江苏省无锡市惠山区（锡山高级中学锡西分校）2024-2025学年高一下学期期中物理试题（春卷）
一、单选题（本题共11小题，每小题4分，每小题只有1个选项符合题意，共计44分。）
1．（2025高一下·锡山期中）摩托车正沿圆弧弯道以不变的速率行驶，则它（ ）
A．受到重力、支持力和向心力的作用
B．所受地面的作用力与重力平衡
C．加速度不变
D．所受的合力始终变化
【答案】D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．摩托车正沿圆弧弯道以不变的速率行驶，在水平面做匀速圆周运动，则摩托车受到重力、支持力和静摩擦力作用，三者的合力指向圆心提供向心力，向心力只是效果力（由其他力提供），故A错误；
B．根据合力的方向指向圆心可以得出摩托车所受地面的作用力的竖直分量与重力平衡，水平分量提供所需的向心力，故B错误；
CD．摩托车做匀速圆周运动，由于合力时刻指向圆心所以方向不断改变，所以加速度和合力方向时刻发生变化，即加速度和所受的合力始终变化，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】摩托车受到重力、支持力和静摩擦力作用，三者的合力指向圆心提供向心力；摩托车做匀速圆周运动，由于合力时刻指向圆心所以方向不断改变，所以加速度和合力方向时刻发生变化；利用向心力的方向可以判别摩托车所受地面的作用力的竖直分量与重力平衡，水平分量提供所需的向心力。
2．（2025高一下·锡山期中）某钟表分针与秒针的半径之比为2：3，则分针与秒针（ ）
A．角速度之比为2：3 B．角速度之比为1：60
C．针尖的线速度之比为2：3 D．针尖的线速度之比为1：120
【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】AB．由于分针、秒针尖端转动一圈的时间为和，根据角速度与周期的关系可得分针与秒针的角速度之比为1：60
故A错误，B正确；
CD．已知周期的比值为60：1，半径之比为 2：3 ，根据线速度与周期的关系可得，故针尖的线速度之比为1：90，故CD错误。
故选B。
【分析】利用周期的比值可以求出角速度的比值；利用周期和线速度的关系可以求出线速度的比值。
3．（2025高一下·锡山期中）火星与地球的质量之比约为1：10，半径之比约为1：2，则同一物体在火星表面与在地球表面受到的引力的比值约为（ ）
A．2.5 B．2.0 C．0.4 D．0.2
【答案】C
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】由于星体对物体产生引力的作用，根据万有引力定律可得可以得出或许与地球对表面物体的引力之比为
故选C。
【分析】利用万有引力公式可以求出火星和地球对表面物体的引力大小比值。
4．（2025高一下·锡山期中）如图所示，a为放在赤道上相对地球静止的物体，随地球自转做匀速圆周运动，b为在地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星（轨道半径约等于地球半径），c为地球静止卫星。下列关于a、b、c的说法中正确的是（ ）
A．b卫星的线速度大于7.9km/s B．c卫星的向心加速度最小
C．a、b做匀速圆周运动的周期相同 D．在b、c中，b的线速度大
【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．由于地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
故b卫星转动线速度等于7.9km/s，故A错误；
B．对a、c，由于两者角速度相等，根据向心加速度的表达式
其中，
可得
对b、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
解得
因为，所以，故a卫星的向心加速度最小，故B错误；
C．由万有引力提供向心力
因c的半径更大，可知
故
故C错误；
D．由于地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
可得
因为，所以
故在b、c中，b的线速度大，故D正确。
故选D。
【分析】利用引力提供向心力结合半径的大小可以比较线速度、周期和加速度的大小；利用同步卫星与地球上物体的角速度相等，结合半径的大小可以比较加速度的大小。
5．（2025高一下·锡山期中）人类首次发现的引力波来源于距地球之外13亿光年的两个黑洞互相绕转最后合并的过程。设两个黑洞A、B绕其连线上的O点做匀速圆周运动，如图所示，黑洞A的轨道半径大于黑洞B的轨道半径，两个黑洞的总质量为M，两个黑洞中心间的距离为L，则（ ）
A．黑洞A的质量一定小于黑洞B的质量
B．黑洞A的线速度一定小于黑洞B的线速度
C．黑洞A的向心力一定小于黑洞B的向心力
D．两个黑洞的总质量M一定，L越大，角速度越大
【答案】A
【知识点】双星（多星）问题
【解析】【解答】BC．两个黑洞A、B组成双星系统，由于双星在相同时间内转过的角度相等，则两者的角速度相同，由相互作用的万有引力提供向心力，由于相互作用力相等则黑洞A和B的向心力大小相等，根据线速度和角速度的关系由，由于两个黑洞的角速度相等，且黑洞A的轨道半径大于黑洞B的轨道半径，可知黑洞A的线速度一定大于黑洞B的线速度，故BC错误；
AD．设黑洞A、B的轨道半径分别为、，由于引力提供向心力，根据牛顿第二定律得
又
联立解得，
由于黑洞A的轨道半径大于黑洞B的轨道半径，已知质量和半径成反比关系，所以可知黑洞A的质量一定小于黑洞B的质量；两个黑洞的总质量M一定，L越大，角速度越小，故A正确，D错误。
故选A。
【分析】利用双星模型角速度相等，结合半径的大小可以比较线速度的大小；利用引力提供向心力结合相互作用力相等可以得出向心力大小相等；利用引力提供向心力可以求出质量的比值；利用引力提供向心力可以求出质量和双星距离的大小关系。
6．（2025高一下·锡山期中）惯性系S中有一边长为l的正方形，从相对S系沿x方向以接近光速飞行的飞行器上测得该正方形的图象是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】相对论时空观与牛顿力学的局限性
【解析】【解答】根据相对论知识当飞行器的速度接近光速时，物体的长度沿着光速方向会变短，由于速度方向沿x轴方向，即x轴方向的边长变短，垂直运动方向的边长不变，即y轴方向的边长不变，故C正确。
故选C。
【分析】利用相对论的知识可以判别物体长度的大小变化。
7．（2025高一下·锡山期中）如图所示，把一小球放在竖立的轻弹簧上，并把小球往下按至A位置，迅速松手后，弹簧把小球弹起，小球升至最高位置C，途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态（此时弹簧弹力为零）。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．从A运动到B的过程中，小球的机械能守恒
B．从A运动到B的过程中，小球的机械能不守恒
C．从A运动到B的过程中，小球的动能一直增大
D．从A运动到C的过程中，小球和弹簧组成的系统势能先增加后减少
【答案】B
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】AB．从A运动到B的过程中，由于弹力方向向上，小球运动方向向上，所以弹簧弹力对小球做正功，小球的机械能增加，故A错误，B正确；
C．从A运动到B的过程中，由于弹力随弹簧恢复的过程中不断减小，弹力一开始大于重力，加速度向上，小球向上加速运动，当弹力等于重力时，小球的速度达到最大，之后弹力小于重力，加速度向下则小球向上减速运动，所以小球的动能先增大后减小，故C错误；
D．从A运动到C的过程中，只有重力和弹簧弹力做功，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，所以小球的动能变化量等于系统势能的变化量，由于小球的动能先增大后减小，则小球和弹簧组成的系统势能先减少后增加，故D错误。
故选B。
【分析】利用弹簧弹力的方向结合小球运动方向可以判别弹力做功的情况；利用弹力和重力比较可以判别加速度的变化，进而判别小球速度的变化；利用系统机械能守恒可以判别小球和弹簧组成系统势能的大小变化。
8．（2025高一下·锡山期中）“打水漂”是人类最古老的游戏之一，游戏者运用手腕的力量让撇出去的石头在水面上弹跳数次。如图所示，游戏者在地面上以速度v抛出质量为m的石头，抛出后石头落到比抛出点低h的水平面上。若以抛出点为零势能点，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．抛出后石头落到水平面时的势能为mgh
B．抛出后石头落到水平面时重力对石头做的功为-mgh
C．抛出后石头落到水平面上的机械能为
D．抛出后石头落到水平面上的动能为
【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用；重力势能的变化与重力做功的关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．以抛出点为零势能点，水平面低于抛出点h，根据重力势能的表达式可以得出石头在水平面上时的重力势能为，A错误；
B．抛出点与水平面的高度差为h，并且重力做正功，根据重力和下落的高度可以得出整个过程重力对石头做功为mgh，B错误；
C．整个过程机械能守恒，以抛出点为零势能点，根据重力势能为0，则抛出时的机械能等于动能，为，所以石头在水平面时的机械能也为，C正确；
D．由于下落过程重力对石头做功，根据动能定理得
可得石头在水平面上的动能，故D错误。故选C。
【分析】利用重力势能的表达式可以求出重力势能的大小；利用重力和下落的高度可以求出重力做功的大小；利用抛出点的动能大小可以求出机械能的大小；利用动能定理可以求出石头在水平面上的动能大小。
9．（2025高一下·锡山期中）一辆汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其v-t图像如图所示。已知汽车的质量为m=2000kg，汽车受到的阻力大小恒为车重力的0.1倍，g取10m/s2， 则（ ）
A．汽车在前5s内受到的阻力大小为200N
B．前5s内的牵引力大小为2000N
C．汽车的额定功率为60kW
D．汽车的最大速度为20m/s
【答案】C
【知识点】机车启动
【解析】【解答】A．由于汽车受到的阻力恒为车重的0.1倍，根据重力的大小可以得出阻力为
故A错误；
B．在速度时间图像中，根据图像斜率可以得出前5s内汽车的加速度
汽车水平方向由牵引力和阻力产生加速度，根据牛顿第二定律知前5s内的牵引力
故B错误；
C．末达到额定功率，根据功率的表达式可以得出额定功率为
故C正确；
D．当牵引力与阻力相等时，汽车达到最大速度，根据功率的表达式可以得出最大速度为
故D错误；
故选C。
【分析】利用重力的大小可以求出阻力的大小；利用图像斜率可以求出加速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出牵引力的大小；利用牵引力和最大速度可以求出额定功率的大小；利用额定功率和阻力可以求出最大的速度。
10．（2025高一下·锡山期中）一小球由如图所示轨道的O点以初速度v0=8m/s水平向左运动，经一段时间后经过轨道高度h处，该点距离地面的高度为h=2.5m，g取10m/s2，忽略小球与轨道之间的摩擦力，则小球达到h处的速度为（ ）
A．7m/s B．8m/s C． D．
【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】一小球由如图所示轨道的O点以初速度v0=8m/s水平向左运动，经一段时间后经过轨道高度h处， 由于小球上升过程只有重力做功，根据动能定理得
解得小球达到h处的速度为
故选C。
【分析】利用动能定理可以求出小球经过高度h时的速度大小。
11．（2025高一下·锡山期中）从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示．重力加速度取10m/s2．该物体的质量为
A．2kg B．1.5kg C．1kg D．0.5kg
【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】对上升过程，由于重力和外力的合力对物体做功，根据动能定理有，得，根据图像斜率可以得出F+mg=12N；下落过程，根据动能定理有，根据图像斜率有N，联立两公式，得到m=1kg、F=2N．
【分析】利用上升和下落过程的动能定理结合图像斜率可以求出质量和外力的大小。
二、实验题（本题共1小题，共15分。请将解答填写在答题卡相应的位置。）
12．（2025高一下·锡山期中）某研究小组通过实验验证系统机械能守恒，其装置如图甲所示，一根轻质细绳跨过轻质定滑轮与两个相同的重物P、Q相连，重物Q的下面通过轻质挂钩悬挂物块Z，在重物P的下端与穿过打点计时器的纸带相连，测得重物P、Q的质量均为M，物块Z的质量为m，已知当地重力加速度为g。
（1）先接通频率为f的交流电源，在纸带上打点为O，再由静止释放系统，得到如图乙所示的纸带：纸带上A、B、C三点为打下的相邻的点，则打B点时的速度为 （用题中已知物理量的字母表示）；
（2）从O点到B点的过程中系统减少的重力势能为 ，若等式 成立，则系统机械能守恒（用题中已知物理量的字母表示）；
（3）处理实验数据时，发现系统减少的重力势能略大于系统增加的动能，产生误差的可能原因是 。
【答案】；mgh；；滑轮阻力和空气阻力不可忽略
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）由于打点周期和打点频率互为倒数，则纸带上相邻计数点时间间隔
由于重物做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程平均速度得重物经过B点的速度为
（2）根据重力势能的表达式可以得出从O点到B点的过程中系统减少的重力势能为
根据动能的表达式可以得出系统增加得动能为
若
则可以导出
则系统机械能守恒；
（3）处理实验数据时，发现系统减少的重力势能略大于系统增加的动能，由于阻力做功会导致机械能减少，所以产生误差的可能原因是滑轮阻力和空气阻力不可忽略。
【分析】（1）利用平均速度公式可以求出瞬时速度的大小；
（2）利用重力势能的表达式可以求出系统减少的重力势能；利用重力势能的变化量及动能的变化量可以验证机械能守恒；
（3）由于阻力做功会导致机械能减少，所以产生误差的可能原因是滑轮阻力和空气阻力不可忽略。
三、计算题（本题共4小题，共41分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。）
13．（2025高一下·锡山期中）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·锡山期中）如图所示，质量为m=4kg的木块在倾角为37°的足够长的固定斜面上由静止开始下滑，木块斜面间的动摩擦因数为0.5，已知：sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，求：
（1）前5s内重力的平均功率；
（2）5s末重力的瞬时功率。
【答案】（1）根据题意，由牛顿第二定律
解得
前5s内物体的位移为
前5s内重力做的功为
则前5s内重力的平均功率
（2）物体5s末的速度为
5s末重力的瞬时功率
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；功率及其计算
【解析】【分析】（1）已知木块从静止开始下滑，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合位移公式可以求出下滑的位移，结合重力做功的表达式及时间可以求出重力的平均功率大小；
（2）当物体做加速运动时，利用速度公式可以求出末速度的大小，结合重力的大小可以求出重力的瞬时功率。
（1）根据题意，由牛顿第二定律
解得
前5s内物体的位移为
前5s内重力做的功为
则前5s内重力的平均功率
（2）物体5s末的速度为
5s末重力的瞬时功率
15．（2025高一下·锡山期中）如图所示，质量为m=0.5kg的小球，用长为l=1m的轻绳悬挂于O点的正下方P点。小球在水平向右拉力的作用下，在竖直平面内从P点缓慢地移动到Q点，Q点轻绳与竖直方向夹角为。不计空气阻力，g取。求：
（1）在此过程中水平拉力对小球做的功W；
（2）若小球运动到Q点时撤去水平拉力，小球开始下摆，小球回到P点时，对轻绳的拉力大小为多少？
【答案】（1）解：小球从P到Q的过程中，由动能定理得
解得在此过程中水平拉力对小球做的功
（2）解：小球从Q到P的过程中，由动能定理得
小球在P点为圆周轨道的最低点，由牛顿第二定律
解得
由牛顿第三定律可知小球回到P点时，对轻绳的拉力大小为
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）小球从P到Q的过程中，利用动能定理可以求出拉力对小球做功的大小；
（2）当小球从Q到P的过程中，利用动能定理可以求出小球经过P点速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出小球对绳子拉力的大小。
（1）小球从P到Q的过程中，由动能定理得
解得在此过程中水平拉力对小球做的功
（2）小球从Q到P的过程中，由动能定理得
小球在P点为圆周轨道的最低点，由牛顿第二定律
解得
由牛顿第三定律可知小球回到P点时，对轻绳的拉力大小为
16．（2025高一下·锡山期中）如图所示，一游戏装置由固定于竖直平面内的倾斜直轨道AB、圆心为的圆弧形轨道BCD、圆心为的半圆形细圆管轨道DEF组成，轨道在B、D处平滑连接，C、、D、和F点在同一竖直线上。已知可视为质点的滑块质量，轨道BCD和DEF的半径均为，轨道AB的A端和B端距水平地面的高度分别为和，轨道均光滑，不计空气阻力，若滑块从轨道AB上某处由静止释放。
（1）释放处距水平地面高度，求运动到最低点C时速度的大小及轨道对其支持力的大小；
（2）滑块能从F点飞出落到水平地面上，求落地点离C点的最大距离；
（3）滑块始终不脱离轨道，求释放处距水平地面高度的范围。
【答案】【解答】（1）从释放至运动到C点，根据动能定理有
或者根据机械能守恒定律，取c点为0势能面
或者根据能量守恒定律
解得
在C点，左边所有力在这这个方向的有效值此处为指向圆心的支持力取正号，反着指向圆心的重力取负号，右边运动状态改变情况，此处为质量乘以匀速圆周运动的加速度状态，由牛顿第二定律有
（2）从轨道AB的A端释放至到达F点的过程，根据能量守恒定律有
从F点飞出后做平抛运动，则有
，
t=0.4s
解得
（3）滑块不脱离轨道表示能进入细圆管轨道，且又不从F点飞出，或者不超过圆弧形轨道BCD的圆心等高处，因为稍高过圆心将会被没有被征用的重力抛向地面而离开轨道，若刚好到达D点，则有
，vD=2m/s，
此时释放处距水平地面的高度满足能量守恒定律
，
得
若刚好不从F点飞出，则在F点速度为0，则此时释放处距水平地面的高度满足
解得
此时的取值范围是
若滑块不超过圆心的等高处，h4满足
h4=0.2m，
即的取值范围是
则的取值范围是
或
（1），；（2）；（3）或
【知识点】能量守恒定律；竖直平面的圆周运动；重力势能；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）在轨需要速度，明确C点机械能守恒，F点最小速度由重力提供向心力，高度范围需综合D点和F点临界条件；
（2）易错点：忽略C点势能参考面（+mgR），误判F点速度临界值，高度范围未考虑双临界；
（3）隐含条件：轨道光滑无摩擦；F点速度平方为时恰不脱离；D点最小速度。
1 / 1江苏省无锡市惠山区（锡山高级中学锡西分校）2024-2025学年高一下学期期中物理试题（春卷）
一、单选题（本题共11小题，每小题4分，每小题只有1个选项符合题意，共计44分。）
1．（2025高一下·锡山期中）摩托车正沿圆弧弯道以不变的速率行驶，则它（ ）
A．受到重力、支持力和向心力的作用
B．所受地面的作用力与重力平衡
C．加速度不变
D．所受的合力始终变化
2．（2025高一下·锡山期中）某钟表分针与秒针的半径之比为2：3，则分针与秒针（ ）
A．角速度之比为2：3 B．角速度之比为1：60
C．针尖的线速度之比为2：3 D．针尖的线速度之比为1：120
3．（2025高一下·锡山期中）火星与地球的质量之比约为1：10，半径之比约为1：2，则同一物体在火星表面与在地球表面受到的引力的比值约为（ ）
A．2.5 B．2.0 C．0.4 D．0.2
4．（2025高一下·锡山期中）如图所示，a为放在赤道上相对地球静止的物体，随地球自转做匀速圆周运动，b为在地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星（轨道半径约等于地球半径），c为地球静止卫星。下列关于a、b、c的说法中正确的是（ ）
A．b卫星的线速度大于7.9km/s B．c卫星的向心加速度最小
C．a、b做匀速圆周运动的周期相同 D．在b、c中，b的线速度大
5．（2025高一下·锡山期中）人类首次发现的引力波来源于距地球之外13亿光年的两个黑洞互相绕转最后合并的过程。设两个黑洞A、B绕其连线上的O点做匀速圆周运动，如图所示，黑洞A的轨道半径大于黑洞B的轨道半径，两个黑洞的总质量为M，两个黑洞中心间的距离为L，则（ ）
A．黑洞A的质量一定小于黑洞B的质量
B．黑洞A的线速度一定小于黑洞B的线速度
C．黑洞A的向心力一定小于黑洞B的向心力
D．两个黑洞的总质量M一定，L越大，角速度越大
6．（2025高一下·锡山期中）惯性系S中有一边长为l的正方形，从相对S系沿x方向以接近光速飞行的飞行器上测得该正方形的图象是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2025高一下·锡山期中）如图所示，把一小球放在竖立的轻弹簧上，并把小球往下按至A位置，迅速松手后，弹簧把小球弹起，小球升至最高位置C，途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态（此时弹簧弹力为零）。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．从A运动到B的过程中，小球的机械能守恒
B．从A运动到B的过程中，小球的机械能不守恒
C．从A运动到B的过程中，小球的动能一直增大
D．从A运动到C的过程中，小球和弹簧组成的系统势能先增加后减少
8．（2025高一下·锡山期中）“打水漂”是人类最古老的游戏之一，游戏者运用手腕的力量让撇出去的石头在水面上弹跳数次。如图所示，游戏者在地面上以速度v抛出质量为m的石头，抛出后石头落到比抛出点低h的水平面上。若以抛出点为零势能点，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．抛出后石头落到水平面时的势能为mgh
B．抛出后石头落到水平面时重力对石头做的功为-mgh
C．抛出后石头落到水平面上的机械能为
D．抛出后石头落到水平面上的动能为
9．（2025高一下·锡山期中）一辆汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其v-t图像如图所示。已知汽车的质量为m=2000kg，汽车受到的阻力大小恒为车重力的0.1倍，g取10m/s2， 则（ ）
A．汽车在前5s内受到的阻力大小为200N
B．前5s内的牵引力大小为2000N
C．汽车的额定功率为60kW
D．汽车的最大速度为20m/s
10．（2025高一下·锡山期中）一小球由如图所示轨道的O点以初速度v0=8m/s水平向左运动，经一段时间后经过轨道高度h处，该点距离地面的高度为h=2.5m，g取10m/s2，忽略小球与轨道之间的摩擦力，则小球达到h处的速度为（ ）
A．7m/s B．8m/s C． D．
11．（2025高一下·锡山期中）从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示．重力加速度取10m/s2．该物体的质量为
A．2kg B．1.5kg C．1kg D．0.5kg
二、实验题（本题共1小题，共15分。请将解答填写在答题卡相应的位置。）
12．（2025高一下·锡山期中）某研究小组通过实验验证系统机械能守恒，其装置如图甲所示，一根轻质细绳跨过轻质定滑轮与两个相同的重物P、Q相连，重物Q的下面通过轻质挂钩悬挂物块Z，在重物P的下端与穿过打点计时器的纸带相连，测得重物P、Q的质量均为M，物块Z的质量为m，已知当地重力加速度为g。
（1）先接通频率为f的交流电源，在纸带上打点为O，再由静止释放系统，得到如图乙所示的纸带：纸带上A、B、C三点为打下的相邻的点，则打B点时的速度为 （用题中已知物理量的字母表示）；
（2）从O点到B点的过程中系统减少的重力势能为 ，若等式 成立，则系统机械能守恒（用题中已知物理量的字母表示）；
（3）处理实验数据时，发现系统减少的重力势能略大于系统增加的动能，产生误差的可能原因是 。
三、计算题（本题共4小题，共41分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。）
13．（2025高一下·锡山期中）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·锡山期中）如图所示，质量为m=4kg的木块在倾角为37°的足够长的固定斜面上由静止开始下滑，木块斜面间的动摩擦因数为0.5，已知：sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，求：
（1）前5s内重力的平均功率；
（2）5s末重力的瞬时功率。
15．（2025高一下·锡山期中）如图所示，质量为m=0.5kg的小球，用长为l=1m的轻绳悬挂于O点的正下方P点。小球在水平向右拉力的作用下，在竖直平面内从P点缓慢地移动到Q点，Q点轻绳与竖直方向夹角为。不计空气阻力，g取。求：
（1）在此过程中水平拉力对小球做的功W；
（2）若小球运动到Q点时撤去水平拉力，小球开始下摆，小球回到P点时，对轻绳的拉力大小为多少？
16．（2025高一下·锡山期中）如图所示，一游戏装置由固定于竖直平面内的倾斜直轨道AB、圆心为的圆弧形轨道BCD、圆心为的半圆形细圆管轨道DEF组成，轨道在B、D处平滑连接，C、、D、和F点在同一竖直线上。已知可视为质点的滑块质量，轨道BCD和DEF的半径均为，轨道AB的A端和B端距水平地面的高度分别为和，轨道均光滑，不计空气阻力，若滑块从轨道AB上某处由静止释放。
（1）释放处距水平地面高度，求运动到最低点C时速度的大小及轨道对其支持力的大小；
（2）滑块能从F点飞出落到水平地面上，求落地点离C点的最大距离；
（3）滑块始终不脱离轨道，求释放处距水平地面高度的范围。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．摩托车正沿圆弧弯道以不变的速率行驶，在水平面做匀速圆周运动，则摩托车受到重力、支持力和静摩擦力作用，三者的合力指向圆心提供向心力，向心力只是效果力（由其他力提供），故A错误；
B．根据合力的方向指向圆心可以得出摩托车所受地面的作用力的竖直分量与重力平衡，水平分量提供所需的向心力，故B错误；
CD．摩托车做匀速圆周运动，由于合力时刻指向圆心所以方向不断改变，所以加速度和合力方向时刻发生变化，即加速度和所受的合力始终变化，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】摩托车受到重力、支持力和静摩擦力作用，三者的合力指向圆心提供向心力；摩托车做匀速圆周运动，由于合力时刻指向圆心所以方向不断改变，所以加速度和合力方向时刻发生变化；利用向心力的方向可以判别摩托车所受地面的作用力的竖直分量与重力平衡，水平分量提供所需的向心力。
2．【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】AB．由于分针、秒针尖端转动一圈的时间为和，根据角速度与周期的关系可得分针与秒针的角速度之比为1：60
故A错误，B正确；
CD．已知周期的比值为60：1，半径之比为 2：3 ，根据线速度与周期的关系可得，故针尖的线速度之比为1：90，故CD错误。
故选B。
【分析】利用周期的比值可以求出角速度的比值；利用周期和线速度的关系可以求出线速度的比值。
3．【答案】C
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】由于星体对物体产生引力的作用，根据万有引力定律可得可以得出或许与地球对表面物体的引力之比为
故选C。
【分析】利用万有引力公式可以求出火星和地球对表面物体的引力大小比值。
4．【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．由于地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
故b卫星转动线速度等于7.9km/s，故A错误；
B．对a、c，由于两者角速度相等，根据向心加速度的表达式
其中，
可得
对b、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
解得
因为，所以，故a卫星的向心加速度最小，故B错误；
C．由万有引力提供向心力
因c的半径更大，可知
故
故C错误；
D．由于地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
可得
因为，所以
故在b、c中，b的线速度大，故D正确。
故选D。
【分析】利用引力提供向心力结合半径的大小可以比较线速度、周期和加速度的大小；利用同步卫星与地球上物体的角速度相等，结合半径的大小可以比较加速度的大小。
5．【答案】A
【知识点】双星（多星）问题
【解析】【解答】BC．两个黑洞A、B组成双星系统，由于双星在相同时间内转过的角度相等，则两者的角速度相同，由相互作用的万有引力提供向心力，由于相互作用力相等则黑洞A和B的向心力大小相等，根据线速度和角速度的关系由，由于两个黑洞的角速度相等，且黑洞A的轨道半径大于黑洞B的轨道半径，可知黑洞A的线速度一定大于黑洞B的线速度，故BC错误；
AD．设黑洞A、B的轨道半径分别为、，由于引力提供向心力，根据牛顿第二定律得
又
联立解得，
由于黑洞A的轨道半径大于黑洞B的轨道半径，已知质量和半径成反比关系，所以可知黑洞A的质量一定小于黑洞B的质量；两个黑洞的总质量M一定，L越大，角速度越小，故A正确，D错误。
故选A。
【分析】利用双星模型角速度相等，结合半径的大小可以比较线速度的大小；利用引力提供向心力结合相互作用力相等可以得出向心力大小相等；利用引力提供向心力可以求出质量的比值；利用引力提供向心力可以求出质量和双星距离的大小关系。
6．【答案】C
【知识点】相对论时空观与牛顿力学的局限性
【解析】【解答】根据相对论知识当飞行器的速度接近光速时，物体的长度沿着光速方向会变短，由于速度方向沿x轴方向，即x轴方向的边长变短，垂直运动方向的边长不变，即y轴方向的边长不变，故C正确。
故选C。
【分析】利用相对论的知识可以判别物体长度的大小变化。
7．【答案】B
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】AB．从A运动到B的过程中，由于弹力方向向上，小球运动方向向上，所以弹簧弹力对小球做正功，小球的机械能增加，故A错误，B正确；
C．从A运动到B的过程中，由于弹力随弹簧恢复的过程中不断减小，弹力一开始大于重力，加速度向上，小球向上加速运动，当弹力等于重力时，小球的速度达到最大，之后弹力小于重力，加速度向下则小球向上减速运动，所以小球的动能先增大后减小，故C错误；
D．从A运动到C的过程中，只有重力和弹簧弹力做功，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，所以小球的动能变化量等于系统势能的变化量，由于小球的动能先增大后减小，则小球和弹簧组成的系统势能先减少后增加，故D错误。
故选B。
【分析】利用弹簧弹力的方向结合小球运动方向可以判别弹力做功的情况；利用弹力和重力比较可以判别加速度的变化，进而判别小球速度的变化；利用系统机械能守恒可以判别小球和弹簧组成系统势能的大小变化。
8．【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用；重力势能的变化与重力做功的关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．以抛出点为零势能点，水平面低于抛出点h，根据重力势能的表达式可以得出石头在水平面上时的重力势能为，A错误；
B．抛出点与水平面的高度差为h，并且重力做正功，根据重力和下落的高度可以得出整个过程重力对石头做功为mgh，B错误；
C．整个过程机械能守恒，以抛出点为零势能点，根据重力势能为0，则抛出时的机械能等于动能，为，所以石头在水平面时的机械能也为，C正确；
D．由于下落过程重力对石头做功，根据动能定理得
可得石头在水平面上的动能，故D错误。故选C。
【分析】利用重力势能的表达式可以求出重力势能的大小；利用重力和下落的高度可以求出重力做功的大小；利用抛出点的动能大小可以求出机械能的大小；利用动能定理可以求出石头在水平面上的动能大小。
9．【答案】C
【知识点】机车启动
【解析】【解答】A．由于汽车受到的阻力恒为车重的0.1倍，根据重力的大小可以得出阻力为
故A错误；
B．在速度时间图像中，根据图像斜率可以得出前5s内汽车的加速度
汽车水平方向由牵引力和阻力产生加速度，根据牛顿第二定律知前5s内的牵引力
故B错误；
C．末达到额定功率，根据功率的表达式可以得出额定功率为
故C正确；
D．当牵引力与阻力相等时，汽车达到最大速度，根据功率的表达式可以得出最大速度为
故D错误；
故选C。
【分析】利用重力的大小可以求出阻力的大小；利用图像斜率可以求出加速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出牵引力的大小；利用牵引力和最大速度可以求出额定功率的大小；利用额定功率和阻力可以求出最大的速度。
10．【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】一小球由如图所示轨道的O点以初速度v0=8m/s水平向左运动，经一段时间后经过轨道高度h处， 由于小球上升过程只有重力做功，根据动能定理得
解得小球达到h处的速度为
故选C。
【分析】利用动能定理可以求出小球经过高度h时的速度大小。
11．【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】对上升过程，由于重力和外力的合力对物体做功，根据动能定理有，得，根据图像斜率可以得出F+mg=12N；下落过程，根据动能定理有，根据图像斜率有N，联立两公式，得到m=1kg、F=2N．
【分析】利用上升和下落过程的动能定理结合图像斜率可以求出质量和外力的大小。
12．【答案】；mgh；；滑轮阻力和空气阻力不可忽略
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）由于打点周期和打点频率互为倒数，则纸带上相邻计数点时间间隔
由于重物做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程平均速度得重物经过B点的速度为
（2）根据重力势能的表达式可以得出从O点到B点的过程中系统减少的重力势能为
根据动能的表达式可以得出系统增加得动能为
若
则可以导出
则系统机械能守恒；
（3）处理实验数据时，发现系统减少的重力势能略大于系统增加的动能，由于阻力做功会导致机械能减少，所以产生误差的可能原因是滑轮阻力和空气阻力不可忽略。
【分析】（1）利用平均速度公式可以求出瞬时速度的大小；
（2）利用重力势能的表达式可以求出系统减少的重力势能；利用重力势能的变化量及动能的变化量可以验证机械能守恒；
（3）由于阻力做功会导致机械能减少，所以产生误差的可能原因是滑轮阻力和空气阻力不可忽略。
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】（1）根据题意，由牛顿第二定律
解得
前5s内物体的位移为
前5s内重力做的功为
则前5s内重力的平均功率
（2）物体5s末的速度为
5s末重力的瞬时功率
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；功率及其计算
【解析】【分析】（1）已知木块从静止开始下滑，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合位移公式可以求出下滑的位移，结合重力做功的表达式及时间可以求出重力的平均功率大小；
（2）当物体做加速运动时，利用速度公式可以求出末速度的大小，结合重力的大小可以求出重力的瞬时功率。
（1）根据题意，由牛顿第二定律
解得
前5s内物体的位移为
前5s内重力做的功为
则前5s内重力的平均功率
（2）物体5s末的速度为
5s末重力的瞬时功率
15．【答案】（1）解：小球从P到Q的过程中，由动能定理得
解得在此过程中水平拉力对小球做的功
（2）解：小球从Q到P的过程中，由动能定理得
小球在P点为圆周轨道的最低点，由牛顿第二定律
解得
由牛顿第三定律可知小球回到P点时，对轻绳的拉力大小为
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）小球从P到Q的过程中，利用动能定理可以求出拉力对小球做功的大小；
（2）当小球从Q到P的过程中，利用动能定理可以求出小球经过P点速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出小球对绳子拉力的大小。
（1）小球从P到Q的过程中，由动能定理得
解得在此过程中水平拉力对小球做的功
（2）小球从Q到P的过程中，由动能定理得
小球在P点为圆周轨道的最低点，由牛顿第二定律
解得
由牛顿第三定律可知小球回到P点时，对轻绳的拉力大小为
16．【答案】【解答】（1）从释放至运动到C点，根据动能定理有
或者根据机械能守恒定律，取c点为0势能面
或者根据能量守恒定律
解得
在C点，左边所有力在这这个方向的有效值此处为指向圆心的支持力取正号，反着指向圆心的重力取负号，右边运动状态改变情况，此处为质量乘以匀速圆周运动的加速度状态，由牛顿第二定律有
（2）从轨道AB的A端释放至到达F点的过程，根据能量守恒定律有
从F点飞出后做平抛运动，则有
，
t=0.4s
解得
（3）滑块不脱离轨道表示能进入细圆管轨道，且又不从F点飞出，或者不超过圆弧形轨道BCD的圆心等高处，因为稍高过圆心将会被没有被征用的重力抛向地面而离开轨道，若刚好到达D点，则有
，vD=2m/s，
此时释放处距水平地面的高度满足能量守恒定律
，
得
若刚好不从F点飞出，则在F点速度为0，则此时释放处距水平地面的高度满足
解得
此时的取值范围是
若滑块不超过圆心的等高处，h4满足
h4=0.2m，
即的取值范围是
则的取值范围是
或
（1），；（2）；（3）或
【知识点】能量守恒定律；竖直平面的圆周运动；重力势能；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）在轨需要速度，明确C点机械能守恒，F点最小速度由重力提供向心力，高度范围需综合D点和F点临界条件；
（2）易错点：忽略C点势能参考面（+mgR），误判F点速度临界值，高度范围未考虑双临界；
（3）隐含条件：轨道光滑无摩擦；F点速度平方为时恰不脱离；D点最小速度。
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