江苏省苏州中学2024-2025学年高一下学期期中物理试卷
一、单项选择题：共11题，每题4分，共计44分，每题只有一个选项最符合题意。
1．（2025高一下·苏州期中）关于行星运动定律和万有引力定律的建立过程，下列说法正确的是（ ）
A．开普勒通过天文仪器观察到行星绕太阳运动的轨道是椭圆
B．卡文迪许通过对几个铅球之间万有引力的测量，得出了引力常量的数值
C．第谷通过严密的数学运算，得出了行星的运动规律
D．牛顿通过比较月球和近地卫星的向心加速度，对万有引力定律进行了“月—地检验”
【答案】B
【知识点】开普勒定律；万有引力定律；引力常量及其测定
【解析】【解答】A、开普勒通过对第谷大量观测数据的深入研究，得出行星绕太阳运动的轨道是椭圆的结论，故A错误；B、英国物理学家卡文迪什在实验室里通过几个铅球之间万有引力的测量，得出了引力常量G的数值，故B正确；
C、开普勒根据第谷对行星运动的观测数据，应用严密的数学运算，发现了行星运动的规律，即开普勒三定律，故C错误；
D、牛顿通过比较月球公转的周期，根据万有引力充当向心力，对万有引力定律进行了“月地检验”，故D错误。
故选：B。
【分析】根据开普勒、牛顿、卡文迪许等等科学家的物理学成就进行解答。
2．（2025高一下·苏州期中）如果小虫从B点滑落，且小虫顺着树枝滑落可近似看作匀速率的，那么在弧形树枝某位置切线的倾角为处，树枝对小虫的作用力大小及方向，正确的判断是（ ）
A．mg，竖直向上
B．大于mg，沿圆弧半径指向圆心
C．大于mg，与水平成角
D．大于mg，与竖直方向的夹角小于
【答案】D
【知识点】向心力
【解析】【解答】小虫顺着树枝滑落可近似看作匀速率的，在弧形树枝某位置切线的倾角为θ处，树枝对小虫的作用力与重力的合力方向指向圆心O，如图所示；
沿切线方向有
垂直于切线方向有
可得树枝对小虫的作用力大小为
由图受力可知，树枝对小虫的作用力方向与竖直方向的夹角小于，与水平方向的夹角不一定等于。
故选D。
【分析】小虫顺着树枝滑落可近似看作匀速率的，树枝对小虫的作用力与重力的合力方向指向圆心O，由此画图进行分析。
3．（2025高一下·苏州期中）1970年成功发射的“东方红一号”是我国第一颗人造地球卫星，该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动。如图所示，设卫星在近地点、远地点的速度分别为、，近地点到地心的距离为r，地球质量为M，引力常量为G。则（ ）
A．v1＞v2，v1＝ B．v1＞v2，v1＞
C．v1＜v2，v1＝ D．v1＜v2，v1＞
【答案】B
【知识点】开普勒定律
【解析】【解答】解决本题的关键要理解并掌握卫星变轨的原理，知道当万有引力小于所需要的向心力时，卫星做离心运动。根据开普勒第二定律有
若卫星绕地心做轨道半径为r的圆周运动时，线速度大小为
将卫星从半径为r的圆轨道变轨到图示的椭圆轨道，必须在近地点加速，所以有
故选B。
【分析】根据动能定理分析卫星在近地点、远地点的速度大小；根据变轨原理，将近地点速度与卫星圆周运动的线速度比较，即可求解。
4．（2025高一下·苏州期中）如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，圆心为O，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端A点经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。设小环下滑过程中对大圆环的作用力大小最小的位置为P，则OP与竖直方向AO的夹角满足（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】向心力；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题主要考查对动能定理的掌握，解题的关键是，要先确定不同的力在哪个阶段做功，再根据动能定理列式，因为有些力在物体运动全过程中不是始终存在的。设大圆环半径为R、小环在大圆环上某处时，该处与圆心的连线和竖直向上的夹角为θ（0≤θ≤π），小环下滑过程中，根据动能定理可得
在该处，根据牛顿第二定律可得：
联立可得F=2mg-3mgcosθ
则大圆环对小环作用力的大小为|F|=|2mg-3mgcosθ|
根据数学知识可知，|F|的大小在时最小，则结合牛顿第三定律可知，小环下滑过程中到达对大圆环的作用力大小最小的位置时
结合数学知识可知
故选C。
【分析】根据动能定理结合牛顿第二定律求解大圆环对小环作用力的大小，结合数学知识和牛顿第三定律求解 OP与竖直方向AO的夹角满足 的条件。
5．（2025高一下·苏州期中）如图所示，一根长为l的轻杆，O端用饺链固定，另一端固定着一个小球A，轻杆靠在一个高为h的物块上。若物块与地面摩擦不计，则当物块以速度v向右运动至轻杆与水平方向夹角为时，物块与轻杆的接触点为B，下列说法正确的是（ ）
A．A、B的线速度相同 B．A、B的角速度不相同
C．小球A的线速度大小为 D．轻杆转动的角速度为
【答案】C
【知识点】运动的合成与分解；线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】解决本题的关键会根据平行四边形定则对速度进行分解，木块速度在垂直于杆子方向的分速度等于B点转动的线速度。AB．接触点B的实际运动为合运动，可将B点运动的速度沿轻杆和垂直轻杆的方向分解成，
为B点做圆周运动的线速度，为B点沿轻杆运动的速度。当轻杆与水平方向夹角为时，B，A两点都围绕点O做圆周运动，由于是在同一轻杆上运动，故A、B的角速度相同，但由于转动半径不一样，A、B两点的线速度不相同，故AB错误；
CD．当轻杆与水平方向夹角为时，B点做圆周运动的线速度大小满足
可得轻杆转动的角速度为
则小球A的线速度大小为
故C正确，D错误。
故选C。
【分析】将物块的速度分解为沿杆子方向和垂直于杆子方向，在垂直于杆子方向上的速度等于B点绕O转动的线速度，根据v=rω可求出杆转动的角速度，再根据杆的角速度和A的转动半径可以求出A的线速度大小。
6．（2025高一下·苏州期中）如图所示，水平转台上的小物体A、B通过轻弹簧连接，并随转台一起匀速转动，A、B的质量分别为m、2m，离转台中心的距离分别为1.5r、r，已知弹簧的原长为1.5r，劲度系数为k，A、B与转台间的动摩擦因数都为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且有。则以下说法中正确的是（ ）
A．当B受到的摩擦力为0时，转台转动的角速度为
B．当A受到的摩擦力为0时，转台转动的角速度为
C．当转台转速逐渐增大，A先发生滑动，即将滑动时转台转动的角速度为
D．当转台转速逐渐增大时，A、B同时开始滑动，此时转台转动的角速度为
【答案】D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A． 当B受到的摩擦力为0时，由弹簧弹力提供向心力，则有k（1.5r+r-1.5r）=2mω2r，
解得转台转动的角速度为，选项A错误；
B．当A受到的摩擦力为0时， 由弹簧弹力提供向心力， 根据牛顿第二定律可得
转台转动的角速度为，选项B错误；
CD．当A达到最大静摩擦力时则
解得
当B达到最大静摩擦力时则
可得
可知当转台转速逐渐增大时，A、B同时开始滑动，此时转台转动的角速度为，选项C错误，D正确。
故选D。
【分析】当A、B受到的摩擦力为0时，由弹簧弹力提供向心力，根据胡克定律以及向心力公式列式求解，当A、B刚好要滑动时，摩擦力达到最大静摩擦力，弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力，根据胡克定律以及向心力公式列式求解即可。
7．（2025高一下·苏州期中）中国科学院沈阳自动化研究所主持研制的“海斗一号”在无缆自主模式下刷新了中国下潜深度纪录，最大下潜深度超过了10000米，若把地球看成质量分布均匀的球体，且球壳对球内任一质点的万有引力为零，忽略地球的自转，则下列关于“海斗一号”下潜所在处的重力加速度大小g和下潜深度h的关系图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】“海斗一号”下潜h深度后，以地心为球心、以R-h为半径的地球的质量为M'，设地球的质量为M，地球的半径为R，则根据密度相等有
由于球壳对球内任一质点的万有引力为零，根据万有引力定律有
联立以上两式并整理可得
故D正确，ABC错误。
故选D。
【分析】深度为h的地球内部的重力加速度相当于半径为R-h的球体在其表面产生的重力加速度，根据地球质量分布均匀得到加速度的表达式。
8．（2025高一下·苏州期中）一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的有用功率达到最大值，以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v2匀速上升为止，则整个过程中，下列说法正确的是：（ ）
A．若匀加速过程时间为t，则速度由 v1 变为 v2 的时间小于
B．重物的最大速度为
C．重物做匀加速直线运动的时间为
D．钢绳的最大拉力为
【答案】B,C
【知识点】对单物体(质点)的应用；功率及其计算
【解析】【解答】A、速度由 变为 的做加速度减小的加速运动，设速度由 变为 的时间为 ，根据题意可得 ，解得 ，A不符合题意；
B、重物以最大速度为 匀速上升时，钢绳拉力 ，所以重物的最大速度为 ，B符合题意；
C、重物做匀加速运动的加速度 ，根据速度公式可得重物做匀加速直线运动的时间为 ，C符合题意；
D、匀加速提升重物时钢绳拉力最大，且等于匀加速结束时的拉力，由 可得 ，D不符合题意。
故答案为：BC
【分析】结合当前的加速度，对货物进行受力分析，求出最大速度，结合运动学公式求解时间；当起重机的牵引力等于货物重力的时候，货物的加速度为零，此时的货物的速度最大，利用公式P=Fv求解即可。
9．（2025高一下·苏州期中）如图所示，水平面上O点的左侧光滑，O点的右侧粗糙。有8个质量均为m的完全相同的小滑块（可视为质点），用轻质的细杆相连，相邻小滑块间的距离为L，滑块1恰好位于O点左侧滑块，滑块2、3。依次沿直线水平向左排开。现将水平恒力F作用于滑块1上，经观察发现，在第3个小滑块过O点进入粗糙地带后再到第4个小滑块过O点进入粗糙地带前这一过程中，小滑块做匀速直线运动，已知重力加速度为g，则下列判断中正确的是（ ）
A．滑块匀速运动时，各段轻杆上的弹力大小相等
B．滑块3匀速运动的速度是
C．第5个小滑块完全进入粗糙地带到第6个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，8个小滑块的加速度大小为
D．最终第7个滑块刚能到达O点而第8个滑块不可能到达O点
【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A. 当滑块匀速运动时，以滑块8为研究对象，可得7、8间轻杆弹力为零；同理可得6、7间轻杆弹力为零；5、6间轻杆弹力为零；4、5间轻杆弹力为零；3、4间轻杆弹力为零，即处在光滑地带的滑块间的轻杆上的弹力都为零。在粗糙地带上，以滑块3为研究对象，设滑块受地面向左的摩擦力为f，则由平衡关系可得2、3间轻杆拉力为f，同理可得1、2件轻杆拉力为2f，故滑块间轻杆上弹力不为零，且不相同，故A错误；
B.将匀速运动的8个小滑块作为一个整体，有
解得
从开始到第4个小滑块过O点进入粗糙地带前这一过程中，由动能定理得
解得
故B正确；
C.第5个小滑块完全进入粗糙地带到第6个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，8个小滑块看作整体，由牛顿第二定律
解得加速度大小为
故C错误；
D.假设第7个滑块刚好能到达O点，由动能定理有
解得＜0
故第7块滑块不能到达O点，故D错误。
故选B。
【分析】匀速运动时，以滑块8为研究对象，可得7、8间轻杆弹力为零，同理可分析出光滑地带滑块间轻杆上弹力都为零。在粗糙地带上，以滑块3为研究对象，可分析出2、3间轻杆拉力不为零。以整体为研究对象，由动能定理可得匀速时速度，由牛顿第二定律可求加速度。假设第7个滑块刚好能到达O点，对整体由动能定理可验证。
10．（2025高一下·苏州期中）如图甲所示，滑块A和足够长的木板B叠放在水平地面上，A和B之间、B和地面之间 的动摩擦因数相同，A和B的质量均为m。现对B施加一水平向右逐渐增大的力F，当F增大到时B开始运动，之后力F按图乙所示的规律继续增大，图乙中的x为B运动的位移，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。对两物块的运动过程，以下说法正确的是（ ）
A．木板B开始运动后过一段时间，A再开始运动
B．滑块A的加速度一直在增大
C．自x=0至木板x=x0木板B对A做功为
D．x=x0时，木板B的速度大小为
【答案】C,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A.开始A、B相对静止一起开始做加速运动，B运动时A同时运动，故A错误；B.当拉力较小时A、B相对静止一起加速运动，当拉力F大到一定值后A、B相对滑动，A、B相对静止一起加速运动时，A的加速度一直增加，当A、B相对滑动后，A的加速度保持不变，故B错误；
CD．从到过程，对A、B系统由动能定理得
解得
对A由动能定理得
即木板B对A做功为，故C、D正确；
故选CD。
【分析】当拉力较小时A、B相对静止一起加速运动，当拉力F大到一定值后A、B相对滑动，国家牛顿第二定律分析加速度的变化；根据图乙所示图像求出滑动摩擦力，F-x图像与坐标轴形成图形的面积等于拉力做的功，根据图示图像应用动能定理分析答题。
11．（2025高一下·苏州期中）如图所示，传送带的水平部分ab长度为2m，倾斜部分bc长度为4m，bc与水平方向的夹角为37°。传送带沿图示顺时针方向匀速率运动，速率为2m/s。现将质量为m=1kg小煤块A从静止轻放到a处，它将被传送到c点，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为，且此过程中煤块不会脱离传送带，g=10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．小煤块从a点运动到b点的过程中，电动机多消耗的电能为4J
B．小煤块从a点运动到c点所用的时间为2.2s
C．从a点运动到c点的过程，小煤块和皮带间因摩擦而产生的热量为6J
D．从a点运动到c点的过程，小煤块在传送带上留下的痕迹长度为2.8m
【答案】A,C
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】本题是传送带问题，小煤块运动过程复杂，根据题意分析清楚煤块的运动过程是解题的前提，分段运用牛顿第二定律、运动学公式、功能关系即可解题。 煤块A轻放在a点后摩擦力作用下向右做匀加速运动，假设达b之前可以和皮带共速，根据牛顿第二定律则有
（假设成立）
皮带在煤块和皮带共速过程位移为
煤块和传送带的相对滑动位移为
因摩擦产生的热量为
电动机多消耗的电能
之后煤块匀速
煤块在b到c过程中，由于
所以煤块一直匀加速运动，在bc段的加速度大小为
解得
该过程皮带位移为
煤块和传送带相对滑动位移为
因摩擦产生的热量为
所以煤块由a运动到c的时间为
痕迹长为
s=2m
摩擦生热
Q=Q1+Q2=6J
故选AC。
【分析】小煤块A轻放在a点后摩擦力作用下向右做匀加速运动，根据牛顿第二定律求出小煤块的加速度，并求出当小煤块的速度达到2m/s时的位移，判断出小煤块的运动情况，从而求出小煤块从a点传送到b点所用的时间。小煤块A在bc段将沿倾斜部分加速下滑，此时A受到的为滑动摩擦力，大小为μmgcos37°，方向沿传送带向上，由牛顿第二定律求出加速度，根据运动学公式求出时间，三段时间之和是a到c的运动时间；在ab段与bc段都会留下痕迹，但ab段传送带快，bc段煤块快，所留痕迹的长度之和即为总长度；应用功能关系求出小煤块从a到b过程电动机多消耗的电能；求出从a到c过程求出小煤块因摩擦产生的热量。
二、非选择题：共5题，共56分。其中第13~16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分：有数值计算时。答案中必须明确写出数值和单位。
12．（2025高一下·苏州期中）某同学设计了一个验证机械能守恒定律的实验，一轻绳一端连接在拉力传感器上O点，另一端连接在半径为r的匀质小钢球上，小钢球球心至O点的长度为L，O点正下方B位置有一光电门，可记录小钢球通过光电门的时间。如图甲所示，将小钢球拉至某一位置由静止释放，同时拉力传感器通过计算机采集小钢球在摆动过程中轻绳上拉力的最大值T和最小值F。改变小钢球的初始释放位置，重复上述过程，根据测量数据在直角坐标系中绘制的T-F图像如乙图所示。
（1）小钢球从A位置由静止释放时，细线与竖直方向成θ角，小钢球通过最低点位置B时，光电门记录遮光时间为t，则小钢球通过光电门的速度vB= ；在实验误差允许的范围内，若t2= （用r、L、θ、g等符号表示）则验证了小钢球从A点运动到B点过程中机械能守恒。
（2）若小钢球摆动过程中机械能守恒，则绘制乙图T-F图像的直线斜率理论值为 。
（3）小钢球质量m=30g，根据测量数据绘制的乙图计算出重力加速度g= m/s2（结果保留3位有效数字），与当地实际重力加速度相比 （选填“偏小”“不变”或“偏大”）。
【答案】（1）；
（2）-2
（3）9.78；偏小
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）小钢球通过最低点位置B时，用平均速度近似代替瞬时速度，则小钢球通过光电门的速度
小钢球从A到B过程中，若无空气阻力，有
解得
（2）小钢球摆动过程中轻绳上拉力的最小值F，则
最大值T，结合牛顿第二定律有，
联立解得
所以绘制乙图T-F图像的直线斜率理论值为-2；
（3）小钢球质量m=30g，根据乙图截距知
计算出重力加速度
实际上由于小钢球摆动过程中始终受空气阻力的影响，速度始终偏小导致绳上拉力偏小，所以截距偏小，所以与当地实际重力加速度相比偏小。
【分析】（1）根据小球半径与遮光时间求出小球的速度；应用机械能守恒定律求解。
（2）应用平衡条件与牛顿第二定律求出图像的函数解析式，然后分析答题。
（3）根据图示图像分析答题，小钢球摆动过程中始终受空气阻力的影响。
（1）[1]小钢球从A位置由静止释放时，细线与竖直方向成θ角，小钢球通过最低点位置B时，光电门记录遮光时间为t，则小钢球通过光电门的速度
[2]小钢球从A到B过程中，若无空气阻力，根据机械能守恒定律，有
解得
（2）小钢球摆动过程中轻绳上拉力的最小值F，则
最大值T有，
联立解得
所以绘制乙图T-F图像的直线斜率理论值为-2；
（3）[1]小钢球质量m=30g，根据乙图截距知
计算出重力加速度
[2]实际上由于小钢球摆动过程中始终受空气阻力的影响，速度始终偏小导致绳上拉力偏小，所以截距偏小，所以与当地实际重力加速度相比偏小。
13．（2025高一下·苏州期中）如图所示，将小球从A点对准竖直放置的圆盘的上边缘B点水平抛出，圆盘绕圆心O以的角速度匀速转动，小球运动到圆盘的边缘时速度方向正好与圆盘的边缘相切于D点，且速度大小与圆盘边缘的线速度相等，O、D的连线与竖直方向的夹角为60°，取重力加速度大小，不计空气阻力。求：
（1）小球从A点运动到D点所用的时间及圆盘的半径；
（2）A、D两点间的距离。
【答案】（1）设小球从A点运动到D点所用时间为t，初速度为，圆盘的半径，把小球在D点的速度沿水平方向和竖直方向分解，则有，，
解得，，
（2）小球从A点运动到D点做平抛运动，水平位移和竖直位移分别为，
A、D两点间的距离
解得
【知识点】平抛运动；线速度、角速度和周期、转速
【解析】【分析】（1） 小球从A点飞出做平抛运动，根据平抛运动规律和圆周运动规律求时间；
（2）A、D两点间的距离是平抛运动的合位移，结合几何关系求解。
（1）设小球从A点运动到D点所用时间为t，初速度为，圆盘的半径，把小球在D点的速度沿水平方向和竖直方向分解，则有，，
解得，，
（2）小球从A点运动到D点做平抛运动，水平位移和竖直位移分别为，
A、D两点间的距离
解得
14．（2025高一下·苏州期中）开普勒于1609年和1619年发表了行星运动三定律，其中，k为开普勒常量；牛顿建立万有引力定律之后，人们可以从动力学的视角，理解和解释开普勒定律。已知太阳质量为、行星质量为、太阳和行星间距离为L、引力常量为G，不考虑其它天体的影响。
（1）通常认为，太阳保持静止不动，行星绕太阳做匀速圆周运动。请推导开普勒第三定律中常量k的表达式（选用用、、L、G和其它常数表示）；
（2）实际上太阳并非保持静止不动，如图所示，太阳和行星绕二者连线上的O点做周期均为的匀速圆周运动。依照此模型，开普勒第三定律形式上仍可表达为。请推导的表达式（用、、L、G和其它常数表示），并说明需满足的条件。
【答案】（1）解：行星绕太阳做匀速圆周运动由万有引力提供向心力，所以根据牛顿第二定律有
解得
（2）解：设行星做匀速圆周运动的轨道半径为r，太阳做匀速圆周运动的轨道半径为R，则有
行星做匀速圆周运动由万有引力提供向心力，所以根据牛顿第二定律有
太阳做匀速圆周运动由万有引力提供向心力，所以根据牛顿第二定律有
将以上两式相加可得
解得
则若要使，即，需要行星的质量远小于太阳的质量。
【知识点】开普勒定律；万有引力定律；双星（多星）问题
【解析】【分析】（1）行星绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列式，即可推导出开普勒第三定律中常量k的表达式；
（2）太阳和行星绕二者连线上的O点做周期均为T0的匀速圆周运动，由相互间的万有引力提供向心力，由此列式求解。
（1）行星绕太阳做匀速圆周运动由万有引力提供向心力，所以根据牛顿第二定律有
解得
（2）设行星做匀速圆周运动的轨道半径为r，太阳做匀速圆周运动的轨道半径为R，则有
行星做匀速圆周运动由万有引力提供向心力，所以根据牛顿第二定律有
太阳做匀速圆周运动由万有引力提供向心力，所以根据牛顿第二定律有
将以上两式相加可得
解得
则若要使，即，需要行星的质量远小于太阳的质量。
15．（2025高一下·苏州期中）如图所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原长时上端与刻度尺上的A点等高，质量的篮球静止在弹簧正上方，其底端距A点高度，篮球静止释放，测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最大形变量，第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量，弹性势能为Ep=0.025J，若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球的形变，弹簧形变在弹性限度范围内，求：
（1）篮球在运动过程中受到的空气阻力；（结果保留一位有效数字）
（2）篮球在整个运动过程中通过的路程；
（3）篮球在整个运动过程中速度最大的位置。
【答案】解：（1）球从开始运动到第一次上升到最高点，动能定理
解得
（2）设球在整个运动过程中总路程s，由能量守恒得
解得
；
（3）球在首次下落过程中，合力为零处速度最大，速度最大时弹簧形变量为；
则
又因为
解得
在A点下方，离A点
【知识点】能量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）研究篮球从开始下落到第一次反弹至最高点的过程，运用动能定理列式，可求得篮球在运动过程中受到的空气阻力；
（2）对篮球运动的整个过程，由能量守恒定律求篮球运动过程中通过的路程；
（3）篮球在整个运动过程中速度最大时合力为零，由平衡条件和胡克定律求解。
16．（2025高一下·苏州期中）如图所示，在水平轨道右侧安放半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为L。水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态。小物块A（可视为质点）从轨道右侧以初速度冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回，经水平轨道返回圆形轨道。已知R=0.2m，L=1.0m，，物块A质量为m=1kg，与PQ段间的动摩擦因数为μ=0.2，轨道其他部分摩擦不计，取g=10m/s2求：
（1）物块A第一次到圆弧最高时对轨道的压力和弹簧刚接触时的速度大小；
（2）物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度；
（3）调节PQ段的长度L，A仍以从轨道右侧冲上轨道，当L满足什么条件时，A物块能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱。
【答案】解：（1）A→M过程由动能定理得
﹣mg 2R=mvm2﹣mv2
在C点由牛顿第二定律得
mg+FN=m
解得
FN=10N
由牛顿第三定律知对轨道的压力为0物块A冲上圆形轨道后回到最低点速度为v0=m/s，
与弹簧接触瞬间
可得，物块A与弹簧刚接触时的速度大小
m/s
（2）A被弹簧以原速率v1弹回，向右经过PQ段，有
解得A速度
v2=2m/s
A滑上圆形轨道，有
（也可以应用 ）
可得，返回到右边轨道的高度为
h=0.2m=R
符合实际。
（3）物块A以v0冲上轨道直到回到PQ段右侧，有
可得，A回到右侧速度
要使A能返回右侧轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道，则有：
①若A沿轨道上滑至最大高度h时，速度减为0，则h满足
0＜h≤R
根据机械能守恒
联立可得
1.0m≤l＜1.5m
②若A能沿轨道上滑至最高点，则满足
且
联立得
l≤0.25m
综上所述，要使A物块能第一次返回圆形轨道并沿轨道运动而不脱离轨道，l满足的条件是
1.0m≤l＜1.5m或 l≤0.25m
【知识点】生活中的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）物块A从Q到P过程中，运用动能定理，结合摩擦力做功，从而求出物块A与弹簧刚接触时的速度大小；
（2）根据运动学公式求得回到圆轨道的速度大小，再根据动能定理求出A能够上升的高度，并讨论能否达到此高度；
（3）A物块能返回圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道，要么能够越过圆轨道的最高点，要么在圆轨道中上升的高度不要超过圆轨道的半径，结合动能定理、动量守恒定律和牛顿第二定律求出l所满足的条件。
1 / 1江苏省苏州中学2024-2025学年高一下学期期中物理试卷
一、单项选择题：共11题，每题4分，共计44分，每题只有一个选项最符合题意。
1．（2025高一下·苏州期中）关于行星运动定律和万有引力定律的建立过程，下列说法正确的是（ ）
A．开普勒通过天文仪器观察到行星绕太阳运动的轨道是椭圆
B．卡文迪许通过对几个铅球之间万有引力的测量，得出了引力常量的数值
C．第谷通过严密的数学运算，得出了行星的运动规律
D．牛顿通过比较月球和近地卫星的向心加速度，对万有引力定律进行了“月—地检验”
2．（2025高一下·苏州期中）如果小虫从B点滑落，且小虫顺着树枝滑落可近似看作匀速率的，那么在弧形树枝某位置切线的倾角为处，树枝对小虫的作用力大小及方向，正确的判断是（ ）
A．mg，竖直向上
B．大于mg，沿圆弧半径指向圆心
C．大于mg，与水平成角
D．大于mg，与竖直方向的夹角小于
3．（2025高一下·苏州期中）1970年成功发射的“东方红一号”是我国第一颗人造地球卫星，该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动。如图所示，设卫星在近地点、远地点的速度分别为、，近地点到地心的距离为r，地球质量为M，引力常量为G。则（ ）
A．v1＞v2，v1＝ B．v1＞v2，v1＞
C．v1＜v2，v1＝ D．v1＜v2，v1＞
4．（2025高一下·苏州期中）如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，圆心为O，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端A点经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。设小环下滑过程中对大圆环的作用力大小最小的位置为P，则OP与竖直方向AO的夹角满足（ ）
A． B． C． D．
5．（2025高一下·苏州期中）如图所示，一根长为l的轻杆，O端用饺链固定，另一端固定着一个小球A，轻杆靠在一个高为h的物块上。若物块与地面摩擦不计，则当物块以速度v向右运动至轻杆与水平方向夹角为时，物块与轻杆的接触点为B，下列说法正确的是（ ）
A．A、B的线速度相同 B．A、B的角速度不相同
C．小球A的线速度大小为 D．轻杆转动的角速度为
6．（2025高一下·苏州期中）如图所示，水平转台上的小物体A、B通过轻弹簧连接，并随转台一起匀速转动，A、B的质量分别为m、2m，离转台中心的距离分别为1.5r、r，已知弹簧的原长为1.5r，劲度系数为k，A、B与转台间的动摩擦因数都为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且有。则以下说法中正确的是（ ）
A．当B受到的摩擦力为0时，转台转动的角速度为
B．当A受到的摩擦力为0时，转台转动的角速度为
C．当转台转速逐渐增大，A先发生滑动，即将滑动时转台转动的角速度为
D．当转台转速逐渐增大时，A、B同时开始滑动，此时转台转动的角速度为
7．（2025高一下·苏州期中）中国科学院沈阳自动化研究所主持研制的“海斗一号”在无缆自主模式下刷新了中国下潜深度纪录，最大下潜深度超过了10000米，若把地球看成质量分布均匀的球体，且球壳对球内任一质点的万有引力为零，忽略地球的自转，则下列关于“海斗一号”下潜所在处的重力加速度大小g和下潜深度h的关系图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2025高一下·苏州期中）一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的有用功率达到最大值，以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v2匀速上升为止，则整个过程中，下列说法正确的是：（ ）
A．若匀加速过程时间为t，则速度由 v1 变为 v2 的时间小于
B．重物的最大速度为
C．重物做匀加速直线运动的时间为
D．钢绳的最大拉力为
9．（2025高一下·苏州期中）如图所示，水平面上O点的左侧光滑，O点的右侧粗糙。有8个质量均为m的完全相同的小滑块（可视为质点），用轻质的细杆相连，相邻小滑块间的距离为L，滑块1恰好位于O点左侧滑块，滑块2、3。依次沿直线水平向左排开。现将水平恒力F作用于滑块1上，经观察发现，在第3个小滑块过O点进入粗糙地带后再到第4个小滑块过O点进入粗糙地带前这一过程中，小滑块做匀速直线运动，已知重力加速度为g，则下列判断中正确的是（ ）
A．滑块匀速运动时，各段轻杆上的弹力大小相等
B．滑块3匀速运动的速度是
C．第5个小滑块完全进入粗糙地带到第6个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，8个小滑块的加速度大小为
D．最终第7个滑块刚能到达O点而第8个滑块不可能到达O点
10．（2025高一下·苏州期中）如图甲所示，滑块A和足够长的木板B叠放在水平地面上，A和B之间、B和地面之间 的动摩擦因数相同，A和B的质量均为m。现对B施加一水平向右逐渐增大的力F，当F增大到时B开始运动，之后力F按图乙所示的规律继续增大，图乙中的x为B运动的位移，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。对两物块的运动过程，以下说法正确的是（ ）
A．木板B开始运动后过一段时间，A再开始运动
B．滑块A的加速度一直在增大
C．自x=0至木板x=x0木板B对A做功为
D．x=x0时，木板B的速度大小为
11．（2025高一下·苏州期中）如图所示，传送带的水平部分ab长度为2m，倾斜部分bc长度为4m，bc与水平方向的夹角为37°。传送带沿图示顺时针方向匀速率运动，速率为2m/s。现将质量为m=1kg小煤块A从静止轻放到a处，它将被传送到c点，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为，且此过程中煤块不会脱离传送带，g=10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．小煤块从a点运动到b点的过程中，电动机多消耗的电能为4J
B．小煤块从a点运动到c点所用的时间为2.2s
C．从a点运动到c点的过程，小煤块和皮带间因摩擦而产生的热量为6J
D．从a点运动到c点的过程，小煤块在传送带上留下的痕迹长度为2.8m
二、非选择题：共5题，共56分。其中第13~16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分：有数值计算时。答案中必须明确写出数值和单位。
12．（2025高一下·苏州期中）某同学设计了一个验证机械能守恒定律的实验，一轻绳一端连接在拉力传感器上O点，另一端连接在半径为r的匀质小钢球上，小钢球球心至O点的长度为L，O点正下方B位置有一光电门，可记录小钢球通过光电门的时间。如图甲所示，将小钢球拉至某一位置由静止释放，同时拉力传感器通过计算机采集小钢球在摆动过程中轻绳上拉力的最大值T和最小值F。改变小钢球的初始释放位置，重复上述过程，根据测量数据在直角坐标系中绘制的T-F图像如乙图所示。
（1）小钢球从A位置由静止释放时，细线与竖直方向成θ角，小钢球通过最低点位置B时，光电门记录遮光时间为t，则小钢球通过光电门的速度vB= ；在实验误差允许的范围内，若t2= （用r、L、θ、g等符号表示）则验证了小钢球从A点运动到B点过程中机械能守恒。
（2）若小钢球摆动过程中机械能守恒，则绘制乙图T-F图像的直线斜率理论值为 。
（3）小钢球质量m=30g，根据测量数据绘制的乙图计算出重力加速度g= m/s2（结果保留3位有效数字），与当地实际重力加速度相比 （选填“偏小”“不变”或“偏大”）。
13．（2025高一下·苏州期中）如图所示，将小球从A点对准竖直放置的圆盘的上边缘B点水平抛出，圆盘绕圆心O以的角速度匀速转动，小球运动到圆盘的边缘时速度方向正好与圆盘的边缘相切于D点，且速度大小与圆盘边缘的线速度相等，O、D的连线与竖直方向的夹角为60°，取重力加速度大小，不计空气阻力。求：
（1）小球从A点运动到D点所用的时间及圆盘的半径；
（2）A、D两点间的距离。
14．（2025高一下·苏州期中）开普勒于1609年和1619年发表了行星运动三定律，其中，k为开普勒常量；牛顿建立万有引力定律之后，人们可以从动力学的视角，理解和解释开普勒定律。已知太阳质量为、行星质量为、太阳和行星间距离为L、引力常量为G，不考虑其它天体的影响。
（1）通常认为，太阳保持静止不动，行星绕太阳做匀速圆周运动。请推导开普勒第三定律中常量k的表达式（选用用、、L、G和其它常数表示）；
（2）实际上太阳并非保持静止不动，如图所示，太阳和行星绕二者连线上的O点做周期均为的匀速圆周运动。依照此模型，开普勒第三定律形式上仍可表达为。请推导的表达式（用、、L、G和其它常数表示），并说明需满足的条件。
15．（2025高一下·苏州期中）如图所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原长时上端与刻度尺上的A点等高，质量的篮球静止在弹簧正上方，其底端距A点高度，篮球静止释放，测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最大形变量，第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量，弹性势能为Ep=0.025J，若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球的形变，弹簧形变在弹性限度范围内，求：
（1）篮球在运动过程中受到的空气阻力；（结果保留一位有效数字）
（2）篮球在整个运动过程中通过的路程；
（3）篮球在整个运动过程中速度最大的位置。
16．（2025高一下·苏州期中）如图所示，在水平轨道右侧安放半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为L。水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态。小物块A（可视为质点）从轨道右侧以初速度冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回，经水平轨道返回圆形轨道。已知R=0.2m，L=1.0m，，物块A质量为m=1kg，与PQ段间的动摩擦因数为μ=0.2，轨道其他部分摩擦不计，取g=10m/s2求：
（1）物块A第一次到圆弧最高时对轨道的压力和弹簧刚接触时的速度大小；
（2）物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度；
（3）调节PQ段的长度L，A仍以从轨道右侧冲上轨道，当L满足什么条件时，A物块能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】开普勒定律；万有引力定律；引力常量及其测定
【解析】【解答】A、开普勒通过对第谷大量观测数据的深入研究，得出行星绕太阳运动的轨道是椭圆的结论，故A错误；B、英国物理学家卡文迪什在实验室里通过几个铅球之间万有引力的测量，得出了引力常量G的数值，故B正确；
C、开普勒根据第谷对行星运动的观测数据，应用严密的数学运算，发现了行星运动的规律，即开普勒三定律，故C错误；
D、牛顿通过比较月球公转的周期，根据万有引力充当向心力，对万有引力定律进行了“月地检验”，故D错误。
故选：B。
【分析】根据开普勒、牛顿、卡文迪许等等科学家的物理学成就进行解答。
2．【答案】D
【知识点】向心力
【解析】【解答】小虫顺着树枝滑落可近似看作匀速率的，在弧形树枝某位置切线的倾角为θ处，树枝对小虫的作用力与重力的合力方向指向圆心O，如图所示；
沿切线方向有
垂直于切线方向有
可得树枝对小虫的作用力大小为
由图受力可知，树枝对小虫的作用力方向与竖直方向的夹角小于，与水平方向的夹角不一定等于。
故选D。
【分析】小虫顺着树枝滑落可近似看作匀速率的，树枝对小虫的作用力与重力的合力方向指向圆心O，由此画图进行分析。
3．【答案】B
【知识点】开普勒定律
【解析】【解答】解决本题的关键要理解并掌握卫星变轨的原理，知道当万有引力小于所需要的向心力时，卫星做离心运动。根据开普勒第二定律有
若卫星绕地心做轨道半径为r的圆周运动时，线速度大小为
将卫星从半径为r的圆轨道变轨到图示的椭圆轨道，必须在近地点加速，所以有
故选B。
【分析】根据动能定理分析卫星在近地点、远地点的速度大小；根据变轨原理，将近地点速度与卫星圆周运动的线速度比较，即可求解。
4．【答案】C
【知识点】向心力；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题主要考查对动能定理的掌握，解题的关键是，要先确定不同的力在哪个阶段做功，再根据动能定理列式，因为有些力在物体运动全过程中不是始终存在的。设大圆环半径为R、小环在大圆环上某处时，该处与圆心的连线和竖直向上的夹角为θ（0≤θ≤π），小环下滑过程中，根据动能定理可得
在该处，根据牛顿第二定律可得：
联立可得F=2mg-3mgcosθ
则大圆环对小环作用力的大小为|F|=|2mg-3mgcosθ|
根据数学知识可知，|F|的大小在时最小，则结合牛顿第三定律可知，小环下滑过程中到达对大圆环的作用力大小最小的位置时
结合数学知识可知
故选C。
【分析】根据动能定理结合牛顿第二定律求解大圆环对小环作用力的大小，结合数学知识和牛顿第三定律求解 OP与竖直方向AO的夹角满足 的条件。
5．【答案】C
【知识点】运动的合成与分解；线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】解决本题的关键会根据平行四边形定则对速度进行分解，木块速度在垂直于杆子方向的分速度等于B点转动的线速度。AB．接触点B的实际运动为合运动，可将B点运动的速度沿轻杆和垂直轻杆的方向分解成，
为B点做圆周运动的线速度，为B点沿轻杆运动的速度。当轻杆与水平方向夹角为时，B，A两点都围绕点O做圆周运动，由于是在同一轻杆上运动，故A、B的角速度相同，但由于转动半径不一样，A、B两点的线速度不相同，故AB错误；
CD．当轻杆与水平方向夹角为时，B点做圆周运动的线速度大小满足
可得轻杆转动的角速度为
则小球A的线速度大小为
故C正确，D错误。
故选C。
【分析】将物块的速度分解为沿杆子方向和垂直于杆子方向，在垂直于杆子方向上的速度等于B点绕O转动的线速度，根据v=rω可求出杆转动的角速度，再根据杆的角速度和A的转动半径可以求出A的线速度大小。
6．【答案】D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A． 当B受到的摩擦力为0时，由弹簧弹力提供向心力，则有k（1.5r+r-1.5r）=2mω2r，
解得转台转动的角速度为，选项A错误；
B．当A受到的摩擦力为0时， 由弹簧弹力提供向心力， 根据牛顿第二定律可得
转台转动的角速度为，选项B错误；
CD．当A达到最大静摩擦力时则
解得
当B达到最大静摩擦力时则
可得
可知当转台转速逐渐增大时，A、B同时开始滑动，此时转台转动的角速度为，选项C错误，D正确。
故选D。
【分析】当A、B受到的摩擦力为0时，由弹簧弹力提供向心力，根据胡克定律以及向心力公式列式求解，当A、B刚好要滑动时，摩擦力达到最大静摩擦力，弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力，根据胡克定律以及向心力公式列式求解即可。
7．【答案】D
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】“海斗一号”下潜h深度后，以地心为球心、以R-h为半径的地球的质量为M'，设地球的质量为M，地球的半径为R，则根据密度相等有
由于球壳对球内任一质点的万有引力为零，根据万有引力定律有
联立以上两式并整理可得
故D正确，ABC错误。
故选D。
【分析】深度为h的地球内部的重力加速度相当于半径为R-h的球体在其表面产生的重力加速度，根据地球质量分布均匀得到加速度的表达式。
8．【答案】B,C
【知识点】对单物体(质点)的应用；功率及其计算
【解析】【解答】A、速度由 变为 的做加速度减小的加速运动，设速度由 变为 的时间为 ，根据题意可得 ，解得 ，A不符合题意；
B、重物以最大速度为 匀速上升时，钢绳拉力 ，所以重物的最大速度为 ，B符合题意；
C、重物做匀加速运动的加速度 ，根据速度公式可得重物做匀加速直线运动的时间为 ，C符合题意；
D、匀加速提升重物时钢绳拉力最大，且等于匀加速结束时的拉力，由 可得 ，D不符合题意。
故答案为：BC
【分析】结合当前的加速度，对货物进行受力分析，求出最大速度，结合运动学公式求解时间；当起重机的牵引力等于货物重力的时候，货物的加速度为零，此时的货物的速度最大，利用公式P=Fv求解即可。
9．【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A. 当滑块匀速运动时，以滑块8为研究对象，可得7、8间轻杆弹力为零；同理可得6、7间轻杆弹力为零；5、6间轻杆弹力为零；4、5间轻杆弹力为零；3、4间轻杆弹力为零，即处在光滑地带的滑块间的轻杆上的弹力都为零。在粗糙地带上，以滑块3为研究对象，设滑块受地面向左的摩擦力为f，则由平衡关系可得2、3间轻杆拉力为f，同理可得1、2件轻杆拉力为2f，故滑块间轻杆上弹力不为零，且不相同，故A错误；
B.将匀速运动的8个小滑块作为一个整体，有
解得
从开始到第4个小滑块过O点进入粗糙地带前这一过程中，由动能定理得
解得
故B正确；
C.第5个小滑块完全进入粗糙地带到第6个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，8个小滑块看作整体，由牛顿第二定律
解得加速度大小为
故C错误；
D.假设第7个滑块刚好能到达O点，由动能定理有
解得＜0
故第7块滑块不能到达O点，故D错误。
故选B。
【分析】匀速运动时，以滑块8为研究对象，可得7、8间轻杆弹力为零，同理可分析出光滑地带滑块间轻杆上弹力都为零。在粗糙地带上，以滑块3为研究对象，可分析出2、3间轻杆拉力不为零。以整体为研究对象，由动能定理可得匀速时速度，由牛顿第二定律可求加速度。假设第7个滑块刚好能到达O点，对整体由动能定理可验证。
10．【答案】C,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A.开始A、B相对静止一起开始做加速运动，B运动时A同时运动，故A错误；B.当拉力较小时A、B相对静止一起加速运动，当拉力F大到一定值后A、B相对滑动，A、B相对静止一起加速运动时，A的加速度一直增加，当A、B相对滑动后，A的加速度保持不变，故B错误；
CD．从到过程，对A、B系统由动能定理得
解得
对A由动能定理得
即木板B对A做功为，故C、D正确；
故选CD。
【分析】当拉力较小时A、B相对静止一起加速运动，当拉力F大到一定值后A、B相对滑动，国家牛顿第二定律分析加速度的变化；根据图乙所示图像求出滑动摩擦力，F-x图像与坐标轴形成图形的面积等于拉力做的功，根据图示图像应用动能定理分析答题。
11．【答案】A,C
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】本题是传送带问题，小煤块运动过程复杂，根据题意分析清楚煤块的运动过程是解题的前提，分段运用牛顿第二定律、运动学公式、功能关系即可解题。 煤块A轻放在a点后摩擦力作用下向右做匀加速运动，假设达b之前可以和皮带共速，根据牛顿第二定律则有
（假设成立）
皮带在煤块和皮带共速过程位移为
煤块和传送带的相对滑动位移为
因摩擦产生的热量为
电动机多消耗的电能
之后煤块匀速
煤块在b到c过程中，由于
所以煤块一直匀加速运动，在bc段的加速度大小为
解得
该过程皮带位移为
煤块和传送带相对滑动位移为
因摩擦产生的热量为
所以煤块由a运动到c的时间为
痕迹长为
s=2m
摩擦生热
Q=Q1+Q2=6J
故选AC。
【分析】小煤块A轻放在a点后摩擦力作用下向右做匀加速运动，根据牛顿第二定律求出小煤块的加速度，并求出当小煤块的速度达到2m/s时的位移，判断出小煤块的运动情况，从而求出小煤块从a点传送到b点所用的时间。小煤块A在bc段将沿倾斜部分加速下滑，此时A受到的为滑动摩擦力，大小为μmgcos37°，方向沿传送带向上，由牛顿第二定律求出加速度，根据运动学公式求出时间，三段时间之和是a到c的运动时间；在ab段与bc段都会留下痕迹，但ab段传送带快，bc段煤块快，所留痕迹的长度之和即为总长度；应用功能关系求出小煤块从a到b过程电动机多消耗的电能；求出从a到c过程求出小煤块因摩擦产生的热量。
12．【答案】（1）；
（2）-2
（3）9.78；偏小
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）小钢球通过最低点位置B时，用平均速度近似代替瞬时速度，则小钢球通过光电门的速度
小钢球从A到B过程中，若无空气阻力，有
解得
（2）小钢球摆动过程中轻绳上拉力的最小值F，则
最大值T，结合牛顿第二定律有，
联立解得
所以绘制乙图T-F图像的直线斜率理论值为-2；
（3）小钢球质量m=30g，根据乙图截距知
计算出重力加速度
实际上由于小钢球摆动过程中始终受空气阻力的影响，速度始终偏小导致绳上拉力偏小，所以截距偏小，所以与当地实际重力加速度相比偏小。
【分析】（1）根据小球半径与遮光时间求出小球的速度；应用机械能守恒定律求解。
（2）应用平衡条件与牛顿第二定律求出图像的函数解析式，然后分析答题。
（3）根据图示图像分析答题，小钢球摆动过程中始终受空气阻力的影响。
（1）[1]小钢球从A位置由静止释放时，细线与竖直方向成θ角，小钢球通过最低点位置B时，光电门记录遮光时间为t，则小钢球通过光电门的速度
[2]小钢球从A到B过程中，若无空气阻力，根据机械能守恒定律，有
解得
（2）小钢球摆动过程中轻绳上拉力的最小值F，则
最大值T有，
联立解得
所以绘制乙图T-F图像的直线斜率理论值为-2；
（3）[1]小钢球质量m=30g，根据乙图截距知
计算出重力加速度
[2]实际上由于小钢球摆动过程中始终受空气阻力的影响，速度始终偏小导致绳上拉力偏小，所以截距偏小，所以与当地实际重力加速度相比偏小。
13．【答案】（1）设小球从A点运动到D点所用时间为t，初速度为，圆盘的半径，把小球在D点的速度沿水平方向和竖直方向分解，则有，，
解得，，
（2）小球从A点运动到D点做平抛运动，水平位移和竖直位移分别为，
A、D两点间的距离
解得
【知识点】平抛运动；线速度、角速度和周期、转速
【解析】【分析】（1） 小球从A点飞出做平抛运动，根据平抛运动规律和圆周运动规律求时间；
（2）A、D两点间的距离是平抛运动的合位移，结合几何关系求解。
（1）设小球从A点运动到D点所用时间为t，初速度为，圆盘的半径，把小球在D点的速度沿水平方向和竖直方向分解，则有，，
解得，，
（2）小球从A点运动到D点做平抛运动，水平位移和竖直位移分别为，
A、D两点间的距离
解得
14．【答案】（1）解：行星绕太阳做匀速圆周运动由万有引力提供向心力，所以根据牛顿第二定律有
解得
（2）解：设行星做匀速圆周运动的轨道半径为r，太阳做匀速圆周运动的轨道半径为R，则有
行星做匀速圆周运动由万有引力提供向心力，所以根据牛顿第二定律有
太阳做匀速圆周运动由万有引力提供向心力，所以根据牛顿第二定律有
将以上两式相加可得
解得
则若要使，即，需要行星的质量远小于太阳的质量。
【知识点】开普勒定律；万有引力定律；双星（多星）问题
【解析】【分析】（1）行星绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列式，即可推导出开普勒第三定律中常量k的表达式；
（2）太阳和行星绕二者连线上的O点做周期均为T0的匀速圆周运动，由相互间的万有引力提供向心力，由此列式求解。
（1）行星绕太阳做匀速圆周运动由万有引力提供向心力，所以根据牛顿第二定律有
解得
（2）设行星做匀速圆周运动的轨道半径为r，太阳做匀速圆周运动的轨道半径为R，则有
行星做匀速圆周运动由万有引力提供向心力，所以根据牛顿第二定律有
太阳做匀速圆周运动由万有引力提供向心力，所以根据牛顿第二定律有
将以上两式相加可得
解得
则若要使，即，需要行星的质量远小于太阳的质量。
15．【答案】解：（1）球从开始运动到第一次上升到最高点，动能定理
解得
（2）设球在整个运动过程中总路程s，由能量守恒得
解得
；
（3）球在首次下落过程中，合力为零处速度最大，速度最大时弹簧形变量为；
则
又因为
解得
在A点下方，离A点
【知识点】能量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）研究篮球从开始下落到第一次反弹至最高点的过程，运用动能定理列式，可求得篮球在运动过程中受到的空气阻力；
（2）对篮球运动的整个过程，由能量守恒定律求篮球运动过程中通过的路程；
（3）篮球在整个运动过程中速度最大时合力为零，由平衡条件和胡克定律求解。
16．【答案】解：（1）A→M过程由动能定理得
﹣mg 2R=mvm2﹣mv2
在C点由牛顿第二定律得
mg+FN=m
解得
FN=10N
由牛顿第三定律知对轨道的压力为0物块A冲上圆形轨道后回到最低点速度为v0=m/s，
与弹簧接触瞬间
可得，物块A与弹簧刚接触时的速度大小
m/s
（2）A被弹簧以原速率v1弹回，向右经过PQ段，有
解得A速度
v2=2m/s
A滑上圆形轨道，有
（也可以应用 ）
可得，返回到右边轨道的高度为
h=0.2m=R
符合实际。
（3）物块A以v0冲上轨道直到回到PQ段右侧，有
可得，A回到右侧速度
要使A能返回右侧轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道，则有：
①若A沿轨道上滑至最大高度h时，速度减为0，则h满足
0＜h≤R
根据机械能守恒
联立可得
1.0m≤l＜1.5m
②若A能沿轨道上滑至最高点，则满足
且
联立得
l≤0.25m
综上所述，要使A物块能第一次返回圆形轨道并沿轨道运动而不脱离轨道，l满足的条件是
1.0m≤l＜1.5m或 l≤0.25m
【知识点】生活中的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）物块A从Q到P过程中，运用动能定理，结合摩擦力做功，从而求出物块A与弹簧刚接触时的速度大小；
（2）根据运动学公式求得回到圆轨道的速度大小，再根据动能定理求出A能够上升的高度，并讨论能否达到此高度；
（3）A物块能返回圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道，要么能够越过圆轨道的最高点，要么在圆轨道中上升的高度不要超过圆轨道的半径，结合动能定理、动量守恒定律和牛顿第二定律求出l所满足的条件。
1 / 1
