民與自然災害做斗爭的事實。若夸父“逐日”的足跡遍及全球，且未離開地面，則對于夸父“逐日”的過程，下列說法正確的是（　　）
A．夸父所受的重力豎直向下
B．夸父在赤道時所受的重力最大
C．夸父所受的重力和萬有引力始終相等
D．夸父在兩極時隨地球轉動所需的向心力最小
【答案】A,D
【知識點】重力加速度；萬有引力定律的應用
【解析】【解答】地面所有物體所受地球的萬有引力，按其作用效果分為重力和向心力，向心力使物體隨地球一起繞地軸自轉，所以說重力是地球對物體的萬有引力的一個分力，方向豎直向下。萬有引力、重力和向心力三個力遵循力的平行四邊形定則，萬有引力的方向指向地心，物體由赤道向兩極移動時，萬有引力大小不變，向心力減小，重力增大，當物體到達兩極時，其所受的重力等于萬有引力。
故答案為：AD。
【分析】地面所有物體所受地球的萬有引力，按其作用效果分為重力和向心力，向心力使物體隨地球一起繞地軸自轉，所以說重力是地球對物體的萬有引力的一個分力，方向豎直向下。物體由赤道向兩極移動時，萬有引力大小不變，向心力減小，重力增大。
11．（2024高一下·耒陽期末）北斗衛星導航系統是我國自行研制的全球衛星導航系統，其空間段由若干地球靜止軌道衛星、傾斜地球同步軌道衛星和中圓地球軌道衛星組成。已知地球靜止軌道衛星的運行周期為T，地球（可視為質量分布均勻的球體）的半徑為R，近地衛星（軌道半徑近似等于地球半徑）的運行周期為，引力常量為G，下列說法正確的是（　　）
A．地球的質量為
B．地球的平均密度為
C．地球靜止軌道衛星的軌道半徑為
D．地球赤道上與北極極點上重力加速度大小的比值為
【答案】B,D
【知識點】開普勒定律；萬有引力定律的應用；衛星問題
【解析】【解答】A、對近地衛星有
解得
故A錯誤；
B、地球的平均密度
故B正確；
C、根據開普勒第三定律有
解得
故C錯誤；
D、地球赤道上有
地球北極極點上有
解得
故D正確。
故答案為：BD。
【分析】熟練掌握開普勒定律的內容及其實適用范圍。地球赤道上的物體所受的萬有引力等于起重力與其隨地球做勻速圓周運動向心力的合力，地球兩極上的物體所受的萬有引力等于其所受重力。再結合萬有引力定律及牛頓第二定律和矢量求和法則進行分析解答。
12．（2024高一下·耒陽期末）倉庫工作人員需要將n=30只箱子搬到高出地面h=12m的儲藏室中，單只箱子重m=5kg。如果每次只搬一只，將消耗大量體能用于克服重力做功；若每次搬箱太多，將減緩走路速度。已知工作人員自重60kg，搬箱輸出功率P與單次搬運貨物總質量m間的關系如圖所示，不考慮工人空手下樓梯時間。，下列說法正確的是（　?。?br/>A．若每次搬箱6只，則搬箱所用總時間最短
B．搬箱所需最短總時間為720s
C．搬完所有箱子消耗體能最少為18kJ
D．若換成30只單只重10kg的箱子，則每次搬1只與每次搬2只所需的時間相等
【答案】B,D
【知識點】功能關系；功率及其計算
【解析】【解答】AB．根據圖像可以得出，當功率最大時則對應每次搬15kg，搬箱所用總時間最短
已知箱子的質量為5kg，則每次搬動的箱子數量為
根據平均功率的表達式可以得出最短時間為
由于重力做功的表達式為
根據圖像得
解得
每次搬箱3只，搬箱所用總時間最短，搬箱所需最短總時間為720s，A錯誤，B正確；
C．根據功的表達式可以得出人克服箱子重力做功為
人還要克服自身重力做功，所以消耗體能最少值一定大于18kJ，C錯誤；
D．若換成30只單只重10kg的箱子，根據功率的表達式有：每次搬1只的時間為
每次搬2只所需的時間
由于搬動的數量相等則克服箱子重力做功的總功相等，
根據圖像得兩種搬法的功率相等有
解得
D正確。
故選BD。
【分析】利用功率最大值對應搬動箱子的質量大小可以求出每次搬動箱子的數量大小；利用總功及功率的大小可以求出搬箱子需要的時間；利用重力做功可以求出消耗的體能大小。
13．（2024高一下·耒陽期末）如圖甲所示為向心力演示儀，可探究小球做圓周運動所需向心力的大小F與質量m、角速度和半徑r之間的關系。長槽的A、B處和短槽的C處分別到各自轉軸中心距離之比為，變速塔輪自上而下有三種組合方式，左右每層半徑之比由上至下分別為、和，如圖乙所示。
（1）本實驗的目的是探究向心力的大小與小球質量m、角速度和半徑r之間的關系，下列實驗中采用的實驗方法與本實驗相同的是（　?。?br/>A．探究兩個互稱角度的力的合成規律
B．探究平拋運動的特點
C．探究加速度與物體受力、物體質量的關系
（2）在某次實驗中，把兩個質量相等的鋼球放在B、C位置，探究向心力的大小與半徑的關系，則需要將傳動皮帶調至第　 　層塔輪。（選填“一”、“二”或“三”）
（3）在另一次實驗中，把兩個質量相等的鋼球放在A、C位置，傳動皮帶位于第二層，轉動手柄，則當塔輪勻速轉動時，左右兩標尺露出的格子數之比約為（　　）（填選項前的字母）
A． B． C． D．
【答案】（1）C
（2）一
（3）D
【知識點】向心力
【解析】【解析】（1）探究一個物理量與多個物理量的關系需要使用控制變量法，則探究向心力的大小與小球質量m、角速度和半徑r之間的關系，采用的實驗方法是控制變量法。
A．探究兩個互稱角度的力的合成規律，利用合力與分力效果相同則采用的實驗方法是等效替代法，故A錯誤；
B．探究平拋運動的特點，利用作出平拋運動的軌跡點記錄平拋運動軌跡，采用的實驗方法是用曲化直的方法，故B錯誤；
C．探究加速度與物體受力、物體質量的關系，使用的實驗方法與探究向心力的大小方法相同，采用的實驗方法是控制變量法，故C正確。
故選C。
（2）在某次實驗中，把兩個質量相等的鋼球放在B、C位置，探究向心力的大小與半徑的關系，則應控制兩小球的角速度相同，根據轉輪的線速度和角速度的關系式有：，則需要將傳動皮帶調至第一層塔輪。
（3）在另一次實驗中，把兩個質量相等的鋼球放在A、C位置，則兩小球做圓周運動的半徑相同，傳動皮帶位于第二層，由于左右塔輪邊緣線速度大小相等，根據線速度和角速度的關系有：
根據表達式可知兩小球的角速度之比為
根據向心力的表達式有
由于標尺的格數表示向心力的大小，可知左右兩標尺露出的格子數之比為
故選D。
【分析】（1）本實驗使用控制變量法，與探究牛頓第二定律的實驗方法相同；
（2）探究向心力與小球運動半徑的關系時，需要保持小球的角速度相同，由于皮帶線速度相同，則需要保持轉輪的半徑相同；
（3）探究向心力和角速度的大小關系，根據轉輪的半徑可以求出小球角速度的關系，結合向心力的表達式可以求出標尺的格數之比。
（1）探究向心力的大小與小球質量m、角速度和半徑r之間的關系，采用的實驗方法是控制變量法。
A．探究兩個互稱角度的力的合成規律，采用的實驗方法是等效替代法，故A錯誤；
B．探究平拋運動的特點，采用的實驗方法是用曲化直的方法，故B錯誤；
C．探究加速度與物體受力、物體質量的關系，采用的實驗方法是控制變量法，故C正確。
故選C。
（2）在某次實驗中，把兩個質量相等的鋼球放在B、C位置，探究向心力的大小與半徑的關系，則應控制兩小球的角速度相同，需要將傳動皮帶調至第一層塔輪。
（3）在另一次實驗中，把兩個質量相等的鋼球放在A、C位置，則兩小球做圓周運動的半徑相同，傳動皮帶位于第二層，由于左右塔輪邊緣線速度大小相等，根據
可知兩小球的角速度之比為
根據
可知左右兩標尺露出的格子數之比為
故選D。
14．（2024高一下·耒陽期末）學校物理興趣小組去某廢水處理廠參加社會實踐活動，當大家經過廠里的廢水排水口時，發現距較大水池一定高度的較小的水平排水管正在向外滿口排放廢水，如圖所示。小組同學只找到一把卷尺，他們想估測排水管每秒的排污體積。當地的重力加速度大小為g。
（1）要想估測排水管每秒的排污體積，同學們需利用卷尺測量管口的周長l、　 　、　 　三個數據。（寫出測量的物理量和對應的符號）
（2）排水管每秒的排污體積的表達式為V=　 　。（用題中相關物理量的符號表示）
（3）若排水管的管壁厚度不可忽略，測量準確，不考慮其他因素對測量的影響，則排水管每秒的排污體積的測量值　 　。（填“偏大”或“偏小”）
【答案】廢水水平方向的位移大小x；管口到地面的高度h；；偏大
【知識點】平拋運動
【解析】【解答】（1）根據排水管每秒的排污體積表達式為
要想估測排水管每秒的排污體積，需要測量管口的橫截面積，以及水的流速，故需要測量管口的直徑d，即測量管口的周長l，廢水出管口后看做平拋運動，根據位移公式有
聯立可得
故還需要測量廢水水平方向的位移大小，管口到地面的高度。
（2）排水管每秒的排污體積表達式為
聯立可得體積的表達式為
（3）若排水管的管壁厚度不可忽略，則排水管的排水的橫截面積測量值偏大，根據表達式可知排水管每秒的排污體積的測量值偏大。
【分析】（1）利用排污體積的表達式結合平拋運動的位移公式可以得出需要測量的物理量；
（2）利用平拋運動的位移公式結合體積公式可以求出排污體積的表達式；
（3）當管壁厚度不可忽略會導致水的橫截面積變大則排污體積測量值偏大。
15．（2024高一下·耒陽期末）如圖所示，圓形水平餐桌面上有一個半徑為r可轉動的圓盤，圓盤的邊緣放置一個可視為質點的物塊，物塊質量為m，與圓盤間的動摩擦因數為μ。從靜止開始緩慢增大圓盤轉動的角速度至物塊恰好要發生相對滑動。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g。在上述過程中，求：
（1）圓盤轉動的角速度大小為ω時，物塊所受摩擦力大小f；
（2）物塊恰好發生相對滑動時，圓盤轉動的角速度大小。
【答案】解：（1）圓盤轉動的角速度為ω時，由靜摩擦力提供向心力
解得
（2）對滑塊，恰要發生相對滑動時
解得
【知識點】生活中的圓周運動
【解析】【分析】（1）由于物塊受到的摩擦力提供向心力，利用向心力的表達式可以求出摩擦力的大小；
（2）當物塊恰好滑動時物塊受到的摩擦力達到最大值，利用滑動摩擦力提供向心力可以求出角速度的大小。
16．（2024高一下·耒陽期末）如圖所示，沙灘排球比賽中，球員將球在邊界中點正上方沿中線水平向右擊出，空氣阻力忽略不計。
（1）若球剛好過網落在對方場地中間位置，求擊球高度H與球網高度h之比；
（2）若已知球網高度h、半個球場的長度x，重力加速度為g，為使水平向右擊出的排球既不觸網又不出界，求擊球高度H的最小值。
【答案】（1）解：由平拋運動規律有
排球落在對方場地中間位置，水平位移為
排球剛好過網，則
，
聯立解得
（2）解：為使水平向右擊出的排球既不觸網又不出界，則只需滿足球若不觸網時擊球高度最小，則
，
解得
.
【知識點】運動的合成與分解；平拋運動
【解析】【分析】（1）利用平拋運動水平勻速、豎直自由落體的規律，通過水平位移關系得出運動時間比例，再結合豎直位移公式，建立擊球高度H和球網高度h的聯系，求出比值。
（2）當球既不觸網又不出界時，臨界情況是剛好擦網且剛好落界，同樣依據平拋運動水平、豎直方向的運動規律，結合水平位移得到時間關系，再由豎直位移公式聯立，消去未知量求出最小擊球高度。
17．（2024高一下·耒陽期末）跳繩是中學生的一項重要體育活動，教育部于2022年將跳繩正式納入全國中考體育考核項目。質量為40kg的小明原地跳繩，其速度大小v隨時間t的變化圖像如圖所示，重力加速度為，不計空氣阻力。根據圖像求解以下問題：
（1）求該同學跳繩過程中的最大速度和上升的最大高度；
（2）求該同學跳繩過程中克服重力做功的平均功率。
【答案】解：（1）由圖像可知，該同學向上減速和向下加速過程都是勻變速直線運動，根據對稱性，從最高點到最低點用時
則最跳繩過程中的最大速度為
上升的最大高度為
（2）依題意可知，該同學每跳一次克服重力做的功為
由圖像知該同學每跳一次用時為，因此該同學克服重力做功的平均功率為

【知識點】豎直上拋運動；功率及其計算
【解析】【分析】（1）已知同學向上和向下運動都是勻變速直線運動，利用速度公式可以求出最大速度的大??；結合位移公式可以求出上升的最大高度；
（2）已知同學起跳的最大高度，結合重力做功可以求出克服重力做功的大??；結合運動的時間可以求出平均功率的大小。
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