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四川省成都市蓉城高中教育聯盟2023-2024學年高一下學期期末聯考物理試題
1．（2024高一下·成都期末）下列說法正確的是（　　）
A．牛頓提出的經典力學體系只適用于宏觀、低速、弱引力場的情形
B．所有行星圍繞太陽運動的軌道都是圓，太陽處在圓心上
C．牛頓發現了萬有引力定律，并測出了引力常量
D．惠更斯通過擺球的碰撞實驗發現，兩小球相碰前后的“運動量”在同一方向的總和保持不變，這里的“運動量”是指物體的動能
【答案】A
【知識點】物理學史；開普勒定律；引力常量及其測定；相對論時空觀與牛頓力學的局限性
【解析】【解答】A．牛頓經典力學的適用范圍是宏觀、低速、弱引力場，微觀（量子力學）、高速（相對論）、強引力場（如黑洞附近）不適用，符合物理事實，故A正確；
B．根據開普勒第一定律的內容是∶每顆行星繞太陽運行的軌道形狀是橢圓，太陽處于橢圓的一個焦點上，故B錯誤；
C．牛頓提出萬有引力定律，但沒有測出引力常量，是卡文迪許通過實驗測出引力常量，故C錯誤；
D．根據物理學史知惠更斯在碰撞研究中得出了“運動量”守恒原理：“兩個物體所具有的運動量在碰撞中都可以增多或者減少，但是它們的量值在同一個方向的總和卻保持不變，如果減去反方向的運動量的話。”惠更斯既看到了動量數值的變化，又強調了動量的矢量性，所以惠更斯通過擺球的碰撞實驗發現，兩小球相碰前后的“運動量”在同一方向的總和保持不變，這里的“運動量”是指物體的動量，故D錯誤.
故答案為：A.
【分析】選項 A思路：直接調用經典力學適用范圍的知識點（宏觀、低速、弱引力場 ），判斷表述正確.
選項 B思路：回憶開普勒第一定律（軌道是橢圓，太陽在焦點 ），對比 “圓、圓心” 的錯誤表述，判斷錯誤.
選項 C思路：區分 “萬有引力定律的提出者（牛頓 ）” 與 “引力常量的測量者（卡文迪許 ）”，判斷錯誤.
選項 D思路：明確動量與動能 的區別，結合惠更斯碰撞實驗的 “運動量” 是動量，判斷錯誤.
2．（2024高一下·成都期末）如圖甲，一輛汽車在水平公路上轉彎，沿曲線由N點經P點向M點行駛，已知汽車經過P點時所受合外力為F，方向如圖甲所示。下列說法正確的是（　　）
A．汽車在N點的瞬時速度方向由N點指向M點
B．汽車在P點的瞬時速度方向與圖乙中標記的v方向相同，v沿P點切線方向
C．汽車經過P點時所受合外力方向與瞬時速度方向的夾角大于90°，因此汽車經過P點時正在減速
D．汽車可能做勻速圓周運動
【答案】C
【知識點】曲線運動的條件；勻速圓周運動；向心力
【解析】【解答】A．曲線運動中，瞬時速度方向沿軌跡切線方向。汽車在N點的速度方向是N點軌跡切線，并非指向M點，選項A錯誤；
BCD．汽車由N點經P點向M點行駛，在P點的瞬時速度方向與圖乙中標記的v方向相反，v沿P點切線方向，此時汽車經過P點時所受合外力方向與瞬時速度方向的夾角大于90°，因此汽車經過P點時正在減速，不可能做勻速圓周運動，選項BD錯誤，C正確.
故答案為：C.
【分析】1. 瞬時速度方向的基本規律（軌跡切線 ），判斷A、B選項.
2. 合外力與速度方向夾角對運動性質的影響（加速/減速 ），判斷C選項.
3. 勻速圓周運動的條件（向心力特性 ），判斷D選項，考查曲線運動的基礎規律應用.
3．（2024高一下·成都期末）如圖是一種新型的橫臥自行車，前、后輪的半徑分別為r、R（R>r）。A、B分別是前、后輪上的氣門芯，不計車輪厚度。當它在平直路面上勻速直線行駛時，下列說法正確的是（　　）
A．A、B的線速度一定相等
B．A、B的角速度之比為
C．A、B的向心加速度大小之比為
D．A、B做勻速圓周運動的周期相等
【答案】B
【知識點】線速度、角速度和周期、轉速；勻速圓周運動；向心加速度
【解析】【解答】A．由于不計車輪厚度， A、B相當于前后兩輪邊緣上的兩點，線速度大小一定相等，方向不一定相同，故A錯誤；
B．由，可知A、B的角速度與半徑成反比，角速度之比為
故B正確；
C．由，可知A、B的向心加速度大小與半徑成反比，向心加速度之比為
故C錯誤；
D．由，可知A、B做勻速圓周運動的周期之比為
故D錯誤.
故答案為：B。
【分析】選項 A思路：明確線速度是矢量（需大小 + 方向 ），A、B 線速度大小等于自行車前進速度，但方向沿各自車輪切線不同，故 “線速度相等”（矢量）錯誤，考查線速度的矢量性.
選項 B思路：利用無滑動滾動時，車輪邊緣點線速度大小等于自行車前進速度，建立 A、B 與半徑的關系，推導角速度之比，考查線速度與角速度的關聯.
選項 C思路：應用向心加速度公式（因 A、B 線速度大小相同 ），計算加速度之比，考查向心加速度與半徑的關系.
選項 D思路：結合周期公式與角速度的推導結果，計算周期之比，判斷周期是否相等，考查周期與角速度的關聯.
4．（2024高一下·成都期末）如圖甲，以O點為平衡位置，彈簧振子在A、B兩點間做簡諧運動，圖乙為該彈簧振子的振動圖像，其中，取O點為原點，水平向右為正方向。下列說法正確的是（　　）
A．t=0.2s時，小球的加速度為正向最大
B．t=0.1s與t=0.3s兩個時刻，小球的速度相同
C．t=0到t=0.2s內，小球做加速度增大的減速運動
D．t=0.4s時，彈簧振子有最大的彈性勢能
【答案】C
【知識點】簡諧運動；簡諧運動的回復力和能量
【解析】【解答】A． 簡諧運動中，加速度
（為位移，負號表方向與位移相反 ）
時，位移為正向最大（圖像最高點 ），故加速度為負向最大（與位移方向相反 ），故A錯誤；
B． t=0.1s與t=0.3s兩個時刻，小球的速度大小相等，方向相反，故B錯誤；
C． t=0到t=0.2s內，斜率逐漸減小，說明小球在減速運動，彈簧力逐漸增大，則小球加速度增大，故小球做加速度增大的減速運動，故C正確；
D． t=0.4s時，彈簧振子在平衡位置，所以彈性勢能為0，故D錯誤.
故答案為：C.
【分析】
選項A 思路：利用簡諧運動加速度公式 ，結合位移方向（正向最大 ），判斷加速度方向（負向最大 ），考查加速度與位移的關聯.
選項B思路：依據振動圖像斜率表示速度，對比兩時刻斜率的正負（速度方向 ），判斷速度是否相同，考查速度的矢量性（方向+大小 ）.
選項C思路：分析到內：位移變化→加速度變化（ ）；斜率變化→速度變化（大小+方向 ）； 結合“加速度與速度方向相反時做減速運動”，判斷運動性質，考查加速度、速度與位移的動態關系.
選項D思路：根據彈性勢能與位移的關系（ ），結合時位移為0，判斷彈性勢能最小，考查簡諧運動的能量特性.
5．（2024高一下·成都期末）跳臺滑雪是冬季奧林匹克運動會最具觀賞性的項目之一。如圖為簡化的跳臺滑雪的雪道示意圖，A點下方足夠長的傾斜雪道可近似看作直線，假設運動員從助滑道上滑下后從跳臺A點沿水平方向飛出，初速度大小為v0，在斜面B點著陸。飛行過程中不計空氣阻力，已知斜面與水平方向的夾角為θ=30°，重力加速度大小為g。運動員從A點水平飛出到在斜面B點著陸的過程中（　　）
A．運動員所受重力的功率先增大后減小
B．運動員在空中飛行的時間為
C．運動員在B點的瞬時速度方向與斜面的夾角為30°
D．若初速度增大，運動員落地時瞬時速度方向與斜面的夾角將不變
【答案】D
【知識點】平拋運動；功率及其計算
【解析】【解答】A．重力的瞬時功率公式為
（是豎直方向分速度 ）
運動員平拋運動中，豎直方向做自由落體運動
不斷增大，所以
一直增大，故A錯誤；
B．對運動員從A到B的平拋運動過程，有
，，
解得運動員在空中飛行的時間為
故B錯誤；
C．設速度方向與水平方向夾角為，則
由
（前面推導）
可得
。，
所以速度方向與斜面夾角不是，故C錯誤；
D．若初速度增大，運動員落地時瞬時速度方向與斜面的夾角的正切值依然是，故D正確.
故答案為：D.
【分析】1. 功率分析（A選項）：抓重力功率公式，平拋運動豎直分速度隨時間增大，直接判斷功率變化.
2. 飛行時間（B選項）：利用平拋水平、豎直位移公式，結合斜面傾角的幾何關系，聯立方程求解時間，關鍵是把位移關系和幾何條件結合.
3. 速度方向（C、D選項）：先設速度與水平方向夾角，得，再結合位移關系推導與的定量關系（ ），以此判斷速度方向與斜面夾角是否變化，核心是建立速度偏角和位移偏角的聯系.
6．（2024高一下·成都期末）如圖，不可伸長細線的一端固定于天花板上的O點，細線長度為L，細線下端系有一質量為m、可視為質點的小鋼球A。現用手拿住小鋼球A，使細線恰好繃直，且與豎直方向成60°夾角。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（　　）
A．若無初速度自由釋放小鋼球，則小鋼球在豎直平面內做勻速圓周運動
B．若無初速度自由釋放小鋼球，則小鋼球到達最低點時的速度大小為
C．若使小鋼球在水平面內做勻速圓周運動，則運動過程中繩上拉力不變
D．若使小鋼球在水平面內做勻速圓周運動，則小鋼球的動能恒為Ek=mgL
【答案】B
【知識點】能量守恒定律；生活中的圓周運動；動能定理的綜合應用；機械能守恒定律
【解析】【解答】A．若無初速度自由釋放小鋼球，根據能量守恒，則小鋼球在豎直平面內無法完成勻速圓周運動，故A錯誤；
B．若無初速度自由釋放小鋼球，根據動能定理，有
解得小鋼球到達最低點時的速度大小為
故B正確；
C．若使小鋼球在水平面內做勻速圓周運動，則運動過程中繩上拉力大小不變，方向改變，故C錯誤；
D． 若使小鋼球在水平面內做勻速圓周運動，則繩子對小球的拉力與重力的合力提供水平向心力，
則
，
解得
小鋼球的動能恒為，故D錯誤.
故答案為：B。
【分析】1. A選項： 抓“勻速圓周運動速度大小不變”+“無初速釋放時重力做功改變速度大小”，直接判斷錯誤.
2. B選項： 用動能定理，找初末動能（初為）和重力做功（ ），聯立求速度，核心是動能定理的應用.
3. C選項：識別“水平面勻速圓周運動（圓錐擺）”模型，拉力方向隨小球位置變（指向軌跡圓心豎直線 ），判斷方向改變.
4. D選項：圓錐擺中，分解拉力為豎直（平衡重力）和水平（提供向心力 ），結合向心力公式向（ ），聯立求動能，關鍵是力的分解和向心力公式應用.
7．（2024高一下·成都期末）為測試一種彈簧緩沖裝置的性能，研究人員進行了如下實驗：將質量均為m的兩物塊A、B輕輕放置在光滑水平面上，給B一個大小為v0、方向正對A的初速度，B和A發生完全非彈性碰撞，用高速攝像機拍攝得到A、B之間的相互作用時間為t。現給A的右側安裝上彈簧（圖中未畫出），再次將B以相同的初速度滑向A，發生碰撞，用高速攝像機拍攝得到彈簧從開始壓縮到恢復原長所用時間為5t。下列說法正確的是（　　）
A．發生完全非彈性碰撞前后，A、B組成的系統機械能守恒
B．裝上彈簧后，彈簧在碰撞過程中的最大彈性勢能為
C．發生完全非彈性碰撞后，A、B的總動能減小至初始時的
D．裝上彈簧后，A在碰撞過程中所受的平均沖擊力大小減小至未安裝時的
【答案】B
【知識點】動量定理；動量守恒定律；機械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．發生完全非彈性碰撞時，A、B組成的系統機械能有損失，則系統機械能不守恒，故A錯誤；
B．裝上彈簧后，當A、B共速時彈簧彈性勢能最大，根據動量守恒：
解得
初始動能初
共速時總動能共
最大彈性勢能彈初
故B正確；
C．完全非彈性碰撞，動量守恒
得共
碰撞后總動能后
初始總動能初
，
即總動能減為初始的，故C錯誤；
D．未裝彈簧（完全非彈性碰撞）：對A用動量定理，共
得
裝上彈簧：彈簧恢復原長時，由動量守恒
能量守恒
聯立解得
，（相當于彈性碰撞交換速度 ），對A用動量定理，
得
則
即平均沖擊力減為未安裝時的，故D錯誤.
故答案為：B.
【分析】1. A選項：抓“完全非彈性碰撞的特點（有機械能損失）”，直接判斷機械能不守恒.
2. B選項：第一步：識別“彈簧最大彈性勢能對應A、B共速”，用動量守恒求共速速度.
第二步：用能量守恒（初始動能 - 共速時總動能 = 彈性勢能 ）計算，核心是動量守恒與能量守恒的結合應用.
3. C選項：用動量守恒求完全非彈性碰撞后的共速，再計算碰撞后總動能與初始動能的比值，關鍵是動量守恒的應用和動能計算.
4. D選項：未裝彈簧：對A用動量定理，結合完全非彈性碰撞的共速求平均力.
裝上彈簧：通過動量守恒+能量守恒（彈性碰撞模型）得A的末速度，再對A用動量定理求平均力，最后求比值，核心是動量定理與碰撞模型的結合.
8．（2024高一下·成都期末）如圖甲，物體以一定的初速度從傾角為α=37°的固定斜面底端沿斜面向上運動，上升的最大高度為3m。選地面為零勢能面，上升過程中，物體的機械能E機隨高度h的變化關系圖像如圖乙所示。重力加速度大小取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。則（　　）
A．物體的質量為m=0.8kg
B．物體上升到最大高度后靜止
C．物體上升過程中斜面對其支持力的沖量為零
D．物體上升過程中動能和重力勢能相等的位置離地高度為1.875m
【答案】D
【知識點】功能關系；牛頓運動定律的綜合應用；沖量
【解析】【解答】A．物體到達最高點時，機械能為
由圖知
則物體的質量
故A錯誤；
B．物體上升過程中，克服摩擦力做功，減少的機械能等于克服摩擦力做的功
解得
則
所以物體上升到最大高度后不能靜止，故B錯誤；
C．由物體上升過程中斜面對其支持力的沖量
沖量不為零，故C錯誤；
D．物體上升過程中動能和重力勢能相等的位置離地高度為h，則
解得
故D正確.
故答案為：D.
【分析】1. A選項：抓“最高點機械能 = 重力勢能”，用直接求質量，關鍵是識別最高點動能為.
2. B選項：第一步：由機械能減少量等于克服摩擦力做功，列方程求動摩擦因數.
第二步：比較重力分力與最大靜摩擦力，判斷物體能否靜止，核心是摩擦力做功與受力分析結合.
3. C選項：根據沖量定義，支持力恒不為零且作用時間不為零，直接判斷沖量不為零.
4. D選項：設“動能 = 重力勢能”時高度，結合機械能守恒（含摩擦力做功 ）列方程：初始機械能 = 動能 + 重力勢能 + 克服摩擦力做功，聯立求解，關鍵是能量關系的梳理.
9．（2024高一下·成都期末）2023年5月30日，我國自主研發的長征二號F遙十六運載火箭在酒泉衛星發射中心成功發射。神舟十六號飛船先進入圓形的停泊軌道（I），后經橢圓形的轉移軌道（II），到達圓形的中國空間站軌道（III），并與中國空間站組合體完成自主快速交會對接，如圖為其變軌過程簡化圖，已知停泊軌道半徑近似為地球半徑R，中國空間站軌道距地面的平均高度為h。則（　　）
A．將神舟十六號發射到停泊軌道（I）上所需的發射速度小于7.9km/s
B．轉移軌道的半長軸長度為
C．進入轉移軌道后，從P點運動到Q點的過程中，神舟十六號的速度減小
D．中國空間站內的宇航員可以漂浮，說明此時他們不受地球引力作用
【答案】B,C
【知識點】開普勒定律；萬有引力定律的應用；第一、第二與第三宇宙速度；衛星問題
【解析】【解答】A．第一宇宙速度是衛星繞地球做近地圓軌道運動的最小發射速度。停泊軌道半徑近似為地球半徑R，屬于近地軌道，發射速度應等于第一宇宙速度，故A錯誤；
B．轉移軌道的半長軸長度為，故B正確；
C．進入轉移軌道后，從P點運動到Q點的過程中，神舟十六號離地球越來越遠，引力做負功，速度減小，故C正確；
D．宇航員 “漂浮” 是因為空間站繞地球做圓周運動，地球引力完全提供向心力，處于完全失重狀態（仍受地球引力 ），并非不受引力，故D錯誤.
故答案為：BC.
【分析】A 選項：抓 “第一宇宙速度的定義（近地軌道最小發射速度）”，直接判斷停泊軌道發射速度等于第一宇宙速度.
B 選項：利用橢圓軌道 “半長軸為近、遠地點到地心距離的平均值”，結合軌道半徑與高度的幾何關系，計算半長軸，核心是橢圓軌道的幾何特性.
C 選項：分析引力做功的正負（遠離地球時引力做負功 ），再結合動能定理判斷速度變化，關鍵是功與能的關系.
D 選項：理解 “完全失重” 的本質（引力提供向心力 ），區分 “不受力” 與 “完全失重”，直接判斷錯誤.
10．（2024高一下·成都期末）川青鐵路鎮江關至黃勝關段有望于2024年內通車。假設某動車由靜止啟動后沿平直軌道行駛，發動機的功率恒為P，且行駛過程中受到的阻力大小恒定。已知動車的質量為m，最高行駛速度為vm。下列說法正確的是（　　）
A．動車啟動后先做加速度減小的加速運動
B．行駛過程中動車受到的阻力大小為Pvm
C．當動車的速度大小為時，動車的加速度大小為
D．從啟動到速度大小為vm的過程中，動車的牽引力所做的功為
【答案】A,C
【知識點】牛頓第二定律；機車啟動；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】A．由可知動車恒定功率加速過程中，動車的牽引力減小，由牛頓第二定律得
可知行駛過程中受到的阻力大小恒定時加速度減小，動車啟動后先做加速度減小的加速運動，故A正確；
B．當牽引力與阻力大小相等時，動車的速度最大，行駛過程中動車受到的阻力大小為
故B錯誤；
C．當動車的速度大小為時，牽引力大小為
由牛頓第二定律得
解得動車的加速度大小為
故C正確；
D．從啟動到速度大小為vm的過程中，由動能定理得
動車的牽引力所做的功
故D錯誤.
故答案為：AC.
【分析】1. A選項： 結合（功率恒定，增則減 ）和牛頓第二定律（恒定，減則減 ），判斷運動性質，關鍵是力與運動的動態分析.
2. B選項： 抓“最大速度時受力平衡（）”，聯立求阻力，核心是平衡條件的應用.
3. C選項： 先由求對應速度的牽引力，再結合阻力（B選項結果 ），用牛頓第二定律求加速度，關鍵是功率公式與牛頓定律的銜接.
4. D選項： 用動能定理分析牽引力做功與動能、阻力做功的關系，識別“阻力做功不為零”，判斷牽引力做功大于動能變化，核心是動能定理的理解.
11．（2024高一下·成都期末）現有如圖所示裝置，固定光滑水平硬桿距地面的高度為L，A為穿在固定光滑硬桿上的質量為m的滑塊，質量為m的硬質小球B通過長也為L的細繩與A相連，初始時刻A、B均靜止，細繩恰好繃直并保持水平。水平光滑地面上有D、E兩輛上表面粗糙、質量均為2m的小車，D的最右端放置一質量為m的物塊C。現釋放小球B，小球B擺到最低點時，繩子恰好斷裂，并且在斷裂之后，B立刻與C發生彈性碰撞，C最終恰好沒有滑離小車D。A從固定桿右端飛出后最終落在小車E上，A與E發生碰撞瞬間可認為A立刻損失所有的豎直方向速度，但水平方向速度沒有損失，最終，A也沒有從小車E上滑離。已知D、E兩小車上表面高度相同，不計小車上表面距地面的距離，小車上表面與物體A、C間的動摩擦因數均為μ，重力加速度大小為g，A、B、C均可視為質點。下列說法正確的是（　　）
A．B到達最低點且還未與C碰撞的瞬間，其速度大小為
B．小車D的長度為
C．兩小車最終的相對速度大小為
D．整個系統最終的機械能減少量為
【答案】B,D
【知識點】動量守恒定律；機械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．由AB組成的系統，水平方向動量守恒，則
，
聯立可得
故A錯誤；
B．BC發生彈性碰撞，由于BC質量相等，則速度交換，所以
C最終恰好沒有滑離小車D，則
，
解得
，
故B正確；
C．對A和小車E有
解得
，
所以兩小車最終相對速度大小為
故C錯誤；
D．整個系統最終的機械能減少量為
解得
故D正確.
故答案為：BD。
【分析】A 選項：水平動量守恒（A、B 系統水平無外力 ）+ 機械能守恒（B 下擺只有重力做功 ），聯立求速度，關鍵是系統動量與能量的結合.
B 選項：彈性碰撞 “質量相等時速度交換” 得 C 的速度，再用 C 與 D 的 ** 動量守恒 + 能量守恒（摩擦力做功 ） 求 D 的長度，核心是碰撞模型與板塊模型的結合.
C 選項：A 平拋后水平速度不變，與 E 發生動量守恒（水平方向 ），求 E 的最終速度；結合 D 的最終速度，判斷兩車相對速度，關鍵是平拋運動水平速度不變與動量守恒的應用.
D 選項：系統機械能減少量等于初始總機械能（A、B 重力勢能 ）減去最終總動能（D、C 和 E、A 的動能和 ），核心是機械能變化的本質（摩擦力做功轉化為內能 ）.
12．（2024高一下·成都期末）某同學用建筑工地上的重錘做成單擺，用來探究“單擺周期與哪些因素有關”這位同學進行了如圖所示實驗、讓重錘自由往返擺動，記錄數據如下表。
回答下列問題：
序號 擺長L/m 重錘質量/g 擺幅/m 周期/s
1 1.3 50 0.05 2.3
2 1.0 50 0.08 2.0
3 1.0 100 0.05 2.0
4 1.0 100 0.08 2.0
5 0.7 50 0.05 1.7
（1）實驗序號2、4探究的是單擺周期跟　 　（選填“擺長”“重錘質量”或“擺幅”）的關系。
（2）從本次實驗可以得到的結論是：單擺周期由　 　（選填“擺長”“重錘質量”或“擺幅”）決定。
（3）擺鐘是利用本實驗的原理制成的。某一擺鐘變慢了，要調準它，應將擺鐘的擺長調　 　（選填“長”或“短”）
【答案】（1）重錘質量
（2）擺長
（3）短
【知識點】單擺及其回復力與周期；探究單擺的運動
【解析】【解答】（1）由實驗數據知，在實驗序號2、4中擺長和振幅都相同，重錘質量不同，所以研究的是周期跟重錘質量的關系。
故答案為：重錘質量.
（2）周期在擺動幅度、質量變化時，擺長不變，擺動的時間不變；只有在擺長改變了，周期才改變；所以可得結論：周期與擺長有關，與重錘質量和擺動幅度無關.
故答案為：擺長.
（3）某一擺鐘變慢了，因周期受擺長的影響，鐘擺越長，擺動越慢，所以要調準它即把擺長調短一些.
故答案為：短.
【分析】（1）用控制變量法，找兩組實驗中 “只有一個變量不同，其他條件相同” 的量，該變量就是探究的因素.
（2）同樣用控制變量法，分析多組實驗中 “變量變化時周期是否改變”，歸納出 “只有擺長改變會影響周期”，得出周期由擺長決定.
（3）結合（2）的結論 “擺長越長，周期越大”，擺鐘變慢（周期大 ）→ 需減小周期 → 縮短擺長，核心是結論的應用.
（1）由實驗數據知，在實驗序號2、4中擺長和振幅都相同，重錘質量不同，所以研究的是周期跟重錘質量的關系。
（2）周期在擺動幅度、質量變化時，擺長不變，擺動的時間不變；只有在擺長改變了，周期才改變；所以可得結論：周期與擺長有關，與重錘質量和擺動幅度無關。
（3）某一擺鐘變慢了，因周期受擺長的影響，鐘擺越長，擺動越慢，所以要調準它即把擺長調短一些。
13．（2024高一下·成都期末）物體在空間站中，由于完全失重，無法直接用天平測量其質量。某興趣小組成員在觀看了“天宮課堂”中，航天員演示的“動量守恒實驗”（如圖甲所示）之后，提出了一種利用動量守恒在空間站測質量的設想（實驗裝置如圖乙所示）。在某次實驗中，A、B兩個體積相同的鋼球置于實驗平臺上，兩球之間放一質量不計的壓縮并鎖定的輕質彈簧，某時刻解除鎖定，A、B兩小球在同一直線上運動，利用閃光頻率為10Hz的照相機獲取的一組頻閃照片，如圖丙所示。已知A球為標準小球，其質量為，B小球質量為（待測，彈簧與A、B物體脫離后，靜止停留于原地）。
（1）脫離彈簧后，小球A相對于空間站的地面做　 　運動，速度大小為　 　（保留兩位有效數字）。
（2）根據實驗數據測算可得小球B的質量大小是　 　kg（保留兩位有效數字）。
（3）該實驗搬到地面上，將兩小球放在光滑水平面上，利用上述實驗　 　（選填“能”或“不能”）測量小球B的質量。
【答案】勻速直線；；；能
【知識點】爆炸；速度與速率
【解析】【解答】本題主要考查動量守恒實驗，在實驗中要注意小球的運動狀態，根據紙帶上的間距確定速度大小。（1）由丙圖可知，脫離彈簧后，小球A相對于空間站的地面做勻速直線運動；
由照相機的頻率可知周期為
則由圖可知，小球A速度大小為
（2）由圖可知，B的速度大小為
由動量守恒可知
代入數值可得
（3）該實驗搬到地面上，將兩小球放在光滑水平面上，動量守恒依然成立，故能測出小球B的質量。
【分析】（1）根據圖丙可以得出，脫離彈簧后做勻速直線運動，根據s=vt，可求出速度大小；
（2）根據動量守恒可求出B球的質量；
（3）在地面上，放在水平光滑桌面上，同樣可以驗證。
14．（2024高一下·成都期末）如圖，某老師保持用手掌平托質量為m的粉筆盒（可視為質點）的姿勢，使粉筆盒以速率v在豎直平面內按順時針方向做半徑為R的勻速圓周運動，a、c分別為最低點和最高點，b、d和圓心O等高，重力加速度大小為g。
（1）求粉筆盒在c點受到手掌支持力的大小；
（2）求粉筆盒從b點運動到d點的過程中所受重力的沖量。
【答案】（1）解：在最高點，粉筆盒受到手的支持力方向向上，受到重力，方向向下，根據牛頓第二定律可得
解得
.
（2）解：根據題意可知
粉筆盒從b點運動到d點的過程中運動時間為
則粉筆盒從b點運動到d點的過程中所受重力的沖量為
豎直向下
【知識點】牛頓第二定律；豎直平面的圓周運動；沖量
【解析】【分析】（1）勻速圓周運動的向心力由合力提供，在最高點（c點 ），重力與支持力的合力指向圓心（向下 ），用向心力公式列方程，解支持力.
（2）沖量用I = Ft計算（重力恒力 ），需先求運動時間t，利用勻速圓周運動弧長與速度的關系，b到d是半圓弧長，求出t后代入沖量公式，核心是沖量定義與圓周運動時間的計算。
15．（2024高一下·成都期末）在學習萬有引力定律的課堂上，某中學的學科小組了解到牛頓在發現萬有引力定律時曾用月球的運動來檢驗，物理學史上稱為著名的“月地檢驗”。已知引力常量為G，關于“月地檢驗”，該學科小組進行了如下討論：
（1）通過實驗測量得到：在地表以大小為v0的初速度豎直上拋一物體，最大上升高度為h，忽略空氣阻力以及地表各處重力加速度的差異，求地表的重力加速度大小g；
（2）查閱資料得知月球繞地球的運動可看作是以地心為圓心的勻速圓周運動，且月球公轉周期為T，月球軌道半徑為r，求月球的向心加速度大小a；
（3）查閱資料得知地球的半徑為R，忽略地球自轉，在（1）、（2）的條件下，若萬有引力定律成立，v0、h、T、r、R之間應滿足什么關系？
【答案】（1）解：由運動學公式得
解得地表的重力加速度大小為
（2）解：月球的向心加速度大小為
.
（3）解：忽略地球自轉，設地球的質量為M，地面物體的質量為m，則
設月球的質量為，由萬有引力提供向心力得
解得
.
【知識點】向心加速度；萬有引力定律；衛星問題
【解析】【分析】（1）利用豎直上拋運動的速度 - 位移公式（ ），直接代入末速度為的條件，解重力加速度，關鍵是運動學公式的應用.
（2）勻速圓周運動中，向心加速度與角速度、軌道半徑的關系（ ），結合角速度與周期的關系（ ），推導向心加速度，核心是圓周運動公式的銜接 .
（3） 假設萬有引力定律成立，分別對地表物體（萬有引力 = 重力 ）和月球（萬有引力 = 向心力 ）列方程，再聯立消去地球質量和引力常量，推導出各物理量的關系，關鍵是萬有引力的兩種作用（重力、向心力 ）的應用.
16．（2024高一下·成都期末）如圖，質量為2kg的物體A靜止于光滑水平面MN的最右端，MN右端與傾斜傳送帶平滑連接，傳送帶長為L=3.2m，與水平方向的夾角為θ=30°，傳送帶以v=8m/s的速度順時針轉動，物體A與傳送帶間的動摩擦因數為，重力加速度大小取g=10m/s2。質量為1kg的物體B以某一水平向右的初速度撞向A，與A發生彈性碰撞，A、B均可視為質點。
（1）若物體B的初速度大小為3m/s，求碰撞后B的速度大小；
（2）若使物體A到達傾斜傳送帶頂端時的速度大小為5m/s，求B的初速度大小；
（3）若使物體A從傾斜傳送帶頂端飛出后落在水平面上同一位置，求B的初速度大小的取值范圍。
【答案】（1）解：設AB的質量分別為2m和m，則AB碰撞過程由動量守恒定律和能量守恒關系可知
，
解得
（2）解：若使物體A到達傾斜傳送帶頂端時的速度大小為5m/s，小于傳送帶的速度，則由動能定理
解得
AB碰撞過程由動量守恒定律和能量守恒關系可知
，
解得
（3）解：若使物體A從傾斜傳送帶頂端飛出后落在水平面上同一位置，則需要使得A從最高點飛出時的速度相同，若物塊在最低點速度最小時，A一直在傳送帶上加速，到達最高點的速度為8m/s，則加速度
此時物塊在最低點的最小速度
若物塊在最低點速度最大時，A一直在傳送帶上減速，到達最高點的速度為8m/s，則加速度
此時物塊在最低點的最大速度
AB碰撞過程由動量守恒定律和能量守恒關系可知
可得，則對應的B的速度最小值為，最大值為18m/s，即B的速度范圍
.
【知識點】動量守恒定律；能量守恒定律；牛頓運動定律的應用—傳送帶模型；動能定理的綜合應用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）彈性碰撞遵循動量守恒+機械能守恒，聯立方程直接求解，關鍵是碰撞模型的基本公式應用.
（2）第一步：在傳送帶上運動，用動能定理（摩擦力與重力分力做功，改變動能 ）求碰撞后的速度.
第二步：、彈性碰撞，再用動量守恒+機械能守恒求的初速度，核心是動能定理與碰撞模型的結合.
（3） 要使平拋落同一位置，需從傳送帶頂端飛出速度相同。分析在傳送帶上的兩種運動（加速、減速 ），用運動學公式（ ）求碰撞后的速度范圍，再結合彈性碰撞中初速度與速度的關系（ ），推導的初速度范圍.
1 / 1四川省成都市蓉城高中教育聯盟2023-2024學年高一下學期期末聯考物理試題
1．（2024高一下·成都期末）下列說法正確的是（　　）
A．牛頓提出的經典力學體系只適用于宏觀、低速、弱引力場的情形
B．所有行星圍繞太陽運動的軌道都是圓，太陽處在圓心上
C．牛頓發現了萬有引力定律，并測出了引力常量
D．惠更斯通過擺球的碰撞實驗發現，兩小球相碰前后的“運動量”在同一方向的總和保持不變，這里的“運動量”是指物體的動能
2．（2024高一下·成都期末）如圖甲，一輛汽車在水平公路上轉彎，沿曲線由N點經P點向M點行駛，已知汽車經過P點時所受合外力為F，方向如圖甲所示。下列說法正確的是（　　）
A．汽車在N點的瞬時速度方向由N點指向M點
B．汽車在P點的瞬時速度方向與圖乙中標記的v方向相同，v沿P點切線方向
C．汽車經過P點時所受合外力方向與瞬時速度方向的夾角大于90°，因此汽車經過P點時正在減速
D．汽車可能做勻速圓周運動
3．（2024高一下·成都期末）如圖是一種新型的橫臥自行車，前、后輪的半徑分別為r、R（R>r）。A、B分別是前、后輪上的氣門芯，不計車輪厚度。當它在平直路面上勻速直線行駛時，下列說法正確的是（　　）
A．A、B的線速度一定相等
B．A、B的角速度之比為
C．A、B的向心加速度大小之比為
D．A、B做勻速圓周運動的周期相等
4．（2024高一下·成都期末）如圖甲，以O點為平衡位置，彈簧振子在A、B兩點間做簡諧運動，圖乙為該彈簧振子的振動圖像，其中，取O點為原點，水平向右為正方向。下列說法正確的是（　　）
A．t=0.2s時，小球的加速度為正向最大
B．t=0.1s與t=0.3s兩個時刻，小球的速度相同
C．t=0到t=0.2s內，小球做加速度增大的減速運動
D．t=0.4s時，彈簧振子有最大的彈性勢能
5．（2024高一下·成都期末）跳臺滑雪是冬季奧林匹克運動會最具觀賞性的項目之一。如圖為簡化的跳臺滑雪的雪道示意圖，A點下方足夠長的傾斜雪道可近似看作直線，假設運動員從助滑道上滑下后從跳臺A點沿水平方向飛出，初速度大小為v0，在斜面B點著陸。飛行過程中不計空氣阻力，已知斜面與水平方向的夾角為θ=30°，重力加速度大小為g。運動員從A點水平飛出到在斜面B點著陸的過程中（　　）
A．運動員所受重力的功率先增大后減小
B．運動員在空中飛行的時間為
C．運動員在B點的瞬時速度方向與斜面的夾角為30°
D．若初速度增大，運動員落地時瞬時速度方向與斜面的夾角將不變
6．（2024高一下·成都期末）如圖，不可伸長細線的一端固定于天花板上的O點，細線長度為L，細線下端系有一質量為m、可視為質點的小鋼球A。現用手拿住小鋼球A，使細線恰好繃直，且與豎直方向成60°夾角。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（　　）
A．若無初速度自由釋放小鋼球，則小鋼球在豎直平面內做勻速圓周運動
B．若無初速度自由釋放小鋼球，則小鋼球到達最低點時的速度大小為
C．若使小鋼球在水平面內做勻速圓周運動，則運動過程中繩上拉力不變
D．若使小鋼球在水平面內做勻速圓周運動，則小鋼球的動能恒為Ek=mgL
7．（2024高一下·成都期末）為測試一種彈簧緩沖裝置的性能，研究人員進行了如下實驗：將質量均為m的兩物塊A、B輕輕放置在光滑水平面上，給B一個大小為v0、方向正對A的初速度，B和A發生完全非彈性碰撞，用高速攝像機拍攝得到A、B之間的相互作用時間為t。現給A的右側安裝上彈簧（圖中未畫出），再次將B以相同的初速度滑向A，發生碰撞，用高速攝像機拍攝得到彈簧從開始壓縮到恢復原長所用時間為5t。下列說法正確的是（　　）
A．發生完全非彈性碰撞前后，A、B組成的系統機械能守恒
B．裝上彈簧后，彈簧在碰撞過程中的最大彈性勢能為
C．發生完全非彈性碰撞后，A、B的總動能減小至初始時的
D．裝上彈簧后，A在碰撞過程中所受的平均沖擊力大小減小至未安裝時的
8．（2024高一下·成都期末）如圖甲，物體以一定的初速度從傾角為α=37°的固定斜面底端沿斜面向上運動，上升的最大高度為3m。選地面為零勢能面，上升過程中，物體的機械能E機隨高度h的變化關系圖像如圖乙所示。重力加速度大小取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。則（　　）
A．物體的質量為m=0.8kg
B．物體上升到最大高度后靜止
C．物體上升過程中斜面對其支持力的沖量為零
D．物體上升過程中動能和重力勢能相等的位置離地高度為1.875m
9．（2024高一下·成都期末）2023年5月30日，我國自主研發的長征二號F遙十六運載火箭在酒泉衛星發射中心成功發射。神舟十六號飛船先進入圓形的停泊軌道（I），后經橢圓形的轉移軌道（II），到達圓形的中國空間站軌道（III），并與中國空間站組合體完成自主快速交會對接，如圖為其變軌過程簡化圖，已知停泊軌道半徑近似為地球半徑R，中國空間站軌道距地面的平均高度為h。則（　　）
A．將神舟十六號發射到停泊軌道（I）上所需的發射速度小于7.9km/s
B．轉移軌道的半長軸長度為
C．進入轉移軌道后，從P點運動到Q點的過程中，神舟十六號的速度減小
D．中國空間站內的宇航員可以漂浮，說明此時他們不受地球引力作用
10．（2024高一下·成都期末）川青鐵路鎮江關至黃勝關段有望于2024年內通車。假設某動車由靜止啟動后沿平直軌道行駛，發動機的功率恒為P，且行駛過程中受到的阻力大小恒定。已知動車的質量為m，最高行駛速度為vm。下列說法正確的是（　　）
A．動車啟動后先做加速度減小的加速運動
B．行駛過程中動車受到的阻力大小為Pvm
C．當動車的速度大小為時，動車的加速度大小為
D．從啟動到速度大小為vm的過程中，動車的牽引力所做的功為
11．（2024高一下·成都期末）現有如圖所示裝置，固定光滑水平硬桿距地面的高度為L，A為穿在固定光滑硬桿上的質量為m的滑塊，質量為m的硬質小球B通過長也為L的細繩與A相連，初始時刻A、B均靜止，細繩恰好繃直并保持水平。水平光滑地面上有D、E兩輛上表面粗糙、質量均為2m的小車，D的最右端放置一質量為m的物塊C。現釋放小球B，小球B擺到最低點時，繩子恰好斷裂，并且在斷裂之后，B立刻與C發生彈性碰撞，C最終恰好沒有滑離小車D。A從固定桿右端飛出后最終落在小車E上，A與E發生碰撞瞬間可認為A立刻損失所有的豎直方向速度，但水平方向速度沒有損失，最終，A也沒有從小車E上滑離。已知D、E兩小車上表面高度相同，不計小車上表面距地面的距離，小車上表面與物體A、C間的動摩擦因數均為μ，重力加速度大小為g，A、B、C均可視為質點。下列說法正確的是（　　）
A．B到達最低點且還未與C碰撞的瞬間，其速度大小為
B．小車D的長度為
C．兩小車最終的相對速度大小為
D．整個系統最終的機械能減少量為
12．（2024高一下·成都期末）某同學用建筑工地上的重錘做成單擺，用來探究“單擺周期與哪些因素有關”這位同學進行了如圖所示實驗、讓重錘自由往返擺動，記錄數據如下表。
回答下列問題：
序號 擺長L/m 重錘質量/g 擺幅/m 周期/s
1 1.3 50 0.05 2.3
2 1.0 50 0.08 2.0
3 1.0 100 0.05 2.0
4 1.0 100 0.08 2.0
5 0.7 50 0.05 1.7
（1）實驗序號2、4探究的是單擺周期跟　 　（選填“擺長”“重錘質量”或“擺幅”）的關系。
（2）從本次實驗可以得到的結論是：單擺周期由　 　（選填“擺長”“重錘質量”或“擺幅”）決定。
（3）擺鐘是利用本實驗的原理制成的。某一擺鐘變慢了，要調準它，應將擺鐘的擺長調　 　（選填“長”或“短”）
13．（2024高一下·成都期末）物體在空間站中，由于完全失重，無法直接用天平測量其質量。某興趣小組成員在觀看了“天宮課堂”中，航天員演示的“動量守恒實驗”（如圖甲所示）之后，提出了一種利用動量守恒在空間站測質量的設想（實驗裝置如圖乙所示）。在某次實驗中，A、B兩個體積相同的鋼球置于實驗平臺上，兩球之間放一質量不計的壓縮并鎖定的輕質彈簧，某時刻解除鎖定，A、B兩小球在同一直線上運動，利用閃光頻率為10Hz的照相機獲取的一組頻閃照片，如圖丙所示。已知A球為標準小球，其質量為，B小球質量為（待測，彈簧與A、B物體脫離后，靜止停留于原地）。
（1）脫離彈簧后，小球A相對于空間站的地面做　 　運動，速度大小為　 　（保留兩位有效數字）。
（2）根據實驗數據測算可得小球B的質量大小是　 　kg（保留兩位有效數字）。
（3）該實驗搬到地面上，將兩小球放在光滑水平面上，利用上述實驗　 　（選填“能”或“不能”）測量小球B的質量。
14．（2024高一下·成都期末）如圖，某老師保持用手掌平托質量為m的粉筆盒（可視為質點）的姿勢，使粉筆盒以速率v在豎直平面內按順時針方向做半徑為R的勻速圓周運動，a、c分別為最低點和最高點，b、d和圓心O等高，重力加速度大小為g。
（1）求粉筆盒在c點受到手掌支持力的大小；
（2）求粉筆盒從b點運動到d點的過程中所受重力的沖量。
15．（2024高一下·成都期末）在學習萬有引力定律的課堂上，某中學的學科小組了解到牛頓在發現萬有引力定律時曾用月球的運動來檢驗，物理學史上稱為著名的“月地檢驗”。已知引力常量為G，關于“月地檢驗”，該學科小組進行了如下討論：
（1）通過實驗測量得到：在地表以大小為v0的初速度豎直上拋一物體，最大上升高度為h，忽略空氣阻力以及地表各處重力加速度的差異，求地表的重力加速度大小g；
（2）查閱資料得知月球繞地球的運動可看作是以地心為圓心的勻速圓周運動，且月球公轉周期為T，月球軌道半徑為r，求月球的向心加速度大小a；
（3）查閱資料得知地球的半徑為R，忽略地球自轉，在（1）、（2）的條件下，若萬有引力定律成立，v0、h、T、r、R之間應滿足什么關系？
16．（2024高一下·成都期末）如圖，質量為2kg的物體A靜止于光滑水平面MN的最右端，MN右端與傾斜傳送帶平滑連接，傳送帶長為L=3.2m，與水平方向的夾角為θ=30°，傳送帶以v=8m/s的速度順時針轉動，物體A與傳送帶間的動摩擦因數為，重力加速度大小取g=10m/s2。質量為1kg的物體B以某一水平向右的初速度撞向A，與A發生彈性碰撞，A、B均可視為質點。
（1）若物體B的初速度大小為3m/s，求碰撞后B的速度大小；
（2）若使物體A到達傾斜傳送帶頂端時的速度大小為5m/s，求B的初速度大小；
（3）若使物體A從傾斜傳送帶頂端飛出后落在水平面上同一位置，求B的初速度大小的取值范圍。
答案解析部分
1．【答案】A
【知識點】物理學史；開普勒定律；引力常量及其測定；相對論時空觀與牛頓力學的局限性
【解析】【解答】A．牛頓經典力學的適用范圍是宏觀、低速、弱引力場，微觀（量子力學）、高速（相對論）、強引力場（如黑洞附近）不適用，符合物理事實，故A正確；
B．根據開普勒第一定律的內容是∶每顆行星繞太陽運行的軌道形狀是橢圓，太陽處于橢圓的一個焦點上，故B錯誤；
C．牛頓提出萬有引力定律，但沒有測出引力常量，是卡文迪許通過實驗測出引力常量，故C錯誤；
D．根據物理學史知惠更斯在碰撞研究中得出了“運動量”守恒原理：“兩個物體所具有的運動量在碰撞中都可以增多或者減少，但是它們的量值在同一個方向的總和卻保持不變，如果減去反方向的運動量的話。”惠更斯既看到了動量數值的變化，又強調了動量的矢量性，所以惠更斯通過擺球的碰撞實驗發現，兩小球相碰前后的“運動量”在同一方向的總和保持不變，這里的“運動量”是指物體的動量，故D錯誤.
故答案為：A.
【分析】選項 A思路：直接調用經典力學適用范圍的知識點（宏觀、低速、弱引力場 ），判斷表述正確.
選項 B思路：回憶開普勒第一定律（軌道是橢圓，太陽在焦點 ），對比 “圓、圓心” 的錯誤表述，判斷錯誤.
選項 C思路：區分 “萬有引力定律的提出者（牛頓 ）” 與 “引力常量的測量者（卡文迪許 ）”，判斷錯誤.
選項 D思路：明確動量與動能 的區別，結合惠更斯碰撞實驗的 “運動量” 是動量，判斷錯誤.
2．【答案】C
【知識點】曲線運動的條件；勻速圓周運動；向心力
【解析】【解答】A．曲線運動中，瞬時速度方向沿軌跡切線方向。汽車在N點的速度方向是N點軌跡切線，并非指向M點，選項A錯誤；
BCD．汽車由N點經P點向M點行駛，在P點的瞬時速度方向與圖乙中標記的v方向相反，v沿P點切線方向，此時汽車經過P點時所受合外力方向與瞬時速度方向的夾角大于90°，因此汽車經過P點時正在減速，不可能做勻速圓周運動，選項BD錯誤，C正確.
故答案為：C.
【分析】1. 瞬時速度方向的基本規律（軌跡切線 ），判斷A、B選項.
2. 合外力與速度方向夾角對運動性質的影響（加速/減速 ），判斷C選項.
3. 勻速圓周運動的條件（向心力特性 ），判斷D選項，考查曲線運動的基礎規律應用.
3．【答案】B
【知識點】線速度、角速度和周期、轉速；勻速圓周運動；向心加速度
【解析】【解答】A．由于不計車輪厚度， A、B相當于前后兩輪邊緣上的兩點，線速度大小一定相等，方向不一定相同，故A錯誤；
B．由，可知A、B的角速度與半徑成反比，角速度之比為
故B正確；
C．由，可知A、B的向心加速度大小與半徑成反比，向心加速度之比為
故C錯誤；
D．由，可知A、B做勻速圓周運動的周期之比為
故D錯誤.
故答案為：B。
【分析】選項 A思路：明確線速度是矢量（需大小 + 方向 ），A、B 線速度大小等于自行車前進速度，但方向沿各自車輪切線不同，故 “線速度相等”（矢量）錯誤，考查線速度的矢量性.
選項 B思路：利用無滑動滾動時，車輪邊緣點線速度大小等于自行車前進速度，建立 A、B 與半徑的關系，推導角速度之比，考查線速度與角速度的關聯.
選項 C思路：應用向心加速度公式（因 A、B 線速度大小相同 ），計算加速度之比，考查向心加速度與半徑的關系.
選項 D思路：結合周期公式與角速度的推導結果，計算周期之比，判斷周期是否相等，考查周期與角速度的關聯.
4．【答案】C
【知識點】簡諧運動；簡諧運動的回復力和能量
【解析】【解答】A． 簡諧運動中，加速度
（為位移，負號表方向與位移相反 ）
時，位移為正向最大（圖像最高點 ），故加速度為負向最大（與位移方向相反 ），故A錯誤；
B． t=0.1s與t=0.3s兩個時刻，小球的速度大小相等，方向相反，故B錯誤；
C． t=0到t=0.2s內，斜率逐漸減小，說明小球在減速運動，彈簧力逐漸增大，則小球加速度增大，故小球做加速度增大的減速運動，故C正確；
D． t=0.4s時，彈簧振子在平衡位置，所以彈性勢能為0，故D錯誤.
故答案為：C.
【分析】
選項A 思路：利用簡諧運動加速度公式 ，結合位移方向（正向最大 ），判斷加速度方向（負向最大 ），考查加速度與位移的關聯.
選項B思路：依據振動圖像斜率表示速度，對比兩時刻斜率的正負（速度方向 ），判斷速度是否相同，考查速度的矢量性（方向+大小 ）.
選項C思路：分析到內：位移變化→加速度變化（ ）；斜率變化→速度變化（大小+方向 ）； 結合“加速度與速度方向相反時做減速運動”，判斷運動性質，考查加速度、速度與位移的動態關系.
選項D思路：根據彈性勢能與位移的關系（ ），結合時位移為0，判斷彈性勢能最小，考查簡諧運動的能量特性.
5．【答案】D
【知識點】平拋運動；功率及其計算
【解析】【解答】A．重力的瞬時功率公式為
（是豎直方向分速度 ）
運動員平拋運動中，豎直方向做自由落體運動
不斷增大，所以
一直增大，故A錯誤；
B．對運動員從A到B的平拋運動過程，有
，，
解得運動員在空中飛行的時間為
故B錯誤；
C．設速度方向與水平方向夾角為，則
由
（前面推導）
可得
。，
所以速度方向與斜面夾角不是，故C錯誤；
D．若初速度增大，運動員落地時瞬時速度方向與斜面的夾角的正切值依然是，故D正確.
故答案為：D.
【分析】1. 功率分析（A選項）：抓重力功率公式，平拋運動豎直分速度隨時間增大，直接判斷功率變化.
2. 飛行時間（B選項）：利用平拋水平、豎直位移公式，結合斜面傾角的幾何關系，聯立方程求解時間，關鍵是把位移關系和幾何條件結合.
3. 速度方向（C、D選項）：先設速度與水平方向夾角，得，再結合位移關系推導與的定量關系（ ），以此判斷速度方向與斜面夾角是否變化，核心是建立速度偏角和位移偏角的聯系.
6．【答案】B
【知識點】能量守恒定律；生活中的圓周運動；動能定理的綜合應用；機械能守恒定律
【解析】【解答】A．若無初速度自由釋放小鋼球，根據能量守恒，則小鋼球在豎直平面內無法完成勻速圓周運動，故A錯誤；
B．若無初速度自由釋放小鋼球，根據動能定理，有
解得小鋼球到達最低點時的速度大小為
故B正確；
C．若使小鋼球在水平面內做勻速圓周運動，則運動過程中繩上拉力大小不變，方向改變，故C錯誤；
D． 若使小鋼球在水平面內做勻速圓周運動，則繩子對小球的拉力與重力的合力提供水平向心力，
則
，
解得
小鋼球的動能恒為，故D錯誤.
故答案為：B。
【分析】1. A選項： 抓“勻速圓周運動速度大小不變”+“無初速釋放時重力做功改變速度大小”，直接判斷錯誤.
2. B選項： 用動能定理，找初末動能（初為）和重力做功（ ），聯立求速度，核心是動能定理的應用.
3. C選項：識別“水平面勻速圓周運動（圓錐擺）”模型，拉力方向隨小球位置變（指向軌跡圓心豎直線 ），判斷方向改變.
4. D選項：圓錐擺中，分解拉力為豎直（平衡重力）和水平（提供向心力 ），結合向心力公式向（ ），聯立求動能，關鍵是力的分解和向心力公式應用.
7．【答案】B
【知識點】動量定理；動量守恒定律；機械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．發生完全非彈性碰撞時，A、B組成的系統機械能有損失，則系統機械能不守恒，故A錯誤；
B．裝上彈簧后，當A、B共速時彈簧彈性勢能最大，根據動量守恒：
解得
初始動能初
共速時總動能共
最大彈性勢能彈初
故B正確；
C．完全非彈性碰撞，動量守恒
得共
碰撞后總動能后
初始總動能初
，
即總動能減為初始的，故C錯誤；
D．未裝彈簧（完全非彈性碰撞）：對A用動量定理，共
得
裝上彈簧：彈簧恢復原長時，由動量守恒
能量守恒
聯立解得
，（相當于彈性碰撞交換速度 ），對A用動量定理，
得
則
即平均沖擊力減為未安裝時的，故D錯誤.
故答案為：B.
【分析】1. A選項：抓“完全非彈性碰撞的特點（有機械能損失）”，直接判斷機械能不守恒.
2. B選項：第一步：識別“彈簧最大彈性勢能對應A、B共速”，用動量守恒求共速速度.
第二步：用能量守恒（初始動能 - 共速時總動能 = 彈性勢能 ）計算，核心是動量守恒與能量守恒的結合應用.
3. C選項：用動量守恒求完全非彈性碰撞后的共速，再計算碰撞后總動能與初始動能的比值，關鍵是動量守恒的應用和動能計算.
4. D選項：未裝彈簧：對A用動量定理，結合完全非彈性碰撞的共速求平均力.
裝上彈簧：通過動量守恒+能量守恒（彈性碰撞模型）得A的末速度，再對A用動量定理求平均力，最后求比值，核心是動量定理與碰撞模型的結合.
8．【答案】D
【知識點】功能關系；牛頓運動定律的綜合應用；沖量
【解析】【解答】A．物體到達最高點時，機械能為
由圖知
則物體的質量
故A錯誤；
B．物體上升過程中，克服摩擦力做功，減少的機械能等于克服摩擦力做的功
解得
則
所以物體上升到最大高度后不能靜止，故B錯誤；
C．由物體上升過程中斜面對其支持力的沖量
沖量不為零，故C錯誤；
D．物體上升過程中動能和重力勢能相等的位置離地高度為h，則
解得
故D正確.
故答案為：D.
【分析】1. A選項：抓“最高點機械能 = 重力勢能”，用直接求質量，關鍵是識別最高點動能為.
2. B選項：第一步：由機械能減少量等于克服摩擦力做功，列方程求動摩擦因數.
第二步：比較重力分力與最大靜摩擦力，判斷物體能否靜止，核心是摩擦力做功與受力分析結合.
3. C選項：根據沖量定義，支持力恒不為零且作用時間不為零，直接判斷沖量不為零.
4. D選項：設“動能 = 重力勢能”時高度，結合機械能守恒（含摩擦力做功 ）列方程：初始機械能 = 動能 + 重力勢能 + 克服摩擦力做功，聯立求解，關鍵是能量關系的梳理.
9．【答案】B,C
【知識點】開普勒定律；萬有引力定律的應用；第一、第二與第三宇宙速度；衛星問題
【解析】【解答】A．第一宇宙速度是衛星繞地球做近地圓軌道運動的最小發射速度。停泊軌道半徑近似為地球半徑R，屬于近地軌道，發射速度應等于第一宇宙速度，故A錯誤；
B．轉移軌道的半長軸長度為，故B正確；
C．進入轉移軌道后，從P點運動到Q點的過程中，神舟十六號離地球越來越遠，引力做負功，速度減小，故C正確；
D．宇航員 “漂浮” 是因為空間站繞地球做圓周運動，地球引力完全提供向心力，處于完全失重狀態（仍受地球引力 ），并非不受引力，故D錯誤.
故答案為：BC.
【分析】A 選項：抓 “第一宇宙速度的定義（近地軌道最小發射速度）”，直接判斷停泊軌道發射速度等于第一宇宙速度.
B 選項：利用橢圓軌道 “半長軸為近、遠地點到地心距離的平均值”，結合軌道半徑與高度的幾何關系，計算半長軸，核心是橢圓軌道的幾何特性.
C 選項：分析引力做功的正負（遠離地球時引力做負功 ），再結合動能定理判斷速度變化，關鍵是功與能的關系.
D 選項：理解 “完全失重” 的本質（引力提供向心力 ），區分 “不受力” 與 “完全失重”，直接判斷錯誤.
10．【答案】A,C
【知識點】牛頓第二定律；機車啟動；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】A．由可知動車恒定功率加速過程中，動車的牽引力減小，由牛頓第二定律得
可知行駛過程中受到的阻力大小恒定時加速度減小，動車啟動后先做加速度減小的加速運動，故A正確；
B．當牽引力與阻力大小相等時，動車的速度最大，行駛過程中動車受到的阻力大小為
故B錯誤；
C．當動車的速度大小為時，牽引力大小為
由牛頓第二定律得
解得動車的加速度大小為
故C正確；
D．從啟動到速度大小為vm的過程中，由動能定理得
動車的牽引力所做的功
故D錯誤.
故答案為：AC.
【分析】1. A選項： 結合（功率恒定，增則減 ）和牛頓第二定律（恒定，減則減 ），判斷運動性質，關鍵是力與運動的動態分析.
2. B選項： 抓“最大速度時受力平衡（）”，聯立求阻力，核心是平衡條件的應用.
3. C選項： 先由求對應速度的牽引力，再結合阻力（B選項結果 ），用牛頓第二定律求加速度，關鍵是功率公式與牛頓定律的銜接.
4. D選項： 用動能定理分析牽引力做功與動能、阻力做功的關系，識別“阻力做功不為零”，判斷牽引力做功大于動能變化，核心是動能定理的理解.
11．【答案】B,D
【知識點】動量守恒定律；機械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．由AB組成的系統，水平方向動量守恒，則
，
聯立可得
故A錯誤；
B．BC發生彈性碰撞，由于BC質量相等，則速度交換，所以
C最終恰好沒有滑離小車D，則
，
解得
，
故B正確；
C．對A和小車E有
解得
，
所以兩小車最終相對速度大小為
故C錯誤；
D．整個系統最終的機械能減少量為
解得
故D正確.
故答案為：BD。
【分析】A 選項：水平動量守恒（A、B 系統水平無外力 ）+ 機械能守恒（B 下擺只有重力做功 ），聯立求速度，關鍵是系統動量與能量的結合.
B 選項：彈性碰撞 “質量相等時速度交換” 得 C 的速度，再用 C 與 D 的 ** 動量守恒 + 能量守恒（摩擦力做功 ） 求 D 的長度，核心是碰撞模型與板塊模型的結合.
C 選項：A 平拋后水平速度不變，與 E 發生動量守恒（水平方向 ），求 E 的最終速度；結合 D 的最終速度，判斷兩車相對速度，關鍵是平拋運動水平速度不變與動量守恒的應用.
D 選項：系統機械能減少量等于初始總機械能（A、B 重力勢能 ）減去最終總動能（D、C 和 E、A 的動能和 ），核心是機械能變化的本質（摩擦力做功轉化為內能 ）.
12．【答案】（1）重錘質量
（2）擺長
（3）短
【知識點】單擺及其回復力與周期；探究單擺的運動
【解析】【解答】（1）由實驗數據知，在實驗序號2、4中擺長和振幅都相同，重錘質量不同，所以研究的是周期跟重錘質量的關系。
故答案為：重錘質量.
（2）周期在擺動幅度、質量變化時，擺長不變，擺動的時間不變；只有在擺長改變了，周期才改變；所以可得結論：周期與擺長有關，與重錘質量和擺動幅度無關.
故答案為：擺長.
（3）某一擺鐘變慢了，因周期受擺長的影響，鐘擺越長，擺動越慢，所以要調準它即把擺長調短一些.
故答案為：短.
【分析】（1）用控制變量法，找兩組實驗中 “只有一個變量不同，其他條件相同” 的量，該變量就是探究的因素.
（2）同樣用控制變量法，分析多組實驗中 “變量變化時周期是否改變”，歸納出 “只有擺長改變會影響周期”，得出周期由擺長決定.
（3）結合（2）的結論 “擺長越長，周期越大”，擺鐘變慢（周期大 ）→ 需減小周期 → 縮短擺長，核心是結論的應用.
（1）由實驗數據知，在實驗序號2、4中擺長和振幅都相同，重錘質量不同，所以研究的是周期跟重錘質量的關系。
（2）周期在擺動幅度、質量變化時，擺長不變，擺動的時間不變；只有在擺長改變了，周期才改變；所以可得結論：周期與擺長有關，與重錘質量和擺動幅度無關。
（3）某一擺鐘變慢了，因周期受擺長的影響，鐘擺越長，擺動越慢，所以要調準它即把擺長調短一些。
13．【答案】勻速直線；；；能
【知識點】爆炸；速度與速率
【解析】【解答】本題主要考查動量守恒實驗，在實驗中要注意小球的運動狀態，根據紙帶上的間距確定速度大小。（1）由丙圖可知，脫離彈簧后，小球A相對于空間站的地面做勻速直線運動；
由照相機的頻率可知周期為
則由圖可知，小球A速度大小為
（2）由圖可知，B的速度大小為
由動量守恒可知
代入數值可得
（3）該實驗搬到地面上，將兩小球放在光滑水平面上，動量守恒依然成立，故能測出小球B的質量。
【分析】（1）根據圖丙可以得出，脫離彈簧后做勻速直線運動，根據s=vt，可求出速度大小；
（2）根據動量守恒可求出B球的質量；
（3）在地面上，放在水平光滑桌面上，同樣可以驗證。
14．【答案】（1）解：在最高點，粉筆盒受到手的支持力方向向上，受到重力，方向向下，根據牛頓第二定律可得
解得
.
（2）解：根據題意可知
粉筆盒從b點運動到d點的過程中運動時間為
則粉筆盒從b點運動到d點的過程中所受重力的沖量為
豎直向下
【知識點】牛頓第二定律；豎直平面的圓周運動；沖量
【解析】【分析】（1）勻速圓周運動的向心力由合力提供，在最高點（c點 ），重力與支持力的合力指向圓心（向下 ），用向心力公式列方程，解支持力.
（2）沖量用I = Ft計算（重力恒力 ），需先求運動時間t，利用勻速圓周運動弧長與速度的關系，b到d是半圓弧長，求出t后代入沖量公式，核心是沖量定義與圓周運動時間的計算。
15．【答案】（1）解：由運動學公式得
解得地表的重力加速度大小為
（2）解：月球的向心加速度大小為
.
（3）解：忽略地球自轉，設地球的質量為M，地面物體的質量為m，則
設月球的質量為，由萬有引力提供向心力得
解得
.
【知識點】向心加速度；萬有引力定律；衛星問題
【解析】【分析】（1）利用豎直上拋運動的速度 - 位移公式（ ），直接代入末速度為的條件，解重力加速度，關鍵是運動學公式的應用.
（2）勻速圓周運動中，向心加速度與角速度、軌道半徑的關系（ ），結合角速度與周期的關系（ ），推導向心加速度，核心是圓周運動公式的銜接 .
（3） 假設萬有引力定律成立，分別對地表物體（萬有引力 = 重力 ）和月球（萬有引力 = 向心力 ）列方程，再聯立消去地球質量和引力常量，推導出各物理量的關系，關鍵是萬有引力的兩種作用（重力、向心力 ）的應用.
16．【答案】（1）解：設AB的質量分別為2m和m，則AB碰撞過程由動量守恒定律和能量守恒關系可知
，
解得
（2）解：若使物體A到達傾斜傳送帶頂端時的速度大小為5m/s，小于傳送帶的速度，則由動能定理
解得
AB碰撞過程由動量守恒定律和能量守恒關系可知
，
解得
（3）解：若使物體A從傾斜傳送帶頂端飛出后落在水平面上同一位置，則需要使得A從最高點飛出時的速度相同，若物塊在最低點速度最小時，A一直在傳送帶上加速，到達最高點的速度為8m/s，則加速度
此時物塊在最低點的最小速度
若物塊在最低點速度最大時，A一直在傳送帶上減速，到達最高點的速度為8m/s，則加速度
此時物塊在最低點的最大速度
AB碰撞過程由動量守恒定律和能量守恒關系可知
可得，則對應的B的速度最小值為，最大值為18m/s，即B的速度范圍
.
【知識點】動量守恒定律；能量守恒定律；牛頓運動定律的應用—傳送帶模型；動能定理的綜合應用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）彈性碰撞遵循動量守恒+機械能守恒，聯立方程直接求解，關鍵是碰撞模型的基本公式應用.
（2）第一步：在傳送帶上運動，用動能定理（摩擦力與重力分力做功，改變動能 ）求碰撞后的速度.
第二步：、彈性碰撞，再用動量守恒+機械能守恒求的初速度，核心是動能定理與碰撞模型的結合.
（3） 要使平拋落同一位置，需從傳送帶頂端飛出速度相同。分析在傳送帶上的兩種運動（加速、減速 ），用運動學公式（ ）求碰撞后的速度范圍，再結合彈性碰撞中初速度與速度的關系（ ），推導的初速度范圍.
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