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浙江省四校2024-2025学年高一下学期3月月考物理学科试题
一、选择题I（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，多选、错选均不得分）
1．下列物理量的负值可以表示大小的是（　　）
A．加速度 B．功 C．重力势能 D．位移
2．如图所示为运动会中的四个比赛场景，在下列研究中可将运动员视为质点的是（　　）
A．研究甲图运动员如何踢出“香蕉球”
B．研究乙图运动员的空中转体姿态
C．研究丙图运动员在百米比赛中的摆臂技巧
D．研究丁图运动员在15公里越野滑雪比赛中的运动轨迹
3．地下车库为了限制车辆高度，现已采用如图所示曲杆道闸。道闸总长，由相同长度的转动杆与横杆组成。为横杆的两个端点，道闸工作期间，横杆始终保持水平，转动杆绕点匀速转动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．B点的线速度不变
B．B点的加速度不变
C．两点的线速度大小关系是
D．B和C的位移相同
4．手拿球拍托着乒乓球跑是校运动会的一项常见的趣味项目，如图所示，某段时间内乒乓球相对球拍静止一起水平向右做匀速直线运动，若不计空气阻力，则此过程中（　　）
A．乒乓球受到的重力对乒乓球做负功
B．乒乓球所受合力对乒乓球做正功
C．球拍对乒乓球的摩擦力做负功
D．球拍对乒乓球的支持力对乒乓球不做功
5．图像在解决物理问题中扮演着至关重要的角色，它们不仅能够直观地展示物理现象和规律，还能帮助学生更好地理解和分析物理问题。如图所示的四幅图分别为四个物体做直线运动的图像，下列说法正确的是（　　）
A．甲图中，物体在0~这段时间内的平均速度等于
B．乙图中，物体做匀减速直线运动，其加速度大小为
C．丙图中，若物体从静止开始运动，则在内物体的位移等于
D．丁图中，物体做匀加速直线运动，其加速度大小为
6．蹦床是兼具艺术性与竞技性的一种体操运动。某蹦床运动员仅在竖直方向运动，运动过程中运动员对蹦床的作用力的大小与时间的关系如图所示。假设运动员不与蹦床接触时蹦床面水平。忽略空气阻力，取。下列说法正确的是（　　）
A．在最低点，运动员处于超重状态，床面对人的支持力大于人对床面的压力
B．运动过程中运动员最大速度为
C．6.5至7.3s，运动员增加的动能等于蹦床减少的弹性势能
D．运动员离开蹦床后上升的最大高度为
7．龙接风是浙江丽水景宁畲族传统比赛，比赛时甲队员将绣球抛向距离10米外的同队乙队员，乙队员用背着的背篓接住同伴投来的绣球，所接绣球数多者为胜。假设投掷点与背篓接住处等高。有4个绣球从同一投掷点投出，其轨迹如图所示。1、4球在背篓处2接住，2、3球在背篓处1接住，其中1、2球最高点高度相同，4球最高点低于3球最高点。不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．在空中运动过程中1，2两球速度变化量相同
B．在空中运动过程中3球时间最短
C．同时投掷时，3、4球可能会在空中相遇
D．1、2球的末速度方向可能相同
8．雨后，某人用高速相机拍下一幅水滴下落的照片，如图所示，其中第4滴水刚要离开屋檐，若滴水的时间间隔相同，第1滴水与第2滴水的实际间距为，取重力加速度，不计空气阻力，则拍下照片的瞬间，图中第1滴水的速度大小为（　　）
A． B． C． D．
9．2023年5月10日，我国成功发射了“风云三号”G星，该卫星主要用于气象观测和环境监测。假设“风云三号”星绕地球做近似圆周运动，其轨道半径为，周期为。已知地球半径为，地球表面的重力加速度为，地球自转周期。则以下说法正确的是（　　）
A．“风云三号”星的发射速度大于
B．根据开普勒第三定律有，其中为赤道上物体的周期
C．“风云三号”G星的环绕线速度等于
D．根据题中所给信息，可以计算出地球的平均密度
10．《西游记》中，一只大龟浮水作舟，驮着唐僧师徒四人和白龙马渡过了通天河。如图所示，河宽为处的下游靠河岸处是个旋涡，点和旋涡的连线与河岸（笔直）的最大夹角，河流中水流的速度大小恒为。取。大乌龟渡河过程保持在其静水中的速度恒定，则（　　）
A．若大乌龟在静水中的速度为，能以最小位移为河宽垂直渡河
B．要使大乌龟从点以恒定的速度安全到达对岸，则大龟在静水中的最小速度
C．大乌龟为避开漩涡以最小速度渡河的时间为
D．避过漩涡后若河水速度突然增大，则过河的时间会变长。
二、选择题II（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
11．如图甲是一种篮球收纳架，一质量为、半径为的篮球静置于篮球收纳架上，两根水平平行横杆与篮球的两接触点相距，其截面图如图乙所示。已知，重力加速度大小为，不计所有摩擦。则（　　）
A．每根横杆对篮球的支持力大小为
B．每根横杆对篮球的支持力大小为
C．若仅减小L，每根横杆对篮球的支持力变小
D．若仅减小L，每根横杆对篮球的支持力变大
12．在检测某新能源汽车性能的实验中，质量为的汽车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为，利用传感器测得此过程中不同时刻该汽车的牵引力与对应的速度，并描绘出如图所示的图像，图线为汽车由静止到达到最大速度的全过程，共经历35s，均为直线，假设该汽车行驶过程中所受的阻力恒定。则正确的是（　　）
A．BC段汽车做匀加速直线运动 B．该汽车的额定功率为
C．汽车匀加速行驶的时间为 D．全过程汽车行驶的位移为
13．如图所示，在竖直平面内有一半圆形轨道，半径为，为轨道圆心，为其水平直径，为竖直半径，半径与水平方向成角。现以O为坐标原点建立直角坐标系，在平面内有一弹射器（图中未画出）可以沿轴正方向发射速度大小可调的弹丸（可看作质点），若要使弹丸垂直撞击轨道点，弹丸发射点位置坐标可能值是（　　）
A．（0.8m，0） B．（0.7m，0.2m）
C．（0.25m，-0.1m） D．（0.1m，-0.2m）
三、非选择题（本题共5小题，共58分）
14．（1）在“探究小车速度随时间变化规律”、“探究加速度与力、质量的关系”、“验证机械能守恒定律”三个实验中，下列器材都必须要用到的是（　　）
A． B．
C． D．
（2）利用图甲所示的实验装置做相关的力学实验，下列说法正确的是_______。
A．探究“速度随时间变化的规律”实验中，需要补偿阻力
B．探究“加速度和力、质量的关系”实验中，需要补偿阻力
C．利用该实验装置，补偿阻力后能用来做“验证机械能守恒定律”实验
（3）小方同学按图甲“探究加速度与力、质量的关系”实验，图乙是某次实验获取的一段纸带，图丙为其中三个计数点放大图。纸带上已标出6个连续的计数点，相邻两个计数点间还有4个点迹，已知打点计时器的打点周期是，其中3，4，5三个计数点被污染看不清了，则小车的加速度大小为　 　（结果保留两位有效数字）。
（4）甲乙两组同学按图甲各自独立实验，都探究加速度与质量的关系。他们都以小车和砝码的质量之和为横坐标，加速度的倒数为纵坐标，甲、乙两组同学分别得到的图像如图丁所示，由图像得甲组所用的槽码质量　 　乙组槽码质量（选填“大于”、“小于”或“等于”）。
15．实验小组准备用铁架台、打点计时器、重物等验证机械能守恒定律。
（1）下图是四位同学释放纸带瞬间的照片，操作正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2）关于本实验，下列说法正确的是（　　）
A．应选择质量大、体积小的重锤进行实验
B．为了减小实验误差，必须在重锤正下方放上海绵垫
C．先接通电源，后释放纸带
D．为测量重锤的动能，需要先根据公式或计算重锤的速度
（3）某同学根据多条纸带数据算出加速度为，并用此值算出质量为的重物减少的重力势能为，增加的动能为，根据以上计算　 　（“能”或“不能”）验证机械能守恒，理由为　 　（A.在误差允许范围内 B.没有代入当地重力加速度的标准值）。
16．下列实验说法正确的是（　　）
A．图1探究两个互成角度的力的合成规律中用一只弹簧秤也可以完成该实验
B．图2研究“探究平抛运动的特点”实验中上下移动挡板时，挡板高度调整必须等间距变化
C．图3在探究向心力大小与物体的质量、角速度和半径的关系时，该情境正在探究向心力大小与半径的关系
D．图4将两根相同的弹簧串联起来，测得一整根长弹簧的等效劲度系数将是原来单根弹簧的劲度系数的2倍
17．人工智能AI技术的不断创新发展，外卖配送正踏入“无人+”领域。某天工作人员通过无人机将医疗物品送至用户家中，如图，在无人机的作用下，物品在水平地面上由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，升力为，经过后匀速直线运动，然后再经匀减速直线运动后到达用户阳台，此时无人机恰好悬停，货物离地高度为。整个过程的阻力不变，无人机和物品的总质量为，求：
（1）物品上升过程中的最大速率；
（2）无人机运动过程受到的阻力大小；
（3）匀速运动时无人机的输出功率。
18．2024年5月9日，智慧天网一号01星在西昌卫星发射中心发射升空后顺利进入预定转移轨道，标志中国首颗中轨道宽带通信卫星发射成功。其发射过程可以简化为如图所示：先将卫星送入近地圆轨道1；在此轨道上运行少许时间后火箭再次点火，使卫星进入椭圆转移轨道2；卫星在椭圆轨道上运行至远地点B时，加速进入预定轨道3。椭圆转移轨道与近地圆轨道1和中轨道3分别相切于A、B两点，卫星在圆轨道上的运动可视为匀速圆周运动。已知地球的半径为R，天网一号在轨道3的半径为3R，引力常量为G，地表附近的重力加速度为g，天网一号01卫星的质量为m。（地球质量M未知），求：
（1）天网一号01卫星在轨道3的线速度大小；
（2）天网一号01卫星在转移轨道2上运动时从A点运动到B点的最短时间；
（3）当取无穷远处引力势能为零，天网一号距地心距离为处时的引力势能为，天网一号01卫星从轨道1变轨到轨道3过程中，发动机至少需要做多少功？
19．如图所示为游乐场的空中飞椅项目。长度为的轻质碳纤维绳一端系着座椅，另一端固定在半径为d的水平转盘边缘，电机带动水平转盘绕穿过其中心的竖直轴转动，从而带动绳、座椅、游玩者一起转动，座椅P与游客的总质量为，水平转盘先在较低位置处，以某一转速匀速转动，此时轻绳与竖直方向的夹角；然后再在慢慢加速转动的同时将水平转盘的高度提升到达位置处，再在处保持另一转速匀速转动，此时轻绳与竖直方向的夹角，将座椅与游客整体视为质点，已知，，不计空气阻力，重力加速度为，求：
（1）转盘在B处匀速转动时的轻绳拉力大小和座椅的转动周期；
（2）转盘在处匀速转动时，座椅的线速度大小；
（3）从转盘在处匀速转动到转盘提升后在处匀速转动的过程中，轻绳对座椅和游客所做的功。
20．如图所示，一游戏装置由倾斜角为的光滑轨道、水平传送带、半径为的光滑竖直圆形轨道、倾角为斜面组成，为圆弧轨道的圆心，、四点在同一水平面上。游戏时，小滑块从倾斜轨道不同高度处静止释放，经过传送带后沿圆形轨道运动，最后由点平抛后落在不同的区间获不同的奖次。已知小滑块与传送带的动摩擦因数长为是圆轨道上与圆心等高的点，距水平地面的高度，小滑块经处时速度大小不变，小滑块可视为质点，其余阻力均不计，取，传送带开始处于静止状态，求：
（1）若小滑块质量为，释放的高度，求小滑块通过点时对轨道的压力；
（2）为了使小滑块进入圆轨道且不脱离圆轨道DEF，求小滑块释放高度的范围；
（3）若小滑块释放的高度，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点水平飞出，试写出小滑块第1次落点（不反弹）与点的水平距离与传送带速度的关系。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】矢量与标量；重力势能
【解析】【解答】加速度和位移是矢量，正负表示方向，不代表大小；功的负值，表示阻力功，不表示大小；重力势能的负值表示大小。
故选C。
【分析】矢量的正负表示方向，标量的正负往往表示大小。根据各个量的矢标性分析。
2．【答案】D
【知识点】质点
【解析】【解答】A． 研究甲图运动员如何踢出“香蕉球”时，要研究运动员的形体动作，因此运动员的大小和形体不可忽略，不可将运动员视为质点，故A错误；
B． 研究乙图运动员的空中转体姿态时，要研究运动员的转体角度和动作，大小和形体不可忽略，不可将运动员视为质点，故B错误；
C．研究丙图运动员在百米比赛中的摆臂技巧，运动员形状大小不能忽略不计，不能将运动员看做质点，选项C错误；
D．研究丁图运动员在15公里越野滑雪比赛中的运动轨迹，运动员形状大小可忽略不计，可将运动员看做质点，选项D正确。
故选D。
【分析】如果物体大小相对研究对象较小或影响不大，可以把物体看作质点，根据选项进行分析。
3．【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】AB． 转动杆绕点匀速转动过程中， B点做匀速圆周运动，线速度和加速度大小不变，但方向时刻改变，即线速度和加速度改变，故AB错误；CD．横杆BC始终保持水平，BC杆上各点相对静止，在相等时间运动的弧长相等，所以BC杆上各点的线速度大小均相等，两点的位移相同，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】B点做匀速圆周运动，根据圆周运动的规律进行判断；根据BC始终水平得出结论。
4．【答案】C
【知识点】功的概念
【解析】【解答】力与速度方向夹角为锐角，力做正功；力与速度方向夹角为直角，力不做功；力与速度方向夹角为钝角，力做负功。A．乒乓球受到的重力方向与运动方向垂直，可知重力对乒乓球不做功，故A错误；
B．乒乓球在水平向右做匀速直线运动，所以乒乓球所受合力为零，可知所受合力对乒乓球不做功，故B错误；
C．球拍对乒乓球的摩擦力沿球拍斜面向上，摩擦力与速度方向的夹角为钝角，由
为钝角，则摩擦力对乒乓球做负功，故C正确；
D．球拍对乒乓球的支持力垂直球拍斜面向上，支持力与速度方向的夹角为锐角，所以支持力对乒乓球做正功，故D错误。
故选C。
【分析】根据力与速度方向的夹角关系判定功的正负即可。
5．【答案】B
【知识点】图象法；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A． 若为初速度为0的匀变速直线运动，速度—时间图像应为过原点的一条倾斜的直线，其在0～t0这段时间内的平均速度等于，而该图像在任一时刻的速度（不包括始末）都大于做匀变速直线运动的物体的速度，因此可知其平均速度大于，故A正确；
B．根据速度与位移之间的关系式
整理可得
可知该图像的斜率为
解得
由此可知，乙图中，物体做匀减速直线运动，其加速度大小为，故B正确；
C．如果物体做加速度为2m/s2的匀加速直线运动，则在内物体的位移为
但根据图像可知，物体做加速度增大的变加速运动，因此可知，其在内的位移一定大于36m，故C错误；
D．根据
可知图线斜率
则加速度大小为
故D错误。
故选B。
【分析】利用匀变速直线运动平均速度公式分析平均速度，利用速度—位移公式解得加速度，利用位移—时间关系求解位移以及加速度。
6．【答案】D
【知识点】超重与失重；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．在最低点，弹力大于重力，处于超重状态，床面对人的支持力与人对床面的压力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律可知，床面对人的支持力等于人对床面的压力，选项A错误；
B． 由运动员对蹦床的作用力的大小F与时间t的图像可知，运动员在空中的时间为2s，则离开蹦床上升和下降的时间均为1s，则刚落到蹦床上时的速度为v=gt，解得v=10m/s， 落到蹦床后一小段时间内，重力大于蹦床的支持力，人继续加速， 运动过程中运动员最大速度应大于10m/s，故B错误；
C.6.5至7.3s，运动员向下运动到最低点，然后反弹到脱离蹦床，向下运动过程中，运动员减小的动能和重力势能之和等于蹦床增加的弹性势能，向上运动过程中运动员增加的动能和重力势能之和等于蹦床减少的弹性势能，选项C错误；
D．运动员离开蹦床上升的最大高度为
选项D正确。
故选D。
【分析】当蹦床对运动员的弹力最大时，此时加速度最大；根据运动员离开蹦床的运动，由运动学公式求出最大高度。
7．【答案】A
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】AB．抛体运动在竖直方向做竖直上抛运动，最大高度越高，运动时间越长。速度变化量为，其中1、2球最高点高度相同，运动时间最长，速度变化量最大且相同，4球竖直高度最小，运动时间最短，A正确，B错误；
C.4的水平位移大于3的，4运动时间最短，所以4的水平速度大于3的，同时投掷时，因为4球水平方向始终在3球前方，所以3、4球不可能会在空中相遇，C错误；
D.1、2球竖直高度相同，运动时间相同，竖直方向速度相同，而2球水平位移小于1球，所以2球水平速度小于4球，根据
可知，2球末速度方向与水平方向的夹角更大些，D错误。
故选A。
【分析】绣球在空中做斜上抛运动，绣球的运动可以分解为水平与竖直方向的运动，根据题意应用运动学公式分析求解。
8．【答案】C
【知识点】自由落体运动
【解析】【解答】不计空气阻力， 水滴在空中做自由落体运动，设滴水间隔为T，据题意可得
解得
则第1滴水的速度大小
故选C。
【分析】根据自由落体运动的位移—时间公式求出滴水的时间间隔，根据v=gt求得速度。
9．【答案】D
【知识点】开普勒定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．发射速度大于第二宇宙速度即，卫星将脱离地球束缚，“风云三号”没有脱离地球束缚，所以发射速度小于，选项A错误；
B．根据开普勒第三定律有
其中为地球近地卫星的周期，选项B错误；
C．根据万有引力提供向心力可得
解得
选项C错误；
D．根据题中所给信息结合，
可以计算出地球的平均密度，选项D正确。
故选D。
【分析】根据第二宇宙定义分析；根据开普勒第三定律分析；根据万有引力提供向心力得到速度表达式，根据表达式分析；根据密度公式计算密度。
10．【答案】C
【知识点】小船渡河问题分析
【解析】【解答】A． 河水的速度大小为v0，设大龟在静水中的速度大小为v龟，根据平行四边形定则可知，只要v龟＞v0大龟的合速度方向就可能垂直于河岸，大龟就可以垂直河岸渡河， 反之当大龟在静水中的速度0.5v0时小于水流速度时，则龟的实际速度即合速度与河岸不可能垂直，大龟不可以垂直渡河，故A错误；
BC．要使大乌龟从A点以恒定的速度安全到达对岸，当龟的速度与合速度垂直时龟的速度最小，如图所示
由图示可知，大龟在静水中的速度v龟=v0sinθ=0.6v0
此时大龟过河的时间为
故B错误，C正确。
D．避过漩涡后若河水速度突然增大，船头指向不变，船沿垂直河岸的速度不变，则过河的时间不变，选项D错误。
故选C。
【分析】当龟的速度大于水速时可以垂直渡河；根据几何关系，龟在静水中的速度和实际速度垂直时，龟在静水中的速度最小，根据平行四边形法则，可以求出龟在静水中速度的最小值。
11．【答案】B,C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】AB．对篮球受力分析，设支持力与竖直方向的夹角为，如图所示
由几何知识可得
根据平衡条件可得
解得每根横杆对篮球的支持力大小为
故A错误，B正确；
CD．根据，若仅减小L，则减小，增大，
可知每根横杆对篮球的支持力变小，故C正确，D错误。
故选BC。
【分析】对篮球受力分析，根据平衡条件结合几何关系列式求解。
12．【答案】C,D
【知识点】机车启动
【解析】【解答】A． 电动车在A到B受到的牵引力不变，做匀加速直线运动。图线的斜率等于功率，由数学知识可知，电动车在B到C过程的功率不变，由P=Fv得知，速度增大，牵引力减小，加速度减小，则电动车在B到C过程做加速度减小的变加速运动，故A错误；
B．当汽车速度达到最大时，由图知此时牵引力，得汽车的额定功率为
故B错误；
C．当汽车速度达到最大时，牵引力等于阻力，即。由图知汽车匀加速行驶时，受到的牵引力大小为，根据牛顿第二定律得汽车的加速度大小为
汽车匀加速达到额定功率时的速度为
汽车匀加速行驶的时间为
故C正确；
D．汽车匀加速阶段，根据动能定理有
变加速阶段有，
全过程汽车行驶的位移为
联立求得
故D正确。
故选CD。
【分析】由图像分析运动状态，由C点读取速度，进一步求解额定功率，由牛顿第二定律结合动能定理，求解位移。
13．【答案】B,C,D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】本题考查了平抛运动相关知识，理解物体不同时刻的不同状态，合理选取运动过程以及公式是解决此类问题的关键。根据题意可知，若弹丸垂直撞击轨道P点，可知弹丸速度与水平方向的夹角为，则有
则抛出点和点连线与水平方向夹角的正切值满足
由几何关系可得，
A．若抛出点坐标为（0.8m，0），则有，故A错误；
B．若抛出点坐标为（0.7m，0.2m），则有，故B正确；
C．若抛出点坐标为（0.25m，-0.1m），则有，故C正确；
D．若抛出点坐标为（0.1m，-0.2m），则有，故D正确。
故选BCD。
【分析】根据弹丸垂直撞击轨道P点，抛出点和P点连线与水平方向夹角的正切值满足比例关系，结合几何关系分析求解。
14．【答案】（1）A；D
（2）B
（3）0.95
（4）小于
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）探究加速度与力、质量的关系，需要的器材有：小车、打点计时器和纸带、天平、砝码、钩码、刻度尺等；探究小车速度随时间的变化规律，需要的器材有：小车、打点计时器和纸带、钩码、刻度尺等；验证机械能守恒定律，需要的器材有：重锤、铁架台、打点计时器和纸带、刻度尺等。可知能用于这四个实验的器材是打点计时器和刻度尺，故选AD。
（2）A．探究“速度随时间变化的规律”实验中，不需要补偿阻力，只需要让小车加速下滑即可，选项A错误；
B．探究“加速度和力、质量的关系”实验中，需要补偿阻力，这样细线的拉力就是小车的合外力，选项B正确；
C．利用该实验装置，补偿阻力后仍有阻力做功，则不能用来做“验证机械能守恒定律”实验，选项C错误。
故选B。
（3）刻度尺的分度值为0.1cm，计数点6的读数为x6=38.05cm；计数点2的读数为x2=8.90cm；
两点间时间为t=5T=5×0.02s=0.1s
根据逐差法可知，
即
解得
（4）由牛顿第二定律
可得
则图像的斜率为，斜率越大，则槽码质量越小，即图像得甲组所用的槽码质量小于乙组槽码质量。
【分析】（1）根据实验原理确定实验器材；
（2） 根据实验原理及注意事项判断操作的正误；
（3）根据刻度尺的分度值读数，根据逐差法求解加速度大小；
（4）根据斜率判断槽码质量大小。
（1）探究小车速度随时间的变化规律，需要的器材有：小车、打点计时器和纸带、钩码、刻度尺等；
探究加速度与力、质量的关系，需要的器材有：小车、打点计时器和纸带、天平、砝码、钩码、刻度尺等；
验证机械能守恒定律，需要的器材有：重锤、铁架台、打点计时器和纸带、刻度尺等。
可知能用于这四个实验的器材是打点计时器和刻度尺，故选AD。
（2）A．探究“速度随时间变化的规律”实验中，不需要补偿阻力，只需要让小车加速下滑即可，选项A错误；
B．探究“加速度和力、质量的关系”实验中，需要补偿阻力，这样细线的拉力就是小车的合外力，选项B正确；
C．利用该实验装置，补偿阻力后仍有阻力做功，则不能用来做“验证机械能守恒定律”实验，选项C错误。
故选B。
（3）刻度尺的分度值为0.1cm，计数点2的读数为x2=8.90cm；计数点6的读数为x6=38.05cm；
两点间时间为t=5T=5×0.02s=0.1s
根据逐差法可知，
即
解得
（4）由牛顿第二定律
可得
则图像的斜率为，斜率越大，则槽码质量越小，即图像得甲组所用的槽码质量小于乙组槽码质量。
15．【答案】（1）B
（2）A；C
（3）不能；B
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）纸带竖直，用手拿住纸带上端，重物靠近打点计时器释放，打点计时器应使用交流电源，故B正确，ACD错误。故选：B。
（2）A．应选择质量大、体积小的重锤进行实验以减小空气阻力，故A正确；
B．在重锤正下方放上海绵垫，是避免重物砸向桌面造成损坏，故B错误；
C．为了充分利用纸带，得到更多的实验数据，应先接通电源，后释放纸带，故C正确；
D．根据公式或计算重锤的速度，是认为重物做自由落体运动，已经是按没有阻力，只受重力来计算了，达不到验证的目的，故D错误。
故选AC。
（3）重力势能的减小量为，利用实验中测出的g值，计算重物减少的重力势能是错误的，g值应用当地重力加速度的标准值，所以根据题中计算不能验证机械能守恒。
故选B。
【分析】（1）打点计时器使用交流电源，为减小阻力影响纸带应竖直放置。
（2）根据实验注意事项分析答题；
（3）g值应用当地重力加速度的标准值，这样才能判断机械能是否守恒。
（1）打点计时器应使用交流电源，纸带竖直，用手拿住纸带上端，重物靠近打点计时器释放。
故选B。
（2）A．应选择质量大、体积小的重锤进行实验以减小空气阻力，故A正确；
B．在重锤正下方放上海绵垫，并非为了减小误差，而是避免重物砸向桌面造成损坏，故B错误；
C．为了充分利用纸带，应先接通电源，后释放纸带，故C正确；
D．根据公式或计算重锤的速度，已经是按没有阻力，只受重力来计算了，达不到验证的目的，故D错误。
故选AC。
（3）[1][2]重力势能的减小量为
利用实验中测出的g值，计算重物减少的重力势能是错误的，g值应用当地重力加速度的标准值，所以根据题中计算不能验证机械能守恒。
故选B。
16．【答案】A,C
【知识点】胡克定律；验证力的平行四边形定则；研究平抛物体的运动；向心力
【解析】【解答】A．保证绳套的夹角不变，用一根弹簧秤和手配合，两次都将结点拉倒同一位置，则可以完成该实验，选项A正确；
B．图2研究“探究平抛运动的特点”实验中上下移动挡板时，挡板高度调整不一定必须等间距变化，选项B错误；
C．图3该情境中两个相同的小球，转动的角速度相同，但是半径不同，则正在探究向心力大小与半径的关系，选项C正确；
D．图4将两根相同的弹簧串联起来，若加拉力F，则每根弹簧伸长量为，则两个弹簧伸长的总量为整根长弹簧受到的拉力仍为F，则等效劲度系数
即等效劲度系数将是原来单根弹簧的劲度系数的一半，选项D错误。
故选AC。
【分析】根据各个实验的原理以及操作的注意事项进行分析。
17．【答案】（1）设最大速度为，在加速度阶段的上升的高度
匀速阶段的上升的高度
减速阶段的上升的高度
上升的总高度
解得最大速度
（2）在匀加速阶段加速度
根据牛顿第二定律
解得
（3）匀速时升力
功率
【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）用最大速度表示三个阶段的位移和，可求最大速度；
（2） 求出在匀加速阶段加速度，根据牛顿第二定律求解阻力大小；
（3）根据平衡条件求解匀速时升力，根据功率公式求解输出功率。
（1）设最大速度为，在加速度阶段的上升的高度
匀速阶段的上升的高度
减速阶段的上升的高度
上升的总高度
解得最大速度
（2）在匀加速阶段加速度
根据牛顿第二定律
解得
（3）匀速时升力
功率
18．【答案】（1）在近地轨道3上，由万有引力提供向心力得
又因为忽略自转，地面上物体万有引力等于重力，则有
联立解得卫星在轨道3的线速度大小为
（2）在近地轨道1上，有
可得卫星在轨道1上的线速度大小为
卫星在近地轨道1上的周期为
根据开普勒第三定律可
解得
则卫星在转移轨道2上运动时从A点运动到B点的最短时间为
（3）从轨道1到轨道3，由能量守恒可得
即
联立解得
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【分析】（1）在近地轨道3上，由万有引力提供向心力结合万有引力等于重力求解；
（2）根据开普勒第三定律求解周期大小，卫星在转移轨道2上运动时从A点运动到B点的最短时间等于半个周期；
（3）从轨道1到轨道3，由能量守恒定律求解发动机做功。
（1）在近地轨道3上，由万有引力提供向心力得
又因为忽略自转，地面上物体万有引力等于重力，则有
联立解得卫星在轨道3的线速度大小为
（2）在近地轨道1上，有
可得卫星在轨道1上的线速度大小为
卫星在近地轨道1上的周期为
根据开普勒第三定律可
解得
则卫星在转移轨道2上运动时从A点运动到B点的最短时间为
（3）从轨道1到轨道3，由能量守恒可得
即
联立解得
19．【答案】（1）B处钢绳上的拉力大小为，对座椅和游客进行受力分析，竖直方向合力为零Fcos
解得
根据几何关系可得处绕转轴运动的半径为
由向心力公式得
联立解得
（2）座椅和游玩者在处的转动半径
由牛顿第二定律，有
解得
（3）同理可得在B处速度
座椅和游玩者上升的高度，则
根据能量守恒可知
解得
【知识点】能量守恒定律；向心力
【解析】【分析】（1）对座椅和游客进行受力分析，根据平衡条件求解绳子拉力大小，根据向心力公式求解转动周期；
（2）依据重力和拉力的合力提供向心力，可求出飞椅的线速度；
（3）根据能量守恒定律结合几何关系，可求出绳子拉力做的功。
（1）B处钢绳上的拉力大小为，对座椅和游客进行受力分析，竖直方向合力为零Fcos
解得
根据几何关系可得处绕转轴运动的半径为
由向心力公式得
联立解得
（2）座椅和游玩者在处的转动半径
由牛顿第二定律，有
解得
（3）同理可得在B处速度
座椅和游玩者上升的高度，则
根据能量守恒可知
解得
20．【答案】（1）A到E，由动能定理得
在点，由牛顿第二定律得
联立得
由牛顿第三定律得，方向水平向右
（2）滑块恰好到进入圆轨道，由动能定理得
解得
使小滑块进入圆轨道，则
①滑块恰好到点，由动能定理得
解得
使小滑块进入圆轨道且不脱离圆轨道，则
②滑块恰好到点，由动能定理得
在点，由牛顿第二定律得
解得
要使小滑块进入圆轨道且不脱离圆轨道，则
（3）由题意可知，滑块过最高点，则到，由动能定理得
联立得
即滑块过最高点，必须满足
滑块从点水平飞出，恰好落在点。则，
解得：
①当时，落点均在斜面上，则
解得
②当时，
③当时，
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据滑块在倾斜轨道上的运动求出到达B点的速度；
（2）根据滑块在传送带上的运动求出到达D点的速度；分析滑块在圆轨道上的运动，特别是通过E点时的速度；
（3）根据平抛运动的规律，求解滑块从G点平抛后落在不同区间时的条件。整个过程中，需要综合运用动能定理、牛顿运动定律、圆周运动和抛体运动的知识。
（1）A到E，由动能定理得
在点，由牛顿第二定律得
联立得
由牛顿第三定律得，方向水平向右
（2）滑块恰好到进入圆轨道，由动能定理得
解得
使小滑块进入圆轨道，则
①滑块恰好到点，由动能定理得
解得
使小滑块进入圆轨道且不脱离圆轨道，则
②滑块恰好到点，由动能定理得
在点，由牛顿第二定律得
解得
要使小滑块进入圆轨道且不脱离圆轨道，则
（3）由题意可知，滑块过最高点，则到，由动能定理得
联立得
即滑块过最高点，必须满足
滑块从点水平飞出，恰好落在点。则，
解得：
①当时，落点均在斜面上，则
解得
②当时，
③当时，
1 / 1浙江省四校2024-2025学年高一下学期3月月考物理学科试题
一、选择题I（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，多选、错选均不得分）
1．下列物理量的负值可以表示大小的是（　　）
A．加速度 B．功 C．重力势能 D．位移
【答案】C
【知识点】矢量与标量；重力势能
【解析】【解答】加速度和位移是矢量，正负表示方向，不代表大小；功的负值，表示阻力功，不表示大小；重力势能的负值表示大小。
故选C。
【分析】矢量的正负表示方向，标量的正负往往表示大小。根据各个量的矢标性分析。
2．如图所示为运动会中的四个比赛场景，在下列研究中可将运动员视为质点的是（　　）
A．研究甲图运动员如何踢出“香蕉球”
B．研究乙图运动员的空中转体姿态
C．研究丙图运动员在百米比赛中的摆臂技巧
D．研究丁图运动员在15公里越野滑雪比赛中的运动轨迹
【答案】D
【知识点】质点
【解析】【解答】A． 研究甲图运动员如何踢出“香蕉球”时，要研究运动员的形体动作，因此运动员的大小和形体不可忽略，不可将运动员视为质点，故A错误；
B． 研究乙图运动员的空中转体姿态时，要研究运动员的转体角度和动作，大小和形体不可忽略，不可将运动员视为质点，故B错误；
C．研究丙图运动员在百米比赛中的摆臂技巧，运动员形状大小不能忽略不计，不能将运动员看做质点，选项C错误；
D．研究丁图运动员在15公里越野滑雪比赛中的运动轨迹，运动员形状大小可忽略不计，可将运动员看做质点，选项D正确。
故选D。
【分析】如果物体大小相对研究对象较小或影响不大，可以把物体看作质点，根据选项进行分析。
3．地下车库为了限制车辆高度，现已采用如图所示曲杆道闸。道闸总长，由相同长度的转动杆与横杆组成。为横杆的两个端点，道闸工作期间，横杆始终保持水平，转动杆绕点匀速转动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．B点的线速度不变
B．B点的加速度不变
C．两点的线速度大小关系是
D．B和C的位移相同
【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】AB． 转动杆绕点匀速转动过程中， B点做匀速圆周运动，线速度和加速度大小不变，但方向时刻改变，即线速度和加速度改变，故AB错误；CD．横杆BC始终保持水平，BC杆上各点相对静止，在相等时间运动的弧长相等，所以BC杆上各点的线速度大小均相等，两点的位移相同，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】B点做匀速圆周运动，根据圆周运动的规律进行判断；根据BC始终水平得出结论。
4．手拿球拍托着乒乓球跑是校运动会的一项常见的趣味项目，如图所示，某段时间内乒乓球相对球拍静止一起水平向右做匀速直线运动，若不计空气阻力，则此过程中（　　）
A．乒乓球受到的重力对乒乓球做负功
B．乒乓球所受合力对乒乓球做正功
C．球拍对乒乓球的摩擦力做负功
D．球拍对乒乓球的支持力对乒乓球不做功
【答案】C
【知识点】功的概念
【解析】【解答】力与速度方向夹角为锐角，力做正功；力与速度方向夹角为直角，力不做功；力与速度方向夹角为钝角，力做负功。A．乒乓球受到的重力方向与运动方向垂直，可知重力对乒乓球不做功，故A错误；
B．乒乓球在水平向右做匀速直线运动，所以乒乓球所受合力为零，可知所受合力对乒乓球不做功，故B错误；
C．球拍对乒乓球的摩擦力沿球拍斜面向上，摩擦力与速度方向的夹角为钝角，由
为钝角，则摩擦力对乒乓球做负功，故C正确；
D．球拍对乒乓球的支持力垂直球拍斜面向上，支持力与速度方向的夹角为锐角，所以支持力对乒乓球做正功，故D错误。
故选C。
【分析】根据力与速度方向的夹角关系判定功的正负即可。
5．图像在解决物理问题中扮演着至关重要的角色，它们不仅能够直观地展示物理现象和规律，还能帮助学生更好地理解和分析物理问题。如图所示的四幅图分别为四个物体做直线运动的图像，下列说法正确的是（　　）
A．甲图中，物体在0~这段时间内的平均速度等于
B．乙图中，物体做匀减速直线运动，其加速度大小为
C．丙图中，若物体从静止开始运动，则在内物体的位移等于
D．丁图中，物体做匀加速直线运动，其加速度大小为
【答案】B
【知识点】图象法；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A． 若为初速度为0的匀变速直线运动，速度—时间图像应为过原点的一条倾斜的直线，其在0～t0这段时间内的平均速度等于，而该图像在任一时刻的速度（不包括始末）都大于做匀变速直线运动的物体的速度，因此可知其平均速度大于，故A正确；
B．根据速度与位移之间的关系式
整理可得
可知该图像的斜率为
解得
由此可知，乙图中，物体做匀减速直线运动，其加速度大小为，故B正确；
C．如果物体做加速度为2m/s2的匀加速直线运动，则在内物体的位移为
但根据图像可知，物体做加速度增大的变加速运动，因此可知，其在内的位移一定大于36m，故C错误；
D．根据
可知图线斜率
则加速度大小为
故D错误。
故选B。
【分析】利用匀变速直线运动平均速度公式分析平均速度，利用速度—位移公式解得加速度，利用位移—时间关系求解位移以及加速度。
6．蹦床是兼具艺术性与竞技性的一种体操运动。某蹦床运动员仅在竖直方向运动，运动过程中运动员对蹦床的作用力的大小与时间的关系如图所示。假设运动员不与蹦床接触时蹦床面水平。忽略空气阻力，取。下列说法正确的是（　　）
A．在最低点，运动员处于超重状态，床面对人的支持力大于人对床面的压力
B．运动过程中运动员最大速度为
C．6.5至7.3s，运动员增加的动能等于蹦床减少的弹性势能
D．运动员离开蹦床后上升的最大高度为
【答案】D
【知识点】超重与失重；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．在最低点，弹力大于重力，处于超重状态，床面对人的支持力与人对床面的压力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律可知，床面对人的支持力等于人对床面的压力，选项A错误；
B． 由运动员对蹦床的作用力的大小F与时间t的图像可知，运动员在空中的时间为2s，则离开蹦床上升和下降的时间均为1s，则刚落到蹦床上时的速度为v=gt，解得v=10m/s， 落到蹦床后一小段时间内，重力大于蹦床的支持力，人继续加速， 运动过程中运动员最大速度应大于10m/s，故B错误；
C.6.5至7.3s，运动员向下运动到最低点，然后反弹到脱离蹦床，向下运动过程中，运动员减小的动能和重力势能之和等于蹦床增加的弹性势能，向上运动过程中运动员增加的动能和重力势能之和等于蹦床减少的弹性势能，选项C错误；
D．运动员离开蹦床上升的最大高度为
选项D正确。
故选D。
【分析】当蹦床对运动员的弹力最大时，此时加速度最大；根据运动员离开蹦床的运动，由运动学公式求出最大高度。
7．龙接风是浙江丽水景宁畲族传统比赛，比赛时甲队员将绣球抛向距离10米外的同队乙队员，乙队员用背着的背篓接住同伴投来的绣球，所接绣球数多者为胜。假设投掷点与背篓接住处等高。有4个绣球从同一投掷点投出，其轨迹如图所示。1、4球在背篓处2接住，2、3球在背篓处1接住，其中1、2球最高点高度相同，4球最高点低于3球最高点。不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．在空中运动过程中1，2两球速度变化量相同
B．在空中运动过程中3球时间最短
C．同时投掷时，3、4球可能会在空中相遇
D．1、2球的末速度方向可能相同
【答案】A
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】AB．抛体运动在竖直方向做竖直上抛运动，最大高度越高，运动时间越长。速度变化量为，其中1、2球最高点高度相同，运动时间最长，速度变化量最大且相同，4球竖直高度最小，运动时间最短，A正确，B错误；
C.4的水平位移大于3的，4运动时间最短，所以4的水平速度大于3的，同时投掷时，因为4球水平方向始终在3球前方，所以3、4球不可能会在空中相遇，C错误；
D.1、2球竖直高度相同，运动时间相同，竖直方向速度相同，而2球水平位移小于1球，所以2球水平速度小于4球，根据
可知，2球末速度方向与水平方向的夹角更大些，D错误。
故选A。
【分析】绣球在空中做斜上抛运动，绣球的运动可以分解为水平与竖直方向的运动，根据题意应用运动学公式分析求解。
8．雨后，某人用高速相机拍下一幅水滴下落的照片，如图所示，其中第4滴水刚要离开屋檐，若滴水的时间间隔相同，第1滴水与第2滴水的实际间距为，取重力加速度，不计空气阻力，则拍下照片的瞬间，图中第1滴水的速度大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】自由落体运动
【解析】【解答】不计空气阻力， 水滴在空中做自由落体运动，设滴水间隔为T，据题意可得
解得
则第1滴水的速度大小
故选C。
【分析】根据自由落体运动的位移—时间公式求出滴水的时间间隔，根据v=gt求得速度。
9．2023年5月10日，我国成功发射了“风云三号”G星，该卫星主要用于气象观测和环境监测。假设“风云三号”星绕地球做近似圆周运动，其轨道半径为，周期为。已知地球半径为，地球表面的重力加速度为，地球自转周期。则以下说法正确的是（　　）
A．“风云三号”星的发射速度大于
B．根据开普勒第三定律有，其中为赤道上物体的周期
C．“风云三号”G星的环绕线速度等于
D．根据题中所给信息，可以计算出地球的平均密度
【答案】D
【知识点】开普勒定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．发射速度大于第二宇宙速度即，卫星将脱离地球束缚，“风云三号”没有脱离地球束缚，所以发射速度小于，选项A错误；
B．根据开普勒第三定律有
其中为地球近地卫星的周期，选项B错误；
C．根据万有引力提供向心力可得
解得
选项C错误；
D．根据题中所给信息结合，
可以计算出地球的平均密度，选项D正确。
故选D。
【分析】根据第二宇宙定义分析；根据开普勒第三定律分析；根据万有引力提供向心力得到速度表达式，根据表达式分析；根据密度公式计算密度。
10．《西游记》中，一只大龟浮水作舟，驮着唐僧师徒四人和白龙马渡过了通天河。如图所示，河宽为处的下游靠河岸处是个旋涡，点和旋涡的连线与河岸（笔直）的最大夹角，河流中水流的速度大小恒为。取。大乌龟渡河过程保持在其静水中的速度恒定，则（　　）
A．若大乌龟在静水中的速度为，能以最小位移为河宽垂直渡河
B．要使大乌龟从点以恒定的速度安全到达对岸，则大龟在静水中的最小速度
C．大乌龟为避开漩涡以最小速度渡河的时间为
D．避过漩涡后若河水速度突然增大，则过河的时间会变长。
【答案】C
【知识点】小船渡河问题分析
【解析】【解答】A． 河水的速度大小为v0，设大龟在静水中的速度大小为v龟，根据平行四边形定则可知，只要v龟＞v0大龟的合速度方向就可能垂直于河岸，大龟就可以垂直河岸渡河， 反之当大龟在静水中的速度0.5v0时小于水流速度时，则龟的实际速度即合速度与河岸不可能垂直，大龟不可以垂直渡河，故A错误；
BC．要使大乌龟从A点以恒定的速度安全到达对岸，当龟的速度与合速度垂直时龟的速度最小，如图所示
由图示可知，大龟在静水中的速度v龟=v0sinθ=0.6v0
此时大龟过河的时间为
故B错误，C正确。
D．避过漩涡后若河水速度突然增大，船头指向不变，船沿垂直河岸的速度不变，则过河的时间不变，选项D错误。
故选C。
【分析】当龟的速度大于水速时可以垂直渡河；根据几何关系，龟在静水中的速度和实际速度垂直时，龟在静水中的速度最小，根据平行四边形法则，可以求出龟在静水中速度的最小值。
二、选择题II（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
11．如图甲是一种篮球收纳架，一质量为、半径为的篮球静置于篮球收纳架上，两根水平平行横杆与篮球的两接触点相距，其截面图如图乙所示。已知，重力加速度大小为，不计所有摩擦。则（　　）
A．每根横杆对篮球的支持力大小为
B．每根横杆对篮球的支持力大小为
C．若仅减小L，每根横杆对篮球的支持力变小
D．若仅减小L，每根横杆对篮球的支持力变大
【答案】B,C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】AB．对篮球受力分析，设支持力与竖直方向的夹角为，如图所示
由几何知识可得
根据平衡条件可得
解得每根横杆对篮球的支持力大小为
故A错误，B正确；
CD．根据，若仅减小L，则减小，增大，
可知每根横杆对篮球的支持力变小，故C正确，D错误。
故选BC。
【分析】对篮球受力分析，根据平衡条件结合几何关系列式求解。
12．在检测某新能源汽车性能的实验中，质量为的汽车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为，利用传感器测得此过程中不同时刻该汽车的牵引力与对应的速度，并描绘出如图所示的图像，图线为汽车由静止到达到最大速度的全过程，共经历35s，均为直线，假设该汽车行驶过程中所受的阻力恒定。则正确的是（　　）
A．BC段汽车做匀加速直线运动 B．该汽车的额定功率为
C．汽车匀加速行驶的时间为 D．全过程汽车行驶的位移为
【答案】C,D
【知识点】机车启动
【解析】【解答】A． 电动车在A到B受到的牵引力不变，做匀加速直线运动。图线的斜率等于功率，由数学知识可知，电动车在B到C过程的功率不变，由P=Fv得知，速度增大，牵引力减小，加速度减小，则电动车在B到C过程做加速度减小的变加速运动，故A错误；
B．当汽车速度达到最大时，由图知此时牵引力，得汽车的额定功率为
故B错误；
C．当汽车速度达到最大时，牵引力等于阻力，即。由图知汽车匀加速行驶时，受到的牵引力大小为，根据牛顿第二定律得汽车的加速度大小为
汽车匀加速达到额定功率时的速度为
汽车匀加速行驶的时间为
故C正确；
D．汽车匀加速阶段，根据动能定理有
变加速阶段有，
全过程汽车行驶的位移为
联立求得
故D正确。
故选CD。
【分析】由图像分析运动状态，由C点读取速度，进一步求解额定功率，由牛顿第二定律结合动能定理，求解位移。
13．如图所示，在竖直平面内有一半圆形轨道，半径为，为轨道圆心，为其水平直径，为竖直半径，半径与水平方向成角。现以O为坐标原点建立直角坐标系，在平面内有一弹射器（图中未画出）可以沿轴正方向发射速度大小可调的弹丸（可看作质点），若要使弹丸垂直撞击轨道点，弹丸发射点位置坐标可能值是（　　）
A．（0.8m，0） B．（0.7m，0.2m）
C．（0.25m，-0.1m） D．（0.1m，-0.2m）
【答案】B,C,D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】本题考查了平抛运动相关知识，理解物体不同时刻的不同状态，合理选取运动过程以及公式是解决此类问题的关键。根据题意可知，若弹丸垂直撞击轨道P点，可知弹丸速度与水平方向的夹角为，则有
则抛出点和点连线与水平方向夹角的正切值满足
由几何关系可得，
A．若抛出点坐标为（0.8m，0），则有，故A错误；
B．若抛出点坐标为（0.7m，0.2m），则有，故B正确；
C．若抛出点坐标为（0.25m，-0.1m），则有，故C正确；
D．若抛出点坐标为（0.1m，-0.2m），则有，故D正确。
故选BCD。
【分析】根据弹丸垂直撞击轨道P点，抛出点和P点连线与水平方向夹角的正切值满足比例关系，结合几何关系分析求解。
三、非选择题（本题共5小题，共58分）
14．（1）在“探究小车速度随时间变化规律”、“探究加速度与力、质量的关系”、“验证机械能守恒定律”三个实验中，下列器材都必须要用到的是（　　）
A． B．
C． D．
（2）利用图甲所示的实验装置做相关的力学实验，下列说法正确的是_______。
A．探究“速度随时间变化的规律”实验中，需要补偿阻力
B．探究“加速度和力、质量的关系”实验中，需要补偿阻力
C．利用该实验装置，补偿阻力后能用来做“验证机械能守恒定律”实验
（3）小方同学按图甲“探究加速度与力、质量的关系”实验，图乙是某次实验获取的一段纸带，图丙为其中三个计数点放大图。纸带上已标出6个连续的计数点，相邻两个计数点间还有4个点迹，已知打点计时器的打点周期是，其中3，4，5三个计数点被污染看不清了，则小车的加速度大小为　 　（结果保留两位有效数字）。
（4）甲乙两组同学按图甲各自独立实验，都探究加速度与质量的关系。他们都以小车和砝码的质量之和为横坐标，加速度的倒数为纵坐标，甲、乙两组同学分别得到的图像如图丁所示，由图像得甲组所用的槽码质量　 　乙组槽码质量（选填“大于”、“小于”或“等于”）。
【答案】（1）A；D
（2）B
（3）0.95
（4）小于
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）探究加速度与力、质量的关系，需要的器材有：小车、打点计时器和纸带、天平、砝码、钩码、刻度尺等；探究小车速度随时间的变化规律，需要的器材有：小车、打点计时器和纸带、钩码、刻度尺等；验证机械能守恒定律，需要的器材有：重锤、铁架台、打点计时器和纸带、刻度尺等。可知能用于这四个实验的器材是打点计时器和刻度尺，故选AD。
（2）A．探究“速度随时间变化的规律”实验中，不需要补偿阻力，只需要让小车加速下滑即可，选项A错误；
B．探究“加速度和力、质量的关系”实验中，需要补偿阻力，这样细线的拉力就是小车的合外力，选项B正确；
C．利用该实验装置，补偿阻力后仍有阻力做功，则不能用来做“验证机械能守恒定律”实验，选项C错误。
故选B。
（3）刻度尺的分度值为0.1cm，计数点6的读数为x6=38.05cm；计数点2的读数为x2=8.90cm；
两点间时间为t=5T=5×0.02s=0.1s
根据逐差法可知，
即
解得
（4）由牛顿第二定律
可得
则图像的斜率为，斜率越大，则槽码质量越小，即图像得甲组所用的槽码质量小于乙组槽码质量。
【分析】（1）根据实验原理确定实验器材；
（2） 根据实验原理及注意事项判断操作的正误；
（3）根据刻度尺的分度值读数，根据逐差法求解加速度大小；
（4）根据斜率判断槽码质量大小。
（1）探究小车速度随时间的变化规律，需要的器材有：小车、打点计时器和纸带、钩码、刻度尺等；
探究加速度与力、质量的关系，需要的器材有：小车、打点计时器和纸带、天平、砝码、钩码、刻度尺等；
验证机械能守恒定律，需要的器材有：重锤、铁架台、打点计时器和纸带、刻度尺等。
可知能用于这四个实验的器材是打点计时器和刻度尺，故选AD。
（2）A．探究“速度随时间变化的规律”实验中，不需要补偿阻力，只需要让小车加速下滑即可，选项A错误；
B．探究“加速度和力、质量的关系”实验中，需要补偿阻力，这样细线的拉力就是小车的合外力，选项B正确；
C．利用该实验装置，补偿阻力后仍有阻力做功，则不能用来做“验证机械能守恒定律”实验，选项C错误。
故选B。
（3）刻度尺的分度值为0.1cm，计数点2的读数为x2=8.90cm；计数点6的读数为x6=38.05cm；
两点间时间为t=5T=5×0.02s=0.1s
根据逐差法可知，
即
解得
（4）由牛顿第二定律
可得
则图像的斜率为，斜率越大，则槽码质量越小，即图像得甲组所用的槽码质量小于乙组槽码质量。
15．实验小组准备用铁架台、打点计时器、重物等验证机械能守恒定律。
（1）下图是四位同学释放纸带瞬间的照片，操作正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2）关于本实验，下列说法正确的是（　　）
A．应选择质量大、体积小的重锤进行实验
B．为了减小实验误差，必须在重锤正下方放上海绵垫
C．先接通电源，后释放纸带
D．为测量重锤的动能，需要先根据公式或计算重锤的速度
（3）某同学根据多条纸带数据算出加速度为，并用此值算出质量为的重物减少的重力势能为，增加的动能为，根据以上计算　 　（“能”或“不能”）验证机械能守恒，理由为　 　（A.在误差允许范围内 B.没有代入当地重力加速度的标准值）。
【答案】（1）B
（2）A；C
（3）不能；B
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）纸带竖直，用手拿住纸带上端，重物靠近打点计时器释放，打点计时器应使用交流电源，故B正确，ACD错误。故选：B。
（2）A．应选择质量大、体积小的重锤进行实验以减小空气阻力，故A正确；
B．在重锤正下方放上海绵垫，是避免重物砸向桌面造成损坏，故B错误；
C．为了充分利用纸带，得到更多的实验数据，应先接通电源，后释放纸带，故C正确；
D．根据公式或计算重锤的速度，是认为重物做自由落体运动，已经是按没有阻力，只受重力来计算了，达不到验证的目的，故D错误。
故选AC。
（3）重力势能的减小量为，利用实验中测出的g值，计算重物减少的重力势能是错误的，g值应用当地重力加速度的标准值，所以根据题中计算不能验证机械能守恒。
故选B。
【分析】（1）打点计时器使用交流电源，为减小阻力影响纸带应竖直放置。
（2）根据实验注意事项分析答题；
（3）g值应用当地重力加速度的标准值，这样才能判断机械能是否守恒。
（1）打点计时器应使用交流电源，纸带竖直，用手拿住纸带上端，重物靠近打点计时器释放。
故选B。
（2）A．应选择质量大、体积小的重锤进行实验以减小空气阻力，故A正确；
B．在重锤正下方放上海绵垫，并非为了减小误差，而是避免重物砸向桌面造成损坏，故B错误；
C．为了充分利用纸带，应先接通电源，后释放纸带，故C正确；
D．根据公式或计算重锤的速度，已经是按没有阻力，只受重力来计算了，达不到验证的目的，故D错误。
故选AC。
（3）[1][2]重力势能的减小量为
利用实验中测出的g值，计算重物减少的重力势能是错误的，g值应用当地重力加速度的标准值，所以根据题中计算不能验证机械能守恒。
故选B。
16．下列实验说法正确的是（　　）
A．图1探究两个互成角度的力的合成规律中用一只弹簧秤也可以完成该实验
B．图2研究“探究平抛运动的特点”实验中上下移动挡板时，挡板高度调整必须等间距变化
C．图3在探究向心力大小与物体的质量、角速度和半径的关系时，该情境正在探究向心力大小与半径的关系
D．图4将两根相同的弹簧串联起来，测得一整根长弹簧的等效劲度系数将是原来单根弹簧的劲度系数的2倍
【答案】A,C
【知识点】胡克定律；验证力的平行四边形定则；研究平抛物体的运动；向心力
【解析】【解答】A．保证绳套的夹角不变，用一根弹簧秤和手配合，两次都将结点拉倒同一位置，则可以完成该实验，选项A正确；
B．图2研究“探究平抛运动的特点”实验中上下移动挡板时，挡板高度调整不一定必须等间距变化，选项B错误；
C．图3该情境中两个相同的小球，转动的角速度相同，但是半径不同，则正在探究向心力大小与半径的关系，选项C正确；
D．图4将两根相同的弹簧串联起来，若加拉力F，则每根弹簧伸长量为，则两个弹簧伸长的总量为整根长弹簧受到的拉力仍为F，则等效劲度系数
即等效劲度系数将是原来单根弹簧的劲度系数的一半，选项D错误。
故选AC。
【分析】根据各个实验的原理以及操作的注意事项进行分析。
17．人工智能AI技术的不断创新发展，外卖配送正踏入“无人+”领域。某天工作人员通过无人机将医疗物品送至用户家中，如图，在无人机的作用下，物品在水平地面上由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，升力为，经过后匀速直线运动，然后再经匀减速直线运动后到达用户阳台，此时无人机恰好悬停，货物离地高度为。整个过程的阻力不变，无人机和物品的总质量为，求：
（1）物品上升过程中的最大速率；
（2）无人机运动过程受到的阻力大小；
（3）匀速运动时无人机的输出功率。
【答案】（1）设最大速度为，在加速度阶段的上升的高度
匀速阶段的上升的高度
减速阶段的上升的高度
上升的总高度
解得最大速度
（2）在匀加速阶段加速度
根据牛顿第二定律
解得
（3）匀速时升力
功率
【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）用最大速度表示三个阶段的位移和，可求最大速度；
（2） 求出在匀加速阶段加速度，根据牛顿第二定律求解阻力大小；
（3）根据平衡条件求解匀速时升力，根据功率公式求解输出功率。
（1）设最大速度为，在加速度阶段的上升的高度
匀速阶段的上升的高度
减速阶段的上升的高度
上升的总高度
解得最大速度
（2）在匀加速阶段加速度
根据牛顿第二定律
解得
（3）匀速时升力
功率
18．2024年5月9日，智慧天网一号01星在西昌卫星发射中心发射升空后顺利进入预定转移轨道，标志中国首颗中轨道宽带通信卫星发射成功。其发射过程可以简化为如图所示：先将卫星送入近地圆轨道1；在此轨道上运行少许时间后火箭再次点火，使卫星进入椭圆转移轨道2；卫星在椭圆轨道上运行至远地点B时，加速进入预定轨道3。椭圆转移轨道与近地圆轨道1和中轨道3分别相切于A、B两点，卫星在圆轨道上的运动可视为匀速圆周运动。已知地球的半径为R，天网一号在轨道3的半径为3R，引力常量为G，地表附近的重力加速度为g，天网一号01卫星的质量为m。（地球质量M未知），求：
（1）天网一号01卫星在轨道3的线速度大小；
（2）天网一号01卫星在转移轨道2上运动时从A点运动到B点的最短时间；
（3）当取无穷远处引力势能为零，天网一号距地心距离为处时的引力势能为，天网一号01卫星从轨道1变轨到轨道3过程中，发动机至少需要做多少功？
【答案】（1）在近地轨道3上，由万有引力提供向心力得
又因为忽略自转，地面上物体万有引力等于重力，则有
联立解得卫星在轨道3的线速度大小为
（2）在近地轨道1上，有
可得卫星在轨道1上的线速度大小为
卫星在近地轨道1上的周期为
根据开普勒第三定律可
解得
则卫星在转移轨道2上运动时从A点运动到B点的最短时间为
（3）从轨道1到轨道3，由能量守恒可得
即
联立解得
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【分析】（1）在近地轨道3上，由万有引力提供向心力结合万有引力等于重力求解；
（2）根据开普勒第三定律求解周期大小，卫星在转移轨道2上运动时从A点运动到B点的最短时间等于半个周期；
（3）从轨道1到轨道3，由能量守恒定律求解发动机做功。
（1）在近地轨道3上，由万有引力提供向心力得
又因为忽略自转，地面上物体万有引力等于重力，则有
联立解得卫星在轨道3的线速度大小为
（2）在近地轨道1上，有
可得卫星在轨道1上的线速度大小为
卫星在近地轨道1上的周期为
根据开普勒第三定律可
解得
则卫星在转移轨道2上运动时从A点运动到B点的最短时间为
（3）从轨道1到轨道3，由能量守恒可得
即
联立解得
19．如图所示为游乐场的空中飞椅项目。长度为的轻质碳纤维绳一端系着座椅，另一端固定在半径为d的水平转盘边缘，电机带动水平转盘绕穿过其中心的竖直轴转动，从而带动绳、座椅、游玩者一起转动，座椅P与游客的总质量为，水平转盘先在较低位置处，以某一转速匀速转动，此时轻绳与竖直方向的夹角；然后再在慢慢加速转动的同时将水平转盘的高度提升到达位置处，再在处保持另一转速匀速转动，此时轻绳与竖直方向的夹角，将座椅与游客整体视为质点，已知，，不计空气阻力，重力加速度为，求：
（1）转盘在B处匀速转动时的轻绳拉力大小和座椅的转动周期；
（2）转盘在处匀速转动时，座椅的线速度大小；
（3）从转盘在处匀速转动到转盘提升后在处匀速转动的过程中，轻绳对座椅和游客所做的功。
【答案】（1）B处钢绳上的拉力大小为，对座椅和游客进行受力分析，竖直方向合力为零Fcos
解得
根据几何关系可得处绕转轴运动的半径为
由向心力公式得
联立解得
（2）座椅和游玩者在处的转动半径
由牛顿第二定律，有
解得
（3）同理可得在B处速度
座椅和游玩者上升的高度，则
根据能量守恒可知
解得
【知识点】能量守恒定律；向心力
【解析】【分析】（1）对座椅和游客进行受力分析，根据平衡条件求解绳子拉力大小，根据向心力公式求解转动周期；
（2）依据重力和拉力的合力提供向心力，可求出飞椅的线速度；
（3）根据能量守恒定律结合几何关系，可求出绳子拉力做的功。
（1）B处钢绳上的拉力大小为，对座椅和游客进行受力分析，竖直方向合力为零Fcos
解得
根据几何关系可得处绕转轴运动的半径为
由向心力公式得
联立解得
（2）座椅和游玩者在处的转动半径
由牛顿第二定律，有
解得
（3）同理可得在B处速度
座椅和游玩者上升的高度，则
根据能量守恒可知
解得
20．如图所示，一游戏装置由倾斜角为的光滑轨道、水平传送带、半径为的光滑竖直圆形轨道、倾角为斜面组成，为圆弧轨道的圆心，、四点在同一水平面上。游戏时，小滑块从倾斜轨道不同高度处静止释放，经过传送带后沿圆形轨道运动，最后由点平抛后落在不同的区间获不同的奖次。已知小滑块与传送带的动摩擦因数长为是圆轨道上与圆心等高的点，距水平地面的高度，小滑块经处时速度大小不变，小滑块可视为质点，其余阻力均不计，取，传送带开始处于静止状态，求：
（1）若小滑块质量为，释放的高度，求小滑块通过点时对轨道的压力；
（2）为了使小滑块进入圆轨道且不脱离圆轨道DEF，求小滑块释放高度的范围；
（3）若小滑块释放的高度，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点水平飞出，试写出小滑块第1次落点（不反弹）与点的水平距离与传送带速度的关系。
【答案】（1）A到E，由动能定理得
在点，由牛顿第二定律得
联立得
由牛顿第三定律得，方向水平向右
（2）滑块恰好到进入圆轨道，由动能定理得
解得
使小滑块进入圆轨道，则
①滑块恰好到点，由动能定理得
解得
使小滑块进入圆轨道且不脱离圆轨道，则
②滑块恰好到点，由动能定理得
在点，由牛顿第二定律得
解得
要使小滑块进入圆轨道且不脱离圆轨道，则
（3）由题意可知，滑块过最高点，则到，由动能定理得
联立得
即滑块过最高点，必须满足
滑块从点水平飞出，恰好落在点。则，
解得：
①当时，落点均在斜面上，则
解得
②当时，
③当时，
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据滑块在倾斜轨道上的运动求出到达B点的速度；
（2）根据滑块在传送带上的运动求出到达D点的速度；分析滑块在圆轨道上的运动，特别是通过E点时的速度；
（3）根据平抛运动的规律，求解滑块从G点平抛后落在不同区间时的条件。整个过程中，需要综合运用动能定理、牛顿运动定律、圆周运动和抛体运动的知识。
（1）A到E，由动能定理得
在点，由牛顿第二定律得
联立得
由牛顿第三定律得，方向水平向右
（2）滑块恰好到进入圆轨道，由动能定理得
解得
使小滑块进入圆轨道，则
①滑块恰好到点，由动能定理得
解得
使小滑块进入圆轨道且不脱离圆轨道，则
②滑块恰好到点，由动能定理得
在点，由牛顿第二定律得
解得
要使小滑块进入圆轨道且不脱离圆轨道，则
（3）由题意可知，滑块过最高点，则到，由动能定理得
联立得
即滑块过最高点，必须满足
滑块从点水平飞出，恰好落在点。则，
解得：
①当时，落点均在斜面上，则
解得
②当时，
③当时，
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