资源简介

2025-2026学年山东师范大学附属中学高一（下）期中物理试卷
一、单选题：本大题共10小题，共30分。
1.年月，中国自主研制的歼隐形战斗机在珠海航展亮相。表演中战斗机沿着一段圆弧从到加速拉升，关于歼所受合力的方向，图中可能正确的是( )
A. B. C. D.
2.宁乡沩水河某段可视为宽度为的平直河道，水流速度恒为。一艘小船在静水中的速度为。该小船的船头始终垂直于沩水河河岸向对岸行驶，则下列说法正确的是( )
A. 小船渡河的时间为
B. 小船实际航行的速度大小为
C. 小船到达对岸时，沿水流方向的位移为
D. 若仅增大水流速度，小船渡河时间会变短
3.两个分别带有电荷量为和的相同金属小球均可视为点电荷，固定在相距为的两处，它们之间库仑力的大小为，两小球相互接触后再放回原处，此时两球之间库仑力的大小为( )
A. B. C. D.
4.如图所示，细线一端固定在点，另一端拴着质量为小球，细线长度为，将细线拉紧与竖直方向成一定角度，小球从点由静止释放，运动到最低点时的速度大小为，不计空气阻力，重力加速度为，对于小球从运动到的过程中，下列说法中正确的是( )
A. 合外力对小球做功等于
B. 小球运动到最低点时绳的拉力为
C. 重力对小球做的功为
D. 重力对小球做功的瞬时功率一直增大
5.年月日时分，我国在海南文昌航天发射场使用长征八号改运载火箭成功将卫星送入预定轨道。如图所示，如果卫星先沿圆周轨道运动，再沿椭圆轨道运动，两轨道相切于点，为轨道离地球最远点，在两轨道上卫星只受地球引力作用，下列说法正确的是( )
A. 卫星在轨道上经过点时机械能和经过点时机械能相等
B. 卫星经过点时在轨道上加速度比在轨道上加速度大
C. 卫星在轨道的速度比在轨道上经过点时的速度小
D. 卫星在轨道的周期比轨道的周期大
6.如图所示，趣味运动会的“聚力建高塔”活动中，两长度相等的细绳一端系在同一塔块上，两名同学分别握住绳的另一端，保持手在同一水平面以相同速率相向运动，此时，，，则此时重物下降速度为( )
A. B. C. D.
7.如图所示为自行车的传动装置示意图，已知链轮、飞轮、后轮的半径之比：：，、、分别为链轮、飞轮和后轮边缘上的点。则在自行车匀速前进的过程中下列说法正确的是( )
A. A、两点线速度大小之比为：
B. B、两点角速度大小之比为：
C. A、两点的向心加速度大小之比为：
D. A、两点的转速大小之比为：
8.如图所示，一半径为的雨伞绕伞柄在水平面以角速度匀速旋转，伞边缘距地面的高度为，伞边缘甩出的水滴在地面上形成一个圆，重力加速度大小为，每个甩出的水滴在空中的运动可视为平抛运动，则圆的半径为( )
A. B. C. D.
9.图中边长为的正三角形的三个顶点分别固定三个点电荷、、、，在该三角形中心点处固定一电量为的点电荷，则该电荷受到的电场力为( )
A. ，方向由指向
B. ，方向由指向
C. 方向由指向
D. ，方向由指向
10.如图所示，竖直放置的薄圆筒内壁光滑，在内表面距离底面高为的点处，给一个质量为的小滑块沿水平切线方向的初速度，小滑块将沿筒内表面旋转滑下。假设滑块下滑过程中表面与筒内表面紧密贴合，圆筒内半径，重力加速度取。小滑块第一次滑过点正下方时，恰好经过点，且的距离为。则下列说法正确的是( )
A. 小滑块的初速度为
B. 小滑块经过点的速度大小为
C. 小滑块运动过程中受到的筒壁的支持力不变
D. 小滑块最后刚好能从点正对面的点滑离圆筒
二、多选题：本大题共6小题，共24分。
11.如图所示，两根长度相同的细线上端固定在天花板上的同一点，下端系质量均为的小球，将两小球拉离竖直位置，分别给两小球一个与悬线垂直的速度使两小球做圆周运动。已知小球做圆周运动的半径比小球大，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 小球做圆周运动的线速度较大
B. 小球做圆周运动的线速度较大
C. 小球做圆周运动的周期较大
D. 小球做圆周运动的周期较大
12.如图所示，为地球赤道上的物体，为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星，为地球同步卫星。关于、、做匀速圆周运动的说法中正确的是( )
A. 、、三物体，都仅由万有引力提供向心力
B. 周期关系为
C. 线速度的大小关系为
D. 向心加速度的大小关系为
13.如图甲所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动。当小球运动到圆形管道的最高点时，管道对小球的弹力与在最高点时的速度平方的关系如图乙所示取竖直向下为正方向。为通过圆心的一条水平线。不计小球半径、管道的粗细，重力加速度为。下列说法正确的是( )
A. 管道的半径为
B. 小球的质量为
C. 小球在以下的管道中运动时，外侧管壁对小球有作用力
D. 小球在以上的管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力
14.如图所示，某一小球以的速度水平抛出，在落地之前经过空中、两点，在点小球速度方向与水平方向的夹角为，在点小球速度方向与水平方向的夹角为空气阻力忽略不计，以下判断中正确的( )
A. 小球运动到的时间
B. 小球经过、两点间的时间
C. A、两点间的高度差
D. A、两点间的高度差
15.如图甲所示，一水平放置的内表面光滑对称“”形二面体，可绕其竖直中心轴在水平面内匀速转动，其二面角为，截面图如图乙所示。面和面的长和宽均为。置于中点的小物体视为质点恰好在面上没有相对滑动，取重力加速度。( )
A. “”形二面体匀速转动的角速度
B. “”形二面体匀速转动的角速度
C. 若“”形二面体突然停止转动，小物体从二面体上离开的位置距离边距离
D. 若“”形二面体突然停止转动，小物体从二面体上离开的位置距离边距离
16.如图所示，在水平地面上有一圆弧形凹槽，连线与地面相平，凹槽是位于竖直平面内以为圆心、半径为的一段圆弧，为圆弧最低点，而且段光滑，段粗糙。现有一质量为的小球可视为质点，从水平地面上处以初速度斜向右上方飞出，与水平地面夹角为，不计空气阻力，该小球恰好能从点沿圆弧的切线方向进入轨道，沿圆弧继续运动后从点以速率飞出。重力加速度为，则下列说法中正确的是( )
A. 小球由到的过程中，离地面的最大高度为
B. 小球进入点时重力的瞬时功率为
C. 小球在圆形轨道内由于摩擦产生的热量为
D. 小球经过圆形轨道最低点处受到轨道的支持力大小为
三、实验题：本大题共2小题，共12分。
17.某同学用图甲所示的装置研究“平抛运动竖直方向的运动特点”，斜槽末端口与小球离地面的高度均为，实验时，当小球从斜槽末端与挡片相碰后水平飞出，同时由于电路断开使电磁铁释放小球，发现两小球同时落地两球下落过程不发生碰撞，改变大小，重复实验，、仍同时落地。
下列关于实验条件和结论的说法中，正确的有 。
A.球的质量必须大于球的质量
B.斜槽轨道必须是光滑的
C.本实验说明做平抛运动的小球在竖直方向做自由落体运动
在某次实验过程中，将背景换成方格纸，通过频闪摄影的方法拍摄到如图乙所示的小球做平抛运动的照片，小球在平抛运动中的几个位置如图中的、、、所示，图中每个小方格的边长为，重力加速度取，则频闪相机的闪光周期 ，该小球到达点的速度大小为 。
18.如图甲所示为向心力演示仪，某位同学探究小球做圆周运动所需向心力的大小与质量角速度和半径之间的关系。长槽的、处和短槽的处分别到各自转轴中心距离之比为：：，该同学设计了如图乙所示的三种组合方式，变速塔轮自上而下每层左右半径之比分别为：、：和：。
探究向心力与角速度的关系时，确保小球质量与运动半径相同。若图中标尺上红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力之比为：，则与皮带连接的两个变速塔轮的半径之比为 填选项前的字母。
A.：
B.：
C.：
D.：
为验证做匀速圆周运动物体的向心力的定量表达式，实验组内某同学设计了如图丙所示的实验装置，电动机带动转轴匀速转动，改变电动机的电压可以改变转轴的转速；其中是固定在竖直转轴上的水平凹槽，端固定的压力传感器可测出小球对其压力的大小，端固定一宽度为的挡光片，光电门可测量挡光片每一次的挡光时间。实验步骤：
测出挡光片与转轴的距离为；
将小钢球紧靠传感器放置在凹槽上，测出此时小钢球球心与转轴的距离为；
启动电动机，使凹槽绕转轴匀速转动；
记录下此时压力传感器示数和挡光时间。
小钢球转动的角速度 用、、表示；
该同学为了探究向心力大小与角速度的关系，多次改变转速后，记录了一系列力与对应角速度的数据，作出图像如图所示，若忽略小钢球所受摩擦且小钢球球心与转轴的距离为，则小钢球的质量 结果保留位有效数字。
四、计算题：本大题共4小题，共34分。
19.火星为太阳系里四颗类地行星之一，把火星和地球均看作质量分布均匀的球体，忽略火星和地球的自转。已知火星和地球绕太阳公转半径之比为：，火星与地球质量之比为：，火星的半径与地球的半径之比为：，求：
火星与地球表面重力加速度之比；
火星与地球公转周期之比。
20. 年月日，国内首条口岸区域无人机配送航线在深圳开航，利用无人机进行快递配送的目的主要在于解决偏远地区的配送问题，提高配送效率。如图所示，无人机悬停在距水平地面高度处，某时刻以的加速度水平向右飞行，经过释放一包裹。已知重力加速度，不计空气阻力。求：
包裹落地时的速度；
包裹落地点与悬停点之间的水平距离。
21.如图所示，一长、不可伸长的轻绳上端悬挂于点，下端系一质量的小球，是一竖直固定的圆弧形轨道，半径，与竖直方向的夹角。现将小球拉到点保持绳绷直且水平由静止释放，当它经过点时绳恰好被拉断，小球平抛后，从圆弧轨道的点沿切线方向进入轨道，刚好能到达圆弧轨道的最高点，重力加速度取，求：
小球到点时的速度大小；
轻绳所受的最大拉力大小；
小球在圆弧轨道上运动时克服阻力做的功。
22.某科技小组参加了过山车游戏项目研究，如图甲所示，为了研究其中的物理规律，科技组成员设计出如图乙所示的装置。为弹性发射装置，为倾角的倾斜轨道，为水平轨道，为竖直圆轨道，为足够长的倾斜轨道，各段轨道均平滑连接。以点为坐标原点，水平向右为轴正方向，竖直向上为轴正方向建立平面直角坐标系。已知滑块质量为，圆轨道半径，长为，、段动摩擦因数均为，其余各段轨道均光滑。现滑块从弹射装置弹出的速度为，且恰好从点沿方向进入轨道，滑块可视为质点。重力加速度，，。求：
求滑块从弹射装置弹出时的坐标值；
若滑块恰好能通过点，求轨道的长度；
若滑块能进入圆轨道且不脱轨，求轨道的长度。
答案解析
1.【答案】
【解析】解：速度方向沿轨迹的切线方向，因加速爬升，则合外力方向与速度方向夹角为锐角，做曲线运动的物体受合外力方向指向轨迹的凹侧，故C正确，ABD错误。
故选：。
根据做曲线运动的物体受合外力方向指向轨迹的凹侧，以及飞机加速拉升分析。
对于曲线运动的轨迹类问题，从以下三个角度分析：
速度沿切线方向；
受力加速度指向曲线的凹侧；
轨迹在速度和力之间。
2.【答案】
【解析】解：渡河时间由船在静水中垂直于河岸的分速度与河宽决定，即，故A错误；
B.实际航行速度为船速和水流速度的合速度，即，故B错误；
C.沿水流方向的位移为，故C正确；
D.渡河时间仅与船在静水中垂直于河岸的分速度与河宽有关，与水流速度无关，故D错误。
故选：。
将小船的运动分解为垂直河岸的分运动和沿水流方向的分运动，根据船头始终垂直河岸的条件，用河宽与船在静水中的速度求渡河时间，再结合水流速度求沿水流方向的位移，同时分析水流速度变化对渡河时间的影响。
学生容易误以为水流速度会影响渡河时间，混淆分运动的独立性，或错误合成船的实际速度与分速度。
3.【答案】
【解析】解：开始时，由库仑定律
两小球相互接触后各带电量为，则，故B正确，ACD错误。
故选：。
先根据初始电荷量和库仑定律写出库仑力的表达式，再计算两相同金属小球接触后的电荷量，最后用库仑定律求出新的库仑力，与原力对比得到结果。
本题考查库仑定律与相同金属小球接触后的电荷分配规律，检验对库仑定律的应用及异种电荷接触后中和再平分的理解，属于基础易错题型，有助于巩固库仑力计算的关键细节。
4.【答案】
【解析】解：摆球从运动到的过程中，只有重力对摆球做功，所以合外力对摆球做功为
故A错误，C正确；
B.摆球运动到最低点时，由牛顿第二定律可得
解得绳的拉力为
故B错误；
D.在点的速度为，所以在点重力做功的瞬时功率为；在点的速度方向与重力垂直，所以在点重力做功的瞬时功率为，则重力对摆球做功的瞬时功率先增大后减小，故D错误。
故选：。
根据摆球的受力情况判断合外力和重力对小球做的功；
B.由牛顿第二定律求小球运动到最低点时绳的拉力；
D.根据速度方向和重力的方向判断重力对小球做功的瞬时功率的变化。
本题考查了细绳拉小球运动的模型，考查了受力分析，牛顿第二定律，注意向心力的来源，难度一般。
5.【答案】
【解析】解：卫星在轨道上稳定运行时，只受地球万有引力作用，满足机械能守恒条件，所以经过点时机械能等于经过点时机械能，故A正确。
B.根据牛顿第二定律有，解得加速度，卫星经过点时到地心的距离相同，所以在轨道上加速度等于在轨道上加速度，故B错误。
C.卫星在轨道圆轨道的速度，轨道的点是椭圆远地点，此处速度小于以为半径的圆轨道速度；由于，所以，可得，即卫星在轨道的速度
比在轨道上点的速度更大，故C错误。
D.根据开普勒第三定律，可知卫星的轨道半长轴越大，周期越大。轨道是圆轨道，其半长轴等于轨道半径；轨道是椭圆轨道，其半长轴，显然。所以卫星在轨道的周期比轨道的周期小，故D错误。
故选：。
根据机械能守恒判断椭圆轨道上两点机械能相等，由万有引力公式比较同位置的加速度，结合圆轨道速度公式和椭圆轨道速度特点比较速度大小，用开普勒第三定律对比轨道半长轴得出周期关系。
本题考查万有引力定律的应用、机械能守恒条件、开普勒第三定律以及卫星变轨问题，重点检验了对不同轨道上卫星的速度、加速度、周期和能量的综合分析能力。
6.【答案】
【解析】解：两边绳与竖直方向的夹角为，塔块沿竖直方向匀速下落的速度为，将沿绳方向和垂直绳方向分解，将沿绳子方向和垂直绳方向分解，
可得
解得，故B正确，ACD错误；
故选：。
根据将塔块竖直方向匀速下落的速度，沿绳方向和垂直绳方向分解，结合同一根绳上速度相同分析求解。
本题考查了关联速度问题，熟练掌握速度的合成与分解是解决此类问题的关键。
7.【答案】
【解析】解：链条传动中，、两点线速度大小相等：：，故A错误；
B.飞轮与后轮同轴转动，角速度相等：：，故B错误；
C.向心加速度公式，已知，则，故C正确；
D.由，，得：：
转速与角速度成正比所以：：，故D错误。
故选：。
链轮与飞轮通过链条传动，、两点线速度大小相等；飞轮与后轮同轴转动，、两点角速度相等，结合半径比和向心加速度、转速公式推导各选项。
本题结合链条传动和同轴转动的特点，考查线速度、角速度、向心加速度及转速的关系，需准确区分两种传动的规律并灵活运用公式。
8.【答案】
【解析】解：雨滴离开伞边缘后沿切线方向水平抛出，特别注意不是沿半径方向飞出，其间距关系如图所示俯视图：
雨滴飞出的速度大小为：
雨滴做平抛运动，在竖直方向上有：
在水平方向上有：
由几何关系知，雨滴半径为：联立以上各式解得：，故A正确，BCD错误。
故选：。
雨滴飞出后做平抛运动，根据高度求出运动的时间，从而求出平抛运动的水平位移，根据几何关系求出水滴在地面上形成圆的半径。
本题考查了平抛运动和圆周运动的综合，对数学几何能力要求较高，关键作出雨滴在地面上的平面图。
9.【答案】
【解析】解：将、位置的两个点电荷看为一个整体，点位于其连线的中垂线上，根据等量同种正点电荷的电场分布规律可知，则电场强度方向由指向，即对点的的点电荷的电场力方向由指向，位置的点电荷对点的电荷是斥力作用，可知，点处固定的的点电荷所受电场力方向由指向，根据几何关系，三个点电荷到中心的间距为
，
A、位置的两个点电荷对点的的点电荷的电场力为
，
位置的两个点电荷对点的的点电荷的电场力为
则该电荷受到的电场力为
方向由指向，故A正确，BCD错误。
故选：。
由点电荷场强公式分别求出三个电荷在处产生的场强大小，再根据平行四边形定则进行合成
本题是电场的叠加问题，关键要掌握点电荷场强公式和平行四边形定则，结合数学知识求解。
10.【答案】
【解析】解：小滑块水平方向做匀速圆周运动，竖直方向做自由落体运动，则从点到点的时间，
则初速度，故A错误；
B.小滑块经过点的水平速度为，因有竖直速度，可知经过点的实际速度大于，故B错误；
C.小滑块运动过程中，因水平速度不变，则根据，可知受到的筒壁的支持力大小不变，但方向不断变化，故C错误；
D.小滑块运动的总时间为，
则转过的圈数为圈，可知最后刚好能从点正对面的点滑离圆筒，故D正确。
故选：。
小滑块水平方向做匀速圆周运动，竖直方向做自由落体运动，结合匀速圆周运动规律和自由落体位移时间关系式分析各选项。
本题考查了运动的合成，解题关键是小滑块水平方向做匀速圆周运动，竖直方向做自由落体运动，结合匀速圆周运动规律和自由落体位移时间关系式分析各选项。
11.【答案】
【解析】解：、小球在水平面内做匀速圆周运动，由绳子的拉力与重力的合力提供小球的向心力，如图所示。
由牛顿第二定律有：
变形可得：，
由此式可以看出，由于两球的质量相同，线长相同，但做匀速圆周运动的半径不同，半径大的球偏离竖直位置的夹角越大，所以线速度，故B错误，A正确；
、由以上表达式还可得到：，所以有：，故C错误，D正确。
故选：。
通过受力分析找出小球做圆周运动的向心力的来源，根据牛顿第二定律、力的合成法列式即可求出周期、向心加速度大小。
在分析匀速圆周运动问题，通过受力分析找出向心加的来源是关键与突破口，同时要掌握圆周运动各物理量间的关系。
12.【答案】
【解析】解：、、三物体，、由万有引力提供向心力，由地面的支持力和万有引力的合力提供向心力，故A错误；
B.对、两卫星，根据，可知，对、周期相同，即三者周期关系为，故B错误；
C.对、根据，可知，对、根据，可得，可知，可知线速度的大小关系为，故C正确；
D.对、根据，可知，对、根据，可得，可知，可知向心加速度的大小关系为，故D正确。
故选：。
根据三个卫星的受力情况分析向心力来源；根据开普勒第三定律和同步卫星与地球的周期关系判断；根据线速度与角速度的关系式结合万有引力提供向心力列式判断；根据加速度与角速度的关系式结合万有引力提供向心力列式判断。
考查万有引力与圆周运动的相关知识，重点在于理解开普勒的运动定律和同步卫星的特点，属于中等难度考题。
13.【答案】
【解析】解：、当在最高点时，，则在最高点重力提供小球做圆周运动的向心力，此时
代入数据可得，故A错误；
B、当时，在最高点重力等于下管道对小球向上的弹力，此时
代入数据可得，故B正确；
C、小球在水平线以下的管道中运动时，向心力的方向要指向圆心，则小球受到重力和支持力提供向心力，故外侧壁对小球有作用力故C正确；
D、小球在水平线以上的管道中运动时，重力沿径向的分量必然参与提供向心力，故外侧管壁可能对小球有作用力，内侧管壁也可能对小球有作用力，还可能均无作用力，故D错误；
故选：。
在最高点对小球受力分析，根据向心力公式写出弹力与速度平方的关系式，结合图乙的截距和斜率求出小球质量和管道半径；再分析小球在以下、以上管道中运动时的向心力来源，判断内侧或外侧管壁的作用力情况，逐一分析选项。
本题考查竖直圆周运动的管道模型，核心是利用最高点的弹力速度图像结合向心力公式分析受力，区分内侧与外侧管壁的作用力条件，是圆周运动的典型模型应用。
14.【答案】
【解析】解：根据速度的分解可知，点在竖直方向上的速度为
同时
解得
故A正确；
B.同理点在竖直方向上的速度为
因为平抛运动在竖直方向上做自由落体，则两点的时间间隔为
故B错误；
在竖直方向上，两点的高度差为
故C错误，D正确；
故选：。
根据几何关系分析出两点在竖直方向的分速度，结合速度时间公式计算出时间间隔；在竖直方向上小球做匀变速直线运动，根据速度位移公式计算出高度差和水平位移差。
本题主要考查了平抛运动的相关应用，解题关键点是根据竖直方向的运动特点结合运动学公式完成分析即可，整体难度不大。
15.【答案】
【解析】解：、设物体受到的支持力为，受力分析如图所示：
根据牛顿第二定律得：
联立代入数据解得：，故A错误，B正确；
、“”型二面体突然停止转动，设小物体在二面体上运动的时间为，运动的初速度大小为，加速度大小为，沿方向向下运动在距离为，则有：
由平衡条件可得：
由牛顿第二定律可得：
又，
由运动学规律可得：
联立代入数据解得：，故C正确，D错误。
故选：。
小物体在水平面内做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，结合向心力公式求解；
“”型二面体突然停止转动后，小物体做类平抛运动，沿方向做匀速直线运动，沿方向做匀加速直线运动，小物体从二面体上离开的位置距点的距离就等于沿方向运动的位移大小，根据根据牛顿第二定律，结合运动学公式求解。
本题考查了曲线运动中类平抛运动与匀速圆周运动的性质与处理方法。对于匀变速曲线运动应用运动的合成与分解处理，分运动具有等时性与独立性。对于匀速圆周运动，要知道需要的向心力等于物体所受的合外力。
16.【答案】
【解析】解：、小球从点运动至点做斜抛运动，其竖直方向分速度，依据运动学公式，解得离地最大高度，故A错误；
B、因点与点位于同一水平面，根据斜抛运动的对称性，小球在点的速度大小为，方向与水平方向夹角为且向下，其竖直分速度大小，由功率公式得小球在点时重力的瞬时功率，故B正确；
C、因点与点在同一水平面，小球自点运动至点过程，根据动能定理有，代入，解得该过程因摩擦产生的热量，故C错误；
D、小球在圆弧凹槽内运动，由几何关系得点相对于最低点的高度，依据机械能守恒定律有，在最低点处，根据牛顿第二定律有，联立解得轨道对小球的支持力大小，故D正确。
故选：。
小球从到做斜抛运动，竖直分速度决定最大高度，但需注意初速度方向与水平夹角，最大高度表达式应包含。点与点同高，由斜抛对称性可知点速度大小仍为，方向斜向下，其竖直分量为，因此重力瞬时功率为。从到过程，因段粗糙存在摩擦，利用动能定理分析速度变化，结合点速度为可求摩擦生热。小球在圆弧轨道内运动时，从到机械能守恒，结合几何关系确定点相对点的高度，利用牛顿第二定律在最低点处分析向心力来源，从而得出支持力表达式。
本题综合考查斜抛运动、圆周运动、动能定理、机械能守恒及瞬时功率等多个核心知识点，是一道难度中等偏上的力学综合题。题目计算量适中，但需要学生具备清晰的运动过程分析能力与能量转化观念。解答关键在于准确利用斜抛运动的对称性确定点速度，并合理选取过程应用动能定理与机械能守恒定律。通过分析小球从到的动能损失求解摩擦生热，以及结合几何关系与圆周运动向心力公式求解支持力，能有效锻炼学生的逻辑推理与多过程综合建模能力。
17.【答案】

【解析】解：球不与球直接发生碰撞，球从斜槽上无初速度释放后在斜槽末端只需与挡片相碰就可使电路断开使电磁铁释放小球，这个对照实验验证了做平抛运动的小球在竖直方向做自由落体运动，与、之间的质量无关，故A错误；
B.在本实验中，斜槽轨道只要保证小球做平抛运动即可，斜槽是否光滑对实验没有影响，故B错误；
C.对照实验说明平抛运动的竖直方向分运动是自由落体运动，故C正确。
故选：。
由于平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，根据匀变速直线运动规律可得
解得
平抛运动在水平方向做匀速直线运动，则有，解得小球平抛运动的初速度大小
根据匀变速直线运动规律可知，小球到达点时竖直方向的受到大小为则小球经过点的速度大小为
小球到达点的速度大小为
故答案为：；，。
根据实验原理判断；根据保证小球做平抛运动判断；根据对比判断；
根据匀变速直线运动规律和匀速直线运动规律计算。
本题考查“探究平抛运动的运动规律”实验，关键掌握实验原理、利用匀变速直线运动规律和匀速直线运动规律处理数据的方法。
18.【答案】

【解析】解：根据题意可知两小球的向心力之比为：，两球的半径和质量相等；根据向心力公式
可知，两球转动的角速度之比为
两塔轮之间靠皮带传动，变速塔轮的线速度大小相等；根据线速度与角速度的关系
可知，两变速塔轮对应的半径之比为，故A正确，BCD错误。
故选：。
挡光片的线速度
小钢球和挡光片同轴，则小钢球的角速度
该同学为了探究向心力大小与角速度的关系，要采用控制变量法，需要控制金属块的质量和金属块到转轴的水平距离两个量保持不变；根据向心力公式
图像的斜率
结合函数斜率的含义，图像斜率
小钢球的质量
故答案为：；、，、。
探究向心力与角速度的关系，控制质量和半径不变，由向心力公式得角速度之比，再结合皮带传动线速度相等推导塔轮半径之比；
由挡光片宽度和挡光时间求线速度，再根据线速度与角速度的关系求角速度；结合向心力公式，利用图像的斜率求解小球质量。
本题围绕向心力实验展开，综合考查了控制变量法、皮带传动规律、角速度计算及图像法处理数据的能力，能有效检验对实验原理的理解与应用。
19.【答案】火星与地球表面重力加速度之比为 火星与地球公转周期之比为
【解析】解：在星球表面有，解得，因为，，解得火星与地球表面重力加速度之比；
由万有引力提供向心力可得，解得，因为，解得火星与地球公转周期之比。
答：火星与地球表面重力加速度之比为；
火星与地球公转周期之比为。
根据黄金代换式结合题中给定的条件列式求解；
根据万有引力提供向心力导出周期表达式，再结合题中给定条件列式解答。
考查万有引力定律的应用和黄金代换式问题，此类题计算容易错误，需要引起注意，属于中等难度考题。
20.【答案】解：包裹竖直方向做自由落体运动，由，
可得，
故包裹竖直方向速度，
包裹离开无人机时水平方向的速度为，
可得落地速度为；
前无人机水平方向飞行的距离为，
包裹平抛的水平距离为，
故小球落地点与开始悬停点之间的水平距离为。
答：包裹落地时的速度为；
包裹落地点与悬停点之间的水平距离为。
【解析】包裹竖直方向做自由落体运动，根据时间位移公式求解落地时间，进而求得竖直方向的速度，根据速度公式求得水平方向速度，进而求得合速度；
根据时间位移公式求解前飞机水平方向飞行的距离，根据速度公式求解包裹平抛的水平距离，两者之和即为包裹落地点与悬停点之间的水平距离。
考查对平抛运动规律的理解，根据水平、竖直两个方向的运动状况分析，熟悉运动学公式的运用。
21.【答案】解：小球从到的过程，由动能定理得 ，
解得 ；
小球在点时，由牛顿第二定律和向心力公式得 ，解得，
由牛顿第三定律可知，轻绳所受最大拉力大小为；
小球从到做平抛运动，从点沿切线进入圆轨道，由平抛运动规律可得，小球在点的速度大小，
解得，
小球刚好能到达点，则，解得，
小球从点到点，由动能定理得，
代入数据，解得。
答：小球到点时的速度大小是；
轻绳所受的最大拉力大小是；
小球在圆弧轨道上运动时克服阻力做的功是。
【解析】小球从到的过程，只有重力做功，由动能定理或机械能守恒定律求小球到点时的速度大小。
小球在点时，由牛顿第二定律和向心力公式求出轻绳对小球的拉力，从而得到轻绳所受的最大拉力大小。
小球从到做平抛运动，从点沿切线进入圆轨道，由平抛运动规律求出小球在点的速度大小。小球刚好能到达点，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出小球到达点的速度。小球从点到点，由动能定理求小球在圆弧轨道上运动时克服阻力做的功。
本题是多过程问题，要将整个过程分成若干个子过程研究，把握每个过程的物理规律是关键。对于平抛运动，常用运动的分解法研究。对于圆周运动，要把握最高点的临界条件：重力等于向心力。
22.【答案】滑块从弹射装置弹出时的坐标值为 若滑块恰好能通过点，轨道的长度为 若滑块能进入圆轨道且不脱轨，轨道的长度应满足或
【解析】解：对滑块由到的运动，根据平抛规律有，解得。
平抛运动的竖直方向有，解得：。
运动时间，代入数据解得，则，计算得，即弹出时位置的坐标值为。
滑块恰好能通过点，在最高点有。
从到圆轨道最高点，由动能定理得，联立解得：。
滑块刚好不脱离轨道，有两种临界情况，一是刚好在圆轨道最高点压力为零时，二是刚好到达与圆轨道圆心等高的地方。
由前述分析知，滑块刚好能够到达圆轨道最高点时。
滑块刚好到达与圆轨道圆心等高的地方时，从到与圆心等高的位置，由动能定理得，解得：。滑块从点切入后不脱离轨道时的长度应满足或。
答：滑块从弹射装置弹出时的坐标值为。
若滑块恰好能通过点，轨道的长度为。
若滑块能进入圆轨道且不脱轨，轨道的长度应满足或。
滑块从到做平抛运动，已知进入点时的速度方向与水平方向夹角为，可分解出竖直分速度。利用竖直方向自由落体运动规律，由竖直分速度求出下落高度和运动时间，再结合水平方向匀速运动确定水平位移，从而得到弹出点的坐标值。
滑块恰好通过圆轨道最高点时，在点由重力提供向心力，可求出点的临界速度。从点到点的全过程，应用动能定理，需考虑从点开始沿斜面和水平面运动时摩擦力做功，以及重力在竖直高度变化上做的功，建立方程即可求解段的长度。
滑块进入圆轨道且不脱轨有两种临界情况：一是刚好通过最高点，对应中结果；二是滑块运动至与圆心等高处时速度恰好减为零。对第二种情况，从点到与圆心等高点应用动能定理，此时末动能为零，同样需计入斜面和水平段的摩擦损耗，列出方程求解另一个长度临界值，最终确定长度的取值范围。
本题是一道综合性较强的力学计算题，涉及平抛运动、圆周运动、动能定理及多过程临界条件的分析。题目考查学生对运动合成与分解、牛顿第二定律在圆周运动中的应用、功能关系等核心知识的掌握程度。计算量中等偏上，需要学生具备清晰的物理图景构建能力和严谨的逻辑推理能力。第问是基础的平抛运动分解；第问需结合圆周运动最高点临界速度与动能定理求解；第问的亮点在于对“不脱轨”这一条件的深度挖掘，要求学生全面考虑滑块在圆轨道内运动可能出现的两种临界情况恰好通过最高点或恰好到达与圆心等高处，这有效考查学生思维的全面性和对临界问题的分析能力。整个解题过程需要学生熟练运用动能定理处理多过程问题，并准确理解圆周运动中向心力来源与速度的约束关系。
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