湖南省名校联考联合体2024-2025学年高一下学期期中考试物理试题
一、单项选择题（本题6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1．（2025高一下·湖南期中）在物理学发展历程中，众多科学家通过开创性研究推动了人类对自然规律的认知。有关科学家与其成就的叙述中，下列说法错误的是（ ）
A．亚里士多德认为重的物体下落与轻的物体一样快
B．牛顿第一定律揭示了力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因
C．卡文迪什通过扭秤实验测出万有引力常量的数值
D．开普勒提出所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处于椭圆的一个焦点上
【答案】A
【知识点】物理学史；惯性与质量；开普勒定律
【解析】【解答】A． 伽利略认为重的物体与轻的物体下落得一样快，亚里士多德认为重的物体下落快，轻的物体下落慢，故A错误；
B．牛顿第一定律揭示了力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因，故B正确；
C．卡文迪什通过扭秤实验测出万有引力常量的数值，故C正确；
D．开普勒提出所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处于椭圆的一个焦点上，故D正确。
本题选错误的，故选A。
【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
2．（2025高一下·湖南期中）汽车在水平路面上转弯时，可能会出现侧滑现象，下列说法正确的是（ ）
A．汽车转弯半径越大，越容易发生侧滑
B．汽车轮胎与地面间的动摩擦因数越小，越不容易发生侧滑
C．汽车发生侧滑是因为径向的摩擦力不足以提供所需向心力
D．为尽量避免汽车发生侧滑，设计路面时内侧要比外侧略高
【答案】C
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．在速度一定时，汽车转弯半径越大，根据向心力公式可知所需向心力越小，也就越不容易发生侧滑，A错误；
B．汽车转弯时，摩擦力提供向心力，动摩擦因数越小，能提供的最大静摩擦力越小，也就越容易发生侧滑，B错误；
C．汽车发生侧滑是因为径向的摩擦力不足以提供所需向心力，即向心力不足，C正确；
D．为避免汽车发生侧滑，设计路面时外侧要比内侧略高，D错误。
故选C。
【分析】汽车在水平路面上拐弯，靠静摩擦力提供向心力，结合静摩擦力提供向心力，运用牛顿第二定律分析判断。
3．（2025高一下·湖南期中）如图为某物体在高空中竖直下落的速度随时间变化的图像，下列说法正确的是（ ）
A．物体的速度大小不变 B．物体的加速度大小不变
C．物体受到恒定的空气阻力 D．物体做变加速直线运动
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．由物体在高空中竖直下落的速度随时间变化的图像可知，该物体的速度大小逐渐增加，选项A错误；
BD．速度—时间图像的斜率等于加速度，该物体的加速度大小逐渐减小，做变加速直线运动，选项B错误，D正确；
C．该物体加速度减小，根据牛顿第二定律可得，可知受到的阻力增大，选项C错误。
故选D。
【分析】速度—时间图像斜率表示加速度，斜率越大，加速度越大，速度变化越快。
4．（2025高一下·湖南期中）某同学站在台阶上将一可视为质点的小球以初速度水平抛出，小球抛出点距离地面高度为。与此同时，在小球抛出点正下方的一只小狗，由静止开始以恒定加速度沿水平方向朝着小球落地的位置跑去，试图接住小球。忽略空气阻力，重力加速度。若小狗刚好能在小球落地时接住它，下列说法错误的是（ ）
A．小球在空中运动时间，且小球水平位移
B．小狗到达小球落地点时的速度大小为
C．若变为原来2倍，则小球在空中运动时间变为原来2倍
D．若变为原来2倍，小狗要在小球落地时接住它，则小狗加速度变为原来的2倍
【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】A．小球做平抛运动，可得小球在空中运动时间
小球水平位移
故A正确；
B．小狗做匀变速直线运动，由，解得小狗速度
故B正确；
C．根据，h变为原来2倍，小球在空中运动时间变为原来倍，故C错误；
D．小球做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，，变为原来2倍，小球水平位移变为原来2倍，小狗位移也变为原来2倍，在竖直方向高度不变，小球在空中运动时间不变。由，小狗要在小球落地时接住它，则小狗加速度变为原来的2倍，故D正确。
故选C。
【分析】小球做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，小狗做匀变速直线运动，结合运动学规律求解。
5．（2025高一下·湖南期中）如图所示，一固定斜面的倾角为，斜面上有一质量为的物块，物块与斜面间的动摩擦因数为。物块连接着一个劲度系数为的轻质弹簧，弹簧的另一端固定在斜面顶端。初始时弹簧处于原长，物块在斜面上由静止释放。忽略空气阻力，重力加速度大小为。当物块下滑距离为时，其速度刚好为0，弹簧始终处于弹性限度内，则在物块下滑过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物块的加速度先增大后减小
B．物块下滑到距离为的过程中受到的摩擦力逐渐减小
C．下滑过程中，重力的功率先增大后减小
D．当物块下滑距离为时，物块的速度最大
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的综合应用；功率及其计算
【解析】【解答】A．物块下滑过程中，弹簧伸长，弹簧弹力增大，由于，可得摩擦力小于重力沿斜面分力，由牛顿第二定律得
则加速度先减小至零，以后
则加速度反向增大，故A错误；
B．物块下滑过程中，弹簧弹力始终沿斜面方向，在垂直斜面方向无分力，正压力仅由重力垂直斜面分量决定，可知摩擦力恒定不变，故B错误；
C．物块先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，根据
所以下滑过程中，重力的功率先增大后减小，故C正确；
D．当物块所受合外力为0时，速度最大，此时
解得
故D错误。
故选C。
【分析】对物体受力分析，根据牛顿第二定律分析加速度变化；摩擦力大小与正压力有关，和弹簧弹力大小无关；根据功率公式分析重力功率变化；当物块所受合外力为0时，速度最大，结合平衡条件求解。
6．（2025高一下·湖南期中）一辆汽车在平直的公路上以恒定的加速度启动并开始计时，经过后，开始做匀速直线运动，汽车的功率一时间（P-t）图像如图所示。已知汽车质量为，时汽车的牵引力为，汽车受到的阻力恒为车重力的，重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A．汽车先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动
B．汽车的最大速度为
C．汽车做匀加速直线运动的时间为
D．的时间内，汽车克服阻力做功大于
【答案】D
【知识点】功的概念；机车启动
【解析】【解答】A．恒定加速度的汽车启动过程中先做匀加速直线运动，再做加速度减小的变加速直线运动，故A错误；
B． 汽车受到的阻力恒为车重力的， 则汽车受到的阻力
汽车的最大速度
故B错误；
C．根据牛顿第二定律可得匀加速直线运动期间的加速度
解得
匀加速运动的末速度
根据匀变速直线运动速度—时间关系可得匀加速直线运动的时间
故C错误；
D．的时间内，物体做加速度减小的加速运动，结合匀变速直线运动平均速度公式可得此过程中的位移
则汽车克服阻力做功
故D正确。
故选D。
【分析】根据功率随时间变化分析速度变化；最大速度时，牵引力等于阻力；根据牛顿第二定律求解加速度大小，根据速度—时间关系求解运动时间；结合匀变速直线运动平均速度公式分析位移大小。
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
7．（2025高一下·湖南期中）如图所示的四幅图表示的是有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是（ ）
A．图a中轻杆长为，若小球在最高点的角速度小于，杆对小球的作用力向下
B．图b中若火车转弯时未达到规定速率，轮缘对内轨道有挤压作用
C．图中若A、B均相对圆盘静止，圆周运动半径，质量，则A、B所受摩擦力
D．图d中两个小球在相同的高度做匀速圆周运动，它们的角速度相同
【答案】B,D
【知识点】生活中的圆周运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．图a中若轻杆上的小球在最高点时，杆受作用力为零，此时重力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
解得
若角速度小于，杆对小球的作用力向上，选项A错误；
B．图b中若火车转弯未达到规定行驶速度时，此时重力和轨道的支持力的合力大于火车所需的向心力，此时火车有做向心运动的趋势，轮缘对内侧轨道有挤压作用，选项B正确；
C．图c中若均相对静止， 圆周运动半径，质量， 根据牛顿第二定律可得，则所受摩擦力，选项C错误；
D．图d是一圆锥摆，根据几何关系和牛顿第二定律可得
可得
则两个小球在相同的高度做匀速圆周运动，它们的角速度相同，选项D正确。
故选BD。
【分析】根据竖直面内圆周运动杆模型，火车转弯和水平圆盘上物体的圆周运动，圆锥摆得知识进行分析解答。
8．（2025高一下·湖南期中）2025年3月14日，美国太空探索技术公司SpaceX成功发射“龙”飞船，并在3月16日成功与国际空间站对接，把四位航天员送入国际空间站。“龙”飞船发射与交会对接的过程可简化为如图所示，先让飞船进入一个近地的圆轨道I，然后在A点变轨，进入椭圆轨道II，到达远地点B时再次变轨，进入圆形轨道III。已知飞船在椭圆轨道II上通过A点时的速度为，飞船质量为，地球半径为R，B点离地心的距离为，地球表面的重力加速度为，不考虑地球自转。下列说法正确的是（ ）
A．飞船在轨道III上经过B点时的加速度等于在轨道II上经过B点时的加速度
B．飞船在轨道II上经过B点时的速度为
C．飞船在轨道II上的周期为
D．飞船在B点从轨道II变轨到轨道III需要加速
【答案】A,D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．由万有引力定律和牛顿第二定律可得，可得
可知飞船在II、III轨道上通过点的加速度相等，故正确；
B．根据开普勒第二定律有
解得
故错误；
C．飞船在轨道运行时，重力近似等于万有引力，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律得
解得
对于轨道和轨道的周期，根据开普勒第三定律有
解得
故C错误；
D．飞船在轨道上经过点时做近心运动，则万有引力大于向心力即
飞船在轨道III上做匀速圆周运动，则
所以
故飞船在B点从轨道II变轨到轨道III需要加速，故D正确。
故选AD。
【分析】根据距离和牛顿第二定律分析加速度大小；根据开普勒第二定律分析 飞船在轨道II上经过B点时的速度 ；根据万有引力提供向心力求解周期以及速度变化，结合变轨原理分析。
9．（2025高一下·湖南期中）如图，右侧面光滑的斜面体放在水平面上，质量相等的物块M、N分别放在斜面体的左右两个面上，M、N拴接在跨过光滑定滑轮的轻质细绳两端，整个系统处于静止状态。现对N施加一始终与右侧轻绳垂直的外力，使N缓慢移动至右侧细绳水平，该过程斜面体和M始终保持静止。在物块N缓慢移动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．外力逐渐减小
B．轻绳的拉力逐渐减小
C．M所受摩擦力逐渐增大
D．斜面对地面的摩擦力先增大后减小
【答案】B,D
【知识点】牛顿第三定律；整体法隔离法
【解析】【解答】AB． M、N拴接在跨过光滑定滑轮的轻质细绳两端，整个系统处于静止状态。对N进行受力分析，N受重力、拉力、轻绳拉力，设外力与竖直方向夹角为，如图
因为始终与右侧轻绳垂直，根据平衡条件可得，
在N缓慢移动至右侧细绳水平过程中，减小，减小，增大，所以外力逐渐增大，轻绳的拉力逐渐减小，N缓慢移动至右侧细绳水平时，轻绳的拉力大小为0，故错误，正确；
C．对M进行受力分析，M的重力沿斜面向下的分力为
解得
开始时系统静止
M有沿斜面向上运动趋势，摩擦力方向沿斜面向下，有
由于减小，则减小；当继续减小到时，摩擦力为零；当轻绳的拉力小于时，M所受摩擦力沿斜面体向上，则
随着轻绳的拉力减小，摩擦力增大，所以M所受摩擦力先减小后增大，故C错误；
D．对整体的分析，把M、N和斜面看成整体，整体受重力、地面支持力、外力、地面摩擦力，在水平方向上
则
当从减小到0时，从120减小到0，则先增大后减小，所以先增大后减小，根据牛顿第三定律，斜面对地面的摩擦力先增大后减小，故D正确。
故选BD。
【分析】分析N的受力：以N为研究对象，根据其受力平衡及力的分解，得到拉力F、轻绳拉力T与角度θ的关系，再结合θ的变化范围判断F和T的变化。分析M的受力：先确定初始时M的摩擦力情况，再根据轻绳拉力T的变化，结合M的平衡条件，判断M所受摩擦力的变化。分析整体的受力：将M、N和斜面看作整体，在竖直方向依据平衡条件得出地面摩擦力与拉力F的关系，进而判断斜面对水平面摩擦力力的变化。
10．（2025高一下·湖南期中）如图甲所示，粗糙水平地面上有一长木板，小滑块置于长木板的最右端。现将一大小为、水平向右的恒力作用于长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力的作用，滑块和长木板在内的速度一时间（v-t）图像如图乙所示。已知小滑块的质量为，重力加速度，则下列说法正确的是（ ）
A．长木板的质量为
B．长木板与地面之间的动摩擦因数为0.2
C．时，滑块停止运动
D．长木板和滑块均停止运动时，距的右端
【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】AB．时撤去力的作用，撤去力前，根据图像得长木板的加速度为
撤去力后，长木板的加速度为
小滑块的加速度为
设小滑块与长木板之间的动摩擦因数为，长木板与地面之间的动摩擦因数为，根据牛顿第二定律，对小滑块根据牛顿第二定律有
对长木板根据牛顿第二定律有，
解得，，
故A错误，B正确；
C．因为
故小滑块与长木板共速后，小滑块相对长木板向右运动。对长木板，根据牛顿第二定律有
解得
对小滑块Q，有
解得
则从共速到小滑块停止运动，还需
故时，滑块停止运动，故C正确；
D．从、共速到长木板停止运动，还需
长木板停止运动的时间为
运动全过程的图像如图所示
根据图像围成的面积表示位移，长木板和滑块均停止运动时，距的右端
故D错误。
故选BC。
【分析】通过图像可以确定不同阶段的加速度，进而建立动力学方程求解质量与摩擦因数；分析共速后的相对运动情况，计算停止时间及相对位移。整个过程需结合图像面积与运动学公式，判断各选项是否符合计算结果。
三、实验题（本题共2小题，各4空，每空2分，共16分）
11．（2025高一下·湖南期中）利用饮料瓶等生活中常见的材料也可以探究平抛运动特点，装置如图甲所示。
（1）进行的操作如下，请将空白处补充完整：
A．在饮料瓶内装入红墨水，用橡皮塞塞住，插入进气管，封住进气管，插入出水管按图所示安装好仪器；
B．调节喷嘴，使固定在水准仪上的喷嘴方向 ；
C．利用铁架台将木板固定在竖直方向，将白纸固定在木板上，调整铁架台使木板靠近水准仪，用重垂线在白纸上定出轴，喷嘴的喷水处在白纸上的投影记为点，过点且垂直于轴的水平线为轴；
D．打开进气管，让水从喷嘴射出，待水流稳定后，用油性笔将水的流动轨迹描绘在白纸上；
E．封住进气管，取下白纸，根据水的流动轨迹求出水从喷嘴流出时的初速度；
（2）为了确保实验顺利进行，应该满足___________；
A．水流平抛初速度稳定
B．水流的流速大
C．水流时间长
（3）图乙是某同学根据实验画出的水流运动轨迹，在轨迹上任取三点，测得两点竖直坐标为为，两点水平间距为，则水流平抛的初速度为 m/s；若点的竖直坐标为，则小球在点的速度为 。（结果均保留2位有效数字，重力加速度）
【答案】（1）水平
（2）A；C
（3）1.0；2.0
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）平抛运动初速度方向水平，固定在水准仪上的喷嘴方向要水平。
（2）为了为平抛运动轨迹，必须保证初速度稳定，为了能稳定且便利地测量数据需要较长的测量时间，从而需要较小的水流速度。
（3）由平抛运动规律可知，竖直方向做自由落体运动有，解得
即运动至A点的时间
运动至B点的时间
水平方向做匀速直线运动，有，则水平初速度
设点的竖直分速度为，由竖直方向做匀加速直线运动有
可得
由平行四边形法则可知小球在点的速度
【分析】（1）根据实验原理及实验操作规范分析解答；
（2）必须保证初速度稳定，速度较小比较容易测量时间；
（3）根据平抛运动竖直和水平方向的运动规律解答。
（1）为保证水喷出的初速度在水平方向，固定在水准仪上的喷嘴方向要水平。
（2）为了为平抛运动轨迹，必须保证初速度稳定，为了能稳定且便利地测量数据需要较长的测量时间，从而需要较小的水流速度。
（3）[1]由平抛运动规律可知，竖直方向有，解得
即运动至A点的时间
运动至B点的时间
水平方向有，则水平初速度
[2]设点的竖直分速度为，由竖直方向做匀加速直线运动有
可得
由速度的合成可知小球在点的速度
12．（2025高一下·湖南期中）如图所示是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置。
（1）该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的，因此我们采用的研究方法是___________。
A．放大法 B．控制变量法 C．补偿法
（2）该实验过程中操作正确的是___________。
A．先接通打点计时器电源，后释放小车
B．补偿阻力时未连接纸带
C．调节滑轮高度使细绳与木板平行
（3）在小车质量 （选填“远大于”或“远小于”）槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。
（4）某同学得到如图所示的纸带。已知打点计时器电源频率为。、、、、、、是纸带上7个连续计数点，每两个计数点间有四个点未画出，由此可算出小车的加速度 （保留两位有效数字）。
【答案】（1）B
（2）A；C
（3）远大于
（4）0.20
【知识点】加速度；探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）实验可能存在多个变量，因此我们采用的研究方法是控制变量法，故选B。
（2）A．实验过程中，为了节约纸带，得到更多实验数据，应先接通打点计时器电源，后释放小车，故A正确；
B．补偿阻力时小车需要连接纸带，通过纸带上的点间距判断小车是否在长木板上做匀速直线运动，故B错误；
C．为使小车所受合力为绳子拉力，应调节滑轮高度使细绳与长木板平行，故C正确。
故选AC。
（3）设小车质量为，槽码质量为，绳子拉力为，对小车和槽码，根据牛顿第二定律可得
联立解得
可知在小车质量远大于槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。
（4）相邻计数点间的时间间隔为
由图可知
由逐差法可算出小车的加速度
【分析】（1）根据实验原理分析判断；
（2）根据实验原理和注意事项分析判断；
（3）根据牛顿第二定律推导判断；
（4）根据逐差法计算小车运动的加速度。
（1）该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的，因此我们采用的研究方法是控制变量法，故选B。
（2）A．实验过程中，为了节约纸带，应先接通打点计时器电源，后释放小车，故A正确；
B．补偿阻力时小车需要连接纸带，一方面是需要连同纸带所受的阻力一并平衡，另外一方面是通过纸带上的点间距判断小车是否在长木板上做匀速直线运动，故B错误；
C．为使小车所受合力为绳子拉力，应调节滑轮高度使细绳与长木板平行，故C正确。
故选AC。
（3）设小车质量为，槽码质量为，绳子拉力为，对小车和槽码，根据牛顿第二定律可得
联立解得
可知在小车质量远大于槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。
（4）由图可知
相邻计数点间的时间间隔为
由逐差法可算出小车的加速度
四、解答题（本题共3小题，其中第13题10分，第14题12分，第15题18分）
13．（2025高一下·湖南期中）人工智能技术与无人机的结合将使外卖配送踏入“无人”领域。某次试验中，工作人员通过无人机将物品送至用户家中，如图所示为物品在无人机的作用下从地面沿竖直方向到达用户阳台的速度一时间（v-t）图像。已知在内无人机的升力为，时恰好到达阳台，上升过程中的最大速率为。假设整个过程的阻力不变，物品和无人机的总质量为，且物品和无人机可看成质点，取，求：
（1）地面到阳台的高度；
（2）运动过程中物品和无人机整体受到的阻力的大小；
（3）匀速运动时无人机的输出功率。
【答案】（1）由题可知，在加速阶段的上升的高度
解得
匀速阶段的上升的高度
解得
减速阶段的上升的高度
解得
上升的总高度
解得
（2）在匀加速阶段加速度
解得
根据牛顿第二定律
解得
（3）匀速时升力
功率
解得
【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）根据图像与坐标轴围成的面积表示位移进行解答；
（2）根据v-t图像求解在匀加速阶段的加速度，根据牛顿第二定律求解阻力大小；
（3）根据功率的计算公式结合平衡条件进行解答。
（1）由题可知，在加速阶段的上升的高度
解得
匀速阶段的上升的高度
解得
减速阶段的上升的高度
解得
上升的总高度
解得
（2）在匀加速阶段加速度
解得
根据牛顿第二定律
解得
（3）匀速时升力
功率
解得
14．（2025高一下·湖南期中）随着科技的发展，未来人类可以自由地在宇宙中旅行。假如一名宇航员乘坐宇宙飞船到达某一颗宜居行星，在该行星“北极”地面以初速度竖直向上抛出一个小球（引力视为恒力，阻力可忽略），经过时间落到地面。已知该行星半径为，自转周期为，引力常量为，求：
（1）该行星表面的重力加速度；
（2）该行星的密度；
（3）如果该行星有一颗同步卫星，求它的速度与该行星“赤道”上物体的速度之比。
【答案】（1）对小球的运动分析，利用对称性可得
解得
（2）对行星表面的物体，有
故行星质量
故行星的密度
（3）同步卫星的周期与该行星自转周期相同，均为，设同步卫星的质量为，同步卫星的轨道半径为。由牛顿第二定律有联立解得同步卫星轨道半径
同步卫星和该行星“赤道”上物体一起转动，角速度相同。由
可得
代入得
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【分析】（1）对小球的运动分析，利用对称性结合运动学规律求解；
（2）根据重力等于万有引力结合密度公式求解；
（3）同步卫星的周期与该行星自转周期相同，根据万有引力提供向心力求解同步卫星轨道半径，根据求解线速度之比。
（1）对小球的运动分析，利用对称性可得
解得
（2）对行星表面的物体，有
故行星质量
故行星的密度
（3）同步卫星的周期与该行星自转周期相同，均为，设同步卫星的质量为，同步卫星的轨道半径为。由牛顿第二定律有
联立解得同步卫星轨道半径
同步卫星和该行星“赤道”上物体一起转动，角速度相同。由
可得
代入得
15．（2025高一下·湖南期中）如图所示，将一质量为0.2kg可视为质点的小球系于长为L=1m的细线上绕O点作竖直圆周运动，某时刻在最低点P点时细线断裂，小球从离水平地面3.2m高的P点水平向右击出，测得第一次落点A与P点的水平距离为2.4m。小球落地后反弹，反弹后离地的最大高度为1.8m，第一次落点A与第二次落点B之间的距离为2.4m。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2.求：
（1）小球从P点飞出时的速度大小；
（2）在P点断裂前瞬间，细线所受拉力大小；
（3）小球第二次与地面碰撞时的速度大小。
（4）若小球与地面碰撞时，碰撞前后水平、竖直分速度的比分别为一定值，则第5次碰撞时跟P点时的水平位移大小。
【答案】（1）解：设小球刚被击出时的速度大小为v0，小球被击出到第一次落地前瞬间，根据平抛运动的规律可得，
解得
（2）解：根据牛顿第二定律
在P点断裂前瞬间，细线所受拉力
（3）解：第一次弹起后过程，根据对称性可知，
解得在最高点速度
小球第二次与地面碰撞时的速度大小
（4）解：根据（3）分析可知，第一次碰后水平分速度
竖直分速度
第一次碰撞前水平分速度
竖直分速度
所以水平分速度比为，竖直分速度比为。所以每次碰后水平位移，，，
第5次碰撞时跟P点时的水平位移大小
【知识点】斜抛运动；生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1）小球做平抛运动，结合平抛运动规律求解初速度大小；
（2）根据牛顿第二定律结合向心力公式求解拉力大小；
（3）第一次弹起后过程，根据对称性求解小球在最高点速度，根据速度的合成求解小球第二次与地面碰撞时的速度大小；
（4）根据平抛运动规律结合数学知识推导每次碰撞后位移表达式，从而求解总的水平位移。
（1）设小球刚被击出时的速度大小为v0，小球被击出到第一次落地前瞬间，根据平抛运动的规律可得，
解得
（2）根据牛顿第二定律
在P点断裂前瞬间，细线所受拉力
（3）第一次弹起后过程，根据对称性可知，
解得在最高点速度
小球第二次与地面碰撞时的速度大小
（4）根据（3）分析可知，第一次碰后水平分速度
竖直分速度
第一次碰撞前水平分速度
竖直分速度
所以水平分速度比为，竖直分速度比为。所以每次碰后水平位移，，，
第5次碰撞时跟P点时的水平位移大小
1 / 1湖南省名校联考联合体2024-2025学年高一下学期期中考试物理试题
一、单项选择题（本题6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1．（2025高一下·湖南期中）在物理学发展历程中，众多科学家通过开创性研究推动了人类对自然规律的认知。有关科学家与其成就的叙述中，下列说法错误的是（ ）
A．亚里士多德认为重的物体下落与轻的物体一样快
B．牛顿第一定律揭示了力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因
C．卡文迪什通过扭秤实验测出万有引力常量的数值
D．开普勒提出所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处于椭圆的一个焦点上
2．（2025高一下·湖南期中）汽车在水平路面上转弯时，可能会出现侧滑现象，下列说法正确的是（ ）
A．汽车转弯半径越大，越容易发生侧滑
B．汽车轮胎与地面间的动摩擦因数越小，越不容易发生侧滑
C．汽车发生侧滑是因为径向的摩擦力不足以提供所需向心力
D．为尽量避免汽车发生侧滑，设计路面时内侧要比外侧略高
3．（2025高一下·湖南期中）如图为某物体在高空中竖直下落的速度随时间变化的图像，下列说法正确的是（ ）
A．物体的速度大小不变 B．物体的加速度大小不变
C．物体受到恒定的空气阻力 D．物体做变加速直线运动
4．（2025高一下·湖南期中）某同学站在台阶上将一可视为质点的小球以初速度水平抛出，小球抛出点距离地面高度为。与此同时，在小球抛出点正下方的一只小狗，由静止开始以恒定加速度沿水平方向朝着小球落地的位置跑去，试图接住小球。忽略空气阻力，重力加速度。若小狗刚好能在小球落地时接住它，下列说法错误的是（ ）
A．小球在空中运动时间，且小球水平位移
B．小狗到达小球落地点时的速度大小为
C．若变为原来2倍，则小球在空中运动时间变为原来2倍
D．若变为原来2倍，小狗要在小球落地时接住它，则小狗加速度变为原来的2倍
5．（2025高一下·湖南期中）如图所示，一固定斜面的倾角为，斜面上有一质量为的物块，物块与斜面间的动摩擦因数为。物块连接着一个劲度系数为的轻质弹簧，弹簧的另一端固定在斜面顶端。初始时弹簧处于原长，物块在斜面上由静止释放。忽略空气阻力，重力加速度大小为。当物块下滑距离为时，其速度刚好为0，弹簧始终处于弹性限度内，则在物块下滑过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物块的加速度先增大后减小
B．物块下滑到距离为的过程中受到的摩擦力逐渐减小
C．下滑过程中，重力的功率先增大后减小
D．当物块下滑距离为时，物块的速度最大
6．（2025高一下·湖南期中）一辆汽车在平直的公路上以恒定的加速度启动并开始计时，经过后，开始做匀速直线运动，汽车的功率一时间（P-t）图像如图所示。已知汽车质量为，时汽车的牵引力为，汽车受到的阻力恒为车重力的，重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A．汽车先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动
B．汽车的最大速度为
C．汽车做匀加速直线运动的时间为
D．的时间内，汽车克服阻力做功大于
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
7．（2025高一下·湖南期中）如图所示的四幅图表示的是有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是（ ）
A．图a中轻杆长为，若小球在最高点的角速度小于，杆对小球的作用力向下
B．图b中若火车转弯时未达到规定速率，轮缘对内轨道有挤压作用
C．图中若A、B均相对圆盘静止，圆周运动半径，质量，则A、B所受摩擦力
D．图d中两个小球在相同的高度做匀速圆周运动，它们的角速度相同
8．（2025高一下·湖南期中）2025年3月14日，美国太空探索技术公司SpaceX成功发射“龙”飞船，并在3月16日成功与国际空间站对接，把四位航天员送入国际空间站。“龙”飞船发射与交会对接的过程可简化为如图所示，先让飞船进入一个近地的圆轨道I，然后在A点变轨，进入椭圆轨道II，到达远地点B时再次变轨，进入圆形轨道III。已知飞船在椭圆轨道II上通过A点时的速度为，飞船质量为，地球半径为R，B点离地心的距离为，地球表面的重力加速度为，不考虑地球自转。下列说法正确的是（ ）
A．飞船在轨道III上经过B点时的加速度等于在轨道II上经过B点时的加速度
B．飞船在轨道II上经过B点时的速度为
C．飞船在轨道II上的周期为
D．飞船在B点从轨道II变轨到轨道III需要加速
9．（2025高一下·湖南期中）如图，右侧面光滑的斜面体放在水平面上，质量相等的物块M、N分别放在斜面体的左右两个面上，M、N拴接在跨过光滑定滑轮的轻质细绳两端，整个系统处于静止状态。现对N施加一始终与右侧轻绳垂直的外力，使N缓慢移动至右侧细绳水平，该过程斜面体和M始终保持静止。在物块N缓慢移动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．外力逐渐减小
B．轻绳的拉力逐渐减小
C．M所受摩擦力逐渐增大
D．斜面对地面的摩擦力先增大后减小
10．（2025高一下·湖南期中）如图甲所示，粗糙水平地面上有一长木板，小滑块置于长木板的最右端。现将一大小为、水平向右的恒力作用于长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力的作用，滑块和长木板在内的速度一时间（v-t）图像如图乙所示。已知小滑块的质量为，重力加速度，则下列说法正确的是（ ）
A．长木板的质量为
B．长木板与地面之间的动摩擦因数为0.2
C．时，滑块停止运动
D．长木板和滑块均停止运动时，距的右端
三、实验题（本题共2小题，各4空，每空2分，共16分）
11．（2025高一下·湖南期中）利用饮料瓶等生活中常见的材料也可以探究平抛运动特点，装置如图甲所示。
（1）进行的操作如下，请将空白处补充完整：
A．在饮料瓶内装入红墨水，用橡皮塞塞住，插入进气管，封住进气管，插入出水管按图所示安装好仪器；
B．调节喷嘴，使固定在水准仪上的喷嘴方向 ；
C．利用铁架台将木板固定在竖直方向，将白纸固定在木板上，调整铁架台使木板靠近水准仪，用重垂线在白纸上定出轴，喷嘴的喷水处在白纸上的投影记为点，过点且垂直于轴的水平线为轴；
D．打开进气管，让水从喷嘴射出，待水流稳定后，用油性笔将水的流动轨迹描绘在白纸上；
E．封住进气管，取下白纸，根据水的流动轨迹求出水从喷嘴流出时的初速度；
（2）为了确保实验顺利进行，应该满足___________；
A．水流平抛初速度稳定
B．水流的流速大
C．水流时间长
（3）图乙是某同学根据实验画出的水流运动轨迹，在轨迹上任取三点，测得两点竖直坐标为为，两点水平间距为，则水流平抛的初速度为 m/s；若点的竖直坐标为，则小球在点的速度为 。（结果均保留2位有效数字，重力加速度）
12．（2025高一下·湖南期中）如图所示是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置。
（1）该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的，因此我们采用的研究方法是___________。
A．放大法 B．控制变量法 C．补偿法
（2）该实验过程中操作正确的是___________。
A．先接通打点计时器电源，后释放小车
B．补偿阻力时未连接纸带
C．调节滑轮高度使细绳与木板平行
（3）在小车质量 （选填“远大于”或“远小于”）槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。
（4）某同学得到如图所示的纸带。已知打点计时器电源频率为。、、、、、、是纸带上7个连续计数点，每两个计数点间有四个点未画出，由此可算出小车的加速度 （保留两位有效数字）。
四、解答题（本题共3小题，其中第13题10分，第14题12分，第15题18分）
13．（2025高一下·湖南期中）人工智能技术与无人机的结合将使外卖配送踏入“无人”领域。某次试验中，工作人员通过无人机将物品送至用户家中，如图所示为物品在无人机的作用下从地面沿竖直方向到达用户阳台的速度一时间（v-t）图像。已知在内无人机的升力为，时恰好到达阳台，上升过程中的最大速率为。假设整个过程的阻力不变，物品和无人机的总质量为，且物品和无人机可看成质点，取，求：
（1）地面到阳台的高度；
（2）运动过程中物品和无人机整体受到的阻力的大小；
（3）匀速运动时无人机的输出功率。
14．（2025高一下·湖南期中）随着科技的发展，未来人类可以自由地在宇宙中旅行。假如一名宇航员乘坐宇宙飞船到达某一颗宜居行星，在该行星“北极”地面以初速度竖直向上抛出一个小球（引力视为恒力，阻力可忽略），经过时间落到地面。已知该行星半径为，自转周期为，引力常量为，求：
（1）该行星表面的重力加速度；
（2）该行星的密度；
（3）如果该行星有一颗同步卫星，求它的速度与该行星“赤道”上物体的速度之比。
15．（2025高一下·湖南期中）如图所示，将一质量为0.2kg可视为质点的小球系于长为L=1m的细线上绕O点作竖直圆周运动，某时刻在最低点P点时细线断裂，小球从离水平地面3.2m高的P点水平向右击出，测得第一次落点A与P点的水平距离为2.4m。小球落地后反弹，反弹后离地的最大高度为1.8m，第一次落点A与第二次落点B之间的距离为2.4m。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2.求：
（1）小球从P点飞出时的速度大小；
（2）在P点断裂前瞬间，细线所受拉力大小；
（3）小球第二次与地面碰撞时的速度大小。
（4）若小球与地面碰撞时，碰撞前后水平、竖直分速度的比分别为一定值，则第5次碰撞时跟P点时的水平位移大小。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】物理学史；惯性与质量；开普勒定律
【解析】【解答】A． 伽利略认为重的物体与轻的物体下落得一样快，亚里士多德认为重的物体下落快，轻的物体下落慢，故A错误；
B．牛顿第一定律揭示了力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因，故B正确；
C．卡文迪什通过扭秤实验测出万有引力常量的数值，故C正确；
D．开普勒提出所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处于椭圆的一个焦点上，故D正确。
本题选错误的，故选A。
【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
2．【答案】C
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．在速度一定时，汽车转弯半径越大，根据向心力公式可知所需向心力越小，也就越不容易发生侧滑，A错误；
B．汽车转弯时，摩擦力提供向心力，动摩擦因数越小，能提供的最大静摩擦力越小，也就越容易发生侧滑，B错误；
C．汽车发生侧滑是因为径向的摩擦力不足以提供所需向心力，即向心力不足，C正确；
D．为避免汽车发生侧滑，设计路面时外侧要比内侧略高，D错误。
故选C。
【分析】汽车在水平路面上拐弯，靠静摩擦力提供向心力，结合静摩擦力提供向心力，运用牛顿第二定律分析判断。
3．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．由物体在高空中竖直下落的速度随时间变化的图像可知，该物体的速度大小逐渐增加，选项A错误；
BD．速度—时间图像的斜率等于加速度，该物体的加速度大小逐渐减小，做变加速直线运动，选项B错误，D正确；
C．该物体加速度减小，根据牛顿第二定律可得，可知受到的阻力增大，选项C错误。
故选D。
【分析】速度—时间图像斜率表示加速度，斜率越大，加速度越大，速度变化越快。
4．【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】A．小球做平抛运动，可得小球在空中运动时间
小球水平位移
故A正确；
B．小狗做匀变速直线运动，由，解得小狗速度
故B正确；
C．根据，h变为原来2倍，小球在空中运动时间变为原来倍，故C错误；
D．小球做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，，变为原来2倍，小球水平位移变为原来2倍，小狗位移也变为原来2倍，在竖直方向高度不变，小球在空中运动时间不变。由，小狗要在小球落地时接住它，则小狗加速度变为原来的2倍，故D正确。
故选C。
【分析】小球做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，小狗做匀变速直线运动，结合运动学规律求解。
5．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的综合应用；功率及其计算
【解析】【解答】A．物块下滑过程中，弹簧伸长，弹簧弹力增大，由于，可得摩擦力小于重力沿斜面分力，由牛顿第二定律得
则加速度先减小至零，以后
则加速度反向增大，故A错误；
B．物块下滑过程中，弹簧弹力始终沿斜面方向，在垂直斜面方向无分力，正压力仅由重力垂直斜面分量决定，可知摩擦力恒定不变，故B错误；
C．物块先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，根据
所以下滑过程中，重力的功率先增大后减小，故C正确；
D．当物块所受合外力为0时，速度最大，此时
解得
故D错误。
故选C。
【分析】对物体受力分析，根据牛顿第二定律分析加速度变化；摩擦力大小与正压力有关，和弹簧弹力大小无关；根据功率公式分析重力功率变化；当物块所受合外力为0时，速度最大，结合平衡条件求解。
6．【答案】D
【知识点】功的概念；机车启动
【解析】【解答】A．恒定加速度的汽车启动过程中先做匀加速直线运动，再做加速度减小的变加速直线运动，故A错误；
B． 汽车受到的阻力恒为车重力的， 则汽车受到的阻力
汽车的最大速度
故B错误；
C．根据牛顿第二定律可得匀加速直线运动期间的加速度
解得
匀加速运动的末速度
根据匀变速直线运动速度—时间关系可得匀加速直线运动的时间
故C错误；
D．的时间内，物体做加速度减小的加速运动，结合匀变速直线运动平均速度公式可得此过程中的位移
则汽车克服阻力做功
故D正确。
故选D。
【分析】根据功率随时间变化分析速度变化；最大速度时，牵引力等于阻力；根据牛顿第二定律求解加速度大小，根据速度—时间关系求解运动时间；结合匀变速直线运动平均速度公式分析位移大小。
7．【答案】B,D
【知识点】生活中的圆周运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．图a中若轻杆上的小球在最高点时，杆受作用力为零，此时重力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
解得
若角速度小于，杆对小球的作用力向上，选项A错误；
B．图b中若火车转弯未达到规定行驶速度时，此时重力和轨道的支持力的合力大于火车所需的向心力，此时火车有做向心运动的趋势，轮缘对内侧轨道有挤压作用，选项B正确；
C．图c中若均相对静止， 圆周运动半径，质量， 根据牛顿第二定律可得，则所受摩擦力，选项C错误；
D．图d是一圆锥摆，根据几何关系和牛顿第二定律可得
可得
则两个小球在相同的高度做匀速圆周运动，它们的角速度相同，选项D正确。
故选BD。
【分析】根据竖直面内圆周运动杆模型，火车转弯和水平圆盘上物体的圆周运动，圆锥摆得知识进行分析解答。
8．【答案】A,D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．由万有引力定律和牛顿第二定律可得，可得
可知飞船在II、III轨道上通过点的加速度相等，故正确；
B．根据开普勒第二定律有
解得
故错误；
C．飞船在轨道运行时，重力近似等于万有引力，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律得
解得
对于轨道和轨道的周期，根据开普勒第三定律有
解得
故C错误；
D．飞船在轨道上经过点时做近心运动，则万有引力大于向心力即
飞船在轨道III上做匀速圆周运动，则
所以
故飞船在B点从轨道II变轨到轨道III需要加速，故D正确。
故选AD。
【分析】根据距离和牛顿第二定律分析加速度大小；根据开普勒第二定律分析 飞船在轨道II上经过B点时的速度 ；根据万有引力提供向心力求解周期以及速度变化，结合变轨原理分析。
9．【答案】B,D
【知识点】牛顿第三定律；整体法隔离法
【解析】【解答】AB． M、N拴接在跨过光滑定滑轮的轻质细绳两端，整个系统处于静止状态。对N进行受力分析，N受重力、拉力、轻绳拉力，设外力与竖直方向夹角为，如图
因为始终与右侧轻绳垂直，根据平衡条件可得，
在N缓慢移动至右侧细绳水平过程中，减小，减小，增大，所以外力逐渐增大，轻绳的拉力逐渐减小，N缓慢移动至右侧细绳水平时，轻绳的拉力大小为0，故错误，正确；
C．对M进行受力分析，M的重力沿斜面向下的分力为
解得
开始时系统静止
M有沿斜面向上运动趋势，摩擦力方向沿斜面向下，有
由于减小，则减小；当继续减小到时，摩擦力为零；当轻绳的拉力小于时，M所受摩擦力沿斜面体向上，则
随着轻绳的拉力减小，摩擦力增大，所以M所受摩擦力先减小后增大，故C错误；
D．对整体的分析，把M、N和斜面看成整体，整体受重力、地面支持力、外力、地面摩擦力，在水平方向上
则
当从减小到0时，从120减小到0，则先增大后减小，所以先增大后减小，根据牛顿第三定律，斜面对地面的摩擦力先增大后减小，故D正确。
故选BD。
【分析】分析N的受力：以N为研究对象，根据其受力平衡及力的分解，得到拉力F、轻绳拉力T与角度θ的关系，再结合θ的变化范围判断F和T的变化。分析M的受力：先确定初始时M的摩擦力情况，再根据轻绳拉力T的变化，结合M的平衡条件，判断M所受摩擦力的变化。分析整体的受力：将M、N和斜面看作整体，在竖直方向依据平衡条件得出地面摩擦力与拉力F的关系，进而判断斜面对水平面摩擦力力的变化。
10．【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】AB．时撤去力的作用，撤去力前，根据图像得长木板的加速度为
撤去力后，长木板的加速度为
小滑块的加速度为
设小滑块与长木板之间的动摩擦因数为，长木板与地面之间的动摩擦因数为，根据牛顿第二定律，对小滑块根据牛顿第二定律有
对长木板根据牛顿第二定律有，
解得，，
故A错误，B正确；
C．因为
故小滑块与长木板共速后，小滑块相对长木板向右运动。对长木板，根据牛顿第二定律有
解得
对小滑块Q，有
解得
则从共速到小滑块停止运动，还需
故时，滑块停止运动，故C正确；
D．从、共速到长木板停止运动，还需
长木板停止运动的时间为
运动全过程的图像如图所示
根据图像围成的面积表示位移，长木板和滑块均停止运动时，距的右端
故D错误。
故选BC。
【分析】通过图像可以确定不同阶段的加速度，进而建立动力学方程求解质量与摩擦因数；分析共速后的相对运动情况，计算停止时间及相对位移。整个过程需结合图像面积与运动学公式，判断各选项是否符合计算结果。
11．【答案】（1）水平
（2）A；C
（3）1.0；2.0
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）平抛运动初速度方向水平，固定在水准仪上的喷嘴方向要水平。
（2）为了为平抛运动轨迹，必须保证初速度稳定，为了能稳定且便利地测量数据需要较长的测量时间，从而需要较小的水流速度。
（3）由平抛运动规律可知，竖直方向做自由落体运动有，解得
即运动至A点的时间
运动至B点的时间
水平方向做匀速直线运动，有，则水平初速度
设点的竖直分速度为，由竖直方向做匀加速直线运动有
可得
由平行四边形法则可知小球在点的速度
【分析】（1）根据实验原理及实验操作规范分析解答；
（2）必须保证初速度稳定，速度较小比较容易测量时间；
（3）根据平抛运动竖直和水平方向的运动规律解答。
（1）为保证水喷出的初速度在水平方向，固定在水准仪上的喷嘴方向要水平。
（2）为了为平抛运动轨迹，必须保证初速度稳定，为了能稳定且便利地测量数据需要较长的测量时间，从而需要较小的水流速度。
（3）[1]由平抛运动规律可知，竖直方向有，解得
即运动至A点的时间
运动至B点的时间
水平方向有，则水平初速度
[2]设点的竖直分速度为，由竖直方向做匀加速直线运动有
可得
由速度的合成可知小球在点的速度
12．【答案】（1）B
（2）A；C
（3）远大于
（4）0.20
【知识点】加速度；探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）实验可能存在多个变量，因此我们采用的研究方法是控制变量法，故选B。
（2）A．实验过程中，为了节约纸带，得到更多实验数据，应先接通打点计时器电源，后释放小车，故A正确；
B．补偿阻力时小车需要连接纸带，通过纸带上的点间距判断小车是否在长木板上做匀速直线运动，故B错误；
C．为使小车所受合力为绳子拉力，应调节滑轮高度使细绳与长木板平行，故C正确。
故选AC。
（3）设小车质量为，槽码质量为，绳子拉力为，对小车和槽码，根据牛顿第二定律可得
联立解得
可知在小车质量远大于槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。
（4）相邻计数点间的时间间隔为
由图可知
由逐差法可算出小车的加速度
【分析】（1）根据实验原理分析判断；
（2）根据实验原理和注意事项分析判断；
（3）根据牛顿第二定律推导判断；
（4）根据逐差法计算小车运动的加速度。
（1）该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的，因此我们采用的研究方法是控制变量法，故选B。
（2）A．实验过程中，为了节约纸带，应先接通打点计时器电源，后释放小车，故A正确；
B．补偿阻力时小车需要连接纸带，一方面是需要连同纸带所受的阻力一并平衡，另外一方面是通过纸带上的点间距判断小车是否在长木板上做匀速直线运动，故B错误；
C．为使小车所受合力为绳子拉力，应调节滑轮高度使细绳与长木板平行，故C正确。
故选AC。
（3）设小车质量为，槽码质量为，绳子拉力为，对小车和槽码，根据牛顿第二定律可得
联立解得
可知在小车质量远大于槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。
（4）由图可知
相邻计数点间的时间间隔为
由逐差法可算出小车的加速度
13．【答案】（1）由题可知，在加速阶段的上升的高度
解得
匀速阶段的上升的高度
解得
减速阶段的上升的高度
解得
上升的总高度
解得
（2）在匀加速阶段加速度
解得
根据牛顿第二定律
解得
（3）匀速时升力
功率
解得
【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）根据图像与坐标轴围成的面积表示位移进行解答；
（2）根据v-t图像求解在匀加速阶段的加速度，根据牛顿第二定律求解阻力大小；
（3）根据功率的计算公式结合平衡条件进行解答。
（1）由题可知，在加速阶段的上升的高度
解得
匀速阶段的上升的高度
解得
减速阶段的上升的高度
解得
上升的总高度
解得
（2）在匀加速阶段加速度
解得
根据牛顿第二定律
解得
（3）匀速时升力
功率
解得
14．【答案】（1）对小球的运动分析，利用对称性可得
解得
（2）对行星表面的物体，有
故行星质量
故行星的密度
（3）同步卫星的周期与该行星自转周期相同，均为，设同步卫星的质量为，同步卫星的轨道半径为。由牛顿第二定律有联立解得同步卫星轨道半径
同步卫星和该行星“赤道”上物体一起转动，角速度相同。由
可得
代入得
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【分析】（1）对小球的运动分析，利用对称性结合运动学规律求解；
（2）根据重力等于万有引力结合密度公式求解；
（3）同步卫星的周期与该行星自转周期相同，根据万有引力提供向心力求解同步卫星轨道半径，根据求解线速度之比。
（1）对小球的运动分析，利用对称性可得
解得
（2）对行星表面的物体，有
故行星质量
故行星的密度
（3）同步卫星的周期与该行星自转周期相同，均为，设同步卫星的质量为，同步卫星的轨道半径为。由牛顿第二定律有
联立解得同步卫星轨道半径
同步卫星和该行星“赤道”上物体一起转动，角速度相同。由
可得
代入得
15．【答案】（1）解：设小球刚被击出时的速度大小为v0，小球被击出到第一次落地前瞬间，根据平抛运动的规律可得，
解得
（2）解：根据牛顿第二定律
在P点断裂前瞬间，细线所受拉力
（3）解：第一次弹起后过程，根据对称性可知，
解得在最高点速度
小球第二次与地面碰撞时的速度大小
（4）解：根据（3）分析可知，第一次碰后水平分速度
竖直分速度
第一次碰撞前水平分速度
竖直分速度
所以水平分速度比为，竖直分速度比为。所以每次碰后水平位移，，，
第5次碰撞时跟P点时的水平位移大小
【知识点】斜抛运动；生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1）小球做平抛运动，结合平抛运动规律求解初速度大小；
（2）根据牛顿第二定律结合向心力公式求解拉力大小；
（3）第一次弹起后过程，根据对称性求解小球在最高点速度，根据速度的合成求解小球第二次与地面碰撞时的速度大小；
（4）根据平抛运动规律结合数学知识推导每次碰撞后位移表达式，从而求解总的水平位移。
（1）设小球刚被击出时的速度大小为v0，小球被击出到第一次落地前瞬间，根据平抛运动的规律可得，
解得
（2）根据牛顿第二定律
在P点断裂前瞬间，细线所受拉力
（3）第一次弹起后过程，根据对称性可知，
解得在最高点速度
小球第二次与地面碰撞时的速度大小
（4）根据（3）分析可知，第一次碰后水平分速度
竖直分速度
第一次碰撞前水平分速度
竖直分速度
所以水平分速度比为，竖直分速度比为。所以每次碰后水平位移，，，
第5次碰撞时跟P点时的水平位移大小
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