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四川省綿陽市三臺縣2023-2024學年高一下學期6月測試物理試題
一、單選題（本題共8小題，共32分，在每小題給出的四個選項中，1-8題只有一項符合題目要求，4分一個）
1．（2024高一下·三臺期末）一個物體做曲線運動時（　　）
A．速度的大小可能不變 B．速度的方向可能不變
C．所受外力的合力可能為0 D．所受外力的合力一定變化
【答案】A
【知識點】曲線運動的條件；曲線運動
【解析】【解答】AB.曲線運動的速度方向：沿軌跡切線，必變化（方向改變即速度矢量變化 ），曲線運動的速度大小：可不變（如勻速圓周運動，速度方向變、大小不變 ），故A 正確，B 錯誤。
CD.曲線運動的條件：合外力與速度方向不共線（合外力可為恒力或變力 ），恒力示例：平拋運動（僅受重力，合外力不變 ）。變力示例：勻速圓周運動（向心力方向變，合外力變 ），故合外力一定不為 0（因速度變化，必有加速度 ），但不一定變化，C、D 錯誤
故答案為：A。
【分析】AB：利用 “曲線運動速度方向必變，大小可不變（如勻速圓周 ）”，判斷速度特征。
CD：依據 “曲線運動條件（合外力與速度不共線 ）”+“合外力可為恒力（如平拋 ）”，判斷合外力是否為 0、是否變化。
2．（2024高一下·三臺期末）如圖所示，下列有關生活中的圓周運動實例分析，說法正確的是（　　）
A．汽車通過凸形橋的最高點時，處于失重狀態
B．鐵路的轉彎處，通常要求外軌比內軌高，是利用輪緣與外軌的側壓力幫火車轉彎
C．雜技演員表演“水流星”，當它通過最高點時處于完全失重狀態，不受重力作用
D．脫水桶的原理是水滴受到的離心力大于受到的向心力，從而沿切線方向被甩出
【答案】A
【知識點】超重與失重；生活中的圓周運動；離心運動和向心運動
【解析】【解答】A．當汽車過程凸形橋最高點時，此時合外力提供向心力，方向豎直向下，由于加速度方向向下所以汽車處于失重狀態。故A正確；
B．鐵路的轉彎處設計為外軌比內軌高，此時支持力方向傾斜向上，則可以利用火車自身重力和垂直軌道向上的支持力的合力提供火車轉彎所需的向心力，從而減少對軌道的側向壓力。故B錯誤；
C．“水流星”始終重力作用，完全失重狀態是物體的加速度等于重力加速度，“水流星”在最高點時的加速度處于失重狀態，但不一定處于完全失重狀態。故C錯誤；
D．水滴做離心運動的條件是水滴受到的合外力不足以提供做圓周運動的向心力，從而出現離心運動。不是由于受到的離心力大于受到的向心力，故D錯誤。
故選A。
【分析】利用汽車過最高點的合力方向可以判別超重與失重；鐵路的設計是為了讓支持力和重力的合力提供向心力；水流星一直受到重力的作用；水滴做離心運動的條件是水滴受到的合外力不足以提供做圓周運動的向心力。
3．（2024高一下·三臺期末）如圖所示，有五片荷葉伸出荷塘水面，一只青蛙要從高處荷葉跳到低處荷葉上。設低處荷葉a、b、c、d和青蛙在同一豎直平面內，a、b高度相同，c、d高度相同，a、b分別在c、d正上方。將青蛙的跳躍視為平拋運動，若以最小的初速度完成跳躍，則它應跳到（　　）
A．荷葉a B．荷葉b C．荷葉c D．荷葉d
【答案】C
【知識點】運動的合成與分解；平拋運動
【解析】【解答】青蛙做平拋運動，水平方向勻速直線，豎直方向自由落體則有
可得
因此水平位移越小，豎直高度越大初速度越小，因此跳到荷葉c上面。
故答案為：C。
【分析】平拋運動分解：將運動拆分為水平勻速、豎直自由落體，利用分運動公式關聯初速度、位移、高度。
初速度表達式推導：通過消元法得到與x、h的關系，明確初速度隨x 減小、h 增大而減小。
條件比較：對比各荷葉的水平位移和豎直高度，確定使初速度最小的目標荷葉。
4．（2024高一下·三臺期末）如圖所示，三個完全相同的小球a、b、c處于同一高度，將小球a從固定的光滑斜面上靜止釋放，小球b、c以相同的速率分別豎直向上、水平向右拋出，不計空氣阻力。關于小球從開始運動到觸地過程，下列說法正確的是（　　）
A．三個小球運動時間相等
B．重力對小球b做的功最多
C．重力對小球c做功的平均功率最大
D．三個小球觸地前瞬間，重力做功的瞬時功率相等
【答案】C
【知識點】功的計算；功率及其計算
【解析】【解答】本題考查功和功率的計算問題，會準確的分析物體的運動過程，會根據題意求解平均功率以及瞬時功率。A．設a球斜面傾角為，根據
b球做豎直上拋運動，有
c球做平拋運動，有
所以c球運動時間最短，a球和b球運動時間無法確定，故A錯誤；
B．重力做功為
由于下落高度相同，所以重力做功相等，故B錯誤；
C．重力的平均功率
因為重力做功相同，c球運動時間最短，所以重力對小球c做功的平均功率最大，故C正確；
D．重力做功的瞬時功率
由重力做功相同，落地前瞬間
所以
故D錯誤。
故選C。
【分析】 根據三個情形的運動分別列式關于時間的關系式，結合關系式分析比較時間的長度；
根據重力做功的特點進行判斷；根據重力做功的平均功率和瞬時功率結合時間和落地豎直分速度進行分析解答。
5．（2024高一下·三臺期末）“神舟十七號”載人飛船于2023年10月26日順利發射升空，開啟了為期6個月的天宮空間站之旅。神舟十七號飛船經歷上升、入軌交會飛行后，與已經和天舟貨運船形成組合體的空間站核心艙對接，航天員進入空間站組合體，整體在距離地球表面400公里的軌道穩定運行。下列說法正確的是（　　）
A．“神舟十七號”的運行周期大于24小時
B．“神舟十七號”的發射速度小于第一宇宙速度
C．“神舟十七號”的運行速度小于第一宇宙速度
D．已知“神舟十七號”的線速度與角速度，可以求得“神舟十七號”質量
【答案】C
【知識點】第一、第二與第三宇宙速度；衛星問題
【解析】【解答】A．同步衛星軌道高度約36000公里，“神舟十七號”軌道高度400公里（遠小于同步軌道 ），由萬有引力提供向心力
（ 越小， 越小 ）
故“神舟十七號”周期小于24小時，故A錯誤；
B．第一宇宙速度是發射地球衛星的最小發射速度，發射“神舟十七號”的速度大于第一宇宙速度，故B錯誤；
C．第一宇宙速度是地球衛星的最大運行速度， “神舟十七號”的運行速度小于第一宇宙速度，故C正確；
D．根據萬有引力提供向心力
計算時，“神舟十七號”的質量m會被約掉，不能計算出來，故D錯誤。
故答案為：C。
【分析】A：利用“周期公式”，結合軌道高度比較周期。
B：明確“第一宇宙速度是最小發射速度”，判斷發射速度大小。
C：通過“運行速度公式”，結合近地軌道最大速度，判斷運行速度。
D：分析萬有引力公式中“衛星質量可約去”，判斷能否求質量。
6．（2024高一下·三臺期末）如圖所示，一傾斜的勻質圓盤繞垂直于盤面的固定軸勻速轉動，圓盤與水平桌面的夾角為，圓盤的半徑為R，圓盤邊緣處有一小物體與圓盤始終保持相對靜止，物體與盤面間的動摩擦因數為，小物塊經過圓盤的最低點A處時受到的摩擦力大小為最大靜摩擦力的。已知小物塊的質量為m，取最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g，則小物塊經過圓盤最高點B處時，下列說法正確的是（　　）
A．小物塊恰好不受圓盤面的摩擦力
B．小物塊受到的摩擦力方向沿BO方向
C．小物塊受到的摩擦力大小為
D．小物塊受到的向心力大小為
【答案】B
【知識點】受力分析的應用；向心力；生活中的圓周運動
【解析】【解答】物塊在A點時
在B點時設摩擦力方向指向O點，則
解得
因，可得
則小物塊受到的摩擦力方向沿BO方向；小物塊受到的摩擦力大小為
小物塊受到的向心力大小為，故B正確，ACD錯誤。
故答案為：B。
【分析】A 點：徑向合力（摩擦力分力 - 重力分力 ）提供向心力，列方程求，B 點：假設摩擦力方向指向圓心，徑向合力（摩擦力 + 重力分力 ）提供向心力，聯立 A 點方程求摩擦力，最后判斷選項：通過分析摩擦力正負（方向 ），對比向心力與摩擦力表達式，判斷選項正誤。
7．（2024高一下·三臺期末）2024年4月25日神舟十八號載人飛船成功與空間站交匯對接，如圖為飛船運行示意圖。軌道Ⅰ為飛船運行軌道，軌道Ⅱ為飛船的轉移軌道，軌道Ⅲ為空間站的運行軌道，軌道Ⅱ與軌道Ⅰ和Ⅲ分別相切于A、B點，已知軌道Ⅲ和軌道Ⅰ的軌道半徑之比為k，則（　　）
A．飛船經過A點時在軌道Ⅰ上的速度大于在軌道Ⅱ上的速度
B．飛船經過B點時在軌道Ⅱ上的加速度大于在軌道Ⅲ上的加速度
C．飛船在運行軌道Ⅰ和軌道Ⅱ上的運動周期之比為
D．飛船在運行軌道Ⅰ和軌道Ⅲ上的運動周期之比為
【答案】C
【知識點】衛星問題
【解析】【解答】本題考查萬有引力與變軌的知識，要掌握飛船變軌原理是通過讓飛船做離心運動或近心運動實現的。要掌握開普勒定律與萬有引力定律，并能用來解決實際問題。A．飛船在軌道Ⅰ上經過A點時要加速才能進入軌道Ⅱ，可知飛船經過A點時在軌道Ⅰ上的速度小于在軌道Ⅱ上的速度，選項A錯誤；
B．根據
可知，飛船經過B點時在軌道Ⅱ上的加速度等于在軌道Ⅲ上的加速度，選項B錯誤；
C．根據開普勒第三定律可知
飛船在運行軌道Ⅰ和軌道Ⅱ上的運動周期之比為
選項C正確；
D．根據開普勒第三定律可知
飛船在運行軌道Ⅰ和軌道Ⅲ上的運動周期之比為
選項D錯誤。
故選C。
【分析】根據變軌原理分析飛船從軌道Ⅰ進入軌道Ⅱ在A點的速度變化情況；根據牛頓第二定律比較加速度大小；由開普勒第三定律求出周期之比。
8．（2024高一下·三臺期末）如圖，水平傳送帶以恒定速度v順時針轉動，傳送帶右端上方的擋板上固定著一輕彈簧。將質量為m的小物塊P輕放在傳送帶左端，P與傳送帶之間的動摩擦因數為，在接觸彈簧前速度已達到v，P與彈簧接觸后繼續運動，彈簧的最大形變量為d，設P與傳送帶之間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。則P從接觸彈簧到第一次運動到最右端過程中（　　）
A．P的速度不斷減小
B．摩擦力對P先做正功再做負功
C．傳送帶多消耗的電能為
D．彈簧的彈性勢能變化量
【答案】D
【知識點】牛頓運動定律的應用—傳送帶模型；機械能守恒定律
【解析】【解答】A．當彈簧彈力等于最大靜摩擦力之后，小物塊才開始做減速運動，小物塊剛接觸彈簧時，彈簧的彈力小于最大靜摩擦力，物塊仍然向右做勻速直線運動，速度不變，故A錯誤；
B．傳送帶對物塊的摩擦力方向一直向右，與運動方向相同，即摩擦力對P一直做正功，故B錯誤；
C．令P從接觸彈簧到第一次運動到最右端過程經歷時間為，則傳送帶的位移為
由于物塊先向右做勻速直線運動，后向右做加速度增大的減速直線運動，則有
即有
傳送帶所受摩擦力的平均值
根據功能關系，傳送帶多消耗的電能為
故C錯誤；
D．壓縮彈簧的過程中，摩擦力對P做的功
根據動能定理合力做功等于動能變化
根據功能關系有
解得
故D正確。
故選D。
【分析】小物塊剛接觸彈簧時，彈簧的彈力小于最大靜摩擦力，物塊仍然向右做勻速直線運動，速度不變，當彈簧彈力等于最大靜摩擦力之后，小物塊才開始做減速運動。
二、多選題（本題共4個小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，有多項是符合題目要求的，全部選對的得4分，選對但不全得2分。有錯選得0分。）
9．（2024高一下·三臺期末）如圖甲所示，雜技表演“飛車走壁”的演員騎著摩托車飛駛在圓臺形筒壁上，現將圓臺形筒簡化為圖乙．若兩名質量相同演員騎著相同摩托車分別在A、B兩處緊貼著內壁虛線所示的水平面內做勻速圓周運動，不計摩擦，則下列說法正確的是（　　）
A．A處的角速度等于B處的角速度 B．A處的角速度小于B處的角速度
C．A處的向心力大于B處的向心力 D．A處的向心力等于B處的向心力
【答案】B,D
【知識點】向心力；生活中的圓周運動
【解析】【解答】對演員和摩托車進行受力分析，設支持力與豎直方向的夾角為，如圖所示
由圖可知向心力大小為
由于質量相同，相同，則A處的向心力等于B處的向心力；根據牛頓第二定律可得
可得
由于A處的半徑大于B處的半徑，則A處的角速度小于B處的角速度。
故答案為：BD。
【分析】1. 受力分解與向心力推導：將支持力分解為水平（向心力 ）和豎直（平衡重力 ）分量，聯立得向心力向，體現“幾何角度”與“向心力”的關聯。
2. 向心力大小判斷：利用“質量相同、相同”，直接得向心力相等，排除C、鎖定D。
3. 角速度公式推導與比較：結合向心力公式向，推導出與半徑的關系（ ），因處半徑大，故角速度小，排除A、鎖定B。
10．（2024高一下·三臺期末）一條河流某處存在高度差，小魚從低處向上躍出水面，沖到高處．如圖所示，以小魚躍出水面處為坐標原點，x軸沿水平方向，建立坐標系，小魚的初速度為，末速度v沿x軸正方向．在此過程中，小魚可視為質點且只受重力作用。關于小魚的水平位置x、豎直位置y、水平方向分速度和豎直方向分速度與時間t的關系，下列圖像可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,D
【知識點】斜拋運動
【解析】【解答】本題考查斜上拋運動的問題，會利用分運動和合運動的思想分析解決實際問題。
AC．小魚可視為質點且只受重力作用，小魚做斜拋運動，在水平方向上做勻速直線運動，即為定值，則有水平位移
故A正確，C錯誤；
BD．小魚在豎直方向上做豎直上拋運動，則
，
且最高點時豎直方向的速度為0，故B錯誤，D正確。
故選AD。
【分析】根據小魚運動過程的受力情況結合水平分運動的速度和位移進行分析求解；根據小魚在豎直方向上的位移規律和速度規律列式結合圖線進行判斷。
11．（2024高一下·三臺期末）我國發射的“嫦娥一號”探月衛星為繞月極地衛星。利用該衛星可對月球進行成像探測。如圖所示，衛星在繞月極地軌道上做圓周運動時距月球表面的高度為h，繞行周期為；月球繞地球公轉的周期為，公轉軌道半徑為r；地球半徑為，月球半徑為（忽略地球、太陽引力對繞月衛星的影響，萬有引力常量G已知）。下列說法正確的是（　　）
A．由開普勒第三定律得：
B．月球表面重力加速度
C．月球質量
D．“月地檢驗”的目的是為了說明地球對月球的引力與太陽對地球的引力是同一種性質的力
【答案】B,C
【知識點】開普勒定律；萬有引力定律
【解析】【解答】A．開普勒第三定律適用于同一中心天體的天體運動。月球繞地球（中心天體地球 ），衛星繞月球（中心天體月球 ），中心天體不同，不能用開普勒第三定律，故A錯誤；
B．對月球的極地衛星
對月球表面的物體
解得月球表面重力加速度
故B正確；
C．對月球的極地衛星
解得月球質量
故C正確；
D．“月地檢驗” 的目的是驗證地球對地面物體的引力與地球對月球的引力是同一種性質的力（萬有引力 ），而非 “太陽對地球的引力”，故D錯誤。
故答案為：BC。
【分析】A：明確開普勒第三定律的適用條件（同一中心天體 ），判斷能否應用。
B、C：利用 “萬有引力提供向心力（衛星 ）” 和 “萬有引力等于重力（表面物體 ）”，聯立推導重力加速度與月球質量。
D：理解 “月地檢驗” 的物理意義（驗證地球對物體與月球的引力同性質 ）。
12．（2024高一下·三臺期末）如圖所示，一個斜面體固定在水平地面上，斜面體A端固定一與斜面垂直的擋板，斜面AB段光滑、BC段粗糙，BC段長為L。光滑圓軌道與斜面體在C點相切。質量為m的小物塊（可看作質點）從B點開始以一定的初速度沿斜面向上運動，小物塊滑上圓軌道后恰好不脫離圓軌道，之后物塊原路返回與擋板碰撞后又沿斜面向上運動，到達C點時速度為零。已知物塊與斜面BC段的動摩擦因數為0.2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，斜面傾角θ=37°，重力加速度為g，不計物塊碰撞擋板時的機械能損失，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列說法正確的是（　　）
A．小物塊第一次到達C點時的速度大小為
B．圓軌道的半徑為
C．小物塊從B點開始運動時的初速度為
D．小物塊在斜面BC段滑行的最大路程為
【答案】A,C
【知識點】功能關系；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．研究小物塊從B點開始運動到第一次到達C點過程，由動能定理可得
解得
故A正確；
B．依題意，小物塊恰好不脫離圓軌道，分析可知，物塊到達圓心等高處速度為0。小物塊由C點運動到該點，根據動能定理可得
聯立，解得
故B錯誤；
C．設小物塊從B點開始運動時的初速度為，研究小物塊從B點開始運動至C點速度為零，由動能定理可得
解得
故C正確；
D．依題意，有
可知，小物塊最終將在A、B之間做往復運動，設小物塊在斜面BC段滑行的最大路程為s，由動能定理，可得
解得
故D錯誤。
故答案為：AC。
【分析】動能定理的全程應用：物塊運動過程復雜（上滑、圓軌道、返回、碰撞、再上滑 ），但通過動能定理可簡化分析，只需關注初末狀態動能與過程中力做的功（重力、摩擦力 ）。
臨界條件與圓軌道：“恰好不脫離圓軌道” 的臨界條件（到達圓心等高處速度為 0 ），結合動能定理建立速度與半徑的關系。
摩擦力做功的累積性：物塊在BC段往返運動，摩擦力做功與路程成正比，通過動能定理求總路程。
三、實驗題
13．（2024高一下·三臺期末）為了更全面地探究平拋運動的規律，某實驗小組利用如圖甲、乙所示兩種裝置進行實驗：
（1）該小組先利用圖甲所示裝置，用小錘打擊彈性金屬片，使P球沿水平方向拋出，同時使Q球由靜止自由下落，此后僅能聽到一個落地聲音，通過此現象可以得到，平拋運動在豎直方向做　 　（填“勻速直線”或“自由落體”）運動。
（2）該小組利用圖乙中的裝置操作時，以下做法合理的是______。
A．安裝斜槽軌道，使其末端保持水平
B．每次小球釋放的初始位置可以任意選擇
C．每次小球應從同一位置由靜止釋放
D．為描出小球的運動軌跡，描繪的點可以用折線連接
（3）利用圖乙中的裝置，在某次實驗得到一條軌跡，但忘了標記拋出點，記錄了運動過程中A、B、C三點，測得各點之間的距離關系如圖丙所示，x=15cm，hAB=15cm，hBC=25cm，則小球平拋的初速度v0=　 　m/s。（g取10m/s2）
（4）另一同學重新進行實驗，以拋出點為坐標原點，水平向右為x軸正方向，豎直向下為y軸正方向，在軌跡上選取間距較大的幾個點，確定其坐標，并在直角坐標系內繪出了圖像，如圖丁所示，則此小球平拋的初速度v0=　 　m/s。（g取10m/s2）
（5）在做“研究平拋運動”的實驗時，坐標紙應當固定在豎直的木板上，圖中坐標紙的固定情況與斜槽末端的關系正確的是______。
A． B．
C． D．
【答案】（1）自由落體
（2）A；C
（3）1.5
（4）0.5
（5）C
【知識點】研究平拋物體的運動；運動的合成與分解
【解析】【解答】（1）小錘打擊使P球平拋，Q球自由下落，僅聽到一個落地聲，兩球豎直方向運動時間相同，故平拋運動在豎直方向做自由落體運動。
故答案為：自由落體
（2）A．為了保證小球拋出時的速度處于水平方向，安裝斜槽軌道，使其末端保持水平，故A正確；
BC．為了保證每次拋出時的速度相同，每次小球應從同一位置由靜止釋放，故B錯誤，C正確；
D．為描出小球的運動軌跡，描繪的點應用平滑的曲線連接，故D錯誤。
故答案為：AC。
（3）豎直方向根據
解得
水平方向有
可得小球平拋的初速度為
故答案為：1.5
（4）根據平拋運動規律可得
，
聯立可得
可得圖像的斜率為
可得小球平拋的初速度為
故答案為：0.5
（5）斜槽末端是水平的，小球做平拋運動，要分解為水平和豎直方向的分運動，故方格紙應該水平、豎直，坐標原點應該與小球在斜槽末端靜止時在木板上的投影重合。
故答案為：C。
【分析】（1）：通過“兩球同時落地→豎直運動時間相同”，判斷豎直方向為自由落體。
（2）：依據“平拋初速度水平且恒定”，分析操作合理性（末端水平、同位置釋放 ）。
（3）：利用“豎直方向→水平方向”，聯立求初速度。
（4）：推導“ 圖像斜率與 的關系”，結合圖像數據求初速度。
（5）：根據“平拋運動分解方向”，判斷坐標紙固定方式（水平豎直、原點對齊 ）。
14．（2024高一下·三臺期末）如圖甲，小張同學做“驗證機械能守恒定律”的實驗。
（1）實驗中，先接通電源，再釋放重物，得到圖乙所示的一條紙帶。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。設重物的質量為m。從打O點到打B點的過程中，重物的重力勢能減小量ΔEp =　 　，動能增加量ΔEk =　 　。
（2）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，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
（3）小張同學繼續應用紙帶上各點到起始點O的距離h，計算出相應點對應的速度v，以h為橫軸、v2為縱軸作出了如圖丙的圖線，當地重力加速度為g，該圖線的斜率應_______。
A．等于g B．小于2g C．等于2g D．大于2g
【答案】（1）；
（2）C
（3）B
【知識點】驗證機械能守恒定律
【解析】【解答】本題主要考查了機械能守恒定律的驗證實驗，根據實驗原理掌握正確的實驗操作，結合運動學公式和機械能守恒定律即可完成分析。
（1）重力做正功，重力勢能減小，重力勢能減小量
B是AC段的時間中點，B點的速度等于AC段的平均速度，即
動能增加量
聯立，解得
（2）AB．該實驗中存在摩擦、空氣阻力，實際加速度不是g，不能用運動學公式，
計算瞬時速度，只能通過紙帶上點跡求該點相鄰兩點間平均速度，故AB錯誤；
C．因存在空氣阻力和摩擦阻力的影響，減少的重力勢能一部分轉化為重物的動能，還有一部分轉化為內能，說明重力勢能的減少量大于動能的增加量，故C正確；
D．該實驗誤差屬系統誤差，采用多次實驗取平均值的方法不能改變誤差大小，故D錯誤。
故選C。
（3）根據動能定理可知
可得
由此可知，在丙圖圖像中，斜率為
故選B。
【分析】（1）根據勢能、動能定義求出動能、勢能變化量；
（2）根據實驗數據分析出可能導致誤差的原因；
（3）根據動能定理列式求出當地加速度作出判斷。
（1）[1]重力做正功，重力勢能減小，重力勢能減小量
[2]B是AC段的時間中點，B點的速度等于AC段的平均速度，即
動能增加量
聯立，解得
（2）AB．該實驗中存在摩擦、空氣阻力，實際加速度不是g，不能用運動學公式
，
計算瞬時速度，只能通過紙帶上點跡求該點相鄰兩點間平均速度，故AB錯誤；
C．因存在空氣阻力和摩擦阻力的影響，減少的重力勢能一部分轉化為重物的動能，還有一部分轉化為內能，說明重力勢能的減少量大于動能的增加量，故C正確；
D．該實驗誤差屬系統誤差，采用多次實驗取平均值的方法不能改變誤差大小，故D錯誤。
故選C。
（3）根據動能定理可知
可得
由此可知，在丙圖圖像中，斜率為
故選B。
四、解答題（共34分）
15．（2024高一下·三臺期末）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。
16．（2024高一下·三臺期末）如圖所示，“旋轉秋千”中的座椅通過纜繩懸掛在旋轉圓盤上。當旋轉圓盤繞豎直的中心軸從靜止開始轉動，穩定后座椅在水平面內做勻速圓周運動。已知懸點到中心軸的距離為，座椅（可視為質點）質量為m=6kg，纜繩長度為，穩定后纜繩與豎直方向的夾角θ=30°，不考慮空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）座椅做圓周運動的角速度ω；
（2）座椅從靜止達到穩定速度的過程中，纜繩對座椅所做的功W。
【答案】解：（1）由牛頓第二定律得
由幾何關系可得
聯立解得
（2）座椅在水平面內做勻速圓周運動速度為
座椅從靜止達到穩定速度的過程，由動能定理得
解得

【知識點】生活中的圓周運動；動能定理的綜合應用
【解析】【分析】（1）根據牛頓第二定律求座椅做圓周運動的角速度ω；（2）由v=ωr求出座椅穩定時速度大小，座椅從靜止達到穩定速度的過程中，根據動能定理求纜繩對座椅所做的功W。
17．（2024高一下·三臺期末）如圖所示，小物塊與水平傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.5，傾斜軌道和圓軌道光滑且位于同一豎直平面內，圓軌道半徑R＝0.6m，A是傾斜軌道的最低點（小物塊滑過A點前后速度大小不變），B是圓軌道的最低點，AB長L＝0.8m。現將質量m＝0.4kg的小物塊從距離AB高h處靜止釋放，取重力加速度。
（1）若h＝0.8m，傳送帶不轉動，求小物塊停在傳送帶的位置距B點的長度；
（2）若傳送帶順時針轉動，傳送帶的速度大小為6.0m／s，小物塊通過圓軌道的最高點時，對軌道的壓力大小為mg，求h的最小值和最大值；
（3）在（2）的情景中，求h取最小值時，由于傳送帶運送小物塊，電動機多做的功。（）
【答案】（1）解：設小物塊第一次經過B點的速度大小為vB，從小物塊下滑到停下來的過程中，根據動能定理，有
代入數據，解得
小物塊滑過B點后，沿圓弧軌道向上運動，設小物塊速度為零時距離B點的高度為H，根據機械能守恒定律有
代入數據，解得
所以滑塊會滑回傳送帶，從B點向A點運動，設小物塊最終停止的位置距離B點的距離為x，根據動能定理，有
代入數據，解得
小物塊最終停在傳送帶的A點，距離B點0.8m。
（2）解：小物塊通過圓軌道的最高點時，對軌道的壓力大小為mg，根據牛頓第二定律和向心力公式，有
代入數據，解得
小物塊滑過B點后，沿圓弧軌道向上運動到最高點的過程，根據機械能守恒定律有
代入數據，解得
因為傳送帶的速度為6.0m/s，若小物塊在傳送帶上從A點勻加速運動剛好到B點，設小物塊從離AB高h1處靜止釋放，根據動能定理，有
代入數據，解得
若小物塊在傳送帶上從A點做勻減速直線運動B點，設小物塊從離AB高h2處靜止釋放，根據動能定理，有
代入數據，解得
所以h的最小值為1.4m，最大值為2.2m。
（3）解：在（2）的情景中，h取最小值時，小物塊從靜止處滑到A點時的速度為vA，根據機械能守恒，有
代入數據解得
小滑塊在傳送帶上做勻加速直線運動，滑塊滑上傳送帶之后受到滑動摩擦力做勻加速直線運動，根據牛頓第二定律可知小滑塊的加速度為
根據勻變速直線運動的規律，小滑塊加速到與傳送帶速度相等運動的位移為
代入數據解得
此過程中傳送帶的位移為
代入數據解得
小物塊在傳送帶上發生的相對位移為
根據功能關系可知，由于傳送帶運送小物塊電動機多做的功為
代入數據，解得
【知識點】牛頓第二定律；牛頓運動定律的應用—傳送帶模型；向心力；動能定理的綜合應用；機械能守恒定律
【解析】【分析】（1）不轉動傳送帶：動能定理求 B 點速度根據機械能守恒判斷上滑高度，用動能定理分析返回位移，確定最終位置。
（2）轉動傳送帶：最高點受力（牛頓定律 ），根據機械能守恒求 B 點速度，用動能定理分 “加速 / 減速到 B 點”，求 h 的最值。
（3）電動機多做功：機械能守恒求 A 點速度，根據傳送帶加速過程（運動學 ），用相對位移與功能關系（摩擦力做功 + 動能變化 ），計算多做功。
1 / 1四川省綿陽市三臺縣2023-2024學年高一下學期6月測試物理試題
一、單選題（本題共8小題，共32分，在每小題給出的四個選項中，1-8題只有一項符合題目要求，4分一個）
1．（2024高一下·三臺期末）一個物體做曲線運動時（　　）
A．速度的大小可能不變 B．速度的方向可能不變
C．所受外力的合力可能為0 D．所受外力的合力一定變化
2．（2024高一下·三臺期末）如圖所示，下列有關生活中的圓周運動實例分析，說法正確的是（　　）
A．汽車通過凸形橋的最高點時，處于失重狀態
B．鐵路的轉彎處，通常要求外軌比內軌高，是利用輪緣與外軌的側壓力幫火車轉彎
C．雜技演員表演“水流星”，當它通過最高點時處于完全失重狀態，不受重力作用
D．脫水桶的原理是水滴受到的離心力大于受到的向心力，從而沿切線方向被甩出
3．（2024高一下·三臺期末）如圖所示，有五片荷葉伸出荷塘水面，一只青蛙要從高處荷葉跳到低處荷葉上。設低處荷葉a、b、c、d和青蛙在同一豎直平面內，a、b高度相同，c、d高度相同，a、b分別在c、d正上方。將青蛙的跳躍視為平拋運動，若以最小的初速度完成跳躍，則它應跳到（　　）
A．荷葉a B．荷葉b C．荷葉c D．荷葉d
4．（2024高一下·三臺期末）如圖所示，三個完全相同的小球a、b、c處于同一高度，將小球a從固定的光滑斜面上靜止釋放，小球b、c以相同的速率分別豎直向上、水平向右拋出，不計空氣阻力。關于小球從開始運動到觸地過程，下列說法正確的是（　　）
A．三個小球運動時間相等
B．重力對小球b做的功最多
C．重力對小球c做功的平均功率最大
D．三個小球觸地前瞬間，重力做功的瞬時功率相等
5．（2024高一下·三臺期末）“神舟十七號”載人飛船于2023年10月26日順利發射升空，開啟了為期6個月的天宮空間站之旅。神舟十七號飛船經歷上升、入軌交會飛行后，與已經和天舟貨運船形成組合體的空間站核心艙對接，航天員進入空間站組合體，整體在距離地球表面400公里的軌道穩定運行。下列說法正確的是（　　）
A．“神舟十七號”的運行周期大于24小時
B．“神舟十七號”的發射速度小于第一宇宙速度
C．“神舟十七號”的運行速度小于第一宇宙速度
D．已知“神舟十七號”的線速度與角速度，可以求得“神舟十七號”質量
6．（2024高一下·三臺期末）如圖所示，一傾斜的勻質圓盤繞垂直于盤面的固定軸勻速轉動，圓盤與水平桌面的夾角為，圓盤的半徑為R，圓盤邊緣處有一小物體與圓盤始終保持相對靜止，物體與盤面間的動摩擦因數為，小物塊經過圓盤的最低點A處時受到的摩擦力大小為最大靜摩擦力的。已知小物塊的質量為m，取最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g，則小物塊經過圓盤最高點B處時，下列說法正確的是（　　）
A．小物塊恰好不受圓盤面的摩擦力
B．小物塊受到的摩擦力方向沿BO方向
C．小物塊受到的摩擦力大小為
D．小物塊受到的向心力大小為
7．（2024高一下·三臺期末）2024年4月25日神舟十八號載人飛船成功與空間站交匯對接，如圖為飛船運行示意圖。軌道Ⅰ為飛船運行軌道，軌道Ⅱ為飛船的轉移軌道，軌道Ⅲ為空間站的運行軌道，軌道Ⅱ與軌道Ⅰ和Ⅲ分別相切于A、B點，已知軌道Ⅲ和軌道Ⅰ的軌道半徑之比為k，則（　　）
A．飛船經過A點時在軌道Ⅰ上的速度大于在軌道Ⅱ上的速度
B．飛船經過B點時在軌道Ⅱ上的加速度大于在軌道Ⅲ上的加速度
C．飛船在運行軌道Ⅰ和軌道Ⅱ上的運動周期之比為
D．飛船在運行軌道Ⅰ和軌道Ⅲ上的運動周期之比為
8．（2024高一下·三臺期末）如圖，水平傳送帶以恒定速度v順時針轉動，傳送帶右端上方的擋板上固定著一輕彈簧。將質量為m的小物塊P輕放在傳送帶左端，P與傳送帶之間的動摩擦因數為，在接觸彈簧前速度已達到v，P與彈簧接觸后繼續運動，彈簧的最大形變量為d，設P與傳送帶之間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。則P從接觸彈簧到第一次運動到最右端過程中（　　）
A．P的速度不斷減小
B．摩擦力對P先做正功再做負功
C．傳送帶多消耗的電能為
D．彈簧的彈性勢能變化量
二、多選題（本題共4個小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，有多項是符合題目要求的，全部選對的得4分，選對但不全得2分。有錯選得0分。）
9．（2024高一下·三臺期末）如圖甲所示，雜技表演“飛車走壁”的演員騎著摩托車飛駛在圓臺形筒壁上，現將圓臺形筒簡化為圖乙．若兩名質量相同演員騎著相同摩托車分別在A、B兩處緊貼著內壁虛線所示的水平面內做勻速圓周運動，不計摩擦，則下列說法正確的是（　　）
A．A處的角速度等于B處的角速度 B．A處的角速度小于B處的角速度
C．A處的向心力大于B處的向心力 D．A處的向心力等于B處的向心力
10．（2024高一下·三臺期末）一條河流某處存在高度差，小魚從低處向上躍出水面，沖到高處．如圖所示，以小魚躍出水面處為坐標原點，x軸沿水平方向，建立坐標系，小魚的初速度為，末速度v沿x軸正方向．在此過程中，小魚可視為質點且只受重力作用。關于小魚的水平位置x、豎直位置y、水平方向分速度和豎直方向分速度與時間t的關系，下列圖像可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
11．（2024高一下·三臺期末）我國發射的“嫦娥一號”探月衛星為繞月極地衛星。利用該衛星可對月球進行成像探測。如圖所示，衛星在繞月極地軌道上做圓周運動時距月球表面的高度為h，繞行周期為；月球繞地球公轉的周期為，公轉軌道半徑為r；地球半徑為，月球半徑為（忽略地球、太陽引力對繞月衛星的影響，萬有引力常量G已知）。下列說法正確的是（　　）
A．由開普勒第三定律得：
B．月球表面重力加速度
C．月球質量
D．“月地檢驗”的目的是為了說明地球對月球的引力與太陽對地球的引力是同一種性質的力
12．（2024高一下·三臺期末）如圖所示，一個斜面體固定在水平地面上，斜面體A端固定一與斜面垂直的擋板，斜面AB段光滑、BC段粗糙，BC段長為L。光滑圓軌道與斜面體在C點相切。質量為m的小物塊（可看作質點）從B點開始以一定的初速度沿斜面向上運動，小物塊滑上圓軌道后恰好不脫離圓軌道，之后物塊原路返回與擋板碰撞后又沿斜面向上運動，到達C點時速度為零。已知物塊與斜面BC段的動摩擦因數為0.2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，斜面傾角θ=37°，重力加速度為g，不計物塊碰撞擋板時的機械能損失，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列說法正確的是（　　）
A．小物塊第一次到達C點時的速度大小為
B．圓軌道的半徑為
C．小物塊從B點開始運動時的初速度為
D．小物塊在斜面BC段滑行的最大路程為
三、實驗題
13．（2024高一下·三臺期末）為了更全面地探究平拋運動的規律，某實驗小組利用如圖甲、乙所示兩種裝置進行實驗：
（1）該小組先利用圖甲所示裝置，用小錘打擊彈性金屬片，使P球沿水平方向拋出，同時使Q球由靜止自由下落，此后僅能聽到一個落地聲音，通過此現象可以得到，平拋運動在豎直方向做　 　（填“勻速直線”或“自由落體”）運動。
（2）該小組利用圖乙中的裝置操作時，以下做法合理的是______。
A．安裝斜槽軌道，使其末端保持水平
B．每次小球釋放的初始位置可以任意選擇
C．每次小球應從同一位置由靜止釋放
D．為描出小球的運動軌跡，描繪的點可以用折線連接
（3）利用圖乙中的裝置，在某次實驗得到一條軌跡，但忘了標記拋出點，記錄了運動過程中A、B、C三點，測得各點之間的距離關系如圖丙所示，x=15cm，hAB=15cm，hBC=25cm，則小球平拋的初速度v0=　 　m/s。（g取10m/s2）
（4）另一同學重新進行實驗，以拋出點為坐標原點，水平向右為x軸正方向，豎直向下為y軸正方向，在軌跡上選取間距較大的幾個點，確定其坐標，并在直角坐標系內繪出了圖像，如圖丁所示，則此小球平拋的初速度v0=　 　m/s。（g取10m/s2）
（5）在做“研究平拋運動”的實驗時，坐標紙應當固定在豎直的木板上，圖中坐標紙的固定情況與斜槽末端的關系正確的是______。
A． B．
C． D．
14．（2024高一下·三臺期末）如圖甲，小張同學做“驗證機械能守恒定律”的實驗。
（1）實驗中，先接通電源，再釋放重物，得到圖乙所示的一條紙帶。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。設重物的質量為m。從打O點到打B點的過程中，重物的重力勢能減小量ΔEp =　 　，動能增加量ΔEk =　 　。
（2）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，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
（3）小張同學繼續應用紙帶上各點到起始點O的距離h，計算出相應點對應的速度v，以h為橫軸、v2為縱軸作出了如圖丙的圖線，當地重力加速度為g，該圖線的斜率應_______。
A．等于g B．小于2g C．等于2g D．大于2g
四、解答題（共34分）
15．（2024高一下·三臺期末）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。
16．（2024高一下·三臺期末）如圖所示，“旋轉秋千”中的座椅通過纜繩懸掛在旋轉圓盤上。當旋轉圓盤繞豎直的中心軸從靜止開始轉動，穩定后座椅在水平面內做勻速圓周運動。已知懸點到中心軸的距離為，座椅（可視為質點）質量為m=6kg，纜繩長度為，穩定后纜繩與豎直方向的夾角θ=30°，不考慮空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）座椅做圓周運動的角速度ω；
（2）座椅從靜止達到穩定速度的過程中，纜繩對座椅所做的功W。
17．（2024高一下·三臺期末）如圖所示，小物塊與水平傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.5，傾斜軌道和圓軌道光滑且位于同一豎直平面內，圓軌道半徑R＝0.6m，A是傾斜軌道的最低點（小物塊滑過A點前后速度大小不變），B是圓軌道的最低點，AB長L＝0.8m。現將質量m＝0.4kg的小物塊從距離AB高h處靜止釋放，取重力加速度。
（1）若h＝0.8m，傳送帶不轉動，求小物塊停在傳送帶的位置距B點的長度；
（2）若傳送帶順時針轉動，傳送帶的速度大小為6.0m／s，小物塊通過圓軌道的最高點時，對軌道的壓力大小為mg，求h的最小值和最大值；
（3）在（2）的情景中，求h取最小值時，由于傳送帶運送小物塊，電動機多做的功。（）
答案解析部分
1．【答案】A
【知識點】曲線運動的條件；曲線運動
【解析】【解答】AB.曲線運動的速度方向：沿軌跡切線，必變化（方向改變即速度矢量變化 ），曲線運動的速度大小：可不變（如勻速圓周運動，速度方向變、大小不變 ），故A 正確，B 錯誤。
CD.曲線運動的條件：合外力與速度方向不共線（合外力可為恒力或變力 ），恒力示例：平拋運動（僅受重力，合外力不變 ）。變力示例：勻速圓周運動（向心力方向變，合外力變 ），故合外力一定不為 0（因速度變化，必有加速度 ），但不一定變化，C、D 錯誤
故答案為：A。
【分析】AB：利用 “曲線運動速度方向必變，大小可不變（如勻速圓周 ）”，判斷速度特征。
CD：依據 “曲線運動條件（合外力與速度不共線 ）”+“合外力可為恒力（如平拋 ）”，判斷合外力是否為 0、是否變化。
2．【答案】A
【知識點】超重與失重；生活中的圓周運動；離心運動和向心運動
【解析】【解答】A．當汽車過程凸形橋最高點時，此時合外力提供向心力，方向豎直向下，由于加速度方向向下所以汽車處于失重狀態。故A正確；
B．鐵路的轉彎處設計為外軌比內軌高，此時支持力方向傾斜向上，則可以利用火車自身重力和垂直軌道向上的支持力的合力提供火車轉彎所需的向心力，從而減少對軌道的側向壓力。故B錯誤；
C．“水流星”始終重力作用，完全失重狀態是物體的加速度等于重力加速度，“水流星”在最高點時的加速度處于失重狀態，但不一定處于完全失重狀態。故C錯誤；
D．水滴做離心運動的條件是水滴受到的合外力不足以提供做圓周運動的向心力，從而出現離心運動。不是由于受到的離心力大于受到的向心力，故D錯誤。
故選A。
【分析】利用汽車過最高點的合力方向可以判別超重與失重；鐵路的設計是為了讓支持力和重力的合力提供向心力；水流星一直受到重力的作用；水滴做離心運動的條件是水滴受到的合外力不足以提供做圓周運動的向心力。
3．【答案】C
【知識點】運動的合成與分解；平拋運動
【解析】【解答】青蛙做平拋運動，水平方向勻速直線，豎直方向自由落體則有
可得
因此水平位移越小，豎直高度越大初速度越小，因此跳到荷葉c上面。
故答案為：C。
【分析】平拋運動分解：將運動拆分為水平勻速、豎直自由落體，利用分運動公式關聯初速度、位移、高度。
初速度表達式推導：通過消元法得到與x、h的關系，明確初速度隨x 減小、h 增大而減小。
條件比較：對比各荷葉的水平位移和豎直高度，確定使初速度最小的目標荷葉。
4．【答案】C
【知識點】功的計算；功率及其計算
【解析】【解答】本題考查功和功率的計算問題，會準確的分析物體的運動過程，會根據題意求解平均功率以及瞬時功率。A．設a球斜面傾角為，根據
b球做豎直上拋運動，有
c球做平拋運動，有
所以c球運動時間最短，a球和b球運動時間無法確定，故A錯誤；
B．重力做功為
由于下落高度相同，所以重力做功相等，故B錯誤；
C．重力的平均功率
因為重力做功相同，c球運動時間最短，所以重力對小球c做功的平均功率最大，故C正確；
D．重力做功的瞬時功率
由重力做功相同，落地前瞬間
所以
故D錯誤。
故選C。
【分析】 根據三個情形的運動分別列式關于時間的關系式，結合關系式分析比較時間的長度；
根據重力做功的特點進行判斷；根據重力做功的平均功率和瞬時功率結合時間和落地豎直分速度進行分析解答。
5．【答案】C
【知識點】第一、第二與第三宇宙速度；衛星問題
【解析】【解答】A．同步衛星軌道高度約36000公里，“神舟十七號”軌道高度400公里（遠小于同步軌道 ），由萬有引力提供向心力
（ 越小， 越小 ）
故“神舟十七號”周期小于24小時，故A錯誤；
B．第一宇宙速度是發射地球衛星的最小發射速度，發射“神舟十七號”的速度大于第一宇宙速度，故B錯誤；
C．第一宇宙速度是地球衛星的最大運行速度， “神舟十七號”的運行速度小于第一宇宙速度，故C正確；
D．根據萬有引力提供向心力
計算時，“神舟十七號”的質量m會被約掉，不能計算出來，故D錯誤。
故答案為：C。
【分析】A：利用“周期公式”，結合軌道高度比較周期。
B：明確“第一宇宙速度是最小發射速度”，判斷發射速度大小。
C：通過“運行速度公式”，結合近地軌道最大速度，判斷運行速度。
D：分析萬有引力公式中“衛星質量可約去”，判斷能否求質量。
6．【答案】B
【知識點】受力分析的應用；向心力；生活中的圓周運動
【解析】【解答】物塊在A點時
在B點時設摩擦力方向指向O點，則
解得
因，可得
則小物塊受到的摩擦力方向沿BO方向；小物塊受到的摩擦力大小為
小物塊受到的向心力大小為，故B正確，ACD錯誤。
故答案為：B。
【分析】A 點：徑向合力（摩擦力分力 - 重力分力 ）提供向心力，列方程求，B 點：假設摩擦力方向指向圓心，徑向合力（摩擦力 + 重力分力 ）提供向心力，聯立 A 點方程求摩擦力，最后判斷選項：通過分析摩擦力正負（方向 ），對比向心力與摩擦力表達式，判斷選項正誤。
7．【答案】C
【知識點】衛星問題
【解析】【解答】本題考查萬有引力與變軌的知識，要掌握飛船變軌原理是通過讓飛船做離心運動或近心運動實現的。要掌握開普勒定律與萬有引力定律，并能用來解決實際問題。A．飛船在軌道Ⅰ上經過A點時要加速才能進入軌道Ⅱ，可知飛船經過A點時在軌道Ⅰ上的速度小于在軌道Ⅱ上的速度，選項A錯誤；
B．根據
可知，飛船經過B點時在軌道Ⅱ上的加速度等于在軌道Ⅲ上的加速度，選項B錯誤；
C．根據開普勒第三定律可知
飛船在運行軌道Ⅰ和軌道Ⅱ上的運動周期之比為
選項C正確；
D．根據開普勒第三定律可知
飛船在運行軌道Ⅰ和軌道Ⅲ上的運動周期之比為
選項D錯誤。
故選C。
【分析】根據變軌原理分析飛船從軌道Ⅰ進入軌道Ⅱ在A點的速度變化情況；根據牛頓第二定律比較加速度大小；由開普勒第三定律求出周期之比。
8．【答案】D
【知識點】牛頓運動定律的應用—傳送帶模型；機械能守恒定律
【解析】【解答】A．當彈簧彈力等于最大靜摩擦力之后，小物塊才開始做減速運動，小物塊剛接觸彈簧時，彈簧的彈力小于最大靜摩擦力，物塊仍然向右做勻速直線運動，速度不變，故A錯誤；
B．傳送帶對物塊的摩擦力方向一直向右，與運動方向相同，即摩擦力對P一直做正功，故B錯誤；
C．令P從接觸彈簧到第一次運動到最右端過程經歷時間為，則傳送帶的位移為
由于物塊先向右做勻速直線運動，后向右做加速度增大的減速直線運動，則有
即有
傳送帶所受摩擦力的平均值
根據功能關系，傳送帶多消耗的電能為
故C錯誤；
D．壓縮彈簧的過程中，摩擦力對P做的功
根據動能定理合力做功等于動能變化
根據功能關系有
解得
故D正確。
故選D。
【分析】小物塊剛接觸彈簧時，彈簧的彈力小于最大靜摩擦力，物塊仍然向右做勻速直線運動，速度不變，當彈簧彈力等于最大靜摩擦力之后，小物塊才開始做減速運動。
9．【答案】B,D
【知識點】向心力；生活中的圓周運動
【解析】【解答】對演員和摩托車進行受力分析，設支持力與豎直方向的夾角為，如圖所示
由圖可知向心力大小為
由于質量相同，相同，則A處的向心力等于B處的向心力；根據牛頓第二定律可得
可得
由于A處的半徑大于B處的半徑，則A處的角速度小于B處的角速度。
故答案為：BD。
【分析】1. 受力分解與向心力推導：將支持力分解為水平（向心力 ）和豎直（平衡重力 ）分量，聯立得向心力向，體現“幾何角度”與“向心力”的關聯。
2. 向心力大小判斷：利用“質量相同、相同”，直接得向心力相等，排除C、鎖定D。
3. 角速度公式推導與比較：結合向心力公式向，推導出與半徑的關系（ ），因處半徑大，故角速度小，排除A、鎖定B。
10．【答案】A,D
【知識點】斜拋運動
【解析】【解答】本題考查斜上拋運動的問題，會利用分運動和合運動的思想分析解決實際問題。
AC．小魚可視為質點且只受重力作用，小魚做斜拋運動，在水平方向上做勻速直線運動，即為定值，則有水平位移
故A正確，C錯誤；
BD．小魚在豎直方向上做豎直上拋運動，則
，
且最高點時豎直方向的速度為0，故B錯誤，D正確。
故選AD。
【分析】根據小魚運動過程的受力情況結合水平分運動的速度和位移進行分析求解；根據小魚在豎直方向上的位移規律和速度規律列式結合圖線進行判斷。
11．【答案】B,C
【知識點】開普勒定律；萬有引力定律
【解析】【解答】A．開普勒第三定律適用于同一中心天體的天體運動。月球繞地球（中心天體地球 ），衛星繞月球（中心天體月球 ），中心天體不同，不能用開普勒第三定律，故A錯誤；
B．對月球的極地衛星
對月球表面的物體
解得月球表面重力加速度
故B正確；
C．對月球的極地衛星
解得月球質量
故C正確；
D．“月地檢驗” 的目的是驗證地球對地面物體的引力與地球對月球的引力是同一種性質的力（萬有引力 ），而非 “太陽對地球的引力”，故D錯誤。
故答案為：BC。
【分析】A：明確開普勒第三定律的適用條件（同一中心天體 ），判斷能否應用。
B、C：利用 “萬有引力提供向心力（衛星 ）” 和 “萬有引力等于重力（表面物體 ）”，聯立推導重力加速度與月球質量。
D：理解 “月地檢驗” 的物理意義（驗證地球對物體與月球的引力同性質 ）。
12．【答案】A,C
【知識點】功能關系；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．研究小物塊從B點開始運動到第一次到達C點過程，由動能定理可得
解得
故A正確；
B．依題意，小物塊恰好不脫離圓軌道，分析可知，物塊到達圓心等高處速度為0。小物塊由C點運動到該點，根據動能定理可得
聯立，解得
故B錯誤；
C．設小物塊從B點開始運動時的初速度為，研究小物塊從B點開始運動至C點速度為零，由動能定理可得
解得
故C正確；
D．依題意，有
可知，小物塊最終將在A、B之間做往復運動，設小物塊在斜面BC段滑行的最大路程為s，由動能定理，可得
解得
故D錯誤。
故答案為：AC。
【分析】動能定理的全程應用：物塊運動過程復雜（上滑、圓軌道、返回、碰撞、再上滑 ），但通過動能定理可簡化分析，只需關注初末狀態動能與過程中力做的功（重力、摩擦力 ）。
臨界條件與圓軌道：“恰好不脫離圓軌道” 的臨界條件（到達圓心等高處速度為 0 ），結合動能定理建立速度與半徑的關系。
摩擦力做功的累積性：物塊在BC段往返運動，摩擦力做功與路程成正比，通過動能定理求總路程。
13．【答案】（1）自由落體
（2）A；C
（3）1.5
（4）0.5
（5）C
【知識點】研究平拋物體的運動；運動的合成與分解
【解析】【解答】（1）小錘打擊使P球平拋，Q球自由下落，僅聽到一個落地聲，兩球豎直方向運動時間相同，故平拋運動在豎直方向做自由落體運動。
故答案為：自由落體
（2）A．為了保證小球拋出時的速度處于水平方向，安裝斜槽軌道，使其末端保持水平，故A正確；
BC．為了保證每次拋出時的速度相同，每次小球應從同一位置由靜止釋放，故B錯誤，C正確；
D．為描出小球的運動軌跡，描繪的點應用平滑的曲線連接，故D錯誤。
故答案為：AC。
（3）豎直方向根據
解得
水平方向有
可得小球平拋的初速度為
故答案為：1.5
（4）根據平拋運動規律可得
，
聯立可得
可得圖像的斜率為
可得小球平拋的初速度為
故答案為：0.5
（5）斜槽末端是水平的，小球做平拋運動，要分解為水平和豎直方向的分運動，故方格紙應該水平、豎直，坐標原點應該與小球在斜槽末端靜止時在木板上的投影重合。
故答案為：C。
【分析】（1）：通過“兩球同時落地→豎直運動時間相同”，判斷豎直方向為自由落體。
（2）：依據“平拋初速度水平且恒定”，分析操作合理性（末端水平、同位置釋放 ）。
（3）：利用“豎直方向→水平方向”，聯立求初速度。
（4）：推導“ 圖像斜率與 的關系”，結合圖像數據求初速度。
（5）：根據“平拋運動分解方向”，判斷坐標紙固定方式（水平豎直、原點對齊 ）。
14．【答案】（1）；
（2）C
（3）B
【知識點】驗證機械能守恒定律
【解析】【解答】本題主要考查了機械能守恒定律的驗證實驗，根據實驗原理掌握正確的實驗操作，結合運動學公式和機械能守恒定律即可完成分析。
（1）重力做正功，重力勢能減小，重力勢能減小量
B是AC段的時間中點，B點的速度等于AC段的平均速度，即
動能增加量
聯立，解得
（2）AB．該實驗中存在摩擦、空氣阻力，實際加速度不是g，不能用運動學公式，
計算瞬時速度，只能通過紙帶上點跡求該點相鄰兩點間平均速度，故AB錯誤；
C．因存在空氣阻力和摩擦阻力的影響，減少的重力勢能一部分轉化為重物的動能，還有一部分轉化為內能，說明重力勢能的減少量大于動能的增加量，故C正確；
D．該實驗誤差屬系統誤差，采用多次實驗取平均值的方法不能改變誤差大小，故D錯誤。
故選C。
（3）根據動能定理可知
可得
由此可知，在丙圖圖像中，斜率為
故選B。
【分析】（1）根據勢能、動能定義求出動能、勢能變化量；
（2）根據實驗數據分析出可能導致誤差的原因；
（3）根據動能定理列式求出當地加速度作出判斷。
（1）[1]重力做正功，重力勢能減小，重力勢能減小量
[2]B是AC段的時間中點，B點的速度等于AC段的平均速度，即
動能增加量
聯立，解得
（2）AB．該實驗中存在摩擦、空氣阻力，實際加速度不是g，不能用運動學公式
，
計算瞬時速度，只能通過紙帶上點跡求該點相鄰兩點間平均速度，故AB錯誤；
C．因存在空氣阻力和摩擦阻力的影響，減少的重力勢能一部分轉化為重物的動能，還有一部分轉化為內能，說明重力勢能的減少量大于動能的增加量，故C正確；
D．該實驗誤差屬系統誤差，采用多次實驗取平均值的方法不能改變誤差大小，故D錯誤。
故選C。
（3）根據動能定理可知
可得
由此可知，在丙圖圖像中，斜率為
故選B。
15．【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。
16．【答案】解：（1）由牛頓第二定律得
由幾何關系可得
聯立解得
（2）座椅在水平面內做勻速圓周運動速度為
座椅從靜止達到穩定速度的過程，由動能定理得
解得

【知識點】生活中的圓周運動；動能定理的綜合應用
【解析】【分析】（1）根據牛頓第二定律求座椅做圓周運動的角速度ω；（2）由v=ωr求出座椅穩定時速度大小，座椅從靜止達到穩定速度的過程中，根據動能定理求纜繩對座椅所做的功W。
17．【答案】（1）解：設小物塊第一次經過B點的速度大小為vB，從小物塊下滑到停下來的過程中，根據動能定理，有
代入數據，解得
小物塊滑過B點后，沿圓弧軌道向上運動，設小物塊速度為零時距離B點的高度為H，根據機械能守恒定律有
代入數據，解得
所以滑塊會滑回傳送帶，從B點向A點運動，設小物塊最終停止的位置距離B點的距離為x，根據動能定理，有
代入數據，解得
小物塊最終停在傳送帶的A點，距離B點0.8m。
（2）解：小物塊通過圓軌道的最高點時，對軌道的壓力大小為mg，根據牛頓第二定律和向心力公式，有
代入數據，解得
小物塊滑過B點后，沿圓弧軌道向上運動到最高點的過程，根據機械能守恒定律有
代入數據，解得
因為傳送帶的速度為6.0m/s，若小物塊在傳送帶上從A點勻加速運動剛好到B點，設小物塊從離AB高h1處靜止釋放，根據動能定理，有
代入數據，解得
若小物塊在傳送帶上從A點做勻減速直線運動B點，設小物塊從離AB高h2處靜止釋放，根據動能定理，有
代入數據，解得
所以h的最小值為1.4m，最大值為2.2m。
（3）解：在（2）的情景中，h取最小值時，小物塊從靜止處滑到A點時的速度為vA，根據機械能守恒，有
代入數據解得
小滑塊在傳送帶上做勻加速直線運動，滑塊滑上傳送帶之后受到滑動摩擦力做勻加速直線運動，根據牛頓第二定律可知小滑塊的加速度為
根據勻變速直線運動的規律，小滑塊加速到與傳送帶速度相等運動的位移為
代入數據解得
此過程中傳送帶的位移為
代入數據解得
小物塊在傳送帶上發生的相對位移為
根據功能關系可知，由于傳送帶運送小物塊電動機多做的功為
代入數據，解得
【知識點】牛頓第二定律；牛頓運動定律的應用—傳送帶模型；向心力；動能定理的綜合應用；機械能守恒定律
【解析】【分析】（1）不轉動傳送帶：動能定理求 B 點速度根據機械能守恒判斷上滑高度，用動能定理分析返回位移，確定最終位置。
（2）轉動傳送帶：最高點受力（牛頓定律 ），根據機械能守恒求 B 點速度，用動能定理分 “加速 / 減速到 B 點”，求 h 的最值。
（3）電動機多做功：機械能守恒求 A 點速度，根據傳送帶加速過程（運動學 ），用相對位移與功能關系（摩擦力做功 + 動能變化 ），計算多做功。
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