重庆市西北狼教育联盟2024-2025学年高二上学期开学考试物理试题
1．（2024高二上·沙坪坝开学考）战国时期的《甘石星经》最早记载了部分恒星位置和金、木、水、火、土五颗行星“出没”的规律。现在我们知道（ ）
A．恒星都是静止不动的 B．行星绕太阳做圆周运动
C．行星绕太阳运行的速率不变 D．各行星绕太阳运行的周期不同
2．（2024高二上·沙坪坝开学考）如图所示，一运动员在驾驶无动力滑翔伞飞行过程中，在同一竖直平面内沿一段曲线轨迹飞行，而且越飞越快，该过程中关于运动员所受的合力和速度方向的关系，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2024高二上·沙坪坝开学考）质量不等但有相同初动能的两个物体在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直到停止，则（ ）
A．质量大的物体滑行距离大
B．质量小的物体滑行距离大
C．两个物体滑行的时间相同
D．质量大的物体克服摩擦力做的功多
4．（2024高二上·沙坪坝开学考）波轮洗衣机中的脱水筒如图所示，在脱水时，衣服紧贴在筒壁上做匀速圆周运动。某次在运行脱水程序时，有一硬币被甩到桶壁上随桶壁一起做匀速圆周运动。下列说法正确的是（ ）
A．硬币受重力、弹力、摩擦力和向心力4个力的作用
B．硬币随脱水桶做圆周运动所需的向心力由硬币受到的摩擦力提供
C．洗衣机的脱水桶转动得越快，硬币与桶壁间的弹力就越大
D．脱水时，被甩出去的水滴受到离心力作用
5．（2024高二上·沙坪坝开学考）如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动．座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱
A．运动周期为 B．线速度的大小为ωR
C．受摩天轮作用力的大小始终为mg D．所受合力的大小始终为mω2R
6．（2024高二上·沙坪坝开学考）嫦娥六号是中国嫦娥探月计划的第六个探测器，着陆区为月球背面南极-艾特肯盆地，2024年5月8日10时12分，嫦娥六号顺利进入环月圆轨道飞行．若探测器在轨飞行的周期为T，轨道半径为r，月球的半径为R，万有引力常量为G，则下列说法正确的有（ ）
A．嫦娥六号的发射速度必须达到第三宇宙速度
B．在环月轨道上，地球对探测器的引力等于月球对探测器的引力
C．月球的平均密度
D．月球的第一宇宙速度
7．（2024高二上·沙坪坝开学考）新能源汽车以恒定的加速度由静止开始沿平直的公路行驶，t1时刻达到发动机额定功率后保持功率不变，t2时刻起匀速行驶。汽车所受的阻力大小不变，则此过程中汽车的加速度a、速度v、牵引力F、功率P随时间t的变化规律正确的是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2024高二上·沙坪坝开学考）如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，弹簧处于原长时，圆环高度为h.让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零.则在圆环下滑到底端的过程中(杆与水平方向夹角为30°)( )
A．圆环机械能守恒
B．弹簧的弹性势能先减小后增大
C．弹簧的弹性势能变化了mgh
D．弹簧与光滑杆垂直时圆环动能最大
9．（2024高二上·沙坪坝开学考）如图所示，竖直墙壁上的M点到地面有Ⅰ、Ⅱ两条固定光滑轨道，从M点静止释放的物块分别沿不同轨道滑到地面，下列说法正确的是（ ）
A．物块落地时速度相同
B．沿Ⅰ下滑重力做功等于沿Ⅱ下滑重力做功
C．沿Ⅰ下滑重力的平均功率等于沿Ⅱ下滑重力的平均功率
D．物块滑到地面时，沿Ⅰ下滑重力的瞬时功率大于沿Ⅱ下滑重力的瞬时功率
10．（2024高二上·沙坪坝开学考）在竖直平面内有一条光滑弯曲轨道，轨道上各个高点的高度如图所示，一个小环套在轨道上，从1m高处以大小为8m/s、沿轨道切线方向的初速度下滑，则下列说法正确的是（g取10m/s2）（ ）
A．到达第①高点的速度约为8.6m/s
B．到达第①高点的速度约为74m/s
C．小环不能越过第③高点
D．小环能越过第④高点
11．（2024高二上·沙坪坝开学考）2024年5月21日，我国在酒泉卫星发射中心使用快舟十一号遥四运载火箭，成功将武汉一号卫星、超低轨技术试验卫星等4颗卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。下列关于人造地球卫星的说法正确的是（ ）
A．同一颗卫星绕地球做圆周运动的轨道高度越高，机械能越大
B．高轨卫星的运行速度大于7.9km/s
C．卫星由较低轨道变轨至更高轨道时需要加速
D．相对于地面静止的同步轨道卫星可能处于辽宁某地正上方
12．（2024高二上·沙坪坝开学考）如图所示，两个圆弧轨道固定在水平地面上，半径R相同，a轨道由金属凹槽制成，b轨道由金属圆管制成（圆管内径远小于半径R），均可视为光滑轨道，在两轨道右端的正上方分别将金属小球A和B（直径略小于圆管内径）由静止释放，小球距离地面的高度分别用和表示，下列说法中正确的是（ ）
A．若，两小球都能沿轨道运动到最高点
B．若，两小球在轨道上上升的最大高度均为
C．适当调整和，均可使两小球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处
D．若使小球沿轨道运动并且从最高点飞出，的最小值为，B小球在的任何高度释放均可
13．（2024高二上·沙坪坝开学考）西北狼教育联盟开展学生实验交流活动．
（1）某学校学生探究向心力与哪些因素有关，借助如图1所示装置进行探究．在电动机控制下，悬臂可绕轴在水平面内匀速转动，固定在连杆上的砝码随之做匀速圆周运动，无线光电门传感器安装在悬臂的一端．
①在该实验中，主要利用了 来探究向心力与质量、半径、角速度之间的关系．
A．理想实验法 B．微元法 C．控制变量法 D．等效替代法
②探究向心力的大小与圆周运动半径的关系时，应选择两个质量 （“相同”或“不同”）的小球．
（2）另一学校学生用如图2所示的装置与传感器结合，探究向心力大小的影响因素．实验时用手拨动旋臂使它做圆周运动，力传感器和光电门固定在实验器上，测量角速度和向心力．
③电脑通过光电门测量挡光杆通过光电门的时间，并由挡光杆的宽度d、挡光杆通过光电门的时间、挡光杆做圆周运动的半径r，自动计算出砝码做圆周运动的角速度，则计算其角速度的表达式为 ．
14．（2024高二上·沙坪坝开学考）某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律，他将两物块A和B用轻质细绳连接并跨过轻质定滑轮，B下端连接纸带，纸带穿过固定的打点计时器，用天平测出A、B两物块的质量，，A从高处由静止开始下落，B拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律，图乙给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图乙所示，已知打点计时器计时周期为，则：
（1）在打点0~5过程中系统势能的减小量 J，系统动能的增加量 J，由此得出的结论是 ：（重力加速度，结果均保留三位有效数字）
（2）实验结果显示，动能的增加量小于重力势能的减少量，主要原因可能是______。
A．工作电压偏高
B．存在空气阻力和摩擦阻力的影响
C．先释放重物，后接通电源打出纸带
D．利用公式计算重物速度
（3）用v表示物块A的速度，h表示物块A下落的高度。若某同学作出的图像如图丙所示，则可求出当地的重力加速度 （结果保留三位有效数字）。
15．（2024高二上·沙坪坝开学考）胎压监测器可以实时监测汽车轮胎内部的气压，在汽车上安装胎压监测报警器，可以预防因汽车胎压异常而引发的事故．如图所示，一辆质量为800kg的小汽车行驶在山区的波浪形路面，路面可视为圆弧且左右圆弧半径相同，半径，根据胎压可计算出汽车受到的支持力，当支持力达到时检测器报警．重力加速度g取。
（1）汽车在A点速度多大时会触发报警？
（2）汽车要想不脱离路面，在最高点B时的最大速度是多少？
16．（2024高二上·沙坪坝开学考）完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功．航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示．为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板是与水平甲板相切的一段圆弧，示意如图2，长，水平投影，图中点切线方向与水平方向的夹角（）．若舰载机从点由静止开始做匀加速直线运动，经到达点进入．已知飞行员的质量，，求
（1）舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功；
（2）舰载机刚进入时，飞行员受到竖直向上的压力多大．
17．（2024高二上·沙坪坝开学考）2023年《三体》电视剧异常火爆，点燃了人类探索未知世界的热情。假如将来的某一天你成为了一名优秀的宇航员，你驾驶宇宙飞船对火星进行探测，为了研究火星表面的重力加速度你精心设计了如图所示的实验装置，该实验装置由光滑倾斜轨道AB、水平轨道BC和光滑圆形轨道CDE组成，轨道间平滑连接（小球经过连接点时速度大小不变），随后登陆火星后做了该实验，在轨道AB距水平轨道BC高为h=3R处无初速释放一个质量为m的小球，小球从C点向右进入半径为R的光滑圆形轨道，小球恰好通过圆形轨道最高点E且测得在E点的速度为v0.假设火星为均质球体，火星的半径为r。求：
（1）火星表面的重力加速度g；
（2）火星的第一宇宙速度v；
（3）小球从A点到E点的过程中，因摩擦产生的热量Q。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】开普勒定律
【解析】【解答】A．恒星绕太阳做椭圆运动，所以都是运动的。故A错误；
B．根据开普勒第一定律可知八大行星绕太阳做椭圆运动。故B错误；
C．根据引力做功可以得出：行星绕太阳运行的速率随着行星和太阳的距离变化而不断改变。故C错误；
D．根据开普勒第三定律可知，由于各行星距离太阳的距离不同，所以各行星绕太阳运行的周期不同。故D正确。
故选D。
【分析】根据开普勒第一定律可以判别行星都是做椭圆运动；利用引力做功可以判别行星的速率不断发生改变；利用开普勒第三定律可以判别周期不断发生变化。
2．【答案】B
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】运动员在飞行过程中，在竖直平面内做曲线运动；同时，运动员在飞行过程中加速（越飞越快），故合外力与速度的方向的夹角要小于。
故选B。
【分析】物体曲线运动的合外力指向运动轨迹的内侧。
3．【答案】B
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】ABD．物体运动过程中，只有摩擦力做功，设物体质量为m，滑行距离为x，初动能为，初速度为，由动能定理得
解得
两个物体初动能一样多， 克服摩擦力做的功一样，动摩擦因数相同，可知质量小的物体滑行距离大，故B正确，AD错误；
C．由
可得
由牛顿第二定律可得
解得
根据
可得
可知，滑行的时间与质量有关，两个物体滑行时间不同，故C错误。
故选B。
【分析】本题主要考查动能定理、牛顿第二定律、速度时间关系公式的简单应用。
以物体为研究对象，分析力做功情况，根据动能定理列式求得滑行距离表达式结合题意分析滑行距离；根据牛顿第二定律求得物体滑行加速度，根据确定滑行时间。
4．【答案】C
【知识点】受力分析的应用；离心运动和向心运动
【解析】【解答】A．向心力是一种效果力，实际上不存在，由其他力、或其他力的分力、或着几个力的合力提供，可知，硬币受重力、弹力与摩擦力3个力的作用，故A错误；
B．硬币随桶壁一起做匀速圆周运动，竖直方向合力为零，根据二力平衡可知，重力竖直向下，静摩擦力竖直向上，故硬币随脱水桶做圆周运动所需的向心力由桶壁对硬币的弹力提供，故B错误；
C．设桶壁对硬币的弹力为N，运动半径为r，可得
可知，洗衣机的脱水桶转动得越快，硬币与桶壁间的弹力就越大，故C正确；
D．离心力也是一种效果力，实际上不存在，脱水时，由于衣物对水滴的作用力不足以提供水滴圆周运动的向心力，导致水滴做远离圆心的运动被甩出去，故D错误。
故选C。
【分析】本题考查了圆周运动在生活中的应用，向心力和离心力都是效果力，实际上不存在；对硬币分析，根据运动状态确定向心力、弹力与转动速度关系。
5．【答案】B,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力
【解析】【解答】A、由于座舱做匀速圆周运动，根据角速度和周期的关系式有
则可以得出解得
故A错误；
B、已知座舱做匀速圆周运动，根据线速度与角速度的关系可知线速度的大小为
故B正确；
C、由于座舱做匀速圆周运动，合力的方向始终指向圆心，向心力为重力和座舱受到的作用力两者的合力提供，所以座舱受到摩天轮的作用力是变力，不可能始终为，故C错误；
D、根据向心力的表达式可以求出合力的大小为
故D正确。
故选BD。
【分析】利用角速度和周期的关系可以求出周期的表达式；利用线速度和角速度的关系可以求出线速度的表达式；利用向心力的方向可以判别座舱受到摩天轮的作用力大小；利用向心力的表达式可以求出合力的大小。
6．【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】A．嫦娥六号登月，依然绕地球运动，发射速度大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度即可，故A错误；
B．在环月轨道上，探测器受月球和地球的引力的合力提供向心力，由于探测器绕月运动，则月球对探测器的引力大于地球对探测器的引力，故B错误；
CD．根据万有引力提供向心力有
解得
月球的体积
月球的平均密度为
月球的第一宇宙速度满足
解得
故C错误，D正确。
故选D。
【分析】本题考查万有引力定律的应用。解决问题的关键是清楚探测器分别绕地球和月球运行时，万有引力提供向心力。根据万有引力提供向心力列式求得月球质量和月球第一宇宙速度，根据计算月球密度。
7．【答案】C
【知识点】图象法；机车启动
【解析】【解答】A．由题意可知汽车以恒定的加速度启动，根据
可知当功率达到额定功率后，随着速度的增加，牵引力减小，加速度减小，当加速度为零时达到最大速度，所以汽车先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速运动，再做匀速直线运动，加速度为零，故A错误；
B.0~t1阶段做匀加速运动，速度时间图线为过原点的倾斜直线，故B错误；
C.根据牛顿第二定律
a不变，则可知0~t1汽车的牵引力恒定不变，t1后汽车的功率等于额定功率，速度增大，牵引力减小，根据
可知，P不变，v增大的越来越慢，则F减小的越来越慢，即t1~t2图线的斜率减小，t2后加速度减为零，汽车的速度达到最大，汽车开始匀速直线运动，即牵引力等于阻力，故C正确；
D．汽车做匀加速直线运动时，根据
知F不变，
根据
由于v随时间均匀增大，则该阶段P随t均匀增大，即图线为一条过原点的倾斜直线，汽车的功率达到额定功率时，汽车的功率恒定不变，故D错误。
故选C。
【分析】根据牛顿第二定律、功率表达式P=Fv结合汽车运动状态分析加速度、速度牵引力、功率随时间变化。
本题考查了汽车恒加速度启动的问题，解题的关键是知道匀加速运动结束时汽车的功率达到额定功率，之后汽车的功率不变，速度增大，牵引力减小，加速度减小，速度增大的越来越慢，则牵引力减小的越来越慢，当牵引力减小到与阻力相等时汽车做匀速直线运动。
8．【答案】C
【知识点】弹性势能；机械能守恒定律
【解析】【解答】A.圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中受重力、弹簧的弹力、杆的支持力，只有环的重力和弹簧的拉力；所以圆环的机械能不守恒，故A错误；
B.弹簧的弹性势能随弹簧的形变量的变大而变大，随弹簧的形变量的变小而变小，由图知弹簧先缩短后再伸长，故弹簧的弹性势能先增大后减小再增大．故B错误；
C.系统的机械能守恒，圆环减少的的机械能等于弹簧增加的机械能，圆环的机械能减少了mgh，那么弹簧的机械能即弹性势能增大mgh，故C正确；
D.圆环的加速度为零时，速度不再变化，速度最大，此时弹簧的弹力、重力和细杆轨圆环的支持力这三个力平衡，此位置不在弹簧与光滑杆垂直的位置，故D错误；
故选C。
【分析】此题主要是分析圆环沿杆下滑的过程的受力和做功情况，只有重力弹簧的拉力做功，所以圆环机械能不守恒，但是系统的机械能守恒；当沿杆方向合力为零的时刻，圆环的速度最大。
9．【答案】B,D
【知识点】牛顿第二定律；功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．根据动能定理可得
可知两次物块到达底端的速度大小相等，但方向不同，故A错误；
B．设斜面的高度为h，物块下滑过程中重力做功
两次物块下滑的高度相等，则重力做功相等，故B正确；
C．设斜面的倾角为，根据牛顿第二定律可知
解得
根据运动学规律
有
解得
则重力的平均功率为
Ⅰ轨道倾角大， 则物块运动过程中，沿Ⅰ下滑重力的平均功率大于沿Ⅱ下滑重力的平均功率，故C错误。
D．重力的瞬时功率为
两次物块到达底端的速度大小相等，Ⅰ轨道倾角大，可知物块滑到地面时，沿Ⅰ下滑重力的瞬时功率大于沿Ⅱ下滑重力的瞬时功率，故D正确。
故选BD。
【分析】根据初末位置高度差关系分析重力做功关系；物块下滑过程只有重力对物块做功，根据动能定理确定落地时速度大小关系，根据倾角确定方向；根据确定物块沿Ⅰ下滑重力的瞬时功率与沿Ⅱ下滑重力的瞬时功率关系 ；根据牛顿第二定律和运动学公式求得下落时间，根据确定沿I下滑重力的平均功率一沿Ⅱ下滑重力的平均功率关系。
10．【答案】A,D
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】AB．根据动能定理可得
则小环到达第①高点的速度为
故A正确，B错误；
CD．设小环能达到最大高度为，由动能定理有
解得
所以小环能越过第③④高点，故C错误，D正确。
故选AD。
【分析】本题主要考查动能定理的简单应用，从开始下滑到第①高点，根据动能定理列式求解到达第①高点的速度；从开始下滑到最高点，根据动能定理列式求解到达最高点的高度，进而确定能否越过第③高点、第④高点。
11．【答案】A,C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．同一颗卫星绕地球做圆周运动的轨道高度越高，克服阻力做功越多，对应的发射速度越大，发射卫星所需的能量越大，则卫星的机械能越大，故A正确；
B．卫星受到地球的万有引力提供向心力可得
解得
由上式可知，卫星的轨道半径越大，运行速度越小，第一宇宙速度7.9km/s，是卫星在地球表面附近绕地球做匀速圆周运动的最大速度，因此高轨卫星的运行速度小于第一宇宙速度7.9km/s，故B错误；
C．卫星由较低轨道变轨至更高轨道时需要向后喷气，速度增加，做离心运动，故C正确；
D．相对于地面静止的同步轨道卫星只能定点在赤道的正上方，不可能处于辽宁某地正上方，故D错误。
故选AC。
【分析】第一宇宙速度最大的运行速度；根据比较速度的大小；根据变轨的原理及功能关系比较机械能的大小。
掌握万有引力提供向心力、变轨的原理，理解第一宇宙速度的物理意义。
12．【答案】A,D
【知识点】生活中的圆周运动；竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】AD．若小球A恰好能到达a轨道的最高点，根据小球的重力恰好提供向心力，则有
小球A从最高点运动到圆弧最高点的过程中，根据机械能守恒定律可知
解得
若小球B恰好能到b轨道的最高点，则小球B在最高点的速度vB= 0，小球A从最高点运动到圆弧最高点的过程中，根据机械能守恒定律
得
所以
两球都能到达轨道的最高点，故AD正确；
B．若，由于小球B在轨道b中不会脱离轨道，则小球B在轨道b上上升的最大高度等于；若，由于小球不能上升到最高点，则小球A在轨道左上方某位置脱离轨道，由于合力提供向心力，则脱离时有一定的速度，由机械能守恒定律可知，由于小球A动能不等于0，则在轨道上上升的最大高度小于，故B错误；
C．小球A从最高点飞出后做平抛运动，下落R高度时，根据位移公式可以得出：水平位移的最小值为
所以小球A落在轨道右端口外侧，而适当调整，由于B小球的速度可以从0开始增大，则B可以落在轨道右端口处，所以适当调整和，只有B球可以从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处，故C错误。
故选AD。
【分析】利用最高点的牛顿第二定律可以判别小球通过最高点的速度，结合运动过程的机械能守恒定律可以求出小球到达最高点时下落的高度，结合平抛运动的位移公式可以求出小球做平抛运动的水平位移大小。
13．【答案】（1）C；相同
（2）
【知识点】向心力
【解析】【解答】（1） 在研究向心力的大小与质量m、角速度和半径之间的关系时，先控制其中两个物理量不变，研究向心力大小与另一个物理量的关系，主要用到的物理方法是控制变量法。ABD错误，C正确。
故选C。
探究向心力的大小与圆周运动半径的关系时，需控制角速度和质量相同，运动半径不同，应选择两个质量相同的小球。
（2）砝码转动的线速度
由线速度、角速度的关系可得
联立解得
【分析】本题为探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系。
（1）物理学中对于多变量的问题，常常采用控制变量的方法，把多变量的问题变成多个单变量的问题。
（2） 挡光杆通过光电门的时间极短，可以认为瞬时速度等于平均速度，根据求得挡光杆的线速度，根据得到角速度。
（1）[1] 在研究向心力的大小与质量m、角速度和半径之间的关系时，先控制其中两个物理量不变，研究向心力大小与另一个物理量的关系，主要用到的物理方法是控制变量法。ABD错误，C正确。
故选C。
[2] 探究向心力的大小与圆周运动半径的关系时，需控制角速度和质量相同，运动半径不同，应选择两个质量相同的小球。
（2）砝码转动的线速度
由线速度、角速度的关系可得
联立解得
14．【答案】（1）1.18；1.15；在误差允许的范围内，A、B组成的系统机械能守恒
（2）B
（3）9.70
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）在打0~5点过程中下降高度为h=38.40cm+21.60cm=40.00cm=0.40m
系统重力势能的减小量
打计数5点的瞬时速度
则系统动能的增加量
在误差允许的范围内，A、B组成的系统机械能守恒。
（2）A．工作电压的高低不会影响打点计时器的打点时间间隔，因此不会使得动能的增加量减小，故A错误；
B．重物下落过程中受到空气阻力、摩擦阻力作用，则会使重物动能增加量减小，即动能的增加量小于重力势能的减少量，故B正确；
C．先释放重物，后接通电源打出纸带，则会导致纸带上打出很少的点，就会产生较大的实验误差，但不一定会使重物的动能增加量减小，故C错误；
D．利用公式
计算重物速度，已经认为机械能守恒，所以两者应该没有误差，故D错误。
故选B。
（3）根据机械能守恒定律得
可得
由图丙可得图像斜率
代入数据得
【分析】(1)根据下落的高度求出系统重力势能的减小量；根据匀变速直线运动中，某段时间内的平均速度等于中时刻的瞬时速度，求出点5的瞬时速度， 再根据点5的瞬时速度求出系统动能的增加量， 从而即可分析得出结论。
(2)实验过程中，先接通电源，后释放重物，由于存在摩擦阻力做功，所以减少的重力势能一部分转化为动能；
（3）根据机械能守恒定律得出的关系式，根据图线的斜率得出重力加速度的值。
本题全面的考查了验证机械能守恒定律中的数据处理问题， 要熟练掌握匀变速直线运动的规律以及功能关系， 增强数据处理能力， 理解图象的斜率与重力加速度的关系。
（1）[1]在打点0~5过程中系统重力势能的减小量
[2]根据某段时间内平均速度等于中间时刻的瞬时速度，计数点5的瞬时速度
则系统动能的增加量
[3]在误差允许的范围内，A、B组成的系统机械能守恒。
（2）A．工作电压的高低不会影响打点计时器的打点时间间隔，因此不会使得动能的增加量减小故A错误；
B．重物下落过程中受到空气阻力、摩擦阻力作用，则会使重物动能增加量减小，即动能的增加量小于重力势能的减少量，故B正确；
C．先释放重物，后接通电源打出纸带，则会导致纸带上打出很少的点，就会产生较大的实验误差，但不一定会使重物的动能增加量减小，故C错误；
D．利用公式计算重物速度，已经认为机械能守恒，所以两者应该没有误差，故D错误。
故选B。
（3）根据机械能守恒定律得
可得
由图丙可得图像斜率
代入数据得
g＝9.70 m/s2
15．【答案】（1）解：汽车在凹形路面最底端受到重力和支持力作用，合力提供向心力有
当F最大时速度最大，可得最大速度为
（2）解：若汽车在最高点B对路面没有压力时，只受到重力作用， 重力提供向心力 有
代入数据，解得
【知识点】竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】本题考查了向心力的来源及临界条件。
(1)汽车在凹形路面最底端处， 支持力与重力的合力提供向心力；可得汽车在A点会触发报警的速度vm；
(2)汽车在最高点B对路面没有压力时，只受到重力作用提供向心力，可得汽车要想不脱离路面，在最高点B时的最大速度。
（1）汽车在凹形路面最底端受到重力和支持力作用，根据牛顿第二定律有
解得
（2）若汽车在最高点B对路面没有压力时，只受到重力作用提供向心力，则有
代入数据，解得
16．【答案】解：（1）舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为，则有
①
根据动能定理，有
②
联立①②式，代入数据，得
③
（2）设上翘甲板所对应的圆弧半径为，根据几何关系，有
④
由牛顿第二定律，有
⑤
联立①④⑤式，代入数据，得
⑥
【知识点】向心力；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）舰载机做匀加速直线运动，利用位移公式可以求出速度的大小，结合动能定理可以求出水平力做功的大小；
（2）当舰载机进入BC轨道时，利用牛顿第二定律可以求出飞行员受到的压力大小。
17．【答案】解：（1）小球恰好通过圆形轨道最高点时
解得火星表面的重力加速度
（2）对环绕火星表面做圆周运动的物体
解得
（3）小球从A点到E点的过程中，由能量守恒可得
解得
【知识点】能量守恒定律；万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【分析】（1）小球恰好经过最高点时，利用牛顿第二定律可以求出火星表面重力加速度的大小；
（2）当物体绕火星表面做匀速圆周运动时，利用牛顿第二定律可以求出火星第一宇宙速度的大小；
（3）小球从A运动到E的过程中，利用能量守恒定律可以求出摩擦产生的热量大小。
1 / 1重庆市西北狼教育联盟2024-2025学年高二上学期开学考试物理试题
1．（2024高二上·沙坪坝开学考）战国时期的《甘石星经》最早记载了部分恒星位置和金、木、水、火、土五颗行星“出没”的规律。现在我们知道（ ）
A．恒星都是静止不动的 B．行星绕太阳做圆周运动
C．行星绕太阳运行的速率不变 D．各行星绕太阳运行的周期不同
【答案】D
【知识点】开普勒定律
【解析】【解答】A．恒星绕太阳做椭圆运动，所以都是运动的。故A错误；
B．根据开普勒第一定律可知八大行星绕太阳做椭圆运动。故B错误；
C．根据引力做功可以得出：行星绕太阳运行的速率随着行星和太阳的距离变化而不断改变。故C错误；
D．根据开普勒第三定律可知，由于各行星距离太阳的距离不同，所以各行星绕太阳运行的周期不同。故D正确。
故选D。
【分析】根据开普勒第一定律可以判别行星都是做椭圆运动；利用引力做功可以判别行星的速率不断发生改变；利用开普勒第三定律可以判别周期不断发生变化。
2．（2024高二上·沙坪坝开学考）如图所示，一运动员在驾驶无动力滑翔伞飞行过程中，在同一竖直平面内沿一段曲线轨迹飞行，而且越飞越快，该过程中关于运动员所受的合力和速度方向的关系，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】运动员在飞行过程中，在竖直平面内做曲线运动；同时，运动员在飞行过程中加速（越飞越快），故合外力与速度的方向的夹角要小于。
故选B。
【分析】物体曲线运动的合外力指向运动轨迹的内侧。
3．（2024高二上·沙坪坝开学考）质量不等但有相同初动能的两个物体在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直到停止，则（ ）
A．质量大的物体滑行距离大
B．质量小的物体滑行距离大
C．两个物体滑行的时间相同
D．质量大的物体克服摩擦力做的功多
【答案】B
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】ABD．物体运动过程中，只有摩擦力做功，设物体质量为m，滑行距离为x，初动能为，初速度为，由动能定理得
解得
两个物体初动能一样多， 克服摩擦力做的功一样，动摩擦因数相同，可知质量小的物体滑行距离大，故B正确，AD错误；
C．由
可得
由牛顿第二定律可得
解得
根据
可得
可知，滑行的时间与质量有关，两个物体滑行时间不同，故C错误。
故选B。
【分析】本题主要考查动能定理、牛顿第二定律、速度时间关系公式的简单应用。
以物体为研究对象，分析力做功情况，根据动能定理列式求得滑行距离表达式结合题意分析滑行距离；根据牛顿第二定律求得物体滑行加速度，根据确定滑行时间。
4．（2024高二上·沙坪坝开学考）波轮洗衣机中的脱水筒如图所示，在脱水时，衣服紧贴在筒壁上做匀速圆周运动。某次在运行脱水程序时，有一硬币被甩到桶壁上随桶壁一起做匀速圆周运动。下列说法正确的是（ ）
A．硬币受重力、弹力、摩擦力和向心力4个力的作用
B．硬币随脱水桶做圆周运动所需的向心力由硬币受到的摩擦力提供
C．洗衣机的脱水桶转动得越快，硬币与桶壁间的弹力就越大
D．脱水时，被甩出去的水滴受到离心力作用
【答案】C
【知识点】受力分析的应用；离心运动和向心运动
【解析】【解答】A．向心力是一种效果力，实际上不存在，由其他力、或其他力的分力、或着几个力的合力提供，可知，硬币受重力、弹力与摩擦力3个力的作用，故A错误；
B．硬币随桶壁一起做匀速圆周运动，竖直方向合力为零，根据二力平衡可知，重力竖直向下，静摩擦力竖直向上，故硬币随脱水桶做圆周运动所需的向心力由桶壁对硬币的弹力提供，故B错误；
C．设桶壁对硬币的弹力为N，运动半径为r，可得
可知，洗衣机的脱水桶转动得越快，硬币与桶壁间的弹力就越大，故C正确；
D．离心力也是一种效果力，实际上不存在，脱水时，由于衣物对水滴的作用力不足以提供水滴圆周运动的向心力，导致水滴做远离圆心的运动被甩出去，故D错误。
故选C。
【分析】本题考查了圆周运动在生活中的应用，向心力和离心力都是效果力，实际上不存在；对硬币分析，根据运动状态确定向心力、弹力与转动速度关系。
5．（2024高二上·沙坪坝开学考）如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动．座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱
A．运动周期为 B．线速度的大小为ωR
C．受摩天轮作用力的大小始终为mg D．所受合力的大小始终为mω2R
【答案】B,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力
【解析】【解答】A、由于座舱做匀速圆周运动，根据角速度和周期的关系式有
则可以得出解得
故A错误；
B、已知座舱做匀速圆周运动，根据线速度与角速度的关系可知线速度的大小为
故B正确；
C、由于座舱做匀速圆周运动，合力的方向始终指向圆心，向心力为重力和座舱受到的作用力两者的合力提供，所以座舱受到摩天轮的作用力是变力，不可能始终为，故C错误；
D、根据向心力的表达式可以求出合力的大小为
故D正确。
故选BD。
【分析】利用角速度和周期的关系可以求出周期的表达式；利用线速度和角速度的关系可以求出线速度的表达式；利用向心力的方向可以判别座舱受到摩天轮的作用力大小；利用向心力的表达式可以求出合力的大小。
6．（2024高二上·沙坪坝开学考）嫦娥六号是中国嫦娥探月计划的第六个探测器，着陆区为月球背面南极-艾特肯盆地，2024年5月8日10时12分，嫦娥六号顺利进入环月圆轨道飞行．若探测器在轨飞行的周期为T，轨道半径为r，月球的半径为R，万有引力常量为G，则下列说法正确的有（ ）
A．嫦娥六号的发射速度必须达到第三宇宙速度
B．在环月轨道上，地球对探测器的引力等于月球对探测器的引力
C．月球的平均密度
D．月球的第一宇宙速度
【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】A．嫦娥六号登月，依然绕地球运动，发射速度大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度即可，故A错误；
B．在环月轨道上，探测器受月球和地球的引力的合力提供向心力，由于探测器绕月运动，则月球对探测器的引力大于地球对探测器的引力，故B错误；
CD．根据万有引力提供向心力有
解得
月球的体积
月球的平均密度为
月球的第一宇宙速度满足
解得
故C错误，D正确。
故选D。
【分析】本题考查万有引力定律的应用。解决问题的关键是清楚探测器分别绕地球和月球运行时，万有引力提供向心力。根据万有引力提供向心力列式求得月球质量和月球第一宇宙速度，根据计算月球密度。
7．（2024高二上·沙坪坝开学考）新能源汽车以恒定的加速度由静止开始沿平直的公路行驶，t1时刻达到发动机额定功率后保持功率不变，t2时刻起匀速行驶。汽车所受的阻力大小不变，则此过程中汽车的加速度a、速度v、牵引力F、功率P随时间t的变化规律正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】图象法；机车启动
【解析】【解答】A．由题意可知汽车以恒定的加速度启动，根据
可知当功率达到额定功率后，随着速度的增加，牵引力减小，加速度减小，当加速度为零时达到最大速度，所以汽车先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速运动，再做匀速直线运动，加速度为零，故A错误；
B.0~t1阶段做匀加速运动，速度时间图线为过原点的倾斜直线，故B错误；
C.根据牛顿第二定律
a不变，则可知0~t1汽车的牵引力恒定不变，t1后汽车的功率等于额定功率，速度增大，牵引力减小，根据
可知，P不变，v增大的越来越慢，则F减小的越来越慢，即t1~t2图线的斜率减小，t2后加速度减为零，汽车的速度达到最大，汽车开始匀速直线运动，即牵引力等于阻力，故C正确；
D．汽车做匀加速直线运动时，根据
知F不变，
根据
由于v随时间均匀增大，则该阶段P随t均匀增大，即图线为一条过原点的倾斜直线，汽车的功率达到额定功率时，汽车的功率恒定不变，故D错误。
故选C。
【分析】根据牛顿第二定律、功率表达式P=Fv结合汽车运动状态分析加速度、速度牵引力、功率随时间变化。
本题考查了汽车恒加速度启动的问题，解题的关键是知道匀加速运动结束时汽车的功率达到额定功率，之后汽车的功率不变，速度增大，牵引力减小，加速度减小，速度增大的越来越慢，则牵引力减小的越来越慢，当牵引力减小到与阻力相等时汽车做匀速直线运动。
8．（2024高二上·沙坪坝开学考）如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，弹簧处于原长时，圆环高度为h.让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零.则在圆环下滑到底端的过程中(杆与水平方向夹角为30°)( )
A．圆环机械能守恒
B．弹簧的弹性势能先减小后增大
C．弹簧的弹性势能变化了mgh
D．弹簧与光滑杆垂直时圆环动能最大
【答案】C
【知识点】弹性势能；机械能守恒定律
【解析】【解答】A.圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中受重力、弹簧的弹力、杆的支持力，只有环的重力和弹簧的拉力；所以圆环的机械能不守恒，故A错误；
B.弹簧的弹性势能随弹簧的形变量的变大而变大，随弹簧的形变量的变小而变小，由图知弹簧先缩短后再伸长，故弹簧的弹性势能先增大后减小再增大．故B错误；
C.系统的机械能守恒，圆环减少的的机械能等于弹簧增加的机械能，圆环的机械能减少了mgh，那么弹簧的机械能即弹性势能增大mgh，故C正确；
D.圆环的加速度为零时，速度不再变化，速度最大，此时弹簧的弹力、重力和细杆轨圆环的支持力这三个力平衡，此位置不在弹簧与光滑杆垂直的位置，故D错误；
故选C。
【分析】此题主要是分析圆环沿杆下滑的过程的受力和做功情况，只有重力弹簧的拉力做功，所以圆环机械能不守恒，但是系统的机械能守恒；当沿杆方向合力为零的时刻，圆环的速度最大。
9．（2024高二上·沙坪坝开学考）如图所示，竖直墙壁上的M点到地面有Ⅰ、Ⅱ两条固定光滑轨道，从M点静止释放的物块分别沿不同轨道滑到地面，下列说法正确的是（ ）
A．物块落地时速度相同
B．沿Ⅰ下滑重力做功等于沿Ⅱ下滑重力做功
C．沿Ⅰ下滑重力的平均功率等于沿Ⅱ下滑重力的平均功率
D．物块滑到地面时，沿Ⅰ下滑重力的瞬时功率大于沿Ⅱ下滑重力的瞬时功率
【答案】B,D
【知识点】牛顿第二定律；功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．根据动能定理可得
可知两次物块到达底端的速度大小相等，但方向不同，故A错误；
B．设斜面的高度为h，物块下滑过程中重力做功
两次物块下滑的高度相等，则重力做功相等，故B正确；
C．设斜面的倾角为，根据牛顿第二定律可知
解得
根据运动学规律
有
解得
则重力的平均功率为
Ⅰ轨道倾角大， 则物块运动过程中，沿Ⅰ下滑重力的平均功率大于沿Ⅱ下滑重力的平均功率，故C错误。
D．重力的瞬时功率为
两次物块到达底端的速度大小相等，Ⅰ轨道倾角大，可知物块滑到地面时，沿Ⅰ下滑重力的瞬时功率大于沿Ⅱ下滑重力的瞬时功率，故D正确。
故选BD。
【分析】根据初末位置高度差关系分析重力做功关系；物块下滑过程只有重力对物块做功，根据动能定理确定落地时速度大小关系，根据倾角确定方向；根据确定物块沿Ⅰ下滑重力的瞬时功率与沿Ⅱ下滑重力的瞬时功率关系 ；根据牛顿第二定律和运动学公式求得下落时间，根据确定沿I下滑重力的平均功率一沿Ⅱ下滑重力的平均功率关系。
10．（2024高二上·沙坪坝开学考）在竖直平面内有一条光滑弯曲轨道，轨道上各个高点的高度如图所示，一个小环套在轨道上，从1m高处以大小为8m/s、沿轨道切线方向的初速度下滑，则下列说法正确的是（g取10m/s2）（ ）
A．到达第①高点的速度约为8.6m/s
B．到达第①高点的速度约为74m/s
C．小环不能越过第③高点
D．小环能越过第④高点
【答案】A,D
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】AB．根据动能定理可得
则小环到达第①高点的速度为
故A正确，B错误；
CD．设小环能达到最大高度为，由动能定理有
解得
所以小环能越过第③④高点，故C错误，D正确。
故选AD。
【分析】本题主要考查动能定理的简单应用，从开始下滑到第①高点，根据动能定理列式求解到达第①高点的速度；从开始下滑到最高点，根据动能定理列式求解到达最高点的高度，进而确定能否越过第③高点、第④高点。
11．（2024高二上·沙坪坝开学考）2024年5月21日，我国在酒泉卫星发射中心使用快舟十一号遥四运载火箭，成功将武汉一号卫星、超低轨技术试验卫星等4颗卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。下列关于人造地球卫星的说法正确的是（ ）
A．同一颗卫星绕地球做圆周运动的轨道高度越高，机械能越大
B．高轨卫星的运行速度大于7.9km/s
C．卫星由较低轨道变轨至更高轨道时需要加速
D．相对于地面静止的同步轨道卫星可能处于辽宁某地正上方
【答案】A,C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．同一颗卫星绕地球做圆周运动的轨道高度越高，克服阻力做功越多，对应的发射速度越大，发射卫星所需的能量越大，则卫星的机械能越大，故A正确；
B．卫星受到地球的万有引力提供向心力可得
解得
由上式可知，卫星的轨道半径越大，运行速度越小，第一宇宙速度7.9km/s，是卫星在地球表面附近绕地球做匀速圆周运动的最大速度，因此高轨卫星的运行速度小于第一宇宙速度7.9km/s，故B错误；
C．卫星由较低轨道变轨至更高轨道时需要向后喷气，速度增加，做离心运动，故C正确；
D．相对于地面静止的同步轨道卫星只能定点在赤道的正上方，不可能处于辽宁某地正上方，故D错误。
故选AC。
【分析】第一宇宙速度最大的运行速度；根据比较速度的大小；根据变轨的原理及功能关系比较机械能的大小。
掌握万有引力提供向心力、变轨的原理，理解第一宇宙速度的物理意义。
12．（2024高二上·沙坪坝开学考）如图所示，两个圆弧轨道固定在水平地面上，半径R相同，a轨道由金属凹槽制成，b轨道由金属圆管制成（圆管内径远小于半径R），均可视为光滑轨道，在两轨道右端的正上方分别将金属小球A和B（直径略小于圆管内径）由静止释放，小球距离地面的高度分别用和表示，下列说法中正确的是（ ）
A．若，两小球都能沿轨道运动到最高点
B．若，两小球在轨道上上升的最大高度均为
C．适当调整和，均可使两小球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处
D．若使小球沿轨道运动并且从最高点飞出，的最小值为，B小球在的任何高度释放均可
【答案】A,D
【知识点】生活中的圆周运动；竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】AD．若小球A恰好能到达a轨道的最高点，根据小球的重力恰好提供向心力，则有
小球A从最高点运动到圆弧最高点的过程中，根据机械能守恒定律可知
解得
若小球B恰好能到b轨道的最高点，则小球B在最高点的速度vB= 0，小球A从最高点运动到圆弧最高点的过程中，根据机械能守恒定律
得
所以
两球都能到达轨道的最高点，故AD正确；
B．若，由于小球B在轨道b中不会脱离轨道，则小球B在轨道b上上升的最大高度等于；若，由于小球不能上升到最高点，则小球A在轨道左上方某位置脱离轨道，由于合力提供向心力，则脱离时有一定的速度，由机械能守恒定律可知，由于小球A动能不等于0，则在轨道上上升的最大高度小于，故B错误；
C．小球A从最高点飞出后做平抛运动，下落R高度时，根据位移公式可以得出：水平位移的最小值为
所以小球A落在轨道右端口外侧，而适当调整，由于B小球的速度可以从0开始增大，则B可以落在轨道右端口处，所以适当调整和，只有B球可以从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处，故C错误。
故选AD。
【分析】利用最高点的牛顿第二定律可以判别小球通过最高点的速度，结合运动过程的机械能守恒定律可以求出小球到达最高点时下落的高度，结合平抛运动的位移公式可以求出小球做平抛运动的水平位移大小。
13．（2024高二上·沙坪坝开学考）西北狼教育联盟开展学生实验交流活动．
（1）某学校学生探究向心力与哪些因素有关，借助如图1所示装置进行探究．在电动机控制下，悬臂可绕轴在水平面内匀速转动，固定在连杆上的砝码随之做匀速圆周运动，无线光电门传感器安装在悬臂的一端．
①在该实验中，主要利用了 来探究向心力与质量、半径、角速度之间的关系．
A．理想实验法 B．微元法 C．控制变量法 D．等效替代法
②探究向心力的大小与圆周运动半径的关系时，应选择两个质量 （“相同”或“不同”）的小球．
（2）另一学校学生用如图2所示的装置与传感器结合，探究向心力大小的影响因素．实验时用手拨动旋臂使它做圆周运动，力传感器和光电门固定在实验器上，测量角速度和向心力．
③电脑通过光电门测量挡光杆通过光电门的时间，并由挡光杆的宽度d、挡光杆通过光电门的时间、挡光杆做圆周运动的半径r，自动计算出砝码做圆周运动的角速度，则计算其角速度的表达式为 ．
【答案】（1）C；相同
（2）
【知识点】向心力
【解析】【解答】（1） 在研究向心力的大小与质量m、角速度和半径之间的关系时，先控制其中两个物理量不变，研究向心力大小与另一个物理量的关系，主要用到的物理方法是控制变量法。ABD错误，C正确。
故选C。
探究向心力的大小与圆周运动半径的关系时，需控制角速度和质量相同，运动半径不同，应选择两个质量相同的小球。
（2）砝码转动的线速度
由线速度、角速度的关系可得
联立解得
【分析】本题为探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系。
（1）物理学中对于多变量的问题，常常采用控制变量的方法，把多变量的问题变成多个单变量的问题。
（2） 挡光杆通过光电门的时间极短，可以认为瞬时速度等于平均速度，根据求得挡光杆的线速度，根据得到角速度。
（1）[1] 在研究向心力的大小与质量m、角速度和半径之间的关系时，先控制其中两个物理量不变，研究向心力大小与另一个物理量的关系，主要用到的物理方法是控制变量法。ABD错误，C正确。
故选C。
[2] 探究向心力的大小与圆周运动半径的关系时，需控制角速度和质量相同，运动半径不同，应选择两个质量相同的小球。
（2）砝码转动的线速度
由线速度、角速度的关系可得
联立解得
14．（2024高二上·沙坪坝开学考）某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律，他将两物块A和B用轻质细绳连接并跨过轻质定滑轮，B下端连接纸带，纸带穿过固定的打点计时器，用天平测出A、B两物块的质量，，A从高处由静止开始下落，B拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律，图乙给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图乙所示，已知打点计时器计时周期为，则：
（1）在打点0~5过程中系统势能的减小量 J，系统动能的增加量 J，由此得出的结论是 ：（重力加速度，结果均保留三位有效数字）
（2）实验结果显示，动能的增加量小于重力势能的减少量，主要原因可能是______。
A．工作电压偏高
B．存在空气阻力和摩擦阻力的影响
C．先释放重物，后接通电源打出纸带
D．利用公式计算重物速度
（3）用v表示物块A的速度，h表示物块A下落的高度。若某同学作出的图像如图丙所示，则可求出当地的重力加速度 （结果保留三位有效数字）。
【答案】（1）1.18；1.15；在误差允许的范围内，A、B组成的系统机械能守恒
（2）B
（3）9.70
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）在打0~5点过程中下降高度为h=38.40cm+21.60cm=40.00cm=0.40m
系统重力势能的减小量
打计数5点的瞬时速度
则系统动能的增加量
在误差允许的范围内，A、B组成的系统机械能守恒。
（2）A．工作电压的高低不会影响打点计时器的打点时间间隔，因此不会使得动能的增加量减小，故A错误；
B．重物下落过程中受到空气阻力、摩擦阻力作用，则会使重物动能增加量减小，即动能的增加量小于重力势能的减少量，故B正确；
C．先释放重物，后接通电源打出纸带，则会导致纸带上打出很少的点，就会产生较大的实验误差，但不一定会使重物的动能增加量减小，故C错误；
D．利用公式
计算重物速度，已经认为机械能守恒，所以两者应该没有误差，故D错误。
故选B。
（3）根据机械能守恒定律得
可得
由图丙可得图像斜率
代入数据得
【分析】(1)根据下落的高度求出系统重力势能的减小量；根据匀变速直线运动中，某段时间内的平均速度等于中时刻的瞬时速度，求出点5的瞬时速度， 再根据点5的瞬时速度求出系统动能的增加量， 从而即可分析得出结论。
(2)实验过程中，先接通电源，后释放重物，由于存在摩擦阻力做功，所以减少的重力势能一部分转化为动能；
（3）根据机械能守恒定律得出的关系式，根据图线的斜率得出重力加速度的值。
本题全面的考查了验证机械能守恒定律中的数据处理问题， 要熟练掌握匀变速直线运动的规律以及功能关系， 增强数据处理能力， 理解图象的斜率与重力加速度的关系。
（1）[1]在打点0~5过程中系统重力势能的减小量
[2]根据某段时间内平均速度等于中间时刻的瞬时速度，计数点5的瞬时速度
则系统动能的增加量
[3]在误差允许的范围内，A、B组成的系统机械能守恒。
（2）A．工作电压的高低不会影响打点计时器的打点时间间隔，因此不会使得动能的增加量减小故A错误；
B．重物下落过程中受到空气阻力、摩擦阻力作用，则会使重物动能增加量减小，即动能的增加量小于重力势能的减少量，故B正确；
C．先释放重物，后接通电源打出纸带，则会导致纸带上打出很少的点，就会产生较大的实验误差，但不一定会使重物的动能增加量减小，故C错误；
D．利用公式计算重物速度，已经认为机械能守恒，所以两者应该没有误差，故D错误。
故选B。
（3）根据机械能守恒定律得
可得
由图丙可得图像斜率
代入数据得
g＝9.70 m/s2
15．（2024高二上·沙坪坝开学考）胎压监测器可以实时监测汽车轮胎内部的气压，在汽车上安装胎压监测报警器，可以预防因汽车胎压异常而引发的事故．如图所示，一辆质量为800kg的小汽车行驶在山区的波浪形路面，路面可视为圆弧且左右圆弧半径相同，半径，根据胎压可计算出汽车受到的支持力，当支持力达到时检测器报警．重力加速度g取。
（1）汽车在A点速度多大时会触发报警？
（2）汽车要想不脱离路面，在最高点B时的最大速度是多少？
【答案】（1）解：汽车在凹形路面最底端受到重力和支持力作用，合力提供向心力有
当F最大时速度最大，可得最大速度为
（2）解：若汽车在最高点B对路面没有压力时，只受到重力作用， 重力提供向心力 有
代入数据，解得
【知识点】竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】本题考查了向心力的来源及临界条件。
(1)汽车在凹形路面最底端处， 支持力与重力的合力提供向心力；可得汽车在A点会触发报警的速度vm；
(2)汽车在最高点B对路面没有压力时，只受到重力作用提供向心力，可得汽车要想不脱离路面，在最高点B时的最大速度。
（1）汽车在凹形路面最底端受到重力和支持力作用，根据牛顿第二定律有
解得
（2）若汽车在最高点B对路面没有压力时，只受到重力作用提供向心力，则有
代入数据，解得
16．（2024高二上·沙坪坝开学考）完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功．航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示．为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板是与水平甲板相切的一段圆弧，示意如图2，长，水平投影，图中点切线方向与水平方向的夹角（）．若舰载机从点由静止开始做匀加速直线运动，经到达点进入．已知飞行员的质量，，求
（1）舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功；
（2）舰载机刚进入时，飞行员受到竖直向上的压力多大．
【答案】解：（1）舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为，则有
①
根据动能定理，有
②
联立①②式，代入数据，得
③
（2）设上翘甲板所对应的圆弧半径为，根据几何关系，有
④
由牛顿第二定律，有
⑤
联立①④⑤式，代入数据，得
⑥
【知识点】向心力；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）舰载机做匀加速直线运动，利用位移公式可以求出速度的大小，结合动能定理可以求出水平力做功的大小；
（2）当舰载机进入BC轨道时，利用牛顿第二定律可以求出飞行员受到的压力大小。
17．（2024高二上·沙坪坝开学考）2023年《三体》电视剧异常火爆，点燃了人类探索未知世界的热情。假如将来的某一天你成为了一名优秀的宇航员，你驾驶宇宙飞船对火星进行探测，为了研究火星表面的重力加速度你精心设计了如图所示的实验装置，该实验装置由光滑倾斜轨道AB、水平轨道BC和光滑圆形轨道CDE组成，轨道间平滑连接（小球经过连接点时速度大小不变），随后登陆火星后做了该实验，在轨道AB距水平轨道BC高为h=3R处无初速释放一个质量为m的小球，小球从C点向右进入半径为R的光滑圆形轨道，小球恰好通过圆形轨道最高点E且测得在E点的速度为v0.假设火星为均质球体，火星的半径为r。求：
（1）火星表面的重力加速度g；
（2）火星的第一宇宙速度v；
（3）小球从A点到E点的过程中，因摩擦产生的热量Q。
【答案】解：（1）小球恰好通过圆形轨道最高点时
解得火星表面的重力加速度
（2）对环绕火星表面做圆周运动的物体
解得
（3）小球从A点到E点的过程中，由能量守恒可得
解得
【知识点】能量守恒定律；万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【分析】（1）小球恰好经过最高点时，利用牛顿第二定律可以求出火星表面重力加速度的大小；
（2）当物体绕火星表面做匀速圆周运动时，利用牛顿第二定律可以求出火星第一宇宙速度的大小；
（3）小球从A运动到E的过程中，利用能量守恒定律可以求出摩擦产生的热量大小。
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