2023年变试题：江苏省徐州市2022-2023学年高三上学期期末复习物理试题

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江苏省徐州市2022-2023学年高三上学期期末物理变式题
【原卷 1 题】 知识点 狭义相对论的两个基本假设,物理学史

【正确答案】
A
【试题解析】
【详解】A．伽利略把科学实验与逻辑推理相结合得到了自由落体运动规律，故A正确；
B．此式为牛顿第二定律，是实验定律，即物体的加速度与物体所受的合力成正比，与物体的质量成反比，并不是比值定义法，故B错误；
C．牛顿发现了万有引力定律，而卡文迪什通过扭秤实验测出了引力常量，故C错误；
D．爱因斯坦的相对论发展了牛顿力学理论，推动物理学发展到一个新高度，成功解决了宏观物体的高速运动问题，故D错误。
故选A。

1-1（基础） 物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了人类文明的进步，关于物理学中运动与力的发展过程和研究方法的认识，下列说法中正确的是（　　）
A.伽利略对自由落体运动研究方法的核心是把实验和逻辑推理（包括数学演算）结合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法
B.伽利略正确认识运动和力的关系，同时建立惯性定律
C.牛顿运动定律是研究动力学问题的基石，牛顿三定律对于微观、高速的运动情景也适用
D.牛顿发现了万有引力定律，并给出了引力常量的数值
【正确答案】 A

1-2（基础） 关于物理学史，下列说法中正确的是（　　）
A.伽利略发现了行星运动的规律
B.开普勒通过实验测定了引力常量
C.爱因斯坦的狭义相对论只适用于高速运动的物体，不适用于低速运动的物体
D.牛顿进行了“月一地检验”，得出天上和地下的物体都遵从万有引力定律的结论
【正确答案】 D

1-3（巩固） 下列关于牛顿经典力学和爱因斯坦相对论中说法正确的是（　　）
A.不论宏观物体，还是微观粒子，经典力学和相对论都适用
B.爱因斯坦相对论无论是宏观低速还是微观高速运动的物体都适用
C.当物体的运动速度远小于光速时，相对论和牛顿力学的结论是不一致的
D.随着物理学的发展，经典力学将逐渐成为过时的理论
【正确答案】 B

1-4（巩固） 在物理学的发展过程中，许多物理学家做出了贡献，他们的科学发现和所采用的科学方法推动了人类社会的进步.以下说法不正确的是
A.牛顿通过研究太阳与行星间引力导出万有引力公式过程中利用了牛顿第二、三定律和开普勒第三定律，并通过月一地检验，总结出万有引力定律
B.伽利略利用铜球沿斜槽滚下的实验，推理出自由落体运动是匀加速直 线运动.这采用了实验和逻辑推理相结合的方法
C.卡文迪许利用扭枰装置，测出了万有引力常量.这使用了微小形变放大方法
D.牛顿建立了速度、加速度等概念，并总结前人的经验建立了牛顿三大定律
【正确答案】 D

1-5（巩固） 大量的实验事实已经验证了爱因斯坦相对论的正确性，相对论在一定范围内弥补了牛顿力学的局限性，关于牛顿力学，下列说法正确的是（　　）
A.由于相对论的提出，牛顿力学已经失去了它的应用价值
B.牛顿力学适用于微观、高速、强引力场中物体的运动
C.牛顿提出了万有引力定律，并测量了引力常量
D.牛顿把天体的运动与地面上物体的运动统一起来，成功的解释了天体运动的规律
【正确答案】 D

1-6（提升） 物理学的发展推动了社会的进步，物理学的发展史成为人类宝贵的财富．下列关于物理学史的说法符合史实的是（　　）
A.伽利略由理想斜面实验，得出了力是维持物体运动状态的原因
B.法拉第发现了电磁感应现象，并总结出了楞次定律
C.牛顿总结出了物体运动三定律，并发现了万有引力定律
D.麦克斯韦建立了完整的电磁场理论，并创立了量子论和相对论
【正确答案】 C

1-7（提升） 关于牛顿力学，下列说法正确的是（　　）
A.牛顿力学完全适用于宏观低速运动
B.牛顿力学取得了巨大成就，是普遍适用的
C.随着物理学的发展，牛顿力学将逐渐成为过时的理论
D.由于相对论、量子力学的提出，牛顿力学已经失去了它的应用价值
【正确答案】 A
【原卷 2 题】 知识点 功率推导式：力×速度,微元法,图像法

【正确答案】
D
【试题解析】


2-1（基础） 图甲、乙、丙是必修第一册中推导匀变速直线运动的位移公式所用的速度图像，下列说法不正确的是（　　）

A.把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，用各小段的位移之和近似代表总位移，这是微元思想，是物理学中的重要思想方法
B.面积表示了速度随时间的积累效应
C.若丙图中纵坐标表示位移，横坐标表示时间，则图像的斜率表示速度
D.甲图阴影部分面积表示位移大小，比乙图更接近真实值
【正确答案】 D
2-2（基础） 类比是一种常用的研究方法。对于直线运动，教科书中讲解了由v－t图像求位移的方法。请你借鉴此方法，如图所示，下列对于图线和横轴围成面积的说法，其中不正确的说法是（　　）

A.a－t（加速度－时间）图像面积反映速度变化量Δv
B.v－t（速度－时间）图像面积反映位移大小x
C.F－x（力－位移）图像面积反映力的功W
D.ω－r（角速度－半径）图像面积反映线速度v
【正确答案】 D
2-3（巩固） 类比直线运动中用v-t图像求位移的方法，关于图像与横坐标轴围成面积的意义，说法正确的是（　　）

A.若图像为x-t（位移-时间）图，面积反映速度大小
B.若图像为a-t（加速度-时间）图，面积反映位移大小
C.若图像为F-x（力-位移）图，面积反映力的功率
D.若图像为P-t（功率-时间）图，面积反映力做的功
【正确答案】 D

2-4（巩固） 类比是一种常用的研究方法．对于直线运动，教科书中讲解了由图像求位移，由(力-位移)图像求做功的方法．请你借鉴此方法分析下列说法，其中正确的是（ ）
A.由(力-速度)图线和横轴围成的面积可求出对应速度变化过程中力做功的功率
B.由 (力-时间)图线和横轴围成的面积可求出对应时间内力所做的冲量
C.由(电压-电流)图线和横轴围成的面积可求出对应的电流变化过程中电流的功率
D.由(角速度-半径)图线和横轴围成的面积可求出对应半径变化范围内做圆周运动物体的线速度
【正确答案】 B

2-5（巩固） 类比是一种常用的研究方法．对于直线运动，教材中讲解了由v-t图像求位移的方法。请你借鉴此方法分析下列说法，其中正确的是（ ）
A.由F-v(力-速度)图线和横轴围成的面积可求出对应速度变化过程中力做功的功率
B.由a-t(加速度-时间)图线和横轴围成的面积可求出对应时间内做直线运动物体的速度变化量
C.由F-x(力-位移)图线和横轴围成的面积可求出对应位移内动能的改变量
D.由ω-r(角速度-半径)图线和横轴围成的面积可求出对应半径变化范围内做圆周运动物体的线速度
【正确答案】 B

2-6（提升） 类比是一种常用的研究方法．对于直线运动，教科书中讲解了由图像求位移，由(力-位移)图像求做功的方法．请你借鉴此方法分析下列说法，其中正确的是（ ）
A.由(力-速度)图线和横轴围成的面积可求出对应速度变化过程中力做功的功率
B.由 (力-时间)图线和横轴围成的面积可求出对应时间内力所做的冲量
C.由(电压-电流)图线和横轴围成的面积可求出对应的电流变化过程中电流的功率
D.由(角速度-半径)图线和横轴围成的面积可求出对应半径变化范围内做圆周运动物体的线速度
【正确答案】 B

2-7（提升） 匀速直线运动位移的数值等于图像中的矩形“面积”．如图所示，在研究匀加速直线运动时，如果我们把0～t0内整个运动过程划分成很多相等的时间小段Δt，则每一小段都可以近似看作匀速直线运动，当时间间隔Δt取到很小时，所有矩形的“面积”之和就趋近于该图线与t轴在0～t0内所围成的梯形“面积”，即此梯形“面积”就表示匀加速直线运动的位移，请你类比上述方法判断以下说法正确的是（ ）

A.如果v–t图像的图线是曲线，则图线与t轴在0～t0内所围成的“面积”不再表示物体的位移
B.如果把纵坐标换成加速度a，横坐标仍为时间t，则图像的图线与t轴在0～t0内所围成的“面积”表示t0时刻的速度
C.如果把纵坐标换成加速度a，横坐标仍为时间t，则图像的图线与t轴在0～t0内所围成的“面积”表示0～t0内速度的增加量
D.如果把纵坐标换成速度的倒数，横坐标换成位移x，则图像的图线与x轴上某段位移所围成的“面积”不表示任何物理量
【正确答案】 C

【原卷 3 题】 知识点 质点,位移的定义、路程与位移,卫星发射及变轨问题中各物理量的变化

【正确答案】
C
【试题解析】
【详解】A．当物体的大小、形状对所研究的问题没有影响或者影响很小，可以忽略不计时，物体可以看成质点，但研究实验舱交会对接过程，其大小、形状对所研究的问题的影响不能忽略，所以不可以看成质点，故A错误；
BC．当实验舱在低轨道上加速做离心运动变轨到高轨道与空间站交会对接，对接时实验舱和空间站保持相对静止，而空间站相对于地球做圆周运动，并不是停在轨道上等待实验舱来对接，故B错误，C正确；
D．空间站组合体沿轨道Ⅲ运动1周，位移为零，而运动速度不为零，故D错误。
故选C。

3-1（基础） 北京时间2022年7月24日14时22分，搭载问天实验舱的长征五号B运载火箭，在我国文昌航天发射场准时点火发射约495秒后，问天实验舱与火箭成功分离并进入预定轨道。后续，问天实验舱按照预定程序与核心舱组合体进行交会对接，神舟十四号航天员乘组进入问天实验舱开展工作。下列说法正确的是（　　）
A.研究问天实验舱与火箭成功分离后，在预定轨道上环绕地球的运动时，不可将问天实验舱看成质点
B.“北京时间2022年7月24日14时22分”指的是时刻
C.研究问天实验舱与核心舱组合体进行交会对接时的姿态可将问天实验舱看成质点
D.在我国文昌航天发射场“准时点火发射约495秒后”指的是时刻
【正确答案】 B

3-2（基础） 巡天空间望远镜预计于2024年前后投人科学运行，它在观测时远离空间站（空间站轨道高度约400km）飞行，且与空间站在一个轨道面内，当巡天空间望远镜需要补给或者维修升级的时候，会主动跟空间站进行对接。若某时刻巡天空间望远镜在空间站下方圆轨道上运行，下列说法正确的是（ ）
A.巡天空间望远镜在该圆轨道上的线速度小于空间站的线速度
B.巡天空间望远镜在该圆轨道上的角速度小于空间站的角速度
C.巡天空间望远镜在该圆轨道上的周期大于空间站的周期
D.巡天空间望远镜在该圆轨道上加速才能与空间站进行对接
【正确答案】 D

3-3（巩固） 2021年4月29日11时23分，在海南文昌航天发射场用“长征”运载火箭将中国首个空间站核心舱“天和”号成功发射，送入太空。中国空间站包括“天和”核心舱、“问天”实验舱和“梦天”实验舱3个舱段，整体呈“T”字构型，计划于2022年全部完成发射构建，“天和”核心舱是未来空间站的管理和控制中心。已知“天和”核心舱在轨运行离地面的平均高度为h，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）

A.在“问天”实验舱内的水滴由于不受重力作用，所以可以呈球形漂浮
B.由于各舱段质量大，因此在轨运行过程中各舱段间作用力也很大
C.“天和”核心舱绕地球运行的周期
D.要实现“问天”、“梦天”实验舱从低轨道与“天和”核心舱对接，需使实验舱减速
【正确答案】 C

3-4（巩固） 2022年7月14日下午，长征五号B火箭成功将我国空间站的首个实验舱“问天”实验舱送入太空与天和核心舱进行对接，随后神舟十四号乘组顺利进入问天实验舱，开启了太空实验的新阶段。如图所示，已知空间站在距地球表面高约的近地轨道上做匀速圆周运动，地球半径约为，万有引力常量为G，则下列说法不正确的是（　　）

A.空间站中的航天员处于完全失重状态
B.航天员乘坐的载人飞船需先进入空间站轨道，再加速追上空间站完成对接
C.若已知空间站的运行周期则可以估算出地球的平均密度
D.空间站在轨运行速度一定小于
【正确答案】 B

3-5（巩固） 我国的一箭多星技术居世界前列，一箭多星是用一枚运载火箭同时或先后将数颗卫星送入轨道的技术。某两颗卫星释放过程简化为如图所示，火箭运行至P点时，同时将A、B两颗卫星送入预定轨道。A卫星进入轨道1做圆周运动，B卫星进入轨道2沿椭圆轨道运动，P点为椭圆轨道的近地点，Q点为远地点，B卫星在Q点喷气变轨到轨道3，之后绕地球做圆周运动。下列说法正确的是（　　）

A.两卫星在P点时的加速度不同
B.B卫星在P点时的速度大于A卫星的速度
C.B卫星在Q点变轨进入轨道3时需要喷气减速
D.B卫星在轨道3上运动的速度大于A卫星在轨道1上运动的速度
【正确答案】 B

3-6（提升） 2021年4月29日，中国用“长征”5B运载火箭在海南文昌航天发射场将首个空间站核心舱“天和”号成功送入太空。中国空间站包括“天和”核心舱、“问天”实验舱和“梦天”实验舱3个舱段，整体呈“T”字构型，计划于2022年全部完成发射构建。假设“天和”核心舱绕地球做匀速圆周运动（如图所示），轨道半径为，运动周期为，万有引力常量为，地球表面重力加速度为，下列说法正确的是（　　）

A.“天和”核心舱的线速度大小为
B.地球的质量为
C.在“问天”实验舱内漂浮的球形水滴不受重力作用
D.要实现“问天”、“梦天”实验舱从低轨道与“和”核心舱对接，需使实验舱减速
【正确答案】 B
3-7（提升） 2022年7月24日14时22分，搭载问天实验舱的长征五号B遥三运载火箭点火发射，问天实验舱将按照预定程序与空间站组合体进行交会对接，神舟十四号航天员乘组将进入问天实验舱开展工作。两者对接后所绕轨道视为圆轨道，绕行角速度为ω，距地面高度为kR，R为地球半径，引力常量为G。下列说法正确的是（ ）
A.空间站在轨运行的速率可能大于7.9km/s
B.实验舱在低轨只需沿径向加速就可以直接与高轨的空间站实现对接
C.可求得地球的密度为
D.可求得地球表面重力加速度为
【正确答案】 D

【原卷 4 题】 知识点 计算停车时间和位移

【正确答案】
C
【试题解析】


4-1（基础） 当车辆在公路上出现故障不能移动时，为保证安全，需要在事故车辆后面一定距离放置如图所示的警示标志。通常情况下，司机看到警示标志后会有大约的反应时间。某省道限速（约为），假设某后方司机即将撞到警示标志时才看到该标志，为避免后方车辆与故障车相撞，警示标志应放在故障车尾后面的距离不小于（汽车在此公路刹车过程最大加速度大小为）（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 C

4-2（基础） 汽车紧急刹车，会在路面上留下刹车痕迹，某次汽车紧急刹车后测得的刹车痕迹长为36m，假设制动后汽车做加速度大小恒为8m/s2的匀减速直线运动直到停止。则关于该汽车的运动，下列说法正确的是（　　）
A.刚刹车时，汽车的初速度大小为24m/s
B.刹车后第1s末的速度大小为15m/s
C.刹车后，汽车做减速运动的最后1s内的位移大小为3m
D.刹车后4s内的位移大小为32m
【正确答案】 A

4-3（巩固） 一汽车在平直公路上遇到红灯刹车做直线运动，汽车刹车时初速度为，加速度大小为，下列说法正确的是（　　）
A.4s末速度为14 B.前4s内位移为8m
C.第2s内位移为3m D.前2s内平均速度为2
【正确答案】 C

4-4（巩固） 交警部门开展的“礼让行人”活动深入人心，不遵守“礼让行人”的驾驶员将受到罚款、扣分的严厉处罚。假设一辆以的速度匀速行驶的汽车即将通过路口，有一老人正在过人行横道，此时汽车的车头距离停车线，该车减速过程中的加速度大小恒为，下列说法中正确的是（　　）
A.如果驾驶员立即刹车制动，则时汽车的车头离停车线的距离为
B.如果在距停车线处开始刹车制动，则汽车能在停车线处停车让人
C.如果驾驶员的反应时间为，则汽车刚好能在停车线处停车让人
D.如果驾驶员的反应时间为，则汽车刚好能在停车线处停车让人
【正确答案】 D
4-5（巩固） “礼让行人”是城市文明交通的体现。小王驾驶汽车以36km/h的速度匀速行驶，发现前方的斑马线上有行人通过，立即刹车使车做匀减速直线运动，直至停止，刹车加速度大小为10m/s2。若小王的反应时间为0.5s，则汽车距斑马线的安全距离至少为
A.5m B.10m
C.15m D.36m
【正确答案】 B
4-6（提升） 随着汽车在我国居民的生活中日渐普及，汽车的安全性能也在不断提高。某公司为检测某新型汽车的刹车性能，在平直公路上做刹车实验，测得刹车过程中汽车的速度与位移的关系如图所示，设刹车过程中汽车做匀减速直线运动，已知时刻汽车的速度大小为40m/s，取=10m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）

A.刹车过程中汽车的加速度大小为6m/s2
B.0～2s内汽车的平均速度大小为35m/s
C.=5s时，汽车的速度大小为20m/s
D.0～10s内，汽车的位移大小为140m
【正确答案】 B

4-7（提升） 某电动自行车在平直的实验公路上先匀速运动，从时刻开始进行电动自行车刹车实验，以检验该性能是否符合国家标准，通过传感器在电脑上自动描绘出其图像如图所示。则下列分析正确的是（　　）

A.刚要刹车时车的速度为12m/s
B.刹车加速度大小为
C.刹车过程的位移为9m
D.刹车前1s和最后1s通过的位移比为
【正确答案】 C

【原卷 5 题】 知识点 周期、角速度、转速、频率与线速度之间的关系式

【正确答案】
B
【试题解析】


5-1（基础） 某种变速自行车，与后轮相连的飞轮有五个齿轮，齿数分别为：16、18、21、24、28，与踏板相连的链轮有三个齿轮，齿数分别为：28、38、48，前后车轮的直径为，当人骑着车行进的速度为时，脚踩踏板做匀速圆周运动的最小角速度为（　　）
A. B. C. D.
【正确答案】 A

5-2（基础） 如图是自行车传动结构的示意图，其中大齿轮、小齿轮和后轮的半径分别为、和。假设脚踏板的转速为，则该自行车前进的速度为（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 B

5-3（巩固） 如图所示为某型号的自行车传动装置示意图，其链轮（俗称牙盘，与脚蹬相连）的齿数为44齿，飞轮（与后轮相连）的齿数为20齿。当链轮转动一周时，飞轮带动后轮转动n周；车轮的直径为26英寸（相当于车轮的周长为2.07m），若骑车人以每分钟60周的转速蹬链轮，自行车行驶的速度为v。则（　　）

A.n=2.2，v=4.55m/s B.n=8.8，v=2.07m/s
C.n=8.8，v=18.12m/s D.n=0.45，v=0.94m/s
【正确答案】 A

5-4（巩固） 如图所示为一实验小车中利用光脉冲测量车速和行程的装置的示意图，A为光源，B为光电接收器，A、B均固定在车身上，C为小车的车轮，D为与C同轴相连的齿轮．车轮转动时，A发出的光束通过旋转齿轮上齿的间隙一次就形成一个脉冲光信号，被B接收并转换成电信号，由电子电路记录和显示．若实验显示单位时间内的脉冲数为n，累计脉冲数为N，若要测出小车的速度和行程，则还必须测量的物理量或数据是（ ）

A.车轮的半径R和齿轮的齿数P
B.车轮的半径R和齿轮的半径r
C.齿轮的齿数P和齿轮的半径r
D.车轮的半径R和齿轮上齿的间隙宽度d
【正确答案】 A

5-5（巩固） 某机器的齿轮系统如图所示，中间的轮叫做太阳轮，它是主动轮，从动轮称为行星轮，太阳轮、行星轮与最外面的大轮彼此密切啮合在一起，如果太阳轮一周的齿数为n1，行星轮一周的齿数为n2，当太阳轮转动的角速度为时，最外面的大轮转动的角速度为（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 B

5-6（提升） 如图所示是磁带录音机的磁带盒的示电图，A、B为缠绕磁带的两个轮子，其半径均为r，在放音结束时，磁带全部绕到了B轮上，磁带的外缘半径为R，且R=3r，现在进行倒带，使磁带绕到A轮上，倒带时A轮是主动轮，其角速度是恒定的，B轮是从动轮。经测定磁带全部绕到A轮上需要的时间为t，则从开始倒带到A、B两轮的角速度相等所需要的时间(　　)

A. B.t
C.t D.t
【正确答案】 B

5-7（提升） 如图所示为一种“滚轮—平盘无极变速器”的示意图，它由固定于主动轴上的平盘和可随从动轴移动的圆柱形滚轮组成。由于摩擦的作用，当平盘转动时，滚轮就会跟随转动，如果认为滚轮不会打滑，那么主动轴转速、从动轴转速、滚轮半径以及滚轮中心距离主动轴轴线的距离之间的关系是（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 A

【原卷 6 题】 知识点 卫星的各个物理量计算,机械能与曲线运动结合问题

【正确答案】
A
【试题解析】


6-1（基础） 2022年11月30日清晨，神舟十五号载人飞船和空间站组合体实现对接，神舟十五号航天员乘组与神舟十四号航天员乘组相聚中国人的“太空家园”，开启中国空间站长期有人驻留时代。假设空间站与神舟十五号都围绕地球做匀速圆周运动，为了实现飞船与空间站的对接，下列措施可行的是（　　）

A.使飞船与空间站在同一轨道上运行，然后飞船加速追上空间站实现对接
B.使飞船与空间站在同一轨道上运行，然后空间站减速等待飞船实现对接
C.飞船先在比空间站半径小的轨道上加速，加速后飞船逐渐靠近空间站，两者速度接近时实现对接
D.飞船先在比空间站半径小的轨道上减速，减速后飞船逐渐靠近空间站，两者速度接近时实现对接
【正确答案】 C

6-2（基础） 如图所示，神舟十三号载人飞船进入预定轨道后绕地球在椭圆轨道上运动，飞船从A点运动到远地点B的过程中（　　）

A.地球引力对飞船不做功 B.地球引力对飞船做负功
C.地球引力对飞船做正功 D.飞船受到的引力越来越大
【正确答案】 B

6-3（巩固） 人造地球卫星与地心间距离为r时，取无穷远处为势能零点，引力势能可以表示为，其中G为引力常量，M为地球质量，m为卫星质量。卫星原来在半径为r1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于稀薄空气等因素的影响，飞行一段时间后其圆周运动的半径减小为r2。此过程中损失的机械能为（　　）
A. B.
C. D.
【正确答案】 A

6-4（巩固） 2022年12月4日晚20时，神舟十四号飞船完成为期六个月的天宫空间站应用任务后成功返回地球，在东方着陆场成功着陆。如图所示圆形轨道2为天宫空间站运行轨道，椭圆轨道1为载人飞船返回时运行轨道，两轨道相切于P点，Q点是轨道1的近地点．则下列说法正确的是（　　）

A.飞船在轨道1上P点的加速度小于空间站在轨道2上P点的加速度
B.飞船在轨道1上的运行周期大于在轨道2上的运行周期
C.飞船在轨道1上某处的速率可能等于空间站在轨道2上的速率
D.飞船从轨道1上P点向Q返回过程中，机械能不断的减小
【正确答案】 C

6-5（巩固） 如图所示，我国火星探测器“天问一号”在地火转移轨道1上飞行七个月后，于2021年2月到达火星附近，并将进入近火点为400千米、远火点为5.9万千米的火星停泊轨道2，进行相关探测后又将进入较低的轨道3开展科学探测，为服务国家发展大局和增进人类福祉作出更大贡献。则探测器（　　）

A.从地球发射时的速度要超过地球的第二宇宙速度
B.在轨道2上近火点加速可进入轨道3
C.在轨道2上近火点的机械能比远火点大
D.在轨道2上近火点的加速度比远火点小
【正确答案】 A

6-6（提升） 2022年10月31日，搭载梦天实验舱的长征五号B遥四运载火箭，在中国文昌航天发射场点火升空，约8分钟后，梦天实验舱与火箭成功分离并准确进入预定轨道，发射任务取得圆满成功。某卫星发射可简化为三个轨道，如图所示，先由椭圆轨道1运动后调整至圆轨道2，然后再进入椭圆轨道3。轨道上三点与地球中心在同一直线上，两点分别为轨道的远地点与近地点，且。下列说法不正确的是（　　）

A.卫星在轨道1上点的速度大于在轨道2上点的速度
B.卫星在轨道3上的机械能大于轨道1上的机械能
C.若卫星在轨道2上点速度为，则在轨道1上经过点的加速度小于
D.卫星在轨道2上运行的周期与在轨道1上运行的周期之比为
【正确答案】 C

6-7（提升） 如图为嫦娥三号登月轨迹示意图。图中M点为环地球运行的近地点，N点为环月球运行的近月点。a为环月球运行的圆轨道，b为环月球运行的椭圆轨道，下列说法中正确的是（　　）

A.嫦娥三号在环地球轨道上的运行速度大于11.2km/s
B.设嫦娥三号在圆轨道a上经过N点时的加速度为，在椭圆轨道b上经过N点时的加速度为，则
C.嫦娥三号在M点进入地月转移轨道时应减速
D.嫦娥三号在圆轨道a上的机械能等于在椭圆轨道b上的机械能
【正确答案】 B

【原卷 7 题】 知识点 用其他方法验证力的平行四边形定则,功的定义、计算式和物理意义

【正确答案】
B
【试题解析】


7-1（基础） 如图所示，两个互相垂直的力和作用在同一个物体上，使物体运动，物体发生一段位移后，力对物体做功，力对物体做功，则与的合力对物体做功为（　　）

A.2J B.7J
C.10J D.14J
【正确答案】 D

7-2（基础） 某同学用两个弹簧测力计、一根橡皮筋、细绳套、三角板及贴有白纸的方木板等器材，进行“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验。如图所示是该同学依据实验记录作图的示意图。其中A点是橡皮筋在白纸上的固定点，O点是此次实验中用弹簧测力计将橡皮筋的活动端拉伸到的位置。F为以、为邻边作出平行四边形的对角线。是用一个测力计将橡皮筋拉至O点时力的大小与方向，关于此实验，下列说法中正确的是（　　）

A.拉力方向应与木板平面平行，只需记录拉力的大小
B.图中的力F方向和细绳AO方向相同
C.OB和OC绳的长度越短测量的误差越小
D.图中F表示理论的合力，表示实验测出的合力
【正确答案】 D

7-3（巩固） 下列关于组成细胞化合物的叙述，不正确的是
A.蛋白质肽链的盘曲和折叠被解开时，其特定功能并未发生改变
B.RNA与DNA的分子结构相似，由四种核糖核苷酸组成，可以储存遗传信息
C.DNA分子碱基对的特定排列顺序，构成了DNA分子的特异性
D.胆固醇是构成细胞膜的重要成分，在人体内参与血液中脂质的运输
【正确答案】 A

7-4（巩固） 静止于水平地面上质量为的物体，在水平拉力（式中F为力的大小、x为位移的大小，力F、位移x的单位分别是N、m）作用下，沿水平方向移动了。已知重力加速度，则在物体移动的过程中拉力所做的功为（　　）
A. B. C. D.
【正确答案】 B

7-5（巩固） 水平桌面上，长6m的轻绳一端固定于O点，如图所示（俯视图），另一端系一质量m=2.0kg的小球。现对小球施加一个沿桌面大小不变的力F=10N，F拉着物体从M点运动到N点，F的方向始终与小球的运动方向成37°角。已知小球与桌面间的动摩擦因数μ=0.2，不计空气阻力，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法正确的是（　　）

A.拉力F对小球做的功为16π（J） B.拉力F对小球做的功为8π（J）
C.小球克服摩擦力做的功为16π（J） D.小球克服摩擦力做的功为4π（J）
【正确答案】 A

7-6（提升） 如图所示，密度为ρ、边长为a的正立方体木块漂浮在水面上（h为木块在水面上的高度）。现用竖直向下的力F将木块按入水中，直到木块上表面刚浸没，则此过程中木块克服浮力做功为（已知水的密度为ρ0、重力加速度为g）（　　）

A.ρa3gh B.
C.ρ0a3gh(a-h) D.
【正确答案】 B

7-7（提升） 力F对物体所做的功可由公式求得。但用这个公式求功是有条件的，即力F必须是恒力。而实际问题中，有很多情况是变力在对物体做功。那么，用这个公式不能直接求变力的功，我们就需要通过其他的一些方法来求解力F所做的功。如图，对于甲、乙、丙、丁四种情况下求解某个力所做的功，下列说法正确的是（ ）

A.甲图中若F大小不变，物块从A到C过程中力F做的为W=F×AC
B.乙图中，全过程中F做的总功为72J
C.丙图中，绳长为R，若空气阻力f大小不变，小球从A运动到B过程中空气阻力做的功
D.图丁中，F始终保持水平，无论是F缓慢将小球从P拉到Q，还是F为恒力将小球从P拉到Q，F做的功都是
【正确答案】 B

【原卷 8 题】 知识点 空壳内及地表下的万有引力

【正确答案】
A
【试题解析】


8-1（基础） 上世纪70年代，前苏联在科拉半岛与挪威的交界处进行了人类有史以来最大规模的地底挖掘计划。当苏联人向地心挖掘深度为d时，井底一个质量为m的小球与地球之间的万有引力为F，已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，质量分布均匀的地球的半径为R，质量为M，万有引力常量为G，则F大小等于（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 B

8-2（基础） 如图所示，地球半径为R，O为球心，A为地球表面上的点，B为O、A连线间的中点．设想在地球内部挖掉一以B为圆心，半径为的球，忽略地球自转影响，将地球视为质量分布均匀的球体．则挖出球体后A点的重力加速度与挖去球体前的重力加速度之比为（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 A

8-3（巩固） 2020年10月27日，“奋斗者”号在马里亚纳海沟成功坐底，坐底深度10909米，刷新中国载人深潜的新纪录；2021年4月29日11时23分，长征五号B遥二运载火箭搭载空间站“天和”核心舱，在海南文昌航天发射场发射升空。若地球半径为，把地球看作质量分布均匀的球体。“奋斗者”号下潜深度为，“天和”轨道距离地面高度为，“奋斗者”号所在处与“天和”所在处的加速度之比为（　　）

A. B.
C. D.
【正确答案】 C

8-4（巩固） 已知物体放在质量分布均匀的球壳内部的时候受到球壳的万有引力为零，假想沿地球的直径打一个孔。在不考虑地球自转的情况下，从一端释放一个看成质点的小球，小球将沿直径运动到另一端，则小球运动的速度时间图像下列正确的是（　　）

A. B.
C. D.
【正确答案】 A

8-5（巩固） 如图所示，地球可看作质量分布均匀、半径为R的球体，地球内部的a点距地心的距离为r，地球外部的b点距地心的距离为3r，。已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，忽略地球的自转，则a、b两点的重力加速度大小之比为（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 B

8-6（提升） 假设沿地轴的方向凿通一条贯穿地球两极的隧道，隧道极窄，地球仍可看作一个球心为O、半径为R、质量分布均匀的球体。从隧道口P点由静止释放一小球，下列说法正确的是（提示：一个带电金属圆球达到静电平衡时，电荷均匀分布在球外表面，球内部场强处处为0，外部某点场强与一个位于球心、与球所带电荷量相等的点电荷在该点产生的场强相同。）（　　）

A.小球先做匀加速运动，后做匀减速运动 B.小球在O点受到地球的引力最大
C.小球以O点为平衡位置做简谐运动 D.小球与地球组成系统的引力势能先增加后减少
【正确答案】 C

8-7（提升） 假设地球是一半径为R，质量分布均匀的球体。已知质量分布均匀的球壳对壳内物体引力为零，地球表面处引力加速度为g。则关于地球引力加速度a随地球球心到某点距离r的变化图像正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 B

【原卷 9 题】 知识点 位移速度公式的推导与简单应用

【正确答案】
C
【试题解析】


9-1（基础） ETC是高速公路上不停车电子收费系统的简称。汽车通过ETC通道前以速度v0行驶，需要在中心线前方一定距离处匀减速至速度v1，匀速到达中心线后，再匀加速至原速度v0继续行驶。设汽车加速和减速的加速度大小相同，则汽车通过ETC通道过程的速度与位移关系图像正确的是（　　）
A. B.
C. D.
【正确答案】 C

9-2（基础） 某物体做匀加速直线运动，先后经过M、N两点的速度分别为v和3v，经历的时间为t，则下列说法中正确的是（　　）
A.物体经过MN中点时的速度为2v
B.物体在时间t内的中间时刻的速度为v
C.物体经过任意时间t，速度的增量均为v
D.物体在后时间所通过的距离比前时间所通过的距离大
【正确答案】 D

9-3（巩固） 新能源汽车是指采用非常规的车用燃料作为动力来源，综合车辆的动力控制和驱动方面的先进技术，形成的技术原理先进、具有新技术、新结构的汽车。为检测新能源汽车的基本性能，某志愿者驾驶汽车以36 km/h的速度驶入水平长直试验场，某时刻开始刹车，汽车做匀减速直线运动直到速度减为0，然后马上使汽车做匀加速直线运动直到恢复最初的速度。从开始刹车到恢复最初速度的过程中汽车位移与速度的关系如图所示，下列说法中正确的是（　　）

A.汽车加速过程中加速度的大小为5m/s2
B.该过程中汽车的总位移为20m
C.该过程所用的总时间为8s
D.汽车刹车过程中加速度的大小为5m/s2
【正确答案】 D

9-4（巩固） 一物体做匀变速直线运动的位移x和速度v的关系图像如下图所示，图线的斜率为k，图线在横轴上的截距为b，其中k、b、L均为已知量，则以下说法正确的是（ ）

A.物体的初速度为b B.物体的加速度为
C.物体运动位移为L时的速度大小为 D.物体做匀减速运动
【正确答案】 B

9-5（巩固） 物理老师为考察学生对物理公式、数学与物理学科交叉的理解，将一个做直线运动的物体的数据进行了处理，以瞬时速度的平方的倒数为纵坐标，位移的倒数为横坐标，描绘出如图所示的图像，已知该图像中直线与横轴之间的夹角为45°，关于该物体的运动，以下说法正确的是（　　）

A.该物体做初速度为2m/s的匀加速直线运动
B.该物体的加速度为0.5m/s2
C.图像中的直线与横轴的夹角为45°，斜率应该是1，该图像画错了
D.该物体在10s内的位移为100m
【正确答案】 D

9-6（提升） 甲、乙两质点同时从坐标原点出发沿轴正方向匀变速直线运动，甲、乙两质点运动过程中速度大小的二次方与它们到原点之间的距离的关系如图中的图线A、B所示。运动一段位移后停止的质点将不再运动。下列说法正确的是（　　）

A.甲、乙两质点均做匀加速直线运动
B.甲、乙两质点的加速度大小之比为
C.甲、乙两质点在处相遇
D.甲、乙两质点只能相遇一次
【正确答案】 D

9-7（提升） 质量为m=0.5kg的物块在光滑的水平面上受到水平拉力F的作用，从静止开始做匀加速直线运动，计时开始的图像如甲所示，图像如图乙所示，据图像的特点与信息分析，下列说法正确的是（　　）

A.图乙的斜率是图甲的斜率的2倍 B.水平拉力F为5N
C.前2m的中点时刻的速度为 D.前2s中点位置的速度为
【正确答案】 C

【原卷 10 题】 知识点 功率推导式：力×速度,功的定义、计算式和物理意义,重力做功与重力势能的关系

【正确答案】
B
【试题解析】


10-1（基础） 质量为的小物体在竖直向上的拉力作用下由静止开始运动，拉力随物体上升高度的变化规律如图所示，重力加速度取，不计空气阻力，则物体上升时的速度大小为（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 B

10-2（基础） 质量为1kg的物块静止在光滑水平面上，t=0时刻开始，水平拉力F作用在物块上，F随时间变化的规律如图所示，则前2s内拉力F做功的平均功率为（　　）

A.3W B.4W C.6W D.8W
【正确答案】 B

10-3（巩固） 一滑块在水平地面上沿直线滑行，t=0时速率为1m/s，从此刻开始在与速度平行的方向上对其施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间t的变化规律分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是（两图正方向相同，取重力加速度g=10m/s2）（　　）

A.滑块的质量为1kg B.滑块与水平地面间的动摩擦因数为0.1
C.第0.5s末力F的瞬时功率为2W D.第2s内摩擦力对滑块做功为-0.5J
【正确答案】 D

10-4（巩固） 一架质量为1kg的无人机在空中运行，高度随时间变化的规律为h = 0.5 + （m），t的单位为s，水平方向初速度为零，水平加速度的变化规律如图所示。不考虑空气阻力影响，重力加速度g = 10m/s2，下列说法正确的是（ ）

A.t = 0.5时无人机发动机的动力为N
B.无人机一直做直线运动
C.前4s无人机发动机最大功率为49W
D.前4s无人机机械能增加了85J
【正确答案】 C

10-5（巩固） 一滑块在水平地面上沿直线滑行，t=0时其速度为3m/s。从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平拉力F，力F和滑块的速度v随时间t的变化规律分别如图甲和乙所示。设在第1s内、第2s内、第3s内力F对滑块做功的平均功率分别为P1，P2，P3则（　　）

A.P1> P2> P3
B.P1< P2< P3
C.0～2s内力F对滑块做功为4J
D.0～2s内摩擦力对滑块做功为4J
【正确答案】 B

10-6（提升） 质量为1kg的小球在空中自由下落，与水平地面相碰后立即被反弹，之后又上升到某一高度处。此过程中小球的速度随时间变化规律的图像如图所示，不计空气阻力，g取10m/s2。下列说法中正确的是（　　）

A.小球在下落过程中重力做功12J
B.球在上升过程中重力势能增加8J
C.小球与地面接触过程中机械能损失4.5J
D.小球刚与地面接触时重力的瞬时功率为50W
【正确答案】 D

10-7（提升） 如图1所示，在粗糙的水平面上静止放置一滑块，时刻在滑块上施加一水平向右的外力F，外力大小随时间的变化规律如图2所示，滑块的加速度随时间的变化规律如图3所示，已知滑块与地面间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度g取10。则下列说法正确的是（　　）

A.滑块的质量为kg B.4s末滑块速度的大小为12m/s
C.在0~1s的时间内，摩擦力的冲量大小为0 D.在0~4s的时间内，摩擦力的冲量大小为22N·s
【正确答案】 D

【原卷 11 题】 知识点 验证机械能守恒定律的实验目的、原理与器材,验证机械能守恒定律的实验步骤与数据处理,验证机械能守恒定律的注意事项和误差分析

【正确答案】
①. B    ②. 1.00    ③. 0.275    ④. 0.243    ⑤. 大于    ⑥. 没有计算动滑轮的重力势能减少量    ⑦. 去掉动滑轮和弹簧测力计；将动滑轮的质量计入m
【试题解析】


11-1（基础） 图甲为验证机械能守恒定律的实验装置，通过电磁铁控制的小铁球从A处自由下落，毫秒计时器（图中未画出）记录下小铁球经过光电门B的挡光时间，重力加速度为。

（1）实验中必须要测量的物理量是________；（填序号）
A．A距地面的高度H B．A、B之间的高度h C．小铁球的质量m D．小铁球的直径d
（2）小球通过B点的速度________（用实验中测得物理量的符号表示）；
（3）要验证小铁球下落过程中机械能是否守恒，只需验证等式______是否成立即可（用实验中测得物理量的符号表示）；
（4）由于实验存在误差，某实验小组测得小球的动能的增加量总是_______（填大于、小于或等于）重力势能的减小量。
【正确答案】 BD或DB 小于

11-2（基础） 某课外活动小组利用图甲所示装置来验证机械能守恒定律，图乙是实验中打出的一条纸带，O是打下的第1个点，分别测量出各点到O点的距离，每相邻两计数点的时间间隔为T，当地重力加速度为g。

（1）对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是________。
A．精确测量出重物的质量
B．重物选用质量和密度较大的金属锤
C．不用手直接拿住纸带，换用夹子夹住纸带上端并释放
D．选用的纸带不宜过长
（2）小组同学利用测量数据，计算出各点速度计为v，对应点到O点的距离计为x，通过描点作出________图（从、、选择），可得到一幅过原点的直线，即可验证机械能守恒定律；若该图像斜率为k，则可同时计算当地重力加速度g=________。
（3）大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量小于动能的增加量，原因可能是________。
A．选用了质量和密度较小的重物
B．重物初始释放位置距离打点计时器较远
C．两个限位孔未确保在同一竖直线上
D．接通电源时，重物已具有初速度
【正确答案】 BCD D

11-3（巩固） 某实验小组的同学利用如图甲所示的实验装置完成了机械能守恒定律的验证，小球的释放点、光电门1、光电门2在同一条竖直线上，实验时首先用游标卡尺测量小球的直径，结果如图乙所示，保持光电门1到小球释放点的距离不变，改变光电门2到光电门1的距离h，并记录小球通过光电门2的挡光时间t，记录多组实验数据。

回答下列问题：
（1）由图乙可知小球的直径为d=___________；
（2）小球经过光电门2时的速度可以用表示，用该方法计算的速度___________（填“大于”“等于”或“小于”）小球球心经过光电门的实际速度；
（3）根据测量的数据描绘出如图丙所示的图像，结合图丙，若有表达式g=___________成立，则小球下落过程中机械能守恒；小球经过光电门1时的速度大小为___________。（均用a、b、d表示）
【正确答案】 9.6 小于

11-4（巩固） 某校两个课外活动小组分别用以下两种方法来验证机械能守恒定律。请阅读下列两段材料，完成后面问题。
第1组：《用电火花打点计时器验证机械能守恒定律》释放纸带前
（1）甲、乙两同学操作正确的是___________（填“甲”或“乙”）；

第2组，《利用传感器设计实验》如图所示，将质量为m，直径为d的金属小球在一定高度h由静止释放，小球正下方固定一台光电计时器，能自动记录小球挡住光线的时间间隔t。改变小球下落高度h，进行多次重复实验。此方案验证机械守恒定律方便快捷。

（2）在处理数据时，计算小球下落距离h时速度v的表达式为v=___________；
（3）为直观判断小球下落过程中机械能是否守恒，应作下列哪一个图像？___________
A．图像 B．图像 C．图像 D．图像
（4）经正确的实验操作，小明发现小球动能增加量总是稍小于重力势能减少量mgh，你认为增加释放高度为h后，两者的差值会___________（填“增大”、“缩小”或“不变”）。
【正确答案】 甲 D 增大

11-5（巩固） 如图所示，将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可验证机械能守恒定律。

（1）实验中需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度h。某同学对实验得到的纸带，设计了以下四种测量方案。这些方案中合理的是___________。
A.用刻度尺测出物体下落的高度h，由打点间隔算出下落时间t，通过计算出瞬时速度v
B.用刻度尺测出物体下落的高度h，并通过计算出瞬时速度v
C.根据做匀变速直线运动时，纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v，并通过计算得出高度h
D.用刻度尺测出物体下落的高度h，根据做匀变速直线运动时，纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v
（2）安装好实验装置，正确进行实验操作，从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如图所示。图中O点为打点起始点，且速度为零。选取纸带上打出的连续点A、B、C、…作为计数点，测出其中E、F、G点距起始点O的距离分别为、、，已知重物质量为m，当地重力加速度为，计时器打点周期为。为了验证此实验过程中机械能是否守恒，需要计算出从O点到F点的过程中，重物重力势能的减少量___________，动能的增加量___________（用题中所给字母表示）。

（3）实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量，关于这个误差，下列说法正确的是___________。
A.该误差属于偶然误差
B.该误差属于系统误差
C.可以通过多次测量取平均值的方法来减小该误差
D.可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差
（4）某同学在实验中发现重物增加的动能略小于重物减少的重力势能，于是深入研究阻力f对本实验的影响。他测出各计数点到起始点的距离h，并计算出各计数点的速度v，用实验测得的数据绘制出图线，如图所示。图像是一条直线，此直线斜率的物理含义是___________（用数学表达式书写，可能用到的物理量为m、g、f），已知当地的重力加速度，由图线求得重物下落时受到阻力与重物所受重力的百分比为___________%（保留两位有效数字）。

【正确答案】 D BD或DB

11-6（提升） 某同学利用以下器材验证机械能守恒定律：智能手机、铁球、刻度尺、钢尺等。实验过程如下：
（1）一钢尺伸出水平桌面少许，将质量为的铁球放在钢尺末端，用刻度尺测出钢尺上表面与地板间的高度差；
（2）运行智能手机中关于声音“振幅”（声音传感器）的软件；
（3）迅速水平敲击钢尺侧面，使铁球自由下落。传感器记录下声音振幅随时间变化曲线如图所示，第一、第二个尖峰的横坐标分别对应铁球开始下落和落地时刻，其差值为铁球下落的时间。
（4）若铁球下落过程中机械能守恒，则应满足等式：___________（请选用物理量符号、、、表示）。
（5）若已知铁球质量为，，则下落过程中减小的重力势能，增加的动能___________（结果保留3位小数）。比较相对误差与的大小，可以得到本实验的结论，结论是___________。
（6）敲击钢尺侧面时若铁球获得一个较小的水平速度，对实验测量结果___________（填“有”或“没有”）影响。

【正确答案】 、或 在误差允许的范围内，铁球在自由下落过程中机械能守恒 没有

11-7（提升） 某同学设计了如图甲所示的装置来验证机械能守恒定律。左侧铁架台的横杆上固定有一个拉力传感器，将小球（可视为质点）用不可伸长的细线悬挂在传感器上。右侧有两个竖直杆固定在底座上，杆上分别装有可沿竖直杆移动的刻度尺和激光笔，激光笔水平放置。实验步骤如下：

①使小球自由静止在最低点，调整激光笔的高度，使水平细激光束与小球的底部保持相平，记录此时拉力传感器的示数；
②调节刻度尺的高度，使零刻线与细激光束保持相平，并固定刻度尺；
③将激光笔上移，使水平细激光束经过细线的悬点O，读取刻度尺读数即为细线的长度L；
④将激光笔移动到与高度差为的位置Q处（如图甲中所示），把小球拉至该处，并使小球的底部与水平细激光束保持相平。释放小球，读出小球下摆过程中拉力传感器最大示数T；
⑤改变激光笔的高度，重复步骤④；
⑥整理器材；
（1）若选取题中的、L及步骤④中的一组数据h和T，进行验证机械能守恒定律，若传感器最大示数T满足T＝______（用、L、h表示）时，则可验证小球从初始位置摆至点的过程中机械能守恒定律成立。
（2）该同学采用图像法处理数据。多次实验得出多组T和h的数据，在坐标纸上描点连线做出T－h图像如图乙所示。理论上图乙中的a和b数值满足a＝______b（填上合适的数字）关系时，则可验证小球下摆过程中机械能守恒定律成立。
（3）由于小球运动中受到空气阻力等因素影响，造成小球下摆过程中机械能会有损耗。若图乙中a＝2.9N，b＝1.0N，根据图乙可知，小球自处由静止释放，至下摆到最低点的过程中，损耗的机械能占初态机械能的______%（取点为重力势能零势点）。
【正确答案】 3 5

【原卷 12 题】 知识点 胡克定律及其应用,平衡问题的动态分析,牛顿第二定律求瞬时突变问题

【正确答案】

【试题解析】


12-1（基础） 如图所示，吊篮P悬挂在天花板上，与吊篮质量相等的物体Q被固定在吊篮中的轻弹簧托住，当悬挂吊篮的细绳烧断的瞬间，吊篮P和物体Q的加速度大小是多少？
‍
【正确答案】 2g；0

12-2（基础） 如图所示，轻绳悬挂一个质量为m的小球，小球与一个轻质弹簧连接，弹簧的劲度系数为k。拉动弹簧，使小球始终静止在图示位置，这时绳与竖直方向成角。重力加速度为g。
（1）若弹簧对小球的力为水平方向，求弹簧的伸长量；
（2）若要使弹簧拉力与绳拉力大小相等，求拉动弹簧的方向与竖直方向的夹角；
（3）若要使弹簧伸长量最短，求此时弹簧的拉动方向，并求出此时的弹簧伸长量（要求画出示意图）。

【正确答案】 （1）；（2）；（3），

12-3（巩固） 用两根细线a、b和一个轻弹簧将质量分别为m和的两个小球1和2连接并悬挂，如图所示．两小球处于静止状态，细线a与竖直方向的夹角为，轻弹簧水平，重力加速度为g。求：
（1）细线a对小球1的拉力大小及弹簧对小球2的拉力大小F；
（2）细线b对小球1的拉力大小；
（3）剪断细线a的瞬间，小球2的加速度大小a。

【正确答案】 （1），；（2）；（3）

12-4（巩固） 如图所示，用轻质橡皮条（弹力满足胡克定律）和轻质细线的一端分别固定在水平地面与竖直墙壁上，另一端共同连接的小球（视为质点）处于静止状态，此时橡皮条的伸长量为L，橡皮条与水平方向的夹角为30°，细线与竖直方向的夹角为30°。已知细线的拉力大小为F，重力加速度为g。
（1）求橡皮条的劲度系数k；
（2）若突然剪断细线，求此瞬间小球加速度的大小；
（3）若突然从橡皮条与小球的连接处剪断橡皮条，求此瞬间小球加速度的大小。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

12-5（巩固） 如图所示，一质量为的小球（小球的大小可以忽略），被、两条轻绳悬挂在空中。已知轻绳的长度为，上端固定在点，轻绳水平。
（1）若轻绳与竖直方向的夹角为，小球保持静止，求轻绳对小球的水平拉力的大小；
（2）若轻绳突然断开，小球由图示位置无初速释放，求当小球通过最低点时的速度大小及轻绳对小球的拉力大小。（不计空气阻力，重力加速度取）

【正确答案】 （1）mgtanα；（2） ；

12-6（提升） 如图所示，在倾角为的光滑斜面上有完全相同的质量为的三个物体，A、B之间用轻弹簧相连，B、C之间用不可伸长的细线相连，在恒定拉力F的作用下，达到稳定后，一起沿斜面向上做匀加速运动，加速度大小为。已知弹簧的劲度系数，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）弹簧的伸长量x；
（2）力F的大小；
（3）剪断细线的瞬间，A的加速度大小a1，B的加速度大小a2。

【正确答案】 （1）3cm；（2）18N；（3）1m/s2，11m/s2

12-7（提升） 如图所示，放在粗糙固定斜面上的物块A和小球B均处于静止状态，轻绳AB绕过光滑的定滑轮与轻弹簧的右端连接在小球B上，轻弹簧中轴线沿水平方向，轻绳的BC段与竖直方向的夹角θ=53°，斜面倾角α=37°，物块A和小球B的质量分别为mA=5kg，mB=1.5kg，物块A与斜面之间的动摩擦因数为μ=0.25，弹簧的劲度系数k=500N/m，（sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2），求：
（1）弹簧的伸长量x；
（2）物块A受到的摩擦力大小和方向；
（3）剪断BC绳瞬间，求A、B的加速度大小。

【正确答案】 （1）0.04m；（2）5N；方向沿斜面向上；（3）4m/s2；m/s2

【原卷 13 题】 知识点 平抛运动速度的计算,斜面上的平抛运动,平抛运动位移的计算

【正确答案】

【试题解析】


13-1（基础） 跳台滑雪是北京冬奥会重要的比赛项目。运动员脚踏专用滑雪板，在滑雪道上获得一定速度后从跳台飞出，在空中飞行一段时间后着陆。现有某运动员从跳台A点沿水平方向飞出，在斜坡B点着陆，如图所示。测得AB间的距离为40 m，斜坡与水平方向的夹角为30°，不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s2。求：
（1）运动员在空中飞行的时间t；
（2）运动员从A 点飞出时的速度大小v0；
（3）运动员落在B 点的瞬时速度。

【正确答案】 （1）2s；（2）m/s ；（3） ，

13-2（基础） 第24届冬季奥林匹克运动会于2022年在北京和张家口联合举办。冬奥会上跳台滑雪是一种勇敢者的滑雪运动，运动员穿专用滑雪板，在滑雪道上获得一定速度后从跳台飞出，在空中飞行一段距离后着陆。现有某运动员从跳台a处沿水平方向飞出，速度大小，在斜坡b处着陆，如图所示。斜坡与水平方向的夹角为37°，不计空气阻力，取，，。求：
（1）运动员在空中飞行的时间；
（2）斜坡上a、b之间的距离；

【正确答案】 （1）；（2）

13-3（巩固） 如图所示，一小球自平台上水平抛出，恰好落在邻近平台的一倾角为θ=53°的光滑斜面项端，并刚好沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h=0.8m，重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：
（1）小球水平抛出的初速度v0是多少？
（2）斜面顶端与平台边缘的水平距离x是多少？
（3）若斜面顶端高H=7.2m，则小球离开平台后经多长时间t到达斜面底端？

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

13-4（巩固） 如图（甲）所示，从斜面顶端以速度v0将小球水平抛出，小球落地后不再弹起，设其在空中飞行的时间为t。多次实验，测得飞行时间t随抛出时速度v0的变化关系如图（乙）所示，不计空气阻力，取g=10m/s2，求：
（1）斜面体的高度h；
（2）斜面体的倾角θ。

【正确答案】 （1）；（2）

13-5（巩固） 如图所示，可视为质点的小滑块P以初速度v1从倾角的固定光滑斜面底端A沿斜面向上滑动，同时从A以初速度v2斜向上抛出一个可视为质点的小球Q，经滑块P滑到斜面顶端B，恰好被小球Q水平击中，不计运动过程中的空气阻力，取，，，求：
（1）斜面AB的长度L；
（2）小滑块P的初速度v1；
（3）小球Q的初速度v2。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

13-6（提升） 如图所示，水平桌面上放一个截面为等腰直角三角形的光滑斜面，现从斜面的A点沿方向以一定的速度抛出一球，小球1刚好沿斜面滚到点；再从斜面的A点沿一定的水平方向速度抛出一小球2，小球2刚好平抛运动落到点，已知，当地重力加速度为g，不计空气阻力，小球均可以视为质点，质量均为m。求：
（1）两小球的运动时间和；
（2）两小球的初速度和；
（3）小球2运动多长时间后离斜面距离最远？

【正确答案】 （1），；（2），；（3）

13-7（提升） 如图所示，在足够长的倾角为的斜面上的C点立有一高为的竖直杆，在杆的顶部有一微型发射器以相同的速率向相反方向发射甲、乙两个小球（均视为质点），两小球分别落在斜面上的A、B两点，A、C两点之间的距离为、B、C两点之间的距离为，取重力加速度， ，。求：
（1）乙小球从抛出到落在斜面所用的时间；
（2）A、B两落点之间的距离。

【正确答案】 （1）；（2）

【原卷 14 题】 知识点 绳球类模型及其临界条件,万有引力与重力的关系

【正确答案】

【试题解析】


14-1（基础） 宇航员在月球表面将一片羽毛和一个铁锤从同一高度由静止同时释放，二者几乎同时落地．若羽毛和铁锤是从高度为处下落，经时间落到月球表面，已知引力常量为，月球的半径为．求：（不考虑月球自转的影响）
（1）月球表面的自由落体加速度大小；
（2）月球的质量．
【正确答案】 （1）；（2）

14-2（基础） 2019年6月5日中午，长征十一号运载火箭在我国黄海海域成功实施首次海上发射，以“一箭七星”方式，将七颗卫星送入预定轨道，填补了我国运载火箭海上发射空白，目前中国的航天技术取得了突飞猛进的发展，已经处于世界领先地位。假设不久的将来中国宇航员来到一个未知星球，把一套设备放在星球表面进行实验，实验中有一个环节如图所示，光滑水平轨道与半径为的光滑竖直半圆轨道相切，让小球以初速度沿水平方向进入水平轨道，发现小球恰好能通过半圆轨道最高点。如果用其他手段测得星球半径为，则该星球的平均密度是多少？（万有引力常量为，不考虑星球自转）

【正确答案】

14-3（巩固） 一宇航员站在某质量分布均匀的星球表面，用“单摆测重力加速度”实验中，实验时用拉力传感器测得摆线的拉力大小F与时间t的变化关系如图所示，已知摆长L和，该星球半径为R，引力常量为G，求：
（1）该星球表面的重力加速度g；
（2）该星球的质量。

【正确答案】 （1）；（2）

14-4（巩固） 航天员在某星球做了如下实验：如图所示，在光滑的圆锥顶用长为L的细线悬挂一质量为m的小球，圆锥顶角为2θ。当圆锥和球一起以周期T匀速转动时，球恰好对锥面无压力。已知星球的半径为R，引力常量为G。求：
（1）线的拉力；
（2）该星球表面的重力加速度；
（3）该星球近地绕行卫星的线速度大小；
（4）该星球的密度。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）；（4）

14-5（巩固） 假设一个宇航员在半径为R的某星球表面做实验，宇航员将光滑细管竖直固定放置，轻质细线穿过细管，两端分别与小球和物块相连，让小球在水平面内做匀速圆周运动，物块处于静止状态（不与星球接触），物块的质量是小球质量的2倍，如图所示。不计细线与细管之间的摩擦，宇航员测得小球做圆周运动的周期为T，细线倾斜部分的长度为L，忽略星球的自转，引力常量为G，求；
（1）该星球表面的重力加速度；
（2）该星球的质量及其第一宇宙速度。

【正确答案】 （1）；（2），

14-6（提升） 宇航员耿耿驾驶宇宙飞船成功登上“NNSZ”行星后，在行星表面做了如下实验：将一根长为L的轻绳，一端固定在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量为m的小球，使整个装置绕O点在竖直面内转动．在小球转动过程中的最高点处放置一光电门，在绳子上适当位置安装一个力的传感器，如图甲，实验中记录小球通过光电门的时间以确定小球在最高点的速度v，同时记录传感器上绳子的拉力大小F，即可作出小球在最高点处绳子对小球的拉力与其速度平方的关系图，如图乙；已知行星半径为R，引力常量为G，不考虑行星自转影响．

（1）结合实验和图象所给信息，写出小球在最高点处F与v的关系式；
（2）请求出该行星的第一宇宙速度（用b，L，R表示）；
（3）请求出该行星的密度（用b，L，R，G表示）．
【正确答案】 （1）（2）（3）

14-7（提升） 中国科技工作者如期完成了“绕、落、回”三步走的无人月球探测规划，一步一步将“上九天揽月”的神话变成现实！已知月球半径为，引力常量为。
（1）探测器环绕月球运行的某段时间内，只在月球引力作用下做匀速圆周运动，距月球表面高度为，运动周期为。求：
①探测器环绕月球运行的速度大小；
②月球的质量。
（2）如果有一天你站在月球表面，手边有细绳、小石块、尺子、计时器，请你从中选择所需器材设计一个实验估测月球的质量。简要说明实验步骤、需要测量的物理量，并求出计算月球质量的表达式。（所需字母自行设定）
【正确答案】 （1）①；②；（2）详见解析

【原卷 15 题】 知识点 绳球类模型及其临界条件,用动能定理解决物体在传送带运动问题,常见力做功与相应的能量转化

【正确答案】

【试题解析】


15-1（基础） 某传送装置如图所示，挡板M固定在水平台面上，连接有轻弹簧K，A、B是水平传送带的左、右两端点，B点右侧通过另一水平台面BC与竖直半圆固定轨道CDH连接，D是半圆的中点，用质量m=1kg的物块（可视为质点）向左缓慢挤压弹簧使其具有一定的弹性势能E并用细线锁定（弹簧与物块不拴接）．已知传送带顺时针匀速旋转，其速度v=4m/s，A、B间的距离L=2m，物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5（其余接触面不计摩擦），圆轨道的半径R=1m，重力加速度取g=10m/s2．某时刻剪断细线，释放物块．
(1)若弹簧的弹性势能E=2J，则物块在传送带上第一次由A运动到B的时间是多少？
(2)若要物块释放后能滑上半圆轨道且沿半圆轨道运动时不脱离轨道，求弹簧的弹性势能E应满足的条件．

【正确答案】 (1)0.6s (2)或

15-2（基础） 如图所示，一物体质量m=2kg，在倾角θ=37°的斜面上的A点以初速度v0=3m/s下滑，A点距弹簧上端B的距离AB=4m，当物体到达B点后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC=0.2m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，D点距A点的距离AD=3m，挡板及弹簧质量不计，g取10m/s2，sin37°=0.6，求：
（1）从A到C再反弹到D的过程中物块克服摩擦力做的功；
（2）物体与斜面间的动摩擦因数μ；
（3）弹簧的最大弹性势能Epm。

【正确答案】 （1）45J；（2）0.52；（3）24.5J

15-3（巩固） 如图所示，可看成质点的质量均为m的物块A、B之间夹着一被压缩且锁定的轻、短弹簧，它们静止在光滑轨道abc的水平轨道ab上，bc为竖直平面内的半径为R=0.1m的半圆形轨道，长为L=0.4m的传送带逆时针转动，速度为v=2m/s，忽略传送带的d端与半圆轨道c点之间的缝隙宽度，物块B与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，解除弹簧的锁定后AB获得相同的动能，求：
（1）如果m=1kg，开始时弹簧的弹性势能为Ep=9J，物块B经过e点后再次落到水平轨道ab上时与e点间水平距离为多大；
（2）在（1）中物块B在传送带上滑动时，因摩擦产生的热量；
（3）为了使物块B在运动中一定能滑上传送带且不从e点脱离传送带，解除弹簧锁定后，物块B获得的速度必须满足的条件。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

15-4（巩固） 如图所示，倾角、长的传送带上端与固定在竖直平面内半径的圆弧轨道相切于C点，半径竖直，传送带下端B与水平面间用一小段光滑的圆弧平滑对接。一劲度系数的水平轻弹簧左端固定，弹簧不受外力时右端恰好在B点处。现用质量的小物块（物块与弹簧不拴接）将弹簧压缩到右端到达A点（此时弹簧在弹性限度内）后由静止释放，物块滑上传送带上后立即撤去弹簧，结果物块恰好能从圆弧轨道上的D点水平飞出。传送带始终以大小的速度顺时针方向运行，A、B两点间的距离，物块与水平面和传送带间的动摩擦因数分别为，弹簧的弹性势能（其中k、x分别为弹簧的劲度系数和形变量），取重力加速度大小，空气阻力不计，物块经过B点处和C点处的机械能损失均不计。
（1）求物块直接从A点运动到B点时的速度大小；
（2）试通过计算判断物块从D点飞出后落点的位置（结果可保留根号）；
（3）求物块在传送带上运动的时间t（结果保留两位有效数字）。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

15-5（巩固） 如图光滑水平导轨AB的左端有一压缩的弹簧，弹簧左端固定，右端前放一个质量为m=1kg的物块（可视为质点），物块与弹簧不粘连，B点与水平传送带的左端刚好平齐接触，传送带的长度BC的长为L=6m，沿逆时针方向以恒定速度v=2m/s匀速转动．CD为光滑的水平轨道，C点与传送带的右端刚好平齐接触，DE是竖直放置的半径为R=0.4m的光滑半圆轨道，DE与CD相切于D点．已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2．

（1）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带刚好能到达C点，求弹簧储存的弹性势能；
（2）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带能够通过C点，并经过圆弧轨道DE，从其最高点E飞出，最终落在CD上距D点的距离为x=1.2m处（CD长大于1.2m），求物块通过E点时受到的压力大小；
（3）满足（2）条件时，求物块通过传送带的过程中产生的热能．
【正确答案】 （1）（2）N=12.5N（3）Q=16J

15-6（提升） 科技节上某中学科技杜团设计了一个竖直面轨道模型，如图所示，该模型由一个半径的光滑四分之一圆弧轨道和一个固定半径的“”型光滑管道以及一个倾角可调的斜直轨道构成。现从圆弧轨道的顶端A点由静止释放一个质量的小球，小球从点水平进入“”型管道，该管道、两管口切线水平，、为两细管道圆心，连线与竖直线间的夹角。在光滑水平轨道中间静止放置一个质量也为的小滑块，小滑块与小球发生弹性碰撞冲上与水平面平滑连接的足够长倾斜直轨道，不计小滑块经过点处的机械能损失，直轨道的倾角可以在0到间调节，小滑块与轨道间的动摩擦因数。已知，，重力加速度取，求：
（1）小球运动到点时对管道作用力的大小和方向；
（2）若，滑块在倾斜轨道上经过的总路程；
（3）写出取不同值时，滑块在倾斜轨道上克服摩擦力所做的功与的关系。

【正确答案】 （1），方向竖直向下；（2）5m；（3）见解析

15-7（提升） 如图是小明设计的一个游戏装置。该滑道分为MA、AB、BC，CDE，EF和FG六段，其中AB、BC，CDE和FG轨道光滑，剩余轨道的动摩擦因数为0.5。在M点处安装一弹簧装置，将一物块与弹簧紧贴，释放弹簧，物块从M点处出发。游戏成功的要求：物块不会脱离CDE轨道（检测装置省略），物块最后能平稳地停在EF轨道处，且不会从FG轨道中飞出。现已知物块的质量为1 kg，R1＝2 m，R2＝1 m，D点与A点位于同一水平线，MA＝1 m，H＝2 m，L＝20 m，不计空气阻力及弹簧装置内部物块的位移，物块可视为质点，g＝10 m/s2。求：
（1）完成上述运动，弹簧弹性势能E的最小值E1和最大值E2分别是多少；
（2）弹簧的弹性势能E与最后停止时物块到E点的距离d的关系式。

【正确答案】 （1），；（2）当时，；当时，


变式题库答案

1-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．伽利略对自由落体运动研究方法的核心是把实验和逻辑推理（包括数学演算）结合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法，故A项正确；
B．牛顿正确认识运动和力的关系，同时建立惯性定律，故B项错误；
C．牛顿运动定律是研究动力学问题的基石，牛顿三定律适用于宏观、低速的运动情景，对于微观、高速的运动情景不适用，故C项错误；
D．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了引力常量的数值，故D项错误。
故选A。
1-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．开普勒发现了行星运动的规律，所以A错误；
B．卡文迪许通过实验测定了引力常量，所以B错误；
C．爱因斯坦的狭义相对论既适用于高速运动的物体，也适用于低速运动的物体，所以C错误；
D．牛顿进行了“月一地检验”，得出天上和地下的物体都遵从万有引力定律的结论，所以D正确；
故选D。
1-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB．经典力学只适用宏观世界，低速运动。相对论在任何情况都适用，故A错误，B正确；
C．当物体的运动速度远小于光速时，相对论和牛顿力学的结论是一致的，故C错误；
D．经典力学有其自身的局限性和适用范围，但对于低速宏观物体的运动，经典力学仍然适用，并仍将在它适用范围内大放异彩，故D错误。
故选B。
1-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．牛顿通过研究太阳与行星间引力导出万有引力公式过程中利用了牛顿第二、三定律和开普勒第三定律，并通过月一地检验，总结出万有引力定律；故A正确，不符合题意；
B．伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，得出了力不是维持物体运动原因的结论，并运用数学方法得出了落体运动的规律；故B正确，不符合题意；
C．卡文迪许发明了扭秤，测出了万有引力常量．这使用了微小形变放大方法；故C正确，不符合题意；
D．速度以及加速度的概念是由伽利略首先建立起来的；故D错误，符合题意．
1-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．在微观高速情况下，要用量子力学和相对论来解释，但是并不会因为相对论和量子力学的出现，就否定了经典力学，经典力学仍然是正确的，故不会过时也不会失去价值，A错误；
B．牛顿力学适用于宏观、低速物体的运动，B错误；
C．牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许测量了引力常量，C错误；
D．牛顿把天体的运动与地面上物体的运动统一起来，成功的解释了天体运动的规律，D正确。
故选D。
1-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
在物理学发展的历史上有很多科学家做出了重要贡献，大家熟悉的伽利略、牛顿、爱因斯坦、法拉第等，在学习过程中要了解、知道这些著名科学家的重要贡献，是解答类似问题的关键．
详解:
A、亚里士多德认为力是维持物体速度的原因，而伽利略由理想斜面实验证明了力是改变物体运动状态的原因．故A错误；
B、法拉第发现了电磁感应定律，但没有总结出楞次定律．故B错误；
C、牛顿总结出了物体运动三定律，并发现了万有引力定律．故C正确；
D、麦克斯韦建立了完整的电磁场理论，但没有创立量子论和相对论．故D错误；
故选C．
1-7【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．牛顿力学完全适用于宏观低速运动，A正确；
B．牛顿力学取得了巨大的成就，但它也有一定的局限性，并不是普遍适用的，B错误；
CD．在微观高速运动中，要用量子力学和相对论来解释，但是并不会因为相对论和量子力学的出现，就否定了牛顿力学，牛顿力学在其适用范围内仍然是正确的，故不会过时也不会失去应用价值，CD错误。
故选A。
2-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB. 把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，用各小段的位移之和近似代表总位移，这是物理学中的微元法，是物理学中研究物理问题的重要思想方法，所以面积表示了速度随时间的积累效应，故AB正确；
C．根据速度的定义式

可知，若丙图中纵坐标表示位移，横坐标表示时间，则图像的斜率表示速度，故C正确；
D．乙图中每小段比甲图取得更小，则乙图中矩形面积的和表示位移大小，比甲图的矩形面积的和表示位移大小更接近真实真实值，故D错误。
本题选错误的，故选D。
2-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．a－t(加速度－时间)图线和横轴围成的面积表示

即表示速度的改变量，故A正确；
B．v－t(速度－时间) 图线和横轴围成的面积表示

即表示位移，故B正确；
C．F－x图线和横轴围成的面积表示

即面积表示对应位移内力所做的功力F的总功，故C正确；
D．ω－r图线中任意一点的横坐标与纵坐标的乘积等于ωr，即线速度；故图象与横轴围成的面积不一定等于ωr，即不一定等于线速度，故D错误。
本题选不正确的，故选D。
2-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．若图像为x-t（位移-时间）图，面积是位移与时间的乘积，没有物理意义，A错误；
B．若图像为a-t（加速度-时间）图，面积是加速度与时间的乘积，反映速度的大小，B错误；
C．若图像为F-x（力-位移）图，面积是力和位移的乘积，反映力所做的功，C错误；
D．若图像为P-t（功率-时间）图，面积是功率和时间的乘积，反映力做的功，D正确。
故选D。
2-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
若A与B乘积，图象面积表示AB物理意义，这里要体现积累的过程才可以，对于功率FV、UI以及线速度ωr和都不能体现积累的物理意义，所以面积不带表乘积对应的物理量，故ACD错误；而冲量，体现的是力对时间的积累，所以面积代表冲量，故B正确．
点晴：在x-y坐标系中，区分好图线和横轴围成的面积的物理含义与图线上某一点的横纵坐标的乘积的物理含义．
2-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
在v-t图像中，所围成的面积等于在内的位移，所有的面积累加等于这段时间内总的位移。
A．F-v图线中任意一点的横坐标与纵坐标的乘积Fv，表示瞬时功率，与v-t图像围成的面积意义不同，即F-v图像围城的面积不是对应速度变化过程中力做功的功率，A错误；
B．在a-t（加速度-时间）图像中，所围成的面积表示在内的速度变化，所有的面积累加等于这段时间内速度的变化量，B正确；
C． F-x图线和横轴围成的面积表示力F的总功，但不一定是合力的功，根据动能定理，动能的变化量等于合力的功，故图线和横轴围成的面积不一定等于动能的增加量，C错误
D．ω-r图线中任意一点的横坐标与纵坐标的乘积等于ωr，即线速度；故图像与横轴围成的面积不等于ωr，D错误。
故选B。
2-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
若A与B乘积，图象面积表示AB物理意义，这里要体现积累的过程才可以，对于功率FV、UI以及线速度ωr和都不能体现积累的物理意义，所以面积不带表乘积对应的物理量，故ACD错误；而冲量，体现的是力对时间的积累，所以面积代表冲量，故B正确．
点晴：在x-y坐标系中，区分好图线和横轴围成的面积的物理含义与图线上某一点的横纵坐标的乘积的物理含义．
2-7【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．如果图象的图线是曲线，采用微元的思想，认为每一小段做匀速直线运动，当时间间隔取到很小时，所有矩形的“面积”之和表示物体的位移，故A错误；
BC．如果把纵坐标换成加速度a，横坐标仍为时间t，将图线分成无数小段，认为每一小段加速度不变，由

知，矩形面积表示速度的变化量，则图象的图线与t轴在内所围成的“面积”表示内速度的增加量，故C正确，B错误；
D．如果把纵坐标换成速度的倒数，横坐标换成位移x，由

知，图象的图线与x轴上某段位移所围成的“面积”表示运动的时间，故D错误。
故选C。
点睛:
解决本题的关键掌握极限微元思想在物理学习中的运用，能够触类旁通，比如：知道图线围成的面积表示的含义，图线围成面积表示的含义、图线围成的面积表示的含义等。
3-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．研究问天实验舱与火箭成功分离后，在预定轨道上环绕地球的运动时，可以将问天实验舱看成质点，因为问天实验舱的大小比轨道半径小得多，A错误；
B．“北京时间2022年7月24日14时22分”指的是时刻，B正确；
C．研究问天实验舱与核心舱组合体进行交会对接时的姿态不可以将问天实验舱看成质点，涉及姿态不能被看成质点，C错误；
D．在我国文昌航天发射场“准时点火发射约495秒后”指的是时间间隔，D错误。
故选B。
3-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
ABC．航天器绕星球做匀速圆周运动所需的向心力由万有引力提供，则有

可得
，，
可知巡天空间望远镜在空间站下方圆轨道上运行的线速度、角速度大于空间站的线速度、角速度，周期小于空间站的周期，故ABC错误；
D．巡天空间望远镜在低轨道向高轨道运动时需要加速，使万有引力小于在该轨道上做匀速圆周运动所需的向心力，从而做离心运动增大轨道半径，故D正确。
故选D。
3-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．在“问天”实验舱内的水滴由于受重力作用，A错误；
B．在轨运行过程中各舱段间无相互作用力，B错误；
C．根据牛顿第二定律


解得

C正确；
D．要实现“问天”、“梦天”实验舱从低轨道与“天和”核心舱对接，需使实验舱加速，D错误。
故选C。
3-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．空间站中的航天员只受地球的万有引力，处于完全失重状态，A正确，不符合题意；
B．航天员乘坐的载人飞船需先进入比空间站低的轨道，再加速追上空间站完成对接，B错误，符合题意；
C．由



可推出地球的平均密度，C正确，不符合题意；
D．第一宇宙速度是地球卫星的最大运行速度，故空间站在轨运行速度小于，则D正确，不符合题意。
故选B。
3-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．两卫星在P点时，根据

可得

显然两卫星的加速度相同，故A错误；
B．依题意，A卫星沿轨道1做圆周运动，B卫星从P点时开始沿轨道2做椭圆轨道运动，由于椭圆轨道的半长轴大于圆轨道1的半径，所以B卫星在P点时需要加速做离心运动，从而运动到更高的椭圆轨道上，所以B卫星在P点的速度大于A卫星的速度，故B正确；
C．卫星从低轨道运动到高轨道，需要在轨道相切点点火加速实现，所以B卫星在Q点变轨进入轨道3时需要向后喷气加速，故C错误；
D．根据

可得

由于B卫星在轨道3上运动的轨道半径大于A卫星在轨道1上运动的轨道半径，所以B卫星在轨道3上运动的速度小于A卫星在轨道1上运动的速度，故D错误。
故选B。
3-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．地球表面重力加速度可表示为

“天和”核心舱绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力可得

联立解得

A错误；
B．由引力作为向心力可得

解得地球的质量为

B正确；
C．在“问天”实验舱内的水滴受重力作用，作为随实验舱做圆周运动的向心力，C错误；
D．要实现“问天”、“梦天”实验舱从低轨道与“天和”核心舱对接，需使实验舱加速离心变轨，D错误。
故选B。
3-7【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．第一宇宙速度是所有环绕地球做圆周运动的卫星的最大速度，则空间站在轨运行的速率小于7.9km/s，选项A错误；
B．实验舱在低轨需沿径向和切向方向都加速才可以与高轨的天宫空间站实现对接，B错误；
C．由万有引力提供向心力有

其中r = (k＋1)R，解得地球的质量为

解得地球的密度为

C错误；
D．根据万有引力和重力的关系可得

解得地球表面重力加速度为

D正确。
故选D。
4-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
为充分保证安全距离，取反应时间最大为0.7s，则当以最大速度行驶时开始刹车到停止时距离为

反应时间中行驶距离为

得总距离为

故选C。
4-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．根据逆向思维可知


结合题意带入数据可得


故A正确；
B．根据匀变速直线运动的规律可知，刹车后，第1s末汽车的速度为

故B错误；
C．根据逆向思维可知，最后一秒内的位移为

故C错误；
D．由上可知汽车刹车到停止运动所需时间为3s，故刹车后4s内的位移等于36m，故D错误。
故选A。
4-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据逆向思维可得汽车的刹车时间为

则4s末速度汽车为零，故A错误；
B．前4s内位移既刹车位移，为

故B错误；
C．前2s内位移为

第1s内位移为

第2s内位移为3m

故C正确；
D．前2s内平均速度为

故D错误。
故选C。
4-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．若汽车做匀减速运动，速度减为零的时间

所以刹车到停止的位移

汽车离停车线的距离为

故A错误；
B．如果在距停车线处开始刹车制动，刹车到停止的位移是，所以汽车不能在停车线处刹住停车让人，故B错误；
CD．刹车的位移是，所以车匀速运动的位移是，则驾驶员的反应时间

故C错误，故D正确；
故选D。
4-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
汽车的初速度为，反应时间内做匀速直线运动，有：

刹车过程的加速度大小为，由匀减速直线运动的规律：

可得刹车距离为

故安全距离为：
；
故B正确，ACD错误；
故选B。
4-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．汽车做匀减速直线运动，速度位移关系式为

则有

带入图中数据可得

加速度大小为5m/s2，故A错误；
B．内的平均速度等于刹车后第1s末的瞬时速度可知，前2s内平均速度
由

可知，内的平均速度大小为35m/s，B正确；
C．时，汽车的速度大小为

故C错误；
D．汽车刹车所用时间为

即8s时停车，则由图像可知内，汽车的位移大小为160m，故D错误。
故选B。
4-7【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据

可得

故图像的截距就是初速度，则

故A错误；
B．图线的斜率为

可得

刹车加速度大小为2m/s2，故B错误；
C．刹车所用时间为

则刹车位移为

故C正确；
D．刹车前1s的位移

刹车最后1s通过的位移

位移比值为

故D错误。
故选C。
5-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
当自行车行驶速度一定时，即后轮的角速度一定，飞轮的角速度一定，根据

脚踏板和链轮有相同的角速度，知要使脚踩踏板作匀速圆周运动的角速度最小，则最多，最少，即，。

所以

故选A
5-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
脚踏板的转速等于大齿轮的转速，为，则大齿轮边缘的线速度

小齿轮边缘的线速度也为

小齿轮和后轮同轴转动，角速度相等，则后轮边缘的线速度即自行车前进的速度为

故选B。
5-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
链轮的齿数为44齿，飞轮齿数为20齿，两者线速度大小相等，所以

解得

若骑车人以每分钟60周的转速蹬链轮，链轮每秒转一圈，后轮每秒转2.2转，自行车行驶的速度

故选A。
点睛:
同轴传动：被动轮和主动轮的中心在同一根转轴上，主动轮转动使轴转动进而带动从动轮转动，两轮等转速及角速度。皮带传动：两轮在同一平面上，皮带绷紧与两轮相切，主动轮转动使皮带动进而使从动轮转动，两轮边缘线速度相等。
5-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
因为B在单位时间内接到的脉冲数为n,每个间隙转动的时间t=1/n
设一周有P个齿,则有P个间隙,那么转动周期T=Pt=P/n，
小车的线速度为：，联立各式得：

所以要求车速必须测量出车轮的半径R和齿轮数P
当脉冲总数为N时,则经过的时间
t总=Nt=N/n
所以小车的行程为：
s=vt总=2πRN/P
故选A。
5-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
主动轮、行星轮与大轮分别用A、B、C表示，由图可知，A与B为齿轮传动，所以线速度大小相等，B与C也是齿轮传动，线速度也相等，所以A与B、C的线速度是相等的，则有

解得

由图可知

A、B与C的线速度相同，得

联立可得

故选B。
5-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
因为A轮角速度一定，A轮磁带外缘半径随时间均匀增加，线速度，故线速度大小随时间t均匀增加，可将磁带的运动等效为匀变速直线运动模型处理。整个过程中，设A轮外缘初速度为v，则末速度为3v，运动时间为t，加速度为a，位移即磁带总长度为x，由匀变速直线运动规律


当磁带有一半绕到A轮上时，两轮半径相等、两轮角速度相同，此时


解得


故选B。
5-7【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
从动轴的转速n2、滚轮半径r，则滚轮边缘的线速度大小为

主动轮与滚轮接触处的线速度大小

根据v1=v2得

得

故选A。
6-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．在同一轨道上运行时，加速做离心运动，减速做向心运动，均不能实现对接，AB错误；
C．飞船先在比空间站半径小的轨道上加速会做离心运动逐渐靠近空间站，两者速度接近时实现对接，C正确；
D．飞船先在比空间站半径小的轨道上减速会做向心运动，不可能与空间站实现对接，D错误。
故选C。
6-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
飞船从A点运动到远地点B的过程中，距离地球的距离逐渐增加，飞船的速度方向与地球引力的夹角为钝角，则地球的引力对飞船做负功，飞船受到的引力越来越小。
故选B。
6-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
根据题意，卫星做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则轨道半径为时有

卫星的引力势能为

轨道半径为时

卫星的引力势能为

设损失的机械能为，根据能量守恒定律得

联立以上各式可得

故选A。
6-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．飞船的加速度

可见在轨道1上P点的加速度等于空间站在轨道2上P点的加速度，选项A错误；
B．根据开普勒第三定律有

可见飞船在轨道1上的运行周期小于在轨道2上的运行周期，选项B错误；
C．根据万有引力提供向心力有

解得

可知飞船在轨道越低的地方速度越大，即飞船在Q点的速度大于在轨道2上做圆周运动的速度，而飞船在P点时运行速度小于在空间站在轨道2上的运行速度，所以飞船在轨道I上某处的速率可能等于空间站在轨道2上的速率，选项C正确；
D．飞船从轨道1上P点向Q返回过程中，只有万有引力做功，机械能不变，选项D错误。
故选C。
6-5【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．探测器需要摆脱地球的引力束缚，所以发射时的速度要超过第二宇宙速度，A正确；
B．轨道2进入轨道3做近心运动，探测器应该在轨道2上近火点减速，B错误；
C．在轨道2上近火点到远火点只有引力做功，机械能守恒，C错误；
D．根据万有引力公式可得在轨道2上近火点探测器受到的万有引力大，所以近火点的加速度大，D错误。
故选A。
6-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．卫星在椭圆轨道1上，两点分别为轨道的远地点与近地点，点的速度大于点速度。轨道2上，点速度等于点的速度。所以，卫星在轨道1上点的速度大于轨道2上点的速度，A正确；
B．卫星由轨道2加速变为轨道3，则卫星在轨道3上的机械能大于轨道1上的机械能，故B正确；
C．由题意可得，轨道2半径为

设地球质量为，卫星质量为，由牛顿第二定律得


轨道2上经过点的加速度等于轨道1上经过点的加速度，又卫星在轨道2上点速度为，轨道2上经过点的加速度等于，则在轨道1上经过点的加速度等于，故C错误；
D．轨道1的半长轴为

轨道2的半径为，由开普勒第三定律可得

轨道2与轨道1上运动的周期之比

D正确。
本题选不正确的，故选C。
6-7【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．地球的第二宇宙速度是11.2km/s，达到此值时，卫星将脱离地球的束缚，绕太阳运动，故嫦娥三号在环地球轨道上的运行速度小于11.2km/s，故A错误；
B．根据万有引力和牛顿第二定律得

得

由此可知

故B正确；
C．嫦娥三号在M点点火加速，使万有引力小于向心力做离心运动，才能进入地月转移轨道，故C错误；
D．嫦娥三号在椭圆轨道b上N点减速做近心运动才能进入轨道a，即a上的机械能小于b上的机械能，故D错误。
故选B。
7-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
根据题意可知，与的合力对物体做功等于做功和做功之和，做功和做功之和为

即与的合力对物体做功为。
故选D。
7-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．拉力方向应与木板平面平行，除了要记录拉力的大小外，还需要记录拉力的方向，选项A错误；
B．因为是用一个测力计将橡皮筋拉至O点时力的大小与方向，则图中的力方向和细绳AO方向相同，选项B错误；
C．OB和OC绳的长度要适当长一些测量的误差越小，选项C错误；
D．图中F表示理论的合力，表示实验测出的合力，选项D正确。
故选D。
7-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 试题分析：肽链的盘曲和折叠构成具有一定空间结构的蛋白质，不同结构的蛋白质，具有不同的功能，因此蛋白质肽链的盘曲和折叠被解开时，其功能肯定发生改变；RNA与DNA的分子结构相似，由四种核糖核苷酸组成，可以储存遗传信息；DNA分子碱基的特定排列顺序，构成了DNA分子的特异性；胆固醇是构成细胞膜的重要成分，在人体内参与血液中脂质的运输。故选A
考点：本题考查组成细胞化合物的相关知识。
点评：本题意在考查考生的识记能力和理解能力，属于容易题。
7-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
根据题意可知，水平拉力与位移的关系式为

则物体移动过程中拉力的平均值为

则拉力做的功

故选B。
7-5【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
AB．将圆弧分成很多小段l1，l2，…，ln，拉力F在每小段上做的功为W1，W2，…，Wn，因拉力F大小不变，方向始终与小球的运动方向成37°角，所以
W1=Fl1cos37°
W2=Fl2cos37°
Wn=Flncos37°
故

故A正确，B错误；
CD．同理可得小球克服摩擦力做的功

故CD错误。
故选A。
7-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
木块漂浮在水面上时有
F浮=G=ρga3
木块上表面刚浸没时受到的浮力为
F′浮=ρ0ga3
浮力做的功为
W=h=ga3h（ρ＋ρ0）
故选B。
7-7【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．甲图中若F大小不变，物块从A到C过程中力F做的为

A错误；
B．乙图中，全过程中F做的总功为

B正确；
C．丙图中，绳长为R，若空气阻力f大小不变，小球从A运动到B过程中空气阻力做的功为

C错误；
D．图丁中，F始终保持水平，若F为恒力，将小球从P拉到Q，F做的功是

F始终保持水平，若是F缓慢将小球从P拉到Q，根据动能定理得

解得

D错误。
故选B。
8-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
将地球分为半径为（R－d）的球和厚度为d球壳两部分，球壳对小球的引力为零
则F等于半径为（R－d）的球对小球的引力，有

设半径为（R－d）球的质量为，由密度公式得

所以

解得，F的大小为

B正确，ACD错误。
故选B。
8-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
挖前，质量为m的物体在A点受到的重力

挖去后质量为的球体后在A点受到的重力



联立各式解得

故选A．
8-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
根据题意，设地球的密度为，则在地球表面且不计地球自转的影响，物体的重力和地球对物体的万有引力大小相等，则有

解得

又有地球的质量为

所以重力加速度的表达式可写成

根据题意有，质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，故在深度为的地球内部，受到地球的万有引力为半径等于的球体在其表面产生的万有引力，故“奋斗者”号所在处的重力加速度

所以有

根据万有引力提供向心力有

“天和”的加速度为

则有

可得

故选C。
8-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:

如图所示，当小球运动至A处，由题意可知，A处以外的地球部分对小球作用力为零，A处以内的地球部分对小球作用力产生加速度，满足

又有

联立解得

小球靠近地球球心过程，r减小，a减小，做加速度减小的加速运动，到球心另一侧时，由对称性可知，小球做加速度增大的减速运动，A正确。
故选A。
8-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
设地球密度为，根据题意可知点距地心距离为，且小于，则只有半径为的球体对其产生万有引力，则有
，
解得

点距地心的距离为，则有
，
解得

解得

故选B。
8-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
C．设小球距圆心的距离为，地球的密度为，小球的质量为，根据题意，由万有引力公式可得，小球下落过程中，受到的引力为

则小球下落过程中所受引力的大小与到地心的距离成正比，且方向指向地心，故小球以O点为平衡位置做简谐运动。故C正确；
AB．根据牛顿定律有

可得

可知，当小球下落时，在点上方时，越来越小，则越来越小，到达点时

则

即此时引力为，引力最小，在点下方时，越来越大，则越来越大，则小球下落过程中，先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，故AB错误；
D．由C分析可知，小球下落过程中，引力先做正功，再做负功，则小球与地球组成系统的引力势能先减小后增大故D错误。
故选C。
8-7【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
当时，根据牛顿第二定律可得

解得地球引力加速度为
（）
当时，根据牛顿第二定律可得

解得地球引力加速度为
（）
可知随距离增大，加速度变小；
当时，此时距离地心范围内的球壳对物体没有引力，那么对物体产生引力的就是半径为的中心球体的引力，则有

又

联立解得地球引力加速度为

故选B。
9-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
匀减速过程有

可知抛物线的开口指向x轴负方向，匀加速过程有

可知抛物线的开口指向x轴正方向。
故选C。
9-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．设MN中点的速度为，由运动学公式得


联立解得

A错误；
B．在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度，则物体在时间t内的中间时刻的速度为

B错误；
C．由题意得，物体在时间内的增加量为，由于物体做匀加速直线运动，则物体在经过任意时间内速度的增量均为，C错误；
D．物体在后时间所通过的距离为

物体在前时间所通过的距离为

所以物体在后时间所通过的距离比前时间所通过的距离大

D正确。
故选D。
9-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A.由图知，汽车加速过程发生的位移x1=20m，末速度v=36km/h=10m/s，由匀加速直线运动的规律
v2=2a1x1
汽车加速过程中加速度的大小
a1==m/s2=2.5m/s2
A错误；
B. 汽车做匀减速直线运动的位移x2=10m，该过程中汽车的总位移
x=x1+x2=20m+10m=30m
B错误；
C. 该过程所用的总时间
t==s=6s
C错误；
D. 汽车刹车过程中加速度大小
a2==m/s2=5m/s2
D正确。
故选D。
9-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB．根据匀变速运动规律知：，即

结合图像可得
，
解得
，
故A错误，B正确；
C．当时，有

解得

故C错误；
D．由图像可知：速度随位移的增大而增大，且加速度恒定，所以做匀加速运动，故D错误。
故选B。
9-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．根据题意，设图像的斜率为，则有

即有

由运动学公式有

可得

对比可得
，
解得
，
则物体做初速度为零，加速度为的匀加速直线运动，故AB错误；
C．运动学中图像的斜率与数学中图像的斜率所表示的物理意义不同，运动学中图像的斜率表示纵坐标截距与对应的横坐标截距之比，而不是角的正切值，故C错误；
D．由运动学公式可得，该物体在10s内的位移为

故D正确。
故选D。
9-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由匀变速直线运动的速度位移关系公式

可得

由图像是一倾斜直线知，两质点在运动过程中加速度大小不变，甲质点速度随位置坐标在减小，因此甲质点做匀减速直线运动， 乙质点速度随位置坐标在增大，因此乙质点做匀加速直线运动，A错误；
B．由图像可知，图像的斜率大小是，所以甲质点的加速度

乙质点的加速度

则甲、乙两质点的加速度大小之比为

所以B错误；
C．由匀变速直线运动位移时间公式，得


当x=4m时，解得


甲、乙两质点到达x=4m处的时间不相等，故而它们没有在x=4m处相遇，C错误；
D．由图像可知，甲质点的初速度大于乙质点的初速度，所以甲一直在乙的前面，当两质点速度相等的时候，它们相距最远，所以当乙追上甲的时候，甲质点的速度小于乙质点的速度，而最终甲质点会在x=6m处静止，乙质点则一直做匀加速直线运动，所以甲、乙两质点只能相遇一次，D正确。
故选D。
9-7【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由初速度为0的匀加速直线运动规律可得

则有

可得甲图的斜率为

由

可知乙图的斜率为

则

故A错误；
B．由乙图可得

解得

由牛顿第二定律可得
F=ma=2.5N
故B错误；
C．当x=2m，由

解得

前2m的中点时刻速度即2m内的平均速度为

故C正确；
D．当t=2s，由v=at可得v=10m/s，前2s中点位置的速度为

故D错误。
故选C。
10-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
由题意，根据动能定理可得

又因图像的图线与横轴围成的“面积”表示拉力做的功，可得

代入相关数据，可解得物体上升时的速度大小为

故选B。
10-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
在0~1s内，物块的加速度

在0~1s内，物块的位移

1s末时的速度

1~2s内，物块的加速度

1~2s内，物块的位移

则前2s内拉力F做功为

则前2s内拉力F做功的平均功率为

ACD错误，B正确。
故选B。
10-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．图像斜率的物理意义为加速度，根据图像可知

内，根据牛顿第二定律

内，滑块反向运动，根据牛顿第二定律

联立解得
，
AB错误；
C．时，滑块的速度大小为

瞬时功率为

C错误；
D．图线与时间轴围成的面积为位移，则第内滑块的位移为

则摩擦力做功为

D正确。
故选D。
10-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．据
h = 0.5 +
可知：在竖直方向上做匀加速直线运动，加速度
ay = 1m/s2
据水平方向的a—t可知，在0.5s末的加速度
ax = 4m/s2
由牛顿第二定律得，在竖直方向
Fy﹣mg = may
代入数据解得
Fy = 11N
水平方向
Fx = max = 1 × 4N = 4N
则0.5s末发动机的动力为

A错误；
B．无人机在竖直方向做匀加速直线运动，在水平方向做匀变速直线运动，由于加速度方向与速度方向不在同一直线上，无人机做曲线运动，B错误；
C．水平方向，3s末速度为
v3= 4 × 1m/s = 4m/s
3—4s内，水平速度
v = 4﹣4t
功率为
Px = Fxv = 16﹣16t
由
h = 0.5 + （m）
可知，无人机在竖直方向
vy0= 0m/s，ay = 1m/s2
3s末
vy3= 1 × 3m/s = 3m/s
3—4s内
vy = vy3 + ayt = 3 + t，Py = Fyvy = (3 + t) × 11 = 33 + 11t
无人机功率
P = Px + Py = 16﹣16t + 33 + 11t = 49﹣5t
t = 0时，即3s末P最大，为49W，C正确；
D．4s内，上升的高度为
Dh = 0.5 + × 42 - 0 = 8m
4s末
vx = 0m/s，vy = vy0 + ayt = 0 + 1 × 4 m/s= 4m/s
前4s无人机增加的机械能
DE = mgDh + mvy2= 1 × 10 × 8J + × 1 × 42 J= 88J
D错误。
故选C。
10-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB．第1s内、第2s内、第3s内力F对滑块做功的平均功率分别为



所以
P1< P2< P3
A错误，B正确；
C．0～2s内力F对滑块做功为

C错误；
D．0～2s内摩擦力为

0～2s内摩擦力对滑块做功为

D错误。
故选B。
10-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据图像，在速度突变处即时，小球碰地反弹，速度的正方向竖直向下。下落距离为图像中时间轴上方与图线围成的三角形的面积，计算该面积可得


则小球在下落过程中重力做功

选项A错误；
B．同理，上升距离为图像中时间轴下方与图线围成的三角形的面积，计算该面积可得

球在上升过程中重力势能增加为

代入数值计算可得

选项B错误；
C．小球与地面接触前的动能

离开地面的动能

那么接触过程中损失的机械能为

其中，代入数值计算可得

选项C错误；
D．小球刚与地面接触时速度为

小球刚与地面接触时重力的瞬时功率为

代入数据可得

选项D正确。
故选D。
10-7【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
根据图2可知，外力F随时间的关系的表达式为

由图3可知，在t=1s时，物块开始有加速度，故此刻拉力与最大静摩擦力平衡，则有

A．由图3可知，在t=4s时，滑块的加速度为4m/s2，根据牛顿第二定律有

解得

A错误；
B．由a-t图像的面积表示速度的变化量，滑块由静止开始加速运动，故4s内a-t图像的面积即表示为4s末滑块速度的大小

B错误；
C．在0~1s的时间内，有静摩擦力作用，故摩擦力的冲量大小不为0，其大小等于F的冲量大小

C错误；
D．在1~4s的时间内，摩擦力的冲量大小为

故在0~4s的时间内，摩擦力的冲量大小为

D正确。
故选D。
11-1【基础】 【正确答案】 BD或DB 小于
【试题解析】 详解:
（1）[1]本实验需要验证的表达式为

由表达式，可知由于等式两边均有小铁球的质量，可以约掉，所以小铁球的质量可以不用测量，由于为小球下落起始位置之间的距离，故需要测量A、B之间的高度；本实验中由于小铁球的直径较小，可以通过小铁球的直径除以遮光时间来计算小铁球过光电门时的速度大小，所以还需要测量小铁球的直径。
故选BD。
（2）[2]小铁球经过光电门B的挡光时间为，由于小铁球的直径较小，所以可得其通过B点的速度可近似为

（3）[3]本实验要验证小铁球下落过程中机械能是否守恒，只需验证等式

即

即可。
（4）[4]由于实验存在阻力的作用，使得小铁球的一部分动能转化为内能，从而测得小球的动能的增加量总是小于重力势能的减小量。
11-2【基础】 【正确答案】 BCD D
【试题解析】 详解:
（1）[1]A．因为在实验中比较的是、的大小关系，故m可约去，不需要测量重物的质量，对减小实验误差没有影响，故A错误。
B．实验供选择的重物应该选相对质量较大、体积较小的物体，这样能减少摩擦阻力的影响，从而减小实验误差，故B正确。
C．换用夹子夹住纸带，可更好的避免手在释放时，让纸带具有初速度，故C正确。
D．纸带在穿过限位孔后，若纸带过长，会导致运动过程中阻力过大，所以纸带不宜选择过长，故D正确。
故选BCD。
（2）[2][3]根据机械能守恒定律可得

则图像为过原点直线，且

则

得

（3）[4]AC．选项会导致过程中阻力影响较大，会导致计算的重力势能增加量偏大，故AC错误。
B．重物初始位置，对实验结果无直接影响，故B错误。
D．重物重力势能的减少量小于动能的增加量，是因为接通电源时，重物已具有初速度，而在计算动能增加量时，默认第一点速度为0，未将初动能减去，从而导致计算出的动能增加量偏大，故D正确。
故选D。
11-3【巩固】 【正确答案】 9.6 小于
【试题解析】 详解:
（1）[1]游标卡尺的主尺读数为9mm，游标尺的第6刻度线与主尺的某刻度线对齐，游标尺是10分度，游标尺的读数为
6×0.1mm=0.6mm
该小球的直径为

（2）[2]由于小球的挡光时间极短，挡光时间内的平均速度近似等于小球经过光电门2的瞬时速度，即为；挡光时间内的平均速度等于中间时刻的速度，又由于小球经过光电门2的速度应为小球中心经过光电门2瞬间的速度，中间时刻的速度小于位移中点的速度。
（3）[3]如果下落过程中，小球的机械能守恒，假设小球经过光电门1时的速度为，由于小球的释放点到光电门1的距离保持不变，则小球经过光电门1时的速度不变，则有

由以上整理得

则

又由图丙可知图像的斜率为

则

[4]图丙图像的纵截距为

则

11-4【巩固】 【正确答案】 甲 D 增大
【试题解析】 详解:
（1）[1]物块应该靠近打点计时器释放，故选甲。
（2）[2]小球速度为

（3）[3]机械能守恒满足计算

即

为直观判断小球下落过程中机械能是否守恒，应作图像。
故选D。
（4）[4]由于空气阻力的影响，小球动能增加量总是稍小于重力势能减少量，若增加释放高度为h后，阻力做功增多，两者差值增大。
11-5【巩固】 【正确答案】 D BD或DB
【试题解析】 详解:
（1）[1]ABD．根据实验原理可知，实验中瞬时速度通过某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度去求解，不能根据和求解，否则就默认了机械能守恒，失去验证的意义，故AB不合理，D合理；
C．实验中，用刻度尺测量物体下落的高度，不能根据计算得出高度h，故C不合理。
故选D。
（2）[2]由图可知，从O点到F点的过程中，重物下降的高度为，重物重力势能的减少量为

[3]由某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得，重物下落到点时速度为

则动能的增加量为

（3）[4]AB．该误差属于系统误差，故A错误，B正确；
C．系统误差无法通过多次测量取平均值的方法来减小，故C错误；
D．可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该系统误差，故D正确。
故选BD。
（4）[5][6]根据题意，由动能定理可得

整理得

则斜率为

整理可得

结合图像解得

11-6【提升】 【正确答案】 、或 在误差允许的范围内，铁球在自由下落过程中机械能守恒 没有
【试题解析】 详解:
（4）[1]铁球下落的速度为

根据初速度为0的匀变速直线运动的公式有


解得铁球下落时间t的速度为

若铁球下落过程中机械能守恒，则应满足等式

带入数据解得

或

或

（5）[2]由图像可得下落时间为t=0.4s，下落过程中增加的动能

[3]相对误差

可得在误差允许的范围内，铁球在自由下落过程中机械能守恒。
（6）[4]根据运动的独立性，敲击钢尺侧面时若铁球获得一个较小的水平速度，不影响铁球竖直方向的运动，对实验测量结果没有影响。
11-7【提升】 【正确答案】 3 5
【试题解析】 详解:
（1）以点为重力势能零势能点，初态小球的机械能为重力势能

点处的机械能为动能

在最低点由牛顿第二定律可得

又，
联立可得

（2）若机械能守恒，则
即

联立得

联立解得

当时

当时

联立解得

（3）由a＝2.9N，b＝1.0N，得

小球自h处由静止释放时的机械能为

在最低点时

即

最低点时的机械能

得损耗的机械能占初态机械能的百分比为

12-1【基础】 【正确答案】 2g；0
【试题解析】 详解:
剪断细线前，对PQ整体受力分析，受到总重力和细线的拉力而平衡，故
T=2mg
再对物体Q受力分析，受到重力、弹簧的弹力，剪断细线后，重力和弹簧的弹力不变，细线的拉力减为零，故物体P受到的力的合力等于2mg，向下，所以
ap=2g
物体Q受到的力不变，合力为零，所以
aQ=0
12-2【基础】 【正确答案】 （1）；（2）；（3），
【试题解析】 详解:
（1）由图可知，轻绳拉力及重力的合力与弹簧弹力F大小相等方向相反，由几何关系可知：


根据胡克定律，弹簧伸长长度

（2）若要使弹簧拉力与绳拉力相等，两个拉力应该关于竖直方向对称，所以拉动弹簧的方向与竖直方向的夹角也为；
（3）小球受三个力，其中重力大小方向都确定，轻绳拉力方向确定大小未知，由图可知轻绳拉力与弹簧拉力的合力，一定与重力大小相等方向相反。利用几何关系，当弹簧拉力方向与轻绳拉力方向垂直时，弹簧拉力有最小值


方向与竖直方向夹角为斜向右上，此时弹簧伸长

12-3【巩固】 【正确答案】 （1），；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）以球1、球2、细线b整体为研究对象，根据系统处于平衡状态有：竖直方向上

水平方向上

联立解得

（2）以球2为研究对象，根据平衡状态有

解得

对于同一根细绳有

（3）细线a断开瞬间，小球2只受到自身重力和弹簧的拉力F，合力大小等于，根据牛顿第二定律有

解得

12-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）设小球的质量为m，橡皮条的拉力为T，对小球受力分析，由三力平衡及几何关系可得


由胡克定律有

联立解得

（2）突然剪短细线的瞬间，细线的弹力消失，橡皮条的拉力不变，由牛顿第二定律可得

由（1）可得

解得

（3）突然剪断橡皮条，橡皮条的拉力消失，小球绕着A点即将向下做圆周运动，细线的拉力发生了突变，把小球的重力分别沿着细线和垂直细线的方向分解，可得


由牛顿第二定律可得

解得

12-5【巩固】 【正确答案】 （1）mgtanα；（2） ；
【试题解析】 详解:
（1）小球的受力图如图所示：根据平衡条件，应满足
Tcosα=mg
Tsinα=F
可得轻绳对小球的水平拉力
F=mgtanα

（2）释放后，小球沿圆弧运动，到达最低点，只有重力做功，由系统机械能守恒有

mgl(1−cosα)＝mv2
则通过最低点时小球的速度
v＝
小球沿圆周运动，通过最低点，受重力和绳的拉力，根据牛顿第二定律有
T′−mg＝m
解得轻绳对小球的拉力
T′＝mg+m＝3mg−2mgcosα
方向竖直向上。
12-6【提升】 【正确答案】 （1）3cm；（2）18N；（3）1m/s2，11m/s2
【试题解析】 详解:
（1）对物体A进行分析有

解得
x=3cm
（2）对物体A、B、C整体进行分析有

解得
F=18N
（3）剪断细线的瞬间，弹簧不能发生突变，弹簧弹力不变，物体A受力情形不变，即加速度与没有剪断细线前相同，则

剪断细线的瞬间，对物体B进行分析有

解得

12-7【提升】 【正确答案】 （1）0.04m；（2）5N；方向沿斜面向上；（3）4m/s2；m/s2
【试题解析】 详解:
(1)小球B在三个力作用下平衡，则可得

解得
x=0.04m
(2)球B在三个力作用下平衡，则可得

得

对物体A受力分析有

则物体A所受静摩擦力

方向沿斜面向上；
(3)剪断BC绳瞬间，弹簧的弹力不变，A从静摩擦力变为滑动摩擦力，对小球B有

由牛顿第二定律有

解得

对物块A有

解得

13-1【基础】 【正确答案】 （1）2s；（2）m/s ；（3） ，
【试题解析】 详解:
（1）运动员在竖直方向的位移大小

在竖直方向的分运动为自由落体运动，有

运动员在空中的飞行时间

（2）运动员在水平方向的位移大小

在水平方向的分运动为匀速直线运动，有

运动员在A 处的速度大小

（3）运动员在B 点瞬时速度大小

B 点瞬时速度方向与水平方向的夹角

13-2【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）运动员做平抛运动，设着陆时间为t，则有：水平方向

竖直方向

根据几何关系

联立解得

（2）根据几何关系得

13-3【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）小球恰好沿斜面方向进入斜面，则


解得

（2）根据


解得

（3）小球在斜面上受力分析得

小球在斜面上初速度

则

联立解得

则

13-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）由图乙可知，当初速度不小于且时间在0.4s后小球的落地时间不再变化，故当小球初速度为、在0.4s时刚好落在斜面底端的水平地面，因此

（2）当小球初速度为，在0.4s时水平位移大小为

由几何知识可得

解得

13-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）依题意，小球Q水平击中滑块P，小球Q逆向平抛，则由平抛运动规律可得

因此由几何关系可得斜面的长度

（2）小滑块P沿斜面做匀减速直线运动，由牛顿第二定律

小滑块P的加速度

由位移公式

代入数据可得

（3）小球Q水平击中滑块P，设击中时小球Q的水平速度为，水平位移为x，则

由

可得

由

因此

13-6【提升】 【正确答案】 （1），；（2），；（3）
【试题解析】 详解:
（1）根据题意可知，斜面倾角为45°，对小球体1进行受力分析，可知其做类平抛运动，加速度为

小球1在沿斜面方向做匀加速运动

解得

对小球2，竖直方向有

解得

（2）小球1在水平做匀速直线运动

小球2在水平做匀速直线运动

解得
，
（3）设，则
，
将小球2的初速度沿与垂直于分解，则垂直于方向上先做匀减速直线运动，后反向做匀加速直线运动，加速度

当垂直于方向上速度减为0时，小球2距离斜面最远，根据逆向思维有

解得

13-7【提升】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）对乙球，设从抛出到落在斜面所用的时间为，小球做平抛运动，水平方向有

竖直方向有

联立解得
，
（2）对甲球，设从抛出到落在斜面所用的时间为，小球做平抛运动，水平方向有

竖直方向有

联立解得
，
则A、B两落点之间的距离为

14-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）月球表面附近的物体做自由落体运动，有

月球表面的自由落体加速度大小

（2）不考虑月球自转的影响，有

得月球的质量

14-2【基础】 【正确答案】
【试题解析】 详解:
设星球的表面重力加速度为，星球的质量为，小球的质量为，小球以初速度沿水平方向进入水平轨道，发现小球恰好能通过半圆轨道最高点，根据牛顿第二定律可得

根据动能定理可得

联立解得

根据万有引力等于重力可得

又

联立解得该星球的平均密度为

14-3【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）根据单摆周期公式可知

解得

（2）根据

解得

14-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）；（4）
【试题解析】 详解:
（1）小球在水平面内匀速圆周运动，由牛顿第二定律得

解得

（2）小球竖直方向受力平衡，有

解得

（3）根据星球表面物体所受万有引力等于物体所受重力以及牛顿第二定律可知

解得该星球近地绕行卫星的线速度大小

（4）星球表面物体所受万有引力等于物体所受重力，有

又星球质量

解得星球密度

14-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2），
【试题解析】 详解:
（1）设小球，物块的质量分别为m、2m，对小球进行受力分析，细线的拉力与小球所受重力的合力沿水平方向，充当向心力，设细线与竖直方向的夹角为θ，由牛顿第二定律可得

对物块由二力平衡可得

解得

（2）在星球表面

解得

物体环绕星球表面运行时

解得

14-6【提升】 【正确答案】 （1）（2）（3）
【试题解析】 详解:
（1）对小球，在最高点，有：
得：
（2）由图象信息可知：
即该行星表面重力加速度：
对该行星近地卫星，匀速圆周运动，有:
对行星表面物，有：
得
（3）对行星表面物，有：
得：
而
联立得
14-7【提升】 【正确答案】 （1）①；②；（2）详见解析
【试题解析】 详解:
（1）①探测器环绕月球运行的速度大小

②根据牛顿第二定律，万有引力提供向心力

解得

（2）根据细绳、小石块制作单摆，可以通过单摆实验测当地的重力加速度。
将一小石块系于细绳的下端制成单摆，让单摆在竖直平面内做小角度摆动；当小石块通过平衡位置时启动计时器（记为第1次），在小球第次通过平衡位置时止动计时器，读出计时器时间为；即可得到单摆运动的周期T。用尺子量出摆长L，根据单摆周期公式

变形可得

月球表面的万有引力提供重力加速度得

联立得

15-1【基础】 【正确答案】 (1)0.6s (2)或
【试题解析】 详解:
(1)若弹簧的弹性势能，设释放后物块在A点获得的速度为，有：

可得：

因，故物块滑上传送带后受摩擦力作用而做加速运动，设其加速度大小为a，对物块由牛顿第二定律有：

可得：

设物块加速至与传送带共速需要时间，所需位移，有：


因，故物块此后在传送带上做匀速直线运动，其时间：

故物块在传送带上运动时间：

(2)物块经过点由滑上圆轨道，若刚好到达点，则在点的速度为零，设其在点的速度为，对→，由机械能守恒有：

可得：

因，故物块在传送带上做匀减速直线运动，设此情况弹簧对应的弹性势能为，对物块释放→，由动能定理有：

由功能关系有弹簧具有的弹性势能：

可得：

若物块刚好到达点，设其在点的速度为，在点由牛顿第二定律有

可得：

对物块释放→，由动能定理有：

由功能关系有弹簧具有的弹性势能：

可得：

综上所述，要物块释放后不脱离圆轨道，弹簧的弹性势能应满足：
或
15-2【基础】 【正确答案】 （1）45J；（2）0.52；（3）24.5J
【试题解析】 详解:
（1）物体从开始位置A点到最后D点的过程中，弹性势能没有发生变化，机械能的减少量全部用来克服摩擦力做功，即

（2）由于

代入数据解得
μ≈0.52
（3）物体由A到C的过程中，动能减少量为

重力势能减少量为
ΔEp＝mgLACsin37°
摩擦产生的热量为
Q＝μmgCos37°·LAC
由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为

15-3【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）解除弹簧的锁定后，由机械能守恒得

又由于

解得

物块B从解除锁定到e点过程，由动能定理得

解得

物块B离开e点后做平抛运动，则有


解得

（2）物块B从解除锁定到c点过程，由动能定理得

解得

物块B从c到e过程在传送带上做匀减速直线运动，则有

解得

此过程传送带运动的路程为

因摩擦而产生的热量为

（3）若物块B恰好能通过轨道的c点，则有

解得

此时物体B从解除锁定到c点过程，由动能定理得

解得

若物块B刚好能运动到e点，由动能定理得

解得

所以物块B的速度必须满足

15-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）根据功能关系有

解得

（2）设物块恰好从D点飞出的速度大小为，有

假设物块落到水平面上，且物块在空中运动的时间为，有

物块在空中运动的过程中水平方向的位移大小为

解得

B、D两点间的水平距离

假设成立
物块从D点飞出后落到水平面上且落点与B点间的距离为

（3）由于，且

故物块滑上传送带后做匀加速直线运动（设加速度大小为a），假设物块与传送带能达到共同速度，根据牛顿第二定律有

设物块在传送带上做匀加速直线运动的位移大小为，有

解得

由于，假设成立，设物块在传送带上做匀加速直线运动的时间为，有


解得

15-5【巩固】 【正确答案】 （1）（2）N=12.5N（3）Q=16J
【试题解析】 详解:
（1）释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带刚好能到达C点由动能定理知：
由能量守恒定律知

解得

（2）由平抛运动知：竖直方向：

水平方向

在E点，由牛顿第二定律知

解得
N=12.5N
（3）从D到E，由动能定理知：

解得

从B到D，由动能定理知

解得

对物块

解得
t=1s

由能量守恒定律知

解得
Q=16J
15-6【提升】 【正确答案】 （1），方向竖直向下；（2）5m；（3）见解析
【试题解析】 详解:
（1）小球从A到B，根据机械能守恒有

小球在B点，根据牛顿第二定律有

联立解得

根据牛顿第三定律可知小球运动到点时对管道作用力的大小为，方向竖直向下；
（2）因小球和滑块的质量相等，发生弹性碰撞，故碰撞后两物体的速度交换，所以两者在轨道间的运动其实可以只考虑一个物体。对小滑块分析，则有

所以小滑块不能停在倾斜轨道上，最后停在水平面上的D点，根据全过程动能定理有

解得

（3）当时，即

解得

当0≤θ≤37°时，小滑块能停在倾斜轨道上，由动能定理得

解得

则滑块在直轨道CD上克服摩擦力所做的功

解得

当37°＜θ≤53°，小滑块最后停在D点，由动能定理得

解得

15-7【提升】 【正确答案】 （1），；（2）当时，；当时，
【试题解析】 详解:
（1）完成上述运动，滑块在C点最小速度满足

解得

此时弹簧弹性势能E的最小值E1满足能量守恒定律

解得

若物块恰不从FG轨道中飞出，弹簧弹性势能E有最大值E2，满足能量守恒定律

解得

（2）从M到E，由动能定理，得

得

同时满足

因为

故对弹簧的弹性势能进行分类讨论：当，有

可得

当，有

可得

故综上所述，当时，；当时，