还剩10页未读，
继续阅读
2022-2023学年广东省广州市番禺区高一（下）期末物理卷（含解析）
展开
这是一份2022-2023学年广东省广州市番禺区高一（下）期末物理卷（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年广东省广州市番禺区高一（下）期末物理卷
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 根据爱因斯坦提出的相对论，以下说法正确的是( )
A. 经典力学理论普遍适用，大到天体，小到微观粒子均适用
B. 物体的质量取决于物体所含物质的多少，质量与速度大小无关
C. 一个真实的物体，其运动速度有可能达到甚至超过真空中的光速
D. 质量、长度、时间的测量结果都与观测者的相对运动状态有关
2. 如图是组合式推拉黑板。若在一名同学向左匀速拉动黑板时，另一名同学用粉笔从静止开始，在该黑板上匀加速竖直向下画线，则粉笔在黑板上画出的轨迹可能是图中的( )
A. B. C. D.
3. 如图1所示，由于空气阻力的影响，炮弹实际飞行轨道不再是抛物线，而是按“弹道曲线”飞行，下列说法正确的是( )
图1
A. 炮弹在上升过程机械能减小 B. 炮弹在下落过程机械能增加
C. 炮弹到达最高点时速度为零 D. 炮弹到达最高点时加速度为零
4. 如图2所示，质量为m的小球(可视为质点)在竖直平面内绕O点做半径为L的圆周运动，重力加速度大小为g，连接O点与小球的为轻杆。对小球，下列说法正确的是( )
图2
A. 过圆周最高点的最小速度为 gL
B. 过圆周最高点的速度不能大于 gL
C. 在圆周最高点对轻杆的作用力大小可以为零
D. 在圆周最高点对轻杆的作用力大小最小为mg
5. 2023年2月10日，在中国空间站全面建成后，航天员首次出舱活动取得圆满成功。已知空间站在距地球表面约400km的高空绕地球做匀速圆周运动，运行周期1.5h，地球半径约6400km，下列说法正确的是( )
A. 空间站绕地球做运动的线速度略大于第一宇宙速度
B. 空间站绕地球做运动的线速度大于同步卫星绕地球的线速度
C. 空间站绕地球做运动的角速度小于同步卫星绕地球的角速度
D. 空间站绕地球做运动的向心加速度小于同步卫星绕地球的向心速度
6. 如图3所示，蹦床运动员从蹦床最低点弹起至蹦床平衡位置的过程中，蹦床的弹力一直做正功，这个过程中( )
图3
A. 蹦床的弹性势能减少 B. 蹦床的弹性势能增加
C. 蹦床的弹性势能先增加后减少 D. 运动员的重力势能减少
7. 如图4所示，某同学用硬塑料管和一个质量为m的铁质螺丝帽研究匀速圆周运动，将螺丝帽套在塑料管上，手握塑料管使其保持竖直并在水平方向做半径为r的匀速圆周运动，则只要运动角速度合适，螺丝恰好不下滑，假设螺丝帽与塑料管间的动摩擦因数为μ，认为最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力。则在该同学手转塑料管使螺丝帽恰好不下滑时，下列分析正确的是( )
图4
A. 螺丝帽所受重力小于最大静摩擦力
B. 此时手转动塑料管的角速度ω= gμr
C. 螺丝帽受到的塑料管的弹力方向水平向外，背离圆心
D. 若塑料管的转动速度加快，则螺丝帽有可能相对塑料管发生运动
二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）
8. 如图所示，a、b两个小球从不同高度同时沿相反方向水平抛出，其平抛运动轨迹的交点为P，则以下说法正确的是( )
A. b球先落地
B. a、b两球同时落地
C. a、b两球在P点相遇
D. 无论两球初速度大小多大，两球总不能相遇
9. 国产科幻大片《流浪地球2》中的“太空电梯”给观众带来了强烈的视觉震撼。如图6所示，“太空电梯”由地面基站、缆绳、箱体、同步轨道上的空间站和配重组成，缆绳相对地面静止，箱体可以沿缆绳将人和货物从地面运送到空间站，下列说法正确的是( )
图6
A. 地面基站可以建设在青藏高原上
B. 配重的线速度小于同步空间站的线速度
C. 箱体在上升过程中受到地球的引力越来越大
D. 配重还受到缆绳的拉力，所以做圆周运动的向心力大于它本身受到的万有引力
10. 一质量为m的人站在观光电梯内的磅秤上，电梯以0.2g的加速度匀加速上升h高度，在此过程中( )
A. 人克服重力做功mgh B. 人的动能增加了0.2mgh
C. 人的重力势能增加了0.2mgh D. 人的机械能增加了0.2mgh
三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
11. 如图7所示为“向心力演示仪”，图中1、2、3为放置小球的卡槽，卡槽1和3到各自转轴的距离相等；变速盘由左右两部分构成，两侧各有三个半径不等的圆盘。实验中左右圆盘可通过皮带连接，转动转子时左右套筒下降，标尺露出的格子数可显示小球转动过程中向心力大小。结合图示，完成下列问题：(1)若要演示“r和ω一定时，向心力与m成正比”，可将钢球置于图中卡槽3处，将_________(选填“钢”或“铝”)球置于卡槽________处，且左右两侧转盘半径满足r左_________r右(选填“>”或“=”或“<”)；(2)若选用两个钢球分别置于卡槽3和2处，则此时可进行演示的是“m和 ________一定时，向心力与 _______成正比”(选填“r”或“ω”)。
图7
12. 在验证机械能守恒定律的实验中，质量m=1kg的重物自由下落，在纸带上打出了一系列的点，如图8所示，相邻记数点间的时间间隔为0.02s，长度单位是cm，g取9.8m/s2.求：
(1)打点计时器打下计数点B时，物体的速度vB=__________(保留两位有效数字)．
(2)从起点O到打下记数点B的过程中，物体重力势能减小量△EP=__________，动能的增加量△Ek=________(保留两位有效数字)．
(3)即使在实验操作规范、数据测量及数据处理很准确的前提下，该实验求得的△Ep也一定略大于△Ek，这是实验存在系统误差的必然结果，试分析该系统误差产生的主要原因( )
A.重物下落的实际距离大于测量值
B.重物质量选用得大了，造成的误差
C.重物在下落的过程中，由于摩擦生热造成的误差
D.先释放纸带后接通计时器造成的误差
(4)某同学利用自己在做该实验时打出的纸带，测量出了各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h，算出了各计数点对应的速度v，以h为横轴，以v2为纵轴画出了如图的图线．则图线未过原点O的原因是__________，图线的斜率近似等于__________。
A.19.6m/s2 B.9.80m/s2 C.4.90m/s2
四、简答题（本大题共2小题，共24.0分）
13. 某汽车集团公司研制了一辆燃油与电动混合动力赛车，燃油发动机单独工作时的额定功率为P，蓄电池供电的电力发动机单独工作时的额定功率为34P，已知赛车运动过程中受到的阻力恒定。
(1)若燃油发动机单独工作时的最大速度为v，则赛车运动过程中受到的阻力f为多少?
(2)若燃油发动机单独工作时的最大速度v=120km/h，求两台发动机同时工作时的最大速度v2为多少?
14. 如图所示，一架执行救援任务的直升机在H=180m的高空以v0=40m/s的速度水平向右匀速飞行，要将两箱救援物资先后准确地投放到山脚和山顶的安置点A、B，已知山高h=135m，山脚和山顶的水平距离x0=500m，g取10m/s2，不计空气阻力。求：(1)第一箱物资应在飞机离A的水平距离x1为多少时投放？(2)投放第一箱物资后，飞机应继续飞行多大距离后再投放第二箱物资？
五、计算题（本大题共1小题，共16.0分）
15. 如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平直轨道AB，圆心为O的竖直半圆轨道BCD、水平直轨道EF及弹性板等组成，半圆轨道最高点D与水平直轨道右端点E处在同一竖直线上，且D点略高于E点。已知可视为质点的滑块质量m=0.1kg，轨道BCD的半径R=0.6m，轨道EF的长度l=1.0m，滑块与轨道EF间的动摩擦因数μ=0.2，其余各部分轨道均光滑。游戏时滑块从A点弹出，经过圆轨道并滑上水平直轨道EF。弹簧的弹性势能最大值Epm=2.0J，弹射器中滑块与弹簧相互作用时，机械能损失忽略不计，滑块与弹性板作用后以等大速率弹回，不计滑块通过DE之间的能量损失。g取10m/s2。求
(1)滑块恰好能通过D点的速度vD；
(2)若弹簧的弹性势能Ep0=1.6J，求滑块运动到与圆心O等高的C点时所受弹力FN；
(3)若滑块最终静止在水平直轨道EF上，求弹簧的弹性势能Ep的范围。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】A、经典力学只适用于宏观、低速运动的物体，对微观粒子不适用，故A错误。
B、根据相对论理论可知物体的速度越大，质量越大。故B错误。
C、光速是速度的极限，一个真实的物体，其运动速度不可能达到甚至超过真空中的光速。故C错误。
D、根据爱因斯坦的相对论，可知质量、长度、时间都是相对的，它们的测量结果都是随物体与观测者的相对运动状态而改变。故D正确。
故选：D。
2.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了运动的合成与分解，要注意物体做曲线运动的条件，即从运动学角度看，物体的速度方向跟它的加速度方向不在同一条直线上，且加速度方向指向轨迹弯曲的凹侧。
根据运动的合成与分解，结合物体做曲线运动的条件及矢量合成法则，即可求解。
【解答】
黑板以某一速度水平向左匀速拉动，则相对而言，粉笔以某一速度水平向右匀速运动，同时粉笔在该黑板上匀加速竖直向下画线，根据做曲线运动的物体所受合外力一定指向曲线凹侧，则粉笔在水平方向始终匀速运动，在竖直方向向下加速运动，由运动的合成与分解，结合矢量合成法则，轨迹的凹向向下，
故C正确，ABD错误。
3.【答案】A
【解析】：A、炮弹在上升过程中，炮弹受到重力和阻力作用，且阻力做负功，所以炮弹的机械能减小，故A正确；
B、炮弹在下落过程中由于受到阻力作用，且阻力做负功，则机械能减小，故B错误
C、炮弹到达最高点是竖直方向的速度减为零，而水平方向的速度不为零，炮弹的速度不为零，故C错误；
D、炮弹到达最高点时受到竖直向下的重力和水平向左的空气阻力作用，炮弹受到的合力方向斜向左下方，大小不为零，所以加速度不为零，故D错误。
故选：A。
4.【答案】C
【解析】连接O点与小球的为轻杆，轻杆可以提供支持力，则小球过圆周最高点的临界速度为零；小球在圆周最高点时轻杆的作用力可能为零，在圆周最高点当小球的速度为 gL ，小球与轻杆的作用力大小为0，故ABD错误；故C正确；
故选：C。
5.【答案】B
【解析】A、第一宇宙速度是卫星绕地球做圆周运动的最大速度，所以空间站围绕地球做圆周运动的线速度小于第一宇宙速度，故A错误；
B.同步卫星绕地球运动的周期为24h，大于空间站的运行周期，由 GMmr2=m4π2rT2 得 T= 4π2r3GM 可知，同步卫星运行轨道半径比空间站大，由 GMmr2=mv2r 得 v= GMr ，所以空间站的线速度大于同步卫星的线速度，B对；
C. 由 GMmr2=mω2r 得 ω= GMr3 ，所以空间站的角速度大于同步卫星的角速度，C错；
D. 根据 GMmr2=ma ，得空间站运行的向心加速度为 a=GMr2 ，所以空间站的向心加速度大于同步卫星的向心加速度，D错。
故选：B。
6.【答案】A
【解析】ABC：蹦床对对运动员的弹力一直做正功，远动员向上弹起，蹦床的形变量减小，弹性势能减少，A对BC错；
D：女运动员向上运动，位置升高，重力势能增大D错。
故选：A。
7.【答案】B
【解析】A、螺丝帽受到竖直向下的重力、水平方向的弹力和竖直向上的最大静摩擦力，螺丝帽在竖直方向上没有加速度，所以螺丝帽的重力与最大静摩擦力平衡，故A错误；
B、对螺丝帽受力分析，根据牛顿第二定律得： N=mω2r ，竖直方向上，由平衡条件得： fm=mg ，又根据滑动摩擦力公式得： fm=μN 联立解得： ω= gμr ，故B正确；
C、螺丝帽做匀速圆周运动，由弹力提供向心力，所以弹力方向水平向里，指向圆心，故C错误；
D、若塑料管的转动速度加快，角速度ω增大，螺丝帽受到的弹力N增大，最大静摩擦力增大，螺丝帽不可能相对塑料管发生运动，故D错误。
故选：B。
8.【答案】AD
【解析】
【分析】
根据平抛运动竖直方向是自由落体运动判断落地时间关系；根据相遇应为同一时刻在同一位置，结合平抛规律判断。
解决本题的关键是要知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，往往结合几何知识和运动学公式灵活求解。
【解答】
AB.平抛运动竖直方向是自由落体运动，运动时间t= 2hg，由题可知，a球位置比b球位置高，故a运动时间较长，同时释放，b球先落地，故B错误，A正确；
CD.同时释放，到达同一时刻过程下落的高度相同，故无论多大初速度，同一时刻不会在同一高度(位置)，即不会相遇，故C错误，D正确。
故选AD。
9.【答案】CD
【解析】：A.根据题意可知缆绳相对地面静止，则整个同步轨道一定在赤道正上方，所以地面基站不可以建设在青藏高原上，故A错误；
B.根据“太空电梯”结构可知，配重和同步空间站的角速度相同，空间站的环绕半径小于配重的环绕半径，根据线速度与角速度的关系v=ωr可知配重的线速度大于同步空间站的线速度，故B错误；
C.箱体与地球之间的万有引力为 F=GMmr2 ，箱体在上升过程中距离地球越来越远，受到地球的引力越来越小，故C正确；
D.缆绳对配重有指向地球的拉力，所以拉力与配重所受的万有引力的合力提供配重绕地球转动的向心力，所以向心力大于它本身受到的万有引力，故D正确；
故选：CD。
10.【答案】AB
【解析】AC、电梯上升h高度，则重力对人的做功为−mgh，即人克服重力做功mgh，可以知道重力势能增加了mgh，故A正确C错误；
B、根据牛顿第二定律得：F合=ma=0.2mg，根据动能定理得：ΔEk=W合=mah=0.2mgh，即人的动能增加了0.2mgh，故B正确；
D、人的重力势能增加了mgh，动能增加0.2mgh，则机械能增大了1.2mgh，故D错误。
故选：AB。
11.【答案】(1)铝，1，=(2)ω，r。
【解析】1)若要演示“r和ω一定时，向心力与m成正比”，要保证两小球做圆周运动的半径和角速度相同，质量不同，将钢球置于图中卡槽3处，应将铝球置于卡槽1处。铝球与钢球质量不同，做圆周运动的半径相同；
(2)若选用两个钢球分别置于卡槽3和2处，此时两小球做圆周运动的半径不同，所以要保证两小球质量相同，角速度相同。
12.【答案】(1)0.97m/s； (2)0.48J，0.47J；(3)C；(4)实验过程先释放重物后通电 A
【解析】(1)根据匀变速直线运动的推论得： vB=xAC2T=7.02−3.132×0.02cm/s=0.97m/s ；
(2)重力势能减小量：△Ep=mgh=1×9.8×0.0486J=0.48J；
动能的增加量为： ΔEk=12mvB2−0=0.47J ；
(3)由于在物体下落的过程中，不可避免的要克服阻力做功，因此重力势能并没有全部转化为动能，故动能的增量总是要小于重力势能的减小量．故C正确，ABD错误；
(4)若机械能守恒，则： mgh=12mv2 得 v2=2gh ；
以h为横轴，以v2为纵轴，所以斜线的斜率：k=2g=19.6m/s2，故选项A正确；
从图象中可以看出，当物体下落的高度为0时，物体的速度不为0，说明了操作中先释放重物，再接通(打点计时器)电源．
13.【答案】(1) f=Pv(2)v2=210km/h
【解析】(1)速度最大时，功率为额定功率P，物体做匀速直线运动，此时F牵=f，而 P=F牵v=fv 所以 f=Pv ；
(2)两台发动机一起工作时，总功率 P总=P+3P4=7P4 ，由(1)可知，速度最大v2时， 7P4=fv2 ，
且燃油机单独公式时的最大速度v=120km/h， P=fv 带数据解得v2=210km/h。
14.【答案】(1)x1=v0t1=40m/s×6s=240m(2) Δx=x0+x1−x2 =240m+500m−120m=620m
【解析】(1)第一箱物资投下后做平抛运动 H=12gt12 得 t1= 2Hg= 2×18010s=6s
则 水平距离： x1=v0t1=40m/s×6s=240m ；
(2)第二箱物资投下后也做平抛运动 t1= 2hg= 2×(180−135)10s=3s ；
第二箱物资投放后飞行的水平距离： x1=v0t2=40m/s×3s=120m ；
则： Δx=x0+x1−x2 =240m+500m−120m=620m 。
15.【答案】(1)vD = gR= 10×0.6m/s= 6m/s ；(2)： FN=103 N；
【解析】(1)恰好通过D点时，由重力提供向心力，则 mg=mvD2R 解得 vD = gR= 10×0.6m/s= 6m/s ；
(2)滑块从A到圆心O等高处，由机械能守恒定律得 Ep0=mgR+12mvC2
在C点，轨道的弹力提供向心力，由牛顿第二定律得 FN=mvC2R 代入数据解得： FN=103 N；
(3)若滑块恰能通过半圆轨道最高点D， xmin=vD22μg 代入数据解得：xmin=1.5m
若滑块以最大弹性势能弹出时，能停在水平直轨道EF上，在EF上滑行的最大路程为 xmax ，
Epm=μmgxmax+2mgR 代入数据解得：xmax=4.0m
在轨道EF上往返一次损失的能量为ΔE=μmg⋅2l
代入数据解得：ΔE=0.4J
可知，若滑块最终静止在水平直轨道EF，如下两种情况满足要求：
①1.5m≤x≤2.0m，可得1.5J≤Ep≤1.6J
②3.5m≤x≤4.0m，可得1.9J≤Ep≤2.0J
2022-2023学年广东省广州市番禺区高一（下）期末物理卷
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 根据爱因斯坦提出的相对论，以下说法正确的是( )
A. 经典力学理论普遍适用，大到天体，小到微观粒子均适用
B. 物体的质量取决于物体所含物质的多少，质量与速度大小无关
C. 一个真实的物体，其运动速度有可能达到甚至超过真空中的光速
D. 质量、长度、时间的测量结果都与观测者的相对运动状态有关
2. 如图是组合式推拉黑板。若在一名同学向左匀速拉动黑板时，另一名同学用粉笔从静止开始，在该黑板上匀加速竖直向下画线，则粉笔在黑板上画出的轨迹可能是图中的( )
A. B. C. D.
3. 如图1所示，由于空气阻力的影响，炮弹实际飞行轨道不再是抛物线，而是按“弹道曲线”飞行，下列说法正确的是( )
图1
A. 炮弹在上升过程机械能减小 B. 炮弹在下落过程机械能增加
C. 炮弹到达最高点时速度为零 D. 炮弹到达最高点时加速度为零
4. 如图2所示，质量为m的小球(可视为质点)在竖直平面内绕O点做半径为L的圆周运动，重力加速度大小为g，连接O点与小球的为轻杆。对小球，下列说法正确的是( )
图2
A. 过圆周最高点的最小速度为 gL
B. 过圆周最高点的速度不能大于 gL
C. 在圆周最高点对轻杆的作用力大小可以为零
D. 在圆周最高点对轻杆的作用力大小最小为mg
5. 2023年2月10日，在中国空间站全面建成后，航天员首次出舱活动取得圆满成功。已知空间站在距地球表面约400km的高空绕地球做匀速圆周运动，运行周期1.5h，地球半径约6400km，下列说法正确的是( )
A. 空间站绕地球做运动的线速度略大于第一宇宙速度
B. 空间站绕地球做运动的线速度大于同步卫星绕地球的线速度
C. 空间站绕地球做运动的角速度小于同步卫星绕地球的角速度
D. 空间站绕地球做运动的向心加速度小于同步卫星绕地球的向心速度
6. 如图3所示，蹦床运动员从蹦床最低点弹起至蹦床平衡位置的过程中，蹦床的弹力一直做正功，这个过程中( )
图3
A. 蹦床的弹性势能减少 B. 蹦床的弹性势能增加
C. 蹦床的弹性势能先增加后减少 D. 运动员的重力势能减少
7. 如图4所示，某同学用硬塑料管和一个质量为m的铁质螺丝帽研究匀速圆周运动，将螺丝帽套在塑料管上，手握塑料管使其保持竖直并在水平方向做半径为r的匀速圆周运动，则只要运动角速度合适，螺丝恰好不下滑，假设螺丝帽与塑料管间的动摩擦因数为μ，认为最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力。则在该同学手转塑料管使螺丝帽恰好不下滑时，下列分析正确的是( )
图4
A. 螺丝帽所受重力小于最大静摩擦力
B. 此时手转动塑料管的角速度ω= gμr
C. 螺丝帽受到的塑料管的弹力方向水平向外，背离圆心
D. 若塑料管的转动速度加快，则螺丝帽有可能相对塑料管发生运动
二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）
8. 如图所示，a、b两个小球从不同高度同时沿相反方向水平抛出，其平抛运动轨迹的交点为P，则以下说法正确的是( )
A. b球先落地
B. a、b两球同时落地
C. a、b两球在P点相遇
D. 无论两球初速度大小多大，两球总不能相遇
9. 国产科幻大片《流浪地球2》中的“太空电梯”给观众带来了强烈的视觉震撼。如图6所示，“太空电梯”由地面基站、缆绳、箱体、同步轨道上的空间站和配重组成，缆绳相对地面静止，箱体可以沿缆绳将人和货物从地面运送到空间站，下列说法正确的是( )
图6
A. 地面基站可以建设在青藏高原上
B. 配重的线速度小于同步空间站的线速度
C. 箱体在上升过程中受到地球的引力越来越大
D. 配重还受到缆绳的拉力，所以做圆周运动的向心力大于它本身受到的万有引力
10. 一质量为m的人站在观光电梯内的磅秤上，电梯以0.2g的加速度匀加速上升h高度，在此过程中( )
A. 人克服重力做功mgh B. 人的动能增加了0.2mgh
C. 人的重力势能增加了0.2mgh D. 人的机械能增加了0.2mgh
三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
11. 如图7所示为“向心力演示仪”，图中1、2、3为放置小球的卡槽，卡槽1和3到各自转轴的距离相等；变速盘由左右两部分构成，两侧各有三个半径不等的圆盘。实验中左右圆盘可通过皮带连接，转动转子时左右套筒下降，标尺露出的格子数可显示小球转动过程中向心力大小。结合图示，完成下列问题：(1)若要演示“r和ω一定时，向心力与m成正比”，可将钢球置于图中卡槽3处，将_________(选填“钢”或“铝”)球置于卡槽________处，且左右两侧转盘半径满足r左_________r右(选填“>”或“=”或“<”)；(2)若选用两个钢球分别置于卡槽3和2处，则此时可进行演示的是“m和 ________一定时，向心力与 _______成正比”(选填“r”或“ω”)。
图7
12. 在验证机械能守恒定律的实验中，质量m=1kg的重物自由下落，在纸带上打出了一系列的点，如图8所示，相邻记数点间的时间间隔为0.02s，长度单位是cm，g取9.8m/s2.求：
(1)打点计时器打下计数点B时，物体的速度vB=__________(保留两位有效数字)．
(2)从起点O到打下记数点B的过程中，物体重力势能减小量△EP=__________，动能的增加量△Ek=________(保留两位有效数字)．
(3)即使在实验操作规范、数据测量及数据处理很准确的前提下，该实验求得的△Ep也一定略大于△Ek，这是实验存在系统误差的必然结果，试分析该系统误差产生的主要原因( )
A.重物下落的实际距离大于测量值
B.重物质量选用得大了，造成的误差
C.重物在下落的过程中，由于摩擦生热造成的误差
D.先释放纸带后接通计时器造成的误差
(4)某同学利用自己在做该实验时打出的纸带，测量出了各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h，算出了各计数点对应的速度v，以h为横轴，以v2为纵轴画出了如图的图线．则图线未过原点O的原因是__________，图线的斜率近似等于__________。
A.19.6m/s2 B.9.80m/s2 C.4.90m/s2
四、简答题（本大题共2小题，共24.0分）
13. 某汽车集团公司研制了一辆燃油与电动混合动力赛车，燃油发动机单独工作时的额定功率为P，蓄电池供电的电力发动机单独工作时的额定功率为34P，已知赛车运动过程中受到的阻力恒定。
(1)若燃油发动机单独工作时的最大速度为v，则赛车运动过程中受到的阻力f为多少?
(2)若燃油发动机单独工作时的最大速度v=120km/h，求两台发动机同时工作时的最大速度v2为多少?
14. 如图所示，一架执行救援任务的直升机在H=180m的高空以v0=40m/s的速度水平向右匀速飞行，要将两箱救援物资先后准确地投放到山脚和山顶的安置点A、B，已知山高h=135m，山脚和山顶的水平距离x0=500m，g取10m/s2，不计空气阻力。求：(1)第一箱物资应在飞机离A的水平距离x1为多少时投放？(2)投放第一箱物资后，飞机应继续飞行多大距离后再投放第二箱物资？
五、计算题（本大题共1小题，共16.0分）
15. 如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平直轨道AB，圆心为O的竖直半圆轨道BCD、水平直轨道EF及弹性板等组成，半圆轨道最高点D与水平直轨道右端点E处在同一竖直线上，且D点略高于E点。已知可视为质点的滑块质量m=0.1kg，轨道BCD的半径R=0.6m，轨道EF的长度l=1.0m，滑块与轨道EF间的动摩擦因数μ=0.2，其余各部分轨道均光滑。游戏时滑块从A点弹出，经过圆轨道并滑上水平直轨道EF。弹簧的弹性势能最大值Epm=2.0J，弹射器中滑块与弹簧相互作用时，机械能损失忽略不计，滑块与弹性板作用后以等大速率弹回，不计滑块通过DE之间的能量损失。g取10m/s2。求
(1)滑块恰好能通过D点的速度vD；
(2)若弹簧的弹性势能Ep0=1.6J，求滑块运动到与圆心O等高的C点时所受弹力FN；
(3)若滑块最终静止在水平直轨道EF上，求弹簧的弹性势能Ep的范围。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】A、经典力学只适用于宏观、低速运动的物体，对微观粒子不适用，故A错误。
B、根据相对论理论可知物体的速度越大，质量越大。故B错误。
C、光速是速度的极限，一个真实的物体，其运动速度不可能达到甚至超过真空中的光速。故C错误。
D、根据爱因斯坦的相对论，可知质量、长度、时间都是相对的，它们的测量结果都是随物体与观测者的相对运动状态而改变。故D正确。
故选：D。
2.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了运动的合成与分解，要注意物体做曲线运动的条件，即从运动学角度看，物体的速度方向跟它的加速度方向不在同一条直线上，且加速度方向指向轨迹弯曲的凹侧。
根据运动的合成与分解，结合物体做曲线运动的条件及矢量合成法则，即可求解。
【解答】
黑板以某一速度水平向左匀速拉动，则相对而言，粉笔以某一速度水平向右匀速运动，同时粉笔在该黑板上匀加速竖直向下画线，根据做曲线运动的物体所受合外力一定指向曲线凹侧，则粉笔在水平方向始终匀速运动，在竖直方向向下加速运动，由运动的合成与分解，结合矢量合成法则，轨迹的凹向向下，
故C正确，ABD错误。
3.【答案】A
【解析】：A、炮弹在上升过程中，炮弹受到重力和阻力作用，且阻力做负功，所以炮弹的机械能减小，故A正确；
B、炮弹在下落过程中由于受到阻力作用，且阻力做负功，则机械能减小，故B错误
C、炮弹到达最高点是竖直方向的速度减为零，而水平方向的速度不为零，炮弹的速度不为零，故C错误；
D、炮弹到达最高点时受到竖直向下的重力和水平向左的空气阻力作用，炮弹受到的合力方向斜向左下方，大小不为零，所以加速度不为零，故D错误。
故选：A。
4.【答案】C
【解析】连接O点与小球的为轻杆，轻杆可以提供支持力，则小球过圆周最高点的临界速度为零；小球在圆周最高点时轻杆的作用力可能为零，在圆周最高点当小球的速度为 gL ，小球与轻杆的作用力大小为0，故ABD错误；故C正确；
故选：C。
5.【答案】B
【解析】A、第一宇宙速度是卫星绕地球做圆周运动的最大速度，所以空间站围绕地球做圆周运动的线速度小于第一宇宙速度，故A错误；
B.同步卫星绕地球运动的周期为24h，大于空间站的运行周期，由 GMmr2=m4π2rT2 得 T= 4π2r3GM 可知，同步卫星运行轨道半径比空间站大，由 GMmr2=mv2r 得 v= GMr ，所以空间站的线速度大于同步卫星的线速度，B对；
C. 由 GMmr2=mω2r 得 ω= GMr3 ，所以空间站的角速度大于同步卫星的角速度，C错；
D. 根据 GMmr2=ma ，得空间站运行的向心加速度为 a=GMr2 ，所以空间站的向心加速度大于同步卫星的向心加速度，D错。
故选：B。
6.【答案】A
【解析】ABC：蹦床对对运动员的弹力一直做正功，远动员向上弹起，蹦床的形变量减小，弹性势能减少，A对BC错；
D：女运动员向上运动，位置升高，重力势能增大D错。
故选：A。
7.【答案】B
【解析】A、螺丝帽受到竖直向下的重力、水平方向的弹力和竖直向上的最大静摩擦力，螺丝帽在竖直方向上没有加速度，所以螺丝帽的重力与最大静摩擦力平衡，故A错误；
B、对螺丝帽受力分析，根据牛顿第二定律得： N=mω2r ，竖直方向上，由平衡条件得： fm=mg ，又根据滑动摩擦力公式得： fm=μN 联立解得： ω= gμr ，故B正确；
C、螺丝帽做匀速圆周运动，由弹力提供向心力，所以弹力方向水平向里，指向圆心，故C错误；
D、若塑料管的转动速度加快，角速度ω增大，螺丝帽受到的弹力N增大，最大静摩擦力增大，螺丝帽不可能相对塑料管发生运动，故D错误。
故选：B。
8.【答案】AD
【解析】
【分析】
根据平抛运动竖直方向是自由落体运动判断落地时间关系；根据相遇应为同一时刻在同一位置，结合平抛规律判断。
解决本题的关键是要知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，往往结合几何知识和运动学公式灵活求解。
【解答】
AB.平抛运动竖直方向是自由落体运动，运动时间t= 2hg，由题可知，a球位置比b球位置高，故a运动时间较长，同时释放，b球先落地，故B错误，A正确；
CD.同时释放，到达同一时刻过程下落的高度相同，故无论多大初速度，同一时刻不会在同一高度(位置)，即不会相遇，故C错误，D正确。
故选AD。
9.【答案】CD
【解析】：A.根据题意可知缆绳相对地面静止，则整个同步轨道一定在赤道正上方，所以地面基站不可以建设在青藏高原上，故A错误；
B.根据“太空电梯”结构可知，配重和同步空间站的角速度相同，空间站的环绕半径小于配重的环绕半径，根据线速度与角速度的关系v=ωr可知配重的线速度大于同步空间站的线速度，故B错误；
C.箱体与地球之间的万有引力为 F=GMmr2 ，箱体在上升过程中距离地球越来越远，受到地球的引力越来越小，故C正确；
D.缆绳对配重有指向地球的拉力，所以拉力与配重所受的万有引力的合力提供配重绕地球转动的向心力，所以向心力大于它本身受到的万有引力，故D正确；
故选：CD。
10.【答案】AB
【解析】AC、电梯上升h高度，则重力对人的做功为−mgh，即人克服重力做功mgh，可以知道重力势能增加了mgh，故A正确C错误；
B、根据牛顿第二定律得：F合=ma=0.2mg，根据动能定理得：ΔEk=W合=mah=0.2mgh，即人的动能增加了0.2mgh，故B正确；
D、人的重力势能增加了mgh，动能增加0.2mgh，则机械能增大了1.2mgh，故D错误。
故选：AB。
11.【答案】(1)铝，1，=(2)ω，r。
【解析】1)若要演示“r和ω一定时，向心力与m成正比”，要保证两小球做圆周运动的半径和角速度相同，质量不同，将钢球置于图中卡槽3处，应将铝球置于卡槽1处。铝球与钢球质量不同，做圆周运动的半径相同；
(2)若选用两个钢球分别置于卡槽3和2处，此时两小球做圆周运动的半径不同，所以要保证两小球质量相同，角速度相同。
12.【答案】(1)0.97m/s； (2)0.48J，0.47J；(3)C；(4)实验过程先释放重物后通电 A
【解析】(1)根据匀变速直线运动的推论得： vB=xAC2T=7.02−3.132×0.02cm/s=0.97m/s ；
(2)重力势能减小量：△Ep=mgh=1×9.8×0.0486J=0.48J；
动能的增加量为： ΔEk=12mvB2−0=0.47J ；
(3)由于在物体下落的过程中，不可避免的要克服阻力做功，因此重力势能并没有全部转化为动能，故动能的增量总是要小于重力势能的减小量．故C正确，ABD错误；
(4)若机械能守恒，则： mgh=12mv2 得 v2=2gh ；
以h为横轴，以v2为纵轴，所以斜线的斜率：k=2g=19.6m/s2，故选项A正确；
从图象中可以看出，当物体下落的高度为0时，物体的速度不为0，说明了操作中先释放重物，再接通(打点计时器)电源．
13.【答案】(1) f=Pv(2)v2=210km/h
【解析】(1)速度最大时，功率为额定功率P，物体做匀速直线运动，此时F牵=f，而 P=F牵v=fv 所以 f=Pv ；
(2)两台发动机一起工作时，总功率 P总=P+3P4=7P4 ，由(1)可知，速度最大v2时， 7P4=fv2 ，
且燃油机单独公式时的最大速度v=120km/h， P=fv 带数据解得v2=210km/h。
14.【答案】(1)x1=v0t1=40m/s×6s=240m(2) Δx=x0+x1−x2 =240m+500m−120m=620m
【解析】(1)第一箱物资投下后做平抛运动 H=12gt12 得 t1= 2Hg= 2×18010s=6s
则 水平距离： x1=v0t1=40m/s×6s=240m ；
(2)第二箱物资投下后也做平抛运动 t1= 2hg= 2×(180−135)10s=3s ；
第二箱物资投放后飞行的水平距离： x1=v0t2=40m/s×3s=120m ；
则： Δx=x0+x1−x2 =240m+500m−120m=620m 。
15.【答案】(1)vD = gR= 10×0.6m/s= 6m/s ；(2)： FN=103 N；
【解析】(1)恰好通过D点时，由重力提供向心力，则 mg=mvD2R 解得 vD = gR= 10×0.6m/s= 6m/s ；
(2)滑块从A到圆心O等高处，由机械能守恒定律得 Ep0=mgR+12mvC2
在C点，轨道的弹力提供向心力，由牛顿第二定律得 FN=mvC2R 代入数据解得： FN=103 N；
(3)若滑块恰能通过半圆轨道最高点D， xmin=vD22μg 代入数据解得：xmin=1.5m
若滑块以最大弹性势能弹出时，能停在水平直轨道EF上，在EF上滑行的最大路程为 xmax ，
Epm=μmgxmax+2mgR 代入数据解得：xmax=4.0m
在轨道EF上往返一次损失的能量为ΔE=μmg⋅2l
代入数据解得：ΔE=0.4J
可知，若滑块最终静止在水平直轨道EF，如下两种情况满足要求：
①1.5m≤x≤2.0m，可得1.5J≤Ep≤1.6J
②3.5m≤x≤4.0m，可得1.9J≤Ep≤2.0J
相关试卷
2022-2023学年广东省广州市三校联考高一（下）期末物理试卷（含解析）： 这是一份2022-2023学年广东省广州市三校联考高一（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。
2022-2023学年广东省广州市荔湾区高一（下）期末物理统考试卷（含解析）： 这是一份2022-2023学年广东省广州市荔湾区高一（下）期末物理统考试卷（含解析），共19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学年广东省广州市番禺区高一下学期开学考 物理试卷（含答案）： 这是一份2022-2023学年广东省广州市番禺区高一下学期开学考 物理试卷（含答案），共11页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
