2025-2026学年海南中学高一（下）期中物理试卷（含解析）

这是一份2025-2026学年海南中学高一（下）期中物理试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.自远古以来，当人们仰望星空时，天空中壮丽璀璨的景象便吸引了人们的注意，开始探索星体运动的奥秘。物理学发展中许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程，下面说法正确的是( )
A. 开普勒根据第谷的观测数据总结得出了开普勒行星运动定律
B. 牛顿发现万有引力定律并用实验的方法测出引力常量G，因此被称为“第一个称量地球质量的人”
C. 卡文迪什通过“月一地”检验验证了重力与地球对月亮的引力是同一性质的力
D. 天王星的发现过程充分显示了理论对于实践的巨大指导作用，所用的“计算、预测和观察”的方法指导人们寻找新的天体
2.如图所示，轻质弹簧上端固定，下端系一物体。物体在A处时，弹簧处于原长状态。现用手托住物体使它从A处缓慢下降，到达B处时，手和物体恰好分开，物体停在B处。此过程中( )
A. 手对物体的支持力做正功
B. 物体的重力做负功
C. 弹簧对物体的弹力做正功
D. 弹簧的弹性势能增大
3.如图所示，探测器在椭圆轨道上绕地球飞行，A为近地点，B为远地点，在B点变轨后进入圆形轨道。关于探测器，下列说法正确的是( )
A. 在圆形轨道上运行的速度一定大于7.9km/s
B. 在椭圆轨道上从B向A运动过程中速度逐渐减小
C. 在椭圆轨道上从B向A运动过程中加速度逐渐增大
D. 在椭圆轨道上B点的速度与在圆形轨道上B点的速度相等
4.把A、B两相同小球在离地面同一高度处以相同大小的初速度v0分别沿水平方向和竖直方向抛出，不计空气阻力，如图所示，则下列说法正确的是( )
A. 两小球落地时速度大小不同
B. 两小球落地时，重力的瞬时功率相同
C. 从开始运动至落地，重力对B球做的功大于对A球做的功
D. 从开始运动至落地，重力对B球做功的平均功率小于对A球做功的平均功率
5.如图所示，有一质量分布均匀、半径为R的球形物体，一可视为质点的小球放在距离球形物体球心O点3R
处。在小球和物体球心的连线上紧靠球形物体的最左侧挖走一半径为3R4的球，则剩余的阴影部分对小球的
万有引力与挖走前球形物体对小球万有引力的比值为( )
A. 2764B. 3764C. 433676D. 243676
6.甲是地球赤道上的一个物体，乙是周期约为90分钟的卫星，丙是地球的静止同步卫星，它们运行的轨道示意图如图所示，它们都绕地心做匀速圆周运动，已知地球的半径为R，甲、乙、丙的向心加速度大小分别a甲、a乙、a丙，乙、丙的轨道半径分别为r乙、r丙，下列判断正确的是( )
A. a丙a乙=r丙r乙B. a丙a乙=r丙2r乙2C. a丙a甲=r丙RD. a丙a甲=R2r丙2
7.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. 12ρ0a2gℎ(2a−ℎ)
C. 12ρ0a3gℎ
D. a3gℎ(ρ+ρ0)
8.质量m=200kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图象甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图象乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变，在18s末汽车的速度恰好达到最大，则下列说法正确的是( )
A. 汽车受到的阻力200N
B. 汽车的最大牵引力为800N
C. 汽车在8s～18s的过程中的位移大小为95.5m
D. 8s～18s的过程中汽车牵引力做的功为8×105J
二、多选题：本大题共5小题，共20分。
9.如图所示的四幅图表示的是有关圆周运动的实例，下列说法正确的是( )
A. 图a中汽车通过凹形桥的最低点时处于超重状态
B. 图b中火车转弯超过规定速度行驶时会挤压外轨
C. 图中脱水筒的脱水原理是水滴受到的离心力大于它所受到的向心力从而被甩出
D. 图d中在光滑而固定的圆锥筒内，有完全相同的A、B两个小球在图中所示的平面内分别做匀速圆周运动，则A、B两小球的角速度大小相等
10.如图所示，半径为R的半圆管轨道AB固定在水平面上，AB是竖直直径，让小球(视为质点)在水平面上获得水平向右的速度，进入管道然后从B点离开落到水平面上的C点。已知小球在B点时管壁对其弹力的大小等于重力的一半，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 小球在B点时的向心加速度大小为2g
B. 小球从B到C的运动时间为2 Rg
C. A、C两点间的距离可能为 2R或 6R
D. 小球在B点时的角速度大小为 gR
11.如图所示，一半径为R的半球形坑，其中坑边缘两点与圆心等高且在同一竖直面内。现甲、乙两位同学分别将M、N两个小球以v1、v2的速度沿图示方向水平抛出，发现两球刚好落在坑中同一点Q，已知∠MOQ=53°，sin53°=0.8。cs53°=0.6，重力加速度为g，忽略空气阻力。则下列说法正确的是( )
A. v1= gR10
B. v2= 2gR5
C. 两球的初速度无论怎样变化，只要落在坑中的同一点，两球抛出的速率之和不变
D. 若仅从M点水平抛出小球，无论小球抛出的速度大小如何，小球都不可能垂直于坑壁落入坑中
12.如图所示，宇宙中有一个由P和Q两颗恒星构成的双星系统，它们在彼此间万有引力下以周期T1绕O点逆时针旋转，轨道半径分别是rP和rQ(rPT2，卫星M对恒星P、Q构成的双星系统的运动没有影响，且忽略恒星Q对卫星M的引力，万有引力常量为G，下列说法正确的是( )
A. 由已知条件可以求出Q的质量
B. 恒星P、Q的质量之比为rPrQ
C. 若Q也有一颗质量很小的周期也为T2的卫星，则其轨道半径一定小于M的轨道半径
D. P、Q、M由图示位置到再次共线所需时间为T1T22(T1−T2)
13.如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，Q的质量为4m。将P从图中A点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等。已知OA与水平面的夹角θ=53°(sin53°=0.8,cs53°=0.6)，OB长为3L，与AB垂直，不计滑轮的摩擦，重力加速度为g。则P从A点到B点的过程中( )
A. P和Q组成的系统机械能守恒
B. 弹簧的弹力先减小再增大
C. P克服重力做的功为4mgL
D. P运动至B点时的速度大小为v=2 2gL
三、实验题：本大题共2小题，共20分。
14.某小组在“研究平抛运动特点”的实验中，使用了图乙的实验装置。
(1)某同学利用如图乙所示的实验装置记录小球的运动轨迹，下列说法正确的是 。
A.需要调节装置的底座螺丝，使背板竖直
B.上下移动倾斜挡板N时必须等间距下移
C.斜槽M可以不光滑，但斜槽轨道末端必须保持水平
D.同一组实验中，小球每次都必须从同一位置释放
(2)如图丙所示，实验小组记录了小球在运动过程中经过A、B、C三个位置，每个正方形小格的边长为5.00cm，重力加速度g取10m/s2，以O点为坐标原点建立平面直角坐标系，水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，则该小球做平抛运动的初速度大小为v0= m/s，在B点时的速度大小vB= m/s，小球抛出点的位置坐标(x,y)=( cm， cm)。
15.(Ⅰ)如图甲所示，实验小组用向心力演示仪探究影响向心力大小的因素。已知小球在槽中A、B、C位置做圆周运动的半径之比为1：2：1。某次实验时，将两个质量相等的小球分别放置于甲图中B、C位置，左右变速塔轮的半径之比为3：1，则左右两球做圆周运动的角速度大小之比为 ，向心力大小之比为 。
(Ⅱ)某同学利用传感器验证向心力与角速度的关系。如图乙所示，将力传感器和光电门固定，圆盘边缘上固定一竖直的遮光片，将光滑小定滑轮固定在圆盘中心正上方，用一根细绳跨过定滑轮连接小滑块和力传感器。实验时电动机带动水平圆盘匀速转动，滑块随圆盘一起转动，力传感器可以实时测量绳的拉力F的大小。某次实验操作如下：
①测得遮光片的宽度为d。
②测得圆盘半径为R，滑块的转动半径为r。
③测得遮光片经过光电门的遮光时间为Δt，则滑块做圆周运动的角速度ω= 。(用所给物理量的符号表示)
④作出F−ω2图像如图丙所示，图线不经过原点，是因为滑块受到圆盘施加的沿圆盘半径 (选填“向里”或“向外”)的摩擦力f，且最大静摩擦力fmax= N。
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
16.2025年5月29日，我国成功发射“天问二号”探测器，前往小行星2016H03进行探测，以期实现中国首次小行星采样并返回地球。假设探测器抵达小行星地表后，将一探测采样球以速度v0竖直向上射出，经过时间t0落到行星地表，进行采样。成功采样后，探测器升空进入小行星同步轨道绕小行星做匀速圆周运动，与小行星同步伴飞一段时间后返回地球。只考虑探测器与小行星之间的万有引力，小行星半径为R，自转周期为T，引力常量为G，小行星上没有空气，忽略小行星自转对表面重力加速度的影响。求：
(1)小行星表面重力加速度的大小；
(2)小行星同步轨道距离行星表面的高度。
17.如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B点，C点是最低点，圆心角∠BOC=37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R=1.0m，现有一个质量为m=0.2kg且可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，物体恰好到达斜面顶端A处。已知DE距离ℎ=4.0m，物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ=0.5，已知sin37°=0.6，cs37°=0.8，重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力，求：
(1)物体第一次到达C点时的速度大小和第一次到达C点时对轨道的压力；
(2)斜面AB的长度L；
(3)物块在斜面上滑行的路程s。
18.如图所示，水平转盘可绕竖直中心轴转动，盘上叠放着质量均为1kg的A、B两个物块(可视为质点)，B物块用长为0.20m的细线与固定在转盘中心处的力传感器相连，两个物块和传感器的大小均可不计。细线能承受的最大拉力为8N，A、B间的动摩擦因数为0.5，B与转盘间的动摩擦因数为0.18，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。转盘静止时，细线刚好伸直，传感器的读数为零。当转盘以不同的角速度匀速转动时，传感器上就会显示相应的读数F，取重力加速度g=10m/s2。
(1)当细线拉力恰好出现时，求转盘的角速度大小；
(2)当A与B恰好分离时，求F的大小和转盘的角速度大小ω2；
(3)试通过计算写出F−ω2的函数关系式(其中ω为转盘转动的角速度大小)。
答案解析
1.【答案】A
【解析】解：A.开普勒在第谷长期、精确的行星观测数据基础上，经过多年研究，总结出了行星运动的三大定律，即开普勒定律，故A正确；
B.牛顿发现了万有引力定律，但引力常量∖ (G∖ )是卡文迪许通过扭秤实验测出的，卡文迪许也因此被称为“第一个称量地球质量的人”，故B错误；
C.“月—地”检验是牛顿进行的，验证了重力与地球对月球的引力是同一性质的力，并非卡文迪什的贡献，故C错误；
D.海王星的发现是利用万有引力定律计算、预测后通过观测发现的，充分体现了理论对实践的指导作用；天王星是通过直接观测发现的，故D错误。
故选：A。
结合开普勒、牛顿、卡文迪什等物理学家在天体运动和万有引力领域的科学贡献，逐一核对选项描述与史实是否相符。
本题考查天体物理学相关的物理学史，需准确区分不同科学家的研究成果，侧重对科学发展关键节点的记忆辨析。
2.【答案】D
【解析】解：A.物体从A处缓慢下降到B处，位移方向向下，手对物体的支持力方向向上，力与位移方向相反，支持力做负功，故A错误；
B.物体向下运动，位移方向与重力方向相同，重力做正功，故B错误；
C.弹簧被拉长，对物体的弹力方向向上，与物体位移方向相反，弹力做负功，故C错误；
D.弹簧的形变量随物体下降逐渐增大，弹性势能与形变量正相关，因此弹簧的弹性势能增大，故D正确。
故选：D。
结合物体下降过程中，手的支持力、重力、弹簧弹力与位移的方向关系，判断各力做功正负，并根据弹簧形变量变化判断弹性势能的增减。
本题考查功的正负判断与弹性势能变化，核心是力与位移方向的夹角对做功的影响，结合弹簧形变分析能量变化，属于基础功能关系的应用。
3.【答案】C
【解析】解：A.根据第一宇宙速度的知识，可知在圆形轨道上运行的速度一定小于7.9km/s，故A错误；
B.根据开普勒第二定律，在椭圆轨道上从B向A运动过程中速度逐渐增大，故B错误；
C.根据GMmr2=ma可知，在椭圆轨道上从B向A运动过程中加速度逐渐增大，故C正确；
D.根据卫星变轨知识，在椭圆轨道上B点需要加速做离心运动才能进入到圆形轨道，可知椭圆轨道上B点的速度小于在圆形轨道上B点的速度，故D错误。
故选：C。
根据第一宇宙速度的知识分析解答；根据开普勒第二定律分析解答；根据牛顿第二定律列式判断；根据卫星变轨知识判断速度大小关系。
考查万有引力与圆周运动的相关知识，重点在于理解开普勒的运动定律和变轨原理，属于较低难度考题。
4.【答案】D
【解析】解：A、不计空气阻力，两球运动过程中只有重力做功，对于A球和B球，由动能定理得mgℎ=12mv2−12mv02，可得v= v02+2gℎ，初速度v0大小相同，初始高度ℎ相同，则两球落地时速度大小v相同，故A错误；
B、两小球落地时速度大小相等，设为v。A球落地时速度方向与水平方向成θ角，则A球落地时重力的瞬时功率为PA=mgvsinθ。B球落地时与水平方向垂直，则落地时重力的瞬时功率为PB=mgv，则两小球落地时，A球重力的瞬时功率小于B球重力的瞬时功率，故B错误；
C、由重力做功公式WG=mgℎ可知，因两球下落的高度ℎ相同，两球的质量m相同，则重力对两球做的功相同，故C错误；
D、从开始运动至落地，由于A球在竖直方向上做自由落体运动，B球做竖直上抛运动，所以A球运动时间小于B球运动时间，重力做的功相同，根据平均功率公式P−=Wt可知，重力对A小球做功的平均功率大于重力对B小球做功的平均功率，故D正确。
故选：D。
根据动能定理列式分析两小球落地时速度大小；A球落地时重力的瞬时功率为PA=mgvsinθ，B球落地时重力的瞬时功率为PB=mgv，由此分析落地时重力的瞬时功率关系；结合下落高度关系，由重力做功公式WG=mgℎ分析重力做功关系；分析运动时间关系，再判断重力做功的平均功率关系。
解决该题的关键需要熟记重力做功公式、平均功率公式、瞬时功率公式，能正确分析运动时间。
5.【答案】C
【解析】解：设球原来质量为M，挖走部分质量为M′，则M′M=ρ⋅43π(3R4)3ρ⋅43πR3=2764
整个大球对小球的万有引力大小为F1=GMm(3R)2=GMm9R2
挖走部分对小球的万有引力大小为F2=GM′m(4R−34R)2
解得F2=27676GMmR2
所以剩余的阴影部分对小球的万有引力大小为F3=F1−F2,解得F3=4336084GMmR2
所以F3F1=4336084GMmR2GMm9R2=433676，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据体积关系，求出挖去部分的质量。用没挖之前球对质点的万有引力，减去被挖部分对质点的万有引力，就是剩余部分对质点的万有引力。
掌握割补思想是解决本题的主要入手点，掌握万有引力定律公式是解题的基础。
6.【答案】C
【解析】解：AB、对丙、乙，根据万有引力提供向心力，可得：GMmr2=ma，向心加速度之比a丙a乙=r乙2r丙2，故AB错误；
CD、对丙、甲，根据圆周运动特点，可得：a=ω2r，结合角速度相等的条件，可得到加速度之比为：a丙a甲=r丙r甲=r丙R，故C正确，D错误。
故选：C。
对丙、乙，根据万有引力提供向心力，可得到向心加速度之比；对丙、甲，根据圆周运动特点，结合角速度相等的条件，可得到加速度之比。
本题考查万有引力定律的应用，在分析丙、甲时，注意地球表面的物体，万有引力提供重力和向心力，万有引力不等于向心力。
7.【答案】B
【解析】解：设浸入的深度为x，则浮力的大小为F浮=ρ0gV排=ρ0ga2x，可见浮力与进入水中的位移成正比，可用浮力的平均值计算其做功。
初状态的浮力：F浮1=m物g=ρga3，或F浮1=ρ0gV排1=ρ0ga2(a−ℎ)
末状态的浮力：F浮2=ρ0gV排2=ρ0ga3
则克服浮力做的功为：W=F浮1+F浮22×ℎ
解得：W=12a3gℎ(ρ+ρ0)，或W=12ρ0a2gℎ(2a−ℎ)，故B正确，ACD错误。
故选：B。
浮力随木块浸入深度线性变化，先求出初始和末状态的浮力，用平均浮力乘以位移，计算克服浮力做的功。
本题考查变力做功的计算，通过分析浮力随位移线性变化，利用平均力法求解，有效检验对浮力公式和变力做功方法的理解与应用。
8.【答案】C
【解析】解：A、汽车速度最大时做匀速直线运动，牵引力等于阻力。由题图知汽车的额定功率P=8×103W，最大速度vm=10m/s，由P=Fvm=fvm，解得阻力大小f=800N，故A错误；
B、0～8s内，汽车做匀加速直线运动，牵引力不变。8s～18s内，汽车的功率不变，由P=Fv可知，随着速度增大，牵引力减小，18s后，牵引力等于阻力，牵引力不再变化，所以汽车做匀加速直线运动时牵引力最大。由题图知，匀加速直线运动的末速度v=8m/s，设最大牵引力为Fm，则有P=Fmv，解得Fm=1000N，故B错误；
CD、汽车在8s～18s的过程中，汽车牵引力做的功为W=Pt=8×103×(18−8)J=8×104J。设汽车在8s～18s的过程中的位移大小为x，根据动能定理得：W−fx=12mvm2−12mv2，解得：x=95.5m，故C正确，D错误。
故选：C。
汽车速度最大时做匀速直线运动，牵引力等于阻力，由功率公式P=Fv求阻力大小；汽车做匀加速直线运动时牵引力最大，由图读出匀加速直线运动的末速度，由功率公式求最大牵引力；汽车在8s～18s的过程中，功率不变，由W=Pt求牵引力做的功，再由动能定理求位移大小。
本题考查的是机车启动问题，要能够熟练地进行受力分析与运动状态分析，要注意汽车的功率公式P=Fv中，P指实际功率，F表示牵引力，v表示瞬时速度；当牵引力等于阻力时，机车达到最大速度。
9.【答案】AB
【解析】解：A、在凹形桥的最低点，汽车受到的支持力大于其重力，因此汽车处于超重状态，故A正确；
B、超速时重力与支持力的合力不足以提供向心力，会挤压外轨产生向里的力，故B正确；
C、物体所受合外力不足以提供向心力才会做离心运动，故C错误；
D.根据牛顿第二定律mgtanθ=mω2r
解得ω= grtanθ，由图可知rA>rB
可得ωA0)均不满足速度矢量与半径矢量重合且同向的条件，故无论初速度多大小球都不可能垂直于坑壁落入坑中，故D正确。
故选：AD。
需要分析平抛运动规律，结合几何关系确定初速度大小，并判断相关命题。已知落点Q与圆心O的连线与竖直方向夹角为53°，可确定落点的竖直位移和两个抛出点到落点的水平位移。根据平抛运动竖直方向自由落体规律，由竖直位移求出运动时间，再结合水平方向匀速运动分别求出两个初速度。对于C选项，需明确当落点确定时，两个初速度之和由总水平位移与时间决定，但落点改变时该和会变化，且初速度必须满足特定关系才能落在同一点。对于D选项，需分析小球速度方向与坑壁垂直的条件，利用平抛运动速度反向延长线过水平位移中点的推论，结合几何关系判断是否可能实现。
本题以半球形坑为背景，巧妙地将平抛运动与几何约束相结合，是一道综合性较强的中等偏上难度题目。它主要考查平抛运动的基本规律、位移与速度的分解、以及几何关系的灵活应用。计算量适中，但需要学生具备较强的空间想象能力和数形结合的分析能力。题目通过两个不同位置抛出的小球落在同一点的情境，引导学生深入理解平抛运动各物理量间的内在联系，并利用几何关系建立方程。D选项涉及平抛运动速度方向与坑壁垂直的临界条件，需要运用速度反向延长线过水平位移中点的推论，并严谨分析其几何可能性，对学生的逻辑推理和模型分析能力提出了较高要求。
12.【答案】AC
【解析】解：A、对于双星系统，万有引力提供其做圆周运动的向心力，两星运动的周期与角速度均相同，根据GmPmQ(rP+rQ)2=mP4π2T12rP，解得恒星Q的质量mQ=4π2rP(rP+rQ)2GT12，由于rP、rQ、T1及G均为已知量，故可以求出Q的质量，故A正确；
B、双星系统中，两星所受万有引力大小相等，即向心力大小相等，满足mPω12rP=mQω12rQ，解得质量之比mPmQ=rQrP，故B错误；
C、根据万有引力提供向心力有GMmr2=m4π2T2r，解得轨道半径r=3GMT24π2，由rPmQ，若两颗卫星的周期均为T2，则其中心天体的质量M越小，卫星的轨道半径r也越小，故恒星Q的卫星轨道半径一定小于恒星P的卫星轨道半径，故C正确；
D、由图可知初始时刻P、Q、M三者共线，恒星P绕点O逆时针转动的角速度为ω1=2πT1，卫星M绕P顺时针转动的角速度为ω2=2πT2，当三者再次共线时，卫星相对双星连线转过的角度为π，即(ω1+ω2)t=π，解得t=T1T22(T1+T2)，故D错误。
故选：AC。
双星系统P和Q以相同角速度绕O点旋转，万有引力提供向心力，已知轨道半径rP、rQ和周期T1，结合万有引力定律可分别建立两星向心力方程，联立即可消去未知量P的质量，从而求出Q的质量。双星间向心力相等，由角速度相同可导出质量比与轨道半径成反比，并非与半径成正比。卫星绕恒星做匀速圆周运动时，由万有引力提供向心力，周期相同时轨道半径与中心天体质量的立方根成正比，因P的质量大于Q，故Q的卫星轨道半径更小。三者再次共线需考虑P绕O点的逆时针转动与M绕P的顺时针转动，相对角速度应为两者之和，当相对转过半圈时满足共线条件，由此建立时间与周期的关系。
本题巧妙融合了双星系统与卫星环绕两大核心天体物理模型，综合考查了万有引力定律、圆周运动以及多体运动中的相对运动问题。题目计算量适中，但思维层次丰富，对学生的模型构建与综合分析能力提出了较高要求。其亮点在于通过构建双星系统内部存在一颗反向公转卫星的复杂情境，深度考查学生对万有引力充当向心力这一本质的理解，以及在不同参考系下处理角速度叠加问题的能力。解答过程需要学生清晰辨析双星系统的质量比、周期与轨道半径关系，并准确应用开普勒第三定律的推论来比较卫星轨道，同时能通过相对角速度分析多体共线的周期性相遇问题，有效锻炼了物理建模和逻辑推理能力。
13.【答案】BCD
【解析】解：A、根据题意分析可知，不计摩擦，只有重力和弹力做功，滑块P、重物Q与弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误；
B、根据题意分析可知，当P经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等。P从A点开始加速上升，在B点弹簧对P的弹力向下，所以弹簧的弹力先减小再增大，故B正确；
CD、根据题意分析可知，在A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等，可知A、B两点弹簧的弹性势能相等，又根据几何关系可知，滑块P上升的高度为ℎ=3L⋅tan53°=4L
P克服重力做的功为W=mgℎ=4mgL
根据题意分析可知，滑块P从A点开始运动时，重物Q的速度为0，当滑块P到达B点时，重物Q的速度也为0，由几何关系有，重物Q下降的高度为H=OA−OB=OBcs53∘−OB=2L
对滑块P、重物Q与弹簧组成的系统，根据机械能守恒定律可知4mgH−mgℎ=12mv2
解得滑块P在B点的速度为v=2 2gL
故CD正确。
故选：BCD。
根据机械能守恒条件、动能定理和受力分析，分析系统的能量变化、P的运动状态、轻绳的做功以及P的速度。
本题的关键在于理解系统机械能守恒的条件、动能定理的应用，通过Q的重力做功和绳子的功分析，以及速度的关联，P、Q的速度满足沿绳方向分速度相等。
14.【答案】ACD
1.5
2.5
−5
0

【解析】解：(1)A.平抛运动的轨迹在竖直平面内，需要调节装置的底座螺丝，使背板竖直，故A正确；
B.只要能够记录小球位置，上下移动倾斜挡板N时无需等间距下移，故B错误；
C.斜槽M可以不光滑，但斜槽轨道末端必须保持水平，可以保证小球离开斜槽末端时速度水平，故C正确；
D.同一组实验中，小球每次都必须从同一位置释放，可以保证小球离开斜槽末端时速度相同，故D正确。
故选：ACD。
(2)竖直方向有Δy=yBC−yAB=gt2
代入数据解得t=0.1s
则小球的水平分速度为vx=xt=3×5×10−20.1m/s=1.5m/s
小球经过B点的竖直分速度为vy=yAC2t=8×5×10−22×0.1m/s=2m/s
则小球经过B点的速度为vB= vx2+vy2= 22+1.52m/s=2.5m/s
小球在竖直方向相邻相等时间内位移比值为yOA：yAB：yBC=1：3：5，则抛出点的纵坐标为0；水平方向相邻点迹间的水平位移为x=3×5cm=15cm，则抛出点的横坐标为−5。
故答案为：(1)ACD；(2)1.5，2.5，−5，0。
(1)根据平抛运动的轨迹特点判断；根据.只要能够记录小球位置判断；根据做平抛运动的条件判断；
(2)根据匀变速直线运动和匀速直线运动的规律计算。
本题关键掌握“探究平抛运动的运动规律”的实验原理、做平抛运动的条件、利用匀变速直线运动规律和匀速直线运动规律计算的方法。
15.【答案】1：3
2：9
dRΔt
向里
0.2

【解析】解：(Ⅰ)某次实验时，左右变速塔轮的半径之比为3：1，左右变速塔轮由皮带相连，故左右变速塔轮的线速度相等，由ω=vr故可知左右变速塔轮的角速度之比为ω1：ω2=vr1：vr2=13：1=1：3
左右两球做圆周运动的角速度之比为ωB：ωC=ω1：ω2=1：3，
由向心力公式F=mω2r，左右两球做圆周运动的向心力之比为F1：F2=m1ω12rB：m2ω22rC=(1×12×2)：(1×32×1)=2：9
(Ⅱ)③遮光片通过光电门的瞬时速度的大小v=dΔt
滑块不滑动时，滑块与圆盘的角速度相同，根据线速度与角速度的关系，圆盘的角速度为ω=vR=dRΔt，滑块与圆盘的角速度相同，故滑块做圆周运动的角速度ω1=ω=dRΔt
④滑块受摩擦力提供向心力，则摩擦力沿圆盘半径向里；
根据向心力公式F+μmg=mrω2
变形得F+μmg=mrω2−μmg，由图像的纵截距，可知最大静摩擦力fmax=μmg=0.2N
故答案为：(Ⅰ)1：3；2：9
(Ⅱ)③dRΔt；④向里；0.2；
(1)皮带传动线速度相等，角速度与半径成反比；向心力公式F=mω2r中，三个变量共同影响向心力大小。
(2)遮光片通过光电门的瞬时速度的大小v=dΔt，滑块受摩擦力提供向心力，则摩擦力沿圆盘半径向里；摩擦力提供滑块做圆周运动的向心力。
本题覆盖了皮带传动、向心力公式、光电门测角速度、受力分析与图像解读四个核心知识点，综合性强。
16.【答案】小行星表面重力加速度的大小为2v0t0 小行星同步轨道距离行星表面的高度为3R2T2v02π2t0−R
【解析】解：(1)采样球以v0做竖直上抛运动，经t0时间落地，则v0=g⋅t02，解得g=2v0t0；
(2)设小行星质量为M，探测器质量为m，则探测器在小行星地表上有GMmR2=mg，探测器在同步轨道上有GMm(ℎ+R)2=m4π2T2(ℎ+R)，联立解得ℎ=3R2T2v02π2t0−R。
答：(1)小行星表面重力加速度的大小为2v0t0；
(2)小行星同步轨道距离行星表面的高度为3R2T2v02π2t0−R。
(1)根据匀变速直线运动的速度规律列式求解；
(2)根据黄金代换式和万有引力提供向心力列式解答。
考查竖直上抛运动规律和黄金代换式，万有引力定律的应用问题，知道各个定律的内容，属于较低难度考题。
17.【答案】物体第一次到达C点时的速度大小为10m/s，第一次到达C点时对轨道的压力22N，方向竖直向下 斜面AB的长度L为4.8m 物块在斜面上滑行的路程s为12m
【解析】解：(1)物体从E到C由动能定理，得mg(ℎ+R)=12mvC2−0
代入数据解得vC=10m/s
在C点，由牛顿第二定律得FN−mg=mvC2R
解得FN=22N
由牛顿第三定律，对轨道的压力FN=F′N=22N，方向竖直向下。
(2)从C到A，由动能定理得
−mg(R−Rcs37°+Lsin37°)−μgcs37°⋅L=0−12mvC2
代入数据解得
L=4.8m
(3)设摩擦因数为μ1时物块刚好能静止在斜面上，则有mgsin37°=μ1mgcs37°
解得μ1=0.75。由于μ