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四川省达州市普通高中2024-2025学年高一下学期期末教学质量监测物理试题
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。）
1．体操运动员从空中落地时总要屈腿，这样做的主要目的（　　）
A．减小地面对人的冲击力 B．让落地动作看起来更优美
C．减小落地前瞬间的速度大小 D．减小地面对人的冲量
【答案】A
【知识点】动量定理
【解析】【解答】A．屈腿延长了与地面的接触时间，根据动量定理，当动量变化一定时，作用时间增加会减小冲击力，故A正确；
B．根据分析可知动作优美是次要因素，并非主要物理目的，故B不符合题意；
C．根据速度位移公式可知落地前瞬间的速度可知落地瞬间的速度由下落高度决定，屈腿发生在触地后，无法改变触地前的速度，故C错误；
D．根据动量定理 ，地面对人的支持力和重力的合冲量等于动量的变化量。
设竖直向上为正方向，根据动量定理有
因为屈腿延长了作用时间，所以地面对人的冲量增大，故D错误。
故选A。
【分析】利用动量定理可知屈腿延长了作用时间时，会减小冲击力，同时地面对人的冲量增大；利用速度位移公式可知落地瞬间的速度由下落高度决定，屈腿发生在触地后，无法改变触地前的速度。
2．哈尔滨文化中心湿地公园位于哈尔滨大剧院周围，绿荷相倚满池塘。如图所示，有五片荷叶伸出荷塘水面，一只青蛙要从高处荷叶跳到低处荷叶上。设低处荷叶和青蛙在同一竖直平面内，高度相同，高度相同，分别在正上方。将青蛙的跳跃视为平抛运动，若以最大的初速度完成跳跃，则它应跳到（　　）
A．荷叶a B．荷叶b C．荷叶c D．荷叶d
【答案】B
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】青蛙做平抛运动，水平方向匀速直线，竖直方向自由落体，根据分运动的位移公式i有
，
可得初速度的大小为
根据初速度的表达式可知水平位移越大，竖直高度越小，初速度越大，因此跳到荷叶上面。
故选B。
【分析】利用青蛙做平抛运动的位移公式可以求出初速度的表达式，结合位移的大小可以比较初速度的大小。
3．如图所示，水平地面上静止放置材料相同、紧靠在一起的物体A和B，两物体可视为质点且A的质量较大。两物体间夹有少量炸药，爆炸后两物体分别沿水平方向左右分离，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．爆炸过程中，A物体获得的初动量大
B．爆炸过程中，两物体获得的初动量相同
C．爆炸过程中，A物体获得的初速度小
D．爆炸后，两物体在水平地面上的滑行时间相同
【答案】C
【知识点】动量定理；动量守恒定律
【解析】【解答】AB．爆炸过程中，系统内力远大于外力，A、B组成的系统动量守恒，由于爆炸前两个物体的初速度等于0所以爆炸前系统总动量为零，由动量守恒定律可知，爆炸后根据总动量等于0可知两物体的动量大小相等，但方向相反，故AB错误；
C．设爆炸后任一物体的动量大小为p，物体的质量为m，由于两个物体动量p相等，根据动能的表达式可知质量大的物体获得的初动能小，故C正确；
D．取爆炸后速度方向为正方向，由于摩擦力对物体的冲量等于物体动量的减小，根据动量定理得，解得滑行时间，由于μ、p、g相等，则质量大的物体滑行时间短，故D错误。
故选C。
【分析】利用爆炸过程动量守恒可以得出爆炸后两个物体的动量大小相等，方向相反；利用动量和动能的关系可以比较两个物体动能的大小；利用两个物体在水平面运动过程的动量定理可以比较滑行的时间。
4．将小球竖直向上抛出，上升到最高点的高度为h，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是（　　）
A．上升过程减少的动能是mgh
B．上升过程增加的重力势能是mgh
C．下落过程增加的动能是mgh
D．上升过程比下落过程损失的机械能少
【答案】B
【知识点】功能关系；动能定理的综合应用；重力势能的变化与重力做功的关系
【解析】【解答】A．上升过程中，动能减少量等于克服重力和阻力所做的总功。因最高点高度为h，克服重力做功mgh，由于重力做功小于动能的变化量，所以动能减少量必大于mgh，故A错误；
B．重力势能变化仅与高度差有关，上升高度为h，根据重力做功的表达式W=mgh可知重力势能增加mgh，故B正确；
C．下落过程中，重力做功mgh，但需克服阻力做功，由于合力做功等于动能的增量，由于合力做功小于mgh，所以动能增加量小于mgh，故C错误；
D．机械能损失由阻力做功决定。上升过程平均速度大，阻力更大，且路程同为h，根据阻力做功等于W=-fs，由于上升过程阻力做功大所以上升过程损失的机械能更多，故D错误。
故选B。
【分析】利用动能定理可以判别动能变化量的大小；利用重力做功可以得出重力势能的变化量；利用阻力做功可以比较机械能的变化量大小。
5．2024年5月3日17时27分，嫦娥六号探测器由长征五号遥八运载火箭在中国文昌航天发射场成功发射，之后准确进入地月转移轨道。经过一系列变轨后成功进入环月轨道，已知探测器绕行周期为T，轨道高度与月球半径之比为k，引力常量为G，则月球的平均密度为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】探测器轨道半径，其中为月球半径，为轨道高度。探测器绕月球做匀速圆周运动，由于月球对探测器的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有：
解得月球的质量，月球的体积，根据质量和体积的比值可知月球的密度为
，将 代入，化简得
故选B。
【分析】利用引力提供向心力可以求出月球的质量，结合月球的体积可以求出月球密度的大小。
6．为了行驶安全，汽车进入城区应适当减速。一辆质量为m的汽车进入城区前功率恒为P，以速度做匀速直线运动。进入城区后功率变为并保持此功率不变，已知汽车仍然沿直线行驶，全程所受阻力不变，经过时间t再次匀速行驶。关于汽车进入城区后的运动情况，下列说法正确的是（　　）
A．汽车功率变为时速度立即变为
B．汽车做匀减速直线运动
C．汽车再次匀速行驶时速度
D．汽车在时间t发生的位移为
【答案】D
【知识点】机车启动
【解析】【解答】A．汽车做匀速直线运动时，牵引力和阻力相等，根据功率的表达式可以得出阻力的大小为，功率变化瞬间速度仍为，根据功率的表达式可知牵引力变为
则汽车做减速运动，故速度不会立即变为，故A错误；
B．汽车在阻力和牵引力的作用下做减速运动，根据牛顿第二定律可知加速度
因变化导致变化，故非匀减速，故B错误；
C．再次匀速时，根据功率的表达式有：，结合，得，故C错误；
D．汽车在牵引力和阻力的做功下做减速运动，根据动能定理有：
代入和，解得，故D正确。
故选D。
【分析】利用额度功率和最大速度可以求出阻力的大小，结合功率的变化可以判别牵引力的变化，功率变化瞬间汽车的速度保持不变；利用牛顿第二定律可以得出汽车加速度的大小变化；利用动能定理结合阻力的大小可以求出汽车发生的位移大小。
7．如图所示，某同学将质量相同的三个物体从水平地面上的A点同时以同一速率沿不同方向抛出，运动轨迹分别为图中的1、2、3.若忽略空气阻力，在三个物体从抛出到落地过程中，下列说法正确的是（　　）
A．运动轨迹为1、2的两物体可能相遇
B．在最高点的速度最小的为轨迹1物体
C．运动轨迹为2、3的两物体在轨迹相交点的速度大小一定不同
D．运动轨迹为3的物体动量变化量最大
【答案】B
【知识点】斜抛运动；机械能守恒定律；动量
【解析】【解答】A．运动轨迹为1、2的两物体，1物体竖直高度大，由于斜抛运动的轨迹为平抛运动轨迹的2倍。根据平抛运动竖直方向的位移公式可以得出总运动时间为：
可知运动时间长，而1物体水平位移小，则1物体水平速度小，而在轨迹的相交点水平位移相同，则1物体到达交叉点的时间较长，则两物体不可能相遇，选项A错误；
B．根据运动时间的表达式有，可知1物体运动时间最长，而水平位移最小，根据水平方向的位移公式可知水平速度最小，则在最高点的速度最小的为轨迹1物体，选项B正确；
C．运动轨迹为2、3的两物体，由于物体做斜抛运动只有重力做功，根据机械能守恒定律有：，因抛出时初速度大小相同，在轨迹相交点处的竖直高度相同，由于重力做功相等可知在轨迹交点的速度大小一定相同，选项C错误；
D．由于物体竖直方向有加速度，根据竖直方向的初末速度可得物体动量变化量（θ为初速度方向与水平方向的夹角），根据速度的分解可知运动轨迹为1的物体动量变化量最大，选项D错误。
故选B。
【分析】利用竖直方向的位移公式可以比较运动的时间，进而判别轨迹1、2的物体不能相遇；利用水平方向的位移公式结合运动的时间可以比较最高点速度的大小；利用动能定理结合重力做功可以比较交点处的速度大小；利用竖直方向的分速度可以比较动量变化量的大小。
二、多项选择题（共18分，本大题共3小题，每个小题6分，漏选得3分，错选不得分）
8．与地球公转轨道“外切”的小行星甲和“内切”的小行星乙的公转轨道如图所示，假设这些小行星与地球的公转轨道都在同一平面内，地球的公转半径为R，小行星甲的远日点到太阳的距离为，小行星乙的近日点到太阳的距离为，则（　　）
A．小行星甲在近日点的速度大于地球公转的速度
B．小行星乙在远日点的速度大于地球公转的速度
C．小行星甲与乙的运行周期之比
D．小行星乙在远日点的加速度大小大于小行星甲在近日点的加速度大小
【答案】A,C
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．根据变轨原理，可知从地球公转轨道到小行星甲的椭圆轨道需要做离心运动，根据向心力的表达式可知需要在近日点加速，故小行星甲在近日点的速度大于地球公转的速度，故A正确；
B．从小行星乙的轨道到地球的公转轨道为了使小行星的向心力等于引力做匀速圆周运动，需要在远日点加速，故小行星乙在远日点的速度小于地球公转的速度，故B错误；
C．小行星甲、小行星乙的半长轴分别为，由于行星甲和乙都是绕太阳转动，根据开普勒第三定律有，解得，故C正确；
D．根据太阳的引力产生对行星的加速度，根据牛顿第二定律有：，可知
由于小行星乙在远日点距离太阳的距离等于小行星甲在近日点距离太阳的距离，故小行星乙在远日点的加速度大小等于小行星甲在近日点的加速度大小，故D错误。
故选 AC。
【分析】利用离心运动的条件可以比较线速度的大小；利用开普勒第三定律可以求出周期的比值；再利用引力产生加速度结合距离可以比较加速度的大小。
9．如图所示，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光滑，一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆，金属框绕MN轴分别以角速度和匀速转动时，小球均相对PQ杆静止，若，则与以匀速转动时相比，以匀速转动时（　　）
A．小球的高度不变
B．小球的高度增加
C．小球对杆压力的大小可能变小
D．小球对杆压力的大小不可能相等
【答案】A,C
【知识点】匀速圆周运动；向心力
【解析】【解答】AB．小球在水平面内做匀速圆周运动，小球受到弹簧弹力，杆的支持力及重力的作用，三者的合外力提供向心力，如图所示
小球在竖直方向受力平衡，根据平衡方程有：
若，假设小球上移，增大，则弹簧形变量减小，则F减小，则
可知假设失败；同理，假设小球下移，减小，则弹簧形变量增大，则F增大，则
可知假设失败；根据分析可知小球的位置保持不变，所以不变，小球的高度不变，弹簧弹力的大小F一定不变，故AB错误；
CD．设杆对球的弹力为，若开始时角速度过小，根据水平方向的牛顿第二定律有，由不变，可知角速度增大时，则减小；若开始角速度过大，则有，可知角速度增大时，则增大；综合可知可能增大、可能减小、可能不变，根据牛顿第三定律，可知小球对杆压力的大小可能增大、可能减小、可能不变，故C正确，D错误。
故选AC。
【分析】小球做匀速圆周运动，利用竖直方向的平衡方程可以得出小球的高度保持不变；利用水平方向的牛顿第二定律结合向心力的变化可以判别压力的大小变化。
10．如图所示，从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道（Ⅰ轨道为四分之一圆弧且N点为圆的最低点，Ⅱ为倾斜直轨道）。两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放，分别沿Ⅰ、Ⅱ轨道滑到N点，则下列说法正确的是（　　）
A．两物体到达N点的速度相同
B．两物体全程所受合力的冲量大小相等
C．甲物块下滑过程的重力功率一直增大
D．若两条轨道粗糙且动摩擦因数相同，则甲物块下滑过程克服摩擦力做功更大
【答案】B,D
【知识点】动量定理；微元法；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．设M点距离地面高度为h，由于下滑过程中重力对物块做功，根据动能定理可得，解得，可知甲、乙到达地面时的速度大小相等，但方向不同，故A错误；
B．由于初末动量的变化量等于合力的冲量，根据动量定理可知全过程物体所受合力冲量，故两物体全程所受合力的冲量大小相等，故B正确；
C．甲下滑的过程中，由于初速度等于0根据重力功率可以最初重力的功率等于0，由于末速度与重力方向垂直，所以重力的功率等于0，由于中间过程竖直方向的速度不等于0所以可知甲下滑的过程中甲的重力功率先变大后变小，故C错误；
D．设II的倾角为，MN水平方向距离为x，根据摩擦力和位移可知该过程乙克服摩擦力做功，对I分析可知，下滑过程甲做圆周运动，需要向心力，根据支持力和重力的分力提供向心力可知支持力变大，导致甲受到的平均摩擦力大于，故该过程甲克服摩擦力做功，故D正确。
故选BD。
【分析】利用动能定理结合重力做功可以求出两个物块到达N点的速度大小相等，方向不同；利用动量定理结合速度的变化量可以比较合力的冲量大小；利用重力及竖直方向的速度可以判别重力的功率变化；利用弹力的大小可以比较摩擦力的大小，进而比较摩擦力做功的大小。
三、实验题（本题共2小题，共16分）
11．某同学利用图1所示装置研究平抛运动的规律。实验时该同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图2所示（图中未包括小球刚离开轨道的影像）。图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，其上每个方格的边长为6cm。该同学在实验中测得的小球影像的高度差已经在图2中标出。
（1）下列说法正确的是_____（单选）。
A．实验所用斜槽应尽量光滑
B．为了减小实验误差，应选用体积小密度大的小球
C．频闪仪的频率适当低些，画轨迹时轨迹会更准确
D．为了减小实验误差，小球在斜槽上的释放点应尽量低些
（2）小球运动到图2中位置A时，其速度的水平分量大小为　 　m/s，竖直分量大小为　 　m/s（计算结果均保留2位有效数字）。
【答案】（1）B
（2）1.2；2.1
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）A．本实验通过频闪仪得到同一轨迹上不同时刻的位置，为了小球做平抛运动，只需要保持小球抛出时的速度处于水平方向，斜槽不需要光滑，故A错误；
B．小球做平抛运动，为了减小空气阻力的影响，应选用体积小密度大的小球，故B正确；
C．利用轨迹点记录小球的运动轨迹，为了记录更多的轨迹点，根据周期和频率的关系有，频闪仪的频率适当高些，频闪仪闪光周期小一下，画轨迹时轨迹会更准确，故C错误；
D．为了减小实验误差，为了更多的轨迹点落在坐标纸张上，小球抛出时的初速度不能太小，也不能太大，所以小球在斜槽上的释放点不能太高，也不能太低，故D错误。
故选B。
（2）小球运动到图中位置A时，根据水平方向的位移公式可知速度水平分量大小为，根据平均速度公式可知速度竖直分量大小为
【分析】（1）为了小球做平抛运动，只需要保持小球抛出时的速度处于水平方向，斜槽不需要光滑；
小球做平抛运动，为了减小空气阻力的影响，应选用体积小密度大的小球；利用轨迹点记录小球的运动轨迹，为了记录更多的轨迹点，频闪仪的频率适当高些，频闪仪闪光周期小一下，画轨迹时轨迹会更准确；为了减小实验误差，为了更多的轨迹点落在坐标纸张上，小球抛出时的初速度不能太小，也不能太大；
（2）利用水平方向的位移公式可以求出水平方向分速度的大小；结合平均速度公式可以求出竖直方向分量的大小。
（1）A．本实验通过频闪仪得到同一轨迹上不同时刻的位置，只需要保持小球抛出时的速度处于水平方向，斜槽不需要光滑，故A错误；
B．为了减小空气阻力的影响，应选用体积小密度大的小球，故B正确；
C．根据，频闪仪的频率适当高些，频闪仪闪光周期小一下，轨迹上记录的位置多一些，则画轨迹时轨迹会更准确，故C错误；
D．为了减小实验误差，小球抛出时的初速度不能太小，也不能太大，所以小球在斜槽上的释放点不能太高，也不能太低，故D错误。
故选B。
（2）[1]小球运动到图中位置A时，其速度水平分量大小为
[2]速度竖直分量大小为
12．某同学用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。滑块和遮光条的总质量为M，槽码共有3个，每个槽码的质量均为m。
（1）先用游标卡尺测量遮光条的宽度d。
（2）实验开始前要调整气垫导轨水平，　 　（选填“挂”或“不挂”）槽码和细线，接通气源，轻推滑块使其从轨道右端向左端运动，如果发现遮光条通过光电门2的时间大于通过光电门1的时间，则可调节旋钮P使轨道左端　 　（选填“升高”或“降低”）一些，直到再次轻推滑块使其从轨道右端向左端运动，遮光条通过光电门2的时间　 　（选填“大于”、“等于”或“小于”）通过光电门1的时间。
（3）取走光电门1，细线上悬挂3个槽码，让滑块从气垫导轨上A点（图中未标出）由静止释放，记录滑块通过光电门2时遮光条挡光时间t，测出A点到光电门2的距离为s，若表达式　 　（用物理量符号M、m、d、t、g、s表示）成立，则机械能守恒定律得到验证。
（4）通过多次测量和计算，发现系统重力势能的减少量始终小于系统动能的增量，造成误差的主要原因可能是　 　。
A．空气阻力对滑块、槽码的影响
B．滑块从A点释放时初速度不为零
C．滑块质量的测量值偏大
D．槽码的总质量不满足远远小于滑块的质量
【答案】不挂；降低；等于；；BC
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（2）调整气垫导轨水平时，为了滑块在不受力的情况下做匀速直线运动，不能有其它的外力作用，则不挂槽码和细线；遮光条通过光电门2的时间大于通过光电门1的时间，根据速度公式说明滑块做减速运动，说明左端偏高，因此需要通过调节旋钮P使轨道左端降低一些；再次轻推滑块使其从轨道右端向左端运动，遮光条通过光电门2的时间等于通过光电门1的时间，根据速度公式体现滑块做匀速直线运动，表示轨道已水平。
（3）根据平均速度公式可知槽码和滑块通过光电门2的速度为
槽码和滑块的系统只有重力做功，机械能守恒，根据系统重力势能的减少量等于动能的增量有，整理可得验证机械能守恒的表达式为
（4）A．空气阻力做负功会消耗系统的机械能，重力势能部分转化为内能，所以会使得减少的重力势能大于动能的增加量，故A错误；
B．若滑块释放有初速度，根据末速度计算动能会导致计算的动能增加量偏大，出现重力势能的减少量始终小于系统动能的增量，故B正确；
C．滑块质量的测量值偏大时，根据重力势能的表达式重力势能的减少量ΔEp=3mgs不变，根据动能的表达式可知动能的增加量偏大，也会出现重力势能的减少量始终小于系统动能的增量，故C正确；
D．机械能守恒表达式是精确的，不需要利用重力测量拉力的大小所以无需槽码质量远小于滑块质量的条件，槽码质量3m较大时，ΔEp和ΔEk同时增大，比例关系仍成立，故D错误。
故选BC。
【分析】（2） 调整气垫导轨水平时，不能有其它的外力作用，则不挂槽码和细线；遮光条通过光电门2的时间大于通过光电门1的时间，说明滑块做减速运动，说明左端偏高，因此需要通过调节旋钮P使轨道左端降低一些；再次轻推滑块使其从轨道右端向左端运动，遮光条通过光电门2的时间等于通过光电门1的时间，体现滑块做匀速直线运动，表示轨道已水平；
（3）利用平均速度公式可以求出瞬时速度的大小，结合动能和重力势能的表达式可以求出机械能守恒的表达式；
（4）若滑块释放有初速度，导致计算的动能增加量偏大，出现重力势能的减少量始终小于系统动能的增量；滑块质量的测量值偏大时，重力势能的减少量ΔEp=3mgs不变，而动能的增加量偏大，也会出现重力势能的减少量始终小于系统动能的增量。
四、解答题（共38分，13题10分，14题12分，15题16分；要求在答题卡上写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的答案）
13．如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B（均可视为质点），光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球A运动到最高点时，杆对球A恰好无作用力。忽略空气阻力，重力加速度为g，求球A在最高点时：
（1）球A速度的大小；
（2）轻杆对球B的作用力。
【答案】（1）球A运动到最高点时，杆对球A恰好无作用力，以A为对象，此时重力刚好提供所需的总向心力，则有
解得
（2）设此时球B的速度大小为，由于两球的角速度相等，则有
可得
以B为对象，根据牛顿第二定律可得
解得
方向竖直向上。
【知识点】竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】（1）当小球运动到最高点时，根据牛顿第二定律可以求出球A的速度大小；
（2）由于两个小球角速度相等，利用半径的大小可以求出B球速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出杆对小球B的作用力大小及方向。
（1）球A运动到最高点时，杆对球A恰好无作用力，以A为对象，此时重力刚好提供所需的总阻力，则有
解得
（2）设此时球B的速度大小为，由于两球的角速度相等，则有
可得
以B为对象，根据牛顿第二定律可得
解得
方向竖直向上。
14．如图所示，在风洞实验室中，从A点以水平速度v0=10m/s向左抛出一个质量m=4kg的小球（可视为质点），小球抛出后所受空气作用力沿水平方向，大小F=40N，经过一段时间小球运动到A点正下方的B点处，重力加速度g取10m/s2，在此过程中，求：
（1）小球离A、B所在直线距离最远时所用时间t1；
（2）A、B两点间的距离hAB及小球的最小速度vmin。
【答案】（1）小球在水平方向先做减速后反向加速，当水平方向速度减为0时，小球离A、B所在直线的距离最远，水平方向的加速度
解得
所用时间
（2）根据分析小球从A点运动到B点所用时间为
小球竖直方向做自由落体
对小球受力分析，小球受重力和水平方向的风力，则
且合力方向与水平方向的夹角为45°，将初速度沿垂直于合力方向分解为v1和平行于合力方向分解为v2，解得
所以当平行于合力方向的速度v2减为0时，速度最小
【知识点】牛顿第二定律；运动的合成与分解
【解析】【分析】（1）小球在水平方向做减速后做加速运动，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合速度公式可以求出运动的时间；
（2）当小球从A到B的过程中，利用位移公式可以求出下落的距离，结合力的合成可以求出合力的方向，结合速度的分解可以求出垂直于合力方向的最小速度。
（1）小球在水平方向先做减速后反向加速，当水平方向速度减为0时，小球离A、B所在直线的距离最远，水平方向的加速度
解得
所用时间
（2）根据分析小球从A点运动到B点所用时间为
小球竖直方向做自由落体
对小球受力分析，小球受重力和水平方向的风力，则
且合力方向与水平方向的夹角为45°，将初速度沿垂直于合力方向分解为v1和平行于合力方向分解为v2，解得
所以当平行于合力方向的速度v2减为0时，速度最小
15．如图所示，L形滑板A静置在光滑水平面上，滑板右端固定一劲度系数k=24N/m的足够长轻质弹簧，弹簧处于原长状态，其左端与静置于P点的物块B相连。一物块C以初速度从滑板最左端滑入，相对滑板A滑行后与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。已知A、B、C质量均为m=1kg，物块B、C与滑板上P点及左侧部分之间的动摩擦因数均为，滑板P点右侧部分光滑，弹簧的弹性势能，重力加速度g取，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内，物块B、C可视为质点。求：
（1）C刚滑上A时，A的加速度的大小和C的加速度的大小；
（2）从C滑上A到C与B发生第一次碰撞的时间t；
（3）B与C在第一碰撞到第二次碰撞过程中弹簧的最大压缩量x，以及B第二次与C碰前瞬间B的速度的大小和C的速度的大小。
【答案】（1）C刚滑上滑板A时，对物块C，由牛顿第二定律得
解得
由已知条件分析可知，A、B一起向右匀加速运动，由牛顿第二定律得
解得
（2）从C滑上A到C与B发生第一次碰撞，C发生的位移为，B发生的位移为，根据运动学公式可得，
又
联立解得，（舍去）
（3）C与B发生第一次碰撞时，C的速度为
B的速度为
B、C碰撞过程，由动量守恒和机械能守恒可得，
解得，
B、C碰撞后，B在弹簧弹力作用下向前做加速度增大的减速运动，A、C一起向前做加速度增大的加速运动，当A、B、C三者共速时，弹簧压缩量最大；B、C碰撞后至三者共速过程，由系统动量守恒得
解得
根据系统机械能守恒可得
解得弹簧的最大压缩量为
由条件分析可知此时C仍然与A保持相对静止，此后B在弹簧弹力作用下继续向前做加速度减小的减速运动，A、C一起向前做加速度减小的加速运动，当弹簧回复原长时，B第二次与C发生第二次碰撞；从第一次碰撞后到第二次碰撞前瞬间，根据系统动量守恒可得
根据机械能守恒可得
解得，
或，（不符合实际，舍去）
【知识点】碰撞模型；动量与能量的综合应用一板块模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）当C刚滑上A时，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；当AB一起向右做匀加速直线运动时，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；
（2）当C滑上A与B发生第一次碰撞时，利用位移公式结合位移关系可以求出运动的时间；
（3）当C与B第一次碰撞前，利用速度公式可以求出C和B的速度，结合动量守恒定律及能量守恒定律可以求出碰后两种的速度大小；碰撞后，利用动量守恒定律结合能量守恒定律可以求出三者共速及弹簧的最大压缩量；当弹簧回复原长时，利用第二次碰撞前的动量守恒定律及机械能守恒定律可以求出B和C速度的大小。
（1）C刚滑上滑板A时，对物块C，由牛顿第二定律得
解得
由已知条件分析可知，A、B一起向右匀加速运动，由牛顿第二定律得
解得
（2）从C滑上A到C与B发生第一次碰撞，C发生的位移为，B发生的位移为，根据运动学公式可得，
又
联立解得，（舍去）
（3）C与B发生第一次碰撞时，C的速度为
B的速度为
B、C碰撞过程，由动量守恒和机械能守恒可得，
解得，
B、C碰撞后，B在弹簧弹力作用下向前做加速度增大的减速运动，A、C一起向前做加速度增大的加速运动，当A、B、C三者共速时，弹簧压缩量最大；B、C碰撞后至三者共速过程，由系统动量守恒得
解得
根据系统机械能守恒可得
解得弹簧的最大压缩量为
由条件分析可知此时C仍然与A保持相对静止，此后B在弹簧弹力作用下继续向前做加速度减小的减速运动，A、C一起向前做加速度减小的加速运动，当弹簧回复原长时，B第二次与C发生第二次碰撞；从第一次碰撞后到第二次碰撞前瞬间，根据系统动量守恒可得
根据机械能守恒可得
解得，
或，（不符合实际，舍去）
1 / 1四川省达州市普通高中2024-2025学年高一下学期期末教学质量监测物理试题
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。）
1．体操运动员从空中落地时总要屈腿，这样做的主要目的（　　）
A．减小地面对人的冲击力 B．让落地动作看起来更优美
C．减小落地前瞬间的速度大小 D．减小地面对人的冲量
2．哈尔滨文化中心湿地公园位于哈尔滨大剧院周围，绿荷相倚满池塘。如图所示，有五片荷叶伸出荷塘水面，一只青蛙要从高处荷叶跳到低处荷叶上。设低处荷叶和青蛙在同一竖直平面内，高度相同，高度相同，分别在正上方。将青蛙的跳跃视为平抛运动，若以最大的初速度完成跳跃，则它应跳到（　　）
A．荷叶a B．荷叶b C．荷叶c D．荷叶d
3．如图所示，水平地面上静止放置材料相同、紧靠在一起的物体A和B，两物体可视为质点且A的质量较大。两物体间夹有少量炸药，爆炸后两物体分别沿水平方向左右分离，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．爆炸过程中，A物体获得的初动量大
B．爆炸过程中，两物体获得的初动量相同
C．爆炸过程中，A物体获得的初速度小
D．爆炸后，两物体在水平地面上的滑行时间相同
4．将小球竖直向上抛出，上升到最高点的高度为h，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是（　　）
A．上升过程减少的动能是mgh
B．上升过程增加的重力势能是mgh
C．下落过程增加的动能是mgh
D．上升过程比下落过程损失的机械能少
5．2024年5月3日17时27分，嫦娥六号探测器由长征五号遥八运载火箭在中国文昌航天发射场成功发射，之后准确进入地月转移轨道。经过一系列变轨后成功进入环月轨道，已知探测器绕行周期为T，轨道高度与月球半径之比为k，引力常量为G，则月球的平均密度为（　　）
A． B．
C． D．
6．为了行驶安全，汽车进入城区应适当减速。一辆质量为m的汽车进入城区前功率恒为P，以速度做匀速直线运动。进入城区后功率变为并保持此功率不变，已知汽车仍然沿直线行驶，全程所受阻力不变，经过时间t再次匀速行驶。关于汽车进入城区后的运动情况，下列说法正确的是（　　）
A．汽车功率变为时速度立即变为
B．汽车做匀减速直线运动
C．汽车再次匀速行驶时速度
D．汽车在时间t发生的位移为
7．如图所示，某同学将质量相同的三个物体从水平地面上的A点同时以同一速率沿不同方向抛出，运动轨迹分别为图中的1、2、3.若忽略空气阻力，在三个物体从抛出到落地过程中，下列说法正确的是（　　）
A．运动轨迹为1、2的两物体可能相遇
B．在最高点的速度最小的为轨迹1物体
C．运动轨迹为2、3的两物体在轨迹相交点的速度大小一定不同
D．运动轨迹为3的物体动量变化量最大
二、多项选择题（共18分，本大题共3小题，每个小题6分，漏选得3分，错选不得分）
8．与地球公转轨道“外切”的小行星甲和“内切”的小行星乙的公转轨道如图所示，假设这些小行星与地球的公转轨道都在同一平面内，地球的公转半径为R，小行星甲的远日点到太阳的距离为，小行星乙的近日点到太阳的距离为，则（　　）
A．小行星甲在近日点的速度大于地球公转的速度
B．小行星乙在远日点的速度大于地球公转的速度
C．小行星甲与乙的运行周期之比
D．小行星乙在远日点的加速度大小大于小行星甲在近日点的加速度大小
9．如图所示，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光滑，一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆，金属框绕MN轴分别以角速度和匀速转动时，小球均相对PQ杆静止，若，则与以匀速转动时相比，以匀速转动时（　　）
A．小球的高度不变
B．小球的高度增加
C．小球对杆压力的大小可能变小
D．小球对杆压力的大小不可能相等
10．如图所示，从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道（Ⅰ轨道为四分之一圆弧且N点为圆的最低点，Ⅱ为倾斜直轨道）。两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放，分别沿Ⅰ、Ⅱ轨道滑到N点，则下列说法正确的是（　　）
A．两物体到达N点的速度相同
B．两物体全程所受合力的冲量大小相等
C．甲物块下滑过程的重力功率一直增大
D．若两条轨道粗糙且动摩擦因数相同，则甲物块下滑过程克服摩擦力做功更大
三、实验题（本题共2小题，共16分）
11．某同学利用图1所示装置研究平抛运动的规律。实验时该同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图2所示（图中未包括小球刚离开轨道的影像）。图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，其上每个方格的边长为6cm。该同学在实验中测得的小球影像的高度差已经在图2中标出。
（1）下列说法正确的是_____（单选）。
A．实验所用斜槽应尽量光滑
B．为了减小实验误差，应选用体积小密度大的小球
C．频闪仪的频率适当低些，画轨迹时轨迹会更准确
D．为了减小实验误差，小球在斜槽上的释放点应尽量低些
（2）小球运动到图2中位置A时，其速度的水平分量大小为　 　m/s，竖直分量大小为　 　m/s（计算结果均保留2位有效数字）。
12．某同学用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。滑块和遮光条的总质量为M，槽码共有3个，每个槽码的质量均为m。
（1）先用游标卡尺测量遮光条的宽度d。
（2）实验开始前要调整气垫导轨水平，　 　（选填“挂”或“不挂”）槽码和细线，接通气源，轻推滑块使其从轨道右端向左端运动，如果发现遮光条通过光电门2的时间大于通过光电门1的时间，则可调节旋钮P使轨道左端　 　（选填“升高”或“降低”）一些，直到再次轻推滑块使其从轨道右端向左端运动，遮光条通过光电门2的时间　 　（选填“大于”、“等于”或“小于”）通过光电门1的时间。
（3）取走光电门1，细线上悬挂3个槽码，让滑块从气垫导轨上A点（图中未标出）由静止释放，记录滑块通过光电门2时遮光条挡光时间t，测出A点到光电门2的距离为s，若表达式　 　（用物理量符号M、m、d、t、g、s表示）成立，则机械能守恒定律得到验证。
（4）通过多次测量和计算，发现系统重力势能的减少量始终小于系统动能的增量，造成误差的主要原因可能是　 　。
A．空气阻力对滑块、槽码的影响
B．滑块从A点释放时初速度不为零
C．滑块质量的测量值偏大
D．槽码的总质量不满足远远小于滑块的质量
四、解答题（共38分，13题10分，14题12分，15题16分；要求在答题卡上写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的答案）
13．如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B（均可视为质点），光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球A运动到最高点时，杆对球A恰好无作用力。忽略空气阻力，重力加速度为g，求球A在最高点时：
（1）球A速度的大小；
（2）轻杆对球B的作用力。
14．如图所示，在风洞实验室中，从A点以水平速度v0=10m/s向左抛出一个质量m=4kg的小球（可视为质点），小球抛出后所受空气作用力沿水平方向，大小F=40N，经过一段时间小球运动到A点正下方的B点处，重力加速度g取10m/s2，在此过程中，求：
（1）小球离A、B所在直线距离最远时所用时间t1；
（2）A、B两点间的距离hAB及小球的最小速度vmin。
15．如图所示，L形滑板A静置在光滑水平面上，滑板右端固定一劲度系数k=24N/m的足够长轻质弹簧，弹簧处于原长状态，其左端与静置于P点的物块B相连。一物块C以初速度从滑板最左端滑入，相对滑板A滑行后与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。已知A、B、C质量均为m=1kg，物块B、C与滑板上P点及左侧部分之间的动摩擦因数均为，滑板P点右侧部分光滑，弹簧的弹性势能，重力加速度g取，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内，物块B、C可视为质点。求：
（1）C刚滑上A时，A的加速度的大小和C的加速度的大小；
（2）从C滑上A到C与B发生第一次碰撞的时间t；
（3）B与C在第一碰撞到第二次碰撞过程中弹簧的最大压缩量x，以及B第二次与C碰前瞬间B的速度的大小和C的速度的大小。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】动量定理
【解析】【解答】A．屈腿延长了与地面的接触时间，根据动量定理，当动量变化一定时，作用时间增加会减小冲击力，故A正确；
B．根据分析可知动作优美是次要因素，并非主要物理目的，故B不符合题意；
C．根据速度位移公式可知落地前瞬间的速度可知落地瞬间的速度由下落高度决定，屈腿发生在触地后，无法改变触地前的速度，故C错误；
D．根据动量定理 ，地面对人的支持力和重力的合冲量等于动量的变化量。
设竖直向上为正方向，根据动量定理有
因为屈腿延长了作用时间，所以地面对人的冲量增大，故D错误。
故选A。
【分析】利用动量定理可知屈腿延长了作用时间时，会减小冲击力，同时地面对人的冲量增大；利用速度位移公式可知落地瞬间的速度由下落高度决定，屈腿发生在触地后，无法改变触地前的速度。
2．【答案】B
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】青蛙做平抛运动，水平方向匀速直线，竖直方向自由落体，根据分运动的位移公式i有
，
可得初速度的大小为
根据初速度的表达式可知水平位移越大，竖直高度越小，初速度越大，因此跳到荷叶上面。
故选B。
【分析】利用青蛙做平抛运动的位移公式可以求出初速度的表达式，结合位移的大小可以比较初速度的大小。
3．【答案】C
【知识点】动量定理；动量守恒定律
【解析】【解答】AB．爆炸过程中，系统内力远大于外力，A、B组成的系统动量守恒，由于爆炸前两个物体的初速度等于0所以爆炸前系统总动量为零，由动量守恒定律可知，爆炸后根据总动量等于0可知两物体的动量大小相等，但方向相反，故AB错误；
C．设爆炸后任一物体的动量大小为p，物体的质量为m，由于两个物体动量p相等，根据动能的表达式可知质量大的物体获得的初动能小，故C正确；
D．取爆炸后速度方向为正方向，由于摩擦力对物体的冲量等于物体动量的减小，根据动量定理得，解得滑行时间，由于μ、p、g相等，则质量大的物体滑行时间短，故D错误。
故选C。
【分析】利用爆炸过程动量守恒可以得出爆炸后两个物体的动量大小相等，方向相反；利用动量和动能的关系可以比较两个物体动能的大小；利用两个物体在水平面运动过程的动量定理可以比较滑行的时间。
4．【答案】B
【知识点】功能关系；动能定理的综合应用；重力势能的变化与重力做功的关系
【解析】【解答】A．上升过程中，动能减少量等于克服重力和阻力所做的总功。因最高点高度为h，克服重力做功mgh，由于重力做功小于动能的变化量，所以动能减少量必大于mgh，故A错误；
B．重力势能变化仅与高度差有关，上升高度为h，根据重力做功的表达式W=mgh可知重力势能增加mgh，故B正确；
C．下落过程中，重力做功mgh，但需克服阻力做功，由于合力做功等于动能的增量，由于合力做功小于mgh，所以动能增加量小于mgh，故C错误；
D．机械能损失由阻力做功决定。上升过程平均速度大，阻力更大，且路程同为h，根据阻力做功等于W=-fs，由于上升过程阻力做功大所以上升过程损失的机械能更多，故D错误。
故选B。
【分析】利用动能定理可以判别动能变化量的大小；利用重力做功可以得出重力势能的变化量；利用阻力做功可以比较机械能的变化量大小。
5．【答案】B
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】探测器轨道半径，其中为月球半径，为轨道高度。探测器绕月球做匀速圆周运动，由于月球对探测器的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有：
解得月球的质量，月球的体积，根据质量和体积的比值可知月球的密度为
，将 代入，化简得
故选B。
【分析】利用引力提供向心力可以求出月球的质量，结合月球的体积可以求出月球密度的大小。
6．【答案】D
【知识点】机车启动
【解析】【解答】A．汽车做匀速直线运动时，牵引力和阻力相等，根据功率的表达式可以得出阻力的大小为，功率变化瞬间速度仍为，根据功率的表达式可知牵引力变为
则汽车做减速运动，故速度不会立即变为，故A错误；
B．汽车在阻力和牵引力的作用下做减速运动，根据牛顿第二定律可知加速度
因变化导致变化，故非匀减速，故B错误；
C．再次匀速时，根据功率的表达式有：，结合，得，故C错误；
D．汽车在牵引力和阻力的做功下做减速运动，根据动能定理有：
代入和，解得，故D正确。
故选D。
【分析】利用额度功率和最大速度可以求出阻力的大小，结合功率的变化可以判别牵引力的变化，功率变化瞬间汽车的速度保持不变；利用牛顿第二定律可以得出汽车加速度的大小变化；利用动能定理结合阻力的大小可以求出汽车发生的位移大小。
7．【答案】B
【知识点】斜抛运动；机械能守恒定律；动量
【解析】【解答】A．运动轨迹为1、2的两物体，1物体竖直高度大，由于斜抛运动的轨迹为平抛运动轨迹的2倍。根据平抛运动竖直方向的位移公式可以得出总运动时间为：
可知运动时间长，而1物体水平位移小，则1物体水平速度小，而在轨迹的相交点水平位移相同，则1物体到达交叉点的时间较长，则两物体不可能相遇，选项A错误；
B．根据运动时间的表达式有，可知1物体运动时间最长，而水平位移最小，根据水平方向的位移公式可知水平速度最小，则在最高点的速度最小的为轨迹1物体，选项B正确；
C．运动轨迹为2、3的两物体，由于物体做斜抛运动只有重力做功，根据机械能守恒定律有：，因抛出时初速度大小相同，在轨迹相交点处的竖直高度相同，由于重力做功相等可知在轨迹交点的速度大小一定相同，选项C错误；
D．由于物体竖直方向有加速度，根据竖直方向的初末速度可得物体动量变化量（θ为初速度方向与水平方向的夹角），根据速度的分解可知运动轨迹为1的物体动量变化量最大，选项D错误。
故选B。
【分析】利用竖直方向的位移公式可以比较运动的时间，进而判别轨迹1、2的物体不能相遇；利用水平方向的位移公式结合运动的时间可以比较最高点速度的大小；利用动能定理结合重力做功可以比较交点处的速度大小；利用竖直方向的分速度可以比较动量变化量的大小。
8．【答案】A,C
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．根据变轨原理，可知从地球公转轨道到小行星甲的椭圆轨道需要做离心运动，根据向心力的表达式可知需要在近日点加速，故小行星甲在近日点的速度大于地球公转的速度，故A正确；
B．从小行星乙的轨道到地球的公转轨道为了使小行星的向心力等于引力做匀速圆周运动，需要在远日点加速，故小行星乙在远日点的速度小于地球公转的速度，故B错误；
C．小行星甲、小行星乙的半长轴分别为，由于行星甲和乙都是绕太阳转动，根据开普勒第三定律有，解得，故C正确；
D．根据太阳的引力产生对行星的加速度，根据牛顿第二定律有：，可知
由于小行星乙在远日点距离太阳的距离等于小行星甲在近日点距离太阳的距离，故小行星乙在远日点的加速度大小等于小行星甲在近日点的加速度大小，故D错误。
故选 AC。
【分析】利用离心运动的条件可以比较线速度的大小；利用开普勒第三定律可以求出周期的比值；再利用引力产生加速度结合距离可以比较加速度的大小。
9．【答案】A,C
【知识点】匀速圆周运动；向心力
【解析】【解答】AB．小球在水平面内做匀速圆周运动，小球受到弹簧弹力，杆的支持力及重力的作用，三者的合外力提供向心力，如图所示
小球在竖直方向受力平衡，根据平衡方程有：
若，假设小球上移，增大，则弹簧形变量减小，则F减小，则
可知假设失败；同理，假设小球下移，减小，则弹簧形变量增大，则F增大，则
可知假设失败；根据分析可知小球的位置保持不变，所以不变，小球的高度不变，弹簧弹力的大小F一定不变，故AB错误；
CD．设杆对球的弹力为，若开始时角速度过小，根据水平方向的牛顿第二定律有，由不变，可知角速度增大时，则减小；若开始角速度过大，则有，可知角速度增大时，则增大；综合可知可能增大、可能减小、可能不变，根据牛顿第三定律，可知小球对杆压力的大小可能增大、可能减小、可能不变，故C正确，D错误。
故选AC。
【分析】小球做匀速圆周运动，利用竖直方向的平衡方程可以得出小球的高度保持不变；利用水平方向的牛顿第二定律结合向心力的变化可以判别压力的大小变化。
10．【答案】B,D
【知识点】动量定理；微元法；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．设M点距离地面高度为h，由于下滑过程中重力对物块做功，根据动能定理可得，解得，可知甲、乙到达地面时的速度大小相等，但方向不同，故A错误；
B．由于初末动量的变化量等于合力的冲量，根据动量定理可知全过程物体所受合力冲量，故两物体全程所受合力的冲量大小相等，故B正确；
C．甲下滑的过程中，由于初速度等于0根据重力功率可以最初重力的功率等于0，由于末速度与重力方向垂直，所以重力的功率等于0，由于中间过程竖直方向的速度不等于0所以可知甲下滑的过程中甲的重力功率先变大后变小，故C错误；
D．设II的倾角为，MN水平方向距离为x，根据摩擦力和位移可知该过程乙克服摩擦力做功，对I分析可知，下滑过程甲做圆周运动，需要向心力，根据支持力和重力的分力提供向心力可知支持力变大，导致甲受到的平均摩擦力大于，故该过程甲克服摩擦力做功，故D正确。
故选BD。
【分析】利用动能定理结合重力做功可以求出两个物块到达N点的速度大小相等，方向不同；利用动量定理结合速度的变化量可以比较合力的冲量大小；利用重力及竖直方向的速度可以判别重力的功率变化；利用弹力的大小可以比较摩擦力的大小，进而比较摩擦力做功的大小。
11．【答案】（1）B
（2）1.2；2.1
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）A．本实验通过频闪仪得到同一轨迹上不同时刻的位置，为了小球做平抛运动，只需要保持小球抛出时的速度处于水平方向，斜槽不需要光滑，故A错误；
B．小球做平抛运动，为了减小空气阻力的影响，应选用体积小密度大的小球，故B正确；
C．利用轨迹点记录小球的运动轨迹，为了记录更多的轨迹点，根据周期和频率的关系有，频闪仪的频率适当高些，频闪仪闪光周期小一下，画轨迹时轨迹会更准确，故C错误；
D．为了减小实验误差，为了更多的轨迹点落在坐标纸张上，小球抛出时的初速度不能太小，也不能太大，所以小球在斜槽上的释放点不能太高，也不能太低，故D错误。
故选B。
（2）小球运动到图中位置A时，根据水平方向的位移公式可知速度水平分量大小为，根据平均速度公式可知速度竖直分量大小为
【分析】（1）为了小球做平抛运动，只需要保持小球抛出时的速度处于水平方向，斜槽不需要光滑；
小球做平抛运动，为了减小空气阻力的影响，应选用体积小密度大的小球；利用轨迹点记录小球的运动轨迹，为了记录更多的轨迹点，频闪仪的频率适当高些，频闪仪闪光周期小一下，画轨迹时轨迹会更准确；为了减小实验误差，为了更多的轨迹点落在坐标纸张上，小球抛出时的初速度不能太小，也不能太大；
（2）利用水平方向的位移公式可以求出水平方向分速度的大小；结合平均速度公式可以求出竖直方向分量的大小。
（1）A．本实验通过频闪仪得到同一轨迹上不同时刻的位置，只需要保持小球抛出时的速度处于水平方向，斜槽不需要光滑，故A错误；
B．为了减小空气阻力的影响，应选用体积小密度大的小球，故B正确；
C．根据，频闪仪的频率适当高些，频闪仪闪光周期小一下，轨迹上记录的位置多一些，则画轨迹时轨迹会更准确，故C错误；
D．为了减小实验误差，小球抛出时的初速度不能太小，也不能太大，所以小球在斜槽上的释放点不能太高，也不能太低，故D错误。
故选B。
（2）[1]小球运动到图中位置A时，其速度水平分量大小为
[2]速度竖直分量大小为
12．【答案】不挂；降低；等于；；BC
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（2）调整气垫导轨水平时，为了滑块在不受力的情况下做匀速直线运动，不能有其它的外力作用，则不挂槽码和细线；遮光条通过光电门2的时间大于通过光电门1的时间，根据速度公式说明滑块做减速运动，说明左端偏高，因此需要通过调节旋钮P使轨道左端降低一些；再次轻推滑块使其从轨道右端向左端运动，遮光条通过光电门2的时间等于通过光电门1的时间，根据速度公式体现滑块做匀速直线运动，表示轨道已水平。
（3）根据平均速度公式可知槽码和滑块通过光电门2的速度为
槽码和滑块的系统只有重力做功，机械能守恒，根据系统重力势能的减少量等于动能的增量有，整理可得验证机械能守恒的表达式为
（4）A．空气阻力做负功会消耗系统的机械能，重力势能部分转化为内能，所以会使得减少的重力势能大于动能的增加量，故A错误；
B．若滑块释放有初速度，根据末速度计算动能会导致计算的动能增加量偏大，出现重力势能的减少量始终小于系统动能的增量，故B正确；
C．滑块质量的测量值偏大时，根据重力势能的表达式重力势能的减少量ΔEp=3mgs不变，根据动能的表达式可知动能的增加量偏大，也会出现重力势能的减少量始终小于系统动能的增量，故C正确；
D．机械能守恒表达式是精确的，不需要利用重力测量拉力的大小所以无需槽码质量远小于滑块质量的条件，槽码质量3m较大时，ΔEp和ΔEk同时增大，比例关系仍成立，故D错误。
故选BC。
【分析】（2） 调整气垫导轨水平时，不能有其它的外力作用，则不挂槽码和细线；遮光条通过光电门2的时间大于通过光电门1的时间，说明滑块做减速运动，说明左端偏高，因此需要通过调节旋钮P使轨道左端降低一些；再次轻推滑块使其从轨道右端向左端运动，遮光条通过光电门2的时间等于通过光电门1的时间，体现滑块做匀速直线运动，表示轨道已水平；
（3）利用平均速度公式可以求出瞬时速度的大小，结合动能和重力势能的表达式可以求出机械能守恒的表达式；
（4）若滑块释放有初速度，导致计算的动能增加量偏大，出现重力势能的减少量始终小于系统动能的增量；滑块质量的测量值偏大时，重力势能的减少量ΔEp=3mgs不变，而动能的增加量偏大，也会出现重力势能的减少量始终小于系统动能的增量。
13．【答案】（1）球A运动到最高点时，杆对球A恰好无作用力，以A为对象，此时重力刚好提供所需的总向心力，则有
解得
（2）设此时球B的速度大小为，由于两球的角速度相等，则有
可得
以B为对象，根据牛顿第二定律可得
解得
方向竖直向上。
【知识点】竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】（1）当小球运动到最高点时，根据牛顿第二定律可以求出球A的速度大小；
（2）由于两个小球角速度相等，利用半径的大小可以求出B球速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出杆对小球B的作用力大小及方向。
（1）球A运动到最高点时，杆对球A恰好无作用力，以A为对象，此时重力刚好提供所需的总阻力，则有
解得
（2）设此时球B的速度大小为，由于两球的角速度相等，则有
可得
以B为对象，根据牛顿第二定律可得
解得
方向竖直向上。
14．【答案】（1）小球在水平方向先做减速后反向加速，当水平方向速度减为0时，小球离A、B所在直线的距离最远，水平方向的加速度
解得
所用时间
（2）根据分析小球从A点运动到B点所用时间为
小球竖直方向做自由落体
对小球受力分析，小球受重力和水平方向的风力，则
且合力方向与水平方向的夹角为45°，将初速度沿垂直于合力方向分解为v1和平行于合力方向分解为v2，解得
所以当平行于合力方向的速度v2减为0时，速度最小
【知识点】牛顿第二定律；运动的合成与分解
【解析】【分析】（1）小球在水平方向做减速后做加速运动，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合速度公式可以求出运动的时间；
（2）当小球从A到B的过程中，利用位移公式可以求出下落的距离，结合力的合成可以求出合力的方向，结合速度的分解可以求出垂直于合力方向的最小速度。
（1）小球在水平方向先做减速后反向加速，当水平方向速度减为0时，小球离A、B所在直线的距离最远，水平方向的加速度
解得
所用时间
（2）根据分析小球从A点运动到B点所用时间为
小球竖直方向做自由落体
对小球受力分析，小球受重力和水平方向的风力，则
且合力方向与水平方向的夹角为45°，将初速度沿垂直于合力方向分解为v1和平行于合力方向分解为v2，解得
所以当平行于合力方向的速度v2减为0时，速度最小
15．【答案】（1）C刚滑上滑板A时，对物块C，由牛顿第二定律得
解得
由已知条件分析可知，A、B一起向右匀加速运动，由牛顿第二定律得
解得
（2）从C滑上A到C与B发生第一次碰撞，C发生的位移为，B发生的位移为，根据运动学公式可得，
又
联立解得，（舍去）
（3）C与B发生第一次碰撞时，C的速度为
B的速度为
B、C碰撞过程，由动量守恒和机械能守恒可得，
解得，
B、C碰撞后，B在弹簧弹力作用下向前做加速度增大的减速运动，A、C一起向前做加速度增大的加速运动，当A、B、C三者共速时，弹簧压缩量最大；B、C碰撞后至三者共速过程，由系统动量守恒得
解得
根据系统机械能守恒可得
解得弹簧的最大压缩量为
由条件分析可知此时C仍然与A保持相对静止，此后B在弹簧弹力作用下继续向前做加速度减小的减速运动，A、C一起向前做加速度减小的加速运动，当弹簧回复原长时，B第二次与C发生第二次碰撞；从第一次碰撞后到第二次碰撞前瞬间，根据系统动量守恒可得
根据机械能守恒可得
解得，
或，（不符合实际，舍去）
【知识点】碰撞模型；动量与能量的综合应用一板块模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）当C刚滑上A时，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；当AB一起向右做匀加速直线运动时，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；
（2）当C滑上A与B发生第一次碰撞时，利用位移公式结合位移关系可以求出运动的时间；
（3）当C与B第一次碰撞前，利用速度公式可以求出C和B的速度，结合动量守恒定律及能量守恒定律可以求出碰后两种的速度大小；碰撞后，利用动量守恒定律结合能量守恒定律可以求出三者共速及弹簧的最大压缩量；当弹簧回复原长时，利用第二次碰撞前的动量守恒定律及机械能守恒定律可以求出B和C速度的大小。
（1）C刚滑上滑板A时，对物块C，由牛顿第二定律得
解得
由已知条件分析可知，A、B一起向右匀加速运动，由牛顿第二定律得
解得
（2）从C滑上A到C与B发生第一次碰撞，C发生的位移为，B发生的位移为，根据运动学公式可得，
又
联立解得，（舍去）
（3）C与B发生第一次碰撞时，C的速度为
B的速度为
B、C碰撞过程，由动量守恒和机械能守恒可得，
解得，
B、C碰撞后，B在弹簧弹力作用下向前做加速度增大的减速运动，A、C一起向前做加速度增大的加速运动，当A、B、C三者共速时，弹簧压缩量最大；B、C碰撞后至三者共速过程，由系统动量守恒得
解得
根据系统机械能守恒可得
解得弹簧的最大压缩量为
由条件分析可知此时C仍然与A保持相对静止，此后B在弹簧弹力作用下继续向前做加速度减小的减速运动，A、C一起向前做加速度减小的加速运动，当弹簧回复原长时，B第二次与C发生第二次碰撞；从第一次碰撞后到第二次碰撞前瞬间，根据系统动量守恒可得
根据机械能守恒可得
解得，
或，（不符合实际，舍去）
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