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浙江舟山绿城育华学校等校2026年高一下学期4月题库（期中）物理试题
1．下列物理量中，属于矢量的是（　　）
A．加速度 B．质量 C．重力势能 D．功率
2．深秋时节，柿子树上挂满了金黄的柿子。一个熟透的柿子从高的枝头由静止落下，若认为柿子下落过程中只受重力，则柿子到达地面时的速度大小约为（　　）
A． B． C． D．
3．2025年6月26日，神舟二十号航天员顺利完成了空间站舱外设备巡检等任务。已知空间站在轨高度为，则航天员（　　）
A．调整姿态时，可以视为质点
B．与空间站相对静止时，不受地球的引力作用
C．与空间站一起运动绕地球做匀速圆周运动的速度小于地球的第一宇宙速度
D．与空间站一起运动绕地球做匀速圆周运动的周期大于地球的自转周期
4．如图所示，大人和小孩在同一竖直线上不同高度同时水平抛出两个相同的小球，小球运动视为平抛运动，则大人抛出的球一定（　　）
A．初速度较大 B．在空中运动时间较长
C．速度变化率较大 D．落地前瞬间重力的功率较小
5．嫦娥六号探测器完成了人类首次月球背面采样。如图是嫦娥六号绕月球运动的椭圆轨道示意图，为椭圆的长轴，为椭圆的短轴，则关于嫦娥六号的下列说法正确的是（　　）
A．通过点时速率最小 B．通过点时受月球引力最大
C．从到加速度逐渐增大 D．通过的时间小于通过的时间
6．图甲所示的是家用燃气炉架有四个爪，四个爪均匀分布，图乙是放上总质量为的半球形锅后的侧视图，其平稳地放在炉架上，忽略爪与锅之间的摩擦力，下列说法正确的是（　　）
A．每个爪对锅的弹力是由于锅发生弹性形变产生的
B．每个爪与锅之间的弹力等于
C．若换一个总质量相同、半径较大的锅，每个爪对锅的弹力变小
D．若换一个总质量相同、半径较大的锅，燃气炉架对锅的作用力变小
7．一列质量为的动车，从初速度为开始，以恒定功率在平直轨道上加速行驶，能达到的最大行驶速度为，假定动车行驶过程中所受阻力大小保持不变，则动车在加速阶段（　　）
A．做匀加速直线运动 B．受到阻力大小为
C．牵引力大小始终为 D．牵引力做功
8．如图所示，用劲度系数的轻弹簧连接物块A、B，它们的质量均为，与水平地面的动摩擦因数均为0.2，现用大小为的水平拉力作用在物块B上，系统稳定后两物块一起向右做匀加速直线运动，且轻弹簧未超出弹性限度，下列说法正确的是（　　）
A．物块A的加速度为 B．物块A的加速度为
C．弹簧的伸长量为 D．弹簧的伸长量为
9．如图，一喷泉由抽水电动机抽取与喷泉出水口等高的湖水完成喷水，出水口管道的横截面积为，竖直向上喷出水柱的高度约，水的密度为，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．空中水的质量约
B．空中水的质量约
C．为该喷泉提供动力的电动机输出功率至少约为
D．为该喷泉提供动力的电动机输出功率至少约为
10．图甲是杂技“荡空飞旋”表演。某同学用图乙装置模拟演员的飞旋和落地过程，在竖直细轴的顶端用长为的细线系着质量为的小球，竖直轴带着小球在水平面内做匀速圆周运动，缓慢增大角速度，在小球离地高为、速度为时烧断细线，已知重力加速度为，则下列说法正确的是（　　）
A．小球落地点到杆的距离为
B．小球落地时重力的功率与成正比
C．烧断细线前，小球的向心力与成正比
D．烧断细线前，细线对小球的拉力与成正比
11．如图所示，A、B两颗人造地球卫星在同一轨道平面上同向绕地球做匀速圆周运动。若它们的轨道半径分别为、，且，则下列说法正确的是（　　）
A．在相等的时间内，半径和扫过的面积相等
B．A卫星的线速度一定比B卫星的线速度大
C．A卫星的角速度一定比B卫星的角速度大
D．若A卫星要变轨到B卫星的轨道，A卫星首先必须有加速操作过程
12．如图所示，下列判断正确的是（　　）
A．甲图中，从粗糙滑梯上加速下滑的小朋友机械能守恒
B．乙图中，在匀速转动的摩天轮中的游客机械能守恒
C．丙图中，在光滑的水平面上，小球和弹簧系统机械能守恒
D．丁图中，不计任何阻力和细绳质量时，A下落过程机械能减小
13．如图甲所示，长为的长木板水平放置，其可绕左端的转轴转动，左端固定一原长为的弹簧，一质量为的小滑块压缩弹簧到图甲中的点（物体与弹簧不连接），间距离为。将小滑块由静止释放后，小滑块恰能到达木板最右端。将木板绕点逆时针转动后固定，如图乙所示，仍将物体由点静止释放，物体最远运动到离点的点。已知弹簧的弹性势能，其中为弹簧的劲度系数，为弹簧的形变量。下列说法正确的是（　　）
A．物体与木板间的动摩擦因数为
B．物体在点时，弹簧的弹性势能为
C．长木板水平放置时，物体运动过程中的最大动能为
D．长木板水平放置时，物体运动过程中的最大速度为
14．某实验小组用如图1的装置“探究加速度与力、质量的关系”。所用交变电流的频率为。
（1）实验中可采用如图甲、乙所示的两种打点计时器，请回答下面的问题：
图乙是　 　（选填“电磁打点”或“电火花”）计时器，电源采用的是　 　（选填“交流8V”“交流220V”或“四节干电池”）。
（2）实验以小车为研究对象，为补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力，应把木板一侧垫高，调节木板的倾斜度，使小车在　 　（填“挂”或“不挂”）槽码时能拖动纸带沿木板做　 　（填“匀速”或“加速”）直线运动。
（3）实验中打出的纸带如图2所示，由该纸带可求得小车的加速度　 　（计算结果保留2位有效数字）。
（4）若某次实验中，以小车质量为横坐标，以小车加速度的倒数为纵坐标，A、B两组同学得到的图像如图3所示，图中为已知量。A组所用槽码的总质量比B组的更　 　（填“大”或“小”），若该实验验证了牛顿第二定律，则当地的重力加速度大小为　 　（用表示）
15．某同学利用如图甲所示的实验装置进行“验证机械能守恒定律”的实验。
（1）下列操作中有助于减小实验误差的是__________。
A．选用体积大密度小的重物
B．先释放纸带，后接通电源
C．释放重物前，保持纸带沿竖直方向
（2）正确完成实验操作后，得到点迹清晰的一条纸带。如图乙所示，在纸带上选取三个连续打出的计时点、、，测得点到起始点（速度为零）的距离为，点、的间距为，点、的间距为。已知实验选用的重物质量为，相邻计时点间的时间间隔为，当地重力加速度的大小为。则从打点计时器打下点到打下点的过程中：重物重力势能的减少量　 　，动能的增加量　 　。（用测得的物理量和已知量的字母表示）
16．图甲为教职工兴趣运动会项目“旱地冰壶”的比赛情景，物理过程简化为图乙，选手用恒定水平推力，把静止的冰壶从起推线点沿直推至投出线点时的速度。，之后冰壶自行沿直线向右运动恰好停在大本营圆心点。已知冰壶质量，与之间的距离，与之间的距离，求：
（1）冰壶在段运动的加速度大小；
（2）冰壶与旱地冰面之间的动摩擦因数；
（3）选手的水平推力的大小。
17．一实验小组做模拟风洞试验，水平实验平台上方有足够大的风洞空间，质量的小球从高的点以的初速度水平向右抛出，落到平台后不反弹，小球受到恒定风力大小，方向与风速方向相同，求：
（1）若风洞空间无风（图甲），则小球在空中的运动时间和落地水平位移大小x1；
（2）若调节风洞空间风速方向水平向右（图乙），则小球落地的水平位移大小；
（3）若调节风洞空间风速方向竖直向下（图丙），则小球落地的水平位移大小；
18．如图为一滑雪场地的简化模型，一倾角的斜面长，水平面长，半径、圆心角的粗糙圆弧，三者在同一竖直面内且平滑连接，点在水平面上的投影为，二者的高度差。总质量的滑雪运动员从点静止开始自由下滑，经过点后腾空并完成预设动作后落到水平面。已知运动员与斜面、水平面间的动摩擦因数均为，经过粗糙圆弧克服摩擦力做功，不计空气阻力和运动员大小。求：
（1）运动员到达点时的速度大小；
（2）运动员到达点时的速度大小；
（3）运动员落到水平面上的位置到点的距离。
19．如图，K为弹簧发射器，为长的水平轨道，为半径的竖直半圆弧粗糙轨道，为足够长的顺时针转动的水平传送带，段是一个与传送带等高接触但不影响其转动的光滑平台，平台右侧轨道上并排放有10个完全相同的边长、质量的正方体木块，其上表面与平台等高。发射器K的弹性势能，其弹出小物块P时，弹性势能全部转化为物块的动能，且恰好通过竖直半圆弧轨道最高点。小物块P的质量，其与水平轨道、水平传送带、木块上表面之间的动摩擦因数均为，木块与地面之间的动摩擦因数为，不考虑小物块P的大小，不计空气阻力，求：
（1）小物块P到达竖直半圆弧轨道最低点时的速度大小及对轨道的压力大小；
（2）小物块P通过半圆弧轨道过程克服阻力所做的功；
（3）为使小物块P能停留在第10个木块上，则传送带速度的取值范围。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】加速度；矢量与标量；重力势能
【解析】【解答】A、加速度既有大小又有方向，属于矢量，故 A 正确；
B、质量只有大小、无方向，属于标量，故 B 错误；
C、重力势能只有大小、无方向，属于标量，故 C 错误；
D、功率只有大小、无方向，属于标量，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题考查矢量与标量的区分，矢量定义为同时具备大小、方向两个要素的物理量，标量仅存在大小无方向，逐一判断各选项物理量的属性即可得出结果。
2．【答案】C
【知识点】自由落体运动
【解析】【解答】柿子由静止自由下落，只受重力，做自由落体运动，已知下落高度，初速度，取。选用匀变速直线运动速度—位移公式：，代入已知条件：，解得落地速度。
故答案为：C。
【分析】本题考查自由落体运动速度位移公式应用，物体初速度为零、仅受重力，直接代入计算落地瞬时速度，对比选项选出正确数值。
3．【答案】C
【知识点】质点；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A、调整姿态时，需要关注航天员肢体、身形变化，自身尺寸不可忽略，不满足质点忽略形状大小的条件，故A错误；
B、航天员随空间站做匀速圆周运动，地球万有引力完全提供向心力，并非不受地球引力，只是处于完全失重状态，故B错误；
C、万有引力提供环绕向心力：，变形得环绕速度公式。第一宇宙速度对应轨道半径，空间站轨道半径，轨道半径越大，线速度越小，因此空间站运行速度小于第一宇宙速度，故C正确；
D、由开普勒第三定律，轨道半径越小，周期越小。地球同步卫星轨道高度约36000km，空间站仅390km，轨道半径远小于同步轨道，因此运行周期小于地球自转周期，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查质点判定条件，研究姿态变化时物体形状大小不可忽略，不能视为质点；
B、考查完全失重的本质，结合向心力受力逻辑，引力并未消失，全部用来提供圆周运动向心力；
C、考查环绕速度推导公式，对比近地轨道半径，判断轨道高度与线速度的反比关系；
D、考查开普勒第三定律，通过轨道半径大小对比周期长短。
4．【答案】B
【知识点】平抛运动；功率及其计算
【解析】【解答】平抛竖直分运动：；水平分运动：；速度变化率；落地重力功率。
A、大人抛出高度更大，下落时间更长；两球水平位移不相等，缺少条件无法比较初速度大小，故A错误；
B、由，不变，大人抛出竖直高度更大，因此小球在空中运动时间更长，故B正确；
C、速度变化率等于加速度，平抛运动加速度恒为重力加速度，两球速度变化率相等，故C错误；
D、落地竖直分速度，重力瞬时功率；大人抛出高度更大，更大，落地瞬间重力功率更大，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、结合水平位移公式分析，仅知下落高度、水平轨迹不同，无法判定初速度大小。
B、依据竖直自由落体时间公式，下落高度直接决定平抛总时长，高度越高运动时间越长。
C、依据加速度定义，速度变化率等于合加速度，平抛只受重力，两球加速度均为，变化率相同。
D、利用重力瞬时功率推导式，下落高度越大，落地竖直分速度越大，重力做功瞬时功率越大。
5．【答案】D
【知识点】开普勒定律；万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】万有引力公式：；加速度公式：；开普勒第二定律：近月点速率最大，远月点速率最小。
A、是近月点，探测器离月球最近，引力做正功，速率最大；为远月点速率最小，故A错误。
B、由，点到月心距离最大，引力最小，故B错误。
C、从到，探测器到月心距离不断变大，由可知加速度逐渐减小，故C错误。
D、轨道段整体离月球更近，平均速率更大；段靠近远月点，平均速率更小，两段弧长相近，因此通过的时间小于的时间，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A、考查开普勒第二定律，行星/卫星在近中心天体处速度最大，远中心天体处速度最小。
B、考查万有引力公式，引力与距离平方成反比，距离越远引力越小。
C、考查向心加速度推导式，离地心距离增大，加速度随之减小。
D、考查椭圆轨道平均速率对比，近月侧平均速度大，相同弧长下运动时间更短。
6．【答案】C
【知识点】形变与弹力；共点力的平衡
【解析】【解答】设单个爪对锅弹力为，弹力与竖直方向夹角为，竖直方向受力平衡：，变形得。
A、弹力由施力物体发生形变产生，爪对锅的弹力施力物体是炉爪，因此是炉爪发生弹性形变产生，故A错误。
B、弹力存在倾斜夹角，，则，故B错误。
C、锅半径变大，接触点外移，减小，增大；不变，由可知每个爪的弹力变小，故C正确。
D、炉架对锅的所有弹力的合力与锅的重力等大反向，锅总质量不变，则合力大小恒等于，不会变化，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A、考查弹力产生条件，弹力由施力物体形变产生，分清受力物体、施力物体即可判断。
B、考查正交分解平衡方程，弹力倾斜，竖直分力之和平衡重力，弹力本身大于。
C、考查几何角度变化对弹力的影响，半径增大夹角减小，变大，单爪弹力减小。
D、考查多力合力平衡，炉架全部弹力的合力始终与重力平衡，质量不变则合力不变。
7．【答案】B
【知识点】机车启动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】功率公式：；最大速度时牵引力与阻力平衡：；动能定理：。
A、恒定功率加速，增大，由得牵引力减小，合力减小，加速度减小，动车做变加速直线运动，故A错误。
B、速度达到时匀速，牵引力等于阻力，，变形得阻力，故B正确。
C、加速过程速度不断变大，持续减小，牵引力不是恒等于，故C错误。
D、由动能定理，牵引力做功减去阻力做功等于动能变化，即，因此牵引力做功大于动能变化量，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A、考查恒定功率启动运动性质，不变速度增大则牵引力减小，加速度减小，属于变加速运动。
B、考查机车最大速度临界条件，匀速时牵引力等于阻力，结合功率公式直接推导阻力表达式。
C、考查牵引力随速度变化规律，加速阶段速度持续上升，牵引力不断减小。
D、考查动能定理完整表达式，加速过程阻力一直做负功，牵引力做功需要克服阻力做功并增加动能。
8．【答案】C
【知识点】胡克定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】已知条件：，，，，取。
将A、B视为整体，整体总质量为；水平方向受向右拉力，向左两段滑动摩擦力，总摩擦力大小。根据牛顿第二定律列方程：，代入全部数值计算：， ，解得系统共同加速度 。
两物体相对静止，加速度完全相同，物块A加速度等于；故A、B错误。
单独对A受力分析：水平向右弹簧弹力，水平向左滑动摩擦力，合力产生加速度。
由牛顿第二定律：，变形解伸长量：
代入数据：，故C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】AB、采用整体法，把A、B看作整体，整体合外力等于拉力减去两个物体受到的总滑动摩擦力，结合牛顿第二定律求出共同加速度。
CD、采用隔离法，单独选取物块A为研究对象，分析弹簧弹力、地面摩擦力两个水平力，列出牛顿第二定律表达式，结合胡克定律反推弹簧伸长量。
9．【答案】D
【知识点】竖直上抛运动；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB、竖直上抛运动，代入、，得喷出初速度；水上升下落总时间。单位时间喷出水流质量，空中留存水总质量，因此A、B错误；
CD、湖水与出水口等高，电动机只需提供水的动能，输出功率等于单位时间水流获得的动能：
，C错误，D正确；
故答案为：D
【分析】AB、利用竖直上抛规律求出水速度，结合管道横截面积得到每秒出水质量，再用水在空中完整运动时间算出空中全部水的质量；
CD、湖面和出水口高度相同，无需提升重力势能，电动机最小功率等于单位时间喷出水流的动能增量。
10．【答案】D
【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动；功率及其计算
【解析】【解答】设细线与竖直轴夹角为，圆周运动半径。
A、烧断细线后小球做平抛运动，竖直方向，得运动时间；水平平抛位移。落地点到细杆距离是圆周半径与平抛水平位移的合位移，并非仅，故A错误；
B、落地竖直分速度，重力瞬时功率，与角速度无关，故B错误；
C、向心力，缓慢增大时同步变大、改变，因此向心力不与成正比，故C错误；
D、竖直方向受力平衡，向心力，消去得，拉力与成正比，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查平抛合位移，落地点到杆距离是圆周半径和平抛水平位移的矢量和，不能只算平抛水平段；
B、考查重力瞬时功率，功率只由竖直落地分速度决定，竖直下落高度固定，功率为定值，与角速度无关；
C、考查向心力表达式，角速度增大时细线偏角同步变化，转动半径不是常量，向心力不与成正比；
D、考查圆锥摆受力分解，消去偏角后得到拉力最简式，可直接判断拉力与成正比。
11．【答案】B,C,D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】万有引力提供卫星向心力：，推导得：线速度公式：；角速度公式：。
A、开普勒第二定律是同一颗卫星相等时间扫过面积相等，A、B是两颗不同卫星，轨道半径不同，相等时间扫过面积不等，故A错误。
B、，由，轨道半径越小线速度越大，因此A线速度更大，故B正确。
C、由，轨道半径越小角速度越大，因此A角速度更大，故C正确。
D、低轨卫星变轨到更高轨道，需要短时加速，使万有引力不足以提供向心力，做离心运动抬升轨道，故D正确。
故答案为：BCD；
【分析】A、考查开普勒第二定律适用条件，定律只对单一天体成立，不能跨卫星对比面积；
B、结合环绕线速度公式，轨道半径与线速度成反比，近地轨道卫星线速度更大；
C、结合环绕角速度公式，轨道半径三次方与角速度平方成反比，轨道越低角速度越大；
D、考查卫星变轨原理，离心变轨需要点火加速，获得更大动能抬升轨道高度。
12．【答案】C,D
【知识点】动能和势能的相互转化；机械能守恒定律
【解析】【解答】机械能守恒条件：系统只有重力或弹力做功，其他力不做功。
A、甲图滑梯粗糙，下滑过程摩擦力做负功，小朋友机械能减少，不守恒，故 A 错误；
B、乙图摩天轮匀速转动，游客动能不变，高度不断变化，重力势能变化，机械能不守恒，故 B 错误；
C、丙图水平面光滑，小球与弹簧组成的系统只有弹簧弹力做功，无摩擦力，系统机械能守恒，故 C 正确；
D、丁图不计阻力与绳重，A 下落时绳子拉力对 A 做负功，A 的机械能减小；A、B 整体机械能守恒，故 D 正确；
故答案为：CD。
【分析】A、判断机械能是否守恒，存在滑动摩擦力做功，机械能损耗；
B、匀速圆周运动动能不变，高度改变导致重力势能变化，总机械能变化；
C、系统内只有弹簧弹力做功，无其他力做功，满足机械能守恒条件；
D、单个物体机械能看除重力外其他力做功，拉力对 A 做负功，A 机械能减小。
13．【答案】A,D
【知识点】功能关系；能量守恒定律
【解析】【解答】AB、弹簧压缩量，设弹簧弹性势能为，动摩擦因数。水平木板全程能量守恒：弹簧弹性势能全部用来克服摩擦力做功，滑块滑行距离，得，倾斜37°木板全程能量守恒：弹性势能转化为重力势能与摩擦内能，滑行距离，上升高度，滑动摩擦力，得，两式联立消去，解得，A正确；把代回，算出，B错误；
CD、滑块速度最大时弹簧弹力与摩擦力平衡，对该过程列能量守恒，求得最大动能，不等于，C错误；由化简，得到，D正确；
故答案为：AD。
【分析】AB、分别对水平、倾斜两种运动全过程列能量守恒方程，联立求解动摩擦因数与弹簧初始弹性势能；
CD、滑块合力为零时速度、动能最大，利用能量守恒算出最大动能，再变形求出最大速度，对比选项判断对错。
14．【答案】（1）电火花；交流220V
（2）不挂；匀速
（3）0.88
（4）大；
【知识点】加速度；探究加速度与力、质量的关系；用打点计时器测速度
【解析】【解答】(1) 打点装置内部配有墨粉盒是电火花计时器的标志性特征，该计时器工作时需要接入220V交流电源供电。
故答案为：电火花；交流220V；
(2) 实验需要消除纸带摩擦、轨道阻力带来的干扰，操作方式为垫高木板一端形成斜面；依靠小车自身重力沿斜面向下的分力抵消全部阻力，判断平衡摩擦力完成的标准：不悬挂槽码，轻推小车后纸带点迹均匀，小车做匀速直线运动。
故答案为：不挂；匀速；
(3) 交流电频率，单次打点的时间间隔；相邻计数点间包含5个打点间隔，因此计数点时间间隔。
运用逐差法计算匀变速运动加速度，把位移分为前后两段代入逐差公式，代入四段位移数值、与，算出小车加速度
故答案为：0.88；
(4) 将小车与槽码视作整体，槽码重力为系统合外力，根据牛顿第二定律列出整体动力学关系式，对式子做变形分离变量得到；该线性表达式中图像斜率，斜率数值与槽码总质量成反比，A组图像斜率更小，说明A组槽码总质量大于B组。
当小车质量时，纵轴截距，变形可推导出重力加速度。
故答案为：大；；
【分析】(1) 区分电火花计时器与电磁打点计时器的结构、供电差异，墨粉盒搭配220V交流电为电火花计时器独有配置。
(2) 平衡阻力的核心原理是重力分力抵消阻力，匀速运动是受力平衡的判定依据，无槽码时纸带点迹均匀代表摩擦力完全平衡。
(3) 先由电源频率求出基础打点周期，再结合计数点间隔数得到计数点时间；匀变速直线运动多段位移求加速度采用逐差法，充分利用全部位移数据减小计算误差。
(4) 整体法列牛顿第二定律，整理出一次函数表达式，结合一次函数斜率、截距的物理意义，对比图像斜率判断槽码质量，利用截距推导重力加速度计算式。
（1）[1][2]图乙中利用了墨粉盒，可知，图乙是电火花计时器，其电源采用的是交流220V。
（2）[1][2]实验以小车为研究对象，为补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力，应把木板一侧垫高，调节木板的倾斜度，由于使小车重力沿斜面的分力与小车所受阻力平衡，可知，平衡摩擦力时，应使小车在不挂槽码时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动。
（3）交流电源的频率为50Hz，则打点周期为0.02s，纸带上选择的相邻计数点之间的时间间隔为
根据逐差法可知，小车的加速度
（4）[1][2]由牛顿第二定律有mg= (m+M)a
化简可得
图线的斜率越小，槽码的总质量m越大，由题图3可知A组所用的槽码的质量比B 组的更大．
当M =0时，可得
即
15．【答案】（1）C
（2）；
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】(1)A选项：体积更大的重物受到的空气阻力作用更明显，阻力带来的系统误差会变大，不利于减小实验误差，故A错误。
B选项：实验规范操作要求先接通电源，待打点稳定后再释放重物纸带；若先放纸带再通电，纸带前端无打点记录，丢失初始运动数据，故B错误。
C选项：释放重物时保持纸带竖直，能减小纸带与打点计时器限位孔之间的滑动摩擦，降低摩擦损耗带来的误差，有利于提升实验精度，故C正确。
故答案为：C。
(2)重物下落高度为，重力势能减少量满足重力势能变化关系式；
依据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于对应段平均速度的推论，AC段总位移为、总时间因此B点瞬时速度；将速度代入动能定义式，得到B点动能；
O点重物初速度为0、初动能为0，从O到B动能增加量等于B点动能，即。
故答案为：；；
【分析】(1) 本实验核心验证关系式，误差来源于空气阻力与纸带摩擦力；A选项增大空气阻力、B选项操作失误丢失数据，均会破坏等式成立条件；C选项减小摩擦阻力，能缩小等式两侧差值，减小实验误差。
(2) 重力势能变化依靠重力做功公式，下落高度对应重力势能减少量；匀变速运动推论公式用来求解B点瞬时速度；再结合动能基础公式代入速度推导B点动能；动能变化公式，初动能，动能增量直接等于B点动能。
（1）A．若选用体积更大的重物会增大空气阻力对实验的影响，不利于减小实验误差，故A错误；
B．实验时应先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，若先释放纸带，打点初期数据会缺失，故B错误；
C．释放重物时保持纸带竖直方向，可以减小纸带与打点计时器间的摩擦，有助于减小实验误差，故C正确。
故选C。
（2）[1][2]重物重力势能的减少量为
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得打点计时器打下 B点时重物的瞬时速度为
所以打点计时器打下B点时重物的动能为
则从打点计时器打下O点到打下B点的过程中，重物动能的增加量为
16．【答案】（1）解：物体从B到O匀减速至0，由速度位移公式
代入数据变形得：
（2）解：BO段仅滑动摩擦力提供合外力，根据牛顿第二定律
约去，代入：
（3）解：物体从A到B匀加速，由速度位移公式
代入数据得：
水平方向拉力减摩擦力为合外力，列牛顿第二定律：
整理代入已知量计算：
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】(1) 使用匀变速速度位移公式，BO末速度为0，代入已知运动学量求解减速加速度
(2) 减速阶段合力等于滑动摩擦力，联立滑动摩擦力公式与牛顿第二定律，消去质量求出动摩擦因数
(3) 先用速度位移公式算出AB段加速加速度；再结合牛顿第二定律，利用第(2)问求得的计算拉力
（1）从B到O，根据速度-位移公式，有
解得
（2）根据牛顿第二定律，有
解得
（3）从A到B，根据速度-位移公式，有
解得
根据牛顿第二定律，有
解得
17．【答案】（1）解：竖直方向做自由落体运动，由
变形得
水平方向匀速直线运动，
（2）解：水平方向受恒力匀加速，由牛顿第二定律
解得
水平位移公式，代入数据得
（3）解：竖直方向合力向下匀加速，受力满足
解得
竖直位移，解出运动时间
水平匀速位移
两式联立计算得
【知识点】运动的合成与分解；平抛运动
【解析】【分析】(1) 运动分解，竖直自由落体用求下落时间，水平匀速直线运动计算水平位移。
(2) 先由牛顿第二定律求水平加速度，再代入匀变速位移公式求水平总位移。
(3) 竖直方向合力为，由求竖直加速度；再用求运动时间，水平匀速联立得到水平位移。
（1）竖直方向，根据自由落体运动公式
解得t 1= 0 .4s
水平方向，有
（2）水平方向做匀加速运动，根据牛顿第二定律，有
解得a1 =10m/s2
根据位移-时间公式，有
解得x2 =2.8m
（3）竖直方向做匀加速运动，根据牛顿第二定律，有
解得a2 =20m/s2
根据
水平方向位移为x3 =v0 t2
联立解得
18．【答案】（1）解：沿AB斜面匀加速下滑，由牛顿第二定律
匀变速速度位移关系：
两式联立代入数据解得：
即运动员到达B点速度大小为。
（2）解：B到D全过程，摩擦力、阻力、重力均做负功，列动能定理
代入数据求解得：
即运动员到达D点速度大小为。
（3）解：D点斜抛运动，将速度正交分解
竖直分速度：
水平分速度：
竖直上抛上升阶段：
上升最大高度：
从最高点下落，总下落高度，自由落体公式：
解得下落时间
水平匀速运动，总水平位移：
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1) 斜面运动，先用牛顿第二定律求加速度，再结合运动学公式联立求解B点速度。
(2) 多力做功过程，直接用动能定理，包含摩擦力、阻力、重力做功，代入初末动能求解D点速度。
(3) 斜抛运动分解为水平匀速直线运动、竖直竖直上抛运动；先求竖直上升时间与最大高度，再对下落阶段用自由落体公式求下落时间，总时间乘以水平分速度得到水平落点距离。
（1）从A点到B点，根据牛顿第二定律
根据匀变速直线运动速度与位移关系
联立解得
所以运动员到达点时的速度大小为。
（2）从B点到D点由动能定理可得
解得
故运动员到达D点时的速度大小为。
（3）运动员过D点后做斜抛运动，离开D点瞬间竖直方向分速度为
水平方向分速度为
离开D点上升的时间
上升的最大高度
运动员到达最高点后竖直方向自由落体，设下降时间为，则
解得
运动员落到水平面上的位置到点的距离
19．【答案】（1）解：从A到B，弹力势能与摩擦力做功，列动能定理
代入数据解得：
在半圆最低点B，支持力与重力合力提供向心力，牛顿第二定律
代入数据解得：
由牛顿第三定律，物块对轨道压力
（2）解：恰好过最高点C，重力单独提供向心力
解得：
B到C，重力、阻力做功，动能定理
解得：
克服阻力做功：
（3）解：传送带足够长，物块到达D与传送带共速；物块与木块间滑动摩擦力
设滑上第块木块时木块开始滑动，受力不等式
代入条件可得，即滑上第10块木块时木块才运动。
① 恰好停在第10块左边缘，前9块全程减速，动能定理
解得：
② 恰好停在第10块右边缘：
对物块，牛顿第二定律：，得
对第10块木块，牛顿第二定律：，得
相对运动速度位移关系：
解得：
前9块滑行过程动能定理：
解得：
综上传送带速度取值范围：
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1) A到B用动能定理求B点速度；圆周最低点向心力公式结合牛顿第二定律求轨道支持力，牛顿第三定律转换得到物块对轨道压力，核心公式：动能定理、圆周运动向心力方程。
(2) 竖直圆周最高点临界条件求；B到C全过程动能定理求阻力做功，克服阻力功取绝对值。
(3) 先通过静摩擦力临界不等式判断只有第10块木块能滑动；分两种临界停留位置，第一种全程9块减速到0，动能定理求最小传送带速度；第二种物块、第10块木块各自匀变速，用相对运动公式求滑上第10块初速度，再动能定理求最大传送带速度，最终得到速度区间。
（1）由到，根据动能定理有
解得
小物块P到达竖直半圆弧轨道最低点时，受到轨道的支持力满足
解得
根据作用力与反作用力可知，小物块P对轨道的压力大小
（2）小物块P恰好通过竖直半圆弧轨道最高点，有
解得
由到，根据动能定理有
解得
故小物块P通过半圆弧轨道过程克服阻力所做的功为
（3）水平传送带足够长，所以小物块P到达点时一定与传送带共速，小物块P滑上木块后受到的滑动摩擦力为
设小物块P滑至第个正方体木块时，正方体木块开始对地发生相对运动，则
可知当时上式才成立，故小物块P滑上第10块正方体木块时，第10块木块才开始运动。
①若小物块P恰好停在第10块木块的左边缘，小物块P在前9块木块上滑行时，由动能定理有
解得
②若小物块P恰好停在第10块木块的右边缘，设小物块P滑上第10块木块的左边缘时的速度大小为，研究小物块P在第10个木块上的滑行，对小物块P分析，根据牛顿第二定律有
解得
对10号木块，根据牛顿第二定律有
解得
根据相对运动的速度与位移关系，有
解得
则小物块P在前9块木块上滑行时，由动能定理可知
解得
为使小物块P能停留在第10个木块上，传送带的速度取值范围为。
1 / 1浙江舟山绿城育华学校等校2026年高一下学期4月题库（期中）物理试题
1．下列物理量中，属于矢量的是（　　）
A．加速度 B．质量 C．重力势能 D．功率
【答案】A
【知识点】加速度；矢量与标量；重力势能
【解析】【解答】A、加速度既有大小又有方向，属于矢量，故 A 正确；
B、质量只有大小、无方向，属于标量，故 B 错误；
C、重力势能只有大小、无方向，属于标量，故 C 错误；
D、功率只有大小、无方向，属于标量，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题考查矢量与标量的区分，矢量定义为同时具备大小、方向两个要素的物理量，标量仅存在大小无方向，逐一判断各选项物理量的属性即可得出结果。
2．深秋时节，柿子树上挂满了金黄的柿子。一个熟透的柿子从高的枝头由静止落下，若认为柿子下落过程中只受重力，则柿子到达地面时的速度大小约为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】自由落体运动
【解析】【解答】柿子由静止自由下落，只受重力，做自由落体运动，已知下落高度，初速度，取。选用匀变速直线运动速度—位移公式：，代入已知条件：，解得落地速度。
故答案为：C。
【分析】本题考查自由落体运动速度位移公式应用，物体初速度为零、仅受重力，直接代入计算落地瞬时速度，对比选项选出正确数值。
3．2025年6月26日，神舟二十号航天员顺利完成了空间站舱外设备巡检等任务。已知空间站在轨高度为，则航天员（　　）
A．调整姿态时，可以视为质点
B．与空间站相对静止时，不受地球的引力作用
C．与空间站一起运动绕地球做匀速圆周运动的速度小于地球的第一宇宙速度
D．与空间站一起运动绕地球做匀速圆周运动的周期大于地球的自转周期
【答案】C
【知识点】质点；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A、调整姿态时，需要关注航天员肢体、身形变化，自身尺寸不可忽略，不满足质点忽略形状大小的条件，故A错误；
B、航天员随空间站做匀速圆周运动，地球万有引力完全提供向心力，并非不受地球引力，只是处于完全失重状态，故B错误；
C、万有引力提供环绕向心力：，变形得环绕速度公式。第一宇宙速度对应轨道半径，空间站轨道半径，轨道半径越大，线速度越小，因此空间站运行速度小于第一宇宙速度，故C正确；
D、由开普勒第三定律，轨道半径越小，周期越小。地球同步卫星轨道高度约36000km，空间站仅390km，轨道半径远小于同步轨道，因此运行周期小于地球自转周期，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查质点判定条件，研究姿态变化时物体形状大小不可忽略，不能视为质点；
B、考查完全失重的本质，结合向心力受力逻辑，引力并未消失，全部用来提供圆周运动向心力；
C、考查环绕速度推导公式，对比近地轨道半径，判断轨道高度与线速度的反比关系；
D、考查开普勒第三定律，通过轨道半径大小对比周期长短。
4．如图所示，大人和小孩在同一竖直线上不同高度同时水平抛出两个相同的小球，小球运动视为平抛运动，则大人抛出的球一定（　　）
A．初速度较大 B．在空中运动时间较长
C．速度变化率较大 D．落地前瞬间重力的功率较小
【答案】B
【知识点】平抛运动；功率及其计算
【解析】【解答】平抛竖直分运动：；水平分运动：；速度变化率；落地重力功率。
A、大人抛出高度更大，下落时间更长；两球水平位移不相等，缺少条件无法比较初速度大小，故A错误；
B、由，不变，大人抛出竖直高度更大，因此小球在空中运动时间更长，故B正确；
C、速度变化率等于加速度，平抛运动加速度恒为重力加速度，两球速度变化率相等，故C错误；
D、落地竖直分速度，重力瞬时功率；大人抛出高度更大，更大，落地瞬间重力功率更大，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、结合水平位移公式分析，仅知下落高度、水平轨迹不同，无法判定初速度大小。
B、依据竖直自由落体时间公式，下落高度直接决定平抛总时长，高度越高运动时间越长。
C、依据加速度定义，速度变化率等于合加速度，平抛只受重力，两球加速度均为，变化率相同。
D、利用重力瞬时功率推导式，下落高度越大，落地竖直分速度越大，重力做功瞬时功率越大。
5．嫦娥六号探测器完成了人类首次月球背面采样。如图是嫦娥六号绕月球运动的椭圆轨道示意图，为椭圆的长轴，为椭圆的短轴，则关于嫦娥六号的下列说法正确的是（　　）
A．通过点时速率最小 B．通过点时受月球引力最大
C．从到加速度逐渐增大 D．通过的时间小于通过的时间
【答案】D
【知识点】开普勒定律；万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】万有引力公式：；加速度公式：；开普勒第二定律：近月点速率最大，远月点速率最小。
A、是近月点，探测器离月球最近，引力做正功，速率最大；为远月点速率最小，故A错误。
B、由，点到月心距离最大，引力最小，故B错误。
C、从到，探测器到月心距离不断变大，由可知加速度逐渐减小，故C错误。
D、轨道段整体离月球更近，平均速率更大；段靠近远月点，平均速率更小，两段弧长相近，因此通过的时间小于的时间，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A、考查开普勒第二定律，行星/卫星在近中心天体处速度最大，远中心天体处速度最小。
B、考查万有引力公式，引力与距离平方成反比，距离越远引力越小。
C、考查向心加速度推导式，离地心距离增大，加速度随之减小。
D、考查椭圆轨道平均速率对比，近月侧平均速度大，相同弧长下运动时间更短。
6．图甲所示的是家用燃气炉架有四个爪，四个爪均匀分布，图乙是放上总质量为的半球形锅后的侧视图，其平稳地放在炉架上，忽略爪与锅之间的摩擦力，下列说法正确的是（　　）
A．每个爪对锅的弹力是由于锅发生弹性形变产生的
B．每个爪与锅之间的弹力等于
C．若换一个总质量相同、半径较大的锅，每个爪对锅的弹力变小
D．若换一个总质量相同、半径较大的锅，燃气炉架对锅的作用力变小
【答案】C
【知识点】形变与弹力；共点力的平衡
【解析】【解答】设单个爪对锅弹力为，弹力与竖直方向夹角为，竖直方向受力平衡：，变形得。
A、弹力由施力物体发生形变产生，爪对锅的弹力施力物体是炉爪，因此是炉爪发生弹性形变产生，故A错误。
B、弹力存在倾斜夹角，，则，故B错误。
C、锅半径变大，接触点外移，减小，增大；不变，由可知每个爪的弹力变小，故C正确。
D、炉架对锅的所有弹力的合力与锅的重力等大反向，锅总质量不变，则合力大小恒等于，不会变化，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A、考查弹力产生条件，弹力由施力物体形变产生，分清受力物体、施力物体即可判断。
B、考查正交分解平衡方程，弹力倾斜，竖直分力之和平衡重力，弹力本身大于。
C、考查几何角度变化对弹力的影响，半径增大夹角减小，变大，单爪弹力减小。
D、考查多力合力平衡，炉架全部弹力的合力始终与重力平衡，质量不变则合力不变。
7．一列质量为的动车，从初速度为开始，以恒定功率在平直轨道上加速行驶，能达到的最大行驶速度为，假定动车行驶过程中所受阻力大小保持不变，则动车在加速阶段（　　）
A．做匀加速直线运动 B．受到阻力大小为
C．牵引力大小始终为 D．牵引力做功
【答案】B
【知识点】机车启动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】功率公式：；最大速度时牵引力与阻力平衡：；动能定理：。
A、恒定功率加速，增大，由得牵引力减小，合力减小，加速度减小，动车做变加速直线运动，故A错误。
B、速度达到时匀速，牵引力等于阻力，，变形得阻力，故B正确。
C、加速过程速度不断变大，持续减小，牵引力不是恒等于，故C错误。
D、由动能定理，牵引力做功减去阻力做功等于动能变化，即，因此牵引力做功大于动能变化量，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A、考查恒定功率启动运动性质，不变速度增大则牵引力减小，加速度减小，属于变加速运动。
B、考查机车最大速度临界条件，匀速时牵引力等于阻力，结合功率公式直接推导阻力表达式。
C、考查牵引力随速度变化规律，加速阶段速度持续上升，牵引力不断减小。
D、考查动能定理完整表达式，加速过程阻力一直做负功，牵引力做功需要克服阻力做功并增加动能。
8．如图所示，用劲度系数的轻弹簧连接物块A、B，它们的质量均为，与水平地面的动摩擦因数均为0.2，现用大小为的水平拉力作用在物块B上，系统稳定后两物块一起向右做匀加速直线运动，且轻弹簧未超出弹性限度，下列说法正确的是（　　）
A．物块A的加速度为 B．物块A的加速度为
C．弹簧的伸长量为 D．弹簧的伸长量为
【答案】C
【知识点】胡克定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】已知条件：，，，，取。
将A、B视为整体，整体总质量为；水平方向受向右拉力，向左两段滑动摩擦力，总摩擦力大小。根据牛顿第二定律列方程：，代入全部数值计算：， ，解得系统共同加速度 。
两物体相对静止，加速度完全相同，物块A加速度等于；故A、B错误。
单独对A受力分析：水平向右弹簧弹力，水平向左滑动摩擦力，合力产生加速度。
由牛顿第二定律：，变形解伸长量：
代入数据：，故C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】AB、采用整体法，把A、B看作整体，整体合外力等于拉力减去两个物体受到的总滑动摩擦力，结合牛顿第二定律求出共同加速度。
CD、采用隔离法，单独选取物块A为研究对象，分析弹簧弹力、地面摩擦力两个水平力，列出牛顿第二定律表达式，结合胡克定律反推弹簧伸长量。
9．如图，一喷泉由抽水电动机抽取与喷泉出水口等高的湖水完成喷水，出水口管道的横截面积为，竖直向上喷出水柱的高度约，水的密度为，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．空中水的质量约
B．空中水的质量约
C．为该喷泉提供动力的电动机输出功率至少约为
D．为该喷泉提供动力的电动机输出功率至少约为
【答案】D
【知识点】竖直上抛运动；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB、竖直上抛运动，代入、，得喷出初速度；水上升下落总时间。单位时间喷出水流质量，空中留存水总质量，因此A、B错误；
CD、湖水与出水口等高，电动机只需提供水的动能，输出功率等于单位时间水流获得的动能：
，C错误，D正确；
故答案为：D
【分析】AB、利用竖直上抛规律求出水速度，结合管道横截面积得到每秒出水质量，再用水在空中完整运动时间算出空中全部水的质量；
CD、湖面和出水口高度相同，无需提升重力势能，电动机最小功率等于单位时间喷出水流的动能增量。
10．图甲是杂技“荡空飞旋”表演。某同学用图乙装置模拟演员的飞旋和落地过程，在竖直细轴的顶端用长为的细线系着质量为的小球，竖直轴带着小球在水平面内做匀速圆周运动，缓慢增大角速度，在小球离地高为、速度为时烧断细线，已知重力加速度为，则下列说法正确的是（　　）
A．小球落地点到杆的距离为
B．小球落地时重力的功率与成正比
C．烧断细线前，小球的向心力与成正比
D．烧断细线前，细线对小球的拉力与成正比
【答案】D
【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动；功率及其计算
【解析】【解答】设细线与竖直轴夹角为，圆周运动半径。
A、烧断细线后小球做平抛运动，竖直方向，得运动时间；水平平抛位移。落地点到细杆距离是圆周半径与平抛水平位移的合位移，并非仅，故A错误；
B、落地竖直分速度，重力瞬时功率，与角速度无关，故B错误；
C、向心力，缓慢增大时同步变大、改变，因此向心力不与成正比，故C错误；
D、竖直方向受力平衡，向心力，消去得，拉力与成正比，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查平抛合位移，落地点到杆距离是圆周半径和平抛水平位移的矢量和，不能只算平抛水平段；
B、考查重力瞬时功率，功率只由竖直落地分速度决定，竖直下落高度固定，功率为定值，与角速度无关；
C、考查向心力表达式，角速度增大时细线偏角同步变化，转动半径不是常量，向心力不与成正比；
D、考查圆锥摆受力分解，消去偏角后得到拉力最简式，可直接判断拉力与成正比。
11．如图所示，A、B两颗人造地球卫星在同一轨道平面上同向绕地球做匀速圆周运动。若它们的轨道半径分别为、，且，则下列说法正确的是（　　）
A．在相等的时间内，半径和扫过的面积相等
B．A卫星的线速度一定比B卫星的线速度大
C．A卫星的角速度一定比B卫星的角速度大
D．若A卫星要变轨到B卫星的轨道，A卫星首先必须有加速操作过程
【答案】B,C,D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】万有引力提供卫星向心力：，推导得：线速度公式：；角速度公式：。
A、开普勒第二定律是同一颗卫星相等时间扫过面积相等，A、B是两颗不同卫星，轨道半径不同，相等时间扫过面积不等，故A错误。
B、，由，轨道半径越小线速度越大，因此A线速度更大，故B正确。
C、由，轨道半径越小角速度越大，因此A角速度更大，故C正确。
D、低轨卫星变轨到更高轨道，需要短时加速，使万有引力不足以提供向心力，做离心运动抬升轨道，故D正确。
故答案为：BCD；
【分析】A、考查开普勒第二定律适用条件，定律只对单一天体成立，不能跨卫星对比面积；
B、结合环绕线速度公式，轨道半径与线速度成反比，近地轨道卫星线速度更大；
C、结合环绕角速度公式，轨道半径三次方与角速度平方成反比，轨道越低角速度越大；
D、考查卫星变轨原理，离心变轨需要点火加速，获得更大动能抬升轨道高度。
12．如图所示，下列判断正确的是（　　）
A．甲图中，从粗糙滑梯上加速下滑的小朋友机械能守恒
B．乙图中，在匀速转动的摩天轮中的游客机械能守恒
C．丙图中，在光滑的水平面上，小球和弹簧系统机械能守恒
D．丁图中，不计任何阻力和细绳质量时，A下落过程机械能减小
【答案】C,D
【知识点】动能和势能的相互转化；机械能守恒定律
【解析】【解答】机械能守恒条件：系统只有重力或弹力做功，其他力不做功。
A、甲图滑梯粗糙，下滑过程摩擦力做负功，小朋友机械能减少，不守恒，故 A 错误；
B、乙图摩天轮匀速转动，游客动能不变，高度不断变化，重力势能变化，机械能不守恒，故 B 错误；
C、丙图水平面光滑，小球与弹簧组成的系统只有弹簧弹力做功，无摩擦力，系统机械能守恒，故 C 正确；
D、丁图不计阻力与绳重，A 下落时绳子拉力对 A 做负功，A 的机械能减小；A、B 整体机械能守恒，故 D 正确；
故答案为：CD。
【分析】A、判断机械能是否守恒，存在滑动摩擦力做功，机械能损耗；
B、匀速圆周运动动能不变，高度改变导致重力势能变化，总机械能变化；
C、系统内只有弹簧弹力做功，无其他力做功，满足机械能守恒条件；
D、单个物体机械能看除重力外其他力做功，拉力对 A 做负功，A 机械能减小。
13．如图甲所示，长为的长木板水平放置，其可绕左端的转轴转动，左端固定一原长为的弹簧，一质量为的小滑块压缩弹簧到图甲中的点（物体与弹簧不连接），间距离为。将小滑块由静止释放后，小滑块恰能到达木板最右端。将木板绕点逆时针转动后固定，如图乙所示，仍将物体由点静止释放，物体最远运动到离点的点。已知弹簧的弹性势能，其中为弹簧的劲度系数，为弹簧的形变量。下列说法正确的是（　　）
A．物体与木板间的动摩擦因数为
B．物体在点时，弹簧的弹性势能为
C．长木板水平放置时，物体运动过程中的最大动能为
D．长木板水平放置时，物体运动过程中的最大速度为
【答案】A,D
【知识点】功能关系；能量守恒定律
【解析】【解答】AB、弹簧压缩量，设弹簧弹性势能为，动摩擦因数。水平木板全程能量守恒：弹簧弹性势能全部用来克服摩擦力做功，滑块滑行距离，得，倾斜37°木板全程能量守恒：弹性势能转化为重力势能与摩擦内能，滑行距离，上升高度，滑动摩擦力，得，两式联立消去，解得，A正确；把代回，算出，B错误；
CD、滑块速度最大时弹簧弹力与摩擦力平衡，对该过程列能量守恒，求得最大动能，不等于，C错误；由化简，得到，D正确；
故答案为：AD。
【分析】AB、分别对水平、倾斜两种运动全过程列能量守恒方程，联立求解动摩擦因数与弹簧初始弹性势能；
CD、滑块合力为零时速度、动能最大，利用能量守恒算出最大动能，再变形求出最大速度，对比选项判断对错。
14．某实验小组用如图1的装置“探究加速度与力、质量的关系”。所用交变电流的频率为。
（1）实验中可采用如图甲、乙所示的两种打点计时器，请回答下面的问题：
图乙是　 　（选填“电磁打点”或“电火花”）计时器，电源采用的是　 　（选填“交流8V”“交流220V”或“四节干电池”）。
（2）实验以小车为研究对象，为补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力，应把木板一侧垫高，调节木板的倾斜度，使小车在　 　（填“挂”或“不挂”）槽码时能拖动纸带沿木板做　 　（填“匀速”或“加速”）直线运动。
（3）实验中打出的纸带如图2所示，由该纸带可求得小车的加速度　 　（计算结果保留2位有效数字）。
（4）若某次实验中，以小车质量为横坐标，以小车加速度的倒数为纵坐标，A、B两组同学得到的图像如图3所示，图中为已知量。A组所用槽码的总质量比B组的更　 　（填“大”或“小”），若该实验验证了牛顿第二定律，则当地的重力加速度大小为　 　（用表示）
【答案】（1）电火花；交流220V
（2）不挂；匀速
（3）0.88
（4）大；
【知识点】加速度；探究加速度与力、质量的关系；用打点计时器测速度
【解析】【解答】(1) 打点装置内部配有墨粉盒是电火花计时器的标志性特征，该计时器工作时需要接入220V交流电源供电。
故答案为：电火花；交流220V；
(2) 实验需要消除纸带摩擦、轨道阻力带来的干扰，操作方式为垫高木板一端形成斜面；依靠小车自身重力沿斜面向下的分力抵消全部阻力，判断平衡摩擦力完成的标准：不悬挂槽码，轻推小车后纸带点迹均匀，小车做匀速直线运动。
故答案为：不挂；匀速；
(3) 交流电频率，单次打点的时间间隔；相邻计数点间包含5个打点间隔，因此计数点时间间隔。
运用逐差法计算匀变速运动加速度，把位移分为前后两段代入逐差公式，代入四段位移数值、与，算出小车加速度
故答案为：0.88；
(4) 将小车与槽码视作整体，槽码重力为系统合外力，根据牛顿第二定律列出整体动力学关系式，对式子做变形分离变量得到；该线性表达式中图像斜率，斜率数值与槽码总质量成反比，A组图像斜率更小，说明A组槽码总质量大于B组。
当小车质量时，纵轴截距，变形可推导出重力加速度。
故答案为：大；；
【分析】(1) 区分电火花计时器与电磁打点计时器的结构、供电差异，墨粉盒搭配220V交流电为电火花计时器独有配置。
(2) 平衡阻力的核心原理是重力分力抵消阻力，匀速运动是受力平衡的判定依据，无槽码时纸带点迹均匀代表摩擦力完全平衡。
(3) 先由电源频率求出基础打点周期，再结合计数点间隔数得到计数点时间；匀变速直线运动多段位移求加速度采用逐差法，充分利用全部位移数据减小计算误差。
(4) 整体法列牛顿第二定律，整理出一次函数表达式，结合一次函数斜率、截距的物理意义，对比图像斜率判断槽码质量，利用截距推导重力加速度计算式。
（1）[1][2]图乙中利用了墨粉盒，可知，图乙是电火花计时器，其电源采用的是交流220V。
（2）[1][2]实验以小车为研究对象，为补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力，应把木板一侧垫高，调节木板的倾斜度，由于使小车重力沿斜面的分力与小车所受阻力平衡，可知，平衡摩擦力时，应使小车在不挂槽码时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动。
（3）交流电源的频率为50Hz，则打点周期为0.02s，纸带上选择的相邻计数点之间的时间间隔为
根据逐差法可知，小车的加速度
（4）[1][2]由牛顿第二定律有mg= (m+M)a
化简可得
图线的斜率越小，槽码的总质量m越大，由题图3可知A组所用的槽码的质量比B 组的更大．
当M =0时，可得
即
15．某同学利用如图甲所示的实验装置进行“验证机械能守恒定律”的实验。
（1）下列操作中有助于减小实验误差的是__________。
A．选用体积大密度小的重物
B．先释放纸带，后接通电源
C．释放重物前，保持纸带沿竖直方向
（2）正确完成实验操作后，得到点迹清晰的一条纸带。如图乙所示，在纸带上选取三个连续打出的计时点、、，测得点到起始点（速度为零）的距离为，点、的间距为，点、的间距为。已知实验选用的重物质量为，相邻计时点间的时间间隔为，当地重力加速度的大小为。则从打点计时器打下点到打下点的过程中：重物重力势能的减少量　 　，动能的增加量　 　。（用测得的物理量和已知量的字母表示）
【答案】（1）C
（2）；
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】(1)A选项：体积更大的重物受到的空气阻力作用更明显，阻力带来的系统误差会变大，不利于减小实验误差，故A错误。
B选项：实验规范操作要求先接通电源，待打点稳定后再释放重物纸带；若先放纸带再通电，纸带前端无打点记录，丢失初始运动数据，故B错误。
C选项：释放重物时保持纸带竖直，能减小纸带与打点计时器限位孔之间的滑动摩擦，降低摩擦损耗带来的误差，有利于提升实验精度，故C正确。
故答案为：C。
(2)重物下落高度为，重力势能减少量满足重力势能变化关系式；
依据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于对应段平均速度的推论，AC段总位移为、总时间因此B点瞬时速度；将速度代入动能定义式，得到B点动能；
O点重物初速度为0、初动能为0，从O到B动能增加量等于B点动能，即。
故答案为：；；
【分析】(1) 本实验核心验证关系式，误差来源于空气阻力与纸带摩擦力；A选项增大空气阻力、B选项操作失误丢失数据，均会破坏等式成立条件；C选项减小摩擦阻力，能缩小等式两侧差值，减小实验误差。
(2) 重力势能变化依靠重力做功公式，下落高度对应重力势能减少量；匀变速运动推论公式用来求解B点瞬时速度；再结合动能基础公式代入速度推导B点动能；动能变化公式，初动能，动能增量直接等于B点动能。
（1）A．若选用体积更大的重物会增大空气阻力对实验的影响，不利于减小实验误差，故A错误；
B．实验时应先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，若先释放纸带，打点初期数据会缺失，故B错误；
C．释放重物时保持纸带竖直方向，可以减小纸带与打点计时器间的摩擦，有助于减小实验误差，故C正确。
故选C。
（2）[1][2]重物重力势能的减少量为
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得打点计时器打下 B点时重物的瞬时速度为
所以打点计时器打下B点时重物的动能为
则从打点计时器打下O点到打下B点的过程中，重物动能的增加量为
16．图甲为教职工兴趣运动会项目“旱地冰壶”的比赛情景，物理过程简化为图乙，选手用恒定水平推力，把静止的冰壶从起推线点沿直推至投出线点时的速度。，之后冰壶自行沿直线向右运动恰好停在大本营圆心点。已知冰壶质量，与之间的距离，与之间的距离，求：
（1）冰壶在段运动的加速度大小；
（2）冰壶与旱地冰面之间的动摩擦因数；
（3）选手的水平推力的大小。
【答案】（1）解：物体从B到O匀减速至0，由速度位移公式
代入数据变形得：
（2）解：BO段仅滑动摩擦力提供合外力，根据牛顿第二定律
约去，代入：
（3）解：物体从A到B匀加速，由速度位移公式
代入数据得：
水平方向拉力减摩擦力为合外力，列牛顿第二定律：
整理代入已知量计算：
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】(1) 使用匀变速速度位移公式，BO末速度为0，代入已知运动学量求解减速加速度
(2) 减速阶段合力等于滑动摩擦力，联立滑动摩擦力公式与牛顿第二定律，消去质量求出动摩擦因数
(3) 先用速度位移公式算出AB段加速加速度；再结合牛顿第二定律，利用第(2)问求得的计算拉力
（1）从B到O，根据速度-位移公式，有
解得
（2）根据牛顿第二定律，有
解得
（3）从A到B，根据速度-位移公式，有
解得
根据牛顿第二定律，有
解得
17．一实验小组做模拟风洞试验，水平实验平台上方有足够大的风洞空间，质量的小球从高的点以的初速度水平向右抛出，落到平台后不反弹，小球受到恒定风力大小，方向与风速方向相同，求：
（1）若风洞空间无风（图甲），则小球在空中的运动时间和落地水平位移大小x1；
（2）若调节风洞空间风速方向水平向右（图乙），则小球落地的水平位移大小；
（3）若调节风洞空间风速方向竖直向下（图丙），则小球落地的水平位移大小；
【答案】（1）解：竖直方向做自由落体运动，由
变形得
水平方向匀速直线运动，
（2）解：水平方向受恒力匀加速，由牛顿第二定律
解得
水平位移公式，代入数据得
（3）解：竖直方向合力向下匀加速，受力满足
解得
竖直位移，解出运动时间
水平匀速位移
两式联立计算得
【知识点】运动的合成与分解；平抛运动
【解析】【分析】(1) 运动分解，竖直自由落体用求下落时间，水平匀速直线运动计算水平位移。
(2) 先由牛顿第二定律求水平加速度，再代入匀变速位移公式求水平总位移。
(3) 竖直方向合力为，由求竖直加速度；再用求运动时间，水平匀速联立得到水平位移。
（1）竖直方向，根据自由落体运动公式
解得t 1= 0 .4s
水平方向，有
（2）水平方向做匀加速运动，根据牛顿第二定律，有
解得a1 =10m/s2
根据位移-时间公式，有
解得x2 =2.8m
（3）竖直方向做匀加速运动，根据牛顿第二定律，有
解得a2 =20m/s2
根据
水平方向位移为x3 =v0 t2
联立解得
18．如图为一滑雪场地的简化模型，一倾角的斜面长，水平面长，半径、圆心角的粗糙圆弧，三者在同一竖直面内且平滑连接，点在水平面上的投影为，二者的高度差。总质量的滑雪运动员从点静止开始自由下滑，经过点后腾空并完成预设动作后落到水平面。已知运动员与斜面、水平面间的动摩擦因数均为，经过粗糙圆弧克服摩擦力做功，不计空气阻力和运动员大小。求：
（1）运动员到达点时的速度大小；
（2）运动员到达点时的速度大小；
（3）运动员落到水平面上的位置到点的距离。
【答案】（1）解：沿AB斜面匀加速下滑，由牛顿第二定律
匀变速速度位移关系：
两式联立代入数据解得：
即运动员到达B点速度大小为。
（2）解：B到D全过程，摩擦力、阻力、重力均做负功，列动能定理
代入数据求解得：
即运动员到达D点速度大小为。
（3）解：D点斜抛运动，将速度正交分解
竖直分速度：
水平分速度：
竖直上抛上升阶段：
上升最大高度：
从最高点下落，总下落高度，自由落体公式：
解得下落时间
水平匀速运动，总水平位移：
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1) 斜面运动，先用牛顿第二定律求加速度，再结合运动学公式联立求解B点速度。
(2) 多力做功过程，直接用动能定理，包含摩擦力、阻力、重力做功，代入初末动能求解D点速度。
(3) 斜抛运动分解为水平匀速直线运动、竖直竖直上抛运动；先求竖直上升时间与最大高度，再对下落阶段用自由落体公式求下落时间，总时间乘以水平分速度得到水平落点距离。
（1）从A点到B点，根据牛顿第二定律
根据匀变速直线运动速度与位移关系
联立解得
所以运动员到达点时的速度大小为。
（2）从B点到D点由动能定理可得
解得
故运动员到达D点时的速度大小为。
（3）运动员过D点后做斜抛运动，离开D点瞬间竖直方向分速度为
水平方向分速度为
离开D点上升的时间
上升的最大高度
运动员到达最高点后竖直方向自由落体，设下降时间为，则
解得
运动员落到水平面上的位置到点的距离
19．如图，K为弹簧发射器，为长的水平轨道，为半径的竖直半圆弧粗糙轨道，为足够长的顺时针转动的水平传送带，段是一个与传送带等高接触但不影响其转动的光滑平台，平台右侧轨道上并排放有10个完全相同的边长、质量的正方体木块，其上表面与平台等高。发射器K的弹性势能，其弹出小物块P时，弹性势能全部转化为物块的动能，且恰好通过竖直半圆弧轨道最高点。小物块P的质量，其与水平轨道、水平传送带、木块上表面之间的动摩擦因数均为，木块与地面之间的动摩擦因数为，不考虑小物块P的大小，不计空气阻力，求：
（1）小物块P到达竖直半圆弧轨道最低点时的速度大小及对轨道的压力大小；
（2）小物块P通过半圆弧轨道过程克服阻力所做的功；
（3）为使小物块P能停留在第10个木块上，则传送带速度的取值范围。
【答案】（1）解：从A到B，弹力势能与摩擦力做功，列动能定理
代入数据解得：
在半圆最低点B，支持力与重力合力提供向心力，牛顿第二定律
代入数据解得：
由牛顿第三定律，物块对轨道压力
（2）解：恰好过最高点C，重力单独提供向心力
解得：
B到C，重力、阻力做功，动能定理
解得：
克服阻力做功：
（3）解：传送带足够长，物块到达D与传送带共速；物块与木块间滑动摩擦力
设滑上第块木块时木块开始滑动，受力不等式
代入条件可得，即滑上第10块木块时木块才运动。
① 恰好停在第10块左边缘，前9块全程减速，动能定理
解得：
② 恰好停在第10块右边缘：
对物块，牛顿第二定律：，得
对第10块木块，牛顿第二定律：，得
相对运动速度位移关系：
解得：
前9块滑行过程动能定理：
解得：
综上传送带速度取值范围：
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1) A到B用动能定理求B点速度；圆周最低点向心力公式结合牛顿第二定律求轨道支持力，牛顿第三定律转换得到物块对轨道压力，核心公式：动能定理、圆周运动向心力方程。
(2) 竖直圆周最高点临界条件求；B到C全过程动能定理求阻力做功，克服阻力功取绝对值。
(3) 先通过静摩擦力临界不等式判断只有第10块木块能滑动；分两种临界停留位置，第一种全程9块减速到0，动能定理求最小传送带速度；第二种物块、第10块木块各自匀变速，用相对运动公式求滑上第10块初速度，再动能定理求最大传送带速度，最终得到速度区间。
（1）由到，根据动能定理有
解得
小物块P到达竖直半圆弧轨道最低点时，受到轨道的支持力满足
解得
根据作用力与反作用力可知，小物块P对轨道的压力大小
（2）小物块P恰好通过竖直半圆弧轨道最高点，有
解得
由到，根据动能定理有
解得
故小物块P通过半圆弧轨道过程克服阻力所做的功为
（3）水平传送带足够长，所以小物块P到达点时一定与传送带共速，小物块P滑上木块后受到的滑动摩擦力为
设小物块P滑至第个正方体木块时，正方体木块开始对地发生相对运动，则
可知当时上式才成立，故小物块P滑上第10块正方体木块时，第10块木块才开始运动。
①若小物块P恰好停在第10块木块的左边缘，小物块P在前9块木块上滑行时，由动能定理有
解得
②若小物块P恰好停在第10块木块的右边缘，设小物块P滑上第10块木块的左边缘时的速度大小为，研究小物块P在第10个木块上的滑行，对小物块P分析，根据牛顿第二定律有
解得
对10号木块，根据牛顿第二定律有
解得
根据相对运动的速度与位移关系，有
解得
则小物块P在前9块木块上滑行时，由动能定理可知
解得
为使小物块P能停留在第10个木块上，传送带的速度取值范围为。
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