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广东省深圳市福田中学2024-2025学年高一下学期第一次月考物理试卷
一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1．（2025高一下·福田月考）关于开普勒定律，下列说法正确的是（　　）
A．开普勒定律是经过长时间连续不断的观察、推理总结出来的，未经过实际计算
B．开普勒第一定律表明，行星绕太阳运动的轨迹为椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上
C．开普勒第二定律表明，地球在近日点比火星在远日点更快
D．开普勒第三定律中，是一个在任何星系中都相等的常量
2．（2025高一下·福田月考）如图所示，质量为m1的球1与质量为m2的球2放置在“J2130向心力演示仪”上。该演示仪可以巧妙地将向心力转化为竖直方向的效果进行显示，左边立柱可显示球1所受的向心力F1的大小，右边立柱可显示球2所受的向心力F2的大小。皮带与轮A、轮B有多种组合方式，图示为其中的一种组合，此时连接皮带的两轮半径。图中两球距离立柱转轴中心的距离，下列说法正确的是（　　）
A．若，转动手柄，则立柱上应显示
B．若，仅将球1改放在N位置，转动手柄，则立柱上应显示
C．若，仅调整皮带位置使，则立柱上应显示
D．若，既调整皮带位置使，又将球1改放在N位置，则立柱上应显示
3．（2025高一下·福田月考）中国的面食文化博大精深，种类繁多，其中“山西刀削面”堪称天下一绝，传统的操作手法是一手托面一手拿刀，直接将面削到开水锅里。如图所示，小面片刚被削离时距开水锅的高度为L，与锅沿的水平距离为L，锅的半径也为L，若将削出的小面片的运动视为平抛运动，且小面片都落入锅中，重力加速度为g，则下列关于所有小面片的描述正确的是（　　）
A．空中相邻两个面片飞行过程中水平距离可能逐渐变大
B．掉落位置不相同的小面片，从抛出到落水前瞬间速度的变化量不同
C．落入锅中时，最大速度是最小速度的3倍
D．若初速度为，则
4．（2025高一下·福田月考）在一次高楼救援中，待援人员登上吊臂后，吊车操控员熟练操控吊篮在离开建筑的同时逐渐下降，已知吊篮在水平方向的图像和竖直方向的图像分别如图1、图2所示，则下列说法正确的是（　　）
A．吊篮在下降过程中做匀变速曲线运动
B．吊篮在下降过程中竖直方向做匀变速直线运动
C．吊篮内的人员在内处于超重状态
D．时刻后吊篮内的人员受到静摩擦力作用
5．（2025高一下·福田月考）如图所示，下列有关生活中圆周运动实例分析，其中说法正确的是（　　）
A．图1中汽车通过凹形桥的最低点时，汽车处于失重状态
B．图2中旋转秋千装置中，等长绳索对质量相等座椅A、B的拉力相等
C．图3中在铁路转弯处，设计外轨比内轨高，目的是火车转弯时减小轮缘与外轨的侧压力
D．图4中脱水桶原理是水滴受到的离心力大于它受到的向心力，从而沿切线方向甩出
6．（2025高一下·福田月考）我国运动员王铮在今年举办的东京奥运会女子链球决赛中成功拿下一枚银牌，这是中国女子链球首次在奥运会上夺银。如图甲所示为王铮比赛瞬间的照片，若运动员在开始甩动链球时，可认为链球在水平面内做匀速圆周运动，如图乙所示，不计空气阻力，对此下列说法正确的是（　　）
A．链球球体受到重力、拉力及向心力共三个力的作用
B．链条与竖直方向的夹角θ越大，链条对球体施加的力越小，运动员越省力
C．链条与竖直方向的夹角θ越大，链球球体的周期越大
D．若运动员此时松手，链球将沿松手时的速度方向做平抛运动
7．（2025高一下·福田月考）一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替．如图（a）所示，曲线上的A点的曲率圆定义为：通过A点和曲线上紧邻A点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做A点的曲率圆，其半径ρ叫做A点的曲率半径．现将一物体沿与水平面成α角的方向已速度υ0抛出，如图（b）所示．则在其轨迹最高点P处的曲率半径是
A． B．
C． D．
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）
8．（2025高一下·福田月考）2022年冬奥会在北京举行，跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一。如图所示，某运动员从雪坡顶端先后两次分别以初速度、沿水平方向飞出，均落在雪坡上。若，不计空气阻力，运动员可视为质点，则运动员从飞出到落到雪坡上的整个过程中，下列说法正确的是（　　）
A．运动员两次在空中飞行的时间之比为6∶5
B．运动员两次在空中飞行的时间之比为5∶6
C．运动员两次落在雪坡上的速度方向相同
D．运动员两次下落的高度之比为5∶6
9．（2025高一下·福田月考）如图，两个质量均为m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴OO'的距离为l，b与转轴的距离为2l。木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（　　）
A．b一定比a先开始滑动
B．a、b所受的摩擦力始终相等
C．是b开始滑动的临界角速度
D．当时，a所受摩擦力的大小为kmg
10．（2025高一下·福田月考）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．
三、实验题（共18分，考生根据要求作答。）
11．（2025高一下·福田月考）物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验.所用器材有：
玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器，（圆弧部分的半径为）。完成下列填空：将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图（a）所示，托盘秤的示数为；
（1）将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图（b）所示，该示数为　 　kg；则玩具小车的质量为　 　kg。将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧。此过程中托盘秤的最大示数为m；多次从同一位置释放小车，记录各次的m值如下表所示。
序号 1 2 3 4 5
m（kg） 2.20 2.19 2.20 2.21 2.20
（2）根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为　 　N；小车通过最低点时的速度大小为　 　m/s（重力加速度大小取10m/s2）。
12．（2025高一下·福田月考）某实验小组用如图甲所示的装置研究平抛运动及其特点，他的实验操作是：在小球A、B处于同一高度时，用小锤轻击弹性金属片，使A球水平飞出，同时B球被松开下落.
（1）甲实验的现象是小球A、B同时落地，说明　 　；
（2）现将A、B球恢复初始状态后，用比较大的力敲击弹性金属片，A球落地点变远，则在空中运动的时间　 　（填“变大”、“不变”或“变小”）；
（3）安装图乙研究平抛运动实验装置时，保证斜槽末端水平，斜槽　 　（填“需要”或“不需要”）光滑；
（4）然后小明用图乙所示方法记录平抛运动的轨迹，由于没有记录抛出点，如图丙所示，数据处理时选择A点为坐标原点（0，0），丙图中小方格的边长均为20cm，重力加速度g取10m/s2，则小球平抛初速度的大小为　 　m/s，小球在B点速度的大小为　 　m/s。
四、解答题（共36分，考生根据要求作答。）
13．（2025高一下·福田月考）一辆车通过一根跨过定滑轮的轻绳子提升一个质量为m的重物，开始车在滑轮的正下方，绳子的端点离滑轮的距离是H．车由静止开始向左做匀加速运动，此时各段绳子刚好伸直，经过时间t绳子与水平方向的夹角为，如图所示，
试求：（1）车向左运动的加速度的大小；
（2）重物在t时刻速度的大小．
14．（2025高一下·福田月考）如图所示，竖直平面内有一光滑圆弧管道，其半径为R=0.5m，一质量m=0.8kg的小球从平台边缘的A处水平射出，恰能沿圆弧管道上P点的切线方向进入管道内侧，管道半径OP与竖直线的夹角为53°，已知管道最高点Q与A点等高，sin53°=0.8，cos53°=0.6，g取10 m/s2。试求：
（1）小球从平台上的A点射出时的速度大小v0；
（2）小球从平台上的射出点A到圆弧管道入射点P之间的距离l（结果可用根式表示）；
（3）如果小球沿管道通过圆弧的最高点Q时的速度大小为3m/s，则小球运动到Q点时对轨道的压力。
15．（2025高一下·福田月考）如图所示，一长度为L、内壁光滑的细圆筒，其上端封闭，下端固定在竖直转轴的O点，圆筒与水平方向的夹角为θ。原长为的轻质弹簧上端固定在圆筒上端，下端连接一质量为m的小球，小球的直径略小于圆筒直径。当圆筒处于静止状态时，弹簧长度为。重力加速度为g。求：
（1）弹簧的劲度系数k；
（2）当弹簧恢复原长时，转轴的角速度ω1；
（3）当弹簧的形变量时，转轴的角速度ω。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】物理学史；等效法；比值定义法；开普勒定律
【解析】【解答】A．通过大量数据数学计算（如椭圆拟合）分析后获得的结论得出，故A错误；
B．开普勒第一定律表明，行星绕太阳运动的轨迹为椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上，故B正确；
C．同一行星在近日点比远日点快，地球与火星不是同一行星，不能根据开普勒第二定律得出地球在近日点比火星在远日点更快，故C错误；
D．k仅对同一中心天体系统相同（如太阳系），不同星系中k不同，开普勒第三定律中，k是一个只与中心天体有关的常量，故D错误。
故选B。
【分析】（1）明确开普勒三定律的内容及适用条件，结合天体运动规律分析；开普勒第一定律直接描述轨道形状（椭圆），第二定律强调面积速度守恒，第三定律揭示周期与半长轴关系；开普勒定律适用于任何绕同一中心天体的系统（如卫星绕行星），但常数GM随中心天体质量变化；
（2）易错点：混淆行星运动速度的比较条件（需同一行星比较，选项C错误）；误认为开普勒第三定律常数k跨星系通用（实际仅适用于同一中心天体系统，选项D错误）；忽略开普勒定律的数学推导基础（选项A错误）；
（3）隐含条件：开普勒定律基于第谷的观测数据并通过数学推导得出；近日点速度大于远日点是针对同一行星而言。
2．【答案】C
【知识点】向心力
【解析】【解答】转动过程中两轮盘边缘靠同一根皮带传动，皮带不打滑，由于相同时间内转过的弧长大小相等则边缘的点线速度相等，由于皮带套在两塔轮半径相同的两个轮子上，根据线速度和半径相同则
根据向心力的表达式
可知，若且，撬动手柄，则
故A错误；
B．仅将球1改放在N位置，则，根据向心力的表达式
可知，若，则
故B错误；
C．仅调整皮带位置使，两轮边缘线速度相等，根据线速度的表达式有
可知角速度的大小关系有
根据向心力的表达式有
可知，若，则
故C正确；
D．调整皮带位置使，两轮边缘线速度相等，根据线速度和角速度的关系式有
可知
根据向心力的表达式有
可知，将球1改放在N位置，则
则F1与F2不确定，故D错误。
故选C。
【分析】先利用塔轮线速度相等，结合半径的大小可以比较角速度的大小，再结合小球质量和运动半径的大小及向心力的表达式可以比较向心力的大小。
3．【答案】A
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】A．面片飞行过程中水平方向做匀速直线运动，若先飞出的面片初速度较大，则空中相邻两个面片飞行过程中水平距离逐渐变大，故A正确；
B．掉落位置不相同的小面片，下落高度相同，由
可知，下落的时间相等，由
可知，从抛出到落水前瞬间速度的变化量相等，故B错误；
CD．由
可知，下落时间为
水平位移的范围为
则初速度的取值范围为
可得
落入锅中时的竖直分速度为
则落入锅中时，最大速度
最小速度为
可知，落入锅中时，最大速度不是最小速度的3倍，故CD错误。
故选A。
【分析】根据平抛运动分解为水平匀速直线，竖直自由落体运动，高度决定时间；速度的变化量；初速的的大小决定水平位移，水平位移范围，由此可求解初速度的范围；根据最大初速度由平行四边形定则求解最大速度；由于初速度不同，空中相邻两个面片飞行过程中水平距离有可能逐渐变大。
4．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；超重与失重；运动的合成与分解
【解析】【解答】AB．吊篮在下降过程中，水平方向上做匀速直线运动，竖直方向先做匀加速运动后做匀减速运动，因竖直方向的加速度发生了变化，则合运动不是做匀变速曲线运动，选项AB错误；
C．吊篮内的人员在内由于加速度符号为负值则与速度方向相反，速度方向向下，则加速度竖直向上，处于超重状态，选项C正确；
D．时刻后吊篮内的人员因水平方向做匀速运动，利用平衡条件可以得出不受静摩擦力作用，选项D错误。
故选C。
【分析】利用竖直方向的加速度变化可以判别吊篮不是做匀变速运动；利用加速度的符号可以判别加速度的方向进而判别超重与失重；利用水平方向的平衡条件可以判别人员不受摩擦力的作用。
5．【答案】C
【知识点】向心力；生活中的圆周运动；离心运动和向心运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．汽车在最低点时重力与向心力彻底反向，此时支持力大于重力，汽车处于超重状态，故A错误；
B．旋转秋干装置中，根据牛顿第二定律可得
，，，
由于B的圆周运动半径大，则B绳索与竖直方向的夹角更大，根据
，
TAC．外轨高于内轨可以让支持力水平分量充当部分向心力，从而减小原本轨高相同时所需的侧压力，故C正确；
D．脱水桶原理，附着力水滴静摩擦力不足以提供所需向心力，从而沿切线方向甩出，故D错误。
故选C。
【分析】（1）通过受力分析结合向心力公式判断各实例的力学本质；
铁路转弯处外轨高于内轨时，重力和支持力的合力提供向心力（选项C）；若火车转弯速度超过设计值，仍需轮缘侧压力提供额外向心力；脱水桶转速越高，水滴所需向心力越大，越易被甩出。
（2）易错点：混淆失重与超重条件（凹形桥最低点应为超重）；误认为离心力是真实力（实际是惯性效应）；忽略旋转秋千中绳索角度差异对拉力的影响；
（3）隐含条件：汽车过凹形桥时向心加速度向上（超重）；旋转秋千的绳索拉力与旋转半径和角速度有关；水滴被甩出是因附着力不足而非离心力。
6．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；平抛运动；向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】
A．对球体进行受力分析，如图所示球体受到重力与链条的拉力，链球在水平面内做匀速圆周运动，由大小不变的重力与可根据夹角改变而改变的拉力，两个力的水平合力提供运动学向心力， 向心力是重力和拉力的合力是效果力，非独立力，故A错误；
B．适用竖小平大口诀，竖直方向根据受力平衡可得
可知链条与竖直方向的夹角越大，越小，则链条对球体施加的拉力越大，故B错误；
C．根据牛顿第二定律左边合力右边运动学向心力可得等式
解得
在0到90°范围内单调递减，可知链条与竖直方向的夹角越大，越小，则链球做匀速圆周运动的周期越小，故C错误；
D．松手后链球初速度水平，仅受重力，做平抛运动，故D正确；
故选D。
【分析】（1）通过受力分析明确向心力来源，结合圆周运动公式分析θ与力的关系；
链球仅受重力和拉力，其合力提供向心力；松手后链球仅受重力，做平抛运动；若考虑空气阻力，链球轨迹会变化；实际投掷中θ随转速变化，需结合角动量分析。
（2）易错点：误认为向心力是独立力（实际是效果力，选项A错误）；混淆θ增大对拉力和周期的影响（选项B、C反了）；
（3）隐含条件：拉力Tcosθ=mg，随θ增大而增大；向心力F=mgtanθ，周期T=2π√(Lcosθ/g)随θ增大而减小。
7．【答案】C
【知识点】向心加速度
【解析】【解答】解答本题得关键是正确受力分析，找到向心力的来源，并把斜抛运动分为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀减速直线运动。物体在其轨迹最高点P处只有水平速度，其水平速度大小为，在最高点，把物体的运动看成圆周运动的一部分，物体的重力作为向心力，由向心力的公式得
所以在其轨迹最高点P处的曲率半径是
故C正确。
【分析】点O处，根据重力分力提供向心力，求曲率半径；物体做斜抛运动，可将运动分为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀减速直线运动，求最高点速度，在最高点并根据牛顿第二定律，求曲率半径。
8．【答案】B,C
【知识点】匀速直线运动；自由落体运动；运动的合成与分解；平抛运动
【解析】【解答】A．因均落在雪坡上，雪坡倾角θ固定，决定了矢量方向，速度偏转角位移偏转角被确定；
根据平抛运动规律可得竖直位移
，
水平位移
，
根据几何关系有位移偏转角均与初速度无关，位移偏转角相同，位移比
整理得
，
时间与初速度成正比，可知运动员两次在空中飞行的时间之比
故A错误；
B．故B错误，故B正确；
C．落在雪坡上的速度方向与水平方向夹角正切值满足
可知该夹角为定值，故两次落在雪坡上的速度方向相同，故C正确；
D．竖直方向根据，， 可知运动员两次下落的高度之比为
故D错误；
故选BC。
【分析】（1）平抛运动分解为水平匀速和竖直自由落体，结合几何关系（雪坡倾角）建立比例关系； 飞行时间与初速度成正比（t∝v0），落点速度方向仅取决于雪坡倾角；若雪坡为曲面或考虑空气阻力，需重新分析；比例法可推广到其他平抛问题。
（2）易错点：误认为时间与初速度成反比；忽略速度方向与雪坡倾角的几何关系；混淆下落高度与时间平方的关；
（3）隐含条件：雪坡倾角θ固定，故速度偏转角相同；位移偏转角（tanθ=0.5gt2：v0t）与初速度无关。
9．【答案】A,C
【知识点】静摩擦力；线速度、角速度和周期、转速；向心力；向心加速度；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．依题意，μ=k，根据
可得木块发生滑动的临界角速度为
，
由于木块Rb>Ra，则，所以b一定比a先越过平衡点开始滑动，故A正确；
B．木块a，b都未滑动前，它们的角速度相同，受到的静摩擦力根据平衡条件计算不是个定值，且静摩擦力将提供给向心力，由已知Rb>Ra，则
，
得
故B错误；
C．Rb=2l代入，故C正确；
D．Ra=l代入，当木块a的角速度为
则此时木块a受到的静摩擦力足够提供所需向心力，大小为
故D错误；
故选AC。
【分析】（1）通过静摩擦力提供向心力建立方程，比较临界角速度；
最大静摩擦力f_max=kmg决定滑动条件，临界角速度ω_c=√(f_max/mr)；若圆盘角速度均匀增加，可计算滑动时间差；若质量不同，需重新分析f_max的影响。
（2）易错点：误认为摩擦力与半径无关（实际f=mω2r，与r成正比）；混淆临界角速度公式中r的取值（选项C中b的r=2l）；
（3）隐含条件：a、b滑动与否取决于ω2r是否达到kg，b的r更大故先滑动；当ω<√(kg/2l)时，a未滑动，摩擦力f=mω2l
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】；；；
【知识点】超重与失重；向心力；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】（1）第一空：由图（b）直接读取，最小分度为，则该示数为
第二空：则玩具小车的质量为
故1空填1.40，2空填0.40；
（2）第一空：由表中多次测量质量示数变大，原因是小车在凹形桥最低点时，玩具小车对桥的压力会大于其静止时的重力，导致托盘秤的示数变大，这并不违反质量守恒，是因圆周运动状态的动力学效应，
托盘秤的最大示数质量示数平均值为
设小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为，对凹形桥，根据平衡条件有
，
得
，
第二空：根据牛顿第三定律可知，凹形桥对小车的支持力与压力是相互作用力
当小车运动到最低点时，根据牛顿第二定律支持力去掉重力后等于运动状态力有等式如下
，，
得
故1空填12，2空填2；
【分析】（1）动态平衡分析，最低点桥对小车的支持力提供向心力；
理解秤的示数变化反映动态压力（ΔF=N-mg）；
（2）易错点包括忽略桥的初始示数、混淆静态与动态示数；
隐含条件涉及圆周运动向心力公式及实验数据处理（平均值计算）。
12．【答案】（1）小球A在竖直方向的分运动是自由落体运动
（2）不变
（3）不需要
（4）3；5
【知识点】研究平抛物体的运动；平均速度；匀变速直线运动的位移与速度的关系；运动的合成与分解
【解析】【解答】（1）平抛运动时竖直方向效果独立存在，与自由落体运动效果相同，甲实验时，小球A做平抛运动，小球B做自由落体运动，则实验现象是小球A、B同时落地，说明小球A在竖直方向的分运动是自由落体运动；
故填小球A在竖直方向的分运动是自由落体运动；
（2）将A、B球恢复初始状态后，用比较大的力敲击弹性金属片只改变水平分运动效果，A球落地点变远，可下落的分运动效果独立不受水平效果影响，只依赖高度，高度不变竖直效果不变，由自由落体运动下落时间可知，则在空中运动的时间不变；
故填不变；
（3）安装图乙研究平抛运动实验装置时，保证斜槽末端水平，使小球每次都做平抛运动，由于小球每次都是从斜槽上同一位置开始释放，控制变量，势能投入与损失之差不变获得的动能依然不变，小球在轨道上运动时克服阻力做功都相同，因此斜槽不需要光滑；
故填不需要；
（4）[1]由题图丙可知，两计数点间，小球在水平方向的位移4格相等，可知两计数点间的时间间隔相等，小球在竖直方向做自由落体运动，因此由匀变速直线运动第一T内位移
第二个T内位移
两个T内位移差
可得
则小球平抛初速度的大小为
[2] 小球在y轴方向由匀变速直线运动在某段时间内中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得小球在B点y轴方向速度的大小为
小球在B点速度的大小为
故1空填3
【分析】（1）理解平抛运动的竖直分运动是自由落体，与水平分运动无关；
通过A、B同时落地现象推导竖直运动性质；
（2）易错点是误认为敲击力度会影响运动时间（实际仅高度决定）；是Δy=gT2计算时间间隔；涉及合速度的合成。注意坐标原点非抛出点时，竖直分速度需用平均速度公式计算，且要区分实际高度与坐标差的关系。
（1）甲实验时，小球A做平抛运动，小球B做自由落体运动，则实验现象是小球A、B同时落地，说明小球A在竖直方向的分运动是自由落体运动。
（2）将A、B球恢复初始状态后，用比较大的力敲击弹性金属片，A球落地点变远，可下落的高度不变， 由自由落体运动下落时间可知，则在空中运动的时间不变。
（3）安装图乙研究平抛运动实验装置时，保证斜槽末端水平，使小球每次都做平抛运动，由于小球每次都是从斜槽上同一位置开始释放，小球在轨道上运动时克服阻力做功都相同，因此斜槽不需要光滑。
（4）[1]由题图丙可知，两计数点间，小球在水平方向的位移相等，可知两计数点间的时间间隔相等，小球在竖直方向做自由落体运动，因此由匀变速直线运动的推论可得
则小球平抛初速度的大小为
[2] 小球在y轴方向由匀变速直线运动在某段时间内中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得小球在B点y轴方向速度的大小为
小球在B点速度的大小为
13．【答案】【解答】（1）车在时间t内向左走的位移与H几何关系式
整理得
已知车向左做匀加速运动，位移与加速度、时间关系式：
，整理代入x得
；
（2）汽车在地面行驶是有绳端合运动轨迹的合运动，沿绳垂绳为仅有效果无实际轨迹的是分运动，t时刻此时汽车的速度
由运动的分解知识可知，汽车速度v汽沿绳的分速度与重物m的速度大小相等，即
，
（1）；（2）
【知识点】加速度；匀变速直线运动的位移与时间的关系；运动的合成与分解
【解析】【分析】（1）通过运动学几何关系求加速度，利用速度分解求重物速度，合运动有易观测轨迹，分运动只有效果不易观测，分运动是名义到达即效果到达；
车做匀加速运动，位移与时间关系为x=0.5at2；绳子长度不变，重物速度沿绳分量等于车速度水平分量；若车加速度过大，重物可能悬空；绳子不可伸长是速度关联的核心条件。
（2）易错点：误认为重物速度等于车速度（实际需分解）；
忽略绳子约束条件（重物速度与车速度通过角度关联）；
（3）隐含条件：初始时绳子刚好伸直，车位移x=0.5at2；t时刻几何关系满足tanα=H：x。
14．【答案】【解答】（1）θ=53°， 由管道最高点Q与A点等高，小球从A到P的高度差h=R(1+cos53°)=1.6R=0.8m，小球做平抛运动有，t=0.4s，则小球在P点的竖直分速度vy=gt=4m/s，
把小球在P点的速度分解可得
，
即小球平抛运动初速度v0=3 m/s；
（2）小球平抛下降高度h=0.8m，水平射程s=v0t=1.2m，故A、P间的距离
m
（3）小球到达Q时，由已知vQ=3m/s，设小球受支持力大小为FN指向圆心，在Q点根据向心力公式得，
解得FN=6.4N > 0，表明方向假设方向相同，即与向心力方向相同，向心力方向指向圆心，支持力方向向下。
所以由牛顿第三定律知小球对轨道压力与轨道对小球的支持力是相互作用力，管道受到的压力，来自于小球通过管道的最高点Q时对管道的压力
F压=FN=6.4 N，方向向上
（1）3 m/s；（2） m；（3）6.4 N，方向向上
【知识点】牛顿第三定律；自由落体运动；运动的合成与分解；平抛运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】（1）平抛运动分解为水平匀速与竖直自由落体，结合圆周运动向心力公式；
利用P点切线方向进入条件确定平抛末速度方向，结合几何关系求v0；若管道不光滑，需考虑摩擦力做功；最高点临界速度√gR=√5 m/s（实际vQ=3 m/s＞√5，未脱离轨道）
（2）易错点：误用动能定理计算l（应通过平抛运动独立分运动求解）；混淆向心力方向（Q点压力向下，但轨道对球的反作用力向上）；
（3）隐含条件：P点速度方向与OP垂直（切线进入）；Q点与A点等高说明平抛竖直位移=圆周运动上升高度。
15．【答案】（1）【解答】（1）当圆筒处于静止状态时，对小球，重力沿筒垂直筒分解，垂直筒方向重力分量不影响沿筒方向效果，
由沿筒方向重力分量与弹簧拉力受力平衡可得等式
，
代入整理
解得弹簧的劲度系数为
（2）解：（2）当弹簧恢复原长时，以小球为对象，支持力为N，重力不再分解，
竖直方向上平衡，重力效果投放完毕，不必在计沿管下滑方向分量
，，
根据牛顿第二定律支持力水平分量提供运动学向心力，可得等式
解得转轴的角速度为
（3）解：（3）当弹簧的形变量时，假设弹簧处于伸长状态，设支持力为N1环绕半径为r1，，
以小球为对象，重力不分解，与支持力和弹簧弹力的竖直分量平衡有等式整理得
根据牛二定律，如上图合力等于运动学向心力等式
代入N1通分
整理得
代入k与x
整理得
再整理得
其中代入r1：
整理
再整理得转轴的角速度为
再假设弹簧处于压缩状态，设小球受筒侧支持力为N2环绕半径为r2，
，
以小球为对象，重力不分解，与支持力和弹簧弹力的竖直分量平衡有等式
整理得
根据牛二定律，如上图合力等于运动学向心力等式
代入N2
整理得
再整理得
代入k，x，r2
整理得
再整理得
再整理得
解得转轴的角速度为
伸长或压缩
【知识点】胡克定律；力的合成与分解的运用；共点力的平衡；向心加速度；生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1）通过平衡条件和圆周运动动力学方程联立求解；
静止时弹簧弹力平衡重力分量；旋转时弹力与重力的合力提供向心力；若圆筒改为竖直或水平，需重新分析受力；临界角速度可通过弹力为零的条件求解。
（2）易错点：易忽略斜面角度θ对重力分量的影响（沿筒方向为mgsinθ，垂直筒为mgcosθ）；混淆弹簧形变量与长度的关系；
（3）隐含条件：静止时弹簧伸长量为L/4；旋转时向心力方向垂直转轴，由弹力和重力的垂直分量提供。
（1）当圆筒处于静止状态时，对小球，由受力平衡可得
解得弹簧的劲度系数为
（2）当弹簧恢复原长时，以小球为对象，根据牛顿第二定律可得
解得转轴的角速度为
（3）当弹簧的形变量时，若弹簧处于伸长状态，以小球为对象，有
其中
联立解得转轴的角速度为
若弹簧处于压缩状态，以小球为对象，有
其中
联立解得转轴的角速度为
1 / 1广东省深圳市福田中学2024-2025学年高一下学期第一次月考物理试卷
一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1．（2025高一下·福田月考）关于开普勒定律，下列说法正确的是（　　）
A．开普勒定律是经过长时间连续不断的观察、推理总结出来的，未经过实际计算
B．开普勒第一定律表明，行星绕太阳运动的轨迹为椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上
C．开普勒第二定律表明，地球在近日点比火星在远日点更快
D．开普勒第三定律中，是一个在任何星系中都相等的常量
【答案】B
【知识点】物理学史；等效法；比值定义法；开普勒定律
【解析】【解答】A．通过大量数据数学计算（如椭圆拟合）分析后获得的结论得出，故A错误；
B．开普勒第一定律表明，行星绕太阳运动的轨迹为椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上，故B正确；
C．同一行星在近日点比远日点快，地球与火星不是同一行星，不能根据开普勒第二定律得出地球在近日点比火星在远日点更快，故C错误；
D．k仅对同一中心天体系统相同（如太阳系），不同星系中k不同，开普勒第三定律中，k是一个只与中心天体有关的常量，故D错误。
故选B。
【分析】（1）明确开普勒三定律的内容及适用条件，结合天体运动规律分析；开普勒第一定律直接描述轨道形状（椭圆），第二定律强调面积速度守恒，第三定律揭示周期与半长轴关系；开普勒定律适用于任何绕同一中心天体的系统（如卫星绕行星），但常数GM随中心天体质量变化；
（2）易错点：混淆行星运动速度的比较条件（需同一行星比较，选项C错误）；误认为开普勒第三定律常数k跨星系通用（实际仅适用于同一中心天体系统，选项D错误）；忽略开普勒定律的数学推导基础（选项A错误）；
（3）隐含条件：开普勒定律基于第谷的观测数据并通过数学推导得出；近日点速度大于远日点是针对同一行星而言。
2．（2025高一下·福田月考）如图所示，质量为m1的球1与质量为m2的球2放置在“J2130向心力演示仪”上。该演示仪可以巧妙地将向心力转化为竖直方向的效果进行显示，左边立柱可显示球1所受的向心力F1的大小，右边立柱可显示球2所受的向心力F2的大小。皮带与轮A、轮B有多种组合方式，图示为其中的一种组合，此时连接皮带的两轮半径。图中两球距离立柱转轴中心的距离，下列说法正确的是（　　）
A．若，转动手柄，则立柱上应显示
B．若，仅将球1改放在N位置，转动手柄，则立柱上应显示
C．若，仅调整皮带位置使，则立柱上应显示
D．若，既调整皮带位置使，又将球1改放在N位置，则立柱上应显示
【答案】C
【知识点】向心力
【解析】【解答】转动过程中两轮盘边缘靠同一根皮带传动，皮带不打滑，由于相同时间内转过的弧长大小相等则边缘的点线速度相等，由于皮带套在两塔轮半径相同的两个轮子上，根据线速度和半径相同则
根据向心力的表达式
可知，若且，撬动手柄，则
故A错误；
B．仅将球1改放在N位置，则，根据向心力的表达式
可知，若，则
故B错误；
C．仅调整皮带位置使，两轮边缘线速度相等，根据线速度的表达式有
可知角速度的大小关系有
根据向心力的表达式有
可知，若，则
故C正确；
D．调整皮带位置使，两轮边缘线速度相等，根据线速度和角速度的关系式有
可知
根据向心力的表达式有
可知，将球1改放在N位置，则
则F1与F2不确定，故D错误。
故选C。
【分析】先利用塔轮线速度相等，结合半径的大小可以比较角速度的大小，再结合小球质量和运动半径的大小及向心力的表达式可以比较向心力的大小。
3．（2025高一下·福田月考）中国的面食文化博大精深，种类繁多，其中“山西刀削面”堪称天下一绝，传统的操作手法是一手托面一手拿刀，直接将面削到开水锅里。如图所示，小面片刚被削离时距开水锅的高度为L，与锅沿的水平距离为L，锅的半径也为L，若将削出的小面片的运动视为平抛运动，且小面片都落入锅中，重力加速度为g，则下列关于所有小面片的描述正确的是（　　）
A．空中相邻两个面片飞行过程中水平距离可能逐渐变大
B．掉落位置不相同的小面片，从抛出到落水前瞬间速度的变化量不同
C．落入锅中时，最大速度是最小速度的3倍
D．若初速度为，则
【答案】A
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】A．面片飞行过程中水平方向做匀速直线运动，若先飞出的面片初速度较大，则空中相邻两个面片飞行过程中水平距离逐渐变大，故A正确；
B．掉落位置不相同的小面片，下落高度相同，由
可知，下落的时间相等，由
可知，从抛出到落水前瞬间速度的变化量相等，故B错误；
CD．由
可知，下落时间为
水平位移的范围为
则初速度的取值范围为
可得
落入锅中时的竖直分速度为
则落入锅中时，最大速度
最小速度为
可知，落入锅中时，最大速度不是最小速度的3倍，故CD错误。
故选A。
【分析】根据平抛运动分解为水平匀速直线，竖直自由落体运动，高度决定时间；速度的变化量；初速的的大小决定水平位移，水平位移范围，由此可求解初速度的范围；根据最大初速度由平行四边形定则求解最大速度；由于初速度不同，空中相邻两个面片飞行过程中水平距离有可能逐渐变大。
4．（2025高一下·福田月考）在一次高楼救援中，待援人员登上吊臂后，吊车操控员熟练操控吊篮在离开建筑的同时逐渐下降，已知吊篮在水平方向的图像和竖直方向的图像分别如图1、图2所示，则下列说法正确的是（　　）
A．吊篮在下降过程中做匀变速曲线运动
B．吊篮在下降过程中竖直方向做匀变速直线运动
C．吊篮内的人员在内处于超重状态
D．时刻后吊篮内的人员受到静摩擦力作用
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；超重与失重；运动的合成与分解
【解析】【解答】AB．吊篮在下降过程中，水平方向上做匀速直线运动，竖直方向先做匀加速运动后做匀减速运动，因竖直方向的加速度发生了变化，则合运动不是做匀变速曲线运动，选项AB错误；
C．吊篮内的人员在内由于加速度符号为负值则与速度方向相反，速度方向向下，则加速度竖直向上，处于超重状态，选项C正确；
D．时刻后吊篮内的人员因水平方向做匀速运动，利用平衡条件可以得出不受静摩擦力作用，选项D错误。
故选C。
【分析】利用竖直方向的加速度变化可以判别吊篮不是做匀变速运动；利用加速度的符号可以判别加速度的方向进而判别超重与失重；利用水平方向的平衡条件可以判别人员不受摩擦力的作用。
5．（2025高一下·福田月考）如图所示，下列有关生活中圆周运动实例分析，其中说法正确的是（　　）
A．图1中汽车通过凹形桥的最低点时，汽车处于失重状态
B．图2中旋转秋千装置中，等长绳索对质量相等座椅A、B的拉力相等
C．图3中在铁路转弯处，设计外轨比内轨高，目的是火车转弯时减小轮缘与外轨的侧压力
D．图4中脱水桶原理是水滴受到的离心力大于它受到的向心力，从而沿切线方向甩出
【答案】C
【知识点】向心力；生活中的圆周运动；离心运动和向心运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．汽车在最低点时重力与向心力彻底反向，此时支持力大于重力，汽车处于超重状态，故A错误；
B．旋转秋干装置中，根据牛顿第二定律可得
，，，
由于B的圆周运动半径大，则B绳索与竖直方向的夹角更大，根据
，
TAC．外轨高于内轨可以让支持力水平分量充当部分向心力，从而减小原本轨高相同时所需的侧压力，故C正确；
D．脱水桶原理，附着力水滴静摩擦力不足以提供所需向心力，从而沿切线方向甩出，故D错误。
故选C。
【分析】（1）通过受力分析结合向心力公式判断各实例的力学本质；
铁路转弯处外轨高于内轨时，重力和支持力的合力提供向心力（选项C）；若火车转弯速度超过设计值，仍需轮缘侧压力提供额外向心力；脱水桶转速越高，水滴所需向心力越大，越易被甩出。
（2）易错点：混淆失重与超重条件（凹形桥最低点应为超重）；误认为离心力是真实力（实际是惯性效应）；忽略旋转秋千中绳索角度差异对拉力的影响；
（3）隐含条件：汽车过凹形桥时向心加速度向上（超重）；旋转秋千的绳索拉力与旋转半径和角速度有关；水滴被甩出是因附着力不足而非离心力。
6．（2025高一下·福田月考）我国运动员王铮在今年举办的东京奥运会女子链球决赛中成功拿下一枚银牌，这是中国女子链球首次在奥运会上夺银。如图甲所示为王铮比赛瞬间的照片，若运动员在开始甩动链球时，可认为链球在水平面内做匀速圆周运动，如图乙所示，不计空气阻力，对此下列说法正确的是（　　）
A．链球球体受到重力、拉力及向心力共三个力的作用
B．链条与竖直方向的夹角θ越大，链条对球体施加的力越小，运动员越省力
C．链条与竖直方向的夹角θ越大，链球球体的周期越大
D．若运动员此时松手，链球将沿松手时的速度方向做平抛运动
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；平抛运动；向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】
A．对球体进行受力分析，如图所示球体受到重力与链条的拉力，链球在水平面内做匀速圆周运动，由大小不变的重力与可根据夹角改变而改变的拉力，两个力的水平合力提供运动学向心力， 向心力是重力和拉力的合力是效果力，非独立力，故A错误；
B．适用竖小平大口诀，竖直方向根据受力平衡可得
可知链条与竖直方向的夹角越大，越小，则链条对球体施加的拉力越大，故B错误；
C．根据牛顿第二定律左边合力右边运动学向心力可得等式
解得
在0到90°范围内单调递减，可知链条与竖直方向的夹角越大，越小，则链球做匀速圆周运动的周期越小，故C错误；
D．松手后链球初速度水平，仅受重力，做平抛运动，故D正确；
故选D。
【分析】（1）通过受力分析明确向心力来源，结合圆周运动公式分析θ与力的关系；
链球仅受重力和拉力，其合力提供向心力；松手后链球仅受重力，做平抛运动；若考虑空气阻力，链球轨迹会变化；实际投掷中θ随转速变化，需结合角动量分析。
（2）易错点：误认为向心力是独立力（实际是效果力，选项A错误）；混淆θ增大对拉力和周期的影响（选项B、C反了）；
（3）隐含条件：拉力Tcosθ=mg，随θ增大而增大；向心力F=mgtanθ，周期T=2π√(Lcosθ/g)随θ增大而减小。
7．（2025高一下·福田月考）一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替．如图（a）所示，曲线上的A点的曲率圆定义为：通过A点和曲线上紧邻A点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做A点的曲率圆，其半径ρ叫做A点的曲率半径．现将一物体沿与水平面成α角的方向已速度υ0抛出，如图（b）所示．则在其轨迹最高点P处的曲率半径是
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】向心加速度
【解析】【解答】解答本题得关键是正确受力分析，找到向心力的来源，并把斜抛运动分为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀减速直线运动。物体在其轨迹最高点P处只有水平速度，其水平速度大小为，在最高点，把物体的运动看成圆周运动的一部分，物体的重力作为向心力，由向心力的公式得
所以在其轨迹最高点P处的曲率半径是
故C正确。
【分析】点O处，根据重力分力提供向心力，求曲率半径；物体做斜抛运动，可将运动分为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀减速直线运动，求最高点速度，在最高点并根据牛顿第二定律，求曲率半径。
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）
8．（2025高一下·福田月考）2022年冬奥会在北京举行，跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一。如图所示，某运动员从雪坡顶端先后两次分别以初速度、沿水平方向飞出，均落在雪坡上。若，不计空气阻力，运动员可视为质点，则运动员从飞出到落到雪坡上的整个过程中，下列说法正确的是（　　）
A．运动员两次在空中飞行的时间之比为6∶5
B．运动员两次在空中飞行的时间之比为5∶6
C．运动员两次落在雪坡上的速度方向相同
D．运动员两次下落的高度之比为5∶6
【答案】B,C
【知识点】匀速直线运动；自由落体运动；运动的合成与分解；平抛运动
【解析】【解答】A．因均落在雪坡上，雪坡倾角θ固定，决定了矢量方向，速度偏转角位移偏转角被确定；
根据平抛运动规律可得竖直位移
，
水平位移
，
根据几何关系有位移偏转角均与初速度无关，位移偏转角相同，位移比
整理得
，
时间与初速度成正比，可知运动员两次在空中飞行的时间之比
故A错误；
B．故B错误，故B正确；
C．落在雪坡上的速度方向与水平方向夹角正切值满足
可知该夹角为定值，故两次落在雪坡上的速度方向相同，故C正确；
D．竖直方向根据，， 可知运动员两次下落的高度之比为
故D错误；
故选BC。
【分析】（1）平抛运动分解为水平匀速和竖直自由落体，结合几何关系（雪坡倾角）建立比例关系； 飞行时间与初速度成正比（t∝v0），落点速度方向仅取决于雪坡倾角；若雪坡为曲面或考虑空气阻力，需重新分析；比例法可推广到其他平抛问题。
（2）易错点：误认为时间与初速度成反比；忽略速度方向与雪坡倾角的几何关系；混淆下落高度与时间平方的关；
（3）隐含条件：雪坡倾角θ固定，故速度偏转角相同；位移偏转角（tanθ=0.5gt2：v0t）与初速度无关。
9．（2025高一下·福田月考）如图，两个质量均为m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴OO'的距离为l，b与转轴的距离为2l。木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（　　）
A．b一定比a先开始滑动
B．a、b所受的摩擦力始终相等
C．是b开始滑动的临界角速度
D．当时，a所受摩擦力的大小为kmg
【答案】A,C
【知识点】静摩擦力；线速度、角速度和周期、转速；向心力；向心加速度；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．依题意，μ=k，根据
可得木块发生滑动的临界角速度为
，
由于木块Rb>Ra，则，所以b一定比a先越过平衡点开始滑动，故A正确；
B．木块a，b都未滑动前，它们的角速度相同，受到的静摩擦力根据平衡条件计算不是个定值，且静摩擦力将提供给向心力，由已知Rb>Ra，则
，
得
故B错误；
C．Rb=2l代入，故C正确；
D．Ra=l代入，当木块a的角速度为
则此时木块a受到的静摩擦力足够提供所需向心力，大小为
故D错误；
故选AC。
【分析】（1）通过静摩擦力提供向心力建立方程，比较临界角速度；
最大静摩擦力f_max=kmg决定滑动条件，临界角速度ω_c=√(f_max/mr)；若圆盘角速度均匀增加，可计算滑动时间差；若质量不同，需重新分析f_max的影响。
（2）易错点：误认为摩擦力与半径无关（实际f=mω2r，与r成正比）；混淆临界角速度公式中r的取值（选项C中b的r=2l）；
（3）隐含条件：a、b滑动与否取决于ω2r是否达到kg，b的r更大故先滑动；当ω<√(kg/2l)时，a未滑动，摩擦力f=mω2l
10．（2025高一下·福田月考）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。
三、实验题（共18分，考生根据要求作答。）
11．（2025高一下·福田月考）物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验.所用器材有：
玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器，（圆弧部分的半径为）。完成下列填空：将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图（a）所示，托盘秤的示数为；
（1）将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图（b）所示，该示数为　 　kg；则玩具小车的质量为　 　kg。将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧。此过程中托盘秤的最大示数为m；多次从同一位置释放小车，记录各次的m值如下表所示。
序号 1 2 3 4 5
m（kg） 2.20 2.19 2.20 2.21 2.20
（2）根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为　 　N；小车通过最低点时的速度大小为　 　m/s（重力加速度大小取10m/s2）。
【答案】；；；
【知识点】超重与失重；向心力；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】（1）第一空：由图（b）直接读取，最小分度为，则该示数为
第二空：则玩具小车的质量为
故1空填1.40，2空填0.40；
（2）第一空：由表中多次测量质量示数变大，原因是小车在凹形桥最低点时，玩具小车对桥的压力会大于其静止时的重力，导致托盘秤的示数变大，这并不违反质量守恒，是因圆周运动状态的动力学效应，
托盘秤的最大示数质量示数平均值为
设小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为，对凹形桥，根据平衡条件有
，
得
，
第二空：根据牛顿第三定律可知，凹形桥对小车的支持力与压力是相互作用力
当小车运动到最低点时，根据牛顿第二定律支持力去掉重力后等于运动状态力有等式如下
，，
得
故1空填12，2空填2；
【分析】（1）动态平衡分析，最低点桥对小车的支持力提供向心力；
理解秤的示数变化反映动态压力（ΔF=N-mg）；
（2）易错点包括忽略桥的初始示数、混淆静态与动态示数；
隐含条件涉及圆周运动向心力公式及实验数据处理（平均值计算）。
12．（2025高一下·福田月考）某实验小组用如图甲所示的装置研究平抛运动及其特点，他的实验操作是：在小球A、B处于同一高度时，用小锤轻击弹性金属片，使A球水平飞出，同时B球被松开下落.
（1）甲实验的现象是小球A、B同时落地，说明　 　；
（2）现将A、B球恢复初始状态后，用比较大的力敲击弹性金属片，A球落地点变远，则在空中运动的时间　 　（填“变大”、“不变”或“变小”）；
（3）安装图乙研究平抛运动实验装置时，保证斜槽末端水平，斜槽　 　（填“需要”或“不需要”）光滑；
（4）然后小明用图乙所示方法记录平抛运动的轨迹，由于没有记录抛出点，如图丙所示，数据处理时选择A点为坐标原点（0，0），丙图中小方格的边长均为20cm，重力加速度g取10m/s2，则小球平抛初速度的大小为　 　m/s，小球在B点速度的大小为　 　m/s。
【答案】（1）小球A在竖直方向的分运动是自由落体运动
（2）不变
（3）不需要
（4）3；5
【知识点】研究平抛物体的运动；平均速度；匀变速直线运动的位移与速度的关系；运动的合成与分解
【解析】【解答】（1）平抛运动时竖直方向效果独立存在，与自由落体运动效果相同，甲实验时，小球A做平抛运动，小球B做自由落体运动，则实验现象是小球A、B同时落地，说明小球A在竖直方向的分运动是自由落体运动；
故填小球A在竖直方向的分运动是自由落体运动；
（2）将A、B球恢复初始状态后，用比较大的力敲击弹性金属片只改变水平分运动效果，A球落地点变远，可下落的分运动效果独立不受水平效果影响，只依赖高度，高度不变竖直效果不变，由自由落体运动下落时间可知，则在空中运动的时间不变；
故填不变；
（3）安装图乙研究平抛运动实验装置时，保证斜槽末端水平，使小球每次都做平抛运动，由于小球每次都是从斜槽上同一位置开始释放，控制变量，势能投入与损失之差不变获得的动能依然不变，小球在轨道上运动时克服阻力做功都相同，因此斜槽不需要光滑；
故填不需要；
（4）[1]由题图丙可知，两计数点间，小球在水平方向的位移4格相等，可知两计数点间的时间间隔相等，小球在竖直方向做自由落体运动，因此由匀变速直线运动第一T内位移
第二个T内位移
两个T内位移差
可得
则小球平抛初速度的大小为
[2] 小球在y轴方向由匀变速直线运动在某段时间内中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得小球在B点y轴方向速度的大小为
小球在B点速度的大小为
故1空填3
【分析】（1）理解平抛运动的竖直分运动是自由落体，与水平分运动无关；
通过A、B同时落地现象推导竖直运动性质；
（2）易错点是误认为敲击力度会影响运动时间（实际仅高度决定）；是Δy=gT2计算时间间隔；涉及合速度的合成。注意坐标原点非抛出点时，竖直分速度需用平均速度公式计算，且要区分实际高度与坐标差的关系。
（1）甲实验时，小球A做平抛运动，小球B做自由落体运动，则实验现象是小球A、B同时落地，说明小球A在竖直方向的分运动是自由落体运动。
（2）将A、B球恢复初始状态后，用比较大的力敲击弹性金属片，A球落地点变远，可下落的高度不变， 由自由落体运动下落时间可知，则在空中运动的时间不变。
（3）安装图乙研究平抛运动实验装置时，保证斜槽末端水平，使小球每次都做平抛运动，由于小球每次都是从斜槽上同一位置开始释放，小球在轨道上运动时克服阻力做功都相同，因此斜槽不需要光滑。
（4）[1]由题图丙可知，两计数点间，小球在水平方向的位移相等，可知两计数点间的时间间隔相等，小球在竖直方向做自由落体运动，因此由匀变速直线运动的推论可得
则小球平抛初速度的大小为
[2] 小球在y轴方向由匀变速直线运动在某段时间内中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得小球在B点y轴方向速度的大小为
小球在B点速度的大小为
四、解答题（共36分，考生根据要求作答。）
13．（2025高一下·福田月考）一辆车通过一根跨过定滑轮的轻绳子提升一个质量为m的重物，开始车在滑轮的正下方，绳子的端点离滑轮的距离是H．车由静止开始向左做匀加速运动，此时各段绳子刚好伸直，经过时间t绳子与水平方向的夹角为，如图所示，
试求：（1）车向左运动的加速度的大小；
（2）重物在t时刻速度的大小．
【答案】【解答】（1）车在时间t内向左走的位移与H几何关系式
整理得
已知车向左做匀加速运动，位移与加速度、时间关系式：
，整理代入x得
；
（2）汽车在地面行驶是有绳端合运动轨迹的合运动，沿绳垂绳为仅有效果无实际轨迹的是分运动，t时刻此时汽车的速度
由运动的分解知识可知，汽车速度v汽沿绳的分速度与重物m的速度大小相等，即
，
（1）；（2）
【知识点】加速度；匀变速直线运动的位移与时间的关系；运动的合成与分解
【解析】【分析】（1）通过运动学几何关系求加速度，利用速度分解求重物速度，合运动有易观测轨迹，分运动只有效果不易观测，分运动是名义到达即效果到达；
车做匀加速运动，位移与时间关系为x=0.5at2；绳子长度不变，重物速度沿绳分量等于车速度水平分量；若车加速度过大，重物可能悬空；绳子不可伸长是速度关联的核心条件。
（2）易错点：误认为重物速度等于车速度（实际需分解）；
忽略绳子约束条件（重物速度与车速度通过角度关联）；
（3）隐含条件：初始时绳子刚好伸直，车位移x=0.5at2；t时刻几何关系满足tanα=H：x。
14．（2025高一下·福田月考）如图所示，竖直平面内有一光滑圆弧管道，其半径为R=0.5m，一质量m=0.8kg的小球从平台边缘的A处水平射出，恰能沿圆弧管道上P点的切线方向进入管道内侧，管道半径OP与竖直线的夹角为53°，已知管道最高点Q与A点等高，sin53°=0.8，cos53°=0.6，g取10 m/s2。试求：
（1）小球从平台上的A点射出时的速度大小v0；
（2）小球从平台上的射出点A到圆弧管道入射点P之间的距离l（结果可用根式表示）；
（3）如果小球沿管道通过圆弧的最高点Q时的速度大小为3m/s，则小球运动到Q点时对轨道的压力。
【答案】【解答】（1）θ=53°， 由管道最高点Q与A点等高，小球从A到P的高度差h=R(1+cos53°)=1.6R=0.8m，小球做平抛运动有，t=0.4s，则小球在P点的竖直分速度vy=gt=4m/s，
把小球在P点的速度分解可得
，
即小球平抛运动初速度v0=3 m/s；
（2）小球平抛下降高度h=0.8m，水平射程s=v0t=1.2m，故A、P间的距离
m
（3）小球到达Q时，由已知vQ=3m/s，设小球受支持力大小为FN指向圆心，在Q点根据向心力公式得，
解得FN=6.4N > 0，表明方向假设方向相同，即与向心力方向相同，向心力方向指向圆心，支持力方向向下。
所以由牛顿第三定律知小球对轨道压力与轨道对小球的支持力是相互作用力，管道受到的压力，来自于小球通过管道的最高点Q时对管道的压力
F压=FN=6.4 N，方向向上
（1）3 m/s；（2） m；（3）6.4 N，方向向上
【知识点】牛顿第三定律；自由落体运动；运动的合成与分解；平抛运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】（1）平抛运动分解为水平匀速与竖直自由落体，结合圆周运动向心力公式；
利用P点切线方向进入条件确定平抛末速度方向，结合几何关系求v0；若管道不光滑，需考虑摩擦力做功；最高点临界速度√gR=√5 m/s（实际vQ=3 m/s＞√5，未脱离轨道）
（2）易错点：误用动能定理计算l（应通过平抛运动独立分运动求解）；混淆向心力方向（Q点压力向下，但轨道对球的反作用力向上）；
（3）隐含条件：P点速度方向与OP垂直（切线进入）；Q点与A点等高说明平抛竖直位移=圆周运动上升高度。
15．（2025高一下·福田月考）如图所示，一长度为L、内壁光滑的细圆筒，其上端封闭，下端固定在竖直转轴的O点，圆筒与水平方向的夹角为θ。原长为的轻质弹簧上端固定在圆筒上端，下端连接一质量为m的小球，小球的直径略小于圆筒直径。当圆筒处于静止状态时，弹簧长度为。重力加速度为g。求：
（1）弹簧的劲度系数k；
（2）当弹簧恢复原长时，转轴的角速度ω1；
（3）当弹簧的形变量时，转轴的角速度ω。
【答案】（1）【解答】（1）当圆筒处于静止状态时，对小球，重力沿筒垂直筒分解，垂直筒方向重力分量不影响沿筒方向效果，
由沿筒方向重力分量与弹簧拉力受力平衡可得等式
，
代入整理
解得弹簧的劲度系数为
（2）解：（2）当弹簧恢复原长时，以小球为对象，支持力为N，重力不再分解，
竖直方向上平衡，重力效果投放完毕，不必在计沿管下滑方向分量
，，
根据牛顿第二定律支持力水平分量提供运动学向心力，可得等式
解得转轴的角速度为
（3）解：（3）当弹簧的形变量时，假设弹簧处于伸长状态，设支持力为N1环绕半径为r1，，
以小球为对象，重力不分解，与支持力和弹簧弹力的竖直分量平衡有等式整理得
根据牛二定律，如上图合力等于运动学向心力等式
代入N1通分
整理得
代入k与x
整理得
再整理得
其中代入r1：
整理
再整理得转轴的角速度为
再假设弹簧处于压缩状态，设小球受筒侧支持力为N2环绕半径为r2，
，
以小球为对象，重力不分解，与支持力和弹簧弹力的竖直分量平衡有等式
整理得
根据牛二定律，如上图合力等于运动学向心力等式
代入N2
整理得
再整理得
代入k，x，r2
整理得
再整理得
再整理得
解得转轴的角速度为
伸长或压缩
【知识点】胡克定律；力的合成与分解的运用；共点力的平衡；向心加速度；生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1）通过平衡条件和圆周运动动力学方程联立求解；
静止时弹簧弹力平衡重力分量；旋转时弹力与重力的合力提供向心力；若圆筒改为竖直或水平，需重新分析受力；临界角速度可通过弹力为零的条件求解。
（2）易错点：易忽略斜面角度θ对重力分量的影响（沿筒方向为mgsinθ，垂直筒为mgcosθ）；混淆弹簧形变量与长度的关系；
（3）隐含条件：静止时弹簧伸长量为L/4；旋转时向心力方向垂直转轴，由弹力和重力的垂直分量提供。
（1）当圆筒处于静止状态时，对小球，由受力平衡可得
解得弹簧的劲度系数为
（2）当弹簧恢复原长时，以小球为对象，根据牛顿第二定律可得
解得转轴的角速度为
（3）当弹簧的形变量时，若弹簧处于伸长状态，以小球为对象，有
其中
联立解得转轴的角速度为
若弹簧处于压缩状态，以小球为对象，有
其中
联立解得转轴的角速度为
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