还剩18页未读，
继续阅读
2022-2023学年湖南省衡阳市衡阳县重点中学高二（下）期末模拟物理试卷
展开
这是一份2022-2023学年湖南省衡阳市衡阳县重点中学高二（下）期末模拟物理试卷，共21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。
2022-2023学年湖南省衡阳市衡阳县重点中学高二（下）期末模拟物理试卷
一、单选题（本大题共13小题，共39.0分）
1. 一辆质量为2000 kg的汽车，在倾角θ=30∘的足够长斜坡上由静止开始以大小为0.5 m/s2的恒定加速度启动上坡，行驶过程中汽车受到的空气阻力和摩擦力之和恒为1000 N，重力加速度g取10 m/s2，汽车发动机的额定输出功率为60 kW。则汽车从启动至发动机功率达到额定输出功率的过程中，汽车的位移大小为( )
A. 25 m B. 30 m C. 50 m D. 60 m
2. “天津之眼”是世界上唯一建在桥上的摩天轮，是天津的地标之一。设摩天轮半径为R，摩天轮匀速旋转一周所用时间为T，一乘客的质量为m，重力加速度为g。则该乘客由摩天轮最低点运动到最高点的过程中，下列有关说法正确的是 ( )
A. 合外力一直对乘客做正功
B. 乘客重力的功率一直增大
C. 乘客运动到与摩天轮的圆心等高处时，重力的功率为0
D. 乘客运动到与摩天轮的圆心等高处时，重力的功率为2πmgRT
3. 如图甲所示，质量为4 kg的物体在水平推力作用下开始运动，推力大小F随位移大小x变化的图像如图乙所示，物体与地面间的动摩擦因数μ=0.5,g取10 m/s2，则该物体在0∼4 m的运动过程中( )
A. 摩擦力的功率一直增大 B. 推力的功率一直增大
C. 摩擦力做功为80 J D. 推力做功为200 J
4. 如图所示，口径很小的圆形管道水平放置，一小物块在管道内以足够大的初速度。在水平面内做圆周运动，小物块与管道间的动摩擦因数为μ，以A为起点，设从开始运动起的一周内小物块从A到B和从B到A的过程中小物块克服摩擦力做的功分别为W1和W2，在这一周内小物块克服摩擦力做的功为W3，则下列关系式正确的是( )
A. W3=0 B. W3>W1+W2 C. W1=W2 D. W1>W2
5. 如图所示，一条铁链长为l=1m，质量为m=4kg，放在水平桌面上，提起铁链一端直到铁链全部离开桌面的瞬间，则(重力加速度g 取10 m/s2) ( )
A. 铁链的重心位置提高了1 m B. 铁链克服重力做功40 J
C. 铁链的重力势能增加了20 J D. 铁链的重力势能为20 J
6. 如图所示，一水平传送带以速率v1匀速传动，与其平滑对接的右侧平台上有一质量为m的物体，该物体以速率v0冲上传动带。若传送带足够长，且v1>v0，则在物体返回平台的瞬间，其动能与刚离开平台瞬间相比，变化了( )
A. 0 B. 12mv02 C. 12mv12−12mv02 D. 12mv12+12mv02
7. 某物体放在水平地面上，在水平拉力的作用下，沿水平方向运动，在0∼6 s、内其速度与时间的关系图像和拉力的功率与时间的关系图像分别如图甲、乙所示。则该物体的质量为(g取10 m/s2)( )
A. 2 kg B. 2.5 kg C. 3 kg D. 3.5 kg
8. 高空作业的电业工人，在操作时不慎将一螺母由静止从高处脱落，它在落到地面前的1 s内下落了25 m，不计空气阻力，g取10 m/s2.则螺母( )
A. 在空中下落的总时间为2 s
B. 在空中下落的总时间为3 s
C. 在脱落后的第1 s内与第2 s内的位移大小之比为1:2
D. 在脱落后的第1 s末与第2 s末的速度大小之比为1: 2
9. 2022年3月，中国航天员翟志刚、王亚平、叶光富在离地球表面约400km的“天宫二号”空间站上通过天地连线，为同学们上了一堂精彩的科学课。通过直播画面可以看到，在近地圆轨道上飞行的“天宫二号”中，航天员可以自由地漂浮，这表明他们( )
A. 所受地球引力的大小近似为零
B. 所受地球引力与飞船对其作用力两者的合力近似为零
C. 所受地球引力的大小与其随飞船运动所需向心力的大小近似相等
D. 在地球表面上所受引力的大小小于其随飞船运动所需向心力的大小
10. 从“玉兔”登月到“祝融”探火，我国星际探测事业实现了由地月系到行星际的跨越。已知火星质量约为月球的9倍，半径约为月球的2倍，“祝融”火星车的质量约为“玉兔”月球车的2倍。在着陆前，“祝融”和“玉兔”都会经历一个由着陆平台支撑的悬停过程。悬停时，“祝融”与“玉兔”所受着陆平台的作用力大小之比为( )
A. 9：1 B. 9：2 C. 36：1 D. 72：1
11. 某女子铅球运动员分别采用原地推铅球和滑步推铅球(如图所示)两种方式进行练习，她发现采用滑步推铅球的方式比原地推铅球的方式可增加约2的成绩。铅球沿斜向上方向被推出，采用两种方式推出的铅球出手时相对地面的位置和速度方向都相同，忽略空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 采用两种方式推出的铅球在空中上升的最大高度不同
B. 采用两种方式推出的铅球在空中运动的时间可能相同
C. 采用两种方式推出的铅球在空中运动到最高点时的速度相同
D. 采用两种方式推出的铅球在空中运动的加速度不同
12. 某生态公园的人造瀑布景观如图所示，水流从高处水平流出槽道，恰好落入步道边的水池中。现制作一个尺寸为实际尺寸116的模型来展示效果，则模型中槽道里的水流速度大小应为景观中槽道里的水流速度大小的( )
A. 12 B. 14 C. 18 D. 116
13. 无动力翼装飞行是一种专业的极限滑翔运动，飞行者运用肢体动作来掌控滑翔方向，进行无动力空中飞行。某翼装飞行者在某次飞行过程中，在同一竖直面内从A飞行到B，如图所示，其运动轨迹为一段圆弧，该段运动可视为匀速圆周运动的一部分。关于该段运动，下列说法正确的是( )
A. 飞行者所受合力为零 B. 飞行者所受重力的瞬时功率逐渐减小
C. 空气对飞行者的作用力的瞬时功率为零 D. 空气对飞行者的作用力做正功
二、多选题（本大题共6小题，共24.0分）
14. 如图所示，完全相同的物块A、B叠放在一起，放在水平转台上随转台一起绕过转台中心的竖直轴做匀速圆周运动，它们和转台保持相对静止，以下说法正确的是( )
A. B所需的向心力比A所需的向心力大
B. 图示时刻A对B的摩擦力是水平向左的
C. 两物块各自所受合外力大小始终是相等的
D. 转台对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍
15. 一物体做直线运动的v−t图像如图所示，已知在第1 s内合外力对物体所做的功为W，则( )
A. 从第1 s末到第3 s末合外力对物体做的功为4W
B. 从第3 s末到第4 s末合外力对物体做的功为−0.75W
C. 从第3 s末到第5 s末合外力对物体做的功为−W
D. 从第5 s末到第7 s末合外力对物体做的功为1.5W
16. 如图所示，P、Q两物体均重10 N，各接触面的动摩擦因数均为μ=0.3，现在对物体Q施加一水平向右、大小为4 N的拉力F，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是( )
A. 物体P与物体Q一起向右运动
B. 物体P静止不动，物体Q向右运动
C. 地面对物体P施加水平向左、大小为4 N的静摩擦力
D. 无论如何加大对物体Q的水平拉力F，物体P都不会向右运动
17. 如图甲所示，通过一拉力传感器(能测量力大小的装置)水平向右拉质量为5.0 kg的木块，A端的拉力均匀增加，0∽t1时间内木块静止，木块运动后改变拉力，使木块在t2时间后做匀速直线运动.计算机对数据拟合处理后，得到如图乙所示拉力随时间变化的图线，下列说法正确的是( g=10m/s2)( )
A. 若F=4.0N，则木块与水平面间的摩擦力大小为4.0 N
B. 若F=6.0N，则木块与水平面间的摩擦力大小为6.0 N
C. 木块与水平面间的动摩擦因数为μ=0.11
D. 木块与水平面间的动摩擦因数为μ=0.10
18. 两个力F1和F2之间的夹角为θ，其合力为F.以下说法正确的是( )
A. 合力F总比分力F1和F2中的任何一个力都大
B. 若F1和F2大小不变，θ减小，合力F一定增大
C. 若夹角θ不变，F1大小不变，F2增大，合力F可能减小
D. 若F1和F2大小不变，合力F与θ的关系图像如图所示，则任意改变θ，能得到的合力大小的变化范围是2N≤F≤10N
19. 如图甲所示，高楼上某人从窗口违法水平抛出一石块，恰好被置于地面上的曝光时间(光线进入相机镜头的时间)为0.2 s的相机拍摄到，拍摄时镜头正对石块运动平面，图乙是石块落地前0.2 s时间内拍摄到的像(照片已经放大且方格化)，每个小方格代表的实际长度为1.5 m，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A. 石块落地时的速度大小约为25 m/s B. 石块落地时的速度大小约为10 m/s
C. 石块抛出位置离地面高度约为20 m D. 石块抛出位置离地面高度约为28 m
三、实验题（本大题共1小题，共10.0分）
20. 如图所示是一种简易的圆周运动向心力演示仪，图中A、B为两个穿在水平滑杆上并通过同一材质的棉线分别与转轴相连的钢球。试结合下列演示现象，分析影响向心力的因素。
(1)使线长LA=LB，质量mA>mB，加速转动水平滑杆；
现象：连接A球的棉线先断。
表明：在转动半径和角速度一定的条件下，圆周运动所需向心力随_______。
(2)使质量mA=mB，线长LA>LB，加速转动水平滑杆；
现象：连接A球的棉线先断。
表明：在物体质量和角速度一定的条件下，圆周运动所需向心力随_______。
(3)对任意一次实验过程进行研究；
现象：并不是水平滑杆一开始转动就断线，而是加速了一段时间之后棉线才断的。
表明：在物体质量和转动半径一定的条件下，圆周运动所需向心力随_______。
四、计算题（本大题共5小题，共27.0分）
21. 如图所示，一根细直棒长度为5 m，用手提着其上端，在其下端的路面上方有一个长度为5 m、内径比直棒直径略大的空心竖直管.如果该空心管放在平直公路上方，汽车从空心管正下方通过时刚好碰不到管.已知细直棒的下端与空心管的上端相距10 m，现放手让细直棒做自由落体运动，g取10 m/s2．
(1)求细直棒通过该空心管所用的时间(直棒通过管后继续进入公路下方直径略大于细直棒直径的深坑中)；
(2)当细直棒开始下落时，汽车以20 m/s的速度在距离空心管36 m处向空心管驶来，汽车会不会碰到细直棒？如不会，请说明为什么；如会，在不改变车行驶方向的情况下，分析司机该如何处理.(计算时不考虑车的大小，结果保留两位小数)
22. 一位同学玩投掷飞镖游戏，如图所示，圆盘最上端有一点P，飞镖被抛出时飞镖头部与P点在同一竖直面内等高，且与P点的距离为L。飞镖以初速度v0垂直盘面瞄准P点被抛出的同时，圆盘绕经过盘心O点的水平轴匀速转动。忽略空气阻力，重力加速度为g，若飞镖恰好击中P点，求：
(1)圆盘的半径；
(2)圆盘转动的角速度。
23. 如图所示，质量为m=2 kg的小球用长为L=1.0 m的不可伸长的轻质细绳悬挂在距水平地面高为H=6.0 m的O点。现将细绳拉直至水平状态自A点无初速度释放小球，运动至悬点O的正下方B点时细绳恰好断裂，接着小球做平抛运动，落至水平地面上C点。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求细绳能承受的最大拉力；
(2)求细绳断裂后小球在空中运动所用的时间；
(3)现换用另一轻质细绳，使绳长变为L1，重复上述过程，也是运动至悬点O的正下方B′ 点时细绳恰好断裂，其他条件不变。当L1为何值时，小球落地点距B′ 点的水平距离最大？
24. 如图所示，将倾角为α的光滑斜面体固定在水平面上，在其左侧有一水平的桌面，桌面的右边缘到斜面体左侧的水平距离为s，现有一可视为质点的滑块由水平桌面上的A点以初速度v0=6m/s向右滑动，滑块由B点离开桌面的右边缘，经过一段时间，滑块无碰撞地由斜面体的顶端C点滑上斜面体。已知A、B两点之间的距离为x=4.0m，滑块与水平桌面之间的动摩擦因数为μ=0.25，B、C两点的高度差为ℎ=0.45m，重力加速度为g=10m/s2，忽略空气的阻力。
(1)滑块离开桌面边缘的速度为多大？
(2)桌面的右边缘到斜面体左侧的水平距离s为多大？
(3)如果C点距离水平面的高度为H=4.8m，则滑块从A运动到D的总时间为多少？
25. 如图甲所示，两个由不同材料制成的滑块A、B静置于水平桌面上，滑块A的右侧面与滑块B的左侧面接触。某时刻开始，给滑块A一个水平向右的恒力F，使滑块A、B开始一起向右滑动，当滑块A、B滑动1.0 m时撤去力F。整个运动过程中，滑块A、B的动能随位移的变化规律如图乙所示。不计空气阻力，求：
(1)滑块A对滑块B做的功：
(2)力F的大小。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】汽车从启动至发动机功率达到额定输出功率的过程中，对汽车由牛顿第二定律有 F−f−mgsin30∘=ma ，发动机功率达到额定功率时 P额=Fv ，由运动学规律有 v2=2ax ，联立并代入数据解得 x=25 m ，故选A。
2.【答案】D
【解析】
【分析】
根据动能定理分析合外力的功；根据瞬时功率计算式分析重力的瞬时功率变化；根据线速度与周期的关系求解线速度，乘客运动到与摩天轮的圆心等高处时vy=v=2πRT，根据功率公式求解重力功率。
本题涉及的知识点比较多，但是都考查了基本的公式，学习过程中一定要把最基础的概念和公式牢记，这样我们就能得心应手。
【解答】
A、摩天轮运动过程中，做匀速圆周运动，乘客的线速度大小不变，则动能不变，结合动能定理可知，乘客所受合力做功为零，故A错误；
B、运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度在竖直方向上的分量vy先增大后减小，所以重力的瞬时功率PG=mgvy先增大后减小，故B错误；
CD、乘客运动到与摩天轮的圆心等高处时，竖直方向的速度vy=v=2πRT，重力的功率为PG=mgvy=2πmgRT，故C错误，D正确。
3.【答案】D
【解析】滑动摩擦力 Ff=μmg=20 N ，当推力大于摩擦力时，物体做加速运动，当推力小于摩擦力时，物体做减速运动，又摩擦力大小恒定，故该物体在 0∼4 m 的运动过程中，摩擦力的功率先增大后减小，A错误；由题图乙可知，推力大小一直减小，当推力小于摩擦力时，物体速度达到最大，此后物体速度减小，则推力的功率也减小，B错误；摩擦力做功 W1= −Ffx=−80 J ，C错误； F−x 图像中图线与x轴所围的面积表示推力做的功，故推力做的功 W2=12×100×4 J=200 J ，D正确。
4.【答案】D
【解析】小物块在管道内运动，滑动摩擦力方向始终与运动方向相反，做负功，小物块运动一小段圆弧，摩擦力做功 Wi=−FfiΔxi 。设圆形管道半径为R，小物块做圆周运动的向心力是由管道对小物块的弹力 FN 提供的，即 FN=F向=mv2R ，由于存在摩擦力，所以v减小， FN 减小，由 Ff=μFN 可知，滑动摩擦力 Ff 也减小，小物块每运动一小段圆弧，摩擦力做的功减少一部分。将摩擦力做的功叠加，可推知 W1>W2 ， W3=W1+W2 ，故选D。
5.【答案】C
【解析】
【分析】
铁链克服重力做功时铁链重力势能增加，增加的重力势能等于克服重力做的功，由功的计算公式分析答题。
本题中铁链不能看成质点，计算重力做功时，要根据重心上升的高度来求。
【解答】
A、铁链从初状态到末状态，铁链的重心位置提高了ℎ=l2=0.5m，故A错误；
B、铁链克服重力所做的功W=mgℎ=mgl2=20J，故B错误；
C、铁链重力势能增加量等于克服重力所做的功，即重力势能增加了20J，故C正确；
D、若以铁链初状态所在水平面为参考平面，在末状态铁链重力势能为20J，若以水平地面为为参考平面，在末状态铁链重力势能大于20J，故D错误；
故选C。
6.【答案】A
【解析】物体以速率 v0 滑上传送带后，在滑动摩擦力的作用下向左做匀减速直线运动，直至速率为零，此后开始在滑动摩擦力的作用下向右做匀加速直线运动，由于 v1>v0 ，根据对称性可知，物体在返回平台的瞬间速度大小为 v0 ，则物体动能的变化量 ΔEk=12mv02−12mv02=0 ，A正确，BCD错误。
7.【答案】B
【解析】由题图可知，前2 s内物体的加速度大小 a=4−02−0 m/s2=2 m/s2 ，由牛顿第二定律得 F−f=ma 。2 s时，拉力 F=304 N=7.5 N 。2 s以后，物体做匀速直线运动，拉力等于摩擦力，则 f=104 N=2.5 N 。根据 F−f=ma ，解得 m=2.5 kg ，B正确。
8.【答案】B
【解析】设螺母下落的总时间为t，则有 ℎ=12gt2，ℎ−25m=12g(t−1s)2 ，解得 t=3s ，故A错误，B正确；根据初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等时间内的位移大小之比规律，可知在脱落后的第1 s内与第2 s内的位移大小之比为1:3，故C错误；在脱落后的第1 s末的速度大小为 v1=gt1=10 m/s ，在脱落后的第2 s末的速度大小为 v2=gt2=20 m/s ，则在脱落后的第1 s末与第2 s末的速度大小之比为 v1:v2=1:2 ，故D错误．
9.【答案】C
【解析】解：ABC.航天员在空间站中所受万有引力完全提供做圆周运动的向心力，飞船对其作用力等于零，故C正确，AB错误；
D.根据万有引力公式
F万=GMmr2
可知在地球表面上所受引力的大小大于在飞船所受的万有引力大小，因此地球表面引力大于其随飞船运动所需向心力的大小，故D错误。
故选：C。
空间站在轨道上绕地球做匀速圆周运动，宇航员在空间站中随空间站一起做绕地圆周运动，万有引力完全提供做圆周运动的向心力；根据万有引力公式分析在飞船轨道上向心力和地球表面的引力大小。
本题以“天宫二号”空间站直播授课为背景考查人造卫星运行问题，解题关键要分析清楚空间站的运动，知道航天器在轨道上绕地球做匀速圆周运动时万有引力提供向心力。
10.【答案】B
【解析】
【分析】
在星球表面，物体所受的万有引力等于重力，可求火星表面的重力加速度与月球表面重力加速度之间的关系；悬停时，两车均受力平衡，根据平衡条件可求“祝融”与“玉兔”所受着陆平台的作用力大小之比。
本题考查了万有引力定律及其应用。
【解答】
在星球表面，根据物体所受的万有引力等于重力得：
GMmR2=mg
解得：g=GMR2
故g火g月=M火R月2M月R火2=9×14=94
悬停时，两车均受力平衡，即F=mg
F祝F兔=m祝g火m兔g月=2×94=92，故B正确，ACD错误。
故选：B。
11.【答案】A
【解析】
采用两种方式推出的铅球出手时相对地面的位置和速度方向都相同，速度越大，水平分速度越大，竖直分速度越大，在空中运动的时间越长，水平位移越大，而采用滑步推铅球的方式推出的铅球水平位移更大，所以铅球出手时速度更大
采用滑步推的方式推出的铅球出手时速度更大，竖直分速度更大，在空中运动的时间更长，在空中上升的最大高度更大
A正确，B错误
采用滑步推的方式推出的铅球出手时的速度更大，水平分速度更大，在空中运动到最高点时的速度更大
C错误
采用两种方式推出的铅球在空中运动的加速度均为重力加速度
D错误
12.【答案】B
【解析】由题意可知，模型中水流流出后做平抛运动的水平位移大小和竖直位移大小均变为景观中对应尺寸的 116 。根据 t= 2ℎg ，可知模型中水流下落时间变为景观中对应时间的 14 。根据 v=xt ，可知模型中槽道里的水流速度大小应为景观中槽道里的水流速度大小的 14 。B正确，ACD错误。
13.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了向心力的概念及来源分析、做功的判断及功的正负、瞬时功率；注意瞬时功率P=Fv的理解。
由飞行者做匀速圆周运动判断飞行者所受合力；
根据P=Fv判断重力的瞬时功率；
根据功能关系判断空气对飞行者的作用力做功的正负，由P=Fv判断空气对飞行者的作用力的瞬时功率。
【解答】
A. 飞行者所受合力提供匀速圆周运动向心力，一定不为零，故A错误；
B.竖直方向速度分量减小，根据P=Fv知，重力的瞬时功率逐渐减小，故B正确；
CD.飞行者运动过程中机械能减小，空气对飞行者的作用力做负功，功率不为零，故CD错误。
故选B。
14.【答案】CD
【解析】
【分析】A、B两物体均做匀速圆周运动，那么合力等于向心力，结合向心力始终指向圆心分析A、B的受力情况，并根据牛顿第二定律以及向心力公式分析力的大小。
【解答】A．由向心力公式Fn=mω2r，可知完全相同的物块A、B叠放在一起做圆周运动时所需的向心力相等，A错误。
B.A做圆周运动所需的向心力是B对A的摩擦力提供的，题图所示时刻B对A的摩擦力水平向左，所以A对B的摩擦力是水平向右的，B错误。
C.两物块均由所受的合外力提供向心力，向心力相等，故两物块各自所受的合外力大小始终相等，C正确。
D.物块A所受的摩擦力fBA= mω2r，转台对B的摩擦力和A对B的摩擦力的合力提供物体B所需的向心力，则f−fAB=mω2r，fAB与fBA等大，所以f=2mω2r=2fBA，转台对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍，D正确。
15.【答案】BC
【解析】由题图可知从第1 s末到第3 s末，物体做匀速直线运动，由动能定理可知合外力对物体做的功为0，A错误；从第1 s初到第1 s末，由动能定理得 W=12mv02 ，第3 s末物体的速度为 v0 ，第4 s末物体的速度为 v02 ，从第3 s末到第4 s末，由动能定理得 W1=12mv022−12mv02=−0.75W ，B正确；第5 s末物体的速度为0，从第3 s末到第5 s末，由动能定理得 W2=0−12mv02=−W ，C正确；第7 s末物体的速度为 −v0 ，从第5 s末到第7 s末，由动能定理得 W3=12m(−v0)2−0=W ，D错误。
16.【答案】BD
【解析】由题意可知，物体P相对于地面滑动时的最大静摩擦力为 fPmax=μ⋅2G=0.3×20 N=6 N,Q 相对P的最大静摩擦力为 fPQmax=μG=0.3×10 N=3 N ，因为 fPQmax3 N 时，Q向右运动，P相对地面静止不动，所以无论如何加大对物体Q的水平拉力F，物体P都不会向右运动，D正确．
17.【答案】AD
【解析】由题图乙可知，木块与水平面间的最大静摩擦力大小为5.5 N，滑动摩擦力大小为5 N，若 F=4.0 N ，则木块与水平面间的摩擦力为静摩擦力，故摩擦力大小为4.0 N，故A正确；若 F=6.0 N ，木块与水平面间的摩擦力为滑动摩擦力，则木块与水平面间的摩擦力大小为5.0 N，故B错误；木块与水平面间的动摩擦因数为 μ=5.05.0×10=0.10 ，故C错误，D正确．
18.【答案】BC
【解析】合力F的取值范围是 |F1−F2|≤F≤F1+F2 ，所以合力F不一定总比分力 F1 和 F2 中的任何一个都大，故A错误.根据余弦定理可得，合力大小为 F= F12+F22+2F1F2cosθ ，则θ越小，合力F就越大，故B正确.若夹角θ不变， F1 大小不变， F2 增大，若θ为钝角，则有可能有如图所示的情况， F′
19.【答案】AD
【解析】落地前0.2 s时间内，石块在竖直方向的平均速度 vy=Δℎt=3×1.50.2m/s=22.5m/s ，落地前0.2 s时间内中间时刻的速度为 22.5 m/s ，则石块从抛出点至落地所需时间 t总=vyg+t2=22.510+0.22 s=2.35 s ，石块抛出位置离地高度 ℎ=12gt总2=12×10×2.352 m≈28 m, C错误，D正确；石块水平抛出的初速度 v0=xt=1.50.2 m/s=7.5 m/s ，石块落地时竖直方向的速度 vy′=gt总=10×2.35 m/s=23.5 m/s ，则石块落地时的速度大小 v= v02+vy2= 7.52+23.52m/s≈25m/s ，A正确，B错误。
20.【答案】(1) (2− 2) s
(2)会碰到；见解析
【解析】(1)细直棒的下端到达空心管的上端的时间为 t1= 2ℎg= 2×1010 s= 2 s,
细直棒的上端到达空心管的下端的时间为 t2= 2L1+ℎ+L2g= 2×(5+10+5)10 s=2 s,
则细直棒通过该空心管所用的时间 t=t2−t1=(2− 2) s ．
(2)细直棒的下端到达空心管的下端的时间为 t3= 2ℎ+L2g= 2×(10+5)10 s= 3 s,
若汽车匀速运动，则到达空心管处的时间为 t′=xv=3620 s=8 s, 3 s
36 m>20×2 m−12×a×22 m ，解得汽车减速运动的加速度大小 a>2.00 m/s2 ；
②汽车在 3 s 内的位移大于36 m，即 36 m<20× 3 m+12×a′×( 3)2 m ，解得汽车加速运动的加速度大小 a′>0.91 m/s2 ．
21.【答案】(1) (2− 2) s
(2)会碰到；见解析
【解析】(1)细直棒的下端到达空心管的上端的时间为 t1= 2ℎg= 2×1010 s= 2 s,
细直棒的上端到达空心管的下端的时间为 t2= 2L1+ℎ+L2g= 2×(5+10+5)10 s=2 s,
则细直棒通过该空心管所用的时间 t=t2−t1=(2− 2) s ．
(2)细直棒的下端到达空心管的下端的时间为 t3= 2ℎ+L2g= 2×(10+5)10 s= 3 s,
若汽车匀速运动，则到达空心管处的时间为 t′=xv=3620 s=8 s, 3 s
36 m>20×2 m−12×a×22 m ，解得汽车减速运动的加速度大小 a>2.00 m/s2 ；
②汽车在 3 s 内的位移大于36 m，即 36 m<20× 3 m+12×a′×( 3)2 m ，解得汽车加速运动的加速度大小 a′>0.91 m/s2 ．
22.【答案】：(1) gL24v02
(2) (2k+1)πv0L(k=0,1,2,⋯)
【解析】(1)飞镖被水平抛出后做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，因此飞行时间 t=Lv0
飞镖击中P点时，P点应恰好在最下端，则 2r=12gt2
解得圆盘的半径 r=gL24v02
(2)飞镖击中P点，则P点转过的角度θ满足 θ=π+2kπ(k=0,1,2,⋯)
故 ω=θt=(2k+1)πv0L(k=0,1,2,⋯)
23.【答案】(1)60 N；(2)1 s；(3)3 m
【解析】(1)对AB过程由动能定理得 mgL=12mvB2−0
解得 vB= 2gL= 2×10×1.0 m/s=2 5 m/s
在B点，根据牛顿第二定律得 F−mg=mvB2L
代入数据解得细绳能承受的最大拉力 F=60 N
(2)细绳断裂后，小球做平抛运动，根据 H−L=12gt2
解得 t=1 s
(3)
换另一细绳后，设小球落地点为 C′ ，对AB过程由动能定理得 mgL1=12mv′B2−0
BC′ 过程小球做平抛运动，有 H−L1=12gt′2
水平距离 x=vB′t′
联立解得 x=2 H−L1L1
当 L1=H−L1 时，即当 L1=12H=3 m 时，水平距离最大。
24.【答案】解：(1)设滑块在水平桌面上滑动时的加速度大小为a1，滑块到达B点的速度大小为vB，
由牛顿第二定律可知μmg=ma1，
又由运动学公式可得v02−vB2=2ax，
由以上可得vB=4m/s；
(2)滑块离开桌面右边缘后，开始做平抛运运动，由平抛运动规律可知，在竖直方向做自自由落体运动，则由ℎ=12gt12得t1= 2ℎg=0.3s，
在水平方向做匀速直线运动，则有s=vBt1=4×0.3=1.2m，
即桌面的右边缘到斜面体左侧的水平距离s为1.2m；
(3)滑块在水平桌面上运动的时间为t2=v0−vBa1=0.8s，
滑块到达C点时竖直方向的速度为vy=gt1=3m/s，
则滑块到达C点时的合速度大小为v= vB2+vy2= 42+32m/s=5m/s，
且由滑块无碰撞地由斜面体的顶端C点滑上斜面体可得此时速度方向沿斜面向下，α=37°，
滑块在斜面上运动时的加速度大小为a2=gsinα=6m/s2，
斜面的长度为l=Hsinα=4.80.6m=8m，
根据l=vt3+12a2t32，解得t3=1s(t3=−83s舍去)，
则滑块从A运动到D的总时间为t=t1+t2+t3=0.8s+0.3s+1s=2.1s。
【解析】本题是运动和力的综合及平抛运动的综合题目，不难。
(1)根据牛顿第二定律求解加速度，再根据速度位移关系求解；
(2)滑块离开桌面右边缘后，开始做平抛运运动，由平抛运动的分解的思想求解；
(3)根据速度时间公式求出物块A滑动到桌面右端的时间，物块从C端沿斜面做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出从C到D的时间，从而得到物块A从开始运动到物块B到达D点的总时间。
25.【答案】(1)12 J
(2)39 N
【解析】(1)分析题图乙，可知撤去力F时，滑块 A、B 开始分离。撤去力F后，滑块B继续滑行的距离 sB=1.0 m ，撤去力F时滑块B的动能 EkB=6 J ，对滑块B，由动能定理得 −fBsB=0−EkB
撤去力F前，滑块 A、B 一起滑行的距离 sAB=1.0 m ，对滑块B，由动能定理得 WAB−fBsAB=EkB
联立解得滑块A对滑块B做的功 WAB=12 J
(2)撤去力F后，滑块A继续滑行的距离 sA=0.5 m ，撤去力F时滑块A的动能 EkA=9 J ，对滑块A，由动能定理得 −fAsA=0−EkA
力F作用的过程中，对滑块 A、B 组成的整体，由动能定理得 F−fA−fBsAB=EkA+EkB
联立解得 F=39 N
2022-2023学年湖南省衡阳市衡阳县重点中学高二（下）期末模拟物理试卷
一、单选题（本大题共13小题，共39.0分）
1. 一辆质量为2000 kg的汽车，在倾角θ=30∘的足够长斜坡上由静止开始以大小为0.5 m/s2的恒定加速度启动上坡，行驶过程中汽车受到的空气阻力和摩擦力之和恒为1000 N，重力加速度g取10 m/s2，汽车发动机的额定输出功率为60 kW。则汽车从启动至发动机功率达到额定输出功率的过程中，汽车的位移大小为( )
A. 25 m B. 30 m C. 50 m D. 60 m
2. “天津之眼”是世界上唯一建在桥上的摩天轮，是天津的地标之一。设摩天轮半径为R，摩天轮匀速旋转一周所用时间为T，一乘客的质量为m，重力加速度为g。则该乘客由摩天轮最低点运动到最高点的过程中，下列有关说法正确的是 ( )
A. 合外力一直对乘客做正功
B. 乘客重力的功率一直增大
C. 乘客运动到与摩天轮的圆心等高处时，重力的功率为0
D. 乘客运动到与摩天轮的圆心等高处时，重力的功率为2πmgRT
3. 如图甲所示，质量为4 kg的物体在水平推力作用下开始运动，推力大小F随位移大小x变化的图像如图乙所示，物体与地面间的动摩擦因数μ=0.5,g取10 m/s2，则该物体在0∼4 m的运动过程中( )
A. 摩擦力的功率一直增大 B. 推力的功率一直增大
C. 摩擦力做功为80 J D. 推力做功为200 J
4. 如图所示，口径很小的圆形管道水平放置，一小物块在管道内以足够大的初速度。在水平面内做圆周运动，小物块与管道间的动摩擦因数为μ，以A为起点，设从开始运动起的一周内小物块从A到B和从B到A的过程中小物块克服摩擦力做的功分别为W1和W2，在这一周内小物块克服摩擦力做的功为W3，则下列关系式正确的是( )
A. W3=0 B. W3>W1+W2 C. W1=W2 D. W1>W2
5. 如图所示，一条铁链长为l=1m，质量为m=4kg，放在水平桌面上，提起铁链一端直到铁链全部离开桌面的瞬间，则(重力加速度g 取10 m/s2) ( )
A. 铁链的重心位置提高了1 m B. 铁链克服重力做功40 J
C. 铁链的重力势能增加了20 J D. 铁链的重力势能为20 J
6. 如图所示，一水平传送带以速率v1匀速传动，与其平滑对接的右侧平台上有一质量为m的物体，该物体以速率v0冲上传动带。若传送带足够长，且v1>v0，则在物体返回平台的瞬间，其动能与刚离开平台瞬间相比，变化了( )
A. 0 B. 12mv02 C. 12mv12−12mv02 D. 12mv12+12mv02
7. 某物体放在水平地面上，在水平拉力的作用下，沿水平方向运动，在0∼6 s、内其速度与时间的关系图像和拉力的功率与时间的关系图像分别如图甲、乙所示。则该物体的质量为(g取10 m/s2)( )
A. 2 kg B. 2.5 kg C. 3 kg D. 3.5 kg
8. 高空作业的电业工人，在操作时不慎将一螺母由静止从高处脱落，它在落到地面前的1 s内下落了25 m，不计空气阻力，g取10 m/s2.则螺母( )
A. 在空中下落的总时间为2 s
B. 在空中下落的总时间为3 s
C. 在脱落后的第1 s内与第2 s内的位移大小之比为1:2
D. 在脱落后的第1 s末与第2 s末的速度大小之比为1: 2
9. 2022年3月，中国航天员翟志刚、王亚平、叶光富在离地球表面约400km的“天宫二号”空间站上通过天地连线，为同学们上了一堂精彩的科学课。通过直播画面可以看到，在近地圆轨道上飞行的“天宫二号”中，航天员可以自由地漂浮，这表明他们( )
A. 所受地球引力的大小近似为零
B. 所受地球引力与飞船对其作用力两者的合力近似为零
C. 所受地球引力的大小与其随飞船运动所需向心力的大小近似相等
D. 在地球表面上所受引力的大小小于其随飞船运动所需向心力的大小
10. 从“玉兔”登月到“祝融”探火，我国星际探测事业实现了由地月系到行星际的跨越。已知火星质量约为月球的9倍，半径约为月球的2倍，“祝融”火星车的质量约为“玉兔”月球车的2倍。在着陆前，“祝融”和“玉兔”都会经历一个由着陆平台支撑的悬停过程。悬停时，“祝融”与“玉兔”所受着陆平台的作用力大小之比为( )
A. 9：1 B. 9：2 C. 36：1 D. 72：1
11. 某女子铅球运动员分别采用原地推铅球和滑步推铅球(如图所示)两种方式进行练习，她发现采用滑步推铅球的方式比原地推铅球的方式可增加约2的成绩。铅球沿斜向上方向被推出，采用两种方式推出的铅球出手时相对地面的位置和速度方向都相同，忽略空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 采用两种方式推出的铅球在空中上升的最大高度不同
B. 采用两种方式推出的铅球在空中运动的时间可能相同
C. 采用两种方式推出的铅球在空中运动到最高点时的速度相同
D. 采用两种方式推出的铅球在空中运动的加速度不同
12. 某生态公园的人造瀑布景观如图所示，水流从高处水平流出槽道，恰好落入步道边的水池中。现制作一个尺寸为实际尺寸116的模型来展示效果，则模型中槽道里的水流速度大小应为景观中槽道里的水流速度大小的( )
A. 12 B. 14 C. 18 D. 116
13. 无动力翼装飞行是一种专业的极限滑翔运动，飞行者运用肢体动作来掌控滑翔方向，进行无动力空中飞行。某翼装飞行者在某次飞行过程中，在同一竖直面内从A飞行到B，如图所示，其运动轨迹为一段圆弧，该段运动可视为匀速圆周运动的一部分。关于该段运动，下列说法正确的是( )
A. 飞行者所受合力为零 B. 飞行者所受重力的瞬时功率逐渐减小
C. 空气对飞行者的作用力的瞬时功率为零 D. 空气对飞行者的作用力做正功
二、多选题（本大题共6小题，共24.0分）
14. 如图所示，完全相同的物块A、B叠放在一起，放在水平转台上随转台一起绕过转台中心的竖直轴做匀速圆周运动，它们和转台保持相对静止，以下说法正确的是( )
A. B所需的向心力比A所需的向心力大
B. 图示时刻A对B的摩擦力是水平向左的
C. 两物块各自所受合外力大小始终是相等的
D. 转台对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍
15. 一物体做直线运动的v−t图像如图所示，已知在第1 s内合外力对物体所做的功为W，则( )
A. 从第1 s末到第3 s末合外力对物体做的功为4W
B. 从第3 s末到第4 s末合外力对物体做的功为−0.75W
C. 从第3 s末到第5 s末合外力对物体做的功为−W
D. 从第5 s末到第7 s末合外力对物体做的功为1.5W
16. 如图所示，P、Q两物体均重10 N，各接触面的动摩擦因数均为μ=0.3，现在对物体Q施加一水平向右、大小为4 N的拉力F，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是( )
A. 物体P与物体Q一起向右运动
B. 物体P静止不动，物体Q向右运动
C. 地面对物体P施加水平向左、大小为4 N的静摩擦力
D. 无论如何加大对物体Q的水平拉力F，物体P都不会向右运动
17. 如图甲所示，通过一拉力传感器(能测量力大小的装置)水平向右拉质量为5.0 kg的木块，A端的拉力均匀增加，0∽t1时间内木块静止，木块运动后改变拉力，使木块在t2时间后做匀速直线运动.计算机对数据拟合处理后，得到如图乙所示拉力随时间变化的图线，下列说法正确的是( g=10m/s2)( )
A. 若F=4.0N，则木块与水平面间的摩擦力大小为4.0 N
B. 若F=6.0N，则木块与水平面间的摩擦力大小为6.0 N
C. 木块与水平面间的动摩擦因数为μ=0.11
D. 木块与水平面间的动摩擦因数为μ=0.10
18. 两个力F1和F2之间的夹角为θ，其合力为F.以下说法正确的是( )
A. 合力F总比分力F1和F2中的任何一个力都大
B. 若F1和F2大小不变，θ减小，合力F一定增大
C. 若夹角θ不变，F1大小不变，F2增大，合力F可能减小
D. 若F1和F2大小不变，合力F与θ的关系图像如图所示，则任意改变θ，能得到的合力大小的变化范围是2N≤F≤10N
19. 如图甲所示，高楼上某人从窗口违法水平抛出一石块，恰好被置于地面上的曝光时间(光线进入相机镜头的时间)为0.2 s的相机拍摄到，拍摄时镜头正对石块运动平面，图乙是石块落地前0.2 s时间内拍摄到的像(照片已经放大且方格化)，每个小方格代表的实际长度为1.5 m，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A. 石块落地时的速度大小约为25 m/s B. 石块落地时的速度大小约为10 m/s
C. 石块抛出位置离地面高度约为20 m D. 石块抛出位置离地面高度约为28 m
三、实验题（本大题共1小题，共10.0分）
20. 如图所示是一种简易的圆周运动向心力演示仪，图中A、B为两个穿在水平滑杆上并通过同一材质的棉线分别与转轴相连的钢球。试结合下列演示现象，分析影响向心力的因素。
(1)使线长LA=LB，质量mA>mB，加速转动水平滑杆；
现象：连接A球的棉线先断。
表明：在转动半径和角速度一定的条件下，圆周运动所需向心力随_______。
(2)使质量mA=mB，线长LA>LB，加速转动水平滑杆；
现象：连接A球的棉线先断。
表明：在物体质量和角速度一定的条件下，圆周运动所需向心力随_______。
(3)对任意一次实验过程进行研究；
现象：并不是水平滑杆一开始转动就断线，而是加速了一段时间之后棉线才断的。
表明：在物体质量和转动半径一定的条件下，圆周运动所需向心力随_______。
四、计算题（本大题共5小题，共27.0分）
21. 如图所示，一根细直棒长度为5 m，用手提着其上端，在其下端的路面上方有一个长度为5 m、内径比直棒直径略大的空心竖直管.如果该空心管放在平直公路上方，汽车从空心管正下方通过时刚好碰不到管.已知细直棒的下端与空心管的上端相距10 m，现放手让细直棒做自由落体运动，g取10 m/s2．
(1)求细直棒通过该空心管所用的时间(直棒通过管后继续进入公路下方直径略大于细直棒直径的深坑中)；
(2)当细直棒开始下落时，汽车以20 m/s的速度在距离空心管36 m处向空心管驶来，汽车会不会碰到细直棒？如不会，请说明为什么；如会，在不改变车行驶方向的情况下，分析司机该如何处理.(计算时不考虑车的大小，结果保留两位小数)
22. 一位同学玩投掷飞镖游戏，如图所示，圆盘最上端有一点P，飞镖被抛出时飞镖头部与P点在同一竖直面内等高，且与P点的距离为L。飞镖以初速度v0垂直盘面瞄准P点被抛出的同时，圆盘绕经过盘心O点的水平轴匀速转动。忽略空气阻力，重力加速度为g，若飞镖恰好击中P点，求：
(1)圆盘的半径；
(2)圆盘转动的角速度。
23. 如图所示，质量为m=2 kg的小球用长为L=1.0 m的不可伸长的轻质细绳悬挂在距水平地面高为H=6.0 m的O点。现将细绳拉直至水平状态自A点无初速度释放小球，运动至悬点O的正下方B点时细绳恰好断裂，接着小球做平抛运动，落至水平地面上C点。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求细绳能承受的最大拉力；
(2)求细绳断裂后小球在空中运动所用的时间；
(3)现换用另一轻质细绳，使绳长变为L1，重复上述过程，也是运动至悬点O的正下方B′ 点时细绳恰好断裂，其他条件不变。当L1为何值时，小球落地点距B′ 点的水平距离最大？
24. 如图所示，将倾角为α的光滑斜面体固定在水平面上，在其左侧有一水平的桌面，桌面的右边缘到斜面体左侧的水平距离为s，现有一可视为质点的滑块由水平桌面上的A点以初速度v0=6m/s向右滑动，滑块由B点离开桌面的右边缘，经过一段时间，滑块无碰撞地由斜面体的顶端C点滑上斜面体。已知A、B两点之间的距离为x=4.0m，滑块与水平桌面之间的动摩擦因数为μ=0.25，B、C两点的高度差为ℎ=0.45m，重力加速度为g=10m/s2，忽略空气的阻力。
(1)滑块离开桌面边缘的速度为多大？
(2)桌面的右边缘到斜面体左侧的水平距离s为多大？
(3)如果C点距离水平面的高度为H=4.8m，则滑块从A运动到D的总时间为多少？
25. 如图甲所示，两个由不同材料制成的滑块A、B静置于水平桌面上，滑块A的右侧面与滑块B的左侧面接触。某时刻开始，给滑块A一个水平向右的恒力F，使滑块A、B开始一起向右滑动，当滑块A、B滑动1.0 m时撤去力F。整个运动过程中，滑块A、B的动能随位移的变化规律如图乙所示。不计空气阻力，求：
(1)滑块A对滑块B做的功：
(2)力F的大小。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】汽车从启动至发动机功率达到额定输出功率的过程中，对汽车由牛顿第二定律有 F−f−mgsin30∘=ma ，发动机功率达到额定功率时 P额=Fv ，由运动学规律有 v2=2ax ，联立并代入数据解得 x=25 m ，故选A。
2.【答案】D
【解析】
【分析】
根据动能定理分析合外力的功；根据瞬时功率计算式分析重力的瞬时功率变化；根据线速度与周期的关系求解线速度，乘客运动到与摩天轮的圆心等高处时vy=v=2πRT，根据功率公式求解重力功率。
本题涉及的知识点比较多，但是都考查了基本的公式，学习过程中一定要把最基础的概念和公式牢记，这样我们就能得心应手。
【解答】
A、摩天轮运动过程中，做匀速圆周运动，乘客的线速度大小不变，则动能不变，结合动能定理可知，乘客所受合力做功为零，故A错误；
B、运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度在竖直方向上的分量vy先增大后减小，所以重力的瞬时功率PG=mgvy先增大后减小，故B错误；
CD、乘客运动到与摩天轮的圆心等高处时，竖直方向的速度vy=v=2πRT，重力的功率为PG=mgvy=2πmgRT，故C错误，D正确。
3.【答案】D
【解析】滑动摩擦力 Ff=μmg=20 N ，当推力大于摩擦力时，物体做加速运动，当推力小于摩擦力时，物体做减速运动，又摩擦力大小恒定，故该物体在 0∼4 m 的运动过程中，摩擦力的功率先增大后减小，A错误；由题图乙可知，推力大小一直减小，当推力小于摩擦力时，物体速度达到最大，此后物体速度减小，则推力的功率也减小，B错误；摩擦力做功 W1= −Ffx=−80 J ，C错误； F−x 图像中图线与x轴所围的面积表示推力做的功，故推力做的功 W2=12×100×4 J=200 J ，D正确。
4.【答案】D
【解析】小物块在管道内运动，滑动摩擦力方向始终与运动方向相反，做负功，小物块运动一小段圆弧，摩擦力做功 Wi=−FfiΔxi 。设圆形管道半径为R，小物块做圆周运动的向心力是由管道对小物块的弹力 FN 提供的，即 FN=F向=mv2R ，由于存在摩擦力，所以v减小， FN 减小，由 Ff=μFN 可知，滑动摩擦力 Ff 也减小，小物块每运动一小段圆弧，摩擦力做的功减少一部分。将摩擦力做的功叠加，可推知 W1>W2 ， W3=W1+W2 ，故选D。
5.【答案】C
【解析】
【分析】
铁链克服重力做功时铁链重力势能增加，增加的重力势能等于克服重力做的功，由功的计算公式分析答题。
本题中铁链不能看成质点，计算重力做功时，要根据重心上升的高度来求。
【解答】
A、铁链从初状态到末状态，铁链的重心位置提高了ℎ=l2=0.5m，故A错误；
B、铁链克服重力所做的功W=mgℎ=mgl2=20J，故B错误；
C、铁链重力势能增加量等于克服重力所做的功，即重力势能增加了20J，故C正确；
D、若以铁链初状态所在水平面为参考平面，在末状态铁链重力势能为20J，若以水平地面为为参考平面，在末状态铁链重力势能大于20J，故D错误；
故选C。
6.【答案】A
【解析】物体以速率 v0 滑上传送带后，在滑动摩擦力的作用下向左做匀减速直线运动，直至速率为零，此后开始在滑动摩擦力的作用下向右做匀加速直线运动，由于 v1>v0 ，根据对称性可知，物体在返回平台的瞬间速度大小为 v0 ，则物体动能的变化量 ΔEk=12mv02−12mv02=0 ，A正确，BCD错误。
7.【答案】B
【解析】由题图可知，前2 s内物体的加速度大小 a=4−02−0 m/s2=2 m/s2 ，由牛顿第二定律得 F−f=ma 。2 s时，拉力 F=304 N=7.5 N 。2 s以后，物体做匀速直线运动，拉力等于摩擦力，则 f=104 N=2.5 N 。根据 F−f=ma ，解得 m=2.5 kg ，B正确。
8.【答案】B
【解析】设螺母下落的总时间为t，则有 ℎ=12gt2，ℎ−25m=12g(t−1s)2 ，解得 t=3s ，故A错误，B正确；根据初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等时间内的位移大小之比规律，可知在脱落后的第1 s内与第2 s内的位移大小之比为1:3，故C错误；在脱落后的第1 s末的速度大小为 v1=gt1=10 m/s ，在脱落后的第2 s末的速度大小为 v2=gt2=20 m/s ，则在脱落后的第1 s末与第2 s末的速度大小之比为 v1:v2=1:2 ，故D错误．
9.【答案】C
【解析】解：ABC.航天员在空间站中所受万有引力完全提供做圆周运动的向心力，飞船对其作用力等于零，故C正确，AB错误；
D.根据万有引力公式
F万=GMmr2
可知在地球表面上所受引力的大小大于在飞船所受的万有引力大小，因此地球表面引力大于其随飞船运动所需向心力的大小，故D错误。
故选：C。
空间站在轨道上绕地球做匀速圆周运动，宇航员在空间站中随空间站一起做绕地圆周运动，万有引力完全提供做圆周运动的向心力；根据万有引力公式分析在飞船轨道上向心力和地球表面的引力大小。
本题以“天宫二号”空间站直播授课为背景考查人造卫星运行问题，解题关键要分析清楚空间站的运动，知道航天器在轨道上绕地球做匀速圆周运动时万有引力提供向心力。
10.【答案】B
【解析】
【分析】
在星球表面，物体所受的万有引力等于重力，可求火星表面的重力加速度与月球表面重力加速度之间的关系；悬停时，两车均受力平衡，根据平衡条件可求“祝融”与“玉兔”所受着陆平台的作用力大小之比。
本题考查了万有引力定律及其应用。
【解答】
在星球表面，根据物体所受的万有引力等于重力得：
GMmR2=mg
解得：g=GMR2
故g火g月=M火R月2M月R火2=9×14=94
悬停时，两车均受力平衡，即F=mg
F祝F兔=m祝g火m兔g月=2×94=92，故B正确，ACD错误。
故选：B。
11.【答案】A
【解析】
采用两种方式推出的铅球出手时相对地面的位置和速度方向都相同，速度越大，水平分速度越大，竖直分速度越大，在空中运动的时间越长，水平位移越大，而采用滑步推铅球的方式推出的铅球水平位移更大，所以铅球出手时速度更大
采用滑步推的方式推出的铅球出手时速度更大，竖直分速度更大，在空中运动的时间更长，在空中上升的最大高度更大
A正确，B错误
采用滑步推的方式推出的铅球出手时的速度更大，水平分速度更大，在空中运动到最高点时的速度更大
C错误
采用两种方式推出的铅球在空中运动的加速度均为重力加速度
D错误
12.【答案】B
【解析】由题意可知，模型中水流流出后做平抛运动的水平位移大小和竖直位移大小均变为景观中对应尺寸的 116 。根据 t= 2ℎg ，可知模型中水流下落时间变为景观中对应时间的 14 。根据 v=xt ，可知模型中槽道里的水流速度大小应为景观中槽道里的水流速度大小的 14 。B正确，ACD错误。
13.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了向心力的概念及来源分析、做功的判断及功的正负、瞬时功率；注意瞬时功率P=Fv的理解。
由飞行者做匀速圆周运动判断飞行者所受合力；
根据P=Fv判断重力的瞬时功率；
根据功能关系判断空气对飞行者的作用力做功的正负，由P=Fv判断空气对飞行者的作用力的瞬时功率。
【解答】
A. 飞行者所受合力提供匀速圆周运动向心力，一定不为零，故A错误；
B.竖直方向速度分量减小，根据P=Fv知，重力的瞬时功率逐渐减小，故B正确；
CD.飞行者运动过程中机械能减小，空气对飞行者的作用力做负功，功率不为零，故CD错误。
故选B。
14.【答案】CD
【解析】
【分析】A、B两物体均做匀速圆周运动，那么合力等于向心力，结合向心力始终指向圆心分析A、B的受力情况，并根据牛顿第二定律以及向心力公式分析力的大小。
【解答】A．由向心力公式Fn=mω2r，可知完全相同的物块A、B叠放在一起做圆周运动时所需的向心力相等，A错误。
B.A做圆周运动所需的向心力是B对A的摩擦力提供的，题图所示时刻B对A的摩擦力水平向左，所以A对B的摩擦力是水平向右的，B错误。
C.两物块均由所受的合外力提供向心力，向心力相等，故两物块各自所受的合外力大小始终相等，C正确。
D.物块A所受的摩擦力fBA= mω2r，转台对B的摩擦力和A对B的摩擦力的合力提供物体B所需的向心力，则f−fAB=mω2r，fAB与fBA等大，所以f=2mω2r=2fBA，转台对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍，D正确。
15.【答案】BC
【解析】由题图可知从第1 s末到第3 s末，物体做匀速直线运动，由动能定理可知合外力对物体做的功为0，A错误；从第1 s初到第1 s末，由动能定理得 W=12mv02 ，第3 s末物体的速度为 v0 ，第4 s末物体的速度为 v02 ，从第3 s末到第4 s末，由动能定理得 W1=12mv022−12mv02=−0.75W ，B正确；第5 s末物体的速度为0，从第3 s末到第5 s末，由动能定理得 W2=0−12mv02=−W ，C正确；第7 s末物体的速度为 −v0 ，从第5 s末到第7 s末，由动能定理得 W3=12m(−v0)2−0=W ，D错误。
16.【答案】BD
【解析】由题意可知，物体P相对于地面滑动时的最大静摩擦力为 fPmax=μ⋅2G=0.3×20 N=6 N,Q 相对P的最大静摩擦力为 fPQmax=μG=0.3×10 N=3 N ，因为 fPQmax
17.【答案】AD
【解析】由题图乙可知，木块与水平面间的最大静摩擦力大小为5.5 N，滑动摩擦力大小为5 N，若 F=4.0 N ，则木块与水平面间的摩擦力为静摩擦力，故摩擦力大小为4.0 N，故A正确；若 F=6.0 N ，木块与水平面间的摩擦力为滑动摩擦力，则木块与水平面间的摩擦力大小为5.0 N，故B错误；木块与水平面间的动摩擦因数为 μ=5.05.0×10=0.10 ，故C错误，D正确．
18.【答案】BC
【解析】合力F的取值范围是 |F1−F2|≤F≤F1+F2 ，所以合力F不一定总比分力 F1 和 F2 中的任何一个都大，故A错误.根据余弦定理可得，合力大小为 F= F12+F22+2F1F2cosθ ，则θ越小，合力F就越大，故B正确.若夹角θ不变， F1 大小不变， F2 增大，若θ为钝角，则有可能有如图所示的情况， F′
19.【答案】AD
【解析】落地前0.2 s时间内，石块在竖直方向的平均速度 vy=Δℎt=3×1.50.2m/s=22.5m/s ，落地前0.2 s时间内中间时刻的速度为 22.5 m/s ，则石块从抛出点至落地所需时间 t总=vyg+t2=22.510+0.22 s=2.35 s ，石块抛出位置离地高度 ℎ=12gt总2=12×10×2.352 m≈28 m, C错误，D正确；石块水平抛出的初速度 v0=xt=1.50.2 m/s=7.5 m/s ，石块落地时竖直方向的速度 vy′=gt总=10×2.35 m/s=23.5 m/s ，则石块落地时的速度大小 v= v02+vy2= 7.52+23.52m/s≈25m/s ，A正确，B错误。
20.【答案】(1) (2− 2) s
(2)会碰到；见解析
【解析】(1)细直棒的下端到达空心管的上端的时间为 t1= 2ℎg= 2×1010 s= 2 s,
细直棒的上端到达空心管的下端的时间为 t2= 2L1+ℎ+L2g= 2×(5+10+5)10 s=2 s,
则细直棒通过该空心管所用的时间 t=t2−t1=(2− 2) s ．
(2)细直棒的下端到达空心管的下端的时间为 t3= 2ℎ+L2g= 2×(10+5)10 s= 3 s,
若汽车匀速运动，则到达空心管处的时间为 t′=xv=3620 s=8 s, 3 s
36 m>20×2 m−12×a×22 m ，解得汽车减速运动的加速度大小 a>2.00 m/s2 ；
②汽车在 3 s 内的位移大于36 m，即 36 m<20× 3 m+12×a′×( 3)2 m ，解得汽车加速运动的加速度大小 a′>0.91 m/s2 ．
21.【答案】(1) (2− 2) s
(2)会碰到；见解析
【解析】(1)细直棒的下端到达空心管的上端的时间为 t1= 2ℎg= 2×1010 s= 2 s,
细直棒的上端到达空心管的下端的时间为 t2= 2L1+ℎ+L2g= 2×(5+10+5)10 s=2 s,
则细直棒通过该空心管所用的时间 t=t2−t1=(2− 2) s ．
(2)细直棒的下端到达空心管的下端的时间为 t3= 2ℎ+L2g= 2×(10+5)10 s= 3 s,
若汽车匀速运动，则到达空心管处的时间为 t′=xv=3620 s=8 s, 3 s
36 m>20×2 m−12×a×22 m ，解得汽车减速运动的加速度大小 a>2.00 m/s2 ；
②汽车在 3 s 内的位移大于36 m，即 36 m<20× 3 m+12×a′×( 3)2 m ，解得汽车加速运动的加速度大小 a′>0.91 m/s2 ．
22.【答案】：(1) gL24v02
(2) (2k+1)πv0L(k=0,1,2,⋯)
【解析】(1)飞镖被水平抛出后做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，因此飞行时间 t=Lv0
飞镖击中P点时，P点应恰好在最下端，则 2r=12gt2
解得圆盘的半径 r=gL24v02
(2)飞镖击中P点，则P点转过的角度θ满足 θ=π+2kπ(k=0,1,2,⋯)
故 ω=θt=(2k+1)πv0L(k=0,1,2,⋯)
23.【答案】(1)60 N；(2)1 s；(3)3 m
【解析】(1)对AB过程由动能定理得 mgL=12mvB2−0
解得 vB= 2gL= 2×10×1.0 m/s=2 5 m/s
在B点，根据牛顿第二定律得 F−mg=mvB2L
代入数据解得细绳能承受的最大拉力 F=60 N
(2)细绳断裂后，小球做平抛运动，根据 H−L=12gt2
解得 t=1 s
(3)
换另一细绳后，设小球落地点为 C′ ，对AB过程由动能定理得 mgL1=12mv′B2−0
BC′ 过程小球做平抛运动，有 H−L1=12gt′2
水平距离 x=vB′t′
联立解得 x=2 H−L1L1
当 L1=H−L1 时，即当 L1=12H=3 m 时，水平距离最大。
24.【答案】解：(1)设滑块在水平桌面上滑动时的加速度大小为a1，滑块到达B点的速度大小为vB，
由牛顿第二定律可知μmg=ma1，
又由运动学公式可得v02−vB2=2ax，
由以上可得vB=4m/s；
(2)滑块离开桌面右边缘后，开始做平抛运运动，由平抛运动规律可知，在竖直方向做自自由落体运动，则由ℎ=12gt12得t1= 2ℎg=0.3s，
在水平方向做匀速直线运动，则有s=vBt1=4×0.3=1.2m，
即桌面的右边缘到斜面体左侧的水平距离s为1.2m；
(3)滑块在水平桌面上运动的时间为t2=v0−vBa1=0.8s，
滑块到达C点时竖直方向的速度为vy=gt1=3m/s，
则滑块到达C点时的合速度大小为v= vB2+vy2= 42+32m/s=5m/s，
且由滑块无碰撞地由斜面体的顶端C点滑上斜面体可得此时速度方向沿斜面向下，α=37°，
滑块在斜面上运动时的加速度大小为a2=gsinα=6m/s2，
斜面的长度为l=Hsinα=4.80.6m=8m，
根据l=vt3+12a2t32，解得t3=1s(t3=−83s舍去)，
则滑块从A运动到D的总时间为t=t1+t2+t3=0.8s+0.3s+1s=2.1s。
【解析】本题是运动和力的综合及平抛运动的综合题目，不难。
(1)根据牛顿第二定律求解加速度，再根据速度位移关系求解；
(2)滑块离开桌面右边缘后，开始做平抛运运动，由平抛运动的分解的思想求解；
(3)根据速度时间公式求出物块A滑动到桌面右端的时间，物块从C端沿斜面做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出从C到D的时间，从而得到物块A从开始运动到物块B到达D点的总时间。
25.【答案】(1)12 J
(2)39 N
【解析】(1)分析题图乙，可知撤去力F时，滑块 A、B 开始分离。撤去力F后，滑块B继续滑行的距离 sB=1.0 m ，撤去力F时滑块B的动能 EkB=6 J ，对滑块B，由动能定理得 −fBsB=0−EkB
撤去力F前，滑块 A、B 一起滑行的距离 sAB=1.0 m ，对滑块B，由动能定理得 WAB−fBsAB=EkB
联立解得滑块A对滑块B做的功 WAB=12 J
(2)撤去力F后，滑块A继续滑行的距离 sA=0.5 m ，撤去力F时滑块A的动能 EkA=9 J ，对滑块A，由动能定理得 −fAsA=0−EkA
力F作用的过程中，对滑块 A、B 组成的整体，由动能定理得 F−fA−fBsAB=EkA+EkB
联立解得 F=39 N
相关试卷
湖南省衡阳市衡阳县2020-2021学年高一（上）期末物理试题： 这是一份湖南省衡阳市衡阳县2020-2021学年高一（上）期末物理试题，共1页。
湖南省衡阳市衡阳县2020-2021学年高二（上）期末物理试题： 这是一份湖南省衡阳市衡阳县2020-2021学年高二（上）期末物理试题，共8页。试卷主要包含了请将各题答案填写在答题卡上，本试卷主要考试内容，5W， 等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年湖南省衡阳市高二（下）期末联考物理试卷（7月）（含解析）： 这是一份2022-2023学年湖南省衡阳市高二（下）期末联考物理试卷（7月）（含解析），共15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。
