资源简介

2025-2026学年浙江省七彩阳光联盟高一（下）期中物理试卷
一、单选题：本大题共10小题，共30分。
1.在高中物理学习中，单位制不仅是计算的工具，更是理解物理规律的重要桥梁。某物理量的单位用国际单位制表示为，该物理量可能是( )
A. 功率 B. 重力势能 C. 力 D. 速度变化率
2.年月日，穿越山海海屿岛越野赛在玉环成功举办。在运动员比赛的过程中，以下描述运动员比赛的物理量中运算法则均适用于平行四边形定则的是( )
A. 路程、时间、位移 B. 速度、质量、加速度
C. 加速度、力、速度的变化量 D. 位移、时间、速度的变化量
3.年全国田径大奖赛在嘉兴市体育中心举行，浙江名将徐惠琴在女子撑竿跳高决赛中以米的成绩夺冠，如图为徐惠琴撑竿跳高的英姿，则徐惠琴双手脱杆后( )
A. 调整空中姿态时可被视为质点
B. 下降过程处于失重状态
C. 在空中运动时所受合力与速度方向一致
D. 在运动轨迹的最高点处于平衡状态
4.在物理研究的过程中，涌现出许多科学家，并形成了多种重要的思想方法，以下关于科学发展史和物理学研究方法的叙述说法正确的是( )
A. 在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，主要用了控制变量法
B. 光电门测速是利用极短时间的平均速度替代瞬时速度，是运用了“等效替代”思想
C. 牛顿基于开普勒的行星观测数据，总结提出行星运动三大定律，揭示了行星的运动规律
D. 伽利略利用斜面实验得到自由落体运动规律是运用了实验和逻辑推理相结合的方法
5.年月日，搭载神舟十二号载人飞船的长征二号遥十二运载火箭成功发射。载人飞船与天和核心舱顺利自主快速交会对接，中国人首次进入自己的空间站。下列说法不正确的是( )
A. 火箭点火发射瞬间，火箭速度为零，加速度不为零
B. 火箭发射时，火箭尾部喷出的气体对空气产生一个作用力，空气的反作用力使火箭获得飞行的动力
C. 在考虑相对论效应的情况下，空间站上的宇航员发现地球上的时钟变慢
D. 宇航员在空间站中可以正常使用弹簧拉力器
6.年月日，高铁梁山站、郓城站进行新建旅客天桥吊装。如图，根起吊绳吊绳的质量忽略不计通过机械抓手把质量为的郓城站的旅客天桥静止吊在空中，每根绳与竖直方向的夹角为如图其他根绳示意图没有画出，，。则下列说法正确的是( )
A. 每根绳的拉力为
B. 旅客天桥所受的合力为
C. 若不改变吊绳的长度，减小两个抓手之间距离，则每根绳的拉力变大
D. 若不改变两个抓手之间距离，通过增加吊绳的长度，则可以减小每根绳的拉力
7.年月日，神舟二十一号航天员乘组在空间站第二次出舱活动圆满收官。张陆、武飞、张洪章三名航天员在太空中紧密配合，历经小时鏖战，顺利完成空间碎片防护装置安装等关键任务。已知空间站离地高度约为，地球半径约为，地球同步卫星离地高度约为，空间站和地球同步卫星的运动均可视为匀速圆周运动，下列说法正确的是( )
A. 宇航员绕地球一圈的时间约为
B. 当宇航员与空间站相对静止时，受到的万有引力和向心力平衡
C. 宇航员随空间站一起环绕地球运动的速度大于
D. 若出舱活动期间张陆自由释放手中的工具，工具会立即高速离开宇航员
8.年月北京冬奥会，滑雪运动员谷爱凌获得自由式滑雪大跳台和自由式滑雪形场地技巧项目枚金牌，如图，运动员谷爱凌穿戴滑雪装备在雪场沿倾斜的山坡下滑，下列说法正确的是( )
A. 滑雪板对赛道的压力是因为滑雪板的形变引起的
B. 下滑速度增大会导致谷爱凌惯性增大
C. 谷爱凌在匀速转弯时加速度为
D. 谷爱凌含滑雪装备所受重力和赛道对滑雪板的支持力是一对平衡力
9.甲、乙位同学进行投壶游戏，为简化问题，将箭矢视为质点，甲、乙两人在离壶口同一水平位置处，从不同高度沿水平方向各射出一支箭，如图若箭尖插入壶口时与水平面的夹角分别为和。忽略空气阻力、箭长、壶口大小等因素的影响，下列说法正确的是( )
A. 甲的箭从射出到落入壶口的过程中速度变化较乙的箭更快
B. 甲的箭飞行时间较乙的箭更短
C. 甲、乙两人投射箭的位置到壶口的高度之比为：
D. 甲、乙两人的箭落入壶口时，速度大小之比为：
10.如图所示是手提弹簧灯笼，拴连在弹簧顶部的公仔的质量为，底座含灯泡的质量为，连接、的弹簧质量忽略不计。某次通过提杆对细绳施加竖直向上、大小为的恒力，一段时间后，、以相同加速度一起向上做匀加速直线运动，弹簧未超出弹性限度，且不考虑空气阻力。若细绳突然断开，则此瞬间( )
A. 公仔处于超重状态
B. 底座处于失重状态
C. 公仔的加速度大小为
D. 弹簧弹力大小为
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
11.如图所示，有关圆周运动的情景，下列说法正确的是( )
A. 如图甲所示，将篮球放在指尖上稳定旋转，点的线速度比点的大
B. 如图乙中若火车转弯时未达到规定速率，轮缘对外轨道有挤压作用
C. 如图丙“水流星”表演中，装满水的桶匀速转动到最低处，水对桶底的压力最大
D. 如图丁所示为大齿轮与小齿轮的齿数，则匀速转动时大齿轮的周期是小齿轮周期的倍
12.如图是年月楚门中学新教学楼的建筑工地，一台吊车正将建筑材料吊起并送至指定区域。为了研究问题方便，把吊车简化成右图所示的模型，支撑硬杆的一端装有定滑轮，另一端固定在车体上。吊车通过质量不计的钢丝绳索绕过定滑轮吊着质量为的物件，以的速度向前匀速运动，为将物体送往高处，从开始以的加速度匀加速将物件向上吊起，不计定滑轮质量和滑轮与绳索及轴承之间的摩擦，绳索与的夹角如图所示，，，，，重力加速度。则下列说法中正确的是( )
A. 匀加速将物件向上吊起时，杆受到绳索的作用力大小为
B. 匀加速将物件向上吊起时，杆受到绳索的作用力大小为
C. 从开始物件的运动轨迹将是一条直线
D. 在这段时间内，物件的位移大小为
13.年月日，新版电动自行车安全技术规范正式实施，新国标的核心是限速。现某含驾驶员总重为的电动自行车在平直公路上以额定功率加速，最终以的速度匀速行驶，若车辆行驶所受阻力恒为。已知该车可将储存能量的转化为车的机械能，其余能量在系统内部转化为内能。若车辆一次能量补充后储存的总能量为，关于车辆行驶过程中，下列说法正确的是( )
A. 车辆以额定功率匀速行驶时，牵引力的功率约为
B. 车辆以额定功率匀速行驶时，每秒克服阻力所做的功约为
C. 若车辆以的恒定加速度从静止开始做匀加速直线运动的时间约为
D. 理论上该车辆最大匀速行驶里程约为
三、实验题：本大题共2小题，共13分。
14.如图甲为用位移传感器、数据采集器、计算机研究小车速度随时间变化规律的实验装置。吊有钩码的细绳通过滑轮牵引轨道小车，由位移传感器可以得到小车运动的图像。本实验采用每个钩码均为
关于本实验中，下列措施必要的是 。
A.垫高轨道一端以补偿阻力
B.调整滑轮高度，使细线与轨道平行
C.用光电门测量小车运动的时间
D.尽量减少牵引用的钩码数量
若用该实验装置研究加速度与力的关系，在该实验中，必须采用控制变量法，应保持 选填“钩码质量”或“小车质量”不变，若用钩码所受的重力直接表示小车的拉力，将导致拉力的测量值 选填“偏大”、“偏小”或“不变”。
某同学通过实验得到小车加速度与所使用的钩码个数间关系图像如图乙所示，造成这一结果的原因可能是 。
A.补偿阻力时，长木板的倾角过大
B.挂的钩码个数过多
C.改变钩码个数时，没有重新补偿阻力
D.小车没有从靠近位移传感器处由静止开始释放
如图甲所示为向心力演示仪，可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，塔轮从上至下的层数与半径关系如图乙。
在某次实验中，将传动皮带调至第一层塔轮，用两个质量相等的钢球，探究向心力的大小与质量、角速度和半径其中某一物理量之间的关系时，需把两球分别放在 位置。选填“、”、“、”或“、”
在另一次实验中，把两个质量分别为与的钢球分别放在、位置，传动皮带位于第二层，转动手柄，当塔轮匀速转动时，左右两标尺露出的格子数之比约为 填选项前的字母。
A.：
B.：
C.：
D.：
用此装置做实验有较大的误差，误差产生的主要原因是 多选。
A.钢球与铝球质量不相等
B.无法做到塔轮的角速度相同
C.弹簧测力套筒、横臂挡板、杠杆结构及轴承处存在摩擦
D.摇动手柄时标尺露出的红白相间的等分格数不稳定
15.甲同学采用如图甲所示的装置，用小锤打击弹性金属片，金属片把球沿水平方向弹出，同时球被松开，自由下落，观察到两球落地，下列说法正确的是 。
A.实验能说明平抛运动在水平、竖直方向上的运动性质
B.减小铁锤打击金属片的力度，球落地的时间会变短
C.小球与金属片之间的摩擦力过大，导致两球不能同时落地
D.球处托板未调水平，导致两球不能同时落地
乙同学用图乙所示的装置和频闪照相机探究平抛运动的特点，下列说法正确的是 。多选
A.安装斜槽时必须使其末端切线水平
B.为消除斜槽摩擦力的影响，应使斜槽末端倾斜，直到小球能在斜槽末端做匀速运动
C.实验时必须从斜槽上同一位置静止释放小球，才能更好地描出运动轨迹
D.装有坐标纸的平板必须竖直且与斜槽轨道所在平面平行
E.实验中应取斜槽末端紧贴槽口处为平抛运动的起始点，并以此作为建立的坐标系的原点
乙同学用频闪照相机记录了钢球做平抛运动的过程中的、、三点，并取点为坐标原点，建立了如图丙所示的坐标系，三点坐标值如图所示。根据图中数据判断，点 填“是”或“不是”平抛运动的抛出点，钢球平抛的初速度为 取，计算结果保留两位有效数字。
四、计算题：本大题共4小题，共45分。
16.一位同学为研究落体运动，将一可视为质点的弹性小球从离地面高的阳台无初速度掉落，落在水平地面时竖直方向反弹速度为落地前瞬时速度的，小球质量，空气阻力不计，取。求小球：
自由下落的时间；
落地第次反弹后上升的最大高度。
17.新疆果子沟大桥是新疆伊犁河谷著名的交通枢纽工程，路线设计包含连续弯道与平直路段，其建设充分考虑了车辆行驶的安全性与舒适性。某段大桥简化如图所示，第一段水平圆弧弯道、平直路段和第二段水平圆弧弯道的组合模型，弯道半径均为，段平直路段长度，汽车含车内乘客、饰品总质量，车内悬挂饰品质量。重力加速度，汽车行驶时所受阻力恒为车重的倍，，取，忽略汽车尺寸的影响。
汽车经过第一段弯道时，以半径做匀速圆周运动，车内悬挂的饰品偏离竖直方向的夹角。求此时汽车的加速度大小及行驶速度大小；
汽车沿平直路段做直线运动前，车内乘客为欣赏果子沟风光，汽车从点开始以恒定加速度从匀减速至，再以匀速行驶至终点，求汽车在平直路段上减速时所受的牵引力大小及在段运动的总时间。
18.如图所示，倾角的光滑直杆上，套有一质量为的圆环，另一质量为的小球用长度为的不可伸长轻绳悬挂于上。先让系统从点上方某位置一起释放，沿斜面下滑至点时，与已相对静止，且速度为。此后系统继续沿斜面下滑至斜面底端，当滑至点时被立即制动停止，而继续运动至圆弧最低点时，轻绳恰好被拉断，小球刚好从斜面顶点处水平抛出，最终落在倾角的足够长斜面上，不考虑碰撞和绳拉断时的能量损失。已知重力加速度，，忽略空气阻力影响。
当系统滑至点时，求间细绳拉力的大小；
求轻绳恰好被拉断时，细绳此时承受最大拉力的大小；
求小球从点抛出到落在斜面上的运动时间，以及飞行过程中离斜面的最远距离。
19.如图所示，水平轨道段光滑，段为光滑竖直圆弧轨道，圆弧半径，点与水平面相切，点与倾角的倾斜传送带相切，传送带以的速度顺时针转动。初始时，弹簧处于压缩状态，质量为的物块与轻质弹簧相连接，质量为的物块紧靠于右侧，现从静止开始释放，两物块分离后，物块进入轨道，再从点无碰撞滑上倾斜传送带，沿传送带向下运动。已知物块在段摩擦因数为，传送带长为，弹簧弹性势能表达式，劲度系数，两物块均可视为质点，取，。
若要求物块在段圆弧滑行过程中恰好不脱离圆弧轨道，求物块在点的最大速度；
在满足第问条件的基础上，求弹簧压缩量及弹簧刚释放瞬间物块、间的弹力大小；
在满足第问条件的基础上，求物块在传送带上的运动过程中因摩擦产生的总热量。
答案解析
1.【答案】
【解析】解：功率的定义式为，其中功的单位为，时间的单位为，因此功率的单位为，与题目中不符，故A错误；
B.重力势能的定义式为，质量的单位为，重力加速度的单位为，高度的单位为，因此重力势能的单位为，与题目中不符，故B错误；
C.力的定义式为，质量的单位为，加速度的单位为。因此力的单位为，与题目中单位一致，故C正确；
D.速度变化率即加速度，定义式为，速度的单位为，时间的单位为因此加速度的单位为，与题目中不符，故D错误。
故选：。
根据各选项物理量的定义式，推导其国际单位制下的单位，与对比判断是否匹配。
本题考查国际单位制中物理量单位的推导，核心是结合物理公式分析单位构成，属于基础概念题，体现了单位制与物理规律的关联。
2.【答案】
【解析】解：路程、时间为标量，运算遵循代数法则，不适用平行四边形定则，故A错误；
B.质量为标量，运算遵循代数法则，不适用平行四边形定则，故B错误；
C.加速度、力、速度的变化量均为矢量，矢量的运算均遵循平行四边形定则，故C正确；
D.时间为标量，运算遵循代数法则，不适用平行四边形定则，故D错误。
故选：。
根据矢量与标量的定义，矢量如位移、速度、加速度、力、速度变化量的运算遵循平行四边形定则，标量如路程、时间、质量遵循代数运算，据此分析各选项中的物理量类型，判断是否均适用平行四边形定则。
本题考查矢量与标量的运算法则，核心是区分矢量和标量的运算规律，属于基础概念辨析题，侧重对矢量本质的理解。
3.【答案】
【解析】解：调整空中姿态时，运动员的身体形状、大小及各部分运动状态对研究问题有重要影响，不满足质点“形状和大小可忽略”的条件，故A错误；
B.下降过程中，运动员只受重力忽略空气阻力，加速度竖直向下且大小为，根据失重状态的定义加速度向下时，物体对支持物的压力小于重力，公式为
此时，，处于完全失重状态，故B正确；
C.运动员在空中运动时，合力为重力，方向始终竖直向下；而速度方向为轨迹的切线方向，在上升、最高点和下降阶段，速度方向与合力方向均不共线如上升时速度斜向上，最高点速度水平，故C错误；
D.运动轨迹的最高点，运动员仍受重力作用，合力不为零，加速度为，不满足平衡状态“合力为零、加速度为零”的条件，故D错误。
故选：。
结合质点、失重、曲线运动的合力与速度方向、平衡状态的定义，逐一分析选项，判断各说法的正误。
本题以撑竿跳高为背景，考查基础力学概念辨析，需准确理解质点、失重、平衡状态的适用条件，区分曲线运动中合力与速度的方向关系。
4.【答案】
【解析】解：在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，主要用了等效替代法，故A错误。
B.光电门测速时，利用极短时间内的平均速度近似替代瞬时速度，这是基于“当时间间隔趋近于零时，平均速度等于瞬时速度”的极限思想，等效替代法强调效果相同，而此处是近似替代，故B错误。
C.行星运动三大定律是由开普勒基于第谷的行星观测数据总结提出的，牛顿在此基础上发现了万有引力定律，故C错误。
D.伽利略通过斜面实验，让小球从不同倾角的斜面滚下，测量位移与时间的关系，再合理外推到斜面倾角为即自由落体运动的情况，从而得出自由落体运动规律，此过程运用了实验和逻辑推理相结合的方法，故D正确。
故选：。
根据等效替代法、极限思想和开普勒总结行星运动的三大定律、伽利略的理想斜面实验等逐一分析判断各选项的正误。
考查物理思想和上午方法以及力学物理学史，理解科学家的贡献和成就，属于基础题。
5.【答案】
【解析】解：火箭点火发射瞬间，推力大于重力，根据牛顿第二定律，合力不为零，故加速度不为零；而速度是状态量，点火瞬间火箭尚未获得速度，速度为零，故A正确；
B.火箭发射的动力来源于火箭尾部喷出的气体对火箭的反作用力，而非空气的反作用力，火箭在真空环境中也能依靠反冲原理获得动力，故B错误；
C.根据相对论的时间膨胀效应，相对运动的参考系中，运动的时钟变慢。空间站相对于地球高速运动，宇航员以空间站为参考系，地球处于相对运动状态，因此会发现地球上的时钟变慢，故C正确；
D.弹簧拉力器的工作原理是胡克定律，弹力大小仅与弹簧的劲度系数和形变量有关，与重力无关，因此在空间站的失重环境中仍可正常使用，故D正确。
本题选择不正确的，故选：。
结合牛顿运动定律、反冲原理、相对论时间膨胀效应和失重现象，逐一分析选项，判断说法正误。
本题以航天发射为背景，综合考查运动学、反冲运动、相对论和失重等知识点，侧重基础概念理解，难度较低。
6.【答案】
【解析】解：由题知，旅客天桥处于静止状态，则其受力平衡，因此旅客天桥所受的合力为；
设每根绳的拉力大小为，每根绳与竖直方向的夹角为，
则由平衡条件可得：
，
解得：
，
由此可知，当时，每根绳的拉力为：
，故AB错误；
结合前面分析可知，每根绳的拉力大小为：
，
由此可知：
若不改变吊绳的长度，减小两个抓手之间距离，则每根绳与竖直方向的夹角变小，因此变大、每根绳的拉力变小，
若不改变两个抓手之间距离，增加吊绳的长度，则每根绳与竖直方向的夹角变小，因此变大、每根绳的拉力变小，
故C错误，D正确。
故选：。
结合题意，由共点力的平衡条件，即可分析判断；
结合前面分析及题意，由每根绳的拉力的表达式及存在的变量，即可分析判断。
本题主要考查共点力的平衡问题，解答本题时需注意：选准研究对象、做好受力分析、根据共点力的平衡条件确定力与力的关系。
7.【答案】
【解析】解：依题意，，同步卫星轨道半径，同步卫星周期，根据开普勒第三定律有，故，即宇航员绕地球一圈的时间约为，故A正确；
当宇航员与空间站相对静止时，受到的万有引力提供向心力，不是平衡态，故B错误；
空间站到地面的高度为，轨道半径大于地球半径，可知宇航员随空间站一起环绕地球运动的速度小于，故C错误；
若出舱活动期间张陆自由释放手中的工具，工具和宇航员具有相同的速度和加速度，也不会立即高速离开宇航员，故D错误。
故选：。
根据开普勒第三定律分析解答；根据匀速圆周运动物体的受力和所处的状态进行分析解答；根据第一宇宙速度知识分析解答；根据工具和宇航员的受力和运动情况进行判断。
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宇宙速度，属于中等难度考题。
8.【答案】
【解析】解：弹力由施力物体的弹性形变产生，滑雪板对赛道的压力中，施力物体为滑雪板，因此该压力由滑雪板的形变引起，故A正确；
B.惯性大小仅由物体质量决定，与运动速度无关，下滑速度增大时，质量不变，惯性不变，故B错误；
C.匀速转弯时，速度方向时刻变化，存在向心加速度，加速度不为零，故C错误；
D.平衡力需满足“同体、等大、反向、共线”，重力竖直向下，赛道对滑雪板的支持力垂直斜面向上，二者方向不共线，不是一对平衡力，故D错误。
故选：。
结合弹力的成因、惯性的决定因素、匀速圆周运动的加速度特点、平衡力的条件，逐一分析选项，判断说法正误。
本题以滑雪运动为背景，考查弹力、惯性、圆周运动和平衡力等基础力学概念，侧重对概念本质的辨析，难度较低。
9.【答案】
【解析】解：速度变化的快慢由加速度决定，平抛运动的加速度均为重力加速度，两者加速度相同，故速度变化快慢相同，故A错误；
B.设水平位移为，末速度与水平面夹角为，由平抛运动规律，且
联立得，甲的，
乙的，，相同，故甲的飞行时间更长，故B错误；
C.下落高度，
代入得，因此高度之比，故C正确；
D.末速度大小，由和
得，代入得
代入数据可得，速度大小之比为：，故D错误。
故选：。
先利用平抛运动末速度的偏角公式，结合水平位移，将竖直分速度代入，建立偏角与初速度的关系；再根据水平位移相同的条件，推导甲乙初速度、飞行时间、下落高度和末速度的比值，逐一分析选项。
本题考查平抛运动的偏角规律，核心是利用水平位移相同的条件，结合速度分解建立偏角与初速度、时间的联系，进而分析各物理量的比值，属于平抛运动的典型应用，需理清速度分解与位移分解的关联。
10.【答案】
【解析】解：细绳断开瞬间，公仔受重力和弹簧向下的弹力，合力向下，加速度方向向下，处于失重状态，故A错误；
B.细绳断开瞬间，底座受重力和弹簧向上的弹力，合力向上，加速度方向向上，处于超重状态，故B错误；
先对整体分析，由牛顿第二定律：
代入数据可得整体加速度；
隔离底座，由
代入数据可得弹簧弹力；
断开瞬间，公仔受重力和向下的弹力，合力
代入数据可得加速度，故C错误，D正确。
故选：。
先用整体法求出、共同运动的加速度，再隔离分析求出弹簧弹力；细绳断开瞬间，弹簧弹力不变，分别隔离、计算加速度，进而判断超重失重状态。
本题考查牛顿第二定律的瞬时性问题，需结合整体法与隔离法分析，关键是抓住细绳断开瞬间弹簧弹力不变、细绳拉力瞬间消失的特点，区分超重失重与加速度方向的关系。
11.【答案】
【解析】解：同轴转动的各点角速度相同，线速度满足，点的转动半径大于点的转动半径，故，故A正确；
B.火车转弯时，规定速率下重力与支持力的合力提供向心力，当速率低于规定速率时，所需向心力，小于合力，火车有向内侧偏移的趋势，轮缘会挤压内轨，而非外轨，故B错误；
C.桶匀速转动到最低处时，对水受力分析，桶底的支持力与重力的合力提供向心力，由
得，此时最大；根据牛顿第三定律，水对桶底的压力等于，故水对桶底的压力最大，故C正确；
D.齿轮传动时，两轮边缘线速度大小相等，
齿轮齿数与周长成正比，故半径比：：：
由，得，故
因此，即大齿轮的周期是小齿轮周期的倍，故D正确。
故选：。
结合同轴转动、火车转弯受力、竖直圆周运动向心力和齿轮传动规律，逐一分析各选项中圆周运动的线速度、受力、周期等物理量的变化与关系。
本题以多个生活情景考查圆周运动的核心规律，涵盖线速度、向心力、周期等知识点，侧重对受力分析和传动规律的综合应用。
12.【答案】
【解析】解：、物件向上匀加速运动时，根据牛顿第二定律，其中，
代入数据可得
夹角为，由余弦定理得合力
代入数据可得，故A正确，B错误；
C、物件水平方向随吊车做匀速直线运动，竖直方向做初速度为的匀加速直线运动，根据运动的合成，物件做匀变速曲线运动，其运动轨迹是一条抛物线，故C错误；
D.水平位移
竖直位移
合位移大小，故D正确。
故选：。
先由物件竖直匀加速运动结合牛顿第二定律求出绳索拉力，再用平行四边形定则合成两段绳索的拉力，求杆受到的作用力；接着分析物件水平匀速、竖直匀加速的合运动轨迹，最后用运动学公式计算竖直位移，结合水平位移求合位移。
本题以吊车吊物为实际模型，考查力的合成与分解、运动的合成与分解，需结合牛顿第二定律分析绳索拉力，再用运动学规律分析物件的运动轨迹与位移，综合性较强，注重理论与实际场景的结合。
13.【答案】
【解析】解：车辆最终以最大速度匀速行驶时处于平衡状态，牵引力与阻力大小相等。
、由于最大速度为，此时牵引力为，即，则牵引力的额定功率为；车辆以额定功率匀速行驶时，每秒克服阻力所做的功在数值上等于克服阻力的功率，即，即，故A错误，B正确；
C、若车辆从静止开始做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有，解得牵引力为，当牵引力的瞬时功率达到额定功率时匀加速阶段结束，此时的速度为，代入数据得，则匀加速运动的时间为，代入数据得，故C错误；
D、车辆一次能量补充后转化出的最大机械能为，根据功的公式解得理论上的最大匀速行驶里程为，故D正确。
故选：。
车辆最终以最大速度匀速行驶时牵引力等于阻力，根据最大速度与阻力可计算额定功率，再结合功率定义判断每秒克服阻力做功的数值；车辆从静止匀加速时需分析牵引力变化，当牵引力功率达到额定值时匀加速结束，利用牛顿第二定律与功率关系确定加速时间；车辆储存能量转化为机械能的比例已知，结合匀速行驶时克服阻力做功可推算最大行驶里程。
本题综合考查功率、牛顿第二定律、能量转化与守恒等力学核心知识，计算量适中但需要细致分析不同运动阶段的物理过程。题目以实际情境为载体，重点检验学生对额定功率启动模型的理解与应用能力，特别是匀加速阶段结束时临界条件的把握。解答时需准确进行单位换算，并注意区分瞬时功率与平均功率、牵引力做功与阻力做功等概念。选项巧妙地将能量转化效率与行驶里程相结合，考查学生运用功能关系解决实际问题的建模能力。整体难度中等偏上，能有效锻炼学生的逻辑推理与综合分析能力。
14.【答案】
小车质量
偏大
B、

【解析】解：研究小车速度随时间变化规律的实验，不需要补偿阻力，只需要小车做加速运动，因此不需要垫高轨道一端以补偿阻力，故A错误；
B.为了保证拉力方向不变，实验需要调整滑轮高度，使细线与轨道平行，故B正确；
C.实验用位移传感器可以得到小车运动的图像，不需要用光电门测量小车运动的时间，故C错误；
D.实验时，为了使小车速度有较大变化，需要适当增加牵引用的钩码数量，故D错误。
故选：。
研究加速度与力的关系，根据控制变量法可知，应保持小车质量不变；
钩码做加速运动，根据牛顿第二定律
得
因此若用钩码所受的重力直接表示小车的拉力，将导致拉力的测量值偏大；
根据图像可知，钩码个数为零时，加速度不为零，其原因是补偿阻力时，长木板的倾角过大，故A正确；
B.根据牛顿第二定律，对钩码
对小车
解得
挂的钩码个数过多，图线出现弯曲，故B错误；
C.根据补偿阻力的原理
得
补偿阻力后与小车质量无关，因此改变钩码个数时，不需要重新补偿阻力，因此没有重新补偿阻力不是造成图像在时的原因，故C错误；
D.小车没有从靠近位移传感器处由静止开始释放，不会导致图线不过原点，故D错误。
故选：。
在某次实验中，将传动皮带调至第一层塔轮，两塔轮的半径相等，根据线速度与角速度的关系可知，两小球做圆周运动的角速度相等；实验用两个质量相等的钢球，两小球的质量相等，实验探究的是探究向心力的大小与半径的关系，因此需把两球分别放在、位置。
把两个质量分别为与的钢球分别放在、位置，半径之比
传动皮带位于第二层，两小球做圆周运动的角速度之比
左右两标尺露出的格子数之比等于向心力之比，根据向心力公式
向心力之比
故A正确，BCD错误。
故选：。
根据向心力公式可知，钢球与铝球质量不相等不会造成实验误差，故A错误；
B.根据线速度与角速度的关系，塔轮半径相等时塔轮的角速度相同，故B错误；
C.弹簧测力套筒、横臂挡板、杠杆结构及轴承处存在摩擦时，挡板对小球的作用力不完全提供向心力，将会造成实验误差，故C正确；
D.摇动手柄时没有匀速转动时，标尺露出的红白相间的等分格数不稳定，将会造成实验误差，故D正确。
故选：。
故答案为：；小车质量；偏大；；、；；。
根据实验原理、补偿阻力的原理分析作答；
根据牛顿第二定律分析作答；
根据实验原理、补偿阻力的原理、牛顿第二定律分析作答；
根据控制变量法、线速度与角速度的关系分析作答；
根据向心力公式、线速度与角速度的关系求解作答；
根据向心力的来源、线速度与角速度的关系，结合实验的正确操作分析作答。
本题主要考查了研究小车速度随时间变化规律的实验和探究圆周运动的相关参数问题的实验，要明确实验原理，掌握实验的正确操作，掌握牛顿第二定律、向心力公式、线速度与角速度关系的运用。
15.【答案】
是

【解析】解：实验中球的平抛运动和球的自由落体运动对比，可以说明平抛运动在竖直方向上的运动性质，但不能直接说明水平方向的运动性质。故A错误；
B.球的平抛运动在竖直方向上的运动性质与球的自由落体运动相同，因此球的落地时间只与竖直方向的运动有关，与水平方向的速度无关，即与铁锤打击金属片的力度无关。故B错误；
C.实验中球被松开后做自由落体运动，其运动与金属片之间的摩擦力无关，因此摩擦力不会影响两球的落地时间。故C错误。
D.如果球处的托板未调水平，球在被弹出时可能会有一个向下的分速度，这将影响球在竖直方向上的运动，导致球的落地时间与球不同，因此两球不能同时落地。故D正确。
故选：。
为保证小球离开斜槽做平抛运动，安装斜槽时必须使其末端切线水平，故A正确；
B.只要保证小球离开斜槽末端时有相同的水平速度，不需要消除斜槽摩擦力的影响，故B错误；
C.为保证小球离开斜槽末端时有相同的水平速度，实验时必须从斜槽上同一位置静止释放小球，才能更好地描出运动轨迹，故C正确；
D.装有坐标纸的平板必须竖直且与斜槽轨道所在平面平行，故D正确；
E.实验中应取斜槽末端小球球心在竖直纸面上的投影点为起始点，并以此作为建立的坐标系的原点，故E错误。
故选：。
由图可知：：：，根据匀变速直线运动规律可知点是平抛运动的抛出点；
根据匀变速直线运动规律有，代入数据可得
则钢球平抛的初速度为
故答案为：；；是，。
根据球的平抛运动和球的自由落体运动对比判断；根据球的落地时间只与竖直方向的运动有关判断；根据球在被弹出时可能会有一个向下的分速度判断；
根据做平抛运动的条件判断，根据保证小球离开斜槽末端时有相同的水平速度判断；根据平抛运动轨迹在竖直平面内判断；根据取斜槽末端小球球心在竖直纸面上的投影点为起始点判断；
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。
16.【答案】自由下落的时间为 落地第次反弹后上升的最大高度
【解析】解：小球自由下落过程为自由落体运动，根据，解得；
落地时的速度，
反弹后的速度，
第次反弹后上升的最大高度。
答：自由下落的时间为；
落地第次反弹后上升的最大高度。
小球自由下落过程为自由落体运动，根据计算落地时间；
反弹上升过程为匀减速直线运动，根据位移公式求上升的最大高度。
本题考查了自由落体运动规律，和匀变速直线运动规律，解题关键是小球下落过程为自由落体运动，反弹上升过程为匀减速直线运动，根据位移公式计算自由落体的时间和上升的最大高度。
17.【答案】汽车经过第一段弯道时，以半径做匀速圆周运动，车内悬挂的饰品偏离竖直方向的夹角；此时汽车的加速度大小是，行驶速度大小是 汽车沿平直路段做直线运动前，车内乘客为欣赏果子沟风光，汽车从点开始以恒定加速度从匀减速至，再以匀速行驶至终点，汽车在平直路段上减速时所受的牵引力大小是，在段运动的总时间是
【解析】解：饰品随汽车做匀速圆周运动，合力提供向心力对饰品受力分析，由几何关系得：
代入数据可得
由向心加速度公式
代入数据可得：
匀减速末速度，根据牛顿第二定律
代入数据可得，匀减速阶段汽车从减至的时间：
代入数据可得，匀减速阶段汽车的位移：
代入数据可得
匀速位移：，匀速时间：
代入数据可得，故AB段总时间：
代入数据可得：
答：汽车经过第一段弯道时，以半径做匀速圆周运动，车内悬挂的饰品偏离竖直方向的夹角。此时汽车的加速度大小是，行驶速度大小是；
汽车沿平直路段做直线运动前，车内乘客为欣赏果子沟风光，汽车从点开始以恒定加速度从匀减速至，再以匀速行驶至终点，汽车在平直路段上减速时所受的牵引力大小是，在段运动的总时间是。
对饰品受力分析，由重力与拉力的合力提供向心力，根据受力关系和向心加速度公式求汽车的加速度再结合圆周运动向心加速度公式求解行驶速度；
对汽车减速阶段受力分析，由牛顿第二定律求牵引力；再用运动学公式计算减速阶段的位移与时间，结合匀速阶段的位移与速度求匀速时间，两段时间相加得到总时间。
本题结合实际情境，考查圆周运动向心力分析、匀变速直线运动规律与牛顿第二定律的综合应用，侧重受力分析与多阶段运动的过程分析，综合性较强。
18.【答案】当系统滑至点时，间细绳拉力大小为 轻绳恰好被拉断时，细绳承受最大拉力大小为 小球从点抛出到落在斜面上的运动时间为，飞行过程中离斜面的最远距离为
【解析】解：对圆环和小球组成的系统整体分析，由于直杆光滑，系统沿斜面下滑的加速度为，计算得。
由于与相对静止，小球的加速度大小也为，方向沿斜面向下。
对小球进行受力分析，其受到竖直向下的重力和细绳的拉力，因为重力沿斜面向下的分力恰好为，所以在沿斜面方向上已经满足牛顿第二定律，由此可知细绳必须与直杆垂直，在垂直于斜面方向上小球的加速度为零，根据平衡条件有，代入数据解得：。
系统从点下滑到达点，根据匀变速直线运动的速度位移公式有，代入数据解得。
当运动到点被制动停止后，小球以点为圆心做圆周运动。
由于初始时细绳与直杆垂直，此时细绳与竖直方向的夹角恰好为。
小球从该位置由下滑速度摆动到最低点的过程中，根据机械能守恒定律有，代入数据解得最低点速度为。
在最低点处，根据牛顿第二定律有，代入数据解得细绳此时承受的最大拉力为：。
轻绳在点拉断后，小球以的初速度做平抛运动。
设其从小球从点抛出到落在斜面上的运动时间为，根据平抛运动规律，水平位移，竖直位移。
由于小球落在倾角为的斜面上，由几何关系有，代入数据解得运动时间为：。
为了求飞行过程中离斜面的最远距离，可以将小球的运动分解到沿斜面和垂直于斜面的两个方向，垂直于斜面方向的初速度大小为，计算得，垂直于斜面方向的加速度大小为，计算得，当小球在垂直于斜面方向的速度减小到零时，离斜面的距离最远，根据运动学公式有，代入数据解得最远距离为：。
答：当系统滑至点时，间细绳拉力大小为。
轻绳恰好被拉断时，细绳承受最大拉力大小为。
小球从点抛出到落在斜面上的运动时间为，飞行过程中离斜面的最远距离为。
系统从释放到点已相对静止且沿斜面匀加速下滑，需分析小球在点的受力。由于与相对静止且沿斜面运动，的加速度与系统整体加速度相同，均为重力沿斜面的分量提供。在垂直于斜面方向，的加速度为零，通过该方向受力平衡可建立细绳拉力与重力垂直于斜面分量的关系，从而求得。
系统从到做匀加速直线运动，利用运动学规律可求出点速度。在点制动后，以轻绳为半径从初始位置摆动至最低点，此过程机械能守恒，可求得在点的速度。在最低点，做圆周运动，通过向心力公式建立细绳最大拉力与重力及速度的关系，从而求得。
绳断后从点以平抛初速度水平抛出，落于斜面上。根据平抛运动水平与竖直位移关系，结合斜面倾角几何条件，可联立方程求解运动时间。为求离斜面最远距离，将的运动分解到沿斜面和垂直斜面方向，分析垂直斜面方向的匀减速运动，当该方向速度减为零时距离最大，利用运动学公式即可求得。
本题是一道综合性较强的力学题目，涉及牛顿运动定律、圆周运动、机械能守恒以及平抛运动等多个核心知识点。题目通过多过程情境设计，将直线加速、圆周运动与斜面上的平抛有机结合，计算量适中，难度中等偏上，对学生的物理建模能力和逻辑推理能力提出了较高要求。在点处，通过分析小球的受力与运动状态，巧妙考查物体在非惯性系或特定约束下的平衡条件，需要学生准确理解“相对静止”的深层含义。从到的匀加速过程以及后续的圆周运动环节，则综合检验了学生对运动学公式、机械能守恒定律及圆周运动向心力公式的灵活应用。最后的平抛运动落在斜面上，并求解离斜面的最大距离，不仅考查平抛运动的基本规律，还进一步要求学生掌握运动的合成与分解方法，尤其是将平抛运动沿斜面与垂直斜面方向分解的解题策略，体现了对知识迁移与运用能力的高层次考查。整个题目过程衔接自然，设问层层递进，是一道能够有效锻炼学生综合分析能力的典型好题。
19.【答案】若要求物块在段圆弧滑行过程中恰好不脱离圆弧轨道，物块在点的最大速度为 在满足第问条件的基础上，弹簧压缩量为，弹簧刚释放瞬间物块、间的弹力大小为 在满足第问条件的基础上，物块在传送带上的运动过程中因摩擦产生的总热量为
【解析】解：物块在点恰好不脱离轨道，即
代入数据解得：
从运动到，由动能定理得：
代入数据解得点最大速度：
因段光滑，故
弹性势能
又
代入数据解得：
刚释放时，整体加速度
对受力分析
解得
物块在传送带上的加速度
解得
加速到与传送带共速，加速时间
解得
加速位移
解得
相对位移
解得
共速后一起匀速，不产生热量，故总热量
解得
答：若要求物块在段圆弧滑行过程中恰好不脱离圆弧轨道，物块在点的最大速度为；
在满足第问条件的基础上，弹簧压缩量为，弹簧刚释放瞬间物块、间的弹力大小为；
在满足第问条件的基础上，物块在传送带上的运动过程中因摩擦产生的总热量为。
根据牛顿第二定律求出物块在点的速度，结合动能定理求物块在点的最大速度；
根据能量守恒定律求出弹簧的形变量，结合牛顿第二定律求弹簧压缩量及弹簧刚释放瞬间物块、间的弹力大小；
根据牛顿第二定律求物块在传送带上的加速度，结合运动学公式求出相对位移，最后根据摩擦生热的表达式求出物块在传送带上的运动过程中因摩擦产生的总热量。
本题主要是考查传送带、弹簧和圆周运动的问题，关键是弄清楚物块的运动情况，受力情况和能量的转化情况，在分析的过程中涉及到了牛顿第二定律和运动学公式的应用，有一定的综合性。
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