2023-2024學(xué)年廣東省高一（下）期末考試物理試題（含解析）

2023-2024學(xué)年廣東省高一（下）期末考試物理試題

一、單選題：本大題共7小題，共28分。

1.如圖所示，實(shí)線為一物體在水平恒力作用下沿光滑的水平面做曲線運(yùn)動(dòng)的軌跡，當(dāng)物體從“點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N

點(diǎn)時(shí)，其速度方向恰好改變了90。，則物體從M點(diǎn)到N點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程中，下列說法正確的是0

A.物體在M點(diǎn)時(shí)的速度方向可能水平向右B.物體所受的水平恒力的方向一定水平向右

C.物體一定做的是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)D.物體的速率一定是先增大后減小

2.河水的流速隨離一側(cè)河岸的距離的變化關(guān)系如圖甲所示，船在靜水中的速度與時(shí)間的關(guān)系如圖乙所示。

A.船渡河的最短時(shí)間是60sB.船在行駛過程中，船頭始終與河岸垂直

C.船在河水中航行的軌跡是一條直線D.船在河水中的最大速度是3m/s

3.如圖為某高速公路出口的ETC通道示意圖。一汽車駛?cè)胪ǖ?，到達(dá)。點(diǎn)的速度%=20m/s,此時(shí)開始減

速，到達(dá)M點(diǎn)時(shí)速度減至u=4機(jī)/s,并以4rn/s的速度勻速通過MN區(qū)，汽車從。運(yùn)動(dòng)到N共用時(shí)10s,

"T圖像如圖所示，則下列說法正確的是

A.汽車減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為4m/s2B.。、M間中點(diǎn)位置的速度為12m/s

C.。、M間的距離為326D.汽車在ON段平均速度大小為8機(jī)/s

4.2022年左右我國(guó)將建成載人空間站，軌道高度距地面約，在軌運(yùn)營(yíng)10年二:

以上，它將成為中國(guó)空間科學(xué)和新技術(shù)研究實(shí)驗(yàn)的重要基地。設(shè)該空間站繞地球做勻:

速圓周運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)周期為T,軌道半徑為',萬有引力常量為G,地球半徑為R,地\

.

球面表重力加速度為9。下列說法不正確的是（）

第1頁，共15頁

A.地球的質(zhì)量為M署

（J1

B.空間站的線速度大小為u=M

C.空間站的向心加速度為a

D.空間站的運(yùn)行周期小于地球自轉(zhuǎn)周期

5.如圖所示為兩個(gè)固定在同一水平面上的點(diǎn)電荷，距離為d,電荷量分別為+Q和-Q。在它們的水平中垂

線上固定一根長(zhǎng)為L(zhǎng)、內(nèi)壁光滑的絕緣細(xì)管，有一電荷量為+q的小球以初速度也從管口射入，則小球（）

A.速度先增大后減小1

Y

B.受到的庫侖力先做負(fù)功后做正功

c.受到的庫侖力最大值為半%i4

D.管壁對(duì)小球的彈力最大值為符

6.如圖所示，固定在地面上的半圓軌道直徑ab水平，質(zhì)點(diǎn)P與半圓軌道的動(dòng)摩擦因數(shù)處處一樣，當(dāng)質(zhì)點(diǎn)P從

a點(diǎn)正上方高“處自由下落，經(jīng)過軌道后從b點(diǎn)沖出豎直上升，上升的最大高度為小空氣阻力不計(jì)。當(dāng)質(zhì)

點(diǎn)首次從b點(diǎn)上方下落時(shí)，下列說法正確的是（）

A.質(zhì)點(diǎn)不能從a點(diǎn)沖出半圓軌道

B.質(zhì)點(diǎn)能從a點(diǎn)沖出半圓軌道，但上升的最大高度3

C.質(zhì)點(diǎn)能從a點(diǎn)沖出半圓軌道，但上升的最大高度h>3

D.無法確定能否從a點(diǎn)沖出半圓軌道

7.如圖所示，半徑為的四分之三光滑圓軌道豎直固定在水平地面上，B點(diǎn)為軌道最低點(diǎn)，4點(diǎn)與圓心。等

高。質(zhì)量為1kg的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）在4點(diǎn)正上方0.75租處靜止釋放，下落至4點(diǎn)時(shí)進(jìn)入圓軌道，重力加速

度g取10M/S2,不計(jì)空氣阻力，則（）

A.小球在B點(diǎn)的動(dòng)能為7.5/

B.小球在4點(diǎn)受到軌道的彈力大小為10N

C.小球上升過程中距地面的最大高度為1.75小

D.小球離開軌道后將落至軌道B點(diǎn)

二、多選題：本大題共3小題，共18分。

第2頁，共15頁

8.如圖所示，帶箭頭的線表示某一電場(chǎng)中的電場(chǎng)線的分布情況。一帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖中虛

線所示，若不考慮其他力，則下列判斷中正確的是（）

A.若粒子是從4運(yùn)動(dòng)到8,則粒子帶正電；若粒子是從8運(yùn)動(dòng)到4則粒子帶負(fù)電

B.不論粒子是從力運(yùn)動(dòng)到B,還是從B運(yùn)動(dòng)到4,粒子必帶負(fù)電

C.若粒子是從B運(yùn)動(dòng)到4則其加速度減小

D.若粒子是從B運(yùn)動(dòng)到4則其速度減小

9.如圖所示，半徑為R的內(nèi)部光滑的半圓形軌道BC固定在水平面上，與水平面相切于B點(diǎn)，一質(zhì)量為小的

小球以初速度如從距離B點(diǎn)為2R的4點(diǎn)向左運(yùn)動(dòng)進(jìn)入半圓形軌道，小球從軌道最高點(diǎn)C離開后在空中做平拋

運(yùn)動(dòng)，恰好在4點(diǎn)落地，重力加速度為g,下面說法正確的是（）

A.小球進(jìn)入半圓形軌道后，在半圓形軌道的最低點(diǎn)B處對(duì)軌道的壓力等于ag

B.小球在半圓形軌道最高點(diǎn)C處對(duì)軌道的壓力為zng

C.小球在半圓形軌道最高點(diǎn)C處對(duì)軌道的壓力為0

D.小球落地時(shí)速度方向與水平方向夾角的正切值為2

10.電動(dòng)汽車以其環(huán)保節(jié)能、加速快等優(yōu)點(diǎn)越來越受到消費(fèi)者的歡迎，為使汽車既有良好的加速性能，又

能控制汽車的最大速度，電動(dòng)汽車的車載智能系統(tǒng)介入汽車行駛過程。如圖所示為某品牌汽車在一次起步

時(shí)汽車牽引力與速度的關(guān)系，汽車的速度達(dá)到25/n/s時(shí)電動(dòng)機(jī)功率達(dá)到最大值256k〃。此后車載智能系統(tǒng)

逐漸降低電動(dòng)機(jī)功率，當(dāng)電動(dòng)機(jī)功率降至最大功率的50%時(shí)，汽車達(dá)到最大速度。已知汽車及乘員的總質(zhì)

量為1600kg,汽車行駛過程中受到的阻力與速度的關(guān)系為/=k/（k=1.024W.s2/m2）,則汽車在起步直

至達(dá)到最大速度的過程中，下列說法正確的是（）

第3頁，共15頁

A.汽車的加速度始終在減小

B.汽車的加速度先不變后減小

C.該汽車能達(dá)到的最大速度是lOOm/s

D.汽車速度為25m/s時(shí)的加速度為6m/s2

三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共16分。

11.圖為某實(shí)驗(yàn)小組利用氣墊導(dǎo)軌驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的裝置，實(shí)驗(yàn)的主要步驟有:

CD

祛碼及托盤

4將氣墊導(dǎo)軌放在水平桌面上并調(diào)至水平;

區(qū)測(cè)出擋光條的寬度由

C分別測(cè)出滑塊與擋光條的總質(zhì)量M及托盤與祛碼的總質(zhì)量

。將滑塊移至圖示位置，測(cè)出擋光條到光電門的距離L；

E由靜止釋放滑塊，讀出擋光條通過光電門的時(shí)間。

F.改變擋光條到光電門的距離，重復(fù)步驟E,測(cè)出多組L和t。已知重力加速度為g,請(qǐng)回答下列問題：

(1)本實(shí)驗(yàn)中(填“需要”或“不需要”)滿足小遠(yuǎn)小于

(2)若某次測(cè)得擋光條到光電門的距離為3擋光條通過光電門的時(shí)間為如滑塊由靜止釋放至光電門的過

程，系統(tǒng)的重力勢(shì)能減少了；若系統(tǒng)機(jī)械能守恒，應(yīng)滿足o(

用實(shí)驗(yàn)步驟中各測(cè)量量符號(hào)表示)

(3)多次改變擋光條到光電門的距離，重復(fù)步驟。、E,測(cè)出多組乙和t,作出L隨親的變化圖像如圖所示，圖

線為過坐標(biāo)原點(diǎn)的直線，如果在誤差允許的范圍內(nèi)當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮?=時(shí)，可以判斷

槽碼帶動(dòng)滑塊運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒。(用題中已知量和測(cè)得的物理量符號(hào)表示)

12.圖甲是某種“研究平拋運(yùn)動(dòng)”的實(shí)驗(yàn)裝置.斜槽末端口N與小球離地面的高度均為“，實(shí)驗(yàn)時(shí)，當(dāng)P小

球從斜槽末端飛出與擋片相碰，立即斷開電路使電磁鐵釋放Q小球，發(fā)現(xiàn)兩小球同時(shí)落地，改變H大小,

重復(fù)實(shí)驗(yàn)，P、Q仍同時(shí)落地。

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(1)關(guān)于實(shí)驗(yàn)條件的說法，正確的有

4斜槽軌道末段N端必須水平

BP小球可以從斜槽上不同的位置無初速度釋放

C斜槽軌道必須光滑

DP小球每次必須從斜槽上相同的位置無初速度釋放

(2)該實(shí)驗(yàn)結(jié)果可表明

4兩小球落地速度的大小相同

2.P小球在豎直方向的分運(yùn)動(dòng)與Q小球的運(yùn)動(dòng)相同

C兩小球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等

DP小球在水平方向的分運(yùn)動(dòng)是勻速直線運(yùn)動(dòng)

(3)若用一張印有小方格(小方格的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)=2.5an)的紙記錄P小球的軌跡，小球在同一初速平拋運(yùn)動(dòng)途

中的幾個(gè)位置如圖乙中的a、b、c、d所示，重力加速度g=10m/s2,貝!JP小球在b處的瞬時(shí)速度的大小為

%=m/So

四、計(jì)算題：本大題共3小題，共38分。

13.捶丸起源于唐代的步打球，是一種以杖擊球的體育活動(dòng)，類似今天的高爾夫。如圖所示，某次捶丸游

戲中游戲者將可視為質(zhì)點(diǎn)的小球從斜面頂端4點(diǎn)以水平初速度為=5避rn/s擊出，小球落到斜面上某點(diǎn)。

已知斜面4B的長(zhǎng)度L=20爪，傾角8=30。，不計(jì)空氣阻力，取重力加速度大小g=lOm/s2。

(1)求小球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t；

(2)求小球落到斜面前瞬間的速度大小也;

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14.如圖所示，一輕繩連著一小球，懸掛于。點(diǎn)，現(xiàn)把小球拉開一角度后靜止釋放.設(shè)小球質(zhì)量爪=3的,

繩長(zhǎng)L=4m,小球運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)離地高度h=5m.

(1)若小球通過最低點(diǎn)的速度大小為"=2m/s,求此時(shí)繩的拉力大小；

(2)若輕繩能夠承受的最大拉力為78N,求允許小球通過最低點(diǎn)的最大速率；

(3)若以(2)問的最大速率通過最低點(diǎn)時(shí)，輕繩恰好斷裂，小球拋出，求小球平拋的水平位移大小.

15.如圖所示，在豎直平面內(nèi)的斜面4B與水平傳送帶的左端平滑連接，水平傳送帶的右端與豎直面內(nèi)圓心

角為60。的光滑圓弧軌道CD在最低點(diǎn)C處平滑連接，整個(gè)裝置固定。斜面高為2m、傾角為45。，傳動(dòng)帶BC

長(zhǎng)為3小，以；…、的速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，圓弧軌道的半徑R=0.4根。將質(zhì)量根為1kg的小物塊P從斜面上靜

止釋放，小物塊與斜面和傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)〃均為0.2。取重力加速度，，=求：

(1)若P從斜面高1爪處釋放，P滑至B處的速度大??；

(2)若P從斜面高1爪處釋放，物體P運(yùn)動(dòng)到。處的過程中摩擦力做功的大??；

(3)若P從斜面高2爪＞九＞1爪的不同位置釋放，以。點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，P從。射出后，這些軌跡的最高點(diǎn)構(gòu)成

什么形狀？

A

0

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答案解析

1.C

【解析】《、物體在“點(diǎn)時(shí)的速度方向沿軌跡的切線方向，不可能水平向右，故/錯(cuò)誤；

BD、因?yàn)橘|(zhì)點(diǎn)速度方向恰好改變了90。，可以判斷恒力方向應(yīng)為右下方，與初速度的方向夾角要大于90。小

于180。，才能出現(xiàn)末速度與初速度垂直的情況，因此速度方向與合力方向先大于90。，后小于90。，速率先

減小后增大，故8。錯(cuò)誤；

C、曲線運(yùn)動(dòng)受到恒力，則物體做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，故C正確。

2.5

【解析】4當(dāng)船頭與河岸垂直時(shí)，渡河時(shí)間最短，由圖可知河寬為300機(jī)，t=《=當(dāng)與=100s,故/錯(cuò)

誤；

區(qū)船的合運(yùn)動(dòng)時(shí)間等于各個(gè)分運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，沿船頭方向分運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t=段，當(dāng)打最小時(shí)，t最小，當(dāng)船頭

與河岸垂直時(shí)，卬有最小值，等于河寬d,故要使船以最短時(shí)間渡河，船在行駛過程中，船頭必須始終與

河岸垂直，故3正確；

C由于隨水流方向的分速度不斷變化，故合速度的大小和方向也不斷變化，船做曲線運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；

2222

D當(dāng)水流速最大時(shí)，船的速度最大，vm=V^i+v2=^/3+4m/s=5m/s,故。錯(cuò)誤。

故選Bo

3.A

【解析】4根據(jù)速度時(shí)間圖線的斜率表示加速度，可知，汽車減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小a=卷=工fm/

s2=4mls2,故A正確；

A由中間位置速度公式得，OM間中點(diǎn)的速度為：v=百丁?=誓＞lm/s=4gm/s,故8錯(cuò)誤;

C根據(jù)圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示位移知，?！钡木嚯xx=，x(4+20)義46=48根，故C錯(cuò)誤；

DON段的位移/=48zn+4x6m=72zn,貝!JON段的平均速度亍=?=磊爪/s=7.2m/s,故。錯(cuò)誤。

4.B

【解析】解：4、由萬有引力定律可知：曙=山沿，解得“=察，故”正確；

B、由萬有引力定律可知：包髻=加竺，由黃金代換公式可知："#=mg,解得u=照,故2錯(cuò)誤；

rzr心—\r

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C、由萬有引力定律可知：^=ma,由黃金代換公式可知：^=mg,解得a=/，故C正確；

rzr2

D、地球自轉(zhuǎn)周期等于地球同步衛(wèi)星的周期，地球同步衛(wèi)星距地面36000km,比空間站距地面高，根據(jù)：

曙=庠/，軌道半徑越大，環(huán)繞周期越大，故空間站的運(yùn)行周期小于地球自轉(zhuǎn)周期，故。正確；

本題選不正確的是，故選：B。

本題考查萬有引力定律和黃金代換公式，只要題目中有重力加速度g,則考慮黃金代換公式求出中心天體

的質(zhì)量M,剩下的問題迎刃而解。

5.C

【解析】4電荷量為+q的小球以初速度為從管口射入的過程，因電場(chǎng)力不做功，只有重力做功；根據(jù)動(dòng)

能定理，知速度不斷增加，故/錯(cuò)誤；

區(qū)小球下落過程中，庫侖力與速度方向垂直，則庫侖力不做功，故3錯(cuò)誤；

C在兩個(gè)電荷的中垂線的中點(diǎn)，單個(gè)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度為：E=群=嘿；根據(jù)矢量的合成法則，則

有電場(chǎng)強(qiáng)度最大值為嘿，因此電荷量為+q的小球受到最大庫侖力為曙，故C正確；

D根據(jù)C選項(xiàng)的分析，結(jié)合受力分析可知，彈力與庫侖力平衡，則管壁對(duì)小球的彈力最大值為啰，故。

錯(cuò)誤。

故選a

6.B

【解析】質(zhì)點(diǎn)第一次在槽中滾動(dòng)過程，由動(dòng)能定理得：mgCH-^)-Wf=0,

勿/為質(zhì)點(diǎn)克服摩擦力做功大小，解得：Wf=^ngH,

故第一次質(zhì)點(diǎn)在槽中滾動(dòng)損失的機(jī)械能為

由于第二次小球在槽中滾動(dòng)時(shí)，對(duì)應(yīng)位置處速度變小，因此槽給小球的彈力變小，動(dòng)摩擦因數(shù)不變，所以

摩擦力變小，克服摩擦力做功小于機(jī)械能損失小于因此小球再次沖出a點(diǎn)時(shí)，能上升的高

度大于零而小于今/。

故選：B。

1.D

【解析】4小球從釋放到最低點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有

mg(h+R)=EkB

第8頁，共15頁

解得

EkB=17.5J

故/錯(cuò)誤；

3小球從釋放到a點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有

1

mgh=—mv^7

在A點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有

”2

N=小粵

R

解得

N=15N

故2錯(cuò)誤；

c設(shè)小球上升過程中距地面最大高度與圓心的連線和豎直方向的夾角為e,則有

八mv2

mgcos。=——

R

從B點(diǎn)到最高點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有

1

2

—mgR(l+cos8)=—mv—EkB

解得

1

COS0=—

最大高度為

h=R(1+cos。)=1.5m

故C錯(cuò)誤；

D假設(shè)小球離開軌道后將落至軌道B點(diǎn)，由C分析可知脫離軌道的速度為

v=逆m/s

根據(jù)斜拋的運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知

1

h=-vsin60°t-\--gt2

x=vcos60°t

解得

x=￡m=/?cos30°

2

可知小球離開軌道后將落至軌道B點(diǎn)，故。正確；

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故選z＞。

8.BC

【解析】解：AB,根據(jù)做曲線運(yùn)動(dòng)物體所受合外力指向曲線內(nèi)側(cè)可知與電場(chǎng)線的方向相反，所以不論粒子

是從4運(yùn)動(dòng)到8,還是從B運(yùn)動(dòng)到4粒子必帶負(fù)電，故4錯(cuò)誤，8正確；

C、電場(chǎng)線密的地方電場(chǎng)的強(qiáng)度大，所以粒子在B點(diǎn)受到的電場(chǎng)力大，在B點(diǎn)時(shí)的加速度較大。所以若粒子

是從B運(yùn)動(dòng)到4則其加速度減小，故C正確；

D、從B到力過程中電場(chǎng)力與速度方向成銳角，即做正功，動(dòng)能增大，速度增大，故。錯(cuò)誤。

故選：BCo

做曲線運(yùn)動(dòng)物體所受合外力指向曲線內(nèi)側(cè)，本題中粒子只受電場(chǎng)力，由此可判斷電場(chǎng)力向左，

根據(jù)電場(chǎng)力做功可以判斷電勢(shì)能的高低和動(dòng)能變化情況，加速度的判斷可以根據(jù)電場(chǎng)線的疏密進(jìn)行.

本題以帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)為背景考查了帶電粒子的速度、加速度、動(dòng)能等物理量的變化情況.

加強(qiáng)基礎(chǔ)知識(shí)的學(xué)習(xí)，掌握住電場(chǎng)線的特點(diǎn)，即可解決本題.

9.CD

【解析】解：BC、離開C點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，則豎直方向：2R=弧2水平方向：2R=vct,解得：%=

回

在C點(diǎn)由牛頓第二定律得：解得：F=0,由牛頓第三定律知對(duì)軌道的壓力為0,故3錯(cuò)

誤C正確；

D、設(shè)小球落地時(shí)速度方向與水平方向夾角為氏則tcmB=卷=,=2,故。正確；

/、從8到C的過程由動(dòng)能定理得：-zng-2R=]?嶺-吳詔

在最低點(diǎn)B處由牛頓第二定律得：F-mg=

聯(lián)立解得：F=6mg

由牛頓第三定律知對(duì)軌道的壓力等于6mg,故/錯(cuò)誤；

故選：CD。

離開C點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可求得在C點(diǎn)的速度及落地時(shí)速度方向與水平方向夾角的正切

值；在C點(diǎn)由牛頓第二定律結(jié)合牛頓第三定律可求得對(duì)軌道的壓力；從8到C的過程由動(dòng)能定理可求得在B

點(diǎn)的速度，在最低點(diǎn)B處由牛頓第二定律結(jié)合牛頓第三定律可求得對(duì)軌道的壓力。

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本題考查了平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律、動(dòng)能定理、牛頓第二定律及第三定律的綜合應(yīng)用，掌握平拋運(yùn)動(dòng)問題的處理

方法是求解的關(guān)鍵。

10.AD

【解析】48.汽車的速度達(dá)到25m/s前的過程，根據(jù)牛頓第二定律可得

2

Fd1=--f-----F-^=—-k--v--------

mm

可知隨著汽車速度的增大，汽車的加速度逐漸減?。黄嚨乃俣冗_(dá)到25zn/s到最大速度的過程中，根據(jù)

牛頓第二定律可得

可知隨著汽車速度的增大，牽引力的減小，汽車的加速度繼續(xù)逐漸減?。还?正確，3錯(cuò)誤；

C設(shè)汽車能達(dá)到的最大速度為心此時(shí)牽引力等于阻力，電動(dòng)機(jī)功率降至最大功率的50%時(shí)，則有

50%P7n=fvm=fcVm

解得

3305X256X1Q3

vm=；50%Pm=1-m/s=50m/s

飛k11.024

故C錯(cuò)誤；

D汽車速度為25m/s時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得

2

Fd\=—f------F-±=—--k-v--------

mm

又

~^=f=kvrn=256oyv

聯(lián)立解得

4x2560-1.024x252,,，一

a=-----------777^-----------m/sz=6m/sz

loUU

故。正確。

故選40。

11.(1)不需要；

142

(2)mgL-,mgL=-(M+總9；

a(M+m)d2

()2mb°

第11頁，共15頁

【解析】(1)實(shí)驗(yàn)中需驗(yàn)證祛碼及托盤減少的重力勢(shì)能與系統(tǒng)增加的動(dòng)能是否相等，并不需要測(cè)量拉力，

故不需要滿足小遠(yuǎn)小于M；

(2)滑塊由靜止釋放至光電門的過程，系統(tǒng)的重力勢(shì)能減少了。，根據(jù)極短時(shí)間的平均速度等于

瞬時(shí)速度，滑塊通過光電門時(shí)速度大小為u=《系統(tǒng)動(dòng)能增加了Vw.”山-1”，'，

系統(tǒng)機(jī)械能守恒有A/一A?..,

則系統(tǒng)機(jī)械能守恒成立的表達(dá)式是機(jī)以=|(M+小焦；

⑶由(2)可知系統(tǒng)機(jī)械能守恒成立的表達(dá)式是mgL=1(M+m售,整理得L="2噢4，

圖像的斜率為k=("黑"=*解得當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮間=叫黑空。

(2)BC

(3)1.25

【解析】(1)4為使小球從斜槽末端飛出時(shí)初速度方向是水平，因此斜槽軌道末段N端必須水平，故N正

確；

BD這個(gè)實(shí)驗(yàn)只驗(yàn)證小球做平拋運(yùn)動(dòng)在豎直方向是自由落體運(yùn)動(dòng)，與水平方向無關(guān)，所以不需要每次實(shí)驗(yàn)

小球離開水平槽時(shí)初速度相同，小球可以從斜槽上不同的位置無初速度釋放，故8正確，。錯(cuò)誤；

C斜槽軌道是否光滑，對(duì)實(shí)驗(yàn)沒有影響，不需要必須光滑，故C錯(cuò)誤。

故選/瓦

(2)BCD.該實(shí)驗(yàn)結(jié)果可表明：P小球在豎直方向的分運(yùn)動(dòng)與Q小球的運(yùn)動(dòng)相同，由于豎直方向的高度相同，

所以兩小球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，故5c正確，D錯(cuò)誤;

4當(dāng)小球落地時(shí)P小球還有水平方向的速度，則兩小球落地速度的大小不可能相同，故/錯(cuò)誤。

故選BCo

(3)P小球在同一初速平拋運(yùn)動(dòng)，P小球在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直

方向，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論，可有

Ay=gT2

代入數(shù)據(jù)解得

第12頁，共15頁

在水平方向的速度

x2.5x2x1012

V*F=—0^5—m/s=lm/s

在豎直方向，由中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于平均速度，則有

Vyb=莞=0.75m/s

則P小球在6處的瞬時(shí)速度的大小為

22

vb=yjvx+vy=1.25m/s

13.(1)設(shè)小球的位移大小為向，豎直方向上有

1

久isin。=]9件9

水平方向上有

XiCosS=vot

代入數(shù)據(jù)得小球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

t=1s

(2)小球落到斜面上時(shí)豎直方向的分速度大小

vy=gt—10m/s

小球落到斜面前瞬間的速度大小

V1=JVQ+vy=5。m/s

【解析】詳細(xì)解答和解析過程見【答案】

14.解：(1)質(zhì)點(diǎn)在最低點(diǎn)受到的拉力與重力提供向心力，貝U：F-mg=嗒,

代入數(shù)據(jù)解得：N=33N

即繩子的拉力為33N

(2)小球下擺到B點(diǎn)時(shí)，繩的拉力和重力提供向心力，

由牛頓第二定律的：Fmax-mg=吟，

代入數(shù)據(jù)解得：vm=8m/s

(3)繩子斷后，小球做平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t,

第13頁，共15頁

豎直方向：h=^gt2,

水平方向，DC間距離：x-vmt,

代入數(shù)據(jù)解得：x=8m；

答：(1)若小球通過最低點(diǎn)的速度大小為u=2zn/s,此時(shí)繩的拉力大小為33N；

(2)若輕繩能夠承受的最大拉力為78N,允許小球通過最低點(diǎn)的最大速率為8zn/s；

(3)若以(2)問的最大速率通過最低點(diǎn)時(shí)，輕繩恰好斷裂，小球拋出，小球平拋的水平位移大小為8小。

【解析】(1)由牛頓第二定律可以求出小球受到的拉力；

(2)在B位置，由牛頓第二定律可求小球通過最低點(diǎn)的最大速率。

(3)繩子斷裂后小球做平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以求出s。

掌握運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解的方法處理平拋運(yùn)動(dòng)問題，能根據(jù)豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)最高點(diǎn)和最低點(diǎn)小球所受

合力提供圓周運(yùn)動(dòng)向心力討論繩所受拉力大小問題，掌握規(guī)律是解決問題的關(guān)鍵。

15.(1)若P從斜面高1血處釋放，小物塊P在斜面下滑過程中，由動(dòng)能定理有

,一