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北京市朝阳区2024-2025学年高一下学期期末物理试卷
一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分。在每题列出的四个选项中，只有一个选项符合题意。）
1．下列物理量属于矢量的是（　　）
A．线速度 B．功率 C．弹性势能 D．功
【答案】A
【知识点】矢量与标量
【解析】【解答】A．根据物理量的分类可知矢量具有大小和方向，标量只具有大小没有方向，线速度既有大小又有方向，属于矢量，故A正确；
B．功率只有大小没有方向，属于标量，故B错误；
C．弹性势能只有大小没有方向，属于标量，故C错误；
D．功只有大小没有方向，属于标量，故D错误。
故选A。
【分析】线速度属于矢量，其他三个物理量属于标量。
2．如图所示，封闭的玻璃管中注满清水，内有一个红蜡块A能在水中以速度v1匀速上升。在红蜡块从玻璃管底端匀速上升的同时，使玻璃管以速度v2水平匀速向右运动，下列说法正确的是（　　）
A．红蜡块相对地面的运动轨迹为一条曲线
B．若速度v2增大，则红蜡块上升的速度v1也增大
C．若速度v2增大，则红蜡块的合速度也增大
D．若速度v2增大，则红蜡块上升到玻璃管顶端的时间变长
【答案】C
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】A．红蜡块在水平方向和竖直方向的运动都是匀速运动，根据速度的合成合速度保持不变，可知合运动为直线运动，则相对地面的运动轨迹为一条直线，选项A错误；
B．两个方向分运动互不影响，由于分运动具有独立性，所以若速度v2增大，红蜡块上升的速度v1不变，选项B错误；
C．根据平行四边形定则可知合速度为，则若速度v2增大，则红蜡块的合速度也增大，选项C正确；
D．红蜡块上升到玻璃管顶端的时间由竖直速度v1决定，根据竖直方向的位移公式有
则若速度v2增大，则红蜡块上升到玻璃管顶端的时间不变，选项D错误。
故选C。
【分析】利用速度的合成可以判别合速度保持不变所以蜡块做匀速直线运动；利用速度的合成可以判别合速度的大小变化；利用分运动的独立性可知速度v2增大，红蜡块上升的速度v1不变；根据竖直方向的位移公式可以得出运动的时间保持不变。
3．一辆汽车在水平公路上转弯，沿曲线由M向N行驶，速度逐渐减小。汽车转弯时所受合力F的方向正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】物体做曲线运动时，由于物体所受合力的方向为轨迹的弯曲方向，物体速度的方向为轨迹的切线方向，且由于汽车速度减小，合外力方向与速度的夹角为钝角。
故选C。
【分析】利用曲线轨迹的弯曲方向可以判别合力的方向，结合速度的变化可以判别合力与速度方向之间的夹角大小。
4．一飞船在某行星表面附近沿圆轨道绕该行星飞行，认为行星是密度均匀的球体，要确定该行星的密度，只需要测量（　　）
A．飞船的轨道半径 B．飞船的运行速度
C．飞船的运行周期 D．行星的质量
【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】解：根据密度公式得：
ρ= =
A、已知飞船的轨道半径，无法求出行星的密度，故A错误．
B、已知飞船的运行速度，根据根据万有引力提供向心力，列出等式．
，得：M= 代入密度公式无法求出行星的密度，故B错误．
C、根据根据万有引力提供向心力，列出等式：
得：M=
代入密度公式得：ρ= = =
故C正确．
D、已知行星的质量无法求出行星的密度，故D错误．
故选C．
【分析】研究飞船在某行星表面附近沿圆轨道绕该行星飞行，根据根据万有引力提供向心力，列出等式．
根据密度公式表示出密度．
5．在一段平直的公路上测试某新能源汽车的性能。t=0时刻汽车由静止开始做匀加速直线运动，汽车的速度达到某值后保持该速度不变，假设汽车所受的阻力恒定。该过程汽车的输出功率P随时间t变化规律正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】机车启动
【解析】【解答】汽车从静止开始做匀加速直线运动，加速度一定，由于牵引力和阻力产生合力，根据牛顿第二定律有，根据功率的表达式可知得出汽车的功率为
故开始时P与t的图像是一条过原点的直线；
当汽车达到最大功率时，据题意汽车运动状态立刻变为匀速，根据平衡方程可知此时牵引力瞬间从变成，而速度没有突变，根据功率的表达式P=Fv可知汽车的功率变小且为恒定值，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】利用牛顿第二定律结合功率的表达式可以求出匀加速的过程汽车的功率与时间的关系；结合匀速过程中的平衡方程可以得出功率的大小变化。
6．把小球放在竖直的弹簧上并下压至A位置保持静止，如图甲所示，迅速松手后，弹簧把小球弹起，小球升至最高位置C（图乙），途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态。弹簧的质量和空气的阻力均可忽略。下列说法正确的是（　　）
A．小球经B位置时动能最大
B．小球经B位置时重力势能和弹性势能之和最小
C．小球从A到B的过程中，小球与地球组成的系统机械能守恒
D．小球从A到C的过程中，弹力做的功等于小球重力势能的增加量
【答案】D
【知识点】功能关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．小球从A到B，由牛顿第二定律，有，当时，小球速度最大，有，此时弹簧仍处于压缩状态，A错误；
B．小球在上升过程中系统机械能守恒，弹性势能、重力势能和动能相互转化，当重力势能和弹性势能之和最小时，动能最大，此位置在A与B之间，当时，B错误；
C．小球从A到B的过程中，弹性势能、重力势能和动能相互转化，故小球、弹簧与地球组成的系统机械能守恒，C错误；
D．小球从A到C的过程中，由动能定理，，由功能关系有，解得，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查弹簧系统的机械能与功能关系，核心思路是明确系统的机械能组成（弹性势能、重力势能、动能），结合动能定理和功能关系分析各力做功与能量变化的关系。
7．一种叫“旋转飞椅”的游乐项目如图甲所示，其结构简化模型如图乙所示。长为L的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r的水平转盘边缘。转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。转盘静止时，钢绳沿竖直方向自由下垂；转盘匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，且与竖直方向的夹角为θ。将游客和座椅看作一个质点，不计钢绳重力和空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法不正确的是（　　）
A．匀速转动时，游客和座椅受到的合力始终沿水平方向
B．当θ稳定时，游客和座椅的角速度
C．转速缓慢增大，角θ总小于90°
D．转速缓慢增大，钢绳上张力的竖直分量保持不变
【答案】B
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．匀速转动时，游客和座椅在水平面内做匀速圆周运动，由于合力提供向心力，向心力方向指向圆心可知所受到的合力指向圆心，必沿水平方向，故A正确，不符合题意；
B．当θ稳定时，根据重力和绳子的合力提供向心力有
得，故B错误，符合题意；
C．因游客和座椅所受重力和拉力的合力提供向心力，所受合力必指向圆心，转速缓慢增大，根据竖直方向的平衡方程有：所以可知角θ总小于90°，故C正确，不符合题意；
D．转速缓慢增大，根据竖直方向的平衡方程可知钢绳上张力的竖直分量始终等于重力，保持不变，故D正确，不符合题意。
故选B。
【分析】利用匀速圆周运动的向心力方向可以得出合力的方向；利用牛顿第二定律可以求出游客和座椅的角速度大小；利用竖直方向的平衡方程可知角θ总小于90°，且钢绳上张力的竖直分量始终等于重力，保持不变。
8．某计算机机械式硬盘的磁道和扇区如图所示。这块硬盘共有m个磁道（即m个不同半径的同心圆），每个磁道分成a个扇区（每个扇区为圆周），每个扇区可以记录b个字节。电动机使盘面以转速n（单位：转/秒）匀速转动。磁头在读、写数据时是不动的，盘面每转一圈，磁头沿半径方向跳动一个磁道，不计磁头转移磁道的时间，则（　　）
A．一个扇区通过磁头所用时间为
B．计算机1秒内最多可以读取的字节数为abn
C．计算机读完整个硬盘的时间至少为
D．磁头在内圈磁道与外圈磁道上相对硬盘运动的线速度大小相等
【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】A．根据周期和转速互为倒数可知转动一周用时间，根据扇区的长度可知一个扇区通过磁头所用时间为，选项A错误；
B．磁头1s转n圈，一圈内有a个扇区，每个扇区有b个字节，根据字节数与扇区及圈数的乘积可知计算机1秒内最多可以读取的字节数为abn，选项B正确；
C．硬盘内含有总的字节数为，计算机1秒内最多可以读取的字节数为abn，根据总的字节数和每秒所读字节数可得计算机读完整个硬盘的时间至少为，选项C错误；
D．因盘面匀速转动，角速度相等，根据线速度和角速度的关系式v=ωr可知，磁头在内圈磁道与外圈磁道上相对硬盘运动的线速度大小不相等，选项D错误。
故选B。
【分析】利用根据扇区的长度结合周期可知一个扇区通过磁头所用时间；利用字节数与扇区及圈数的乘积可知计算机1秒内最多可以读取的字节数；根据总的字节数和每秒所读字节数可得计算机读完整个硬盘的时间；利用角速度相等结合半径的大小可以比较线速度的大小。
9．如图所示，两块由相同材料制成的木板分别水平、倾斜固定，粗糙程度相同，两块木板在O处平滑连接。一可视为质点的小物块从倾斜木板的P处由静止滑下，滑到水平木板右端Q处恰好停下。现将倾斜木板的倾角调大或调小（如虚线所示）并固定在地面上，再让小物块从倾斜木板的某处由静止滑下，仍滑到水平木板右端Q处停下，则小物块释放的位置可能是（　　）
A．a B．b C．c D．d
【答案】B
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】设物块质量为，物块与木板间动摩擦因数为。如图所示，设在倾斜木板上下滑的距离为水平木板上滑行的距离为，倾斜木板与水平方向夹角为，释放位置和停下来位置的连线与水平面所成的夹角为。从到，由于重力做功和摩擦力对物块做功，且初末动能等于0，根据动能定理有，解得，根据几何知识则有，可见物块的释放位置和停下来位置的连线与水平面所成的夹角是个定值，所以根据PQ的连线可以得出释放的位置只有b点符合角度保持不变，如图只有b点有可能。
故选B。
【分析】利用物块下滑过程的动能定理结合几何关系可以得出物块的释放位置和停下来位置的连线与水平面所成的夹角是个定值，所以根据PQ的连线可以得出释放的位置只有b点符合角度保持不变。
10．军事上发射导弹时，由于导弹会飞行很远，故研究其射程时要将地面视作球面。可以将导弹的运动近似看成是绕地球中心的匀速圆周运动与垂直地球表面的上抛运动的合成。如图所示，假设导弹从地面发射时的速度大小为v，倾角为θ，地球半径为R，地球表面重 力加速度为g，且飞行过程中地球对导弹引力的大小近似保持不变。关于导弹射程s（导弹发射点到落地点沿地表方向的距离），你可能不会直接求解，请根据运动的合成与分解方法，结合一定的物理分析，判断以下选项合理的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】斜抛运动；向心加速度
【解析】【解答】导弹做斜抛运动，对初速度进行分解，导弹沿切线方向的速度为vcosθ，法向方向的速度为vsinθ；沿切线方向做匀速圆周运动，根据线速度的大小可知对应的向心加速度为
故沿法向上抛满足，根据速度公式有：，根据切线方向的位移公式可以求出射程为：s=vcosθt，联立解得
故选D。
【分析】对导弹的初速度进行分解，利用分运动的速度公式可以求出运动的时间，结合切线方向的位移公式可以求出射程的大小。
二、多项选择题（本题共3小题，每小题4分，共12分。全部选对得4分，选对但不全得2分，错选不得分。）
11．在下面列举的各个实例中（除A外都不计空气阻力），机械能守恒的是（　　）
A．跳伞运动员带着张开的降落伞在空气中匀速下落
B．掷出的标枪在空中的运动
C．一物块冲上光滑的固定斜面
D．飞行的子弹穿过固定不动的木块
【答案】B,C
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】A．下落过程中，降落伞的速度不变则动能不变，高度下降则重力势能减小，根据动能和重力势能之和可知机械能不守恒，故A错误；
B．掷出的标枪在空中的运动过程中，不计空气阻力，故只有重力做功，重力势能和动能相互转化所以机械能守恒，故B正确；
C．一物块冲上光滑的固定斜面，不计空气阻力，故只有重力做功，由于动能转化为重力势能所以机械能守恒，故C正确；
D．飞行的子弹穿过固定不动的木块时，摩擦力做功，机械能部分转化为内能则机械能不守恒，故D错误。
故选BC。
【分析】利用动能和重力势能的变化可以判别机械能是否守恒；利用除了重力以外是否有其他力做功可以判别机械能是否守恒；利用能量的转化可以判别机械能是否守恒。
12．果农在果园中用竹竿将果实打落，两颗质量相同的果实都从O点飞出，运动轨迹如图所示。两轨迹在同一竖直平面内，且交于P点，抛出时果实1和果实2的初速度分别为和，其中方向水平，方向斜向上。忽略空气阻力，关于两果实在空中的运动，下列说法正确的是（　　）
A．果实2在最高点的速度有可能等于
B．两果实从O点运动到P点的时间相同
C．两果实从O点运动到P点的动能变化量相同
D．果实2经过P点时重力功率比果实1过该点时的重力功率大
【答案】C,D
【知识点】平抛运动；斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】B．根据图像可知，谷粒1做平抛运动，谷粒2做斜抛运动，令谷粒2抛出速度与水平方向夹角为，从O到P过程，对谷粒1、2，根据竖直方向的位移公式分别有，，解得，，则有
可知，故粒1先到达P点，故B错误；
A．由于两谷粒在水平方向做匀速直线运动，根据水平方向的位移公式有，
由于则有，即谷粒2在最高点的速度小于，故A错误；
C．忽略空气阻力，两果实从O点运动到P点的过程中由于重力对两个果实做功相等，根据动能定理可得两果实从O点运动到P点的动能变化量相同，故C正确；
D．由于谷粒2运动时间较长，其在点时，根据速度公式可知速度在竖直方向上的分速度较大，根据功率的表达式可知重力做功的瞬时功率为，根据竖直方向的速度大小可知果实2经过P点时重力功率比果实1过该点时的重力功率大，故D正确。
故选CD。
【分析】利用竖直方向的位移公式可以比较两个果实从O到P的运动时间；结合水平方向的位移公式可以比较水平方向速度的大小；利用运动的时间结合竖直方向的公式可以比较分速度的大小，结合重力的大小可以比较瞬时功率的大小；利用动能定理结合重力做功可以比较动能变化量的大小。
13．在外出研学途中，小明把手机平放在火车卧铺床位上，研究火车通过铁路弯道的运动情况。如图1，手机的x轴与火车前进方向垂直，y轴与火车前进方向一致，z轴垂直床位即车厢底板。如图2，地图软件显示火车即将进入一处明显的转弯路段，从火车在M点进入路段至N点离开，车厢内的信息屏显示车速始终为v=118km/h。小明使用手机测量并记录下火车在这一路段x轴方向的加速度ax随时间t的变化关系图像如图3所示。t0时刻火车刚好经过弯道的P点处（该处铁轨平面倾角为θ），P点附近火车的运动可视为水平面内圆周运动的一部分。下列说法正确的是（　　）
A．在MN路段间火车沿y轴的加速度始终保持为零
B．在MN路段间火车沿z轴的加速度始终保持为零
C．若已知t0时刻转弯半径R，则有成立
D．若已知t0时刻转弯半径R，则有成立
【答案】A,D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．y轴与火车前进方向一致，且该方向火车的车速始终为v=118km/h，所以火车做曲线运动切线方向的速度为0所以沿y轴方向合力为0，则根据牛顿第二定律可知在MN路段间火车沿y轴的加速度始终保持为零，故A正确；
B．手机平放在火车卧铺床位上，z轴垂直床位即车厢底板，根据题意，当火车刚好经过弯道的P点时，P点附近火车的运动可视为水平面内圆周运动的一部分，火车此时做匀速圆周运动，火车受到的重力和支持力的合力提供向心力，该处铁轨平面倾角为θ，根据牛顿第二定律，此时向心加速度
根据图3有，根据加速度的合成可知向心加速度等于x、z轴方向加速度的矢量和，根据矢量合成规律可知，此时有，解得，即在MN路段间火车沿z轴的加速度不一定始终保持为零，故B错误；
CD．P点附近火车的运动可视为水平面内圆周运动的一部分，根据加速度的分解有：
结合x轴方向的加速度大小可知解得，故C错误，D正确。
故选AD。
【分析】利用y方向即火车前进方向速度不变可以得出y方向的合力和加速度都等于0；利用手机在倾斜面上做匀速圆周运动，利用向心加速度的表达式可以判别在MN路段间火车沿z轴的加速度不一定始终保持为零；利用加速度的分解结合向心加速度的表达式可以求出加速度的大小。
三、实验题（本题共2小题，共18分。）
14．教材中给出了多个“探究平抛运动的特点”的实验方案。
（1）用图1装置进行探究，在小球A、B处于同一高度时，用小锤轻击弹性金属片，使A球水平飞出，同时释放B球。多次重复实验，观察到的现象：小球A、B总是同时落地，可判断出A球竖直方向做　 　运动。
（2）用图2装置进行实验。
①关于该实验的做法，合理的是　 　。
A．尽可能使用密度大、体积小的球进行实验
B．轨道末端必须水平
C．上下调节挡板时必须每次等间距移动
D．实验中必须用到的器材有刻度尺和秒表
②实验操作时，每次需将小球从轨道同一位置无初速度释放，其主要目的是使小球抛出后　 　。
A．只受重力 B．轨迹重合
C．做平抛运动 D．速度小些便于确定位置
（3）用频闪照相记录平抛小球在不同时刻的位置信息，如图3所示。以竖直方向为y轴，水平方向为x轴建立直角坐标系，图中坐标纸的正方形小格的边长为l，则小球平抛的初速度大小为　 　（重力加速度为g）。
【答案】（1）自由落体
（2）AB；B
（3）
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）小球A做平抛运动，小球B做自由落体运动，小球A、B总是同时落地，根据竖直方向规律相同可判断出A球竖直方向做自由落体运动。
（2）①A．为了小球做平抛运动，只受到重力的作用，减小空气阻力影响，实验中应尽可能使用密度大、体积小的球进行实验，故A正确；
B．为了确保小球做平抛运动，确保初速度沿水平方向，要求实验中小球飞出斜槽末端速度方向水平，实验中轨道末端必须水平，故B正确；
C．为了描绘出小球的轨迹上的位置，实验中需要上下调节挡板，只要能够记录小球的轨迹点，并不需要每次等间距移动，故C错误；
D．为了测量位移，实验中必须用到刻度尺，根据水平与竖直方向分运动规律能够间接求出时间，所以实验中不需要用秒表，故D错误。
故选AB。
②实验操作时，为了每次小球做的轨迹相同则要求每次需将小球从轨道同一位置无初速度释放，其主要目的是使小球飞出斜槽的速度大小一定，确保小球平抛运动轨迹重合。
故选B。
（3）相邻点迹间的时间间隔相等，小球在竖直方向上做自由落体运动，根据邻差公式有
水平方向上做匀速直线运动，根据位移公式有，解得
【分析】（1）小球A、B总是同时落地，根据竖直方向规律相同可判断出A球竖直方向做自由落体运动；
（2）为了小球做平抛运动，减小空气阻力影响，实验中应尽可能使用密度大、体积小的球进行实验；
为了确保小球做平抛运动，要求实验中小球飞出斜槽末端速度方向水平，实验中轨道末端必须水平；为了描绘出小球的轨迹上的位置，实验中需要上下调节挡板，只要能够记录小球的轨迹点，并不需要每次等间距移动；为了测量位移，实验中必须用到刻度尺，根据水平与竖直方向分运动规律能够间接求出时间，所以实验中不需要用秒表；为了每次小球做的轨迹相同则要求每次需将小球从轨道同一位置无初速度释放，其主要目的是使小球飞出斜槽的速度大小一定，确保小球平抛运动轨迹重合；
（3）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。
（1）小球B做自由落体运动，小球A、B总是同时落地，可判断出A球竖直方向做自由落体运动。
（2）①[1]A．为了减小空气阻力影响，实验中应尽可能使用密度大、体积小的球进行实验，故A正确；
B．为了确保小球飞出斜槽末端速度方向水平，实验中轨道末端必须水平，故B正确；
C．为了描绘出小球的轨迹上的位置，实验中需要上下调节挡板，但并不需要每次等间距移动，故C错误；
D．为了测量位移，实验中必须用到刻度尺，由于根据水平与竖直方向分运动规律能够间接求出时间，实验中不需要用秒表，故D错误。
故选AB。
②[2]实验操作时，每次需将小球从轨道同一位置无初速度释放，其主要目的是使小球飞出斜槽的速度大小一定，确保小球平抛运动轨迹重合。
故选B。
（3）相邻点迹间的时间间隔相等，在竖直方向上有
水平方向上有
解得
15．实验室中可以利用图1 装置做“验证机械能守恒定律”实验。
（1）为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的___________。
A．动能变化量与势能变化量
B．速度变化量与势能变化量
C．速度变化量的平方与高度变化量
（2）除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是___________（填选项前的字母）。
A．交流电源 B．天平（含砝码） C．刻度尺
（3）实验中，先接通电源，再释放重物，得到图2所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m。 从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量为　 　，动能增加量为　 　（用题中字母表示）。
（4） 某小组先后用两个不同的重锤进行实验，实验操作规范。多次记录下落的高度h和对应的速度大小v，分别作出v2-h图像如图3所示。请分析说明两条图线斜率不同的原因　 　，并指出选择哪条图线验证机械能守恒定律误差更小　 　。
【答案】（1）A
（2）A；C
（3）mghB；
（4）设重锤质量为m，阻力为f，根据动能定理得重锤所受阻力f与质量m的比值不同，导致两图线斜率不同，且均小于2g；图线M
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）为验证机械能是否守恒，重物下落过程中，根据重力势能转化为动能，需要比较重物下落过程中任意两点间的动能变化量与势能变化量。故选A。
（2）电磁打点计时器需要使用低压交流电源，需要用刻度尺测量纸带上计数点之间的距离；由于验证机械能守恒的表达式中，重物的质量可以约去，所以不需要用天平测质量。故选AC。
（3）从打O点到打B点的过程中，根据重力势能的表达式可知重物的重力势能减少量
打B点时，根据平均速度公式可知重物的速度为
则从打O点到打B点的过程中，根据动能的表达式可知重物的动能增加量
（4）根据动能定理表达式可知图像斜率代表，根据重锤的质量大，图像的斜率大，下落相同的高度时动能增加的大一些，可见，重锤的质量越大，空气阻力的影响越小，直线M、N斜率不一样的原因是空气阻力和摩擦阻力对二者的影响不一样，所以为了验证机械能守恒应该选择图线M，影响较小。
【分析】（1）重物下落过程中，根据重力势能转化为动能，需要比较重物下落过程中任意两点间的动能变化量与势能变化量；
（2）电磁打点计时器需要使用低压交流电源，需要用刻度尺测量纸带上计数点之间的距离；由于验证机械能守恒的表达式中，重物的质量可以约去，所以不需要用天平测质量；
（3）根据重力势能的表达式可知重物的重力势能减少量；根据动能的表达式可知重物的动能增加量；
（4）利用动能定理可知图像斜率不同是由于重物的质量不同所导致；直线M、N斜率不一样的原因是空气阻力和摩擦阻力对二者的影响不一样，所以为了验证机械能守恒应该选择图线M，影响较小。
（1）为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的动能变化量与势能变化量。故选A。
（2）电磁打点计时器需要使用低压交流电源，需要用刻度尺测量纸带上计数点之间的距离；由于验证机械能守恒的表达式中，重物的质量可以约去，所以不需要用天平测质量。故选AC。
（3）[1]从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量
[2]打B点时，重物的速度为
则从打O点到打B点的过程中，重物的动能增加量
（4）[1][2]从图中可以看出，重锤的质量大，图像的斜率大，下落相同的高度时动能增加的大一些，可见，重锤的质量越大，空气阻力的影响越小，直线M、N斜率不一样的原因是空气阻力和摩擦阻力对二者的影响不一样，对M的影响较小。数学分析如下：设重锤质量为m，阻力为f，根据动能定理
得
重锤所受阻力f与质量m的比值不同，导致两图线斜率不同，且均小于2g
四、解答题（本题共4小题，共40分。写出必要的文字说明、方程式、演算步骤和答案。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
16．无人机在距离水平地面高度处，以速度水平匀速飞行并释放一包裹，不计空气阻力，重力加速度为。
(1)求包裹释放点到落地点的水平距离；
(2)求包裹落地时的速度大小；
(3)以释放点为坐标原点，初速度方向为轴方向，竖直向下为轴方向，建立平面直角坐标系，写出该包裹运动的轨迹方程。
【答案】(1)包裹脱离无人机后做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，则
解得
水平方向上做匀速直线运动，所以水平距离为
(2)包裹落地时，竖直方向速度为
落地时速度为
(3)包裹做平抛运动，分解位移
两式消去时间得包裹的轨迹方程为
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】（1）包裹离开无人机做平抛运动，利用平抛运动的位移公式可以求出水平距离的大小；
（2）包裹落地时，利用速度公式可以求出竖直方向分速度的大小，结合速度的合成可以求出落地速度的大小；
（3）由于包裹做平抛运动，利用位移公式可以求出运动的轨迹方程。
17．如图所示，光滑水平面AB与粗糙的竖直半圆轨道BCD在B点相切，半圆轨道BCD的半径R=0.4m，D点是半圆轨道的最高点。将一质量m=0.1kg的物体（可视为质点）向左压缩轻弹簧至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度vB=5m/s，之后物体沿半圆轨道运动，恰好能通过D点。取重力加速度g=10m/s2。求：
（1）弹簧被压缩至A点时的弹性势能Ep；
（2）物体通过半圆轨道上B点时对轨道的压力大小FN；
（3）物体沿半圆轨道BCD从B点到D点运动过程中阻力所做的功W。
【答案】（1）根据能量守恒
解得
（2）物体通过B点时，根据牛顿第二定律
解得F=7.25N
由牛顿第三定律
（3）物体恰好能通过D点，满足
从B到D过程中由动能定理
解得W= 0.25J
【知识点】竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）弹簧压缩后释放，利用物块获得的动能大小可以求出弹性势能的大小；
（2）物块经过B点时，利用牛顿第二定律可以求出物块对轨道的压力大小；
（3）物块恰好进过最高点时，利用牛顿第二定律可以求出经过D点速度的大小，结合动能定理可以求出克服阻力做功的大小。
（1）根据能量守恒
解得
（2）物体通过B点时，根据牛顿第二定律
解得F=7.25N
由牛顿第三定律
（3）物体恰好能通过D点，满足
从B到D过程中由动能定理
解得W= 0.25J
18．在研究流体运动规律时，可以建立理想流体模型，即不考虑其压缩性和粘滞性，认为流体是稳定流动的。
（1）如图1所示，风力发电机组的风轮半径为R，风轮处平均风速为v，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，空气密度为ρ，假设该风力发电机将此圆面内的空气动能转化为电 能的效率为η，求该发电机发电的功率P；
（2）在设计喷泉时，使用的电动机输出功率为P0，为使喷泉喷出的水柱能达到的高度为H，如图2所示。已知重力加速度为g，水的密度为ρ，假设电动机输出的能量全部转化为喷出水的机械能。求喷泉喷管内的流量Q（单位时间内流出水的体积）；
（3）喷雾器是一种常见的清洁或加湿工具。其核心部件是两端开口的细管（喷嘴）。如图3甲所示，当高压气流从粗管高速喷出时，细管处的空气流速增大，导致压强降低，从而将液体从容器中吸至细管口并雾化喷出。如图3乙所示，某管道中一小段流体，I处液体速度为v1，压强为p1，Ⅱ处速度为v2，压强为p2。利用动能定理证明流体内流速大的地方压强小（设液体密度为ρ，忽略重力势能的变化）。
【答案】（1）取一段时间Δt，流向风轮的空气质量为m，
由动能定理可得
联立解得

（2）取一小段时间Δt，由功能关系
解得

（3）设I、Ⅱ处流体横截面积分别为S1、S2，取一小段时间Δt，考虑薄层的液柱由位置I流到位置Ⅱ，因为质量不变，则有
由动能定理
且
联立解得
由此可见，流体内流速大的地方，压强小
【知识点】能量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）已知空气的动能转化为电能，利用空气的动能结合动能定理可以求出发电功率的大小；（2）已知发电功率，结合功能关系可以求出喷泉喷管内的流量大小；
（3）层的液柱由位置I流到位置Ⅱ，根据动能定理结合压力做功的表达式可以得出流体内流速大的地方，压强小。
（1）取一段时间Δt，流向风轮的空气质量为m，
由动能定理可得
联立解得
（2）取一小段时间Δt，由功能关系
解得
（3）设I、Ⅱ处流体横截面积分别为S1、S2，取一小段时间Δt，考虑薄层的液柱由位置I流到位置Ⅱ，因为质量不变，则有
由动能定理
且
联立解得
由此可见，流体内流速大的地方，压强小
19．科学家根据天文观测提出宇宙膨胀模型：在宇宙大尺度上，所有的宇宙物质（星体等）在做彼此远离的运动，且质量始终均匀分布，在宇宙中所有位置观测的结果都一样。如图所示，O是宇宙中任意一个观察者，某时刻距离观察者为的球状区域边缘有一质量为m的星系P（可看作质点）正在远离，此时宇宙的密度为ρ0。已知引力常量为G，质量均匀分布的球壳对球壳内物体的万有引力为零，P受到的万有引力相当于球内质量集中于O点对P的引力。（球体体积，R为半径）
（1）求此时球状区域内的宇宙物质对星系P的万有引力的大小F；
（2）星系互相远离的速度满足哈勃定律，其中r为星体到观测点的距离，H为哈勃系数（H与时间t有关，但与r无关），图中时刻哈勃系数，已知质量为和、距离为r的两个质点间的引力势能。 仅考虑万有引力和P远离O点的径向运动。
a、求此时星系P的机械能E；
b、若未来的宇宙在某时刻会停止膨胀，然后收缩，请在a问基础上推导说明ρ0应满足的条件。
【答案】（1）设球状区域内总质量为M，根据万有引力定律
其中
得

（2）a、由题意可知：星系P的引力势能为
此时星系P的速度
球状区域内总质量
星系P的机械能
b、只有万有引力做功，机械能守恒，当时，宇宙会收缩，代入a问的结果
得
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【分析】（1） 已知宇宙的密度，根据引力公式结合密度公式可以得出球状区域内的宇宙物质对星系P的引力大小；
（2）已知引力势能的表达式，利用引力时间的表达式可以求出星系P引力势能，结合动能的表达式可以求出星系P的动能大小；利用引力做功机械能守恒，结合机械能的表达式可以得出密度的大小。
（1）设球状区域内总质量为M，根据万有引力定律
其中
得
（2）a、由题意可知：星系P的引力势能为
此时星系P的速度
球状区域内总质量
星系P的机械能
b、只有万有引力做功，机械能守恒，当时，宇宙会收缩，代入a问的结果
得
1 / 1北京市朝阳区2024-2025学年高一下学期期末物理试卷
一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分。在每题列出的四个选项中，只有一个选项符合题意。）
1．下列物理量属于矢量的是（　　）
A．线速度 B．功率 C．弹性势能 D．功
2．如图所示，封闭的玻璃管中注满清水，内有一个红蜡块A能在水中以速度v1匀速上升。在红蜡块从玻璃管底端匀速上升的同时，使玻璃管以速度v2水平匀速向右运动，下列说法正确的是（　　）
A．红蜡块相对地面的运动轨迹为一条曲线
B．若速度v2增大，则红蜡块上升的速度v1也增大
C．若速度v2增大，则红蜡块的合速度也增大
D．若速度v2增大，则红蜡块上升到玻璃管顶端的时间变长
3．一辆汽车在水平公路上转弯，沿曲线由M向N行驶，速度逐渐减小。汽车转弯时所受合力F的方向正确的是（　　）
A． B．
C． D．
4．一飞船在某行星表面附近沿圆轨道绕该行星飞行，认为行星是密度均匀的球体，要确定该行星的密度，只需要测量（　　）
A．飞船的轨道半径 B．飞船的运行速度
C．飞船的运行周期 D．行星的质量
5．在一段平直的公路上测试某新能源汽车的性能。t=0时刻汽车由静止开始做匀加速直线运动，汽车的速度达到某值后保持该速度不变，假设汽车所受的阻力恒定。该过程汽车的输出功率P随时间t变化规律正确的是（　　）
A． B．
C． D．
6．把小球放在竖直的弹簧上并下压至A位置保持静止，如图甲所示，迅速松手后，弹簧把小球弹起，小球升至最高位置C（图乙），途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态。弹簧的质量和空气的阻力均可忽略。下列说法正确的是（　　）
A．小球经B位置时动能最大
B．小球经B位置时重力势能和弹性势能之和最小
C．小球从A到B的过程中，小球与地球组成的系统机械能守恒
D．小球从A到C的过程中，弹力做的功等于小球重力势能的增加量
7．一种叫“旋转飞椅”的游乐项目如图甲所示，其结构简化模型如图乙所示。长为L的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r的水平转盘边缘。转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。转盘静止时，钢绳沿竖直方向自由下垂；转盘匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，且与竖直方向的夹角为θ。将游客和座椅看作一个质点，不计钢绳重力和空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法不正确的是（　　）
A．匀速转动时，游客和座椅受到的合力始终沿水平方向
B．当θ稳定时，游客和座椅的角速度
C．转速缓慢增大，角θ总小于90°
D．转速缓慢增大，钢绳上张力的竖直分量保持不变
8．某计算机机械式硬盘的磁道和扇区如图所示。这块硬盘共有m个磁道（即m个不同半径的同心圆），每个磁道分成a个扇区（每个扇区为圆周），每个扇区可以记录b个字节。电动机使盘面以转速n（单位：转/秒）匀速转动。磁头在读、写数据时是不动的，盘面每转一圈，磁头沿半径方向跳动一个磁道，不计磁头转移磁道的时间，则（　　）
A．一个扇区通过磁头所用时间为
B．计算机1秒内最多可以读取的字节数为abn
C．计算机读完整个硬盘的时间至少为
D．磁头在内圈磁道与外圈磁道上相对硬盘运动的线速度大小相等
9．如图所示，两块由相同材料制成的木板分别水平、倾斜固定，粗糙程度相同，两块木板在O处平滑连接。一可视为质点的小物块从倾斜木板的P处由静止滑下，滑到水平木板右端Q处恰好停下。现将倾斜木板的倾角调大或调小（如虚线所示）并固定在地面上，再让小物块从倾斜木板的某处由静止滑下，仍滑到水平木板右端Q处停下，则小物块释放的位置可能是（　　）
A．a B．b C．c D．d
10．军事上发射导弹时，由于导弹会飞行很远，故研究其射程时要将地面视作球面。可以将导弹的运动近似看成是绕地球中心的匀速圆周运动与垂直地球表面的上抛运动的合成。如图所示，假设导弹从地面发射时的速度大小为v，倾角为θ，地球半径为R，地球表面重 力加速度为g，且飞行过程中地球对导弹引力的大小近似保持不变。关于导弹射程s（导弹发射点到落地点沿地表方向的距离），你可能不会直接求解，请根据运动的合成与分解方法，结合一定的物理分析，判断以下选项合理的是（　　）
A． B．
C． D．
二、多项选择题（本题共3小题，每小题4分，共12分。全部选对得4分，选对但不全得2分，错选不得分。）
11．在下面列举的各个实例中（除A外都不计空气阻力），机械能守恒的是（　　）
A．跳伞运动员带着张开的降落伞在空气中匀速下落
B．掷出的标枪在空中的运动
C．一物块冲上光滑的固定斜面
D．飞行的子弹穿过固定不动的木块
12．果农在果园中用竹竿将果实打落，两颗质量相同的果实都从O点飞出，运动轨迹如图所示。两轨迹在同一竖直平面内，且交于P点，抛出时果实1和果实2的初速度分别为和，其中方向水平，方向斜向上。忽略空气阻力，关于两果实在空中的运动，下列说法正确的是（　　）
A．果实2在最高点的速度有可能等于
B．两果实从O点运动到P点的时间相同
C．两果实从O点运动到P点的动能变化量相同
D．果实2经过P点时重力功率比果实1过该点时的重力功率大
13．在外出研学途中，小明把手机平放在火车卧铺床位上，研究火车通过铁路弯道的运动情况。如图1，手机的x轴与火车前进方向垂直，y轴与火车前进方向一致，z轴垂直床位即车厢底板。如图2，地图软件显示火车即将进入一处明显的转弯路段，从火车在M点进入路段至N点离开，车厢内的信息屏显示车速始终为v=118km/h。小明使用手机测量并记录下火车在这一路段x轴方向的加速度ax随时间t的变化关系图像如图3所示。t0时刻火车刚好经过弯道的P点处（该处铁轨平面倾角为θ），P点附近火车的运动可视为水平面内圆周运动的一部分。下列说法正确的是（　　）
A．在MN路段间火车沿y轴的加速度始终保持为零
B．在MN路段间火车沿z轴的加速度始终保持为零
C．若已知t0时刻转弯半径R，则有成立
D．若已知t0时刻转弯半径R，则有成立
三、实验题（本题共2小题，共18分。）
14．教材中给出了多个“探究平抛运动的特点”的实验方案。
（1）用图1装置进行探究，在小球A、B处于同一高度时，用小锤轻击弹性金属片，使A球水平飞出，同时释放B球。多次重复实验，观察到的现象：小球A、B总是同时落地，可判断出A球竖直方向做　 　运动。
（2）用图2装置进行实验。
①关于该实验的做法，合理的是　 　。
A．尽可能使用密度大、体积小的球进行实验
B．轨道末端必须水平
C．上下调节挡板时必须每次等间距移动
D．实验中必须用到的器材有刻度尺和秒表
②实验操作时，每次需将小球从轨道同一位置无初速度释放，其主要目的是使小球抛出后　 　。
A．只受重力 B．轨迹重合
C．做平抛运动 D．速度小些便于确定位置
（3）用频闪照相记录平抛小球在不同时刻的位置信息，如图3所示。以竖直方向为y轴，水平方向为x轴建立直角坐标系，图中坐标纸的正方形小格的边长为l，则小球平抛的初速度大小为　 　（重力加速度为g）。
15．实验室中可以利用图1 装置做“验证机械能守恒定律”实验。
（1）为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的___________。
A．动能变化量与势能变化量
B．速度变化量与势能变化量
C．速度变化量的平方与高度变化量
（2）除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是___________（填选项前的字母）。
A．交流电源 B．天平（含砝码） C．刻度尺
（3）实验中，先接通电源，再释放重物，得到图2所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m。 从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量为　 　，动能增加量为　 　（用题中字母表示）。
（4） 某小组先后用两个不同的重锤进行实验，实验操作规范。多次记录下落的高度h和对应的速度大小v，分别作出v2-h图像如图3所示。请分析说明两条图线斜率不同的原因　 　，并指出选择哪条图线验证机械能守恒定律误差更小　 　。
四、解答题（本题共4小题，共40分。写出必要的文字说明、方程式、演算步骤和答案。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
16．无人机在距离水平地面高度处，以速度水平匀速飞行并释放一包裹，不计空气阻力，重力加速度为。
(1)求包裹释放点到落地点的水平距离；
(2)求包裹落地时的速度大小；
(3)以释放点为坐标原点，初速度方向为轴方向，竖直向下为轴方向，建立平面直角坐标系，写出该包裹运动的轨迹方程。
17．如图所示，光滑水平面AB与粗糙的竖直半圆轨道BCD在B点相切，半圆轨道BCD的半径R=0.4m，D点是半圆轨道的最高点。将一质量m=0.1kg的物体（可视为质点）向左压缩轻弹簧至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度vB=5m/s，之后物体沿半圆轨道运动，恰好能通过D点。取重力加速度g=10m/s2。求：
（1）弹簧被压缩至A点时的弹性势能Ep；
（2）物体通过半圆轨道上B点时对轨道的压力大小FN；
（3）物体沿半圆轨道BCD从B点到D点运动过程中阻力所做的功W。
18．在研究流体运动规律时，可以建立理想流体模型，即不考虑其压缩性和粘滞性，认为流体是稳定流动的。
（1）如图1所示，风力发电机组的风轮半径为R，风轮处平均风速为v，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，空气密度为ρ，假设该风力发电机将此圆面内的空气动能转化为电 能的效率为η，求该发电机发电的功率P；
（2）在设计喷泉时，使用的电动机输出功率为P0，为使喷泉喷出的水柱能达到的高度为H，如图2所示。已知重力加速度为g，水的密度为ρ，假设电动机输出的能量全部转化为喷出水的机械能。求喷泉喷管内的流量Q（单位时间内流出水的体积）；
（3）喷雾器是一种常见的清洁或加湿工具。其核心部件是两端开口的细管（喷嘴）。如图3甲所示，当高压气流从粗管高速喷出时，细管处的空气流速增大，导致压强降低，从而将液体从容器中吸至细管口并雾化喷出。如图3乙所示，某管道中一小段流体，I处液体速度为v1，压强为p1，Ⅱ处速度为v2，压强为p2。利用动能定理证明流体内流速大的地方压强小（设液体密度为ρ，忽略重力势能的变化）。
19．科学家根据天文观测提出宇宙膨胀模型：在宇宙大尺度上，所有的宇宙物质（星体等）在做彼此远离的运动，且质量始终均匀分布，在宇宙中所有位置观测的结果都一样。如图所示，O是宇宙中任意一个观察者，某时刻距离观察者为的球状区域边缘有一质量为m的星系P（可看作质点）正在远离，此时宇宙的密度为ρ0。已知引力常量为G，质量均匀分布的球壳对球壳内物体的万有引力为零，P受到的万有引力相当于球内质量集中于O点对P的引力。（球体体积，R为半径）
（1）求此时球状区域内的宇宙物质对星系P的万有引力的大小F；
（2）星系互相远离的速度满足哈勃定律，其中r为星体到观测点的距离，H为哈勃系数（H与时间t有关，但与r无关），图中时刻哈勃系数，已知质量为和、距离为r的两个质点间的引力势能。 仅考虑万有引力和P远离O点的径向运动。
a、求此时星系P的机械能E；
b、若未来的宇宙在某时刻会停止膨胀，然后收缩，请在a问基础上推导说明ρ0应满足的条件。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】矢量与标量
【解析】【解答】A．根据物理量的分类可知矢量具有大小和方向，标量只具有大小没有方向，线速度既有大小又有方向，属于矢量，故A正确；
B．功率只有大小没有方向，属于标量，故B错误；
C．弹性势能只有大小没有方向，属于标量，故C错误；
D．功只有大小没有方向，属于标量，故D错误。
故选A。
【分析】线速度属于矢量，其他三个物理量属于标量。
2．【答案】C
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】A．红蜡块在水平方向和竖直方向的运动都是匀速运动，根据速度的合成合速度保持不变，可知合运动为直线运动，则相对地面的运动轨迹为一条直线，选项A错误；
B．两个方向分运动互不影响，由于分运动具有独立性，所以若速度v2增大，红蜡块上升的速度v1不变，选项B错误；
C．根据平行四边形定则可知合速度为，则若速度v2增大，则红蜡块的合速度也增大，选项C正确；
D．红蜡块上升到玻璃管顶端的时间由竖直速度v1决定，根据竖直方向的位移公式有
则若速度v2增大，则红蜡块上升到玻璃管顶端的时间不变，选项D错误。
故选C。
【分析】利用速度的合成可以判别合速度保持不变所以蜡块做匀速直线运动；利用速度的合成可以判别合速度的大小变化；利用分运动的独立性可知速度v2增大，红蜡块上升的速度v1不变；根据竖直方向的位移公式可以得出运动的时间保持不变。
3．【答案】C
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】物体做曲线运动时，由于物体所受合力的方向为轨迹的弯曲方向，物体速度的方向为轨迹的切线方向，且由于汽车速度减小，合外力方向与速度的夹角为钝角。
故选C。
【分析】利用曲线轨迹的弯曲方向可以判别合力的方向，结合速度的变化可以判别合力与速度方向之间的夹角大小。
4．【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】解：根据密度公式得：
ρ= =
A、已知飞船的轨道半径，无法求出行星的密度，故A错误．
B、已知飞船的运行速度，根据根据万有引力提供向心力，列出等式．
，得：M= 代入密度公式无法求出行星的密度，故B错误．
C、根据根据万有引力提供向心力，列出等式：
得：M=
代入密度公式得：ρ= = =
故C正确．
D、已知行星的质量无法求出行星的密度，故D错误．
故选C．
【分析】研究飞船在某行星表面附近沿圆轨道绕该行星飞行，根据根据万有引力提供向心力，列出等式．
根据密度公式表示出密度．
5．【答案】A
【知识点】机车启动
【解析】【解答】汽车从静止开始做匀加速直线运动，加速度一定，由于牵引力和阻力产生合力，根据牛顿第二定律有，根据功率的表达式可知得出汽车的功率为
故开始时P与t的图像是一条过原点的直线；
当汽车达到最大功率时，据题意汽车运动状态立刻变为匀速，根据平衡方程可知此时牵引力瞬间从变成，而速度没有突变，根据功率的表达式P=Fv可知汽车的功率变小且为恒定值，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】利用牛顿第二定律结合功率的表达式可以求出匀加速的过程汽车的功率与时间的关系；结合匀速过程中的平衡方程可以得出功率的大小变化。
6．【答案】D
【知识点】功能关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．小球从A到B，由牛顿第二定律，有，当时，小球速度最大，有，此时弹簧仍处于压缩状态，A错误；
B．小球在上升过程中系统机械能守恒，弹性势能、重力势能和动能相互转化，当重力势能和弹性势能之和最小时，动能最大，此位置在A与B之间，当时，B错误；
C．小球从A到B的过程中，弹性势能、重力势能和动能相互转化，故小球、弹簧与地球组成的系统机械能守恒，C错误；
D．小球从A到C的过程中，由动能定理，，由功能关系有，解得，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查弹簧系统的机械能与功能关系，核心思路是明确系统的机械能组成（弹性势能、重力势能、动能），结合动能定理和功能关系分析各力做功与能量变化的关系。
7．【答案】B
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．匀速转动时，游客和座椅在水平面内做匀速圆周运动，由于合力提供向心力，向心力方向指向圆心可知所受到的合力指向圆心，必沿水平方向，故A正确，不符合题意；
B．当θ稳定时，根据重力和绳子的合力提供向心力有
得，故B错误，符合题意；
C．因游客和座椅所受重力和拉力的合力提供向心力，所受合力必指向圆心，转速缓慢增大，根据竖直方向的平衡方程有：所以可知角θ总小于90°，故C正确，不符合题意；
D．转速缓慢增大，根据竖直方向的平衡方程可知钢绳上张力的竖直分量始终等于重力，保持不变，故D正确，不符合题意。
故选B。
【分析】利用匀速圆周运动的向心力方向可以得出合力的方向；利用牛顿第二定律可以求出游客和座椅的角速度大小；利用竖直方向的平衡方程可知角θ总小于90°，且钢绳上张力的竖直分量始终等于重力，保持不变。
8．【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】A．根据周期和转速互为倒数可知转动一周用时间，根据扇区的长度可知一个扇区通过磁头所用时间为，选项A错误；
B．磁头1s转n圈，一圈内有a个扇区，每个扇区有b个字节，根据字节数与扇区及圈数的乘积可知计算机1秒内最多可以读取的字节数为abn，选项B正确；
C．硬盘内含有总的字节数为，计算机1秒内最多可以读取的字节数为abn，根据总的字节数和每秒所读字节数可得计算机读完整个硬盘的时间至少为，选项C错误；
D．因盘面匀速转动，角速度相等，根据线速度和角速度的关系式v=ωr可知，磁头在内圈磁道与外圈磁道上相对硬盘运动的线速度大小不相等，选项D错误。
故选B。
【分析】利用根据扇区的长度结合周期可知一个扇区通过磁头所用时间；利用字节数与扇区及圈数的乘积可知计算机1秒内最多可以读取的字节数；根据总的字节数和每秒所读字节数可得计算机读完整个硬盘的时间；利用角速度相等结合半径的大小可以比较线速度的大小。
9．【答案】B
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】设物块质量为，物块与木板间动摩擦因数为。如图所示，设在倾斜木板上下滑的距离为水平木板上滑行的距离为，倾斜木板与水平方向夹角为，释放位置和停下来位置的连线与水平面所成的夹角为。从到，由于重力做功和摩擦力对物块做功，且初末动能等于0，根据动能定理有，解得，根据几何知识则有，可见物块的释放位置和停下来位置的连线与水平面所成的夹角是个定值，所以根据PQ的连线可以得出释放的位置只有b点符合角度保持不变，如图只有b点有可能。
故选B。
【分析】利用物块下滑过程的动能定理结合几何关系可以得出物块的释放位置和停下来位置的连线与水平面所成的夹角是个定值，所以根据PQ的连线可以得出释放的位置只有b点符合角度保持不变。
10．【答案】D
【知识点】斜抛运动；向心加速度
【解析】【解答】导弹做斜抛运动，对初速度进行分解，导弹沿切线方向的速度为vcosθ，法向方向的速度为vsinθ；沿切线方向做匀速圆周运动，根据线速度的大小可知对应的向心加速度为
故沿法向上抛满足，根据速度公式有：，根据切线方向的位移公式可以求出射程为：s=vcosθt，联立解得
故选D。
【分析】对导弹的初速度进行分解，利用分运动的速度公式可以求出运动的时间，结合切线方向的位移公式可以求出射程的大小。
11．【答案】B,C
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】A．下落过程中，降落伞的速度不变则动能不变，高度下降则重力势能减小，根据动能和重力势能之和可知机械能不守恒，故A错误；
B．掷出的标枪在空中的运动过程中，不计空气阻力，故只有重力做功，重力势能和动能相互转化所以机械能守恒，故B正确；
C．一物块冲上光滑的固定斜面，不计空气阻力，故只有重力做功，由于动能转化为重力势能所以机械能守恒，故C正确；
D．飞行的子弹穿过固定不动的木块时，摩擦力做功，机械能部分转化为内能则机械能不守恒，故D错误。
故选BC。
【分析】利用动能和重力势能的变化可以判别机械能是否守恒；利用除了重力以外是否有其他力做功可以判别机械能是否守恒；利用能量的转化可以判别机械能是否守恒。
12．【答案】C,D
【知识点】平抛运动；斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】B．根据图像可知，谷粒1做平抛运动，谷粒2做斜抛运动，令谷粒2抛出速度与水平方向夹角为，从O到P过程，对谷粒1、2，根据竖直方向的位移公式分别有，，解得，，则有
可知，故粒1先到达P点，故B错误；
A．由于两谷粒在水平方向做匀速直线运动，根据水平方向的位移公式有，
由于则有，即谷粒2在最高点的速度小于，故A错误；
C．忽略空气阻力，两果实从O点运动到P点的过程中由于重力对两个果实做功相等，根据动能定理可得两果实从O点运动到P点的动能变化量相同，故C正确；
D．由于谷粒2运动时间较长，其在点时，根据速度公式可知速度在竖直方向上的分速度较大，根据功率的表达式可知重力做功的瞬时功率为，根据竖直方向的速度大小可知果实2经过P点时重力功率比果实1过该点时的重力功率大，故D正确。
故选CD。
【分析】利用竖直方向的位移公式可以比较两个果实从O到P的运动时间；结合水平方向的位移公式可以比较水平方向速度的大小；利用运动的时间结合竖直方向的公式可以比较分速度的大小，结合重力的大小可以比较瞬时功率的大小；利用动能定理结合重力做功可以比较动能变化量的大小。
13．【答案】A,D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．y轴与火车前进方向一致，且该方向火车的车速始终为v=118km/h，所以火车做曲线运动切线方向的速度为0所以沿y轴方向合力为0，则根据牛顿第二定律可知在MN路段间火车沿y轴的加速度始终保持为零，故A正确；
B．手机平放在火车卧铺床位上，z轴垂直床位即车厢底板，根据题意，当火车刚好经过弯道的P点时，P点附近火车的运动可视为水平面内圆周运动的一部分，火车此时做匀速圆周运动，火车受到的重力和支持力的合力提供向心力，该处铁轨平面倾角为θ，根据牛顿第二定律，此时向心加速度
根据图3有，根据加速度的合成可知向心加速度等于x、z轴方向加速度的矢量和，根据矢量合成规律可知，此时有，解得，即在MN路段间火车沿z轴的加速度不一定始终保持为零，故B错误；
CD．P点附近火车的运动可视为水平面内圆周运动的一部分，根据加速度的分解有：
结合x轴方向的加速度大小可知解得，故C错误，D正确。
故选AD。
【分析】利用y方向即火车前进方向速度不变可以得出y方向的合力和加速度都等于0；利用手机在倾斜面上做匀速圆周运动，利用向心加速度的表达式可以判别在MN路段间火车沿z轴的加速度不一定始终保持为零；利用加速度的分解结合向心加速度的表达式可以求出加速度的大小。
14．【答案】（1）自由落体
（2）AB；B
（3）
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）小球A做平抛运动，小球B做自由落体运动，小球A、B总是同时落地，根据竖直方向规律相同可判断出A球竖直方向做自由落体运动。
（2）①A．为了小球做平抛运动，只受到重力的作用，减小空气阻力影响，实验中应尽可能使用密度大、体积小的球进行实验，故A正确；
B．为了确保小球做平抛运动，确保初速度沿水平方向，要求实验中小球飞出斜槽末端速度方向水平，实验中轨道末端必须水平，故B正确；
C．为了描绘出小球的轨迹上的位置，实验中需要上下调节挡板，只要能够记录小球的轨迹点，并不需要每次等间距移动，故C错误；
D．为了测量位移，实验中必须用到刻度尺，根据水平与竖直方向分运动规律能够间接求出时间，所以实验中不需要用秒表，故D错误。
故选AB。
②实验操作时，为了每次小球做的轨迹相同则要求每次需将小球从轨道同一位置无初速度释放，其主要目的是使小球飞出斜槽的速度大小一定，确保小球平抛运动轨迹重合。
故选B。
（3）相邻点迹间的时间间隔相等，小球在竖直方向上做自由落体运动，根据邻差公式有
水平方向上做匀速直线运动，根据位移公式有，解得
【分析】（1）小球A、B总是同时落地，根据竖直方向规律相同可判断出A球竖直方向做自由落体运动；
（2）为了小球做平抛运动，减小空气阻力影响，实验中应尽可能使用密度大、体积小的球进行实验；
为了确保小球做平抛运动，要求实验中小球飞出斜槽末端速度方向水平，实验中轨道末端必须水平；为了描绘出小球的轨迹上的位置，实验中需要上下调节挡板，只要能够记录小球的轨迹点，并不需要每次等间距移动；为了测量位移，实验中必须用到刻度尺，根据水平与竖直方向分运动规律能够间接求出时间，所以实验中不需要用秒表；为了每次小球做的轨迹相同则要求每次需将小球从轨道同一位置无初速度释放，其主要目的是使小球飞出斜槽的速度大小一定，确保小球平抛运动轨迹重合；
（3）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。
（1）小球B做自由落体运动，小球A、B总是同时落地，可判断出A球竖直方向做自由落体运动。
（2）①[1]A．为了减小空气阻力影响，实验中应尽可能使用密度大、体积小的球进行实验，故A正确；
B．为了确保小球飞出斜槽末端速度方向水平，实验中轨道末端必须水平，故B正确；
C．为了描绘出小球的轨迹上的位置，实验中需要上下调节挡板，但并不需要每次等间距移动，故C错误；
D．为了测量位移，实验中必须用到刻度尺，由于根据水平与竖直方向分运动规律能够间接求出时间，实验中不需要用秒表，故D错误。
故选AB。
②[2]实验操作时，每次需将小球从轨道同一位置无初速度释放，其主要目的是使小球飞出斜槽的速度大小一定，确保小球平抛运动轨迹重合。
故选B。
（3）相邻点迹间的时间间隔相等，在竖直方向上有
水平方向上有
解得
15．【答案】（1）A
（2）A；C
（3）mghB；
（4）设重锤质量为m，阻力为f，根据动能定理得重锤所受阻力f与质量m的比值不同，导致两图线斜率不同，且均小于2g；图线M
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）为验证机械能是否守恒，重物下落过程中，根据重力势能转化为动能，需要比较重物下落过程中任意两点间的动能变化量与势能变化量。故选A。
（2）电磁打点计时器需要使用低压交流电源，需要用刻度尺测量纸带上计数点之间的距离；由于验证机械能守恒的表达式中，重物的质量可以约去，所以不需要用天平测质量。故选AC。
（3）从打O点到打B点的过程中，根据重力势能的表达式可知重物的重力势能减少量
打B点时，根据平均速度公式可知重物的速度为
则从打O点到打B点的过程中，根据动能的表达式可知重物的动能增加量
（4）根据动能定理表达式可知图像斜率代表，根据重锤的质量大，图像的斜率大，下落相同的高度时动能增加的大一些，可见，重锤的质量越大，空气阻力的影响越小，直线M、N斜率不一样的原因是空气阻力和摩擦阻力对二者的影响不一样，所以为了验证机械能守恒应该选择图线M，影响较小。
【分析】（1）重物下落过程中，根据重力势能转化为动能，需要比较重物下落过程中任意两点间的动能变化量与势能变化量；
（2）电磁打点计时器需要使用低压交流电源，需要用刻度尺测量纸带上计数点之间的距离；由于验证机械能守恒的表达式中，重物的质量可以约去，所以不需要用天平测质量；
（3）根据重力势能的表达式可知重物的重力势能减少量；根据动能的表达式可知重物的动能增加量；
（4）利用动能定理可知图像斜率不同是由于重物的质量不同所导致；直线M、N斜率不一样的原因是空气阻力和摩擦阻力对二者的影响不一样，所以为了验证机械能守恒应该选择图线M，影响较小。
（1）为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的动能变化量与势能变化量。故选A。
（2）电磁打点计时器需要使用低压交流电源，需要用刻度尺测量纸带上计数点之间的距离；由于验证机械能守恒的表达式中，重物的质量可以约去，所以不需要用天平测质量。故选AC。
（3）[1]从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量
[2]打B点时，重物的速度为
则从打O点到打B点的过程中，重物的动能增加量
（4）[1][2]从图中可以看出，重锤的质量大，图像的斜率大，下落相同的高度时动能增加的大一些，可见，重锤的质量越大，空气阻力的影响越小，直线M、N斜率不一样的原因是空气阻力和摩擦阻力对二者的影响不一样，对M的影响较小。数学分析如下：设重锤质量为m，阻力为f，根据动能定理
得
重锤所受阻力f与质量m的比值不同，导致两图线斜率不同，且均小于2g
16．【答案】(1)包裹脱离无人机后做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，则
解得
水平方向上做匀速直线运动，所以水平距离为
(2)包裹落地时，竖直方向速度为
落地时速度为
(3)包裹做平抛运动，分解位移
两式消去时间得包裹的轨迹方程为
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】（1）包裹离开无人机做平抛运动，利用平抛运动的位移公式可以求出水平距离的大小；
（2）包裹落地时，利用速度公式可以求出竖直方向分速度的大小，结合速度的合成可以求出落地速度的大小；
（3）由于包裹做平抛运动，利用位移公式可以求出运动的轨迹方程。
17．【答案】（1）根据能量守恒
解得
（2）物体通过B点时，根据牛顿第二定律
解得F=7.25N
由牛顿第三定律
（3）物体恰好能通过D点，满足
从B到D过程中由动能定理
解得W= 0.25J
【知识点】竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）弹簧压缩后释放，利用物块获得的动能大小可以求出弹性势能的大小；
（2）物块经过B点时，利用牛顿第二定律可以求出物块对轨道的压力大小；
（3）物块恰好进过最高点时，利用牛顿第二定律可以求出经过D点速度的大小，结合动能定理可以求出克服阻力做功的大小。
（1）根据能量守恒
解得
（2）物体通过B点时，根据牛顿第二定律
解得F=7.25N
由牛顿第三定律
（3）物体恰好能通过D点，满足
从B到D过程中由动能定理
解得W= 0.25J
18．【答案】（1）取一段时间Δt，流向风轮的空气质量为m，
由动能定理可得
联立解得

（2）取一小段时间Δt，由功能关系
解得

（3）设I、Ⅱ处流体横截面积分别为S1、S2，取一小段时间Δt，考虑薄层的液柱由位置I流到位置Ⅱ，因为质量不变，则有
由动能定理
且
联立解得
由此可见，流体内流速大的地方，压强小
【知识点】能量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）已知空气的动能转化为电能，利用空气的动能结合动能定理可以求出发电功率的大小；（2）已知发电功率，结合功能关系可以求出喷泉喷管内的流量大小；
（3）层的液柱由位置I流到位置Ⅱ，根据动能定理结合压力做功的表达式可以得出流体内流速大的地方，压强小。
（1）取一段时间Δt，流向风轮的空气质量为m，
由动能定理可得
联立解得
（2）取一小段时间Δt，由功能关系
解得
（3）设I、Ⅱ处流体横截面积分别为S1、S2，取一小段时间Δt，考虑薄层的液柱由位置I流到位置Ⅱ，因为质量不变，则有
由动能定理
且
联立解得
由此可见，流体内流速大的地方，压强小
19．【答案】（1）设球状区域内总质量为M，根据万有引力定律
其中
得

（2）a、由题意可知：星系P的引力势能为
此时星系P的速度
球状区域内总质量
星系P的机械能
b、只有万有引力做功，机械能守恒，当时，宇宙会收缩，代入a问的结果
得
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【分析】（1） 已知宇宙的密度，根据引力公式结合密度公式可以得出球状区域内的宇宙物质对星系P的引力大小；
（2）已知引力势能的表达式，利用引力时间的表达式可以求出星系P引力势能，结合动能的表达式可以求出星系P的动能大小；利用引力做功机械能守恒，结合机械能的表达式可以得出密度的大小。
（1）设球状区域内总质量为M，根据万有引力定律
其中
得
（2）a、由题意可知：星系P的引力势能为
此时星系P的速度
球状区域内总质量
星系P的机械能
b、只有万有引力做功，机械能守恒，当时，宇宙会收缩，代入a问的结果
得
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