江苏省扬州市广陵区红桥高级中学2024-2025学年高一下学期4月期中物理试题
1．（2025高一下·广陵期中）在地面附近，一气球匀速上升，上升过程中气球的机械能（ ）
A．不变 B．增大
C．减小 D．先增大后减小
2．（2025高一下·广陵期中）某汽车发动机的额定功率为90kW，汽车以额定功率在平直公路上匀速行驶，速度大小为30m/s，则它所受阻力的大小为（ ）
A．2400N B．2700N C．3000N D．6000N
3．（2025高一下·广陵期中）如图所示，一小球由细线拴住悬挂在天花板上，并在水平面内做匀速圆周运动，线长为L，转动的角速度为，线与竖直方向间的夹角为，则小球的线速度大小为（ ）
A． B． C． D．
4．（2025高一下·广陵期中）图甲为一辆汽车在水平路面上做匀速圆周运动，图乙为一架飞机在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（ ）
A．图甲中的汽车受到的力有重力、路面的支持力和向心力
B．若图甲中的汽车速度超过一定限度，则汽车会向弯道内侧侧滑
C．图乙中飞机运动所需的向心力由重力和空气对它的作用力的合力提供
D．图乙中飞机的速度大小不变，因此飞机受到的合力为0
5．（2025高一下·广陵期中）2021年12月9日，航天员翟志刚、王亚平和叶光富在我国空间站内为大家开设了“天宫课堂”，已知地球质量为M，半径为R，引力常量为G。若我国空间站质量为m，在离地面高度为h的轨道上做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（ ）
A．空间站受到的地球引力大小为
B．空间站受到的地球引力大小为
C．空间站环绕地球的速度小于第一宇宙速度7.9km/s
D．在空间站内宇航员不受重力
6．（2025高一下·广陵期中）2025年2月11日17时30分，由航天科技集团五院研制的卫星互联网低轨“02组”卫星，在中国文昌航天发射场发射成功，在离地高度不变的低空轨道上围绕地球做匀速圆周运动。下列关于“02组”卫星的说法正确的是（ ）
A．地球对卫星引力为恒力 B．卫星的加速度为零
C．地球引力对卫星不做功 D．地球引力的功率不为零
7．（2025高一下·广陵期中）质量为0.2kg的石块从距地面10m高处以30°角斜向上方抛出，初速度v0的大小为10m/s。选抛出点所在水平面为重力势能参考平面，不计空气阻力，g取10m/s2。则从抛出到落地过程中（ ）
A．石块加速度不断改变
B．石块运动时间为1s
C．落地时石块具有的机械能为10J
D．在最高点石块所受重力的功率为
8．（2025高一下·广陵期中）2024年9月27日，我国成功发射首颗可重复使用返回式技术试验卫星一实践十九号卫星。如图所示，实践十九号卫星和中国空间站均绕地球做匀速圆周运动，且卫星轨道半径小于空间站轨道半径。下列说法正确的是（ ）
A．卫星的发射速度小于第一宇宙速度
B．卫星的线速度大于空间站的线速度
C．卫星的运行周期大于空间站的运行周期
D．卫星的向心加速度小于空间站的向心加速度
9．（2025高一下·广陵期中）关于功和能概念的理解，下列说法中正确的是（ ）
A．-10J的功大于+5J的功
B．静摩擦力只能做正功，滑动摩擦力只能做负功
C．运动物体所受合外力不为0，则该物体动能一定变化
D．合外力对物体做功为0，机械能一定守恒
10．（2025高一下·广陵期中）一个小球质量为m，用长为L的悬线固定在O点，在O点正下方处钉有一根长钉，把悬线沿水平方向拉直后无初速度地释放小球。当悬线碰到钉子的前后瞬间，下列说法中错误的是（ ）
A．小球的线速度突然增大 B．小球的角速度突然增大
C．小球的向心力突然增大 D．悬线对球拉力突然增大
11．（2025高一下·广陵期中）如图，位于竖直平面的半圆形轨道BC与足够长的水平轨道相切于B点，圆形轨道的半径为R。一个可视为质点的滑块受到水平拉力F=2.5mg的恒力作用，从水平轨道上与B点相距x的A点由静止开始运动，到达B点时撤去拉力F，滑块继续运动。不计一切摩擦，改变A点的位置，滑块到达圆形轨道最高点C时对圆形轨道的压力FC发生变化，下列能正确反映FC-x关系的图像是（ ）
A． B．
C． D．
12．（2025高一下·广陵期中）在“验证机械能守恒定律”的一次实验中，重物拖着纸带自由下落，在纸带上打出一系列的点，如图所示，已知相邻计数点的时间间隔为0.02s，回答以下问题：
（1）关于本实验，下列说法中正确的是（ ）
A．图甲中两限位孔必须在同一竖直线上
B．实验前，手应提住纸带上端，使纸带竖直
C．实验时，先放开纸带，再接通打点计时器的电源
D．数据处理时，应选择纸带上距离较近的两点作为初、末位置
（2）某同学用如图甲所示装置进行实验，得到如图乙所示的纸带，把第一个点（初速度为零）记作O点，测出点O、A间的距离，点A、C间的距离，点C、E间的距离，已知当地重力加速度为，重物的质量为，则打点计时器在打O点到C点的这段时间内，重物动能的增加量为 J，重力势能的减少量为 J；（结果均保留两位小数）
（3）在实验中发现，重物减少的重力势能大于重物增加的动能，其原因主要是 。
13．（2025高一下·广陵期中）如图所示，长度为L=10m的绳，系一小球在竖直面内做圆周运动，小球的质量为m=2kg，小球半径不计，小球在通过最低点时的速度大小为v=30m/s，试求：
（1）小球在最低点的向心加速度大小；
（2）小球在最低点所受绳的拉力大小。
14．（2025高一下·广陵期中）2024年4月26日，神舟十八号三名航天员成功入驻“天宫”空间站。空间站绕地球的运动可视为匀速圆周运动，已知地球半径为R，万有引力常量为G，空间站的运行周期为T，轨道高度为h，忽略地球自转的影响。求：
（1）空间站的运行速率v；
（2）地球的质量
15．（2025高一下·广陵期中）在离地面高度处，以初速度斜向上抛出一个质量为的物体，落地时的速度大小为，g取。求：
（1）从抛出到落地，重力做的功；
（2）从抛出到落地，克服阻力做的功。
16．（2025高一下·广陵期中）如图，半径为的光滑半圆形轨道固定在竖直平面内且与水平轨道CD相切于C点，D端有一被锁定的轻质压缩弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧右端Q到C点的距离为。质量为m的滑块（视为质点）从轨道上的P点由静止滑下，刚好能运动到Q点，并能触发弹簧解除锁定，然后滑块被弹回，且刚好能通过圆轨道的最高点A。已知，求：
（1）滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时所受轨道支持力大小；
（2）滑块与水平轨道间的动摩擦因数；
（3）弹簧弹力做的功。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】气球匀速上升时，由于气球速度不变，根据动能的表达式可以得出上升过程中动能不变，由于高度变大，根据重力势能的表达式可以得出重力势能增大，则气球的机械能增大。
故选B。
【分析】利用气球匀速上升可以判别动能保持不变，结合重力势能不断增大可以判别机械能不断增大。
2．【答案】C
【知识点】机车启动
【解析】【解答】汽车以额定功率在平直公路上匀速行驶，由于牵引力等于阻力，已知速度大小为30m/s时， 发动机的额定功率为90kW， 则它所受阻力的大小为
故选C。
【分析】利用功率和速度可以求出牵引力的大小，结合平衡方程可以求出阻力的大小。
3．【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】由于小球在水平面内做匀速圆周运动，根据几何关系可以得出小球做圆周运动的半径为
已知角速度的大小，根据线速度和角速度的关系式可以得出线速度为
故选C。
【分析】利用几何关系可以求出小球做匀速圆周运动的半径，结合角速度的大小可以求出线速度的大小。
4．【答案】C
【知识点】向心力
【解析】【解答】A．汽车说的重力和支持力的合力提供向心力做匀速圆周运动，则向心力是效果力，并不是物体受到的力，故A错误；
B．若图甲中的汽车速度超过一定限度，由于摩擦力不足以提供向心力，汽车因为速度过大会做离心运动，向弯道的外侧侧滑，故B错误；
CD．图乙中飞机在水平面内做匀速圆周运动，所以需要合力提供向心力则合力不等于0，根据受力分析可以得出合外力恰好提供向心力且不为零，运动所需的向心力由重力和空气对它的作用力的合力提供，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】汽车受到重力和支持力的作用，当速度过大，会做离心运动；飞机运动所需的向心力由重力和空气对它的作用力的合力提供；所以合力不等于0.
5．【答案】C
【知识点】万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A . 空间站引力大小应为
分母R2为地表引力，故A错误；
B . 根据万有引力定律，空间站受到的地球引力大小为
分母没有平方，故B错误；
C．第一宇宙速度7.9km/s是近地卫星的环绕速度，空间站受到的地球引力提供空间站做圆周运动的向心力，即
解得
可知环绕半径越大，环绕速度越小，空间站环绕地球的半径大于近地卫星环绕速度，则空间站环绕地球的速度小于第一宇宙速度7.9km/s，故C正确；
D . 宇航员受重力分运动的效果已用来当作合运动的向心力效果，原重力没有自身原来的效果，表现为失重，故D错误；
故选C；
【分析】（1）解题需掌握万有引力定律与圆周运动公式；关键点是区分轨道半径与地球半径；隐含条件是失重现象的本质是重力完全提供向心力；
（2）易错点包括：混淆轨道高度与地心距离的关系；误将地表引力公式套用于轨道环境；忽视失重时重力依然存在的物理实质；未理解第一宇宙速度的特定轨道条件。
6．【答案】C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．卫星离地高度不变，地球对卫星的引力大小不变，由于卫星做匀速圆周运动，所以引力方向是变化的，万有引力不是恒力，故A错误；
B．卫星离地高度不变，轨道就是一个正圆，卫星线速度的大小不变，由于卫星做曲线运动所以速度方向时刻在变，所以存在向心加速度，故B错误；
CD．由于卫星做匀速圆周运动，引力方向始终与速度方向垂直，引力不做功，引力的功率为零，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】卫星做匀速圆周运动，所以引力方向和速度方向不断发生改变；利用牛顿第二定律可以得出存在向心加速度，利用引力和速度方向垂直所以引力的功率等于0.
7．【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】A．石块在空中运动，不计空气阻力，仅受重力作用，根据牛顿第二定律可以得出加速度恒为，故A错误；
B．石块在竖直上做上抛运动，取竖直向下为正方向，根据位移公式
解得石块运动的时间为，故B错误；
C．全过程机械能守恒，落地时石块的机械能等于初始的机械能，根据机械能守恒定律有，选抛出点所在水平面为重力势能参考平面，则，根据表达式可以得出机械能为，故C正确；
D．最高速度只有水平速度，竖直速度为0，根据重力的功率表达式所以最高重力功率为0，故D错误。
故选C。
【分析】利用石块只受到重力可以求出加速度的大小；利用位移公式可以求出石块运动的时间；利用机械能守恒定律可以求出机械能的大小；利用功率的表达式可以求出重力的瞬时功率大小。
8．【答案】B
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】本题考查了万有引力定律在天体运动中的应用，比较不同轨道的卫星的运动参数时，要抓住万有引力提供向心力这一基本原理。A．卫星的发射速度大于第一宇宙速度，A错误；
B．由
可得
卫星轨道半径小于空间站轨道半径，故卫星的线速度大于空间站的线速度，B正确；
C．由
可得
卫星轨道半径小于空间站轨道半径，故卫星的运行周期小于空间站的运行周期，C错误；
D．由
可得
卫星轨道半径小于空间站轨道半径，故卫星的向心加速度大于空间站的向心加速度，D错误。
故选B。
【分析】第一宇宙速度是卫星发射的最小速度，近地卫星的圆周运动的线速度等于第一宇宙速度；根据万有引力提供向心力，结合它们的半径大小关系，判断线速度、周期、向心加速度的大小关系。
9．【答案】A
【知识点】功能关系；功的概念；功的计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．功是标量，正负代表功的效果，正功表示力对物体做功，负功表示物体克服该力做功，因此-10J的功大于+5J的功，故A正确；
B．由于静摩擦力的方向与位移方向可能相同、相反或者垂直，则静摩擦力可以做正功、负功或不做功，同样，滑动摩擦力也可以做正功、负功或不做功，故B错误；
C．运动物体所受合外力不为0，根据动能定理可以得出合外力不做功，那么物体动能不发生变化，例如匀速圆周运动，合外力不为0，但是不做功，故C错误；
D．机械能一定守恒的条件是除重力和弹力外，其他力做功的合功为零。合外力对物体做功为0，不是机械能守恒的条件，因为合力不做功，可能出现除重力以外其他力做功，所以物体机械能不一定守恒，例如匀速向上运动的物体，动能不变，但是重力势能增大，机械能增大，故D错误。
故选A。
【分析】功的正负代表力的作用效果，负功可以大于正功；静摩擦力可以做正功、负功或不做功，同样，滑动摩擦力也可以做正功、负功或不做功；根据动能定理可以得出合外力不做功，那么物体动能不发生变化，例如匀速圆周运动，合外力不为0，但是不做功；合外力对物体做功为0，不是机械能守恒的条件，因为合力不做功，可能出现除重力以外其他力做功，所以物体机械能不一定守恒。
10．【答案】A
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】AC．把悬线沿水平方向拉直后无初速度释放，当悬线碰到钉子的前后瞬间，对小球进行受力分力，由于重力与拉力都与速度垂直，所以合力对小球不做功，则小球的线速度大小不变，根据向心力公式可知，由于线速度大小不变，半径变小，根据表达式可以得出向心力变大，故C正确，不符合题意，A错误，符合题意；
B．根据线速度和角速度的关系式有：由于线速度大小不变，半径变小，则角速度增大，故B正确，不符合题意；
D．小球在最低点时，根据牛顿第二定律得
得
由于线速度大小保持不变，半径变小，则拉力变大，故D正确，不符合题意；
本题选择错误选项；
故选A。
【分析】由于合力对小球不做功，所以小球速度保持不变，利用线速度保持不变，结合半径的大小可以判别角速度和向心力的大小变化；结合牛顿第二定律可以判别拉力的大小变化。
11．【答案】B
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】 一个可视为质点的滑块受到水平拉力F=2.5mg的恒力作用，从水平轨道上与B点相距x的A点由静止开始运动，到达B点时撤去拉力F，滑块继续运动。 滑块从A到C的过程中，根据动能定理可得，
在最高点时，物块受到的重力与压力的合力提供圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律则有
联立解得，进而可以判别压力Fc和x的关系图像为B，故选B。
【分析】利用滑块的动能定理结合牛顿第二定理可以求出压力与位移之间的关系，进而选择对应的图像。
12．【答案】（1）A；B
（2）8.00；8.25
（3）重物受到空气阻力或纸带与打点计时器之间存在阻力
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）A．为了减小打点计时器对纸带的摩擦，两限位孔必须在同一竖直线上，这样可以让纸带顺利通过，A正确；
B．为了减小打点计时器对纸带的摩擦，实验前，手提住纸带上端，使纸带竖直，可以使纸带放开后保持竖直状态通过打点计时器，B正确；
C．为了充分利用纸带，应该先接通打点计时器的电源，再释放纸带，C错误；
D．为了避免距离对速度测量的影响，应选择纸带上距离适当较远的两点作为初、末位置，这样可以使误差百分比减小，D错误；
故选AB。
（2）在匀变速直线运动中，由于平均速度为中间时刻的瞬时速度，所以根据平均速度公式可以得出打下C点时重物的速度大小为
根据动能的表达式可以得出重物的动能增加量为
联立解得
根据功能关系可以得出重力做功与重力势能变化关系有
代入得
（3）由于阻力的作用重物减小的重力势能总是略大于增加的动能，由于阻力做功会导致机械能的减小，这里的阻力主要来源于重物受到的空气阻力和纸带与打点计时器之间的摩擦阻力。
【分析】（1）为了减小打点计时器对纸带的摩擦，两限位孔必须在同一竖直线上，实验前，手提住纸带上端，使纸带竖直，可以使纸带放开后保持竖直状态通过打点计时器；为了充分利用纸带，应该先接通打点计时器的电源，再释放纸带；为了避免距离对速度测量的影响，应选择纸带上距离适当较远的两点作为初、末位置，这样可以使误差百分比减小；
（2）利用平均速度公式结合动能的表达式可以求出动能的增加量；利用重力做功可以求出重力势能的变化量；
（3）由于阻力的作用重物减小的重力势能总是略大于增加的动能，这里的阻力主要来源于重物受到的空气阻力和纸带与打点计时器之间的摩擦阻力。
（1）A．两限位孔必须在同一竖直线上，这样可以让纸带顺利通过，减小摩擦对实验的影响，A正确；
B．实验前，手提住纸带上端，使纸带竖直，可以使纸带放开后保持竖直状态通过打点计时器，从而减小摩擦对实验的影响，B正确；
C．应该先接通打点计时器的电源，再释放纸带，这样可以充分利用纸带，使纸带上数据点多，若先释放纸带后接通电源，纸带上数据点会很少，甚至没有数据，C错误；
D．应选择纸带上距离适当较远的两点作为初、末位置，这样可以使误差百分比减小，D错误；
故选AB。
（2）[1]由自由落体运动规律知，中间时刻瞬时速度等于这一段平均速度，则打下C点时重物的速度大小为
则，重物的动能增加量为
联立解得
[2]由重力做功与重力势能变化关系知
代入得
（3）由于阻力的作用重物减小的重力势能总是略大于增加的动能，这里的阻力主要来源于重物受到的空气阻力和纸带与打点计时器之间的摩擦阻力。
13．【答案】解：（1）小球在最低点的向心加速度大小
（2）根据牛顿第二定律
解得
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1）根据向心加速度的表达式求解小球在最低点的向心加速度大小；
（2）在最低点合力提供向心力，向心力等于拉力减去重力。
14．【答案】（1）根据速度与周期的关系有
解得
（2）根据万有引力提供向心力，可得
解得
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；万有引力定律的应用
【解析】【分析】（1）已知空间站做匀速圆周运动，利用引力提供向心力可以求出运行速度的大小；
（2）由于地球对空间站的引力提供向心力，利用牛顿第二定律可以求出地球的质量。
15．【答案】解：（1）由题可知从抛出到落地，重力做的功为
（2）由动能定理有
代入数据得阻力做功为
即从抛出到落地，克服阻力做的功大小为
【知识点】功的计算；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）重力做功等于重力乘以下落高度；
（2）根据动能定理合力做功等于动能变化进行分析。
16．【答案】（1）设滑块第一次滑至点时的速度为，圆轨道点对滑块的支持力为，在过程中由动能定理知
在点有
代入得
方向竖直向上。
（2）在过程中有
代入得
（3）在点有
在过程中有
解得弹性势能
弹性势能减少，则说明弹簧弹力做正功，且做功大小为。
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）滑块从P到C的过程中，利用动能定理可以求出经过C点速度的大小，结合牛顿第二定理可以求出受到轨道的支持力大小；
（2）当滑块从P到Q的过程中，利用动能定理可以求出动摩擦因数的大小；
（3）当滑块经过A点时，利用牛顿第二定理可以求出经过A点速度的大小，结合Q到A的动能定理可以求出弹性势能的大小。
1 / 1江苏省扬州市广陵区红桥高级中学2024-2025学年高一下学期4月期中物理试题
1．（2025高一下·广陵期中）在地面附近，一气球匀速上升，上升过程中气球的机械能（ ）
A．不变 B．增大
C．减小 D．先增大后减小
【答案】B
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】气球匀速上升时，由于气球速度不变，根据动能的表达式可以得出上升过程中动能不变，由于高度变大，根据重力势能的表达式可以得出重力势能增大，则气球的机械能增大。
故选B。
【分析】利用气球匀速上升可以判别动能保持不变，结合重力势能不断增大可以判别机械能不断增大。
2．（2025高一下·广陵期中）某汽车发动机的额定功率为90kW，汽车以额定功率在平直公路上匀速行驶，速度大小为30m/s，则它所受阻力的大小为（ ）
A．2400N B．2700N C．3000N D．6000N
【答案】C
【知识点】机车启动
【解析】【解答】汽车以额定功率在平直公路上匀速行驶，由于牵引力等于阻力，已知速度大小为30m/s时， 发动机的额定功率为90kW， 则它所受阻力的大小为
故选C。
【分析】利用功率和速度可以求出牵引力的大小，结合平衡方程可以求出阻力的大小。
3．（2025高一下·广陵期中）如图所示，一小球由细线拴住悬挂在天花板上，并在水平面内做匀速圆周运动，线长为L，转动的角速度为，线与竖直方向间的夹角为，则小球的线速度大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】由于小球在水平面内做匀速圆周运动，根据几何关系可以得出小球做圆周运动的半径为
已知角速度的大小，根据线速度和角速度的关系式可以得出线速度为
故选C。
【分析】利用几何关系可以求出小球做匀速圆周运动的半径，结合角速度的大小可以求出线速度的大小。
4．（2025高一下·广陵期中）图甲为一辆汽车在水平路面上做匀速圆周运动，图乙为一架飞机在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（ ）
A．图甲中的汽车受到的力有重力、路面的支持力和向心力
B．若图甲中的汽车速度超过一定限度，则汽车会向弯道内侧侧滑
C．图乙中飞机运动所需的向心力由重力和空气对它的作用力的合力提供
D．图乙中飞机的速度大小不变，因此飞机受到的合力为0
【答案】C
【知识点】向心力
【解析】【解答】A．汽车说的重力和支持力的合力提供向心力做匀速圆周运动，则向心力是效果力，并不是物体受到的力，故A错误；
B．若图甲中的汽车速度超过一定限度，由于摩擦力不足以提供向心力，汽车因为速度过大会做离心运动，向弯道的外侧侧滑，故B错误；
CD．图乙中飞机在水平面内做匀速圆周运动，所以需要合力提供向心力则合力不等于0，根据受力分析可以得出合外力恰好提供向心力且不为零，运动所需的向心力由重力和空气对它的作用力的合力提供，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】汽车受到重力和支持力的作用，当速度过大，会做离心运动；飞机运动所需的向心力由重力和空气对它的作用力的合力提供；所以合力不等于0.
5．（2025高一下·广陵期中）2021年12月9日，航天员翟志刚、王亚平和叶光富在我国空间站内为大家开设了“天宫课堂”，已知地球质量为M，半径为R，引力常量为G。若我国空间站质量为m，在离地面高度为h的轨道上做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（ ）
A．空间站受到的地球引力大小为
B．空间站受到的地球引力大小为
C．空间站环绕地球的速度小于第一宇宙速度7.9km/s
D．在空间站内宇航员不受重力
【答案】C
【知识点】万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A . 空间站引力大小应为
分母R2为地表引力，故A错误；
B . 根据万有引力定律，空间站受到的地球引力大小为
分母没有平方，故B错误；
C．第一宇宙速度7.9km/s是近地卫星的环绕速度，空间站受到的地球引力提供空间站做圆周运动的向心力，即
解得
可知环绕半径越大，环绕速度越小，空间站环绕地球的半径大于近地卫星环绕速度，则空间站环绕地球的速度小于第一宇宙速度7.9km/s，故C正确；
D . 宇航员受重力分运动的效果已用来当作合运动的向心力效果，原重力没有自身原来的效果，表现为失重，故D错误；
故选C；
【分析】（1）解题需掌握万有引力定律与圆周运动公式；关键点是区分轨道半径与地球半径；隐含条件是失重现象的本质是重力完全提供向心力；
（2）易错点包括：混淆轨道高度与地心距离的关系；误将地表引力公式套用于轨道环境；忽视失重时重力依然存在的物理实质；未理解第一宇宙速度的特定轨道条件。
6．（2025高一下·广陵期中）2025年2月11日17时30分，由航天科技集团五院研制的卫星互联网低轨“02组”卫星，在中国文昌航天发射场发射成功，在离地高度不变的低空轨道上围绕地球做匀速圆周运动。下列关于“02组”卫星的说法正确的是（ ）
A．地球对卫星引力为恒力 B．卫星的加速度为零
C．地球引力对卫星不做功 D．地球引力的功率不为零
【答案】C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．卫星离地高度不变，地球对卫星的引力大小不变，由于卫星做匀速圆周运动，所以引力方向是变化的，万有引力不是恒力，故A错误；
B．卫星离地高度不变，轨道就是一个正圆，卫星线速度的大小不变，由于卫星做曲线运动所以速度方向时刻在变，所以存在向心加速度，故B错误；
CD．由于卫星做匀速圆周运动，引力方向始终与速度方向垂直，引力不做功，引力的功率为零，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】卫星做匀速圆周运动，所以引力方向和速度方向不断发生改变；利用牛顿第二定律可以得出存在向心加速度，利用引力和速度方向垂直所以引力的功率等于0.
7．（2025高一下·广陵期中）质量为0.2kg的石块从距地面10m高处以30°角斜向上方抛出，初速度v0的大小为10m/s。选抛出点所在水平面为重力势能参考平面，不计空气阻力，g取10m/s2。则从抛出到落地过程中（ ）
A．石块加速度不断改变
B．石块运动时间为1s
C．落地时石块具有的机械能为10J
D．在最高点石块所受重力的功率为
【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】A．石块在空中运动，不计空气阻力，仅受重力作用，根据牛顿第二定律可以得出加速度恒为，故A错误；
B．石块在竖直上做上抛运动，取竖直向下为正方向，根据位移公式
解得石块运动的时间为，故B错误；
C．全过程机械能守恒，落地时石块的机械能等于初始的机械能，根据机械能守恒定律有，选抛出点所在水平面为重力势能参考平面，则，根据表达式可以得出机械能为，故C正确；
D．最高速度只有水平速度，竖直速度为0，根据重力的功率表达式所以最高重力功率为0，故D错误。
故选C。
【分析】利用石块只受到重力可以求出加速度的大小；利用位移公式可以求出石块运动的时间；利用机械能守恒定律可以求出机械能的大小；利用功率的表达式可以求出重力的瞬时功率大小。
8．（2025高一下·广陵期中）2024年9月27日，我国成功发射首颗可重复使用返回式技术试验卫星一实践十九号卫星。如图所示，实践十九号卫星和中国空间站均绕地球做匀速圆周运动，且卫星轨道半径小于空间站轨道半径。下列说法正确的是（ ）
A．卫星的发射速度小于第一宇宙速度
B．卫星的线速度大于空间站的线速度
C．卫星的运行周期大于空间站的运行周期
D．卫星的向心加速度小于空间站的向心加速度
【答案】B
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】本题考查了万有引力定律在天体运动中的应用，比较不同轨道的卫星的运动参数时，要抓住万有引力提供向心力这一基本原理。A．卫星的发射速度大于第一宇宙速度，A错误；
B．由
可得
卫星轨道半径小于空间站轨道半径，故卫星的线速度大于空间站的线速度，B正确；
C．由
可得
卫星轨道半径小于空间站轨道半径，故卫星的运行周期小于空间站的运行周期，C错误；
D．由
可得
卫星轨道半径小于空间站轨道半径，故卫星的向心加速度大于空间站的向心加速度，D错误。
故选B。
【分析】第一宇宙速度是卫星发射的最小速度，近地卫星的圆周运动的线速度等于第一宇宙速度；根据万有引力提供向心力，结合它们的半径大小关系，判断线速度、周期、向心加速度的大小关系。
9．（2025高一下·广陵期中）关于功和能概念的理解，下列说法中正确的是（ ）
A．-10J的功大于+5J的功
B．静摩擦力只能做正功，滑动摩擦力只能做负功
C．运动物体所受合外力不为0，则该物体动能一定变化
D．合外力对物体做功为0，机械能一定守恒
【答案】A
【知识点】功能关系；功的概念；功的计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．功是标量，正负代表功的效果，正功表示力对物体做功，负功表示物体克服该力做功，因此-10J的功大于+5J的功，故A正确；
B．由于静摩擦力的方向与位移方向可能相同、相反或者垂直，则静摩擦力可以做正功、负功或不做功，同样，滑动摩擦力也可以做正功、负功或不做功，故B错误；
C．运动物体所受合外力不为0，根据动能定理可以得出合外力不做功，那么物体动能不发生变化，例如匀速圆周运动，合外力不为0，但是不做功，故C错误；
D．机械能一定守恒的条件是除重力和弹力外，其他力做功的合功为零。合外力对物体做功为0，不是机械能守恒的条件，因为合力不做功，可能出现除重力以外其他力做功，所以物体机械能不一定守恒，例如匀速向上运动的物体，动能不变，但是重力势能增大，机械能增大，故D错误。
故选A。
【分析】功的正负代表力的作用效果，负功可以大于正功；静摩擦力可以做正功、负功或不做功，同样，滑动摩擦力也可以做正功、负功或不做功；根据动能定理可以得出合外力不做功，那么物体动能不发生变化，例如匀速圆周运动，合外力不为0，但是不做功；合外力对物体做功为0，不是机械能守恒的条件，因为合力不做功，可能出现除重力以外其他力做功，所以物体机械能不一定守恒。
10．（2025高一下·广陵期中）一个小球质量为m，用长为L的悬线固定在O点，在O点正下方处钉有一根长钉，把悬线沿水平方向拉直后无初速度地释放小球。当悬线碰到钉子的前后瞬间，下列说法中错误的是（ ）
A．小球的线速度突然增大 B．小球的角速度突然增大
C．小球的向心力突然增大 D．悬线对球拉力突然增大
【答案】A
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】AC．把悬线沿水平方向拉直后无初速度释放，当悬线碰到钉子的前后瞬间，对小球进行受力分力，由于重力与拉力都与速度垂直，所以合力对小球不做功，则小球的线速度大小不变，根据向心力公式可知，由于线速度大小不变，半径变小，根据表达式可以得出向心力变大，故C正确，不符合题意，A错误，符合题意；
B．根据线速度和角速度的关系式有：由于线速度大小不变，半径变小，则角速度增大，故B正确，不符合题意；
D．小球在最低点时，根据牛顿第二定律得
得
由于线速度大小保持不变，半径变小，则拉力变大，故D正确，不符合题意；
本题选择错误选项；
故选A。
【分析】由于合力对小球不做功，所以小球速度保持不变，利用线速度保持不变，结合半径的大小可以判别角速度和向心力的大小变化；结合牛顿第二定律可以判别拉力的大小变化。
11．（2025高一下·广陵期中）如图，位于竖直平面的半圆形轨道BC与足够长的水平轨道相切于B点，圆形轨道的半径为R。一个可视为质点的滑块受到水平拉力F=2.5mg的恒力作用，从水平轨道上与B点相距x的A点由静止开始运动，到达B点时撤去拉力F，滑块继续运动。不计一切摩擦，改变A点的位置，滑块到达圆形轨道最高点C时对圆形轨道的压力FC发生变化，下列能正确反映FC-x关系的图像是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】 一个可视为质点的滑块受到水平拉力F=2.5mg的恒力作用，从水平轨道上与B点相距x的A点由静止开始运动，到达B点时撤去拉力F，滑块继续运动。 滑块从A到C的过程中，根据动能定理可得，
在最高点时，物块受到的重力与压力的合力提供圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律则有
联立解得，进而可以判别压力Fc和x的关系图像为B，故选B。
【分析】利用滑块的动能定理结合牛顿第二定理可以求出压力与位移之间的关系，进而选择对应的图像。
12．（2025高一下·广陵期中）在“验证机械能守恒定律”的一次实验中，重物拖着纸带自由下落，在纸带上打出一系列的点，如图所示，已知相邻计数点的时间间隔为0.02s，回答以下问题：
（1）关于本实验，下列说法中正确的是（ ）
A．图甲中两限位孔必须在同一竖直线上
B．实验前，手应提住纸带上端，使纸带竖直
C．实验时，先放开纸带，再接通打点计时器的电源
D．数据处理时，应选择纸带上距离较近的两点作为初、末位置
（2）某同学用如图甲所示装置进行实验，得到如图乙所示的纸带，把第一个点（初速度为零）记作O点，测出点O、A间的距离，点A、C间的距离，点C、E间的距离，已知当地重力加速度为，重物的质量为，则打点计时器在打O点到C点的这段时间内，重物动能的增加量为 J，重力势能的减少量为 J；（结果均保留两位小数）
（3）在实验中发现，重物减少的重力势能大于重物增加的动能，其原因主要是 。
【答案】（1）A；B
（2）8.00；8.25
（3）重物受到空气阻力或纸带与打点计时器之间存在阻力
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）A．为了减小打点计时器对纸带的摩擦，两限位孔必须在同一竖直线上，这样可以让纸带顺利通过，A正确；
B．为了减小打点计时器对纸带的摩擦，实验前，手提住纸带上端，使纸带竖直，可以使纸带放开后保持竖直状态通过打点计时器，B正确；
C．为了充分利用纸带，应该先接通打点计时器的电源，再释放纸带，C错误；
D．为了避免距离对速度测量的影响，应选择纸带上距离适当较远的两点作为初、末位置，这样可以使误差百分比减小，D错误；
故选AB。
（2）在匀变速直线运动中，由于平均速度为中间时刻的瞬时速度，所以根据平均速度公式可以得出打下C点时重物的速度大小为
根据动能的表达式可以得出重物的动能增加量为
联立解得
根据功能关系可以得出重力做功与重力势能变化关系有
代入得
（3）由于阻力的作用重物减小的重力势能总是略大于增加的动能，由于阻力做功会导致机械能的减小，这里的阻力主要来源于重物受到的空气阻力和纸带与打点计时器之间的摩擦阻力。
【分析】（1）为了减小打点计时器对纸带的摩擦，两限位孔必须在同一竖直线上，实验前，手提住纸带上端，使纸带竖直，可以使纸带放开后保持竖直状态通过打点计时器；为了充分利用纸带，应该先接通打点计时器的电源，再释放纸带；为了避免距离对速度测量的影响，应选择纸带上距离适当较远的两点作为初、末位置，这样可以使误差百分比减小；
（2）利用平均速度公式结合动能的表达式可以求出动能的增加量；利用重力做功可以求出重力势能的变化量；
（3）由于阻力的作用重物减小的重力势能总是略大于增加的动能，这里的阻力主要来源于重物受到的空气阻力和纸带与打点计时器之间的摩擦阻力。
（1）A．两限位孔必须在同一竖直线上，这样可以让纸带顺利通过，减小摩擦对实验的影响，A正确；
B．实验前，手提住纸带上端，使纸带竖直，可以使纸带放开后保持竖直状态通过打点计时器，从而减小摩擦对实验的影响，B正确；
C．应该先接通打点计时器的电源，再释放纸带，这样可以充分利用纸带，使纸带上数据点多，若先释放纸带后接通电源，纸带上数据点会很少，甚至没有数据，C错误；
D．应选择纸带上距离适当较远的两点作为初、末位置，这样可以使误差百分比减小，D错误；
故选AB。
（2）[1]由自由落体运动规律知，中间时刻瞬时速度等于这一段平均速度，则打下C点时重物的速度大小为
则，重物的动能增加量为
联立解得
[2]由重力做功与重力势能变化关系知
代入得
（3）由于阻力的作用重物减小的重力势能总是略大于增加的动能，这里的阻力主要来源于重物受到的空气阻力和纸带与打点计时器之间的摩擦阻力。
13．（2025高一下·广陵期中）如图所示，长度为L=10m的绳，系一小球在竖直面内做圆周运动，小球的质量为m=2kg，小球半径不计，小球在通过最低点时的速度大小为v=30m/s，试求：
（1）小球在最低点的向心加速度大小；
（2）小球在最低点所受绳的拉力大小。
【答案】解：（1）小球在最低点的向心加速度大小
（2）根据牛顿第二定律
解得
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1）根据向心加速度的表达式求解小球在最低点的向心加速度大小；
（2）在最低点合力提供向心力，向心力等于拉力减去重力。
14．（2025高一下·广陵期中）2024年4月26日，神舟十八号三名航天员成功入驻“天宫”空间站。空间站绕地球的运动可视为匀速圆周运动，已知地球半径为R，万有引力常量为G，空间站的运行周期为T，轨道高度为h，忽略地球自转的影响。求：
（1）空间站的运行速率v；
（2）地球的质量
【答案】（1）根据速度与周期的关系有
解得
（2）根据万有引力提供向心力，可得
解得
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；万有引力定律的应用
【解析】【分析】（1）已知空间站做匀速圆周运动，利用引力提供向心力可以求出运行速度的大小；
（2）由于地球对空间站的引力提供向心力，利用牛顿第二定律可以求出地球的质量。
15．（2025高一下·广陵期中）在离地面高度处，以初速度斜向上抛出一个质量为的物体，落地时的速度大小为，g取。求：
（1）从抛出到落地，重力做的功；
（2）从抛出到落地，克服阻力做的功。
【答案】解：（1）由题可知从抛出到落地，重力做的功为
（2）由动能定理有
代入数据得阻力做功为
即从抛出到落地，克服阻力做的功大小为
【知识点】功的计算；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）重力做功等于重力乘以下落高度；
（2）根据动能定理合力做功等于动能变化进行分析。
16．（2025高一下·广陵期中）如图，半径为的光滑半圆形轨道固定在竖直平面内且与水平轨道CD相切于C点，D端有一被锁定的轻质压缩弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧右端Q到C点的距离为。质量为m的滑块（视为质点）从轨道上的P点由静止滑下，刚好能运动到Q点，并能触发弹簧解除锁定，然后滑块被弹回，且刚好能通过圆轨道的最高点A。已知，求：
（1）滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时所受轨道支持力大小；
（2）滑块与水平轨道间的动摩擦因数；
（3）弹簧弹力做的功。
【答案】（1）设滑块第一次滑至点时的速度为，圆轨道点对滑块的支持力为，在过程中由动能定理知
在点有
代入得
方向竖直向上。
（2）在过程中有
代入得
（3）在点有
在过程中有
解得弹性势能
弹性势能减少，则说明弹簧弹力做正功，且做功大小为。
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）滑块从P到C的过程中，利用动能定理可以求出经过C点速度的大小，结合牛顿第二定理可以求出受到轨道的支持力大小；
（2）当滑块从P到Q的过程中，利用动能定理可以求出动摩擦因数的大小；
（3）当滑块经过A点时，利用牛顿第二定理可以求出经过A点速度的大小，结合Q到A的动能定理可以求出弹性势能的大小。
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