2025-2026学年广东省深圳市龙华区高一（下）期末物理试卷（含解析）

这是一份2025-2026学年广东省深圳市龙华区高一（下）期末物理试卷（含解析），共7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.足球场上的一次进攻，运动员踢出的“香蕉球”在空中沿曲线轨迹飞行，下列关于足球在飞行过程中的说法正确的是( )
A. 足球在空中仅受重力作用
B. 足球的瞬时速度方向指向轨迹凹侧
C. 足球所受合外力方向指向轨迹凹侧
D. 足球飞行过程中机械能守恒
2.如图所示，国产人形机器人“天工”可在倾角30°的斜坡上稳定站立和匀速行走，已知机器人脚底与坡面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为保证机器人不发生滑动，它的脚底和斜面间的动摩擦因数至少要大于( )
A. 33B. 12C. 22D. 32
3.如图所示，八大行星沿椭圆轨道绕太阳公转，下列说法中正确的是( )
A. 金星、土星分别与太阳的连线，在相等时间内扫过的面积相等
B. 地球绕太阳运行过程中，速率保持不变
C. 地球绕太阳公转的周期大于火星公转的周期
D. 太阳位于八大行星椭圆轨道的同一个焦点上
4.元代王祯《农书》记载的“牛转翻车”是我国古代农业灌溉的重要发明，如图甲所示，该装置依靠牛力驱动齿轮组传动，将低处水源输送至高处农田。装置包含大、中、小三组齿轮：大齿轮与中齿轮采用外啮合传动(如图乙)，中齿轮与小齿轮固定在同一根转轴上同轴转动。关于齿轮传动规律，下列说法正确的是( )
A. 大齿轮与中齿轮角速度大小相等，边缘线速度大小不同
B. 中齿轮与小齿轮角速度不同，边缘线速度大小相等
C. 小齿轮的转速比大齿轮更快
D. 小齿轮边缘的线速度大于大齿轮边缘的线速度
5.根据物理学知识可知，以伞为参考系，雨滴垂直伞面时人淋雨最少。已知雨滴在以1.5m/s的速度竖直下落，学生打着伞以2m/s的水平速度向左匀速行走，若要实现少淋雨，下列伞柄的朝向最合理的是( )
A. B.
C. D.
6.如图所示，轻弹簧下端固定在光滑斜面底端，小物块从斜面顶端由静止释放下滑后压缩弹簧，弹簧形变始终处于弹性限度内，物块下滑过程中，物块的速度v、重力势能Ep、弹簧的弹力F、弹性势能E弹随时间t或位移x的关系图像，正确的是( )
A. B.
C. D.
7.如图所示，油纸伞的伞面在竖直面内绕中心顺时针匀速转动，伞面半径为R，伞下边缘离地高度同样为R，竖直、水平直径的边缘有a、b、c、d四滴质量皆为m的雨滴，雨滴脱离伞面时速度与伞面边缘线速度相同，雨滴c离开雨伞后做平抛运动的水平位移为2 2R，不计空气阻力，重力加速度为g，下列判断正确的是( )
A. 伞转动的角速度为2 gR
B. 落地前瞬间，雨滴b重力的瞬时功率大于雨滴d重力的瞬时功率
C. 雨滴a平抛运动的水平位移为 6R
D. 雨滴a落地时的动能是雨滴c落地时动能的3倍
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.“古有司南，今有北斗”，北斗卫星导航系统获评“2022全球十大工程成就”。该系统的卫星绕地球做匀速圆周运动，轨道半径r越大，运行线速度v越小，其v2−r图像如图所示。图中R为地球半径，r0为北斗地球静止轨道卫星(GEO)轨道半径，图中物理量均采用国际单位制，引力常量为G，下列说法正确的有( )
A. 北斗GEO卫星的环绕线速度大于地球第一宇宙速度
B. 地球的质量为RbG
C. 北斗GEO卫星可以定点于深圳上空
D. 地球自转角速度ω= Rbr03
9.图甲为某商用网球自动发球机，图乙为其内部局部结构简图，质量为m的网球自A点由静止自由下落，到达B点时速度大小为v1，随后无碰撞滑入光滑圆弧轨道BC，沿轨道运动至C点时速度大小为v2；网球从A到C全程总时间为t，运动全过程不计空气阻力与轨道摩擦，下列分析正确的有( )
A. 网球从A运动到C的过程下落高度为v222g
B. 网球从A运动到C的过程机械能守恒
C. 网球从A运动到C的过程始终处于失重状态
D. 网球从A运动到C的过程重力的冲量为mgt
10.如图甲所示，矿井升降罐笼的井道设有摩擦制动式安全钳，井道底部竖直固定缓冲弹簧，罐笼失控下坠时，速度达到阈值v后启动安全钳，先通过两侧大小均为f的恒定阻力减速，罐笼继续下落一段距离，再与缓冲弹簧接触实现二次缓冲，罐笼最终速度减为零，此时弹簧压缩量为x。已知罐笼(含安全钳)总质量为m，重力加速度为g，罐笼从启动安全钳开始所受合力F合与下落高度ℎ关系如图乙所示，缓冲弹簧始终处于弹性限度内，弹簧自身重力、空气阻力均忽略不计。从启动安全钳工作开始，下列说法正确的有( )
A. 罐笼所受弹簧弹力等于mg时，速度最大
B. 罐笼接触弹簧前，加速度大小为a=2f−mgm
C. 罐笼接触弹簧后至最低点全过程，克服合外力做功为W=2f−mg+F22x
D. 罐笼到达最低点时，弹簧弹性势能为mgx+12mv2−2fx
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某兴趣小组利用图甲装置，验证竖直上抛运动小球的机械能守恒。主要实验器材：铁架台、可调式双光电门计时器、带锁定结构轻质弹簧、金属小球、三角板、毫米刻度尺、电源、导线若干。实验步骤如下：
(1)完善实验操作：
①按图甲组装实验器材，调节装置，使弹簧、金属小球、光电门1、光电门2在同一竖直线上；
②利用三角板配合毫米刻度尺测量小球直径d，示数如图乙所示，则小球直径d=______cm；
③用毫米刻度尺测量光电门1、光电门2之间的竖直间距，记为ℎ；
④弹簧压缩并锁紧锁定装置，将小球置于轻弹簧上端；解除弹簧锁定，小球竖直上抛，依次经过光电门1、2，记录小球通过两光电门的遮光时间分别为Δt1、Δt2；
⑤竖直微调光电门2的位置，重复步骤③、④，完成多组实验测量。
(2)关于本次实验操作与原理的说法，正确的是______(填选项字母)。
A.本实验必须测量小球质量
B.步骤⑤中，也可竖直调节光电门1位置完成多次测量
C.解除弹簧锁定后，小球立即做竖直上抛运动
(3)小球经过光电门1的瞬时速度v=______(选用题干给定物理量符号表示)。
(4)实验过程中光电门1因故障失效，实验小组保持弹簧释放位置固定不变，其余操作不变；仅测量小球通过光电门2的遮光时间Δt2和两光电门竖直间距ℎ，并绘制出图丙；测得图像斜率绝对值为k，已知重力加速度为g。在实验误差允许范围内，若满足关系式k=______(用d、g表示)即可验证小球在竖直上抛过程中机械能守恒。
12.法治节目中报道，非法使用弹弓猎杀野生保护动物属于违法行为。某同学结合力学知识搭建弹弓模型，开展定量探究实验：如图甲，实验所用弹弓两侧各固定一根完全相同的橡皮条；金属弹珠质量m1=10g，直径D=20mm。
(1)该同学首先验证橡皮条拉伸过程中弹力与形变量的关系遵循胡克定律：取单根橡皮条，用力传感器缓慢拉伸橡皮条，记录每一次的长度L及对应的拉力F，绘制得到F−L图像如图乙，由图像可得：该单根橡皮条的原长L0=______cm，橡皮条劲度系数k=______N/m。
(2)查阅资料发现，弹丸发射后比动能C0(动能与弹丸最大横截面积的比值)超过1.8J/cm2时，该弹射装置依法认定为枪支，现将质量m2=30g的带有开口的盒体静置于高ℎ=0.8m的水平桌面边缘，盒口朝向弹珠发射方向；拉伸弹弓发射弹珠，弹珠立即水平射入盒体并瞬间共速，二者共同从桌面边缘水平抛出，平抛水平位移s=4m，请根据以上数据估算盒体与弹珠共同抛出的初速度v0=______m/s；该弹珠发射后的比动能C0=______J/cm2。(重力加速度取g=10m/s2，结果均保留两位有效数字)
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.2026年米兰冬奥会，我国运动员陈文浩取得男子钢架雪车项目第四名，刷新了我国此项目境外参赛的最佳战绩，图甲为运动员竞赛实景，图乙为赛道简化示意图。其中AB段水平，BC段与水平面夹角θ，运动员从A点静止出发，推动钢架雪车沿AB做匀加速直线运动；抵达B点后迅速俯卧于雪车上，人与雪车整体沿BC斜面继续匀加速下滑，全过程速率随时间变化规律如图丙所示，假设运动员与雪车经过B点瞬间速度大小不变，雪车底面的平面始终与滑道贴合，已知运动员与雪车总质量M=100kg，重力加速度大小取g=10m/s2，sinθ=0.1，不计空气阻力。求：
(1)AB段运动的加速度大小；
(2)运动员与雪车在BC段运动过程中重力做的功。
14.如图，在无人机空中表演时，质量M=2kg的无人机通过长度L=1.0m的轻质细绳悬挂质量m=1kg的小物块，无人机绕竖直轴O在水平面内做半径r=0.4m的匀速圆周运动。若无人机距离地面的高度H=50.8m，细绳偏离竖直方向的夹角恒为θ=37°，物块与无人机保持相对静止。已知重力加速度取g=10m/s2，sin37°=0.6，不计空气阻力，取地面为重力势能零势能面，求：
(1)细绳对物块的拉力大小T；
(2)物块的机械能大小E；
(3)无人机运动14周期的过程中，合外力对物块的冲量大小I。
15.如图所示，水平面内固定光滑轨道，轨道由两个半径均为R的半圆轨道、两段长度均为2R的水平直轨道拼接而成，轨道内放置质量分别为2m和m的小球a、b。初始时刻小球a以初速度v0沿直轨道向b运动，与静止于A点的b球发生碰撞，全程不计轨道与小球间摩擦，小球自身尺寸忽略不计，两球始终约束于拼接轨道内运动，AC、BD分别为左右半圆轨道直径，水平面为运动平面。
(1)若a、b发生弹性正碰，求碰后a、b的速度大小；
(2)在(1)的情况下，求碰后a、b发生第二次碰撞的位置与C的距离s0；
(3)若两球碰撞后的相对速度大小为碰撞前相对速度大小的e倍(0.5≤e≤1)，请通过计算论述：两球第二次碰撞分别发生在直轨道、圆弧轨道时，对应恢复系数e的取值范围。
答案解析
1.【答案】C
【解析】解：A.足球在空中受重力和空气阻力的共同作用，故A错误；
B.足球做曲线运动，足球的瞬时速度方向是沿着轨迹的切线方向，故B错误；
C.足球做曲线运动，合外力方向一定指向曲线轨迹的凹侧，故C正确；
D.足球在运动过程中，除重力外空气阻力对足球做负功，则飞行过程中足球的机械能减小，故D错误。
故选：C。
A.根据物体的受力分析进行判断；BC.根据曲线运动的速度方向和合外力方向特点分析解答；D.根据机械能守恒的条件进行判断。
考查物体的受力分析和曲线运动的特点，理解机械能守恒的条件，属于基础题。
2.【答案】A
【解析】解：国产人形机器人“天工”在斜坡上受重力、支持力和摩擦力作用，如图所示：
当机器人“天工”站立和稳定行走时，根据平衡条件，沿斜坡方向μmgcs30°≥mgsin30°
解得斜坡的动摩擦因数μ≥ 33，即机器人的脚和斜面间的动摩擦因数不能小于 33，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据平衡条件和滑动摩擦力公式求解作答。
本题考查了共点力作用下物体的平衡和滑动摩擦力公式，理解机器人在斜坡上稳定地站立和行走的条件是解题的关键。
3.【答案】D
【解析】解：A、根据开普勒第二定律可知，同一颗行星与太阳连线在相等的时间内扫过的面积相等，而地球和土星不是同一颗行星，二者分别与太阳的连线在相同时间内扫过的面积不相等，故A错误；
B、根据开普勒第二定律可知，火星绕太阳运行过程中，在离太阳较近的位置运行速率较大，在离太阳较远的位置运行速率较小，故B错误；
C、由题图可知，火星轨道半长轴比地球大，由开普勒第三定律，火星公转周期更长，故C错误；
D、根据开普勒第一定律可知，太阳处在每颗行星的椭圆轨道的一个焦点上，故必然处在八大行星的椭圆轨道的一个公共焦点上，故D正确。
故选：D。
本题依托开普勒三大定律判断选项：
A、区分面积定律的适用对象为单个行星进行判断；
B、由椭圆轨道远近日点速度变化判断；
C、根据轨道半长轴大小结合周期定律对比地球、火星周期；
D、依据轨道定律直接判断。
本题以太阳系八大行星为情境，完整覆盖开普勒三大定律核心要点，选项针对性设置常见易错点，侧重基础概念辨析，难度低，适合巩固天体运动基础理论。
4.【答案】C
【解析】解：A、由题图可知，大齿轮与中齿轮采用外啮合传动，齿轮缘的线速度大小相等，即有：v大=v中，由ω=vr可知角速度大小不相等，故A错误；
B、中齿轮与小齿轮固定在同一根转轴上同轴转动，角速度的大小相等，由v=ωr可知，线速度大小不相等，故B错误；
C、由于r大>r中，由ω=vr可知ω大r小，由v=ωr可知，v中>v小，所以有：v大>v小，即小齿轮边缘的线速度小于大齿轮边缘的线速度，故D错误。
故选：C。
大齿轮与中齿轮采用外啮合传动，齿轮缘的线速度大小相等，中齿轮与小齿轮固定在同一根转轴上同轴转动，角速度的大小相等，结合匀速圆周运动规律即可解答。
本题是对传动问题及匀速圆周运动规律的考查，解题的关键是要知道大齿轮与中齿轮采用外啮合传动，齿轮缘的线速度大小相等，中齿轮与小齿轮固定在同一根转轴上同轴转动，角速度的大小相等。
5.【答案】B
【解析】解：在水平方向上，雨滴相对于人的速度为2m/s，方向向右；
在竖直方向上，雨滴的速度为1.5m/s，方向竖直向下。
设雨滴相对于人的速度方向与竖直方向的夹角为α，则根据矢量合成法则可知tanα=v水平v竖直=2m/s1.5m/s=43
解得α=53°
可见伞柄应向前倾斜且与竖直方向成53°角。
故ACD错误，B正确。
故选：B。
以行走的人为参考系，雨滴同时拥有竖直向下、水平向右的分速度，合成相对速度；由两分速度比值算出相对速度与竖直方向夹角53°，伞面需垂直该合速度，对应伞柄朝左前方、与竖直虚线成53°。
结合生活打伞场景考查相对运动的速度合成，将矢量分解与实际应用结合，角度计算贴合37°、53°常用直角三角形，直观检验运动合成的理解能力。
6.【答案】D
【解析】解：C、根据弹簧弹力的表达式：F=kΔx，可知随着物块位移的变大，当其运动x0后，接触弹簧，之后随着位移增大，形变量也增大，即弹力与位移满足：F=k(x−x0)，即F与x为线性关系，故C错误；
A、对物块受力分析，若斜面倾角为θ，可得到其接触弹簧前：mgsinθ=ma1，v=a1t，物块速度随时间均匀增加；
根据弹簧弹力特点，可得起接触弹簧后：mgsinθ−kΔx=ma2，随着物块向下运动，弹力逐渐增大，加速度逐渐减小，当弹力大于重力分力时，随着物块向下运动，弹力继续增大，加速度反向增加，即加速度不是定值，速度与时间不是线性关系，故A错误；
B、初始物块距离底面的长度为L，以斜面底面为零势能面，斜面倾角为θ，则根据重力势能关系式：Ep=mg(L−x)sinθ，可知重力势能随x均匀减小，故B错误；
D、根据弹簧弹性势能表达式：E弹=12kΔx2=12k(x−x0)2，可知其随着物块位移的变化为抛物线，结合数学知识，可知其图像如D选项所示，故D正确。
故选：D。
对物块受力分析，根据弹簧弹力特点，可得到其速度变化关系式，判断v−t图线特点；根据重力势能关系式，可知重力势能随x的变化特点；根据弹簧弹力的表达式，可知其随着物块位移的变化关系；根据弹簧弹性势能表达式，可知其随着物块位移的关系式。
本题考查含弹簧的受力、运动、能量变化分析，关键是得到横纵坐标的关系式，结合数学知识得到图线关系。
7.【答案】A
【解析】解：A、根据平抛运动的规律，雨滴c竖直方向，有
R=12gt2
水平方向，有2 2R=vct
解得vc=2 gR
又vc=ωR
解得雨伞转动的角速度ω=2 gR，故A正确；
B、根据机械能守恒定律可知，由于雨滴b和d的高度相等，则雨滴b和d着地前瞬间竖直速度相同，根据P=mgvy可知，重力的瞬时功率相同，故B错误；
C、根据平抛运动的规律，雨滴a竖直方向，有
3R=12gta2
水平方向，有sa=vata=vcta
则雨滴a平抛运动的水平位移为sa=2 6R，故C错误；
D、根据动能定理可得ΔEk=mgy，所以雨滴a落地时的动能增加量是雨滴c落地时动能增加量的3倍，又因为雨滴a和c的初动能相同，则雨滴a落地时的动能不是雨滴c落地时
动能的3倍，故D错误。
故选：A。
结合平抛运动规律、圆周运动线速度与角速度关系、重力瞬时功率及动能计算，分析各选项。需明确雨滴脱离伞后的运动性质(平抛或斜抛)，利用运动学公式推导各物理量。
本题关键是明确雨滴脱离伞后的运动性质(平抛或斜抛)，利用平抛运动分运动规律(水平匀速、竖直自由落体)推导线速度、角速度、水平位移及动能，注意高度分析与几何关系结合。
8.【答案】BD
【解析】解：AB、卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，根据公式GMmr2=mv2r可得v2=GMr，由题图可知当轨道半径r=R时v2=b，解得：地球质量M=bRG。地球第一宇宙速度为近地卫星的环绕速度，即轨道半径为R时的线速度，而北斗地球静止轨道卫星的轨道半径r0>R，由v= GMr可知其环绕线速度小于地球第一宇宙速度，故A错误，B正确；
C、地球静止轨道卫星必须定点在赤道正上方，深圳不在赤道上，因此该卫星不可能定点于深圳上空，故C错误；
D、北斗地球静止轨道卫星的角速度与地球自转角速度ω相等，根据公式GMmr02=mω2r0，结合GM=bR，解得：地球自转角速度ω= bRr03，故D正确。
故选：BD。
题目描述卫星绕地球做匀速圆周运动，其线速度平方与轨道半径的关系图像呈现反比特征，已知地球半径R与静止轨道卫星半径r_0。需结合万有引力提供向心力的物理规律，分析各选项的正确性。对于A选项，比较静止轨道卫星与第一宇宙速度的大小，需明确第一宇宙速度对应近地卫星的环绕速度，由图像可知当轨道半径为R时线速度平方为b，静止轨道半径更大，故其线速度应更小。B选项涉及地球质量求解，从图像中取轨道半径为R的点，利用万有引力与向心力关系可建立方程，推导出地球质量表达式。C选项考察地球静止轨道卫星的定点条件，其必须位于赤道正上方，与深圳的地理位置不符。D选项要求地球自转角速度，需利用静止轨道卫星角速度与地球自转角速度相等的特点，结合已知的轨道半径与地球质量关系进行推导。整体需把握图像信息与物理规律的对应，逐一判断。
本题以北斗卫星导航系统为背景，巧妙地将物理知识与现代科技成就相结合，考查了万有引力定律与圆周运动的核心内容。题目通过呈现v2—r图像，将卫星线速度、轨道半径及地球质量等物理量间的定量关系直观化，有效考查了学生的图像信息提取与公式推导能力。解答本题需从万有引力提供向心力的基本方程GMmr2=mv2r出发，推导出v2=GMr这一关键关系，并结合图中特定坐标点求解地球质量。同时，题目综合考查了对地球第一宇宙速度本质的理解、地球静止轨道卫星的定点条件及其角速度与地球自转角速度相等的特性，体现了对多个知识点综合运用能力的较高要求。
9.【答案】ABD
【解析】解：A、网球从A点由静止出发，运动到C点时速度为v2，由于运动过程中只有重力做功，根据动能定理可得mgℎ=12mv22−0，则下落高度ℎ=v222g，故A正确；
B、网球从A运动到C的过程中，只有重力做功，满足机械能守恒的条件，因此机械能守恒，故B正确；
C、网球在竖直方向的运动状态并非始终向下加速，在圆弧轨道部分，网球做圆周运动，存在竖直向上的加速度分量，此时网球处于超重状态，并非全程失重，故C错误；
D、，网球从A到C的全程时间为t，重力的冲量IG=mgt，故D正确。
故选：ABD。
AB、机械能守恒的条件是：只有重力或系统内弹力做功，其他力不做功或做功代数和为零，由此结合动能定理分析；
C、网球在光滑圆弧轨道BC段做圆周运动，存在向心加速度；
D、根据冲量的定义，重力的冲量等于重力与总作用时间的乘积。
考查对动能定理和机械能守恒条件的理解，清楚其定义。
10.【答案】BC
【解析】解：A、由图像乙可知，启动安全钳后的第一阶段，罐笼所受合外力保持恒定。由于罐笼做减速运动，表明合外力方向与其运动方向相反，即始终竖直向上，因此满足2f>mg。当罐笼接触弹簧后，其向上的合外力会继续增大，故罐笼在整个过程中始终做减速运动，其速度最大值出现在安全钳刚启动的时刻，故A错误；
B、在罐笼接触弹簧之前，它受到竖直向下的重力以及两侧恒定的、方向向上的阻力作用。根据牛顿第二定律可得2f−mg=ma，解得加速度大小为a=2f−mgm，故B正确；
C、罐笼从接触弹簧到运动至最低点的过程中，其位移大小为x，合外力F合随下落高度的增加呈线性变化。刚接触弹簧瞬间的合外力为2f−mg，到达最低点时的合外力为F2。此过程中克服合外力所做的功，在数值上等于F合−ℎ图像在该段位移x内所围成的梯形面积，因此可得克服合外力做功为W=(2f−mg)+F22x，故C正确；
D、设罐笼在接触弹簧前减速下落的高度为ℎ1。从启动安全钳到运动至最低点的全过程，根据动能定理有mg(ℎ1+x)−2f(ℎ1+x)−Ep=0−12mv2，解得弹簧在最低点时的弹性势能为Ep=12mv2+(mg−2f)(ℎ1+x)。选项给出的表达式中缺少了与下落高度ℎ1相关的做功项，故D错误。
故选：BC。
罐笼从启动安全钳开始，先受恒定阻力减速下落，接触弹簧后合外力随压缩量线性增加，整个过程速度持续减小。分析加速度需结合接触弹簧前恒定合外力与质量关系；接触弹簧后克服合外力做功对应合外力—位移图像中梯形面积；从启动到最低点全过程应用动能定理时，需包含恒定阻力段与弹簧压缩段所有力做功，弹簧弹性势能表达式需完整反映所有能量转化关系。
本题以矿井升降罐笼的安全缓冲过程为背景，巧妙地将多过程直线运动与图像分析、功能关系相结合，是一道综合性较强的力学好题。它重点考查学生对牛顿运动定律、变力做功以及动能定理的深刻理解和灵活应用能力。题目通过F合−ℎ图像清晰地呈现了合外力随位移变化的两个阶段，要求学生能够从图像中提取有效信息，并将其与物理过程一一对应，对学生的建模与分析能力提出了较高要求。在解题过程中，需要准确把握“速度最大”的条件、分段计算加速度、利用图像面积求解变力做功，并运用全过程动能定理进行能量转化分析，其中D选项的设置检验了学生是否忽略了接触弹簧前恒定阻力所做的功，是本题一个精巧的易错点。
11.【答案】1.65
B
dΔt1
2gd2
【解析】解：(1)②如图乙所示，刻度尺的分度值为1mm，可得小球直径d=2.65cm−1.00cm=1.65cm；
(2)B.设滑块通过光电门1和光电门2时的瞬时速度分别为v1、v2，根据机械能守恒定律可得：mgℎ=12mv12−12mv22
整理可得需要验证的式子为：2gℎ=v12−v22
在步骤⑤中，若竖直调节光电门1位置，则ℎ与v1发生变化，v2保持不变，则可通过研究ℎ与v1的变化关系完成实验，故B正确；
A.由B选项的解答可知，需要验证的表达式中可以约去质量，故不需要测量出小球的质量，故A错误；
C.解除弹簧锁定后到小球离开弹簧之前，小球除受到重力之外还受到弹簧弹力，此过程小球不做竖直上抛运动，故C错误。
故选：B。
(3)根据光电门测速原理可得，小球经过光电门2的瞬时速度为：v=dΔt1
(4)由(2)B选项的解答可知，需要验证的式子为：2gℎ=v12−v22
联立整理可得：1Δt22=v12d2−2gd2⋅ℎ
可得图丙所示图像的斜率绝对值为k=2gd2
即在实验误差允许范围内，若满足关系式k=2gd2，即可验证小球在竖直上抛过程中机械能守恒。
故答案为：(1)②1.65；(2)B；(3)dΔt1；(4)2gd2。
(1)②如图乙所示，先确定刻度尺的分度值，再进行读数。
(2)根据光电门测速原理与机械能守恒定律推导需要验证的表达式，判断是否需要测量出小球的质量；若竖直调节光电门1位置，则v2保持不变，ℎ与v1发生变化，据此分析是否可通过研究ℎ与v1的变化关系完成实验；解除弹簧锁定后到小球离开弹簧之前，小球除受到重力之外还受到弹簧弹力。
(3)根据光电门测速原理求得小球经过光电门2的瞬时速度大小。
(4)由上述解答得到的需要验证的表达式得到图丙所示图像的解析式，确定此图像斜率绝对值的表达式。
本题考查了验证机械能守恒定律的实验，掌握使用光电门测量速度的方法，掌握应用图像处理数据的方法。
12.【答案】10;125
10;2.5
【解析】解：(1)根据胡克定律F=k(L−L0)=kL−kL0
当F=0时，横截距表示原长L0=10cm；
图像斜率表示劲度系数，劲度系数k=k′=25−0(30−10)×10−2N/m=125N/m
(2)根据平抛运动规律，水平方向s=v0t
竖着方向ℎ=12gt2
盒体与弹珠共同抛出的初速度v0=s g2ℎ
代入数据解得v0=10m/s
弹珠射入盒体瞬间共速，根据动量守恒定律m1v=(m1+m2)v0
弹珠初速v=40m/s
弹珠的比动能C0=EkS=12m1v214πD2=2m1v2πD2=2×0.01×4023.14×2.02J/cm2≈2.5J/cm2。
故答案为：(1)10；125；(2)10；2.5。
(1)根据胡克定律求解F−L函数，结合图像斜率和横截距求解作答；
(2)根据平抛运动规律、动量守恒定律和比动能的含义求解作答。
题主要考查了胡克定律，利用好题干中告诉的信息，明确什么是比动能，抓住题干所给的信息即可。
13.【答案】AB段运动的加速度大小为4.0m/s2
运动员与雪车在BC段运动过程中重力做的功为4480J
【解析】解：(1)根据图丙的v−t图像可知，运动员在AB段做匀加速直线运动，初速度为0，末速度vB=10.0m/s，运动时间t1=2.5s；
根据加速度的定义式，AB段的加速度大小为：a1=vB−0t1=
(2)运动员与雪车在BC段做匀加速直线运动，初速度vB=10.0m/s，末速度vC=12.4m/s，运动时间t2=6.5s−2.5s=4.0s；
根据匀变速直线运动的平均速度公式，BC段的位移大小为：xBC=vB+vC2t2=10.0+12.42×4.0m=44.8m，
运动员与雪车在BC段下降的高度为：ℎ=xBCsinθ=44.8×0.1m=4.48m，运动员与雪车在BC段运动过程中重力做的功为：W=Mgℎ=100×10×4.48J=4480J
答：(1)AB段运动的加速度大小为4.0m/s2。
(2)运动员与雪车在BC段运动过程中重力做的功为4480J。
(1)从v−t图像中提取AB段信息，该段为初速度为零的匀加速直线运动，已知末速度与对应时间，通过加速度定义式直接建立末速度与时间的关联，即可求得加速度大小。
(2)从v−t图像中获取BC段的初速度、末速度及运动时间，利用匀变速直线运动的平均速度公式计算BC段的位移。结合斜面倾角的正弦值，将位移沿竖直方向分解得到下降高度。重力做功与路径无关，仅取决于竖直方向的高度变化，利用重力做功公式即可求得。
本题以冬奥会钢架雪车项目为背景，巧妙地将物理模型与实际情境相结合，综合考查运动学图像分析、匀变速直线运动规律以及重力做功的计算。题目通过提供清晰的v−t图像，有效降低了学生提取信息的难度，计算量适中，整体难度中等偏下。解答过程需要学生熟练运用加速度定义式、平均速度求位移以及几何关系求高度，重点考查学生对基本运动学公式的灵活应用能力和从图像中提取关键数据的能力。本题设问层次分明，第一问为基础计算，第二问则需结合斜面几何关系完成功的求解，体现了对知识迁移和综合应用能力的考查。
14.【答案】细绳对物块的拉力大小为12.5N
物块的机械能大小为503.75J
合外力对物块的冲量大小为 15N⋅s
【解析】解：(1)物块在竖直方向受力平衡，设细绳的拉力大小为T，则有Tcsθ=mg，代入数据解得T=12.5N。
(2)物块与无人机保持相对静止，可知物块也绕竖直轴做水平匀速圆周运动，其轨道半径R=r+Lsinθ，代入数据得R=1.0m，
物块做圆周运动的向心力由拉力的水平分力提供，根据牛顿第二定律有Tsinθ=mv2R，解得物块的线速度大小v= 7.5m/s，
物块的动能Ek=12mv2，代入数据解得Ek=3.75J，物块距离地面的高度ℎ=H−Lcsθ，代入数据得ℎ=50.0m，重力势能Ep=mgℎ，代入数据计算得Ep=500J，则物块的机械能E=Ek+Ep，即E=503.75J。
(3)无人机运动14周期的过程中，物块线速度大小不变，方向改变了90°，根据动量定理，合外力对物块的冲量大小等于其动量变化量的大小，即I= (mv)2+(mv)2= 2mv，代入数据解得I= 15N⋅s。
答：(1)细绳对物块的拉力大小为12.5N。
(2)物块的机械能大小为503.75J。
(3)合外力对物块的冲量大小为 15N⋅s。
(1)物块在竖直方向受力平衡，拉力竖直分量与重力平衡。水平方向拉力分量提供物块做匀速圆周运动的向心力，结合已知角度与质量可求拉力大小。
(2)物块与无人机相对静止，做水平匀速圆周运动，轨道半径由无人机圆周半径与绳长水平分量合成。先由向心力公式求线速度得动能，再结合高度求重力势能，机械能为两者之和。
(3)物块在四分之一周期内线速度大小不变方向改变90度，合外力冲量等于动量变化量，动量变化大小为初末动量矢量差的大小。
本题以无人机悬挂物块做圆锥摆运动为情境，综合考查圆周运动、受力分析、能量计算以及动量定理的应用。题目涉及多个物理模型的综合，计算量适中，难度中等偏上。解答过程要求学生对物块进行准确的力与运动分析，正确分解细绳拉力，并结合几何关系确定圆周半径。在求解机械能时，需同时考虑动能和重力势能的计算，其中重力势能零点的选取需要特别注意。第三问考查动量定理的矢量性，学生需理解匀速圆周运动中合外力冲量大小与动量变化量大小的关系，并运用几何知识进行求解。本题能有效锻炼学生的受力分析、运动合成与分解以及运用能量和动量观点处理综合问题的能力。
15.【答案】碰后a球速度大小为13v0，b球速度大小为43v0
第二次碰撞位置与C的距离s0=4−π3R
第二次碰撞发生在直轨道时，e的取值范围为12≤e≤2π+44π+5或45≤e≤1；发生在圆弧轨道时，e的取值范围为2π+44π+5πR且saπR，故不可能在AC段发生碰撞；
对于DB段，满足πR+2R