2025-2026学年广东省东莞市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2025-2026学年广东省东莞市高一（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.如图所示，在白纸上放置一根直尺，沿直尺的边缘放置一张校卡。甲同学将校卡沿直尺水平向右匀速运动的同时，乙同学用铅笔从校卡右下角由静止开始向上加速运动，则铅笔在纸上留下的痕迹可能是( )
A. B.
C. D.
2.某同学在玩飞镖游戏时，从一定高度水平掷出飞镖，飞镖落至地面插入泥土后的指向就是它落地瞬时速度的方向，如图所示。若不计空气阻力，以下说法正确的是( )
A. 飞镖在空中飞行时，速度方向时刻发生变化
B. 飞镖在空中飞行时，加速度方向时刻发生变化
C. 适当增大飞镖出手高度，飞镖水平射程会变短
D. 适当增大飞镖出手速度，飞镖在空中飞行时间会变长
3.2026年3月28日，世界超级摩托车锦标赛(WSBK)赛场，法国车手驾驶着中国摩托车制造商张雪机车的赛车，连夺SSP组别第一回合与第二回合冠军，实现两连冠。如图所示，赛车手驾驶摩托车在水平路面上匀速转弯过程中，下列说法正确的是( )
A. 赛车手处于平衡状态
B. 水平路面对车轮的支持力竖直向上
C. 若车速过大，摩托车将沿半径背离圆心向外飞出
D. 赛车手和摩托车整体受到重力、支持力、摩擦力和向心力的作用
4.2026年2月12日，捷龙三号遥九运载火箭在阳江海陵岛附近海域点火升空，以“一箭七星”海上发射方式成功将卫星精准送入520公里高度的预定轨道，发射任务取得圆满成功。则七星之一的“港中大一号”卫星做匀速圆周运动时( )
A. 线速度不变B. 周期小于24h
C. 向心加速度大于9.8m/s2D. 运行速度大于第一宇宙速度
5.如图所示，马路上半径R=20cm球形大理石墩顶部蹲着一只质量为0.10kg的小仓鼠，不小心沿球形侧面由静止滑落，到达四分之一圆弧A点后竖直下落。已知A点离地面高ℎ=2R，落地时速度v=3m/s，g取10m/s2，则整个过程中克服阻力做功为( )
A. 0.15J
B. 0.30J
C. 0.45J
D. 0.60J
6.如图所示，倾角为θ的斜面固定在水平面上，一轻质弹簧下端与固定在斜面底端的挡板连接，弹簧处于原长且上端位于B点，AB段粗糙，动摩擦因数为μ，BC段光滑。质量为m的物块在拉力F=μmgcsθ作用下从A点由静止沿斜面下滑，运动到B点时撤去力F，物块继续下滑压缩弹簧至最低点C(弹簧在弹性限度内)，下列说法正确的是( )
A. 物块从A点运动到B点的过程中，机械能增加
B. 物块从B点运动到C点的过程中，动能一直减小
C. 物块经C点后能再次返回至A点
D. 物块从B点运动到C点的过程中，机械能减少量等于弹簧弹性势能增加量
7.如图甲所示，汽车以30m/s的速度在平直路面上匀速行驶，10s时通过O点后进入足够长的斜坡，通过“换挡”的办法减小速度，来得到较大的牵引力；40s时以15m/s的速度匀速行驶，v−t图像如图乙所示。已知汽车始终保持额定功率行驶，且汽车所受路面及空气带来的阻力恒为1800N，不计通过O点前后能量的损失，下列说法正确的是( )
A. 汽车额定功率为27kW
B. 10s−40s时间内汽车做匀减速直线运动
C. 10s−40s时间内牵引力做的功为1.62×106J
D. 汽车在斜坡上做匀速运动的牵引力为1800N
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图是运动员投掷铅球的示意图，b点是铅球的抛出点，c点是运动过程中的最高点，d点是铅球的落地点，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 铅球在c点速度为零B. 铅球在c点加速度为零
C. 铅球在b点速度小于d点速度D. 铅球在bc段运动时间小于cd段运动时间
9.2025年11月1日，神舟二十一号航天员乘组入驻中国空间站，成功实现了中国航天史上第7次“太空会师”。已知空间站绕地球的运动可视为匀速圆周运动，轨道半径为r，运动周期为T，万有引力常量为G，地球半径为R。则( )
A. 在空间站内的物体不受重力的作用B. 空间站的运行速度v=2πrT
C. 地球的质量M=4π2R3GT2D. 地球表面的重力加速度g=4π2r3T2R2
10.如图是一弹珠游戏机的简化示意图，整个装置处于竖直平面内。圆心为O、半径为R的四分之一圆弧轨道与高为3R的面板相切于A、B两点，一区、二区、三区、四区为游戏获奖区，获奖区宽度均为R，一区右端在O点正下方，质量为m的弹珠被压缩弹簧弹射进入轨道。当弹簧的弹性势能Ep=4mgR时，弹珠恰好通过B点，弹珠可视为质点，弹簧长度远小于R。已知弹珠经过圆弧AB阻力做功恒定，重力加速度为g，不计其它一切阻力，下列说法正确的是( )
A. 弹珠经过B点速度为 gR
B. 整个过程弹珠机械能守恒
C. 弹珠经过圆弧AB克服阻力做功为12mgR
D. 要在四区获奖，弹簧压缩的弹性势能至少为174mgR
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.在“探究平抛运动的特点”的实验中，某组同学用如图甲所示装置研究平抛运动。
将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上，让钢球沿斜槽轨道PO滑下后从O点飞出，落在水平挡板MN上，并挤压白纸留下痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点
(1)某同学用图甲的实验装置得到的痕迹点如图乙所示，请在图乙中描出钢球的运动轨迹
(2)该同学发现图乙痕迹点中有一个点偏差较大，产生的原因可能是下列选项中哪一个______(填选项前的字母)
A. 钢球释放的高度偏低B. 钢球没有被静止释放
C. 斜槽轨道PO不够光滑D. 挡板MN未水平放置
(3)另一同学用频闪照相机记录了钢球做平抛运动过程中连续的A、B、C三点，于是就取A点为坐标原点，建立了如图丙所示的坐标系。平抛轨迹上的这三点坐标值图中均已标出，则根据图中数据计算钢球平抛的初速度为 m/s(g取10m/s2，计算结果保留两位有效数字)
12.
(1)某同学用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律，重物从高处由静止开始下落，重物拖着的纸带打出一系列的点，图乙是从纸带中选择一条符合实验要求的纸带(部分纸带未画出)，其中O点为起始点，A、B、C、D、E、F、G均为连续的计时点。已知打点周期为T，重力加速度为g。
①关于本实验，下列说法正确的是 ；
A.应尽量选择密度大、体积小的重物进行实验
B.可以利用v= 2gℎ或v=gt计算瞬时速度
C.用天平测出重物的质量
D.先接通电源，后释放纸带
②若已知OF的长度为ℎ1，EG的长度为ℎ2，选取从O点到F点的过程来验证机械能守恒定律，请用题中所给的字母写出需要验证的表达式为gℎ1=
(2)该同学发现由于空气阻力以及纸带与打点计时器摩擦阻力对实验的影响比较大，为此设计出图甲所示的实验装置来验证机械能守恒定律。真空管竖直固定在铁架台上，空心铁球被电磁铁吸引在真空管内，真空管下方连接的是抽气装置。
①断开电磁铁控制器，让空心铁球在真空管中从静止开始自由下落，经过光电门的挡光时间t，已知空心铁球的直径d，则空心铁球通过光电门时的瞬时速度可表示为v= 。
②通过改变光电门到电磁铁下端之间的距离h，重复实验，记录多组数据，若空心铁球下落过程中机械能守恒，重力加速度为g，作出ℎ−1t2图像如图乙所示，则图线的斜率k= (用题目中所给字母表示)，图线与h轴交点的物理意义为
四、计算题：本大题共4小题，共38分。
13.如图所示，置于圆形水平转台边缘的质量为m的物块随转台缓慢加速转动，物块可视为质点。当转台转动角速度ω=2rad/s时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动。现测得转台半径R=0.5m，离水平地面的高度H=0.8m，物块平抛落地过程水平位移的大小为x。设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知重力加速度g=10m/s2。求：
(1)物块滑离转台时的线速度大小v0
(2)物块与水平转台间的动摩擦因数μ
(3)物块落地点距离转台中心O的水平距离s(结果用根号表示)
14.中国自行研制具有完全自主知识产权的“神舟号”飞船，目前已经达到或优于国际第三代载人飞船技术，其发射过程简化如下：飞船在酒泉卫星发射中心发射，由“长征”运载火箭送入近地点为A、远地点为B的椭圆轨道上，然后飞船再进行变轨进入预定圆轨道，其中椭圆轨道B点与预定圆轨道相切，如图所示。已知：飞船的质量为m，椭圆轨道上近地点A距地心的距离为rA，远地点B距地心的距离为rB，飞船在椭圆轨道运行时经过A点的速度大小为vA，地球的半径为R，地球表面重力加速度为g，万有引力常量为G。假设地球是一个密度均匀的球体，求：
(1)地球的密度ρ
(2)飞船经过椭圆轨道近地点A时的加速度大小a
(3)飞船从椭圆轨道上A点运行至B点过程中，地球引力对飞船做的功W
15.滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来。如图所示是某滑板运动的轨道，BC和DE是两段光滑圆弧形轨道，BC段的圆心为O点，圆心角为θ=53∘，半径OC与水平轨道CD垂直，水平轨道CD段粗糙且动摩擦因数μ=0.2，B、E两点与水平面CD的竖直高度分别为ℎ=2m和H=2.45m。一质量为m=60kg(包括滑板)的运动员从轨道上A点以初速度v0=3m/s水平滑出，在B点刚好沿圆弧形轨道BC的切线方向滑入，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回，整个运动过程忽略空气阻力影响。重力加速度g=10m/s2，sin53∘=0.8，cs53∘=0.6，求：
(1)运动员到达B点时的速度大小
(2)轨道CD段的长度
(3)运动员到达B点时对轨道的压力大小
(4)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如果能，请求出回到B点时的速度大小；如果不能，则最后停在何处？
16.如图所示，处于光滑水平面上的四分之一光滑圆弧小车，半径R=0.2m，停靠在平台CDE左端且与平台高度相等。平台CDE高ℎ=0.2m，其中CD部分光滑，DE部分粗糙且与滑块Q间的动摩擦因数μ=0.25，长度L=1m的平台DE与半径同样为R的四分之一光滑圆弧固定轨道EF相切于E点。滑块P、Q间有一被锁定且处于压缩状态的轻质弹簧，弹簧与P、Q不拴接，解除锁定后，滑块Q恰好能到达轨道的F点。已知滑块P、Q离开CD平台前弹簧已经恢复原长，P、Q质量均为m=1kg，小车质量为M=0.5kg，取g=10m/s2，忽略运动过程中空气阻力的影响。求：
(1)滑块Q运动到E点时对轨道的压力大小
(2)初始弹簧的弹性势能
(3)滑块P滑离小车时，小车和滑块P的速度大小
(4)滑块P落地时距小车右端的水平距离
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：选取白纸为参考系，铅笔同时参与两个分运动：水平方向随校卡向右匀速直线运动；竖直方向由静止向上匀加速直线运动。其合速度的方向与合加速度的方向不在同一条直线上，笔尖做曲线运动，本题加速度竖直向上，曲线运动轨迹向加速度方向弯曲，因此痕迹曲线向上弯曲。
故ABD错误，C正确。
故选：C。
以白纸为参考系，铅笔水平方向随校卡匀速向右运动，竖直方向由静止向上加速运动，曲线轨迹向加速度方向(竖直向上)弯曲。
以白纸为参考系，铅笔水平方向随校卡匀速向右运动，竖直方向由静止向上加速运动，曲线轨迹向加速度方向(竖直向上)弯曲。
2.【答案】A
【解析】解：A、由题意可知，飞镖掷出后做平抛运动，平抛运动是曲线运动，曲线运动的速度方向沿轨迹切线方向，时刻发生变化，故A正确；
B、飞镖飞行过程只受重力，加速度恒为重力加速度g，方向始终竖直向下，不发生变化，故B错误；
C、由平抛运动的规律可知，飞行时间满足：ℎ=12gt2，解得：t= 2ℎg，可知出手高度h增大时，飞行时间t变长，由x=v0t可知，初速度v0不变时，水平射程会变长，故C错误；
D、飞镖飞行的时间为t= 2ℎg，仅由下落高度决定，与出手初速度无关，因此增大出手速度，飞行时间不变，故D错误。
故选：A。
飞镖掷出后做平抛运动，平抛运动是曲线运动，速度方向时刻在变；平抛运动的加速度始终不变；由平抛运动规律列式即可判断。
本题是对平抛运动规律的考查，解题的关键是要知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，平抛运动是匀变速曲线运动。
3.【答案】B
【解析】解：A.赛车手匀速转弯，速度方向不断变化，存在向心加速度，合力不为零，不处于平衡状态，故A错误；
B.水平路面的支持力属于弹力，弹力方向垂直接触面，水平路面的支持力竖直向上，故B正确；
C.车速过大时，摩擦力不足以提供向心力，摩托车做离心运动，逐渐远离圆心，但摩托车速度方向始终沿圆周切线方向，不会沿半径背离圆心飞出，故C错误；
D.向心力是合力提供的效果力，不是物体实际受到的力，受力分析中不需要单独分析向心力。赛车手和摩托车整体实际只受重力、支持力、摩擦力三个力，故D错误。
故选：B。
匀速转弯时物体做匀速圆周运动，存在向心加速度；弹力方向垂直接触面；离心运动物体沿切线飞出；向心力属于效果力，并非实际作用力。
本题考查水平面内匀速圆周运动受力分析、离心现象，解题关键是分清向心力为效果力，掌握离心运动的轨迹特点，明确接触面弹力方向垂直于接触面。
4.【答案】B
【解析】解：A.线速度是矢量，匀速圆周运动的线速度方向时刻改变，因此线速度是变化的，故A错误；
B.地球同步卫星的轨道高度约为36000km，远大于本题卫星的520km，根据开普勒第三定律，同步卫星周期为24h，因此该卫星周期小于24h，故B正确；
C.由GMmr2=ma，可得a=GMr2，r越大，a越小，近地卫星的向心加速度等于重力加速度g=9.8m/s2，该卫星轨道半径更大，因此向心加速度小于9.8m/s2，故C错误；
D.由GMmr2=mv2r，可得v= GMr，轨道半径r越大，速度v越小。第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，是所有绕地球做圆周运动卫星的最大环绕速度，因此该卫星运行速度小于第一宇宙速度，故D错误。
故选：B。
根据线速度的矢量性分析判断；根据开普勒第三定律分析解答；根据牛顿第二定律结合近地卫星的加速度进行判断；根据第一宇宙速度知识和圆轨道运行速度分析解答。
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宇宙速度，属于较低难度考题。
5.【答案】A
【解析】解：小仓鼠从石墩顶部静止开始滑落，最终落地。由图可知，石墩顶部比A点高R，A点离地面高2R，则石墩顶部到地面的高度H=R+2R=3R=3×20×10−2m=0.6m。
设整个过程克服阻力做功为Wf，小仓鼠初动能为0，根据动能定理可得mgH−Wf=12mv2−0，解得Wf=0.15J，故A正确，BCD错误。
故选：A。
整个过程中，只有重力和阻力对小仓鼠做功，根据几何关系确定石墩顶部到地面的高度，即可确定重力做功，根据动能定理求整个过程克服阻力做功。
解答本题时，要知道阻力是变力，不能根据功的公式求克服阻力做功，可根据动能定理求解。
6.【答案】D
【解析】解：A、物块从A点到B点过程中，除重力外，拉力F做正功WF=F⋅sAB，解得：WF=μmgcsθ⋅sAB。滑动摩擦力做负功Wf=−f⋅sAB，代入f=μmgcsθ，解得：Wf=−μmgcsθ⋅sAB。因此除重力外其他力总做功WF+Wf=0，根据机械能的变化量等于除重力外其他力做功之和，可知物块机械能不变，故A错误；
B、物块从B点运动到C点的过程中，BC段光滑，物块受重力、支持力和弹簧的弹力。刚越过B点时，重力沿斜面向下的分力大于弹簧弹力，合力沿斜面向下，物块做加速运动；随着弹簧压缩量增大，弹力增大，当弹力等于重力沿斜面向下的分力时，物块速度达到最大，动能最大；此后弹力大于重力沿斜面向下的分力，合力沿斜面向上，物块做减速运动，直到C点速度减为零。因此物块从B到C动能先增大后减小，故B错误；
C、物块从C点返回经过AB段时，摩擦力始终做负功，全程存在机械能损耗，因此不可能返回A点，故C错误；
D、物块从B点运动到C点的过程中，BC段光滑，只有重力和弹簧弹力做功，物块与弹簧组成的系统机械能守恒。根据系统机械能守恒可知，物块机械能的减少量必定等于弹簧弹性势能的增加量，故D正确。
故选：D。
先拆分物块的运动过程为A到B的沿斜面运动阶段、B到C的弹簧压缩阶段，先通过A到B阶段拉力与滑动摩擦力的大小关系，结合除重力外其他力做功与机械能变化的对应规律分析该段机械能变化，再分析B到C阶段物块沿斜面方向的受力变化，判断合力与速度方向的关系确定动能变化趋势，结合返回过程AB段摩擦力的能量损耗判断能否返回A点，最后通过物块与弹簧组成的系统的机械能守恒规律，分析物块机械能与弹簧弹性势能的转化关系。
本题考查受力分析、动能变化规律、功能关系与机械能守恒定律的综合应用，属于力学经典斜面弹簧模型，难度中等偏下。题目拆分多段运动过程，重点考察学生的过程梳理能力，要求准确对应功能关系中不同能量变化的做功来源，明确单个物体与系统机械能守恒的适用条件，整体计算量极小，侧重基础概念辨析与逻辑推理能力的考察。
7.【答案】C
【解析】解：A、汽车在平直路面匀速行驶时，牵引力等于阻力，即F=f=1800N，则汽车额定功率为P=Fv1=1800×30W=54kW，故A错误；
B、根据v−t图像的斜率表示加速度，由图乙可知，10∼40s内汽车做加速度减小的减速直线运动，不是匀减速直线运动，故B错误；
C、汽车额定功率不变，10∼40s内时间t=30s，牵引力做功W=Pt=54×103×30J=1.62×106J，故C正确；
D、汽车在斜坡匀速运动时，牵引力F=Pv2=54×10315N=3600N，除阻力外还需要平衡重力沿斜坡向下的分力，因此牵引力大于阻力1800N，故D错误。
故选：C。
汽车在平直路面匀速行驶时，牵引力等于阻力，根据功率公式求汽车额定功率；根据v−t图像分析汽车的运动情况；根据W=Pt求10s−40s时间内牵引力做的功；汽车在斜坡上做匀速运动时，根据功率公式和平衡条件相结合求牵引力。
本题汽车恒定功率启动问题，要掌握功率公式P=Fv来确定牵引力大小。能根据W=Pt求牵引力做功。
8.【答案】CD
【解析】解：A.将铅球的运动分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的匀变速直线运动，铅球运动到最高点c时，竖直分速度为0，但水平分速度vx不为0，即合速度不为0，故A错误。
B.铅球做斜抛运动，不计空气阻力全程只受重力，加速度恒为重力加速度g，可知c点加速度不为零，故B错误。
C.b点位置高于落地点d，铅球由b运动至d重力做正功。依据动能定理，合外力做功等于动能变化，铅球动能增大，可得铅球在b点的速度小于在d点的速度，故C正确。
D.铅球水平方向匀速直线运动，水平分速度vx恒定；由图可知bc段水平距离小于cd段水平距离，根据t=xvx可知水平位移越小运动时间越短，所以铅球在bc段运动时间小于cd段运动时间，故D正确。
故选：CD。
把铅球的斜抛运动分解为水平匀速直线运动和竖直方向匀变速运动，分析最高点的速度、加速度特点；根据动能定理，通过重力做功情况对比b、d两点的速度大小；依据水平分速度保持不变，结合水平位移长短比较bc、cd两段的运动时间。
本题考查斜抛运动规律，运用运动的分解思想，结合抛体运动受力特征与动能定理进行分析，考查运动独立性原理以及功能关系在曲线运动中的运用能力。
9.【答案】BD
【解析】解：A.地球附近的物体都受到重力的作用，可知在空间站内的物体受重力的作用，且重力充当向心力，故A错误；
B.空间站做匀速圆周运动，线速度v=2πrT，故B正确；
C.对空间站，根据GMmr2=m4π2rT2，解得地球质量M=4π2r3GT2，故C错误；
D.由mg=GMmR2，M=4π2r3GT2，解得g=4π2r3T2R2，故D正确。
故选：BD。
根据物体的受力分析进行判断；根据匀速圆周运动的线速度公式列式求解；根据万有引力提供向心力列式求解地球质量；根据黄金代换式列式求解。
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黄金代换式原理，属于较低难度考题。
10.【答案】ACD
【解析】解：B、题目明确说明圆弧AB对弹珠有阻力做功，因此整个过程弹珠机械能不守恒，故B错误；
A、弹珠在B点做圆周运动，圆心O在B正下方R处，恰好通过B点时向心力由重力提供mg=mvB2R，解得vB= gR，故A正确；
C、从弹簧弹射到弹珠到达B点，由能量守恒，弹性势能转化为重力势能、动能和克服阻力的功Ep=mg⋅3R+12mvB2+Wf，解得Wf=12mgR，即克服阻力做功为12mgR，故C正确；
D、四区获奖要求弹珠平抛水平位移至少为3R，对平抛运动，在竖直方向3R=12gt2，解得t= 6Rg，水平方向3R=vB′⋅t，解得vB′= 3gR2，由能量守恒可知，最小弹性势能Ep′=mg⋅3R+12mvB′2+Wf，代入得Ep′=3mgR+34mgR+12mgR=174mgR，故D正确。
故选：ACD。
整个过程包含弹簧弹性势能向动能转化、弹珠沿圆弧轨道的变速圆周运动、从B点抛出后的平抛运动三个阶段。结合圆周运动恰好过最高点的临界受力条件确定B点临界速度，通过能量守恒分析圆弧段克服阻力做功的大小，再结合平抛运动水平竖直分运动规律确定落入四区的最小B点速度，反向推导所需的最小弹性势能，过程中因圆弧段存在阻力做功，弹珠机械能不守恒。
本题考查圆周运动临界条件、能量守恒定律、平抛运动规律的综合应用，属于中等偏上难度的力学综合题，计算量适中。考查重点为多运动过程的拆分建模能力，要求学生准确拆解弹射、圆弧轨道运动、平抛三个独立过程，注意圆弧段存在恒定阻力做功不可直接应用机械能守恒，精准挖掘两类临界条件，合理选择公式求解，可有效锻炼学生的过程分析与逻辑推导能力。
11.【答案】【小题1】
【小题2】
B
【小题3】
1.0

【解析】解：(1)根据描点法，作图时舍弃相差较远的点，将其余各点用平滑曲线连接起来，如图所示：
(2)A.释放高度偏低会导致初速度偏小，水平位移小于正常点，位置偏左，故A错误；
B.钢球没有被静止释放会导致初速度偏大，水平位移大于正常点，位置偏右，故B正确；
C.斜槽不够光滑不影响实验，只要每次从同一位置释放，摩擦力影响一致，初速度不变，不会造成单个点偏差，故C错误；
D.若挡板一直未水平放置，所有点都会偏差，不会仅单个点偏差，故D错误。
故选：B。
(3)由图丙可知，xAB=xBC=10cm=0.1m，说明从A到B、从B到C的时间间隔相等，设为T
根据匀变速直线运动推论Δy=y2−y1=gT2
竖直位移差Δy=(40−15)cm−15cm=10cm=0.1m
解得T=0.1s
根据平抛运动规律，水平初速度v0=xT=10×10−20.1m/s=1.0m/s。
故答案为：(1)
(2)B；
(3)1.0。
(1)根据描点法作图的规则作图；
(2)根据实验原理分析作答；
(3)根据匀变速直线运动推论求解时间间隔，根据平抛运动规律求解水平初速度。
本题主要考查了探究平抛运动的特点的实验，要明确实验原理，掌握平抛运动规律的运用，根据匀变速直线运动推论求解时间间隔是解题的关键。
12.【答案】【小题1】
AD
ℎ228T2
【小题2】
dt
d22g
空心铁球的半径或d2

【解析】解：(1)A.为了减小空气阻力对实验的影响，选择密度大、体积小的重物，故A正确；
B.公式v= 2gℎ或v=gt是根据机械能守恒定律得出的，因此不能用这两个公式计算速度，故B错误；
C.根据机械能守恒定律mgℎ=12mv2，质量m可约去，因此不需要测量，故C错误；
D.为了充分利用纸带，实验操作要求先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，故D正确。
故选：AD。
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，打下F点的速度大小vF=ℎ22T
O为起始点(初速度为0)，验证O到F过程机械能守恒，即mgℎ1=12mvF2
整理得gℎ1=ℎ228T2
(2)铁球通过光电门的速度v=dt
根据机械能守恒定律mg(ℎ−d2)=12mv2
整理得ℎ=d22g⋅1t2+d2
ℎ−1t2图线的斜率k=d22g
图像的纵截距b=d2
因此图线与h轴交点表示空心铁球的半径或d2。
故答案为：(1)AD；ℎ228T2；(2)dt；d22g；空心铁球的半径或d2。
(1)根据实验原理、正确操作分析作答；根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，打下F点的速度大小，根据机械能守恒定律求解作答；
(2)根据极短时间内的平均速度近似等于瞬时速度，根据机械能守恒定律求解ℎ−1t2函数，结合图像斜率和纵截距的含义进行分析。
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；掌握瞬时速度的两种求解方法。
13.【答案】【小题1】物块滑离转台时的线速度大小为1m/s
【小题2】物块与水平转台间的动摩擦因数为0.2
【小题3】物块落地点距离转台中心O的水平距离为 4110m

【解析】解：(1)根据圆周运动中线速度与角速度的关系式可得v0=ωR=2×0.5m/s=1m/s。
(2)物块恰好滑离转台时，最大静摩擦力提供物块做圆周运动的向心力，由题意最大静摩擦力等于滑动摩擦力，因此有μmg=mω2R
可得μ=ω2Rg=22×0.510=0.2。
(3)物块滑离转台之后竖直方向上物块做自由落体运动，下落高度H=12gt2
解得平抛时间t= 2Hg= 2×0.810s=0.4s
水平方向物块做匀速直线运动，平抛的水平位移x=v0t=1×0.4m=0.4m
由几何关系可知，R(转台半径，沿径向)与平抛水平位移x(沿切向)垂直，因此落地点距离转台中心O的水平距离s= R2+x2= 0.52+0.42m= 4110m。
答：(1)物块滑离转台时的线速度大小为1m/s。
(2)物块与水平转台间的动摩擦因数为0.2。
(3)物块落地点距离转台中心O的水平距离为 4110m。
(1)利用线速度与角速度关系式求出物块滑离转台时的线速度。
(2)抓住物块刚好滑离转台的临界条件，由最大静摩擦力提供向心力列式求解动摩擦因数。
(3)由竖直方向自由落体算出运动时间，求出水平位移；结合径向半径与切向水平位移相互垂直的几何关系，通过勾股定理算出落地点到转台中心的水平距离。
本题考查水平面圆周运动临界问题与平抛运动模型，涉及向心力公式、线速度角速度关系、平抛运动分解，同时考查结合几何关系处理矢量位移的能力。
14.【答案】【小题1】地球的密度ρ为3g4πGR
【小题2】飞船经过椭圆轨道近地点A时的加速度大小a为gR2rA2
【小题3】飞船从椭圆轨道上A点运行至B点过程中，地球引力对飞船做的功W为12(rA2−rB2rB2)mvA2

【解析】解：(1)设地球质量为M，地球表面某物体质量为m0，根据在地球表面处的物体，重力与万有引力近似相等可知GMm0R2=m0g，地球体积公式V=43πR3，地球密度公式ρ=MV，解得ρ=3g4πGR；
(2)飞船经过椭圆轨道近地点A时，由牛顿第二定律可知GMmrA2=ma，解得a=gR2rA2；
(3)飞船在椭圆轨道上运动时，由开普勒第二定律可知12vAΔtrA=12vBΔtrB，飞船从椭圆轨道A点运动到B点过程中，由动能定理可知W=12mvB2−12mvA2，解得W=12(rA2−rB2rB2)mvA2。
答：(1)地球的密度ρ为3g4πGR；
(2)飞船经过椭圆轨道近地点A时的加速度大小a为gR2rA2；
(3)飞船从椭圆轨道上A点运行至B点过程中，地球引力对飞船做的功W为12(rA2−rB2rB2)mvA2。
(1)根据黄金代换式和质量-密度公式列式求解；
(2)根据牛顿第二定律列式求解；
(3)根据开普勒第二定律结合动能定理列式求解。
考查万有引力与圆周运动的相关知识，重点在于理解开普勒的运动定律和动能定理，属于中等难度考题。
15.【答案】【小题1】运动员到达B点时的速度大小为5m/s
【小题2】轨道CD段的长度为4m
【小题3】运动员到达B点时对轨道的压力大小为660N
【小题4】第一次返回时，运动员不能回到B点，最后停在距离C点0.25m处

【解析】解：(1)从A点到B点做平抛运动，水平分速度保持初速度v0不变，B点速度方向沿轨道切线，
与水平方向夹角为θ=53∘，对B点的速度进行分解可得vBcsθ=v0，解得vB=5m/s。
(2)设CD长度为L，从B到E过程，BC、DE光滑，只有CD段摩擦力做功。
运动员从B点运动到E点的过程中，由动能定理可得mgℎ−μmgL−mgH=0−12mvB2，解得L=4m。
(3)运动员在B点，设轨道对运动员的支持力为FN，由牛顿第二定律可知FN−mgcsθ=mvB2R，
由数学知识可得R−Rcsθ=ℎ，解得FN=660N，由牛顿第三定律可知运动员对轨道的压力大小为660N。
(4)设运动员第一次返回左端上升的最大高度为ℎ0，运动员从E点运动到左端最大高度处，
由动能定理可得mgH−μmgL−mgℎ0=0，解得ℎ0=1.65m，小于BC段圆弧轨道高度，故运动员不能返回B点。
运动员从E点运动到最终停下来的整个过程列动能定理可得mgH−μmgs=0，解得s=12.25m，故运动员最后停在距离C点的距离为Δx=s−3L=0.25m
答：(1)运动员到达B点时的速度大小为5m/s。
(2)轨道CD段的长度为4m。
(3)运动员到达B点时对轨道的压力大小为660N。
(4)第一次返回时，运动员不能回到B点，最后停在距离C点0.25m处。
(1)明确A到B的运动过程为平抛运动，平抛运动水平方向分速度等于初速度v0，B点速度方向沿BC轨道切线，与水平方向夹角为53∘，通过速度的分解规则建立B点速度与水平分速度的关联，即可确定B点速度的推导方向。
(2)分析从B到E的全程做功情况，光滑圆弧段只有重力做功，CD段仅滑动摩擦力做功，初态为B点的动能，末态为E点动能为零，结合动能定理建立各做功量与动能变化的关联，即可推导CD段的长度。
(3)通过BC段圆弧的几何关系，结合B点的竖直高度h和圆心角θ推导圆弧轨道的半径，运动员在B点时重力与轨道支持力的合力提供圆周运动的向心力，通过牛顿第二定律求出轨道对运动员的支持力，再结合牛顿第三定律即可得到压力大小。
(4)对从E点到第一次返回左侧最高点的过程应用动能定理，计算上升的最大高度，与B点高度对比判断能否回到B点。若不能返回，对从E点到最终静止的全程应用动能定理，计算摩擦力作用的总路程，结合CD段长度即可确定最终停靠的位置。
本题属于力学综合类解答题，考查平抛运动速度分解、圆周运动向心力规律、动能定理的多过程应用、牛顿第三定律等核心知识点，难度中等偏上。整体计算量适中，要求学生能够准确拆分多个运动过程，明确不同阶段的受力与做功特点，尤其是平抛末速度与轨道切线方向的对应关系、往复运动中摩擦力做功的分析，能有效锻炼学生的过程建模与规律选取应用能力。
16.【答案】【小题1】滑块Q运动到E点时对轨道的压力大小为30N
【小题2】初始弹簧的弹性势能为9J
【小题3】滑块P滑离小车时，小车和滑块P的速度大小分别为4m/s、1m/s
【小题4】滑块P落地时距小车右端的水平距离为0.6m

【解析】解：(1)滑块Q从F点返回到E点过程由动能定理mgR=12mvE2−0
滑块Q在E点处由牛顿第二定律可得FN−mg=mvE2R
解得FN=30 N
由牛顿第三定律可知滑块Q对轨道的压力FN′=FN=30 N
(2)滑块Q从D点运动到F点过程由动能定理−μmgL−mgR=0−12mvQ2
解得vQ=3 m/s
滑块P与滑块Q被弹簧弹开过程中，满足系统动量守恒，以vQ的方向为正方向，可得mvQ=mvP
根据两个滑块与弹簧组成的系统机械能守恒可得EP=12mvQ2+12mvP2
解得EP=9 J
(3)研究P和小车组成的系统，根据水平方向动量守恒，以vP的方向为正方向，可得mvP=mv1+Mv2
根据P和小车组成的系统相互作用过程中机械能守恒可得12mvP2=12mv12+12Mv22
解得v1=1 m/s，v2=4 m/s
即滑块速度大小为1 m/s，小车速度大小为4 m/s
(4)滑块P滑离小车后做平抛运动，由平抛运动规律可知ℎ=12gt2
解得t=0.2 s
滑块P离开小车后对地水平位移x1=v1t
此过程小车对地水平位移x2=v2t
滑块P落地时距小车水平距离Δx=x2−x1
解得Δx=0.6 m
答：(1)滑块Q运动到E点时对轨道的压力大小为30N；
(2)初始弹簧的弹性势能为9J；
(3)滑块P滑离小车时，小车和滑块P的速度大小分别为4m/s、1m/s；
(4)滑块P落地时距小车右端的水平距离为0.6m。
(1)由动能定理和牛顿第二、三定律滑块Q运动到E点时对轨道的压力大小；
(2)由动能定理、系统动量守恒和系统机械能守恒求出初始弹簧的弹性势能；
(3)根据水平方向动量守恒和求出小车和滑块P的速度大小；
(4)由平抛运动规律求出滑块P落地时距小车右端的水平距离。
本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，理解动量守恒的条件，结合能量守恒定律，选择合适的过程联立等式即可完成分析。