2025-2026学年福建省福州市部分学校高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2025-2026学年福建省福州市部分学校高一（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，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.关于曲线运动，下列说法中正确的是( )
A. 做曲线运动的物体动能一定会变化B. 做曲线运动的物体速度不一定会变化
C. 做曲线运动的物体其合力一定不为零D. 做曲线运动的物体其合力做功一定不为零
2.在2026年央视春晚节目《追影》片段中，演员腾空而起，图为一演员表演简化图，工作人员甲拉着轻绳沿地面水平向左匀速运动时，表演者乙在空中升起，不计轻绳和滑轮之间的摩擦，在甲向左匀速运动的过程中，下列说法正确的是( )
A. 乙加速上升B. 乙机械能守恒
C. 乙处在失重状态D. 甲受到的合力一直在变化
3.据报道，我国计划2027年发射的“巡天号”望远镜将运行在离地面约400km的轨道上，其视场比“哈勃”望远镜的更大。已知“哈勃”运行在离地面约550km的轨道上，若两望远镜绕地球近似做匀速圆周运动，则“巡天号”( )
A. 运行周期比“哈勃”的大B. 角速度大小比“哈勃”的小
C. 线速度大小比“哈勃”的大D. 向心加速度大小比“哈勃”的小
4.“风洞”是研究战机等飞行器的重要设备。在如图所示的风洞中存在大小恒定的水平风力，现将一小球从M点以初速度v0=10m/s竖直向上抛出，其运动轨迹如图中的实线所示，其中M、P、N三点在同一水平线上，OP⊥MN，O点为轨迹的最高点，已知风力是小球重力的3倍，不计空气阻力，g=10m/s2，在小球从M点运动到N点的过程中( )
A. 小球在最高点O点的速度最小且等于零
B. 小球在N点的速度大小为10 10m/s
C. M、P两点与P、N两点间的距离之比为1：4
D. M、N两点间的距离为60 m
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是( )
A. 如图甲，火车转弯超过规定速度行驶时，内轨和轮缘间会有挤压作用
B. 如图乙，水流星表演过最高点时水没有从杯中流出，水对杯底的压力可以为零
C. 如图丙，小球竖直面内做圆周运动，过最高点时的最小速度为 gR
D. 如图丁，A、B两小球分别用细线拉住在同一水平面做圆锥摆运动，A、B线速度大小不相等
6.我国计划于2028年前后发射“天问三号”探测器，执行火星采样返回任务。若探测器从火星返回，在圆轨道Ⅰ上P点变轨后进入椭圆轨道Ⅱ，Q为远火星点，如图所示，则探测器( )
A. 在轨道Ⅰ上运行的周期小于在轨道Ⅱ上运行的周期
B. 在轨道Ⅰ上运行的机械能小于在轨道Ⅱ上运行的机械能
C. 在轨道Ⅰ上P点要通过点火减速才能进入轨道Ⅱ
D. 在轨道Ⅰ上运行至P点的向心加速度大于在轨道Ⅱ上运行至P点的向心加速度
7.“水上巴士”作为水乡文旅的靓丽名片，某游船采用电动舷外机新能源动力设备。游船从1号码头沿直线驶向2号码头，受到恒定的阻力大小f=1.0×103N，已知游船(包括游客)的总质量m=5.0×103kg。游船由静止开始匀加速启动，当速度达到v1=3.0m/s后，保持额定功率P=6.0×103W不变，达到最大速度后继续匀速行驶。则该游船( )
A. 匀加速启动的牵引力大小为2.0×103NB. 匀加速过程的加速度大小为0.4m/s2
C. 能达到的最大速度大小为6.0m/sD. 匀加速启动持续的时间为30s
8.如图所示，倾角为30∘的传送带逆时针匀速转动，将质量为m的物块轻放到传送带上端，物块下降高度h时，恰与传送带共速。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ= 33，重力加速度为g，则此过程中( )
A. 物块的机械能变化量为2mghB. 电动机多消耗的电能为mgh
C. 系统因摩擦产生的热量为mghD. 传送带对物块的摩擦力做功为mgh
三、填空题：本大题共3小题，共21分。
9.在粗糙的水平面上，一物体在水平推力F作用下从静止开始运动，整个过程阻力大小恒定，其v−t图和F−s图如图(a)、(b)所示。则物体受到的阻力大小f= N，在5∼10s，物体克服阻力做的功W1= J，在0∼10s内，力F的平均功率P= W。
10.如上图所示，下端固定的轻质弹簧竖直放置，小球从弹簧的正上方某一高度处由静止下落。不计空气阻力，则从小球刚接触弹簧，到弹簧被压缩至最短的过程中，小球的动能 (填“一直增大”或“先增大后减小”或“先减小后增大”)；小球的重力势能 (填“一直减小”或“先增后减”或“先减后增”)；小球的机械能 (填“守恒”或“不守恒”)。
11.2026年5月中下旬，广东省多地遭遇了严重的洪涝灾害，一处河道河面宽d=300m，水流速度v水=3m/s，救援队的小船在静水中航行速度v船=5m/s。小船从P点出发要到对岸进行救援，则小船的最短渡河时间为 s；若小船以最短位移渡河，此时的渡河时间为 s；若大暴雨导致水流速度增大到6m/s，小船渡河的最短时间将 (选填“变大”、“变小”或“不变”)。
四、实验题：本大题共2小题，共14分。
12.如图甲，利用向心力演示器探究做圆周运动的小球，当质量、半径一定时，所需向心力大小F与角速度ω之间的关系。
(1)本实验的目的是探究向心力的大小与小球质量m、角速度ω和半径r之间的关系，下列实验中采用的实验方法与本实验相同的是(______)；
A.验证机械能守恒定律
B.验证力的平行四边形定则
C.探究滑动摩擦力大小与压力大小、接触面粗糙程度的关系
(2)如图乙，若传动皮带套在塔轮第二层，左、右塔轮半径R1、R2之比为2：1，则塔轮转动时，A、C两处的角速度之比为______；
(3)图中标尺上黑白相间的等分格显示如图丙，则A、C两处钢球所受向心力大小之比约为______；
(4)由此实验，得到的结论是______。
13.在“研究平抛物体运动”的实验中，装置如图甲所示，用小锤轻击弹簧金属片，B球向水平方向飞出，同时A球被松开，竖直向下运动。
(1)用不同的力打击弹簧金属片，可以观察到(______)；
A.A、B两球同时落地
B.A、B两球运动路线相同
C.A球的运动线路相同，B球的运动线路不同
D.力越大，A、B两球落地时间间隔越大
(2)该同学用频闪照相机拍摄到小球做平抛运动的照片，如图乙所示，图中背景正方形方格的边长L=20cm，A、B、C是B球的三个位置，以A点为坐标原点，取g=10m/s2，由照片可知，频闪照相机的频闪周期T=______ s，小球做平抛运动的水平初速度v0=______m/s，小球抛出点距A点的竖直高度为______ m。(计算结果保留一位有效数字)
五、计算题：本大题共3小题，共25分。
14.我国计划于2026年下半年发射嫦娥七号探测器，对月球地形地貌、物质成分、空间环境进行综合探测。若宇航员在月球表面以初速度v0竖直向上抛出一小球，小球经过t时间落回抛出点。已知月球的半径为R，引力常量为G，忽略月球自转。求：
(1)月球表面附近的重力加速度大小g0；
(2)月球的质量M；
(3)月球的第一宇宙速度大小v。
15.我国某航天发射场为测试小型探测舱的运动性能，科研人员搭建了地面模拟轨道装置，如图所示。PAQ是一个竖直固定的轨道，其中PA是高度差为ℎ=7R的粗糙倾斜轨道，AQ是半径为R的光滑半圆弧轨道，PA与AQ相切，质量为m的小球从P点沿轨道由静止下滑，恰好能过最高点Q。重力加速度大小为g，求：
(1)小球恰好能过最高点Q的速度大小；
(2)小球到达A点时对轨道的压力；
(3)小球从P点运动到A点过程中，小球克服摩擦力做了多少功？
16.如图所示，光滑平台A点离地面高H=2.1m，BC为一段光滑圆弧轨道，其圆心O与平台等高，轨道最低点C的切线水平，∠BOC为60∘。一不计厚度、质量为M=1kg的长木板静止于粗糙水平面上，左端置于C点。质量m=1kg的小物块(可视为质点)从A点以初速度v0沿水平方向滑离平台，恰好能无碰撞地从B点进入圆弧形轨道，然后经过C点滑上长木板，继续运动。已知物块与长木板间的动摩擦因数μ1=0.3，物块与地面及长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.125，g取10m/s2；求：
(1)小物块由A到B的运动时间t及小物块水平抛出的初速度大小v0(结果保留根号)；
(2)小物块滑到圆弧轨道最低点C点时，小物块的速度大小vC；
(3)若小物块不滑出长木板，则长木板至少要多长？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、动能表达式为Ek=12mv2，匀速圆周运动是曲线运动，速度大小不变，动能不变，因此动能不一定变化，故A错误；
B、曲线运动速度方向时刻改变，速度矢量一定发生变化，故B错误；
C、做曲线运动的物体速度一定变化，即存在不为零的加速度，根据牛顿第二定律F=ma，加速度不为零时合外力一定不为零，故C正确；
D、合外力做功公式为W=Flcsθ(θ为合外力与位移方向的夹角)，例如匀速圆周运动的合外力为向心力，始终与速度方向垂直，θ=90∘，cs90∘=0，合外力做功为零，因此做曲线运动的物体合力做功可能为零，故D错误。
故选：C。
曲线运动速度沿轨迹切线，速度方向时刻改变，速度矢量一定变化；匀速圆周运动速率不变、动能不变，合力始终垂直速度，合力不做功；曲线运动存在加速度，根据牛顿第一定律合力必然不为零，以此逐一辨析四个选项。
本题围绕曲线运动核心概念设置选项，区分速度矢量、动能、合力、合力做功四类易混物理量，以匀速圆周运动为典型反例设置陷阱，侧重基础概念辨析，能快速检验学生对曲线运动本质特征的理解。
2.【答案】A
【解析】解：A、根据题意分析可知，设滑轮到甲所在水平面的高度为h，甲与滑轮下方竖直线的水平距离为x，甲向左匀速运动的速度大小为v0，乙到滑轮的竖直绳长为y。由绳长不变有 x2+ℎ2+y=常量
对时间求导得乙上升速度v乙=v0x x2+ℎ2
甲向左匀速运动时x增大，所以v乙增大，乙加速上升，故A正确；
B、根据题意分析可知，乙速度增大且高度升高，动能和重力势能均增大，绳的拉力对乙做正功，乙机械能不守恒，故B错误；
C、根据题意分析可知，乙向上加速，绳的拉力大于重力，处于超重状态，不是失重状态，故C错误；
D、根据题意分析可知，甲沿地面水平向左匀速运动，加速度为零，受到的合力恒为零，并非一直变化，故D错误。
故选：A。
通过运动的合成与分解分析乙的速度变化，判断乙的运动状态；依据机械能守恒条件判断乙的机械能是否守恒；根据超重失重的加速度方向判断乙的状态；结合甲的运动状态分析甲的合力变化。
本题核心是运动的合成与分解，需将甲的速度分解为沿绳和垂直绳的分量，结合乙的速度与沿绳速度的对应关系判断乙的运动状态；再依据机械能守恒条件、超重失重的加速度方向、平衡状态的合力特点，逐一分析选项。
3.【答案】C
【解析】解：A、两望远镜绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得GMmr2=m4π2T2r，则得T=2π r3GM，由题意知“巡天号”轨道半径r巡小于“哈勃”的轨道半径r哈，因T∝ r3，r越小，T越小，故“巡天号”运行周期更小，故A错误；
B、两望远镜绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得GMmr2=mω2r，则得ω= GMr3。因“巡天号”轨道半径r巡小于“哈勃”的轨道半径r哈，由ω∝ 1r3，r越小，ω越大，故“巡天号”角速度更大，故B错误；
C、两望远镜绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得GMmr2=mv2r，则得v= GMr。因“巡天号”轨道半径r巡小于“哈勃”的轨道半径r哈，由v∝ 1r，r越小v越大，故“巡天号”线速度更大，故C正确；
D、两望远镜绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得GMmr2=ma，则得a=GMr2。因“巡天号”轨道半径r巡小于“哈勃”的轨道半径r哈，由a∝1r2，r越小a越大，故“巡天号”向心加速度更大，故D错误。
故选：C。
两望远镜绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列式，得到周期、角速度、线速度和向心加速度与轨道半径的关系式，再分析各个量的大小。
本题要建立模型，根据万有引力提供向心力这条思路解答，要能根据题意灵活选择向心力公式，通过列式分析。
4.【答案】D
【解析】解：A、根据题意分析可知，最高点O处竖直速度为0，但水平方向做匀加速运动，水平速度不为零，因此O点合速度不为零，故A错误；
B、根据题意分析可知，小球从M点运动到N点，竖直方向位移为0，由竖直上抛位移公式可得0=v0t−12gt2
解得总时间t=2s
上升到最高点O的时间t1=v0g，解得t1=1s
下落时间为t2=1s
已知风力是小球重力的3倍，故水平方向的加速度的大小a=3g
N点的竖直方向速度vy=v0−gt
解得vy=−10m/s
水平方向的速度vx=at，解得vx=60m/s
N点的速度v= vx2+vy2，解得v=10 37m/s≠10 10m/s，故B错误；
C、根据题意分析可知，水平方向初速度为零的匀加速，xMP=12at12，解得xMP=15m
总水平位移xMN=12at2
解得xMN=60m
因此xPN=xMN−xMP
解得xPN=45m
故xMP：xPN=15：45=1：3≠1：4，故C错误；
D、根据题意分析可知，M点、N点在同一水平线上，竖直位移为0，因此MN的距离等于水平总位移，由上面计算得xMN=60m，故D正确。
故选：D。
将小球的运动分解为竖直方向和水平方向分别分析。竖直方向受重力，做竖直上抛运动；水平方向受恒定风力，做匀加速直线运动。通过计算各方向的速度、位移、时间，判断选项正误。
本题关键是将曲线运动分解为竖直方向的竖直上抛运动和水平方向的匀加速直线运动，分别分析速度、位移与时间的关系，再结合选项逐一验证。注意水平方向初速度为0，风力提供恒定加速度，竖直方向重力提供加速度，两者运动独立。
5.【答案】BD
【解析】解：A、如图甲，火车按规定速度转弯时，重力与支持力的合力提供向心力。速度超过规定速度，所需向心力增大，外轨会对轮缘产生侧向挤压，不是内轨，故A错误；
B、如图乙，水流星表演过最高点时水没有从杯中流出，如果此时水的重力刚好提供向心力，则水对杯底压力为零，故B正确；
C、如图丙，小球竖直面内做圆周运动，过最高点时，如果杆对小球的支持力与重力平衡，则此时小球的速度为0，故C错误；
D、如图丁，设小球与悬点的高度差为h，以小球为对象，根据牛顿第二定律可得mgtanθ=mv2r=mv2ℎtanθ
可得v=tanθ gℎ
A、B两小球分别用细线拉住在同一水平面做圆锥摆运动，h相同，θ不相同，所以A、B线速度大小不相等，故D正确；
故选：BD。
逐个辨析四个圆周运动模型：甲图火车转弯，超速时外轨承受侧向挤压力；乙图水流星，最高点重力单独提供向心力时水对杯底压力为零；丙图轻杆模型，最高点最小速度可为0；丁图圆锥摆，高度相同角速度相等，转动半径不同，线速度不相等。
本题汇总火车转弯、水流星、轻杆圆周运动、圆锥摆四类经典圆周运动模型，选项覆盖易混淆结论，侧重概念辨析，能够有效区分学生对不同圆周运动临界条件与受力规律的掌握程度，适合用于基础复习检测。
6.【答案】AB
【解析】解：A.由图可知，轨道Ⅰ的半径小于轨道Ⅱ的半长轴，根据开普勒第三定律可知，在轨道Ⅰ上运行的周期小于在轨道Ⅱ上运行的周期，故A正确；
BC.根据卫星变轨原理，轨道Ⅱ在P点为近火点，要进入更大半长轴的椭圆轨道，探测器需要点火加速，动能增大，机械能增大，故B正确，C错误；
D.根据GMmr2=ma，得a=GMr2，可知在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上运行至P点的向心加速度相等，故D错误。
故选：AB。
根据开普勒第三定律分析解答；根据卫星变轨和机械能的变化情况分析解答；根据牛顿第二定律列式求解。
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变轨原理，属于较低难度考题。
7.【答案】AC
【解析】解：A、由题意可知，速度达到v1 =3.0m/s后，保持额定功率P = 6.0×103W不变，可知匀加速启动的牵引力大小为：F1=Pv1=6.0×1033.0N=2.0×103N，故A正确；
BD、在匀加速阶段，根据牛顿第二定律可得：F1−f=ma，解得匀加速过程的加速度大小为：a=F1−fm=2.0×103−1.0×1035.0×103m/s2=0.2m/s2，则匀加速启动持续的时间为：t1=v1a=，故BD错误；
C、当牵引力等于阻力时，速度达到最大，则该游船能达到的最大速度大小为vmax=Pf=6.0×1031.0×103m/s=6.0m/s，故C正确。
故选：AC。
由速度-功率关系可求牵引力的大小；以恒定加速度启动，先做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律结合运动学公式求出运动时间；当牵引力与阻力相等时，速度达到最大，由vmax=Pf即可解答。
本题考查了机车恒定加速度启动，解题的关键是理解机车的运动过程，知道牵引力与阻力相等时，速度达到了最大，熟练运用运动学公式和速度-功率关系即可解答。
8.【答案】CD
【解析】解：A、物块向下滑动过程中，重力做正功，机械能不守恒。由几何关系可知，下降高度为h时，沿斜面下滑的位移大小为s=ℎsin30∘，即s=2ℎ
物块在沿斜面向下运动过程中，受到的滑动摩擦力大小为Ff=μmgcs30∘= 33×mg× 32=12mg
由于mgsin30∘=12mg=Ff
物块轻放到传送带上后做匀加速直线运动，其加速度大小为a=mgsin30∘+Ffm=g
恰与传送带共速时，物块的速度为v= 2as= 2×g×2ℎ=2 gℎ
重力势能减少量为ΔEp=mgℎ
动能增加量为ΔEk=12mv2=12m⋅4gℎ=2mgℎ
因此物块的机械能变化量为ΔE=ΔEk−ΔEp=2mgℎ−mgℎ=mgℎ，故A错误；
C、系统因摩擦产生的热量为Q=Ff⋅Δs=Ff⋅(s带−s)=12mg×(4ℎ−2ℎ)=mgℎ，故C正确；
B、此过程中，物块运动的时间为t=va=2 gℎg=2 ℎg
传送带的速度等于共速时的速度v带=v=2 gℎ
传送带的位移为s带=v带t=2 gℎ×2 ℎg，代入数据解得s带=4ℎ
电动机多消耗的电能等于传送带克服摩擦力做的功，即W电=Ffs带=12mg×4ℎ=2mgℎ，故B错误；
D、传送带对物块的摩擦力方向沿斜面向下，与运动方向相同，做正功，做功大小为Wf=Ffs=12mg×2ℎ=mgℎ，故D正确。
故选：CD。
物块轻放到传送带上端后，在重力与滑动摩擦力共同作用下沿斜面向下做匀加速直线运动，直至与传送带共速。分析物块机械能变化需计算重力势能减少量与动能增加量的差值；电动机多消耗的电能对应传送带克服摩擦力所做的总功，需计算传送带位移与摩擦力的乘积；系统因摩擦产生的热量等于摩擦力与物块和传送带相对位移的乘积；传送带对物块的摩擦力做功则直接由摩擦力与物块位移相乘得到。关键在于明确各选项对应的物理量定义，并利用运动学关系确定位移与速度。
本题以传送带模型为背景，综合考查牛顿运动定律、功能关系以及能量转化与守恒定律。题目计算量适中，难度中等偏上，重点在于分析物块在倾斜传送带上的动力学过程与能量转化细节。学生需准确建立物理图景，运用运动学公式求解位移与时间，并深刻理解摩擦力做功的双重性、系统产热的计算以及电动机多耗电能与传送带克服摩擦力做功的关系。本题能有效锻炼学生的多过程分析能力、逻辑推理能力和对功能原理的灵活应用能力。
9.【答案】0.4
2
0.4

【解析】解：由v−t图像可知，物体在5∼10 s内做匀速直线运动，此时水平推力与阻力大小相等，结合F−s图像，在0∼5s内的位移为s1=12×5×1m=2.5m，因此5∼10s内的位移为：s2=vt=1×5m=5m，则5∼10s的位置区间为2.5m∼7.5m，此区间推力F=0.4N，所以阻力f=0.4N；
在5∼10s内，物体的位移为s2=5m，则在此时间内物体克服阻力做的功为：W1=f⋅s2=0.4×5J=2J；
由F−s图像与横轴围成的面积表示F所做的功可知，在0∼10s内，力F做的总功为：W=0.8N×2.5m+0.4N×5m=4J
所用时间t=10s内平均功率为：P=Wt=4J10s=0.4W。
故答案为：0.4；2；0.4。
由v−t图像与坐标轴所围的面积求出物体的位移，再由F−s图像与坐标轴围成的面积表示力F所做的功求推力F做的功，由功的公式求阻力做功；由平衡条件可求阻力大小，由平均功率的定义可求平均功率的大小。
本题是对v−t图像与F−s图像及功的定义式及和平均功率的考查，解题的关键是要知道v−t图像的斜率表示加速度，图像与时间轴围成的面积表示位移，F−s图像与横轴围成的面积表示力F所做的功。
10.【答案】先增大后减小
一直减小
不守恒

【解析】解：小球刚接触弹簧时，弹簧弹力小于小球重力，合力向下，小球继续加速；当弹簧弹力增大到等于重力时，小球速度达到最大；继续压缩弹簧后，弹力大于重力，合力向上，小球开始减速，直到压缩至最短时速度减为0，因此动能先增大后减小。重力势能随高度降低而减小，整个过程小球一直向下运动，高度持续降低，因此重力势能一直减小。对小球分析，弹簧的弹力对小球做负功，小球的机械能不断转化为弹簧的弹性势能，因此小球的机械能不守恒。
故答案为：先增大后减小，一直减小，不守恒。
根据小球的受力情况结合重力势能与高度的关系，机械能守恒的条件分析解答。
考查机械能守恒定律的理解和应用，关键是熟练掌握机械能守恒的条件和物体的受力分析，属于较低难度考题。
11.【答案】60
75
不变

【解析】解：当船头垂直河岸渡河时，时间最短，则小船的最短渡河时间为tmin=dv船=3005s=60s
由于v船=5m/s>v水=3m/s，当合速度方向垂直河岸时，渡河位移最短，则有v合= v船2−v水2= 52−32m/s=4m/s
此时的渡河时间为t=dv合=3004s=75s
由于渡河时间与水流速度无关，所以水流速度增大，小船渡河的最短时间将不变。
故答案为：60，75，不变。
将船速沿河岸的方向与垂直于河岸的方向分解，即可求出水流的速度和船渡河的时间；船以最短时间渡河时船头方向垂直于河岸，时间等于河的宽度与船速的比值。船的速度大于水流的速度，船以最小的位移渡河时垂直到达对岸，根据矢量合成求出船以最短位移渡河的时间。
解决本题的关键知道分运动与合运动具有等时性，各分运动具有独立性，互不干扰，注意列出方程组，从而求解是解题的基本思路。
12.【答案】C
1：2
1：4
在实验误差允许的范围内，当小球质量、半径一定时，所需向心力大小F与角速度平方ω2成正比
【解析】解：(1)探究向心力大小与小球质量m、角速度ω和半径r之间的关系，采用了是控制变量法；
A.验证机械能守恒定律，采用的是通过测量初末状态机械能进行验证的方法，不需要使用控制变量法，故A错误；
B.验证力的平行四边形定则，采用的是等效替代法，故B错误；
C.探究滑动摩擦力大小与压力大小、接触面粗糙程度的关系，采用了控制变量法，故C正确。
故选：C。
(2)左、右两塔轮通过皮带传动，边缘点线速度大小相等，根据线速度与角速度的关系ω=vR
A、C两处的角速度之比为ω1ω2=R2R1=1:2；
(3)图丙中，左边标尺露出1格，右边标尺露出4格，由于标尺露出的等分格数与所受向心力大小成正比，则A、C两处钢球所受向心力大小之比约为1：4；
(4)根据上述分析，角速度之比为1：2时，向心力之比为1：4，即向心力大小之比等于角速度大小的平方比，由此实验，可得到的结论是：在实验误差允许的范围内，当小球质量、半径一定时，所需向心力大小F与角速度平方ω2成正比。
故答案为：(1)C；(2)1：2；(3)1：4；(4)在实验误差允许的范围内，当小球质量、半径一定时，所需向心力大小F与角速度平方ω2成正比。
(1)探究向心力大小与小球质量m、角速度ω和半径r之间的关系，采用了是控制变量法，结合各选项分析作答；
(2)根据线速度与角速度的关系求解作答；
(3)标尺露出的等分格数之比等于所受向心力大小之比，据此求解作答；
(4)根据向心力之比与角速度平方之比的关系分析作答。
本题主要考查了探究圆周运动的相关参数问题的实验，要明确实验原理，掌握线速度与角速度的关系，掌握向心力公式的运用。
13.【答案】AC
0.2;3;0.2
【解析】解：(1)平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀速直线运动。用不同的力打击弹簧金属片，B球获得的水平初速度不同，导致B球的运动路线不同；但无论初速度多大，B球在竖直方向上的运动规律(自由落体运动)都与A球完全相同，因此两球总是同时落地，且A球的运动路线保持不变(始终竖直向下)。故AC正确，BD错误。
故选：AC。
(2)在竖直方向上，小球做自由落体运动，相邻相等时间内的位移差为定值，即Δy=gT2
由图乙可知Δy=yBC−yAB=5L−3L=2L
解得T=0.2s
在水平方向上，小球做匀速直线运动，则水平初速度v0=3LT=3×
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该段过程的平均速度，可得B点在竖直方向上的分速度vyB=yAC2T=3L+5L2T=8×0.22×0.2m/s=4m/s
则A点在竖直方向上的分速度vyA=vyB−gT=4m/s−10m/s2×0.2s=2m/s
所以小球抛出点距A点的竖直高度ℎ=vyA22g=222×10m=0.2m
故答案为：(1)AC；(2)0.2，3，0.2。
(1)对比A、B球在竖直方向上的运动判断；
(2)根据匀变速直线运动和匀速直线运动规律计算。
本题考查“研究平抛物体运动”实验，关键掌握实验原理，利用匀变速直线运动和匀速直线运动规律处理问题的方法。
14.【答案】月球表面附近的重力加速度大小g0为2v0t
月球的质量M为2v0R2Gt
月球的第一宇宙速度大小v为 2v0Rt
【解析】解：(1)小球做竖直上抛运动，则有v0=g0⋅t2，解得g0=2v0t；
(2)月球表面附近万有引力等于重力，有GMmR2=mg0，解得月球质量M=2v0R2Gt；
(3)由万有引力提供向心力有GMmR2=mv2R，解得月球的第一宇宙速度v= 2v0Rt。
答：(1)月球表面附近的重力加速度大小g0为2v0t；
(2)月球的质量M为2v0R2Gt；
(3)月球的第一宇宙速度大小v为 2v0Rt。
(1)根据竖直上抛运动的速度规律列式求解；
(2)根据黄金代换式列式解答；
(3)根据万有引力提供向心力列式求解。
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，属于较低难度考题。
15.【答案】小球恰好能过最高点Q的速度大小为 gR
小球到达A点时对轨道的压力大小为6mg，方向竖直向下
小球从P点运动到A点过程中，克服摩擦力做功为4.5mgR
【解析】解：(1)小球恰好能过圆弧轨道最高点Q的临界条件为重力提供向心力
即mg=mvQ2R
解得vQ= gR
(2)小球从A运动到Q，根据动能定理−mg2R=12mvQ2−12mvA2
解得vA= 5gR
在A点，由牛顿第二定律FN−mg=mvA2R
解得FN=6mg
根据牛顿第三定律小球到达A点时对轨道的压力与轨道对小球的支持力大小相等，方向相反。故FN′=FN=6mg
压力的方向：竖直向下。
(3)小球从P运动到A，根据动能定理mgℎ−Wf=12mvA2−0
又ℎ=7R
解得Wf=4.5mgR
答：(1)小球恰好能过最高点Q的速度大小为 gR。
(2)小球到达A点时对轨道的压力大小为6mg，方向竖直向下。
(3)小球从P点运动到A点过程中，克服摩擦力做功为4.5mgR。
(1)小球恰好能过最高点Q时，重力完全提供向心力，这是圆周运动在最高点的临界条件。由此可直接建立重力与向心力之间的关系，从而求出小球在Q点的速度大小。
(2)小球从A点运动到Q点的过程，只有重力做功，满足机械能守恒或可用动能定理分析。利用Q点的速度与已知的轨道半径，可求出小球在A点的速度。再对小球在A点进行受力分析，由圆周运动的向心力公式结合牛顿第二定律，即可求出轨道对小球的弹力，进而根据牛顿第三定律得到小球对轨道的压力。
(3)小球从P点静止下滑到A点的过程，受重力、支持力和摩擦力作用，支持力不做功。此过程初末动能已知，重力做功由高度差决定，根据动能定理，将重力做功、摩擦力做功与动能变化联系起来，即可求出克服摩擦力所做的功。
本题是一道综合性较强的力学题目，涵盖了圆周运动、动能定理和牛顿运动定律等多个核心知识点。题目通过一个连接倾斜轨道与圆弧轨道的模型，考查学生对临界条件分析、能量守恒思想以及受力与运动关系综合应用的能力。计算量适中，难度中等偏上，需要学生清晰理解“恰好能过最高点”的物理含义，并灵活运用动能定理在不同过程间建立联系。解答过程能有效锻炼学生的逻辑推理能力和多过程问题的分析建模能力。
16.【答案】小物块由A到B的运动时间为 2110s，水平抛出的初速度大小为 7m/s
小物块滑到圆弧轨道最低点C点时的速度大小为7m/s
长木板至少要7m长
【解析】解：(1)圆心O与平台等高，小物块由A到B做平抛运动
竖直方向有Hcs∠BOC=12gt2，vy=gt
解得t= 2110s，vy= 21m/s
在B点有tan60∘=vyv0
解得v0= 7m/s
(2)小物块从A运动到C的过程，由动能定理有mgH=12mvC2−12mv02
解得vC=7m/s
(3)对小物块，由牛顿第二定律有μ1mg=ma1
对长木板，由牛顿第二定律有μ1mg−μ2(m+M)g=Ma2
设二者达共速的时间为t′，则v共=vC−a1t′=a2t′
解得t′=2s，v共=1m/s
小物块的位移大小x1=vC+v共2t′
长木板的位移大小x2=v共2t′
长木板的长度至少为L=x1−x2
解得L=7m
答：(1)小物块由A到B的运动时间为 2110s，水平抛出的初速度大小为 7m/s。
(2)小物块滑到圆弧轨道最低点C点时的速度大小为7m/s。
(3)长木板至少要7m长。
(1)小物块从A到B做平抛运动，竖直分运动是自由落体，已知平台高度和B点位置对应的几何关系可求竖直位移，从而确定运动时间；水平方向为匀速直线运动，结合B点速度方向与水平方向夹角为60∘，利用竖直分速度与水平分速度的几何关系即可求出初速度v0。
(2)小物块从A点运动到C点的过程，只有重力做功，机械能守恒。已知A点高度和初动能，以及C点相对A点的重力势能变化，通过动能定理可直接建立C点速度vC与已知高度H和初速度v0的关系。
(3)小物块滑上长木板后，两者发生相对滑动。分别对小物块和长木板进行受力分析，应用牛顿第二定律求出各自的加速度。两者最终达到共速是物块不滑离木板的临界条件，利用运动学公式求出共速所需时间及该过程中两者的对地位移，物块相对木板的位移即为木板所需的最小长度。
本题综合考查平抛运动、圆周运动、动能定理、牛顿第二定律以及板块模型的动力学分析，是一道综合性较强的力学计算题。题目涉及多个物理过程，计算量适中，对学生的物理建模能力和逻辑推理能力提出了较高要求。学生需要准确分析物块从平抛到沿圆弧下滑，再与木板发生相互作用的完整运动链条，并合理选择物理规律进行求解。其中，板块共速问题的处理是本题的核心与难点，需要学生正确分析两物体的受力与运动，建立位移关系以求解木板的最小长度。