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四川省德阳市第五中学2024-2025学年高一下学期期末模拟考试物理试题
一、选择题（本题共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，第1~8小题只有一个选项符合题目要求，第9~11小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）
1．（2025高一下·旌阳期末）万有引力公式中的万有引力常量G的单位，用国际单位制中的基本单位表示正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】引力常量及其测定；单位制；力学单位制
【解析】【解答】 A . 根据
可得
因此，的单位可以通过将 F、r 和 m 的单位代入得到， ，N不是国际单位，故A错误；
B . 牛顿用米每秒平方代入
故B正确；
C .与G的互为倒数且没有把N转化成国际单位；
D . 加速度的单位类似于重力加速度g的单位，故D错误；
故选B。
【分析】（1）用基本单位表示 G的单位，需从万有引力公式 出发，先写出 G的常规单位，再通过牛顿的定义N=kg m/s2将其转换为基本单位组合。
（2）易错点：忽视题目隐含条件：题目强调“基本单位”，若未将 N 转换，会误选A。
单位推导错误：混淆分子分母的位置（如C选项），或误将 G 的单位与其他物理量（如加速度）混淆（如D选项），国际单位制中，力学基本单位是米（m）、千克（kg）、秒（s），其他单位（如N）需转换为这三者的组合。
2．（2025高一下·旌阳期末）某物体同时受到在同一平面内的几个恒力作用而平衡，某时刻突然撤去其中一个力，以后这物体将不可能做（　　）
A．平抛运动 B．匀速圆周运动
C．匀加速直线运动 D．匀减速直线运动
【答案】B
【知识点】曲线运动的条件；运动的合成与分解；匀速圆周运动
【解析】【解答】A . 平抛运动是初速度水平且仅受重力作用的匀变速曲线运动。撤去一个力后，若剩余力的合力为恒力且与初速度方向垂直，物体可能做类平抛运动（如撤去一个水平力后受重力和另一水平力作用）。因此，平抛运动是可能的，但题目问“不可能做”，故A错误；
B . 匀速圆周运动需要物体受到大小不变、方向始终垂直速度的合力（向心力）。撤去一个力后，剩余力的合力需满足这一条件，但题目中“恒力”意味着合力方向不变，无法提供持续变化的向心力。因此，匀速圆周运动不可能，故B正确；
C . 若剩余力的合力与初速度方向共线，物体将做匀加速直线运动（如撤去一个平衡力后，剩余合力沿某一方向）。因此，匀加速直线运动是可能的，故C错误；
D . 若剩余力的合力与初速度方向相反，物体将做匀减速直线运动（如撤去一个力后，剩余合力与初速度反向）。因此，匀减速直线运动是可能的，D错误；
故选B；
【分析】（1）物体原受多个恒力平衡，撤去一个力后，剩余力的合力为恒力，故加速度恒定，结合平衡条件、牛顿第二定律和运动学特征综合分析，首先明确“平衡”意味着初始合力为零，撤去一个力后剩余力的合力与原被撤去的力等大反向（恒力），再分析选项中的运动形式是否可能由这一恒力产生： 直线运动（C、D）：恒力与初速度共线时可能。 曲线运动（A、B）：平抛运动需要恒力与初速度垂直，可能；匀速圆周运动需要变力（向心力），但剩余合力为恒力，不可能。
（2）易错点：忽略“恒力”限制：学生可能误认为剩余力的方向可变（如匀速圆周运动），但题目隐含条件是合力为恒力方向恒定；
混淆运动条件：将平抛运动（恒力作用）与匀速圆周运动（变力作用）混为一谈。
3．（2025高一下·旌阳期末）北斗三号导航卫星系统由三种不同轨道的卫星组成，即24颗地球中圆轨道卫星（轨道形状为圆形，轨道半径在3万公里与1000公里之间）、3颗地球同步轨道卫星和3颗倾斜地球同步轨道卫星。（同步卫星离地高度约为5.6R地，R地=6.4×103km）则关于地球中圆轨道卫星，下列说法正确的是（　　）
A．比地球同步轨道卫星的线速度大
B．比地球同步轨道卫星的角速度小
C．比地球同步轨道卫星的周期大
D．线速度大于第一宇宙速度
【答案】A
【知识点】开普勒定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A选项（比地球同步轨道卫星的线速度大）：由开普勒第三定律和圆周运动速度公式
由万有引力提供向心力
解得
可知，轨道半径越小，线速度越大。中圆轨道卫星的轨道半径<3万公里<同步卫星半径（5.6R地≈3.58万公里），因此线速度更大。A正确。
B . 角速度
与轨道半径的立方根成反比，中圆轨道半径更小，角速度更大，故B错误；
C . 周期

与轨道半径的3/2次方成正比，中圆轨道半径更小，周期更短同步卫星周期为24小时，C错误；
D . 第一宇宙速度是近地轨道（）的环绕速度
第一宇宙速度（7.9km/s）是近地卫星的环绕速度。中圆轨道半径大于地球半径（R地 ），由线速度与轨道反比规律可知其线速度小于第一宇宙速度，故D错误；
故选A；
【分析】（1）轨道半径与三速度反比与周期正比，比较半径大小同步卫星轨道半径（5.6R地≈3.58万公里）明确大于中圆轨道（<3万公里<3万公里），直接应用正反比规律判断。
（2）易错点：混淆半径与速度关系，误认为半径越大速度越大实际反比，或忽略同步卫星的周期固定为24小时，第一宇宙速度的适用条件：误将任何轨道的速度与近地卫星速度（第一宇宙速度）比较，未注意半径增大会导致速度减小。
（3）扩展知识：中圆轨道的实际意义：北斗中圆轨道卫星用于导航，需较高速度（约3-4 km/s）和较短周期（约12小时），与同步卫星互补。
4．（2025高一下·旌阳期末）一辆汽车在平直公路上运动，受到的阻力恒定为f，运动的最大速度为vm．下列说法正确的是（　　）
A．汽车以恒定额定功率行驶时，牵引力F与速度v成正比
B．在汽车匀加速运动过程中，当发动机的实际功率等于额定功率时，速度就达到vm
C．汽车运动的最大速度vm与额定功率Pm满足Pm＝fvm
D．当汽车以恒定速度行驶时，发动机的实际功率一定等于额定功率
【答案】C
【知识点】机车启动
【解析】【解答】A. 汽车以恒定额定功率行驶时，由P=Fv可知牵引力与速度成反比，A项与题意不相符；
B. 汽车匀加速运动时，阻力恒定，根据牛顿第二定律可知牵引力恒定，由P=Fv，知发动机的实际功率不断增大，当发动机的实际功率等于额定功率时，开始做加速度逐渐减小的加速运动，功率不变，速度变大，B项与题意不相符；
C. 当汽车匀速运动时，牵引力等于阻力，即F=f，当速度达到最大时，Pm满足Pm=Fvm=fvm，C项与题意相符；
D. 当汽车以恒定速度行驶时，如果速度没有达到最大速度，发动机的实际功率将小于额定功率，D项与题意不相符。
故答案为：C
【分析】利用功率的表达式可以判别牵引力和速率的关系；发动机的功率等于额定功率时还会继续加速；利用平衡条件可以判别额定功率和最大速度的表达式；汽车以恒定速度行驶时可能实际功率小于额定功率。
5．（2025高一下·旌阳期末）如图所示，竖直平面xOy中存在一抛物线其满足方程y=x2，现在y轴上y0=216m处，以v0=1m/s水平抛出一质点，则该质点击中抛物线p(x，y）的位置坐标满足（忽略空气阻力，g=10m/s2）（　　）
A．x=36m B．x=6m C．y=6m D．y=72m
【答案】B
【知识点】运动的合成与分解；平抛运动
【解析】【解答】 A . 通过平抛运动计算，水平位移 x=v0t，竖直位移 y=y0 0.5gt2
，
结合图像中抛物线方程 y=x2，代入得
，t=6s，x=6m，故A错误；
B . 由上述计算，x=6m 是正确解，符合联立方程的结果。B正确。
C . 将 x=6m 代入 y=x2，得 y=36m，故C错误；
D . 由计算得 y=36m，故D错误；
故选B。
【分析】（1）运动分解平抛运动分解为水平匀速直线运动和竖直自由落体运动；
联立方程：利用抛物线方程 y=x2，将运动方程代入，得到关于 t 或 x 的方程求解。
（2）易错点：符号混淆：误将初始高度 y0=216m 当作 y 的表达式，忽略自由落体的位移方向。
方程联立错误：未正确将 y=x2代入平抛运动方程，导致解错。
（3）隐含条件：抛物线几何意义：题目中 y=x2是开口向上的抛物线，质点的落点需同时满足运动轨迹和抛物线方程。能量角度思考：平抛运动中机械能守恒，可结合动能定理验证结果。
6．（2025高一下·旌阳期末）一质量为的同学从下蹲状态竖直向上跳起，经，以大小的速度离开地面，取重力加速度。则在这Δt时间内（　　）
A．运动员所受重力的冲量大小为0
B．地面对运动员的冲量大小为50 N·s
C．离开地面时的动量大小为500kg·m/s
D．地面对运动员做的功为0
【答案】D
【知识点】动量定理；动量；冲量
【解析】【解答】A . 重力的冲量计算
因此，冲量大小为 50 N·s，故A错误；
B . 运动员的动量变化量（冲量）由两部分组成：重力的冲量（向下50 N·s）和地面的支持力冲量（向上），向上冲量抵扣重力冲量后剩余部分产生动量变化。根据动量定理，合冲量等于动量变化量：设地面支持力冲量为 IN ，则
IN Ig=Δp
因此，地面对运动员的冲量大小为
IN=Ig+Δp=100 N·s
支持力大小
故B错误；
C . 动量
故C错误；
D . 地面对运动员的作用力作用点（脚与地面接触点）在力的作用过程中没有位移（脚未移动），因此支持力不做功（W=F d cos θ，d=0），故D正确；
故选D；
【分析】（1）运动员从下蹲状态起跳，经历加速阶段Δt=0.1s后以速度1 m/s离开地面；
动量定理应用：合外力的冲量等于动量变化量，需考虑重力和支持力的冲量；
冲量计算：重力冲量 Ig=mgΔt，支持力冲量通过动量定理间接求解；
功的计算：支持力不做功，因作用点无位移；
（2）易错点：忽略重力冲量，误认为合冲量仅为支持力冲量，忽略重力冲量的影响（如选项B）；
支持力的反作用力是人对地面的压力1000 N，与500N重力无关，重力与支持力不是相互作用力，而是作用在同一物体上的两个力，其关系由运动状态决定；
动量计算错误：混淆质量与速度的乘积（如选项C将速度误认为10 m/s）；
功的理解偏差：误认为支持力做功，未注意到作用点无位移（如选项D的判断依据）；
（3）隐含条件：起跳过程的力学分析：实际起跳是变加速过程，题目简化为匀加速（Δt极短）。
能量转换：起跳时化学能转化为动能，此处仅限冲量和动量分析。
7．（2025高一下·旌阳期末）如图（俯视图），用自然长度为，劲度系数为k的轻质弹簧，将质量都是m的两个小物块P、Q连接在一起，放置在能绕O点在水平面内转动的圆盘上，物体P、Q和O点恰好组成一个边长为的正三角形。已知小物块P、Q和圆盘间的最大静摩擦力均为，现使圆盘带动两个物体以的角速度做匀速圆周运动，则小物块P所受的静摩擦力大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】胡克定律；静摩擦力；力的合成；向心力
【解析】【解答】 A . 运动状态得出需要的向心力
对物体P受力分析，设角QPO大小为θ，θ=60°，沿半径方向摩擦力f2与弹力分量提供向心力有，，
切线方向摩擦力f1与弹力分量平衡
则小物块P所受的静摩擦力大小为
解得，方向与OP夹角为逆时针方向60°，故A错误；
B . ，故B正确；
C .，故C错误；
D . ，故D错误；
故选 B；
【分析】（1）几何关系：明确弹簧的伸长量和弹力方向；
向心力计算：根据角速度和半径两个运动状态参数计算所需向心力；
力的分解：将弹力分解到径向和切向方向；
平衡方程：沿径向列状态方程，沿切向列平衡方程，求解静摩擦力分量；
合成静摩擦力：计算静摩擦力的合力。
（2）易错点： 弹力方向：容易忽略弹力与径向的夹角60°；
力的分解：可能混淆径向和切向的分量；
最大静摩擦力：误认为静摩擦力必须达到最大值；
隐含条件： 弹簧的伸长量由几何关系决定；
静摩擦力的方向需要根据力的平衡动态调整。
8．（2025高一下·旌阳期末）长江路下穿隧道可以理想化为一段R=1km的竖直圆弧，如图所示一辆质量为m=2.5t的小车（可作为质点）经过A时速度vA=10m/s，若该车关闭发动机从A到B滑行且无机械能损失（B为圆弧最低点，g＝10 m/s2），则（　　）
A．车经过A点时，道路的支持力为
B．车经过B点时，道路的支持力为
C．车从A运动到B的过程中，车受到合外力做功为零
D．车经过B点时速度为
【答案】D
【知识点】向心力；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A . 在A点，依据运动状态求得向心力
A点小车受到重力 mg分量和支持力合成提供向心力，支持力 FNA 满足：在A点受力分析有
解得，故A错误；
B . 忽略空气阻力摩擦力损失，只有重力做功，AB过程中由动能定理得
车经过B点时速度为
由
等式变形得
在B点道路支持力为50250N，故B错误；
C . A到B过程中，无机械能损失无机械能损失仅排除摩擦力空气阻力耗能，合外力做功不为零，重力仍然做功，故C错误；
D . 因重力仍然做功，动能定理得
车经过B点时速度为
故D正确；
故选D；
【分析】（1） 圆周运动受力分析：A点：分解重力，结合向心力公式求支持力；
B点：支持力需平衡重力并额外负责提供向心力；
合外力做功：保守力（重力）做功不改变机械能，非保守力（如摩擦力）未提及，故合外力做功为零，向心力公式适用于任意圆周运动点；
易错点：A点受力分解：易忽略重力分量的方向（cos 30而非sin 30）；
B点速度计算：可能遗漏重力势能转化R(1 cos 30)高度差；
单位换算：注意质量 m=2.5 t=2500 kg，半径 R=1 km=1000m 。
9．（2025高一下·旌阳期末）一滑块在水平地面上沿直线滑行，时速率为1m/s。从此刻开始在与速度平行的方向上施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲和乙所示，两图中取同一正方向。则下列判断正确的是（　　）
A．滑块的质量为1kg
B．滑块与水平地面间的滑动摩擦力大小为1N
C．第1s内合外力对滑块做功为
D．第2s内力F的平均功率为3W
【答案】B,C
【知识点】摩擦力的判断与计算；牛顿定律与图象；功的概念；功率及其计算
【解析】【解答】A . 0到1秒内，假设初速度方向向右为正方向，初速度开始负值即向左，与受力方向相反，与摩擦力方向也相反，向右合力为f+F1做匀减速直线运动如左图，
1秒之后摩擦力方向随速度方向改变而改变如右图，速度方向与受力方向相同，而摩擦力与受力方向相反，向右加速，向右合力为F2-f，v-t图像的斜率可得加速度恒为
，
F1=1N，F2=3N代入，即得f=1N，代入，得m=2kg，故A错误；B．，故B正确；
C．逆向为初速度为0的匀加速直线运动，v-t图1到0秒的位移s1=0.5at2=0.5m，位移方向向左为负，即-0.5m，第1s内合外力与速度方向相反，做负功，对滑块做功为
故C正确；
D．v-t图1到2秒初速度为0的匀加速直线运动
s2=0.5at2=0.5m
位移方向向右为正，即0.5m，第2s内力F对滑块做功为
第2s内力F=3N的平均功率为
故D错误。
故选 BC。
【分析】（1）图像结合牛顿定律：通过F-t图和v-t图提取加速度，结合 F f=ma列方程求解m和f；分段分析：第1秒（减速）和第2秒（加速）分开计算，注意速度方向与力的方向关系；
功与功率计算：位移都转为初速度为0，用s=0.5at2，功率做功除以时间；
（2）易错点：摩擦力方向：易忽略摩擦力始终与运动方向相反，需根据速度变化判断；
位移计算：误用 x=v0t+0.5at2 而忽略初末速度已知的条件；
功率公式混淆：平均功率 P=Wt ，瞬时功率 P=Fv，需区分；
隐含条件：图像斜率意义：v-t图斜率=加速度，F-t图面积=冲量；
动能定理：第1秒内动能变化 ΔEk= 0.5mv02= 0.5 J，与合外力做功一致；
扩展思考：若F随时间非线性变化，需用积分求位移和功。
10．（2025高一下·旌阳期末）如图所示，足够长的水平传送带以恒定速率v匀速运动，某时刻一个质量为m的小物块，以大小也是v、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同。在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q，则下列判断正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B,D
【知识点】功能关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；摩擦力的判断与计算；牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A . 小物块初速度 v（反向），末速度v。动能变化
但滑动摩擦力做功分为两阶段：减速至0：逆滑摩擦力做负功位移x逆滑块，加速至v：顺滑摩擦力做正功位移为x顺滑，如下图所示
x逆滑块=x顺滑
总功W=W逆+W顺=0
摩擦力做功的计算必须严格区分作用对象和位移参考系，只需计算自己的位移，不是把传送带的位移也计算为做功位移，故A错误；
B . 如A选项所述，摩擦力总功为0，故B正确；
C . 摩擦生热 Q=f d相对，摩擦力大小 f=μmg
设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，小物块向左做减速运动时，有
，
得
二者间的相对位移为
小物块向右做匀加速运动时，时间相同也为
二者间的相对位移为为
小物块与传送带间因摩擦产生的热量
故C错误；
D . Q=2mv2 ，故D正确；
故选BD；
【分析】（1）分阶段分析物块运动，先减速至零再加速至v；
计算相对路程和区分摩擦力做功与生热，摩擦力做功的计算必须严格区分作用对象和位移参考系，只计算自身的位移，相对的位移不计入摩擦力对自己的做功；
（2）易错点是混淆功与热量概念，以及漏算加速阶段的相对位移；
（3）隐含条件是传送带匀速运动且摩擦力大小恒定；
能量守恒，电机做功转化为物块动能和摩擦热量两部分。
11．（2025高一下·旌阳期末）如图所示，轻质弹簧和一质量为2m的带孔小球套在一光滑竖直固定杆上，弹簧一端固定在地面上，另一端与小球在A处相连（小球此时被锁定），此时弹簧处于原长。小球通过水平细绳绕过光滑的定滑轮与一个质量为m的物块相连。解除锁定后，小球到达C处速度为零，此时弹簧压缩了h。弹簧一直在弹性限度内，轻绳一直伸直，重力加速度为g，定滑轮与竖直杆间的距离为h，则下列说法正确的是（　　）
A．在小球下滑的过程中，小球的速度始终大于物块的速度
B．从A→C的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能一直增大
C．小球下滑到C处时，弹簧的弹性势能为
D．从A→C的过程中，小球和物块的重力势能和弹簧的弹性势能之和先减后增
【答案】A,C,D
【知识点】弹性势能；运动的合成与分解；机械能守恒定律
【解析】【解答】A . 在物理学中，合运动是指物体实际的运动轨迹和速度，而分运动是为了分析方便，将合运动沿特定方向分解的虚拟运动，小球沿杆下滑运动为合运动是小球自主运动，由其所受合力直接决定，绳子的运动是被动响应，由小球的运动及滑轮约束条件决定是分运动，合运动的速度可分解为沿绳方向和垂直绳方向
沿绳分量等于m物块速度，故合速度始终更大，故A正确；
B . 从A→C的过程中，小球和弹簧、物块三个组成的系统机械能守恒，物块机械能一直增加，故小球和弹簧组成的系统机械能一直减小，系统机械能守恒（只有重力和弹力做功），不会一直增大，故B错误；
C . 小球到达C时，小球和物块重力势能的减少等于弹簧弹性势能的增加，弹性势能应为
故C正确；
D . 从A→C的过程中，小球和物块的重力势能、动能和弹簧的弹性势能之和保持不变，由于二者的总动能先增大后减小，系统总势能（重力势能+弹性势能）先转化为动能再部分回收，呈现先减后增趋势，所以小球和物块的重力势能和弹簧的弹性势能之和先减小后增大，故D正确；
故选ACD ；
【分析】（1）建立运动关联和能量守恒，自主运动实际轨迹的合运动被动响应的分运动；将小球速度分解为沿绳和垂直绳分量，得到v物块=v球cos θ，θ为绳与杆夹角；
（2）易错点是忽略绳连接导致的运动约束或混淆系统机械能范围；
（3）隐含条件包括绳始终紧绷（速度关联）和弹簧原长在A点，系统机械能守恒条件需明确研究对象。
二、实验题（本大题共2小题，共16分。把答案填在答题卷相应的横线上或按题目要求作答。）
12．（2025高一下·旌阳期末）两个同学根据不同的实验装置，进行了“探究平抛运动的特点”的实验：
（1）甲同学采用如图甲所示的装置。用小锤击打弹性金属片，金属片把A球沿水平方向弹出，同时B球被松开自由下落，观察到两球同时落地，改变小锤打击的力度，即改变A球被弹出时的速度，两球仍然同时落地，这说明　 　；
（2）乙同学采用频闪摄影的方法拍摄到如图乙所示的小球做平抛运动的照片，小球在平抛运动中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，图中每个小方格的边长为L=2.5cm，则该小球由a点运动到b点的时间t=　 　s；平抛的初速度大小=　 　m/s。（g取10m/s2）
【答案】（1）平抛运动在竖直方向上是自由落体运动
（2）0.05；1
【知识点】等效法；研究平抛物体的运动；平均速度；自由落体运动
【解析】【解答】（1）因为实验现象表明无论A球初速度如何，两球始终同时落地，说明平抛运动的竖直分运动与自由落体运动一致；
故填平抛运动在竖直方向上是自由落体运动；
（2）第1空根据竖直方向位移差
Δy=gT2
代入Δy=L=2.5cm可得
T=0.05s
第2空，水平方向有初速度不变，水平位移恒为2L，代入时间计算，
故第1空填0.05；第2空填1；
【分析】（1）通过竖直位移求时间间隔，再结合水平位移求初速度；
正确识别竖直方向位移（注意a→b是1格，b→c是2格，需验证Δy是否是定值）；
（2）易错点包括误判竖直位移格数（如将a→b当作2格）、单位未换算（cm→m）、忽略频闪照片的等时性；
（3）隐含条件是相邻点时间间隔相等，且竖直方向满足y=0.5gT2，Δy=gT2，频闪摄影中位移比例的分析技巧。
（1）用小锤击打弹性金属片，金属片把A球沿水平方向弹出，同时B球被松开自由下落，观察到两球同时落地，改变小锤打击的力度，即改变A球被弹出时的速度，两球仍然同时落地，这说明平抛运动在竖直方向上是自由落体运动；
（2）[1]根据竖直方向的运动规律有
解得s
[2]水平方向有
13．（2025高一下·旌阳期末）在利用如图所示的装置验证机械能守恒定律的实验中
（1）下列操作正确的是____
A．打点计时器应接到直流电源上
B．先释放重物，后接通电源
C．释放重物前，重物应尽量靠近打点计时器
（2）如下图所示，为实验中所得到的甲、乙两条纸带，应选　 　（选填“甲”或“乙”）纸带好。
（3）实验中，某实验小组得到如图所示的一条理想纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T，重物的质量为m。从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量ΔEp减=　 　（用已知字母表示），动能变化量ΔEk=　 　（用已知字母表示）。
（4）大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，主要的原因是_____。
A．利用公式v=gt计算重物速度
B．利用公式计算重物速度
C．存在空气阻力和摩擦阻力的影响
D．没有采用多次实验取平均值的方法
【答案】（1）C
（2）甲
（3）；
（4）C
【知识点】验证机械能守恒定律；用打点计时器测速度
【解析】【解答】（1）A．打点计时器应接到交流电源上，靠电流方向改变磁力方向从而计录在纸带上，直流电的电流方向始终不变，纸带被始终按住或松开无法计时，故A错误；
B．释放重物纸带瞬间就穿过计时器，来不及利用整个纸带，实验时应先接通电源，后释放重物，故B错误；
C．释放重物前让重物应尽量靠近打点计时器是防止前面的纸带空跑，靠近重物可以获得更多点迹，故C正确；
故选C；
（2）根据
实测数据整理
△y甲=5.8mm-1.9mm=3.9mm，△y乙=5.2mm-1.7mm=3.5mm
可知纸带甲的数据更接近重力加速度实际情况，应选择第一、二个点的距离为1.9mm的纸带，
故选甲；
（3）第一空：力与距离上的积累量看能量情况，重力方向移动距离hB，作用出去的能量来自于势能减小，势能减小量
第二空：根据匀变速直线运动中时间中点瞬时速度等于该过程中的平均速度，则B点的速度为
故动能的增量为
故1空填mghB，2空填；
（4） A . 利用公式v=gt计算重物速度 ，速度没有计空气阻力与纸带摩擦，动能会偏大，故A错误；
B . 利用公式计算重物速度 ，重力势能减小与动能增加量会相等，故B错误；
C . 空气和摩擦阻力算入系统，导致部分机械能转化为内能，就会会导致实测动能增加量被转移成
内能去，动能增加量比势能减小量小，故C正确；
D . 这是理想化模型不可避免的，采用多次实验取平均值无法避免这个机械能不守恒问题，故D错误；
实验中重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是存在空气阻力和摩擦阻力的影响；
故选C。
【分析】（1）通过纸带数据分析机械能守恒，需计算重力势能减少量（ΔEp=mgh）和动能增加量（ΔEk=0.5mv2）；突破点是利用匀变速运动规律求瞬时速度（v=Δh/Δt）；
（2）易错点包括混淆电源类型（交流/直流）、错误计算动能（如直接用v=gt，忽略实测速度）；（3）隐含条件是纸带数据处理需满足自由落体运动规律（Δy=aT2），涉及系统误差分析（如阻力影响）和实验优化（如减小摩擦、多次测量）。
（1）A．打点计时器应接到交流电源上，故A错误；
B．实验时应先接通电源，后释放重物，故B错误；
C．释放重物时，重物应尽量靠近打点计时器，从而获得更多点迹，故C正确。
故选C。
（2）根据
可知纸带应选择第一、二个点的距离大约为2mm的纸带，故选甲。
（3）[1]重力势能减小量
[2]根据匀变速直线运动中时间中点瞬时速度等于该过程中的平均速度，则B点的速度为
故动能的增量为
（4）实验中重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是存在空气阻力和摩擦阻力的影响。
故选C。
三、计算题（本大题共4小题，共40分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不能得分，有数字计算的题，答案中必须写出数字和单位。）
14．（2025高一下·旌阳期末）在某星球表面上，一根长为L的细线一端固定，另一端拴一质量为m的砝码，使它在水平面内绕圆心O做角速度为的匀速圆周运动，如图所示。已知此时细线与竖直方向的夹角为θ。
（1）求该星球表面重力加速度g的大小；
（2）若该星球的半径为R，某卫星在距该星球表面h高处做匀速圆周运动，则该卫星的线速度为多大？（忽略该星球的自转）
【答案】（1）解：（1）根据牛顿第二定律合外力式等于运动状态式有等式，
mgtanθ直接计算向心力大小，并不是纯粹由重力提供向心力，是水平方向上合外力的大小数值，效果上是拉力与重力共同提供的，等式整理得
（2）解：（2）根据万有引力与向心力有等式
整理得
根据万有引力与重力关系有
，，
代入v2式，解得
【知识点】运动的合成与分解；万有引力定律；卫星问题
【解析】【分析】（1）通过圆周运动受力平衡求重力加速度（分解张力T），再利用万有引力定律求卫星速度；正确分解细线张力（水平向心力、竖直平衡重力）和关联地表g与轨道g'的关系；
（2）易错点包括混淆向心力公式（如漏掉半径或角度）、未联立地表g与GM的关系、忽略h对轨道半径的影响；
（3）隐含条件是细线长度L为圆周运动半径（实际为Lsinθ），但题目表述可能暗示L为摆长。
（1）根据牛顿第二定律有
解得
（2）根据万有引力提供向心力有
根据万有引力与重力关系有
解得
15．（2025高一下·旌阳期末）一质量m＝1 kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角为的足够长的斜面，某同学利用计算机系统测出了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，通过计算机绘制出的滑块上滑过程中速度v随时间t变化的v－t图像如图所示。已知，，g取10 m/s2，求：
（1）滑块与斜面间的动摩擦因数；
（2）滑块重新回到斜面底端的动能。
【答案】（1）【解答】（1）由图像可得物体沿斜面向上运动的加速度大小
得
如图受力分析图中橙色为重力，分解斜面与垂直斜面后，根据沿斜面的合外力与运动状态等式即牛二定律可得
解得
（2）【解答】（2）摩擦力是随运动方向改变而改变的力，向下滑动时候摩擦力向上了，需重新受力分析，v-t图在v的负半轴第四象限区域内
物体上滑的最大位移为vt图5到0过程三角形面积直接算或用速方差2倍位移加速度之积公式求，，
从顶部静止滑到底部过程中由动能定理可得
，，
解得J
【知识点】摩擦力的判断与计算；牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）通过v－t图像斜率求加速度，结合牛顿第二定律列方程，区分上滑（减速）和下滑（加速）的受力差异，并关联运动学公式；
（2）易错点包括符号错误（如加速度方向）、角度函数值代入错误（如混淆sinθ和cosθ）、忽略下滑时摩擦力的方向变化；
（3）隐含条件是最大静摩擦力≥滑动摩擦力，确保滑块能下滑，涉及功能关系（如机械能损失转化为内能）及图像斜率的物理意义（加速度）。
（1）由图像可得物体沿斜面向上运动的加速度大小
解得
根据牛顿运动定律可得
解得
（2）物体上滑的最大位移为
根据动能定理可得
解得J
16．（2025高一下·旌阳期末）如图所示，一轨道由半径R=2m的四分之一竖直圆弧轨道AB和水平直轨道BC在B点平滑连接而成．现有一质量为m=1kg 的小球M从A点正上方处的点由静止释放，小球M经过圆弧上的B点时，轨道对小球M的支持力大小。若在B处静止的放完全相同的小球N，两者发生弹性碰撞.碰后从C点水平飞离轨道，落到水平地面上的P点。已知B点与地面间的高度，小球与BC段轨道间的动摩擦因数，小球运动过程中可视为质点. (不计空气阻力，g取10 m/s2).求：
（1）小球M运动至B点时的速度大小
（2）小球M在圆弧轨道AB上运动过程中克服摩擦力所做的功
（3）水平轨道BC的长度L=3m，小球从B点到落地过程重力的冲量？
【答案】（1）解：小球在B点受到的重力与支持力的合力，支持力已知18N，提供向心力，向心力方向为正力，反向为负力，则有
，
解得
（2）解：从到B的过程中重力做功加速和阻力转内能划走，由动能定理可得
解得J
（3）解：两小球完全相同，发生弹性碰撞后，二者速度互换
则碰后小球M静止，N向右运动，加速度满足
BC轨道已知L=3m，根据匀变速直线运动规律有
， ，
解得s或3s（舍）
平抛运动的时间为
代入已求已知数据整理
，得t2=0.8s，小球从B点到落地过程中，收集重力在时间上的累计便于观察守恒情况，重力的冲量为
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用；冲量
【解析】【分析】（1）分段分析——圆弧段（机械能守恒+圆周运动）、碰撞（弹性碰撞规律）、水平段（动能定理）、平抛（运动学公式）；弹性碰撞后速度交换（质量相同），且需注意B点速度的关联性；
（2）易错点包括：①忽略圆弧段的摩擦力做功，②等质量完全弹性碰撞后速度互换；
（3）隐含条件：弹性碰撞的动量与动能双守恒，平抛运动的独立分解（水平匀速、竖直自由落体）。
（1）小球在B点受到的重力与支持力的合力提供向心力，则有
解得
（2）从到B的过程中重力和阻力做功，由动能定理可得
解得J
（3）两小球完全相同，发生弹性碰撞后，二者速度互换，则碰后小球M静止，N向右运动，加速度满足
根据匀变速直线运动规律有
解得s或3s（舍）
平抛运动的时间为
小球从B点到落地过程中，重力的冲量为
解得
1 / 1四川省德阳市第五中学2024-2025学年高一下学期期末模拟考试物理试题
一、选择题（本题共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，第1~8小题只有一个选项符合题目要求，第9~11小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）
1．（2025高一下·旌阳期末）万有引力公式中的万有引力常量G的单位，用国际单位制中的基本单位表示正确的是（　　）
A． B． C． D．
2．（2025高一下·旌阳期末）某物体同时受到在同一平面内的几个恒力作用而平衡，某时刻突然撤去其中一个力，以后这物体将不可能做（　　）
A．平抛运动 B．匀速圆周运动
C．匀加速直线运动 D．匀减速直线运动
3．（2025高一下·旌阳期末）北斗三号导航卫星系统由三种不同轨道的卫星组成，即24颗地球中圆轨道卫星（轨道形状为圆形，轨道半径在3万公里与1000公里之间）、3颗地球同步轨道卫星和3颗倾斜地球同步轨道卫星。（同步卫星离地高度约为5.6R地，R地=6.4×103km）则关于地球中圆轨道卫星，下列说法正确的是（　　）
A．比地球同步轨道卫星的线速度大
B．比地球同步轨道卫星的角速度小
C．比地球同步轨道卫星的周期大
D．线速度大于第一宇宙速度
4．（2025高一下·旌阳期末）一辆汽车在平直公路上运动，受到的阻力恒定为f，运动的最大速度为vm．下列说法正确的是（　　）
A．汽车以恒定额定功率行驶时，牵引力F与速度v成正比
B．在汽车匀加速运动过程中，当发动机的实际功率等于额定功率时，速度就达到vm
C．汽车运动的最大速度vm与额定功率Pm满足Pm＝fvm
D．当汽车以恒定速度行驶时，发动机的实际功率一定等于额定功率
5．（2025高一下·旌阳期末）如图所示，竖直平面xOy中存在一抛物线其满足方程y=x2，现在y轴上y0=216m处，以v0=1m/s水平抛出一质点，则该质点击中抛物线p(x，y）的位置坐标满足（忽略空气阻力，g=10m/s2）（　　）
A．x=36m B．x=6m C．y=6m D．y=72m
6．（2025高一下·旌阳期末）一质量为的同学从下蹲状态竖直向上跳起，经，以大小的速度离开地面，取重力加速度。则在这Δt时间内（　　）
A．运动员所受重力的冲量大小为0
B．地面对运动员的冲量大小为50 N·s
C．离开地面时的动量大小为500kg·m/s
D．地面对运动员做的功为0
7．（2025高一下·旌阳期末）如图（俯视图），用自然长度为，劲度系数为k的轻质弹簧，将质量都是m的两个小物块P、Q连接在一起，放置在能绕O点在水平面内转动的圆盘上，物体P、Q和O点恰好组成一个边长为的正三角形。已知小物块P、Q和圆盘间的最大静摩擦力均为，现使圆盘带动两个物体以的角速度做匀速圆周运动，则小物块P所受的静摩擦力大小为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025高一下·旌阳期末）长江路下穿隧道可以理想化为一段R=1km的竖直圆弧，如图所示一辆质量为m=2.5t的小车（可作为质点）经过A时速度vA=10m/s，若该车关闭发动机从A到B滑行且无机械能损失（B为圆弧最低点，g＝10 m/s2），则（　　）
A．车经过A点时，道路的支持力为
B．车经过B点时，道路的支持力为
C．车从A运动到B的过程中，车受到合外力做功为零
D．车经过B点时速度为
9．（2025高一下·旌阳期末）一滑块在水平地面上沿直线滑行，时速率为1m/s。从此刻开始在与速度平行的方向上施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲和乙所示，两图中取同一正方向。则下列判断正确的是（　　）
A．滑块的质量为1kg
B．滑块与水平地面间的滑动摩擦力大小为1N
C．第1s内合外力对滑块做功为
D．第2s内力F的平均功率为3W
10．（2025高一下·旌阳期末）如图所示，足够长的水平传送带以恒定速率v匀速运动，某时刻一个质量为m的小物块，以大小也是v、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同。在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q，则下列判断正确的是（　　）
A． B． C． D．
11．（2025高一下·旌阳期末）如图所示，轻质弹簧和一质量为2m的带孔小球套在一光滑竖直固定杆上，弹簧一端固定在地面上，另一端与小球在A处相连（小球此时被锁定），此时弹簧处于原长。小球通过水平细绳绕过光滑的定滑轮与一个质量为m的物块相连。解除锁定后，小球到达C处速度为零，此时弹簧压缩了h。弹簧一直在弹性限度内，轻绳一直伸直，重力加速度为g，定滑轮与竖直杆间的距离为h，则下列说法正确的是（　　）
A．在小球下滑的过程中，小球的速度始终大于物块的速度
B．从A→C的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能一直增大
C．小球下滑到C处时，弹簧的弹性势能为
D．从A→C的过程中，小球和物块的重力势能和弹簧的弹性势能之和先减后增
二、实验题（本大题共2小题，共16分。把答案填在答题卷相应的横线上或按题目要求作答。）
12．（2025高一下·旌阳期末）两个同学根据不同的实验装置，进行了“探究平抛运动的特点”的实验：
（1）甲同学采用如图甲所示的装置。用小锤击打弹性金属片，金属片把A球沿水平方向弹出，同时B球被松开自由下落，观察到两球同时落地，改变小锤打击的力度，即改变A球被弹出时的速度，两球仍然同时落地，这说明　 　；
（2）乙同学采用频闪摄影的方法拍摄到如图乙所示的小球做平抛运动的照片，小球在平抛运动中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，图中每个小方格的边长为L=2.5cm，则该小球由a点运动到b点的时间t=　 　s；平抛的初速度大小=　 　m/s。（g取10m/s2）
13．（2025高一下·旌阳期末）在利用如图所示的装置验证机械能守恒定律的实验中
（1）下列操作正确的是____
A．打点计时器应接到直流电源上
B．先释放重物，后接通电源
C．释放重物前，重物应尽量靠近打点计时器
（2）如下图所示，为实验中所得到的甲、乙两条纸带，应选　 　（选填“甲”或“乙”）纸带好。
（3）实验中，某实验小组得到如图所示的一条理想纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T，重物的质量为m。从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量ΔEp减=　 　（用已知字母表示），动能变化量ΔEk=　 　（用已知字母表示）。
（4）大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，主要的原因是_____。
A．利用公式v=gt计算重物速度
B．利用公式计算重物速度
C．存在空气阻力和摩擦阻力的影响
D．没有采用多次实验取平均值的方法
三、计算题（本大题共4小题，共40分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不能得分，有数字计算的题，答案中必须写出数字和单位。）
14．（2025高一下·旌阳期末）在某星球表面上，一根长为L的细线一端固定，另一端拴一质量为m的砝码，使它在水平面内绕圆心O做角速度为的匀速圆周运动，如图所示。已知此时细线与竖直方向的夹角为θ。
（1）求该星球表面重力加速度g的大小；
（2）若该星球的半径为R，某卫星在距该星球表面h高处做匀速圆周运动，则该卫星的线速度为多大？（忽略该星球的自转）
15．（2025高一下·旌阳期末）一质量m＝1 kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角为的足够长的斜面，某同学利用计算机系统测出了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，通过计算机绘制出的滑块上滑过程中速度v随时间t变化的v－t图像如图所示。已知，，g取10 m/s2，求：
（1）滑块与斜面间的动摩擦因数；
（2）滑块重新回到斜面底端的动能。
16．（2025高一下·旌阳期末）如图所示，一轨道由半径R=2m的四分之一竖直圆弧轨道AB和水平直轨道BC在B点平滑连接而成．现有一质量为m=1kg 的小球M从A点正上方处的点由静止释放，小球M经过圆弧上的B点时，轨道对小球M的支持力大小。若在B处静止的放完全相同的小球N，两者发生弹性碰撞.碰后从C点水平飞离轨道，落到水平地面上的P点。已知B点与地面间的高度，小球与BC段轨道间的动摩擦因数，小球运动过程中可视为质点. (不计空气阻力，g取10 m/s2).求：
（1）小球M运动至B点时的速度大小
（2）小球M在圆弧轨道AB上运动过程中克服摩擦力所做的功
（3）水平轨道BC的长度L=3m，小球从B点到落地过程重力的冲量？
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】引力常量及其测定；单位制；力学单位制
【解析】【解答】 A . 根据
可得
因此，的单位可以通过将 F、r 和 m 的单位代入得到， ，N不是国际单位，故A错误；
B . 牛顿用米每秒平方代入
故B正确；
C .与G的互为倒数且没有把N转化成国际单位；
D . 加速度的单位类似于重力加速度g的单位，故D错误；
故选B。
【分析】（1）用基本单位表示 G的单位，需从万有引力公式 出发，先写出 G的常规单位，再通过牛顿的定义N=kg m/s2将其转换为基本单位组合。
（2）易错点：忽视题目隐含条件：题目强调“基本单位”，若未将 N 转换，会误选A。
单位推导错误：混淆分子分母的位置（如C选项），或误将 G 的单位与其他物理量（如加速度）混淆（如D选项），国际单位制中，力学基本单位是米（m）、千克（kg）、秒（s），其他单位（如N）需转换为这三者的组合。
2．【答案】B
【知识点】曲线运动的条件；运动的合成与分解；匀速圆周运动
【解析】【解答】A . 平抛运动是初速度水平且仅受重力作用的匀变速曲线运动。撤去一个力后，若剩余力的合力为恒力且与初速度方向垂直，物体可能做类平抛运动（如撤去一个水平力后受重力和另一水平力作用）。因此，平抛运动是可能的，但题目问“不可能做”，故A错误；
B . 匀速圆周运动需要物体受到大小不变、方向始终垂直速度的合力（向心力）。撤去一个力后，剩余力的合力需满足这一条件，但题目中“恒力”意味着合力方向不变，无法提供持续变化的向心力。因此，匀速圆周运动不可能，故B正确；
C . 若剩余力的合力与初速度方向共线，物体将做匀加速直线运动（如撤去一个平衡力后，剩余合力沿某一方向）。因此，匀加速直线运动是可能的，故C错误；
D . 若剩余力的合力与初速度方向相反，物体将做匀减速直线运动（如撤去一个力后，剩余合力与初速度反向）。因此，匀减速直线运动是可能的，D错误；
故选B；
【分析】（1）物体原受多个恒力平衡，撤去一个力后，剩余力的合力为恒力，故加速度恒定，结合平衡条件、牛顿第二定律和运动学特征综合分析，首先明确“平衡”意味着初始合力为零，撤去一个力后剩余力的合力与原被撤去的力等大反向（恒力），再分析选项中的运动形式是否可能由这一恒力产生： 直线运动（C、D）：恒力与初速度共线时可能。 曲线运动（A、B）：平抛运动需要恒力与初速度垂直，可能；匀速圆周运动需要变力（向心力），但剩余合力为恒力，不可能。
（2）易错点：忽略“恒力”限制：学生可能误认为剩余力的方向可变（如匀速圆周运动），但题目隐含条件是合力为恒力方向恒定；
混淆运动条件：将平抛运动（恒力作用）与匀速圆周运动（变力作用）混为一谈。
3．【答案】A
【知识点】开普勒定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A选项（比地球同步轨道卫星的线速度大）：由开普勒第三定律和圆周运动速度公式
由万有引力提供向心力
解得
可知，轨道半径越小，线速度越大。中圆轨道卫星的轨道半径<3万公里<同步卫星半径（5.6R地≈3.58万公里），因此线速度更大。A正确。
B . 角速度
与轨道半径的立方根成反比，中圆轨道半径更小，角速度更大，故B错误；
C . 周期

与轨道半径的3/2次方成正比，中圆轨道半径更小，周期更短同步卫星周期为24小时，C错误；
D . 第一宇宙速度是近地轨道（）的环绕速度
第一宇宙速度（7.9km/s）是近地卫星的环绕速度。中圆轨道半径大于地球半径（R地 ），由线速度与轨道反比规律可知其线速度小于第一宇宙速度，故D错误；
故选A；
【分析】（1）轨道半径与三速度反比与周期正比，比较半径大小同步卫星轨道半径（5.6R地≈3.58万公里）明确大于中圆轨道（<3万公里<3万公里），直接应用正反比规律判断。
（2）易错点：混淆半径与速度关系，误认为半径越大速度越大实际反比，或忽略同步卫星的周期固定为24小时，第一宇宙速度的适用条件：误将任何轨道的速度与近地卫星速度（第一宇宙速度）比较，未注意半径增大会导致速度减小。
（3）扩展知识：中圆轨道的实际意义：北斗中圆轨道卫星用于导航，需较高速度（约3-4 km/s）和较短周期（约12小时），与同步卫星互补。
4．【答案】C
【知识点】机车启动
【解析】【解答】A. 汽车以恒定额定功率行驶时，由P=Fv可知牵引力与速度成反比，A项与题意不相符；
B. 汽车匀加速运动时，阻力恒定，根据牛顿第二定律可知牵引力恒定，由P=Fv，知发动机的实际功率不断增大，当发动机的实际功率等于额定功率时，开始做加速度逐渐减小的加速运动，功率不变，速度变大，B项与题意不相符；
C. 当汽车匀速运动时，牵引力等于阻力，即F=f，当速度达到最大时，Pm满足Pm=Fvm=fvm，C项与题意相符；
D. 当汽车以恒定速度行驶时，如果速度没有达到最大速度，发动机的实际功率将小于额定功率，D项与题意不相符。
故答案为：C
【分析】利用功率的表达式可以判别牵引力和速率的关系；发动机的功率等于额定功率时还会继续加速；利用平衡条件可以判别额定功率和最大速度的表达式；汽车以恒定速度行驶时可能实际功率小于额定功率。
5．【答案】B
【知识点】运动的合成与分解；平抛运动
【解析】【解答】 A . 通过平抛运动计算，水平位移 x=v0t，竖直位移 y=y0 0.5gt2
，
结合图像中抛物线方程 y=x2，代入得
，t=6s，x=6m，故A错误；
B . 由上述计算，x=6m 是正确解，符合联立方程的结果。B正确。
C . 将 x=6m 代入 y=x2，得 y=36m，故C错误；
D . 由计算得 y=36m，故D错误；
故选B。
【分析】（1）运动分解平抛运动分解为水平匀速直线运动和竖直自由落体运动；
联立方程：利用抛物线方程 y=x2，将运动方程代入，得到关于 t 或 x 的方程求解。
（2）易错点：符号混淆：误将初始高度 y0=216m 当作 y 的表达式，忽略自由落体的位移方向。
方程联立错误：未正确将 y=x2代入平抛运动方程，导致解错。
（3）隐含条件：抛物线几何意义：题目中 y=x2是开口向上的抛物线，质点的落点需同时满足运动轨迹和抛物线方程。能量角度思考：平抛运动中机械能守恒，可结合动能定理验证结果。
6．【答案】D
【知识点】动量定理；动量；冲量
【解析】【解答】A . 重力的冲量计算
因此，冲量大小为 50 N·s，故A错误；
B . 运动员的动量变化量（冲量）由两部分组成：重力的冲量（向下50 N·s）和地面的支持力冲量（向上），向上冲量抵扣重力冲量后剩余部分产生动量变化。根据动量定理，合冲量等于动量变化量：设地面支持力冲量为 IN ，则
IN Ig=Δp
因此，地面对运动员的冲量大小为
IN=Ig+Δp=100 N·s
支持力大小
故B错误；
C . 动量
故C错误；
D . 地面对运动员的作用力作用点（脚与地面接触点）在力的作用过程中没有位移（脚未移动），因此支持力不做功（W=F d cos θ，d=0），故D正确；
故选D；
【分析】（1）运动员从下蹲状态起跳，经历加速阶段Δt=0.1s后以速度1 m/s离开地面；
动量定理应用：合外力的冲量等于动量变化量，需考虑重力和支持力的冲量；
冲量计算：重力冲量 Ig=mgΔt，支持力冲量通过动量定理间接求解；
功的计算：支持力不做功，因作用点无位移；
（2）易错点：忽略重力冲量，误认为合冲量仅为支持力冲量，忽略重力冲量的影响（如选项B）；
支持力的反作用力是人对地面的压力1000 N，与500N重力无关，重力与支持力不是相互作用力，而是作用在同一物体上的两个力，其关系由运动状态决定；
动量计算错误：混淆质量与速度的乘积（如选项C将速度误认为10 m/s）；
功的理解偏差：误认为支持力做功，未注意到作用点无位移（如选项D的判断依据）；
（3）隐含条件：起跳过程的力学分析：实际起跳是变加速过程，题目简化为匀加速（Δt极短）。
能量转换：起跳时化学能转化为动能，此处仅限冲量和动量分析。
7．【答案】B
【知识点】胡克定律；静摩擦力；力的合成；向心力
【解析】【解答】 A . 运动状态得出需要的向心力
对物体P受力分析，设角QPO大小为θ，θ=60°，沿半径方向摩擦力f2与弹力分量提供向心力有，，
切线方向摩擦力f1与弹力分量平衡
则小物块P所受的静摩擦力大小为
解得，方向与OP夹角为逆时针方向60°，故A错误；
B . ，故B正确；
C .，故C错误；
D . ，故D错误；
故选 B；
【分析】（1）几何关系：明确弹簧的伸长量和弹力方向；
向心力计算：根据角速度和半径两个运动状态参数计算所需向心力；
力的分解：将弹力分解到径向和切向方向；
平衡方程：沿径向列状态方程，沿切向列平衡方程，求解静摩擦力分量；
合成静摩擦力：计算静摩擦力的合力。
（2）易错点： 弹力方向：容易忽略弹力与径向的夹角60°；
力的分解：可能混淆径向和切向的分量；
最大静摩擦力：误认为静摩擦力必须达到最大值；
隐含条件： 弹簧的伸长量由几何关系决定；
静摩擦力的方向需要根据力的平衡动态调整。
8．【答案】D
【知识点】向心力；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A . 在A点，依据运动状态求得向心力
A点小车受到重力 mg分量和支持力合成提供向心力，支持力 FNA 满足：在A点受力分析有
解得，故A错误；
B . 忽略空气阻力摩擦力损失，只有重力做功，AB过程中由动能定理得
车经过B点时速度为
由
等式变形得
在B点道路支持力为50250N，故B错误；
C . A到B过程中，无机械能损失无机械能损失仅排除摩擦力空气阻力耗能，合外力做功不为零，重力仍然做功，故C错误；
D . 因重力仍然做功，动能定理得
车经过B点时速度为
故D正确；
故选D；
【分析】（1） 圆周运动受力分析：A点：分解重力，结合向心力公式求支持力；
B点：支持力需平衡重力并额外负责提供向心力；
合外力做功：保守力（重力）做功不改变机械能，非保守力（如摩擦力）未提及，故合外力做功为零，向心力公式适用于任意圆周运动点；
易错点：A点受力分解：易忽略重力分量的方向（cos 30而非sin 30）；
B点速度计算：可能遗漏重力势能转化R(1 cos 30)高度差；
单位换算：注意质量 m=2.5 t=2500 kg，半径 R=1 km=1000m 。
9．【答案】B,C
【知识点】摩擦力的判断与计算；牛顿定律与图象；功的概念；功率及其计算
【解析】【解答】A . 0到1秒内，假设初速度方向向右为正方向，初速度开始负值即向左，与受力方向相反，与摩擦力方向也相反，向右合力为f+F1做匀减速直线运动如左图，
1秒之后摩擦力方向随速度方向改变而改变如右图，速度方向与受力方向相同，而摩擦力与受力方向相反，向右加速，向右合力为F2-f，v-t图像的斜率可得加速度恒为
，
F1=1N，F2=3N代入，即得f=1N，代入，得m=2kg，故A错误；B．，故B正确；
C．逆向为初速度为0的匀加速直线运动，v-t图1到0秒的位移s1=0.5at2=0.5m，位移方向向左为负，即-0.5m，第1s内合外力与速度方向相反，做负功，对滑块做功为
故C正确；
D．v-t图1到2秒初速度为0的匀加速直线运动
s2=0.5at2=0.5m
位移方向向右为正，即0.5m，第2s内力F对滑块做功为
第2s内力F=3N的平均功率为
故D错误。
故选 BC。
【分析】（1）图像结合牛顿定律：通过F-t图和v-t图提取加速度，结合 F f=ma列方程求解m和f；分段分析：第1秒（减速）和第2秒（加速）分开计算，注意速度方向与力的方向关系；
功与功率计算：位移都转为初速度为0，用s=0.5at2，功率做功除以时间；
（2）易错点：摩擦力方向：易忽略摩擦力始终与运动方向相反，需根据速度变化判断；
位移计算：误用 x=v0t+0.5at2 而忽略初末速度已知的条件；
功率公式混淆：平均功率 P=Wt ，瞬时功率 P=Fv，需区分；
隐含条件：图像斜率意义：v-t图斜率=加速度，F-t图面积=冲量；
动能定理：第1秒内动能变化 ΔEk= 0.5mv02= 0.5 J，与合外力做功一致；
扩展思考：若F随时间非线性变化，需用积分求位移和功。
10．【答案】B,D
【知识点】功能关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；摩擦力的判断与计算；牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A . 小物块初速度 v（反向），末速度v。动能变化
但滑动摩擦力做功分为两阶段：减速至0：逆滑摩擦力做负功位移x逆滑块，加速至v：顺滑摩擦力做正功位移为x顺滑，如下图所示
x逆滑块=x顺滑
总功W=W逆+W顺=0
摩擦力做功的计算必须严格区分作用对象和位移参考系，只需计算自己的位移，不是把传送带的位移也计算为做功位移，故A错误；
B . 如A选项所述，摩擦力总功为0，故B正确；
C . 摩擦生热 Q=f d相对，摩擦力大小 f=μmg
设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，小物块向左做减速运动时，有
，
得
二者间的相对位移为
小物块向右做匀加速运动时，时间相同也为
二者间的相对位移为为
小物块与传送带间因摩擦产生的热量
故C错误；
D . Q=2mv2 ，故D正确；
故选BD；
【分析】（1）分阶段分析物块运动，先减速至零再加速至v；
计算相对路程和区分摩擦力做功与生热，摩擦力做功的计算必须严格区分作用对象和位移参考系，只计算自身的位移，相对的位移不计入摩擦力对自己的做功；
（2）易错点是混淆功与热量概念，以及漏算加速阶段的相对位移；
（3）隐含条件是传送带匀速运动且摩擦力大小恒定；
能量守恒，电机做功转化为物块动能和摩擦热量两部分。
11．【答案】A,C,D
【知识点】弹性势能；运动的合成与分解；机械能守恒定律
【解析】【解答】A . 在物理学中，合运动是指物体实际的运动轨迹和速度，而分运动是为了分析方便，将合运动沿特定方向分解的虚拟运动，小球沿杆下滑运动为合运动是小球自主运动，由其所受合力直接决定，绳子的运动是被动响应，由小球的运动及滑轮约束条件决定是分运动，合运动的速度可分解为沿绳方向和垂直绳方向
沿绳分量等于m物块速度，故合速度始终更大，故A正确；
B . 从A→C的过程中，小球和弹簧、物块三个组成的系统机械能守恒，物块机械能一直增加，故小球和弹簧组成的系统机械能一直减小，系统机械能守恒（只有重力和弹力做功），不会一直增大，故B错误；
C . 小球到达C时，小球和物块重力势能的减少等于弹簧弹性势能的增加，弹性势能应为
故C正确；
D . 从A→C的过程中，小球和物块的重力势能、动能和弹簧的弹性势能之和保持不变，由于二者的总动能先增大后减小，系统总势能（重力势能+弹性势能）先转化为动能再部分回收，呈现先减后增趋势，所以小球和物块的重力势能和弹簧的弹性势能之和先减小后增大，故D正确；
故选ACD ；
【分析】（1）建立运动关联和能量守恒，自主运动实际轨迹的合运动被动响应的分运动；将小球速度分解为沿绳和垂直绳分量，得到v物块=v球cos θ，θ为绳与杆夹角；
（2）易错点是忽略绳连接导致的运动约束或混淆系统机械能范围；
（3）隐含条件包括绳始终紧绷（速度关联）和弹簧原长在A点，系统机械能守恒条件需明确研究对象。
12．【答案】（1）平抛运动在竖直方向上是自由落体运动
（2）0.05；1
【知识点】等效法；研究平抛物体的运动；平均速度；自由落体运动
【解析】【解答】（1）因为实验现象表明无论A球初速度如何，两球始终同时落地，说明平抛运动的竖直分运动与自由落体运动一致；
故填平抛运动在竖直方向上是自由落体运动；
（2）第1空根据竖直方向位移差
Δy=gT2
代入Δy=L=2.5cm可得
T=0.05s
第2空，水平方向有初速度不变，水平位移恒为2L，代入时间计算，
故第1空填0.05；第2空填1；
【分析】（1）通过竖直位移求时间间隔，再结合水平位移求初速度；
正确识别竖直方向位移（注意a→b是1格，b→c是2格，需验证Δy是否是定值）；
（2）易错点包括误判竖直位移格数（如将a→b当作2格）、单位未换算（cm→m）、忽略频闪照片的等时性；
（3）隐含条件是相邻点时间间隔相等，且竖直方向满足y=0.5gT2，Δy=gT2，频闪摄影中位移比例的分析技巧。
（1）用小锤击打弹性金属片，金属片把A球沿水平方向弹出，同时B球被松开自由下落，观察到两球同时落地，改变小锤打击的力度，即改变A球被弹出时的速度，两球仍然同时落地，这说明平抛运动在竖直方向上是自由落体运动；
（2）[1]根据竖直方向的运动规律有
解得s
[2]水平方向有
13．【答案】（1）C
（2）甲
（3）；
（4）C
【知识点】验证机械能守恒定律；用打点计时器测速度
【解析】【解答】（1）A．打点计时器应接到交流电源上，靠电流方向改变磁力方向从而计录在纸带上，直流电的电流方向始终不变，纸带被始终按住或松开无法计时，故A错误；
B．释放重物纸带瞬间就穿过计时器，来不及利用整个纸带，实验时应先接通电源，后释放重物，故B错误；
C．释放重物前让重物应尽量靠近打点计时器是防止前面的纸带空跑，靠近重物可以获得更多点迹，故C正确；
故选C；
（2）根据
实测数据整理
△y甲=5.8mm-1.9mm=3.9mm，△y乙=5.2mm-1.7mm=3.5mm
可知纸带甲的数据更接近重力加速度实际情况，应选择第一、二个点的距离为1.9mm的纸带，
故选甲；
（3）第一空：力与距离上的积累量看能量情况，重力方向移动距离hB，作用出去的能量来自于势能减小，势能减小量
第二空：根据匀变速直线运动中时间中点瞬时速度等于该过程中的平均速度，则B点的速度为
故动能的增量为
故1空填mghB，2空填；
（4） A . 利用公式v=gt计算重物速度 ，速度没有计空气阻力与纸带摩擦，动能会偏大，故A错误；
B . 利用公式计算重物速度 ，重力势能减小与动能增加量会相等，故B错误；
C . 空气和摩擦阻力算入系统，导致部分机械能转化为内能，就会会导致实测动能增加量被转移成
内能去，动能增加量比势能减小量小，故C正确；
D . 这是理想化模型不可避免的，采用多次实验取平均值无法避免这个机械能不守恒问题，故D错误；
实验中重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是存在空气阻力和摩擦阻力的影响；
故选C。
【分析】（1）通过纸带数据分析机械能守恒，需计算重力势能减少量（ΔEp=mgh）和动能增加量（ΔEk=0.5mv2）；突破点是利用匀变速运动规律求瞬时速度（v=Δh/Δt）；
（2）易错点包括混淆电源类型（交流/直流）、错误计算动能（如直接用v=gt，忽略实测速度）；（3）隐含条件是纸带数据处理需满足自由落体运动规律（Δy=aT2），涉及系统误差分析（如阻力影响）和实验优化（如减小摩擦、多次测量）。
（1）A．打点计时器应接到交流电源上，故A错误；
B．实验时应先接通电源，后释放重物，故B错误；
C．释放重物时，重物应尽量靠近打点计时器，从而获得更多点迹，故C正确。
故选C。
（2）根据
可知纸带应选择第一、二个点的距离大约为2mm的纸带，故选甲。
（3）[1]重力势能减小量
[2]根据匀变速直线运动中时间中点瞬时速度等于该过程中的平均速度，则B点的速度为
故动能的增量为
（4）实验中重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是存在空气阻力和摩擦阻力的影响。
故选C。
14．【答案】（1）解：（1）根据牛顿第二定律合外力式等于运动状态式有等式，
mgtanθ直接计算向心力大小，并不是纯粹由重力提供向心力，是水平方向上合外力的大小数值，效果上是拉力与重力共同提供的，等式整理得
（2）解：（2）根据万有引力与向心力有等式
整理得
根据万有引力与重力关系有
，，
代入v2式，解得
【知识点】运动的合成与分解；万有引力定律；卫星问题
【解析】【分析】（1）通过圆周运动受力平衡求重力加速度（分解张力T），再利用万有引力定律求卫星速度；正确分解细线张力（水平向心力、竖直平衡重力）和关联地表g与轨道g'的关系；
（2）易错点包括混淆向心力公式（如漏掉半径或角度）、未联立地表g与GM的关系、忽略h对轨道半径的影响；
（3）隐含条件是细线长度L为圆周运动半径（实际为Lsinθ），但题目表述可能暗示L为摆长。
（1）根据牛顿第二定律有
解得
（2）根据万有引力提供向心力有
根据万有引力与重力关系有
解得
15．【答案】（1）【解答】（1）由图像可得物体沿斜面向上运动的加速度大小
得
如图受力分析图中橙色为重力，分解斜面与垂直斜面后，根据沿斜面的合外力与运动状态等式即牛二定律可得
解得
（2）【解答】（2）摩擦力是随运动方向改变而改变的力，向下滑动时候摩擦力向上了，需重新受力分析，v-t图在v的负半轴第四象限区域内
物体上滑的最大位移为vt图5到0过程三角形面积直接算或用速方差2倍位移加速度之积公式求，，
从顶部静止滑到底部过程中由动能定理可得
，，
解得J
【知识点】摩擦力的判断与计算；牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）通过v－t图像斜率求加速度，结合牛顿第二定律列方程，区分上滑（减速）和下滑（加速）的受力差异，并关联运动学公式；
（2）易错点包括符号错误（如加速度方向）、角度函数值代入错误（如混淆sinθ和cosθ）、忽略下滑时摩擦力的方向变化；
（3）隐含条件是最大静摩擦力≥滑动摩擦力，确保滑块能下滑，涉及功能关系（如机械能损失转化为内能）及图像斜率的物理意义（加速度）。
（1）由图像可得物体沿斜面向上运动的加速度大小
解得
根据牛顿运动定律可得
解得
（2）物体上滑的最大位移为
根据动能定理可得
解得J
16．【答案】（1）解：小球在B点受到的重力与支持力的合力，支持力已知18N，提供向心力，向心力方向为正力，反向为负力，则有
，
解得
（2）解：从到B的过程中重力做功加速和阻力转内能划走，由动能定理可得
解得J
（3）解：两小球完全相同，发生弹性碰撞后，二者速度互换
则碰后小球M静止，N向右运动，加速度满足
BC轨道已知L=3m，根据匀变速直线运动规律有
， ，
解得s或3s（舍）
平抛运动的时间为
代入已求已知数据整理
，得t2=0.8s，小球从B点到落地过程中，收集重力在时间上的累计便于观察守恒情况，重力的冲量为
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用；冲量
【解析】【分析】（1）分段分析——圆弧段（机械能守恒+圆周运动）、碰撞（弹性碰撞规律）、水平段（动能定理）、平抛（运动学公式）；弹性碰撞后速度交换（质量相同），且需注意B点速度的关联性；
（2）易错点包括：①忽略圆弧段的摩擦力做功，②等质量完全弹性碰撞后速度互换；
（3）隐含条件：弹性碰撞的动量与动能双守恒，平抛运动的独立分解（水平匀速、竖直自由落体）。
（1）小球在B点受到的重力与支持力的合力提供向心力，则有
解得
（2）从到B的过程中重力和阻力做功，由动能定理可得
解得J
（3）两小球完全相同，发生弹性碰撞后，二者速度互换，则碰后小球M静止，N向右运动，加速度满足
根据匀变速直线运动规律有
解得s或3s（舍）
平抛运动的时间为
小球从B点到落地过程中，重力的冲量为
解得
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