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2022-2023学年广东省深圳市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年广东省深圳市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.“擒贼先擒王”是《三十六计》中的一计，启示人们做事要抓住主要因素，忽略次要因素。理想化模型就是这种思想的具体应用，以下研究能突出体现这一思想方法的是( )
A. 质点模型的建立
B. 探究力的合成规律
C. 卡文迪什通过扭秤实验测出万有引力常量
D. 探究向心力大小与物体质量、角速度及运动半径的关系
2.学校举办“鸡蛋撞地球”的科技活动，小明将一个鸡蛋装入缓冲器，在空旷场地离地面12米高处由静止释放，落地后鸡蛋完好无损。该过程中，鸡蛋重力做的功约为( )
A. 0.06JB. 0.6JC. 6JD. 60J
3.我国北斗导航系统中的地球同步卫星绕地球做匀速圆周运动，则其( )
A. 周期大于24hB. 周期小于12h
C. 线速度大于7.9km/sD. 线速度小于7.9km/s
4.“套圈圈”游戏深受大众喜爱。家长和小孩在同一竖直线上从不同高度将圆环水平抛出，几乎同时套中前方的同一个玩具(玩具尺寸略小于圆环直径)，空气阻力不计。则下列说法正确的是( )
A. 小孩先抛出圆环B. 大人先抛出圆环
C. 大人抛出的速度大于小孩抛出的速度D. 大人抛出的速度等于小孩抛出的速度
5.如图为打桩机工作的示意图。打桩机重锤的质量为m，从距离木桩顶端高h处自由下落击打木桩，重力加速度为g。则重锤( )
A. 自由下落过程中重力的平均功率为mg gh
B. 自由下落过程中重力的平均功率为mg 2gh
C. 击打木桩前瞬间，重力的瞬时功率为mg gh
D. 击打木桩前瞬间，重力的瞬时功率为mg 2gh
6.如图所示，乒乓球在水平桌面上匀速运动，不计阻力。在与乒乓球路径相垂直的方向上放一个纸筒(直径略大于乒乓球的直径)，当乒乓球经过筒口的正前方时，沿球与筒口连线方向水平吹球，下列说法正确的是( )
A. 乒乓球仍沿原方向做直线运动B. 乒乓球能沿吹气方向进入纸筒
C. 乒乓球将会运动至纸筒左侧D. 乒乓球将会运动至纸筒右侧
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
7.明朝著作《天工开物》记载了很多古代劳动人民的智慧。如图所示，甲转动把手可将乙匀速拉上来，其中把手上a点到转轴的距离为2L，辘轳边缘b点到转轴的距离为L，a、b两点线速度分别为va、vb，则( )
A. va=2vb
B. vb=2va
C. 乙的机械能增加
D. 乙的机械能守恒
8.2022年10月12日中国空间站“天宫课堂”第三课开讲。如图，空间站在圆轨道绕地球做匀速圆周运动，距地面高度为h。完成任务后，航天员乘坐神舟飞船沿椭圆轨道返回地面。已知地球半径为R，地面重力加速度为g，且不考虑地球自转的影响。下列说法正确的是( )
A. 神舟飞船在圆轨道加速，进入椭圆轨道
B. 神舟飞船在圆轨道减速，进入椭圆轨道
C. 空间站的线速度大小为 g(R+h)2R
D. 空间站的向心加速度大小为gR2(R+h)2
9.滑雪道的示意图如图所示。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下，经过水平NP段后进入空中，落在斜面上的Q点。不计运动员经过N点的机械能损失，不计一切摩擦和空气阻力。从M到Q的过程中，下列关于运动员机械能E和动能Ek随水平位移x变化的图像合理的是( )
A. B. C. D.
三、填空题：本大题共2小题，共8分。
10.图甲静电除尘器由板状收集器A和线状电离器B组成。A接在高压电源的正极，B接在高压电源的负极，其内部电场如图乙所示。粉尘由侧面进入除尘器后遇到电子而带负电，最终被吸附到A上，从而达到除尘的目的。则带电粉尘颗粒(带电量不变)在运动过程中，所受电场力与电场线相切指向______(选填“A”或“B”)，所受电场力的大小______(选填“越来越大”“越来越小”或“不变”)。
11.如图所示，我国天问一号火星探测器在竖直着陆火星的过程中需要向下喷气减速。探测器喷气前的速度为v0，经过一段时间后速度降至v，若探测器总质量为m且忽略喷气导致的质量变化。取向下为正方向，则此过程中探测器动量变化量为______，合外力的冲量为______。
四、实验题：本大题共2小题，共16分。
12.用如图甲所示的向心力实验器，探究物体做匀速圆周运动所需向心力的大小与角速度的关系。
压力传感器固定在水平转臂上，离转轴的距离可调，砝码紧靠传感器放置。通过压力传感器测量砝码做圆周运动所受向心力F的大小。较细的挡光杆固定在离转轴水平距离为r的转臂的另一端。光电门与压力传感器同步采集数据，并通过蓝牙传输。
(1)调节传感器位置，拨动转臂使之转动。挡光杆宽度为d，某次经过光电门的挡光时间为Δt，则此时挡光杆的线速度大小为______，砝码做圆周运动的角速度大小为______。(用d、r、Δt表示)
(2)计算机利用数据采集器生成的F、ω2数据图如图乙。对图像进行处理，可得实验结论：当砝码质量和圆周运动半径一定时，______。
13.如图所示为某实验小组利用平抛运动规律测量电动抽水器的流量(每秒排出的液体体积)实验装置。实验过程如下：
(1)将水桶和薄底水杯放在同一水平桌面上。测量抽水器出水管内径(直径)d，调节管口方向。启动抽水器后水均匀从管口水平射出。
(2)水柱离开管口落入水杯，测量管口距落点间的水平距离x=33.00cm，管口距桌面高度h=______cm(由图中读出)。
(3)已知当地重力加速度g=9.8m/s2，计算水从管口流出的初速度v0=______m/s(计算结果保留两位有效数字)。
(4)已知流量的表达式为Q=Sv(其中S为水流的横截面积，v为水流的速度大小)。则该抽水器的流量Q=
______(用符号x、h、g、d表示，已知水柱充满管口)。
(5)调小抽水器功率挡位并平移水杯，则水从管口到落点的时间______，重新装满同一杯水所需的时间______。(选填“变长”、“不变”或“变短”)
五、简答题：本大题共4小题，共41分。
14.如图为某战斗机的模拟训练过程，战斗机需要完成俯冲和拉起的动作，可视为竖直平面内的匀速圆周运动，在最高点飞机呈倒置状态。已知飞行员的质量为m，圆周运动的半径为R，重力加速度为g。
(1)若战斗机匀速圆周运动的线速度为 2gR，则战斗机在最高点和最低点时，对飞行员的弹力大小分别为多少？
(2)若飞行员能承受的最大弹力为自身重力的10倍，则在此训练中战斗机匀速圆周运动的线速度最大值为多少？
15.某娱乐项目的简化模型如图所示。在光滑水平高台上固定一弹射装置，其右侧放置一座舱。弹射装置将座舱由静止弹出的过程中，释放Ep=3200J的弹性势能。座舱离开轻质弹簧由高台末端A点滑离，恰好从B点沿斜面方向滑上高H1=3.0m、倾角θ=37∘的滑梯BC，已知座舱质量m=100kg且可视为质点。座舱与滑梯间的动摩擦因数μ1=0.2，重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。不计座舱在运动过程中受到的空气阻力。求：
(1)座舱离开高台A点时的速度vA的大小；
(2)A、B两点间的高度差h及到达C点的速度vC的大小；
(3)滑梯底部与水平地面连接，由于场地限制水平地面的长度d=8.0m，考虑游客的安全，需在地面上设置一缓冲坡面DE，使座舱最终能安全停在离地高度H2=1.2m坡面顶端E点。若座舱与地面及缓冲坡面间的动摩擦因数均为μ2=0.75，不计通过C、D点的机械能损失。试论证在斜面倾角α不大于37∘的情况下，座舱可以停在E点，且与α取值无关。
16.某同学设计了一种测量物体带电量的方案，其原理如图所示。在O点正下方某位置固定一带电量为+Q的绝缘小球A。长为l的绝缘细线一端固定在O点，另一端与一个质量为m的金属小球B相连。小球B静止时恰好与小球A在同一水平线上，用量角器测出细线与竖直方向的夹角为θ。已知静电力常量为k，重力加速度为g，两小球的大小可忽略不计，求：
(ⅰ)平衡时小球B受到的库仑力的大小；
(ⅱ)小球B所带的电荷量q的大小。
17.台球是深受大众喜爱的球类运动之一，我国选手曾多次荣获台球世锦赛冠军。如图所示，某次比赛时，母球A、目标球B和角洞恰好在同一条水平直线上。已知两球质量均为m且可视为质点，B与角洞的距离为l，重力加速度为g。两球发生弹性正碰后，B减速运动恰好能进入角洞，B运动时受到的阻力为其重力的k倍，求：
(ⅰ)两球碰撞后瞬间B的速度大小；
(ⅱ)两球碰撞前瞬间A的速度大小。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、质点是理想化的物理模型，即质点模型的建立体现了理想化模型的思想，故A正确；
B、合力与分力是等效替代的关系，探究力的合成规律体现的是等效替代的思想，故B错误；
C、卡文迪许通过扭秤实验测出万有引力常量G体现的是放大的思想，故C错误；
D、探究向心力大小与物体质量、角速度及运动半径的关系体现的是控制变量的思想，故D错误。
故选：A。
质点是理想化的物理模型；合力与分力是等效替代的关系；探究一个量与多个量的关系，要采用控制变量法；结合卡文迪什扭秤实验所用的方法分析。
解答本题时，要理解并掌握物理学常用的思想方法，如理想化模型法、等效替代法、放大法、控制变量法等等。
2.【答案】C
【解析】解：一个鸡蛋的质量大约为50g，则鸡蛋重力做的功为：W=mgh=50×10−3×10×12J=6J，故C正确，ABD错误。
故选：C。
一个鸡蛋的质量大约为50g，根据重力做功公式计算即可。
知道一个鸡蛋的质量大约是50克，是解题的关键，所以学生的日常生活体验也很重要。
3.【答案】D
【解析】解：AB、根据地球同步卫星的特点可知其周期等于24h，故AB错误；
CD、7.9km/s是第一宇宙速度，是圆周轨道的最大环绕速度，所以地球同步卫星的线速度小于7.9km/s，故C错误，D正确；
故选：D。
根据地球同步卫星的特点分析，第一宇宙速度是圆周轨道的最大环绕速度。
本题考查地球同步卫星的认识，解题关键掌握地球同步卫星的运动特点，注意第一宇宙速度的特点。
4.【答案】B
【解析】解：AB、圆环抛出后做平抛运动，竖直方向为自由落体运动，有：h=12gt2
解得：t= 2hg
小孩抛出圆环的高度低，圆环在空中运动时间短，而两环几乎同时套中前方的同一个玩具，则大人应先抛出圆环，故A错误，B正确；
CD、圆环在水平方向上做匀速直线运动，有：x=v0t
由AB得，小孩抛出的圆环运动时间更短，由图可得，两人抛出的圆环水平方向的位移相同，则小孩抛出的速度大于大人抛出的速度，故CD错误。
故选：B。
圆环在空中做平抛运动，水平方向为匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动，根据运动学公式分析比较即可。
本题考查平抛运动，解题关键是知道平抛运动在水平方向和竖直方向的分运动，掌握平抛运动规律。
5.【答案】D
【解析】解：AB、重锤做自由落体运动，由位移-速度公式得：v2=2gh
则击打木桩前瞬间，重锤的速度v= 2gh
自由下落过程中，重力的平均功率P−=mgv−=12mg 2gh
故AB错误；
CD、击打木桩前瞬间，重力的瞬时功率为P=mgv=mg 2gh
故C错误，D正确。
故选：D。
根据匀变速直线运动位移-速度公式求解击打木桩前瞬间的速度，根据平均速度公式求解平均速度，根据平均功率和瞬时功率的计算公式列式求解即可。
本题考查功率的计算，解题关键是区分平均功率和瞬时功率，结合运动学公式列式求解即可。
6.【答案】C
【解析】解：当乒乓球经过筒口时，对着球横向吹气，乒乓球沿着原方向做匀速直线运动的同时也会沿着吹气方向做加速运动，会使球偏离原来的运动方向，实际运动是两个运动的合运动，故一定不会进入纸筒，乒乓球会运动至纸筒左侧，故ABD错误，C正确。
故选：C。
曲线运动的条件是合力与速度不共线；通常用正交分解法研究曲线运动。
本题关键明确乒乓球参与的两个分运动，然后合成得到合运动，基础题。
7.【答案】AC
【解析】解：AB.因ab两点同轴转动，则a点的角速度等于b点的角速度，根据v=ωr得：
ra=2L，rb=L，所以va=2vb，故A正确，B错误；
CD.乙匀速上升过程中，重力势能增加，速度不变，即动能不变，由机械能定义知，乙的机械能增加，故C正确，D错误。
故选：AC。
同轴转动，角速度相同，根据v=ωr公式比较其大小；根据机械能定义判定机械能是否变化。
本题考查了圆周运动的物理量之间的关系，关键明确同缘传动和同轴传动的特点，能够根据公式：v=ωr进行分析。
8.【答案】BD
【解析】解：AB、根据卫星的变轨原理可知从高轨道到低轨道应减速，故A错误，B正确；
C、不考虑地球自转的影响，在地表万有引力等于重力，则有
GMmR2=mg
空间站受万有引力提供向心力有
GMm(R+h)2=mv2R+h=ma
联立解得：v= gR2R+h，a=gR2(R+h)2
故C错误，D正确；
故选：BD。
根据变轨原理分析AB，根据万有引力等于向心力、万有引力等于重力列式，求解空间站的线速度和加速度。
本题要建立卫星运动的模型，根据万有引力等于向心力、重力等于万有引力，是解题的基本思路，要多做这方面的训练。
9.【答案】BD
【解析】解：AB、由于不计运动员经过N点的机械能损失及运动过程中的摩擦力和空气阻力，故整个过程中只有重力做功，运动员的机械能守恒，E−x图像是平行于x轴的直线，故B正确，A错误；
CD、设斜面MN倾角为θ，运动员在斜面MN上运动时，根据动能定理有：Ek=mgh=mg⋅tanθ⋅x∝x，Ek−x图象是倾斜的直线；
在水平段NP，无任何力做功，所以动能不变；
离开P后做平抛运动，设在P点的动能为Ek0，根据动能定理有Ek=Ek0+mgh=Ek0+mg×12gt2=Ek0+12mg2(xv0)2，所以Ek−x图像是抛物线。故C错误，D正确。
故选：BD。
不计运动员经过N点的机械能损失及运动过程中的摩擦力和空气阻力，在整个运动过程中运动员的机械能是守恒的。
运动员在斜面上运动时，由动能定理得到Ek−x的表达式。在空中平抛运动过程中，根据机械能守恒定律得到动能与水平位移的关系式，再确定动能与水平位移的关系图像。
对于图象问题，关键是能够根据已知的公式、定律等推导出纵坐标和横坐标的关系式，分析图象的形状及斜率的变化，然后作出正确的判断。
10.【答案】A 越来越小
【解析】解：电子在向A极运动过程中被烟气中的粉尘俘获，使粉尘带负电，所以粉尘所受电场力方向与电场方向相反，所以电场力与电场线相切指向A；电场线的疏密代表电场强度的大小，所以电场力的大小越来越小
故答案为：A；越来越小
根据电子受力方向与电场方向相反分析电场力，电场线的疏密代表电场强度的大小，从而分析电场力大小。
本题考查了静电在实际生产中的应用，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例．
11.【答案】mv−mv0 mv−mv0
【解析】解：取向下为正方向，则此过程中探测器动量变化量为
Δp=p2−p1=mv−mv0
由动量定理可知，合外力的冲量等于动量变化量即为mv−mv0
故答案为：mv−mv0；mv−mv0
根据火星探测器的初、末速度和质量可以求出动量变化量，再根据动量定理可求合外力的冲量为。
本题利用动量定理求合外力的冲量为，注意要规定正方向。
12.【答案】dΔt drΔt 向心力的大小与角速度的平方成正比
【解析】解：(1)根据题意可知，挡光杆的线速度大小为v=dΔt，由公式v=ωr可知，砝码做圆周运动的角速度大小为ω=drΔt
(2)根据题意，由公式可得F=mrω2，题中图乙为倾斜直线，可得实验结论：当砝码质量和圆周运动半径一定时，向心力的大小与角速度的平方成正比。
故答案为：(1)dΔt，drΔt；(2)向心力的大小与角速度的平方成正比
(1)根据平均速度和角速度、线速度、半径关系式计算角速度；
(2)根据向心力公式推导结合图像计算。
本题考查探究匀速圆周运动所需向心力的大小与物体的质量、角速度大小、运动半径之间的关系实验，要求掌握实验原理、实验装置、数据处理。
13.【答案】44.101.1πxd24 g2h 不变 变长
【解析】解：(2)由图可知，测量工具的最小分度为0.1cm，则管口距桌面高度为44.10cm；
(3)由平抛运动规律有，竖直方向h=12gt2
水平方向x=v0t
联立解得：v0=x g2h
将x=33.00cm=0.33m，h=44.10cm=0.441m，代入解得v0=1.1m/s
(4)该抽水器的流量
Q=Sv0=π(d2)2x g2h=πxd24 g2h
(5)由平抛运动规律有，竖直方向h=12gt2，则
t= 2hg
则水从管口到落点的时间不变；
调小抽水器功率则流量减小，则重新装满同一杯水所需的时间变长。
故答案为：(2)44.10；(3)1.1；(4)πxd24 g2h；(5)不变，变长
(2)根据刻度尺的分度值读数，注意估读；
(3)水流做平抛运动，根据平抛运动规律求水的流速；
(4)根据流量公式求表达式；
(5)根据竖直方向的运动规律分析。
本题考查了平抛运动的基本规律，难点在于求解抽水器流量的表达式。
14.【答案】解：(1)设战斗机在最高点对飞行员的弹力大小为F1
由牛顿第二定律得：mg+F1=mv2R
解得：F1=mg
设战斗机在最低点对飞行员的弹力大小为F2
由牛顿第二定律得：F2−mg=mv2R
解得：F2=3mg
(2)当飞行员在最低点时承受的力最大，由牛顿第二定律得
10mg−mg=mvm2R
解得最大线速度为：vm=3 gR
答：(1)战斗机在最高点和最低点时，对飞行员的弹力大小分别为mg、3mg；
(2)在此训练中战斗机匀速圆周运动的线速度最大值为3 gR。
【解析】(1)战斗机在最高点和最低点时，由牛顿第二定律求战斗机对飞行员的弹力大小。
(2)飞行员在最低点时承受的力最大，由牛顿第二定律求线速度最大值。
解答本题时，要正确分析飞行员的受力情况，确定向心力来源，利用牛顿第二定律进行解答。
15.【答案】解：(1)根据弹射装置释放的弹性势能转化为座舱的动能，可得：
Ep=12mvA2
代入数据解得：vA=8m/s
(2)座舱离开A点做平抛运动，到达B处时的速度方向为沿斜面向下，由几何关系可得在B点的竖直分速度为：
vy=vAtanθ
在竖直方向上有：vy2=2gh
代入数据解得：h=1.8m
座舱从A到C过程，由动能定理得：
mg(H1+h)−μ1mgcsθH1sinθ=12mvC2−12mvA2
代入数据解得：vC=12m/s
(3)当α≤37∘时，满足mgsinα≤μ2mgcsα，座舱在斜面上可保持静止。
从C到E的过程中，令CD长度为x，由动能定理可得：
−μ2mgx−μ2mgcsαd−xcsα−mgH2=12mvE2−12mvC2
代入数据解得：vE=0
可知座舱到达E点的速度与坡面倾角无关，且到达E点时的速度为零，得证。
答：(1)座舱离开高台A点时的速度vA的大小是8m/s；
(2)A、B两点间的高度差h是1.8m，到达C点的速度vC的大小是12m/s；
(3)证明过程见解答。
【解析】(1)根据功能关系求出座舱离开A的速度大小。
(2)离开高台座舱做平抛运动，应用运动学公式求出高度差，应用动能定理求出到达C点的速度。
(3)应用动能定理论证。
分析清楚座舱的运动过程是解题的前提，应用功能关系、运动学公式与动能定理可以解题。
16.【答案】解：(ⅰ)对小球B受力分析可知：
FCmg=tanθ
故有：FC=mgtanθ
(ⅱ)由库仑定律可知：
FC=kQqr2
r=lsinθ
联立解得：q=mgl2sin3θkQcsθ
答：(ⅰ)平衡时小球B受到的库仑力的大小mgtanθ；
(ⅱ)小球B所带的电荷量q的大小mgl2sin3θkQcsθ。
【解析】(1)B球受到重力、线的拉力和电场力而平衡，根据B球受力平衡，由平衡条件求B受到的库仑力的大小；
(2)根据库仑定律分析即可解题。
对于电场和重力场中的共点力作用下物体的平衡问题，其解决方法和纯力学中共点力作用下物体的平衡，适用完全相同的解决方法，关键要正确分析受力情况。
17.【答案】解：(ⅰ)碰后目标球的运动过程由动能定理可得：
kmgl=12mv22
解得：v2= 2kgl
(ⅱ)规定母球的速度方向为正方向，两球发生弹性碰撞有：
mv0=mv1+mv2
12mv02=12mv12+12mv22
解得：v0=v2= 2kgl
答：(ⅰ)两球碰撞后瞬间B的速度大小为 2kgl；
(ⅱ)两球碰撞前瞬间A的速度大小为 2kgl。
【解析】(ⅰ)应用动能定理求出球B的速度；
(ⅱ)由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出A球碰撞前的速度。
本题考查了动量守恒定律，分析清楚物体运动过程，应用动能定理、动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题，解题时注意正方向的选择。
1.“擒贼先擒王”是《三十六计》中的一计，启示人们做事要抓住主要因素，忽略次要因素。理想化模型就是这种思想的具体应用，以下研究能突出体现这一思想方法的是( )
A. 质点模型的建立
B. 探究力的合成规律
C. 卡文迪什通过扭秤实验测出万有引力常量
D. 探究向心力大小与物体质量、角速度及运动半径的关系
2.学校举办“鸡蛋撞地球”的科技活动，小明将一个鸡蛋装入缓冲器，在空旷场地离地面12米高处由静止释放，落地后鸡蛋完好无损。该过程中，鸡蛋重力做的功约为( )
A. 0.06JB. 0.6JC. 6JD. 60J
3.我国北斗导航系统中的地球同步卫星绕地球做匀速圆周运动，则其( )
A. 周期大于24hB. 周期小于12h
C. 线速度大于7.9km/sD. 线速度小于7.9km/s
4.“套圈圈”游戏深受大众喜爱。家长和小孩在同一竖直线上从不同高度将圆环水平抛出，几乎同时套中前方的同一个玩具(玩具尺寸略小于圆环直径)，空气阻力不计。则下列说法正确的是( )
A. 小孩先抛出圆环B. 大人先抛出圆环
C. 大人抛出的速度大于小孩抛出的速度D. 大人抛出的速度等于小孩抛出的速度
5.如图为打桩机工作的示意图。打桩机重锤的质量为m，从距离木桩顶端高h处自由下落击打木桩，重力加速度为g。则重锤( )
A. 自由下落过程中重力的平均功率为mg gh
B. 自由下落过程中重力的平均功率为mg 2gh
C. 击打木桩前瞬间，重力的瞬时功率为mg gh
D. 击打木桩前瞬间，重力的瞬时功率为mg 2gh
6.如图所示，乒乓球在水平桌面上匀速运动，不计阻力。在与乒乓球路径相垂直的方向上放一个纸筒(直径略大于乒乓球的直径)，当乒乓球经过筒口的正前方时，沿球与筒口连线方向水平吹球，下列说法正确的是( )
A. 乒乓球仍沿原方向做直线运动B. 乒乓球能沿吹气方向进入纸筒
C. 乒乓球将会运动至纸筒左侧D. 乒乓球将会运动至纸筒右侧
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
7.明朝著作《天工开物》记载了很多古代劳动人民的智慧。如图所示，甲转动把手可将乙匀速拉上来，其中把手上a点到转轴的距离为2L，辘轳边缘b点到转轴的距离为L，a、b两点线速度分别为va、vb，则( )
A. va=2vb
B. vb=2va
C. 乙的机械能增加
D. 乙的机械能守恒
8.2022年10月12日中国空间站“天宫课堂”第三课开讲。如图，空间站在圆轨道绕地球做匀速圆周运动，距地面高度为h。完成任务后，航天员乘坐神舟飞船沿椭圆轨道返回地面。已知地球半径为R，地面重力加速度为g，且不考虑地球自转的影响。下列说法正确的是( )
A. 神舟飞船在圆轨道加速，进入椭圆轨道
B. 神舟飞船在圆轨道减速，进入椭圆轨道
C. 空间站的线速度大小为 g(R+h)2R
D. 空间站的向心加速度大小为gR2(R+h)2
9.滑雪道的示意图如图所示。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下，经过水平NP段后进入空中，落在斜面上的Q点。不计运动员经过N点的机械能损失，不计一切摩擦和空气阻力。从M到Q的过程中，下列关于运动员机械能E和动能Ek随水平位移x变化的图像合理的是( )
A. B. C. D.
三、填空题：本大题共2小题，共8分。
10.图甲静电除尘器由板状收集器A和线状电离器B组成。A接在高压电源的正极，B接在高压电源的负极，其内部电场如图乙所示。粉尘由侧面进入除尘器后遇到电子而带负电，最终被吸附到A上，从而达到除尘的目的。则带电粉尘颗粒(带电量不变)在运动过程中，所受电场力与电场线相切指向______(选填“A”或“B”)，所受电场力的大小______(选填“越来越大”“越来越小”或“不变”)。
11.如图所示，我国天问一号火星探测器在竖直着陆火星的过程中需要向下喷气减速。探测器喷气前的速度为v0，经过一段时间后速度降至v，若探测器总质量为m且忽略喷气导致的质量变化。取向下为正方向，则此过程中探测器动量变化量为______，合外力的冲量为______。
四、实验题：本大题共2小题，共16分。
12.用如图甲所示的向心力实验器，探究物体做匀速圆周运动所需向心力的大小与角速度的关系。
压力传感器固定在水平转臂上，离转轴的距离可调，砝码紧靠传感器放置。通过压力传感器测量砝码做圆周运动所受向心力F的大小。较细的挡光杆固定在离转轴水平距离为r的转臂的另一端。光电门与压力传感器同步采集数据，并通过蓝牙传输。
(1)调节传感器位置，拨动转臂使之转动。挡光杆宽度为d，某次经过光电门的挡光时间为Δt，则此时挡光杆的线速度大小为______，砝码做圆周运动的角速度大小为______。(用d、r、Δt表示)
(2)计算机利用数据采集器生成的F、ω2数据图如图乙。对图像进行处理，可得实验结论：当砝码质量和圆周运动半径一定时，______。
13.如图所示为某实验小组利用平抛运动规律测量电动抽水器的流量(每秒排出的液体体积)实验装置。实验过程如下：
(1)将水桶和薄底水杯放在同一水平桌面上。测量抽水器出水管内径(直径)d，调节管口方向。启动抽水器后水均匀从管口水平射出。
(2)水柱离开管口落入水杯，测量管口距落点间的水平距离x=33.00cm，管口距桌面高度h=______cm(由图中读出)。
(3)已知当地重力加速度g=9.8m/s2，计算水从管口流出的初速度v0=______m/s(计算结果保留两位有效数字)。
(4)已知流量的表达式为Q=Sv(其中S为水流的横截面积，v为水流的速度大小)。则该抽水器的流量Q=
______(用符号x、h、g、d表示，已知水柱充满管口)。
(5)调小抽水器功率挡位并平移水杯，则水从管口到落点的时间______，重新装满同一杯水所需的时间______。(选填“变长”、“不变”或“变短”)
五、简答题：本大题共4小题，共41分。
14.如图为某战斗机的模拟训练过程，战斗机需要完成俯冲和拉起的动作，可视为竖直平面内的匀速圆周运动，在最高点飞机呈倒置状态。已知飞行员的质量为m，圆周运动的半径为R，重力加速度为g。
(1)若战斗机匀速圆周运动的线速度为 2gR，则战斗机在最高点和最低点时，对飞行员的弹力大小分别为多少？
(2)若飞行员能承受的最大弹力为自身重力的10倍，则在此训练中战斗机匀速圆周运动的线速度最大值为多少？
15.某娱乐项目的简化模型如图所示。在光滑水平高台上固定一弹射装置，其右侧放置一座舱。弹射装置将座舱由静止弹出的过程中，释放Ep=3200J的弹性势能。座舱离开轻质弹簧由高台末端A点滑离，恰好从B点沿斜面方向滑上高H1=3.0m、倾角θ=37∘的滑梯BC，已知座舱质量m=100kg且可视为质点。座舱与滑梯间的动摩擦因数μ1=0.2，重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。不计座舱在运动过程中受到的空气阻力。求：
(1)座舱离开高台A点时的速度vA的大小；
(2)A、B两点间的高度差h及到达C点的速度vC的大小；
(3)滑梯底部与水平地面连接，由于场地限制水平地面的长度d=8.0m，考虑游客的安全，需在地面上设置一缓冲坡面DE，使座舱最终能安全停在离地高度H2=1.2m坡面顶端E点。若座舱与地面及缓冲坡面间的动摩擦因数均为μ2=0.75，不计通过C、D点的机械能损失。试论证在斜面倾角α不大于37∘的情况下，座舱可以停在E点，且与α取值无关。
16.某同学设计了一种测量物体带电量的方案，其原理如图所示。在O点正下方某位置固定一带电量为+Q的绝缘小球A。长为l的绝缘细线一端固定在O点，另一端与一个质量为m的金属小球B相连。小球B静止时恰好与小球A在同一水平线上，用量角器测出细线与竖直方向的夹角为θ。已知静电力常量为k，重力加速度为g，两小球的大小可忽略不计，求：
(ⅰ)平衡时小球B受到的库仑力的大小；
(ⅱ)小球B所带的电荷量q的大小。
17.台球是深受大众喜爱的球类运动之一，我国选手曾多次荣获台球世锦赛冠军。如图所示，某次比赛时，母球A、目标球B和角洞恰好在同一条水平直线上。已知两球质量均为m且可视为质点，B与角洞的距离为l，重力加速度为g。两球发生弹性正碰后，B减速运动恰好能进入角洞，B运动时受到的阻力为其重力的k倍，求：
(ⅰ)两球碰撞后瞬间B的速度大小；
(ⅱ)两球碰撞前瞬间A的速度大小。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、质点是理想化的物理模型，即质点模型的建立体现了理想化模型的思想，故A正确；
B、合力与分力是等效替代的关系，探究力的合成规律体现的是等效替代的思想，故B错误；
C、卡文迪许通过扭秤实验测出万有引力常量G体现的是放大的思想，故C错误；
D、探究向心力大小与物体质量、角速度及运动半径的关系体现的是控制变量的思想，故D错误。
故选：A。
质点是理想化的物理模型；合力与分力是等效替代的关系；探究一个量与多个量的关系，要采用控制变量法；结合卡文迪什扭秤实验所用的方法分析。
解答本题时，要理解并掌握物理学常用的思想方法，如理想化模型法、等效替代法、放大法、控制变量法等等。
2.【答案】C
【解析】解：一个鸡蛋的质量大约为50g，则鸡蛋重力做的功为：W=mgh=50×10−3×10×12J=6J，故C正确，ABD错误。
故选：C。
一个鸡蛋的质量大约为50g，根据重力做功公式计算即可。
知道一个鸡蛋的质量大约是50克，是解题的关键，所以学生的日常生活体验也很重要。
3.【答案】D
【解析】解：AB、根据地球同步卫星的特点可知其周期等于24h，故AB错误；
CD、7.9km/s是第一宇宙速度，是圆周轨道的最大环绕速度，所以地球同步卫星的线速度小于7.9km/s，故C错误，D正确；
故选：D。
根据地球同步卫星的特点分析，第一宇宙速度是圆周轨道的最大环绕速度。
本题考查地球同步卫星的认识，解题关键掌握地球同步卫星的运动特点，注意第一宇宙速度的特点。
4.【答案】B
【解析】解：AB、圆环抛出后做平抛运动，竖直方向为自由落体运动，有：h=12gt2
解得：t= 2hg
小孩抛出圆环的高度低，圆环在空中运动时间短，而两环几乎同时套中前方的同一个玩具，则大人应先抛出圆环，故A错误，B正确；
CD、圆环在水平方向上做匀速直线运动，有：x=v0t
由AB得，小孩抛出的圆环运动时间更短，由图可得，两人抛出的圆环水平方向的位移相同，则小孩抛出的速度大于大人抛出的速度，故CD错误。
故选：B。
圆环在空中做平抛运动，水平方向为匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动，根据运动学公式分析比较即可。
本题考查平抛运动，解题关键是知道平抛运动在水平方向和竖直方向的分运动，掌握平抛运动规律。
5.【答案】D
【解析】解：AB、重锤做自由落体运动，由位移-速度公式得：v2=2gh
则击打木桩前瞬间，重锤的速度v= 2gh
自由下落过程中，重力的平均功率P−=mgv−=12mg 2gh
故AB错误；
CD、击打木桩前瞬间，重力的瞬时功率为P=mgv=mg 2gh
故C错误，D正确。
故选：D。
根据匀变速直线运动位移-速度公式求解击打木桩前瞬间的速度，根据平均速度公式求解平均速度，根据平均功率和瞬时功率的计算公式列式求解即可。
本题考查功率的计算，解题关键是区分平均功率和瞬时功率，结合运动学公式列式求解即可。
6.【答案】C
【解析】解：当乒乓球经过筒口时，对着球横向吹气，乒乓球沿着原方向做匀速直线运动的同时也会沿着吹气方向做加速运动，会使球偏离原来的运动方向，实际运动是两个运动的合运动，故一定不会进入纸筒，乒乓球会运动至纸筒左侧，故ABD错误，C正确。
故选：C。
曲线运动的条件是合力与速度不共线；通常用正交分解法研究曲线运动。
本题关键明确乒乓球参与的两个分运动，然后合成得到合运动，基础题。
7.【答案】AC
【解析】解：AB.因ab两点同轴转动，则a点的角速度等于b点的角速度，根据v=ωr得：
ra=2L，rb=L，所以va=2vb，故A正确，B错误；
CD.乙匀速上升过程中，重力势能增加，速度不变，即动能不变，由机械能定义知，乙的机械能增加，故C正确，D错误。
故选：AC。
同轴转动，角速度相同，根据v=ωr公式比较其大小；根据机械能定义判定机械能是否变化。
本题考查了圆周运动的物理量之间的关系，关键明确同缘传动和同轴传动的特点，能够根据公式：v=ωr进行分析。
8.【答案】BD
【解析】解：AB、根据卫星的变轨原理可知从高轨道到低轨道应减速，故A错误，B正确；
C、不考虑地球自转的影响，在地表万有引力等于重力，则有
GMmR2=mg
空间站受万有引力提供向心力有
GMm(R+h)2=mv2R+h=ma
联立解得：v= gR2R+h，a=gR2(R+h)2
故C错误，D正确；
故选：BD。
根据变轨原理分析AB，根据万有引力等于向心力、万有引力等于重力列式，求解空间站的线速度和加速度。
本题要建立卫星运动的模型，根据万有引力等于向心力、重力等于万有引力，是解题的基本思路，要多做这方面的训练。
9.【答案】BD
【解析】解：AB、由于不计运动员经过N点的机械能损失及运动过程中的摩擦力和空气阻力，故整个过程中只有重力做功，运动员的机械能守恒，E−x图像是平行于x轴的直线，故B正确，A错误；
CD、设斜面MN倾角为θ，运动员在斜面MN上运动时，根据动能定理有：Ek=mgh=mg⋅tanθ⋅x∝x，Ek−x图象是倾斜的直线；
在水平段NP，无任何力做功，所以动能不变；
离开P后做平抛运动，设在P点的动能为Ek0，根据动能定理有Ek=Ek0+mgh=Ek0+mg×12gt2=Ek0+12mg2(xv0)2，所以Ek−x图像是抛物线。故C错误，D正确。
故选：BD。
不计运动员经过N点的机械能损失及运动过程中的摩擦力和空气阻力，在整个运动过程中运动员的机械能是守恒的。
运动员在斜面上运动时，由动能定理得到Ek−x的表达式。在空中平抛运动过程中，根据机械能守恒定律得到动能与水平位移的关系式，再确定动能与水平位移的关系图像。
对于图象问题，关键是能够根据已知的公式、定律等推导出纵坐标和横坐标的关系式，分析图象的形状及斜率的变化，然后作出正确的判断。
10.【答案】A 越来越小
【解析】解：电子在向A极运动过程中被烟气中的粉尘俘获，使粉尘带负电，所以粉尘所受电场力方向与电场方向相反，所以电场力与电场线相切指向A；电场线的疏密代表电场强度的大小，所以电场力的大小越来越小
故答案为：A；越来越小
根据电子受力方向与电场方向相反分析电场力，电场线的疏密代表电场强度的大小，从而分析电场力大小。
本题考查了静电在实际生产中的应用，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例．
11.【答案】mv−mv0 mv−mv0
【解析】解：取向下为正方向，则此过程中探测器动量变化量为
Δp=p2−p1=mv−mv0
由动量定理可知，合外力的冲量等于动量变化量即为mv−mv0
故答案为：mv−mv0；mv−mv0
根据火星探测器的初、末速度和质量可以求出动量变化量，再根据动量定理可求合外力的冲量为。
本题利用动量定理求合外力的冲量为，注意要规定正方向。
12.【答案】dΔt drΔt 向心力的大小与角速度的平方成正比
【解析】解：(1)根据题意可知，挡光杆的线速度大小为v=dΔt，由公式v=ωr可知，砝码做圆周运动的角速度大小为ω=drΔt
(2)根据题意，由公式可得F=mrω2，题中图乙为倾斜直线，可得实验结论：当砝码质量和圆周运动半径一定时，向心力的大小与角速度的平方成正比。
故答案为：(1)dΔt，drΔt；(2)向心力的大小与角速度的平方成正比
(1)根据平均速度和角速度、线速度、半径关系式计算角速度；
(2)根据向心力公式推导结合图像计算。
本题考查探究匀速圆周运动所需向心力的大小与物体的质量、角速度大小、运动半径之间的关系实验，要求掌握实验原理、实验装置、数据处理。
13.【答案】44.101.1πxd24 g2h 不变 变长
【解析】解：(2)由图可知，测量工具的最小分度为0.1cm，则管口距桌面高度为44.10cm；
(3)由平抛运动规律有，竖直方向h=12gt2
水平方向x=v0t
联立解得：v0=x g2h
将x=33.00cm=0.33m，h=44.10cm=0.441m，代入解得v0=1.1m/s
(4)该抽水器的流量
Q=Sv0=π(d2)2x g2h=πxd24 g2h
(5)由平抛运动规律有，竖直方向h=12gt2，则
t= 2hg
则水从管口到落点的时间不变；
调小抽水器功率则流量减小，则重新装满同一杯水所需的时间变长。
故答案为：(2)44.10；(3)1.1；(4)πxd24 g2h；(5)不变，变长
(2)根据刻度尺的分度值读数，注意估读；
(3)水流做平抛运动，根据平抛运动规律求水的流速；
(4)根据流量公式求表达式；
(5)根据竖直方向的运动规律分析。
本题考查了平抛运动的基本规律，难点在于求解抽水器流量的表达式。
14.【答案】解：(1)设战斗机在最高点对飞行员的弹力大小为F1
由牛顿第二定律得：mg+F1=mv2R
解得：F1=mg
设战斗机在最低点对飞行员的弹力大小为F2
由牛顿第二定律得：F2−mg=mv2R
解得：F2=3mg
(2)当飞行员在最低点时承受的力最大，由牛顿第二定律得
10mg−mg=mvm2R
解得最大线速度为：vm=3 gR
答：(1)战斗机在最高点和最低点时，对飞行员的弹力大小分别为mg、3mg；
(2)在此训练中战斗机匀速圆周运动的线速度最大值为3 gR。
【解析】(1)战斗机在最高点和最低点时，由牛顿第二定律求战斗机对飞行员的弹力大小。
(2)飞行员在最低点时承受的力最大，由牛顿第二定律求线速度最大值。
解答本题时，要正确分析飞行员的受力情况，确定向心力来源，利用牛顿第二定律进行解答。
15.【答案】解：(1)根据弹射装置释放的弹性势能转化为座舱的动能，可得：
Ep=12mvA2
代入数据解得：vA=8m/s
(2)座舱离开A点做平抛运动，到达B处时的速度方向为沿斜面向下，由几何关系可得在B点的竖直分速度为：
vy=vAtanθ
在竖直方向上有：vy2=2gh
代入数据解得：h=1.8m
座舱从A到C过程，由动能定理得：
mg(H1+h)−μ1mgcsθH1sinθ=12mvC2−12mvA2
代入数据解得：vC=12m/s
(3)当α≤37∘时，满足mgsinα≤μ2mgcsα，座舱在斜面上可保持静止。
从C到E的过程中，令CD长度为x，由动能定理可得：
−μ2mgx−μ2mgcsαd−xcsα−mgH2=12mvE2−12mvC2
代入数据解得：vE=0
可知座舱到达E点的速度与坡面倾角无关，且到达E点时的速度为零，得证。
答：(1)座舱离开高台A点时的速度vA的大小是8m/s；
(2)A、B两点间的高度差h是1.8m，到达C点的速度vC的大小是12m/s；
(3)证明过程见解答。
【解析】(1)根据功能关系求出座舱离开A的速度大小。
(2)离开高台座舱做平抛运动，应用运动学公式求出高度差，应用动能定理求出到达C点的速度。
(3)应用动能定理论证。
分析清楚座舱的运动过程是解题的前提，应用功能关系、运动学公式与动能定理可以解题。
16.【答案】解：(ⅰ)对小球B受力分析可知：
FCmg=tanθ
故有：FC=mgtanθ
(ⅱ)由库仑定律可知：
FC=kQqr2
r=lsinθ
联立解得：q=mgl2sin3θkQcsθ
答：(ⅰ)平衡时小球B受到的库仑力的大小mgtanθ；
(ⅱ)小球B所带的电荷量q的大小mgl2sin3θkQcsθ。
【解析】(1)B球受到重力、线的拉力和电场力而平衡，根据B球受力平衡，由平衡条件求B受到的库仑力的大小；
(2)根据库仑定律分析即可解题。
对于电场和重力场中的共点力作用下物体的平衡问题，其解决方法和纯力学中共点力作用下物体的平衡，适用完全相同的解决方法，关键要正确分析受力情况。
17.【答案】解：(ⅰ)碰后目标球的运动过程由动能定理可得：
kmgl=12mv22
解得：v2= 2kgl
(ⅱ)规定母球的速度方向为正方向，两球发生弹性碰撞有：
mv0=mv1+mv2
12mv02=12mv12+12mv22
解得：v0=v2= 2kgl
答：(ⅰ)两球碰撞后瞬间B的速度大小为 2kgl；
(ⅱ)两球碰撞前瞬间A的速度大小为 2kgl。
【解析】(ⅰ)应用动能定理求出球B的速度；
(ⅱ)由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出A球碰撞前的速度。
本题考查了动量守恒定律，分析清楚物体运动过程，应用动能定理、动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题，解题时注意正方向的选择。
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