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2021重庆市缙云教育联盟高一下学期期末物理试题含答案
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这是一份2021重庆市缙云教育联盟高一下学期期末物理试题含答案，共22页。试卷主要包含了07，【答案】D，【答案】B，【答案】C，【答案】BC等内容，欢迎下载使用。
★秘密·启封前
重庆市2020-2021学年（下）年度质量检测
2021.07
高一物理
【命题单位：重庆缙云教育联盟】
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚；
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效；
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回；
4.全卷6页，满分100分，考试时间75分钟。
一、单项选择题（共8小题，每小题4分，满分32分）
1. 甲、乙两船在静水中航行的速度分别为5 m/s和3 m/s，两船从同一渡口过河，已知甲船以最短时间过河，乙船以最短航程过河，结果两船抵达对岸的地点恰好相同。则水的流速为
A. 3 m/s B. 4.75 m/s C. 4 m/s D. 3.75 m/s
2. 物体在三个共点恒力F1、F2、F3的作用下做匀速直线运动，若突然撤去F2，则该物体
A. 可能做匀加速直线运动 B. 可能继续做匀速直线运动
C. 可能做变减速直线运动 D. 可能做变加速曲线运动
3. 半径为1m的光滑半圆槽竖直固定在光滑水平地面上，其直径与水平地面垂直。质量为0.1kg的小球(视为质点)以10m/s的初速度向左进入半圆轨道，小球通过最高点后做平抛运动。取重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是
A. 小球刚进入半圆轨道时对轨道的压力大小为10 N
B. 小球通过最高点时对轨道的压力大小为6 N
C. 小球落地时速度方向与水平地面的夹角为30°
D. 小球做平抛运动的水平位移为26m
4. 如图所示，长度为1m的轻杆绕O点在竖直平面内以2rad/s的角速度做匀速圆周运动，杆的另一端连有一质量为0.3kg的小球(视为质点)。a、b分别为其运动轨迹的最低点和最高点。不计空气阻力，取重力加速度大小g=10m/s2，下列分析正确的是
A. 小球运动到b点时，轻杆对小球的作用力大小为4.2N
B. 小球运动到a点时，轻杆对小球的作用力大小为3 N
C. 小球从a点运动到b点过程中，轻杆对小球做功为3 J
D. 小球从b点运动到a点过程(转动半周)中，重力做功的平均功率为12πW
5. 如图所示，发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火将卫星送入椭圆轨道2，然后再次点火，将卫星送入同步轨道3。轨道1、2相切于Q点，2、3相切于P点，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，下列说法中正确的是( )
A. 卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率
B. 卫星在轨道3上的角速度大于在轨道1上的角速度
C. 卫星在轨道1上经过Q点时的加速度大于在轨道2上经过Q点时的加速度
D. 卫星在轨道2上经过P点时的加速度等于在轨道3上经过P点时的加速度
6. 半径为R的某均匀球形天体上，两“极点”处的重力加速度大小为g，“赤道”处的重力加速度大小为“极点”处的1k。已知引力常量为G，则下列说法正确的是
A. 该天体的质量为gR2kG
B. 该天体的自转周期为2πkR(k−1)g
C. 该天体的第一宇宙速度为gRk
D. 该天体的平均密度为4g3πGR
7. 如图甲，倾角为θ的光滑绝缘斜面，底端固定一带电量为Q的正点电荷。将一带正电小物块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放，小物块沿斜面向上滑动至最高点B处，此过程中小物块的动能和重力势能随位移的变化图象如图乙(E1和x1为已知量)。已知重力加速度为g，静电力常量为k，由图象可求出( )
A. 小物块的带电量
B. A、B间的电势差
C. 小物块的质量
D. 小物块速度最大时到斜面底端的距离
8. 一质量为m的木块静止在光滑的水平面上，从t=0开始，将一个大小为F的水平恒力作用在该木块上，在t=t1时刻力F的功率是( )
A. F22mt1 B. F22mt12 C. F2t1m D. F2mt12
二、多项选择题（共4小题，每小题3分，满分12分）
9. 如图所示，若你在斜坡顶端先后水平抛出同一小球，第一次小球落到斜坡中点，第二次小球落到斜坡底端，从抛出到落至斜坡上(忽略空气阻力，忽略身高)，则( )
A. 两次小球运动时间之比t1:t2=2:4
B. 两次小球运动时间之比t1:t2=1:2
C. 两次小球抛出时初速度之比v1:v2=1:2
D. 两次小球抛出时初速度之比v1:v2=1:2
10. 如图所示，两根相同的轻绳一端分别系在竖直杆上的A点与B点，另一端系在质量为m的小球C上。当小球随竖直杆一起以某一角速度ω匀速转动时，两根绳子都伸直，AC绳与竖直方向的夹角为θ，BC绳水平，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 小球的向心加速度可能等于gtanθ
B. AC绳的拉力一定等于mgcosθ
C. 如果ω缓慢减小，θ也一定同步减小
D. 如果ω缓慢增加，BC绳一定先断
11. 如图所示，A是静止在赤道上的物体，B、C是同一平面内两颗人造卫星。B为绕地球表面的近地卫星，C是地球同步卫星。则以下判断正确的是( )
A. 卫星B的速度大小大于地球的第一宇宙速度
B. A，B的线速度大小关系为vA>vB
C. 周期大小关系为TA=TC>TB
D. 若卫星B要靠近C所在轨道，需要先加速
12. 如图所示，在距水平地面高为0.4 m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右侧，杆上套有一质量m=2 kg的小球A.半径R=0.3 m的光滑半圆形细轨道竖直的固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量也为m=2 kg的小球B.用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将两个小球连接起来，杆和半圆形轨道在同一竖直面内，两小球均可看作质点，且不计滑轮大小的影响．现给小球A施加一个水平向右的恒力F=50 N，则
A. 当小球B运动到C处时小球A的动能为20 J
B. 小球B运动到C处时的速度大小为14m/s
C. 小球B被拉到与小球A速度大小相等时，sin∠OPB=34
D. 小球B从地面运动到C处的过程中，小球B的动能增加了6 J
三、非选择题（满分56分）
13. 某同学用如图甲实验装置研究平抛运动，实验过程中用频闪照相法来获取小球做平抛运动时不同时刻的位置。某次实验过程中获得小球连续三个时刻的位置如图乙所示，若频闪照相机的频率为f=10Hz，用刻度尺测得照片上y1=2.52cmy2=3.48cm，照片上物体影像的大小与物体的实际大小的比值为k=0.1，则当地的重力加速度g= ______ (用字母表示)= ______ m/s2(计算结果保留至小数点后两位)；
14. 在如图所示的传动装置中，B、C两轮固定在一起绕同一转轴转动。A、B两轮用皮带传动，三轮半径关系为rA=rC=2rB，若皮带不打滑，求A、B、C轮边缘的a、b、c三点的角速度之比为_______，a、b、c三点的线速度之比__________。
15. 科学家测得一行星A绕一恒星B运行一周所用的时间为1200年，A、B间距离为地球到太阳距离的100倍。设A相对于B的线速度为v1，地球相对于太阳的线速度为v2，则v1：v2=______，该恒星质量与太阳质量之比为______。
16. 雪豹的心脏每跳一次输送2×10−4m3的血液，设雪豹心脏主动脉内径为2cm，血压(可看作心脏压送血液的压强)的平均值为3×104Pa，心跳每分钟60次，则雪豹心脏的平均功率为______W，血液从心脏流出的平均速度约______m/s。
17. (1)为了研究平抛物体的运动，可做下面的实验：如图甲所示，用小锤打击弹性金属片，B球就水平飞出，同时A球被松开，做自由落体运动，两球同时落到地面；如图乙所示，将两个完全相同的斜滑道固定在同一竖直面内，最下端水平，把两个质量相等的小钢球从斜面的同一高度由静止同时释放，滑道2与光滑水平板连接，则将观察到的现象是球1落到水平木板上击中球2。这两个实验说明______ 。
A.甲实验只能说明平抛运动在竖直方向做自由落体运动
B.乙实验只能说明平抛运动在水平方向做匀速直线运动
C.不能说明上述规律中的任何一条
D.甲、乙二个实验均能同时说明平抛运动在水平、竖直方向上的运动性质
(2)关于“研究物体平抛运动”实验，下列说法正确的是______ 。
A.小球与斜槽之间有摩擦会增大实验误差
B.安装斜槽时其末端切线应水平
C.小球必须每次从斜槽上同一位置由静止开始释放
D.在白纸上记录斜槽末端槽口的位置O，作为小球做平抛运动的起点和所建坐标系的原点
(3)某同学利用丙装置在做平抛运动实验时得出如图丁所示的小球运动轨迹，a、b、c三点的位置在运动轨迹上已标出。(g取10m/s2)
①小球平抛运动的初速度为______ m/s。
②小球运动到b点时，在y方向的分速度为______ m/s。
③抛出点坐标x= ______ cm，y= ______ cm。
18. 一艘宇宙飞船飞近某一新发现的行星，并进入靠近行星表面的圆形轨道绕行数圈后，着陆在该行星上，飞船上备有以下实验器材：
A.精确秒表一个 B.已知质量为m的物体一个
C.弹簧测力计一个 D.天平一台(附砝码)
已知宇航员在绕行时测量了绕行一圈的周期T和着陆后测量了物体重力F，依据测量数据，可求出该行星的半径R和行星质量M．
(1)绕行时和着陆时都不需要的测量器材为______ (用序号ABCD表示)．
(2)其中R=______ ，质量为M= _________。(用序号ABCD表示)
A.FT24π2m B． FT24Gπ2m CFT34Gπ2m DF3T416π4m3G
五、计算题（本大题共2小题，共20.0分）
19. 在某电视台举办的冲关游戏中，AB是处干竖直平面内的光滑圆弧轨道。半径R=1.6m，BC是长度为L1=3m的水平传送带，CD是长度为L2=3.6水平粗糙轨道，ABCD轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板从A处由静止下滑。参赛者和滑板可视为质点，参赛者质量m=60kg，滑板质量可忽略，己知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为μ1=0.4，μ2=0.5，g取10m/s2.求：
(1)参赛者运动到圆弧轨道B处对轨道的压力；
(2)若参赛者恰好能运动至D点，求传送带运转速率及方向；
(3)在第(2)问中，传送带由于传送参赛着多消耗的电能。
20. 如图所示，质量为m1=1 kg的长木板静止在水平地面上，与地面间的动摩擦因数为μ1=0.5，其右端有一固定的、光滑的半径R=0.4 m的四分之一圆弧轨道(接触但无黏连)，长木板上表面与圆弧面的最低点等高，长木板的左侧有一个同样的固定的圆弧轨道，长木板左端与左侧圆弧轨道的右端相距x0=1 m。现有质量为m2=2 kg的小滑块从距长木板右端x=2 m处，以v0=10 m/s的初速度开始向右运动，小滑块与长木板间的动摩擦因数为μ2=0.9。已知木板与圆弧轨道碰撞后立刻静止，求：
(1)小滑块m2第一次离开右侧圆弧轨道后还能上升的最大高度；
(2)为了使m2不从m1上滑落到地面上，m1的最短长度；
(3)若长木板长度取第(2)问中的最短长度，在整个运动过程中，小滑块m2与长木板m1之间所产生的摩擦热。
★秘密·考试结束前
重庆市2020-2021学年（下）年度质量检测
高一物理答案及评分标准
【命题单位：重庆缙云教育联盟】
1.【答案】D
【解析】
【分析】
甲船以最短时间渡河，知静水速度的方向与河岸垂直。乙船以最短航程渡河，因为两船抵达地点相同，知乙船静水速度小于水流速，不能垂直到对岸，乙船静水速度方向与合速度方向垂直。由此分析解题即可。
该题主要考查小船渡河相关知识。分析好物理情景，灵活应用几何知识是解决本题的关键。
【解答】
两船抵达的地点相同，知合速度方向相同，甲船的静水速度垂直于河岸，乙船的静水速度与合速度垂直，如图：
由上图有：sinθ=v乙v水，tanθ=v甲v水，解得sinθ=0.8，v水=3.75m/s，故D正确，ABC错误。
故选D。
2.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了曲线运动的条件以及三力平衡的知识，关键根据平衡得到其余两个力的合力恒定，然后结合曲线运动的条件分析．
【解答】
有一个作匀速直线运动的物体受到三个力的作用，这三个力一定是平衡力，如果突然撤去F2，剩余的两个力的合力与撤去的力等值、反向、共线，这个合力恒定不变．
若物体的速度方向与此合力方向相同，则物体将匀加速直线运动，若剩余的两个力的合力与物体的速度方向相反，则物体做匀减速直线运动．
曲线运动的条件是合力与速度不共线，当其余两个力的合力与速度不共线时，物体做曲线运动；由于合力恒定，故加速度恒定，即物体做匀变速曲线运。故A正确，BCD错误；
故选：A。
3.【答案】D
【解析】
【分析】
根据牛顿第二定律结合牛顿第三定律得到小球刚进入半圆轨道时对轨道的压力大小；根据动能定理得到小球到达最高点的速度，同样由牛顿第二定律和牛顿第三定律得到小球通过最高点时对轨道的压力大小。根据平抛运动规律得到小球落地时速度方向与水平地面的夹角，以及小球做平抛运动的水平位移。
【解答】
A.根据牛顿第二定律，小球刚进入半圆轨道时：FN−mg=mv02R，解得：FN=11N，根据牛顿第三定律，小球刚进入半圆轨道时对轨道的压力大小为11N，故A错误；
B.根据动能定理，有：−mg·2R=12mv2−12mv02，得：v=60m/s，在最高点，mg+FN′=mv2R，代入数据联立解得：FN′=5N，即小球通过最高点时对轨道的压力大小为5N，故B错误；
C.根据平抛运动规律：2R=12gt2，解得t=25s，则v⊥=gt=210m/s，小球落地时速度方向与水平地面的夹角tanθ=v⊥v=63，故C错误；
D.小球做平抛运动的水平位移x=vt=60×25m=26m，故D正确。
故选D。
4.【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查圆周运动，小球做匀速圆周运动，在a和b点，根据牛顿第二定律求得相互作用力，从a到b根据动能定理求得杆对球做功，从b到a，根据W=mgℎ求得重力做功，利用匀速圆周运动求得运动的时间，进而求得平均功率。
【解答】
A.小球运动到b点时F2+mg=mω2L，解得F2=−1.8N，即轻杆对小球的力是支持力，大小为1.8N，选项A错误;
B.小球运动到a点时F1−mg=mω2L，解得F1=4.2N即轻杆对小球的力是拉力，大小为4.2N，选项B错误;
C.小球从a点运动到b点过程中，轻杆对小球做功为W=mg⋅2L=6J，选项C错误;
D.小球从b点运动到a点过程(转动半周)中，时间为t=T2=12×2π2=π2，重力做功的平均功率为
P=mg⋅2Lt=2×3×1π2W=12πW，选项D正确。
5.【答案】D
【解析】
【分析】
根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、和向心力的表达式进行讨论即可。
本题考查万有引力定律的应用，关键是抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度和角速度的表达式，再进行讨论，并注意近心运动的条件。
【解答】
人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，
A.由GMmr2=mv2r，解得：v=GMr，轨道3半径比轨道1半径大，故卫星在轨道1上线速度较大，A错误；
B.根据公式GMmr2=mω2r，解得：ω=GMr3，半径越大，角速度越小，卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度，故B错误；
CD.根据公式GMmr2=ma，解得a=GMr2，故卫星在轨道2上的经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度，卫星在轨道1上经过Q点时的加速度等于它在轨道2上经过Q点时的加速度，C错误；D正确；
故选D。
6.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了万有引力定律，考查考生的理解能力；关键点一：两极点处重力等于万有引力；关键点二：地面上的物体的重力和物体绕地球一起做匀速圆周运动的向心力是万有引力的两个分力。
由两极点处重力等于万有引力，可求得中心天体质量；由近地卫星的向心力由重力提供向心力，可求得第一宇宙速度；赤道上物体的万有引力等于物体重力与物体绕地球一起做匀速圆周运动的向心力之和。
【解答】
A.在两“极点”处：GMmR2=mg，解得天体的质量为M=gR2G，故A错误；
B.在赤道处：GMmR2−1kmg=m(2πT)2R，解得T=2πkR(k−1)g，故B正确；
C.由GMmR2=mv2R=mg可知该天体的第一宇宙速度为v=gR，故C错误；
D.该天体的平均密度为ρ=M43πR3=3g4πGR，故D错误。
故选B。
7.【答案】C
【解析】
【分析】
(1)根据动能图线分析速率的变化情况：速度先增大，后减小，根据库仑定律分析物体的合外力的变化，即可确定加速度的变化情况，从而说明小球的运动情况。
(2)由动能图线看出，速度有最大值，此时小球受力平衡，由库仑力与重力沿斜面的分力平衡，由于没有x的具体数据，所以不能求得q。
(3)A到B的过程中重力势能的增加等于电势能的减小，所以可以求出小物块电势能的减小，由于小物块的电量不知道，所以不能求出AB之间的电势差；
(4)由重力势能线得到EP=mgℎ=mgxsinθ，读出斜率，即可求出m；
(5)题目中也没有小物块的电量、质量等信息，所以不能确定小物块速度最大时到斜面底端的距离。
本题首先要抓住图象的信息，分析小球的运动情况，再根据平衡条件和动能定理进行处理。
【解答】
由动能图线得知，小球的速度先增大后减小。根据库仑定律得知，小球所受的库仑力逐渐减小，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小球先沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零。
A.由动能图线看出，速度有最大值，此时小球受力平衡，由库仑力与重力沿斜面的分力平衡，由于没有x的具体数据，所以不能求得q。故A错误；
B.A到B的过程中重力势能的增加等于电势能的减小，所以可以求出小物块电势能的减小，由于小物块的电量不知道，所以不能求出AB之间的电势差。故B错误；
C.由重力势能线得到EP=mgℎ=mgxsinθ，由图象知斜率，可求出m，故C正确；
D.图象中不能确定哪一点的速度最大，题目中也没有小物块的电量、质量等信息，所以不能确定小物块速度最大时到斜面底端的距离。故D错误。
故选C。
8.【答案】C
【解析】
【分析】
物体在水平恒力作用下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可以求得物体的加速度的大小，再由速度公式可以求得物体的速度的大小，由P=Fv来求得瞬时功率。
本题考查了功率的计算，在计算平均功率和瞬时功率时一定要注意公式的选择，P=Wt一般用来计算平均功率的大小，而P=Fv可以计算平均功率也可以是瞬时功率，取决于速度是平均速度还是瞬时速度。
【解答】
由牛顿第二定律可以得到：F=ma，所以a=Fm，
t1时刻的速度为v=at1=Fmt1，
所以t1时刻F的功率为P=Fv=F·Fmt1=F2t1m，故C正确，ABD错误。
故选C。
9.【答案】BC
【解析】
【分析】
小球在空中做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度之比求出运动的时间之比。水平方向做匀速运动，且小球水平位移之比为1：2，从而求出初速度之比。
解决本题的关键是要知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，运用比例法求解比例关系。
【解答】
解：AB、平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，根据ℎ=12gt2，得t=2ℎg.因为两次小球下降的高度之比为1：2，则运动时间之比为 t1：t2=1：2.故A错误，B正确。
CD、小球水平位移之比为1：2，由x=v0t得：水平初速度之比为v1：v2=1：2，故C正确，D错误。
故选：BC。
10.【答案】ABD
【解析】解：B、两根绳子都伸直，AC一定有拉力，且TACcosθ=mg，TAC=mgcosθ，B选项正确。
A、对小球有mgtanθ+TBC=ma=mω2r，BC绳拉力可以为零，也可以不为零，所以小球的向心加速度一定大于或等于gtanθ，选项A正确。
C、ω如果略微减小，TBC减小，可能θ不变，选项C错误。
D、ω如果增加，mgtanθ不再变化，TBC增加，BC绳一定先断，故D正确。
故选：ABD。
当两绳子都伸直时，对其受力分析受重力和AC的拉力，BC的拉力可能为零，也可能不为零，做匀速圆周运动其合力沿C指向B，竖直方向合力为零，以此分析求解。角速度减小时，θ角不一定减小。
本题的关键是明确小球合力的水平分力提供向心力，竖直分力平衡，要注意分析隐含的临界状态。
11.【答案】CD
【解析】
【分析】
本题抓住同步卫星为参考量，同步卫星与地球自转同步，可以比较AC的参量关系，再根据万有引力提供圆周运动向心力比较B、C参量关系，掌握相关规律是解决问题的关键。
地球的第一宇宙速度是近表面卫星运行速度．地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度和周期，根据v=rω，a=rω2比较线速度的大小和周期的大小，根据万有引力提供向心力比较B、C的线速度、周期。
【解答】
A.B为绕地球表面的近地卫星，地球的第一宇宙速度是近表面卫星运行速度．
根据万有引力等于向心力GMmr2=mv2r，v=GMr，所以卫星B的速度小于地球的第一宇宙速度，故A错误；
B.v=GMr，B为绕地球表面的近地卫星；C是地球同步卫星所以vB>vC，对于放在赤道上的物体A和同步卫星C有相同的周期和角速度，根据v=rω，所以vC>vA所以vB>vA，故B错误；
C.对于放在赤道上的物体A和同步卫星C有相同的周期和角速度，所以，TA=TC,根据万有引力等于向心力GMmr2=m2πT2r得：T=2πr3GM，B为绕地球表面的近地卫星；C是地球同步卫星所以TC>TB，所以周期大小关系为TA=TC>TB，故C正确；
D.若卫星B要靠近C所在轨道，需要先加速，做离心运动，故D正确。
故选CD．
12.【答案】BC
【解析】
【分析】
当B球到达C处时，滑块A的速度为零，力F做的功等于A、B组成的系统机械能的增加，根据功能关系列方程求解小球B运动到C处时的速度大小。当绳与轨道相切时两球速度相等，小球A与小球B的速度大小相等，由几何知识求出sin∠OPB.根据动能和重力势能的变化求小球B的机械能增加量。
本题连接体问题，从功能关系研究物体的速度与高度，关键分析两物体之间的关系和运用几何知识研究物体的位移，注意分析B球到达最高点时A球速度为零。
【解答】
A.当小球B运动到C处时，无沿绳方向的分速度，则小球A的速度为零，动能为零，故A错误。
B.由几何知识得：PB=ℎ2+R2=0．32+0．42=0.5m，PC=ℎ−R=0.1m。
把小球B从地面拉到P点正下方C点过程中，F做的功为：W=F(PB−PC)=50×(0.5−0.1)=20J。
由功能关系得：W=12mvB2+mgR
解得，B球的速度大小vB=14m/s，故B正确。
C.当绳与轨道相切时两球速度相等，由几何知识得：sin∠OPB=Rℎ=0.30.4=34，故C正确。
D.小球B从地面运动到C处的过程中，小球B的机械能增加量为△E=12mvB2+mgR=W=20J，故D错误。
故选BC。
13.【答案】y2−y1kf2 9.60
【解析】解：小球做平抛运动，竖直方向有：1k(y2−y1)=gT2
而T=1f
联立解得：g=y2−y1kf2
代入数据解得：g=9.60m/s2
故答案为：y2−y1kf2、9.60
平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的自由落体运动，在竖直方向上，在连续两次曝光的时间内，竖直位移的差是一个定值，即△y=gT2，据此求得力加速度。
考查实验的原理和注意事项，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解，这里容易出错的是出现了比例尺，要用实际的长度进行计算。
14.【答案】1:2:2；1:1:2。
【解析】
【分析】
要求线速度之比需要知道三者线速度关系：A、B两轮是皮带传动，皮带传动的特点是皮带和轮子接触点的线速度的大小相同，B、C两轮是轴传动，轴传动的特点是角速度相同。
解决传动类问题要分清是摩擦传动(包括皮带传动，链传动，齿轮传动，线速度大小相同)还是轴传动(角速度相同)。
【解答】
由于A轮和B轮是皮带传动，皮带传动的特点是两轮与皮带接触点的线速度的大小与皮带的线速度大小相同，故vA=vB，
即vA:vB=1:1，
由角速度和线速度的关系式v=ωR可得，
由于B轮和C轮共轴，故两轮角速度相同，
即ωB=ωC，
故ωB:ωC=1:1，
即ωA:ωB：ωC=1:2:2；
由角速度和线速度的关系式v=ωR可得
vB:vC=rB:rC=1:2，
即vA:vB:vC=1:1:2；
故答案为：1:2:2；1:1:2。
15.【答案】1：12；25：36
【解析】解：行星绕恒星做匀速圆周运动，根据线速度与周期的关系可知，v=2πrT，所以v1v2=r行r地⋅T地T行=1001⋅11200=112。
根据万有引力提供向心力，GMmr2=m4π2T2r，得M=4π2r3GT2，M恒M太阳=r行3r地3⋅T地2T行2=100313⋅1212002=25：36。
故答案为：1：12；25：36。
根据线速度与周期的关系v=2πrT，运用r和T的比值关系求解。
根据万有引力提供向心力，GMmr2=m4π2T2r，运用r和T的比值关系求解质量的比值。
此题要知道线速度与周期的关系v=2πrT，以及要知道万有引力提供向心力，能够根据题目的意思选择恰当的向心力的表达式。
16.【答案】6 0.64
【解析】解：设雪豹的心脏每跳一次输送的血液距离为L，血管的截面积为S，则心脏每跳一次需做的功为：
W=FL=pSL=p△V
心跳每分钟60次，则心脏工作的平均功率为：
P=60×Wt=60×w60=p△V=6w
主动脉横截面积为：s=πr2=3.14×10−4m2
每秒压送血液量为：vS=60×2×10−460=2×10−4m3/s
血液从心脏流出的平均速度为：v=2×10−43.14×10−4=0.64m/s
故答案为：6，0.64
已知雪豹的平均血压，根据公式F=ps可求出心脏压送血液时作用在血管横截面血液上产生平均压力大小；还知道每次压出的血液的体积V，求出血液移动的距离L，根据公式W=FS求出每跳一次所做的功，最后根据公式P=Wt求出人的心脏工作的平均功率，进而求平均速度。
解决本题的关键会建立模型：将心脏每跳一次输送的血液看做长为L，截面积为S的液柱，要掌握压强与压力的关系、平均功率与功的关系。
17.【答案】AB BC 2 2.5 −10 −1.25
【解析】解：(1)A、用小锤打击弹性金属片，B球就水平飞出，同时A球被松开，做自由落体运动，两球同时落到地面，知B球竖直方向上的运动规律与A球相同，即平抛运动竖直方向上做自由落体运动.故A正确.B、把两个质量相等的小钢球从斜面的同一高度由静止同时释放，滑道2与光滑水平板吻接，则将观察到的现象是球1落到水平木板上击中球2，知1球在水平方向上的运动规律与2球相同，即平抛运动在水平方向上做匀速直线运动.故B正确，C、D错误；
(2)A、小球与斜槽之间有摩擦，不会影响小球做平抛运动，故A错误；
B、研究平抛运动的实验很关键的地方是要保证小球能够水平飞出，只有水平飞出时小球才做平抛运动，则安装实验装置时，斜槽末端切线必须水平的目的是为了保证小球飞出时初速度水平，故B正确；
C、由于要记录小球的运动轨迹，必须重复多次，才能画出几个点，因此为了保证每次平抛的轨迹相同，所以要求小球每次从同一高度释放，故C正确；
D、小球在斜槽上释放的位置离斜槽末端的高度不能太低，故D错误．
故选BC。
(3)①在竖直方向上△y=30cm−10cm−10cm=10cm=0.1m=gT2，T=△yg=0.110s=0.1s，则小球平抛运动的水平位移x=20cm=0.2m，初速度v0=xT=0.20.1m/s=2m/s，
②b点在竖直方向上的分速度vby=yac2T=30×10−22×0.1m/s=1.5m/s，小球运动到b点的速度是v=v02+vby2=22+1.52m/s=2.5m/s，
③运动时间t=vbyg=1.510s=0.15s，水平方向上的位移x1=vt=2×0.15m=0.3m，竖直方向上的位移是y=12gt2=12×10×0.152m=0.1125m。
所以开始做平抛运动的位置坐标x=0.2m−0.3m=−0.1m=−10cm，y=0.1m−0.1125m=−0.0125m=−1.25cm。
故答案为：(1)AB(2)BC(3)①2，②2.5，③−10，−1.25。
(1)在甲实验中，两球始终同时落地，则竖直方向上的运动规律相同，在乙实验中，两球相撞，知两球在水平方向上的运动规律相同；
(2)在实验中让小球在固定斜槽滚下后，做平抛运动，记录下平抛后运动轨迹。然后在运动轨迹上标出特殊点，对此进行处理，由于是同一个轨迹，因此要求抛出的小球初速度是相同的，所以在实验时必须确保抛出速度方向是水平的，同时固定的斜槽要在竖直面；
(3)平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据竖直方向上△y=gT2，求出时间间隔，再根据水平方向上的匀速直线运动求出初速度.求出b点在竖直方向上的速度，即可求出运动的时间和b点速度，从而求出此时小球水平方向和竖直方向上的位移，即可求出抛出点的坐标．
在实验中如何实现让小球做平抛运动是关键，同时让学生知道描点法作图线方法：由实验数据得来的点，进行平滑连接起来；同时解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．
18.【答案】(1)D；(2)A；D
【解析】
【分析】
要测量行星的半径和质量，根据重力等于万有引力和万有引力等于向心力，列式求解会发现需要测量出行星表面的重力加速度和行星表面卫星的公转周期，从而需要选择相应器材。
【解答】
(1)对于在轨道上的飞船，万有引力等于向心力和重力：GMmR2=mR4π2T2=F
解得：R=FT24π2m ，M=4π2R3GT2
把R的值代入得：M=F3T416π4m3G
因而需要用计时表测量周期T，用弹簧秤测量物体的重力F，已知质量为m的物体一个，不需要天平；故选D；
(2)其中R=FT24π2m ，M=F3T416π4m3G，故选A和D
故填：(1)D；(2)A；D。
19.【答案】解：(1)参赛者从A到B的过程，由机械能守恒定律得：
mgR(1−cos60°)=12mvB2
代入数据得：vB=4m/s
在B点，对参赛者，由牛顿第二定律得：
N−mg=mvB2R
代入数据得：N=1200N
由牛顿第三定律知参赛者运动到圆弧轨道B处对轨道的压力为：
N′=N=1200N
(2)参赛者由C到D的过程，由动能定理得：
−μ2mgL2=0−12mvC2
解得：vC=6m/s>vB=4m/s
所以传送带运转方向为顺时针。
假设参赛者在传送带一直加速，设到达C点的速度为v，由动能定理得：
μ1mgL1=12mv2−12mvB2
解得：v=210m/s>vC=6m/s
所以传送带速度等于vC=6m/s。
(3)参赛者在传送带上匀加速运动的时间为：t=vC−vBa=vC−vBμg=6−40.4×10=0.5s
此过程中参赛者与传送带间的相对位移大小为：Δx=vCt−vB+vC2t=0.5m
传送带由于传送参赛着多消耗的电能为：E=μ1mg△x+(12mvC2−12mvB2)
代入数据解得：E=720J
【解析】分析清楚参赛者的运动情况，把握隐含的临界条件，要知道摩擦产生的热量与相对路程有关。
20.【答案】解：(1)设滑块到达长木板右端的速度大小为v1，由动能定理可得−μ2m2gx=12m2v12−12m2v02
解得：v1=8m/s
设滑块离开圆弧轨道后上升的最大高度为ℎ1，由动能定理可得−m2g(R+ℎ1)=0−12m2v12
由以上两式解得：ℎ1=2.8m；
(2)由机械能守恒定律可得，小滑块回到长木板底端时的速度大小仍为：v1=8m/s
滑上长木板后，滑块的加速度为a2，由牛顿第二定律μ2m2g=m2a2，a2=9m/s2，
长木板的加速的为a1，由牛顿第二定律μ2m2g−μ1(m2+m1)g=m1a1，解得a1=3m/s2，
设经过t1时间后两者共速，共同速度为v，由运动学公式可知：v=v1−a2t1=a1t1，t1=23s，v=2m/s，
该过程中长木板的位移：x1=v2t1
小滑块的位移：x2=v1+v2t1
由以上各式解得：x1=23m，x2=103m，
由于x1
(3)小滑块和长木板一起匀减速运动至最左端的速度为v2，在此过程中由动能定理可得：
−μ1(m1+m2)g(x0−x1)=12(m1+m2)v22−12(m1+m2)v2
小滑块返回到左侧轨道底端的速度仍为v2，以后m2带着木板m1运动，再次达到共同速度v′，
对于小滑块根据速度−时间关系可得：v′=v2−a2t′
对于小滑块，有：v′=a1t′
小滑块对地的位移为：x′2=v2+v′2t′
长木板对地的位移：x′1=v′2t′
由以上各式解得：x′1=1144m，x′2=5144m
小滑块在长木板上滑动的相对位移：△x=x′2−x′1
解得：△x=136m
设小滑块、长木板一起在滑行的距离x′而静止，由动能定理得：−μ1(m1+m2)gx′=−12(m1+m2)v′2
解得：x′=1240m
由于x′
代入数据解得：Q=84.5J。
答：(1)小滑块m2第一次离开右侧圆弧轨道后还能上升的最大高度为2.8m；
(2)为了使小滑块不从长木板上滑下，长木板的最短长度为83m；
(3)若长木板长度取第(2)问中的最短长度，在整个运动过程中，小滑块与长木板之间所产生的摩擦热为84.5J。
【解析】对于涉及功的计算、能量计算问题，关键是弄清楚物体的受力情况、运动情况、能量的转化情况等；知道重力势能变化与重力做功有关；动能的变化与合力做功有关；机械能的变化与除重力以外的力做功有关。
(1)由动能定理求解滑块到达长木板右端的速度大小，再根据动能定理求解滑块上升的最大高度；
(2)小滑块滑上长木板后，由牛顿第二定律求解滑块和长木板的加速度大小，由运动学公式求解长木板的最短长度；
(3)根据Q=μmgΔx求摩擦热，注意Δx是相对位移。
★秘密·启封前
重庆市2020-2021学年（下）年度质量检测
2021.07
高一物理
【命题单位：重庆缙云教育联盟】
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚；
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效；
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回；
4.全卷6页，满分100分，考试时间75分钟。
一、单项选择题（共8小题，每小题4分，满分32分）
1. 甲、乙两船在静水中航行的速度分别为5 m/s和3 m/s，两船从同一渡口过河，已知甲船以最短时间过河，乙船以最短航程过河，结果两船抵达对岸的地点恰好相同。则水的流速为
A. 3 m/s B. 4.75 m/s C. 4 m/s D. 3.75 m/s
2. 物体在三个共点恒力F1、F2、F3的作用下做匀速直线运动，若突然撤去F2，则该物体
A. 可能做匀加速直线运动 B. 可能继续做匀速直线运动
C. 可能做变减速直线运动 D. 可能做变加速曲线运动
3. 半径为1m的光滑半圆槽竖直固定在光滑水平地面上，其直径与水平地面垂直。质量为0.1kg的小球(视为质点)以10m/s的初速度向左进入半圆轨道，小球通过最高点后做平抛运动。取重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是
A. 小球刚进入半圆轨道时对轨道的压力大小为10 N
B. 小球通过最高点时对轨道的压力大小为6 N
C. 小球落地时速度方向与水平地面的夹角为30°
D. 小球做平抛运动的水平位移为26m
4. 如图所示，长度为1m的轻杆绕O点在竖直平面内以2rad/s的角速度做匀速圆周运动，杆的另一端连有一质量为0.3kg的小球(视为质点)。a、b分别为其运动轨迹的最低点和最高点。不计空气阻力，取重力加速度大小g=10m/s2，下列分析正确的是
A. 小球运动到b点时，轻杆对小球的作用力大小为4.2N
B. 小球运动到a点时，轻杆对小球的作用力大小为3 N
C. 小球从a点运动到b点过程中，轻杆对小球做功为3 J
D. 小球从b点运动到a点过程(转动半周)中，重力做功的平均功率为12πW
5. 如图所示，发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火将卫星送入椭圆轨道2，然后再次点火，将卫星送入同步轨道3。轨道1、2相切于Q点，2、3相切于P点，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，下列说法中正确的是( )
A. 卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率
B. 卫星在轨道3上的角速度大于在轨道1上的角速度
C. 卫星在轨道1上经过Q点时的加速度大于在轨道2上经过Q点时的加速度
D. 卫星在轨道2上经过P点时的加速度等于在轨道3上经过P点时的加速度
6. 半径为R的某均匀球形天体上，两“极点”处的重力加速度大小为g，“赤道”处的重力加速度大小为“极点”处的1k。已知引力常量为G，则下列说法正确的是
A. 该天体的质量为gR2kG
B. 该天体的自转周期为2πkR(k−1)g
C. 该天体的第一宇宙速度为gRk
D. 该天体的平均密度为4g3πGR
7. 如图甲，倾角为θ的光滑绝缘斜面，底端固定一带电量为Q的正点电荷。将一带正电小物块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放，小物块沿斜面向上滑动至最高点B处，此过程中小物块的动能和重力势能随位移的变化图象如图乙(E1和x1为已知量)。已知重力加速度为g，静电力常量为k，由图象可求出( )
A. 小物块的带电量
B. A、B间的电势差
C. 小物块的质量
D. 小物块速度最大时到斜面底端的距离
8. 一质量为m的木块静止在光滑的水平面上，从t=0开始，将一个大小为F的水平恒力作用在该木块上，在t=t1时刻力F的功率是( )
A. F22mt1 B. F22mt12 C. F2t1m D. F2mt12
二、多项选择题（共4小题，每小题3分，满分12分）
9. 如图所示，若你在斜坡顶端先后水平抛出同一小球，第一次小球落到斜坡中点，第二次小球落到斜坡底端，从抛出到落至斜坡上(忽略空气阻力，忽略身高)，则( )
A. 两次小球运动时间之比t1:t2=2:4
B. 两次小球运动时间之比t1:t2=1:2
C. 两次小球抛出时初速度之比v1:v2=1:2
D. 两次小球抛出时初速度之比v1:v2=1:2
10. 如图所示，两根相同的轻绳一端分别系在竖直杆上的A点与B点，另一端系在质量为m的小球C上。当小球随竖直杆一起以某一角速度ω匀速转动时，两根绳子都伸直，AC绳与竖直方向的夹角为θ，BC绳水平，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 小球的向心加速度可能等于gtanθ
B. AC绳的拉力一定等于mgcosθ
C. 如果ω缓慢减小，θ也一定同步减小
D. 如果ω缓慢增加，BC绳一定先断
11. 如图所示，A是静止在赤道上的物体，B、C是同一平面内两颗人造卫星。B为绕地球表面的近地卫星，C是地球同步卫星。则以下判断正确的是( )
A. 卫星B的速度大小大于地球的第一宇宙速度
B. A，B的线速度大小关系为vA>vB
C. 周期大小关系为TA=TC>TB
D. 若卫星B要靠近C所在轨道，需要先加速
12. 如图所示，在距水平地面高为0.4 m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右侧，杆上套有一质量m=2 kg的小球A.半径R=0.3 m的光滑半圆形细轨道竖直的固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量也为m=2 kg的小球B.用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将两个小球连接起来，杆和半圆形轨道在同一竖直面内，两小球均可看作质点，且不计滑轮大小的影响．现给小球A施加一个水平向右的恒力F=50 N，则
A. 当小球B运动到C处时小球A的动能为20 J
B. 小球B运动到C处时的速度大小为14m/s
C. 小球B被拉到与小球A速度大小相等时，sin∠OPB=34
D. 小球B从地面运动到C处的过程中，小球B的动能增加了6 J
三、非选择题（满分56分）
13. 某同学用如图甲实验装置研究平抛运动，实验过程中用频闪照相法来获取小球做平抛运动时不同时刻的位置。某次实验过程中获得小球连续三个时刻的位置如图乙所示，若频闪照相机的频率为f=10Hz，用刻度尺测得照片上y1=2.52cmy2=3.48cm，照片上物体影像的大小与物体的实际大小的比值为k=0.1，则当地的重力加速度g= ______ (用字母表示)= ______ m/s2(计算结果保留至小数点后两位)；
14. 在如图所示的传动装置中，B、C两轮固定在一起绕同一转轴转动。A、B两轮用皮带传动，三轮半径关系为rA=rC=2rB，若皮带不打滑，求A、B、C轮边缘的a、b、c三点的角速度之比为_______，a、b、c三点的线速度之比__________。
15. 科学家测得一行星A绕一恒星B运行一周所用的时间为1200年，A、B间距离为地球到太阳距离的100倍。设A相对于B的线速度为v1，地球相对于太阳的线速度为v2，则v1：v2=______，该恒星质量与太阳质量之比为______。
16. 雪豹的心脏每跳一次输送2×10−4m3的血液，设雪豹心脏主动脉内径为2cm，血压(可看作心脏压送血液的压强)的平均值为3×104Pa，心跳每分钟60次，则雪豹心脏的平均功率为______W，血液从心脏流出的平均速度约______m/s。
17. (1)为了研究平抛物体的运动，可做下面的实验：如图甲所示，用小锤打击弹性金属片，B球就水平飞出，同时A球被松开，做自由落体运动，两球同时落到地面；如图乙所示，将两个完全相同的斜滑道固定在同一竖直面内，最下端水平，把两个质量相等的小钢球从斜面的同一高度由静止同时释放，滑道2与光滑水平板连接，则将观察到的现象是球1落到水平木板上击中球2。这两个实验说明______ 。
A.甲实验只能说明平抛运动在竖直方向做自由落体运动
B.乙实验只能说明平抛运动在水平方向做匀速直线运动
C.不能说明上述规律中的任何一条
D.甲、乙二个实验均能同时说明平抛运动在水平、竖直方向上的运动性质
(2)关于“研究物体平抛运动”实验，下列说法正确的是______ 。
A.小球与斜槽之间有摩擦会增大实验误差
B.安装斜槽时其末端切线应水平
C.小球必须每次从斜槽上同一位置由静止开始释放
D.在白纸上记录斜槽末端槽口的位置O，作为小球做平抛运动的起点和所建坐标系的原点
(3)某同学利用丙装置在做平抛运动实验时得出如图丁所示的小球运动轨迹，a、b、c三点的位置在运动轨迹上已标出。(g取10m/s2)
①小球平抛运动的初速度为______ m/s。
②小球运动到b点时，在y方向的分速度为______ m/s。
③抛出点坐标x= ______ cm，y= ______ cm。
18. 一艘宇宙飞船飞近某一新发现的行星，并进入靠近行星表面的圆形轨道绕行数圈后，着陆在该行星上，飞船上备有以下实验器材：
A.精确秒表一个 B.已知质量为m的物体一个
C.弹簧测力计一个 D.天平一台(附砝码)
已知宇航员在绕行时测量了绕行一圈的周期T和着陆后测量了物体重力F，依据测量数据，可求出该行星的半径R和行星质量M．
(1)绕行时和着陆时都不需要的测量器材为______ (用序号ABCD表示)．
(2)其中R=______ ，质量为M= _________。(用序号ABCD表示)
A.FT24π2m B． FT24Gπ2m CFT34Gπ2m DF3T416π4m3G
五、计算题（本大题共2小题，共20.0分）
19. 在某电视台举办的冲关游戏中，AB是处干竖直平面内的光滑圆弧轨道。半径R=1.6m，BC是长度为L1=3m的水平传送带，CD是长度为L2=3.6水平粗糙轨道，ABCD轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板从A处由静止下滑。参赛者和滑板可视为质点，参赛者质量m=60kg，滑板质量可忽略，己知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为μ1=0.4，μ2=0.5，g取10m/s2.求：
(1)参赛者运动到圆弧轨道B处对轨道的压力；
(2)若参赛者恰好能运动至D点，求传送带运转速率及方向；
(3)在第(2)问中，传送带由于传送参赛着多消耗的电能。
20. 如图所示，质量为m1=1 kg的长木板静止在水平地面上，与地面间的动摩擦因数为μ1=0.5，其右端有一固定的、光滑的半径R=0.4 m的四分之一圆弧轨道(接触但无黏连)，长木板上表面与圆弧面的最低点等高，长木板的左侧有一个同样的固定的圆弧轨道，长木板左端与左侧圆弧轨道的右端相距x0=1 m。现有质量为m2=2 kg的小滑块从距长木板右端x=2 m处，以v0=10 m/s的初速度开始向右运动，小滑块与长木板间的动摩擦因数为μ2=0.9。已知木板与圆弧轨道碰撞后立刻静止，求：
(1)小滑块m2第一次离开右侧圆弧轨道后还能上升的最大高度；
(2)为了使m2不从m1上滑落到地面上，m1的最短长度；
(3)若长木板长度取第(2)问中的最短长度，在整个运动过程中，小滑块m2与长木板m1之间所产生的摩擦热。
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高一物理答案及评分标准
【命题单位：重庆缙云教育联盟】
1.【答案】D
【解析】
【分析】
甲船以最短时间渡河，知静水速度的方向与河岸垂直。乙船以最短航程渡河，因为两船抵达地点相同，知乙船静水速度小于水流速，不能垂直到对岸，乙船静水速度方向与合速度方向垂直。由此分析解题即可。
该题主要考查小船渡河相关知识。分析好物理情景，灵活应用几何知识是解决本题的关键。
【解答】
两船抵达的地点相同，知合速度方向相同，甲船的静水速度垂直于河岸，乙船的静水速度与合速度垂直，如图：
由上图有：sinθ=v乙v水，tanθ=v甲v水，解得sinθ=0.8，v水=3.75m/s，故D正确，ABC错误。
故选D。
2.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了曲线运动的条件以及三力平衡的知识，关键根据平衡得到其余两个力的合力恒定，然后结合曲线运动的条件分析．
【解答】
有一个作匀速直线运动的物体受到三个力的作用，这三个力一定是平衡力，如果突然撤去F2，剩余的两个力的合力与撤去的力等值、反向、共线，这个合力恒定不变．
若物体的速度方向与此合力方向相同，则物体将匀加速直线运动，若剩余的两个力的合力与物体的速度方向相反，则物体做匀减速直线运动．
曲线运动的条件是合力与速度不共线，当其余两个力的合力与速度不共线时，物体做曲线运动；由于合力恒定，故加速度恒定，即物体做匀变速曲线运。故A正确，BCD错误；
故选：A。
3.【答案】D
【解析】
【分析】
根据牛顿第二定律结合牛顿第三定律得到小球刚进入半圆轨道时对轨道的压力大小；根据动能定理得到小球到达最高点的速度，同样由牛顿第二定律和牛顿第三定律得到小球通过最高点时对轨道的压力大小。根据平抛运动规律得到小球落地时速度方向与水平地面的夹角，以及小球做平抛运动的水平位移。
【解答】
A.根据牛顿第二定律，小球刚进入半圆轨道时：FN−mg=mv02R，解得：FN=11N，根据牛顿第三定律，小球刚进入半圆轨道时对轨道的压力大小为11N，故A错误；
B.根据动能定理，有：−mg·2R=12mv2−12mv02，得：v=60m/s，在最高点，mg+FN′=mv2R，代入数据联立解得：FN′=5N，即小球通过最高点时对轨道的压力大小为5N，故B错误；
C.根据平抛运动规律：2R=12gt2，解得t=25s，则v⊥=gt=210m/s，小球落地时速度方向与水平地面的夹角tanθ=v⊥v=63，故C错误；
D.小球做平抛运动的水平位移x=vt=60×25m=26m，故D正确。
故选D。
4.【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查圆周运动，小球做匀速圆周运动，在a和b点，根据牛顿第二定律求得相互作用力，从a到b根据动能定理求得杆对球做功，从b到a，根据W=mgℎ求得重力做功，利用匀速圆周运动求得运动的时间，进而求得平均功率。
【解答】
A.小球运动到b点时F2+mg=mω2L，解得F2=−1.8N，即轻杆对小球的力是支持力，大小为1.8N，选项A错误;
B.小球运动到a点时F1−mg=mω2L，解得F1=4.2N即轻杆对小球的力是拉力，大小为4.2N，选项B错误;
C.小球从a点运动到b点过程中，轻杆对小球做功为W=mg⋅2L=6J，选项C错误;
D.小球从b点运动到a点过程(转动半周)中，时间为t=T2=12×2π2=π2，重力做功的平均功率为
P=mg⋅2Lt=2×3×1π2W=12πW，选项D正确。
5.【答案】D
【解析】
【分析】
根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、和向心力的表达式进行讨论即可。
本题考查万有引力定律的应用，关键是抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度和角速度的表达式，再进行讨论，并注意近心运动的条件。
【解答】
人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，
A.由GMmr2=mv2r，解得：v=GMr，轨道3半径比轨道1半径大，故卫星在轨道1上线速度较大，A错误；
B.根据公式GMmr2=mω2r，解得：ω=GMr3，半径越大，角速度越小，卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度，故B错误；
CD.根据公式GMmr2=ma，解得a=GMr2，故卫星在轨道2上的经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度，卫星在轨道1上经过Q点时的加速度等于它在轨道2上经过Q点时的加速度，C错误；D正确；
故选D。
6.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了万有引力定律，考查考生的理解能力；关键点一：两极点处重力等于万有引力；关键点二：地面上的物体的重力和物体绕地球一起做匀速圆周运动的向心力是万有引力的两个分力。
由两极点处重力等于万有引力，可求得中心天体质量；由近地卫星的向心力由重力提供向心力，可求得第一宇宙速度；赤道上物体的万有引力等于物体重力与物体绕地球一起做匀速圆周运动的向心力之和。
【解答】
A.在两“极点”处：GMmR2=mg，解得天体的质量为M=gR2G，故A错误；
B.在赤道处：GMmR2−1kmg=m(2πT)2R，解得T=2πkR(k−1)g，故B正确；
C.由GMmR2=mv2R=mg可知该天体的第一宇宙速度为v=gR，故C错误；
D.该天体的平均密度为ρ=M43πR3=3g4πGR，故D错误。
故选B。
7.【答案】C
【解析】
【分析】
(1)根据动能图线分析速率的变化情况：速度先增大，后减小，根据库仑定律分析物体的合外力的变化，即可确定加速度的变化情况，从而说明小球的运动情况。
(2)由动能图线看出，速度有最大值，此时小球受力平衡，由库仑力与重力沿斜面的分力平衡，由于没有x的具体数据，所以不能求得q。
(3)A到B的过程中重力势能的增加等于电势能的减小，所以可以求出小物块电势能的减小，由于小物块的电量不知道，所以不能求出AB之间的电势差；
(4)由重力势能线得到EP=mgℎ=mgxsinθ，读出斜率，即可求出m；
(5)题目中也没有小物块的电量、质量等信息，所以不能确定小物块速度最大时到斜面底端的距离。
本题首先要抓住图象的信息，分析小球的运动情况，再根据平衡条件和动能定理进行处理。
【解答】
由动能图线得知，小球的速度先增大后减小。根据库仑定律得知，小球所受的库仑力逐渐减小，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小球先沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零。
A.由动能图线看出，速度有最大值，此时小球受力平衡，由库仑力与重力沿斜面的分力平衡，由于没有x的具体数据，所以不能求得q。故A错误；
B.A到B的过程中重力势能的增加等于电势能的减小，所以可以求出小物块电势能的减小，由于小物块的电量不知道，所以不能求出AB之间的电势差。故B错误；
C.由重力势能线得到EP=mgℎ=mgxsinθ，由图象知斜率，可求出m，故C正确；
D.图象中不能确定哪一点的速度最大，题目中也没有小物块的电量、质量等信息，所以不能确定小物块速度最大时到斜面底端的距离。故D错误。
故选C。
8.【答案】C
【解析】
【分析】
物体在水平恒力作用下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可以求得物体的加速度的大小，再由速度公式可以求得物体的速度的大小，由P=Fv来求得瞬时功率。
本题考查了功率的计算，在计算平均功率和瞬时功率时一定要注意公式的选择，P=Wt一般用来计算平均功率的大小，而P=Fv可以计算平均功率也可以是瞬时功率，取决于速度是平均速度还是瞬时速度。
【解答】
由牛顿第二定律可以得到：F=ma，所以a=Fm，
t1时刻的速度为v=at1=Fmt1，
所以t1时刻F的功率为P=Fv=F·Fmt1=F2t1m，故C正确，ABD错误。
故选C。
9.【答案】BC
【解析】
【分析】
小球在空中做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度之比求出运动的时间之比。水平方向做匀速运动，且小球水平位移之比为1：2，从而求出初速度之比。
解决本题的关键是要知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，运用比例法求解比例关系。
【解答】
解：AB、平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，根据ℎ=12gt2，得t=2ℎg.因为两次小球下降的高度之比为1：2，则运动时间之比为 t1：t2=1：2.故A错误，B正确。
CD、小球水平位移之比为1：2，由x=v0t得：水平初速度之比为v1：v2=1：2，故C正确，D错误。
故选：BC。
10.【答案】ABD
【解析】解：B、两根绳子都伸直，AC一定有拉力，且TACcosθ=mg，TAC=mgcosθ，B选项正确。
A、对小球有mgtanθ+TBC=ma=mω2r，BC绳拉力可以为零，也可以不为零，所以小球的向心加速度一定大于或等于gtanθ，选项A正确。
C、ω如果略微减小，TBC减小，可能θ不变，选项C错误。
D、ω如果增加，mgtanθ不再变化，TBC增加，BC绳一定先断，故D正确。
故选：ABD。
当两绳子都伸直时，对其受力分析受重力和AC的拉力，BC的拉力可能为零，也可能不为零，做匀速圆周运动其合力沿C指向B，竖直方向合力为零，以此分析求解。角速度减小时，θ角不一定减小。
本题的关键是明确小球合力的水平分力提供向心力，竖直分力平衡，要注意分析隐含的临界状态。
11.【答案】CD
【解析】
【分析】
本题抓住同步卫星为参考量，同步卫星与地球自转同步，可以比较AC的参量关系，再根据万有引力提供圆周运动向心力比较B、C参量关系，掌握相关规律是解决问题的关键。
地球的第一宇宙速度是近表面卫星运行速度．地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度和周期，根据v=rω，a=rω2比较线速度的大小和周期的大小，根据万有引力提供向心力比较B、C的线速度、周期。
【解答】
A.B为绕地球表面的近地卫星，地球的第一宇宙速度是近表面卫星运行速度．
根据万有引力等于向心力GMmr2=mv2r，v=GMr，所以卫星B的速度小于地球的第一宇宙速度，故A错误；
B.v=GMr，B为绕地球表面的近地卫星；C是地球同步卫星所以vB>vC，对于放在赤道上的物体A和同步卫星C有相同的周期和角速度，根据v=rω，所以vC>vA所以vB>vA，故B错误；
C.对于放在赤道上的物体A和同步卫星C有相同的周期和角速度，所以，TA=TC,根据万有引力等于向心力GMmr2=m2πT2r得：T=2πr3GM，B为绕地球表面的近地卫星；C是地球同步卫星所以TC>TB，所以周期大小关系为TA=TC>TB，故C正确；
D.若卫星B要靠近C所在轨道，需要先加速，做离心运动，故D正确。
故选CD．
12.【答案】BC
【解析】
【分析】
当B球到达C处时，滑块A的速度为零，力F做的功等于A、B组成的系统机械能的增加，根据功能关系列方程求解小球B运动到C处时的速度大小。当绳与轨道相切时两球速度相等，小球A与小球B的速度大小相等，由几何知识求出sin∠OPB.根据动能和重力势能的变化求小球B的机械能增加量。
本题连接体问题，从功能关系研究物体的速度与高度，关键分析两物体之间的关系和运用几何知识研究物体的位移，注意分析B球到达最高点时A球速度为零。
【解答】
A.当小球B运动到C处时，无沿绳方向的分速度，则小球A的速度为零，动能为零，故A错误。
B.由几何知识得：PB=ℎ2+R2=0．32+0．42=0.5m，PC=ℎ−R=0.1m。
把小球B从地面拉到P点正下方C点过程中，F做的功为：W=F(PB−PC)=50×(0.5−0.1)=20J。
由功能关系得：W=12mvB2+mgR
解得，B球的速度大小vB=14m/s，故B正确。
C.当绳与轨道相切时两球速度相等，由几何知识得：sin∠OPB=Rℎ=0.30.4=34，故C正确。
D.小球B从地面运动到C处的过程中，小球B的机械能增加量为△E=12mvB2+mgR=W=20J，故D错误。
故选BC。
13.【答案】y2−y1kf2 9.60
【解析】解：小球做平抛运动，竖直方向有：1k(y2−y1)=gT2
而T=1f
联立解得：g=y2−y1kf2
代入数据解得：g=9.60m/s2
故答案为：y2−y1kf2、9.60
平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的自由落体运动，在竖直方向上，在连续两次曝光的时间内，竖直位移的差是一个定值，即△y=gT2，据此求得力加速度。
考查实验的原理和注意事项，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解，这里容易出错的是出现了比例尺，要用实际的长度进行计算。
14.【答案】1:2:2；1:1:2。
【解析】
【分析】
要求线速度之比需要知道三者线速度关系：A、B两轮是皮带传动，皮带传动的特点是皮带和轮子接触点的线速度的大小相同，B、C两轮是轴传动，轴传动的特点是角速度相同。
解决传动类问题要分清是摩擦传动(包括皮带传动，链传动，齿轮传动，线速度大小相同)还是轴传动(角速度相同)。
【解答】
由于A轮和B轮是皮带传动，皮带传动的特点是两轮与皮带接触点的线速度的大小与皮带的线速度大小相同，故vA=vB，
即vA:vB=1:1，
由角速度和线速度的关系式v=ωR可得，
由于B轮和C轮共轴，故两轮角速度相同，
即ωB=ωC，
故ωB:ωC=1:1，
即ωA:ωB：ωC=1:2:2；
由角速度和线速度的关系式v=ωR可得
vB:vC=rB:rC=1:2，
即vA:vB:vC=1:1:2；
故答案为：1:2:2；1:1:2。
15.【答案】1：12；25：36
【解析】解：行星绕恒星做匀速圆周运动，根据线速度与周期的关系可知，v=2πrT，所以v1v2=r行r地⋅T地T行=1001⋅11200=112。
根据万有引力提供向心力，GMmr2=m4π2T2r，得M=4π2r3GT2，M恒M太阳=r行3r地3⋅T地2T行2=100313⋅1212002=25：36。
故答案为：1：12；25：36。
根据线速度与周期的关系v=2πrT，运用r和T的比值关系求解。
根据万有引力提供向心力，GMmr2=m4π2T2r，运用r和T的比值关系求解质量的比值。
此题要知道线速度与周期的关系v=2πrT，以及要知道万有引力提供向心力，能够根据题目的意思选择恰当的向心力的表达式。
16.【答案】6 0.64
【解析】解：设雪豹的心脏每跳一次输送的血液距离为L，血管的截面积为S，则心脏每跳一次需做的功为：
W=FL=pSL=p△V
心跳每分钟60次，则心脏工作的平均功率为：
P=60×Wt=60×w60=p△V=6w
主动脉横截面积为：s=πr2=3.14×10−4m2
每秒压送血液量为：vS=60×2×10−460=2×10−4m3/s
血液从心脏流出的平均速度为：v=2×10−43.14×10−4=0.64m/s
故答案为：6，0.64
已知雪豹的平均血压，根据公式F=ps可求出心脏压送血液时作用在血管横截面血液上产生平均压力大小；还知道每次压出的血液的体积V，求出血液移动的距离L，根据公式W=FS求出每跳一次所做的功，最后根据公式P=Wt求出人的心脏工作的平均功率，进而求平均速度。
解决本题的关键会建立模型：将心脏每跳一次输送的血液看做长为L，截面积为S的液柱，要掌握压强与压力的关系、平均功率与功的关系。
17.【答案】AB BC 2 2.5 −10 −1.25
【解析】解：(1)A、用小锤打击弹性金属片，B球就水平飞出，同时A球被松开，做自由落体运动，两球同时落到地面，知B球竖直方向上的运动规律与A球相同，即平抛运动竖直方向上做自由落体运动.故A正确.B、把两个质量相等的小钢球从斜面的同一高度由静止同时释放，滑道2与光滑水平板吻接，则将观察到的现象是球1落到水平木板上击中球2，知1球在水平方向上的运动规律与2球相同，即平抛运动在水平方向上做匀速直线运动.故B正确，C、D错误；
(2)A、小球与斜槽之间有摩擦，不会影响小球做平抛运动，故A错误；
B、研究平抛运动的实验很关键的地方是要保证小球能够水平飞出，只有水平飞出时小球才做平抛运动，则安装实验装置时，斜槽末端切线必须水平的目的是为了保证小球飞出时初速度水平，故B正确；
C、由于要记录小球的运动轨迹，必须重复多次，才能画出几个点，因此为了保证每次平抛的轨迹相同，所以要求小球每次从同一高度释放，故C正确；
D、小球在斜槽上释放的位置离斜槽末端的高度不能太低，故D错误．
故选BC。
(3)①在竖直方向上△y=30cm−10cm−10cm=10cm=0.1m=gT2，T=△yg=0.110s=0.1s，则小球平抛运动的水平位移x=20cm=0.2m，初速度v0=xT=0.20.1m/s=2m/s，
②b点在竖直方向上的分速度vby=yac2T=30×10−22×0.1m/s=1.5m/s，小球运动到b点的速度是v=v02+vby2=22+1.52m/s=2.5m/s，
③运动时间t=vbyg=1.510s=0.15s，水平方向上的位移x1=vt=2×0.15m=0.3m，竖直方向上的位移是y=12gt2=12×10×0.152m=0.1125m。
所以开始做平抛运动的位置坐标x=0.2m−0.3m=−0.1m=−10cm，y=0.1m−0.1125m=−0.0125m=−1.25cm。
故答案为：(1)AB(2)BC(3)①2，②2.5，③−10，−1.25。
(1)在甲实验中，两球始终同时落地，则竖直方向上的运动规律相同，在乙实验中，两球相撞，知两球在水平方向上的运动规律相同；
(2)在实验中让小球在固定斜槽滚下后，做平抛运动，记录下平抛后运动轨迹。然后在运动轨迹上标出特殊点，对此进行处理，由于是同一个轨迹，因此要求抛出的小球初速度是相同的，所以在实验时必须确保抛出速度方向是水平的，同时固定的斜槽要在竖直面；
(3)平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据竖直方向上△y=gT2，求出时间间隔，再根据水平方向上的匀速直线运动求出初速度.求出b点在竖直方向上的速度，即可求出运动的时间和b点速度，从而求出此时小球水平方向和竖直方向上的位移，即可求出抛出点的坐标．
在实验中如何实现让小球做平抛运动是关键，同时让学生知道描点法作图线方法：由实验数据得来的点，进行平滑连接起来；同时解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．
18.【答案】(1)D；(2)A；D
【解析】
【分析】
要测量行星的半径和质量，根据重力等于万有引力和万有引力等于向心力，列式求解会发现需要测量出行星表面的重力加速度和行星表面卫星的公转周期，从而需要选择相应器材。
【解答】
(1)对于在轨道上的飞船，万有引力等于向心力和重力：GMmR2=mR4π2T2=F
解得：R=FT24π2m ，M=4π2R3GT2
把R的值代入得：M=F3T416π4m3G
因而需要用计时表测量周期T，用弹簧秤测量物体的重力F，已知质量为m的物体一个，不需要天平；故选D；
(2)其中R=FT24π2m ，M=F3T416π4m3G，故选A和D
故填：(1)D；(2)A；D。
19.【答案】解：(1)参赛者从A到B的过程，由机械能守恒定律得：
mgR(1−cos60°)=12mvB2
代入数据得：vB=4m/s
在B点，对参赛者，由牛顿第二定律得：
N−mg=mvB2R
代入数据得：N=1200N
由牛顿第三定律知参赛者运动到圆弧轨道B处对轨道的压力为：
N′=N=1200N
(2)参赛者由C到D的过程，由动能定理得：
−μ2mgL2=0−12mvC2
解得：vC=6m/s>vB=4m/s
所以传送带运转方向为顺时针。
假设参赛者在传送带一直加速，设到达C点的速度为v，由动能定理得：
μ1mgL1=12mv2−12mvB2
解得：v=210m/s>vC=6m/s
所以传送带速度等于vC=6m/s。
(3)参赛者在传送带上匀加速运动的时间为：t=vC−vBa=vC−vBμg=6−40.4×10=0.5s
此过程中参赛者与传送带间的相对位移大小为：Δx=vCt−vB+vC2t=0.5m
传送带由于传送参赛着多消耗的电能为：E=μ1mg△x+(12mvC2−12mvB2)
代入数据解得：E=720J
【解析】分析清楚参赛者的运动情况，把握隐含的临界条件，要知道摩擦产生的热量与相对路程有关。
20.【答案】解：(1)设滑块到达长木板右端的速度大小为v1，由动能定理可得−μ2m2gx=12m2v12−12m2v02
解得：v1=8m/s
设滑块离开圆弧轨道后上升的最大高度为ℎ1，由动能定理可得−m2g(R+ℎ1)=0−12m2v12
由以上两式解得：ℎ1=2.8m；
(2)由机械能守恒定律可得，小滑块回到长木板底端时的速度大小仍为：v1=8m/s
滑上长木板后，滑块的加速度为a2，由牛顿第二定律μ2m2g=m2a2，a2=9m/s2，
长木板的加速的为a1，由牛顿第二定律μ2m2g−μ1(m2+m1)g=m1a1，解得a1=3m/s2，
设经过t1时间后两者共速，共同速度为v，由运动学公式可知：v=v1−a2t1=a1t1，t1=23s，v=2m/s，
该过程中长木板的位移：x1=v2t1
小滑块的位移：x2=v1+v2t1
由以上各式解得：x1=23m，x2=103m，
由于x1
(3)小滑块和长木板一起匀减速运动至最左端的速度为v2，在此过程中由动能定理可得：
−μ1(m1+m2)g(x0−x1)=12(m1+m2)v22−12(m1+m2)v2
小滑块返回到左侧轨道底端的速度仍为v2，以后m2带着木板m1运动，再次达到共同速度v′，
对于小滑块根据速度−时间关系可得：v′=v2−a2t′
对于小滑块，有：v′=a1t′
小滑块对地的位移为：x′2=v2+v′2t′
长木板对地的位移：x′1=v′2t′
由以上各式解得：x′1=1144m，x′2=5144m
小滑块在长木板上滑动的相对位移：△x=x′2−x′1
解得：△x=136m
设小滑块、长木板一起在滑行的距离x′而静止，由动能定理得：−μ1(m1+m2)gx′=−12(m1+m2)v′2
解得：x′=1240m
由于x′
代入数据解得：Q=84.5J。
答：(1)小滑块m2第一次离开右侧圆弧轨道后还能上升的最大高度为2.8m；
(2)为了使小滑块不从长木板上滑下，长木板的最短长度为83m；
(3)若长木板长度取第(2)问中的最短长度，在整个运动过程中，小滑块与长木板之间所产生的摩擦热为84.5J。
【解析】对于涉及功的计算、能量计算问题，关键是弄清楚物体的受力情况、运动情况、能量的转化情况等；知道重力势能变化与重力做功有关；动能的变化与合力做功有关；机械能的变化与除重力以外的力做功有关。
(1)由动能定理求解滑块到达长木板右端的速度大小，再根据动能定理求解滑块上升的最大高度；
(2)小滑块滑上长木板后，由牛顿第二定律求解滑块和长木板的加速度大小，由运动学公式求解长木板的最短长度；
(3)根据Q=μmgΔx求摩擦热，注意Δx是相对位移。
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