浙江省金砖联盟2024-2025学年高一下学期期中物理试题
一、单项选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对得3分，不选、错选或多选得0分）
1．（2025高一下·浙江期中）能量的国际制基本单位符号是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】功的概念；力学单位制
【解析】【解答】能量的单位为J，力的单位为N，位移的单位为m，由F=ma可知，力的单位N用国际单位制中的基本单位表示为kg m/s2，根据W=Fs可得能量的国际制基本单位符号是kg m2/s2，故B正确，ACD错误。故选：B。
【分析】根据做功公式W=Fs分析。
2．（2025高一下·浙江期中）泰山景区的机器狗驮着重物在陡峭山路上“健步如飞”，从山脚的红门到山顶的路程约为10公里，机器狗仅用了两个小时，比普通人登山所用时间缩短了一半，如图所示，在搬运重物过程中（ ）
A．在研究机器狗的爬行动作时，可以将它视为质点
B．以机器狗为参考系，重物是运动的
C．机器狗的平均速度大小约为
D．机器狗的平均速度大小是普通人的两倍
【答案】D
【知识点】质点；参考系与坐标系；平均速度
【解析】【解答】A．当研究机器狗的爬行动作时：需要考虑其腿部运动轨迹，需分析身体姿态变化，要计算各关节的受力情况，因此机器狗的大小和形状不可忽略，不能简化为质点，故A错误；
B．当机器狗驮运重物时：若重物与狗身保持相对静止，两者无相对位移，以机器狗为参考系，重物确实静止 ，故B错误；
C．从山脚的红门到山顶的路程约为10公里，用了两个小时，由，则机器狗的平均速率大小约为，因位移的大小未知，则无法求出平均速度的大小，故C错误；
D．机器狗用了两个小时比普通人登山所用时间缩短了一半，由可知机器狗的平均速度大小是普通人的两倍，故D正确。
故选D。
【分析】1、质点的适用条件——当物体的大小和形状影响研究问题时，不能视为质点。
2、参考系的选择——同一物体在不同参考系下的运动状态可能不同。
3、平均速率与平均速度的区别——速率是标量（路程/时间），速度是矢量（位移/时间）。
4、平均速度的比较——相同路径下，时间减半则平均速度大小加倍。
3．（2025高一下·浙江期中）我国新能源汽车性能优越，深受用户喜爱。在测试某款新能源汽车的刹车性能时，速度为，刹车2秒后停止。若将刹车过程视为加速度不变的匀减速直线运动，则当该车以行驶，可以分析出汽车在刹车4秒内的位移为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】汽车刹车，做匀减速直线运动，经过2s停下来，根据速度—时间公式v=v0+at，可得
解得
当该车以行驶，利用逆向思维，停止运动时间
表明4s前已经停止运动，则汽车在刹车4秒内的位移，故ABD错误，C正确。
故选：C。
【分析】根据速度—时间关系求出汽车刹车的加速度，然后根据速度—时间关系求出汽车刹车到停止的时间，利用平均速度公式求汽车在刹车4s后的位移。
4．（2025高一下·浙江期中）某质量为m的运动员一如图所示的姿势静止在水平地面上，小腿与竖直方向夹角为，设重力加速度为g，则该运动员（ ）
A．所受支持力由脚底形变产生
B．受到竖直向上的支持力
C．受到水平向前的摩擦力
D．受到水平向后的摩擦力
【答案】B
【知识点】形变与弹力；共点力的平衡
【解析】【解答】A、由弹力产生的原理可知，运动员脚底受到支持力由地面形变产生，故A错误；BCD、对运动员受力分析，由于运动员在水平方向没有相对运动或相对运动趋势，因此运动员不受摩擦力，因此重力、竖直向上的支持力，依据共点力平衡，可知，支持力FN=mg，故B正确，CD错误。
故选：B。
【分析】依据弹力与摩擦力产生的条件，结合共点力平衡，即可分析判定。
5．（2025高一下·浙江期中）拉坯是陶艺制作中较常用的一种方法，需配合双手的动作，将转盘上的泥团拉成各种形状的成型方法。将泥团放置在绕竖直轴转动的水平转台上，将它拉成花瓶的雏形，对应的简化模型如图所示。粗坯的对称轴与转台转轴重合，粗坯上M、N两质点到轴的距离之比为。当转台转速恒定为n时，下列说法正确的是（ ）
A．M、N的线速度之比为
B．M、N的向心加速度之比为
C．同一时刻，M、N所受合力方向一致
D．当转台转速变为时，M、N的角速度也增加一倍
【答案】D
【知识点】向心加速度；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A、两质点同轴转动，它们的转速n相等，线速度v=2πnr，两质点的线速度之比vM：vN=r1：r2，故A错误；B、向心加速度a=ω2r=（2πn）2r=4π2n2r，两质点的向心加速度之比aM：aN=r1：r2，故B错误；
C、 转动过程中，M、N所受合力提供向心力，向心力方向指向圆心，二者方向不同， 故C错误；
D、角速度ω=2πn，当转台转速变为2n时，M、N的角速度也增加一倍，故D正确。
故选：D。
【分析】同轴转动的转速相等，做匀速圆周运动的物体合力提供向心力；根据线速度、角速度与转速的关系分析答题；根据向心力公式分析答题。
6．（2025高一下·浙江期中）如图所示，在相同的水平面上，小明用恒力推箱子，小丁用恒力拉相同的箱子，与水平方向的夹角均为，木箱都沿直线匀速移动了x，则（ ）
A．与做功相同 B．与的功率相同
C．做的功大于做的功 D．的功率大于的功率
【答案】C
【知识点】功的概念；功率及其计算
【解析】【解答】AC、左图中拉力斜向下，具有向下的分量，箱子对地面的压力大于箱子的重力，大小为FN=F1sinθ+mg，摩擦力f=μ（F1sinθ+mg）；根据平衡条件有：F1cosθ=μ（F1sinθ+mg）；右图中拉力斜向上，具有向上的分量，箱子对地面的压力减小，压力FN'=mg-F2sinθ，摩擦力f'=μ（mg-F2sinθ）；根据平衡条件有：F2cosθ=μ（mg-F2sinθ）；由功的公式可知，W1=F1xcosθ，W2=F2xcosθ，联立可得，F1做的功大于F2做的功，故A错误，C正确；BD、由于不知道箱子运行速度，故无法确定运行时间，所以无法求出两力的功率大小，故BD错误。
故选：C。
【分析】根据共点力平衡比较拉力和推力的大小，再通过W=Fscosθ，比较做功的大小，再由功率公式确定功率的大小关系。
7．（2025高一下·浙江期中）如图所示，佩戴口罩时，每只耳朵受到口罩带的作用力为F，AB和CD两段口罩带与水平方向夹角分别为和，设同侧口罩带涉及的作用力均在同一平面内，不计摩擦，则单侧口罩带上的弹力大小（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】AB和CD两段口罩带与水平方向的夹角分别为15°和75°，因此它们之间的夹角为60°。由于同一根口罩带上弹力相等， 设AB和CD两段口罩带上的弹力大小均为T，受力分析如图
所示根据几何关系有
解得
故选A。
【分析】确定AB和CD两段口罩带之间的夹角。利用力的合成与分解原理，结合几何关系，求出单侧口罩带上的弹力大小。
8．（2025高一下·浙江期中）如图所示，教室内安装有可以沿水平方向滑动的黑板，黑板不动时，A同学从上向下画竖线，粉笔由上端从静止开始画到下端时停止，当B同学以某一速度向左匀速拉动黑板的同时，A同学用粉笔在黑板上重复前面的画线动作，则粉笔在黑板上画出的轨迹可能为乙图中的（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】依题意，当B同学以某一速度向左匀速拉动黑板的时，等效于黑板不动，粉笔在向右的方向上做匀速运动，同时A同学让粉笔在竖直方向上先向下做加速运动后向下做减速运动，则两个分运动的合运动是如图D的曲线轨迹，故D正确，ABC错误。故选：D。
【分析】根据运动的合成与分解知识进行分析解答。
9．（2025高一下·浙江期中）如图甲所示为某研究小组用智能手机探究电梯中的超失重问题，他们用手机自带的加速度传感器测得电梯从1楼到6楼的过程中竖直方向的加速度随时间变化的特征。从手机屏幕上观察到的加速度随时间变化的图像如图乙所示。手机保持静止时，图像显示的加速度值为0。则（ ）
A．加速度为时，电梯的速度达到最大
B．加速度为时，电梯正在向上减速
C．时间后的一小段时间内，电梯处于失重状态
D．0～30s的时间内，电梯先后经历匀加速、匀速和匀减速三个阶段
【答案】B
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】A．速度最大时，加速度为零；由图乙可知，当加速度为0.4m/s2时，电梯的速度还未达到最大，故A错误；B．加速度为-0.4m/s2时，则电梯正在向上减速，最终电梯会停止，故B正确；
C．时间t=10s后的一小段时间内，加速度为0.4m/s2，方向向上，电梯处于超重状态，故C错误；
D．由图乙可知，0～30s的时间内，电梯先静止，然后做加速度增大的加速运动，匀加速运动，加速度减小的加速运动；匀速运动；加速度增大的减速运动，故D错误。
故选：B。
【分析】速度最大，加速度为零；根据电梯加速度方向确定其加速还是减速；加速度方向向上，电梯处于超重状态；根据a-t图像确定运动状态。
10．（2025高一下·浙江期中）质量为、发动机的额定功率为的汽车在平直公路上行驶。若该汽车所受阻力大小恒为，则下列判断正确的是（ ）
A．若汽车保持额定功率启动，则做匀加速直线运动
B．汽车以的加速度匀加速启动，匀加速运动所能维持的时间为
C．汽车以的加速度匀加速启动，启动后第末时发动机的实际功率是
D．若汽车保持额定功率启动，则当其速度为时，加速度为
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；机车启动
【解析】【解答】A．汽车保持额定功率启动，速度逐渐变大，根据功率计算公式
可知逐渐减小，根据牛顿第二定律有
可知加速度逐渐减小，故A错误；
BC．当汽车的瞬时功率达到额定功率时，匀加速运动结束，此时有
根据牛顿第二定律有
根据匀变速直线运动的速度—时间关系可得匀加速时间为
解得s、N
汽车以的加速度匀加速启动， 启动后第末的速度为
此时的功率为kW
故B错误，C正确；
D．当其速度为时， 发动机的额定功率为，牵引力大小为N
根据牛顿第二定律有
解得
故D错误；
故选：C。
【分析】以恒定加速度启动，当功率达到额定功率时，匀加速直线运动结束，根据牛顿第二定律求出牵引力，从而根据功率与牵引力的关系求出匀加速直线运动的末速度，同理可解得加速度。
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12分，每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）
11．（2025高一下·浙江期中）如图甲所示为一小孩在固定的圆形水泥管道内踢球，她用合适的力度踢一下静止在圆筒最底端的小足球，使小足球在竖直面内先由最低点沿管道向上滚动，该过程可简化为如图乙所示，水泥管道半径为，球质量为，不计一切阻力，g取，则（ ）
A．球沿管道做匀速圆周运动
B．要使球能沿管道做圆周运动，小孩踢球做功至少
C．球经过最低点与最高点时，球对管道的压力差为
D．控制踢球力度，球有可能脱离管道后落入小朋友背后打开的书包中
【答案】B,D
【知识点】生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A． 根据机械能守恒定律，球越高，重力势能越大，动能越大，速度越小，所以球沿管道做变速圆周运动，故A错误；
B． 球恰能管道最高点时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律有
根据动能定理有
解得J
故B正确；
C．球在最高点时有
最低点有
根据动能定理有
解得N
故C错误；
D． 控制踢球力度，球的速度适当，球可能没有到达最高点而脱离管道后做斜抛运动，能落入小朋友背后打开的书包中，故D正确。
故选BD。
【分析】根据机械能守恒定律分析球的速度大小是否变化，进而判断球沿管道是否做匀速圆周运动；球恰能管道最高点时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出球通过最高点的临界速度，由动能定理求小孩踢球做功最小值；根据牛顿第二定律结合动能定理求球经过最低点与最高点时，球对管道的压力差；控制踢球力度，球不到达最高点，脱离管道后可能落入小朋友背后打开的书包中。
12．（2025高一下·浙江期中）太空探索技术公司（SpaceX）成功发射了猎鹰九号运载火箭，将60颗星链卫星成功送入既定轨道。这批卫星分三层构成卫星网络，分别位于距离地面的轨道、的轨道和的轨道上做匀速圆周运动，已知地球半径R，万有引力常数G，地球表面重力加速度g。关于这些卫星，下列说法正确的是（ ）
A．轨道卫星的线速度最大
B．轨道卫星受地球的万有引力最小
C．轨道卫星的向心加速度比轨道卫星的大
D．某时刻卫星恰好与地心共线，根据题目已知参数可算出经多久再次共线
【答案】A,D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，结合向心力公式可得
解得
轨道半径最小，则轨道卫星的线速度最大，故A正确；
B．万有引力大小与卫星质量有关，由于不知道卫星的质量关系，无法比较卫星受到的万有引力大小关系，故B错误；
C．卫星绕地球做圆周运动，由牛顿第二定律得
解得
轨道半径最小，轨道卫星的轨道半径大于轨道卫星的半径，则轨道卫星的向心加速度小于轨道卫星的向心加速度，故C错误；
D． 某时刻α、β卫星恰好与地心共线，α卫星比β卫星多转一周即转过的圆心角多2π时它们再次共线，根据已知参数可以求出α、β卫星的角速度ω，可以求出它们再次共线需要的时间，故D正确。
故选：AD。
【分析】卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，应用万有引力公式应用牛顿第二定律求出卫星的线速度、向心加速度，然后分析答题。
13．（2025高一下·浙江期中）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。小球在运动过程中的动能、重力势能、小球与弹簧的机械能及弹簧的弹性势能变化图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,C
【知识点】功能关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】A.小球在到达A点前做自由落体运动，速度一直在增大，动能一直在增大。在到达A点后受到重力和弹簧的弹力，弹簧的弹力先小于小球重力，合力向下，加速度向下，小球仍然向下做加速运动，经过平衡位置后弹簧的弹力大于小球重力，合力向上，加速度向上，小球做减速运动，动能在减小，所以t1时动能不是最大，故A错误；B.以B点为重力势能零点，可知小球在下降的过程中有Ep1=mg（x2-x）=mgx2-mgx，可知Ep1-x图像为一条向下倾斜的直线，故B正确；
C.在小球运动的过程中，小球和弹簧组成的系统，只有重力和系统内弹力做功，所以系统机械能守恒，E0-x图像为一条与x轴平行的直线，故C正确；
D．设弹簧的劲度系数为k，小球接触到弹簧后，根据弹簧的弹性势能公式有
可知图像不是直线，故D错误。
故选：BC。
【分析】分阶段分析小球的受力情况，判断其运动情况，分析动能的变化情况。列出重力势能Ep1与x的关系式，再分析Ep1-x图像的形状。根据机械能守恒条件分析系统机械能的变化。根据弹簧弹性势能公式列式分析弹簧的弹性势能Ep2与x的关系。
三、非选择题（本题共5小题，共58分）
14．（2025高一下·浙江期中）在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中。
（1）某同学的操作如图甲所示，下列做法对减小实验误差有益的是______。
A．两细绳必须等长
B．弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平行
C．用两弹簧测力计同时拉细绳时示数之差应尽可能大
D．拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些
（2）实验中弹簧测力计的指针如图乙所示，则此时弹簧测力计的示数为 N。
【答案】（1）B；D
（2）2.12（2.11~2.14）
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）A.两细绳只需要适当长一些，不需要等长，故A错误；
B.为了减小误差，弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平行，故B正确；
C.为了减小读数误差，用两弹簧测力计同时拉细绳，两弹簧测力计的示数都应适当大一些，而不是示数之差尽量大，故C错误；
D.为了减小标记方向带来的误差，拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，故D正确。
故选：BD。
（2）图中弹簧测力计的分度值为0.1N，需要估读到下一位，由图乙可知此时弹簧测力计的示数为2.14N。【分析】（1）探究两个互成角度的力的合成规律时根据实验要求选择所需器材，根据注意事项选择恰当的操作步骤；
（2）根据弹簧测力计的读数规则完成读数。
（1）A．为了便于确定力的方向，实验中，两细绳需要适当长一些，但不需要等长，故A错误；
B．为了减小力大小测量的误差，实验中，弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平行，故B正确；
C．实验中，为了使实验效果更加明显，用两弹簧测力计同时拉细绳时，测力计的示数在弹性限度之内适当大一些，两细绳之间的间距也适当大一些，并不需要两弹簧测力计示数之差尽可能大，故C错误；
D．为了便于确定力的方向，实验中，拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，故D正确。
故选BD。
（2）弹簧测力计的精度为0.1N，根据弹簧测力计的读数规律，该读数为2.12N。
15．（2025高一下·浙江期中）“探究平抛运动的特点”实验。
（1）如图甲所示用小锤打击弹性金属片，A球沿水平方向抛出，同时B球自由下落，通过 （选填“眼睛看”或“耳朵听”）方式比较它们落地时刻的先后更加合适。
（2）甲乙两位同学在实验中，让小球多次从斜槽上滚下，在白纸上依次记下小球的位置，得到的记录纸分别如图丙、丁所示，从图中可知丙的错误是 ；丁的错误是 。
【答案】（1）耳朵听
（2）斜槽末端未调节至水平；小球未从同一高度释放
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）为了减小测量误差，实验中应通过耳朵听方式比较它们落地时刻的先后更加合适。
（2）从图中可知丙的错误是斜槽末端未调节水平；丁的错误是小球未从同一高度释放。
【分析】（1）根据实验的目的分析求解；
（2）根据实验操作规范分析解答。
（1）为了减小测量误差，实验中应通过耳朵听方式比较它们落地时刻的先后更加合适。
（2）[1]图丙中，开始的第二个点比第一个点位置高一些，表明丙的错误是斜槽末端未调节至水平；
[2]根据图丁可知，描绘的点迹偏离同一条平滑曲线过大，即图中点迹不是同一条抛物线上的点迹，表明小球飞出斜槽末端的初速度不同，则丁的错误是小球未从同一高度释放。
16．（2025高一下·浙江期中）用图甲所示装置进行“验证机械能守恒定律”实验，打点计时器所接电源频率为。
（1）除图甲所示装置中的器材外，还必须从图乙中选取实验器材 。
（2）指出图甲所示装置中一处不合理的地方 。
（3）图丙和图丁为打出两条纸带，图丙中选取连续打出的点为计数点，图丁中每隔一个点取一个计数点，计数点均以A、B、C、D、E标注，各计数点间距离已在图上标出，单位为，根据纸带信息，能验证机械能守恒的是 。
A.图丙 B.图丁 C.图丙和图丁均可
（4）图丙中打D点时，重锤的速度大小为 （结果保留3位有效数字）
（5）选取合适的纸带，在纸带上选取多个计数点，测得距离h和对应速度，描点拟合得到图像。下列说法中正确的是______。
A．为减小误差，应利用公式计算重物在各点的速度
B．在选取纸带时，必须选取第1、2两点间距为的纸带
C．若图像是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能一定守恒
D．若图像是一条不过原点的直线，重物下落过程中机械能也可能守恒
【答案】（1）A
（2）重物释放前未尽量靠近打点计时器
（3）A
（4）1.78
（5）D
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）A． 还需要刻度尺测量点迹间距，无需天平与弹簧测力计，故A正确；
BC．进行“验证机械能守恒定律”实验时，若选择的起始点速度为0，则采用的实验原理为
解得
可知，不需要测量质量和力，即不需要天平以及弹簧测力计，故BC错误。
故选A。
（2） 重物释放前未尽量靠近打点计时器 ，这样可以充分利用纸带，得到更多的实验数据；
（3）电源频率为，则打点周期为
根据逐差法可知，图丙所示纸带对应的加速度
图丁所示纸带对应的加速度
表明图丁实验中阻力太大，机械能不守恒，即能验证机械能守恒的是图丙。
故选A。
（4）匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，
（5）A．利用公式 计算，即机械能已经守恒，与实验目的相悖，故A错误；
B．若打第一个点的速度恰好为0，则打出的第1、2两点之间的间距近似为
若选择打第1个点为起始点，则有
此时在选取纸带时，必须选取第1、2两点间距为的纸带。若不选择打第1个点为起始点，选择其他两个点作为始末状态，则有
此时在选取纸带时，并不需要选取第1、2两点间距为的纸带，故B错误；
C．若阻力为一较大值的恒定值，在选择打第1个点为起始点时，则有
解得
此时图像仍然是一条过原点的直线，但是，由于阻力过大，重物下落过程中机械能不守恒，即若图像是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能不一定守恒，故C错误；
D．若不选择打第1个点为起始点，选择其他两个点作为始末状态，则有
解得
此时，图像是一条不过原点的直线，可知，若图像是一条不过原点的直线，重物下落过程中机械能也可能守恒，故D正确。
故选D。
【分析】（1）根据实验原理选择合适的器材；
（2）根据实验规范确定不合理的地方；
（3）根据逐差法计算加速度，从而分析判断；
（4）根据平均速度等于瞬时速度公式，即可求解；
（5）明确实验原理，从实验原理出发进行分析。
（1）A．进行“验证机械能守恒定律”实验，需要利用刻度尺测量纸带上计数点之间的间距，即需要选择刻度尺，故A正确；
BC．进行“验证机械能守恒定律”实验时，若选择的起始点速度为0，则采用的实验原理为
解得
可知，不需要测量质量，即不需要弹簧测力计与天平，故BC错误。
故选A。
（2）为了避免纸带上出现大量的空白段落，释放重物前，重物应尽量靠近打点计时器，图甲所示装置中不合理的地方是重物释放前未尽量靠近打点计时器。
（3）电源频率为，则打点周期为
根据逐差法可知，图丙所示纸带对应的加速度
图丁所示纸带对应的加速度
可知，图丙所示纸带对应的加速度与重力加速度相差不多，在误差允许范围内，机械能守恒，图丁所示纸带对应的加速度与重力加速度相差很大，表明图丁实验中阻力太大，机械能不守恒，即能验证机械能守恒的是图丙。
故选A。
（4）匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则图丙中打D点时，重锤的速度大小为
（5）A．利用公式计算重物在各点的速度，表明重物下落加速度即为重力加速度，而实际上，由于阻力存在，重物下落加速度小于重力加速度，可知，实验中不能够利用公式计算重物在各点的速度，故A错误；
B．若打第一个点的速度恰好为0，则打出的第1、2两点之间的间距近似为
若选择打第1个点为起始点，则有
此时在选取纸带时，必须选取第1、2两点间距为的纸带。若不选择打第1个点为起始点，选择其他两个点作为始末状态，则有
此时在选取纸带时，并不需要选取第1、2两点间距为的纸带，故B错误；
C．若阻力为一较大值的恒定值，在选择打第1个点为起始点时，则有
解得
此时图像仍然是一条过原点的直线，但是，由于阻力过大，重物下落过程中机械能不守恒，即若图像是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能不一定守恒，故C错误；
D．若不选择打第1个点为起始点，选择其他两个点作为始末状态，则有
解得
此时，图像是一条不过原点的直线，可知，若图像是一条不过原点的直线，重物下落过程中机械能也可能守恒，故D正确。
故选D。
17．（2025高一下·浙江期中）“四维高景三号”02星是我国研制的高分辨率宽幅光学卫星，2025年3月15日，长征二号丁运载火箭成功将“四维高景三号”02星发射升空。若卫星在某高度处绕地球做匀速圆周运动的周期为T，忽略地球的自转，地球表面的重力加速度为g，已知地球的半径为R，引力常量为G，求：
（1）地球的质量M；
（2）求卫星距地球表面的高度h。
【答案】（1）根据万有引力定律与重力的关系有
得
（2）对卫星，根据万有引力提供向心力有
解得
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【分析】（1）根据黄金代换式列式解答；
（2）根据万有引力定律的应用列式求解。
（1）根据万有引力定律与重力的关系有
得
（2）对卫星，根据万有引力提供向心力有
解得
18．（2025高一下·浙江期中）在校运动会上，小叶同学参加和往返跑（一次来回）两个比赛项目，若小叶在加速和减速时的加速度大小均为，最大速度为，且能维持较长时间。
求：
（1）100米比赛加速段的位移大小；
（2）完成项目比赛的最大平均速度多大；
（3）参加往返跑的最好成绩是多少时间？
【答案】（1）加速过程，由速度位移关系公式可得
解得加速阶段通过的位移大小
（2）比赛加速后做匀速运动，则有最短时间，平均速度最大。加速时间
匀速运动时间
比赛的最短时间为
最大平均速度
（3）比赛第一阶段先加速后减速至0，返回时先加速后匀速，用时最短，比赛成绩最好。
第一阶段时间：
第二阶段时间：
最好成绩时间
【知识点】平均速度
【解析】【分析】（1）根据速度—位移公式求出位移；
（2）100m比赛加速后做匀速运动，则有最短时间，平均速度最大，分析加速、匀速阶段所用时间，进而求得总时间；
（3）50m比赛第一阶段先加速后减速至0，返回时先加速后匀速，用时最短，比赛成绩最好，分析加速、匀速阶段所用时间，进而求得总时间。
（1）加速过程，由速度位移关系公式可得
解得加速阶段通过的位移大小
（2）比赛加速后做匀速运动，则有最短时间，平均速度最大。加速时间
匀速运动时间
比赛的最短时间为
最大平均速度
（3）比赛第一阶段先加速后减速至0，返回时先加速后匀速，用时最短，比赛成绩最好。
第一阶段时间：
第二阶段时间：
最好成绩时间
19．（2025高一下·浙江期中）图甲为皮带装车机正在工作，图乙为装置简图，由水平传送带AB和倾角可调节的倾斜传送带BC组成，AB段长度，离地高，BC段长度，不考虑货物通过B处时速率变化，传送带以的恒定速率顺时针运转。现将一质量的货物（可看作质点）无初速度放上A点，该货物与传送带间的动摩擦因数
求：
（1）货物刚放上A时的加速度大小；
（2）包裹第一次到达B点所用的时间；
（3）要使货物相对倾斜传送带BC静止，皮带装车机最大装车高度多少米？此情况下传送1件货物比空载时多消耗多少电能？
【答案】（1）根据牛顿第二定律有
解得
（2）设经时间与传送带的速度相同，则
此过程的位移
故包裹先加速再匀速，此后包裹将与传送带一起匀速运动至B点，令匀速用时，则有
所以第一次到达B点总时间
（3）在BC段要使货物相对斜传送带静止，则应满足
解得
则当时，皮带装车机装车高度有最大值：
货物在AB段运输时，在水平传送带上相对滑行的距离为：
根据能量守恒定律知水平AB段和倾斜BC段传送带因传送货物多消耗的电能，
所以输送一次货物传送带多消耗的总电能
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）应用牛顿第二定律求出加速度；
（2）包裹先加速再匀速，应用运动学公式求出运动到B点需要的时间；
（3）包裹相对传送带静止且装车高度最大，求出此时传送带的最大倾角与最大高度；根据功能关系求多消耗的电能。
（1）根据牛顿第二定律有
解得
（2）设经时间与传送带的速度相同，则
此过程的位移
故包裹先加速再匀速，此后包裹将与传送带一起匀速运动至B点，令匀速用时，则有
所以第一次到达B点总时间
（3）在BC段要使货物相对斜传送带静止，则应满足
解得
则当时，皮带装车机装车高度有最大值：
货物在AB段运输时，在水平传送带上相对滑行的距离为：
根据能量守恒定律知水平AB段和倾斜BC段传送带因传送货物多消耗的电能，
所以输送一次货物传送带多消耗的总电能
20．（2025高一下·浙江期中）一游戏装置的竖直截面如图所示。AB是粗糙水平轨道，A左侧水平面光滑，B距水平面MN高度h，水平面上有一半径为R的圆形凹坑CDE。凹坑表面光滑，一质量为m的滑块紧靠弹簧（弹簧左端固定），当弹性势能为时，释放后滑块弹出，恰好能从C点无碰撞落入凹坑。已知，，圆弧CDE对应圆心角，。滑块可视为质点，不计空气阻力，，。求：
（1）AB段滑块克服摩擦力做功多少；
（2）滑块对凹坑最低点D的压力多大；
（3）若滑块落在水平面MN上，反弹后水平分速度保持不变，竖直分速度减半，要使滑块落在水平面上且只经1次反弹后能落入凹坑，释放前弹性势能的大小范围。
【答案】（1）滑块从B到C作平抛运动，根据
解得在C点竖直方向的速度
根据速度分解可知
根据动能定理有
其中，弹簧弹力做功
解得AB段轨道摩擦力对滑块做功
即滑块克服摩擦力做功
（2）根据速度分解，滑块在C点的速度
根据动能定理有
解得滑块在C点的速度
在D点根据牛顿第二定律有
滑块在D点受到轨道对它的支持力
根据牛顿第三定律可知，滑块对D点的压力大小为。
（3）滑块从B点飞出，先做平抛运动落至水平面MN，则有
解得
滑块，反弹后水平分速度保持不变，竖直分速度反向减半。设滑块反弹一次后做斜抛运动再落回水平面，由于竖直方向做竖直上抛运动，根据对称性可知，该过程运动时间
此时滑块与B点的水平位移为
根据动能定理与功能关系有，
若滑块一次反弹后仍能落入凹坑，则x应满足
则释放前弹性势能大小应满足
又因为滑块要先落在水平面上且弹起，所以第一次落地点最远不能超过C点，则有
综合上述可知，释放前弹性势能
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）滑块从B到C做平抛运动，根据求出滑块在C点时竖直方向的分速度，结合分速度关系求出滑块在B点的速度。根据动能定理以及弹力做功与弹性势能变化的关系求AB段滑块克服摩擦力做功多少；
（2）由几何关系求出滑块在C点的速度。根据动能定理求出滑块运动到D点时的速度。在D点，根据牛顿第二定律求出凹坑对滑块的支持力，从而求得滑块对凹坑最低点D的压力；
（3）滑块从B点飞出，先做平抛运动落至水平面MN，根据分位移公式求出平抛运动的时间t1。根据滑块落在水平面MN上，反弹后水平分速度保持不变，竖直分速度减半，求出滑块反弹一次后再落回水平面的时间t2，由x=vB（t1+t2）求出此时滑块与B点的水平位移。若滑块第一次反弹后仍能落入凹坑，则x应满足xBC≤x≤xBE，结合第一次落地点最远不超过C点，求出释放前弹性势能的大小范围。
（1）滑块从B到C作平抛运动，根据
解得在C点竖直方向的速度
根据速度分解可知
根据动能定理有
其中，弹簧弹力做功
解得AB段轨道摩擦力对滑块做功
即滑块克服摩擦力做功
（2）根据速度分解，滑块在C点的速度
根据动能定理有
解得滑块在C点的速度
在D点根据牛顿第二定律有
滑块在D点受到轨道对它的支持力
根据牛顿第三定律可知，滑块对D点的压力大小为。
（3）滑块从B点飞出，先做平抛运动落至水平面MN，则有
解得
滑块，反弹后水平分速度保持不变，竖直分速度反向减半。设滑块反弹一次后做斜抛运动再落回水平面，由于竖直方向做竖直上抛运动，根据对称性可知，该过程运动时间
此时滑块与B点的水平位移为
根据动能定理与功能关系有，
若滑块一次反弹后仍能落入凹坑，则x应满足
则释放前弹性势能大小应满足
又因为滑块要先落在水平面上且弹起，所以第一次落地点最远不能超过C点，则有
综合上述可知，释放前弹性势能
1 / 1浙江省金砖联盟2024-2025学年高一下学期期中物理试题
一、单项选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对得3分，不选、错选或多选得0分）
1．（2025高一下·浙江期中）能量的国际制基本单位符号是（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高一下·浙江期中）泰山景区的机器狗驮着重物在陡峭山路上“健步如飞”，从山脚的红门到山顶的路程约为10公里，机器狗仅用了两个小时，比普通人登山所用时间缩短了一半，如图所示，在搬运重物过程中（ ）
A．在研究机器狗的爬行动作时，可以将它视为质点
B．以机器狗为参考系，重物是运动的
C．机器狗的平均速度大小约为
D．机器狗的平均速度大小是普通人的两倍
3．（2025高一下·浙江期中）我国新能源汽车性能优越，深受用户喜爱。在测试某款新能源汽车的刹车性能时，速度为，刹车2秒后停止。若将刹车过程视为加速度不变的匀减速直线运动，则当该车以行驶，可以分析出汽车在刹车4秒内的位移为（ ）
A． B． C． D．
4．（2025高一下·浙江期中）某质量为m的运动员一如图所示的姿势静止在水平地面上，小腿与竖直方向夹角为，设重力加速度为g，则该运动员（ ）
A．所受支持力由脚底形变产生
B．受到竖直向上的支持力
C．受到水平向前的摩擦力
D．受到水平向后的摩擦力
5．（2025高一下·浙江期中）拉坯是陶艺制作中较常用的一种方法，需配合双手的动作，将转盘上的泥团拉成各种形状的成型方法。将泥团放置在绕竖直轴转动的水平转台上，将它拉成花瓶的雏形，对应的简化模型如图所示。粗坯的对称轴与转台转轴重合，粗坯上M、N两质点到轴的距离之比为。当转台转速恒定为n时，下列说法正确的是（ ）
A．M、N的线速度之比为
B．M、N的向心加速度之比为
C．同一时刻，M、N所受合力方向一致
D．当转台转速变为时，M、N的角速度也增加一倍
6．（2025高一下·浙江期中）如图所示，在相同的水平面上，小明用恒力推箱子，小丁用恒力拉相同的箱子，与水平方向的夹角均为，木箱都沿直线匀速移动了x，则（ ）
A．与做功相同 B．与的功率相同
C．做的功大于做的功 D．的功率大于的功率
7．（2025高一下·浙江期中）如图所示，佩戴口罩时，每只耳朵受到口罩带的作用力为F，AB和CD两段口罩带与水平方向夹角分别为和，设同侧口罩带涉及的作用力均在同一平面内，不计摩擦，则单侧口罩带上的弹力大小（ ）
A． B． C． D．
8．（2025高一下·浙江期中）如图所示，教室内安装有可以沿水平方向滑动的黑板，黑板不动时，A同学从上向下画竖线，粉笔由上端从静止开始画到下端时停止，当B同学以某一速度向左匀速拉动黑板的同时，A同学用粉笔在黑板上重复前面的画线动作，则粉笔在黑板上画出的轨迹可能为乙图中的（ ）
A． B．
C． D．
9．（2025高一下·浙江期中）如图甲所示为某研究小组用智能手机探究电梯中的超失重问题，他们用手机自带的加速度传感器测得电梯从1楼到6楼的过程中竖直方向的加速度随时间变化的特征。从手机屏幕上观察到的加速度随时间变化的图像如图乙所示。手机保持静止时，图像显示的加速度值为0。则（ ）
A．加速度为时，电梯的速度达到最大
B．加速度为时，电梯正在向上减速
C．时间后的一小段时间内，电梯处于失重状态
D．0～30s的时间内，电梯先后经历匀加速、匀速和匀减速三个阶段
10．（2025高一下·浙江期中）质量为、发动机的额定功率为的汽车在平直公路上行驶。若该汽车所受阻力大小恒为，则下列判断正确的是（ ）
A．若汽车保持额定功率启动，则做匀加速直线运动
B．汽车以的加速度匀加速启动，匀加速运动所能维持的时间为
C．汽车以的加速度匀加速启动，启动后第末时发动机的实际功率是
D．若汽车保持额定功率启动，则当其速度为时，加速度为
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12分，每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）
11．（2025高一下·浙江期中）如图甲所示为一小孩在固定的圆形水泥管道内踢球，她用合适的力度踢一下静止在圆筒最底端的小足球，使小足球在竖直面内先由最低点沿管道向上滚动，该过程可简化为如图乙所示，水泥管道半径为，球质量为，不计一切阻力，g取，则（ ）
A．球沿管道做匀速圆周运动
B．要使球能沿管道做圆周运动，小孩踢球做功至少
C．球经过最低点与最高点时，球对管道的压力差为
D．控制踢球力度，球有可能脱离管道后落入小朋友背后打开的书包中
12．（2025高一下·浙江期中）太空探索技术公司（SpaceX）成功发射了猎鹰九号运载火箭，将60颗星链卫星成功送入既定轨道。这批卫星分三层构成卫星网络，分别位于距离地面的轨道、的轨道和的轨道上做匀速圆周运动，已知地球半径R，万有引力常数G，地球表面重力加速度g。关于这些卫星，下列说法正确的是（ ）
A．轨道卫星的线速度最大
B．轨道卫星受地球的万有引力最小
C．轨道卫星的向心加速度比轨道卫星的大
D．某时刻卫星恰好与地心共线，根据题目已知参数可算出经多久再次共线
13．（2025高一下·浙江期中）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。小球在运动过程中的动能、重力势能、小球与弹簧的机械能及弹簧的弹性势能变化图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
三、非选择题（本题共5小题，共58分）
14．（2025高一下·浙江期中）在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中。
（1）某同学的操作如图甲所示，下列做法对减小实验误差有益的是______。
A．两细绳必须等长
B．弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平行
C．用两弹簧测力计同时拉细绳时示数之差应尽可能大
D．拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些
（2）实验中弹簧测力计的指针如图乙所示，则此时弹簧测力计的示数为 N。
15．（2025高一下·浙江期中）“探究平抛运动的特点”实验。
（1）如图甲所示用小锤打击弹性金属片，A球沿水平方向抛出，同时B球自由下落，通过 （选填“眼睛看”或“耳朵听”）方式比较它们落地时刻的先后更加合适。
（2）甲乙两位同学在实验中，让小球多次从斜槽上滚下，在白纸上依次记下小球的位置，得到的记录纸分别如图丙、丁所示，从图中可知丙的错误是 ；丁的错误是 。
16．（2025高一下·浙江期中）用图甲所示装置进行“验证机械能守恒定律”实验，打点计时器所接电源频率为。
（1）除图甲所示装置中的器材外，还必须从图乙中选取实验器材 。
（2）指出图甲所示装置中一处不合理的地方 。
（3）图丙和图丁为打出两条纸带，图丙中选取连续打出的点为计数点，图丁中每隔一个点取一个计数点，计数点均以A、B、C、D、E标注，各计数点间距离已在图上标出，单位为，根据纸带信息，能验证机械能守恒的是 。
A.图丙 B.图丁 C.图丙和图丁均可
（4）图丙中打D点时，重锤的速度大小为 （结果保留3位有效数字）
（5）选取合适的纸带，在纸带上选取多个计数点，测得距离h和对应速度，描点拟合得到图像。下列说法中正确的是______。
A．为减小误差，应利用公式计算重物在各点的速度
B．在选取纸带时，必须选取第1、2两点间距为的纸带
C．若图像是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能一定守恒
D．若图像是一条不过原点的直线，重物下落过程中机械能也可能守恒
17．（2025高一下·浙江期中）“四维高景三号”02星是我国研制的高分辨率宽幅光学卫星，2025年3月15日，长征二号丁运载火箭成功将“四维高景三号”02星发射升空。若卫星在某高度处绕地球做匀速圆周运动的周期为T，忽略地球的自转，地球表面的重力加速度为g，已知地球的半径为R，引力常量为G，求：
（1）地球的质量M；
（2）求卫星距地球表面的高度h。
18．（2025高一下·浙江期中）在校运动会上，小叶同学参加和往返跑（一次来回）两个比赛项目，若小叶在加速和减速时的加速度大小均为，最大速度为，且能维持较长时间。
求：
（1）100米比赛加速段的位移大小；
（2）完成项目比赛的最大平均速度多大；
（3）参加往返跑的最好成绩是多少时间？
19．（2025高一下·浙江期中）图甲为皮带装车机正在工作，图乙为装置简图，由水平传送带AB和倾角可调节的倾斜传送带BC组成，AB段长度，离地高，BC段长度，不考虑货物通过B处时速率变化，传送带以的恒定速率顺时针运转。现将一质量的货物（可看作质点）无初速度放上A点，该货物与传送带间的动摩擦因数
求：
（1）货物刚放上A时的加速度大小；
（2）包裹第一次到达B点所用的时间；
（3）要使货物相对倾斜传送带BC静止，皮带装车机最大装车高度多少米？此情况下传送1件货物比空载时多消耗多少电能？
20．（2025高一下·浙江期中）一游戏装置的竖直截面如图所示。AB是粗糙水平轨道，A左侧水平面光滑，B距水平面MN高度h，水平面上有一半径为R的圆形凹坑CDE。凹坑表面光滑，一质量为m的滑块紧靠弹簧（弹簧左端固定），当弹性势能为时，释放后滑块弹出，恰好能从C点无碰撞落入凹坑。已知，，圆弧CDE对应圆心角，。滑块可视为质点，不计空气阻力，，。求：
（1）AB段滑块克服摩擦力做功多少；
（2）滑块对凹坑最低点D的压力多大；
（3）若滑块落在水平面MN上，反弹后水平分速度保持不变，竖直分速度减半，要使滑块落在水平面上且只经1次反弹后能落入凹坑，释放前弹性势能的大小范围。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】功的概念；力学单位制
【解析】【解答】能量的单位为J，力的单位为N，位移的单位为m，由F=ma可知，力的单位N用国际单位制中的基本单位表示为kg m/s2，根据W=Fs可得能量的国际制基本单位符号是kg m2/s2，故B正确，ACD错误。故选：B。
【分析】根据做功公式W=Fs分析。
2．【答案】D
【知识点】质点；参考系与坐标系；平均速度
【解析】【解答】A．当研究机器狗的爬行动作时：需要考虑其腿部运动轨迹，需分析身体姿态变化，要计算各关节的受力情况，因此机器狗的大小和形状不可忽略，不能简化为质点，故A错误；
B．当机器狗驮运重物时：若重物与狗身保持相对静止，两者无相对位移，以机器狗为参考系，重物确实静止 ，故B错误；
C．从山脚的红门到山顶的路程约为10公里，用了两个小时，由，则机器狗的平均速率大小约为，因位移的大小未知，则无法求出平均速度的大小，故C错误；
D．机器狗用了两个小时比普通人登山所用时间缩短了一半，由可知机器狗的平均速度大小是普通人的两倍，故D正确。
故选D。
【分析】1、质点的适用条件——当物体的大小和形状影响研究问题时，不能视为质点。
2、参考系的选择——同一物体在不同参考系下的运动状态可能不同。
3、平均速率与平均速度的区别——速率是标量（路程/时间），速度是矢量（位移/时间）。
4、平均速度的比较——相同路径下，时间减半则平均速度大小加倍。
3．【答案】C
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】汽车刹车，做匀减速直线运动，经过2s停下来，根据速度—时间公式v=v0+at，可得
解得
当该车以行驶，利用逆向思维，停止运动时间
表明4s前已经停止运动，则汽车在刹车4秒内的位移，故ABD错误，C正确。
故选：C。
【分析】根据速度—时间关系求出汽车刹车的加速度，然后根据速度—时间关系求出汽车刹车到停止的时间，利用平均速度公式求汽车在刹车4s后的位移。
4．【答案】B
【知识点】形变与弹力；共点力的平衡
【解析】【解答】A、由弹力产生的原理可知，运动员脚底受到支持力由地面形变产生，故A错误；BCD、对运动员受力分析，由于运动员在水平方向没有相对运动或相对运动趋势，因此运动员不受摩擦力，因此重力、竖直向上的支持力，依据共点力平衡，可知，支持力FN=mg，故B正确，CD错误。
故选：B。
【分析】依据弹力与摩擦力产生的条件，结合共点力平衡，即可分析判定。
5．【答案】D
【知识点】向心加速度；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A、两质点同轴转动，它们的转速n相等，线速度v=2πnr，两质点的线速度之比vM：vN=r1：r2，故A错误；B、向心加速度a=ω2r=（2πn）2r=4π2n2r，两质点的向心加速度之比aM：aN=r1：r2，故B错误；
C、 转动过程中，M、N所受合力提供向心力，向心力方向指向圆心，二者方向不同， 故C错误；
D、角速度ω=2πn，当转台转速变为2n时，M、N的角速度也增加一倍，故D正确。
故选：D。
【分析】同轴转动的转速相等，做匀速圆周运动的物体合力提供向心力；根据线速度、角速度与转速的关系分析答题；根据向心力公式分析答题。
6．【答案】C
【知识点】功的概念；功率及其计算
【解析】【解答】AC、左图中拉力斜向下，具有向下的分量，箱子对地面的压力大于箱子的重力，大小为FN=F1sinθ+mg，摩擦力f=μ（F1sinθ+mg）；根据平衡条件有：F1cosθ=μ（F1sinθ+mg）；右图中拉力斜向上，具有向上的分量，箱子对地面的压力减小，压力FN'=mg-F2sinθ，摩擦力f'=μ（mg-F2sinθ）；根据平衡条件有：F2cosθ=μ（mg-F2sinθ）；由功的公式可知，W1=F1xcosθ，W2=F2xcosθ，联立可得，F1做的功大于F2做的功，故A错误，C正确；BD、由于不知道箱子运行速度，故无法确定运行时间，所以无法求出两力的功率大小，故BD错误。
故选：C。
【分析】根据共点力平衡比较拉力和推力的大小，再通过W=Fscosθ，比较做功的大小，再由功率公式确定功率的大小关系。
7．【答案】A
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】AB和CD两段口罩带与水平方向的夹角分别为15°和75°，因此它们之间的夹角为60°。由于同一根口罩带上弹力相等， 设AB和CD两段口罩带上的弹力大小均为T，受力分析如图
所示根据几何关系有
解得
故选A。
【分析】确定AB和CD两段口罩带之间的夹角。利用力的合成与分解原理，结合几何关系，求出单侧口罩带上的弹力大小。
8．【答案】D
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】依题意，当B同学以某一速度向左匀速拉动黑板的时，等效于黑板不动，粉笔在向右的方向上做匀速运动，同时A同学让粉笔在竖直方向上先向下做加速运动后向下做减速运动，则两个分运动的合运动是如图D的曲线轨迹，故D正确，ABC错误。故选：D。
【分析】根据运动的合成与分解知识进行分析解答。
9．【答案】B
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】A．速度最大时，加速度为零；由图乙可知，当加速度为0.4m/s2时，电梯的速度还未达到最大，故A错误；B．加速度为-0.4m/s2时，则电梯正在向上减速，最终电梯会停止，故B正确；
C．时间t=10s后的一小段时间内，加速度为0.4m/s2，方向向上，电梯处于超重状态，故C错误；
D．由图乙可知，0～30s的时间内，电梯先静止，然后做加速度增大的加速运动，匀加速运动，加速度减小的加速运动；匀速运动；加速度增大的减速运动，故D错误。
故选：B。
【分析】速度最大，加速度为零；根据电梯加速度方向确定其加速还是减速；加速度方向向上，电梯处于超重状态；根据a-t图像确定运动状态。
10．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；机车启动
【解析】【解答】A．汽车保持额定功率启动，速度逐渐变大，根据功率计算公式
可知逐渐减小，根据牛顿第二定律有
可知加速度逐渐减小，故A错误；
BC．当汽车的瞬时功率达到额定功率时，匀加速运动结束，此时有
根据牛顿第二定律有
根据匀变速直线运动的速度—时间关系可得匀加速时间为
解得s、N
汽车以的加速度匀加速启动， 启动后第末的速度为
此时的功率为kW
故B错误，C正确；
D．当其速度为时， 发动机的额定功率为，牵引力大小为N
根据牛顿第二定律有
解得
故D错误；
故选：C。
【分析】以恒定加速度启动，当功率达到额定功率时，匀加速直线运动结束，根据牛顿第二定律求出牵引力，从而根据功率与牵引力的关系求出匀加速直线运动的末速度，同理可解得加速度。
11．【答案】B,D
【知识点】生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A． 根据机械能守恒定律，球越高，重力势能越大，动能越大，速度越小，所以球沿管道做变速圆周运动，故A错误；
B． 球恰能管道最高点时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律有
根据动能定理有
解得J
故B正确；
C．球在最高点时有
最低点有
根据动能定理有
解得N
故C错误；
D． 控制踢球力度，球的速度适当，球可能没有到达最高点而脱离管道后做斜抛运动，能落入小朋友背后打开的书包中，故D正确。
故选BD。
【分析】根据机械能守恒定律分析球的速度大小是否变化，进而判断球沿管道是否做匀速圆周运动；球恰能管道最高点时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出球通过最高点的临界速度，由动能定理求小孩踢球做功最小值；根据牛顿第二定律结合动能定理求球经过最低点与最高点时，球对管道的压力差；控制踢球力度，球不到达最高点，脱离管道后可能落入小朋友背后打开的书包中。
12．【答案】A,D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，结合向心力公式可得
解得
轨道半径最小，则轨道卫星的线速度最大，故A正确；
B．万有引力大小与卫星质量有关，由于不知道卫星的质量关系，无法比较卫星受到的万有引力大小关系，故B错误；
C．卫星绕地球做圆周运动，由牛顿第二定律得
解得
轨道半径最小，轨道卫星的轨道半径大于轨道卫星的半径，则轨道卫星的向心加速度小于轨道卫星的向心加速度，故C错误；
D． 某时刻α、β卫星恰好与地心共线，α卫星比β卫星多转一周即转过的圆心角多2π时它们再次共线，根据已知参数可以求出α、β卫星的角速度ω，可以求出它们再次共线需要的时间，故D正确。
故选：AD。
【分析】卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，应用万有引力公式应用牛顿第二定律求出卫星的线速度、向心加速度，然后分析答题。
13．【答案】B,C
【知识点】功能关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】A.小球在到达A点前做自由落体运动，速度一直在增大，动能一直在增大。在到达A点后受到重力和弹簧的弹力，弹簧的弹力先小于小球重力，合力向下，加速度向下，小球仍然向下做加速运动，经过平衡位置后弹簧的弹力大于小球重力，合力向上，加速度向上，小球做减速运动，动能在减小，所以t1时动能不是最大，故A错误；B.以B点为重力势能零点，可知小球在下降的过程中有Ep1=mg（x2-x）=mgx2-mgx，可知Ep1-x图像为一条向下倾斜的直线，故B正确；
C.在小球运动的过程中，小球和弹簧组成的系统，只有重力和系统内弹力做功，所以系统机械能守恒，E0-x图像为一条与x轴平行的直线，故C正确；
D．设弹簧的劲度系数为k，小球接触到弹簧后，根据弹簧的弹性势能公式有
可知图像不是直线，故D错误。
故选：BC。
【分析】分阶段分析小球的受力情况，判断其运动情况，分析动能的变化情况。列出重力势能Ep1与x的关系式，再分析Ep1-x图像的形状。根据机械能守恒条件分析系统机械能的变化。根据弹簧弹性势能公式列式分析弹簧的弹性势能Ep2与x的关系。
14．【答案】（1）B；D
（2）2.12（2.11~2.14）
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）A.两细绳只需要适当长一些，不需要等长，故A错误；
B.为了减小误差，弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平行，故B正确；
C.为了减小读数误差，用两弹簧测力计同时拉细绳，两弹簧测力计的示数都应适当大一些，而不是示数之差尽量大，故C错误；
D.为了减小标记方向带来的误差，拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，故D正确。
故选：BD。
（2）图中弹簧测力计的分度值为0.1N，需要估读到下一位，由图乙可知此时弹簧测力计的示数为2.14N。【分析】（1）探究两个互成角度的力的合成规律时根据实验要求选择所需器材，根据注意事项选择恰当的操作步骤；
（2）根据弹簧测力计的读数规则完成读数。
（1）A．为了便于确定力的方向，实验中，两细绳需要适当长一些，但不需要等长，故A错误；
B．为了减小力大小测量的误差，实验中，弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平行，故B正确；
C．实验中，为了使实验效果更加明显，用两弹簧测力计同时拉细绳时，测力计的示数在弹性限度之内适当大一些，两细绳之间的间距也适当大一些，并不需要两弹簧测力计示数之差尽可能大，故C错误；
D．为了便于确定力的方向，实验中，拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，故D正确。
故选BD。
（2）弹簧测力计的精度为0.1N，根据弹簧测力计的读数规律，该读数为2.12N。
15．【答案】（1）耳朵听
（2）斜槽末端未调节至水平；小球未从同一高度释放
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）为了减小测量误差，实验中应通过耳朵听方式比较它们落地时刻的先后更加合适。
（2）从图中可知丙的错误是斜槽末端未调节水平；丁的错误是小球未从同一高度释放。
【分析】（1）根据实验的目的分析求解；
（2）根据实验操作规范分析解答。
（1）为了减小测量误差，实验中应通过耳朵听方式比较它们落地时刻的先后更加合适。
（2）[1]图丙中，开始的第二个点比第一个点位置高一些，表明丙的错误是斜槽末端未调节至水平；
[2]根据图丁可知，描绘的点迹偏离同一条平滑曲线过大，即图中点迹不是同一条抛物线上的点迹，表明小球飞出斜槽末端的初速度不同，则丁的错误是小球未从同一高度释放。
16．【答案】（1）A
（2）重物释放前未尽量靠近打点计时器
（3）A
（4）1.78
（5）D
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）A． 还需要刻度尺测量点迹间距，无需天平与弹簧测力计，故A正确；
BC．进行“验证机械能守恒定律”实验时，若选择的起始点速度为0，则采用的实验原理为
解得
可知，不需要测量质量和力，即不需要天平以及弹簧测力计，故BC错误。
故选A。
（2） 重物释放前未尽量靠近打点计时器 ，这样可以充分利用纸带，得到更多的实验数据；
（3）电源频率为，则打点周期为
根据逐差法可知，图丙所示纸带对应的加速度
图丁所示纸带对应的加速度
表明图丁实验中阻力太大，机械能不守恒，即能验证机械能守恒的是图丙。
故选A。
（4）匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，
（5）A．利用公式 计算，即机械能已经守恒，与实验目的相悖，故A错误；
B．若打第一个点的速度恰好为0，则打出的第1、2两点之间的间距近似为
若选择打第1个点为起始点，则有
此时在选取纸带时，必须选取第1、2两点间距为的纸带。若不选择打第1个点为起始点，选择其他两个点作为始末状态，则有
此时在选取纸带时，并不需要选取第1、2两点间距为的纸带，故B错误；
C．若阻力为一较大值的恒定值，在选择打第1个点为起始点时，则有
解得
此时图像仍然是一条过原点的直线，但是，由于阻力过大，重物下落过程中机械能不守恒，即若图像是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能不一定守恒，故C错误；
D．若不选择打第1个点为起始点，选择其他两个点作为始末状态，则有
解得
此时，图像是一条不过原点的直线，可知，若图像是一条不过原点的直线，重物下落过程中机械能也可能守恒，故D正确。
故选D。
【分析】（1）根据实验原理选择合适的器材；
（2）根据实验规范确定不合理的地方；
（3）根据逐差法计算加速度，从而分析判断；
（4）根据平均速度等于瞬时速度公式，即可求解；
（5）明确实验原理，从实验原理出发进行分析。
（1）A．进行“验证机械能守恒定律”实验，需要利用刻度尺测量纸带上计数点之间的间距，即需要选择刻度尺，故A正确；
BC．进行“验证机械能守恒定律”实验时，若选择的起始点速度为0，则采用的实验原理为
解得
可知，不需要测量质量，即不需要弹簧测力计与天平，故BC错误。
故选A。
（2）为了避免纸带上出现大量的空白段落，释放重物前，重物应尽量靠近打点计时器，图甲所示装置中不合理的地方是重物释放前未尽量靠近打点计时器。
（3）电源频率为，则打点周期为
根据逐差法可知，图丙所示纸带对应的加速度
图丁所示纸带对应的加速度
可知，图丙所示纸带对应的加速度与重力加速度相差不多，在误差允许范围内，机械能守恒，图丁所示纸带对应的加速度与重力加速度相差很大，表明图丁实验中阻力太大，机械能不守恒，即能验证机械能守恒的是图丙。
故选A。
（4）匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则图丙中打D点时，重锤的速度大小为
（5）A．利用公式计算重物在各点的速度，表明重物下落加速度即为重力加速度，而实际上，由于阻力存在，重物下落加速度小于重力加速度，可知，实验中不能够利用公式计算重物在各点的速度，故A错误；
B．若打第一个点的速度恰好为0，则打出的第1、2两点之间的间距近似为
若选择打第1个点为起始点，则有
此时在选取纸带时，必须选取第1、2两点间距为的纸带。若不选择打第1个点为起始点，选择其他两个点作为始末状态，则有
此时在选取纸带时，并不需要选取第1、2两点间距为的纸带，故B错误；
C．若阻力为一较大值的恒定值，在选择打第1个点为起始点时，则有
解得
此时图像仍然是一条过原点的直线，但是，由于阻力过大，重物下落过程中机械能不守恒，即若图像是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能不一定守恒，故C错误；
D．若不选择打第1个点为起始点，选择其他两个点作为始末状态，则有
解得
此时，图像是一条不过原点的直线，可知，若图像是一条不过原点的直线，重物下落过程中机械能也可能守恒，故D正确。
故选D。
17．【答案】（1）根据万有引力定律与重力的关系有
得
（2）对卫星，根据万有引力提供向心力有
解得
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【分析】（1）根据黄金代换式列式解答；
（2）根据万有引力定律的应用列式求解。
（1）根据万有引力定律与重力的关系有
得
（2）对卫星，根据万有引力提供向心力有
解得
18．【答案】（1）加速过程，由速度位移关系公式可得
解得加速阶段通过的位移大小
（2）比赛加速后做匀速运动，则有最短时间，平均速度最大。加速时间
匀速运动时间
比赛的最短时间为
最大平均速度
（3）比赛第一阶段先加速后减速至0，返回时先加速后匀速，用时最短，比赛成绩最好。
第一阶段时间：
第二阶段时间：
最好成绩时间
【知识点】平均速度
【解析】【分析】（1）根据速度—位移公式求出位移；
（2）100m比赛加速后做匀速运动，则有最短时间，平均速度最大，分析加速、匀速阶段所用时间，进而求得总时间；
（3）50m比赛第一阶段先加速后减速至0，返回时先加速后匀速，用时最短，比赛成绩最好，分析加速、匀速阶段所用时间，进而求得总时间。
（1）加速过程，由速度位移关系公式可得
解得加速阶段通过的位移大小
（2）比赛加速后做匀速运动，则有最短时间，平均速度最大。加速时间
匀速运动时间
比赛的最短时间为
最大平均速度
（3）比赛第一阶段先加速后减速至0，返回时先加速后匀速，用时最短，比赛成绩最好。
第一阶段时间：
第二阶段时间：
最好成绩时间
19．【答案】（1）根据牛顿第二定律有
解得
（2）设经时间与传送带的速度相同，则
此过程的位移
故包裹先加速再匀速，此后包裹将与传送带一起匀速运动至B点，令匀速用时，则有
所以第一次到达B点总时间
（3）在BC段要使货物相对斜传送带静止，则应满足
解得
则当时，皮带装车机装车高度有最大值：
货物在AB段运输时，在水平传送带上相对滑行的距离为：
根据能量守恒定律知水平AB段和倾斜BC段传送带因传送货物多消耗的电能，
所以输送一次货物传送带多消耗的总电能
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）应用牛顿第二定律求出加速度；
（2）包裹先加速再匀速，应用运动学公式求出运动到B点需要的时间；
（3）包裹相对传送带静止且装车高度最大，求出此时传送带的最大倾角与最大高度；根据功能关系求多消耗的电能。
（1）根据牛顿第二定律有
解得
（2）设经时间与传送带的速度相同，则
此过程的位移
故包裹先加速再匀速，此后包裹将与传送带一起匀速运动至B点，令匀速用时，则有
所以第一次到达B点总时间
（3）在BC段要使货物相对斜传送带静止，则应满足
解得
则当时，皮带装车机装车高度有最大值：
货物在AB段运输时，在水平传送带上相对滑行的距离为：
根据能量守恒定律知水平AB段和倾斜BC段传送带因传送货物多消耗的电能，
所以输送一次货物传送带多消耗的总电能
20．【答案】（1）滑块从B到C作平抛运动，根据
解得在C点竖直方向的速度
根据速度分解可知
根据动能定理有
其中，弹簧弹力做功
解得AB段轨道摩擦力对滑块做功
即滑块克服摩擦力做功
（2）根据速度分解，滑块在C点的速度
根据动能定理有
解得滑块在C点的速度
在D点根据牛顿第二定律有
滑块在D点受到轨道对它的支持力
根据牛顿第三定律可知，滑块对D点的压力大小为。
（3）滑块从B点飞出，先做平抛运动落至水平面MN，则有
解得
滑块，反弹后水平分速度保持不变，竖直分速度反向减半。设滑块反弹一次后做斜抛运动再落回水平面，由于竖直方向做竖直上抛运动，根据对称性可知，该过程运动时间
此时滑块与B点的水平位移为
根据动能定理与功能关系有，
若滑块一次反弹后仍能落入凹坑，则x应满足
则释放前弹性势能大小应满足
又因为滑块要先落在水平面上且弹起，所以第一次落地点最远不能超过C点，则有
综合上述可知，释放前弹性势能
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）滑块从B到C做平抛运动，根据求出滑块在C点时竖直方向的分速度，结合分速度关系求出滑块在B点的速度。根据动能定理以及弹力做功与弹性势能变化的关系求AB段滑块克服摩擦力做功多少；
（2）由几何关系求出滑块在C点的速度。根据动能定理求出滑块运动到D点时的速度。在D点，根据牛顿第二定律求出凹坑对滑块的支持力，从而求得滑块对凹坑最低点D的压力；
（3）滑块从B点飞出，先做平抛运动落至水平面MN，根据分位移公式求出平抛运动的时间t1。根据滑块落在水平面MN上，反弹后水平分速度保持不变，竖直分速度减半，求出滑块反弹一次后再落回水平面的时间t2，由x=vB（t1+t2）求出此时滑块与B点的水平位移。若滑块第一次反弹后仍能落入凹坑，则x应满足xBC≤x≤xBE，结合第一次落地点最远不超过C点，求出释放前弹性势能的大小范围。
（1）滑块从B到C作平抛运动，根据
解得在C点竖直方向的速度
根据速度分解可知
根据动能定理有
其中，弹簧弹力做功
解得AB段轨道摩擦力对滑块做功
即滑块克服摩擦力做功
（2）根据速度分解，滑块在C点的速度
根据动能定理有
解得滑块在C点的速度
在D点根据牛顿第二定律有
滑块在D点受到轨道对它的支持力
根据牛顿第三定律可知，滑块对D点的压力大小为。
（3）滑块从B点飞出，先做平抛运动落至水平面MN，则有
解得
滑块，反弹后水平分速度保持不变，竖直分速度反向减半。设滑块反弹一次后做斜抛运动再落回水平面，由于竖直方向做竖直上抛运动，根据对称性可知，该过程运动时间
此时滑块与B点的水平位移为
根据动能定理与功能关系有，
若滑块一次反弹后仍能落入凹坑，则x应满足
则释放前弹性势能大小应满足
又因为滑块要先落在水平面上且弹起，所以第一次落地点最远不能超过C点，则有
综合上述可知，释放前弹性势能
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