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广东省清远市佛冈县高中联考2024-2025学年高一下学期6月月考物理试题
1．在足球场上罚任意球时，运动员踢出的足球，在行进中绕过“人墙”转弯进入了球门，守门员“望球莫及”，轨迹如图中的实线。关于足球在这一飞行过程中的受力方向和速度方向，下列说法中正确的是（　　）
A．合外力的方向与速度方向在一条直线上
B．合外力为恒力，速度方向指向轨迹内侧
C．合外力方向指向轨迹内侧，速度方向沿轨迹切线方向
D．合外力方向指向轨迹外侧，速度方向沿轨迹切线方向
【答案】C
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】A、足球做曲线运动，合外力与速度不在同一直线上，若共线则做直线运动，故 A 错误；
B、足球受重力、空气阻力、两侧空气压力差，合力大小、方向均变化，不是恒力；速度沿轨迹切线，并非指向轨迹内侧，故 B 错误；
C、曲线运动中，瞬时速度方向沿轨迹切线方向；合外力提供向心力，始终指向轨迹弯曲的内侧，故 C 正确；
D、合外力应指向轨迹内侧而非外侧，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】A、区分直线运动与曲线运动的受力条件，合力与速度共线才做直线运动；
B、分析足球实际受力，合力为变力，速度沿切线而非指向内侧；
C、曲线运动两大核心规律：速度沿切线、合外力指向轨迹凹侧；
D、明确向心力效果，合力一定指向轨迹弯曲内侧。
2．甲、乙两小球都在水平面上做匀速圆周运动，它们的线速度大小之比为，角速度大小之比为，则甲、乙两小球的转动半径之比为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】由线速度、角速度、半径关系式变形得，则甲乙半径之比
代入，，即：
故答案为：C
【分析】本题考查匀速圆周运动、、三者比例计算，核心思路：先由公式推导出半径比值表达式，再代入已知的线速度、角速度比值相乘求解。
3．如题图所示是一汽车在平直路面上启动的速度-时间图像，其中0 到时刻图像为直线，从 时刻起汽车的功率保持不变，设汽车受到的阻力恒定不变，由图像可知（　　）
A． 时间内，汽车的牵引力增大，加速度增大，功率不变
B． 时间内，汽车的牵引力不变，加速度不变，功率增大
C． 时间内，汽车的牵引力减小，加速度不变
D． 时间内，汽车的牵引力不变，加速度不变
【答案】B
【知识点】机车启动
【解析】【解答】A、图像为倾斜直线，汽车匀加速，阻力恒定，由得牵引力不变，速度增大，功率增大，故A错误；
B、匀加速直线运动，加速度恒定，牵引力不变，速度持续变大，输出功率不断增大，故B正确；
C、功率恒定，由，速度增大则牵引力减小；，牵引力减小，加速度减小，故C错误；
D、牵引力、加速度均减小，故D错误；
故答案为：B。
【分析】AB、v-t图像斜率表示加速度，匀加速阶段牵引力恒定，结合判断功率变化；
CD、恒定功率启动阶段，速度增大牵引力减小，由牛顿第二定律判断加速度变化。
4．对做圆周运动的物体所受的向心力说法正确的是（　　）
A．做匀速圆周运动的物体，因向心力总是沿半径指向圆心，且大小不变，故向心力是一个恒力
B．因向心力指向圆心，且与线速度方向垂直，所以它不能改变线速度的大小
C．向心力一定是物体所受的合外力
D．向心力和向心加速度的方向都是不变的
【答案】B
【知识点】向心力
【解析】【解答】A、物体做匀速圆周运动时，由于向心力方向时刻改变，所以向心力为变力，所以A错；
B、由于向心力方向时刻与速度方向垂直，所以向心力不会改变线速度的大小，所以B对；
C、向心力可能是物体受到的某个力的分力，所以C错；
D、根据牛顿第二定律可以得出向心加速度的方向与向心力方向相同，所以D错。
正确答案为：B。
【分析】物体做匀速圆周运动的向心力为变力；由于向心力方向与速度方向垂直所以不会改变线速度的大小；向心力不一定是物体受到的合力；向心力和向心加速度的方向相同。
5．在某次比赛中，球员踢出“香蕉”球，足球在空中划出一道美妙的弧线钻人球门死角。图中虚线表示足球的飞行轨迹，下列选项中足球飞行时所受合力与速度的关系可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】足球在空中做曲线运动，速度方向为轨迹上该点的切线方向，且运动轨迹要夹在合力与速度之间。
故答案为：A。
【分析】本题考查曲线运动速度与合力的方位关系，核心思路：曲线运动瞬时速度沿轨迹切线，合力始终指向轨迹凹陷一侧，运动轨迹处在速度矢量与合力矢量所夹的区域内，据此逐一排除错误选项。
6．如图为某高速公路出口的ETC通道示意图。一汽车驶入通道，到达O点的速度，此时开始减速，到达M点时速度减至，并以4m/s的速度匀速通过MN区，汽车从O运动到N共用时10s，图像如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．汽车减速运动的加速度大小为
B．O、M间中点位置的速度为12m/s
C．O、M间的距离为32m
D．汽车在ON段平均速度大小为8m/s
【答案】A
【知识点】平均速度；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A、减速阶段时间，初速度，末速度，加速度大小，A正确；
B、设OM总位移为，中点位移，由匀变速公式，，
联立得，B错误；
C、v-t图像面积代表位移，，C错误；
D、匀速段时长，，总位移，平均速度，D错误；
故答案为：A。
【分析】A、由v-t图像斜率求匀减速加速度；
B、区分匀变速中间时刻速度与中点位置速度，中点位置速度公式；
C、v-t图线下面积等于位移，梯形面积公式计算OM距离；
D、分段求出总位移，总位移除以总时间得到全程平均速度。
7．2022年左右我国将建成载人空间站，轨道高度距地面约，在轨运营10年以上，它将成为中国空间科学和新技术研究实验的重要基地。设该空间站绕地球做匀速圆周运动，其运动周期为，轨道半径为，万有引力常量为，地球半径为，地球表面重力加速度为。下列说法不正确的是（　　）
A．地球的质量为
B．空间站的线速度大小为
C．空间站的向心加速度为
D．空间站的运行周期小于地球自转周期
【答案】B
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A、万有引力提供向心力：，整理得地球质量，A正确；
B、地面黄金代换，空间站万有引力提供向心力，联立得，不是，B错误；
C、由与联立，得向心加速度，C正确；
D、地球同步卫星轨道半径远大于空间站轨道半径，根据开普勒第三定律，轨道半径越小周期越小，故空间站周期小于地球自转周期，D正确；
故答案为：B。
【分析】A、考查万有引力提供圆周运动向心力，推导中心天体质量表达式；
B、结合黄金代换联立线速度公式，区分轨道半径与地球半径，判断线速度表达式正误；
C、利用黄金代换消去地球质量，推导出轨道处向心加速度；
D、考查开普勒第三定律，对比空间站与同步卫星轨道半径，判断周期大小关系。
8．如图所示，汽车雨刮器在转动时，杆上A、B两点绕O点转动的角速度大小为、，线速度大小为、，则下列关系式正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】AB．杆上A、B两点绕O点转动即两点是同轴转动，故角速度相等，即，故A错误，B正确；
CD．根据可知半径越大，则线速度越大，所以，故C错误，D正确。
故答案为：BD。
【分析】A、B两点绕同一转轴O转动，属于同轴转动，角速度相等；再根据线速度与角速度的关系v=ωr，结合两点到转轴的距离判断线速度大小。
9．科学家发现一颗行星，这颗行星沿椭圆轨道逆时针绕太阳运行，该行星被命名为“2010AB78”。如图所示，在这颗行星的轨道上有a、b、c、d四个对称点，若行星运动周期为T，则该行星（　　）
A．从a运动到b的时间等于从c运动到d的时间
B．从d经a运动到b的时间等于从b经c运动到d的时间
C．从a运动到b的时间
D．从c运动到d的时间
【答案】C,D
【知识点】开普勒定律
【解析】【解答】A、根据开普勒第二定律，行星靠近太阳速度大，远离太阳速度小，弧ab与弧cd长度相等，ab段平均速度更大，故，A错误；
B、弧dab与弧bcd长度相等，dab段整体离太阳更近、平均速率更大，因此从d经a到b的时间小于从b经c到d的时间，B错误；
C、a到b全程靠近太阳，行星运行速度整体偏大，走完该段弧的时间小于四分之一周期，即，C正确；
D、c到d全程远离太阳，行星运行速度整体偏小，走完该段弧的时间大于四分之一周期，即，D正确；
故答案为：CD。
【分析】本题依据开普勒第二定律（行星与太阳连线相等时间扫过相等面积，近近日点速度大，远日点速度小）分析：
A、对比等长弧ab、cd的平均速度，判断运动时长；
B、对比等长弧dab、bcd的平均速度，判断运动时长；
CD、以为参照，近太阳半段运动耗时小于，远太阳半段运动耗时大于。
10．如图所示，在地面上以速度抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上。若以地面为零势能面，而且不计空气阻力，则下列说法中正确的是（　　）
A．重力对物体做的功为mgh
B．物体在海平面上的重力势能为mgh
C．物体在海平面上的动能为
D．物体在海平面上的机械能为
【答案】A,D
【知识点】功的计算；动能定理的综合应用；重力势能；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．根据重力对物体做的功只与初末位置的高度差有关可以得出重力做功的表达式W=mgh，A正确；
B．以地面为零势能面，根据重力势能的表达式可以得出物体到海平面时的势能为Ep=，B错误；
C．物体从地面到海平面的过程中，重力对物体做功，根据动能定理
到达海平面时动能为
C错误；
D．物体只受重力做功，机械能守恒，所以在海平面的机械能等于地面时的机械能，D正确。
故选AD。
【分析】利用重力做功的表达式可以求出重力做功的大小；利用相对零势能面的高度可以求出重力势能的大小；利用动能定理可以求出物体到达海平面动能的大小；利用机械能守恒定律可以求出物体到达海平面机械能的大小。
11．图甲是“验证机械能守恒定律”的实验装置示意图。
（1）要完成此实验，除了图中所示的铁架台（含铁夹）、带夹子的重物、纸带、电磁打点计时器、导线和开关外，还必须选用以下两种器材。（填字母标号）
A．4~6V交流电源 B．220V交流电源
C．刻度尺 D．天平（含砝码）
（2）小明同学发现用传统的仪器验证机械能守恒定律存在较大误差，他设计了另外一个实验装置来“验证机械能守恒定律”；如图乙所示，给电磁铁通电，吸住小钢球，先接通数字计时装置，然后给电磁铁断电，让小钢球从A点所在高度自由下落，下落过程中经过正下方的光电门B时，光电计时装置记录下小钢球通过光电门的时间为t，已知当地重力加速度为g.
①用长度测量工具测出钢球的直径为d。
②为了验证机械能守恒定律，该实验还需要测量下列哪个物理量　 　。（填字母标号）
A.小钢球的质量m
B.A、B之间的距离H
③小钢球通过光电门时的瞬时速度大小为　 　。（用题中所给物理量的符号表示）
④上述实验满足关系式　 　时，则可验证小钢球在运动过程中机械能守恒.（用题中所给物理量的符号表示）
⑤该同学在实验中发现，小钢球减少的重力势能总是略大于增加的动能，可能的原因是　 　。（请写出其中一条）
【答案】（1）A；C
（2）B；；；小球在下落过程中空气阻力对其做负功（或小球克服空气阻力做功或小球受到空气阻力作用）
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）实验中用电磁打点计时器，则还需要4~6V交流电源，需要用刻度尺测量纸带长度；根据机械能守恒定律有
该实验不需要测量重物的质量。故选AC。
（2）②根据机械能守恒定律可以得出要验证的表达式为
即
根据表达式可以得出需要测量A、B之间的距离H，故选B。
③根据平均速度公式可以得出小钢球通过光电门时的瞬时速度大小为
④将速度公式代入机械能守恒定律，则
即
时，则可验证小钢球在运动过程中机械能守恒；
⑤小球在下落过程中空气阻力对其做负功（或小球克服空气阻力做功或小球受到空气阻力作用）会导致小钢球减少的重力势能总是略大于增加的动能。
【分析】（1）电磁打点计时器需要使用4-6V的交流电；实验需要刻度尺测量纸带的长度；
（2）利用机械能守恒定律结合平均速度公式可以得出需要测量的物理量；利用平均速度公式可以求出瞬时速度的大小；联立机械能守恒定律可以导出对应的表达式；由于小球在下落过程中空气阻力对其做负功会导致小钢球减少的重力势能总是略大于增加的动能。
（1）实验中用电磁打点计时器，则还需要4~6V交流电源，需要用刻度尺测量纸带长度；该实验不需要测量重物的质量，因为要验证的表达式两边都有质量。故选AC。
（2）②[1]要验证的表达式为
即
则需要测量A、B之间的距离H，故选B。
③[2]小钢球通过光电门时的瞬时速度大小为
④[3]上述实验满足关系式
即
时，则可验证小钢球在运动过程中机械能守恒；
⑤[4]该同学在实验中发现，小钢球减少的重力势能总是略大于增加的动能，可能的原因是小球在下落过程中空气阻力对其做负功（或小球克服空气阻力做功或小球受到空气阻力作用）
12．图（a）是“研究平抛物体的运动”的实验装置图。
（1）实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线　 　，每次让小球从同一位置由静止释放，是为了每次平抛　 　。
（2）图（b）是正确实验取得的数据，其中O为抛出点，则此小球做平抛运动的初速度为　 　m/s（重力加速度g取）（结果保留三位有效数字）。
（3）实验中，为了能较准确地描绘小球的运动轨迹，下面还列出了一些操作要求，你认为正确的是______。
A．应采用塑料小球
B．小球在做平抛运动的过程中，不可以与记录面板上的白纸（或方格纸）相接触
C．将小球的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将打下的印记点连成折线
【答案】（1）水平；初速度大小一定
（2）4.57
（3）B
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）为了确保小球飞出斜槽后做平抛运动，则要确保小球初速度沿水平方向，实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线水平；为了使小球飞出斜槽末端的初速度大小一定，根据合力做功要相同，根据动能定理则实验中每次让小球从同一位置由静止释放。
（2）根据图b可知，相邻点迹水平方向的位移相等，根据水平方向的位移公式有
其中
竖直方向上，根据邻差公式有
其中
，
两式联立可以解得初速度的大小为
（3）A．小球做平抛运动则只受到重力的作用，为了减小空气阻力的影响，实验中应选择密度大的小钢球，可知，不能够选择塑料小球，故A错误；
B．小球在做平抛运动的过程中，为了能够准确描绘出平抛运动的轨迹，避免小球受到白纸的摩擦力作用，所以小球不可以与记录面板上的白纸（或方格纸）相接触，故B正确；
C．由于小球平抛运动的轨迹为抛物线则将小球的位置记录在纸上后，取下纸，用平滑曲线将印记点连接起来，不能够用直尺将打下的印记点连成折线，故C错误。
故选B。
【分析】（1）为了确保小球初速度沿水平方向则斜槽末端必须切线水平，为了初速度大小相同则小球需要在同一高度无初速度释放；
（2）利用竖直方向的邻差公式可以求出时间间隔，结合水平方向的位移公式可以求出初速度的大小；
（3）为了减小空气阻力的影响，实验中应选择密度大的小钢球；了能够准确描绘出平抛运动的轨迹，避免小球受到白纸的摩擦力作用，所以小球不可以与记录面板上的白纸（或方格纸）相接触；由于小球平抛运动的轨迹为抛物线则将小球的位置记录在纸上后，取下纸，用平滑曲线将印记点连接起来。
（1）[1]为了确保小球飞出斜槽后做平抛运动，实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线水平；
[2]为了使小球飞出斜槽末端的初速度大小一定，实验中每次让小球从同一位置由静止释放。
（2）根据图b可知，相邻点迹水平方向的位移相等，则有
其中
竖直方向上有
其中
，
解得
（3）A．为了减小空气阻力的影响，实验中应选择密度大的小钢球，可知，不能够选择塑料小球，故A错误；
B．小球在做平抛运动的过程中，为了能够准确描绘出平抛运动的轨迹，小球不可以与记录面板上的白纸（或方格纸）相接触，故B正确；
C．将小球的位置记录在纸上后，取下纸，用平滑曲线将印记点连接起来，不能够用直尺将打下的印记点连成折线，故C错误。
故选B。
13．如图所示，质量为m的小球用细线悬挂于天花板的O点，使小球在水平面内做匀速圆周运动，重力加速度大小为g。
（1）若悬挂小球的细线长为L，小球做匀速圆周运动的角速度为ω，求细线对小球的拉力F的大小；
（2）设小球运动的轨迹圆的圆心O＇到悬挂点O的距离为h，请写出小球做匀速圆周运动的角速度ω与h的函数关系式；
（3）已知悬挂点O到水平地面（图中未画出）的高度，细线长为L，细线能承受的最大拉力是小球所受重力的2倍，缓慢增大小球的角速度，求小球的落地点到悬挂点O的距离s0。
【答案】（1）解：设细线偏离竖直方向的角度为θ，
解得
（2）解：设细线长为L＇，细线偏离竖直方向的角度为θ＇
，
可得
（3）解：当细线承受的拉力是小球所受重力的2倍时，细线被拉断，小球做平抛运动，设此时细线偏离竖直方向的角度为α，小球做匀速圆周运动的半径为r，线速度大小为v
，，
解得
小球到地面的高度，
设小球做平抛运动的水平位移大小为x，在空中运动的时间为t
，
解得
设悬挂点在地面的投影点为P点，小球落地点为Q点，两点间的距离为s
，
解得
【知识点】平抛运动；匀速圆周运动
【解析】【分析】(1) 本问考查圆锥摆受力分解，将拉力沿竖直、水平分解，竖直平衡、水平提供向心力，联立消去角度得到拉力与角速度的关系式。
(2) 本问结合几何高度h消去角度，推导角速度与竖直高度h的函数，核心结论：圆锥摆角速度仅与悬点到圆周平面竖直高度有关，与绳长无关。
(3) 本问综合临界受力、平抛运动、空间几何距离计算：
① 先由最大拉力求出细线断裂临界角度与小球线速度；
② 计算平抛下落高度，用自由落体求平抛时间，算出平抛水平位移；
③ 结合地面投影的水平径向距离，用空间勾股定理算出悬挂点到落地点的直线距离。
14．如图所示，CD是以恒定速度沿顺时针转动的足够长倾斜传送带，其倾角，在传送带的右侧有一光滑水平平台AB，弹簧右端固定在平台上，质量为的物体Q在外力作用下静止于传送带顶端。现将质量为的物体P放在弹簧左端，用力将弹簧压缩一段距离后由静止释放，物体P离开平台后恰好沿着传送带方向与物体Q发生弹性碰撞且将要发生碰撞前的瞬间撤去Q受到的外力。最终Q离开传送带后的运动轨迹与P碰后运动轨迹重合。已知Q开始运动后，滑动摩擦力对Q做的总功为，静摩擦力对Q做的功为W。物体P、Q可视为质点且Q质量是P质量的两倍（，）。求：
（1）物体Q将传送带上端还是下端离开，并说明理由；
（2）物体Q与传送带之间的动摩擦因数；
（3）物体P释放前弹簧的弹性势能。
【答案】（1）解：PQ碰撞中满足动量守恒和能量守恒，设P碰前的速度为v1，P、Q碰后瞬间速度分别为v2、v3
，
解得，
可知P与Q发生弹性碰撞后P反弹从传送带上端离开，由题知Q离开传送带后的运动轨迹与P碰后运动轨迹重合，故物体Q将从传送带上端离开，且离开时的速度和P反弹的速度相等。
（2）解：由题意可知，Q碰后向下做匀减速直线运动，再向上做匀加速直线运动，该过程所受滑动摩擦力为，当Q与传送带速度相等后向上做匀速直线运动，该过程所受摩擦力为。设Q初始位置到恰好与传送带共速位置的距离为x，分析有滑动摩擦力和静摩擦力做功的位移均为x，则有
解得
（3）解：设P离开水平平台AB时速度为
由于Q离开传送带后的运动轨迹与P碰后运动轨迹重合，因此传送带运行速度与P碰后瞬间的速度相等。由（1）分析有
，
且
Q从开始运动到与传送带共速过程有，
Q与传送带相对静止之后
综上，代入数据可得
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 本小问考查弹性碰撞规律与抛体轨迹匹配条件，先通过动量、能量守恒求出碰撞后两物体速度，结合轨迹重合的条件判断 Q 的飞出端。
(2) 本小问考查传送带摩擦力做功计算，利用两段等位移过程摩擦力做功的比值关系，直接求解动摩擦因数。
(3) 本小问综合平抛分速度、匀变速运动、功能关系，联立碰撞速度、传送带加速度、摩擦力做功三个条件，推导弹簧弹性势能的表达式。
15．如图所示，粗糙的斜面AB下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，整个装置竖直放置，C是最低点，圆心角∠BOC=37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R=0.5m，斜面长L=2m，现有一个质量m=0.1kg的小物体P从斜面AB上端A点无初速下滑，物体P与斜面AB之间的摩擦因数为=0.25。取sin37o=0.6，cos37o=0.8，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）物体P第一次通过C点时的速度大小和对C点处轨道的压力各为多大？
（2）物体P第一次离开D点后在空中做竖直上抛运动，不计空气阻力，则最高点E和D点之间的高度差为多大？
（3）物体P从空中又返回到圆轨道和斜面，多次反复，在整个运动过程中，物体P对C点处轨道的最小压力为多大？
【答案】(1)解：物体P从A下滑经B到C过程中根据动能定理有
得
经C点时有
解得
根据牛顿第三定律，P对C点的压力为
(2)解：从C到E机械能守恒，有
E与D间高度差为
(3)解：物体P最后在B与其等高的圆弧轨道上来回运动时，经C点压力最小，
由B到C根据机械能守恒有
解得
所以
根据牛顿第三定律物体P对C点处轨道的最小压力为
【知识点】向心力；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】(1) 本小问考查动能定理与圆周运动向心力，分段分析重力、摩擦力做功求出 C 点速度，再由向心力公式求轨道支持力，结合牛顿第三定律得到压力。
(2) 本小问考查圆弧 + 抛体全过程机械能守恒，以 C 为初态、最高点 E 为末态列能量方程，直接求解高度差。
(3) 本小问考查往复运动能量损耗临界状态，物体最终仅在光滑圆弧段往复，取临界等高位置用机械能守恒求最小速度，再计算最低点最小支持力与压力。
1 / 1广东省清远市佛冈县高中联考2024-2025学年高一下学期6月月考物理试题
1．在足球场上罚任意球时，运动员踢出的足球，在行进中绕过“人墙”转弯进入了球门，守门员“望球莫及”，轨迹如图中的实线。关于足球在这一飞行过程中的受力方向和速度方向，下列说法中正确的是（　　）
A．合外力的方向与速度方向在一条直线上
B．合外力为恒力，速度方向指向轨迹内侧
C．合外力方向指向轨迹内侧，速度方向沿轨迹切线方向
D．合外力方向指向轨迹外侧，速度方向沿轨迹切线方向
2．甲、乙两小球都在水平面上做匀速圆周运动，它们的线速度大小之比为，角速度大小之比为，则甲、乙两小球的转动半径之比为（　　）
A． B． C． D．
3．如题图所示是一汽车在平直路面上启动的速度-时间图像，其中0 到时刻图像为直线，从 时刻起汽车的功率保持不变，设汽车受到的阻力恒定不变，由图像可知（　　）
A． 时间内，汽车的牵引力增大，加速度增大，功率不变
B． 时间内，汽车的牵引力不变，加速度不变，功率增大
C． 时间内，汽车的牵引力减小，加速度不变
D． 时间内，汽车的牵引力不变，加速度不变
4．对做圆周运动的物体所受的向心力说法正确的是（　　）
A．做匀速圆周运动的物体，因向心力总是沿半径指向圆心，且大小不变，故向心力是一个恒力
B．因向心力指向圆心，且与线速度方向垂直，所以它不能改变线速度的大小
C．向心力一定是物体所受的合外力
D．向心力和向心加速度的方向都是不变的
5．在某次比赛中，球员踢出“香蕉”球，足球在空中划出一道美妙的弧线钻人球门死角。图中虚线表示足球的飞行轨迹，下列选项中足球飞行时所受合力与速度的关系可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
6．如图为某高速公路出口的ETC通道示意图。一汽车驶入通道，到达O点的速度，此时开始减速，到达M点时速度减至，并以4m/s的速度匀速通过MN区，汽车从O运动到N共用时10s，图像如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．汽车减速运动的加速度大小为
B．O、M间中点位置的速度为12m/s
C．O、M间的距离为32m
D．汽车在ON段平均速度大小为8m/s
7．2022年左右我国将建成载人空间站，轨道高度距地面约，在轨运营10年以上，它将成为中国空间科学和新技术研究实验的重要基地。设该空间站绕地球做匀速圆周运动，其运动周期为，轨道半径为，万有引力常量为，地球半径为，地球表面重力加速度为。下列说法不正确的是（　　）
A．地球的质量为
B．空间站的线速度大小为
C．空间站的向心加速度为
D．空间站的运行周期小于地球自转周期
8．如图所示，汽车雨刮器在转动时，杆上A、B两点绕O点转动的角速度大小为、，线速度大小为、，则下列关系式正确的是（　　）
A． B． C． D．
9．科学家发现一颗行星，这颗行星沿椭圆轨道逆时针绕太阳运行，该行星被命名为“2010AB78”。如图所示，在这颗行星的轨道上有a、b、c、d四个对称点，若行星运动周期为T，则该行星（　　）
A．从a运动到b的时间等于从c运动到d的时间
B．从d经a运动到b的时间等于从b经c运动到d的时间
C．从a运动到b的时间
D．从c运动到d的时间
10．如图所示，在地面上以速度抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上。若以地面为零势能面，而且不计空气阻力，则下列说法中正确的是（　　）
A．重力对物体做的功为mgh
B．物体在海平面上的重力势能为mgh
C．物体在海平面上的动能为
D．物体在海平面上的机械能为
11．图甲是“验证机械能守恒定律”的实验装置示意图。
（1）要完成此实验，除了图中所示的铁架台（含铁夹）、带夹子的重物、纸带、电磁打点计时器、导线和开关外，还必须选用以下两种器材。（填字母标号）
A．4~6V交流电源 B．220V交流电源
C．刻度尺 D．天平（含砝码）
（2）小明同学发现用传统的仪器验证机械能守恒定律存在较大误差，他设计了另外一个实验装置来“验证机械能守恒定律”；如图乙所示，给电磁铁通电，吸住小钢球，先接通数字计时装置，然后给电磁铁断电，让小钢球从A点所在高度自由下落，下落过程中经过正下方的光电门B时，光电计时装置记录下小钢球通过光电门的时间为t，已知当地重力加速度为g.
①用长度测量工具测出钢球的直径为d。
②为了验证机械能守恒定律，该实验还需要测量下列哪个物理量　 　。（填字母标号）
A.小钢球的质量m
B.A、B之间的距离H
③小钢球通过光电门时的瞬时速度大小为　 　。（用题中所给物理量的符号表示）
④上述实验满足关系式　 　时，则可验证小钢球在运动过程中机械能守恒.（用题中所给物理量的符号表示）
⑤该同学在实验中发现，小钢球减少的重力势能总是略大于增加的动能，可能的原因是　 　。（请写出其中一条）
12．图（a）是“研究平抛物体的运动”的实验装置图。
（1）实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线　 　，每次让小球从同一位置由静止释放，是为了每次平抛　 　。
（2）图（b）是正确实验取得的数据，其中O为抛出点，则此小球做平抛运动的初速度为　 　m/s（重力加速度g取）（结果保留三位有效数字）。
（3）实验中，为了能较准确地描绘小球的运动轨迹，下面还列出了一些操作要求，你认为正确的是______。
A．应采用塑料小球
B．小球在做平抛运动的过程中，不可以与记录面板上的白纸（或方格纸）相接触
C．将小球的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将打下的印记点连成折线
13．如图所示，质量为m的小球用细线悬挂于天花板的O点，使小球在水平面内做匀速圆周运动，重力加速度大小为g。
（1）若悬挂小球的细线长为L，小球做匀速圆周运动的角速度为ω，求细线对小球的拉力F的大小；
（2）设小球运动的轨迹圆的圆心O＇到悬挂点O的距离为h，请写出小球做匀速圆周运动的角速度ω与h的函数关系式；
（3）已知悬挂点O到水平地面（图中未画出）的高度，细线长为L，细线能承受的最大拉力是小球所受重力的2倍，缓慢增大小球的角速度，求小球的落地点到悬挂点O的距离s0。
14．如图所示，CD是以恒定速度沿顺时针转动的足够长倾斜传送带，其倾角，在传送带的右侧有一光滑水平平台AB，弹簧右端固定在平台上，质量为的物体Q在外力作用下静止于传送带顶端。现将质量为的物体P放在弹簧左端，用力将弹簧压缩一段距离后由静止释放，物体P离开平台后恰好沿着传送带方向与物体Q发生弹性碰撞且将要发生碰撞前的瞬间撤去Q受到的外力。最终Q离开传送带后的运动轨迹与P碰后运动轨迹重合。已知Q开始运动后，滑动摩擦力对Q做的总功为，静摩擦力对Q做的功为W。物体P、Q可视为质点且Q质量是P质量的两倍（，）。求：
（1）物体Q将传送带上端还是下端离开，并说明理由；
（2）物体Q与传送带之间的动摩擦因数；
（3）物体P释放前弹簧的弹性势能。
15．如图所示，粗糙的斜面AB下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，整个装置竖直放置，C是最低点，圆心角∠BOC=37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R=0.5m，斜面长L=2m，现有一个质量m=0.1kg的小物体P从斜面AB上端A点无初速下滑，物体P与斜面AB之间的摩擦因数为=0.25。取sin37o=0.6，cos37o=0.8，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）物体P第一次通过C点时的速度大小和对C点处轨道的压力各为多大？
（2）物体P第一次离开D点后在空中做竖直上抛运动，不计空气阻力，则最高点E和D点之间的高度差为多大？
（3）物体P从空中又返回到圆轨道和斜面，多次反复，在整个运动过程中，物体P对C点处轨道的最小压力为多大？
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、足球做曲线运动，合外力与速度不在同一直线上，若共线则做直线运动，故 A 错误；
B、足球受重力、空气阻力、两侧空气压力差，合力大小、方向均变化，不是恒力；速度沿轨迹切线，并非指向轨迹内侧，故 B 错误；
C、曲线运动中，瞬时速度方向沿轨迹切线方向；合外力提供向心力，始终指向轨迹弯曲的内侧，故 C 正确；
D、合外力应指向轨迹内侧而非外侧，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】A、区分直线运动与曲线运动的受力条件，合力与速度共线才做直线运动；
B、分析足球实际受力，合力为变力，速度沿切线而非指向内侧；
C、曲线运动两大核心规律：速度沿切线、合外力指向轨迹凹侧；
D、明确向心力效果，合力一定指向轨迹弯曲内侧。
2．【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】由线速度、角速度、半径关系式变形得，则甲乙半径之比
代入，，即：
故答案为：C
【分析】本题考查匀速圆周运动、、三者比例计算，核心思路：先由公式推导出半径比值表达式，再代入已知的线速度、角速度比值相乘求解。
3．【答案】B
【知识点】机车启动
【解析】【解答】A、图像为倾斜直线，汽车匀加速，阻力恒定，由得牵引力不变，速度增大，功率增大，故A错误；
B、匀加速直线运动，加速度恒定，牵引力不变，速度持续变大，输出功率不断增大，故B正确；
C、功率恒定，由，速度增大则牵引力减小；，牵引力减小，加速度减小，故C错误；
D、牵引力、加速度均减小，故D错误；
故答案为：B。
【分析】AB、v-t图像斜率表示加速度，匀加速阶段牵引力恒定，结合判断功率变化；
CD、恒定功率启动阶段，速度增大牵引力减小，由牛顿第二定律判断加速度变化。
4．【答案】B
【知识点】向心力
【解析】【解答】A、物体做匀速圆周运动时，由于向心力方向时刻改变，所以向心力为变力，所以A错；
B、由于向心力方向时刻与速度方向垂直，所以向心力不会改变线速度的大小，所以B对；
C、向心力可能是物体受到的某个力的分力，所以C错；
D、根据牛顿第二定律可以得出向心加速度的方向与向心力方向相同，所以D错。
正确答案为：B。
【分析】物体做匀速圆周运动的向心力为变力；由于向心力方向与速度方向垂直所以不会改变线速度的大小；向心力不一定是物体受到的合力；向心力和向心加速度的方向相同。
5．【答案】A
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】足球在空中做曲线运动，速度方向为轨迹上该点的切线方向，且运动轨迹要夹在合力与速度之间。
故答案为：A。
【分析】本题考查曲线运动速度与合力的方位关系，核心思路：曲线运动瞬时速度沿轨迹切线，合力始终指向轨迹凹陷一侧，运动轨迹处在速度矢量与合力矢量所夹的区域内，据此逐一排除错误选项。
6．【答案】A
【知识点】平均速度；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A、减速阶段时间，初速度，末速度，加速度大小，A正确；
B、设OM总位移为，中点位移，由匀变速公式，，
联立得，B错误；
C、v-t图像面积代表位移，，C错误；
D、匀速段时长，，总位移，平均速度，D错误；
故答案为：A。
【分析】A、由v-t图像斜率求匀减速加速度；
B、区分匀变速中间时刻速度与中点位置速度，中点位置速度公式；
C、v-t图线下面积等于位移，梯形面积公式计算OM距离；
D、分段求出总位移，总位移除以总时间得到全程平均速度。
7．【答案】B
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A、万有引力提供向心力：，整理得地球质量，A正确；
B、地面黄金代换，空间站万有引力提供向心力，联立得，不是，B错误；
C、由与联立，得向心加速度，C正确；
D、地球同步卫星轨道半径远大于空间站轨道半径，根据开普勒第三定律，轨道半径越小周期越小，故空间站周期小于地球自转周期，D正确；
故答案为：B。
【分析】A、考查万有引力提供圆周运动向心力，推导中心天体质量表达式；
B、结合黄金代换联立线速度公式，区分轨道半径与地球半径，判断线速度表达式正误；
C、利用黄金代换消去地球质量，推导出轨道处向心加速度；
D、考查开普勒第三定律，对比空间站与同步卫星轨道半径，判断周期大小关系。
8．【答案】B,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】AB．杆上A、B两点绕O点转动即两点是同轴转动，故角速度相等，即，故A错误，B正确；
CD．根据可知半径越大，则线速度越大，所以，故C错误，D正确。
故答案为：BD。
【分析】A、B两点绕同一转轴O转动，属于同轴转动，角速度相等；再根据线速度与角速度的关系v=ωr，结合两点到转轴的距离判断线速度大小。
9．【答案】C,D
【知识点】开普勒定律
【解析】【解答】A、根据开普勒第二定律，行星靠近太阳速度大，远离太阳速度小，弧ab与弧cd长度相等，ab段平均速度更大，故，A错误；
B、弧dab与弧bcd长度相等，dab段整体离太阳更近、平均速率更大，因此从d经a到b的时间小于从b经c到d的时间，B错误；
C、a到b全程靠近太阳，行星运行速度整体偏大，走完该段弧的时间小于四分之一周期，即，C正确；
D、c到d全程远离太阳，行星运行速度整体偏小，走完该段弧的时间大于四分之一周期，即，D正确；
故答案为：CD。
【分析】本题依据开普勒第二定律（行星与太阳连线相等时间扫过相等面积，近近日点速度大，远日点速度小）分析：
A、对比等长弧ab、cd的平均速度，判断运动时长；
B、对比等长弧dab、bcd的平均速度，判断运动时长；
CD、以为参照，近太阳半段运动耗时小于，远太阳半段运动耗时大于。
10．【答案】A,D
【知识点】功的计算；动能定理的综合应用；重力势能；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．根据重力对物体做的功只与初末位置的高度差有关可以得出重力做功的表达式W=mgh，A正确；
B．以地面为零势能面，根据重力势能的表达式可以得出物体到海平面时的势能为Ep=，B错误；
C．物体从地面到海平面的过程中，重力对物体做功，根据动能定理
到达海平面时动能为
C错误；
D．物体只受重力做功，机械能守恒，所以在海平面的机械能等于地面时的机械能，D正确。
故选AD。
【分析】利用重力做功的表达式可以求出重力做功的大小；利用相对零势能面的高度可以求出重力势能的大小；利用动能定理可以求出物体到达海平面动能的大小；利用机械能守恒定律可以求出物体到达海平面机械能的大小。
11．【答案】（1）A；C
（2）B；；；小球在下落过程中空气阻力对其做负功（或小球克服空气阻力做功或小球受到空气阻力作用）
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）实验中用电磁打点计时器，则还需要4~6V交流电源，需要用刻度尺测量纸带长度；根据机械能守恒定律有
该实验不需要测量重物的质量。故选AC。
（2）②根据机械能守恒定律可以得出要验证的表达式为
即
根据表达式可以得出需要测量A、B之间的距离H，故选B。
③根据平均速度公式可以得出小钢球通过光电门时的瞬时速度大小为
④将速度公式代入机械能守恒定律，则
即
时，则可验证小钢球在运动过程中机械能守恒；
⑤小球在下落过程中空气阻力对其做负功（或小球克服空气阻力做功或小球受到空气阻力作用）会导致小钢球减少的重力势能总是略大于增加的动能。
【分析】（1）电磁打点计时器需要使用4-6V的交流电；实验需要刻度尺测量纸带的长度；
（2）利用机械能守恒定律结合平均速度公式可以得出需要测量的物理量；利用平均速度公式可以求出瞬时速度的大小；联立机械能守恒定律可以导出对应的表达式；由于小球在下落过程中空气阻力对其做负功会导致小钢球减少的重力势能总是略大于增加的动能。
（1）实验中用电磁打点计时器，则还需要4~6V交流电源，需要用刻度尺测量纸带长度；该实验不需要测量重物的质量，因为要验证的表达式两边都有质量。故选AC。
（2）②[1]要验证的表达式为
即
则需要测量A、B之间的距离H，故选B。
③[2]小钢球通过光电门时的瞬时速度大小为
④[3]上述实验满足关系式
即
时，则可验证小钢球在运动过程中机械能守恒；
⑤[4]该同学在实验中发现，小钢球减少的重力势能总是略大于增加的动能，可能的原因是小球在下落过程中空气阻力对其做负功（或小球克服空气阻力做功或小球受到空气阻力作用）
12．【答案】（1）水平；初速度大小一定
（2）4.57
（3）B
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）为了确保小球飞出斜槽后做平抛运动，则要确保小球初速度沿水平方向，实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线水平；为了使小球飞出斜槽末端的初速度大小一定，根据合力做功要相同，根据动能定理则实验中每次让小球从同一位置由静止释放。
（2）根据图b可知，相邻点迹水平方向的位移相等，根据水平方向的位移公式有
其中
竖直方向上，根据邻差公式有
其中
，
两式联立可以解得初速度的大小为
（3）A．小球做平抛运动则只受到重力的作用，为了减小空气阻力的影响，实验中应选择密度大的小钢球，可知，不能够选择塑料小球，故A错误；
B．小球在做平抛运动的过程中，为了能够准确描绘出平抛运动的轨迹，避免小球受到白纸的摩擦力作用，所以小球不可以与记录面板上的白纸（或方格纸）相接触，故B正确；
C．由于小球平抛运动的轨迹为抛物线则将小球的位置记录在纸上后，取下纸，用平滑曲线将印记点连接起来，不能够用直尺将打下的印记点连成折线，故C错误。
故选B。
【分析】（1）为了确保小球初速度沿水平方向则斜槽末端必须切线水平，为了初速度大小相同则小球需要在同一高度无初速度释放；
（2）利用竖直方向的邻差公式可以求出时间间隔，结合水平方向的位移公式可以求出初速度的大小；
（3）为了减小空气阻力的影响，实验中应选择密度大的小钢球；了能够准确描绘出平抛运动的轨迹，避免小球受到白纸的摩擦力作用，所以小球不可以与记录面板上的白纸（或方格纸）相接触；由于小球平抛运动的轨迹为抛物线则将小球的位置记录在纸上后，取下纸，用平滑曲线将印记点连接起来。
（1）[1]为了确保小球飞出斜槽后做平抛运动，实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线水平；
[2]为了使小球飞出斜槽末端的初速度大小一定，实验中每次让小球从同一位置由静止释放。
（2）根据图b可知，相邻点迹水平方向的位移相等，则有
其中
竖直方向上有
其中
，
解得
（3）A．为了减小空气阻力的影响，实验中应选择密度大的小钢球，可知，不能够选择塑料小球，故A错误；
B．小球在做平抛运动的过程中，为了能够准确描绘出平抛运动的轨迹，小球不可以与记录面板上的白纸（或方格纸）相接触，故B正确；
C．将小球的位置记录在纸上后，取下纸，用平滑曲线将印记点连接起来，不能够用直尺将打下的印记点连成折线，故C错误。
故选B。
13．【答案】（1）解：设细线偏离竖直方向的角度为θ，
解得
（2）解：设细线长为L＇，细线偏离竖直方向的角度为θ＇
，
可得
（3）解：当细线承受的拉力是小球所受重力的2倍时，细线被拉断，小球做平抛运动，设此时细线偏离竖直方向的角度为α，小球做匀速圆周运动的半径为r，线速度大小为v
，，
解得
小球到地面的高度，
设小球做平抛运动的水平位移大小为x，在空中运动的时间为t
，
解得
设悬挂点在地面的投影点为P点，小球落地点为Q点，两点间的距离为s
，
解得
【知识点】平抛运动；匀速圆周运动
【解析】【分析】(1) 本问考查圆锥摆受力分解，将拉力沿竖直、水平分解，竖直平衡、水平提供向心力，联立消去角度得到拉力与角速度的关系式。
(2) 本问结合几何高度h消去角度，推导角速度与竖直高度h的函数，核心结论：圆锥摆角速度仅与悬点到圆周平面竖直高度有关，与绳长无关。
(3) 本问综合临界受力、平抛运动、空间几何距离计算：
① 先由最大拉力求出细线断裂临界角度与小球线速度；
② 计算平抛下落高度，用自由落体求平抛时间，算出平抛水平位移；
③ 结合地面投影的水平径向距离，用空间勾股定理算出悬挂点到落地点的直线距离。
14．【答案】（1）解：PQ碰撞中满足动量守恒和能量守恒，设P碰前的速度为v1，P、Q碰后瞬间速度分别为v2、v3
，
解得，
可知P与Q发生弹性碰撞后P反弹从传送带上端离开，由题知Q离开传送带后的运动轨迹与P碰后运动轨迹重合，故物体Q将从传送带上端离开，且离开时的速度和P反弹的速度相等。
（2）解：由题意可知，Q碰后向下做匀减速直线运动，再向上做匀加速直线运动，该过程所受滑动摩擦力为，当Q与传送带速度相等后向上做匀速直线运动，该过程所受摩擦力为。设Q初始位置到恰好与传送带共速位置的距离为x，分析有滑动摩擦力和静摩擦力做功的位移均为x，则有
解得
（3）解：设P离开水平平台AB时速度为
由于Q离开传送带后的运动轨迹与P碰后运动轨迹重合，因此传送带运行速度与P碰后瞬间的速度相等。由（1）分析有
，
且
Q从开始运动到与传送带共速过程有，
Q与传送带相对静止之后
综上，代入数据可得
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 本小问考查弹性碰撞规律与抛体轨迹匹配条件，先通过动量、能量守恒求出碰撞后两物体速度，结合轨迹重合的条件判断 Q 的飞出端。
(2) 本小问考查传送带摩擦力做功计算，利用两段等位移过程摩擦力做功的比值关系，直接求解动摩擦因数。
(3) 本小问综合平抛分速度、匀变速运动、功能关系，联立碰撞速度、传送带加速度、摩擦力做功三个条件，推导弹簧弹性势能的表达式。
15．【答案】(1)解：物体P从A下滑经B到C过程中根据动能定理有
得
经C点时有
解得
根据牛顿第三定律，P对C点的压力为
(2)解：从C到E机械能守恒，有
E与D间高度差为
(3)解：物体P最后在B与其等高的圆弧轨道上来回运动时，经C点压力最小，
由B到C根据机械能守恒有
解得
所以
根据牛顿第三定律物体P对C点处轨道的最小压力为
【知识点】向心力；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】(1) 本小问考查动能定理与圆周运动向心力，分段分析重力、摩擦力做功求出 C 点速度，再由向心力公式求轨道支持力，结合牛顿第三定律得到压力。
(2) 本小问考查圆弧 + 抛体全过程机械能守恒，以 C 为初态、最高点 E 为末态列能量方程，直接求解高度差。
(3) 本小问考查往复运动能量损耗临界状态，物体最终仅在光滑圆弧段往复，取临界等高位置用机械能守恒求最小速度，再计算最低点最小支持力与压力。
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