2021北京朝阳高一（下）期末物理（教师版）

这是一份2021北京朝阳高一（下）期末物理（教师版），共16页。试卷主要包含了本题共2小题，共18分，本题共4小题，共40分等内容，欢迎下载使用。

2021北京朝阳高一（下）期末
物 理
一、本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。
1．（3分）下列物理量属于矢量的是（　　）
A．冲量 B．功 C．功率 D．重力势能
2．（3分）关于做匀速圆周运动的物体，下列说法正确的是（　　）
A．速度始终不变 B．加速度始终不变
C．所受合外力为零 D．所受合外力不做功
3．（3分）关于功和功率，下列说法正确的是（　　）
A．恒力做功等于力的大小和位移大小的乘积
B．某力的功率越大，表示力做的功越多
C．汽车以一定功率行驶时，牵引力随速度的增大而减小
D．一对相互作用力做功的代数和总为零
4．（3分）物体在下列运动过程中（不计空气阻力）满足机械能守恒条件的是（　　）
A．木箱匀速上升
B．汽车匀速率通过拱形桥
C．物体沿固定光滑曲面自由下滑
D．小球在竖直平面内做匀速圆周运动
5．（3分）如图所示，欢乐谷有一个娱乐项目叫旋转飞椅，它的座椅有里、外两层，外层的座椅距离转轴远。在旋转飞椅做水平匀速转动时，下列说法正确的是（　　）

A．根据v＝ωr，外层座椅线速度大
B．根据ω＝，里层座椅角速度大
C．根据a＝，里层座椅的向心加速度大
D．外层座椅的摆线与竖直方向夹角较小
（多选）6．（3分）如图所示，如果将地球看作一个巨大的拱形桥，则桥面的半径就是地球半径R。有一辆汽车在地球表面行驶，汽车受到的支持力为FN，地球表面的重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）

A．汽车速度越大，FN就越大
B．汽车行驶过程中，驾驶员处于失重状态
C．改变汽车的速度大小，驾驶员可能会处于超重状态
D．若汽车的速度达到，则可以脱离地球引力的束缚
7．（3分）2021年，“天问一号”火星探测器到达火星轨道后，着陆器脱离探测器，在万有引力的作用下逐渐靠近火星表面。已知火星的质量为M，半径为R，引力常量为G。质量为m的着陆器在距离火星表面高度为h时，速度大小为v，此时着陆器所受火星的引力大小为（　　）
A． B． C． D．
8．（3分）万有引力定律的发现实现了物理学史上第一次大统一：“地上物理学”和“天上物理学”的统一，它表明天体运动和地面上物体的运动遵从相同的规律。我们在学习万有引力定律发现的过程中，将行星的椭圆轨道简化为圆轨道，还应用到了其他的规律和结论。下面的规律和结论没有被用到的是（　　）
A．开普勒的研究成果
B．牛顿第二定律
C．牛顿第三定律
D．卡文迪许通过扭秤实验得出的引力常量
9．（3分）发射卫星进入较高圆轨道前往往都要经过一个椭圆轨道进行变轨，这个椭圆轨道被称为霍曼转移轨道。如图所示，轨道1是卫星发射过程中经过的霍曼转移轨道，其中A为近地点，B为远地点，轨道2为以地心为圆心的圆形轨道，并与轨道1相切于B点。关于卫星在两个轨道运行的过程中分别经过B点时，下列说法正确的是（　　）

A．在轨道1上，其速度可能等于第二宇宙速度
B．在轨道1上，其速度可能等于第一宇宙速度
C．在轨道2上的速度一定大于在轨道1上的速度
D．在轨道2上的加速度一定大于在轨道1上的加速度
10．（3分）如图所示，水平传送带以恒定的速率v顺时针转动，将质量为m的工件（可视为质点）轻放在传送带的A端．由于摩擦力的作用．工件做匀加速运动，经过时间t，工件恰好相对传送带静止。在此过程中，下列说法正确的是（　　）

A．工件的位移大小为vt
B．工件所受的摩擦力大小为
C．工件所受摩擦力做的功为
D．传送带所受摩擦力做的功为
11．（3分）用图示的向心力演示器可以探究向心力Fn。和物体质量m、角速度ω以及半径r的关系。实验时，匀速转动手柄使变速塔轮、长槽、短槽和槽内的小球随之匀速转动，使小球做匀速圆周运动的向心力由挡板对小球的弹力提供。球对挡板的反作用力使弹簧测力套筒下降，从而露出标尺，根据标尺上露出的标记，可以粗略计算出两个球所受向心力的比值。长槽上的挡板B到转轴的距离是挡板A的2倍，长槽上的挡板A和短槽上的挡板C到各自转轴的距离相等。下列说法不正确的是（　　）

A．本实验采用的科学方法是控制变量法
B．将传动皮带套在两塔轮的不同轮盘上，可以改变两个槽内的小球做圆周运动的半径
C．探究向心力Fn和质量m的关系时，需将传动皮带套在两塔轮半径相同的轮盘上，将质量不同的小球分别放在挡板A和挡板C处
D．探究向心力Fn，和角速度ω的关系时，需将传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上，将质量相同的小球分别放在挡板A和挡板C处
12．（3分）如图所示，小木块A叠放在木板B上，静置于光滑水平面上。木板B足够长，且A、B接触面粗糙。现用一水平拉力F作用在B上，使其从静止开始向右运动一段时间。用f代表B对A的摩擦力，下列说法正确的是（　　）

A．小木块A由于具有惯性一定保持静止状态
B．小木块A相对于木板B一定向左滑动
C．f做的功等于小木块A动能的增加量
D．F做的功等于木板B动能的增加量
13．（3分）如图所示，在水平桌面上放置一操作台，操作台上表面水平且光滑。在操作台上放置体积相同、质量不同的甲、乙两球，质量分别为m1、m2，两球用细线相连，中间有一个压缩的轻质弹簧，两球分别与操作台左右边缘距离相等。烧断细线后，由于弹簧弹力的作用，两球分别向左、右运动，脱离弹簧后在操作台面上滑行一段距离，然后平抛落至水平桌面上。下列说法正确的是（　　）

A．刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动量相同
B．刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动能相同
C．甲、乙两球不会同时落到水平桌面上
D．甲、乙两球做平抛运动的水平射程之比为m1：m2
14．（3分）某同学想研究物体间的摩擦力大小的特性。如图甲所示，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平，实验时，力传感器测定细绳的拉力大小，另有速度传感器实时记录木板的速度大小。t＝0时，木板受到一个随时间均匀增大的水平外力F＝kt（k是常数）的作用在t＝4s时撤去外力F。细绳对物块的拉力T随时间t变化的关系如图乙所示，木板的速度v与时间t的关系如图丙所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略物块的质量m＝50g，重力加速度取g＝10m/s2。由题中数据可以得出（　　）

A．物块与木板间的动摩擦因数为0.04
B．0～2s内，细绳对物块拉力T的冲量大小为0.24N•s
C．2s～4s内，力F的冲量大小为0.32N•s
D．4s～5s内摩擦力对木板做功为﹣0.064J
二、本题共2小题，共18分。把答案填在答题纸相应的横线上。
15．（8分）某同学用如图所示的装置，研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。图中O点是小球抛出点在水平地面上的竖直投影。实验时，先让入射小球多次从斜轨上的S位置由静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量出平抛的射程。然后把被碰小球静置于水平轨道的末端，再将入射小球从斜轨上的S位置由静止释放，与被碰小球相碰，并且多次重复。得到两小球落点的平均位置分别为M、N。
（1）关于本实验，下列说法正确的是 　 　。
A．同一组实验中，入射小球可以从不同位置由静止释放
B．入射小球的质量必须大于被碰小球的质量且两小球半径相同
C．轨道的倾斜部分必须光滑且轨道末端水平
（2）实验中，除了要测出平抛射程、、外，还需要测量的物理量有 　 　。
A．入射小球和被碰小球的质量m1、m2
B．入射小球释放点距水平轨道的高度h
C．小球抛出点距地面的高度H
（3）在某次实验中记录的落点平均位置M、N几乎与在同一条直线上，在实验误差允许范围内，若满足关系式 　 　，则可以认为两球碰撞前后在方向上的动量守恒；若同时满足关系式 　 　，则还可以判定两球的碰撞为弹性碰撞。[用（2）中物理量的字母表示]

16．（10分）如图1所示，剩用该装置做“验证机械能守恒定律”实验。已知当地的重力加速度为g，将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落。
（1）实验过程中某同学进行了如下操作，其中不必要操作或操作不当的步骤是 　 　。
A．必须先用天平测量重物的质量，然后固定纸带穿过打点计时器
B．将打点计时器接到低压直流电源上
C．在纸带上选取适当的数据点，并测量数据点间的距离
（2）用重物下落到各点时的瞬时速度v和下落高度h绘制出v2﹣h图像，如图2所示。下列说法正确的是 　 　。
A．若忽略阻力影响，通过测量图线倾角θ可得到重力加速度大小为g＝tanθ
B．若忽略阻力影响根据图像得出重力加速度大小为g＝
C．若考虑阻力影响，该图线的斜率略小于g
（3）如图3所示，是某同学在实验中得到的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。已知重物质量为m，打点计时器的打点周期为T＝0.02s。从打下O点到打下B点的过程中，重物重力势能的减小量ΔEp＝　 　（用题目中的已知量表达）。若该同学按照ΔEk＝来计算动能的增加量，发现计算结果总有ΔEp＜ΔEk，通过再研究纸带发现纸带最左端两点间距离约为5mm，由此推断，出现上述结果的原因可能是：　 　。

三、本题共4小题，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。把解答过程填在答题纸相应的空白处。
17．（9分）如图为高山滑雪赛道，赛道分为倾斜赛道AB与水平赛道BC两部分，其中倾斜赛道AB顶端A处与水平赛道BC间的高度差h＝90m。某滑雪者连同滑雪板总质量m＝80kg（可视为质点），从赛道顶端A处由静止开始沿直线下滑，通过倾斜赛道底端B处测速仪测得其速度大小v＝30m/s。滑雪者通过倾斜赛道AB与水平赛道BC连接处速度大小不变，在水平赛道BC上沿直线继续前进x＝180m后停下来（滑雪者整个运动过程中未使用雪杖）。重力加速度g＝10m/s2。
（1）求滑雪者在倾斜赛道AB段运动过程中，重力势能的减少量ΔEp和动能的增加量ΔEk，并判断机械能是否守恒；
（2）求滑雪者在水平面赛道上受到的平均阻力大小f。

18．（9分）2021年4月29日11时23分，中国空间站天和核心舱发射升空，准确进入预定轨道，标志着我国载人航天工程三步走战略成功迈出第三步。核心舱质量为m，运行的轨道可以近似看做圆轨道，其半径为r。已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，引力常量为G。
（1）求地球的质量M；
（2）求核心舱绕地球运动的周期T；
（3）实际上核心舱的运行轨道为椭圆轨道，如图所示。已知核心舱由远地点B向近地点A运动时，速度会逐渐增大，请你从做功与能量变化关系出发，分析其速度增大的原因。

19．（10分）普通水加压，可以制成水枪、水刀，在生产生活中有着广泛的用途。如图所示，用高压水枪冲洗物体时，在物体表面能够产生一定的压力，从而达到洗去污垢的作用。若水从横截面积为S的枪口喷出时的速度大小不变，忽略水从枪口喷出后的发散效应，近距离垂直喷射到某物体表面，速度在短时间内变为零。已知水的密度为ρ，重力加速度为g，水枪的流量为Q（即单位时间内水枪口喷出的水的体积）。求：
（1）经过Δt（已知）时间，水枪喷出的水的质量Δm；
（2）水从枪口喷出时的速度大小v；
（3）水枪在物体表面产生的冲击力大小F。

20．（12分）如图1所示的克朗棋，其游戏规则和台球的比赛规则十分相似玩者用“球杆”或手弹的方法像打台球那样击打母棋，使其撞击其他棋子入洞，将所有棋子打入洞内就算一局，谁打入的棋子最多谁就是胜利者。

克朗棋的棋子类似于象棋子，某克朗棋的母棋、棋子与棋桌之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，母棋的质量m0＝50g，被击打的棋子质量均为m1＝30g。
某玩者想用母棋击打棋子A进入1洞。母棋、棋子A与1号洞在一条直线上，如图2中虚线所示。玩者击打母棋，使其与棋子A碰撞后，棋子A恰好落入1号洞，设它们之间的碰撞为弹性碰撞。已知母棋距离1号洞口d0＝40cm，棋子A距离1号洞口d1＝10cm，棋子的大小可忽略不计。取重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）母棋与棋子A碰撞后瞬间，棋子A获得的速度大小v；
（2）为使棋子A能恰好落入1号洞，玩者需要击打母棋做功，使母棋获得合适的速度。
a．求母棋撞击棋子A前瞬间的速度大小v0；
b．保持母棋初始位置不变，改变棋子A在虚线上的位置，玩者对母棋做的功也相应的需要改变，请你分析计算玩者对母棋做功的最小值。

参考答案
一、本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。
1．【分析】矢量是既有大小又有方向、运算遵循平行四边形定则的物理量，标量是只有大小没有方向、运算遵循代数加减法则的物理量。
【解答】解：A、矢量是既有大小又有方向、运算遵循平行四边形定则的物理量，所以冲量是矢量，故A正确；
BCD、标量是只有大小没有方向、运算遵循代数加减法则的物理量，功、功率以及重力势能均只有大小、没有方向，都是标量，故BCD错误。
故选：A。
【点评】对于矢量与标量，要掌握它们之间的区别：矢量有方向，标量没有方向；同时注意矢量的运算应遵循平行四边形定则，注意重力势能虽然有正负，但正负不表示方向。
2．【分析】匀速圆周运动指速度大小不变的圆周运动，其周期和角速度都是不变的，但是线速度的方向不断改变，合外力指向圆心，大小不变，向时刻变化，所以合外力不做功，不改变物体速度大小。
【解答】解：A、匀速圆周运动指速度大小不变的圆周运动，速度的方向时刻在变，故A错误；
B、向心加速度始终指向圆心，故向心加速度时刻在改变，故B错误；
C、做匀速圆周运动的物体，必定要有合外力提供向心力，所以它受到的合外力一定不等于零，故C错误；
D、由于合外力一定指向圆心，故合外力一直与速度方向垂直，合外力不做功，故D正确。
故选：D。
【点评】解决本题的关键知道匀速圆周运动线速度大小不变，方向时刻改变；角速度、周期和频率不变；向心力和向心加速度大小不变，方向始终指向圆心。
3．【分析】明确功的定义：力对物体做功为W＝FLcosθ，即力在力的方向上有位移；一对相互作用力做功情况不确定；功率是描述物体做功快慢的物理量，明确功率公式p＝Fv的应用。
【解答】解：A、恒力对物体做功等于力乘以在力的方向上通过的位移，故A错误；
B、某力的功率越大，只能表示单位时间内力做的功越多，不能表示做功总的多少，故B错误；
C、由p＝Fv可知，汽车以一定功率行驶时，牵引力随速度的增大而减小，故C正确；
D、一对相互作用力做功情况不确定，都可以做正功、也都可以做负功，还有可能一个做正功、一个做负功，也有可能一个做功、一个不做功，所以一对相互作用力做功的代数和不一定为零，故D错误。
故选：C。
【点评】本题主要是考查功和功率，要注意明确功的公式W＝FLcosθ，功的计算可以理解为力和力的方向上位移的乘积。
4．【分析】物体机械能守恒的条件是只有重力或者是弹力做功，根据机械能守恒的条件逐个分析物体的受力的情况，即可判断物体是否是机械能守恒；也可以直接分析重力势能和动能的变化明确机械能是否变化。
【解答】解：A、木块匀速上升时，重力势能增加动能不变，机械能增加，故A错误；
B、汽车匀速率通过拱形桥时，重力势能变化，动能不变，机械能变化，故B错误；
C、物体沿固定光滑曲面自由下滑，弹力不做功，只有重力做功，机械能守恒，故C正确；
D、小球在竖直平面内做匀速圆周运动时，动能不变，重力势能变化，机械能不守恒，故D错误。
故选：C。
【点评】本题是对机械能守恒条件的直接考查，掌握住机械能守恒的条件即可求解。
5．【分析】明确座椅转动时角速度相等，根据v＝ωr确定线速度大小关系；正确选择向心加速度公式分析向心加速度的大小关系，注意控制变量法的应用；根据受力分析和向心力公式分析摆线与竖直方向夹角大小。
【解答】解：AB、因里、外层的转椅转动一周用时相等，故两层座椅的角速度相等，由v＝ωr可知，外层座椅转动半径大，故其线速度大，故A正确，B错误；
C、根据a＝ω2r可知，外层座椅的向心加速度大，由于线速度不相等，不能直接根据a＝判断向心加速度的大小，故C错误；
D、座椅受重力和拉力作用，二力的合力充当向心力，由F＝mgtanθ＝mω2r，因外层座椅的转动半径大，故外层座椅对的摆线与竖直方向夹角较大，故D错误。
故选：A。

【点评】本题考查描述匀速圆周运动的各物理量间的关系，要注意正确受力分析，明确向心力来源，同时注意在分析各物理量间的关系时要注意控制变量法的应用。
6．【分析】汽车做圆周运动，重力与支持力的合力提供向心力，应用牛顿第二定律求出支持力；根据支持力与重力的关系判断驾驶员所处的状态。
【解答】解：AB、地球看作一个巨大的拱形桥，汽车在地面上行驶，汽车质量为m，速度为v，根据牛顿第二定律得，mg﹣FN＝m，可知支持力小于重力，所以汽车对地面的压力小于重力，汽车处于失重状态，且汽车速度越大，FN就越小，故A错误，B正确；
C、随着速度越来越大，地面对车的支持力也越来越小，所以改变汽车的速度大小，驾驶员不可能处于超重状态，故C错误；
D、当地面对车的支持力为零时，汽车只受重力，处于完全失重状态，此时mg＝m，解得v＝，汽车可以脱离地球引力的束缚，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查了圆周运动问题，分析清楚汽车的运动性质与受力情况是解题的前提与关键。
7．【分析】不清楚着陆器的运动是否为匀速圆周运动，故不用万有引力提供向心力来求万有引力；
根据万有引力定律结合题意求出万有引力即可。
【解答】解：A、由于不清楚着陆器的运动是否为匀速圆周运动，故不用万有引力提供向心力来求万有引力，故A错误；
BCD、质量为m的着陆器在距离火星表面高度为h时，此时着陆器所受火星的引力大小
F万＝
故BC错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题不清楚着陆器的运动是否为匀速圆周运动，故不用万有引力提供向心力来求万有引力。做题时要注意这点。
8．【分析】明确万有引力定律发现历程，知道天体运动和地面上物体的运动遵从相同的规律，牛顿在发现万有引力定律的过程中运用了牛顿第二、三定律，开普勒三定律。
【解答】解：牛顿在发现万有引力定律的过程中将行星的椭圆轨道简化为圆轨道这就是开普勒第一定律，由牛顿第二定律可列出万有引力提供向心力。再借助于牛顿第三定律来推算物体对地球作用力与什么有关系。同时运用开普勒第三定律来导出万有引力定律；而卡文迪许通过扭秤实验得出的引力常数是在牛顿发现万有引力定律之后，所以正是由于这个原因，牛顿的万有引力定律没有得到广泛应用，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】解答本题需要明确万有引力定律的推导过程，知道万有引力定律表达式不是数学公式，各量均有一定的涵义；同时突出作用力与反作用力、平衡力两者的区别。
9．【分析】第一宇宙速度是卫星的最小发射速度，也是卫星贴近地表圆周运动的环绕速度；根据变轨原理分析在轨道1和2上B点的速度与第一宇宙速度关系；根据牛顿第二定律分析加速度大小。
【解答】解：AB、根据卫星的线速度公式v＝，知卫星在轨道2上的速度小于近地卫星的速度，即小于第一宇宙速度，根据变轨原理可知，卫星在轨道2上的速度大于在轨道1上B点的速度，所以在轨道1上B点的速度一定小于第一宇宙速度，也一定小于第二宇宙速度，故AB错误；
C、从轨道1变轨到轨道2，必须在B点加速，则卫星在轨道2上B点的速度一定大于在轨道1上B点的速度，故C正确；
D、根据牛顿第二定律得：G＝ma，得a＝，知在轨道2上的加速度一定等于在轨道1上B点的加速度，小于其他各点的加速度，故D错误。
故选：C。
【点评】解决本题时，关键要理解宇宙速度的意义，要掌握卫星变轨原理，知道卫星做离心运动时必须加速。
10．【分析】工件放到传送带上后，工件和传送带要发生相对滑动，相对静止时不再受摩擦力。根据牛顿第二定律和运动学公式求得传送带的位移，即可求得工件对传送带做功。根据动能定理可求得传送带对工件做的功。
【解答】解：A、工件在传送带做匀加速运动，根据运动学公式可知工件的位移大小为x1＝，故A错误；
B、对工件做受力分析，根据牛顿第二定律有f＝ma，a＝，联立解得f＝，故B正确；
C、对工件，根据动能定理可知，Wf＝﹣0，故工件所受摩擦力做的功为，故C错误；
D、经过时间t，传送带位移x2＝vt，则Wf'＝﹣fx2＝﹣•vt＝﹣mv2，故D错误。
故选：B。
【点评】分析工件在传送带的运动情况，工件做匀加速运动，关键在于根据运动学规律可解得工件的位移和传送带的位移。
11．【分析】要探究小球受到的向心力大小与角速度、运动半径、质量的关系，需控制一些变量，根据实验目的与图示实验装置应用控制变量法分析答题。
【解答】解：A、探究向心力Fn和物体质量m、角速度ω以及半径r的关系，需要采用控制变量法，故A正确；
B、将传动皮带套在两塔轮的不同轮盘上，皮带边缘的线速度大小相等，不同轮盘的半径不同，角速度不同，可以改变两槽内的小球做圆周运动的角速度，不能改变两个槽内的小球做圆周运动的半径，故B错误；
C、探究向心力Fn和质量m的关系时，需要控制半径与角速度相同而小球质量不同，需将传动皮带套在两塔轮半径相同的轮盘上，将质量不同的小球分别放在挡板A和挡板C处，故C正确；
D、探究向心力Fn和角速度ω的关系时，需要控制半径与质量相同而角速度不同，需将传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上，将质量相同的小球分别放在挡板A和挡板C处，故D正确。
本题选不正确的，故选：B。
【点评】本实验采用的是控制变量法，控制变量法是研究多变量关系常用的方法，根据实验目的应用控制变量法即可解题。
12．【分析】对两物体及整体受力分析，结合两物体可能的运动状态，由功能关系进行分析拉力与两物体动能之间的关系，再单独分析AB，明确摩擦力做功与动能之间的关系。
【解答】解：AB、若F＝（mA+mB）a，且f≥mAa，则木块A相对B保持静止，若f＜ma，则木块A相对于木板B向左滑动，故AB错误；
C、根据动能定理可知，f做的功等于小木块A动能的增加量，故C正确；
D、根据动能定理知，木板B动能的增加量等于F做的功与A对B摩擦力做功的代数和，故D错误
故选：C。
【点评】本题考查了能量守恒定律和动能定理的运用，要灵活选择研究对象，正确分析能量是如何转化的，这是解决这类问题的关键。特别注意当AB间相对静止和有相对滑动时能量转化的不同之处。
13．【分析】弹簧将两球弹出的过程，两球及弹簧组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，由动量守恒定律分析刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动量关系，从而确定动能关系。两球离开操作台后做平抛运动，平抛运动的时间由下落高度决定。结合平抛运动的规律求水平射程之比。
【解答】解：A、取向左为正方向，由动量守恒定律得：p甲+p乙＝0，得p甲＝﹣p乙，则刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动量大小相等，方向相反，动量不同，故A错误；
B、刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动能之比为＝＝，动能不同，故B错误；
C、根据p＝mv知，刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动量大小相等，质量不同，则刚脱离弹簧时，甲、乙两球的速度大小不等，两球分别与操作台左右边缘距离相等，则两球离开弹簧后在操作台运动的时间不等。两球离开操作台后做平抛运动，两球平抛运动下落的高度相同，则两球平抛运动的时间相同，所以两球不会同时落到水平桌面上，故C正确；
D、甲、乙两球做平抛运动的初速度大小之比v1：v2＝||：||＝m2：m1，甲、乙两球做平抛运动的水平射程之比为x1：x2＝v1t：v2t＝m2：m1，故D错误。
故选：C。
【点评】解答本题时，一要把握弹簧弹出两球过程遵守的规律：动量守恒定律；二要掌握平抛运动的规律。
14．【分析】对2s～4s内木板运动，而物块静止，对物块受力分析，由平衡条件求解动摩擦因数；T﹣t图像的面积表示冲量；对于变力的冲量可利用动量定理求解；用动能定理求解4s～5s内摩擦力对木板做功。
【解答】解：A、由图丙可知2s～4s木板在运动，而物块是静止的，物块受到木板的滑动摩擦力f，由图乙可知2s～4s细绳拉力T＝0.20N，由平衡条件可得，2s～4s内物块受到滑动摩擦力f＝0.20N，又有：f＝μmg
可得：μ＝＝＝0.4，故A错误；
B、力与时间的F﹣t图像中图像与时间轴围成的面积表示冲量，则由图乙可得0～2s内，细绳对物块拉力T的冲量：IT＝ N•s＝0.24N•s，故B正确；
C、4s～5s的过程，木板的加速度大小：a＝＝m/s2＝0.2m/s2
对木板由牛顿第二定律可得：μmg＝Ma，
解得木板质量：M＝1kg，
2s～4s的过程对木板应用动量定理得：IF﹣ft1＝Mv1，
代入数据：IF﹣0.20×2＝1×0.32，
解得：IF＝0.72N•s，故C错误；
D、4s～5s内过程只有摩擦力对木板做功，应用动能定理得：
Wf＝＝ J＝﹣0.044J，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了冲量及动量定理，涉及到了图像的应用与识别，F﹣t图像中图像与时间轴围成的面积表示冲量，求解变力的冲量可用动量定理。
二、本题共2小题，共18分。把答案填在答题纸相应的横线上。
15．【分析】（1）分析实验原理，明确实验中注意事项及操作要领；
（2）根据动量守恒定律的表达式，和平抛运动初速度的表达式确定需测量的物理量；
（3）根据碰撞前后动量守恒可以写成表达式，注意明确平抛运动时间相同。
【解答】解：（1）为了使碰撞前的速度保持一定，两个小球应从同一位置释放，故A错误；
B、只有半径相同，则才是对心碰撞，只有入射球的质量大于被碰球的质量，才不致于入射球反弹，故B正确；
C、只需释放点位置固定，则轨道的倾斜部分光滑与否，不影响碰撞前速度相同。但末端一定要水平，故C错误；
故选：B
（2）由于碰撞后两小球均从同一高度落下，故可以用水平位移表示碰撞前后的速度，所以不需要测量平抛的时间，从而也不用测量平抛的高度h，更不用测量H。而动量p＝mv，则还需测量两个小球的质量。故BC错误，A正确；
故选：A
（3）根据题意，碰撞前的速度v1＝，碰撞后入射球和被碰球的速度分别为v1′＝，v2′＝。若碰撞前后动量守恒则有：m1v1＝m1v1′+m2v2′，将速度代入可得：m1×OP＝m1×OM+m2×ON，即若满足了上式，则说明碰撞前后动量守恒。
若碰撞前后机械能不变，则有：＝+，将速度的式子代入后有：m1×OP2＝m1×OM2+m2×ON2，即若同时又满足此式，这说明是弹性碰撞。
故答案为：（1）B；（2）A；（3）m1×OP＝m1×OM+m2×ON、m1×OP2＝m1×OM2+m2×ON2
【点评】该题考查用“平抛装置”验证动量守恒定律，该实验中，虽然小球做平抛运动，但是却没有用到速和时间，而是用位移x来代替速度v，成为解决问题的关键。
16．【分析】（1）根据实验的原理和操作中的注意事项确定正确的操作步骤；
（2）写出v2﹣h的关系式，由关系式确定图象的斜率表示的意义；
（3）根据匀变速直线运动的规律求出速度，再根据运动和重力势能的公式求出动能和重力势能的表达式，根据实验的原理和和过程用能量守恒分析重力势能减小量略大于动能增加量的原因；
【解答】解：（1）A、由于要验证的增加的动能和减少的势能表达式中均含有质量的因子，故不必测量重物的质量，故A错误；
B、打点计时器应接到电源的“交流输出”上，故B错误；
C、在打出的纸带上选取适当的点，并测量点迹之间的距离，故C正确。
本题选不必要的或错误的，
故选：AB
（2）绘制出v2﹣h图像，如图2所示，若从静止开始到打下某点，根据机械能守恒定律有：＝mgh，所以v2＝2gh，关于v2﹣h图象的：B、斜率k＝2g＝，所以g＝，故B正确；
A、若每组的同学使用的坐标刻度不相同，则图象的倾角不相同，故A错误；
C、若考虑空气阻力，实际的g值变小，斜率小于2g，故C错误。
故选：B
（3）从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量为：ΔEP＝mghB，B点的瞬时速度为：vB＝＝，则动能的增加量为：ΔEk＝mvB2＝；由实验结果知，ΔEp＜ΔEk，从开始下落经T＝0.02s下落的高度h＝＝×10×0.02 2m＝2×10﹣3m＝2mm，由题意从最左端的两个点是5mm，则说明第一点的初速度不为零，即是先释放的纸带后接通电源。
故答案为：（1）AB；（2）B；（3）mghB、先释放纸带后接通电源
【点评】解决本题的关键知道实验的原理和注意事项，掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度，从而得出动能的增加量，会根据下降的高度求解重力势能的减小量。
三、本题共4小题，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。把解答过程填在答题纸相应的空白处。
17．【分析】（1）通过重力势能与动能的计算公式求得改变量，再判断机械能是否守恒；
（2）在水平面根据动能定理可求得平均阻力大小。
【解答】解：（1）滑雪者在倾斜赛道AB段运动过程中，重力势能的减少量ΔEp＝mgh＝80×10×90J＝72000J
动能的增加量ΔEk＝＝J＝36000J
由于重力势能的减少量大于动能的增加量，故机械能不守恒。
（2）根据动能定理有
﹣fx＝0﹣
代入数据求得f＝200N
答：（1）滑雪者在倾斜赛道AB段运动过程中，重力势能的减少量ΔEp为72000J，动能的增加量ΔEk为36000J，机械能不守恒；
（2）滑雪者在水平面赛道上受到的平均阻力大小为200N。
【点评】本题考查动能定理与机械能守恒的运用，应用动能定理时确定物体的运动过程是关键。
18．【分析】（1）地球表面重力与万有引力相等，据此由地球表面重力加速度、地球半径和万有引力常量求得地球质量；
（2）根据万有引力提供圆周运动向心力求得核心舱圆周运动的周期；
（3）核心舱从远地点向近地点运动过程中，只受到地球的万有引力，根据动能定理判定速度增大的原因。
【解答】解：（1）在地球表面重力与万有引力相等有：

可得地球质量M＝
（2）地球对核心舱的万有引力提供其圆周运动向心力有：

由此可得核心舱的周期T＝＝
（3）核心舱由远地点B向近地点A运动过程中，只受到地球的万有引力，在此过程中万有引力对核心舱做正功，根据动能定理可得万有引力所做的功等于核舱动能的增量。
答：（1）地球质量为；
（2）核舱绕地球运动的周期为；
（3）核舱由远地点向近地点运动过程中速度增大的原因是万有引力地核心舱做正功。
【点评】万有引力应用主要从在星球表面重力与万有引力相等和万有引力提供环绕天体圆周运动的向心力两方面入手考虑。
19．【分析】（1）根据单位时间内流过枪口的水的体积为Q，结合质量的计算公式求解水的质量；
（2）根据流量的含义求解水从枪口喷出时的速度大小；
（3）以水流速度方向为正方向，由动量定理求解物体对水流的作用力大小，根据牛顿第三定律可得水枪在物体表面产生的冲击力大小。
【解答】解：（1）水枪的流量为Q，即单位时间内流过枪口的水的体积为Q，则Δt时间内，水枪喷出的水的质量为：
Δm＝ρQΔt；
（2）t时间内高压水枪喷出水的体积为：Qt＝Svt
解得：v＝；
（3）取很短的时间Δt'，则Δt'时间内打到物体表面的水的质量为m'，则有：m'＝ρQΔt'
以这部分水为研究对象，设物体表面对其作用力为F'，以水流速度方向为正方向，由动量定理可得：
﹣F'Δt'＝0﹣m'v
解得：F′＝
根据牛顿第三定律可得水枪在物体表面产生的冲击力大小：F＝F'＝。
答：（1）经过Δt时间，水枪喷出的水的质量为ρQΔt；
（2）水从枪口喷出时的速度大小为；
（3）水枪在物体表面产生的冲击力大小为。
【点评】本题主要是考查动量定理，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，知道合外力的冲量才等于动量的变化。
20．【分析】（1）由题意可知棋子A碰撞后匀减速运动到洞口时速度恰好为零，由动能定理求得所求；
（2）弹性碰撞过程系统动量守恒，机械能守恒，应用弹性碰撞模型，解得所求；
（3）同理应用弹性碰撞模型和动能定理，推导出所求做功与棋子A到1号洞的距离的关系，应用数学知识求得极值。
【解答】解：m0＝50g＝0.05kg，m1＝30g＝0.03kg，d0＝40cm＝0.4m，d1＝10cm＝0.1m，
（1）碰撞后棋子A做匀减速直线运动，达到1号洞时速度恰好为零，由动能定理得：
，
解得：v＝1m/s
（2）a、母棋与棋子A发生弹性碰撞，系统动量守恒，机械能守恒，取母棋碰前的速度方向为正方向，则有：
m0v0＝m0v1+m1v

解得：v0＝
代入数据解得：v0＝0.8m/s
b、设玩者对母棋做功为W，则母棋获得的初动能为W，棋子A到1号洞的距离为x，碰后对棋子A的运动过程，由动能定理得：
，
解得：
与a同理可得碰撞前瞬间母棋的速度：v′0＝
对碰撞前母棋的运动过程，由动能定理得：

解得：W＝0.1﹣0.09x （J）
当x＝d0时，x最大，W最小，
解得：Wmin＝0.1﹣0.09d0＝（0.1﹣0.09×0.4）J＝0.064J
答：（1）母棋与棋子A碰撞后瞬间，棋子A获得的速度大小v为1m/s；
（2）a．母棋撞击棋子A前瞬间的速度大小v0为0.8m/s；
b．玩者对母棋做功的最小值0.064J。
【点评】本题为力学综合题目，包含动能定理，动量守恒定律两大力学原理。弹性碰撞模型要熟记公式，能灵活应用，此题已知碰撞后的速度反推碰前的速度。最后一问的求极值难度并不大。