河南周口市扶沟县高级中学2025-2026学年高一下学期物理周四加强练（八）

2025一2026高一下期物理周四加强练（八) 一、选择题（共58分，1-7每小题4分共28分：812每小题6分共30分。全部选对得6分，选 对但不全的得3分，有选错的得0分。) 1.下列说法正确的是() A.做曲线运动的物体，其加速度一定变化 B.做匀速直线运动的物体，其机械能一定守恒 C.合外力对物体做正功时，物体的动能一定增加 D.滑动摩擦力一定做负功 2.质量为m的足球从水平地面上的位置1被踢出后，最终落在地面上的位置3，足球在空中运 动的最高点为位置2,2点距离地面的高度为。若足球运动过程中所受空气阻力的大小保持不 变，忽略其他影响因素，下列关于足球运动的说法正确的是() A.在空中运动时，相等的时间内速度变化量相同 B.在1时，加速度最大 C.从1到2的时间大于从2到3的时间 7777777777777777777777777777777777777 D.从2到3的过程中，动能增加gh2 3.高台跳雪是冬奥会的比赛项目之一。如图所示，运动员从平台的顶点处以一定初速度沿水平方 向飞出，经一段时间后落在斜坡上。已知斜坡倾角日=30°，若以平台的顶点为坐标原点，竖直向 下为y轴，水平向左为x轴，建立直角坐标系，则运动员运动的轨迹方程为y= ,重力加速度 45 g=10/3,忽略空气阻力，下列说法中正确的是() A.运动员飞出时的初速度大小为10m/s B.运动员在空中运动的时间为√s C.运动员下落的高度为10m i3ò D.运动员从飞出到落地时运动的位移大小为45m 4.如图所示，长度为L的匀质链条的一半放置在水平桌面上，另一半悬在桌面下方，现让链条由 静止释放，不计一切摩擦阻力，重力加速度为8，当链条全部离开桌面时，其速度大小为() A.3gL B.gL 2 C.BgL D.v5gI 2 答案第1页，共12页 5.编号为2020D2的小行星是中国科学院紫金山天文台发现的一颗近地小行星。科学家们观测到 它的轨道如图所示，轨道的半长轴远大于地球轨道半径，小于木星轨道半径，近日点在水星轨道 内，远日点在木星轨道外。已知木星绕太阳公转的周期为11.86年，关于该小行星，下列说法正 确的是() A.在近日点加速度比远日点小 2020FD2 木星轨道 B.在近日点运行速度比远日点小 水星8 ●地球 木星 太阳 C.公转周期一定小于11.86年 D.在近日点机械能比远日点小 6.如图所示，一小球从A点以初速度，水平抛出，在平抛运动过程中与竖直挡板在B点发生碰撞， 最终落在C点。已知碰撞的瞬间竖直方向速度的大小和方向都不变，水平方向速度的大小不变而 方向反向，若仅增大平抛初速度，则() A.小球与挡板碰撞的点将在B点的下方 B.小球的落地点将在C点的左边 C.在整个运动过程中重力对小球做功增多 D.小球落地时重力做功的瞬时功率增大 C 7.如图，在测试一款汽车减震系统的性能时，工程师用了一个简化模型进行研究：用质量为m的 小球代替汽车的某一部件，通过轻质弹簧连接于支架上的O点。一个特殊装置对小球施加一个模 拟来自路面的作用力F(未画出)。当小球静止时，弹簧伸长，弹力T与小球重力大小相等，此时 弹簧与竖直方向的夹角日=60°，重力加速度大小为8。下列说法正确的是() A.F的大小为0.5g 0 B.若保持T方向不变，将F顺时针缓慢旋转30°的过程中弹性势能变大 O00000 C.若保持T方向不变，将F顺时针缓慢旋转30°的过程中弹力T逐渐减小 D.若保持T方向不变，将F顺时针缓慢旋转30°的过程中F先减小后变大 8.如图所示，内壁光滑、半径为R的四分之三圆弧轨道或细圆管轨道固定在竖直平面内，AO是 水平半径，OB是竖直半径，质量为的小球（视为质点）从A点正上方的P点由静止释放，然 后进入圆弧轨道或细圆管轨道，重力加速度为8，不计空气阻力。下列说法正确的是() 答案第2页，共12页 A.若小球恰好能到达圆弧轨道的B点，则P、B两点间的高度差为0 B.若小球恰好能到达细圆管轨道的B点，则P、A两点间的高度差为R C.小球沿圆弧轨道运动并从B点离开，此后可能到达A点 5 D.若小球离开细圆管轨道的B点后正好到达A点，则小球在A点的动能为二gR 4 9.如图甲所示，电动方程式(FormulaE)是目前世界上新能源汽车运动中级别最高的赛事。赛车 在专业赛道水平平直路面上由静止启动直至达到最大速度vm,其发动机的功率P与速度v关系如 图乙所示，图中P题=160kW、y=16m/s,已知赛车（含驾驶员）的质量m=1×103kg,赛车受 到的阻力大小为车重的0.2倍，取g=10m/s2。则( A.赛车在整个加速过程中，牵引力保持不变 B.赛车速度从0到y1过程，经历的时间为2s C.赛车的最大速度大小为80m/s 甲 D.赛车在整个加速过程中，牵引力做的功为3.2×105J 10.质量分别为2m和m的A.B两物体分别在水平恒力和F,的作用下沿水平面运动，撤去F、 耳后受摩擦力的作用减速到停止，其v-图像如图所示，则下列说法正确的是() A.乃和F大小相等 AV vo B.耳和对A.B做功之比为1：1 B C.A.B所受摩擦力大小相等 to 21 367 D.全过程中摩擦力对A.B做功之比为1：2 11.“跳一跳”小游戏需要操作者控制棋子离开平台时的速度，使其能跳到旁边平台上，如图所示 的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹，其最高点离平台的高度为，水平速度为v。若质 量为m的棋子在运动过程中可视为质点，只受重力作用，重力加速度为g,则() A.棋子从最高点落到平台上所需时间t= 2h B.若棋子在最高点的速度v变大，则其落到平台上的时间变长 C.棋子从最高点落到平台的过程中，速度变化量为2√gh 答案第3页，共12页 D.棋子落到后一个平台上时的动能区-方m2+gh 12.风洞是研究空气动力学的实验设备。如图甲，装置放置于风洞中，一物块每次以相同的初速 率沿斜面向上运动，风洞给物块提供竖直向下的恒力F=2.0N。改变斜面倾角日，物块冲上斜 面的最大距离x与8的关系如图乙所示，已知物块质量l=1.0kg,取sin37°=0.6，重力加速度大 小g=10m/s2,则() !11I ↑x/m A.10=6m/s B.物块与斜面间的动摩擦因数u=0.7 度 C.图乙中x的最小值xmm=1.25m 90 甲 D.当日=37°时，物块向上运动过程中与斜面摩擦产生的热量为7.2J 二、非选择题（42分) 13.（10分)图甲为用打点计时器验证机械能守恒定律的实验装置。 打点 计时器厂纸带 >限位孔 接电源 夹子 重物 (1)在验证机械能守恒定律的实验中，关于重物的选择下列说法正确的是 A.选择的重物的体积越小越好 B.应选用质量较小的重物，使重物的惯性小一些 C.应选用体积和质量都较小的重物 D.选择的重物体积应小一些，质量尽量地大一些 (2)实验时，释放纸带和接通电源的合理顺序是 A.先释放纸带，再接通电源 B.先接通电源，再释放纸带 (3)在验证机械能守恒定律的实验中，没有必要进行的操作是 A.用天平测重物的质量 B.用秒表测重物下落的时间 C.用打点计时器记录重物下落的信息 D.用纸带记录测量重物下落的高度 答案第4页，共12页 (4)实验中，质量为的重物拖着一条纸带从静止开始下落，打点计时器在纸带上打出一系列清晰 的点。把重物开始下落时打出的点标为O,然后按先后顺序依次选取三个计数点A、B、C,如图 乙所示。通过测量得到O、A间的距离为h,O、B间的距离为h,,O、C间的距离为h。己知 相邻两计数点间的时间间隔为T,当地重力加速度为g。从开始下落到打B点时，重物减少的重 力势能为 ,打B点时重物的动能为 。在误差允许的范围内，减少的重力势能等 于增加的动能，则满足机械能守恒。 14(8分).某同学依据系统机械能守恒定律，用如图所示的装置测量当地的重力加速度。主要实 验步骤如下： (1)将10个质量均为的砝码放入质量为M的盒子A中，在盒子A上固定一宽 度为d的遮光片： (2)在铁架台上固定滑轮和光电门，用细绳跨过定滑轮连接装有砝码的盒子A和 质量为M的盒子B: (3)在铁架台上标记遮光片的初始位置O,测出O点与光电门之间的距离L； (4)将盒子A由静止释放，测得遮光片经过光电门的时间为。盒子A经过光电 门的速度大小v=」 (用d和t表示)。适当 (选填“增大”或“减小”)距离L可减小速 度v的测量误差： (5)在盒子A中保留n(n>5)个砝码，将其余Q0-)个砝码放入盒子B中，重复步骤(4)，记 录盒子A中有0>)个砝码时遮光片经过光电门的时间，则 1 （含d、g、L、M、m、 n的表达式)： 1 《6)根据记录的数据作出疗加图像，若图像斜率为k,则当地的重力加速度8一 (用d、 k、L、M、表示)。 15.(10分)图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图。整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB 段轨道与光滑四分之一圆轨道BC在B点相切，且切线水平，点A距水面的高度h=8m,圆弧轨 道BC的半径r=2.5m,圆心O恰好在水面处。一质量=60kg的游客（视为质点）从A点由静 止开始滑下，到B点时恰好沿切线方向滑离轨道（对圆弧轨道的压力恰好为0），并落在水面D点。 不计空气阻力，取重力加速度大小g=10/s2。求： 答案第5页，共12页 (1)游客从A点运动到B点过程中，克服摩擦力所做的功： (2)D点到C点的距离。 B O C D 7nn77777777 16.(14分)质量分别为和2的两个小球P和Q,中间用轻质杆固定连接，杆长为L,在离P 处有一个光滑固定轴0，如图所示。现在把杆置于水平位置后自由释放，在Q球顺针 到最低点位置时，求： (1)小球P的速度大小为多少： (2)2球对杆的拉力； (3)在杆转动到竖直位置的过程中，杆对Q球做了多少功。 答案第6页，共12页 2025一2026高一下期物理周四加强练（八)参考答案 题号 1 2 3 5 6 8 9 10 11 12 答案 C B B A C B C BD BC BC AD AD 1.C【详解】A.平抛运动属于曲线运动，其加速度为恒定的重力加速度g,因此做曲线运动的 物体加速度不一定变化，故A错误； B.物体沿竖直方向匀速向上运动时，动能不变、重力势能增加，机械能增大，因此做匀速直线 运动的物体机械能不一定守恒，故B错误； C.根据动能定理，合外力对物体做的功等于物体动能的变化量，合外力做正功时动能变化量为 正，物体动能一定增加，故C正确： D.将静止物块放到运动的水平传送带上时，滑动摩擦力带动物块加速，对物块做正功，因此滑 动摩擦力不一定做负功，故D错误。 2.B【详解】A.空气阻力的大小保持不变，但方向时刻变化，其与重力的合力不断变化，所以 足球做加速度不断变化的曲线运动：由△v=a△t可知，相等的时间内速度变化量不相同，故A错 误； B.在1时，空气阻力与重力的夹角最小，合力最大，所以加速度最大，故B正确： C.研究足球竖直方向分运动，上升过程重力和阻力的竖直分量均向下，平均加速度为 。-m爬+：，下降过程重力向下、阻力的竖直分量均向上，4=图人，则上升过程的平均 L 加速度大于下降过程的平均加速度，根据=二可知，与下落过程相比，上升过程时间短，所 以从1到2的时间小于从2到3的时间，故C错误： D.从2到3的过程中，由gh-W,=△E,,所以足球动能增加小于gh,故D错误。 3.B【详解】A.根据平抛运动规律有y=s,x=,解得y=,8x2 2 216 根搭题意可知是衣，解得6=15ms,故A错误， 1 B.根据几何关系有tan30°-y28 ,解得t=√s,故B正确： x Vot C.运动员下落的高度为y号r=15m,放c错误： 答案第7页，共12页 D.运动员的水平位移为x=vt=15W3,运动员从飞出到落地时运动的位移大小为 Vx2+y2=30m,故D错误。 4A【详解】设链条的质量为m,重力势能的减小量为△。坚之+打 由机械能守恒定律可得△E。=号2，解得v=g 2 2 GMm 5.C【详解】A.根据9尸=m 可知，在近日点加速度比远日点大，故A错误； B.根据开普勒第二定律，在近日点运行速度比远日点大，故B错误： C.轨道的半长轴远大于地球轨道半径，小于木星轨道半径，已知木星绕太阳公转的周期为11.86 年，根据开普勒第三定律可知，公转周期一定小于11.86年，故C正确： D.在同一轨道上，只有引力做功，机械能守恒，在近日点机械能等于远日点机械能，故D错误。 6.B【详解】A.当平抛起点与竖直挡板的水平距离一定时，初速度越大，打到挡板上的时间越 短，竖直位移越小，故与挡板碰撞的点将在B上方，故A错误； B.依题意，小球与挡板碰撞的过程只是改变了水平方向的运动，没有改变平抛运动的轨迹特征， 相当于把与挡板碰撞后的运动轨迹由右边转到左边，故平抛初速度越大，水平位移越大，小球将 落在C点的左边，故B正确： CD.因为竖直总高度不变，所以小球下落到地面所用时间t不变，故重力做功的情况不变，小球 落地时重力做功的瞬时功率。=g,=gt 不变，故CD均错误。 7.C【详解】A.如图所示，设作用力F与竖直方向的夹角为 Fsin a=Tsine,Fcosa+T cose=mg 66 解得F=g,au=60°，故A错误： BCD.如图所示，若保持T方向不变，将F顺时针缓慢旋转30°，F恰好和 mg T方向垂直，故将F顺时针缓慢旋转30的过程中，由图解法可知 T逐渐减小，弹性势能逐渐减小，F逐渐减小，故C正确，BD错误。 666的 8.BD【详解】A.若小球能到达圆弧轨道的B点，则在B点根据牛顿第 二定律有g=m兰，解得5=VgR R 答案第8页，共12页 小球从P到B过程，根据动能定理有mgh=m,解得=R,故A错误： B.若小球能到达细圆管轨道的B点，则在B点的速度为O,小球从P到B过程，根据动能定理 有hs=0,可知h4=R,故B正确； C.若小球能离开圆弧轨道的B点，结合上述有'g≥？=√gR 当=R时，若小球落到O1所在的水平面上，根据平抛运动的规律有R=g,x=, 解得x=√2R>R 可知，小球不可能再回到A点，故C错误： D.若小球离开圆管轨道的B点后正好到达A点，设小球在B点的速度为，由平抛运动的规律 有R=,R=y:小球从B到A过程，根据动能定理有mgR=B42mm 解得AmgR,故D正确。 9.BC【详解】A.赛车速度从0到y过程，功率与速度成正比，根据P=Fv可知赛车所受牵引力 不变，达到P后，随速度的增加，牵引力减小，故A错误； B.赛车速度从0到过程，所受牵引力P==160x10N=1x10N 16 根据F-ag=a,解得赛车的加速度a=8m/s2 根据y=at可知，经历的时间t=2s,故B正确： C.当牵引力等于阻力时加速度为零，此时赛车的速度最大，则赛车的最大速度 :P=P=160×10 Fg0.2×1x103×10 m/s=80m/s,故C正确： D.赛车在加速过程中，牵引力做的动W-所+宁呢方成a080J=32a01,故D 1 1 2 错误。 10.BC【详解】C.对于撤去外力后，列动能定理，又因图像的面积即为位移，则有 1 2 -=0-子2mg -fx=0-2时 266 所以A和B两物体所受的摩擦力大小相等，C正确： 答案第9页，共12页 y t6o1 21 A.对于整段过程，列动能定理，则有~x=0 3x4-f5x=0 22%6 耳2 所以乃1。A错误： B.根据做功公式可知W=,所以B和乃对A.B做功之比为1：1，全过程中摩擦力对A.B 做功之比为1：1，B正确，D错误。 1 h= 1AD【详解】A.由棋子只受重力作用，所以棋子从最高点落到平台上做平抛运动，由8 2h f= 知从最高点落到平台的时间为V8,故A正确： B.由棋子从最高点落到平台上做平抛运动，而平抛运动的物体在空中运动的时间取决于高度， 与水平方向的速度无关，故B错误： h △v=gt=8 =/2gh C.棋子从最高点落到平台的过程中，速度的变化量为 故C错误： 1 3gh=Ek-2,2 Es=三2+gh D.棋子从最高点落到平台上，由动能定理可得 ,得 2 故D正确。 12,AD【详解】AB.由图乙可知当6=0时，x=3m,根据动能定理可得-u0mg+)x,=0-2d 2 1 当8=90°时，x2=1.5m,根据动能定理可得-(mg+F)x2=0-二1w 2 联立解得，=6m/s,=0.5,故A正确，B错误： C.以物块为对象，根据牛顿第二定律可得(Ig+F)sinθ+u(g+F)cos0=G 可得加速度大小为a=12sin0+6cos日 根据数学知识可知，加速度的最大值为a=V122+6=6√5m/s 则图乙中x的最小值为。=片=35。 2a。5m,故C错误： D.当0=37°时，可得物块的加速度大小为a=12sin37°+6cos37°=12m/s2 物块上滑的位移大小为x=三m=15m 2a 答案第10页，共12页 则物块向上运动过程中与斜面摩擦产生的热量为Q=(g+)cos37°·x=7.2J,故D正确。 13.(1)D,(2)B,(3)AB,(4 mgh m(h-h) 8T2 【详解】(1)选择重锤时既要考虑减小空气阻力，又要考虑实验的方便、可操作，即实验供选择 的重物应该相对质量较大、体积较小的物体，这样能减少阻力的影响。 故选D。 (2)如果先放开纸带开始运动，再接通打点计时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采 集和处理，因此应先接通打点计时器电源，再释放纸带。 故选B。 (3)A,实验日的是比较gh和子m的大小关系，m可约去，不需要测出重物的质量，故A正 确； B.可以通过打点计时器计算时间，不需要秒表，故B正确； C.用打点计时器需要记录重物下落的时间，故C错误： D.用纸带记录的点来测量重物下落的高度，故D错误。 故选AB。 (4)[1]从重锤开始下落到打点计时器打下B点时，重锤重力势能的减小量为△E。=g 打B点时重物的动能为A5,m=m凸么广 m( 8T2 d 28L 10mgL 14. 增大 kd(M+5m) io d(M+5m)d(M+5m) 2mL 【详解】(4)[1]将盒子A由静止释放，测得遮光片经过光电门的时间为。盒子A经过光电门的 速度大小v= t [2]适当增大距离L可减小速度v的测量误差： (5)[3]对A分析可知(M+m)g-T=(M+wma 对B分析可知T-(M+10-mmg=(M+10-ma d 1 2ngL 10mgL 由运动公式=2L,其中v-。联立解得2Q1+5m0M+5m -- 2mgL (6)[4根据记录的数据作出交一”图像，若图像斜率为k,则k d2(M+5m) 答案第11页，共12页 当地的重力加速度g= kd (M+5m) 2mL xop =(V2-Dm 15.【答案】(1)2550J;(2) 2 【详解】(1)游客在B点时，有 r（2分) gh-r）-W:=亏 游客从A点运动到B点过程中，由动能定理有 2 （2分) 解得m=2550J(1分) (2)游客从B点运动到D点过程中，有xD+r=t,(2分) (2分) 解得 CD= 2-Dm 2 (1分) 16.0-2L, 3 g倒=号g1 .14 【详解】(1)在Q球顺时针摆动到最低点位置时，设小球P的速度大小为，则Q的速度为。， 根据机械能守恒定律有2g 1L=12+2x2m哈(2分) 2L-g× 1 + 32 由于两球是做同轴转动，所以两球的角速度大小相等，由于v=ω(1分) 所以0=21分.解得6-2L,。22Z(2分) 3 3 ②》对Q球分析有-2g=2（2分，解得R-14 6 "g(1分) 根据牛顿第三定律可知，Q球对杆的拉力为F=F=1 3"g(2分) 2 (3)对Q球，根据动能定理有严+2mg×乙= 2x2n后(2分) 1 解得m=-4 gL(1分) 答案第12页，共12页