广东省广州市南武中学2024-2025学年高一下学期期末模拟考试物理试题
一、单选题
1．（2025高一下·海珠期末）如图所示为质点在恒力F的作用下做曲线运动轨迹的示意图，质点运动到D点时速度方向与恒力F的方向恰好互相垂直，则质点从A点运动到E点的过程，下列说法中正确的是（ ）
A．质点经过C点的速率比D点的小
B．质点经过B点时，力的方向与速度方向的夹角大于90°
C．质点经过D点时的加速度比B点的小
D．质点从A到E的过程中速度先增大后减小
2．（2025高一下·海珠期末）如图所示，轻质不可伸长的细绳，绕过光滑定滑轮，与质量为的物体连接，放在倾角为的光滑固定斜面上，绳的另一端和套在固定竖直杆上的物体连接。现、间细绳恰沿水平方向，从当前位置开始，在外力作用下以速度匀速下滑。设绳子的张力为，在此后的运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物体A做匀加速运动 B．物体A做匀速运动
C．可能小于 D．一定大于
3．（2025高一下·海珠期末）地面上的水龙头按如图所示的方式向上喷水，所有水珠喷出的速率相同，设喷射方向与地面夹角为θ，θ在到范围内，若喷出后水束的最高位置距地面5m，重力加速度g取。下列说法正确的是（ ）
A．时水束落地时的圆半径最大
B．时水束落地时的圆半径最大
C．水束落地时最大圆半径为10m
D．水束落地时最大圆半径为5m
4．（2025高一下·海珠期末）我国某些地区的人们用手抛撒谷粒进行水稻播种，如图（a）所示。在某次抛撒的过程中，有两颗质量相同的谷粒1、谷粒2同时从O点抛出，初速度分别为、，其中方向水平，方向斜向上，它们的运动轨迹在同一竖直平面内且相交于P点，如图（b）所示。已知空气阻力可忽略。（ ）
A．两粒谷子同时到达P点
B．谷粒1、2在空中运动时的加速度关系
C．两粒谷子到达P点时重力的瞬时功率、的大小关系为
D．若以O点所在水平面为零势能面，则谷粒2在其轨迹最高点的机械能为
5．（2025高一下·海珠期末）摩天轮是游乐园常见的娱乐设施，如图所示，摩天轮悬挂的座舱与摩天轮一起在竖直平面内匀速转动，座舱通过固定金属杆OP连接在圆环的横杆EF上，横杆可自由转动使得OP始终保持竖直方向。当杆EF匀速转动到摩天轮最高点时，下列说法正确的是（ ）
A．座舱的加速度为零
B．座舱上的M点与N点的角速度相等
C．座舱上的M点的线速度小于N的线速度
D．金属杆上O点的线速度小于金属杆上P点线速度
6．（2025高一下·海珠期末）2021年10月25日，如图甲所示的全球最大“上回转塔机”成功首发下线，又树立了一面“中国高端制造”的新旗帜。若该起重机某次从t=0时刻由静止开始向上提升质量为m的物体，其a-t图像如图乙所示，t1时刻达到额定功率，t1~t2时间内起重机保持额定功率运动，重力加速度为g，不计其它阻力，下列说法正确的是（ ）
A．0~t1时间内物体处于失重状态
B．t1~t2时间内物体做减速运动
C．0~t1时间内重力对物体做功为
D．t1~t2时间内起重机额定功率为
7．（2025高一下·海珠期末）2024年10月30日，神舟十九号载人飞船将三名航天员送入太空，飞船入轨后按照预定程序与天和核心舱对接。飞船与核心舱对接过程的示意图如图所示。飞船从圆轨道Ⅰ，通过变轨后，沿椭圆轨道Ⅱ由A处运动到B处，与沿圆轨道Ⅲ运行的核心舱对接，对接后的组合体继续在圆轨道Ⅲ上运行。在上述过程中，飞船（ ）
A．由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ，需在B处减速
B．在B处与核心舱对接前后的加速度相等
C．在轨道Ⅰ上A处的速度小于在轨道Ⅲ上B处的速度
D．在轨道Ⅱ上由A到B的时间大于在轨道Ⅲ上运行周期的一半
二、多选题
8．（2025高一下·海珠期末）物理来源于生活，也可以解释生活。对于如图所示生活中经常出现的情况，分析正确的是（ ）
A．图甲所示为洗衣机脱水桶，其脱水原理是利用了超重现象
B．图乙中物体随水平圆盘一起做圆周运动时，只受到指向圆盘圆心的摩擦力
C．图丙中汽车过拱桥最高点时，速度越大，对桥面的压力越小
D．图丁中若轿车转弯时速度过大发生侧翻，是因为需要的向心力大于提供的向心力
9．（2025高一下·海珠期末）如图所示，两个质量相同的钢球从A、B装置正上方同时释放，分别与A、B装置底部发生碰撞，碰后两球沿竖直方向反弹且速度相同。A装置底部为钢板，B装置底部为泡沫，用压力传感器同时测出力随时间变化的曲线①和曲线②。忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．两球到达底部时，碰前的动量不同
B．整个碰撞过程中，两球所受合力的冲量一样大
C．曲线①代表B装置碰撞情况，曲线②代表A装置碰撞情况
D．曲线①与时间轴围成的面积小于曲线②与时间轴围成的面积
10．（2025高一下·海珠期末）如图所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，自然伸长时弹簧上端处于A点.时将小球从A点正上方O点由静止释放，时到达A点，时弹簧被压缩到最低点B.以O为原点，向下为正方向建立x坐标轴，以B点为重力势能零点，弹簧形变始终处于弹性限度内，不计空气阻力。小球在从O到B的运动过程中，选项中小球的速度v、加速度a、重力势能及机械能变化图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
三、实验题
11．（2025高一下·海珠期末）学习小组利用距离传感器研究平抛运动的规律，实验装置如图1所示。某次实验得到了不同时刻小球的位置坐标图，如图2所示，其中点为抛出点，标记为，其他点依次标记为。相邻点的时间间隔均为。把各点用平滑的曲线连接起来就是平抛运动的轨迹图。
（1）经数据分析可得小球竖直方向为自由落体运动，若根据轨迹图计算当地的重力加速度，则需要知道的物理量为 （单选，填下列选项字母序号），重力加速度的表达式为 （用所选物理量符号和题中所给物理量符号表示）。
A.测量第个点到的竖直距离
B.测量第个点到的水平距离
C.测量第个点到的距离
（2）若测出重力加速度，描点连线画出图线为过原点的一条直线，如图3所示，则说明平抛运动的轨迹为抛物线。可求出平抛运动的初速度为 m/s（结果保留2位有效数字）。
12．（2025高一下·海珠期末）实验小组用“自由落体法”验证机械能守恒定律，实验装置如图。
(1)下列操作或分析中正确的有 ；
A．实验中应选取密度大，体积小的重锤
B．打点计时器两限位孔必须在同一竖直线上
C．实验时，应先释放重锤，再打开电源
D．可以用或计算某点的速度
(2)验中，小明同学选出一条清晰的纸带如图所示。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。
已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m，从打O点到打B点的过程中，则打点计时器打下B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了ΔEp＝ ，重锤动能的增加量为ΔEk＝ ；很多实验结果显示，重力势能的减少量略 （填“大于”或“小于”）动能的增加量，原因是 。
(3)小华同学利用他自己实验时打出的纸带，测量出了各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h，算出了各计数点对应的速度v以及v2，根据下表中数据在图中作出v2－h图像如图所示；
v/（m·s－1） 0.98 1.17 1.37 1.56 1.82 1.95
v2/（m2·s－2） 0.96 1.37 1.88 2.43 3.31 3.80
h/（×10－2m） 4.92 7.02 9.63 12.50 15.68 19.48
依据小华同学处理数据的方法，实验需要验证的机械能守恒的表达式为 ，因此小华同学根据图像验证机械能守恒的依据是求出图像的斜率是否近似为 。
四、解答题
13．（2025高一下·海珠期末）如图所示，返回式月球软着陆器在完成了对月球表面的考察任务后，由月球表面回到绕月球做圆周运动的轨道舱。已知月球的半径为R，轨道舱到月球表面的距离为h，引力常量为G，月球表面的重力加速度为g，不考虑月球的自转。求：
（1）月球的第一宇宙速度大小；
（2）轨道舱绕月飞行的周期T。
14．（2025高一下·海珠期末）如图所示，一架执行救援任务的直升机在H=180m的高空以v0=40m/s的速度水平向右匀速飞行，要将两箱救援物资先后准确地投放到山脚和山顶的安置点A、B，已知山高h=135m，山脚和山顶的水平距离x0=500m，g取10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）第一箱物资应在飞机离A的水平距离x1为多少时投放？
（2）投放第一箱物资后，飞机应继续飞行多大距离后再投放第二箱物资？
15．（2025高一下·海珠期末）如图所示，粗糙水平面与竖直面内的光滑半圆形轨道在B点平滑相接，一质量的小滑块（可视为质点）将弹簧压缩至A点后由静止释放，经过B点后恰好能通过最高点作平抛运动。
已知：导轨半径，小滑块的质量，小滑块与轨道间的动摩擦因数，的长度，重力加速度取。求：
（1）小滑块对圆轨道最低处B点的压力大小；
（2）弹簧压缩至A点时弹簧的弹性势能；
（3）若仅改变的长度，其他不变，滑块在半圆轨道运动时不脱离轨道，求出的可能值。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，关键掌握曲线运动速度方向特点和物体做曲线运动的条件，知道加速度的方向特点。A．速度沿D点轨迹的切线方向，质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，则知加速度斜向左上方，合外力也斜向左上方，则C点的合外力方向和速度方向夹角是钝角，质点由C到D过程中，C点的速度比D点速度大，A错误；
B．质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，速度沿轨迹的切线方向，加速度指向轨迹的内侧，则有A、B、C三点速度与加速度方向夹角大于90°，B正确；
C．质点做匀变速曲线运动，则有加速度不变，所以质点经过D点时的加速度与B点相同，C错误；
D．质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，速度沿轨迹的切线方向，加速度指向轨迹的内侧，则有A、B、C三点速度与加速度方向夹角大于90°，E点处加速度方向和速度方向夹角小于90°，根据匀变速曲线运动的特点可知，质点从A到E的过程中速度先减小再增大，D错误。
故选B。
【分析】物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，速度的方向与该点曲线的切线方向相同；由牛顿第二定律可以判断加速度的方向。
2．【答案】D
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】通过绳和杆连接的两个物体，尽管实际的运动方向不同，但可以通过速度的合成与分解，找出其速度的关联性。由题意可知，将B的实际运动分解成两个分运动，如图所示
根据平行四边形定则，可知
因B以速度匀速下滑，又增大，所以增大，则物体A做变加速运动；对A进行受力分析，结合牛顿第二定律，则有
故选D。
【分析】根据正交分解，表达A速度，分析A的运动，再根据牛顿第二定律，分析拉力和重力分量关系。
3．【答案】C
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】本题解题关键是掌握斜抛竖直方向是竖直上抛，水平方向是匀速直线运动。θ在到范围内，若喷出后水束的最高位置距地面5m， 喷射角为时喷射高度最大，有
解得
设某水珠喷射角为θ，水珠喷出到落地时间为
则水平射程
故
当时水束落地圆半径最大，有
故选C。
【分析】竖直上抛，向上做匀减速直线运动，求最大高度；斜抛竖直方向是竖直上抛，水平方向是匀速直线运动，先求时间再求水平射程；
4．【答案】C
【知识点】斜抛运动；功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题考查了平抛运动和斜抛运动在竖直方向和水平方向上的计算，以及瞬时功率的计算。A． 两颗质量相同的谷粒1、谷粒2同时从O点抛出， 因谷粒1做平抛运动，谷粒2做斜上抛运动，可知到达P点的时间不同，谷粒1先到达P点，选项A错误；
B．谷粒1、2在空中运动时都只受重力作用，则加速度关系，选项B错误；
C．到达P点时谷粒2竖直速度较大，根据P=mgvy可知，两粒谷子到达P点时重力的瞬时功率、的大小关系为，选项C正确；
D．若以O点所在水平面为零势能面，则谷粒2的机械能，因谷粒运动过程中机械能守恒，可知在其轨迹最高点的机械能也为，选项D错误。
故选C。
【分析】谷粒1做平抛运动，谷粒2做斜上抛运动，加速度都为g，结合图（b）和竖直方向运动分析运动时间；根据竖直方向速度判断重力瞬时功率；以O点所在水平面为零势能面，谷粒运动过程中机械能守恒。
5．【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度；生活中的圆周运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．座舱随摩天轮做匀速圆周运动，其运动轨迹是圆形，速度方向时刻沿切线方向变化。根据加速度的物理意义，速度变化（包括方向变化）必然存在加速度，且匀速圆周运动的加速度始终指向圆心（向心加速度）。因此，座舱的加速度不为零，A错误；
B．座舱上的 M 点与 N 点属于同一转动系统（绕摩天轮中心轴转动）。在同轴转动中，系统内各点的角速度相等，与该点到转轴的距离无关。因此，M 点与 N 点的角速度相等，B正确；
C.线速度的计算公式为。M 点和 N 点绕同一转轴转动（角速度相同），且转动半径r相等。根据公式可知，两点的线速度大小相等，C错误；
D.金属杆 OP 始终保持竖直，说明 O 点和 P 点随横杆 EF 一起绕摩天轮中心轴做同轴转动，二者角速度相同。同时，O 点和 P 点转动半径r相等（因 OP 为固定长度，且两点在同一竖直线上，到转轴的水平距离相同）。根据，两点的线速度大小相等。D错误。
故选B。
【分析】1、匀速圆周运动的加速度：匀速圆周运动中，物体速度方向时刻变化，必然存在向心加速度，加速度不为零。 2、同轴转动的特性：同一转轴转动的物体，各点角速度相等，线速度大小与转动半径成正比。 3、线速度与角速度关系：线速度v、角速度、半径r的关系为，需注意公式中r是指该点到转动轴的距离（而非物体自身尺寸）。
6．【答案】D
【知识点】超重与失重；功的计算；机车启动
【解析】【解答】本题考查a-t图像和机车启动问题，解题关键是会根据a-t图像分析物体的运动，掌握机车以恒定加速度启动时功率的变化。A. t1时刻达到额定功率，0~t1时间内物体向上加速运动，则物体处于超重状态，故A错误；
B．t1~t2时间内物体做加速度减小的加速运动，故B错误；
C.0~t1时间内重力对物体做功为
故C错误；
D．t1~t2时间内起重机额定功率为
故D正确。
故选D。
【分析】加速度竖直向上，物体处于超重状态；根据匀变速直线运动卫衣—时间公式求解位移，根据做功公式求解重力做功；根据牛顿第二定律求解牵引力，根据速度—时间公式求解物体的速度，根据P=Fv求解额定功率。
7．【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。A． 由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ， 需在B处加速，做离心运动，才能由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ，A错误；
B．在B处与核心舱对接前后的加速度相等，加速度大小为
B正确；
C．根据
解得
轨道半径越小，速度越大，所以在轨道Ⅰ上A处的速度大于在轨道Ⅲ上B处的速度，C错误；
D．根据开普勒第三定律，在轨道Ⅱ上运行周期小于在轨道Ⅲ上运行周期，所以在轨道Ⅱ上由A到B的时间小于在轨道Ⅲ上运行周期的一半，D错误。
故选B。
【分析】需在B处加速，才能由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ，根据万有引力定律结合牛顿第二定律分析加速度，轨道半径越小，速度越大，结合开普勒第三定律分析。
8．【答案】C,D
【知识点】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】本题解题关键掌握需要的向心力大于提供的向心力，做离心运动。离心现象在生活中非常普遍，要对其加以合理的利用和防护。A．图甲所示为洗衣机脱水桶，其脱水原理是水滴的附着力小于所需的向心力时水滴做离心运动，从而被甩出，故A错误；
B．图乙中物体随水平圆盘一起做匀速圆周运动时，一定受到指向圆盘圆心的摩擦力。而当物体随水平圆盘做变速圆周时，物体的线速度大小是变化的，即在切线方向存在摩擦力的分力，即此时物体所受摩擦力不指向圆心，故B错误；
C．C.图丙中汽车过拱桥最高点时，满足
因此当汽车过拱桥最高点时，速度越大，对桥面的支持力N越小，即压力越小，故C正确；
D．图丁中若轿车转弯时速度过大发生侧翻，是因为汽车做离心运动，即需要的向心力大于提供的向心力，故D正确。
故选CD。
【分析】附着力小于所需的向心力，做离心运动；变速圆周运动，合力不指向圆心；合力提供向心力，分析速度变化时，压力变化；需要的向心力大于提供的向心力，做离心运动。
9．【答案】B,D
【知识点】动量定理；动量
【解析】【解答】本题是对动量及动量定理的考查，解题的关键是要知道小球的运动过程，增大F-t图像与坐标轴所夹的面积表示合外力的冲量。A．由图可知，两球下落高度相同，由
可得
则两球到达底部时的速度相同，由于两球质量相同，故两小球到达底部时，动量相同，故A错误；
B．由题意可知，两球与装置底部碰撞后反弹的速度相同，两球碰撞前的速度也相同，则两球碰撞过程中动量变化相同，由动量定理可知，碰撞整个过程中，甲乙小球所受合力的冲量一样大，故B正确；
C．A装置底部为钢板，B装置底部为泡沫，碰撞过程，以向上为正方向，根据动量定理可得
则
由于两球碰撞过程中动量变化量相同，与A装置底部碰撞过程作用时间较小，作力较大，则曲线①代表A装置碰撞情况，曲线②代表B装置碰撞情况，故C错误；
D．图像与时间轴围成的面积表示力的冲量，根据动量定理可得
则
由于曲线①对应碰撞过程的时间小于曲线②对应碰撞过程的时间，则曲线①与时间轴围成的面积小于曲线②与时间轴围成的面积，故D正确。
故选BD。
【分析】根据动量的定义、动量定理以及F-t时间图像的物理意义来分析各选即可。
10．【答案】B,D
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】AB．小球未接触弹簧前，只受重力，根据牛顿第二定律可以得出加速度恒定，接触弹簧后，小球受弹力与重力作用，根据牛顿第二定律有：
由于弹簧形变量不断增大此时加速度逐渐减小，直至加速度等于0时，速度达到最大，此时小球的位移，然后有
当弹簧形变量不断增大，随弹力增大，加速度反向增大，速度减小。故A错误，B正确；
C．小球接触弹簧后，弹力做负功，根据功能的关系可以得出小球的机械能减小，故C错误；
D．以小球和弹簧为系统，根据机械能守恒定律可以得出重力势能的表达式有
故D正确。
故选BD。
【分析】利用牛顿第二定律结合弹力的大小可以判别小球加速度的大小变化；利用功能关系可以判别小球机械能及弹力势能的大小变化。
11．【答案】（1）A；
（2）0.70
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】本题主要考查了平抛运动的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合平抛运动的特点和运动学公式即可完成分析。
（1）根据平抛运动的规律，在竖直方向是做自由落体运动，所以需要测量第n个点到O的竖直距离
故选A。
在竖直方向，根据
解得
（2）由图3可知，图线为过原点的一条直线，则有
其中k为定值，说明平抛运动的轨迹为抛物线。
根据平抛运动的规律，在水平方向有
在竖直方向有
联立可得
则有
由图3可得
可得
【分析】（1）根据平抛运动的规律求解重力加速度的表达式，确定需要测量的物理量；
（2）根据平抛运动规律求解y-x2函数，结合图像斜率的含义求解作答；
（1）[1]根据平抛运动的规律，在竖直方向是做自由落体运动，所以需要测量第n个点到O的竖直距离。
故选A。
[2]在竖直方向，根据
解得
（2）由图3可知，图线为过原点的一条直线，则有
其中k为定值，说明平抛运动的轨迹为抛物线。
根据平抛运动的规律，在水平方向有
在竖直方向有
联立可得
则有
由图3可得
可得
12．【答案】AB；；；大于；阻力的影响；；
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】解决本题的关键知道实验的原理，并掌握实验数据的处理，知道误差形成的原因。(1)A． 验证机械能守恒定律， 为了减小阻力的影响，实验时应选取密度大，体积小的重锤，故A正确；
B．安装打点计时器使两限位孔在同一竖直线上，从而减小摩擦阻力的影响，故B正确；
C．有打点计时器的实验要先接通电源，再释放纸带，故C错误；
D．空气有阻力作用，重锤下落的实际加速度大小小于重力加速度大小，实验中如果利用或计算速度，则即认为物体只受重力则机械能一定守恒，不需要再验证了，故D错误；
故选AB；
(2)从打O点到打B点的过程中，则打点计时器打下B点时重锤的重力势能比开始下落时减少为
打B点时的速度为
重锤动能的增加量为
重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是阻力的影响，使得部分重力势能转化为内能；
(3)若机械能守恒，则有
整理可得实验需要验证的机械能守恒的表达式为
根据机械能守恒的表达式可知图像的斜线的斜率为
【分析】（1）根据实验原理和实验操作分析；
（2）利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出B点时纸带运动的瞬时速度，从而求出动能变化，根据Ep=mgh，求解重力势能变化；由于物体下落过程中存在摩擦阻力，因此动能的增加量小于势能的减小量；
（3）根据机械能守恒定律分析需要验证的表达式，从而得出图像斜率的含义。
13．【答案】（1）解：在月球表面有
由万有引力提供向心力
联立解得月球的第一宇宙速度大小
（2）解：轨道舱绕月球做圆周运动，设轨道舱的质量为，由万有引力提供向心力得
解得轨道舱绕月飞行的周期为
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【分析】（1）根据万有引力和重力的关系结合万有引力提供向心力，求解月球的第一宇宙速度大小；
（2）根据万有引力提供向心力，求解轨道舱绕月飞行的周期T。
（1）在月球表面有
由万有引力提供向心力
联立解得月球的第一宇宙速度大小
（2）轨道舱绕月球做圆周运动，设轨道舱的质量为，由万有引力提供向心力得
解得轨道舱绕月飞行的周期为
14．【答案】解：（1）第一箱物资投下后做平抛运动，竖直方向有
解得
则水平距离为
（2）第二箱物资投下后也做平抛运动，则有
解得
第二箱物资投放后飞行的水平距离为
则
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】（1）第一箱物资投下后做平抛运动，竖直方向，可求解下落时间，根据平抛运动水平位移公式可求解水平距离。
（2）第二箱物资投下后也做平抛运动，竖直方向位移公式：，可求解下落时间，
根据平抛运动水平位移公式可求解水平距离。
第二箱物资投放后飞行的水平距离
15．【答案】解：（1）在C点，根据牛顿第二定律有
在B点，根据牛顿第二定律有
小滑块从B至C根据动能定理有
代入数据得
根据牛顿第三定律，小滑块对圆轨道最低处点的压力大小；
（2）小滑块A至B根据功能关系有
由（1）可得，代入数据得
（3）物块滑上圆轨道，但不越过圆弧，设刚好到达圆弧时，轨道长，刚好到达B点时，轨道长为，则
代入数据解得
故物块滑上圆轨道，但不越过圆弧的条件为：；
依题意，时，刚好不脱离最高点：故物块要在整个圆弧运动要求；
综上述二种情况有
或者
【知识点】生活中的圆周运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）从B到C根据动能定理求解小滑块在B点的动能大小，在B点对小滑块根据牛顿第二定律、牛顿第三定律可得小滑块对圆轨道最低处B点的压力大小；
（2）根据能量守恒定律可得弹簧压缩至A点时弹簧的弹性势能；
（3）当滑块运动到与圆心O等高时速度为零，从A到与圆心等高位置，根据能量守恒定律求解AB的长度；当小滑块恰好能通过最高点C作平抛运动时，根据题意可知AB的长度，由此分析要使滑块在半圆轨道运动时不脱离轨道L的取值范围。
1 / 1广东省广州市南武中学2024-2025学年高一下学期期末模拟考试物理试题
一、单选题
1．（2025高一下·海珠期末）如图所示为质点在恒力F的作用下做曲线运动轨迹的示意图，质点运动到D点时速度方向与恒力F的方向恰好互相垂直，则质点从A点运动到E点的过程，下列说法中正确的是（ ）
A．质点经过C点的速率比D点的小
B．质点经过B点时，力的方向与速度方向的夹角大于90°
C．质点经过D点时的加速度比B点的小
D．质点从A到E的过程中速度先增大后减小
【答案】B
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，关键掌握曲线运动速度方向特点和物体做曲线运动的条件，知道加速度的方向特点。A．速度沿D点轨迹的切线方向，质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，则知加速度斜向左上方，合外力也斜向左上方，则C点的合外力方向和速度方向夹角是钝角，质点由C到D过程中，C点的速度比D点速度大，A错误；
B．质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，速度沿轨迹的切线方向，加速度指向轨迹的内侧，则有A、B、C三点速度与加速度方向夹角大于90°，B正确；
C．质点做匀变速曲线运动，则有加速度不变，所以质点经过D点时的加速度与B点相同，C错误；
D．质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，速度沿轨迹的切线方向，加速度指向轨迹的内侧，则有A、B、C三点速度与加速度方向夹角大于90°，E点处加速度方向和速度方向夹角小于90°，根据匀变速曲线运动的特点可知，质点从A到E的过程中速度先减小再增大，D错误。
故选B。
【分析】物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，速度的方向与该点曲线的切线方向相同；由牛顿第二定律可以判断加速度的方向。
2．（2025高一下·海珠期末）如图所示，轻质不可伸长的细绳，绕过光滑定滑轮，与质量为的物体连接，放在倾角为的光滑固定斜面上，绳的另一端和套在固定竖直杆上的物体连接。现、间细绳恰沿水平方向，从当前位置开始，在外力作用下以速度匀速下滑。设绳子的张力为，在此后的运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物体A做匀加速运动 B．物体A做匀速运动
C．可能小于 D．一定大于
【答案】D
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】通过绳和杆连接的两个物体，尽管实际的运动方向不同，但可以通过速度的合成与分解，找出其速度的关联性。由题意可知，将B的实际运动分解成两个分运动，如图所示
根据平行四边形定则，可知
因B以速度匀速下滑，又增大，所以增大，则物体A做变加速运动；对A进行受力分析，结合牛顿第二定律，则有
故选D。
【分析】根据正交分解，表达A速度，分析A的运动，再根据牛顿第二定律，分析拉力和重力分量关系。
3．（2025高一下·海珠期末）地面上的水龙头按如图所示的方式向上喷水，所有水珠喷出的速率相同，设喷射方向与地面夹角为θ，θ在到范围内，若喷出后水束的最高位置距地面5m，重力加速度g取。下列说法正确的是（ ）
A．时水束落地时的圆半径最大
B．时水束落地时的圆半径最大
C．水束落地时最大圆半径为10m
D．水束落地时最大圆半径为5m
【答案】C
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】本题解题关键是掌握斜抛竖直方向是竖直上抛，水平方向是匀速直线运动。θ在到范围内，若喷出后水束的最高位置距地面5m， 喷射角为时喷射高度最大，有
解得
设某水珠喷射角为θ，水珠喷出到落地时间为
则水平射程
故
当时水束落地圆半径最大，有
故选C。
【分析】竖直上抛，向上做匀减速直线运动，求最大高度；斜抛竖直方向是竖直上抛，水平方向是匀速直线运动，先求时间再求水平射程；
4．（2025高一下·海珠期末）我国某些地区的人们用手抛撒谷粒进行水稻播种，如图（a）所示。在某次抛撒的过程中，有两颗质量相同的谷粒1、谷粒2同时从O点抛出，初速度分别为、，其中方向水平，方向斜向上，它们的运动轨迹在同一竖直平面内且相交于P点，如图（b）所示。已知空气阻力可忽略。（ ）
A．两粒谷子同时到达P点
B．谷粒1、2在空中运动时的加速度关系
C．两粒谷子到达P点时重力的瞬时功率、的大小关系为
D．若以O点所在水平面为零势能面，则谷粒2在其轨迹最高点的机械能为
【答案】C
【知识点】斜抛运动；功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题考查了平抛运动和斜抛运动在竖直方向和水平方向上的计算，以及瞬时功率的计算。A． 两颗质量相同的谷粒1、谷粒2同时从O点抛出， 因谷粒1做平抛运动，谷粒2做斜上抛运动，可知到达P点的时间不同，谷粒1先到达P点，选项A错误；
B．谷粒1、2在空中运动时都只受重力作用，则加速度关系，选项B错误；
C．到达P点时谷粒2竖直速度较大，根据P=mgvy可知，两粒谷子到达P点时重力的瞬时功率、的大小关系为，选项C正确；
D．若以O点所在水平面为零势能面，则谷粒2的机械能，因谷粒运动过程中机械能守恒，可知在其轨迹最高点的机械能也为，选项D错误。
故选C。
【分析】谷粒1做平抛运动，谷粒2做斜上抛运动，加速度都为g，结合图（b）和竖直方向运动分析运动时间；根据竖直方向速度判断重力瞬时功率；以O点所在水平面为零势能面，谷粒运动过程中机械能守恒。
5．（2025高一下·海珠期末）摩天轮是游乐园常见的娱乐设施，如图所示，摩天轮悬挂的座舱与摩天轮一起在竖直平面内匀速转动，座舱通过固定金属杆OP连接在圆环的横杆EF上，横杆可自由转动使得OP始终保持竖直方向。当杆EF匀速转动到摩天轮最高点时，下列说法正确的是（ ）
A．座舱的加速度为零
B．座舱上的M点与N点的角速度相等
C．座舱上的M点的线速度小于N的线速度
D．金属杆上O点的线速度小于金属杆上P点线速度
【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度；生活中的圆周运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．座舱随摩天轮做匀速圆周运动，其运动轨迹是圆形，速度方向时刻沿切线方向变化。根据加速度的物理意义，速度变化（包括方向变化）必然存在加速度，且匀速圆周运动的加速度始终指向圆心（向心加速度）。因此，座舱的加速度不为零，A错误；
B．座舱上的 M 点与 N 点属于同一转动系统（绕摩天轮中心轴转动）。在同轴转动中，系统内各点的角速度相等，与该点到转轴的距离无关。因此，M 点与 N 点的角速度相等，B正确；
C.线速度的计算公式为。M 点和 N 点绕同一转轴转动（角速度相同），且转动半径r相等。根据公式可知，两点的线速度大小相等，C错误；
D.金属杆 OP 始终保持竖直，说明 O 点和 P 点随横杆 EF 一起绕摩天轮中心轴做同轴转动，二者角速度相同。同时，O 点和 P 点转动半径r相等（因 OP 为固定长度，且两点在同一竖直线上，到转轴的水平距离相同）。根据，两点的线速度大小相等。D错误。
故选B。
【分析】1、匀速圆周运动的加速度：匀速圆周运动中，物体速度方向时刻变化，必然存在向心加速度，加速度不为零。 2、同轴转动的特性：同一转轴转动的物体，各点角速度相等，线速度大小与转动半径成正比。 3、线速度与角速度关系：线速度v、角速度、半径r的关系为，需注意公式中r是指该点到转动轴的距离（而非物体自身尺寸）。
6．（2025高一下·海珠期末）2021年10月25日，如图甲所示的全球最大“上回转塔机”成功首发下线，又树立了一面“中国高端制造”的新旗帜。若该起重机某次从t=0时刻由静止开始向上提升质量为m的物体，其a-t图像如图乙所示，t1时刻达到额定功率，t1~t2时间内起重机保持额定功率运动，重力加速度为g，不计其它阻力，下列说法正确的是（ ）
A．0~t1时间内物体处于失重状态
B．t1~t2时间内物体做减速运动
C．0~t1时间内重力对物体做功为
D．t1~t2时间内起重机额定功率为
【答案】D
【知识点】超重与失重；功的计算；机车启动
【解析】【解答】本题考查a-t图像和机车启动问题，解题关键是会根据a-t图像分析物体的运动，掌握机车以恒定加速度启动时功率的变化。A. t1时刻达到额定功率，0~t1时间内物体向上加速运动，则物体处于超重状态，故A错误；
B．t1~t2时间内物体做加速度减小的加速运动，故B错误；
C.0~t1时间内重力对物体做功为
故C错误；
D．t1~t2时间内起重机额定功率为
故D正确。
故选D。
【分析】加速度竖直向上，物体处于超重状态；根据匀变速直线运动卫衣—时间公式求解位移，根据做功公式求解重力做功；根据牛顿第二定律求解牵引力，根据速度—时间公式求解物体的速度，根据P=Fv求解额定功率。
7．（2025高一下·海珠期末）2024年10月30日，神舟十九号载人飞船将三名航天员送入太空，飞船入轨后按照预定程序与天和核心舱对接。飞船与核心舱对接过程的示意图如图所示。飞船从圆轨道Ⅰ，通过变轨后，沿椭圆轨道Ⅱ由A处运动到B处，与沿圆轨道Ⅲ运行的核心舱对接，对接后的组合体继续在圆轨道Ⅲ上运行。在上述过程中，飞船（ ）
A．由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ，需在B处减速
B．在B处与核心舱对接前后的加速度相等
C．在轨道Ⅰ上A处的速度小于在轨道Ⅲ上B处的速度
D．在轨道Ⅱ上由A到B的时间大于在轨道Ⅲ上运行周期的一半
【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。A． 由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ， 需在B处加速，做离心运动，才能由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ，A错误；
B．在B处与核心舱对接前后的加速度相等，加速度大小为
B正确；
C．根据
解得
轨道半径越小，速度越大，所以在轨道Ⅰ上A处的速度大于在轨道Ⅲ上B处的速度，C错误；
D．根据开普勒第三定律，在轨道Ⅱ上运行周期小于在轨道Ⅲ上运行周期，所以在轨道Ⅱ上由A到B的时间小于在轨道Ⅲ上运行周期的一半，D错误。
故选B。
【分析】需在B处加速，才能由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ，根据万有引力定律结合牛顿第二定律分析加速度，轨道半径越小，速度越大，结合开普勒第三定律分析。
二、多选题
8．（2025高一下·海珠期末）物理来源于生活，也可以解释生活。对于如图所示生活中经常出现的情况，分析正确的是（ ）
A．图甲所示为洗衣机脱水桶，其脱水原理是利用了超重现象
B．图乙中物体随水平圆盘一起做圆周运动时，只受到指向圆盘圆心的摩擦力
C．图丙中汽车过拱桥最高点时，速度越大，对桥面的压力越小
D．图丁中若轿车转弯时速度过大发生侧翻，是因为需要的向心力大于提供的向心力
【答案】C,D
【知识点】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】本题解题关键掌握需要的向心力大于提供的向心力，做离心运动。离心现象在生活中非常普遍，要对其加以合理的利用和防护。A．图甲所示为洗衣机脱水桶，其脱水原理是水滴的附着力小于所需的向心力时水滴做离心运动，从而被甩出，故A错误；
B．图乙中物体随水平圆盘一起做匀速圆周运动时，一定受到指向圆盘圆心的摩擦力。而当物体随水平圆盘做变速圆周时，物体的线速度大小是变化的，即在切线方向存在摩擦力的分力，即此时物体所受摩擦力不指向圆心，故B错误；
C．C.图丙中汽车过拱桥最高点时，满足
因此当汽车过拱桥最高点时，速度越大，对桥面的支持力N越小，即压力越小，故C正确；
D．图丁中若轿车转弯时速度过大发生侧翻，是因为汽车做离心运动，即需要的向心力大于提供的向心力，故D正确。
故选CD。
【分析】附着力小于所需的向心力，做离心运动；变速圆周运动，合力不指向圆心；合力提供向心力，分析速度变化时，压力变化；需要的向心力大于提供的向心力，做离心运动。
9．（2025高一下·海珠期末）如图所示，两个质量相同的钢球从A、B装置正上方同时释放，分别与A、B装置底部发生碰撞，碰后两球沿竖直方向反弹且速度相同。A装置底部为钢板，B装置底部为泡沫，用压力传感器同时测出力随时间变化的曲线①和曲线②。忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．两球到达底部时，碰前的动量不同
B．整个碰撞过程中，两球所受合力的冲量一样大
C．曲线①代表B装置碰撞情况，曲线②代表A装置碰撞情况
D．曲线①与时间轴围成的面积小于曲线②与时间轴围成的面积
【答案】B,D
【知识点】动量定理；动量
【解析】【解答】本题是对动量及动量定理的考查，解题的关键是要知道小球的运动过程，增大F-t图像与坐标轴所夹的面积表示合外力的冲量。A．由图可知，两球下落高度相同，由
可得
则两球到达底部时的速度相同，由于两球质量相同，故两小球到达底部时，动量相同，故A错误；
B．由题意可知，两球与装置底部碰撞后反弹的速度相同，两球碰撞前的速度也相同，则两球碰撞过程中动量变化相同，由动量定理可知，碰撞整个过程中，甲乙小球所受合力的冲量一样大，故B正确；
C．A装置底部为钢板，B装置底部为泡沫，碰撞过程，以向上为正方向，根据动量定理可得
则
由于两球碰撞过程中动量变化量相同，与A装置底部碰撞过程作用时间较小，作力较大，则曲线①代表A装置碰撞情况，曲线②代表B装置碰撞情况，故C错误；
D．图像与时间轴围成的面积表示力的冲量，根据动量定理可得
则
由于曲线①对应碰撞过程的时间小于曲线②对应碰撞过程的时间，则曲线①与时间轴围成的面积小于曲线②与时间轴围成的面积，故D正确。
故选BD。
【分析】根据动量的定义、动量定理以及F-t时间图像的物理意义来分析各选即可。
10．（2025高一下·海珠期末）如图所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，自然伸长时弹簧上端处于A点.时将小球从A点正上方O点由静止释放，时到达A点，时弹簧被压缩到最低点B.以O为原点，向下为正方向建立x坐标轴，以B点为重力势能零点，弹簧形变始终处于弹性限度内，不计空气阻力。小球在从O到B的运动过程中，选项中小球的速度v、加速度a、重力势能及机械能变化图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,D
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】AB．小球未接触弹簧前，只受重力，根据牛顿第二定律可以得出加速度恒定，接触弹簧后，小球受弹力与重力作用，根据牛顿第二定律有：
由于弹簧形变量不断增大此时加速度逐渐减小，直至加速度等于0时，速度达到最大，此时小球的位移，然后有
当弹簧形变量不断增大，随弹力增大，加速度反向增大，速度减小。故A错误，B正确；
C．小球接触弹簧后，弹力做负功，根据功能的关系可以得出小球的机械能减小，故C错误；
D．以小球和弹簧为系统，根据机械能守恒定律可以得出重力势能的表达式有
故D正确。
故选BD。
【分析】利用牛顿第二定律结合弹力的大小可以判别小球加速度的大小变化；利用功能关系可以判别小球机械能及弹力势能的大小变化。
三、实验题
11．（2025高一下·海珠期末）学习小组利用距离传感器研究平抛运动的规律，实验装置如图1所示。某次实验得到了不同时刻小球的位置坐标图，如图2所示，其中点为抛出点，标记为，其他点依次标记为。相邻点的时间间隔均为。把各点用平滑的曲线连接起来就是平抛运动的轨迹图。
（1）经数据分析可得小球竖直方向为自由落体运动，若根据轨迹图计算当地的重力加速度，则需要知道的物理量为 （单选，填下列选项字母序号），重力加速度的表达式为 （用所选物理量符号和题中所给物理量符号表示）。
A.测量第个点到的竖直距离
B.测量第个点到的水平距离
C.测量第个点到的距离
（2）若测出重力加速度，描点连线画出图线为过原点的一条直线，如图3所示，则说明平抛运动的轨迹为抛物线。可求出平抛运动的初速度为 m/s（结果保留2位有效数字）。
【答案】（1）A；
（2）0.70
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】本题主要考查了平抛运动的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合平抛运动的特点和运动学公式即可完成分析。
（1）根据平抛运动的规律，在竖直方向是做自由落体运动，所以需要测量第n个点到O的竖直距离
故选A。
在竖直方向，根据
解得
（2）由图3可知，图线为过原点的一条直线，则有
其中k为定值，说明平抛运动的轨迹为抛物线。
根据平抛运动的规律，在水平方向有
在竖直方向有
联立可得
则有
由图3可得
可得
【分析】（1）根据平抛运动的规律求解重力加速度的表达式，确定需要测量的物理量；
（2）根据平抛运动规律求解y-x2函数，结合图像斜率的含义求解作答；
（1）[1]根据平抛运动的规律，在竖直方向是做自由落体运动，所以需要测量第n个点到O的竖直距离。
故选A。
[2]在竖直方向，根据
解得
（2）由图3可知，图线为过原点的一条直线，则有
其中k为定值，说明平抛运动的轨迹为抛物线。
根据平抛运动的规律，在水平方向有
在竖直方向有
联立可得
则有
由图3可得
可得
12．（2025高一下·海珠期末）实验小组用“自由落体法”验证机械能守恒定律，实验装置如图。
(1)下列操作或分析中正确的有 ；
A．实验中应选取密度大，体积小的重锤
B．打点计时器两限位孔必须在同一竖直线上
C．实验时，应先释放重锤，再打开电源
D．可以用或计算某点的速度
(2)验中，小明同学选出一条清晰的纸带如图所示。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。
已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m，从打O点到打B点的过程中，则打点计时器打下B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了ΔEp＝ ，重锤动能的增加量为ΔEk＝ ；很多实验结果显示，重力势能的减少量略 （填“大于”或“小于”）动能的增加量，原因是 。
(3)小华同学利用他自己实验时打出的纸带，测量出了各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h，算出了各计数点对应的速度v以及v2，根据下表中数据在图中作出v2－h图像如图所示；
v/（m·s－1） 0.98 1.17 1.37 1.56 1.82 1.95
v2/（m2·s－2） 0.96 1.37 1.88 2.43 3.31 3.80
h/（×10－2m） 4.92 7.02 9.63 12.50 15.68 19.48
依据小华同学处理数据的方法，实验需要验证的机械能守恒的表达式为 ，因此小华同学根据图像验证机械能守恒的依据是求出图像的斜率是否近似为 。
【答案】AB；；；大于；阻力的影响；；
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】解决本题的关键知道实验的原理，并掌握实验数据的处理，知道误差形成的原因。(1)A． 验证机械能守恒定律， 为了减小阻力的影响，实验时应选取密度大，体积小的重锤，故A正确；
B．安装打点计时器使两限位孔在同一竖直线上，从而减小摩擦阻力的影响，故B正确；
C．有打点计时器的实验要先接通电源，再释放纸带，故C错误；
D．空气有阻力作用，重锤下落的实际加速度大小小于重力加速度大小，实验中如果利用或计算速度，则即认为物体只受重力则机械能一定守恒，不需要再验证了，故D错误；
故选AB；
(2)从打O点到打B点的过程中，则打点计时器打下B点时重锤的重力势能比开始下落时减少为
打B点时的速度为
重锤动能的增加量为
重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是阻力的影响，使得部分重力势能转化为内能；
(3)若机械能守恒，则有
整理可得实验需要验证的机械能守恒的表达式为
根据机械能守恒的表达式可知图像的斜线的斜率为
【分析】（1）根据实验原理和实验操作分析；
（2）利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出B点时纸带运动的瞬时速度，从而求出动能变化，根据Ep=mgh，求解重力势能变化；由于物体下落过程中存在摩擦阻力，因此动能的增加量小于势能的减小量；
（3）根据机械能守恒定律分析需要验证的表达式，从而得出图像斜率的含义。
四、解答题
13．（2025高一下·海珠期末）如图所示，返回式月球软着陆器在完成了对月球表面的考察任务后，由月球表面回到绕月球做圆周运动的轨道舱。已知月球的半径为R，轨道舱到月球表面的距离为h，引力常量为G，月球表面的重力加速度为g，不考虑月球的自转。求：
（1）月球的第一宇宙速度大小；
（2）轨道舱绕月飞行的周期T。
【答案】（1）解：在月球表面有
由万有引力提供向心力
联立解得月球的第一宇宙速度大小
（2）解：轨道舱绕月球做圆周运动，设轨道舱的质量为，由万有引力提供向心力得
解得轨道舱绕月飞行的周期为
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【分析】（1）根据万有引力和重力的关系结合万有引力提供向心力，求解月球的第一宇宙速度大小；
（2）根据万有引力提供向心力，求解轨道舱绕月飞行的周期T。
（1）在月球表面有
由万有引力提供向心力
联立解得月球的第一宇宙速度大小
（2）轨道舱绕月球做圆周运动，设轨道舱的质量为，由万有引力提供向心力得
解得轨道舱绕月飞行的周期为
14．（2025高一下·海珠期末）如图所示，一架执行救援任务的直升机在H=180m的高空以v0=40m/s的速度水平向右匀速飞行，要将两箱救援物资先后准确地投放到山脚和山顶的安置点A、B，已知山高h=135m，山脚和山顶的水平距离x0=500m，g取10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）第一箱物资应在飞机离A的水平距离x1为多少时投放？
（2）投放第一箱物资后，飞机应继续飞行多大距离后再投放第二箱物资？
【答案】解：（1）第一箱物资投下后做平抛运动，竖直方向有
解得
则水平距离为
（2）第二箱物资投下后也做平抛运动，则有
解得
第二箱物资投放后飞行的水平距离为
则
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】（1）第一箱物资投下后做平抛运动，竖直方向，可求解下落时间，根据平抛运动水平位移公式可求解水平距离。
（2）第二箱物资投下后也做平抛运动，竖直方向位移公式：，可求解下落时间，
根据平抛运动水平位移公式可求解水平距离。
第二箱物资投放后飞行的水平距离
15．（2025高一下·海珠期末）如图所示，粗糙水平面与竖直面内的光滑半圆形轨道在B点平滑相接，一质量的小滑块（可视为质点）将弹簧压缩至A点后由静止释放，经过B点后恰好能通过最高点作平抛运动。
已知：导轨半径，小滑块的质量，小滑块与轨道间的动摩擦因数，的长度，重力加速度取。求：
（1）小滑块对圆轨道最低处B点的压力大小；
（2）弹簧压缩至A点时弹簧的弹性势能；
（3）若仅改变的长度，其他不变，滑块在半圆轨道运动时不脱离轨道，求出的可能值。
【答案】解：（1）在C点，根据牛顿第二定律有
在B点，根据牛顿第二定律有
小滑块从B至C根据动能定理有
代入数据得
根据牛顿第三定律，小滑块对圆轨道最低处点的压力大小；
（2）小滑块A至B根据功能关系有
由（1）可得，代入数据得
（3）物块滑上圆轨道，但不越过圆弧，设刚好到达圆弧时，轨道长，刚好到达B点时，轨道长为，则
代入数据解得
故物块滑上圆轨道，但不越过圆弧的条件为：；
依题意，时，刚好不脱离最高点：故物块要在整个圆弧运动要求；
综上述二种情况有
或者
【知识点】生活中的圆周运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）从B到C根据动能定理求解小滑块在B点的动能大小，在B点对小滑块根据牛顿第二定律、牛顿第三定律可得小滑块对圆轨道最低处B点的压力大小；
（2）根据能量守恒定律可得弹簧压缩至A点时弹簧的弹性势能；
（3）当滑块运动到与圆心O等高时速度为零，从A到与圆心等高位置，根据能量守恒定律求解AB的长度；当小滑块恰好能通过最高点C作平抛运动时，根据题意可知AB的长度，由此分析要使滑块在半圆轨道运动时不脱离轨道L的取值范围。
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