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四川省自贡市2024-2025学年高一下学期7月期末物理试题
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，只有一项符合题目要求。）
1．以下说法正确的是（　　）
A．物体做匀速圆周运动时，所受的向心力是恒力
B．经典力学适用于微观、低速、弱引力场的范围
C．田径比赛中的链球项目是利用离心现象来实现投掷的
D．跳伞运动员带着张开的降落伞在空中匀速下落时，其机械能守恒
2．如图所示，水平传送带顺时针匀速转动，左端轻放一质量为2kg的物块，可视为质点。物块放上传送带时开始计时，t=1s时物块的速度为5m/s。已知g取10m/s2，则该过程中，下列说法正确的是（　　）
A．物块的动量变化率大小为20N
B．物块受到的支持力的冲量大小为0
C．物块受到的摩擦力的冲量大小为10N·s
D．传送带对物块的冲量大小为10N·s
3．已知下列某组数据及引力常量G，能计算出地球的质量。则以下数据不可行的是（　　）
A．地球绕太阳运行的周期及地球与太阳之间的距离
B．月球绕地球运行的周期及月球与地球之间的距离
C．人造地球卫星在地面附近绕行的速度及运行周期
D．若不考虑地球自转，已知地球的半径及重力加速度
4．如图所示，电动机通过皮带连接机器，机器皮带轮的半径为0.4m，是电动机皮带轮半径的4倍，皮带与两轮之间均不发生滑动。已知机器皮带轮上A点到转轴的距离为该轮半径的一半，机器皮带轮边缘上一点的线速度为0.2m/s。下列说法正确的是（　　）
A．A点的角速度是1rad/s
B．电动机皮带轮边缘上某点的向心加速度是0.4m/s2
C．电动机皮带轮与机器皮带轮的角速度之比为1∶4
D．电动机皮带轮边缘与机器皮带轮边缘的线速度之比为1∶4
5．下列四幅图中物体的运动均视为匀速圆周运动，图1为汽车在水平路面转弯（未打滑），图2为飞机在水平面内转弯，图3为小球沿光滑漏斗壁在水平面内运动，图4为火车水平转弯。则下列有关说法正确的是（　　）
A．图1中若小车速度增加，小车一定会打滑
B．图2中飞机的升力完全提供飞机所需的向心力
C．图3中小球若在更高的水平面上运动，速率更大，支持力也更大
D．图4中火车轨道的转弯处设计成内低外高可以减小轮缘对外轨的挤压
6．图1为水平放置在光滑水平面上的两完全相同的弹簧振子甲、乙，图2为某时刻开始计时的两弹簧振子的振动图像。下列说法正确的是（　　）
A．甲、乙的周期之比为2∶3
B．2t0时，甲、乙两球的速度之比为4∶1
C．甲、乙的最大加速度之比为1∶2
D．甲、乙的弹簧最大形变量之比为2∶1
7．某汽车发动机的额定功率为60kW，汽车的质量为5t，汽车在水平路面行驶时，阻力是车重的0.1倍。若汽车先从静止开始，保持以0.5m/s2的加速度做匀加速运动，达到额定功率后，继续加速到最大速度，g取10m/s2。则（　　）
A．汽车的最大速度为15m/s
B．汽车做匀加速直线运动的时间为16s
C．汽车以10m/s行驶时的加速度为0.4m/s2
D．汽车从静止到达到最大速度，牵引力做的功为3.6×105J
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）
8．质量为1kg的石块从9m高处以30°角斜向上方抛出，初速度v0的大小为4m/s。不计空气阻力，g取10m/s2。则下列说法正确的是（　　）
A．石块落地时的速度是14m/s
B．石块的质量越大，落地时速度越大
C．石块抛出时初速度的仰角越大，落地时速度越大
D．石块的初速度不论多大，从抛出到落地的过程中重力势能的变化量不变
9．如图所示，水平光滑轨道宽度和轻弹簧自然长度均为d，两小球质量分别为m1、m2，且m1=2m2，m2的左边有一固定挡板。m1由图示位置静止释放，当m1与m2相距最近时m1的速度为v，则在以后的运动过程中（　　）
A．m1的最大速度是
B．m2的最大速度
C．m1和m2相距最远时，m1的速度为
D．m1和m2速度相等时，弹簧弹性势能为
10．如图所示，在水平地面上竖直放置一质量为M的轨道，外形为正方形，内里是一半径为R、内壁光滑的圆形轨道，轨道圆心为O，A、B是轨道上与圆心O等高的两点。一质量为m的小球沿内里轨道做圆周运动且刚好能通过轨道最高点，运动过程中轨道始终在地面并保持静止状态。已知重力加速度为g，则以下说法正确的是（　　）
A．小球经过轨道最低点时的速度大小
B．小球经过轨道最低点时，对轨道的压力大小为6mg
C．轨道对地面的最小压力的大小为
D．小球经过A点时，地面对轨道的摩擦力大小为5mg
三、实验题（共16分）
11．小张利用智能手机中的“磁力计”和一个磁性小球做“单摆测量重力加速度”的实验，装置如图甲所示。
（1）将手机放在小球静止位置的正下方，然后让小球做简谐振动，手机测出其所在空间中磁感应强度大小随时间的变化，其中磁力计z轴显示如图乙。则该单摆的振动周期T为O点与　 　（选填“A”“ B”“ C”“ D”）点之间的时间差。
（2）利用智能手机测出摆动周期T并测出摆线长度L。通过改变摆线长度L，获得多组T，再以T2为纵轴、L为横轴画出函数关系图像如图丙所示。由图像可知，当地重力加速度g=　 　m/s2（结果可用含π的式子表达），磁性小球的直径D=　 　cm。
12．某实验小组利用图甲装置验证机械能守恒定律。
（1）下列器材中，不必要的是 ；
A．交流电源 B．秒表 C．刻度尺
（2）该实验小组得到如图乙所示的一条纸带，在纸带上选取三个清晰的计数点A、B、C，AB和BC之间还各有一个计时点，测得它们到起始点O的距离分别为h1、h2、h3。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的频率为f，设重物的质量为m，从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量　 　，动能增加量　 　；
（3）该实验小组代入测量的具体数据，发现比略大些，出现这一结果的原因可能是 ；
A．存在空气阻力和摩擦力
B．重物质量太大
C．先释放重物，再接通电源
（4）该实验小组继续研究，通过纸带上的计时点找出重物下落的时间t，通过纸带计算出重物下落的加速度为当地重力加速度g的k倍，按纸带计算出下落t时的重物速度为v，不考虑阻力之外的其他误差，则下列关系正确的是 。
A． B．
C． D．
四、计算题（本题有3小题，共38分。解答时写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤。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年4月24日，神舟二十号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，并于当天23时49分成功对接于空间站天和核心舱径向端口。已知空间站质量为m，轨道半径为r，绕地球运行的周期为T，地球半径为R，引力常量为G。求：
（1）地球的质量；
（2）地球的平均密度；
（3）地球的第一宇宙速度。
14．如图所示，一个内径很小的光滑圆管竖直固定，一轻质弹簧置于管内，一端固定在管底，另一端通过细绳，穿过光滑管口，与小球相连。已知小球的质量为0.2kg，弹簧的劲度系数为10N/m。让小球在水平面内做圆周运动，当绳与竖直方向的夹角为37°时，管上端管口的O点与小球之间的绳长为0.25m。忽略空气阻力，弹簧处于弹性限度内，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）小球做圆周运动的角速度大小；
（2）当连接小球间的细绳与竖直方向夹角为60°时，小球在水平面内做圆周运动的角速度大小。
15．自贡某厂家设计了一款电动窗帘，其设计的简化模型如图甲所示。在水平轨道下方安装10个小滑块，滑块可自由滑动且上端嵌入轨道，如图乙所示。相邻滑块之间的距离为s，每个小滑块下都安有挂钩，每个滑块（包括挂钩）质量为m，滑块与轨道的动摩擦系数为μ。在某次测试窗帘性能时，电机对第一个滑块施加一水平向右、大小为F的恒力。滑块1与滑块2碰撞后一起运动，滑块2与滑块3碰撞后，滑块1、2、3一起运动，以后依次碰撞下去。碰撞时间极短，重力加速度为g，所有滑块均视为质点。求：
（1）求滑块1与滑块2碰撞前瞬间的速度；
（2）求第一次碰撞中损失的机械能；
（3）若第10个滑块固定在轨道最右端，要将所有滑块推至最右端，F至少为多大？
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】向心力；相对论时空观与牛顿力学的局限性；机械能守恒定律
2．【答案】C
【知识点】动量定理；冲量
3．【答案】A
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A．地球绕太阳运行时，万有引力提供地球公转的向心力，公式为
可解得
此数据只能计算太阳质量，无法计算地球质量，故A错误；
B．月球绕地球运行时，由，解得，故B正确；
C．人造卫星在地面附近绕行时，轨道半径近似为地球半径，由和，联立可解出，故C正确；
D．由万有引力与地表重力关系有，解得，故D正确。
故答案为：A。
【分析】本题考查利用万有引力定律计算中心天体质量的条件，核心是明确只能计算被环绕的中心天体质量，结合各选项的物理情景逐一分析。
4．【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】A．A点的角速度与机器皮带轮的角速度相等，大小为rad/s，故A错误；
BD．电动机皮带轮的半径为0.1m，边缘线速度等于机器皮带轮的线速度，则向心加速度为，故B正确，D错误；
C．电动机皮带轮的角速度为rad/s，则电动机皮带轮与机器皮带轮的角速度之比为4：1，故C错误；
故答案为：B。
【分析】本题考查皮带传动的圆周运动规律，核心是理解皮带不打滑时两轮边缘线速度相等，结合线速度、角速度和向心加速度的关系分析各选项。
5．【答案】D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．图1中汽车在水平路面转弯时，则，若小车速度增加，小车所需的向心力增加，小车与地面间的静摩擦力变大，若不超出最大静摩擦力，小车不会打滑，故A错误；
B．图2中飞机的升力与重力的合力提供飞机所需的向心力，B错误；
C．图3中小球若在更高的水平面上运动，转动半径更大，根据，可知，则速率更大，支持力不变，故C错误；
D．图4中火车轨道的转弯处设计成内低外高，满足一定速度时会使轨道对火车的支持力和重力的合力提供向心力，可以减小轮缘对外轨的挤压，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查匀速圆周运动的向心力来源，核心是分析不同场景下物体的受力情况，明确向心力的提供方式，逐一判断选项的正误。
6．【答案】D
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动
7．【答案】B
【知识点】加速度；机车启动
【解析】【解答】A．当汽车速度最大时，牵引力等于阻力，阻力，由功率公式，得，故A错误；
B．匀加速时，由牛顿第二定律，，匀加速阶段的最大速度满足，得，匀加速时间，故B正确；
C．当时，已超过匀加速阶段，功率保持额定值，此时牵引力，加速度，选项C中加速度为0.4m/s2，与计算结果不符，故C错误；
D．匀加速阶段位移，牵引力做功，后续阶段需额外做功，总功必大于，而选项D为，明显偏小，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查机车启动问题，核心是结合匀加速启动和恒定功率启动两个阶段的规律，分析汽车的速度、加速度和做功情况。
8．【答案】A,D
【知识点】斜抛运动；重力势能的变化与重力做功的关系；机械能守恒定律
9．【答案】C,D
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；碰撞模型
10．【答案】B,C
【知识点】受力分析的应用；竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
11．【答案】（1）D
（2）；2.0
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）磁性小球每次经过最低点时，手机测得其所在空间中磁感应强度大小最大，一个周期内小球有两次经过最低点，由图乙可知，该单摆的振动周期T为O点与D点之间的时间差。
故答案为：D
（2）根据单摆周期公式可得，整理可得，由图丙可知，，可得，
故答案为：；2.0
【分析】(1)单摆做简谐运动时，小球每经过一个周期会两次经过最低点（手机正上方），磁场强度出现两次峰值，故相邻两次峰值（O与D）的时间差为一个周期。
(2)根据单摆周期公式 ，变形得 ，因此 图像的斜率为 ，截距可求小球直径。
（1）磁性小球每次经过最低点时，手机测得其所在空间中磁感应强度大小最大，一个周期内小球有两次经过最低点，由图乙可知，该单摆的振动周期T为O点与D点之间的时间差。
（2）[1][2]根据单摆周期公式可得
整理可得
由图丙可知，
可得，
12．【答案】（1）B
（2）；
（3）C
（4）A；D
【知识点】验证机械能守恒定律；用打点计时器测速度
【解析】【解答】（1）打点计时器需要连接交流电源，需要用刻度尺测量纸带上计数点间的距离；通过打点计时器可以知道计数点间的时间间隔，所以不需要秒表。
故答案为：B。
（2）从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量为
打B点时，重物的速度为
则从打O点到打B点的过程中，重物的动能增加量为
故答案为：；
（3）A．存在空气阻力和摩擦力，使得减少的重力势能有一部分转化为内能，则比略小些，故A错误；
B．由于验证机械能守恒的表达式中，质量可以约去，所以重物质量太大，不会使比略大些，故B错误；
C．先释放重物，再接通电源，则打第一点的初动能不为0，使得动能增加量的测量值偏大，可能使得比略大些，故C正确。
故答案为：C。
（4）A．由动能定理可得，故A正确；
B．动能增加量为，故B错误；
CD．重力势能减少量为，故C错误，D正确。
故答案为：AD。
【分析】(1)打点计时器用交流电源，时间由频率决定，不需要秒表；刻度尺用于测位移。
(2)重力势能减少量由下落高度决定，动能增加量需用中间时刻速度计算，B点速度为AC段平均速度。
(3)ΔEk 偏大，说明初速度为零的假设不成立，即先释放重物再接通电源，导致初速度不为零。
(4)加速度为kg，由运动学公式计算速度和下落高度，再分析动能和势能变化的关系。
（1）打点计时器需要连接交流电源，需要用刻度尺测量纸带上计数点间的距离；通过打点计时器可以知道计数点间的时间间隔，所以不需要秒表。
故选B。
（2）[1]从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量为
[2]打B点时，重物的速度为
则从打O点到打B点的过程中，重物的动能增加量为
（3）A．存在空气阻力和摩擦力，使得减少的重力势能有一部分转化为内能，则比略小些，故A错误；
B．由于验证机械能守恒的表达式中，质量可以约去，所以重物质量太大，不会使比略大些，故B错误；
C．先释放重物，再接通电源，则打第一点的初动能不为0，使得动能增加量的测量值偏大，可能使得比略大些，故C正确。
故选C。
（4）A．由动能定理可得，故A正确；
B．动能增加量为，故B错误；
CD．重力势能减少量为，故C错误，D正确。
故选AD。
13．【答案】（1）解：根据
可得地球质量
（2）解：地球的平均密度
（3）解：根据
可得地球的第一宇宙速度
【知识点】万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【分析】(1)空间站绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，可由周期公式求出地球质量。
(2)地球的平均密度等于质量除以体积，代入球体体积公式即可求出。
(3)第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，由万有引力提供向心力，结合地球质量表达式即可求出。
（1）根据
可得地球质量
（2）地球的平均密度
（3）根据
可得地球的第一宇宙速度
14．【答案】（1）解：以小球为对象，根据牛顿第二定律可得
其中
联立可得小球做圆周运动的角速度大小为
（2）解：当连接小球的细绳与竖直方向夹角为37°时，弹簧弹力大小为
可得此时弹簧的伸长量为
当连接小球间的细绳与竖直方向夹角为60°时，弹簧弹力大小为
解得此时弹簧的伸长量为
则此时管上端管口的O点与小球之间的绳长为
以小球为对象，根据牛顿第二可得
其中
联立可得小球做圆周运动的角速度大小为
【知识点】胡克定律；牛顿运动定律的综合应用；生活中的圆周运动
【解析】【分析】(1)当绳与竖直方向夹角为37°时，小球受重力和绳的拉力，合力提供向心力，结合几何关系可直接求出角速度。
(2)当夹角为60°时，需先分析弹簧的伸长量，再结合小球的受力（重力、绳拉力、弹簧弹力），由牛顿第二定律求出角速度。
（1）以小球为对象，根据牛顿第二定律可得
其中
联立可得小球做圆周运动的角速度大小为
（2）当连接小球的细绳与竖直方向夹角为37°时，弹簧弹力大小为
可得此时弹簧的伸长量为
当连接小球间的细绳与竖直方向夹角为60°时，弹簧弹力大小为
解得此时弹簧的伸长量为
则此时管上端管口的O点与小球之间的绳长为
以小球为对象，根据牛顿第二可得
其中
联立可得小球做圆周运动的角速度大小为
15．【答案】（1）解：对滑块1，根据动能定理，有
解得滑块1与滑块2碰撞前瞬间的速度
（2）解：设滑块1与2碰撞后一起运动的速度为v2，根据动量守恒定律，有
解得
根据能量守恒定律，有
解得
（3）解：设滑块1、2与3碰撞后一起运动的速度为v3，根据动量守恒定律，有
解得
根据能量守恒定律，有
解得
同理可得滑块1、2、3与4碰撞，
…
前面8个滑块与第9个碰撞，
综上可知
联立解得9个滑块碰撞损失的总机械能
解得
将所有滑块推至最右端的过程中，克服摩擦力做的总功
当F最小时，前面9个滑块运动到恰好与第10个滑块碰撞前瞬间速度减为0，整个过程，根据能量守恒定律，有
解得
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】(1)滑块1从静止到碰撞前，受恒力和摩擦力，由动能定理可直接求出碰撞前的速度。
(2)滑块1与滑块2发生完全非弹性碰撞，由动量守恒求出共同速度，再计算碰撞前后的动能差，即为损失的机械能。
(3)依次分析每次碰撞的动量守恒和能量损失，计算总损失的机械能和克服摩擦力做的功，再由能量守恒求出最小拉力。
（1）对滑块1，根据动能定理，有
解得滑块1与滑块2碰撞前瞬间的速度
（2）设滑块1与2碰撞后一起运动的速度为v2，根据动量守恒定律，有
解得
根据能量守恒定律，有
解得
（3）设滑块1、2与3碰撞后一起运动的速度为v3，根据动量守恒定律，有
解得
根据能量守恒定律，有
解得
同理可得滑块1、2、3与4碰撞，
…
前面8个滑块与第9个碰撞，
综上可知
联立解得9个滑块碰撞损失的总机械能
解得
将所有滑块推至最右端的过程中，克服摩擦力做的总功
当F最小时，前面9个滑块运动到恰好与第10个滑块碰撞前瞬间速度减为0，整个过程，根据能量守恒定律，有
解得
1 / 1四川省自贡市2024-2025学年高一下学期7月期末物理试题
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，只有一项符合题目要求。）
1．以下说法正确的是（　　）
A．物体做匀速圆周运动时，所受的向心力是恒力
B．经典力学适用于微观、低速、弱引力场的范围
C．田径比赛中的链球项目是利用离心现象来实现投掷的
D．跳伞运动员带着张开的降落伞在空中匀速下落时，其机械能守恒
【答案】C
【知识点】向心力；相对论时空观与牛顿力学的局限性；机械能守恒定律
2．如图所示，水平传送带顺时针匀速转动，左端轻放一质量为2kg的物块，可视为质点。物块放上传送带时开始计时，t=1s时物块的速度为5m/s。已知g取10m/s2，则该过程中，下列说法正确的是（　　）
A．物块的动量变化率大小为20N
B．物块受到的支持力的冲量大小为0
C．物块受到的摩擦力的冲量大小为10N·s
D．传送带对物块的冲量大小为10N·s
【答案】C
【知识点】动量定理；冲量
3．已知下列某组数据及引力常量G，能计算出地球的质量。则以下数据不可行的是（　　）
A．地球绕太阳运行的周期及地球与太阳之间的距离
B．月球绕地球运行的周期及月球与地球之间的距离
C．人造地球卫星在地面附近绕行的速度及运行周期
D．若不考虑地球自转，已知地球的半径及重力加速度
【答案】A
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A．地球绕太阳运行时，万有引力提供地球公转的向心力，公式为
可解得
此数据只能计算太阳质量，无法计算地球质量，故A错误；
B．月球绕地球运行时，由，解得，故B正确；
C．人造卫星在地面附近绕行时，轨道半径近似为地球半径，由和，联立可解出，故C正确；
D．由万有引力与地表重力关系有，解得，故D正确。
故答案为：A。
【分析】本题考查利用万有引力定律计算中心天体质量的条件，核心是明确只能计算被环绕的中心天体质量，结合各选项的物理情景逐一分析。
4．如图所示，电动机通过皮带连接机器，机器皮带轮的半径为0.4m，是电动机皮带轮半径的4倍，皮带与两轮之间均不发生滑动。已知机器皮带轮上A点到转轴的距离为该轮半径的一半，机器皮带轮边缘上一点的线速度为0.2m/s。下列说法正确的是（　　）
A．A点的角速度是1rad/s
B．电动机皮带轮边缘上某点的向心加速度是0.4m/s2
C．电动机皮带轮与机器皮带轮的角速度之比为1∶4
D．电动机皮带轮边缘与机器皮带轮边缘的线速度之比为1∶4
【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】A．A点的角速度与机器皮带轮的角速度相等，大小为rad/s，故A错误；
BD．电动机皮带轮的半径为0.1m，边缘线速度等于机器皮带轮的线速度，则向心加速度为，故B正确，D错误；
C．电动机皮带轮的角速度为rad/s，则电动机皮带轮与机器皮带轮的角速度之比为4：1，故C错误；
故答案为：B。
【分析】本题考查皮带传动的圆周运动规律，核心是理解皮带不打滑时两轮边缘线速度相等，结合线速度、角速度和向心加速度的关系分析各选项。
5．下列四幅图中物体的运动均视为匀速圆周运动，图1为汽车在水平路面转弯（未打滑），图2为飞机在水平面内转弯，图3为小球沿光滑漏斗壁在水平面内运动，图4为火车水平转弯。则下列有关说法正确的是（　　）
A．图1中若小车速度增加，小车一定会打滑
B．图2中飞机的升力完全提供飞机所需的向心力
C．图3中小球若在更高的水平面上运动，速率更大，支持力也更大
D．图4中火车轨道的转弯处设计成内低外高可以减小轮缘对外轨的挤压
【答案】D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．图1中汽车在水平路面转弯时，则，若小车速度增加，小车所需的向心力增加，小车与地面间的静摩擦力变大，若不超出最大静摩擦力，小车不会打滑，故A错误；
B．图2中飞机的升力与重力的合力提供飞机所需的向心力，B错误；
C．图3中小球若在更高的水平面上运动，转动半径更大，根据，可知，则速率更大，支持力不变，故C错误；
D．图4中火车轨道的转弯处设计成内低外高，满足一定速度时会使轨道对火车的支持力和重力的合力提供向心力，可以减小轮缘对外轨的挤压，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查匀速圆周运动的向心力来源，核心是分析不同场景下物体的受力情况，明确向心力的提供方式，逐一判断选项的正误。
6．图1为水平放置在光滑水平面上的两完全相同的弹簧振子甲、乙，图2为某时刻开始计时的两弹簧振子的振动图像。下列说法正确的是（　　）
A．甲、乙的周期之比为2∶3
B．2t0时，甲、乙两球的速度之比为4∶1
C．甲、乙的最大加速度之比为1∶2
D．甲、乙的弹簧最大形变量之比为2∶1
【答案】D
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动
7．某汽车发动机的额定功率为60kW，汽车的质量为5t，汽车在水平路面行驶时，阻力是车重的0.1倍。若汽车先从静止开始，保持以0.5m/s2的加速度做匀加速运动，达到额定功率后，继续加速到最大速度，g取10m/s2。则（　　）
A．汽车的最大速度为15m/s
B．汽车做匀加速直线运动的时间为16s
C．汽车以10m/s行驶时的加速度为0.4m/s2
D．汽车从静止到达到最大速度，牵引力做的功为3.6×105J
【答案】B
【知识点】加速度；机车启动
【解析】【解答】A．当汽车速度最大时，牵引力等于阻力，阻力，由功率公式，得，故A错误；
B．匀加速时，由牛顿第二定律，，匀加速阶段的最大速度满足，得，匀加速时间，故B正确；
C．当时，已超过匀加速阶段，功率保持额定值，此时牵引力，加速度，选项C中加速度为0.4m/s2，与计算结果不符，故C错误；
D．匀加速阶段位移，牵引力做功，后续阶段需额外做功，总功必大于，而选项D为，明显偏小，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查机车启动问题，核心是结合匀加速启动和恒定功率启动两个阶段的规律，分析汽车的速度、加速度和做功情况。
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）
8．质量为1kg的石块从9m高处以30°角斜向上方抛出，初速度v0的大小为4m/s。不计空气阻力，g取10m/s2。则下列说法正确的是（　　）
A．石块落地时的速度是14m/s
B．石块的质量越大，落地时速度越大
C．石块抛出时初速度的仰角越大，落地时速度越大
D．石块的初速度不论多大，从抛出到落地的过程中重力势能的变化量不变
【答案】A,D
【知识点】斜抛运动；重力势能的变化与重力做功的关系；机械能守恒定律
9．如图所示，水平光滑轨道宽度和轻弹簧自然长度均为d，两小球质量分别为m1、m2，且m1=2m2，m2的左边有一固定挡板。m1由图示位置静止释放，当m1与m2相距最近时m1的速度为v，则在以后的运动过程中（　　）
A．m1的最大速度是
B．m2的最大速度
C．m1和m2相距最远时，m1的速度为
D．m1和m2速度相等时，弹簧弹性势能为
【答案】C,D
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；碰撞模型
10．如图所示，在水平地面上竖直放置一质量为M的轨道，外形为正方形，内里是一半径为R、内壁光滑的圆形轨道，轨道圆心为O，A、B是轨道上与圆心O等高的两点。一质量为m的小球沿内里轨道做圆周运动且刚好能通过轨道最高点，运动过程中轨道始终在地面并保持静止状态。已知重力加速度为g，则以下说法正确的是（　　）
A．小球经过轨道最低点时的速度大小
B．小球经过轨道最低点时，对轨道的压力大小为6mg
C．轨道对地面的最小压力的大小为
D．小球经过A点时，地面对轨道的摩擦力大小为5mg
【答案】B,C
【知识点】受力分析的应用；竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
三、实验题（共16分）
11．小张利用智能手机中的“磁力计”和一个磁性小球做“单摆测量重力加速度”的实验，装置如图甲所示。
（1）将手机放在小球静止位置的正下方，然后让小球做简谐振动，手机测出其所在空间中磁感应强度大小随时间的变化，其中磁力计z轴显示如图乙。则该单摆的振动周期T为O点与　 　（选填“A”“ B”“ C”“ D”）点之间的时间差。
（2）利用智能手机测出摆动周期T并测出摆线长度L。通过改变摆线长度L，获得多组T，再以T2为纵轴、L为横轴画出函数关系图像如图丙所示。由图像可知，当地重力加速度g=　 　m/s2（结果可用含π的式子表达），磁性小球的直径D=　 　cm。
【答案】（1）D
（2）；2.0
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）磁性小球每次经过最低点时，手机测得其所在空间中磁感应强度大小最大，一个周期内小球有两次经过最低点，由图乙可知，该单摆的振动周期T为O点与D点之间的时间差。
故答案为：D
（2）根据单摆周期公式可得，整理可得，由图丙可知，，可得，
故答案为：；2.0
【分析】(1)单摆做简谐运动时，小球每经过一个周期会两次经过最低点（手机正上方），磁场强度出现两次峰值，故相邻两次峰值（O与D）的时间差为一个周期。
(2)根据单摆周期公式 ，变形得 ，因此 图像的斜率为 ，截距可求小球直径。
（1）磁性小球每次经过最低点时，手机测得其所在空间中磁感应强度大小最大，一个周期内小球有两次经过最低点，由图乙可知，该单摆的振动周期T为O点与D点之间的时间差。
（2）[1][2]根据单摆周期公式可得
整理可得
由图丙可知，
可得，
12．某实验小组利用图甲装置验证机械能守恒定律。
（1）下列器材中，不必要的是 ；
A．交流电源 B．秒表 C．刻度尺
（2）该实验小组得到如图乙所示的一条纸带，在纸带上选取三个清晰的计数点A、B、C，AB和BC之间还各有一个计时点，测得它们到起始点O的距离分别为h1、h2、h3。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的频率为f，设重物的质量为m，从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量　 　，动能增加量　 　；
（3）该实验小组代入测量的具体数据，发现比略大些，出现这一结果的原因可能是 ；
A．存在空气阻力和摩擦力
B．重物质量太大
C．先释放重物，再接通电源
（4）该实验小组继续研究，通过纸带上的计时点找出重物下落的时间t，通过纸带计算出重物下落的加速度为当地重力加速度g的k倍，按纸带计算出下落t时的重物速度为v，不考虑阻力之外的其他误差，则下列关系正确的是 。
A． B．
C． D．
【答案】（1）B
（2）；
（3）C
（4）A；D
【知识点】验证机械能守恒定律；用打点计时器测速度
【解析】【解答】（1）打点计时器需要连接交流电源，需要用刻度尺测量纸带上计数点间的距离；通过打点计时器可以知道计数点间的时间间隔，所以不需要秒表。
故答案为：B。
（2）从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量为
打B点时，重物的速度为
则从打O点到打B点的过程中，重物的动能增加量为
故答案为：；
（3）A．存在空气阻力和摩擦力，使得减少的重力势能有一部分转化为内能，则比略小些，故A错误；
B．由于验证机械能守恒的表达式中，质量可以约去，所以重物质量太大，不会使比略大些，故B错误；
C．先释放重物，再接通电源，则打第一点的初动能不为0，使得动能增加量的测量值偏大，可能使得比略大些，故C正确。
故答案为：C。
（4）A．由动能定理可得，故A正确；
B．动能增加量为，故B错误；
CD．重力势能减少量为，故C错误，D正确。
故答案为：AD。
【分析】(1)打点计时器用交流电源，时间由频率决定，不需要秒表；刻度尺用于测位移。
(2)重力势能减少量由下落高度决定，动能增加量需用中间时刻速度计算，B点速度为AC段平均速度。
(3)ΔEk 偏大，说明初速度为零的假设不成立，即先释放重物再接通电源，导致初速度不为零。
(4)加速度为kg，由运动学公式计算速度和下落高度，再分析动能和势能变化的关系。
（1）打点计时器需要连接交流电源，需要用刻度尺测量纸带上计数点间的距离；通过打点计时器可以知道计数点间的时间间隔，所以不需要秒表。
故选B。
（2）[1]从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量为
[2]打B点时，重物的速度为
则从打O点到打B点的过程中，重物的动能增加量为
（3）A．存在空气阻力和摩擦力，使得减少的重力势能有一部分转化为内能，则比略小些，故A错误；
B．由于验证机械能守恒的表达式中，质量可以约去，所以重物质量太大，不会使比略大些，故B错误；
C．先释放重物，再接通电源，则打第一点的初动能不为0，使得动能增加量的测量值偏大，可能使得比略大些，故C正确。
故选C。
（4）A．由动能定理可得，故A正确；
B．动能增加量为，故B错误；
CD．重力势能减少量为，故C错误，D正确。
故选AD。
四、计算题（本题有3小题，共38分。解答时写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤。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年4月24日，神舟二十号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，并于当天23时49分成功对接于空间站天和核心舱径向端口。已知空间站质量为m，轨道半径为r，绕地球运行的周期为T，地球半径为R，引力常量为G。求：
（1）地球的质量；
（2）地球的平均密度；
（3）地球的第一宇宙速度。
【答案】（1）解：根据
可得地球质量
（2）解：地球的平均密度
（3）解：根据
可得地球的第一宇宙速度
【知识点】万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【分析】(1)空间站绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，可由周期公式求出地球质量。
(2)地球的平均密度等于质量除以体积，代入球体体积公式即可求出。
(3)第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，由万有引力提供向心力，结合地球质量表达式即可求出。
（1）根据
可得地球质量
（2）地球的平均密度
（3）根据
可得地球的第一宇宙速度
14．如图所示，一个内径很小的光滑圆管竖直固定，一轻质弹簧置于管内，一端固定在管底，另一端通过细绳，穿过光滑管口，与小球相连。已知小球的质量为0.2kg，弹簧的劲度系数为10N/m。让小球在水平面内做圆周运动，当绳与竖直方向的夹角为37°时，管上端管口的O点与小球之间的绳长为0.25m。忽略空气阻力，弹簧处于弹性限度内，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）小球做圆周运动的角速度大小；
（2）当连接小球间的细绳与竖直方向夹角为60°时，小球在水平面内做圆周运动的角速度大小。
【答案】（1）解：以小球为对象，根据牛顿第二定律可得
其中
联立可得小球做圆周运动的角速度大小为
（2）解：当连接小球的细绳与竖直方向夹角为37°时，弹簧弹力大小为
可得此时弹簧的伸长量为
当连接小球间的细绳与竖直方向夹角为60°时，弹簧弹力大小为
解得此时弹簧的伸长量为
则此时管上端管口的O点与小球之间的绳长为
以小球为对象，根据牛顿第二可得
其中
联立可得小球做圆周运动的角速度大小为
【知识点】胡克定律；牛顿运动定律的综合应用；生活中的圆周运动
【解析】【分析】(1)当绳与竖直方向夹角为37°时，小球受重力和绳的拉力，合力提供向心力，结合几何关系可直接求出角速度。
(2)当夹角为60°时，需先分析弹簧的伸长量，再结合小球的受力（重力、绳拉力、弹簧弹力），由牛顿第二定律求出角速度。
（1）以小球为对象，根据牛顿第二定律可得
其中
联立可得小球做圆周运动的角速度大小为
（2）当连接小球的细绳与竖直方向夹角为37°时，弹簧弹力大小为
可得此时弹簧的伸长量为
当连接小球间的细绳与竖直方向夹角为60°时，弹簧弹力大小为
解得此时弹簧的伸长量为
则此时管上端管口的O点与小球之间的绳长为
以小球为对象，根据牛顿第二可得
其中
联立可得小球做圆周运动的角速度大小为
15．自贡某厂家设计了一款电动窗帘，其设计的简化模型如图甲所示。在水平轨道下方安装10个小滑块，滑块可自由滑动且上端嵌入轨道，如图乙所示。相邻滑块之间的距离为s，每个小滑块下都安有挂钩，每个滑块（包括挂钩）质量为m，滑块与轨道的动摩擦系数为μ。在某次测试窗帘性能时，电机对第一个滑块施加一水平向右、大小为F的恒力。滑块1与滑块2碰撞后一起运动，滑块2与滑块3碰撞后，滑块1、2、3一起运动，以后依次碰撞下去。碰撞时间极短，重力加速度为g，所有滑块均视为质点。求：
（1）求滑块1与滑块2碰撞前瞬间的速度；
（2）求第一次碰撞中损失的机械能；
（3）若第10个滑块固定在轨道最右端，要将所有滑块推至最右端，F至少为多大？
【答案】（1）解：对滑块1，根据动能定理，有
解得滑块1与滑块2碰撞前瞬间的速度
（2）解：设滑块1与2碰撞后一起运动的速度为v2，根据动量守恒定律，有
解得
根据能量守恒定律，有
解得
（3）解：设滑块1、2与3碰撞后一起运动的速度为v3，根据动量守恒定律，有
解得
根据能量守恒定律，有
解得
同理可得滑块1、2、3与4碰撞，
…
前面8个滑块与第9个碰撞，
综上可知
联立解得9个滑块碰撞损失的总机械能
解得
将所有滑块推至最右端的过程中，克服摩擦力做的总功
当F最小时，前面9个滑块运动到恰好与第10个滑块碰撞前瞬间速度减为0，整个过程，根据能量守恒定律，有
解得
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】(1)滑块1从静止到碰撞前，受恒力和摩擦力，由动能定理可直接求出碰撞前的速度。
(2)滑块1与滑块2发生完全非弹性碰撞，由动量守恒求出共同速度，再计算碰撞前后的动能差，即为损失的机械能。
(3)依次分析每次碰撞的动量守恒和能量损失，计算总损失的机械能和克服摩擦力做的功，再由能量守恒求出最小拉力。
（1）对滑块1，根据动能定理，有
解得滑块1与滑块2碰撞前瞬间的速度
（2）设滑块1与2碰撞后一起运动的速度为v2，根据动量守恒定律，有
解得
根据能量守恒定律，有
解得
（3）设滑块1、2与3碰撞后一起运动的速度为v3，根据动量守恒定律，有
解得
根据能量守恒定律，有
解得
同理可得滑块1、2、3与4碰撞，
…
前面8个滑块与第9个碰撞，
综上可知
联立解得9个滑块碰撞损失的总机械能
解得
将所有滑块推至最右端的过程中，克服摩擦力做的总功
当F最小时，前面9个滑块运动到恰好与第10个滑块碰撞前瞬间速度减为0，整个过程，根据能量守恒定律，有
解得
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