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四川省成都市成华区2023-2024学年高一下学期7月期末考试物理试题
一、单项选择题（题中所给的四个选项中，只有一个选项正确，选正确得4分，选错得0分，共28分）
1．（2024高一下·成华期末）关于曲线运动的有关描述，下列说法正确的是（　　）
A．如果物体受到的合外力是恒力，则物体不可能做曲线运动
B．做曲线运动的物体所受的合外力可以为零
C．物体做曲线运动时受到的合外力方向指向曲线凹侧
D．做匀速圆周运动的物体的速度大小和加速度大小均不变，所以也叫匀变速运动
2．（2024高一下·成华期末）如图所示，长为L的杆一端固定在过O点的水平转轴上，另一端固定质量为m的小球。杆在电动机的驱动下在竖直平面内旋转，带动小球以角速度做匀速圆周运动，其中A点为最高点，C点为最低点，B、D点与O点等高。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．小球在B、D两点受到杆的作用力大于mg
B．小球在A、C两点受到杆的作用力大小的差值为6mg
C．小球在B、D两点受到杆的作用力大小等于
D．小球从A点到B点的过程，杆对小球做的功等于
3．（2024高一下·成华期末）一小船在静水中的速度为4m/s，它在一条河宽160m、水流速度为3m/s的河流中渡河，则该小船（　　）
A．不能到达正对岸
B．渡河的最短时间为32s
C．以最短时间渡河时，它沿水流方向的位移大小为120m
D．以最短位移渡河时，渡河时间为40s
4．（2024高一下·成华期末）如图甲所示，以O点为平衡位置，弹簧振子在A、B两点间做简谐运动，图乙为这个弹簧振子的振动图像，下列说法中错误的是（　　）
A．在t=0.2s时，小球的加速度为正向最大
B．在t=0.1s与t=0.3s两个时刻，小球在同一位置
C．从t=0到t=0.2s时间内，小球做加速度增大的减速运动
D．在t=0.6s时，弹簧振子有最大的弹性势能
5．（2024高一下·成华期末）2023年11月10日，我国首条具有完全自主知识产权的超高速低真空管道磁浮交通系统试验线——高速飞车大同（阳高）试验线一期主体工程完工，其速度能达1000千米/时以上，标志着我国在新型交通领域的研究已迈入世界先进行列。如图所示．高速飞车的质量为m，额定功率为，列车以额定功率在平直轨道上从静止开始运动，经时间t达到该功率下的最大速度，设恒定阻力为，则（　　）
A．列车达到的最大速率等于
B．列车达到最大速度前加速度与牵引力成正比
C．列车在时间t内牵引力做功大于
D．在时间t内列车位移大于
6．（2024高一下·成华期末）如图所示，倾角为37°的斜面固定在水平面上，小球从斜面上M点的正上方0.2m处由静止下落，在M点与斜面碰撞，之后落到斜面上的N点。已知小球在碰撞前、后瞬间，速度沿斜面方向的分量不变，沿垂直于斜面方向的分量大小不变，方向相反，，，重力加速度大小，忽略空气阻力，则小球从M点开始运动至N点的过程中距离斜面最远的时间为（　　）
A．0.2s B．0.3s C．0.4s D．0.5s
7．（2024高一下·成华期末）如图，质量m＝1kg的物块（可视为质点），以速度大小m/s水平向右滑上正在逆时针转动的水平传送带，传送带AB的长度L＝6m，传送带的速度大小v＝2m/s，物块与传送带间的动摩擦因数，重力加速度大小，物块滑离传送带时产生的划痕长度为（　　）
A．5m B．4m C．9m D．8m
二、多项选择题（题中所给的四个选项中至少有两个选项正确，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有错误选项的得0分，共15分）
8．（2024高一下·成华期末）2023年10月26日，我国自主研发的神舟十七号载人飞船圆满的完成了发射，与“天和"核心舱成功对接，飞船变轨前绕地稳定运行在半径为r1的圆形轨道I上，椭圆轨道II为飞船的转移轨道，核心舱绕地沿逆时针方向运行在半径为r3的圆形轨道Ⅲ上，轨道Ⅰ和Ⅱ、Ⅱ和ⅡI分别相切于A、B两点，飞船在A点变轨，与核心舱刚好在B点进行对接，下列说法正确的是（　　）
A．神舟十七号在Ⅰ轨道上稳定运行的速度可能大于7.9km/s
B．神舟十七号在ⅠⅠ轨道上由A向B运动时，速度减小，机械能减小
C．神舟十七号在ⅠⅠ轨道上经过A点的速度大于在Ⅰ轨道上经过A点的速度
D．神舟十七号在Ⅱ轨道上经过B点时加速变轨进入Ⅲ轨道与“天和”核心舱完成对接
9．（2024高一下·成华期末）如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴O上，另一端与套在光滑固定直杆A处质量为m的小球（可视为质点）相连。A点距水平面的高度为h，直杆与水平面的夹角为30°，OA＝OC，B为AC的中点，OB等于弹簧原长。小球从A处由静止开始下滑，经过B处的速度为v。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．小球在C点时的动能
B．小球通过B点时的加速度为
C．弹簧具有的最大弹性势能为
D．小球下滑过程机械能守恒
10．（2024高一下·成华期末）一个质量为m的物体，以的加速度匀减速竖直下降h，下列说法中正确的是（　　）
A．物体的重力势能减小mgh B．物体的机械能增加
C．物体的动能减小 D．物体的动能减小
三、实验题（本大题共2小题，共15分）
11．（2024高一下·成华期末）弹弓和钢珠弹属于可能危及旅客人身安全的物品，是禁止携带上动车的。某实验小组利用电子秤和频闪照相机测量一把弹弓发射出的钢珠弹的动能，具体步骤如下：
（1）用电子秤测得钢珠弹的质量m；
（2）在背景方格前使用弹弓水平发射钢珠弹，使用频闪照相机（每隔相等时间拍一次照片）拍摄钢珠弹在空中的位置。如图所示为钢珠弹运动的频闪照片的一部分，已知图中背景小方格的边长表示实际长度为L，重力加速度为g，求：
①照相机的频闪周期T＝　 　；
②钢珠弹在B点的动能　 　；
③若以A点为坐标原点，水平向右为X轴正方向，竖直向下为Y轴正方向建立直角坐标系，则钢珠弹抛出点的坐标为　 　。
12．（2024高一下·成华期末）利用图中所示的装置可以研究自由落体运动的加速度，实验中需要调整好仪器，接通打点计时器的电源，松开纸带，使重物下落，打点计时器会在纸带上打出一系列的点：
（1）取下纸带，取其中的一段并每隔一个计时点标出计数点，如图所示，测出相邻计数点间的距离分别cm，cm，cm，cm，cm，cm，已知打点计时器打点的时间间隔T0.02s，则重锤运动的加速度计算表达式为a＝　 　，代入数据，可得加速度a＝　 　（计算结果保留三位有效数字）。
（2）若计时器实际频率为49Hz，则加速度计算结果　 　（偏大、偏小或准确）
四、计算题（本大题共3小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后结果的不能得分。有数据计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
13．（2024高一下·成华期末）如图所示，质量为m＝1kg的木块在倾角为的足够长的斜面上由静止开始下滑，木块与斜面间的动摩擦因数，忽略空气阻力。求：（已知，，）
（1）前2s内重力所做的功；
（2）前2s内重力的平均功率；
（3）在2s末，重力的瞬时功率。
14．（2024高一下·成华期末）如图所示，跳台滑雪是冬奥会中最具观赏性的项目之一，运动员和滑雪板的总质量为m＝60kg，运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始下滑80m到达B处时的速度m/s，A与B竖直高度差为H＝48m。为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用半径R＝15m的圆弧轨道连接，其中C为圆弧轨道的最低点，且运动员滑到C处时速度为m/s，在CD的右侧的地面上放置有一个倾角为的斜面作为运动员的着陆区，其中D在C点的正下方m处，忽略空气阻力，如图所示。（）
（1）求运动员在AB段下滑时受到的平均阻力的大小。
（2）求运动员滑到C处时对轨道的压力。
（3）求运动员从C点水平飞出后落在斜面上的位置与D点的距离。
15．（2024高一下·成华期末）如图所示，一右端固定有竖直挡板的质量为M＝2kg的木板静置于光滑的水平面上，另一质量m＝1kg的物块（可视为质点）以v＝6m/s的水平速度从木板最左端冲上木板，经过1s时间与右端挡板发生弹性碰撞。已知滑块与木板间的动摩擦因数为，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力，求：（）
（1）物块与木板相碰前各自的加速度；
（2）木板的长度L为多长；
（3）物块与木板碰后瞬间各自的速度大小；
（4）物块在木板上运动的全过程中因摩擦产生的热量Q。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】曲线运动的条件；曲线运动；匀速圆周运动；向心力
【解析】【解答】A．恒力作用下，若初速度与恒力不共线（如平抛运动，重力为恒力，初速度水平 ），物体做曲线运动；若初速度与恒力共线（如自由落体、匀加速直线运动 ），物体做直线运动，故A错误；
B．物体做曲线运动时，合外力的作用是改变速度方向，使其沿曲线轨迹运动，合外力方向指向曲线的凹侧（可理解为 “拉着物体向凹侧拐弯” ），例如平抛运动中重力竖直向下，轨迹凹侧（下方 ）与重力方向一致，故B错误；
C．物体做曲线运动时所受合力方向指向曲线凹侧，故C正确；
D．匀速圆周运动速度和加速度大小不变，但方向变化，是非匀变速运动，故D错误。
故答案为：C。
【分析】曲线运动的条件：合外力与速度方向不共线（与合外力是否为恒力无关 ）；
曲线运动的速度特性：速度方向时刻变化，因此加速度、合外力一定不为零；
合外力与轨迹的关系：合外力指向轨迹凹侧，“拉” 着物体做曲线运动；
匀变速运动的定义：加速度（大小 + 方向 ）恒定，匀速圆周运动加速度方向变化，是非匀变速运动。根据以上分析逐一判断。
2．【答案】A
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】AC．当小球在B、D两点时，杆对小球作用力竖直方向的分力应等于重力，水平方向分力提供向心力，故杆对小球的作用力为
故A正确；C错误；
B．若小球在最高点，杆对小球的作用力为支持力，则在A点
在C点
所以
若小球在最高点，杆对小球的作用力为拉力，则在A点
在C点
所以
故B错误；
D．小球从A点到B点的过程，根据动能定理，可得
解得杆对小球做的功等于
故D错误。
故选A。
【分析】本题考查竖直面内的圆周运动结合动能定理来考查，分析小球在某点的受力需要对该点进行受力分析，合力提供向心力，所以可以得到B、D两个位置的作用力，、A 、C两个点的杆的作用力大小的差值；如果要球杆对小球做的功，就要考虑对过程运用动能定理，用动能定理的时候要注意重力做功，匀速圆周运动，动能变化量为0
3．【答案】C
【知识点】运动的合成与分解；小船渡河问题分析
【解析】【解答】A．小船在静水中速度 船，水流速度 水，因 船水，根据平行四边形定则，合速度方向可垂直河岸（调整船速方向，使合速度垂直河岸 ），故小船能到达正对岸，故A错误；
BC．当船头垂直河岸时，渡河时间最短，则有
以最短时间渡河时，它沿水流方向的位移大小为
故B错误，C正确；
D．以最短位移渡河时，合速度方向垂直河岸，合速度大小为
则渡河时间为
故D错误。
故答案为：C。
【分析】1. 最短时间：船头垂直河岸，利用船在静水中的速度全部用于垂直河岸分运动，时间仅由河宽和船速决定；
2. 最短位移：当船速大于水速时，合速度可垂直河岸，位移等于河宽；若船速小于水速，最短位移为 船水（本题船速大于水速，故位移等于河宽 ）。
4．【答案】A
【知识点】简谐运动的表达式与图象；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
时，位移 为正向最大值（图像最高点 ），因此加速度
即负向最大值（与位移方向相反 ），A错误；
B．振动图像中，位移相同则位置相同， 和 时，位移 相等（图像上纵坐标相同 ），说明小球在同一位置
，B正确；
C．从t=0到t=0.2s时间内，小球从平衡位置向最大位移处运动，位移逐渐增大，加速度逐渐增大，加速度方向与速度方向相反，小球做加速度增大的减速运动，C正确；
D．在t=0.6s时，小球的位移为负最大值，即弹簧的形变量最大，弹簧振子的弹性势能最大，D正确。
故答案为：A。
【分析】1. 加速度与位移的关系：，加速度大小与位移大小成正比，方向相反；
2. 位移与位置的关系：振动图像中，位移相同对应同一位置；
3. 速度与加速度的关系：加速度方向与速度方向相同则加速，相反则减速；
4. 弹性势能与位移的关系：弹性势能随位移大小的增大而增大（形变量越大，势能越大 ）。
通过“图像读取位移→结合公式分析加速度、速度、势能”的逻辑，逐一验证选项正误。
5．【答案】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．列车最大速度时，牵引力
由
得
故A错误；
B．由牛顿第二定律
即
加速度 与牵引力牵 是线性关系（一次函数 ），并非正比（正比需牵 无常数项 ），故B错误；
C．根据动能定理可知
则
故C正确；
D．根据动能定理可知
解得
故D错误。
故答案为：C。
【分析】 A、利用“最大速度条件（牵引力 = 阻力 ）”+“功率公式”，推导最大速度。
B、通过“牛顿第二定律”推导加速度与牵引力的函数关系，判断是否为正比。
CD、依据“动能定理”，结合牵引力做功、阻力做功与动能变化的关系，分析做功大小与位移计算。
6．【答案】A
【知识点】自由落体运动；运动的合成与分解；斜抛运动
【解析】【解答】由自由落体运动公式
小球到M点的速度大小为
以沿斜面为x轴，以垂直于斜面为y轴，如图所示
则各分速度大小为
将重力加速度分解为
当垂直斜面的分速度减小到零时，小球从M点开始运动至N点的过程中距离斜面最远，根据速度时间公式
。
故答案为：A。
【分析】将速度和加速度分解为 *沿斜面（x 轴 ）和垂直斜面（y 轴 ）两个方向，简化问题（垂直斜面方向的运动决定 “距离斜面最远” 的时刻 ）；利用 “垂直斜面方向速度为 0 时，距离斜面最远” 的临界条件，结合运动学公式求解时间；分解时注意角度关系，确保分量计算正确。
7．【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】物块向右减速运动时，根据牛顿第二定律可得加速度大小为
物块向右减速到速度为0通过的位移大小为
可知物块向右减速到速度为0后反向加速到与传送带共速，之后与传送带相对静止一起匀速运动到左端离开，物块减速时间为
此过程中传送带的位移大小为
此过程中，产生的划痕长度为
加速过程，时间为
此过程中物块的位移大小为
此过程中传送带的位移大小为
此过程中，产生的划痕长度为
物块滑离传送带时产生的划痕长度为
故答案为：C。
【分析】减速阶段：物块向右减速到 0，传送带向左匀速，计算相对位移。
加速阶段：物块向左加速到与传送带共速，传送带继续向左匀速，计算相对位移。
总划痕：两阶段划痕叠加（无重叠 ），得总长度。
8．【答案】C,D
【知识点】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（7.9km/s ）是近地卫星的最大绕行速度（轨道半径≈地球半径 ），轨道 半径 大于地球半径，由（ 越大， 越小 ），故轨道 速度小于7.9km/s，故A错误；
B．神舟十七号在ⅠⅠ轨道上由A向B运动时，只有引力做负功，速度减小，机械能不变，故B错误；
C．轨道变轨：从低轨 到高轨，需加速（向后喷气，增加速度 ），使万有引力不足以提供向心力，做离心运动，故轨道 上A点速度大于轨道 上A点速度，故C正确；
D．神舟十七号在Ⅱ轨道上经过B点时加速变轨进入Ⅲ轨道与“天和”核心舱完成对接，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】A：利用“第一宇宙速度是最大绕行速度”+“”，判断轨道速度与7.9km/s的关系。
B：依据“椭圆轨道机械能守恒（只有引力做功 ）”，分析速度与机械能变化。
C：通过“变轨原理（低轨→高轨需加速 ）”，比较同一点的速度大小。
D：结合“轨道相切与变轨条件（调整速度使引力匹配新轨道向心力 ）”，判断对接可行性。
9．【答案】A,B
【知识点】能量守恒定律；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．小球在A点和C点时，弹簧的长度相同，即弹簧的形变量相同，具有相同的弹性势能，全程弹簧的弹力做功为零，则小球从A点到C点的过程，根据动能定理
即
故A正确；
B．因在B点时弹簧在原长，则到达B点时的加速度为
故B正确；
C．弹簧形变量最大时弹性势能最大，即小球在A点时，弹簧具有最大的弹性势能，小球由A点到B点过程中，根据能量守恒
解得
故C错误；
D．小球下滑过程中，除了小球重力做功外，还有弹簧的弹力做功，所以小球下滑过程机械能不守恒，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】弹性势能的对称性：A、C 两点弹簧形变量相同，弹性势能相等，简化做功分析；
受力与加速度：B 点弹簧原长，弹力为 0，沿杆合力由重力分力提供，直接用牛顿第二定律；
最大弹性势能：通过动能定理，分析重力做功、弹力做功与动能变化的关系，注意高度差的计算（结合杆倾角 ）；
机械能守恒判断：小球受弹簧弹力做功，个体机械能不守恒（系统守恒 ）。
10．【答案】A,D
【知识点】功能关系；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．重力势能变化仅由重力做功决定，公式为
物体竖直下降，重力做功
（重力与位移同向，做正功 ）
因此重力势能减小量为，A正确；
B．由题意知物体的加速度为，方向为竖直向上，故物体受到竖直向上的外力，根据牛顿第二定律可知
解得
外力对物体做负功
物体的机械能减少，B错误；
CD．由动能定理可知
解得
即物体的动能减小，C错误，D正确。
故答案为：AD。
【分析】1. 重力势能变化：仅由重力做功决定（ ）；
2. 机械能变化：仅由除重力外其他力做功决定（其他 ）；
3. 动能变化：仅由合外力做功决定（动能定理合 ）。
通过“受力分析求合力→计算各力做功→结合功能关系/动能定理”的逻辑，逐一推导能量变化，验证选项正误。
11．【答案】；；（，）
【知识点】研究平抛物体的运动；匀变速直线运动规律的综合运用；动能
【解析】【解答】（2） ① 由图可得，钢珠弹在竖直方向做匀加速直线运动，根据
解得
② 钢珠弹在水平方向做匀速直线运动，所以有
解得
钢珠弹在B点的竖直方向的分速度为
所以，钢珠弹在B点的速度为
钢珠弹在B点的动能为
；
③ 设钢珠弹从抛出到B点所用时间为t，则
所以B点到抛出点的竖直高度为
则抛出点的纵坐标为
B点到抛出点的水平距离为
则抛出点的横坐标为
则钢珠弹抛出点的坐标为（，）。
故答案为：；；（，）。
【分析】竖直方向：利用匀加速直线运动的 “连续相等时间位移差” 求频闪周期 T；
水平方向：匀速运动求初速度，结合中间时刻速度等于平均速度，求 B 点竖直速度；
抛出点坐标：通过竖直、水平方向的运动学公式，逆向推导抛出点与 B 点的位移关系，结合 B 点坐标（以 A 为原点 ），确定抛出点坐标。
12．【答案】（1）；
（2）偏大
【知识点】伽利略对自由落体运动的研究；用打点计时器测速度
【解析】（1）根据逐差法求得，重锤运动的加速度计算表达式为
代入数值可得加速度
。
故答案为：；。
（2）若计时器实际频率为49Hz，则计算时用T0.02s偏小，则加速度计算结果
偏大。
故答案为：偏大。
【分析】时间间隔确定：因 “每隔一个计时点取计数点”，计数点间实际时间为 2T；
逐差法原理：将连续位移分为前后两组，利用 “匀变速直线运动中，连续相等时间内位移差恒定”，通过总位移差求加速度，减小偶然误差；
单位换算与计算：注意位移单位换算为米，代入公式准确计算。
（1）[1][2]根据逐差法求得，重锤运动的加速度计算表达式为
代入数值可得加速度
（2）若计时器实际频率为49Hz，则计算时用
T0.02s
偏小，则加速度计算结果
偏大。
13．【答案】（1）解：根据牛顿第二定律有
木块的加速度
前2s内木块
所以，重力在前2s内做的功为
。
（2）解：重力在前2s内的平均功率为
。
（3）解：木块在2s末的速度
所以2s末重力的瞬时功率
【知识点】牛顿第二定律；功的计算；功率及其计算
【解析】【分析】加速度求解：通过受力分析（重力、支持力、摩擦力 ），结合牛顿第二定律，确定木块下滑的加速度；
位移与速度计算：利用匀变速直线运动公式，求出前 2s 内的位移和 2s 末的速度；
功与功率计算：重力做功与竖直下落高度相关（位移沿斜面，需分解为竖直分量 ）；平均功率用总功除以时间，瞬时功率用 “力 × 速度在力方向的分量” 计算。
14．【答案】（1）解：运动员在AB段下滑时根据动能定理
解得。
（2）解：运动员滑到C处时，设轨道对运动员的支持力为N，根据牛顿第二定律
解得
根据牛顿第三定律，运动员对轨道的压力等于轨道对运动员的支持力，即
方向竖直向下。
（3）解：运动员从C点水平飞出后做平抛运动，在竖直方向自由落体
在水平方向匀速直线
其中
代入数据，联立解得
，，
则落在斜面上的位置与D点的距离为
。
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；平抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】AB 段（直线运动 ）：用动能定理，结合重力做功、阻力做功与动能变化的关系，求平均阻力；
C 点（圆周运动 ）：用牛顿第二定律，分析向心力来源（支持力与重力的合力 ），结合牛顿第三定律求压力；
平抛阶段（曲线运动 ）：分解为水平匀速和竖直自由落体，结合斜面几何关系（正切值 ）联立方程，求解时间和位移，最后通过投影求距离。
15．【答案】（1）解：设物块的加速度大小为，根据牛顿第二定律
解得
，方向水平向左。
设木板的加速度大小为，根据牛顿第二定律
解得
，方向水平向右。
（2）解：经过1s时间物块的位移为
木板的位移为
木板的长度L为
。
（3）解：设物块与木板碰撞前的速度大小分别为、，则
，
设物块与木板碰撞后的速度大小分别为、，物块与木板发生弹性碰撞，根据动能守恒
根据动能守恒
解得
，。
（4）解：假设物块与木板碰撞后两者可以共速，根据动量守恒
解得
物块与木板碰撞后到两者共速，根据能量守恒
解得
所以，假设成立。物块在木板上运动的全过程中，根据能量守恒
解得
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—板块模型；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】碰撞前：物块匀减速、木板匀加速，用牛顿第二定律求加速度，运动学公式求位移差（木板长度 ）；
弹性碰撞：利用动量守恒 + 动能守恒，联立方程求解碰后速度；
碰撞后：物块与木板在摩擦力作用下趋于共速，用动量守恒求共速，能量守恒求相对位移，最后通过总机械能损失求摩擦生热。
1 / 1四川省成都市成华区2023-2024学年高一下学期7月期末考试物理试题
一、单项选择题（题中所给的四个选项中，只有一个选项正确，选正确得4分，选错得0分，共28分）
1．（2024高一下·成华期末）关于曲线运动的有关描述，下列说法正确的是（　　）
A．如果物体受到的合外力是恒力，则物体不可能做曲线运动
B．做曲线运动的物体所受的合外力可以为零
C．物体做曲线运动时受到的合外力方向指向曲线凹侧
D．做匀速圆周运动的物体的速度大小和加速度大小均不变，所以也叫匀变速运动
【答案】C
【知识点】曲线运动的条件；曲线运动；匀速圆周运动；向心力
【解析】【解答】A．恒力作用下，若初速度与恒力不共线（如平抛运动，重力为恒力，初速度水平 ），物体做曲线运动；若初速度与恒力共线（如自由落体、匀加速直线运动 ），物体做直线运动，故A错误；
B．物体做曲线运动时，合外力的作用是改变速度方向，使其沿曲线轨迹运动，合外力方向指向曲线的凹侧（可理解为 “拉着物体向凹侧拐弯” ），例如平抛运动中重力竖直向下，轨迹凹侧（下方 ）与重力方向一致，故B错误；
C．物体做曲线运动时所受合力方向指向曲线凹侧，故C正确；
D．匀速圆周运动速度和加速度大小不变，但方向变化，是非匀变速运动，故D错误。
故答案为：C。
【分析】曲线运动的条件：合外力与速度方向不共线（与合外力是否为恒力无关 ）；
曲线运动的速度特性：速度方向时刻变化，因此加速度、合外力一定不为零；
合外力与轨迹的关系：合外力指向轨迹凹侧，“拉” 着物体做曲线运动；
匀变速运动的定义：加速度（大小 + 方向 ）恒定，匀速圆周运动加速度方向变化，是非匀变速运动。根据以上分析逐一判断。
2．（2024高一下·成华期末）如图所示，长为L的杆一端固定在过O点的水平转轴上，另一端固定质量为m的小球。杆在电动机的驱动下在竖直平面内旋转，带动小球以角速度做匀速圆周运动，其中A点为最高点，C点为最低点，B、D点与O点等高。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．小球在B、D两点受到杆的作用力大于mg
B．小球在A、C两点受到杆的作用力大小的差值为6mg
C．小球在B、D两点受到杆的作用力大小等于
D．小球从A点到B点的过程，杆对小球做的功等于
【答案】A
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】AC．当小球在B、D两点时，杆对小球作用力竖直方向的分力应等于重力，水平方向分力提供向心力，故杆对小球的作用力为
故A正确；C错误；
B．若小球在最高点，杆对小球的作用力为支持力，则在A点
在C点
所以
若小球在最高点，杆对小球的作用力为拉力，则在A点
在C点
所以
故B错误；
D．小球从A点到B点的过程，根据动能定理，可得
解得杆对小球做的功等于
故D错误。
故选A。
【分析】本题考查竖直面内的圆周运动结合动能定理来考查，分析小球在某点的受力需要对该点进行受力分析，合力提供向心力，所以可以得到B、D两个位置的作用力，、A 、C两个点的杆的作用力大小的差值；如果要球杆对小球做的功，就要考虑对过程运用动能定理，用动能定理的时候要注意重力做功，匀速圆周运动，动能变化量为0
3．（2024高一下·成华期末）一小船在静水中的速度为4m/s，它在一条河宽160m、水流速度为3m/s的河流中渡河，则该小船（　　）
A．不能到达正对岸
B．渡河的最短时间为32s
C．以最短时间渡河时，它沿水流方向的位移大小为120m
D．以最短位移渡河时，渡河时间为40s
【答案】C
【知识点】运动的合成与分解；小船渡河问题分析
【解析】【解答】A．小船在静水中速度 船，水流速度 水，因 船水，根据平行四边形定则，合速度方向可垂直河岸（调整船速方向，使合速度垂直河岸 ），故小船能到达正对岸，故A错误；
BC．当船头垂直河岸时，渡河时间最短，则有
以最短时间渡河时，它沿水流方向的位移大小为
故B错误，C正确；
D．以最短位移渡河时，合速度方向垂直河岸，合速度大小为
则渡河时间为
故D错误。
故答案为：C。
【分析】1. 最短时间：船头垂直河岸，利用船在静水中的速度全部用于垂直河岸分运动，时间仅由河宽和船速决定；
2. 最短位移：当船速大于水速时，合速度可垂直河岸，位移等于河宽；若船速小于水速，最短位移为 船水（本题船速大于水速，故位移等于河宽 ）。
4．（2024高一下·成华期末）如图甲所示，以O点为平衡位置，弹簧振子在A、B两点间做简谐运动，图乙为这个弹簧振子的振动图像，下列说法中错误的是（　　）
A．在t=0.2s时，小球的加速度为正向最大
B．在t=0.1s与t=0.3s两个时刻，小球在同一位置
C．从t=0到t=0.2s时间内，小球做加速度增大的减速运动
D．在t=0.6s时，弹簧振子有最大的弹性势能
【答案】A
【知识点】简谐运动的表达式与图象；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
时，位移 为正向最大值（图像最高点 ），因此加速度
即负向最大值（与位移方向相反 ），A错误；
B．振动图像中，位移相同则位置相同， 和 时，位移 相等（图像上纵坐标相同 ），说明小球在同一位置
，B正确；
C．从t=0到t=0.2s时间内，小球从平衡位置向最大位移处运动，位移逐渐增大，加速度逐渐增大，加速度方向与速度方向相反，小球做加速度增大的减速运动，C正确；
D．在t=0.6s时，小球的位移为负最大值，即弹簧的形变量最大，弹簧振子的弹性势能最大，D正确。
故答案为：A。
【分析】1. 加速度与位移的关系：，加速度大小与位移大小成正比，方向相反；
2. 位移与位置的关系：振动图像中，位移相同对应同一位置；
3. 速度与加速度的关系：加速度方向与速度方向相同则加速，相反则减速；
4. 弹性势能与位移的关系：弹性势能随位移大小的增大而增大（形变量越大，势能越大 ）。
通过“图像读取位移→结合公式分析加速度、速度、势能”的逻辑，逐一验证选项正误。
5．（2024高一下·成华期末）2023年11月10日，我国首条具有完全自主知识产权的超高速低真空管道磁浮交通系统试验线——高速飞车大同（阳高）试验线一期主体工程完工，其速度能达1000千米/时以上，标志着我国在新型交通领域的研究已迈入世界先进行列。如图所示．高速飞车的质量为m，额定功率为，列车以额定功率在平直轨道上从静止开始运动，经时间t达到该功率下的最大速度，设恒定阻力为，则（　　）
A．列车达到的最大速率等于
B．列车达到最大速度前加速度与牵引力成正比
C．列车在时间t内牵引力做功大于
D．在时间t内列车位移大于
【答案】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．列车最大速度时，牵引力
由
得
故A错误；
B．由牛顿第二定律
即
加速度 与牵引力牵 是线性关系（一次函数 ），并非正比（正比需牵 无常数项 ），故B错误；
C．根据动能定理可知
则
故C正确；
D．根据动能定理可知
解得
故D错误。
故答案为：C。
【分析】 A、利用“最大速度条件（牵引力 = 阻力 ）”+“功率公式”，推导最大速度。
B、通过“牛顿第二定律”推导加速度与牵引力的函数关系，判断是否为正比。
CD、依据“动能定理”，结合牵引力做功、阻力做功与动能变化的关系，分析做功大小与位移计算。
6．（2024高一下·成华期末）如图所示，倾角为37°的斜面固定在水平面上，小球从斜面上M点的正上方0.2m处由静止下落，在M点与斜面碰撞，之后落到斜面上的N点。已知小球在碰撞前、后瞬间，速度沿斜面方向的分量不变，沿垂直于斜面方向的分量大小不变，方向相反，，，重力加速度大小，忽略空气阻力，则小球从M点开始运动至N点的过程中距离斜面最远的时间为（　　）
A．0.2s B．0.3s C．0.4s D．0.5s
【答案】A
【知识点】自由落体运动；运动的合成与分解；斜抛运动
【解析】【解答】由自由落体运动公式
小球到M点的速度大小为
以沿斜面为x轴，以垂直于斜面为y轴，如图所示
则各分速度大小为
将重力加速度分解为
当垂直斜面的分速度减小到零时，小球从M点开始运动至N点的过程中距离斜面最远，根据速度时间公式
。
故答案为：A。
【分析】将速度和加速度分解为 *沿斜面（x 轴 ）和垂直斜面（y 轴 ）两个方向，简化问题（垂直斜面方向的运动决定 “距离斜面最远” 的时刻 ）；利用 “垂直斜面方向速度为 0 时，距离斜面最远” 的临界条件，结合运动学公式求解时间；分解时注意角度关系，确保分量计算正确。
7．（2024高一下·成华期末）如图，质量m＝1kg的物块（可视为质点），以速度大小m/s水平向右滑上正在逆时针转动的水平传送带，传送带AB的长度L＝6m，传送带的速度大小v＝2m/s，物块与传送带间的动摩擦因数，重力加速度大小，物块滑离传送带时产生的划痕长度为（　　）
A．5m B．4m C．9m D．8m
【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】物块向右减速运动时，根据牛顿第二定律可得加速度大小为
物块向右减速到速度为0通过的位移大小为
可知物块向右减速到速度为0后反向加速到与传送带共速，之后与传送带相对静止一起匀速运动到左端离开，物块减速时间为
此过程中传送带的位移大小为
此过程中，产生的划痕长度为
加速过程，时间为
此过程中物块的位移大小为
此过程中传送带的位移大小为
此过程中，产生的划痕长度为
物块滑离传送带时产生的划痕长度为
故答案为：C。
【分析】减速阶段：物块向右减速到 0，传送带向左匀速，计算相对位移。
加速阶段：物块向左加速到与传送带共速，传送带继续向左匀速，计算相对位移。
总划痕：两阶段划痕叠加（无重叠 ），得总长度。
二、多项选择题（题中所给的四个选项中至少有两个选项正确，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有错误选项的得0分，共15分）
8．（2024高一下·成华期末）2023年10月26日，我国自主研发的神舟十七号载人飞船圆满的完成了发射，与“天和"核心舱成功对接，飞船变轨前绕地稳定运行在半径为r1的圆形轨道I上，椭圆轨道II为飞船的转移轨道，核心舱绕地沿逆时针方向运行在半径为r3的圆形轨道Ⅲ上，轨道Ⅰ和Ⅱ、Ⅱ和ⅡI分别相切于A、B两点，飞船在A点变轨，与核心舱刚好在B点进行对接，下列说法正确的是（　　）
A．神舟十七号在Ⅰ轨道上稳定运行的速度可能大于7.9km/s
B．神舟十七号在ⅠⅠ轨道上由A向B运动时，速度减小，机械能减小
C．神舟十七号在ⅠⅠ轨道上经过A点的速度大于在Ⅰ轨道上经过A点的速度
D．神舟十七号在Ⅱ轨道上经过B点时加速变轨进入Ⅲ轨道与“天和”核心舱完成对接
【答案】C,D
【知识点】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（7.9km/s ）是近地卫星的最大绕行速度（轨道半径≈地球半径 ），轨道 半径 大于地球半径，由（ 越大， 越小 ），故轨道 速度小于7.9km/s，故A错误；
B．神舟十七号在ⅠⅠ轨道上由A向B运动时，只有引力做负功，速度减小，机械能不变，故B错误；
C．轨道变轨：从低轨 到高轨，需加速（向后喷气，增加速度 ），使万有引力不足以提供向心力，做离心运动，故轨道 上A点速度大于轨道 上A点速度，故C正确；
D．神舟十七号在Ⅱ轨道上经过B点时加速变轨进入Ⅲ轨道与“天和”核心舱完成对接，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】A：利用“第一宇宙速度是最大绕行速度”+“”，判断轨道速度与7.9km/s的关系。
B：依据“椭圆轨道机械能守恒（只有引力做功 ）”，分析速度与机械能变化。
C：通过“变轨原理（低轨→高轨需加速 ）”，比较同一点的速度大小。
D：结合“轨道相切与变轨条件（调整速度使引力匹配新轨道向心力 ）”，判断对接可行性。
9．（2024高一下·成华期末）如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴O上，另一端与套在光滑固定直杆A处质量为m的小球（可视为质点）相连。A点距水平面的高度为h，直杆与水平面的夹角为30°，OA＝OC，B为AC的中点，OB等于弹簧原长。小球从A处由静止开始下滑，经过B处的速度为v。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．小球在C点时的动能
B．小球通过B点时的加速度为
C．弹簧具有的最大弹性势能为
D．小球下滑过程机械能守恒
【答案】A,B
【知识点】能量守恒定律；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．小球在A点和C点时，弹簧的长度相同，即弹簧的形变量相同，具有相同的弹性势能，全程弹簧的弹力做功为零，则小球从A点到C点的过程，根据动能定理
即
故A正确；
B．因在B点时弹簧在原长，则到达B点时的加速度为
故B正确；
C．弹簧形变量最大时弹性势能最大，即小球在A点时，弹簧具有最大的弹性势能，小球由A点到B点过程中，根据能量守恒
解得
故C错误；
D．小球下滑过程中，除了小球重力做功外，还有弹簧的弹力做功，所以小球下滑过程机械能不守恒，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】弹性势能的对称性：A、C 两点弹簧形变量相同，弹性势能相等，简化做功分析；
受力与加速度：B 点弹簧原长，弹力为 0，沿杆合力由重力分力提供，直接用牛顿第二定律；
最大弹性势能：通过动能定理，分析重力做功、弹力做功与动能变化的关系，注意高度差的计算（结合杆倾角 ）；
机械能守恒判断：小球受弹簧弹力做功，个体机械能不守恒（系统守恒 ）。
10．（2024高一下·成华期末）一个质量为m的物体，以的加速度匀减速竖直下降h，下列说法中正确的是（　　）
A．物体的重力势能减小mgh B．物体的机械能增加
C．物体的动能减小 D．物体的动能减小
【答案】A,D
【知识点】功能关系；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．重力势能变化仅由重力做功决定，公式为
物体竖直下降，重力做功
（重力与位移同向，做正功 ）
因此重力势能减小量为，A正确；
B．由题意知物体的加速度为，方向为竖直向上，故物体受到竖直向上的外力，根据牛顿第二定律可知
解得
外力对物体做负功
物体的机械能减少，B错误；
CD．由动能定理可知
解得
即物体的动能减小，C错误，D正确。
故答案为：AD。
【分析】1. 重力势能变化：仅由重力做功决定（ ）；
2. 机械能变化：仅由除重力外其他力做功决定（其他 ）；
3. 动能变化：仅由合外力做功决定（动能定理合 ）。
通过“受力分析求合力→计算各力做功→结合功能关系/动能定理”的逻辑，逐一推导能量变化，验证选项正误。
三、实验题（本大题共2小题，共15分）
11．（2024高一下·成华期末）弹弓和钢珠弹属于可能危及旅客人身安全的物品，是禁止携带上动车的。某实验小组利用电子秤和频闪照相机测量一把弹弓发射出的钢珠弹的动能，具体步骤如下：
（1）用电子秤测得钢珠弹的质量m；
（2）在背景方格前使用弹弓水平发射钢珠弹，使用频闪照相机（每隔相等时间拍一次照片）拍摄钢珠弹在空中的位置。如图所示为钢珠弹运动的频闪照片的一部分，已知图中背景小方格的边长表示实际长度为L，重力加速度为g，求：
①照相机的频闪周期T＝　 　；
②钢珠弹在B点的动能　 　；
③若以A点为坐标原点，水平向右为X轴正方向，竖直向下为Y轴正方向建立直角坐标系，则钢珠弹抛出点的坐标为　 　。
【答案】；；（，）
【知识点】研究平抛物体的运动；匀变速直线运动规律的综合运用；动能
【解析】【解答】（2） ① 由图可得，钢珠弹在竖直方向做匀加速直线运动，根据
解得
② 钢珠弹在水平方向做匀速直线运动，所以有
解得
钢珠弹在B点的竖直方向的分速度为
所以，钢珠弹在B点的速度为
钢珠弹在B点的动能为
；
③ 设钢珠弹从抛出到B点所用时间为t，则
所以B点到抛出点的竖直高度为
则抛出点的纵坐标为
B点到抛出点的水平距离为
则抛出点的横坐标为
则钢珠弹抛出点的坐标为（，）。
故答案为：；；（，）。
【分析】竖直方向：利用匀加速直线运动的 “连续相等时间位移差” 求频闪周期 T；
水平方向：匀速运动求初速度，结合中间时刻速度等于平均速度，求 B 点竖直速度；
抛出点坐标：通过竖直、水平方向的运动学公式，逆向推导抛出点与 B 点的位移关系，结合 B 点坐标（以 A 为原点 ），确定抛出点坐标。
12．（2024高一下·成华期末）利用图中所示的装置可以研究自由落体运动的加速度，实验中需要调整好仪器，接通打点计时器的电源，松开纸带，使重物下落，打点计时器会在纸带上打出一系列的点：
（1）取下纸带，取其中的一段并每隔一个计时点标出计数点，如图所示，测出相邻计数点间的距离分别cm，cm，cm，cm，cm，cm，已知打点计时器打点的时间间隔T0.02s，则重锤运动的加速度计算表达式为a＝　 　，代入数据，可得加速度a＝　 　（计算结果保留三位有效数字）。
（2）若计时器实际频率为49Hz，则加速度计算结果　 　（偏大、偏小或准确）
【答案】（1）；
（2）偏大
【知识点】伽利略对自由落体运动的研究；用打点计时器测速度
【解析】（1）根据逐差法求得，重锤运动的加速度计算表达式为
代入数值可得加速度
。
故答案为：；。
（2）若计时器实际频率为49Hz，则计算时用T0.02s偏小，则加速度计算结果
偏大。
故答案为：偏大。
【分析】时间间隔确定：因 “每隔一个计时点取计数点”，计数点间实际时间为 2T；
逐差法原理：将连续位移分为前后两组，利用 “匀变速直线运动中，连续相等时间内位移差恒定”，通过总位移差求加速度，减小偶然误差；
单位换算与计算：注意位移单位换算为米，代入公式准确计算。
（1）[1][2]根据逐差法求得，重锤运动的加速度计算表达式为
代入数值可得加速度
（2）若计时器实际频率为49Hz，则计算时用
T0.02s
偏小，则加速度计算结果
偏大。
四、计算题（本大题共3小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后结果的不能得分。有数据计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
13．（2024高一下·成华期末）如图所示，质量为m＝1kg的木块在倾角为的足够长的斜面上由静止开始下滑，木块与斜面间的动摩擦因数，忽略空气阻力。求：（已知，，）
（1）前2s内重力所做的功；
（2）前2s内重力的平均功率；
（3）在2s末，重力的瞬时功率。
【答案】（1）解：根据牛顿第二定律有
木块的加速度
前2s内木块
所以，重力在前2s内做的功为
。
（2）解：重力在前2s内的平均功率为
。
（3）解：木块在2s末的速度
所以2s末重力的瞬时功率
【知识点】牛顿第二定律；功的计算；功率及其计算
【解析】【分析】加速度求解：通过受力分析（重力、支持力、摩擦力 ），结合牛顿第二定律，确定木块下滑的加速度；
位移与速度计算：利用匀变速直线运动公式，求出前 2s 内的位移和 2s 末的速度；
功与功率计算：重力做功与竖直下落高度相关（位移沿斜面，需分解为竖直分量 ）；平均功率用总功除以时间，瞬时功率用 “力 × 速度在力方向的分量” 计算。
14．（2024高一下·成华期末）如图所示，跳台滑雪是冬奥会中最具观赏性的项目之一，运动员和滑雪板的总质量为m＝60kg，运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始下滑80m到达B处时的速度m/s，A与B竖直高度差为H＝48m。为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用半径R＝15m的圆弧轨道连接，其中C为圆弧轨道的最低点，且运动员滑到C处时速度为m/s，在CD的右侧的地面上放置有一个倾角为的斜面作为运动员的着陆区，其中D在C点的正下方m处，忽略空气阻力，如图所示。（）
（1）求运动员在AB段下滑时受到的平均阻力的大小。
（2）求运动员滑到C处时对轨道的压力。
（3）求运动员从C点水平飞出后落在斜面上的位置与D点的距离。
【答案】（1）解：运动员在AB段下滑时根据动能定理
解得。
（2）解：运动员滑到C处时，设轨道对运动员的支持力为N，根据牛顿第二定律
解得
根据牛顿第三定律，运动员对轨道的压力等于轨道对运动员的支持力，即
方向竖直向下。
（3）解：运动员从C点水平飞出后做平抛运动，在竖直方向自由落体
在水平方向匀速直线
其中
代入数据，联立解得
，，
则落在斜面上的位置与D点的距离为
。
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；平抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】AB 段（直线运动 ）：用动能定理，结合重力做功、阻力做功与动能变化的关系，求平均阻力；
C 点（圆周运动 ）：用牛顿第二定律，分析向心力来源（支持力与重力的合力 ），结合牛顿第三定律求压力；
平抛阶段（曲线运动 ）：分解为水平匀速和竖直自由落体，结合斜面几何关系（正切值 ）联立方程，求解时间和位移，最后通过投影求距离。
15．（2024高一下·成华期末）如图所示，一右端固定有竖直挡板的质量为M＝2kg的木板静置于光滑的水平面上，另一质量m＝1kg的物块（可视为质点）以v＝6m/s的水平速度从木板最左端冲上木板，经过1s时间与右端挡板发生弹性碰撞。已知滑块与木板间的动摩擦因数为，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力，求：（）
（1）物块与木板相碰前各自的加速度；
（2）木板的长度L为多长；
（3）物块与木板碰后瞬间各自的速度大小；
（4）物块在木板上运动的全过程中因摩擦产生的热量Q。
【答案】（1）解：设物块的加速度大小为，根据牛顿第二定律
解得
，方向水平向左。
设木板的加速度大小为，根据牛顿第二定律
解得
，方向水平向右。
（2）解：经过1s时间物块的位移为
木板的位移为
木板的长度L为
。
（3）解：设物块与木板碰撞前的速度大小分别为、，则
，
设物块与木板碰撞后的速度大小分别为、，物块与木板发生弹性碰撞，根据动能守恒
根据动能守恒
解得
，。
（4）解：假设物块与木板碰撞后两者可以共速，根据动量守恒
解得
物块与木板碰撞后到两者共速，根据能量守恒
解得
所以，假设成立。物块在木板上运动的全过程中，根据能量守恒
解得
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—板块模型；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】碰撞前：物块匀减速、木板匀加速，用牛顿第二定律求加速度，运动学公式求位移差（木板长度 ）；
弹性碰撞：利用动量守恒 + 动能守恒，联立方程求解碰后速度；
碰撞后：物块与木板在摩擦力作用下趋于共速，用动量守恒求共速，能量守恒求相对位移，最后通过总机械能损失求摩擦生热。
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