2025-2026学年山西省运城市高一（下）期末物理试卷(含详细答案解析)

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1.北京冬奥会“猎豹”高速轨道摄像系统，让犯规无处可藏！如图所示，运动员加速通过弯道时，摄像机与运动员保持同步运动以获得高清视频，关于摄像机下列说法正确的是( )
A. 摄像机在弯道上运动的速度不变B. 摄像机所受合外力的大致方向可能为F1
C. 摄像机角速度比运动员的更大D. 摄像机向心加速度比运动员的小
2.图甲是永济⋅牛魔王逍遥谷非遗“打铁花”表演。打铁花时，用柳木板迅速击打铁水，形成的小铁块做抛体运动。假设有两块质量相同的小铁块A、B以相同的速率同时从柳木板同一位置离开，落到水平地面上，其示意图如图乙所示。小铁块A、B的运动轨迹在同一竖直平面内，A的初速度方向水平，B的初速度方向斜向下，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 小铁块B在空中运动时间较长B. 小铁块A水平射程较小
C. 两小铁块落地时，速度大小相等D. 两小铁块落地时，重力的瞬时功率相等
3.如图所示，一半径为R，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的小球自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。小球滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。若小球与半圆形轨形之间的动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是( )
A. 小球滑到最低点N时，速度大小为v= 5gR
B. 小球在最低点受到的摩擦力大小为f=μmg
C. 小球从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功W=12mgR
D. 小球在最低点N时，合力方向竖直向上
4.2026年5月27日，我国文昌卫星发射中心成功将通信技术试验卫星二十四号发射升空，并顺利进入预定轨道。如图所示为其发射过程的模拟图。卫星先进入近地圆轨道Ⅰ做匀速圆周运动，再经椭圆轨道Ⅱ，最终进入圆轨道Ⅲ做匀速圆周运动，轨道Ⅱ分别与轨道Ⅰ、轨道Ⅲ相切于P、Q两点。已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，下列说法正确的是( )
A. 卫星在轨道Ⅱ上的机械能小于在轨道Ⅰ上的机械能
B. 卫星在轨道Ⅱ上经过Q点时的加速度等于在轨道Ⅲ上经过Q点时的加速度
C. 卫星在轨道Ⅱ上从P点运动到Q点的过程中，引力势能减小，加速度减小
D. 地球的密度为g4πGR
5.当前我国新能源汽车事业发展迅猛，某国产新能源汽车的质量为m，在水平路面上由静止开始启动，其v−t图像如图所示，已知0∼t1时间内为过原点的直线，t1时达到额定功率，此后保持功率不变，在t2时刻达到最大速度后做匀速运动。汽车运动中阻力f大小恒定，下列说法正确的是( )
A. t1至t2时间内，汽车的加速度和速度都增大
B. 汽车的额定功率为fv1
C. 汽车牵引力的最大值为mv1t1
D. 汽车的最大速度为v1+mv12ft1
6.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，当P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∘，B点与滑轮顶端O等高，且B、O间距为3L，不计空气阻力及滑轮的摩擦，重力加速度为g，cs53∘=0.6，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. 弹簧的弹力先增大再减小
C. P运动至B点时的速度大小为v=2 6gL
D. 轻绳对P做的功为8mgL
7.如图，可视为质点的小球与a、b两根不可伸长的轻质细绳相连，两绳分别固定在细杆上的两点。其中a绳长La=1m，小球随杆一起在水平面内匀速转动。当两绳都拉直时，a、b两绳和细杆的夹角分别为θ1=37∘、θ2=53∘，g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。若a、b两绳始终张紧，则小球运动的线速度大小可能是( )
A. 2.5m/sB. 3m/sC. 3.5m/sD. 4m/s
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.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做的功为W=F(OA−OC)
B. 乙图中，全过程F做的总功为72 J
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W=12πRf
D. 丁图中，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W=Flsinθ
9.如图所示，竖直放置的轻弹簧一端固定于水平地面，质量m=1kg的小球在轻弹簧正上方某处由静止下落，同时受到一个竖直向上的恒定阻力。以小球开始下落的位置为坐标原点，竖直向下为x轴正方向，取地面为重力势能零势能参考面，在小球下落至最低点的过程中，小球重力势能Ep、弹簧的弹性势能E弹随小球位移变化的关系图线分别如图甲、乙所示，弹簧始终在弹性限度范围内，取重力加速度g=10m/s2，则( )
A. 根据甲图可知小球下落的初始位置距地面的高度为0.6m
B. 根据乙图可知弹簧的最大压缩量为0.1m
C. 小球下落0.5m时动能最大
D. 小球下落过程中受到的阻力大小为2N
10.如图所示，倾角θ=37∘的传送带以恒定速率v=4m/s顺时针转动，将一质量m=1kg的小物块(可视为质点)轻放在传送带底端A处，小物块随传送带运动至顶端B处，已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，A、B间的距离L=24m，g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，以下计算正确的是( )
A. 小物块先做加速度a=0.4m/s2的匀加速运动后做匀速运动
B. 小物块从A运动到B的时间是20s
C. 小物块与传送带间因摩擦产生的热量为128J
D. 电动机因传送小物块而多消耗的电能为280J
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.在“探究平抛运动的特点”实验中：
(1)平抛物体的运动规律可以概括为两点：
①水平方向做匀速直线运动，②竖直方向做自由落体运动。
为了研究平抛物体的运动规律，某同学做了如图甲所示的实验：用小锤水平打击弹性金属片，A球水平抛出的同时B球自由下落。调节高度和打击力度时都发现两小球同时落地，这个实验现象说明了(______)
A. 只能说明上述规律中的第①条B. 只能说明上述规律中的第②条
C. 不能说明上述规律中的任何一条D. 能同时说明上述两条规律
(2)某同学利用如图乙所示的实验装置进行实验，下列实验操作准确且必须的是(______)
A. 斜槽的末端必须水平
B. 斜槽必须是光滑的，且小球从同一位置释放
C. 以斜槽末端对应白纸上的位置为坐标原点O建立坐标系
(3)某同学通过实验得到的轨迹如图丙所示，每个小格的边长为L。由轨迹可知，该小球的初速度大小v0= (结果包含g、L)
12.利用气垫导轨“验证机械能守恒定律”的实验装置如图甲所示，水平桌面上固定一倾斜角度θ=30∘的气垫导轨，导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的轻质细绳与一质量为m的小球相连；遮光片与导轨垂直，导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t，A点到光电门B处的距离为h，遮光片的宽度为d，已知sin30∘=12，实验时滑块在A处由静止开始向上运动。
(1)重力加速度为g，滑块从A处到达B处时，m和M组成的系统动能增加量可表示为ΔEk= ，系统的重力势能减少量可表示为ΔEp= ，在误差允许的范围内，若ΔEk=ΔEp，则可认为系统的机械能守恒。(用题中所给字母表示)
(2)某同学按上述实验方法，多次改变A、B间的距离h，得到滑块到B点的速度v的多组数据，作出12v2−ℎ图像如图乙所示，并测得2M=m，则当地的重力加速度g= m/s2。(结果保留两位有效数字)
四、计算题：本大题共4小题，共36分。
13.2026年5月24日，在酒泉用长征二号F运载火箭将神舟二十三号发射升空，经3.5小时快速径向交会对接，宇航员入驻中国空间站，实现中国第8次太空会师。为了测出地球的密度和空间站离地面的高度，宇航员在地面上将一小球从离地面h高处自由释放(空气阻力可以忽略)，经过时间t小球落地；入驻空间站后，宇航员测出空间站运行的周期为T。已知万有引力常量为G，地球的半径为R，忽略地球自转的影响。求：
(1)地球表面附近的重力加速度大小g
(2)地球的密度ρ
(3)空间站离地面的高度H
14.如图，水平直轨道AB左端装有弹射器，圆心为O的竖直半圆轨道BCD在B点与水平直轨道AB相切，水平台面EF的左端有一弹性挡板，D点与E点在同一竖直线上且D点略高于E点，整个装置在同一竖直面内。可视为质点的小球质量为m=1kg，轨道BCD的半径为R=0.4m，轨道EF的长度L=2m，小球与轨道EF间的动摩擦因数μ=0.2，其余部分均光滑。小球与弹性挡板发生碰撞时会以原速率反弹，不计小球通过D、E的能量损失，重力加速度g取10m/s2
(1)若某次弹射，小球恰好能通过D点，求小球通过B点时的速度大小
(2)若某次弹射，小球运动到圆轨道上与圆心O等高的C点时所受轨道的弹力为10N，求小球被弹射前弹簧的弹性势能
(3)若某次弹射，小球被弹性挡板弹回一次后停在EF的中点，求小球被弹射前弹簧的弹性势能
15.如图所示，同一竖直平面内，有两根光滑绝缘杆OA和OB，与竖直方向的夹角均为θ=60∘，两杆上分别套有能自由滑动的完全相同的带电小球，带电量均为+q，且静止于同一竖直高度处，两小球与O点的距离均为L，已知静电力常量K和重力加速度g，两小球均可视为点电荷，sin60∘= 32，cs60∘=12，求：
(1)两小球间库仑力的大小F
(2)O点的电场强度E
(3)小球的质量m
16.如图所示，竖直平面内的光滑水平轨道的左边与墙壁连接，右边与一个半径足够大的14光滑圆弧轨道平滑相连，木块A、B静置于光滑水平轨道上，A、B的质量分别为mA=3kg、mB=1.5kg。现让A以4m/s的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞时间为0.5s，碰后的速度大小变为3m/s。A返回后与B发生弹性碰撞，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)A与墙壁碰撞过程中，墙壁对A的平均作用力的大小
(2)B滑上圆弧轨道的最大高度
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.当运动员加速通过弯道时，摄像机与运动员保持同步运动，则摄像机也要加速转弯，故摄像机速度大小不断增加，方向也不断变化，故A错误；
B.摄像机加速转弯的过程中，其所受的合外力方向应与速度方向的夹角为锐角，则摄像机所受合外力的大致方向可能为F1，故B正确；
C.摄像机与运动员保持同步运动，相同时间内转过的角度相等，则角速度相等，故C错误；
D.根据向心加速度公式a=rω2可知，由于摄像机的转动半径大于运动员的转动半径，所以摄像机的向心加速度大于运动员的向心加速度，故D错误。
故选：B。
根据曲线运动的速度变化知识分析判断；根据加速曲线运动速度与合外力夹角为锐角的知识判断；根据同步运动角速度相等的知识分析解答；根据向心加速度与角速度的关系式列式求解。
考查曲线运动的特点，涉及知识点较多，需平时注意相关知识的积累，属于较低难度考题。
2.【答案】C
【解析】解：A、A的初速度方向水平，则A做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，没有竖直初速度，则有ℎ=12gtA2。B的初速度方向斜向下，加速度为重力加速度g，则有ℎ=v0BytB+12gtB2，可知tBvAy
重力的瞬时功率PG=mgvy，可知重力的瞬时功率不相等，故D错误。
故选：C。
根据竖直分运动规律分析两铁块运动时间关系；根据水平分运动规律分析水平射程关系；根据机械能守恒定律列式分析落地时速度大小关系；根据落地时竖直分速度关系分析重力的瞬时功率关系。
本题运用运动的分解法处理抛体运动，根据图示情景分析清楚小铁块的运动过程，应用运动的合成与分解，机械能守恒定律和功率公式即可解题。
3.【答案】C
【解析】解：A、根据题意分析可知，小球在最低点N，根据牛顿第三定律，轨道对小球的支持力N′=4mg
由圆周运动向心力公式 N′−mg=mv2R
代入解得v= 3gR，故A错误；
B、根据题意分析可知，滑动摩擦力f=μN正
此处正压力等于支持力N′=4mg
因此f=μ⋅4mg=4μmg，故B错误；
C、根据题意分析可知，对小球从初始位置下落到N的全过程用动能定理小球总下落高度为R(初始到P)+R(P到N竖直高度)=2R，重力做功mg⋅2R，设克服摩擦力做功为W，初动能为0，末动能为12mv2，因此 2mgR−W=12mv2−0
代入v2=3gR，得 W=2mgR−12m⋅3gR=12mgR，故C正确；
D、根据题意分析可知，小球在N点，切线沿水平方向，摩擦力沿切线水平方向，重力和支持力沿竖直方向，因此合力是竖直分量+水平分量的矢量和，方向不是竖直向上，故D错误。
故选：C。
根据圆周运动、牛顿第二定律、动能定理等知识点逐一分析各个选项。
最低点摩擦力公式f=μFN，这里正压力不等于mg；合力不能只看竖直方向，摩擦力存在水平分量；动能定理要理清下落高度与动能变化。
4.【答案】B
【解析】解：A.卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，需在P点加速，则机械能增加，故轨道Ⅱ机械能大于轨道Ⅰ的机械能，故A错误；
B.根据牛顿第二定律GMmr2=ma，得a=GMr2，Q点距地心距离相同，故加速度相同，故B正确；
C.从P到Q，卫星远离地球，引力做负功，引力势能增大，加速度减小，故C错误；
D.由黄金代换式g=GMR2，又由M=ρ⋅43πR3，得地球的平均密度ρ=3g4πGR，故D错误。
故选：B。
根据卫星变轨时火箭做功情况判断机械能大小；根据牛顿第二定律列式求解；根据卫星的位置变化结合引力做功和引力势能、加速度的变化情况分析判断；根据黄金代换式和质量-密度公式列式求解。
考查万有引力与圆周运动的相关知识，重点在于理解万有引力定律和机械能守恒条件，属于较低难度考题。
5.【答案】D
【解析】解：A、t1至t2时间内，汽车保持额定功率不变，根据P=Fv，可知速度v增大时，牵引力F减小，根据牛顿第二定律得F−f=ma，可知汽车的加速度逐渐减小，故A错误；
BC、0∼t1内汽车做匀加速直线运动，加速度为a=v1t1
根据牛顿第二定律得F−f=ma
可得牵引力的最大值为F=f+mv1t1
t1时达到额定功率，则汽车的额定功率P=Fv1=(f+mv1t1)v1>fv1，故BC错误；
D、汽车达到最大速度时，牵引力与阻力大小相等，则有P=Fvm=fvm，联立解得最大速度为vm=Pf=v1+mv12ft1，故D正确。
故选：D。
t1至t2时间内，汽车的功率不变，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；0∼t1内汽车做匀加速直线运动，由速度-时间公式求出加速度，由牛顿第二定律求出牵引力，再由功率公式求出汽车的额定功率；速度最大时，牵引力与阻力大小相等，由功率公式求出最大速度。
本题考查机车启动恒定加速度启动模型，解题关键是区分匀加速阶段与恒定功率阶段受力特点，结合牛顿第二定律、功率公式联立求解最大速度。
6.【答案】D
【解析】解：B、在A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等，说明弹簧的形变量相等，可知P从A点到B点的过程中，弹簧先恢复原长，再伸长，可知弹簧的弹力先减小后增大，故B错误；
A、不计摩擦，只有重力和弹力做功，根据题意可知，滑块P、重物Q与弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误；
C、根据题意可知，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，滑块P沿轻绳的分速度为零，可知重物Q的速度为0。
根据几何关系可知，滑块P上升的高度为ℎ=3L⋅tan53∘，即ℎ=4L
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，A、B两点弹簧的弹性势能相等，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C错误。
D、对滑块P，弹簧弹力做功为零，根据动能定理有−mgℎ+W=12mv2
解得W=8mgL，故D正确。
故选：D。
梳理滑块P从A点运动到B点的全过程，结合A、B两点弹簧弹力大小相等的已知条件，明确两点处弹簧形变量相同、弹性势能相等，先分析弹簧形变量的变化判断弹力的变化规律，再明确机械能守恒的系统适用范围，结合绳连接体的速度关联规律确定B点处重物Q的速度，利用系统机械能守恒推导P在B点的速度，最后对滑块P应用动能定理推导轻绳对P的做功大小。
本题考查连接体机械能守恒判断、弹簧弹力变化规律、运动的合成与分解、系统机械能守恒及动能定理的应用，需结合几何关系求解位移。本题属于中等偏上难度，计算量适中，核心考查多物体系统的能量分析逻辑，需挖掘A、B两点弹簧弹性势能相等、P在B点时Q速度为零的隐含条件，能有效锻炼学生隐含条件提取能力、物理建模能力与多规律综合应用能力。
7.【答案】A
【解析】解：设小球的质量为m，运动的线速度大小为v，细绳a、b的拉力分别为Ta、Tb，小球做匀速圆周运动的半径r=Lasin37∘=0.6m
当b绳恰好拉直，但Tb=0时，细杆的转动线速度为v1，有：Tacs37∘=mg
Tasin37∘=mv12r
解得：v1≈2.12m/s，
当a绳恰好拉直，但Ta=0时，细杆的转动速度为v2，有Tbcs53∘=mg
Tasin53∘=v22r
解得v2≈2.83m/s
因此小球运动的线速度大小范围是2.12m/s≤v≤2.83m/s。
故A正确，BCD错误。
故选：A。
当小球速度大到一定时，a伸直无拉力，根据合力提供向心力求得临界速度，当小球速度小到一定时，b伸直无拉力，根据合力提供向心力求得临界速度，进而求得a、b两绳始终张紧，小球运动的线速度大小可能值。
本题主要考查圆锥摆中的临界问题，理解指向圆心的合力提供向心力是解题关键。
8.【答案】AB
【解析】解：A、图中力F为恒力，且力F作用点的位移与力的方向相同，由几何关系可知力F作用点的位移大小为：x=OA−OC，则物块从A到C过程中力F做的功为：W=Fx=F(OA−OC)，故A正确；
B、由F−x图像与横轴所围面积表示力F在这段位移上所做的功可知，全过程F做的总功为：W总=15×6J+(−3)×(12−6)J=72J，故B正确；
C、小球从A沿圆弧运动到B过程中空气阻力做的功为：Wf=−f×12πR=−12fπR，故C错误；
D、水平缓慢将小球从P拉到Q，F为变力，根据动能定理可得：W−mgl(1−csθ)=0，解得力F做做的功为：W=mgl(1−csθ)，F为恒力将小球从P拉到Q的过程中，力F所做的功为：W=Flsinθ，故D错误。
故选：AB。
根据恒力做功的定义式分析拉力F做的功；根据F−x图像围成的面积计算变了做功；根据微元法求解阻力做功。
本题是考查恒力做功和变力做功常用的几种方向，常规题目。
9.【答案】BD
【解析】解：A、根据图甲可知，小球在初始位置时的重力势能为Ep1=10J，则小球下落的初始位置距离地面的高度为ℎ=Ep1mg=101×10m=1m，故A错误；
B、根据图乙可知，小球下落0.5m时开始压缩弹簧，则弹簧的最大压缩量为Δxm=0.6m−0.5m=0.1m，故B正确；
CD、小球下落0.6m时的重力势能为Ep2=mg(ℎ−Δx)=1×10×(1−0.6)J=4J
根据功能关系有：Ep1−Ep2=ΔE弹+fΔx，由图乙可得ΔE弹=4.8J
解得阻力大小为f=2N
小球速度最大时，合力为零，小球下落0.5m时开始压缩弹簧，此时弹力为零，则合力为F合=mg−f=1×10N−2N=8N，此时小球的动能不是最大，故C错误，D正确。
故选：BD。
根据图甲读出小球在初始位置时的重力势能，根据重力势能表达式Ep=mgℎ计算小球下落的初始位置距地面的高度；根据图乙确定弹簧的最大压缩量；小球下落0.6m时，根据功能关系求出阻力大小。小球速度最大时，合力为零。
本题考查功能关系和胡克定律的综合应用，关键在于理解图像含义，明确弹簧形变量与位移的关系，找到动能最大的位置(合力为零)，并正确应用能量转化关系列方程。
10.【答案】ACD
【解析】解：A、小物块轻放在传送带底端A处，初速度为0，受到的滑动摩擦力沿斜面向上。对物块进行受力分析，根据牛顿第二定律得μmgcs37∘−mgsin37∘=ma
解得物块的加速度为a=0.4m/s2
物块加速到与传送带速度相等所需的时间为t1=va=40.4s=10s
在t1时间内物块的位移为x1=v2t1=42×10m=20m
因为x1=20mmgsin37∘，所以速度相等后小物块将与传送带保持相对静止，随传送带一起做匀速直线运动，故A正确；
B、物块匀速运动的位移为x2=L−x1=24m−20m=4m
匀速运动的时间为t2=x2v=44s=1s
则小物块从A运动到B的总时间为t=t1+t2=10s+1s=11s，故B错误；
C、在匀加速阶段，传送带的位移为x传=vt1=4×10m=40m
物块与传送带之间的相对位移为Δx=x传−x1=40m−20m=20m
物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q=μmgcs37∘⋅Δx，解得Q=128J，故C正确；
D、根据能量守恒定律，电动机因传送小物块而多消耗的电能ΔE转化为物块增加的机械能和系统产生的内能，即ΔE=ΔEk+ΔEp+Q
其中物块动能的增加量为ΔEk=12mv2=12×1×42J=8J
物块重力势能的增加量为ΔEp=mgLsin37∘=1×10×24×0.6J=144J
解得电动机多消耗的电能为ΔE=280J，故D正确。
故选：ACD。
小物块轻放在传送带底端A处后先做匀加速运动，根据牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出物块加速到与传送带速度相等所需的时间以及通过的位移。当速度达到传送带速率后需判断是否继续加速，比较滑动摩擦力与重力分力大小确定其保持匀速运动。计算总时间需分别求出匀加速阶段和匀速阶段的时间并相加。摩擦生热由相对位移与滑动摩擦力的乘积得到，需明确相对位移为传送带位移与物块位移之差。电动机多消耗电能对应物块增加的动能、重力势能以及摩擦产生的热量总和，通过能量守恒关系建立联系。
本题主要是考查牛顿第二定律和运动学公式的综合应用之传送带问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律求解加速度。要注意摩擦生热与相对位移有关。
11.【答案】【小题1】
B
【小题2】
A
【小题3】
9gL2

【解析】解：(1)该实验只对比竖直方向下落过程，只能说明平抛运动竖直方向为自由落体运动，无法验证水平方向匀速运动，故B正确，ACD错误。
故选：B。
(2)A.为了保证小球飞出后做平抛运动，斜槽的末端必须水平，故A正确；
B.为了保证小球每次平抛的初速度相同，小球必须从斜槽上的同一位置由静止释放，斜槽不一定必须是光滑的，故B错误；
C.建立坐标系时，应以小球在斜槽末端时球心在竖直白纸上的投影点为坐标原点O，而不是斜槽末端对应白纸上的位置，故C错误。
故选：A。
(3)由图丙可知，小球从A到B和从B到C的水平位移相等，均为x=3L
因此运动时间相等，设为T，在竖直方向上，小球做匀加速直线运动，根据推论Δy=gT2
由图可知yAB=3L，yBC=5L，则有5L−3L=gT2
解得T= 2Lg
水平方向上小球做匀速直线运动，因此初速度大小为v0=xT,解得v0= 9gL2。
故答案为：(1)B；(2)A；(3) 9gL2。
(1)甲图实验，A球做平抛运动，B球同时自由下落，两球总是同时落地，只能对比竖直方向运动情况；
(2)平抛实验操作：斜槽末端必须水平保证小球抛出初速度水平；不需要斜槽光滑，只需要每次同一位置释放保证初速度相同；坐标原点是小球球心在斜槽末端时的位置；
(3)平抛竖直方向，连续相等时间位移差恒定，求出时间间隔；水平方向匀速运动，求出初速度。
本题考查探究平抛运动的特点实验，解题关键是分清各个实验装置的验证目的，掌握实验操作要点，会利用平抛运动水平、竖直方向规律处理轨迹点。
12.【答案】【小题1】
(m+M)d22t2
(m−M2)gℎ
【小题2】
9.7

【解析】解：(1)滑块到达B处时的速度v=dt
则系统动能的增加量ΔEk=12(M+m)v2=(M+m)d22t2
系统重力势能的减小量ΔEp=mgℎ−Mgℎsin30∘=(m−M2)gℎ
(2)根据系统机械能守恒得12(M+m)v2=(m−M2)gℎ
测得2M=m，化简得v22=g2⋅ℎ
v22−ℎ图像的斜率k=g2=5.82−01.20−0m/s2=4.85m/s2
解得重力加速度g=9.7 m/s2。
故答案为：(1)(m+M)d22t2；(m−M2)gℎ；(2)9.7。
(1)根据极短时间内的平均速度近似等于瞬时速度求解滑块到达B处的速度；根据动能定义求解动能增加量，根据重力势能定义求解重力势能减小量；
(2)根据机械能守恒定律求解v22−ℎ函数，结合图像斜率求解作答。
本题主要考查了验证机械能守恒定律的实验，要明确实验原理，掌握机械能守恒定律的运用。
13.【答案】【小题1】由匀变速直线运动公式得ℎ=12gt2，解得地球表面附近的重力加速度大小为g=2ℎt2
【小题2】忽略地球自转的影响，则有GMmR2=mg，可得地球的质量为M=2ℎR2Gt2，又M=ρ⋅43πR3，解得地球的密度ρ=3ℎ2πRGt2
【小题3】地球对空间站的万有引力提供空间站绕地球运动的向心力，则有GMm(R+H)2=m4π2T2(R+H)，联立解得空间站离地面的高度为H=3ℎR2T22t2π2−R。
答：

【解析】解：(1)由匀变速直线运动公式得ℎ=12gt2，解得地球表面附近的重力加速度大小为g=2ℎt2；
(2)忽略地球自转的影响，则有GMmR2=mg，可得地球的质量为M=2ℎR2Gt2，又M=ρ⋅43πR3，解得地球的密度ρ=3ℎ2πRGt2；
(3)地球对空间站的万有引力提供空间站绕地球运动的向心力，则有GMm(R+H)2=m4π2T2(R+H)，联立解得空间站离地面的高度为H=3ℎR2T22t2π2−R。
答：(1)地球表面附近的重力加速度大小g为2ℎt2；
(2)地球的密度ρ为3ℎ2πRGt2；
(3)空间站离地面的高度H为3ℎR2T22t2π2−R。
(1)根据自由落体运动规律列式解答；
(2)根据黄金代换式和质量-密度公式列式解答；
(3)根据万有引力提供向心力列式解答。
考查万有引力与圆周运动的相关知识，重点在于理解万有引力定律和黄金代换式，属于较低难度考题。
14.【答案】【小题1】小球恰好能通过D点，在D点由重力提供向心力mg=mvD2R
得vD= gR= 10×0.4m/s=2m/s
从B到D机械能守恒12mvB2=12mvD2+mg⋅2R
vB2=vD2+4gR=20m2/s2，vB=2 5m/s
【小题2】小球在C点受轨道弹力N=10N，重力与向心力方向垂直，由牛顿第二定律N=mvC2R
得vC=2m/s
以B点为零势能面，从弹射到C点机械能守恒Ep=12mvC2+mgR
Ep=12×1×4J+1×10×0.4J=2J+4J=6J
【小题3】小球从D点飞出，落到EF上，然后向左滑到F碰挡板反弹，再向右滑行停在EF中点
小球在EF上滑行的总路程：E→F为2m，F→中点为1m，共3m
摩擦力做功Wf=μmg⋅s=0.2×1×10×3J=6J
整个过程只有EF段摩擦力做功，由能量守恒Ep=mg⋅ℎD+Wf=10×0.8J+6J=14J。
答：

【解析】解：(1)小球恰好能通过D点，在D点由重力提供向心力mg=mvD2R
得vD= gR= 10×0.4m/s=2m/s
从B到D机械能守恒12mvB2=12mvD2+mg⋅2R
vB2=vD2+4gR=20m2/s2，vB=2 5m/s
(2)小球在C点受轨道弹力N=10N，重力与向心力方向垂直，由牛顿第二定律N=mvC2R
得vC=2m/s
以B点为零势能面，从弹射到C点机械能守恒Ep=12mvC2+mgR
Ep=12×1×4J+1×10×0.4J=2J+4J=6J
(3)小球从D点飞出，落到EF上，然后向左滑到F碰挡板反弹，再向右滑行停在EF中点
小球在EF上滑行的总路程：E→F为2m，F→中点为1m，共3m
摩擦力做功Wf=μmg⋅s=0.2×1×10×3J=6J
整个过程只有EF段摩擦力做功，由能量守恒Ep=mg⋅ℎD+Wf=10×0.8J+6J=14J。
答：(1)小球通过B点时的速度大小为2 5m/s。
(2)小球被弹射前弹簧的弹性势能为6J。
(3)小球被弹射前弹簧的弹性势能为14J。
(1)明确小球恰好通过D点的临界条件为重力提供圆周运动向心力，确定D点的临界速度后，分析小球从B到D的光滑圆周运动过程，只有重力做功，通过机械能守恒关联B点动能与D点动能、重力势能的变化关系，明确B点速度的推导方向。
(2)分析小球在与圆心等高的C点做圆周运动的受力，轨道弹力单独提供向心力，得到C点动能后，分析从弹簧释放到小球运动至C点的全过程，只有重力与弹簧弹力做功，通过机械能守恒关联弹性势能与C点动能、重力势能的关系，推导弹性势能。
(3)先确定小球被弹性挡板弹回一次后停在EF中点的过程中，在EF轨道上的总滑行路程，分析全程除EF段摩擦力做功外其余部分无能量损耗，通过能量守恒关联弹性势能、D点高度对应的重力势能与摩擦力总功的关系，推导弹性势能。
本题考查竖直圆周运动临界条件、向心力公式、机械能守恒与能量守恒定律、滑动摩擦力做功计算，覆盖力学曲线运动、能量两大核心模块，整体难度中等偏上，计算量适中。设问梯度清晰，前两问侧重基础模型的直接应用，第三问要求学生梳理完整运动过程、确定摩擦力做功的总路程，能有效锻炼学生的过程分析能力与多过程问题的能量拆解能力，契合高考力学综合题的常规考查逻辑。
15.【答案】【小题1】由库仑定律可得，两小球间的库仑力的大小F=Kq2r2
根据题图中的几何关系，可求得两小球之间的距离r=2Lsinθ= 3L
解得F=Kq23L2
【小题2】分析两小球在O点产生的电场强度，如图所示：
两个小球在O点产生的分电场强度大小相等，水平分量相互抵消，竖直分量进行叠加。根据矢量合成可得O点的电场强度E=2E1cs60∘=KqL2，方向竖直向下
【小题3】以其中一个小球为研究对象进行受力分析，如图所示：
根据共点力的平衡条件可得mgF=tan60∘
解得小球的质量m=K 3q23gL2。
答：

【解析】解：(1)由库仑定律可得，两小球间的库仑力的大小F=Kq2r2
根据题图中的几何关系，可求得两小球之间的距离r=2Lsinθ= 3L
解得F=Kq23L2。
(2)分析两小球在O点产生的电场强度，如图所示：
两个小球在O点产生的分电场强度大小相等，水平分量相互抵消，竖直分量进行叠加。根据矢量合成可得O点的电场强度E=2E1cs60∘=KqL2，方向竖直向下。
(3)以其中一个小球为研究对象进行受力分析，如图所示：
根据共点力的平衡条件可得mgF=tan60∘
解得小球的质量m=K 3q23gL2。
答：(1)两小球间库仑力的大小为Kq23L2。
(2)O点的电场强度大小为KqL2，方向竖直向下。
(3)小球的质量为K 3q23gL2。
(1)利用几何关系求出两带电小球间距，代入库仑定律算出小球间库仑力。
(2)分别求出两个点电荷在O点产生的电场强度，通过矢量叠加，抵消水平分量、累加竖直分量，得到O点合电场强度大小与方向；
(3)选取其中一个小球受力分析，根据共点力平衡条件建立方程，求解出小球质量。
本题考查库仑定律、点电荷电场强度的矢量叠加、受力分析与共点力平衡，综合几何关系处理电场力平衡问题。
16.【答案】【小题1】以水平向右为正方向，当A与墙壁碰撞时，根据动量定理得Ft=mAv1−mAv0
代入数据解得墙壁对A的平均作用力的大小为F=42N
【小题2】对于A与B碰撞的过程，再次规定水平向右为正方向，设碰后A、B的速度分别为vA和vB；
根据动量守恒定律mAv1=mAvA+mBvB，根据机械能守恒定律12mAv12=12mAvA2+12mBvB2，结合题意代入数据解得vA=1.5m/s，vB=4.5m/s(另一组解vA=3m/s，vB=0舍去)；
此后B滑上圆弧轨道，此过程只有重力做功，机械能守恒，根据12mBvB2=mBgℎ，代入数据解得B滑上圆弧轨道的最大高度ℎ=8180m。
答：

【解析】解：(1)以水平向右为正方向，当A与墙壁碰撞时，根据动量定理得Ft=mAv1−mAv0
代入数据解得墙壁对A的平均作用力的大小为F=42N
(2)对于A与B碰撞的过程，再次规定水平向右为正方向，设碰后A、B的速度分别为vA和vB；
根据动量守恒定律mAv1=mAvA+mBvB，根据机械能守恒定律12mAv12=12mAvA2+12mBvB2，结合题意代入数据解得vA=1.5m/s，vB=4.5m/s(另一组解vA=3m/s，vB=0舍去)；
此后B滑上圆弧轨道，此过程只有重力做功，机械能守恒，根据12mBvB2=mBgℎ，代入数据解得B滑上圆弧轨道的最大高度ℎ=8180m。
答：(1)A与墙壁碰撞过程中，墙壁对A的平均作用力的大小为42N。
(2)B滑上圆弧轨道的最大高度为8180m。
(1)明确A与墙壁碰撞的短暂过程，选定水平向右为正方向，属于动量定理的应用场景，梳理碰撞前后A的速度矢量、碰撞时长、A的质量等已知量，通过动量变化与合外力冲量的对应关系，推导墙壁对A的平均作用力大小。
(2)先分析A与B的弹性碰撞过程，属于弹性碰撞系统动量守恒、机械能守恒的联用场景，结合已知的A、B质量和A碰墙后的初速度，推导碰撞结束后B的速度，再分析B沿光滑圆弧上滑到最高点的过程，通过机械能守恒关联动能与重力势能的变化，求解最大高度。
本题属于力学板块的基础综合解答题，核心考查动量定理的矢量性应用、弹性碰撞的动量与机械能双守恒规律、光滑圆弧轨道上的机械能守恒定律。题目难度中等偏下，计算量较小，侧重考查学生对基本物理规律的理解与应用能力，以及建立一维碰撞、曲面运动物理模型的能力，解题时需注意动量定理应用时正方向的合理选取，契合高中物理力学基础模块的考查要求。