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广东省广州市华南师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期期末物理试题
1．（2024高一下·广州期末） 2023 年华为隆重推出搭载我国自主研发的麒麟9000s芯片的 Mate60 手机，该手机可以与地球同步轨道的“天通一号01”实现卫星通信。 已知地球半径为 R，“天通一号01”离地高度约为6R，以下关于该卫星的说法正确的是（　　）
A．卫星在地球同步轨道上处于平衡状态
B．卫星的发射速度小于近地卫星的环绕速度
C．卫星的加速度约为静止在赤道上物体加速度的36 倍
D．若地球自转加快，卫星为保持与地面同步，轨道高度应降低
2．（2024高一下·广州期末）如图，为某款新型配送机器人，它可以自动规避道路障碍与往来车辆行人，实现自动化安全配送。该机器人在平直公路上行驶时额定功率为P，自身质量为M，最大承载质量为m，阻力为其总重力的k倍。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．该机器人空载行驶时，能达到的最大速度为
B．若该机器人满载以额定功率匀速行驶途中，不慎掉落一货物，之后机器人将做加速度逐渐增大的变加速运动
C．该机器人可以一直做匀加速直线运动直至达到全程的最大速度
D．若该机器人满载时以加速度a匀加速启动，则匀加速运动的时间为
3．（2024高一下·广州期末）如图所示，水平桌面光滑，轻弹簧一端固定在墙上，另一端栓接木块B，开始时B静止，弹簧处于原长。某时刻子弹A沿水平方向射入木块B并留在其中，将弹簧压缩到最短。对子弹、木块和弹簧构成的系统，从子弹开始射入木块到弹簧被压缩至最短的过程中（　　）
A．动量不守恒，机械能守恒 B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能不守恒 D．动量守恒，机械能守恒
4．（2024高一下·广州期末）如图所示，一质量为的小车静止在光滑水平面上，车上固定一个竖直支架，轻绳一端固定在支架上，另一端固定一质量为的小球，轻绳长为，将小球向右拉至轻绳水平后，从静止释放，忽略各摩擦阻力，则（　　）
A．系统的动量守恒
B．小球运动到最低点时小车速度为零
C．小球不能向左摆到原高度
D．小车向右移动的最大距离为
5．（2024高一下·广州期末）如图所示，一同学使用网球训练器练习打网球，质量为m的网球与底座之间有一弹性绳连接，练习过程中底座保持不动。该同学将网球抛至最高点a处用球拍击打，b是轨迹上的最高点，c处弹性绳仍然处于松弛状态，速率为，网球到达d处前弹性绳已经绷紧，在d处撞在竖直墙壁上，不计空气阻力。则（　　）
A．a处网球拍给网球的冲量沿水平方向
B．击打后由a到c过程中网球受到的合力冲量竖直向下
C．c到d过程中网球受到的合力的冲量方向竖直向下
D．c处重力的瞬时功率为
6．（2024高一下·广州期末）如图所示，电风扇的叶片匀速旋转时将空气以速度v向前排开，叶片旋转形成的圆的面积为S，空气密度为ρ，下列说法正确的是（　　）
A．t时间内通过叶片的空气质量为ρSv
B．空气对叶片的推力为
C．若仅将叶片面积增大为2S，则空气对叶片的压强变为原来的一半
D．单位时间内流过叶片的空气的动能为
7．（2024高一下·广州期末）假设地面上有一火车以接近光速的速度运行，其内站立着一个中等身材的人，站在路旁的人观察车里的人，观察的结果是这个人（　　）
A．是一个矮胖子 B．矮但不胖
C．是一个瘦高个子 D．瘦但不高
8．（2024高一下·广州期末）如图所示，为保证安全，铁路拐弯处内、外轨有一定的高度差，使质量为的火车以设计的速率在水平面内转弯时，内、外轨对车轮均无侧向压力，测得此时轨道对车轮的支持力大小为。当火车以实际速率在此弯道上转弯时，轨道将施于车轮一个与枕木平行的侧向压力F，下列说法正确的是（　　）
A．若，侧向压力F方向由内轨指向外轨
B．若，轨道对车轮的支持力大于
C．在春运期间乘客较多，导致火车总质量大于，为保证安全，此时的行驶速率应该小于
D．该弯道的半径
9．（2024高一下·广州期末）如图所示，轻绳的一端通过光滑轻质定滑轮与套在光滑水平杆上的小物块A连接，另一端连接小球B。由图中P位置由静止释放物块A，当A经过Q位置时向右运动的速度大小为，小球B的速度大小为，轻绳与杆的夹角为。则（　　）
A．
B．当A经过Q位置时，小球B一定处于失重状态
C．A从P位置向右运动到Q位置过程中，绳子拉力对A先做正功，后做负功
D．B的重力势能的减少量等于A和B动能的增加量
10．（2024高一下·广州期末）在水平面上静置有质量相等的a、b两个物体，水平推力、分别作用在a、b上，一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下，a、b在运动过程中未相撞，a、b的v-t图像如图所示，图中平行于，整个过程中a、b的最大速度相等，运动时间之比。则在整个运动过程中下列说法正确的是（　　）
A．物体a、b受到的摩擦力大小相等
B．两水平推力对物体的冲量之比为
C．两水平推力对物体的做功之比为
D．两水平推力的大小之比为
11．（2024高一下·广州期末）用如图1所示的装置探究碰撞中的不变量。先不放球，让A球从斜槽上某一固定位置S由静止开始滚下，从轨道末端飞出，落到位于水平地面的复写纸上，在复写纸下面垫放的白纸上留下点迹，重复上述操作10次，得到小球平均落点位置。再把球放在轨道末端，让A球仍从S位置由静止滚下，A球和球碰撞后，都从轨道末端飞出，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10次，分别得到两球平均落点位置。如图2所示为三个落点的平均落点位置。
（1）关于本实验的条件和操作要求，下列说法正确的是　 　。（填字母代号）
A．实验选用的斜槽轨道必须光滑 B．料槽轨道末端的切线必须水平
C．选用的两个小球质量可以相等 D．选用的两个小球半径必须相等
（2）上述实验除需测量线段的长度外，还需要测量的物理量有　 　。
A．A球质量、球质量 B．小球释放点距斜槽末端的高度
C．小球抛出点距地面的高度 D．小球开始抛出到落地所用的时间
（3）若的长度依次为，则在实验误差允许的范围内，若满足关系式　 　（用及问题（3）中测得物理量所对应符号表示），则可以认为两球碰撞前后的动量守恒。若满足关系式　 　（用表示）则该碰撞为弹性碰撞。
12．（2024高一下·广州期末）某同学用如图（a）所示的装置验证机械能守恒定律。不可伸长的轻绳绕过轻质定滑轮，轻绳两端分别连接物块P与感光细钢柱K，两者质钢柱量均为，钢柱K下端与质量为的物块Q相连。铁架电动机台下部固定一个电动机，电动机竖直转轴上装一支激光笔，电动机带动激光笔绕转轴在水平面内匀速转动，每转一周激光照射在细钢柱表面时就会使细钢柱感光并留下痕迹。初始时P、K、Q系统在外力作用下保持静止，轻绳与细钢柱均竖直。重力加速度g取。
（1）开启电动机，待电动机以的角速度匀速转动后。将P、K、Q系统由静止释放，Q落地前，激光器在细钢柱K上留下感光痕迹。取下K，用刻度尺测出感光痕迹间的距离如图（b）所示。则细钢柱K上相邻感光痕迹间的时间间隔T=　 　s，激光束照射到E点时，细钢柱速度大小为　 　m/s。（此问2空的计算结果均保留1位有效数字）
（2）经判断系统由静止释放时激光笔光束恰好经过O点。参照图（b），在OE段，系统动能的增加量　 　，重力势能的减少量　 　；比较两者关系可判断系统机械能是否守恒。（计算结果均保留3位有效数字）
（3）选取相同的另一感光细钢柱K，若初始时激光笔对准K上某点，开启电动机的同时系统由静止释放，电动机的角速度按如图（c）所示的规律变化，图像斜率为k，记录下如图（d）所示的感光痕迹，其中两相邻感光痕迹间距均为d。若验证得到表达式k=　 　即可证明系统在运动过程中机械能守恒（用含字母M、m、d、k、g、π的表达式表示）。
13．（2024高一下·广州期末）一滑雪运动员在A获得的速度，后沿平直轨道滑到B点，并从B点水平飞出，在空中飞行一段时间后落在斜坡BC上，示意图如图所示。已知AB的长度，运动员与AB间的动摩擦因数，斜面的倾角，，，重力加速度g取，不计空气阻力，滑雪运动员可视为质点。求：
（1）运动员在B点的速度大小；
（2）运动员在空中飞行的时间t。
14．（2024高一下·广州期末）如图所示，“L”型平板B静置在光滑水平地面上，小物块A处于平板B上的点，点左侧粗糙、右侧光滑。用长为不可伸长的轻绳悬挂一质量为的小球，悬点O在点正上方，轻绳水平且恰好伸直。将小球由静止释放，向下摆至最低点时与小物块A发生碰撞，碰后小球以的速率反弹，反弹至最高点处将其固定。A沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞，碰后经，A开始加速，最终A恰好不从B上滑下。已知A与B的质量，A与B左侧的动摩擦因数为，重力加速度g取，不计空气阻力，求：
（1）小球运动到最低点时绳子对小球的拉力T；
（2）A与小球碰后的速度大小；
（3）平板B的总长度L。
15．（2024高一下·广州期末）一轻质弹簧原长为2R，一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A点，另一端位于直轨道B点。直轨道AC长为6R，与一半径为R光滑的圆轨道（过山车模型）相切于C点，A、B、C、D、E均在同一竖直平面内，如图所示。质量为m的小物块P自C点由静止开始释放，最低到达距A点为R的E点，已知P与直轨道间的动摩擦因数，重力加速度大小为g，取，，求：
（1）物块P从释放到第一次通过B点所用时间t；
（2）物块P压缩弹簧到达E点时，弹簧的弹性势能；
（3）改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。P进入竖直圆轨道后，在轨道内运动过程中，不脱离轨道，求P质量的取值范围。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A、卫星在地球同步轨道上做匀速圆周运动，不是处于平衡状态，故A错误；
B、同步卫星轨道高于近地轨道卫星，故发射速度大于最小发射速度，即最大环绕速度，故B错误；
C、同步轨道上卫星与赤道上物体运动的角速度相同，由
卫星在同步轨道上的向心加速度约是赤道上物体向心加速度的7倍，故C错误；
D、若地球自转加快，卫星为保持与地面同步，应当具有更大的角速度，更小的周期，根据
可知轨道高度应降低，故D正确。
故答案为：D。
【分析】卫星在地球同步轨道上做匀速圆周运动，不处于平衡状态。第一宇宙速度是最小发射速度，最大环绕速度。确定两卫星的轨道半径关系，再根据万有引力定律及牛顿第二定律进行分析。
2．【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；功率及其计算；机车启动
【解析】【解答】A．根据阻力和重力的关系可以得出该机器人空载行驶时受到的阻力为
当其达到最大速度时，其所受到的阻力与牵引力大小相等，根据功率的表达式有
解得最大速度为
故A项正确；
B．当其满载时，根据阻力的表达式可以得出其受到的阻力为
匀速运动时，根据平衡方程有：
当掉落一个货物后，根据表达式可以得出其阻力变为
掉落瞬间，其牵引力大于阻力，所以其将有加速度，根据牛顿第二定律有
对于其机器人有
由于掉落后机器人的做加速运动，其速度增加，由于功率保持不变，所以其牵引力减小，加速度减小，综上所述若该机器人满载以额定功率匀速行驶途中，不慎掉落一货物，之后机器人将做加速度逐渐增小的变加速运动，故B项错误；
C．若机器人以恒定加速度启动，有
根据功率的表达式有：
所以当机器人的功率增加到额定功率时，其牵引力将会减小，所以其之后将做加速度减小的加速运动，直至最大速度，综上所述可知，该机器人不可以一直做匀加速直线运动直至达到全程的最大速度，故C项错误；
D．当机器人恒加速度运动时，有
根据功率的表达式可以得出达到额定功率有
匀加速直线时，根据速度公式有
解得
故D项错误。
故选A。
【分析】利用阻力和牵引力相等，结合功率的表达式可以求出最大速度的大小；当额定功率运动时，利用阻力的变化可以判别加速度的大小变化；当开始做匀加速直线运动时，达到额定功率后，随着速度增大牵引力不断减小，则开始做加速度不断减小的加速运动；利用牛顿第二定律结合匀加速过程的最大速度，再结合速度公式可以求出匀加速过程运动的时间。
3．【答案】C
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】以子弹、弹簧和木块为系统，由于系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中，由于墙壁对弹簧有力的作用，所以系统所受的外力之和不为零，所以系统动量不守恒。在整个过程中，由于子弹射入木块的过程中由于摩擦力做功有内能产生，根据能量转化可以得出系统机械能不守恒。
故选C。
【分析】利用系统受到外力可以判别动量不守恒；利用系统摩擦力做功可以判别机械能不守恒。
4．【答案】D
【知识点】动量守恒定律；人船模型
【解析】【解答】A．小球下落过程中，由于竖直方向合力不等于0；以小车和小球为系统，系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故系统在水平方向动量守恒，而系统总动量不守恒，故A错误；B．根据水平方向的动量守恒定律，由于最初水平方向的动量为0，则小球运动到最低点时有向左的速度，则小车速度向右，选项B错误；
C．根据系统水平方向动量守恒及系统机械能守恒可知，小球摆到左侧最高点时系统的速度为零，则小球仍能向左摆到原高度，故C错误；
D．根据题意可知，小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船”模型，系统水平方向动量守恒，规定水平向左为正方向，设小球在水平方向上的平均速度为vm，小车在水平方向上的平均速度为vM，根据水平方向的动量守恒定律有
mvm-MvM=0
根据位移公式有
mxm=MxM
又根据题意有
xm+xM=2l
联立解得小车向右移动的最大距离为
xM＝
故D正确。
故选D。
【分析】由于系统仅在水平方向合力为0，所以系统在水平方向动量守恒；利用动量守恒定律及能量守恒定律可以判别小球在最低的速度不为0；利用系统动量守恒定律及能量守恒定律可以判别小球能够到达左侧原来高度；利用动量守恒定律结合位移公式可以求出小车向右运动的最大距离。
5．【答案】B
【知识点】功率及其计算；冲量
【解析】【解答】A．网球做曲线运动，曲线上任意一点的切线方向即为网球的速度方向，根据轨迹切线方向可以得出a处的速度方向斜向右上方，由于冲量的方向与动量变化量的方向相同，因此网球拍给网球的冲量应斜向上方，故A错误；
B．a到c过程中网球只受到竖直向下的重力作用，则重力的冲量竖直向下，由于冲量的方向与合力的方向相同，因此拍打后a到c过程中网球受到的冲量方向竖直向下，故B正确；
C．由题意可知，d处弹性绳已经绷紧，即弹性绳在到达d处时已经出现了弹力，因此网球从c到d过程中受力情况分为只受重力与受到重力和弹性绳的拉力两种情况，若只受重力阶段，根据重力的方向则冲量竖直向下；若受到重力和弹性绳的拉力则二者合力斜向左下方，根据合力的方向因此网球受到的冲量方向斜向左下方，故C错误；
D．根据功率的表达式可以得出c处重力的瞬时功率为
故D错误。
故选B。
【分析】利用轨迹的切线方向可以判别速度的方向，结合动量定理可以判别冲量的方向；利用网球受到的合力方向可以判别冲量的方向；利用重力和竖直方向速度的大小可以求出瞬时功率的大小。
6．【答案】B
【知识点】动量定理；动能
【解析】【解答】A．根据圆柱体的体积公式可以得出t时间内叶片排开的空气的质量为
故A项错误；
B．以空气为对象，叶片对空气的推力产生的冲量导致空气的动量发生变化，由动量定理可得
解得叶片匀速旋转时，空气受到的推力为
根据牛顿第三定律可知，空气对叶片的推力为，故B项正确；
C．根据压强公式可以得出空气对叶片的压强为
所以若仅将叶片面积增大为2S，则空气对叶片的压强不变，故C项错误；
D．单位时间，则时间为1s，所以其单位时间内通过叶片的空气为
根据动能的表达式可以得出单位时间内流过叶片的空气的动能为
故D项错误。
故选B。
【分析】利用圆柱体的体积公式可以求出空气质量的大小；利用动量定理可以求出叶片对空气的推力大小，结合牛顿第三定律可以求出空气对叶片的作用力大小；利用压强公式可以判别空气对叶片的压强大小；利用动能的表达式可以求出空气动能的大小。
7．【答案】D
【知识点】相对论时空观与牛顿力学的局限性
【解析】【解答】车内站着一个中等身材的人，说明不高；根据相对论的知识可以得出：取路旁的人为惯性系，车上的人相对路旁的人高速运动，根据尺缩效应，人在运动方向将变窄，所以人的宽度会变小，但在垂直于运动方向没有发生变化，所以人的高度没有变化，所以观察的结果是这个人瘦但不高，故D正确，ABC错误。
故选D。
【分析】利用相对论中的尺缩效应可以判别人的宽度变小，高度保持不变。
8．【答案】B,D
【知识点】牛顿第二定律；生活中的圆周运动
【解析】【解答】AB．若，重力和支持力的合力不足以提供火车做圆周运动的向心力，根据离心运动的轨迹则火车有做离心运动的趋势，由于火车向外运动有趋势则此时外轨对车轮轮缘施加压力，即侧向压力F方向由外轨指向内轨，此时轨道对车轮的支持力大于，选项A错误，B正确；
CD．火车以规定的速度转弯时，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有
可知v0与火车的质量无关，根据表达式可以得出该弯道的半径
选项C错误，D正确。
故选BD。
【分析】利用火车的速度大于轨道速度时有做离心运动的趋势，则外轨道会产生指向内轨的压力，此时轨道对车轮的支持力大于最初的支持力大小；利用牛顿第二定律可以求出安全行驶速度的大小及弯道半径的大小。
9．【答案】A,D
【知识点】超重与失重；运动的合成与分解；功的概念；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．在Q位置时，由于沿着绳子方向的速度大小相等，根据速度的分解有
故A项正确；
B．在A运动过程中，其绳子与杆的夹角在增加，根据表达式可以得出当角度为90°时B的速度为零，说明B物体先加速后减速，但无法判断此时的运动情形，超重和失重都有可能，故B项错误；
C．该过程中，其轻绳与杆之间的夹角为锐角，即A从P位置向右运动到Q位置过程中，根据功的性质可以得出绳子拉力对A一直做正功，故C项错误；
D．将AB看成一个系统，由于系统内只有重力做功所以该系统机械能守恒，所以B的重力势能的减少量等于A和B动能的增加量，故D项正确。
故选AD。
【分析】利用速度的分解可以求出A和B的速度大小关系；利用速度的分解可以判别B速度的变化，进而不能判别B某瞬间的加速度方向，进而不能判别超重与失重；利用拉力的方向和位移的方向可以判别拉力做正功；利用系统只有重力做功所以系统机械能守恒。
10．【答案】A,B,C
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】本题首先考查读图能力，其次考查牛顿第二定律、动能定理和动量定理的应用能力，要注意明确水平推力撤去后，两图线平行，说明加速度相同。运用动能定理和动量定理时，要灵活选择研究过程。
AD．由题图知，平行于，说明撤去推力后两物体的加速度相同，而撤去推力后物
体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知
解得
根据图像可知
，
解得
故A正确，D错误；
B．根据动量定理有
，
解得
故B正确；
C．根据动能定理可得
，
，
解得
故C正确。
故选ABC。
【分析】水平推力撤去后，Ata平行于Btb，v-t图像的斜率相同，说明加速度相同，根据牛顿第二定律分析物体a、b受到的摩擦力大小关系以及两水平推力的大小之比。对整个过程，利用动量定理分析两水平推力对物体的冲量之比。根据动能定理求两水平推力对物体的做功之比。
11．【答案】BD；A；；
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）AB．安装的轨道不必光滑，根据动能定理只要小球从同一高度无初速度释放，则摩擦力做功相等，则小球到达斜槽末端的速度相等，为了让小球做平抛运动，轨道末端的切线必须必须水平，故A错误，B正确；
C．为了保证入射球碰后不反弹，根据碰撞的特点则入射球A的质量应大于被碰球B的质量，故C错误；
D．为保证是正碰，两小球的半径必须相同，故D正确。
故选BD。
（2）A．探究碰撞中的动量变化规律可知，根据动量的表达式可以得出动量跟质量和速度有关，除需测量线段的长度外，还需要利用天平测量两球质量，故A正确；
BCD．由于小球释放点距斜槽末端的高度和平抛运动的高度相同，根据平抛运动竖直方向的位移公式可以得出运动时间相同，根据水平方向的位移公式可以得出初速度与水平方向的位移成正比，所以不需要具体测量高度和落地时间，故BCD错误。
故选A。
（3）两个小球发生碰撞的瞬间，设入射小球A碰撞前瞬间的速度为，碰撞后瞬间入射小球A的速度为，被碰小球B的速度为，根据碰撞过程的动量守恒定律得
由于两小球做平抛运动下落高度相同，所用时间相同，则有
根据水平方向的位移公式可以得出
两球碰撞只要满足以上的表达式可以认为两球碰撞前后的动量守恒。
若是弹性碰撞，则两个小球在碰撞过程中动能相等有
则有
结合水平方向的位移公式可得
联立动量守恒表达式
解得
【分析】（1）安装的轨道不必光滑，根据动能定理只要小球从同一高度无初速度释放，则小球到达斜槽末端的速度相等，为了让小球做平抛运动，轨道末端的切线必须必须水平；为了保证入射球碰后不反弹，根据碰撞的特点则入射球A的质量应大于被碰球B的质量；为保证是正碰，两小球的半径必须相同；
（2）利用动量守恒定律结合平抛运动水平方向的位移公式可以导出动量守恒定律的表达式，进而判别需要测量的物理量；
（3）利用动量守恒定律结合平抛运动水平方向的位移公式可以导出动量守恒定律的表达式；利用动能守恒定律结合平抛运动的位移公式可以导出弹性碰撞的表达式。
12．【答案】（1）0.05；1
（2）0.240；0.245
（3）
【知识点】验证机械能守恒定律；实验基础知识与实验误差
【解析】【解答】（1）已知电机角速度的大小，根据角速度与周期的关系有
根据平均速度公式可以求出细钢柱的速度大小为
（2）在OE段，根据动能的表达式可以得出系统动能的增加量为
根据重力势能的表达式可以得出重力势能的减少量为
从初始时激光笔对准K上某点开始选取连续的n段，根据角速度与时间的关系有
`
根据匀加速直线运动的位移公式有
根据机械能守恒定律有
解得
则
【分析】（1）利用角速度和周期的关系可以求出时间间隔的大小，结合平均速度公式可以求出瞬时速度的大小；
（2）利用动能的表达式可以求出动能的增量；利用重力势能的表达式可以求出重力势能的减少量；
（3）利用角速度和周期的关系可以求出运动的角度和时间的关系，结合系统机械能守恒定律可以求出k的表达式。
（1）[1]根据角速度与周期的关系有
[2]根据运动学公式有
（2）[1]在OE段，系统动能的增加量为
[2]重力势能的减少量为
（3）从初始时激光笔对准K上某点开始选取连续的n段，根据时间关系有
`
根据运动学公式有
根据机械能守恒定律有
解得
则
13．【答案】解：（1）从A到B有
解得
（2）运动员从B点飞出后做平抛运动，竖直方向有
水平方向有
因为落在了斜面上，所以有
解得
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）运动员从A到B的过程中，利用阻力做功可以求出运动员到B点速度的大小；
（2）运动员到达B点后做平抛运动，利用位移公式结合分位移的几何关系可以求出运动的时间。
14．【答案】解：（1）小球从静止释放到最低点的过程中，由动能定理得
解得
小球在最低点时，根据牛顿第二定律得
解得
（2）设水平向右为正方向，小球与A发生碰撞，根据动量守恒定律得
解得
（3）A与B右侧挡板发生弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒得
解得
，
A与B右侧挡板碰后经，A开始加速，则到B右侧挡板的距离为
设A恰好不从B上滑下，则A、B最终共速；以A、B为系统，根据动量守恒和能量守恒有
解得
平板B的总长度
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）小球从静止到最低点的过程中，利用动能定理可以求出小球到达最低点的速度大小，结合牛顿第二定律可以求出绳子对小球拉力的大小；
（2）当小球与A发生碰撞时，利用动量守恒定律可以求出A碰后速度的大小；
（3）当A与B右侧挡板发生碰撞时，利用动量守恒定律及机械能守恒定律可以求出碰后两者速度的大小，利用位移公式可以求出碰后B运动的位移，结合动量守恒定律及能量守恒定律可以求出A运动的位移大小，进而求出平板B的长度大小。
15．【答案】解：（1）物块P从释放到第一次通过B点过程做匀加速直线运动，由牛顿第二定律
根据
联立，解得
（2）物块P从释放到压缩弹簧到达E点过程，由能量守恒可得
解得
（3）依题意，物块恰好不脱离轨道的临界分别为运动到与圆心等高处速度为零
恰好经过最高点为
其中
联立，解得
，
P质量的取值范围为
或者
【知识点】能量守恒定律；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】（1）物块P从释放到B点的过程中，利用牛顿第二定律可以求出加速过程的加速度大小，结合位移公式可以求出运动的时间；
（2）物块从释放到压缩弹簧E点的过程中，利用能量守恒定律可以求出弹簧弹性势能的大小；
（3）当物块从压缩弹簧到圆弧轨道时，利用从开始到点圆心登高位置的动能定理可以求出物块质量的大小；利用动能定理结合到达最高点的牛顿第二定理可以求出物块质量的大小。
1 / 1广东省广州市华南师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期期末物理试题
1．（2024高一下·广州期末） 2023 年华为隆重推出搭载我国自主研发的麒麟9000s芯片的 Mate60 手机，该手机可以与地球同步轨道的“天通一号01”实现卫星通信。 已知地球半径为 R，“天通一号01”离地高度约为6R，以下关于该卫星的说法正确的是（　　）
A．卫星在地球同步轨道上处于平衡状态
B．卫星的发射速度小于近地卫星的环绕速度
C．卫星的加速度约为静止在赤道上物体加速度的36 倍
D．若地球自转加快，卫星为保持与地面同步，轨道高度应降低
【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A、卫星在地球同步轨道上做匀速圆周运动，不是处于平衡状态，故A错误；
B、同步卫星轨道高于近地轨道卫星，故发射速度大于最小发射速度，即最大环绕速度，故B错误；
C、同步轨道上卫星与赤道上物体运动的角速度相同，由
卫星在同步轨道上的向心加速度约是赤道上物体向心加速度的7倍，故C错误；
D、若地球自转加快，卫星为保持与地面同步，应当具有更大的角速度，更小的周期，根据
可知轨道高度应降低，故D正确。
故答案为：D。
【分析】卫星在地球同步轨道上做匀速圆周运动，不处于平衡状态。第一宇宙速度是最小发射速度，最大环绕速度。确定两卫星的轨道半径关系，再根据万有引力定律及牛顿第二定律进行分析。
2．（2024高一下·广州期末）如图，为某款新型配送机器人，它可以自动规避道路障碍与往来车辆行人，实现自动化安全配送。该机器人在平直公路上行驶时额定功率为P，自身质量为M，最大承载质量为m，阻力为其总重力的k倍。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．该机器人空载行驶时，能达到的最大速度为
B．若该机器人满载以额定功率匀速行驶途中，不慎掉落一货物，之后机器人将做加速度逐渐增大的变加速运动
C．该机器人可以一直做匀加速直线运动直至达到全程的最大速度
D．若该机器人满载时以加速度a匀加速启动，则匀加速运动的时间为
【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；功率及其计算；机车启动
【解析】【解答】A．根据阻力和重力的关系可以得出该机器人空载行驶时受到的阻力为
当其达到最大速度时，其所受到的阻力与牵引力大小相等，根据功率的表达式有
解得最大速度为
故A项正确；
B．当其满载时，根据阻力的表达式可以得出其受到的阻力为
匀速运动时，根据平衡方程有：
当掉落一个货物后，根据表达式可以得出其阻力变为
掉落瞬间，其牵引力大于阻力，所以其将有加速度，根据牛顿第二定律有
对于其机器人有
由于掉落后机器人的做加速运动，其速度增加，由于功率保持不变，所以其牵引力减小，加速度减小，综上所述若该机器人满载以额定功率匀速行驶途中，不慎掉落一货物，之后机器人将做加速度逐渐增小的变加速运动，故B项错误；
C．若机器人以恒定加速度启动，有
根据功率的表达式有：
所以当机器人的功率增加到额定功率时，其牵引力将会减小，所以其之后将做加速度减小的加速运动，直至最大速度，综上所述可知，该机器人不可以一直做匀加速直线运动直至达到全程的最大速度，故C项错误；
D．当机器人恒加速度运动时，有
根据功率的表达式可以得出达到额定功率有
匀加速直线时，根据速度公式有
解得
故D项错误。
故选A。
【分析】利用阻力和牵引力相等，结合功率的表达式可以求出最大速度的大小；当额定功率运动时，利用阻力的变化可以判别加速度的大小变化；当开始做匀加速直线运动时，达到额定功率后，随着速度增大牵引力不断减小，则开始做加速度不断减小的加速运动；利用牛顿第二定律结合匀加速过程的最大速度，再结合速度公式可以求出匀加速过程运动的时间。
3．（2024高一下·广州期末）如图所示，水平桌面光滑，轻弹簧一端固定在墙上，另一端栓接木块B，开始时B静止，弹簧处于原长。某时刻子弹A沿水平方向射入木块B并留在其中，将弹簧压缩到最短。对子弹、木块和弹簧构成的系统，从子弹开始射入木块到弹簧被压缩至最短的过程中（　　）
A．动量不守恒，机械能守恒 B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能不守恒 D．动量守恒，机械能守恒
【答案】C
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】以子弹、弹簧和木块为系统，由于系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中，由于墙壁对弹簧有力的作用，所以系统所受的外力之和不为零，所以系统动量不守恒。在整个过程中，由于子弹射入木块的过程中由于摩擦力做功有内能产生，根据能量转化可以得出系统机械能不守恒。
故选C。
【分析】利用系统受到外力可以判别动量不守恒；利用系统摩擦力做功可以判别机械能不守恒。
4．（2024高一下·广州期末）如图所示，一质量为的小车静止在光滑水平面上，车上固定一个竖直支架，轻绳一端固定在支架上，另一端固定一质量为的小球，轻绳长为，将小球向右拉至轻绳水平后，从静止释放，忽略各摩擦阻力，则（　　）
A．系统的动量守恒
B．小球运动到最低点时小车速度为零
C．小球不能向左摆到原高度
D．小车向右移动的最大距离为
【答案】D
【知识点】动量守恒定律；人船模型
【解析】【解答】A．小球下落过程中，由于竖直方向合力不等于0；以小车和小球为系统，系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故系统在水平方向动量守恒，而系统总动量不守恒，故A错误；B．根据水平方向的动量守恒定律，由于最初水平方向的动量为0，则小球运动到最低点时有向左的速度，则小车速度向右，选项B错误；
C．根据系统水平方向动量守恒及系统机械能守恒可知，小球摆到左侧最高点时系统的速度为零，则小球仍能向左摆到原高度，故C错误；
D．根据题意可知，小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船”模型，系统水平方向动量守恒，规定水平向左为正方向，设小球在水平方向上的平均速度为vm，小车在水平方向上的平均速度为vM，根据水平方向的动量守恒定律有
mvm-MvM=0
根据位移公式有
mxm=MxM
又根据题意有
xm+xM=2l
联立解得小车向右移动的最大距离为
xM＝
故D正确。
故选D。
【分析】由于系统仅在水平方向合力为0，所以系统在水平方向动量守恒；利用动量守恒定律及能量守恒定律可以判别小球在最低的速度不为0；利用系统动量守恒定律及能量守恒定律可以判别小球能够到达左侧原来高度；利用动量守恒定律结合位移公式可以求出小车向右运动的最大距离。
5．（2024高一下·广州期末）如图所示，一同学使用网球训练器练习打网球，质量为m的网球与底座之间有一弹性绳连接，练习过程中底座保持不动。该同学将网球抛至最高点a处用球拍击打，b是轨迹上的最高点，c处弹性绳仍然处于松弛状态，速率为，网球到达d处前弹性绳已经绷紧，在d处撞在竖直墙壁上，不计空气阻力。则（　　）
A．a处网球拍给网球的冲量沿水平方向
B．击打后由a到c过程中网球受到的合力冲量竖直向下
C．c到d过程中网球受到的合力的冲量方向竖直向下
D．c处重力的瞬时功率为
【答案】B
【知识点】功率及其计算；冲量
【解析】【解答】A．网球做曲线运动，曲线上任意一点的切线方向即为网球的速度方向，根据轨迹切线方向可以得出a处的速度方向斜向右上方，由于冲量的方向与动量变化量的方向相同，因此网球拍给网球的冲量应斜向上方，故A错误；
B．a到c过程中网球只受到竖直向下的重力作用，则重力的冲量竖直向下，由于冲量的方向与合力的方向相同，因此拍打后a到c过程中网球受到的冲量方向竖直向下，故B正确；
C．由题意可知，d处弹性绳已经绷紧，即弹性绳在到达d处时已经出现了弹力，因此网球从c到d过程中受力情况分为只受重力与受到重力和弹性绳的拉力两种情况，若只受重力阶段，根据重力的方向则冲量竖直向下；若受到重力和弹性绳的拉力则二者合力斜向左下方，根据合力的方向因此网球受到的冲量方向斜向左下方，故C错误；
D．根据功率的表达式可以得出c处重力的瞬时功率为
故D错误。
故选B。
【分析】利用轨迹的切线方向可以判别速度的方向，结合动量定理可以判别冲量的方向；利用网球受到的合力方向可以判别冲量的方向；利用重力和竖直方向速度的大小可以求出瞬时功率的大小。
6．（2024高一下·广州期末）如图所示，电风扇的叶片匀速旋转时将空气以速度v向前排开，叶片旋转形成的圆的面积为S，空气密度为ρ，下列说法正确的是（　　）
A．t时间内通过叶片的空气质量为ρSv
B．空气对叶片的推力为
C．若仅将叶片面积增大为2S，则空气对叶片的压强变为原来的一半
D．单位时间内流过叶片的空气的动能为
【答案】B
【知识点】动量定理；动能
【解析】【解答】A．根据圆柱体的体积公式可以得出t时间内叶片排开的空气的质量为
故A项错误；
B．以空气为对象，叶片对空气的推力产生的冲量导致空气的动量发生变化，由动量定理可得
解得叶片匀速旋转时，空气受到的推力为
根据牛顿第三定律可知，空气对叶片的推力为，故B项正确；
C．根据压强公式可以得出空气对叶片的压强为
所以若仅将叶片面积增大为2S，则空气对叶片的压强不变，故C项错误；
D．单位时间，则时间为1s，所以其单位时间内通过叶片的空气为
根据动能的表达式可以得出单位时间内流过叶片的空气的动能为
故D项错误。
故选B。
【分析】利用圆柱体的体积公式可以求出空气质量的大小；利用动量定理可以求出叶片对空气的推力大小，结合牛顿第三定律可以求出空气对叶片的作用力大小；利用压强公式可以判别空气对叶片的压强大小；利用动能的表达式可以求出空气动能的大小。
7．（2024高一下·广州期末）假设地面上有一火车以接近光速的速度运行，其内站立着一个中等身材的人，站在路旁的人观察车里的人，观察的结果是这个人（　　）
A．是一个矮胖子 B．矮但不胖
C．是一个瘦高个子 D．瘦但不高
【答案】D
【知识点】相对论时空观与牛顿力学的局限性
【解析】【解答】车内站着一个中等身材的人，说明不高；根据相对论的知识可以得出：取路旁的人为惯性系，车上的人相对路旁的人高速运动，根据尺缩效应，人在运动方向将变窄，所以人的宽度会变小，但在垂直于运动方向没有发生变化，所以人的高度没有变化，所以观察的结果是这个人瘦但不高，故D正确，ABC错误。
故选D。
【分析】利用相对论中的尺缩效应可以判别人的宽度变小，高度保持不变。
8．（2024高一下·广州期末）如图所示，为保证安全，铁路拐弯处内、外轨有一定的高度差，使质量为的火车以设计的速率在水平面内转弯时，内、外轨对车轮均无侧向压力，测得此时轨道对车轮的支持力大小为。当火车以实际速率在此弯道上转弯时，轨道将施于车轮一个与枕木平行的侧向压力F，下列说法正确的是（　　）
A．若，侧向压力F方向由内轨指向外轨
B．若，轨道对车轮的支持力大于
C．在春运期间乘客较多，导致火车总质量大于，为保证安全，此时的行驶速率应该小于
D．该弯道的半径
【答案】B,D
【知识点】牛顿第二定律；生活中的圆周运动
【解析】【解答】AB．若，重力和支持力的合力不足以提供火车做圆周运动的向心力，根据离心运动的轨迹则火车有做离心运动的趋势，由于火车向外运动有趋势则此时外轨对车轮轮缘施加压力，即侧向压力F方向由外轨指向内轨，此时轨道对车轮的支持力大于，选项A错误，B正确；
CD．火车以规定的速度转弯时，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有
可知v0与火车的质量无关，根据表达式可以得出该弯道的半径
选项C错误，D正确。
故选BD。
【分析】利用火车的速度大于轨道速度时有做离心运动的趋势，则外轨道会产生指向内轨的压力，此时轨道对车轮的支持力大于最初的支持力大小；利用牛顿第二定律可以求出安全行驶速度的大小及弯道半径的大小。
9．（2024高一下·广州期末）如图所示，轻绳的一端通过光滑轻质定滑轮与套在光滑水平杆上的小物块A连接，另一端连接小球B。由图中P位置由静止释放物块A，当A经过Q位置时向右运动的速度大小为，小球B的速度大小为，轻绳与杆的夹角为。则（　　）
A．
B．当A经过Q位置时，小球B一定处于失重状态
C．A从P位置向右运动到Q位置过程中，绳子拉力对A先做正功，后做负功
D．B的重力势能的减少量等于A和B动能的增加量
【答案】A,D
【知识点】超重与失重；运动的合成与分解；功的概念；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．在Q位置时，由于沿着绳子方向的速度大小相等，根据速度的分解有
故A项正确；
B．在A运动过程中，其绳子与杆的夹角在增加，根据表达式可以得出当角度为90°时B的速度为零，说明B物体先加速后减速，但无法判断此时的运动情形，超重和失重都有可能，故B项错误；
C．该过程中，其轻绳与杆之间的夹角为锐角，即A从P位置向右运动到Q位置过程中，根据功的性质可以得出绳子拉力对A一直做正功，故C项错误；
D．将AB看成一个系统，由于系统内只有重力做功所以该系统机械能守恒，所以B的重力势能的减少量等于A和B动能的增加量，故D项正确。
故选AD。
【分析】利用速度的分解可以求出A和B的速度大小关系；利用速度的分解可以判别B速度的变化，进而不能判别B某瞬间的加速度方向，进而不能判别超重与失重；利用拉力的方向和位移的方向可以判别拉力做正功；利用系统只有重力做功所以系统机械能守恒。
10．（2024高一下·广州期末）在水平面上静置有质量相等的a、b两个物体，水平推力、分别作用在a、b上，一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下，a、b在运动过程中未相撞，a、b的v-t图像如图所示，图中平行于，整个过程中a、b的最大速度相等，运动时间之比。则在整个运动过程中下列说法正确的是（　　）
A．物体a、b受到的摩擦力大小相等
B．两水平推力对物体的冲量之比为
C．两水平推力对物体的做功之比为
D．两水平推力的大小之比为
【答案】A,B,C
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】本题首先考查读图能力，其次考查牛顿第二定律、动能定理和动量定理的应用能力，要注意明确水平推力撤去后，两图线平行，说明加速度相同。运用动能定理和动量定理时，要灵活选择研究过程。
AD．由题图知，平行于，说明撤去推力后两物体的加速度相同，而撤去推力后物
体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知
解得
根据图像可知
，
解得
故A正确，D错误；
B．根据动量定理有
，
解得
故B正确；
C．根据动能定理可得
，
，
解得
故C正确。
故选ABC。
【分析】水平推力撤去后，Ata平行于Btb，v-t图像的斜率相同，说明加速度相同，根据牛顿第二定律分析物体a、b受到的摩擦力大小关系以及两水平推力的大小之比。对整个过程，利用动量定理分析两水平推力对物体的冲量之比。根据动能定理求两水平推力对物体的做功之比。
11．（2024高一下·广州期末）用如图1所示的装置探究碰撞中的不变量。先不放球，让A球从斜槽上某一固定位置S由静止开始滚下，从轨道末端飞出，落到位于水平地面的复写纸上，在复写纸下面垫放的白纸上留下点迹，重复上述操作10次，得到小球平均落点位置。再把球放在轨道末端，让A球仍从S位置由静止滚下，A球和球碰撞后，都从轨道末端飞出，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10次，分别得到两球平均落点位置。如图2所示为三个落点的平均落点位置。
（1）关于本实验的条件和操作要求，下列说法正确的是　 　。（填字母代号）
A．实验选用的斜槽轨道必须光滑 B．料槽轨道末端的切线必须水平
C．选用的两个小球质量可以相等 D．选用的两个小球半径必须相等
（2）上述实验除需测量线段的长度外，还需要测量的物理量有　 　。
A．A球质量、球质量 B．小球释放点距斜槽末端的高度
C．小球抛出点距地面的高度 D．小球开始抛出到落地所用的时间
（3）若的长度依次为，则在实验误差允许的范围内，若满足关系式　 　（用及问题（3）中测得物理量所对应符号表示），则可以认为两球碰撞前后的动量守恒。若满足关系式　 　（用表示）则该碰撞为弹性碰撞。
【答案】BD；A；；
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）AB．安装的轨道不必光滑，根据动能定理只要小球从同一高度无初速度释放，则摩擦力做功相等，则小球到达斜槽末端的速度相等，为了让小球做平抛运动，轨道末端的切线必须必须水平，故A错误，B正确；
C．为了保证入射球碰后不反弹，根据碰撞的特点则入射球A的质量应大于被碰球B的质量，故C错误；
D．为保证是正碰，两小球的半径必须相同，故D正确。
故选BD。
（2）A．探究碰撞中的动量变化规律可知，根据动量的表达式可以得出动量跟质量和速度有关，除需测量线段的长度外，还需要利用天平测量两球质量，故A正确；
BCD．由于小球释放点距斜槽末端的高度和平抛运动的高度相同，根据平抛运动竖直方向的位移公式可以得出运动时间相同，根据水平方向的位移公式可以得出初速度与水平方向的位移成正比，所以不需要具体测量高度和落地时间，故BCD错误。
故选A。
（3）两个小球发生碰撞的瞬间，设入射小球A碰撞前瞬间的速度为，碰撞后瞬间入射小球A的速度为，被碰小球B的速度为，根据碰撞过程的动量守恒定律得
由于两小球做平抛运动下落高度相同，所用时间相同，则有
根据水平方向的位移公式可以得出
两球碰撞只要满足以上的表达式可以认为两球碰撞前后的动量守恒。
若是弹性碰撞，则两个小球在碰撞过程中动能相等有
则有
结合水平方向的位移公式可得
联立动量守恒表达式
解得
【分析】（1）安装的轨道不必光滑，根据动能定理只要小球从同一高度无初速度释放，则小球到达斜槽末端的速度相等，为了让小球做平抛运动，轨道末端的切线必须必须水平；为了保证入射球碰后不反弹，根据碰撞的特点则入射球A的质量应大于被碰球B的质量；为保证是正碰，两小球的半径必须相同；
（2）利用动量守恒定律结合平抛运动水平方向的位移公式可以导出动量守恒定律的表达式，进而判别需要测量的物理量；
（3）利用动量守恒定律结合平抛运动水平方向的位移公式可以导出动量守恒定律的表达式；利用动能守恒定律结合平抛运动的位移公式可以导出弹性碰撞的表达式。
12．（2024高一下·广州期末）某同学用如图（a）所示的装置验证机械能守恒定律。不可伸长的轻绳绕过轻质定滑轮，轻绳两端分别连接物块P与感光细钢柱K，两者质钢柱量均为，钢柱K下端与质量为的物块Q相连。铁架电动机台下部固定一个电动机，电动机竖直转轴上装一支激光笔，电动机带动激光笔绕转轴在水平面内匀速转动，每转一周激光照射在细钢柱表面时就会使细钢柱感光并留下痕迹。初始时P、K、Q系统在外力作用下保持静止，轻绳与细钢柱均竖直。重力加速度g取。
（1）开启电动机，待电动机以的角速度匀速转动后。将P、K、Q系统由静止释放，Q落地前，激光器在细钢柱K上留下感光痕迹。取下K，用刻度尺测出感光痕迹间的距离如图（b）所示。则细钢柱K上相邻感光痕迹间的时间间隔T=　 　s，激光束照射到E点时，细钢柱速度大小为　 　m/s。（此问2空的计算结果均保留1位有效数字）
（2）经判断系统由静止释放时激光笔光束恰好经过O点。参照图（b），在OE段，系统动能的增加量　 　，重力势能的减少量　 　；比较两者关系可判断系统机械能是否守恒。（计算结果均保留3位有效数字）
（3）选取相同的另一感光细钢柱K，若初始时激光笔对准K上某点，开启电动机的同时系统由静止释放，电动机的角速度按如图（c）所示的规律变化，图像斜率为k，记录下如图（d）所示的感光痕迹，其中两相邻感光痕迹间距均为d。若验证得到表达式k=　 　即可证明系统在运动过程中机械能守恒（用含字母M、m、d、k、g、π的表达式表示）。
【答案】（1）0.05；1
（2）0.240；0.245
（3）
【知识点】验证机械能守恒定律；实验基础知识与实验误差
【解析】【解答】（1）已知电机角速度的大小，根据角速度与周期的关系有
根据平均速度公式可以求出细钢柱的速度大小为
（2）在OE段，根据动能的表达式可以得出系统动能的增加量为
根据重力势能的表达式可以得出重力势能的减少量为
从初始时激光笔对准K上某点开始选取连续的n段，根据角速度与时间的关系有
`
根据匀加速直线运动的位移公式有
根据机械能守恒定律有
解得
则
【分析】（1）利用角速度和周期的关系可以求出时间间隔的大小，结合平均速度公式可以求出瞬时速度的大小；
（2）利用动能的表达式可以求出动能的增量；利用重力势能的表达式可以求出重力势能的减少量；
（3）利用角速度和周期的关系可以求出运动的角度和时间的关系，结合系统机械能守恒定律可以求出k的表达式。
（1）[1]根据角速度与周期的关系有
[2]根据运动学公式有
（2）[1]在OE段，系统动能的增加量为
[2]重力势能的减少量为
（3）从初始时激光笔对准K上某点开始选取连续的n段，根据时间关系有
`
根据运动学公式有
根据机械能守恒定律有
解得
则
13．（2024高一下·广州期末）一滑雪运动员在A获得的速度，后沿平直轨道滑到B点，并从B点水平飞出，在空中飞行一段时间后落在斜坡BC上，示意图如图所示。已知AB的长度，运动员与AB间的动摩擦因数，斜面的倾角，，，重力加速度g取，不计空气阻力，滑雪运动员可视为质点。求：
（1）运动员在B点的速度大小；
（2）运动员在空中飞行的时间t。
【答案】解：（1）从A到B有
解得
（2）运动员从B点飞出后做平抛运动，竖直方向有
水平方向有
因为落在了斜面上，所以有
解得
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）运动员从A到B的过程中，利用阻力做功可以求出运动员到B点速度的大小；
（2）运动员到达B点后做平抛运动，利用位移公式结合分位移的几何关系可以求出运动的时间。
14．（2024高一下·广州期末）如图所示，“L”型平板B静置在光滑水平地面上，小物块A处于平板B上的点，点左侧粗糙、右侧光滑。用长为不可伸长的轻绳悬挂一质量为的小球，悬点O在点正上方，轻绳水平且恰好伸直。将小球由静止释放，向下摆至最低点时与小物块A发生碰撞，碰后小球以的速率反弹，反弹至最高点处将其固定。A沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞，碰后经，A开始加速，最终A恰好不从B上滑下。已知A与B的质量，A与B左侧的动摩擦因数为，重力加速度g取，不计空气阻力，求：
（1）小球运动到最低点时绳子对小球的拉力T；
（2）A与小球碰后的速度大小；
（3）平板B的总长度L。
【答案】解：（1）小球从静止释放到最低点的过程中，由动能定理得
解得
小球在最低点时，根据牛顿第二定律得
解得
（2）设水平向右为正方向，小球与A发生碰撞，根据动量守恒定律得
解得
（3）A与B右侧挡板发生弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒得
解得
，
A与B右侧挡板碰后经，A开始加速，则到B右侧挡板的距离为
设A恰好不从B上滑下，则A、B最终共速；以A、B为系统，根据动量守恒和能量守恒有
解得
平板B的总长度
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）小球从静止到最低点的过程中，利用动能定理可以求出小球到达最低点的速度大小，结合牛顿第二定律可以求出绳子对小球拉力的大小；
（2）当小球与A发生碰撞时，利用动量守恒定律可以求出A碰后速度的大小；
（3）当A与B右侧挡板发生碰撞时，利用动量守恒定律及机械能守恒定律可以求出碰后两者速度的大小，利用位移公式可以求出碰后B运动的位移，结合动量守恒定律及能量守恒定律可以求出A运动的位移大小，进而求出平板B的长度大小。
15．（2024高一下·广州期末）一轻质弹簧原长为2R，一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A点，另一端位于直轨道B点。直轨道AC长为6R，与一半径为R光滑的圆轨道（过山车模型）相切于C点，A、B、C、D、E均在同一竖直平面内，如图所示。质量为m的小物块P自C点由静止开始释放，最低到达距A点为R的E点，已知P与直轨道间的动摩擦因数，重力加速度大小为g，取，，求：
（1）物块P从释放到第一次通过B点所用时间t；
（2）物块P压缩弹簧到达E点时，弹簧的弹性势能；
（3）改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。P进入竖直圆轨道后，在轨道内运动过程中，不脱离轨道，求P质量的取值范围。
【答案】解：（1）物块P从释放到第一次通过B点过程做匀加速直线运动，由牛顿第二定律
根据
联立，解得
（2）物块P从释放到压缩弹簧到达E点过程，由能量守恒可得
解得
（3）依题意，物块恰好不脱离轨道的临界分别为运动到与圆心等高处速度为零
恰好经过最高点为
其中
联立，解得
，
P质量的取值范围为
或者
【知识点】能量守恒定律；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】（1）物块P从释放到B点的过程中，利用牛顿第二定律可以求出加速过程的加速度大小，结合位移公式可以求出运动的时间；
（2）物块从释放到压缩弹簧E点的过程中，利用能量守恒定律可以求出弹簧弹性势能的大小；
（3）当物块从压缩弹簧到圆弧轨道时，利用从开始到点圆心登高位置的动能定理可以求出物块质量的大小；利用动能定理结合到达最高点的牛顿第二定理可以求出物块质量的大小。
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