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2022-2023学年陕西省西安市铁一中学高一（下）期末物理试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年陕西省西安市铁一中学高一（下）期末物理试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年陕西省西安市铁一中学高一（下）期末物理试卷
一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）
1. 如图所示，将相同的小球a，b从距离水平地面同一高度，以相同的速率分别水平抛出和竖直向上抛出，不计空气阻力，以地面为重力势能的零势能面，则( )
A. 落地前瞬间小球a的速度比小球b的大
B. 从抛出到落地的过程中，小球a受到的重力做的功比小球b受到的重力做的功大
C. 刚抛出时，小球a的机械能小于小球b的机械能
D. 从抛出到落地前瞬间，小球a的动量变化量比小球b的小
2. 如图所示，若船用缆绳固定，人恰好可以从船头跳上岸;撤去缆绳，人仍然恰好可以从船头跳上岸。已知两次从离开船到跳上岸所用时间相等，人的质量为60kg，船的质量为120kg，不计水和空气阻力，忽略人竖直方向的运动，则两次人消耗的能量之比为( )
A. 1:1 B. 1:2 C. 1:3 D. 2:3
3. 如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道所含圆弧的度数很小，O是圆弧的最低点。两个完全相同的小球M、N从圆弧左侧的不同位置同时释放。它们从释放到到达O点过程中都经过图中的P点。下列判断正确的是( )
A. M比N后到达O点
B. M、N通过P点时所受的回复力相同
C. M有可能在P点追上N并与之相碰
D. 从释放到到达O点过程中，重力对M的冲量比重力对N的冲量大
4. 下落的雨滴由于受水平风力的影响往往会倾斜匀速下落，假设有一段和风向平行的公路，小明坐在顺风行驶的汽车里，他通过侧面车窗观察到雨滴形成的雨线大约偏向后方30°，如图1所示。小红坐在逆风行驶的汽车里(两车的速率相同)，她通过侧面车窗观察到雨滴形成的雨线大约偏向后方60°，如图2所示。则车速与雨滴的水平速度之比约为( )
A. 1：2 B. 2：1 C. 1：3 D. 3：1
5. 如图所示，正方形框ABCD竖直放置，两个完全相同的小球P、Q分别穿在方框的BC、CD边上，当方框绕AD轴匀速转动时，两球均恰与方框保持相对静止且位于BC、CD边的中点，已知两球与方框之间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则两球与方框间的动摩擦因数为( )
A. 12 B. 22 C. 14 D. 24
6. 如图所示，MN是介质Ⅰ、Ⅱ的交界面，光在介质Ⅰ中的传播速度为c，在介质Ⅱ中的传播速度为 22c，光线a、b沿图中方向射到介面上．关于光线a、b的下列说法中，正确的是( )
A. a、b都不能发生全反射 B. a、b都能发生全反射
C. a不能发生全反射、b能发生全反射 D. a能发生全反射、b不能发生全反射
7. 如图所示，O、P、Q三点位于同一水平线上。在其竖直面内，从P点以仰角为θ、大小为v1的速度斜向上抛出小球甲，从Q点以仰角为φ、大小为v2的速度斜向上抛出小球乙，甲、乙两球恰好在O点正上方的M点(图中未画出)水平正碰。已知距离PO>OQ，甲、乙两球均可视为质点，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. v1>v2，θ>φ B. v1>v2，θ<φ C. v1φ D. v1
A. 地球的平均密度为3πGT02sin3θ
B. 卫星Ⅰ和卫星Ⅱ的加速度之比为sin22θ
C. 卫星Ⅱ的周期为T0 sin3θ
D. 卫星Ⅱ运动的周期内无法直接接收到卫星发出电磁波信号的时间为(π+2θ)T02π sin3θ
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
9. 下列有关光学现象的描述正确的是( )
A. 如图甲，光导纤维能够使光在有机玻璃内传播，内芯的折射率比外套大
B. 图乙是泊松亮斑图样
C. 图丙是劈尖干涉，右侧垫块是两张纸片，当抽去一张纸片后条纹间距变大
D. 如图丁，相机使用偏振滤光片能减弱玻璃表面反射光的影响，说明光是横波
10. 一列简谐横波零时刻的波形如图甲所示，介质中某质点的振动图像如图乙所示( )
A. 零时刻M点做简谐运动的速度最大
B. 若波沿x轴负方向传播，图乙可能是N点的振动图象
C. 若波沿x轴正方向传播，则质点P零时刻的速度方向沿x轴正方向
D. 若波沿x轴正方向传播，则质点P零时刻的速度方向沿y轴负方向
11. 北京冬奥会苏翊鸣在单板滑雪大跳台项目中夺冠，使得人们对该项目有了更多的关注和了解。单板滑雪大跳台项目简化模型如图所示，运动员以某一水平初速度从P点冲上一光滑圆弧跳台，离开跳台经最高点M后落在斜坡上。运动员从跳台起跳后在空中运动的速度变化量、重力的瞬时功率、动能、机械能分别用Δv、P、Ek、E表示，用t表示运动员在空中的运动时间，不计运动员所受空气阻力，下列图像中可能正确的是( )
A. B.
C. D.
12. 如图一所示，轻杆与水平面的倾角为θ=37°，带有小孔的小球套在轻杆上，小球与轻杆之间的动摩擦因数μ=0.5，小球的质量m=0.1kg。t=0时由静止释放小球，同时对小球施加沿轻杆向上的外力F，力F与时间的关系如图二所示。重力加速度为g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 0−2s内，小球的最大速度为7.5m/s
B. 0−2s内小球的机械能一直在增加
C. 2s后小球的重力势能最多增加0.75J
D. 2s后，小球做匀减速直线运动，速度为零后，小球将处于平衡态
三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
13. 某同学应用如图所示的向心力演示仪探究向心力大小F与小球质量m、角速度ω和半径r之间的关系。
(1)关于此实验，下列说法正确的是______ 。
A.实验前，要将向心力演示仪放置于水平面上，且注意观察标尺的顶端是否与弹簧测力筒的上沿平齐，若不平齐，旋动两测力部分标尺的调零螺母，使之平齐
B.该实验采用的方法是理想模型法
C.具体操作该实验时，一只手固定演示器底座，另一只手缓慢加速摇动手柄，直至小球角速度稳定
D.将皮带分别套在塔轮的不同圆盘上，是为了改变小球做匀速圆周运动的角速度
E.根据标尺上露出的红白相间等分标记，可以精确地计算出两个球所受向心力的比值
(2)在探究向心力与质量的关系时，选用转速比1：1挡位，两个不同质量的小球分别放在挡板C和挡板______ (选填“A”、“B”)处；
(3)在探究向心力与角速度的关系时，在选取转速比1：3挡位时，由于标尺露出的格数有限，无法观察到1：9的格数比。根据(2)问中探究得到的向心力与质量成正比的结果，可以选用质量比为3：1的小球，这样当观察到标尺露出红白相间的等分格数之比为______ 时，就可以说明向心力与角速度的平方成正比。
14. 现利用图甲所示装置验证“动量守恒定律”。在图甲中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与穿过打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，数字计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间。
实验测得滑块A的质量m1=280g，滑块B的质量m2=120g，遮光片的宽度d=1.00cm；打点计时器所用交变电流的频率f=50Hz。将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰，碰后数字计时器显示的时间为Δt=4.00ms，碰撞前、后打出的纸带如图乙。
(1)通过分析可知：纸带的______ 端(填“C”或“D”)与滑块A左侧相连；
(2)滑块A在碰撞前速度大小v0=2.00m/s，滑块A在碰撞后速度大小v1= ______ m/s，滑块B在碰撞后的速度大小v2= ______ m/s(保留三位有效数字)；
(3)设两滑块碰撞前、后的总动量分别为p和p′，则p=m1v0=0.560kg⋅m/s、p′= ______ kg⋅m/s(保留两位有效数字)。
四、简答题（本大题共3小题，共38.0分）
15. 如图所示，横截面为直角梯形的透明体ABDE，折射率为 2，∠BAE和∠AED均为90°，AE边界上的O点与A点距离为a，一束激光从O点与AE成45°的夹角射入透明体，能传播到AB边界，已知真空中光速为c，求：
(1)光由O点传播到AB边界的时间t；
(2)光经AB边界反射后，射到BD边界能发生全反射，∠BDE的最大值α。
16. 如图所示，一枚炮弹发射的初速度为v0，发射角为θ。它飞行到最高点时炸裂成质量均为m的A、B两部分，A部分炸裂后竖直下落，B部分继续向前飞行。重力加速度为g，不计空气阻力，不计炸裂过程中炮弹质量的变化。求：
(1)炸裂后瞬间B部分速度的大小和方向；
(2)炸裂前后，A、B系统机械能的变化量ΔE；
(3)A、B两部分落地点之间的水平距离Δx。
17. 如图所示，“L”型平板B静置在光滑水平地面上，小物块A处于平板B上的O′点，O′点左侧粗糙段的长度为L1=0.3m，右侧光滑。用长为R=0.8m不可伸长的轻绳将质量为M=0.1kg的小球悬挂在O′点正上方的O点，轻绳处于水平拉直状态。将小球由静止释放，下摆至最低点与小物块A发生弹性碰撞，碰后小球摆到最高点时将其固定。A沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞。已知A的质量mA=0.3kg，B的质量mB=0.3kg，A与B的动摩擦因数μ=0.5，取重力加速度g=10m/s2。所有碰撞时间极短，不计空气阻力，求：
(1)小球运动到最低点时对绳子的拉力大小；
(2)小球与A发生弹性碰撞后，二者的速度大小；
(3)判断A能否从B的左端滑出。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：AB.从抛出到落地的过程中，设下落高度为h，重力做的功为
WG=mgh
可知两小球重力做的功相等；设小球抛出时的速度大小为v0，根据动能定理可得
mgh=12mv2−12mv02
解得小球落地前瞬间的速度大小为
v= 2gh+v02
可知落地前瞬间小球a的速度大小与小球b的相等，故AB错误；
C.以地面为重力势能的零势能面，刚抛出时，小球的机械能为
E=mgh+12mv02
可知刚抛出时，小球a的机械能等于小球b的机械能，故C错误；
D.从抛出到落地前瞬间，根据动量定理可得
Δp=mgt
由于小球a做平抛运动，小球b做竖直上抛运动，且开始时两小球位置相同，所以小球a的下落时间小于小球b的下落时间，则小球a的动量变化量比小球b的小，故D正确。
故选：D。
速度是矢量，两小球落地时的速度大小相同，方向不同；
重力做功WG=mgh判断重力做功大小；
两小球运动过程中只有重力做功，满足机械能守恒定律；
动量的变化量等于合外力的冲量。
本题要把握好一下3点：第一点是速度为矢量。第二点是机械能守恒定律的条件，第三点是动量定律的内容。
2.【答案】D
【解析】解：船静止时到河岸的距离相等，两次从离开船跳上岸所用时间相等，则两种情况下人的速度相等，设为v，撤去缆绳时，人与船组成的系统在水平方向动量守恒，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv−Mv船=0，解得：v船=0.5v，由功能关系可知：E1=12mv2，E2=12mv2+12Mv船2，代入数据解得：E1：E2=2：3，故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据题意求出人离开船时的速度，撤去缆绳人跳离船的过程系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律求出船的速度，然后应用功能关系求出人消耗的能量，然后答题。
本题考查动量守恒定律及功能关系的综合应用，要注意正确分析功能关系以及动量守恒定律的规律才能正确求解。
3.【答案】B
【解析】解：A.根据单摆周期公式有T=2π Lg
两个小球做简谐振动的周期相同，M、N同时到达O点，故A错误；
B.M、N通过P点时所受的回复力相同，故B正确；
C.M、N同时到达O点，则M不可能在P点追上N并与之相碰，故C错误；
D.从释放到到达O点过程中，根据冲量定义I=mgt，两个完全相同的小球，重力对M的冲量等于重力对N的冲量，故D错误。
故选：B。
根据单摆周期公式，两个小球做简谐振动的周期相同；
P点回复力均为0，相同；
M、N同时到达O点，M不可能在P点追上N并与之相碰；
根据冲量定义I=mgt，比较冲量。
本题考查学生对简谐振动、回复力、冲量定义的掌握，是一道典型题，难度中等。
4.【答案】B
【解析】解：设车速为v1，风速为v2，雨滴的竖直速度为v3
根据题意可知，雨滴的水平速度也为v2，
根据运动的合成与分解有：tan30°=v1−v2v3，tan60°=v1+v2v3，
解得：v1v2=21，故B正确，ACD错误。
故选：B。
以匀速行驶的汽车为参考系，雨滴参与了两方面的运动，一是竖直匀速直线运动，二是水平匀速直线运动，根据运动的合成与分解知识求解。
本题考查了运动的合成与分解知识，解题的关键是明确以火车为参考系，雨滴的运动情况。
5.【答案】B
【解析】解：设小球P、Q的质量为m，正方形框ABCD的边长为l，角速度为ω。
对P球，根据牛顿第二定律可得
水平方向有：FN=mω2l
竖直方向有：f=mg
又f=μFN
联立得：μω2l=g
对Q球，根据牛顿第二定律可得：μmg=mω2l2
联立解得：μ= 22，故ACD错误，B正确。
故选：B。
小球P、Q均做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，根据牛顿第二定律和摩擦力公式相结合求解。
解答本题时，要知道小球做匀速圆周运动时，由合外力提供向心力。
6.【答案】D
【解析】解：根据光在介质Ⅰ中的传播速度为c，在介质Ⅱ中的传播速度为 22c，结合v=cn，
可知，光在介质Ⅰ中折射率为n1=1，而光在介质II中的折射率n2= 2，
再依据光的全反射条件，光从光密介质进入光疏介质，且入射角大于或等于临界角，
因此光线b不满足光的全反射条件，
而光线a的入射角为60°
再根据sinC=1n，可知，介质II的临界角为C=45°，那么光线a的入射角大于临界角，能发生光的全反射现象，故D正确，ABC错误；
故选：D．
根据光在介质中传播速度，结合v=cn，可确定光的折射率的大小，再结合sinC=1n，从而确定临界角的大小，最后依据光的全反射条件，即可求解．
考查依据光的传播速度，来判定折射率的大小，掌握公式v=cn，及sinC=1n的应用，理解光的全反射的条件，注意临界角的含义．
7.【答案】B
【解析】解：对甲、乙两球速度进行分解，如图：
甲、乙两球相遇过程中，恰好水平正碰，则竖直方向速度恰好都减为零，且甲、乙两球运动高度相同，且竖直方向分速度大小相同，由t=Δvg可知，运动时间相等，因为PO>OQ，所以水平分速度大小v1x>v2x，则v1>v2，而v1sinθ=v2sinφ，所以θ<φ，故 B 正确，ACD 错误。
故选：B。
对甲、乙两球速度进行分解，根据相遇时水平正碰可知，运动高度相同，竖直方向分速度相等，进而求出运动时间相等；根据速度分解即可判断速度大小和角度大小。
此题考查了抛体运动的规律，解决本题的关键知道斜抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，根据运动时间相等这个纽带进行分析。
8.【答案】A
【解析】解：C、设地球质量为M，卫星Ⅰ、Ⅱ的轨道半径分别为r和R，卫星Ⅰ为地球同步卫星，周期为T0。设近地卫星Ⅱ的周期为T。
根据开普勒第三定律r3T02=R3T2
由题图得：sinθ=Rr
可得卫星Ⅱ的周期为T=T0 sin3θ，故C错误；
A、对于卫星Ⅱ，根据万有引力提供向心力得：GMmR2=m(2πT)2R
地球的平均密度为ρ=MV=3M4πR3
联立以上各式，可得地球的平均密度为ρ=3πGT02sin3θ，故A正确；
B、对于不同轨道卫星，根据牛顿第二定律得：GMmr2=ma，得a=GMr2
所以卫星Ⅰ和卫星Ⅱ的加速度之比为aⅠaⅡ=R2r2=sin2θ，故B错误；
D、当卫星Ⅱ运行到与卫星Ⅰ的连线隔着地球的区域内，其对应圆心角为π+2θ时，卫星Ⅱ无法直接接收到卫星Ⅰ发出电磁波信号，设这段时间为t。若两卫星同向运行，则有
(ωⅡ−ωⅠ)t=π+2θ
又ωⅡ=2πT=2πT0 sin3θ，ωⅠ=2πT0
解得：t=(π+2θ)T0 sin3θ2π(1− sin3θ)
若两卫星相向运行，则有
(ωⅡ+ωⅠ)t=π+2θ
结合ωⅡ=2πT=2πT0 sin3θ，ωⅠ=2πT0
解得：t=(π+2θ)T0 sin3θ2π(1+ sin3θ)，故D错误。
故选：A。
先根据开普勒第三定律求卫星Ⅰ、Ⅱ的周期之比，进而求得卫星Ⅱ的周期。对于卫星Ⅱ，根据万有引力提供向心力求地球的质量，再求地球的平均密度；根据牛顿第二定律求卫星Ⅰ和卫星Ⅱ的加速度之比；根据两卫星同向运行和相向运行，由几何关系求卫星Ⅱ运动的周期内无法直接接收到卫星发出电磁波信号的时间。
本题考查人造卫星问题，关键是知道卫星的向心力来源，能够根据牛顿第二定律列式分析，同时要结合几何关系得到两颗卫星轨道半径的关系。
9.【答案】ACD
【解析】解：A.图甲为了使光在光导纤维内发生全反射，根据全反射条件可知，光导纤维能够使光在有机玻璃内传播，内芯的折射率比外套大，故A正确；
B.图乙是光遇见圆孔所形成的衍射图样。泊松亮斑是光遇到圆盘发生衍射，在阴影区域中央形成亮斑，故B错误；
C.抽去一张纸片后，空气薄膜的厚度变化范围减小，以致干涉时的光程差的变化范围减小，故条纹数减少，条纹间距变大，故C正确；
D.相机使用偏振滤光片能减弱玻璃表面反射光的影响，说明光是横波，故D正确。
故选：ACD。
发生全反射的条件为：光从光密介质射入光疏介质，入射角大于等于临界角；图乙是光遇见圆孔所形成的衍射图样，并不是泊松亮斑图样；干涉是光在两个面反射的光叠加形成；光的偏振现象说明光是横波。
本题主要考查光的全反射、衍射、干涉、偏振等知识，根据形成原理解答。
10.【答案】AB
【解析】解：A、零时刻M点位于平衡位置，做简谐运动的速度最大，故A正确；
B、若波沿x轴负方向传播，N点由平衡位置向y轴正向振动，与图乙一致，故图乙可能是N点的振动图象，故B正确；
CD、若波沿x轴正方向传播，则质点P零时刻的速度方向沿y轴正方向，故CD错误。
故选：AB。
由波动图象甲可知零时刻各质点的空间位置，图乙可知计时时刻某质点的振动情况，结合分析选项即可。
波动图象和振动图象结合是一类常考题，要会在两类图中充分挖掘有用信息并进行必要的假设讨论。
11.【答案】AC
【解析】解：A.滑雪运动员离开起跳区后做斜抛运动，水平速度不变，竖直速度变化，则速度变化量为Δv=gt，由公式可知速度变化量和时间关系为正比例函数，图像为过原点的一条倾斜直线，故A正确；
B.经过时间t后竖直方向速度为：
vy=v0y−gt
重力的瞬时功率为：
P=mgvy
联立解得：P=mg(v0y−gt)
可知重力瞬时功率和时间关系为一次函数，图像为一条倾斜直线，故B错误；
C.不计空气阻力，只有重力做功，滑雪运动员飞行过程机械能守恒，不随时间变化，故C正确；
D.斜上抛运动，由机械能守恒定律Ek+Ep=C知，上升过程重力势能增加，动能减小，下降过程重力势能减小，动能增大，可知Ek−t图像随时间先减小后增大，故D错误。
故选：AC。
物体做斜上抛运动，根据运动的分解和合成的规律将其分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的上抛运动，然后根据运动学公式和机械能守恒定律进行分析。
此题考查了机械能守恒定律、瞬时功率的计算，解题的关键是明确物体的运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的上抛运动，然后结合机械能守恒定律和功率的表达式列式分析。
12.【答案】AC
【解析】解：A、0−1s内小球的加速度越来越大，速度越来越大，当小球的加速度为零时，小球的速度最大，由牛顿第二定律得：F−mgsin37°−μmgcos37°=ma
1.5s时小球的加速度a=0，速度最大，F−t图像与横轴围成的面积表示力F在这段时间内的冲量
所以0−1.5s内：IF=2.25N⋅s
由动量定理得：IF−IG−If=mvm
代入数据解得：vm=7.5m/s，故A正确；
B、小球机械能的增加量：ΔE=WF+Wf
f=μmgcos37°=0.5×0.1×10×0.8N=0.4N
当外力F小于0.4N时，小球的机械能开始减少，故B错误；
C、2s后F=0，小球做匀减速直线运动，加速度：a1=gsin37°+μgcos37°=10×0.6m/s2+0.5×10×0.8m/s2=10m/s2
2s时小球的速度：v=IF−Im=(2.5−2)N⋅s0.1kg=5m/s
小球沿杆向上运动的最大位移：x=v22a1=1.25mx=v22a1=522×10m=1.25m
所以2s后小球的重力势能最多增加：ΔEp=mgxsin37°=0.1×10×1.25×0.6J=0.75J，故C正确；
D、由于μ=0.5
F−t图象与坐标轴围成的面积就是冲量，找到加速度为零时刻，求出合力的冲量后，根据动量定理求物体的最大速度；
根据功能原理，机械能的增加量是除重力以外的力对物体做的功，求出拉力与摩擦力的功，即知道机械能的变化情况；
计算出2s后的加速度，上升的最大高度，即可知道重力势能增加的最大值；求出2s以后小球的合力的方向，即可判断小球的运动状态。
正确利用牛顿第二定律解题的关键是对物体正确进行受力分析，然后将力沿加速度和垂直加速度方向分解，根据牛顿第二定律列方程求解即可。
13.【答案】ACD A 1：3
【解析】解：(1)A、实验前，要将向心力演示仪放置于水平面上，且注意观察标尺的顶端是否与弹簧测力筒的上沿平齐，若不平齐，旋动两测力部分标尺的调零螺母，使之平齐，是为了减小实验误差，故 A正确；
B、该实验采用的方法是控制变量法，故B错误；
C、具体操作该实验时，一只手固定演示器底座，另一只手缓慢加速摇动手柄，直至小球角速度稳定，是为了实验的稳定性，避免小球因加速过快飞出挡板位置，故C正确；
D、将皮带分别套在塔轮的不同圆盘上，两个圆盘边缘的线速度相同，但圆盘半径不同，所以角速度不同，即改变了小球做匀速圆周运动的角速度，故 D正确；
E、根据标尺上露出的红白相间等分标记，只能粗略的验证两个球所受向心力的比值，故E错误。
故选：ACD。
(2)在探究向心力与质量的关系时，应选用两个质量不同的小球，但是运动的角速度、半径要相同，所以两个小球要分别放在挡板C和挡板A处。
(3)在探究向心力与角速度的关系时，要保持两球的运动半径相同，即
r1：r2=1：1
又
ω1：ω2=1：3
m1：m2=3：1
根据F=mω2r可得
F1：F2=1：3
故答案为：ACD；A；1：3
根据控制变量法：探究向心力与质量的关系，必须保证角速度、半径要相同；在探究向心力与角速度的关系时，要保持两球的运动半径相同。
解决该题需认真分析实验器材以及实验原理，熟记圆周运动的相关公式，知道皮带传动的物理特征。
14.【答案】D 0.880 2.50 0.55
【解析】解：(1)根据滑块A的质量m1=280g=0.28kg，滑块B的质量m2=120g=0.12kg，由于滑块A碰后速度小于碰前速度，所以纸带D端与小车相连。
(2)打点时间间隔：t=1f=150s=0.02s，根据碰撞前A的速度，结合碰撞时间较短，滑块A碰撞后瞬时速度大小为：v1=xt=1.760.02×10−2m/s=0.880m/s
滑块B碰撞后的速度大小为：v2=dΔt=14×10−3×10−2m/s=2.50m/s
(3)两滑块碰撞后的动量：p′=m1v1+m2v2
代入数据解得：p′=0.55kg⋅m/s
故答案为：(1)B；(2)0.880，2.50；(3)0.55。
(1)根据滑块A碰撞前后A的速度大小分析判断；
(2)(3)根据运动学规律计算出物体的速度，从而计算动量的大小。
本题主要考查了动量守恒定律的验证实验，注意根据运动学规律计算出滑块的速度，分析出碰撞前后的动量并完成分析。
15.【答案】解：(1)光路图如图所示，射入O点的光入射角θ1=45°，设折射角为θ2。
由折射定律得
n=sinθ1sinθ2
代入数据解得：θ2=30°
光在透明体中的传播速度为
v=cn
则光由O点传播到AB边界的时间为
t= asinθ2v
解得：t=2 2ac
(2)设透明体的临界角为C，则sinC=1n
由几何关系有
α=θ2+(90°−C)
解得：α=75°
答：(1)光由O点传播到AB边界的时间t为2 2ac；
(2)∠BDE的最大值α为75°。
【解析】(1)根据折射定律求光线在O点的折射角。由v=cn求光在透明体中的传播速度，由几何关系求出光由O点传播到AB边界通过的距离，再求传播时间。
(2)根据临界角公式求出临界角C，由几何关系求∠BDE的最大值a。
本题考查光的折射，解题的关键是画出光路图，运用折射定律和几何关系进行求解。
16.【答案】解：(1)炮弹飞行到最高点时炸裂成质量均为m的A、B两部分，A部分炸裂后竖直下落，B部分继续向前飞，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有
2mv0cosθ=mv
解得
v=2v0cosθ，方向向右；
(2)根据能量守恒定律有
ΔE=12mv2−12×2m(v0cosθ)2
解得
ΔE=mv02cos2θ
(3)炮弹上升到最高点的时间为t=v0sinθg
根据平抛运动规律可知Δx=vt
解得Δx=v02sin2θg
答：(1)炸裂后瞬间B部分速度的大小为2v0cosθ，方向向右；
(2)炸裂前后，A、B系统机械能的变化量为mv02cos2θ；
(3)A、B两部分落地点之间的水平距离为v02sin2θg。
【解析】(1)根据动量守恒定律解答；
(2)根据能量守恒定律解得A、B系统机械能的变化量；
(3)根据平抛运动规律解得A、B两部分落地点之间的水平距离。
本题考查爆炸中的动量守恒定律，解题关键掌握平抛运动规律，注意动量的矢量性。
17.【答案】解：(1)小球从静止释放到最低点的过程中，由动能定理得：MgR=12Mv02
整理解得：v0= 2gR= 2×10×0.8m/s=4m/s
小球在最低点时，根据牛顿第二定律得：T−Mg=Mv02R
解得：T=3N
由牛顿第三定律可知，小球运动到最低点时对绳子的拉力大小为3N。
(2)设水平向右为正方向，小球与A发生弹性碰撞，故碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒有
Mv0=Mv1+mAvA
12Mv02=12Mv12+12mAvA2
联立解二次方程得到：v1=−2m/s，vA=2m/s
可知小球与A发生弹性碰撞后，小球速度大小为2m/s，A的速度大小为2m/s。
(3)设A不从B上滑下，则A、B最终共速；以A、B为系统，根据动量守恒和能量守恒有
mAvA=(mA+mB)v共
12mAvA2=12(mA+mB)v共2+μmAgs相
联立解得：s相=0.2m
答：(1)小球运动到最低点时对绳子的拉力大小为3N；
(2)小球与A发生弹性碰撞后，二者的速度大小分别为2m/s、2m/s；
(3)A不能从B的左端滑出。
【解析】(1)根据动能定理求小球摆到最低点的速度，再根据牛顿第二、三定律求小球拉绳的力；
(2)A与B发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒定律可解得二者速度的大小；
(3)假设A和B最终能够共速，根据动量守恒定律和能量守恒定律求出相对位移，再与木板的长度对比即可判断。
本题考查力学综合问题，解题关键掌握动量守恒定律，能量守恒定律，牛顿第二定律与运动学公式的结合应用。
2022-2023学年陕西省西安市铁一中学高一（下）期末物理试卷
一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）
1. 如图所示，将相同的小球a，b从距离水平地面同一高度，以相同的速率分别水平抛出和竖直向上抛出，不计空气阻力，以地面为重力势能的零势能面，则( )
A. 落地前瞬间小球a的速度比小球b的大
B. 从抛出到落地的过程中，小球a受到的重力做的功比小球b受到的重力做的功大
C. 刚抛出时，小球a的机械能小于小球b的机械能
D. 从抛出到落地前瞬间，小球a的动量变化量比小球b的小
2. 如图所示，若船用缆绳固定，人恰好可以从船头跳上岸;撤去缆绳，人仍然恰好可以从船头跳上岸。已知两次从离开船到跳上岸所用时间相等，人的质量为60kg，船的质量为120kg，不计水和空气阻力，忽略人竖直方向的运动，则两次人消耗的能量之比为( )
A. 1:1 B. 1:2 C. 1:3 D. 2:3
3. 如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道所含圆弧的度数很小，O是圆弧的最低点。两个完全相同的小球M、N从圆弧左侧的不同位置同时释放。它们从释放到到达O点过程中都经过图中的P点。下列判断正确的是( )
A. M比N后到达O点
B. M、N通过P点时所受的回复力相同
C. M有可能在P点追上N并与之相碰
D. 从释放到到达O点过程中，重力对M的冲量比重力对N的冲量大
4. 下落的雨滴由于受水平风力的影响往往会倾斜匀速下落，假设有一段和风向平行的公路，小明坐在顺风行驶的汽车里，他通过侧面车窗观察到雨滴形成的雨线大约偏向后方30°，如图1所示。小红坐在逆风行驶的汽车里(两车的速率相同)，她通过侧面车窗观察到雨滴形成的雨线大约偏向后方60°，如图2所示。则车速与雨滴的水平速度之比约为( )
A. 1：2 B. 2：1 C. 1：3 D. 3：1
5. 如图所示，正方形框ABCD竖直放置，两个完全相同的小球P、Q分别穿在方框的BC、CD边上，当方框绕AD轴匀速转动时，两球均恰与方框保持相对静止且位于BC、CD边的中点，已知两球与方框之间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则两球与方框间的动摩擦因数为( )
A. 12 B. 22 C. 14 D. 24
6. 如图所示，MN是介质Ⅰ、Ⅱ的交界面，光在介质Ⅰ中的传播速度为c，在介质Ⅱ中的传播速度为 22c，光线a、b沿图中方向射到介面上．关于光线a、b的下列说法中，正确的是( )
A. a、b都不能发生全反射 B. a、b都能发生全反射
C. a不能发生全反射、b能发生全反射 D. a能发生全反射、b不能发生全反射
7. 如图所示，O、P、Q三点位于同一水平线上。在其竖直面内，从P点以仰角为θ、大小为v1的速度斜向上抛出小球甲，从Q点以仰角为φ、大小为v2的速度斜向上抛出小球乙，甲、乙两球恰好在O点正上方的M点(图中未画出)水平正碰。已知距离PO>OQ，甲、乙两球均可视为质点，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. v1>v2，θ>φ B. v1>v2，θ<φ C. v1
A. 地球的平均密度为3πGT02sin3θ
B. 卫星Ⅰ和卫星Ⅱ的加速度之比为sin22θ
C. 卫星Ⅱ的周期为T0 sin3θ
D. 卫星Ⅱ运动的周期内无法直接接收到卫星发出电磁波信号的时间为(π+2θ)T02π sin3θ
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
9. 下列有关光学现象的描述正确的是( )
A. 如图甲，光导纤维能够使光在有机玻璃内传播，内芯的折射率比外套大
B. 图乙是泊松亮斑图样
C. 图丙是劈尖干涉，右侧垫块是两张纸片，当抽去一张纸片后条纹间距变大
D. 如图丁，相机使用偏振滤光片能减弱玻璃表面反射光的影响，说明光是横波
10. 一列简谐横波零时刻的波形如图甲所示，介质中某质点的振动图像如图乙所示( )
A. 零时刻M点做简谐运动的速度最大
B. 若波沿x轴负方向传播，图乙可能是N点的振动图象
C. 若波沿x轴正方向传播，则质点P零时刻的速度方向沿x轴正方向
D. 若波沿x轴正方向传播，则质点P零时刻的速度方向沿y轴负方向
11. 北京冬奥会苏翊鸣在单板滑雪大跳台项目中夺冠，使得人们对该项目有了更多的关注和了解。单板滑雪大跳台项目简化模型如图所示，运动员以某一水平初速度从P点冲上一光滑圆弧跳台，离开跳台经最高点M后落在斜坡上。运动员从跳台起跳后在空中运动的速度变化量、重力的瞬时功率、动能、机械能分别用Δv、P、Ek、E表示，用t表示运动员在空中的运动时间，不计运动员所受空气阻力，下列图像中可能正确的是( )
A. B.
C. D.
12. 如图一所示，轻杆与水平面的倾角为θ=37°，带有小孔的小球套在轻杆上，小球与轻杆之间的动摩擦因数μ=0.5，小球的质量m=0.1kg。t=0时由静止释放小球，同时对小球施加沿轻杆向上的外力F，力F与时间的关系如图二所示。重力加速度为g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 0−2s内，小球的最大速度为7.5m/s
B. 0−2s内小球的机械能一直在增加
C. 2s后小球的重力势能最多增加0.75J
D. 2s后，小球做匀减速直线运动，速度为零后，小球将处于平衡态
三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
13. 某同学应用如图所示的向心力演示仪探究向心力大小F与小球质量m、角速度ω和半径r之间的关系。
(1)关于此实验，下列说法正确的是______ 。
A.实验前，要将向心力演示仪放置于水平面上，且注意观察标尺的顶端是否与弹簧测力筒的上沿平齐，若不平齐，旋动两测力部分标尺的调零螺母，使之平齐
B.该实验采用的方法是理想模型法
C.具体操作该实验时，一只手固定演示器底座，另一只手缓慢加速摇动手柄，直至小球角速度稳定
D.将皮带分别套在塔轮的不同圆盘上，是为了改变小球做匀速圆周运动的角速度
E.根据标尺上露出的红白相间等分标记，可以精确地计算出两个球所受向心力的比值
(2)在探究向心力与质量的关系时，选用转速比1：1挡位，两个不同质量的小球分别放在挡板C和挡板______ (选填“A”、“B”)处；
(3)在探究向心力与角速度的关系时，在选取转速比1：3挡位时，由于标尺露出的格数有限，无法观察到1：9的格数比。根据(2)问中探究得到的向心力与质量成正比的结果，可以选用质量比为3：1的小球，这样当观察到标尺露出红白相间的等分格数之比为______ 时，就可以说明向心力与角速度的平方成正比。
14. 现利用图甲所示装置验证“动量守恒定律”。在图甲中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与穿过打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，数字计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间。
实验测得滑块A的质量m1=280g，滑块B的质量m2=120g，遮光片的宽度d=1.00cm；打点计时器所用交变电流的频率f=50Hz。将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰，碰后数字计时器显示的时间为Δt=4.00ms，碰撞前、后打出的纸带如图乙。
(1)通过分析可知：纸带的______ 端(填“C”或“D”)与滑块A左侧相连；
(2)滑块A在碰撞前速度大小v0=2.00m/s，滑块A在碰撞后速度大小v1= ______ m/s，滑块B在碰撞后的速度大小v2= ______ m/s(保留三位有效数字)；
(3)设两滑块碰撞前、后的总动量分别为p和p′，则p=m1v0=0.560kg⋅m/s、p′= ______ kg⋅m/s(保留两位有效数字)。
四、简答题（本大题共3小题，共38.0分）
15. 如图所示，横截面为直角梯形的透明体ABDE，折射率为 2，∠BAE和∠AED均为90°，AE边界上的O点与A点距离为a，一束激光从O点与AE成45°的夹角射入透明体，能传播到AB边界，已知真空中光速为c，求：
(1)光由O点传播到AB边界的时间t；
(2)光经AB边界反射后，射到BD边界能发生全反射，∠BDE的最大值α。
16. 如图所示，一枚炮弹发射的初速度为v0，发射角为θ。它飞行到最高点时炸裂成质量均为m的A、B两部分，A部分炸裂后竖直下落，B部分继续向前飞行。重力加速度为g，不计空气阻力，不计炸裂过程中炮弹质量的变化。求：
(1)炸裂后瞬间B部分速度的大小和方向；
(2)炸裂前后，A、B系统机械能的变化量ΔE；
(3)A、B两部分落地点之间的水平距离Δx。
17. 如图所示，“L”型平板B静置在光滑水平地面上，小物块A处于平板B上的O′点，O′点左侧粗糙段的长度为L1=0.3m，右侧光滑。用长为R=0.8m不可伸长的轻绳将质量为M=0.1kg的小球悬挂在O′点正上方的O点，轻绳处于水平拉直状态。将小球由静止释放，下摆至最低点与小物块A发生弹性碰撞，碰后小球摆到最高点时将其固定。A沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞。已知A的质量mA=0.3kg，B的质量mB=0.3kg，A与B的动摩擦因数μ=0.5，取重力加速度g=10m/s2。所有碰撞时间极短，不计空气阻力，求：
(1)小球运动到最低点时对绳子的拉力大小；
(2)小球与A发生弹性碰撞后，二者的速度大小；
(3)判断A能否从B的左端滑出。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：AB.从抛出到落地的过程中，设下落高度为h，重力做的功为
WG=mgh
可知两小球重力做的功相等；设小球抛出时的速度大小为v0，根据动能定理可得
mgh=12mv2−12mv02
解得小球落地前瞬间的速度大小为
v= 2gh+v02
可知落地前瞬间小球a的速度大小与小球b的相等，故AB错误；
C.以地面为重力势能的零势能面，刚抛出时，小球的机械能为
E=mgh+12mv02
可知刚抛出时，小球a的机械能等于小球b的机械能，故C错误；
D.从抛出到落地前瞬间，根据动量定理可得
Δp=mgt
由于小球a做平抛运动，小球b做竖直上抛运动，且开始时两小球位置相同，所以小球a的下落时间小于小球b的下落时间，则小球a的动量变化量比小球b的小，故D正确。
故选：D。
速度是矢量，两小球落地时的速度大小相同，方向不同；
重力做功WG=mgh判断重力做功大小；
两小球运动过程中只有重力做功，满足机械能守恒定律；
动量的变化量等于合外力的冲量。
本题要把握好一下3点：第一点是速度为矢量。第二点是机械能守恒定律的条件，第三点是动量定律的内容。
2.【答案】D
【解析】解：船静止时到河岸的距离相等，两次从离开船跳上岸所用时间相等，则两种情况下人的速度相等，设为v，撤去缆绳时，人与船组成的系统在水平方向动量守恒，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv−Mv船=0，解得：v船=0.5v，由功能关系可知：E1=12mv2，E2=12mv2+12Mv船2，代入数据解得：E1：E2=2：3，故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据题意求出人离开船时的速度，撤去缆绳人跳离船的过程系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律求出船的速度，然后应用功能关系求出人消耗的能量，然后答题。
本题考查动量守恒定律及功能关系的综合应用，要注意正确分析功能关系以及动量守恒定律的规律才能正确求解。
3.【答案】B
【解析】解：A.根据单摆周期公式有T=2π Lg
两个小球做简谐振动的周期相同，M、N同时到达O点，故A错误；
B.M、N通过P点时所受的回复力相同，故B正确；
C.M、N同时到达O点，则M不可能在P点追上N并与之相碰，故C错误；
D.从释放到到达O点过程中，根据冲量定义I=mgt，两个完全相同的小球，重力对M的冲量等于重力对N的冲量，故D错误。
故选：B。
根据单摆周期公式，两个小球做简谐振动的周期相同；
P点回复力均为0，相同；
M、N同时到达O点，M不可能在P点追上N并与之相碰；
根据冲量定义I=mgt，比较冲量。
本题考查学生对简谐振动、回复力、冲量定义的掌握，是一道典型题，难度中等。
4.【答案】B
【解析】解：设车速为v1，风速为v2，雨滴的竖直速度为v3
根据题意可知，雨滴的水平速度也为v2，
根据运动的合成与分解有：tan30°=v1−v2v3，tan60°=v1+v2v3，
解得：v1v2=21，故B正确，ACD错误。
故选：B。
以匀速行驶的汽车为参考系，雨滴参与了两方面的运动，一是竖直匀速直线运动，二是水平匀速直线运动，根据运动的合成与分解知识求解。
本题考查了运动的合成与分解知识，解题的关键是明确以火车为参考系，雨滴的运动情况。
5.【答案】B
【解析】解：设小球P、Q的质量为m，正方形框ABCD的边长为l，角速度为ω。
对P球，根据牛顿第二定律可得
水平方向有：FN=mω2l
竖直方向有：f=mg
又f=μFN
联立得：μω2l=g
对Q球，根据牛顿第二定律可得：μmg=mω2l2
联立解得：μ= 22，故ACD错误，B正确。
故选：B。
小球P、Q均做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，根据牛顿第二定律和摩擦力公式相结合求解。
解答本题时，要知道小球做匀速圆周运动时，由合外力提供向心力。
6.【答案】D
【解析】解：根据光在介质Ⅰ中的传播速度为c，在介质Ⅱ中的传播速度为 22c，结合v=cn，
可知，光在介质Ⅰ中折射率为n1=1，而光在介质II中的折射率n2= 2，
再依据光的全反射条件，光从光密介质进入光疏介质，且入射角大于或等于临界角，
因此光线b不满足光的全反射条件，
而光线a的入射角为60°
再根据sinC=1n，可知，介质II的临界角为C=45°，那么光线a的入射角大于临界角，能发生光的全反射现象，故D正确，ABC错误；
故选：D．
根据光在介质中传播速度，结合v=cn，可确定光的折射率的大小，再结合sinC=1n，从而确定临界角的大小，最后依据光的全反射条件，即可求解．
考查依据光的传播速度，来判定折射率的大小，掌握公式v=cn，及sinC=1n的应用，理解光的全反射的条件，注意临界角的含义．
7.【答案】B
【解析】解：对甲、乙两球速度进行分解，如图：
甲、乙两球相遇过程中，恰好水平正碰，则竖直方向速度恰好都减为零，且甲、乙两球运动高度相同，且竖直方向分速度大小相同，由t=Δvg可知，运动时间相等，因为PO>OQ，所以水平分速度大小v1x>v2x，则v1>v2，而v1sinθ=v2sinφ，所以θ<φ，故 B 正确，ACD 错误。
故选：B。
对甲、乙两球速度进行分解，根据相遇时水平正碰可知，运动高度相同，竖直方向分速度相等，进而求出运动时间相等；根据速度分解即可判断速度大小和角度大小。
此题考查了抛体运动的规律，解决本题的关键知道斜抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，根据运动时间相等这个纽带进行分析。
8.【答案】A
【解析】解：C、设地球质量为M，卫星Ⅰ、Ⅱ的轨道半径分别为r和R，卫星Ⅰ为地球同步卫星，周期为T0。设近地卫星Ⅱ的周期为T。
根据开普勒第三定律r3T02=R3T2
由题图得：sinθ=Rr
可得卫星Ⅱ的周期为T=T0 sin3θ，故C错误；
A、对于卫星Ⅱ，根据万有引力提供向心力得：GMmR2=m(2πT)2R
地球的平均密度为ρ=MV=3M4πR3
联立以上各式，可得地球的平均密度为ρ=3πGT02sin3θ，故A正确；
B、对于不同轨道卫星，根据牛顿第二定律得：GMmr2=ma，得a=GMr2
所以卫星Ⅰ和卫星Ⅱ的加速度之比为aⅠaⅡ=R2r2=sin2θ，故B错误；
D、当卫星Ⅱ运行到与卫星Ⅰ的连线隔着地球的区域内，其对应圆心角为π+2θ时，卫星Ⅱ无法直接接收到卫星Ⅰ发出电磁波信号，设这段时间为t。若两卫星同向运行，则有
(ωⅡ−ωⅠ)t=π+2θ
又ωⅡ=2πT=2πT0 sin3θ，ωⅠ=2πT0
解得：t=(π+2θ)T0 sin3θ2π(1− sin3θ)
若两卫星相向运行，则有
(ωⅡ+ωⅠ)t=π+2θ
结合ωⅡ=2πT=2πT0 sin3θ，ωⅠ=2πT0
解得：t=(π+2θ)T0 sin3θ2π(1+ sin3θ)，故D错误。
故选：A。
先根据开普勒第三定律求卫星Ⅰ、Ⅱ的周期之比，进而求得卫星Ⅱ的周期。对于卫星Ⅱ，根据万有引力提供向心力求地球的质量，再求地球的平均密度；根据牛顿第二定律求卫星Ⅰ和卫星Ⅱ的加速度之比；根据两卫星同向运行和相向运行，由几何关系求卫星Ⅱ运动的周期内无法直接接收到卫星发出电磁波信号的时间。
本题考查人造卫星问题，关键是知道卫星的向心力来源，能够根据牛顿第二定律列式分析，同时要结合几何关系得到两颗卫星轨道半径的关系。
9.【答案】ACD
【解析】解：A.图甲为了使光在光导纤维内发生全反射，根据全反射条件可知，光导纤维能够使光在有机玻璃内传播，内芯的折射率比外套大，故A正确；
B.图乙是光遇见圆孔所形成的衍射图样。泊松亮斑是光遇到圆盘发生衍射，在阴影区域中央形成亮斑，故B错误；
C.抽去一张纸片后，空气薄膜的厚度变化范围减小，以致干涉时的光程差的变化范围减小，故条纹数减少，条纹间距变大，故C正确；
D.相机使用偏振滤光片能减弱玻璃表面反射光的影响，说明光是横波，故D正确。
故选：ACD。
发生全反射的条件为：光从光密介质射入光疏介质，入射角大于等于临界角；图乙是光遇见圆孔所形成的衍射图样，并不是泊松亮斑图样；干涉是光在两个面反射的光叠加形成；光的偏振现象说明光是横波。
本题主要考查光的全反射、衍射、干涉、偏振等知识，根据形成原理解答。
10.【答案】AB
【解析】解：A、零时刻M点位于平衡位置，做简谐运动的速度最大，故A正确；
B、若波沿x轴负方向传播，N点由平衡位置向y轴正向振动，与图乙一致，故图乙可能是N点的振动图象，故B正确；
CD、若波沿x轴正方向传播，则质点P零时刻的速度方向沿y轴正方向，故CD错误。
故选：AB。
由波动图象甲可知零时刻各质点的空间位置，图乙可知计时时刻某质点的振动情况，结合分析选项即可。
波动图象和振动图象结合是一类常考题，要会在两类图中充分挖掘有用信息并进行必要的假设讨论。
11.【答案】AC
【解析】解：A.滑雪运动员离开起跳区后做斜抛运动，水平速度不变，竖直速度变化，则速度变化量为Δv=gt，由公式可知速度变化量和时间关系为正比例函数，图像为过原点的一条倾斜直线，故A正确；
B.经过时间t后竖直方向速度为：
vy=v0y−gt
重力的瞬时功率为：
P=mgvy
联立解得：P=mg(v0y−gt)
可知重力瞬时功率和时间关系为一次函数，图像为一条倾斜直线，故B错误；
C.不计空气阻力，只有重力做功，滑雪运动员飞行过程机械能守恒，不随时间变化，故C正确；
D.斜上抛运动，由机械能守恒定律Ek+Ep=C知，上升过程重力势能增加，动能减小，下降过程重力势能减小，动能增大，可知Ek−t图像随时间先减小后增大，故D错误。
故选：AC。
物体做斜上抛运动，根据运动的分解和合成的规律将其分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的上抛运动，然后根据运动学公式和机械能守恒定律进行分析。
此题考查了机械能守恒定律、瞬时功率的计算，解题的关键是明确物体的运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的上抛运动，然后结合机械能守恒定律和功率的表达式列式分析。
12.【答案】AC
【解析】解：A、0−1s内小球的加速度越来越大，速度越来越大，当小球的加速度为零时，小球的速度最大，由牛顿第二定律得：F−mgsin37°−μmgcos37°=ma
1.5s时小球的加速度a=0，速度最大，F−t图像与横轴围成的面积表示力F在这段时间内的冲量
所以0−1.5s内：IF=2.25N⋅s
由动量定理得：IF−IG−If=mvm
代入数据解得：vm=7.5m/s，故A正确；
B、小球机械能的增加量：ΔE=WF+Wf
f=μmgcos37°=0.5×0.1×10×0.8N=0.4N
当外力F小于0.4N时，小球的机械能开始减少，故B错误；
C、2s后F=0，小球做匀减速直线运动，加速度：a1=gsin37°+μgcos37°=10×0.6m/s2+0.5×10×0.8m/s2=10m/s2
2s时小球的速度：v=IF−Im=(2.5−2)N⋅s0.1kg=5m/s
小球沿杆向上运动的最大位移：x=v22a1=1.25mx=v22a1=522×10m=1.25m
所以2s后小球的重力势能最多增加：ΔEp=mgxsin37°=0.1×10×1.25×0.6J=0.75J，故C正确；
D、由于μ=0.5
F−t图象与坐标轴围成的面积就是冲量，找到加速度为零时刻，求出合力的冲量后，根据动量定理求物体的最大速度；
根据功能原理，机械能的增加量是除重力以外的力对物体做的功，求出拉力与摩擦力的功，即知道机械能的变化情况；
计算出2s后的加速度，上升的最大高度，即可知道重力势能增加的最大值；求出2s以后小球的合力的方向，即可判断小球的运动状态。
正确利用牛顿第二定律解题的关键是对物体正确进行受力分析，然后将力沿加速度和垂直加速度方向分解，根据牛顿第二定律列方程求解即可。
13.【答案】ACD A 1：3
【解析】解：(1)A、实验前，要将向心力演示仪放置于水平面上，且注意观察标尺的顶端是否与弹簧测力筒的上沿平齐，若不平齐，旋动两测力部分标尺的调零螺母，使之平齐，是为了减小实验误差，故 A正确；
B、该实验采用的方法是控制变量法，故B错误；
C、具体操作该实验时，一只手固定演示器底座，另一只手缓慢加速摇动手柄，直至小球角速度稳定，是为了实验的稳定性，避免小球因加速过快飞出挡板位置，故C正确；
D、将皮带分别套在塔轮的不同圆盘上，两个圆盘边缘的线速度相同，但圆盘半径不同，所以角速度不同，即改变了小球做匀速圆周运动的角速度，故 D正确；
E、根据标尺上露出的红白相间等分标记，只能粗略的验证两个球所受向心力的比值，故E错误。
故选：ACD。
(2)在探究向心力与质量的关系时，应选用两个质量不同的小球，但是运动的角速度、半径要相同，所以两个小球要分别放在挡板C和挡板A处。
(3)在探究向心力与角速度的关系时，要保持两球的运动半径相同，即
r1：r2=1：1
又
ω1：ω2=1：3
m1：m2=3：1
根据F=mω2r可得
F1：F2=1：3
故答案为：ACD；A；1：3
根据控制变量法：探究向心力与质量的关系，必须保证角速度、半径要相同；在探究向心力与角速度的关系时，要保持两球的运动半径相同。
解决该题需认真分析实验器材以及实验原理，熟记圆周运动的相关公式，知道皮带传动的物理特征。
14.【答案】D 0.880 2.50 0.55
【解析】解：(1)根据滑块A的质量m1=280g=0.28kg，滑块B的质量m2=120g=0.12kg，由于滑块A碰后速度小于碰前速度，所以纸带D端与小车相连。
(2)打点时间间隔：t=1f=150s=0.02s，根据碰撞前A的速度，结合碰撞时间较短，滑块A碰撞后瞬时速度大小为：v1=xt=1.760.02×10−2m/s=0.880m/s
滑块B碰撞后的速度大小为：v2=dΔt=14×10−3×10−2m/s=2.50m/s
(3)两滑块碰撞后的动量：p′=m1v1+m2v2
代入数据解得：p′=0.55kg⋅m/s
故答案为：(1)B；(2)0.880，2.50；(3)0.55。
(1)根据滑块A碰撞前后A的速度大小分析判断；
(2)(3)根据运动学规律计算出物体的速度，从而计算动量的大小。
本题主要考查了动量守恒定律的验证实验，注意根据运动学规律计算出滑块的速度，分析出碰撞前后的动量并完成分析。
15.【答案】解：(1)光路图如图所示，射入O点的光入射角θ1=45°，设折射角为θ2。
由折射定律得
n=sinθ1sinθ2
代入数据解得：θ2=30°
光在透明体中的传播速度为
v=cn
则光由O点传播到AB边界的时间为
t= asinθ2v
解得：t=2 2ac
(2)设透明体的临界角为C，则sinC=1n
由几何关系有
α=θ2+(90°−C)
解得：α=75°
答：(1)光由O点传播到AB边界的时间t为2 2ac；
(2)∠BDE的最大值α为75°。
【解析】(1)根据折射定律求光线在O点的折射角。由v=cn求光在透明体中的传播速度，由几何关系求出光由O点传播到AB边界通过的距离，再求传播时间。
(2)根据临界角公式求出临界角C，由几何关系求∠BDE的最大值a。
本题考查光的折射，解题的关键是画出光路图，运用折射定律和几何关系进行求解。
16.【答案】解：(1)炮弹飞行到最高点时炸裂成质量均为m的A、B两部分，A部分炸裂后竖直下落，B部分继续向前飞，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有
2mv0cosθ=mv
解得
v=2v0cosθ，方向向右；
(2)根据能量守恒定律有
ΔE=12mv2−12×2m(v0cosθ)2
解得
ΔE=mv02cos2θ
(3)炮弹上升到最高点的时间为t=v0sinθg
根据平抛运动规律可知Δx=vt
解得Δx=v02sin2θg
答：(1)炸裂后瞬间B部分速度的大小为2v0cosθ，方向向右；
(2)炸裂前后，A、B系统机械能的变化量为mv02cos2θ；
(3)A、B两部分落地点之间的水平距离为v02sin2θg。
【解析】(1)根据动量守恒定律解答；
(2)根据能量守恒定律解得A、B系统机械能的变化量；
(3)根据平抛运动规律解得A、B两部分落地点之间的水平距离。
本题考查爆炸中的动量守恒定律，解题关键掌握平抛运动规律，注意动量的矢量性。
17.【答案】解：(1)小球从静止释放到最低点的过程中，由动能定理得：MgR=12Mv02
整理解得：v0= 2gR= 2×10×0.8m/s=4m/s
小球在最低点时，根据牛顿第二定律得：T−Mg=Mv02R
解得：T=3N
由牛顿第三定律可知，小球运动到最低点时对绳子的拉力大小为3N。
(2)设水平向右为正方向，小球与A发生弹性碰撞，故碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒有
Mv0=Mv1+mAvA
12Mv02=12Mv12+12mAvA2
联立解二次方程得到：v1=−2m/s，vA=2m/s
可知小球与A发生弹性碰撞后，小球速度大小为2m/s，A的速度大小为2m/s。
(3)设A不从B上滑下，则A、B最终共速；以A、B为系统，根据动量守恒和能量守恒有
mAvA=(mA+mB)v共
12mAvA2=12(mA+mB)v共2+μmAgs相
联立解得：s相=0.2m
答：(1)小球运动到最低点时对绳子的拉力大小为3N；
(2)小球与A发生弹性碰撞后，二者的速度大小分别为2m/s、2m/s；
(3)A不能从B的左端滑出。
【解析】(1)根据动能定理求小球摆到最低点的速度，再根据牛顿第二、三定律求小球拉绳的力；
(2)A与B发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒定律可解得二者速度的大小；
(3)假设A和B最终能够共速，根据动量守恒定律和能量守恒定律求出相对位移，再与木板的长度对比即可判断。
本题考查力学综合问题，解题关键掌握动量守恒定律，能量守恒定律，牛顿第二定律与运动学公式的结合应用。
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