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2022-2023学年广西玉林市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年广西玉林市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.物体在地面附近绕地球做匀速圆周运动的速度叫“第一宇宙速度”，已知地球的半径R=6.4×106m，地球表面重力加速度。g=9.8m/s²，则地球的第一宇宙速度大小约为( )
A. 7.9m/sB. 11.2km/sC. 16.7km/sD. 7.9km/s
2.某建筑工地需要把货物提升到高处，采取图示装置，当工人沿水平地面向右做直线运动(保持手握绳的高度不变)，利用跨过定滑轮的轻绳将一物体A沿竖直方向匀速提升，在此过程中，下列结论正确的是( )
A. 工人做匀速直线运动B. 工人做匀变速直线运动
C. 工人受到的合外力方向水平向左D. 工人受到的合外力方向水平向右
3.自由式滑雪运动员在空中技巧比赛中沿“助滑区”下滑了一段距离，重力对他做功1600J，他克服阻力做功50J。在此过程中( )
A. 重力势能减少了1600JB. 重力势能减少了1550J
C. 动能增加了1600JD. 动能增加了1650J
4.人洗完手后会习惯甩甩手，将手上的水甩掉，甩手时指尖上的水滴可近似看成相对手腕的圆周运动，下列关于甩手的动作说法正确的是( )
A. 指尖离手腕越近，水滴越容易甩掉B. 指尖离手腕越近，水滴的加速度越大
C. 指尖离手腕越远，水滴的角速度越大D. 指尖离手腕越远，水滴的线速度越大
5.地球和一小行星绕着太阳“奔跑”，地球的运行轨道可视为半径为R0的圆。小行星的运行轨道可视为椭圆，其近日点与太阳中心的距离为R1，远日点与太阳中心的距离为R2，已知R1A. 小行星的公转周期为R1+R22R0 R1+R22R0年
B. 小行星的加速度始终大于地球的加速度
C. 小行星对太阳的引力大于太阳对小行星的引力
D. 小行星从近日点向远日点运动时，其动能和机械能均逐渐减小
6.伴随国民物质文化生活的日益丰富，大众的健康意识不断增强，对膝盖损耗较小的骑行运动越来越受欢迎。如图1中的气嘴灯是下端安装在自行车的气嘴上的饰物，骑行时会自动发光，炫酷异常。一种气嘴灯的感应装置结构如图2所示，一重物套在光滑杆上，并与上端固定在A点的弹簧连接，弹簧处于拉伸状态，触点M与触点N未接触。当车轮转动，弹簧再次拉伸，当重物上的触点M与触点N接触，电路连通，LED灯就会发光。关于此灯下面说法中正确的是( )
A. 停车时也会发光，只是灯光较暗
B. 骑行达到一定速度值时灯才会亮
C. 无论车轮转多快，气嘴灯都无法在圆周运动的顶端发亮
D. 此感应装置的发光利用重物的向心运动实现
7.某游乐园的大秋千是由四根秋千绳组成的秋千摆，其摆动半径约50m，若有一质量为50kg的体验者(含秋千踏板)荡秋千，秋千运动到最低点时速度约为15m/s，g取10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 摆到最高点时，体验者的速度为零，处于平衡状态
B. 摆到最低点时，体验者的向心加速度大小约为4.5m/s2
C. 在高速摆动的过程中，体验者受到的合力始终指向圆心
D. 在最低点时，四根秋千绳对体验者(含秋千踏板)拉力的合力约为450N
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.运动员对着竖直墙壁练习打网球，某次斜向上击球，球沿水平方向撞击墙壁后反弹下落，落地点正好在发球点正下方，球在空中运动的轨迹如图所示，不计空气阻力。关于球离开球拍到第一次落地的过程，下列说法正确的是( )
A. 球上升过程满足机械能守恒B. 球撞击墙壁过程没有机械能损失
C. 球上升和下降过程水平位移大小相等D. 球上升和下降过程所用的时间相等
9.已知中国空间站绕地球做匀速圆周运动，其运动周期为T，轨道半径为r，万有引力常量为G，地球表面重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 空间站的线速度大小为v= grB. 空间站的向心加速度为4π2rT2
C. 空间站质量为m=4π2r3GT2D. 地球的质量为M=4π2r3GT2
10.在一个倾角为α的长斜面底端O点正上方的点处将一小球以速度v0水平抛出，小球在空中做平抛运动，运动过程中速度方向与水平方向的夹角为θ，tanθ与小球在空中运动的时间关系如图所示，t=0.3s时小球恰好垂直击中斜面上的某点，g取10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 小球的初速度v0=2 3m/sB. 斜面倾角α=30∘
C. 抛出点到斜面底端O的高度h=0.75mD. 小球击中斜面时速度v=3 3m/s
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某同学利用气垫导轨来验证机械能守恒定律，实验主要步骤如下：
①将气垫导轨放在水平桌面上，将导轨调至水平，将光电门安装在长木板的B点处；
②将细线一端连接在质量为M(含遮光片的质量)的滑块上，另一端绕过定滑轮悬挂总质量为m的托盘和砝码；
③将滑块从A点由静止释放，测得A、B两点间的距离为L，遮光条的宽度为d，滑块通过光电门记录遮光条的遮光时间为t，保障托盘和砝码不落地；
将遮光片通过光电门的平均速度看作小车经过该点时的瞬时速度，回答下列问题：
(1)滑块通过光电门时的速度可表示为______；
(2)滑块从静止释放运动到光电门的过程中，系统的重力势能减少了______；
(3)在实验误差允许的范围内满足关系式______，即验证了滑块、托盘和砝码组成的系统机械能守恒。
12.图1是利用电磁定位系统“探究平抛运动的特点”的实验，通过电磁定位板与计算机相连，软件自动记录信号源(类似平抛小球)的运动轨迹，同时得到信号源轨迹在水平方向、竖直方向的投影，通过计算机处理得到水平方向、竖直方向的v−t图像。
(1)由实验可知平抛运动在水平方向的分运动为______运动；在竖直方向的分运动为______运动；
(2)在信号源的轨迹图中取4个点，放大后如图3所示。图中每个正方形小方格的边长为1.6cm，分析可知，小球由1到2位置的时间间隔为______ s，该小球平抛运动的初速度大小为______m/s。(g取10m/s2，结果保留两位小数)
四、简答题：本大题共2小题，共30分。
13.汽车发动机的额定功率为100kW，质量为2000kg，当汽车在水平路面上行驶时受到阻力恒为车重的0.1倍。若汽车在水平路面上，从静止开始保持1m/s2的加速度做匀加速直线运动，达到额定功率后又行驶了500m达到最大速度，重力加速度大小取g=10m/s2，(计算结果请保留两位有效数字)求：
(1)汽车在水平路面上能达到的最大速度；
(2)汽车的匀加速过程能持续多长时间；
(3)汽车匀加速结束后继续行驶500m所用的时间。
14.如图所示，水平传送带与水平轨道在B点平滑连接，传送带A、B间距L=10m，一半径R=2.5m的竖直光滑圆槽形轨道与水平轨道相切于C点，BC段光滑，当传送带以v0=10m/s顺时针匀速转动时，将质量m=1kg可视为质点的小物块轻放在传送带左端A点，小物块到达B点时恰好与传送带共速，并无机械能损失地滑上光滑水平轨道，经C点进入竖直光滑圆槽形轨道，重力加速度大小取g=10m/s2，忽略空气阻力。求：
(1)传送带对小物块所做的功；
(2)小物块经过圆槽形轨道最低点C时，小物块对轨道的压力大小；
(3)若将传送带AB间距调整为15m，传送带速率调整为13m/s，为保证小物块第一次在圆槽形轨道运动时不脱离轨道，试求半径R的取值范围。
五、计算题：本大题共1小题，共10分。
15.从20m高处以15m/s的初速度水平抛出一个物体，不计空气阻力，求：
(1)这个物体落地点与抛出点的水平距离；
(2)这个物体落地时的速度大小．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：第一宇宙速度即为近地卫星的环绕速度，把近地人造卫星的轨道半径近似等于地球半径R，根据万有引力提供向心力得：GMmR2=mv2R
地球表面处忽略地球自转时有
GMmR2=mg
解得：v= gR，代入数据得：v=7.9km/s，故D正确，ABC错误。
故选：D。
对卫星根据万有引力提供向心力，忽略地球自转时，根据万有引力等于重力，联立求解地球的第一宇宙速度大小。
本题考查学生对宇宙速度的掌握情况。知道在忽略地球自转时根据万有引力等于重力，可用重力加速度替换地球的质量。
2.【答案】C
【解析】解：将工人的运动分解到沿绳方向和垂直于绳方向，如图所示
设工人的运动方向与垂直于绳方向的夹角为θ，工人沿着绳子的速度大小等于货物上升的速度大小，由几何关系得：v货=vsinθ
随着人向右运动，夹角θ逐渐增大，则sinθ增大，又v货不变，则工人的速度v必须减小，因此可知工人在向右做变减速运动，故工人的加速度方向水平向左，结合牛顿第二定律可知工人受到合力水平向左，故ABD错误，C正确。
故选：C。
将工人的运动分解到沿绳方向和垂直于绳方向，沿绳方向的分速度大小等于货物上升的速度大小，结合牛顿第二定律分析工人的运动情况。
本题考查关联速度问题，解题关键是知道工人沿绳方向的分速度大小等于货物上升的速度大小，结合几何关系和牛顿第二定律分析即可。
3.【答案】A
【解析】解：AB、重力做功等于重力势能的减小量，则重力势能减少了1600J，故A正确，B错误；
CD、根据动能定理，动能增加量等于合外力的功，本题中有重力做功和阻力做功，则动能增加量为1600J−50J=1550J，故CD错误；
故选：A。
重力势能的减少量等于重力做的功；动能增加量等于合外力的功。
本题考查了动能定理、重力做功与重力势能变化的关系，属于简单的应用，解题要认真。
4.【答案】D
【解析】解：A.甩手时不同手指指尖上的水滴角速度相等，根据向心力公式F=mω2r可知，指尖离手腕越远，水滴更容易被甩掉，故A错误；
B.根据向心加速度公式a=ω2r可知，指尖离手腕越近，水滴的加速度越小，故B错误；
C.根据题意可知，甩手时不同手指指尖上的水滴是相对手腕的同轴转动，角速度相等，故C错误；
D.根据线速度与角速度的关系v=ωr可知，指尖离手腕越远，水滴的线速度越大，故D正确。
故选：D。
AC.甩手时不同手指指尖上的水滴是相对手腕的同轴转动，角速度相等；根据向心力公式F=mω2r分析作答；
B.根据向心加速度公式a=ω2r分析作答；
D.根据线速度与角速度的关系v=ωr分析作答。
明确甩手时不同手指指尖上的水滴是相对手腕的同轴转动，角速度相等是解题的关键。
5.【答案】A
【解析】解：A、小行星运行轨道的半长轴为R=R1+R22
设小行星的公转周期为T，由开普勒第三定律有R3T2=R03(1年)2
联立解得：T=R1+R22R0 R1+R22R0年，故A正确；
B、根据牛顿第二定律得：GMmr2=ma，得a=GMr2，可知小行星位于远日点时的加速度小于地球的加速度，故B错误；
C、小行星对太阳的引力和太阳对小行星的引力是一对相互作用力，大小相等，故C错误；
D、小行星从近日点向远日点运动时，万有引力做负功，动能逐渐减小，机械能守恒，故D错误。
故选：A。
根据开普勒第三定律求解小行星的公转周期与地球公转周期之比，从而求得小行星的公转周期；根据牛顿第二定律分析加速度大小；根据牛顿第三定律分析小行星对太阳的引力与太阳对小行星的引力的关系；小行星从近日点向远日点运动时，根据引力做功情况分析动能和机械能的变化情况。
解决本题的关键要掌握开普勒第三定律，通过该定律求解小行星与地球的公转周期之比。
6.【答案】B
【解析】解：A、停车时，车轮未转动，重物不能做离心运动，从而使M点很难与N点接触，不能发光，故A错误；
B、当车速从零缓慢增加到某一数值时，根据竖直方向圆周运动的特点，由离心运动原理可知，重物向心力足够大时，M点更容易与N点接触，可以发光，故B正确；
C、转速较大时，向心力较大，在圆周运动的顶端时向心力向下，则弹力增大，重物离心运动，从而使M点更容易与N点接触，可以发光，故C错误；
D、离心现象是指做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动，感应装置的原理正是利用离心现象，使两触点接触而点亮LED灯，故D错误；
故选：B。
当车轮达到一定转速时，重物上的触点M与固定在B端的触点N接触后就会被点亮，且速度越大需要的向心力越大，则触点M越容易与触点N接触，根据竖直方向圆周运动的特点分析即可。
本题考查的是动力学的知识，要求学生能在具体生活案例中抽象出受力分析模型，并能准确分析向心力的来源。
7.【答案】B
【解析】解：A.摆到最高点时，体验者速度为零，由于重力作用，沿轨迹切线方向的加速度不为零，不是平衡状态，故A错误；
B.在最低点时，对体验者(含秋千踏板)由向心加速度表达式
an=v2r
代入数据解得
an=4.5m/s2
故B正确；
C.在高速摆动过程中，体验者不是做匀速圆周运动，根据变速圆周运动合力特点，合力并不是始终指向圆心，故C错误；
D.最低点时，对体验者(含秋千踏板)由牛顿第二定律，合力提供向心力
F−mg=mv2r
代入数据解得
F=725N
故D错误。
故选：B。
平衡状态加速度为零，反之，不是平衡状态；
由向心加速度表达式，求向心加速度大小；
变速圆周运动合力不指向圆心；
最低点时，合力提供向心力，求拉力的合力。
本题考查学生对平衡状态、变速圆周运动合力特点、向心加速度表达式、合力提供向心力的掌握，是一道基础题。
8.【答案】AC
【解析】解：A、不计空气阻力，球上升过程只受重力作用，只有重力做功，其机械能守恒，故A正确；
C、落地点正好在发球点正下方，可知球上升和下降过程水平位移大小相等，故C正确；
D、逆向思维，斜向上抛运动可视为反向的平抛运动，根据h=12gt2
可得t= 2hg
由于两种情况下竖直方向运动的高度不同，则运动时间不相等，反弹后运动的时间较长，故D错误；
B、根据x=v0t知，球上升和下降过程水平位移大小相等，反弹后运动的时间较长，则反弹后球的速度比撞墙前的小，所以球撞击墙壁过程机械能有损失，故B错误。
故选：AC。
对照机械能守恒条件判断球上升过程机械能是否守恒；球上升和下降过程水平位移大小相等，根据h=12gt2分析球上升和下降过程所用的时间关系，再分析反弹的速度大小与碰撞墙时的速度大小关系，从而判断球撞击墙壁过程机械能有无损失。
本题主要是考查斜上抛运动、平抛运动，关键是根据分析碰撞前后速度的大小，由此确定是否存在能量损失，能够根据逆向思维分析问题。
9.【答案】BD
【解析】解：A、根据题意，由万有引力等于重力有：GMmR2=mg
空间站绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r
解得线速度大小为：v= gR2r，故A错误；
B.根据向心力的计算公式可得：m4π2T2r=ma，解得：a=4π2T2r，故B正确；
C.空间站质量在运算过程中被约去了，无法求空间站质量，只能求中心天体的质量，故C错误；
D.空间站绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有：GMmr2=m4π2T2r
解得地球的质量为：M=4π2r3GT2，故D正确。
故选：BD。
由万有引力等于重力、万有引力提供向心力求解线速度大小；根据向心力的计算公式求解向心加速度大小；空间站质量在运算过程中被约去了，无法求空间站质量；根据万有引力提供向心力求解地球的质量。
解决天体(卫星)运动问题的基本思路：(1)在地面附近万有引力近似等于物体的重力，F引=mg，整理得GM=gR2；(2)天体运动都可近似地看成匀速圆周运动，其向心力由万有引力提供，即F引=F向，根据相应的向心力表达式进行分析。
10.【答案】BC
【解析】解：A.当t=0.3s小球恰好垂直击中斜面，则
vy=gt=10×3m/s=3m/s
且
tanθ=vyv0= 3
得
v0= 3m/s
故A错误；
B.由图可知
θ+α=90∘
且由于
tanθ= 3
则
θ=60∘
则
α=30∘
故B正确；
C.平抛运动过程中竖直方向的位移为
h1=12gt2=12×10×0.32m=0.45m
由几何关系
h2=xtanα=v0ttanα= 3×0.3× 33m=0.3m
则抛出点到斜面底端O的高度
h=h1+h2=0.45m+0.3m=0.75m
故C正确；
D.小球击中斜面时速度
v= v02+vy2= ( 3)2+32m/s=2 3m/s
故D错误。
故选：BC。
小球垂直斜面打在某点，速度与斜面垂直，将速度分解得到竖直分速度大小和小球击中斜面时的速度大小，再由分位移公式求水平位移和竖直位移。
解决本题的关键是要知道小球垂直撞在斜面上，速度方向与斜面垂直，将速度分解为水平方向和竖直方向，根据水平分速度可以求出竖直分速度，从而可以求出运动的时间。
11.【答案】dt mgLmgL=12(M+m)(dt)2
【解析】解：(1)滑块通过光电门时的速度为：v=dt
(2)物体下降的高度为L，系统减少的重力势能为：ΔEp=mgL
(3)系统动能的增加量为：ΔEk=12(M+m)v2=12(M+m)(dt)2
若系统机械能守恒，在实验误差允许的范围内需满足关系式为：mgL=12(M+m)(dt)2
故答案为：(1)dt；(2)mgL；(3)mgL=12(M+m)(dt)2。
(1)根据平均速度公式求解滑块通过光电门时的瞬时速度；
(2)根据重力势能的定义式求解系统重力势能的减小量；
(3)根据动能的定义求解系统动能的增加量，再根据机械能守恒定律求解满足机械能守恒的表达式。
解决本题的关键知道实验的原理和注意事项，知道光电门测瞬时速度的原理，注意本实验研究的对象是系统，因此动能的增加量是整体动能的增加了，不仅仅是滑块动能的增加量。
12.【答案】匀速直线 自由落体
【解析】解：(1)根据题意，由图2可知，平抛运动在水平方向的分运动为匀速直线运动，在竖直方向的分运动为自由落体运动。
(2)根据题意，由图3可知，相邻两点间水平位移相等，则相邻两点间的时间间隔相等，设相等时间为t，竖直方向上，由逐差法有
Δy=y23−y12=gt2
可得
t= Lg=0.04s
根据题意，水平方向上有
x12=v0t
代入图3数据解得，该小球平抛运动的初速度大小为
v0=0.80m/s
故答案为：(1)匀速直线，自由落体；(2)0.04，0.80。
(1)根据图像特征分析判断；
(2)根据逐差法计算相邻两点间的时间间隔，根据匀速直线运动公式计算初速度。
本题关键掌握逐差法计算相邻两点间的时间间隔，掌握运动学的相关公式。
13.【答案】解：(1)当牵引力等于阻力时，速度最大，有
P额=fvmax
解得
vmax=50m/s
(2)汽车从静止做匀加速直线运动，则当功率达到额定功率时，匀加速结束，根据牛顿第二定律得
F牵−f=ma
解得
F牵=4000N
根据
P额=F牵v
根据
v=at
解得
t=25s
(3)从匀加速结束开始一直运动到最大速度的过程中，根据动能定理得
P额t′−fs=12mvmax2−12mv2
由(2)可得
v=25m/s
解得
t′=28.75s≈29s
解：(1)汽车在水平路面上能达到的最大速度50m/s；
(2)汽车的匀加速过程能持续时间25s；
(3)汽车匀加速结束后继续行驶500m所用的时间29s。
【解析】(1)当汽车达到最大速度时，处于受力平衡状态，汽车的牵引力和阻力大小相等，由P=Fv=fvm可以求得最大速度。
(2)当匀加速运动时，由牛顿第二定律求出牵引力，再求出达到额定功率时的速度，有运动学公式求的时。
(3)从静止开始一直运动到最大速度的过程中，根据动能定理列式即可求解。
本题考查的是机车启动的恒定加速度启动，要求同学们能对这种启动方式进行动态分析，公式p=Fv，p指实际功率，F表示牵引力，v表示瞬时速度。当牵引力等于阻力时，机车达到最大速度v=Pf。
14.【答案】解：(1)根据题意可知，小物块受摩擦力作用加速运动，根据动能定理得：
W=12mv02
解得：W=50J
(2)根据题意，C点是物体做圆周运动的最低点，由牛顿第二定律得：
FN−mg=mv02R
解得：FN=50N
由牛顿第三定律可得，小物块对轨道的压力为：
FN′=FN=50N
(3)根据题意，未改变速率和间距时，对小物块由A运动到B的过程，应用动能定理有
μmgl=12mv02
解得：μ=0.5
改变条件后，若小物块能一直加速到v1=13m/s，则有
μmg=ma1
v12=2a1x
解得：x=16.9m>15m
可知，小物块由A到B的过程一直加速，当小物块滑到与圆心O等高处时速度为零，小物块能返回轨道不会脱离，由动能定理得
μmgl1−mgR=0
解得：R=7.5m
当物体恰能通过最高点，物体也不会脱离轨道，设经过最高的速度为vD，由牛顿第二定律得：
mg=mvD2R
由动能定理得：
μmgl1−2mgR=12mvD2
联立解得：R=3m
综上所述，可得半径R的取值范围为R≤3m或R≥7.5m
答：(1)传送带对小物块所做的功为50J；
(2)小物块经过圆槽形轨道最低点C时，小物块对轨道的压力大小为50N；
(3)为保证小物块第一次在圆槽形轨道运动时不脱离轨道，半径R的取值范围为R≤3m或R≥7.5m。
【解析】(1)根据动能定理求解传送带对小物块所做的功；
(2)根据牛顿第二定律、牛顿第三定律求解小物块对轨道的压力；
(3)小物块第一次在圆槽形轨道运动时不脱离轨道，结合物块的可能的运动过程根据动能定理求解半径R的取值范围。
本题考查力学综合问题，解题中对物体做受力分析，同时在应用动能定理时需要注意功的正负。
15.【答案】解：(1)平抛运动竖直方向做自由落体运动，则有：h=12gt2
解得：t= 2hg= 2×2010s=2s
水平方向做运动直线运动，则有：x=v0t=15×2m=30m
(2)根据平抛运动的分速度公式，有：
vx=v0=15m/s
vy=gt=20m/s
得：v= vx2+vy2= 152+202m/s=25m/s
答：(1)这个物体落地点与抛出点的水平距离为30m；
(2)这个物体落地时的速度大小为25m/s.
【解析】(1)根据平抛运动竖直方向做自由落体运动的位移时间公式可求出运动的时间，再根据平抛运动的分位移公式列式求解即可；
(2)先根据平抛运动的分速度公式求解分速度，然后运用平行四边形定则得到合速度．
本题考查了平抛运动的分位移公式和分速度公式的直接运用，关键记住运动学规律，并能用来研究具体问题．
1.物体在地面附近绕地球做匀速圆周运动的速度叫“第一宇宙速度”，已知地球的半径R=6.4×106m，地球表面重力加速度。g=9.8m/s²，则地球的第一宇宙速度大小约为( )
A. 7.9m/sB. 11.2km/sC. 16.7km/sD. 7.9km/s
2.某建筑工地需要把货物提升到高处，采取图示装置，当工人沿水平地面向右做直线运动(保持手握绳的高度不变)，利用跨过定滑轮的轻绳将一物体A沿竖直方向匀速提升，在此过程中，下列结论正确的是( )
A. 工人做匀速直线运动B. 工人做匀变速直线运动
C. 工人受到的合外力方向水平向左D. 工人受到的合外力方向水平向右
3.自由式滑雪运动员在空中技巧比赛中沿“助滑区”下滑了一段距离，重力对他做功1600J，他克服阻力做功50J。在此过程中( )
A. 重力势能减少了1600JB. 重力势能减少了1550J
C. 动能增加了1600JD. 动能增加了1650J
4.人洗完手后会习惯甩甩手，将手上的水甩掉，甩手时指尖上的水滴可近似看成相对手腕的圆周运动，下列关于甩手的动作说法正确的是( )
A. 指尖离手腕越近，水滴越容易甩掉B. 指尖离手腕越近，水滴的加速度越大
C. 指尖离手腕越远，水滴的角速度越大D. 指尖离手腕越远，水滴的线速度越大
5.地球和一小行星绕着太阳“奔跑”，地球的运行轨道可视为半径为R0的圆。小行星的运行轨道可视为椭圆，其近日点与太阳中心的距离为R1，远日点与太阳中心的距离为R2，已知R1
B. 小行星的加速度始终大于地球的加速度
C. 小行星对太阳的引力大于太阳对小行星的引力
D. 小行星从近日点向远日点运动时，其动能和机械能均逐渐减小
6.伴随国民物质文化生活的日益丰富，大众的健康意识不断增强，对膝盖损耗较小的骑行运动越来越受欢迎。如图1中的气嘴灯是下端安装在自行车的气嘴上的饰物，骑行时会自动发光，炫酷异常。一种气嘴灯的感应装置结构如图2所示，一重物套在光滑杆上，并与上端固定在A点的弹簧连接，弹簧处于拉伸状态，触点M与触点N未接触。当车轮转动，弹簧再次拉伸，当重物上的触点M与触点N接触，电路连通，LED灯就会发光。关于此灯下面说法中正确的是( )
A. 停车时也会发光，只是灯光较暗
B. 骑行达到一定速度值时灯才会亮
C. 无论车轮转多快，气嘴灯都无法在圆周运动的顶端发亮
D. 此感应装置的发光利用重物的向心运动实现
7.某游乐园的大秋千是由四根秋千绳组成的秋千摆，其摆动半径约50m，若有一质量为50kg的体验者(含秋千踏板)荡秋千，秋千运动到最低点时速度约为15m/s，g取10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 摆到最高点时，体验者的速度为零，处于平衡状态
B. 摆到最低点时，体验者的向心加速度大小约为4.5m/s2
C. 在高速摆动的过程中，体验者受到的合力始终指向圆心
D. 在最低点时，四根秋千绳对体验者(含秋千踏板)拉力的合力约为450N
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.运动员对着竖直墙壁练习打网球，某次斜向上击球，球沿水平方向撞击墙壁后反弹下落，落地点正好在发球点正下方，球在空中运动的轨迹如图所示，不计空气阻力。关于球离开球拍到第一次落地的过程，下列说法正确的是( )
A. 球上升过程满足机械能守恒B. 球撞击墙壁过程没有机械能损失
C. 球上升和下降过程水平位移大小相等D. 球上升和下降过程所用的时间相等
9.已知中国空间站绕地球做匀速圆周运动，其运动周期为T，轨道半径为r，万有引力常量为G，地球表面重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 空间站的线速度大小为v= grB. 空间站的向心加速度为4π2rT2
C. 空间站质量为m=4π2r3GT2D. 地球的质量为M=4π2r3GT2
10.在一个倾角为α的长斜面底端O点正上方的点处将一小球以速度v0水平抛出，小球在空中做平抛运动，运动过程中速度方向与水平方向的夹角为θ，tanθ与小球在空中运动的时间关系如图所示，t=0.3s时小球恰好垂直击中斜面上的某点，g取10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 小球的初速度v0=2 3m/sB. 斜面倾角α=30∘
C. 抛出点到斜面底端O的高度h=0.75mD. 小球击中斜面时速度v=3 3m/s
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某同学利用气垫导轨来验证机械能守恒定律，实验主要步骤如下：
①将气垫导轨放在水平桌面上，将导轨调至水平，将光电门安装在长木板的B点处；
②将细线一端连接在质量为M(含遮光片的质量)的滑块上，另一端绕过定滑轮悬挂总质量为m的托盘和砝码；
③将滑块从A点由静止释放，测得A、B两点间的距离为L，遮光条的宽度为d，滑块通过光电门记录遮光条的遮光时间为t，保障托盘和砝码不落地；
将遮光片通过光电门的平均速度看作小车经过该点时的瞬时速度，回答下列问题：
(1)滑块通过光电门时的速度可表示为______；
(2)滑块从静止释放运动到光电门的过程中，系统的重力势能减少了______；
(3)在实验误差允许的范围内满足关系式______，即验证了滑块、托盘和砝码组成的系统机械能守恒。
12.图1是利用电磁定位系统“探究平抛运动的特点”的实验，通过电磁定位板与计算机相连，软件自动记录信号源(类似平抛小球)的运动轨迹，同时得到信号源轨迹在水平方向、竖直方向的投影，通过计算机处理得到水平方向、竖直方向的v−t图像。
(1)由实验可知平抛运动在水平方向的分运动为______运动；在竖直方向的分运动为______运动；
(2)在信号源的轨迹图中取4个点，放大后如图3所示。图中每个正方形小方格的边长为1.6cm，分析可知，小球由1到2位置的时间间隔为______ s，该小球平抛运动的初速度大小为______m/s。(g取10m/s2，结果保留两位小数)
四、简答题：本大题共2小题，共30分。
13.汽车发动机的额定功率为100kW，质量为2000kg，当汽车在水平路面上行驶时受到阻力恒为车重的0.1倍。若汽车在水平路面上，从静止开始保持1m/s2的加速度做匀加速直线运动，达到额定功率后又行驶了500m达到最大速度，重力加速度大小取g=10m/s2，(计算结果请保留两位有效数字)求：
(1)汽车在水平路面上能达到的最大速度；
(2)汽车的匀加速过程能持续多长时间；
(3)汽车匀加速结束后继续行驶500m所用的时间。
14.如图所示，水平传送带与水平轨道在B点平滑连接，传送带A、B间距L=10m，一半径R=2.5m的竖直光滑圆槽形轨道与水平轨道相切于C点，BC段光滑，当传送带以v0=10m/s顺时针匀速转动时，将质量m=1kg可视为质点的小物块轻放在传送带左端A点，小物块到达B点时恰好与传送带共速，并无机械能损失地滑上光滑水平轨道，经C点进入竖直光滑圆槽形轨道，重力加速度大小取g=10m/s2，忽略空气阻力。求：
(1)传送带对小物块所做的功；
(2)小物块经过圆槽形轨道最低点C时，小物块对轨道的压力大小；
(3)若将传送带AB间距调整为15m，传送带速率调整为13m/s，为保证小物块第一次在圆槽形轨道运动时不脱离轨道，试求半径R的取值范围。
五、计算题：本大题共1小题，共10分。
15.从20m高处以15m/s的初速度水平抛出一个物体，不计空气阻力，求：
(1)这个物体落地点与抛出点的水平距离；
(2)这个物体落地时的速度大小．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：第一宇宙速度即为近地卫星的环绕速度，把近地人造卫星的轨道半径近似等于地球半径R，根据万有引力提供向心力得：GMmR2=mv2R
地球表面处忽略地球自转时有
GMmR2=mg
解得：v= gR，代入数据得：v=7.9km/s，故D正确，ABC错误。
故选：D。
对卫星根据万有引力提供向心力，忽略地球自转时，根据万有引力等于重力，联立求解地球的第一宇宙速度大小。
本题考查学生对宇宙速度的掌握情况。知道在忽略地球自转时根据万有引力等于重力，可用重力加速度替换地球的质量。
2.【答案】C
【解析】解：将工人的运动分解到沿绳方向和垂直于绳方向，如图所示
设工人的运动方向与垂直于绳方向的夹角为θ，工人沿着绳子的速度大小等于货物上升的速度大小，由几何关系得：v货=vsinθ
随着人向右运动，夹角θ逐渐增大，则sinθ增大，又v货不变，则工人的速度v必须减小，因此可知工人在向右做变减速运动，故工人的加速度方向水平向左，结合牛顿第二定律可知工人受到合力水平向左，故ABD错误，C正确。
故选：C。
将工人的运动分解到沿绳方向和垂直于绳方向，沿绳方向的分速度大小等于货物上升的速度大小，结合牛顿第二定律分析工人的运动情况。
本题考查关联速度问题，解题关键是知道工人沿绳方向的分速度大小等于货物上升的速度大小，结合几何关系和牛顿第二定律分析即可。
3.【答案】A
【解析】解：AB、重力做功等于重力势能的减小量，则重力势能减少了1600J，故A正确，B错误；
CD、根据动能定理，动能增加量等于合外力的功，本题中有重力做功和阻力做功，则动能增加量为1600J−50J=1550J，故CD错误；
故选：A。
重力势能的减少量等于重力做的功；动能增加量等于合外力的功。
本题考查了动能定理、重力做功与重力势能变化的关系，属于简单的应用，解题要认真。
4.【答案】D
【解析】解：A.甩手时不同手指指尖上的水滴角速度相等，根据向心力公式F=mω2r可知，指尖离手腕越远，水滴更容易被甩掉，故A错误；
B.根据向心加速度公式a=ω2r可知，指尖离手腕越近，水滴的加速度越小，故B错误；
C.根据题意可知，甩手时不同手指指尖上的水滴是相对手腕的同轴转动，角速度相等，故C错误；
D.根据线速度与角速度的关系v=ωr可知，指尖离手腕越远，水滴的线速度越大，故D正确。
故选：D。
AC.甩手时不同手指指尖上的水滴是相对手腕的同轴转动，角速度相等；根据向心力公式F=mω2r分析作答；
B.根据向心加速度公式a=ω2r分析作答；
D.根据线速度与角速度的关系v=ωr分析作答。
明确甩手时不同手指指尖上的水滴是相对手腕的同轴转动，角速度相等是解题的关键。
5.【答案】A
【解析】解：A、小行星运行轨道的半长轴为R=R1+R22
设小行星的公转周期为T，由开普勒第三定律有R3T2=R03(1年)2
联立解得：T=R1+R22R0 R1+R22R0年，故A正确；
B、根据牛顿第二定律得：GMmr2=ma，得a=GMr2，可知小行星位于远日点时的加速度小于地球的加速度，故B错误；
C、小行星对太阳的引力和太阳对小行星的引力是一对相互作用力，大小相等，故C错误；
D、小行星从近日点向远日点运动时，万有引力做负功，动能逐渐减小，机械能守恒，故D错误。
故选：A。
根据开普勒第三定律求解小行星的公转周期与地球公转周期之比，从而求得小行星的公转周期；根据牛顿第二定律分析加速度大小；根据牛顿第三定律分析小行星对太阳的引力与太阳对小行星的引力的关系；小行星从近日点向远日点运动时，根据引力做功情况分析动能和机械能的变化情况。
解决本题的关键要掌握开普勒第三定律，通过该定律求解小行星与地球的公转周期之比。
6.【答案】B
【解析】解：A、停车时，车轮未转动，重物不能做离心运动，从而使M点很难与N点接触，不能发光，故A错误；
B、当车速从零缓慢增加到某一数值时，根据竖直方向圆周运动的特点，由离心运动原理可知，重物向心力足够大时，M点更容易与N点接触，可以发光，故B正确；
C、转速较大时，向心力较大，在圆周运动的顶端时向心力向下，则弹力增大，重物离心运动，从而使M点更容易与N点接触，可以发光，故C错误；
D、离心现象是指做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动，感应装置的原理正是利用离心现象，使两触点接触而点亮LED灯，故D错误；
故选：B。
当车轮达到一定转速时，重物上的触点M与固定在B端的触点N接触后就会被点亮，且速度越大需要的向心力越大，则触点M越容易与触点N接触，根据竖直方向圆周运动的特点分析即可。
本题考查的是动力学的知识，要求学生能在具体生活案例中抽象出受力分析模型，并能准确分析向心力的来源。
7.【答案】B
【解析】解：A.摆到最高点时，体验者速度为零，由于重力作用，沿轨迹切线方向的加速度不为零，不是平衡状态，故A错误；
B.在最低点时，对体验者(含秋千踏板)由向心加速度表达式
an=v2r
代入数据解得
an=4.5m/s2
故B正确；
C.在高速摆动过程中，体验者不是做匀速圆周运动，根据变速圆周运动合力特点，合力并不是始终指向圆心，故C错误；
D.最低点时，对体验者(含秋千踏板)由牛顿第二定律，合力提供向心力
F−mg=mv2r
代入数据解得
F=725N
故D错误。
故选：B。
平衡状态加速度为零，反之，不是平衡状态；
由向心加速度表达式，求向心加速度大小；
变速圆周运动合力不指向圆心；
最低点时，合力提供向心力，求拉力的合力。
本题考查学生对平衡状态、变速圆周运动合力特点、向心加速度表达式、合力提供向心力的掌握，是一道基础题。
8.【答案】AC
【解析】解：A、不计空气阻力，球上升过程只受重力作用，只有重力做功，其机械能守恒，故A正确；
C、落地点正好在发球点正下方，可知球上升和下降过程水平位移大小相等，故C正确；
D、逆向思维，斜向上抛运动可视为反向的平抛运动，根据h=12gt2
可得t= 2hg
由于两种情况下竖直方向运动的高度不同，则运动时间不相等，反弹后运动的时间较长，故D错误；
B、根据x=v0t知，球上升和下降过程水平位移大小相等，反弹后运动的时间较长，则反弹后球的速度比撞墙前的小，所以球撞击墙壁过程机械能有损失，故B错误。
故选：AC。
对照机械能守恒条件判断球上升过程机械能是否守恒；球上升和下降过程水平位移大小相等，根据h=12gt2分析球上升和下降过程所用的时间关系，再分析反弹的速度大小与碰撞墙时的速度大小关系，从而判断球撞击墙壁过程机械能有无损失。
本题主要是考查斜上抛运动、平抛运动，关键是根据分析碰撞前后速度的大小，由此确定是否存在能量损失，能够根据逆向思维分析问题。
9.【答案】BD
【解析】解：A、根据题意，由万有引力等于重力有：GMmR2=mg
空间站绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r
解得线速度大小为：v= gR2r，故A错误；
B.根据向心力的计算公式可得：m4π2T2r=ma，解得：a=4π2T2r，故B正确；
C.空间站质量在运算过程中被约去了，无法求空间站质量，只能求中心天体的质量，故C错误；
D.空间站绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有：GMmr2=m4π2T2r
解得地球的质量为：M=4π2r3GT2，故D正确。
故选：BD。
由万有引力等于重力、万有引力提供向心力求解线速度大小；根据向心力的计算公式求解向心加速度大小；空间站质量在运算过程中被约去了，无法求空间站质量；根据万有引力提供向心力求解地球的质量。
解决天体(卫星)运动问题的基本思路：(1)在地面附近万有引力近似等于物体的重力，F引=mg，整理得GM=gR2；(2)天体运动都可近似地看成匀速圆周运动，其向心力由万有引力提供，即F引=F向，根据相应的向心力表达式进行分析。
10.【答案】BC
【解析】解：A.当t=0.3s小球恰好垂直击中斜面，则
vy=gt=10×3m/s=3m/s
且
tanθ=vyv0= 3
得
v0= 3m/s
故A错误；
B.由图可知
θ+α=90∘
且由于
tanθ= 3
则
θ=60∘
则
α=30∘
故B正确；
C.平抛运动过程中竖直方向的位移为
h1=12gt2=12×10×0.32m=0.45m
由几何关系
h2=xtanα=v0ttanα= 3×0.3× 33m=0.3m
则抛出点到斜面底端O的高度
h=h1+h2=0.45m+0.3m=0.75m
故C正确；
D.小球击中斜面时速度
v= v02+vy2= ( 3)2+32m/s=2 3m/s
故D错误。
故选：BC。
小球垂直斜面打在某点，速度与斜面垂直，将速度分解得到竖直分速度大小和小球击中斜面时的速度大小，再由分位移公式求水平位移和竖直位移。
解决本题的关键是要知道小球垂直撞在斜面上，速度方向与斜面垂直，将速度分解为水平方向和竖直方向，根据水平分速度可以求出竖直分速度，从而可以求出运动的时间。
11.【答案】dt mgLmgL=12(M+m)(dt)2
【解析】解：(1)滑块通过光电门时的速度为：v=dt
(2)物体下降的高度为L，系统减少的重力势能为：ΔEp=mgL
(3)系统动能的增加量为：ΔEk=12(M+m)v2=12(M+m)(dt)2
若系统机械能守恒，在实验误差允许的范围内需满足关系式为：mgL=12(M+m)(dt)2
故答案为：(1)dt；(2)mgL；(3)mgL=12(M+m)(dt)2。
(1)根据平均速度公式求解滑块通过光电门时的瞬时速度；
(2)根据重力势能的定义式求解系统重力势能的减小量；
(3)根据动能的定义求解系统动能的增加量，再根据机械能守恒定律求解满足机械能守恒的表达式。
解决本题的关键知道实验的原理和注意事项，知道光电门测瞬时速度的原理，注意本实验研究的对象是系统，因此动能的增加量是整体动能的增加了，不仅仅是滑块动能的增加量。
12.【答案】匀速直线 自由落体
【解析】解：(1)根据题意，由图2可知，平抛运动在水平方向的分运动为匀速直线运动，在竖直方向的分运动为自由落体运动。
(2)根据题意，由图3可知，相邻两点间水平位移相等，则相邻两点间的时间间隔相等，设相等时间为t，竖直方向上，由逐差法有
Δy=y23−y12=gt2
可得
t= Lg=0.04s
根据题意，水平方向上有
x12=v0t
代入图3数据解得，该小球平抛运动的初速度大小为
v0=0.80m/s
故答案为：(1)匀速直线，自由落体；(2)0.04，0.80。
(1)根据图像特征分析判断；
(2)根据逐差法计算相邻两点间的时间间隔，根据匀速直线运动公式计算初速度。
本题关键掌握逐差法计算相邻两点间的时间间隔，掌握运动学的相关公式。
13.【答案】解：(1)当牵引力等于阻力时，速度最大，有
P额=fvmax
解得
vmax=50m/s
(2)汽车从静止做匀加速直线运动，则当功率达到额定功率时，匀加速结束，根据牛顿第二定律得
F牵−f=ma
解得
F牵=4000N
根据
P额=F牵v
根据
v=at
解得
t=25s
(3)从匀加速结束开始一直运动到最大速度的过程中，根据动能定理得
P额t′−fs=12mvmax2−12mv2
由(2)可得
v=25m/s
解得
t′=28.75s≈29s
解：(1)汽车在水平路面上能达到的最大速度50m/s；
(2)汽车的匀加速过程能持续时间25s；
(3)汽车匀加速结束后继续行驶500m所用的时间29s。
【解析】(1)当汽车达到最大速度时，处于受力平衡状态，汽车的牵引力和阻力大小相等，由P=Fv=fvm可以求得最大速度。
(2)当匀加速运动时，由牛顿第二定律求出牵引力，再求出达到额定功率时的速度，有运动学公式求的时。
(3)从静止开始一直运动到最大速度的过程中，根据动能定理列式即可求解。
本题考查的是机车启动的恒定加速度启动，要求同学们能对这种启动方式进行动态分析，公式p=Fv，p指实际功率，F表示牵引力，v表示瞬时速度。当牵引力等于阻力时，机车达到最大速度v=Pf。
14.【答案】解：(1)根据题意可知，小物块受摩擦力作用加速运动，根据动能定理得：
W=12mv02
解得：W=50J
(2)根据题意，C点是物体做圆周运动的最低点，由牛顿第二定律得：
FN−mg=mv02R
解得：FN=50N
由牛顿第三定律可得，小物块对轨道的压力为：
FN′=FN=50N
(3)根据题意，未改变速率和间距时，对小物块由A运动到B的过程，应用动能定理有
μmgl=12mv02
解得：μ=0.5
改变条件后，若小物块能一直加速到v1=13m/s，则有
μmg=ma1
v12=2a1x
解得：x=16.9m>15m
可知，小物块由A到B的过程一直加速，当小物块滑到与圆心O等高处时速度为零，小物块能返回轨道不会脱离，由动能定理得
μmgl1−mgR=0
解得：R=7.5m
当物体恰能通过最高点，物体也不会脱离轨道，设经过最高的速度为vD，由牛顿第二定律得：
mg=mvD2R
由动能定理得：
μmgl1−2mgR=12mvD2
联立解得：R=3m
综上所述，可得半径R的取值范围为R≤3m或R≥7.5m
答：(1)传送带对小物块所做的功为50J；
(2)小物块经过圆槽形轨道最低点C时，小物块对轨道的压力大小为50N；
(3)为保证小物块第一次在圆槽形轨道运动时不脱离轨道，半径R的取值范围为R≤3m或R≥7.5m。
【解析】(1)根据动能定理求解传送带对小物块所做的功；
(2)根据牛顿第二定律、牛顿第三定律求解小物块对轨道的压力；
(3)小物块第一次在圆槽形轨道运动时不脱离轨道，结合物块的可能的运动过程根据动能定理求解半径R的取值范围。
本题考查力学综合问题，解题中对物体做受力分析，同时在应用动能定理时需要注意功的正负。
15.【答案】解：(1)平抛运动竖直方向做自由落体运动，则有：h=12gt2
解得：t= 2hg= 2×2010s=2s
水平方向做运动直线运动，则有：x=v0t=15×2m=30m
(2)根据平抛运动的分速度公式，有：
vx=v0=15m/s
vy=gt=20m/s
得：v= vx2+vy2= 152+202m/s=25m/s
答：(1)这个物体落地点与抛出点的水平距离为30m；
(2)这个物体落地时的速度大小为25m/s.
【解析】(1)根据平抛运动竖直方向做自由落体运动的位移时间公式可求出运动的时间，再根据平抛运动的分位移公式列式求解即可；
(2)先根据平抛运动的分速度公式求解分速度，然后运用平行四边形定则得到合速度．
本题考查了平抛运动的分位移公式和分速度公式的直接运用，关键记住运动学规律，并能用来研究具体问题．
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