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2022-2023学年浙江省杭州市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年浙江省杭州市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共20页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列单位均为国际单位制中基本单位的是( )
A. kg、m、sB. kg、m、m/sC. kg、J、N/mD. N、kg、s
2.如图所示，被踢出的足球在空中呈曲线轨迹飞行，并在球门前急速下落飞入球门，我们将这样飞行轨迹的球叫“香蕉球”，则足球在空中运动过程中受到的力有( )
A. 仅受重力B. 重力、空气作用力C. 重力、踢力D. 重力、向心力
3.杭州亚运会龙舟比赛项目共设有6个小项，将产生6枚金牌。下列说法正确的是( )
A. 研究比赛过程中运动员的动作技巧可以将其看成质点
B. 可以用龙舟最前端的点来代替龙舟研究比赛成绩
C. 龙舟齐头并进时，可以认为龙舟相对于地面是静止的
D. 比赛过程中冠军龙舟撞线时的瞬时速度一定最大
4.物理学发展历程中，科学家们在各自的领域做出了巨大贡献的同时形成了许多物理思想和物理方法，下列叙述不正确的是( )
A. 把物体看成质点运用了等效替代的思想
B. 瞬时速度的定义用到了极限的思想
C. 运动可以合成与分解体现了等效替代的思想
D. “探究加速度与力，质量的关系”实验时用到了控制变量法
5.自行车后轮胎接触脸盆中的水并使其转动，得到如图所示照片。轮胎外沿A、B、C三点位置如图。下列说法正确的是( )
A. 正对图片看，轮胎是逆时针转动
B. 从A点飞出的水滴做平抛运动
C. 从B点飞出的水滴做匀速直线运动
D. A、B、C三点的线速度不同
6.如图，人站在电动平衡车上沿水平地面直线前进，不计空气阻力，则电动平衡车( )
A. 加速行驶时，车对人的作用力方向竖直向上
B. 减速行驶时，车对人的作用力小于人对车的作用力
C. 加速行驶时，车对人的作用力大小等于人对车的作用力大小
D. 匀速行驶时，人受到的重力和车对人的支持力是一对相互作用力
7.某驾校学员在教练的指导下沿直线路段练习驾驶技术，汽车的位置x与时间t的关系如图所示，则汽车行驶速度v与时间t的关系图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
8.如图所示，一辆汽车关闭发动机后沿粗糙斜坡向下加速运动过程中，关于其能量变化情况，下列说法正确的是( )
A. 动能不变，机械能减小
B. 动能增加，机械能减小
C. 动能增加，机械能增加
D. 动能增加，机械能不变
9.某同学通过在压力传感器上做下蹲和起立的动作来研究超重和失重现象。如图所示，该同学先由直立站姿快速下蹲，短暂停留后快速站起，在这一过程中压力传感器通过计算机实时地把压力随时间变化曲线呈现出来，则此曲线可能是( )
A. B.
C. D.
10.蹦极是一项刺激的极限运动。如图所示，质量为m的体验者将一根原长为L的弹性绳系在身上，另一端固定在足够高的平台。体验者从平台处由静止落下，在同一竖直线上反复起落。重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 体验者下落高度为L时加速度为零
B. 弹簧端在整个过程中最大拉力为mg
C. 体验者在下落过程中先做匀加速运动后做匀减速运动
D. 体验者弹起的最大高度不能到达平台处
11.“长征七号”A运载火箭于2023年1月9日在中国文昌航天发射场点火升空，托举“实践二十三号”卫星直冲云霄，随后卫星进入预定轨道，发射取得圆满成功。已知地球表面的重力加速度大小为g，地球的半径为R，“实践二十三号”卫星距地面的高度为h(h小于同步卫星距地面的高度)，入轨后绕地球做匀速圆周运动，则该卫星( )
A. 线速度大小大于7.9km/sB. 周期可能超过24小时
C. 向心加速度大于地面重力加速度gD. 角速度大小大于同步卫星的角速度
12.如图甲、乙所示，某公园的两处不同地型的草坪上分别安装了相同的自动旋转喷罐装置。两个喷嘴分别对称的安装固定在水平弯管的两端，当喷嘴将水流水平射出时，水平弯管在水流的反作用下可绕O在水平面内旋转，喷水速度可在限定的最大喷水速度内自动调节。两种情形O点距水平地面的高度相等，图乙情形中水不会喷出坡面范围，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A. 图甲情形中，喷水速度越大，水在空中的时间越长
B. 图乙情形中，喷水速度越大，水在空中的时间越长
C. 若两种情形喷水速度大小相同，则水能直接喷到的水平距离相等
D. 若甲情形中喷水的最大速度加倍，则直接喷到草坪的面积加倍
13.如下图甲为某品牌家用燃气灶炉架，它用同一水平面对称分布的四个爪支撑炒菜锅。若将总质量为m的锅放在燃气灶炉架上，锅是半径为R的球面，简化为如图乙所示，忽略爪与锅之间的摩擦力，则每个爪与锅之间的弹力( )
A. 等于14mgB. 小于14mgC. R越大，弹力越大D. R越大，弹力越小
14.一辆质量m的小型新能源电动汽车在水平的公路上由静止启动且沿直线前行，该汽车运动的速度与时间的关系如图所示，设汽车在运动过程中所受阻力大小恒为f。在0∼t1内汽车做匀加速运动，t1时刻达到额定功率，在t1∼t2内汽车做变加速运动，t2末汽车的速度恰好达到最大。则( )
A. 在0∼t1内，汽车运动的加速度为v2t2
B. 在t1∼t2内，汽车的牵引力逐渐增大
C. 在t2末，汽车的输出功率为(f+mv1t1)v1
D. 在t1∼t2内，汽车的位移小于(v2+v1)(t2−t1)2
15.如图所示，一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球A和B，A球质量为m，B球的质量是A球的3倍。用手托住B球，当轻绳刚好被拉紧时，B球离地面的高度是h，A球静止于地面，定滑轮与轴间的摩擦均不计，重力加速度为g，现释放B球，从A球开始运动到第一次到达最高点这个过程中(A球上升到最高点过程不会碰到定滑轮)，下列说法正确的是( )
A. A球在上升过程中机械能守恒
B. 释放B球时，绳子的拉力大小为3mg
C. B球落地后，A球开始做自由落体运动
D. B球刚落地时，B球的速度为 gh
二、实验题：本大题共2小题，共16分。
16.(1)某同学做“探究物体加速度与力、质量的关系”实验，如图所示是该同学做实验时释放纸带前实验装置的状态，请指出实验装置中的两处错误______和______。
为了完成此实验，除了图甲中的器材，还需从下图中选取的实验器材是______(单选)。
(2)如图为某同学做“探究物体速度随时间变化的规律”的实验时，用电火花打点计时器在纸带上打出的一些点，其中各计数点O、A、B、C、D对应刻度读数分别为0.00cm、5.45cm、12.05cm、19.70cm、28.50cm，相邻两计数点间还有4个计时点，电火花打点计时器所用的交变电源频率为50Hz。请根据纸带求出小车的加速度大小为______m/s2。(结果均保留三位有效数字)
17.某同学用向心力演示器探究向心力大小的表达式，实验情景如图1中A、B、C所示，其中球的尺寸相等、只有B情景皮带两端塔轮的半径不相等。
(1)三个情景中______是探究向心力大小 F与质量m关系(选填“A”、“B”或“C”)。
(2)在B情景中，若左右两钢球所受向心力的比值为9：1，则实验中选取左右两个变速塔轮的半径之比为______。
(3)另一同学运用小球竖直平面做圆周运动，经过最低点时需要的向心力与提供的向心力是否相等来验证向心力大小的表达式，实验装置如图2所示。
已知当地重力加速度为g，主要实验步骤如下：
①用天平测出小钢球的质量m；
②用游标卡尺测出小钢球直径d；
③轻质细线一端与小钢球相连，另一端固定在拉力传感器上，并测出悬挂点至球心的距离L，小球静止时光电门的光正好对准小球的球心处；
④将小钢球拉到适当的高度处释放，测出小钢球通过光电门的时间t，则此时小钢球向心力表达式可表示为F向=______(用题中字母表示)；
⑤读出力传感器示数的最大值Fm，则向心力还可表示为F向′=______(用题中字母表示)；
⑥对比F向和F向′的大小，可得出结论。
三、计算题：本大题共4小题，共39分。
18.杭州桐庐生仙里国际滑雪场的主滑道由倾斜的山坡AB和一段水平滑道BC组成，斜坡AB与水平滑道BC平滑连接。设人与装备的总质量为m=80kg，滑雪者从静止开始沿斜坡匀加速直线滑下距离x1=80m时恰好下滑到B点，用时为t=8s；然后在水平滑道BC上继续匀减速直线滑行一段距离x2=40m才停下。重力加速度g取10m/s2，求：
(1)滑雪者在斜坡上的加速度a的大小；
(2)滑雪者在整个过程中的最大速度vB的大小；
(3)滑雪者的滑雪板与水平滑道间的动摩擦因数μ。
19.如图所示，半径为R=0.2m的大铁环用细线悬挂在两铁架台支起的横梁上，有两个质量均为m=0.1kg的小铁环a、b套在大铁环上。当大铁环静止时，两小铁环处于其最低点A位置；当大铁环以竖直的直径为轴转动起来后，经过一段时间达到稳定并能保持较长时间的匀速转动，此时小铁环分别上升到两侧同一高度且与大铁环保持相对静止，稳定时大铁环转动15圈耗时刚好10秒。小铁环可被视为质点，大铁环的质量远大于小铁环质量，且它们之间的摩擦力及空气阻力可忽略不计，取π2≈10，求：
(1)图示时刻小铁环a做匀速圆周运动所需的向心力方向；
(2)稳定转动时，大铁环转动的角速度ω的大小；
(3)稳定转动时，大铁环对小铁环a的作用力FN的大小。
20.如图所示，在地面上安装一弹射小球装置，装置出口处设置了微小平滑45∘转角，现有一小球被初始压缩量为Δx1=2cm的弹簧弹出后从水平地面上的A点斜向抛出，小球恰好垂直击中竖直墙壁上的P点。已知P点距墙角B点的竖直高度h=0.8m，弹簧的弹性势能Ep与其形变量Δx的平方成正比(即Ep∝(Δx)2)，弹簧弹射小球时弹性势能全部转化为小球的动能。若微小转角高度不计，小球看成质点，不计一切阻力。求：
(1)小球从A点抛出到击中P点的时间t；
(2)AB间的水平距离xAB；
(3)若要小球从A点抛出后直接击中B点，求弹簧初始的压缩量Δx2。
21.一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ=37∘的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE、倾角θ=37∘的直轨道EF、水平直轨道FP上设置的可水平匀速转动的传送带装置和两段半径相等且圆心角均为37∘的圆弧拼接而成的轨道组成，N在M的正下方处且NP足够长。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B(E)处。已知螺旋圆形轨道半径R=0.4m，B点高度为0.5R，圆弧轨道所对应的圆半径为5R，将一质量为m=0.1kg的滑块从倾斜轨道AB上高度h=2.0m处静止释放，滑块与传送带间动摩擦因数μ=0.2，传送带的速度大小v可以在0∼5m/s范围内调节，且正反传送方向也可以改变，除传送带外各段轨道均光滑，各处平滑连接，滑块视为质点，传送带足够长，不计空气阻力，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)滑块第一次过B点的速度大小vB；
(2)滑块第一次过C点时，轨道对滑块的作用力大小FC；
(3)若传送带逆时针转动，为使滑块能返回螺旋圆形轨道而不脱离轨道，则传送带的速度大小范围；
(4)调节传送带传送的方向和速度大小，要使滑块不脱离轨道且能从M点平抛出去落在水平面轨道NP上，则落地点到N点的最大距离。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：国际单位制基本量的单位都是基本单位，在力学中有三个基本物理量，它们是长度、质量和时间，这三个基本物理量在国际单位制的单位分别为m、kg、s，而N(牛顿)是力的单位，m/s是速度单位，是导出单位，是导出单位，J(焦耳)是功的单位，也是导出单位，故A正确，BCD错误；
故选：A。
国际单位制中基本量的单位都是基本单位，规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光照强度、物质的量。它们的基本量的单位都是基本单位，它们在国际单位制中的单位分别为米、千克、秒、开尔文、安培、坎德拉、摩尔。
本题主要考查单位制的有关知识。国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制中的单位分别是什么，这都是需要学生自己记住的基本的知识，本题较简单。
2.【答案】B
【解析】解：足球踢出之后由于惯性继续运动，不再受到踢力作用，足球在空中运动过程中受到的力有重力以及空气的作用力，只有做圆周运动的物体，才需要向心力，且向心力也不是物体实际受到的力，故ACD错误，B正确。
故选：B。
对空中的足球受力分析，明确与足球有相互作用的物体有哪些，从而确定足球受到的力。
本题考查受力分析的基本应用，知道力的物质性，每一个力既有施力物体，也有受力物体，注意向心力是根据力的作用效果命名的力。
3.【答案】B
【解析】解：A.研究比赛过程中运动员的动作技巧，运动员的形状、大小不能忽略不计，故不可以将其看成质点，故A错误；
B.可以用龙舟最前端的点来代替龙舟研究比赛成绩，故B正确；
C.龙舟齐头并进时，龙舟相对于地面是运动的，若以其他龙舟为参考系，作为研究对象的龙舟是静止的，故C错误；
D.比赛过程中冠军龙舟所用时间最少，但撞线时的瞬时速度不一定最大，而平均速度一定最大，故D错误。
故选：B。
根据把物体看成质点的条件来判断，可以用龙舟最前端的点来代替龙舟研究比赛成绩；根据参考系的概念分析；比赛过程中冠军龙舟撞线时的瞬时速度不一定最大。
本题关键明确质点、参考系等概念，要注意结合物体的实际运动过程分析物体的瞬时速度的大小。
4.【答案】A
【解析】解：A、质点是一种理想化物理模型，把物体看成质点运用了理想化模型法，故A错误；
B、由公式v=ΔxΔt，当Δt→0时的平均速度可看成瞬时速度，采用的是极限法思想，故B正确；
C、合运动与分运动是等效替代的关系，因此运动的合成与分解体现了等效替代的思想，故C正确；
D、“探究加速度与力，质量的关系”实验时保持一个量不变，探究其他两个物理量间的关系，这里采用了控制变量法，故D正确。
本题选错误的，故选：A。
质点是理想化物理模型；瞬时速度是平均速度的极限；运动的合成与分解体现了等效替代的思想；“探究加速度与力，质量的关系”实验时采用控制变量法。
本题考查物理学中常用的基本研究方法，在学习物理的过程中要注意掌握相应的物理方法，如：控制变量法、理想模型法、微分法、放大法、等效替代法等。
5.【答案】D
【解析】解：A、曲线运动的速度方向沿轨迹的切线方向，正对图片看，轮胎是顺时针转动，故A错误；
B、从A点飞出的水滴只受重力作用，有斜向上的速度，所以做的是斜抛运动，故B错误；
C、从B点飞出的水滴只受重力作用，速度竖直向上，做竖直上抛运动，故C错误；
D、曲线运动的速度方向沿轨迹的切线方向，A、B、C三点的线速度不同，故D正确。
故选：D。
曲线运动速度的方向为切线方向；平抛运动是只受重力的作用，有水平的初速度，水滴离开轮胎后只受重力；线速度相同要求速度的大小和方向均相同。
本题考查曲线运动，线速度和速度变化量，知道曲线运动速度的方向沿切线方向，注意线速度相同要求速度的大小和方向相同。
6.【答案】C
【解析】【分析】
作用力与反作用力大小相等，方向相反；根据人的受力情况分析平衡车对人的作用力；以人和电动车整体为研究对象，平衡车减速行驶时，根据牛顿第二定律和力的合成求车对人的作用力大小。平衡车加速行驶时，水平方向有加速度，结合牛顿第二定律分析人的受力情况。
【解答】
本题分析受力情况时，要根据人的运动状态，结合牛顿第二定律和牛顿第三定律分析。
A.加速行驶时，车对人的作用力是支持力和摩擦力的合力，其方向指向斜上方，A错误；
B.减速行驶时，根据牛顿第三定律，车对人的作用力等于人对车的作用力，B错误；
C.加速行驶时，根据牛顿第三定律，车对人的作用力大小等于人对车的作用力大小，C正确；
D.匀速行驶时，人受到的重力和车对人的支持力是一对平衡力，D错误。
7.【答案】A
【解析】由x−t图像的斜率表示速度，可知轿车一直沿x轴正方向运动，0∼t1时间内图像的斜率变大，则轿车做加速直线运动；t1∼t2时间内，图像是倾斜的直线，斜率不变，轿车做匀速直线运动；t2∼t3时间内，图像斜率变小，轿车做减速直线运动，综上分析可知汽车沿x轴正方向先做加速，再匀速，再减速直线运动，v−t图像可能正确的是A图，不可能为BCD选项，故A正确，BCD错误。
故选A。
8.【答案】B
【解析】解：汽车关闭发动机后向下加速运动过程中，速度增大，则动能增大；
由于摩擦力对汽车做负功，则汽车的机械能减少，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据速度的变化分析动能的变化；根据机械能守恒定律的守恒条件分析机械能的变化。
本题主要是考查了机械能守恒定律和动能大小的判断；要知道机械能守恒定律的守恒条件是只有重力或弹力做功，除重力或弹力做功以外，其它力对系统做多少功，系统的机械能就变化多少。
9.【答案】A
【解析】解：在下蹲过程中，学生从刚开始静止到蹲下之后处于静止，向下做先加速后减速运动，加速度方向先向下后向上，先是处于失重状态然后处于超重状态，由牛顿第二定律知压力先小于重力后大于重力；在起立的过程中，向上先加速后减速运动，加速度先向上后向下，即先是处于超重状态后处于失重状态，由牛顿第二定律知压力先大于重力后小于重力，故BCD错误，A正确。
故选：A。
失重状态：当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；
超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度。
人下蹲过程中，先是加速下降，加速度向下处于失重状态，后再减速下降，加速度向上，处于超重状态，起立过程中，先是加速上升，加速度向上，处于超重状态，后再减速上升，加速度向下处于失重状态。
本题考查物理知识与生活的联系，注意细致分析物理过程，仔细观察速度的变化情况，与超失重的概念联系起来加以识别。
10.【答案】D
【解析】解：A.下落高度为L时弹性绳中拉力等于0，此时体验者受到重力与空气阻力的作用，有竖直向下的加速度，即加速度不为0，故A错误；
B.开始体验者下落时合力向下，做加速运动，当弹性绳中拉力等于重力后，体验者仍有向下的速度，绳中拉力继续增大，当到达最低点时绳中拉力达最大，故在整个过程中最大拉力可以大于mg，故B错误；
C.开始时，体验者受到重力与空气阻力的作用，有竖直向下的加速度，此过程中体验者做变加速运动，当体验者下落了L的距离后继续向下运动，此时随着绳中拉力的增大，竖直向下的加速度在减小，此过程中体验者继续保持变加速运动，当拉力、重力以及摩擦力三力平衡后体验者继续向下运动，此时随着绳中拉力的增大，加速度也在增大，此过程中体验者做变减速运动，故C错误；
D.由于存在空气阻力，所以弹性绳与人组成的系统机械能不守恒，故体验者弹起的最大高度不可能到达平台处，故D正确。
故选：D。
体验者在下落过程中，先根据力与运动的关系分析体验者的运动状态；再结合牛顿第二定律分析合力与加速度的关系；由于存在空气阻力，弹性绳与人的系统机械能不守恒。
本题考查力与运动的关系，重点分析体验者的运动状态是先加速后减速运动；再根据牛顿第二定律分析出拉力在一直增大，最大的拉力可以大于重力mg；注意不要忽略空气阻力的存在，导致弹性绳与人的系统机械能不守恒。
11.【答案】D
【解析】解：A、由题意可知，实践二十三号”卫星距地面的高度为h(h小于同步卫星距地面的高度)，根据：GMm(R+h)2=mv2R+h，得到：v= GM(R+h)，因为轨道半径大于近地卫星轨道半径，所以线速度大小小于7.9km/s，故A错误；
B、根据：GMm(R+h)2=m(R+h)4π2T2，得到：T=2π (R+h)3GM，h小于同步卫星距地面的高度，所以周期小于24小时，故B错误；
C、因为：GMmR2=mg，GMm(R+h)2=ma。所以向心加速度小于地面重力加速度g，故C错误；
D、周期小于24小时，所以角速度大小大于同步卫星的角速度，故D正确。
故选：D。
根据万有引力提供卫星绕地球做匀速圆周运动所需的向心力求解线速度、周期、加速度及角速度等物理量。根据表达式再以近地卫星或同步卫星为标准对比可以得到结论。
本题考查了万有引力定律在天体运动中的应用，基础题目。掌握环绕天体绕中心天体做匀速圆周运动所需的向心力是由万有引力提供的。
12.【答案】B
【解析】解：A、水做平抛运动，设高度为h，运动时间为t，由h=12gt2得t= 2hg，知图甲情形中，高度一定，则运动时间一定，与喷水速度无关，故A错误；
B、图乙中，设斜面的倾角为θ，根据tanθ=12gt2v0t，解得t=2v0tanθg，图乙情形中，喷水速度越大，水在空中的时间越长，故B正确；
C、甲情形中水平距离为x′=v0t′=v0 2hg
乙中水平距离为x=v0t=2v02tanθg，x′与x不一定相同，故C错误；
D、若甲情形中喷水的最大速度加倍，x′=v0t′=v0 2hg，到草坪的面积为S=πx2，则直接喷到草坪的面积变为4倍，故D错误。
故选：B。
图甲中水做平抛运动，运动时间由高度决定，与初速度无关；途乙中水平距离由高度和初速度共同决定，根据分运动规律分析。
本题考查平抛运动，解题关键是知道平抛运动的运动性质和运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，水平距离由高度和初速度共同决定。
13.【答案】D
【解析】解：AB.设每个爪与锅之间的弹力为F，根据对称性可知，正对的一对爪对锅的弹力的合力方向是竖直向上的，
所以四个爪对锅的弹力在竖直方向的分力大小之和等于锅的重力，设正对的一对爪之间的距离为d，
根据几何关系可知，弹力F与竖直方向之间的夹角的正弦值为sinθ=d2R，
在竖直方向上，根据平衡的条件可得4Fcsθ=mg，解得F=mg4csθ，
因为θ>0，则csθ<1，所以F=mg4csθ>14mg，故A、B均错误；
CD.根据sinθ=d2R可知，R越大，则d2R越小，即sinθ越小，所以csθ越大，则弹力F越小，故C错误，D正确。
故选：D。
对炒菜锅进行受力分析，根据平衡条件列出在竖直方向上弹力与重力之间的关系式，从而解出弹力的大小；根据夹角θ的几何关系说明R与弹力F的变化关系。
此题关键是对炒菜锅受力分析，根据共点力平衡条件列式求解；再根据夹角θ的几何关系说明R与弹力F的变化关系。
14.【答案】C
【解析】解：A、在0∼t1内，汽车运动的加速度为a=ΔvΔt=v1t1，故A错误；
B、根据题意可知，汽车在t1时刻达到额定功率，在t1∼t2内，由P=Fv，速度v增大，知汽车的牵引力F逐渐减小，故B错误；
C、在t2末汽车输出功率与t1时刻相同，在t1时刻，由牛顿第二定律得F−f=ma，得F=f+mv1t1，则在t2末，汽车的输出功率等于t1时刻的输出功率，为P=Fv1=(f+mv1t1)v1，故C正确；
D、在t1∼t2内，如果汽车做匀变速直线运动，则位移为x=(v2+v1)(t2−t1)2，根据v−t图像与时间轴所围的面积代表位移可知，汽车实际运动的位移大于匀变速运动位移，所以在t1∼t2内，汽车的位移大于(v2+v1)(t2−t1)2，故D错误。
故选：C。
根据v−t图像的斜率求解汽车运动的加速度；汽车在t1时刻达到额定功率，在t1∼t2内，根据P=Fv分析牵引力的变化；在t2末汽车输出功率与t1时刻相同，在t1时刻，由牛顿第二定律求出牵引力大小，由公式P=Fv求出在t2末汽车的输出功率；在t1∼t2内，将汽车的运动与匀加速直线运动比较，来分析汽车的位移大小。
本题考查机车启动问题。汽车通常有两种启动方式，即恒定加速度启动和恒定功率启动。要求同学们能对两种启动方式进行动态分析，能画出动态过程的方框图，公式P=Fv，P指实际功率，F表示牵引力，v表示瞬时速度。
15.【答案】D
【解析】解：A、A球在上升过程中绳子对A球做正功，A球机械能增加，故A错误；
B、释放B球时，根据牛顿第二定律对B有：3mg−T=3ma
对A有：T−mg=ma，联立解得绳子的拉力大小为T=32mg，故B错误；
C、B球落地后，A球具有竖直向上的速度，故A球开始做竖直上抛运动，故C错误；
D、B球刚落地时，有v2−0=2ah，解得B球刚落地时的速度为：v= gh，故D正确。
故选：D。
根据外力做功情况，判断A球机械能变化情况；根据牛顿第二定律求绳子的拉力大小；根据B球落地后A球的受力情况，判断其运动情况；根据运动学公式求B球刚落地时的速度。
本题为连接体的机械能守恒问题，要注意明确系统整体的机械能守恒，但单个物体的机械能不守恒。
16.【答案】(1)细线与长木板不平行；释放纸带前小车未靠近打点计时器； B(2)1.10
【解析】解：(1)在做“探究物体加速度与力、质量的关系”实验时，为减小误差，应使细线与长木板平行，为充分利用纸带，应在释放纸带前使小车靠近打点计时器；
纸带点迹间的距离需要刻度尺测量不能使用游标卡尺，打点计时器记录了时间，不需要秒表，实验中需要天平测量小车、砝码和砝码盘的质量，不需要测量力，故B正确，ACD错误。
故选：B。
(2)相邻计数点间的时间间隔为：T=5×1f=5×150s=0.1s
根据逐差法可得小车的加速度为：a=xOD−xOB−xOB4T2=28.5−12.05−12.054×0.12×10−2m/s2=1.10m/s2。
故答案为：(1)细线与长木板不平行；释放纸带前小车未靠近打点计时器； B；(2)1.10。
(1)根据“探究物体加速度与力、质量的关系”实验原理和实验装置分析判断；
(2)根据逐差法可得小车的加速度。
关键掌握实验原理和利用纸带计算加速度。
17.【答案】(1)C(2)1：3(3)md2Lt2；Fm−mg
【解析】解：(1)三个情景中，只有C情景皮带两端塔轮半径相等且所用小球质量不同，皮带两端塔轮半径相等保证了两球随塔轮转动时的角速度相同，根据向心力公式F=mω2r可知，情景C可用来探究向心力大小F与质量m关系。故AB错误，C正确。
故选：C。
(2)B情景中所用钢球相同，根据牛顿第二定律F=mω2r
根据已知F1：F2=9：1
可得ω1：ω2=3：1
两个塔轮边缘的线速度相等，有v=ω1r1=ω2r2
联立可得r1：r2=1：3
(3)小钢球通过光电门的速度v=dt
钢球在最低点时，向心力F向=mv2L
联立可得F向=md2Lt2
钢球在最低点时，根据牛顿第二定律有F向′=Fm−mg
故答案为：(1)C；(2)1：3；(3)④md2Lt2；⑤Fm−mg。
(1)根据塔轮的作用和向心力公式分析判断；
(2)根据向心力公式和线速度、角速度和半径关系式分析判断；
(3)根据平均速度公式和向心力公式推导；
(4)根据牛顿第二定律判断。
本题关键掌握实验原理和实验装置，掌握利用光电门测小球的速度。
18.【答案】解：(1)滑雪者在斜面上做匀加速直线运动，由位移-时间公式得：x1=12at2
代入数据解得：a=2.5m/s2；
(2)滑雪者最大速度vB=at=2.5×8m/s=20m/s
(3)滑雪者在水平滑道上做匀减速直线运动，由位移-速度公式得：0−vB2=−2a′x2
由牛顿第二定律得：μmg=ma′
代入数据联立解得：μ=0.5。
答：(1)滑雪者在斜坡上的加速度a的大小为2.5m/s2；
(2)滑雪者在整个过程中的最大速度vB的大小为20m/s；
(3)滑雪者的滑雪板与水平滑道间的动摩擦因数μ为0.5。
【解析】(1)滑雪者在斜面上做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动位移-时间公式求解滑雪者的加速度；
(2)根据匀变速直线运动速度-时间公式求解滑雪者经过B点的速度；
(3)滑雪者在水平滑道上做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动位移-速度公式求解加速度，根据牛顿第二定律求解动摩擦因数。
本题考查动力学问题，解题关键是对滑雪者做好受力分析，根据牛顿第二定律和运动学公式列式求解即可。
19.【答案】解：(1)在图示位置，小球a所需向心力是沿ab水平指向ab的中点；
(2)根据角速度的定义式可得ω=ΔθΔt=15×2π10rad/s=3πrad/s；
(3)对小环a有F向=mω2Rsinθ，F向=FNsinθ，两式联立，可得FN=1.8N。
答：(1)图示时刻小铁环a做匀速圆周运动所需的向心力方向沿ab水平指向ab的中点。
(2)稳定转动时，大铁环转动的角速度ω是3πrad/s。
(3)稳定转动时，大铁环对小铁环a的作用力FN是1.8N。
【解析】(1)做匀速圆周运动的物体，受到的合外力充当向心力，即要指向圆心。
(2)根据角速度的定义即可求出角速度。
(3)根据小环受到的合外力充当向心力，对小不进行受力分析，求其合力即可。
抓住匀速圆周运动的受力特点来进行分析解答。
20.【答案】解：(1)在小球抛出后，竖直方向上小球做竖直上抛运动，则有：h=12gt2
解得：t=0.4s；
(2)竖直方向：vy1=gt=10×4m/s=4m/s
水平位移：xAB=vx1t
由于在抛出时的速度角为45∘，所以：vx1=vy1
解得：xAB=1.6m；
(3)设抛出的速度为v，与水平方向的夹角θ=45∘，则从A到B的时间为：t′=2vsinθg
水平方向：xAB=vcsθ⋅t′
联立解得：xAB=v2sin2θg
所以有：v=4m/s
根据功能关系可得：12kΔx2 2=12mv2
第一种情况下达到P点的速度大小为vx1=4m/s，根据功能关系可得：12kΔx1 2=12mvx12+mgh，其中Δx1=2cm=0.02m
联立解得：Δx2=0.01 2m= 2cm。
答：(1)小球从A点抛出到击中P点的时间为0.4s；
(2)AB间的水平距离为1.6m；
(3)若要小球从A点抛出后直接击中B点，弹簧初始的压缩量为 2cm。
【解析】(1)在小球抛出后做斜上抛运动，根据斜上抛运动的规律进行解答；
(2)根据水平方向的运动规律进行解答；
(3)根据斜上抛运动的规律得到射程的表达式求出初速度大小，根据功能关系求解弹簧初始的压缩量。
本题主要是考查斜上抛运动和功能关系的结合，关键是掌握斜上抛运动的规律，能够根据功能关系进行分析。
21.【答案】解：(1)滑块由A到B过程，由动能定理得mg(h−0.5R)=12mvB2
解得：vB=6m/s；
(2)由A到C过程，由动能定理得mg(h−0.5R−R−Rcs37∘)=12mvC2
解得：vC= 21.6m/s
在C处，对滑块，由牛顿第二定律得mg+FC=mv22R
解得：FC=4.4N；
(3)A到F过程，根据动能定理得mgh=12mvF2
解得：vF= 40m/s>5m/s
①当滑块返回到螺旋圆形轨道O1的等高处时速度恰好为零时，有
−mg(0.5R+Rcs37∘)=0−12mv12
解得：v1= 10.4m/s=2 655m/s<5m/s
②当滑块恰好返回到螺旋轨道E点时，有−mg⋅0.5R=0−12mv22
解得：v2=2m/s
③当滑块返回到螺旋圆形轨道恰好能通过最高点C时，有
−mg(0.5R+Rcs37∘+R)=12mvC02−12mv32
在C处，有mg=mvC02R
联立解得：vC0=2m/s
所以v3= 22.4m/s=4 355m/s<5m/s
传送带的速度大小范围为2m/s≤v≤2 655m/s或5≥v≥4 355m/s；
(4)滑块在圆弧轨道LM滑动过程中，在L点最易脱离轨道，在L点恰好脱离轨道时，有mgcs37∘=mvL25R
解得：vL=4m/s
滑块从K到L过程中，由动能定理得−mg⋅5R(1−cs37∘)=12mvL2−12mvK2
解得：vK=2 6m/s<5m/s
滑块从L到M过程中，由动能定理得−mg⋅5R(1−cs37∘)=12mvM2−12mvL2
解得：vM=2 2m/s
滑块离开M点后做平抛运动，则得5R(1−cs37∘)×2=12gt2
解得：t=0.4s
根据x=vMt
得x=4 25m
所以落点到N点的距离为x=4 25m。
答：(1)滑块第一次过B点的速度大小vB为6m/s；
(2)滑块第一次过C点时，轨道对滑块的作用力大小FC为4.4N；
(3)传送带的速度大小范围为2m/s≤v≤2 655m/s或v≥4 355m/s；
(4)落地点到N点的最大距离为4 25m。
【解析】(1)滑块由A到B过程，利用动能定理求解滑块第一次过B点的速度大小vB；
(2)A到C过程，由动能定理求出滑块第一次过C点时的速度大小，再由牛顿第二定律求轨道对滑块的作用力大小FC；
(3)A到F过程，由动能定理求出滑块到达F点的速度。为使滑块能返回螺旋圆形轨道而不脱离轨道，考虑三种临界情况：
①滑块返回到螺旋圆形轨道O1的等高处时速度恰好为零；
②滑块恰好返回到螺旋轨道E点；
③滑块返回到螺旋圆形轨道恰好能通过最高点C
根据临界条件和动能定理求解传送带速度大小的范围；
(4)滑块在圆弧轨道LM滑动过程中，在L点最易脱离轨道，在L点恰好脱离轨道时，由牛顿第二定律求出在L点的临界速度。滑块从L到M的过程，由动能定理求滑块到达M点的最大速度，结合平抛运动的规律求落地点到N点的最大距离。
本题是复杂的力学综合题，关键要正确分析滑块的运动情况，把握隐含的临界状态和临界条件，运用动能定理、牛顿第二定律和运动学规律进行处理。
1.下列单位均为国际单位制中基本单位的是( )
A. kg、m、sB. kg、m、m/sC. kg、J、N/mD. N、kg、s
2.如图所示，被踢出的足球在空中呈曲线轨迹飞行，并在球门前急速下落飞入球门，我们将这样飞行轨迹的球叫“香蕉球”，则足球在空中运动过程中受到的力有( )
A. 仅受重力B. 重力、空气作用力C. 重力、踢力D. 重力、向心力
3.杭州亚运会龙舟比赛项目共设有6个小项，将产生6枚金牌。下列说法正确的是( )
A. 研究比赛过程中运动员的动作技巧可以将其看成质点
B. 可以用龙舟最前端的点来代替龙舟研究比赛成绩
C. 龙舟齐头并进时，可以认为龙舟相对于地面是静止的
D. 比赛过程中冠军龙舟撞线时的瞬时速度一定最大
4.物理学发展历程中，科学家们在各自的领域做出了巨大贡献的同时形成了许多物理思想和物理方法，下列叙述不正确的是( )
A. 把物体看成质点运用了等效替代的思想
B. 瞬时速度的定义用到了极限的思想
C. 运动可以合成与分解体现了等效替代的思想
D. “探究加速度与力，质量的关系”实验时用到了控制变量法
5.自行车后轮胎接触脸盆中的水并使其转动，得到如图所示照片。轮胎外沿A、B、C三点位置如图。下列说法正确的是( )
A. 正对图片看，轮胎是逆时针转动
B. 从A点飞出的水滴做平抛运动
C. 从B点飞出的水滴做匀速直线运动
D. A、B、C三点的线速度不同
6.如图，人站在电动平衡车上沿水平地面直线前进，不计空气阻力，则电动平衡车( )
A. 加速行驶时，车对人的作用力方向竖直向上
B. 减速行驶时，车对人的作用力小于人对车的作用力
C. 加速行驶时，车对人的作用力大小等于人对车的作用力大小
D. 匀速行驶时，人受到的重力和车对人的支持力是一对相互作用力
7.某驾校学员在教练的指导下沿直线路段练习驾驶技术，汽车的位置x与时间t的关系如图所示，则汽车行驶速度v与时间t的关系图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
8.如图所示，一辆汽车关闭发动机后沿粗糙斜坡向下加速运动过程中，关于其能量变化情况，下列说法正确的是( )
A. 动能不变，机械能减小
B. 动能增加，机械能减小
C. 动能增加，机械能增加
D. 动能增加，机械能不变
9.某同学通过在压力传感器上做下蹲和起立的动作来研究超重和失重现象。如图所示，该同学先由直立站姿快速下蹲，短暂停留后快速站起，在这一过程中压力传感器通过计算机实时地把压力随时间变化曲线呈现出来，则此曲线可能是( )
A. B.
C. D.
10.蹦极是一项刺激的极限运动。如图所示，质量为m的体验者将一根原长为L的弹性绳系在身上，另一端固定在足够高的平台。体验者从平台处由静止落下，在同一竖直线上反复起落。重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 体验者下落高度为L时加速度为零
B. 弹簧端在整个过程中最大拉力为mg
C. 体验者在下落过程中先做匀加速运动后做匀减速运动
D. 体验者弹起的最大高度不能到达平台处
11.“长征七号”A运载火箭于2023年1月9日在中国文昌航天发射场点火升空，托举“实践二十三号”卫星直冲云霄，随后卫星进入预定轨道，发射取得圆满成功。已知地球表面的重力加速度大小为g，地球的半径为R，“实践二十三号”卫星距地面的高度为h(h小于同步卫星距地面的高度)，入轨后绕地球做匀速圆周运动，则该卫星( )
A. 线速度大小大于7.9km/sB. 周期可能超过24小时
C. 向心加速度大于地面重力加速度gD. 角速度大小大于同步卫星的角速度
12.如图甲、乙所示，某公园的两处不同地型的草坪上分别安装了相同的自动旋转喷罐装置。两个喷嘴分别对称的安装固定在水平弯管的两端，当喷嘴将水流水平射出时，水平弯管在水流的反作用下可绕O在水平面内旋转，喷水速度可在限定的最大喷水速度内自动调节。两种情形O点距水平地面的高度相等，图乙情形中水不会喷出坡面范围，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A. 图甲情形中，喷水速度越大，水在空中的时间越长
B. 图乙情形中，喷水速度越大，水在空中的时间越长
C. 若两种情形喷水速度大小相同，则水能直接喷到的水平距离相等
D. 若甲情形中喷水的最大速度加倍，则直接喷到草坪的面积加倍
13.如下图甲为某品牌家用燃气灶炉架，它用同一水平面对称分布的四个爪支撑炒菜锅。若将总质量为m的锅放在燃气灶炉架上，锅是半径为R的球面，简化为如图乙所示，忽略爪与锅之间的摩擦力，则每个爪与锅之间的弹力( )
A. 等于14mgB. 小于14mgC. R越大，弹力越大D. R越大，弹力越小
14.一辆质量m的小型新能源电动汽车在水平的公路上由静止启动且沿直线前行，该汽车运动的速度与时间的关系如图所示，设汽车在运动过程中所受阻力大小恒为f。在0∼t1内汽车做匀加速运动，t1时刻达到额定功率，在t1∼t2内汽车做变加速运动，t2末汽车的速度恰好达到最大。则( )
A. 在0∼t1内，汽车运动的加速度为v2t2
B. 在t1∼t2内，汽车的牵引力逐渐增大
C. 在t2末，汽车的输出功率为(f+mv1t1)v1
D. 在t1∼t2内，汽车的位移小于(v2+v1)(t2−t1)2
15.如图所示，一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球A和B，A球质量为m，B球的质量是A球的3倍。用手托住B球，当轻绳刚好被拉紧时，B球离地面的高度是h，A球静止于地面，定滑轮与轴间的摩擦均不计，重力加速度为g，现释放B球，从A球开始运动到第一次到达最高点这个过程中(A球上升到最高点过程不会碰到定滑轮)，下列说法正确的是( )
A. A球在上升过程中机械能守恒
B. 释放B球时，绳子的拉力大小为3mg
C. B球落地后，A球开始做自由落体运动
D. B球刚落地时，B球的速度为 gh
二、实验题：本大题共2小题，共16分。
16.(1)某同学做“探究物体加速度与力、质量的关系”实验，如图所示是该同学做实验时释放纸带前实验装置的状态，请指出实验装置中的两处错误______和______。
为了完成此实验，除了图甲中的器材，还需从下图中选取的实验器材是______(单选)。
(2)如图为某同学做“探究物体速度随时间变化的规律”的实验时，用电火花打点计时器在纸带上打出的一些点，其中各计数点O、A、B、C、D对应刻度读数分别为0.00cm、5.45cm、12.05cm、19.70cm、28.50cm，相邻两计数点间还有4个计时点，电火花打点计时器所用的交变电源频率为50Hz。请根据纸带求出小车的加速度大小为______m/s2。(结果均保留三位有效数字)
17.某同学用向心力演示器探究向心力大小的表达式，实验情景如图1中A、B、C所示，其中球的尺寸相等、只有B情景皮带两端塔轮的半径不相等。
(1)三个情景中______是探究向心力大小 F与质量m关系(选填“A”、“B”或“C”)。
(2)在B情景中，若左右两钢球所受向心力的比值为9：1，则实验中选取左右两个变速塔轮的半径之比为______。
(3)另一同学运用小球竖直平面做圆周运动，经过最低点时需要的向心力与提供的向心力是否相等来验证向心力大小的表达式，实验装置如图2所示。
已知当地重力加速度为g，主要实验步骤如下：
①用天平测出小钢球的质量m；
②用游标卡尺测出小钢球直径d；
③轻质细线一端与小钢球相连，另一端固定在拉力传感器上，并测出悬挂点至球心的距离L，小球静止时光电门的光正好对准小球的球心处；
④将小钢球拉到适当的高度处释放，测出小钢球通过光电门的时间t，则此时小钢球向心力表达式可表示为F向=______(用题中字母表示)；
⑤读出力传感器示数的最大值Fm，则向心力还可表示为F向′=______(用题中字母表示)；
⑥对比F向和F向′的大小，可得出结论。
三、计算题：本大题共4小题，共39分。
18.杭州桐庐生仙里国际滑雪场的主滑道由倾斜的山坡AB和一段水平滑道BC组成，斜坡AB与水平滑道BC平滑连接。设人与装备的总质量为m=80kg，滑雪者从静止开始沿斜坡匀加速直线滑下距离x1=80m时恰好下滑到B点，用时为t=8s；然后在水平滑道BC上继续匀减速直线滑行一段距离x2=40m才停下。重力加速度g取10m/s2，求：
(1)滑雪者在斜坡上的加速度a的大小；
(2)滑雪者在整个过程中的最大速度vB的大小；
(3)滑雪者的滑雪板与水平滑道间的动摩擦因数μ。
19.如图所示，半径为R=0.2m的大铁环用细线悬挂在两铁架台支起的横梁上，有两个质量均为m=0.1kg的小铁环a、b套在大铁环上。当大铁环静止时，两小铁环处于其最低点A位置；当大铁环以竖直的直径为轴转动起来后，经过一段时间达到稳定并能保持较长时间的匀速转动，此时小铁环分别上升到两侧同一高度且与大铁环保持相对静止，稳定时大铁环转动15圈耗时刚好10秒。小铁环可被视为质点，大铁环的质量远大于小铁环质量，且它们之间的摩擦力及空气阻力可忽略不计，取π2≈10，求：
(1)图示时刻小铁环a做匀速圆周运动所需的向心力方向；
(2)稳定转动时，大铁环转动的角速度ω的大小；
(3)稳定转动时，大铁环对小铁环a的作用力FN的大小。
20.如图所示，在地面上安装一弹射小球装置，装置出口处设置了微小平滑45∘转角，现有一小球被初始压缩量为Δx1=2cm的弹簧弹出后从水平地面上的A点斜向抛出，小球恰好垂直击中竖直墙壁上的P点。已知P点距墙角B点的竖直高度h=0.8m，弹簧的弹性势能Ep与其形变量Δx的平方成正比(即Ep∝(Δx)2)，弹簧弹射小球时弹性势能全部转化为小球的动能。若微小转角高度不计，小球看成质点，不计一切阻力。求：
(1)小球从A点抛出到击中P点的时间t；
(2)AB间的水平距离xAB；
(3)若要小球从A点抛出后直接击中B点，求弹簧初始的压缩量Δx2。
21.一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ=37∘的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE、倾角θ=37∘的直轨道EF、水平直轨道FP上设置的可水平匀速转动的传送带装置和两段半径相等且圆心角均为37∘的圆弧拼接而成的轨道组成，N在M的正下方处且NP足够长。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B(E)处。已知螺旋圆形轨道半径R=0.4m，B点高度为0.5R，圆弧轨道所对应的圆半径为5R，将一质量为m=0.1kg的滑块从倾斜轨道AB上高度h=2.0m处静止释放，滑块与传送带间动摩擦因数μ=0.2，传送带的速度大小v可以在0∼5m/s范围内调节，且正反传送方向也可以改变，除传送带外各段轨道均光滑，各处平滑连接，滑块视为质点，传送带足够长，不计空气阻力，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)滑块第一次过B点的速度大小vB；
(2)滑块第一次过C点时，轨道对滑块的作用力大小FC；
(3)若传送带逆时针转动，为使滑块能返回螺旋圆形轨道而不脱离轨道，则传送带的速度大小范围；
(4)调节传送带传送的方向和速度大小，要使滑块不脱离轨道且能从M点平抛出去落在水平面轨道NP上，则落地点到N点的最大距离。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：国际单位制基本量的单位都是基本单位，在力学中有三个基本物理量，它们是长度、质量和时间，这三个基本物理量在国际单位制的单位分别为m、kg、s，而N(牛顿)是力的单位，m/s是速度单位，是导出单位，是导出单位，J(焦耳)是功的单位，也是导出单位，故A正确，BCD错误；
故选：A。
国际单位制中基本量的单位都是基本单位，规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光照强度、物质的量。它们的基本量的单位都是基本单位，它们在国际单位制中的单位分别为米、千克、秒、开尔文、安培、坎德拉、摩尔。
本题主要考查单位制的有关知识。国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制中的单位分别是什么，这都是需要学生自己记住的基本的知识，本题较简单。
2.【答案】B
【解析】解：足球踢出之后由于惯性继续运动，不再受到踢力作用，足球在空中运动过程中受到的力有重力以及空气的作用力，只有做圆周运动的物体，才需要向心力，且向心力也不是物体实际受到的力，故ACD错误，B正确。
故选：B。
对空中的足球受力分析，明确与足球有相互作用的物体有哪些，从而确定足球受到的力。
本题考查受力分析的基本应用，知道力的物质性，每一个力既有施力物体，也有受力物体，注意向心力是根据力的作用效果命名的力。
3.【答案】B
【解析】解：A.研究比赛过程中运动员的动作技巧，运动员的形状、大小不能忽略不计，故不可以将其看成质点，故A错误；
B.可以用龙舟最前端的点来代替龙舟研究比赛成绩，故B正确；
C.龙舟齐头并进时，龙舟相对于地面是运动的，若以其他龙舟为参考系，作为研究对象的龙舟是静止的，故C错误；
D.比赛过程中冠军龙舟所用时间最少，但撞线时的瞬时速度不一定最大，而平均速度一定最大，故D错误。
故选：B。
根据把物体看成质点的条件来判断，可以用龙舟最前端的点来代替龙舟研究比赛成绩；根据参考系的概念分析；比赛过程中冠军龙舟撞线时的瞬时速度不一定最大。
本题关键明确质点、参考系等概念，要注意结合物体的实际运动过程分析物体的瞬时速度的大小。
4.【答案】A
【解析】解：A、质点是一种理想化物理模型，把物体看成质点运用了理想化模型法，故A错误；
B、由公式v=ΔxΔt，当Δt→0时的平均速度可看成瞬时速度，采用的是极限法思想，故B正确；
C、合运动与分运动是等效替代的关系，因此运动的合成与分解体现了等效替代的思想，故C正确；
D、“探究加速度与力，质量的关系”实验时保持一个量不变，探究其他两个物理量间的关系，这里采用了控制变量法，故D正确。
本题选错误的，故选：A。
质点是理想化物理模型；瞬时速度是平均速度的极限；运动的合成与分解体现了等效替代的思想；“探究加速度与力，质量的关系”实验时采用控制变量法。
本题考查物理学中常用的基本研究方法，在学习物理的过程中要注意掌握相应的物理方法，如：控制变量法、理想模型法、微分法、放大法、等效替代法等。
5.【答案】D
【解析】解：A、曲线运动的速度方向沿轨迹的切线方向，正对图片看，轮胎是顺时针转动，故A错误；
B、从A点飞出的水滴只受重力作用，有斜向上的速度，所以做的是斜抛运动，故B错误；
C、从B点飞出的水滴只受重力作用，速度竖直向上，做竖直上抛运动，故C错误；
D、曲线运动的速度方向沿轨迹的切线方向，A、B、C三点的线速度不同，故D正确。
故选：D。
曲线运动速度的方向为切线方向；平抛运动是只受重力的作用，有水平的初速度，水滴离开轮胎后只受重力；线速度相同要求速度的大小和方向均相同。
本题考查曲线运动，线速度和速度变化量，知道曲线运动速度的方向沿切线方向，注意线速度相同要求速度的大小和方向相同。
6.【答案】C
【解析】【分析】
作用力与反作用力大小相等，方向相反；根据人的受力情况分析平衡车对人的作用力；以人和电动车整体为研究对象，平衡车减速行驶时，根据牛顿第二定律和力的合成求车对人的作用力大小。平衡车加速行驶时，水平方向有加速度，结合牛顿第二定律分析人的受力情况。
【解答】
本题分析受力情况时，要根据人的运动状态，结合牛顿第二定律和牛顿第三定律分析。
A.加速行驶时，车对人的作用力是支持力和摩擦力的合力，其方向指向斜上方，A错误；
B.减速行驶时，根据牛顿第三定律，车对人的作用力等于人对车的作用力，B错误；
C.加速行驶时，根据牛顿第三定律，车对人的作用力大小等于人对车的作用力大小，C正确；
D.匀速行驶时，人受到的重力和车对人的支持力是一对平衡力，D错误。
7.【答案】A
【解析】由x−t图像的斜率表示速度，可知轿车一直沿x轴正方向运动，0∼t1时间内图像的斜率变大，则轿车做加速直线运动；t1∼t2时间内，图像是倾斜的直线，斜率不变，轿车做匀速直线运动；t2∼t3时间内，图像斜率变小，轿车做减速直线运动，综上分析可知汽车沿x轴正方向先做加速，再匀速，再减速直线运动，v−t图像可能正确的是A图，不可能为BCD选项，故A正确，BCD错误。
故选A。
8.【答案】B
【解析】解：汽车关闭发动机后向下加速运动过程中，速度增大，则动能增大；
由于摩擦力对汽车做负功，则汽车的机械能减少，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据速度的变化分析动能的变化；根据机械能守恒定律的守恒条件分析机械能的变化。
本题主要是考查了机械能守恒定律和动能大小的判断；要知道机械能守恒定律的守恒条件是只有重力或弹力做功，除重力或弹力做功以外，其它力对系统做多少功，系统的机械能就变化多少。
9.【答案】A
【解析】解：在下蹲过程中，学生从刚开始静止到蹲下之后处于静止，向下做先加速后减速运动，加速度方向先向下后向上，先是处于失重状态然后处于超重状态，由牛顿第二定律知压力先小于重力后大于重力；在起立的过程中，向上先加速后减速运动，加速度先向上后向下，即先是处于超重状态后处于失重状态，由牛顿第二定律知压力先大于重力后小于重力，故BCD错误，A正确。
故选：A。
失重状态：当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；
超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度。
人下蹲过程中，先是加速下降，加速度向下处于失重状态，后再减速下降，加速度向上，处于超重状态，起立过程中，先是加速上升，加速度向上，处于超重状态，后再减速上升，加速度向下处于失重状态。
本题考查物理知识与生活的联系，注意细致分析物理过程，仔细观察速度的变化情况，与超失重的概念联系起来加以识别。
10.【答案】D
【解析】解：A.下落高度为L时弹性绳中拉力等于0，此时体验者受到重力与空气阻力的作用，有竖直向下的加速度，即加速度不为0，故A错误；
B.开始体验者下落时合力向下，做加速运动，当弹性绳中拉力等于重力后，体验者仍有向下的速度，绳中拉力继续增大，当到达最低点时绳中拉力达最大，故在整个过程中最大拉力可以大于mg，故B错误；
C.开始时，体验者受到重力与空气阻力的作用，有竖直向下的加速度，此过程中体验者做变加速运动，当体验者下落了L的距离后继续向下运动，此时随着绳中拉力的增大，竖直向下的加速度在减小，此过程中体验者继续保持变加速运动，当拉力、重力以及摩擦力三力平衡后体验者继续向下运动，此时随着绳中拉力的增大，加速度也在增大，此过程中体验者做变减速运动，故C错误；
D.由于存在空气阻力，所以弹性绳与人组成的系统机械能不守恒，故体验者弹起的最大高度不可能到达平台处，故D正确。
故选：D。
体验者在下落过程中，先根据力与运动的关系分析体验者的运动状态；再结合牛顿第二定律分析合力与加速度的关系；由于存在空气阻力，弹性绳与人的系统机械能不守恒。
本题考查力与运动的关系，重点分析体验者的运动状态是先加速后减速运动；再根据牛顿第二定律分析出拉力在一直增大，最大的拉力可以大于重力mg；注意不要忽略空气阻力的存在，导致弹性绳与人的系统机械能不守恒。
11.【答案】D
【解析】解：A、由题意可知，实践二十三号”卫星距地面的高度为h(h小于同步卫星距地面的高度)，根据：GMm(R+h)2=mv2R+h，得到：v= GM(R+h)，因为轨道半径大于近地卫星轨道半径，所以线速度大小小于7.9km/s，故A错误；
B、根据：GMm(R+h)2=m(R+h)4π2T2，得到：T=2π (R+h)3GM，h小于同步卫星距地面的高度，所以周期小于24小时，故B错误；
C、因为：GMmR2=mg，GMm(R+h)2=ma。所以向心加速度小于地面重力加速度g，故C错误；
D、周期小于24小时，所以角速度大小大于同步卫星的角速度，故D正确。
故选：D。
根据万有引力提供卫星绕地球做匀速圆周运动所需的向心力求解线速度、周期、加速度及角速度等物理量。根据表达式再以近地卫星或同步卫星为标准对比可以得到结论。
本题考查了万有引力定律在天体运动中的应用，基础题目。掌握环绕天体绕中心天体做匀速圆周运动所需的向心力是由万有引力提供的。
12.【答案】B
【解析】解：A、水做平抛运动，设高度为h，运动时间为t，由h=12gt2得t= 2hg，知图甲情形中，高度一定，则运动时间一定，与喷水速度无关，故A错误；
B、图乙中，设斜面的倾角为θ，根据tanθ=12gt2v0t，解得t=2v0tanθg，图乙情形中，喷水速度越大，水在空中的时间越长，故B正确；
C、甲情形中水平距离为x′=v0t′=v0 2hg
乙中水平距离为x=v0t=2v02tanθg，x′与x不一定相同，故C错误；
D、若甲情形中喷水的最大速度加倍，x′=v0t′=v0 2hg，到草坪的面积为S=πx2，则直接喷到草坪的面积变为4倍，故D错误。
故选：B。
图甲中水做平抛运动，运动时间由高度决定，与初速度无关；途乙中水平距离由高度和初速度共同决定，根据分运动规律分析。
本题考查平抛运动，解题关键是知道平抛运动的运动性质和运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，水平距离由高度和初速度共同决定。
13.【答案】D
【解析】解：AB.设每个爪与锅之间的弹力为F，根据对称性可知，正对的一对爪对锅的弹力的合力方向是竖直向上的，
所以四个爪对锅的弹力在竖直方向的分力大小之和等于锅的重力，设正对的一对爪之间的距离为d，
根据几何关系可知，弹力F与竖直方向之间的夹角的正弦值为sinθ=d2R，
在竖直方向上，根据平衡的条件可得4Fcsθ=mg，解得F=mg4csθ，
因为θ>0，则csθ<1，所以F=mg4csθ>14mg，故A、B均错误；
CD.根据sinθ=d2R可知，R越大，则d2R越小，即sinθ越小，所以csθ越大，则弹力F越小，故C错误，D正确。
故选：D。
对炒菜锅进行受力分析，根据平衡条件列出在竖直方向上弹力与重力之间的关系式，从而解出弹力的大小；根据夹角θ的几何关系说明R与弹力F的变化关系。
此题关键是对炒菜锅受力分析，根据共点力平衡条件列式求解；再根据夹角θ的几何关系说明R与弹力F的变化关系。
14.【答案】C
【解析】解：A、在0∼t1内，汽车运动的加速度为a=ΔvΔt=v1t1，故A错误；
B、根据题意可知，汽车在t1时刻达到额定功率，在t1∼t2内，由P=Fv，速度v增大，知汽车的牵引力F逐渐减小，故B错误；
C、在t2末汽车输出功率与t1时刻相同，在t1时刻，由牛顿第二定律得F−f=ma，得F=f+mv1t1，则在t2末，汽车的输出功率等于t1时刻的输出功率，为P=Fv1=(f+mv1t1)v1，故C正确；
D、在t1∼t2内，如果汽车做匀变速直线运动，则位移为x=(v2+v1)(t2−t1)2，根据v−t图像与时间轴所围的面积代表位移可知，汽车实际运动的位移大于匀变速运动位移，所以在t1∼t2内，汽车的位移大于(v2+v1)(t2−t1)2，故D错误。
故选：C。
根据v−t图像的斜率求解汽车运动的加速度；汽车在t1时刻达到额定功率，在t1∼t2内，根据P=Fv分析牵引力的变化；在t2末汽车输出功率与t1时刻相同，在t1时刻，由牛顿第二定律求出牵引力大小，由公式P=Fv求出在t2末汽车的输出功率；在t1∼t2内，将汽车的运动与匀加速直线运动比较，来分析汽车的位移大小。
本题考查机车启动问题。汽车通常有两种启动方式，即恒定加速度启动和恒定功率启动。要求同学们能对两种启动方式进行动态分析，能画出动态过程的方框图，公式P=Fv，P指实际功率，F表示牵引力，v表示瞬时速度。
15.【答案】D
【解析】解：A、A球在上升过程中绳子对A球做正功，A球机械能增加，故A错误；
B、释放B球时，根据牛顿第二定律对B有：3mg−T=3ma
对A有：T−mg=ma，联立解得绳子的拉力大小为T=32mg，故B错误；
C、B球落地后，A球具有竖直向上的速度，故A球开始做竖直上抛运动，故C错误；
D、B球刚落地时，有v2−0=2ah，解得B球刚落地时的速度为：v= gh，故D正确。
故选：D。
根据外力做功情况，判断A球机械能变化情况；根据牛顿第二定律求绳子的拉力大小；根据B球落地后A球的受力情况，判断其运动情况；根据运动学公式求B球刚落地时的速度。
本题为连接体的机械能守恒问题，要注意明确系统整体的机械能守恒，但单个物体的机械能不守恒。
16.【答案】(1)细线与长木板不平行；释放纸带前小车未靠近打点计时器； B(2)1.10
【解析】解：(1)在做“探究物体加速度与力、质量的关系”实验时，为减小误差，应使细线与长木板平行，为充分利用纸带，应在释放纸带前使小车靠近打点计时器；
纸带点迹间的距离需要刻度尺测量不能使用游标卡尺，打点计时器记录了时间，不需要秒表，实验中需要天平测量小车、砝码和砝码盘的质量，不需要测量力，故B正确，ACD错误。
故选：B。
(2)相邻计数点间的时间间隔为：T=5×1f=5×150s=0.1s
根据逐差法可得小车的加速度为：a=xOD−xOB−xOB4T2=28.5−12.05−12.054×0.12×10−2m/s2=1.10m/s2。
故答案为：(1)细线与长木板不平行；释放纸带前小车未靠近打点计时器； B；(2)1.10。
(1)根据“探究物体加速度与力、质量的关系”实验原理和实验装置分析判断；
(2)根据逐差法可得小车的加速度。
关键掌握实验原理和利用纸带计算加速度。
17.【答案】(1)C(2)1：3(3)md2Lt2；Fm−mg
【解析】解：(1)三个情景中，只有C情景皮带两端塔轮半径相等且所用小球质量不同，皮带两端塔轮半径相等保证了两球随塔轮转动时的角速度相同，根据向心力公式F=mω2r可知，情景C可用来探究向心力大小F与质量m关系。故AB错误，C正确。
故选：C。
(2)B情景中所用钢球相同，根据牛顿第二定律F=mω2r
根据已知F1：F2=9：1
可得ω1：ω2=3：1
两个塔轮边缘的线速度相等，有v=ω1r1=ω2r2
联立可得r1：r2=1：3
(3)小钢球通过光电门的速度v=dt
钢球在最低点时，向心力F向=mv2L
联立可得F向=md2Lt2
钢球在最低点时，根据牛顿第二定律有F向′=Fm−mg
故答案为：(1)C；(2)1：3；(3)④md2Lt2；⑤Fm−mg。
(1)根据塔轮的作用和向心力公式分析判断；
(2)根据向心力公式和线速度、角速度和半径关系式分析判断；
(3)根据平均速度公式和向心力公式推导；
(4)根据牛顿第二定律判断。
本题关键掌握实验原理和实验装置，掌握利用光电门测小球的速度。
18.【答案】解：(1)滑雪者在斜面上做匀加速直线运动，由位移-时间公式得：x1=12at2
代入数据解得：a=2.5m/s2；
(2)滑雪者最大速度vB=at=2.5×8m/s=20m/s
(3)滑雪者在水平滑道上做匀减速直线运动，由位移-速度公式得：0−vB2=−2a′x2
由牛顿第二定律得：μmg=ma′
代入数据联立解得：μ=0.5。
答：(1)滑雪者在斜坡上的加速度a的大小为2.5m/s2；
(2)滑雪者在整个过程中的最大速度vB的大小为20m/s；
(3)滑雪者的滑雪板与水平滑道间的动摩擦因数μ为0.5。
【解析】(1)滑雪者在斜面上做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动位移-时间公式求解滑雪者的加速度；
(2)根据匀变速直线运动速度-时间公式求解滑雪者经过B点的速度；
(3)滑雪者在水平滑道上做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动位移-速度公式求解加速度，根据牛顿第二定律求解动摩擦因数。
本题考查动力学问题，解题关键是对滑雪者做好受力分析，根据牛顿第二定律和运动学公式列式求解即可。
19.【答案】解：(1)在图示位置，小球a所需向心力是沿ab水平指向ab的中点；
(2)根据角速度的定义式可得ω=ΔθΔt=15×2π10rad/s=3πrad/s；
(3)对小环a有F向=mω2Rsinθ，F向=FNsinθ，两式联立，可得FN=1.8N。
答：(1)图示时刻小铁环a做匀速圆周运动所需的向心力方向沿ab水平指向ab的中点。
(2)稳定转动时，大铁环转动的角速度ω是3πrad/s。
(3)稳定转动时，大铁环对小铁环a的作用力FN是1.8N。
【解析】(1)做匀速圆周运动的物体，受到的合外力充当向心力，即要指向圆心。
(2)根据角速度的定义即可求出角速度。
(3)根据小环受到的合外力充当向心力，对小不进行受力分析，求其合力即可。
抓住匀速圆周运动的受力特点来进行分析解答。
20.【答案】解：(1)在小球抛出后，竖直方向上小球做竖直上抛运动，则有：h=12gt2
解得：t=0.4s；
(2)竖直方向：vy1=gt=10×4m/s=4m/s
水平位移：xAB=vx1t
由于在抛出时的速度角为45∘，所以：vx1=vy1
解得：xAB=1.6m；
(3)设抛出的速度为v，与水平方向的夹角θ=45∘，则从A到B的时间为：t′=2vsinθg
水平方向：xAB=vcsθ⋅t′
联立解得：xAB=v2sin2θg
所以有：v=4m/s
根据功能关系可得：12kΔx2 2=12mv2
第一种情况下达到P点的速度大小为vx1=4m/s，根据功能关系可得：12kΔx1 2=12mvx12+mgh，其中Δx1=2cm=0.02m
联立解得：Δx2=0.01 2m= 2cm。
答：(1)小球从A点抛出到击中P点的时间为0.4s；
(2)AB间的水平距离为1.6m；
(3)若要小球从A点抛出后直接击中B点，弹簧初始的压缩量为 2cm。
【解析】(1)在小球抛出后做斜上抛运动，根据斜上抛运动的规律进行解答；
(2)根据水平方向的运动规律进行解答；
(3)根据斜上抛运动的规律得到射程的表达式求出初速度大小，根据功能关系求解弹簧初始的压缩量。
本题主要是考查斜上抛运动和功能关系的结合，关键是掌握斜上抛运动的规律，能够根据功能关系进行分析。
21.【答案】解：(1)滑块由A到B过程，由动能定理得mg(h−0.5R)=12mvB2
解得：vB=6m/s；
(2)由A到C过程，由动能定理得mg(h−0.5R−R−Rcs37∘)=12mvC2
解得：vC= 21.6m/s
在C处，对滑块，由牛顿第二定律得mg+FC=mv22R
解得：FC=4.4N；
(3)A到F过程，根据动能定理得mgh=12mvF2
解得：vF= 40m/s>5m/s
①当滑块返回到螺旋圆形轨道O1的等高处时速度恰好为零时，有
−mg(0.5R+Rcs37∘)=0−12mv12
解得：v1= 10.4m/s=2 655m/s<5m/s
②当滑块恰好返回到螺旋轨道E点时，有−mg⋅0.5R=0−12mv22
解得：v2=2m/s
③当滑块返回到螺旋圆形轨道恰好能通过最高点C时，有
−mg(0.5R+Rcs37∘+R)=12mvC02−12mv32
在C处，有mg=mvC02R
联立解得：vC0=2m/s
所以v3= 22.4m/s=4 355m/s<5m/s
传送带的速度大小范围为2m/s≤v≤2 655m/s或5≥v≥4 355m/s；
(4)滑块在圆弧轨道LM滑动过程中，在L点最易脱离轨道，在L点恰好脱离轨道时，有mgcs37∘=mvL25R
解得：vL=4m/s
滑块从K到L过程中，由动能定理得−mg⋅5R(1−cs37∘)=12mvL2−12mvK2
解得：vK=2 6m/s<5m/s
滑块从L到M过程中，由动能定理得−mg⋅5R(1−cs37∘)=12mvM2−12mvL2
解得：vM=2 2m/s
滑块离开M点后做平抛运动，则得5R(1−cs37∘)×2=12gt2
解得：t=0.4s
根据x=vMt
得x=4 25m
所以落点到N点的距离为x=4 25m。
答：(1)滑块第一次过B点的速度大小vB为6m/s；
(2)滑块第一次过C点时，轨道对滑块的作用力大小FC为4.4N；
(3)传送带的速度大小范围为2m/s≤v≤2 655m/s或v≥4 355m/s；
(4)落地点到N点的最大距离为4 25m。
【解析】(1)滑块由A到B过程，利用动能定理求解滑块第一次过B点的速度大小vB；
(2)A到C过程，由动能定理求出滑块第一次过C点时的速度大小，再由牛顿第二定律求轨道对滑块的作用力大小FC；
(3)A到F过程，由动能定理求出滑块到达F点的速度。为使滑块能返回螺旋圆形轨道而不脱离轨道，考虑三种临界情况：
①滑块返回到螺旋圆形轨道O1的等高处时速度恰好为零；
②滑块恰好返回到螺旋轨道E点；
③滑块返回到螺旋圆形轨道恰好能通过最高点C
根据临界条件和动能定理求解传送带速度大小的范围；
(4)滑块在圆弧轨道LM滑动过程中，在L点最易脱离轨道，在L点恰好脱离轨道时，由牛顿第二定律求出在L点的临界速度。滑块从L到M的过程，由动能定理求滑块到达M点的最大速度，结合平抛运动的规律求落地点到N点的最大距离。
本题是复杂的力学综合题，关键要正确分析滑块的运动情况，把握隐含的临界状态和临界条件，运用动能定理、牛顿第二定律和运动学规律进行处理。
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