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广东仲元中学2025-2026学年高一下学期期中考试物理试题
1．关于曲线运动，下列说法正确的是（　　）
A．曲线运动中速度的大小一定改变
B．曲线运动中加速度的大小一定改变
C．曲线运动一定是变速运动
D．做曲线运动的物体加速度可以为零
2．卫星未发射时静置在赤道上随地球转动，地球半径为，卫星发射后在地球同步轨道上做匀速圆周运动，轨道半径为。则卫星未发射时和在轨道上运行时（　　）
A．角速度之比为
B．线速度之比为
C．向心加速度之比为
D．受到地球的万有引力之比为
3．端午赛龙舟是中华民族的传统，若某龙舟在比赛前划向比赛点的途中要渡过60m宽两岸平直的河，龙舟在静水中划行的速率为，河水的流速，下列说法中正确的是（　　）
A．该龙舟以最短时间渡河通过的位移也为最短
B．该龙舟渡河时船头垂直河岸，若水速突然变大，则渡河时间会变长
C．该龙舟渡河所用时间最少为12s
D．该龙舟不可能沿垂直河岸的航线抵达对岸
4．如图所示的四幅图表示的是有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是（　　）
A．图a中汽车通过凹形桥的最低点时处于失重状态
B．图b中火车转弯超过规定速度行驶时会挤压外轨
C．图c中脱水桶的脱水原理是水滴受到的离心力大于它所受到的向心力从而被甩出
D．图d中在光滑而固定的圆锥筒内，有完全相同的A、B两个小球在图中所示的平面内分别做匀速圆周运动，则、两小球的角速度大小相等
5．我国计划在2030年前实现首次载人登月，如图所示，飞船被月球捕获后，会先绕月球做周期为T的椭圆轨道运动，AC为椭圆的长轴，BD为椭圆的短轴，已知飞船贴着月球表面运动的周期为，月球的半径为R，则（　　）
A．飞船从B到C的运动时间为0.25T
B．若长轴的长度为，则
C．飞船在C点的速度大于在D点的速度
D．飞船在A点的加速度小于在D点的加速度
6．一辆质量的载重汽车，以的速度在平直路面上匀速行驶，此过程发动机功率，假设运动过程中汽车所受阻力与车重的比值恒定，g取，则下列说法正确的是（　　）
A．汽车受到的阻力为1666.7N
B．汽车所受阻力与车重的比值为0.3
C．若汽车关闭发动机，40s后汽车速度大小为
D．汽车卸掉货物之后，汽车质量为1.2t，当汽车功率仍为P时，汽车最大速度为
7．如图甲所示，水平传送带始终沿顺时针方向匀速转动，t=0时刻质量为m的物块（可视为质点）以速度v0滑上传送带左侧，t=t2时恰好运动到右侧，其运动的v-t图像如图乙所示。已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）
A．在t1~t2时间内物块受到向右的静摩擦力
B．物块与传送带之间的动摩擦因数
C．物块与传送带之间的最大相对位移
D．运输物块的全过程传送带克服摩擦力做的功
8．如图所示，分别是自行车的大齿轮、小齿轮和后轮的边缘上的三个点，到各自转动轴的距离分别为和。支起自行车后轮，在转动踏板的过程中，三点（　　）
A．角速度大小关系是
B．线速度大小关系是
C．线速度之比是
D．角速度之比是
9．中国的面食文化博大精深，种类繁多。其中“山西刀削面”堪称天下一绝，传统的操作手法是一手托面一手拿刀，直接将面削到开水锅里，如图所示，小面片刚被削离时距开水锅的高度为，与锅沿的水平距离为，锅的半径也为，将削出的小面片的运动视为平抛运动。且小面片都落入锅中，重力加速度为。则下列关于所有小面片在空中运动的描述正确的是（　　）
A．运动的时间都不相同
B．运动的时间都相同
C．落入锅中时，最大速度是最小速度的3倍
D．初速度越大，落入锅中时速度与水平面之间的夹角越小
10．如图甲是国产科幻大片《流浪地球2》中人类在地球同步静止轨道上建造的空间站，人类通过地面和空间站之间的“太空电梯”往返于天地之间。图乙是人乘坐“太空电梯”时由于随地球自转而需要的向心加速度与其到地心距离的关系图像，已知为地球半径，为地球静止卫星轨道半径，下列说法正确的是（　　）
A．空间站的线速度大于赤道上物体的线速度
B．从空间站向舱外释放一物体，物体将做自由落体运动
C．地球自转的角速度满足
D．地球同步静止卫星的周期
11．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F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。长槽的A、B处和短槽的C处分别到各自转轴中心距离之比为1∶2∶1。变速塔轮自上而下有三种组合方式，左右每层半径之比由上至下分别为1∶1、2∶1和3∶1，如图乙所示。
（1）本实验的目的是探究向心力的大小与小球质量m、角速度ω和半径r之间的关系，下列实验中采用的实验方法与本实验相同的是（　　）
A．卡文迪许利用扭秤测量引力常量
B．探究平抛运动的特点
C．探究加速度与物体受力、物体质量的关系
（2）在某次实验中，把两个质量相等的钢球放在B、C位置，探究向心力的大小与半径的关系，则需要将传动皮带调至第　 　层塔轮。（选填“一”、“二”或“三”）
（3）在另一次实验中，把两个质量相等的钢球放在A、C位置，传动皮带位于第二层，转动手柄，则当塔轮匀速转动时，左右两标尺露出的格子数之比约为_________（填选项前的字母）
A．1∶2 B．2∶1 C．1∶4 D．4∶1
12．某同学用图示装置研究平抛运动的特点：
（1）为保证实验的顺利进行，下列必要的操作是___________
A．斜槽必须尽可能光滑
B．斜槽末端必须水平
C．每次小球要从同一位置由静止释放
D．小球释放的初始位置越高越好
（2）如图所示，是该同学用频闪照相研究平抛运动时拍下的照片，背景方格纸的边长为，a、b、c是同一小球在频闪照相中拍下的三个连续的不同位置时的照片，则：（）
①频闪照相相邻闪光的时间间隔　 　s；
②小球水平抛出的初速度　 　（结果保留2位有效数字）；
③小球经过b点时其竖直分速度大小为　 　。（结果保留2位有效数字）；
13．水车是古代中国劳动人民发明的灌溉工具。图甲为赤峰市道须沟风景区内的一架水车，图乙为水车工作时的示意图。高处的水从水槽沿水平方向流出，水流出后垂直落在与水平面夹角为的水轮边缘上，冲击轮叶使水车转动。已知槽口到水车轴所在水平面距离为2R，水车轮轴到轮缘距离为R。水在空中的运动可视为平抛运动。重力加速度为g。求：
（1）水流从槽口到轮叶的运动时间t；
（2）水流初速度大小；
（3）水流打在轮叶上速度大小v。
14．如图所示为游乐场“旋转飞椅”的简化原理图。处于水平面内的圆形转盘，可绕穿过其中心的竖直轴转动。让转盘由静止开始逐渐加速转动，经过一段时间后，游客与转盘一起做匀速圆周运动，达到稳定状态，此时轻绳与竖直方向夹角为。已知绳长为且不可伸长，悬点与转轴中心的距离为，座椅与游客可视为质点，总质量为，重力加速度为，不计空气阻力，求：
（1）轻绳拉力的大小；
（2）转盘角速度的大小；
（3）从静止到稳定转动，轻绳拉力对座椅与游客做的功。
15．如图所示，质量为的滑块（可视为质点）放在光滑平台上，向左缓慢推动滑块压缩轻弹簧至P点，释放后滑块以一定速度从A点水平飞出后，恰好从B点无碰撞滑入竖直平面内的光滑圆弧轨道BC，然后从C点进入与圆弧轨道BC相切于C点的水平面CD，同一竖直平面内的光滑半圆轨道DE与水平面CD相切于D点。已知圆弧轨道BC的半径，AB两点的高度差，光滑圆弧BC对应的圆心角为53°，滑块与CD部分的动摩擦因数，，重力加速度。求：
（1）弹簧对滑块做的功；
（2）滑块到达圆弧末端C时对轨道的压力；
（3）滑块冲上半圆轨道后中途不会脱离半圆轨道，轨道DE的半径满足的条件。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】曲线运动
【解析】【解答】A．曲线运动中速度的大小不一定改变，例如匀速圆周运动的速度大小不变，故A错误；B．曲线运动中加速度的大小不一定改变，例如平抛运动的加速度不变，故B错误；
C．曲线运动速度方向一定变化，一定是变速运动，故C正确；
D．做曲线运动的物体加速度不可以为零，与速度方向不在同一直线上，故D错误。
故选：C。
【分析】举例说明曲线运动的速度大小和加速度大小不一定改变；根据曲线运动的速度方向改变进行分析解答；根据曲线运动的加速度是否为0进行判断。
2．【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A、卫星未发射时静置在赤道上随地球转动，其角速度与地球自转角速度相等。卫星发射后在地球同步轨道上做匀速圆周运动，其运行角速度与地球自转角速度相等，所以卫星未发射时和在轨道上运行时角速度之比为1：1，故A错误；B、卫星未发射时和在轨道上运行时，角速度相等，由公式v=ωr可知，两者线速度之比为轨道半径之比R：r，故B错误；
C、由公式可知，卫星未发射时和在轨道上运行时，角速度相等，则向心加速度之比为轨道半径之比R：r，故C正确；
D．由万有引力公式，万有引力大小与到地心距离的平方成反比，因此引力之比为，故D错误。
故选：C。
【分析】卫星未发射时和在轨道上运行时角速度都等于地球自转角速度，由v=ωr分析线速度关系。由公式求向心加速度之比。由公式求万有引力之比。
3．【答案】C
【知识点】小船渡河问题分析
【解析】【解答】A、最短时间渡河需船头垂直河岸，水流会将龙舟冲向下游，合位移大于河宽60m，此时位移不是最短，故A错误；
B、船头垂直河岸时，渡河时间，仅由河宽和静水船速决定，与水流速度无关，水速变大渡河时间不变，故B错误；
C、船头垂直河岸渡河时间最短，，故C正确；
D、静水船速5m/s大于水流速度4m/s，可让船头偏向上游，使船沿河岸分速度抵消水流速度，合速度垂直河岸，能垂直抵达对岸，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查最短时间渡河模型，区分最短时间与最短位移两种渡河情景；
B、考查垂直渡河时间的决定因素，水流速度不影响垂直河岸分运动；
C、代入数据计算最短渡河时间，船头垂直河岸时垂直分速度最大；
D、考查最短位移渡河条件，船速大于水速时可垂直到达正对岸。
4．【答案】B
【知识点】生活中的圆周运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．当汽车通过最低点时，需要向上的向心力，根据向心力的方向向上可以得出合力向上所以，故汽车处于超重状态，故A错误；
B．超速时由于向心力变大，重力与支持力的合力不足以提供向心力，火车有向外运动的趋势所以会挤压外轨产生向里的力，故B正确；
C．物体所受合外力不足以提供向心力才会做离心运动，所以脱水桶的脱水原理是水滴受到的合力小于它所受到的向心力从而被甩出，故C错误；
D．由于小球受到的重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律
解得，由图可知可得，故D错误。
故选B。
【分析】利用向心力的方向可以判别合力的方向，利用合力的方向可以判别超重；利用速度变大时重力与支持力的合力不足以提供向心力，火车有向外运动的趋势所以会挤压外轨产生向里的力；脱水桶的脱水原理是水滴受到的合力小于它所受到的向心力从而被甩出；根据牛顿第二定律结合半径的大小可以比较角速度的大小。
5．【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A、根据开普勒第二定律可知，飞船沿椭圆轨道运动时，在A点速率最大，在C点速率最小，飞船从B到C的平均速率较小，从B到C的路程为椭圆轨道的，则飞船从B到C的时间大于0.25T，故A错误；
B．若长轴的长度为，则椭圆轨道的半长轴为，由开普勒第三定律可得
解得，故B正确；
C．根据开普勒第二定律可知，飞船从C到D时速度增大，则飞船在C点的速度小于在D点的速度，故C错误；
D．根据牛顿第二定律有，解得，由于A点到月球的距离小于D点到月球的距离，所以飞船在A点的加速度大于在D点的加速度，故D错误。
故选B。
【分析】根据开普勒第二定律分析飞船速率变化情况，进而确定飞船从B到C的运动时间与周期T的关系；根据开普勒第三定律求T：T0；根据开普勒第二定律分析飞船在C点与D点的速度关系；根据牛顿第二定律结合万有引力定律分析加速度关系。
6．【答案】B
【知识点】机车启动
【解析】【解答】A．汽车的速度v=36km/h=10m/s，汽车受到的阻力大小为，故A错误；
B．运动过程中汽车所受阻力与车重的比值恒定，汽车所受阻力与车重的比值为，故B正确；
C．关闭发动机后，设汽车加速度为a，根据牛顿第二定律可得，解得
汽车停止所用时间为，故40s后速度为0，故C错误；
D．卸货后质量，所受阻力与车重的比值恒定，阻力 ，功率不变，最大速度，故D错误。
故选B。
【分析】汽车匀速行驶时，牵引力等于阻力，由功率和速度可求出阻力大小，再结合车重算出阻力与车重的比值；关闭发动机后，汽车只受阻力，可算出减速的加速度，再结合初速度判断汽车停下的时间，分析40秒时汽车是否已经停止；卸掉货物后，车重减小，阻力也按比例减小，当汽车再次匀速行驶时，牵引力等于新的阻力，结合功率不变的条件，可求出新的最大速度。
7．【答案】B
【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；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．由其运动的v-t图像可知物块在0~t1时间内做匀加速运动，在t1~t2时间内做匀速运动，此时不受摩擦力作用，A错误；
B．根据v-t图像的斜率表示加速度，结合图乙可知，物块在0～t1时间内的加速度为
根据牛顿第二定律，解得动摩擦因数为，B正确；
C．在t1时物块与传送带的相对位移最大，大小为，C错误。
D．物块在0~t1时间内根据动能定理
这是传送带对物块做的功，传送带克服摩擦力做的功，D错误。
故选B。
【分析】根据物块在0 t1时间内做匀加速运动，在t1 t2时间内做匀速运动，结合牛顿第二定律，以及动能定理分析求解。
8．【答案】A,C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】AD.大齿轮A与小齿轮B边缘的线速度大小相等，即vA=vB；小齿轮B与后轮C两轮的角速度大小相等，即ωB=ωC。结合线速度公式v=ωr可得ωA 3r=ωB可得ωB=3ωA，因此ωC=3ωA，角速度关系为ωA：ωB：ωC=1：3：3，且ωA＜ωB=ωC，故A正确，D错误；
BC.由v=ωr、ωB=ωC可得vC=ωC rC=ωB 10r，又因为vB=ωB r代入得vC=10vB，
综上，线速度关系为vA：vB：vC=1：1：10，且vA=vB＜vC。故C正确，B错误。
故选：AC。
【分析】边缘传动，边缘上的点线速度相等，同轴转动，除轴外角速度相等；结合公式v=ωr解答。
9．【答案】B,D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】AB．小面片均做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，小面片刚被削离时距开水锅的高度为，则有，解得，小面片的下落高度相同，故运动的，时间相同，故A错误，B正确；
C．水平方向做匀速直线运动，则有水平位移，解得
面片与锅沿的水平距离为，锅的半径也为，可知，最大的水平位移为，最小的水平位移为，可得最大的水平速度为，最小的水平速度为，则有
又落入锅中时速度可知最大速度与最小速度之比不等于3，故C错误；
D．设落入锅中时速度与水平面之间的夹角为，根据平行四边形法则可得
其中，解得，可知越大夹角越小，故D正确。
故选BD。
【分析】根据平抛运动的分解规律，由竖直分运动求运动时间，结合水平位移范围分析初速度，再利用速度合成与偏角公式判断选项。
10．【答案】A,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度；卫星问题
【解析】【解答】A．空间站和赤道上的物体随地球自转的角速度ω相同，空间站的轨道半径r2大于地球半径r1，根据v=ωr可知空间站的线速度大于赤道上物体的线速度，故A正确；B．从空间站舱外释放的物体，由于惯性会保持与空间站相同的速度，此时物体受到的万有引力恰好提供其随地球自转所需的向心力，物体将随空间站一起绕地球做匀速圆周运动，故B错误；
C．由图可知，根据圆周运动的向心加速度与角速度的关系可得
所以，即地球自转角速度大小满足，故C错误；
D．由于，解得，故其周期为，故D正确。
故选AD。
【分析】根据角速度相同的条件，分析空间站与赤道物体的线速度大小关系；分析舱外释放物体的运动状态，判断其是否会随空间站一起做圆周运动；结合向心加速度与轨道半径的关系，推导地球自转角速度的表达式；利用同步卫星的向心加速度，推导出其周期公式。
11．【答案】（1）C
（2）一
（3）C
【知识点】向心力
【解析】【解答】（1）本实验的目的是探究向心力的大小与小球质量m、角速度ω和半径r之间的关系，采用了控制变量法，卡文迪许利用扭秤测量引力常量采用放大思想、探究平抛运动的特点利用了分解的思想、探究加速度与物体受力、物体质量的关系采用了控制变量法，故C正确，AB错误。
故选：C。
（2）在某次实验中，把两个质量相等的钢球放在B、C位置，探究向心力的大小与半径的关系，需要保持角速度不变，由v=ωr可知左右塔轮的半径相同，则需要将传动皮带调至第一层塔轮。
（3） 在另一次实验中，把两个质量相等的钢球放在A、C位置，则运动半径相同，传动皮带位于第二层，由v=ωr可知左右角速度之比为1：2，转动手柄，则当塔轮匀速转动时，根据F=mω2R，可知向心力之比为1：4，则左右两标尺露出的格子数之比约为1：4，故C正确，AB错误。
故选：C。
【分析】（1）根据各实验原理分析判断；
（2）根据控制变量法和线速度、角速度关系判断；
（3）根据线速度、角速度关系和向心力公式计算。
（1）探究向心力的大小与小球质量m、角速度ω和半径r之间的关系，采用的实验方法是控制变量法。
A．卡文迪许利用扭秤测量引力常量，应用的是放大法，故A错误；
B．探究平抛运动的特点，采用的实验方法是用曲化直的方法，故B错误；
C．探究加速度与物体受力、物体质量的关系，采用的实验方法是控制变量法，故C正确。
故选C。
（2）在某次实验中，把两个质量相等的钢球放在B、C位置，探究向心力的大小与半径的关系，应使两球的角速度相同，则需要将传动皮带调至第一层塔轮。
（3）在另一次实验中，把两个质量相等的钢球放在A、C位置，则两球做圆周运动的半径相等；传动皮带位于第二层，则两球做圆周运动的角速度之比为
根据
可知当塔轮匀速转动时，左右两标尺露出的格子数之比约为
故选C。
12．【答案】（1）B；C
（2）0.05；1.0；0.75
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】(1) A：斜槽无需光滑，只要每次同一位置静止释放，初速度就一致，A错误；
B：斜槽末端水平，才能保证小球抛出初速度沿水平方向，做平抛运动，B正确；
C：同一位置静止释放，保证每次平抛初速度相同，轨迹一致，C正确；
D：释放位置过高，初速度过大易超出坐标纸，并非越高越好，D错误；
故答案为：BC
(2) 方格边长
① 竖直方向匀变速直线运动，位移差，
故答案为：
② 水平方向匀速，相邻两点水平位移
故答案为：
③ b点竖直分速度等于ac段竖直平均速度，ac竖直总位移
故答案为：
【分析】(1) 本小问考查平抛实验操作规范，核心两点：末端水平保证平抛、同位置释放保证初速度不变，斜槽摩擦力不影响初速度一致性。
(2) 本小问结合频闪照片处理平抛数据：
① 利用竖直方向匀变速位移差公式求闪光时间间隔；
② 水平匀速直线运动，水平位移除以时间得平抛初速度；
③ 匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于平均速度，用ac竖直总位移求b点竖直分速度。
（1）A．斜槽不需要光滑，只要每次让小球从同一位置由静止释放，就能保证小球每次平抛的初速度相同，故A错误；
B．斜槽末端必须水平，才能保证小球抛出时初速度水平，做平抛运动，故B正确；
C．每次小球从同一位置由静止释放，才能保证每次平抛的初速度一致，得到相同的运动轨迹，故C正确；
D．释放位置过高会导致小球初速度过大，轨迹超出白纸范围，不便于描点研究，不是越高越好，故D错误。
故选BC。
（2）[1]已知方格边长 ，平抛运动水平方向匀速直线运动，竖直方向自由落体（匀变速直线运动）。
竖直方向，连续相等时间内位移差满足
由图得：相邻两点竖直位移差
代入得：
[2]水平方向相邻两点位移
匀速运动满足
代入得：
[3]匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，是到的中间时刻，因此：
13．【答案】（1）解：水流垂直落在与水平面成30°角的轮叶边缘上，下落的高度为
水流从槽口到轮叶的运动过程中，竖直方向上做自由落体运动，有
解得水流从槽口到轮叶的运动时间
（2）解：设水流打在轮叶上时竖直分速度为vy，则
水流垂直落在与水平面成30°角的轮叶边缘上，则
解得水流初速度
（3）解：根据速度的合成可知打在轮叶上的速度的大小为
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】（1）水流做平抛运动，竖直方向为自由落体，已知下落高度由槽口高度与水车轮缘位置关系确定。通过几何关系得到下落高度，利用自由落体位移与时间的关系即可求出运动时间。
（2）水流垂直冲击轮叶，意味着冲击瞬间速度方向与轮叶表面垂直。已知轮叶与水平面夹角，结合平抛运动末速度方向与水平方向夹角的关系，可由竖直分速度与初速度的几何关系求出初速度大小。
（3）水流打在轮叶上的速度是平抛运动的合速度，由水平初速度与竖直末速度根据矢量合成法则求得。竖直分速度可通过自由落体运动规律由运动时间求出。
（1）水流垂直落在与水平面成30°角的轮叶边缘上，下落的高度为
水流从槽口到轮叶的运动过程中，竖直方向上做自由落体运动，有
解得水流从槽口到轮叶的运动时间
（2）设水流打在轮叶上时竖直分速度为vy，则
水流垂直落在与水平面成30°角的轮叶边缘上，则
解得水流初速度
（3）根据速度的合成可知打在轮叶上的速度的大小为
14．【答案】（1）解：在竖直方向受力平衡
解得轻绳拉力的大小
（2）解：根据牛顿第二定律
解得转盘角速度
（3）解：稳定转动时，座椅和游客的速度
从静止到稳定转动，根据动能定理
解得从静止到稳定转动，轻绳拉力对座椅与游客做的功
【知识点】向心力；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）对座椅与游客进行受力分析，其在竖直方向处于平衡状态，由竖直方向合力为零可确定轻绳拉力与重力之间的关系，从而求出拉力大小。
（2）座椅与游客做匀速圆周运动，其轨道半径由几何关系确定，向心力由拉力的水平分量提供，根据牛顿第二定律建立向心力与角速度的关系，结合第一问结果即可求出角速度。
（3）从静止到稳定转动的过程涉及动能变化和重力势能变化，需确定稳定时游客的线速度及上升的高度，运用动能定理，将拉力做功、重力做功与动能变化联系起来，从而求出拉力所做的功。
（1）在竖直方向受力平衡
解得轻绳拉力的大小
（2）根据牛顿第二定律
解得转盘角速度
（3）稳定转动时，座椅和游客的速度
从静止到稳定转动，根据动能定理
解得从静止到稳定转动，轻绳拉力对座椅与游客做的功
15．【答案】（1）解：滑块从A点运动到B点的过程为平抛运动，设滑块运动到B点时水平方向的速度为，竖直方向的分速度为，则根据平抛运动的性质有
解得
又因为滑块恰好从B点无碰撞滑入竖直平面内的光滑圆弧轨道BC，则有
解得
即滑块运动到A点时的速度为，则滑块从P点运动到A点的过程根据能量守恒定律有
解得弹簧对滑块做的功为
（2）解：滑块由B点运动到C点的过程，根据动能定理得
又因为
联立解得滑块运动到C点时的速度为
在C点对滑块进行受力分析，根据牛顿第二定律有
解得此时轨道对滑块的支持力为
则由牛顿第三定律可知，滑块到达圆弧末端C时对轨道的压力大小为，方向竖直向下。
（3）解：滑块冲上半圆轨道后不会脱离轨道运动，分两种情况：一是到达与圆心等高处时速度恰好为零；二是恰好到达半圆弧轨道的最高点。当滑块到达与圆心等高处时速度恰好为零时，由动能定理得
解得
当滑块恰好能够到达半圆弧轨道的最高点时，由动能定理得
滑块在最高点E时，由重力恰好提供向心力有
联立解得
综上所述可知，若滑块冲上半圆轨道后中途不会脱离轨道运动，则轨道DE的半径满足的条件为或
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）滑块从A点到B点做平抛运动，根据h求出滑块到达B点时竖直分速度，根据分速度关系求出滑块到达B点时水平分速度，即可得到滑块从A点飞出时的速度，再根据机械能守恒求弹簧压缩至P点时的弹性势能；
（2）从B点到C点，根据动能定理求出滑块到达圆弧末端C时速度大小。在C点，根据牛顿第二定律求滑块到达圆弧末端C时受到的支持力，从而得到滑块对轨道的压力；
（3）滑块冲上半圆轨道后不会脱离轨道运动，有两种临界情况：一是到达与圆心等高处时速度恰好为零；二是恰好到达半圆弧轨道最高点。根据动能定理结合临界条件求轨道DE的半径R2满足的条件。
（1）滑块从A点运动到B点的过程为平抛运动，设滑块运动到B点时水平方向的速度为，竖直方向的分速度为，则根据平抛运动的性质有
解得
又因为滑块恰好从B点无碰撞滑入竖直平面内的光滑圆弧轨道BC，则有
解得
即滑块运动到A点时的速度为，则滑块从P点运动到A点的过程根据能量守恒定律有
解得弹簧对滑块做的功为
（2）滑块由B点运动到C点的过程，根据动能定理得
又因为
联立解得滑块运动到C点时的速度为
在C点对滑块进行受力分析，根据牛顿第二定律有
解得此时轨道对滑块的支持力为
则由牛顿第三定律可知，滑块到达圆弧末端C时对轨道的压力大小为，方向竖直向下。
（3）滑块冲上半圆轨道后不会脱离轨道运动，分两种情况：一是到达与圆心等高处时速度恰好为零；二是恰好到达半圆弧轨道的最高点。当滑块到达与圆心等高处时速度恰好为零时，由动能定理得
解得
当滑块恰好能够到达半圆弧轨道的最高点时，由动能定理得
滑块在最高点E时，由重力恰好提供向心力有
联立解得
综上所述可知，若滑块冲上半圆轨道后中途不会脱离轨道运动，则轨道DE的半径满足的条件为或
1 / 1广东仲元中学2025-2026学年高一下学期期中考试物理试题
1．关于曲线运动，下列说法正确的是（　　）
A．曲线运动中速度的大小一定改变
B．曲线运动中加速度的大小一定改变
C．曲线运动一定是变速运动
D．做曲线运动的物体加速度可以为零
【答案】C
【知识点】曲线运动
【解析】【解答】A．曲线运动中速度的大小不一定改变，例如匀速圆周运动的速度大小不变，故A错误；B．曲线运动中加速度的大小不一定改变，例如平抛运动的加速度不变，故B错误；
C．曲线运动速度方向一定变化，一定是变速运动，故C正确；
D．做曲线运动的物体加速度不可以为零，与速度方向不在同一直线上，故D错误。
故选：C。
【分析】举例说明曲线运动的速度大小和加速度大小不一定改变；根据曲线运动的速度方向改变进行分析解答；根据曲线运动的加速度是否为0进行判断。
2．卫星未发射时静置在赤道上随地球转动，地球半径为，卫星发射后在地球同步轨道上做匀速圆周运动，轨道半径为。则卫星未发射时和在轨道上运行时（　　）
A．角速度之比为
B．线速度之比为
C．向心加速度之比为
D．受到地球的万有引力之比为
【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A、卫星未发射时静置在赤道上随地球转动，其角速度与地球自转角速度相等。卫星发射后在地球同步轨道上做匀速圆周运动，其运行角速度与地球自转角速度相等，所以卫星未发射时和在轨道上运行时角速度之比为1：1，故A错误；B、卫星未发射时和在轨道上运行时，角速度相等，由公式v=ωr可知，两者线速度之比为轨道半径之比R：r，故B错误；
C、由公式可知，卫星未发射时和在轨道上运行时，角速度相等，则向心加速度之比为轨道半径之比R：r，故C正确；
D．由万有引力公式，万有引力大小与到地心距离的平方成反比，因此引力之比为，故D错误。
故选：C。
【分析】卫星未发射时和在轨道上运行时角速度都等于地球自转角速度，由v=ωr分析线速度关系。由公式求向心加速度之比。由公式求万有引力之比。
3．端午赛龙舟是中华民族的传统，若某龙舟在比赛前划向比赛点的途中要渡过60m宽两岸平直的河，龙舟在静水中划行的速率为，河水的流速，下列说法中正确的是（　　）
A．该龙舟以最短时间渡河通过的位移也为最短
B．该龙舟渡河时船头垂直河岸，若水速突然变大，则渡河时间会变长
C．该龙舟渡河所用时间最少为12s
D．该龙舟不可能沿垂直河岸的航线抵达对岸
【答案】C
【知识点】小船渡河问题分析
【解析】【解答】A、最短时间渡河需船头垂直河岸，水流会将龙舟冲向下游，合位移大于河宽60m，此时位移不是最短，故A错误；
B、船头垂直河岸时，渡河时间，仅由河宽和静水船速决定，与水流速度无关，水速变大渡河时间不变，故B错误；
C、船头垂直河岸渡河时间最短，，故C正确；
D、静水船速5m/s大于水流速度4m/s，可让船头偏向上游，使船沿河岸分速度抵消水流速度，合速度垂直河岸，能垂直抵达对岸，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查最短时间渡河模型，区分最短时间与最短位移两种渡河情景；
B、考查垂直渡河时间的决定因素，水流速度不影响垂直河岸分运动；
C、代入数据计算最短渡河时间，船头垂直河岸时垂直分速度最大；
D、考查最短位移渡河条件，船速大于水速时可垂直到达正对岸。
4．如图所示的四幅图表示的是有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是（　　）
A．图a中汽车通过凹形桥的最低点时处于失重状态
B．图b中火车转弯超过规定速度行驶时会挤压外轨
C．图c中脱水桶的脱水原理是水滴受到的离心力大于它所受到的向心力从而被甩出
D．图d中在光滑而固定的圆锥筒内，有完全相同的A、B两个小球在图中所示的平面内分别做匀速圆周运动，则、两小球的角速度大小相等
【答案】B
【知识点】生活中的圆周运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．当汽车通过最低点时，需要向上的向心力，根据向心力的方向向上可以得出合力向上所以，故汽车处于超重状态，故A错误；
B．超速时由于向心力变大，重力与支持力的合力不足以提供向心力，火车有向外运动的趋势所以会挤压外轨产生向里的力，故B正确；
C．物体所受合外力不足以提供向心力才会做离心运动，所以脱水桶的脱水原理是水滴受到的合力小于它所受到的向心力从而被甩出，故C错误；
D．由于小球受到的重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律
解得，由图可知可得，故D错误。
故选B。
【分析】利用向心力的方向可以判别合力的方向，利用合力的方向可以判别超重；利用速度变大时重力与支持力的合力不足以提供向心力，火车有向外运动的趋势所以会挤压外轨产生向里的力；脱水桶的脱水原理是水滴受到的合力小于它所受到的向心力从而被甩出；根据牛顿第二定律结合半径的大小可以比较角速度的大小。
5．我国计划在2030年前实现首次载人登月，如图所示，飞船被月球捕获后，会先绕月球做周期为T的椭圆轨道运动，AC为椭圆的长轴，BD为椭圆的短轴，已知飞船贴着月球表面运动的周期为，月球的半径为R，则（　　）
A．飞船从B到C的运动时间为0.25T
B．若长轴的长度为，则
C．飞船在C点的速度大于在D点的速度
D．飞船在A点的加速度小于在D点的加速度
【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A、根据开普勒第二定律可知，飞船沿椭圆轨道运动时，在A点速率最大，在C点速率最小，飞船从B到C的平均速率较小，从B到C的路程为椭圆轨道的，则飞船从B到C的时间大于0.25T，故A错误；
B．若长轴的长度为，则椭圆轨道的半长轴为，由开普勒第三定律可得
解得，故B正确；
C．根据开普勒第二定律可知，飞船从C到D时速度增大，则飞船在C点的速度小于在D点的速度，故C错误；
D．根据牛顿第二定律有，解得，由于A点到月球的距离小于D点到月球的距离，所以飞船在A点的加速度大于在D点的加速度，故D错误。
故选B。
【分析】根据开普勒第二定律分析飞船速率变化情况，进而确定飞船从B到C的运动时间与周期T的关系；根据开普勒第三定律求T：T0；根据开普勒第二定律分析飞船在C点与D点的速度关系；根据牛顿第二定律结合万有引力定律分析加速度关系。
6．一辆质量的载重汽车，以的速度在平直路面上匀速行驶，此过程发动机功率，假设运动过程中汽车所受阻力与车重的比值恒定，g取，则下列说法正确的是（　　）
A．汽车受到的阻力为1666.7N
B．汽车所受阻力与车重的比值为0.3
C．若汽车关闭发动机，40s后汽车速度大小为
D．汽车卸掉货物之后，汽车质量为1.2t，当汽车功率仍为P时，汽车最大速度为
【答案】B
【知识点】机车启动
【解析】【解答】A．汽车的速度v=36km/h=10m/s，汽车受到的阻力大小为，故A错误；
B．运动过程中汽车所受阻力与车重的比值恒定，汽车所受阻力与车重的比值为，故B正确；
C．关闭发动机后，设汽车加速度为a，根据牛顿第二定律可得，解得
汽车停止所用时间为，故40s后速度为0，故C错误；
D．卸货后质量，所受阻力与车重的比值恒定，阻力 ，功率不变，最大速度，故D错误。
故选B。
【分析】汽车匀速行驶时，牵引力等于阻力，由功率和速度可求出阻力大小，再结合车重算出阻力与车重的比值；关闭发动机后，汽车只受阻力，可算出减速的加速度，再结合初速度判断汽车停下的时间，分析40秒时汽车是否已经停止；卸掉货物后，车重减小，阻力也按比例减小，当汽车再次匀速行驶时，牵引力等于新的阻力，结合功率不变的条件，可求出新的最大速度。
7．如图甲所示，水平传送带始终沿顺时针方向匀速转动，t=0时刻质量为m的物块（可视为质点）以速度v0滑上传送带左侧，t=t2时恰好运动到右侧，其运动的v-t图像如图乙所示。已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）
A．在t1~t2时间内物块受到向右的静摩擦力
B．物块与传送带之间的动摩擦因数
C．物块与传送带之间的最大相对位移
D．运输物块的全过程传送带克服摩擦力做的功
【答案】B
【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；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．由其运动的v-t图像可知物块在0~t1时间内做匀加速运动，在t1~t2时间内做匀速运动，此时不受摩擦力作用，A错误；
B．根据v-t图像的斜率表示加速度，结合图乙可知，物块在0～t1时间内的加速度为
根据牛顿第二定律，解得动摩擦因数为，B正确；
C．在t1时物块与传送带的相对位移最大，大小为，C错误。
D．物块在0~t1时间内根据动能定理
这是传送带对物块做的功，传送带克服摩擦力做的功，D错误。
故选B。
【分析】根据物块在0 t1时间内做匀加速运动，在t1 t2时间内做匀速运动，结合牛顿第二定律，以及动能定理分析求解。
8．如图所示，分别是自行车的大齿轮、小齿轮和后轮的边缘上的三个点，到各自转动轴的距离分别为和。支起自行车后轮，在转动踏板的过程中，三点（　　）
A．角速度大小关系是
B．线速度大小关系是
C．线速度之比是
D．角速度之比是
【答案】A,C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】AD.大齿轮A与小齿轮B边缘的线速度大小相等，即vA=vB；小齿轮B与后轮C两轮的角速度大小相等，即ωB=ωC。结合线速度公式v=ωr可得ωA 3r=ωB可得ωB=3ωA，因此ωC=3ωA，角速度关系为ωA：ωB：ωC=1：3：3，且ωA＜ωB=ωC，故A正确，D错误；
BC.由v=ωr、ωB=ωC可得vC=ωC rC=ωB 10r，又因为vB=ωB r代入得vC=10vB，
综上，线速度关系为vA：vB：vC=1：1：10，且vA=vB＜vC。故C正确，B错误。
故选：AC。
【分析】边缘传动，边缘上的点线速度相等，同轴转动，除轴外角速度相等；结合公式v=ωr解答。
9．中国的面食文化博大精深，种类繁多。其中“山西刀削面”堪称天下一绝，传统的操作手法是一手托面一手拿刀，直接将面削到开水锅里，如图所示，小面片刚被削离时距开水锅的高度为，与锅沿的水平距离为，锅的半径也为，将削出的小面片的运动视为平抛运动。且小面片都落入锅中，重力加速度为。则下列关于所有小面片在空中运动的描述正确的是（　　）
A．运动的时间都不相同
B．运动的时间都相同
C．落入锅中时，最大速度是最小速度的3倍
D．初速度越大，落入锅中时速度与水平面之间的夹角越小
【答案】B,D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】AB．小面片均做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，小面片刚被削离时距开水锅的高度为，则有，解得，小面片的下落高度相同，故运动的，时间相同，故A错误，B正确；
C．水平方向做匀速直线运动，则有水平位移，解得
面片与锅沿的水平距离为，锅的半径也为，可知，最大的水平位移为，最小的水平位移为，可得最大的水平速度为，最小的水平速度为，则有
又落入锅中时速度可知最大速度与最小速度之比不等于3，故C错误；
D．设落入锅中时速度与水平面之间的夹角为，根据平行四边形法则可得
其中，解得，可知越大夹角越小，故D正确。
故选BD。
【分析】根据平抛运动的分解规律，由竖直分运动求运动时间，结合水平位移范围分析初速度，再利用速度合成与偏角公式判断选项。
10．如图甲是国产科幻大片《流浪地球2》中人类在地球同步静止轨道上建造的空间站，人类通过地面和空间站之间的“太空电梯”往返于天地之间。图乙是人乘坐“太空电梯”时由于随地球自转而需要的向心加速度与其到地心距离的关系图像，已知为地球半径，为地球静止卫星轨道半径，下列说法正确的是（　　）
A．空间站的线速度大于赤道上物体的线速度
B．从空间站向舱外释放一物体，物体将做自由落体运动
C．地球自转的角速度满足
D．地球同步静止卫星的周期
【答案】A,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度；卫星问题
【解析】【解答】A．空间站和赤道上的物体随地球自转的角速度ω相同，空间站的轨道半径r2大于地球半径r1，根据v=ωr可知空间站的线速度大于赤道上物体的线速度，故A正确；B．从空间站舱外释放的物体，由于惯性会保持与空间站相同的速度，此时物体受到的万有引力恰好提供其随地球自转所需的向心力，物体将随空间站一起绕地球做匀速圆周运动，故B错误；
C．由图可知，根据圆周运动的向心加速度与角速度的关系可得
所以，即地球自转角速度大小满足，故C错误；
D．由于，解得，故其周期为，故D正确。
故选AD。
【分析】根据角速度相同的条件，分析空间站与赤道物体的线速度大小关系；分析舱外释放物体的运动状态，判断其是否会随空间站一起做圆周运动；结合向心加速度与轨道半径的关系，推导地球自转角速度的表达式；利用同步卫星的向心加速度，推导出其周期公式。
11．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F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。长槽的A、B处和短槽的C处分别到各自转轴中心距离之比为1∶2∶1。变速塔轮自上而下有三种组合方式，左右每层半径之比由上至下分别为1∶1、2∶1和3∶1，如图乙所示。
（1）本实验的目的是探究向心力的大小与小球质量m、角速度ω和半径r之间的关系，下列实验中采用的实验方法与本实验相同的是（　　）
A．卡文迪许利用扭秤测量引力常量
B．探究平抛运动的特点
C．探究加速度与物体受力、物体质量的关系
（2）在某次实验中，把两个质量相等的钢球放在B、C位置，探究向心力的大小与半径的关系，则需要将传动皮带调至第　 　层塔轮。（选填“一”、“二”或“三”）
（3）在另一次实验中，把两个质量相等的钢球放在A、C位置，传动皮带位于第二层，转动手柄，则当塔轮匀速转动时，左右两标尺露出的格子数之比约为_________（填选项前的字母）
A．1∶2 B．2∶1 C．1∶4 D．4∶1
【答案】（1）C
（2）一
（3）C
【知识点】向心力
【解析】【解答】（1）本实验的目的是探究向心力的大小与小球质量m、角速度ω和半径r之间的关系，采用了控制变量法，卡文迪许利用扭秤测量引力常量采用放大思想、探究平抛运动的特点利用了分解的思想、探究加速度与物体受力、物体质量的关系采用了控制变量法，故C正确，AB错误。
故选：C。
（2）在某次实验中，把两个质量相等的钢球放在B、C位置，探究向心力的大小与半径的关系，需要保持角速度不变，由v=ωr可知左右塔轮的半径相同，则需要将传动皮带调至第一层塔轮。
（3） 在另一次实验中，把两个质量相等的钢球放在A、C位置，则运动半径相同，传动皮带位于第二层，由v=ωr可知左右角速度之比为1：2，转动手柄，则当塔轮匀速转动时，根据F=mω2R，可知向心力之比为1：4，则左右两标尺露出的格子数之比约为1：4，故C正确，AB错误。
故选：C。
【分析】（1）根据各实验原理分析判断；
（2）根据控制变量法和线速度、角速度关系判断；
（3）根据线速度、角速度关系和向心力公式计算。
（1）探究向心力的大小与小球质量m、角速度ω和半径r之间的关系，采用的实验方法是控制变量法。
A．卡文迪许利用扭秤测量引力常量，应用的是放大法，故A错误；
B．探究平抛运动的特点，采用的实验方法是用曲化直的方法，故B错误；
C．探究加速度与物体受力、物体质量的关系，采用的实验方法是控制变量法，故C正确。
故选C。
（2）在某次实验中，把两个质量相等的钢球放在B、C位置，探究向心力的大小与半径的关系，应使两球的角速度相同，则需要将传动皮带调至第一层塔轮。
（3）在另一次实验中，把两个质量相等的钢球放在A、C位置，则两球做圆周运动的半径相等；传动皮带位于第二层，则两球做圆周运动的角速度之比为
根据
可知当塔轮匀速转动时，左右两标尺露出的格子数之比约为
故选C。
12．某同学用图示装置研究平抛运动的特点：
（1）为保证实验的顺利进行，下列必要的操作是___________
A．斜槽必须尽可能光滑
B．斜槽末端必须水平
C．每次小球要从同一位置由静止释放
D．小球释放的初始位置越高越好
（2）如图所示，是该同学用频闪照相研究平抛运动时拍下的照片，背景方格纸的边长为，a、b、c是同一小球在频闪照相中拍下的三个连续的不同位置时的照片，则：（）
①频闪照相相邻闪光的时间间隔　 　s；
②小球水平抛出的初速度　 　（结果保留2位有效数字）；
③小球经过b点时其竖直分速度大小为　 　。（结果保留2位有效数字）；
【答案】（1）B；C
（2）0.05；1.0；0.75
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】(1) A：斜槽无需光滑，只要每次同一位置静止释放，初速度就一致，A错误；
B：斜槽末端水平，才能保证小球抛出初速度沿水平方向，做平抛运动，B正确；
C：同一位置静止释放，保证每次平抛初速度相同，轨迹一致，C正确；
D：释放位置过高，初速度过大易超出坐标纸，并非越高越好，D错误；
故答案为：BC
(2) 方格边长
① 竖直方向匀变速直线运动，位移差，
故答案为：
② 水平方向匀速，相邻两点水平位移
故答案为：
③ b点竖直分速度等于ac段竖直平均速度，ac竖直总位移
故答案为：
【分析】(1) 本小问考查平抛实验操作规范，核心两点：末端水平保证平抛、同位置释放保证初速度不变，斜槽摩擦力不影响初速度一致性。
(2) 本小问结合频闪照片处理平抛数据：
① 利用竖直方向匀变速位移差公式求闪光时间间隔；
② 水平匀速直线运动，水平位移除以时间得平抛初速度；
③ 匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于平均速度，用ac竖直总位移求b点竖直分速度。
（1）A．斜槽不需要光滑，只要每次让小球从同一位置由静止释放，就能保证小球每次平抛的初速度相同，故A错误；
B．斜槽末端必须水平，才能保证小球抛出时初速度水平，做平抛运动，故B正确；
C．每次小球从同一位置由静止释放，才能保证每次平抛的初速度一致，得到相同的运动轨迹，故C正确；
D．释放位置过高会导致小球初速度过大，轨迹超出白纸范围，不便于描点研究，不是越高越好，故D错误。
故选BC。
（2）[1]已知方格边长 ，平抛运动水平方向匀速直线运动，竖直方向自由落体（匀变速直线运动）。
竖直方向，连续相等时间内位移差满足
由图得：相邻两点竖直位移差
代入得：
[2]水平方向相邻两点位移
匀速运动满足
代入得：
[3]匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，是到的中间时刻，因此：
13．水车是古代中国劳动人民发明的灌溉工具。图甲为赤峰市道须沟风景区内的一架水车，图乙为水车工作时的示意图。高处的水从水槽沿水平方向流出，水流出后垂直落在与水平面夹角为的水轮边缘上，冲击轮叶使水车转动。已知槽口到水车轴所在水平面距离为2R，水车轮轴到轮缘距离为R。水在空中的运动可视为平抛运动。重力加速度为g。求：
（1）水流从槽口到轮叶的运动时间t；
（2）水流初速度大小；
（3）水流打在轮叶上速度大小v。
【答案】（1）解：水流垂直落在与水平面成30°角的轮叶边缘上，下落的高度为
水流从槽口到轮叶的运动过程中，竖直方向上做自由落体运动，有
解得水流从槽口到轮叶的运动时间
（2）解：设水流打在轮叶上时竖直分速度为vy，则
水流垂直落在与水平面成30°角的轮叶边缘上，则
解得水流初速度
（3）解：根据速度的合成可知打在轮叶上的速度的大小为
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】（1）水流做平抛运动，竖直方向为自由落体，已知下落高度由槽口高度与水车轮缘位置关系确定。通过几何关系得到下落高度，利用自由落体位移与时间的关系即可求出运动时间。
（2）水流垂直冲击轮叶，意味着冲击瞬间速度方向与轮叶表面垂直。已知轮叶与水平面夹角，结合平抛运动末速度方向与水平方向夹角的关系，可由竖直分速度与初速度的几何关系求出初速度大小。
（3）水流打在轮叶上的速度是平抛运动的合速度，由水平初速度与竖直末速度根据矢量合成法则求得。竖直分速度可通过自由落体运动规律由运动时间求出。
（1）水流垂直落在与水平面成30°角的轮叶边缘上，下落的高度为
水流从槽口到轮叶的运动过程中，竖直方向上做自由落体运动，有
解得水流从槽口到轮叶的运动时间
（2）设水流打在轮叶上时竖直分速度为vy，则
水流垂直落在与水平面成30°角的轮叶边缘上，则
解得水流初速度
（3）根据速度的合成可知打在轮叶上的速度的大小为
14．如图所示为游乐场“旋转飞椅”的简化原理图。处于水平面内的圆形转盘，可绕穿过其中心的竖直轴转动。让转盘由静止开始逐渐加速转动，经过一段时间后，游客与转盘一起做匀速圆周运动，达到稳定状态，此时轻绳与竖直方向夹角为。已知绳长为且不可伸长，悬点与转轴中心的距离为，座椅与游客可视为质点，总质量为，重力加速度为，不计空气阻力，求：
（1）轻绳拉力的大小；
（2）转盘角速度的大小；
（3）从静止到稳定转动，轻绳拉力对座椅与游客做的功。
【答案】（1）解：在竖直方向受力平衡
解得轻绳拉力的大小
（2）解：根据牛顿第二定律
解得转盘角速度
（3）解：稳定转动时，座椅和游客的速度
从静止到稳定转动，根据动能定理
解得从静止到稳定转动，轻绳拉力对座椅与游客做的功
【知识点】向心力；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）对座椅与游客进行受力分析，其在竖直方向处于平衡状态，由竖直方向合力为零可确定轻绳拉力与重力之间的关系，从而求出拉力大小。
（2）座椅与游客做匀速圆周运动，其轨道半径由几何关系确定，向心力由拉力的水平分量提供，根据牛顿第二定律建立向心力与角速度的关系，结合第一问结果即可求出角速度。
（3）从静止到稳定转动的过程涉及动能变化和重力势能变化，需确定稳定时游客的线速度及上升的高度，运用动能定理，将拉力做功、重力做功与动能变化联系起来，从而求出拉力所做的功。
（1）在竖直方向受力平衡
解得轻绳拉力的大小
（2）根据牛顿第二定律
解得转盘角速度
（3）稳定转动时，座椅和游客的速度
从静止到稳定转动，根据动能定理
解得从静止到稳定转动，轻绳拉力对座椅与游客做的功
15．如图所示，质量为的滑块（可视为质点）放在光滑平台上，向左缓慢推动滑块压缩轻弹簧至P点，释放后滑块以一定速度从A点水平飞出后，恰好从B点无碰撞滑入竖直平面内的光滑圆弧轨道BC，然后从C点进入与圆弧轨道BC相切于C点的水平面CD，同一竖直平面内的光滑半圆轨道DE与水平面CD相切于D点。已知圆弧轨道BC的半径，AB两点的高度差，光滑圆弧BC对应的圆心角为53°，滑块与CD部分的动摩擦因数，，重力加速度。求：
（1）弹簧对滑块做的功；
（2）滑块到达圆弧末端C时对轨道的压力；
（3）滑块冲上半圆轨道后中途不会脱离半圆轨道，轨道DE的半径满足的条件。
【答案】（1）解：滑块从A点运动到B点的过程为平抛运动，设滑块运动到B点时水平方向的速度为，竖直方向的分速度为，则根据平抛运动的性质有
解得
又因为滑块恰好从B点无碰撞滑入竖直平面内的光滑圆弧轨道BC，则有
解得
即滑块运动到A点时的速度为，则滑块从P点运动到A点的过程根据能量守恒定律有
解得弹簧对滑块做的功为
（2）解：滑块由B点运动到C点的过程，根据动能定理得
又因为
联立解得滑块运动到C点时的速度为
在C点对滑块进行受力分析，根据牛顿第二定律有
解得此时轨道对滑块的支持力为
则由牛顿第三定律可知，滑块到达圆弧末端C时对轨道的压力大小为，方向竖直向下。
（3）解：滑块冲上半圆轨道后不会脱离轨道运动，分两种情况：一是到达与圆心等高处时速度恰好为零；二是恰好到达半圆弧轨道的最高点。当滑块到达与圆心等高处时速度恰好为零时，由动能定理得
解得
当滑块恰好能够到达半圆弧轨道的最高点时，由动能定理得
滑块在最高点E时，由重力恰好提供向心力有
联立解得
综上所述可知，若滑块冲上半圆轨道后中途不会脱离轨道运动，则轨道DE的半径满足的条件为或
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）滑块从A点到B点做平抛运动，根据h求出滑块到达B点时竖直分速度，根据分速度关系求出滑块到达B点时水平分速度，即可得到滑块从A点飞出时的速度，再根据机械能守恒求弹簧压缩至P点时的弹性势能；
（2）从B点到C点，根据动能定理求出滑块到达圆弧末端C时速度大小。在C点，根据牛顿第二定律求滑块到达圆弧末端C时受到的支持力，从而得到滑块对轨道的压力；
（3）滑块冲上半圆轨道后不会脱离轨道运动，有两种临界情况：一是到达与圆心等高处时速度恰好为零；二是恰好到达半圆弧轨道最高点。根据动能定理结合临界条件求轨道DE的半径R2满足的条件。
（1）滑块从A点运动到B点的过程为平抛运动，设滑块运动到B点时水平方向的速度为，竖直方向的分速度为，则根据平抛运动的性质有
解得
又因为滑块恰好从B点无碰撞滑入竖直平面内的光滑圆弧轨道BC，则有
解得
即滑块运动到A点时的速度为，则滑块从P点运动到A点的过程根据能量守恒定律有
解得弹簧对滑块做的功为
（2）滑块由B点运动到C点的过程，根据动能定理得
又因为
联立解得滑块运动到C点时的速度为
在C点对滑块进行受力分析，根据牛顿第二定律有
解得此时轨道对滑块的支持力为
则由牛顿第三定律可知，滑块到达圆弧末端C时对轨道的压力大小为，方向竖直向下。
（3）滑块冲上半圆轨道后不会脱离轨道运动，分两种情况：一是到达与圆心等高处时速度恰好为零；二是恰好到达半圆弧轨道的最高点。当滑块到达与圆心等高处时速度恰好为零时，由动能定理得
解得
当滑块恰好能够到达半圆弧轨道的最高点时，由动能定理得
滑块在最高点E时，由重力恰好提供向心力有
联立解得
综上所述可知，若滑块冲上半圆轨道后中途不会脱离轨道运动，则轨道DE的半径满足的条件为或
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