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四川省成都市蓉城高中教育联盟2023-2024学年高一下学期期末联考物理试题
1．（2024高一下·成都期末）下列说法正确的是（　　）
A．牛顿提出的经典力学体系只适用于宏观、低速、弱引力场的情形
B．所有行星围绕太阳运动的轨道都是圆，太阳处在圆心上
C．牛顿发现了万有引力定律，并测出了引力常量
D．惠更斯通过摆球的碰撞实验发现，两小球相碰前后的“运动量”在同一方向的总和保持不变，这里的“运动量”是指物体的动能
【答案】A
【知识点】物理学史；开普勒定律；引力常量及其测定；相对论时空观与牛顿力学的局限性
【解析】【解答】A．牛顿经典力学的适用范围是宏观、低速、弱引力场，微观（量子力学）、高速（相对论）、强引力场（如黑洞附近）不适用，符合物理事实，故A正确；
B．根据开普勒第一定律的内容是∶每颗行星绕太阳运行的轨道形状是椭圆，太阳处于椭圆的一个焦点上，故B错误；
C．牛顿提出万有引力定律，但没有测出引力常量，是卡文迪许通过实验测出引力常量，故C错误；
D．根据物理学史知惠更斯在碰撞研究中得出了“运动量”守恒原理：“两个物体所具有的运动量在碰撞中都可以增多或者减少，但是它们的量值在同一个方向的总和却保持不变，如果减去反方向的运动量的话。”惠更斯既看到了动量数值的变化，又强调了动量的矢量性，所以惠更斯通过摆球的碰撞实验发现，两小球相碰前后的“运动量”在同一方向的总和保持不变，这里的“运动量”是指物体的动量，故D错误.
故答案为：A.
【分析】选项 A思路：直接调用经典力学适用范围的知识点（宏观、低速、弱引力场 ），判断表述正确.
选项 B思路：回忆开普勒第一定律（轨道是椭圆，太阳在焦点 ），对比 “圆、圆心” 的错误表述，判断错误.
选项 C思路：区分 “万有引力定律的提出者（牛顿 ）” 与 “引力常量的测量者（卡文迪许 ）”，判断错误.
选项 D思路：明确动量与动能 的区别，结合惠更斯碰撞实验的 “运动量” 是动量，判断错误.
2．（2024高一下·成都期末）如图甲，一辆汽车在水平公路上转弯，沿曲线由N点经P点向M点行驶，已知汽车经过P点时所受合外力为F，方向如图甲所示。下列说法正确的是（　　）
A．汽车在N点的瞬时速度方向由N点指向M点
B．汽车在P点的瞬时速度方向与图乙中标记的v方向相同，v沿P点切线方向
C．汽车经过P点时所受合外力方向与瞬时速度方向的夹角大于90°，因此汽车经过P点时正在减速
D．汽车可能做匀速圆周运动
【答案】C
【知识点】曲线运动的条件；匀速圆周运动；向心力
【解析】【解答】A．曲线运动中，瞬时速度方向沿轨迹切线方向。汽车在N点的速度方向是N点轨迹切线，并非指向M点，选项A错误；
BCD．汽车由N点经P点向M点行驶，在P点的瞬时速度方向与图乙中标记的v方向相反，v沿P点切线方向，此时汽车经过P点时所受合外力方向与瞬时速度方向的夹角大于90°，因此汽车经过P点时正在减速，不可能做匀速圆周运动，选项BD错误，C正确.
故答案为：C.
【分析】1. 瞬时速度方向的基本规律（轨迹切线 ），判断A、B选项.
2. 合外力与速度方向夹角对运动性质的影响（加速/减速 ），判断C选项.
3. 匀速圆周运动的条件（向心力特性 ），判断D选项，考查曲线运动的基础规律应用.
3．（2024高一下·成都期末）如图是一种新型的横卧自行车，前、后轮的半径分别为r、R（R>r）。A、B分别是前、后轮上的气门芯，不计车轮厚度。当它在平直路面上匀速直线行驶时，下列说法正确的是（　　）
A．A、B的线速度一定相等
B．A、B的角速度之比为
C．A、B的向心加速度大小之比为
D．A、B做匀速圆周运动的周期相等
【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心加速度
【解析】【解答】A．由于不计车轮厚度， A、B相当于前后两轮边缘上的两点，线速度大小一定相等，方向不一定相同，故A错误；
B．由，可知A、B的角速度与半径成反比，角速度之比为
故B正确；
C．由，可知A、B的向心加速度大小与半径成反比，向心加速度之比为
故C错误；
D．由，可知A、B做匀速圆周运动的周期之比为
故D错误.
故答案为：B。
【分析】选项 A思路：明确线速度是矢量（需大小 + 方向 ），A、B 线速度大小等于自行车前进速度，但方向沿各自车轮切线不同，故 “线速度相等”（矢量）错误，考查线速度的矢量性.
选项 B思路：利用无滑动滚动时，车轮边缘点线速度大小等于自行车前进速度，建立 A、B 与半径的关系，推导角速度之比，考查线速度与角速度的关联.
选项 C思路：应用向心加速度公式（因 A、B 线速度大小相同 ），计算加速度之比，考查向心加速度与半径的关系.
选项 D思路：结合周期公式与角速度的推导结果，计算周期之比，判断周期是否相等，考查周期与角速度的关联.
4．（2024高一下·成都期末）如图甲，以O点为平衡位置，弹簧振子在A、B两点间做简谐运动，图乙为该弹簧振子的振动图像，其中，取O点为原点，水平向右为正方向。下列说法正确的是（　　）
A．t=0.2s时，小球的加速度为正向最大
B．t=0.1s与t=0.3s两个时刻，小球的速度相同
C．t=0到t=0.2s内，小球做加速度增大的减速运动
D．t=0.4s时，弹簧振子有最大的弹性势能
【答案】C
【知识点】简谐运动；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】A． 简谐运动中，加速度
（为位移，负号表方向与位移相反 ）
时，位移为正向最大（图像最高点 ），故加速度为负向最大（与位移方向相反 ），故A错误；
B． t=0.1s与t=0.3s两个时刻，小球的速度大小相等，方向相反，故B错误；
C． t=0到t=0.2s内，斜率逐渐减小，说明小球在减速运动，弹簧力逐渐增大，则小球加速度增大，故小球做加速度增大的减速运动，故C正确；
D． t=0.4s时，弹簧振子在平衡位置，所以弹性势能为0，故D错误.
故答案为：C.
【分析】
选项A 思路：利用简谐运动加速度公式 ，结合位移方向（正向最大 ），判断加速度方向（负向最大 ），考查加速度与位移的关联.
选项B思路：依据振动图像斜率表示速度，对比两时刻斜率的正负（速度方向 ），判断速度是否相同，考查速度的矢量性（方向+大小 ）.
选项C思路：分析到内：位移变化→加速度变化（ ）；斜率变化→速度变化（大小+方向 ）； 结合“加速度与速度方向相反时做减速运动”，判断运动性质，考查加速度、速度与位移的动态关系.
选项D思路：根据弹性势能与位移的关系（ ），结合时位移为0，判断弹性势能最小，考查简谐运动的能量特性.
5．（2024高一下·成都期末）跳台滑雪是冬季奥林匹克运动会最具观赏性的项目之一。如图为简化的跳台滑雪的雪道示意图，A点下方足够长的倾斜雪道可近似看作直线，假设运动员从助滑道上滑下后从跳台A点沿水平方向飞出，初速度大小为v0，在斜面B点着陆。飞行过程中不计空气阻力，已知斜面与水平方向的夹角为θ=30°，重力加速度大小为g。运动员从A点水平飞出到在斜面B点着陆的过程中（　　）
A．运动员所受重力的功率先增大后减小
B．运动员在空中飞行的时间为
C．运动员在B点的瞬时速度方向与斜面的夹角为30°
D．若初速度增大，运动员落地时瞬时速度方向与斜面的夹角将不变
【答案】D
【知识点】平抛运动；功率及其计算
【解析】【解答】A．重力的瞬时功率公式为
（是竖直方向分速度 ）
运动员平抛运动中，竖直方向做自由落体运动
不断增大，所以
一直增大，故A错误；
B．对运动员从A到B的平抛运动过程，有
，，
解得运动员在空中飞行的时间为
故B错误；
C．设速度方向与水平方向夹角为，则
由
（前面推导）
可得
。，
所以速度方向与斜面夹角不是，故C错误；
D．若初速度增大，运动员落地时瞬时速度方向与斜面的夹角的正切值依然是，故D正确.
故答案为：D.
【分析】1. 功率分析（A选项）：抓重力功率公式，平抛运动竖直分速度随时间增大，直接判断功率变化.
2. 飞行时间（B选项）：利用平抛水平、竖直位移公式，结合斜面倾角的几何关系，联立方程求解时间，关键是把位移关系和几何条件结合.
3. 速度方向（C、D选项）：先设速度与水平方向夹角，得，再结合位移关系推导与的定量关系（ ），以此判断速度方向与斜面夹角是否变化，核心是建立速度偏角和位移偏角的联系.
6．（2024高一下·成都期末）如图，不可伸长细线的一端固定于天花板上的O点，细线长度为L，细线下端系有一质量为m、可视为质点的小钢球A。现用手拿住小钢球A，使细线恰好绷直，且与竖直方向成60°夹角。不计空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）
A．若无初速度自由释放小钢球，则小钢球在竖直平面内做匀速圆周运动
B．若无初速度自由释放小钢球，则小钢球到达最低点时的速度大小为
C．若使小钢球在水平面内做匀速圆周运动，则运动过程中绳上拉力不变
D．若使小钢球在水平面内做匀速圆周运动，则小钢球的动能恒为Ek=mgL
【答案】B
【知识点】能量守恒定律；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．若无初速度自由释放小钢球，根据能量守恒，则小钢球在竖直平面内无法完成匀速圆周运动，故A错误；
B．若无初速度自由释放小钢球，根据动能定理，有
解得小钢球到达最低点时的速度大小为
故B正确；
C．若使小钢球在水平面内做匀速圆周运动，则运动过程中绳上拉力大小不变，方向改变，故C错误；
D． 若使小钢球在水平面内做匀速圆周运动，则绳子对小球的拉力与重力的合力提供水平向心力，
则
，
解得
小钢球的动能恒为，故D错误.
故答案为：B。
【分析】1. A选项： 抓“匀速圆周运动速度大小不变”+“无初速释放时重力做功改变速度大小”，直接判断错误.
2. B选项： 用动能定理，找初末动能（初为）和重力做功（ ），联立求速度，核心是动能定理的应用.
3. C选项：识别“水平面匀速圆周运动（圆锥摆）”模型，拉力方向随小球位置变（指向轨迹圆心竖直线 ），判断方向改变.
4. D选项：圆锥摆中，分解拉力为竖直（平衡重力）和水平（提供向心力 ），结合向心力公式向（ ），联立求动能，关键是力的分解和向心力公式应用.
7．（2024高一下·成都期末）为测试一种弹簧缓冲装置的性能，研究人员进行了如下实验：将质量均为m的两物块A、B轻轻放置在光滑水平面上，给B一个大小为v0、方向正对A的初速度，B和A发生完全非弹性碰撞，用高速摄像机拍摄得到A、B之间的相互作用时间为t。现给A的右侧安装上弹簧（图中未画出），再次将B以相同的初速度滑向A，发生碰撞，用高速摄像机拍摄得到弹簧从开始压缩到恢复原长所用时间为5t。下列说法正确的是（　　）
A．发生完全非弹性碰撞前后，A、B组成的系统机械能守恒
B．装上弹簧后，弹簧在碰撞过程中的最大弹性势能为
C．发生完全非弹性碰撞后，A、B的总动能减小至初始时的
D．装上弹簧后，A在碰撞过程中所受的平均冲击力大小减小至未安装时的
【答案】B
【知识点】动量定理；动量守恒定律；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．发生完全非弹性碰撞时，A、B组成的系统机械能有损失，则系统机械能不守恒，故A错误；
B．装上弹簧后，当A、B共速时弹簧弹性势能最大，根据动量守恒：
解得
初始动能初
共速时总动能共
最大弹性势能弹初
故B正确；
C．完全非弹性碰撞，动量守恒
得共
碰撞后总动能后
初始总动能初
，
即总动能减为初始的，故C错误；
D．未装弹簧（完全非弹性碰撞）：对A用动量定理，共
得
装上弹簧：弹簧恢复原长时，由动量守恒
能量守恒
联立解得
，（相当于弹性碰撞交换速度 ），对A用动量定理，
得
则
即平均冲击力减为未安装时的，故D错误.
故答案为：B.
【分析】1. A选项：抓“完全非弹性碰撞的特点（有机械能损失）”，直接判断机械能不守恒.
2. B选项：第一步：识别“弹簧最大弹性势能对应A、B共速”，用动量守恒求共速速度.
第二步：用能量守恒（初始动能 - 共速时总动能 = 弹性势能 ）计算，核心是动量守恒与能量守恒的结合应用.
3. C选项：用动量守恒求完全非弹性碰撞后的共速，再计算碰撞后总动能与初始动能的比值，关键是动量守恒的应用和动能计算.
4. D选项：未装弹簧：对A用动量定理，结合完全非弹性碰撞的共速求平均力.
装上弹簧：通过动量守恒+能量守恒（弹性碰撞模型）得A的末速度，再对A用动量定理求平均力，最后求比值，核心是动量定理与碰撞模型的结合.
8．（2024高一下·成都期末）如图甲，物体以一定的初速度从倾角为α=37°的固定斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3m。选地面为零势能面，上升过程中，物体的机械能E机随高度h的变化关系图像如图乙所示。重力加速度大小取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。则（　　）
A．物体的质量为m=0.8kg
B．物体上升到最大高度后静止
C．物体上升过程中斜面对其支持力的冲量为零
D．物体上升过程中动能和重力势能相等的位置离地高度为1.875m
【答案】D
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的综合应用；冲量
【解析】【解答】A．物体到达最高点时，机械能为
由图知
则物体的质量
故A错误；
B．物体上升过程中，克服摩擦力做功，减少的机械能等于克服摩擦力做的功
解得
则
所以物体上升到最大高度后不能静止，故B错误；
C．由物体上升过程中斜面对其支持力的冲量
冲量不为零，故C错误；
D．物体上升过程中动能和重力势能相等的位置离地高度为h，则
解得
故D正确.
故答案为：D.
【分析】1. A选项：抓“最高点机械能 = 重力势能”，用直接求质量，关键是识别最高点动能为.
2. B选项：第一步：由机械能减少量等于克服摩擦力做功，列方程求动摩擦因数.
第二步：比较重力分力与最大静摩擦力，判断物体能否静止，核心是摩擦力做功与受力分析结合.
3. C选项：根据冲量定义，支持力恒不为零且作用时间不为零，直接判断冲量不为零.
4. D选项：设“动能 = 重力势能”时高度，结合机械能守恒（含摩擦力做功 ）列方程：初始机械能 = 动能 + 重力势能 + 克服摩擦力做功，联立求解，关键是能量关系的梳理.
9．（2024高一下·成都期末）2023年5月30日，我国自主研发的长征二号F遥十六运载火箭在酒泉卫星发射中心成功发射。神舟十六号飞船先进入圆形的停泊轨道（I），后经椭圆形的转移轨道（II），到达圆形的中国空间站轨道（III），并与中国空间站组合体完成自主快速交会对接，如图为其变轨过程简化图，已知停泊轨道半径近似为地球半径R，中国空间站轨道距地面的平均高度为h。则（　　）
A．将神舟十六号发射到停泊轨道（I）上所需的发射速度小于7.9km/s
B．转移轨道的半长轴长度为
C．进入转移轨道后，从P点运动到Q点的过程中，神舟十六号的速度减小
D．中国空间站内的宇航员可以漂浮，说明此时他们不受地球引力作用
【答案】B,C
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．第一宇宙速度是卫星绕地球做近地圆轨道运动的最小发射速度。停泊轨道半径近似为地球半径R，属于近地轨道，发射速度应等于第一宇宙速度，故A错误；
B．转移轨道的半长轴长度为，故B正确；
C．进入转移轨道后，从P点运动到Q点的过程中，神舟十六号离地球越来越远，引力做负功，速度减小，故C正确；
D．宇航员 “漂浮” 是因为空间站绕地球做圆周运动，地球引力完全提供向心力，处于完全失重状态（仍受地球引力 ），并非不受引力，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】A 选项：抓 “第一宇宙速度的定义（近地轨道最小发射速度）”，直接判断停泊轨道发射速度等于第一宇宙速度.
B 选项：利用椭圆轨道 “半长轴为近、远地点到地心距离的平均值”，结合轨道半径与高度的几何关系，计算半长轴，核心是椭圆轨道的几何特性.
C 选项：分析引力做功的正负（远离地球时引力做负功 ），再结合动能定理判断速度变化，关键是功与能的关系.
D 选项：理解 “完全失重” 的本质（引力提供向心力 ），区分 “不受力” 与 “完全失重”，直接判断错误.
10．（2024高一下·成都期末）川青铁路镇江关至黄胜关段有望于2024年内通车。假设某动车由静止启动后沿平直轨道行驶，发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的阻力大小恒定。已知动车的质量为m，最高行驶速度为vm。下列说法正确的是（　　）
A．动车启动后先做加速度减小的加速运动
B．行驶过程中动车受到的阻力大小为Pvm
C．当动车的速度大小为时，动车的加速度大小为
D．从启动到速度大小为vm的过程中，动车的牵引力所做的功为
【答案】A,C
【知识点】牛顿第二定律；机车启动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．由可知动车恒定功率加速过程中，动车的牵引力减小，由牛顿第二定律得
可知行驶过程中受到的阻力大小恒定时加速度减小，动车启动后先做加速度减小的加速运动，故A正确；
B．当牵引力与阻力大小相等时，动车的速度最大，行驶过程中动车受到的阻力大小为
故B错误；
C．当动车的速度大小为时，牵引力大小为
由牛顿第二定律得
解得动车的加速度大小为
故C正确；
D．从启动到速度大小为vm的过程中，由动能定理得
动车的牵引力所做的功
故D错误.
故答案为：AC.
【分析】1. A选项： 结合（功率恒定，增则减 ）和牛顿第二定律（恒定，减则减 ），判断运动性质，关键是力与运动的动态分析.
2. B选项： 抓“最大速度时受力平衡（）”，联立求阻力，核心是平衡条件的应用.
3. C选项： 先由求对应速度的牵引力，再结合阻力（B选项结果 ），用牛顿第二定律求加速度，关键是功率公式与牛顿定律的衔接.
4. D选项： 用动能定理分析牵引力做功与动能、阻力做功的关系，识别“阻力做功不为零”，判断牵引力做功大于动能变化，核心是动能定理的理解.
11．（2024高一下·成都期末）现有如图所示装置，固定光滑水平硬杆距地面的高度为L，A为穿在固定光滑硬杆上的质量为m的滑块，质量为m的硬质小球B通过长也为L的细绳与A相连，初始时刻A、B均静止，细绳恰好绷直并保持水平。水平光滑地面上有D、E两辆上表面粗糙、质量均为2m的小车，D的最右端放置一质量为m的物块C。现释放小球B，小球B摆到最低点时，绳子恰好断裂，并且在断裂之后，B立刻与C发生弹性碰撞，C最终恰好没有滑离小车D。A从固定杆右端飞出后最终落在小车E上，A与E发生碰撞瞬间可认为A立刻损失所有的竖直方向速度，但水平方向速度没有损失，最终，A也没有从小车E上滑离。已知D、E两小车上表面高度相同，不计小车上表面距地面的距离，小车上表面与物体A、C间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，A、B、C均可视为质点。下列说法正确的是（　　）
A．B到达最低点且还未与C碰撞的瞬间，其速度大小为
B．小车D的长度为
C．两小车最终的相对速度大小为
D．整个系统最终的机械能减少量为
【答案】B,D
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．由AB组成的系统，水平方向动量守恒，则
，
联立可得
故A错误；
B．BC发生弹性碰撞，由于BC质量相等，则速度交换，所以
C最终恰好没有滑离小车D，则
，
解得
，
故B正确；
C．对A和小车E有
解得
，
所以两小车最终相对速度大小为
故C错误；
D．整个系统最终的机械能减少量为
解得
故D正确.
故答案为：BD。
【分析】A 选项：水平动量守恒（A、B 系统水平无外力 ）+ 机械能守恒（B 下摆只有重力做功 ），联立求速度，关键是系统动量与能量的结合.
B 选项：弹性碰撞 “质量相等时速度交换” 得 C 的速度，再用 C 与 D 的 ** 动量守恒 + 能量守恒（摩擦力做功 ） 求 D 的长度，核心是碰撞模型与板块模型的结合.
C 选项：A 平抛后水平速度不变，与 E 发生动量守恒（水平方向 ），求 E 的最终速度；结合 D 的最终速度，判断两车相对速度，关键是平抛运动水平速度不变与动量守恒的应用.
D 选项：系统机械能减少量等于初始总机械能（A、B 重力势能 ）减去最终总动能（D、C 和 E、A 的动能和 ），核心是机械能变化的本质（摩擦力做功转化为内能 ）.
12．（2024高一下·成都期末）某同学用建筑工地上的重锤做成单摆，用来探究“单摆周期与哪些因素有关”这位同学进行了如图所示实验、让重锤自由往返摆动，记录数据如下表。
回答下列问题：
序号 摆长L/m 重锤质量/g 摆幅/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）实验序号2、4探究的是单摆周期跟　 　（选填“摆长”“重锤质量”或“摆幅”）的关系。
（2）从本次实验可以得到的结论是：单摆周期由　 　（选填“摆长”“重锤质量”或“摆幅”）决定。
（3）摆钟是利用本实验的原理制成的。某一摆钟变慢了，要调准它，应将摆钟的摆长调　 　（选填“长”或“短”）
【答案】（1）重锤质量
（2）摆长
（3）短
【知识点】单摆及其回复力与周期；探究单摆的运动
【解析】【解答】（1）由实验数据知，在实验序号2、4中摆长和振幅都相同，重锤质量不同，所以研究的是周期跟重锤质量的关系。
故答案为：重锤质量.
（2）周期在摆动幅度、质量变化时，摆长不变，摆动的时间不变；只有在摆长改变了，周期才改变；所以可得结论：周期与摆长有关，与重锤质量和摆动幅度无关.
故答案为：摆长.
（3）某一摆钟变慢了，因周期受摆长的影响，钟摆越长，摆动越慢，所以要调准它即把摆长调短一些.
故答案为：短.
【分析】（1）用控制变量法，找两组实验中 “只有一个变量不同，其他条件相同” 的量，该变量就是探究的因素.
（2）同样用控制变量法，分析多组实验中 “变量变化时周期是否改变”，归纳出 “只有摆长改变会影响周期”，得出周期由摆长决定.
（3）结合（2）的结论 “摆长越长，周期越大”，摆钟变慢（周期大 ）→ 需减小周期 → 缩短摆长，核心是结论的应用.
（1）由实验数据知，在实验序号2、4中摆长和振幅都相同，重锤质量不同，所以研究的是周期跟重锤质量的关系。
（2）周期在摆动幅度、质量变化时，摆长不变，摆动的时间不变；只有在摆长改变了，周期才改变；所以可得结论：周期与摆长有关，与重锤质量和摆动幅度无关。
（3）某一摆钟变慢了，因周期受摆长的影响，钟摆越长，摆动越慢，所以要调准它即把摆长调短一些。
13．（2024高一下·成都期末）物体在空间站中，由于完全失重，无法直接用天平测量其质量。某兴趣小组成员在观看了“天宫课堂”中，航天员演示的“动量守恒实验”（如图甲所示）之后，提出了一种利用动量守恒在空间站测质量的设想（实验装置如图乙所示）。在某次实验中，A、B两个体积相同的钢球置于实验平台上，两球之间放一质量不计的压缩并锁定的轻质弹簧，某时刻解除锁定，A、B两小球在同一直线上运动，利用闪光频率为10Hz的照相机获取的一组频闪照片，如图丙所示。已知A球为标准小球，其质量为，B小球质量为（待测，弹簧与A、B物体脱离后，静止停留于原地）。
（1）脱离弹簧后，小球A相对于空间站的地面做　 　运动，速度大小为　 　（保留两位有效数字）。
（2）根据实验数据测算可得小球B的质量大小是　 　kg（保留两位有效数字）。
（3）该实验搬到地面上，将两小球放在光滑水平面上，利用上述实验　 　（选填“能”或“不能”）测量小球B的质量。
【答案】匀速直线；；；能
【知识点】爆炸；速度与速率
【解析】【解答】本题主要考查动量守恒实验，在实验中要注意小球的运动状态，根据纸带上的间距确定速度大小。（1）由丙图可知，脱离弹簧后，小球A相对于空间站的地面做匀速直线运动；
由照相机的频率可知周期为
则由图可知，小球A速度大小为
（2）由图可知，B的速度大小为
由动量守恒可知
代入数值可得
（3）该实验搬到地面上，将两小球放在光滑水平面上，动量守恒依然成立，故能测出小球B的质量。
【分析】（1）根据图丙可以得出，脱离弹簧后做匀速直线运动，根据s=vt，可求出速度大小；
（2）根据动量守恒可求出B球的质量；
（3）在地面上，放在水平光滑桌面上，同样可以验证。
14．（2024高一下·成都期末）如图，某老师保持用手掌平托质量为m的粉笔盒（可视为质点）的姿势，使粉笔盒以速率v在竖直平面内按顺时针方向做半径为R的匀速圆周运动，a、c分别为最低点和最高点，b、d和圆心O等高，重力加速度大小为g。
（1）求粉笔盒在c点受到手掌支持力的大小；
（2）求粉笔盒从b点运动到d点的过程中所受重力的冲量。
【答案】（1）解：在最高点，粉笔盒受到手的支持力方向向上，受到重力，方向向下，根据牛顿第二定律可得
解得
.
（2）解：根据题意可知
粉笔盒从b点运动到d点的过程中运动时间为
则粉笔盒从b点运动到d点的过程中所受重力的冲量为
竖直向下
【知识点】牛顿第二定律；竖直平面的圆周运动；冲量
【解析】【分析】（1）匀速圆周运动的向心力由合力提供，在最高点（c点 ），重力与支持力的合力指向圆心（向下 ），用向心力公式列方程，解支持力.
（2）冲量用I = Ft计算（重力恒力 ），需先求运动时间t，利用匀速圆周运动弧长与速度的关系，b到d是半圆弧长，求出t后代入冲量公式，核心是冲量定义与圆周运动时间的计算。
15．（2024高一下·成都期末）在学习万有引力定律的课堂上，某中学的学科小组了解到牛顿在发现万有引力定律时曾用月球的运动来检验，物理学史上称为著名的“月地检验”。已知引力常量为G，关于“月地检验”，该学科小组进行了如下讨论：
（1）通过实验测量得到：在地表以大小为v0的初速度竖直上抛一物体，最大上升高度为h，忽略空气阻力以及地表各处重力加速度的差异，求地表的重力加速度大小g；
（2）查阅资料得知月球绕地球的运动可看作是以地心为圆心的匀速圆周运动，且月球公转周期为T，月球轨道半径为r，求月球的向心加速度大小a；
（3）查阅资料得知地球的半径为R，忽略地球自转，在（1）、（2）的条件下，若万有引力定律成立，v0、h、T、r、R之间应满足什么关系？
【答案】（1）解：由运动学公式得
解得地表的重力加速度大小为
（2）解：月球的向心加速度大小为
.
（3）解：忽略地球自转，设地球的质量为M，地面物体的质量为m，则
设月球的质量为，由万有引力提供向心力得
解得
.
【知识点】向心加速度；万有引力定律；卫星问题
【解析】【分析】（1）利用竖直上抛运动的速度 - 位移公式（ ），直接代入末速度为的条件，解重力加速度，关键是运动学公式的应用.
（2）匀速圆周运动中，向心加速度与角速度、轨道半径的关系（ ），结合角速度与周期的关系（ ），推导向心加速度，核心是圆周运动公式的衔接 .
（3） 假设万有引力定律成立，分别对地表物体（万有引力 = 重力 ）和月球（万有引力 = 向心力 ）列方程，再联立消去地球质量和引力常量，推导出各物理量的关系，关键是万有引力的两种作用（重力、向心力 ）的应用.
16．（2024高一下·成都期末）如图，质量为2kg的物体A静止于光滑水平面MN的最右端，MN右端与倾斜传送带平滑连接，传送带长为L=3.2m，与水平方向的夹角为θ=30°，传送带以v=8m/s的速度顺时针转动，物体A与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度大小取g=10m/s2。质量为1kg的物体B以某一水平向右的初速度撞向A，与A发生弹性碰撞，A、B均可视为质点。
（1）若物体B的初速度大小为3m/s，求碰撞后B的速度大小；
（2）若使物体A到达倾斜传送带顶端时的速度大小为5m/s，求B的初速度大小；
（3）若使物体A从倾斜传送带顶端飞出后落在水平面上同一位置，求B的初速度大小的取值范围。
【答案】（1）解：设AB的质量分别为2m和m，则AB碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒关系可知
，
解得
（2）解：若使物体A到达倾斜传送带顶端时的速度大小为5m/s，小于传送带的速度，则由动能定理
解得
AB碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒关系可知
，
解得
（3）解：若使物体A从倾斜传送带顶端飞出后落在水平面上同一位置，则需要使得A从最高点飞出时的速度相同，若物块在最低点速度最小时，A一直在传送带上加速，到达最高点的速度为8m/s，则加速度
此时物块在最低点的最小速度
若物块在最低点速度最大时，A一直在传送带上减速，到达最高点的速度为8m/s，则加速度
此时物块在最低点的最大速度
AB碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒关系可知
可得，则对应的B的速度最小值为，最大值为18m/s，即B的速度范围
.
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）弹性碰撞遵循动量守恒+机械能守恒，联立方程直接求解，关键是碰撞模型的基本公式应用.
（2）第一步：在传送带上运动，用动能定理（摩擦力与重力分力做功，改变动能 ）求碰撞后的速度.
第二步：、弹性碰撞，再用动量守恒+机械能守恒求的初速度，核心是动能定理与碰撞模型的结合.
（3） 要使平抛落同一位置，需从传送带顶端飞出速度相同。分析在传送带上的两种运动（加速、减速 ），用运动学公式（ ）求碰撞后的速度范围，再结合弹性碰撞中初速度与速度的关系（ ），推导的初速度范围.
1 / 1四川省成都市蓉城高中教育联盟2023-2024学年高一下学期期末联考物理试题
1．（2024高一下·成都期末）下列说法正确的是（　　）
A．牛顿提出的经典力学体系只适用于宏观、低速、弱引力场的情形
B．所有行星围绕太阳运动的轨道都是圆，太阳处在圆心上
C．牛顿发现了万有引力定律，并测出了引力常量
D．惠更斯通过摆球的碰撞实验发现，两小球相碰前后的“运动量”在同一方向的总和保持不变，这里的“运动量”是指物体的动能
2．（2024高一下·成都期末）如图甲，一辆汽车在水平公路上转弯，沿曲线由N点经P点向M点行驶，已知汽车经过P点时所受合外力为F，方向如图甲所示。下列说法正确的是（　　）
A．汽车在N点的瞬时速度方向由N点指向M点
B．汽车在P点的瞬时速度方向与图乙中标记的v方向相同，v沿P点切线方向
C．汽车经过P点时所受合外力方向与瞬时速度方向的夹角大于90°，因此汽车经过P点时正在减速
D．汽车可能做匀速圆周运动
3．（2024高一下·成都期末）如图是一种新型的横卧自行车，前、后轮的半径分别为r、R（R>r）。A、B分别是前、后轮上的气门芯，不计车轮厚度。当它在平直路面上匀速直线行驶时，下列说法正确的是（　　）
A．A、B的线速度一定相等
B．A、B的角速度之比为
C．A、B的向心加速度大小之比为
D．A、B做匀速圆周运动的周期相等
4．（2024高一下·成都期末）如图甲，以O点为平衡位置，弹簧振子在A、B两点间做简谐运动，图乙为该弹簧振子的振动图像，其中，取O点为原点，水平向右为正方向。下列说法正确的是（　　）
A．t=0.2s时，小球的加速度为正向最大
B．t=0.1s与t=0.3s两个时刻，小球的速度相同
C．t=0到t=0.2s内，小球做加速度增大的减速运动
D．t=0.4s时，弹簧振子有最大的弹性势能
5．（2024高一下·成都期末）跳台滑雪是冬季奥林匹克运动会最具观赏性的项目之一。如图为简化的跳台滑雪的雪道示意图，A点下方足够长的倾斜雪道可近似看作直线，假设运动员从助滑道上滑下后从跳台A点沿水平方向飞出，初速度大小为v0，在斜面B点着陆。飞行过程中不计空气阻力，已知斜面与水平方向的夹角为θ=30°，重力加速度大小为g。运动员从A点水平飞出到在斜面B点着陆的过程中（　　）
A．运动员所受重力的功率先增大后减小
B．运动员在空中飞行的时间为
C．运动员在B点的瞬时速度方向与斜面的夹角为30°
D．若初速度增大，运动员落地时瞬时速度方向与斜面的夹角将不变
6．（2024高一下·成都期末）如图，不可伸长细线的一端固定于天花板上的O点，细线长度为L，细线下端系有一质量为m、可视为质点的小钢球A。现用手拿住小钢球A，使细线恰好绷直，且与竖直方向成60°夹角。不计空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）
A．若无初速度自由释放小钢球，则小钢球在竖直平面内做匀速圆周运动
B．若无初速度自由释放小钢球，则小钢球到达最低点时的速度大小为
C．若使小钢球在水平面内做匀速圆周运动，则运动过程中绳上拉力不变
D．若使小钢球在水平面内做匀速圆周运动，则小钢球的动能恒为Ek=mgL
7．（2024高一下·成都期末）为测试一种弹簧缓冲装置的性能，研究人员进行了如下实验：将质量均为m的两物块A、B轻轻放置在光滑水平面上，给B一个大小为v0、方向正对A的初速度，B和A发生完全非弹性碰撞，用高速摄像机拍摄得到A、B之间的相互作用时间为t。现给A的右侧安装上弹簧（图中未画出），再次将B以相同的初速度滑向A，发生碰撞，用高速摄像机拍摄得到弹簧从开始压缩到恢复原长所用时间为5t。下列说法正确的是（　　）
A．发生完全非弹性碰撞前后，A、B组成的系统机械能守恒
B．装上弹簧后，弹簧在碰撞过程中的最大弹性势能为
C．发生完全非弹性碰撞后，A、B的总动能减小至初始时的
D．装上弹簧后，A在碰撞过程中所受的平均冲击力大小减小至未安装时的
8．（2024高一下·成都期末）如图甲，物体以一定的初速度从倾角为α=37°的固定斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3m。选地面为零势能面，上升过程中，物体的机械能E机随高度h的变化关系图像如图乙所示。重力加速度大小取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。则（　　）
A．物体的质量为m=0.8kg
B．物体上升到最大高度后静止
C．物体上升过程中斜面对其支持力的冲量为零
D．物体上升过程中动能和重力势能相等的位置离地高度为1.875m
9．（2024高一下·成都期末）2023年5月30日，我国自主研发的长征二号F遥十六运载火箭在酒泉卫星发射中心成功发射。神舟十六号飞船先进入圆形的停泊轨道（I），后经椭圆形的转移轨道（II），到达圆形的中国空间站轨道（III），并与中国空间站组合体完成自主快速交会对接，如图为其变轨过程简化图，已知停泊轨道半径近似为地球半径R，中国空间站轨道距地面的平均高度为h。则（　　）
A．将神舟十六号发射到停泊轨道（I）上所需的发射速度小于7.9km/s
B．转移轨道的半长轴长度为
C．进入转移轨道后，从P点运动到Q点的过程中，神舟十六号的速度减小
D．中国空间站内的宇航员可以漂浮，说明此时他们不受地球引力作用
10．（2024高一下·成都期末）川青铁路镇江关至黄胜关段有望于2024年内通车。假设某动车由静止启动后沿平直轨道行驶，发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的阻力大小恒定。已知动车的质量为m，最高行驶速度为vm。下列说法正确的是（　　）
A．动车启动后先做加速度减小的加速运动
B．行驶过程中动车受到的阻力大小为Pvm
C．当动车的速度大小为时，动车的加速度大小为
D．从启动到速度大小为vm的过程中，动车的牵引力所做的功为
11．（2024高一下·成都期末）现有如图所示装置，固定光滑水平硬杆距地面的高度为L，A为穿在固定光滑硬杆上的质量为m的滑块，质量为m的硬质小球B通过长也为L的细绳与A相连，初始时刻A、B均静止，细绳恰好绷直并保持水平。水平光滑地面上有D、E两辆上表面粗糙、质量均为2m的小车，D的最右端放置一质量为m的物块C。现释放小球B，小球B摆到最低点时，绳子恰好断裂，并且在断裂之后，B立刻与C发生弹性碰撞，C最终恰好没有滑离小车D。A从固定杆右端飞出后最终落在小车E上，A与E发生碰撞瞬间可认为A立刻损失所有的竖直方向速度，但水平方向速度没有损失，最终，A也没有从小车E上滑离。已知D、E两小车上表面高度相同，不计小车上表面距地面的距离，小车上表面与物体A、C间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，A、B、C均可视为质点。下列说法正确的是（　　）
A．B到达最低点且还未与C碰撞的瞬间，其速度大小为
B．小车D的长度为
C．两小车最终的相对速度大小为
D．整个系统最终的机械能减少量为
12．（2024高一下·成都期末）某同学用建筑工地上的重锤做成单摆，用来探究“单摆周期与哪些因素有关”这位同学进行了如图所示实验、让重锤自由往返摆动，记录数据如下表。
回答下列问题：
序号 摆长L/m 重锤质量/g 摆幅/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）实验序号2、4探究的是单摆周期跟　 　（选填“摆长”“重锤质量”或“摆幅”）的关系。
（2）从本次实验可以得到的结论是：单摆周期由　 　（选填“摆长”“重锤质量”或“摆幅”）决定。
（3）摆钟是利用本实验的原理制成的。某一摆钟变慢了，要调准它，应将摆钟的摆长调　 　（选填“长”或“短”）
13．（2024高一下·成都期末）物体在空间站中，由于完全失重，无法直接用天平测量其质量。某兴趣小组成员在观看了“天宫课堂”中，航天员演示的“动量守恒实验”（如图甲所示）之后，提出了一种利用动量守恒在空间站测质量的设想（实验装置如图乙所示）。在某次实验中，A、B两个体积相同的钢球置于实验平台上，两球之间放一质量不计的压缩并锁定的轻质弹簧，某时刻解除锁定，A、B两小球在同一直线上运动，利用闪光频率为10Hz的照相机获取的一组频闪照片，如图丙所示。已知A球为标准小球，其质量为，B小球质量为（待测，弹簧与A、B物体脱离后，静止停留于原地）。
（1）脱离弹簧后，小球A相对于空间站的地面做　 　运动，速度大小为　 　（保留两位有效数字）。
（2）根据实验数据测算可得小球B的质量大小是　 　kg（保留两位有效数字）。
（3）该实验搬到地面上，将两小球放在光滑水平面上，利用上述实验　 　（选填“能”或“不能”）测量小球B的质量。
14．（2024高一下·成都期末）如图，某老师保持用手掌平托质量为m的粉笔盒（可视为质点）的姿势，使粉笔盒以速率v在竖直平面内按顺时针方向做半径为R的匀速圆周运动，a、c分别为最低点和最高点，b、d和圆心O等高，重力加速度大小为g。
（1）求粉笔盒在c点受到手掌支持力的大小；
（2）求粉笔盒从b点运动到d点的过程中所受重力的冲量。
15．（2024高一下·成都期末）在学习万有引力定律的课堂上，某中学的学科小组了解到牛顿在发现万有引力定律时曾用月球的运动来检验，物理学史上称为著名的“月地检验”。已知引力常量为G，关于“月地检验”，该学科小组进行了如下讨论：
（1）通过实验测量得到：在地表以大小为v0的初速度竖直上抛一物体，最大上升高度为h，忽略空气阻力以及地表各处重力加速度的差异，求地表的重力加速度大小g；
（2）查阅资料得知月球绕地球的运动可看作是以地心为圆心的匀速圆周运动，且月球公转周期为T，月球轨道半径为r，求月球的向心加速度大小a；
（3）查阅资料得知地球的半径为R，忽略地球自转，在（1）、（2）的条件下，若万有引力定律成立，v0、h、T、r、R之间应满足什么关系？
16．（2024高一下·成都期末）如图，质量为2kg的物体A静止于光滑水平面MN的最右端，MN右端与倾斜传送带平滑连接，传送带长为L=3.2m，与水平方向的夹角为θ=30°，传送带以v=8m/s的速度顺时针转动，物体A与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度大小取g=10m/s2。质量为1kg的物体B以某一水平向右的初速度撞向A，与A发生弹性碰撞，A、B均可视为质点。
（1）若物体B的初速度大小为3m/s，求碰撞后B的速度大小；
（2）若使物体A到达倾斜传送带顶端时的速度大小为5m/s，求B的初速度大小；
（3）若使物体A从倾斜传送带顶端飞出后落在水平面上同一位置，求B的初速度大小的取值范围。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】物理学史；开普勒定律；引力常量及其测定；相对论时空观与牛顿力学的局限性
【解析】【解答】A．牛顿经典力学的适用范围是宏观、低速、弱引力场，微观（量子力学）、高速（相对论）、强引力场（如黑洞附近）不适用，符合物理事实，故A正确；
B．根据开普勒第一定律的内容是∶每颗行星绕太阳运行的轨道形状是椭圆，太阳处于椭圆的一个焦点上，故B错误；
C．牛顿提出万有引力定律，但没有测出引力常量，是卡文迪许通过实验测出引力常量，故C错误；
D．根据物理学史知惠更斯在碰撞研究中得出了“运动量”守恒原理：“两个物体所具有的运动量在碰撞中都可以增多或者减少，但是它们的量值在同一个方向的总和却保持不变，如果减去反方向的运动量的话。”惠更斯既看到了动量数值的变化，又强调了动量的矢量性，所以惠更斯通过摆球的碰撞实验发现，两小球相碰前后的“运动量”在同一方向的总和保持不变，这里的“运动量”是指物体的动量，故D错误.
故答案为：A.
【分析】选项 A思路：直接调用经典力学适用范围的知识点（宏观、低速、弱引力场 ），判断表述正确.
选项 B思路：回忆开普勒第一定律（轨道是椭圆，太阳在焦点 ），对比 “圆、圆心” 的错误表述，判断错误.
选项 C思路：区分 “万有引力定律的提出者（牛顿 ）” 与 “引力常量的测量者（卡文迪许 ）”，判断错误.
选项 D思路：明确动量与动能 的区别，结合惠更斯碰撞实验的 “运动量” 是动量，判断错误.
2．【答案】C
【知识点】曲线运动的条件；匀速圆周运动；向心力
【解析】【解答】A．曲线运动中，瞬时速度方向沿轨迹切线方向。汽车在N点的速度方向是N点轨迹切线，并非指向M点，选项A错误；
BCD．汽车由N点经P点向M点行驶，在P点的瞬时速度方向与图乙中标记的v方向相反，v沿P点切线方向，此时汽车经过P点时所受合外力方向与瞬时速度方向的夹角大于90°，因此汽车经过P点时正在减速，不可能做匀速圆周运动，选项BD错误，C正确.
故答案为：C.
【分析】1. 瞬时速度方向的基本规律（轨迹切线 ），判断A、B选项.
2. 合外力与速度方向夹角对运动性质的影响（加速/减速 ），判断C选项.
3. 匀速圆周运动的条件（向心力特性 ），判断D选项，考查曲线运动的基础规律应用.
3．【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心加速度
【解析】【解答】A．由于不计车轮厚度， A、B相当于前后两轮边缘上的两点，线速度大小一定相等，方向不一定相同，故A错误；
B．由，可知A、B的角速度与半径成反比，角速度之比为
故B正确；
C．由，可知A、B的向心加速度大小与半径成反比，向心加速度之比为
故C错误；
D．由，可知A、B做匀速圆周运动的周期之比为
故D错误.
故答案为：B。
【分析】选项 A思路：明确线速度是矢量（需大小 + 方向 ），A、B 线速度大小等于自行车前进速度，但方向沿各自车轮切线不同，故 “线速度相等”（矢量）错误，考查线速度的矢量性.
选项 B思路：利用无滑动滚动时，车轮边缘点线速度大小等于自行车前进速度，建立 A、B 与半径的关系，推导角速度之比，考查线速度与角速度的关联.
选项 C思路：应用向心加速度公式（因 A、B 线速度大小相同 ），计算加速度之比，考查向心加速度与半径的关系.
选项 D思路：结合周期公式与角速度的推导结果，计算周期之比，判断周期是否相等，考查周期与角速度的关联.
4．【答案】C
【知识点】简谐运动；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】A． 简谐运动中，加速度
（为位移，负号表方向与位移相反 ）
时，位移为正向最大（图像最高点 ），故加速度为负向最大（与位移方向相反 ），故A错误；
B． t=0.1s与t=0.3s两个时刻，小球的速度大小相等，方向相反，故B错误；
C． t=0到t=0.2s内，斜率逐渐减小，说明小球在减速运动，弹簧力逐渐增大，则小球加速度增大，故小球做加速度增大的减速运动，故C正确；
D． t=0.4s时，弹簧振子在平衡位置，所以弹性势能为0，故D错误.
故答案为：C.
【分析】
选项A 思路：利用简谐运动加速度公式 ，结合位移方向（正向最大 ），判断加速度方向（负向最大 ），考查加速度与位移的关联.
选项B思路：依据振动图像斜率表示速度，对比两时刻斜率的正负（速度方向 ），判断速度是否相同，考查速度的矢量性（方向+大小 ）.
选项C思路：分析到内：位移变化→加速度变化（ ）；斜率变化→速度变化（大小+方向 ）； 结合“加速度与速度方向相反时做减速运动”，判断运动性质，考查加速度、速度与位移的动态关系.
选项D思路：根据弹性势能与位移的关系（ ），结合时位移为0，判断弹性势能最小，考查简谐运动的能量特性.
5．【答案】D
【知识点】平抛运动；功率及其计算
【解析】【解答】A．重力的瞬时功率公式为
（是竖直方向分速度 ）
运动员平抛运动中，竖直方向做自由落体运动
不断增大，所以
一直增大，故A错误；
B．对运动员从A到B的平抛运动过程，有
，，
解得运动员在空中飞行的时间为
故B错误；
C．设速度方向与水平方向夹角为，则
由
（前面推导）
可得
。，
所以速度方向与斜面夹角不是，故C错误；
D．若初速度增大，运动员落地时瞬时速度方向与斜面的夹角的正切值依然是，故D正确.
故答案为：D.
【分析】1. 功率分析（A选项）：抓重力功率公式，平抛运动竖直分速度随时间增大，直接判断功率变化.
2. 飞行时间（B选项）：利用平抛水平、竖直位移公式，结合斜面倾角的几何关系，联立方程求解时间，关键是把位移关系和几何条件结合.
3. 速度方向（C、D选项）：先设速度与水平方向夹角，得，再结合位移关系推导与的定量关系（ ），以此判断速度方向与斜面夹角是否变化，核心是建立速度偏角和位移偏角的联系.
6．【答案】B
【知识点】能量守恒定律；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．若无初速度自由释放小钢球，根据能量守恒，则小钢球在竖直平面内无法完成匀速圆周运动，故A错误；
B．若无初速度自由释放小钢球，根据动能定理，有
解得小钢球到达最低点时的速度大小为
故B正确；
C．若使小钢球在水平面内做匀速圆周运动，则运动过程中绳上拉力大小不变，方向改变，故C错误；
D． 若使小钢球在水平面内做匀速圆周运动，则绳子对小球的拉力与重力的合力提供水平向心力，
则
，
解得
小钢球的动能恒为，故D错误.
故答案为：B。
【分析】1. A选项： 抓“匀速圆周运动速度大小不变”+“无初速释放时重力做功改变速度大小”，直接判断错误.
2. B选项： 用动能定理，找初末动能（初为）和重力做功（ ），联立求速度，核心是动能定理的应用.
3. C选项：识别“水平面匀速圆周运动（圆锥摆）”模型，拉力方向随小球位置变（指向轨迹圆心竖直线 ），判断方向改变.
4. D选项：圆锥摆中，分解拉力为竖直（平衡重力）和水平（提供向心力 ），结合向心力公式向（ ），联立求动能，关键是力的分解和向心力公式应用.
7．【答案】B
【知识点】动量定理；动量守恒定律；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．发生完全非弹性碰撞时，A、B组成的系统机械能有损失，则系统机械能不守恒，故A错误；
B．装上弹簧后，当A、B共速时弹簧弹性势能最大，根据动量守恒：
解得
初始动能初
共速时总动能共
最大弹性势能弹初
故B正确；
C．完全非弹性碰撞，动量守恒
得共
碰撞后总动能后
初始总动能初
，
即总动能减为初始的，故C错误；
D．未装弹簧（完全非弹性碰撞）：对A用动量定理，共
得
装上弹簧：弹簧恢复原长时，由动量守恒
能量守恒
联立解得
，（相当于弹性碰撞交换速度 ），对A用动量定理，
得
则
即平均冲击力减为未安装时的，故D错误.
故答案为：B.
【分析】1. A选项：抓“完全非弹性碰撞的特点（有机械能损失）”，直接判断机械能不守恒.
2. B选项：第一步：识别“弹簧最大弹性势能对应A、B共速”，用动量守恒求共速速度.
第二步：用能量守恒（初始动能 - 共速时总动能 = 弹性势能 ）计算，核心是动量守恒与能量守恒的结合应用.
3. C选项：用动量守恒求完全非弹性碰撞后的共速，再计算碰撞后总动能与初始动能的比值，关键是动量守恒的应用和动能计算.
4. D选项：未装弹簧：对A用动量定理，结合完全非弹性碰撞的共速求平均力.
装上弹簧：通过动量守恒+能量守恒（弹性碰撞模型）得A的末速度，再对A用动量定理求平均力，最后求比值，核心是动量定理与碰撞模型的结合.
8．【答案】D
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的综合应用；冲量
【解析】【解答】A．物体到达最高点时，机械能为
由图知
则物体的质量
故A错误；
B．物体上升过程中，克服摩擦力做功，减少的机械能等于克服摩擦力做的功
解得
则
所以物体上升到最大高度后不能静止，故B错误；
C．由物体上升过程中斜面对其支持力的冲量
冲量不为零，故C错误；
D．物体上升过程中动能和重力势能相等的位置离地高度为h，则
解得
故D正确.
故答案为：D.
【分析】1. A选项：抓“最高点机械能 = 重力势能”，用直接求质量，关键是识别最高点动能为.
2. B选项：第一步：由机械能减少量等于克服摩擦力做功，列方程求动摩擦因数.
第二步：比较重力分力与最大静摩擦力，判断物体能否静止，核心是摩擦力做功与受力分析结合.
3. C选项：根据冲量定义，支持力恒不为零且作用时间不为零，直接判断冲量不为零.
4. D选项：设“动能 = 重力势能”时高度，结合机械能守恒（含摩擦力做功 ）列方程：初始机械能 = 动能 + 重力势能 + 克服摩擦力做功，联立求解，关键是能量关系的梳理.
9．【答案】B,C
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．第一宇宙速度是卫星绕地球做近地圆轨道运动的最小发射速度。停泊轨道半径近似为地球半径R，属于近地轨道，发射速度应等于第一宇宙速度，故A错误；
B．转移轨道的半长轴长度为，故B正确；
C．进入转移轨道后，从P点运动到Q点的过程中，神舟十六号离地球越来越远，引力做负功，速度减小，故C正确；
D．宇航员 “漂浮” 是因为空间站绕地球做圆周运动，地球引力完全提供向心力，处于完全失重状态（仍受地球引力 ），并非不受引力，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】A 选项：抓 “第一宇宙速度的定义（近地轨道最小发射速度）”，直接判断停泊轨道发射速度等于第一宇宙速度.
B 选项：利用椭圆轨道 “半长轴为近、远地点到地心距离的平均值”，结合轨道半径与高度的几何关系，计算半长轴，核心是椭圆轨道的几何特性.
C 选项：分析引力做功的正负（远离地球时引力做负功 ），再结合动能定理判断速度变化，关键是功与能的关系.
D 选项：理解 “完全失重” 的本质（引力提供向心力 ），区分 “不受力” 与 “完全失重”，直接判断错误.
10．【答案】A,C
【知识点】牛顿第二定律；机车启动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．由可知动车恒定功率加速过程中，动车的牵引力减小，由牛顿第二定律得
可知行驶过程中受到的阻力大小恒定时加速度减小，动车启动后先做加速度减小的加速运动，故A正确；
B．当牵引力与阻力大小相等时，动车的速度最大，行驶过程中动车受到的阻力大小为
故B错误；
C．当动车的速度大小为时，牵引力大小为
由牛顿第二定律得
解得动车的加速度大小为
故C正确；
D．从启动到速度大小为vm的过程中，由动能定理得
动车的牵引力所做的功
故D错误.
故答案为：AC.
【分析】1. A选项： 结合（功率恒定，增则减 ）和牛顿第二定律（恒定，减则减 ），判断运动性质，关键是力与运动的动态分析.
2. B选项： 抓“最大速度时受力平衡（）”，联立求阻力，核心是平衡条件的应用.
3. C选项： 先由求对应速度的牵引力，再结合阻力（B选项结果 ），用牛顿第二定律求加速度，关键是功率公式与牛顿定律的衔接.
4. D选项： 用动能定理分析牵引力做功与动能、阻力做功的关系，识别“阻力做功不为零”，判断牵引力做功大于动能变化，核心是动能定理的理解.
11．【答案】B,D
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．由AB组成的系统，水平方向动量守恒，则
，
联立可得
故A错误；
B．BC发生弹性碰撞，由于BC质量相等，则速度交换，所以
C最终恰好没有滑离小车D，则
，
解得
，
故B正确；
C．对A和小车E有
解得
，
所以两小车最终相对速度大小为
故C错误；
D．整个系统最终的机械能减少量为
解得
故D正确.
故答案为：BD。
【分析】A 选项：水平动量守恒（A、B 系统水平无外力 ）+ 机械能守恒（B 下摆只有重力做功 ），联立求速度，关键是系统动量与能量的结合.
B 选项：弹性碰撞 “质量相等时速度交换” 得 C 的速度，再用 C 与 D 的 ** 动量守恒 + 能量守恒（摩擦力做功 ） 求 D 的长度，核心是碰撞模型与板块模型的结合.
C 选项：A 平抛后水平速度不变，与 E 发生动量守恒（水平方向 ），求 E 的最终速度；结合 D 的最终速度，判断两车相对速度，关键是平抛运动水平速度不变与动量守恒的应用.
D 选项：系统机械能减少量等于初始总机械能（A、B 重力势能 ）减去最终总动能（D、C 和 E、A 的动能和 ），核心是机械能变化的本质（摩擦力做功转化为内能 ）.
12．【答案】（1）重锤质量
（2）摆长
（3）短
【知识点】单摆及其回复力与周期；探究单摆的运动
【解析】【解答】（1）由实验数据知，在实验序号2、4中摆长和振幅都相同，重锤质量不同，所以研究的是周期跟重锤质量的关系。
故答案为：重锤质量.
（2）周期在摆动幅度、质量变化时，摆长不变，摆动的时间不变；只有在摆长改变了，周期才改变；所以可得结论：周期与摆长有关，与重锤质量和摆动幅度无关.
故答案为：摆长.
（3）某一摆钟变慢了，因周期受摆长的影响，钟摆越长，摆动越慢，所以要调准它即把摆长调短一些.
故答案为：短.
【分析】（1）用控制变量法，找两组实验中 “只有一个变量不同，其他条件相同” 的量，该变量就是探究的因素.
（2）同样用控制变量法，分析多组实验中 “变量变化时周期是否改变”，归纳出 “只有摆长改变会影响周期”，得出周期由摆长决定.
（3）结合（2）的结论 “摆长越长，周期越大”，摆钟变慢（周期大 ）→ 需减小周期 → 缩短摆长，核心是结论的应用.
（1）由实验数据知，在实验序号2、4中摆长和振幅都相同，重锤质量不同，所以研究的是周期跟重锤质量的关系。
（2）周期在摆动幅度、质量变化时，摆长不变，摆动的时间不变；只有在摆长改变了，周期才改变；所以可得结论：周期与摆长有关，与重锤质量和摆动幅度无关。
（3）某一摆钟变慢了，因周期受摆长的影响，钟摆越长，摆动越慢，所以要调准它即把摆长调短一些。
13．【答案】匀速直线；；；能
【知识点】爆炸；速度与速率
【解析】【解答】本题主要考查动量守恒实验，在实验中要注意小球的运动状态，根据纸带上的间距确定速度大小。（1）由丙图可知，脱离弹簧后，小球A相对于空间站的地面做匀速直线运动；
由照相机的频率可知周期为
则由图可知，小球A速度大小为
（2）由图可知，B的速度大小为
由动量守恒可知
代入数值可得
（3）该实验搬到地面上，将两小球放在光滑水平面上，动量守恒依然成立，故能测出小球B的质量。
【分析】（1）根据图丙可以得出，脱离弹簧后做匀速直线运动，根据s=vt，可求出速度大小；
（2）根据动量守恒可求出B球的质量；
（3）在地面上，放在水平光滑桌面上，同样可以验证。
14．【答案】（1）解：在最高点，粉笔盒受到手的支持力方向向上，受到重力，方向向下，根据牛顿第二定律可得
解得
.
（2）解：根据题意可知
粉笔盒从b点运动到d点的过程中运动时间为
则粉笔盒从b点运动到d点的过程中所受重力的冲量为
竖直向下
【知识点】牛顿第二定律；竖直平面的圆周运动；冲量
【解析】【分析】（1）匀速圆周运动的向心力由合力提供，在最高点（c点 ），重力与支持力的合力指向圆心（向下 ），用向心力公式列方程，解支持力.
（2）冲量用I = Ft计算（重力恒力 ），需先求运动时间t，利用匀速圆周运动弧长与速度的关系，b到d是半圆弧长，求出t后代入冲量公式，核心是冲量定义与圆周运动时间的计算。
15．【答案】（1）解：由运动学公式得
解得地表的重力加速度大小为
（2）解：月球的向心加速度大小为
.
（3）解：忽略地球自转，设地球的质量为M，地面物体的质量为m，则
设月球的质量为，由万有引力提供向心力得
解得
.
【知识点】向心加速度；万有引力定律；卫星问题
【解析】【分析】（1）利用竖直上抛运动的速度 - 位移公式（ ），直接代入末速度为的条件，解重力加速度，关键是运动学公式的应用.
（2）匀速圆周运动中，向心加速度与角速度、轨道半径的关系（ ），结合角速度与周期的关系（ ），推导向心加速度，核心是圆周运动公式的衔接 .
（3） 假设万有引力定律成立，分别对地表物体（万有引力 = 重力 ）和月球（万有引力 = 向心力 ）列方程，再联立消去地球质量和引力常量，推导出各物理量的关系，关键是万有引力的两种作用（重力、向心力 ）的应用.
16．【答案】（1）解：设AB的质量分别为2m和m，则AB碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒关系可知
，
解得
（2）解：若使物体A到达倾斜传送带顶端时的速度大小为5m/s，小于传送带的速度，则由动能定理
解得
AB碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒关系可知
，
解得
（3）解：若使物体A从倾斜传送带顶端飞出后落在水平面上同一位置，则需要使得A从最高点飞出时的速度相同，若物块在最低点速度最小时，A一直在传送带上加速，到达最高点的速度为8m/s，则加速度
此时物块在最低点的最小速度
若物块在最低点速度最大时，A一直在传送带上减速，到达最高点的速度为8m/s，则加速度
此时物块在最低点的最大速度
AB碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒关系可知
可得，则对应的B的速度最小值为，最大值为18m/s，即B的速度范围
.
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）弹性碰撞遵循动量守恒+机械能守恒，联立方程直接求解，关键是碰撞模型的基本公式应用.
（2）第一步：在传送带上运动，用动能定理（摩擦力与重力分力做功，改变动能 ）求碰撞后的速度.
第二步：、弹性碰撞，再用动量守恒+机械能守恒求的初速度，核心是动能定理与碰撞模型的结合.
（3） 要使平抛落同一位置，需从传送带顶端飞出速度相同。分析在传送带上的两种运动（加速、减速 ），用运动学公式（ ）求碰撞后的速度范围，再结合弹性碰撞中初速度与速度的关系（ ），推导的初速度范围.
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