资源简介

广东广州市第六中学2025-2026学年高一下学期期末考试物理试题
1．下图为嫦娥探测器绕月运行的一轨道，已知探测器在同一轨道上从远月点向近月点运行时做加速运动，下列四幅图中所标探测器的运行方向和受力方向可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
2．如图所示，质量不相等的两物块P、Q用轻质弹簧连接静止在光滑水平面上，系统在外力的作用下弹簧处于压缩状态，现撤去外力，在此后的运动过程中，弹簧始终在弹性限度范围内，对P、Q和弹簧组成的系统，下列说法正确的是（　　）
A．动量不守恒，机械能不守恒 B．动量守恒，机械能守恒
C．动量不守恒，机械能守恒 D．动量守恒，机械能不守恒
3．某学生自制简谐运动轨迹描绘装置如图甲所示，滑块在弹簧作用下水平振动，画笔在匀速移动的纸面绘制轨迹如图乙所示（、为最左端位置，为最右端位置）。纸张竖直向上匀速移动，、水平距离为，下列说法正确的是（ ）
A．画笔经过点时，滑块速度最大
B．画笔从画到经历了一个周期
C．滑块振幅为
D．画笔从画到的过程中滑块的加速度先变大再变小
4．自动流水线中有实现货物转弯的传送带，质量为m的货物从传送带A位置传送到B位置，传送过程中传送速率保持不变，则货物在此过程中（　　）
A．所受摩擦力的冲量为零 B．所受合外力做功不为零
C．所受合外力的冲量不为零 D．动量变化量为零
5．2026年4月7日，长征八号运载火箭以“一箭18星”的方式将千帆星座第七批卫星送入预定圆轨道，使千帆星座在轨总数达到126颗，初步实现全球物联网覆盖。已知地球质量为，引力常量为，地球半径为，某颗卫星的轨道半径为，忽略地球自转影响和卫星间的相互作用，为地球表面重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A．该卫星的运行周期与轨道半径的三次方成正比
B．若，则该卫星的运行速度大小为
C．由该卫星的运行周期可计算出地球密度为
D．若该卫星从原轨道减速，将做近心运动进入更低轨道，且新轨道的运行周期大于原轨道
6．“中国人民警察节”期间广州塔无人机表演特别震撼，每架无人机携带着质量为m的显像屏从地面升空到达表演地点。如图，一架无人机竖直升空，从静止开始先做加速运动再做减速运动至静止，用时，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．无人机对显像屏的冲量大于
B．无人机及显像屏构成的系统上升过程机械能守恒
C．无人机对显像屏支持力先做正功后做负功
D．显像屏克服重力做功的功率先增大后减小
7．如图（a）所示，石磨由圆柱形可动磨盘和固定磨盘组成，可动磨盘能绕过圆心的竖直轴转动，其俯视简化图如图（b）所示。某次研磨时，手推动推杆使可动磨盘匀速转动，可动磨盘的上表面圆形进料口边缘有两粒谷物A、B恰能随磨盘一起转动。下列说法正确的是（　　）
A．可动磨盘转动一周过程中，手对推杆做的功为零
B．谷物A所受摩擦力方向沿其运动轨迹切线方向
C．谷物A的向心加速度小于谷物B的向心加速度
D．若增大可动磨盘的转速，谷物A、B都能进入进料口中
8．摆钟利用单摆的周期性计时，摆钟内部的擒纵机构是摆钟的灵魂，是人类智慧的结晶。擒纵机构的内部结构如图所示，其工作原理为金属球小角度摆动过程中带动擒纵叉周期性锁定与释放擒纵轮齿，使金属球做等幅振动，实现精准计时，摆钟在北京走时准确。下列说法正确的是（ ）
A．摆钟在月球表面无法计时
B．将摆钟从北京带到北极，摆钟走时将变快
C．气温升高使摆杆略微伸长，摆钟走时将变慢
D．将摆钟从北京带到海南，为使摆钟走时准确，需要将微调螺母向下调节
9．足球在空中运动的轨迹如图，若以地面为参考平面，不计空气阻力，下列能表示足球在空中运动过程的动能、重力势能随离地面高度变化的图像是（　　）
A． B．
C． D．
10．如图所示，水平地面上有一质量的凹槽，由长、表面粗糙的水平部分和半径为的光滑圆弧组成，两部分平滑连接。现将质量为的滑块（可视为质点）从圆弧的顶端由静止释放，滑块恰好能滑到凹槽的最左端，此过程中凹槽始终处于静止状态。重力加速度大小为。下列说法正确的是（ ）
A．凹槽对水平地面的最大压力为
B．滑块与凹槽水平部分上表面的动摩擦因数为0.5
C．若水平地面光滑，凹槽向右运动的最大位移为
D．若水平地面光滑，滑块仍恰好能滑到凹槽的最左端
11．在“利用单摆测量重力加速度”的实验中：
（1）如图所示，用游标卡尺测得小球的直径d=　 　mm；
（2）在实验中，你认为图中四种组装单摆方式正确的是________；
A． B．
C． D．
（3）某同学用标准的实验器材和正确的实验方法测量出几组不同摆长L和周期T的数值，画出如图图像中的实线OM；如果实验中测量摆长时忘了加上摆球的半径，则该同学作出的图像为________。
A．虚线a，不平行实线OM
B．虚线b，平行实线OM
C．虚线c，平行实线OM
某实验小组验证机械能守恒定律。
12．该小组用如下图所示的器材进行实验（电源输出左为直流，右为交流），操作正确的是_______；
A． B．
C． D．
13．实验得到如图甲所示的纸带，该小组测量从第一点到其余各点间的距离为重物下落的高度，并计算出各点对应的速度，然后以为纵轴，以为横轴，作出如图乙所示的图像。若在误差允许的范围内图像是一条过原点且斜率约为_______（填选项字母）的直线，则验证了机械能守恒定律。（重力加速度大小取）
A．4.9 B．9.8 C．14.7 D．19.6
14．用如图1所示的装置进行实验，让两个小球在斜槽末端对心碰撞可以验证动量守恒定律。图1中的点为小球抛出点在记录纸上的竖直投影。实验时，先使球1多次从斜槽上位置由静止释放，确定其平均落地点，记为。然后，把半径相同的球2置于水平轨道的末端，再将球1从位置由静止释放，与球2相碰，重复多次，分别确定碰后球1和球2的平均落地点，记为和，分别测出点到平均落地点的距离、、。测得球1的质量为，球2的质量为，已知。（、、在图中未画出）
（1）下列实验步骤中必要的是_______；
A．测量球1静止释放的高度 B．测量抛出点距地面的高度
C．测量两小球的半径 D．利用重锤线确定点的位置
（2）①完成上述实验，图2中平均落地点的位置正确的是　 　；
②在误差允许范围内，若关系式　 　成立，说明碰撞过程系统动量守恒。
（3）某同学进一步研究两球是否发生弹性碰撞。设、。在实验中仅换用不同质量的球1，重复实验，绘出的图像；又仅换用不同质量的球2，重复实验，并绘出的图像。下图中有可能反映两球发生弹性碰撞的是_______。
A． B．
C． D．
15．一名乘雪橇的滑雪运动员进行训练，从高为跳台边缘处以不同的初速度水平滑出。已知斜面倾角为，重力加速度取。
（1）由于水平初速度过大，滑雪运动员沿虚线运动落到水平面上。落点到斜面底端的距离与台高相等，求滑雪运动员着地时速度方向与水平方向间的夹角；
（2）若要滑雪运动员落在斜面上的某点，则水平滑出的速度大小需要满足的条件？
16．如图所示为某快递自动分拣系统的示意图。该系统由摆轮分拣区、倾斜滑道、光滑平台和与平台等高的固定水平托盘组成。质量的快件被识别后，以的速度进入摆轮分拣区；摆轮开始工作并使快件A以的速度沿着斜面进入倾斜滑道，实现转向分流；接着滑入光滑平台，与静止在平台上的快件B发生弹性正碰，碰撞时间极短，碰后两快件沿同一直线运动直到停止。已知快件恰好滑到水平托盘的末端，快件、材质相同，与倾斜滑道、水平托盘间的动摩擦因数分别为、，倾斜滑道长度，倾角，水平托盘长度。忽略空气阻力及快件经过各连接处的能量损失，快件均视为质点。取，，。求：
（1）摆轮对快件A所做的功；
（2）快件A在倾斜滑道上运动的时间；
（3）快件A的碰后速度及B的质量。
17．如图，竖直平面内有高为的区域，区域上边界为，下边界为，两边界水平；有甲、乙两块薄板（厚度不计），质量分别为和，两板中心用一根长的轻绳相连接；乙在区域内运动时会受到一个竖直向上的恒力，而甲不受任何影响。现将乙置于边界上，甲从乙的正上方高度为处以初速度竖直向下抛出，已知甲、乙发生第一次碰撞（时间极短）后的速度大小之比为2∶1；轻绳若绷紧，则绷紧瞬间，两板立即共速；忽略空气阻力，重力加速度为。
（1）求两板第一次碰撞后各自的速度大小；
（2）求轻绳第一次绷紧前后瞬间，甲、乙两板组成的系统损失的机械能。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】做曲线运动的物体，速度方向沿轨迹的切线方向，合力方向指向轨迹的凹侧。
探测器从远月点向近月点加速运动，说明合力与速度方向的夹角为锐角，同时合力指向轨迹凹侧，只有选项C符合该规律。
故答案为：C
【分析】本题考查曲线运动的条件与速度、合力的方向关系。依据曲线运动的两个基本特点：速度沿轨迹切线方向，合力指向轨迹凹侧；结合探测器加速运动的条件，即合力与速度夹角为锐角，逐一判断选项即可。
2．【答案】B
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】以P、Q 和弹簧为系统，由于系统在光滑水平面上，由于水平方向不受外力，因此动量守恒；弹簧的弹性势能与 P、Q 的动能相互转化，但弹簧的弹性势能属于系统机械能的一部分，系统内部机械能总量保持不变，所以在转化过程中，系统机械能守恒。
故选B。
【分析】利用系统水平方向不受外力可以判别系统动量守恒；利用系统内部机械能没有变化可以判别机械能守恒。
3．【答案】B
【知识点】简谐运动的表达式与图象
【解析】【解答】A．由于画笔随滑块做简谐运动，根据简谐运动的规律可知画笔经过A点时，位移最大，速度为零，故A错误；
B．图乙中A、B两点是滑块连续两次到达最左端位置所留下的轨迹，根据简谐运动的规律可知这两点之间的时间间隔为一个周期T，故B正确；
C．A、C水平距离为8.00cm，由于振幅为AC之间水平距离的一半，可知振幅为4.00cm，故C错误；
D．画笔从A画到C的过程中滑块的位移先变小后变大，根据回复力的表达式F=-kx可知回复力先变小后变大，根据牛顿第二定律F=ma可知加速度先变小再变大，故D错误。
故选B。
【分析】根据简谐运动的规律可知画笔经过A点时，位移最大，速度为零，AB这两点之间的时间间隔为一个周期T；由于振幅为AC之间水平距离的一半，可知振幅为4.00cm； 画笔从A画到C的过程中滑块的位移先变小后变大，回复力先变小后变大，可知加速度先变小再变大 。
4．【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用；动量；冲量
【解析】【解答】动量定理：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量。A．货物所受摩擦力的冲量
不为零，故A错误；
B．货物动能不变，则所受合外力做功为零，故B错误；
C．所受合外力的冲量
不为零，故C正确；
D．动量变化量
不为零，故D错误。
故选C。
【分析】判断合外力来源，分析受摩擦力的冲量是否为零；根据动能定理，判断货物的动能变化量，进而判断所受合外力做功是否为零。根据动量定理，判断货物的动量变化量，进而判断所受合外力的冲量是否为零。动量是矢量，动量变化量等于货物的末动量与初动量的矢量之差。
5．【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．由于卫星在引力作用下做匀速圆周运动，根据开普勒第三定律，（为与中心天体质量有关的常量），即卫星的运行周期的平方与轨道半径的三次方成正比，故A错误；
B．地球表面物体重力近似等于万有引力，根据牛顿第二定律有
卫星绕地球做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有，解得，故B正确；
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且
联立得，轨道半径与地球半径的关系未知，无法求出地球的密度，故C错误；
D．卫星从原轨道减速，由于向心力减小，导致万有引力大于所需向心力，做近心运动进入更低轨道，由于轨道半径减小，根据开普勒第三定律可知运行周期随之变小，故新轨道周期小于原轨道，故D错误。
故选B 。
【分析】利用开普勒第三定律可知卫星的运行周期的平方与轨道半径的三次方成正比；利用卫星做近心运动时轨道半径减小，结合开普勒第三定律可知周期不断减小；利用引力提供向心力结合引力形成重力可以求出运行速度的大小；利用引力提供向心力可知轨道半径与地球半径的关系未知，无法求出地球的密度。
6．【答案】D
【知识点】动量定理；功的概念；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．对显像屏应用动量定理，规定向上为正方向，由于初末速度为0，全过程动量变化量为零，即，可得无人机对显像屏的冲量，故A错误；
B．无人机及显像屏构成的系统在上升过程中，除重力外，还有无人机螺旋桨产生的升力做正功，根据系统受到的升力做正功结合功能关系可知系统机械能增加，故B错误；
C．无人机对显像屏的支持力方向竖直向上，显像屏的位移方向也竖直向上，力和位移方向相同，根据做功的表达式W=Fs可知支持力一直做正功，故C错误；
D．由于显像屏先加速后减速，速度先增大后减小，根据功率的表达式可知克服重力做功的功率先增大后减小，故D正确。
故选D。
【分析】利用动量定理可以求出无人机对显像屏的冲量大小；利用功能关系结合升力做功可以判别系统机械能增大；利用支持力和位移方向相同可以得出支持力做正功；利用功率的表达式可以判别克服重力做功的功率大小变化。
7．【答案】C
【知识点】微元法；向心加速度；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．可动磨盘转动一周过程中，由于推力始终与速度方向相同，根据微元法可知手对推杆做的功为，不为零，A错误；
B．谷物A做匀速圆周运动，谷物A所受摩擦力充当圆周运动的向心力，可知摩擦力方向指向圆心，B错误；
C．根据向心加速度的表达式可知，因AB两点的角速度相同，而，可知谷物A的向心加速度小于谷物B的向心加速度，C正确；
D．若增大可动磨盘的转速，根据向心力的表达式可知谷物的向心力增大，由于摩擦力小于谷物所需要的向心力，谷物A、B做离心运动，A能进入进料口中，B不能进入进料口中，D错误。
故选C。
【分析】利用推力大小及速度的方向可以求出推力做功的大小；利用谷物A所受摩擦力充当圆周运动的向心力，可知摩擦力方向指向圆心；利用AB角速度相等，结合向心加速度的表达式可以比较加速度的大小；增大可动磨盘的转速，根据向心力的表达式可知谷物的向心力增大，由于摩擦力小于谷物所需要的向心力，谷物A、B做离心运动。
8．【答案】B,C
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】A．月球表面的重力加速度不为零，由于摆钟在月球表面仍受到重力的作用，所以在月球表面仍然可以工作，故A错误；
B．北极的重力加速度比北京的重力加速度大，根据周期的表达式知振动周期变小，将摆钟从北京带到北极，摆钟走时将变快，故B正确；
C．气温升高使摆杆略微伸长，根据周期的表达式可知摆钟周期变大，可知摆钟走时将变慢，故C正确；
D．海南的重力加速度比北京的重力加速度小，将摆钟从北京带到海南，根据周期的表达式摆钟周期变大，走时将变慢，需要缩短摆长，即将微调螺母向上调节，故D错误。
故选BC。
【分析】由于摆钟在月球表面仍受到重力的作用，所以在月球表面仍然可以工作；根据重力加速度的变化可以判别周期的大小变化；利用摆长的变化可以判别周期的大小变化。
9．【答案】B,D
【知识点】动能定理的综合应用；重力势能；机械能守恒定律
【解析】【解答】不计空气阻力，足球运动过程机械能守恒。
设初始动能为，由机械能守恒得，整理得，因此图像为倾斜向下的直线，A错误，B正确。
重力势能，因此图像为过原点的倾斜向上的直线，C错误，D正确。
故答案为：BD
【分析】本题考查机械能守恒下的动能、重力势能与高度的关系。结合机械能守恒定律推导动能与高度的函数关系，再根据重力势能的定义式推导重力势能与高度的关系，根据函数形式判断对应的图像形状。
10．【答案】A,B,D
【知识点】碰撞模型；人船模型
【解析】【解答】A．滑块从释放到凹槽的最左端的过程中，凹槽一直处于静止状态，凹槽受水平的摩擦力作用，根据机械能守恒定律可知当滑块滑到光滑圆弧最低点时速度最大，此时凹槽对滑块的支持力最大，则滑块对凹槽的压力最大，即凹槽对水平地面的最大压力。滑块从释放到圆弧最低点，根据机械能守恒定律有，解得，滑块在最低点，由于滑块受到的支持力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有，解得
根据牛顿第三定律，可知滑块对凹槽的压力为
此时，对凹槽受力，根据竖直方向的平衡方程有，可得地面对凹槽
根据牛顿第三定律，可知凹槽对水平地面的最大压力为5mg，故A正确；
B．因凹槽一直处于静止状态，对滑块，从圆弧的顶端下滑到凹槽的最左端时，由于重力和摩擦力对滑块做功，根据全过程动能定理有，解得，故B正确；
C．若水平地面光滑，滑块与凹槽水平方向满足动量守恒，且初状态的总动量为零，取向右为正方向，根据水平方向的动量守恒定律有，变形得，根据速度公式有：，
整理得，即，根据位移关系有，解得，故C错误。
D．若水平地面光滑，滑块与凹槽水平方向满足动量守恒，且初状态的总动量为零，当滑块与凹槽共速时，滑块相对凹槽静止，根据水平方向的动量守恒定律有，解得
可知两物体的末速度均为零，根据能量守恒定律可知：，解得，故滑块仍恰好能滑到凹槽的最左端，故D正确。
故选ABD。
【分析】当凹槽静止时，利用机械能守恒定律可以求出滑块滑到最低点的速度大小，结合牛顿第二定律可以求出滑块对凹槽的压力大小，结合凹槽的平衡方程可以求出凹槽对水平地面的压力大小；利用动能定理可以求出滑块与凹槽之间动摩擦因数的大小；当地面光滑时，利用动量守恒定律结合位移公式可以求出凹槽运动的最大位移；利用动量守恒定律结合能量守恒定律可以求出滑块静止的位置。
11．【答案】（1）
（2）B
（3）B
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）游标卡尺由上尺和游尺两部分构成，20分度游标卡尺的精确值为
由图可知小球的直径
（2）小球做单摆运动，为了减小空气阻力的影响，小球应选用铁球；由于摆长会对小球的周期影响，为了保证摆动过程中细线长度保持不变，应选用细丝线，且细线上端用铁夹固定。故选B。
（3）对于实线OM，当小球做单摆运动时，根据周期公式可得，则有
如果实验中测量摆长时忘了加上摆球的半径，根据周期公式有，整理可得，可知该同学作出的图像为平行实线OM，且有纵截距，即虚线b。
故选B。
【分析】（1）利用游标卡尺的结构可以得出小球的直径；
（2）小球做单摆运动，为了减小空气阻力的影响，小球应选用铁球；由于摆长会对小球的周期影响，为了保证摆动过程中细线长度保持不变，应选用细丝线，且细线上端用铁夹固定；
（3）利用单摆的周期公式可以判别的图像为平行实线OM。
（1）20分度游标卡尺的精确值为
由图可知小球的直径
（2）为了减小空气阻力的影响，小球应选用铁球；为了保证摆动过程中细线长度保持不变，应选用细丝线，且细线上端用铁夹固定。
故选B。
（3）对于实线OM，根据单摆周期公式可得
则有
如果实验中测量摆长时忘了加上摆球的半径，则有
整理可得
可知该同学作出的图像为平行实线OM，且有纵截距，即虚线b。
故选B。
【答案】12．B
13．D
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）打点计时器需接交流电源，用手捏住或用夹子夹住纸带上端把重物吊起，纸带处于绷直状态；
（2）利用机械能守恒定律的表达式结合图像斜率可以求出k值的大小。
12．【解答】根据打点计时器的工作原理可知打点计时器需接交流电源，为了减小阻力对重物下落过程的影响，应该用手捏住或用夹子夹住纸带上端把重物吊起，纸带处于绷直状态。
故选B。
13．由于重物做自由落体运动，为了验证重力势能减少量等于动能的增量，实验需要验证
整理得
根据表达式可知图像斜率为
故选D。
14．【答案】（1）D
（2）C；
（3）B；C
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）小球离开斜槽后做平抛运动，下落高度相同，根据位移公式可知运动时间相同，根据水平方向的位移公式可知速度，因此速度可以用水平位移代替。小球碰撞的过程中，根据动量守恒定律有，两边乘后得
因此不需要测量释放高度、抛出点高度、小球半径，只需要用重锤线确定抛出点投影的位置即可。
故选D。
（2）①碰撞后，由于入射小球的质量大于被碰小球的质量，入射球1速度减小，因此水平位移，因此落地点从O开始顺序为M、P、N，故选C。
②由上述实验原理推导，误差允许范围内，若，成立，碰撞过程动量守恒。
（3）若为弹性碰撞，根据动能守恒定律有，可得弹性碰撞结论，代入、，约去整理得
AB．换不同质量的（不变），随增大而减小，最终趋近于，故，A错误，Ｂ正确；
CD．换不同质量的（不变），与成正相关的一次函数，故Ｃ正确，D错误；
因此选BC。
【分析】（1）利用平抛运动的位移公式结合动量守恒定律可以导出动量守恒定律的表达式，进而判别需要测量的物理量；
（2）利用入射小球的速度变化可以判别落地点，结合分析可以得出动量守恒定律的表达式；
（3）利用动量守恒定律结合动能守恒定律可以导出水平位移与质量的大小关系，进而选择对应的图像。
（1）小球离开斜槽后做平抛运动，下落高度相同，运动时间相同，速度
因此速度可以用水平位移代替。动量守恒关系
两边乘后得
因此不需要测量释放高度、抛出点高度、小球半径，只需要用重锤线确定抛出点投影的位置即可。
故选D。
（2）[1]①碰撞后，入射球1速度减小，因此水平位移
因此落地点从O开始顺序为M、P、N，故选C。
[2]②由上述实验原理推导，误差允许范围内，若
成立，碰撞过程动量守恒。
（3）若为弹性碰撞，同时满足动量守恒和动能守恒，
可得弹性碰撞结论
代入、，约去整理得
AB．换不同质量的（不变），随增大而减小，最终趋近于，故，A错误，
Ｂ正确；
CD．换不同质量的（不变）
与成正相关的一次函数，故Ｃ正确，D错误；
因此选BC。
15．【答案】（1）滑雪运动员做平抛运动，竖直方向位移为；由于斜面倾角为，落点到斜面底端的距离与台高相等，可得水平距离为
滑雪运动员着地时速度方向与水平方向间的夹角的值为
解得

（2）滑雪运动员落在斜面上时，斜面倾角为，可得
展开得
解得
可知随着水平滑出的速度的增加，在空中运动的时间随之增加，水平位移也随之增加。
要满足滑雪运动员落在斜面上，最大时，刚好落在斜面底端，此时
代入
可得
综上，要使滑雪运动员落在斜面上的某点，水平滑出的速度大小需要满足

【知识点】平抛运动
【解析】【分析】（1）运动员做平抛运动，利用平抛运动的位移公式结合位移的分解可以求出落地速度的方向；
（2）已知运动员落在斜面上，利用位移公式可以求出运动的时间，几何位移公式可以求出初速度的大小范围。
（1）滑雪运动员做平抛运动，竖直方向位移为；由于斜面倾角为，落点到斜面底端的距离与台高相等，可得水平距离为
滑雪运动员着地时速度方向与水平方向间的夹角的值为
解得
（2）滑雪运动员落在斜面上时，斜面倾角为，可得
展开得
解得
可知随着水平滑出的速度的增加，在空中运动的时间随之增加，水平位移也随之增加。
要满足滑雪运动员落在斜面上，最大时，刚好落在斜面底端，此时
代入
可得
综上，要使滑雪运动员落在斜面上的某点，水平滑出的速度大小需要满足
16．【答案】（1）对摆轮分拣过程中A用动能定理，摆轮做功等于A动能的变化
代入得

（2）对倾斜滑道上的A由牛顿第二定律
约去，代入数据得加速度
A做匀加速直线运动，位移满足：
代入解得正根（负根舍去）。
同时可得A碰撞前的速度。
（3）碰后B在水平托盘上运动，恰好停在末端，对B由动能定理：
约去，代入数据得碰后B的速度
A、B发生弹性正碰，满足动量守恒和动能守恒 ，
代入数据解得，

【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）由于摆轮分拣的过程中对A做功，根据动能定理可以求出对A做功的大小；
（2）快件A在倾斜滑道运动的过程中，利用牛顿第二定律可以求出A的加速度大小，结合位移公式可以求出A运动的时间，结合速度公式可以求出A碰前速度的大小；
（3）当碰后B在水平托盘上运动，利用动能定理可以求出碰后B速度的大小；结合A与B碰撞过程的动量守恒定理及动能守恒定律可以求出A碰后速度及B的质量大小。
（1）对摆轮分拣过程中A用动能定理，摆轮做功等于A动能的变化
代入得
（2）对倾斜滑道上的A由牛顿第二定律
约去，代入数据得加速度
A做匀加速直线运动，位移满足：
代入解得正根（负根舍去）。
同时可得A碰撞前的速度。
（3）碰后B在水平托盘上运动，恰好停在末端，对B由动能定理：
约去，代入数据得碰后B的速度
A、B发生弹性正碰，满足动量守恒和动能守恒 ，
代入数据解得，
17．【答案】（1）对甲下落过程，根据动能定理，有
根据题意可知甲、乙第一次碰撞，甲会反弹且动量守恒
根据题意可知
解得，
（2）设甲、乙撞后经过时间t，绳子第一次绷紧时，假设乙还没有离开边界，满足
解得或（舍去）
因乙在该区域内匀速运动，乙离开边界需要的时间，假设成立；
绳子绷紧时，对甲有
解得
绳子绷紧前后瞬间甲和乙动量守恒、能量守恒有，
联立解得

【知识点】碰撞模型
【解析】【分析】（1）甲下落的过程中，利用动能定理可以求出甲碰前速度的大小，结合动量守恒定律可以求出碰后的速度大小；
（2）当两个板经过一段时间绳子绷紧时，利用位移公式可以求出运动的时间，结合速度公式可以求出甲速度的大小，再利用动量守恒定律及能量守恒定律可以求出损失的机械能大小。
（1）对甲下落过程，根据动能定理，有
根据题意可知甲、乙第一次碰撞，甲会反弹且动量守恒
根据题意可知
解得，
（2）设甲、乙撞后经过时间t，绳子第一次绷紧时，假设乙还没有离开边界，满足
解得或（舍去）
因乙在该区域内匀速运动，乙离开边界需要的时间，假设成立；
绳子绷紧时，对甲有
解得
绳子绷紧前后瞬间甲和乙动量守恒、能量守恒有，
联立解得
1 / 1广东广州市第六中学2025-2026学年高一下学期期末考试物理试题
1．下图为嫦娥探测器绕月运行的一轨道，已知探测器在同一轨道上从远月点向近月点运行时做加速运动，下列四幅图中所标探测器的运行方向和受力方向可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】做曲线运动的物体，速度方向沿轨迹的切线方向，合力方向指向轨迹的凹侧。
探测器从远月点向近月点加速运动，说明合力与速度方向的夹角为锐角，同时合力指向轨迹凹侧，只有选项C符合该规律。
故答案为：C
【分析】本题考查曲线运动的条件与速度、合力的方向关系。依据曲线运动的两个基本特点：速度沿轨迹切线方向，合力指向轨迹凹侧；结合探测器加速运动的条件，即合力与速度夹角为锐角，逐一判断选项即可。
2．如图所示，质量不相等的两物块P、Q用轻质弹簧连接静止在光滑水平面上，系统在外力的作用下弹簧处于压缩状态，现撤去外力，在此后的运动过程中，弹簧始终在弹性限度范围内，对P、Q和弹簧组成的系统，下列说法正确的是（　　）
A．动量不守恒，机械能不守恒 B．动量守恒，机械能守恒
C．动量不守恒，机械能守恒 D．动量守恒，机械能不守恒
【答案】B
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】以P、Q 和弹簧为系统，由于系统在光滑水平面上，由于水平方向不受外力，因此动量守恒；弹簧的弹性势能与 P、Q 的动能相互转化，但弹簧的弹性势能属于系统机械能的一部分，系统内部机械能总量保持不变，所以在转化过程中，系统机械能守恒。
故选B。
【分析】利用系统水平方向不受外力可以判别系统动量守恒；利用系统内部机械能没有变化可以判别机械能守恒。
3．某学生自制简谐运动轨迹描绘装置如图甲所示，滑块在弹簧作用下水平振动，画笔在匀速移动的纸面绘制轨迹如图乙所示（、为最左端位置，为最右端位置）。纸张竖直向上匀速移动，、水平距离为，下列说法正确的是（ ）
A．画笔经过点时，滑块速度最大
B．画笔从画到经历了一个周期
C．滑块振幅为
D．画笔从画到的过程中滑块的加速度先变大再变小
【答案】B
【知识点】简谐运动的表达式与图象
【解析】【解答】A．由于画笔随滑块做简谐运动，根据简谐运动的规律可知画笔经过A点时，位移最大，速度为零，故A错误；
B．图乙中A、B两点是滑块连续两次到达最左端位置所留下的轨迹，根据简谐运动的规律可知这两点之间的时间间隔为一个周期T，故B正确；
C．A、C水平距离为8.00cm，由于振幅为AC之间水平距离的一半，可知振幅为4.00cm，故C错误；
D．画笔从A画到C的过程中滑块的位移先变小后变大，根据回复力的表达式F=-kx可知回复力先变小后变大，根据牛顿第二定律F=ma可知加速度先变小再变大，故D错误。
故选B。
【分析】根据简谐运动的规律可知画笔经过A点时，位移最大，速度为零，AB这两点之间的时间间隔为一个周期T；由于振幅为AC之间水平距离的一半，可知振幅为4.00cm； 画笔从A画到C的过程中滑块的位移先变小后变大，回复力先变小后变大，可知加速度先变小再变大 。
4．自动流水线中有实现货物转弯的传送带，质量为m的货物从传送带A位置传送到B位置，传送过程中传送速率保持不变，则货物在此过程中（　　）
A．所受摩擦力的冲量为零 B．所受合外力做功不为零
C．所受合外力的冲量不为零 D．动量变化量为零
【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用；动量；冲量
【解析】【解答】动量定理：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量。A．货物所受摩擦力的冲量
不为零，故A错误；
B．货物动能不变，则所受合外力做功为零，故B错误；
C．所受合外力的冲量
不为零，故C正确；
D．动量变化量
不为零，故D错误。
故选C。
【分析】判断合外力来源，分析受摩擦力的冲量是否为零；根据动能定理，判断货物的动能变化量，进而判断所受合外力做功是否为零。根据动量定理，判断货物的动量变化量，进而判断所受合外力的冲量是否为零。动量是矢量，动量变化量等于货物的末动量与初动量的矢量之差。
5．2026年4月7日，长征八号运载火箭以“一箭18星”的方式将千帆星座第七批卫星送入预定圆轨道，使千帆星座在轨总数达到126颗，初步实现全球物联网覆盖。已知地球质量为，引力常量为，地球半径为，某颗卫星的轨道半径为，忽略地球自转影响和卫星间的相互作用，为地球表面重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A．该卫星的运行周期与轨道半径的三次方成正比
B．若，则该卫星的运行速度大小为
C．由该卫星的运行周期可计算出地球密度为
D．若该卫星从原轨道减速，将做近心运动进入更低轨道，且新轨道的运行周期大于原轨道
【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．由于卫星在引力作用下做匀速圆周运动，根据开普勒第三定律，（为与中心天体质量有关的常量），即卫星的运行周期的平方与轨道半径的三次方成正比，故A错误；
B．地球表面物体重力近似等于万有引力，根据牛顿第二定律有
卫星绕地球做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有，解得，故B正确；
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且
联立得，轨道半径与地球半径的关系未知，无法求出地球的密度，故C错误；
D．卫星从原轨道减速，由于向心力减小，导致万有引力大于所需向心力，做近心运动进入更低轨道，由于轨道半径减小，根据开普勒第三定律可知运行周期随之变小，故新轨道周期小于原轨道，故D错误。
故选B 。
【分析】利用开普勒第三定律可知卫星的运行周期的平方与轨道半径的三次方成正比；利用卫星做近心运动时轨道半径减小，结合开普勒第三定律可知周期不断减小；利用引力提供向心力结合引力形成重力可以求出运行速度的大小；利用引力提供向心力可知轨道半径与地球半径的关系未知，无法求出地球的密度。
6．“中国人民警察节”期间广州塔无人机表演特别震撼，每架无人机携带着质量为m的显像屏从地面升空到达表演地点。如图，一架无人机竖直升空，从静止开始先做加速运动再做减速运动至静止，用时，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．无人机对显像屏的冲量大于
B．无人机及显像屏构成的系统上升过程机械能守恒
C．无人机对显像屏支持力先做正功后做负功
D．显像屏克服重力做功的功率先增大后减小
【答案】D
【知识点】动量定理；功的概念；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．对显像屏应用动量定理，规定向上为正方向，由于初末速度为0，全过程动量变化量为零，即，可得无人机对显像屏的冲量，故A错误；
B．无人机及显像屏构成的系统在上升过程中，除重力外，还有无人机螺旋桨产生的升力做正功，根据系统受到的升力做正功结合功能关系可知系统机械能增加，故B错误；
C．无人机对显像屏的支持力方向竖直向上，显像屏的位移方向也竖直向上，力和位移方向相同，根据做功的表达式W=Fs可知支持力一直做正功，故C错误；
D．由于显像屏先加速后减速，速度先增大后减小，根据功率的表达式可知克服重力做功的功率先增大后减小，故D正确。
故选D。
【分析】利用动量定理可以求出无人机对显像屏的冲量大小；利用功能关系结合升力做功可以判别系统机械能增大；利用支持力和位移方向相同可以得出支持力做正功；利用功率的表达式可以判别克服重力做功的功率大小变化。
7．如图（a）所示，石磨由圆柱形可动磨盘和固定磨盘组成，可动磨盘能绕过圆心的竖直轴转动，其俯视简化图如图（b）所示。某次研磨时，手推动推杆使可动磨盘匀速转动，可动磨盘的上表面圆形进料口边缘有两粒谷物A、B恰能随磨盘一起转动。下列说法正确的是（　　）
A．可动磨盘转动一周过程中，手对推杆做的功为零
B．谷物A所受摩擦力方向沿其运动轨迹切线方向
C．谷物A的向心加速度小于谷物B的向心加速度
D．若增大可动磨盘的转速，谷物A、B都能进入进料口中
【答案】C
【知识点】微元法；向心加速度；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．可动磨盘转动一周过程中，由于推力始终与速度方向相同，根据微元法可知手对推杆做的功为，不为零，A错误；
B．谷物A做匀速圆周运动，谷物A所受摩擦力充当圆周运动的向心力，可知摩擦力方向指向圆心，B错误；
C．根据向心加速度的表达式可知，因AB两点的角速度相同，而，可知谷物A的向心加速度小于谷物B的向心加速度，C正确；
D．若增大可动磨盘的转速，根据向心力的表达式可知谷物的向心力增大，由于摩擦力小于谷物所需要的向心力，谷物A、B做离心运动，A能进入进料口中，B不能进入进料口中，D错误。
故选C。
【分析】利用推力大小及速度的方向可以求出推力做功的大小；利用谷物A所受摩擦力充当圆周运动的向心力，可知摩擦力方向指向圆心；利用AB角速度相等，结合向心加速度的表达式可以比较加速度的大小；增大可动磨盘的转速，根据向心力的表达式可知谷物的向心力增大，由于摩擦力小于谷物所需要的向心力，谷物A、B做离心运动。
8．摆钟利用单摆的周期性计时，摆钟内部的擒纵机构是摆钟的灵魂，是人类智慧的结晶。擒纵机构的内部结构如图所示，其工作原理为金属球小角度摆动过程中带动擒纵叉周期性锁定与释放擒纵轮齿，使金属球做等幅振动，实现精准计时，摆钟在北京走时准确。下列说法正确的是（ ）
A．摆钟在月球表面无法计时
B．将摆钟从北京带到北极，摆钟走时将变快
C．气温升高使摆杆略微伸长，摆钟走时将变慢
D．将摆钟从北京带到海南，为使摆钟走时准确，需要将微调螺母向下调节
【答案】B,C
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】A．月球表面的重力加速度不为零，由于摆钟在月球表面仍受到重力的作用，所以在月球表面仍然可以工作，故A错误；
B．北极的重力加速度比北京的重力加速度大，根据周期的表达式知振动周期变小，将摆钟从北京带到北极，摆钟走时将变快，故B正确；
C．气温升高使摆杆略微伸长，根据周期的表达式可知摆钟周期变大，可知摆钟走时将变慢，故C正确；
D．海南的重力加速度比北京的重力加速度小，将摆钟从北京带到海南，根据周期的表达式摆钟周期变大，走时将变慢，需要缩短摆长，即将微调螺母向上调节，故D错误。
故选BC。
【分析】由于摆钟在月球表面仍受到重力的作用，所以在月球表面仍然可以工作；根据重力加速度的变化可以判别周期的大小变化；利用摆长的变化可以判别周期的大小变化。
9．足球在空中运动的轨迹如图，若以地面为参考平面，不计空气阻力，下列能表示足球在空中运动过程的动能、重力势能随离地面高度变化的图像是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B,D
【知识点】动能定理的综合应用；重力势能；机械能守恒定律
【解析】【解答】不计空气阻力，足球运动过程机械能守恒。
设初始动能为，由机械能守恒得，整理得，因此图像为倾斜向下的直线，A错误，B正确。
重力势能，因此图像为过原点的倾斜向上的直线，C错误，D正确。
故答案为：BD
【分析】本题考查机械能守恒下的动能、重力势能与高度的关系。结合机械能守恒定律推导动能与高度的函数关系，再根据重力势能的定义式推导重力势能与高度的关系，根据函数形式判断对应的图像形状。
10．如图所示，水平地面上有一质量的凹槽，由长、表面粗糙的水平部分和半径为的光滑圆弧组成，两部分平滑连接。现将质量为的滑块（可视为质点）从圆弧的顶端由静止释放，滑块恰好能滑到凹槽的最左端，此过程中凹槽始终处于静止状态。重力加速度大小为。下列说法正确的是（ ）
A．凹槽对水平地面的最大压力为
B．滑块与凹槽水平部分上表面的动摩擦因数为0.5
C．若水平地面光滑，凹槽向右运动的最大位移为
D．若水平地面光滑，滑块仍恰好能滑到凹槽的最左端
【答案】A,B,D
【知识点】碰撞模型；人船模型
【解析】【解答】A．滑块从释放到凹槽的最左端的过程中，凹槽一直处于静止状态，凹槽受水平的摩擦力作用，根据机械能守恒定律可知当滑块滑到光滑圆弧最低点时速度最大，此时凹槽对滑块的支持力最大，则滑块对凹槽的压力最大，即凹槽对水平地面的最大压力。滑块从释放到圆弧最低点，根据机械能守恒定律有，解得，滑块在最低点，由于滑块受到的支持力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有，解得
根据牛顿第三定律，可知滑块对凹槽的压力为
此时，对凹槽受力，根据竖直方向的平衡方程有，可得地面对凹槽
根据牛顿第三定律，可知凹槽对水平地面的最大压力为5mg，故A正确；
B．因凹槽一直处于静止状态，对滑块，从圆弧的顶端下滑到凹槽的最左端时，由于重力和摩擦力对滑块做功，根据全过程动能定理有，解得，故B正确；
C．若水平地面光滑，滑块与凹槽水平方向满足动量守恒，且初状态的总动量为零，取向右为正方向，根据水平方向的动量守恒定律有，变形得，根据速度公式有：，
整理得，即，根据位移关系有，解得，故C错误。
D．若水平地面光滑，滑块与凹槽水平方向满足动量守恒，且初状态的总动量为零，当滑块与凹槽共速时，滑块相对凹槽静止，根据水平方向的动量守恒定律有，解得
可知两物体的末速度均为零，根据能量守恒定律可知：，解得，故滑块仍恰好能滑到凹槽的最左端，故D正确。
故选ABD。
【分析】当凹槽静止时，利用机械能守恒定律可以求出滑块滑到最低点的速度大小，结合牛顿第二定律可以求出滑块对凹槽的压力大小，结合凹槽的平衡方程可以求出凹槽对水平地面的压力大小；利用动能定理可以求出滑块与凹槽之间动摩擦因数的大小；当地面光滑时，利用动量守恒定律结合位移公式可以求出凹槽运动的最大位移；利用动量守恒定律结合能量守恒定律可以求出滑块静止的位置。
11．在“利用单摆测量重力加速度”的实验中：
（1）如图所示，用游标卡尺测得小球的直径d=　 　mm；
（2）在实验中，你认为图中四种组装单摆方式正确的是________；
A． B．
C． D．
（3）某同学用标准的实验器材和正确的实验方法测量出几组不同摆长L和周期T的数值，画出如图图像中的实线OM；如果实验中测量摆长时忘了加上摆球的半径，则该同学作出的图像为________。
A．虚线a，不平行实线OM
B．虚线b，平行实线OM
C．虚线c，平行实线OM
【答案】（1）
（2）B
（3）B
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）游标卡尺由上尺和游尺两部分构成，20分度游标卡尺的精确值为
由图可知小球的直径
（2）小球做单摆运动，为了减小空气阻力的影响，小球应选用铁球；由于摆长会对小球的周期影响，为了保证摆动过程中细线长度保持不变，应选用细丝线，且细线上端用铁夹固定。故选B。
（3）对于实线OM，当小球做单摆运动时，根据周期公式可得，则有
如果实验中测量摆长时忘了加上摆球的半径，根据周期公式有，整理可得，可知该同学作出的图像为平行实线OM，且有纵截距，即虚线b。
故选B。
【分析】（1）利用游标卡尺的结构可以得出小球的直径；
（2）小球做单摆运动，为了减小空气阻力的影响，小球应选用铁球；由于摆长会对小球的周期影响，为了保证摆动过程中细线长度保持不变，应选用细丝线，且细线上端用铁夹固定；
（3）利用单摆的周期公式可以判别的图像为平行实线OM。
（1）20分度游标卡尺的精确值为
由图可知小球的直径
（2）为了减小空气阻力的影响，小球应选用铁球；为了保证摆动过程中细线长度保持不变，应选用细丝线，且细线上端用铁夹固定。
故选B。
（3）对于实线OM，根据单摆周期公式可得
则有
如果实验中测量摆长时忘了加上摆球的半径，则有
整理可得
可知该同学作出的图像为平行实线OM，且有纵截距，即虚线b。
故选B。
某实验小组验证机械能守恒定律。
12．该小组用如下图所示的器材进行实验（电源输出左为直流，右为交流），操作正确的是_______；
A． B．
C． D．
13．实验得到如图甲所示的纸带，该小组测量从第一点到其余各点间的距离为重物下落的高度，并计算出各点对应的速度，然后以为纵轴，以为横轴，作出如图乙所示的图像。若在误差允许的范围内图像是一条过原点且斜率约为_______（填选项字母）的直线，则验证了机械能守恒定律。（重力加速度大小取）
A．4.9 B．9.8 C．14.7 D．19.6
【答案】12．B
13．D
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）打点计时器需接交流电源，用手捏住或用夹子夹住纸带上端把重物吊起，纸带处于绷直状态；
（2）利用机械能守恒定律的表达式结合图像斜率可以求出k值的大小。
12．【解答】根据打点计时器的工作原理可知打点计时器需接交流电源，为了减小阻力对重物下落过程的影响，应该用手捏住或用夹子夹住纸带上端把重物吊起，纸带处于绷直状态。
故选B。
13．由于重物做自由落体运动，为了验证重力势能减少量等于动能的增量，实验需要验证
整理得
根据表达式可知图像斜率为
故选D。
14．用如图1所示的装置进行实验，让两个小球在斜槽末端对心碰撞可以验证动量守恒定律。图1中的点为小球抛出点在记录纸上的竖直投影。实验时，先使球1多次从斜槽上位置由静止释放，确定其平均落地点，记为。然后，把半径相同的球2置于水平轨道的末端，再将球1从位置由静止释放，与球2相碰，重复多次，分别确定碰后球1和球2的平均落地点，记为和，分别测出点到平均落地点的距离、、。测得球1的质量为，球2的质量为，已知。（、、在图中未画出）
（1）下列实验步骤中必要的是_______；
A．测量球1静止释放的高度 B．测量抛出点距地面的高度
C．测量两小球的半径 D．利用重锤线确定点的位置
（2）①完成上述实验，图2中平均落地点的位置正确的是　 　；
②在误差允许范围内，若关系式　 　成立，说明碰撞过程系统动量守恒。
（3）某同学进一步研究两球是否发生弹性碰撞。设、。在实验中仅换用不同质量的球1，重复实验，绘出的图像；又仅换用不同质量的球2，重复实验，并绘出的图像。下图中有可能反映两球发生弹性碰撞的是_______。
A． B．
C． D．
【答案】（1）D
（2）C；
（3）B；C
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）小球离开斜槽后做平抛运动，下落高度相同，根据位移公式可知运动时间相同，根据水平方向的位移公式可知速度，因此速度可以用水平位移代替。小球碰撞的过程中，根据动量守恒定律有，两边乘后得
因此不需要测量释放高度、抛出点高度、小球半径，只需要用重锤线确定抛出点投影的位置即可。
故选D。
（2）①碰撞后，由于入射小球的质量大于被碰小球的质量，入射球1速度减小，因此水平位移，因此落地点从O开始顺序为M、P、N，故选C。
②由上述实验原理推导，误差允许范围内，若，成立，碰撞过程动量守恒。
（3）若为弹性碰撞，根据动能守恒定律有，可得弹性碰撞结论，代入、，约去整理得
AB．换不同质量的（不变），随增大而减小，最终趋近于，故，A错误，Ｂ正确；
CD．换不同质量的（不变），与成正相关的一次函数，故Ｃ正确，D错误；
因此选BC。
【分析】（1）利用平抛运动的位移公式结合动量守恒定律可以导出动量守恒定律的表达式，进而判别需要测量的物理量；
（2）利用入射小球的速度变化可以判别落地点，结合分析可以得出动量守恒定律的表达式；
（3）利用动量守恒定律结合动能守恒定律可以导出水平位移与质量的大小关系，进而选择对应的图像。
（1）小球离开斜槽后做平抛运动，下落高度相同，运动时间相同，速度
因此速度可以用水平位移代替。动量守恒关系
两边乘后得
因此不需要测量释放高度、抛出点高度、小球半径，只需要用重锤线确定抛出点投影的位置即可。
故选D。
（2）[1]①碰撞后，入射球1速度减小，因此水平位移
因此落地点从O开始顺序为M、P、N，故选C。
[2]②由上述实验原理推导，误差允许范围内，若
成立，碰撞过程动量守恒。
（3）若为弹性碰撞，同时满足动量守恒和动能守恒，
可得弹性碰撞结论
代入、，约去整理得
AB．换不同质量的（不变），随增大而减小，最终趋近于，故，A错误，
Ｂ正确；
CD．换不同质量的（不变）
与成正相关的一次函数，故Ｃ正确，D错误；
因此选BC。
15．一名乘雪橇的滑雪运动员进行训练，从高为跳台边缘处以不同的初速度水平滑出。已知斜面倾角为，重力加速度取。
（1）由于水平初速度过大，滑雪运动员沿虚线运动落到水平面上。落点到斜面底端的距离与台高相等，求滑雪运动员着地时速度方向与水平方向间的夹角；
（2）若要滑雪运动员落在斜面上的某点，则水平滑出的速度大小需要满足的条件？
【答案】（1）滑雪运动员做平抛运动，竖直方向位移为；由于斜面倾角为，落点到斜面底端的距离与台高相等，可得水平距离为
滑雪运动员着地时速度方向与水平方向间的夹角的值为
解得

（2）滑雪运动员落在斜面上时，斜面倾角为，可得
展开得
解得
可知随着水平滑出的速度的增加，在空中运动的时间随之增加，水平位移也随之增加。
要满足滑雪运动员落在斜面上，最大时，刚好落在斜面底端，此时
代入
可得
综上，要使滑雪运动员落在斜面上的某点，水平滑出的速度大小需要满足

【知识点】平抛运动
【解析】【分析】（1）运动员做平抛运动，利用平抛运动的位移公式结合位移的分解可以求出落地速度的方向；
（2）已知运动员落在斜面上，利用位移公式可以求出运动的时间，几何位移公式可以求出初速度的大小范围。
（1）滑雪运动员做平抛运动，竖直方向位移为；由于斜面倾角为，落点到斜面底端的距离与台高相等，可得水平距离为
滑雪运动员着地时速度方向与水平方向间的夹角的值为
解得
（2）滑雪运动员落在斜面上时，斜面倾角为，可得
展开得
解得
可知随着水平滑出的速度的增加，在空中运动的时间随之增加，水平位移也随之增加。
要满足滑雪运动员落在斜面上，最大时，刚好落在斜面底端，此时
代入
可得
综上，要使滑雪运动员落在斜面上的某点，水平滑出的速度大小需要满足
16．如图所示为某快递自动分拣系统的示意图。该系统由摆轮分拣区、倾斜滑道、光滑平台和与平台等高的固定水平托盘组成。质量的快件被识别后，以的速度进入摆轮分拣区；摆轮开始工作并使快件A以的速度沿着斜面进入倾斜滑道，实现转向分流；接着滑入光滑平台，与静止在平台上的快件B发生弹性正碰，碰撞时间极短，碰后两快件沿同一直线运动直到停止。已知快件恰好滑到水平托盘的末端，快件、材质相同，与倾斜滑道、水平托盘间的动摩擦因数分别为、，倾斜滑道长度，倾角，水平托盘长度。忽略空气阻力及快件经过各连接处的能量损失，快件均视为质点。取，，。求：
（1）摆轮对快件A所做的功；
（2）快件A在倾斜滑道上运动的时间；
（3）快件A的碰后速度及B的质量。
【答案】（1）对摆轮分拣过程中A用动能定理，摆轮做功等于A动能的变化
代入得

（2）对倾斜滑道上的A由牛顿第二定律
约去，代入数据得加速度
A做匀加速直线运动，位移满足：
代入解得正根（负根舍去）。
同时可得A碰撞前的速度。
（3）碰后B在水平托盘上运动，恰好停在末端，对B由动能定理：
约去，代入数据得碰后B的速度
A、B发生弹性正碰，满足动量守恒和动能守恒 ，
代入数据解得，

【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）由于摆轮分拣的过程中对A做功，根据动能定理可以求出对A做功的大小；
（2）快件A在倾斜滑道运动的过程中，利用牛顿第二定律可以求出A的加速度大小，结合位移公式可以求出A运动的时间，结合速度公式可以求出A碰前速度的大小；
（3）当碰后B在水平托盘上运动，利用动能定理可以求出碰后B速度的大小；结合A与B碰撞过程的动量守恒定理及动能守恒定律可以求出A碰后速度及B的质量大小。
（1）对摆轮分拣过程中A用动能定理，摆轮做功等于A动能的变化
代入得
（2）对倾斜滑道上的A由牛顿第二定律
约去，代入数据得加速度
A做匀加速直线运动，位移满足：
代入解得正根（负根舍去）。
同时可得A碰撞前的速度。
（3）碰后B在水平托盘上运动，恰好停在末端，对B由动能定理：
约去，代入数据得碰后B的速度
A、B发生弹性正碰，满足动量守恒和动能守恒 ，
代入数据解得，
17．如图，竖直平面内有高为的区域，区域上边界为，下边界为，两边界水平；有甲、乙两块薄板（厚度不计），质量分别为和，两板中心用一根长的轻绳相连接；乙在区域内运动时会受到一个竖直向上的恒力，而甲不受任何影响。现将乙置于边界上，甲从乙的正上方高度为处以初速度竖直向下抛出，已知甲、乙发生第一次碰撞（时间极短）后的速度大小之比为2∶1；轻绳若绷紧，则绷紧瞬间，两板立即共速；忽略空气阻力，重力加速度为。
（1）求两板第一次碰撞后各自的速度大小；
（2）求轻绳第一次绷紧前后瞬间，甲、乙两板组成的系统损失的机械能。
【答案】（1）对甲下落过程，根据动能定理，有
根据题意可知甲、乙第一次碰撞，甲会反弹且动量守恒
根据题意可知
解得，
（2）设甲、乙撞后经过时间t，绳子第一次绷紧时，假设乙还没有离开边界，满足
解得或（舍去）
因乙在该区域内匀速运动，乙离开边界需要的时间，假设成立；
绳子绷紧时，对甲有
解得
绳子绷紧前后瞬间甲和乙动量守恒、能量守恒有，
联立解得

【知识点】碰撞模型
【解析】【分析】（1）甲下落的过程中，利用动能定理可以求出甲碰前速度的大小，结合动量守恒定律可以求出碰后的速度大小；
（2）当两个板经过一段时间绳子绷紧时，利用位移公式可以求出运动的时间，结合速度公式可以求出甲速度的大小，再利用动量守恒定律及能量守恒定律可以求出损失的机械能大小。
（1）对甲下落过程，根据动能定理，有
根据题意可知甲、乙第一次碰撞，甲会反弹且动量守恒
根据题意可知
解得，
（2）设甲、乙撞后经过时间t，绳子第一次绷紧时，假设乙还没有离开边界，满足
解得或（舍去）
因乙在该区域内匀速运动，乙离开边界需要的时间，假设成立；
绳子绷紧时，对甲有
解得
绳子绷紧前后瞬间甲和乙动量守恒、能量守恒有，
联立解得
1 / 1

展开更多......

收起↑