資源簡介

四川省德陽市第五中學2024-2025學年高一下學期期末模擬考試物理試題
一、選擇題（本題共11小題，每小題4分，共44分。在每小題給出的四個選項中，第1~8小題只有一個選項符合題目要求，第9~11小題有多個選項符合題目要求，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。）
1．（2025高一下·旌陽期末）萬有引力公式中的萬有引力常量G的單位，用國際單位制中的基本單位表示正確的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】引力常量及其測定；單位制；力學單位制
【解析】【解答】 A . 根據
可得
因此，的單位可以通過將 F、r 和 m 的單位代入得到， ，N不是國際單位，故A錯誤；
B . 牛頓用米每秒平方代入
故B正確；
C .與G的互為倒數且沒有把N轉化成國際單位；
D . 加速度的單位類似于重力加速度g的單位，故D錯誤；
故選B。
【分析】（1）用基本單位表示 G的單位，需從萬有引力公式 出發，先寫出 G的常規單位，再通過牛頓的定義N=kg m/s2將其轉換為基本單位組合。
（2）易錯點：忽視題目隱含條件：題目強調“基本單位”，若未將 N 轉換，會誤選A。
單位推導錯誤：混淆分子分母的位置（如C選項），或誤將 G 的單位與其他物理量（如加速度）混淆（如D選項），國際單位制中，力學基本單位是米（m）、千克（kg）、秒（s），其他單位（如N）需轉換為這三者的組合。
2．（2025高一下·旌陽期末）某物體同時受到在同一平面內的幾個恒力作用而平衡，某時刻突然撤去其中一個力，以后這物體將不可能做（　　）
A．平拋運動 B．勻速圓周運動
C．勻加速直線運動 D．勻減速直線運動
【答案】B
【知識點】曲線運動的條件；運動的合成與分解；勻速圓周運動
【解析】【解答】A . 平拋運動是初速度水平且僅受重力作用的勻變速曲線運動。撤去一個力后，若剩余力的合力為恒力且與初速度方向垂直，物體可能做類平拋運動（如撤去一個水平力后受重力和另一水平力作用）。因此，平拋運動是可能的，但題目問“不可能做”，故A錯誤；
B . 勻速圓周運動需要物體受到大小不變、方向始終垂直速度的合力（向心力）。撤去一個力后，剩余力的合力需滿足這一條件，但題目中“恒力”意味著合力方向不變，無法提供持續變化的向心力。因此，勻速圓周運動不可能，故B正確；
C . 若剩余力的合力與初速度方向共線，物體將做勻加速直線運動（如撤去一個平衡力后，剩余合力沿某一方向）。因此，勻加速直線運動是可能的，故C錯誤；
D . 若剩余力的合力與初速度方向相反，物體將做勻減速直線運動（如撤去一個力后，剩余合力與初速度反向）。因此，勻減速直線運動是可能的，D錯誤；
故選B；
【分析】（1）物體原受多個恒力平衡，撤去一個力后，剩余力的合力為恒力，故加速度恒定，結合平衡條件、牛頓第二定律和運動學特征綜合分析，首先明確“平衡”意味著初始合力為零，撤去一個力后剩余力的合力與原被撤去的力等大反向（恒力），再分析選項中的運動形式是否可能由這一恒力產生： 直線運動（C、D）：恒力與初速度共線時可能。 曲線運動（A、B）：平拋運動需要恒力與初速度垂直，可能；勻速圓周運動需要變力（向心力），但剩余合力為恒力，不可能。
（2）易錯點：忽略“恒力”限制：學生可能誤認為剩余力的方向可變（如勻速圓周運動），但題目隱含條件是合力為恒力方向恒定；
混淆運動條件：將平拋運動（恒力作用）與勻速圓周運動（變力作用）混為一談。
3．（2025高一下·旌陽期末）北斗三號導航衛星系統由三種不同軌道的衛星組成，即24顆地球中圓軌道衛星（軌道形狀為圓形，軌道半徑在3萬公里與1000公里之間）、3顆地球同步軌道衛星和3顆傾斜地球同步軌道衛星。（同步衛星離地高度約為5.6R地，R地=6.4×103km）則關于地球中圓軌道衛星，下列說法正確的是（　　）
A．比地球同步軌道衛星的線速度大
B．比地球同步軌道衛星的角速度小
C．比地球同步軌道衛星的周期大
D．線速度大于第一宇宙速度
【答案】A
【知識點】開普勒定律；第一、第二與第三宇宙速度；衛星問題
【解析】【解答】A選項（比地球同步軌道衛星的線速度大）：由開普勒第三定律和圓周運動速度公式
由萬有引力提供向心力
解得
可知，軌道半徑越小，線速度越大。中圓軌道衛星的軌道半徑<3萬公里<同步衛星半徑（5.6R地≈3.58萬公里），因此線速度更大。A正確。
B . 角速度
與軌道半徑的立方根成反比，中圓軌道半徑更小，角速度更大，故B錯誤；
C . 周期

與軌道半徑的3/2次方成正比，中圓軌道半徑更小，周期更短同步衛星周期為24小時，C錯誤；
D . 第一宇宙速度是近地軌道（）的環繞速度
第一宇宙速度（7.9km/s）是近地衛星的環繞速度。中圓軌道半徑大于地球半徑（R地 ），由線速度與軌道反比規律可知其線速度小于第一宇宙速度，故D錯誤；
故選A；
【分析】（1）軌道半徑與三速度反比與周期正比，比較半徑大小同步衛星軌道半徑（5.6R地≈3.58萬公里）明確大于中圓軌道（<3萬公里<3萬公里），直接應用正反比規律判斷。
（2）易錯點：混淆半徑與速度關系，誤認為半徑越大速度越大實際反比，或忽略同步衛星的周期固定為24小時，第一宇宙速度的適用條件：誤將任何軌道的速度與近地衛星速度（第一宇宙速度）比較，未注意半徑增大會導致速度減小。
（3）擴展知識：中圓軌道的實際意義：北斗中圓軌道衛星用于導航，需較高速度（約3-4 km/s）和較短周期（約12小時），與同步衛星互補。
4．（2025高一下·旌陽期末）一輛汽車在平直公路上運動，受到的阻力恒定為f，運動的最大速度為vm．下列說法正確的是（　　）
A．汽車以恒定額定功率行駛時，牽引力F與速度v成正比
B．在汽車勻加速運動過程中，當發動機的實際功率等于額定功率時，速度就達到vm
C．汽車運動的最大速度vm與額定功率Pm滿足Pm＝fvm
D．當汽車以恒定速度行駛時，發動機的實際功率一定等于額定功率
【答案】C
【知識點】機車啟動
【解析】【解答】A. 汽車以恒定額定功率行駛時，由P=Fv可知牽引力與速度成反比，A項與題意不相符；
B. 汽車勻加速運動時，阻力恒定，根據牛頓第二定律可知牽引力恒定，由P=Fv，知發動機的實際功率不斷增大，當發動機的實際功率等于額定功率時，開始做加速度逐漸減小的加速運動，功率不變，速度變大，B項與題意不相符；
C. 當汽車勻速運動時，牽引力等于阻力，即F=f，當速度達到最大時，Pm滿足Pm=Fvm=fvm，C項與題意相符；
D. 當汽車以恒定速度行駛時，如果速度沒有達到最大速度，發動機的實際功率將小于額定功率，D項與題意不相符。
故答案為：C
【分析】利用功率的表達式可以判別牽引力和速率的關系；發動機的功率等于額定功率時還會繼續加速；利用平衡條件可以判別額定功率和最大速度的表達式；汽車以恒定速度行駛時可能實際功率小于額定功率。
5．（2025高一下·旌陽期末）如圖所示，豎直平面xOy中存在一拋物線其滿足方程y=x2，現在y軸上y0=216m處，以v0=1m/s水平拋出一質點，則該質點擊中拋物線p(x，y）的位置坐標滿足（忽略空氣阻力，g=10m/s2）（　　）
A．x=36m B．x=6m C．y=6m D．y=72m
【答案】B
【知識點】運動的合成與分解；平拋運動
【解析】【解答】 A . 通過平拋運動計算，水平位移 x=v0t，豎直位移 y=y0 0.5gt2
，
結合圖像中拋物線方程 y=x2，代入得
，t=6s，x=6m，故A錯誤；
B . 由上述計算，x=6m 是正確解，符合聯立方程的結果。B正確。
C . 將 x=6m 代入 y=x2，得 y=36m，故C錯誤；
D . 由計算得 y=36m，故D錯誤；
故選B。
【分析】（1）運動分解平拋運動分解為水平勻速直線運動和豎直自由落體運動；
聯立方程：利用拋物線方程 y=x2，將運動方程代入，得到關于 t 或 x 的方程求解。
（2）易錯點：符號混淆：誤將初始高度 y0=216m 當作 y 的表達式，忽略自由落體的位移方向。
方程聯立錯誤：未正確將 y=x2代入平拋運動方程，導致解錯。
（3）隱含條件：拋物線幾何意義：題目中 y=x2是開口向上的拋物線，質點的落點需同時滿足運動軌跡和拋物線方程。能量角度思考：平拋運動中機械能守恒，可結合動能定理驗證結果。
6．（2025高一下·旌陽期末）一質量為的同學從下蹲狀態豎直向上跳起，經，以大小的速度離開地面，取重力加速度。則在這Δt時間內（　　）
A．運動員所受重力的沖量大小為0
B．地面對運動員的沖量大小為50 N·s
C．離開地面時的動量大小為500kg·m/s
D．地面對運動員做的功為0
【答案】D
【知識點】動量定理；動量；沖量
【解析】【解答】A . 重力的沖量計算
因此，沖量大小為 50 N·s，故A錯誤；
B . 運動員的動量變化量（沖量）由兩部分組成：重力的沖量（向下50 N·s）和地面的支持力沖量（向上），向上沖量抵扣重力沖量后剩余部分產生動量變化。根據動量定理，合沖量等于動量變化量：設地面支持力沖量為 IN ，則
IN Ig=Δp
因此，地面對運動員的沖量大小為
IN=Ig+Δp=100 N·s
支持力大小
故B錯誤；
C . 動量
故C錯誤；
D . 地面對運動員的作用力作用點（腳與地面接觸點）在力的作用過程中沒有位移（腳未移動），因此支持力不做功（W=F d cos θ，d=0），故D正確；
故選D；
【分析】（1）運動員從下蹲狀態起跳，經歷加速階段Δt=0.1s后以速度1 m/s離開地面；
動量定理應用：合外力的沖量等于動量變化量，需考慮重力和支持力的沖量；
沖量計算：重力沖量 Ig=mgΔt，支持力沖量通過動量定理間接求解；
功的計算：支持力不做功，因作用點無位移；
（2）易錯點：忽略重力沖量，誤認為合沖量僅為支持力沖量，忽略重力沖量的影響（如選項B）；
支持力的反作用力是人對地面的壓力1000 N，與500N重力無關，重力與支持力不是相互作用力，而是作用在同一物體上的兩個力，其關系由運動狀態決定；
動量計算錯誤：混淆質量與速度的乘積（如選項C將速度誤認為10 m/s）；
功的理解偏差：誤認為支持力做功，未注意到作用點無位移（如選項D的判斷依據）；
（3）隱含條件：起跳過程的力學分析：實際起跳是變加速過程，題目簡化為勻加速（Δt極短）。
能量轉換：起跳時化學能轉化為動能，此處僅限沖量和動量分析。
7．（2025高一下·旌陽期末）如圖（俯視圖），用自然長度為，勁度系數為k的輕質彈簧，將質量都是m的兩個小物塊P、Q連接在一起，放置在能繞O點在水平面內轉動的圓盤上，物體P、Q和O點恰好組成一個邊長為的正三角形。已知小物塊P、Q和圓盤間的最大靜摩擦力均為，現使圓盤帶動兩個物體以的角速度做勻速圓周運動，則小物塊P所受的靜摩擦力大小為（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】胡克定律；靜摩擦力；力的合成；向心力
【解析】【解答】 A . 運動狀態得出需要的向心力
對物體P受力分析，設角QPO大小為θ，θ=60°，沿半徑方向摩擦力f2與彈力分量提供向心力有，，
切線方向摩擦力f1與彈力分量平衡
則小物塊P所受的靜摩擦力大小為
解得，方向與OP夾角為逆時針方向60°，故A錯誤；
B . ，故B正確；
C .，故C錯誤；
D . ，故D錯誤；
故選 B；
【分析】（1）幾何關系：明確彈簧的伸長量和彈力方向；
向心力計算：根據角速度和半徑兩個運動狀態參數計算所需向心力；
力的分解：將彈力分解到徑向和切向方向；
平衡方程：沿徑向列狀態方程，沿切向列平衡方程，求解靜摩擦力分量；
合成靜摩擦力：計算靜摩擦力的合力。
（2）易錯點： 彈力方向：容易忽略彈力與徑向的夾角60°；
力的分解：可能混淆徑向和切向的分量；
最大靜摩擦力：誤認為靜摩擦力必須達到最大值；
隱含條件： 彈簧的伸長量由幾何關系決定；
靜摩擦力的方向需要根據力的平衡動態調整。
8．（2025高一下·旌陽期末）長江路下穿隧道可以理想化為一段R=1km的豎直圓弧，如圖所示一輛質量為m=2.5t的小車（可作為質點）經過A時速度vA=10m/s，若該車關閉發動機從A到B滑行且無機械能損失（B為圓弧最低點，g＝10 m/s2），則（　　）
A．車經過A點時，道路的支持力為
B．車經過B點時，道路的支持力為
C．車從A運動到B的過程中，車受到合外力做功為零
D．車經過B點時速度為
【答案】D
【知識點】向心力；豎直平面的圓周運動；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】A . 在A點，依據運動狀態求得向心力
A點小車受到重力 mg分量和支持力合成提供向心力，支持力 FNA 滿足：在A點受力分析有
解得，故A錯誤；
B . 忽略空氣阻力摩擦力損失，只有重力做功，AB過程中由動能定理得
車經過B點時速度為
由
等式變形得
在B點道路支持力為50250N，故B錯誤；
C . A到B過程中，無機械能損失無機械能損失僅排除摩擦力空氣阻力耗能，合外力做功不為零，重力仍然做功，故C錯誤；
D . 因重力仍然做功，動能定理得
車經過B點時速度為
故D正確；
故選D；
【分析】（1） 圓周運動受力分析：A點：分解重力，結合向心力公式求支持力；
B點：支持力需平衡重力并額外負責提供向心力；
合外力做功：保守力（重力）做功不改變機械能，非保守力（如摩擦力）未提及，故合外力做功為零，向心力公式適用于任意圓周運動點；
易錯點：A點受力分解：易忽略重力分量的方向（cos 30而非sin 30）；
B點速度計算：可能遺漏重力勢能轉化R(1 cos 30)高度差；
單位換算：注意質量 m=2.5 t=2500 kg，半徑 R=1 km=1000m 。
9．（2025高一下·旌陽期末）一滑塊在水平地面上沿直線滑行，時速率為1m/s。從此刻開始在與速度平行的方向上施加一水平作用力F，力F和滑塊的速度v隨時間的變化規律分別如圖甲和乙所示，兩圖中取同一正方向。則下列判斷正確的是（　　）
A．滑塊的質量為1kg
B．滑塊與水平地面間的滑動摩擦力大小為1N
C．第1s內合外力對滑塊做功為
D．第2s內力F的平均功率為3W
【答案】B,C
【知識點】摩擦力的判斷與計算；牛頓定律與圖象；功的概念；功率及其計算
【解析】【解答】A . 0到1秒內，假設初速度方向向右為正方向，初速度開始負值即向左，與受力方向相反，與摩擦力方向也相反，向右合力為f+F1做勻減速直線運動如左圖，
1秒之后摩擦力方向隨速度方向改變而改變如右圖，速度方向與受力方向相同，而摩擦力與受力方向相反，向右加速，向右合力為F2-f，v-t圖像的斜率可得加速度恒為
，
F1=1N，F2=3N代入，即得f=1N，代入，得m=2kg，故A錯誤；B．，故B正確；
C．逆向為初速度為0的勻加速直線運動，v-t圖1到0秒的位移s1=0.5at2=0.5m，位移方向向左為負，即-0.5m，第1s內合外力與速度方向相反，做負功，對滑塊做功為
故C正確；
D．v-t圖1到2秒初速度為0的勻加速直線運動
s2=0.5at2=0.5m
位移方向向右為正，即0.5m，第2s內力F對滑塊做功為
第2s內力F=3N的平均功率為
故D錯誤。
故選 BC。
【分析】（1）圖像結合牛頓定律：通過F-t圖和v-t圖提取加速度，結合 F f=ma列方程求解m和f；分段分析：第1秒（減速）和第2秒（加速）分開計算，注意速度方向與力的方向關系；
功與功率計算：位移都轉為初速度為0，用s=0.5at2，功率做功除以時間；
（2）易錯點：摩擦力方向：易忽略摩擦力始終與運動方向相反，需根據速度變化判斷；
位移計算：誤用 x=v0t+0.5at2 而忽略初末速度已知的條件；
功率公式混淆：平均功率 P=Wt ，瞬時功率 P=Fv，需區分；
隱含條件：圖像斜率意義：v-t圖斜率=加速度，F-t圖面積=沖量；
動能定理：第1秒內動能變化 ΔEk= 0.5mv02= 0.5 J，與合外力做功一致；
擴展思考：若F隨時間非線性變化，需用積分求位移和功。
10．（2025高一下·旌陽期末）如圖所示，足夠長的水平傳送帶以恒定速率v勻速運動，某時刻一個質量為m的小物塊，以大小也是v、方向與傳送帶的運動方向相反的初速度沖上傳送帶，最后小物塊的速度與傳送帶的速度相同。在小物塊與傳送帶間有相對運動的過程中，滑動摩擦力對小物塊做的功為W，小物塊與傳送帶間因摩擦產生的熱量為Q，則下列判斷正確的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B,D
【知識點】功能關系；勻變速直線運動的位移與時間的關系；摩擦力的判斷與計算；牛頓運動定律的應用—傳送帶模型；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】A . 小物塊初速度 v（反向），末速度v。動能變化
但滑動摩擦力做功分為兩階段：減速至0：逆滑摩擦力做負功位移x逆滑塊，加速至v：順滑摩擦力做正功位移為x順滑，如下圖所示
x逆滑塊=x順滑
總功W=W逆+W順=0
摩擦力做功的計算必須嚴格區分作用對象和位移參考系，只需計算自己的位移，不是把傳送帶的位移也計算為做功位移，故A錯誤；
B . 如A選項所述，摩擦力總功為0，故B正確；
C . 摩擦生熱 Q=f d相對，摩擦力大小 f=μmg
設小物塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ，小物塊向左做減速運動時，有
，
得
二者間的相對位移為
小物塊向右做勻加速運動時，時間相同也為
二者間的相對位移為為
小物塊與傳送帶間因摩擦產生的熱量
故C錯誤；
D . Q=2mv2 ，故D正確；
故選BD；
【分析】（1）分階段分析物塊運動，先減速至零再加速至v；
計算相對路程和區分摩擦力做功與生熱，摩擦力做功的計算必須嚴格區分作用對象和位移參考系，只計算自身的位移，相對的位移不計入摩擦力對自己的做功；
（2）易錯點是混淆功與熱量概念，以及漏算加速階段的相對位移；
（3）隱含條件是傳送帶勻速運動且摩擦力大小恒定；
能量守恒，電機做功轉化為物塊動能和摩擦熱量兩部分。
11．（2025高一下·旌陽期末）如圖所示，輕質彈簧和一質量為2m的帶孔小球套在一光滑豎直固定桿上，彈簧一端固定在地面上，另一端與小球在A處相連（小球此時被鎖定），此時彈簧處于原長。小球通過水平細繩繞過光滑的定滑輪與一個質量為m的物塊相連。解除鎖定后，小球到達C處速度為零，此時彈簧壓縮了h。彈簧一直在彈性限度內，輕繩一直伸直，重力加速度為g，定滑輪與豎直桿間的距離為h，則下列說法正確的是（　　）
A．在小球下滑的過程中，小球的速度始終大于物塊的速度
B．從A→C的過程中，小球和彈簧組成的系統機械能一直增大
C．小球下滑到C處時，彈簧的彈性勢能為
D．從A→C的過程中，小球和物塊的重力勢能和彈簧的彈性勢能之和先減后增
【答案】A,C,D
【知識點】彈性勢能；運動的合成與分解；機械能守恒定律
【解析】【解答】A . 在物理學中，合運動是指物體實際的運動軌跡和速度，而分運動是為了分析方便，將合運動沿特定方向分解的虛擬運動，小球沿桿下滑運動為合運動是小球自主運動，由其所受合力直接決定，繩子的運動是被動響應，由小球的運動及滑輪約束條件決定是分運動，合運動的速度可分解為沿繩方向和垂直繩方向
沿繩分量等于m物塊速度，故合速度始終更大，故A正確；
B . 從A→C的過程中，小球和彈簧、物塊三個組成的系統機械能守恒，物塊機械能一直增加，故小球和彈簧組成的系統機械能一直減小，系統機械能守恒（只有重力和彈力做功），不會一直增大，故B錯誤；
C . 小球到達C時，小球和物塊重力勢能的減少等于彈簧彈性勢能的增加，彈性勢能應為
故C正確；
D . 從A→C的過程中，小球和物塊的重力勢能、動能和彈簧的彈性勢能之和保持不變，由于二者的總動能先增大后減小，系統總勢能（重力勢能+彈性勢能）先轉化為動能再部分回收，呈現先減后增趨勢，所以小球和物塊的重力勢能和彈簧的彈性勢能之和先減小后增大，故D正確；
故選ACD ；
【分析】（1）建立運動關聯和能量守恒，自主運動實際軌跡的合運動被動響應的分運動；將小球速度分解為沿繩和垂直繩分量，得到v物塊=v球cos θ，θ為繩與桿夾角；
（2）易錯點是忽略繩連接導致的運動約束或混淆系統機械能范圍；
（3）隱含條件包括繩始終緊繃（速度關聯）和彈簧原長在A點，系統機械能守恒條件需明確研究對象。
二、實驗題（本大題共2小題，共16分。把答案填在答題卷相應的橫線上或按題目要求作答。）
12．（2025高一下·旌陽期末）兩個同學根據不同的實驗裝置，進行了“探究平拋運動的特點”的實驗：
（1）甲同學采用如圖甲所示的裝置。用小錘擊打彈性金屬片，金屬片把A球沿水平方向彈出，同時B球被松開自由下落，觀察到兩球同時落地，改變小錘打擊的力度，即改變A球被彈出時的速度，兩球仍然同時落地，這說明　 　；
（2）乙同學采用頻閃攝影的方法拍攝到如圖乙所示的小球做平拋運動的照片，小球在平拋運動中的幾個位置如圖中的a、b、c、d所示，圖中每個小方格的邊長為L=2.5cm，則該小球由a點運動到b點的時間t=　 　s；平拋的初速度大小=　 　m/s。（g取10m/s2）
【答案】（1）平拋運動在豎直方向上是自由落體運動
（2）0.05；1
【知識點】等效法；研究平拋物體的運動；平均速度；自由落體運動
【解析】【解答】（1）因為實驗現象表明無論A球初速度如何，兩球始終同時落地，說明平拋運動的豎直分運動與自由落體運動一致；
故填平拋運動在豎直方向上是自由落體運動；
（2）第1空根據豎直方向位移差
Δy=gT2
代入Δy=L=2.5cm可得
T=0.05s
第2空，水平方向有初速度不變，水平位移恒為2L，代入時間計算，
故第1空填0.05；第2空填1；
【分析】（1）通過豎直位移求時間間隔，再結合水平位移求初速度；
正確識別豎直方向位移（注意a→b是1格，b→c是2格，需驗證Δy是否是定值）；
（2）易錯點包括誤判豎直位移格數（如將a→b當作2格）、單位未換算（cm→m）、忽略頻閃照片的等時性；
（3）隱含條件是相鄰點時間間隔相等，且豎直方向滿足y=0.5gT2，Δy=gT2，頻閃攝影中位移比例的分析技巧。
（1）用小錘擊打彈性金屬片，金屬片把A球沿水平方向彈出，同時B球被松開自由下落，觀察到兩球同時落地，改變小錘打擊的力度，即改變A球被彈出時的速度，兩球仍然同時落地，這說明平拋運動在豎直方向上是自由落體運動；
（2）[1]根據豎直方向的運動規律有
解得s
[2]水平方向有
13．（2025高一下·旌陽期末）在利用如圖所示的裝置驗證機械能守恒定律的實驗中
（1）下列操作正確的是____
A．打點計時器應接到直流電源上
B．先釋放重物，后接通電源
C．釋放重物前，重物應盡量靠近打點計時器
（2）如下圖所示，為實驗中所得到的甲、乙兩條紙帶，應選　 　（選填“甲”或“乙”）紙帶好。
（3）實驗中，某實驗小組得到如圖所示的一條理想紙帶。在紙帶上選取三個連續打出的點A、B、C，測得它們到起始點O的距離分別為hA、hB、hC。已知當地重力加速度為g，打點計時器打點的周期為T，重物的質量為m。從打O點到打B點的過程中，重物的重力勢能減少量ΔEp減=　 　（用已知字母表示），動能變化量ΔEk=　 　（用已知字母表示）。
（4）大多數學生的實驗結果顯示，重力勢能的減少量大于動能的增加量，主要的原因是_____。
A．利用公式v=gt計算重物速度
B．利用公式計算重物速度
C．存在空氣阻力和摩擦阻力的影響
D．沒有采用多次實驗取平均值的方法
【答案】（1）C
（2）甲
（3）；
（4）C
【知識點】驗證機械能守恒定律；用打點計時器測速度
【解析】【解答】（1）A．打點計時器應接到交流電源上，靠電流方向改變磁力方向從而計錄在紙帶上，直流電的電流方向始終不變，紙帶被始終按住或松開無法計時，故A錯誤；
B．釋放重物紙帶瞬間就穿過計時器，來不及利用整個紙帶，實驗時應先接通電源，后釋放重物，故B錯誤；
C．釋放重物前讓重物應盡量靠近打點計時器是防止前面的紙帶空跑，靠近重物可以獲得更多點跡，故C正確；
故選C；
（2）根據
實測數據整理
△y甲=5.8mm-1.9mm=3.9mm，△y乙=5.2mm-1.7mm=3.5mm
可知紙帶甲的數據更接近重力加速度實際情況，應選擇第一、二個點的距離為1.9mm的紙帶，
故選甲；
（3）第一空：力與距離上的積累量看能量情況，重力方向移動距離hB，作用出去的能量來自于勢能減小，勢能減小量
第二空：根據勻變速直線運動中時間中點瞬時速度等于該過程中的平均速度，則B點的速度為
故動能的增量為
故1空填mghB，2空填；
（4） A . 利用公式v=gt計算重物速度 ，速度沒有計空氣阻力與紙帶摩擦，動能會偏大，故A錯誤；
B . 利用公式計算重物速度 ，重力勢能減小與動能增加量會相等，故B錯誤；
C . 空氣和摩擦阻力算入系統，導致部分機械能轉化為內能，就會會導致實測動能增加量被轉移成
內能去，動能增加量比勢能減小量小，故C正確；
D . 這是理想化模型不可避免的，采用多次實驗取平均值無法避免這個機械能不守恒問題，故D錯誤；
實驗中重力勢能的減少量大于動能的增加量，原因是存在空氣阻力和摩擦阻力的影響；
故選C。
【分析】（1）通過紙帶數據分析機械能守恒，需計算重力勢能減少量（ΔEp=mgh）和動能增加量（ΔEk=0.5mv2）；突破點是利用勻變速運動規律求瞬時速度（v=Δh/Δt）；
（2）易錯點包括混淆電源類型（交流/直流）、錯誤計算動能（如直接用v=gt，忽略實測速度）；（3）隱含條件是紙帶數據處理需滿足自由落體運動規律（Δy=aT2），涉及系統誤差分析（如阻力影響）和實驗優化（如減小摩擦、多次測量）。
（1）A．打點計時器應接到交流電源上，故A錯誤；
B．實驗時應先接通電源，后釋放重物，故B錯誤；
C．釋放重物時，重物應盡量靠近打點計時器，從而獲得更多點跡，故C正確。
故選C。
（2）根據
可知紙帶應選擇第一、二個點的距離大約為2mm的紙帶，故選甲。
（3）[1]重力勢能減小量
[2]根據勻變速直線運動中時間中點瞬時速度等于該過程中的平均速度，則B點的速度為
故動能的增量為
（4）實驗中重力勢能的減少量大于動能的增加量，原因是存在空氣阻力和摩擦阻力的影響。
故選C。
三、計算題（本大題共4小題，共40分。解答時應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出答案的不能得分，有數字計算的題，答案中必須寫出數字和單位。）
14．（2025高一下·旌陽期末）在某星球表面上，一根長為L的細線一端固定，另一端拴一質量為m的砝碼，使它在水平面內繞圓心O做角速度為的勻速圓周運動，如圖所示。已知此時細線與豎直方向的夾角為θ。
（1）求該星球表面重力加速度g的大小；
（2）若該星球的半徑為R，某衛星在距該星球表面h高處做勻速圓周運動，則該衛星的線速度為多大？（忽略該星球的自轉）
【答案】（1）解：（1）根據牛頓第二定律合外力式等于運動狀態式有等式，
mgtanθ直接計算向心力大小，并不是純粹由重力提供向心力，是水平方向上合外力的大小數值，效果上是拉力與重力共同提供的，等式整理得
（2）解：（2）根據萬有引力與向心力有等式
整理得
根據萬有引力與重力關系有
，，
代入v2式，解得
【知識點】運動的合成與分解；萬有引力定律；衛星問題
【解析】【分析】（1）通過圓周運動受力平衡求重力加速度（分解張力T），再利用萬有引力定律求衛星速度；正確分解細線張力（水平向心力、豎直平衡重力）和關聯地表g與軌道g'的關系；
（2）易錯點包括混淆向心力公式（如漏掉半徑或角度）、未聯立地表g與GM的關系、忽略h對軌道半徑的影響；
（3）隱含條件是細線長度L為圓周運動半徑（實際為Lsinθ），但題目表述可能暗示L為擺長。
（1）根據牛頓第二定律有
解得
（2）根據萬有引力提供向心力有
根據萬有引力與重力關系有
解得
15．（2025高一下·旌陽期末）一質量m＝1 kg的滑塊以一定的初速度沖上一傾角為的足夠長的斜面，某同學利用計算機系統測出了滑塊沖上斜面過程中多個時刻的瞬時速度，通過計算機繪制出的滑塊上滑過程中速度v隨時間t變化的v－t圖像如圖所示。已知，，g取10 m/s2，求：
（1）滑塊與斜面間的動摩擦因數；
（2）滑塊重新回到斜面底端的動能。
【答案】（1）【解答】（1）由圖像可得物體沿斜面向上運動的加速度大小
得
如圖受力分析圖中橙色為重力，分解斜面與垂直斜面后，根據沿斜面的合外力與運動狀態等式即牛二定律可得
解得
（2）【解答】（2）摩擦力是隨運動方向改變而改變的力，向下滑動時候摩擦力向上了，需重新受力分析，v-t圖在v的負半軸第四象限區域內
物體上滑的最大位移為vt圖5到0過程三角形面積直接算或用速方差2倍位移加速度之積公式求，，
從頂部靜止滑到底部過程中由動能定理可得
，，
解得J
【知識點】摩擦力的判斷與計算；牛頓運動定律的綜合應用；動能定理的綜合應用
【解析】【分析】（1）通過v－t圖像斜率求加速度，結合牛頓第二定律列方程，區分上滑（減速）和下滑（加速）的受力差異，并關聯運動學公式；
（2）易錯點包括符號錯誤（如加速度方向）、角度函數值代入錯誤（如混淆sinθ和cosθ）、忽略下滑時摩擦力的方向變化；
（3）隱含條件是最大靜摩擦力≥滑動摩擦力，確保滑塊能下滑，涉及功能關系（如機械能損失轉化為內能）及圖像斜率的物理意義（加速度）。
（1）由圖像可得物體沿斜面向上運動的加速度大小
解得
根據牛頓運動定律可得
解得
（2）物體上滑的最大位移為
根據動能定理可得
解得J
16．（2025高一下·旌陽期末）如圖所示，一軌道由半徑R=2m的四分之一豎直圓弧軌道AB和水平直軌道BC在B點平滑連接而成．現有一質量為m=1kg 的小球M從A點正上方處的點由靜止釋放，小球M經過圓弧上的B點時，軌道對小球M的支持力大小。若在B處靜止的放完全相同的小球N，兩者發生彈性碰撞.碰后從C點水平飛離軌道，落到水平地面上的P點。已知B點與地面間的高度，小球與BC段軌道間的動摩擦因數，小球運動過程中可視為質點. (不計空氣阻力，g取10 m/s2).求：
（1）小球M運動至B點時的速度大小
（2）小球M在圓弧軌道AB上運動過程中克服摩擦力所做的功
（3）水平軌道BC的長度L=3m，小球從B點到落地過程重力的沖量？
【答案】（1）解：小球在B點受到的重力與支持力的合力，支持力已知18N，提供向心力，向心力方向為正力，反向為負力，則有
，
解得
（2）解：從到B的過程中重力做功加速和阻力轉內能劃走，由動能定理可得
解得J
（3）解：兩小球完全相同，發生彈性碰撞后，二者速度互換
則碰后小球M靜止，N向右運動，加速度滿足
BC軌道已知L=3m，根據勻變速直線運動規律有
， ，
解得s或3s（舍）
平拋運動的時間為
代入已求已知數據整理
，得t2=0.8s，小球從B點到落地過程中，收集重力在時間上的累計便于觀察守恒情況，重力的沖量為
【知識點】勻變速直線運動的位移與時間的關系；生活中的圓周運動；動能定理的綜合應用；沖量
【解析】【分析】（1）分段分析——圓弧段（機械能守恒+圓周運動）、碰撞（彈性碰撞規律）、水平段（動能定理）、平拋（運動學公式）；彈性碰撞后速度交換（質量相同），且需注意B點速度的關聯性；
（2）易錯點包括：①忽略圓弧段的摩擦力做功，②等質量完全彈性碰撞后速度互換；
（3）隱含條件：彈性碰撞的動量與動能雙守恒，平拋運動的獨立分解（水平勻速、豎直自由落體）。
（1）小球在B點受到的重力與支持力的合力提供向心力，則有
解得
（2）從到B的過程中重力和阻力做功，由動能定理可得
解得J
（3）兩小球完全相同，發生彈性碰撞后，二者速度互換，則碰后小球M靜止，N向右運動，加速度滿足
根據勻變速直線運動規律有
解得s或3s（舍）
平拋運動的時間為
小球從B點到落地過程中，重力的沖量為
解得
1 / 1四川省德陽市第五中學2024-2025學年高一下學期期末模擬考試物理試題
一、選擇題（本題共11小題，每小題4分，共44分。在每小題給出的四個選項中，第1~8小題只有一個選項符合題目要求，第9~11小題有多個選項符合題目要求，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。）
1．（2025高一下·旌陽期末）萬有引力公式中的萬有引力常量G的單位，用國際單位制中的基本單位表示正確的是（　　）
A． B． C． D．
2．（2025高一下·旌陽期末）某物體同時受到在同一平面內的幾個恒力作用而平衡，某時刻突然撤去其中一個力，以后這物體將不可能做（　　）
A．平拋運動 B．勻速圓周運動
C．勻加速直線運動 D．勻減速直線運動
3．（2025高一下·旌陽期末）北斗三號導航衛星系統由三種不同軌道的衛星組成，即24顆地球中圓軌道衛星（軌道形狀為圓形，軌道半徑在3萬公里與1000公里之間）、3顆地球同步軌道衛星和3顆傾斜地球同步軌道衛星。（同步衛星離地高度約為5.6R地，R地=6.4×103km）則關于地球中圓軌道衛星，下列說法正確的是（　　）
A．比地球同步軌道衛星的線速度大
B．比地球同步軌道衛星的角速度小
C．比地球同步軌道衛星的周期大
D．線速度大于第一宇宙速度
4．（2025高一下·旌陽期末）一輛汽車在平直公路上運動，受到的阻力恒定為f，運動的最大速度為vm．下列說法正確的是（　　）
A．汽車以恒定額定功率行駛時，牽引力F與速度v成正比
B．在汽車勻加速運動過程中，當發動機的實際功率等于額定功率時，速度就達到vm
C．汽車運動的最大速度vm與額定功率Pm滿足Pm＝fvm
D．當汽車以恒定速度行駛時，發動機的實際功率一定等于額定功率
5．（2025高一下·旌陽期末）如圖所示，豎直平面xOy中存在一拋物線其滿足方程y=x2，現在y軸上y0=216m處，以v0=1m/s水平拋出一質點，則該質點擊中拋物線p(x，y）的位置坐標滿足（忽略空氣阻力，g=10m/s2）（　　）
A．x=36m B．x=6m C．y=6m D．y=72m
6．（2025高一下·旌陽期末）一質量為的同學從下蹲狀態豎直向上跳起，經，以大小的速度離開地面，取重力加速度。則在這Δt時間內（　　）
A．運動員所受重力的沖量大小為0
B．地面對運動員的沖量大小為50 N·s
C．離開地面時的動量大小為500kg·m/s
D．地面對運動員做的功為0
7．（2025高一下·旌陽期末）如圖（俯視圖），用自然長度為，勁度系數為k的輕質彈簧，將質量都是m的兩個小物塊P、Q連接在一起，放置在能繞O點在水平面內轉動的圓盤上，物體P、Q和O點恰好組成一個邊長為的正三角形。已知小物塊P、Q和圓盤間的最大靜摩擦力均為，現使圓盤帶動兩個物體以的角速度做勻速圓周運動，則小物塊P所受的靜摩擦力大小為（　　）
A． B． C． D．
8．（2025高一下·旌陽期末）長江路下穿隧道可以理想化為一段R=1km的豎直圓弧，如圖所示一輛質量為m=2.5t的小車（可作為質點）經過A時速度vA=10m/s，若該車關閉發動機從A到B滑行且無機械能損失（B為圓弧最低點，g＝10 m/s2），則（　　）
A．車經過A點時，道路的支持力為
B．車經過B點時，道路的支持力為
C．車從A運動到B的過程中，車受到合外力做功為零
D．車經過B點時速度為
9．（2025高一下·旌陽期末）一滑塊在水平地面上沿直線滑行，時速率為1m/s。從此刻開始在與速度平行的方向上施加一水平作用力F，力F和滑塊的速度v隨時間的變化規律分別如圖甲和乙所示，兩圖中取同一正方向。則下列判斷正確的是（　　）
A．滑塊的質量為1kg
B．滑塊與水平地面間的滑動摩擦力大小為1N
C．第1s內合外力對滑塊做功為
D．第2s內力F的平均功率為3W
10．（2025高一下·旌陽期末）如圖所示，足夠長的水平傳送帶以恒定速率v勻速運動，某時刻一個質量為m的小物塊，以大小也是v、方向與傳送帶的運動方向相反的初速度沖上傳送帶，最后小物塊的速度與傳送帶的速度相同。在小物塊與傳送帶間有相對運動的過程中，滑動摩擦力對小物塊做的功為W，小物塊與傳送帶間因摩擦產生的熱量為Q，則下列判斷正確的是（　　）
A． B． C． D．
11．（2025高一下·旌陽期末）如圖所示，輕質彈簧和一質量為2m的帶孔小球套在一光滑豎直固定桿上，彈簧一端固定在地面上，另一端與小球在A處相連（小球此時被鎖定），此時彈簧處于原長。小球通過水平細繩繞過光滑的定滑輪與一個質量為m的物塊相連。解除鎖定后，小球到達C處速度為零，此時彈簧壓縮了h。彈簧一直在彈性限度內，輕繩一直伸直，重力加速度為g，定滑輪與豎直桿間的距離為h，則下列說法正確的是（　　）
A．在小球下滑的過程中，小球的速度始終大于物塊的速度
B．從A→C的過程中，小球和彈簧組成的系統機械能一直增大
C．小球下滑到C處時，彈簧的彈性勢能為
D．從A→C的過程中，小球和物塊的重力勢能和彈簧的彈性勢能之和先減后增
二、實驗題（本大題共2小題，共16分。把答案填在答題卷相應的橫線上或按題目要求作答。）
12．（2025高一下·旌陽期末）兩個同學根據不同的實驗裝置，進行了“探究平拋運動的特點”的實驗：
（1）甲同學采用如圖甲所示的裝置。用小錘擊打彈性金屬片，金屬片把A球沿水平方向彈出，同時B球被松開自由下落，觀察到兩球同時落地，改變小錘打擊的力度，即改變A球被彈出時的速度，兩球仍然同時落地，這說明　 　；
（2）乙同學采用頻閃攝影的方法拍攝到如圖乙所示的小球做平拋運動的照片，小球在平拋運動中的幾個位置如圖中的a、b、c、d所示，圖中每個小方格的邊長為L=2.5cm，則該小球由a點運動到b點的時間t=　 　s；平拋的初速度大小=　 　m/s。（g取10m/s2）
13．（2025高一下·旌陽期末）在利用如圖所示的裝置驗證機械能守恒定律的實驗中
（1）下列操作正確的是____
A．打點計時器應接到直流電源上
B．先釋放重物，后接通電源
C．釋放重物前，重物應盡量靠近打點計時器
（2）如下圖所示，為實驗中所得到的甲、乙兩條紙帶，應選　 　（選填“甲”或“乙”）紙帶好。
（3）實驗中，某實驗小組得到如圖所示的一條理想紙帶。在紙帶上選取三個連續打出的點A、B、C，測得它們到起始點O的距離分別為hA、hB、hC。已知當地重力加速度為g，打點計時器打點的周期為T，重物的質量為m。從打O點到打B點的過程中，重物的重力勢能減少量ΔEp減=　 　（用已知字母表示），動能變化量ΔEk=　 　（用已知字母表示）。
（4）大多數學生的實驗結果顯示，重力勢能的減少量大于動能的增加量，主要的原因是_____。
A．利用公式v=gt計算重物速度
B．利用公式計算重物速度
C．存在空氣阻力和摩擦阻力的影響
D．沒有采用多次實驗取平均值的方法
三、計算題（本大題共4小題，共40分。解答時應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出答案的不能得分，有數字計算的題，答案中必須寫出數字和單位。）
14．（2025高一下·旌陽期末）在某星球表面上，一根長為L的細線一端固定，另一端拴一質量為m的砝碼，使它在水平面內繞圓心O做角速度為的勻速圓周運動，如圖所示。已知此時細線與豎直方向的夾角為θ。
（1）求該星球表面重力加速度g的大小；
（2）若該星球的半徑為R，某衛星在距該星球表面h高處做勻速圓周運動，則該衛星的線速度為多大？（忽略該星球的自轉）
15．（2025高一下·旌陽期末）一質量m＝1 kg的滑塊以一定的初速度沖上一傾角為的足夠長的斜面，某同學利用計算機系統測出了滑塊沖上斜面過程中多個時刻的瞬時速度，通過計算機繪制出的滑塊上滑過程中速度v隨時間t變化的v－t圖像如圖所示。已知，，g取10 m/s2，求：
（1）滑塊與斜面間的動摩擦因數；
（2）滑塊重新回到斜面底端的動能。
16．（2025高一下·旌陽期末）如圖所示，一軌道由半徑R=2m的四分之一豎直圓弧軌道AB和水平直軌道BC在B點平滑連接而成．現有一質量為m=1kg 的小球M從A點正上方處的點由靜止釋放，小球M經過圓弧上的B點時，軌道對小球M的支持力大小。若在B處靜止的放完全相同的小球N，兩者發生彈性碰撞.碰后從C點水平飛離軌道，落到水平地面上的P點。已知B點與地面間的高度，小球與BC段軌道間的動摩擦因數，小球運動過程中可視為質點. (不計空氣阻力，g取10 m/s2).求：
（1）小球M運動至B點時的速度大小
（2）小球M在圓弧軌道AB上運動過程中克服摩擦力所做的功
（3）水平軌道BC的長度L=3m，小球從B點到落地過程重力的沖量？
答案解析部分
1．【答案】B
【知識點】引力常量及其測定；單位制；力學單位制
【解析】【解答】 A . 根據
可得
因此，的單位可以通過將 F、r 和 m 的單位代入得到， ，N不是國際單位，故A錯誤；
B . 牛頓用米每秒平方代入
故B正確；
C .與G的互為倒數且沒有把N轉化成國際單位；
D . 加速度的單位類似于重力加速度g的單位，故D錯誤；
故選B。
【分析】（1）用基本單位表示 G的單位，需從萬有引力公式 出發，先寫出 G的常規單位，再通過牛頓的定義N=kg m/s2將其轉換為基本單位組合。
（2）易錯點：忽視題目隱含條件：題目強調“基本單位”，若未將 N 轉換，會誤選A。
單位推導錯誤：混淆分子分母的位置（如C選項），或誤將 G 的單位與其他物理量（如加速度）混淆（如D選項），國際單位制中，力學基本單位是米（m）、千克（kg）、秒（s），其他單位（如N）需轉換為這三者的組合。
2．【答案】B
【知識點】曲線運動的條件；運動的合成與分解；勻速圓周運動
【解析】【解答】A . 平拋運動是初速度水平且僅受重力作用的勻變速曲線運動。撤去一個力后，若剩余力的合力為恒力且與初速度方向垂直，物體可能做類平拋運動（如撤去一個水平力后受重力和另一水平力作用）。因此，平拋運動是可能的，但題目問“不可能做”，故A錯誤；
B . 勻速圓周運動需要物體受到大小不變、方向始終垂直速度的合力（向心力）。撤去一個力后，剩余力的合力需滿足這一條件，但題目中“恒力”意味著合力方向不變，無法提供持續變化的向心力。因此，勻速圓周運動不可能，故B正確；
C . 若剩余力的合力與初速度方向共線，物體將做勻加速直線運動（如撤去一個平衡力后，剩余合力沿某一方向）。因此，勻加速直線運動是可能的，故C錯誤；
D . 若剩余力的合力與初速度方向相反，物體將做勻減速直線運動（如撤去一個力后，剩余合力與初速度反向）。因此，勻減速直線運動是可能的，D錯誤；
故選B；
【分析】（1）物體原受多個恒力平衡，撤去一個力后，剩余力的合力為恒力，故加速度恒定，結合平衡條件、牛頓第二定律和運動學特征綜合分析，首先明確“平衡”意味著初始合力為零，撤去一個力后剩余力的合力與原被撤去的力等大反向（恒力），再分析選項中的運動形式是否可能由這一恒力產生： 直線運動（C、D）：恒力與初速度共線時可能。 曲線運動（A、B）：平拋運動需要恒力與初速度垂直，可能；勻速圓周運動需要變力（向心力），但剩余合力為恒力，不可能。
（2）易錯點：忽略“恒力”限制：學生可能誤認為剩余力的方向可變（如勻速圓周運動），但題目隱含條件是合力為恒力方向恒定；
混淆運動條件：將平拋運動（恒力作用）與勻速圓周運動（變力作用）混為一談。
3．【答案】A
【知識點】開普勒定律；第一、第二與第三宇宙速度；衛星問題
【解析】【解答】A選項（比地球同步軌道衛星的線速度大）：由開普勒第三定律和圓周運動速度公式
由萬有引力提供向心力
解得
可知，軌道半徑越小，線速度越大。中圓軌道衛星的軌道半徑<3萬公里<同步衛星半徑（5.6R地≈3.58萬公里），因此線速度更大。A正確。
B . 角速度
與軌道半徑的立方根成反比，中圓軌道半徑更小，角速度更大，故B錯誤；
C . 周期

與軌道半徑的3/2次方成正比，中圓軌道半徑更小，周期更短同步衛星周期為24小時，C錯誤；
D . 第一宇宙速度是近地軌道（）的環繞速度
第一宇宙速度（7.9km/s）是近地衛星的環繞速度。中圓軌道半徑大于地球半徑（R地 ），由線速度與軌道反比規律可知其線速度小于第一宇宙速度，故D錯誤；
故選A；
【分析】（1）軌道半徑與三速度反比與周期正比，比較半徑大小同步衛星軌道半徑（5.6R地≈3.58萬公里）明確大于中圓軌道（<3萬公里<3萬公里），直接應用正反比規律判斷。
（2）易錯點：混淆半徑與速度關系，誤認為半徑越大速度越大實際反比，或忽略同步衛星的周期固定為24小時，第一宇宙速度的適用條件：誤將任何軌道的速度與近地衛星速度（第一宇宙速度）比較，未注意半徑增大會導致速度減小。
（3）擴展知識：中圓軌道的實際意義：北斗中圓軌道衛星用于導航，需較高速度（約3-4 km/s）和較短周期（約12小時），與同步衛星互補。
4．【答案】C
【知識點】機車啟動
【解析】【解答】A. 汽車以恒定額定功率行駛時，由P=Fv可知牽引力與速度成反比，A項與題意不相符；
B. 汽車勻加速運動時，阻力恒定，根據牛頓第二定律可知牽引力恒定，由P=Fv，知發動機的實際功率不斷增大，當發動機的實際功率等于額定功率時，開始做加速度逐漸減小的加速運動，功率不變，速度變大，B項與題意不相符；
C. 當汽車勻速運動時，牽引力等于阻力，即F=f，當速度達到最大時，Pm滿足Pm=Fvm=fvm，C項與題意相符；
D. 當汽車以恒定速度行駛時，如果速度沒有達到最大速度，發動機的實際功率將小于額定功率，D項與題意不相符。
故答案為：C
【分析】利用功率的表達式可以判別牽引力和速率的關系；發動機的功率等于額定功率時還會繼續加速；利用平衡條件可以判別額定功率和最大速度的表達式；汽車以恒定速度行駛時可能實際功率小于額定功率。
5．【答案】B
【知識點】運動的合成與分解；平拋運動
【解析】【解答】 A . 通過平拋運動計算，水平位移 x=v0t，豎直位移 y=y0 0.5gt2
，
結合圖像中拋物線方程 y=x2，代入得
，t=6s，x=6m，故A錯誤；
B . 由上述計算，x=6m 是正確解，符合聯立方程的結果。B正確。
C . 將 x=6m 代入 y=x2，得 y=36m，故C錯誤；
D . 由計算得 y=36m，故D錯誤；
故選B。
【分析】（1）運動分解平拋運動分解為水平勻速直線運動和豎直自由落體運動；
聯立方程：利用拋物線方程 y=x2，將運動方程代入，得到關于 t 或 x 的方程求解。
（2）易錯點：符號混淆：誤將初始高度 y0=216m 當作 y 的表達式，忽略自由落體的位移方向。
方程聯立錯誤：未正確將 y=x2代入平拋運動方程，導致解錯。
（3）隱含條件：拋物線幾何意義：題目中 y=x2是開口向上的拋物線，質點的落點需同時滿足運動軌跡和拋物線方程。能量角度思考：平拋運動中機械能守恒，可結合動能定理驗證結果。
6．【答案】D
【知識點】動量定理；動量；沖量
【解析】【解答】A . 重力的沖量計算
因此，沖量大小為 50 N·s，故A錯誤；
B . 運動員的動量變化量（沖量）由兩部分組成：重力的沖量（向下50 N·s）和地面的支持力沖量（向上），向上沖量抵扣重力沖量后剩余部分產生動量變化。根據動量定理，合沖量等于動量變化量：設地面支持力沖量為 IN ，則
IN Ig=Δp
因此，地面對運動員的沖量大小為
IN=Ig+Δp=100 N·s
支持力大小
故B錯誤；
C . 動量
故C錯誤；
D . 地面對運動員的作用力作用點（腳與地面接觸點）在力的作用過程中沒有位移（腳未移動），因此支持力不做功（W=F d cos θ，d=0），故D正確；
故選D；
【分析】（1）運動員從下蹲狀態起跳，經歷加速階段Δt=0.1s后以速度1 m/s離開地面；
動量定理應用：合外力的沖量等于動量變化量，需考慮重力和支持力的沖量；
沖量計算：重力沖量 Ig=mgΔt，支持力沖量通過動量定理間接求解；
功的計算：支持力不做功，因作用點無位移；
（2）易錯點：忽略重力沖量，誤認為合沖量僅為支持力沖量，忽略重力沖量的影響（如選項B）；
支持力的反作用力是人對地面的壓力1000 N，與500N重力無關，重力與支持力不是相互作用力，而是作用在同一物體上的兩個力，其關系由運動狀態決定；
動量計算錯誤：混淆質量與速度的乘積（如選項C將速度誤認為10 m/s）；
功的理解偏差：誤認為支持力做功，未注意到作用點無位移（如選項D的判斷依據）；
（3）隱含條件：起跳過程的力學分析：實際起跳是變加速過程，題目簡化為勻加速（Δt極短）。
能量轉換：起跳時化學能轉化為動能，此處僅限沖量和動量分析。
7．【答案】B
【知識點】胡克定律；靜摩擦力；力的合成；向心力
【解析】【解答】 A . 運動狀態得出需要的向心力
對物體P受力分析，設角QPO大小為θ，θ=60°，沿半徑方向摩擦力f2與彈力分量提供向心力有，，
切線方向摩擦力f1與彈力分量平衡
則小物塊P所受的靜摩擦力大小為
解得，方向與OP夾角為逆時針方向60°，故A錯誤；
B . ，故B正確；
C .，故C錯誤；
D . ，故D錯誤；
故選 B；
【分析】（1）幾何關系：明確彈簧的伸長量和彈力方向；
向心力計算：根據角速度和半徑兩個運動狀態參數計算所需向心力；
力的分解：將彈力分解到徑向和切向方向；
平衡方程：沿徑向列狀態方程，沿切向列平衡方程，求解靜摩擦力分量；
合成靜摩擦力：計算靜摩擦力的合力。
（2）易錯點： 彈力方向：容易忽略彈力與徑向的夾角60°；
力的分解：可能混淆徑向和切向的分量；
最大靜摩擦力：誤認為靜摩擦力必須達到最大值；
隱含條件： 彈簧的伸長量由幾何關系決定；
靜摩擦力的方向需要根據力的平衡動態調整。
8．【答案】D
【知識點】向心力；豎直平面的圓周運動；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】A . 在A點，依據運動狀態求得向心力
A點小車受到重力 mg分量和支持力合成提供向心力，支持力 FNA 滿足：在A點受力分析有
解得，故A錯誤；
B . 忽略空氣阻力摩擦力損失，只有重力做功，AB過程中由動能定理得
車經過B點時速度為
由
等式變形得
在B點道路支持力為50250N，故B錯誤；
C . A到B過程中，無機械能損失無機械能損失僅排除摩擦力空氣阻力耗能，合外力做功不為零，重力仍然做功，故C錯誤；
D . 因重力仍然做功，動能定理得
車經過B點時速度為
故D正確；
故選D；
【分析】（1） 圓周運動受力分析：A點：分解重力，結合向心力公式求支持力；
B點：支持力需平衡重力并額外負責提供向心力；
合外力做功：保守力（重力）做功不改變機械能，非保守力（如摩擦力）未提及，故合外力做功為零，向心力公式適用于任意圓周運動點；
易錯點：A點受力分解：易忽略重力分量的方向（cos 30而非sin 30）；
B點速度計算：可能遺漏重力勢能轉化R(1 cos 30)高度差；
單位換算：注意質量 m=2.5 t=2500 kg，半徑 R=1 km=1000m 。
9．【答案】B,C
【知識點】摩擦力的判斷與計算；牛頓定律與圖象；功的概念；功率及其計算
【解析】【解答】A . 0到1秒內，假設初速度方向向右為正方向，初速度開始負值即向左，與受力方向相反，與摩擦力方向也相反，向右合力為f+F1做勻減速直線運動如左圖，
1秒之后摩擦力方向隨速度方向改變而改變如右圖，速度方向與受力方向相同，而摩擦力與受力方向相反，向右加速，向右合力為F2-f，v-t圖像的斜率可得加速度恒為
，
F1=1N，F2=3N代入，即得f=1N，代入，得m=2kg，故A錯誤；B．，故B正確；
C．逆向為初速度為0的勻加速直線運動，v-t圖1到0秒的位移s1=0.5at2=0.5m，位移方向向左為負，即-0.5m，第1s內合外力與速度方向相反，做負功，對滑塊做功為
故C正確；
D．v-t圖1到2秒初速度為0的勻加速直線運動
s2=0.5at2=0.5m
位移方向向右為正，即0.5m，第2s內力F對滑塊做功為
第2s內力F=3N的平均功率為
故D錯誤。
故選 BC。
【分析】（1）圖像結合牛頓定律：通過F-t圖和v-t圖提取加速度，結合 F f=ma列方程求解m和f；分段分析：第1秒（減速）和第2秒（加速）分開計算，注意速度方向與力的方向關系；
功與功率計算：位移都轉為初速度為0，用s=0.5at2，功率做功除以時間；
（2）易錯點：摩擦力方向：易忽略摩擦力始終與運動方向相反，需根據速度變化判斷；
位移計算：誤用 x=v0t+0.5at2 而忽略初末速度已知的條件；
功率公式混淆：平均功率 P=Wt ，瞬時功率 P=Fv，需區分；
隱含條件：圖像斜率意義：v-t圖斜率=加速度，F-t圖面積=沖量；
動能定理：第1秒內動能變化 ΔEk= 0.5mv02= 0.5 J，與合外力做功一致；
擴展思考：若F隨時間非線性變化，需用積分求位移和功。
10．【答案】B,D
【知識點】功能關系；勻變速直線運動的位移與時間的關系；摩擦力的判斷與計算；牛頓運動定律的應用—傳送帶模型；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】A . 小物塊初速度 v（反向），末速度v。動能變化
但滑動摩擦力做功分為兩階段：減速至0：逆滑摩擦力做負功位移x逆滑塊，加速至v：順滑摩擦力做正功位移為x順滑，如下圖所示
x逆滑塊=x順滑
總功W=W逆+W順=0
摩擦力做功的計算必須嚴格區分作用對象和位移參考系，只需計算自己的位移，不是把傳送帶的位移也計算為做功位移，故A錯誤；
B . 如A選項所述，摩擦力總功為0，故B正確；
C . 摩擦生熱 Q=f d相對，摩擦力大小 f=μmg
設小物塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ，小物塊向左做減速運動時，有
，
得
二者間的相對位移為
小物塊向右做勻加速運動時，時間相同也為
二者間的相對位移為為
小物塊與傳送帶間因摩擦產生的熱量
故C錯誤；
D . Q=2mv2 ，故D正確；
故選BD；
【分析】（1）分階段分析物塊運動，先減速至零再加速至v；
計算相對路程和區分摩擦力做功與生熱，摩擦力做功的計算必須嚴格區分作用對象和位移參考系，只計算自身的位移，相對的位移不計入摩擦力對自己的做功；
（2）易錯點是混淆功與熱量概念，以及漏算加速階段的相對位移；
（3）隱含條件是傳送帶勻速運動且摩擦力大小恒定；
能量守恒，電機做功轉化為物塊動能和摩擦熱量兩部分。
11．【答案】A,C,D
【知識點】彈性勢能；運動的合成與分解；機械能守恒定律
【解析】【解答】A . 在物理學中，合運動是指物體實際的運動軌跡和速度，而分運動是為了分析方便，將合運動沿特定方向分解的虛擬運動，小球沿桿下滑運動為合運動是小球自主運動，由其所受合力直接決定，繩子的運動是被動響應，由小球的運動及滑輪約束條件決定是分運動，合運動的速度可分解為沿繩方向和垂直繩方向
沿繩分量等于m物塊速度，故合速度始終更大，故A正確；
B . 從A→C的過程中，小球和彈簧、物塊三個組成的系統機械能守恒，物塊機械能一直增加，故小球和彈簧組成的系統機械能一直減小，系統機械能守恒（只有重力和彈力做功），不會一直增大，故B錯誤；
C . 小球到達C時，小球和物塊重力勢能的減少等于彈簧彈性勢能的增加，彈性勢能應為
故C正確；
D . 從A→C的過程中，小球和物塊的重力勢能、動能和彈簧的彈性勢能之和保持不變，由于二者的總動能先增大后減小，系統總勢能（重力勢能+彈性勢能）先轉化為動能再部分回收，呈現先減后增趨勢，所以小球和物塊的重力勢能和彈簧的彈性勢能之和先減小后增大，故D正確；
故選ACD ；
【分析】（1）建立運動關聯和能量守恒，自主運動實際軌跡的合運動被動響應的分運動；將小球速度分解為沿繩和垂直繩分量，得到v物塊=v球cos θ，θ為繩與桿夾角；
（2）易錯點是忽略繩連接導致的運動約束或混淆系統機械能范圍；
（3）隱含條件包括繩始終緊繃（速度關聯）和彈簧原長在A點，系統機械能守恒條件需明確研究對象。
12．【答案】（1）平拋運動在豎直方向上是自由落體運動
（2）0.05；1
【知識點】等效法；研究平拋物體的運動；平均速度；自由落體運動
【解析】【解答】（1）因為實驗現象表明無論A球初速度如何，兩球始終同時落地，說明平拋運動的豎直分運動與自由落體運動一致；
故填平拋運動在豎直方向上是自由落體運動；
（2）第1空根據豎直方向位移差
Δy=gT2
代入Δy=L=2.5cm可得
T=0.05s
第2空，水平方向有初速度不變，水平位移恒為2L，代入時間計算，
故第1空填0.05；第2空填1；
【分析】（1）通過豎直位移求時間間隔，再結合水平位移求初速度；
正確識別豎直方向位移（注意a→b是1格，b→c是2格，需驗證Δy是否是定值）；
（2）易錯點包括誤判豎直位移格數（如將a→b當作2格）、單位未換算（cm→m）、忽略頻閃照片的等時性；
（3）隱含條件是相鄰點時間間隔相等，且豎直方向滿足y=0.5gT2，Δy=gT2，頻閃攝影中位移比例的分析技巧。
（1）用小錘擊打彈性金屬片，金屬片把A球沿水平方向彈出，同時B球被松開自由下落，觀察到兩球同時落地，改變小錘打擊的力度，即改變A球被彈出時的速度，兩球仍然同時落地，這說明平拋運動在豎直方向上是自由落體運動；
（2）[1]根據豎直方向的運動規律有
解得s
[2]水平方向有
13．【答案】（1）C
（2）甲
（3）；
（4）C
【知識點】驗證機械能守恒定律；用打點計時器測速度
【解析】【解答】（1）A．打點計時器應接到交流電源上，靠電流方向改變磁力方向從而計錄在紙帶上，直流電的電流方向始終不變，紙帶被始終按住或松開無法計時，故A錯誤；
B．釋放重物紙帶瞬間就穿過計時器，來不及利用整個紙帶，實驗時應先接通電源，后釋放重物，故B錯誤；
C．釋放重物前讓重物應盡量靠近打點計時器是防止前面的紙帶空跑，靠近重物可以獲得更多點跡，故C正確；
故選C；
（2）根據
實測數據整理
△y甲=5.8mm-1.9mm=3.9mm，△y乙=5.2mm-1.7mm=3.5mm
可知紙帶甲的數據更接近重力加速度實際情況，應選擇第一、二個點的距離為1.9mm的紙帶，
故選甲；
（3）第一空：力與距離上的積累量看能量情況，重力方向移動距離hB，作用出去的能量來自于勢能減小，勢能減小量
第二空：根據勻變速直線運動中時間中點瞬時速度等于該過程中的平均速度，則B點的速度為
故動能的增量為
故1空填mghB，2空填；
（4） A . 利用公式v=gt計算重物速度 ，速度沒有計空氣阻力與紙帶摩擦，動能會偏大，故A錯誤；
B . 利用公式計算重物速度 ，重力勢能減小與動能增加量會相等，故B錯誤；
C . 空氣和摩擦阻力算入系統，導致部分機械能轉化為內能，就會會導致實測動能增加量被轉移成
內能去，動能增加量比勢能減小量小，故C正確；
D . 這是理想化模型不可避免的，采用多次實驗取平均值無法避免這個機械能不守恒問題，故D錯誤；
實驗中重力勢能的減少量大于動能的增加量，原因是存在空氣阻力和摩擦阻力的影響；
故選C。
【分析】（1）通過紙帶數據分析機械能守恒，需計算重力勢能減少量（ΔEp=mgh）和動能增加量（ΔEk=0.5mv2）；突破點是利用勻變速運動規律求瞬時速度（v=Δh/Δt）；
（2）易錯點包括混淆電源類型（交流/直流）、錯誤計算動能（如直接用v=gt，忽略實測速度）；（3）隱含條件是紙帶數據處理需滿足自由落體運動規律（Δy=aT2），涉及系統誤差分析（如阻力影響）和實驗優化（如減小摩擦、多次測量）。
（1）A．打點計時器應接到交流電源上，故A錯誤；
B．實驗時應先接通電源，后釋放重物，故B錯誤；
C．釋放重物時，重物應盡量靠近打點計時器，從而獲得更多點跡，故C正確。
故選C。
（2）根據
可知紙帶應選擇第一、二個點的距離大約為2mm的紙帶，故選甲。
（3）[1]重力勢能減小量
[2]根據勻變速直線運動中時間中點瞬時速度等于該過程中的平均速度，則B點的速度為
故動能的增量為
（4）實驗中重力勢能的減少量大于動能的增加量，原因是存在空氣阻力和摩擦阻力的影響。
故選C。
14．【答案】（1）解：（1）根據牛頓第二定律合外力式等于運動狀態式有等式，
mgtanθ直接計算向心力大小，并不是純粹由重力提供向心力，是水平方向上合外力的大小數值，效果上是拉力與重力共同提供的，等式整理得
（2）解：（2）根據萬有引力與向心力有等式
整理得
根據萬有引力與重力關系有
，，
代入v2式，解得
【知識點】運動的合成與分解；萬有引力定律；衛星問題
【解析】【分析】（1）通過圓周運動受力平衡求重力加速度（分解張力T），再利用萬有引力定律求衛星速度；正確分解細線張力（水平向心力、豎直平衡重力）和關聯地表g與軌道g'的關系；
（2）易錯點包括混淆向心力公式（如漏掉半徑或角度）、未聯立地表g與GM的關系、忽略h對軌道半徑的影響；
（3）隱含條件是細線長度L為圓周運動半徑（實際為Lsinθ），但題目表述可能暗示L為擺長。
（1）根據牛頓第二定律有
解得
（2）根據萬有引力提供向心力有
根據萬有引力與重力關系有
解得
15．【答案】（1）【解答】（1）由圖像可得物體沿斜面向上運動的加速度大小
得
如圖受力分析圖中橙色為重力，分解斜面與垂直斜面后，根據沿斜面的合外力與運動狀態等式即牛二定律可得
解得
（2）【解答】（2）摩擦力是隨運動方向改變而改變的力，向下滑動時候摩擦力向上了，需重新受力分析，v-t圖在v的負半軸第四象限區域內
物體上滑的最大位移為vt圖5到0過程三角形面積直接算或用速方差2倍位移加速度之積公式求，，
從頂部靜止滑到底部過程中由動能定理可得
，，
解得J
【知識點】摩擦力的判斷與計算；牛頓運動定律的綜合應用；動能定理的綜合應用
【解析】【分析】（1）通過v－t圖像斜率求加速度，結合牛頓第二定律列方程，區分上滑（減速）和下滑（加速）的受力差異，并關聯運動學公式；
（2）易錯點包括符號錯誤（如加速度方向）、角度函數值代入錯誤（如混淆sinθ和cosθ）、忽略下滑時摩擦力的方向變化；
（3）隱含條件是最大靜摩擦力≥滑動摩擦力，確保滑塊能下滑，涉及功能關系（如機械能損失轉化為內能）及圖像斜率的物理意義（加速度）。
（1）由圖像可得物體沿斜面向上運動的加速度大小
解得
根據牛頓運動定律可得
解得
（2）物體上滑的最大位移為
根據動能定理可得
解得J
16．【答案】（1）解：小球在B點受到的重力與支持力的合力，支持力已知18N，提供向心力，向心力方向為正力，反向為負力，則有
，
解得
（2）解：從到B的過程中重力做功加速和阻力轉內能劃走，由動能定理可得
解得J
（3）解：兩小球完全相同，發生彈性碰撞后，二者速度互換
則碰后小球M靜止，N向右運動，加速度滿足
BC軌道已知L=3m，根據勻變速直線運動規律有
， ，
解得s或3s（舍）
平拋運動的時間為
代入已求已知數據整理
，得t2=0.8s，小球從B點到落地過程中，收集重力在時間上的累計便于觀察守恒情況，重力的沖量為
【知識點】勻變速直線運動的位移與時間的關系；生活中的圓周運動；動能定理的綜合應用；沖量
【解析】【分析】（1）分段分析——圓弧段（機械能守恒+圓周運動）、碰撞（彈性碰撞規律）、水平段（動能定理）、平拋（運動學公式）；彈性碰撞后速度交換（質量相同），且需注意B點速度的關聯性；
（2）易錯點包括：①忽略圓弧段的摩擦力做功，②等質量完全彈性碰撞后速度互換；
（3）隱含條件：彈性碰撞的動量與動能雙守恒，平拋運動的獨立分解（水平勻速、豎直自由落體）。
（1）小球在B點受到的重力與支持力的合力提供向心力，則有
解得
（2）從到B的過程中重力和阻力做功，由動能定理可得
解得J
（3）兩小球完全相同，發生彈性碰撞后，二者速度互換，則碰后小球M靜止，N向右運動，加速度滿足
根據勻變速直線運動規律有
解得s或3s（舍）
平拋運動的時間為
小球從B點到落地過程中，重力的沖量為
解得
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