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2021-2022学年广东省高一（下）期中物理试卷（含答案）
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这是一份2021-2022学年广东省高一（下）期中物理试卷（含答案），共34页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年广东省高一（下）期中物理试卷
一、单项选择题（共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题意）
1．（3分）如图所示绳子通过固定在天花板上的定滑轮，左端与套在固定竖直杆上的物体A连接，右端与放在水平面上的物体B相连，到达如图所示位置时，绳与水平面的夹角分别为α、β，两物体的速率vA、vB之比为（ ）
A． B． C． D．
2．（3分）第24届冬奥会于2022年2月4日在中国北京和张家口联合举行，这是我国继2008年奥运会后承办的又一重大国际体育盛会。如图所示为我国滑雪运动员备战的示意图，运动员（可视为质点）从曲面AB上某位置由静止滑下，到达B点后水平飞出，经时间t1后落到斜坡滑道C点；运动员调整位置下滑，又从B点水平飞出，经时间t2后落到斜坡滑道D点。在C点和D点速度与斜面夹角分别为θ1和θ2。已知O点在B点正下方，OC＝CD，斜坡足够长，不计空气阻力，则以下关系正确的是（ ）
A．t2＞2t1 B． C．θ1＝θ2 D．θ1＞θ2
3．（3分）疫情期间居家上课，同学们在学习之余积极进行身体锻炼，自行车骑行是一项非常受喜爱的户外运动．如图所示为小明同学自行车的传动装置示意图，已知链轮的半径r1＝12cm，飞轮的半径r2＝6cm，后轮的半径r3＝30cm，A、B、C（图中未画出）分别为链轮、飞轮和后轮边缘上的点．若小明同学踩脚蹬使链轮匀速转动，若其每转一圈用时1s，该过程可认为自行车匀速前进，则下列说法正确的是（ ）
A．链轮、飞轮和后轮的角速度大小之比为2：1：1
B．A、B、C三点的线速度大小之比为2：1：5
C．A、B、C三点的向心加速度大小之比为1：4：10
D．自行车前进的速度大小约为3.8m/s
4．（3分）如图所示，有一倾斜的匀质圆盘（半径足够大），盘面与水平面的夹角为θ，绕过圆心并垂直于盘面的转轴以角速度ω匀速转动，有一物体（可视为质点）与盘面间的动摩擦因数为μ（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），重力加速度为g。要使物体能与圆盘始终保持相对静止，则物体与转轴间最大距离为（ ）
A． B．
C．g D．g
5．（3分）小明撑一雨伞站在水平地面上，伞面边缘点所围圆形的半径为R，现将雨伞绕竖直伞杆以角速度ω匀速旋转，伞边缘上的水滴落到地面，落点形成一半径为r的圆形，当地重力加速度的大小为g，根据以上数据可推知伞边缘距地面的高度应为（ ）
A． B．
C． D．
6．（3分）如图所示，一圆环以直径AB为轴做匀速转动，P、Q、R是环上的三点，则下列说法正确的是（ ）
A．向心加速度的大小aP＝aQ＝aR
B．任意时刻P、Q、R三点向心加速度的方向不同
C．线速度vP＞vQ＞vR
D．任意时刻P、Q、R三点的线速度方向均不同
7．（3分）2021年5月15日，中国首次火星探测任务“天问一号”着陆巡视器安全“到站”，着陆乌托邦平原，红色火星第一次留下了中国印迹。在发射探测器的过程中，探测器绕地球在轨道1上做匀速圆周运动的轨道半径为R1（图a），绕火星在轨道2上做匀速圆周运动的轨道半径为R2（图b）。地球与火星表面的重力加速度分别为g1、g2，地球半径是火星半径的2倍，二者均可视为质量分布均匀的球体。在相同时间内，探测器与地球球心连线扫过的面积为S1与火星中心连线扫过的面积为S2，则是（ ）
A． B．
C． D．
8．（3分）2021年10月16号神舟十三号载人飞船发射任务圆满成功。若神舟十三号在离开地球表面的过程中竖直向上做加速运动，质量为m的航天员王亚平在舱内固定的压力传感器上，当神舟十三号上升到离地球表面某一高度h时，飞船的加速度为a，压力传感器的示数为F。已知地球表面的重力加速度为g，地球半径大小为R，则h为（ ）
A． B．
C． D．
二、多项选择题（每题有两个或者两个以上正确答案，每题5分，少选得3分，共30分）
（多选）9．（5分）关于运动的合成与分解，下列说法正确的是（ ）
A．两个速度大小不相等的匀速直线运动的合运动一定是匀速直线运动
B．若两个互成角度的分运动分别是匀速直线运动和匀加速直线运动，则合运动一定是曲线运动
C．合运动的方向即为物体实际运动的方向，且其速度一定大于分速度
D．在运动的合成与分解中速度、加速度和位移都遵循平行四边形法则
（多选）10．（5分）如图，一半径为R的圆环固定于竖直平面内，圆心为O。现从圆环上距离圆心O竖直高度为0.5R的A点以水平初速度v0向右抛出一个质量为m的小球，一段时间后，小球落在圆环上的B点（图中未画出）；当v0大小不同时，小球的落点B也不同．重力加速度为g，不计空气阻力，小球可视为质点。以下说法正确的是（ ）
A．当v0大小不同时，小球从A点运动到B点的时间可能相同
B．当时，小球可以经过O点
C．当时，A、B两点位于一条直径上
D．当时，小球从A到B的运动过程中速度变化量最大
（多选）11．（5分）如图所示的装置，两根完全相同、轴线在同一水平面内的平行长圆柱上放一均匀木板，木板的重心与两圆柱等距，其中圆柱的半径r＝2cm，木板质量m＝5kg，木板与圆柱间的动摩擦因数μ＝0.2，两圆柱以角速度ω绕轴线做相反方向的转动。现施加一过木板重心且平行圆柱轴线的拉力F于木板上，使其以速度v＝0.6m/s沿圆柱表面做匀速运动。下列说法中正确的是（ ）
A．不论ω多大，所需水平拉力恒为10N
B．ω越大，所需水平拉力也越小
C．若ω＝40rad/s，则水平拉力F＝6N
D．若ω＝40rad/s，且水平拉力恒为20N时，则木板做匀加速运动
（多选）12．（5分）中国行星探测任务名称为“天问系列”，首次火星探测任务被命名为“天问一号”。若已知“天问一号”探测器在距离火星中心为r1的轨道上做匀速圆周运动，其周期为T1。火星半径为R0，自转周期为T0。引力常量为G，若火星与地球运动情况相似，下列说法正确的是（ ）
A．火星的质量为
B．火星表面两极的重力加速度为
C．火星的第一宇宙速度为
D．火星的同步卫星距离星球表面高度为
（多选）13．（5分）如图1所示，轻绳一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球，绳上有一拉力传感器（质量可忽略）．初始时，小球静止在最低点，现给小球一水平向右的初速度使其绕O点在竖直面内做圆周运动，在其轨迹最高点设置一光电门，可测量小球在最高点的速度v，多次改变小球初速度，记录小球运动到最高点时的拉力F和对应速度平方v2并绘制F﹣v2图像如图2所示，下列说法正确的是（ ）
A．重力加速度等于
B．轻绳长度等于
C．当v2＝a时，向心加速度为
D．当v2＝2a时，小球所受的拉力等于其重力的两倍
（多选）14．（5分）如图所示是卫星绕不同行星在不同轨道上运动的lgT﹣lgr图像，其中T为卫星的周期，r为卫星的轨道半径。卫星M绕行星P运动的图线是a，卫星N绕行星Q运动的图线是b，若卫星绕行星的运动可以看成匀速圆周运动，则（ ）
A．直线a的斜率与行星P质量无关
B．行星P的质量大于行星Q的质量
C．卫星M在1处的向心加速度小于在2处的向心加速度
D．卫星M在2处的向心加速度小于卫星N在3处的向心加速度
三、实验题（满分14分。请书写工整，保持卷面整洁，规范答题）
15．（7分）《研究平抛运动》的实验装置如图（甲）所示。
（1）为减少空气阻力对小球的影响，应选择的小球是 。
A．实心小铁球
B．实心小木球
C．空心小铁球
D．以上三种球都可以
（2）用小锤打击弹性金属片，A球就水平飞出；同时B球被松开，做自由落体运动。把这个装置放在不同高度进行实验，结果两小球总是同时落地：这个实验说明了A球 。
A．水平方向的分运动是匀速直线运动B．水平方向的分运动是匀加速直线运动
C．竖直方向的分运动是自由落体运动D．竖直方向的分运动是匀速直线运动
（3）某同学描出了的小钢球做平抛运动的轨迹如图乙所示。他以抛出点为坐标原点O，取水平向右为x轴，竖直向下为y轴，在轨迹上取两点A（x1，y1）和B（x2，y2），且使y1：y2＝1：4，若测量发现x1：x2为 ，则说明小钢球在水平方向做匀速直线运动。
（4）另一个同学研究物体做平抛运动的规律，他以v0的水平初速度抛出一小球，如图丙所示为一小球做平抛运动的闪光照相照片的一部分，图中背景方格的边长表示实际长度0.1m，如果取g＝10m/s2，则物体经过a点时的速度大小是 m/s（结果可用根号表示）。
16．（7分）在一个未知星球上用如图（甲）所示装置研究平抛运动的规律。悬点O正下方P点处有水平放置的炽热电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球由于惯性向前飞出作平抛运动。现对此运动采用频闪数码照相机连续拍摄。在有坐标纸的背景屏前，拍下了小球在作平抛运动过程中的多张照片，经合成后，照片如（乙）图所示，a、b、c、d为连续四次拍下的小球位置，已知照相机连续拍照的时间间隔是0.10s，照片大小如图中坐标所示，又知该照片的长度与实际背景屏的长度之比为1：4，则：（结果可保留根号）
（1）由以上及图信息，可以推算出该星球表面的重力加速度为 m/s2。
（2）由以上及图信息可以算出小球在b点时的速度是 m/s；
（3）若已知该星球的半径与地球半径之比为R星：R地＝1：4，则该星球的质量与地球质量之比M星：M地＝ ，第一宇宙速度之比v星：v地＝ 。（g地取10m/s2）
四、解答题（本题共包括4个小题，满分32分。请书写工整，规范答题）
17．（8分）如图所示，竖直平面内由倾角α＝60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心O2的连线，以及O2、E、O1和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ＝30°，G点与竖直墙面的距离d＝R。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放。不计小球大小和所受阻力。
（1）若小球经过圆管内与圆心O1点等高的D点时对轨道的压力等于mg，求：小球经过D点时的速度大小。
（2）若小球释放后能从G点冲出，并垂直打到竖直墙壁，求小球冲出G点时的速度大小。
（3）若小球释放后能从G点冲出，并打到竖直墙壁与G点等高的位置，求小球冲出G点时的速度大小。
18．（8分）如图所示，长为L1＝0.6m的细线拴一质量为m＝1kg的小球在水平面内做匀速圆周运动（圆锥摆），摆线与竖直方向的夹角为α＝60°，不计空气阻力，当小球运动到P点时绳子断了，一段时间后小球恰好从光滑圆弧AB的A点沿切线方向进入圆弧，进入圆弧时无机械能损失，已知圆弧的半径，圆心角θ＝53°，小球经圆弧运动到B点时的速度vB与经过A点时速度满足，小球经光滑地面从C点滑上顺时针转动的倾斜传送带CD，滑上C点前后瞬间速率不变。传送带CD与地面的倾角37°，其速度为v＝2m/s。已知物块与传送带间的动摩擦因数为0.5（g取10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，求：
（1）小球运动到P点时的速度v0大小；
（2）小球在圆弧轨道AB上运动过程中对轨道的最小压力；
（3）若传送带CD部分长L2＝2.35m，则物块从C滑到D所用时间。
19．（8分）如图所示，地球的两个卫星同向逆时针绕地球在同一平面内做匀速圆周运动，已知卫星一运行的周期为T1＝T0，地球的半径为R0，卫星一和卫星二到地球中心之间的距离分别为R1＝2R0，R2＝4R0，引力常量为G，某时刻，两卫星与地心之间的夹角为。（结果均用T0、R0、G表示）
求：（1）卫星二围绕地球做圆周运动的周期T2；
（2）地球表面的重力加速度。
（3）从图示时刻开始，经过多长时间两卫星第一次相距最近。
20．（8分）如图为某款弹射游戏的简化示意图，水平轨道OAB及EF处于同一水平面上，其中AB段粗糙，长度xAB＝3R，动摩擦因数μ＝，其余部分均光滑，EF段足够长。竖直平面内固定两光滑圆弧轨道BC、CD，半径分别为R和2R，其中R＝0.8m，BC、CD间存在缝隙，恰能使弹射小球无碰撞通过，间隙大小可忽略，圆弧BC与水平轨道AB相切于B点，E点恰好位于D点的正下方。已知弹射器的弹性势能与弹簧形变量的平方成正比，可视为质点的弹射小球质量为m＝0.1kg，当弹簧压缩量为Δx时，恰能运动到C处，g取10m/s2，求：
（1）压缩量为Δx时，弹簧的弹性势能Ep；
（2）当弹簧压缩量增加到2Δx，小球运动到D点时对圆弧轨道CD的压力；
（3）在（2）题条件下，调整CD弧的半径，求落点距E点的最远距离。
2021-2022学年广东省高一（下）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题意）
1．（3分）如图所示绳子通过固定在天花板上的定滑轮，左端与套在固定竖直杆上的物体A连接，右端与放在水平面上的物体B相连，到达如图所示位置时，绳与水平面的夹角分别为α、β，两物体的速率vA、vB之比为（ ）
A． B． C． D．
【分析】将A、B两物体的速度沿绳子和垂直于绳子方向分解，抓住A、B两物体沿绳子方向的分速度相等进行解答。
【解答】解：设此时绳子的速率为v，将A、B的速度分别沿绳的方向和垂直绳的方向分解，如图所示；
可得v＝vAsinα、v＝vBcosβ，所以，故A正确、BCD错误。
故选：A。
【点评】解决本题的关键会运用平行四边形定则对速度进行分解，知道物体沿绳子方向的分速度相等。
2．（3分）第24届冬奥会于2022年2月4日在中国北京和张家口联合举行，这是我国继2008年奥运会后承办的又一重大国际体育盛会。如图所示为我国滑雪运动员备战的示意图，运动员（可视为质点）从曲面AB上某位置由静止滑下，到达B点后水平飞出，经时间t1后落到斜坡滑道C点；运动员调整位置下滑，又从B点水平飞出，经时间t2后落到斜坡滑道D点。在C点和D点速度与斜面夹角分别为θ1和θ2。已知O点在B点正下方，OC＝CD，斜坡足够长，不计空气阻力，则以下关系正确的是（ ）
A．t2＞2t1 B． C．θ1＝θ2 D．θ1＞θ2
【分析】平抛运动的时间由竖直自由落体运动的位移决定，根据已知可判断时间关系；速度倾角正切等于位移倾角正切的两倍，由图可以看出C点位移倾角大于D点位移倾角，根据三角函数可以判断两角大小关系。
【解答】解：建立坐标系xOy，作辅助线CC′、DD′在同一高度，如图所示：根据已知和几何知识，设OC′＝C′D′＝L，BO＝h。
AB.根据平抛运动的规律，竖直方向做自由落体运动，则
，由于h+2L＜2（h+L）故，解此不等式得，故AB错误；
CD.由平抛运动推论可知，速度倾角正切等于位移倾角正切的两倍，
即tanθ＝2tanα（其中θ为速度方向与x轴的夹角，α为位移方向与x轴的夹角），
如图所示，BC位移倾角α1大于BD位移倾角α2，根据三角函数规律得tanα1＞tanα2，
由于tanθ1＝2tanα1，tanθ2＝2tanα2，所以tanθ1＞tanθ2，根据三角函数规律得θ1＞θ2，故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】已知OC＝CD由几何知识可得OC和CD的竖直分量也相等，就可以表示出从B到两点的竖直位移关系，利用自由落体运动的位移—时间公式可以比较时间关系。平抛运动的推论用起来很快捷，特别是选择题请充分运用。
3．（3分）疫情期间居家上课，同学们在学习之余积极进行身体锻炼，自行车骑行是一项非常受喜爱的户外运动．如图所示为小明同学自行车的传动装置示意图，已知链轮的半径r1＝12cm，飞轮的半径r2＝6cm，后轮的半径r3＝30cm，A、B、C（图中未画出）分别为链轮、飞轮和后轮边缘上的点．若小明同学踩脚蹬使链轮匀速转动，若其每转一圈用时1s，该过程可认为自行车匀速前进，则下列说法正确的是（ ）
A．链轮、飞轮和后轮的角速度大小之比为2：1：1
B．A、B、C三点的线速度大小之比为2：1：5
C．A、B、C三点的向心加速度大小之比为1：4：10
D．自行车前进的速度大小约为3.8m/s
【分析】靠链条传动的两轮子线速度大小相等，共轴的轮子角速度相等，结合公式v＝ωr和a＝ω2r＝ωv分析。
【解答】解：A、由于链轮与飞轮用链条传动，故其边缘上点的线速度大小相等，而飞轮与后轮是同轴传动，故其边缘上点的角速度大小相等。由于ω1r1＝ω2r2，链轮与飞轮的角速度之比为ω1：ω2＝1：2而ω2：ω3＝1：1所以：ω1：ω2：ω3＝1：2：2，故A错误；
B、由题意可知，A点与B点的线速度大小相等，v1：v2＝1：1，由于飞轮与后轮的角速度大小相等，＝＝，所以A、B、C三点的线速度大小之比为1：1：5，故B错误；
C、向心加速度大小a＝ω2r＝ωv，故A、B、C三点的向心加速度大小之比为1：2：10，故C错误；
D、链轮与后轮的角速度之比为ω1：ω3＝1：2，所以脚蹬匀速转一圈，后轮要转两圈，得v＝＝m/s≈3.8m/s，故D正确。
故选：D。
【点评】解决本题的关键知道靠链条传动的两轮子线速度大小相等，共轴的轮子角速度相等。
4．（3分）如图所示，有一倾斜的匀质圆盘（半径足够大），盘面与水平面的夹角为θ，绕过圆心并垂直于盘面的转轴以角速度ω匀速转动，有一物体（可视为质点）与盘面间的动摩擦因数为μ（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），重力加速度为g。要使物体能与圆盘始终保持相对静止，则物体与转轴间最大距离为（ ）
A． B．
C．g D．g
【分析】当物体转到圆盘的最低点，由重力沿斜面向下的分力和最大静摩擦力的合力提供向心力时，此种情况下不滑动的半径最大，由牛顿第二定律列方程求解。
【解答】解：当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度一定，由牛顿第二定律得：
μmgcosθ﹣mgsinθ＝mω2r
解得：r＝，故ABD错误，C正确。
故选：C。
【点评】本题关键要分析向心力的来源，明确角速度在什么位置最大，由牛顿第二定律进行解题即可。
5．（3分）小明撑一雨伞站在水平地面上，伞面边缘点所围圆形的半径为R，现将雨伞绕竖直伞杆以角速度ω匀速旋转，伞边缘上的水滴落到地面，落点形成一半径为r的圆形，当地重力加速度的大小为g，根据以上数据可推知伞边缘距地面的高度应为（ ）
A． B．
C． D．
【分析】物体做平抛运动，我们可以把平抛运动分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相同．
【解答】解：雨点甩出后做平抛运动，
竖直方向有：h＝，t＝
水平方向初速度为雨伞边缘的线速度，所以v0＝ωR
雨点甩出后水平方向做匀速直线运动，x＝
伞边缘上的水滴落到地面，落点形成一半径为r的圆形，根据几何关系可知水平距离为：
x＝
所以＝
解得：h＝
故选：A。
【点评】本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解．
6．（3分）如图所示，一圆环以直径AB为轴做匀速转动，P、Q、R是环上的三点，则下列说法正确的是（ ）
A．向心加速度的大小aP＝aQ＝aR
B．任意时刻P、Q、R三点向心加速度的方向不同
C．线速度vP＞vQ＞vR
D．任意时刻P、Q、R三点的线速度方向均不同
【分析】同轴转动问题，在转盘上各处的角速度相等，利用向心加速度表达式以及角速度和线速度关系进行求解。
【解答】解：A、圆环上各点角速度相等，根据公式an＝ω2r，向心加速度与到转动轴O的距离成正比，aP＞aQ＞aR，故A错误；
B、三点向心加速度的方向均是水平指向AB轴的，可以看出任意时刻P、Q、R三点向心加速度的方向相同，故B错误；
C、由图可知：半径rP＞rQ＞rR，由v＝ωr可知，线速度vP＞vQ＞vR，故C正确；
D、线速度的方向为该点的切线方向，任意时刻P、Q、R三点的线速度方向均相同，故D错误；
故选：C。
【点评】解决转盘转动问题要明确角速度、线速度之间关系，利用向心加速度表达式进行求解。
7．（3分）2021年5月15日，中国首次火星探测任务“天问一号”着陆巡视器安全“到站”，着陆乌托邦平原，红色火星第一次留下了中国印迹。在发射探测器的过程中，探测器绕地球在轨道1上做匀速圆周运动的轨道半径为R1（图a），绕火星在轨道2上做匀速圆周运动的轨道半径为R2（图b）。地球与火星表面的重力加速度分别为g1、g2，地球半径是火星半径的2倍，二者均可视为质量分布均匀的球体。在相同时间内，探测器与地球球心连线扫过的面积为S1与火星中心连线扫过的面积为S2，则是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据万有引力提供向心力，同时万有引力等于重力的关系结合几何关系可解得。
【解答】解：由几何关系可知，对于同一个圆扫过的圆心角与扫过的面积成正比，设探测器与地球球心连线在时间扫过的圆心角为θ1，则有
解得
S1＝
由
θ1＝ω1t
可得
S1＝
同理可得
S2＝
探测器绕地球做匀速圆周运动有
＝mR1
可得
S1＝
同理可得
S2＝
根据
mg＝
联立可得
＝
故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题考查了万有引力定律及其应用，要熟记万有引力的公式和圆周运动的一些关系变换式，解题依据为万有引力提供向心力。
8．（3分）2021年10月16号神舟十三号载人飞船发射任务圆满成功。若神舟十三号在离开地球表面的过程中竖直向上做加速运动，质量为m的航天员王亚平在舱内固定的压力传感器上，当神舟十三号上升到离地球表面某一高度h时，飞船的加速度为a，压力传感器的示数为F。已知地球表面的重力加速度为g，地球半径大小为R，则h为（ ）
A． B．
C． D．
【分析】当神舟十三号上升到离地球表面某一高度h时，由牛顿第二定律律，结合在地球表面根据万有引力等于重力，即可求得。
【解答】解：当神舟十三号上升到离地球表面某一高度h时，由牛顿第二定律有F﹣＝ma
在地球表面上有＝mg
解得h＝，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题考查了万有引力定律及其应用，要熟记万有引力的公式和圆周运动的一些关系变换式，解题依据为万有引力提供向心力。
二、多项选择题（每题有两个或者两个以上正确答案，每题5分，少选得3分，共30分）
（多选）9．（5分）关于运动的合成与分解，下列说法正确的是（ ）
A．两个速度大小不相等的匀速直线运动的合运动一定是匀速直线运动
B．若两个互成角度的分运动分别是匀速直线运动和匀加速直线运动，则合运动一定是曲线运动
C．合运动的方向即为物体实际运动的方向，且其速度一定大于分速度
D．在运动的合成与分解中速度、加速度和位移都遵循平行四边形法则
【分析】合运动是直线运动还是曲线运动取决于合速度方向与合加速度方向是否在同一条直线上．根据平行四边形定则，可知合速度、合位移与分速度、分位移的大小关系．
【解答】解：A、两个速度大小不相等的匀速直线运动的合运动一定是直线运动，因为合加速度为零，具有合速度，一定做匀速直线运动，故A正确；
B、两个互成角度的分运动分别是匀速直线运动和匀加速直线运动，若合初速度方向与加速度的方向在同一条直线上，则为匀变速直线运动，若合初速度的方向与加速度的方向不在同一条直线上，则合运动一定是曲线运动，如平抛运动，故B错误；
C、根据平行四边形定则知，合速度可能比分速度大，可能比分速度小，可能与分速度相等，故C错误；
D、速度、加速度合位移都是矢量，在运动的合成与分解中速度、加速度和位移都遵循平行四边形法则，故D正确。
故选：AD。
【点评】解决本题的关键知道合运动是直线运动还是曲线运动取决于合速度方向与合加速度方向是否在同一条直线上．以及会根据平行四边形定则判断合速度与分速度的大小关系．
（多选）10．（5分）如图，一半径为R的圆环固定于竖直平面内，圆心为O。现从圆环上距离圆心O竖直高度为0.5R的A点以水平初速度v0向右抛出一个质量为m的小球，一段时间后，小球落在圆环上的B点（图中未画出）；当v0大小不同时，小球的落点B也不同．重力加速度为g，不计空气阻力，小球可视为质点。以下说法正确的是（ ）
A．当v0大小不同时，小球从A点运动到B点的时间可能相同
B．当时，小球可以经过O点
C．当时，A、B两点位于一条直径上
D．当时，小球从A到B的运动过程中速度变化量最大
【分析】小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，水平方向做自由落体运动。由此结合各选项的条件分析即可。
【解答】解：A、当v0大小不同时，小球的落点B可能位于同一水平面上，所以运动时间可能相同，故A正确；
B、运动过程中经过O点，满足竖直方向，水平方向，解得，故B错误；
C、若A、B两点位于一条直径上，满足：，解得，故C正确；
D、当B点位于O点正下方时，满足，解得，此时小球运动的时间最长，则由Δv＝gt，可知此时速度变化量最大，故D正确。
故选：ACD。
【点评】此题考查了平抛运动的规律，解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律。
（多选）11．（5分）如图所示的装置，两根完全相同、轴线在同一水平面内的平行长圆柱上放一均匀木板，木板的重心与两圆柱等距，其中圆柱的半径r＝2cm，木板质量m＝5kg，木板与圆柱间的动摩擦因数μ＝0.2，两圆柱以角速度ω绕轴线做相反方向的转动。现施加一过木板重心且平行圆柱轴线的拉力F于木板上，使其以速度v＝0.6m/s沿圆柱表面做匀速运动。下列说法中正确的是（ ）
A．不论ω多大，所需水平拉力恒为10N
B．ω越大，所需水平拉力也越小
C．若ω＝40rad/s，则水平拉力F＝6N
D．若ω＝40rad/s，且水平拉力恒为20N时，则木板做匀加速运动
【分析】根据滑动摩擦力公式f＝μFN求出滑动摩擦力大小，然后应用平衡条件求出拉力大小，再分析水平拉力与角速度的关系。
【解答】解：ABC、木板与两个圆柱表面间的摩擦力相等，大小为：f＝μmg＝×0.2×5×10N＝5N
当ω＝40rad/s，圆柱表面上的点转动的线速度大小为：v′＝ωr＝40×0.02m/s＝0.8m/s
木板的速度v＝0.6m/s，则木板相对于圆柱表面的点运动的合速度大小为：v合＝＝m/s＝1.0m/s
由几何关系可知木板所受的滑动摩擦力与拉力F的夹角α＝90°+37°＝127°；
木板在垂直于轴线方向受到两轴的滑动摩擦力的分力大小相等、方向相反，所以在垂直于轴线方向上受到的滑动摩擦力为零；
在平行于轴线方向上，木板受到的滑动摩擦力：f′＝2f•sin37°＝2×5×0.6N＝6N，木板做匀速直线运动，由平衡条件得：F＝f′＝6N，故A错误，C正确；
圆柱转动的角速度越大，则圆柱表面上的点的线速度越大，木板与圆柱表面的摩擦力沿垂直于轴线方向的分力越大，沿圆柱轴线方向的分力越小，所以匀速拉动木板的拉力越小，故B正确；
D、若ω＝40rad/s时，拉力为20N，木板开始做加速运动，随木板速度的增大，则木板与圆柱表面的摩擦力沿圆柱轴线方向的分力增大，所以木板受到的合力将减小，木板不可能做匀加速直线运动，故D错误。
故选：BC。
【点评】解答本题时，要注意物体所受的滑动摩擦力大小与物体的运动速度无关，但滑动摩擦力的方向与相对运动的方向相反，弄明白滑动摩擦力的方向是解答的难点。
（多选）12．（5分）中国行星探测任务名称为“天问系列”，首次火星探测任务被命名为“天问一号”。若已知“天问一号”探测器在距离火星中心为r1的轨道上做匀速圆周运动，其周期为T1。火星半径为R0，自转周期为T0。引力常量为G，若火星与地球运动情况相似，下列说法正确的是（ ）
A．火星的质量为
B．火星表面两极的重力加速度为
C．火星的第一宇宙速度为
D．火星的同步卫星距离星球表面高度为
【分析】对“天问一号”做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，对火星在极地表面，根据万有引力等于重力，分别列方程，可求极地表面的重力加速度以及火星的质量。
对同步卫星根据万有引力提供向心力可求同步卫星的轨道半径。
在火星表面，根据重力提供向心力可求第一宇宙速度。
【解答】解：AB、“天问一号”在火星停泊轨道上做匀速圆周运动，设“天问一号”的质量为m、火星质量为M，
根据万有引力提供向心力得：
对火星在极点上，根据万有引力等于重力得：mg＝
联立解得：g＝，M＝，故A错误，B正确；
C、火星的第一宇宙速度是物体在火星表面附近环绕火星做匀速圆周运动时具有的速度，在火星表面，根据重力提供向心力得：，解得第一宇宙速度v＝，故C正确；
D、同步卫星的周期等于火星自转周期T0，对同步卫星根据万有引力提供向心力得：，联立解得：h＝，故D错误。
故选：BC。
【点评】该题考查了万有引力定律及其应用，要熟记万有引力的公式和圆周运动的一些关系变换式，解题依据为万有引力提供向心力。
（多选）13．（5分）如图1所示，轻绳一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球，绳上有一拉力传感器（质量可忽略）．初始时，小球静止在最低点，现给小球一水平向右的初速度使其绕O点在竖直面内做圆周运动，在其轨迹最高点设置一光电门，可测量小球在最高点的速度v，多次改变小球初速度，记录小球运动到最高点时的拉力F和对应速度平方v2并绘制F﹣v2图像如图2所示，下列说法正确的是（ ）
A．重力加速度等于
B．轻绳长度等于
C．当v2＝a时，向心加速度为
D．当v2＝2a时，小球所受的拉力等于其重力的两倍
【分析】根据牛顿第二定律列式，结合图像分析出重力加速度和轻绳的长度；
将速度代入到解析式中，分析出对应的向心加速度和小球所受的拉力。
【解答】解：A、在最高点，由牛顿第二定律可知：
化简得：
结合图像可知：﹣b＝﹣mg
解得：，故A错误；
B、由上述分析可知，
解得：，故B正确；
C、由几何关系可得，图2中的直线表达值为：
当v2＝a时，F＝0
由牛顿第二定律可知，此时向心加速度为：，故C正确；
D、由上述分析，当v2＝2a时，F＝b＝mg，故D错误；
故选：BC。
【点评】本题主要考查了圆周运动的相关应用，解题的关键点是分析出向心力的来源，结合图像的斜率和截距的物理意义完成分析。
（多选）14．（5分）如图所示是卫星绕不同行星在不同轨道上运动的lgT﹣lgr图像，其中T为卫星的周期，r为卫星的轨道半径。卫星M绕行星P运动的图线是a，卫星N绕行星Q运动的图线是b，若卫星绕行星的运动可以看成匀速圆周运动，则（ ）
A．直线a的斜率与行星P质量无关
B．行星P的质量大于行星Q的质量
C．卫星M在1处的向心加速度小于在2处的向心加速度
D．卫星M在2处的向心加速度小于卫星N在3处的向心加速度
【分析】人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，根据人造卫星的万有引力等于向心力，结合数学知识点变形可知函数图象的意义；再结合万有引力提供线速度、角速度、加速度进行判断。
【解答】解：A、卫星绕行星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有：G＝mr，解得周期T＝2π，根据数学公式变形可得lgT＝lg+lgr，结合图像知直线的斜率为定值，与行星质量无关，故A正确；
B、图象的纵轴截距为lg根据数学知识可知，a的纵轴截距的绝对值小，则行星P的质量小于行星Q的质量，故B错误；
C、根据图象可知，1处的轨道半径小，根据万有引力提供向心力可知：G＝man，解得：an＝，则轨道半径小的，向心加速度大，所以卫星M在1处的向心加速度大于在2处的向心加速度，故C错误；
D、根据万有引力提供向心力得：G＝man，解得：an＝，则卫星M在2处的向心加速度小于卫星N在3处的向心加速度，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查了万有引力定律在实际问题中的应用，解决此题的关键是根据人造卫星的万有引力等于向心力，结合数学知识点进行变形得到图像的函数表达式进行判断。
三、实验题（满分14分。请书写工整，保持卷面整洁，规范答题）
15．（7分）《研究平抛运动》的实验装置如图（甲）所示。
（1）为减少空气阻力对小球的影响，应选择的小球是 A 。
A．实心小铁球
B．实心小木球
C．空心小铁球
D．以上三种球都可以
（2）用小锤打击弹性金属片，A球就水平飞出；同时B球被松开，做自由落体运动。把这个装置放在不同高度进行实验，结果两小球总是同时落地：这个实验说明了A球 C 。
A．水平方向的分运动是匀速直线运动B．水平方向的分运动是匀加速直线运动
C．竖直方向的分运动是自由落体运动D．竖直方向的分运动是匀速直线运动
（3）某同学描出了的小钢球做平抛运动的轨迹如图乙所示。他以抛出点为坐标原点O，取水平向右为x轴，竖直向下为y轴，在轨迹上取两点A（x1，y1）和B（x2，y2），且使y1：y2＝1：4，若测量发现x1：x2为 1：2 ，则说明小钢球在水平方向做匀速直线运动。
（4）另一个同学研究物体做平抛运动的规律，他以v0的水平初速度抛出一小球，如图丙所示为一小球做平抛运动的闪光照相照片的一部分，图中背景方格的边长表示实际长度0.1m，如果取g＝10m/s2，则物体经过a点时的速度大小是 m/s（结果可用根号表示）。
【分析】（1）实验中要控制空气阻力对实验的影响；
（2）两球同时落地，在竖直方向上两球运动规律相同；
（3）根据小球竖直方向和水平方向的同时性，分析小球水平方向的运动；
（4）根据平抛运动规律求解小球在a点时的速度。
【解答】解：（1）为减小空气阻力对小球的影响，在相同体积的情况下，实心小铁球密度最大，因而最重，故应选择实心小铁球，故A正确，BCD错误；故选A。
（2）由于两球同时落地，故在竖直方向上两球运动规律相同，均为自由落体运动，但不能证明A球在水平方向做匀速直线运动，故C正确，ABD错误；故选C。
（3）由于A球在竖直方向做自由落体运动，且
y1：y2＝1：4
则O到A的时间和A到B的时间相等，则若测量发现x1：x2＝1：2，则说明小钢球在水平方向做匀速直线运动。
（4）a到c是平抛运动的一部分
竖直方向：Δy＝L＝gt2
解得：t＝0.1s
b点竖直分速度为
vyb＝
又
vyb＝vya+gt
联立得a点竖直分速度：vya＝0.5m/s
水平方向
xac＝4L＝v0•2t
解得：
v0＝2m/s
a点速度为va＝
解得：va＝m/s。
故答案为：（1）A（2）C（3）1：2（4）
【点评】明确平抛运动是水平方向匀速运动，竖直方向自由落体运动，知道根据平抛运动的轨迹如何求解初速度，知道实验的基本操作规则。
16．（7分）在一个未知星球上用如图（甲）所示装置研究平抛运动的规律。悬点O正下方P点处有水平放置的炽热电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球由于惯性向前飞出作平抛运动。现对此运动采用频闪数码照相机连续拍摄。在有坐标纸的背景屏前，拍下了小球在作平抛运动过程中的多张照片，经合成后，照片如（乙）图所示，a、b、c、d为连续四次拍下的小球位置，已知照相机连续拍照的时间间隔是0.10s，照片大小如图中坐标所示，又知该照片的长度与实际背景屏的长度之比为1：4，则：（结果可保留根号）
（1）由以上及图信息，可以推算出该星球表面的重力加速度为 8 m/s2。
（2）由以上及图信息可以算出小球在b点时的速度是 m/s；
（3）若已知该星球的半径与地球半径之比为R星：R地＝1：4，则该星球的质量与地球质量之比M星：M地＝ 1：20 ，第一宇宙速度之比v星：v地＝ 。（g地取10m/s2）
【分析】（1）根据竖直方向上的运动特点计算出星球表面的重力加速度；
（2）根据运动学公式分别计算出水平速度和竖直速度，再将速度根据勾股定理合成即可；
（3）根据万有引力提供重力列式分析出星球与地球的质量之比，根据万有引力提供向心力列式计算出第一宇宙速度之比。
【解答】解：（1）由照片的长度与实际背景屏的长度之比为1：4可得，乙图中每个正方形的实际边长L＝4cm，竖直方向上有：
解得：g星＝8m/s2；
（2）水平方向上小球做匀速直线运动，则
在竖直方向上，根据匀变速直线运动的规律可知，
根据矢量合成的特点可知，＝
（3）设星球半径为R，根据万有引力与重力近似相等，则
解得：GM＝gR2
所以该星球与地球质量之比为M星：M地＝
根据万有引力提供向心力，则
解得：
则v星：v地＝
故答案为：（1）8；（2）；（3）1：20；
【点评】本题主要考查了平抛运动的相关应用，理解平抛运动的物体在不同方向的运动特点，同时理解万有引力提供的力的类型并列式完成分析。
四、解答题（本题共包括4个小题，满分32分。请书写工整，规范答题）
17．（8分）如图所示，竖直平面内由倾角α＝60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心O2的连线，以及O2、E、O1和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ＝30°，G点与竖直墙面的距离d＝R。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放。不计小球大小和所受阻力。
（1）若小球经过圆管内与圆心O1点等高的D点时对轨道的压力等于mg，求：小球经过D点时的速度大小。
（2）若小球释放后能从G点冲出，并垂直打到竖直墙壁，求小球冲出G点时的速度大小。
（3）若小球释放后能从G点冲出，并打到竖直墙壁与G点等高的位置，求小球冲出G点时的速度大小。
【分析】（1）小球在D点时，根据向心力的计算公式求解小球的速度大小；
（2）小球垂直达到竖直墙壁，从G点到竖直墙壁的运动为平抛运动的逆过程，根据平抛运动的规律求解；
（3）小球从G点冲出到竖直墙壁与G点等高位置的运动过程为斜抛运动，该运动可以看作两个平抛运动的组成，根据平抛运动的规律求解。
【解答】解：（1）小球在D点时，轨道对小球的弹力提供向心力：mg＝m
解得：vD＝；
（2）小球垂直达到竖直墙壁，从G点到竖直墙壁的运动为平抛运动的逆过程。
水平方向：d＝vGsinθt
竖直方向：vGcosθ＝gt
解得：vG＝2；
（3）小球从G点冲出到竖直墙壁与G点等高位置的运动过程为斜抛运动，根据其运动的对称性可知，该运动可以看作两个平抛运动的组成，对其中一个平抛运动可知：
水平方向：＝vG′sinθt′
竖直方向：vG′cosθ＝gt′
解得：vG′＝。
答：（1）小球经过D点时的速度大小为；
（2）若小球释放后能从G点冲出，并垂直打到竖直墙壁，则小球冲出G点时的速度大小为2；
（3）若小球释放后能从G点冲出，并打到竖直墙壁与G点等高的位置，则小球冲出G点时的速度大小为。
【点评】本题是一道力学综合题，物体运动过程复杂，分析清楚物体的运动过程是解题的前提，分析清楚物体运动过程后，应用平抛运动的规律解答。
18．（8分）如图所示，长为L1＝0.6m的细线拴一质量为m＝1kg的小球在水平面内做匀速圆周运动（圆锥摆），摆线与竖直方向的夹角为α＝60°，不计空气阻力，当小球运动到P点时绳子断了，一段时间后小球恰好从光滑圆弧AB的A点沿切线方向进入圆弧，进入圆弧时无机械能损失，已知圆弧的半径，圆心角θ＝53°，小球经圆弧运动到B点时的速度vB与经过A点时速度满足，小球经光滑地面从C点滑上顺时针转动的倾斜传送带CD，滑上C点前后瞬间速率不变。传送带CD与地面的倾角37°，其速度为v＝2m/s。已知物块与传送带间的动摩擦因数为0.5（g取10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，求：
（1）小球运动到P点时的速度v0大小；
（2）小球在圆弧轨道AB上运动过程中对轨道的最小压力；
（3）若传送带CD部分长L2＝2.35m，则物块从C滑到D所用时间。
【分析】（1）根据牛顿第二定律解得P点的速度，
（2）根据运动的合成与分解结合牛顿第二定律解得最小压力。
（3）碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后的速度，然后应用牛顿第二定律与运动学公式解题。
【解答】解：（1）设匀速圆周运动速度v0：mgtanα＝m
解得：v0＝3m/s，
（2）在A点，根据运动合成与分解：tan53°＝，vA＝
根据牛顿第二定律有：N﹣mgcosθ＝m
解得：N＝N
（3）两物体弹性相碰，规定B的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mvB＝mv1+Mv2，
由机械能守恒定律得：＝+，
开始滑上传送带，在传送带上，开始减速，到与传送带速度相同：
aM＝gsinθ+μgcosθ
t1＝，
减速运动的位移x1＝
因为gsinθ＝10×0.6＝6m/s2＞μgcosθ＝0.5×10×0.8＝4m/s2，
所以共速后，不能一起匀速，继续减速，加速度为：
a'M＝gsinθ﹣μgcosθ
经过位移x2＝L2﹣x1后减速到v3：＝2a'Mx2
所用时间为t2＝；
所以物块从C到D的时间t＝t1+t2
联立代入数据解得：t＝0.7s
答：（1）小球运动到P点时的速度v0大小为3m/s；
（2）小球在圆弧轨道AB上运动过程中对轨道的最小压力为N；
（3）若传送带CD部分长L2＝2.35m，则物块从C滑到D所用时间为0.7s。
【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，应用动能定理、动量守恒定律、机械能守恒定律与运动学公式可以解题。
19．（8分）如图所示，地球的两个卫星同向逆时针绕地球在同一平面内做匀速圆周运动，已知卫星一运行的周期为T1＝T0，地球的半径为R0，卫星一和卫星二到地球中心之间的距离分别为R1＝2R0，R2＝4R0，引力常量为G，某时刻，两卫星与地心之间的夹角为。（结果均用T0、R0、G表示）
求：（1）卫星二围绕地球做圆周运动的周期T2；
（2）地球表面的重力加速度。
（3）从图示时刻开始，经过多长时间两卫星第一次相距最近。
【分析】（1）卫星做圆周运动万有引力提供向心力，可解得；
（2）在地球表面万有引力近似等于重力；
（3）根据运动学关系解得。
【解答】解：（1）根据开普勒第三定律，可得：＝
已知：T1＝T0，R1＝2R0，R2＝4R0，
解得：T2＝2T0；
（2）对于卫星一，由万有引力提供向心力可得：
＝•2R0
对于在地球表面的物体有：＝m′g
解得：g＝
（3）根据运动学关系有：ω1t﹣ω2t＝2π﹣
角速度ω＝
联立解得：t＝
答：（1）卫星二围绕地球做圆周运动的周期为2T0；
（2）地球表面的重力加速度为。
（3）从图示时刻开始，经过时间两卫星第一次相距最近。
【点评】该题考查万有引力定律在天文学上的应用，第二问是卫星相遇问题，理解卫星再次相遇时，根据对应关系解得。
20．（8分）如图为某款弹射游戏的简化示意图，水平轨道OAB及EF处于同一水平面上，其中AB段粗糙，长度xAB＝3R，动摩擦因数μ＝，其余部分均光滑，EF段足够长。竖直平面内固定两光滑圆弧轨道BC、CD，半径分别为R和2R，其中R＝0.8m，BC、CD间存在缝隙，恰能使弹射小球无碰撞通过，间隙大小可忽略，圆弧BC与水平轨道AB相切于B点，E点恰好位于D点的正下方。已知弹射器的弹性势能与弹簧形变量的平方成正比，可视为质点的弹射小球质量为m＝0.1kg，当弹簧压缩量为Δx时，恰能运动到C处，g取10m/s2，求：
（1）压缩量为Δx时，弹簧的弹性势能Ep；
（2）当弹簧压缩量增加到2Δx，小球运动到D点时对圆弧轨道CD的压力；
（3）在（2）题条件下，调整CD弧的半径，求落点距E点的最远距离。
【分析】（1）当压缩量为Δx时，根据功能关系列式，求解弹簧的弹性势能Ep；
（2）当弹簧压缩量增加到2Δx，结合题设条件求弹簧的弹性势能。根据功能关系求出小球运动到D点时的速度，再由牛顿第二定律求出轨道对小球的压力，从而得到小球
对圆弧轨道CD的压力；
（3）根据功能关系求小球到达C点的速度与CD弧半径的关系，根据平抛运动的规律求出落点距E点的距离与CD弧半径的关系，运用数学知识求落点距E点的最远距离。
【解答】解：（1）当压缩量为Δx时，根据功能关系可知，弹簧的弹性势能Ep＝μmgxAB+mgR
代入数据解得：Ep＝1.6J
（2）已知弹射器的弹性势能与弹簧形变量的平方成正比，则当弹簧压缩量增加到2Δx，弹簧的弹性势能Ep′＝4Ep＝4×1.6J＝6.4J
小球从开始释放至运动到D点的过程，由动能定理得：Ep′﹣μmgxAB﹣mg•3R＝
在D点，对小球，由牛顿第二定律得
mg+FN＝m
由牛顿第三定律知小球运动到D点时对圆弧轨道CD的压力大小：FN′＝FN
代入数据解得：FN′＝3N，方向竖直向上。
（3）设CD弧的半径为r时，小球到达D点的速度为v，落点距E点的距离为x。
小球从开始释放至运动到D点的过程，由动能定理得：Ep′﹣μmgxAB﹣mg（R+r）＝
小球从D点飞出后做平抛运动，有R+r＝，x＝vt
联立可得：x＝
当r＝﹣＝﹣m＝2m时，x最大值，且最大值为xmax＝0.8m
答：（1）压缩量为Δx时，弹簧的弹性势能Ep为1.6J。
（2）当弹簧压缩量增加到2Δx，小球运动到D点时对圆弧轨道CD的压力为3N，方向竖直向上；
（3）在（2）题条件下，调整CD弧的半径，落点距E点的最远距离为0.8m。
【点评】解决本题的关键要根据物理规律得到平抛运动水平距离与圆弧CD半径的关系式，运用数学知识帮助求解x的最大值。
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2021-2022学年广东省高一（下）期中物理试卷
一、单项选择题（共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题意）
1．（3分）如图所示绳子通过固定在天花板上的定滑轮，左端与套在固定竖直杆上的物体A连接，右端与放在水平面上的物体B相连，到达如图所示位置时，绳与水平面的夹角分别为α、β，两物体的速率vA、vB之比为（ ）
A． B． C． D．
2．（3分）第24届冬奥会于2022年2月4日在中国北京和张家口联合举行，这是我国继2008年奥运会后承办的又一重大国际体育盛会。如图所示为我国滑雪运动员备战的示意图，运动员（可视为质点）从曲面AB上某位置由静止滑下，到达B点后水平飞出，经时间t1后落到斜坡滑道C点；运动员调整位置下滑，又从B点水平飞出，经时间t2后落到斜坡滑道D点。在C点和D点速度与斜面夹角分别为θ1和θ2。已知O点在B点正下方，OC＝CD，斜坡足够长，不计空气阻力，则以下关系正确的是（ ）
A．t2＞2t1 B． C．θ1＝θ2 D．θ1＞θ2
3．（3分）疫情期间居家上课，同学们在学习之余积极进行身体锻炼，自行车骑行是一项非常受喜爱的户外运动．如图所示为小明同学自行车的传动装置示意图，已知链轮的半径r1＝12cm，飞轮的半径r2＝6cm，后轮的半径r3＝30cm，A、B、C（图中未画出）分别为链轮、飞轮和后轮边缘上的点．若小明同学踩脚蹬使链轮匀速转动，若其每转一圈用时1s，该过程可认为自行车匀速前进，则下列说法正确的是（ ）
A．链轮、飞轮和后轮的角速度大小之比为2：1：1
B．A、B、C三点的线速度大小之比为2：1：5
C．A、B、C三点的向心加速度大小之比为1：4：10
D．自行车前进的速度大小约为3.8m/s
4．（3分）如图所示，有一倾斜的匀质圆盘（半径足够大），盘面与水平面的夹角为θ，绕过圆心并垂直于盘面的转轴以角速度ω匀速转动，有一物体（可视为质点）与盘面间的动摩擦因数为μ（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），重力加速度为g。要使物体能与圆盘始终保持相对静止，则物体与转轴间最大距离为（ ）
A． B．
C．g D．g
5．（3分）小明撑一雨伞站在水平地面上，伞面边缘点所围圆形的半径为R，现将雨伞绕竖直伞杆以角速度ω匀速旋转，伞边缘上的水滴落到地面，落点形成一半径为r的圆形，当地重力加速度的大小为g，根据以上数据可推知伞边缘距地面的高度应为（ ）
A． B．
C． D．
6．（3分）如图所示，一圆环以直径AB为轴做匀速转动，P、Q、R是环上的三点，则下列说法正确的是（ ）
A．向心加速度的大小aP＝aQ＝aR
B．任意时刻P、Q、R三点向心加速度的方向不同
C．线速度vP＞vQ＞vR
D．任意时刻P、Q、R三点的线速度方向均不同
7．（3分）2021年5月15日，中国首次火星探测任务“天问一号”着陆巡视器安全“到站”，着陆乌托邦平原，红色火星第一次留下了中国印迹。在发射探测器的过程中，探测器绕地球在轨道1上做匀速圆周运动的轨道半径为R1（图a），绕火星在轨道2上做匀速圆周运动的轨道半径为R2（图b）。地球与火星表面的重力加速度分别为g1、g2，地球半径是火星半径的2倍，二者均可视为质量分布均匀的球体。在相同时间内，探测器与地球球心连线扫过的面积为S1与火星中心连线扫过的面积为S2，则是（ ）
A． B．
C． D．
8．（3分）2021年10月16号神舟十三号载人飞船发射任务圆满成功。若神舟十三号在离开地球表面的过程中竖直向上做加速运动，质量为m的航天员王亚平在舱内固定的压力传感器上，当神舟十三号上升到离地球表面某一高度h时，飞船的加速度为a，压力传感器的示数为F。已知地球表面的重力加速度为g，地球半径大小为R，则h为（ ）
A． B．
C． D．
二、多项选择题（每题有两个或者两个以上正确答案，每题5分，少选得3分，共30分）
（多选）9．（5分）关于运动的合成与分解，下列说法正确的是（ ）
A．两个速度大小不相等的匀速直线运动的合运动一定是匀速直线运动
B．若两个互成角度的分运动分别是匀速直线运动和匀加速直线运动，则合运动一定是曲线运动
C．合运动的方向即为物体实际运动的方向，且其速度一定大于分速度
D．在运动的合成与分解中速度、加速度和位移都遵循平行四边形法则
（多选）10．（5分）如图，一半径为R的圆环固定于竖直平面内，圆心为O。现从圆环上距离圆心O竖直高度为0.5R的A点以水平初速度v0向右抛出一个质量为m的小球，一段时间后，小球落在圆环上的B点（图中未画出）；当v0大小不同时，小球的落点B也不同．重力加速度为g，不计空气阻力，小球可视为质点。以下说法正确的是（ ）
A．当v0大小不同时，小球从A点运动到B点的时间可能相同
B．当时，小球可以经过O点
C．当时，A、B两点位于一条直径上
D．当时，小球从A到B的运动过程中速度变化量最大
（多选）11．（5分）如图所示的装置，两根完全相同、轴线在同一水平面内的平行长圆柱上放一均匀木板，木板的重心与两圆柱等距，其中圆柱的半径r＝2cm，木板质量m＝5kg，木板与圆柱间的动摩擦因数μ＝0.2，两圆柱以角速度ω绕轴线做相反方向的转动。现施加一过木板重心且平行圆柱轴线的拉力F于木板上，使其以速度v＝0.6m/s沿圆柱表面做匀速运动。下列说法中正确的是（ ）
A．不论ω多大，所需水平拉力恒为10N
B．ω越大，所需水平拉力也越小
C．若ω＝40rad/s，则水平拉力F＝6N
D．若ω＝40rad/s，且水平拉力恒为20N时，则木板做匀加速运动
（多选）12．（5分）中国行星探测任务名称为“天问系列”，首次火星探测任务被命名为“天问一号”。若已知“天问一号”探测器在距离火星中心为r1的轨道上做匀速圆周运动，其周期为T1。火星半径为R0，自转周期为T0。引力常量为G，若火星与地球运动情况相似，下列说法正确的是（ ）
A．火星的质量为
B．火星表面两极的重力加速度为
C．火星的第一宇宙速度为
D．火星的同步卫星距离星球表面高度为
（多选）13．（5分）如图1所示，轻绳一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球，绳上有一拉力传感器（质量可忽略）．初始时，小球静止在最低点，现给小球一水平向右的初速度使其绕O点在竖直面内做圆周运动，在其轨迹最高点设置一光电门，可测量小球在最高点的速度v，多次改变小球初速度，记录小球运动到最高点时的拉力F和对应速度平方v2并绘制F﹣v2图像如图2所示，下列说法正确的是（ ）
A．重力加速度等于
B．轻绳长度等于
C．当v2＝a时，向心加速度为
D．当v2＝2a时，小球所受的拉力等于其重力的两倍
（多选）14．（5分）如图所示是卫星绕不同行星在不同轨道上运动的lgT﹣lgr图像，其中T为卫星的周期，r为卫星的轨道半径。卫星M绕行星P运动的图线是a，卫星N绕行星Q运动的图线是b，若卫星绕行星的运动可以看成匀速圆周运动，则（ ）
A．直线a的斜率与行星P质量无关
B．行星P的质量大于行星Q的质量
C．卫星M在1处的向心加速度小于在2处的向心加速度
D．卫星M在2处的向心加速度小于卫星N在3处的向心加速度
三、实验题（满分14分。请书写工整，保持卷面整洁，规范答题）
15．（7分）《研究平抛运动》的实验装置如图（甲）所示。
（1）为减少空气阻力对小球的影响，应选择的小球是 。
A．实心小铁球
B．实心小木球
C．空心小铁球
D．以上三种球都可以
（2）用小锤打击弹性金属片，A球就水平飞出；同时B球被松开，做自由落体运动。把这个装置放在不同高度进行实验，结果两小球总是同时落地：这个实验说明了A球 。
A．水平方向的分运动是匀速直线运动B．水平方向的分运动是匀加速直线运动
C．竖直方向的分运动是自由落体运动D．竖直方向的分运动是匀速直线运动
（3）某同学描出了的小钢球做平抛运动的轨迹如图乙所示。他以抛出点为坐标原点O，取水平向右为x轴，竖直向下为y轴，在轨迹上取两点A（x1，y1）和B（x2，y2），且使y1：y2＝1：4，若测量发现x1：x2为 ，则说明小钢球在水平方向做匀速直线运动。
（4）另一个同学研究物体做平抛运动的规律，他以v0的水平初速度抛出一小球，如图丙所示为一小球做平抛运动的闪光照相照片的一部分，图中背景方格的边长表示实际长度0.1m，如果取g＝10m/s2，则物体经过a点时的速度大小是 m/s（结果可用根号表示）。
16．（7分）在一个未知星球上用如图（甲）所示装置研究平抛运动的规律。悬点O正下方P点处有水平放置的炽热电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球由于惯性向前飞出作平抛运动。现对此运动采用频闪数码照相机连续拍摄。在有坐标纸的背景屏前，拍下了小球在作平抛运动过程中的多张照片，经合成后，照片如（乙）图所示，a、b、c、d为连续四次拍下的小球位置，已知照相机连续拍照的时间间隔是0.10s，照片大小如图中坐标所示，又知该照片的长度与实际背景屏的长度之比为1：4，则：（结果可保留根号）
（1）由以上及图信息，可以推算出该星球表面的重力加速度为 m/s2。
（2）由以上及图信息可以算出小球在b点时的速度是 m/s；
（3）若已知该星球的半径与地球半径之比为R星：R地＝1：4，则该星球的质量与地球质量之比M星：M地＝ ，第一宇宙速度之比v星：v地＝ 。（g地取10m/s2）
四、解答题（本题共包括4个小题，满分32分。请书写工整，规范答题）
17．（8分）如图所示，竖直平面内由倾角α＝60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心O2的连线，以及O2、E、O1和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ＝30°，G点与竖直墙面的距离d＝R。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放。不计小球大小和所受阻力。
（1）若小球经过圆管内与圆心O1点等高的D点时对轨道的压力等于mg，求：小球经过D点时的速度大小。
（2）若小球释放后能从G点冲出，并垂直打到竖直墙壁，求小球冲出G点时的速度大小。
（3）若小球释放后能从G点冲出，并打到竖直墙壁与G点等高的位置，求小球冲出G点时的速度大小。
18．（8分）如图所示，长为L1＝0.6m的细线拴一质量为m＝1kg的小球在水平面内做匀速圆周运动（圆锥摆），摆线与竖直方向的夹角为α＝60°，不计空气阻力，当小球运动到P点时绳子断了，一段时间后小球恰好从光滑圆弧AB的A点沿切线方向进入圆弧，进入圆弧时无机械能损失，已知圆弧的半径，圆心角θ＝53°，小球经圆弧运动到B点时的速度vB与经过A点时速度满足，小球经光滑地面从C点滑上顺时针转动的倾斜传送带CD，滑上C点前后瞬间速率不变。传送带CD与地面的倾角37°，其速度为v＝2m/s。已知物块与传送带间的动摩擦因数为0.5（g取10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，求：
（1）小球运动到P点时的速度v0大小；
（2）小球在圆弧轨道AB上运动过程中对轨道的最小压力；
（3）若传送带CD部分长L2＝2.35m，则物块从C滑到D所用时间。
19．（8分）如图所示，地球的两个卫星同向逆时针绕地球在同一平面内做匀速圆周运动，已知卫星一运行的周期为T1＝T0，地球的半径为R0，卫星一和卫星二到地球中心之间的距离分别为R1＝2R0，R2＝4R0，引力常量为G，某时刻，两卫星与地心之间的夹角为。（结果均用T0、R0、G表示）
求：（1）卫星二围绕地球做圆周运动的周期T2；
（2）地球表面的重力加速度。
（3）从图示时刻开始，经过多长时间两卫星第一次相距最近。
20．（8分）如图为某款弹射游戏的简化示意图，水平轨道OAB及EF处于同一水平面上，其中AB段粗糙，长度xAB＝3R，动摩擦因数μ＝，其余部分均光滑，EF段足够长。竖直平面内固定两光滑圆弧轨道BC、CD，半径分别为R和2R，其中R＝0.8m，BC、CD间存在缝隙，恰能使弹射小球无碰撞通过，间隙大小可忽略，圆弧BC与水平轨道AB相切于B点，E点恰好位于D点的正下方。已知弹射器的弹性势能与弹簧形变量的平方成正比，可视为质点的弹射小球质量为m＝0.1kg，当弹簧压缩量为Δx时，恰能运动到C处，g取10m/s2，求：
（1）压缩量为Δx时，弹簧的弹性势能Ep；
（2）当弹簧压缩量增加到2Δx，小球运动到D点时对圆弧轨道CD的压力；
（3）在（2）题条件下，调整CD弧的半径，求落点距E点的最远距离。
2021-2022学年广东省高一（下）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题意）
1．（3分）如图所示绳子通过固定在天花板上的定滑轮，左端与套在固定竖直杆上的物体A连接，右端与放在水平面上的物体B相连，到达如图所示位置时，绳与水平面的夹角分别为α、β，两物体的速率vA、vB之比为（ ）
A． B． C． D．
【分析】将A、B两物体的速度沿绳子和垂直于绳子方向分解，抓住A、B两物体沿绳子方向的分速度相等进行解答。
【解答】解：设此时绳子的速率为v，将A、B的速度分别沿绳的方向和垂直绳的方向分解，如图所示；
可得v＝vAsinα、v＝vBcosβ，所以，故A正确、BCD错误。
故选：A。
【点评】解决本题的关键会运用平行四边形定则对速度进行分解，知道物体沿绳子方向的分速度相等。
2．（3分）第24届冬奥会于2022年2月4日在中国北京和张家口联合举行，这是我国继2008年奥运会后承办的又一重大国际体育盛会。如图所示为我国滑雪运动员备战的示意图，运动员（可视为质点）从曲面AB上某位置由静止滑下，到达B点后水平飞出，经时间t1后落到斜坡滑道C点；运动员调整位置下滑，又从B点水平飞出，经时间t2后落到斜坡滑道D点。在C点和D点速度与斜面夹角分别为θ1和θ2。已知O点在B点正下方，OC＝CD，斜坡足够长，不计空气阻力，则以下关系正确的是（ ）
A．t2＞2t1 B． C．θ1＝θ2 D．θ1＞θ2
【分析】平抛运动的时间由竖直自由落体运动的位移决定，根据已知可判断时间关系；速度倾角正切等于位移倾角正切的两倍，由图可以看出C点位移倾角大于D点位移倾角，根据三角函数可以判断两角大小关系。
【解答】解：建立坐标系xOy，作辅助线CC′、DD′在同一高度，如图所示：根据已知和几何知识，设OC′＝C′D′＝L，BO＝h。
AB.根据平抛运动的规律，竖直方向做自由落体运动，则
，由于h+2L＜2（h+L）故，解此不等式得，故AB错误；
CD.由平抛运动推论可知，速度倾角正切等于位移倾角正切的两倍，
即tanθ＝2tanα（其中θ为速度方向与x轴的夹角，α为位移方向与x轴的夹角），
如图所示，BC位移倾角α1大于BD位移倾角α2，根据三角函数规律得tanα1＞tanα2，
由于tanθ1＝2tanα1，tanθ2＝2tanα2，所以tanθ1＞tanθ2，根据三角函数规律得θ1＞θ2，故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】已知OC＝CD由几何知识可得OC和CD的竖直分量也相等，就可以表示出从B到两点的竖直位移关系，利用自由落体运动的位移—时间公式可以比较时间关系。平抛运动的推论用起来很快捷，特别是选择题请充分运用。
3．（3分）疫情期间居家上课，同学们在学习之余积极进行身体锻炼，自行车骑行是一项非常受喜爱的户外运动．如图所示为小明同学自行车的传动装置示意图，已知链轮的半径r1＝12cm，飞轮的半径r2＝6cm，后轮的半径r3＝30cm，A、B、C（图中未画出）分别为链轮、飞轮和后轮边缘上的点．若小明同学踩脚蹬使链轮匀速转动，若其每转一圈用时1s，该过程可认为自行车匀速前进，则下列说法正确的是（ ）
A．链轮、飞轮和后轮的角速度大小之比为2：1：1
B．A、B、C三点的线速度大小之比为2：1：5
C．A、B、C三点的向心加速度大小之比为1：4：10
D．自行车前进的速度大小约为3.8m/s
【分析】靠链条传动的两轮子线速度大小相等，共轴的轮子角速度相等，结合公式v＝ωr和a＝ω2r＝ωv分析。
【解答】解：A、由于链轮与飞轮用链条传动，故其边缘上点的线速度大小相等，而飞轮与后轮是同轴传动，故其边缘上点的角速度大小相等。由于ω1r1＝ω2r2，链轮与飞轮的角速度之比为ω1：ω2＝1：2而ω2：ω3＝1：1所以：ω1：ω2：ω3＝1：2：2，故A错误；
B、由题意可知，A点与B点的线速度大小相等，v1：v2＝1：1，由于飞轮与后轮的角速度大小相等，＝＝，所以A、B、C三点的线速度大小之比为1：1：5，故B错误；
C、向心加速度大小a＝ω2r＝ωv，故A、B、C三点的向心加速度大小之比为1：2：10，故C错误；
D、链轮与后轮的角速度之比为ω1：ω3＝1：2，所以脚蹬匀速转一圈，后轮要转两圈，得v＝＝m/s≈3.8m/s，故D正确。
故选：D。
【点评】解决本题的关键知道靠链条传动的两轮子线速度大小相等，共轴的轮子角速度相等。
4．（3分）如图所示，有一倾斜的匀质圆盘（半径足够大），盘面与水平面的夹角为θ，绕过圆心并垂直于盘面的转轴以角速度ω匀速转动，有一物体（可视为质点）与盘面间的动摩擦因数为μ（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），重力加速度为g。要使物体能与圆盘始终保持相对静止，则物体与转轴间最大距离为（ ）
A． B．
C．g D．g
【分析】当物体转到圆盘的最低点，由重力沿斜面向下的分力和最大静摩擦力的合力提供向心力时，此种情况下不滑动的半径最大，由牛顿第二定律列方程求解。
【解答】解：当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度一定，由牛顿第二定律得：
μmgcosθ﹣mgsinθ＝mω2r
解得：r＝，故ABD错误，C正确。
故选：C。
【点评】本题关键要分析向心力的来源，明确角速度在什么位置最大，由牛顿第二定律进行解题即可。
5．（3分）小明撑一雨伞站在水平地面上，伞面边缘点所围圆形的半径为R，现将雨伞绕竖直伞杆以角速度ω匀速旋转，伞边缘上的水滴落到地面，落点形成一半径为r的圆形，当地重力加速度的大小为g，根据以上数据可推知伞边缘距地面的高度应为（ ）
A． B．
C． D．
【分析】物体做平抛运动，我们可以把平抛运动分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相同．
【解答】解：雨点甩出后做平抛运动，
竖直方向有：h＝，t＝
水平方向初速度为雨伞边缘的线速度，所以v0＝ωR
雨点甩出后水平方向做匀速直线运动，x＝
伞边缘上的水滴落到地面，落点形成一半径为r的圆形，根据几何关系可知水平距离为：
x＝
所以＝
解得：h＝
故选：A。
【点评】本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解．
6．（3分）如图所示，一圆环以直径AB为轴做匀速转动，P、Q、R是环上的三点，则下列说法正确的是（ ）
A．向心加速度的大小aP＝aQ＝aR
B．任意时刻P、Q、R三点向心加速度的方向不同
C．线速度vP＞vQ＞vR
D．任意时刻P、Q、R三点的线速度方向均不同
【分析】同轴转动问题，在转盘上各处的角速度相等，利用向心加速度表达式以及角速度和线速度关系进行求解。
【解答】解：A、圆环上各点角速度相等，根据公式an＝ω2r，向心加速度与到转动轴O的距离成正比，aP＞aQ＞aR，故A错误；
B、三点向心加速度的方向均是水平指向AB轴的，可以看出任意时刻P、Q、R三点向心加速度的方向相同，故B错误；
C、由图可知：半径rP＞rQ＞rR，由v＝ωr可知，线速度vP＞vQ＞vR，故C正确；
D、线速度的方向为该点的切线方向，任意时刻P、Q、R三点的线速度方向均相同，故D错误；
故选：C。
【点评】解决转盘转动问题要明确角速度、线速度之间关系，利用向心加速度表达式进行求解。
7．（3分）2021年5月15日，中国首次火星探测任务“天问一号”着陆巡视器安全“到站”，着陆乌托邦平原，红色火星第一次留下了中国印迹。在发射探测器的过程中，探测器绕地球在轨道1上做匀速圆周运动的轨道半径为R1（图a），绕火星在轨道2上做匀速圆周运动的轨道半径为R2（图b）。地球与火星表面的重力加速度分别为g1、g2，地球半径是火星半径的2倍，二者均可视为质量分布均匀的球体。在相同时间内，探测器与地球球心连线扫过的面积为S1与火星中心连线扫过的面积为S2，则是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据万有引力提供向心力，同时万有引力等于重力的关系结合几何关系可解得。
【解答】解：由几何关系可知，对于同一个圆扫过的圆心角与扫过的面积成正比，设探测器与地球球心连线在时间扫过的圆心角为θ1，则有
解得
S1＝
由
θ1＝ω1t
可得
S1＝
同理可得
S2＝
探测器绕地球做匀速圆周运动有
＝mR1
可得
S1＝
同理可得
S2＝
根据
mg＝
联立可得
＝
故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题考查了万有引力定律及其应用，要熟记万有引力的公式和圆周运动的一些关系变换式，解题依据为万有引力提供向心力。
8．（3分）2021年10月16号神舟十三号载人飞船发射任务圆满成功。若神舟十三号在离开地球表面的过程中竖直向上做加速运动，质量为m的航天员王亚平在舱内固定的压力传感器上，当神舟十三号上升到离地球表面某一高度h时，飞船的加速度为a，压力传感器的示数为F。已知地球表面的重力加速度为g，地球半径大小为R，则h为（ ）
A． B．
C． D．
【分析】当神舟十三号上升到离地球表面某一高度h时，由牛顿第二定律律，结合在地球表面根据万有引力等于重力，即可求得。
【解答】解：当神舟十三号上升到离地球表面某一高度h时，由牛顿第二定律有F﹣＝ma
在地球表面上有＝mg
解得h＝，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题考查了万有引力定律及其应用，要熟记万有引力的公式和圆周运动的一些关系变换式，解题依据为万有引力提供向心力。
二、多项选择题（每题有两个或者两个以上正确答案，每题5分，少选得3分，共30分）
（多选）9．（5分）关于运动的合成与分解，下列说法正确的是（ ）
A．两个速度大小不相等的匀速直线运动的合运动一定是匀速直线运动
B．若两个互成角度的分运动分别是匀速直线运动和匀加速直线运动，则合运动一定是曲线运动
C．合运动的方向即为物体实际运动的方向，且其速度一定大于分速度
D．在运动的合成与分解中速度、加速度和位移都遵循平行四边形法则
【分析】合运动是直线运动还是曲线运动取决于合速度方向与合加速度方向是否在同一条直线上．根据平行四边形定则，可知合速度、合位移与分速度、分位移的大小关系．
【解答】解：A、两个速度大小不相等的匀速直线运动的合运动一定是直线运动，因为合加速度为零，具有合速度，一定做匀速直线运动，故A正确；
B、两个互成角度的分运动分别是匀速直线运动和匀加速直线运动，若合初速度方向与加速度的方向在同一条直线上，则为匀变速直线运动，若合初速度的方向与加速度的方向不在同一条直线上，则合运动一定是曲线运动，如平抛运动，故B错误；
C、根据平行四边形定则知，合速度可能比分速度大，可能比分速度小，可能与分速度相等，故C错误；
D、速度、加速度合位移都是矢量，在运动的合成与分解中速度、加速度和位移都遵循平行四边形法则，故D正确。
故选：AD。
【点评】解决本题的关键知道合运动是直线运动还是曲线运动取决于合速度方向与合加速度方向是否在同一条直线上．以及会根据平行四边形定则判断合速度与分速度的大小关系．
（多选）10．（5分）如图，一半径为R的圆环固定于竖直平面内，圆心为O。现从圆环上距离圆心O竖直高度为0.5R的A点以水平初速度v0向右抛出一个质量为m的小球，一段时间后，小球落在圆环上的B点（图中未画出）；当v0大小不同时，小球的落点B也不同．重力加速度为g，不计空气阻力，小球可视为质点。以下说法正确的是（ ）
A．当v0大小不同时，小球从A点运动到B点的时间可能相同
B．当时，小球可以经过O点
C．当时，A、B两点位于一条直径上
D．当时，小球从A到B的运动过程中速度变化量最大
【分析】小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，水平方向做自由落体运动。由此结合各选项的条件分析即可。
【解答】解：A、当v0大小不同时，小球的落点B可能位于同一水平面上，所以运动时间可能相同，故A正确；
B、运动过程中经过O点，满足竖直方向，水平方向，解得，故B错误；
C、若A、B两点位于一条直径上，满足：，解得，故C正确；
D、当B点位于O点正下方时，满足，解得，此时小球运动的时间最长，则由Δv＝gt，可知此时速度变化量最大，故D正确。
故选：ACD。
【点评】此题考查了平抛运动的规律，解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律。
（多选）11．（5分）如图所示的装置，两根完全相同、轴线在同一水平面内的平行长圆柱上放一均匀木板，木板的重心与两圆柱等距，其中圆柱的半径r＝2cm，木板质量m＝5kg，木板与圆柱间的动摩擦因数μ＝0.2，两圆柱以角速度ω绕轴线做相反方向的转动。现施加一过木板重心且平行圆柱轴线的拉力F于木板上，使其以速度v＝0.6m/s沿圆柱表面做匀速运动。下列说法中正确的是（ ）
A．不论ω多大，所需水平拉力恒为10N
B．ω越大，所需水平拉力也越小
C．若ω＝40rad/s，则水平拉力F＝6N
D．若ω＝40rad/s，且水平拉力恒为20N时，则木板做匀加速运动
【分析】根据滑动摩擦力公式f＝μFN求出滑动摩擦力大小，然后应用平衡条件求出拉力大小，再分析水平拉力与角速度的关系。
【解答】解：ABC、木板与两个圆柱表面间的摩擦力相等，大小为：f＝μmg＝×0.2×5×10N＝5N
当ω＝40rad/s，圆柱表面上的点转动的线速度大小为：v′＝ωr＝40×0.02m/s＝0.8m/s
木板的速度v＝0.6m/s，则木板相对于圆柱表面的点运动的合速度大小为：v合＝＝m/s＝1.0m/s
由几何关系可知木板所受的滑动摩擦力与拉力F的夹角α＝90°+37°＝127°；
木板在垂直于轴线方向受到两轴的滑动摩擦力的分力大小相等、方向相反，所以在垂直于轴线方向上受到的滑动摩擦力为零；
在平行于轴线方向上，木板受到的滑动摩擦力：f′＝2f•sin37°＝2×5×0.6N＝6N，木板做匀速直线运动，由平衡条件得：F＝f′＝6N，故A错误，C正确；
圆柱转动的角速度越大，则圆柱表面上的点的线速度越大，木板与圆柱表面的摩擦力沿垂直于轴线方向的分力越大，沿圆柱轴线方向的分力越小，所以匀速拉动木板的拉力越小，故B正确；
D、若ω＝40rad/s时，拉力为20N，木板开始做加速运动，随木板速度的增大，则木板与圆柱表面的摩擦力沿圆柱轴线方向的分力增大，所以木板受到的合力将减小，木板不可能做匀加速直线运动，故D错误。
故选：BC。
【点评】解答本题时，要注意物体所受的滑动摩擦力大小与物体的运动速度无关，但滑动摩擦力的方向与相对运动的方向相反，弄明白滑动摩擦力的方向是解答的难点。
（多选）12．（5分）中国行星探测任务名称为“天问系列”，首次火星探测任务被命名为“天问一号”。若已知“天问一号”探测器在距离火星中心为r1的轨道上做匀速圆周运动，其周期为T1。火星半径为R0，自转周期为T0。引力常量为G，若火星与地球运动情况相似，下列说法正确的是（ ）
A．火星的质量为
B．火星表面两极的重力加速度为
C．火星的第一宇宙速度为
D．火星的同步卫星距离星球表面高度为
【分析】对“天问一号”做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，对火星在极地表面，根据万有引力等于重力，分别列方程，可求极地表面的重力加速度以及火星的质量。
对同步卫星根据万有引力提供向心力可求同步卫星的轨道半径。
在火星表面，根据重力提供向心力可求第一宇宙速度。
【解答】解：AB、“天问一号”在火星停泊轨道上做匀速圆周运动，设“天问一号”的质量为m、火星质量为M，
根据万有引力提供向心力得：
对火星在极点上，根据万有引力等于重力得：mg＝
联立解得：g＝，M＝，故A错误，B正确；
C、火星的第一宇宙速度是物体在火星表面附近环绕火星做匀速圆周运动时具有的速度，在火星表面，根据重力提供向心力得：，解得第一宇宙速度v＝，故C正确；
D、同步卫星的周期等于火星自转周期T0，对同步卫星根据万有引力提供向心力得：，联立解得：h＝，故D错误。
故选：BC。
【点评】该题考查了万有引力定律及其应用，要熟记万有引力的公式和圆周运动的一些关系变换式，解题依据为万有引力提供向心力。
（多选）13．（5分）如图1所示，轻绳一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球，绳上有一拉力传感器（质量可忽略）．初始时，小球静止在最低点，现给小球一水平向右的初速度使其绕O点在竖直面内做圆周运动，在其轨迹最高点设置一光电门，可测量小球在最高点的速度v，多次改变小球初速度，记录小球运动到最高点时的拉力F和对应速度平方v2并绘制F﹣v2图像如图2所示，下列说法正确的是（ ）
A．重力加速度等于
B．轻绳长度等于
C．当v2＝a时，向心加速度为
D．当v2＝2a时，小球所受的拉力等于其重力的两倍
【分析】根据牛顿第二定律列式，结合图像分析出重力加速度和轻绳的长度；
将速度代入到解析式中，分析出对应的向心加速度和小球所受的拉力。
【解答】解：A、在最高点，由牛顿第二定律可知：
化简得：
结合图像可知：﹣b＝﹣mg
解得：，故A错误；
B、由上述分析可知，
解得：，故B正确；
C、由几何关系可得，图2中的直线表达值为：
当v2＝a时，F＝0
由牛顿第二定律可知，此时向心加速度为：，故C正确；
D、由上述分析，当v2＝2a时，F＝b＝mg，故D错误；
故选：BC。
【点评】本题主要考查了圆周运动的相关应用，解题的关键点是分析出向心力的来源，结合图像的斜率和截距的物理意义完成分析。
（多选）14．（5分）如图所示是卫星绕不同行星在不同轨道上运动的lgT﹣lgr图像，其中T为卫星的周期，r为卫星的轨道半径。卫星M绕行星P运动的图线是a，卫星N绕行星Q运动的图线是b，若卫星绕行星的运动可以看成匀速圆周运动，则（ ）
A．直线a的斜率与行星P质量无关
B．行星P的质量大于行星Q的质量
C．卫星M在1处的向心加速度小于在2处的向心加速度
D．卫星M在2处的向心加速度小于卫星N在3处的向心加速度
【分析】人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，根据人造卫星的万有引力等于向心力，结合数学知识点变形可知函数图象的意义；再结合万有引力提供线速度、角速度、加速度进行判断。
【解答】解：A、卫星绕行星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有：G＝mr，解得周期T＝2π，根据数学公式变形可得lgT＝lg+lgr，结合图像知直线的斜率为定值，与行星质量无关，故A正确；
B、图象的纵轴截距为lg根据数学知识可知，a的纵轴截距的绝对值小，则行星P的质量小于行星Q的质量，故B错误；
C、根据图象可知，1处的轨道半径小，根据万有引力提供向心力可知：G＝man，解得：an＝，则轨道半径小的，向心加速度大，所以卫星M在1处的向心加速度大于在2处的向心加速度，故C错误；
D、根据万有引力提供向心力得：G＝man，解得：an＝，则卫星M在2处的向心加速度小于卫星N在3处的向心加速度，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查了万有引力定律在实际问题中的应用，解决此题的关键是根据人造卫星的万有引力等于向心力，结合数学知识点进行变形得到图像的函数表达式进行判断。
三、实验题（满分14分。请书写工整，保持卷面整洁，规范答题）
15．（7分）《研究平抛运动》的实验装置如图（甲）所示。
（1）为减少空气阻力对小球的影响，应选择的小球是 A 。
A．实心小铁球
B．实心小木球
C．空心小铁球
D．以上三种球都可以
（2）用小锤打击弹性金属片，A球就水平飞出；同时B球被松开，做自由落体运动。把这个装置放在不同高度进行实验，结果两小球总是同时落地：这个实验说明了A球 C 。
A．水平方向的分运动是匀速直线运动B．水平方向的分运动是匀加速直线运动
C．竖直方向的分运动是自由落体运动D．竖直方向的分运动是匀速直线运动
（3）某同学描出了的小钢球做平抛运动的轨迹如图乙所示。他以抛出点为坐标原点O，取水平向右为x轴，竖直向下为y轴，在轨迹上取两点A（x1，y1）和B（x2，y2），且使y1：y2＝1：4，若测量发现x1：x2为 1：2 ，则说明小钢球在水平方向做匀速直线运动。
（4）另一个同学研究物体做平抛运动的规律，他以v0的水平初速度抛出一小球，如图丙所示为一小球做平抛运动的闪光照相照片的一部分，图中背景方格的边长表示实际长度0.1m，如果取g＝10m/s2，则物体经过a点时的速度大小是 m/s（结果可用根号表示）。
【分析】（1）实验中要控制空气阻力对实验的影响；
（2）两球同时落地，在竖直方向上两球运动规律相同；
（3）根据小球竖直方向和水平方向的同时性，分析小球水平方向的运动；
（4）根据平抛运动规律求解小球在a点时的速度。
【解答】解：（1）为减小空气阻力对小球的影响，在相同体积的情况下，实心小铁球密度最大，因而最重，故应选择实心小铁球，故A正确，BCD错误；故选A。
（2）由于两球同时落地，故在竖直方向上两球运动规律相同，均为自由落体运动，但不能证明A球在水平方向做匀速直线运动，故C正确，ABD错误；故选C。
（3）由于A球在竖直方向做自由落体运动，且
y1：y2＝1：4
则O到A的时间和A到B的时间相等，则若测量发现x1：x2＝1：2，则说明小钢球在水平方向做匀速直线运动。
（4）a到c是平抛运动的一部分
竖直方向：Δy＝L＝gt2
解得：t＝0.1s
b点竖直分速度为
vyb＝
又
vyb＝vya+gt
联立得a点竖直分速度：vya＝0.5m/s
水平方向
xac＝4L＝v0•2t
解得：
v0＝2m/s
a点速度为va＝
解得：va＝m/s。
故答案为：（1）A（2）C（3）1：2（4）
【点评】明确平抛运动是水平方向匀速运动，竖直方向自由落体运动，知道根据平抛运动的轨迹如何求解初速度，知道实验的基本操作规则。
16．（7分）在一个未知星球上用如图（甲）所示装置研究平抛运动的规律。悬点O正下方P点处有水平放置的炽热电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球由于惯性向前飞出作平抛运动。现对此运动采用频闪数码照相机连续拍摄。在有坐标纸的背景屏前，拍下了小球在作平抛运动过程中的多张照片，经合成后，照片如（乙）图所示，a、b、c、d为连续四次拍下的小球位置，已知照相机连续拍照的时间间隔是0.10s，照片大小如图中坐标所示，又知该照片的长度与实际背景屏的长度之比为1：4，则：（结果可保留根号）
（1）由以上及图信息，可以推算出该星球表面的重力加速度为 8 m/s2。
（2）由以上及图信息可以算出小球在b点时的速度是 m/s；
（3）若已知该星球的半径与地球半径之比为R星：R地＝1：4，则该星球的质量与地球质量之比M星：M地＝ 1：20 ，第一宇宙速度之比v星：v地＝ 。（g地取10m/s2）
【分析】（1）根据竖直方向上的运动特点计算出星球表面的重力加速度；
（2）根据运动学公式分别计算出水平速度和竖直速度，再将速度根据勾股定理合成即可；
（3）根据万有引力提供重力列式分析出星球与地球的质量之比，根据万有引力提供向心力列式计算出第一宇宙速度之比。
【解答】解：（1）由照片的长度与实际背景屏的长度之比为1：4可得，乙图中每个正方形的实际边长L＝4cm，竖直方向上有：
解得：g星＝8m/s2；
（2）水平方向上小球做匀速直线运动，则
在竖直方向上，根据匀变速直线运动的规律可知，
根据矢量合成的特点可知，＝
（3）设星球半径为R，根据万有引力与重力近似相等，则
解得：GM＝gR2
所以该星球与地球质量之比为M星：M地＝
根据万有引力提供向心力，则
解得：
则v星：v地＝
故答案为：（1）8；（2）；（3）1：20；
【点评】本题主要考查了平抛运动的相关应用，理解平抛运动的物体在不同方向的运动特点，同时理解万有引力提供的力的类型并列式完成分析。
四、解答题（本题共包括4个小题，满分32分。请书写工整，规范答题）
17．（8分）如图所示，竖直平面内由倾角α＝60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心O2的连线，以及O2、E、O1和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ＝30°，G点与竖直墙面的距离d＝R。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放。不计小球大小和所受阻力。
（1）若小球经过圆管内与圆心O1点等高的D点时对轨道的压力等于mg，求：小球经过D点时的速度大小。
（2）若小球释放后能从G点冲出，并垂直打到竖直墙壁，求小球冲出G点时的速度大小。
（3）若小球释放后能从G点冲出，并打到竖直墙壁与G点等高的位置，求小球冲出G点时的速度大小。
【分析】（1）小球在D点时，根据向心力的计算公式求解小球的速度大小；
（2）小球垂直达到竖直墙壁，从G点到竖直墙壁的运动为平抛运动的逆过程，根据平抛运动的规律求解；
（3）小球从G点冲出到竖直墙壁与G点等高位置的运动过程为斜抛运动，该运动可以看作两个平抛运动的组成，根据平抛运动的规律求解。
【解答】解：（1）小球在D点时，轨道对小球的弹力提供向心力：mg＝m
解得：vD＝；
（2）小球垂直达到竖直墙壁，从G点到竖直墙壁的运动为平抛运动的逆过程。
水平方向：d＝vGsinθt
竖直方向：vGcosθ＝gt
解得：vG＝2；
（3）小球从G点冲出到竖直墙壁与G点等高位置的运动过程为斜抛运动，根据其运动的对称性可知，该运动可以看作两个平抛运动的组成，对其中一个平抛运动可知：
水平方向：＝vG′sinθt′
竖直方向：vG′cosθ＝gt′
解得：vG′＝。
答：（1）小球经过D点时的速度大小为；
（2）若小球释放后能从G点冲出，并垂直打到竖直墙壁，则小球冲出G点时的速度大小为2；
（3）若小球释放后能从G点冲出，并打到竖直墙壁与G点等高的位置，则小球冲出G点时的速度大小为。
【点评】本题是一道力学综合题，物体运动过程复杂，分析清楚物体的运动过程是解题的前提，分析清楚物体运动过程后，应用平抛运动的规律解答。
18．（8分）如图所示，长为L1＝0.6m的细线拴一质量为m＝1kg的小球在水平面内做匀速圆周运动（圆锥摆），摆线与竖直方向的夹角为α＝60°，不计空气阻力，当小球运动到P点时绳子断了，一段时间后小球恰好从光滑圆弧AB的A点沿切线方向进入圆弧，进入圆弧时无机械能损失，已知圆弧的半径，圆心角θ＝53°，小球经圆弧运动到B点时的速度vB与经过A点时速度满足，小球经光滑地面从C点滑上顺时针转动的倾斜传送带CD，滑上C点前后瞬间速率不变。传送带CD与地面的倾角37°，其速度为v＝2m/s。已知物块与传送带间的动摩擦因数为0.5（g取10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，求：
（1）小球运动到P点时的速度v0大小；
（2）小球在圆弧轨道AB上运动过程中对轨道的最小压力；
（3）若传送带CD部分长L2＝2.35m，则物块从C滑到D所用时间。
【分析】（1）根据牛顿第二定律解得P点的速度，
（2）根据运动的合成与分解结合牛顿第二定律解得最小压力。
（3）碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后的速度，然后应用牛顿第二定律与运动学公式解题。
【解答】解：（1）设匀速圆周运动速度v0：mgtanα＝m
解得：v0＝3m/s，
（2）在A点，根据运动合成与分解：tan53°＝，vA＝
根据牛顿第二定律有：N﹣mgcosθ＝m
解得：N＝N
（3）两物体弹性相碰，规定B的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mvB＝mv1+Mv2，
由机械能守恒定律得：＝+，
开始滑上传送带，在传送带上，开始减速，到与传送带速度相同：
aM＝gsinθ+μgcosθ
t1＝，
减速运动的位移x1＝
因为gsinθ＝10×0.6＝6m/s2＞μgcosθ＝0.5×10×0.8＝4m/s2，
所以共速后，不能一起匀速，继续减速，加速度为：
a'M＝gsinθ﹣μgcosθ
经过位移x2＝L2﹣x1后减速到v3：＝2a'Mx2
所用时间为t2＝；
所以物块从C到D的时间t＝t1+t2
联立代入数据解得：t＝0.7s
答：（1）小球运动到P点时的速度v0大小为3m/s；
（2）小球在圆弧轨道AB上运动过程中对轨道的最小压力为N；
（3）若传送带CD部分长L2＝2.35m，则物块从C滑到D所用时间为0.7s。
【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，应用动能定理、动量守恒定律、机械能守恒定律与运动学公式可以解题。
19．（8分）如图所示，地球的两个卫星同向逆时针绕地球在同一平面内做匀速圆周运动，已知卫星一运行的周期为T1＝T0，地球的半径为R0，卫星一和卫星二到地球中心之间的距离分别为R1＝2R0，R2＝4R0，引力常量为G，某时刻，两卫星与地心之间的夹角为。（结果均用T0、R0、G表示）
求：（1）卫星二围绕地球做圆周运动的周期T2；
（2）地球表面的重力加速度。
（3）从图示时刻开始，经过多长时间两卫星第一次相距最近。
【分析】（1）卫星做圆周运动万有引力提供向心力，可解得；
（2）在地球表面万有引力近似等于重力；
（3）根据运动学关系解得。
【解答】解：（1）根据开普勒第三定律，可得：＝
已知：T1＝T0，R1＝2R0，R2＝4R0，
解得：T2＝2T0；
（2）对于卫星一，由万有引力提供向心力可得：
＝•2R0
对于在地球表面的物体有：＝m′g
解得：g＝
（3）根据运动学关系有：ω1t﹣ω2t＝2π﹣
角速度ω＝
联立解得：t＝
答：（1）卫星二围绕地球做圆周运动的周期为2T0；
（2）地球表面的重力加速度为。
（3）从图示时刻开始，经过时间两卫星第一次相距最近。
【点评】该题考查万有引力定律在天文学上的应用，第二问是卫星相遇问题，理解卫星再次相遇时，根据对应关系解得。
20．（8分）如图为某款弹射游戏的简化示意图，水平轨道OAB及EF处于同一水平面上，其中AB段粗糙，长度xAB＝3R，动摩擦因数μ＝，其余部分均光滑，EF段足够长。竖直平面内固定两光滑圆弧轨道BC、CD，半径分别为R和2R，其中R＝0.8m，BC、CD间存在缝隙，恰能使弹射小球无碰撞通过，间隙大小可忽略，圆弧BC与水平轨道AB相切于B点，E点恰好位于D点的正下方。已知弹射器的弹性势能与弹簧形变量的平方成正比，可视为质点的弹射小球质量为m＝0.1kg，当弹簧压缩量为Δx时，恰能运动到C处，g取10m/s2，求：
（1）压缩量为Δx时，弹簧的弹性势能Ep；
（2）当弹簧压缩量增加到2Δx，小球运动到D点时对圆弧轨道CD的压力；
（3）在（2）题条件下，调整CD弧的半径，求落点距E点的最远距离。
【分析】（1）当压缩量为Δx时，根据功能关系列式，求解弹簧的弹性势能Ep；
（2）当弹簧压缩量增加到2Δx，结合题设条件求弹簧的弹性势能。根据功能关系求出小球运动到D点时的速度，再由牛顿第二定律求出轨道对小球的压力，从而得到小球
对圆弧轨道CD的压力；
（3）根据功能关系求小球到达C点的速度与CD弧半径的关系，根据平抛运动的规律求出落点距E点的距离与CD弧半径的关系，运用数学知识求落点距E点的最远距离。
【解答】解：（1）当压缩量为Δx时，根据功能关系可知，弹簧的弹性势能Ep＝μmgxAB+mgR
代入数据解得：Ep＝1.6J
（2）已知弹射器的弹性势能与弹簧形变量的平方成正比，则当弹簧压缩量增加到2Δx，弹簧的弹性势能Ep′＝4Ep＝4×1.6J＝6.4J
小球从开始释放至运动到D点的过程，由动能定理得：Ep′﹣μmgxAB﹣mg•3R＝
在D点，对小球，由牛顿第二定律得
mg+FN＝m
由牛顿第三定律知小球运动到D点时对圆弧轨道CD的压力大小：FN′＝FN
代入数据解得：FN′＝3N，方向竖直向上。
（3）设CD弧的半径为r时，小球到达D点的速度为v，落点距E点的距离为x。
小球从开始释放至运动到D点的过程，由动能定理得：Ep′﹣μmgxAB﹣mg（R+r）＝
小球从D点飞出后做平抛运动，有R+r＝，x＝vt
联立可得：x＝
当r＝﹣＝﹣m＝2m时，x最大值，且最大值为xmax＝0.8m
答：（1）压缩量为Δx时，弹簧的弹性势能Ep为1.6J。
（2）当弹簧压缩量增加到2Δx，小球运动到D点时对圆弧轨道CD的压力为3N，方向竖直向上；
（3）在（2）题条件下，调整CD弧的半径，落点距E点的最远距离为0.8m。
【点评】解决本题的关键要根据物理规律得到平抛运动水平距离与圆弧CD半径的关系式，运用数学知识帮助求解x的最大值。
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