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广东省广州市真光中学2024-2025学年高一下学期5月月考物理试卷
1．下列关于教材中的情境，其中说法正确的是（　　）
A．图1汽车通过凹形桥时，为了防止爆胎，应快速驶过
B．图2所示为论述“物体做曲线运动的速度方向”的示意图，这里运用了“极限”的思想方法
C．图3竖直平面内转动的“水流星”，水和水杯做匀变速曲线运动
D．图4洗衣机脱水的原理是：水滴受到的离心力大于它所需的向心力，从而沿切线甩出
2．各种大型的货运站中少不了悬臂式起重机。如图甲所示，某起重机的悬臂保持不动，可沿悬臂行走的天车有两个功能，一是吊着货物沿竖直方向运动，二是吊着货物沿悬臂水平方向运动。现天车吊着质量为100kg的货物在x方向的位移—时间图像和y方向的速度—时间图像如图乙、丙所示，下列说法正确的是（　　）
A．2s末货物的速度大小为3m/s
B．货物做直线运动
C．货物所受的合力大小为150N
D．0到2s末这段时间内，货物的合位移大小为11m
3．为防止航天员的肌肉萎缩，同步空间站配备了健身自行车作为健身器材，自行车模型如图乙所示。自行车齿轮、飞轮、链轮的半径都不相同。关于边缘上的A、B、C三个点的说法正确的是（　　）
A．B点和C点线速度大小相等 B．B点和C点的角速度相等
C．A点和B点运转的周期相等 D．A点和B点的向心加速度相等
4．火箭载着宇宙探测器飞向某行星，火箭内平台上还放有测试仪器。起飞前，火箭静止在地球表面。起飞后，火箭以加速度竖直向上做匀加速直线运动（为地面附近的重力加速度）。升到某一高度时，测试仪器对平台的压力刚好是起飞前压力的，已知地球半径为R，该处离地面的高度h为（　　）
A．2R B．R C． D．
5．一物块在高、长的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取，则（　　）
A．物块的质量为
B．物块下滑时加速度的大小为
C．当物块下滑时机械能损失了
D．物块下滑到最低点摩擦力做功
6．如图，汽车定速巡航（即速率不变）通过路面，时刻经过b，时刻经过c，时刻经过d.若汽车行驶过程所受空气阻力和摩擦阻力的大小不变，则该过程汽车的功率P随时间t变化的图像是（　　）
A． B．
C． D．
7．A、B两颗卫星在同一平面内沿同一方向绕地球做匀速圆周运动，如图所示。仅考虑地球对卫星的引力，下列说法正确的是（　　）
A．A、B两卫星的线速度都可能超过7.9km/s
B．在A卫星运动2周的时间内，B卫星可能运动3周
C．A卫星要与B卫星汇合，通常是选择合适的时机让A加速
D．A的向心加速度比B的向心加速度小
8．弹弓是孩子们喜爱的弹射类玩具，其构造原理如图所示，橡皮筋两端点A、B固定在把手上，橡皮筋处于ACB时恰好为原长状态，在C处（AB连线的中垂线上）放一固体弹丸，一手执把手，另一手将弹丸拉至D点放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下发射出去。现将弹丸竖直向上发射，已知E是CD中点，不计空气阻力，则（　　）
A．从D到C过程中，弹丸和橡皮筋组成的系统机械能守恒
B．从D到C过程中，弹丸的动能一直在增大
C．从D到E过程橡皮筋对弹丸做功大于从E到C过程
D．从D到C过程中，弹丸的动能和橡皮筋的弹性势能之和先增大后减小
9．如图所示，排球比赛中运动员将排球从M点水平击出，排球飞到P点时，被对方运动员击出，球又斜向上飞出后落到M点正下方的N点，N点与P点等高，轨迹的最高点Q与M等高，不计空气阻力，下列说法正确的有（　　）
A．排球两次飞行过程中加速度相同
B．排球两次飞行过程中重力对排球做的功相等
C．排球两次飞行时间相等
D．排球离开M点的速率比经过Q点的速率大
10．如图所示，某工地要将一大铁球从低处拉上来，跨过光滑定滑轮的轻绳一端系着铁球（大小不可忽略，轻绳延长线过球心），一端连在水平地面上的工程牵引车上，牵引车牵引着水平绳使球沿光滑竖直墙面从较低处匀速上升。在铁球上升且未离开墙面的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．牵引车做减速运动 B．牵引车做加速运动
C．绳对球的拉力变大 D．竖直墙面对球的支持力变大
11．某同学利用重物自由下落来做“验证机械能守恒定律”的实验装置如图甲所示。
（1）在“验证机械能守恒定律”的实验中，有下列器材可供选择：
A . 带夹子的铁架台 B. 电磁式打点计时器 C. 低压交流电源
D. 纸带 E. 带夹子的重物 F. 秒表
G. 天平 H. 刻度尺
其中不必要的器材有　 　（填器材前面的字母）。
（2）请指出实验装置甲中存在的明显错误：　 　。
（3）进行实验时，为保证测量的重物下落时初速度为零，应选______（填“A”或“B”）。
A．先接通电源，再释放纸带 B．先释放纸带，再接通电源。
（4）根据打出的纸带，选取纸带上连续打出的1、2、3、4四个点如图乙所示。已测出点1、2、3、4到打出的第一点0的距离分别为、、、，打点计时器的打点周期为。若代入所测数据能满足表达式　 　，则可验证重物下落过程机械能守恒（用题目中已测出的物理量表示）。
（5）某同学作出了图象（图丙），则由图线得到的重力加速度　 　（结果保留三位有效数字）。
（6）大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是______。
A．利用公式计算重物速度
B．利用公式计算重物速度
C．存在空气阻力和摩擦阻力的影响
D．没有采用多次实验取平均值的方法
12．在一根细绳的下端拴一个可视为质点的小物体，绳子上端固定，使小物体在水平圆周上以大小恒定的速度旋转，细绳所掠过的路径为圆锥表面，这就是圆锥摆。某同学设计了一个用圆锥摆验证向心力的表达式的实验，如图甲所示，细绳的固定悬点P刚好与一个竖直的刻度尺的零刻度线对齐，细绳的下端系一个小钢球Q（视为质点），将画着同心圆的白纸固定在水平桌面上，并使同心圆的圆心O刚好位于固定悬点的正下方。用手带动钢球，并使小钢球刚好沿纸上某个半径为r的匀速圆周运动，小钢球的质量为m，重力加速度为g。
(1)测量小钢球刚好完成n个圆周的总时间t，由此可以得到小钢球做匀速圆周运动时需要的向心力为F需=　 　；
(2)利用竖直的刻度尺求出小钢球做水平面内的匀速圆周运动时球心所在的水平面与悬点所在的水平面之间的高度差为h，那么小钢球做匀速圆周运动时由外力提供的向心力表达式为F供=　 　；
(3)改变小钢球做圆周运动的半径，多次实验，得到如图乙所示的关系图像，该图线的斜率表达式为　 　。
13．喷泉是一种将水或其他液体经过一定压力通过喷头洒出来具有特定形状的组合体，以喷射优美的水姿，供人们观赏的水景；它是一种水景艺术，体现了动、静结合，形成明朗活泼的气氛，给人以美的享受，其中有的喷泉形成高高的水柱，试建立物理模型对柱形喷泉进行分析，如图所示，喷泉水柱由无数的水珠构成，如果忽略水珠在运动过程中受到的空气阻力和水珠之间的相互作用，且水珠仅受重力作用，可将某一柱形喷泉中水珠的运动视为竖直上抛运动，已知某一水柱高8.45m，重力加速度大小为，求∶
（1）这一水柱喷出后水珠的最大初速度大小；
（2）该水珠在空中停留的时间。
14．一辆电动自行车铭牌上的技术参数如表中所示：质量为的人骑此电动车沿平直公路行驶，所受阻力为车和人总重的0.05倍，不计自行车自身的机械损耗。
规格 后轮驱动直流永磁电动机
车型26电动自行车 额度输出功率 180W
整车质量 30kg 额定电压 40V
最大载重 120kg 额定电流 6A
（1）仅在电动机提供动力的情况下，此车行驶的最大速度为多少？
（2）仅在电动机提供动力的情况下，以额定输出功率行驶，速度为2m/s时，求加速度的大小。
15．一种弹射游戏装置的简化示意图如图所示，它由内壁光滑的弹射器、水平直轨道AB、半径为R的竖直圆轨道BC、倾斜轨道DE连接组成，E点高度可调，小球经过E点后将沿水平方向射出。质量为m、可视为质点的小球经弹射器弹出后，能通过C点且对轨道任一点的压力大小不超过小球所受重力的7倍视为游戏成功。已知AB=3R，小球在AB段运动时所受阻力大小等于小球所受重力的，其余轨道均光滑，不计空气阻力，重力加速度大小为g。在游戏成功的前提下，求：
（1）小球在圆轨道BC上的最小速度；
（2）弹簧储存的弹性势能需要满足的条件；
（3）改变E点的高度，小球的最大水平射程。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】曲线运动；生活中的圆周运动；离心运动和向心运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．图1汽车通过凹形桥的最低点时，由于重力和支持力提供向心力，根据牛顿第二定律可得，由于支持力随速度的增大而增大，可知为了防止爆胎，应慢速驶过，故A错误；
B．图2所示为论述“物体做曲线运动的速度方向”的示意图，为了使位移不断减小，找到瞬时速度的方向，这里运用了“极限”的思想方法，故B正确；
C．图3竖直平面内转动的“水流星”，由于合力的方向不断改变所以水和水杯的加速度方向时刻发生变化，做加速度变化的变加速曲线运动，故C错误；
D．物体做离心运动的条件是合力不足以提供向心力，图4洗衣机脱水的原理是：水滴受到的实际力不足以提供所需的向心力，做离心运动，从而沿切线甩出，故D错误。
故选B。
【分析】汽车通过凹形桥的最低点时，由于重力和支持力提供向心力，根据牛顿第二定律可知支持力随速度的增大而增大；为了使位移不断减小，找到瞬时速度的方向，这里运用了“极限”的思想方法；竖直平面内转动的“水流星”，由于合力的方向不断改变所以水和水杯的加速度方向时刻发生变化，做加速度变化的变加速曲线运动；物体做离心运动的条件是合力不足以提供向心力。
2．【答案】C
【知识点】运动学 S-t 图象；运动的合成与分解；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】BC．由图乙可知，货物沿水平方向做匀速直线运动，根据图像斜率可以得出速度大小为
由图丙可知，货物沿竖直方向做匀加速直线运动，根据图像斜率可以得出加速度大小为
则货物做匀变速曲线运动；根据牛顿第二定律可以得出货物所受的合力大小为
故B错误，C正确；
A.根据速度的合成可以得出：2s末货物的速度大小为
故A错误；
D.0到2s末这段时间内，货物的竖直分位移大小为，根据位移公式可以得出竖直分位移大小为
则0到2s末这段时间内，根据位移的合成可以得出货物的合位移大小为
故D错误。
故选C。
【分析】利用位移时间图像斜率可以求出货物水平方向速度的大小；利用速度时间图像可以求出货物加速度的大小；利用牛顿第二定律可以求出合力的大小；利用速度的合成可以求出合速度的大小；利用位移公式及位移的合成可以求出合位移的大小。
3．【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】AB．B点和C点同轴转动，相同时间内转过的角度相等所以角速度相同，但半径不同，根据线速度和角速度的关系可知，线速度大小不相等，故A错误，B正确；
CD．A点和B点同链条转动，由于相同时间内经过的弧长相等所以线速度相等，根据周期的表达式和向心加速度的表达式可知，A和B周期不相等，向心加速度不相等，故CD错误。
故选B。
【分析】BC角速度相等，结合半径的大小可以比较线速度的大小；AB线速度相等，结合半径的大小可以比较周期和向心加速度的大小。
4．【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】设地球质量为M，测试仪器质量为m，取测试仪为研究对象，起飞前，火箭静止在地球表面，可知测试仪对平台压力大小等于重力mg，某一高度h处，由于测试仪受到重力和支持力的作用，根据牛顿第二定律可得，联立解得，由于地球对火星的引力形成重力，根据牛顿第二定律有，联立解得
故选B。
【分析】利用测试仪的牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合引力形成重力可以求出该处离地面的高度h。
5．【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB． 一物块在高、长的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑 ，设斜面的倾角为，根据几何关系有可得=37°，斜面高为h=3.0m、长为L=5.0m，物块下滑的全过程由于重力和摩擦力对物块做功，由动能定理得：，又有全过程重力势能减少30J，联立解得m=1kg，=0.5，由于物块沿斜面方向受到重力的分力和摩擦力的作用，根据牛顿第二定律有
，解得，故A错误，B正确；
C．由图可知，下滑2m时即s=2m时，根据图示坐标可知重力势能变化
即重力势能减少了12J；根据图示坐标可知动能变化为
即动能增加了4J，则机械能变化，即机械能损失了8J，故C错误；
D．由图可知，初始机械能等于30J；滑到底端时，机械能等于10J，可知机械减小20J，由于摩擦力做功导致机械能的减小，根据机械能的变化可知摩擦力做功为-20J，故D错误；
故选B。
【分析】利用几何关系可以求出斜面倾角的大小，结合动能定理可以求出滑块质量和动摩擦因数的大小；利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；利用图像可以求出动能和势能的变化，进而求出机械能的变化量；结合功能关系可以求出摩擦力做功的大小。
6．【答案】B
【知识点】功率及其计算；机车启动
【解析】【解答】解：汽车速率保持不变，设阻力大小为，路面倾角为。ab段为上坡路段，牵引力
，bc段为水平路段，牵引力，cd段为下坡路段，牵引力
可得，且各段牵引力恒定。
由功率公式，可知三段功率，且每段功率保持不变，对应图像为三段水平线段，功率依次降低。
故答案为：B
【分析】本题考查机车恒定速率运动的功率分析，涉及受力平衡与瞬时功率公式。分别对三个路段的汽车进行受力分析，根据平衡条件求出各段的牵引力大小，再结合瞬时功率公式判断功率的大小关系，由于速率恒定，功率变化与牵引力变化一致。
7．【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A.7.9km/s是地球的第一宇宙速度，是最大的环绕速度，根据线速度的表达式可知A、B两卫星的线速度都不可能超过7.9km/s，故A错误；
B．地球对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有，所以
则A卫星的周期小于B卫星的周期，所以在A卫星运动2周的时间内，B卫星运动小于2周，故B错误；
C．A卫星要与B卫星汇合，A需要加速进行离心运动，通常是选择合适的时机让A加速运动到B所在的轨道，二者才能汇合，故C正确；
D．地球对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有，所以
由于卫星A的轨道半径较小，所以A的向心加速度较大，故D错误。
故选C。
【分析】利用线速度的公式可以比较线速度的大小；利用引力提供向心力可以比较加速度和周期的大小；A卫星要与B卫星汇合，A需要加速进行离心运动，通常是选择合适的时机让A加速运动到B所在的轨道，二者才能汇合。
8．【答案】A,C
【知识点】力的合成；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．以弹丸和橡皮筋为系统，由于从D到C的过程中，弹丸和橡皮筋组成的系统除重力做功外，根据机械能守恒定律的条件可以得出系统的机械能守恒，故A正确；
B．在C点橡皮筋原长，弹力为零，根据力的合成可以得出故在C点前某一段必有左右两边橡皮筋弹力的合力小于重力，此时加速度向下，速度在减小，故B错误；
C．根据力的合成可以得出从D到E橡皮筋作用在弹丸上的合力大于从E到C橡皮筋作用在弹丸上的合力，两段位移相等，所以DE段橡皮筋对弹丸做功较多，故C正确；
D．从D到C的过程中，弹丸的动能、弹丸的重力势能、橡皮筋的弹性势能总和不变，而弹丸的重力势能不断增大，根据机械能守恒定律可以得出弹丸的动能和橡皮筋的弹性势能不断减小，故D错误。
故选AC。
【分析】利用系统只有重力做功可以判别系统机械能守恒；利用机械能守恒定律可以判别弹丸动能和弹力势能之和的大小变化；利用合力的大小可以比较橡皮筋对弹丸做功的大小；利用合力的方向可以判别速度的变化及动能的大小变化。
9．【答案】A,D
【知识点】平抛运动；斜抛运动
【解析】【解答】A．排球两次飞行过程中，由于排球只受到重力的作用，所以加速度均为重力加速度，故A正确；
B．设高度差为h，根据重力和小球高度的变化可知第一次从M点到P点重力做功为
第二次从P点到N点重力做功为0，故B错误；
C．排球从M点到P点与排球从Q点到N点，均做平抛运动，下落高度相同，根据竖直方向的位移公式可知下落时间相等，根据对称性可知，P到Q的时间与Q到N的时间相等，所以排球从P运动到N的时间等于M运动到P的时间的两倍，故C错误；
D．排球从M点到P点与排球从Q点到N点时间相等，根据水平方向的位移公式可知由于从M点到P点的水平位移大于从Q点到N点的水平位移，则排球离开M点的速率比经过Q点的速率大，故D正确。
故选AD。
【分析】利用排球运动过程只受到重力所以加速度相同；利用竖直方向的位移公式可以比较运动的时间；利用重力和竖直方向的高度差可以比较重力做功；利用水平方向的位移公式可以比较水平方向速度的大小。
10．【答案】A,C,D
【知识点】共点力的平衡；运动的合成与分解
【解析】【解答】AB．设铁球匀速上升的速度为v球，牵引车的速度为v绳，对铁球的速度沿着平行于绳子方向和垂直于绳子方向进行分解，如图所示
根据沿着绳子方向的速度保持不变可知，由于铁球上升过程中速度不变，θ变大，cosθ变小，则v绳变小，所以牵引车做减速运动，故A正确，B错误；
CD．由于铁球匀速上升，所以其所受合外力为零，设绳对球的拉力为T，竖直墙面对球的支持力为N，对铁球进行受力分析如图所示
由于小球处于平衡状态，根据三力平衡的矢量三角形关系可知，
上升过程中θ变大，tanθ变大，cosθ变小，则N变大，T变大，故CD正确。
故选ACD。
【分析】利用速度的分解可以得出牵引车的速度表达式，结合夹角的变化可以判别车子的速度变化；利用小球的平衡条件结合三角形定则可以判别拉力和支持力的大小变化。
11．【答案】（1）FG
（2）打点计时器接直流电源
（3）A
（4）
（5）9.67
（6）C
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】本题考查了实验器材的选取、实验注意事项与实验数据的处理方法，只要掌握匀变速直线运动的推论以及机械能守恒表达式和误差分析即可解题，平时要注意基础知识的学习和掌握。
（1）在验证机械能守恒的实验中，验证动能增加量与重力势能的减小量是否相等，所以要测量重锤下降的高度和瞬时速度，测量下降高度和瞬时速度均需要刻度尺，不需要秒表，不必测量重锤的质量，也不需要天平。
故选FG
（2）电磁打点计时器需要用学生电源，的低压交流电；电火花打点计时器需要的交流电源，所以图中的打点计时器接直流电是错误的
（3）打点计时器的使用方法，必须先接通电源，后释放纸带
故选A。
（4）重力减少量为
对应的动能增加量表达式
二者相等说明机械能守恒，即
化简得
（5）据机械能守恒表达式
解得
斜率为
解得
（6）在验证机械能守恒定律实验中，由于重锤下落需要克服空气阻力以及纸带和限位孔的摩擦阻力做功，所以重力势能减少量稍大于动能增加量。
故选C
【分析】（1）根据实验原理，实验的仪器分析；
（2）根据操作步骤注意事项分析；
（3）有打点计时器的实验一般先接通打点计时器，后释放纸带；
（4）实验中验证重力势能变化量ΔEp=mgh，需确定高度h求解；由匀变速直线运动的推论求瞬时速度，要测量瞬时速度，需要测量位移；进而求解动能的增加量ΔEk；
（5）根据机械能守恒定律得到 图像表达式，根据表达式分析；
（6）重锤下落时需要克服阻力做功，导致ΔEp稍大于ΔEk，在误差允许范围内，机械能守恒。
（1）在验证机械能守恒的实验中，验证动能增加量与重力势能的减小量是否相等，所以要测量重锤下降的高度和瞬时速度，测量下降高度和瞬时速度均需要刻度尺，不需要秒表，不必测量重锤的质量，也不需要天平。
故选FG
（2）电磁打点计时器需要用学生电源，的低压交流电；电火花打点计时器需要的交流电源，所以图中的打点计时器接直流电是错误的
（3）打点计时器的使用方法，必须先接通电源，后释放纸带
故选A。
（4）重力减少量为
对应的动能增加量表达式
二者相等说明机械能守恒，即
化简得
（5）据机械能守恒表达式
解得
斜率为
解得
（6）在验证机械能守恒定律实验中，由于重锤下落需要克服空气阻力以及纸带和限位孔的摩擦阻力做功，所以重力势能减少量稍大于动能增加量。
故选C
12．【答案】；；
【知识点】向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】(1) 小球做圆周运动的周期，由向心力公式，代入周期得
故答案为：
(2) 对小球受力分析，重力与绳子拉力的合力提供向心力。设绳与竖直方向夹角为，则，合力
故答案为：
(3) 由向心力供需相等，，约去整理得
因此图像的斜率为。
故答案为：
【分析】本题考查圆锥摆验证向心力表达式的实验，涉及向心力公式推导与受力分析。
（1）先通过总时间与圈数计算圆周运动的周期，再代入向心力公式得到需要的向心力表达式；
（2）对小球进行受力分析，将重力与拉力的合力分解，结合几何关系用高度差与轨道半径表示合力，即外力提供的向心力；
（3）根据向心力供需相等建立等式，化简得到纵坐标与横坐标的线性关系，从而得出图线的斜率表达式。
13．【答案】解：（1）喷泉中水珠的运动视为竖直上抛运动，由
得最大初速度大小为：
（2）喷泉中水珠的运动视为竖直上抛运动，由
可得
由竖直上抛运动的对称性知水珠在空中运动的时间为
【知识点】竖直上抛运动
【解析】【分析】（1）水珠做竖直上抛运动，则利用速度位移公式可以求出最初速度的大小；
（2）水珠做竖直上抛运动，利用平抛运动的位移公式结合运动的对称性可以求出运动的时间。
14．【答案】（1）根据题意可知，当电动机达到额定功率，牵引力等于阻力时，电动自行车的速度最大，则有
（2）仅在电动机提供动力的情况下，以额定输出功率行驶，速度为2m/s时，牵引力为
由牛顿第二定律有
联立解得
【知识点】机车启动
【解析】【分析】（1）当电动自行车达到最大速度时，利用额定功率和阻力可以求出最大的速度；
（2）当已知自行车的速度，利用额定功率的表达式可以求出牵引力的大小，结合牛顿第二定律可以求出加速度的大小。
（1）根据题意可知，当电动机达到额定功率，牵引力等于阻力时，电动自行车的速度最大，则有
（2）仅在电动机提供动力的情况下，以额定输出功率行驶，速度为2m/s时，牵引力为
由牛顿第二定律有
联立解得
15．【答案】解：（1）当小球刚好能通过点时，小球存在最小速度，此时重力提供向心力，有
解得
（2）当小球刚好能通过点时，弹簧储存的弹性势能具有最小值，小球经弹射器弹出到点过程，根据能量守恒定律可得
解得
小球经过点时对轨道的压力最大，且最大压力为，此时弹簧储存的弹性势能具有最大值，根据题意有
解得
小球经弹射器弹出到点过程，根据能量守恒定律可得
联立解得
故为了游戏成功，弹簧储存的弹性势能需要满足
（3）当小球经过点对轨道的压力最大时，小球经过点速度最大，小球到达点速度最大，小球从E点射出后的水平射程最大，则小球从点到点过程，根据机械能守恒定律可得
小球从E点射出后做平抛运动，则有
联立解得
可知

【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）小球恰好经过C点，利用重力提供向心力可以求出小球的最小速度；
（2）当小球经过C点时，利用能量守恒定律可以求出弹簧的最小值；当小球经过B点速度最大时，利用牛顿第二定律可以求出小球经过B点的速度，结合能量守恒定律可以求出弹性势能的大小；
（3）当小球经过B点时，利用机械能守恒定律可以求出从E点射出的速度大小，结合平抛运动的位移公式可以最初水平射程的最大值。
1 / 1广东省广州市真光中学2024-2025学年高一下学期5月月考物理试卷
1．下列关于教材中的情境，其中说法正确的是（　　）
A．图1汽车通过凹形桥时，为了防止爆胎，应快速驶过
B．图2所示为论述“物体做曲线运动的速度方向”的示意图，这里运用了“极限”的思想方法
C．图3竖直平面内转动的“水流星”，水和水杯做匀变速曲线运动
D．图4洗衣机脱水的原理是：水滴受到的离心力大于它所需的向心力，从而沿切线甩出
【答案】B
【知识点】曲线运动；生活中的圆周运动；离心运动和向心运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．图1汽车通过凹形桥的最低点时，由于重力和支持力提供向心力，根据牛顿第二定律可得，由于支持力随速度的增大而增大，可知为了防止爆胎，应慢速驶过，故A错误；
B．图2所示为论述“物体做曲线运动的速度方向”的示意图，为了使位移不断减小，找到瞬时速度的方向，这里运用了“极限”的思想方法，故B正确；
C．图3竖直平面内转动的“水流星”，由于合力的方向不断改变所以水和水杯的加速度方向时刻发生变化，做加速度变化的变加速曲线运动，故C错误；
D．物体做离心运动的条件是合力不足以提供向心力，图4洗衣机脱水的原理是：水滴受到的实际力不足以提供所需的向心力，做离心运动，从而沿切线甩出，故D错误。
故选B。
【分析】汽车通过凹形桥的最低点时，由于重力和支持力提供向心力，根据牛顿第二定律可知支持力随速度的增大而增大；为了使位移不断减小，找到瞬时速度的方向，这里运用了“极限”的思想方法；竖直平面内转动的“水流星”，由于合力的方向不断改变所以水和水杯的加速度方向时刻发生变化，做加速度变化的变加速曲线运动；物体做离心运动的条件是合力不足以提供向心力。
2．各种大型的货运站中少不了悬臂式起重机。如图甲所示，某起重机的悬臂保持不动，可沿悬臂行走的天车有两个功能，一是吊着货物沿竖直方向运动，二是吊着货物沿悬臂水平方向运动。现天车吊着质量为100kg的货物在x方向的位移—时间图像和y方向的速度—时间图像如图乙、丙所示，下列说法正确的是（　　）
A．2s末货物的速度大小为3m/s
B．货物做直线运动
C．货物所受的合力大小为150N
D．0到2s末这段时间内，货物的合位移大小为11m
【答案】C
【知识点】运动学 S-t 图象；运动的合成与分解；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】BC．由图乙可知，货物沿水平方向做匀速直线运动，根据图像斜率可以得出速度大小为
由图丙可知，货物沿竖直方向做匀加速直线运动，根据图像斜率可以得出加速度大小为
则货物做匀变速曲线运动；根据牛顿第二定律可以得出货物所受的合力大小为
故B错误，C正确；
A.根据速度的合成可以得出：2s末货物的速度大小为
故A错误；
D.0到2s末这段时间内，货物的竖直分位移大小为，根据位移公式可以得出竖直分位移大小为
则0到2s末这段时间内，根据位移的合成可以得出货物的合位移大小为
故D错误。
故选C。
【分析】利用位移时间图像斜率可以求出货物水平方向速度的大小；利用速度时间图像可以求出货物加速度的大小；利用牛顿第二定律可以求出合力的大小；利用速度的合成可以求出合速度的大小；利用位移公式及位移的合成可以求出合位移的大小。
3．为防止航天员的肌肉萎缩，同步空间站配备了健身自行车作为健身器材，自行车模型如图乙所示。自行车齿轮、飞轮、链轮的半径都不相同。关于边缘上的A、B、C三个点的说法正确的是（　　）
A．B点和C点线速度大小相等 B．B点和C点的角速度相等
C．A点和B点运转的周期相等 D．A点和B点的向心加速度相等
【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】AB．B点和C点同轴转动，相同时间内转过的角度相等所以角速度相同，但半径不同，根据线速度和角速度的关系可知，线速度大小不相等，故A错误，B正确；
CD．A点和B点同链条转动，由于相同时间内经过的弧长相等所以线速度相等，根据周期的表达式和向心加速度的表达式可知，A和B周期不相等，向心加速度不相等，故CD错误。
故选B。
【分析】BC角速度相等，结合半径的大小可以比较线速度的大小；AB线速度相等，结合半径的大小可以比较周期和向心加速度的大小。
4．火箭载着宇宙探测器飞向某行星，火箭内平台上还放有测试仪器。起飞前，火箭静止在地球表面。起飞后，火箭以加速度竖直向上做匀加速直线运动（为地面附近的重力加速度）。升到某一高度时，测试仪器对平台的压力刚好是起飞前压力的，已知地球半径为R，该处离地面的高度h为（　　）
A．2R B．R C． D．
【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】设地球质量为M，测试仪器质量为m，取测试仪为研究对象，起飞前，火箭静止在地球表面，可知测试仪对平台压力大小等于重力mg，某一高度h处，由于测试仪受到重力和支持力的作用，根据牛顿第二定律可得，联立解得，由于地球对火星的引力形成重力，根据牛顿第二定律有，联立解得
故选B。
【分析】利用测试仪的牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合引力形成重力可以求出该处离地面的高度h。
5．一物块在高、长的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取，则（　　）
A．物块的质量为
B．物块下滑时加速度的大小为
C．当物块下滑时机械能损失了
D．物块下滑到最低点摩擦力做功
【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB． 一物块在高、长的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑 ，设斜面的倾角为，根据几何关系有可得=37°，斜面高为h=3.0m、长为L=5.0m，物块下滑的全过程由于重力和摩擦力对物块做功，由动能定理得：，又有全过程重力势能减少30J，联立解得m=1kg，=0.5，由于物块沿斜面方向受到重力的分力和摩擦力的作用，根据牛顿第二定律有
，解得，故A错误，B正确；
C．由图可知，下滑2m时即s=2m时，根据图示坐标可知重力势能变化
即重力势能减少了12J；根据图示坐标可知动能变化为
即动能增加了4J，则机械能变化，即机械能损失了8J，故C错误；
D．由图可知，初始机械能等于30J；滑到底端时，机械能等于10J，可知机械减小20J，由于摩擦力做功导致机械能的减小，根据机械能的变化可知摩擦力做功为-20J，故D错误；
故选B。
【分析】利用几何关系可以求出斜面倾角的大小，结合动能定理可以求出滑块质量和动摩擦因数的大小；利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；利用图像可以求出动能和势能的变化，进而求出机械能的变化量；结合功能关系可以求出摩擦力做功的大小。
6．如图，汽车定速巡航（即速率不变）通过路面，时刻经过b，时刻经过c，时刻经过d.若汽车行驶过程所受空气阻力和摩擦阻力的大小不变，则该过程汽车的功率P随时间t变化的图像是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】功率及其计算；机车启动
【解析】【解答】解：汽车速率保持不变，设阻力大小为，路面倾角为。ab段为上坡路段，牵引力
，bc段为水平路段，牵引力，cd段为下坡路段，牵引力
可得，且各段牵引力恒定。
由功率公式，可知三段功率，且每段功率保持不变，对应图像为三段水平线段，功率依次降低。
故答案为：B
【分析】本题考查机车恒定速率运动的功率分析，涉及受力平衡与瞬时功率公式。分别对三个路段的汽车进行受力分析，根据平衡条件求出各段的牵引力大小，再结合瞬时功率公式判断功率的大小关系，由于速率恒定，功率变化与牵引力变化一致。
7．A、B两颗卫星在同一平面内沿同一方向绕地球做匀速圆周运动，如图所示。仅考虑地球对卫星的引力，下列说法正确的是（　　）
A．A、B两卫星的线速度都可能超过7.9km/s
B．在A卫星运动2周的时间内，B卫星可能运动3周
C．A卫星要与B卫星汇合，通常是选择合适的时机让A加速
D．A的向心加速度比B的向心加速度小
【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A.7.9km/s是地球的第一宇宙速度，是最大的环绕速度，根据线速度的表达式可知A、B两卫星的线速度都不可能超过7.9km/s，故A错误；
B．地球对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有，所以
则A卫星的周期小于B卫星的周期，所以在A卫星运动2周的时间内，B卫星运动小于2周，故B错误；
C．A卫星要与B卫星汇合，A需要加速进行离心运动，通常是选择合适的时机让A加速运动到B所在的轨道，二者才能汇合，故C正确；
D．地球对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有，所以
由于卫星A的轨道半径较小，所以A的向心加速度较大，故D错误。
故选C。
【分析】利用线速度的公式可以比较线速度的大小；利用引力提供向心力可以比较加速度和周期的大小；A卫星要与B卫星汇合，A需要加速进行离心运动，通常是选择合适的时机让A加速运动到B所在的轨道，二者才能汇合。
8．弹弓是孩子们喜爱的弹射类玩具，其构造原理如图所示，橡皮筋两端点A、B固定在把手上，橡皮筋处于ACB时恰好为原长状态，在C处（AB连线的中垂线上）放一固体弹丸，一手执把手，另一手将弹丸拉至D点放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下发射出去。现将弹丸竖直向上发射，已知E是CD中点，不计空气阻力，则（　　）
A．从D到C过程中，弹丸和橡皮筋组成的系统机械能守恒
B．从D到C过程中，弹丸的动能一直在增大
C．从D到E过程橡皮筋对弹丸做功大于从E到C过程
D．从D到C过程中，弹丸的动能和橡皮筋的弹性势能之和先增大后减小
【答案】A,C
【知识点】力的合成；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．以弹丸和橡皮筋为系统，由于从D到C的过程中，弹丸和橡皮筋组成的系统除重力做功外，根据机械能守恒定律的条件可以得出系统的机械能守恒，故A正确；
B．在C点橡皮筋原长，弹力为零，根据力的合成可以得出故在C点前某一段必有左右两边橡皮筋弹力的合力小于重力，此时加速度向下，速度在减小，故B错误；
C．根据力的合成可以得出从D到E橡皮筋作用在弹丸上的合力大于从E到C橡皮筋作用在弹丸上的合力，两段位移相等，所以DE段橡皮筋对弹丸做功较多，故C正确；
D．从D到C的过程中，弹丸的动能、弹丸的重力势能、橡皮筋的弹性势能总和不变，而弹丸的重力势能不断增大，根据机械能守恒定律可以得出弹丸的动能和橡皮筋的弹性势能不断减小，故D错误。
故选AC。
【分析】利用系统只有重力做功可以判别系统机械能守恒；利用机械能守恒定律可以判别弹丸动能和弹力势能之和的大小变化；利用合力的大小可以比较橡皮筋对弹丸做功的大小；利用合力的方向可以判别速度的变化及动能的大小变化。
9．如图所示，排球比赛中运动员将排球从M点水平击出，排球飞到P点时，被对方运动员击出，球又斜向上飞出后落到M点正下方的N点，N点与P点等高，轨迹的最高点Q与M等高，不计空气阻力，下列说法正确的有（　　）
A．排球两次飞行过程中加速度相同
B．排球两次飞行过程中重力对排球做的功相等
C．排球两次飞行时间相等
D．排球离开M点的速率比经过Q点的速率大
【答案】A,D
【知识点】平抛运动；斜抛运动
【解析】【解答】A．排球两次飞行过程中，由于排球只受到重力的作用，所以加速度均为重力加速度，故A正确；
B．设高度差为h，根据重力和小球高度的变化可知第一次从M点到P点重力做功为
第二次从P点到N点重力做功为0，故B错误；
C．排球从M点到P点与排球从Q点到N点，均做平抛运动，下落高度相同，根据竖直方向的位移公式可知下落时间相等，根据对称性可知，P到Q的时间与Q到N的时间相等，所以排球从P运动到N的时间等于M运动到P的时间的两倍，故C错误；
D．排球从M点到P点与排球从Q点到N点时间相等，根据水平方向的位移公式可知由于从M点到P点的水平位移大于从Q点到N点的水平位移，则排球离开M点的速率比经过Q点的速率大，故D正确。
故选AD。
【分析】利用排球运动过程只受到重力所以加速度相同；利用竖直方向的位移公式可以比较运动的时间；利用重力和竖直方向的高度差可以比较重力做功；利用水平方向的位移公式可以比较水平方向速度的大小。
10．如图所示，某工地要将一大铁球从低处拉上来，跨过光滑定滑轮的轻绳一端系着铁球（大小不可忽略，轻绳延长线过球心），一端连在水平地面上的工程牵引车上，牵引车牵引着水平绳使球沿光滑竖直墙面从较低处匀速上升。在铁球上升且未离开墙面的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．牵引车做减速运动 B．牵引车做加速运动
C．绳对球的拉力变大 D．竖直墙面对球的支持力变大
【答案】A,C,D
【知识点】共点力的平衡；运动的合成与分解
【解析】【解答】AB．设铁球匀速上升的速度为v球，牵引车的速度为v绳，对铁球的速度沿着平行于绳子方向和垂直于绳子方向进行分解，如图所示
根据沿着绳子方向的速度保持不变可知，由于铁球上升过程中速度不变，θ变大，cosθ变小，则v绳变小，所以牵引车做减速运动，故A正确，B错误；
CD．由于铁球匀速上升，所以其所受合外力为零，设绳对球的拉力为T，竖直墙面对球的支持力为N，对铁球进行受力分析如图所示
由于小球处于平衡状态，根据三力平衡的矢量三角形关系可知，
上升过程中θ变大，tanθ变大，cosθ变小，则N变大，T变大，故CD正确。
故选ACD。
【分析】利用速度的分解可以得出牵引车的速度表达式，结合夹角的变化可以判别车子的速度变化；利用小球的平衡条件结合三角形定则可以判别拉力和支持力的大小变化。
11．某同学利用重物自由下落来做“验证机械能守恒定律”的实验装置如图甲所示。
（1）在“验证机械能守恒定律”的实验中，有下列器材可供选择：
A . 带夹子的铁架台 B. 电磁式打点计时器 C. 低压交流电源
D. 纸带 E. 带夹子的重物 F. 秒表
G. 天平 H. 刻度尺
其中不必要的器材有　 　（填器材前面的字母）。
（2）请指出实验装置甲中存在的明显错误：　 　。
（3）进行实验时，为保证测量的重物下落时初速度为零，应选______（填“A”或“B”）。
A．先接通电源，再释放纸带 B．先释放纸带，再接通电源。
（4）根据打出的纸带，选取纸带上连续打出的1、2、3、4四个点如图乙所示。已测出点1、2、3、4到打出的第一点0的距离分别为、、、，打点计时器的打点周期为。若代入所测数据能满足表达式　 　，则可验证重物下落过程机械能守恒（用题目中已测出的物理量表示）。
（5）某同学作出了图象（图丙），则由图线得到的重力加速度　 　（结果保留三位有效数字）。
（6）大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是______。
A．利用公式计算重物速度
B．利用公式计算重物速度
C．存在空气阻力和摩擦阻力的影响
D．没有采用多次实验取平均值的方法
【答案】（1）FG
（2）打点计时器接直流电源
（3）A
（4）
（5）9.67
（6）C
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】本题考查了实验器材的选取、实验注意事项与实验数据的处理方法，只要掌握匀变速直线运动的推论以及机械能守恒表达式和误差分析即可解题，平时要注意基础知识的学习和掌握。
（1）在验证机械能守恒的实验中，验证动能增加量与重力势能的减小量是否相等，所以要测量重锤下降的高度和瞬时速度，测量下降高度和瞬时速度均需要刻度尺，不需要秒表，不必测量重锤的质量，也不需要天平。
故选FG
（2）电磁打点计时器需要用学生电源，的低压交流电；电火花打点计时器需要的交流电源，所以图中的打点计时器接直流电是错误的
（3）打点计时器的使用方法，必须先接通电源，后释放纸带
故选A。
（4）重力减少量为
对应的动能增加量表达式
二者相等说明机械能守恒，即
化简得
（5）据机械能守恒表达式
解得
斜率为
解得
（6）在验证机械能守恒定律实验中，由于重锤下落需要克服空气阻力以及纸带和限位孔的摩擦阻力做功，所以重力势能减少量稍大于动能增加量。
故选C
【分析】（1）根据实验原理，实验的仪器分析；
（2）根据操作步骤注意事项分析；
（3）有打点计时器的实验一般先接通打点计时器，后释放纸带；
（4）实验中验证重力势能变化量ΔEp=mgh，需确定高度h求解；由匀变速直线运动的推论求瞬时速度，要测量瞬时速度，需要测量位移；进而求解动能的增加量ΔEk；
（5）根据机械能守恒定律得到 图像表达式，根据表达式分析；
（6）重锤下落时需要克服阻力做功，导致ΔEp稍大于ΔEk，在误差允许范围内，机械能守恒。
（1）在验证机械能守恒的实验中，验证动能增加量与重力势能的减小量是否相等，所以要测量重锤下降的高度和瞬时速度，测量下降高度和瞬时速度均需要刻度尺，不需要秒表，不必测量重锤的质量，也不需要天平。
故选FG
（2）电磁打点计时器需要用学生电源，的低压交流电；电火花打点计时器需要的交流电源，所以图中的打点计时器接直流电是错误的
（3）打点计时器的使用方法，必须先接通电源，后释放纸带
故选A。
（4）重力减少量为
对应的动能增加量表达式
二者相等说明机械能守恒，即
化简得
（5）据机械能守恒表达式
解得
斜率为
解得
（6）在验证机械能守恒定律实验中，由于重锤下落需要克服空气阻力以及纸带和限位孔的摩擦阻力做功，所以重力势能减少量稍大于动能增加量。
故选C
12．在一根细绳的下端拴一个可视为质点的小物体，绳子上端固定，使小物体在水平圆周上以大小恒定的速度旋转，细绳所掠过的路径为圆锥表面，这就是圆锥摆。某同学设计了一个用圆锥摆验证向心力的表达式的实验，如图甲所示，细绳的固定悬点P刚好与一个竖直的刻度尺的零刻度线对齐，细绳的下端系一个小钢球Q（视为质点），将画着同心圆的白纸固定在水平桌面上，并使同心圆的圆心O刚好位于固定悬点的正下方。用手带动钢球，并使小钢球刚好沿纸上某个半径为r的匀速圆周运动，小钢球的质量为m，重力加速度为g。
(1)测量小钢球刚好完成n个圆周的总时间t，由此可以得到小钢球做匀速圆周运动时需要的向心力为F需=　 　；
(2)利用竖直的刻度尺求出小钢球做水平面内的匀速圆周运动时球心所在的水平面与悬点所在的水平面之间的高度差为h，那么小钢球做匀速圆周运动时由外力提供的向心力表达式为F供=　 　；
(3)改变小钢球做圆周运动的半径，多次实验，得到如图乙所示的关系图像，该图线的斜率表达式为　 　。
【答案】；；
【知识点】向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】(1) 小球做圆周运动的周期，由向心力公式，代入周期得
故答案为：
(2) 对小球受力分析，重力与绳子拉力的合力提供向心力。设绳与竖直方向夹角为，则，合力
故答案为：
(3) 由向心力供需相等，，约去整理得
因此图像的斜率为。
故答案为：
【分析】本题考查圆锥摆验证向心力表达式的实验，涉及向心力公式推导与受力分析。
（1）先通过总时间与圈数计算圆周运动的周期，再代入向心力公式得到需要的向心力表达式；
（2）对小球进行受力分析，将重力与拉力的合力分解，结合几何关系用高度差与轨道半径表示合力，即外力提供的向心力；
（3）根据向心力供需相等建立等式，化简得到纵坐标与横坐标的线性关系，从而得出图线的斜率表达式。
13．喷泉是一种将水或其他液体经过一定压力通过喷头洒出来具有特定形状的组合体，以喷射优美的水姿，供人们观赏的水景；它是一种水景艺术，体现了动、静结合，形成明朗活泼的气氛，给人以美的享受，其中有的喷泉形成高高的水柱，试建立物理模型对柱形喷泉进行分析，如图所示，喷泉水柱由无数的水珠构成，如果忽略水珠在运动过程中受到的空气阻力和水珠之间的相互作用，且水珠仅受重力作用，可将某一柱形喷泉中水珠的运动视为竖直上抛运动，已知某一水柱高8.45m，重力加速度大小为，求∶
（1）这一水柱喷出后水珠的最大初速度大小；
（2）该水珠在空中停留的时间。
【答案】解：（1）喷泉中水珠的运动视为竖直上抛运动，由
得最大初速度大小为：
（2）喷泉中水珠的运动视为竖直上抛运动，由
可得
由竖直上抛运动的对称性知水珠在空中运动的时间为
【知识点】竖直上抛运动
【解析】【分析】（1）水珠做竖直上抛运动，则利用速度位移公式可以求出最初速度的大小；
（2）水珠做竖直上抛运动，利用平抛运动的位移公式结合运动的对称性可以求出运动的时间。
14．一辆电动自行车铭牌上的技术参数如表中所示：质量为的人骑此电动车沿平直公路行驶，所受阻力为车和人总重的0.05倍，不计自行车自身的机械损耗。
规格 后轮驱动直流永磁电动机
车型26电动自行车 额度输出功率 180W
整车质量 30kg 额定电压 40V
最大载重 120kg 额定电流 6A
（1）仅在电动机提供动力的情况下，此车行驶的最大速度为多少？
（2）仅在电动机提供动力的情况下，以额定输出功率行驶，速度为2m/s时，求加速度的大小。
【答案】（1）根据题意可知，当电动机达到额定功率，牵引力等于阻力时，电动自行车的速度最大，则有
（2）仅在电动机提供动力的情况下，以额定输出功率行驶，速度为2m/s时，牵引力为
由牛顿第二定律有
联立解得
【知识点】机车启动
【解析】【分析】（1）当电动自行车达到最大速度时，利用额定功率和阻力可以求出最大的速度；
（2）当已知自行车的速度，利用额定功率的表达式可以求出牵引力的大小，结合牛顿第二定律可以求出加速度的大小。
（1）根据题意可知，当电动机达到额定功率，牵引力等于阻力时，电动自行车的速度最大，则有
（2）仅在电动机提供动力的情况下，以额定输出功率行驶，速度为2m/s时，牵引力为
由牛顿第二定律有
联立解得
15．一种弹射游戏装置的简化示意图如图所示，它由内壁光滑的弹射器、水平直轨道AB、半径为R的竖直圆轨道BC、倾斜轨道DE连接组成，E点高度可调，小球经过E点后将沿水平方向射出。质量为m、可视为质点的小球经弹射器弹出后，能通过C点且对轨道任一点的压力大小不超过小球所受重力的7倍视为游戏成功。已知AB=3R，小球在AB段运动时所受阻力大小等于小球所受重力的，其余轨道均光滑，不计空气阻力，重力加速度大小为g。在游戏成功的前提下，求：
（1）小球在圆轨道BC上的最小速度；
（2）弹簧储存的弹性势能需要满足的条件；
（3）改变E点的高度，小球的最大水平射程。
【答案】解：（1）当小球刚好能通过点时，小球存在最小速度，此时重力提供向心力，有
解得
（2）当小球刚好能通过点时，弹簧储存的弹性势能具有最小值，小球经弹射器弹出到点过程，根据能量守恒定律可得
解得
小球经过点时对轨道的压力最大，且最大压力为，此时弹簧储存的弹性势能具有最大值，根据题意有
解得
小球经弹射器弹出到点过程，根据能量守恒定律可得
联立解得
故为了游戏成功，弹簧储存的弹性势能需要满足
（3）当小球经过点对轨道的压力最大时，小球经过点速度最大，小球到达点速度最大，小球从E点射出后的水平射程最大，则小球从点到点过程，根据机械能守恒定律可得
小球从E点射出后做平抛运动，则有
联立解得
可知

【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）小球恰好经过C点，利用重力提供向心力可以求出小球的最小速度；
（2）当小球经过C点时，利用能量守恒定律可以求出弹簧的最小值；当小球经过B点速度最大时，利用牛顿第二定律可以求出小球经过B点的速度，结合能量守恒定律可以求出弹性势能的大小；
（3）当小球经过B点时，利用机械能守恒定律可以求出从E点射出的速度大小，结合平抛运动的位移公式可以最初水平射程的最大值。
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