2025-2026学年北京市丰台区高一（下）期末物理试卷(含详细答案解析)

这是一份2025-2026学年北京市丰台区高一（下）期末物理试卷(含详细答案解析)，文件包含青岛版六三制小学数学六上四单元知识梳理与易错精讲_教师解析版docx、青岛版六三制小学数学六上四单元知识梳理与易错精讲_学生版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共33页， 欢迎下载使用。
1.在下列所述实例中，可认为机械能守恒的是( )
A. 人乘坐电梯加速上升B. 校运动会上运动员抛出的铅球在空中运动
C. 跳伞运动员带着张开的降落伞在空中下落D. 游客乘坐摩天轮在竖直平面内匀速转动
2.如图所示的三种情况，物体在力F的作用下发生了一段水平位移l，已知这三种情形下力F和位移l的大小都相等。下列说法正确的是( )
A. 甲图中，力F对物体做负功B. 乙图中，力F对物体做功为Flcs30∘
C. 丙图中，力F对物体做功为Flsin30∘D. 甲图和丙图中，力F对物体做功相同
3.如图所示，A、B是光滑曲面上的两点，一质量为m的小球由A点沿曲面下滑到B点的过程中，以B点所在水平面为参考平面，下列说法正确的是( )
A. 小球在A点的重力势能为mg(ℎ1−ℎ2)
B. 小球的重力势能增加
C. 小球重力势能的变化量与参考平面的选取有关
D. 若曲面粗糙，小球重力势能的变化量会减小
4.如图所示，封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一个由蜡做成的小圆柱体P，沿水平和竖直方向建立直角坐标系，P从坐标原点以速度v0匀速上升，同时玻璃管沿x轴正方向做初速度为0的匀加速直线运动。vx、vy分别表示小圆柱体P在水平方向和竖直方向的分速度，下列描述小圆柱体P的运动和运动轨迹的图像正确的是( )
A.
B.
C.
D.
5.“天宫二号”在距地面390km的轨道上运行，“天链二号01星”是一颗地球静止轨道同步卫星，两者均绕地球做匀速圆周运动。下列说法正确的是( )
A. “天宫二号”的线速度大于“天链二号01星”的线速度
B. “天宫二号”的加速度小于“天链二号01星”的加速度
C. “天宫二号”的周期大于“天链二号01星”的周期
D. “天链二号01星”能经过北京上空
6.如图所示，把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是( )
A. 小球受到重力、支持力和向心力的作用
B. 小球所受重力和支持力的合力提供向心力
C. 小球在漏斗壁上不同高度做匀速圆周运动时，向心加速度大小不同
D. 小球在漏斗壁上不同高度做匀速圆周运动时，半径越大角速度越大
7.用如图所示的实验装置探究影响向心力大小的因素。挡板A和C到各自转轴的距离相等。转动手柄使长槽和短槽分别随变速塔轮匀速转动，根据标尺上露出的红白相间的等分格可计算出两球向心力的比值。若将两相同的小球放于图示位置进行实验，下列说法正确的是( )
A. 本次实验可探究向心力大小与轨道半径的关系
B. 本次实验应将皮带套在半径不同的变速塔轮上
C. 仅增大手柄的转速，两个标尺露出格数的比值变大
D. 若标尺上露出的格数比为1：4，则两个变速塔轮的半径之比为1：2
8.将一石块从高处以30∘的仰角斜向上抛出，初速度v0的大小为5m/s。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 石块到达最高点时的速度为2.5m/s
B. 石块向上运动的时间为0.5s
C. 仅增大石块抛出时初速度的仰角，石块落地时的速度增大
D. 仅增大石块抛出时初速度的仰角，石块落地时重力的功率增大
9.质量为m的汽车在足够长的平直公路上以额定功率启动，且功率保持不变，阻力大小恒为f，当速度达到v时，加速度为a。下列说法正确的是( )
A. 汽车加速过程中加速度不断增大B. 汽车速度为v2时，其加速度为2a
C. 汽车发动机的额定功率为fvD. 汽车的最大速度为(1+maf)v
10.如图所示，嫦娥六号探测器在圆形近月轨道1上绕月球飞行，在A点变轨后进入椭圆轨道2，B为远月点。关于嫦娥六号探测器，下列说法正确的是( )
A. 在轨道2上从A点向B点运动的过程中机械能逐渐减小
B. 在轨道2上经A点时的速率大于在轨道1上经A点时的速率
C. 在轨道2上经A点时的加速度大于在轨道1上经A点时的加速度
D. 从地球表面发射嫦娥六号的速度大于第二宇宙速度
11.如图所示，水平传送带以恒定的速率v顺时针转动。将质量为m的工件(可视为质点)轻放在传送带的A端，由于摩擦力的作用工件加速运动，到达B点前已与传送带相对静止。在工件由A运动到B的过程中，下列说法正确的是( )
A. 摩擦力对工件做功为−12mv2
B. 摩擦力对传送带做功为−12mv2
C. 工件与传送带组成的系统因摩擦而产生的热量为mv2
D. 电动机因传送工件多消耗的能量为mv2
12.在空间站中，宇航员长期处于失重状态。为缓解这种状态带来的不适，科学家设想建造一种环形空间站，如图所示。旋转舱绕中心轴匀速旋转，宇航员站在旋转舱内的侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。已知地球表面的重力加速度为g，环形空间站的半径为r，宇航员可视为质点。若这种环形空间站建造成功，下列说法正确的是( )
A. 宇航员处于平衡状态
B. 旋转舱侧壁对宇航员的支持力大小为2mg
C. 宇航员绕中心轴的向心加速度大小为g
D. 旋转舱绕其轴线转动的角速度大小为 2gr
13.游乐场中的弹射式过山车部分设施可抽象成如图1所示模型：光滑水平轨道与半径R=0.4m的竖直光滑半圆形轨道ABC在A点平滑连接。压缩的轻质弹簧将小球由静止水平弹出，小球以一定的初速度从最低点A冲上半圆形轨道。某次小球在半圆形轨道上从A点运动到C点的过程中，其速度的平方与上升高度h的关系如图2所示。已知小球的质量为m=0.5kg，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 图中的x为17m2⋅s−2
B. 释放前弹簧的弹性势能为2.25J
C. 若释放前弹簧的弹性势能为5J，小球恰好能到达C点
D. 若释放前将弹簧压缩得更短，则小球经过A点和C点时对轨道的压力差将变大
14.如图所示，某城市广场喷泉喷出的水柱可以看作在竖直方向运动，且上升和下降过程水流不发生碰撞。已知喷泉喷嘴的横截面积约为4.0×10−3m2，喷嘴位置与池中水面持平，喷出的水柱高达80m，水的密度为1.0×103kg/m3。设喷泉电动机输出的能量全部转化为水的动能，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 空中水的总质量约为1.28×103kg
B. 保持电动机的输出功率不变，若喷嘴的横截面积减小为原来的12，则水柱高度可达到160m
C. 保持喷嘴的横截面积不变，若电动机的输出功率减小为原来的14，则喷水的初速度减小为原来的12
D. 保持喷水的初速度大小不变，若喷嘴方向可以调节，水流喷射的最大水平距离为80m
二、实验题：本大题共2小题，共12分。
15.用图1所示的实验装置验证机械能守恒定律。
(1)为完成此实验，除了图1所示器材，还需要的器材有 。
A.刻度尺
B.秒表
C.直流电源
D.交流电源
(2)某次实验中，质量为m的重物自由下落，在纸带上打出一系列的点，如图2所示。纸带相邻两个点间的时间间隔为T，重力加速度为g，从起点O到打下计数点B的过程中，重物重力势能的减少量ΔEp= ，动能的增加量ΔEk= 。
(3)某同学想用如图3所示的装置验证机械能守恒定律。实验前通过调整垫块平衡了小车所受的阻力。该同学认为，平衡阻力后小车和砂桶组成的系统机械能是守恒的，你是否同意该同学的观点？请说明理由。
16.关于探究平抛运动特点的实验。
a.用如图1所示装置探究平抛运动的特点，下列说法正确的是______。
A.斜槽轨道必须光滑
B.斜槽轨道末端必须保持水平
C.应使小球每次从斜槽上同一位置由静止释放
D.以斜槽末端紧贴槽口处作为小球做平抛运动的起点
b.用频闪照相的方法研究平抛运动的特点。如图2所示的频闪照片记录了做平抛运动的小球每隔相等时间的位置，以某位置为坐标原点O，水平方向为x轴，竖直方向为y轴建立坐标系。某同学测量出A、B、C三点的坐标分别为(x1,y1)(x2,y2)和(x3,y3)。若x轴坐标满足______关系，说明小球水平方向的分运动是匀速直线运动；若 y轴坐标满足______关系，说明小球竖直方向的分运动是匀变速直线运动。
三、计算题：本大题共5小题，共46分。
17.某同学想利用平抛运动的规律测量练习本与滑块间的动摩擦因数μ，测量工具仅有刻度尺。如图所示，该同学在水平桌面上用硬练习本做成一个高为h，底边长为d的斜面，练习本底端与桌面平滑连接，让滑块从斜面顶端由静止滑下后沿桌面水平飞出，忽略滑块在水平桌面运动过程中的能量损失。请你写出需要测量的物理量及μ的表达式(用所测的物理量及h、d表示)。
18.如图所示，民航客机紧急出口处设有气囊，遇紧急情况乘客可沿气囊下滑至地面。若乘客质量为60kg，紧急出口下沿至地面的高度为3.2m，乘客由静止开始下滑到地面时速度为3m/s，用时3s，重力加速度g取10m/s2。求乘客下滑过程中：
(1)重力做的功WG；
(2)重力的平均功率P；
(3)阻力做的功Wf。
19.卡文迪什把他自己的实验说成是“称量地球的重量”。已知引力常量为G，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g。求：
(1)地球的质量M；
(2)地球的第一宇宙速度v1；
(3)我国风云卫星构建了全球气象观测网络，可为“一带一路”国家提供气象服务。已知某颗气象卫星绕地球做匀速圆周运动的周期为T，求该卫星的轨道半径r。
20.如图1所示，“大摆锤”是游乐场中经常见到的娱乐项目。安装测试中，座舱不自转，仅随主轴绕悬点摆动。为简化研究，将座舱等效为质量集中在A点的小球，如图2所示。若座舱到达最高点瞬间关闭电机，座舱将由静止开始摆动。已知座舱质量为M，A点到悬点O的距离为L，最大摆角为θ，重力加速度为g，不计任何阻力。
(1)若不考虑主轴的质量(可视为轻杆)，求座舱运动到最低点时：
a.座舱的速度大小v；
b.主轴对座舱拉力的大小F。
(2)实际情况中主轴的质量不可忽略且质量分布复杂。现粗略地将主轴等效为轻杆和质量集中在OA中点B的小球，如图3所示。若主轴的质量为座舱质量的k倍，最大摆角θ=60∘，求从最高点下摆到最低点的过程中，主轴对座舱所做的功W。
21.“火箭蹦极”是一种新型游乐项目。如图1所示，游戏开始前，乘客及安全装备被锁定在最低点，此时弹性绳被拉伸。解锁后，乘客被向上弹射升空。如图2所示，某次蹦极中，乘客由位置a沿竖直方向向上弹射，到达位置b时弹性绳恰好恢复原长，位置c为能到达的最高点。
(1)将乘客视为质点，不考虑弹性绳的质量和空气阻力，在此模型下，根据弹性绳的核心物理参数及安全限制，利用AI工具绘制出乘客的速度v与距a点的距离l的关系，如图3所示。已知乘客(包括装备)的质量m=60kg，弹性绳的原长l0=16m，位置a到悬点O的距离H=29m，重力加速度g取10m/s2。
a.以位置a所在的水平面为参考平面，求弹性绳与乘客所组成系统的机械能E；
b.弹簧是弹性体的一种理想化模型。基于胡克定律可推导出弹簧弹性势能的表达式为Ep=12kx2，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量。请根据v−l图像推断：该弹性绳的弹力是否遵循胡克定律。
(2)实际中空气阻力对物体运动有影响。若乘客所受空气阻力与速率成正比，请在图4中定性画出乘客由位置a运动到位置c的过程中，弹性绳与乘客所组成系统的机械能E随时间t变化的图像。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.人乘坐电梯加速上升时，速度和高度都增加，即动能和重力势能都增大，可知机械能增大，不守恒，故A错误；
B.校运动会上运动员抛出的铅球在空中运动，所受阻力可以忽略不计，认为机械能守恒，故B正确；
C.跳伞运动员带着张开的降落伞在空中下落时，会受到较大的阻力作用，且阻力做负功，机械能减小，故C错误；
D.游客乘坐摩天轮在竖直平面内匀速转动时，速度大小不变，动能不变，但高度发生变化，导致重力势能变化，故机械能不守恒，故D错误。
故选：B。
根据各个实例结合机械能守恒的条件逐一分析判断各选项的正误。
考查机械能守恒的理解和应用，关键是熟练掌握机械能守恒的条件，属于较低难度考题。
2.【答案】D
【解析】解：根据做功的计算公式W=Flcsθ，式中θ为力F的方向与位移l方向之间的夹角，因此可知甲、乙、丙图中力F所做的功分别为
W甲=Flcs⁡30∘，W乙=−Flcs⁡30∘，
W丙=Flcs⁡30∘，则可知，甲、丙两种情况力对物体做功相同且都做正功，乙图中力对物体做负功，故D正确，ABC错误。
故选：D。
依据功的计算公式W=Flcsθ，分别确定甲、乙、丙三图中θ的大小，计算各图中力F做的功，再逐一分析选项。
本题核心是理解功的计算公式中“夹角θ”的定义——必须是力F与位移l的夹角。通过准确判断各图中夹角并代入公式计算，可逐一验证选项正误。
3.【答案】A
【解析】解：A.因为以B点所在水平面为参考平面，则由题图可知，小球在A点的重力势能为mg(ℎ1−ℎ2)，故A正确；
B.因为小球由A点沿曲面下滑到B点的过程是由高处运动到低处，又因为当物体由高处运动到低处时，重力做正功，重力势能减少，所以该过程小球的重力势能减小，故B错误；
C.重力势能是相对的，式中h是物体到参考平面的高度，选取不同的参考平面，只影响物体重力势能的数值，而不影响重力势能的差值，所以重力势能的变化量与参考平面的选取无关，故C错误；
D.因为重力对物体做多少正(负)功，物体的重力势能就减小(增大)多少，又因为重力做功只与物体的初末位置的高度差和重力大小有关，和所经过的曲面是否粗糙无关，所以若曲面粗糙，小球重力势能的变化量不会变化，故D错误。
故选：A。
A.结合题意，由重力势能的计算公式，即可分析判断；
B.结合题意，由重力势能的变化和重力做功的关系，即可分析判断；
C.结合题意，由重力势能的特点，即可分析判断；
D.结合题意，由重力势能的变化和重力做功的关系、重力做功的特点，即可分析判断。
本题考查重力势能的变化和重力做功的关系，解题时需注意，当物体由高处运动到低处时，重力做正功，重力势能减少，当物体由低处运动到高处时，重力做负功，或者说物体克服重力做功，重力势能增大。
4.【答案】C
【解析】解：A、设玻璃管水平加速度为a，竖直方向匀速速度vy=v0，水平初速度为0、匀加速，则vx=at，vx−t图像为过原点倾斜直线，故A错误；
B、竖直匀速运动，vy恒定不变，vy−t图像是水平直线，不是曲线，故B错误；
C、分位移公式：x=12at2，y=v0t，消去t得y=v0 2xa，y与 x成正比，y−x图像为开口向x轴的上凸曲线，和图C图像一致，故C正确；
D、轨迹方程不是一次函数，图像不可能为直线，故D错误。
故选：C。
将运动分解为水平、竖直两个分运动，分别推导两分运动的速度随时间变化规律；联立两分运动位移方程得到轨迹方程，结合方程图像特征判断各选项。
本题考查运动的合成与分解，解题关键是分别写出两个分运动的速度、位移表达式，联立消去时间得到轨迹方程，结合函数图像特征判断正误。
5.【答案】A
【解析】解：A.根据GMmr2=mv2r，得v= GMr，“天宫二号”的轨道半径更小，可知“天宫二号”的线速度大于“天链二号01星”的线速度，故A正确；
B.根据GMmr2=ma，可得a=GMr2，“天宫二号”的轨道半径更小，可知“天宫二号”的加速度大于“天链二号01星”的加速度，故B错误；
C.根据开普勒第三定律，“天宫二号”的轨道半径更小，可知“天宫二号”的周期小于“天链二号01星”的周期，故C错误；
D.“天链二号01星”是一颗地球静止轨道同步卫星，轨道平面必须与赤道平面共面，所以“天链二号01星”不可能经过北京上空，故D错误。
故选：A。
根据万有引力提供向心力导出线速度表达式进行判断；根据牛顿第二定律列式求解判断；根据开普勒第三定律分析解答判断；根据地球静止轨道同步卫星的轨道特点分析解答。
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同步卫星的特点，属于较低难度考题。
6.【答案】B
【解析】解：AB、小球在某一水平面内做匀速圆周运动，小球受到重力和弹力作用，这两个力的合力提供向心力，也可以认为弹力沿水平方向的分力提供向心力，故A错误，B正确；
CD、设小球受到弹力方向与竖直方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律可得mgtanθ=ma，解得a=gtanθ=ω2r，小球在漏斗壁上不同位置做匀速圆周运动时半径越大，向心加速度大小保持不变，角速度越小，故CD错误。
故选：B。
需对小球进行受力分析，结合匀速圆周运动的向心力来源、向心加速度及角速度与半径的关系，逐一分析选项。
本题关键在于明确向心力是效果力(由其他力的合力提供)，并通过受力分析推导向心加速度、角速度与半径的关系。需注意漏斗角度固定时，向心加速度为定值，角速度随半径增大而减小。
7.【答案】B
【解析】解：A.实验中将两相同的小球，分别放在到各自转轴的距离相等的A和C挡板，本次实验可探究向心力大小与角速度的关系，故A错误；
B.根据线速度与角速度的关系ω=vR，本次实验探究向心力大小与角速度的关系，应将皮带套在半径不同的变速塔轮上，故B正确；
C.仅增大手柄的转速，角速度增大，由于两塔轮半径之比不变，角速度之比不变，则向心力之比不变，两个标尺露出格数的比值不变，故C错误；
D.根据向心力公式F=mrω2可知，若标尺上露出的格数比为1：4，则角速度之比为1：2，两个变速塔轮的半径之比，2：1，故D错误。
故选：B。
A.根据控制变量法分析作答；
B.根据线速度与角速度的关系分析作答；
C.增大手柄的转速，角速度增大，两塔轮半径之比不变，角速度之比不变，结合向心力公式分析向心力的比值关系，从而分析两个标尺露出格数的比值；
D.根据向心力公式，结合线速度与角速度的关系进行分析。
本题主要考查了探究圆周运动的相关参数问题，掌握向心力公式、线速度与角速度的关系是解的关键。
8.【答案】D
【解析】解：A、石块达到最高的时的速度大小等于初速度沿水平方向的分量，大小为vx=v0cs30∘=5× 32m/s=2.5 3m/s，故A错误；
B、石块抛出时沿竖直方向的分速度vy=v0sin30∘=5×0.5m/s=2.5m/s
石块向上运动的时间为t=vyg=2.510s=0.25s，故B错误；
C、设抛出点到地面的距离为h，根据机械能守恒可知12mv2=mgℎ+12mv02
解得石块落地时的速度v= v02+2gℎ
与抛出时初速度的仰角无关，故C错误；
D、仅增大抛出时初速度的仰角，则水平方向的分速度vx减小，所以落地时竖直方向的分速度vy就增大，根据p=mg⋅vy，可知石块落地时重力的功率增大，故D正确。
故选：D。
石块做斜上抛运动，将速度分解，求出石块到达最高点时的速度和向上运动的时间，根据机械能守恒分析石块落地时的速度；结合速度的分解与瞬时功率的公式分析石块落地时重力的功率。
本题主要考查了机械能守恒以及斜上抛运动的计算等相关应用，掌握斜上抛运动的特点，同时理解物体到达最高点时的速度沿水平方向。
9.【答案】D
【解析】解：A、当汽车的速度为v时受到的牵引力大小F=Pv，根据牛顿第二定律得：Pv−f=ma，可知，随着速度增大，加速度减小，故A错误；
B、当速度达到v时，加速度为a，根据牛顿第二定律得：Pv−f=ma
汽车速度为v2时，根据牛顿第二定律得：Pv2−f=ma′，即2Pv−f=ma′
对比可得a′>2a，故B错误；
CD、当速度达到v时，加速度为a，根据牛顿第二定律得：Pv−f=ma，解得汽车发动机的额定功率为P=(f+ma)v
汽车速度最大时，牵引力与阻力大小相等，则P=Fvm=fvm，解得汽车的最大速度为vm=(1+maf)v，故C错误，D正确。
故选：D。
根据功率公式和牛顿第二定律相结合分析加速度变化情况；当速度达到v时，加速度为a，根据功率公式和牛顿第二定律相结合列方程。汽车速度为v2时，再用两样的方法求其加速度；当汽车匀速运动时，速度最大，由功率公式求其额定功率大小，再求最大速度。
本题考查了汽车的启动问题，要掌握功率公式，搞清牵引力与速度的制约关系，把握速度最大的条件：加速度为零。
10.【答案】B
【解析】解：A.在轨道2上从A点向B点运动的过程中，只有万有引力做功，满足机械能守恒，可知机械能不会减小，故A错误；
B.根据卫星变轨原理，卫星在轨道1上经过A点时加速做离心运动才能变轨到轨道2，可知在轨道2上经A点时的速率大于在轨道1上经A点时的速率，故B正确；
C.根据GMmr2=ma，可知在轨道2上经A点时的加速度等于在轨道1上经A点时的加速度，故C错误；
D.嫦娥六号从地球表面发射到成为月球的卫星过程中始终没有脱离地球引力范围，则从地球表面发射嫦娥六号的速度大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度，故D错误。
故选：B。
根据机械能守恒条件进行判断；根据卫星变轨时的速度变化分析解答；根据牛顿第二定律列式求解；根据第一宇宙速度和第二宇宙速度的知识分析解答。
考查万有引力与圆周运动的相关知识，重点在于理解牛顿第二定律和变轨原理、机械能守恒条件，属于较低难度考题。
11.【答案】D
【解析】解：A、对工件，根据动能定理可知，Wf=12mv2−0故工件所受摩擦力做的功为12mv2，故A错误；
B、工件在传送带做匀加速运动，根据运动学公式可知工件的位移大小为x1=v2t
对工件做受力分析，根据牛顿第二定律有f=ma，a=vt，联立解得f=mvt
经过时间t，传送带位移x2=vt，则Wf′=−fx2=−mvt⋅vt=−mv2，故B错误；
C、系统因摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移：
Q=f⋅(x2−x1)=f⋅x1=12mv2，故C错误；
D、电动机多消耗的能量，一部分转化为工件的动能12mv2，另一部分转化为摩擦产生的热量12mv2
总能量：
E=12mv2+12mv2=mv2
故D正确。
故选：D。
工件放到传送带上后，工件和传送带要发生相对滑动，相对静止时不再受摩擦力。根据牛顿第二定律和运动学公式求得传送带的位移，根据W=fx和动能定理求解。
分析工件在传送带的运动情况，工件做匀加速运动，关键在于根据运动学规律可解得工件的位移和传送带的位移。
12.【答案】C
【解析】解：A、宇航员在旋转舱内的侧壁上，随着旋转舱做匀速圆周运动，合力不为零，不是平衡状态，故A错误；
BC、旋转舱中的宇航员做匀速圆周运动，圆环绕中心匀速旋转使宇航员感受到与地球一样的“重力”是向心力所致，向心加速度大小应为g，合力指向圆心，支持力提供向心力，则旋转舱侧壁对宇航员的支持力大小为mg，故B错误，C正确；
D、由题意知，支持力提供圆周运动的向心力，则有：mg=mω2r，代入数据解得：ω= gr，故D错误。
故选：C。
通过分析圆周运动的受力，明确“人造重力”由侧壁支持力提供向心力产生，据此判断宇航员的受力状态、“重力”方向、站立位置，并推导角速度表达式。
本题主要考查牛顿第二定律，线速度、角速度和周期、转速，向心力，旋转舱中宇航员做匀速圆周运动，圆环绕中心匀速旋转使宇航员感受到与地球一样的“重力”是向心力所致，通过受力分析可知提供向心力的是对宇航员的支持力，根据向心加速度公式即可求解。
13.【答案】C
【解析】解：AB、小球从A点运动至C点的过程中，仅有重力做功，机械能守恒。根据机械能守恒定律可得：12mvA2=12mvC2+mg(2R)，即vA2=vC2+4gR。由图2可知，在C点对应高度ℎ=0.8m，此时速度的平方vC2=9m2/s2，代入上式解得在A点时速度的平方vA2=25m2/s2。弹簧释放前，根据能量守恒，弹簧的弹性势能等于小球在A点的动能，即Ep=12mvA2，代入数据解得Ep=6.25J，故AB错误；
C、小球恰好能到达C点时，在C点由重力提供向心力，根据牛顿第二定律有mg=mvmin2R。小球需要的最小总机械能为Emin=12mvmin2+mg(2R)，代入数据解得Emin=5J，即若释放前弹簧的弹性势能为5J，小球恰好能到达C点，故C正确；
D、在A点，由轨道支持力与重力的合力提供向心力，有FA−mg=mvA2R。在C点，有FC+mg=mvC2R。联立两式可得小球经过A、C两点时轨道支持力的差值ΔF=FA−FC=2mg+mR(vA2−vC2)。代入vA2−vC2=4gR，解得ΔF=6mg。根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力差等于该支持力差，大小也为6mg，可知此压力差是与小球初速度无关的恒量，故D错误。
故选：C。
题目描述小球从半圆轨道最低点A运动到最高点C的过程，机械能守恒，速度平方与高度的关系图像提供了关键数据。分析时需利用图像中C点对应的速度平方和高度，结合机械能守恒定律计算A点的速度平方，进而确定弹簧的弹性势能。判断小球能否到达C点需比较总机械能与C点所需最小机械能，该最小机械能由C点重力提供向心力的临界条件确定。小球在A点和C点对轨道的压力差可通过向心力公式和机械能守恒推导，其表达式与初速度无关，为恒定值。
本题以竖直平面内的圆周运动为背景，巧妙结合图像信息，综合考查了机械能守恒定律、圆周运动的向心力分析以及临界条件判断。题目计算量适中，难度中等偏上，重点检验学生对功能关系与动力学规律的整合应用能力，以及从图像中提取关键数据并建立物理联系的分析能力。通过分析小球在两点间压力差与初速度无关的结论，有效锻炼了学生的逻辑推导与公式运用技巧，有助于深化对圆周运动模型中力与能量关系的理解。
14.【答案】A
【解析】解：A.根据竖直上抛运动速度与高度的关系式v02=2gH，可得水流喷出的初速度v0= 2gH= 2×10×80m/s=40m/s。水滴上升至最高点的时间t上=v0g=4010s=4s，根据上升、下落时间对称可知单滴水从喷出到落回水面的总空中时长t总=8s。单位时间内喷嘴喷出的水的质量为ΔmΔt=ρSv0，空中所有水的总质量M=ρSv0t总=1.0×103×4.0×10−3×40×8kg=1.28×103kg，故A正确。
B.电动机输出能量全部转化为水的动能，可得输出功率P=ΔEkΔt=12Δmv02Δt=12ρSv03。保持输出功率P恒定，喷嘴横截面积缩小为原来的12，即S′=12S，由Sv03数值不变可推出初速度v0∝13S，变化后的初速度v0′=32v0。水柱最大高度和初速度满足H=v022g，可得新水柱高度H′=34×80m，故B错误。
C.喷嘴横截面积S保持不变，根据功率P=12ρSv03可知，输出功率与喷水初速度的三次方成正比，即P∝v03。若电动机输出功率减小为原来的14，则v0′3=14v03，变形计算得到变化后的初速度v0′=v034，故C错误。
D.喷水初速度v0=40m/s保持不变，喷嘴与池中水面处于同一高度，水流做斜抛运动，水平射程x=v02sin2θg。当抛射角θ=45∘时，sin2θ可取最大值1，此时水平射程最远。最大水平距离xmax=v02g=40210m=160m，故D错误。
故选：A。
用竖直上抛公式求水流初速度，结合运动对称性得到水滴全程飞行时间，再结合流量、密度公式算出空中水的总质量；由电动机输出功率等于水的动能推导出功率表达式，喷嘴面积减半、功率不变时推导初速度变化，结合射高公式计算；根据功率与初速度三次方成正比，功率变为四分之一后推导初速度；利用斜抛射程公式算出45∘时的最大水平射程。
本题考查竖直上抛运动规律、流体流量与质量计算、动能功率关系、变量比例推导以及斜抛运动最大射程规律，融合流体力学、抛体运动、功率计算多类知识点。
15.【答案】ADmgℎ2
m(ℎ3−ℎ1)28T2不同意
小车和砂桶组成的系统在运动过程中小车要克服摩擦阻力做功，此系统机械能不守恒

【解析】解：(1)本实验利用落体法验证机械能守恒，打点计时器工作时需要交流电源，利用打点纸带测量速度，通过打点周期记录时间，不需要秒表测量时间，需要测量纸带上点迹之间间距，因此需要刻度尺，故AD正确，BC错误。
故选：AD。
(2)从打O点到B点重物下落高度为ℎ2，重力势能减少量为：ΔEp=mgℎ2；
根据打点纸带测量速度的原理可得打B点时的速度大小为：vB=ℎ3−ℎ12T
打O点时速度为0，初动能为0，可得此过程的动能变化量为：ΔEk=12mvB2=m(ℎ3−ℎ1)28T2。
(3)不同意。虽然实验前平衡了小车所受的阻力，但是小车和砂桶组成的系统在运动过程中小车要克服摩擦阻力做功，此系统机械能不守恒。
故答案为：(1)AD；(2)mgℎ2；m(ℎ3−ℎ1)28T2；(3)不同意。小车和砂桶组成的系统在运动过程中小车要克服摩擦阻力做功，此系统机械能不守恒
(1)打点计时器工作时需要交流电源，利用打点纸带测量速度，不需要测量时间，需要测量纸带上点迹之间间距。
(2)确定从打O点到B点重物下落高度，根据重力势能的定义求得重力势能减少量；根据打点纸带测量速度的原理求得打B点时的速度大小，由动能的定义求得此过程动能增加量。
(3)此系统在运动过程中要克服阻力做功，系统的机械能不守恒。
本题考查了验证机械能守恒定律的实验，掌握应用打点纸带测量速度的原理，掌握重力势能与动能的定义。
16.【答案】a.BC；b.x1：x2：x3=1：2：3，y2−2y1=y3−2y2+y1。
【解析】解：a.A.斜槽是否光滑不影响，只要小球每次从同一位置由静止释放，初速度就一致，故A错误；
B.斜槽末端必须调水平，才能保证小球抛出时初速度水平，故B正确；
C.每次从同一位置静止释放，可保证小球初速度相同，故C正确；
D.坐标系原点应为小球在槽口时在底板上的投影的圆心位置，故D错误。
故选：BC。
b.根据平抛运动的特点可知小球在水平做匀速直线运动，根据位移公式x=v0t，可知如果满足x1：x2：x3=1：2：3关系，则可以证明小球的水平分运动是匀速直线运动。
根据平抛运动的特点可知小球在竖直方向做自由落体运动，根据Δy=gT2，可知如果满足(y2−y1)−y1=(y3−y2)−(y2−y1)，即y2−2y1=y3−2y2+y1关系，则可以说明小球竖直方向的分运动是匀变速直线运动。
故答案为：a.BC；b.x1：x2：x3=1：2：3，y2−2y1=y3−2y2+y1。
a.根据保证小球离开斜槽末端速度相同判断；根据保证小球抛出时初速度水平判断；根据保证小球初速度相同判断；根据坐标系原点确定方法判断；
b.根据匀速直线运动和匀变速直线运动规律计算。
本题考查探究平抛运动特点的实验，关键掌握实验原理和数据处理方法。
17.【答案】需要测量的物理量为桌面离地面的高度为H，滑块做平抛运动的水平射程为x；μ的表达式μ=4ℎH−x24Hd。
【解析】解：滑块离开斜槽后做平抛运动，设桌面离地面的高度为H，水平射程为x
根据平抛运动规律，水平方向x=vt
竖直方向H=12gt2
水平速度v=x g2H
滑块在斜槽上运动，斜面倾角为θ，根据动能定理mgℎ−μmgLcsθ=12mv2
其中Lcsθ=d
联立解得μ=4ℎH−x24Hd。
因此需要测量物理量为桌面离地面的高度为 H，滑块做平抛运动的水平射程为x。
答：需要测量的物理量为桌面离地面的高度为H，滑块做平抛运动的水平射程为x；μ的表达式μ=4ℎH−x24Hd。
根据动能定理和平抛运动规律求解作答。
本题主要考查了探究影响滑动摩擦力的因素的实验，要明确实验原理，掌握动能定理和平抛运动规律的运用。
18.【答案】重力做的功WG为1920J
重力的平均功率P为640W
阻力做的功Wf为−1650J
【解析】解：(1)重力做的功为
WG=mgℎ=60×10×3.2J=1920J
(2)重力的平均功率为
P=WGt=19203W=640W
(3)根据动能定理可得
WG+Wf=12mv2−0
解得Wf=−1650J
答：(1)重力做的功WG为1920J；
(2)重力的平均功率P为640W；
(3)阻力做的功Wf为−1650J。
(1)根据WG=mgℎ求重力做的功WG；
(2)根据P=WGt求重力的平均功率P；
(3)根据动能定理求阻力做的功Wf。
解答本题时，要掌握重力做功公式WG=mgℎ，平均功率公式P−=Wt，要知道动能定理是求功常用的方法。
19.【答案】地球的质量M为gR2G
地球的第一宇宙速度v1为 gR
该卫星的轨道半径r为3gR2T24π2
【解析】解：(1)设在地球表面有一质量为m′的物体，根据重力等于万有引力得
m′g=GMm′R2
解得M=gR2G
(2)地球的第一宇宙速度v1即近地卫星的运行速度，根据重力提供向心力得
mg=mv12R
解得v1= gR
(3)气象卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得
GMmr2=m4π2T2r
结合M=gR2G，解得r=3gR2T24π2
答：(1)地球的质量M为gR2G；
(2)地球的第一宇宙速度v1为 gR；
(3)该卫星的轨道半径r为3gR2T24π2。
(1)在地球表面，根据重力等于万有引力列式，即可求解地球的质量M；
(2)对于近地卫星，根据重力提供向心力求地球的第一宇宙速度v1；
(3)气象卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列式，结合黄金代换式求该卫星的轨道半径r。
本题考查万有引力定律的应用，要注意物体在星球表面受到的重力等于星球对物体的万有引力，卫星绕星球做匀速圆周运动时，由万有引力提供向心力。
20.【答案】a.座舱运动到最低点时的速度大小为 2gL(1−csθ)
a.主轴对座舱的拉力大小为Mg(3−2csθ)
【解析】解：(1)a.对座舱从最高点运动到最低点，只有重力做功，机械能守恒：MgL(1−csθ)=12Mv2，得：v= 2gL(1−csθ)
b.在最低点，主轴拉力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律：F−Mg=Mv2L，得：F=Mg(3−2csθ)
(2)主轴上A、B两点角速度相同，vA=2vB由系统机械能守恒：Mg⋅L2+kMg⋅L4=12MvA2+18kMvA2，得：vA2=2(2+k)gL4+k
对座舱根据动能定理：Mg⋅L2+W=12MvA2，得：W=kMgL2(k+4)
答：(1)a.座舱运动到最低点时的速度大小为 2gL(1−csθ)； (1)b.主轴对座舱的拉力大小为Mg(3−2csθ)；
(2)从最高点下摆到最低点的过程中，主轴对座舱所做的功为kMgL2(k+4)。
(1)a.座舱从最高点静止释放后仅重力做功，机械能守恒。最高点与最低点的高度差由摆长和最大摆角决定，重力势能减少量转化为最低点动能，由此建立高度差与速度的关系。
(1)b.座舱运动至最低点时做圆周运动，需分析向心力来源。此时座舱受重力和主轴拉力，二者合力提供其做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律可建立力与速度的关系，速度由a问结果得出。
(2)系统包含座舱和等效有质量的主轴，二者通过刚性连接角速度相同，线速度与转动半径成正比。从最高点到最低点，系统机械能守恒，需考虑座舱和主轴小球的重力势能减少量及二者动能增量。对座舱单独分析，从最高点到最低点，重力和主轴对其做功之和等于其动能增量，重力做功易求，动能由系统机械能守恒解出，进而可求主轴对座舱的功。
本题是一道综合性较强的力学题目，巧妙地将圆周运动、机械能守恒、动能定理以及连接体问题融合在一起。第一问是典型的单摆模型，考查学生对机械能守恒定律和圆周运动向心力公式的基本应用，计算量适中，能有效巩固基础。第二问则提升了难度，通过引入具有质量分布的主轴，将系统拓展为双质点模型，重点考查学生对系统机械能守恒的理解与应用，以及利用动能定理求解变力做功的能力。此问需要学生准确建立A、B两点线速度与角速度的关系，并合理选择研究对象进行能量分析，对学生的建模能力和逻辑推理能力提出了较高要求。整体而言，本题由浅入深，设计层次分明，是一道能够有效区分学生思维层次的好题。
21.【答案】a.以位置a所在的水平面为参考平面，弹性绳与乘客所组成系统的机械能E为11400J；b.该弹性绳不遵循胡克定律
实际中空气阻力对物体运动有影响；若乘客所受空气阻力与速率成正比，乘客由位置a运动到位置c的过程中，弹性绳与乘客所组成系统的机械能E随时间t变化的图像如下：

【解析】解：(1)a.由图像可知，乘客上升的最大位移
lm=19m
此时速度为零，解得：
E=mglm
解得
E=11400J
b.由图像可知，乘客的位移为l=7m时速度最大，为vm=13m/s从开始弹射到速度最大的过程，对乘客和弹性绳组成的系统根据机械能守恒定律得：
Ep+mgl+12mvm2=E
解得：
EP=2130J
若弹性绳遵循胡克定律，当运动员速度最大时，有
mg=kx1
其中
x1=6m
解得
k=mgx1
解得
k=100N/m
根据题给表达式可知此时弹性绳的弹性势能为
Ep1=12kx12
解得
Ep1=1800J
显然
Ep1