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2022-2023学年福建省福州市福清市高中联合体高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年福建省福州市福清市高中联合体高一（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，填空题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.下列关于力对物体做功的说法正确的是( )
A. 功是矢量，它的正负表示方向
B. 力对物体不做功，则物体一定处于静止状态
C. 力对物体做负功，也可以说物体克服该力做功
D. 用300N的力推箱子做的功一定比用100N的恒力推箱子做的功多
2.如图所示，质量为m的苹果从距地面高度为H的树上的A点由静止开始下落，树下有一深度为h的坑，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 苹果从A点落到坑底的过程中，重力做负功
B. 苹果从A点落到坑底的过程中，重力势能减小
C. 若以地面为零势能参考平面，苹果在坑底的重力势能为mgh
D. 若以地面为零势能参考平面，苹果在A点的重力势能为mg(H+h)
3.如图所示为福清某社区车库的道闸设备，道闸杆以O为转轴，N为右端点，M为ON的中点。道闸启动后，杆沿逆时针方向匀速转动的过程中，下列说法正确的是( )
A. M、N两点的角速度大小之比为1：1
B. M、N两点的角速度大小之比为2：1
C. M、N两点的线速度大小之比为1：1
D. M、N两点的线速度大小之比为2：1
4.“套圈”是老少皆宜的游戏。如图所示，将A、B两个套圈分别以速度v1、v2水平抛出，都能套中地面上的同一玩具，已知套圈A、B抛出时距玩具的水平距离相等，设套圈A、B在空中运动时间分别为t1、t2，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. t1等于t2
B. t1小于t2
C. v2大于v1
D. v1与v2相等
5.21世纪以来，“校园足球”一直是备受关注的焦点。如图为某次足球比赛时足球在空中的飞行轨迹(轨迹在竖直平面内，空气阻力不可忽略)，则足球在最高点的速度v的方向和所受合力F的方向应为( )
A. B.
C. D.
6.河流某段两岸平行，河的宽度为84m，水流速度为3m/s，船在静水中的速度为4m/s，渡河时船头方向始终与河岸垂直，则船渡河的时间为( )
A. 28sB. 21sC. 12sD. 16.8s
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
7.下列物理过程中，机械能守恒的有( )
A. 钟摆在不计阻力情况下来回摆动过程
B. 把一个物体竖直向上匀速提升的过程
C. 汽车关闭油门后沿水平公路向前滑行的过程
D. 小球从高处竖直下落压缩弹簧过程中，弹簧和小球组成的系统(如图)
8.做匀速圆周运动的物体，10s内在沿半径为10m的圆周上运动了100m，则物体做匀速圆周运动时( )
A. 周期为2sB. 线速度的大小10m/s
C. 角速度的大小10rad/sD. 向心加速度大小为10m/s2
9.2023年5月30日18时22分，翘盼已久的神舟十五号航天员乘组顺利打开“家门”，欢迎远道而来的神舟十六号航天员乘组入驻“天宫”空间站，随后，两个航天员乘组拍下“全家福”(图)，共同向牵挂他们的全国人民报平安，空间站与地面的通信利用了我国的中继卫星系统进行信号传输，已知空间站在距离地面400公里左右的轨道上运行，其运动视为匀速圆周运动，中继卫星系统中某卫星是距离地面36000公里左右的地球同步卫星，简化示意图如图所示，则下列说法正确的是( )
A. 同步卫星的周期为24小时
B. 同步卫星只能位于赤道上方，且高度和速率是唯一确定的
C. 空间站的角速度比同步卫星大
D. 空间站的线速度比同步卫星小
10.2023年4月8日至10日，中国人民解放军东部战区在台岛周边组织环台岛战备警巡，举行“联合利剑”演习。这是对“台独”分裂势力与外部势力勾连挑衅的严重警告，是捍卫国家主权和领土完整的必要行动。如图火炮系统正在发射炮弹，炮弹在空中的飞行轨迹可简化成如图所示，不计空气阻力，以下说法正确的是( )
A. 炮弹在空中做匀变速曲线运动
B. 炮弹在最高点的动能为0J
C. 炮弹能够上升的最大高度h由发射速度v0的竖直分量决定，与水平分量无关
D. 炮弹能否击中目标仅由发射速度v0大小决定，与发射角度θ无关
三、填空题：本大题共2小题，共8分。
11.2023年5月20日，随着首趟检测列车从福州南站缓缓驶出，福厦高铁正式进入联调联试阶段。“复兴号”列车将在福厦高铁上尽情奔驰，福州、厦门将实现“一小时生活圈”，某“复兴号”列车的额定功率为1.0×104kW，质量为1.0×105kg。若该列车保持额定功率不变从静止启动后，在水平轨道上行驶，受到的阻力恒为1.0×105N，80s后达到最大速度。该列车在达到最大速度之前做______运动(填“匀加速”或“变加速”)：该列车行驶的最大速度为______m/s。
12.如图所示，质量为2t的汽车沿半径为36m的水平公路面转弯，若路面对车的动摩擦因数为μ=0.4，则汽车转弯时最大向心加速度大小为______m/s2，为使汽车顺利转弯而不滑动的车速最大值为______m/s。(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2)
四、实验题：本大题共2小题，共18分。
13.如图所示为向心力演示器，匀速转动手柄，可使塔轮、长槽和短槽匀速转动，槽内的小球也就随之做匀速圆周运动。挡板对小球的作用力提供了小球做匀速圆周运动的向心力。同时，小球挤压挡板的力使挡板另一端压缩测力套筒的弹簧，压缩量可从标尺上读出，标尺上的黑白相间的等分格显示出两个钢球所受向心力的大小关系。
(1)图是探究过程中某次实验时装置的状态，若两个钢球质量和运动半径相等，则此次实验是研究向心力的大小F与______的关系；
A.钢球质量m
B.运动半径r
C.角速度ω
(2)若两个质量m相同的小球按如图所示放置，调节皮带，使得皮带连接的左右塔轮半径之比为2：1，则转动手柄后，左右两边标尺上露出的黑白相间的等分格数之比为______。
A.2：1
B.1：2
C.4：1
D.1：4
14.某同学利用如图1所示装置研究平抛运动的规律。
(1)下列说法正确的是______。
A.斜槽末端必须保持水平
B.实验所用斜槽应尽量光滑
(2)图2是实验中小球从斜槽上不同位置由静止释放获得的两条轨迹，图线①所对应的小球在斜槽上释放的位置______(选填“较低”或“较高”)。
(3)图3是根据实验数据所得的平抛运动的曲线，其中O为抛出点，则小球做平抛运动的初速度大小v=______m/s(g=9.8m/s2,计算结果保留三位有效数字)。
五、简答题：本大题共3小题，共9分。
15.如图所示，一质量为m=4kg的行李箱静止在水平地面上，现小孩给它施加一大小恒为20N的推力，已知该推力可视为水平，简化如图。若物体与地面间的摩擦力可忽略不计，g取10m/s2，在行李箱前进L=10m的过程中，求：
(1)推力F所做的功W；
(2)物体移动的距离L=10m时，推力F做功的瞬时功率P。
16.2023年2月，我国首颗超百G高通量卫星中星26号发射成功，开启卫星互联网新时代。如图是该卫星的运行轨道示意图，卫星绕地球做匀速圆周运动，已知地球质量为M，半径为R，卫星到地心距离为r，引力常量为G。求：
(1)该卫星的线速度大小；
(2)地球表面的重力加速度的大小；
(3)地球的第一宇宙速度的大小。
17.打弹珠游戏承载了许多人的童年回忆，如图是某次游戏比赛场地的简化图，水平面AB光滑，它与半径为R=0.4m的粗糙半圆轨道BCD相连接，且在同一竖直平面内，O是半圆轨道BCD的圆心，BOD在同一竖直线上。质量为m=0.01kg的弹珠从A点以v0=6m/s的初速度水平弹出，已知弹珠沿半圆轨道运动恰好能通过D点，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)弹珠经过B点时，对圆轨道B点的压力大小；
(2)弹珠到达D点时速度的大小；
(3)弹珠从B到D的过程中阻力做的功是多少；
(4)弹珠从D点滑出落回水平面，落地点与B点之间的距离。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.功是标量，它的正负表示能量转移方向，故A错误；
B.力对物体不做功，根据W=Fxcsθ可知θ可能为90∘，但物体可能运动，故B错误；
C.力对物体做负功，也可以说物体克服该力做功，故C正确；
D.根据W=Fxcsθ可知力对物体做功的多少与力的大小、位移的大小和力与位移的夹角的余弦值都有关，故D错误。
故选：C。
公是标量，有正负，计算公式为W=Fxcsθ，当0≤θ<90∘时，力做正功，当θ=90∘时，力不做正功，当90∘<θ≤180∘时，力做f负功，也可以说物体克服该力做功。
本题主要考查对功的理解，掌握并理解公式W=Fxcsθ是解题关键。
2.【答案】B
【解析】解：AB、苹果从A点落到坑底的过程中，高度下降，重力方向与位移方向相同，重力做正功，即WG=mg(H+h)。根据重力做功与重力势能变化的关系，苹果的重力势能减少了mg(H+h)，故A错误，B正确；
CD、若以地面为零势能参考平面，苹果在A点的重力势能为mgH，苹果在坑底的重力势能为−mgh，故CD错误。
故选：B。
物体高度下降时，重力做正功；重力做功与重力势能变化的关系：重力做功多少，重力势能就减少多少，来确定重力势能减少是一，结合零势能参考平面，确定苹果在A点和坑底的重力势能。
解答本题时，要理解重力势能的相对性，是相对于零势能参考平面的，物体在参考平面上方，重力势能为正值；物体在参考平面下方，重力势能为负值。
3.【答案】A
【解析】解：AB.M、N两点属于同轴转动，角速度相同，M、N两点的角速度大小之比为1：1，故A正确，B错误；
CD.M、N两点的角速度大小相等，根据v=ωr可知M、N两点的线速度大小之比为1：2，故CD错误。
故选：A。
M、N是同轴转动，角速度相等，根据v=r⋅ω分析线速度的大小关系。
解决该题需明确同轴转动的物理量的特征，熟记线速度和角速度的公式。
4.【答案】C
【解析】解：AB、套圈过程是圈做平抛运动，在竖直方向有：h=12gt2，由于A圈的高度比B圈的高度大，可知：t1>t2，故AB错误；
CD、套圈A、B的水平速度为：v=xt，水平位移相等，可知：v1故选：C。
套圈做平抛运动，平抛运动可以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，根据水平位移和高度的关系分析时间和初速度大小。
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。
5.【答案】A
【解析】解：曲线运动的物体速度方向沿曲线的切线方向；足球向前运动的过程中受到向后的阻力以及竖直向下的重力，两个力的合力的方向指向后下方，故A正确，BCD错误。
故选：A。
做曲线运动的物体所受合力与物体速度方向不在同一直线上，速度方向沿曲线的切线方向，足球向前运动的过程中受到向后的阻力以及竖直向下的重力，然后答题。
做曲线运动的物体速度方向沿曲线的切线方向，合力的方向指向运动轨迹弯曲的内侧，由此分析即可，也可以从受力的角度解答。
6.【答案】B
【解析】解：船头方向始终与河岸垂直，则时间为
t=dv船=844s=21s
船渡河的时间为21s，故B正确，ACD错误。
故选：B。
当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短，由位移与速度的关系，即可求出时间；
解决本题的关键知道合运动与分运动具有等时性，当静水速与河岸垂直，渡河时间最短；
7.【答案】AD
【解析】解：A、钟摆在不计阻力情况下来回摆动过程，只有重力做功，故机械能守恒，故A正确；
C、汽车关闭油门后沿水平公路向前滑行的过程，动能减小，重力势能不变，机械能减少，故C错误；
B、把一个物体竖直向上匀速提升的过程，动能不变，重力势能增大，机械能增大，故B错误；
D、小球从高处竖直下落压缩弹簧过程中，弹簧和小球组成的系统，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，故D正确。
故选：AD。
物体机械能守恒的条件是只有重力或者是弹力做功，根据机械能守恒的条件逐个分析物体的受力的情况，即可判断物体是否是机械能守恒。
本题是对机械能守恒条件的直接考查，掌握住机械能守恒的条件即可，题目比较简单。
8.【答案】BD
【解析】解：B.线速度的大小，v=st=10010m/s=10m/s，故B正确；
C.角速度的大小ω=vR=1010rad/s=1rad/s，故C错误；
A.周期为T=2πω=2π1s=2πs，故A错误；
D.向心加速度大小为a=ω2R=1×10m/s2=10m/s2，故D正确。
故选：BD。
由题可知，物体做匀速圆周运动，根据匀速圆周运动的线速度、角速度、向心加速度的公式和周期与角速度的关系求解即可。
解题关键是能够根据题意求解线速度大小，掌握匀速圆周运动的角速度、向心加速度、周期的关系。
9.【答案】ABC
【解析】解：A、同步卫星和地球自转同步，地球自转的周期是24小时，故同步卫星的周期为24小时，故A正确；
B、同步卫星和地球自转同步，具有相同的角速度，根据万有引力提供向心力
GMmr2=mω2r
可知同步卫星运行的轨道半径是确定的值，故同步卫星的高度是确定的，根据
v=ωR
可知同步卫星速率是确定的，同步卫星轨道要指向地球球心，轨道面要平行于纬线，故同步卫星只能位于赤道上方，故B正确；
C、根据万有引力提供向心力
GMmr2=mω2r
可得
ω= GMr3
空间站的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，可知空间站的角速度比同步卫星大，故C正确；
D、根据万有引力提供向心力
GMmr2=mv2r
可得
v= GMr
空间站的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，可知空间站的线速度比同步卫星大，故D错误。
故选：ABC。
地球同步卫星只能定点于赤道正上方。根据万有引力提供向心力列式，得到卫星的加速度、运行周期、速度与轨道半径的关系式，再比较加速度、周期的大小关系；第一宇宙速度是卫星最大的环绕速度。
解决本题的关键要建立模型，根据万有引力提供向心力求解卫星的加速度和周期，会根据轨道半径的关系比较加速度和周期大小。
10.【答案】AC
【解析】解：A、炮弹在空中只受重力，所以加速度不变，且炮弹速度方向与加速度方向不在同一直线上，所以炮弹在空中做匀变速曲线运动，故A正确；
B、炮弹在空中做斜抛运动，所以水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，炮弹在最高点竖直方向速度为零，水平速度不为零，故炮弹在最高点的动能不为零，故B错误；
C、炮弹能够上升的最大高度h=vy22g，所以炮弹能够上升的最大高度h由发射速度v0的竖直分量决定，与水平分量无关，故C正确；
D、炮弹在空中运动的时间：t=2×v0sinθg=2v0sinθg
由图可知炮弹的水平位移：x=v0csθ⋅t=v0csθ2v0sinθg=v02sin2θg，所以炮弹能否击中目标与发射速度v0、发射角度θ有关，故D错误。
故选：AC。
A、根据炮弹在空中的受力特点可知加速度恒定不变，根据炮弹速度方向与加速度不共线，可知炮弹的运动特点；
B、根据炮弹水平方向做匀速直线运动，可知炮弹在最高点的速度不为零，则动能不为零；
C、根据h=vy22g可知炮弹能够上升的最大高度由哪些因素决定；
D、求出炮弹在空中运动的时间，则可得炮弹水平方向的位移大小，则可得结论。
本题考查了斜抛运动和物体做曲线运动的条件，解题的关键是熟练掌握斜抛运动的特点和曲线运动的特点。
11.【答案】变加速 100
【解析】解：对列车，根据牛顿第二定律得
a=F−fm=Pv−fm
可知随着列车速度的增大，列车牵引力减小，合力减小，列车加速度减小，所以列车在达到最大速度之前做变加速运动；
当牵引力等于阻力时，速度达到最大，则列车行驶的最大速度为
vm=PF=Pf=104×103105m/s=100m/s
故答案为：变加速，100。
根据牛顿第二定律和功率公式P=Fv相结合分析列车的运动情况，当牵引力等于阻力时，速度达到最大，根据P=Fv求最大速度。
本题考查列车以恒定功率启动的模型，关键要根据牛顿第二定律和功率公式P=Fv相结合分析加速度的变化情况，要知道当牵引力等于阻力时，速度达到最大。
12.【答案】4 12
【解析】解：汽车转弯时最大向心加速度大小
a=fm=μmgm=μg，解得a=4m/s2
摩擦力提供向心力
μmg=mv2r
车速最大值为
v= μgr= 0.4×10×36m/s=12m/s
故答案为：4，12。
根据牛顿第二定律，求汽车转弯时最大向心加速度大小；
摩擦力提供向心力，求车速最大值。
本题解题关键是掌握临界条件，即滑动摩擦力等于最大静摩擦力时，有最大向心加速度、最大速度。
13.【答案】C D
【解析】解：(1)本实验采用了“控制变量法”，由于实验中两个钢球质量和运动半径相等
根据圆周运动向心力公式F=mω2r
此次实验是研究向心力的大小F与角速度ω的关系，故AB错误，C正确。
故选：C。
(2)由于左右塔轮是通过皮带连接，轮边缘的线速度大小相等
设塔轮的半径为R，根据线速度与角速度的关系v=ωR
可知左右塔轮的角速度之比为ω1ω2=vR1×R2v=R2R1=1:2
设小球圆周运动的半径为r，根据向心力公式F=mω2r
可知左右两边标尺上露出的黑白相间的等分格数之比为1：4，故ABC错误，D正确。
故选：D。
故答案为：(1)C；(2)D。
(1)本实验采用了“控制变量法”，根据F=mω2r分析本次实验研究的内容；
(3)塔轮靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等，根据v=ωR求解角速度的关系，根据向心力公式求解向心力之比，再求解左右两边标尺上露出的黑白相间的等分格数之比。
本题考查探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系实验，采用了“控制变量法”的研究方法，要求学生熟悉实验使用的方法，并能运用公式进行分析求解。
14.【答案】A 较高 1.60
【解析】解：(1)研究平抛运动的规律时要保证小球从斜槽飞出时速度水平，且大小相等，要求每次必须从同一高度释放小球，不需要斜槽光滑，但斜槽末端必须水平，故B错误，A正确。
故选：A；
(2)由图可知小球下落相同高度时，图线①所对应的小球水平位移大，说明图线①所对应的小球水平速度大，根据能量守恒mgh=12mv2，图线①所对应的小球在斜槽上释放的位置较高；
(3)小球竖直方向做自由落体运动有：y=12gt2
小球做平抛运动的初速度大小：v=xt=
故答案为：(1)A；(2)较高；(3)1.60。
(1)根据实验原理和注意事项分析判断；
(2)竖直方向做自由落体运动，下落高度相同，运动时间相同，根据匀速运动规律可知初速度大水平方向位移大，可判断小球在斜槽上位置高低；
(3)根据点迹间水平间距相等可判断点迹间时间间隔相同，根据竖直方向运动学规律计算相邻点迹间时间，根据匀速运动规律计算初速度。
本题关键掌握探究平抛运动实验原理和注意事项，掌握利用竖直方向和水平方向运动规律计算初速度。
15.【答案】解：(1)根据恒力做功的公式有：W=FL=20×10J=200J
(2)根据牛顿第二定律：a=Fm=204m/s2=5m/s2
根据速度-位移公式有：2aL=v2
物体移动的距离L=10m时的速度为：v=10m/s
推力F做功的瞬时功率为：P=Fv=20×10W=200W
答：(1)推力F所做的功W为200J；
(2)物体移动的距离L=10m时，推力F做功的瞬时功率P这200W。
【解析】(1)根据功率的公式W=Flcsα求功；
(2)根据牛顿第二定律求得加速度，结合速度-位移公式求得通过10m时箱子的速度，再由功率的公式P=Fv求功率；
本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式，抓住加速度是解决此类问题的中间桥梁，会利用功和功率的公式解相关问题。
16.【答案】解：(1)根据万有引力提供向心力
GMmr2=mv2r
可得该卫星的线速度大小
v= GMr
(2)根据
GMmR2=mg
可得地球表面的重力加速度的大小
g=GMR2
(3)根据万有引力提供向心力
GMmR2=mv2R
可得地球的第一宇宙速度的大小
v= GMR
答：(1)该卫星的线速度大小为 GMr；
(2)地球表面的重力加速度的大小为GMR2；
(3)地球的第一宇宙速度的大小为 GMR。
【解析】(1)卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供圆周运动的向心力，求出线速度；
(2)根据万有引力等于物体在地球表面的重力，求出重力加速度的大小；
(3)卫星绕地球做匀速圆周运动，近卫星的速度即为第一宇宙速度。
此题考查了人造卫星的相关知识，抓住万有引力提供向心力，根据给出的不同物理量选择不同的向心力公式是解题的关键。
17.【答案】解：(1)根据牛顿第二定律有
FN−mg=mv02R
解得
FN=1N
根据牛顿第三定律对圆轨道B点的压力
FN′=FN=1N
(2)根据牛顿第二定律有
mg=mvD2R
弹珠到达D点时速度的大小
vD= gR= 10×0.4m/s=2m/s
(3)弹珠从B到D的过程中根据动能定理
12mvD2−12mvB2=−2mgR−W
解得弹珠从B到D的过程中阻力做的功是
W=0.08J
(4)弹珠从D点滑出落回水平面，竖直方向有
2R=12gt2
落地点与B点之间的距离
x=vDt
联立解得x=0.8m
答：(1)弹珠经过B点时，对圆轨道B点的压力大小为1N；
(2)弹珠到达D点时速度的大小为2m/s；
(3)弹珠从B到D的过程中阻力做的功是0.08J；
(4)弹珠从D点滑出落回水平面，落地点与B点之间的距离为0.8m。
【解析】(1)小物块从A运动到B的过程中，根据动能定理求出物块到达B点时的速度。
(2)在B点，由牛顿第二定律求出轨道对物块的支持力，从而得到物块对轨道的压力。
(3)因为小物块恰好能通过D点，所以在D点小物块所受重力等于向心力，由牛顿第二定律求出小物块通过D点的速度。结合动能定理求得物块从B运动到D克服摩擦力所做的功。
(4)根据平抛运动规律求解。
本题是动能定理、牛顿第二定律的综合应用，关键是确定运动过程，分析运动规律，知道物体恰好到达圆周最高点的临界条件：重力等于向心力。
1.下列关于力对物体做功的说法正确的是( )
A. 功是矢量，它的正负表示方向
B. 力对物体不做功，则物体一定处于静止状态
C. 力对物体做负功，也可以说物体克服该力做功
D. 用300N的力推箱子做的功一定比用100N的恒力推箱子做的功多
2.如图所示，质量为m的苹果从距地面高度为H的树上的A点由静止开始下落，树下有一深度为h的坑，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 苹果从A点落到坑底的过程中，重力做负功
B. 苹果从A点落到坑底的过程中，重力势能减小
C. 若以地面为零势能参考平面，苹果在坑底的重力势能为mgh
D. 若以地面为零势能参考平面，苹果在A点的重力势能为mg(H+h)
3.如图所示为福清某社区车库的道闸设备，道闸杆以O为转轴，N为右端点，M为ON的中点。道闸启动后，杆沿逆时针方向匀速转动的过程中，下列说法正确的是( )
A. M、N两点的角速度大小之比为1：1
B. M、N两点的角速度大小之比为2：1
C. M、N两点的线速度大小之比为1：1
D. M、N两点的线速度大小之比为2：1
4.“套圈”是老少皆宜的游戏。如图所示，将A、B两个套圈分别以速度v1、v2水平抛出，都能套中地面上的同一玩具，已知套圈A、B抛出时距玩具的水平距离相等，设套圈A、B在空中运动时间分别为t1、t2，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. t1等于t2
B. t1小于t2
C. v2大于v1
D. v1与v2相等
5.21世纪以来，“校园足球”一直是备受关注的焦点。如图为某次足球比赛时足球在空中的飞行轨迹(轨迹在竖直平面内，空气阻力不可忽略)，则足球在最高点的速度v的方向和所受合力F的方向应为( )
A. B.
C. D.
6.河流某段两岸平行，河的宽度为84m，水流速度为3m/s，船在静水中的速度为4m/s，渡河时船头方向始终与河岸垂直，则船渡河的时间为( )
A. 28sB. 21sC. 12sD. 16.8s
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
7.下列物理过程中，机械能守恒的有( )
A. 钟摆在不计阻力情况下来回摆动过程
B. 把一个物体竖直向上匀速提升的过程
C. 汽车关闭油门后沿水平公路向前滑行的过程
D. 小球从高处竖直下落压缩弹簧过程中，弹簧和小球组成的系统(如图)
8.做匀速圆周运动的物体，10s内在沿半径为10m的圆周上运动了100m，则物体做匀速圆周运动时( )
A. 周期为2sB. 线速度的大小10m/s
C. 角速度的大小10rad/sD. 向心加速度大小为10m/s2
9.2023年5月30日18时22分，翘盼已久的神舟十五号航天员乘组顺利打开“家门”，欢迎远道而来的神舟十六号航天员乘组入驻“天宫”空间站，随后，两个航天员乘组拍下“全家福”(图)，共同向牵挂他们的全国人民报平安，空间站与地面的通信利用了我国的中继卫星系统进行信号传输，已知空间站在距离地面400公里左右的轨道上运行，其运动视为匀速圆周运动，中继卫星系统中某卫星是距离地面36000公里左右的地球同步卫星，简化示意图如图所示，则下列说法正确的是( )
A. 同步卫星的周期为24小时
B. 同步卫星只能位于赤道上方，且高度和速率是唯一确定的
C. 空间站的角速度比同步卫星大
D. 空间站的线速度比同步卫星小
10.2023年4月8日至10日，中国人民解放军东部战区在台岛周边组织环台岛战备警巡，举行“联合利剑”演习。这是对“台独”分裂势力与外部势力勾连挑衅的严重警告，是捍卫国家主权和领土完整的必要行动。如图火炮系统正在发射炮弹，炮弹在空中的飞行轨迹可简化成如图所示，不计空气阻力，以下说法正确的是( )
A. 炮弹在空中做匀变速曲线运动
B. 炮弹在最高点的动能为0J
C. 炮弹能够上升的最大高度h由发射速度v0的竖直分量决定，与水平分量无关
D. 炮弹能否击中目标仅由发射速度v0大小决定，与发射角度θ无关
三、填空题：本大题共2小题，共8分。
11.2023年5月20日，随着首趟检测列车从福州南站缓缓驶出，福厦高铁正式进入联调联试阶段。“复兴号”列车将在福厦高铁上尽情奔驰，福州、厦门将实现“一小时生活圈”，某“复兴号”列车的额定功率为1.0×104kW，质量为1.0×105kg。若该列车保持额定功率不变从静止启动后，在水平轨道上行驶，受到的阻力恒为1.0×105N，80s后达到最大速度。该列车在达到最大速度之前做______运动(填“匀加速”或“变加速”)：该列车行驶的最大速度为______m/s。
12.如图所示，质量为2t的汽车沿半径为36m的水平公路面转弯，若路面对车的动摩擦因数为μ=0.4，则汽车转弯时最大向心加速度大小为______m/s2，为使汽车顺利转弯而不滑动的车速最大值为______m/s。(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2)
四、实验题：本大题共2小题，共18分。
13.如图所示为向心力演示器，匀速转动手柄，可使塔轮、长槽和短槽匀速转动，槽内的小球也就随之做匀速圆周运动。挡板对小球的作用力提供了小球做匀速圆周运动的向心力。同时，小球挤压挡板的力使挡板另一端压缩测力套筒的弹簧，压缩量可从标尺上读出，标尺上的黑白相间的等分格显示出两个钢球所受向心力的大小关系。
(1)图是探究过程中某次实验时装置的状态，若两个钢球质量和运动半径相等，则此次实验是研究向心力的大小F与______的关系；
A.钢球质量m
B.运动半径r
C.角速度ω
(2)若两个质量m相同的小球按如图所示放置，调节皮带，使得皮带连接的左右塔轮半径之比为2：1，则转动手柄后，左右两边标尺上露出的黑白相间的等分格数之比为______。
A.2：1
B.1：2
C.4：1
D.1：4
14.某同学利用如图1所示装置研究平抛运动的规律。
(1)下列说法正确的是______。
A.斜槽末端必须保持水平
B.实验所用斜槽应尽量光滑
(2)图2是实验中小球从斜槽上不同位置由静止释放获得的两条轨迹，图线①所对应的小球在斜槽上释放的位置______(选填“较低”或“较高”)。
(3)图3是根据实验数据所得的平抛运动的曲线，其中O为抛出点，则小球做平抛运动的初速度大小v=______m/s(g=9.8m/s2,计算结果保留三位有效数字)。
五、简答题：本大题共3小题，共9分。
15.如图所示，一质量为m=4kg的行李箱静止在水平地面上，现小孩给它施加一大小恒为20N的推力，已知该推力可视为水平，简化如图。若物体与地面间的摩擦力可忽略不计，g取10m/s2，在行李箱前进L=10m的过程中，求：
(1)推力F所做的功W；
(2)物体移动的距离L=10m时，推力F做功的瞬时功率P。
16.2023年2月，我国首颗超百G高通量卫星中星26号发射成功，开启卫星互联网新时代。如图是该卫星的运行轨道示意图，卫星绕地球做匀速圆周运动，已知地球质量为M，半径为R，卫星到地心距离为r，引力常量为G。求：
(1)该卫星的线速度大小；
(2)地球表面的重力加速度的大小；
(3)地球的第一宇宙速度的大小。
17.打弹珠游戏承载了许多人的童年回忆，如图是某次游戏比赛场地的简化图，水平面AB光滑，它与半径为R=0.4m的粗糙半圆轨道BCD相连接，且在同一竖直平面内，O是半圆轨道BCD的圆心，BOD在同一竖直线上。质量为m=0.01kg的弹珠从A点以v0=6m/s的初速度水平弹出，已知弹珠沿半圆轨道运动恰好能通过D点，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)弹珠经过B点时，对圆轨道B点的压力大小；
(2)弹珠到达D点时速度的大小；
(3)弹珠从B到D的过程中阻力做的功是多少；
(4)弹珠从D点滑出落回水平面，落地点与B点之间的距离。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.功是标量，它的正负表示能量转移方向，故A错误；
B.力对物体不做功，根据W=Fxcsθ可知θ可能为90∘，但物体可能运动，故B错误；
C.力对物体做负功，也可以说物体克服该力做功，故C正确；
D.根据W=Fxcsθ可知力对物体做功的多少与力的大小、位移的大小和力与位移的夹角的余弦值都有关，故D错误。
故选：C。
公是标量，有正负，计算公式为W=Fxcsθ，当0≤θ<90∘时，力做正功，当θ=90∘时，力不做正功，当90∘<θ≤180∘时，力做f负功，也可以说物体克服该力做功。
本题主要考查对功的理解，掌握并理解公式W=Fxcsθ是解题关键。
2.【答案】B
【解析】解：AB、苹果从A点落到坑底的过程中，高度下降，重力方向与位移方向相同，重力做正功，即WG=mg(H+h)。根据重力做功与重力势能变化的关系，苹果的重力势能减少了mg(H+h)，故A错误，B正确；
CD、若以地面为零势能参考平面，苹果在A点的重力势能为mgH，苹果在坑底的重力势能为−mgh，故CD错误。
故选：B。
物体高度下降时，重力做正功；重力做功与重力势能变化的关系：重力做功多少，重力势能就减少多少，来确定重力势能减少是一，结合零势能参考平面，确定苹果在A点和坑底的重力势能。
解答本题时，要理解重力势能的相对性，是相对于零势能参考平面的，物体在参考平面上方，重力势能为正值；物体在参考平面下方，重力势能为负值。
3.【答案】A
【解析】解：AB.M、N两点属于同轴转动，角速度相同，M、N两点的角速度大小之比为1：1，故A正确，B错误；
CD.M、N两点的角速度大小相等，根据v=ωr可知M、N两点的线速度大小之比为1：2，故CD错误。
故选：A。
M、N是同轴转动，角速度相等，根据v=r⋅ω分析线速度的大小关系。
解决该题需明确同轴转动的物理量的特征，熟记线速度和角速度的公式。
4.【答案】C
【解析】解：AB、套圈过程是圈做平抛运动，在竖直方向有：h=12gt2，由于A圈的高度比B圈的高度大，可知：t1>t2，故AB错误；
CD、套圈A、B的水平速度为：v=xt，水平位移相等，可知：v1
套圈做平抛运动，平抛运动可以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，根据水平位移和高度的关系分析时间和初速度大小。
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。
5.【答案】A
【解析】解：曲线运动的物体速度方向沿曲线的切线方向；足球向前运动的过程中受到向后的阻力以及竖直向下的重力，两个力的合力的方向指向后下方，故A正确，BCD错误。
故选：A。
做曲线运动的物体所受合力与物体速度方向不在同一直线上，速度方向沿曲线的切线方向，足球向前运动的过程中受到向后的阻力以及竖直向下的重力，然后答题。
做曲线运动的物体速度方向沿曲线的切线方向，合力的方向指向运动轨迹弯曲的内侧，由此分析即可，也可以从受力的角度解答。
6.【答案】B
【解析】解：船头方向始终与河岸垂直，则时间为
t=dv船=844s=21s
船渡河的时间为21s，故B正确，ACD错误。
故选：B。
当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短，由位移与速度的关系，即可求出时间；
解决本题的关键知道合运动与分运动具有等时性，当静水速与河岸垂直，渡河时间最短；
7.【答案】AD
【解析】解：A、钟摆在不计阻力情况下来回摆动过程，只有重力做功，故机械能守恒，故A正确；
C、汽车关闭油门后沿水平公路向前滑行的过程，动能减小，重力势能不变，机械能减少，故C错误；
B、把一个物体竖直向上匀速提升的过程，动能不变，重力势能增大，机械能增大，故B错误；
D、小球从高处竖直下落压缩弹簧过程中，弹簧和小球组成的系统，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，故D正确。
故选：AD。
物体机械能守恒的条件是只有重力或者是弹力做功，根据机械能守恒的条件逐个分析物体的受力的情况，即可判断物体是否是机械能守恒。
本题是对机械能守恒条件的直接考查，掌握住机械能守恒的条件即可，题目比较简单。
8.【答案】BD
【解析】解：B.线速度的大小，v=st=10010m/s=10m/s，故B正确；
C.角速度的大小ω=vR=1010rad/s=1rad/s，故C错误；
A.周期为T=2πω=2π1s=2πs，故A错误；
D.向心加速度大小为a=ω2R=1×10m/s2=10m/s2，故D正确。
故选：BD。
由题可知，物体做匀速圆周运动，根据匀速圆周运动的线速度、角速度、向心加速度的公式和周期与角速度的关系求解即可。
解题关键是能够根据题意求解线速度大小，掌握匀速圆周运动的角速度、向心加速度、周期的关系。
9.【答案】ABC
【解析】解：A、同步卫星和地球自转同步，地球自转的周期是24小时，故同步卫星的周期为24小时，故A正确；
B、同步卫星和地球自转同步，具有相同的角速度，根据万有引力提供向心力
GMmr2=mω2r
可知同步卫星运行的轨道半径是确定的值，故同步卫星的高度是确定的，根据
v=ωR
可知同步卫星速率是确定的，同步卫星轨道要指向地球球心，轨道面要平行于纬线，故同步卫星只能位于赤道上方，故B正确；
C、根据万有引力提供向心力
GMmr2=mω2r
可得
ω= GMr3
空间站的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，可知空间站的角速度比同步卫星大，故C正确；
D、根据万有引力提供向心力
GMmr2=mv2r
可得
v= GMr
空间站的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，可知空间站的线速度比同步卫星大，故D错误。
故选：ABC。
地球同步卫星只能定点于赤道正上方。根据万有引力提供向心力列式，得到卫星的加速度、运行周期、速度与轨道半径的关系式，再比较加速度、周期的大小关系；第一宇宙速度是卫星最大的环绕速度。
解决本题的关键要建立模型，根据万有引力提供向心力求解卫星的加速度和周期，会根据轨道半径的关系比较加速度和周期大小。
10.【答案】AC
【解析】解：A、炮弹在空中只受重力，所以加速度不变，且炮弹速度方向与加速度方向不在同一直线上，所以炮弹在空中做匀变速曲线运动，故A正确；
B、炮弹在空中做斜抛运动，所以水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，炮弹在最高点竖直方向速度为零，水平速度不为零，故炮弹在最高点的动能不为零，故B错误；
C、炮弹能够上升的最大高度h=vy22g，所以炮弹能够上升的最大高度h由发射速度v0的竖直分量决定，与水平分量无关，故C正确；
D、炮弹在空中运动的时间：t=2×v0sinθg=2v0sinθg
由图可知炮弹的水平位移：x=v0csθ⋅t=v0csθ2v0sinθg=v02sin2θg，所以炮弹能否击中目标与发射速度v0、发射角度θ有关，故D错误。
故选：AC。
A、根据炮弹在空中的受力特点可知加速度恒定不变，根据炮弹速度方向与加速度不共线，可知炮弹的运动特点；
B、根据炮弹水平方向做匀速直线运动，可知炮弹在最高点的速度不为零，则动能不为零；
C、根据h=vy22g可知炮弹能够上升的最大高度由哪些因素决定；
D、求出炮弹在空中运动的时间，则可得炮弹水平方向的位移大小，则可得结论。
本题考查了斜抛运动和物体做曲线运动的条件，解题的关键是熟练掌握斜抛运动的特点和曲线运动的特点。
11.【答案】变加速 100
【解析】解：对列车，根据牛顿第二定律得
a=F−fm=Pv−fm
可知随着列车速度的增大，列车牵引力减小，合力减小，列车加速度减小，所以列车在达到最大速度之前做变加速运动；
当牵引力等于阻力时，速度达到最大，则列车行驶的最大速度为
vm=PF=Pf=104×103105m/s=100m/s
故答案为：变加速，100。
根据牛顿第二定律和功率公式P=Fv相结合分析列车的运动情况，当牵引力等于阻力时，速度达到最大，根据P=Fv求最大速度。
本题考查列车以恒定功率启动的模型，关键要根据牛顿第二定律和功率公式P=Fv相结合分析加速度的变化情况，要知道当牵引力等于阻力时，速度达到最大。
12.【答案】4 12
【解析】解：汽车转弯时最大向心加速度大小
a=fm=μmgm=μg，解得a=4m/s2
摩擦力提供向心力
μmg=mv2r
车速最大值为
v= μgr= 0.4×10×36m/s=12m/s
故答案为：4，12。
根据牛顿第二定律，求汽车转弯时最大向心加速度大小；
摩擦力提供向心力，求车速最大值。
本题解题关键是掌握临界条件，即滑动摩擦力等于最大静摩擦力时，有最大向心加速度、最大速度。
13.【答案】C D
【解析】解：(1)本实验采用了“控制变量法”，由于实验中两个钢球质量和运动半径相等
根据圆周运动向心力公式F=mω2r
此次实验是研究向心力的大小F与角速度ω的关系，故AB错误，C正确。
故选：C。
(2)由于左右塔轮是通过皮带连接，轮边缘的线速度大小相等
设塔轮的半径为R，根据线速度与角速度的关系v=ωR
可知左右塔轮的角速度之比为ω1ω2=vR1×R2v=R2R1=1:2
设小球圆周运动的半径为r，根据向心力公式F=mω2r
可知左右两边标尺上露出的黑白相间的等分格数之比为1：4，故ABC错误，D正确。
故选：D。
故答案为：(1)C；(2)D。
(1)本实验采用了“控制变量法”，根据F=mω2r分析本次实验研究的内容；
(3)塔轮靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等，根据v=ωR求解角速度的关系，根据向心力公式求解向心力之比，再求解左右两边标尺上露出的黑白相间的等分格数之比。
本题考查探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系实验，采用了“控制变量法”的研究方法，要求学生熟悉实验使用的方法，并能运用公式进行分析求解。
14.【答案】A 较高 1.60
【解析】解：(1)研究平抛运动的规律时要保证小球从斜槽飞出时速度水平，且大小相等，要求每次必须从同一高度释放小球，不需要斜槽光滑，但斜槽末端必须水平，故B错误，A正确。
故选：A；
(2)由图可知小球下落相同高度时，图线①所对应的小球水平位移大，说明图线①所对应的小球水平速度大，根据能量守恒mgh=12mv2，图线①所对应的小球在斜槽上释放的位置较高；
(3)小球竖直方向做自由落体运动有：y=12gt2
小球做平抛运动的初速度大小：v=xt=
故答案为：(1)A；(2)较高；(3)1.60。
(1)根据实验原理和注意事项分析判断；
(2)竖直方向做自由落体运动，下落高度相同，运动时间相同，根据匀速运动规律可知初速度大水平方向位移大，可判断小球在斜槽上位置高低；
(3)根据点迹间水平间距相等可判断点迹间时间间隔相同，根据竖直方向运动学规律计算相邻点迹间时间，根据匀速运动规律计算初速度。
本题关键掌握探究平抛运动实验原理和注意事项，掌握利用竖直方向和水平方向运动规律计算初速度。
15.【答案】解：(1)根据恒力做功的公式有：W=FL=20×10J=200J
(2)根据牛顿第二定律：a=Fm=204m/s2=5m/s2
根据速度-位移公式有：2aL=v2
物体移动的距离L=10m时的速度为：v=10m/s
推力F做功的瞬时功率为：P=Fv=20×10W=200W
答：(1)推力F所做的功W为200J；
(2)物体移动的距离L=10m时，推力F做功的瞬时功率P这200W。
【解析】(1)根据功率的公式W=Flcsα求功；
(2)根据牛顿第二定律求得加速度，结合速度-位移公式求得通过10m时箱子的速度，再由功率的公式P=Fv求功率；
本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式，抓住加速度是解决此类问题的中间桥梁，会利用功和功率的公式解相关问题。
16.【答案】解：(1)根据万有引力提供向心力
GMmr2=mv2r
可得该卫星的线速度大小
v= GMr
(2)根据
GMmR2=mg
可得地球表面的重力加速度的大小
g=GMR2
(3)根据万有引力提供向心力
GMmR2=mv2R
可得地球的第一宇宙速度的大小
v= GMR
答：(1)该卫星的线速度大小为 GMr；
(2)地球表面的重力加速度的大小为GMR2；
(3)地球的第一宇宙速度的大小为 GMR。
【解析】(1)卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供圆周运动的向心力，求出线速度；
(2)根据万有引力等于物体在地球表面的重力，求出重力加速度的大小；
(3)卫星绕地球做匀速圆周运动，近卫星的速度即为第一宇宙速度。
此题考查了人造卫星的相关知识，抓住万有引力提供向心力，根据给出的不同物理量选择不同的向心力公式是解题的关键。
17.【答案】解：(1)根据牛顿第二定律有
FN−mg=mv02R
解得
FN=1N
根据牛顿第三定律对圆轨道B点的压力
FN′=FN=1N
(2)根据牛顿第二定律有
mg=mvD2R
弹珠到达D点时速度的大小
vD= gR= 10×0.4m/s=2m/s
(3)弹珠从B到D的过程中根据动能定理
12mvD2−12mvB2=−2mgR−W
解得弹珠从B到D的过程中阻力做的功是
W=0.08J
(4)弹珠从D点滑出落回水平面，竖直方向有
2R=12gt2
落地点与B点之间的距离
x=vDt
联立解得x=0.8m
答：(1)弹珠经过B点时，对圆轨道B点的压力大小为1N；
(2)弹珠到达D点时速度的大小为2m/s；
(3)弹珠从B到D的过程中阻力做的功是0.08J；
(4)弹珠从D点滑出落回水平面，落地点与B点之间的距离为0.8m。
【解析】(1)小物块从A运动到B的过程中，根据动能定理求出物块到达B点时的速度。
(2)在B点，由牛顿第二定律求出轨道对物块的支持力，从而得到物块对轨道的压力。
(3)因为小物块恰好能通过D点，所以在D点小物块所受重力等于向心力，由牛顿第二定律求出小物块通过D点的速度。结合动能定理求得物块从B运动到D克服摩擦力所做的功。
(4)根据平抛运动规律求解。
本题是动能定理、牛顿第二定律的综合应用，关键是确定运动过程，分析运动规律，知道物体恰好到达圆周最高点的临界条件：重力等于向心力。
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