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广东省清远市2024-2025学年高一下学期期末物理试题
1．（2025高一下·清远期末）如图甲所示，机器人转动八角巾手帕时形成一个匀速转动的圆盘。 O为手帕的中心，A、B、C为手帕上的三个点（如图乙），各点到O点的距离关系为，下列说法正确的是（　　）
A．A、B两点的线速度相同 B．C点的周期大于B点的周期
C．C点的角速度小于A点的角速度 D．A点的线速度大于C点的线速度
2．（2025高一下·清远期末）跳台滑雪比赛是冬奥会的重要比赛项目。运动员在某两次赛前训练中，都从跳台处水平飞出，落在足够长的斜坡上，其中第二次训练的着陆点较远，运动过程中忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．离开跳台瞬间，两次训练的水平初速度相同
B．离开跳台后，两次训练在空中运动时间相同
C．离开跳台后，第二次训练在空中的加速度更大
D．两次训练的着陆速度的方向与斜坡的夹角相同
3．（2025高一下·清远期末）如图所示，将玻璃管倒置，蜡块会沿玻璃管先加速一小段位移，之后以 的恒定速度上升。在蜡块恒定速度上升时，将静止的玻璃管以加速度 水平向右推动。在向右水平推动玻璃管的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．蜡块做曲线运动，0.2s末的合速度大小为0.7m/s
B．蜡块做曲线运动，0.2s末的合速度大小为0.5m/s
C．蜡块做直线运动，0.2s末的合速度大小为0.5m/s
D．蜡块做直线运动，0.2s末的合速度大小为0.7m/s
4．（2025高一下·清远期末）其实验小组用如图甲所示气垫导轨来探究碰撞规律，导轨末端装有位移传感器（图中未画出），滑块a、b的质量分别为和。打开气泵，将气垫导轨调节水平，滑块a以一定的速度与静止的滑块b发生碰撞。其位移S与时间t的关系如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．滑块的碰撞是弹性碰撞
B．碰撞后，滑块a朝反方向运动
C．滑块a、b的质量之比
D．碰撞后滑块a、b的动量大小之比
5．（2025高一下·清远期末）我国研发的ACF缓震材料，能吸收90%以上的机械能并瞬间把它转化为内能。如图所示，将两个完全相同的钢球A、B置于距离水平放置的缓震材料上方同一高度H处，其中钢球A做自由落体运动，钢球B以一定初速度竖直下抛，不计空气阻力，通过钢球反弹的最大高度h可反应出该材料的吸能效果，则下列说法正确的是（　　）
A．与缓震材料接触前瞬间，两钢球的动量相同
B．与缓震材料接触前瞬间，两钢球的动能相等
C．在下落过程中，两钢球动量的变化量相同
D．虽h均远小于H，但仍符合能量守恒定律
6．（2025高一下·清远期末）物理学发展历史中：开普勒通过系统分析第谷的观测数据提出行星运动定律，当时受到许多的质疑与批评；科学家在研究机械运动时分别提出过将动量和动能用来量度物体的运动，有着长时间的争论，笛卡尔学派认为动量（mv）是一个与力在时间上的积累有关的物理量，它表示传递机械运动的本领，莱布尼兹学派认为动能（）是一个与力在空间上的积累有关的物理量，它表示物体做功的本领。下列说法正确的是（　　）
A．人造地球卫星绕地球的运动不符合开普勒定律
B．开普勒根据第谷的观测数据计算出了引力常量G
C．两物体碰撞后粘合在一起共同运动的现象支持笛卡尔学派的观点
D．动能与速度有关，也能说明动能是一个与力在时间上的积累有关的物理量
7．（2025高一下·清远期末）一种升降电梯的原理图如图甲，A为电梯的轿厢，B为平衡配重。在某次运行时 A（含乘客）的质量为 B的质量为。 A、B由跨过轻质滑轮的足够长轻质缆绳连接。电动机通过牵引绳向下拉配重 B，使得电梯的轿厢由静止开始向上运动（轿厢A、配重B一直未与滑轮相撞）。不计空气阻力和摩擦阻力，重力加速度g取 。轿厢A向上运动过程中的图像如图乙。下列说法正确的是（　　）
A．0~3s内配重B处于超重状态
B．3~5s内电动机所做的功等于
C．5~8s内轿厢A的加速度大小为
D．0~8s内 AB间的缆绳对轿厢A 做功的最大功率为
8．（2025高一下·清远期末）如图所示放置在水平桌面上的装置为电磁加速器模型，该模型由圆环轨道和控制系统组成。当铁球靠近线圈时，线圈通电产生磁力吸引铁球加速；铁球即将离开时断电，避免磁力阻碍运动。两铁球从静止开始加速到最大速度的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．铁球需要的向心力大小始终相同
B．铁球速度越大，外轨道对它的支持力越大
C．当铁球速度足够大时，内轨道可能对其无作用力
D．该过程中消耗的电能等于铁球的动能
9．（2025高一下·清远期末）随着我国航天技术的进步和经济发展的需要，每年都要发射很多不同类型的卫星来满足需求。有a、b、c、d四颗卫星，a是高空探测卫星，b是地球同步卫星，c在近地轨道上正常运行，卫星d还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，四颗卫星的质量相同，各卫星排列位置如图所示，则有（　　）
A．d随地球自转需要的向心力等于c绕地球运动需要的向心力
B．c的周期大于b的周期
C．d的向心加速度小于b的向心加速度
D．若b变轨到a 所在轨道，需要先依靠推进器加速
10．（2025高一下·清远期末）如图所示，当质量为m的排球运动到最高点速度大小为时运动员将其水平拍出，拍击时间极短，拍出后排球以水平速度反弹，最终落地速度大小为 。不计空气阻力及排球大小，以地面为零势能面，下列说法正确的是（　　）
A．拍球过程运动员对排球所做的功为
B．排球拍出后下落过程，排球重力势能减少了
C．拍球前瞬间排球运动到最高点时机械能为
D．从排球拍出后到落地的过程，排球的动能增加了
11．（2025高一下·清远期末）某同学在“探究平抛运动的特点”实验中，采用如图甲所示的实验装置，图乙中A、B、C三点为小球在坐标纸上留下的痕迹。
（1）坐标纸应当固定在竖直的木板上，下列情况哪种更合适： （填标号）；
A． B．
C． D．
（2）下列说法正确的是 （填标号）；
A．斜槽轨道尽量光滑
B．安装斜槽时用重锤线调整使其末端水平
C．安装斜槽时将钢球置于末端，通过观察其是否静止来调整末端水平
D．图乙中坐标原点O为平抛运动的起点
（3）物理兴趣小组利用该装置研究大小相同的小球正碰。正确安装装置并调试后，先让质量为的小球A从轨道P 点静止释放（不放小球B）落在挡板MN处，然后把质量为的小球B放在斜槽轨道末端，再让小球A 从轨道P 点静止释放，两个小球碰撞后落在挡板MN处，以平抛运动的起点为原点O建立坐标系如下图所示，已知 若两小球在正碰过程动量守恒，则 满 足的关系式为　 　；
12．（2025高一下·清远期末）用如下图所示的实验装置来探究向心力F的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。转动手柄使长槽和短槽分别随变速轮塔匀速转动，槽内的球做匀速圆周运动。下列说法正确的是（　　）
A．该实验使用了控制变量法
B．图1实验过程中左边标尺刻度大于右边标尺刻度
C．图2实验过程中两边标尺刻度相同
D．图3实验过程中左右两边标尺刻度比为1：2
13．（2025高一下·清远期末）在“验证机械能守恒定律”的实验中：
（1）下列操作正确的是 （填标号）；
A． B． C．
（2）若用 来验证机械能守恒，应选择哪一条纸带进行数据分析： （填标号）；
A．
B．
C．
（3）如下图所示在实验纸带上选打下的第一个点标记为O，AB、C为从合适位置开始选取的三个连续计时点，已知打点计时器打点频率为50 Hz、当地重力加速度 重锤质量为300g。在打O点到B 点的这段时间内，重锤动能的增加量　 　J（结果保留三位有效数字），重力势能的减少量根据实验结果可得出的实验结论是　 　。
14．（2025高一下·清远期末）一探测器在质量为M的星球着陆后，用机械臂在距地表高度h处以一定的速度水平弹射出一小球，测得小球平抛的水平位移为L，已知引力常量为G，不考虑星球自转与空气阻力。求：
（1）星球表面上的重力加速度g；
（2）星球的半径R；
（3）若在该星球发射一颗卫星，其最小发射速度v的大小。
15．（2025高一下·清远期末）某兴趣小组遥控一辆玩具车，在水平路面上由静止启动，其图像如图所示，在前2s内做匀加速直线运动，2s后牵引力的功率保持不变，玩具车的质量为 ，玩具车运动中受到的总阻力为重力的0.3倍，g取 ，求：
（1）玩具车在0~2s内电动机提供的牵引力 F；
（2）玩具车在水平路面运动过程中能够达到的最大速度；
（3）玩具车前6s内前进的位移s。
16．（2025高一下·清远期末）某大型户外水上竞技闯关活动中有一环节为“激情渡河”，其装置简化图如图所示。四分之一光滑圆弧轨道固定在地面，末端与停于河面的长木板B 相切。木板左端放置质量 的橡胶块 A。质量 的人从轨道顶端由静止滑下，滑上木板后立即抱住A共同滑行，当三者达到共同速度时木板未抵岸。已知轨道木板质量15kg，人、橡胶块与木板间动摩擦因数均为0.5，，所有物体均视为质点且未落水。求：
（1）人运动至轨道最底端时，轨道对其支持力的大小；
（2）若长木板在水面上运动时水的阻力忽略不计，则人与橡胶块一起在长木板上滑行的距离Δx；
（3）若长木板在水面上运动时，水对长木板的阻力f不可忽略，且与木板的速度v成正比，即，其中。已知长木板右端恰好抵达河岸，求整个过程中长木板的最大速度vm和最终在水面上移动的位移sm。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】BC．圆盘转动时，由于圆盘上、、三点同轴转动，相同时间转过的角度相等所以角速度相等，周期相等，故BC错误；
A．根据线速度与角速度的关系式有，由于AB转动的半径相等，所以可知A、B两点的线速度大小相等，但是方向不同，即线速度不同，故A错误；
D．由于A点的半径大于C点的半径，根据可知A点的线速度大于C点的线速度，故D正确。
故选D。
【分析】利用同盘转动可以得出角速度和周期相等，结合半径的大小可以比较线速度的大小。
2．【答案】D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】AB．由于运动员做平抛运动，根据竖直方向上的位移公式有有，可以得出第二次运动的时间比较长，设斜坡的倾角为，根据几何关系可知
由于第二次的时间较大，则第二次水平初速度较大，故AB错误；
C．离开跳台后，两次训练在空中都做平抛运动，运动员只受到重力作用，所以加速度都为重力加速度，故C错误；
D．根据速度的分解可以得出两次训练的着陆速度的方向与斜坡的夹角满足
根据表达式可以得出两次训练的着陆速度的方向与斜坡的夹角相同，故D正确；
故选D。
【分析】利用竖直方向的位移公式可以比较运动员运动的时间，结合位移的分解及位移公式可以比较初速度的大小；利用速度的分解可以得出速度的方向；利用平抛运动只受到重力所以加速度等于重力加速度。
3．【答案】B
【知识点】曲线运动的条件；运动的合成与分解
【解析】【解答】蜡块有向右的加速度，与初速度不共线，做曲线运动，蜡块以的恒定速度上升，水平方向做匀加速直线运动，根据速度的合成可以得出0.2s末的合速度大小为
故选B。
【分析】利用初速度和加速度方向不共线可以判别蜡块做曲线运动；利用速度的合成可以求出合速度的大小。
4．【答案】C
【知识点】动量守恒定律；运动学 S-t 图象；碰撞模型
【解析】【解答】B．根据图像的斜率表示速度，碰撞后，由于速度符号保持不变所以滑块a运动方向不变，故B错误；
C．由于图像斜率代表速度的大小，根据图像斜率可以得出碰撞前、后瞬间a的速度为、
碰撞后b的速度为
由于碰撞瞬间满足动量守恒定律，根据动量守恒定律有
解得，故C正确；
D．动量为物体的质量与速度的乘积，根据动量的表达式可以得出碰撞后滑块a、b的动量大小之比为，故D错误；
A．根据动能的表达式可以得出碰撞前系统动能为
碰撞后系统动能为
动能减少，碰撞是非弹性碰撞，故A错误；
故选C。
【分析】利用图像速度的符号不变可以判别碰后速度的方向保持不变；利用图像斜率可以求出碰撞前后速度的大小，结合动量守恒定律可以求出质量的比值；利用动量的表达式可以求出动量的比值；利用动能的表达式可以求出碰撞前后动能的变化量。
5．【答案】D
【知识点】动量定理；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】AB．两个小球下落过程都做匀加速直线运动，根据速度位移公式有
由于B球有初速度，则B球与缓震材料接触前瞬间的速度较大，根据动量的表达式和动能的表达式可知，B钢球碰撞前的动量和动能较大，故AB错误；
C．两个小球下落过程都做匀加速直线运动，根据位移时间公式，由于B钢球具有初速度，所以运动的时间较短，由于重力的冲量引起动量的变化，根据动量定理可知，B钢球的动量的变化量较小，故C错误；
D．能量守恒定律是物理学基本规律，由于材料吸能，h均远小于H，故D正确。
故选D。
【分析】利用速度位移公式可以求出球与材料接触的速度大小，结合动量及动能的表达式可以比较动量及动能的大小；利用重力的冲量结合下落的时间可以比较动量变化量的大小；在碰撞的过程中能量守恒。
6．【答案】C
【知识点】动量守恒定律；开普勒定律；引力常量及其测定
【解析】【解答】A．人造地球卫星绕地球的运动属于引力提供向心力的系统，所以符合开普勒定律，故A错误；
B．引力常量G是卡文迪许通过扭秤实验测得的，开普勒没有计算出常量G的大小，故B错误；
C．两个物体发生碰撞，碰撞后粘合的共同运动满足动量守恒（动量mv的总量不变），这支持笛卡尔学派关于动量的观点，故C正确；
D．动能与速度有关，根据动能定理的内容有：合力做功等于动能的变化，功为力与位移的乘积，所以动能的变化对应力在空间上的积累（功），而非时间上的积累，故D错误。
故选C。
【分析】人造地球卫星绕地球运动符合开普勒定律；引力常量G是卡文迪许通过实验测得的；碰撞后粘合的共同运动满足动量守恒（动量mv的总量不变），这支持笛卡尔学派关于动量的观点；动能的变化对应力在空间上的积累（功），而非时间上的积累。
7．【答案】B
【知识点】超重与失重；动能定理的综合应用；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A.0~3s内，轿厢向上加速运动，加速度向上，配重B向下加速，加速度向下，此时重力大于拉力所以配重B处于失重状态，故A错误；
B．已知速度时间图像中，图线与坐标轴围成的面积表示位移，3~5s内，根据图像面积可以得出轿厢的位移为m=12m，3~5s内，由于系统动能不变，则电动机做功等于重力做功，根据动能定理有
解得3~5s内电动机对外做功为，故B正确；
C.根据图像斜率可以得出5~8s内轿厢A的加速度大小为，故C错误；
D.0~3s内，根据图像斜率可以得出轿厢的加速度为
设A、B间的缆绳拉力为，对轿厢，根据牛顿第二定律有解得N
3s时，轿厢A的速度最大，A、B间的缆绳拉力最大，则3s时绳子拉力对轿厢A的功率最大，根据功率的表达式有W，故D错误。
故选B。
【分析】利用图像斜率可以判别加速度的方向，利用加速度的方向可以判别超重与失重；利用图像面积可以求出位移的大小，结合动能定理可以求出电动机做功的大小；利用图像斜率可以求出加速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出拉力的大小，结合速度的大小可以求出拉力的最大功率。
8．【答案】B,C
【知识点】功能关系；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．由于铁球做圆周运动，随着速度逐渐增大，根据向心力公式可知，向心力逐渐增大，故A错误；
BC．装置在水平桌面上，当铁球速度足够大时，根据轨道对小球的作用力提供向心力，当小球速度比较大时所需要向心力比较大，则内轨道可能对其无作用力，铁球的向心力由外轨道的弹力提供，根据弹力提供向心力可知，铁球速度越大，外轨道对它的支持力越大，故BC正确；
D．根据功能关系可以得出该过程中消耗的电能等于铁球的动能与克服摩擦力做功之和，故D错误；
故选BC。
【分析】利用向心力公式可以得出小球的速度越大向心力越大；利用轨道对小球的弹力产生向心力，则铁球速度越大，外轨道对它的支持力越大；该过程中消耗的电能等于铁球的动能与克服摩擦力做功之和。
9．【答案】C,D
【知识点】离心运动和向心运动；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．根据万有引力定律
由于卫星d停留在地球表面所以d随地球自转需要的向心力是万有引力的分力，远远小于引力，根据引力提供向心力，c绕地球运动需要的向心力等于万有引力，则d随地球自转需要的向心力小于c绕地球运动需要的向心力，故A错误；
B．根据开普勒第三定律可知，由于c的半径小于b的半径所以c的周期小于b的周期，故B错误；
C．由于b为同步卫星，则角速度与地球自转角速度相对，所以d的角速度等于b的角速度，根据向心加速度的表达式可知，由于d的半径小于b的半径，所以d的向心加速度小于b的向心加速度，故C正确；
D．若b变轨到a 所在轨道，由于卫星要做离心运动，速度需要增大，所以需要先依靠推进器加速，故D正确；
故选CD。
【分析】利用引力公式结合引力与向心力的关系可以比较向心力的大小；利用开普勒第三定律可以比较周期的大小；利用角速度相等结合半径的大小可以比较向心加速度的大小；利用离心运动可以判别卫星速度必须增大。
10．【答案】A,B,C
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．拍球过程，运动员对排球做功引起排球的动能发生变化，根据动能定理有，故A正确；
B．排球拍出后下落过程，由于重力做功导致排球动能增多，根据动能定理可以得出重力做功为
根据功能关系可以得出排球重力势能减少了，故B正确；
C．物体的机械能为动能和重力势能之和，根据动能和重力势能的表达式可以得出拍球前瞬间排球运动到最高点时机械能为，故C正确；
D．从排球拍出后到落地的过程，根据动能的表达式可以得出排球的动能增加了，故D错误；
故选ABC。
【分析】利用动能定理可以求出运动员对排球做功的大小及重力做功的大小；利用重力做功可以求出重力势能的变化量；利用动能和重力势能可以求出排球机械能的大小；利用动能的表达式可以求出动能的变化量。
11．【答案】（1）D
（2）B；C
（3）
【知识点】验证动量守恒定律；平抛运动
【解析】【解答】（1）为了让小球初速度沿水平方向，所以斜槽末端是水平的，为了分析平抛运动的规律，则要把运动解为水平和竖直方向的分运动，故方格纸因该水平竖直， 为了记录坐标原点，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，D选项符合题意。
故选D。
（2）A．实验中，只要能保证小球从同一位置由静止释放，根据动能定理可以得出小球将获得相同的初速度即可，斜槽轨道不需要尽量光滑，故A错误；
B．由于小球初速度要沿水平方向，所以安装斜槽时，用重锤线调整使其末端水平，这样才能保证小球做平抛运动，故B正确；
C．为了调整斜槽末端水平，应该将钢球置于斜槽末端来观察其是否静止来调整，这是判断斜槽末端水平的有效方法，故C正确；
D．平抛运动在竖直方向是自由落体运动，若O是抛出点，根据位移公式可以得出相等时间内竖直位移之比应为1：3：5，由图乙可知，OA、AB、BC竖直位移之比为2：3：5，所以O不是抛出点，故D错误。故选BC。
（3）设小方格长度为L，因为平抛高度相同，根据位移公式可以得出平抛时间t相等，根据水平方向的位移公式可知碰前速度
碰后速度分别为
根据碰撞过程动量守恒有
联立解得
【分析】（1）为了让小球初速度沿水平方向，所以斜槽末端是水平的，为了分析平抛运动的规律，则要把运动解为水平和竖直方向的分运动，故方格纸因该水平竖直， 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；
（2）实验中，只要能保证小球从同一位置由静止释放，斜槽轨道不需要尽量光滑；安装斜槽时，用重锤线调整使其末端水平，这样才能保证小球做平抛运动；为了调整斜槽末端水平，应该将钢球置于斜槽末端来观察其是否静止来调整；平抛运动在竖直方向是自由落体运动，若O是抛出点，根据位移公式可以得出相等时间内竖直位移之比应为1：3：5，由图乙可知，OA、AB、BC竖直位移之比为2：3：5，所以O不是抛出点；
（3）利用平抛运动竖直方向的位移公式可以判别运动的时间，结合水平方向的位移公式可以求出碰撞前后速度的大小，结合动量守恒定理可以得出质量大小关系。
（1）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，故方格纸因该水平竖直， 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，D选项符合题意。
故选D。
（2）A．实验中，斜槽轨道不需要尽量光滑，只要能保证小球从同一位置由静止释放，获得相同的初速度即可，故A错误；
B．安装斜槽时，用重锤线调整使其末端水平，这样才能保证小球做平抛运动，故B正确；
C．将钢球置于斜槽末端，观察其是否静止来调整末端水平，这是判断斜槽末端水平的有效方法，故C正确；
D．平抛运动在竖直方向是自由落体运动，若O是抛出点，相等时间内竖直位移之比应为1：3：5，由图乙可知，OA、AB、BC竖直位移之比为2：3：5，所以O不是抛出点，故D错误。
故选BC。
（3）设小方格长度为L，因为平抛高度相同，则平抛时间t相等，题图可知碰前速度
碰后速度分别为
根据碰撞过程动量守恒有
联立解得
12．【答案】A,B,D
【知识点】向心力
【解析】【解答】A．根据向心力的表达式可知，由于小球向心力的大小与多个因素有关，所以要探究向心力大小与其中一个因素的关系需要使用控制变量法，故A正确；
B．图1实验过程中，左边小球质量较大，则角速度及半径相同，由于标尺的刻度显示了向心力的大小，根据可知，左边小球受到的向心力大于右边小球受到的向心力，则左边标尺刻度大于右边标尺刻度，故B正确；
C．图2实验过程中两球的角速度不同，质量与运动半径相同，则两个小球受到的向心力大小不同，所以两边标尺刻度不相同，故C错误；
D．图3实验过程中，两球质量与角速度相等，左右两球的半径之比为1：2，根据可知，两个小球的向心力大小比值为1：2，则两边标尺刻度比为1：2，故D正确；
故选ABD。
【分析】实验要探究向心力大小与其中一个因素的关系需要使用控制变量法；利用向心力的表达式结合两个小球的质量、半径及角速度的大小关系可以得出向心力的大小关系。
13．【答案】（1）C
（2）B
（3）0.486；在误差范围内，重物机械能守恒
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）为了充分利用纸带，让纸带上留下更多的点迹，同时为了重锤做自由落体运动，并减小阻力的影响，释放纸带前应用手拉着纸带的上端，使重锤靠近打点计时器，然后接通打点计时器电源，再松手释放纸带，C选项符合题意。
故选C。
（2）若用 来验证机械能守恒，根据位移公式可以得出第1个点、第2个点距离需要为2mm，且相同时间内位移比需满足1：3：5：7...，为了减小误差，点迹应在一条直线上，观察可知B选项符合题意。
故选B。
（3）根据平均速度公式可以得出打B点速度
则在打O点到B 点的这段时间内，根据动能的表达式可以得出重锤动能的增加量
在误差范围内，重物机械能守恒。
【分析】（1）为了充分利用纸带，同时为了重锤做自由落体运动，并减小阻力的影响，释放纸带前应用手拉着纸带的上端，使重锤靠近打点计时器，然后接通打点计时器电源，再松手释放纸带；
（2）利用位移公式可以判别位移的大小关系，且点迹需要落在同一直线上；
（3）利用平均速度公式可以求出瞬时速度的大小；结合动能的表达式可以求出增加的动能；利用动能的变化量与重力势能的变化量可以验证机械能守恒。
（1）为了充分利用纸带，并减小阻力的影响，释放纸带前应用手拉着纸带的上端，使重锤靠近打点计时器，然后接通打点计时器电源，再松手释放纸带，C选项符合题意。
故选C。
（2）若用 来验证机械能守恒，则第1个点、第2个点距离需要为2mm，且相同时间内位移比需满足1：3：5：7...，为了减小误差，点迹应在一条直线上，观察可知B选项符合题意。
故选B。
（3）[1][2]打B点速度
则在打O点到B 点的这段时间内，重锤动能的增加量
在误差范围内，重物机械能守恒。
14．【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度
15．【答案】（1）图像可知0~2s内车的加速度
根据牛顿第二定律有
代入题中数据，联立解得

（2）分析可知2s时，车的功率
车速度最大时，牵引力等于阻力，即
代入题中数据，解得

（3）题图可知0~2s内车位移
2s到6s内，对车，由动能定理得
其中，代入联立解得
玩具车前6s内前进的位移

【知识点】牛顿第二定律；机车启动
【解析】【分析】（1）已知玩具的速度时间图像，利用图像斜率可以求出玩具加速度的大小，结合牛顿第二定理可以求出牵引力的大小；
（2）当汽车达到额定功率时，利用牵引力和速度可以求出功率的大小，当汽车做匀速直线运动时，利用功率和阻力可以求出最大速度的大小；
（3）已知玩具的速度时间图像，利用图像面积可以求出运动的位移，结合动能定理可以求出玩具前6s运动的总位移。
（1）图像可知0~2s内车的加速度
根据牛顿第二定律有
代入题中数据，联立解得
（2）分析可知2s时，车的功率
车速度最大时，牵引力等于阻力，即
代入题中数据，解得
（3）题图可知0~2s内车位移
2s到6s内，对车，由动能定理得
其中，代入联立解得
玩具车前6s内前进的位移
16．【答案】（1）人运动至轨道最底端时的速度为
解得
轨道对人支持力的大小为
解得
（2）人和橡胶块共同运动的速度为
解得
三者共同运动的速度为
解得
根据动能定理
解得人与橡胶块一起在长木板上滑行的距离Δx为
（3）根据平衡条件
解得长木板的最大速度vm为
设长木板从静止开始运动到到最大速度的过程中，所用时间为t1，位移为s1，阻力的平均功率P1。
对木板根据动量定理得 ，
对木板根据动能定理得
根据题意，f-v图像的面积表示阻力的功率
解得 ，
设长木板速度最大时，人和橡胶块的速度为v4，根据动量定理得
解得
此后，长木板做匀速直线运动，人和橡胶块做减速运动，一直到共同速度2.5m/s。
设人和橡胶块的速度减小到2.5m/s，所用的时间为t2，对人和橡胶块根据动量定理得
解得
长木板匀速运动的位移为
最后三者共同做减速运动到停止。根据动量定理得
又
解得
长木板最终在水面上移动的位移
【知识点】动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）人下滑的过程中，利用动能定理结合牛顿第二定律可以求出轨道对人的支持力大小；（2）当人和橡胶块一起运动时，利用动量守恒定律可以求出共同速度的大小，结合动能定理结合摩擦力做功可以求出人与橡胶块在木板上滑行的距离大小；
（3）当长木板做匀速直线运动时，利用平衡方程可以求出最大速度的大小；结合木板的动量定理及动能定理可以求出运动的距离和运动的时间，再利用动量定理可以求出木板速度最大时，人鱼橡胶块的速度大小及运动的时间，再利用动量定理可以求出木板在水面上运动的位移大小。
（1）人运动至轨道最底端时的速度为
解得
轨道对人支持力的大小为
解得
（2）人和橡胶块共同运动的速度为
解得
三者共同运动的速度为
解得
根据动能定理
解得人与橡胶块一起在长木板上滑行的距离Δx为
（3）根据平衡条件
解得长木板的最大速度vm为
设长木板从静止开始运动到到最大速度的过程中，所用时间为t1，位移为s1，阻力的平均功率P1。
对木板根据动量定理得 ，
对木板根据动能定理得
根据题意，f-v图像的面积表示阻力的功率
解得 ，
设长木板速度最大时，人和橡胶块的速度为v4，根据动量定理得
解得
此后，长木板做匀速直线运动，人和橡胶块做减速运动，一直到共同速度2.5m/s。
设人和橡胶块的速度减小到2.5m/s，所用的时间为t2，对人和橡胶块根据动量定理得
解得
长木板匀速运动的位移为
最后三者共同做减速运动到停止。根据动量定理得
又
解得
长木板最终在水面上移动的位移
1 / 1广东省清远市2024-2025学年高一下学期期末物理试题
1．（2025高一下·清远期末）如图甲所示，机器人转动八角巾手帕时形成一个匀速转动的圆盘。 O为手帕的中心，A、B、C为手帕上的三个点（如图乙），各点到O点的距离关系为，下列说法正确的是（　　）
A．A、B两点的线速度相同 B．C点的周期大于B点的周期
C．C点的角速度小于A点的角速度 D．A点的线速度大于C点的线速度
【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】BC．圆盘转动时，由于圆盘上、、三点同轴转动，相同时间转过的角度相等所以角速度相等，周期相等，故BC错误；
A．根据线速度与角速度的关系式有，由于AB转动的半径相等，所以可知A、B两点的线速度大小相等，但是方向不同，即线速度不同，故A错误；
D．由于A点的半径大于C点的半径，根据可知A点的线速度大于C点的线速度，故D正确。
故选D。
【分析】利用同盘转动可以得出角速度和周期相等，结合半径的大小可以比较线速度的大小。
2．（2025高一下·清远期末）跳台滑雪比赛是冬奥会的重要比赛项目。运动员在某两次赛前训练中，都从跳台处水平飞出，落在足够长的斜坡上，其中第二次训练的着陆点较远，运动过程中忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．离开跳台瞬间，两次训练的水平初速度相同
B．离开跳台后，两次训练在空中运动时间相同
C．离开跳台后，第二次训练在空中的加速度更大
D．两次训练的着陆速度的方向与斜坡的夹角相同
【答案】D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】AB．由于运动员做平抛运动，根据竖直方向上的位移公式有有，可以得出第二次运动的时间比较长，设斜坡的倾角为，根据几何关系可知
由于第二次的时间较大，则第二次水平初速度较大，故AB错误；
C．离开跳台后，两次训练在空中都做平抛运动，运动员只受到重力作用，所以加速度都为重力加速度，故C错误；
D．根据速度的分解可以得出两次训练的着陆速度的方向与斜坡的夹角满足
根据表达式可以得出两次训练的着陆速度的方向与斜坡的夹角相同，故D正确；
故选D。
【分析】利用竖直方向的位移公式可以比较运动员运动的时间，结合位移的分解及位移公式可以比较初速度的大小；利用速度的分解可以得出速度的方向；利用平抛运动只受到重力所以加速度等于重力加速度。
3．（2025高一下·清远期末）如图所示，将玻璃管倒置，蜡块会沿玻璃管先加速一小段位移，之后以 的恒定速度上升。在蜡块恒定速度上升时，将静止的玻璃管以加速度 水平向右推动。在向右水平推动玻璃管的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．蜡块做曲线运动，0.2s末的合速度大小为0.7m/s
B．蜡块做曲线运动，0.2s末的合速度大小为0.5m/s
C．蜡块做直线运动，0.2s末的合速度大小为0.5m/s
D．蜡块做直线运动，0.2s末的合速度大小为0.7m/s
【答案】B
【知识点】曲线运动的条件；运动的合成与分解
【解析】【解答】蜡块有向右的加速度，与初速度不共线，做曲线运动，蜡块以的恒定速度上升，水平方向做匀加速直线运动，根据速度的合成可以得出0.2s末的合速度大小为
故选B。
【分析】利用初速度和加速度方向不共线可以判别蜡块做曲线运动；利用速度的合成可以求出合速度的大小。
4．（2025高一下·清远期末）其实验小组用如图甲所示气垫导轨来探究碰撞规律，导轨末端装有位移传感器（图中未画出），滑块a、b的质量分别为和。打开气泵，将气垫导轨调节水平，滑块a以一定的速度与静止的滑块b发生碰撞。其位移S与时间t的关系如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．滑块的碰撞是弹性碰撞
B．碰撞后，滑块a朝反方向运动
C．滑块a、b的质量之比
D．碰撞后滑块a、b的动量大小之比
【答案】C
【知识点】动量守恒定律；运动学 S-t 图象；碰撞模型
【解析】【解答】B．根据图像的斜率表示速度，碰撞后，由于速度符号保持不变所以滑块a运动方向不变，故B错误；
C．由于图像斜率代表速度的大小，根据图像斜率可以得出碰撞前、后瞬间a的速度为、
碰撞后b的速度为
由于碰撞瞬间满足动量守恒定律，根据动量守恒定律有
解得，故C正确；
D．动量为物体的质量与速度的乘积，根据动量的表达式可以得出碰撞后滑块a、b的动量大小之比为，故D错误；
A．根据动能的表达式可以得出碰撞前系统动能为
碰撞后系统动能为
动能减少，碰撞是非弹性碰撞，故A错误；
故选C。
【分析】利用图像速度的符号不变可以判别碰后速度的方向保持不变；利用图像斜率可以求出碰撞前后速度的大小，结合动量守恒定律可以求出质量的比值；利用动量的表达式可以求出动量的比值；利用动能的表达式可以求出碰撞前后动能的变化量。
5．（2025高一下·清远期末）我国研发的ACF缓震材料，能吸收90%以上的机械能并瞬间把它转化为内能。如图所示，将两个完全相同的钢球A、B置于距离水平放置的缓震材料上方同一高度H处，其中钢球A做自由落体运动，钢球B以一定初速度竖直下抛，不计空气阻力，通过钢球反弹的最大高度h可反应出该材料的吸能效果，则下列说法正确的是（　　）
A．与缓震材料接触前瞬间，两钢球的动量相同
B．与缓震材料接触前瞬间，两钢球的动能相等
C．在下落过程中，两钢球动量的变化量相同
D．虽h均远小于H，但仍符合能量守恒定律
【答案】D
【知识点】动量定理；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】AB．两个小球下落过程都做匀加速直线运动，根据速度位移公式有
由于B球有初速度，则B球与缓震材料接触前瞬间的速度较大，根据动量的表达式和动能的表达式可知，B钢球碰撞前的动量和动能较大，故AB错误；
C．两个小球下落过程都做匀加速直线运动，根据位移时间公式，由于B钢球具有初速度，所以运动的时间较短，由于重力的冲量引起动量的变化，根据动量定理可知，B钢球的动量的变化量较小，故C错误；
D．能量守恒定律是物理学基本规律，由于材料吸能，h均远小于H，故D正确。
故选D。
【分析】利用速度位移公式可以求出球与材料接触的速度大小，结合动量及动能的表达式可以比较动量及动能的大小；利用重力的冲量结合下落的时间可以比较动量变化量的大小；在碰撞的过程中能量守恒。
6．（2025高一下·清远期末）物理学发展历史中：开普勒通过系统分析第谷的观测数据提出行星运动定律，当时受到许多的质疑与批评；科学家在研究机械运动时分别提出过将动量和动能用来量度物体的运动，有着长时间的争论，笛卡尔学派认为动量（mv）是一个与力在时间上的积累有关的物理量，它表示传递机械运动的本领，莱布尼兹学派认为动能（）是一个与力在空间上的积累有关的物理量，它表示物体做功的本领。下列说法正确的是（　　）
A．人造地球卫星绕地球的运动不符合开普勒定律
B．开普勒根据第谷的观测数据计算出了引力常量G
C．两物体碰撞后粘合在一起共同运动的现象支持笛卡尔学派的观点
D．动能与速度有关，也能说明动能是一个与力在时间上的积累有关的物理量
【答案】C
【知识点】动量守恒定律；开普勒定律；引力常量及其测定
【解析】【解答】A．人造地球卫星绕地球的运动属于引力提供向心力的系统，所以符合开普勒定律，故A错误；
B．引力常量G是卡文迪许通过扭秤实验测得的，开普勒没有计算出常量G的大小，故B错误；
C．两个物体发生碰撞，碰撞后粘合的共同运动满足动量守恒（动量mv的总量不变），这支持笛卡尔学派关于动量的观点，故C正确；
D．动能与速度有关，根据动能定理的内容有：合力做功等于动能的变化，功为力与位移的乘积，所以动能的变化对应力在空间上的积累（功），而非时间上的积累，故D错误。
故选C。
【分析】人造地球卫星绕地球运动符合开普勒定律；引力常量G是卡文迪许通过实验测得的；碰撞后粘合的共同运动满足动量守恒（动量mv的总量不变），这支持笛卡尔学派关于动量的观点；动能的变化对应力在空间上的积累（功），而非时间上的积累。
7．（2025高一下·清远期末）一种升降电梯的原理图如图甲，A为电梯的轿厢，B为平衡配重。在某次运行时 A（含乘客）的质量为 B的质量为。 A、B由跨过轻质滑轮的足够长轻质缆绳连接。电动机通过牵引绳向下拉配重 B，使得电梯的轿厢由静止开始向上运动（轿厢A、配重B一直未与滑轮相撞）。不计空气阻力和摩擦阻力，重力加速度g取 。轿厢A向上运动过程中的图像如图乙。下列说法正确的是（　　）
A．0~3s内配重B处于超重状态
B．3~5s内电动机所做的功等于
C．5~8s内轿厢A的加速度大小为
D．0~8s内 AB间的缆绳对轿厢A 做功的最大功率为
【答案】B
【知识点】超重与失重；动能定理的综合应用；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A.0~3s内，轿厢向上加速运动，加速度向上，配重B向下加速，加速度向下，此时重力大于拉力所以配重B处于失重状态，故A错误；
B．已知速度时间图像中，图线与坐标轴围成的面积表示位移，3~5s内，根据图像面积可以得出轿厢的位移为m=12m，3~5s内，由于系统动能不变，则电动机做功等于重力做功，根据动能定理有
解得3~5s内电动机对外做功为，故B正确；
C.根据图像斜率可以得出5~8s内轿厢A的加速度大小为，故C错误；
D.0~3s内，根据图像斜率可以得出轿厢的加速度为
设A、B间的缆绳拉力为，对轿厢，根据牛顿第二定律有解得N
3s时，轿厢A的速度最大，A、B间的缆绳拉力最大，则3s时绳子拉力对轿厢A的功率最大，根据功率的表达式有W，故D错误。
故选B。
【分析】利用图像斜率可以判别加速度的方向，利用加速度的方向可以判别超重与失重；利用图像面积可以求出位移的大小，结合动能定理可以求出电动机做功的大小；利用图像斜率可以求出加速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出拉力的大小，结合速度的大小可以求出拉力的最大功率。
8．（2025高一下·清远期末）如图所示放置在水平桌面上的装置为电磁加速器模型，该模型由圆环轨道和控制系统组成。当铁球靠近线圈时，线圈通电产生磁力吸引铁球加速；铁球即将离开时断电，避免磁力阻碍运动。两铁球从静止开始加速到最大速度的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．铁球需要的向心力大小始终相同
B．铁球速度越大，外轨道对它的支持力越大
C．当铁球速度足够大时，内轨道可能对其无作用力
D．该过程中消耗的电能等于铁球的动能
【答案】B,C
【知识点】功能关系；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．由于铁球做圆周运动，随着速度逐渐增大，根据向心力公式可知，向心力逐渐增大，故A错误；
BC．装置在水平桌面上，当铁球速度足够大时，根据轨道对小球的作用力提供向心力，当小球速度比较大时所需要向心力比较大，则内轨道可能对其无作用力，铁球的向心力由外轨道的弹力提供，根据弹力提供向心力可知，铁球速度越大，外轨道对它的支持力越大，故BC正确；
D．根据功能关系可以得出该过程中消耗的电能等于铁球的动能与克服摩擦力做功之和，故D错误；
故选BC。
【分析】利用向心力公式可以得出小球的速度越大向心力越大；利用轨道对小球的弹力产生向心力，则铁球速度越大，外轨道对它的支持力越大；该过程中消耗的电能等于铁球的动能与克服摩擦力做功之和。
9．（2025高一下·清远期末）随着我国航天技术的进步和经济发展的需要，每年都要发射很多不同类型的卫星来满足需求。有a、b、c、d四颗卫星，a是高空探测卫星，b是地球同步卫星，c在近地轨道上正常运行，卫星d还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，四颗卫星的质量相同，各卫星排列位置如图所示，则有（　　）
A．d随地球自转需要的向心力等于c绕地球运动需要的向心力
B．c的周期大于b的周期
C．d的向心加速度小于b的向心加速度
D．若b变轨到a 所在轨道，需要先依靠推进器加速
【答案】C,D
【知识点】离心运动和向心运动；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．根据万有引力定律
由于卫星d停留在地球表面所以d随地球自转需要的向心力是万有引力的分力，远远小于引力，根据引力提供向心力，c绕地球运动需要的向心力等于万有引力，则d随地球自转需要的向心力小于c绕地球运动需要的向心力，故A错误；
B．根据开普勒第三定律可知，由于c的半径小于b的半径所以c的周期小于b的周期，故B错误；
C．由于b为同步卫星，则角速度与地球自转角速度相对，所以d的角速度等于b的角速度，根据向心加速度的表达式可知，由于d的半径小于b的半径，所以d的向心加速度小于b的向心加速度，故C正确；
D．若b变轨到a 所在轨道，由于卫星要做离心运动，速度需要增大，所以需要先依靠推进器加速，故D正确；
故选CD。
【分析】利用引力公式结合引力与向心力的关系可以比较向心力的大小；利用开普勒第三定律可以比较周期的大小；利用角速度相等结合半径的大小可以比较向心加速度的大小；利用离心运动可以判别卫星速度必须增大。
10．（2025高一下·清远期末）如图所示，当质量为m的排球运动到最高点速度大小为时运动员将其水平拍出，拍击时间极短，拍出后排球以水平速度反弹，最终落地速度大小为 。不计空气阻力及排球大小，以地面为零势能面，下列说法正确的是（　　）
A．拍球过程运动员对排球所做的功为
B．排球拍出后下落过程，排球重力势能减少了
C．拍球前瞬间排球运动到最高点时机械能为
D．从排球拍出后到落地的过程，排球的动能增加了
【答案】A,B,C
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．拍球过程，运动员对排球做功引起排球的动能发生变化，根据动能定理有，故A正确；
B．排球拍出后下落过程，由于重力做功导致排球动能增多，根据动能定理可以得出重力做功为
根据功能关系可以得出排球重力势能减少了，故B正确；
C．物体的机械能为动能和重力势能之和，根据动能和重力势能的表达式可以得出拍球前瞬间排球运动到最高点时机械能为，故C正确；
D．从排球拍出后到落地的过程，根据动能的表达式可以得出排球的动能增加了，故D错误；
故选ABC。
【分析】利用动能定理可以求出运动员对排球做功的大小及重力做功的大小；利用重力做功可以求出重力势能的变化量；利用动能和重力势能可以求出排球机械能的大小；利用动能的表达式可以求出动能的变化量。
11．（2025高一下·清远期末）某同学在“探究平抛运动的特点”实验中，采用如图甲所示的实验装置，图乙中A、B、C三点为小球在坐标纸上留下的痕迹。
（1）坐标纸应当固定在竖直的木板上，下列情况哪种更合适： （填标号）；
A． B．
C． D．
（2）下列说法正确的是 （填标号）；
A．斜槽轨道尽量光滑
B．安装斜槽时用重锤线调整使其末端水平
C．安装斜槽时将钢球置于末端，通过观察其是否静止来调整末端水平
D．图乙中坐标原点O为平抛运动的起点
（3）物理兴趣小组利用该装置研究大小相同的小球正碰。正确安装装置并调试后，先让质量为的小球A从轨道P 点静止释放（不放小球B）落在挡板MN处，然后把质量为的小球B放在斜槽轨道末端，再让小球A 从轨道P 点静止释放，两个小球碰撞后落在挡板MN处，以平抛运动的起点为原点O建立坐标系如下图所示，已知 若两小球在正碰过程动量守恒，则 满 足的关系式为　 　；
【答案】（1）D
（2）B；C
（3）
【知识点】验证动量守恒定律；平抛运动
【解析】【解答】（1）为了让小球初速度沿水平方向，所以斜槽末端是水平的，为了分析平抛运动的规律，则要把运动解为水平和竖直方向的分运动，故方格纸因该水平竖直， 为了记录坐标原点，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，D选项符合题意。
故选D。
（2）A．实验中，只要能保证小球从同一位置由静止释放，根据动能定理可以得出小球将获得相同的初速度即可，斜槽轨道不需要尽量光滑，故A错误；
B．由于小球初速度要沿水平方向，所以安装斜槽时，用重锤线调整使其末端水平，这样才能保证小球做平抛运动，故B正确；
C．为了调整斜槽末端水平，应该将钢球置于斜槽末端来观察其是否静止来调整，这是判断斜槽末端水平的有效方法，故C正确；
D．平抛运动在竖直方向是自由落体运动，若O是抛出点，根据位移公式可以得出相等时间内竖直位移之比应为1：3：5，由图乙可知，OA、AB、BC竖直位移之比为2：3：5，所以O不是抛出点，故D错误。故选BC。
（3）设小方格长度为L，因为平抛高度相同，根据位移公式可以得出平抛时间t相等，根据水平方向的位移公式可知碰前速度
碰后速度分别为
根据碰撞过程动量守恒有
联立解得
【分析】（1）为了让小球初速度沿水平方向，所以斜槽末端是水平的，为了分析平抛运动的规律，则要把运动解为水平和竖直方向的分运动，故方格纸因该水平竖直， 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；
（2）实验中，只要能保证小球从同一位置由静止释放，斜槽轨道不需要尽量光滑；安装斜槽时，用重锤线调整使其末端水平，这样才能保证小球做平抛运动；为了调整斜槽末端水平，应该将钢球置于斜槽末端来观察其是否静止来调整；平抛运动在竖直方向是自由落体运动，若O是抛出点，根据位移公式可以得出相等时间内竖直位移之比应为1：3：5，由图乙可知，OA、AB、BC竖直位移之比为2：3：5，所以O不是抛出点；
（3）利用平抛运动竖直方向的位移公式可以判别运动的时间，结合水平方向的位移公式可以求出碰撞前后速度的大小，结合动量守恒定理可以得出质量大小关系。
（1）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，故方格纸因该水平竖直， 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，D选项符合题意。
故选D。
（2）A．实验中，斜槽轨道不需要尽量光滑，只要能保证小球从同一位置由静止释放，获得相同的初速度即可，故A错误；
B．安装斜槽时，用重锤线调整使其末端水平，这样才能保证小球做平抛运动，故B正确；
C．将钢球置于斜槽末端，观察其是否静止来调整末端水平，这是判断斜槽末端水平的有效方法，故C正确；
D．平抛运动在竖直方向是自由落体运动，若O是抛出点，相等时间内竖直位移之比应为1：3：5，由图乙可知，OA、AB、BC竖直位移之比为2：3：5，所以O不是抛出点，故D错误。
故选BC。
（3）设小方格长度为L，因为平抛高度相同，则平抛时间t相等，题图可知碰前速度
碰后速度分别为
根据碰撞过程动量守恒有
联立解得
12．（2025高一下·清远期末）用如下图所示的实验装置来探究向心力F的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。转动手柄使长槽和短槽分别随变速轮塔匀速转动，槽内的球做匀速圆周运动。下列说法正确的是（　　）
A．该实验使用了控制变量法
B．图1实验过程中左边标尺刻度大于右边标尺刻度
C．图2实验过程中两边标尺刻度相同
D．图3实验过程中左右两边标尺刻度比为1：2
【答案】A,B,D
【知识点】向心力
【解析】【解答】A．根据向心力的表达式可知，由于小球向心力的大小与多个因素有关，所以要探究向心力大小与其中一个因素的关系需要使用控制变量法，故A正确；
B．图1实验过程中，左边小球质量较大，则角速度及半径相同，由于标尺的刻度显示了向心力的大小，根据可知，左边小球受到的向心力大于右边小球受到的向心力，则左边标尺刻度大于右边标尺刻度，故B正确；
C．图2实验过程中两球的角速度不同，质量与运动半径相同，则两个小球受到的向心力大小不同，所以两边标尺刻度不相同，故C错误；
D．图3实验过程中，两球质量与角速度相等，左右两球的半径之比为1：2，根据可知，两个小球的向心力大小比值为1：2，则两边标尺刻度比为1：2，故D正确；
故选ABD。
【分析】实验要探究向心力大小与其中一个因素的关系需要使用控制变量法；利用向心力的表达式结合两个小球的质量、半径及角速度的大小关系可以得出向心力的大小关系。
13．（2025高一下·清远期末）在“验证机械能守恒定律”的实验中：
（1）下列操作正确的是 （填标号）；
A． B． C．
（2）若用 来验证机械能守恒，应选择哪一条纸带进行数据分析： （填标号）；
A．
B．
C．
（3）如下图所示在实验纸带上选打下的第一个点标记为O，AB、C为从合适位置开始选取的三个连续计时点，已知打点计时器打点频率为50 Hz、当地重力加速度 重锤质量为300g。在打O点到B 点的这段时间内，重锤动能的增加量　 　J（结果保留三位有效数字），重力势能的减少量根据实验结果可得出的实验结论是　 　。
【答案】（1）C
（2）B
（3）0.486；在误差范围内，重物机械能守恒
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）为了充分利用纸带，让纸带上留下更多的点迹，同时为了重锤做自由落体运动，并减小阻力的影响，释放纸带前应用手拉着纸带的上端，使重锤靠近打点计时器，然后接通打点计时器电源，再松手释放纸带，C选项符合题意。
故选C。
（2）若用 来验证机械能守恒，根据位移公式可以得出第1个点、第2个点距离需要为2mm，且相同时间内位移比需满足1：3：5：7...，为了减小误差，点迹应在一条直线上，观察可知B选项符合题意。
故选B。
（3）根据平均速度公式可以得出打B点速度
则在打O点到B 点的这段时间内，根据动能的表达式可以得出重锤动能的增加量
在误差范围内，重物机械能守恒。
【分析】（1）为了充分利用纸带，同时为了重锤做自由落体运动，并减小阻力的影响，释放纸带前应用手拉着纸带的上端，使重锤靠近打点计时器，然后接通打点计时器电源，再松手释放纸带；
（2）利用位移公式可以判别位移的大小关系，且点迹需要落在同一直线上；
（3）利用平均速度公式可以求出瞬时速度的大小；结合动能的表达式可以求出增加的动能；利用动能的变化量与重力势能的变化量可以验证机械能守恒。
（1）为了充分利用纸带，并减小阻力的影响，释放纸带前应用手拉着纸带的上端，使重锤靠近打点计时器，然后接通打点计时器电源，再松手释放纸带，C选项符合题意。
故选C。
（2）若用 来验证机械能守恒，则第1个点、第2个点距离需要为2mm，且相同时间内位移比需满足1：3：5：7...，为了减小误差，点迹应在一条直线上，观察可知B选项符合题意。
故选B。
（3）[1][2]打B点速度
则在打O点到B 点的这段时间内，重锤动能的增加量
在误差范围内，重物机械能守恒。
14．（2025高一下·清远期末）一探测器在质量为M的星球着陆后，用机械臂在距地表高度h处以一定的速度水平弹射出一小球，测得小球平抛的水平位移为L，已知引力常量为G，不考虑星球自转与空气阻力。求：
（1）星球表面上的重力加速度g；
（2）星球的半径R；
（3）若在该星球发射一颗卫星，其最小发射速度v的大小。
【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度
15．（2025高一下·清远期末）某兴趣小组遥控一辆玩具车，在水平路面上由静止启动，其图像如图所示，在前2s内做匀加速直线运动，2s后牵引力的功率保持不变，玩具车的质量为 ，玩具车运动中受到的总阻力为重力的0.3倍，g取 ，求：
（1）玩具车在0~2s内电动机提供的牵引力 F；
（2）玩具车在水平路面运动过程中能够达到的最大速度；
（3）玩具车前6s内前进的位移s。
【答案】（1）图像可知0~2s内车的加速度
根据牛顿第二定律有
代入题中数据，联立解得

（2）分析可知2s时，车的功率
车速度最大时，牵引力等于阻力，即
代入题中数据，解得

（3）题图可知0~2s内车位移
2s到6s内，对车，由动能定理得
其中，代入联立解得
玩具车前6s内前进的位移

【知识点】牛顿第二定律；机车启动
【解析】【分析】（1）已知玩具的速度时间图像，利用图像斜率可以求出玩具加速度的大小，结合牛顿第二定理可以求出牵引力的大小；
（2）当汽车达到额定功率时，利用牵引力和速度可以求出功率的大小，当汽车做匀速直线运动时，利用功率和阻力可以求出最大速度的大小；
（3）已知玩具的速度时间图像，利用图像面积可以求出运动的位移，结合动能定理可以求出玩具前6s运动的总位移。
（1）图像可知0~2s内车的加速度
根据牛顿第二定律有
代入题中数据，联立解得
（2）分析可知2s时，车的功率
车速度最大时，牵引力等于阻力，即
代入题中数据，解得
（3）题图可知0~2s内车位移
2s到6s内，对车，由动能定理得
其中，代入联立解得
玩具车前6s内前进的位移
16．（2025高一下·清远期末）某大型户外水上竞技闯关活动中有一环节为“激情渡河”，其装置简化图如图所示。四分之一光滑圆弧轨道固定在地面，末端与停于河面的长木板B 相切。木板左端放置质量 的橡胶块 A。质量 的人从轨道顶端由静止滑下，滑上木板后立即抱住A共同滑行，当三者达到共同速度时木板未抵岸。已知轨道木板质量15kg，人、橡胶块与木板间动摩擦因数均为0.5，，所有物体均视为质点且未落水。求：
（1）人运动至轨道最底端时，轨道对其支持力的大小；
（2）若长木板在水面上运动时水的阻力忽略不计，则人与橡胶块一起在长木板上滑行的距离Δx；
（3）若长木板在水面上运动时，水对长木板的阻力f不可忽略，且与木板的速度v成正比，即，其中。已知长木板右端恰好抵达河岸，求整个过程中长木板的最大速度vm和最终在水面上移动的位移sm。
【答案】（1）人运动至轨道最底端时的速度为
解得
轨道对人支持力的大小为
解得
（2）人和橡胶块共同运动的速度为
解得
三者共同运动的速度为
解得
根据动能定理
解得人与橡胶块一起在长木板上滑行的距离Δx为
（3）根据平衡条件
解得长木板的最大速度vm为
设长木板从静止开始运动到到最大速度的过程中，所用时间为t1，位移为s1，阻力的平均功率P1。
对木板根据动量定理得 ，
对木板根据动能定理得
根据题意，f-v图像的面积表示阻力的功率
解得 ，
设长木板速度最大时，人和橡胶块的速度为v4，根据动量定理得
解得
此后，长木板做匀速直线运动，人和橡胶块做减速运动，一直到共同速度2.5m/s。
设人和橡胶块的速度减小到2.5m/s，所用的时间为t2，对人和橡胶块根据动量定理得
解得
长木板匀速运动的位移为
最后三者共同做减速运动到停止。根据动量定理得
又
解得
长木板最终在水面上移动的位移
【知识点】动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）人下滑的过程中，利用动能定理结合牛顿第二定律可以求出轨道对人的支持力大小；（2）当人和橡胶块一起运动时，利用动量守恒定律可以求出共同速度的大小，结合动能定理结合摩擦力做功可以求出人与橡胶块在木板上滑行的距离大小；
（3）当长木板做匀速直线运动时，利用平衡方程可以求出最大速度的大小；结合木板的动量定理及动能定理可以求出运动的距离和运动的时间，再利用动量定理可以求出木板速度最大时，人鱼橡胶块的速度大小及运动的时间，再利用动量定理可以求出木板在水面上运动的位移大小。
（1）人运动至轨道最底端时的速度为
解得
轨道对人支持力的大小为
解得
（2）人和橡胶块共同运动的速度为
解得
三者共同运动的速度为
解得
根据动能定理
解得人与橡胶块一起在长木板上滑行的距离Δx为
（3）根据平衡条件
解得长木板的最大速度vm为
设长木板从静止开始运动到到最大速度的过程中，所用时间为t1，位移为s1，阻力的平均功率P1。
对木板根据动量定理得 ，
对木板根据动能定理得
根据题意，f-v图像的面积表示阻力的功率
解得 ，
设长木板速度最大时，人和橡胶块的速度为v4，根据动量定理得
解得
此后，长木板做匀速直线运动，人和橡胶块做减速运动，一直到共同速度2.5m/s。
设人和橡胶块的速度减小到2.5m/s，所用的时间为t2，对人和橡胶块根据动量定理得
解得
长木板匀速运动的位移为
最后三者共同做减速运动到停止。根据动量定理得
又
解得
长木板最终在水面上移动的位移
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