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广州市三校（培正三中四中）联考2025-2026学年高一下学期期中考试物理试题
1．关于曲线运动，下列说法不正确的是（　　）
A．曲线运动一定是变速运动
B．曲线运动的加速度可能不变
C．曲线运动的速度大小一定变化
D．在恒力作用下，物体可能做曲线运动
2．“好雨知时节，当春乃发生。随风潜入夜，润物细无声”是杜甫《春夜喜雨》中描绘春雨的诗句。假设一雨滴从静止开始自由下落一段时间后进入风力稳定的斜风区，继续下落一段时间，随后进入无风区直至落地。若雨滴运动过程中空气阻力可忽略不计，则下列四幅图中最接近雨滴真实运动轨迹的是（　　）
A． B．
C． D．
3．垂钓能给人们带来悠然自得的乐趣。如图所示某钓鱼爱好者收线的过程中，鱼沿水平直线从A位置被拉到B位置，线与杆的结点O保持不动。O点与鱼之间的线始终拉直，鱼视为质点，下列说法正确的是（　　）
A．若该爱好者匀速收线，则鱼做匀速运动
B．若该爱好者匀速收线，则鱼做减速运动
C．若该爱好者加速收线，则鱼做匀速运动
D．若该爱好者加速收线，则鱼做加速运动
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
5．2026年2月12日，我国太原卫星发射中心在广东阳江附近海域使用捷龙三号运载火箭，成功将7颗卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务取得圆满成功。其中“港中大一号”卫星系全球首颗面向城市可持续发展的AI大模型卫星，具备强大的智能感知与数据处理能力。“港中大一号”卫星在轨高度520千米。其做匀速圆周运动时（　　）
A．速度小于第一宇宙速度 B．向心加速度大于9.8m/s2
C．周期小于近地卫星的周期 D．角速度小于地球自转的角速度
6．瓯柑是温州市特产的一种柑橘，为了筛选大小大致相同的瓯柑，果农设计如图所示的瓯柑简易筛选装置。两根直杆处于同一倾斜平面内，上端间距小下端间距大。从同一位置静止释放瓯柑，各瓯柑沿两杆向下运动，大、中、小果离开杆后，落入不同区域的接收桶中，瓯柑可视为球体，不计摩擦和空气阻力，则（　　）
A．前后两瓯柑沿杆运动过程中间距有可能保持不变
B．瓯柑在沿杆向下运动过程中弹力对其做负功
C．离开杆时，大果速度一定比小果速度大
D．离开杆后，瓯柑在空中做一小段自由落体
7．小球A从地面上方某一高度处出发，做平抛运动，同一时刻，在小球A出发点正下方的水平地面上，小球B开始做斜上抛运动，两个小球运动的轨迹如图所示。已知小球B运动的最高点与小球A的出发点位于同一水平高度，且小球A与小球B的落地点相同。下列说法中正确的是（　　）
A．小球A和小球B速度的变化量相同
B．小球A和小球B同时落回地面
C．小球A和小球B可能在空中相遇
D．若小球A与小球B初速度大小相同，则小球B的初速度与水平方向的夹角为60°
8．如图所示，水平地面上有两个叠放在一起的箱子、，人推着箱子，使两个箱子一起在水平地面上加速前进。若人的脚不打滑，以下判断正确的是（　　）
A．箱子对的摩擦力对做正功 B．箱子对的摩擦力对做正功
C．地面对人的摩擦力对人做负功 D．地面对人的摩擦力对人不做功
9．近年来我国航天事业飞速发展，从神舟飞船到嫦娥探测器，再到天宫空间站，均取得卓越成就。已知天宫空间站绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为，运行周期为，万有引力常量为。利用以上物理量能求出的是（　　）
A．地球的质量 B．空间站的加速度大小
C．空间站受到的向心力大小 D．空间站运行的线速度大小
10．2022年北京冬奥会，跳台滑雪项目的比赛场地别具一格，形似“如意”，该场地被称为“雪如意”，如图甲所示，其赛道的简易图如图乙所示。赛道由曲轨道和倾斜轨道组成，总质量为的运动员由赛道上一定高度处滑下，由点沿水平方向飞出，经过时间落在倾角为的倾斜轨道上的点。假设运动员可视为质点，间视为直道，空气阻力可不计，重力加速度为，则下列说法正确的是（　　）
A．运动员在点时的速度与水平方向的夹角为
B．如果离开点的速度减半，则运动员在倾斜轨道的落点到点的距离为间距的
C．运动员落在点时的速度为
D．运动员落在点时重力的功率为
11．某实验小组的同学为了探究向心力大小与角速度的关系，设计了如图甲所示的实验装置：电动机带动转轴匀速转动，改变电动机的电压可以改变转轴的转速；其中是固定在竖直转轴上的水平凹槽，端固定的压力传感器可测出小球对其压力的大小，B端固定一宽度为的挡光片，光电门可测量挡光片每一次的挡光时间。忽略小球所受的摩擦力。具体实验步骤如下：
①小钢球的球心到转轴与挡光片到转轴的距离相同，测出均为。
②启动电动机，使凹槽绕转轴匀速转动：
③记录下此时压力传感器的示数和光电门的挡光时间；
④多次改变转速后，利用记录的数据作出了如图乙所示的图像。
（1）本实验采用的实验方法是_____________。
A．理想实验法 B．控制变量法 C．等效替代法
（2）根据上述条件，则小钢球角速度的表达式为　 　（结果用表示）。
（3）在测出多组实验数据后，为了探究向心力和角速度的数学关系，可以直接探究向心力和挡光时间的关系，绘制出了如图乙所示的图像，乙图中坐标系的横轴应为___________（选填A、B或C）；
A． B． C．
（4）若通过上述图像得到的斜率为，则可以求出本实验中所使用的小钢球的质量　 　（用题目中字母表示即可）。
12．某学习小组完成了“探究平抛运动的特点”的实验：
（1）先用图甲装置探究平抛运动竖直分运动的特点，实验中听到两小球同时落地，改变H大小，重复实验，A、B两小球仍同时落地，该实验结果表明_________。
A．两小球在空中运动的时间相等
B．两小球落地时的速度大小相同
C．小球A在竖直方向的分运动与小球B的运动相同
D．小球A在水平方向的分运动是匀速直线运动
（2）再用图乙装置获得小球平抛的轨迹
①关于实验装置和操作，下列说法正确的是　 　。
A.小球与斜槽之间应足够光滑
B.安装斜槽时应使其末端切线水平
C.坐标纸原点应与斜槽末端（轨道口）重合
D.小球每次从斜槽上同一位置由静止释放
②如图丙所示，a、b、c是小球平抛轨迹在方格纸上的三个位置。已知方格纸每一小格边长为5cm，重力加速度g取。则小球平抛的初速度为　 　。（计算结果保留两位有效数字）
（3）某同学做实验时，从斜槽末端沿重锤线方向画出直线，并描出轨迹曲线如图丁，在曲线上取e、f两点，用刻度尺分别量出它们到直线的水平距离，，以及与之间的距离h，当地的重力加速度为g，则小球平抛的初速度为_________。
A． B． C． D．
13．如图所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的点，小圆环和轻质弹簧套在轻杆上，长为的细线和弹簧两端分别固定于和，质量为的小球固定在细线的中点，装置静止时，细线与竖直方向的夹角为，现将装置由静止缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹角增大到时，间细线的拉力恰好减小到零，弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反，重力加速度为，取，，求：
（1）装置静止时，弹簧弹力的大小；
（2）环的质量。
14．某种型号的轿车其部分配置参数如下表所示。若该轿车行驶过程中所受阻力大小始终不变。求：
长（a）×宽（b）×高（c） 4865×1820×1475
净重m0（kg） 1540
发动机排量V（mL） 1984
水平直线路面最高车速vm（km/h） 216
额定功率P0（KW） 120
(1)若轿车在水平直线路面上以最高车速匀速行驶时，发动机功率是额定功率，此时轿车所受阻力为多大？
(2)在某次官方测试中，一位质量m=60kg的驾驶员驾驶该轿车，在水平直线路面上以额定功率将车速由零提高到108km/h，此时轿车的加速度为多大？
(3)在(2)问中轿车行驶的距离为180m，则行驶的时间是多少？
15．某固定光滑倾斜轨道装置的竖直截面如图所示，由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道平滑连接而成，圆形轨道底端略微错开，在轨道末端的右侧水平面上紧靠着一固定的长木板，长木板上表面与轨道末端所在的水平面齐平，长木板右端固定连有一轻质弹簧的竖直挡板，弹簧处于原长时左端刚好在点。现将一质量为的滑块从弧形轨道上高为的位置静止释放（）。已知圆轨道半径，长木板部分粗糙，与滑块间的动摩擦因数为，为滑块到点的水平距离，右侧光滑，滑块可视为质点，不计其它阻力。
（1）若滑块恰能通过竖直圆轨道的最高点，求滑块静止释放的高度及运动到点时轨道对滑块作用力的大小；
（2）当时，滑块经圆轨道运动到点并滑上木板，与弹簧碰撞后原速返回，发现滑块第一次返回恰好不滑离木板，求木板部分的长度；
（3）若滑块最终停止的位置与的距离为，求与的关系式。
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，速度方向为轨迹的切线方向所以速度方向时刻变化，速度矢量必然变化，因此曲线运动一定是变速运动，故A正确；
B．物体做曲线运动的条件与加速度是否恒定无关，曲线运动的加速度可以保持不变，例如平抛运动中加速度恒为重力加速度，故B正确；
C．曲线运动的速度方向一定改变但速度大小不一定变化，例如匀速圆周运动中速度大小恒定，故C错误；
D．在恒力作用下，如果力的方向与初速度方向不共线，满足物体做曲线运动的条件，则物体可能做曲线运动（如平抛运动），故D正确。
本题选不正确的，故选C。
【分析】 曲线运动中速度方向时刻变化，速度矢量必然变化，因此一定是变速运动；曲线运动的加速度可以保持不变，例如平抛运动中加速度恒为重力加速度；曲线运动的速度大小不一定变化，例如匀速圆周运动中速度大小恒定；在恒力作用下，如果力的方向与初速度方向不共线，物体可能做曲线运动（如平抛运动）。
2．【答案】A
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】雨滴在斜风区受风力与重力，根据力的合成可知两个力的合力与速度方向不共线，根据曲线运动条件，雨滴在此区域内做曲线运动，由于曲线运动的轨迹向合力的方向弯曲，根据风力与重力合力的方向可知轨迹向左弯曲；在无风区重力方向与速度方向也不共线，根据重力的方向可知此时雨滴运动轨迹是向下弯曲的曲线。故选A。
【分析】利用力的合成可以判别雨滴受到的合力方向，利用合力方向可以判别轨迹的弯曲方向。
3．【答案】D
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】假设绳与水平方向夹角为，鱼的速度v水平向左，对鱼儿的速度进行分解，可以分解为垂直于绳的分速度和沿绳子收缩方向的分速度，其中沿绳子方向的速度满足。收线过程夹角为增大。若该爱好者匀速收线，则绳子方向的速度不变，根据表达式可知v变大，即鱼做加速运动；若该爱好者加速收线，即变大，根据表达式可知v变大，鱼做加速运动。
故选D。
【分析】对鱼儿的速度进行分解，利用速度公式结合角度的变化可以判别鱼儿的速度大小变化。
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】A
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．卫星绕地球做匀速圆周运动，由于万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有，可得。第一宇宙速度是近地轨道（）的环绕速度。“港中大一号”卫星轨道半径 ，因此 小于第一宇宙速度，故A正确；
B．卫星绕地球做匀速圆周运动，由于万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
可得，地球表面重力加速度
“港中大一号”卫星轨道半径，向心加速度小于，故B错误；
C．卫星绕地球做匀速圆周运动，由于万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
可得，“港中大一号”卫星轨道半径，故，故C错误；
D．“港中大一号”卫星轨道卫星周期小于地球自转周期，根据角速度和周期的关系有可知角速度大于地球自转角速度，故D错误。
故选A。
【分析】利用引力提供向心力结合轨道半径可以比较线速度、周期和加速度的大小；利用周期和角速度的关系可以比较角速度的大小。
6．【答案】C
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．设杆倾斜角度为，瓯柑质量为m，由于瓯柑只在重力的分力作用下加速，根据牛顿第二定律可得瓯柑加速度，前后两瓯柑沿杆匀加速运动，前面瓯柑的速度始终大于后面瓯柑的速度，故前后两瓯柑沿杆运动过程中间距随时间而逐渐增大，故A错误；
B．瓯柑受到每根杆的弹力的方向都与杆垂直，由于瓯柑的速度方向与杆平行，弹力方向与瓯柑的速度方向总是垂直的，瓯柑受到杆的弹力始终做功为零，故B错误；
C．瓯柑沿杆做匀加速运动，大果沿杆运动的距离大，根据位移公式可知运动时间长，所以离开杆时，根据速度公式v=at可知大果速度一定比小果速度大，故C正确；
D．离开杆后，瓯柑由于具有初速度所以瓯柑不做自由落体运动，故D错误。
故选C。
【分析】利用匀加速直线运动结合速度的比较可以判别两个瓯柑沿杆运动过程中间距随时间而逐渐增大；利用弹力与速度方向垂直所以弹力不做功；利用速度公式可以比较大果和小果的速度大小；瓯柑由于具有初速度所以瓯柑不做自由落体运动。
7．【答案】D
【知识点】平抛运动；斜抛运动
【解析】【解答】B．设 A 由高 H 处水平抛出，由于A在竖直方向做自由落体运动，所以 A 下落时间满足，解得，设 B 以初速度斜上抛，其最高点与 A 的抛出点等高，根据速度位移公式i有：
B 从地面抛出到最高点用时与下落回地面时间相同，有，解得
B总飞行时间，故两球并不同时落地，故 B 错误；
A．A 球在整个运动中仅竖直方向速度发生变化，根据速度公式可知速度的变化量为，根据速度位移公式可知B 球初速度竖直分量为，方向向上，落地时竖直分量为，方向向下，水平方向速度不变，根据初末速度可知B球速度改变量
两者速度改变量大小并不相同，故A 错误；
C．若两球在空中相遇，则应满足，即，整个过程，水平方向上，根据位移公式有，则
可见两球不可能在空中相遇，故C错误；
D．若小球A与小球B初速度大小相同，根据水平方向的位移公式可知
则，解得，故D正确；
故选D。
【分析】利用竖直方向的位移公式可以比较运动的时间，结合竖直方向的速度公式可以比较速度变化量的大小；利用水平方向的位移公式可以得出两个小球在空中不能相遇，利用初速度的大小结合位移公式可以求出小球B初速度的方向。
8．【答案】B,D
【知识点】功的概念
【解析】【解答】AB．对箱子b分析，b随a一起加速前进，由于b水平放只受到a的静摩擦力作用，所以b的加速度由a对b的静摩擦力提供，可知a对b摩擦力方向水平向右，根据牛顿第三定律，可知b对a的摩擦力水平向左，由于整体向右运动，所以对的摩擦力对做负功，a对b的摩擦力对b做正功，故A错误，B正确；
CD．对人分析，人的脚不打滑，所以人受到地面静摩擦的作用，地面对人的摩擦力作用点（脚）没有位移（脚与地面接触时相对静止，无位移），由于静摩擦力作用下人没有位移，所以地面对人的摩擦力对人不做功，故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】利用整体加速运动可以判别b受到的静摩擦力方向，利用牛顿第三定律可以得出b对a的静摩擦力方向，结合位移的方向可以判别摩擦力做功；利用地面对人的静摩擦力没有位移所以地面对人的摩擦力不做功。
9．【答案】A,B,D
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．设地球质量为M，空间站质量为m，由于地球对空间站的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有，解得地球的质量为，因为已知，故可求出地球质量，故A正确；
B．，由于地球对空间站的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有，解得
因为A选项求出了M，故可求出空间站的加速度大小，故B正确；
C．因为空间站质量无法算出，根据引力公式不能计算出空间站受到的向心力大小，故C错误；
D．因为已知，根据线速度与周期的关系可知，能计算出空间站运行的线速度大小，故D正确。
故选ABD。
【分析】利用引力提供向心力可以求出地球的质量，结合牛顿第二定律可以求出空间站的加速度大小； 因为空间站质量无法算出，故不能计算出空间站受到的向心力大小 ；利用周期和轨道半径可以求出空间站的周期大小。
10．【答案】B,C
【知识点】平抛运动；功率及其计算
【解析】【解答】A．设运动员落在倾斜轨道上的瞬时速度方向与水平方向的夹角为，根据分速度的大小有
，根据分位移的大小有，整理得，显然，故A错误；
B．运动员由到的过程中，根据位移公式有：，解得
运动员离开点的速度减半，则运动员由到落在倾斜轨道上的时间减半，根据水平方向的位移公式可知运动员的水平位移为原来的，运动员的落地点距离点的距离为距离的，故B正确；
C．根据运动时间的表达式，得，运动员落在点时的竖直速度大小为，根据速度的合成可知运动员落在点的速度大小为
故C正确；
D．根据速度公式结合重力可知落在点时重力的功率为P=，故D错误。
故选BC。
【分析】利用分速度的大小可以求出合速度的方向表达式，结合合位移方向的表达式可以得出两个角度的关系；利用位移方向结合位移公式可以求出运动的时间表达式，结合水平方向的位移表达式可以求出水平方向的位移大小，结合位移的分解可以求出合位移的变化；利用速度的合成可以求出合速度的大小；利用竖直方向的速度结合重力可以求出重力的瞬时功率。
11．【答案】（1）B
（2）
（3）C
（4）
【知识点】控制变量法；线速度、角速度和周期、转速；向心力
【解析】【解答】（1）为了探究向心力大小与角速度的关系， 应该控制小钢球质量和做匀速圆周运动的半径不变，探究向心力的大小与多个物理量的关系， 本实验采用的实验方法是控制变量法
故选B。
（2）根据平均速度公式可知小钢球的线速度，根据线速度和角速度的关系有
故
（3）已知角速度的表达式，结合向心力的表达式，故
故选C。
（4）根据表达式可知斜率为，故
【分析】（1）实验探究向心力的大小与多个物理量的关系， 本实验采用的实验方法是控制变量法；
（2）利用平均速度公式可以求出线速度的大小，结合半径的大小可以求出角速度的大小；
（3）利用角速度的表达式结合向心力的表达式可以求出向心力的表达式；
（4）利用向心力的表达式结合图像斜率可以求出小球的质量大小。
（1）为了探究向心力大小与角速度的关系， 应该控制小钢球质量和做匀速圆周运动的半径不变， 故本实验采用的实验方法是控制变量法
故选B。
（2）小钢球的线速度
又
故
（3）而
故
故选C。
（4）斜率为
故
12．【答案】（1）A；C
（2）BD；1.5
（3）D
【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，实验中听到两小球同时落地，表明两小球在空中运动的时间相等，说明两球在竖直方向的运动完全相同，即小球A在竖直方向的分运动与小球B的运动相同，故选AC。
（2）①A．由于小球每次从同一位置无初速度下滑时，摩擦力对小球做功相等，所以小球与斜槽之间是否光滑对实验无影响，A错误；
B．为了小球初速度沿水平方向，安装斜槽时应使其末端切线水平，以保证小球做平抛运动，B正确；
C．坐标纸原点应该在小球在斜槽末端时球心的投影位置，C错误；
D．小球每次从斜槽上同一位置由静止释放，根据动能定理可知这样才能使得小球到达底端时速度相同，D正确。
故选BD。
②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，根据位移公式有，解得小球的初速度大小为v0=1.5m/s
（3）设e点距离抛出点的竖直高度为y，根据位移公式可知，
联立解得
故选D。
【分析】（1）实验中听到两小球同时落地，表明两小球在空中运动的时间相等，说明两球在竖直方向的运动完全相同，即小球A在竖直方向的分运动与小球B的运动相同；
（2） 小球与斜槽之间是否光滑对实验无影响；安装斜槽时应使其末端切线水平，以保证小球做平抛运动；坐标纸原点应该在小球在斜槽末端时球心的投影位置；小球每次从斜槽上同一位置由静止释放，这样才能使得小球到达底端时速度相同；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初速度的大小；
（3）利用平抛运动的位移公式结合位移的大小可以求出初速度的大小。
（1）实验中听到两小球同时落地，则表明两小球在空中运动的时间相等，说明两球在竖直方向的运动完全相同，即小球A在竖直方向的分运动与小球B的运动相同，故选AC。
（2）①[1]A．小球与斜槽之间是否光滑对实验无影响，A错误；
B．安装斜槽时应使其末端切线水平，以保证小球做平抛运动，B正确；
C．坐标纸原点应该在小球在斜槽末端时球心的投影位置，C错误；
D．小球每次从斜槽上同一位置由静止释放，这样才能使得小球到达底端时速度相同，D正确。
故选BD。
②[2]竖直方向
水平方向
解得v0=1.5m/s
（3）设e点距离抛出点的竖直高度为y，则，
解得
故选D。
13．【答案】（1）解：设的张力分别为，受力分析，如图所示
受力平衡，有
受力平衡，有，
解得

（2）解：细线与竖直方向的夹角增大到时，间细线的拉力恰好减小到零，设装置转动的角速度为，弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反，根据几何关系可得的半径为
对有
对有
解得环的质量

【知识点】共点力的平衡；生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1）由于装置静止，根据A和B的平衡方程可以求出弹簧弹力的大小；
（2）当装置做匀速圆周运动时，利用A和B水平方向的牛顿第二定律可以求出A环质量的大小。
（1）设的张力分别为，受力分析，如图所示
受力平衡，有
受力平衡，有，
解得
（2）细线与竖直方向的夹角增大到时，间细线的拉力恰好减小到零，设装置转动的角速度为，弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反，根据几何关系可得的半径为
对有
对有
解得环的质量
14．【答案】解：216 km/h=60m/s，108 km/h=30m/s
(1)轿车在水平直线路面上匀速行驶时，根据
解得
(2)根据牛顿第二定律
解得
(3)轿车在加速行驶过程中，根据动能定理
解得

【知识点】机车启动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）当发动机处于额定功率，利用功率的表达式结合平衡条件可以求出阻力的大小；
（2）当发动机速度已知时，利用额定功率的表达式结合牛顿第二定律可以求出加速度的大小；
（3）当轿车做加速运动时，利用动能定理可以求出行驶的时间。
15．【答案】（1）解：滑块恰能过圆轨道最高点C，则在C点，由向心力公式有
从释放点到C点，由动能定理：
解得
从释放点到B点，由动能定理：
在B点，由向心力公式：
解得
（2）解：从释放点到E点，对全过程列动能定理：
其中
解得
（3）解：滑块刚好过C点，
滑块刚好过F点停止，，解得
滑块返回刚好停在E点，，解得
滑块返回恰好到圆心等高处，，解得
综合可得，当时，停在从F返回E的过程中
解得或
当时，停在从E返回F的过程中，
解得或
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】(1) 竖直圆周最高点由重力提供向心力，结合动能定理求释放高度；再用动能定理与向心力公式求B点轨道作用力；
(2) 摩擦力随位移线性变化，做功取平均力，往返全过程由动能定理求木板长度；
(3) 分区间确定释放高度临界值，结合动能定理推导s与h的关系式。
（1）滑块恰能过圆轨道最高点C，则在C点，由向心力公式有
从释放点到C点，由动能定理：
解得
从释放点到B点，由动能定理：
在B点，由向心力公式：
解得
（2）从释放点到E点，对全过程列动能定理：
其中
解得
（3）a．滑块刚好过C点，
b．滑块刚好过F点停止，
求得
c．滑块返回刚好停在E点，
求得
d．滑块返回恰好到圆心等高处，
求得
综合得，当时，停在从F返回E的过程中
解得或
当时，停在从E返回F的过程中，
解得或
1 / 1广州市三校（培正三中四中）联考2025-2026学年高一下学期期中考试物理试题
1．关于曲线运动，下列说法不正确的是（　　）
A．曲线运动一定是变速运动
B．曲线运动的加速度可能不变
C．曲线运动的速度大小一定变化
D．在恒力作用下，物体可能做曲线运动
【答案】C
【知识点】曲线运动
【解析】【解答】A．曲线运动中，速度方向为轨迹的切线方向所以速度方向时刻变化，速度矢量必然变化，因此曲线运动一定是变速运动，故A正确；
B．物体做曲线运动的条件与加速度是否恒定无关，曲线运动的加速度可以保持不变，例如平抛运动中加速度恒为重力加速度，故B正确；
C．曲线运动的速度方向一定改变但速度大小不一定变化，例如匀速圆周运动中速度大小恒定，故C错误；
D．在恒力作用下，如果力的方向与初速度方向不共线，满足物体做曲线运动的条件，则物体可能做曲线运动（如平抛运动），故D正确。
本题选不正确的，故选C。
【分析】 曲线运动中速度方向时刻变化，速度矢量必然变化，因此一定是变速运动；曲线运动的加速度可以保持不变，例如平抛运动中加速度恒为重力加速度；曲线运动的速度大小不一定变化，例如匀速圆周运动中速度大小恒定；在恒力作用下，如果力的方向与初速度方向不共线，物体可能做曲线运动（如平抛运动）。
2．“好雨知时节，当春乃发生。随风潜入夜，润物细无声”是杜甫《春夜喜雨》中描绘春雨的诗句。假设一雨滴从静止开始自由下落一段时间后进入风力稳定的斜风区，继续下落一段时间，随后进入无风区直至落地。若雨滴运动过程中空气阻力可忽略不计，则下列四幅图中最接近雨滴真实运动轨迹的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】雨滴在斜风区受风力与重力，根据力的合成可知两个力的合力与速度方向不共线，根据曲线运动条件，雨滴在此区域内做曲线运动，由于曲线运动的轨迹向合力的方向弯曲，根据风力与重力合力的方向可知轨迹向左弯曲；在无风区重力方向与速度方向也不共线，根据重力的方向可知此时雨滴运动轨迹是向下弯曲的曲线。故选A。
【分析】利用力的合成可以判别雨滴受到的合力方向，利用合力方向可以判别轨迹的弯曲方向。
3．垂钓能给人们带来悠然自得的乐趣。如图所示某钓鱼爱好者收线的过程中，鱼沿水平直线从A位置被拉到B位置，线与杆的结点O保持不动。O点与鱼之间的线始终拉直，鱼视为质点，下列说法正确的是（　　）
A．若该爱好者匀速收线，则鱼做匀速运动
B．若该爱好者匀速收线，则鱼做减速运动
C．若该爱好者加速收线，则鱼做匀速运动
D．若该爱好者加速收线，则鱼做加速运动
【答案】D
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】假设绳与水平方向夹角为，鱼的速度v水平向左，对鱼儿的速度进行分解，可以分解为垂直于绳的分速度和沿绳子收缩方向的分速度，其中沿绳子方向的速度满足。收线过程夹角为增大。若该爱好者匀速收线，则绳子方向的速度不变，根据表达式可知v变大，即鱼做加速运动；若该爱好者加速收线，即变大，根据表达式可知v变大，鱼做加速运动。
故选D。
【分析】对鱼儿的速度进行分解，利用速度公式结合角度的变化可以判别鱼儿的速度大小变化。
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。
5．2026年2月12日，我国太原卫星发射中心在广东阳江附近海域使用捷龙三号运载火箭，成功将7颗卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务取得圆满成功。其中“港中大一号”卫星系全球首颗面向城市可持续发展的AI大模型卫星，具备强大的智能感知与数据处理能力。“港中大一号”卫星在轨高度520千米。其做匀速圆周运动时（　　）
A．速度小于第一宇宙速度 B．向心加速度大于9.8m/s2
C．周期小于近地卫星的周期 D．角速度小于地球自转的角速度
【答案】A
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．卫星绕地球做匀速圆周运动，由于万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有，可得。第一宇宙速度是近地轨道（）的环绕速度。“港中大一号”卫星轨道半径 ，因此 小于第一宇宙速度，故A正确；
B．卫星绕地球做匀速圆周运动，由于万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
可得，地球表面重力加速度
“港中大一号”卫星轨道半径，向心加速度小于，故B错误；
C．卫星绕地球做匀速圆周运动，由于万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
可得，“港中大一号”卫星轨道半径，故，故C错误；
D．“港中大一号”卫星轨道卫星周期小于地球自转周期，根据角速度和周期的关系有可知角速度大于地球自转角速度，故D错误。
故选A。
【分析】利用引力提供向心力结合轨道半径可以比较线速度、周期和加速度的大小；利用周期和角速度的关系可以比较角速度的大小。
6．瓯柑是温州市特产的一种柑橘，为了筛选大小大致相同的瓯柑，果农设计如图所示的瓯柑简易筛选装置。两根直杆处于同一倾斜平面内，上端间距小下端间距大。从同一位置静止释放瓯柑，各瓯柑沿两杆向下运动，大、中、小果离开杆后，落入不同区域的接收桶中，瓯柑可视为球体，不计摩擦和空气阻力，则（　　）
A．前后两瓯柑沿杆运动过程中间距有可能保持不变
B．瓯柑在沿杆向下运动过程中弹力对其做负功
C．离开杆时，大果速度一定比小果速度大
D．离开杆后，瓯柑在空中做一小段自由落体
【答案】C
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．设杆倾斜角度为，瓯柑质量为m，由于瓯柑只在重力的分力作用下加速，根据牛顿第二定律可得瓯柑加速度，前后两瓯柑沿杆匀加速运动，前面瓯柑的速度始终大于后面瓯柑的速度，故前后两瓯柑沿杆运动过程中间距随时间而逐渐增大，故A错误；
B．瓯柑受到每根杆的弹力的方向都与杆垂直，由于瓯柑的速度方向与杆平行，弹力方向与瓯柑的速度方向总是垂直的，瓯柑受到杆的弹力始终做功为零，故B错误；
C．瓯柑沿杆做匀加速运动，大果沿杆运动的距离大，根据位移公式可知运动时间长，所以离开杆时，根据速度公式v=at可知大果速度一定比小果速度大，故C正确；
D．离开杆后，瓯柑由于具有初速度所以瓯柑不做自由落体运动，故D错误。
故选C。
【分析】利用匀加速直线运动结合速度的比较可以判别两个瓯柑沿杆运动过程中间距随时间而逐渐增大；利用弹力与速度方向垂直所以弹力不做功；利用速度公式可以比较大果和小果的速度大小；瓯柑由于具有初速度所以瓯柑不做自由落体运动。
7．小球A从地面上方某一高度处出发，做平抛运动，同一时刻，在小球A出发点正下方的水平地面上，小球B开始做斜上抛运动，两个小球运动的轨迹如图所示。已知小球B运动的最高点与小球A的出发点位于同一水平高度，且小球A与小球B的落地点相同。下列说法中正确的是（　　）
A．小球A和小球B速度的变化量相同
B．小球A和小球B同时落回地面
C．小球A和小球B可能在空中相遇
D．若小球A与小球B初速度大小相同，则小球B的初速度与水平方向的夹角为60°
【答案】D
【知识点】平抛运动；斜抛运动
【解析】【解答】B．设 A 由高 H 处水平抛出，由于A在竖直方向做自由落体运动，所以 A 下落时间满足，解得，设 B 以初速度斜上抛，其最高点与 A 的抛出点等高，根据速度位移公式i有：
B 从地面抛出到最高点用时与下落回地面时间相同，有，解得
B总飞行时间，故两球并不同时落地，故 B 错误；
A．A 球在整个运动中仅竖直方向速度发生变化，根据速度公式可知速度的变化量为，根据速度位移公式可知B 球初速度竖直分量为，方向向上，落地时竖直分量为，方向向下，水平方向速度不变，根据初末速度可知B球速度改变量
两者速度改变量大小并不相同，故A 错误；
C．若两球在空中相遇，则应满足，即，整个过程，水平方向上，根据位移公式有，则
可见两球不可能在空中相遇，故C错误；
D．若小球A与小球B初速度大小相同，根据水平方向的位移公式可知
则，解得，故D正确；
故选D。
【分析】利用竖直方向的位移公式可以比较运动的时间，结合竖直方向的速度公式可以比较速度变化量的大小；利用水平方向的位移公式可以得出两个小球在空中不能相遇，利用初速度的大小结合位移公式可以求出小球B初速度的方向。
8．如图所示，水平地面上有两个叠放在一起的箱子、，人推着箱子，使两个箱子一起在水平地面上加速前进。若人的脚不打滑，以下判断正确的是（　　）
A．箱子对的摩擦力对做正功 B．箱子对的摩擦力对做正功
C．地面对人的摩擦力对人做负功 D．地面对人的摩擦力对人不做功
【答案】B,D
【知识点】功的概念
【解析】【解答】AB．对箱子b分析，b随a一起加速前进，由于b水平放只受到a的静摩擦力作用，所以b的加速度由a对b的静摩擦力提供，可知a对b摩擦力方向水平向右，根据牛顿第三定律，可知b对a的摩擦力水平向左，由于整体向右运动，所以对的摩擦力对做负功，a对b的摩擦力对b做正功，故A错误，B正确；
CD．对人分析，人的脚不打滑，所以人受到地面静摩擦的作用，地面对人的摩擦力作用点（脚）没有位移（脚与地面接触时相对静止，无位移），由于静摩擦力作用下人没有位移，所以地面对人的摩擦力对人不做功，故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】利用整体加速运动可以判别b受到的静摩擦力方向，利用牛顿第三定律可以得出b对a的静摩擦力方向，结合位移的方向可以判别摩擦力做功；利用地面对人的静摩擦力没有位移所以地面对人的摩擦力不做功。
9．近年来我国航天事业飞速发展，从神舟飞船到嫦娥探测器，再到天宫空间站，均取得卓越成就。已知天宫空间站绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为，运行周期为，万有引力常量为。利用以上物理量能求出的是（　　）
A．地球的质量 B．空间站的加速度大小
C．空间站受到的向心力大小 D．空间站运行的线速度大小
【答案】A,B,D
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．设地球质量为M，空间站质量为m，由于地球对空间站的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有，解得地球的质量为，因为已知，故可求出地球质量，故A正确；
B．，由于地球对空间站的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有，解得
因为A选项求出了M，故可求出空间站的加速度大小，故B正确；
C．因为空间站质量无法算出，根据引力公式不能计算出空间站受到的向心力大小，故C错误；
D．因为已知，根据线速度与周期的关系可知，能计算出空间站运行的线速度大小，故D正确。
故选ABD。
【分析】利用引力提供向心力可以求出地球的质量，结合牛顿第二定律可以求出空间站的加速度大小； 因为空间站质量无法算出，故不能计算出空间站受到的向心力大小 ；利用周期和轨道半径可以求出空间站的周期大小。
10．2022年北京冬奥会，跳台滑雪项目的比赛场地别具一格，形似“如意”，该场地被称为“雪如意”，如图甲所示，其赛道的简易图如图乙所示。赛道由曲轨道和倾斜轨道组成，总质量为的运动员由赛道上一定高度处滑下，由点沿水平方向飞出，经过时间落在倾角为的倾斜轨道上的点。假设运动员可视为质点，间视为直道，空气阻力可不计，重力加速度为，则下列说法正确的是（　　）
A．运动员在点时的速度与水平方向的夹角为
B．如果离开点的速度减半，则运动员在倾斜轨道的落点到点的距离为间距的
C．运动员落在点时的速度为
D．运动员落在点时重力的功率为
【答案】B,C
【知识点】平抛运动；功率及其计算
【解析】【解答】A．设运动员落在倾斜轨道上的瞬时速度方向与水平方向的夹角为，根据分速度的大小有
，根据分位移的大小有，整理得，显然，故A错误；
B．运动员由到的过程中，根据位移公式有：，解得
运动员离开点的速度减半，则运动员由到落在倾斜轨道上的时间减半，根据水平方向的位移公式可知运动员的水平位移为原来的，运动员的落地点距离点的距离为距离的，故B正确；
C．根据运动时间的表达式，得，运动员落在点时的竖直速度大小为，根据速度的合成可知运动员落在点的速度大小为
故C正确；
D．根据速度公式结合重力可知落在点时重力的功率为P=，故D错误。
故选BC。
【分析】利用分速度的大小可以求出合速度的方向表达式，结合合位移方向的表达式可以得出两个角度的关系；利用位移方向结合位移公式可以求出运动的时间表达式，结合水平方向的位移表达式可以求出水平方向的位移大小，结合位移的分解可以求出合位移的变化；利用速度的合成可以求出合速度的大小；利用竖直方向的速度结合重力可以求出重力的瞬时功率。
11．某实验小组的同学为了探究向心力大小与角速度的关系，设计了如图甲所示的实验装置：电动机带动转轴匀速转动，改变电动机的电压可以改变转轴的转速；其中是固定在竖直转轴上的水平凹槽，端固定的压力传感器可测出小球对其压力的大小，B端固定一宽度为的挡光片，光电门可测量挡光片每一次的挡光时间。忽略小球所受的摩擦力。具体实验步骤如下：
①小钢球的球心到转轴与挡光片到转轴的距离相同，测出均为。
②启动电动机，使凹槽绕转轴匀速转动：
③记录下此时压力传感器的示数和光电门的挡光时间；
④多次改变转速后，利用记录的数据作出了如图乙所示的图像。
（1）本实验采用的实验方法是_____________。
A．理想实验法 B．控制变量法 C．等效替代法
（2）根据上述条件，则小钢球角速度的表达式为　 　（结果用表示）。
（3）在测出多组实验数据后，为了探究向心力和角速度的数学关系，可以直接探究向心力和挡光时间的关系，绘制出了如图乙所示的图像，乙图中坐标系的横轴应为___________（选填A、B或C）；
A． B． C．
（4）若通过上述图像得到的斜率为，则可以求出本实验中所使用的小钢球的质量　 　（用题目中字母表示即可）。
【答案】（1）B
（2）
（3）C
（4）
【知识点】控制变量法；线速度、角速度和周期、转速；向心力
【解析】【解答】（1）为了探究向心力大小与角速度的关系， 应该控制小钢球质量和做匀速圆周运动的半径不变，探究向心力的大小与多个物理量的关系， 本实验采用的实验方法是控制变量法
故选B。
（2）根据平均速度公式可知小钢球的线速度，根据线速度和角速度的关系有
故
（3）已知角速度的表达式，结合向心力的表达式，故
故选C。
（4）根据表达式可知斜率为，故
【分析】（1）实验探究向心力的大小与多个物理量的关系， 本实验采用的实验方法是控制变量法；
（2）利用平均速度公式可以求出线速度的大小，结合半径的大小可以求出角速度的大小；
（3）利用角速度的表达式结合向心力的表达式可以求出向心力的表达式；
（4）利用向心力的表达式结合图像斜率可以求出小球的质量大小。
（1）为了探究向心力大小与角速度的关系， 应该控制小钢球质量和做匀速圆周运动的半径不变， 故本实验采用的实验方法是控制变量法
故选B。
（2）小钢球的线速度
又
故
（3）而
故
故选C。
（4）斜率为
故
12．某学习小组完成了“探究平抛运动的特点”的实验：
（1）先用图甲装置探究平抛运动竖直分运动的特点，实验中听到两小球同时落地，改变H大小，重复实验，A、B两小球仍同时落地，该实验结果表明_________。
A．两小球在空中运动的时间相等
B．两小球落地时的速度大小相同
C．小球A在竖直方向的分运动与小球B的运动相同
D．小球A在水平方向的分运动是匀速直线运动
（2）再用图乙装置获得小球平抛的轨迹
①关于实验装置和操作，下列说法正确的是　 　。
A.小球与斜槽之间应足够光滑
B.安装斜槽时应使其末端切线水平
C.坐标纸原点应与斜槽末端（轨道口）重合
D.小球每次从斜槽上同一位置由静止释放
②如图丙所示，a、b、c是小球平抛轨迹在方格纸上的三个位置。已知方格纸每一小格边长为5cm，重力加速度g取。则小球平抛的初速度为　 　。（计算结果保留两位有效数字）
（3）某同学做实验时，从斜槽末端沿重锤线方向画出直线，并描出轨迹曲线如图丁，在曲线上取e、f两点，用刻度尺分别量出它们到直线的水平距离，，以及与之间的距离h，当地的重力加速度为g，则小球平抛的初速度为_________。
A． B． C． D．
【答案】（1）A；C
（2）BD；1.5
（3）D
【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，实验中听到两小球同时落地，表明两小球在空中运动的时间相等，说明两球在竖直方向的运动完全相同，即小球A在竖直方向的分运动与小球B的运动相同，故选AC。
（2）①A．由于小球每次从同一位置无初速度下滑时，摩擦力对小球做功相等，所以小球与斜槽之间是否光滑对实验无影响，A错误；
B．为了小球初速度沿水平方向，安装斜槽时应使其末端切线水平，以保证小球做平抛运动，B正确；
C．坐标纸原点应该在小球在斜槽末端时球心的投影位置，C错误；
D．小球每次从斜槽上同一位置由静止释放，根据动能定理可知这样才能使得小球到达底端时速度相同，D正确。
故选BD。
②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，根据位移公式有，解得小球的初速度大小为v0=1.5m/s
（3）设e点距离抛出点的竖直高度为y，根据位移公式可知，
联立解得
故选D。
【分析】（1）实验中听到两小球同时落地，表明两小球在空中运动的时间相等，说明两球在竖直方向的运动完全相同，即小球A在竖直方向的分运动与小球B的运动相同；
（2） 小球与斜槽之间是否光滑对实验无影响；安装斜槽时应使其末端切线水平，以保证小球做平抛运动；坐标纸原点应该在小球在斜槽末端时球心的投影位置；小球每次从斜槽上同一位置由静止释放，这样才能使得小球到达底端时速度相同；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初速度的大小；
（3）利用平抛运动的位移公式结合位移的大小可以求出初速度的大小。
（1）实验中听到两小球同时落地，则表明两小球在空中运动的时间相等，说明两球在竖直方向的运动完全相同，即小球A在竖直方向的分运动与小球B的运动相同，故选AC。
（2）①[1]A．小球与斜槽之间是否光滑对实验无影响，A错误；
B．安装斜槽时应使其末端切线水平，以保证小球做平抛运动，B正确；
C．坐标纸原点应该在小球在斜槽末端时球心的投影位置，C错误；
D．小球每次从斜槽上同一位置由静止释放，这样才能使得小球到达底端时速度相同，D正确。
故选BD。
②[2]竖直方向
水平方向
解得v0=1.5m/s
（3）设e点距离抛出点的竖直高度为y，则，
解得
故选D。
13．如图所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的点，小圆环和轻质弹簧套在轻杆上，长为的细线和弹簧两端分别固定于和，质量为的小球固定在细线的中点，装置静止时，细线与竖直方向的夹角为，现将装置由静止缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹角增大到时，间细线的拉力恰好减小到零，弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反，重力加速度为，取，，求：
（1）装置静止时，弹簧弹力的大小；
（2）环的质量。
【答案】（1）解：设的张力分别为，受力分析，如图所示
受力平衡，有
受力平衡，有，
解得

（2）解：细线与竖直方向的夹角增大到时，间细线的拉力恰好减小到零，设装置转动的角速度为，弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反，根据几何关系可得的半径为
对有
对有
解得环的质量

【知识点】共点力的平衡；生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1）由于装置静止，根据A和B的平衡方程可以求出弹簧弹力的大小；
（2）当装置做匀速圆周运动时，利用A和B水平方向的牛顿第二定律可以求出A环质量的大小。
（1）设的张力分别为，受力分析，如图所示
受力平衡，有
受力平衡，有，
解得
（2）细线与竖直方向的夹角增大到时，间细线的拉力恰好减小到零，设装置转动的角速度为，弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反，根据几何关系可得的半径为
对有
对有
解得环的质量
14．某种型号的轿车其部分配置参数如下表所示。若该轿车行驶过程中所受阻力大小始终不变。求：
长（a）×宽（b）×高（c） 4865×1820×1475
净重m0（kg） 1540
发动机排量V（mL） 1984
水平直线路面最高车速vm（km/h） 216
额定功率P0（KW） 120
(1)若轿车在水平直线路面上以最高车速匀速行驶时，发动机功率是额定功率，此时轿车所受阻力为多大？
(2)在某次官方测试中，一位质量m=60kg的驾驶员驾驶该轿车，在水平直线路面上以额定功率将车速由零提高到108km/h，此时轿车的加速度为多大？
(3)在(2)问中轿车行驶的距离为180m，则行驶的时间是多少？
【答案】解：216 km/h=60m/s，108 km/h=30m/s
(1)轿车在水平直线路面上匀速行驶时，根据
解得
(2)根据牛顿第二定律
解得
(3)轿车在加速行驶过程中，根据动能定理
解得

【知识点】机车启动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）当发动机处于额定功率，利用功率的表达式结合平衡条件可以求出阻力的大小；
（2）当发动机速度已知时，利用额定功率的表达式结合牛顿第二定律可以求出加速度的大小；
（3）当轿车做加速运动时，利用动能定理可以求出行驶的时间。
15．某固定光滑倾斜轨道装置的竖直截面如图所示，由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道平滑连接而成，圆形轨道底端略微错开，在轨道末端的右侧水平面上紧靠着一固定的长木板，长木板上表面与轨道末端所在的水平面齐平，长木板右端固定连有一轻质弹簧的竖直挡板，弹簧处于原长时左端刚好在点。现将一质量为的滑块从弧形轨道上高为的位置静止释放（）。已知圆轨道半径，长木板部分粗糙，与滑块间的动摩擦因数为，为滑块到点的水平距离，右侧光滑，滑块可视为质点，不计其它阻力。
（1）若滑块恰能通过竖直圆轨道的最高点，求滑块静止释放的高度及运动到点时轨道对滑块作用力的大小；
（2）当时，滑块经圆轨道运动到点并滑上木板，与弹簧碰撞后原速返回，发现滑块第一次返回恰好不滑离木板，求木板部分的长度；
（3）若滑块最终停止的位置与的距离为，求与的关系式。
【答案】（1）解：滑块恰能过圆轨道最高点C，则在C点，由向心力公式有
从释放点到C点，由动能定理：
解得
从释放点到B点，由动能定理：
在B点，由向心力公式：
解得
（2）解：从释放点到E点，对全过程列动能定理：
其中
解得
（3）解：滑块刚好过C点，
滑块刚好过F点停止，，解得
滑块返回刚好停在E点，，解得
滑块返回恰好到圆心等高处，，解得
综合可得，当时，停在从F返回E的过程中
解得或
当时，停在从E返回F的过程中，
解得或
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】(1) 竖直圆周最高点由重力提供向心力，结合动能定理求释放高度；再用动能定理与向心力公式求B点轨道作用力；
(2) 摩擦力随位移线性变化，做功取平均力，往返全过程由动能定理求木板长度；
(3) 分区间确定释放高度临界值，结合动能定理推导s与h的关系式。
（1）滑块恰能过圆轨道最高点C，则在C点，由向心力公式有
从释放点到C点，由动能定理：
解得
从释放点到B点，由动能定理：
在B点，由向心力公式：
解得
（2）从释放点到E点，对全过程列动能定理：
其中
解得
（3）a．滑块刚好过C点，
b．滑块刚好过F点停止，
求得
c．滑块返回刚好停在E点，
求得
d．滑块返回恰好到圆心等高处，
求得
综合得，当时，停在从F返回E的过程中
解得或
当时，停在从E返回F的过程中，
解得或
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