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广东省广州市省实执信广雅二中六中五校联考2024-2025学年高一下学期期末物理试卷
一、单项选择题：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·广州期末）利用风洞实验室可以模拟运动员比赛时所受风阻情况，帮助运动员提高成绩。为了更加直观的研究风洞里的流场环境，可以借助烟尘辅助观察，如图甲所示，在某次实验中获得烟尘颗粒做曲线运动的轨迹，如图乙所示，则由该轨迹可推断出（　　）
A．烟尘颗粒的速度可能不变
B．烟尘颗粒所受合力与速度方向相同
C．烟尘颗粒不可能做匀变速曲线运动
D．P、Q两点处的速度方向可能垂直
2．（2025高一下·广州期末）在趣味运动会活动中，有班级设置了套圈游戏。如图所示，某同学从距水平地面高度0.8m处水平抛出一个半径为0.2m的细圆环，套前方地面上的半径为0.1m竖直圆柱，设细圆环运动过程始终保持水平，抛出时圆环中心到圆柱中心的水平距离为2.5m，圆柱高度为0.35m。重力加速度取g＝10m/s2，空气阻力不计。要想套住圆柱，细圆环刚抛出时的速度可能是（　　）
A．6.5m/s B．7.5m/s C．8.5m/s D．9.5m/s
3．（2025高一下·广州期末）钢架雪车是一项精彩刺激的冬奥会比赛项目，运动员从起跑区推动雪车起跑后俯卧在雪车上，经一系列直道、弯道后到达终点，用时少者获胜。图（a）是比赛中某运动员在滑行区某弯道的图片，假设可视为质点的人和车的总质量为m，其在弯道上P处做水平面内匀速圆周运动的模型如图（b），车在P处无沿斜面方向的侧向移动，运动半径为R，弯道表面与水平面成θ角，不计摩擦力和空气阻力，重力加速度大小为g。则（　　）
A．在P处车对弯道的压力大小为mgcosθ
B．在P处人和车的速率为
C．人和车的速率越大，则对轨道的压力越大
D．若人滑行的位置更加靠近轨道内侧，则其角速度应比原来小
4．（2025高一下·广州期末）蹦极运动以其惊险刺激深得年轻人的喜爱，图示为某次蹦极运动中的情景，原长为l的轻弹性绳一端固定在机臂上，另一端固定在质量为m的蹦极者身上，蹦极者从机臂上由静止自由下落，当蹦极者距离机臂1.5l时，下落至最低点。空气阻力恒为重力的，重力加速度为g。则此下落过程中（　　）
A．蹦极者减少的机械能为
B．弹性绳增加的弹性势能为
C．蹦极者的最大动能为
D．蹦极者和弹性绳组成的系统减少的机械能为
5．（2025高一下·广州期末）建造一条能通向太空的天梯，是人类长期的梦想。如图所示，直线状天梯是由一种高强度、很轻的纳米碳管制成，图中虚线为同步卫星轨道，天梯在赤道平面内刚好沿卫星轨道半径方向。两物体分别处于天梯上的M、N点，其位置如图所示。整个天梯相对于地球静止不动，忽略大气层的影响，分析可知（　　）
A．M处物体处于完全失重状态
B．M处物体的加速度小于N处物体的加速度
C．M处物体的向心力小于N处物体的向心力
D．处于天梯上的同一物体，离地面的高度越高，则物体对天梯的作用力越小
6．（2025高一下·广州期末）如图为一小型起重机，物体P通过不可伸长且足够长的轻质细绳绕过大小质量均不计的光滑滑轮A、B连接C处的固定电动机。滑轮A安装在水平伸缩杆上，可以随杆水平移动，滑轮B安装在竖直伸缩杆上并可以随杆竖直移动。电动机可改变总绳长，使绳始终保持绷直，滑轮B的竖直高度不会低于滑轮A。整个过程P不与A相撞。则下列说法正确的是（　　）
A．当电动机保持不转，水平伸缩杆不动，只将滑轮B向上匀速移动时，物体P的重力功率减小
B．保持物体P距地面高度不变，将滑轮A向右匀速移动时，竖直伸缩杆不动，则电动机C需要匀速放绳
C．保持电机不转，竖直伸缩杆不动，将滑轮A向右匀速右移，则P处于超重状态
D．当滑轮A、B均不动，电动机匀速收绳的过程中，细绳对物体P拉力的功率变大
7．（2025高一下·广州期末）2023年全国首条空轨—光谷空轨旅游线开通运营。光谷空轨列车（简称空轨）采用有人值守无人驾驶技术运行。如图所示，一质量为m的空轨在平直轨道上从静止开始匀加速直线行驶，经过时间t前进的距离为s，发动机输出功率恰好达到额定功率P，空轨所受阻力恒定，下列说法正确的是（　　）
A．空轨匀加速行驶过程中的最大速度为
B．匀加速行驶过程中，牵引力做的功为
C．匀加速行驶过程中，空轨的阻力大小为
D．空轨能达到的最大速度为
二、多项选择题（共3小题，每小题6分，共18分。选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分）
8．（2025高一下·广州期末）带球转身动作是篮球运动中的难点，如图甲所示为篮球爱好者带球转身的一瞬间。由于篮球规则规定手掌不能上翻，我们将此过程理想化为如图乙所示的模型：薄长方体代表手掌，转身时球紧贴竖立的手掌，绕着转轴（中枢脚所在直线）做匀速圆周运动。假设手掌和球之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力（不考虑篮球在手掌中的滚动），篮球质量为m，直径为D，手掌到转轴的距离为d，重力加速度为g，则要顺利完成此转身动作，下列说法正确的是（　　）
A．若篮球的速度为，则篮球会从手中掉落
B．篮球的角速度至少为
C．若篮球的线速度大小为v，则手掌和篮球之间的摩擦力一定为
D．篮球的速度越大，手掌对球的作用力越大
9．（2025高一下·广州期末）某卫星发射的过程图简化如下，位于椭圆轨道1的卫星在P点变速后进入圆形轨道2，然后在M点再次改变方向进入与轨道2半径大小相等的圆形轨道3上，则下列说法正确的是（　　）
A．卫星在轨道2上的运行速度一定大于7.9km/s，小于11.2km/s
B．卫星在Q的速度大于在P点的速度
C．卫星在轨道2上的周期大于在轨道1上的周期
D．卫星在3个轨道上的机械能的大小关系为E2＝E3＜E1
10．（2025高一下·广州期末）如图所示，光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，圆心为O。可视为质点的小球穿在轨道上，轻质弹簧一端与小球相连，另一端固定在与O处于同一水平面上的A点，OA连线与圆弧交于B点，现将小球拉至M点无初速度释放，小球将在M、N之间往复运动。已知小球在M点时弹簧处于伸长状态，运动到B点时弹簧处于压缩状态。在整个运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小球和弹簧组成的系统机械能守恒
B．从M到B的过程中小球的机械能逐步增大
C．小球在M点时弹簧的弹性势能比小球在N点时小
D．弹簧弹力对小球做功的功率为零的位置有2处（M、N两点除外）
三、实验题 （共2小题，共16分）
11．（2025高一下·广州期末）某实验小组设计了如图所示的实验装置来验证机械能守恒定律。（已知重力加速度为g，绳和滑轮的质量以及轮与轴之间的摩擦均忽略不计。）
（1）实验时，实验小组的同学进行了如下操作：
①用天平分别测出物块A、B（含遮光片）的质量分别为3m和2m；
②测出遮光条宽度d=4.0mm；
③将重物A、B通过轻绳和两个轻质滑轮连接成图甲所示的装置，一个同学用手托住重物B，另一个同学测量出遮光片中心到光电门中心的竖直距离h，之后释放重物B使其由静止开始下落。测得遮光片经过光电门的时间为t=2.0ms，则此时重物B速度的大小为　 　（结果保留两位有效数字）。
（2）改变光电门与物块B之间的高度h，测得遮光片的挡光时间t，多次重复实验，并用描点法作出图像，以下四种你认为作　 　图像最为合理。（选填选项前的相应字母
A. B. C. D.
此时若图像的斜率　 　（用含字母g、d的表达式表示），则验证了机械能守恒定律。
（3）有同学提出遮光片宽度过大可能会对实验结果产生影响，若本实验忽略其他因素的影响，仅考虑遮光片宽度对本实验的影响，则本实验得出的重力势能的减小量ΔEp和动能的增加量ΔEk的关系为ΔEp　 　ΔEk（选填“>”“<”或者“=”）。
12．（2025高一下·广州期末）某物理实验小组用图甲所示器材来探究平抛运动的特点。
（1）他们在白纸板上以重垂线方向为y轴正方向建立如图乙所示的坐标系，取A点为坐标原点并记录了B、C两点的坐标。根据图中数据判断，A点　 　（选填“是”或“不是”）平抛运动的抛出点。 若取，小球平抛的初速度为　 　m/s（结果保留两位有效数字），到B点时的速度大小为：　 　m/s （结果可用根号表示）。
（2）该小组某位同学实验时忘了标记重垂线方向，为解决此问题，他以轨迹上某点为坐标原点，沿任意两个相互垂直的方向作为x轴和y轴正方向，建立直角坐标系xOy（如图丙所示），并测量出了轨迹上另外两个点的坐标值（x1，y1）、（x2，y2），且。若相邻两个点迹之间的时间间隔相等，则可得重垂线方向与y轴间夹角的正切值为　 　（用x1、x2、y1、y2坐标表示）。
四、计算题（共3小题，共38分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
13．（2025高一下·广州期末）一倾角为37°足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立xOy直角坐标系，其中Ox轴沿平行于底边的水平方向，Oy轴沿斜面向上的方向，如图所示。从零时刻开始，一可视为质点的物块从O点以沿y轴正方向12m/s的速度被抛出，抛出的同时对物块施加沿x轴正方向大小为16N的水平恒力F，已知物块的质量为2kg，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，不计空气阻力。求：
（1）前2s内物块的位移；
（2）物块再次回到x轴时的速度大小。
14．（2025高一下·广州期末）宇宙飞船（可看作质点）绕地球做匀速圆周运动时，由于地球遮挡阳光，会经历“日全食”过程（宇航员看不见太阳），如图所示，已知地球的半径为R、质量为M、自转的周期为T0，引力常量为G，太阳光可看作平行光，飞船上的宇航员在A点测出对地球的张角为α=60°，求：
（1）飞船绕地球运行的线速度大小。
（2）飞船每次“日全食”经历的时间。
（3）一天内飞船经历“日全食”的次数。
15．（2025高一下·广州期末）如图所示，一游戏装置由倾斜角为α的光滑轨道OA、水平轨道AB、水平传送带BC、半径为R＝0.2m的光滑竖直圆形轨道DEF、水平地面IJ构成。J点固定有一足够高的竖直挡板，O1（题中未标出）为圆弧轨道的圆心，B、C、D、G四点在同一水平面上。游戏时，质量为0.1kg的小滑块从倾斜轨道不同高度处静止释放，经过水平轨道和传送带后可沿圆形轨道运动，最后由G点水平飞出。已知小滑块与水平轨道AB的动摩擦因数μ1＝0.5，与传送带的动摩擦因数μ2＝0.6，AB长s=2m，BC长L=1m，IJ长x=2.4m，E是圆轨道上与圆心等高的点，G距水平地面IJ的高度H=1.8m，小滑块可视为质点且经A处时速度大小不变，其余阻力均不计，g取10m/s2，求：
（1）若传送带处于静止状态，小滑块释放的高度h＝2m，求小滑块通过E点时对轨道的压力；
（2）若传送带以4m/s逆时针转动，小滑块释放的高度h=1.45m，求小滑块在传送带上运动的过程中产生的热量；
（3）若小滑块释放的高度h＝1.65m，同时调节传送带以不同速度顺时针转动，为了保证小滑块不脱离圆轨道又能从G点水平飞出，试写出小滑块第1次落点（即不考虑反弹）与G点的竖直高度差y与传送带速度v的关系。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】A．由于烟尘颗粒做曲线运动，所以速度方向时刻发生变化，速度一定发生变化，故A错误；
B．烟尘颗粒做曲线运动，根据曲线运动的条件可以得出所受合力与速度方向一定不在同一直线上，故B错误；
C．做曲线运动的物体，所受合力总是指向轨迹的凹测，根据轨迹的弯曲方向可以得出烟尘颗粒在P、Q两点处的合力方向一定不同，烟尘颗粒不可能做匀变速曲线运动，故C正确；
D．曲线运动在某点的速度方向是沿轨迹在该点的切线方向，根据轨迹上某点的切线方向可以得出P、Q两点处的速度方向不可能垂直，故D错误。
故选C。
【分析】利用轨迹的切线方向可以判别速度的方向；利用轨迹的弯曲方向可以判别合力的方向，进而判别颗粒不可能做匀变速曲线运动；利用颗粒做曲线运动则速度方向不断改变。
2．【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】已知圆环的高度，圆环的半径为，圆柱的高度为，圆柱的半径为，圆环中心到圆柱中心的水平距离为，由于圆环抛出做平抛运动，根据竖直方向的位移公式可得
解得
当圆环右侧贴着圆柱落下时，圆环抛出时的初速度有最小值，根据水平方向的位移公式则有解得
当圆环左侧贴着圆柱落下时，圆环抛出时的初速度有最大值，根据水平方向的位移公式则有解得
要使圆环套住地面上的圆柱，圆环刚抛出时的速度应该满足
故选C。
【分析】圆环做平抛运动，利用竖直方向的位移公式可以求出运动的时间，结合水平方向的位移公式可以求出初速度的大小范围。
3．【答案】B
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】AC．对人和车受力分析，由于整体在水平方向做匀速圆周运动，如图所示
由于竖直方向上，重力和支持力的分力平衡，根据受力平衡可得
解得
根据牛顿第三定律可知，在P处车对弯道的压力大小为；可知车对轨道的压力与和车的速率无关，故AC错误；
B．在水平方向上，由于支持力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
解得在P处人和车的速率为，故B正确；
D．在水平方向上，由于支持力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
可得
若人滑行的位置更加靠近轨道内侧，则圆周运动的半径减小，则其角速度比原来大，故D错误。
故选B。
【分析】利用竖直方向的平衡方程可以求出压力的大小；利用水平方向的牛顿第二定律可以求出线速度和角速度的大小。
4．【答案】B
【知识点】功能关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．蹦极者从静止开始运动到最低点的过程中，由于初末速度等于0所以动能变化量为0，下落的过程中动能不变，重力势能减少，所以机械能的减少量等于其重力势能减少量，根据重力势能的表达式可以得出减少的机械能为
故A错误；
B．运动员下落的过程中，根据能量守恒定律则弹性绳增加的弹性势能和内能等于蹦极者减少的机械能，由于内能的增量等于克服阻力做的功，根据能量守恒定律可以得出弹性势能的增量为，故B正确；
C．蹦极者下落l的过程中，由于弹性绳子还没产生弹力，则蹦极者受重力和空气阻力，根据动能定理可知蹦极者此时动能为
由于此时重力大于空气阻力，则蹦极者所受合力向下，蹦极者继续加速，则蹦极者的最大动能大于，故C错误；
D．以蹦极者和弹性绳子为系统，由于系统除了重力和弹力外只有空气阻力做功，根据功能关系可知，蹦极者和弹性绳组成的系统减少的机械能等于整个过程克服空气阻力所做的功，则有，故D错误。
故选B。
【分析】利用下落过程中动能不变，重力势能减少量可以求出机械能的减少量；利用能量守恒定律可以求出弹性势能的增量；利用功能关系可以求出克服空气阻力做功的大小，进而求出减少的机械能；利用动能定理可以判别最大动能的位置。
5．【答案】B
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．图中虚线为同步卫星轨道，在同步卫星轨道，由于地球对同步卫星的万有引力刚好提供所需的向心力，根据牛顿第二定律有
对于M处物体，角速度与同步轨道的角速度相同，但轨道半径小于同步轨道半径，根据引力提供向心力所以M处物体只受万有引力产生的角速度此时同步卫星的角速度，所以物体M有向球心运动的趋势，为了合力等于向心力，则物M处物体所受天梯的作用力方向背向地球，M处物体不是处于完全失重状态，故A错误；
B．由于M处物体的角速度等于N处物体的角速度，由于M处轨道半径小于N处轨道半径，根据向心加速度的表达式，M处物体的加速度小于N处物体的加速度，故B正确；
C．由于不清楚M处物体与n处物体的质量关系，根据向心力的表达式，所以无法比较两者的向心力大小关系，故C错误；
D．根据A选项分析可知，处于天梯上的同一物体，当物体处于同步轨道（图中虚线）时，天梯物体的作用力为0；当物体处于同步轨道下方时，由于物体有向心运动的趋势，所以天梯对物体的作用力方向背向地球；当物体处于同步轨道上方时，由于物体有离心运动的趋势，天梯对物体的作用力方向指向地球；所以并不是离地面的高度越高，物体对天梯的作用力越小，故D错误。
故选B。
【分析】利用物体M的角速度大小与N相同，结合引力与向心力的比较可以判别物体M受到天梯背向球心的作用力，所以不是处于完全失重状态；利用角速度相同结合半径的大小可以比较向心加速度的大小；由于未知质量关系不能比较向心力的大小；利用物体引力与向心力的大小比较可以判别天梯对物体的作用力大小。
6．【答案】C
【知识点】超重与失重；运动的合成与分解；功率及其计算
【解析】【解答】A．当滑B向上匀速移动时，设AB段绳子与水平方向夹角为θ，当电动机保持不转，水平伸缩杆不动，对滑轮B的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，则有，因θ增大，故增大，根据功率的表达式有物体P的重力功率也增大。故A错误；
B．当滑A向右匀速移动时，将滑轮A的速度沿BA方向与垂直BA方向分解，电动机C放绳的速度为
当只将滑轮A向右匀速移动时，由于θ变小，根据表达式可以得出电动机C放绳速度逐渐减小，则电动机C减速放绳，故B错误；
C．保持电机不转，竖直伸缩杆不动，将滑轮A向右匀速右移，对滑轮A的速度进行分解，根据速度关系有，因θ减小，P加速上升，则P的加速度方向向上处于超重状态。故C正确；
D．当滑轮A、B均不动，电动机匀速收绳的过程中，由于P的速度和拉力大小保持不变，所以细绳对物体P拉力的功率不改变，故D错误。
故选C。
【分析】对滑轮速度进行分解，结合速度公式可以判别物体的速度变化，结合重力的大小可以判别重力功率的大小变化；利用滑轮速度的分解可以判别绳子速度的大小变化，结合拉力的大小变化可以判别功率的大小变化。
7．【答案】B
【知识点】机车启动
【解析】【解答】A． 已知空轨经过时间t前进的距离为s， 设空轨匀加速行驶过程中的最大速度为，根据平均速度公式可得
解得，故A错误；
B．当匀加速行驶过程速度达到最大时，空轨功率达到额定功率，根据功率的表达式可以得出匀加速阶段的牵引力大小为
匀加速行驶过程中，根据功的表达式可以得出牵引力做的功为，故B正确；
C．匀加速行驶过程中，根据速度公式可以得出加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
解得空轨的阻力大小为，故C错误；
D．空轨的速度达到最大时，由于牵引力等于阻力，根据功率的表达式可以得出最大速度为
故D错误。
故选B。
【分析】利用空轨的位移公式可以求出最大的速度；利用功率的表达式结合最大速度可以求出牵引力的大小，结合功的表达式可以求出牵引力做功的大小；利用速度公式可以求出加速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出阻力的大小；利用最大速度时牵引力等于阻力，结合功率的表达式可以求出最大速度。
8．【答案】B,D
【知识点】匀速圆周运动；向心力
【解析】【解答】A．设手掌和篮球之间弹力的最小值为FN，由于篮球做匀速圆周运动，竖直方向上，根据平衡方程可以得出摩擦力f=μFN=mg
水平方向上，根据牛顿第二定律有，结合几何关系有
解得
则当篮球的速度为时，篮球不会从手中掉落，故A错误；
B．已知篮球的线速度大小，结合线速度和角速度的关系式，解得，故B正确；
C．篮球竖直方向上处于平衡状态，根据平衡方程可以求出摩擦力为f=mg，故C错误；
D．根据牛顿第二定律，由于手掌和篮球之间弹力提供向心力，根据向心力大小可以得出弹力为
可知篮球的速度越大，手掌对球的作用力越大，故D正确。
故选BD。
【分析】利用竖直方向的平衡方程结合水平方向的牛顿第二定律可以求出篮球的最小线速度的大小；利用线速度可以求出篮球角速度的大小；利用平衡方程可以求出摩擦力的大小；利用向心力的大小可以判别弹力与篮球速度的大小关系。
9．【答案】B,C
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A.7.9km/s是近地卫星的线速度大小，根据线速度，则第一宇宙速度为卫星的最大环绕速度，卫星在入轨稳定后的运行速度一定小于7.9km/s，故A错误；
B．由开普勒第二定律可知，由于相同时间内卫星与地球的连线所扫过的面积相等，则可以得出卫星在椭圆轨道1上近地点Q的速度大于远地点P的速度，故B正确；
C．由开普勒第三定律，由于卫星在轨道2的半径大于轨道1的半径，所以可知卫星在轨道2上的周期大于在轨道1上的周期，故C正确；
D．由于卫星在轨道2、3上高度相同，根据
解得
可知卫星在轨道2、3上速度大小相同，动能相同，则机械能相同，而由轨道1变至轨道2，卫星做离心运动，卫星在P点向后喷气速度增大，由于卫星动能增大所以机械能增大，故，故D错误。
故选BC。
【分析】利用引力提供向心力可以得出第一宇宙速度为最大的环绕速度；利用开普勒第二定律可以比较线速度的大小；利用开普勒第三定律可以比较周期的大小；利用离心运动可以比较速度的大小，结合动能的表达式可以比较机械能的大小。
10．【答案】A,C
【知识点】功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．由于圆弧轨道光滑，以小球和弹簧为系统，小球在运动过程中，只有小球的重力和弹簧的弹力做功，则小球和弹簧组成的系统机械能守恒，故A正确；
B．由于小球在M点时弹簧处于伸长状态，运动到B点时弹簧处于压缩状态，由于弹簧弹性势能与弹簧形变量的二次方成正比，当小球从M到B的过程中，弹性势能先减小后增大，根据功能关系可以得出弹簧对小球先做正功，后做负功，由于系统总机械能保持不变则小球的机械能先增大后减小，故B错误；
C．以OA连线的高度为重力势能的零点，、分别表示小球将在M、N两点时与OA连线的高度差的绝对值，由于小球在MN两点的速度为0，则动能为0，根据系统机械能守恒
则，即小球在M点时弹簧的弹性势能比在N点时小，故C正确；
D．当弹簧弹力为0或者当弹力与速度方向垂直时，弹簧弹力对小球做功的功率为零，则弹力的功率为0的位置有弹簧恢复原长的位置，即MB、BN之间各有1处，还有弹力与小球速度方向垂直的位置，即B点，一共有3处（M、N两点除外），故D错误。
故选AC。
【分析】利用系统只有重力和弹力做功可以判别系统机械能守恒；利用弹簧弹力做功可以判别弹力对小球做功进而判别小球机械能的变化；利用机械能守恒定律可以比较弹性势能的大小；当弹簧弹力为0或者当弹力与速度方向垂直时，弹簧弹力对小球做功的功率为零。
11．【答案】（1）2.0
（2）D；
（3）>
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）由于重物经过光电门的平均速度近似为过光电门的瞬时速度，根据平均速度公式可以得出重物B速度的大小
（2）根据滑轮组的关系可以得出A、B的速度关系
以A和B为系统，物块B下降高度h过程，根据系统的机械能守恒定律有
结合上述解得
为了能够使图像呈现线性关系，根据表达式可以得出应该作图像最为合理。
故选D。
由于，根据表达式可以得出图像的斜率
（3）根据运动学规律可知，匀变速直线运动中间时刻为，中间位置的瞬时速度为
根据数学函数规律可知
匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知，光电门测出的速度指遮光片挡光时间内中间时刻的瞬时速度，所以测量出的速度小于物体中间位置的速度，导致动能的变化量偏小；实验中，h是遮光片中心到光电门中心的竖直距离，则会导致mgh重力势能的减小量大于动能的增量，所以重力势能的减小量ΔEp和动能的增加量ΔEk的关系为ΔEp>ΔEk
【分析】（1）利用平均速度公式可以求出瞬时速度的大小；
（2）利用机械能守恒定律可以得出图像中坐标的物理量意义；利用表达式可以得出图像斜率的大小；
（3）利用平均速度代表中间位置的瞬时速度会导致动能的测量值偏小，所以动能的变化量小于重力势能的变化量。
（1）根据光电门的测速原理，此时重物B速度的大小
（2）[1]A、B的速度关系
物块B下降高度h过程，根据机械能守恒定律有
结合上述解得
为了能够使图像呈现线性关系，作图像最为合理。
故选D。
[2]结合上述可知，若机械能守恒，则有
可知，上述图像的斜率
（3）根据运动学规律可知，匀变速直线运动中间时刻与中间位置的瞬时速度，
根据数学函数规律可知
匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知，光电门测出的速度指遮光片挡光时间内中间时刻的瞬时速度，
分别为B做初速度为0的匀加速直线运动，实验中，h是遮光片中心到光电门中心的竖直距离，即该距离的下端位置为遮光片挡光时间过程的中间位置，该位置位于挡光时间过程中间时刻位置的下侧，结合上述可知，重力势能的减小量ΔEp和动能的增加量ΔEk的关系为ΔEp>ΔEk
12．【答案】（1）是；2.0；
（2）
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】（1）小球在竖直方向做自由落体运动，假设A点为抛出点，根据位移公式则应满足
由图乙数据可得
可知A点是平抛运动的抛出点。
由于A点是平抛运动的抛出点，根据位移公式有
解得
小球在水平方向做匀速直线运动，根据水平方向的位移公式有
竖直方向做自由落体运动，根据速度公式有
根据速度的合成可以得出B点的速度为
（2）依题意，可知小球沿x轴做加速运动，那么x轴是斜向下偏离水平方向，设重垂线与y轴间的夹角为，将重力加速度分别沿x、y轴方向分解，如图所示
根据加速度的分解可以得出两个分运动的加速度为，
根据匀变速运动推论，设相邻点之间的时间间隔为T，根据邻差公式有：沿x轴方向有
沿y轴方向有
联立可得
【分析】（1）利用竖直方向的位移公式结合运动时间相等及位移的比值可以判别A点是抛出点；利用位移公式可以求出初速度的大小，利用速度公式可以求出竖直方向分速度的大小，结合速度的合成可以求出B点速度的大小；
（2）利用运动的分解结合邻差公式可以求出夹角正切值的大小。
（1）[1]小球在竖直方向做自由落体运动，假设A点为抛出点，则应满足
由图乙数据可得
可知A点是平抛运动的抛出点。
[2] 由于A点是平抛运动的抛出点，则有
解得
小球在水平方向做匀速直线运动，有
[3]竖直方向做自由落体运动，则
则B点的速度为
（2）依题意，可知小球沿x轴做加速运动，那么x轴是斜向下偏离水平方向，设重垂线与y轴间的夹角为，将重力加速度分别沿x、y轴方向分解，如图所示
则有，
根据匀变速运动推论，设相邻点之间的时间间隔为T，则沿x轴方向有
沿y轴方向有
联立可得
13．【答案】（1）沿y方向受力分析可得
前2s内y方向位移为
在x方向上
前2s内x方向位移为
所以运动的位移，方向与x轴正方向成37°角。
（2）物块再次回到x轴时，有
可得
此时y方向速度为
x方向速度为
此时速度大小为
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；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）物块抛出时，利用运动的分解结合牛顿第二定律可以求出分运动加速度的大小，结合位移公式可以求出分位移的大小，利用位移的合成可以求出合位移；
（2）当物体再次回到x轴时，利用y方向的位移公式可以求出运动的时间，结合速度公式可以求出分运动的速度大小，利用速度的合成可以求出合速度的大小。
（1）沿y方向受力分析可得
前2s内y方向位移为
在x方向上
前2s内x方向位移为
所以运动的位移，方向与x轴正方向成37°角。
（2）物块再次回到x轴时，有
可得
此时y方向速度为
x方向速度为
此时速度大小为
14．【答案】（1）设飞船的质量为m，绕地球做匀速圆周运动的轨道半径为r，如图所示
由几何关系有
解得r=2R
由万有引力提供向心力，则有
解得
（2）由几何关系可知，每次“日全食”过程的时间内飞船转过的圆心角设飞船的角速度为ω，则有
解得
则“日全食”的时间为
解得
（3）设飞船的周期为T，则有解得
由于飞船每绕地球一圈经历一次“日全食”，故一天内经历的次数为
解得
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【分析】（1）已知飞船做匀速圆周运动，利用几何关系可以求出轨道半径的大小，结合引力提供向心力可以求出线速度的大小；
（2）当飞船转过的圆心角的时间等于日全食的时间，利用引力提供向心力可以求出飞船角速度的大小，结合转过的角速度可以求出对应的时间；
（3）已知飞船做匀速圆周运动，利用引力提供向心力可以求出飞船飞行的周期，结合日全食的时间求出日全食的次数。
（1）设飞船的质量为m，绕地球做匀速圆周运动的轨道半径为r，如图所示
由几何关系有
解得r=2R
由万有引力提供向心力，则有
解得
（2）由几何关系可知，每次“日全食”过程的时间内飞船转过的圆心角
设飞船的角速度为ω，则有
解得
则“日全食”的时间为
解得
（3）设飞船的周期为T，则有
解得
由于飞船每绕地球一圈经历一次“日全食”，故一天内经历的次数为
解得
15．【答案】（1）滑块从释放到E点，由动能定理得
解得
在E点，由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律可知，小滑块通过E点时对轨道的压力大小为2N，方向水平向右。
（2）滑块从释放到B点的过程中，由动能定理得
解得
设物块在传送带上向右运动的最大位移为，由动能定理得
解得
故物块将返回B点；由于，根据运动的对称性可知物块返回B点的速度大小依旧为。设返回过程在轨道AB段的最大位移为，由动能定理可得
解得
故物块将最终停在AB段，不会再次进入传动带。物块在传送带上向右运动的最大时间为
由物块和传动带的运动关系可得二者相对位移为
故由功能关系可得产生的热量为
解得
（3）滑块从释放到B点，由动能定理得
解得
经过传送带时，若全程匀加速，由动能定理可得
解得
若全程匀减速，由动能定理可得
解得
故当时，
当，
当时，
设滑块刚好能够过最高点F，则从C到F，由动能定理得
又
联立解得
由以上分析可知，当滑块在C点速度满足，可通过圆轨道。
设滑块在C点以速度运动到G点飞出后刚好落在J点，则有，
联立解得
故由以上分析可得
①若，则滑块落在水平面IJ，此时
②若，则滑块打在竖直挡板上，此时，有，
联立解得
代入数据得
③若，则，由，
可得
【知识点】功能关系；平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）当滑块从释放到E点的过程中，利用动能定理可以求出经过E点速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出滑块对轨道的压力大小及方向；
（2）滑块从静止到达B点时，利用动能定理可以求出经过B点速度的大小，结合在传送带运动的动能定理可以求出在传送带向右运动的最大距离，利用运动的对称性可以求出返回B点的速度大小，结合动能定理可以求出在轨道AB运动的最大位移，结合速度公式可以求出在传送带上向右运动的最大时间，结合位移公式可以求出相对位移的大小，最后利用摩擦力做功可以求出产生的热量；
（3）当滑块从释放到B点的过程中，利用动能定理可以求出经过B点的第一次速度，结合在传送带的速度及动能定理可以求出经过C点速度的大小，再利用动能定理及牛顿第二定律可以求出通过圆轨道时滑块需要在C点的速度大小；再利用平抛运动的位移公式可以求出竖直方向高度差与速度的大小关系。
（1）滑块从释放到E点，由动能定理得
解得
在E点，由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律可知，小滑块通过E点时对轨道的压力大小为2N，方向水平向右。
（2）滑块从释放到B点的过程中，由动能定理得
解得
设物块在传送带上向右运动的最大位移为，由动能定理得
解得
故物块将返回B点；由于，根据运动的对称性可知物块返回B点的速度大小依旧为。设返回过程在轨道AB段的最大位移为，由动能定理可得
解得
故物块将最终停在AB段，不会再次进入传动带。物块在传送带上向右运动的最大时间为
由物块和传动带的运动关系可得二者相对位移为
故由功能关系可得产生的热量为
解得
（3）滑块从释放到B点，由动能定理得
解得
经过传送带时，若全程匀加速，由动能定理可得
解得
若全程匀减速，由动能定理可得
解得
故当时，
当，
当时，
设滑块刚好能够过最高点F，则从C到F，由动能定理得
又
联立解得
由以上分析可知，当滑块在C点速度满足，可通过圆轨道。
设滑块在C点以速度运动到G点飞出后刚好落在J点，则有，
联立解得
故由以上分析可得
①若，则滑块落在水平面IJ，此时
②若，则滑块打在竖直挡板上，此时，有，
联立解得
代入数据得
③若，则，由，
可得
1 / 1广东省广州市省实执信广雅二中六中五校联考2024-2025学年高一下学期期末物理试卷
一、单项选择题：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·广州期末）利用风洞实验室可以模拟运动员比赛时所受风阻情况，帮助运动员提高成绩。为了更加直观的研究风洞里的流场环境，可以借助烟尘辅助观察，如图甲所示，在某次实验中获得烟尘颗粒做曲线运动的轨迹，如图乙所示，则由该轨迹可推断出（　　）
A．烟尘颗粒的速度可能不变
B．烟尘颗粒所受合力与速度方向相同
C．烟尘颗粒不可能做匀变速曲线运动
D．P、Q两点处的速度方向可能垂直
【答案】C
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】A．由于烟尘颗粒做曲线运动，所以速度方向时刻发生变化，速度一定发生变化，故A错误；
B．烟尘颗粒做曲线运动，根据曲线运动的条件可以得出所受合力与速度方向一定不在同一直线上，故B错误；
C．做曲线运动的物体，所受合力总是指向轨迹的凹测，根据轨迹的弯曲方向可以得出烟尘颗粒在P、Q两点处的合力方向一定不同，烟尘颗粒不可能做匀变速曲线运动，故C正确；
D．曲线运动在某点的速度方向是沿轨迹在该点的切线方向，根据轨迹上某点的切线方向可以得出P、Q两点处的速度方向不可能垂直，故D错误。
故选C。
【分析】利用轨迹的切线方向可以判别速度的方向；利用轨迹的弯曲方向可以判别合力的方向，进而判别颗粒不可能做匀变速曲线运动；利用颗粒做曲线运动则速度方向不断改变。
2．（2025高一下·广州期末）在趣味运动会活动中，有班级设置了套圈游戏。如图所示，某同学从距水平地面高度0.8m处水平抛出一个半径为0.2m的细圆环，套前方地面上的半径为0.1m竖直圆柱，设细圆环运动过程始终保持水平，抛出时圆环中心到圆柱中心的水平距离为2.5m，圆柱高度为0.35m。重力加速度取g＝10m/s2，空气阻力不计。要想套住圆柱，细圆环刚抛出时的速度可能是（　　）
A．6.5m/s B．7.5m/s C．8.5m/s D．9.5m/s
【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】已知圆环的高度，圆环的半径为，圆柱的高度为，圆柱的半径为，圆环中心到圆柱中心的水平距离为，由于圆环抛出做平抛运动，根据竖直方向的位移公式可得
解得
当圆环右侧贴着圆柱落下时，圆环抛出时的初速度有最小值，根据水平方向的位移公式则有解得
当圆环左侧贴着圆柱落下时，圆环抛出时的初速度有最大值，根据水平方向的位移公式则有解得
要使圆环套住地面上的圆柱，圆环刚抛出时的速度应该满足
故选C。
【分析】圆环做平抛运动，利用竖直方向的位移公式可以求出运动的时间，结合水平方向的位移公式可以求出初速度的大小范围。
3．（2025高一下·广州期末）钢架雪车是一项精彩刺激的冬奥会比赛项目，运动员从起跑区推动雪车起跑后俯卧在雪车上，经一系列直道、弯道后到达终点，用时少者获胜。图（a）是比赛中某运动员在滑行区某弯道的图片，假设可视为质点的人和车的总质量为m，其在弯道上P处做水平面内匀速圆周运动的模型如图（b），车在P处无沿斜面方向的侧向移动，运动半径为R，弯道表面与水平面成θ角，不计摩擦力和空气阻力，重力加速度大小为g。则（　　）
A．在P处车对弯道的压力大小为mgcosθ
B．在P处人和车的速率为
C．人和车的速率越大，则对轨道的压力越大
D．若人滑行的位置更加靠近轨道内侧，则其角速度应比原来小
【答案】B
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】AC．对人和车受力分析，由于整体在水平方向做匀速圆周运动，如图所示
由于竖直方向上，重力和支持力的分力平衡，根据受力平衡可得
解得
根据牛顿第三定律可知，在P处车对弯道的压力大小为；可知车对轨道的压力与和车的速率无关，故AC错误；
B．在水平方向上，由于支持力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
解得在P处人和车的速率为，故B正确；
D．在水平方向上，由于支持力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
可得
若人滑行的位置更加靠近轨道内侧，则圆周运动的半径减小，则其角速度比原来大，故D错误。
故选B。
【分析】利用竖直方向的平衡方程可以求出压力的大小；利用水平方向的牛顿第二定律可以求出线速度和角速度的大小。
4．（2025高一下·广州期末）蹦极运动以其惊险刺激深得年轻人的喜爱，图示为某次蹦极运动中的情景，原长为l的轻弹性绳一端固定在机臂上，另一端固定在质量为m的蹦极者身上，蹦极者从机臂上由静止自由下落，当蹦极者距离机臂1.5l时，下落至最低点。空气阻力恒为重力的，重力加速度为g。则此下落过程中（　　）
A．蹦极者减少的机械能为
B．弹性绳增加的弹性势能为
C．蹦极者的最大动能为
D．蹦极者和弹性绳组成的系统减少的机械能为
【答案】B
【知识点】功能关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．蹦极者从静止开始运动到最低点的过程中，由于初末速度等于0所以动能变化量为0，下落的过程中动能不变，重力势能减少，所以机械能的减少量等于其重力势能减少量，根据重力势能的表达式可以得出减少的机械能为
故A错误；
B．运动员下落的过程中，根据能量守恒定律则弹性绳增加的弹性势能和内能等于蹦极者减少的机械能，由于内能的增量等于克服阻力做的功，根据能量守恒定律可以得出弹性势能的增量为，故B正确；
C．蹦极者下落l的过程中，由于弹性绳子还没产生弹力，则蹦极者受重力和空气阻力，根据动能定理可知蹦极者此时动能为
由于此时重力大于空气阻力，则蹦极者所受合力向下，蹦极者继续加速，则蹦极者的最大动能大于，故C错误；
D．以蹦极者和弹性绳子为系统，由于系统除了重力和弹力外只有空气阻力做功，根据功能关系可知，蹦极者和弹性绳组成的系统减少的机械能等于整个过程克服空气阻力所做的功，则有，故D错误。
故选B。
【分析】利用下落过程中动能不变，重力势能减少量可以求出机械能的减少量；利用能量守恒定律可以求出弹性势能的增量；利用功能关系可以求出克服空气阻力做功的大小，进而求出减少的机械能；利用动能定理可以判别最大动能的位置。
5．（2025高一下·广州期末）建造一条能通向太空的天梯，是人类长期的梦想。如图所示，直线状天梯是由一种高强度、很轻的纳米碳管制成，图中虚线为同步卫星轨道，天梯在赤道平面内刚好沿卫星轨道半径方向。两物体分别处于天梯上的M、N点，其位置如图所示。整个天梯相对于地球静止不动，忽略大气层的影响，分析可知（　　）
A．M处物体处于完全失重状态
B．M处物体的加速度小于N处物体的加速度
C．M处物体的向心力小于N处物体的向心力
D．处于天梯上的同一物体，离地面的高度越高，则物体对天梯的作用力越小
【答案】B
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．图中虚线为同步卫星轨道，在同步卫星轨道，由于地球对同步卫星的万有引力刚好提供所需的向心力，根据牛顿第二定律有
对于M处物体，角速度与同步轨道的角速度相同，但轨道半径小于同步轨道半径，根据引力提供向心力所以M处物体只受万有引力产生的角速度此时同步卫星的角速度，所以物体M有向球心运动的趋势，为了合力等于向心力，则物M处物体所受天梯的作用力方向背向地球，M处物体不是处于完全失重状态，故A错误；
B．由于M处物体的角速度等于N处物体的角速度，由于M处轨道半径小于N处轨道半径，根据向心加速度的表达式，M处物体的加速度小于N处物体的加速度，故B正确；
C．由于不清楚M处物体与n处物体的质量关系，根据向心力的表达式，所以无法比较两者的向心力大小关系，故C错误；
D．根据A选项分析可知，处于天梯上的同一物体，当物体处于同步轨道（图中虚线）时，天梯物体的作用力为0；当物体处于同步轨道下方时，由于物体有向心运动的趋势，所以天梯对物体的作用力方向背向地球；当物体处于同步轨道上方时，由于物体有离心运动的趋势，天梯对物体的作用力方向指向地球；所以并不是离地面的高度越高，物体对天梯的作用力越小，故D错误。
故选B。
【分析】利用物体M的角速度大小与N相同，结合引力与向心力的比较可以判别物体M受到天梯背向球心的作用力，所以不是处于完全失重状态；利用角速度相同结合半径的大小可以比较向心加速度的大小；由于未知质量关系不能比较向心力的大小；利用物体引力与向心力的大小比较可以判别天梯对物体的作用力大小。
6．（2025高一下·广州期末）如图为一小型起重机，物体P通过不可伸长且足够长的轻质细绳绕过大小质量均不计的光滑滑轮A、B连接C处的固定电动机。滑轮A安装在水平伸缩杆上，可以随杆水平移动，滑轮B安装在竖直伸缩杆上并可以随杆竖直移动。电动机可改变总绳长，使绳始终保持绷直，滑轮B的竖直高度不会低于滑轮A。整个过程P不与A相撞。则下列说法正确的是（　　）
A．当电动机保持不转，水平伸缩杆不动，只将滑轮B向上匀速移动时，物体P的重力功率减小
B．保持物体P距地面高度不变，将滑轮A向右匀速移动时，竖直伸缩杆不动，则电动机C需要匀速放绳
C．保持电机不转，竖直伸缩杆不动，将滑轮A向右匀速右移，则P处于超重状态
D．当滑轮A、B均不动，电动机匀速收绳的过程中，细绳对物体P拉力的功率变大
【答案】C
【知识点】超重与失重；运动的合成与分解；功率及其计算
【解析】【解答】A．当滑B向上匀速移动时，设AB段绳子与水平方向夹角为θ，当电动机保持不转，水平伸缩杆不动，对滑轮B的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，则有，因θ增大，故增大，根据功率的表达式有物体P的重力功率也增大。故A错误；
B．当滑A向右匀速移动时，将滑轮A的速度沿BA方向与垂直BA方向分解，电动机C放绳的速度为
当只将滑轮A向右匀速移动时，由于θ变小，根据表达式可以得出电动机C放绳速度逐渐减小，则电动机C减速放绳，故B错误；
C．保持电机不转，竖直伸缩杆不动，将滑轮A向右匀速右移，对滑轮A的速度进行分解，根据速度关系有，因θ减小，P加速上升，则P的加速度方向向上处于超重状态。故C正确；
D．当滑轮A、B均不动，电动机匀速收绳的过程中，由于P的速度和拉力大小保持不变，所以细绳对物体P拉力的功率不改变，故D错误。
故选C。
【分析】对滑轮速度进行分解，结合速度公式可以判别物体的速度变化，结合重力的大小可以判别重力功率的大小变化；利用滑轮速度的分解可以判别绳子速度的大小变化，结合拉力的大小变化可以判别功率的大小变化。
7．（2025高一下·广州期末）2023年全国首条空轨—光谷空轨旅游线开通运营。光谷空轨列车（简称空轨）采用有人值守无人驾驶技术运行。如图所示，一质量为m的空轨在平直轨道上从静止开始匀加速直线行驶，经过时间t前进的距离为s，发动机输出功率恰好达到额定功率P，空轨所受阻力恒定，下列说法正确的是（　　）
A．空轨匀加速行驶过程中的最大速度为
B．匀加速行驶过程中，牵引力做的功为
C．匀加速行驶过程中，空轨的阻力大小为
D．空轨能达到的最大速度为
【答案】B
【知识点】机车启动
【解析】【解答】A． 已知空轨经过时间t前进的距离为s， 设空轨匀加速行驶过程中的最大速度为，根据平均速度公式可得
解得，故A错误；
B．当匀加速行驶过程速度达到最大时，空轨功率达到额定功率，根据功率的表达式可以得出匀加速阶段的牵引力大小为
匀加速行驶过程中，根据功的表达式可以得出牵引力做的功为，故B正确；
C．匀加速行驶过程中，根据速度公式可以得出加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
解得空轨的阻力大小为，故C错误；
D．空轨的速度达到最大时，由于牵引力等于阻力，根据功率的表达式可以得出最大速度为
故D错误。
故选B。
【分析】利用空轨的位移公式可以求出最大的速度；利用功率的表达式结合最大速度可以求出牵引力的大小，结合功的表达式可以求出牵引力做功的大小；利用速度公式可以求出加速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出阻力的大小；利用最大速度时牵引力等于阻力，结合功率的表达式可以求出最大速度。
二、多项选择题（共3小题，每小题6分，共18分。选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分）
8．（2025高一下·广州期末）带球转身动作是篮球运动中的难点，如图甲所示为篮球爱好者带球转身的一瞬间。由于篮球规则规定手掌不能上翻，我们将此过程理想化为如图乙所示的模型：薄长方体代表手掌，转身时球紧贴竖立的手掌，绕着转轴（中枢脚所在直线）做匀速圆周运动。假设手掌和球之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力（不考虑篮球在手掌中的滚动），篮球质量为m，直径为D，手掌到转轴的距离为d，重力加速度为g，则要顺利完成此转身动作，下列说法正确的是（　　）
A．若篮球的速度为，则篮球会从手中掉落
B．篮球的角速度至少为
C．若篮球的线速度大小为v，则手掌和篮球之间的摩擦力一定为
D．篮球的速度越大，手掌对球的作用力越大
【答案】B,D
【知识点】匀速圆周运动；向心力
【解析】【解答】A．设手掌和篮球之间弹力的最小值为FN，由于篮球做匀速圆周运动，竖直方向上，根据平衡方程可以得出摩擦力f=μFN=mg
水平方向上，根据牛顿第二定律有，结合几何关系有
解得
则当篮球的速度为时，篮球不会从手中掉落，故A错误；
B．已知篮球的线速度大小，结合线速度和角速度的关系式，解得，故B正确；
C．篮球竖直方向上处于平衡状态，根据平衡方程可以求出摩擦力为f=mg，故C错误；
D．根据牛顿第二定律，由于手掌和篮球之间弹力提供向心力，根据向心力大小可以得出弹力为
可知篮球的速度越大，手掌对球的作用力越大，故D正确。
故选BD。
【分析】利用竖直方向的平衡方程结合水平方向的牛顿第二定律可以求出篮球的最小线速度的大小；利用线速度可以求出篮球角速度的大小；利用平衡方程可以求出摩擦力的大小；利用向心力的大小可以判别弹力与篮球速度的大小关系。
9．（2025高一下·广州期末）某卫星发射的过程图简化如下，位于椭圆轨道1的卫星在P点变速后进入圆形轨道2，然后在M点再次改变方向进入与轨道2半径大小相等的圆形轨道3上，则下列说法正确的是（　　）
A．卫星在轨道2上的运行速度一定大于7.9km/s，小于11.2km/s
B．卫星在Q的速度大于在P点的速度
C．卫星在轨道2上的周期大于在轨道1上的周期
D．卫星在3个轨道上的机械能的大小关系为E2＝E3＜E1
【答案】B,C
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A.7.9km/s是近地卫星的线速度大小，根据线速度，则第一宇宙速度为卫星的最大环绕速度，卫星在入轨稳定后的运行速度一定小于7.9km/s，故A错误；
B．由开普勒第二定律可知，由于相同时间内卫星与地球的连线所扫过的面积相等，则可以得出卫星在椭圆轨道1上近地点Q的速度大于远地点P的速度，故B正确；
C．由开普勒第三定律，由于卫星在轨道2的半径大于轨道1的半径，所以可知卫星在轨道2上的周期大于在轨道1上的周期，故C正确；
D．由于卫星在轨道2、3上高度相同，根据
解得
可知卫星在轨道2、3上速度大小相同，动能相同，则机械能相同，而由轨道1变至轨道2，卫星做离心运动，卫星在P点向后喷气速度增大，由于卫星动能增大所以机械能增大，故，故D错误。
故选BC。
【分析】利用引力提供向心力可以得出第一宇宙速度为最大的环绕速度；利用开普勒第二定律可以比较线速度的大小；利用开普勒第三定律可以比较周期的大小；利用离心运动可以比较速度的大小，结合动能的表达式可以比较机械能的大小。
10．（2025高一下·广州期末）如图所示，光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，圆心为O。可视为质点的小球穿在轨道上，轻质弹簧一端与小球相连，另一端固定在与O处于同一水平面上的A点，OA连线与圆弧交于B点，现将小球拉至M点无初速度释放，小球将在M、N之间往复运动。已知小球在M点时弹簧处于伸长状态，运动到B点时弹簧处于压缩状态。在整个运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小球和弹簧组成的系统机械能守恒
B．从M到B的过程中小球的机械能逐步增大
C．小球在M点时弹簧的弹性势能比小球在N点时小
D．弹簧弹力对小球做功的功率为零的位置有2处（M、N两点除外）
【答案】A,C
【知识点】功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．由于圆弧轨道光滑，以小球和弹簧为系统，小球在运动过程中，只有小球的重力和弹簧的弹力做功，则小球和弹簧组成的系统机械能守恒，故A正确；
B．由于小球在M点时弹簧处于伸长状态，运动到B点时弹簧处于压缩状态，由于弹簧弹性势能与弹簧形变量的二次方成正比，当小球从M到B的过程中，弹性势能先减小后增大，根据功能关系可以得出弹簧对小球先做正功，后做负功，由于系统总机械能保持不变则小球的机械能先增大后减小，故B错误；
C．以OA连线的高度为重力势能的零点，、分别表示小球将在M、N两点时与OA连线的高度差的绝对值，由于小球在MN两点的速度为0，则动能为0，根据系统机械能守恒
则，即小球在M点时弹簧的弹性势能比在N点时小，故C正确；
D．当弹簧弹力为0或者当弹力与速度方向垂直时，弹簧弹力对小球做功的功率为零，则弹力的功率为0的位置有弹簧恢复原长的位置，即MB、BN之间各有1处，还有弹力与小球速度方向垂直的位置，即B点，一共有3处（M、N两点除外），故D错误。
故选AC。
【分析】利用系统只有重力和弹力做功可以判别系统机械能守恒；利用弹簧弹力做功可以判别弹力对小球做功进而判别小球机械能的变化；利用机械能守恒定律可以比较弹性势能的大小；当弹簧弹力为0或者当弹力与速度方向垂直时，弹簧弹力对小球做功的功率为零。
三、实验题 （共2小题，共16分）
11．（2025高一下·广州期末）某实验小组设计了如图所示的实验装置来验证机械能守恒定律。（已知重力加速度为g，绳和滑轮的质量以及轮与轴之间的摩擦均忽略不计。）
（1）实验时，实验小组的同学进行了如下操作：
①用天平分别测出物块A、B（含遮光片）的质量分别为3m和2m；
②测出遮光条宽度d=4.0mm；
③将重物A、B通过轻绳和两个轻质滑轮连接成图甲所示的装置，一个同学用手托住重物B，另一个同学测量出遮光片中心到光电门中心的竖直距离h，之后释放重物B使其由静止开始下落。测得遮光片经过光电门的时间为t=2.0ms，则此时重物B速度的大小为　 　（结果保留两位有效数字）。
（2）改变光电门与物块B之间的高度h，测得遮光片的挡光时间t，多次重复实验，并用描点法作出图像，以下四种你认为作　 　图像最为合理。（选填选项前的相应字母
A. B. C. D.
此时若图像的斜率　 　（用含字母g、d的表达式表示），则验证了机械能守恒定律。
（3）有同学提出遮光片宽度过大可能会对实验结果产生影响，若本实验忽略其他因素的影响，仅考虑遮光片宽度对本实验的影响，则本实验得出的重力势能的减小量ΔEp和动能的增加量ΔEk的关系为ΔEp　 　ΔEk（选填“>”“<”或者“=”）。
【答案】（1）2.0
（2）D；
（3）>
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）由于重物经过光电门的平均速度近似为过光电门的瞬时速度，根据平均速度公式可以得出重物B速度的大小
（2）根据滑轮组的关系可以得出A、B的速度关系
以A和B为系统，物块B下降高度h过程，根据系统的机械能守恒定律有
结合上述解得
为了能够使图像呈现线性关系，根据表达式可以得出应该作图像最为合理。
故选D。
由于，根据表达式可以得出图像的斜率
（3）根据运动学规律可知，匀变速直线运动中间时刻为，中间位置的瞬时速度为
根据数学函数规律可知
匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知，光电门测出的速度指遮光片挡光时间内中间时刻的瞬时速度，所以测量出的速度小于物体中间位置的速度，导致动能的变化量偏小；实验中，h是遮光片中心到光电门中心的竖直距离，则会导致mgh重力势能的减小量大于动能的增量，所以重力势能的减小量ΔEp和动能的增加量ΔEk的关系为ΔEp>ΔEk
【分析】（1）利用平均速度公式可以求出瞬时速度的大小；
（2）利用机械能守恒定律可以得出图像中坐标的物理量意义；利用表达式可以得出图像斜率的大小；
（3）利用平均速度代表中间位置的瞬时速度会导致动能的测量值偏小，所以动能的变化量小于重力势能的变化量。
（1）根据光电门的测速原理，此时重物B速度的大小
（2）[1]A、B的速度关系
物块B下降高度h过程，根据机械能守恒定律有
结合上述解得
为了能够使图像呈现线性关系，作图像最为合理。
故选D。
[2]结合上述可知，若机械能守恒，则有
可知，上述图像的斜率
（3）根据运动学规律可知，匀变速直线运动中间时刻与中间位置的瞬时速度，
根据数学函数规律可知
匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知，光电门测出的速度指遮光片挡光时间内中间时刻的瞬时速度，
分别为B做初速度为0的匀加速直线运动，实验中，h是遮光片中心到光电门中心的竖直距离，即该距离的下端位置为遮光片挡光时间过程的中间位置，该位置位于挡光时间过程中间时刻位置的下侧，结合上述可知，重力势能的减小量ΔEp和动能的增加量ΔEk的关系为ΔEp>ΔEk
12．（2025高一下·广州期末）某物理实验小组用图甲所示器材来探究平抛运动的特点。
（1）他们在白纸板上以重垂线方向为y轴正方向建立如图乙所示的坐标系，取A点为坐标原点并记录了B、C两点的坐标。根据图中数据判断，A点　 　（选填“是”或“不是”）平抛运动的抛出点。 若取，小球平抛的初速度为　 　m/s（结果保留两位有效数字），到B点时的速度大小为：　 　m/s （结果可用根号表示）。
（2）该小组某位同学实验时忘了标记重垂线方向，为解决此问题，他以轨迹上某点为坐标原点，沿任意两个相互垂直的方向作为x轴和y轴正方向，建立直角坐标系xOy（如图丙所示），并测量出了轨迹上另外两个点的坐标值（x1，y1）、（x2，y2），且。若相邻两个点迹之间的时间间隔相等，则可得重垂线方向与y轴间夹角的正切值为　 　（用x1、x2、y1、y2坐标表示）。
【答案】（1）是；2.0；
（2）
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】（1）小球在竖直方向做自由落体运动，假设A点为抛出点，根据位移公式则应满足
由图乙数据可得
可知A点是平抛运动的抛出点。
由于A点是平抛运动的抛出点，根据位移公式有
解得
小球在水平方向做匀速直线运动，根据水平方向的位移公式有
竖直方向做自由落体运动，根据速度公式有
根据速度的合成可以得出B点的速度为
（2）依题意，可知小球沿x轴做加速运动，那么x轴是斜向下偏离水平方向，设重垂线与y轴间的夹角为，将重力加速度分别沿x、y轴方向分解，如图所示
根据加速度的分解可以得出两个分运动的加速度为，
根据匀变速运动推论，设相邻点之间的时间间隔为T，根据邻差公式有：沿x轴方向有
沿y轴方向有
联立可得
【分析】（1）利用竖直方向的位移公式结合运动时间相等及位移的比值可以判别A点是抛出点；利用位移公式可以求出初速度的大小，利用速度公式可以求出竖直方向分速度的大小，结合速度的合成可以求出B点速度的大小；
（2）利用运动的分解结合邻差公式可以求出夹角正切值的大小。
（1）[1]小球在竖直方向做自由落体运动，假设A点为抛出点，则应满足
由图乙数据可得
可知A点是平抛运动的抛出点。
[2] 由于A点是平抛运动的抛出点，则有
解得
小球在水平方向做匀速直线运动，有
[3]竖直方向做自由落体运动，则
则B点的速度为
（2）依题意，可知小球沿x轴做加速运动，那么x轴是斜向下偏离水平方向，设重垂线与y轴间的夹角为，将重力加速度分别沿x、y轴方向分解，如图所示
则有，
根据匀变速运动推论，设相邻点之间的时间间隔为T，则沿x轴方向有
沿y轴方向有
联立可得
四、计算题（共3小题，共38分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
13．（2025高一下·广州期末）一倾角为37°足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立xOy直角坐标系，其中Ox轴沿平行于底边的水平方向，Oy轴沿斜面向上的方向，如图所示。从零时刻开始，一可视为质点的物块从O点以沿y轴正方向12m/s的速度被抛出，抛出的同时对物块施加沿x轴正方向大小为16N的水平恒力F，已知物块的质量为2kg，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，不计空气阻力。求：
（1）前2s内物块的位移；
（2）物块再次回到x轴时的速度大小。
【答案】（1）沿y方向受力分析可得
前2s内y方向位移为
在x方向上
前2s内x方向位移为
所以运动的位移，方向与x轴正方向成37°角。
（2）物块再次回到x轴时，有
可得
此时y方向速度为
x方向速度为
此时速度大小为
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；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）物块抛出时，利用运动的分解结合牛顿第二定律可以求出分运动加速度的大小，结合位移公式可以求出分位移的大小，利用位移的合成可以求出合位移；
（2）当物体再次回到x轴时，利用y方向的位移公式可以求出运动的时间，结合速度公式可以求出分运动的速度大小，利用速度的合成可以求出合速度的大小。
（1）沿y方向受力分析可得
前2s内y方向位移为
在x方向上
前2s内x方向位移为
所以运动的位移，方向与x轴正方向成37°角。
（2）物块再次回到x轴时，有
可得
此时y方向速度为
x方向速度为
此时速度大小为
14．（2025高一下·广州期末）宇宙飞船（可看作质点）绕地球做匀速圆周运动时，由于地球遮挡阳光，会经历“日全食”过程（宇航员看不见太阳），如图所示，已知地球的半径为R、质量为M、自转的周期为T0，引力常量为G，太阳光可看作平行光，飞船上的宇航员在A点测出对地球的张角为α=60°，求：
（1）飞船绕地球运行的线速度大小。
（2）飞船每次“日全食”经历的时间。
（3）一天内飞船经历“日全食”的次数。
【答案】（1）设飞船的质量为m，绕地球做匀速圆周运动的轨道半径为r，如图所示
由几何关系有
解得r=2R
由万有引力提供向心力，则有
解得
（2）由几何关系可知，每次“日全食”过程的时间内飞船转过的圆心角设飞船的角速度为ω，则有
解得
则“日全食”的时间为
解得
（3）设飞船的周期为T，则有解得
由于飞船每绕地球一圈经历一次“日全食”，故一天内经历的次数为
解得
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【分析】（1）已知飞船做匀速圆周运动，利用几何关系可以求出轨道半径的大小，结合引力提供向心力可以求出线速度的大小；
（2）当飞船转过的圆心角的时间等于日全食的时间，利用引力提供向心力可以求出飞船角速度的大小，结合转过的角速度可以求出对应的时间；
（3）已知飞船做匀速圆周运动，利用引力提供向心力可以求出飞船飞行的周期，结合日全食的时间求出日全食的次数。
（1）设飞船的质量为m，绕地球做匀速圆周运动的轨道半径为r，如图所示
由几何关系有
解得r=2R
由万有引力提供向心力，则有
解得
（2）由几何关系可知，每次“日全食”过程的时间内飞船转过的圆心角
设飞船的角速度为ω，则有
解得
则“日全食”的时间为
解得
（3）设飞船的周期为T，则有
解得
由于飞船每绕地球一圈经历一次“日全食”，故一天内经历的次数为
解得
15．（2025高一下·广州期末）如图所示，一游戏装置由倾斜角为α的光滑轨道OA、水平轨道AB、水平传送带BC、半径为R＝0.2m的光滑竖直圆形轨道DEF、水平地面IJ构成。J点固定有一足够高的竖直挡板，O1（题中未标出）为圆弧轨道的圆心，B、C、D、G四点在同一水平面上。游戏时，质量为0.1kg的小滑块从倾斜轨道不同高度处静止释放，经过水平轨道和传送带后可沿圆形轨道运动，最后由G点水平飞出。已知小滑块与水平轨道AB的动摩擦因数μ1＝0.5，与传送带的动摩擦因数μ2＝0.6，AB长s=2m，BC长L=1m，IJ长x=2.4m，E是圆轨道上与圆心等高的点，G距水平地面IJ的高度H=1.8m，小滑块可视为质点且经A处时速度大小不变，其余阻力均不计，g取10m/s2，求：
（1）若传送带处于静止状态，小滑块释放的高度h＝2m，求小滑块通过E点时对轨道的压力；
（2）若传送带以4m/s逆时针转动，小滑块释放的高度h=1.45m，求小滑块在传送带上运动的过程中产生的热量；
（3）若小滑块释放的高度h＝1.65m，同时调节传送带以不同速度顺时针转动，为了保证小滑块不脱离圆轨道又能从G点水平飞出，试写出小滑块第1次落点（即不考虑反弹）与G点的竖直高度差y与传送带速度v的关系。
【答案】（1）滑块从释放到E点，由动能定理得
解得
在E点，由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律可知，小滑块通过E点时对轨道的压力大小为2N，方向水平向右。
（2）滑块从释放到B点的过程中，由动能定理得
解得
设物块在传送带上向右运动的最大位移为，由动能定理得
解得
故物块将返回B点；由于，根据运动的对称性可知物块返回B点的速度大小依旧为。设返回过程在轨道AB段的最大位移为，由动能定理可得
解得
故物块将最终停在AB段，不会再次进入传动带。物块在传送带上向右运动的最大时间为
由物块和传动带的运动关系可得二者相对位移为
故由功能关系可得产生的热量为
解得
（3）滑块从释放到B点，由动能定理得
解得
经过传送带时，若全程匀加速，由动能定理可得
解得
若全程匀减速，由动能定理可得
解得
故当时，
当，
当时，
设滑块刚好能够过最高点F，则从C到F，由动能定理得
又
联立解得
由以上分析可知，当滑块在C点速度满足，可通过圆轨道。
设滑块在C点以速度运动到G点飞出后刚好落在J点，则有，
联立解得
故由以上分析可得
①若，则滑块落在水平面IJ，此时
②若，则滑块打在竖直挡板上，此时，有，
联立解得
代入数据得
③若，则，由，
可得
【知识点】功能关系；平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）当滑块从释放到E点的过程中，利用动能定理可以求出经过E点速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出滑块对轨道的压力大小及方向；
（2）滑块从静止到达B点时，利用动能定理可以求出经过B点速度的大小，结合在传送带运动的动能定理可以求出在传送带向右运动的最大距离，利用运动的对称性可以求出返回B点的速度大小，结合动能定理可以求出在轨道AB运动的最大位移，结合速度公式可以求出在传送带上向右运动的最大时间，结合位移公式可以求出相对位移的大小，最后利用摩擦力做功可以求出产生的热量；
（3）当滑块从释放到B点的过程中，利用动能定理可以求出经过B点的第一次速度，结合在传送带的速度及动能定理可以求出经过C点速度的大小，再利用动能定理及牛顿第二定律可以求出通过圆轨道时滑块需要在C点的速度大小；再利用平抛运动的位移公式可以求出竖直方向高度差与速度的大小关系。
（1）滑块从释放到E点，由动能定理得
解得
在E点，由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律可知，小滑块通过E点时对轨道的压力大小为2N，方向水平向右。
（2）滑块从释放到B点的过程中，由动能定理得
解得
设物块在传送带上向右运动的最大位移为，由动能定理得
解得
故物块将返回B点；由于，根据运动的对称性可知物块返回B点的速度大小依旧为。设返回过程在轨道AB段的最大位移为，由动能定理可得
解得
故物块将最终停在AB段，不会再次进入传动带。物块在传送带上向右运动的最大时间为
由物块和传动带的运动关系可得二者相对位移为
故由功能关系可得产生的热量为
解得
（3）滑块从释放到B点，由动能定理得
解得
经过传送带时，若全程匀加速，由动能定理可得
解得
若全程匀减速，由动能定理可得
解得
故当时，
当，
当时，
设滑块刚好能够过最高点F，则从C到F，由动能定理得
又
联立解得
由以上分析可知，当滑块在C点速度满足，可通过圆轨道。
设滑块在C点以速度运动到G点飞出后刚好落在J点，则有，
联立解得
故由以上分析可得
①若，则滑块落在水平面IJ，此时
②若，则滑块打在竖直挡板上，此时，有，
联立解得
代入数据得
③若，则，由，
可得
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