高級中學名校試卷PAGE2025學年河南省TOP20名校高一（下）聯考物理試卷（5月）A一、單選題：本大題共7小題，共28分。1.關于相對論時空觀與牛頓力學的局限性，下列說法正確的是（）A.相對論時空觀認為在某參考系中同時發(fā)生的兩件事，在另一參考系看來也一定是同時的B.在經典力學中，物體的質量不隨運動狀態(tài)改變而改變C.相對論時空觀認為運動的時鐘會變快，運動的尺子會變長D.相對論和量子力學證明了牛頓力學是錯誤和過時的【答案】B【解析】A．相對論強調同時的相對性，故A錯誤；B．經典力學中質量恒定，故B正確；C．根據相對論，運動的時鐘會變慢（時間膨脹），沿運動方向的尺子會變短（長度收縮），故C錯誤；D．牛頓力學未被完全推翻，而是適用范圍受限，故D錯誤；故選B。2.關于直線運動和曲線運動，下列說法中正確的是（）A.物體在恒力作用下只能做直線運動不可能做曲線運動B.物體在變力作用下一定是做曲線運動C.物體做曲線運動，沿垂直速度方向的分力一定不為零D.兩個直線運動的合運動一定是直線運動【答案】C【解析】A．物體在恒力作用下可能做曲線運動，只要合力方向與速度方向不在同一直線，故A錯誤；B．變力作用下物體可能做直線運動，只要力的方向始終與速度方向在同一直線上，故B錯誤；C．物體做曲線運動時，速度方向不斷變化，由垂直速度方向的分力提供向心力，因此垂直速度方向的分力一定不為零，故C正確；D．兩個直線運動的合運動可能是曲線運動，例如平拋運動由水平勻速直線運動和豎直自由落體運動合成，故D錯誤。3.電腦光驅內部傳動系統(tǒng)的部分結構如圖所示，主動輪固定在電動機轉軸上，電動機轉動時帶動從動輪轉動，皮帶不打滑。關于主動輪、皮帶和從動輪的轉動情況，下列說法正確的是（）A.皮帶上各點線速度大小不相等B.主動輪與從動輪轉動的周期相等C.主動輪與從動輪轉動的角速度相等D.兩輪轉動的角速度與各自半徑成反比【答案】D【解析】A．皮帶上各點線速度大小相等，選項A錯誤；BCD．由可得即兩輪轉動的角速度與各自半徑成反比，從動輪半徑大，轉動的角速度小，根據可知從動輪周期大，BC錯誤，D正確。故選D。4.圖甲玩具由頭部、輕質彈簧及底座組成，可簡化為圖乙，該玩具底座固定在水平面上，初始時玩具頭部可視為質點靜止于A點?，F用手按壓玩具頭部至最低點B點由靜止釋放，玩具頭部最高運動到C點低于彈簧的原長位置，該過程中玩具頭部始終未脫離彈簧，彈簧處于彈性限度內，不計空氣阻力。則玩具頭部首次從B點運動到C點的過程中，下列說法正確的是（）A.頭部的動能先增大后減小B.頭部的重力勢能先增大后減小C.彈簧形變量先減小后增大D.彈簧的彈性勢能先減小后增大【答案】A【解析】A．根據題意可知，由最低點B點靜止釋放，此時彈力大于重力，加速度向上，到達A點時加速度為0，然后彈力小于重力，頭部做減速運動，運動到最高點C點，所以頭部的速度先增大后減小，由可知，頭部的動能先增大后減小，選項A正確；B．頭部一直上升，由可知，頭部的重力勢能一直增大，選項B錯誤；CD．由于最高點低于彈簧的原長位置，則彈簧形變量一直減小，則彈簧的彈性勢能一直減小，故CD錯誤。故選A。5.如圖所示為飛船的發(fā)射與交會對接過程簡化示意圖，飛船首先升空抵達半徑為的近地圓軌道Ⅰ上點，然后在點短暫加速進入過渡的橢圓軌道Ⅱ，在橢圓軌道Ⅱ的遠地點點經合適調節(jié)便可穩(wěn)定于空間站所在的半徑為的圓軌道Ⅲ上，最后再擇機與空間站對接。下列判斷正確的是（）A.飛船在軌道Ⅱ上經過A點的加速度大于在軌道Ⅰ上經過A點的加速度B.飛船在軌道Ⅱ上的運行周期大于在軌道Ⅲ上的運行周期C.飛船由軌道Ⅱ的B點轉移到軌道Ⅲ需要在B點加速D.飛船在軌道Ⅰ上與地心連線和在軌道Ⅲ上與地心連線在相同時間內掃過的面積相等【答案】C【解析】A．根據牛頓第二定律解得飛船兩次經過A點，r相同，a相同，A錯誤；B．根據開普勒第三定律，半長軸越小周期越小。Ⅱ軌道的周期小于Ⅲ軌道的周期，B錯誤；C．飛船由軌道Ⅱ的B點轉移到軌道Ⅲ需要在B點加速，C正確；D．飛船在軌道Ⅰ上與地心連線和在軌道Ⅰ上與地心連線在相同時間內掃過的面積相等，D錯誤。故選C。6.某次網球比賽運動員先后兩次從同一位置水平打出的網球落到網上，網球落到網上的位置如圖所示，忽略空氣阻力，網球可視為質點，則兩次網球在飛行過程中（）A.第一次打出的網球飛行的加速度大于第二次打出的網球飛行的加速度B.第一次打出的網球飛行的時間大于第二次打出的網球飛行的時間C.第一次打出的網球初速度大于第二次打出的網球初速度D.第一次網球落到網上角度（速度方向與豎直方向夾角）小于第二次網球落到網上角度速度方向與豎直方向夾角【答案】C【解析】A．飛行的網球做平拋運動，加速度相同，都為重力加速度，故A錯誤；BC．飛行時間由豎直分運動自由落體運動決定，根據，可知網球2的下落高度大，飛行時間長；兩次的水平位移相同，根據，可知第二次打出的網球初速度小，故B錯誤，C正確；D．速度與豎直方向的夾角滿足，第二次打出的網球初速度小，時間長，則速度與豎直方向的夾角比第一次網球落到網上角度小，故D錯誤。故選C。7.如圖所示，在水平地面上固定一半徑為的半球，其表面是光滑的。半球頂端放有一質量為m的滑塊（可視為質點），開始時滑塊處于靜止狀態(tài)。小滑塊在外界的微小擾動下從靜止開始沿球面下滑，一段時間后滑塊與半球分離，不計一切阻力，重力加速度大小為，下列說法正確的是（）A.滑塊從開始下滑到落地前的過程中機械能不守恒B.滑塊落地時速度大小為C.滑塊與半球分離時，滑塊離地的豎直高度為D.滑塊落地前瞬間重力的瞬時功率為【答案】D【解析】A．塊從開始下滑到落地前的過程中只有重力做功，該過程機械能守恒，故A錯誤；B．根據動能定理有解得，故B錯誤；C．令分離位置的半徑與豎直方向夾角為，則有，解得此時塊離地的豎直高度，故C錯誤；D．令滑塊落地前瞬間豎直方向分速度為，則有其中滑塊落地前瞬間重力的瞬時功率結合上述解得，故D正確。二、多選題：本大題共3小題，共12分。8.2025年3月29日消息，我國將充分運用北斗衛(wèi)星通信、AI新技術，打造“數字化救援一張圖”。北斗衛(wèi)星導航系統(tǒng)包括五顆靜止軌道衛(wèi)星和三十顆非靜止軌道衛(wèi)星。地球視為球形，假設甲衛(wèi)星是軌道傾角（軌道平面和赤道平面的夾角）為零的圓形地球同步衛(wèi)星。乙衛(wèi)星是（軌道為圓周）非靜止軌道衛(wèi)星，它離地高度與靜止軌道衛(wèi)星相同，但軌道平面和赤道平面的夾角為，自西向東繞地球運行。下列說法正確的是（）A.甲和其它四顆靜止軌道衛(wèi)星的周期和速率均相同B.非靜止軌道衛(wèi)星乙的發(fā)射速度大于C.靜止軌道衛(wèi)星甲每天都要準時經過河南某地的正上方D.非靜止軌道衛(wèi)星乙軌道平面必過地心【答案】AD【解析】A．靜止軌道衛(wèi)星特點是：定位置（赤道的上方）、定周期（24h）、定速率、定高度，所以甲和其它四顆靜止軌道衛(wèi)星的周期和速率均相同，故A正確；B．非靜止軌道衛(wèi)星乙的發(fā)射速度應大于，小于，故B錯誤；C．靜止軌道衛(wèi)星在赤道正上方，不會經過河南某地的正上方，故C錯誤；D．非靜止軌道衛(wèi)星乙軌道的圓心是地心，故D正確。故選AD。9.如圖所示，傾角為的光滑絕緣斜面體固定在地面上，帶電量為的正點電荷甲固定在斜面底端，質量為的帶電小球乙（可視為質點）從斜面上離正點電荷甲距離為的點由靜止釋放，釋放的一瞬間，小球乙的加速度大小為。已知重力加速度大小為，小球乙運動到點時速度達到最大，靜電力常量為，，，下列說法正確的是（）A.小球乙運動到點時受到的合力為零B.小球乙?guī)д奀.小球乙?guī)щ娏看笮镈.甲到點的距離為【答案】ABD【解析】A．當物體速度達到最大時，加速度為0，根據牛頓第二定律可知此時合力由題意可知小球乙運動到b點時速度達到最大，所以小球乙運動到b點時受到的合力為零，故A正確；B．小球乙運動到點時速度達到最大，之后將做減速運動，故甲對乙?guī)靵龀饬?，甲、乙?guī)щ娦韵嗤?，所以小球乙?guī)д?，故B正確；C．小球乙在點時受到重力、支持力以及甲施加的庫侖斥力的作用，沿斜面方向列牛頓第二定律方程有解得小球乙的帶電量為，故C錯誤；D．小球乙運動到點時，小球乙的速度達到最大，說明此時加速度為零，設點到甲的距離為，根據題意有解得，故D正確。故選ABD。10.如圖所示，一個固定在豎直平面內的光滑半圓軌道與水平面連接并相切于C點，繃緊的水平傳送帶足夠長與光滑水平平臺BC連接。電動機帶動水平傳送帶以恒定的速率逆時針勻速轉動，在光滑的水平面上有一質量的物體可視為質點以的速度向右滑上傳送帶，經過2s物體的速度減為零，物體返回到光滑的平臺且沿著半圓軌道剛好能運動到E點，重力加速度g取，不計空氣阻力，在連接處物體沒有能量損失。下列說法正確的是（）A.物體滑上傳送帶后做勻減速直線運動加速度大小為B.物體與傳送帶之間的動摩擦因數為C.半圓軌道的半徑為1mD.物體在傳送帶上滑動過程中系統(tǒng)產生的熱量等于【答案】BD【解析】AB．物體滑上傳送帶后在滑動摩擦力作用下做勻減速直線運動，有根據加速度的計算公式有聯立解得，，故A錯誤，B正確；C．根據題意可知，物體返回到光滑的水平面且沿著半圓軌道恰能運動到E點，設經過最高點E時的速度為，在E處，根據牛頓第二定律和向心力公式有在由C運動至E的過程中，根據動能定理有聯立解得，故C錯誤；D．物體向右滑行時，相對傳送帶的位移為物體向左滑行時，相對傳送帶的位移為物體在傳送帶上滑動過程中系統(tǒng)產生的熱量為聯立并代入數據解得，故D正確。故選BD。三、實驗題：本大題共2小題，共18分。11.實驗小組的同學做研究平拋運動實驗。（1）為了驗證平拋運動的小球在豎直方向上做自由落體運動，用如圖甲所示的裝置進行實驗，小錘打擊彈性金屬片，A球水平拋出，同時B球被松開，自由下落，關于該實驗，下列說法中正確的是________。A.兩球的質量應相等B.應聽到兩次撞地聲音C.應改變裝置的高度，多次實驗D.該實驗同時能說明A球在水平方向上做勻速直線運動（2）借助頻閃儀成功拍攝了小球做平拋運動的照片如圖乙所示，若照片中小方格的邊長表示的實際長度為10cm，當地的重力加速度g取，其中第4個點處位置已被污跡覆蓋。若以拍攝的第1個點為坐標原點，水平向右和豎直向下為正方向建立直角坐標系，則被拍攝到的小球在第4個點位置的坐標為“________cm，________cm”。小球平拋的初速度大小為________結果均保留兩位有效數字【答案】（1）C（2）60602.0【解析】【小問1解析】A．平拋運動豎直分運動是自由落體運動，與小球質量是否相等無關，故A錯誤；B．平拋運動的豎直分運動是自由落體運動與其合運動具有等時性，所以應聽到一次撞地聲，故B錯誤；C．為了證明此結論的普遍適用，應改變高度重復實驗，故C正確；D．此實驗只能說明平拋運動的豎直分運動是自由落體運動，說明不了平拋運動的水平分運動是勻速直線運動，故D錯誤。故選C?！拘?解析】小球在水平方向上做勻速直線運動，所以相鄰兩點水平間距相等，由乙圖可知，所以第4個點的橫坐標為在豎直方向上做自由落體運動，由勻加速直線運動規(guī)律可得所以第4個點的縱坐標為根據題意有，解得12.如圖甲所示，打點計時器固定在鐵架臺上，使重物帶動紙帶從靜止開始自由下落，在紙帶上打出一系列的點，利用此裝置驗證機械能守恒定律?；卮鹨韵聠栴}：（1）以下實驗操作正確的是

選填選項前的字母。A.圖中接電源應接直流電源B.圖中兩限位孔必須在同一豎直線上C.實驗前，手應提住紙帶上端，使紙帶豎直D.實驗時，先放開紙帶，再接通打點計時器的電源（2）根據所打的紙帶可以不利用公式計算就能直接得到的物理量是

選填選項前的字母；A.平均速度 B.時間間隔 C.加速度 D.位移（3）該同學經過操作得到如圖乙所示的紙帶，質量重物自由下落，打點計時器在紙帶上打出一系列點，O為第一個點，A、B、C、D為從合適位置開始選取的四個連續(xù)點其他點未畫出已知所用交流電源的頻率為50Hz，當地重力加速度大小為。取圖中O點和B點來驗證機械能守恒定律：計時器打B點時重物的速度大小為__________m/s；從O點到B點，重物的重力勢能減少量ΔEp=__________J，動能增加量ΔEk=__________J。結果均保留三位有效數字（4）實驗結果發(fā)現重力勢能的減少量總大于動能的增加量；造成這種現象的主要原因是

填正確答案標號。A.選用的重錘質量過大B.數據處理時出現計算錯誤C.空氣對重錘的阻力和打點計時器對紙帶的阻力D.實驗時操作不夠細，實驗數據測量不準確【答案】（1）BC（2）BD（3）1.920.1880.184（4）C【解析】【小問1解析】A．打點計時器工作電源是交流電源，打點計時器接直流電源時不工作，A錯誤；

B．為了減小摩擦力產生的實驗誤差，兩限位孔必須在同一豎直線上，B正確；

C．實驗前，手應提住紙帶上端，并使紙帶豎直，減小紙帶與打點計時器限位孔之間的摩擦力，C正確；

D．應該先接通電源后放開紙帶，如果先放開紙帶讓重物下落，再接通打點計時器的電源，由于重物運動較快，有可能在紙帶上打不上點，D錯誤。故選BC?！拘?解析】A．平均速度需要利用公式計算才能得到，A錯誤；B．時間間隔是0.02s，不需要利用公式計算，B正確；C．加速度需要利用公式計算才能得到，C錯誤；D．位移用直尺測量就能得到，D正確。故選BD?！拘?解析】打B點時的速度重物的重力勢能減少量動能增加量【小問4解析】A．選用的重錘質量過大，不會出現重力勢能的減少量總大于動能的增加量的現象，A錯誤；B．若計算錯誤，也可能會出現重力勢能的減少量小于動能的增加量的現象，B錯誤；C．空氣對重錘的阻力和打點計時器對紙帶的阻力，使重物的機械能損失，重力勢能的減少量一定大于動能的增加量，C正確；D．若實驗時操作不夠細，實驗數據測量不準確，也可能會出現重力勢能的減少量小于動能的增加量的現象，D錯誤。故選C。四、計算題：本大題共3小題，共30分。13.如圖所示，A、B為真空中電荷量均為的兩個固定的點電荷，相距為s，AB連線中點為O，C是中垂線上的一點，距O點距離為d，現將另一個電荷量為的點電荷固定在C點處，已知靜電力常量為k，求：（1）A電荷對電荷量為的點電荷的庫侖力；（2）電荷量為的點電荷在C點處所受的庫侖力?！敬鸢浮浚?），方向由A指向C（2），方向由O指向C【解析】【小問1解析】如圖所示由庫侖定律有其中可得，方向為由A指向C；【小問2解析】如上圖所示，A、B兩電荷對產生的電場力大小相同則電荷量為的點電荷在C點處所受的庫侖力大小為根據幾何關系有解得，方向由O指向C。14.2025年3月14日，四川省第七屆全民健身滑板大眾邀請賽在自貢市舉辦。某次滑板運動員比賽過程可簡化為如圖所示模型，ABC是半徑的光滑固定圓弧形滑板賽道，A點與圓心O等高，B為最低點位于水平地面上，圓弧BC所對的圓心角為滑板運動員從A點以一定的初速度沿圓弧面滑下，從C點滑出后，運動員上升到的最高點與O點在同一水平面上，此后運動員落到斜面上的D點，D點距水平地面的高度為已知運動員和滑板的總質量為，重力加速度大小，運動員和滑板整體可視為質點，不計空氣阻力。求：（1）運動員從C點滑出時的速度大??；（2）運動員和滑板一起在B點對軌道的壓力；（3）斜面D點離圓弧軌道C點水平距離計算結果可保留根號【答案】（1）（2），方向豎直向下（3）【解析】【小問1解析】設運動員從C點滑出的速度大小為，運動員從C點滑出后，豎直上升的高度豎直方向分運動解得【小問2解析】設運動員到B點時速度大小為vB，從B到C，根據機械能守恒有B點，根據牛頓第二定律有解得根據牛頓第三定律，對軌道的壓力大小方向豎直向下【小問3解析】運動員從C點滑出后，上升的過程有設下降的時間為，則則D點與C點的水平距離解得15.如圖所示，半徑的豎直半圓固定軌道BCD與光滑水平軌道AB平滑連接于點，水平面上固定一輕質彈簧，壓縮彈簧儲存的彈性勢能（大小可調節(jié)）可以發(fā)射質量的小滑塊（可視為質點），已知重力加速度大小，不計空氣阻力，小滑塊經過連接處沒有能量損失，求∶（1）若半圓軌道是光滑的，小滑塊剛好能到達點，彈簧的彈性勢能和小滑塊在點對軌道的壓力大??；（2）若半圓軌道是光滑的，彈簧彈性勢能為，小滑塊運動過程中距點最大豎直高度；（3）若半圓軌道是粗糙的，彈簧彈性勢能為，小滑塊到達點時對軌道壓力為，則小滑塊在半圓軌道上克服摩擦力做的功?！敬鸢浮浚?），（2）（3）108J【解析】【小問1解析】小滑塊剛好能到達D點，則有解得根據機械能守恒定律有解得根據機械能守恒定律有解得根據牛頓第二定律有解得根據牛頓第三定律，可知對軌道的壓力大小為60N?！拘?解析】根據題意有可知小滑塊可以沖過C點不能到達D點就離開圓弧軌道，設小滑塊離開軌道的位置E與圓心的連線與水平方向夾角為，E距B點的豎直高度為h，根據機械能守恒有根據牛頓第二定律有根據幾何關系有解得滑塊從E點離開軌道后還能上升的最大高度為小滑塊運動過程中距B點最大豎直高度為【小問3解析】小滑塊到達D點時對軌道壓力為則有解得根據能量守恒定律有可得小滑塊在半圓軌道上克服摩擦力做的功為2024-2025學年河南省TOP20名校高一（下）聯考物理試卷（5月）A一、單選題：本大題共7小題，共28分。1.關于相對論時空觀與牛頓力學的局限性，下列說法正確的是（）A.相對論時空觀認為在某參考系中同時發(fā)生的兩件事，在另一參考系看來也一定是同時的B.在經典力學中，物體的質量不隨運動狀態(tài)改變而改變C.相對論時空觀認為運動的時鐘會變快，運動的尺子會變長D.相對論和量子力學證明了牛頓力學是錯誤和過時的【答案】B【解析】A．相對論強調同時的相對性，故A錯誤；B．經典力學中質量恒定，故B正確；C．根據相對論，運動的時鐘會變慢（時間膨脹），沿運動方向的尺子會變短（長度收縮），故C錯誤；D．牛頓力學未被完全推翻，而是適用范圍受限，故D錯誤；故選B。2.關于直線運動和曲線運動，下列說法中正確的是（）A.物體在恒力作用下只能做直線運動不可能做曲線運動B.物體在變力作用下一定是做曲線運動C.物體做曲線運動，沿垂直速度方向的分力一定不為零D.兩個直線運動的合運動一定是直線運動【答案】C【解析】A．物體在恒力作用下可能做曲線運動，只要合力方向與速度方向不在同一直線，故A錯誤；B．變力作用下物體可能做直線運動，只要力的方向始終與速度方向在同一直線上，故B錯誤；C．物體做曲線運動時，速度方向不斷變化，由垂直速度方向的分力提供向心力，因此垂直速度方向的分力一定不為零，故C正確；D．兩個直線運動的合運動可能是曲線運動，例如平拋運動由水平勻速直線運動和豎直自由落體運動合成，故D錯誤。3.電腦光驅內部傳動系統(tǒng)的部分結構如圖所示，主動輪固定在電動機轉軸上，電動機轉動時帶動從動輪轉動，皮帶不打滑。關于主動輪、皮帶和從動輪的轉動情況，下列說法正確的是（）A.皮帶上各點線速度大小不相等B.主動輪與從動輪轉動的周期相等C.主動輪與從動輪轉動的角速度相等D.兩輪轉動的角速度與各自半徑成反比【答案】D【解析】A．皮帶上各點線速度大小相等，選項A錯誤；BCD．由可得即兩輪轉動的角速度與各自半徑成反比，從動輪半徑大，轉動的角速度小，根據可知從動輪周期大，BC錯誤，D正確。故選D。4.圖甲玩具由頭部、輕質彈簧及底座組成，可簡化為圖乙，該玩具底座固定在水平面上，初始時玩具頭部可視為質點靜止于A點?，F用手按壓玩具頭部至最低點B點由靜止釋放，玩具頭部最高運動到C點低于彈簧的原長位置，該過程中玩具頭部始終未脫離彈簧，彈簧處于彈性限度內，不計空氣阻力。則玩具頭部首次從B點運動到C點的過程中，下列說法正確的是（）A.頭部的動能先增大后減小B.頭部的重力勢能先增大后減小C.彈簧形變量先減小后增大D.彈簧的彈性勢能先減小后增大【答案】A【解析】A．根據題意可知，由最低點B點靜止釋放，此時彈力大于重力，加速度向上，到達A點時加速度為0，然后彈力小于重力，頭部做減速運動，運動到最高點C點，所以頭部的速度先增大后減小，由可知，頭部的動能先增大后減小，選項A正確；B．頭部一直上升，由可知，頭部的重力勢能一直增大，選項B錯誤；CD．由于最高點低于彈簧的原長位置，則彈簧形變量一直減小，則彈簧的彈性勢能一直減小，故CD錯誤。故選A。5.如圖所示為飛船的發(fā)射與交會對接過程簡化示意圖，飛船首先升空抵達半徑為的近地圓軌道Ⅰ上點，然后在點短暫加速進入過渡的橢圓軌道Ⅱ，在橢圓軌道Ⅱ的遠地點點經合適調節(jié)便可穩(wěn)定于空間站所在的半徑為的圓軌道Ⅲ上，最后再擇機與空間站對接。下列判斷正確的是（）A.飛船在軌道Ⅱ上經過A點的加速度大于在軌道Ⅰ上經過A點的加速度B.飛船在軌道Ⅱ上的運行周期大于在軌道Ⅲ上的運行周期C.飛船由軌道Ⅱ的B點轉移到軌道Ⅲ需要在B點加速D.飛船在軌道Ⅰ上與地心連線和在軌道Ⅲ上與地心連線在相同時間內掃過的面積相等【答案】C【解析】A．根據牛頓第二定律解得飛船兩次經過A點，r相同，a相同，A錯誤；B．根據開普勒第三定律，半長軸越小周期越小。Ⅱ軌道的周期小于Ⅲ軌道的周期，B錯誤；C．飛船由軌道Ⅱ的B點轉移到軌道Ⅲ需要在B點加速，C正確；D．飛船在軌道Ⅰ上與地心連線和在軌道Ⅰ上與地心連線在相同時間內掃過的面積相等，D錯誤。故選C。6.某次網球比賽運動員先后兩次從同一位置水平打出的網球落到網上，網球落到網上的位置如圖所示，忽略空氣阻力，網球可視為質點，則兩次網球在飛行過程中（）A.第一次打出的網球飛行的加速度大于第二次打出的網球飛行的加速度B.第一次打出的網球飛行的時間大于第二次打出的網球飛行的時間C.第一次打出的網球初速度大于第二次打出的網球初速度D.第一次網球落到網上角度（速度方向與豎直方向夾角）小于第二次網球落到網上角度速度方向與豎直方向夾角【答案】C【解析】A．飛行的網球做平拋運動，加速度相同，都為重力加速度，故A錯誤；BC．飛行時間由豎直分運動自由落體運動決定，根據，可知網球2的下落高度大，飛行時間長；兩次的水平位移相同，根據，可知第二次打出的網球初速度小，故B錯誤，C正確；D．速度與豎直方向的夾角滿足，第二次打出的網球初速度小，時間長，則速度與豎直方向的夾角比第一次網球落到網上角度小，故D錯誤。故選C。7.如圖所示，在水平地面上固定一半徑為的半球，其表面是光滑的。半球頂端放有一質量為m的滑塊（可視為質點），開始時滑塊處于靜止狀態(tài)。小滑塊在外界的微小擾動下從靜止開始沿球面下滑，一段時間后滑塊與半球分離，不計一切阻力，重力加速度大小為，下列說法正確的是（）A.滑塊從開始下滑到落地前的過程中機械能不守恒B.滑塊落地時速度大小為C.滑塊與半球分離時，滑塊離地的豎直高度為D.滑塊落地前瞬間重力的瞬時功率為【答案】D【解析】A．塊從開始下滑到落地前的過程中只有重力做功，該過程機械能守恒，故A錯誤；B．根據動能定理有解得，故B錯誤；C．令分離位置的半徑與豎直方向夾角為，則有，解得此時塊離地的豎直高度，故C錯誤；D．令滑塊落地前瞬間豎直方向分速度為，則有其中滑塊落地前瞬間重力的瞬時功率結合上述解得，故D正確。二、多選題：本大題共3小題，共12分。8.2025年3月29日消息，我國將充分運用北斗衛(wèi)星通信、AI新技術，打造“數字化救援一張圖”。北斗衛(wèi)星導航系統(tǒng)包括五顆靜止軌道衛(wèi)星和三十顆非靜止軌道衛(wèi)星。地球視為球形，假設甲衛(wèi)星是軌道傾角（軌道平面和赤道平面的夾角）為零的圓形地球同步衛(wèi)星。乙衛(wèi)星是（軌道為圓周）非靜止軌道衛(wèi)星，它離地高度與靜止軌道衛(wèi)星相同，但軌道平面和赤道平面的夾角為，自西向東繞地球運行。下列說法正確的是（）A.甲和其它四顆靜止軌道衛(wèi)星的周期和速率均相同B.非靜止軌道衛(wèi)星乙的發(fā)射速度大于C.靜止軌道衛(wèi)星甲每天都要準時經過河南某地的正上方D.非靜止軌道衛(wèi)星乙軌道平面必過地心【答案】AD【解析】A．靜止軌道衛(wèi)星特點是：定位置（赤道的上方）、定周期（24h）、定速率、定高度，所以甲和其它四顆靜止軌道衛(wèi)星的周期和速率均相同，故A正確；B．非靜止軌道衛(wèi)星乙的發(fā)射速度應大于，小于，故B錯誤；C．靜止軌道衛(wèi)星在赤道正上方，不會經過河南某地的正上方，故C錯誤；D．非靜止軌道衛(wèi)星乙軌道的圓心是地心，故D正確。故選AD。9.如圖所示，傾角為的光滑絕緣斜面體固定在地面上，帶電量為的正點電荷甲固定在斜面底端，質量為的帶電小球乙（可視為質點）從斜面上離正點電荷甲距離為的點由靜止釋放，釋放的一瞬間，小球乙的加速度大小為。已知重力加速度大小為，小球乙運動到點時速度達到最大，靜電力常量為，，，下列說法正確的是（）A.小球乙運動到點時受到的合力為零B.小球乙?guī)д奀.小球乙?guī)щ娏看笮镈.甲到點的距離為【答案】ABD【解析】A．當物體速度達到最大時，加速度為0，根據牛頓第二定律可知此時合力由題意可知小球乙運動到b點時速度達到最大，所以小球乙運動到b點時受到的合力為零，故A正確；B．小球乙運動到點時速度達到最大，之后將做減速運動，故甲對乙?guī)靵龀饬?，甲、乙?guī)щ娦韵嗤?，所以小球乙?guī)д?，故B正確；C．小球乙在點時受到重力、支持力以及甲施加的庫侖斥力的作用，沿斜面方向列牛頓第二定律方程有解得小球乙的帶電量為，故C錯誤；D．小球乙運動到點時，小球乙的速度達到最大，說明此時加速度為零，設點到甲的距離為，根據題意有解得，故D正確。故選ABD。10.如圖所示，一個固定在豎直平面內的光滑半圓軌道與水平面連接并相切于C點，繃緊的水平傳送帶足夠長與光滑水平平臺BC連接。電動機帶動水平傳送帶以恒定的速率逆時針勻速轉動，在光滑的水平面上有一質量的物體可視為質點以的速度向右滑上傳送帶，經過2s物體的速度減為零，物體返回到光滑的平臺且沿著半圓軌道剛好能運動到E點，重力加速度g取，不計空氣阻力，在連接處物體沒有能量損失。下列說法正確的是（）A.物體滑上傳送帶后做勻減速直線運動加速度大小為B.物體與傳送帶之間的動摩擦因數為C.半圓軌道的半徑為1mD.物體在傳送帶上滑動過程中系統(tǒng)產生的熱量等于【答案】BD【解析】AB．物體滑上傳送帶后在滑動摩擦力作用下做勻減速直線運動，有根據加速度的計算公式有聯立解得，，故A錯誤，B正確；C．根據題意可知，物體返回到光滑的水平面且沿著半圓軌道恰能運動到E點，設經過最高點E時的速度為，在E處，根據牛頓第二定律和向心力公式有在由C運動至E的過程中，根據動能定理有聯立解得，故C錯誤；D．物體向右滑行時，相對傳送帶的位移為物體向左滑行時，相對傳送帶的位移為物體在傳送帶上滑動過程中系統(tǒng)產生的熱量為聯立并代入數據解得，故D正確。故選BD。三、實驗題：本大題共2小題，共18分。11.實驗小組的同學做研究平拋運動實驗。（1）為了驗證平拋運動的小球在豎直方向上做自由落體運動，用如圖甲所示的裝置進行實驗，小錘打擊彈性金屬片，A球水平拋出，同時B球被松開，自由下落，關于該實驗，下列說法中正確的是________。A.兩球的質量應相等B.應聽到兩次撞地聲音C.應改變裝置的高度，多次實驗D.該實驗同時能說明A球在水平方向上做勻速直線運動（2）借助頻閃儀成功拍攝了小球做平拋運動的照片如圖乙所示，若照片中小方格的邊長表示的實際長度為10cm，當地的重力加速度g取，其中第4個點處位置已被污跡覆蓋。若以拍攝的第1個點為坐標原點，水平向右和豎直向下為正方向建立直角坐標系，則被拍攝到的小球在第4個點位置的坐標為“________cm，________cm”。小球平拋的初速度大小為________結果均保留兩位有效數字【答案】（1）C（2）60602.0【解析】【小問1解析】A．平拋運動豎直分運動是自由落體運動，與小球質量是否相等無關，故A錯誤；B．平拋運動的豎直分運動是自由落體運動與其合運動具有等時性，所以應聽到一次撞地聲，故B錯誤；C．為了證明此結論的普遍適用，應改變高度重復實驗，故C正確；D．此實驗只能說明平拋運動的豎直分運動是自由落體運動，說明不了平拋運動的水平分運動是勻速直線運動，故D錯誤。故選C?！拘?解析】小球在水平方向上做勻速直線運動，所以相鄰兩點水平間距相等，由乙圖可知，所以第4個點的橫坐標為在豎直方向上做自由落體運動，由勻加速直線運動規(guī)律可得所以第4個點的縱坐標為根據題意有，解得12.如圖甲所示，打點計時器固定在鐵架臺上，使重物帶動紙帶從靜止開始自由下落，在紙帶上打出一系列的點，利用此裝置驗證機械能守恒定律?；卮鹨韵聠栴}：（1）以下實驗操作正確的是

選填選項前的字母。A.圖中接電源應接直流電源B.圖中兩限位孔必須在同一豎直線上C.實驗前，手應提住紙帶上端，使紙帶豎直D.實驗時，先放開紙帶，再接通打點計時器的電源（2）根據所打的紙帶可以不利用公式計算就能直接得到的物理量是

選填選項前的字母；A.平均速度 B.時間間隔 C.加速度 D.位移（3）該同學經過操作得到如圖乙所示的紙帶，質量重物自由下落，打點計時器在紙帶上打出一系列點，O為第一個點，A、B、C、D為從合適位置開始選取的四個連續(xù)點其他點未畫出已知所用交流電源的頻率為50Hz，當地重力加速度大小為。取圖中O點和B點來驗證機械能守恒定律：計時器打B點時重物的速度大小為__________m/s；從O點到B點，重物的重力勢能減少量ΔEp=__________J，動能增加量ΔEk=__________J。結果均保留三位有效數字（4）實驗結果發(fā)現重力勢能的減少量總大于動能的增加量；造成這種現象的主要原因是

填正確答案標號。A.選用的重錘質量過大B.數據處理時出現計算錯誤C.空氣對重錘的阻力和打點計時器對紙帶的阻力D.實驗時操作不夠細，實驗數據測量不準確【答案】（1）BC（2）BD（3）1.920.1880.184（4）C【解析】【小問1解析】A．打點計時器工作電源是交流電源，打點計時器接直流電源時不工作，A錯誤；

B．為了減小摩擦力產生的實驗誤差，兩限位孔必須在同一豎直線上，B正確；

C．實驗前，手應提住紙帶上端，并使紙帶豎直，減小紙帶與打點計時器限位孔之間的摩擦力，C正確；

D．應該先接通電源后放開紙帶，如果先放開紙帶讓重物下落，再接通打點計時器的電源，由于重物運動較快，有可能在紙帶上打不上點，D錯誤。故選BC。【小問2解析】A．平均速度需要利用公式計算才能得到，A錯誤；B．時間間隔是0.02s，不需要利用公式計算，B正確；C．加速度需要利用公式計算才能得到，C錯誤；D．位移用直尺測量就能得到，D正確。故選BD?！拘?解析】打B點時的速度重物的重力勢能減少量動能增加量【小問4解析】A．選用的重錘質量過大，不會出現重力勢能的減少量總大于動能的增加量的現象，A錯誤；B．若計算錯誤，也可能會出現重力勢能的減少量小于動能的增加量的現象，B錯誤；C．空氣對重錘的阻力和打點計時器對紙帶的阻力，使