2025-2026学年海南省海口市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2025-2026学年海南省海口市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共11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。
1.一个可视为质点的小球沿弯曲轨迹匀速率运动，在途经M、N、P、Q位置时的速度v和所受合力F如图所示，其中可能正确的是( )
A. M位置B. N位置C. P位置D. Q位置
2.某科创社团的同学们利用无人机玩“定点抛物”游戏。在无风的环境下，当无人机在水平地面上方以速度v0=6m/s水平匀速飞行时，释放一个重物，重物离地高度ℎ=3.2m，空气阻力忽略不计，g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 小球从释放到落地的时间为0.6s
B. 落地瞬间小球的速度大小为8m/s
C. 小球落地时离释放点的水平距离为4.8m
D. 若重物离地高度足够，落地时的速度方向有可能竖直
3.在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨，如图所示，内外铁轨平面与水平面倾角为θ，当火车以规定的行驶速度v0转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的侧向挤压，火车转弯半径为r，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 火车转弯时受到重力、轨道的支持力和向心力
B. 该转弯处规定的行驶速度v0= grtanθ
C. 火车转弯时，实际转弯速度越小越安全
D. 若火车总质量增大，且仍以v0的速度通过该圆弧轨道，则内轨会受到轮缘的侧向挤压
4.如图，物块A自高处由静止落下，掉落在弹簧顶端后将弹簧压缩至最短，空气阻力不计，下列说法正确的是( )
A. 物块A压缩弹簧的过程中机械能守恒
B. 物块A压缩弹簧的过程中减小的重力势能全部转化为自身的动能
C. 接触弹簧后，物块A的速度一直减小，当将弹簧压缩至最短时速度减小为零
D. 弹簧被压缩至最短时，弹性势能大小等于物体A减小的重力势能
5.如图是“研究电容器两极板间距对电容大小的影响”实验，保持极板所带电荷量不变，当极板间距增大时，静电计指针张角增大，则( )
A. 极板间电场强度不变B. 电容器的电容增大
C. 极板间电势差减小D. 若仅将左侧极板下移，则张角减小
6.如图甲是等量异种点电荷形成电场的电场线，图乙是场中的一些点：O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D也相对O对称。则( )
A. B、C两点场强大小相等，方向相反B. A、D两点场强大小相等，方向相反
C. E、O、F三点比较，O点场强最弱D. B、O、C三点比较，O点场强最弱
7.木星有一百多颗卫星，其中木卫一、木卫二因发现较早而被人们熟悉，其公转近似看成匀速圆周运动。已知木卫一的运行半径为r，公转周期为T，木卫二的周期是木卫一周期的两倍。木星可视为质量分布均匀的球体，半径为R，万有引力常量为G，下列判断正确的是( )
A. 木星的质量为4π2r3GT2B. 木星的平均密度为3πGT2
C. 木卫二与木卫一的轨道半径之比为2：1D. 木卫二与木卫一的向心力之比为1：2
8.我国新能源汽车发展迅猛，已成为全球最大的新能源汽车产销国。质量为m的某新能源汽车在水平路面上以恒定加速度a启动，其v−t图像如图所示，其中OA段和BC段为直线。已知汽车动力系统的额定功率为P，汽车所受阻力大小恒为f，则下列说法正确的是( )
A. 该汽车做匀加速运动的最大速度v1=Pma
B. 该汽车能达到的最大行驶速度v2=Pma−f
C. 该汽车匀加速阶段的时间t1=P(f+ma)a
D. 该汽车t1∼t2时间内通过的路程s=2Pt2+m(v12−v22)2f
二、多选题：本大题共5小题，共20分。
9.自古以来，天体运动一直吸引着人类孜孜不倦地探索。关于天体运动研究的内容及物理学史，以下描述正确的是( )
A. 开普勒利用第谷观测的行星运动数据，通过数学方法建立了开普勒三定律
B. 根据万有引力定律表达式F=Gm1m2r2，当两物体距离趋近于0时，其引力无穷大
C. 牛顿通过“月-地检验”，发现了月球受到的引力与地面上的重力是不同性质的力
D. 卡文迪许设计扭秤实验装置，借助实验放大法，比较准确地测出了引力常量，被称为“第一个称出地球质量的人”
10.如图所示，长为l的轻杆，一端固定一个小球；另一端固定在光滑的水平轴上，使小球在竖直平面内做圆周运动，小球过最高点的速度为v，下列叙述中正确的是( )
A. v的值可以小于 gl
B. 当v由零逐渐增大时，小球在最高点所需向心力也逐渐增大
C. 当v由 gl值逐渐增大时，杆对小球的弹力逐渐增大
D. 当v由 gl值逐渐减小时，杆对小球的弹力逐渐减小
11.某空间探测器发射后，先在圆轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，在圆轨道Ⅰ上的P点点火加速进入椭圆轨道Ⅱ，在椭圆轨道Ⅱ上的远地点Q点点火加速进入椭圆轨道Ⅲ，M点是椭圆轨道Ⅲ的远地点，下列说法正确的是( )
A. 探测器在Ⅱ上的周期一定大于在轨道Ⅰ上的周期
B. 探测器在轨道Ⅰ上P点速度一定小于在轨道Ⅱ上P点速度
C. 探测器在轨道Ⅰ上P点加速度一定大于在轨道Ⅱ上P点加速度
D. 探测器在轨道Ⅲ上Q点速度一定小于在轨道Ⅲ上M点速度
12.如图所示，图中实线b、c、d、e为某静电场中的等差等势线，相邻两等势线的电势差绝对值为10V，虚线为一个电子在该静电场中的运动轨迹，电子在B点的动能为25eV，在C点电势能为5eV，电子的电量为−e，则下列判断正确的是( )
A. 电子在A点加速度比在B点大B. 等势线b的电势为35V
C. 电子在A点的电势能为25eVD. 电子运动中的动能可能为5eV
13.如图所示，带孔物块A穿在光滑固定的竖直细杆上与一不可伸长的轻质细绳连接，细绳另一端跨过轻质光滑定滑轮连接物块B，A位于与定滑轮等高处。已知物块A的质量为m、物块B的质量为2m，定滑轮到细杆的距离为L，细绳的长度为2L。现从静止释放物块A到A运动到最低点的过程中，不计一切摩擦、空气阻力及定滑轮大小，重力加速度大小为g，两物块均可视为质点，下列说法正确的是( )
A. 物块A的机械能一直减少
B. 物块A的速度始终小于物块B的速度
C. 物块A、B等高时物块B的速度大小为0
D. 物块A下落到最低点时物块B的速度为0，A下落的最大距离为ℎ=43L
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
14.某小组用图甲、乙所示装置探究平抛运动及其特点。
(1)对于装置甲，实验现象可以说明平抛运动______ (单选)
A.在水平方向的分运动是匀速直线运动
B.在竖直方向的分运动是自由落体运动
C.在水平方向的分运动是匀速直线运动，在竖直方向的分运动是自由落体运动
(2)用装置乙记录平抛运动的轨迹
①关于实验过程中的做法，以下合理的有______ (多选)
A.斜槽轨道可以不光滑
B.不需要从同一点由静止释放小球
C.小球平抛运动时要靠近但不接触硬板
D.画轨迹图时应把所有描出的点用平滑的曲线连接起来
②小明经过正确操作，多次释放小球，得到如图丙所示的点迹，图中的各种拟合图线中，最合理的是______ (选填“A”、“B”或“C”)。
③以平抛起点O为坐标原点，在轨迹上取一些点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，作出如图所示的y−x2图像，图像的斜率为k，重力加速度为g，则小球平抛的初速度大小为______ 。
15.某物理兴趣小组利用如图甲实验装置验证m1，m2组成的系统机械能守恒。m2从一定高度由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。如图乙给出的是实验中获取的一条纸带：O是打下的第一个点，打点计时器的工作频率为50Hz。A、B、C为纸带上标注的三个计数点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)。各计数点到O点的距离已在图中标出。已知m1=100g、m2=200g(重力加速度g取10m/s2，计算结果均保留一位小数)。
(1)关于此述实验，下列说法中正确的是 ；
A.重物最好选择密度较大的物块
B.重物的质量可以不测量
C.实验中应先释放纸带，后接通电源
D.可以利用公式v= 2gℎ来求解瞬时速度
(2)在纸带上打下计数点B时的速度v= m/s；
(3)在打计数点O至B过程中系统动能的增加量ΔEk= J，系统重力势能的减少量ΔEp= ；
(4)某同学根据选取的纸带的打点情况做进一步分析，作出m2获得的速度v的平方随下落的高度h的变化图像如图丙所示，据此可计算出当地的重力加速度g= m/s2。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
16.如图所示，某直线加速器由一系列漂移管(金属圆管)组成，相邻漂移管分别接在交流电源的两极。质子沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，每次经过漂移管间缝隙时被电场加速。已知质子进入漂移管A时速度为v1=6×106m/s，进入漂移管E时速度为v2=1×107m/s交变电源电压U大小恒定，周期为1×10−7s，质子在每个管内运动时间为电源周期的12。(已知质子的比荷为1×108C/kg)求：
(1)漂移管A的长度；
(2)相邻漂移管间的加速电压U。
17.游乐场名叫“旋转秋千”的游乐项目，如图甲所示，其基本装置是将绳子上端固定在转盘的边上，绳子下端连接座椅，人坐在座椅上随转盘旋转而在空中飞旋。人和椅子的转动可简化为如图乙所示的圆周运动模型，人和座椅可看作质点。在某段时间内，转盘保持在水平面内以恒定的角速度转动，绳子与竖直方向的夹角为θ=45∘，人与座椅的总质量m=50kg，转盘的半径为R=2.5m，绳长L= 2R，重力加速度g取10m/s2。
(1)求座椅受到绳子的拉力T的大小；
(2)求该同学运动的角速度ω的大小；
(3)若转盘离地面的高度为ℎ=22.5m，乘客携带的物品意外掉落，不计空气阻力，则物品的落点到转轴中心的距离为多少？
18.学校科技节中某物理兴趣小组设计了一个用于研究物体在竖直平面内运动的装置。其简化的模型如图所示，竖直平面内依次固定着斜面轨道AB和圆心为O、半径R=0.2m的圆周轨道，二者通过水平直轨道BC平滑连接，圆周轨道的左侧连接一段长度为L=1.0m的水平轨道CD，D点的左侧有一轻质弹簧固定在竖直挡板上，弹簧自由伸长时其右端恰好位于D点。在某次实验中，将一个质量为m=0.2kg的滑块从斜面轨道上距离水平直轨道高度ℎ=1.0m处由静止释放，进入圆轨道最低点C运动一周后离开圆周轨道向D点运动，将弹簧压缩后又被弹回。滑块和CD间的动摩擦因数μ=0.2，与其它部分摩擦均忽略不计，滑块可视为质点，不计经过连接处的机械能损失，g取10m/s2，求：
(1)滑块第一次到达C点处对轨道的压力大小N；
(2)弹簧获得最大的弹性势能Epm；
(3)滑块最后一次经过圆周轨道最高点E时的速度大小。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：质点做曲线运动，且速率不变，质点受力的合力必指向轨迹凹侧，且合力与速度方向互相垂直，根据这些条件分析，只有N位置正确。故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据物体做曲线运动的条件和速度、合力的特点进行分析判断。
考查物体做曲线运动的条件和运动特点，会根据题意进行分析解答。
2.【答案】C
【解析】解：A、根据ℎ=12gt2，代入数据得t= 2ℎg= 2×3.210s=0.8s，故A错误；
B、落地瞬间竖直方向速度为vy=gt=10×0.8m/s=8m/s，水平方向匀速v0=6m/s
则v合= vy2+v02= 82+62m/s=10m/s，故B错误；
C、水平距离x=v0t=6×0.8m=4.8m，故C正确；
D、平抛运动水平方向的分速度不变，所以无论重物离地高度足够，落地时的速度方向都不可能竖直，故D错误。
故选：C。
将平抛运动分解为水平匀速直线运动和竖直自由落体运动，结合自由落体公式与速度合成规律分析各选项。
这道题考查平抛运动的基本规律，需明确水平与竖直方向的运动独立性，是对平抛运动的基础考查。
3.【答案】B
【解析】解：A、向心力是重力与支持力的合力，属于效果力，火车实际受力只有重力、轨道支持力，不存在向心力这个单独作用力，故A错误；
B、速度为v0时内外轨无挤压，重力与支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律可得mgtanθ=mv02r，得v0= grtanθ，故B正确；
C、实际速度小于v0时，所需向心力变小，重力和支持力的合力偏大，车轮轮缘会挤压内轨，速度过小会加剧内轨磨损，存在安全隐患，并非越小越安全，故C错误；
D、由v0= grtanθ，可知规定速度与火车质量无关，质量增大仍以v0行驶时，内外轨依旧不受侧向挤压，故D错误。
故选：B。
向心力为效果力，分析火车实际受力组成；根据重力与支持力合力提供向心力的受力分解，推导规定行驶速度；根据实际速度与v0的大小关系，分析轨道受挤压情况；根据速度公式判断质量对轨道挤压的影响。
本题考查了火车倾斜轨道转弯模型，解题关键是知道向心力为效果力，标准速度由轨道倾角、转弯半径决定，速度偏离规定值会使内外轨受到轮缘挤压。
4.【答案】D
【解析】解：A.物块A压缩弹簧的过程中受到重力和弹簧向上的弹力作用，且弹簧的弹力对物块做负功，则物块机械能减少，故A错误；
B.物块A压缩弹簧的过程中减小的重力势能一部分转化为自身的动能，另一个部分转化为弹簧的弹性势能，故B错误；
C.接触弹簧后，开始时弹簧的弹力小于物块的重力，物块的合力仍然向下，可知物块A的速度先增大，下降到某位置时弹簧的弹力和物块的重力大小相等，此时物块A的速度达到最大，之后弹簧的弹力大于物块的重力，物块A的速度一直减小，当将弹簧压缩至最短时速度减小为零，故C错误；
D.根据功能关系可知，弹簧被压缩至最短时(物块的动能为零)，弹性势能大小等于物体A减小的重力势能，故D正确。
故选：D。
根据机械能守恒的条件进行判断；根据能量的转化和守恒定律分析判断；根据物块接触弹簧后的受力情况以及合力的变化判断物块的速度变化情况；根据功能关系分析解答。
考查物体的受力分析以及能量的转化和守恒定律，知道机械能守恒的条件，属于较低难度考题。
5.【答案】A
【解析】解：当极板间距d增大时，根据C=εrS4πkd可知，电容器的电容变小；因为极板所带电荷量Q不变，根据C=QU可知，极板间的电势差变大；根据E=Ud，结合电容的定义式和决定式可得E=4πkQϵrS，所以极板间的电场强度不变；若仅将左侧极板下移，则极板的正对面积S减小，C=εrS4πkd可知，电容器的电容变小，根据C=QU可知，极板间的电势差变大，则静电计张角变大，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据C=εrS4πkd、C=QU、E=Ud联立逐项分析即可。
本题考查了C=εrS4πkd、C=QU、E=Ud公式的综合应用，基础题。
6.【答案】D
【解析】解：A、B、C两点在等量异种电荷连线上，则B、C两点的场强方向都是水平向右，又B、C两点关于O点对称，则B、C两点场强大小也相等，所以B、C两点场强相同，故A错误；
B、A、D两点关于O点对称，A、D两点场强大小相等，由图可知，方向都是水平向左，所以A、D两点场强相同，故B错误；
CD、根据电场线的疏密程度表示场强大小，由图可知B、O、C三点，O点电场线最稀疏，则O点场强最小，在中垂线上，O点电场强度最大，所以E、O、F三点比较，O点场强最强，故C错误，D正确。
故选：D。
先依据等量异种点电荷电场的对称规律分析各选项：等量异种电荷连线上对称点场强大小相等、方向均由正电荷指向负电荷；中垂线上对称点场强大小相等、方向均水平向右；电场线疏密代表场强大小，连线越靠近中点电场线越稀疏，中垂线越远离中点电场线越稀疏，据此逐一判断四个选项对错。
本题依托等量异种电荷电场线分布图，围绕电场对称性与场强大小判断设置选项，考点基础典型，侧重考查电场线物理意义与等量异种电荷电场分布规律，题型常规，能有效巩固静电场基础认知。
7.【答案】A
【解析】解：A.对木卫一、根据万有引力提供向心力GMmr2=m4π2T2r，解得木星的质量为M=4π2r3GT2，故A正确；
B.木星的体积为V=43πR3，木星的平均密度为ρ=MV，得ρ=3πr3GT2R3，故B错误；
C.根据开普勒第三定律r3T2=r23T22，其中T2=2T，解得木卫二与木卫一的轨道半径之比为r2:r=34:1，故C错误；
D.木星卫星受到的向心力为木星对卫星的万有引力F=GMmr2，由于木星卫星的质量未知，无法比较木卫二与木卫一的向心力大小关系，故D错误。
故选：A。
根据万有引力提供向心力列式求解木星的质量；根据质量-密度公式列式求解密度；根据开普勒第三定律列式求解；根据万有引力定律与木星的卫星质量有关进行判断。
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万有引力定律的内容，属于中等难度考题。
8.【答案】C
【解析】解：A、设汽车做匀加速运动时的牵引力为F，根据牛顿第二定律有F−f=ma，可得F=f+ma。汽车达到额定功率时匀加速运动结束，则匀加速运动的最大速度为v1=PF=Pf+ma，故A错误；
B、当汽车受到的牵引力和阻力相等时速度最大，则汽车的最大速度为v2=PF=Pf，故B错误；
C、该汽车匀加速阶段的时间为t1=v1a=P(f+ma)a，故C正确；
D、t1∼t2时间内，根据动能定理得：P(t2−t1)−fs=12mv22−12mv12，解得s=2P(t2−t1)+m(v12−v22)2f，故D错误。
故选：C。
先根据牛顿第二定律求出汽车做匀加速运动时的牵引力大小，然后根据P=Fv计算匀加速运动达到的最大速度；当汽车的牵引力和阻力大小相等时速度最大，根据功率公式求最大速度；根据公式v1=at计算该汽车匀加速阶段的时间；根据动能定理求该汽车t1∼t2时间内通过的路程。
本题中汽车以恒定加速度启动，关键要搞清汽车的运动过程，掌握匀加速运动结束和变加速运动结束的条件。汽车的实际功率额定功率后匀加速运动结束。牵引力和阻力相等时，加速度为零，变加速运动结束，开始做匀速直线运动，速度最大。
9.【答案】AD
【解析】解：A、开普勒通过对第谷的天文观测数据的分析研究，通过数学方法建立了开普勒三大定律，故A正确；
B、当两物体距离趋近于0时，万有引力公式不再适用，不能再根据万有引力定律表式讨论分析，故B错误；
C、牛顿通过“月地检验”，发现了月球受到的引力与地面上的重力是相同性质的力，故C错误；
D、卡文迪许设计扭秤实验装置，借助实验放大法，比较准确地测出了引力常量，被称为“第一个称出地球质量的人”，故D正确。
故选：AD。
根据卡文迪许扭秤实验，牛顿“月地检验”，开普勒三大定律，结合万有引力公式的适用性分析求解。
本题考查了天体的物理学史，理解物理学家的贡献是解决此类问题的关键。
10.【答案】ABC
【解析】解：A、细杆拉着小球在竖直平面内做圆周运动，在最高点的最小速度为零．故A正确．
B、根据F向=mv2l知，速度增大，向心力增大．故B正确．
C、当v= gl，杆子的作用力为零，当v> gl时，杆子表现为拉力，速度增大，拉力增大．故C正确．
D、当v< gl时，杆子表现为支持力，速度减小，支持力增大．故D错误．
故选ABC.
细杆拉着小球在竖直平面内做圆周运动，在最高点的最小速度为零，靠径向的合力提供向心力，杆子可以表现为支持力，也可以表现为拉力，根据牛顿第二定律判断杆子的作用力和速度的关系．
解决本题的关键知道小球在最高点的临界情况，知道向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解．
11.【答案】AB
【解析】解：A.根据开普勒第三定律，探测器在轨道Ⅱ上的半长轴大于轨道Ⅰ的半径，则探测器在Ⅱ上的周期一定大于在轨道Ⅰ上的周期，故A正确；
B.根据卫星变轨原理，探测器从轨道Ⅰ经过P点时需要加速才能变轨到轨道Ⅱ，可知探测器在轨道Ⅰ上P点速度一定小于在轨道Ⅱ上P点速度，故B正确；
C.根据GMmr2=ma，可知探测器在轨道Ⅰ上P点加速度一定等于在轨道Ⅱ上P点加速度，故C错误；
D.根据开普勒第二定律，探测器在轨道Ⅲ上Q点速度一定大于在轨道Ⅲ上M点速度，故D错误。
故选：AB。
AD.根据开普勒第三定律和第二开普勒第二定律分析解答；B.根据卫星变轨时的速度变化情况分析判断；C.根据牛顿第二定律列式解答。
考查万有引力与圆周运动的相关知识，重点在于理解开普勒的运动定律和变轨原理，属于较低难度考题。
12.【答案】AC
【解析】解：A、等势线的疏密反映电场强度大小，等势线越密，电场强度E越大。
A点等势线更密集，故EA>EB
结合牛顿第二定律a=Fm=qEm，电子在A点受力更大，加速度更大，故A正确；
B、电子在C点电势能EpC=5eV，由Ep=qφ
C点电势：φC=EpCq=5eV−e=−5V
相邻等势线电势差绝对值为10V，结合轨迹弯曲方向(电场力指向轨迹内侧，电子带负电，电场线与等势线垂直且由高电势指向低电势)，可判断电势沿b→c→d→e依次升高，由φC=φe，φe−φb=30V
代入数据可得φb=−35V，B错误；
C、根据φB=φd，φd−φc=φc−φb
代入数据可得φd−φc=10V
则φc=−25V，φB=−15V
得EpB=qφB
代入数据可EpB=15eV
B点总能量E=EkB+EpB=25eV+15eV=40eV
A点与c点等势，故A点电势能EpA=Epc=qφc
代入数据可EpA=25eV，C正确；
D、电子总能量E=40eV
由E=Ek+Ep
动能Ek=5eV时，电势能Ep=35eV，电势为−35V，电子未能到达b等势线上，所以电子运动中的动能不可能为5eV，故D错误。
故选：AC。
根据等势线疏密判断场强与加速度大小，结合电子动能电势能总量守恒、相邻等势线电势差，计算各点电势能与电势，逐一判断选项。
本题是等势线综合分析题，融合电场力、能量守恒、电势差知识点，侧重轨迹受力分析与能量守恒的综合应用。
13.【答案】AD
【解析】解：A.由静止释放物块A，物块A向下加速运动过程中，绳子的拉力做负功，重力做正功，物块A的机械能减小，故A正确；
B.设物块A下滑过程中绳与竖直方向的夹角为α，则vAcsα=vB
由此可知，物块B的速度小于物块A的速度，当物块A的速度为0时，物块B的速度也为0，故B错误；
C.设物块A、B处于同一高度时定滑轮左侧细绳与水平方向所成的角为θ，有Ltanθ=2L−Lcsθ，又(sinθ)2+(csθ)2=1
可得sinθ=0.6
则等高时的总动能为Ek=mgLtanθ−2mg(Lcsθ−L)
则Ek=14mgL
此时A、B都有动能，速度不为零，故C错误；
D.当物块A的速度为零时，下落的高度最大，物块B的速度也为0，则mgℎ=2mg( ℎ2+L2−L)
解ℎ=43L，故D正确；
故选：AD。
先分析绳子拉力对A做功的正负，判断A的机械能变化；再通过速度分解，对比A、B的速度大小关系；接着利用系统机械能守恒，分别分析A、B等高和A到达最低点这两个特殊位置的速度与位移关系。
本题最易出错的地方是速度分解时混淆合速度与分速度的关系，误判A、B的速度大小；也容易在应用机械能守恒时，忽略绳子长度变化与A、B位移的对应关系，导致位移计算错误。
14.【答案】B
AC;B; g2k
【解析】解：(1)对比A、B两小球在竖直方向的运动，可以判断在竖直方向的分运动是自由落体运动，故B正确，AC错误。
故选：B。
(2)①AB.只有保证小球到达斜槽末端的速度相同，斜槽轨道可以不光滑，但必须从同一点由静止释放小球，故A正确，B错误；
C.为描绘轨迹准确，小球平抛运动时要靠近但不接触硬板，故C正确；
D.画轨迹图时应把大部分描出的点用平滑的曲线连接起来，其它点均匀分布在曲线两侧，远离的点舍去，故D错误。
故选：AC。
②描绘轨迹时用平滑的曲线连接各点，不在曲线上的点均匀分布在曲线两侧，远离的点舍去，故B正确，AC错误。
故选：B。
③以平抛起点O为坐标原点，根据平抛运动规律有x=v0t，y=12gt2
联立可得y=g2v0x2
结合图像斜率有g2v02=k
解得v0= g2k
故答案为：(1)B；(2)①AC；②B；③ g2k。
(1)对比A、B两小球在竖直方向的运动判断；
(2)①根据保证小球到达斜槽末端的速度相同判断；根据减小描绘轨迹误差判断；根据描绘轨迹的方法判断；
②根据描绘轨迹的方法判断；
③根据平抛运动规律推导图像对应的函数表达式，结合图像斜率计算。
本题考查探究平抛运动及其特点实验，关键掌握实验原理和利用图像处理问题的方法。
15.【答案】A
2.0
0.6
0.7
9.8

【解析】解：(1)A、重物最好选择密度较大的物块，受到的阻力对实验的影响较小，故A正确；
B、由于此实验是验证m1、m2组成的系统机械能守恒，所以必须要测量重物的质量，故B错误；
C、实验中应先接通电源，再释放纸带，故C错误；
D、实验中的瞬时速度是利用平均速度的定义来计算的，如果用公式v= 2gℎ来计算的话，相当于默认物体是做自由落体的了，那必然是机械能守恒的，没有探究的意义，故D错误；
故选：A。
(2)相邻计数点间的时间间隔为
T=5×1f=5×150s=0.1s
重物做匀加速直线运动，根据一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可得在纸带上打下计数点B时的速度为
vB=ℎOC−ℎOA2T=87.50−46.522×0.1×10−2m/s=2.0m/s
(3)在打计数点O到B过程中系统动能的增加量为：ΔEk=12(m1+m2)vB2=12×(100+200)×10−3×2.02J=0.6J
系统重力势能的减小量为ΔEp=(m2−m1)gℎB=(200−100)×10−3×10×65.00×10−2J≈0.7J
(4)由系统机械能守恒定律得12(m1+m2)v2=(m2−m1)gℎ
整理得v2=2(m2−m1)gm1+m2ℎ
结合图像斜率有2(m2−m1)gm1+m2=
解得g=9.8m/s2
故答案为：(1)A；(2)2.0；(3)0.6，0.7；(4)9.8。
(1)根据减小阻力对实验的影响判断；根据实验原理判断；根据充分利用纸带判断；根据物体是做自由落体，必然是机械能守恒判断；
(2)根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段的平均速度计算打B点时重物的速度；
(3)根据重力势能表达式和动能表达式计算；
(4)根据机械能守恒定律推导图像对应的函数表达式，结合图像计算。
本题关键掌握验证系统机械能守恒的实验原理和利用图像处理数据的方法。
16.【答案】漂移管A的长度为0.3m
相邻漂移管间的加速电压U为8×104V
【解析】解：(1)由题意可得漂移管A的长度为：L=v1⋅T2
已知：v1=6×106m/s，周期为T=1×10−7s
解得：L=0.3m
(2)质子从漂移管A运动到漂移管E共经过4次加速，设质子的电荷量为q、质量为m，根据动能定理得：
4qU=12mv22−12mv12
已知：v2=1×107m/s，qm=1×108C/kg
解得：U=8×104V
答：(1)漂移管A的长度为0.3m；
(2)相邻漂移管间的加速电压U为8×104V。
(1)质子在漂移管内做匀速直线运动，由运动学公式求得漂移管A的长度；
(2)质子从漂移管A运动到漂移管E共经过4次加速，根据动能定理求得相邻漂移管间的加速电压。
本题考查了带电粒子在电场中的运动问题，涉及到了直线加速器的应用，题目较简单，应用动能定理解答。
17.【答案】座椅受到绳子的拉力大小为500 2N
该同学运动的角速度大小为 2rad/s
物品的落点到转轴中心的距离为15m
【解析】解：(1)以该同学和座椅整体为研究对象，竖直方向根据受力平衡有mg=Tcsθ
解得座椅受到绳子的拉力T=500 2N。
(2)水平方向上拉力的分力提供向心力，根据牛顿第二定律可得mgtanθ=mω2r
人和座椅的转动半径r=R+Lsinθ
解得角速度ω= 2rad/s。
(3)物品掉落瞬间的速度v=ω(R+Lsinθ)= 2×(2.5+ 2×2.5× 22)m/s=5 2m/s
物品掉落之后做平抛运动，竖直方向的下落高度为ℎ−Lcsθ=12gt2，解得物品平抛运动的总时间t=2s；可得平抛水平位位移x=vt=5 2×2m=10 2m
物品落点到转轴中心的距离为平抛水平位移与圆周运动半径构成直角三角形的斜边，为R′= x2+(R+Lsinθ)2= (10 2)2m+(2.5+ 2×2.5× 22)2m=15m。
答：(1)座椅受到绳子的拉力大小为500 2N。
(2)该同学运动的角速度大小为 2rad/s。
(3)物品的落点到转轴中心的距离为15m。
(1)把人和座椅当作整体，竖直方向受力平衡列方程，解出绳子拉力。
(2)结合几何关系算出圆周运动实际半径，拉力水平分力提供向心力，由牛顿第二定律列式求出角速度。
(3)由线速度公式算出物品脱落瞬间的水平速度，物品脱落后做平抛运动，利用竖直下落高度求出平抛总时间，算出平抛水平位移，用勾股定理求出落点到转轴中心的距离。
本题考查水平面内匀速圆周运动受力分析、正交分解法、向心力公式、圆周运动线速度角速度关系，以及平抛运动分运动规律，结合几何长度、勾股定理完成多阶段计算。
18.【答案】滑块第一次到达C点处对轨道的压力大小为22N
弹簧获得最大的弹性势能为1.6J
滑块最后一次经过圆周轨道最高点E时的速度大小为2m/s
【解析】解：(1)滑块从斜面顶端由静止下滑至最低点C，此过程机械能守恒，有mgℎ=12mv12。滑块在C点时，由牛顿第二定律得FN−mg=mv12R，代入数据可解得轨道对滑块的支持力大小为FN=22N。依据牛顿第三定律，滑块第一次运动至C点处对轨道的压力大小N=22N。
(2)滑块从开始下滑直至弹簧被压缩到最短，整个过程中仅有水平轨道CD段存在摩擦力做负功。根据能量守恒定律，有mgℎ−μmgL=Epm，代入数据解得弹簧获得的最大弹性势能Epm=1.6J。
(3)滑块恰能通过圆周轨道最高点E时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律有mg=mvmin2R。此时，滑块在C点所需的最小动能为ECmin=mg(2R)+12mvmin2，解得：ECmin=1.0J。
滑块每次在CD段往返一个来回，克服摩擦力所做的功为Wf=2μmgL，解得：Wf=0.8J。滑块初始时在C点的动能为mgℎ=2.0J。滑块在CD段往返一个来回后，第一次返回到C点时的动能为EC1=mgℎ−Wf，解得：EC1=1.2J。
由于EC1>ECmin，故滑块能够再次通过最高点E，并冲上斜面后原路折返。滑块折返后第二次到达C点时的动能EC2=EC1=1.2J，此时滑块将最后一次通过最高点E(因为若再次进入CD段往返，到达C点的动能将变为1.2J−0.8J=0.4J，而0.4J