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广东省茂名市普通高中2024-2025学年高一下学期教学质量监测物理试题
1．（2025高一下·茂名期末）下列物理情景中，经典的牛顿力学不再适用的是（　　）
A．地球围绕太阳运动 B．超音速战斗机在空中飞行
C．粒子接近光速运动 D．高铁列车从茂名向广州飞驰
2．（2025高一下·茂名期末）为了研究抛体运动特点，小明在某高处竖直向上抛出一个物块，忽略空气阻力。则关于物块的位移y、速度v、加速度a随时间t变化的图像，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2025高一下·茂名期末）如图所示，静止巨石受到水平地面的作用力为，当有风吹来时，巨石受到水平风力作用还继续保持静止状态，此时地面对巨石的作用力为，以下正确的是（　　）
A．小于 B．大于
C．等于 D．的大小与风力无关
4．（2025高一下·茂名期末）如图所示，网球发球机将网球以不同的水平速度射出打到竖直墙上。已知墙上的O点与网球出射点等高，A、B为两个击中点，且，忽略空气阻力，网球可看作质点，则击中A点与击中B点的网球发球速度比是（　　）
A． B． C． D．
5．（2025高一下·茂名期末）如图所示，放在水平地面的人字梯在收拢过程中，梯子底端M、N的移动速度大小均为v，，当AM、AN夹角为时，顶端A的速度大小为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025高一下·茂名期末）如图甲所示，航空公司使用可移动式皮带输送机向飞机上装货，其简化模型如图乙所示。已知皮带输送机倾角为，且以1m/s的速率顺时针匀速转动，货物可视为质点，质量为10kg，现将货物在输送带下端A点无初速度释放后运动到B点，A、B两端点间的距离为10m，货物与输送带间的动摩擦因数为，重力加速度取，则下列说法正确的是（　　）
A．货物所受合外力所做的功等于5J
B．因摩擦生热，输送过程中货物机械能减小
C．输送带因运送该货物而多消耗的能量为490J
D．货物受到输送带的摩擦力方向先沿输送带向上，后沿输送带向下
7．（2025高一下·茂名期末）如图所示，动平衡机可以使车轮在竖直面内匀速转动从而对车轮进行动平衡校准。若车轮不平衡，工程师可通过在轮毂内侧粘贴平衡块，将车轮重心调节到轴心，从而避免行驶时车轮出现抖动现象。以下说法正确的是（　　）
A．车轮匀速转动过程中平衡块的向心力不变
B．平衡块处于最高点时，一定对轮毂产生压力
C．汽车沿直线行驶时，以地面为参考系，平衡块做圆周运动
D．车轮转速一定时，平衡块在最低点时对轮毂的压力与平衡块的质量成正比
8．（2025高一下·茂名期末）国庆放假结束后，几位同学经家长同意，相约在某平台上一起打车回学校，手机打车软件截图如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．汽车行驶过程速度可保持不变 B．汽车的位移小于57公里
C．图中的“57公里”指的是位移 D．图中的“1小时”指的是时间
9．（2025高一下·茂名期末）如图是某兴趣小组设计的月球探测器登月方案，探测器由地面发射后，经地月转移轨道，在A点变轨后进入绕月圆形轨道Ⅰ，在B点变轨后进入绕月椭圆轨道Ⅱ，轨道Ⅱ可视为与月面相切于C点。轨道Ⅰ的半径是月球半径的k倍，仅考虑月球的引力，下列说法正确的是（　　）
A．探测器在轨道Ⅰ上运行的速度大于月球的第一宇宙速度
B．探测器在轨道Ⅱ上B点的机械能大于在轨道Ⅰ上A点的机械能
C．探测器从B点向C点运动过程中，速度和加速度均越来越大
D．探测器在轨道Ⅰ上的向心加速度是月球表面重力加速度的
10．（2025高一下·茂名期末）如图所示，竖直放置的圆筒内壁光滑，圆筒半径为R，高为h，P、Q为圆筒上、下底面圆上的两点，PQ连线在筒壁上且竖直，一质量为m可视为质点的小球由P点沿筒内侧与半径垂直方向水平射出，初速度大小为。小球的运动轨迹与PQ的交点依次为PQ上的A、B、C三点，重力加速度为g，不计空气阻力，则以下说法正确的是（　　）
A．小球到达C点时下落高度为
B．小球在A、B、C三点时对筒壁的压力大小之比为
C．B、C间距离为
D．小球在P点时所受合力大小为
11．（2025高一下·茂名期末）下列是《普通高中物理课程标准》中列出的三个必做实验的部分步骤，请完成实验操作和计算。
（1）如图所示是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置。在小车质量　 　（选填“远大于”或“远小于”）槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。上述做法引起的误差为　 　（选填“偶然误差”或“系统误差”）。为减小此误差，下列可行的方案是　 　。
A.用气垫导轨代替普通导轨，滑块代替小车
B.在小车上加装遮光条，用光电计时系统代替打点计时器
C.在小车与细绳之间加装力传感器，直接测出小车所受拉力大小
（2）如图所示，是用弹簧OC和弹簧秤a、b做“探究求合力的方法”的实验，每次实验均保持O点位置不变：
①关于本实验下述做法中会使实验误差变大的操作有　 　。
A.弹簧OC换成橡皮绳
B.弹簧秤a、b与纸面平行
C.O与弹簧秤a之间的绳长度太短
②纠正错误操作后，在某次实验中，弹簧秤a的读数如图所示，则弹簧秤a的读数为　 　N。
（3）如图所示是“探究弹簧弹力与形变量的关系”的实验装置，测量弹簧原长时，需要将弹簧竖直悬挂在铁架台的横杆上，而不是将弹簧静置于水平地面上，主要目的是　 　。
12．（2025高一下·茂名期末）在“探究平抛运动的特点”的实验中，某组同学用如图甲所示装置探究平抛运动的规律。
（1）在该实验中，下列说法正确的是______。
A．斜槽轨道末端切线必须水平
B．斜槽轨道必须光滑
C．将坐标纸上确定的点用直线依次连接
D．小球每次都从斜槽上同一高度由静止释放
（2）通过描点法来研究平抛运动的轨迹，先将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上，让钢球多次沿斜槽轨道PO滑下后从O点飞出，落在水平挡板MN上，并挤压白纸留下一系列痕迹点。实验中，老师叮嘱让钢球多次从斜槽上滚下，并在白纸上依次记下小球的位置，同学A和同学B的记录纸分别如图乙、丙所示，从图中可以看出同学A的错误最可能是　 　，同学B的实验错误最可能是　 　；（将正确选项前面的字母填在横线上）
A.每次由静止释放小球的位置不同
B.小球与斜槽之间摩擦太大
C.小球在斜槽上释放的位置离斜槽末端的高度太高
D.斜槽末端不水平
（3）同学C采用频闪数码照相机连续拍摄的方法来获取钢球平抛运动的轨迹，并得到如图丁所示的图片，图片中a、b、c、d是连续四次拍摄的小球所在的位置。
①方格纸中每个小方格的实际边长为1.6cm，在已探究出竖直方向的运动为自由落体运动的基础上，求得小球做平抛运动的初速度大小为　 　m/s；（重力加速度）
②试分析a点　 　（填“是”或“不是”）小球的抛出点。
13．（2025高一下·茂名期末）如图所示，两个小孩提起一装满水的水桶并保持静止，已知手臂对水桶拉力的方向均与竖直方向成角，水和水桶总质量为30kg，左边小孩的质量为50kg，重力加速度，求：
（1）小孩手臂受到水桶拉力的大小；
（2）左边小孩所受地面支持力和摩擦力大小。
14．（2025高一下·茂名期末）智能搬运机器人能够自主完成货物的搬运任务，如图是一款正在工作的智能搬运机器人，已知正方体货物质量均匀分布且大小，边长，货物与货架的动摩擦因数，重力加速度。
（1）装货：机器人把货物抬升耗时，求此过程机器人对货物做功的平均功率是多少；
（2）运输：已知机器人装好货物后，货物边缘离货架边缘距离为L，然后以的速度向前做匀速直线运动，若前方突然出现障碍物，机器人立即刹车瞬间停止（可认为机器人在极短时间内速度减为零）。在急刹车过程中，货物相对于货架表面发生了滑动。请问：
①货物在货架上滑动的加速度大小；
②L满足什么条件，才能使货物不掉下来（假设货物重心超出货架边缘即可掉落）。
15．（2025高一下·茂名期末）如图甲所示是一张常见的团圆餐桌，餐桌台面离地高，桌面放有一半径可绕中心轴转动的圆盘，近似认为餐桌与圆盘等大。将质量为的物体（可视为质点）放置在圆盘边缘，该物体与圆盘的动摩擦因数为，设物体与圆盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，。
（1）由静止开始加速转动圆盘，求物体即将滑动时，圆盘角速度的大小；
（2）由静止开始加速转动圆盘，求物体从圆盘上刚好甩出时，圆盘对物体的静摩擦力所做的功多大；
（3）如图乙所示，若圆盘边缘均匀分布三个同样的物体，加速转动后三物体同时滑出圆盘飞离桌面，求任意两物体落地点的距离L。（结果可以保留根号）
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】相对论时空观与牛顿力学的局限性
【解析】【解答】A．经典力学不适用于微观高速运动，地球绕太阳运动的速度远低于光速（约30 km/s），牛顿力学仍适用，故A错误；
B．经典力学适用于宏观低速运动，所以超音速战斗机的速度（约1 km/s）远低于光速，牛顿力学适用，故B错误；
C．经典力学不适用于微观高速运动，当粒子速度接近光速时，相对论效应显著，牛顿力学不再适用，故C正确；
D．经典力学适用于宏观低速运动，高铁速度（约83 m/s）属于低速范围，牛顿力学适用，故D错误。
故选C。
【分析】经典力学适用于宏观低速运动，相对论适用于微观高速运动。
2．【答案】D
【知识点】竖直上抛运动
【解析】【解答】A．由于物体做竖直上抛运动，则根据竖直方向的位移公式有
根据表达式可知y-t图像为抛物线，故A错误；
BCD．由于物体只受到重力的作用，竖直上抛运动物块加速度恒为g，则a-t图像为平行t轴的直线；根据竖直上抛的速度公式v=v0-gt可知，v-t图像是斜率不变的倾斜的直线，故BC错误，D正确。
故选D。
【分析】利用位移公式可以得出位移与时间的关系；利用物体只受到重力可以判别加速度保持不变；利用速度公式可以判别速度与时间的关系。
3．【答案】A
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】无风时，由于巨石处于静止，根据平衡条件可以得出地面对巨石的作用力方向竖直向上，大小与重力相等，为
当受到一个水平风力时，地面对巨石的作用力与竖直向下的重力及水平方向的风力，三力平衡，则重力和风力的合力等于地面对石头的作用力，根据力的合成可以得出地面对巨石的作用力大小为
故小于，的大小与风力有关。
故选A。
【分析】当石头处于静止，利用重力可以求出地面对石头作用力的大小；当风吹石头时，利用力的合成可以求出地面对石头的作用力大小。
4．【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】由于网球在竖直方向上做自由落体运动，根据竖直方向的位移公式可以得出：
网球击中点，有
网球击中点，有
又网球在水平方向做匀速直线运动，根据位移公式有
联立解得。
故选C。
【分析】网球做平抛运动，利用竖直方向的位移公式可以求出运动时间的比值，结合水平方向的位移公式可以求出初速度的比值。
5．【答案】B
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】由于M和A点沿着杆方向的速度大小相等，将两点的速度沿着杆方向及垂直于杆方向进行分解，如图所示
根据速度的分解可以得出
解得
故选B。
【分析】利用速度的分解结合沿着杆方向的速度相等可以求出两点的速度大小关系。
6．【答案】A
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A．由于货物刚开始运动时，摩擦力大于重力的分力，根据牛顿第二定律可以得出开始时货物上滑的加速度
根据速度位移公式可以得出加速到共速的位移
可知离开传送带时物块与传送带早已共速，根据动能定理可得货物受到的合力做功为，故A正确；
B．输送过程中货物动能增大，重力势能增大，根据货物重力势能和动能之和可以得出货物的机械能增大，故B错误；
C．根据重力势能的表达式可以得出货物获得重力势能
根据功能关系可以得出传送带多做的功等于热量与重力势能和动能之和，即输送带因运送该货物而多消耗的能量大于490J，故C错误；
D．根据滑动摩擦力的表达式可以得出货物与输送带最大摩擦力，货物重力沿输送带向下的分力，由于最大静摩擦力大于重力的分力，所以货物不会相对输送带下滑，始终受到沿着输送带向上的摩擦力，故D错误。
故选A。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出货物上滑的加速度大小，结合速度位移公式可以求出加速上滑的位移，说明货物与传送带达到共速，利用动能定理可以求出货物受到的合力做的功；利用货物动能和重力势能的变化可以判别机械能的变化；利用功能关系可以判别传送带多做的功大小；比值重力分力和最大静摩擦力可以判别货物不会下滑，进而判别摩擦力的方向始终向上。
7．【答案】D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．车轮匀速转动过程中，平衡块做匀速圆周运动，由于合力始终指向圆心提供向心力所以向心力的方向时刻改变，所以车轮匀速转动过程中平衡块的向心力发生了变化，故A错误；
B．平衡块处于最高点时，当车对平衡块没有作用力时，根据牛顿第二定律有
解得
此时平衡块处于最高点，平衡块对轮毂没有压力作用，故B错误；
C．汽车沿直线行驶时，以轴心为参考系，平衡块做圆周运动，以地面为参考系，平衡块有匀速圆周运动和不断向前做直线运动两个分运动，所以平衡块做曲线运动，但不是圆周运动，故C错误；
D．平衡块在最低点时，由于车对平衡块的作用力及平衡块本身的重力提供向心力，根据牛顿第二定律有
根据牛顿第三定律有
解得
车轮在竖直面内以恒定速率匀速转动，可知平衡块在最低点时对轮毂的压力与平衡块的质量成正比，故D正确。
故选D。
【分析】利用平衡块做匀速圆周运动时，向心力随合力方向不断改变；利用牛顿第二定律可以得出平衡块受到车作用力的大小与质量的大小关系；以地面为参考系，平衡块有匀速圆周运动和不断向前做直线运动两个分运动，所以平衡块做曲线运动。
8．【答案】B,D
【知识点】位移与路程；瞬时速度
【解析】【解答】A．汽车做曲线运动，由于速度的方向不断改变所以速度发生改变，A错误；
B．由于汽车做曲线运动，位移大小为初末位置的直线距离，路程为曲线运动的轨迹长度，所以曲线运动路程都大于位移，B正确；
C．打车软件显示的汽车运动轨迹的长度，所以显示的是路程不是位移，C错误；
D．图中的“1小时”代表汽车运动的时间，指的是时间，D正确。
故选BD。
【分析】图示距离代表路程，图示时间代表时间间隔；位移的大小小于路程；由于汽车做曲线运动所以速度不断改变。
9．【答案】C,D
【知识点】万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．根据线速度的表达式可以得出月球的第一宇宙速度为探测器绕月做匀速圆周运动的最大速度，故探测器在轨道Ⅰ上的速度小于月球的第一宇宙速度，A错误；
B．当探测器在轨道Ⅰ上B点进入轨道Ⅱ要开始靠近月球则需要进行减速，因此探测器在轨道Ⅱ上B点的速度小于在轨道Ⅰ上B点的速度（即轨道Ⅰ上A点的速度），由于探测器在该位置重力势能相等所以探测器在轨道Ⅱ上B点的机械能小于在轨道Ⅰ上A点的机械能，B错误；
C．探测器从B点向C运动过程中，离月球表面中心越来越近，根据引力公式可以得出引力越来越大，加速度越来越大，由于引力和位移方向相同所以引力做正功，速度越来越大，故C正确；
D．月球对表面的物体的引力形成重力，根据牛顿第二定律有
解得
由于轨道Ⅰ的半径是月球半径的k倍，可知，探测器在轨道Ⅰ上的向心加速度是月球表面重力加速度的，故D正确。
故选AD。
【分析】利用引力提供向心力可以比较线速度和向心加速度的大小；利用探测器靠近月球可以判别速度的变化进而判别机械能的大小变化；利用引力做功可以判别速度的变化；利用引力的变化可以判别加速度的大小变化。
10．【答案】B,C,D
【知识点】运动的合成与分解；平抛运动；向心力
【解析】【解答】A．由于圆筒内壁光滑，所以小球在水平方向不受力，在竖直方向受到重力的作用，小球在水平方向上做匀速圆周运动，根据线速度的表达式可以得出圆周运动周期为
小球在竖直方向上做自由落体运动，小球到达点时，经历时间为，根据位移公式有
解得，故A错误；
B．小球在水平方向上做匀速圆周运动，由筒壁对小球的支持力提供向心力，根据牛顿第二定律有
根据牛顿第三定律有压力，解得
可知小球在、三点时对筒壁的压力大小之比为，故B正确；
C．小球在竖直方向上做自由落体运动，小球到达点时，经历时间为，根据位移公式有
解得
结合上述解得，故C正确；
D．小球在水平方向上做匀速圆周运动，由筒壁对小球的支持力提供向心力，根据牛顿第二定律有
根据力的合成可以得出小球所受外力的合力，故D正确。
故选BCD。
【分析】对小球的运动进行分解，利用线速度可以求出运动的周期，结合竖直方向的位移公式可以求出下落的高度；利用弹力提供向心力可以求出压力的大小；利用弹力和重力的合成可以求出合力的大小。
11．【答案】（1）远大于；系统误差；C
（2）C；3.00
（3）减小弹簧自重的影响
【知识点】验证力的平行四边形定则；探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）设小车质量为M，槽码质量为m。由于小车和槽码做匀加速直线运动，两者加速度大小相等，对小车和槽码根据牛顿第二定律分别有，
联立解得
为了使拉力等于槽码的重力，根据表达式可知在小车质量远大于槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。
由于利用重力近似为拉力的做法是由于实验器材和实验方法不完善造成的，属于系统误差。该误差是将细绳拉力用槽码重力近似替代所引入的，与阻力无关所以减小阻力不能解决实验的误差问题，为减小此误差，可在小车与细绳之间加装力传感器，测出小车所受拉力大小，C正确。故选C。
（2）A．由于两次拉动橡皮筋效果只要相同，即使弹簧OC换成橡皮绳，只要保证拉到同一节点O，对实验误差不会产生影响，A错误；
B．为了避免拉力产生分力，实验中弹簧秤a、b要与纸面平行，能减小实验误差，B错误；
C．绳子的长度主要为了确定拉力的方向，由于O与弹簧秤a之间的绳长度太短，不利于作图，会使实验误差增大，C正确。故选C。
已知该弹簧秤的最小分度值为0.1N，根据图示刻度可以得出弹力的大小为3.00N。
（3）由于弹簧本身的重力会导致弹簧长度变长，所以测量弹簧原长时，需要将弹簧竖直悬挂在铁架台的横杆上，而不是将弹簧静置于水平地面上。
【分析】（1）利用槽码和小车的牛顿第二定律可以得出拉力与槽码重力的关系式，利用关系式可以判别实验为了使拉力等于槽码的重力，根据表达式可知在小车质量远大于槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力；
（2）即使弹簧OC换成橡皮绳，只要保证拉到同一节点O，对实验误差不会产生影响；为了避免拉力产生分力，实验中弹簧秤a、b要与纸面平行，能减小实验误差；绳子的长度主要为了确定拉力的方向，由于O与弹簧秤a之间的绳长度太短，不利于作图，会使实验误差增大；利用弹簧测力计的分度值可以得出弹力的大小；
（3）由于弹簧本身的重力会导致弹簧长度变长，所以测量弹簧原长时，需要将弹簧竖直悬挂在铁架台的横杆上，而不是将弹簧静置于水平地面上。
（1）[1]设小车质量为M，槽码质量为m。对小车和槽码根据牛顿第二定律分别有，
联立解得
由上式可知在小车质量远大于槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。
[2]上述做法引起的误差是由于实验方法或原理不完善造成的，属于系统误差。
[3]该误差是将细绳拉力用槽码重力近似替代所引入的，不是由于车与木板间存在阻力（实验中已经补偿了阻力）或是速度测量精度低造成的，为减小此误差，可在小车与细绳之间加装力传感器，测出小车所受拉力大小，C正确。故选C。
（2）[1]A．弹簧OC换成橡皮绳，只要保证拉到同一节点O，对实验误差不会产生影响，A错误；
B．实验中弹簧秤a、b要与纸面平行，能减小实验误差，B错误；
C．O与弹簧秤a之间的绳长度太短，不利于作图，会使实验误差增大，C正确。
故选C。
[2]该弹簧秤的最小分度值为0.1N，读数需要估读一位，所以图中示数为3.00N。
（3）测量弹簧原长时，需要将弹簧竖直悬挂在铁架台的横杆上，而不是将弹簧静置于水平地面上，主要目的是减小弹簧自重的影响。
12．【答案】（1）A；D
（2）D；A
（3）0.8；不是
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）A．小球做平抛运动，为了让小球在斜槽末端获得水平方向的速度则斜槽末端必须水平，故A正确；
BD．为了小球离开斜槽的初速度大小相等，该实验中只要保证小球每次都从斜槽上同一高度由静止释放，根据动能定理可以得出不需要斜槽轨道必须光滑，故B错误，D正确；
C．为了记录平抛运动的轨迹，验证平抛运动的轨迹为抛物线，因此应该用平滑的曲线将坐标纸上确定的点连接起来，故C错误。故选AD。
（2）A．图丙出现了平抛运动的多条轨迹，则是由于每次由静止释放小球的位置不同，小球每次从斜槽末端抛出时的速度大小不同，从而使记录的点迹呈现无规律的情况，会造成丙图中出现的错误；
B．由于小球每次下落过程中，摩擦力做功相等，所以小球与斜槽之间摩擦太大对实验无影响，不会出现图乙、丙中的错误；
C．假如小球在斜槽上释放的位置离斜槽末端的高度太高，从斜槽末端抛出时速度较大，会使记录的点迹所描绘的抛物线开口较大，不会出现图乙、丙中出现的错误；
D．斜槽末端不水平，使小球抛出时速度方向不水平，会导致轨迹先向上弯曲，则会造成乙图中出现的错误。故第一个空选D；第二个空选A。
（3）①由于小球在竖直方向上做自由落体运动，根据邻差公式有
可得
由于小球在水平方向做匀速直线运动，根据位移公式可以得出小球做平抛运动的初速度大小为
②根据平均速度公式可以得出小球在点的竖直分速度为
根据速度公式可以得出小球在点的竖直分速度为
可知点不是小球的抛出点。
【分析】（1）小球做平抛运动，为了让小球在斜槽末端获得水平方向的速度则斜槽末端必须水平；
为了小球离开斜槽的初速度大小相等，该实验中只要保证小球每次都从斜槽上同一高度由静止释放，不需要斜槽轨道必须光滑；为了记录平抛运动的轨迹，应该用平滑的曲线将坐标纸上确定的点连接起来；
（2）图丙出现了平抛运动的多条轨迹，则是由于每次由静止释放小球的位置不同，小球每次从斜槽末端抛出时的速度大小不同，从而使记录的点迹呈现无规律的情况，会造成丙图中出现的错误；斜槽末端不水平，使小球抛出时速度方向不水平，会导致轨迹先向上弯曲，则会造成乙图中出现的错误；
（3）利用竖直方向的邻差公式可以求出时间间隔；结合水平方向的位移公式可以求出初速度的大小；利用平均速度公式可以求出b点竖直方向的分速度大小，结合速度公式可以求出a点竖直方向分速度的大小，进而判别a点不是抛出点。
（1）A．为了让小球在斜槽末端获得水平方向的速度以保证小球做平抛运动，则斜槽末端必须水平，故A正确；
BD．该实验中只要保证小球每次都从斜槽上同一高度由静止释放，则可保证小球每次做平抛运动的初速度相同，不需要斜槽轨道必须光滑，故B错误，D正确；
C．由于平抛运动的轨迹为抛物线，因此应该用平滑的曲线将坐标纸上确定的点连接起来，故C错误。
故选AD。
（2）[1][2]A．每次由静止释放小球的位置不同，小球每次从斜槽末端抛出时的速度大小不同，即小球每次运动的抛物线轨迹不同，从而使记录的点迹呈现无规律的情况，会造成丙图中出现的错误；
B．小球与斜槽之间摩擦太大对实验无影响，不会出现图乙、丙中的错误；
C．小球在斜槽上释放的位置离斜槽末端的高度太高，从斜槽末端抛出时速度较大，会使记录的点迹所描绘的抛物线开口较大，不会出现图乙、丙中出现的错误；
D．斜槽末端不水平，使小球抛出时速度方向不水平，会造成乙图中出现的错误。
故第一个空选D；第二个空选A。
（3）①[1]竖直方向有
可得
则小球做平抛运动的初速度大小为
②[2]小球在点的竖直分速度为
则小球在点的竖直分速度为
可知点不是小球的抛出点。
13．【答案】（1）设水和水桶总质量为，两拉力相等，对水桶进行受力分析，如图所示
则由平衡条件得
解得
根据作用力与反作用力的关系可知，手臂所受水桶拉力大小为。
（2）以水、水桶和该小孩整体为研究对象，受力分析，如图所示
由平衡条件得
，
联立解得
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【分析】（1）由于水桶处于静止，利用竖直方向的平衡方程可以求出拉力的大小；
（2）以小孩和水桶为整体，利用整体处于静止，利用平衡方程可以求出左边小孩受到的支持力和摩擦力的大小。
（1）设水和水桶总质量为，两拉力相等，对水桶进行受力分析，如图所示
则由平衡条件得
解得
根据作用力与反作用力的关系可知，手臂所受水桶拉力大小为。
（2）以水、水桶和该小孩整体为研究对象，受力分析，如图所示
由平衡条件得
，
联立解得
14．【答案】（1）在装货过程中，机器人将货物垂直抬升高度，机器人对货物所做的功
此过程耗时，机器人对货物做功的平均功率
（2）①机器人突然停止，货物相对货架运动，受到的摩擦力为合外力
根据牛顿第二定律
得
②机器人停止后，货物相对于货架表面滑动距离，根据
货物不掉下的条件

【知识点】牛顿运动定律的综合应用；功率及其计算
【解析】【分析】（1）当机器人抬升货物时，利用重力和上升的高度可以求出机器人对货物做功的大小，结合作用时间可以求出平均功率的大小；
（2）当机器人突然静止时，货物做匀减速直线运动，利用牛顿第二定律可以求出减速的加速度大小，结合速度位移公式可以求出滑动的距离，进而判别货物距离边缘的距离大小。
（1）在装货过程中，机器人将货物垂直抬升高度，机器人对货物所做的功
此过程耗时，机器人对货物做功的平均功率
（2）①机器人突然停止，货物相对货架运动，受到的摩擦力为合外力
根据牛顿第二定律
得
②机器人停止后，货物相对于货架表面滑动距离，根据
货物不掉下的条件
15．【答案】（1）由题意可得，当物体受到最大静摩擦力时，物体将滑落，此时物体的速度达到最大，由牛顿第二定律
又
联立得
此时圆盘角速度为；
（2）物体即将甩出时的速度为，得
设圆盘对物体的静摩擦力所做的功为，由动能定理
代入得
（3）由题意可得，当物体滑出桌子时，沿切线做平抛运动，竖直方向
水平方向
可得
结合几何知识落地点离圆心水平距离
任意两物体的距离为
【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）当物体刚要发生滑动时，利用最大静摩擦力提供向心力可以求出圆盘角速度的大小；（2）当物体开始滑动时，利用角速度可以求出线速度的大小，结合动能定理可以求出摩擦力做功的大小；
（3）当物体做平抛运动时，利用位移公式可以求出水平位移的大小，结合几何关系可以求出两个物体之间的距离大小。
（1）由题意可得，当物体受到最大静摩擦力时，物体将滑落，此时物体的速度达到最大，由牛顿第二定律
又
联立得
此时圆盘角速度为；
（2）物体即将甩出时的速度为，得
设圆盘对物体的静摩擦力所做的功为，由动能定理
代人得
（3）由题意可得，当物体滑出桌子时，沿切线做平抛运动，竖直方向
水平方向
可得
结合几何知识落地点离圆心水平距离
任意两物体的距离为
1 / 1广东省茂名市普通高中2024-2025学年高一下学期教学质量监测物理试题
1．（2025高一下·茂名期末）下列物理情景中，经典的牛顿力学不再适用的是（　　）
A．地球围绕太阳运动 B．超音速战斗机在空中飞行
C．粒子接近光速运动 D．高铁列车从茂名向广州飞驰
【答案】C
【知识点】相对论时空观与牛顿力学的局限性
【解析】【解答】A．经典力学不适用于微观高速运动，地球绕太阳运动的速度远低于光速（约30 km/s），牛顿力学仍适用，故A错误；
B．经典力学适用于宏观低速运动，所以超音速战斗机的速度（约1 km/s）远低于光速，牛顿力学适用，故B错误；
C．经典力学不适用于微观高速运动，当粒子速度接近光速时，相对论效应显著，牛顿力学不再适用，故C正确；
D．经典力学适用于宏观低速运动，高铁速度（约83 m/s）属于低速范围，牛顿力学适用，故D错误。
故选C。
【分析】经典力学适用于宏观低速运动，相对论适用于微观高速运动。
2．（2025高一下·茂名期末）为了研究抛体运动特点，小明在某高处竖直向上抛出一个物块，忽略空气阻力。则关于物块的位移y、速度v、加速度a随时间t变化的图像，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】竖直上抛运动
【解析】【解答】A．由于物体做竖直上抛运动，则根据竖直方向的位移公式有
根据表达式可知y-t图像为抛物线，故A错误；
BCD．由于物体只受到重力的作用，竖直上抛运动物块加速度恒为g，则a-t图像为平行t轴的直线；根据竖直上抛的速度公式v=v0-gt可知，v-t图像是斜率不变的倾斜的直线，故BC错误，D正确。
故选D。
【分析】利用位移公式可以得出位移与时间的关系；利用物体只受到重力可以判别加速度保持不变；利用速度公式可以判别速度与时间的关系。
3．（2025高一下·茂名期末）如图所示，静止巨石受到水平地面的作用力为，当有风吹来时，巨石受到水平风力作用还继续保持静止状态，此时地面对巨石的作用力为，以下正确的是（　　）
A．小于 B．大于
C．等于 D．的大小与风力无关
【答案】A
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】无风时，由于巨石处于静止，根据平衡条件可以得出地面对巨石的作用力方向竖直向上，大小与重力相等，为
当受到一个水平风力时，地面对巨石的作用力与竖直向下的重力及水平方向的风力，三力平衡，则重力和风力的合力等于地面对石头的作用力，根据力的合成可以得出地面对巨石的作用力大小为
故小于，的大小与风力有关。
故选A。
【分析】当石头处于静止，利用重力可以求出地面对石头作用力的大小；当风吹石头时，利用力的合成可以求出地面对石头的作用力大小。
4．（2025高一下·茂名期末）如图所示，网球发球机将网球以不同的水平速度射出打到竖直墙上。已知墙上的O点与网球出射点等高，A、B为两个击中点，且，忽略空气阻力，网球可看作质点，则击中A点与击中B点的网球发球速度比是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】由于网球在竖直方向上做自由落体运动，根据竖直方向的位移公式可以得出：
网球击中点，有
网球击中点，有
又网球在水平方向做匀速直线运动，根据位移公式有
联立解得。
故选C。
【分析】网球做平抛运动，利用竖直方向的位移公式可以求出运动时间的比值，结合水平方向的位移公式可以求出初速度的比值。
5．（2025高一下·茂名期末）如图所示，放在水平地面的人字梯在收拢过程中，梯子底端M、N的移动速度大小均为v，，当AM、AN夹角为时，顶端A的速度大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】由于M和A点沿着杆方向的速度大小相等，将两点的速度沿着杆方向及垂直于杆方向进行分解，如图所示
根据速度的分解可以得出
解得
故选B。
【分析】利用速度的分解结合沿着杆方向的速度相等可以求出两点的速度大小关系。
6．（2025高一下·茂名期末）如图甲所示，航空公司使用可移动式皮带输送机向飞机上装货，其简化模型如图乙所示。已知皮带输送机倾角为，且以1m/s的速率顺时针匀速转动，货物可视为质点，质量为10kg，现将货物在输送带下端A点无初速度释放后运动到B点，A、B两端点间的距离为10m，货物与输送带间的动摩擦因数为，重力加速度取，则下列说法正确的是（　　）
A．货物所受合外力所做的功等于5J
B．因摩擦生热，输送过程中货物机械能减小
C．输送带因运送该货物而多消耗的能量为490J
D．货物受到输送带的摩擦力方向先沿输送带向上，后沿输送带向下
【答案】A
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A．由于货物刚开始运动时，摩擦力大于重力的分力，根据牛顿第二定律可以得出开始时货物上滑的加速度
根据速度位移公式可以得出加速到共速的位移
可知离开传送带时物块与传送带早已共速，根据动能定理可得货物受到的合力做功为，故A正确；
B．输送过程中货物动能增大，重力势能增大，根据货物重力势能和动能之和可以得出货物的机械能增大，故B错误；
C．根据重力势能的表达式可以得出货物获得重力势能
根据功能关系可以得出传送带多做的功等于热量与重力势能和动能之和，即输送带因运送该货物而多消耗的能量大于490J，故C错误；
D．根据滑动摩擦力的表达式可以得出货物与输送带最大摩擦力，货物重力沿输送带向下的分力，由于最大静摩擦力大于重力的分力，所以货物不会相对输送带下滑，始终受到沿着输送带向上的摩擦力，故D错误。
故选A。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出货物上滑的加速度大小，结合速度位移公式可以求出加速上滑的位移，说明货物与传送带达到共速，利用动能定理可以求出货物受到的合力做的功；利用货物动能和重力势能的变化可以判别机械能的变化；利用功能关系可以判别传送带多做的功大小；比值重力分力和最大静摩擦力可以判别货物不会下滑，进而判别摩擦力的方向始终向上。
7．（2025高一下·茂名期末）如图所示，动平衡机可以使车轮在竖直面内匀速转动从而对车轮进行动平衡校准。若车轮不平衡，工程师可通过在轮毂内侧粘贴平衡块，将车轮重心调节到轴心，从而避免行驶时车轮出现抖动现象。以下说法正确的是（　　）
A．车轮匀速转动过程中平衡块的向心力不变
B．平衡块处于最高点时，一定对轮毂产生压力
C．汽车沿直线行驶时，以地面为参考系，平衡块做圆周运动
D．车轮转速一定时，平衡块在最低点时对轮毂的压力与平衡块的质量成正比
【答案】D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．车轮匀速转动过程中，平衡块做匀速圆周运动，由于合力始终指向圆心提供向心力所以向心力的方向时刻改变，所以车轮匀速转动过程中平衡块的向心力发生了变化，故A错误；
B．平衡块处于最高点时，当车对平衡块没有作用力时，根据牛顿第二定律有
解得
此时平衡块处于最高点，平衡块对轮毂没有压力作用，故B错误；
C．汽车沿直线行驶时，以轴心为参考系，平衡块做圆周运动，以地面为参考系，平衡块有匀速圆周运动和不断向前做直线运动两个分运动，所以平衡块做曲线运动，但不是圆周运动，故C错误；
D．平衡块在最低点时，由于车对平衡块的作用力及平衡块本身的重力提供向心力，根据牛顿第二定律有
根据牛顿第三定律有
解得
车轮在竖直面内以恒定速率匀速转动，可知平衡块在最低点时对轮毂的压力与平衡块的质量成正比，故D正确。
故选D。
【分析】利用平衡块做匀速圆周运动时，向心力随合力方向不断改变；利用牛顿第二定律可以得出平衡块受到车作用力的大小与质量的大小关系；以地面为参考系，平衡块有匀速圆周运动和不断向前做直线运动两个分运动，所以平衡块做曲线运动。
8．（2025高一下·茂名期末）国庆放假结束后，几位同学经家长同意，相约在某平台上一起打车回学校，手机打车软件截图如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．汽车行驶过程速度可保持不变 B．汽车的位移小于57公里
C．图中的“57公里”指的是位移 D．图中的“1小时”指的是时间
【答案】B,D
【知识点】位移与路程；瞬时速度
【解析】【解答】A．汽车做曲线运动，由于速度的方向不断改变所以速度发生改变，A错误；
B．由于汽车做曲线运动，位移大小为初末位置的直线距离，路程为曲线运动的轨迹长度，所以曲线运动路程都大于位移，B正确；
C．打车软件显示的汽车运动轨迹的长度，所以显示的是路程不是位移，C错误；
D．图中的“1小时”代表汽车运动的时间，指的是时间，D正确。
故选BD。
【分析】图示距离代表路程，图示时间代表时间间隔；位移的大小小于路程；由于汽车做曲线运动所以速度不断改变。
9．（2025高一下·茂名期末）如图是某兴趣小组设计的月球探测器登月方案，探测器由地面发射后，经地月转移轨道，在A点变轨后进入绕月圆形轨道Ⅰ，在B点变轨后进入绕月椭圆轨道Ⅱ，轨道Ⅱ可视为与月面相切于C点。轨道Ⅰ的半径是月球半径的k倍，仅考虑月球的引力，下列说法正确的是（　　）
A．探测器在轨道Ⅰ上运行的速度大于月球的第一宇宙速度
B．探测器在轨道Ⅱ上B点的机械能大于在轨道Ⅰ上A点的机械能
C．探测器从B点向C点运动过程中，速度和加速度均越来越大
D．探测器在轨道Ⅰ上的向心加速度是月球表面重力加速度的
【答案】C,D
【知识点】万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．根据线速度的表达式可以得出月球的第一宇宙速度为探测器绕月做匀速圆周运动的最大速度，故探测器在轨道Ⅰ上的速度小于月球的第一宇宙速度，A错误；
B．当探测器在轨道Ⅰ上B点进入轨道Ⅱ要开始靠近月球则需要进行减速，因此探测器在轨道Ⅱ上B点的速度小于在轨道Ⅰ上B点的速度（即轨道Ⅰ上A点的速度），由于探测器在该位置重力势能相等所以探测器在轨道Ⅱ上B点的机械能小于在轨道Ⅰ上A点的机械能，B错误；
C．探测器从B点向C运动过程中，离月球表面中心越来越近，根据引力公式可以得出引力越来越大，加速度越来越大，由于引力和位移方向相同所以引力做正功，速度越来越大，故C正确；
D．月球对表面的物体的引力形成重力，根据牛顿第二定律有
解得
由于轨道Ⅰ的半径是月球半径的k倍，可知，探测器在轨道Ⅰ上的向心加速度是月球表面重力加速度的，故D正确。
故选AD。
【分析】利用引力提供向心力可以比较线速度和向心加速度的大小；利用探测器靠近月球可以判别速度的变化进而判别机械能的大小变化；利用引力做功可以判别速度的变化；利用引力的变化可以判别加速度的大小变化。
10．（2025高一下·茂名期末）如图所示，竖直放置的圆筒内壁光滑，圆筒半径为R，高为h，P、Q为圆筒上、下底面圆上的两点，PQ连线在筒壁上且竖直，一质量为m可视为质点的小球由P点沿筒内侧与半径垂直方向水平射出，初速度大小为。小球的运动轨迹与PQ的交点依次为PQ上的A、B、C三点，重力加速度为g，不计空气阻力，则以下说法正确的是（　　）
A．小球到达C点时下落高度为
B．小球在A、B、C三点时对筒壁的压力大小之比为
C．B、C间距离为
D．小球在P点时所受合力大小为
【答案】B,C,D
【知识点】运动的合成与分解；平抛运动；向心力
【解析】【解答】A．由于圆筒内壁光滑，所以小球在水平方向不受力，在竖直方向受到重力的作用，小球在水平方向上做匀速圆周运动，根据线速度的表达式可以得出圆周运动周期为
小球在竖直方向上做自由落体运动，小球到达点时，经历时间为，根据位移公式有
解得，故A错误；
B．小球在水平方向上做匀速圆周运动，由筒壁对小球的支持力提供向心力，根据牛顿第二定律有
根据牛顿第三定律有压力，解得
可知小球在、三点时对筒壁的压力大小之比为，故B正确；
C．小球在竖直方向上做自由落体运动，小球到达点时，经历时间为，根据位移公式有
解得
结合上述解得，故C正确；
D．小球在水平方向上做匀速圆周运动，由筒壁对小球的支持力提供向心力，根据牛顿第二定律有
根据力的合成可以得出小球所受外力的合力，故D正确。
故选BCD。
【分析】对小球的运动进行分解，利用线速度可以求出运动的周期，结合竖直方向的位移公式可以求出下落的高度；利用弹力提供向心力可以求出压力的大小；利用弹力和重力的合成可以求出合力的大小。
11．（2025高一下·茂名期末）下列是《普通高中物理课程标准》中列出的三个必做实验的部分步骤，请完成实验操作和计算。
（1）如图所示是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置。在小车质量　 　（选填“远大于”或“远小于”）槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。上述做法引起的误差为　 　（选填“偶然误差”或“系统误差”）。为减小此误差，下列可行的方案是　 　。
A.用气垫导轨代替普通导轨，滑块代替小车
B.在小车上加装遮光条，用光电计时系统代替打点计时器
C.在小车与细绳之间加装力传感器，直接测出小车所受拉力大小
（2）如图所示，是用弹簧OC和弹簧秤a、b做“探究求合力的方法”的实验，每次实验均保持O点位置不变：
①关于本实验下述做法中会使实验误差变大的操作有　 　。
A.弹簧OC换成橡皮绳
B.弹簧秤a、b与纸面平行
C.O与弹簧秤a之间的绳长度太短
②纠正错误操作后，在某次实验中，弹簧秤a的读数如图所示，则弹簧秤a的读数为　 　N。
（3）如图所示是“探究弹簧弹力与形变量的关系”的实验装置，测量弹簧原长时，需要将弹簧竖直悬挂在铁架台的横杆上，而不是将弹簧静置于水平地面上，主要目的是　 　。
【答案】（1）远大于；系统误差；C
（2）C；3.00
（3）减小弹簧自重的影响
【知识点】验证力的平行四边形定则；探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）设小车质量为M，槽码质量为m。由于小车和槽码做匀加速直线运动，两者加速度大小相等，对小车和槽码根据牛顿第二定律分别有，
联立解得
为了使拉力等于槽码的重力，根据表达式可知在小车质量远大于槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。
由于利用重力近似为拉力的做法是由于实验器材和实验方法不完善造成的，属于系统误差。该误差是将细绳拉力用槽码重力近似替代所引入的，与阻力无关所以减小阻力不能解决实验的误差问题，为减小此误差，可在小车与细绳之间加装力传感器，测出小车所受拉力大小，C正确。故选C。
（2）A．由于两次拉动橡皮筋效果只要相同，即使弹簧OC换成橡皮绳，只要保证拉到同一节点O，对实验误差不会产生影响，A错误；
B．为了避免拉力产生分力，实验中弹簧秤a、b要与纸面平行，能减小实验误差，B错误；
C．绳子的长度主要为了确定拉力的方向，由于O与弹簧秤a之间的绳长度太短，不利于作图，会使实验误差增大，C正确。故选C。
已知该弹簧秤的最小分度值为0.1N，根据图示刻度可以得出弹力的大小为3.00N。
（3）由于弹簧本身的重力会导致弹簧长度变长，所以测量弹簧原长时，需要将弹簧竖直悬挂在铁架台的横杆上，而不是将弹簧静置于水平地面上。
【分析】（1）利用槽码和小车的牛顿第二定律可以得出拉力与槽码重力的关系式，利用关系式可以判别实验为了使拉力等于槽码的重力，根据表达式可知在小车质量远大于槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力；
（2）即使弹簧OC换成橡皮绳，只要保证拉到同一节点O，对实验误差不会产生影响；为了避免拉力产生分力，实验中弹簧秤a、b要与纸面平行，能减小实验误差；绳子的长度主要为了确定拉力的方向，由于O与弹簧秤a之间的绳长度太短，不利于作图，会使实验误差增大；利用弹簧测力计的分度值可以得出弹力的大小；
（3）由于弹簧本身的重力会导致弹簧长度变长，所以测量弹簧原长时，需要将弹簧竖直悬挂在铁架台的横杆上，而不是将弹簧静置于水平地面上。
（1）[1]设小车质量为M，槽码质量为m。对小车和槽码根据牛顿第二定律分别有，
联立解得
由上式可知在小车质量远大于槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。
[2]上述做法引起的误差是由于实验方法或原理不完善造成的，属于系统误差。
[3]该误差是将细绳拉力用槽码重力近似替代所引入的，不是由于车与木板间存在阻力（实验中已经补偿了阻力）或是速度测量精度低造成的，为减小此误差，可在小车与细绳之间加装力传感器，测出小车所受拉力大小，C正确。故选C。
（2）[1]A．弹簧OC换成橡皮绳，只要保证拉到同一节点O，对实验误差不会产生影响，A错误；
B．实验中弹簧秤a、b要与纸面平行，能减小实验误差，B错误；
C．O与弹簧秤a之间的绳长度太短，不利于作图，会使实验误差增大，C正确。
故选C。
[2]该弹簧秤的最小分度值为0.1N，读数需要估读一位，所以图中示数为3.00N。
（3）测量弹簧原长时，需要将弹簧竖直悬挂在铁架台的横杆上，而不是将弹簧静置于水平地面上，主要目的是减小弹簧自重的影响。
12．（2025高一下·茂名期末）在“探究平抛运动的特点”的实验中，某组同学用如图甲所示装置探究平抛运动的规律。
（1）在该实验中，下列说法正确的是______。
A．斜槽轨道末端切线必须水平
B．斜槽轨道必须光滑
C．将坐标纸上确定的点用直线依次连接
D．小球每次都从斜槽上同一高度由静止释放
（2）通过描点法来研究平抛运动的轨迹，先将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上，让钢球多次沿斜槽轨道PO滑下后从O点飞出，落在水平挡板MN上，并挤压白纸留下一系列痕迹点。实验中，老师叮嘱让钢球多次从斜槽上滚下，并在白纸上依次记下小球的位置，同学A和同学B的记录纸分别如图乙、丙所示，从图中可以看出同学A的错误最可能是　 　，同学B的实验错误最可能是　 　；（将正确选项前面的字母填在横线上）
A.每次由静止释放小球的位置不同
B.小球与斜槽之间摩擦太大
C.小球在斜槽上释放的位置离斜槽末端的高度太高
D.斜槽末端不水平
（3）同学C采用频闪数码照相机连续拍摄的方法来获取钢球平抛运动的轨迹，并得到如图丁所示的图片，图片中a、b、c、d是连续四次拍摄的小球所在的位置。
①方格纸中每个小方格的实际边长为1.6cm，在已探究出竖直方向的运动为自由落体运动的基础上，求得小球做平抛运动的初速度大小为　 　m/s；（重力加速度）
②试分析a点　 　（填“是”或“不是”）小球的抛出点。
【答案】（1）A；D
（2）D；A
（3）0.8；不是
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）A．小球做平抛运动，为了让小球在斜槽末端获得水平方向的速度则斜槽末端必须水平，故A正确；
BD．为了小球离开斜槽的初速度大小相等，该实验中只要保证小球每次都从斜槽上同一高度由静止释放，根据动能定理可以得出不需要斜槽轨道必须光滑，故B错误，D正确；
C．为了记录平抛运动的轨迹，验证平抛运动的轨迹为抛物线，因此应该用平滑的曲线将坐标纸上确定的点连接起来，故C错误。故选AD。
（2）A．图丙出现了平抛运动的多条轨迹，则是由于每次由静止释放小球的位置不同，小球每次从斜槽末端抛出时的速度大小不同，从而使记录的点迹呈现无规律的情况，会造成丙图中出现的错误；
B．由于小球每次下落过程中，摩擦力做功相等，所以小球与斜槽之间摩擦太大对实验无影响，不会出现图乙、丙中的错误；
C．假如小球在斜槽上释放的位置离斜槽末端的高度太高，从斜槽末端抛出时速度较大，会使记录的点迹所描绘的抛物线开口较大，不会出现图乙、丙中出现的错误；
D．斜槽末端不水平，使小球抛出时速度方向不水平，会导致轨迹先向上弯曲，则会造成乙图中出现的错误。故第一个空选D；第二个空选A。
（3）①由于小球在竖直方向上做自由落体运动，根据邻差公式有
可得
由于小球在水平方向做匀速直线运动，根据位移公式可以得出小球做平抛运动的初速度大小为
②根据平均速度公式可以得出小球在点的竖直分速度为
根据速度公式可以得出小球在点的竖直分速度为
可知点不是小球的抛出点。
【分析】（1）小球做平抛运动，为了让小球在斜槽末端获得水平方向的速度则斜槽末端必须水平；
为了小球离开斜槽的初速度大小相等，该实验中只要保证小球每次都从斜槽上同一高度由静止释放，不需要斜槽轨道必须光滑；为了记录平抛运动的轨迹，应该用平滑的曲线将坐标纸上确定的点连接起来；
（2）图丙出现了平抛运动的多条轨迹，则是由于每次由静止释放小球的位置不同，小球每次从斜槽末端抛出时的速度大小不同，从而使记录的点迹呈现无规律的情况，会造成丙图中出现的错误；斜槽末端不水平，使小球抛出时速度方向不水平，会导致轨迹先向上弯曲，则会造成乙图中出现的错误；
（3）利用竖直方向的邻差公式可以求出时间间隔；结合水平方向的位移公式可以求出初速度的大小；利用平均速度公式可以求出b点竖直方向的分速度大小，结合速度公式可以求出a点竖直方向分速度的大小，进而判别a点不是抛出点。
（1）A．为了让小球在斜槽末端获得水平方向的速度以保证小球做平抛运动，则斜槽末端必须水平，故A正确；
BD．该实验中只要保证小球每次都从斜槽上同一高度由静止释放，则可保证小球每次做平抛运动的初速度相同，不需要斜槽轨道必须光滑，故B错误，D正确；
C．由于平抛运动的轨迹为抛物线，因此应该用平滑的曲线将坐标纸上确定的点连接起来，故C错误。
故选AD。
（2）[1][2]A．每次由静止释放小球的位置不同，小球每次从斜槽末端抛出时的速度大小不同，即小球每次运动的抛物线轨迹不同，从而使记录的点迹呈现无规律的情况，会造成丙图中出现的错误；
B．小球与斜槽之间摩擦太大对实验无影响，不会出现图乙、丙中的错误；
C．小球在斜槽上释放的位置离斜槽末端的高度太高，从斜槽末端抛出时速度较大，会使记录的点迹所描绘的抛物线开口较大，不会出现图乙、丙中出现的错误；
D．斜槽末端不水平，使小球抛出时速度方向不水平，会造成乙图中出现的错误。
故第一个空选D；第二个空选A。
（3）①[1]竖直方向有
可得
则小球做平抛运动的初速度大小为
②[2]小球在点的竖直分速度为
则小球在点的竖直分速度为
可知点不是小球的抛出点。
13．（2025高一下·茂名期末）如图所示，两个小孩提起一装满水的水桶并保持静止，已知手臂对水桶拉力的方向均与竖直方向成角，水和水桶总质量为30kg，左边小孩的质量为50kg，重力加速度，求：
（1）小孩手臂受到水桶拉力的大小；
（2）左边小孩所受地面支持力和摩擦力大小。
【答案】（1）设水和水桶总质量为，两拉力相等，对水桶进行受力分析，如图所示
则由平衡条件得
解得
根据作用力与反作用力的关系可知，手臂所受水桶拉力大小为。
（2）以水、水桶和该小孩整体为研究对象，受力分析，如图所示
由平衡条件得
，
联立解得
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【分析】（1）由于水桶处于静止，利用竖直方向的平衡方程可以求出拉力的大小；
（2）以小孩和水桶为整体，利用整体处于静止，利用平衡方程可以求出左边小孩受到的支持力和摩擦力的大小。
（1）设水和水桶总质量为，两拉力相等，对水桶进行受力分析，如图所示
则由平衡条件得
解得
根据作用力与反作用力的关系可知，手臂所受水桶拉力大小为。
（2）以水、水桶和该小孩整体为研究对象，受力分析，如图所示
由平衡条件得
，
联立解得
14．（2025高一下·茂名期末）智能搬运机器人能够自主完成货物的搬运任务，如图是一款正在工作的智能搬运机器人，已知正方体货物质量均匀分布且大小，边长，货物与货架的动摩擦因数，重力加速度。
（1）装货：机器人把货物抬升耗时，求此过程机器人对货物做功的平均功率是多少；
（2）运输：已知机器人装好货物后，货物边缘离货架边缘距离为L，然后以的速度向前做匀速直线运动，若前方突然出现障碍物，机器人立即刹车瞬间停止（可认为机器人在极短时间内速度减为零）。在急刹车过程中，货物相对于货架表面发生了滑动。请问：
①货物在货架上滑动的加速度大小；
②L满足什么条件，才能使货物不掉下来（假设货物重心超出货架边缘即可掉落）。
【答案】（1）在装货过程中，机器人将货物垂直抬升高度，机器人对货物所做的功
此过程耗时，机器人对货物做功的平均功率
（2）①机器人突然停止，货物相对货架运动，受到的摩擦力为合外力
根据牛顿第二定律
得
②机器人停止后，货物相对于货架表面滑动距离，根据
货物不掉下的条件

【知识点】牛顿运动定律的综合应用；功率及其计算
【解析】【分析】（1）当机器人抬升货物时，利用重力和上升的高度可以求出机器人对货物做功的大小，结合作用时间可以求出平均功率的大小；
（2）当机器人突然静止时，货物做匀减速直线运动，利用牛顿第二定律可以求出减速的加速度大小，结合速度位移公式可以求出滑动的距离，进而判别货物距离边缘的距离大小。
（1）在装货过程中，机器人将货物垂直抬升高度，机器人对货物所做的功
此过程耗时，机器人对货物做功的平均功率
（2）①机器人突然停止，货物相对货架运动，受到的摩擦力为合外力
根据牛顿第二定律
得
②机器人停止后，货物相对于货架表面滑动距离，根据
货物不掉下的条件
15．（2025高一下·茂名期末）如图甲所示是一张常见的团圆餐桌，餐桌台面离地高，桌面放有一半径可绕中心轴转动的圆盘，近似认为餐桌与圆盘等大。将质量为的物体（可视为质点）放置在圆盘边缘，该物体与圆盘的动摩擦因数为，设物体与圆盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，。
（1）由静止开始加速转动圆盘，求物体即将滑动时，圆盘角速度的大小；
（2）由静止开始加速转动圆盘，求物体从圆盘上刚好甩出时，圆盘对物体的静摩擦力所做的功多大；
（3）如图乙所示，若圆盘边缘均匀分布三个同样的物体，加速转动后三物体同时滑出圆盘飞离桌面，求任意两物体落地点的距离L。（结果可以保留根号）
【答案】（1）由题意可得，当物体受到最大静摩擦力时，物体将滑落，此时物体的速度达到最大，由牛顿第二定律
又
联立得
此时圆盘角速度为；
（2）物体即将甩出时的速度为，得
设圆盘对物体的静摩擦力所做的功为，由动能定理
代入得
（3）由题意可得，当物体滑出桌子时，沿切线做平抛运动，竖直方向
水平方向
可得
结合几何知识落地点离圆心水平距离
任意两物体的距离为
【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）当物体刚要发生滑动时，利用最大静摩擦力提供向心力可以求出圆盘角速度的大小；（2）当物体开始滑动时，利用角速度可以求出线速度的大小，结合动能定理可以求出摩擦力做功的大小；
（3）当物体做平抛运动时，利用位移公式可以求出水平位移的大小，结合几何关系可以求出两个物体之间的距离大小。
（1）由题意可得，当物体受到最大静摩擦力时，物体将滑落，此时物体的速度达到最大，由牛顿第二定律
又
联立得
此时圆盘角速度为；
（2）物体即将甩出时的速度为，得
设圆盘对物体的静摩擦力所做的功为，由动能定理
代人得
（3）由题意可得，当物体滑出桌子时，沿切线做平抛运动，竖直方向
水平方向
可得
结合几何知识落地点离圆心水平距离
任意两物体的距离为
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