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广东省五校（东莞中学、惠州一中、深圳实验、珠海一中、中山纪念中学）2024-2025学年高一下学期5月联考物理试题
1．甲物体做平抛运动，乙物体做匀速圆周运动，下列说法不正确的是（　　）
A．甲、乙物体的合外力大小都不变，所做的运动都是匀变速曲线运动
B．甲、乙物体在某时刻的向心加速度方向都与该时刻的速度方向垂直
C．甲物体在相同时间内的速度变化量不变，乙物体的角速度不变
D．甲物体在运动过程中重力做功的功率增大，乙物体在运动过程中的动能不变
【答案】A
【知识点】平抛运动；匀速圆周运动
【解析】【解答】A．甲物体平抛运动的合外力（重力）大小和方向均不变，是匀变速曲线运动；乙物体做匀速圆周运动，由于合外力（向心力）大小不变但方向时刻指向圆心导致合力方向改变，所以加速度方向时刻变化，由于加速度发生变化所以不是匀变速曲线运动。A错误，符合题意。
B．根据矢量分解可知平抛运动的加速度可分解为法向加速度（与速度方向垂直）和切向加速度，向心加速度就是法向加速度，与速度方向垂直；匀速圆周运动的向心加速度始终与速度方向垂直。因此甲、乙物体在某时刻的向心加速度方向均与速度方向垂直，B正确，不符合题意。
C．平抛运动的加速度恒定，根据速度公式可知相同时间内的速度变化量不变；匀速圆周运动物体由于相同时间转过的角度相等所以角速度恒定。C正确，不符合题意。
D．根据速度公式可知平抛运动竖直分速度逐渐增大，根据功率的表达式可知重力功率随之增大；匀速圆周运动速率不变，根据动能的表达式可知动能不变。D正确，不符合题意。
故选A。
【分析】 甲物体平抛运动的加速度保持不变，是匀变速曲线运动；乙物体匀速圆周运动的加速度方向变化，不是匀变速曲线运动。A错误。平抛运动的加速度可分解为法向加速度（与速度方向垂直）和切向加速度，向心加速度就是法向加速度，与速度方向垂直；匀速圆周运动的向心加速度始终与速度方向垂直。因此甲、乙物体在某时刻的向心加速度方向均与速度方向垂直；平抛运动的加速度恒定，根据速度公式可知相同时间内的速度变化量不变；匀速圆周运动的角速度恒定；根据功率的公式可知平抛运动重力功率随竖直方向的分速度增大而增大；匀速圆周运动速率不变，动能不变。
2．如图是大型游乐装置“大摆锤”的示意图。摆锤a和配重锤b分别固定在摆臂两端，并可绕摆臂上的转轴O在纸面内转动。若aO段与bO段的距离之比为3∶2，则在转动过程中的下列说法正确的是（　　）
A．a、b的线速度大小之比为2∶3 B．a、b的角速度大小之比为2∶3
C．a、b的向心加速度之比为3∶2 D．a、b的动能之比为9∶4
【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】B．a、b绕同一转轴O转动，由于相同时间内转过的角度相等则角速度相等，B错误；
A．根据线速度和角速度的关系可知，a、b的转动半径之比为3：2，则线速度大小之比为3：2，A错误；
C．已知线速度大小之比为3：2，根据向心加速度的表达式可知，a、b的向心加速度之比为3∶2，C正确；
D．a、b的质量关系不确定，则不能确定动能之比，D错误。
故选C。
【分析】ab属于同轴转动可以得出角速度相等，结合半径的比值可以求出线速度和向心加速度的比值；未知质量的大小不能比较动能的大小。
3．A、B、C三只小船先后从同一地点M点渡河，河中水流速度各处相同，小船A、B、C在静水中的速度分别为v1、v2、v3，方向如图所示，三次渡河过程中船头均指向上游，运动轨迹均垂直于河岸而到达正对岸N点，下列说法正确的是（　　）
A．三只小船在静水中的速度大小可能满足v1B．三只小船渡河时的合速度相同
C．小船A渡河所用的时间最短
D．若水流速度大小等于小船B在静水中的速度大小v2，小船C渡河所用的时间不变，且仍能到达正对岸N点
【答案】C
【知识点】小船渡河问题分析
【解析】【解答】AB．设船头方向与河岸方向间的夹角为θ，船垂直渡河，根据速度的分解有v船cosθ=v水，
v合=v水tanθ，由图示可知θ1＞θ2＞θ3，根据表达式可得v1＞v2＞v3，v1合＞v2合＞v3合，故AB错误；
C．由于渡河时间，根据分析可知小船在静水中的速度为v1时小船的合速度最大，所以渡河时间最短，故C正确；
D．小船C渡河的时间，根据分运动的独立性可知渡河时间与水流速度无关，若水流速度大小等于小船B在静水中的速度大小v2，小船C渡河所用的时间不变，但是由于水流速度大于小船C的沿河岸的分速度，根据速度的合成可知合速度不能垂直河岸方向，即小船C不能到达正对岸N点，D错误。故选C。
【分析】利用船垂直过河的合速度方向进行速度的分解，利用速度的分解结合水速不变可以比较船在静水中速度的大小及合速度的大小；利用河岸宽度除以垂直于河岸的速度可以比较过河的时间；利用分运动的独立性可以得出渡河时间与水速无关；利用速度的合成可以得出当船速小于水速时合速度不能垂直于河岸。
4．如图（a），运动员做杠铃弯举训练，保持肘关节不动，前臂从竖直的位置弯举到与上臂夹角为60°的位置，完成一次弯举，杠铃运动轨迹如图（b）。已知杠铃总质量为20kg，掌心到肘关节的距离约为30cm，此过程中运动员克服杠铃重力做功约为（　　）
A．60J B．90J C．112J D．120J
【答案】B
【知识点】功的计算
【解析】【解答】 前臂从竖直的位置弯举到与上臂夹角为60°的位置，完成一次弯举，杠铃运动轨迹如图（b）。 根据重力做功的表达式W=mgh可知，运动员克服杠铃重力做功约为
故选B。
【分析】利用重力做功的表达式可以求出克服重力做功的大小。
5．成语“簸扬糠秕”常用于自谦，形容自己无才而居前列。成语源于如图所示劳动情景，在恒定水平风力作用下，从同一高度由静止释放的米粒和糠秕落到地面不同位置。空气阻力忽略不计，从释放到落地的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．米粒和糠秕都做匀变速曲线运动
B．米粒的重力做功等于糠秕的重力做功
C．风力对米粒做功等于风力对糠秕做功
D．米粒的机械能的变化量小于糠秕的机械能的变化量
【答案】D
【知识点】功能关系；曲线运动的条件；重力势能的变化与重力做功的关系
【解析】【解答】A．空气阻力忽略不计，米粒和糠秕都受到重力与恒定水平风力作用，合外力为恒力，且由静止开始释放，由于合力方向始终与速度方向同向所以两者都做匀加速直线运动，A错误；
B．米粒和糠秕重力不同，下落的高度相同，根据重力做功的表达式，可知重力对米粒做的功和重力对糠秕做的功不同，故B错误；
C．由于忽略空气阻力，则米粒和糠秕在竖直方向均做自由落体运动，根据竖直方向的位移公式可知下落时间相同，由于下落过程中，风力水平且大小恒定，米粒的质量大于糠秕的质量，由牛顿第二定律，根据表达式可知米粒的水平加速度小于糠秕的水平加速度，由于运动的时间相等，根据水平方向的位移公式可知，可知米粒的水平位移小于糠秕的水平位移，由于风力大小相等故风力对米粒做的功小于风力对糠秕做的功，C错误；
D．由功能关系可知机械能的变化量等于风力对物体所做的功，由于风力对米粒做的功小于风力对糠秕做的功，故米粒的机械能的变化量小于糠秕的机械能的变化量，D正确。
故选D。
【分析】利用合力方向始终与速度方向同向所以两者都做匀加速直线运动；利用重力的大小及下落的高度可以比较重力做功的大小；利用竖直方向的位移公式可以比较运动的时间，结合水平方向的牛顿第二定律及位移公式可以比较水平方向距离的大小，结合风力的大小可以比较风力做功的大小；利用风力做功的大小可以比较机械能变化量的大小。
6．无人机快递是一种以无人机为载体的新型快递方式。如图，已知质量为8kg的物资在无人机拉力作用下先竖直向上加速10m，再匀速上升35m，然后减速直到悬停，再水平方向匀加速移动20m后，保持水平匀速运动。若空气阻力不能忽略，重力加速度。则下列说法正确的是（　　）
A．竖直向上加速过程中，物资处于失重状态
B．整个过程，物资机械能增加了3600J
C．物资在匀速上升过程中机械能增加了2800J
D．无人机水平移动过程中空气对它的作用力、重力均不做功
【答案】C
【知识点】超重与失重；功的概念；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．物资竖直向上加速过程中，具有向上的加速度，根据牛顿第二定律可知合力方向向上所以物资受到的拉力大于重力，所以物资处于超重状态，故A错误；
B．根据题意可知物资在竖直方向加速和匀速过程的总位移为
根据重力势能的表达式可知增加的重力势能为
由于物资还要继续减速上升直到悬停，故上升的总高度大于45m，所以增加的总的重力势能也大于。另外在水平方向运动时，由于加速运动所以动能也增加，根据重力势能和动能之和可知整个过程物资机械能增加量大于。故B错误；
C．物资匀速上升了35m，根据动能和重力势能之和可知此过程机械能的增加值为，故C正确；
D．无人机水平加速移动过程中，由于竖直方向没有位移，所以重力、空气对它的作用力的竖直分力不做功；但空气对它的作用力的水平分力与运动方向相同，所以空气对它的作用力做正功，故D错误。
故选C。
【分析】利用加速度的方向可以判别超重与失重；利用重力势能结合上升的高度及动能的表达式可以求出机械能的增加量；利用无人机运动的位移结合重力和空气作用力的方向可以得出重力不做功但空气对无人机的作用力做功。
7．人工智能技术正加速与实体场景深度融合，一无人快递配送车在测试时，以恒定的加速度由静止匀加速启动，达到额定功率后保持恒定功率行驶至最大速度，该过程的图像用图线①表示。若以加速度由静止匀加速启动，其他条件不变，其图像用图线②表示，两次测试过程中配送车所受阻力相同且恒定，则下列图像中可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】机车启动；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】无人快递配送车匀加速阶段，由于牵引力和阻力产生加速度，根据牛顿第二定律有
可知，加速度大，则牵引力大；设额定功率为P，匀加速达到的最大速度为，最终速度为，根据平衡方程可知牵引力等于阻力，根据功率的表达式有，因为第二次加速度大，则第二次牵引力大，所以第二次匀加速达到的最大速度小；前后两次阻力不变，则最终速度相同。
故选C。
【分析】利用匀加速直线运动的过程中，由于额定功率不变可以得出牵引力越大匀加速过程最大速度越小；利用平衡方程结合功率的表达式可以得出最大速度保持不变。
8．如图为自行车车轮的气嘴灯原理图，气嘴灯由接触式开关控制。其结构为轻弹簧一端固定在顶部A，另一端与重物连接，当车轮转动的角速度达到一定值时，重物拉伸弹簧后使点M、N接触，从而接通电路使气嘴灯发光。触点N与车轮圆心距离为R，车轮静止且B端在车轮最低点时触点M、N距离为0.05R。已知A靠近车轮圆心、B固定在车轮内臂，重物与触点M的总质量为m。弹簧劲度系数为k，重力加速度大小为g。不计接触式开关中的一切摩擦，重物和触点M、N均视为质点，则有（　　）
A．相同转速下，重物质量越小，LED灯越容易发光
B．相同转速下，重物质量越大，LED灯越容易发光
C．若气嘴灯在最高点能发光，同一转速下在最低点也一定能发光
D．若气嘴灯在最低点能发光，同一转速下在最高点也一定能发光
【答案】B,C
【知识点】向心力
【解析】【解答】本题的关键是建立竖直面内圆周运动的模型，分析最低点和最高点向心力的来源，根据牛顿第二定律解答。AB．当气嘴灯在最低点时，对重物，由牛顿第二定律得kx1-mg=mω2R
在角速度ω相同时，重物的质量m越大，弹簧的伸长量x1越大，灯容易接通发光，故A错误，B正确；
CD．气嘴灯在最高点时，由牛顿第二定律可得kx2+mg=mω2R
可知x1>x2，即若气嘴灯在最高点能发光，同一转速下在最低点也一定能发光；若气嘴灯在最低点能发光，同一转速下在最高点不一定能发光，C正确，D错误。
故选BC。
【分析】气嘴灯运动到最低点时最容易发光，在最高点时最不容易发光，如果能在最高点发光，则整个运动过程都能发光；根据重物的受力情况应用牛顿第二定律分析答题。
9．如图所示，P是纬度为θ的地球表面上一点，人造地球卫星A、B均做匀速圆周运动，卫星B为地球赤道同步卫星。若某时刻P、A、B与地心O在同一平面内，其中O、P、A在一条直线上，且∠OAB=90°，下列说法正确的是（　　）
A．P点物体的向心加速度小于卫星A的向心加速度
B．卫星A、B的加速度相同
C．卫星A、B的线速度之比为
D．卫星A、B的周期之比为
【答案】A,D
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．由于地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有可得
又卫星A的轨道半径小于卫星B的轨道半径，可得卫星A的向心加速度大于卫星B的向心加速度。卫星B为地球赤道同步卫星，故卫星B的角速度和P点相同，卫星B的轨道半径大于P点的轨道半径，根据向心加速度的表达式有可得卫星B的向心加速度大于P点的向心加速度，故卫星A的向心加速度大于P点物体的向心加速度，故A正确；
B．由于地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律，解得加速度为
由于卫星A的轨道半径小于卫星B的轨道半径，可得卫星A的加速度大于卫星B的加速度，故B错误；
C．由于地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有，可得线速度的表达式为，因为，可得卫星A、B的线速度之比为，故C错误；
D．由于地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有，解得
可得卫星A、B的周期之比为，故D正确。
故选AD。
【分析】利用引力提供向心力可以比较向心加速度的大小，结合P和B的角速度相等结合半径的大小可以比较两者向心加速度的大小；利用引力提供向心力结合半径的大小可以求出加速度、线速度和周期的大小。
10．如图，将质量为2m的重物系在轻绳的一端，放在倾角为α=53°的固定光滑斜面上，轻绳绕过光滑轻小定滑轮，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，定滑轮与直杆的距离为d，杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点正下方距离为d处。轻绳绷直，系重物段轻绳与斜面平行，不计一切摩擦阻力，轻绳、杆、斜面足够长，重力加速度为g。现将环从A处由静止释放，下列说法正确的是（　　）
A．环从A点释放时，环的加速度大小为g
B．环下降到最低点前，环所受合力一直对环做负功
C．环下降到最低点前，环的机械能一直在减小
D．环到达B处时，环的速度大小为
【答案】A,C,D
【知识点】运动的合成与分解；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．从A点释放时，根据受力分析可知环在竖直方向上只受到重力，根据牛顿第二定律可知此时环的加速度大小为g，方向竖直向下，故A正确；
B．环从静止下降到最低点过程中，由于环在重力和拉力的合力下先加速后减速，动能先增大后减小，根据动能定理合外力做功等于动能变化量，合力先做正功再做负功，故B错误；
C．环下降到最低点过程中，根据绳子的方向可知绳子拉力始终沿着绳向上，与环的速度方向成钝角，所以绳子拉力对环始终做负功，根据功能关系可知环的机械能一直减小；而绳子拉力对重物沿斜面向上与重物的位移方向相同所以做正功，重物的机械能一直增大，故C正确；
D．不计一切摩擦阻力，重物与环组成的系统只受重力，机械能守恒。
环从A处到达B处的过程中，重物沿斜面向上运动，环与重物的动能、重物的重力势能增加，环的重力势能减少。根据重力势能的表达式可知环减少的重力势能为，根据几何关系可知重物端轻绳缩短了，根据重力势能的表达式可知重物增加的重力势能为
设环到达B处时，环的速度大小为，根据重物与环在沿着绳方向的速度大小相等，根据速度的分解可知重物的速度为，过程中增加的机械能等于减少的机械能，根据机械能守恒定律有，解得，故D正确。
故选ACD。
【分析】从A点释放时，根据受力分析可知环在竖直方向上只受到重力，根据牛顿第二定律可知此时环的加速度大小为g；由于环在重力和拉力的合力下先加速后减速，动能先增大后减小，根据动能定理合外力做功等于动能变化量，合力先做正功再做负功；利用系统机械能守恒结合环受到的拉力做负功可以得出环的机械能不断减小；利用机械能守恒定律结合速度的分解可以求出环速度的大小。
11．小明同学用如图甲所示的装置研究平抛运动及其特点，他的实验操作是：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B球被松开下落。
（1）甲实验的现象是小球A、B同时落地，说明平抛运动竖直方向的运动是　 　；
（2）现将A、B球恢复初始状态后，用比较大的力敲击弹性金属片，小球A、B同时落地，A球落地点变远，则在空中运动的时间　 　（填“变大”、“不变”或“变小”）；
（3）安装图乙研究平抛运动实验装置时，保证斜槽末端水平，斜槽　 　（填“需要”或“不需要”）光滑；
（4）某同学用频闪照相机拍摄如图丙所示的小球平抛运动照片，其中小方格边长L=2.5cm，a、b、c、d为连续拍摄记录的四个位置，则小球平抛初速度　 　（当地重力加速度大小，结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）自由落体运动
（2）不变
（3）不需要
（4）1.0
【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，两个小球同时落地，说明了平抛的小球在竖直方向上做自由落体运动。
（2）竖直高度不变时，根据竖直方向的位移公式可知小球运动时间不变。
（3）为了记录小球多次运动的轨迹点，必须保证小球初速度相同，让小球多次从斜槽的同一点由静止释放，斜槽不需要光滑。
（4）在竖直方向上，根据邻差公式有，解得
水平方向上，根据位移公式有小球抛出时的水平速度
【分析】（1）两个小球同时落地，说明了平抛的小球在竖直方向上做自由落体运动；
（2）利用竖直方向的位移公式可以得出小球运动时间不变；
（3）小球从同一高度无初速度释放，斜槽不需要光滑；
（4）利用竖直方向的邻差公式结合水平方向的位移公式可以求出水平方向初速度的大小。
（1）小球A、B同时落地，说明了平抛的小球在竖直方向上做自由落体运动。
（2）由第一问可知，竖直高度不变时，根据
小球运动时间不变。
（3）为保证小球初速度相同，让小球多次从斜槽的同一点由静止释放，斜槽不需要光滑。
（4）在竖直方向上，根据
解得
小球抛出时的水平速度
12．某同学用如图甲所示的装置做“验证机械能守恒定律”实验，所用计时器为电火花打点计时器：
（1）对于该实验，下列操作中有利于减小实验误差的是___________；
A．重物选用质量和密度较大的金属锤
B．打点计时器的两限位孔在同一竖直面内上下对正
C．精确测量出重物的质量
D．先释放重物，再接通电源
（2）实验中得到的一条纸带如图乙所示，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，重物质量用m表示，已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。根据这些数据，选用从打下O点到打下B点的过程验证机械能守恒，该过程中，重物重力势能的减少量　 　，动能的增加量　 　
（3）某同学在纸带上选取了多个计数点，测量它们到初速度为零的起始点的距离h，并计算出打相应计数点时重物的速度v，描点并绘出的图像。若实验中重物所受阻力不可忽略，且阻力大小保持不变，从理论上分析，合理的图像是___________；
A． B．
C． D．
（4）某同学的实验数据结果显示：重物动能的增加量小于重力势能的减少量，则可能的原因有___________。
A．利用公式计算重物速度
B．利用公式v=gt计算重物速度
C．空气对重物有阻力和打点计时器对纸带有阻力
D．重物的质量过大
【答案】（1）A；B
（2）；
（3）A
（4）C
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）A．利用自由落体运动验证机械能守恒定律，为了减小阻力对重力的影响，重物要选用质量和密度较大的金属锤，故A正确；
B．为了减小阻力对重物重力的影响，打点计时器的两限位孔在同一竖直面内上下对正以尽可能减小纸带与打点计时器间的摩擦阻力，故B正确；
C．根据机械能守恒式为可以得出，根据表达式可知不需要测量质量，故C错误；
D．为了充分利用纸带，使纸带上留下更多的点迹，使用打点计时器要先接通电源，再释放重物，故D错误。
故选AB。
（2）根据重力势能的表达式可知O点到打下B点的过程重物重力势能的减少量。
根据平均速度公式可知打下B点时的速度为
根据动能的表达式可知动能增加量为
（3）重物下落过程由于重力和阻力做功，根据动能定理有
变形得，所以与成正比，图像为过原点的倾斜直线。
故选A。
（4）AB．利用公式或v=gt计算重物速度，已知默认物体做自由落体运动机械能守恒，则重物动能的增加量等于重力势能的减少量，故AB不符合题意；
C．重物动能的增加量小于重力势能的减少量，重物机械能减小可能的原因是空气对重物有阻力和打点计时器对纸带有阻力，故C符合题意；
D．验证机械能守恒，重物的质量对实验结果没有影响，重物的质量大体积小则空气阻力可忽略，重物动能的增加量更接近重力势能的减少量，故D不符合题意。
故选C。
【分析】（1）为了减小阻力对重力的影响，重物要选用质量和密度较大的金属锤；为了减小阻力对重物重力的影响，打点计时器的两限位孔在同一竖直面内上下对正以尽可能减小纸带与打点计时器间的摩擦阻力；根据机械能守恒式知不需要测量质量；为了充分利用纸带，使纸带上留下更多的点迹，使用打点计时器要先接通电源，再释放重物；
（2）利用重力势能的表达式可以求出重力势能的减少量；利用平均速度公式结合动能的表达式可以求出动能的增量；
（3）利用动能定理可知与成正比，图像为过原点的倾斜直线；
（4）重物动能的增加量小于重力势能的减少量，重物机械能减小可能的原因是空气对重物有阻力和打点计时器对纸带有阻力。
（1）A．验证机械能守恒定律阻力要尽可能的小，故重物选用质量和密度较大的金属锤，故A正确；
B．打点计时器的两限位孔在同一竖直面内上下对正以尽可能减小纸带与打点计时器间的摩擦阻力，故B正确；
C．机械能守恒式为
化简为，故不需要测量质量，故C错误；
D．为了充分利用纸带，使用打点计时器要先接通电源，再释放重物，故D错误。
故选AB。
（2）[1]O点到打下B点的过程重物重力势能的减少量。
[2]打下B点时的速度为
动能增加量为
（3）由动能定理
变形得，所以与成正比，图像为过原点的倾斜直线。
故选A。
（4）AB．利用公式或v=gt计算重物速度，则物体做自由落体运动，机械能守恒，则重物动能的增加量等于重力势能的减少量，故AB不符合题意；
C．重物动能的增加量小于重力势能的减少量，则可能的原因是空气对重物有阻力和打点计时器对纸带有阻力，故C符合题意；
D．验证机械能守恒，重物的质量对实验结果没有影响，重物的质量大体积小则空气阻力可忽略，重物动能的增加量更接近重力势能的减少量，故D不符合题意。
故选C。
13．宇航员站在某质量分布均匀的星球表面上，沿水平方向以初速度v0从斜坡上P点抛出一个小球，测得小球经时间t落到斜坡上另一点Q。已知斜坡的倾角为α，该星球的半径为R，引力常量为G，球的体积公式为（r为球的半径），不考虑星球自转的影响。
（1）求该星球表面的重力加速度g；
（2）求该星球的密度；
【答案】（1）解：小球做平抛运动过程中，水平方向有
竖直方向有
由几何知识可得
联立解得

（2）解：对于星球表面质量为m0的物体，有
星球的体积
星球的密度
解得
【知识点】平抛运动；万有引力定律的应用
【解析】【分析】（1）小球做平抛运动，利用位移的方向结合位移公式可以求出星球表面重力加速度的大小；（2）由于星球对表面物体的引力形成重力，利用纽带第二定律可以求出星球的质量，结合体积的大小可以求出星球的平均密度。
（1）小球做平抛运动过程中，水平方向有
竖直方向有
由几何知识可得
联立解得
（2）对于星球表面质量为m0的物体，有
星球的体积
星球的密度
解得
14．如图所示，长为3L的轻杆两端分别固定有质量均为m的小铁球1和2，杆的三等分点O处有光滑的水平转动轴。初状态轻杆恰好在水平位置，静止释放，不计空气阻力，重力加速度为g，当杆到达竖直位置时，求：
（1）球1的速度大小v1和球2的速度大小，以及在此过程中，轻杆对球1做的功W1
（2）水平转动轴对轻杆的作用力F的大小。
【答案】（1）解：由系统机械能守恒，可得
且有
解得，
对球1根据动能定理
解得
（2）解：对球1受力分析，由牛顿第二定律可得
对球2受力分析，由牛顿第二定律可得
由牛顿第三定律，球1对轻杆作用力
球2对轻杆作用力
对轻杆分析

【知识点】竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）由于系统机械能守恒，利用机械能守恒定律可以求出两个小球速度的大小，结合动能定理可以求出杆对球1做功的大小；
（2）当小球处于竖直方向时，利用牛顿第二定理可以求出杆对小球作用力的大小，结合牛顿第三定律可以求出小球对杆的作用力大小。
（1）由系统机械能守恒，可得
且有
解得，
对球1根据动能定理
解得
（2）对球1受力分析，由牛顿第二定律可得
对球2受力分析，由牛顿第二定律可得
由牛顿第三定律，球1对轻杆作用力
球2对轻杆作用力
对轻杆分析
15．哈尔滨冰雪大世界的冰块采集自松花江，步骤为开锯、切分、打捞、运送。图甲是某次运送冰块的示意图，水平冰面AB段由于清理了积雪可视为光滑冰面、BC段动摩擦因数。长方体冰块长，质量均匀分布且总质量为开始时，静止在AB段内，现给冰块一个水平向右的初速度使冰块向着BC运动，重力加速度求：
（1）冰块中点到达B点时，冰块的加速度大小a；
（2）冰块静止时，冰块右端与B点的距离d；
（3）如图乙，在冰块静止后，质量为，可视为质点的破冰工具，以的速度从冰块左端水平向右滑上冰块，恰能到达冰块最右端，最终一同静止在BC段冰面上，求整个运动过程冰块与地面摩擦产热Q。
【答案】（1）解：根据牛顿第二定律
由
解得

（2）解：设冰块进入段长度为时，冰块所受摩擦力
由式子可知此阶段摩擦力正比于冰块进入段的长度，则此阶段克服摩擦力做功
根据能量守恒定律
由
解得
（3）解：设破冰工具与冰块的动摩擦因数为
假设冰块不动，则有
即
对工具，
解得，不符合假设，说明冰块滑动。
对冰块
工具到达最右端恰好共速
位移关系
解得
对冰块
共速后，工具和冰块相对静止一起减速，加速度为，有
冰块减速位移
解得
冰块与地面摩擦产热
【知识点】功能关系；能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—板块模型；功的计算
【解析】【分析】（1）已知BC段的动摩擦因数，利用牛顿第二定律结合摩擦力的表达式可以求出加速度的大小；
（2）已知冰块进入BC段的长度，利用摩擦力的表达式结合摩擦力做功及能量守恒定律可以求出冰块右端与B点之间的距离；
（3）当冰块保持不动时，利用平衡方程可以求出动摩擦因数的大小，利用牛顿第二定律可以求出攻击的加速度及冰块的加速度，结合共速的速度公式及位移公式可以求出动摩擦因数及加速度的大小，结合整体一起运动的牛顿第二定律可以求出减速的加速度，再利用速度位移公式可以求出减速的位移，结合摩擦力的大小可以求出冰块与地面摩擦产生的热量。
1 / 1广东省五校（东莞中学、惠州一中、深圳实验、珠海一中、中山纪念中学）2024-2025学年高一下学期5月联考物理试题
1．甲物体做平抛运动，乙物体做匀速圆周运动，下列说法不正确的是（　　）
A．甲、乙物体的合外力大小都不变，所做的运动都是匀变速曲线运动
B．甲、乙物体在某时刻的向心加速度方向都与该时刻的速度方向垂直
C．甲物体在相同时间内的速度变化量不变，乙物体的角速度不变
D．甲物体在运动过程中重力做功的功率增大，乙物体在运动过程中的动能不变
2．如图是大型游乐装置“大摆锤”的示意图。摆锤a和配重锤b分别固定在摆臂两端，并可绕摆臂上的转轴O在纸面内转动。若aO段与bO段的距离之比为3∶2，则在转动过程中的下列说法正确的是（　　）
A．a、b的线速度大小之比为2∶3 B．a、b的角速度大小之比为2∶3
C．a、b的向心加速度之比为3∶2 D．a、b的动能之比为9∶4
3．A、B、C三只小船先后从同一地点M点渡河，河中水流速度各处相同，小船A、B、C在静水中的速度分别为v1、v2、v3，方向如图所示，三次渡河过程中船头均指向上游，运动轨迹均垂直于河岸而到达正对岸N点，下列说法正确的是（　　）
A．三只小船在静水中的速度大小可能满足v1B．三只小船渡河时的合速度相同
C．小船A渡河所用的时间最短
D．若水流速度大小等于小船B在静水中的速度大小v2，小船C渡河所用的时间不变，且仍能到达正对岸N点
4．如图（a），运动员做杠铃弯举训练，保持肘关节不动，前臂从竖直的位置弯举到与上臂夹角为60°的位置，完成一次弯举，杠铃运动轨迹如图（b）。已知杠铃总质量为20kg，掌心到肘关节的距离约为30cm，此过程中运动员克服杠铃重力做功约为（　　）
A．60J B．90J C．112J D．120J
5．成语“簸扬糠秕”常用于自谦，形容自己无才而居前列。成语源于如图所示劳动情景，在恒定水平风力作用下，从同一高度由静止释放的米粒和糠秕落到地面不同位置。空气阻力忽略不计，从释放到落地的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．米粒和糠秕都做匀变速曲线运动
B．米粒的重力做功等于糠秕的重力做功
C．风力对米粒做功等于风力对糠秕做功
D．米粒的机械能的变化量小于糠秕的机械能的变化量
6．无人机快递是一种以无人机为载体的新型快递方式。如图，已知质量为8kg的物资在无人机拉力作用下先竖直向上加速10m，再匀速上升35m，然后减速直到悬停，再水平方向匀加速移动20m后，保持水平匀速运动。若空气阻力不能忽略，重力加速度。则下列说法正确的是（　　）
A．竖直向上加速过程中，物资处于失重状态
B．整个过程，物资机械能增加了3600J
C．物资在匀速上升过程中机械能增加了2800J
D．无人机水平移动过程中空气对它的作用力、重力均不做功
7．人工智能技术正加速与实体场景深度融合，一无人快递配送车在测试时，以恒定的加速度由静止匀加速启动，达到额定功率后保持恒定功率行驶至最大速度，该过程的图像用图线①表示。若以加速度由静止匀加速启动，其他条件不变，其图像用图线②表示，两次测试过程中配送车所受阻力相同且恒定，则下列图像中可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
8．如图为自行车车轮的气嘴灯原理图，气嘴灯由接触式开关控制。其结构为轻弹簧一端固定在顶部A，另一端与重物连接，当车轮转动的角速度达到一定值时，重物拉伸弹簧后使点M、N接触，从而接通电路使气嘴灯发光。触点N与车轮圆心距离为R，车轮静止且B端在车轮最低点时触点M、N距离为0.05R。已知A靠近车轮圆心、B固定在车轮内臂，重物与触点M的总质量为m。弹簧劲度系数为k，重力加速度大小为g。不计接触式开关中的一切摩擦，重物和触点M、N均视为质点，则有（　　）
A．相同转速下，重物质量越小，LED灯越容易发光
B．相同转速下，重物质量越大，LED灯越容易发光
C．若气嘴灯在最高点能发光，同一转速下在最低点也一定能发光
D．若气嘴灯在最低点能发光，同一转速下在最高点也一定能发光
9．如图所示，P是纬度为θ的地球表面上一点，人造地球卫星A、B均做匀速圆周运动，卫星B为地球赤道同步卫星。若某时刻P、A、B与地心O在同一平面内，其中O、P、A在一条直线上，且∠OAB=90°，下列说法正确的是（　　）
A．P点物体的向心加速度小于卫星A的向心加速度
B．卫星A、B的加速度相同
C．卫星A、B的线速度之比为
D．卫星A、B的周期之比为
10．如图，将质量为2m的重物系在轻绳的一端，放在倾角为α=53°的固定光滑斜面上，轻绳绕过光滑轻小定滑轮，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，定滑轮与直杆的距离为d，杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点正下方距离为d处。轻绳绷直，系重物段轻绳与斜面平行，不计一切摩擦阻力，轻绳、杆、斜面足够长，重力加速度为g。现将环从A处由静止释放，下列说法正确的是（　　）
A．环从A点释放时，环的加速度大小为g
B．环下降到最低点前，环所受合力一直对环做负功
C．环下降到最低点前，环的机械能一直在减小
D．环到达B处时，环的速度大小为
11．小明同学用如图甲所示的装置研究平抛运动及其特点，他的实验操作是：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B球被松开下落。
（1）甲实验的现象是小球A、B同时落地，说明平抛运动竖直方向的运动是　 　；
（2）现将A、B球恢复初始状态后，用比较大的力敲击弹性金属片，小球A、B同时落地，A球落地点变远，则在空中运动的时间　 　（填“变大”、“不变”或“变小”）；
（3）安装图乙研究平抛运动实验装置时，保证斜槽末端水平，斜槽　 　（填“需要”或“不需要”）光滑；
（4）某同学用频闪照相机拍摄如图丙所示的小球平抛运动照片，其中小方格边长L=2.5cm，a、b、c、d为连续拍摄记录的四个位置，则小球平抛初速度　 　（当地重力加速度大小，结果保留两位有效数字）。
12．某同学用如图甲所示的装置做“验证机械能守恒定律”实验，所用计时器为电火花打点计时器：
（1）对于该实验，下列操作中有利于减小实验误差的是___________；
A．重物选用质量和密度较大的金属锤
B．打点计时器的两限位孔在同一竖直面内上下对正
C．精确测量出重物的质量
D．先释放重物，再接通电源
（2）实验中得到的一条纸带如图乙所示，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，重物质量用m表示，已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。根据这些数据，选用从打下O点到打下B点的过程验证机械能守恒，该过程中，重物重力势能的减少量　 　，动能的增加量　 　
（3）某同学在纸带上选取了多个计数点，测量它们到初速度为零的起始点的距离h，并计算出打相应计数点时重物的速度v，描点并绘出的图像。若实验中重物所受阻力不可忽略，且阻力大小保持不变，从理论上分析，合理的图像是___________；
A． B．
C． D．
（4）某同学的实验数据结果显示：重物动能的增加量小于重力势能的减少量，则可能的原因有___________。
A．利用公式计算重物速度
B．利用公式v=gt计算重物速度
C．空气对重物有阻力和打点计时器对纸带有阻力
D．重物的质量过大
13．宇航员站在某质量分布均匀的星球表面上，沿水平方向以初速度v0从斜坡上P点抛出一个小球，测得小球经时间t落到斜坡上另一点Q。已知斜坡的倾角为α，该星球的半径为R，引力常量为G，球的体积公式为（r为球的半径），不考虑星球自转的影响。
（1）求该星球表面的重力加速度g；
（2）求该星球的密度；
14．如图所示，长为3L的轻杆两端分别固定有质量均为m的小铁球1和2，杆的三等分点O处有光滑的水平转动轴。初状态轻杆恰好在水平位置，静止释放，不计空气阻力，重力加速度为g，当杆到达竖直位置时，求：
（1）球1的速度大小v1和球2的速度大小，以及在此过程中，轻杆对球1做的功W1
（2）水平转动轴对轻杆的作用力F的大小。
15．哈尔滨冰雪大世界的冰块采集自松花江，步骤为开锯、切分、打捞、运送。图甲是某次运送冰块的示意图，水平冰面AB段由于清理了积雪可视为光滑冰面、BC段动摩擦因数。长方体冰块长，质量均匀分布且总质量为开始时，静止在AB段内，现给冰块一个水平向右的初速度使冰块向着BC运动，重力加速度求：
（1）冰块中点到达B点时，冰块的加速度大小a；
（2）冰块静止时，冰块右端与B点的距离d；
（3）如图乙，在冰块静止后，质量为，可视为质点的破冰工具，以的速度从冰块左端水平向右滑上冰块，恰能到达冰块最右端，最终一同静止在BC段冰面上，求整个运动过程冰块与地面摩擦产热Q。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】平抛运动；匀速圆周运动
【解析】【解答】A．甲物体平抛运动的合外力（重力）大小和方向均不变，是匀变速曲线运动；乙物体做匀速圆周运动，由于合外力（向心力）大小不变但方向时刻指向圆心导致合力方向改变，所以加速度方向时刻变化，由于加速度发生变化所以不是匀变速曲线运动。A错误，符合题意。
B．根据矢量分解可知平抛运动的加速度可分解为法向加速度（与速度方向垂直）和切向加速度，向心加速度就是法向加速度，与速度方向垂直；匀速圆周运动的向心加速度始终与速度方向垂直。因此甲、乙物体在某时刻的向心加速度方向均与速度方向垂直，B正确，不符合题意。
C．平抛运动的加速度恒定，根据速度公式可知相同时间内的速度变化量不变；匀速圆周运动物体由于相同时间转过的角度相等所以角速度恒定。C正确，不符合题意。
D．根据速度公式可知平抛运动竖直分速度逐渐增大，根据功率的表达式可知重力功率随之增大；匀速圆周运动速率不变，根据动能的表达式可知动能不变。D正确，不符合题意。
故选A。
【分析】 甲物体平抛运动的加速度保持不变，是匀变速曲线运动；乙物体匀速圆周运动的加速度方向变化，不是匀变速曲线运动。A错误。平抛运动的加速度可分解为法向加速度（与速度方向垂直）和切向加速度，向心加速度就是法向加速度，与速度方向垂直；匀速圆周运动的向心加速度始终与速度方向垂直。因此甲、乙物体在某时刻的向心加速度方向均与速度方向垂直；平抛运动的加速度恒定，根据速度公式可知相同时间内的速度变化量不变；匀速圆周运动的角速度恒定；根据功率的公式可知平抛运动重力功率随竖直方向的分速度增大而增大；匀速圆周运动速率不变，动能不变。
2．【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】B．a、b绕同一转轴O转动，由于相同时间内转过的角度相等则角速度相等，B错误；
A．根据线速度和角速度的关系可知，a、b的转动半径之比为3：2，则线速度大小之比为3：2，A错误；
C．已知线速度大小之比为3：2，根据向心加速度的表达式可知，a、b的向心加速度之比为3∶2，C正确；
D．a、b的质量关系不确定，则不能确定动能之比，D错误。
故选C。
【分析】ab属于同轴转动可以得出角速度相等，结合半径的比值可以求出线速度和向心加速度的比值；未知质量的大小不能比较动能的大小。
3．【答案】C
【知识点】小船渡河问题分析
【解析】【解答】AB．设船头方向与河岸方向间的夹角为θ，船垂直渡河，根据速度的分解有v船cosθ=v水，
v合=v水tanθ，由图示可知θ1＞θ2＞θ3，根据表达式可得v1＞v2＞v3，v1合＞v2合＞v3合，故AB错误；
C．由于渡河时间，根据分析可知小船在静水中的速度为v1时小船的合速度最大，所以渡河时间最短，故C正确；
D．小船C渡河的时间，根据分运动的独立性可知渡河时间与水流速度无关，若水流速度大小等于小船B在静水中的速度大小v2，小船C渡河所用的时间不变，但是由于水流速度大于小船C的沿河岸的分速度，根据速度的合成可知合速度不能垂直河岸方向，即小船C不能到达正对岸N点，D错误。故选C。
【分析】利用船垂直过河的合速度方向进行速度的分解，利用速度的分解结合水速不变可以比较船在静水中速度的大小及合速度的大小；利用河岸宽度除以垂直于河岸的速度可以比较过河的时间；利用分运动的独立性可以得出渡河时间与水速无关；利用速度的合成可以得出当船速小于水速时合速度不能垂直于河岸。
4．【答案】B
【知识点】功的计算
【解析】【解答】 前臂从竖直的位置弯举到与上臂夹角为60°的位置，完成一次弯举，杠铃运动轨迹如图（b）。 根据重力做功的表达式W=mgh可知，运动员克服杠铃重力做功约为
故选B。
【分析】利用重力做功的表达式可以求出克服重力做功的大小。
5．【答案】D
【知识点】功能关系；曲线运动的条件；重力势能的变化与重力做功的关系
【解析】【解答】A．空气阻力忽略不计，米粒和糠秕都受到重力与恒定水平风力作用，合外力为恒力，且由静止开始释放，由于合力方向始终与速度方向同向所以两者都做匀加速直线运动，A错误；
B．米粒和糠秕重力不同，下落的高度相同，根据重力做功的表达式，可知重力对米粒做的功和重力对糠秕做的功不同，故B错误；
C．由于忽略空气阻力，则米粒和糠秕在竖直方向均做自由落体运动，根据竖直方向的位移公式可知下落时间相同，由于下落过程中，风力水平且大小恒定，米粒的质量大于糠秕的质量，由牛顿第二定律，根据表达式可知米粒的水平加速度小于糠秕的水平加速度，由于运动的时间相等，根据水平方向的位移公式可知，可知米粒的水平位移小于糠秕的水平位移，由于风力大小相等故风力对米粒做的功小于风力对糠秕做的功，C错误；
D．由功能关系可知机械能的变化量等于风力对物体所做的功，由于风力对米粒做的功小于风力对糠秕做的功，故米粒的机械能的变化量小于糠秕的机械能的变化量，D正确。
故选D。
【分析】利用合力方向始终与速度方向同向所以两者都做匀加速直线运动；利用重力的大小及下落的高度可以比较重力做功的大小；利用竖直方向的位移公式可以比较运动的时间，结合水平方向的牛顿第二定律及位移公式可以比较水平方向距离的大小，结合风力的大小可以比较风力做功的大小；利用风力做功的大小可以比较机械能变化量的大小。
6．【答案】C
【知识点】超重与失重；功的概念；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．物资竖直向上加速过程中，具有向上的加速度，根据牛顿第二定律可知合力方向向上所以物资受到的拉力大于重力，所以物资处于超重状态，故A错误；
B．根据题意可知物资在竖直方向加速和匀速过程的总位移为
根据重力势能的表达式可知增加的重力势能为
由于物资还要继续减速上升直到悬停，故上升的总高度大于45m，所以增加的总的重力势能也大于。另外在水平方向运动时，由于加速运动所以动能也增加，根据重力势能和动能之和可知整个过程物资机械能增加量大于。故B错误；
C．物资匀速上升了35m，根据动能和重力势能之和可知此过程机械能的增加值为，故C正确；
D．无人机水平加速移动过程中，由于竖直方向没有位移，所以重力、空气对它的作用力的竖直分力不做功；但空气对它的作用力的水平分力与运动方向相同，所以空气对它的作用力做正功，故D错误。
故选C。
【分析】利用加速度的方向可以判别超重与失重；利用重力势能结合上升的高度及动能的表达式可以求出机械能的增加量；利用无人机运动的位移结合重力和空气作用力的方向可以得出重力不做功但空气对无人机的作用力做功。
7．【答案】C
【知识点】机车启动；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】无人快递配送车匀加速阶段，由于牵引力和阻力产生加速度，根据牛顿第二定律有
可知，加速度大，则牵引力大；设额定功率为P，匀加速达到的最大速度为，最终速度为，根据平衡方程可知牵引力等于阻力，根据功率的表达式有，因为第二次加速度大，则第二次牵引力大，所以第二次匀加速达到的最大速度小；前后两次阻力不变，则最终速度相同。
故选C。
【分析】利用匀加速直线运动的过程中，由于额定功率不变可以得出牵引力越大匀加速过程最大速度越小；利用平衡方程结合功率的表达式可以得出最大速度保持不变。
8．【答案】B,C
【知识点】向心力
【解析】【解答】本题的关键是建立竖直面内圆周运动的模型，分析最低点和最高点向心力的来源，根据牛顿第二定律解答。AB．当气嘴灯在最低点时，对重物，由牛顿第二定律得kx1-mg=mω2R
在角速度ω相同时，重物的质量m越大，弹簧的伸长量x1越大，灯容易接通发光，故A错误，B正确；
CD．气嘴灯在最高点时，由牛顿第二定律可得kx2+mg=mω2R
可知x1>x2，即若气嘴灯在最高点能发光，同一转速下在最低点也一定能发光；若气嘴灯在最低点能发光，同一转速下在最高点不一定能发光，C正确，D错误。
故选BC。
【分析】气嘴灯运动到最低点时最容易发光，在最高点时最不容易发光，如果能在最高点发光，则整个运动过程都能发光；根据重物的受力情况应用牛顿第二定律分析答题。
9．【答案】A,D
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．由于地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有可得
又卫星A的轨道半径小于卫星B的轨道半径，可得卫星A的向心加速度大于卫星B的向心加速度。卫星B为地球赤道同步卫星，故卫星B的角速度和P点相同，卫星B的轨道半径大于P点的轨道半径，根据向心加速度的表达式有可得卫星B的向心加速度大于P点的向心加速度，故卫星A的向心加速度大于P点物体的向心加速度，故A正确；
B．由于地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律，解得加速度为
由于卫星A的轨道半径小于卫星B的轨道半径，可得卫星A的加速度大于卫星B的加速度，故B错误；
C．由于地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有，可得线速度的表达式为，因为，可得卫星A、B的线速度之比为，故C错误；
D．由于地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有，解得
可得卫星A、B的周期之比为，故D正确。
故选AD。
【分析】利用引力提供向心力可以比较向心加速度的大小，结合P和B的角速度相等结合半径的大小可以比较两者向心加速度的大小；利用引力提供向心力结合半径的大小可以求出加速度、线速度和周期的大小。
10．【答案】A,C,D
【知识点】运动的合成与分解；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．从A点释放时，根据受力分析可知环在竖直方向上只受到重力，根据牛顿第二定律可知此时环的加速度大小为g，方向竖直向下，故A正确；
B．环从静止下降到最低点过程中，由于环在重力和拉力的合力下先加速后减速，动能先增大后减小，根据动能定理合外力做功等于动能变化量，合力先做正功再做负功，故B错误；
C．环下降到最低点过程中，根据绳子的方向可知绳子拉力始终沿着绳向上，与环的速度方向成钝角，所以绳子拉力对环始终做负功，根据功能关系可知环的机械能一直减小；而绳子拉力对重物沿斜面向上与重物的位移方向相同所以做正功，重物的机械能一直增大，故C正确；
D．不计一切摩擦阻力，重物与环组成的系统只受重力，机械能守恒。
环从A处到达B处的过程中，重物沿斜面向上运动，环与重物的动能、重物的重力势能增加，环的重力势能减少。根据重力势能的表达式可知环减少的重力势能为，根据几何关系可知重物端轻绳缩短了，根据重力势能的表达式可知重物增加的重力势能为
设环到达B处时，环的速度大小为，根据重物与环在沿着绳方向的速度大小相等，根据速度的分解可知重物的速度为，过程中增加的机械能等于减少的机械能，根据机械能守恒定律有，解得，故D正确。
故选ACD。
【分析】从A点释放时，根据受力分析可知环在竖直方向上只受到重力，根据牛顿第二定律可知此时环的加速度大小为g；由于环在重力和拉力的合力下先加速后减速，动能先增大后减小，根据动能定理合外力做功等于动能变化量，合力先做正功再做负功；利用系统机械能守恒结合环受到的拉力做负功可以得出环的机械能不断减小；利用机械能守恒定律结合速度的分解可以求出环速度的大小。
11．【答案】（1）自由落体运动
（2）不变
（3）不需要
（4）1.0
【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，两个小球同时落地，说明了平抛的小球在竖直方向上做自由落体运动。
（2）竖直高度不变时，根据竖直方向的位移公式可知小球运动时间不变。
（3）为了记录小球多次运动的轨迹点，必须保证小球初速度相同，让小球多次从斜槽的同一点由静止释放，斜槽不需要光滑。
（4）在竖直方向上，根据邻差公式有，解得
水平方向上，根据位移公式有小球抛出时的水平速度
【分析】（1）两个小球同时落地，说明了平抛的小球在竖直方向上做自由落体运动；
（2）利用竖直方向的位移公式可以得出小球运动时间不变；
（3）小球从同一高度无初速度释放，斜槽不需要光滑；
（4）利用竖直方向的邻差公式结合水平方向的位移公式可以求出水平方向初速度的大小。
（1）小球A、B同时落地，说明了平抛的小球在竖直方向上做自由落体运动。
（2）由第一问可知，竖直高度不变时，根据
小球运动时间不变。
（3）为保证小球初速度相同，让小球多次从斜槽的同一点由静止释放，斜槽不需要光滑。
（4）在竖直方向上，根据
解得
小球抛出时的水平速度
12．【答案】（1）A；B
（2）；
（3）A
（4）C
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）A．利用自由落体运动验证机械能守恒定律，为了减小阻力对重力的影响，重物要选用质量和密度较大的金属锤，故A正确；
B．为了减小阻力对重物重力的影响，打点计时器的两限位孔在同一竖直面内上下对正以尽可能减小纸带与打点计时器间的摩擦阻力，故B正确；
C．根据机械能守恒式为可以得出，根据表达式可知不需要测量质量，故C错误；
D．为了充分利用纸带，使纸带上留下更多的点迹，使用打点计时器要先接通电源，再释放重物，故D错误。
故选AB。
（2）根据重力势能的表达式可知O点到打下B点的过程重物重力势能的减少量。
根据平均速度公式可知打下B点时的速度为
根据动能的表达式可知动能增加量为
（3）重物下落过程由于重力和阻力做功，根据动能定理有
变形得，所以与成正比，图像为过原点的倾斜直线。
故选A。
（4）AB．利用公式或v=gt计算重物速度，已知默认物体做自由落体运动机械能守恒，则重物动能的增加量等于重力势能的减少量，故AB不符合题意；
C．重物动能的增加量小于重力势能的减少量，重物机械能减小可能的原因是空气对重物有阻力和打点计时器对纸带有阻力，故C符合题意；
D．验证机械能守恒，重物的质量对实验结果没有影响，重物的质量大体积小则空气阻力可忽略，重物动能的增加量更接近重力势能的减少量，故D不符合题意。
故选C。
【分析】（1）为了减小阻力对重力的影响，重物要选用质量和密度较大的金属锤；为了减小阻力对重物重力的影响，打点计时器的两限位孔在同一竖直面内上下对正以尽可能减小纸带与打点计时器间的摩擦阻力；根据机械能守恒式知不需要测量质量；为了充分利用纸带，使纸带上留下更多的点迹，使用打点计时器要先接通电源，再释放重物；
（2）利用重力势能的表达式可以求出重力势能的减少量；利用平均速度公式结合动能的表达式可以求出动能的增量；
（3）利用动能定理可知与成正比，图像为过原点的倾斜直线；
（4）重物动能的增加量小于重力势能的减少量，重物机械能减小可能的原因是空气对重物有阻力和打点计时器对纸带有阻力。
（1）A．验证机械能守恒定律阻力要尽可能的小，故重物选用质量和密度较大的金属锤，故A正确；
B．打点计时器的两限位孔在同一竖直面内上下对正以尽可能减小纸带与打点计时器间的摩擦阻力，故B正确；
C．机械能守恒式为
化简为，故不需要测量质量，故C错误；
D．为了充分利用纸带，使用打点计时器要先接通电源，再释放重物，故D错误。
故选AB。
（2）[1]O点到打下B点的过程重物重力势能的减少量。
[2]打下B点时的速度为
动能增加量为
（3）由动能定理
变形得，所以与成正比，图像为过原点的倾斜直线。
故选A。
（4）AB．利用公式或v=gt计算重物速度，则物体做自由落体运动，机械能守恒，则重物动能的增加量等于重力势能的减少量，故AB不符合题意；
C．重物动能的增加量小于重力势能的减少量，则可能的原因是空气对重物有阻力和打点计时器对纸带有阻力，故C符合题意；
D．验证机械能守恒，重物的质量对实验结果没有影响，重物的质量大体积小则空气阻力可忽略，重物动能的增加量更接近重力势能的减少量，故D不符合题意。
故选C。
13．【答案】（1）解：小球做平抛运动过程中，水平方向有
竖直方向有
由几何知识可得
联立解得

（2）解：对于星球表面质量为m0的物体，有
星球的体积
星球的密度
解得
【知识点】平抛运动；万有引力定律的应用
【解析】【分析】（1）小球做平抛运动，利用位移的方向结合位移公式可以求出星球表面重力加速度的大小；（2）由于星球对表面物体的引力形成重力，利用纽带第二定律可以求出星球的质量，结合体积的大小可以求出星球的平均密度。
（1）小球做平抛运动过程中，水平方向有
竖直方向有
由几何知识可得
联立解得
（2）对于星球表面质量为m0的物体，有
星球的体积
星球的密度
解得
14．【答案】（1）解：由系统机械能守恒，可得
且有
解得，
对球1根据动能定理
解得
（2）解：对球1受力分析，由牛顿第二定律可得
对球2受力分析，由牛顿第二定律可得
由牛顿第三定律，球1对轻杆作用力
球2对轻杆作用力
对轻杆分析

【知识点】竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）由于系统机械能守恒，利用机械能守恒定律可以求出两个小球速度的大小，结合动能定理可以求出杆对球1做功的大小；
（2）当小球处于竖直方向时，利用牛顿第二定理可以求出杆对小球作用力的大小，结合牛顿第三定律可以求出小球对杆的作用力大小。
（1）由系统机械能守恒，可得
且有
解得，
对球1根据动能定理
解得
（2）对球1受力分析，由牛顿第二定律可得
对球2受力分析，由牛顿第二定律可得
由牛顿第三定律，球1对轻杆作用力
球2对轻杆作用力
对轻杆分析
15．【答案】（1）解：根据牛顿第二定律
由
解得

（2）解：设冰块进入段长度为时，冰块所受摩擦力
由式子可知此阶段摩擦力正比于冰块进入段的长度，则此阶段克服摩擦力做功
根据能量守恒定律
由
解得
（3）解：设破冰工具与冰块的动摩擦因数为
假设冰块不动，则有
即
对工具，
解得，不符合假设，说明冰块滑动。
对冰块
工具到达最右端恰好共速
位移关系
解得
对冰块
共速后，工具和冰块相对静止一起减速，加速度为，有
冰块减速位移
解得
冰块与地面摩擦产热
【知识点】功能关系；能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—板块模型；功的计算
【解析】【分析】（1）已知BC段的动摩擦因数，利用牛顿第二定律结合摩擦力的表达式可以求出加速度的大小；
（2）已知冰块进入BC段的长度，利用摩擦力的表达式结合摩擦力做功及能量守恒定律可以求出冰块右端与B点之间的距离；
（3）当冰块保持不动时，利用平衡方程可以求出动摩擦因数的大小，利用牛顿第二定律可以求出攻击的加速度及冰块的加速度，结合共速的速度公式及位移公式可以求出动摩擦因数及加速度的大小，结合整体一起运动的牛顿第二定律可以求出减速的加速度，再利用速度位移公式可以求出减速的位移，结合摩擦力的大小可以求出冰块与地面摩擦产生的热量。
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