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2021-2022学年江西省宜春市丰城九中、万载中学、宜春一中创新班高二（上）期末物理试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年江西省宜春市丰城九中、万载中学、宜春一中创新班高二（上）期末物理试卷（含答案解析），共20页。试卷主要包含了5m/s2，9s，6m处的质点经过0，【答案】D，【答案】B，【答案】ABC，【答案】BC等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年江西省宜春市丰城九中、万载中学、宜春一中创新班高二（上）期末物理试卷
1. 甲、乙、丙三个物体同时同地出发做直线运动，它们的位x−t图象如图所示．在20s内它们的平均速度和平均速率的大小关系是( )
A. 平均速度大小相等，平均速率v甲>v乙=v丙
B. 平均速度大小相等，平均速率v甲>v丙>v乙
C. 平均速度v甲>v丙=v乙，平均速率相等
D. 平均速度和平均速率大小均相等
2. 在光滑水平面上重叠静置两个滑块A和B，如图甲所示，现对B滑块施加一水平力F，力F随时间变化的关系如图乙所示，两滑块在运动过程中始终保持相对静止。以水平向右为正方向，则关于A物体的速度v、加速度a、所受摩擦力f及运动的位移x随时间变化图象正确的有( )
A. B.
C. D.
3. 2021年10月16日凌晨0时23分，搭载神舟十三号载人飞船的长征二号运载火箭在我国酒泉卫星发射中心成功发射，将神舟十三号载人飞船送入预定轨道，跟“天宫一号”空间站成功对接。发射任务获得成功。若“天宫一号”空间站卫星运行在距地球表面高度为h的圆形轨道上，其运行周期为T，已知引力常量为G，地球的半径为R，则地球的质量为( )
A. GT24π2(R+h)3 B. GT2π(R+h)3 C. 4π2(R+h)3GT2 D. 2π(R+h)3GT
4. 如图所示，竖直平面第一象限有一个接触面，接触面表面满足y=ax2，质量为2kg的钢球从图中其坐标为(−0.5m,9m)处，以v0=2m/s的初速度水平抛出，经过t=1s时，落在接触面某处(不考虑反弹)，g取10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 接触表面抛物线方程表达式为y=43x2
B. 落在接触面上时，钢球的速度方向与水平面的夹角为60∘
C. 落在接触面上时，钢球的位移大小为2m
D. 假设该钢球以v0′=13m/s的初速度从图中原坐标处平抛，则不能落在接触面上
5. 如图，有一固定且内壁光滑的半球面，球心为O，最低点为C，在其内壁上有两个质量相同的小球(可视为质点)A和B，在两个高度不同的水平面内做匀速圆周运动，A球的轨迹平面高于B球的轨迹平面。A、B两球与O点的连线与竖直线OC间的夹角分别为α=53∘和β=37∘(sin37∘=0.6,cos37∘=0.8)，则( )
A. A、B两球所受弹力的大小之比为3：4 B. A、B两球运动的周期之比为4：3
C. A、B两球的线速度大小之比为3：8 D. A、B两球的转速之比为2：3
6. 如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为1kg的物体A、B(B物体与弹簧拴接)，弹簧的劲度系数为k=50N/m，初始时系统处于静止状态。现用大小为15N、方向竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上运动，g取10m/s2，空气阻力忽略不计，下列说法不正确的是( )
A. 外力施加的瞬间，A、B的加速度大小为7.5m/s2
B. 当弹簧压缩量减小0.05m时，A、B间弹力大小为2.5N
C. A、B分离时，A物体的位移大小为0.1m
D. B物体速度达到最大时，弹簧被压缩了0.2m
7. 如图所示的装置，两根完全相同、轴线在同一水平面内的平行长圆柱上放一均匀木板，木板的重心与两圆柱等距，其中圆柱的半径r=2cm，木板质量m=5kg，木板与圆柱间的动摩擦因数μ=0.2，两圆柱以角速度ω绕轴线作相反方向的转动。现施加一过木板重心且平行圆柱轴线的拉力F于木板上，使其以速度v=0.6m/s沿圆柱表面作匀速运动。下列说法中正确的是( )
A. 不论ω多大，所需水平拉力恒为10N
B. ω越大，所需水平拉力也越大
C. 若ω=40rad/s，则水平拉力F=6N
D. 若ω=40rad/s，水平拉力恒为20N，则木板做匀加速运动
8. 如图所示，倾角θ=60∘、高为h的粗糙斜面体ABC固定在水平地面上，弹簧的一端固定在BC边上距B点h3高处的D点，可视为质点的小物块Q与弹簧另一端相连，并静止于斜面底端的A点，此时小物块Q恰好不接触地面且与斜面间的摩擦力为0，已知小物块Q与斜面间的动摩擦因数μ=33，小物块Q所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 小物块Q静止于点A时弹簧一定处于伸长状态
B. 小物块Q静止于点A时所受的弹力与其重力大小相等
C. 若要拉动小物块Q，使之沿斜面向上运动，支持力与滑动摩擦力的合力方向是水平的
D. 若刚要拉动小物块Q，使之沿斜面向上运动，则拉力的最小值33mg
9. 如图所示，把倾角为30∘的粗糙斜面体C固定于水平地面上，质量为2m的物块A通过跨过光滑定滑轮的轻绳与质量为m的小球B连接，O点为轻绳与定滑轮的接触点。初始时，小球B在水平向右的拉力F作用下，使轻绳OB段与水平拉力F的夹角为θ=120∘，A，B均保持静止状态．现改变拉力F，并保持夹角θ大小不变，将小球B向右上方缓慢拉起至OB水平，物块A始终保持静止状态，重力加速度为g，关于该过程，下列说法正确的是( )
A. 物体受到的摩擦力一直增大 B. 拉力F一直变大
C. 地面对斜面体的静摩擦力先变大后变小 D. 地面对斜面体的支持力先变大后变小
10. 某一实验室的传送装置如图所示，其中AB段是水平的，长度LAB=6m，BC段是倾斜的，长度LBC=5m，倾角为37∘，AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带v=4m/s的恒定速率顺时针运转。现将一个工件(可看成质点)无初速度地放在A点。已知工件与传送带间的动摩擦μ=0.5，已知：重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，则( )
A. 工件第一次到达B点所用的时间1.9s
B. 工件沿传送带BC向上运动的最大位移为4m
C. 工件沿传送带运动，仍能回到A点
D. 工件第一次返回B点后，会在传送带上来回往复运动
11. 某兴趣小组设计了一个可同时测量物体质量和当地重力加速度的实验，其装置如图a所示；已知滑块的质量M，待测物体的质量记为M0，当地的重力加速度为g，请完成下列填空：
A.闭合气泵开关，条件导轨，使滑块的遮光条依次通过两光电门的时间______，则导轨水平。
B.将待测物体固定在滑块的凹槽内，并将细线的一端拴接在滑块上，另一端跨过定滑轮挂一个质量为m1的钩码。
C.调节定滑轮，使细线与气垫导轨的轨道平行。
D.释放滑块；记录滑块的遮光条通过光电门1、2的时间t1、t2和光电门之间的距离L；用游标卡尺测出遮光条的宽度d，示数如图b所示，则d=______cm，并由此计算出滑块的加速度a1=______(用t1、t2、d表示)。
E.依次添加砝码，重复上述过程几次，记录相关实验数据并计算出滑块相应的加速度。
F.以钩码质量的倒数(1m)为横轴，加速度的倒数(1a)为纵轴，建立直角坐标系，利用以上数据画出如图c所示的图线，若该直线的斜率为k，纵截距为b，则M0______；g=______。
12. 为提高通行效率，许多高速公路出入口安装了电子不停车收费系统(ETC)，如图，一辆小轿车以v0=20/s的速度驶入ETC通道前的减速带，小轿车在减速带上做匀减速直线运动，2s后以v=6m/s的速度匀速驶入识别区，ETC天线用了t0=1s识别车载电子标签，但自动栏杆并未抬起，司机立即匀减速刹车。已知从识别区起点到自动栏杆之间的水平距离为9m，不计小轿车的大小及司机的反应时间。求：
(1)ETC通道前的减速带长度；
(2)要使小轿车不撞杆，司机匀减速刹车的加速度的最小值。
13. 如图甲所示，质量M=2.0kg的长木板A静止在光滑水平面上，在木板的左端放置一个质量m=1.0kg的小铁块B，铁块与木板间的动摩擦因数μ=0.2，对铁块施加水平向右的拉力F，F大小随时间变化如图乙所示，5s时撤去拉力．可认为A、B间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取重力加速度g=10m/s2。求：
(1)0∼1s内，A、B的加速度大小aA、aB；
(2)B相对A滑行的最大距离s；
(3)5s内A的位移。(结果保留3位有效数字)
14. 如图所示，M是水平放置的半径足够大的圆盘，绕过其圆心的竖直轴OO′匀速转动，规定经过圆心O点且水平向右为x轴正方向。在O点正上方距盘面高为h=5m处有一个可间断滴水的容器，从t=0时刻开始，容器沿水平轨道向x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动。已知t=0时刻滴下第一滴水，以后每当前一滴水刚好落到盘面时再滴下一滴水。(取g=10m/s2)
(1)第二滴水离开容器后经过多长时间滴落到盘面上？
(2)要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，圆盘的角速度ω应为多大？
(3)当圆盘的角速度为1.5π时，第二滴水与第三滴水在盘面上落点间的距离为2m，求容器的加速度a。
15. 下列说法正确的是( )
A. 空调既能制热又能制冷，说明热传递不存在方向性
B. 水蒸气的实际压强越大，相对湿度越大
C. 布朗运动是悬浮在液体或气体中的小颗粒的无规则运动
D. 实际气体的内能包括气体分子之间的相互作用的势能
E. 对一定质量的理想气体，当它的压强、体积都增大时，其内能一定增大
16. 如图a所示，一根足够长的粗细均匀导热细管，下端封闭且竖直放置，处于压强p0=75cmHg的大气中。用长为h=15cm的汞柱封闭有L1=30cm的空气柱。环境温度为室温A一直保持不变，汞柱与管空间的摩擦阻力不计。(结果保留3位有效数字)
①现将导热细管按如图b所示方式放置，静止于倾角37∘的斜面上，问此时被封闭的
气柱长度L2为多少？
②若(1)问中导热细管与斜面间动摩擦因数为u=0.5，由静止释放(向下运动时细管不转动，斜面足够长)。求达到稳定时被封闭的气柱的长度L3为多少？
17. 一列简谐波沿x轴正方向传播，传播速度为10m/s，t=0时刻的波形图如图所示，下列说法正确的是( )
A. t=0时刻x=0.6m处的质点振动方向沿y轴负方向
B. 在0∼0.06s时间内x=0.2m处的质点运动的路程为0.4m
C. x=3.6m处的质点经过0.33s第一次到达波峰
D. 当x=3.3m处质点位于波峰时，x=0.3m处质点恰好位于平衡位置
E. x=0.lm处质点的振动方程为y=0.2sin(2π0.12t+π6)
18. 如图所示为某玻璃砖的截面图，由半径为R的四分之一圆ABE与长方形BCDE组成，BE长为R，BC长为2R，一束单色光以平行于AB的方向照射到圆弧面上的F点，∠FBE=30∘，折射光线刚好交于BC的中点，光在真空中的传播速度为c，求：
(1)玻璃砖对光的折射率；
(2)求光在玻璃砖传播所用的时间。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：由图可知，三物体最终位移相等，用时相等，故平均速度相等；
但由于甲物体有反向运动过程，故甲物体的路程要大，故甲物体的平均速率最大；而乙丙均只有单向运动，路程相等，故平均速率相等；故A正确；
故选：A。
根据x−t图象中点线的含义明确物体的位移和路程；再由平均速度公式确定平均速度．
注意平均速率等于路程与时间的比值；平均速度等于位移与时间的比值．
2.【答案】B
【解析】解：B、对AB组成的整体，根据牛顿第二定律可得：F=(mA+mB)a，解得a=FmA+mB，根据图乙可知，加速度先减小，后增大，故B正确；
A、根据v=at可知，滑块A先做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零后再做加速度增大的加速运动，故A错误；
C、物体通过的位移为x=12at2，结合加速度的变化可知，C错误；
D、滑块A受到的摩擦力f=mAa=mAFmA+mB，故受到的摩擦力先逐渐减小，再逐渐增大，故D错误；
故选：B。
根据牛顿第二定律分析何时整体的加速度最大．再以A为研究对象，当加速度最大时，A受到的静摩擦力最大．分析整体的运动情况，求出各自的表达式，在对应图象．
B本题一方面要灵活选择研究对象，另一方面，要能根据物体的受力情况分析物体的运动过程，这是学习动力学的基本功
3.【答案】C
【解析】解：天宫一号”空间站卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有
GMm(R+h)2=m4π2T2(R+h)
解得地球的质量为
M=4π2(R+h)3GT2，故ABD错误，C正确。
故选：C。
天宫一号”空间站卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力根据公式GMm(R+h)2=m4π2T2(R+h)即可求得质量。
本题考查了万有引力定律的应用，知道天宫一号”空间站卫星绕地球做匀速圆周运动，靠万有引力提供圆周运动的向心力，由GMm(R+h)2=m4π2T2(R+h)即可求得地球质量。
4.【答案】D
【解析】解：A、设钢球落在接触面上位置坐标为(x,y)，根据平抛运动规律，有
9−y=12gt2，0.5=x=v0t
解得x=1.5m，y=4m，代入y=ax2，得接触表面抛物线方程表达式为y=169x2，故A错误；
B、设钢球落在接触面上竖直分速度为vy=gt=10×1m/s=10m/s
设钢球的速度方向与水平面的夹角为θ，则有tanθ=vyv0=102=5，θ≠60∘，可知，落在接触面上时，钢球的速度方向与水平面的夹角不等于60∘。故B错误；
C、落在接触面上时，钢球的位移大小为l=(9−y)2+(0.5+x)2，解得l=29m，故C错误；
D、设钢球速度为v时，恰好落在坐标原点，则0.5=vt，9=12gt2
联立解得v=56m/s
钢球以v0′=13m/s
设钢球落在接触面上位置坐标为(x,y)，根据平抛运动规律求出x、y，代入y=ax2，求出a，从而得到抛物线方程表达式。根据分速度关系求钢球的速度方向与水平面的夹角。利用分位移公式和几何关系求钢球的位移大小。假设该钢球以v0′=13m/s的初速度从图中原坐标处平抛，假设濒于恰好落在坐标原点，根据分运动的规律求出小球的初速度，即可判断小球能否落在接触面上。
本题是平抛运动与数学知识的应用，关键要熟练运用运动的分解法处理平抛运动，结合数学知识分析两个分位移的关系。
5.【答案】D
【解析】解：A.对小球受力分析有：N=mgcosθ
所以A、B两球所受弹力的大小之比为NANB=cos37∘cos53∘=43
故A错误；
BD.根据mgtanθ=m(2πT)2Rsinθ
解得：T=2πRcosθg
所以A、B两球运动的周期之比为TATB=cos53∘cos37∘=34
A、B两球的转速之比为nAnB=TBTA=43=233
故B错误；D正确；
C.根据mgtanθ=mv2Rsinθ
解得v=gRtanθsinθ=gRsin2θcosθ
所以A、B两球运动的线速度之比为vAvB=sin253∘cos53∘sin237∘cos37∘=6427=839
故C错误；
故选：D。
小球受重力和支持力，靠两个力的合力提供向心力，根据平行四边形定则求出支持力之比，根据牛顿第二定律求出周期、线速度、转速之比．
解决本题的关键搞清向心力的来源是合外力，运用牛顿第二定律得出线速度、周期的关系式．
6.【答案】B
【解析】解：A、施加外力前，系统处于静止，合力为0，外力施加的瞬间，合力为外力F=15N，由牛顿第二定律得：a=F2m=152×1m/s2=7.5m/s2，故A正确；
B、初始时系统处于静止状态，即2mg=kx0，解得：x0=0.4m，当弹簧压缩量减小0.05m时，设A、B间弹力大小为FAB，此时物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：对A：F+FAB−mg=ma1
对B：k(x0−0.05)−mg−FAB=ma1，
联立解得：FAB=1.25N，故B错误；
C、设A、B分离时，弹簧的形变量为x1，物体的加速度为a2，对A：F−mg=ma2，对B：kx1−mg=ma2，联立解得：x1=0.3m，所以A物体的位移大小为x0−x1=0.1m，故C正确；
D、当B物体的合力为0时速度达到最大，由C选项的分析知AB分离时有向上的加速度，所以速度最大时AB已经分离，由合力为0得：kx2=mg，解得：x2=0.2m，故D正确；
本题选择不正确的，
故选：B。
A、施加外力前，系统处于静止，合力为0，外力施加的瞬间，由牛顿第二定律可求得加速度；
B、初始时系统处于静止状态，由合力为0可求得弹簧的形变量，当弹簧压缩量减小0.05m时，对A、B分别列由牛顿第二定律表达式可求得A、B间弹力大小；
C、A、B分离时，AB间弹力为0，二者加速度和速度相等，对A、B分别列由牛顿第二定律表达式可求得弹簧的形变量，则A的位移可求解；
D、B物体速度达到最大时，加速度为0，合力为0，以此可求得此时弹簧的形变量。
本题考查了牛顿第二定律的应用，明确A与B分离的时刻，它们间的弹力为零这一临界条件；然后分别对AB整体和B物体受力分析，根据牛顿第二定律列方程。
7.【答案】C
【解析】解：AC、木板与两个圆柱表面的摩擦力相等，大小为：f=12μmg=12×0.2×5×10N=5N
当ω=40rad/s，圆柱表面的点转动的线速度大小为：v′=ωr=0.8m/s
木板的速度v=0.6m/s，
则木板相对于圆柱表面的点运动的合速度大小为：v合=v2+v′2=0.62+0.82m/s=1.0m/s
由几何关系可知木板所受的滑动摩擦力与拉力F的夹角为(90∘+37∘)；
木板在垂直于轴线方向受到两轴的滑动摩擦力的分力大小相等方向相反，所以在垂直于轴线方向上受到的滑动摩擦力为零；
在平行于轴线方向上，木板受到的滑动摩擦力：f′=2f⋅sin37∘=2×5×0.6N=6N，
木板做匀速直线运动，由平衡条件得：F=f′=6N，故A错误，C正确；
B、圆柱转动的角速度越大，则圆柱表面上的点的线速度越大，木板与圆柱表面的摩擦力沿垂直于轴线方向的分力越大，沿圆柱轴线方向的分力越小，所以匀速拉动木板的拉力越小，故B错误；
D、若ω=40rad/s时，拉力为20N，木板开始做加速运动，随木板速度的增大，则木板与圆柱表面的摩擦力沿圆柱轴线方向的分力增大，所以木板受到的合力将减小，木板不可能做匀加速直线运动，故D错误。
故选：C。
应用滑动摩擦力公式求出滑动摩擦力大小，然后应用平衡条件求出拉力大小，再应用功的计算公式分析答题．
本题考查的知识点较多，要注意物体所受的滑动摩擦力大小与物体的运动速度无关，但滑动摩擦力的方向与相对运动的方向相反，弄明白滑动摩擦力的方向是解答的难点。
8.【答案】ABC
【解析】解：AB、开始时对物体Q受力分析如图；由几何关系可知，∠DAB=30∘，则三个力互成120∘角，可知三力大小相等，即小物块Q静止于A点时所受的拉力、斜面得支持力都与其重力大小相等，弹簧一定处于伸长状态，故AB正确；
CD、因在物体Q在A端时，滑块所受的摩擦力和斜面的支持力均为零，可知要想拉动小物块Q，使之沿斜面向上运动，若拉力的方向与斜面成α角时，如图所示，沿斜面方向有：F′cosα=μN′=μ(N−F′sinα)=μ(mg−F′sinα)
整理可得：F′=μmgcosα+μsinα=μmgμ2+1(1μ2+1cosα+μμ2+1sinα)
令sinβ=1μ2+1=32，则β=60∘
则有：F′=μmgμ2+1sin(β+α)，当α+β=90∘，即α=30∘时F′最小，
则拉力的最小值为Fmin=μmgμ2+1=12mg，此时拉力沿竖直方向向上；
此时拉力F与支持力N沿水平方向的合力为零，所以支持力与滑动摩擦力的合力方向是水平的。故C正确，D错误。
故选：ABC。
对物体Q受力分析，由几何关系分析Q点时所受的弹力与其重力大小关系，根据平衡条件求解拉力；弹力求出刚要拉动小物块Q，使之沿斜面向上运动，则拉力的最小值。
该题考查物体的受力平衡，解答的关键是正确对物体进行受力分析。
9.【答案】BC
【解析】解：AB：本题属于动态平衡问题，由于拉力F和绳子拉力T的夹角始终保持不变，因此可以对B物体的受力分析画出力三角形，进而画出辅助圆．由辅助圆可知，拉力F一直变大，T一直减小，根据A物体的受力平衡，刚开始时绳中拉力T=mBgcos30∘=233mg，大于A物体重力沿斜面向下的分力GAx=2mgsin30∘=mg，
所以此时其摩擦力方向沿斜面向下。把B拉水平时绳中拉力T=mgtan30∘=33mg
小于A物体重力沿斜面向下的分力，所以此时其摩擦力方向沿斜面向上。综上摩擦力方向先向下减小直到减小到为0后反向增大，故A错误，B正确；
CD：以ABC三个物体为整体进行受力分析，地面静摩擦力大小等于拉力F的水平分力，地面的支持力等于总重力减去F竖直方向分力。根据辅助圆可知，拉力F的水平分力先变大后变小，所以摩擦力先增大后减小。竖直分力一直增大，所以支持力一直减小。故C正确，D错误．
故选：BC。
本题属于动态平衡问题，由于拉力F和绳子拉力T的夹角始终保持不变，重力的大小和方向不变，因此画出辅助圆进行分析。
动态平衡问题中要注意各力是如何变化的，从而选择合适的方法。
10.【答案】ABD
【解析】解：A.工件刚放在水平传送带上的加速度为a1，由牛顿第二定律得
μmg=ma1
代入数据解得
a1=5m/s2
经t1时间与传送带的速度相同，则有t1=va1
前进的位移为x1=12a1t12
此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时t2=LAB−x1v
所以工件第一次到达B点所用的时间为t=t1+t2
联立代入数据解得：t=1.9s
故A正确；
B.因为μ
由匀变速直线运动的速度位移公式得v2=2a2s
代入数据解得：s=4m
故B正确；
CD.工件到达最高点后将沿斜面加速下滑，下滑的加速度大小仍为a2=2m/s2，则滑到斜面底端时的速度为4m/s，然后滑上水平传送带做匀减速运动，加速度大小为a1=5m/s2，当速度减为零时滑行的距离为v2=2a1x
代入数据解得：x=1.6m
故选：ABD。
工件刚放在水平传送带受摩擦力的作用进行匀加速直线运动直至与传送带的速度相同，此后工件将与传送带一起匀速运动至B点；工件沿斜面上升和下滑过程中，受力不变，加速度不变，根据公式求解v2=2as两过程的位移；物体返回水平传送带再减速为零，后加速到达斜面底端时的速度仍为原来的速度，然后滑上斜面重复原来的运动。
物块轻放在匀速运动的传送带上，如果传送带够长则物块加速到与传送带共速后一起匀速运动，这是传送带问题常见的模型。
11.【答案】相等 0.515d22L(1t22−1t12) =kb−M 1b
【解析】解：A、当导轨水平时，滑块在水平轨道上做匀速直线运动，遮光条通过光电门的时间相同；
D、20分度的游标卡尺精确度为0.05mm，由图可知，游标尺的0刻度前为5mm，第三刻度与上边对齐，读数为：3×0.05mm=0.15mm，所以总读数为：5mm+0.15mm=5.15mm=0.515cm；
在极短时间内的平均速度等于该时刻的瞬时速度，则滑块通过光电门1的速度为v1=dt1，滑块通过光电门2的速度为v2=dt2
根据：v22−v12=2ax可得：2a1L=(dt2)2−(dt1)2
所以：a1=d22L(1t22−1t12)
F、滑块的质量为M，待测物体的质量为M0，滑块受到拉力为F，由牛顿第二定律有F=(M0+M)a；
对钩码：mg0−F=ma
联立得：1a=M+M0+mmg=1g+1m⋅M+M0g
所以1a−1m图象的斜率为M+M0g，故k=M+M0g，
纵轴截距为b=1g
所以：g=1b，M0=kb−M
故答案为：A、相等；D、0.515；d22L(1t22−1t12)；F、=kb−M；1b
A、当导轨水平时，滑块在水平轨道上做匀速直线运动，遮光条通过光电门的时间相同；
D、根据游标卡尺读数的方法正确读出d的大小；根据运动学的公式即可求出加速度的表达式；
F、由牛顿第二定律写出1a与滑块上待测物体、砝码质量m+M+M0的表达式，然后结合斜率与截距概念求解即可。
解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事．遇到涉及图象的问题时，要先根据物理规律写出关于纵轴与横轴的函数表达式，再根据斜率和截距的概念求解即可．
12.【答案】解：(1)小轿车在减速带上做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动位移公式有x1=v0+v2t1=20+62×2m=26m
(2)小轿车在天线识别电子标签的时间内做匀速直线运动x2=vt0=6×1m=6m
若小轿车刚好不撞杆，规定小轿车运动方向为正方向：v2=2a(x−x2)，解得a=6m/s2，
所以要使小轿车不撞杆，司机匀减速刹车的加速度的最小值为6m/s2，
答：(1)ETC通道前的减速带长度为26m；
(2)要使小轿车不撞杆，司机匀减速刹车的加速度的最小值为6m/s2.
【解析】(1)根据匀变速直线运动位移公式计算；(2)根据匀变速直线运动速度-位移公式计算。
解决本题的关键理清汽车在两种下的情况下运动规律，结合匀变速直线运动的位移公式和速度-位移公式进行求解。
13.【答案】解：(1)A、B恰好发生相对滑动时，对木板A，根据牛顿第二定律可得：μmg=Ma0
代入数据解得：a0=1m/s2
对AB整体，根据牛顿第二定律可得：F0=(M+m)a0=(2.0+1.0)×1N=3N
0∼1s内，F>F0，B相对于A运动，对B分析，根据牛顿第二定律可得：F1−μmg=maB
代入数据解得：aB=4m/s2；
对A分析，根据牛顿第二定律可得：μmg=MaA
代入数据解得：aA=1m/s2；
(2)0∼1s内，B的位移为xB=12aBt12=12×4×12m=2m
1s末B的速度为vB=aBt1=4×1m/s=4m/s
A的位移为xA=12aAt12=m=12×1×12m=0.5m
1s末A的速度为vA=aAt1=1×1m/s=1m/s
1s后，对B分析有
aB′=F2−μmgm=2.0−0.2×1×101m/s2=0
则B将做匀速直线运动，A继续做匀加速度直线运动，最后两者达到共同速度有
vB=vA+aAt2
解得t2=3s
设A、B速度相等后一起做匀加速直线运动，设加速度为a，由牛顿第二定律可知：F2=(M+m)a
解得：a=23m/s2；
因木板A受到的静摩擦力为：f=Ma=2×23N=43N<μmg=0.2×1×10N=2N，故AB一起运动，则有：
B相对A滑行的最大距离：s=12aBt12+v1t2−12aA(t1+t2)2
代入数据解得：s=6m；
(3)在前4s内木板A一直做匀加速运动，则有：x1=12a1(t1+t2)2=12×1×(1+3)2m=8m
第4s末A的速度v1=aAt4=1×4m/s=4m/s
第5s内通过的位移为：x2=v1t5+12at52=4×1m+12×23×12m=133m
故5s内A的位移为：x=x1+x2=8m+133m=373m
答：(1)0∼1s内，A、B的加速度大小aA、aB分别为1m/s2和1/s2；
(2)B相对A滑行的最大距离s为6m；
(3)5s内A的位移为373m。
【解析】(1)分别对两物体受力分析，由牛顿第二定律可求得两物体的加速度；
(2)分析两物体的运动过程，明确二者的受力情况，由牛顿第二定律求解两者加速度，再由运动学公式和几何关系求出相对滑动的距离；
(3)根据运动学位移-时间公式求5s内A的位移。
本题综合考查牛顿第二定律、运动学公式等内容，要注意做好正确进行受力分析及过程分析，特别要把握速度相等的状态，应用牛顿第二定律及运动学公式等求解。
14.【答案】解：(1)离开容器后，每一滴水在竖直方向上做自由落体运动，则每一滴水滴落到盘面上所用时间
t=2hg=2×510s=1s
(2)要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，则圆盘在1 s内转过的弧度为kπ，k为不为零的正整数。
由ωt=kπ，得ω=kπg2h=kπ，其中k=1，2，3，……
(3)第二滴水离O点的距离为
x1=12at2+(at)t=32a
第三滴水离O点的距离为
x2=12a(2t)2+(a⋅2t)t=4a
又Δθ=ωt=1.5π
即第二滴水和第三滴水分别滴落在圆盘上x轴方向及垂直x轴的方向上，所以
x12+x22=x2
即(3a2)2+(4a)2=22
解得：a=47373m/s2。
答：(1)第二滴水离开容器后经过1s时间滴落到盘面上；
(2)圆盘的角速度ω=kπg2h=kπ，其中k=1，2，3，……；
(3)容器的加速度a=47373m/s2。
【解析】(1)离开容器后，每一滴水在竖直方向上做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，水滴运动的时间等于竖直方向运动的时间，由高度决定；
(2)要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，则圆盘在1秒内转过的弧度为kπ，k为不为零的正整数；
(3)通过匀加速直线运动的公式求出两个水滴在水平方向上的位移，再算出两个位移之间的夹角，根据位移关系算出容器的加速度。
该题涉及到运动的合成与分解，圆周运动，匀变速直线运动的相关规律，综合性较强，难度较大，尤其注意第(3)的几何关系。
15.【答案】CDE
【解析】解：A、空调既能制热又能制冷但要消耗电能，只能说明在不自发的条件下热传递方向可以逆向，不违背热力学第二定律，故A错误；
B、根据湿度的定义可知，水蒸气的实际压强越大，绝对湿度越大，但相对湿度不一定越大，故B错误；
C、布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的无规则运动，间接反映了液体或气体分子的无规则运动，故C正确；
D、实际气体的分子间相互作用力不能忽略，故其内能包括气体的分子动能和分子势能，故D正确；
E、对一定质量的理想气体，根据PVT=C，当它的压强、体积都增大时，温度也增大，其内能一定增大，故E正确．
故选：CDE。
热量能自发从高温物体传向低温物体，空调制冷不是自发的，要消耗电能；根据湿度的定义判断；布朗运动是指悬浮在液体中的固体颗粒的无规则运动，是液体分子对它的撞击作用不平衡的结果。根据内能的定义判断；根据理想气体的状态方程PVT=C，可知一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，气体的温度升高；又因为一定质量理想气体的内能大小只与温度有关，与体积无关，所以内能一定增加。
本题考查了热力学第二定律、温度是分子平均动能的标志等知识点。这种题型要善于积累，难度不大。
16.【答案】解：设细管的横截面积为S
①初态：P1=P0+ρgh=75cmHg+15cmHg=90cmHg
静止在斜面上时，P2=p0+ρghsin37∘=75cmHg+15cmHg×0.6=84cmHg
因为此过程是等温变化，根据玻意耳定律得：P1SL1=P2SL2
解得：L2=32.1cm
②分析细管整体向下加速时，Mgsin37∘−μMgcos37∘=Ma
分析水银柱：mgsin37∘+P0S−P3S=ma
由初态到稳定向下加速的过程为等温变化
由玻意耳定律得：P1SL1=P3SL3
联立以上各式得：L3=33.3cm
答：①现将导热细管按如图b所示方式放置，静止于倾角37∘的斜面上，此时被封闭的气柱长度L2为32.1cm；
②若(1)问中导热细管与斜面间动摩擦因数为u=0.5，由静止释放(向下运动时细管不转动，斜面足够长)。达到稳定时被封闭的气柱的长度L3为33.3cm。
【解析】①先根据受力分析得出初始的压强，结合玻意耳定律计算出气柱的长度；
②先根据整体法计算出整体的加速度，再隔离水银柱分析得到气体的压强，结合玻意耳定律计算出气柱的长度。
本题主要考查了封闭的理想气体状态方程，根据受力分析和牛顿第二定律得出压强，结合温度不变的特点，根据玻意耳定律列式计算即可。
17.【答案】BCE
【解析】解：A、根据波的传播方向和质点的振动方向的关系可得，t=0时刻x=0.6m处的质点振动方向沿y轴正方向，故A错误；
B、波的传播的振动周期为T=λv=1.210s=0.12s，所以0∼0.06s时间内x=0.2m处的质点运动的路程为两个振幅，即0.4m，故B正确；
C、波传播到x=3.6m还需要两个周期，即0.24s，则Δt=0.33s−0.24s=0.09s=0.75T，根据波的传播方向和质点的振动方向的关系可得，经过0.33s，x=3.6m处的质点第一次到达波峰，故C正确；
D、x=3.3m处x=0.3m处相差3m，即Δx=3m=2.5λ，所以x=3.3m处质点位于波峰时，x=0.3m处质点恰好位于波谷，故D错误；
E、由图像可以求出x=0.3m处质点的振动方程为：y=0.2sin(2π0.12t+π2)，x=0.3m处质点初相位是x=0.1m处的3倍，所以x=0.1m处质点的振动方程为y=0.2sin(2π0.12+π6)，故E正确。
故选：BCE。
根据同侧法判断出质点的振动方向；根据时间和简谐运动的振动路程计算出质点的运动路程；根据水平方向上的匀速直线运动计算出质点达到波峰的时间和平衡位置的时间。
本题主要考查了横波的图像，根据同侧法判断质点的振动方向，根据其不同方向的运动特点结合运动学公式完成解答。
18.【答案】解：(1)折射光路如图所示
由题意可知，BF=BG，因此△FBG为等腰三角形，根据几何关系，光在F点的入射角
i=60∘
折射角
r=12×(180∘−90∘−30∘)=30∘
因此玻璃砖对光的折射率
n=sinisinr
代入数据解得：n=3
(2)由几何关系，光在BC面上的入射角60∘，由于
sinC=1n=33<32
因此
C<60∘
光在BC面会发生全反射。
由几何关系可知光线在玻璃砖内传播的距离s=2Rcos30∘+Rcos30∘
光线在玻璃砖内传播的所用时间t=sv=scn
联立解得：t=5Rc
答：(1)玻璃砖对光的折射率为3；
(2)求光在玻璃砖传播所用的时间为5Rc。
【解析】(1)作出光在玻璃砖内折射光路图，由几何关系找出入射角与折射角，根据折射定律求折射率；
(2)当入射角大于临界角时能发生全发射，根据t=sv求光传播时间。
本题考查光的折射与全发射，解题关键要知道光的全反射条件，掌握折射率的几个相关公式．
2021-2022学年江西省宜春市丰城九中、万载中学、宜春一中创新班高二（上）期末物理试卷
1. 甲、乙、丙三个物体同时同地出发做直线运动，它们的位x−t图象如图所示．在20s内它们的平均速度和平均速率的大小关系是( )
A. 平均速度大小相等，平均速率v甲>v乙=v丙
B. 平均速度大小相等，平均速率v甲>v丙>v乙
C. 平均速度v甲>v丙=v乙，平均速率相等
D. 平均速度和平均速率大小均相等
2. 在光滑水平面上重叠静置两个滑块A和B，如图甲所示，现对B滑块施加一水平力F，力F随时间变化的关系如图乙所示，两滑块在运动过程中始终保持相对静止。以水平向右为正方向，则关于A物体的速度v、加速度a、所受摩擦力f及运动的位移x随时间变化图象正确的有( )
A. B.
C. D.
3. 2021年10月16日凌晨0时23分，搭载神舟十三号载人飞船的长征二号运载火箭在我国酒泉卫星发射中心成功发射，将神舟十三号载人飞船送入预定轨道，跟“天宫一号”空间站成功对接。发射任务获得成功。若“天宫一号”空间站卫星运行在距地球表面高度为h的圆形轨道上，其运行周期为T，已知引力常量为G，地球的半径为R，则地球的质量为( )
A. GT24π2(R+h)3 B. GT2π(R+h)3 C. 4π2(R+h)3GT2 D. 2π(R+h)3GT
4. 如图所示，竖直平面第一象限有一个接触面，接触面表面满足y=ax2，质量为2kg的钢球从图中其坐标为(−0.5m,9m)处，以v0=2m/s的初速度水平抛出，经过t=1s时，落在接触面某处(不考虑反弹)，g取10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 接触表面抛物线方程表达式为y=43x2
B. 落在接触面上时，钢球的速度方向与水平面的夹角为60∘
C. 落在接触面上时，钢球的位移大小为2m
D. 假设该钢球以v0′=13m/s的初速度从图中原坐标处平抛，则不能落在接触面上
5. 如图，有一固定且内壁光滑的半球面，球心为O，最低点为C，在其内壁上有两个质量相同的小球(可视为质点)A和B，在两个高度不同的水平面内做匀速圆周运动，A球的轨迹平面高于B球的轨迹平面。A、B两球与O点的连线与竖直线OC间的夹角分别为α=53∘和β=37∘(sin37∘=0.6,cos37∘=0.8)，则( )
A. A、B两球所受弹力的大小之比为3：4 B. A、B两球运动的周期之比为4：3
C. A、B两球的线速度大小之比为3：8 D. A、B两球的转速之比为2：3
6. 如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为1kg的物体A、B(B物体与弹簧拴接)，弹簧的劲度系数为k=50N/m，初始时系统处于静止状态。现用大小为15N、方向竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上运动，g取10m/s2，空气阻力忽略不计，下列说法不正确的是( )
A. 外力施加的瞬间，A、B的加速度大小为7.5m/s2
B. 当弹簧压缩量减小0.05m时，A、B间弹力大小为2.5N
C. A、B分离时，A物体的位移大小为0.1m
D. B物体速度达到最大时，弹簧被压缩了0.2m
7. 如图所示的装置，两根完全相同、轴线在同一水平面内的平行长圆柱上放一均匀木板，木板的重心与两圆柱等距，其中圆柱的半径r=2cm，木板质量m=5kg，木板与圆柱间的动摩擦因数μ=0.2，两圆柱以角速度ω绕轴线作相反方向的转动。现施加一过木板重心且平行圆柱轴线的拉力F于木板上，使其以速度v=0.6m/s沿圆柱表面作匀速运动。下列说法中正确的是( )
A. 不论ω多大，所需水平拉力恒为10N
B. ω越大，所需水平拉力也越大
C. 若ω=40rad/s，则水平拉力F=6N
D. 若ω=40rad/s，水平拉力恒为20N，则木板做匀加速运动
8. 如图所示，倾角θ=60∘、高为h的粗糙斜面体ABC固定在水平地面上，弹簧的一端固定在BC边上距B点h3高处的D点，可视为质点的小物块Q与弹簧另一端相连，并静止于斜面底端的A点，此时小物块Q恰好不接触地面且与斜面间的摩擦力为0，已知小物块Q与斜面间的动摩擦因数μ=33，小物块Q所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 小物块Q静止于点A时弹簧一定处于伸长状态
B. 小物块Q静止于点A时所受的弹力与其重力大小相等
C. 若要拉动小物块Q，使之沿斜面向上运动，支持力与滑动摩擦力的合力方向是水平的
D. 若刚要拉动小物块Q，使之沿斜面向上运动，则拉力的最小值33mg
9. 如图所示，把倾角为30∘的粗糙斜面体C固定于水平地面上，质量为2m的物块A通过跨过光滑定滑轮的轻绳与质量为m的小球B连接，O点为轻绳与定滑轮的接触点。初始时，小球B在水平向右的拉力F作用下，使轻绳OB段与水平拉力F的夹角为θ=120∘，A，B均保持静止状态．现改变拉力F，并保持夹角θ大小不变，将小球B向右上方缓慢拉起至OB水平，物块A始终保持静止状态，重力加速度为g，关于该过程，下列说法正确的是( )
A. 物体受到的摩擦力一直增大 B. 拉力F一直变大
C. 地面对斜面体的静摩擦力先变大后变小 D. 地面对斜面体的支持力先变大后变小
10. 某一实验室的传送装置如图所示，其中AB段是水平的，长度LAB=6m，BC段是倾斜的，长度LBC=5m，倾角为37∘，AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带v=4m/s的恒定速率顺时针运转。现将一个工件(可看成质点)无初速度地放在A点。已知工件与传送带间的动摩擦μ=0.5，已知：重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，则( )
A. 工件第一次到达B点所用的时间1.9s
B. 工件沿传送带BC向上运动的最大位移为4m
C. 工件沿传送带运动，仍能回到A点
D. 工件第一次返回B点后，会在传送带上来回往复运动
11. 某兴趣小组设计了一个可同时测量物体质量和当地重力加速度的实验，其装置如图a所示；已知滑块的质量M，待测物体的质量记为M0，当地的重力加速度为g，请完成下列填空：
A.闭合气泵开关，条件导轨，使滑块的遮光条依次通过两光电门的时间______，则导轨水平。
B.将待测物体固定在滑块的凹槽内，并将细线的一端拴接在滑块上，另一端跨过定滑轮挂一个质量为m1的钩码。
C.调节定滑轮，使细线与气垫导轨的轨道平行。
D.释放滑块；记录滑块的遮光条通过光电门1、2的时间t1、t2和光电门之间的距离L；用游标卡尺测出遮光条的宽度d，示数如图b所示，则d=______cm，并由此计算出滑块的加速度a1=______(用t1、t2、d表示)。
E.依次添加砝码，重复上述过程几次，记录相关实验数据并计算出滑块相应的加速度。
F.以钩码质量的倒数(1m)为横轴，加速度的倒数(1a)为纵轴，建立直角坐标系，利用以上数据画出如图c所示的图线，若该直线的斜率为k，纵截距为b，则M0______；g=______。
12. 为提高通行效率，许多高速公路出入口安装了电子不停车收费系统(ETC)，如图，一辆小轿车以v0=20/s的速度驶入ETC通道前的减速带，小轿车在减速带上做匀减速直线运动，2s后以v=6m/s的速度匀速驶入识别区，ETC天线用了t0=1s识别车载电子标签，但自动栏杆并未抬起，司机立即匀减速刹车。已知从识别区起点到自动栏杆之间的水平距离为9m，不计小轿车的大小及司机的反应时间。求：
(1)ETC通道前的减速带长度；
(2)要使小轿车不撞杆，司机匀减速刹车的加速度的最小值。
13. 如图甲所示，质量M=2.0kg的长木板A静止在光滑水平面上，在木板的左端放置一个质量m=1.0kg的小铁块B，铁块与木板间的动摩擦因数μ=0.2，对铁块施加水平向右的拉力F，F大小随时间变化如图乙所示，5s时撤去拉力．可认为A、B间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取重力加速度g=10m/s2。求：
(1)0∼1s内，A、B的加速度大小aA、aB；
(2)B相对A滑行的最大距离s；
(3)5s内A的位移。(结果保留3位有效数字)
14. 如图所示，M是水平放置的半径足够大的圆盘，绕过其圆心的竖直轴OO′匀速转动，规定经过圆心O点且水平向右为x轴正方向。在O点正上方距盘面高为h=5m处有一个可间断滴水的容器，从t=0时刻开始，容器沿水平轨道向x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动。已知t=0时刻滴下第一滴水，以后每当前一滴水刚好落到盘面时再滴下一滴水。(取g=10m/s2)
(1)第二滴水离开容器后经过多长时间滴落到盘面上？
(2)要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，圆盘的角速度ω应为多大？
(3)当圆盘的角速度为1.5π时，第二滴水与第三滴水在盘面上落点间的距离为2m，求容器的加速度a。
15. 下列说法正确的是( )
A. 空调既能制热又能制冷，说明热传递不存在方向性
B. 水蒸气的实际压强越大，相对湿度越大
C. 布朗运动是悬浮在液体或气体中的小颗粒的无规则运动
D. 实际气体的内能包括气体分子之间的相互作用的势能
E. 对一定质量的理想气体，当它的压强、体积都增大时，其内能一定增大
16. 如图a所示，一根足够长的粗细均匀导热细管，下端封闭且竖直放置，处于压强p0=75cmHg的大气中。用长为h=15cm的汞柱封闭有L1=30cm的空气柱。环境温度为室温A一直保持不变，汞柱与管空间的摩擦阻力不计。(结果保留3位有效数字)
①现将导热细管按如图b所示方式放置，静止于倾角37∘的斜面上，问此时被封闭的
气柱长度L2为多少？
②若(1)问中导热细管与斜面间动摩擦因数为u=0.5，由静止释放(向下运动时细管不转动，斜面足够长)。求达到稳定时被封闭的气柱的长度L3为多少？
17. 一列简谐波沿x轴正方向传播，传播速度为10m/s，t=0时刻的波形图如图所示，下列说法正确的是( )
A. t=0时刻x=0.6m处的质点振动方向沿y轴负方向
B. 在0∼0.06s时间内x=0.2m处的质点运动的路程为0.4m
C. x=3.6m处的质点经过0.33s第一次到达波峰
D. 当x=3.3m处质点位于波峰时，x=0.3m处质点恰好位于平衡位置
E. x=0.lm处质点的振动方程为y=0.2sin(2π0.12t+π6)
18. 如图所示为某玻璃砖的截面图，由半径为R的四分之一圆ABE与长方形BCDE组成，BE长为R，BC长为2R，一束单色光以平行于AB的方向照射到圆弧面上的F点，∠FBE=30∘，折射光线刚好交于BC的中点，光在真空中的传播速度为c，求：
(1)玻璃砖对光的折射率；
(2)求光在玻璃砖传播所用的时间。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：由图可知，三物体最终位移相等，用时相等，故平均速度相等；
但由于甲物体有反向运动过程，故甲物体的路程要大，故甲物体的平均速率最大；而乙丙均只有单向运动，路程相等，故平均速率相等；故A正确；
故选：A。
根据x−t图象中点线的含义明确物体的位移和路程；再由平均速度公式确定平均速度．
注意平均速率等于路程与时间的比值；平均速度等于位移与时间的比值．
2.【答案】B
【解析】解：B、对AB组成的整体，根据牛顿第二定律可得：F=(mA+mB)a，解得a=FmA+mB，根据图乙可知，加速度先减小，后增大，故B正确；
A、根据v=at可知，滑块A先做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零后再做加速度增大的加速运动，故A错误；
C、物体通过的位移为x=12at2，结合加速度的变化可知，C错误；
D、滑块A受到的摩擦力f=mAa=mAFmA+mB，故受到的摩擦力先逐渐减小，再逐渐增大，故D错误；
故选：B。
根据牛顿第二定律分析何时整体的加速度最大．再以A为研究对象，当加速度最大时，A受到的静摩擦力最大．分析整体的运动情况，求出各自的表达式，在对应图象．
B本题一方面要灵活选择研究对象，另一方面，要能根据物体的受力情况分析物体的运动过程，这是学习动力学的基本功
3.【答案】C
【解析】解：天宫一号”空间站卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有
GMm(R+h)2=m4π2T2(R+h)
解得地球的质量为
M=4π2(R+h)3GT2，故ABD错误，C正确。
故选：C。
天宫一号”空间站卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力根据公式GMm(R+h)2=m4π2T2(R+h)即可求得质量。
本题考查了万有引力定律的应用，知道天宫一号”空间站卫星绕地球做匀速圆周运动，靠万有引力提供圆周运动的向心力，由GMm(R+h)2=m4π2T2(R+h)即可求得地球质量。
4.【答案】D
【解析】解：A、设钢球落在接触面上位置坐标为(x,y)，根据平抛运动规律，有
9−y=12gt2，0.5=x=v0t
解得x=1.5m，y=4m，代入y=ax2，得接触表面抛物线方程表达式为y=169x2，故A错误；
B、设钢球落在接触面上竖直分速度为vy=gt=10×1m/s=10m/s
设钢球的速度方向与水平面的夹角为θ，则有tanθ=vyv0=102=5，θ≠60∘，可知，落在接触面上时，钢球的速度方向与水平面的夹角不等于60∘。故B错误；
C、落在接触面上时，钢球的位移大小为l=(9−y)2+(0.5+x)2，解得l=29m，故C错误；
D、设钢球速度为v时，恰好落在坐标原点，则0.5=vt，9=12gt2
联立解得v=56m/s
钢球以v0′=13m/s
设钢球落在接触面上位置坐标为(x,y)，根据平抛运动规律求出x、y，代入y=ax2，求出a，从而得到抛物线方程表达式。根据分速度关系求钢球的速度方向与水平面的夹角。利用分位移公式和几何关系求钢球的位移大小。假设该钢球以v0′=13m/s的初速度从图中原坐标处平抛，假设濒于恰好落在坐标原点，根据分运动的规律求出小球的初速度，即可判断小球能否落在接触面上。
本题是平抛运动与数学知识的应用，关键要熟练运用运动的分解法处理平抛运动，结合数学知识分析两个分位移的关系。
5.【答案】D
【解析】解：A.对小球受力分析有：N=mgcosθ
所以A、B两球所受弹力的大小之比为NANB=cos37∘cos53∘=43
故A错误；
BD.根据mgtanθ=m(2πT)2Rsinθ
解得：T=2πRcosθg
所以A、B两球运动的周期之比为TATB=cos53∘cos37∘=34
A、B两球的转速之比为nAnB=TBTA=43=233
故B错误；D正确；
C.根据mgtanθ=mv2Rsinθ
解得v=gRtanθsinθ=gRsin2θcosθ
所以A、B两球运动的线速度之比为vAvB=sin253∘cos53∘sin237∘cos37∘=6427=839
故C错误；
故选：D。
小球受重力和支持力，靠两个力的合力提供向心力，根据平行四边形定则求出支持力之比，根据牛顿第二定律求出周期、线速度、转速之比．
解决本题的关键搞清向心力的来源是合外力，运用牛顿第二定律得出线速度、周期的关系式．
6.【答案】B
【解析】解：A、施加外力前，系统处于静止，合力为0，外力施加的瞬间，合力为外力F=15N，由牛顿第二定律得：a=F2m=152×1m/s2=7.5m/s2，故A正确；
B、初始时系统处于静止状态，即2mg=kx0，解得：x0=0.4m，当弹簧压缩量减小0.05m时，设A、B间弹力大小为FAB，此时物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：对A：F+FAB−mg=ma1
对B：k(x0−0.05)−mg−FAB=ma1，
联立解得：FAB=1.25N，故B错误；
C、设A、B分离时，弹簧的形变量为x1，物体的加速度为a2，对A：F−mg=ma2，对B：kx1−mg=ma2，联立解得：x1=0.3m，所以A物体的位移大小为x0−x1=0.1m，故C正确；
D、当B物体的合力为0时速度达到最大，由C选项的分析知AB分离时有向上的加速度，所以速度最大时AB已经分离，由合力为0得：kx2=mg，解得：x2=0.2m，故D正确；
本题选择不正确的，
故选：B。
A、施加外力前，系统处于静止，合力为0，外力施加的瞬间，由牛顿第二定律可求得加速度；
B、初始时系统处于静止状态，由合力为0可求得弹簧的形变量，当弹簧压缩量减小0.05m时，对A、B分别列由牛顿第二定律表达式可求得A、B间弹力大小；
C、A、B分离时，AB间弹力为0，二者加速度和速度相等，对A、B分别列由牛顿第二定律表达式可求得弹簧的形变量，则A的位移可求解；
D、B物体速度达到最大时，加速度为0，合力为0，以此可求得此时弹簧的形变量。
本题考查了牛顿第二定律的应用，明确A与B分离的时刻，它们间的弹力为零这一临界条件；然后分别对AB整体和B物体受力分析，根据牛顿第二定律列方程。
7.【答案】C
【解析】解：AC、木板与两个圆柱表面的摩擦力相等，大小为：f=12μmg=12×0.2×5×10N=5N
当ω=40rad/s，圆柱表面的点转动的线速度大小为：v′=ωr=0.8m/s
木板的速度v=0.6m/s，
则木板相对于圆柱表面的点运动的合速度大小为：v合=v2+v′2=0.62+0.82m/s=1.0m/s
由几何关系可知木板所受的滑动摩擦力与拉力F的夹角为(90∘+37∘)；
木板在垂直于轴线方向受到两轴的滑动摩擦力的分力大小相等方向相反，所以在垂直于轴线方向上受到的滑动摩擦力为零；
在平行于轴线方向上，木板受到的滑动摩擦力：f′=2f⋅sin37∘=2×5×0.6N=6N，
木板做匀速直线运动，由平衡条件得：F=f′=6N，故A错误，C正确；
B、圆柱转动的角速度越大，则圆柱表面上的点的线速度越大，木板与圆柱表面的摩擦力沿垂直于轴线方向的分力越大，沿圆柱轴线方向的分力越小，所以匀速拉动木板的拉力越小，故B错误；
D、若ω=40rad/s时，拉力为20N，木板开始做加速运动，随木板速度的增大，则木板与圆柱表面的摩擦力沿圆柱轴线方向的分力增大，所以木板受到的合力将减小，木板不可能做匀加速直线运动，故D错误。
故选：C。
应用滑动摩擦力公式求出滑动摩擦力大小，然后应用平衡条件求出拉力大小，再应用功的计算公式分析答题．
本题考查的知识点较多，要注意物体所受的滑动摩擦力大小与物体的运动速度无关，但滑动摩擦力的方向与相对运动的方向相反，弄明白滑动摩擦力的方向是解答的难点。
8.【答案】ABC
【解析】解：AB、开始时对物体Q受力分析如图；由几何关系可知，∠DAB=30∘，则三个力互成120∘角，可知三力大小相等，即小物块Q静止于A点时所受的拉力、斜面得支持力都与其重力大小相等，弹簧一定处于伸长状态，故AB正确；
CD、因在物体Q在A端时，滑块所受的摩擦力和斜面的支持力均为零，可知要想拉动小物块Q，使之沿斜面向上运动，若拉力的方向与斜面成α角时，如图所示，沿斜面方向有：F′cosα=μN′=μ(N−F′sinα)=μ(mg−F′sinα)
整理可得：F′=μmgcosα+μsinα=μmgμ2+1(1μ2+1cosα+μμ2+1sinα)
令sinβ=1μ2+1=32，则β=60∘
则有：F′=μmgμ2+1sin(β+α)，当α+β=90∘，即α=30∘时F′最小，
则拉力的最小值为Fmin=μmgμ2+1=12mg，此时拉力沿竖直方向向上；
此时拉力F与支持力N沿水平方向的合力为零，所以支持力与滑动摩擦力的合力方向是水平的。故C正确，D错误。
故选：ABC。
对物体Q受力分析，由几何关系分析Q点时所受的弹力与其重力大小关系，根据平衡条件求解拉力；弹力求出刚要拉动小物块Q，使之沿斜面向上运动，则拉力的最小值。
该题考查物体的受力平衡，解答的关键是正确对物体进行受力分析。
9.【答案】BC
【解析】解：AB：本题属于动态平衡问题，由于拉力F和绳子拉力T的夹角始终保持不变，因此可以对B物体的受力分析画出力三角形，进而画出辅助圆．由辅助圆可知，拉力F一直变大，T一直减小，根据A物体的受力平衡，刚开始时绳中拉力T=mBgcos30∘=233mg，大于A物体重力沿斜面向下的分力GAx=2mgsin30∘=mg，
所以此时其摩擦力方向沿斜面向下。把B拉水平时绳中拉力T=mgtan30∘=33mg
小于A物体重力沿斜面向下的分力，所以此时其摩擦力方向沿斜面向上。综上摩擦力方向先向下减小直到减小到为0后反向增大，故A错误，B正确；
CD：以ABC三个物体为整体进行受力分析，地面静摩擦力大小等于拉力F的水平分力，地面的支持力等于总重力减去F竖直方向分力。根据辅助圆可知，拉力F的水平分力先变大后变小，所以摩擦力先增大后减小。竖直分力一直增大，所以支持力一直减小。故C正确，D错误．
故选：BC。
本题属于动态平衡问题，由于拉力F和绳子拉力T的夹角始终保持不变，重力的大小和方向不变，因此画出辅助圆进行分析。
动态平衡问题中要注意各力是如何变化的，从而选择合适的方法。
10.【答案】ABD
【解析】解：A.工件刚放在水平传送带上的加速度为a1，由牛顿第二定律得
μmg=ma1
代入数据解得
a1=5m/s2
经t1时间与传送带的速度相同，则有t1=va1
前进的位移为x1=12a1t12
此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时t2=LAB−x1v
所以工件第一次到达B点所用的时间为t=t1+t2
联立代入数据解得：t=1.9s
故A正确；
B.因为μ
由匀变速直线运动的速度位移公式得v2=2a2s
代入数据解得：s=4m
故B正确；
CD.工件到达最高点后将沿斜面加速下滑，下滑的加速度大小仍为a2=2m/s2，则滑到斜面底端时的速度为4m/s，然后滑上水平传送带做匀减速运动，加速度大小为a1=5m/s2，当速度减为零时滑行的距离为v2=2a1x
代入数据解得：x=1.6m
故选：ABD。
工件刚放在水平传送带受摩擦力的作用进行匀加速直线运动直至与传送带的速度相同，此后工件将与传送带一起匀速运动至B点；工件沿斜面上升和下滑过程中，受力不变，加速度不变，根据公式求解v2=2as两过程的位移；物体返回水平传送带再减速为零，后加速到达斜面底端时的速度仍为原来的速度，然后滑上斜面重复原来的运动。
物块轻放在匀速运动的传送带上，如果传送带够长则物块加速到与传送带共速后一起匀速运动，这是传送带问题常见的模型。
11.【答案】相等 0.515d22L(1t22−1t12) =kb−M 1b
【解析】解：A、当导轨水平时，滑块在水平轨道上做匀速直线运动，遮光条通过光电门的时间相同；
D、20分度的游标卡尺精确度为0.05mm，由图可知，游标尺的0刻度前为5mm，第三刻度与上边对齐，读数为：3×0.05mm=0.15mm，所以总读数为：5mm+0.15mm=5.15mm=0.515cm；
在极短时间内的平均速度等于该时刻的瞬时速度，则滑块通过光电门1的速度为v1=dt1，滑块通过光电门2的速度为v2=dt2
根据：v22−v12=2ax可得：2a1L=(dt2)2−(dt1)2
所以：a1=d22L(1t22−1t12)
F、滑块的质量为M，待测物体的质量为M0，滑块受到拉力为F，由牛顿第二定律有F=(M0+M)a；
对钩码：mg0−F=ma
联立得：1a=M+M0+mmg=1g+1m⋅M+M0g
所以1a−1m图象的斜率为M+M0g，故k=M+M0g，
纵轴截距为b=1g
所以：g=1b，M0=kb−M
故答案为：A、相等；D、0.515；d22L(1t22−1t12)；F、=kb−M；1b
A、当导轨水平时，滑块在水平轨道上做匀速直线运动，遮光条通过光电门的时间相同；
D、根据游标卡尺读数的方法正确读出d的大小；根据运动学的公式即可求出加速度的表达式；
F、由牛顿第二定律写出1a与滑块上待测物体、砝码质量m+M+M0的表达式，然后结合斜率与截距概念求解即可。
解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事．遇到涉及图象的问题时，要先根据物理规律写出关于纵轴与横轴的函数表达式，再根据斜率和截距的概念求解即可．
12.【答案】解：(1)小轿车在减速带上做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动位移公式有x1=v0+v2t1=20+62×2m=26m
(2)小轿车在天线识别电子标签的时间内做匀速直线运动x2=vt0=6×1m=6m
若小轿车刚好不撞杆，规定小轿车运动方向为正方向：v2=2a(x−x2)，解得a=6m/s2，
所以要使小轿车不撞杆，司机匀减速刹车的加速度的最小值为6m/s2，
答：(1)ETC通道前的减速带长度为26m；
(2)要使小轿车不撞杆，司机匀减速刹车的加速度的最小值为6m/s2.
【解析】(1)根据匀变速直线运动位移公式计算；(2)根据匀变速直线运动速度-位移公式计算。
解决本题的关键理清汽车在两种下的情况下运动规律，结合匀变速直线运动的位移公式和速度-位移公式进行求解。
13.【答案】解：(1)A、B恰好发生相对滑动时，对木板A，根据牛顿第二定律可得：μmg=Ma0
代入数据解得：a0=1m/s2
对AB整体，根据牛顿第二定律可得：F0=(M+m)a0=(2.0+1.0)×1N=3N
0∼1s内，F>F0，B相对于A运动，对B分析，根据牛顿第二定律可得：F1−μmg=maB
代入数据解得：aB=4m/s2；
对A分析，根据牛顿第二定律可得：μmg=MaA
代入数据解得：aA=1m/s2；
(2)0∼1s内，B的位移为xB=12aBt12=12×4×12m=2m
1s末B的速度为vB=aBt1=4×1m/s=4m/s
A的位移为xA=12aAt12=m=12×1×12m=0.5m
1s末A的速度为vA=aAt1=1×1m/s=1m/s
1s后，对B分析有
aB′=F2−μmgm=2.0−0.2×1×101m/s2=0
则B将做匀速直线运动，A继续做匀加速度直线运动，最后两者达到共同速度有
vB=vA+aAt2
解得t2=3s
设A、B速度相等后一起做匀加速直线运动，设加速度为a，由牛顿第二定律可知：F2=(M+m)a
解得：a=23m/s2；
因木板A受到的静摩擦力为：f=Ma=2×23N=43N<μmg=0.2×1×10N=2N，故AB一起运动，则有：
B相对A滑行的最大距离：s=12aBt12+v1t2−12aA(t1+t2)2
代入数据解得：s=6m；
(3)在前4s内木板A一直做匀加速运动，则有：x1=12a1(t1+t2)2=12×1×(1+3)2m=8m
第4s末A的速度v1=aAt4=1×4m/s=4m/s
第5s内通过的位移为：x2=v1t5+12at52=4×1m+12×23×12m=133m
故5s内A的位移为：x=x1+x2=8m+133m=373m
答：(1)0∼1s内，A、B的加速度大小aA、aB分别为1m/s2和1/s2；
(2)B相对A滑行的最大距离s为6m；
(3)5s内A的位移为373m。
【解析】(1)分别对两物体受力分析，由牛顿第二定律可求得两物体的加速度；
(2)分析两物体的运动过程，明确二者的受力情况，由牛顿第二定律求解两者加速度，再由运动学公式和几何关系求出相对滑动的距离；
(3)根据运动学位移-时间公式求5s内A的位移。
本题综合考查牛顿第二定律、运动学公式等内容，要注意做好正确进行受力分析及过程分析，特别要把握速度相等的状态，应用牛顿第二定律及运动学公式等求解。
14.【答案】解：(1)离开容器后，每一滴水在竖直方向上做自由落体运动，则每一滴水滴落到盘面上所用时间
t=2hg=2×510s=1s
(2)要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，则圆盘在1 s内转过的弧度为kπ，k为不为零的正整数。
由ωt=kπ，得ω=kπg2h=kπ，其中k=1，2，3，……
(3)第二滴水离O点的距离为
x1=12at2+(at)t=32a
第三滴水离O点的距离为
x2=12a(2t)2+(a⋅2t)t=4a
又Δθ=ωt=1.5π
即第二滴水和第三滴水分别滴落在圆盘上x轴方向及垂直x轴的方向上，所以
x12+x22=x2
即(3a2)2+(4a)2=22
解得：a=47373m/s2。
答：(1)第二滴水离开容器后经过1s时间滴落到盘面上；
(2)圆盘的角速度ω=kπg2h=kπ，其中k=1，2，3，……；
(3)容器的加速度a=47373m/s2。
【解析】(1)离开容器后，每一滴水在竖直方向上做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，水滴运动的时间等于竖直方向运动的时间，由高度决定；
(2)要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，则圆盘在1秒内转过的弧度为kπ，k为不为零的正整数；
(3)通过匀加速直线运动的公式求出两个水滴在水平方向上的位移，再算出两个位移之间的夹角，根据位移关系算出容器的加速度。
该题涉及到运动的合成与分解，圆周运动，匀变速直线运动的相关规律，综合性较强，难度较大，尤其注意第(3)的几何关系。
15.【答案】CDE
【解析】解：A、空调既能制热又能制冷但要消耗电能，只能说明在不自发的条件下热传递方向可以逆向，不违背热力学第二定律，故A错误；
B、根据湿度的定义可知，水蒸气的实际压强越大，绝对湿度越大，但相对湿度不一定越大，故B错误；
C、布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的无规则运动，间接反映了液体或气体分子的无规则运动，故C正确；
D、实际气体的分子间相互作用力不能忽略，故其内能包括气体的分子动能和分子势能，故D正确；
E、对一定质量的理想气体，根据PVT=C，当它的压强、体积都增大时，温度也增大，其内能一定增大，故E正确．
故选：CDE。
热量能自发从高温物体传向低温物体，空调制冷不是自发的，要消耗电能；根据湿度的定义判断；布朗运动是指悬浮在液体中的固体颗粒的无规则运动，是液体分子对它的撞击作用不平衡的结果。根据内能的定义判断；根据理想气体的状态方程PVT=C，可知一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，气体的温度升高；又因为一定质量理想气体的内能大小只与温度有关，与体积无关，所以内能一定增加。
本题考查了热力学第二定律、温度是分子平均动能的标志等知识点。这种题型要善于积累，难度不大。
16.【答案】解：设细管的横截面积为S
①初态：P1=P0+ρgh=75cmHg+15cmHg=90cmHg
静止在斜面上时，P2=p0+ρghsin37∘=75cmHg+15cmHg×0.6=84cmHg
因为此过程是等温变化，根据玻意耳定律得：P1SL1=P2SL2
解得：L2=32.1cm
②分析细管整体向下加速时，Mgsin37∘−μMgcos37∘=Ma
分析水银柱：mgsin37∘+P0S−P3S=ma
由初态到稳定向下加速的过程为等温变化
由玻意耳定律得：P1SL1=P3SL3
联立以上各式得：L3=33.3cm
答：①现将导热细管按如图b所示方式放置，静止于倾角37∘的斜面上，此时被封闭的气柱长度L2为32.1cm；
②若(1)问中导热细管与斜面间动摩擦因数为u=0.5，由静止释放(向下运动时细管不转动，斜面足够长)。达到稳定时被封闭的气柱的长度L3为33.3cm。
【解析】①先根据受力分析得出初始的压强，结合玻意耳定律计算出气柱的长度；
②先根据整体法计算出整体的加速度，再隔离水银柱分析得到气体的压强，结合玻意耳定律计算出气柱的长度。
本题主要考查了封闭的理想气体状态方程，根据受力分析和牛顿第二定律得出压强，结合温度不变的特点，根据玻意耳定律列式计算即可。
17.【答案】BCE
【解析】解：A、根据波的传播方向和质点的振动方向的关系可得，t=0时刻x=0.6m处的质点振动方向沿y轴正方向，故A错误；
B、波的传播的振动周期为T=λv=1.210s=0.12s，所以0∼0.06s时间内x=0.2m处的质点运动的路程为两个振幅，即0.4m，故B正确；
C、波传播到x=3.6m还需要两个周期，即0.24s，则Δt=0.33s−0.24s=0.09s=0.75T，根据波的传播方向和质点的振动方向的关系可得，经过0.33s，x=3.6m处的质点第一次到达波峰，故C正确；
D、x=3.3m处x=0.3m处相差3m，即Δx=3m=2.5λ，所以x=3.3m处质点位于波峰时，x=0.3m处质点恰好位于波谷，故D错误；
E、由图像可以求出x=0.3m处质点的振动方程为：y=0.2sin(2π0.12t+π2)，x=0.3m处质点初相位是x=0.1m处的3倍，所以x=0.1m处质点的振动方程为y=0.2sin(2π0.12+π6)，故E正确。
故选：BCE。
根据同侧法判断出质点的振动方向；根据时间和简谐运动的振动路程计算出质点的运动路程；根据水平方向上的匀速直线运动计算出质点达到波峰的时间和平衡位置的时间。
本题主要考查了横波的图像，根据同侧法判断质点的振动方向，根据其不同方向的运动特点结合运动学公式完成解答。
18.【答案】解：(1)折射光路如图所示
由题意可知，BF=BG，因此△FBG为等腰三角形，根据几何关系，光在F点的入射角
i=60∘
折射角
r=12×(180∘−90∘−30∘)=30∘
因此玻璃砖对光的折射率
n=sinisinr
代入数据解得：n=3
(2)由几何关系，光在BC面上的入射角60∘，由于
sinC=1n=33<32
因此
C<60∘
光在BC面会发生全反射。
由几何关系可知光线在玻璃砖内传播的距离s=2Rcos30∘+Rcos30∘
光线在玻璃砖内传播的所用时间t=sv=scn
联立解得：t=5Rc
答：(1)玻璃砖对光的折射率为3；
(2)求光在玻璃砖传播所用的时间为5Rc。
【解析】(1)作出光在玻璃砖内折射光路图，由几何关系找出入射角与折射角，根据折射定律求折射率；
(2)当入射角大于临界角时能发生全发射，根据t=sv求光传播时间。
本题考查光的折射与全发射，解题关键要知道光的全反射条件，掌握折射率的几个相关公式．
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