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2022-2023学年北京市西城区高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年北京市西城区高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共17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。
1.下列物理量中属于矢量的是( )
A. 动能B. 功C. 重力势能D. 万有引力
2.质点沿曲线由M向N运动的速度逐渐增大。如图分别画出了质点所受合力F的四种方向，其中可能的是( )
A. B. C. D.
3.人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，下列说法中正确的是( )
A. 根据公式F=mω2r，卫星的向心力大小与轨道半径成正比
B. 根据公式F=mv2r，卫星的向心力大小与轨道半径成反比
C. 根据公式F=mvω，卫星的向心力大小与轨道半径无关
D. 根据公式F=GMmr2，卫星的向心力大小与轨道半径的二次方成反比
4.如图所示，A、B两球静止在同一高度处。用锤打击弹性金属片，A球沿水平方向飞出的同时B球做自由落体运动，观察到两球同时落地。改变两球的高度和击打的力度多次实验，总能观察到两球同时落地。这个现象说明( )
A. 小球A在水平方向做匀速运动
B. 小球A在竖直方向做自由落体运动
C. 小球A在竖直方向做匀速运动
D. 小球A在水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动
5.如图所示，小物块A与水平圆盘保持相对静止，随圆盘一起在水平面内做匀速圆周运动。关于小物块A的受力情况，下列说法正确的是( )
A. 受重力、支持力B. 受重力、支持力和摩擦力
C. 受重力、支持力、摩擦力和向心力D. 受到的合外力为零
6.“北斗三号全球卫星导航系统”由3颗地球静止轨道卫星、3颗倾斜地球同步轨道工24颗中圆地球轨道卫星组成。中圆卫星的轨道高度约为2.1×104km，静止卫星的轨道高度约为3.6×104km。若将卫星的运动均看作是绕地球的匀速圆周运动，则( )
A. 中圆地球轨道卫星的运行周期大于24h
B. 地球静止卫星轨道平面与北京所在纬度圈的平面相同
C. 中圆地球轨道卫星的运行角速度大于地球自转的角速度
D. 中圆地球轨道卫星的运行线速度小于地球静止轨道卫星的运行线速度
7.如图所示，某人沿与水平成30∘角的方向斜向上以10m/s的初速度v0抛出质量为1kg的小球，小球抛出时距离地面高度h为10m，落地前瞬时速度大小为16m/s。g取10m/s2，则对于小球在空中运动的整个过程，下列说法中正确的是( )
A. 机械能减少78J
B. 重力做功大于100J
C. 合力对小球做的功为78J
D. 空气阻力对小球做的功为−78J
8.农田里架有一水管，如图所示，水从出水口沿水平方向满口均匀流出。用一把卷尺，只需要测出下列哪些数据就可大致估测某一时刻空中的水的体积( )
A. 管口内径d、水的水平位移xB. 管口内径d、管口到地面的高度h
C. 管口到地面的高度h、水的水平位移xD. 管口到地面的高度h、水的总位移s
9.结合万有引力定律(F=GMmr2)和向心力相关知识，可推得开普勒第三定律(r3T2=k)中k的表达式。下面关于k的说法中正确的是( )
A. k就是G
B. k与G无关
C. k与中心天体的质量M有关
D. 太阳行星系统的k值与地球卫星系统的k值相同
10.利用面积为S的某海湾修建一座水库，涨潮时水深h1，此时关上水坝的闸门，可使水库水位保持h1不变。退潮时，坝外水位降至h2。若利用此水坝建造水力发电站，且重力势能转化为电能的效率是η，水的密度为ρ，重力加速度为g，每天有两次涨潮、两次退潮。涨潮和退潮时水流都可以推动水轮机发电，则该电站一天能发的电能约为( )
A. 2ρSgη(h1−h2)2B. 4ρSgη(h1−h2)2C. 2ρSgη(h1−h2)D. 4ρSgη(h1−h2)
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
11.如图，行星绕太阳运动的轨迹为椭圆，下列说法中正确的是( )
A. 太阳处在椭圆的一个焦点上
B. 行星在近日点的速率大于在远日点的速率
C. 行星从近日点到远日点的过程，引力对它做负功
D. 不同的行星与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积都相等
12.要把湿手上的水甩掉，人通常的甩手动作如图所示，这幅图片是由每秒25帧的摄像机拍摄视频后制作的，它真实地记录了手臂各部位在不同时刻的位置信息，图中A、B、C是甩手动作最后3帧照片指尖的位置，M、N分别是最后1帧照片中肘关节、腕关节的位置。指尖从A到B的运动过程，可以看作：指尖先以肘关节为圆心做圆周运动，再以腕关节为圆心做圆周运动。测得A、B之间的真实距离为32cm，AM的真实长度为40cm，CN的真实长度为16cm。重力加速度为g。结合以上信息，下列判断中正确的是( )
A. 指尖在B、C之间运动的速度比在A、B之间的大
B. 指尖在A、B之间运动的速度大小约为8m/s
C. 指尖的最大向心加速度大小约为16g
D. 指尖上的水滴可能在A、B之间被甩出
13.某人站在竖直放置的靶盘前，将一玩具“子弹”在距离靶盘2m处，以20m/s度水平投射出去。如图所示，A为靶盘上留下的子弹孔，O为靶心，A、O在同线上，A、O距离h为15cm。忽略空气的阻力，g取10m/s2为了投射中靶心，条件都不变，只需要调整( )
A. “子弹”到靶的距离为4m
B. “子弹”到靶的距离为1.5m
C. “子弹”初速度的大小为25m/s
D. “子弹”到靶的距离为3m，初速度的大小为15m/s
14.为了研究蹦极运动，某同学用细绳与轻弹簧系在一起模拟“蹦极绳”，用砝码模拟运动员，将“蹦极绳”的细绳一端固定在足够高的支架上，将砝码系挂在“蹦极绳”的弹簧一端。已知砝码质量为0.5kg，“蹦极绳”原长为10cm，砝码从支架处由静止下落，测得砝码在不同时刻下降的高度及速率，可得如图所示的速率一位移图像。不计空气阻力，g取10m/s2，下列判断中正确的是( )
A. 砝码下落10∼12.5cm的过程，所受合力方向向下
B. 弹簧的劲度系数为500N/m
C. 砝码下落12.5cm时，“蹦极绳”的弹性势能为0J
D. 砝码下落到最低点时，“蹦极绳”的弹性势能为1J
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
15.用向心力演示器来探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系，实验情境如甲、乙、丙三图所示，其中乙、丙两图中与皮带相接触的变速塔轮的半径相等。
(1)三个情境中，图______是探究向心力大小与半径的关系(选填“甲”、“乙”或“丙”)。
(2)如图甲，若实验中通过标尺上露出的红白等分标记观察到两个小球所受向心力大小的比值为4：1，则与皮带相接触的变速塔轮相对应的半径之比为______。
16.小新利用如图1所示的装置，用伞形重物带动纸带从静止开始下落，用实验检验一下机械能是否守恒。已知当地的重力加速度为g。
(1)除图1中装置外，在下列器材中，还必须使用的器材是______和______。
A.交流电源
B.刻度尺
C.天平(含砝码)
D.秒表
(2)小新得到如图2所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得们到起始点O的距离分别为。已知打点计时器打点的周期为T，伞形重的质量为m。打下B点时伞形重物的速度v，发现用公式vB1= 2ghB计算的结果比用公式vB2=hC−hA2T计算的结果要大。请用m、表达：从O到打B点的程中，伞形重物的重力势能减少量|ΔEP|=______，动能增加量|ΔEk|=______。
四、简答题：本大题共4小题，共38分。
17.在xOy平面直角坐标系中，质点在xOy平面内从O点开始运动，在Ox方向上做初速度为2m/s的匀速运动，在Oy方向上做初速度为零、加速度为10m/s2的匀加速运动。求：质点的轨迹方程。
18.如图1，质量为m的小球用细线悬于O点，使小球在水平面内以O′为圆心做匀速圆周运动时，忽略空气阻力，重力加速度为g。悬挂小球的绳长为l，悬点O到圆心O′的距离为h，细线与OO′的夹角为θ，小球做匀速圆周运动的角速度为ω。
(1)请推证：小球运动的角速度ω= gh；
(2)图2为北京冬奥会花样滑冰双人自由滑比赛时，中国男运动员拉着女运动员的手，以过自己右肩的竖直线为轴，让女运动员旋转到几乎飞起来时的精彩画面。请结合(1)的结论写出：在不考虑阻力、忽略冰面对女运动员的支持力的情况下，影响女运动员旋转快慢的因素是什么？
19.第一宇宙速度又叫作环绕速度，第二宇宙速度又叫作逃逸速度。理论分析表明，逃逸速度是环绕速度的 2倍。这个关系对于其他天体(如黑洞)也是正确的。黑洞具有非常强的引力，即使以c=3×108m/s的速度传播的光也不能从它的表面逃逸出去。请你根据以上信息，利用学过的知识，解决以下问题：
(1)已知某黑洞的质量M、半径R，以及万有引力常量G，请推导该黑洞的环绕速度v1的表达式。
(2)已知太阳质量为2.0×1030kg，引力常量G=6.67×10−11N⋅m2/kg2，在质量不变的情况下，倘若太阳能收缩成黑洞，求其半径的临界值(不考虑相对论效应，结果保留一位有效数字)。
20.一般的曲线运动，尽管曲线各个位置的弯曲程度不一样，但在研究时，可以把这条曲线分割为许多很短的小段，质点在每小段的运动都可以看作圆周运动的一部分。该一小段圆周的半径为该点的曲率半径。这样，在分析质点经过曲线上某位置的运动时，就可以采用圆周运动的分析方法来处理了。
小珂发现游乐场的过山车轨道不是圆形轨道而是“水滴形”轨道(如图1)，小珂设计了如图2所示的过山车模型，质量为m的小球在A点由静止释放沿倾斜轨道AB下滑，经水平轨道BC进入半径R1=0.8m的圆形轨道，恰能做完整的圆周运动；再经水平轨道CE进入“水滴形”曲线轨道EFG，E点的曲率半径R2=2m，“水滴形”轨道最高点F与圆形轨道最高点D等高。忽略所有轨道摩擦力，各轨道都平滑连接，“水滴形”轨道左右对称，g取10m/s2。
(1)求小球释放点A距离水平面的高度H。
(2)在圆形轨道上运动时，小球在最低点C与最高点D的向心加速度大小的差值。
(3)在“水滴形”轨道EFG上运动时，小球的向心加速度大小为一个定值，求“水滴形”轨道F点的曲率半径r。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：动能、功和重力势能都是标量，万有引力是矢量，故ABC错误，D正确。
故选：D。
矢量是既有方向又有大小的物理量，运算法则符合平行四边形定则；而标量的运算法则符合代数加减。
对基本物理量的矢量性和标量性要有明确的认识。
2.【答案】B
【解析】解：质点做的是曲线运动，质点受到的合力应该指向运动轨迹曲线的内侧，由于质点是从M向N运动的，并且速度在增大，所以合力与质点的速度方向的夹角要小于90∘，故ACD错误，B正确。
故选：B。
做曲线运动的质点，运动的轨迹是曲线，质点受到的合力应该是指向运动轨迹曲线的内侧。
做曲线运动的质点，合力的方向指向运动轨迹曲线的内侧，由于质点的速度在增大，合力与速度的夹角要小于90∘。
3.【答案】D
【解析】解：A、因为轨道半径变化时，角速度发生变化，不能根据向心力公式F=mrω2得到卫星的向心力大小与轨道半径成正比的结论，故A错误；
B、因为轨道半径变化时，线速度发生变化，不能根据向心力公式F=mv2r得到卫星的向心力大小与轨道半径成反比的结论，故B错误；
CD、人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据公式F=GMmr2，卫星的向心力大小与轨道半径的二次方成反比，卫星的向心力大小与轨道半径有关，故C错误、D正确。
故选：D。
人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，当卫星的轨道半径发生变化时，线速度、角速度发生变化，不能根据F=mrω2，F=mv2r，F=mvω判断向心力与半径的关系。
人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，本题关键抓住卫星的速度、角速度都与卫星的轨道半径有关，采用控制变量法来理解就行了。
4.【答案】B
【解析】解：由于A、B两球同时从同一高度开始下落，并且同时到达地面，故在竖直方向两球遵循相同的运动规律是相同的。由于B球做自由落体运动，故A球在平抛过程中在竖直方向也做自由落体运动，而A球在水平方向的运动没有可以参照的物体，故无法确定平抛运动的物体在水平方向的运动所遵循的规律，故ACD错误，B正确。
故选：B。
A球在水平方向的运动没有可以参照的物体，故无法确定平抛运动的物体在水平方向的运动所遵循的规律；由于两球在竖直方向遵循相同的运动规律，B球做自由落体运动，A球在平抛过程中在竖直方向也做自由落体运动。
虽然我们知道A球在水平方向做匀速直线运动，但本题中在水平方向没有可以参照的物体，故无法判定其在水平方向的运动情况，这种方法一定要掌握。
5.【答案】B
【解析】解：小物块在竖直方向上受重力和支持力，小物块在水平面内做匀速圆周运动，一定受到摩擦力，摩擦力提供向心力，小物块受到合力不为零。向心力是效果力，受力分析时不能将其加入，故ACD错误，B正确。
故选：B。
小物块在水平面内做匀速圆周运动，受重力、支持力、摩擦力；摩擦力为合力；
本题是一道水平匀速圆周运动的模型题，其中解题关键是分析出向心力是效果力，受力分析时不能将其加入。
6.【答案】C
【解析】解：A、根据开普勒第三定律可得r3T2=k，可知中圆卫星的运行周期小于地球静止卫星的运行周期，即小于24h，故A错误；
B、地球静止卫星为地球同步卫星，运行轨道在赤道平面上方，与北京所在纬度圈的平面不相同，故B错误；
CD、由万有引力提供向心力有：GMmr2=mrω2=mv2r
解得：ω= GMr3，v= GMr
可知中圆卫星的角速度和线速度大于地球静止卫星的角速度和线速度，地球静止卫星的角速度等于地球自转角速度，所以中圆地球轨道卫星的运行角速度大于地球自转的角速度，故C正确，D错误；
故选：C。
根据开普勒第三定律分析运行周期；根据牛顿第二定律结合万有引力定律分析线速度和角速度大小关系；地球静止卫星为地球同步卫星，运行轨道在赤道平面上方。
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，掌握开普勒第三定律的应用方法。
7.【答案】C
【解析】解：ABD、小球重力做的功WG=mgh=1×10×10J=100J
从抛出到落地的过程，设空气阻力做的功为Wf，利用动能定理有：mgh+Wf=12mv2−12mv02
代入数据可得：Wf=−22J
根据功能关系可知ΔE=Wf=−22J，所以机械能减少22J，故ABD错误；
C、根据动能定理可知合力做的功W=WG+Wf=100J−22J=78J，故C正确。
故选：C。
ABD、根据WG=mgh可得重力做功，从抛出到落地的过程利用动能定理可得空气阻力对小球做的功，根据功能关系可得机械能的减少量；
C、根据动能定理可得合力做的功。
本题考查了动能定理、功能关系，解题的关键是对功能关系的理解，除重力外其它力做的功等于机械能的变化量。
8.【答案】A
【解析】解：水离开管口后做平抛运动，则x=v0t,h=12gt2
联立解得，水在空中的运动时间为t= 2hg
水离开管口时的速度大小为v0=x g2h
在某一时刻空中的水等于水做平抛运动的时间内从水管中里流出的水，其体积为V=π(d2)2⋅v0t=πd2x4
可见要估测某一时刻空中水的体积，需要知道管口内径d和水的水平位移x即可，故A正确，BCD错误。
故选：A。
水离开管口后做平抛运动，某一时刻空中的水的体积即为在水做平抛运动的时间内流出的水的体积，据此很容易推导出来。
关键是要知道某一时刻空中的水等于水做平抛运动的时间内从水管流出的水。
9.【答案】C
【解析】解：ABC、根据万有引力提供向心力有：GMmr2=m(2πT)2r
解得：r3T2=GM4π2
由开普勒第三定律得：k=r3T2=GM4π2，故AB错误，C正确；
D、根据前面分析可知k与中心天体的质量M有关，所以太阳行星系统的k值与地球卫星系统的k值不相同，故D错误。
故选：C。
根据万有引力提供向心力求解r3T2的表达式，从而得到k的表达式，进而得到决定k的物理量。
本题主要考查对开普勒第三定律公式和万有引力公式的理解。理解万有引力提供向心力是解题关键。
10.【答案】A
【解析】解：依题意，设海湾面积为S，坝内水的质量为：m水=ρ(h1−h2)S
这部分水的重心下落高度：Δh=h1−h22
这部分水的重力势能Ep=mgΔh
发电时减少的重力势能ΔEp=Ep−0
一次落潮所发的电能E电=ηΔEP
该电站一天能发电能为：E=4E电
联立解得E=2ρSgη(h1−h2)2
故A正确，BCD错误；
故选：A。
发电过程中，潮水的重力势能转换成电能，转换过程中能量守恒，可选取一次涨潮水为研究对象进行分析。
本题考查能量守恒，解题过程中注意能量转化的方向，研究对象的选取，根据能量守恒定律进行解答。
11.【答案】ABCD
【解析】解：AB、第一定律的内容为：所有行星分别沿不同大小的椭圆轨道绕太阳运动，太阳处于椭圆的一个焦点上，故A正确；
B、根据面积定律可知，行星在近日点的速率大于在远日点的速率，故B正确；
C、根据面积定律可知，行星在近日点的速率大于在远日点的速率，行星从近日点到远日点的过程，减速运动，引力对它做负功，故C正确；
D、开普勒第二定律的内容为：对于任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过相等的面积，故D正确。
故选：ABCD。
熟记理解开普勒的行星运动三定律：
第一定律：所有的行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上。
第二定律：对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等。
第三定律：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等，其表达式R3T2=k。
正确理解开普勒的行星运动三定律是解答本题的关键，注意理解面积定律的意义，知道行星在远日点的速率小于在近日点的速率。
12.【答案】BCD
【解析】解：AB：由图可知B、C之间距离比A、B之间的距离小，经过的时间相同，故指尖在B、C之间运动的速度比A、B之间的小；指尖在A、B之间运动的速度大小约为
Δt=125s=0.04s，vAB=lABΔt=32×10−20.04m/s=8m/s
故A错误，B正确；
CD：图中B、C之间距离接近CN的距离，故可知指尖在B、C之间运动的速度大小约为
vBC=lBCΔt=16×10−20.04m/s=4m/s
可知指尖在B、C之间运动的加速度和在A、B之间运动的加速度分别为
aBC=vBC2lCN=4216×10−2m/s2=100m/s2
aAB=vAB2lAM=8240×10−2m/s2=160m/s2≈16g
故aAB>aBC，所以可知指尖上的水滴可能在A、B之间被甩出，故CD正确。
故选：BCD。
AB、利用线速度大小等于弧长与时间的比值求速度大小。
CD、用a=v2r向心加速度大小。
读图准确找到AB段的弧长和半径、利用线速度大小等于弧长与时间的比值求速度是解题的关键，这道题比较灵活，又联系了实际，是一道好题。
13.【答案】AD
【解析】解：“子弹”被投射出去做平抛运动，根据平抛运动规律得“子弹”从发射到投射到靶上所用的时间为t=xv0=220s=0.1s，则开始时“子弹”距A点的高度为h0=12gt2=12×10×0.12m=0.05m。要“子弹”刚好打到靶心O点，则“子弹”在空中的运动时间为t′，由h0+h=12gt′2得t′= 2(h0+h)g= 2×(0.05+0.15)10s=0.2s。
AB、若不改变“子弹”的初速度，“子弹”到靶的距离应该为x′=v0t′=20×0.2m=4m，故A正确，B错误；
C、若不改变”子弹“的发射位置，需改变”子弹“的初速度，”子弹“的初速度应该为v0′=xt′=20.2m/s=10m/s，故C错误；
D、若改变“子弹”到靶的距离为3m，则“子弹”的初速度应该为v0′′=x′′t′=30.2m/s=15m/s，故D正确。
故选：AD。
根据平抛运动规律计算处发射点到O点距离，进而得到要使”子弹“能够打到O点的时间，进而可以计算出”子弹“的初速度和水平距离来。
“子弹”做平抛运动，其在空中的运动时间是由发射点到O点的高度决定的，把握住”子弹“的运动时间不变这个条件很容易解答了。
14.【答案】AD
【解析】解：AB、砝码下落12.5cm时，砝码的速率最大，可知砝码的重力和弹簧弹力等大方向，则有：mg=kx，其中x=12.5cm−10cm=2.5cm=0.025m
代入数据可得：k=200N/m
砝码下落10∼12.5cm的过程，砝码的重力大于弹簧弹力，合力竖直向下，故A正确，B错误；
CD、砝码下落12.5cm时，砝码的重力和弹簧弹力等大，弹力不为零，所以“蹦极绳”的弹性势能不为零，
砝码下落到最低点时，砝码动能变化量为零，砝码减少的重力势能转化为“蹦极绳”的弹性势能，则有：Ep=mgh=0.5×10×0.2J=1J，故C错误，D正确。
故选：AD。
ABC、由图像可知砝码速率最大时对应下降的高度，可得弹簧的形变量，速率最大则合力为零，可知重力和弹力大小关系，则可得弹簧的劲度系数，弹簧形变量不为零，则弹性势能不为零；砝码下落10∼12.5cm的过程，重力大于弹力可得合力的方向；
D、砝码下落到最低点过程，根据能量守恒可知砝码减少的重力势能转化为“蹦极绳”的弹性势能，可得弹性势能的大小。
本题考查了机械能守恒定律，力与运动的关系，解题的关键是砝码的速率最大时，合力为零。
15.【答案】乙 1：2
【解析】解：(1)本实验采用控制变量法，探究向心力大小与半径的关系时，要保持小球质量相同(都用钢球)，角速度相同(塔轮半径相同)，因此乙图符合要求；甲图中，两小球做圆周运动的半径相同，不符合要求，丙图中两小球的质量不同，不符合要求，故选乙；
(2)图甲中，两小球做圆周运动的半径相同、小球质量相同，探究的是向心力大小与角速度的关系；
根据向心力公式F=mrω2
可知F1F2=ω12ω22
代入数据解得ω1：ω2=2：1
由于两塔轮之间是通过皮带传动，轮边缘线速度大小相等
根据线速度和角速度的大小关系v=Rω
可知v=R1ω1=R2ω2
解得R1：R2=ω2：ω1=1：2
故答案为：(1)乙；(2)1：2。
(1)本实验采用了控制变量法，根据控制变量法分析作答；
(2)根据向心力公式求解角速度之比，再根据线速度与角速度和半径的关系求塔轮半径之比。
本题考查了用向心力演示器来探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系；本实验采用了控制变量法，角速度的大小是通过塔轮半径大小来调节的。
16.【答案】ABmgh2 m(h3−h1)28T2
【解析】解：(1)除图1中装置外，在下列器材中，还必须使用的器材是交流电源和刻度尺，有打点计时器无需秒表，根据实验原理可知质量可被消去，无需天平，故AB正确，CD错误；
故选：AB。
(2)从O到打B点的程中，伞形重物的重力势能减少量|ΔEP|=mgh2
根据匀变速直线运动规律可知B点的速度
vB=h3−h12T
动能增加量|ΔEk|=12mvB2=m(h3−h1)28T2
故答案为：(1)A，B；(2)mgh2，m(h3−h1)28T2
(1)根据实验原理，要验证的关系是mgh=12mv2，两边消掉了m，则不需要天平，从而选择实验器材；
(2)根据匀变速直线运动的规律解得打B点时重物的瞬时速度，根据动能和重力势能的计算公式解答。
利用自由落体运动验证机械能守恒定律时，处理实验数据通常采用的是验证法，计算重力势能和动能改变量。
17.【答案】解：质点在Ox方向做匀速直线运动，有：x=vxt
Oy方向做匀加速直线运动，有：y=12at2
代入数据联立解得：y=54x2
答：质点的轨迹方程为y=54x2，(x≥0,y≥0)。
【解析】质点在Ox方向做匀速直线运动，Oy方向做匀加速直线运动，根据运动学公式列式求解即可。
本题考查运动的合成与分解，解题关键是掌握运动学公式。
18.【答案】解：(1)对小球受力分析，如图
由牛顿第二定律得：mgtanθ=mω2htanθ
解得：ω= gh
(2)由(1)得，ω= gh，则女运动员旋转快慢与h有关，即与男运动员右肩到冰面得高度有关。
答：(1)见解析；
(2)则女运动员旋转快慢与男运动员右肩到冰面得高度有关。
【解析】(1)小球所受重力和拉力的合力指向圆心，提供向心力，根据牛顿第二定律求解角速度；
(2)根据角速度公式分析即可。
本题考查匀速圆周运动，解题关键是明确向心力的来源，结合牛顿第二定律分析即可。
19.【答案】解：(1)根据万有引力提供向心力得GMmR2=mv12R
解得太阳的第一宇宙速度为
v1= GMR
(2)如果太阳半径减小，成为密度极大的天体，光速也不能逃逸；当光束刚好等于逃逸速度时，由上式得
v2= 2GMR
所以有
2GMR=c
解得太阳的最大半径是为
r=2.96×103m
答：(1)黑洞的环绕速度v1的表达式为v1= GMR。
(2)倘若太阳能收缩成黑洞，其半径的临界值为2.96×103m。
【解析】(1)根据万有引力提供向心力解得第一宇宙速度；
(2)根据题设条件，当天体的逃逸速度大于光速c时时，天体就成为黑洞．而逃逸速度是环绕速度的 2倍，根据万有引力提供向心力求出环绕速度，即可求出逃逸速度，就能得到半径的临界值。
本题是信息题或新概念题，首先要耐心、细心读题，抓住有效信息，其次建立物理模型．
20.【答案】解：(1)小球经过D点时，由牛顿第二定律得：mg=mvD2R1
代入数据解得：vD=2 2m/s
小球从A点到D点，由动能定理得：mg(H−2R1)=12mvD2
代入数据解得：H=2m
(2)小球从C点运动到D点，由动能定理得：−mg⋅2R1=12mvD2−12mvC2
代入数据解得：vC=2 10m/s
小球在最低点C的向心加速度aC=vC2R1=(2 10)20.8m/s2=50m/s2
小球在最高点D的向心加速度aD=vD2R1=(2 2)20.8m/s2=10m/s2
小球在最低点C与最高点D的向心加速度大小的差值Δa=aC−aD=50m/s2−10m/s2=40m/s2
(3)小球在E点的加速度为aE=vC2R2=(2 10)22m/s2=20m/s2
小球在F点的加速度大小为aF=aE=20m/s2
F点与D点等高，小球速度大小相等，由向心力公式得：aF=vD2r
代入数据解得：r=0.4m
答：(1)小球释放点A距离水平面的高度H为2m；
(2)在圆形轨道上运动时，小球在最低点C与最高点D的向心加速度大小的差值为40m/s2；
(3)“水滴形”轨道F点的曲率半径r为0.4m。
【解析】(1)小球经过D点时，根据牛顿第二定律求解速度，根据动能定理求解释放点A距离水平面的高度H；
(2)根据动能定理求解小球经过C点的速度，根据向心加速度公式求解小球在C、D两点的加速度，进而求解加速度大小的差值；
(3)小球经过E点的速度和C点的速度大小相等，经过F点的速度和D点的速度大小相等，根据向心加速度公式求解即可。
本题考查竖直面内的圆周运动，知道小球恰好做完整的圆周运动的临界条件，结合动能定理和向心加速度公式列式求解即可。
1.下列物理量中属于矢量的是( )
A. 动能B. 功C. 重力势能D. 万有引力
2.质点沿曲线由M向N运动的速度逐渐增大。如图分别画出了质点所受合力F的四种方向，其中可能的是( )
A. B. C. D.
3.人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，下列说法中正确的是( )
A. 根据公式F=mω2r，卫星的向心力大小与轨道半径成正比
B. 根据公式F=mv2r，卫星的向心力大小与轨道半径成反比
C. 根据公式F=mvω，卫星的向心力大小与轨道半径无关
D. 根据公式F=GMmr2，卫星的向心力大小与轨道半径的二次方成反比
4.如图所示，A、B两球静止在同一高度处。用锤打击弹性金属片，A球沿水平方向飞出的同时B球做自由落体运动，观察到两球同时落地。改变两球的高度和击打的力度多次实验，总能观察到两球同时落地。这个现象说明( )
A. 小球A在水平方向做匀速运动
B. 小球A在竖直方向做自由落体运动
C. 小球A在竖直方向做匀速运动
D. 小球A在水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动
5.如图所示，小物块A与水平圆盘保持相对静止，随圆盘一起在水平面内做匀速圆周运动。关于小物块A的受力情况，下列说法正确的是( )
A. 受重力、支持力B. 受重力、支持力和摩擦力
C. 受重力、支持力、摩擦力和向心力D. 受到的合外力为零
6.“北斗三号全球卫星导航系统”由3颗地球静止轨道卫星、3颗倾斜地球同步轨道工24颗中圆地球轨道卫星组成。中圆卫星的轨道高度约为2.1×104km，静止卫星的轨道高度约为3.6×104km。若将卫星的运动均看作是绕地球的匀速圆周运动，则( )
A. 中圆地球轨道卫星的运行周期大于24h
B. 地球静止卫星轨道平面与北京所在纬度圈的平面相同
C. 中圆地球轨道卫星的运行角速度大于地球自转的角速度
D. 中圆地球轨道卫星的运行线速度小于地球静止轨道卫星的运行线速度
7.如图所示，某人沿与水平成30∘角的方向斜向上以10m/s的初速度v0抛出质量为1kg的小球，小球抛出时距离地面高度h为10m，落地前瞬时速度大小为16m/s。g取10m/s2，则对于小球在空中运动的整个过程，下列说法中正确的是( )
A. 机械能减少78J
B. 重力做功大于100J
C. 合力对小球做的功为78J
D. 空气阻力对小球做的功为−78J
8.农田里架有一水管，如图所示，水从出水口沿水平方向满口均匀流出。用一把卷尺，只需要测出下列哪些数据就可大致估测某一时刻空中的水的体积( )
A. 管口内径d、水的水平位移xB. 管口内径d、管口到地面的高度h
C. 管口到地面的高度h、水的水平位移xD. 管口到地面的高度h、水的总位移s
9.结合万有引力定律(F=GMmr2)和向心力相关知识，可推得开普勒第三定律(r3T2=k)中k的表达式。下面关于k的说法中正确的是( )
A. k就是G
B. k与G无关
C. k与中心天体的质量M有关
D. 太阳行星系统的k值与地球卫星系统的k值相同
10.利用面积为S的某海湾修建一座水库，涨潮时水深h1，此时关上水坝的闸门，可使水库水位保持h1不变。退潮时，坝外水位降至h2。若利用此水坝建造水力发电站，且重力势能转化为电能的效率是η，水的密度为ρ，重力加速度为g，每天有两次涨潮、两次退潮。涨潮和退潮时水流都可以推动水轮机发电，则该电站一天能发的电能约为( )
A. 2ρSgη(h1−h2)2B. 4ρSgη(h1−h2)2C. 2ρSgη(h1−h2)D. 4ρSgη(h1−h2)
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
11.如图，行星绕太阳运动的轨迹为椭圆，下列说法中正确的是( )
A. 太阳处在椭圆的一个焦点上
B. 行星在近日点的速率大于在远日点的速率
C. 行星从近日点到远日点的过程，引力对它做负功
D. 不同的行星与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积都相等
12.要把湿手上的水甩掉，人通常的甩手动作如图所示，这幅图片是由每秒25帧的摄像机拍摄视频后制作的，它真实地记录了手臂各部位在不同时刻的位置信息，图中A、B、C是甩手动作最后3帧照片指尖的位置，M、N分别是最后1帧照片中肘关节、腕关节的位置。指尖从A到B的运动过程，可以看作：指尖先以肘关节为圆心做圆周运动，再以腕关节为圆心做圆周运动。测得A、B之间的真实距离为32cm，AM的真实长度为40cm，CN的真实长度为16cm。重力加速度为g。结合以上信息，下列判断中正确的是( )
A. 指尖在B、C之间运动的速度比在A、B之间的大
B. 指尖在A、B之间运动的速度大小约为8m/s
C. 指尖的最大向心加速度大小约为16g
D. 指尖上的水滴可能在A、B之间被甩出
13.某人站在竖直放置的靶盘前，将一玩具“子弹”在距离靶盘2m处，以20m/s度水平投射出去。如图所示，A为靶盘上留下的子弹孔，O为靶心，A、O在同线上，A、O距离h为15cm。忽略空气的阻力，g取10m/s2为了投射中靶心，条件都不变，只需要调整( )
A. “子弹”到靶的距离为4m
B. “子弹”到靶的距离为1.5m
C. “子弹”初速度的大小为25m/s
D. “子弹”到靶的距离为3m，初速度的大小为15m/s
14.为了研究蹦极运动，某同学用细绳与轻弹簧系在一起模拟“蹦极绳”，用砝码模拟运动员，将“蹦极绳”的细绳一端固定在足够高的支架上，将砝码系挂在“蹦极绳”的弹簧一端。已知砝码质量为0.5kg，“蹦极绳”原长为10cm，砝码从支架处由静止下落，测得砝码在不同时刻下降的高度及速率，可得如图所示的速率一位移图像。不计空气阻力，g取10m/s2，下列判断中正确的是( )
A. 砝码下落10∼12.5cm的过程，所受合力方向向下
B. 弹簧的劲度系数为500N/m
C. 砝码下落12.5cm时，“蹦极绳”的弹性势能为0J
D. 砝码下落到最低点时，“蹦极绳”的弹性势能为1J
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
15.用向心力演示器来探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系，实验情境如甲、乙、丙三图所示，其中乙、丙两图中与皮带相接触的变速塔轮的半径相等。
(1)三个情境中，图______是探究向心力大小与半径的关系(选填“甲”、“乙”或“丙”)。
(2)如图甲，若实验中通过标尺上露出的红白等分标记观察到两个小球所受向心力大小的比值为4：1，则与皮带相接触的变速塔轮相对应的半径之比为______。
16.小新利用如图1所示的装置，用伞形重物带动纸带从静止开始下落，用实验检验一下机械能是否守恒。已知当地的重力加速度为g。
(1)除图1中装置外，在下列器材中，还必须使用的器材是______和______。
A.交流电源
B.刻度尺
C.天平(含砝码)
D.秒表
(2)小新得到如图2所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得们到起始点O的距离分别为。已知打点计时器打点的周期为T，伞形重的质量为m。打下B点时伞形重物的速度v，发现用公式vB1= 2ghB计算的结果比用公式vB2=hC−hA2T计算的结果要大。请用m、表达：从O到打B点的程中，伞形重物的重力势能减少量|ΔEP|=______，动能增加量|ΔEk|=______。
四、简答题：本大题共4小题，共38分。
17.在xOy平面直角坐标系中，质点在xOy平面内从O点开始运动，在Ox方向上做初速度为2m/s的匀速运动，在Oy方向上做初速度为零、加速度为10m/s2的匀加速运动。求：质点的轨迹方程。
18.如图1，质量为m的小球用细线悬于O点，使小球在水平面内以O′为圆心做匀速圆周运动时，忽略空气阻力，重力加速度为g。悬挂小球的绳长为l，悬点O到圆心O′的距离为h，细线与OO′的夹角为θ，小球做匀速圆周运动的角速度为ω。
(1)请推证：小球运动的角速度ω= gh；
(2)图2为北京冬奥会花样滑冰双人自由滑比赛时，中国男运动员拉着女运动员的手，以过自己右肩的竖直线为轴，让女运动员旋转到几乎飞起来时的精彩画面。请结合(1)的结论写出：在不考虑阻力、忽略冰面对女运动员的支持力的情况下，影响女运动员旋转快慢的因素是什么？
19.第一宇宙速度又叫作环绕速度，第二宇宙速度又叫作逃逸速度。理论分析表明，逃逸速度是环绕速度的 2倍。这个关系对于其他天体(如黑洞)也是正确的。黑洞具有非常强的引力，即使以c=3×108m/s的速度传播的光也不能从它的表面逃逸出去。请你根据以上信息，利用学过的知识，解决以下问题：
(1)已知某黑洞的质量M、半径R，以及万有引力常量G，请推导该黑洞的环绕速度v1的表达式。
(2)已知太阳质量为2.0×1030kg，引力常量G=6.67×10−11N⋅m2/kg2，在质量不变的情况下，倘若太阳能收缩成黑洞，求其半径的临界值(不考虑相对论效应，结果保留一位有效数字)。
20.一般的曲线运动，尽管曲线各个位置的弯曲程度不一样，但在研究时，可以把这条曲线分割为许多很短的小段，质点在每小段的运动都可以看作圆周运动的一部分。该一小段圆周的半径为该点的曲率半径。这样，在分析质点经过曲线上某位置的运动时，就可以采用圆周运动的分析方法来处理了。
小珂发现游乐场的过山车轨道不是圆形轨道而是“水滴形”轨道(如图1)，小珂设计了如图2所示的过山车模型，质量为m的小球在A点由静止释放沿倾斜轨道AB下滑，经水平轨道BC进入半径R1=0.8m的圆形轨道，恰能做完整的圆周运动；再经水平轨道CE进入“水滴形”曲线轨道EFG，E点的曲率半径R2=2m，“水滴形”轨道最高点F与圆形轨道最高点D等高。忽略所有轨道摩擦力，各轨道都平滑连接，“水滴形”轨道左右对称，g取10m/s2。
(1)求小球释放点A距离水平面的高度H。
(2)在圆形轨道上运动时，小球在最低点C与最高点D的向心加速度大小的差值。
(3)在“水滴形”轨道EFG上运动时，小球的向心加速度大小为一个定值，求“水滴形”轨道F点的曲率半径r。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：动能、功和重力势能都是标量，万有引力是矢量，故ABC错误，D正确。
故选：D。
矢量是既有方向又有大小的物理量，运算法则符合平行四边形定则；而标量的运算法则符合代数加减。
对基本物理量的矢量性和标量性要有明确的认识。
2.【答案】B
【解析】解：质点做的是曲线运动，质点受到的合力应该指向运动轨迹曲线的内侧，由于质点是从M向N运动的，并且速度在增大，所以合力与质点的速度方向的夹角要小于90∘，故ACD错误，B正确。
故选：B。
做曲线运动的质点，运动的轨迹是曲线，质点受到的合力应该是指向运动轨迹曲线的内侧。
做曲线运动的质点，合力的方向指向运动轨迹曲线的内侧，由于质点的速度在增大，合力与速度的夹角要小于90∘。
3.【答案】D
【解析】解：A、因为轨道半径变化时，角速度发生变化，不能根据向心力公式F=mrω2得到卫星的向心力大小与轨道半径成正比的结论，故A错误；
B、因为轨道半径变化时，线速度发生变化，不能根据向心力公式F=mv2r得到卫星的向心力大小与轨道半径成反比的结论，故B错误；
CD、人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据公式F=GMmr2，卫星的向心力大小与轨道半径的二次方成反比，卫星的向心力大小与轨道半径有关，故C错误、D正确。
故选：D。
人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，当卫星的轨道半径发生变化时，线速度、角速度发生变化，不能根据F=mrω2，F=mv2r，F=mvω判断向心力与半径的关系。
人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，本题关键抓住卫星的速度、角速度都与卫星的轨道半径有关，采用控制变量法来理解就行了。
4.【答案】B
【解析】解：由于A、B两球同时从同一高度开始下落，并且同时到达地面，故在竖直方向两球遵循相同的运动规律是相同的。由于B球做自由落体运动，故A球在平抛过程中在竖直方向也做自由落体运动，而A球在水平方向的运动没有可以参照的物体，故无法确定平抛运动的物体在水平方向的运动所遵循的规律，故ACD错误，B正确。
故选：B。
A球在水平方向的运动没有可以参照的物体，故无法确定平抛运动的物体在水平方向的运动所遵循的规律；由于两球在竖直方向遵循相同的运动规律，B球做自由落体运动，A球在平抛过程中在竖直方向也做自由落体运动。
虽然我们知道A球在水平方向做匀速直线运动，但本题中在水平方向没有可以参照的物体，故无法判定其在水平方向的运动情况，这种方法一定要掌握。
5.【答案】B
【解析】解：小物块在竖直方向上受重力和支持力，小物块在水平面内做匀速圆周运动，一定受到摩擦力，摩擦力提供向心力，小物块受到合力不为零。向心力是效果力，受力分析时不能将其加入，故ACD错误，B正确。
故选：B。
小物块在水平面内做匀速圆周运动，受重力、支持力、摩擦力；摩擦力为合力；
本题是一道水平匀速圆周运动的模型题，其中解题关键是分析出向心力是效果力，受力分析时不能将其加入。
6.【答案】C
【解析】解：A、根据开普勒第三定律可得r3T2=k，可知中圆卫星的运行周期小于地球静止卫星的运行周期，即小于24h，故A错误；
B、地球静止卫星为地球同步卫星，运行轨道在赤道平面上方，与北京所在纬度圈的平面不相同，故B错误；
CD、由万有引力提供向心力有：GMmr2=mrω2=mv2r
解得：ω= GMr3，v= GMr
可知中圆卫星的角速度和线速度大于地球静止卫星的角速度和线速度，地球静止卫星的角速度等于地球自转角速度，所以中圆地球轨道卫星的运行角速度大于地球自转的角速度，故C正确，D错误；
故选：C。
根据开普勒第三定律分析运行周期；根据牛顿第二定律结合万有引力定律分析线速度和角速度大小关系；地球静止卫星为地球同步卫星，运行轨道在赤道平面上方。
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，掌握开普勒第三定律的应用方法。
7.【答案】C
【解析】解：ABD、小球重力做的功WG=mgh=1×10×10J=100J
从抛出到落地的过程，设空气阻力做的功为Wf，利用动能定理有：mgh+Wf=12mv2−12mv02
代入数据可得：Wf=−22J
根据功能关系可知ΔE=Wf=−22J，所以机械能减少22J，故ABD错误；
C、根据动能定理可知合力做的功W=WG+Wf=100J−22J=78J，故C正确。
故选：C。
ABD、根据WG=mgh可得重力做功，从抛出到落地的过程利用动能定理可得空气阻力对小球做的功，根据功能关系可得机械能的减少量；
C、根据动能定理可得合力做的功。
本题考查了动能定理、功能关系，解题的关键是对功能关系的理解，除重力外其它力做的功等于机械能的变化量。
8.【答案】A
【解析】解：水离开管口后做平抛运动，则x=v0t,h=12gt2
联立解得，水在空中的运动时间为t= 2hg
水离开管口时的速度大小为v0=x g2h
在某一时刻空中的水等于水做平抛运动的时间内从水管中里流出的水，其体积为V=π(d2)2⋅v0t=πd2x4
可见要估测某一时刻空中水的体积，需要知道管口内径d和水的水平位移x即可，故A正确，BCD错误。
故选：A。
水离开管口后做平抛运动，某一时刻空中的水的体积即为在水做平抛运动的时间内流出的水的体积，据此很容易推导出来。
关键是要知道某一时刻空中的水等于水做平抛运动的时间内从水管流出的水。
9.【答案】C
【解析】解：ABC、根据万有引力提供向心力有：GMmr2=m(2πT)2r
解得：r3T2=GM4π2
由开普勒第三定律得：k=r3T2=GM4π2，故AB错误，C正确；
D、根据前面分析可知k与中心天体的质量M有关，所以太阳行星系统的k值与地球卫星系统的k值不相同，故D错误。
故选：C。
根据万有引力提供向心力求解r3T2的表达式，从而得到k的表达式，进而得到决定k的物理量。
本题主要考查对开普勒第三定律公式和万有引力公式的理解。理解万有引力提供向心力是解题关键。
10.【答案】A
【解析】解：依题意，设海湾面积为S，坝内水的质量为：m水=ρ(h1−h2)S
这部分水的重心下落高度：Δh=h1−h22
这部分水的重力势能Ep=mgΔh
发电时减少的重力势能ΔEp=Ep−0
一次落潮所发的电能E电=ηΔEP
该电站一天能发电能为：E=4E电
联立解得E=2ρSgη(h1−h2)2
故A正确，BCD错误；
故选：A。
发电过程中，潮水的重力势能转换成电能，转换过程中能量守恒，可选取一次涨潮水为研究对象进行分析。
本题考查能量守恒，解题过程中注意能量转化的方向，研究对象的选取，根据能量守恒定律进行解答。
11.【答案】ABCD
【解析】解：AB、第一定律的内容为：所有行星分别沿不同大小的椭圆轨道绕太阳运动，太阳处于椭圆的一个焦点上，故A正确；
B、根据面积定律可知，行星在近日点的速率大于在远日点的速率，故B正确；
C、根据面积定律可知，行星在近日点的速率大于在远日点的速率，行星从近日点到远日点的过程，减速运动，引力对它做负功，故C正确；
D、开普勒第二定律的内容为：对于任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过相等的面积，故D正确。
故选：ABCD。
熟记理解开普勒的行星运动三定律：
第一定律：所有的行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上。
第二定律：对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等。
第三定律：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等，其表达式R3T2=k。
正确理解开普勒的行星运动三定律是解答本题的关键，注意理解面积定律的意义，知道行星在远日点的速率小于在近日点的速率。
12.【答案】BCD
【解析】解：AB：由图可知B、C之间距离比A、B之间的距离小，经过的时间相同，故指尖在B、C之间运动的速度比A、B之间的小；指尖在A、B之间运动的速度大小约为
Δt=125s=0.04s，vAB=lABΔt=32×10−20.04m/s=8m/s
故A错误，B正确；
CD：图中B、C之间距离接近CN的距离，故可知指尖在B、C之间运动的速度大小约为
vBC=lBCΔt=16×10−20.04m/s=4m/s
可知指尖在B、C之间运动的加速度和在A、B之间运动的加速度分别为
aBC=vBC2lCN=4216×10−2m/s2=100m/s2
aAB=vAB2lAM=8240×10−2m/s2=160m/s2≈16g
故aAB>aBC，所以可知指尖上的水滴可能在A、B之间被甩出，故CD正确。
故选：BCD。
AB、利用线速度大小等于弧长与时间的比值求速度大小。
CD、用a=v2r向心加速度大小。
读图准确找到AB段的弧长和半径、利用线速度大小等于弧长与时间的比值求速度是解题的关键，这道题比较灵活，又联系了实际，是一道好题。
13.【答案】AD
【解析】解：“子弹”被投射出去做平抛运动，根据平抛运动规律得“子弹”从发射到投射到靶上所用的时间为t=xv0=220s=0.1s，则开始时“子弹”距A点的高度为h0=12gt2=12×10×0.12m=0.05m。要“子弹”刚好打到靶心O点，则“子弹”在空中的运动时间为t′，由h0+h=12gt′2得t′= 2(h0+h)g= 2×(0.05+0.15)10s=0.2s。
AB、若不改变“子弹”的初速度，“子弹”到靶的距离应该为x′=v0t′=20×0.2m=4m，故A正确，B错误；
C、若不改变”子弹“的发射位置，需改变”子弹“的初速度，”子弹“的初速度应该为v0′=xt′=20.2m/s=10m/s，故C错误；
D、若改变“子弹”到靶的距离为3m，则“子弹”的初速度应该为v0′′=x′′t′=30.2m/s=15m/s，故D正确。
故选：AD。
根据平抛运动规律计算处发射点到O点距离，进而得到要使”子弹“能够打到O点的时间，进而可以计算出”子弹“的初速度和水平距离来。
“子弹”做平抛运动，其在空中的运动时间是由发射点到O点的高度决定的，把握住”子弹“的运动时间不变这个条件很容易解答了。
14.【答案】AD
【解析】解：AB、砝码下落12.5cm时，砝码的速率最大，可知砝码的重力和弹簧弹力等大方向，则有：mg=kx，其中x=12.5cm−10cm=2.5cm=0.025m
代入数据可得：k=200N/m
砝码下落10∼12.5cm的过程，砝码的重力大于弹簧弹力，合力竖直向下，故A正确，B错误；
CD、砝码下落12.5cm时，砝码的重力和弹簧弹力等大，弹力不为零，所以“蹦极绳”的弹性势能不为零，
砝码下落到最低点时，砝码动能变化量为零，砝码减少的重力势能转化为“蹦极绳”的弹性势能，则有：Ep=mgh=0.5×10×0.2J=1J，故C错误，D正确。
故选：AD。
ABC、由图像可知砝码速率最大时对应下降的高度，可得弹簧的形变量，速率最大则合力为零，可知重力和弹力大小关系，则可得弹簧的劲度系数，弹簧形变量不为零，则弹性势能不为零；砝码下落10∼12.5cm的过程，重力大于弹力可得合力的方向；
D、砝码下落到最低点过程，根据能量守恒可知砝码减少的重力势能转化为“蹦极绳”的弹性势能，可得弹性势能的大小。
本题考查了机械能守恒定律，力与运动的关系，解题的关键是砝码的速率最大时，合力为零。
15.【答案】乙 1：2
【解析】解：(1)本实验采用控制变量法，探究向心力大小与半径的关系时，要保持小球质量相同(都用钢球)，角速度相同(塔轮半径相同)，因此乙图符合要求；甲图中，两小球做圆周运动的半径相同，不符合要求，丙图中两小球的质量不同，不符合要求，故选乙；
(2)图甲中，两小球做圆周运动的半径相同、小球质量相同，探究的是向心力大小与角速度的关系；
根据向心力公式F=mrω2
可知F1F2=ω12ω22
代入数据解得ω1：ω2=2：1
由于两塔轮之间是通过皮带传动，轮边缘线速度大小相等
根据线速度和角速度的大小关系v=Rω
可知v=R1ω1=R2ω2
解得R1：R2=ω2：ω1=1：2
故答案为：(1)乙；(2)1：2。
(1)本实验采用了控制变量法，根据控制变量法分析作答；
(2)根据向心力公式求解角速度之比，再根据线速度与角速度和半径的关系求塔轮半径之比。
本题考查了用向心力演示器来探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系；本实验采用了控制变量法，角速度的大小是通过塔轮半径大小来调节的。
16.【答案】ABmgh2 m(h3−h1)28T2
【解析】解：(1)除图1中装置外，在下列器材中，还必须使用的器材是交流电源和刻度尺，有打点计时器无需秒表，根据实验原理可知质量可被消去，无需天平，故AB正确，CD错误；
故选：AB。
(2)从O到打B点的程中，伞形重物的重力势能减少量|ΔEP|=mgh2
根据匀变速直线运动规律可知B点的速度
vB=h3−h12T
动能增加量|ΔEk|=12mvB2=m(h3−h1)28T2
故答案为：(1)A，B；(2)mgh2，m(h3−h1)28T2
(1)根据实验原理，要验证的关系是mgh=12mv2，两边消掉了m，则不需要天平，从而选择实验器材；
(2)根据匀变速直线运动的规律解得打B点时重物的瞬时速度，根据动能和重力势能的计算公式解答。
利用自由落体运动验证机械能守恒定律时，处理实验数据通常采用的是验证法，计算重力势能和动能改变量。
17.【答案】解：质点在Ox方向做匀速直线运动，有：x=vxt
Oy方向做匀加速直线运动，有：y=12at2
代入数据联立解得：y=54x2
答：质点的轨迹方程为y=54x2，(x≥0,y≥0)。
【解析】质点在Ox方向做匀速直线运动，Oy方向做匀加速直线运动，根据运动学公式列式求解即可。
本题考查运动的合成与分解，解题关键是掌握运动学公式。
18.【答案】解：(1)对小球受力分析，如图
由牛顿第二定律得：mgtanθ=mω2htanθ
解得：ω= gh
(2)由(1)得，ω= gh，则女运动员旋转快慢与h有关，即与男运动员右肩到冰面得高度有关。
答：(1)见解析；
(2)则女运动员旋转快慢与男运动员右肩到冰面得高度有关。
【解析】(1)小球所受重力和拉力的合力指向圆心，提供向心力，根据牛顿第二定律求解角速度；
(2)根据角速度公式分析即可。
本题考查匀速圆周运动，解题关键是明确向心力的来源，结合牛顿第二定律分析即可。
19.【答案】解：(1)根据万有引力提供向心力得GMmR2=mv12R
解得太阳的第一宇宙速度为
v1= GMR
(2)如果太阳半径减小，成为密度极大的天体，光速也不能逃逸；当光束刚好等于逃逸速度时，由上式得
v2= 2GMR
所以有
2GMR=c
解得太阳的最大半径是为
r=2.96×103m
答：(1)黑洞的环绕速度v1的表达式为v1= GMR。
(2)倘若太阳能收缩成黑洞，其半径的临界值为2.96×103m。
【解析】(1)根据万有引力提供向心力解得第一宇宙速度；
(2)根据题设条件，当天体的逃逸速度大于光速c时时，天体就成为黑洞．而逃逸速度是环绕速度的 2倍，根据万有引力提供向心力求出环绕速度，即可求出逃逸速度，就能得到半径的临界值。
本题是信息题或新概念题，首先要耐心、细心读题，抓住有效信息，其次建立物理模型．
20.【答案】解：(1)小球经过D点时，由牛顿第二定律得：mg=mvD2R1
代入数据解得：vD=2 2m/s
小球从A点到D点，由动能定理得：mg(H−2R1)=12mvD2
代入数据解得：H=2m
(2)小球从C点运动到D点，由动能定理得：−mg⋅2R1=12mvD2−12mvC2
代入数据解得：vC=2 10m/s
小球在最低点C的向心加速度aC=vC2R1=(2 10)20.8m/s2=50m/s2
小球在最高点D的向心加速度aD=vD2R1=(2 2)20.8m/s2=10m/s2
小球在最低点C与最高点D的向心加速度大小的差值Δa=aC−aD=50m/s2−10m/s2=40m/s2
(3)小球在E点的加速度为aE=vC2R2=(2 10)22m/s2=20m/s2
小球在F点的加速度大小为aF=aE=20m/s2
F点与D点等高，小球速度大小相等，由向心力公式得：aF=vD2r
代入数据解得：r=0.4m
答：(1)小球释放点A距离水平面的高度H为2m；
(2)在圆形轨道上运动时，小球在最低点C与最高点D的向心加速度大小的差值为40m/s2；
(3)“水滴形”轨道F点的曲率半径r为0.4m。
【解析】(1)小球经过D点时，根据牛顿第二定律求解速度，根据动能定理求解释放点A距离水平面的高度H；
(2)根据动能定理求解小球经过C点的速度，根据向心加速度公式求解小球在C、D两点的加速度，进而求解加速度大小的差值；
(3)小球经过E点的速度和C点的速度大小相等，经过F点的速度和D点的速度大小相等，根据向心加速度公式求解即可。
本题考查竖直面内的圆周运动，知道小球恰好做完整的圆周运动的临界条件，结合动能定理和向心加速度公式列式求解即可。
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