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2025-2026 学年福建省厦门外国语学校高一（下）期中物理试卷
一、选择题
1.在2026年5月1日“闽超”赛场上，厦门队球员在一次进攻中，突破重重阻碍，踢出的足球划出一条完
美弧线进入球门，守门员望球莫及，其轨迹如图所示，下列关于足球在飞行过程中的说法正确的是( )
A. 足球在空中仅受到重力的作用
B. 足球的速度方向指向轨迹内侧
C. 足球所受合外力方向指向轨迹内侧
D. 足球所受合外力方向沿轨迹切线相反方向
2.如图，主动轮大圆盘与从动轮小圆盘通过皮带(不打滑)连接，大圆盘与小圆盘的半径之比为2：1，可以
视为质点的两物体质量之比为mA：mB= 4：1，两个物体与圆盘间的动摩擦因数相同且距离转动轴的距离
相等，现在让圆盘匀速转动起来，下列说法中正确的是( )
A. 物体A与物体B相对圆盘滑动之前的角速度之比为2：1
B. 物体A与物体B相对圆盘滑动之前的角速度之比为1：1
C. 物体A与物体B相对圆盘滑动之前的向心加速度之比为4：1
D. 如果增加主动轮的转速则B物体先相对圆盘滑动
3.如图甲所示，物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动。监测到推力F、物体速度v随时间
t变化的规律如图乙、丙所示。取g=10m/ s
2，则( )
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A. 第1s内推力做功为1J
B. 第2s内物体克服摩擦力做的功为6 J
C. t =1.5 s时推力F的瞬时功率为3W
D. 第2s内推力F做功的平均功率为2W
4.如图所示，轻绳的一端系一质量为m的金属环，另一端绕过定滑轮悬挂质量为
5m的重物，金属环套在固定的竖直光滑直杆上，定滑轮与竖直杆之间的距离
OQ =d，金属环从图中P点由静止释放。OP与直杆之间的夹角θ =37°。不计一切
摩擦，重力加速度为g，则( )
A. 金属环从P上升到Q的过程中，重物所受重力的瞬时功率一直增大
B. 金属环从P上升到Q的过程中，绳子拉力对重物做的功为10
3 mgd
C. 金属环在Q点的速度大小为√gd
D. 若金属环最高能上升到N点，则ON与直杆之间的夹角α =53°
5.如图(1)的“风车”是农民常用来精选谷种的农具。在同一风力作用下，谷种和瘪谷(空壳)谷粒都从洞口
水平飞出，结果谷种和瘪谷落地点不同，自然分开，简化如图(2)，若N处为谷种，忽略空气阻力，对这
一现象，下列说法正确的是( )
A. 谷种和瘪谷飞出洞口后都做匀变速曲线运动
B. 谷种和瘪谷从飞出洞口到落地的时间不相同
C. 谷种飞出洞口时的速度比瘪谷飞出洞口时的速度要小
D. 谷种和瘪谷落地的速度相同
6.随着低空经济的发展，无人机的应用场景更加广泛。如图所示，大
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载重量无人机悬停在空中，通过绳索以拉力F竖直吊起货物，考虑空气阻力，则( )
A. 拉力F和阻力对货物所做的总功等于货物重力势能的增加量
B. 货物克服重力所做的功等于其重力势能的增加量
C. 拉力F和重力的合力对货物所做的功等于货物动能的增量
D. 拉力F和阻力对货物所做的功之和等于货物机械能的增量
7.一物块以初速度v0自固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回到斜面底
端。该物体的动能Ek随位移x的变化关系如图所示，图中x0、Ek 1、Ek 2均已
知。根据图中信息可以求出的物理量有( )
A. 重力加速度大小
B. 物体所受滑动摩擦力的大小
C. 斜面的倾角
D. 沿斜面上滑的时间
8.如图所示，长木板B置于粗糙水平地面上，滑块A置于B的右端，两者质量均为m=2kg，都处于静止状
态。某时刻给滑块A一个向左的初速度v0=2m/ s，它开始以a1=1m/ s
2的加速度向左匀减速运动；同时
给B一个水平向右的恒力F =18 N，使B以a2= 4 m/ s
2的加速度向右匀加速运动。经t =1s撤去恒力，最后
滑块恰好没有滑离木板。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/ s
2，则( )
A. 滑块与木板间的动摩擦因数为0.2
B. 木板长度至少为5.6m
C. 整个过程中滑块与木板间摩擦产生热量为12J
D. 整个过程中系统摩擦生热共40 J
二、非选择题
9.如图所示，甲、乙两个小球(均视为质点)先、后从一水平虚线的a
点斜向上抛出，甲以与虚线成60°角斜向上的速度v0抛出，经过一段
时间运动到虚线上b点(未画出)，乙以与虚线成30°角斜向上、大小
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仍为v0的速度抛出，经过一段时间运动到虚线上c点(未画出)，重力加速度为g。不计空气阻力，甲、乙的
射高之比为 ，甲、乙的射程之比为 。
10.某同学利用向心力演示器探究影响向心力大小的因素。
(1)该实验所采用的研究方法是 。
(2)该同学在某次实验过程中，将两个完全相同的小球如图所示放置，
可判断该同学是在研究 。
A.向心力与质量之间的关系
B.向心力与角速度之间的关系
C.向心力与线速度之间的关系
D.向心力与半径之间的关系
11.中国高铁屡创奇迹，实现了从“追赶”到“引领”的重大跨越，正在改变中国，影响世界，一列质量
为m的“复兴号”列车，初速度为v0，以恒定功率在水平直线轨道上运动，当位移为x时，达到此恒定功
率下的最大速度vm，设列车行驶过程中受到的阻力恒为列车重力的k倍，重力加速度为g，则列车在运动
位移为x的过程中，阻力的平均功率 kmg(v0+ vm)
2
(选填“>”“=”或“<”)，所用时间为 (
用题目中所给的物理量表示)。
12.图甲是“研究平抛物体运动”的实验装置图，通过描点画出平抛小球的运动轨迹。
(1)实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O为坐标顶点，分别测量它们的水平
坐标x和竖直坐标y。图丁中y −x
2图像能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是 。
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(2)图乙为某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，O、A、B为轨迹上的三点，A、B两点与O点的
水平距离分别为x0、2 x0，A、B两点与O点的竖直距离分别为y1、y2，重力加速度大小为g，则该平抛小
球的初速度大小为 。
(3)利用频闪照相方法拍摄的频闪照片如图丙所示，O、C、D为照片上小球的三个相邻位置，若频闪照相
的频率为f ，利用刻度尺量得O、D两点间的距离为s，则小球位于位置C时的速度大小为 。
13.某实验小组用气垫导轨验证机械能守恒定律。实验装置如图1所示，气垫导轨置于足够高的水平桌面上，
在气垫导轨的滑块上固定一个宽度为d的挡光片和一个砝码槽，测得滑块、砝码槽、遮光条的总质量为M；
气垫导轨的左端固定一个定滑轮，细线绕过定滑轮，一端与滑块相连，另一端挂有6个钩码，每个钩码的
质量均为m，当地的重力加速度大小为g。将滑块从某一固定位置由静止释放，记录滑块通过光电门的时
间；而后每次移走1个悬挂的钩码放到滑块上的砝码槽中，滑块均由同一位置由静止释放，重复实验，记
录每次实际悬挂钩码的个数n及挡光片通过光电门的时间t。
(1)实验前先调节气垫导轨水平，方法是：取下悬挂的钩码，接通气垫导轨装置的电源，调节导轨下面的
螺母，若滑块放在气垫导轨上任意位置都能______，则导轨水平。
(2)如果滑块上的挡光片通过光电门的时间为t，则滑块通过光电门的速度大小为______(用题中所给字母表
示)。
(3)以每次悬挂钩码的个数n为纵坐标，挡光片通过光电门的时间平方的倒数1
t
2为横坐标建立平面直角坐标
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系，在坐标纸上作出n−1
t
2图像，如图2所示。要验证机械能守恒，还需要测量的物理量是______；(选择
以下选项，填写正确选项)
A.滑块开始滑动时挡光片到光电门的距离
B.滑块开始滑动时挡光片到光电门的运动时间
C.细绳对滑块的拉力
D.滑块运动过程中的加速度
设该问中所测量的物理量的测量值用X表示。要验证机械能守恒，在误差允许的范围内，作出的图像斜率
为k = ______。
14.如图甲所示为我国传统民俗文化表演“抡花”活动，祈福来年风调雨顺、免于火灾，已被列入国家级
非物质文化遗产，“抡花”原理如图乙所示，快速转动竖直转轴O1O2上的手柄AB，带动“花筒”M、N
在水平面内转动，筒内烧红的铁片沿轨迹切线飞出，落地点构成漂亮的圆形，再溅起形成绚丽的图案。已
知M O1= N O1=2m，M、N离地高3.2m，若手摇AB转动的角速度大小为15rad / s，不计空气阻力，重
力加速度g取10m/ s
2。求：
(1)“花筒”M的线速度大小；
(2)“花筒”中铁片总质量为2kg时，花筒对铁片的作用力大小(结果保留根号，无需化简)；
(3)铁片落地点围成的面积S(结果保留π )。
15.一款弹珠游戏装置如图所示，水平轨道AB与光滑竖直半圆轨道相切。半圆轨道半径为R =0.1m。轨道
EF段粗糙，其余轨道均光滑，EF长度为0.3m，FB长度为0.1m，一根轻质弹簧一端与弹珠接触但不连
接。某次游戏中，用外力缓慢推动弹珠。将弹簧压缩到某位置。此时弹性势能为E p=0.1J，松手后弹珠开
始沿轨道运动，恰好能通过最高点C。之后落在EB段的某点，视为质点的弹珠质量为m=0.02kg，重力加
速度为g=10m/ s
2。求：
(1)在这次游戏中，弹珠经过C点的速度大小vC；
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(2)弹珠经EF段克服摩擦力所做的功W ；
(3)如果弹珠从C点飞出，落在EF段范围内游戏即可获胜，为了获胜，则弹珠压缩弹簧时，弹簧弹性势能
的的取值范围。
16.一游戏装置由水平弹射装置、传送带、水平直轨道BC、足够长的凹槽CHID、水平直轨道DE、螺旋
圆形轨道EFP、水平直轨道PQ和放在Q处的竖直挡板组成，除传送带和PQ段外各段表面均光滑，且各处
平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道DE、PQ相切于E( P)处，螺旋圆形轨道半径R =0.08m。传送带的水平
部分AB长L1=0.9m，沿顺时针运行的速率v =6m/ s。PQ间距离L2=0.25m。凹槽CHID内有一无动力
摆渡车，并紧靠在竖直侧壁CH处，摆渡车质量M =0.25kg，上表面与A、B、C、D、E、Q点在同一水
平面，若摆渡车碰到凹槽的DI侧壁时将立刻被锁定。现将一个质量m=0.25kg的滑块(可视作质点)向左压
缩弹簧至O点由静止释放(OA >0.4 m)，弹簧的弹力F与滑块在OA段运动的位移x的关系如图乙所示。已
知滑块与传送带、摆渡车上表面间的动摩擦因数均为μ1=0.5，滑块与轨道PQ间的动摩擦因数为μ2=0.2，
重力加速度取g=10m/ s
2。求：
(1)滑块滑上传送带的初速度v A；
(2)滑块在传送带上运行过程中因摩擦产生的热量Q；
(3)为了使滑块能碰到Q处的挡板，求摆渡车长度x的范围。
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答案解析
1.【答案】C
【解析】解：A .足球在空中划出弧线轨迹，弯曲的根本原因是空气对旋转的足球产生了侧向压力差，足球
除了受到重力，还受到空气阻力和侧向压力的作用，故A 错误。
B.物体做曲线运动时，速度方向始终沿轨迹的切线方向，而非指向轨迹内侧，所以足球的速度方向沿轨迹
切线方向，故B 错误。
CD .根据曲线运动的基本规律，物体所受合外力的方向一定指向轨迹的凹侧，足球的轨迹向内侧弯曲，说
明合外力方向指向轨迹内侧，故C 正确，D 错误。
故选：C。
本题以旋转足球的弧线运动为背景，解题时先分析足球的受力情况，再结合曲线运动的基本规律，逐一判
断速度方向、合外力方向的特点，对各选项进行分析判断。
本题考查了曲线运动的受力与运动特点，重点涉及曲线运动的速度方向、合外力方向的判断，以及旋转物
体的侧向受力分析，检验了对曲线运动基本规律的理解与应用能力。
2.【答案】D
【解析】解：AB.皮带不打滑，因此两个圆盘边缘的线速度大小相等，即v A = vB；根据线速度与角速度的
关系v =ωR，可得ωA R A =ωB RB，已知R A：RB=2：1，解得角速度之比ωA：ωB=1：2，故AB 错误。
C.物体的向心加速度公式为a=ω
2r，由于两物体到转轴的距离相等，可得向心加速度之比
aA
aB
= ωA
2 r
ωB
2 r
= 1
2
2
2 = 1
4
，故C 错误。
D.物体刚好相对滑动时，最大静摩擦力提供向心力，有μmg=mω
2r，可得临界角速度ω临=√
μg
r
。由于
两物体的动摩擦因数μ和到转轴的距离r均相同，所以临界角速度ω临相同。由于实际转动中ωB=2ωA，所
以当主动轮转速增加时，从动轮的角速度会先达到临界值，即B物体先滑动，故D 正确。
故选：D。
根据皮带不打滑的特点，得出两圆盘边缘线速度相等；结合线速度与角速度的关系求出角速度之比；利用
向心加速度公式计算两物体的向心加速度之比；通过分析物体刚好滑动时的临界条件，判断哪个物体先达
到临界角速度、先发生滑动。
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本题考查皮带传动问题的分析，重点涉及线速度、角速度、向心加速度的关系，以及静摩擦力提供向心力
的临界问题，检验了对圆周运动中传动规律和临界条件的理解与应用能力。
3.【答案】C
【解析】解：A .由v −t图可知第1s内物体速度为零没有运动，所以推力做的功为零。故A 错误；
B.由v −t图和F −t图可知第3 s内物体匀速则f = F =2 N
第2s内位移为1m，由W = fL=2×1J =2.0 J，故B 错误；
C.1.5 s是的瞬时速度为1m/ s，推力为3 N，则由P = Fv =3×1W =3W ，故C 正确；
D.第2s内的推力为3 N，第2s内物体做匀加速直线运动平均速度为1m/ s，由P
−
= F v
−
=3×1W =3W
，故
D 错误。
故选：C。
先结合v −t图像分析物体运动状态，由匀速阶段求出摩擦力，再利用F −t和v −t图像数据，通过功与功率
公式逐一分析选项。
本题结合F −t、v −t图像考查功和功率的计算，需提取图像信息并结合运动规律分析，侧重图像解读与公
式应用。
4.【答案】D
【解析】解：A、刚开始重物的速度为零，重物所受重力的瞬时功率为零；当金属环上升到Q时，其速度
方向竖直向上与轻绳垂直，由关联速可知，此时重物的速度为零，此时重物所受重力的瞬时功率为零，所
以金属环从P上升到Q的过程中，重物所受重力的瞬时功率先增大后减小，故A 错误；
B、金属环从P上升到Q的过程，设轻绳拉力对重物做的功为W ，对重物由动能定理可得：
W +5mg(
d
sinθ −d)=0−0，解得：W =−10
3 mgd，故B 错误；
C、设金属环在Q点的速度大小为v，对金属环和重物整体，由机械能守恒定律得：
5mg(
d
sinθ −d)=mg×
d
tanθ + 1
2 m v
2，解得：v =2√gd，故C 错误；
D、金属环由P点到N点的过程，对金属环和重物整体，由机械能守恒定律得：
5mg(
d
sinθ −
d
sin α )=mg(
d
tanθ −
d
tan α )
解得：sinα =0.8，可得ON与直杆之间的夹角α =53°，故D 正确。
故选：D。
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分析金属环与重物的牵连速度关系，确定重物的速度变化，由瞬时功率计算公式分析重物所受重力的瞬时
功率的变化；根据动能定理求得绳子拉力对重物做的功；根据系统机械能守恒求得金属环在Q点的速度大
小，以及ON与直杆之间的夹角。
本题考查轻绳牵连模型下的机械能守恒问题，需理清两物体的速度关联，结合能量变化规律分析，侧重对
牵连运动和机械能守恒的综合应用。
5.【答案】AC
【解析】解：A .谷种和瘪谷飞出洞口后只受重力作用，则都做匀变速曲线运动，故A 正确；
B.谷种和瘪谷从飞出洞口后做平抛运动，根据t =√
2h
g
，两者高度相同，可知它们落地的时间相同，故B 错
误；
C.谷种飞出洞口落地时的水平位移比瘪谷小，根据x = vt，可知，谷种飞出洞口时的速度比瘪谷飞出洞口时
的速度要小，故C 正确；
D.根据v y =>¿，可知，谷种和瘪谷落地的竖直速度相同，但是水平速度v x不同，根据落地的速度
v =√v x
2+ v y
2，可知两者落地速度不同，故D 错误。
故选：AC。
谷种和瘪谷飞出洞口后只受重力作用，做平抛运动，水平方向为匀速的直线运动，竖直方向匀加速直线运
动。根据运动学公式和运动的合成分析各选项。
本考查了平抛运动的规律，解题关键是谷种和瘪谷飞出洞口后只受重力作用，做平抛运动，水平方向为匀
速的直线运动，竖直方向匀加速直线运动。
6.【答案】BD
【解析】解：AD .由机械能变化与非重力做功的关系，可知拉力F和阻力对货物所做的总功等于货物动能
与重力势能的增加量，即等于货物机械能的增量，故A 错误，D 正确；
B.货物克服重力所做的功等于其重力势能的增加量，故B 正确；
C.根据动能定理可知，拉力F、重力、阻力的合力对货物所做的功等于货物动能的增量，故C 错误；
故选：BD。
以货物为研究对象，分析其受力：拉力F、重力G、空气阻力f ，结合动能定理和重力做功与重力势能的关
系、机械能变化与非重力做功的关系，逐一分析选项的受力与功的对应关系。
学生容易混淆“合外力做功”、“除重力外其他力做功”的物理意义，误将拉力和重力的合力当成动能定
理中的合外力，或忽略阻力做功对机械能变化的影响。
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7.【答案】B
【解析】解：物块根据动能定理有：−2f x0= Ek 2−Ek 1
，可解得：f = Ek 1−Ek 2
2 x0
，由于题中物块的质量未
知，无法计算重力加速度大小、斜面的倾角和沿斜面上滑的时间，故ACD 错误，B 正确；
故选：B。
根据图像结合动能定理可解得摩擦力大小，由于物块的质量未知，无法计算其他物理量。
本题考查动能定理，解题关键掌握图像的理解，注意动能定理的应用。
8.【答案】BD
【解析】解：A、对滑块A，根据牛顿第二定律，有μ1mg=ma1
，因a1=1m/ s
2
代入数据可得滑块和木板间的动摩擦因数μ=0.1，故A 错误；
B、在施加恒力的1s内，对木板B有F −μ1mg−μ2×2mg=ma2
，而a2= 4 m/ s
2
代入数据可得木板和地面间的动摩擦因数μ2=0.2
1s后撤去外力F，对木板B有μ1mg+ μ2×2mg=ma3
代入数据可得a3=5m/ s
2
木板B以a3
向右做匀减速运动，速度减为零用时t2= vB
a3
代入数据可得t2=0.8 s
由于μ1mg< μ2×2mg，故之后木板保持静止，滑块继续向左减速到零，滑块的位移为x1= v0
2
2a1
代入数据可得x1=2m
木板的总位移x2= 1
2 vB(t1+t2)= 1
2 ×4×(1+0.8)m=3.6m
所以木板长至少为L= x1+ x2
代入数据可得L=5.6m，故B 正确；
C、滑块与木板间摩擦产生热量为Q1= μmg⋅Δ x相对= μ1mgL=0.1×2×10×5.6 J =11.2J，故C 错误。
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D、系统摩擦生热Q = μ1mgL+ μ2×2mg x2
代入数据可得Q = 40 J，故D 正确。
故选：BD。
先由滑块A的加速度求出A与木板间的动摩擦因数，再分阶段分析A和B的运动，计算各阶段的位移与相
对位移，进而求出木板的最小长度；再分别计算滑块与木板间、木板与地面间的摩擦生热，得到系统总摩
擦生热，逐一分析选项。
本题是典型的板块模型综合题，考查牛顿运动定律、匀变速直线运动规律和摩擦生热问题，需分阶段分析
受力与运动，理清相对位移，对过程分析和计算能力要求较高。
9.【答案】3：1
1：1
【解析】解：斜抛运动的射高由竖直方向的分运动决定，物体竖直方向的初速度为v0 y = v0 sinθ，到达最
高点时竖直速度为0，根据运动学公式v y
2 −v0 y
2 =−2gH，可得射高H = (v0 sinθ)
2
2g
。
可知甲球的射高H 甲= (v0sin60°)
2
2g
，乙球的射高H 乙= (v0sin30°)
2
2g
，可得甲、乙两球的射高之比
H 甲
H 乙
= sin
260°
sin
230
∘=
( √3
2 )
2
( 1
2 )
2 =
3
4
1
4
=3：1。
斜抛运动的射程是物体回到同一水平高度时的水平位移，由水平方向的匀速直线运动决定。运动总时间
t = 2v0 sinθ
g
，水平初速度v0 x= v0cosθ，可得射程x = v0 x⋅t = v0cosθ⋅2v0 sinθ
g
= v0
2sin2θ
g
。
可知甲球的射程x甲= v0
2sin(2×60°)
g
= v0
2sin120°
g
，乙球的射程x乙= v0
2sin(2×30°)
g
= v0
2sin60°
g
。
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由于sin120° =sin(180°−60°)=sin 60°，可得甲、乙两球的射程之比x甲
x乙
= sin120°
sin 60
∘= sin 60°
sin 60
∘=1：1。
故答案为：3：1，1：1。
将斜抛运动分解为竖直和水平方向，利用竖直方向的匀减速运动公式推导射高表达式，求出两球的射高之
比；结合水平方向的匀速运动规律，推导射程公式，利用三角函数关系得出两球的射程之比。
本题考查斜抛运动的分解规律，重点涉及射高和射程的计算，核心是将斜抛运动分解为竖直上抛运动和水
平匀速直线运动，结合运动学公式和三角函数知识求解比值，检验了对斜抛运动分运动规律的理解与应用
能力。
10.【答案】控制变量法
B
【解析】解：(1)在探究向心力与半径、质量、角速度的关系时，先控制其中两个物理量不变，探究向心
力与另一个物理量的关系，用到的实验方法是控制变量法。
(2)由题意可知实验过程中，小球的质量和运动的半径不变，可判断该同学是在研究向心力与角速度的关
系，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
故答案为：(1)控制变量法；(2)B。
(1)根据实验原理分析判断；
(2)根据控制变量法分析判断。
本题关考查“探究向心力大小和质量、角速度和半径的关系”实验，关键掌握实验原理和采用的物理方法。
11.【答案】>
m(vm
2 −v0
2)+2kmgx
2kmg vm
【解析】解：阻力大小恒定f =kmg，阻力的平均功率为P
−
f = f ⋅v
−，其中v
−是列车的平均速度，对于匀加速
直线运动，平均速度为v0+ vm
2
，而列车的实际平均速度v
−
> v0+ vm
2
(因为变加速过程中速度始终比匀加速过
程大)
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因此：P
−
f =kmg⋅v
−
>kmg⋅v0+ vm
2
，即阻力的平均功率> kmg(v0+ vm)
2
列车达到最大速度vm时，牵引力与阻力平衡，即 F = f =kmg
因此恒定功率：P = F vm=kmg vm
根据动能定理，牵引力做功Pt减去阻力做功fx等于列车动能的变化：Pt −kmg⋅x = 1
2 m vm
2 −1
2 m v0
2
化简得kmg vm⋅t −kmgx = 1
2 m(vm
2 −v0
2)
解得t = m(vm
2 −v0
2)+2kmgx
2kmg vm
故答案为：>；m(vm
2 −v0
2)+2kmgx
2kmg vm
。
列车做恒定功率的变加速运动，先由阻力公式f =kmg和最大速度条件求功率，再结合动能定理分析阻力平
均功率与匀变速情况的大小关系，最后用动能定理列方程求运动时间。
本题结合恒定功率启动模型，考查动能定理的应用与变加速运动的功率分析，侧重平均功率的比较和过程
方程的建立，是功和能部分的典型综合题。
12.【答案】C
x0√
g
y2−2 y1
fs
2
【解析】解：(1)做平抛运动的小球，在水平方向有
x = v0t
竖直方向有
y = 1
2 gt
2
解得
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y = 1
2 g⋅x
2
v0
2 = g
2v0
2 ⋅x
2=k x
2
可知y与x
2成正比，所以y −x
2图像能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是C。
(2)小球做平抛运动，水平方向有
x0= v0t
竖直方向有
y2−2 y1= gt
2
联立解得
v0= x0√
g
y2−2 y1
(3)小球在C点时，水平方向的分速度为
v x = xOD
2T
竖直方向的分速度
v y = yOD
2T
解得小球在C点的速度大小为
vC =√v x
2+ v y
2 =√
xD
2 + y D
2
4T
2
= s
2T = fs
2
故答案为：(1)C；(2)x0√
g
y2−2 y1
；(3) fs
2
。
(1)平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，分别列出水平位移和竖直位
移与时间的关系式，消去时间t，得出y与x
2的关系式，从而得出正确的图线；
(2)在竖直方向上，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，结合水平位移和时间
间隔求出初速度的大小；
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(3)在竖直方向上，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出C点的竖直分速度，通过水
平位移和时间间隔求出初速度，结合平行四边形定则求出C点的瞬时速度大小。
解决本题的关键知道实验的原理和注意事项，掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运
动学公式和推论灵活求解。
13.【答案】保持静止； d
t ； A，( M +6m)d
2
2mgX
【解析】(1)取下悬挂的钩码，接通气垫导轨装置的电源，调节导轨下面的螺母，若滑块放在气垫导轨上
任意位置都能保持静止，则导轨水平。
(2)根据光电门计算瞬时速度的公式得v = d
t
；
(3)设滑块开始滑动时挡光片到光电门的距离为X，如果钩码和滑块组成的系统满足机械能守恒，则有
nmgX = 1
2 (6m+ M )v
2= 1
2 (6m+ M )( d
t )
2，得n= ( M +6m)d
2
2mgX
⋅1
t
2
，故图像的斜率k = ( M +6m)d
2
2mgX
，对
应需要测量的物理量是滑块开始滑动时挡光片到光电门的距离，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
故答案为：(1)保持静止；(2) d
t ；(3) A，( M +6m)d
2
2mgX
。
(1)根据导轨水平时的特点进行分析解答；
(2)根据光电门计算瞬时速度的公式列式解答；
(3)根据系统机械能守恒满足了关系式结合图像的斜率的物理意义进行分析解答。
考查机械能守恒定律的应用，实验原理和注意事项，会根据题意进行准确分析解答。
14.【答案】“花筒”M的线速度大小是30m/ s “花筒”中铁片总质量为2kg时，花筒对铁片的作用力
大小是20√2026 N 铁片落地点围成的面积S是580 π m
2
【解析】解：(1)“花筒”M转动的角速度与AB相同，其线速度大小为v =ωr =15×2m/ s=30m/ s
(2)“花筒”所需向心力大小为Fa=mω
2r
代入数据可得Fn=900 N
竖直方向F y =mg
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则花筒对铁片的作用力F =√Fn
2+ F y
2
代入数据可得F =20√2026 N
(3)铁片沿切线飞出后，做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，有h= 1
2 gt
2
代入数据可得t =0.8 s
水平方向做匀速直线运动，有x = vt
代入数据可得x =24 m
所以，落地点与O2点的距离大小为d =√x
2+ M O1
2
圆形面积S = π r
2= π d
2
代入数据可得S =580 π m
2
答：(1)“花筒”M的线速度大小是30m/ s；
(2)“花筒”中铁片总质量为2kg时，花筒对铁片的作用力大小是20√2026 N；
(3)铁片落地点围成的面积S是580 π m
2。
(1)根据圆周运动线速度公式，代入角速度和转动半径直接计算线速度大小；
(2)对铁片受力分析，其向心力由花筒作用力与重力的合力提供，先求向心力再通过力的合成求作用力；
(3)先由平抛运动竖直方向规律求下落时间，再求水平位移，结合圆周运动半径确定落地点圆的半径，进
而求面积。
本题以民俗活动为背景，综合考查圆周运动、受力分析与平抛运动，侧重基础公式应用与模型转化能力。
15.【答案】在这次游戏中，弹珠经过C点的速度大小vC是1m/ s 弹珠经EF段克服摩擦力所做的功W 是
0.05 J 弹珠压缩弹簧时，弹簧弹性势能的范围是0.1J ～0.13 J
【解析】解：(1)弹珠恰好能通过最高点C，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律得mg=m vC
2
R
代入数据可得vC =1m/ s
(2)从开始释放到C点的过程，根据动能定理得：E p−W −mg⋅2 R = 1
2 m vC
2
代入数据可得W =0.05 J
(3)弹珠从C点飞出后，落在E点时，通过C点的速度最大，设此时弹珠通过C点的速度为v ′C，根据平抛
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运动的规律有2 R = 1
2 gt
2，xEB= v ′Ct
代入数据可得v ′C =2m/ s
弹珠压缩弹簧时，弹簧弹性势能的最大值E pm=W +mg⋅2 R+ 1
2 m vC′
2
代入数据可得E pm=0.13 J
弹性势能为0.1J时正好通过C点，故弹性势能最小值为E p=0.1J
答：(1)在这次游戏中，弹珠经过C点的速度大小vC是1m/ s；
(2)弹珠经EF段克服摩擦力所做的功W 是0.05 J；
(3)弹珠压缩弹簧时，弹簧弹性势能的范围是0.1J ～0.13 J。
(1)利用竖直圆周运动最高点的临界条件，重力提供向心力，列方程求解C点速度；
(2)对弹珠从释放到C点的全过程应用动能定理，结合弹性势能、重力势能变化与摩擦力做功，求解克服
摩擦力的功；
(3)先根据平抛运动规律确定弹珠落在EF段时C点速度的范围，再结合动能定理反推弹簧弹性势能的取值
范围。
本题结合竖直圆周运动、动能定理和平抛运动，考查多过程力学分析与临界问题处理，综合性较强，需理
清各阶段的能量转化与运动规律。
16.【答案】解：(1)由图像得弹簧弹力做功
W 1=2J
由
W 1= 1
2 m v A
2
解得
v A = 4 m/ s
(2)若滑块在传送带上一直加速，由牛顿第二定律得
a= μ1mg
m
= μ1g
由运动学公式得
vB
2 −v A
2 =2a L1
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解得
vB=5m/ s<6m/ s
可知假设合理
此过程中皮带位移
x带=1.2m
滑块与皮带的相对位移
x相= x带−L1=1.2m−0.9m=0.3m
滑块在传送带上运行过程中因摩擦产生的热量
Q = μ1mg x相
解得Q =0.375 J
(3)若滑块刚好过F点
mg=m vF
2
R
由动能定理得
mg×2 R = 1
2 m v E
2 −1
2 m v F
2
解得
v E=2m/ s
若刚好能到Q点
1
2 m v E
2 = μ2mg L2
解得
v E=1m/ s
所以
v E>2m/ s
滑块在摆渡车上时，滑块加速度
am=5m/ s
2
渡车加速度
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aM =5m/ s
2
由v −t图像可知，从滑上摆被车到达到共速
v共=2.5m/ s
相对位移
x1=1.25m
所以
x>1.25m
摆液车停止后滑块继续减速
−μ1mg x2= 1
2 m v D
2 −1
2 m v共
2
解得v D>2m/ s滑块才能过F点，所以
x2<0.225m
所以
x = x1+ x2<1.25m+0.225m<1.475m
所以
1.25m< x<1.475m
答：(1)滑块滑上传送带的初速度为4 m/ s；
(2)滑块在传送带上运行过程中因摩擦产生的热量为0.375 J；
(3)为了使滑块能碰到Q处的挡板，摆渡车长度x的范围为1.25m< x<1.475m。
【解析】(1)应用动能定理列式求解，求弹力做功利用F −x图像面积进行求解；
(2)滑块Q在D点时合力提供向心力，滑上长木板M后，以Q和长木板为系统动量守恒，求出两者共速的
速度，滑块在木板上滑行过程，根据能量守恒，系统减少的动能等于摩擦产生的热量；
(3)分解滑块的运动情况，根据临界条件结合动能定理解答。
本题考查了变力做功的求解，动能定理的应用，平抛规律的应用，动量守恒定律，能量守恒定律，综合性
比较强，难度适中。
