2023-2024学年北京市北京交通大学附属中学高一下学期期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年北京市北京交通大学附属中学高一下学期期末物理试卷（含详细答案解析），共24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。

1.关于力的作用效果，下列说法不正确的( )
A. 物体做匀速直线运动需要力来维持B. 力可以对物体做功
C. 力可以对物体产生冲量D. 力可以使物体产生加速度
2.关于机械振动和机械波，下列说法错误的是( )
A. 机械波的传播一定需要介质
B. 有机械波一定有机械振动
C. 汽车的鸣笛声由远及近音调的变化是波的衍射现象
D. 在波的传播过程中介质中的质点不随波迁移
3.一简谐横波沿x轴传播，某时刻的波形如图所示。已知此时质点E向y轴负方向运动，下列说法正确的是( )
A. 波沿x轴正方向传播B. 质点D此时向y轴负方向运动
C. 质点A将比质点B先回到平衡位置D. 质点D的振幅为零
4.设想将来发射一颗人造行星，能在地球绕太阳运动的轨道上稳定运行，该轨道可视为圆轨道。该行星与地球相比，一定相同的物理量是( )
A. 线速度B. 环绕周期C. 向心力D. 动能
5.一皮带传动装置的示意图如图所示，右轮半径为r，A是其边缘上的一点，左轮半径为2r，C点位于左轮边缘上，B点在左轮上且到轮心的距离为r。传动过程中皮带不打滑。则( )
A. A、B两点的角速度之比为1:1B. A、B两点的角速度之比为1:2
C. A、C两点的向心加速度之比为1:4D. A、C两点的向心加速度之比为2:1
6.飞机沿某水平面内的圆周匀速率地飞行了一周，已知飞机质量为m，速率为v，圆周运动半径为R。下列说法正确的是( )
A. 飞机做匀速圆周运动，速率没变，则所受合外力为零
B. 飞机做匀速圆周运动，速率没变，则动量守恒
C. 飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；飞行一周向心力的冲量大小I=FnΔt=mv2R⋅2πRv=2πmv
D. 飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；飞行半周动量的改变量大小为2mv
7.如图所示，发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经变轨，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次变轨，将卫星送入同步圆轨道3。轨道1，2相切于Q点，轨道2、3相切于P点。当卫星分别在1、2、3轨道上运行时，下列说法正确的是()
A. 卫星在轨道2上经过Q点的速度小于在轨道1上经过Q点的速度
B. 卫星在轨道2上经过Q点的机械能等于在轨道2上经过P点的机械能
C. 卫星在轨道2上经过P点的机械能等于在轨道3上经过P点的机械能
D. 卫星在轨道2上经过P点的加速度小于在轨道3上经过P点的加速度
8.一质量为m的物块在大小为F的水平拉力作用下，从静止开始沿水平面运动距离x后撤掉F，又运动了2x停止。已知接触面粗糙程度不变，重力加速度为g。下列说法不正确的是( )
A. 在开始运动x过程中，物块受到重力、支持力、拉力、滑动摩擦力的作用
B. 根据题干信息，可求出物块运动的总时间
C. 根据题干信息，可求出物块与水平面间的动摩擦因数
D. 仅改变拉力F的大小，仍使物块通过3x的距离停止，必须提前撤掉F
9.如图为“蹦极”运动的示意图。弹性绳的一端固定在O点，另一端和人相连。人从O点自由下落，至A点时弹性绳恰好伸直，继续向下运动到达最低点B，不计空气阻力的影响，将人视为质点。则人从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是( )
A. 绳的拉力逐渐增大，人的速度逐渐减小B. 人先处于超重状态，后处于失重状态
C. 人动能的减少量等于绳弹性势能的增加量D. 绳对人一直做负功，人的机械能逐渐减小
10.某校篮球运动员进行了如图所示的原地起跳摸高训练。已知质量m=50kg的运动员原地静止站立(不起跳)摸高为2.15m，训练过程中，该运动员先下蹲，重心下降0.5m，发力竖直跳起摸到了2.90m的高度。若运动员离开地面前的起跳过程视为匀加速运动，忽略空气阻力影响，g取10m/s2。则运动员起跳过程中( )
A. 对地面的压力为750N
B. 机械能增加了625J
C. 所受地面弹力的功和冲量均不为零
D. 所受合力的冲量大于从离开地面至上升到最高点过程中所受合力的冲量
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
11.如图所示，一木块放在光滑水平面上，一子弹水平射入木块中，射入深度为d，平均阻力为f.设木块离原点s远时开始匀速前进，下列判断正确的是( )
A. 功fs量度木块增加的动能B. f(s+d)量度子弹损失的动能
C. fd量度子弹损失的动能D. fd 量度子弹、木块系统总机械能的损失
12.在处理较复杂的变化量问题时，常常先把整个区间化为若干个小区间，认为每一个小区间内研究的量不变，再求和，这是物理学中常用的一种方法。如图所示是某物理量y随时间t变化的图像，关于此图线与t坐标轴所围成的面积，下列说法中正确的是( )
A. 若y轴表示质点运动的速度，则面积表示该质点在相应时间内的位移
B. 若y轴表示质点运动的加速度，则面积表示该质点在相应时间内的速率
C. 若y轴表示作用在物体上的合力，则面积表示经过相应时间后物体的动量
D. 若y轴表示力做功的功率，则面积表示该力在相应时间内所做的功
13.如图所示，轻弹簧上端固定，下端连接质量为m的小球，小球静止在光滑固定斜面上。给小球一个沿斜面向下的初速度，小球便沿斜面往复运动，空气阻力可忽略，弹簧始终在弹性限度内。取平衡位置O处为原点，沿斜面向下为正方向，建立坐标系，记小球振动过程中位置坐标为x。规定O处重力势能为零，A表示小球离开平衡位置的最大距离。图中可能正确反映该小球运动过程中的速度v、加速度a、动能Ek以及重力势能Ep随x的变化关系的是( )
A. B.
C. D.
14.如图为滑雪大跳台场地的简化示意图。某次训练中，运动员从A点由静止开始下滑，到达起跳点B时借助装备和技巧，保持到达起跳点B时的速率，沿与水平面夹角为15∘的方向斜向上飞出，到达最高点C，最终落在坡道上的D点(C、D均未画出)，已知A、B之间的高度差H=45m，坡面与水平面的夹角为30∘。不计空气阻力和摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin15∘=0.26，cs15∘=0.97。下列说法正确的是( )
A. 运动员在B点起跳时的速率为30m/s
B. 运动员起跳后达到最高点C时的速度大小约为7.8m/s
C. 运动员从起跳点B到最高点C所用的时间约为2.9s
D. 运动员从起跳点B到坡道上D点所用的时间约为4.9s
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
15.用下图所示装置做“验证动量守恒定律”实验。实验中使用的小球1和2质量分别为m1、m2，直径分别为d1、d2。在木板上铺一张白纸，白纸上面铺放复写纸，记下重锤线所指的位置O。
(1)小球1和2的质量应满足m1__________m2，直径应满足d1__________d2。(选填“大于”“等于”或“小于”)
(2)实验时，先不放小球2，使小球1从斜槽上某一点S由静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。再把小球2静置于斜槽轨道末端，让小球1仍从S处由静止释放，与小球2碰撞，并多次重复。该实验需要完成的必要步骤还有__________。(选填选项前的字母)
A.测量两个小球的质量m1、m2
B.测量小球1的释放点S距桌面的高度h
C.测量斜槽轨道末端距地面的高度H
D.分别找到小球1与小球2相碰后平均落地点的位置M、N
E.测量平抛射程OM、ON
(3)要验证两球碰撞前后动量守恒，仅需验证关系式__________是否成立[用(2)中测量的量表示]。请分析说明可以这样验证的理由__________。
16.同学们用多种方法测重力加速度值。
(1)用如图甲所示的单摆做“用单摆测重力加速度”的实验。
①此实验中重力加速度的表达式为g=________(用摆长l，周期T表示)。
②若改变摆长，多次测量，得到周期平方T2与摆长l的关系如图乙所示，所得结果与当地重力加速度值相符，但发现其延长线没有过原点，其原因可能是________(选填正确选项前的字母)。
A.测周期时多数了一个周期
B.测周期时少数了一个周期
C.测摆长时直接将摆线的长度作为摆长
D.测摆长时将摆线的长度加上摆球的直径作为摆长
(2)将单摆挂在力传感器的下端，通过力传感器测定摆动过程中摆线受到的拉力F，由计算机记录拉力F随时间t的变化，图像如图丙所示。测得摆长为l，则重力加速度的表达式为g=________。
(3)如图丁所示，将光电门安装在小球平衡位置的正下方，在小球上安装轻质挡光片，挡光宽度为d，在铁架台后方固定量角器，利用此装置测重力加速度值。首先测得摆长为l，之后将小球拉离平衡位置，当摆线与竖直方向成θ角(θ值可由量角器读出)时将小球由静止释放，传感器测得小球第一次摆下挡光的时间Δt。多次改变摆角θ测得对应的Δt，可得到多组θ,Δt数据，同时计算机可根据需要算出关于θ的任意三角函数值。
①为了能最方便准确地利用图像处理数据，应绘制________图像(写出图像的纵坐标-横坐标)；
②根据第①问中绘制的图像，求得图像斜率的大小为k，则计算得到重力加速度g=________。
四、计算题：本大题共4小题，共40分。
17.如图所示，水平地面上固定着光滑斜槽，斜槽的末端和粗糙地面平滑连接，设物块通过连接处时速率不发生改变。质量m1=0.4kg的物块A从斜槽上端距水平地面高度h=0.8m处由静止下滑，并与静止在斜槽末端的质量m2=0.8kg的物块B相碰，相碰后物块A立即停止运动，物块 B 滑行一段距离后停止运动。取重力加速度g=10m/s2，两物块均可视为质点。求：
(1)物块A 与物块B 碰撞前瞬间的速度大小。
(2)物块A 与物块B 碰撞过程中A、B 系统损失的机械能。
(3)滑动摩擦力对物块B 做的功。
18.如图所示，粗糙水平面AB长为4R，与竖直面内半径为R的光滑半圆形轨道在B点相接。质量为m的物体甲(可视为质点)将弹簧压缩到A点后由静止释放，甲脱离弹簧后，在水平面滑行一段距离后滑上竖直轨道，并恰好能通过C点。已知甲与水平面间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度为g。
(1)求甲通过C点时的速度大小；
(2)求弹簧被压缩到A点时的弹性势能；
(3)若在B点放置另一个质量为3m的物体乙(可视为质点，图中未画出)，使甲把弹簧仍然压缩到A点，由静止释放甲，甲、乙发生弹性正碰后，求乙上升的最大高度。
19.北京时间2020年12月2日4时53分，探月工程“嫦娥五号”的着陆器和上升器组合体完成了月壤采样及封装。封装结束后上升器的总质量为m，它将从着陆器上发射，离开月面。已知月球质量为M，表面重力加速度为g，引力常量为G，忽略月球的自转。
(1)求月球的半径R；
(2)月球表面没有大气层。上升器从着陆器上发射时，通过推进剂燃烧产生高温高压气体，从尾部向下喷出而获得动力，如图所示。已知喷口横截面积为S，喷出气体的密度为ρ，若发射之初上升器加速度大小为a，方向竖直向上，不考虑上升器由于喷气带来的质量变化，求喷出气体的速度大小v；
(3)不计其它作用力时，上升器绕月飞行可认为是上升器与月球在彼此的万有引力作用下，绕二者连线上的某一点O做匀速圆周运动。若认为在O点有一静止的“等效月球”，替代月球对上升器的作用，上升器绕“等效月球”做匀速圆周运动，周期不变。求“等效月球”的质量M′。
20.平抛运动、简谐运动、匀速圆周运动是三种典型的质点运动模型，初速度和受力情况的不同决定了质点做何种运动。
(1)平抛运动是加速度为重力加速度g的匀变速曲线运动。一质点以初速度v0在竖直面内做平抛运动，以抛出点为原点，以v0的方向为x轴的正方向，竖直向下为y轴的正方向建立坐标系。
a.某时刻质点速度与水平方向的夹角为θ，质点相对于抛出点的位移与水平方向的夹角为α，请证明θ与α满足：tanθ=2tanα；
b.请写出质点的轨迹方程。
(2)简谐运动的质点所受回复力F与位移x成正比，且方向总和位移相反，即F=−kx，其中k为常数。如图所示，竖直平面内有一光滑的抛物线轨道，其轨迹方程与(1)问中求得的结果相同。现有一质量为m的小珠子套在轨道上，且可在轨道上自由滑动。若将小珠子从轨道上距轨道中心O点很近的地方由静止释放，小珠子将围绕O点做往复运动。请证明小珠子在轨道中心O点附近的往复运动是简谐运动(当θ很小时，sinθ≈tanθ)。
(3)做匀速圆周运动的质点，其合力总指向圆心，大小等于质量乘以向心加速度。若第(2)问的抛物线轨道绕y轴转动，请讨论并说明当以不同角速度匀速转动时，小珠子能否相对轨道静止？若能，请说明相对静止的位置。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【详解】A.物体做匀速直线运动不需要力来维持，故A错误，满足题意要求；
B.当物体在力的方向发生位移，力对物体做功，故B正确，不满足题意要求；
C.根据 I=Ft ，可知力可以对物体产生冲量，故C正确，不满足题意要求；
D.根据 a=Fm ，可知力可以使物体产生加速度，故D正确，不满足题意要求。
故选A。
2.【答案】C
【解析】【详解】A.机械波的传播一定需要介质。故A正确，与题意不符；
B.有机械波一定有机械振动。故B正确，与题意不符；
C.汽车的鸣笛声由远及近音调的变化是多普勒效应。故C错误，与题意相符；
D.在波的传播过程中介质中的质点不随波迁移。故D正确，与题意不符。
本题选错误的故选C。
3.【答案】B
【解析】【详解】A.此时质点E向y轴负方向运动，根据波形平移法可知，波沿x轴负方向传播，故A错误；
B.由于波沿x轴负方向传播，根据波形平移法可知，质点D此时向y轴负方向运动，故B正确；
C.根据波形平移法可知，质点A此时向y轴正方向运动，则质点B将比质点A先回到平衡位置，故C错误；
D.此时质点D的位移为零，振幅不为零，故D错误。
故选B。
4.【答案】B
【解析】【详解】A.行星绕太阳做匀速圆周运动，万有引力充当向心力，有
GMmr2=mv2r
得
v= GMr
该行星与地球绕太阳运行轨道相同，所以线速度 v 大小相同，但方向不同，所以线速度不同，故A错误；
B.根据
GMmr2=m4π2T2r
得
T=2π r3GM
该行星与地球绕太阳运行轨道相同，所以环绕周期 T 一定相同，故B正确；
C.万有引力充当向心力
F向=GMmr2
该行星与地球质量不一定相等，所以向心力不一定相等，故C错误；
D.根据
GMmr2=mv2r
得
Ek=12mv 2=GMm2r
该行星与地球质量不一定相等，所以动能不一定相等，故D错误。
故选B。
5.【答案】D
【解析】【详解】AB.由图可知，A、C有相同的线速度，则有 vA=vC ，B、C有相同的角速度，则有 ωB=ωC ，又
vA=ωAr ， vC=ωB⋅2r
联立解得
ωA:ωB=2:1
故AB错误；
CD.由图可知，A、C有相同的线速度，则向心加速度
an=v2r∝1r
因A、C两点的半径之比为1：2，故A、C两点的向心加速度之比为 2:1 ，故C错误，D正确。
故选D。
6.【答案】D
【解析】【详解】A.飞机做匀速圆周运动，合力提供所需的向心力，故A错误；
BCD.飞机做匀速圆周运动，速度大小不变，方向时刻发生，则动量大小不变，方向时刻发生，动量不守恒；飞行一周时，由于初、末动量刚好相同，动量变化为0，根据动量定理可知，合力冲量为0，则向心力的冲量为0；飞行半周时，飞机的初、末动量大小相等，方向刚好相反，则飞机的动量变化量大小为
Δp=mv−(−mv)=2mv
故BC错误，D正确。
故选D。
7.【答案】B
【解析】【详解】A.卫星从轨道1变轨到轨道2，需要在Q点加速做离心运动，所以在轨道1上经过Q点时的速度小于它在轨道2上经过Q点时的速度，故A错误；
B.卫星在轨道2上运动时只有万有引力做功，机械能守恒，经过Q点的机械能等于在轨道2上经过P点的机械能，故B正确；
C.卫星从轨道2变轨到轨道3，需要在P点加速做离心运动，卫星在轨道2上经过P点的机械能小于在轨道3上经过P点的机械能，故C错误；
D.根据
GMmr2=ma
a=GMr2
卫星在轨道2上经过P点的加速度等于在轨道3上经过P点的加速度，故D错误。
故选B。
8.【答案】D
【解析】【详解】A.在开始运动x过程中，对物块进行受力分析，物块受到重力、支持力、拉力、滑动摩擦力的作用，故A正确，不符合题意；
B.对物块运动全过程，由动能定理得
Fx−f⋅3x=0
得
f=F3
根据牛顿运动定律
F−f=ma1
f=ma2
由运动学规律可知
x=12a1t12
2x=12a2t22
解得物块运动的总时间
t=t1+t2
解得
t=3 3mxF
故B正确，不符合题意；
C.根据
f=μmg
解得
μ=F3mg
故C正确，不符合题意；
D.若增大拉力F的大小，仍使物块通过3x的距离停止，必须提前撤掉F，若减小拉力F的大小，仍使物块通过3x的距离停止，必须推迟撤掉F，故D错误，符合题意。
故选D。
9.【答案】D
【解析】【详解】AB.开始阶段，绳子弹力小于重力，则加速度向下，人处于失重状态，速度增加；以后阶段，弹力大于重力，加速度向上，人处于超重状态，速度减小，绳子对人的拉力方向始终向上，对人做负功，人的速度先增加后减小，故AB错误；
C.由能量关系可知，人的动能的减少量与重力势能减小量之和等于绳的弹性势能的增加量，故C错误；
D.绳对人一直做负功，人的机械能逐渐减小，故D正确。
故选D。
10.【答案】B
【解析】【详解】A.人离开地面时的速度大小为
v= 2gh2−h1= 2×10×2.90−2.15m/s= 15m/s
加速时间
t=Δhv2=1 15s
根据动量定理
N−mgt=mv
解得支持力
N=1250N
所以对地面的压力为1250N，故A错误；
B.初速度末速度都为零，机械能增加量为
ΔE=mgh2−h1+Δh=625J
故B正确；
C.运动员加速起跳时，地面对运动员的支持力的方向上位移为零，所以地面对运动员的支持力对运动员不做功，故C错误；
D.起跳过程，初速度为零，末速度为离开地面的速度，根据动量定理，取竖直向上为正方向，所受合力的冲量为
I=mv=50 15N⋅s
从离开地面至上升到最高点过程中所受合力的冲量为
I=0−mv=−50 15N⋅s
从离开地面至上升到最高点过程中所受合力的冲量方向竖直向下，大小为 50 15N⋅s ，故D错误。
故选B。
11.【答案】ABD
【解析】【详解】A、对木块由动能定理可知，木块动能的增加量等于摩擦力对其做的功，为fs，故木块动能增加fs，故A正确；
B、C、子弹损失的动能等于克服阻力做的功，为f(s+d)，故B正确，C错误；
D、木块动能增加fs，子弹损失的动能f(s+d)，故木块和子弹系统动能减小fd，机械能减小fd，D正确；
故选ABD.
【点睛】本题关键是明确能量转化和转移情况，要能结合动能定理列式求解．
12.【答案】AD
【解析】【详解】A.若y轴表示质点运动的速度，根据 x=vt 可知，面积表示该质点在相应时间内的位移，故A正确；
B.若y轴表示质点运动的加速度，根据 Δv=at 可知，面积表示该质点在相应时间内的速度变化量，故B错误；
C.若y轴表示作用在物体上的合力，根据动量定理可得
I合=F合t=Δp
可知面积表示经过相应时间后物体的动量变化量，故C错误；
D.若y轴表示力做功的功率，根据
W=Pt
可知面积表示该力在相应时间内所做的功，故D正确。
故选AD。
13.【答案】BC
【解析】【详解】A.小球做简谐振动，设小球处于平衡状态时弹簧伸长量为 x0 ，初始速度为 v0 ，振动过程小球和弹簧组成的系统机械能守恒，设斜面倾角为 θ ，沿斜面向下为正方向则有
12kx 02+12mv 02=−mgxsinθ+12k(x+x0)2+12mv2
整理后得
12mv 02=−mgxsinθ+12kx2+kxx0+12mv2
由平衡位置时有
kx0=mgsinθ
上式两边同乘以x则有
kxx0=mgxsinθ
联立解得
12mv 02=12kx2+12mv2
变式后得
v2=−kmx2+v 02
因为斜率是定值，可得 v2−x2 图像是直线，而 v−x 图像不可能是直线，故A错误；
B.由于
F合=−kx
据牛顿第二定律 F合=ma 可得
−kx=ma
得
a=−kmx
故B正确；
C.由A得
Ek=12mv2=−12kx2+12mv 02
由上式可知 Ek−x 图像是开口向下，对称轴为 x=0 的二次函数图像，故C正确；
D.由A得重力势能
Ep=−mgxsinθ=−12kx2−kxx0−12mv2+12mv 02
由于
12mv 02=12kx2+12mv2
联立解得
Ep=12kx2−kxx0+12mv2
明显 Ep−x 图像是二次函数图像，故D错误。
故选BC。
14.【答案】AD
【解析】【详解】A.运动员从A点由静止开始下滑到B点时，由动能定理可得
mgH=12mvB2
解得
vB= 2gH= 2×10×45m/s=30m/s
故A正确；
B.运动员在B点起跳后做斜抛运动，在水平方向有
vx=vBcs15∘=30×0.97m/s=29.1m/s
在竖直方向有
vy=vBsin15∘=30×0.26m/s=7.8m/s
在最高点，竖直方向速度是零，水平方向速度不变，可知运动员起跳后达到最高点C时的速度大小为 29.1m/s ，故B错误；
C.运动员从起跳点B到最高点C，在竖直方向做竖直上抛运动，到最高点C的时间为
t=vyg=7.810s=0.78s
故C错误；
D.运动员从起跳点B到坡道上D点的运动中，将运动分解为沿斜坡方向和垂直斜坡方向的两个分运动，在垂直斜坡方向则有
v′y=vBsin15∘+30∘=30 22m/s=15 2m/s
a′y=gcs30∘= 32×10m/s2=5 3m/s2
由运动规律可得运动员从起跳点B到坡道上D点所用的时间为
t′=2v′ya′y=2×15 25 3s≈4.9s
故D正确。
故选AD。
15.【答案】大于 等于 ADEm1OP=m1OM+m2ON 小球水平飞出的速度与其水平射程成正比
【解析】【详解】(1)[1]小球1和小球2相碰后不能反弹，所以小球1的质量要大于小球2的质量。
[2]由于该实验装置不能调节小球2摆放位置的高度，所以为保证两小球发生对心碰撞，两小球的直径要相等。
(2)[3]A.本实验要“验证动量守恒定律”，故需测量两个小球的质量 m1 、 m2 ，A正确；
B.小球1碰撞前的速度大小可以通过平抛运动规律求得
H=12gt2
x=v0t
联立可得
v0=x g2H
实验中小球1每次都从同一位移S释放即可，无需测量释放点S距桌面的高度h，B错误；
CDE.由于各小球做平抛运动的竖直高度相同，所以由 v0=x g2H 可得它们飞出时的水平速度与其落点的水平射程成正比，所以在验证动量守恒定律时，由
m1v1=m1v2+m2v3
可得
m1x1=m1x2+m2x3
故无需测量斜槽轨道末端距地面的高度H，需要测量各球平均落点的水平射程，故C错误，D、E正确。
故选ADE。
(3)[4][5]由于小球1和小球2都从同一高度做平抛运动落在水平地面上，由平抛运动规律可知其飞出时的水平速度与其落点的水平射程成正比，所以仅需验证关系式
m1OP=m1OM+m2ON
即可验证两球碰撞前后动量守恒。
16.【答案】(1)4π2lT2 C
(2)π2l4t02
(3)csθ−1Δt2 d22kl

【解析】【详解】(1)①[1]根据单摆周期公式
T=2π lg
解得
g=4π2lT2
②[2]根据单摆周期公式
T=2π lg
其中
l=L+r
解得
T2=4π2gL+4π2gr
由图可知，当l为零时，T2不为零，所测摆长偏小，可能是把摆线长度作为摆长，即把悬点到摆球上端的距离摆线的长度作为摆长。故选C。
(2)单摆每隔半个周期到达最低点时，拉力F会达到最大，故由图可知，单摆的周期为
T=2×3t0−t0=4t0
根据单摆周期公式
T=2π lg
解得
g=π2l4t02
(3)①[1]小球从最高点摆至最低点的过程，小球机械能守恒，故根据机械能守恒定律有
mgl1−csθ=12mv2
小球经过光电门的瞬时速度为
v=dΔt
整理可得
csθ=1−d22gl⋅1Δt2
为了能最方便准确地利用图像处理数据，应绘制 csθ−1Δt2 图像。
②[2]由上分析可知
k=d22gl
解得
g=d22kl
17.【答案】(1)4m/s；(2)1.6J；(3)−1.6J
【解析】【详解】(1)物块A 与物块B 碰撞前，根据动能定理有
m1gh=12m1v2
解得
v=4 m/s
(2)物块A 与物块B 碰撞过程中，根据动量守恒定律有
m1v=m2v1
根据能量守恒定律有
ΔE=12m1v2−12m2v 12
解得
ΔE=1.6 J
(3)B运动到停止的过程中，根据动能定理有
Wf=0−12m2v 12
解得
Wf=−1.6 J
18.【答案】(1) gR ；(2)92mgR ；(3)58R
【解析】【详解】(1)甲恰好能通过C点，由重力提供向心力可得
mg=mvC2R
解得甲通过C点时的速度大小为
vC= gR
(2)甲从A点到C点过程，根据功能关系可得
Ep−μmg⋅4R−mg⋅2R=12mvC2
解得弹簧被压缩到A点时的弹性势能为
Ep=92mgR
(3)若在B点放置另一个质量为3m的物体乙，甲从A点到B点过程，根据功能关系可得
Ep−μmg⋅4R=12mvB2
解得甲与乙碰撞前瞬间的速度大小为
vB= 5gR
甲、乙碰撞过程，根据动量守恒和机械能守恒可得
mvB=mv1+3mv2
12mvB2=12mv12+12×3mv22
解得碰后瞬间乙的速度为
v2=12vB=12 5gR
设乙上升的最高点低于圆心高度，则有
12×3mv22=3mghmax
解得
hmax=v222g=58R则乙上升的最大高度为 58R 。
19.【答案】(1)R= GMg ；(2)v= m(a+g)ρS ；(3)M′=M3(M+m)2
【解析】【详解】(1)质量为 m′ 的物体放在月球表面，由牛顿第二定律得
Gm′MR2=m′g
得
R= GMg
(2)设喷出气体对上升器的力为F，上升器对喷出气体的力为 F′ ，取向上为正，对于上升器
F−mg=ma
设在 Δt 时间内喷射出气体质量为 Δm
−F′Δt=−Δmv
Δm=ρSvΔt
由牛顿第三定律有
F=F′
综上得
v= m(a+g)ρS
(3)设上升器的角速度为 ω ，上升器距O点为r1，月球距O点为r2，上升器与月球间距离为r，由牛顿第二定律得
GmMr2=mω2r1
GmMr2=Mω2r2
且
r1+r2=r
GmM′r12=mω2r1
解得
M′=M3(M+m)2
20.【答案】(1)a.见解析，b.y=g2v 02x2 ；(2)见解析；(3)见解析
【解析】【详解】(1)a.由平抛运动的位移规律得
tanα=yx=12gt2v0t=gt2v0
由平抛运动的速度规律得
tanθ=vyv0=gtv0
于是得到
tanθ=2tanα
b.由平抛运动的位移规律
x=v0ty=12gt2⇒y=g2v 02x2
(2)设小珠子在某时刻的位置坐标为 x,y ，此时速度方向(切线方向)与水平方向的夹角为 θ ，则质点所受指向平衡位置的力
F=−mgsinθ≈−mgtanθ (因距O点很近，所以 θ 很小)
根据前面抛物线的规律可知
tanθ=2tanα=2yx
代入得到
F=−mg2v 02x
即物体做简谐运动。
(3)假设小珠子相对轨道静止处的位置坐标为 x,y ，根据牛顿定律
FNcsθ=mgFNsinθ=mω2x⇒tanθ=ω2gx
由
tanθ=2tanα=2yx
得
x2=2gω2y
由于轨道方程为
y=g2v 02x2
即
x2=2v 02gy
于是可得
gω2y=v 02gy
由此式可知，当 ω=gv0 时此式恒成立，与y无关。
结论：①若 ω=gv0 ，小珠子可以相对轨道静止在任意位置处；
②若 ω③若 ω>gv0 ，小珠子不能相对轨道静止，一定会被向外甩出轨道，只能在O处相对静止。