2025-2026学年广东省中山市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2025-2026学年广东省中山市高一（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.关于运动的描述，下列说法正确的是( )
A. 曲线运动一定是变速运动
B. 变速运动一定是曲线运动
C. 曲线运动一定是变加速运动
D. 加速度大小、速度大小都不变的运动一定是直线运动
2.某同学踢出的足球在空中运动轨迹如图所示，不计空气阻力，关于足球在空中飞行的过程中，下列说法正确的是( )
A. 足球的速度大小不变，方向时刻发生变化
B. 足球的加速度大小不变，方向时刻发生变化
C. 足球上升过程和下落过程所用的时间相等
D. 足球水平方向的分运动是匀加速直线运动
3.如图所示，老师手持教鞭绕端点O点做匀速圆周运动，教鞭上A、B两点与O点的距离满足AO：BO=4：5。则A、B两点的向心加速度大小之比为( )
A. 1：1B. 4：5C. 5：4D. 16：25
4.如图，一飞行器沿椭圆轨道Ⅰ运行，地球位于椭圆轨道Ⅰ的一个焦点O上。飞行器在某位置P经极短时间变轨后，沿圆轨道Ⅱ运行。已知轨道Ⅰ的半长轴大于轨道Ⅱ的半径，忽略飞行器质量的变化，则飞行器( )
A. 在轨道Ⅰ上从P点到M点，所受地球的引力大小逐渐增大
B. 在轨道Ⅱ上的周期大于在轨道Ⅰ上的周期
C. 在轨道Ⅱ上的速度小于在轨道Ⅰ上经过M点的速度
D. 在轨道Ⅱ上所受地球引力的大小等于在轨道Ⅰ上P点所受地球引力的大小
5.如图所示，空间站中操控货物的机械臂由长度均为L的臂杆1和臂杆2通过O1轴连接而成，臂杆2一端固定在O2轴上，臂杆1前端固定质量为m的货物，货物和机械臂先一起绕O2轴做半径为2L、角速度为ω的匀速圆周运动，货物运动到A点停下，之后两臂杆同时绕O1、O2轴转动使货物从A点由静止做匀加速直线运动，经时间t到达B点，已知A、B间距离为L。不计重力影响，下列说法正确的是( )
A. 货物做匀速圆周运动时，向心力大小为Fn=mω2L
B. 货物做匀速圆周运动时，线速度大小为v=2ωL
C. 货物从A到B的过程中，加速度大小为a=Lt2
D. 货物到达B点时，机械臂对其做功的瞬时功率为P=mL2t3
6.某同学受斧子劈柴的启发，设计了如下实验，侧视图为直角三角形的物块A与梯形的物块B相接触，放置在水平面上，物块A左侧紧贴竖直墙壁。现以速度v1竖直向下推动物块A，物块B以水平速度v2向右运动，物块A的MN边与物块B的PQ边始终贴合在一起，已知∠MNS=α，则v1与v2的大小关系为( )
A. v2=v1csα
B. v2=v1csα
C. v2=v1tanα
D. v2=v1sinα
7.某枪械爱好者在进行子弹打靶测试时，搭建了如下实验装置：光滑水平台面上静置一质量为M的缓冲靶座，靶座通过轻弹簧固定在刚性试验墙上，一枚质量为m的子弹以水平初速度v0经极短时间射入靶座并完全嵌入，之后经t时间，弹簧第一次被压缩至最短，定义平均作用力大小F−=ΔIΔt，其中ΔI为作用力冲量的大小，Δt为作用时间，则此过程中试验墙对弹簧的平均作用力大小为( )
A. 0B. m2v0(M+m)⋅tC. Mmv0(M+m)⋅tD. mv0t
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，无人机悬停在地面上方ℎ=4m处，将质量为m=0.5kg的应急物资从悬停位置由静止释放，物资竖直下落到达地面，已知物资落地时的动能为12J，以地面为重力势能零点，物资运动过程中空气阻力大小恒定，无人机和物资可视为质点，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的有( )
A. 空气阻力的大小为2N
B. 物资下落至整个过程中点处时，动能和重力势能相等
C. 物资在悬停点的重力势能为20J
D. 若物资从无人机正下方的地面以某一初速度竖直向上抛出，恰好能到达无人机悬停的位置，则上抛时的初动能为28J
9.“天问二号”探测器于2025年5月29日在西昌卫星发射中心成功发射升空。该探测器绕太阳的运动可近似看作匀速圆周运动，其周期为T，轨道半径为r，已知引力常量为G，太阳的半径为R。下列说法正确的有( )
A. 在半径不同的圆轨道上，天问二号的周期与轨道半径成正比
B. 太阳的质量为4π2r3GT2
C. 太阳表面的重力加速度大小为4π2r3R2T2
D. 若探测器轨道半径增大为原来的2倍，其运行线速度将变为原来的 2倍
10.如图所示，光滑细杆AB、AC在A点连接，AB竖直放置，AC水平放置，两相同的中心有孔的小球M、N，分别套在AB和AC上，并用一不可伸长的细绳相连，细绳恰好被拉直，现由静止释放M、N，在N球碰到A点前的运动过程中，下列说法正确的有( )
A. 细绳的拉力对N做正功
B. M球的机械能减小
C. M球的动能一直增加
D. M和N组成的系统的机械能不守恒
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某物理兴趣小组利用生活中的器材探究向心加速度的相关规律。如图所示，他们将手机(可视为质点)紧贴手动脱水筒的内壁竖直放置，缓慢调节脱水筒的转速，使手机随脱水筒一起做匀速圆周运动。利用手机自带的传感器记录手机的向心加速度a和角速度ω的数值，通过刻度尺测量脱水筒的直径，更换不同半径的脱水筒，重复以上操作。
(1)脱水筒半径不变的情况下，通过拟合得到a−ω2图像为一条过原点的直线，说明
(2)如果要探究向心加速度a和圆周运动半径r的关系，则物体匀速转动的角速度需 (选填“变大”“变小”或“不变”)
(3)若a−ω2图中图线的斜率为k，则圆周运动的半径可表示为r=
(4)若将横坐标换成周期T的平方，保持其他条件不变，则a−T2图像为 (选填“直线”或“曲线”)
12.某同学设计了如图所示的斜槽碰撞实验，验证碰撞过程中的动量守恒。图中a、b两球的质量分别为m1、m2，且满足m1>m2，两球半径相等，实验装置包含天平、斜槽轨道、木板、白纸与复写纸等。实验步骤如下：
①调节斜槽末段轨道水平，将白纸和复写纸依次固定在木板上，保持木板处于竖直状态，且紧靠斜槽末端，小球a从斜槽某固定点由静止释放，撞在木板上留下痕迹O；
②保持木板竖直，将其向右平移距离L并固定，小球a从同一点释放，撞在木板上留下痕迹B；
③将小球b静置于斜槽水平段右端，小球a从同一点释放，与小球b发生正碰，两球撞在木板上留下痕迹A和C。
回答下列问题(所有表达式均用题中所给字母表示)：
(1)痕迹C是小球 在白纸上留下的(选填“a”或“b”)
(2)本实验必须测量的物理量有______
A. 当地的重力加速度gB. 木板水平向右平移的距离L
C. 小球a、b的质量m1、m2D. O点到A、B、C三点的距离y1为y2、y3
E. 小球a、b的半径r
(3)在实验误差允许范围内，若关系式 成立，则可验证碰撞过程动量守恒
(4)若满足关系式 ，则可以判定碰撞为弹性碰撞
(5)本实验存在误差，请任意列举一条尽可能减小实验误差的方法
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.某科考队在地球南极某地做了如下实验：将可视为质点的小球沿光滑冰坑内壁推出，使小球在水平面内做半径为R0的匀速圆周运动，小球所在位置处的切面与水平面夹角为θ，如图所示。测得小球运动的周期为T。
(1)请根据以上测量数据求出该地的重力加速度g
(2)已知地球半径为R，引力常量为G，请结合(1)问的测量结果，估算地球的质量和近地卫星环绕地球做匀速圆周运动线速度v的大小
14.某矿井水平轨道上有一辆电动运输车，其质量m=8×104kg，牵引力额定功率为P。运输车在轨行驶时，受到的阻力恒为车重的0.2倍。运输车从静止开始以a=1m/s2的加速度匀加速启动，t1=10s时，达到额定功率，之后保持额定功率行驶，t2=30s时运输车的速度可视作达到最大。已知重力加速度g取10m/s2，求：
(1)t1=10s时，运输车的速度大小v1及牵引力的额定功率P
(2)当速度为12m/s时，运输车的加速度大小
(3)运输车在0∼t2时间内的位移大小
15.如图所示，一半径为R的细圆管道竖直放置，底端分别与两侧水平直轨道相切。左侧轨道的左端固定一水平放置的轻质弹簧，右侧轨道的右端N处固定一挡板。将质量为3m的小球A压紧弹簧后由静止释放，小球A脱离弹簧后与静置于左侧轨道的质量为m的小球B发生弹性正碰，碰撞后小球A被立刻取走，小球B第一次运动到圆管道的最低点时对管道的压力大小为20mg；小球B经过圆管道后和右侧水平轨道N处的挡板碰撞，反弹后第二次经过圆管道最高点时，所受的弹力恰好为零。已知右侧水平轨道MN段粗糙，长度为4R，其余管道及轨道部分均光滑，小球可视为质点，小球B每次与挡板碰撞前、后的动能之比为5：3，已知重力加速度g。求：
(1)小球B第一次被A碰撞后的速度大小v和释放小球A瞬间弹簧的弹性势能Ep
(2)小球B与右侧MN段水平轨道间的动摩擦因数μ
(3)小球B最终停下的位置与挡板间的距离s
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：AB、做曲线运动的物体速度方向在时刻变化，所以做曲线运动一定是变速运动；当物体的速度方向与加速度方向共线时，物体做是直线运动，只有加速度方向与速度方向不共线时，物体才做曲线运动，所以变速运动不一定是曲线运动，故A正确，B错误；
C、做曲线运动的物体，其速度方向不断变化，存在加速度，加速度可能保持不变，比如平抛运动，平抛运动是匀变速曲线运动，故C错误；
D、加速度大小、速度大小都不变的运动只能是做匀速圆周运动或者是匀速螺旋运动，不可能是直线运动，故D错误。
故选：A。
做曲线运动的物体速度方向在时刻变化；加速度方向与速度方向不共线时，物体做曲线运动；做匀速圆周运动的物体，其速度大小和加速度大小都不变，据此分析即可。
知道物体做曲线运动的条件，以及匀速圆周运动的速度和加速度特点是解题的基础。
2.【答案】C
【解析】解：AB、分析足球的速度与加速度，根据斜抛运动规律可知其速度大小不断变化，且整个过程仅受重力作用，加速度恒为重力加速度g，大小和方向均不发生变化，故AB错误；
C、分析足球的运动时间，由竖直方向抛体运动的对称性可知，足球上升过程与下落过程的高度位移大小相等，所用时间相等，故C正确；
D、分析水平方向的分运动，由于水平方向不受外力，该方向的分运动为匀速直线运动，故D错误。
故选：C。
足球做不计空气阻力的斜抛运动，全程仅受重力作用，加速度恒定为重力加速度，分析时将运动沿水平、竖直两个方向正交分解，水平方向不受外力，运动状态保持恒定，竖直方向为匀变速运动，上升与下落过程满足位移对称关系，结合运动学规律判断各物理量的变化特征即可。
本题考查斜抛运动规律、运动的合成与分解、受力与运动的对应关系等知识点，属于中等偏下难度题目，计算量极小。考查重点是斜抛运动的分解建模思路，以及匀变速曲线运动的受力与运动特征，同时涉及竖直上抛运动对称性的应用，能够锻炼学生的曲线运动拆分分析能力，辨析斜抛运动相关性质的常见认知误区。
3.【答案】B
【解析】解：教鞭绕端点O做匀速圆周运动，A、B两点属于同轴转动，因此A、B两点的角速度大小完全相等。
由向心加速度公式an=ω2r，可知A、B两点的向心加速度大小之比aAaB=ω2AOω2BO=AOBO=45，故ACD错误，B正确。
故选：B。
由于A、B两点同轴转动，二者角速度大小相等，代入向心加速度公式，通过转动半径的比值得到两点向心加速度之比。
本题考查同轴转动的运动特点，匀速圆周运动向心加速度公式的理解与比例计算。
4.【答案】D
【解析】解：A、根据F=GMmr2，可知飞行器在轨道Ⅰ上从P点到M点，离地球越来越远，所受地球的引力大小逐渐减小，故A错误；
B、根据开普勒第三定律a3T2=k，因轨道Ⅰ的半长轴大于轨道Ⅱ的半径，则飞行器在轨道Ⅰ上的周期大于在轨道Ⅱ上的周期，故B错误；
C、设飞行器在过M点的圆轨道上绕地球做圆周运动的速度为v1，在轨道Ⅱ上的速度大小为v2，在轨道Ⅰ上经过M点的速度为vM。
飞行器绕地球做圆周运动时，根据万有引力提供向心力得GMmr2=mv2r，可得v= GMr，轨道半径越小，线速度越大，则v2>v1。从轨道Ⅰ进入过M点的圆轨道必须在M点加速，则v1>vM，综合可得v2>vM，即飞行器在轨道Ⅱ上的速度大于在轨道Ⅰ上经过M点的速度，故C错误；
D、轨道Ⅱ的半径与轨道Ⅰ上P点到地心的距离相等，根据F=GMmr2，可知飞行器在轨道Ⅱ上所受地球引力的大小等于在轨道Ⅰ上P点所受地球引力的大小，故D正确。
故选：D。
根据万有引力公式分析飞行器在轨道Ⅰ上从P点到M点所受地球的引力大小变化情况；根据开普勒第三定律分析周期关系；飞行器绕地球做圆周运动时，根据万有引力提供向心力列式，得到线速度表达式，进而分析飞行器在过M点的圆轨道上绕地球做圆周运动的速度与在轨道Ⅱ上的速度大小，结合变轨原理分析在轨道Ⅰ上经过M点的速度与在过M点的圆轨道上运行速度关系，从而得到在轨道Ⅱ上的速度与在轨道Ⅰ上经过M点的速度关系；根据万有引力公式分析飞行器在轨道Ⅱ上所受地球引力的大小与在轨道Ⅰ上P点所受地球引力的大小关系。
本题考查万有引力定律和开普勒第三定律的应用，要掌握变轨原理，分析飞行器变轨时速度变化情况。
5.【答案】B
【解析】解：A、货物做匀速圆周运动时，半径为2L，则向心力大小为Fn=mω2⋅2L=2mω2L，故A错误；
B、货物做匀速圆周运动时，半径为2L、角速度为ω，则线速度大小为v=ω⋅2L=2ωL，故B正确；
C、货物从A到B的过程中做初速度为零的匀加速直线运动，则有L=12at2，可得a=2Lt2，故C错误；
D、货物到达B点时速度为v=at=2Lt，根据牛顿第二定律，机械臂对货物的作用力大小F=ma=2mLt2，则械臂对其做功的瞬时功率为P=Fv=4mL2t3，故D错误。
故选：B。
货物做匀速圆周运动时，转动半径为r=2L，根据Fn=mω2r求向心力大小；根据v=ωr求线速度大小；货物从A点由静止运动到B点做匀加速直线运动，根据位移-时间公式求其加速度大小；由v=at求出货物到达B点时的速度大小。根据牛顿第二定律求出机械臂对货物的作用力F，再由P=Fv计算机械臂对其做功的瞬时功率。
解答本题时，要注意在空间站中货物处于完全失重状态，重力不起作用，根据圆周运动规律和牛顿第二定律、功率公式解答。
6.【答案】C
【解析】解：物块A的速度沿垂直于接触面方向的分量为v1sinα
物块B的速度沿垂直于接触面方向的分量为v2csα
如图所示
由接触面始终贴合得v1sinα=v2csα
解得v2=v1tanα，故C正确，ABD错误。
故选：C。
物块A的MN边与物块B的PQ边始终贴合在一起，所以垂直PQ面的速度相等，将AB速度垂直PQ面分解，列等式求解v1与v2的大小关系。
本题主要考查关联速度问题，解题关键是找见分速度相等。
7.【答案】D
【解析】解：设子弹射入靶座后两者的共同速度为v1，因击中过程时间极短，子弹与靶座组成的系统在水平方向动量守恒。
规定向右为正方向，根据动量守恒定律有：mv0=(M+m)v1；
子弹和靶座共同向右压缩弹簧，经过时间t弹簧被压缩至最短，此时系统的末速度为0。
在此过程中，对子弹和靶座组成的系统应用动量定理，设弹簧对系统的平均作用力大小为F−弹，力的方向向左(与规定的正方向相反)，则有：−F−弹t=0−(M+m)v1；
联立上述两式，解得弹簧对系统的平均作用力大小为：F−弹=mv0t；
由于轻弹簧的质量忽略不计，处于共点力平衡或受力传递状态，试验墙对弹簧的平均作用力大小与靶座对弹簧的平均作用力大小相等(靶座对弹簧的作用力与弹簧对靶座的作用力为作用力与反作用力)，因此试验墙对弹簧的平均作用力大小为F−=F−弹=mv0t，故D正确，ABC错误。
故选：D。
子弹射入靶座的极短过程中弹簧形变量可忽略，子弹与靶座组成的系统水平方向动量守恒，可得到二者共速的速度。之后二者共同压缩弹簧，经时间t速度减为零、弹簧第一次压缩至最短，对该过程中子弹和靶座组成的系统应用动量定理，可求得弹簧对系统的平均作用力，结合轻弹簧两端受力大小相等的特点，即可得到试验墙对弹簧的平均作用力大小。
本题考查动量守恒定律、动量定理、轻弹簧受力特点等力学核心知识点，属于中等偏上难度选择题。题目计算量较小，侧重对物理过程拆分、研究系统选取的逻辑考查，需要学生准确判断子弹嵌入瞬间弹簧弹力可忽略的条件，合理拆分两个关联物理过程，同时明晰轻弹簧两端受力相等的规律，能有效锻炼学生的过程建模与规律适配能力，对学生的综合分析能力要求较高。
8.【答案】ACD
【解析】解：A、设空气阻力的大小为f。物资竖直下落到达地面的过程，根据动能定理得mgℎ−fℎ=Ek−0，解得f=2N，故A正确；
B、设物资下落的高度为H时，动能和重力势能相等，则有mg(ℎ−H)=Ek1
下落过程，根据动能定理得mgH−fH=Ek1
联立解得H=2.5m>ℎ2
所以物资下落至整个过程中点下方0.5m处时，动能和重力势能相等，故B错误；
C、物资在悬停点的重力势能为Ep=mgℎ=0.5×10×4J=20J，故C正确；
D、上抛过程，根据动能定理得：−mgℎ−fℎ=0−Ek2，解得初动能为Ek2=28J，故D正确。
故选：ACD。
对物资竖直下落到达地面的过程，根据动能定理列式，即可求出空气阻力的大小；根据动能定理求动能和重力势能相等时物资下落的高度；根据Ep=mgℎ求物资在悬停点的重力势能；根据动能定理分析D项。
本题涉及力在空间的积累效果，优先考虑动能定理。运用动能定理时，要明确物理过程，分析各力做功情况。
9.【答案】BC
【解析】解：AB、设太阳的质量为M。测器绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得
GMmr2=m4π2T2r
可得T2=4π2GMr3，可知在半径不同的圆轨道上，天问二号的周期的平方与轨道半径的三次方成正比
由上式可得M=4π2r3GT2，故A错误，B正确；
C、在太阳表面，根据万有引力等于重力得
GMm′R2=m′g
结合M=4π2r3GT2，解得太阳表面的重力加速度大小为g=4π2r3R2T2，故C正确；
D、根据GMmr2=mv2r，可得v= GMr，可知若探测器轨道半径增大为原来的2倍，其运行线速度将变为原来的 22倍，故D错误。
故选：BC。
探测器绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列式，分析周期与轨道半径的关系，并求出太阳的质量；在太阳表面，根据万有引力等于重力求太阳表面的重力加速度大小；根据万有引力提供向心力列式，得到线速度表达式，再分析轨道半径变化时线速度变化情况。
解答本题的关键要掌握万有引力定律应用的两条基本思路：万有引力提供向心力，以及万有引力等于重力，并能根据题意灵活选择向心力公式。
10.【答案】AB
【解析】解：A、细绳的拉力对N的拉力与N球的位移夹角为锐角，则拉力对N球做正功，故A正确；
B、细绳的拉力对M的拉力与M球的位移夹角为钝角，则拉力对M球做负功，M球的机械能减小，故B正确；
C、开始时，M球的速度为零。N球刚到A点时，M球的速度也为零，可知M球的速度先增大后减小，则M球的动能先增大后减小，故C错误；
D、对于M、N组成的系统，在整个运动过程中，只有重力做功，系统的机械能守恒，故D错误。
故选：AB。
根据细绳拉力方向与位移方向的关系判断细绳拉力对N做功正负；同理分析细绳拉力对M做功正负，进而判断M球的机械能变化情况；分析M球开始时以及N刚A点时的速度，再判断其动能变化情况；机械能守恒条件是只有重力或系统内弹力做功，判断M和N组成的系统的机械能是否守恒。
此题的关键要掌握机械能守恒的条件，分析清楚运动过程与物体的受力情况，根据力和位移的关系分析拉力做功正负。
11.【答案】【小题1】
在圆周运动半径不变时，向心加速度a与角速度的平方ω2成正比
【小题2】
不变
【小题3】
k
【小题4】
曲线

【解析】解：(1)由a=ω2r可知，当圆周运动的半径固定不变，向心加速度a和角速度平方ω2成正比，而过原点的直线正是物理量成正比的图像特征，因此脱水筒半径不变的情况下，通过拟合得到a−ω2图像为一条过原点的直线，说明在圆周运动半径不变时，向心加速度a与角速度的平方ω2成正比。
(2)本实验要探究向心加速度a和圆周运动半径r之间的关系，需要使用控制变量法。根据a=ω2r可知向心加速度同时受角速度和半径两个物理量影响，所以要控制物体匀速转动的角速度保持不变，只改变圆周运动的半径。
(3)由向心加速度公式a=ω2r，把a当作纵坐标，ω2当作横坐标，该关系式符合一次函数y=kx的形式，可知图线的斜率k就等于圆周运动的半径，即r=k。
(4)将ω=2πT代入向心加速度公式，可得a=4π2T2r。在半径r不变的条件下，向心加速度a与周期的平方T2成反比，所以a−T2图像为曲线。
故答案为：(1)在圆周运动半径不变时，向心加速度a与角速度的平方ω2成正比。(2)不变。(3)k。(4)曲线。
(1)利用向心加速度公式a=ω2r，结合正比函数图像特点分析半径不变时向心加速度与角速度平方的关系。
(2)探究向心加速度和半径的关系时采用控制变量法，控制角速度不变。
(3)对照一次函数解析式，明确a−ω2图像斜率代表圆周运动半径。
(4)将角速度用周期替换，推导向心加速度与周期平方的函数关系，判断a−T2图像的形状。
本题考查向心加速度公式、角速度与周期的换算，控制变量法，理解物理图像斜率的物理含义，能根据函数表达式判断图像的线型。
12.【答案】【小题1】
a
【小题2】
CD
【小题3】
m1 1y2=m1 1y3+m2 1y1
【小题4】
1 y2+1 y3=1 y1
【小题5】
小球多次释放，取痕迹平均位置

【解析】解：(1)由题意可知，未放小球b时，小球a撞在木板上留下痕迹B；放小球b后，小球a与其碰撞后，小球a平抛初速度减小，则小球a运动时间变长，竖直下落距离增大，即痕迹C是小球a在白纸上留下的。
(2)设小球平抛水平位移为x，竖直位移为y，则有x=v0，y=12gt2
联立解得v0=x g2y
则小球a碰前、碰后速度大小分别为L g2y2、L g2y3
小球b碰后速度大小为L g2y1
规定向右为正方向，根据动量守恒有m1L g2y2=m1L g2y3+m2L g2y1
整理得m1 1y2=m1 1y3+m2 1y1
可知本实验必须测量的物理量有m1、m2、y1、y2、y3，gL、小球a、b的半径/均不是必须测量的物理量，故ABE错误，CD正确。
故选：CD。
(3)由第(2)分析可知，若关系式m1 1y2=m1 1y3+m2 1y1成立，则可验证碰撞过程动量守恒。
(4)若碰撞为弹性碰撞，则有12m1(L g2y2)2=12m1(L g2y3)2+12m2(L g2y1)2
联立可得1 y2+1 y3=1 y1
(5)可能减小实验误差的方法：小球多次释放，取痕迹平均位置。
故答案为：(1)a；(2)CD；(3)m1 1y2=m1 1y3+m2 1y1；(4)1 y2+1 y3=1 y1；(5)小球多次释放，取痕迹平均位置。
(1)由小球a碰后速度减小确定；
(2)根据平抛运动的规律和动量守恒计算；
(3)由动量守恒确定；
(4)由动量守恒和机械能守恒计算；
(5)由次测量可减小偶然误差。
本实验考查平抛运动的规律，动量守恒和机械能守恒的应用，多次测量可减小偶然误差，实验探究能力，推理能力。
13.【答案】【小题1】小球在水平面内做半径为R0的匀速圆周运动，小球所在位置处的切面与水平面夹角为θ，则冰坑内壁的支持力与竖直方向的夹角为θ，竖直方向受力平衡，支持力的竖直分量抵消小球重力，即Ncsθ=mg，水平方向的合力提供向心力，即Nsinθ=mR0⋅4π2T2，将两式相除消去支持力N和小球质量m，整理后得到重力加速度g=4π2R0T2tanθ
【小题2】在南极地表，物体的重力近似等于地球对它的万有引力mg=GMmR2，可解得地球质量M=4π2R0R2GT2tanθ，对于近地卫星，其轨道半径近似等于地球半径R，万有引力完全提供向心力mg=mv2R，消去卫星质量m，整理得近地卫星线速度v=2πT⋅ R0Rtanθ

【解析】解：(1)小球在水平面内做半径为R0的匀速圆周运动，小球所在位置处的切面与水平面夹角为θ，则冰坑内壁的支持力与竖直方向的夹角为θ，竖直方向受力平衡，支持力的竖直分量抵消小球重力，即Ncsθ=mg，水平方向的合力提供向心力，即Nsinθ=mR0⋅4π2T2，将两式相除消去支持力N和小球质量m，整理后得到重力加速度g=4π2R0T2tanθ；
(2)在南极地表，物体的重力近似等于地球对它的万有引力mg=GMmR2，可解得地球质量M=4π2R0R2GT2tanθ，对于近地卫星，其轨道半径近似等于地球半径R，万有引力完全提供向心力mg=mv2R，消去卫星质量m，整理得近地卫星线速度v=2πT⋅ R0Rtanθ。
答：(1)该地的重力加速度g为4π2R0T2tanθ；
(2)地球的质量为4π2R0R2GT2tanθ，近地卫星环绕地球做匀速圆周运动线速度v的大小为2πT⋅ R0Rtanθ。
(1)根据圆锥摆运动知识结合牛顿第二定律、平衡条件列式求解重力加速度；
(2)根据黄金代换式和万有引力提供向心力列式求解第一宇宙速度。
考查圆锥摆的问题，牛顿第二定律和万有引力定律的应用，涉及知识点较多，需平时注意相关知识的积累，属于中等难度考题。
14.【答案】【小题1】运输车受到的阻力大小为 f=0.2mg=0.2×8×104×10N=1.6×105N
0−t1时间内，运输车做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得
F1−f=ma
解得F1=2.4×105N
t1=10s时，速度为v1=at1=1×10m/s=10m/s
t1=10s时，达到额定功率，则其额定功率为
P=F1v1=2.4×105×10W=2.4×106W
【小题2】当速度为v=12m/s时，根据牛顿第二定律得
Pv−f=ma′
解得加速度为a′=0.5m/s2
【小题3】当牵引力与阻力大小相等时，汽车速度最大，设为vm。
则P=Fvm=fvm
解得vm=15m/s
运输车在0∼t1时间内的位移大小为
x1=12at12=12×1×102m=50m
在t1−t2时间内，由动能定理有
P(t2−t1)−fx2=12mvm2−12mv12
代入数据可得x2=268.75m
则汽车在0∼t2期间的位移大小x=x1+x2=50m+268.75m=318.75m

【解析】解：(1)运输车受到的阻力大小为 f=0.2mg=0.2×8×104×10N=1.6×105N
0−t1时间内，运输车做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得
F1−f=ma
解得F1=2.4×105N
t1=10s时，速度为v1=at1=1×10m/s=10m/s
t1=10s时，达到额定功率，则其额定功率为
P=F1v1=2.4×105×10W=2.4×106W
(2)当速度为v=12m/s时，根据牛顿第二定律得
Pv−f=ma′
解得加速度为a′=0.5m/s2
(3)当牵引力与阻力大小相等时，汽车速度最大，设为vm。
则P=Fvm=fvm
解得vm=15m/s
运输车在0∼t1时间内的位移大小为
x1=12at12=12×1×102m=50m
在t1−t2时间内，由动能定理有
P(t2−t1)−fx2=12mvm2−12mv12
代入数据可得x2=268.75m
则汽车在0∼t2期间的位移大小x=x1+x2=50m+268.75m=318.75m
答：(1)t1=10s时，运输车的速度大小v1为10m/s，牵引力的额定功率P为2.4×106W；
(2)当速度为12m/s时，运输车的加速度大小为0.5m/s2；
(3)运输车在0∼t2时间内的位移大小为318.75m。
(1)0−t1时间内，运输车做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可求得牵引力大小。由v=at1求运输车的速度大小v1，再由P=F1v1求牵引力的额定功率P；
(2)当速度为12m/s时，根据功率公式和牛顿第二定律相结合求运输车的加速度大小；
(3)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。根据运动学公式求运输车在0∼t1时间内的位移大小。根据动能定理求运输车在t1∼t2时间内的位移大小，进而求得总位移。
本题考查了汽车恒加速启动问题，解题的关键是知道汽车牵引力和阻力大小相等时速度最大，知道汽车的功率达到额定功率时，汽车匀加速直线运动结束，将做变加速直线运动。
15.【答案】【小题1】小球B第一次运动到圆轨道最低点时，受重力和轨道的支持力，由牛顿第三定律可知轨道对小球B的支持力大小FN=20mg，根据牛顿第二定律FN−mg=mv2R，解得小球B被碰撞后的速度大小v= 19gR；
小球A、B发生弹性碰撞，设碰撞前A的速度为v0，碰撞后A的速度为vA，根据动量守恒定律3mv0=3mvA+mv，根据机械能守恒定律12(3m)v02=12(3m)vA2+12mv2，联立解得v0=23 19gR；
在小球A从释放到脱离弹簧的过程中，系统的弹性势能转化为A的动能，根据能量守恒定律，释放小球A瞬间弹簧的弹性势能Ep=12(3m)v02，代入数据解得Ep=383mgR
【小题2】小球B第二次经过圆轨道最高点时所受弹力恰好为零，仅由重力提供向心力，设此时速度为v1，根据牛顿第二定律mg=mv12R，求得此时小球B的动能Ek1=12mv12=12mgR；
小球B从第一次经过最低点到第一次碰撞挡板前的过程中，设碰前动能为Ek2，由动能定理有−μmg(4R)=Ek2−12mv2；
碰挡板后反弹的动能Ek3=35Ek2；
从小球B反弹至第二次经过最高点的过程中，由动能定理有−μmg(4R)−mg(2R)=Ek1−Ek3；
联立以上各式，代入数据解得小球B与右侧MN段水平轨道间的动摩擦因数μ=0.5
【小题3】小球B从第二次经过最高点滑下并再次到达水平轨道M点时，只有重力做功，设此时动能为Ek4，有Ek4=Ek1+mg(2R)，即Ek4=2.5mgR；
小球B从M点运动到N点的过程中，由动能定理有−μmg(4R)=Ek5−Ek4，代入数据解得第二次碰挡板前的动能Ek5=0.5mgR；
由于Ek5>0，小球B将与挡板发生第二次碰撞，碰撞后的反弹动能Ek6=35Ek5，解得Ek6=0.3mgR；
设小球B第二次反弹后滑行的距离为s后停止，由动能定理有−μmgs=0−Ek6，代入数据解得s=0.6R；
由于s0，小球B将与挡板发生第二次碰撞，碰撞后的反弹动能Ek6=35Ek5，解得Ek6=0.3mgR；
设小球B第二次反弹后滑行的距离为s后停止，由动能定理有−μmgs=0−Ek6，代入数据解得s=0.6R；
由于s