江西省南昌市2023-2024学年高一下学期7月期末物理试题
一、选择题（本题共10小题，1～7题为单选题，每小题4分；8～10为多项选择题，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）
1．（2024高一下·南昌期末）如图所示为游乐场“丛林飞椅”游戏的简化模型，A小球绕轴在水平面内做匀速圆周运动，则关于A小球受力分析正确的是（ ）
A．受到的合力方向指向
B．受到重力、拉力和向心力的作用
C．细绳对小球的拉力大于小球受到的重力
D．若转速逐渐降低，则小球的向心力变大
2．（2024高一下·南昌期末）用频闪照片（每隔相同时间拍一次照）记录一皮球在空中的运动情况如图所示，则该过程中气球所受合力方向大致是（ ）
A．左偏上 B．左偏下 C．右偏上 D．右偏下
3．（2024高一下·南昌期末）一校车在平直的公路上起步做加速运动，在这一过程中小王同学用手掌对车厢施加推力F如图所示，则校车加速的过程中（ ）
A．推力F对校车做正功 B．推力F对校车做负功
C．推力F对校车不做功 D．校车对小王同学不做功
4．（2024高一下·南昌期末）某电动玩具车传动系统如图所示：A为一电动马达转轴“十字形”插销，B为套在插销上半径为R的主动轮，C为半径为3R的从动轮，连接B、C两轮的皮带传动时不打滑，工作时C轮转速为n。若将电动马达传动轴与到C轮插销连接，电动马达转速不变，则此时B轮转速为（ ）
A． B． C．3n D．9n
5．（2024高一下·南昌期末）我国发射的中继星“鹊桥二号”于2024年4月2日按计划进入环月轨道，该中继星的绕月运动可视为匀速圆周运动。如图所示，已知鹊桥二号的轨道半径为R，其观测月球的最大张角为a，则下列说法正确的是（ ）
A．最大张角a越大，鹊桥二号绕行周期越大
B．鹊桥二号的轨道半径R越大，其所受的向心力越大
C．若再测得鹊桥二号绕行周期，则可求月球的平均密度
D．若再测得月球半径大小和自转周期，则可求得月球的质量
6．（2024高一下·南昌期末）在某次推铅球训练中，小王将铅球推出，如图所示，不计铅球在运动过程中所受的空气阻力。则铅球在空中运动时，其动能、动能变化率随时间变化的图像是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2024高一下·南昌期末）在一次中小学生科技大赛中，某同学为提升动力小车的最大速度，尝试将两辆额定功率分别为2P和P的动力小车首尾相连，已知在某水平桌面上两辆动力小车单独行驶时能达到的最大速度分别为v和2v。现将它们编成动力小车组，设每辆小车在行驶时受到的阻力在编组前后不变，则该动力小车组在此水平桌面上能达到的最大速度为（ ）
A．1.2v B．1.5v C．2v D．3v
8．（2024高一下·南昌期末）一乒乓球自动发球机从同一高度沿同一水平方向发射两球分别落在图中所示的A、B处，发射速度大小分别为、；两球在空中运动的时间分别为、，忽略空气阻力，则有（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·南昌期末）某实验小组在“验证机械能守恒定律”实验中，研究重物从静止开始下落过程中打点计时器打出的一条纸带，在纸带打下的一系列点中，O为起点，取段进行实验数据分析，结果发现：重物重力势能的减小量小于动能的增加量。造成这一结果可能的原因是（ ）
A．接通电源前释放了纸带
B．重物下落的过程中存在摩擦力和空气阻力
C．重物落地后反弹或打点计时器电压过大
D．末位置的瞬时速度计算错误
10．（2024高一下·南昌期末）已知某卫星在赤道上空轨道半径为的圆形轨道Ⅰ上绕地运行的周期为，卫星运动方向与地球自转方向相同，赤道上某城市的人每三天恰好五次看到卫星掠过其正上方。若某时刻，该卫星如图在A点变轨进入椭圆轨道Ⅱ，近地点B到地心距离为。设卫星由A到B运动的时间为t，地球自转周期为，不计空气阻力。则（ ）
A．
B．
C．在轨道Ⅰ上经过A点的速度大于轨道Ⅱ上经过A点的速度
D．该卫星在轨道Ⅰ上的机械能等于在轨道Ⅱ上的机械能
二、实验题（11题6分，12题9分）
11．（2024高一下·南昌期末）在“探究影响向心力大小的因素”实验中，所用向心力演示器如图所示，固定在转臂上的挡板A、B、C，可与转臂上做圆周运动的实验球产生挤压，从而提供向心力。小球位于挡板A、B、C处时，做稳定圆周运动的半径之比为2：1：1。标尺1、2可以显示出两球所受向心力的大小关系。
手柄可供选择的实验球有：质量均为2m的球1和球2，质量为m的球3。
（1）为探究向心力与小球质量的关系时，将皮带调整到变速塔轮半径相等的位置，若将球1放到挡板C处，应将球 （填：2或3）放在挡板 处（填：“A”或“B”）；
（2）某次实验时将球1放在A挡板处，球3放在C挡板处，发现标尺1和2表示的向心力之比为1：1，由此可知皮带连接的左侧和右侧塔轮半径之比为 。
12．（2024高一下·南昌期末）图甲是一个能够定性平抛运动及其特点的实验装置，用小锤敲击弹性金属片，小球A就沿水平方向飞出，做平抛运动；同时小球B被松开，做自由落体运动。然后再采用乙图的方式定量研究平抛运动，得到了如图丙坐标系中的几个点。
（1）甲图所示的实验说明了平抛的小球在竖直方向上做 运动。
（2）在调节轨道时，发现水平仪中的气泡在右侧，此时应将轨道的右端调 （选填“高”或“低”）。
（3）同学用专业相机以200帧/秒拍摄照片如图丙所示，并从视频中每n帧选取一帧进行处理得到如图所示的抛体运动“频闪图片”，由图像可知 （n为整数，），测得坐标纸的方格边长为9mm，由此可得到平抛运动的初速度为
m/s。
三、解答题（13题10分，14题12分，15题17分）
13．（2024高一下·南昌期末）一质量为m运动员在水平弯道上训练骑行，可将其运动视为匀速圆周运动，自行车骑行转弯半径为R，在骑行的时间t内走过的圆弧长为l，自行车质量为M，不计空气阻力。
（1）运动员做圆周运动的线速度大小；
（2）地面对自行车摩擦力大小。
14．（2024高一下·南昌期末）如图甲所示，竖直墙面悬挂一个直径的飞镖盘（厚度不计），盘的下边缘离地，小明同学在距离墙面的水平地面上方处将飞镖水平抛出，不计空气阻力，。
（1）若要飞镖射中飞镖盘，投掷的最小速度大小；
（2）若某次飞人靶（或人墙）时情况如图乙所示，求飞抛出时的初速度大小。
15．（2024高一下·南昌期末）半径的光滑圆弧与传送带相切于C点，将一质量为的小物块从与圆心等高的A处无初速度释放，经C点进入倾角为的皮带传输机，D为传输机皮带的最高线点，间距离为，皮带以的速率顺时针转动且不打滑，物块与皮带之间的动摩擦因数，不计空气阻力，。
（1）小物块运动到B点时所受的支持力大小；
（2）物块从C点到达D点的时间t；
（3）物块从C到D的过程中，物块与传送带摩擦产生的热量Q。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．物体做匀速圆周运动时合力指向圆心提供向心力，则A小球绕轴在水平面内做匀速圆周运动，受到的合力方向指向，故A错误；
B．A小球做匀速圆周运动时，小球受到重力、拉力的合力提供向心力，不受向心力的作用，故B错误；
C．结合上述，对小球进行分析，令绳与水平方向夹角为，根据竖直方向的平衡方程可以得出：
解得绳子拉力的大小为：
可知，细绳对小球的拉力大于小球受到的重力，故C正确；
D．若转速逐渐降低时，角速度减小，轨道半径减小，根据向心力的表达式可以得出：
可知，若转速逐渐降低，则小球的向心力变小，故D错误。
故选C。
【分析】物体做匀速圆周运动时合力指向圆心；小球受到重力和拉力的作用；利用竖直方向的平衡方程可以求出绳子拉力的大小；利用向心力的表达式可以判别转速减小时向心力不断减小。
2．【答案】D
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】小球从向上运动的过程中，由于水平方向的间距不断增大，则水平方向存在向右的分力，由于竖直方向间距不断减小，则竖直方向存在向下的分力，根据力的合成可以得出：气球所受合力的方向应指向小球的右偏下，D正确，ABC错误；
故选D。
【分析】利用小球的分运动间距的变化可以判别分力的方向，结合力的合成可以判别合力的方向。
3．【答案】A
【知识点】功的概念
【解析】【解答】ABC．由于力与速度方向相同时，力做正功，则推力与校车的运动方向相同，所以推力F对校车做正功，故A正确，BC错误；
D．由于小王同学随校车加速运动，小王同学速度不断增大，根据动能定理可以得出：校车对小王同学做正功，故D错误。
故选A。
【分析】利用推力方向和速度的方向关系可以判别推力的做功情况；利用小王速度的变化结合动能定理可以判别合力的做功情况。
4．【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】设电动马达转速为，则将电动马达传动轴与到B轮插销连接时，根据转速和角速度的关系可以得出：B轮的角速度为
由于B、C轮边缘线速度大小相等，根据线速度和角速度的关系有
联立上式有：
则可以得出：
若将电动马达传动轴与到C轮插销连接，则C轮的角速度为
由于B、C轮边缘线速度大小相等，则根据线速度和角速度的大小关系有：
联立上式有：
解得B轮转速为
故选D。
【分析】利用马达的转速和角速度的关系，结合线速度和角速度的关系可以求出马达转速的大小，再把马达连接处改变后，利用相同原理可以求出B转速的大小。
5．【答案】C
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】A．鹊桥二号绕月运动，当最大张角越大时，鹊桥二号的轨道半径越小，根据开普勒第三定律，半长轴的三次方与周期的平方成正比，轨道半径越小，则周期减小，A 错误；
B．月球对鹊桥二号的万有引力提供向心力，根据万有引力的公式有：
通过表达式可以得出：只知道轨道半径不能确定向心力大小，B 错误；
C．设月球的质量为M，半径为r，根据引力提供向心力可以得出：
则月球的质量大小为
整理可得
由几何关系可知
联立解得月球的密度为：
根据表达式可以得出：测得鹊桥二号绕行周期，则可求月球的平均密度，C正确；
D．根据引力提供向心力可以得出：
根据表达式可以得出：T为鹊桥二号绕行周期，月球自转周期与求月球质量无关，D 错误。
故选C。
【分析】利用最大张角的大小可以判别卫星的轨迹半径，结合开普勒第三定律可以判别周期的大小；利用引力提供向心力结合引力公式可以判别向心力的大小；利用引力提供向心力可以求出月球的质量和密度的大小。
6．【答案】C
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；动能
【解析】【解答】CD．根据动能的表达式可以求出：铅球的动能变化量为
可得
根据上式可以得出：图像为一条斜率为正，纵轴截距为负的直线，故C正确，D错误；
AB．设铅球推出时，铅球做斜抛运动，则水平分速度为保持不变，竖直分速度为，经过时间，铅球的水平分速度仍为，根据竖直方向的速度公式有：
根据分运动的动能可以求出铅球的动能为
根据上式可以得出：图像为开后向上的抛物线，故AB错误；
故选C。
【分析】利用铅球的分运动可以求出分速度的大小，结合动能的表达式可以求出动能的表达式，已知动能的大小可以求出动能变化量的表达式。
7．【答案】A
【知识点】功率及其计算；机车启动
【解析】【解答】动车组在速度达到最大值时，牵引力与阻力平衡，对每节动车进行分析，根据平衡方程有：
根据动车组的功率表达式有
令动车组在此铁轨上能达到的最大速度为，根据功率的表达式及平衡方程有：
解得动车组最大的速度大小为：
故选A。
【分析】利用动车组的功率表达式结合达到最大速度的平衡方程可以求出动车组的最大速度的大小。
8．【答案】B,C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】ABCD．两球在空中做平抛运动，根据分运动的位移公式有：
两球下落高度相同，根据竖直方向的位移公式有
由于水平方向的位移：
则发射速度的大小关系为：
故BC正确，AD错误；
故选BC。
【分析】利用平抛运动竖直方向的位移公式可以比较运动的时间；结合水平方向的位移公式可以比较发射速度的大小。
9．【答案】A,D
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】A．重物重力势能的减小量小于动能的增加量，根据表达式有
出现这一结果的原因可能是经过A点的速度偏大，则有可能是接通电源前释放了纸带，导致打点计时器打O点时重物的速度大于零，则A点的测量值偏大，故A正确；
B．重物下落过程存在空气阻力和摩擦力，由于阻力做功产生内能，会导致重物重力势能的减小量大于动能的增加量，故B错误；
C．重物触底反弹可能会导致计算末动能减少，会导致重物重力势能的减小量大于动能的增加量，打点计算器工作电压偏高不会影响重物重力势能的减小量和动能的增加量，故C错误；
D．若末位置的瞬时速度计算错误，有可能出现速度的计算值偏大则可能出现重力势能的减小量小于动能的增加量的情形，D 正确。
故选AD。
【分析】利用重力势能和动能的表达式比较可以判别动能变化量大于重力势能的变化量可能出现的是 接通电源前释放了纸带或者末位置的瞬时速度计算错误。
10．【答案】A,C
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．由于在赤道上某城市的人，每三天恰好五次看到卫星掠过其正上方，通过运动的轨迹可以得出三天内卫星转了8圈，根据周期关系有：
得卫星运动的周期为：
故A正确；
B．已知卫星运动的半长轴和运动时间，根据开普勒第三定律知
解得卫星运动的周期为：
故B错误；
CD．卫星从高轨道变轨到低轨道则做向心运动，为了合力大于向心力，则可以减小速度导致向心力减小，需要在变轨处点火减速，则该卫星在轨道Ⅰ上经过A点的速度大于轨道Ⅱ上经过A点的速度，由于外力做负功则该卫星在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能，故C正确，D错误。
故选AC。
【分析】利用周期关系可以求出卫星运动的周期大小；利用开普勒第三定律可以求出卫星运动的周期大；利用变轨做向心运动时速度减小，则外力做负功导致卫星的机械能减小。
11．【答案】（1）3；B
（2）2：1
【知识点】向心力
【解析】【解析】（1）为了探究向心力与小球质量的关系，根据向心力的表达式有：
需要控制小球旋转半径和角速度不变；选择不同质量的小球，则实验应该选择球1和球3，把它们放在长度相同的C和B处。
（2）已知两个小球的质量为：球1的质量为2m，球3的质量为m，由半径之比为2：1，向心力之比为1：1，根据向心力的表达式可以得出
得角速度之比为：
两个塔轮边缘的线速度相等，根据线速度和角速度的关系有
根据表达式与角速度的比值可以得出：两个变速塔轮的半径之比为
【分析】（1）探究向心力与小球质量的关系应该保持小球运动的半径及角速度相同，质量不同；
（2）利用小球的质量结合半径与向心力的大小可以求出两个小球角速度的比值；结合塔轮线速度相等可以求出塔轮的半径之比。
（1）[1][2]该实验应用控制变量法，为了探究向心力与小球质量的关系，由公式
可知，需要控制小球旋转半径和角速度不变；故应该选择质量不同的球1和球3，两球放在长度相同的C挡板和挡板B处。
（2）球1的质量为2m，球3的质量为m，由半径之比为2：1，向心力之比为1：1，根据
得
两个塔轮边缘的线速度相等，根据
知两个变速塔轮的半径之比为
12．【答案】（1）自由落体
（2）低
（3）6；0.9
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解析】（1）在甲图中由于两球同时落地，则A球在竖直方向的运动规律与B球相同，说明了平抛的小球在竖直方向上做自由落体运动。
（2）当水平仪右端有气泡，则水流向左端，说明左端低而右端偏高，则应把右侧调低。
（3）小球在竖直方向上做自由落体运动，根据逐差法公式
相邻两点的时间间隔相等，设为T，则根据表达式可以得出时间间隔为：
因为相机以200帧/秒拍摄照片，即每拍摄一帧，每n帧的时间为，根据每帧所花时间和帧数的乘积等于总的运动时间，则有：
解得帧数为
小球做平抛运动，在水平方向上的分运动为匀速直线运动，根据水平方向的位移公式可以得出：平抛运动初速度
【分析】（1）利用两个小球同时落地可以说明平抛运动竖直方向的分运动为自由落体运动；
（2）利用水平仪右端有气泡，则水流向左端，说明左端低而右端偏高；
（3）利用竖直方向的邻差公式可以求出时间间隔，结合每帧所花时间可以求出帧数；结合水平方向的位移公式可以求出初速度的大小。
（1）甲图两球同时落地，说明了平抛的小球在竖直方向上做自由落体运动。
（2）水平仪右端有气泡，说明右端偏高，则应把右侧调低。
（3）[1]小球在竖直方向上做自由落体运动，根据逐差法公式
由图可知
相邻两点的时间间隔相等，设为T
因为相机以200帧/秒拍摄照片，即每拍摄一帧，每n帧的时间为，可得
解得
[2]在水平方向上，小球做匀速直线运动，小平抛运动初速度
13．【答案】解：（1）运动员在水平弯道上做匀速圆周运动，在骑行的时间t内走过的圆弧长为l，则运动员的线速度大小为
（2）根据牛顿第二定律可得
联立解得地面对自行车摩擦力大小为
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1）运动员做匀速圆周运动，利用线速度的定义式可以求出线速度的大小；
（2）由于摩擦力提供向心力，利用牛顿第二定律可以求出摩擦力的大小。
14．【答案】解：（1）若要飞镖射中飞镖盘，当飞镖射中飞镖盘的下端时，投掷的速度最小，根据平抛运动规律，竖直方向有
解得
水平方向有
解得投掷的最小速度大小为
（2）若某次飞人靶（或人墙）时情况如图乙所示，设飞抛出时的初速度大小为，则有
右
联立解得
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】（1）当飞镖击中飞镖盘下端时，利用平抛运动的位移公式可以求出飞镖的最小速度；
（2）已知飞镖末速度的方向，结合速度的分解及水平方向的位移公式可以求出飞镖初速度的大小。
15．【答案】解：（1）小物块从A处到B点过程，根据动能定理可得
解得
小物块运动到B点时，根据牛顿第二定律可得
解得支持力大小为
（2）小物块从A处到C点过程，根据动能定理可得
解得物块到C点的速度大小为
可知小物块刚滑上传送带先做减速运动，根据牛顿第二定律可得，加速度大小为
小物块减速到与传送带共速所用时间为
该过程小物块通过的位移大小为
小物块与传送带共速后，由于，可知小物块继续向上做减速运动，加速度大小为
根据运动学公式可得
解得
则物块从C点到达D点的时间为
（3）物块从C到与传送带共速过程，物块与传送带发生的相对位移大小为
物块从与传送带共速到D过程，物块与传送带发生的相对位移大小为
则从C到D的过程中，物块与传送带摩擦产生的热量为
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型；向心力；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）小物块从A处到B点过程，利用动能定理可以求出物块经过B点速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出物块受到的支持力大小；
（2）物块从A运动到C的过程中，利用动能定理可以求出经过C点速度的大小，利用牛顿第二定律可以求出物块刚开始减速的加速度大小，结合速度公式可以求出减速的时间，结合位移公式可以求出减速到与传送带共速的位移，接下来利用牛顿第二定律可以求出物块继续减速的加速度大小，结合位移公式可以求出减速的时间；
（3）已知物块减速的时间，利用位移公式可以求出传送带运动的位移，进而求出相对位移的大小，结合摩擦力的大小可以求出摩擦产生的热量。
江西省南昌市2023-2024学年高一下学期7月期末物理试题
一、选择题（本题共10小题，1～7题为单选题，每小题4分；8～10为多项选择题，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）
1．（2024高一下·南昌期末）如图所示为游乐场“丛林飞椅”游戏的简化模型，A小球绕轴在水平面内做匀速圆周运动，则关于A小球受力分析正确的是（ ）
A．受到的合力方向指向
B．受到重力、拉力和向心力的作用
C．细绳对小球的拉力大于小球受到的重力
D．若转速逐渐降低，则小球的向心力变大
【答案】C
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．物体做匀速圆周运动时合力指向圆心提供向心力，则A小球绕轴在水平面内做匀速圆周运动，受到的合力方向指向，故A错误；
B．A小球做匀速圆周运动时，小球受到重力、拉力的合力提供向心力，不受向心力的作用，故B错误；
C．结合上述，对小球进行分析，令绳与水平方向夹角为，根据竖直方向的平衡方程可以得出：
解得绳子拉力的大小为：
可知，细绳对小球的拉力大于小球受到的重力，故C正确；
D．若转速逐渐降低时，角速度减小，轨道半径减小，根据向心力的表达式可以得出：
可知，若转速逐渐降低，则小球的向心力变小，故D错误。
故选C。
【分析】物体做匀速圆周运动时合力指向圆心；小球受到重力和拉力的作用；利用竖直方向的平衡方程可以求出绳子拉力的大小；利用向心力的表达式可以判别转速减小时向心力不断减小。
2．（2024高一下·南昌期末）用频闪照片（每隔相同时间拍一次照）记录一皮球在空中的运动情况如图所示，则该过程中气球所受合力方向大致是（ ）
A．左偏上 B．左偏下 C．右偏上 D．右偏下
【答案】D
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】小球从向上运动的过程中，由于水平方向的间距不断增大，则水平方向存在向右的分力，由于竖直方向间距不断减小，则竖直方向存在向下的分力，根据力的合成可以得出：气球所受合力的方向应指向小球的右偏下，D正确，ABC错误；
故选D。
【分析】利用小球的分运动间距的变化可以判别分力的方向，结合力的合成可以判别合力的方向。
3．（2024高一下·南昌期末）一校车在平直的公路上起步做加速运动，在这一过程中小王同学用手掌对车厢施加推力F如图所示，则校车加速的过程中（ ）
A．推力F对校车做正功 B．推力F对校车做负功
C．推力F对校车不做功 D．校车对小王同学不做功
【答案】A
【知识点】功的概念
【解析】【解答】ABC．由于力与速度方向相同时，力做正功，则推力与校车的运动方向相同，所以推力F对校车做正功，故A正确，BC错误；
D．由于小王同学随校车加速运动，小王同学速度不断增大，根据动能定理可以得出：校车对小王同学做正功，故D错误。
故选A。
【分析】利用推力方向和速度的方向关系可以判别推力的做功情况；利用小王速度的变化结合动能定理可以判别合力的做功情况。
4．（2024高一下·南昌期末）某电动玩具车传动系统如图所示：A为一电动马达转轴“十字形”插销，B为套在插销上半径为R的主动轮，C为半径为3R的从动轮，连接B、C两轮的皮带传动时不打滑，工作时C轮转速为n。若将电动马达传动轴与到C轮插销连接，电动马达转速不变，则此时B轮转速为（ ）
A． B． C．3n D．9n
【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】设电动马达转速为，则将电动马达传动轴与到B轮插销连接时，根据转速和角速度的关系可以得出：B轮的角速度为
由于B、C轮边缘线速度大小相等，根据线速度和角速度的关系有
联立上式有：
则可以得出：
若将电动马达传动轴与到C轮插销连接，则C轮的角速度为
由于B、C轮边缘线速度大小相等，则根据线速度和角速度的大小关系有：
联立上式有：
解得B轮转速为
故选D。
【分析】利用马达的转速和角速度的关系，结合线速度和角速度的关系可以求出马达转速的大小，再把马达连接处改变后，利用相同原理可以求出B转速的大小。
5．（2024高一下·南昌期末）我国发射的中继星“鹊桥二号”于2024年4月2日按计划进入环月轨道，该中继星的绕月运动可视为匀速圆周运动。如图所示，已知鹊桥二号的轨道半径为R，其观测月球的最大张角为a，则下列说法正确的是（ ）
A．最大张角a越大，鹊桥二号绕行周期越大
B．鹊桥二号的轨道半径R越大，其所受的向心力越大
C．若再测得鹊桥二号绕行周期，则可求月球的平均密度
D．若再测得月球半径大小和自转周期，则可求得月球的质量
【答案】C
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】A．鹊桥二号绕月运动，当最大张角越大时，鹊桥二号的轨道半径越小，根据开普勒第三定律，半长轴的三次方与周期的平方成正比，轨道半径越小，则周期减小，A 错误；
B．月球对鹊桥二号的万有引力提供向心力，根据万有引力的公式有：
通过表达式可以得出：只知道轨道半径不能确定向心力大小，B 错误；
C．设月球的质量为M，半径为r，根据引力提供向心力可以得出：
则月球的质量大小为
整理可得
由几何关系可知
联立解得月球的密度为：
根据表达式可以得出：测得鹊桥二号绕行周期，则可求月球的平均密度，C正确；
D．根据引力提供向心力可以得出：
根据表达式可以得出：T为鹊桥二号绕行周期，月球自转周期与求月球质量无关，D 错误。
故选C。
【分析】利用最大张角的大小可以判别卫星的轨迹半径，结合开普勒第三定律可以判别周期的大小；利用引力提供向心力结合引力公式可以判别向心力的大小；利用引力提供向心力可以求出月球的质量和密度的大小。
6．（2024高一下·南昌期末）在某次推铅球训练中，小王将铅球推出，如图所示，不计铅球在运动过程中所受的空气阻力。则铅球在空中运动时，其动能、动能变化率随时间变化的图像是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；动能
【解析】【解答】CD．根据动能的表达式可以求出：铅球的动能变化量为
可得
根据上式可以得出：图像为一条斜率为正，纵轴截距为负的直线，故C正确，D错误；
AB．设铅球推出时，铅球做斜抛运动，则水平分速度为保持不变，竖直分速度为，经过时间，铅球的水平分速度仍为，根据竖直方向的速度公式有：
根据分运动的动能可以求出铅球的动能为
根据上式可以得出：图像为开后向上的抛物线，故AB错误；
故选C。
【分析】利用铅球的分运动可以求出分速度的大小，结合动能的表达式可以求出动能的表达式，已知动能的大小可以求出动能变化量的表达式。
7．（2024高一下·南昌期末）在一次中小学生科技大赛中，某同学为提升动力小车的最大速度，尝试将两辆额定功率分别为2P和P的动力小车首尾相连，已知在某水平桌面上两辆动力小车单独行驶时能达到的最大速度分别为v和2v。现将它们编成动力小车组，设每辆小车在行驶时受到的阻力在编组前后不变，则该动力小车组在此水平桌面上能达到的最大速度为（ ）
A．1.2v B．1.5v C．2v D．3v
【答案】A
【知识点】功率及其计算；机车启动
【解析】【解答】动车组在速度达到最大值时，牵引力与阻力平衡，对每节动车进行分析，根据平衡方程有：
根据动车组的功率表达式有
令动车组在此铁轨上能达到的最大速度为，根据功率的表达式及平衡方程有：
解得动车组最大的速度大小为：
故选A。
【分析】利用动车组的功率表达式结合达到最大速度的平衡方程可以求出动车组的最大速度的大小。
8．（2024高一下·南昌期末）一乒乓球自动发球机从同一高度沿同一水平方向发射两球分别落在图中所示的A、B处，发射速度大小分别为、；两球在空中运动的时间分别为、，忽略空气阻力，则有（ ）
A． B． C． D．
【答案】B,C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】ABCD．两球在空中做平抛运动，根据分运动的位移公式有：
两球下落高度相同，根据竖直方向的位移公式有
由于水平方向的位移：
则发射速度的大小关系为：
故BC正确，AD错误；
故选BC。
【分析】利用平抛运动竖直方向的位移公式可以比较运动的时间；结合水平方向的位移公式可以比较发射速度的大小。
9．（2024高一下·南昌期末）某实验小组在“验证机械能守恒定律”实验中，研究重物从静止开始下落过程中打点计时器打出的一条纸带，在纸带打下的一系列点中，O为起点，取段进行实验数据分析，结果发现：重物重力势能的减小量小于动能的增加量。造成这一结果可能的原因是（ ）
A．接通电源前释放了纸带
B．重物下落的过程中存在摩擦力和空气阻力
C．重物落地后反弹或打点计时器电压过大
D．末位置的瞬时速度计算错误
【答案】A,D
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】A．重物重力势能的减小量小于动能的增加量，根据表达式有
出现这一结果的原因可能是经过A点的速度偏大，则有可能是接通电源前释放了纸带，导致打点计时器打O点时重物的速度大于零，则A点的测量值偏大，故A正确；
B．重物下落过程存在空气阻力和摩擦力，由于阻力做功产生内能，会导致重物重力势能的减小量大于动能的增加量，故B错误；
C．重物触底反弹可能会导致计算末动能减少，会导致重物重力势能的减小量大于动能的增加量，打点计算器工作电压偏高不会影响重物重力势能的减小量和动能的增加量，故C错误；
D．若末位置的瞬时速度计算错误，有可能出现速度的计算值偏大则可能出现重力势能的减小量小于动能的增加量的情形，D 正确。
故选AD。
【分析】利用重力势能和动能的表达式比较可以判别动能变化量大于重力势能的变化量可能出现的是 接通电源前释放了纸带或者末位置的瞬时速度计算错误。
10．（2024高一下·南昌期末）已知某卫星在赤道上空轨道半径为的圆形轨道Ⅰ上绕地运行的周期为，卫星运动方向与地球自转方向相同，赤道上某城市的人每三天恰好五次看到卫星掠过其正上方。若某时刻，该卫星如图在A点变轨进入椭圆轨道Ⅱ，近地点B到地心距离为。设卫星由A到B运动的时间为t，地球自转周期为，不计空气阻力。则（ ）
A．
B．
C．在轨道Ⅰ上经过A点的速度大于轨道Ⅱ上经过A点的速度
D．该卫星在轨道Ⅰ上的机械能等于在轨道Ⅱ上的机械能
【答案】A,C
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．由于在赤道上某城市的人，每三天恰好五次看到卫星掠过其正上方，通过运动的轨迹可以得出三天内卫星转了8圈，根据周期关系有：
得卫星运动的周期为：
故A正确；
B．已知卫星运动的半长轴和运动时间，根据开普勒第三定律知
解得卫星运动的周期为：
故B错误；
CD．卫星从高轨道变轨到低轨道则做向心运动，为了合力大于向心力，则可以减小速度导致向心力减小，需要在变轨处点火减速，则该卫星在轨道Ⅰ上经过A点的速度大于轨道Ⅱ上经过A点的速度，由于外力做负功则该卫星在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能，故C正确，D错误。
故选AC。
【分析】利用周期关系可以求出卫星运动的周期大小；利用开普勒第三定律可以求出卫星运动的周期大；利用变轨做向心运动时速度减小，则外力做负功导致卫星的机械能减小。
二、实验题（11题6分，12题9分）
11．（2024高一下·南昌期末）在“探究影响向心力大小的因素”实验中，所用向心力演示器如图所示，固定在转臂上的挡板A、B、C，可与转臂上做圆周运动的实验球产生挤压，从而提供向心力。小球位于挡板A、B、C处时，做稳定圆周运动的半径之比为2：1：1。标尺1、2可以显示出两球所受向心力的大小关系。
手柄可供选择的实验球有：质量均为2m的球1和球2，质量为m的球3。
（1）为探究向心力与小球质量的关系时，将皮带调整到变速塔轮半径相等的位置，若将球1放到挡板C处，应将球 （填：2或3）放在挡板 处（填：“A”或“B”）；
（2）某次实验时将球1放在A挡板处，球3放在C挡板处，发现标尺1和2表示的向心力之比为1：1，由此可知皮带连接的左侧和右侧塔轮半径之比为 。
【答案】（1）3；B
（2）2：1
【知识点】向心力
【解析】【解析】（1）为了探究向心力与小球质量的关系，根据向心力的表达式有：
需要控制小球旋转半径和角速度不变；选择不同质量的小球，则实验应该选择球1和球3，把它们放在长度相同的C和B处。
（2）已知两个小球的质量为：球1的质量为2m，球3的质量为m，由半径之比为2：1，向心力之比为1：1，根据向心力的表达式可以得出
得角速度之比为：
两个塔轮边缘的线速度相等，根据线速度和角速度的关系有
根据表达式与角速度的比值可以得出：两个变速塔轮的半径之比为
【分析】（1）探究向心力与小球质量的关系应该保持小球运动的半径及角速度相同，质量不同；
（2）利用小球的质量结合半径与向心力的大小可以求出两个小球角速度的比值；结合塔轮线速度相等可以求出塔轮的半径之比。
（1）[1][2]该实验应用控制变量法，为了探究向心力与小球质量的关系，由公式
可知，需要控制小球旋转半径和角速度不变；故应该选择质量不同的球1和球3，两球放在长度相同的C挡板和挡板B处。
（2）球1的质量为2m，球3的质量为m，由半径之比为2：1，向心力之比为1：1，根据
得
两个塔轮边缘的线速度相等，根据
知两个变速塔轮的半径之比为
12．（2024高一下·南昌期末）图甲是一个能够定性平抛运动及其特点的实验装置，用小锤敲击弹性金属片，小球A就沿水平方向飞出，做平抛运动；同时小球B被松开，做自由落体运动。然后再采用乙图的方式定量研究平抛运动，得到了如图丙坐标系中的几个点。
（1）甲图所示的实验说明了平抛的小球在竖直方向上做 运动。
（2）在调节轨道时，发现水平仪中的气泡在右侧，此时应将轨道的右端调 （选填“高”或“低”）。
（3）同学用专业相机以200帧/秒拍摄照片如图丙所示，并从视频中每n帧选取一帧进行处理得到如图所示的抛体运动“频闪图片”，由图像可知 （n为整数，），测得坐标纸的方格边长为9mm，由此可得到平抛运动的初速度为
m/s。
【答案】（1）自由落体
（2）低
（3）6；0.9
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解析】（1）在甲图中由于两球同时落地，则A球在竖直方向的运动规律与B球相同，说明了平抛的小球在竖直方向上做自由落体运动。
（2）当水平仪右端有气泡，则水流向左端，说明左端低而右端偏高，则应把右侧调低。
（3）小球在竖直方向上做自由落体运动，根据逐差法公式
相邻两点的时间间隔相等，设为T，则根据表达式可以得出时间间隔为：
因为相机以200帧/秒拍摄照片，即每拍摄一帧，每n帧的时间为，根据每帧所花时间和帧数的乘积等于总的运动时间，则有：
解得帧数为
小球做平抛运动，在水平方向上的分运动为匀速直线运动，根据水平方向的位移公式可以得出：平抛运动初速度
【分析】（1）利用两个小球同时落地可以说明平抛运动竖直方向的分运动为自由落体运动；
（2）利用水平仪右端有气泡，则水流向左端，说明左端低而右端偏高；
（3）利用竖直方向的邻差公式可以求出时间间隔，结合每帧所花时间可以求出帧数；结合水平方向的位移公式可以求出初速度的大小。
（1）甲图两球同时落地，说明了平抛的小球在竖直方向上做自由落体运动。
（2）水平仪右端有气泡，说明右端偏高，则应把右侧调低。
（3）[1]小球在竖直方向上做自由落体运动，根据逐差法公式
由图可知
相邻两点的时间间隔相等，设为T
因为相机以200帧/秒拍摄照片，即每拍摄一帧，每n帧的时间为，可得
解得
[2]在水平方向上，小球做匀速直线运动，小平抛运动初速度
三、解答题（13题10分，14题12分，15题17分）
13．（2024高一下·南昌期末）一质量为m运动员在水平弯道上训练骑行，可将其运动视为匀速圆周运动，自行车骑行转弯半径为R，在骑行的时间t内走过的圆弧长为l，自行车质量为M，不计空气阻力。
（1）运动员做圆周运动的线速度大小；
（2）地面对自行车摩擦力大小。
【答案】解：（1）运动员在水平弯道上做匀速圆周运动，在骑行的时间t内走过的圆弧长为l，则运动员的线速度大小为
（2）根据牛顿第二定律可得
联立解得地面对自行车摩擦力大小为
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1）运动员做匀速圆周运动，利用线速度的定义式可以求出线速度的大小；
（2）由于摩擦力提供向心力，利用牛顿第二定律可以求出摩擦力的大小。
14．（2024高一下·南昌期末）如图甲所示，竖直墙面悬挂一个直径的飞镖盘（厚度不计），盘的下边缘离地，小明同学在距离墙面的水平地面上方处将飞镖水平抛出，不计空气阻力，。
（1）若要飞镖射中飞镖盘，投掷的最小速度大小；
（2）若某次飞人靶（或人墙）时情况如图乙所示，求飞抛出时的初速度大小。
【答案】解：（1）若要飞镖射中飞镖盘，当飞镖射中飞镖盘的下端时，投掷的速度最小，根据平抛运动规律，竖直方向有
解得
水平方向有
解得投掷的最小速度大小为
（2）若某次飞人靶（或人墙）时情况如图乙所示，设飞抛出时的初速度大小为，则有
右
联立解得
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】（1）当飞镖击中飞镖盘下端时，利用平抛运动的位移公式可以求出飞镖的最小速度；
（2）已知飞镖末速度的方向，结合速度的分解及水平方向的位移公式可以求出飞镖初速度的大小。
15．（2024高一下·南昌期末）半径的光滑圆弧与传送带相切于C点，将一质量为的小物块从与圆心等高的A处无初速度释放，经C点进入倾角为的皮带传输机，D为传输机皮带的最高线点，间距离为，皮带以的速率顺时针转动且不打滑，物块与皮带之间的动摩擦因数，不计空气阻力，。
（1）小物块运动到B点时所受的支持力大小；
（2）物块从C点到达D点的时间t；
（3）物块从C到D的过程中，物块与传送带摩擦产生的热量Q。
【答案】解：（1）小物块从A处到B点过程，根据动能定理可得
解得
小物块运动到B点时，根据牛顿第二定律可得
解得支持力大小为
（2）小物块从A处到C点过程，根据动能定理可得
解得物块到C点的速度大小为
可知小物块刚滑上传送带先做减速运动，根据牛顿第二定律可得，加速度大小为
小物块减速到与传送带共速所用时间为
该过程小物块通过的位移大小为
小物块与传送带共速后，由于，可知小物块继续向上做减速运动，加速度大小为
根据运动学公式可得
解得
则物块从C点到达D点的时间为
（3）物块从C到与传送带共速过程，物块与传送带发生的相对位移大小为
物块从与传送带共速到D过程，物块与传送带发生的相对位移大小为
则从C到D的过程中，物块与传送带摩擦产生的热量为
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型；向心力；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）小物块从A处到B点过程，利用动能定理可以求出物块经过B点速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出物块受到的支持力大小；
（2）物块从A运动到C的过程中，利用动能定理可以求出经过C点速度的大小，利用牛顿第二定律可以求出物块刚开始减速的加速度大小，结合速度公式可以求出减速的时间，结合位移公式可以求出减速到与传送带共速的位移，接下来利用牛顿第二定律可以求出物块继续减速的加速度大小，结合位移公式可以求出减速的时间；
（3）已知物块减速的时间，利用位移公式可以求出传送带运动的位移，进而求出相对位移的大小，结合摩擦力的大小可以求出摩擦产生的热量。
