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2022-2023学年广东省惠州市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年广东省惠州市高一（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，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.在建广汕高铁全长203公里，途经8座高铁站，设计时速350公里/小时，最快运行时间约为40分钟。则下列说法中正确的是( )
A. “40分钟”是指时刻
B. “全长203公里”是指位移大小
C. 在研究火车从广州新塘站到汕尾站之间的运行时间时，可以把火车看成质点
D. “时速350公里/小时”是指火车运行的平均速度大小
2.如图，水平地面上质量为m的物体，在推力F作用下向右运动，已知sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，木块与地面间的动摩擦因数为μ，木块与水平地面间的摩擦力为( )
A. FB. 0.8FC. μ(mg+0.6F)D. μmg
3.如图是我国首次立式风洞跳伞实验的情景，风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”，此过程中( )
A. 人被向上“托起”时处于超重状态
B. “托起”过程中，实验者的惯性变大
C. 人所受重力和气流向上的力是一对作用力与反作用力
D. 气体对人的冲量等于人动量的变化量
4.某踢出的足球在空中运动轨迹如图所示，把足球视为质点，关于该足球从被踢出到落地的过程中，以下说法中正确的是( )
A. 足球的重力势能先减少后增大B. 在最高点，足球的速度为0
C. 足球的机械能减少D. 足球上升时间和下降时间一定相等
5.如图所示，天宫二号在离地343km圆形轨道上运行1036天后，受控离轨并进入大气层，绝大部分被大气烧毁，少量残骸落入南太平洋预定安全海域。关于天宫二号绕地球的运动，下列说法正确的是( )
A. 天宫二号绕地球做匀速圆周运动时，相对地球静止
B. 天宫二号绕地球做匀速圆周运动的周期小于地球自转周期
C. 天宫二号进入大气层后，其机械能守恒
D. 天宫二号绕地球做匀速圆周运动线速度大于7.9km/s
6.2022年7月，暴雨致辽宁8市出现洪灾，大量调用了直升飞机抢运被困人员。情景如图甲所示，直升飞机放下绳索吊起被困人员，一边收缩绳索一边飞向安全地带。前4秒内被困人员水平和竖直方向的v−t图像分别如图乙、丙所示。以地面为参考系，4s内被救人员的位移大小为( )
A. 12mB. 12 2mC. 24mD. 12 5m
7.如图所示，在半径为R的半球形碗的光滑内表面上，一质量为m的小球在距碗口高度为h的水平面内做匀速圆周运动，重力加速度为g，则小球做匀速圆周运动的线速度大小为( )
A. gR2hB. gh2RC. g(R2+h2)hD. g(R2−h2)h
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.“山西刀削面”堪称天下一绝，如图所示，小面圈(可视为质点)从距离开水锅高为h处被水平削离，与锅沿的水平距离为L，锅的半径也为L。忽略空气阻力，且小面圈都落入锅中，重力加速度为g，则下列关于所有小面圈在空中运动的描述正确的是( )
A. 运动的时间都相同
B. 速度的变化量不相同
C. 落入锅中时，最大速度是最小速度的3倍
D. 若小面圈刚被抛出时初速度为v0，则L g2h9.如图所示，用手掌平托一苹果，保持这样的姿势在竖直平面内按顺时针方向做匀速圆周运动。以下说法中正确的是( )
A. 苹果在运动过程中所受合外力大小不变
B. 苹果在b位置和d位置时受到的摩擦力相同
C. 苹果在c位置时受到的支持力小于其重力
D. 整个运动过程中，苹果的机械能守恒
10.如图所示，长为L=3m的传送带在电动机的带动下以v0=5m/s的速度顺时针运动，现将一质量为m=1kg的小工件轻放在传送带的最左端，工件和传送带间的动摩擦因数μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，则对工件在传送带上运动的整个过程，下列说法正确的是( )
A. 工件在传送带上先做匀加速运动后做匀速运动
B. 工件在传送带上加速阶段的加速度大小为5m/s2
C. 工件在传送带上运动的总时间为2s
D. 因传送小工件，电动机多消耗的能量为25J
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学将两根轻质弹簧按图甲方式连接起来挂在铁架台上测量弹簧的劲度系数，在两弹簧下侧固定指针A、B，左侧固定一毫米刻度尺，如图所示．
(1)某次测量时指针A位置如图乙所示，则指针所指示数为______ cm；
(2)在弹性限度内，将50g的钩码逐个挂在弹簧下端，指针A、B的示数LA和LB如表．g取10m/s2，则弹簧Ⅰ的劲度系数为______N/m(计算结果保留1位小数)，由表中数据______(选填“能”或“不能”)计算出弹簧Ⅱ的劲度系数．
12.如图(a)所示，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律。
(1)对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是______。
A.精确测量出重物的质量
B.两限位孔在同一竖直线上
C.重物选用质量和密度较大的金属锤
D.释放重物前，重物离打点计时器下端远些
(2)纸带上所打的点记录了重锤在不同时刻的位置，在选定的纸带上依次取计数点如图(b)所示，相邻计数点间的时间间隔为T，那么纸带的______(选填“左”或“右”)端与重锤相连。设重锤质量为m，根据测得的x1、x2、x3、x4，在打B点到D点的过程中，重锤动能增加量的表达式为______。
(3)根据纸带上的数据，算出重锤在各位置的速度v，量出对应位置下落的距离h，并以v22为纵轴、h为横轴画出图像，则在图(c)A、B、C、D四个图像中，若在误差允许范围内，重锤在下落过程中机械能守恒，则v22−h图像可能是______；若重锤在下落过程中所受到逐渐增大的阻力作用，则v22−h图像可能是______(均填写选项字母符号)。
四、简答题：本大题共3小题，共38分。
13.中国运动员朱婷的排球技术水平很全面，她在某次比赛时将排球以20m/s的速度水平击出，击球位置离地面高度为3.2m，排球质量为260g，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2，求：
(1)排球落地点与击出点间的水平距离；
(2)排球落地前瞬间的速度大小及重力的瞬时功率(计算结果可用根式表示)。
14.如图所示，一质量为M的木板静止在光滑的水平面上，另一质量为m的小物块以水平速度v0从木板的最左端开始沿木板上表面滑动，一段时间后，小物块恰好没有从木板的右端掉下。滑块与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，求：
(1)小物块在木板上表面滑动时，小滑块和木板的加速度大小分别为多少；
(2)小物块在木板上表面滑动的过程所用时间；
(3)木板的长度为多少。
15.某校校园文化艺术节举行无线遥控四驱车大赛，其赛道如图所示。某四驱车(可视为质点)以恒定额定功率P0=15W在水平轨道的A点由静止开始加速，经过时间t0=2s刚好到达B点，此时通过遥控关闭其发动机，B点右侧轨道均视为光滑轨道。四驱车经C点进入半径R=0.1m的竖直圆轨道，恰好经过圆轨道最高点D后，再次经过C点沿着轨道CF运动，最终从平台末端F点水平飞出后落入沙坑中。四驱车的总质量为m=1kg，重力加速度g取10m/s2。
(1)求四驱车第二次经过C点速度大小及在AB段克服摩擦力所做的功；
(2)若水平轨道平面CE距离沙坑上表面的高度h1=0.2m。则平台末端EF的高度h2为多少时，四驱车落到沙坑中的点与F点的水平距离最大，并计算水平最大距离xmax。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.40分钟是指一段时间，故A错误；
B.全长203公里是指火车的路程，故B错误；
C.火车的大小、形状对问题的研究影响可以忽略，所以可以把火车看成质点，故C正确；
D.“时速350公里/小时”是指火车运行的平均速率，故D 错误。
故选：C。
根据位移和路程的定义判断；时间间隔对应一段路程或位移，时刻对应空间某一位置；瞬时速度是物体通过某一位置或某一时刻的速度，对应于某一位置或某一时刻；平均速度粗略描述物体的运动快慢，对应于一段时间或一段位移。
本题以在建广汕高铁运行为背景，考查了时间间隔和时刻、位移和路程、平均速度、瞬时速度等基本概念，要明确这些概念的适用范围。
2.【答案】C
【解析】解：无法判断物体是否做匀速运动，对木块受力分析
竖直方向，根据
N=Fsin37∘+mg
木块与水平地面间的摩擦力
f=μN
联立可得
f=μ(mg+0.6F)
故C正确，ABD错误。
故选：C。
对物体受力分析，抓住竖直方向上合力为零，求出摩擦力的大小。
解决本题的关键能够正确地受力分析，运用竖直方向上的平衡条件进行求解。
3.【答案】A
【解析】解：A.由题意可知人向上加速运动，人具有向上的加速度，所以人被向上“托起”时处于超重状态，故A正确；
B.“托起”过程中，实验者的质量不变，所以实验者的惯性不变，故B错误；
C.人受到的重力和人受到气流的力受力均是人，不是一对作用力与反作用力，故C错误；
D.由动量定理可知，气体对人的作用力和重力的合力对人的冲量等于人动量的变化量，故D错误。
故选：A。
实验者加速向上运动，加速度向上，处于超重；根据质量是惯性大小的量度分析；对人进行受力分析确定人所受重力和气流向上的力的关系；根据动量定理分析人动量的变化量。
本题考查了超失重、惯性、动量定理、平衡力等知识，关键掌握作用力与反作用力和平衡力的区别，作用力和反作用力作用在不同的物体上，平衡力作用在同一个物体上，知道质量是惯性大小的量度。
4.【答案】C
【解析】解：A、足球先向上运动，再向下运动，高度先增大后减小，则足球的重力势能先增大后减少，故A错误；
B、在最高点，足球有水平速度，速度不为0，故B错误；
C、由图中运动轨迹可知，足球在空中除了受到重力外，还受到空气阻力作用，空气阻力对足球做负功，则足球的机械能减少，故C正确；
D、由于足球受到空气阻力的作用，可知上升和下降竖直方向的平均加速度不相等，则足球上升时间和下降时间不相等，故D错误。
故选：C。
根据足球高度的变化，分析重力势能的变化情况；在最高点，足球有水平速度；根据空气阻力做功情况，判断机械能的变化情况；根据竖直方向加速度关系，分析上升和下降时间关系。
解答本题时要注意足球被踢出后做有空气阻力的斜上抛运动，不具有对称性，上升时间和下降时间不等。
5.【答案】B
【解析】解：AB.根据开普勒第三定律可知：T1T2=(r1r2)32，天宫二号的轨道半径比同步卫星的轨道半径小，则天宫二号绕地球做匀速圆周运动的周期小于同步卫星的运动周期，而同步卫星的运动周期等于地球的自转周期，则天宫二号绕地球做匀速圆周运动的周期小于地球的自转周期，即天宫二号相对于地球是运动的，故A错误，B正确；
C.天宫二号在进入大气层后，由于大气阻力对其做负功，则天宫二号的机械能越来越小，故C错误；
D.卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r，解得：v= GMr；因为7.9km/s是卫星贴近地面做匀速圆周运动的环绕速度，天宫二号绕地球做匀速圆周运动的轨道半径大于地球的半径，所以天宫二号绕地球做匀速圆周运动线速度小于7.9km/s，故D错误。
故选：B。
根据开普勒第三定律，分析天宫二号绕地球做匀速圆周运动的周期，由此分析是否相对地球静止；根据机械能守恒定律的守恒条件分析机械能是否守恒；由万有引力提供向心力得到线速度表达式，分析天宫二号绕地球做匀速圆周运动线速度大小。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力，结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。
6.【答案】B
【解析】解：由图乙可知，被救人员沿水平方向做匀速直线运动，位移x=vxt=3×4m=12m
图丙可知，被救人员沿竖直方向做加速运动，位移y=vy2t=62×4m=12m
则被救人员的位移s= x2+y2= 122+122m=12 2m，故B正确，ACD错误。
故选：B。
由图乙可知，伤员沿水平方向做匀速直线运动，图丙可知，在竖直方向伤员向上做加速运动，根据位移的合成解得。
本题考查运动的合成与分解，解题关键掌握运动的分解具有独立性，注意合成符合平行四边形法则。
7.【答案】D
【解析】解：小球受重力与球形碗的弹力，重力与弹力的合力提供小球做圆周运动的向心力，设弹力与竖直方向的夹角为θ
则：mgtanθ=Rsinθ⋅ω2m，解得ω2=gRcsθ=gh
v=rω，r= R2−h2，联立解得：v= g(R2−h2)h，故D正确，ABC错误。
故选：D。
对小球进行受力分析，写出向心力的表达式，结合几何关系与牛顿第二定律即可求解。
本题考查受力分析、向心力与牛顿第二定律，这道题属于圆锥摆模型，要熟悉该模型规律。
8.【答案】AD
【解析】解：A.所有的小面圈在空中均做平抛运动，竖直方向均为自由落体运动，根据
h=12gt2
解得
t= 2hg
可知运动的时间都相同，故A正确；
B.所有面圈都只受到重力作用，所以加速度均为g，根据Δv=gt可知时间相同，则所有面圈在空中运动过程中速度的变化量相同，故B错误；
D.若小面圈刚被抛出时初速度为v0，根据水平方向为匀速直线运动，落在锅里的水平距离最小值为L，最大值为3L，有
L=vmint
3L=vmaxt
t= 2hg
则L g2h故D正确；
C.面圈落入锅中时水平速度最大值为最小值的3倍，但是竖直速度vy相等，根据速度的合成
v= v02+vy2
可知落入锅中时，最大速度小于最小速度的3倍，故C错误。
故选：AD。
小面圈做平抛运动，竖直方向为自由落体运动，水平方向为匀速直线运动；
竖直方向根据位移-时间公式比较运动的时间，根据Δv=gt比较速度的变化量；
水平方向根据x=vt求解初速度的取值范围；
小面圈落入锅中的速度为合速度，根据平行四边形定则求解合速度。
本题考查平抛运动，解题关键是知道平抛运动水平分运动为匀速直线运动，竖直分运动为自由落体运动，结合运动学公式列式求解即可。
9.【答案】AC
【解析】解：A.苹果做匀速圆周运动，则苹果在运动过程中所受合外力提供其做圆周运动所需的向心力，合外力大小不变，故A正确；
B.苹果在b位置和d位置时受到的摩擦力大小相等，方向相反，故B错误；
C.苹果在c位置时，加速度方向向下，处于失重状态，受到的支持力小于其重力，故C正确；
D.整个运动过程中，苹果的动能不变，重力势能发生变化，则苹果的机械能不守恒，故D错误。
故选：AC。
由于苹果做匀速圆周运动，其合外力大小不变，手对苹果的力和苹果所受重力合成为其做圆周运动所需的向心力，即可求得手对苹果的支撑力和摩擦力的合力，计算苹果机械能通过分析动能和重力势能的变化进行解答。
本题考查匀速圆周运动的性质和力的合成与分解，综合分析得出答案。
10.【答案】ABD
【解析】解：ABC、根据牛顿第二定律，工件在加速阶段的加速度大小为：a=μmgm=0.5×1×101m/s2=5m/s2
假设工件到达右端前已经与初速度共速，则工件加速过程的时间为：t1=v0a=55s=1s
加速过程工件的位移为：x1=v02t1=52×1m=2.5m假设成立，即工件在传送带上先做匀加速运动后做匀速运动
而工件做匀速运动的时间为：t2=L−x1v=3−2.55s=0.1s
工件在传送带上运动的总时间为：t=t1+t2=1s+0.1s=1.1s，故AB正确，C错误；
D、因传送小工件，电动机多消耗的能量等于传送带克服摩擦力做的功，则有：ΔE=μmgx传=μmgv0t1=0.5×1×10×5×1J=25J，故D正确。
故选：ABD。
根据牛顿第二定律可以得到工件的加速度；根据运动学公式判断工件在传送到上的运动情况并计算出工件在传送带上的运动情况，根据动能定理判断传送带对工件做的功；
计算工件在传送带上的运动问题，一定要先判断工件到底是一直加速还是先加速后匀速的情况，所以需要计算出工件的加速距离，进而和传送带长度做比较即可。
11.【答案】16.0012.5能
【解析】解：(1)刻度尺的分度值为0.1cm，读数为16.00cm
(2)根据胡克定律可知弹簧Ⅰ的劲度系数为k=ΔFΔx=4×0.05×10−1×0.05×10(26.72−14.70)×10−2N/m=12.5N/m，同理可解得弹簧Ⅱ的劲度系数．
故答案为：(1)16.00；(2)12.5，能
(1)根据测量数据的最小位数即可判断出刻度尺的最小刻度；
(2)根据胡克定律F=kx求得弹簧的劲度系数.
本题的解题关键是要掌握胡克定律，即弹簧的弹力与弹簧伸长量成正比。
12.【答案】BC 左 m8T2(x42−2x2x4) C A
【解析】解：(1)A.因为本实验是比较动能的增加量和重力势能的减少量的大小关系，故质量可以约去，不需要测量重物的质量，精确测量重物的质量对减小实验误差没有影响，故A错误；
B.为了减小纸带与限位孔之间的摩擦，两限位孔必须在同一竖直线上，这样可以减小纸带与限位孔的摩擦，从而减小实验误差，故B正确；
C.实验供选择的重物应该是相对质量较大、体积较小的物体，这样能减小空气阻力的影响，从而减小实验误差，故C正确；
D.实验时，先接通打点计时器的电源再松开纸带，为更有效的利用纸带，则重物离打点计时器下端近些，故D错误。
故选：BC。
(2)纸带上的点迹从左向右间距逐渐变大，则纸带的左端与重物相连。
根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，打点计时器打B点时的速度为
vB=x22T
打点计时器打D点时的速度为vD=x4−x22T
在打B点到D点的过程中，重锤动能增加量的表达式为ΔEk=12mvD2−12mvB2
代入数据解得ΔEk=m8T2(x42−2x2x4)
(3)若在误差允许范围内，重锤在下落过程中机械能守恒，则mgh=12mv2
化简可得v22=gh
以v22为纵坐标，以h为横坐标，画出的v22−h图像为图中过原点的直线，故选C。
重锤在下落过程中所受到逐渐增大的阻力作用，根据动能定理mgh−fh=12mv2
化简可得v22=(g−fm)h
因为阻力逐渐增大，斜率k=g−fm逐渐减小，故选A。
故答案为：(1)BC；(2)左；m8T2(x42−2x2x4)；(3)C；A。
(1)根据实验原理和注意事项分析作答；
(2)重物做加速运动，在相同的时间间隔内通过的位移越来越大，据此分析作答；
根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，分别求解B、D两点的瞬时速度，在求解动能的增加量；
(3)根据机械能守恒定律求解v22−h函数，结合图像分析作答；
考虑阻力作用，根据动能定理求解v22−h函数，结合图像分析作答。
解决本题的关键知道实验的原理，以及知道实验中误差的来源，掌握纸带的处理，会通过纸带求解瞬时速度，从而得出动能的增加量；根据机械能守恒定律或者动能定理求解v22−h函数是解题的关键。
13.【答案】解：(1)排球水平击出后做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，则有
h=12gt2
解得：t= 2hg= 2×3.210s=0.8s
排球在水平方向做匀速直线运动，故排球落地点与击出点间的水平距离为
x=v0t=20×0.8m=16m
(2)排球落地前瞬间的竖直分速度为
vy=gt=10×0.8m=8m/s
排球落地前瞬间的速度大小为
v= v02+vy2= 202+82m/s=4 29m/s
重力的瞬时功率为
P=mgvy=0.26×10×8W=20.8W
答：(1)排球落地点与击出点间的水平距离为16m；
(2)排球落地前瞬间的速度大小为4 29m/s，重力的瞬时功率为20.8W。
【解析】(1)排球水平击出后做平抛运动，根据下落的高度求运动时间，由x=v0t求落地点与击出点间的水平距离；
(2)根据vy=gt求出排球落地前瞬间的竖直分速度，再与水平速度合成求出落地瞬间的速度大小，由P=mgvy求重力的瞬时功率。
本题考查平抛运动，这类问题的关键在于将平抛运动分解成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。要知道重力的瞬时功率与竖直分速度有关。
14.【答案】解：(1)小物块在木板上表面滑动时，设小物块加速度大小为a1，木板加速度大小为a2，由牛顿第二定律，对小物块：μmg=ma1，对木板：μmg=Ma2
整理解得：a1=μg，a2=μmgM
(2)设小物块和木板的共同速度大小为v，以向右为正，由动量守恒定律得：mv0=(M+m)v
解得：v=mv0M+m
设小物块在木板上表面滑动的过程所用时间为t，以速度方向为正方向，对小物块由动量定理得
−μmgt=mv−mv0
代入解得：t=Mv0μ(M+m)g
(3)木板的长度为L，由能量守恒定律得：μmgL=12mv02−12(M+m)v2
代入解得：L=Mv022μg(M+m)
答：(1)小物块在木板上表面滑动时，小滑块和木板的加速度大小分别为μg、μmgM；
(2)小物块在木板上表面滑动的过程所用时间为Mv0μ(M+m)g；
(3)木板的长度为Mv022μg(M+m)。
【解析】(1)根据牛顿第二定律分别求出小物块和木板的加速度；
(2)对系统由动量守恒定律求出共同速度，再对滑块根据动量定理求时间；
(3)对系统根据能量守恒定律和摩擦生热公式求木板的长度。
解决本题的关键关键理清物块和木板的运动规律，抓住临界情况，即到达右端时两者有共同的速度，结合牛顿第二定律动量和能量的观点进行求解。
15.【答案】解：(1)四驱车恰好经过圆轨道最高点D，设D点速度为vD.
在D点，牛顿第二定律得
mg=mvD2R
解得：vD=1m/s
四驱车从C运动到D点过程中，根据动能定理得
−mg⋅2R=12mvD2−12mvC2
解得：vC= 5m/s
BC段轨道光滑，有vB=vC
四驱车从A点运动到B点过程中，根据动能定理得
P0t0−Wf=12mvB2
解得在AB段克服摩擦力所做的功为：Wf=27.5J
(2)四驱车从C运动到F点过程中，根据动能定理得
−mgh2=12mvF2−12mvC2
车从F点飞出后做平抛运动，运动时间为t，则有
h2+h1=12gt2，x=vFt
联立以上表达式并化简得
x= −4h22+0.2h2+0.2= (1−4h2)(0.8+4h2)4= −4(h2−140)2+81400
当h2=0.025m时，x有最大值，且xmax=0.45m
答：(1)四驱车第二次经过C点速度大小为 5m/s，在AB段克服摩擦力所做的功为27.5J；
(2)平台末端EF的高度h2为0.025m时，四驱车落到沙坑中的点与F点的水平距离最大，水平最大距离xmax为0.45m。
【解析】(1)四驱车恰好经过圆轨道最高点D时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出在D点的速度。四驱车从C运动到D点过程中，根据动能定理求出在C点的速度。四驱车从A点运动到B点过程中，根据动能定理求解在AB段克服摩擦力所做的功；
(2)四驱车从C运动到F点过程中，根据动能定理列式。车从F点飞出后做平抛运动，根据分位移公式列式，得到四驱车落到沙坑中的点与F点的水平距离与高度h2的关系式，再运用数学知识求解。
本题考查动能定理、牛顿第二定律与平抛运动的综合，运用动能定理时，要明确研究过程。要掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，运用函数法求水平距离的最大值。钩码数
1
2
3
4
LA/cm
14.70
18.71
22.71
26.72
LB/cm
28.96
34.76
40.51
46.36
1.在建广汕高铁全长203公里，途经8座高铁站，设计时速350公里/小时，最快运行时间约为40分钟。则下列说法中正确的是( )
A. “40分钟”是指时刻
B. “全长203公里”是指位移大小
C. 在研究火车从广州新塘站到汕尾站之间的运行时间时，可以把火车看成质点
D. “时速350公里/小时”是指火车运行的平均速度大小
2.如图，水平地面上质量为m的物体，在推力F作用下向右运动，已知sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，木块与地面间的动摩擦因数为μ，木块与水平地面间的摩擦力为( )
A. FB. 0.8FC. μ(mg+0.6F)D. μmg
3.如图是我国首次立式风洞跳伞实验的情景，风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”，此过程中( )
A. 人被向上“托起”时处于超重状态
B. “托起”过程中，实验者的惯性变大
C. 人所受重力和气流向上的力是一对作用力与反作用力
D. 气体对人的冲量等于人动量的变化量
4.某踢出的足球在空中运动轨迹如图所示，把足球视为质点，关于该足球从被踢出到落地的过程中，以下说法中正确的是( )
A. 足球的重力势能先减少后增大B. 在最高点，足球的速度为0
C. 足球的机械能减少D. 足球上升时间和下降时间一定相等
5.如图所示，天宫二号在离地343km圆形轨道上运行1036天后，受控离轨并进入大气层，绝大部分被大气烧毁，少量残骸落入南太平洋预定安全海域。关于天宫二号绕地球的运动，下列说法正确的是( )
A. 天宫二号绕地球做匀速圆周运动时，相对地球静止
B. 天宫二号绕地球做匀速圆周运动的周期小于地球自转周期
C. 天宫二号进入大气层后，其机械能守恒
D. 天宫二号绕地球做匀速圆周运动线速度大于7.9km/s
6.2022年7月，暴雨致辽宁8市出现洪灾，大量调用了直升飞机抢运被困人员。情景如图甲所示，直升飞机放下绳索吊起被困人员，一边收缩绳索一边飞向安全地带。前4秒内被困人员水平和竖直方向的v−t图像分别如图乙、丙所示。以地面为参考系，4s内被救人员的位移大小为( )
A. 12mB. 12 2mC. 24mD. 12 5m
7.如图所示，在半径为R的半球形碗的光滑内表面上，一质量为m的小球在距碗口高度为h的水平面内做匀速圆周运动，重力加速度为g，则小球做匀速圆周运动的线速度大小为( )
A. gR2hB. gh2RC. g(R2+h2)hD. g(R2−h2)h
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.“山西刀削面”堪称天下一绝，如图所示，小面圈(可视为质点)从距离开水锅高为h处被水平削离，与锅沿的水平距离为L，锅的半径也为L。忽略空气阻力，且小面圈都落入锅中，重力加速度为g，则下列关于所有小面圈在空中运动的描述正确的是( )
A. 运动的时间都相同
B. 速度的变化量不相同
C. 落入锅中时，最大速度是最小速度的3倍
D. 若小面圈刚被抛出时初速度为v0，则L g2h
A. 苹果在运动过程中所受合外力大小不变
B. 苹果在b位置和d位置时受到的摩擦力相同
C. 苹果在c位置时受到的支持力小于其重力
D. 整个运动过程中，苹果的机械能守恒
10.如图所示，长为L=3m的传送带在电动机的带动下以v0=5m/s的速度顺时针运动，现将一质量为m=1kg的小工件轻放在传送带的最左端，工件和传送带间的动摩擦因数μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，则对工件在传送带上运动的整个过程，下列说法正确的是( )
A. 工件在传送带上先做匀加速运动后做匀速运动
B. 工件在传送带上加速阶段的加速度大小为5m/s2
C. 工件在传送带上运动的总时间为2s
D. 因传送小工件，电动机多消耗的能量为25J
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学将两根轻质弹簧按图甲方式连接起来挂在铁架台上测量弹簧的劲度系数，在两弹簧下侧固定指针A、B，左侧固定一毫米刻度尺，如图所示．
(1)某次测量时指针A位置如图乙所示，则指针所指示数为______ cm；
(2)在弹性限度内，将50g的钩码逐个挂在弹簧下端，指针A、B的示数LA和LB如表．g取10m/s2，则弹簧Ⅰ的劲度系数为______N/m(计算结果保留1位小数)，由表中数据______(选填“能”或“不能”)计算出弹簧Ⅱ的劲度系数．
12.如图(a)所示，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律。
(1)对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是______。
A.精确测量出重物的质量
B.两限位孔在同一竖直线上
C.重物选用质量和密度较大的金属锤
D.释放重物前，重物离打点计时器下端远些
(2)纸带上所打的点记录了重锤在不同时刻的位置，在选定的纸带上依次取计数点如图(b)所示，相邻计数点间的时间间隔为T，那么纸带的______(选填“左”或“右”)端与重锤相连。设重锤质量为m，根据测得的x1、x2、x3、x4，在打B点到D点的过程中，重锤动能增加量的表达式为______。
(3)根据纸带上的数据，算出重锤在各位置的速度v，量出对应位置下落的距离h，并以v22为纵轴、h为横轴画出图像，则在图(c)A、B、C、D四个图像中，若在误差允许范围内，重锤在下落过程中机械能守恒，则v22−h图像可能是______；若重锤在下落过程中所受到逐渐增大的阻力作用，则v22−h图像可能是______(均填写选项字母符号)。
四、简答题：本大题共3小题，共38分。
13.中国运动员朱婷的排球技术水平很全面，她在某次比赛时将排球以20m/s的速度水平击出，击球位置离地面高度为3.2m，排球质量为260g，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2，求：
(1)排球落地点与击出点间的水平距离；
(2)排球落地前瞬间的速度大小及重力的瞬时功率(计算结果可用根式表示)。
14.如图所示，一质量为M的木板静止在光滑的水平面上，另一质量为m的小物块以水平速度v0从木板的最左端开始沿木板上表面滑动，一段时间后，小物块恰好没有从木板的右端掉下。滑块与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，求：
(1)小物块在木板上表面滑动时，小滑块和木板的加速度大小分别为多少；
(2)小物块在木板上表面滑动的过程所用时间；
(3)木板的长度为多少。
15.某校校园文化艺术节举行无线遥控四驱车大赛，其赛道如图所示。某四驱车(可视为质点)以恒定额定功率P0=15W在水平轨道的A点由静止开始加速，经过时间t0=2s刚好到达B点，此时通过遥控关闭其发动机，B点右侧轨道均视为光滑轨道。四驱车经C点进入半径R=0.1m的竖直圆轨道，恰好经过圆轨道最高点D后，再次经过C点沿着轨道CF运动，最终从平台末端F点水平飞出后落入沙坑中。四驱车的总质量为m=1kg，重力加速度g取10m/s2。
(1)求四驱车第二次经过C点速度大小及在AB段克服摩擦力所做的功；
(2)若水平轨道平面CE距离沙坑上表面的高度h1=0.2m。则平台末端EF的高度h2为多少时，四驱车落到沙坑中的点与F点的水平距离最大，并计算水平最大距离xmax。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.40分钟是指一段时间，故A错误；
B.全长203公里是指火车的路程，故B错误；
C.火车的大小、形状对问题的研究影响可以忽略，所以可以把火车看成质点，故C正确；
D.“时速350公里/小时”是指火车运行的平均速率，故D 错误。
故选：C。
根据位移和路程的定义判断；时间间隔对应一段路程或位移，时刻对应空间某一位置；瞬时速度是物体通过某一位置或某一时刻的速度，对应于某一位置或某一时刻；平均速度粗略描述物体的运动快慢，对应于一段时间或一段位移。
本题以在建广汕高铁运行为背景，考查了时间间隔和时刻、位移和路程、平均速度、瞬时速度等基本概念，要明确这些概念的适用范围。
2.【答案】C
【解析】解：无法判断物体是否做匀速运动，对木块受力分析
竖直方向，根据
N=Fsin37∘+mg
木块与水平地面间的摩擦力
f=μN
联立可得
f=μ(mg+0.6F)
故C正确，ABD错误。
故选：C。
对物体受力分析，抓住竖直方向上合力为零，求出摩擦力的大小。
解决本题的关键能够正确地受力分析，运用竖直方向上的平衡条件进行求解。
3.【答案】A
【解析】解：A.由题意可知人向上加速运动，人具有向上的加速度，所以人被向上“托起”时处于超重状态，故A正确；
B.“托起”过程中，实验者的质量不变，所以实验者的惯性不变，故B错误；
C.人受到的重力和人受到气流的力受力均是人，不是一对作用力与反作用力，故C错误；
D.由动量定理可知，气体对人的作用力和重力的合力对人的冲量等于人动量的变化量，故D错误。
故选：A。
实验者加速向上运动，加速度向上，处于超重；根据质量是惯性大小的量度分析；对人进行受力分析确定人所受重力和气流向上的力的关系；根据动量定理分析人动量的变化量。
本题考查了超失重、惯性、动量定理、平衡力等知识，关键掌握作用力与反作用力和平衡力的区别，作用力和反作用力作用在不同的物体上，平衡力作用在同一个物体上，知道质量是惯性大小的量度。
4.【答案】C
【解析】解：A、足球先向上运动，再向下运动，高度先增大后减小，则足球的重力势能先增大后减少，故A错误；
B、在最高点，足球有水平速度，速度不为0，故B错误；
C、由图中运动轨迹可知，足球在空中除了受到重力外，还受到空气阻力作用，空气阻力对足球做负功，则足球的机械能减少，故C正确；
D、由于足球受到空气阻力的作用，可知上升和下降竖直方向的平均加速度不相等，则足球上升时间和下降时间不相等，故D错误。
故选：C。
根据足球高度的变化，分析重力势能的变化情况；在最高点，足球有水平速度；根据空气阻力做功情况，判断机械能的变化情况；根据竖直方向加速度关系，分析上升和下降时间关系。
解答本题时要注意足球被踢出后做有空气阻力的斜上抛运动，不具有对称性，上升时间和下降时间不等。
5.【答案】B
【解析】解：AB.根据开普勒第三定律可知：T1T2=(r1r2)32，天宫二号的轨道半径比同步卫星的轨道半径小，则天宫二号绕地球做匀速圆周运动的周期小于同步卫星的运动周期，而同步卫星的运动周期等于地球的自转周期，则天宫二号绕地球做匀速圆周运动的周期小于地球的自转周期，即天宫二号相对于地球是运动的，故A错误，B正确；
C.天宫二号在进入大气层后，由于大气阻力对其做负功，则天宫二号的机械能越来越小，故C错误；
D.卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r，解得：v= GMr；因为7.9km/s是卫星贴近地面做匀速圆周运动的环绕速度，天宫二号绕地球做匀速圆周运动的轨道半径大于地球的半径，所以天宫二号绕地球做匀速圆周运动线速度小于7.9km/s，故D错误。
故选：B。
根据开普勒第三定律，分析天宫二号绕地球做匀速圆周运动的周期，由此分析是否相对地球静止；根据机械能守恒定律的守恒条件分析机械能是否守恒；由万有引力提供向心力得到线速度表达式，分析天宫二号绕地球做匀速圆周运动线速度大小。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力，结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。
6.【答案】B
【解析】解：由图乙可知，被救人员沿水平方向做匀速直线运动，位移x=vxt=3×4m=12m
图丙可知，被救人员沿竖直方向做加速运动，位移y=vy2t=62×4m=12m
则被救人员的位移s= x2+y2= 122+122m=12 2m，故B正确，ACD错误。
故选：B。
由图乙可知，伤员沿水平方向做匀速直线运动，图丙可知，在竖直方向伤员向上做加速运动，根据位移的合成解得。
本题考查运动的合成与分解，解题关键掌握运动的分解具有独立性，注意合成符合平行四边形法则。
7.【答案】D
【解析】解：小球受重力与球形碗的弹力，重力与弹力的合力提供小球做圆周运动的向心力，设弹力与竖直方向的夹角为θ
则：mgtanθ=Rsinθ⋅ω2m，解得ω2=gRcsθ=gh
v=rω，r= R2−h2，联立解得：v= g(R2−h2)h，故D正确，ABC错误。
故选：D。
对小球进行受力分析，写出向心力的表达式，结合几何关系与牛顿第二定律即可求解。
本题考查受力分析、向心力与牛顿第二定律，这道题属于圆锥摆模型，要熟悉该模型规律。
8.【答案】AD
【解析】解：A.所有的小面圈在空中均做平抛运动，竖直方向均为自由落体运动，根据
h=12gt2
解得
t= 2hg
可知运动的时间都相同，故A正确；
B.所有面圈都只受到重力作用，所以加速度均为g，根据Δv=gt可知时间相同，则所有面圈在空中运动过程中速度的变化量相同，故B错误；
D.若小面圈刚被抛出时初速度为v0，根据水平方向为匀速直线运动，落在锅里的水平距离最小值为L，最大值为3L，有
L=vmint
3L=vmaxt
t= 2hg
则L g2h
C.面圈落入锅中时水平速度最大值为最小值的3倍，但是竖直速度vy相等，根据速度的合成
v= v02+vy2
可知落入锅中时，最大速度小于最小速度的3倍，故C错误。
故选：AD。
小面圈做平抛运动，竖直方向为自由落体运动，水平方向为匀速直线运动；
竖直方向根据位移-时间公式比较运动的时间，根据Δv=gt比较速度的变化量；
水平方向根据x=vt求解初速度的取值范围；
小面圈落入锅中的速度为合速度，根据平行四边形定则求解合速度。
本题考查平抛运动，解题关键是知道平抛运动水平分运动为匀速直线运动，竖直分运动为自由落体运动，结合运动学公式列式求解即可。
9.【答案】AC
【解析】解：A.苹果做匀速圆周运动，则苹果在运动过程中所受合外力提供其做圆周运动所需的向心力，合外力大小不变，故A正确；
B.苹果在b位置和d位置时受到的摩擦力大小相等，方向相反，故B错误；
C.苹果在c位置时，加速度方向向下，处于失重状态，受到的支持力小于其重力，故C正确；
D.整个运动过程中，苹果的动能不变，重力势能发生变化，则苹果的机械能不守恒，故D错误。
故选：AC。
由于苹果做匀速圆周运动，其合外力大小不变，手对苹果的力和苹果所受重力合成为其做圆周运动所需的向心力，即可求得手对苹果的支撑力和摩擦力的合力，计算苹果机械能通过分析动能和重力势能的变化进行解答。
本题考查匀速圆周运动的性质和力的合成与分解，综合分析得出答案。
10.【答案】ABD
【解析】解：ABC、根据牛顿第二定律，工件在加速阶段的加速度大小为：a=μmgm=0.5×1×101m/s2=5m/s2
假设工件到达右端前已经与初速度共速，则工件加速过程的时间为：t1=v0a=55s=1s
加速过程工件的位移为：x1=v02t1=52×1m=2.5m
而工件做匀速运动的时间为：t2=L−x1v=3−2.55s=0.1s
工件在传送带上运动的总时间为：t=t1+t2=1s+0.1s=1.1s，故AB正确，C错误；
D、因传送小工件，电动机多消耗的能量等于传送带克服摩擦力做的功，则有：ΔE=μmgx传=μmgv0t1=0.5×1×10×5×1J=25J，故D正确。
故选：ABD。
根据牛顿第二定律可以得到工件的加速度；根据运动学公式判断工件在传送到上的运动情况并计算出工件在传送带上的运动情况，根据动能定理判断传送带对工件做的功；
计算工件在传送带上的运动问题，一定要先判断工件到底是一直加速还是先加速后匀速的情况，所以需要计算出工件的加速距离，进而和传送带长度做比较即可。
11.【答案】16.0012.5能
【解析】解：(1)刻度尺的分度值为0.1cm，读数为16.00cm
(2)根据胡克定律可知弹簧Ⅰ的劲度系数为k=ΔFΔx=4×0.05×10−1×0.05×10(26.72−14.70)×10−2N/m=12.5N/m，同理可解得弹簧Ⅱ的劲度系数．
故答案为：(1)16.00；(2)12.5，能
(1)根据测量数据的最小位数即可判断出刻度尺的最小刻度；
(2)根据胡克定律F=kx求得弹簧的劲度系数.
本题的解题关键是要掌握胡克定律，即弹簧的弹力与弹簧伸长量成正比。
12.【答案】BC 左 m8T2(x42−2x2x4) C A
【解析】解：(1)A.因为本实验是比较动能的增加量和重力势能的减少量的大小关系，故质量可以约去，不需要测量重物的质量，精确测量重物的质量对减小实验误差没有影响，故A错误；
B.为了减小纸带与限位孔之间的摩擦，两限位孔必须在同一竖直线上，这样可以减小纸带与限位孔的摩擦，从而减小实验误差，故B正确；
C.实验供选择的重物应该是相对质量较大、体积较小的物体，这样能减小空气阻力的影响，从而减小实验误差，故C正确；
D.实验时，先接通打点计时器的电源再松开纸带，为更有效的利用纸带，则重物离打点计时器下端近些，故D错误。
故选：BC。
(2)纸带上的点迹从左向右间距逐渐变大，则纸带的左端与重物相连。
根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，打点计时器打B点时的速度为
vB=x22T
打点计时器打D点时的速度为vD=x4−x22T
在打B点到D点的过程中，重锤动能增加量的表达式为ΔEk=12mvD2−12mvB2
代入数据解得ΔEk=m8T2(x42−2x2x4)
(3)若在误差允许范围内，重锤在下落过程中机械能守恒，则mgh=12mv2
化简可得v22=gh
以v22为纵坐标，以h为横坐标，画出的v22−h图像为图中过原点的直线，故选C。
重锤在下落过程中所受到逐渐增大的阻力作用，根据动能定理mgh−fh=12mv2
化简可得v22=(g−fm)h
因为阻力逐渐增大，斜率k=g−fm逐渐减小，故选A。
故答案为：(1)BC；(2)左；m8T2(x42−2x2x4)；(3)C；A。
(1)根据实验原理和注意事项分析作答；
(2)重物做加速运动，在相同的时间间隔内通过的位移越来越大，据此分析作答；
根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，分别求解B、D两点的瞬时速度，在求解动能的增加量；
(3)根据机械能守恒定律求解v22−h函数，结合图像分析作答；
考虑阻力作用，根据动能定理求解v22−h函数，结合图像分析作答。
解决本题的关键知道实验的原理，以及知道实验中误差的来源，掌握纸带的处理，会通过纸带求解瞬时速度，从而得出动能的增加量；根据机械能守恒定律或者动能定理求解v22−h函数是解题的关键。
13.【答案】解：(1)排球水平击出后做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，则有
h=12gt2
解得：t= 2hg= 2×3.210s=0.8s
排球在水平方向做匀速直线运动，故排球落地点与击出点间的水平距离为
x=v0t=20×0.8m=16m
(2)排球落地前瞬间的竖直分速度为
vy=gt=10×0.8m=8m/s
排球落地前瞬间的速度大小为
v= v02+vy2= 202+82m/s=4 29m/s
重力的瞬时功率为
P=mgvy=0.26×10×8W=20.8W
答：(1)排球落地点与击出点间的水平距离为16m；
(2)排球落地前瞬间的速度大小为4 29m/s，重力的瞬时功率为20.8W。
【解析】(1)排球水平击出后做平抛运动，根据下落的高度求运动时间，由x=v0t求落地点与击出点间的水平距离；
(2)根据vy=gt求出排球落地前瞬间的竖直分速度，再与水平速度合成求出落地瞬间的速度大小，由P=mgvy求重力的瞬时功率。
本题考查平抛运动，这类问题的关键在于将平抛运动分解成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。要知道重力的瞬时功率与竖直分速度有关。
14.【答案】解：(1)小物块在木板上表面滑动时，设小物块加速度大小为a1，木板加速度大小为a2，由牛顿第二定律，对小物块：μmg=ma1，对木板：μmg=Ma2
整理解得：a1=μg，a2=μmgM
(2)设小物块和木板的共同速度大小为v，以向右为正，由动量守恒定律得：mv0=(M+m)v
解得：v=mv0M+m
设小物块在木板上表面滑动的过程所用时间为t，以速度方向为正方向，对小物块由动量定理得
−μmgt=mv−mv0
代入解得：t=Mv0μ(M+m)g
(3)木板的长度为L，由能量守恒定律得：μmgL=12mv02−12(M+m)v2
代入解得：L=Mv022μg(M+m)
答：(1)小物块在木板上表面滑动时，小滑块和木板的加速度大小分别为μg、μmgM；
(2)小物块在木板上表面滑动的过程所用时间为Mv0μ(M+m)g；
(3)木板的长度为Mv022μg(M+m)。
【解析】(1)根据牛顿第二定律分别求出小物块和木板的加速度；
(2)对系统由动量守恒定律求出共同速度，再对滑块根据动量定理求时间；
(3)对系统根据能量守恒定律和摩擦生热公式求木板的长度。
解决本题的关键关键理清物块和木板的运动规律，抓住临界情况，即到达右端时两者有共同的速度，结合牛顿第二定律动量和能量的观点进行求解。
15.【答案】解：(1)四驱车恰好经过圆轨道最高点D，设D点速度为vD.
在D点，牛顿第二定律得
mg=mvD2R
解得：vD=1m/s
四驱车从C运动到D点过程中，根据动能定理得
−mg⋅2R=12mvD2−12mvC2
解得：vC= 5m/s
BC段轨道光滑，有vB=vC
四驱车从A点运动到B点过程中，根据动能定理得
P0t0−Wf=12mvB2
解得在AB段克服摩擦力所做的功为：Wf=27.5J
(2)四驱车从C运动到F点过程中，根据动能定理得
−mgh2=12mvF2−12mvC2
车从F点飞出后做平抛运动，运动时间为t，则有
h2+h1=12gt2，x=vFt
联立以上表达式并化简得
x= −4h22+0.2h2+0.2= (1−4h2)(0.8+4h2)4= −4(h2−140)2+81400
当h2=0.025m时，x有最大值，且xmax=0.45m
答：(1)四驱车第二次经过C点速度大小为 5m/s，在AB段克服摩擦力所做的功为27.5J；
(2)平台末端EF的高度h2为0.025m时，四驱车落到沙坑中的点与F点的水平距离最大，水平最大距离xmax为0.45m。
【解析】(1)四驱车恰好经过圆轨道最高点D时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出在D点的速度。四驱车从C运动到D点过程中，根据动能定理求出在C点的速度。四驱车从A点运动到B点过程中，根据动能定理求解在AB段克服摩擦力所做的功；
(2)四驱车从C运动到F点过程中，根据动能定理列式。车从F点飞出后做平抛运动，根据分位移公式列式，得到四驱车落到沙坑中的点与F点的水平距离与高度h2的关系式，再运用数学知识求解。
本题考查动能定理、牛顿第二定律与平抛运动的综合，运用动能定理时，要明确研究过程。要掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，运用函数法求水平距离的最大值。钩码数
1
2
3
4
LA/cm
14.70
18.71
22.71
26.72
LB/cm
28.96
34.76
40.51
46.36
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