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四川省绵阳市三台县2023-2024学年高一下学期6月测试物理试题
一、单选题（本题共8小题，共32分，在每小题给出的四个选项中，1-8题只有一项符合题目要求，4分一个）
1．（2024高一下·三台期末）一个物体做曲线运动时（　　）
A．速度的大小可能不变 B．速度的方向可能不变
C．所受外力的合力可能为0 D．所受外力的合力一定变化
【答案】A
【知识点】曲线运动的条件；曲线运动
【解析】【解答】AB.曲线运动的速度方向：沿轨迹切线，必变化（方向改变即速度矢量变化 ），曲线运动的速度大小：可不变（如匀速圆周运动，速度方向变、大小不变 ），故A 正确，B 错误。
CD.曲线运动的条件：合外力与速度方向不共线（合外力可为恒力或变力 ），恒力示例：平抛运动（仅受重力，合外力不变 ）。变力示例：匀速圆周运动（向心力方向变，合外力变 ），故合外力一定不为 0（因速度变化，必有加速度 ），但不一定变化，C、D 错误
故答案为：A。
【分析】AB：利用 “曲线运动速度方向必变，大小可不变（如匀速圆周 ）”，判断速度特征。
CD：依据 “曲线运动条件（合外力与速度不共线 ）”+“合外力可为恒力（如平抛 ）”，判断合外力是否为 0、是否变化。
2．（2024高一下·三台期末）如图所示，下列有关生活中的圆周运动实例分析，说法正确的是（　　）
A．汽车通过凸形桥的最高点时，处于失重状态
B．铁路的转弯处，通常要求外轨比内轨高，是利用轮缘与外轨的侧压力帮火车转弯
C．杂技演员表演“水流星”，当它通过最高点时处于完全失重状态，不受重力作用
D．脱水桶的原理是水滴受到的离心力大于受到的向心力，从而沿切线方向被甩出
【答案】A
【知识点】超重与失重；生活中的圆周运动；离心运动和向心运动
【解析】【解答】A．当汽车过程凸形桥最高点时，此时合外力提供向心力，方向竖直向下，由于加速度方向向下所以汽车处于失重状态。故A正确；
B．铁路的转弯处设计为外轨比内轨高，此时支持力方向倾斜向上，则可以利用火车自身重力和垂直轨道向上的支持力的合力提供火车转弯所需的向心力，从而减少对轨道的侧向压力。故B错误；
C．“水流星”始终重力作用，完全失重状态是物体的加速度等于重力加速度，“水流星”在最高点时的加速度处于失重状态，但不一定处于完全失重状态。故C错误；
D．水滴做离心运动的条件是水滴受到的合外力不足以提供做圆周运动的向心力，从而出现离心运动。不是由于受到的离心力大于受到的向心力，故D错误。
故选A。
【分析】利用汽车过最高点的合力方向可以判别超重与失重；铁路的设计是为了让支持力和重力的合力提供向心力；水流星一直受到重力的作用；水滴做离心运动的条件是水滴受到的合外力不足以提供做圆周运动的向心力。
3．（2024高一下·三台期末）如图所示，有五片荷叶伸出荷塘水面，一只青蛙要从高处荷叶跳到低处荷叶上。设低处荷叶a、b、c、d和青蛙在同一竖直平面内，a、b高度相同，c、d高度相同，a、b分别在c、d正上方。将青蛙的跳跃视为平抛运动，若以最小的初速度完成跳跃，则它应跳到（　　）
A．荷叶a B．荷叶b C．荷叶c D．荷叶d
【答案】C
【知识点】运动的合成与分解；平抛运动
【解析】【解答】青蛙做平抛运动，水平方向匀速直线，竖直方向自由落体则有
可得
因此水平位移越小，竖直高度越大初速度越小，因此跳到荷叶c上面。
故答案为：C。
【分析】平抛运动分解：将运动拆分为水平匀速、竖直自由落体，利用分运动公式关联初速度、位移、高度。
初速度表达式推导：通过消元法得到与x、h的关系，明确初速度随x 减小、h 增大而减小。
条件比较：对比各荷叶的水平位移和竖直高度，确定使初速度最小的目标荷叶。
4．（2024高一下·三台期末）如图所示，三个完全相同的小球a、b、c处于同一高度，将小球a从固定的光滑斜面上静止释放，小球b、c以相同的速率分别竖直向上、水平向右抛出，不计空气阻力。关于小球从开始运动到触地过程，下列说法正确的是（　　）
A．三个小球运动时间相等
B．重力对小球b做的功最多
C．重力对小球c做功的平均功率最大
D．三个小球触地前瞬间，重力做功的瞬时功率相等
【答案】C
【知识点】功的计算；功率及其计算
【解析】【解答】本题考查功和功率的计算问题，会准确的分析物体的运动过程，会根据题意求解平均功率以及瞬时功率。A．设a球斜面倾角为，根据
b球做竖直上抛运动，有
c球做平抛运动，有
所以c球运动时间最短，a球和b球运动时间无法确定，故A错误；
B．重力做功为
由于下落高度相同，所以重力做功相等，故B错误；
C．重力的平均功率
因为重力做功相同，c球运动时间最短，所以重力对小球c做功的平均功率最大，故C正确；
D．重力做功的瞬时功率
由重力做功相同，落地前瞬间
所以
故D错误。
故选C。
【分析】 根据三个情形的运动分别列式关于时间的关系式，结合关系式分析比较时间的长度；
根据重力做功的特点进行判断；根据重力做功的平均功率和瞬时功率结合时间和落地竖直分速度进行分析解答。
5．（2024高一下·三台期末）“神舟十七号”载人飞船于2023年10月26日顺利发射升空，开启了为期6个月的天宫空间站之旅。神舟十七号飞船经历上升、入轨交会飞行后，与已经和天舟货运船形成组合体的空间站核心舱对接，航天员进入空间站组合体，整体在距离地球表面400公里的轨道稳定运行。下列说法正确的是（　　）
A．“神舟十七号”的运行周期大于24小时
B．“神舟十七号”的发射速度小于第一宇宙速度
C．“神舟十七号”的运行速度小于第一宇宙速度
D．已知“神舟十七号”的线速度与角速度，可以求得“神舟十七号”质量
【答案】C
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．同步卫星轨道高度约36000公里，“神舟十七号”轨道高度400公里（远小于同步轨道 ），由万有引力提供向心力
（ 越小， 越小 ）
故“神舟十七号”周期小于24小时，故A错误；
B．第一宇宙速度是发射地球卫星的最小发射速度，发射“神舟十七号”的速度大于第一宇宙速度，故B错误；
C．第一宇宙速度是地球卫星的最大运行速度， “神舟十七号”的运行速度小于第一宇宙速度，故C正确；
D．根据万有引力提供向心力
计算时，“神舟十七号”的质量m会被约掉，不能计算出来，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：利用“周期公式”，结合轨道高度比较周期。
B：明确“第一宇宙速度是最小发射速度”，判断发射速度大小。
C：通过“运行速度公式”，结合近地轨道最大速度，判断运行速度。
D：分析万有引力公式中“卫星质量可约去”，判断能否求质量。
6．（2024高一下·三台期末）如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定轴匀速转动，圆盘与水平桌面的夹角为，圆盘的半径为R，圆盘边缘处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为，小物块经过圆盘的最低点A处时受到的摩擦力大小为最大静摩擦力的。已知小物块的质量为m，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则小物块经过圆盘最高点B处时，下列说法正确的是（　　）
A．小物块恰好不受圆盘面的摩擦力
B．小物块受到的摩擦力方向沿BO方向
C．小物块受到的摩擦力大小为
D．小物块受到的向心力大小为
【答案】B
【知识点】受力分析的应用；向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】物块在A点时
在B点时设摩擦力方向指向O点，则
解得
因，可得
则小物块受到的摩擦力方向沿BO方向；小物块受到的摩擦力大小为
小物块受到的向心力大小为，故B正确，ACD错误。
故答案为：B。
【分析】A 点：径向合力（摩擦力分力 - 重力分力 ）提供向心力，列方程求，B 点：假设摩擦力方向指向圆心，径向合力（摩擦力 + 重力分力 ）提供向心力，联立 A 点方程求摩擦力，最后判断选项：通过分析摩擦力正负（方向 ），对比向心力与摩擦力表达式，判断选项正误。
7．（2024高一下·三台期末）2024年4月25日神舟十八号载人飞船成功与空间站交汇对接，如图为飞船运行示意图。轨道Ⅰ为飞船运行轨道，轨道Ⅱ为飞船的转移轨道，轨道Ⅲ为空间站的运行轨道，轨道Ⅱ与轨道Ⅰ和Ⅲ分别相切于A、B点，已知轨道Ⅲ和轨道Ⅰ的轨道半径之比为k，则（　　）
A．飞船经过A点时在轨道Ⅰ上的速度大于在轨道Ⅱ上的速度
B．飞船经过B点时在轨道Ⅱ上的加速度大于在轨道Ⅲ上的加速度
C．飞船在运行轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上的运动周期之比为
D．飞船在运行轨道Ⅰ和轨道Ⅲ上的运动周期之比为
【答案】C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】本题考查万有引力与变轨的知识，要掌握飞船变轨原理是通过让飞船做离心运动或近心运动实现的。要掌握开普勒定律与万有引力定律，并能用来解决实际问题。A．飞船在轨道Ⅰ上经过A点时要加速才能进入轨道Ⅱ，可知飞船经过A点时在轨道Ⅰ上的速度小于在轨道Ⅱ上的速度，选项A错误；
B．根据
可知，飞船经过B点时在轨道Ⅱ上的加速度等于在轨道Ⅲ上的加速度，选项B错误；
C．根据开普勒第三定律可知
飞船在运行轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上的运动周期之比为
选项C正确；
D．根据开普勒第三定律可知
飞船在运行轨道Ⅰ和轨道Ⅲ上的运动周期之比为
选项D错误。
故选C。
【分析】根据变轨原理分析飞船从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ在A点的速度变化情况；根据牛顿第二定律比较加速度大小；由开普勒第三定律求出周期之比。
8．（2024高一下·三台期末）如图，水平传送带以恒定速度v顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧。将质量为m的小物块P轻放在传送带左端，P与传送带之间的动摩擦因数为，在接触弹簧前速度已达到v，P与弹簧接触后继续运动，弹簧的最大形变量为d，设P与传送带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则P从接触弹簧到第一次运动到最右端过程中（　　）
A．P的速度不断减小
B．摩擦力对P先做正功再做负功
C．传送带多消耗的电能为
D．弹簧的弹性势能变化量
【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．当弹簧弹力等于最大静摩擦力之后，小物块才开始做减速运动，小物块刚接触弹簧时，弹簧的弹力小于最大静摩擦力，物块仍然向右做匀速直线运动，速度不变，故A错误；
B．传送带对物块的摩擦力方向一直向右，与运动方向相同，即摩擦力对P一直做正功，故B错误；
C．令P从接触弹簧到第一次运动到最右端过程经历时间为，则传送带的位移为
由于物块先向右做匀速直线运动，后向右做加速度增大的减速直线运动，则有
即有
传送带所受摩擦力的平均值
根据功能关系，传送带多消耗的电能为
故C错误；
D．压缩弹簧的过程中，摩擦力对P做的功
根据动能定理合力做功等于动能变化
根据功能关系有
解得
故D正确。
故选D。
【分析】小物块刚接触弹簧时，弹簧的弹力小于最大静摩擦力，物块仍然向右做匀速直线运动，速度不变，当弹簧弹力等于最大静摩擦力之后，小物块才开始做减速运动。
二、多选题（本题共4个小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得4分，选对但不全得2分。有错选得0分。）
9．（2024高一下·三台期末）如图甲所示，杂技表演“飞车走壁”的演员骑着摩托车飞驶在圆台形筒壁上，现将圆台形筒简化为图乙．若两名质量相同演员骑着相同摩托车分别在A、B两处紧贴着内壁虚线所示的水平面内做匀速圆周运动，不计摩擦，则下列说法正确的是（　　）
A．A处的角速度等于B处的角速度 B．A处的角速度小于B处的角速度
C．A处的向心力大于B处的向心力 D．A处的向心力等于B处的向心力
【答案】B,D
【知识点】向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】对演员和摩托车进行受力分析，设支持力与竖直方向的夹角为，如图所示
由图可知向心力大小为
由于质量相同，相同，则A处的向心力等于B处的向心力；根据牛顿第二定律可得
可得
由于A处的半径大于B处的半径，则A处的角速度小于B处的角速度。
故答案为：BD。
【分析】1. 受力分解与向心力推导：将支持力分解为水平（向心力 ）和竖直（平衡重力 ）分量，联立得向心力向，体现“几何角度”与“向心力”的关联。
2. 向心力大小判断：利用“质量相同、相同”，直接得向心力相等，排除C、锁定D。
3. 角速度公式推导与比较：结合向心力公式向，推导出与半径的关系（ ），因处半径大，故角速度小，排除A、锁定B。
10．（2024高一下·三台期末）一条河流某处存在高度差，小鱼从低处向上跃出水面，冲到高处．如图所示，以小鱼跃出水面处为坐标原点，x轴沿水平方向，建立坐标系，小鱼的初速度为，末速度v沿x轴正方向．在此过程中，小鱼可视为质点且只受重力作用。关于小鱼的水平位置x、竖直位置y、水平方向分速度和竖直方向分速度与时间t的关系，下列图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,D
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】本题考查斜上抛运动的问题，会利用分运动和合运动的思想分析解决实际问题。
AC．小鱼可视为质点且只受重力作用，小鱼做斜抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，即为定值，则有水平位移
故A正确，C错误；
BD．小鱼在竖直方向上做竖直上抛运动，则
，
且最高点时竖直方向的速度为0，故B错误，D正确。
故选AD。
【分析】根据小鱼运动过程的受力情况结合水平分运动的速度和位移进行分析求解；根据小鱼在竖直方向上的位移规律和速度规律列式结合图线进行判断。
11．（2024高一下·三台期末）我国发射的“嫦娥一号”探月卫星为绕月极地卫星。利用该卫星可对月球进行成像探测。如图所示，卫星在绕月极地轨道上做圆周运动时距月球表面的高度为h，绕行周期为；月球绕地球公转的周期为，公转轨道半径为r；地球半径为，月球半径为（忽略地球、太阳引力对绕月卫星的影响，万有引力常量G已知）。下列说法正确的是（　　）
A．由开普勒第三定律得：
B．月球表面重力加速度
C．月球质量
D．“月地检验”的目的是为了说明地球对月球的引力与太阳对地球的引力是同一种性质的力
【答案】B,C
【知识点】开普勒定律；万有引力定律
【解析】【解答】A．开普勒第三定律适用于同一中心天体的天体运动。月球绕地球（中心天体地球 ），卫星绕月球（中心天体月球 ），中心天体不同，不能用开普勒第三定律，故A错误；
B．对月球的极地卫星
对月球表面的物体
解得月球表面重力加速度
故B正确；
C．对月球的极地卫星
解得月球质量
故C正确；
D．“月地检验” 的目的是验证地球对地面物体的引力与地球对月球的引力是同一种性质的力（万有引力 ），而非 “太阳对地球的引力”，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】A：明确开普勒第三定律的适用条件（同一中心天体 ），判断能否应用。
B、C：利用 “万有引力提供向心力（卫星 ）” 和 “万有引力等于重力（表面物体 ）”，联立推导重力加速度与月球质量。
D：理解 “月地检验” 的物理意义（验证地球对物体与月球的引力同性质 ）。
12．（2024高一下·三台期末）如图所示，一个斜面体固定在水平地面上，斜面体A端固定一与斜面垂直的挡板，斜面AB段光滑、BC段粗糙，BC段长为L。光滑圆轨道与斜面体在C点相切。质量为m的小物块（可看作质点）从B点开始以一定的初速度沿斜面向上运动，小物块滑上圆轨道后恰好不脱离圆轨道，之后物块原路返回与挡板碰撞后又沿斜面向上运动，到达C点时速度为零。已知物块与斜面BC段的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，斜面倾角θ=37°，重力加速度为g，不计物块碰撞挡板时的机械能损失，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是（　　）
A．小物块第一次到达C点时的速度大小为
B．圆轨道的半径为
C．小物块从B点开始运动时的初速度为
D．小物块在斜面BC段滑行的最大路程为
【答案】A,C
【知识点】功能关系；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．研究小物块从B点开始运动到第一次到达C点过程，由动能定理可得
解得
故A正确；
B．依题意，小物块恰好不脱离圆轨道，分析可知，物块到达圆心等高处速度为0。小物块由C点运动到该点，根据动能定理可得
联立，解得
故B错误；
C．设小物块从B点开始运动时的初速度为，研究小物块从B点开始运动至C点速度为零，由动能定理可得
解得
故C正确；
D．依题意，有
可知，小物块最终将在A、B之间做往复运动，设小物块在斜面BC段滑行的最大路程为s，由动能定理，可得
解得
故D错误。
故答案为：AC。
【分析】动能定理的全程应用：物块运动过程复杂（上滑、圆轨道、返回、碰撞、再上滑 ），但通过动能定理可简化分析，只需关注初末状态动能与过程中力做的功（重力、摩擦力 ）。
临界条件与圆轨道：“恰好不脱离圆轨道” 的临界条件（到达圆心等高处速度为 0 ），结合动能定理建立速度与半径的关系。
摩擦力做功的累积性：物块在BC段往返运动，摩擦力做功与路程成正比，通过动能定理求总路程。
三、实验题
13．（2024高一下·三台期末）为了更全面地探究平抛运动的规律，某实验小组利用如图甲、乙所示两种装置进行实验：
（1）该小组先利用图甲所示装置，用小锤打击弹性金属片，使P球沿水平方向抛出，同时使Q球由静止自由下落，此后仅能听到一个落地声音，通过此现象可以得到，平抛运动在竖直方向做　 　（填“匀速直线”或“自由落体”）运动。
（2）该小组利用图乙中的装置操作时，以下做法合理的是______。
A．安装斜槽轨道，使其末端保持水平
B．每次小球释放的初始位置可以任意选择
C．每次小球应从同一位置由静止释放
D．为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接
（3）利用图乙中的装置，在某次实验得到一条轨迹，但忘了标记抛出点，记录了运动过程中A、B、C三点，测得各点之间的距离关系如图丙所示，x=15cm，hAB=15cm，hBC=25cm，则小球平抛的初速度v0=　 　m/s。（g取10m/s2）
（4）另一同学重新进行实验，以抛出点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，在轨迹上选取间距较大的几个点，确定其坐标，并在直角坐标系内绘出了图像，如图丁所示，则此小球平抛的初速度v0=　 　m/s。（g取10m/s2）
（5）在做“研究平抛运动”的实验时，坐标纸应当固定在竖直的木板上，图中坐标纸的固定情况与斜槽末端的关系正确的是______。
A． B．
C． D．
【答案】（1）自由落体
（2）A；C
（3）1.5
（4）0.5
（5）C
【知识点】研究平抛物体的运动；运动的合成与分解
【解析】【解答】（1）小锤打击使P球平抛，Q球自由下落，仅听到一个落地声，两球竖直方向运动时间相同，故平抛运动在竖直方向做自由落体运动。
故答案为：自由落体
（2）A．为了保证小球抛出时的速度处于水平方向，安装斜槽轨道，使其末端保持水平，故A正确；
BC．为了保证每次抛出时的速度相同，每次小球应从同一位置由静止释放，故B错误，C正确；
D．为描出小球的运动轨迹，描绘的点应用平滑的曲线连接，故D错误。
故答案为：AC。
（3）竖直方向根据
解得
水平方向有
可得小球平抛的初速度为
故答案为：1.5
（4）根据平抛运动规律可得
，
联立可得
可得图像的斜率为
可得小球平抛的初速度为
故答案为：0.5
（5）斜槽末端是水平的，小球做平抛运动，要分解为水平和竖直方向的分运动，故方格纸应该水平、竖直，坐标原点应该与小球在斜槽末端静止时在木板上的投影重合。
故答案为：C。
【分析】（1）：通过“两球同时落地→竖直运动时间相同”，判断竖直方向为自由落体。
（2）：依据“平抛初速度水平且恒定”，分析操作合理性（末端水平、同位置释放 ）。
（3）：利用“竖直方向→水平方向”，联立求初速度。
（4）：推导“ 图像斜率与 的关系”，结合图像数据求初速度。
（5）：根据“平抛运动分解方向”，判断坐标纸固定方式（水平竖直、原点对齐 ）。
14．（2024高一下·三台期末）如图甲，小张同学做“验证机械能守恒定律”的实验。
（1）实验中，先接通电源，再释放重物，得到图乙所示的一条纸带。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。设重物的质量为m。从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减小量ΔEp =　 　，动能增加量ΔEk =　 　。
（2）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，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
（3）小张同学继续应用纸带上各点到起始点O的距离h，计算出相应点对应的速度v，以h为横轴、v2为纵轴作出了如图丙的图线，当地重力加速度为g，该图线的斜率应_______。
A．等于g B．小于2g C．等于2g D．大于2g
【答案】（1）；
（2）C
（3）B
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式和机械能守恒定律即可完成分析。
（1）重力做正功，重力势能减小，重力势能减小量
B是AC段的时间中点，B点的速度等于AC段的平均速度，即
动能增加量
联立，解得
（2）AB．该实验中存在摩擦、空气阻力，实际加速度不是g，不能用运动学公式，
计算瞬时速度，只能通过纸带上点迹求该点相邻两点间平均速度，故AB错误；
C．因存在空气阻力和摩擦阻力的影响，减少的重力势能一部分转化为重物的动能，还有一部分转化为内能，说明重力势能的减少量大于动能的增加量，故C正确；
D．该实验误差属系统误差，采用多次实验取平均值的方法不能改变误差大小，故D错误。
故选C。
（3）根据动能定理可知
可得
由此可知，在丙图图像中，斜率为
故选B。
【分析】（1）根据势能、动能定义求出动能、势能变化量；
（2）根据实验数据分析出可能导致误差的原因；
（3）根据动能定理列式求出当地加速度作出判断。
（1）[1]重力做正功，重力势能减小，重力势能减小量
[2]B是AC段的时间中点，B点的速度等于AC段的平均速度，即
动能增加量
联立，解得
（2）AB．该实验中存在摩擦、空气阻力，实际加速度不是g，不能用运动学公式
，
计算瞬时速度，只能通过纸带上点迹求该点相邻两点间平均速度，故AB错误；
C．因存在空气阻力和摩擦阻力的影响，减少的重力势能一部分转化为重物的动能，还有一部分转化为内能，说明重力势能的减少量大于动能的增加量，故C正确；
D．该实验误差属系统误差，采用多次实验取平均值的方法不能改变误差大小，故D错误。
故选C。
（3）根据动能定理可知
可得
由此可知，在丙图图像中，斜率为
故选B。
四、解答题（共34分）
15．（2024高一下·三台期末）如图所示，沙滩排球比赛中，球员将球在边界中点正上方沿中线水平向右击出，空气阻力忽略不计。
（1）若球刚好过网落在对方场地中间位置，求击球高度H与球网高度h之比；
（2）若已知球网高度h、半个球场的长度x，重力加速度为g，为使水平向右击出的排球既不触网又不出界，求击球高度H的最小值。
【答案】（1）解：由平抛运动规律有
排球落在对方场地中间位置，水平位移为
排球刚好过网，则
，
联立解得
（2）解：为使水平向右击出的排球既不触网又不出界，则只需满足球若不触网时击球高度最小，则
，
解得
.
【知识点】运动的合成与分解；平抛运动
【解析】【分析】（1）利用平抛运动水平匀速、竖直自由落体的规律，通过水平位移关系得出运动时间比例，再结合竖直位移公式，建立击球高度H和球网高度h的联系，求出比值。
（2）当球既不触网又不出界时，临界情况是刚好擦网且刚好落界，同样依据平抛运动水平、竖直方向的运动规律，结合水平位移得到时间关系，再由竖直位移公式联立，消去未知量求出最小击球高度。
16．（2024高一下·三台期末）如图所示，“旋转秋千”中的座椅通过缆绳悬挂在旋转圆盘上。当旋转圆盘绕竖直的中心轴从静止开始转动，稳定后座椅在水平面内做匀速圆周运动。已知悬点到中心轴的距离为，座椅（可视为质点）质量为m=6kg，缆绳长度为，稳定后缆绳与竖直方向的夹角θ=30°，不考虑空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）座椅做圆周运动的角速度ω；
（2）座椅从静止达到稳定速度的过程中，缆绳对座椅所做的功W。
【答案】解：（1）由牛顿第二定律得
由几何关系可得
联立解得
（2）座椅在水平面内做匀速圆周运动速度为
座椅从静止达到稳定速度的过程，由动能定理得
解得

【知识点】生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求座椅做圆周运动的角速度ω；（2）由v=ωr求出座椅稳定时速度大小，座椅从静止达到稳定速度的过程中，根据动能定理求缆绳对座椅所做的功W。
17．（2024高一下·三台期末）如图所示，小物块与水平传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，倾斜轨道和圆轨道光滑且位于同一竖直平面内，圆轨道半径R＝0.6m，A是倾斜轨道的最低点（小物块滑过A点前后速度大小不变），B是圆轨道的最低点，AB长L＝0.8m。现将质量m＝0.4kg的小物块从距离AB高h处静止释放，取重力加速度。
（1）若h＝0.8m，传送带不转动，求小物块停在传送带的位置距B点的长度；
（2）若传送带顺时针转动，传送带的速度大小为6.0m／s，小物块通过圆轨道的最高点时，对轨道的压力大小为mg，求h的最小值和最大值；
（3）在（2）的情景中，求h取最小值时，由于传送带运送小物块，电动机多做的功。（）
【答案】（1）解：设小物块第一次经过B点的速度大小为vB，从小物块下滑到停下来的过程中，根据动能定理，有
代入数据，解得
小物块滑过B点后，沿圆弧轨道向上运动，设小物块速度为零时距离B点的高度为H，根据机械能守恒定律有
代入数据，解得
所以滑块会滑回传送带，从B点向A点运动，设小物块最终停止的位置距离B点的距离为x，根据动能定理，有
代入数据，解得
小物块最终停在传送带的A点，距离B点0.8m。
（2）解：小物块通过圆轨道的最高点时，对轨道的压力大小为mg，根据牛顿第二定律和向心力公式，有
代入数据，解得
小物块滑过B点后，沿圆弧轨道向上运动到最高点的过程，根据机械能守恒定律有
代入数据，解得
因为传送带的速度为6.0m/s，若小物块在传送带上从A点匀加速运动刚好到B点，设小物块从离AB高h1处静止释放，根据动能定理，有
代入数据，解得
若小物块在传送带上从A点做匀减速直线运动B点，设小物块从离AB高h2处静止释放，根据动能定理，有
代入数据，解得
所以h的最小值为1.4m，最大值为2.2m。
（3）解：在（2）的情景中，h取最小值时，小物块从静止处滑到A点时的速度为vA，根据机械能守恒，有
代入数据解得
小滑块在传送带上做匀加速直线运动，滑块滑上传送带之后受到滑动摩擦力做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知小滑块的加速度为
根据匀变速直线运动的规律，小滑块加速到与传送带速度相等运动的位移为
代入数据解得
此过程中传送带的位移为
代入数据解得
小物块在传送带上发生的相对位移为
根据功能关系可知，由于传送带运送小物块电动机多做的功为
代入数据，解得
【知识点】牛顿第二定律；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；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）不转动传送带：动能定理求 B 点速度根据机械能守恒判断上滑高度，用动能定理分析返回位移，确定最终位置。
（2）转动传送带：最高点受力（牛顿定律 ），根据机械能守恒求 B 点速度，用动能定理分 “加速 / 减速到 B 点”，求 h 的最值。
（3）电动机多做功：机械能守恒求 A 点速度，根据传送带加速过程（运动学 ），用相对位移与功能关系（摩擦力做功 + 动能变化 ），计算多做功。
1 / 1四川省绵阳市三台县2023-2024学年高一下学期6月测试物理试题
一、单选题（本题共8小题，共32分，在每小题给出的四个选项中，1-8题只有一项符合题目要求，4分一个）
1．（2024高一下·三台期末）一个物体做曲线运动时（　　）
A．速度的大小可能不变 B．速度的方向可能不变
C．所受外力的合力可能为0 D．所受外力的合力一定变化
2．（2024高一下·三台期末）如图所示，下列有关生活中的圆周运动实例分析，说法正确的是（　　）
A．汽车通过凸形桥的最高点时，处于失重状态
B．铁路的转弯处，通常要求外轨比内轨高，是利用轮缘与外轨的侧压力帮火车转弯
C．杂技演员表演“水流星”，当它通过最高点时处于完全失重状态，不受重力作用
D．脱水桶的原理是水滴受到的离心力大于受到的向心力，从而沿切线方向被甩出
3．（2024高一下·三台期末）如图所示，有五片荷叶伸出荷塘水面，一只青蛙要从高处荷叶跳到低处荷叶上。设低处荷叶a、b、c、d和青蛙在同一竖直平面内，a、b高度相同，c、d高度相同，a、b分别在c、d正上方。将青蛙的跳跃视为平抛运动，若以最小的初速度完成跳跃，则它应跳到（　　）
A．荷叶a B．荷叶b C．荷叶c D．荷叶d
4．（2024高一下·三台期末）如图所示，三个完全相同的小球a、b、c处于同一高度，将小球a从固定的光滑斜面上静止释放，小球b、c以相同的速率分别竖直向上、水平向右抛出，不计空气阻力。关于小球从开始运动到触地过程，下列说法正确的是（　　）
A．三个小球运动时间相等
B．重力对小球b做的功最多
C．重力对小球c做功的平均功率最大
D．三个小球触地前瞬间，重力做功的瞬时功率相等
5．（2024高一下·三台期末）“神舟十七号”载人飞船于2023年10月26日顺利发射升空，开启了为期6个月的天宫空间站之旅。神舟十七号飞船经历上升、入轨交会飞行后，与已经和天舟货运船形成组合体的空间站核心舱对接，航天员进入空间站组合体，整体在距离地球表面400公里的轨道稳定运行。下列说法正确的是（　　）
A．“神舟十七号”的运行周期大于24小时
B．“神舟十七号”的发射速度小于第一宇宙速度
C．“神舟十七号”的运行速度小于第一宇宙速度
D．已知“神舟十七号”的线速度与角速度，可以求得“神舟十七号”质量
6．（2024高一下·三台期末）如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定轴匀速转动，圆盘与水平桌面的夹角为，圆盘的半径为R，圆盘边缘处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为，小物块经过圆盘的最低点A处时受到的摩擦力大小为最大静摩擦力的。已知小物块的质量为m，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则小物块经过圆盘最高点B处时，下列说法正确的是（　　）
A．小物块恰好不受圆盘面的摩擦力
B．小物块受到的摩擦力方向沿BO方向
C．小物块受到的摩擦力大小为
D．小物块受到的向心力大小为
7．（2024高一下·三台期末）2024年4月25日神舟十八号载人飞船成功与空间站交汇对接，如图为飞船运行示意图。轨道Ⅰ为飞船运行轨道，轨道Ⅱ为飞船的转移轨道，轨道Ⅲ为空间站的运行轨道，轨道Ⅱ与轨道Ⅰ和Ⅲ分别相切于A、B点，已知轨道Ⅲ和轨道Ⅰ的轨道半径之比为k，则（　　）
A．飞船经过A点时在轨道Ⅰ上的速度大于在轨道Ⅱ上的速度
B．飞船经过B点时在轨道Ⅱ上的加速度大于在轨道Ⅲ上的加速度
C．飞船在运行轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上的运动周期之比为
D．飞船在运行轨道Ⅰ和轨道Ⅲ上的运动周期之比为
8．（2024高一下·三台期末）如图，水平传送带以恒定速度v顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧。将质量为m的小物块P轻放在传送带左端，P与传送带之间的动摩擦因数为，在接触弹簧前速度已达到v，P与弹簧接触后继续运动，弹簧的最大形变量为d，设P与传送带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则P从接触弹簧到第一次运动到最右端过程中（　　）
A．P的速度不断减小
B．摩擦力对P先做正功再做负功
C．传送带多消耗的电能为
D．弹簧的弹性势能变化量
二、多选题（本题共4个小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得4分，选对但不全得2分。有错选得0分。）
9．（2024高一下·三台期末）如图甲所示，杂技表演“飞车走壁”的演员骑着摩托车飞驶在圆台形筒壁上，现将圆台形筒简化为图乙．若两名质量相同演员骑着相同摩托车分别在A、B两处紧贴着内壁虚线所示的水平面内做匀速圆周运动，不计摩擦，则下列说法正确的是（　　）
A．A处的角速度等于B处的角速度 B．A处的角速度小于B处的角速度
C．A处的向心力大于B处的向心力 D．A处的向心力等于B处的向心力
10．（2024高一下·三台期末）一条河流某处存在高度差，小鱼从低处向上跃出水面，冲到高处．如图所示，以小鱼跃出水面处为坐标原点，x轴沿水平方向，建立坐标系，小鱼的初速度为，末速度v沿x轴正方向．在此过程中，小鱼可视为质点且只受重力作用。关于小鱼的水平位置x、竖直位置y、水平方向分速度和竖直方向分速度与时间t的关系，下列图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
11．（2024高一下·三台期末）我国发射的“嫦娥一号”探月卫星为绕月极地卫星。利用该卫星可对月球进行成像探测。如图所示，卫星在绕月极地轨道上做圆周运动时距月球表面的高度为h，绕行周期为；月球绕地球公转的周期为，公转轨道半径为r；地球半径为，月球半径为（忽略地球、太阳引力对绕月卫星的影响，万有引力常量G已知）。下列说法正确的是（　　）
A．由开普勒第三定律得：
B．月球表面重力加速度
C．月球质量
D．“月地检验”的目的是为了说明地球对月球的引力与太阳对地球的引力是同一种性质的力
12．（2024高一下·三台期末）如图所示，一个斜面体固定在水平地面上，斜面体A端固定一与斜面垂直的挡板，斜面AB段光滑、BC段粗糙，BC段长为L。光滑圆轨道与斜面体在C点相切。质量为m的小物块（可看作质点）从B点开始以一定的初速度沿斜面向上运动，小物块滑上圆轨道后恰好不脱离圆轨道，之后物块原路返回与挡板碰撞后又沿斜面向上运动，到达C点时速度为零。已知物块与斜面BC段的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，斜面倾角θ=37°，重力加速度为g，不计物块碰撞挡板时的机械能损失，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是（　　）
A．小物块第一次到达C点时的速度大小为
B．圆轨道的半径为
C．小物块从B点开始运动时的初速度为
D．小物块在斜面BC段滑行的最大路程为
三、实验题
13．（2024高一下·三台期末）为了更全面地探究平抛运动的规律，某实验小组利用如图甲、乙所示两种装置进行实验：
（1）该小组先利用图甲所示装置，用小锤打击弹性金属片，使P球沿水平方向抛出，同时使Q球由静止自由下落，此后仅能听到一个落地声音，通过此现象可以得到，平抛运动在竖直方向做　 　（填“匀速直线”或“自由落体”）运动。
（2）该小组利用图乙中的装置操作时，以下做法合理的是______。
A．安装斜槽轨道，使其末端保持水平
B．每次小球释放的初始位置可以任意选择
C．每次小球应从同一位置由静止释放
D．为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接
（3）利用图乙中的装置，在某次实验得到一条轨迹，但忘了标记抛出点，记录了运动过程中A、B、C三点，测得各点之间的距离关系如图丙所示，x=15cm，hAB=15cm，hBC=25cm，则小球平抛的初速度v0=　 　m/s。（g取10m/s2）
（4）另一同学重新进行实验，以抛出点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，在轨迹上选取间距较大的几个点，确定其坐标，并在直角坐标系内绘出了图像，如图丁所示，则此小球平抛的初速度v0=　 　m/s。（g取10m/s2）
（5）在做“研究平抛运动”的实验时，坐标纸应当固定在竖直的木板上，图中坐标纸的固定情况与斜槽末端的关系正确的是______。
A． B．
C． D．
14．（2024高一下·三台期末）如图甲，小张同学做“验证机械能守恒定律”的实验。
（1）实验中，先接通电源，再释放重物，得到图乙所示的一条纸带。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。设重物的质量为m。从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减小量ΔEp =　 　，动能增加量ΔEk =　 　。
（2）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，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
（3）小张同学继续应用纸带上各点到起始点O的距离h，计算出相应点对应的速度v，以h为横轴、v2为纵轴作出了如图丙的图线，当地重力加速度为g，该图线的斜率应_______。
A．等于g B．小于2g C．等于2g D．大于2g
四、解答题（共34分）
15．（2024高一下·三台期末）如图所示，沙滩排球比赛中，球员将球在边界中点正上方沿中线水平向右击出，空气阻力忽略不计。
（1）若球刚好过网落在对方场地中间位置，求击球高度H与球网高度h之比；
（2）若已知球网高度h、半个球场的长度x，重力加速度为g，为使水平向右击出的排球既不触网又不出界，求击球高度H的最小值。
16．（2024高一下·三台期末）如图所示，“旋转秋千”中的座椅通过缆绳悬挂在旋转圆盘上。当旋转圆盘绕竖直的中心轴从静止开始转动，稳定后座椅在水平面内做匀速圆周运动。已知悬点到中心轴的距离为，座椅（可视为质点）质量为m=6kg，缆绳长度为，稳定后缆绳与竖直方向的夹角θ=30°，不考虑空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）座椅做圆周运动的角速度ω；
（2）座椅从静止达到稳定速度的过程中，缆绳对座椅所做的功W。
17．（2024高一下·三台期末）如图所示，小物块与水平传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，倾斜轨道和圆轨道光滑且位于同一竖直平面内，圆轨道半径R＝0.6m，A是倾斜轨道的最低点（小物块滑过A点前后速度大小不变），B是圆轨道的最低点，AB长L＝0.8m。现将质量m＝0.4kg的小物块从距离AB高h处静止释放，取重力加速度。
（1）若h＝0.8m，传送带不转动，求小物块停在传送带的位置距B点的长度；
（2）若传送带顺时针转动，传送带的速度大小为6.0m／s，小物块通过圆轨道的最高点时，对轨道的压力大小为mg，求h的最小值和最大值；
（3）在（2）的情景中，求h取最小值时，由于传送带运送小物块，电动机多做的功。（）
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】曲线运动的条件；曲线运动
【解析】【解答】AB.曲线运动的速度方向：沿轨迹切线，必变化（方向改变即速度矢量变化 ），曲线运动的速度大小：可不变（如匀速圆周运动，速度方向变、大小不变 ），故A 正确，B 错误。
CD.曲线运动的条件：合外力与速度方向不共线（合外力可为恒力或变力 ），恒力示例：平抛运动（仅受重力，合外力不变 ）。变力示例：匀速圆周运动（向心力方向变，合外力变 ），故合外力一定不为 0（因速度变化，必有加速度 ），但不一定变化，C、D 错误
故答案为：A。
【分析】AB：利用 “曲线运动速度方向必变，大小可不变（如匀速圆周 ）”，判断速度特征。
CD：依据 “曲线运动条件（合外力与速度不共线 ）”+“合外力可为恒力（如平抛 ）”，判断合外力是否为 0、是否变化。
2．【答案】A
【知识点】超重与失重；生活中的圆周运动；离心运动和向心运动
【解析】【解答】A．当汽车过程凸形桥最高点时，此时合外力提供向心力，方向竖直向下，由于加速度方向向下所以汽车处于失重状态。故A正确；
B．铁路的转弯处设计为外轨比内轨高，此时支持力方向倾斜向上，则可以利用火车自身重力和垂直轨道向上的支持力的合力提供火车转弯所需的向心力，从而减少对轨道的侧向压力。故B错误；
C．“水流星”始终重力作用，完全失重状态是物体的加速度等于重力加速度，“水流星”在最高点时的加速度处于失重状态，但不一定处于完全失重状态。故C错误；
D．水滴做离心运动的条件是水滴受到的合外力不足以提供做圆周运动的向心力，从而出现离心运动。不是由于受到的离心力大于受到的向心力，故D错误。
故选A。
【分析】利用汽车过最高点的合力方向可以判别超重与失重；铁路的设计是为了让支持力和重力的合力提供向心力；水流星一直受到重力的作用；水滴做离心运动的条件是水滴受到的合外力不足以提供做圆周运动的向心力。
3．【答案】C
【知识点】运动的合成与分解；平抛运动
【解析】【解答】青蛙做平抛运动，水平方向匀速直线，竖直方向自由落体则有
可得
因此水平位移越小，竖直高度越大初速度越小，因此跳到荷叶c上面。
故答案为：C。
【分析】平抛运动分解：将运动拆分为水平匀速、竖直自由落体，利用分运动公式关联初速度、位移、高度。
初速度表达式推导：通过消元法得到与x、h的关系，明确初速度随x 减小、h 增大而减小。
条件比较：对比各荷叶的水平位移和竖直高度，确定使初速度最小的目标荷叶。
4．【答案】C
【知识点】功的计算；功率及其计算
【解析】【解答】本题考查功和功率的计算问题，会准确的分析物体的运动过程，会根据题意求解平均功率以及瞬时功率。A．设a球斜面倾角为，根据
b球做竖直上抛运动，有
c球做平抛运动，有
所以c球运动时间最短，a球和b球运动时间无法确定，故A错误；
B．重力做功为
由于下落高度相同，所以重力做功相等，故B错误；
C．重力的平均功率
因为重力做功相同，c球运动时间最短，所以重力对小球c做功的平均功率最大，故C正确；
D．重力做功的瞬时功率
由重力做功相同，落地前瞬间
所以
故D错误。
故选C。
【分析】 根据三个情形的运动分别列式关于时间的关系式，结合关系式分析比较时间的长度；
根据重力做功的特点进行判断；根据重力做功的平均功率和瞬时功率结合时间和落地竖直分速度进行分析解答。
5．【答案】C
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．同步卫星轨道高度约36000公里，“神舟十七号”轨道高度400公里（远小于同步轨道 ），由万有引力提供向心力
（ 越小， 越小 ）
故“神舟十七号”周期小于24小时，故A错误；
B．第一宇宙速度是发射地球卫星的最小发射速度，发射“神舟十七号”的速度大于第一宇宙速度，故B错误；
C．第一宇宙速度是地球卫星的最大运行速度， “神舟十七号”的运行速度小于第一宇宙速度，故C正确；
D．根据万有引力提供向心力
计算时，“神舟十七号”的质量m会被约掉，不能计算出来，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：利用“周期公式”，结合轨道高度比较周期。
B：明确“第一宇宙速度是最小发射速度”，判断发射速度大小。
C：通过“运行速度公式”，结合近地轨道最大速度，判断运行速度。
D：分析万有引力公式中“卫星质量可约去”，判断能否求质量。
6．【答案】B
【知识点】受力分析的应用；向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】物块在A点时
在B点时设摩擦力方向指向O点，则
解得
因，可得
则小物块受到的摩擦力方向沿BO方向；小物块受到的摩擦力大小为
小物块受到的向心力大小为，故B正确，ACD错误。
故答案为：B。
【分析】A 点：径向合力（摩擦力分力 - 重力分力 ）提供向心力，列方程求，B 点：假设摩擦力方向指向圆心，径向合力（摩擦力 + 重力分力 ）提供向心力，联立 A 点方程求摩擦力，最后判断选项：通过分析摩擦力正负（方向 ），对比向心力与摩擦力表达式，判断选项正误。
7．【答案】C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】本题考查万有引力与变轨的知识，要掌握飞船变轨原理是通过让飞船做离心运动或近心运动实现的。要掌握开普勒定律与万有引力定律，并能用来解决实际问题。A．飞船在轨道Ⅰ上经过A点时要加速才能进入轨道Ⅱ，可知飞船经过A点时在轨道Ⅰ上的速度小于在轨道Ⅱ上的速度，选项A错误；
B．根据
可知，飞船经过B点时在轨道Ⅱ上的加速度等于在轨道Ⅲ上的加速度，选项B错误；
C．根据开普勒第三定律可知
飞船在运行轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上的运动周期之比为
选项C正确；
D．根据开普勒第三定律可知
飞船在运行轨道Ⅰ和轨道Ⅲ上的运动周期之比为
选项D错误。
故选C。
【分析】根据变轨原理分析飞船从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ在A点的速度变化情况；根据牛顿第二定律比较加速度大小；由开普勒第三定律求出周期之比。
8．【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．当弹簧弹力等于最大静摩擦力之后，小物块才开始做减速运动，小物块刚接触弹簧时，弹簧的弹力小于最大静摩擦力，物块仍然向右做匀速直线运动，速度不变，故A错误；
B．传送带对物块的摩擦力方向一直向右，与运动方向相同，即摩擦力对P一直做正功，故B错误；
C．令P从接触弹簧到第一次运动到最右端过程经历时间为，则传送带的位移为
由于物块先向右做匀速直线运动，后向右做加速度增大的减速直线运动，则有
即有
传送带所受摩擦力的平均值
根据功能关系，传送带多消耗的电能为
故C错误；
D．压缩弹簧的过程中，摩擦力对P做的功
根据动能定理合力做功等于动能变化
根据功能关系有
解得
故D正确。
故选D。
【分析】小物块刚接触弹簧时，弹簧的弹力小于最大静摩擦力，物块仍然向右做匀速直线运动，速度不变，当弹簧弹力等于最大静摩擦力之后，小物块才开始做减速运动。
9．【答案】B,D
【知识点】向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】对演员和摩托车进行受力分析，设支持力与竖直方向的夹角为，如图所示
由图可知向心力大小为
由于质量相同，相同，则A处的向心力等于B处的向心力；根据牛顿第二定律可得
可得
由于A处的半径大于B处的半径，则A处的角速度小于B处的角速度。
故答案为：BD。
【分析】1. 受力分解与向心力推导：将支持力分解为水平（向心力 ）和竖直（平衡重力 ）分量，联立得向心力向，体现“几何角度”与“向心力”的关联。
2. 向心力大小判断：利用“质量相同、相同”，直接得向心力相等，排除C、锁定D。
3. 角速度公式推导与比较：结合向心力公式向，推导出与半径的关系（ ），因处半径大，故角速度小，排除A、锁定B。
10．【答案】A,D
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】本题考查斜上抛运动的问题，会利用分运动和合运动的思想分析解决实际问题。
AC．小鱼可视为质点且只受重力作用，小鱼做斜抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，即为定值，则有水平位移
故A正确，C错误；
BD．小鱼在竖直方向上做竖直上抛运动，则
，
且最高点时竖直方向的速度为0，故B错误，D正确。
故选AD。
【分析】根据小鱼运动过程的受力情况结合水平分运动的速度和位移进行分析求解；根据小鱼在竖直方向上的位移规律和速度规律列式结合图线进行判断。
11．【答案】B,C
【知识点】开普勒定律；万有引力定律
【解析】【解答】A．开普勒第三定律适用于同一中心天体的天体运动。月球绕地球（中心天体地球 ），卫星绕月球（中心天体月球 ），中心天体不同，不能用开普勒第三定律，故A错误；
B．对月球的极地卫星
对月球表面的物体
解得月球表面重力加速度
故B正确；
C．对月球的极地卫星
解得月球质量
故C正确；
D．“月地检验” 的目的是验证地球对地面物体的引力与地球对月球的引力是同一种性质的力（万有引力 ），而非 “太阳对地球的引力”，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】A：明确开普勒第三定律的适用条件（同一中心天体 ），判断能否应用。
B、C：利用 “万有引力提供向心力（卫星 ）” 和 “万有引力等于重力（表面物体 ）”，联立推导重力加速度与月球质量。
D：理解 “月地检验” 的物理意义（验证地球对物体与月球的引力同性质 ）。
12．【答案】A,C
【知识点】功能关系；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．研究小物块从B点开始运动到第一次到达C点过程，由动能定理可得
解得
故A正确；
B．依题意，小物块恰好不脱离圆轨道，分析可知，物块到达圆心等高处速度为0。小物块由C点运动到该点，根据动能定理可得
联立，解得
故B错误；
C．设小物块从B点开始运动时的初速度为，研究小物块从B点开始运动至C点速度为零，由动能定理可得
解得
故C正确；
D．依题意，有
可知，小物块最终将在A、B之间做往复运动，设小物块在斜面BC段滑行的最大路程为s，由动能定理，可得
解得
故D错误。
故答案为：AC。
【分析】动能定理的全程应用：物块运动过程复杂（上滑、圆轨道、返回、碰撞、再上滑 ），但通过动能定理可简化分析，只需关注初末状态动能与过程中力做的功（重力、摩擦力 ）。
临界条件与圆轨道：“恰好不脱离圆轨道” 的临界条件（到达圆心等高处速度为 0 ），结合动能定理建立速度与半径的关系。
摩擦力做功的累积性：物块在BC段往返运动，摩擦力做功与路程成正比，通过动能定理求总路程。
13．【答案】（1）自由落体
（2）A；C
（3）1.5
（4）0.5
（5）C
【知识点】研究平抛物体的运动；运动的合成与分解
【解析】【解答】（1）小锤打击使P球平抛，Q球自由下落，仅听到一个落地声，两球竖直方向运动时间相同，故平抛运动在竖直方向做自由落体运动。
故答案为：自由落体
（2）A．为了保证小球抛出时的速度处于水平方向，安装斜槽轨道，使其末端保持水平，故A正确；
BC．为了保证每次抛出时的速度相同，每次小球应从同一位置由静止释放，故B错误，C正确；
D．为描出小球的运动轨迹，描绘的点应用平滑的曲线连接，故D错误。
故答案为：AC。
（3）竖直方向根据
解得
水平方向有
可得小球平抛的初速度为
故答案为：1.5
（4）根据平抛运动规律可得
，
联立可得
可得图像的斜率为
可得小球平抛的初速度为
故答案为：0.5
（5）斜槽末端是水平的，小球做平抛运动，要分解为水平和竖直方向的分运动，故方格纸应该水平、竖直，坐标原点应该与小球在斜槽末端静止时在木板上的投影重合。
故答案为：C。
【分析】（1）：通过“两球同时落地→竖直运动时间相同”，判断竖直方向为自由落体。
（2）：依据“平抛初速度水平且恒定”，分析操作合理性（末端水平、同位置释放 ）。
（3）：利用“竖直方向→水平方向”，联立求初速度。
（4）：推导“ 图像斜率与 的关系”，结合图像数据求初速度。
（5）：根据“平抛运动分解方向”，判断坐标纸固定方式（水平竖直、原点对齐 ）。
14．【答案】（1）；
（2）C
（3）B
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式和机械能守恒定律即可完成分析。
（1）重力做正功，重力势能减小，重力势能减小量
B是AC段的时间中点，B点的速度等于AC段的平均速度，即
动能增加量
联立，解得
（2）AB．该实验中存在摩擦、空气阻力，实际加速度不是g，不能用运动学公式，
计算瞬时速度，只能通过纸带上点迹求该点相邻两点间平均速度，故AB错误；
C．因存在空气阻力和摩擦阻力的影响，减少的重力势能一部分转化为重物的动能，还有一部分转化为内能，说明重力势能的减少量大于动能的增加量，故C正确；
D．该实验误差属系统误差，采用多次实验取平均值的方法不能改变误差大小，故D错误。
故选C。
（3）根据动能定理可知
可得
由此可知，在丙图图像中，斜率为
故选B。
【分析】（1）根据势能、动能定义求出动能、势能变化量；
（2）根据实验数据分析出可能导致误差的原因；
（3）根据动能定理列式求出当地加速度作出判断。
（1）[1]重力做正功，重力势能减小，重力势能减小量
[2]B是AC段的时间中点，B点的速度等于AC段的平均速度，即
动能增加量
联立，解得
（2）AB．该实验中存在摩擦、空气阻力，实际加速度不是g，不能用运动学公式
，
计算瞬时速度，只能通过纸带上点迹求该点相邻两点间平均速度，故AB错误；
C．因存在空气阻力和摩擦阻力的影响，减少的重力势能一部分转化为重物的动能，还有一部分转化为内能，说明重力势能的减少量大于动能的增加量，故C正确；
D．该实验误差属系统误差，采用多次实验取平均值的方法不能改变误差大小，故D错误。
故选C。
（3）根据动能定理可知
可得
由此可知，在丙图图像中，斜率为
故选B。
15．【答案】（1）解：由平抛运动规律有
排球落在对方场地中间位置，水平位移为
排球刚好过网，则
，
联立解得
（2）解：为使水平向右击出的排球既不触网又不出界，则只需满足球若不触网时击球高度最小，则
，
解得
.
【知识点】运动的合成与分解；平抛运动
【解析】【分析】（1）利用平抛运动水平匀速、竖直自由落体的规律，通过水平位移关系得出运动时间比例，再结合竖直位移公式，建立击球高度H和球网高度h的联系，求出比值。
（2）当球既不触网又不出界时，临界情况是刚好擦网且刚好落界，同样依据平抛运动水平、竖直方向的运动规律，结合水平位移得到时间关系，再由竖直位移公式联立，消去未知量求出最小击球高度。
16．【答案】解：（1）由牛顿第二定律得
由几何关系可得
联立解得
（2）座椅在水平面内做匀速圆周运动速度为
座椅从静止达到稳定速度的过程，由动能定理得
解得

【知识点】生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求座椅做圆周运动的角速度ω；（2）由v=ωr求出座椅稳定时速度大小，座椅从静止达到稳定速度的过程中，根据动能定理求缆绳对座椅所做的功W。
17．【答案】（1）解：设小物块第一次经过B点的速度大小为vB，从小物块下滑到停下来的过程中，根据动能定理，有
代入数据，解得
小物块滑过B点后，沿圆弧轨道向上运动，设小物块速度为零时距离B点的高度为H，根据机械能守恒定律有
代入数据，解得
所以滑块会滑回传送带，从B点向A点运动，设小物块最终停止的位置距离B点的距离为x，根据动能定理，有
代入数据，解得
小物块最终停在传送带的A点，距离B点0.8m。
（2）解：小物块通过圆轨道的最高点时，对轨道的压力大小为mg，根据牛顿第二定律和向心力公式，有
代入数据，解得
小物块滑过B点后，沿圆弧轨道向上运动到最高点的过程，根据机械能守恒定律有
代入数据，解得
因为传送带的速度为6.0m/s，若小物块在传送带上从A点匀加速运动刚好到B点，设小物块从离AB高h1处静止释放，根据动能定理，有
代入数据，解得
若小物块在传送带上从A点做匀减速直线运动B点，设小物块从离AB高h2处静止释放，根据动能定理，有
代入数据，解得
所以h的最小值为1.4m，最大值为2.2m。
（3）解：在（2）的情景中，h取最小值时，小物块从静止处滑到A点时的速度为vA，根据机械能守恒，有
代入数据解得
小滑块在传送带上做匀加速直线运动，滑块滑上传送带之后受到滑动摩擦力做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知小滑块的加速度为
根据匀变速直线运动的规律，小滑块加速到与传送带速度相等运动的位移为
代入数据解得
此过程中传送带的位移为
代入数据解得
小物块在传送带上发生的相对位移为
根据功能关系可知，由于传送带运送小物块电动机多做的功为
代入数据，解得
【知识点】牛顿第二定律；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；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）不转动传送带：动能定理求 B 点速度根据机械能守恒判断上滑高度，用动能定理分析返回位移，确定最终位置。
（2）转动传送带：最高点受力（牛顿定律 ），根据机械能守恒求 B 点速度，用动能定理分 “加速 / 减速到 B 点”，求 h 的最值。
（3）电动机多做功：机械能守恒求 A 点速度，根据传送带加速过程（运动学 ），用相对位移与功能关系（摩擦力做功 + 动能变化 ），计算多做功。
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