还剩15页未读，
继续阅读
2021-2022学年四川省甘孜州高一（下）期末物理试卷（含解析）
展开
这是一份2021-2022学年四川省甘孜州高一（下）期末物理试卷（含解析），共18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。
绝密★启用前
2021-2022学年四川省甘孜州高一（下）期末物理试卷
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共10小题，共30.0分）
1. 如图所示，将一蜡块置于注满清水的长玻璃管中，封闭管口后将玻璃管竖直倒置，在蜡块匀速上浮的同时，使玻璃管以速度v水平向右匀速移动，蜡块由管口上升到顶端的时间为t。如玻璃管以2v的水平速度移动，蜡块由管口上升到顶端的过程中，下列说法正确的是( )
A. 所用时间减小 B. 蜡块位移减小 C. 所用时间不变 D. 蜡块位移不变
2. 关于做平抛运动的物体，下列说法正确的是( )
A. 第1秒内、第2秒内、第3秒内的位移之比为1：3：5
B. 第1秒内、第2秒内、第3秒内水平方向的位移之比为1：3：5
C. 第1秒内、第2秒内、第3秒内的速度增加量相同
D. 第1秒内、第2秒内、第3秒内的加速度不断增大
3. 关于匀速圆周运动，下列说法正确的是( )
A. 匀速圆周运动的线速度大小保持不变，所以做匀速圆周运动的物体处于平衡状态
B. 做匀速圆周运动的物体，速度的方向时刻都在改变，所以必有加速度
C. 做匀速圆周运动的物体，加速度的大小保持不变，所以是匀变速曲线运动
D. 做匀速圆周运动的物体，其合外力提供向心力，是恒力作用下的曲线运动
4. 太阳对地球有相当大的引力，地球对太阳也有引力作用，为什么它们不靠在一起？其原因是( )
A. 太阳对地球的引力与地球对太阳的引力，这两个力大小相等、方向相反、互相平衡
B. 太阳对地球的引力还不够大
C. 不仅太阳对地球有引力作用，而且太阳系里其他星球对地球也有引力作用，这些力的合力为零
D. 太阳对地球引力不断改变地球的运动方向，使得地球绕太阳运行
5. 如图所示，分别用力F1、F2、F3将质量为m的物体由静止沿同一固定斜面以相同的加速度从斜面底端拉到斜面的顶端，物体与斜面间的动摩擦因数相同，在此过程中，F1、F2、F3做功W1、W2、W3的大小及功率P1、P2、P3大小关系是( )
A. W1>W2>W3 B. W2>W1>W3
C. P3>P1>P2 D. P1>P2>P3
6. 高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能( )
A. 与它所经历的时间成正比 B. 与它的位移成正比
C. 与它的速度成正比 D. 与它的动量成正比
7. 质量为30kg的小孩从高度为2.0m的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度为2.0m/s.取g=10m/s2，关于力对小孩做的功，以下结果不正确的是( )
A. 支持力做功 540J B. 阻力做功-540J
C. 合外力做功 60J D. 重力做功 600J
8. 一位质量为m的运动员从下蹲状态向上跳起，经△t时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，在此过程中，下列说法正确的是( )
A. 地面对他的冲量为mv+mg△t，地面对他做的功为12mv2
B. 地面对他的冲量为mv-mg△t，地面对他做的功为零
C. 地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为12mv2
D. 地面对他的冲量为mv+mg△t，地面对他做的功为零
9. 如图所示是某物体运动过程的v-t图象，以下说法正确的是( )
A. 物体运动的速度越来越小
B. 物体运动的速度越来越大，加速度不变
C. 物体运动的速度越来越大，加速度越来越小
D. 物体运动的速度越来越大，加速度也越来大
10. 如图所示，一个盛水的容器底部有一小孔，静止时用手指堵住小孔不让它漏水。容器在下述几种运动过程中，关于小孔是否漏水的判断正确的是(不计空气阻力)( )
A. 容器自由下落过程中，小孔向下漏水
B. 将容器水平抛出，容器在运动中小孔向下漏水
C. 将容器斜向上抛出，容器在运动中小孔不向下漏水
D. 将容器竖直向上抛出，容器向上运动过程中，小孔向下漏水；容器向下运动过程中，小孔不向下漏水
二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）
11. 如图所示，在某一峡谷的两侧存在与水平面夹角分别为α和θ的山坡，某人站在左侧山坡上的P点向对面的山坡上水平抛出三个质量不等的石块，分别落在A、B、C三处，不计空气阻力，A、C两处在同一水平面上，下列说法正确的是( )
A. 落到C处的石块在空中运动的时间最长
B. 落到A、B两处的石块落地速度方向一定相同
C. 落到B、C两处的石块落地速度方向可能相同
D. 落到B、C两处的石块落地速度大小可能相同
12. 如图所示，在“嫦娥”探月工程中，飞船在轨道Ⅰ上做圆周运动，到达轨道Ⅰ的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道Ⅱ的近月点B时，再次点火进入近月轨道Ⅲ绕月做圆周运动，下列说法正确的是( )
A. 飞船在轨道Ⅰ上运动时处于失重状态
B. 飞船在轨道Ⅰ上通过A点的速率等于在轨道Ⅱ上通过A点的速率
C. 飞船在轨道Ⅱ上从A点运行到B点过程中，月球对飞船的引力不做功
D. 飞船在轨道Ⅲ上通过B点时的加速度等于在轨道Ⅱ上通过B点时的加速度
13. 如图所示，一个匀速转动的半径为r的水平圆盘上放着两个木块M和N，木块M放在圆盘的边缘处，木块N放在离圆心13r的地方，它们都随圆盘一起运动。比较两木块的线速度和角速度，下列说法中正确的是( )
A. 两木块的线速度相等 B. 两木块的角速度相等
C. M的线速度是N的线速度的3倍 D. M的角速度是N的角速度的3倍
14. 甲、乙两个质量相同的物体，用大小相等的力F分别拉它们在水平面上从静止开始运动相同的距离s。如图1所示，甲在光滑面上，乙在粗糙面上，则下列关于力F对甲、乙两物体做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法中正确的是( )
A. 力F对甲物体做功多 B. 力F对甲、乙两个物体做的功一样多
C. 甲物体获得的动能比乙大 D. 甲、乙两个物体获得的动能相同
15. 如图所示，用恒定的拉力F拉置于光滑水平面上的质量为m的物体，由静止开始运动时间t，拉力F斜向上与水平面夹角为θ=60°。如果要使拉力做的功变为原来的4倍，在其他条件不变的情况下，可以将( )
A. 拉力变为4F
B. 时间变为4t
C. 质量变为m4
D. 拉力大小不变，但方向改为与水平面平行
第II卷（非选择题）
三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）
16. 实验探究题
如图甲是“研究平抛物体运动”的实验装置图，通过描点法可画出小球的运动轨迹。
(1)下面列出的一-些实验要求正确的是______(填正确答案标号)。
A.通过调节使斜槽的末端切线水平
B.斜槽必须光滑
C.每次静止释放小球的位置可以不同
D.将小球的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将各点连接成折线
(2)图乙是利用频闪照相研究平抛运动的示意图，小球A由斜糟滚下，当它从末端水平飞出时，小球B同时自由下落，频闪照片中B球有四个像，相邻像间的距离已在图中标出。两球恰在位置4相碰，则B球从1位置运动到4位置的时间为______s；A球离开桌面时的速度大小为______m/s。(g取10m/s2，结果均保留两位有效数字)
17. 某同学把附有滑轮的长木板平放在实验桌上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码，使小车在钩码的牵引下运动，以此定量探究合外力做功与小车动能变化的关系，此外还准备了打点计时器及配套的电源、导线、纸带、小木块等，组装的实验装置如图1所示。
(1)若要完成该实验，必需的实验器材还有下列选项中的______(填正确答案标号)；
A.天平
B.秒表
C.刻度尺
D.弹簧测力计
(2)实验开始时，该同学先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行，他这样做的目的是下列选项中的______(填正确答案标号)
A.避免小车在运动过程中发生抖动
B.可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰
C.可以保证小车最终能够实现匀速直线运动
D.可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力
(3)实验中，所有操作均正确，得到如图2所示的一条纸带。测得计时点A、B、D、E、F到起始点O的距离分别为x1、x2、x3、x4、x5。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。测得钩码的总质量为m，小车的总质量为M，且M>>m，从打O点到打E点的过程中，合外力对小车做的功W=______，小车动能变化量ΔEk=______。
四、计算题（本大题共3小题，共44.0分）
18. 航空航天技术是一个国家综合国力的反映，我国2020年7月23日12时41分发射了首个火星探测器，一次实现火星环绕和着陆巡视探测。假设有航天员登上火星后进行科学探测与实验，航天员在火星表面以速度v0竖直上抛一小球，经t时间小球返回抛出点。已知火星的半径为R，引力常量为G，不计阻力。求：
(1)火星的质量；
(2)火星的第一宇宙速度大小。
19. 如图，一光滑水平桌面AC与一半径为R的光滑半圆形轨道相切于C点，且两者固定不动。一长L为0.8m的细绳，一端固定于O点，另一端系一个质量为0.2kg的球m1。当球m1在竖直方向静止时，对水平桌面的作用力刚好为零。现将球m1提起使细绳处于水平位置时无初速度释放。当球m1摆至最低点时，恰与放在桌面上的质量为0.8kg的小铁球m2正碰，碰后m1球以2m/s的速度弹回，m2将沿半圆形轨道运动，恰好能通过最高点D。求
(1)球m1摆至最低点时的速度为多大？
(2)碰后m2在半圆形轨道最低点C的速度为多大？
(3)光滑半圆形轨道半径R应为多大？
20. 如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m=1kg的可视为质点的物块压缩在光滑平台上而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度。在平台的右端有一与平台等高的传送带，其两端AB长L=5m，物块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.2，传送带右侧有一段等高的粗糙水平面BC长s=3.5m，它与物块间的动摩擦因数μ2=0.3，在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧轨道与BC平滑连接，圆弧CF对应的圆心角为θ=120°，在F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹。若传送带以v=5m/s的速率顺时针转动，当弹簧储存的弹性势能EP=8J时释放物块，物块恰能滑到与圆心等高的E点，取g=10m/s2。求：
(1)从物块滑上传送带到第一次滑离传送带的过程中，物块与传送带间因摩擦而产生的热量Q及圆弧轨道的半径R；
(2)若仅调节传送带的速度大小，欲使物块能与挡板相碰，传送带速度的最小值vm；
(3)传送带在(2)中的速度下，物块最终停下的位置距C点的距离xc。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：AC、根据各分运动具有独立性，水平方向上的运动不影响竖直方向上的运动，故水平速度变为原来2倍时，蜡块上升到顶端的时间与原来相同，故A错误，C正确；
BD、由于蜡块上升的顶端的时间不变，水平速度变为原来2倍，则水平位移变为原来2倍，竖直位移不变，故蜡块位移变大，故BD错误；
故选：C。
蜡块参与水平方向和竖直方向上的匀速直线运动，根据等时性，结合位移公式求出蜡块运动的时间。
本题考查了运动的合成和分解，知道分运动与合运动具有等时性，各分运动具有独立性。
2.【答案】C
【解析】解：A、物体在竖直方向上做自由落体运动，由h=12gt2可得：第1秒内、第2秒内、第3秒内的竖直分位移之比为：1：3：5，水平方向做匀速直线运动，第1秒内、第2秒内、第3秒内水平方向的位移之比为1：1：1，根据矢量合成可知，第1秒内、第2秒内、第3秒内的位移之比不等于1：3：5.故AB错误；
C、物体做平抛运动，加速度不变，△v=gt，则第1秒内、第2秒内、第3秒内的速度增加量相同，都为g，故C正确，D错误。
故选：C。
物体做平抛运动，加速度不变，任1s内速度的变化率等于加速度，根据△v=at分析速度的变化量方向．竖直方向做自由落体运动，根据推论分析第1秒内、第2秒内、第3秒内的位移之比．
本题关键要掌握平抛运动动力学特点，知道其速度变化量的方向总是竖直向下，要注意竖直位移与合位移的区别．
3.【答案】B
【解析】
【分析】
匀速圆周运动速度大小不变，方向变化，是变速运动；加速度方向始终指向圆心，加速度是变化的，是变加速运动。
矢量由大小和方向才能确定的物理量，所以当矢量大小变化、方向变化或大小方向同时变化时，矢量都是变化的。
【解答】
AB.匀速圆周运动速度大小不变，方向变化，故速度是变化的，一定是变速运动，一定具有加速度，不是处于平衡状态，故A错误，B正确；
C.匀速圆周运动加速度大小不变，方向始终指向圆心，加速度是变化的，是变加速曲线运动，故C错误；
D.匀速圆周运动的物体，其合外力提供向心力，其大小不变，但方向时刻在变化，不是恒力，故D错误。
故选B。
4.【答案】D
【解析】解：A、地球对太阳的万有引力和太阳对地球的万有引力是一对作用力和反作用力，不是平衡力．故A错误．
B、根据GMmr2=mv2r知，太阳对地球的引力很大，不会靠在一起，是因为太阳对地球的引力提供向心力，使得地球绕太阳做圆周运动，而不会靠在一起．故B错误，D正确．
C、其他天体对地球的万有引力，远小于太阳的引力，故C错误．
故选：D．
地球绕太阳做匀速圆周运动，万有引力恰好提供向心力；结合牛顿第二定律和万有引力定律进行分析即可．
解决本题的关键知道地球绕太阳做匀速圆周运动，万有引力恰好提供向心力．
5.【答案】B
【解析】解：物体的加速度相同，说明物体受到的合力相同，物体在运动过程中，受到拉力F，重力mg，摩擦力f，
摩擦力f=μFN，根据图象可知，f2>f1>f3，
根据牛顿第二定律，有：F1-mgsinθ-μmgcosθ=ma
故有：F1=mgsinθ+μmgcosθ+ma，
F2cosα-mgsinθ-μ(mgcosθ+F2sinθ)=ma
故有：F2=mgsinθ+μ(mgcosθ+F2sinθ)+macosθ，
F3cosα-mgsinα-μ(mgcosθ-F3sinθ)=ma
故有：F3=mgsinθ+μ(mgcosθ-F3sinθ)+macosθ，
所以F2cosθ>F1>F3cosθ，
由于斜面的长度相同，由功的公式可知，W2>W1>W3
物体的加速度相同，所以物体到达顶端的时候，物体的速度的大小也是相同的，故平均速度相同；
到达顶端的时间相同，则根据P=Wt可知，P2>P1>P3，故B正确，ACD错误。
故选：B。
对物体受力分析，由于物体的加速度相同，说明物体受到的合力相同，根据功的公式以及功率计算公式可以求得拉力做功以及功率的情况。
本题考查功的计算以及功率的计算，要注意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只能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．
6.【答案】B
【解析】解：
A.因列车做初速度为零的匀加速直线运动，则有：v=at，而动能表达式Ek=12mv2=12ma2t2，可知动能与所经历的时间平方成正比，故A错误；
B.依据动能定理，则有：F合x=12mv2-0，可知，动能与它的位移成正比，故B正确；
C.由动能表达式Ek=12mv2，可知，动能与它的速度平方成正比，故C错误；
D.依据动能与动量关系式，Ek=P22m，可知，动能与它的动量平方成正比，故D错误；
故选B。
根据车作匀加速直线运动，结合运动学公式，动能定理，及动能与动量关系式，即可求解。
考查动能的表达式，掌握影响动能的因素，理解动能定理的内容，及运动学公式的运用。
7.【答案】A
【解析】解：A、支持力与运动方向垂直，故支持力做功为0，故A错误；
BCD、根据动能定理知，W合=12mv2=12×30×22J=60J，重力做功为WG=mgh=300×2J=600J，因为W合=WG+Wf，则阻力做功Wf=60J-600J=-540J，故BCD正确。
本题选不正确的，
故选：A。
根据小孩下滑的高度求出重力做功的大小，根据动能的变化，根据动能定理求出阻力做功与合力做功的大小。
本题考查动能定理的应用，掌握应用动能定理的解题步骤，正确求解各力做功，明确功正负的意义。
8.【答案】D
【解析】解：人的速度原来为零，起跳后变化v，则由动量定理可得：
I-mg△t=△mv=mv
故地面对人的冲量为mv+mg△t；
则地面对人的平均作用力F=I△t，
人在跳起时，地面对人的支持力竖直向上，在跳起过程中，在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，故D正确，A、B、C错误。
故选：D。
根据动量定理求出地面对他的平均作用力，由功的公式可确定地面对人是否做功．
在应用动量定理时，一定要注意冲量应是合力的冲量，不要把重力漏掉，同时注意人起跳时是自身做功转化为动能，地面对人没有做功．
9.【答案】C
【解析】解：根据图象可知，图象时向上倾斜的，速度的大小不断的增大，直线的斜率表示加速度的大小，根据图象可知，直线的倾斜程度在不断的减小，所以加速度越来越小。所以C正确。
故选：C。
在速度时间图象中，直线的斜率表示加速度的大小，速度的正负表示速度的方向．
本题是速度--时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度--时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，属于基础题．
10.【答案】C
【解析】解：无论向哪个方向抛出，抛出之后的物体都只受到重力的作用，处于完全失重状态，此时水和容器的运动状态相同，它们之间没有相互作用，水不会流出，故ABD错误，C正确。
故选：C。
当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；
当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；
如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g．
本题考查了学生对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点，本题就可以解决了．
11.【答案】BD
【解析】解：A、根据平抛运动的规律h=12gt2可知时间由竖直高度决定，B下落高度最大时间最长，故A错误；
B、A和B两石块都落在斜面，两小球的竖直位移与水平位移的比值等于斜面倾角的正切值，有tanα=yx=12gt2v0t=gt2v0，落地速度与水平方向的夹角设为β，有tanβ=vyv0=gtv0，联立可知：tanβ=2tanα，α是斜面倾角是定值，β也是定值，与初速度无关，所以落在A、B两处的速度方向相同，故B正确；
C、由h=12gt2可知落在B处的石块所用时间比落在C处的长，由x=v0t可知C的水平位移大，所以C的初速度大，则C速度与水平方向的夹角小，结合B分析知B、C落地速度方向不同，故C错误；
D、B、C竖直方向位移B大，由vy2=2gh知，B的竖直分速度大，经过图中虚线位置时，时间相同，C的水平位移大，C的初速度大，合速度无法比较，落到B、C两处的石块落地速度大小可能相同，故D正确。
故选：BD。
三个不同的石块均做平抛运动，A、B落点在同一斜面上，A、C落点高度相同，抓住它们的共同点进行比较。
本题以平抛运动为背景，考查平抛运动的规律，关键是要注意落点均在斜面上的位移方向、速度方向相同，不同的下落高度比较初速度时可作一水平辅助线，比较相同高度时的水平位移来比较初速度，同学们做题要多做总结。
12.【答案】AD
【解析】解：A.飞船在轨道Ⅰ上运动时，万有引力提供做圆周运动的向心力，则飞船处于失重状态，故A正确；
B.飞船在轨道Ⅰ上通过A点要减速做向心运动才能进入轨道Ⅱ，则飞船在轨道Ⅰ上通过A点的速率大于在轨道Ⅱ上通过A点的速率，故B错误；
C.飞船在轨道Ⅱ上从A点运行到B点过程中，月球对飞船的引力做正功，故C错误；
D.根据牛顿第二定律可得GMmr2=ma，解得加速度：a=GMr2，则飞船在轨道Ⅲ上通过 B点时的加速度等于在轨道Ⅱ上通过B点时的加速度，故D正确。
故选：AD。
飞船在轨道Ⅰ上运动时，万有引力完全提供做圆周运动的向心力；根据变轨原理分析B选项；根据到月球距离的变化情况确定万有引力做功情况；根据牛顿第二定律分析加速度大小。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析。
13.【答案】BC
【解析】解：物块与圆盘一起运动，角速度相等，而半径不等，M的半径是N的3倍，根据v=rω可知，M的线速度是N的线速度的3倍，故BC正确，AD错误。
故选：BC。
物块与圆盘一起运动，角速度相等，根据v=rω比较线速度的大小。
解决本题的关键知道木块做圆周运动的向心力的来源，以及知道线速度与角速度的关系。
14.【答案】BC
【解析】解：AB、由功的公式W=Flcos α=F⋅s可知，两种情况下力F对甲、乙两个物体做的功一样多，A错误，B正确；
CD、根据动能定理，对甲有Fs=Ek1，对乙有Fs-Ffs=Ek2，可知Ek1>Ek2，即甲物体获得的动能比乙大，C正确，D错误；
故选：BC。
根据功的公式，可以知道拉力F对物体做功的情况，再根据动能定理可以判断物体的动能的情况。
根据功的公式和动能定理可以很容易的判断对木块的功和动能的情况，本题主要是对公式的考查。
15.【答案】CD
【解析】解：物体在拉力作用下做匀加速运动，由牛顿第二定律可知：Fcosθ=ma
解得a=Fcosθm
时间t内的位移L=12at2
拉力做功W=FLcosθ=F2cos2θ2mt2，则有：
A、拉力变为4F，此时拉力做功为原来的16倍，故A错误；
B、时间变为4t，此时拉力做功为原来的16倍，故B错误；
C、物体质量变为14，此时拉力做功为原来的4倍，故C正确；
D、拉力大小不变，但方向改为与水平面平行，即夹角θ=0°，由公式可得，此时拉力做功为原来的4倍，故D正确；
故选：CD。
根据牛顿第二定律求得物体的加速度，利用运动学公式求得位移，由于拉力与位移方向夹角为θ，则拉力做功W=FLcosθ；根据功的公式进结合选项进行分析即可。
本题考查功的计算，利用好牛顿第二定律，运动学公式，把拉力做功的表达式表示出来是解决问题的关键，注意拉力方向改变对应的是夹角的改变。
16.【答案】A 0.30 1.0
【解析】解：(1)A.通过调节使斜槽的末端切线水平，以保证小球能做平抛运动，故A正确；
B.斜槽没必要必须光滑，只要到达底端时速度相同即可，故B错误；
C.每次静止释放小球的位置必须相同，以保证每次的平抛的初速度相同，故C错误；
D.将小球的位置记录在纸上后，取下纸，将各点用平滑曲线连接，故D错误。
故选：A。
(2)对小球B竖直方向的位移之比为 5：15：25=1：3：5，可知在位置1时的速度为零，则
T=2h1g=2×0.0510s=0.1s
则 B球从 1 位置运动到 4 位置的时间为
t=3T=3×0.1s=0.3s
A球离开桌面时的速度为
v0=xt=0.30.3m/s=1m/s
故答案为：(1)A；(2)0.30；1.0。
(1)保证小球做平抛运动必须通过调节使斜槽的末端保持水平，因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，实验要求小球滚下时不能碰到木板平面，避免因摩擦而使运动轨迹改变，最后轨迹应连成平滑的曲线；
(2)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，根据高度求出平抛运动的时间，根据水平位移和时间求出A球离开桌面的速度。
解决平抛实验问题时，要特别注意实验的注意事项。在平抛运动的规律探究活动中不一定局限于课本实验的原理，要注重学生对探究原理的理解。解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解。
17.【答案】AC D mgx4 M(x5-x3)28T2
【解析】解：(1)若要完成该实验，需要对纸带上计数点间的距离进行测量，同时测量小车质量，所以必需的实验器材还有刻度尺和天平，故选AC；
(2)实验开始时，先调节木板上定滑轮的高度，使牵小车的细绳与木板平行，他这样做的目的是在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力，故选D．
(3)从打O点到打E点的过程中，细绳拉力对小车做的功W=mgx4
小车在E点的速度vE=x5-x32T
小车动能变化量ΔEk=12MvE2=12M(x5-x32T)2=M(x5-x3)28T2
故答案为：(1)AC； (2)D；(3)mgx4，M(x5-x3)28T2
(1)(2)根据该实验的实验原理、要求和减少误差的角度分析，平衡摩擦力作用后，处理实验数据时需要用刻度尺测量纸带上点的距离，用天平测出小车的质量，求细线拉力做的功。
(3)根据匀变速直线运动的平均速度等于中点时刻的瞬时速度求E点的瞬时速度，即可得到动能的变化量。
此题考查了探究功与速度变化的关系的实验，明确实验原理往往是解决实验问题的关键，该实验的一些操作和要求与探究力、加速度、质量之间关系的实验类似可以类比学习。
18.【答案】解：(1)小球在上升过程中有：v0=g2t
对火星表面的任一物体有：GMmR2=mg
由以上两式得：M=2v0R2Gt
(2)对绕火星表面飞行的卫星受到的重力提供向心力，则有：mg=mv12R
解得：v1=2v0Rt
答：(1)火星的质量为2v0R2Gt；
(2)火星的第一宇宙速度大小为2v0Rt。
【解析】(1)小球做竖直上抛运动，根据运动学公式求出重力加速度，从而确定物体受到的重力；再根据由重力等于万有引力列式求出火星的质量。
(2)明确围绕地球表面运行的卫星的环绕速度为第一宇宙速度，根据万有引力提供向心力，得到火星的第一宇宙速度。
此题考查了万有引力定律的相关知识，天体类型的问题，常常建立这样的模型：环绕天体绕中心天体做匀速圆周运动，万有引力提供向心力。注意重力加速度g是联系物体运动和天体运动的桥梁。
19.【答案】解：(1)设球m1摆至最低点时的速度为v1，球m1摆至最低点的过程中，根据机械能守恒定律有
m1gL=12m1v12
解得：v1=4m/s
(2)设碰后m2在半圆形轨道最低点C的速度为v2。两球碰撞过程，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有
m1v1=m1v'1+m2v2
解得：v2=1.5m/s
(3)m2恰好能通过最高点D时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得
m2g=m2vD2R
m2沿半圆形轨道运动的过程，根据机械能守恒定律得
m2g⋅2R+12m2vD2=12m2v22
解得：R=0.045m
答：(1)球m1摆至最低点时的速度为4m/s；
(2)碰后m2在半圆形轨道最低点C的速度为1.5m/s；
(3)光滑半圆形轨道半径R应为0.045m。
【解析】(1)球m1摆至最低点的过程中，根据机械能守恒定律求出球m1到最低点时的速度。
(2)两球碰撞过程，根据动量守恒定律列式求碰后m2的速度。
(3)m2恰好能通过最高点D时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律列方程。m2沿半圆形轨道运动的过程，根据机械能守恒定律列方程。联立可求出半圆形轨道半径R。
解决本题时，要把握临界条件：小球恰好通过最高点时，由重力提供向心力。要掌握碰撞的基本规律：动量守恒定律。
20.【答案】解：(1)物块滑上A点之前，对物块和弹簧组成的系统，由能量守恒定律：EP=12mvA2
解得：vA=4m/s；
从A点至与传送带共速，由牛顿第二定律：μ1mg=ma，解得：a=2m/s2
由运动学公式：v2-vA2=2ax
解得：x=2.25m
传送带在这段时间内走过的距离：x'=vt=5×0.5m=2.5m
故因摩擦产生的热量：Q=μ1mg(x'-x)
代入数据解得：Q=0.5J；
从共速到运动至E点，由动能定理：-μ2mgs-mgR=0-12mv2
解得：R=0.2m；
(2)当刚好能到F点时有传送带的最小速度vm
在这种情况下在F点有：mgsin30°=mvF2R
从共速到F点，由动能定理：-μ2mgs-mgR(1+cosθ)=12mvF2-12mvm2
由以上两式解得：vm=27m/s；
设物体在传送带上能加到的最大速度为v大，则有：v大2-vA2=2aL
解得：v大=6m/s>vm
故vm=27m/s满足题意，即传送带的最小速度为27m/s；
(3)假设从F点返回至BC段停下时的位置离C点距离为x0，从与传送带共速到停下过程中，由动能定理可得：
-μ2mg(s+x0)=0-12mvm2
解得：x0=76m
因x0
(2)若仅调节传送带的速度大小，欲使物块能与挡板相碰，传送带速度的最小值为27m/s；
(3)传送带在(2)中的速度下，物块最终停下的位置距C点的距离为76m。
【解析】(1)求出物块离开弹簧的速度大小，由牛顿第二定律求解滑上传送带时的加速度大小，分析物块在传送带上的运动情况，根据摩擦力乘以相对距离求解产生的热，根据动能定理求解圆弧轨道的半径R；
(2)物块刚好能到F点时，根据向心力公式求解F点的最小速度，从共速到F点，由动能定理求解传送带的最小速度；根据运动学公式求解物体在传送带上能加到的最大速度，比较可得出结论；
(3)假设从F点返回至BC段停下时的位置离C点距离为x0，从与传送带共速到停下过程中，由动能定理求解最终停下的位置距C点距离。
本题主要是考查了功能关系、动能定理、牛顿第二定律的综合应用和能量守恒定律，首先要选取研究过程，分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，然后分析运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据功能关系或动能定理列方程解答。
绝密★启用前
2021-2022学年四川省甘孜州高一（下）期末物理试卷
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共10小题，共30.0分）
1. 如图所示，将一蜡块置于注满清水的长玻璃管中，封闭管口后将玻璃管竖直倒置，在蜡块匀速上浮的同时，使玻璃管以速度v水平向右匀速移动，蜡块由管口上升到顶端的时间为t。如玻璃管以2v的水平速度移动，蜡块由管口上升到顶端的过程中，下列说法正确的是( )
A. 所用时间减小 B. 蜡块位移减小 C. 所用时间不变 D. 蜡块位移不变
2. 关于做平抛运动的物体，下列说法正确的是( )
A. 第1秒内、第2秒内、第3秒内的位移之比为1：3：5
B. 第1秒内、第2秒内、第3秒内水平方向的位移之比为1：3：5
C. 第1秒内、第2秒内、第3秒内的速度增加量相同
D. 第1秒内、第2秒内、第3秒内的加速度不断增大
3. 关于匀速圆周运动，下列说法正确的是( )
A. 匀速圆周运动的线速度大小保持不变，所以做匀速圆周运动的物体处于平衡状态
B. 做匀速圆周运动的物体，速度的方向时刻都在改变，所以必有加速度
C. 做匀速圆周运动的物体，加速度的大小保持不变，所以是匀变速曲线运动
D. 做匀速圆周运动的物体，其合外力提供向心力，是恒力作用下的曲线运动
4. 太阳对地球有相当大的引力，地球对太阳也有引力作用，为什么它们不靠在一起？其原因是( )
A. 太阳对地球的引力与地球对太阳的引力，这两个力大小相等、方向相反、互相平衡
B. 太阳对地球的引力还不够大
C. 不仅太阳对地球有引力作用，而且太阳系里其他星球对地球也有引力作用，这些力的合力为零
D. 太阳对地球引力不断改变地球的运动方向，使得地球绕太阳运行
5. 如图所示，分别用力F1、F2、F3将质量为m的物体由静止沿同一固定斜面以相同的加速度从斜面底端拉到斜面的顶端，物体与斜面间的动摩擦因数相同，在此过程中，F1、F2、F3做功W1、W2、W3的大小及功率P1、P2、P3大小关系是( )
A. W1>W2>W3 B. W2>W1>W3
C. P3>P1>P2 D. P1>P2>P3
6. 高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能( )
A. 与它所经历的时间成正比 B. 与它的位移成正比
C. 与它的速度成正比 D. 与它的动量成正比
7. 质量为30kg的小孩从高度为2.0m的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度为2.0m/s.取g=10m/s2，关于力对小孩做的功，以下结果不正确的是( )
A. 支持力做功 540J B. 阻力做功-540J
C. 合外力做功 60J D. 重力做功 600J
8. 一位质量为m的运动员从下蹲状态向上跳起，经△t时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，在此过程中，下列说法正确的是( )
A. 地面对他的冲量为mv+mg△t，地面对他做的功为12mv2
B. 地面对他的冲量为mv-mg△t，地面对他做的功为零
C. 地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为12mv2
D. 地面对他的冲量为mv+mg△t，地面对他做的功为零
9. 如图所示是某物体运动过程的v-t图象，以下说法正确的是( )
A. 物体运动的速度越来越小
B. 物体运动的速度越来越大，加速度不变
C. 物体运动的速度越来越大，加速度越来越小
D. 物体运动的速度越来越大，加速度也越来大
10. 如图所示，一个盛水的容器底部有一小孔，静止时用手指堵住小孔不让它漏水。容器在下述几种运动过程中，关于小孔是否漏水的判断正确的是(不计空气阻力)( )
A. 容器自由下落过程中，小孔向下漏水
B. 将容器水平抛出，容器在运动中小孔向下漏水
C. 将容器斜向上抛出，容器在运动中小孔不向下漏水
D. 将容器竖直向上抛出，容器向上运动过程中，小孔向下漏水；容器向下运动过程中，小孔不向下漏水
二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）
11. 如图所示，在某一峡谷的两侧存在与水平面夹角分别为α和θ的山坡，某人站在左侧山坡上的P点向对面的山坡上水平抛出三个质量不等的石块，分别落在A、B、C三处，不计空气阻力，A、C两处在同一水平面上，下列说法正确的是( )
A. 落到C处的石块在空中运动的时间最长
B. 落到A、B两处的石块落地速度方向一定相同
C. 落到B、C两处的石块落地速度方向可能相同
D. 落到B、C两处的石块落地速度大小可能相同
12. 如图所示，在“嫦娥”探月工程中，飞船在轨道Ⅰ上做圆周运动，到达轨道Ⅰ的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道Ⅱ的近月点B时，再次点火进入近月轨道Ⅲ绕月做圆周运动，下列说法正确的是( )
A. 飞船在轨道Ⅰ上运动时处于失重状态
B. 飞船在轨道Ⅰ上通过A点的速率等于在轨道Ⅱ上通过A点的速率
C. 飞船在轨道Ⅱ上从A点运行到B点过程中，月球对飞船的引力不做功
D. 飞船在轨道Ⅲ上通过B点时的加速度等于在轨道Ⅱ上通过B点时的加速度
13. 如图所示，一个匀速转动的半径为r的水平圆盘上放着两个木块M和N，木块M放在圆盘的边缘处，木块N放在离圆心13r的地方，它们都随圆盘一起运动。比较两木块的线速度和角速度，下列说法中正确的是( )
A. 两木块的线速度相等 B. 两木块的角速度相等
C. M的线速度是N的线速度的3倍 D. M的角速度是N的角速度的3倍
14. 甲、乙两个质量相同的物体，用大小相等的力F分别拉它们在水平面上从静止开始运动相同的距离s。如图1所示，甲在光滑面上，乙在粗糙面上，则下列关于力F对甲、乙两物体做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法中正确的是( )
A. 力F对甲物体做功多 B. 力F对甲、乙两个物体做的功一样多
C. 甲物体获得的动能比乙大 D. 甲、乙两个物体获得的动能相同
15. 如图所示，用恒定的拉力F拉置于光滑水平面上的质量为m的物体，由静止开始运动时间t，拉力F斜向上与水平面夹角为θ=60°。如果要使拉力做的功变为原来的4倍，在其他条件不变的情况下，可以将( )
A. 拉力变为4F
B. 时间变为4t
C. 质量变为m4
D. 拉力大小不变，但方向改为与水平面平行
第II卷（非选择题）
三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）
16. 实验探究题
如图甲是“研究平抛物体运动”的实验装置图，通过描点法可画出小球的运动轨迹。
(1)下面列出的一-些实验要求正确的是______(填正确答案标号)。
A.通过调节使斜槽的末端切线水平
B.斜槽必须光滑
C.每次静止释放小球的位置可以不同
D.将小球的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将各点连接成折线
(2)图乙是利用频闪照相研究平抛运动的示意图，小球A由斜糟滚下，当它从末端水平飞出时，小球B同时自由下落，频闪照片中B球有四个像，相邻像间的距离已在图中标出。两球恰在位置4相碰，则B球从1位置运动到4位置的时间为______s；A球离开桌面时的速度大小为______m/s。(g取10m/s2，结果均保留两位有效数字)
17. 某同学把附有滑轮的长木板平放在实验桌上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码，使小车在钩码的牵引下运动，以此定量探究合外力做功与小车动能变化的关系，此外还准备了打点计时器及配套的电源、导线、纸带、小木块等，组装的实验装置如图1所示。
(1)若要完成该实验，必需的实验器材还有下列选项中的______(填正确答案标号)；
A.天平
B.秒表
C.刻度尺
D.弹簧测力计
(2)实验开始时，该同学先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行，他这样做的目的是下列选项中的______(填正确答案标号)
A.避免小车在运动过程中发生抖动
B.可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰
C.可以保证小车最终能够实现匀速直线运动
D.可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力
(3)实验中，所有操作均正确，得到如图2所示的一条纸带。测得计时点A、B、D、E、F到起始点O的距离分别为x1、x2、x3、x4、x5。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。测得钩码的总质量为m，小车的总质量为M，且M>>m，从打O点到打E点的过程中，合外力对小车做的功W=______，小车动能变化量ΔEk=______。
四、计算题（本大题共3小题，共44.0分）
18. 航空航天技术是一个国家综合国力的反映，我国2020年7月23日12时41分发射了首个火星探测器，一次实现火星环绕和着陆巡视探测。假设有航天员登上火星后进行科学探测与实验，航天员在火星表面以速度v0竖直上抛一小球，经t时间小球返回抛出点。已知火星的半径为R，引力常量为G，不计阻力。求：
(1)火星的质量；
(2)火星的第一宇宙速度大小。
19. 如图，一光滑水平桌面AC与一半径为R的光滑半圆形轨道相切于C点，且两者固定不动。一长L为0.8m的细绳，一端固定于O点，另一端系一个质量为0.2kg的球m1。当球m1在竖直方向静止时，对水平桌面的作用力刚好为零。现将球m1提起使细绳处于水平位置时无初速度释放。当球m1摆至最低点时，恰与放在桌面上的质量为0.8kg的小铁球m2正碰，碰后m1球以2m/s的速度弹回，m2将沿半圆形轨道运动，恰好能通过最高点D。求
(1)球m1摆至最低点时的速度为多大？
(2)碰后m2在半圆形轨道最低点C的速度为多大？
(3)光滑半圆形轨道半径R应为多大？
20. 如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m=1kg的可视为质点的物块压缩在光滑平台上而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度。在平台的右端有一与平台等高的传送带，其两端AB长L=5m，物块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.2，传送带右侧有一段等高的粗糙水平面BC长s=3.5m，它与物块间的动摩擦因数μ2=0.3，在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧轨道与BC平滑连接，圆弧CF对应的圆心角为θ=120°，在F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹。若传送带以v=5m/s的速率顺时针转动，当弹簧储存的弹性势能EP=8J时释放物块，物块恰能滑到与圆心等高的E点，取g=10m/s2。求：
(1)从物块滑上传送带到第一次滑离传送带的过程中，物块与传送带间因摩擦而产生的热量Q及圆弧轨道的半径R；
(2)若仅调节传送带的速度大小，欲使物块能与挡板相碰，传送带速度的最小值vm；
(3)传送带在(2)中的速度下，物块最终停下的位置距C点的距离xc。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：AC、根据各分运动具有独立性，水平方向上的运动不影响竖直方向上的运动，故水平速度变为原来2倍时，蜡块上升到顶端的时间与原来相同，故A错误，C正确；
BD、由于蜡块上升的顶端的时间不变，水平速度变为原来2倍，则水平位移变为原来2倍，竖直位移不变，故蜡块位移变大，故BD错误；
故选：C。
蜡块参与水平方向和竖直方向上的匀速直线运动，根据等时性，结合位移公式求出蜡块运动的时间。
本题考查了运动的合成和分解，知道分运动与合运动具有等时性，各分运动具有独立性。
2.【答案】C
【解析】解：A、物体在竖直方向上做自由落体运动，由h=12gt2可得：第1秒内、第2秒内、第3秒内的竖直分位移之比为：1：3：5，水平方向做匀速直线运动，第1秒内、第2秒内、第3秒内水平方向的位移之比为1：1：1，根据矢量合成可知，第1秒内、第2秒内、第3秒内的位移之比不等于1：3：5.故AB错误；
C、物体做平抛运动，加速度不变，△v=gt，则第1秒内、第2秒内、第3秒内的速度增加量相同，都为g，故C正确，D错误。
故选：C。
物体做平抛运动，加速度不变，任1s内速度的变化率等于加速度，根据△v=at分析速度的变化量方向．竖直方向做自由落体运动，根据推论分析第1秒内、第2秒内、第3秒内的位移之比．
本题关键要掌握平抛运动动力学特点，知道其速度变化量的方向总是竖直向下，要注意竖直位移与合位移的区别．
3.【答案】B
【解析】
【分析】
匀速圆周运动速度大小不变，方向变化，是变速运动；加速度方向始终指向圆心，加速度是变化的，是变加速运动。
矢量由大小和方向才能确定的物理量，所以当矢量大小变化、方向变化或大小方向同时变化时，矢量都是变化的。
【解答】
AB.匀速圆周运动速度大小不变，方向变化，故速度是变化的，一定是变速运动，一定具有加速度，不是处于平衡状态，故A错误，B正确；
C.匀速圆周运动加速度大小不变，方向始终指向圆心，加速度是变化的，是变加速曲线运动，故C错误；
D.匀速圆周运动的物体，其合外力提供向心力，其大小不变，但方向时刻在变化，不是恒力，故D错误。
故选B。
4.【答案】D
【解析】解：A、地球对太阳的万有引力和太阳对地球的万有引力是一对作用力和反作用力，不是平衡力．故A错误．
B、根据GMmr2=mv2r知，太阳对地球的引力很大，不会靠在一起，是因为太阳对地球的引力提供向心力，使得地球绕太阳做圆周运动，而不会靠在一起．故B错误，D正确．
C、其他天体对地球的万有引力，远小于太阳的引力，故C错误．
故选：D．
地球绕太阳做匀速圆周运动，万有引力恰好提供向心力；结合牛顿第二定律和万有引力定律进行分析即可．
解决本题的关键知道地球绕太阳做匀速圆周运动，万有引力恰好提供向心力．
5.【答案】B
【解析】解：物体的加速度相同，说明物体受到的合力相同，物体在运动过程中，受到拉力F，重力mg，摩擦力f，
摩擦力f=μFN，根据图象可知，f2>f1>f3，
根据牛顿第二定律，有：F1-mgsinθ-μmgcosθ=ma
故有：F1=mgsinθ+μmgcosθ+ma，
F2cosα-mgsinθ-μ(mgcosθ+F2sinθ)=ma
故有：F2=mgsinθ+μ(mgcosθ+F2sinθ)+macosθ，
F3cosα-mgsinα-μ(mgcosθ-F3sinθ)=ma
故有：F3=mgsinθ+μ(mgcosθ-F3sinθ)+macosθ，
所以F2cosθ>F1>F3cosθ，
由于斜面的长度相同，由功的公式可知，W2>W1>W3
物体的加速度相同，所以物体到达顶端的时候，物体的速度的大小也是相同的，故平均速度相同；
到达顶端的时间相同，则根据P=Wt可知，P2>P1>P3，故B正确，ACD错误。
故选：B。
对物体受力分析，由于物体的加速度相同，说明物体受到的合力相同，根据功的公式以及功率计算公式可以求得拉力做功以及功率的情况。
本题考查功的计算以及功率的计算，要注意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只能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．
6.【答案】B
【解析】解：
A.因列车做初速度为零的匀加速直线运动，则有：v=at，而动能表达式Ek=12mv2=12ma2t2，可知动能与所经历的时间平方成正比，故A错误；
B.依据动能定理，则有：F合x=12mv2-0，可知，动能与它的位移成正比，故B正确；
C.由动能表达式Ek=12mv2，可知，动能与它的速度平方成正比，故C错误；
D.依据动能与动量关系式，Ek=P22m，可知，动能与它的动量平方成正比，故D错误；
故选B。
根据车作匀加速直线运动，结合运动学公式，动能定理，及动能与动量关系式，即可求解。
考查动能的表达式，掌握影响动能的因素，理解动能定理的内容，及运动学公式的运用。
7.【答案】A
【解析】解：A、支持力与运动方向垂直，故支持力做功为0，故A错误；
BCD、根据动能定理知，W合=12mv2=12×30×22J=60J，重力做功为WG=mgh=300×2J=600J，因为W合=WG+Wf，则阻力做功Wf=60J-600J=-540J，故BCD正确。
本题选不正确的，
故选：A。
根据小孩下滑的高度求出重力做功的大小，根据动能的变化，根据动能定理求出阻力做功与合力做功的大小。
本题考查动能定理的应用，掌握应用动能定理的解题步骤，正确求解各力做功，明确功正负的意义。
8.【答案】D
【解析】解：人的速度原来为零，起跳后变化v，则由动量定理可得：
I-mg△t=△mv=mv
故地面对人的冲量为mv+mg△t；
则地面对人的平均作用力F=I△t，
人在跳起时，地面对人的支持力竖直向上，在跳起过程中，在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，故D正确，A、B、C错误。
故选：D。
根据动量定理求出地面对他的平均作用力，由功的公式可确定地面对人是否做功．
在应用动量定理时，一定要注意冲量应是合力的冲量，不要把重力漏掉，同时注意人起跳时是自身做功转化为动能，地面对人没有做功．
9.【答案】C
【解析】解：根据图象可知，图象时向上倾斜的，速度的大小不断的增大，直线的斜率表示加速度的大小，根据图象可知，直线的倾斜程度在不断的减小，所以加速度越来越小。所以C正确。
故选：C。
在速度时间图象中，直线的斜率表示加速度的大小，速度的正负表示速度的方向．
本题是速度--时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度--时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，属于基础题．
10.【答案】C
【解析】解：无论向哪个方向抛出，抛出之后的物体都只受到重力的作用，处于完全失重状态，此时水和容器的运动状态相同，它们之间没有相互作用，水不会流出，故ABD错误，C正确。
故选：C。
当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；
当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；
如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g．
本题考查了学生对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点，本题就可以解决了．
11.【答案】BD
【解析】解：A、根据平抛运动的规律h=12gt2可知时间由竖直高度决定，B下落高度最大时间最长，故A错误；
B、A和B两石块都落在斜面，两小球的竖直位移与水平位移的比值等于斜面倾角的正切值，有tanα=yx=12gt2v0t=gt2v0，落地速度与水平方向的夹角设为β，有tanβ=vyv0=gtv0，联立可知：tanβ=2tanα，α是斜面倾角是定值，β也是定值，与初速度无关，所以落在A、B两处的速度方向相同，故B正确；
C、由h=12gt2可知落在B处的石块所用时间比落在C处的长，由x=v0t可知C的水平位移大，所以C的初速度大，则C速度与水平方向的夹角小，结合B分析知B、C落地速度方向不同，故C错误；
D、B、C竖直方向位移B大，由vy2=2gh知，B的竖直分速度大，经过图中虚线位置时，时间相同，C的水平位移大，C的初速度大，合速度无法比较，落到B、C两处的石块落地速度大小可能相同，故D正确。
故选：BD。
三个不同的石块均做平抛运动，A、B落点在同一斜面上，A、C落点高度相同，抓住它们的共同点进行比较。
本题以平抛运动为背景，考查平抛运动的规律，关键是要注意落点均在斜面上的位移方向、速度方向相同，不同的下落高度比较初速度时可作一水平辅助线，比较相同高度时的水平位移来比较初速度，同学们做题要多做总结。
12.【答案】AD
【解析】解：A.飞船在轨道Ⅰ上运动时，万有引力提供做圆周运动的向心力，则飞船处于失重状态，故A正确；
B.飞船在轨道Ⅰ上通过A点要减速做向心运动才能进入轨道Ⅱ，则飞船在轨道Ⅰ上通过A点的速率大于在轨道Ⅱ上通过A点的速率，故B错误；
C.飞船在轨道Ⅱ上从A点运行到B点过程中，月球对飞船的引力做正功，故C错误；
D.根据牛顿第二定律可得GMmr2=ma，解得加速度：a=GMr2，则飞船在轨道Ⅲ上通过 B点时的加速度等于在轨道Ⅱ上通过B点时的加速度，故D正确。
故选：AD。
飞船在轨道Ⅰ上运动时，万有引力完全提供做圆周运动的向心力；根据变轨原理分析B选项；根据到月球距离的变化情况确定万有引力做功情况；根据牛顿第二定律分析加速度大小。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析。
13.【答案】BC
【解析】解：物块与圆盘一起运动，角速度相等，而半径不等，M的半径是N的3倍，根据v=rω可知，M的线速度是N的线速度的3倍，故BC正确，AD错误。
故选：BC。
物块与圆盘一起运动，角速度相等，根据v=rω比较线速度的大小。
解决本题的关键知道木块做圆周运动的向心力的来源，以及知道线速度与角速度的关系。
14.【答案】BC
【解析】解：AB、由功的公式W=Flcos α=F⋅s可知，两种情况下力F对甲、乙两个物体做的功一样多，A错误，B正确；
CD、根据动能定理，对甲有Fs=Ek1，对乙有Fs-Ffs=Ek2，可知Ek1>Ek2，即甲物体获得的动能比乙大，C正确，D错误；
故选：BC。
根据功的公式，可以知道拉力F对物体做功的情况，再根据动能定理可以判断物体的动能的情况。
根据功的公式和动能定理可以很容易的判断对木块的功和动能的情况，本题主要是对公式的考查。
15.【答案】CD
【解析】解：物体在拉力作用下做匀加速运动，由牛顿第二定律可知：Fcosθ=ma
解得a=Fcosθm
时间t内的位移L=12at2
拉力做功W=FLcosθ=F2cos2θ2mt2，则有：
A、拉力变为4F，此时拉力做功为原来的16倍，故A错误；
B、时间变为4t，此时拉力做功为原来的16倍，故B错误；
C、物体质量变为14，此时拉力做功为原来的4倍，故C正确；
D、拉力大小不变，但方向改为与水平面平行，即夹角θ=0°，由公式可得，此时拉力做功为原来的4倍，故D正确；
故选：CD。
根据牛顿第二定律求得物体的加速度，利用运动学公式求得位移，由于拉力与位移方向夹角为θ，则拉力做功W=FLcosθ；根据功的公式进结合选项进行分析即可。
本题考查功的计算，利用好牛顿第二定律，运动学公式，把拉力做功的表达式表示出来是解决问题的关键，注意拉力方向改变对应的是夹角的改变。
16.【答案】A 0.30 1.0
【解析】解：(1)A.通过调节使斜槽的末端切线水平，以保证小球能做平抛运动，故A正确；
B.斜槽没必要必须光滑，只要到达底端时速度相同即可，故B错误；
C.每次静止释放小球的位置必须相同，以保证每次的平抛的初速度相同，故C错误；
D.将小球的位置记录在纸上后，取下纸，将各点用平滑曲线连接，故D错误。
故选：A。
(2)对小球B竖直方向的位移之比为 5：15：25=1：3：5，可知在位置1时的速度为零，则
T=2h1g=2×0.0510s=0.1s
则 B球从 1 位置运动到 4 位置的时间为
t=3T=3×0.1s=0.3s
A球离开桌面时的速度为
v0=xt=0.30.3m/s=1m/s
故答案为：(1)A；(2)0.30；1.0。
(1)保证小球做平抛运动必须通过调节使斜槽的末端保持水平，因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，实验要求小球滚下时不能碰到木板平面，避免因摩擦而使运动轨迹改变，最后轨迹应连成平滑的曲线；
(2)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，根据高度求出平抛运动的时间，根据水平位移和时间求出A球离开桌面的速度。
解决平抛实验问题时，要特别注意实验的注意事项。在平抛运动的规律探究活动中不一定局限于课本实验的原理，要注重学生对探究原理的理解。解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解。
17.【答案】AC D mgx4 M(x5-x3)28T2
【解析】解：(1)若要完成该实验，需要对纸带上计数点间的距离进行测量，同时测量小车质量，所以必需的实验器材还有刻度尺和天平，故选AC；
(2)实验开始时，先调节木板上定滑轮的高度，使牵小车的细绳与木板平行，他这样做的目的是在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力，故选D．
(3)从打O点到打E点的过程中，细绳拉力对小车做的功W=mgx4
小车在E点的速度vE=x5-x32T
小车动能变化量ΔEk=12MvE2=12M(x5-x32T)2=M(x5-x3)28T2
故答案为：(1)AC； (2)D；(3)mgx4，M(x5-x3)28T2
(1)(2)根据该实验的实验原理、要求和减少误差的角度分析，平衡摩擦力作用后，处理实验数据时需要用刻度尺测量纸带上点的距离，用天平测出小车的质量，求细线拉力做的功。
(3)根据匀变速直线运动的平均速度等于中点时刻的瞬时速度求E点的瞬时速度，即可得到动能的变化量。
此题考查了探究功与速度变化的关系的实验，明确实验原理往往是解决实验问题的关键，该实验的一些操作和要求与探究力、加速度、质量之间关系的实验类似可以类比学习。
18.【答案】解：(1)小球在上升过程中有：v0=g2t
对火星表面的任一物体有：GMmR2=mg
由以上两式得：M=2v0R2Gt
(2)对绕火星表面飞行的卫星受到的重力提供向心力，则有：mg=mv12R
解得：v1=2v0Rt
答：(1)火星的质量为2v0R2Gt；
(2)火星的第一宇宙速度大小为2v0Rt。
【解析】(1)小球做竖直上抛运动，根据运动学公式求出重力加速度，从而确定物体受到的重力；再根据由重力等于万有引力列式求出火星的质量。
(2)明确围绕地球表面运行的卫星的环绕速度为第一宇宙速度，根据万有引力提供向心力，得到火星的第一宇宙速度。
此题考查了万有引力定律的相关知识，天体类型的问题，常常建立这样的模型：环绕天体绕中心天体做匀速圆周运动，万有引力提供向心力。注意重力加速度g是联系物体运动和天体运动的桥梁。
19.【答案】解：(1)设球m1摆至最低点时的速度为v1，球m1摆至最低点的过程中，根据机械能守恒定律有
m1gL=12m1v12
解得：v1=4m/s
(2)设碰后m2在半圆形轨道最低点C的速度为v2。两球碰撞过程，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有
m1v1=m1v'1+m2v2
解得：v2=1.5m/s
(3)m2恰好能通过最高点D时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得
m2g=m2vD2R
m2沿半圆形轨道运动的过程，根据机械能守恒定律得
m2g⋅2R+12m2vD2=12m2v22
解得：R=0.045m
答：(1)球m1摆至最低点时的速度为4m/s；
(2)碰后m2在半圆形轨道最低点C的速度为1.5m/s；
(3)光滑半圆形轨道半径R应为0.045m。
【解析】(1)球m1摆至最低点的过程中，根据机械能守恒定律求出球m1到最低点时的速度。
(2)两球碰撞过程，根据动量守恒定律列式求碰后m2的速度。
(3)m2恰好能通过最高点D时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律列方程。m2沿半圆形轨道运动的过程，根据机械能守恒定律列方程。联立可求出半圆形轨道半径R。
解决本题时，要把握临界条件：小球恰好通过最高点时，由重力提供向心力。要掌握碰撞的基本规律：动量守恒定律。
20.【答案】解：(1)物块滑上A点之前，对物块和弹簧组成的系统，由能量守恒定律：EP=12mvA2
解得：vA=4m/s；
从A点至与传送带共速，由牛顿第二定律：μ1mg=ma，解得：a=2m/s2
由运动学公式：v2-vA2=2ax
解得：x=2.25m
传送带在这段时间内走过的距离：x'=vt=5×0.5m=2.5m
故因摩擦产生的热量：Q=μ1mg(x'-x)
代入数据解得：Q=0.5J；
从共速到运动至E点，由动能定理：-μ2mgs-mgR=0-12mv2
解得：R=0.2m；
(2)当刚好能到F点时有传送带的最小速度vm
在这种情况下在F点有：mgsin30°=mvF2R
从共速到F点，由动能定理：-μ2mgs-mgR(1+cosθ)=12mvF2-12mvm2
由以上两式解得：vm=27m/s；
设物体在传送带上能加到的最大速度为v大，则有：v大2-vA2=2aL
解得：v大=6m/s>vm
故vm=27m/s满足题意，即传送带的最小速度为27m/s；
(3)假设从F点返回至BC段停下时的位置离C点距离为x0，从与传送带共速到停下过程中，由动能定理可得：
-μ2mg(s+x0)=0-12mvm2
解得：x0=76m
因x0
(2)若仅调节传送带的速度大小，欲使物块能与挡板相碰，传送带速度的最小值为27m/s；
(3)传送带在(2)中的速度下，物块最终停下的位置距C点的距离为76m。
【解析】(1)求出物块离开弹簧的速度大小，由牛顿第二定律求解滑上传送带时的加速度大小，分析物块在传送带上的运动情况，根据摩擦力乘以相对距离求解产生的热，根据动能定理求解圆弧轨道的半径R；
(2)物块刚好能到F点时，根据向心力公式求解F点的最小速度，从共速到F点，由动能定理求解传送带的最小速度；根据运动学公式求解物体在传送带上能加到的最大速度，比较可得出结论；
(3)假设从F点返回至BC段停下时的位置离C点距离为x0，从与传送带共速到停下过程中，由动能定理求解最终停下的位置距C点距离。
本题主要是考查了功能关系、动能定理、牛顿第二定律的综合应用和能量守恒定律，首先要选取研究过程，分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，然后分析运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据功能关系或动能定理列方程解答。
相关试卷
2022甘孜州高一下学期学业质量统一监测期末统考物理试题含解析： 这是一份2022甘孜州高一下学期学业质量统一监测期末统考物理试题含解析，文件包含四川省甘孜州2021-2022学年高一下学期学业质量统一监测期末统考物理试题含解析docx、四川省甘孜州2021-2022学年高一下学期学业质量统一监测期末统考物理试题无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。
2021-2022学年四川省甘孜州高二（下）学业质量统一监测期末统考物理试题含解析： 这是一份2021-2022学年四川省甘孜州高二（下）学业质量统一监测期末统考物理试题含解析，共22页。
2021-2022学年四川省广元市高一（下）期末物理试卷（含解析）： 这是一份2021-2022学年四川省广元市高一（下）期末物理试卷（含解析），共17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。
