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2022-2023学年四川省成都市10县市高一（下）期末物理试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年四川省成都市10县市高一（下）期末物理试卷（含解析），共21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学年四川省成都市10县市高一（下）期末物理试卷
一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）
1. 下列关于功和能的说法错误的是( )
A. −10J的功比5J的功少
B. 重力势能是地球与物体所组成的系统共有的
C. 在弹性限度内，同一根弹簧被拉伸的长度越长，具有的弹性势能越大
D. 物体从固定的不同斜面下滑相同高度的过程中，重力做的功与斜面粗糙程度无关
2. 如图，一圆柱形木头漂浮在水中，M、O、N为木头上的三个点。当木头静止时，水面恰好过O点。用手将木头向下压，使M点到达水面，松手后，木头上下做简谐运动，上升到最高处时，N点到达水面。木头做简谐运动的过程中，下列说法正确的是( )
A. M点到达水面时，木头的速度最大
B. N点到达水面时，木头所受回复力最小
C. O点到达水面时，木头的速度最大
D. 木头自下而上上升到最高处时，其速度一直在增大
3. 如图，射击比赛中选手将枪管AB对准竖直墙面上的C点，此时A、B、C在同一水平线上，开枪射击后发现子弹击中靶心O点正下方的D点且与竖直墙面的夹角为θ。设枪管AB始终保持水平，子弹每次射出枪口的速度均不变，不计空气阻力。则( )
A. 若要子弹击中靶心O，只需将手枪竖直向下平移适当距离即可
B. 若要子弹击中靶心O，只需将手枪水平远离墙壁适当距离即可
C. 若只将手枪竖直向上平移一段距离，则子弹在空中飞行的时间将变长
D. 若只将手枪水平远离墙壁一段距离，则子弹击中墙壁时θ将变小
4. 变速自行车通过曲柄、链轮、飞轮将力传递到后轮上，带动自行车前进。变速系统如图所示，此时链条连接着链轮上半径最大的齿轮和飞轮上半径最小的齿轮。自行车在平直的路面上沿直线行驶，链条与齿轮、后轮与地面均不打滑，链条处于张紧状态。下列说法错误的是( )
A. 齿轮边缘上的a点和b点在任意相等时间内通过的圆弧长相等
B. 齿轮边缘上的a点和后轮边缘上的c点在任意相等时间内转动的圈数相同
C. 若已知b点的线速度大小及a点所在齿轮的半径大小，则可求得c点的角速度
D. 在曲柄转速不变的情况下，图中的连接方式可使自行车行驶得最慢
5. 如图为中国科学家们为“天问一号”设计的椭圆形“科学轨道”，“天问一号”将在该轨道上正常运行的同时对火星展开观测。它在近火点265km附近的探测段运行2小时，在远火点11945.6km附近的探测段运行1小时，在采样段共运行288分钟。据以上信息，下列说法正确的是( )
A. 可以准确知道“科学轨道”的半长轴
B. 可以求得“天问一号”在“科学轨道”上的运行周期
C. 从地球上发射“天问一号”的速度不得小于16.7km/s
D. “天问一号”在火星引力作用下从轨道近火点加速运行到远火点
6. 如图，某次战斗演习中，一士兵操控无人机从空中投掷一枚炸弹，并击中对方坦克。已知炸弹在飞行过程中，重力对它做的功为300J，克服空气阻力做的功为60J。则在该过程中( )
A. 炸弹的重力势能增加了300J B. 合力对炸弹做的功为360J
C. 炸弹的机械能减少了60J D. 炸弹的动能增加了300J
7. 某弹簧振子仅靠弹簧弹力作用在水平方向做简谐运动，其位移x随时间t变化的函数关系式为x=Asinωt(cm)，振动图像如图所示。下列说法错误的是( )
A. 弹簧在第3s末与第5s末的长度相同
B. 弹簧振子的振动频率为f=0.125Hz
C. 第3s末振子的速度与加速度方向相同
D. 从第3s末到第5s末，振子的位移为− 2A(cm)
8. 研究发现，如果人体受到的冲击力超过自身重力的7倍将可能发生严重后果。现用假人模拟人体从高处跌落，实验测得假人从接触地面开始大约经Δt=0.17s速度减为0，不计空气阻力，重力加速度大小取g=10m/s2，则可能发生严重后果相对应的临界跌落高度大约为( )
A. 2m B. 5m C. 7m D. 10m
二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）
9. 下列说法正确的是( )
A. 图甲中，小球可以仅在一恒力F的作用下沿图中轨迹从M点运动到N点
B. 图乙中，小船在绳子拉力作用下水平向左运动，其速度分解遵循图中的分解方式
C. 图丙中，绳长不变，小球做匀速圆周运动的角速度越大，绳子与竖直方向的夹角越大
D. 图丁中，若飞机接近光速飞行时，经典力学就不再适用
10. 一玩具车正跟随水平传送带向右做匀速直线运动。现沿传送带运动的方向建立x轴，垂直于传送带运动的方向建立y轴，原点为O，俯视图如图甲所示，PQ、P′Q′分别为传送带的上、下边界。则( )
A. 若同时让玩具车沿y轴正方向做匀速直线运动，则玩具车到达边界PQ时速度与边界PQ垂直
B. 若同时让玩具车沿y轴正方向做匀速直线运动，则玩具车到达边界PQ前的运动为匀速直线运动
C. 若同时让玩具车沿y轴正方向做匀加速直线运动，则玩具车可能出现图乙中的轨迹
D. 若同时让玩具车沿y轴正方向做匀减速直线运动，则玩具车可能出现图乙中的轨迹
11. A、B两物体均在水平面上做简谐运动。如图，实线为物体A的振动图线，虚线为物体B的振动图线。则( )
A. 物体A、B的振动均为无阻尼振动且具有相同的振动周期
B. 每经历一个周期，物体A的路程比物体B的路程多10cm
C. 0.4s时，物体A比物体B具有更大的动能
D. 物体B的振动方程为x=−5sin5π4t(cm)
12. 近年来，高空坠物事件频发，危害巨大。假设一物体从高空由静止坠落，其受到的空气阻力大小与速率v成正比。用Ek表示坠物的动能、Ep表示其重力势能、E表示其机械能、x表示其位移、t表示其坠落时间，取地面为零势能面，则下列图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
13. 如图，“水上飞人”是近几年流行的游乐项目。假设人(包括装备)的质量为70kg，两个出水口的横截面积均为100cm2，适当调节出水口的喷水速度可以使人悬停在空中(近似认为水流喷出前的速度为0)，忽略中间水管对人的作用力，水的密度为1.0×103kg/m3，重力加速度大小取g=10m/s2。则( )
A. 悬停过程中水对人做正功 B. 悬停过程中水对人的冲量竖直向上
C. 出水口的喷水速度大小约为6m/s D. 出水口的喷水速度大小约为12m/s
三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
14. 某同学利用单摆测定当地重力加速度。首先，该同学将拉力传感器固定在铁架台上的水平横杆上，再将摆线的上端系在拉力传感器上(如图甲)。拉动小球到某点后由静止释放，使小球在竖直平面内做偏角极小的摆动。
(1)为完成实验，该同学应该选择的实验器材是______ 。
A.弹性细绳、塑料小球
B.弹性细绳、小钢球
C.不可伸长细绳、塑料小球
D.不可伸长细绳、小钢球
(2)用游标卡尺测出小球的直径如图乙所示，则小球的直径为______ cm。
(3)实验时测得摆线长为L，小球的直径为D，拉力传感器测得摆线的拉力大小F随时间t变化的图像如图丙所示，则重力加速度g的表达式为g= ______ (用字母L、D、t0表示)。
15. 小明和同学在实验室用如图甲所示的装置做“验证动能定理”的实验。
(1)实验中，适当倾斜木板的目的是______ 。
(2)小明用托盘天平分别称出小车的质量为M=400g、托盘及所挂钩码的总质量为m=300g，并打出一条清晰的纸带(如图乙)，纸带上相邻两个计数点间还有4个点未画出，打点计时器所接交流电源的频率为50Hz，重力加速度大小取g=9.8m/s2，他以小车为研究对象，分析纸带上B点到E点的数据，做了如下计算：
①小车所受合外力做的功为W合=mghBE= ______ J(保留2位有效数字)；
②小车在B点、E点时的速度大小分别为vB= ______ m/s，vE= ______ m/s；(均保留2位有效数字)
③小车动能的变化量为ΔEk=12MvE2−12MvB2= ______ J(保留2位有效数字)，实验发现W合与ΔEk相差较大，其主要原因是______ 。
四、简答题（本大题共4小题，共44.0分）
16. 随着科技的进步，探索太空已由遥不可及的幻想变成可能。假设你是一名宇宙学家，即将登陆一颗未知星球。你的飞船正绕着该星球做半径为r的匀速圆周运动，飞船做圆周运动的周期为T，引力常量为G。
(1)求该星球的质量；
(2)若已知该星球的半径为R，求该星球的密度。
17. 中国第一款百万级别的量产自主品牌汽车比亚迪仰望U8可以实现原地掉头、爆胎行驶、应急浮水等功能。假设其载人后的总质量为m=4×103kg，电机的额定功率为P=800kW，行驶时汽车所受阻力大小恒为f=2×104N。如果汽车由静止开始保持额定功率行驶，运动位移大小为x=200m时恰好达到最大速度(不限速道路上安全行驶)。求：
(1)汽车的最大速度大小；
(2)汽车在整个过程中的行驶时间。
18. 如图甲，过山车是年轻人喜爱的娱乐项目，其部分轨道简化为如图乙所示的模型：竖直平面内的粗糙斜面AB和半径为R=2m的光滑圆弧轨道BCD相切于B点，斜面的倾角为θ=37°，C、D分别为圆弧轨道的最低点和最高点。现有一质量为m=2kg的物块(可视为质点)从斜面上的A点由静止下滑，恰能通过D点。已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.25，重力加速度大小取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
(1)当物块刚滑到C点时对圆弧轨道的压力大小；
(2)A、B两点间的距离。
19. 如图，竖直平面内的曲面AB和水平面BC平滑连接于B点，倾角为α=37°的斜面DEF固定不动，D点在C点的正下方，二者的高度差为h=1.7m，质量分别为mP=1kg、mQ=3kg的小球P、Q并排静止于水平面BC左侧。现有一质量为m=2kg的滑块从曲面AB上距水平面BC高H=1.8m处由静止下滑，与小球P发生正碰，由于滑块上有粘性物质，碰后二者立即粘在一起，再与小球Q发生弹性碰撞。滑块、小球P和小球Q均可视为质点，不计一切阻力，重力加速度大小取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
(1)滑块与小球P碰撞过程中，系统损失的机械能；
(2)滑块和小球P整体最终的运动状态；
(3)改变H的值，使小球Q恰能垂直打在斜面DEF上，则H的值应为多少？
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、功是标量，功的正负只代表是动力功还是阻力功，不代表大小，所以−10J阻力功比5J的动力功多，故A错误；
B、重力势能是地球与物体所组成的系统共有的，而不是物体单独具有的，故B正确；
C、在弹性限度内，同一根弹簧被拉伸的长度越长，弹簧的形变量越大，具有的弹性势能越大，故C正确；
D、物体从固定的不同斜面下滑相同高度的过程中，重力做的功与斜面粗糙程度无关，只与初末位置高度差有关，故D正确。
本题选错误的，故选：A。
功是标量，功的正负表示不代表大小；重力势能是地球与物体所组成的系统共有的；弹簧的形变量越大，弹性势能越大；重力做的功与初末位置高度差有关。
本题考查功与能的基础知识，关键要明确功的正负号含义，知道动力做正功，阻力做负功。
2.【答案】C
【解析】解：ABC、木头上下做简谐运动，O点为平衡位置，到达水面时木头速度最大，加速度为零；M、N点为最大位移位置，到达水面时木头速度为零，回复力最大，故C正确，AB错误；
D、木头自下而上上升到最高处时，水面由M到O过程，速度是增大的，水面由O到N的过程，速度是减小的，故速度先增大后减小，故D错误。
故选：C。
当漂浮静止时，水位恰好在O点，说明在O点浮力等于重力；如果满足简谐运动的条件即F合=−kx，漂浮做的是简谐运动；平衡位置速度最大，漂浮由上往下运动时，可能加速也可能减速。
本题以漂浮为背景，考查了简谐运动的知识，解决该题的关键是知道物体要做简谐振动需满足的条件，知道简谐振动的平衡位置的力学特点。
3.【答案】D
【解析】解：A、子弹每次射出枪口的速度均不变，则若要子弹击中靶心O，只需将手枪竖直向上平移适当距离即可，故A错误；
B、若要子弹击中靶心O，就要减小竖直距离，这样可减小运动时间，则只需将手枪水平靠近墙壁适当距离即可，故B错误；
C、若只将手枪竖直向上平移一段距离，水平距离不变，由于子弹的初速度不变，则子弹在空中飞行的时间不变，故C错误；
D、若只将手枪水平远离墙壁一段距离，子弹运动时间变长，根据：tanθ=v0gt，则子弹击中墙壁时与竖直墙的夹角θ将变小，故D正确。
故选：D。
平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，结合水平位移和初速度的关系，根据竖直方向上位移—时间公式分析要击中靶心的办法；
由于水平位移不变，则打到靶心的时间不变；
根据竖直分速度的大小，结合平行四边形定则判断弹丸打到D点时速度的方向。
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住等时性，结合运动学公式灵活求解。
4.【答案】D
【解析】解：A.两齿轮为链传动，线速度大小相等，根据l=vt可知，齿轮边缘上的a点和b点在任意相等时间内通过的圆弧长相等，故A正确；
B.a点所在齿轮与后轮属于同轴传动，角速度相同，因此a点和后轮边缘上的c点在任意相等时间内转动的圈数相同，故B正确；
C.因a点和b点的线速度大小相同，知道了b点的线速度就等于知道了a点的线速度，而根据v=ωr，若知道a点所在齿轮的半径大小，就可知道a点的角速度，而a点的角速度与c点的角速度相等，因此就可知道c点的角速度，故C正确；
D.两齿轮为链传动，a、b两点线速度大小相同，而b点所在齿轮的半径大于a点所在齿轮的半径，根据v=ωr，可知a点所在齿轮的角速度大于b点所在齿轮的角速度，而a点的角速度等于c点的角速度，c点所在后轮的半径大于a点所在齿轮的半径，因此，c点的线速度最大，即图中的连接方式可使自行车行驶的最快，故D错误。
本题选择错误的，
故选：D。
利用同轴转动角速度相同，同一传动链不打滑，链条上各点的线速度大小相等，再利用v=ωr求解即可。
本题关键能分清同缘传动和同轴传动的特点，还要能结合公式v=ωr列式求解。
5.【答案】B
【解析】解：AB、根据题中已知条件可得，“天问一号”在“科学轨道”上的运行周期为
T=2h+1h+288min=7.8h
设“科学轨道”的半长轴为a，万有引力提供向心力有
GMma2=m4π2T2a
该式是将椭圆轨道近似看成圆轨道来进行计算的，在已知周期的情况下，可算得“科学轨道”的半长轴的大概值，并不能准确知道“科学轨道”的半长轴，故A错误，B正确；
C、“天问一号”环绕火星运行，因此可知“天问一号”脱离了地球引力的束缚，成为了火星的卫星，可知其发射速度必定大于第二宇宙速度，即11.2km/s，而16.7km/s为第三宇宙速度，即脱离太阳引力束缚所需要的最小发射速度，而火星是太阳的卫星，不可能脱离太阳引力束缚，因此可知，从地球上发射“天问一号”的速度介于第二和第三宇宙速度之间，故不得小于11..2km/s，故C错误；
D、根据开普勒第二定律可知，近火点的线速度大于远火点的线速度，即“天问一号”在火星引力作用下从轨道近火点减速运行到远火点，故D错误。
故选：B。
根据题意应用开普勒第三定律判断半长轴和周期关系；根据宇宙速度分析；根据变轨原理分析。
本题考查了万有引力定律的应用，知道变轨原理、知道万有引力提供向心力是解题的前提，根据题意应用万有引力公式与牛顿第二定律即可解题。
6.【答案】C
【解析】解：A、投弹过程中，重力对炸弹做正功，根据
mgh=−ΔEp=300J，可知炸弹的重力势能减小了300J，故A错误；
BD、投弹过程中，重力做正功，阻力做负功，而合力所做的功等于各个力所做功的代数和，由此可得合力所做的功为
W合=WG+(−W克)=240J
投弹过程根据动能定理，动能的变化量等于合外力所做的功，可知炸弹的动能增加了240J，故BD错误；
C、若只有重力做功，则机械能守恒，除重力以外的力若做正功，机械能增加，若做负功，机械能减小，投弹过程中，除了重力做功外，还有阻力做负功，因此可知机械能的减少量为
ΔE=W克=60J，故C正确。
故选：C。
据重力做功求出重力势能的变化，根据总功的定义求出合力的功，根据功能关系分析机械能的改变量；根据动能定理分析动能的变化。
解决本题的关键掌握功能关系，知道重力做功与重力势能的关系，合力做功与动能的关系，除重力以外其它力做功与机械能的关系。
7.【答案】A
【解析】解：A.根据图像可知，弹簧在第3s末与第5s末的位移大小相等，方向相反，弹簧振子处于关于平衡位置对称的位置，所以弹簧的长度不同，故A错误；
B.根据图像可知弹簧振子的周期为：
T=8s
根据周期与频率的关系得：
f=1T
解得：f=0.125Hz，故B正确；
C.根据图像可知，第3s末振子向平衡位置运动，即速度方向指向平衡位置，而加速度始终指向平衡位置，由此可知第3s末振子的速度与加速度方向相同，故C正确；
D.由已知可得
ω=2πf
代入数据得：ω=0.25π
振子的振动满足
x=Asinωt(cm)
则在第3s末有
x1=Asin(0.25π×3)
解得：x1= 22A(cm)
则在第5s末有
x2=Asin(0.25π×5)
解得：x2=− 22A(cm)
由此可知，从第3s末到第5s末，振子的位移为：
x2−x1=− 2A(cm)，故D正确。
本题选错误的，故选：A。
由振动图像读出位移关系，再分析弹簧长度关系；由图读出简谐运动的周期，根据公式f=1T求出简谐运动的频率；分析弹簧振子的运动情况，判断第3s末弹簧振子的速度与加速度方向关系；将t=3s、t=5s代入x=Asinωt得到第3s末、第5s末振子的位移大小，然后计算弹簧振子的位移。
本题的关键要会从x−t图象和x−t关系式分析弹簧振子的位移变化规律，根据x−t的斜率判断速度情况，要注意x−t图象不是振子的运动轨迹。
8.【答案】B
【解析】解：设人落地时得临界速度为v，取向上为正方向
对人根据动量定理有：(7mg−mg)Δt=0−(−mv)
人在下落过程中做自由落体运动，则有：v2=2gh
联立解得临界高度：hm=5.2m，选项中最接近的是B选项，故ACD错误中，B正确。
故选：B。
根据动量定理、牛顿第二、三定律求重物受到地面的最大冲击力时的加速度大小；先求人落地时的速度和反弹时的速度，再选取重物与地面接触过程利用动量定理求解。
根据物体不同的运动过程，正确选取动能定理或动量定理解题是解答此题的关键。求重物与地面接触过程利用动量定理求解时，要注意动量和冲量的方向。
9.【答案】CD
【解析】解：A.曲线运动的轨迹夹在所受合外力的方向与速度方向之间，且所受合外力一定指向轨迹的凹侧面，由此可知，图甲中，小球不可能仅在一恒力F的作用下沿图中轨迹从M点运动到N点，故A错误；
B.小船水平向左的运动为实际运动的速度方向，即合速度方向，而正确的分解方式应将合速度沿着绳子的方向与垂直绳子的方向分解，故B错误；
C.小球做匀速圆周运动，重力与绳拉力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：
Fn=mω2r
由几何知识得：
r=lsinθ
由平行四边形定则得：
Fn=mgtanθ
联立解得：ω= glcosθ
由此可知，绳长不变，小球做匀速圆周运动的角速度越大，绳子与竖直方向的夹角越大，故C正确；
D.经典力学只适用于低速、宏观物体的运动，图丁中，若飞机接近光速飞行时，其质量会发生改变，用经典力学不能进行解释，因此若飞机接近光速飞行时，经典力学就不再适用，故D正确。
故选：CD。
根据曲线运动的条件分析；绳头速度的分解一般是沿着绳子的方向与垂直绳子的方向分解；根据牛顿第二定律分析小球做匀速圆周运动的角速度与绳子与竖直方向的夹角的关系；经典力学只适用于低速、宏观物体的运动。
本题考查了曲线运动条件、速度的分解、匀速圆周运动等相关知识，注意绳头速度的分解方法，注意经典力学的适用范围。
10.【答案】BC
【解析】解：A.若同时让玩具车沿y轴正方向做匀速直线运动，则玩具车的实际运动为沿y轴正方向的匀速直线运动与沿x轴正方向的匀速直线运动的合运动，而合运动的速度方向夹在两个分运动的速度方向之间，即玩具车到达边界PQ时速度与边界PQ不可能垂直，故A错误；
B.因为两个分运动方向玩具车都做匀速直线运动，则可知合运动也为匀速直线运动，故B正确；
CD.曲线运动的轨迹夹在速度方向与合外力方向之间，且合外力指向轨迹的凹侧面，若同时让玩具车沿y轴正方向做匀加速直线运动，则玩具汽车所受合外力沿y轴正方向，符合图乙所示运动轨迹。
若同时让玩具车沿y轴正方向做匀减速直线运动，则合力方向沿y轴负方向，不可能出现图乙所示运动轨迹，故C正确，D错误。
故选：BC。
玩具车同时参与两个运动：y轴方向的直线运动，x轴方向的匀速直线运动，依据合力为零，根据分运动与合运动等时性，及互不影响，即可判定。
分析玩具车的两个分运动，掌握运动学公式，理解运动的合成与分解法则，注意分运动与合运动互不影响。
11.【答案】AD
【解析】解：A、根据图像可知，物体A、B的振动振幅均未衰减，所以物体A、B的振动均为无阻尼振动。通过图像可知两物体的振动周期相同，为TA=TB=1.6s，故A正确；
B、一个周期内，A、B两物体的路程分别为sA=4AA=4×10cm=40cm，sB=4AB=4×5cm=20cm，路程差为Δs=sA−sB=40cm−20cm=20cm，即每经历一个周期，物体A的路程比物体B的路程多20cm，故B错误；
C、0.4s时，物体A、B均处于位移最大处，速度均为0，故两者动能相同，都为0，故C错误；
D、物体B的振动方程x=Asinθ(ωt+φ0)(cm)
对B物体而言，式中
A=5cm，ω=2πT=2π1.6rad/s=54πrad/s，φ0=π
可得x=5sin(54πt+π)(cm)=−5sinθ54πt(cm)，故D正确。
故选：AD。
根据振动图像的形状分析振动类型，并读出物体A、B的振动周期关系；根据一个周期内振动物体通过的路程是4个振幅，求解一个周期内两个物体的路程关系；振动物体经过位移最大处时动能为零；根据振幅、周期和初相位写出物体B的振动方程。
根据振动图像读出振幅、周期以及振动物体的运动状态，进一步写出振动方程，这是基本能力，要熟练掌握。
12.【答案】AC
【解析】解：A、物体下落的加速度
a=mg−kvm
随速度增加，则加速度减小，即物体做加速度减小的加速运动，最终趋于匀速运动，故A正确；
B、由于有阻力做功，则机械能减小，故B错误；
C、重力势能
EP=EP0−mgx，故C正确；
D、根据动能理，由于初动能为0，故动能为
Ek=(mg−kv)x
随速度增加，则合外力减小，图像的斜率减小，故D错误。
故选：AC。
解：先根据牛顿第二定律分析小球加速度的变化情况，结合v−t图像的斜率表示加速度，分析v−t图像的形状；根据重力势能的计算式Ep=mgh列式，分析Ep−x图像的形状；根据动能定理列式分析Ek与x的关系，再确定Ek−x图像的形状；根据功能关系分析机械能与时间的关系，确定E−t图像的形状。
对于图像问题，关键要根据物理规律得到各个量的表达式，再分析图像的形状。
13.【答案】BC
【解析】解：A.悬停过程，沿水对人的作用力方向未发生位移，因此水的反冲动力对人不做功，故A错误；
B.悬停过程中根据平衡条件可知水对人的反冲力和重力平衡，则可知水的反冲作用力竖直向上，冲量竖直向上，故B正确；
CD.设出水口的喷水速度为v，在极短的Δt时间内两个出水口喷出的水的质量为Δm，则有
Δm=ρV=2ρSvΔt
设在极短时间内飞行器及人对喷出的水的平均作用力为F−，取向下为正方向，对喷出的水由动量定理有
F−Δt=Δmv
根据牛顿第三定律有
F−=F
而由平衡条件
F=Mg
联立解得
v≈6m/s
故C正确，D错误。
故选：BC。
根据做功的两个必要因素分析判断；根据平衡条件和冲量定义式分析判断；根据动量定理和牛顿第三定律计算速度。
本题关键掌握流体问题的解决方法，掌握动量定律求变力方法。
14.【答案】D 2.26 π2(2L+D)8t02
【解析】解：(1)根据单摆的定义，为完成实验，该同学应该选择的实验器材是不可伸长细绳、小钢球。
故选：D。
(2)游标卡尺的精度为0.1mm，其读数为主尺和游标尺示数之和，所以小球的直径为：D=22mm+0.1mm×6=22.6mm=2.26cm；
(3)根据单摆的周期公式有：T=2π L+D2g
根据图像得：T=4t0
解得
g=π2(2L+D)8t02
故答案为：(1)D；(2)2.26；(3)π2(2L+D)8t02。
(1)根据实验原理和注意事项选择好摆球和细线；
(2)根据图乙所示刻度，由游标卡尺的读数规则，读取小球的直径；
(3)根据题图丙先确定单摆的周期，应用单摆周期公式变形后求重力加速度大小。
掌握实验原理实验原理、知道实验注意事项是解题的前提，根据题意应用单摆周期公式即可解题。
15.【答案】平衡摩擦力 0.94 0.44 1.7 0.54 没有满足m≪M的条件
【解析】解：(1)此实验要消除摩擦阻力的影响，使细绳的拉力等于小车所受的合力，故适当倾斜木板的目的是平衡小车和木板间的摩擦力；
(2)①小车所受合外力做的功为
W合=mghBE=300×10−3×9.8×(6.53+10.69+14.91)×10−2J=0.94J
②纸带上相邻两个计数点间的时间间隔T=5×150s=0.1s
根据打点纸带测量速度的原理：用极短时间内的平均速度代替瞬时速度。可得小车在B点、E点时的速度大小分别为：
vB=2.30+6.532×0.1×10−2m/s=0.44m/s
vE=14.91+19.080.2×10−2m/s=1.7m/s
③小车动能的变化量为：
ΔEk=12MvE2−12MvB2=12×400×10−3×(1.72−0.442)J=0.54J
实验发现W合与ΔEk相差较大，其主要原因是在没有满足m≪M的条件下，将细绳的拉力(即W合)近似认为等于托盘及所挂钩码的总重力mg，造成小车所受合力与mg相差较大。故其主要原因是没有满足m≪M的条件。
故答案为：(1)平衡摩擦力；(2)①0.94；②0.44；1.7；③0.54；没有满足m≪M的条件。
(1)此实验要消除摩擦阻力的影响，使细绳的拉力等于小车所受的合力，适当倾斜木板的目的是平衡小车和木板间的摩擦力；
(2)①代入数据计算即可；
②先确定纸带上相邻两个计数点间的时间间隔，根据打点纸带测量速度的原理：用极短时间内的平均速度代替瞬时速度。利用纸带数据计算小车在B点、E点时的速度大小；
③代入数据计算小车动能的变化量；实验发现W合与ΔEk相差较大，其主要原因是在没有满足m≪M的条件，以至于小车所受合力与mg相差较大。
本题考查了“验证动能定理”的实验。掌握实验的原理和实验要求，注意要将细绳的拉力(即W合)近似认为等于托盘及所挂钩码的总重力mg，必须得满足m≪M的条件。
16.【答案】解：(1)飞船绕星球做圆周运动，根据万有引力提供向心力可得：GMmr2=m4π2T2r
可得该星球的质量为：M=4π2r3GT2；
(2)该星球的密度为：ρ=MV=4π2r3GT243πR3=3πr3GT2R3。
答：(1)该星球的质量为4π2r3GT2；
(2)该星球的密度为3πr3GT2R3。
【解析】(1)飞船绕星球做圆周运动，根据万有引力提供向心力求解星球的质量；
(2)根据密度的计算公式求解星球的密度。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析。
17.【答案】解：(1)当汽车达到最大速度时有，牵引力等于阻力，即F=f
P=fvm
代入数据解得
vm=Pf=800×1032×104m/s=40m/s
(2)汽车在整个过程中功率恒定，根据动能定理可得
Pt−fx=12mvm2
解得
t=9s
答：(1)汽车的最大速度40m/s；
(2)汽车在整个过程中的行驶时间9s。
【解析】汽车由静止开始保持额定功率行驶，即恒功率启动，当引力等于阻力时达到最大速度；根据动能定理求行驶时间
本题考查了机车的恒功率启动，理解启动过程，抓住功率恒定，牵引力功等于Pt，解题就容易多了。
18.【答案】解：(1)物块恰能通过D点，由牛顿第二定律有：mg=mvD2R
从C到D对物块利用动能定理则有：−2mgR=12mvD2−12mvC2
代入数据可得：vC=10m/s
在C点时，由牛顿第二定律有：FN−mg=mvC2R
代入数据可得：FN=120N
由牛顿第三定律可知，物块刚滑到C点时对圆弧轨道的压力大小等于物块受到的支持力大小，即压力FN′=FN=120N；
(2)从A到C对物块利用动能定理，则有：mg[xsinθ+R(1−cosθ)]−μmgxcosθ=12mvC2−0
代入数据可得：x=11.5m。
答：(1)当物块刚滑到C点时对圆弧轨道的压力大小为120N；
(2)A、B两点间的距离为11.5m。
【解析】(1)物块恰能通过D点，由牛顿第二定律可得D点速度大小，从C到D对物块利用动能定理可得C点速度大小，在C点利用牛顿第二定律可得物块所受支持力大小，由牛顿第三定律可得压力大小；
(2)从A到C对物块利用动能定理可得A、B两点间的距离。
本题考查了竖直平面内的圆周运动、牛顿运动定律、动能定理，解题的关键是抓住题干中的关键词语，比如物块恰能通过D点，可知恰好由重力提供向心力。
19.【答案】解：(1)滑块下滑到低端时，根据动能定理
mgH=12mv12
滑块与小球P碰撞过程中，取向右为正方向，根据动量守恒定律有
mv1=(m+mP)v2
解得
v2=23 2gH=23× 2×10×1.8m/s=4m/s
滑块与小球P碰撞过程中，系统损失的机械能
ΔE=12mv12−12(m+mP)v22=12×2×62J−12×(2+1)×42J=12J
(2)滑块和小球P整体与小球Q发生弹性碰撞，取向右为正方向，则
(m+mP)v2=(m+mP)v3+mQv4
12(m+mP)v22=12(m+mP)v32+12mQv42
可得
v3=0
v4=4m/s
即滑块和小球P整体最终静止；
(3)使小球Q恰能垂直打在斜面DEF上，如图所示
从C点抛出时的速度为v0则
tanα=v0gt，x=v0t
h−xtanα=12gt2
解得
v0=3m/s
改变H后，由(1)(2)的分析可知碰撞前滑块和小球P的速度、碰撞后小球Q的速度为
v′4=v′2=23 2gH
则
v0=v′4=23 2gH
可得
H=9v028g=9×328×10m=1.0125m
答：(1)滑块与小球P碰撞过程中，系统损失的机械能为12J；
(2)滑块和小球P整体最终静止；
(3)改变H的值，使小球Q恰能垂直打在斜面DEF上，则H的值应为1.0125m。
【解析】(1)根据动能定理计算碰撞前滑块的速度，根据动量守恒定律计算碰后速度，根据动能变化计算损失的机械能；
(2)根据动量守恒和能量守恒计算滑块和小球P与Q碰撞后的速度，再判断碰后运动情况；
(3)根据平抛运动规律计算。
本题关键掌握运动过程和受力情况的分析，掌握动能定理和机械能损失的计算，掌握利用动量守恒和能量守恒综合计算，掌握平抛运动的规律。
2022-2023学年四川省成都市10县市高一（下）期末物理试卷
一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）
1. 下列关于功和能的说法错误的是( )
A. −10J的功比5J的功少
B. 重力势能是地球与物体所组成的系统共有的
C. 在弹性限度内，同一根弹簧被拉伸的长度越长，具有的弹性势能越大
D. 物体从固定的不同斜面下滑相同高度的过程中，重力做的功与斜面粗糙程度无关
2. 如图，一圆柱形木头漂浮在水中，M、O、N为木头上的三个点。当木头静止时，水面恰好过O点。用手将木头向下压，使M点到达水面，松手后，木头上下做简谐运动，上升到最高处时，N点到达水面。木头做简谐运动的过程中，下列说法正确的是( )
A. M点到达水面时，木头的速度最大
B. N点到达水面时，木头所受回复力最小
C. O点到达水面时，木头的速度最大
D. 木头自下而上上升到最高处时，其速度一直在增大
3. 如图，射击比赛中选手将枪管AB对准竖直墙面上的C点，此时A、B、C在同一水平线上，开枪射击后发现子弹击中靶心O点正下方的D点且与竖直墙面的夹角为θ。设枪管AB始终保持水平，子弹每次射出枪口的速度均不变，不计空气阻力。则( )
A. 若要子弹击中靶心O，只需将手枪竖直向下平移适当距离即可
B. 若要子弹击中靶心O，只需将手枪水平远离墙壁适当距离即可
C. 若只将手枪竖直向上平移一段距离，则子弹在空中飞行的时间将变长
D. 若只将手枪水平远离墙壁一段距离，则子弹击中墙壁时θ将变小
4. 变速自行车通过曲柄、链轮、飞轮将力传递到后轮上，带动自行车前进。变速系统如图所示，此时链条连接着链轮上半径最大的齿轮和飞轮上半径最小的齿轮。自行车在平直的路面上沿直线行驶，链条与齿轮、后轮与地面均不打滑，链条处于张紧状态。下列说法错误的是( )
A. 齿轮边缘上的a点和b点在任意相等时间内通过的圆弧长相等
B. 齿轮边缘上的a点和后轮边缘上的c点在任意相等时间内转动的圈数相同
C. 若已知b点的线速度大小及a点所在齿轮的半径大小，则可求得c点的角速度
D. 在曲柄转速不变的情况下，图中的连接方式可使自行车行驶得最慢
5. 如图为中国科学家们为“天问一号”设计的椭圆形“科学轨道”，“天问一号”将在该轨道上正常运行的同时对火星展开观测。它在近火点265km附近的探测段运行2小时，在远火点11945.6km附近的探测段运行1小时，在采样段共运行288分钟。据以上信息，下列说法正确的是( )
A. 可以准确知道“科学轨道”的半长轴
B. 可以求得“天问一号”在“科学轨道”上的运行周期
C. 从地球上发射“天问一号”的速度不得小于16.7km/s
D. “天问一号”在火星引力作用下从轨道近火点加速运行到远火点
6. 如图，某次战斗演习中，一士兵操控无人机从空中投掷一枚炸弹，并击中对方坦克。已知炸弹在飞行过程中，重力对它做的功为300J，克服空气阻力做的功为60J。则在该过程中( )
A. 炸弹的重力势能增加了300J B. 合力对炸弹做的功为360J
C. 炸弹的机械能减少了60J D. 炸弹的动能增加了300J
7. 某弹簧振子仅靠弹簧弹力作用在水平方向做简谐运动，其位移x随时间t变化的函数关系式为x=Asinωt(cm)，振动图像如图所示。下列说法错误的是( )
A. 弹簧在第3s末与第5s末的长度相同
B. 弹簧振子的振动频率为f=0.125Hz
C. 第3s末振子的速度与加速度方向相同
D. 从第3s末到第5s末，振子的位移为− 2A(cm)
8. 研究发现，如果人体受到的冲击力超过自身重力的7倍将可能发生严重后果。现用假人模拟人体从高处跌落，实验测得假人从接触地面开始大约经Δt=0.17s速度减为0，不计空气阻力，重力加速度大小取g=10m/s2，则可能发生严重后果相对应的临界跌落高度大约为( )
A. 2m B. 5m C. 7m D. 10m
二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）
9. 下列说法正确的是( )
A. 图甲中，小球可以仅在一恒力F的作用下沿图中轨迹从M点运动到N点
B. 图乙中，小船在绳子拉力作用下水平向左运动，其速度分解遵循图中的分解方式
C. 图丙中，绳长不变，小球做匀速圆周运动的角速度越大，绳子与竖直方向的夹角越大
D. 图丁中，若飞机接近光速飞行时，经典力学就不再适用
10. 一玩具车正跟随水平传送带向右做匀速直线运动。现沿传送带运动的方向建立x轴，垂直于传送带运动的方向建立y轴，原点为O，俯视图如图甲所示，PQ、P′Q′分别为传送带的上、下边界。则( )
A. 若同时让玩具车沿y轴正方向做匀速直线运动，则玩具车到达边界PQ时速度与边界PQ垂直
B. 若同时让玩具车沿y轴正方向做匀速直线运动，则玩具车到达边界PQ前的运动为匀速直线运动
C. 若同时让玩具车沿y轴正方向做匀加速直线运动，则玩具车可能出现图乙中的轨迹
D. 若同时让玩具车沿y轴正方向做匀减速直线运动，则玩具车可能出现图乙中的轨迹
11. A、B两物体均在水平面上做简谐运动。如图，实线为物体A的振动图线，虚线为物体B的振动图线。则( )
A. 物体A、B的振动均为无阻尼振动且具有相同的振动周期
B. 每经历一个周期，物体A的路程比物体B的路程多10cm
C. 0.4s时，物体A比物体B具有更大的动能
D. 物体B的振动方程为x=−5sin5π4t(cm)
12. 近年来，高空坠物事件频发，危害巨大。假设一物体从高空由静止坠落，其受到的空气阻力大小与速率v成正比。用Ek表示坠物的动能、Ep表示其重力势能、E表示其机械能、x表示其位移、t表示其坠落时间，取地面为零势能面，则下列图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
13. 如图，“水上飞人”是近几年流行的游乐项目。假设人(包括装备)的质量为70kg，两个出水口的横截面积均为100cm2，适当调节出水口的喷水速度可以使人悬停在空中(近似认为水流喷出前的速度为0)，忽略中间水管对人的作用力，水的密度为1.0×103kg/m3，重力加速度大小取g=10m/s2。则( )
A. 悬停过程中水对人做正功 B. 悬停过程中水对人的冲量竖直向上
C. 出水口的喷水速度大小约为6m/s D. 出水口的喷水速度大小约为12m/s
三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
14. 某同学利用单摆测定当地重力加速度。首先，该同学将拉力传感器固定在铁架台上的水平横杆上，再将摆线的上端系在拉力传感器上(如图甲)。拉动小球到某点后由静止释放，使小球在竖直平面内做偏角极小的摆动。
(1)为完成实验，该同学应该选择的实验器材是______ 。
A.弹性细绳、塑料小球
B.弹性细绳、小钢球
C.不可伸长细绳、塑料小球
D.不可伸长细绳、小钢球
(2)用游标卡尺测出小球的直径如图乙所示，则小球的直径为______ cm。
(3)实验时测得摆线长为L，小球的直径为D，拉力传感器测得摆线的拉力大小F随时间t变化的图像如图丙所示，则重力加速度g的表达式为g= ______ (用字母L、D、t0表示)。
15. 小明和同学在实验室用如图甲所示的装置做“验证动能定理”的实验。
(1)实验中，适当倾斜木板的目的是______ 。
(2)小明用托盘天平分别称出小车的质量为M=400g、托盘及所挂钩码的总质量为m=300g，并打出一条清晰的纸带(如图乙)，纸带上相邻两个计数点间还有4个点未画出，打点计时器所接交流电源的频率为50Hz，重力加速度大小取g=9.8m/s2，他以小车为研究对象，分析纸带上B点到E点的数据，做了如下计算：
①小车所受合外力做的功为W合=mghBE= ______ J(保留2位有效数字)；
②小车在B点、E点时的速度大小分别为vB= ______ m/s，vE= ______ m/s；(均保留2位有效数字)
③小车动能的变化量为ΔEk=12MvE2−12MvB2= ______ J(保留2位有效数字)，实验发现W合与ΔEk相差较大，其主要原因是______ 。
四、简答题（本大题共4小题，共44.0分）
16. 随着科技的进步，探索太空已由遥不可及的幻想变成可能。假设你是一名宇宙学家，即将登陆一颗未知星球。你的飞船正绕着该星球做半径为r的匀速圆周运动，飞船做圆周运动的周期为T，引力常量为G。
(1)求该星球的质量；
(2)若已知该星球的半径为R，求该星球的密度。
17. 中国第一款百万级别的量产自主品牌汽车比亚迪仰望U8可以实现原地掉头、爆胎行驶、应急浮水等功能。假设其载人后的总质量为m=4×103kg，电机的额定功率为P=800kW，行驶时汽车所受阻力大小恒为f=2×104N。如果汽车由静止开始保持额定功率行驶，运动位移大小为x=200m时恰好达到最大速度(不限速道路上安全行驶)。求：
(1)汽车的最大速度大小；
(2)汽车在整个过程中的行驶时间。
18. 如图甲，过山车是年轻人喜爱的娱乐项目，其部分轨道简化为如图乙所示的模型：竖直平面内的粗糙斜面AB和半径为R=2m的光滑圆弧轨道BCD相切于B点，斜面的倾角为θ=37°，C、D分别为圆弧轨道的最低点和最高点。现有一质量为m=2kg的物块(可视为质点)从斜面上的A点由静止下滑，恰能通过D点。已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.25，重力加速度大小取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
(1)当物块刚滑到C点时对圆弧轨道的压力大小；
(2)A、B两点间的距离。
19. 如图，竖直平面内的曲面AB和水平面BC平滑连接于B点，倾角为α=37°的斜面DEF固定不动，D点在C点的正下方，二者的高度差为h=1.7m，质量分别为mP=1kg、mQ=3kg的小球P、Q并排静止于水平面BC左侧。现有一质量为m=2kg的滑块从曲面AB上距水平面BC高H=1.8m处由静止下滑，与小球P发生正碰，由于滑块上有粘性物质，碰后二者立即粘在一起，再与小球Q发生弹性碰撞。滑块、小球P和小球Q均可视为质点，不计一切阻力，重力加速度大小取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
(1)滑块与小球P碰撞过程中，系统损失的机械能；
(2)滑块和小球P整体最终的运动状态；
(3)改变H的值，使小球Q恰能垂直打在斜面DEF上，则H的值应为多少？
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、功是标量，功的正负只代表是动力功还是阻力功，不代表大小，所以−10J阻力功比5J的动力功多，故A错误；
B、重力势能是地球与物体所组成的系统共有的，而不是物体单独具有的，故B正确；
C、在弹性限度内，同一根弹簧被拉伸的长度越长，弹簧的形变量越大，具有的弹性势能越大，故C正确；
D、物体从固定的不同斜面下滑相同高度的过程中，重力做的功与斜面粗糙程度无关，只与初末位置高度差有关，故D正确。
本题选错误的，故选：A。
功是标量，功的正负表示不代表大小；重力势能是地球与物体所组成的系统共有的；弹簧的形变量越大，弹性势能越大；重力做的功与初末位置高度差有关。
本题考查功与能的基础知识，关键要明确功的正负号含义，知道动力做正功，阻力做负功。
2.【答案】C
【解析】解：ABC、木头上下做简谐运动，O点为平衡位置，到达水面时木头速度最大，加速度为零；M、N点为最大位移位置，到达水面时木头速度为零，回复力最大，故C正确，AB错误；
D、木头自下而上上升到最高处时，水面由M到O过程，速度是增大的，水面由O到N的过程，速度是减小的，故速度先增大后减小，故D错误。
故选：C。
当漂浮静止时，水位恰好在O点，说明在O点浮力等于重力；如果满足简谐运动的条件即F合=−kx，漂浮做的是简谐运动；平衡位置速度最大，漂浮由上往下运动时，可能加速也可能减速。
本题以漂浮为背景，考查了简谐运动的知识，解决该题的关键是知道物体要做简谐振动需满足的条件，知道简谐振动的平衡位置的力学特点。
3.【答案】D
【解析】解：A、子弹每次射出枪口的速度均不变，则若要子弹击中靶心O，只需将手枪竖直向上平移适当距离即可，故A错误；
B、若要子弹击中靶心O，就要减小竖直距离，这样可减小运动时间，则只需将手枪水平靠近墙壁适当距离即可，故B错误；
C、若只将手枪竖直向上平移一段距离，水平距离不变，由于子弹的初速度不变，则子弹在空中飞行的时间不变，故C错误；
D、若只将手枪水平远离墙壁一段距离，子弹运动时间变长，根据：tanθ=v0gt，则子弹击中墙壁时与竖直墙的夹角θ将变小，故D正确。
故选：D。
平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，结合水平位移和初速度的关系，根据竖直方向上位移—时间公式分析要击中靶心的办法；
由于水平位移不变，则打到靶心的时间不变；
根据竖直分速度的大小，结合平行四边形定则判断弹丸打到D点时速度的方向。
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住等时性，结合运动学公式灵活求解。
4.【答案】D
【解析】解：A.两齿轮为链传动，线速度大小相等，根据l=vt可知，齿轮边缘上的a点和b点在任意相等时间内通过的圆弧长相等，故A正确；
B.a点所在齿轮与后轮属于同轴传动，角速度相同，因此a点和后轮边缘上的c点在任意相等时间内转动的圈数相同，故B正确；
C.因a点和b点的线速度大小相同，知道了b点的线速度就等于知道了a点的线速度，而根据v=ωr，若知道a点所在齿轮的半径大小，就可知道a点的角速度，而a点的角速度与c点的角速度相等，因此就可知道c点的角速度，故C正确；
D.两齿轮为链传动，a、b两点线速度大小相同，而b点所在齿轮的半径大于a点所在齿轮的半径，根据v=ωr，可知a点所在齿轮的角速度大于b点所在齿轮的角速度，而a点的角速度等于c点的角速度，c点所在后轮的半径大于a点所在齿轮的半径，因此，c点的线速度最大，即图中的连接方式可使自行车行驶的最快，故D错误。
本题选择错误的，
故选：D。
利用同轴转动角速度相同，同一传动链不打滑，链条上各点的线速度大小相等，再利用v=ωr求解即可。
本题关键能分清同缘传动和同轴传动的特点，还要能结合公式v=ωr列式求解。
5.【答案】B
【解析】解：AB、根据题中已知条件可得，“天问一号”在“科学轨道”上的运行周期为
T=2h+1h+288min=7.8h
设“科学轨道”的半长轴为a，万有引力提供向心力有
GMma2=m4π2T2a
该式是将椭圆轨道近似看成圆轨道来进行计算的，在已知周期的情况下，可算得“科学轨道”的半长轴的大概值，并不能准确知道“科学轨道”的半长轴，故A错误，B正确；
C、“天问一号”环绕火星运行，因此可知“天问一号”脱离了地球引力的束缚，成为了火星的卫星，可知其发射速度必定大于第二宇宙速度，即11.2km/s，而16.7km/s为第三宇宙速度，即脱离太阳引力束缚所需要的最小发射速度，而火星是太阳的卫星，不可能脱离太阳引力束缚，因此可知，从地球上发射“天问一号”的速度介于第二和第三宇宙速度之间，故不得小于11..2km/s，故C错误；
D、根据开普勒第二定律可知，近火点的线速度大于远火点的线速度，即“天问一号”在火星引力作用下从轨道近火点减速运行到远火点，故D错误。
故选：B。
根据题意应用开普勒第三定律判断半长轴和周期关系；根据宇宙速度分析；根据变轨原理分析。
本题考查了万有引力定律的应用，知道变轨原理、知道万有引力提供向心力是解题的前提，根据题意应用万有引力公式与牛顿第二定律即可解题。
6.【答案】C
【解析】解：A、投弹过程中，重力对炸弹做正功，根据
mgh=−ΔEp=300J，可知炸弹的重力势能减小了300J，故A错误；
BD、投弹过程中，重力做正功，阻力做负功，而合力所做的功等于各个力所做功的代数和，由此可得合力所做的功为
W合=WG+(−W克)=240J
投弹过程根据动能定理，动能的变化量等于合外力所做的功，可知炸弹的动能增加了240J，故BD错误；
C、若只有重力做功，则机械能守恒，除重力以外的力若做正功，机械能增加，若做负功，机械能减小，投弹过程中，除了重力做功外，还有阻力做负功，因此可知机械能的减少量为
ΔE=W克=60J，故C正确。
故选：C。
据重力做功求出重力势能的变化，根据总功的定义求出合力的功，根据功能关系分析机械能的改变量；根据动能定理分析动能的变化。
解决本题的关键掌握功能关系，知道重力做功与重力势能的关系，合力做功与动能的关系，除重力以外其它力做功与机械能的关系。
7.【答案】A
【解析】解：A.根据图像可知，弹簧在第3s末与第5s末的位移大小相等，方向相反，弹簧振子处于关于平衡位置对称的位置，所以弹簧的长度不同，故A错误；
B.根据图像可知弹簧振子的周期为：
T=8s
根据周期与频率的关系得：
f=1T
解得：f=0.125Hz，故B正确；
C.根据图像可知，第3s末振子向平衡位置运动，即速度方向指向平衡位置，而加速度始终指向平衡位置，由此可知第3s末振子的速度与加速度方向相同，故C正确；
D.由已知可得
ω=2πf
代入数据得：ω=0.25π
振子的振动满足
x=Asinωt(cm)
则在第3s末有
x1=Asin(0.25π×3)
解得：x1= 22A(cm)
则在第5s末有
x2=Asin(0.25π×5)
解得：x2=− 22A(cm)
由此可知，从第3s末到第5s末，振子的位移为：
x2−x1=− 2A(cm)，故D正确。
本题选错误的，故选：A。
由振动图像读出位移关系，再分析弹簧长度关系；由图读出简谐运动的周期，根据公式f=1T求出简谐运动的频率；分析弹簧振子的运动情况，判断第3s末弹簧振子的速度与加速度方向关系；将t=3s、t=5s代入x=Asinωt得到第3s末、第5s末振子的位移大小，然后计算弹簧振子的位移。
本题的关键要会从x−t图象和x−t关系式分析弹簧振子的位移变化规律，根据x−t的斜率判断速度情况，要注意x−t图象不是振子的运动轨迹。
8.【答案】B
【解析】解：设人落地时得临界速度为v，取向上为正方向
对人根据动量定理有：(7mg−mg)Δt=0−(−mv)
人在下落过程中做自由落体运动，则有：v2=2gh
联立解得临界高度：hm=5.2m，选项中最接近的是B选项，故ACD错误中，B正确。
故选：B。
根据动量定理、牛顿第二、三定律求重物受到地面的最大冲击力时的加速度大小；先求人落地时的速度和反弹时的速度，再选取重物与地面接触过程利用动量定理求解。
根据物体不同的运动过程，正确选取动能定理或动量定理解题是解答此题的关键。求重物与地面接触过程利用动量定理求解时，要注意动量和冲量的方向。
9.【答案】CD
【解析】解：A.曲线运动的轨迹夹在所受合外力的方向与速度方向之间，且所受合外力一定指向轨迹的凹侧面，由此可知，图甲中，小球不可能仅在一恒力F的作用下沿图中轨迹从M点运动到N点，故A错误；
B.小船水平向左的运动为实际运动的速度方向，即合速度方向，而正确的分解方式应将合速度沿着绳子的方向与垂直绳子的方向分解，故B错误；
C.小球做匀速圆周运动，重力与绳拉力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：
Fn=mω2r
由几何知识得：
r=lsinθ
由平行四边形定则得：
Fn=mgtanθ
联立解得：ω= glcosθ
由此可知，绳长不变，小球做匀速圆周运动的角速度越大，绳子与竖直方向的夹角越大，故C正确；
D.经典力学只适用于低速、宏观物体的运动，图丁中，若飞机接近光速飞行时，其质量会发生改变，用经典力学不能进行解释，因此若飞机接近光速飞行时，经典力学就不再适用，故D正确。
故选：CD。
根据曲线运动的条件分析；绳头速度的分解一般是沿着绳子的方向与垂直绳子的方向分解；根据牛顿第二定律分析小球做匀速圆周运动的角速度与绳子与竖直方向的夹角的关系；经典力学只适用于低速、宏观物体的运动。
本题考查了曲线运动条件、速度的分解、匀速圆周运动等相关知识，注意绳头速度的分解方法，注意经典力学的适用范围。
10.【答案】BC
【解析】解：A.若同时让玩具车沿y轴正方向做匀速直线运动，则玩具车的实际运动为沿y轴正方向的匀速直线运动与沿x轴正方向的匀速直线运动的合运动，而合运动的速度方向夹在两个分运动的速度方向之间，即玩具车到达边界PQ时速度与边界PQ不可能垂直，故A错误；
B.因为两个分运动方向玩具车都做匀速直线运动，则可知合运动也为匀速直线运动，故B正确；
CD.曲线运动的轨迹夹在速度方向与合外力方向之间，且合外力指向轨迹的凹侧面，若同时让玩具车沿y轴正方向做匀加速直线运动，则玩具汽车所受合外力沿y轴正方向，符合图乙所示运动轨迹。
若同时让玩具车沿y轴正方向做匀减速直线运动，则合力方向沿y轴负方向，不可能出现图乙所示运动轨迹，故C正确，D错误。
故选：BC。
玩具车同时参与两个运动：y轴方向的直线运动，x轴方向的匀速直线运动，依据合力为零，根据分运动与合运动等时性，及互不影响，即可判定。
分析玩具车的两个分运动，掌握运动学公式，理解运动的合成与分解法则，注意分运动与合运动互不影响。
11.【答案】AD
【解析】解：A、根据图像可知，物体A、B的振动振幅均未衰减，所以物体A、B的振动均为无阻尼振动。通过图像可知两物体的振动周期相同，为TA=TB=1.6s，故A正确；
B、一个周期内，A、B两物体的路程分别为sA=4AA=4×10cm=40cm，sB=4AB=4×5cm=20cm，路程差为Δs=sA−sB=40cm−20cm=20cm，即每经历一个周期，物体A的路程比物体B的路程多20cm，故B错误；
C、0.4s时，物体A、B均处于位移最大处，速度均为0，故两者动能相同，都为0，故C错误；
D、物体B的振动方程x=Asinθ(ωt+φ0)(cm)
对B物体而言，式中
A=5cm，ω=2πT=2π1.6rad/s=54πrad/s，φ0=π
可得x=5sin(54πt+π)(cm)=−5sinθ54πt(cm)，故D正确。
故选：AD。
根据振动图像的形状分析振动类型，并读出物体A、B的振动周期关系；根据一个周期内振动物体通过的路程是4个振幅，求解一个周期内两个物体的路程关系；振动物体经过位移最大处时动能为零；根据振幅、周期和初相位写出物体B的振动方程。
根据振动图像读出振幅、周期以及振动物体的运动状态，进一步写出振动方程，这是基本能力，要熟练掌握。
12.【答案】AC
【解析】解：A、物体下落的加速度
a=mg−kvm
随速度增加，则加速度减小，即物体做加速度减小的加速运动，最终趋于匀速运动，故A正确；
B、由于有阻力做功，则机械能减小，故B错误；
C、重力势能
EP=EP0−mgx，故C正确；
D、根据动能理，由于初动能为0，故动能为
Ek=(mg−kv)x
随速度增加，则合外力减小，图像的斜率减小，故D错误。
故选：AC。
解：先根据牛顿第二定律分析小球加速度的变化情况，结合v−t图像的斜率表示加速度，分析v−t图像的形状；根据重力势能的计算式Ep=mgh列式，分析Ep−x图像的形状；根据动能定理列式分析Ek与x的关系，再确定Ek−x图像的形状；根据功能关系分析机械能与时间的关系，确定E−t图像的形状。
对于图像问题，关键要根据物理规律得到各个量的表达式，再分析图像的形状。
13.【答案】BC
【解析】解：A.悬停过程，沿水对人的作用力方向未发生位移，因此水的反冲动力对人不做功，故A错误；
B.悬停过程中根据平衡条件可知水对人的反冲力和重力平衡，则可知水的反冲作用力竖直向上，冲量竖直向上，故B正确；
CD.设出水口的喷水速度为v，在极短的Δt时间内两个出水口喷出的水的质量为Δm，则有
Δm=ρV=2ρSvΔt
设在极短时间内飞行器及人对喷出的水的平均作用力为F−，取向下为正方向，对喷出的水由动量定理有
F−Δt=Δmv
根据牛顿第三定律有
F−=F
而由平衡条件
F=Mg
联立解得
v≈6m/s
故C正确，D错误。
故选：BC。
根据做功的两个必要因素分析判断；根据平衡条件和冲量定义式分析判断；根据动量定理和牛顿第三定律计算速度。
本题关键掌握流体问题的解决方法，掌握动量定律求变力方法。
14.【答案】D 2.26 π2(2L+D)8t02
【解析】解：(1)根据单摆的定义，为完成实验，该同学应该选择的实验器材是不可伸长细绳、小钢球。
故选：D。
(2)游标卡尺的精度为0.1mm，其读数为主尺和游标尺示数之和，所以小球的直径为：D=22mm+0.1mm×6=22.6mm=2.26cm；
(3)根据单摆的周期公式有：T=2π L+D2g
根据图像得：T=4t0
解得
g=π2(2L+D)8t02
故答案为：(1)D；(2)2.26；(3)π2(2L+D)8t02。
(1)根据实验原理和注意事项选择好摆球和细线；
(2)根据图乙所示刻度，由游标卡尺的读数规则，读取小球的直径；
(3)根据题图丙先确定单摆的周期，应用单摆周期公式变形后求重力加速度大小。
掌握实验原理实验原理、知道实验注意事项是解题的前提，根据题意应用单摆周期公式即可解题。
15.【答案】平衡摩擦力 0.94 0.44 1.7 0.54 没有满足m≪M的条件
【解析】解：(1)此实验要消除摩擦阻力的影响，使细绳的拉力等于小车所受的合力，故适当倾斜木板的目的是平衡小车和木板间的摩擦力；
(2)①小车所受合外力做的功为
W合=mghBE=300×10−3×9.8×(6.53+10.69+14.91)×10−2J=0.94J
②纸带上相邻两个计数点间的时间间隔T=5×150s=0.1s
根据打点纸带测量速度的原理：用极短时间内的平均速度代替瞬时速度。可得小车在B点、E点时的速度大小分别为：
vB=2.30+6.532×0.1×10−2m/s=0.44m/s
vE=14.91+19.080.2×10−2m/s=1.7m/s
③小车动能的变化量为：
ΔEk=12MvE2−12MvB2=12×400×10−3×(1.72−0.442)J=0.54J
实验发现W合与ΔEk相差较大，其主要原因是在没有满足m≪M的条件下，将细绳的拉力(即W合)近似认为等于托盘及所挂钩码的总重力mg，造成小车所受合力与mg相差较大。故其主要原因是没有满足m≪M的条件。
故答案为：(1)平衡摩擦力；(2)①0.94；②0.44；1.7；③0.54；没有满足m≪M的条件。
(1)此实验要消除摩擦阻力的影响，使细绳的拉力等于小车所受的合力，适当倾斜木板的目的是平衡小车和木板间的摩擦力；
(2)①代入数据计算即可；
②先确定纸带上相邻两个计数点间的时间间隔，根据打点纸带测量速度的原理：用极短时间内的平均速度代替瞬时速度。利用纸带数据计算小车在B点、E点时的速度大小；
③代入数据计算小车动能的变化量；实验发现W合与ΔEk相差较大，其主要原因是在没有满足m≪M的条件，以至于小车所受合力与mg相差较大。
本题考查了“验证动能定理”的实验。掌握实验的原理和实验要求，注意要将细绳的拉力(即W合)近似认为等于托盘及所挂钩码的总重力mg，必须得满足m≪M的条件。
16.【答案】解：(1)飞船绕星球做圆周运动，根据万有引力提供向心力可得：GMmr2=m4π2T2r
可得该星球的质量为：M=4π2r3GT2；
(2)该星球的密度为：ρ=MV=4π2r3GT243πR3=3πr3GT2R3。
答：(1)该星球的质量为4π2r3GT2；
(2)该星球的密度为3πr3GT2R3。
【解析】(1)飞船绕星球做圆周运动，根据万有引力提供向心力求解星球的质量；
(2)根据密度的计算公式求解星球的密度。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析。
17.【答案】解：(1)当汽车达到最大速度时有，牵引力等于阻力，即F=f
P=fvm
代入数据解得
vm=Pf=800×1032×104m/s=40m/s
(2)汽车在整个过程中功率恒定，根据动能定理可得
Pt−fx=12mvm2
解得
t=9s
答：(1)汽车的最大速度40m/s；
(2)汽车在整个过程中的行驶时间9s。
【解析】汽车由静止开始保持额定功率行驶，即恒功率启动，当引力等于阻力时达到最大速度；根据动能定理求行驶时间
本题考查了机车的恒功率启动，理解启动过程，抓住功率恒定，牵引力功等于Pt，解题就容易多了。
18.【答案】解：(1)物块恰能通过D点，由牛顿第二定律有：mg=mvD2R
从C到D对物块利用动能定理则有：−2mgR=12mvD2−12mvC2
代入数据可得：vC=10m/s
在C点时，由牛顿第二定律有：FN−mg=mvC2R
代入数据可得：FN=120N
由牛顿第三定律可知，物块刚滑到C点时对圆弧轨道的压力大小等于物块受到的支持力大小，即压力FN′=FN=120N；
(2)从A到C对物块利用动能定理，则有：mg[xsinθ+R(1−cosθ)]−μmgxcosθ=12mvC2−0
代入数据可得：x=11.5m。
答：(1)当物块刚滑到C点时对圆弧轨道的压力大小为120N；
(2)A、B两点间的距离为11.5m。
【解析】(1)物块恰能通过D点，由牛顿第二定律可得D点速度大小，从C到D对物块利用动能定理可得C点速度大小，在C点利用牛顿第二定律可得物块所受支持力大小，由牛顿第三定律可得压力大小；
(2)从A到C对物块利用动能定理可得A、B两点间的距离。
本题考查了竖直平面内的圆周运动、牛顿运动定律、动能定理，解题的关键是抓住题干中的关键词语，比如物块恰能通过D点，可知恰好由重力提供向心力。
19.【答案】解：(1)滑块下滑到低端时，根据动能定理
mgH=12mv12
滑块与小球P碰撞过程中，取向右为正方向，根据动量守恒定律有
mv1=(m+mP)v2
解得
v2=23 2gH=23× 2×10×1.8m/s=4m/s
滑块与小球P碰撞过程中，系统损失的机械能
ΔE=12mv12−12(m+mP)v22=12×2×62J−12×(2+1)×42J=12J
(2)滑块和小球P整体与小球Q发生弹性碰撞，取向右为正方向，则
(m+mP)v2=(m+mP)v3+mQv4
12(m+mP)v22=12(m+mP)v32+12mQv42
可得
v3=0
v4=4m/s
即滑块和小球P整体最终静止；
(3)使小球Q恰能垂直打在斜面DEF上，如图所示
从C点抛出时的速度为v0则
tanα=v0gt，x=v0t
h−xtanα=12gt2
解得
v0=3m/s
改变H后，由(1)(2)的分析可知碰撞前滑块和小球P的速度、碰撞后小球Q的速度为
v′4=v′2=23 2gH
则
v0=v′4=23 2gH
可得
H=9v028g=9×328×10m=1.0125m
答：(1)滑块与小球P碰撞过程中，系统损失的机械能为12J；
(2)滑块和小球P整体最终静止；
(3)改变H的值，使小球Q恰能垂直打在斜面DEF上，则H的值应为1.0125m。
【解析】(1)根据动能定理计算碰撞前滑块的速度，根据动量守恒定律计算碰后速度，根据动能变化计算损失的机械能；
(2)根据动量守恒和能量守恒计算滑块和小球P与Q碰撞后的速度，再判断碰后运动情况；
(3)根据平抛运动规律计算。
本题关键掌握运动过程和受力情况的分析，掌握动能定理和机械能损失的计算，掌握利用动量守恒和能量守恒综合计算，掌握平抛运动的规律。
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