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2022-2023学年广西河池市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年广西河池市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共16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.运动的合成与分解是指描述运动的各物理量即位移、速度、加速度的合成与分解，如小船过河、骑马射箭等问题。关于运动的合成与分解，下列说法正确的是( )
A. 两个直线运动的合运动不一定是直线运动
B. 合运动的速度和加速度一定大于每个分运动的速度和加速度
C. 两个不在同一条直线上初速度为零的匀加速直线运动的合运动可能不是直线运动
D. 当静水船速和河水的流速一定，小船要到河的对岸，只要调整好船头的方向，就可以使小船渡河的位移等于河宽
2.如图甲、乙所示为商场中两种形式倾角相同的自动扶梯，甲为倾斜面，乙为水平台阶，质量相等的A、B两人分别站在甲、乙上，随着扶梯一起斜向上以相同的速度做匀速运动，则( )
A. 甲对A的支持力做负功
B. 乙对B的支持力不做功
C. 甲对A的摩擦力不做功
D. 在相等的时间内A、B两人重力势能的增加量相等
3.欧洲木星探测器于2023年4月发射，将于2023年7月抵达木星，如图所示，假设欧洲木星探测器进入木星表面前，在木卫一与木卫四之间先绕木星做匀速圆周运动，下列说法正确的是( )
A. 欧洲木星探测器做匀速圆周运动的角速度大于木卫一的角速度
B. 欧洲木星探测器做匀速圆周运动的线速度小于木卫四的线速度
C. 若使欧洲木星探测器能被木星捕获，必须减小其机械能
D. 若使欧洲木星探测器能被木卫四捕获，必须减小其机械能
4.有一辆额定功率P=50kW、质量m=1600kg的绿色环保电车在平直水平路面上行驶时，受到的阻力Ff是车重的0.1倍，重力加速度取g=10m/s2。若绿色环保电车从静止开始，保持以0.25m/s2的加速度做匀加速直线运动，则匀加速过程的最大速度为( )
A. 15m/sB. 20m/sC. 25m/sD. 30m/s
5.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，右端与套在固定竖直杆上的物体B连接，到达如图所示位置时，绳与竖直方向的夹角分别为60∘、37∘，两物体的速率分别为vA、vB，且此时vA+vB=13m/s。cs37∘=0.8，则vA、vB之差为( )
A. 3m/sB. 4m/sC. 5m/sD. 6m/s
6.如图所示，倾角为θ的斜面固定在水平地面上，将甲、乙两小球在斜面上方的适当位置先后以相同的初速度水平抛出，分别经时间t1、t2击中斜面上的A、B两点(图中未画出)。已知甲恰好垂直于斜面落在A点，乙的抛出点与落点B的连线垂直于斜面，不计空气阻力。则t1、t2等于( )
A. 1：2B. 2：1C. 2：3D. 3：2
7.如图甲所示，质量为m的物块放在光滑的水平面上，从t=0时刻，在水平拉力作用下由静止开始运动，拉力的功率随时间变化如图乙所示，则t=t0时刻物块的速度大小为( )
A. 2 P0t0mB. 12 P0t0mC. P0t0mD. 2P0t0m
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，若把运动员击出的羽毛球看作平抛运动，则羽毛球击出后在空中运动的过程中，下列说法正确的是( )
A. 羽毛球做匀加速曲线运动，在相等的时间内速度的变化都相等
B. 羽毛球受到重力的平均功率不变，瞬时功率与时间成正比
C. 羽毛球运动的轨迹是曲线且一直处于完全失重状态
D. 羽毛球在任意相等时间内动能的变化量相等
9.如图所示，A、B两个相同的茶杯放在餐桌上的自动转盘上，O为转盘圆心，B、O间距大于A、O间距，B杯中装满水，A杯是空杯，转盘在电动机的带动下匀速转动，A、B两杯与转盘始终保持相对静止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )
A. A受到的摩擦力比B的大B. B受到的摩擦力比A的大
C. 增大转动的角速度，B一定先滑动D. 增大转动的角速度，A有可能先滑动
10.如图所示，倾角θ=37∘的粗糙斜面体固定在水平面上，一轻质弹簧放在斜面上，下端固定，弹簧处于自然状态。质量为1kg的物块(可视为质点)从斜面上某点由静止释放，物块向下运动1m时刚好与弹簧接触，此时物块的动能为2J，物块继续向下压缩弹簧0.1m时动能达到最大，取重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，则下列说法正确的是( )
A. 物块与斜面间的动摩擦因数为0.4
B. 弹簧的劲度系数为20N/m
C. 从开始运动到物块动能最大的过程中，物块损失的机械能全部转化为摩擦产生的内能
D. 若改变物块开始释放的位置，物块向下运动过程中动能最大的位置仍不变
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某实验小组利用频闪照相技术研究平抛运动的规律。如图所示，某次实验时，先将一足够大的方格纸平铺在竖直墙壁上作为背景。拍摄时，让一小球从A点水平抛出的同时，从B点由静止释放另一小球，已知背景的小方格均为边长为L的正方形，重力加速度为g，空气阻力不计。
(1)根据以上信息，下列说法中正确的是______；
A.只能确定水平抛出的小球水平方向的运动是匀速直线运动
B.只能确定水平抛出的小球竖直方向的运动是自由落体运动
C.既可以确定水平抛出的小球水平方向的运动是匀速直线运动，也可以确定竖直方向的运动是自由落体运动
(2)根据以上信息可求出：频闪照相机的闪光周期为______；水平抛出的小球在 A点的速度大小为______，在 C点的速度大小为______。(均用题中所给物理量的符号表示)
12.某同学用气垫导轨来验证机械能守恒定律，装置如图所示，装有遮光条的滑块放置在气垫导轨上的A位置，细线绕过固定在导轨右端的定滑轮，一端与滑块连接、另一端悬挂钩码。已知遮光条宽度为d，滑块与遮光条的总质量为M、A到光电门中心距离为x，钩码的质量为m，当地重力加速度为g。
(1)开通气源，先调节气垫导轨水平，取下细线和钩码，将滑块轻放在气垫导轨上，如果滑块能______，说明气垫导轨水平。
(2)挂上钩码将滑块从静止释放，测得滑块通光电门时遮光条的遮光时间为t，如果表达式______成立(用题中所给物理量的符号表示)，则机械能守恒定律得到验证。
(3)改变钩码质量，多次实验，每次均让滑块从A点由静止释放，测得多组钩码质量m及遮光条遮光时间作t2−1m图像，如果图像是一条倾斜直线且图像的斜率为______，图像与纵轴的截距为______，则机械能守恒定律得到验证。(均用题中所给物理量的符号表示)
四、简答题：本大题共3小题，共40分。
13.2022年6月10日，中国天眼发现了距离地球16光年的超级地球。假设超级地球与地球均为质量分布均匀的球体，超级地球与地球的质量之比为1a，半径比为1b。忽略星球自转影响。求：
(1)超级地球表面的重力加速度与地球表面的重力加速度大小之比；
(2)超级地球的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度大小之比。
14.如图所示，在同一竖直平面固定有半径为r=0.04m的四分之一圆弧轨道1以及半圆轨道2，O为轨道1的圆心，OA水平，O、B、C在同一竖直线上，C为轨道2最低点，且与水平地面平滑连接。现让质量为m的木块(视为质点)从A点由静止释放，运动到B点时恰好不脱离2，木块从C点滑上水平地面运动1m停止，圆弧轨道均光滑，重力加速度取g=10m/s2。求：
(1)木块刚滑到四分之一圆弧轨道最低点时(未进入B)，轨道压力的大小；
(2)轨道2的半径；
(3)木块与水平地面之间的动摩擦因数。
15.如图所示为某同学设计的一种弹射游戏装置，让小物块压缩弹簧后释放，使小物块飞入水平桌面并与竖直挡板碰后返回不飞出桌面，并距离桌面左端最近者获胜。在光滑水平地面上一轻质弹簧左端固定，右端与一质量为m=1kg的小物块接触(物块与弹簧不栓接，滑上斜面前已脱离弹簧)，物块正前方的水平地面上固定一倾角为45∘、高为h=0.5m的光滑斜面(斜面底端与水平地面平滑连接)，斜面右侧固定一上表面粗糙、高度为H=0.95m的水平桌面，小物块与桌面间的动摩擦因数为μ=0.3，在距桌面左端L=0.9m处固定一竖直弹性挡板，物块与挡板碰后无机械能损失。某位同学在一次游戏中，用小物块压缩弹簧(在弹性限度内)由静止释放，小物块离开斜面后恰好在运动到最高点时进入桌面后与挡板碰撞。不计空气阻力，小物块可视为质点，重力加速度g=10m/s2。
(1)求小物块运动到最高点时的速度大小v；
(2)求弹簧最初储存的弹性势能大小Ep；
(3)通过计算判断该同学弹出的小物块与挡板碰后是否会从桌面左端飞出？若不能飞出桌面，求小物块静止时与桌面左端距离Δx。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.两个直线运动的合运动不一定是直线运动，可以是匀变速曲线运动，比如平抛运动，故A正确；
B.根据平行四边形定则，合速度不一定大于分速度，合加速度不一定大于分加速度，故B错误；
C.两个不在同一条直线上的初速度为零的匀加速直线运动，则加速度为两个方向的合加速度，由于静止，初速度为零，故合运动做匀加速直线运动，故C错误；
D.当静水船速小于水流速，根据速度合成规律，合速度不可能垂直于河岸，即渡河的位移不可能等于河宽，故D错误。
故选：A。
两个直线运动的合运动可以是曲线运动；
根据平行四边形定则，分析合运动与分运动关系；
两个不在同一条直线上的初速度为零的匀加速直线运动，合运动做匀加速直线运动；
当静水船速小于水流速，渡河的位移不可能等于河宽。
本题考查学生对运动合成规律、合运动与分运动关系的掌握，是一道基础题。
2.【答案】D
【解析】解：A、甲的斜面对A的支持力与位移垂直，支持力不做功，故A错误；
B、乙的台阶对B的支持力与位移的夹角为锐角，支持力做正功，故B错误；
C、甲的斜面对A的静摩擦力与位移同向，静摩擦力做正功，故C错误；
D、甲、乙的重力相等，在相等的时间内上升的高度相等，则重力势能的增加量相等，故D正确。
故选：D。
根据功的公式W=Flcsα，判断做功情况，主要由支持力和摩擦力的方向与位移方向的夹角确定做功情况。
甲图中支持力垂直斜面，摩擦力沿斜面向上，乙图中支持力方向竖直向上，不受摩擦力。
解决本题的关键知道力与速度方向垂直，该力不做功，力与位移的方向成锐角，该力做正功，力与位移方向成钝角，该力做负功。
3.【答案】C
【解析】解：A、欧洲木星探测器绕木星做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有：GMmr2=mrω2，解得：ω= GMr3，欧洲木星探测器做匀速圆周运动的轨道半径大于木卫一的轨道半径，欧洲木星探测器做匀速圆周运动的角速度小于木卫一的角速度，故A错误；
B、欧洲木星探测器绕木星做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r，解得：v= GMr；欧洲木星探测器做匀速圆周运动的轨道半径大于木卫四的轨道半径，欧洲木星探测器做匀速圆周运动的线速度大于木卫四的线速度，故B正确；
C、若使欧洲木星探测器能被木星捕获，必须减速使其做向心运动，由于外力对欧洲木星探测器做负功，所以其机械能减小，故C正确；
D、若使欧洲木星探测器能被木卫四捕获，必须加速使其做离心运动，由于外力对欧洲木星探测器做正功，所以其机械能增加，故D错误。
故选：C。
欧洲木星探测器绕木星做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得到角速度和线速度表达式进行分析；根据功能关系分析机械能的变化情况。
本题主要是考查功能关系和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，掌握卫星的变轨原理以及功能关系的应用方法。
4.【答案】C
【解析】解：试电车受到的阻力大小为
Ff=kmg=0.1×1600×10N=1600N
由牛顿第二定律得
F−Ff=ma
该电车的牵引力大小：F=2000N
设匀加速过程的最大速度为v。电车的功率刚达到额定功率时，匀加速运动结束，则有P=Fv
其中P=50kW=5×104W，解得：v=25m/s，故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据牛顿第二定律求电车的牵引力大小。当电车的功率达到额定功率时，匀加速运动结束，由P=Fv求出匀加速过程的最大速度。
本题考查机车启动问题，要注意掌握电车的功率与牵引力的关系式：P=Fv，把握隐含的临界条件：电车的功率达到额定功率时，匀加速运动结束。
5.【答案】A
【解析】解：设此时沿绳子方向的速率为v绳，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绳=vAcs60∘
v绳=vBcs37∘
又vA+vB=13m/s
联立解得：vA=8m/s，vB=5m/s
代入数据得：vA−vB=3m/s，故BCD错误，A正确。
故选：A。
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。
本题主要考查了关联速度的相关问题，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。
6.【答案】A
【解析】甲恰好垂直落在A点，由几何关系得
tanθ=v0vy=v0gt
整理得t1=v0gtanθ
乙与落点B的连线垂直于斜面，由几何关系得
tanθ=xy=v0t212gt22
整理得t2=2v0gtanθ
故t1:t2=l：2
故选A。
分析甲垂直于斜面落到A点和乙抛出点与B的连线垂直于斜面的几何关系
斜面上的平抛问题先找几何关系，在运用运动学公式求解，需要数形结合
7.【答案】C
【解析】解：对物块根据动能定理分析可得：
WF=12mv2
其中
WF=12×P0t0
即有
12P0t0=12mv2
解得：v= P0t0m，故C正确，ABD错误；
故选：C。
对物体根据动能定理得出物体的速度，与图像的物理意义联立等式得出物块的速度。
本题主要考查了动能定理的相关应用，理解图像的物理意义，结合功率的计算公式和动能定理即可完成分析。
8.【答案】AC
【解析】解：A、做平抛运动的物体只受重力的作用，所以羽毛球的加速度为重力加速度g，保持不变，做匀变速曲线运动，根据Δv=gt可知在相等的时间内速度的变化都相等，故A正确；
B、平抛运动在竖直方向上是自由落体运动，重力的平均功率为P−=mgvy−=mggt2=12mg2t，重力的瞬时功率为P=mgvy=mg2t，可知平均功率、瞬时功率都与时间成正比，故B错误；
C、羽毛球击出后在空中运动的过程中，只受重力作用，加速度为重力加速度g，处于完全失重状态，故C正确；
D、做平抛运动的物体在竖直方向上做自由落体运动，任意相等时间内竖直方向发生的位移大小不同，任意相等时间内重力做功不等，由动能定理可知动能变化量不同，故D错误。
故选：AC。
羽毛球的运动看作平抛运动，只受重力，根据Δv=gt分析在相等的时间内速度的变化关系；根据P−=mgvy−分析重力的平均功率是否变化，根据P=mvy分析重力的瞬时功率与时间的关系；根据加速度分析羽毛球的运动状态；根据动能定理分析羽毛球在任意相等时间内动能的变化量的关系。
本题考查平抛运动的相关应用，要理解平抛运动的受力特点和在不同方向上的运动特点，结合动能定理和功率的计算公式完成分析。
9.【答案】BC
【解析】解：AB.茶杯随转盘转时，两物体角速度相同，由静摩擦力提供向心力，则有
f=mω2r
由于
mB>mA
rB>rA
则B受到的摩擦力比A的大，故A错误，B正确；
CD.设茶杯发生滑动的临界角速度为ω0，则有
μmg=mω02r
得
ω0= μgr
由此可知，增大转动的角速度，B一定先滑动，故C正确，D错误。
故选：BC。
两物块A和B随着圆盘转动时，始终与圆盘保持相对静止，都做匀速圆周运动，判断A、B所受的摩擦力大小；
由牛顿第二定律求出A、B两物块与圆盘保持相对静止的最大角速度。
本题是匀速圆周运动中连接体问题，既要隔离研究，也要抓住它们之间的联系：角速度相等、绳子拉力大小相等。
10.【答案】BD
【解析】解：A.由释放物块刚要与弹簧接触，根据动能定理得
mgx1sinθ−μmgx1csθ=Ek1
将x1=1m代入解得
μ=0.5
故A错误；
B.对物块受力分析，根据共点力平衡条件有
mgsinθ=μmgcsθ+kx2
将x2=0.1m代入解得
k=20N/m
故B正确；
C.当物块速度最大时，从开始运动到物块动能最大过程中物块损失的机械能全部转化为摩擦产生的内能和弹簧的弹性势能，故C错误；
D.物块开始释放的位置改变，物块向下运动过程中动能最大的位置即物块受力平衡的位置，该位置不变，故D正确。
故选：BD。
根据动能定理解得动摩擦因数；根据共点力平衡条件解得弹簧的劲度系数；物块的初动能完全转化为摩擦力做功，根据能量守恒定律可分析CD。
本题考查功能关系与共点力平衡条件的应用，解题关键掌握物块的受力情况及能量的转化。
11.【答案】C 2Lg 2gL 10gL
【解析】解：(1)因为相邻两张照片间的时间间隔相等，由图可知，水平抛出的小球相邻两点间水平距离相等，可知其沿水平方向的运动是匀速直线运动；竖直方向上，水平抛出的小球的运动规律与自由落体运动的小球运动规律相同，竖直方向相邻两点间的距离之比为1：3：5，故其在竖直方向上做自由落体运动。故AB错误，C正确；
故选：C。
(2)在竖直方向上，根据
Δy=2L=gT2
解得
T= 2Lg
小球在A点速度即为平抛初速度
v0=2LT= 2gL
运动到C点是竖直方向的速度大小为
vy=2gT=2 2gL
则C点的速度大小为
vC= v02+vy2
代入数据解得：vC= 10gL
故答案为：(1)C；(2) 2Lg； 2gL； 10gL
(1)根据实验现象得出正确的实验结论，结合题目选项完成分析；
(2)根据平抛运动在不同方向上的运动特点，结合运动学公式和矢量的合成特点完成分析。
本题主要考查了平抛运动的相关实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合平抛运动在不同方向上的运动特点即可完成分析。
12.【答案】静止 mgx=12(M+m)(dt)2 d2M2gx d22gx
【解析】解：(1)气垫导轨上摩擦力可以忽略，将滑块放在气垫导轨上若滑块能够保持静止状态，表明气垫导轨水平。
(2)对钩码和滑块构成的系统，根据机械能守恒有：mgx=12(m+M)v2
根据光电门测速原理有：v=dt
以上两式联立得：mgx=12(M+m)(dt)2
(3)根据上述结论变形后有：t2=Md22gx⋅1m+d22gx
可知，机械能守恒定律得到验证，则t2−1m图像必定是一条倾斜直线，且图像的斜率与图像与纵轴的截距分别为：k=d2M2gx，b=d22gx
故答案为：(1)静止；(2)mgx=12(M+m)(dt)2；(3)d2M2gx、d22gx。
(1)根据本实验对气垫导轨的无摩擦的特点和水平放置的要求，分析判断滑块的状态；
(2)由机械能守恒定律倒推出需要验证的表达式；
(3)将上一问的表达式变形后获得t2−1m的函数式，从函数式的特点求斜率和截距。
本题考查验证机械能守恒定律实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤、数据处理和误差分析。
13.【答案】解：(1)由万有引力和重力的关系可得：GMmR2=mg
解得星球表面的重力加速度大小为：g=GMR2
则有：g超g地=M超M地⋅(R地R超)2
解得：g超g地=b2a；
(2)第一宇宙速度等于卫星贴近地面做匀速圆周运动的环绕速度，根据万有引力提供向心力可得：GMmR2=mv2R
可得第一宇宙速度为：v= GMR
则有：v超v地= M超M地×R地R超= ba。
答：(1)超级地球表面的重力加速度与地球表面的重力加速度大小之比为b2a；
(2)超级地球的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度大小之比为 ba。
【解析】(1)由万有引力和重力的关系求解重力加速度大小之比；
(2)第一宇宙速度等于卫星贴近地面做匀速圆周运动的环绕速度，根据万有引力提供向心力求解第一宇宙速度大小之比。
本题主要是考查了万有引力定律及其应用；解答此类题目一般要把握两条线：一是在星球表面，忽略星球自转的情况下，万有引力等于重力；二是根据万有引力提供向心力列方程进行解答。
14.【答案】解：(1)根据动能定理有
mgr=12mv12
木块刚滑到圆弧轨道最低点时有
F−mg=mv12r
得支持力大小为F=3mg
由牛顿第三定律可知，对轨道压力的大小为3mg
(2)由于运动到B点时恰好不脱离轨道2，则
mg=mv12R
得轨道2的半径R=0.08m
(3)木块从B点到C点，根据动能定理有
2mgR=12mv22−12mv12
木块从C点滑上水平地面运动l=1m停止，根据动能定理有
−μmgl=0−12mv22
解得μ=0.2
答：(1)木块刚滑到四分之一圆弧轨道最低点时(未进入B)，轨道压力的大小为3mg；
(2)轨道2的半径为0.08m；
(3)木块与水平地面之间的动摩擦因数为0.2。
【解析】(1)根据动能定理求出滑块通过B点时的速度，在B点，由牛顿第二、第三定律相结合求滑块对圆弧轨道的压力大小。
(2)根据临界条件结合牛顿第二定律解答。
(3)根据动能定理分析解答。
本题要理清滑块的运动过程，把握各个过程的物理规律，熟练运用运动的分解法处理平抛运动，涉及力在空间的效果求速度时，要想到动能定理。
15.【答案】解：(1)设小物块刚离开斜面时竖直方向分速度为vy，水平方向分速度为vx，则有
vy2=2g(H−h)
tan45∘=vyvx
联立解得
vx=vy=3m/s
由抛体运动规律可知小物块运动到最高点时的速度大小为
v=vx=3m/s
(2)由能量守恒定律有
Ep=12mv2+mgH
解得
Ep=14J
(3)设小物块未飞出桌面，从进入桌面至静止的过程运动的路程为s，由动能定理有
−μmg⋅s=0−12mv2
解得
s=1.5m
由于s<2L，则小物块不能从桌面左端飞出，此时到桌面左端的距离为
Δx=2L−s
解得Δx=0.3m
答：(1)小物块运动到最高点时的速度大小为3m/s；
(2)弹簧最初储存的弹性势能大小为14J；
(3)小物块与挡板碰后不会从桌面左端飞出；小物块静止时与桌面左端距离为0.3m。
【解析】(1)小物块滑离斜面后做斜上抛运动，在竖直方向上根据速度-位移关系及几何关系进行解答；
(2)对小物块根据功能关系可得弹簧最初储存的弹性势能；
(3)小物块在桌面运动过程中，根据动能定理分析解答。
本题主要是考查了能量守恒定律、动能定理和平抛运动的知识。解题关键掌握小物块的运动情况分析，注意斜抛运动的特点。
1.运动的合成与分解是指描述运动的各物理量即位移、速度、加速度的合成与分解，如小船过河、骑马射箭等问题。关于运动的合成与分解，下列说法正确的是( )
A. 两个直线运动的合运动不一定是直线运动
B. 合运动的速度和加速度一定大于每个分运动的速度和加速度
C. 两个不在同一条直线上初速度为零的匀加速直线运动的合运动可能不是直线运动
D. 当静水船速和河水的流速一定，小船要到河的对岸，只要调整好船头的方向，就可以使小船渡河的位移等于河宽
2.如图甲、乙所示为商场中两种形式倾角相同的自动扶梯，甲为倾斜面，乙为水平台阶，质量相等的A、B两人分别站在甲、乙上，随着扶梯一起斜向上以相同的速度做匀速运动，则( )
A. 甲对A的支持力做负功
B. 乙对B的支持力不做功
C. 甲对A的摩擦力不做功
D. 在相等的时间内A、B两人重力势能的增加量相等
3.欧洲木星探测器于2023年4月发射，将于2023年7月抵达木星，如图所示，假设欧洲木星探测器进入木星表面前，在木卫一与木卫四之间先绕木星做匀速圆周运动，下列说法正确的是( )
A. 欧洲木星探测器做匀速圆周运动的角速度大于木卫一的角速度
B. 欧洲木星探测器做匀速圆周运动的线速度小于木卫四的线速度
C. 若使欧洲木星探测器能被木星捕获，必须减小其机械能
D. 若使欧洲木星探测器能被木卫四捕获，必须减小其机械能
4.有一辆额定功率P=50kW、质量m=1600kg的绿色环保电车在平直水平路面上行驶时，受到的阻力Ff是车重的0.1倍，重力加速度取g=10m/s2。若绿色环保电车从静止开始，保持以0.25m/s2的加速度做匀加速直线运动，则匀加速过程的最大速度为( )
A. 15m/sB. 20m/sC. 25m/sD. 30m/s
5.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，右端与套在固定竖直杆上的物体B连接，到达如图所示位置时，绳与竖直方向的夹角分别为60∘、37∘，两物体的速率分别为vA、vB，且此时vA+vB=13m/s。cs37∘=0.8，则vA、vB之差为( )
A. 3m/sB. 4m/sC. 5m/sD. 6m/s
6.如图所示，倾角为θ的斜面固定在水平地面上，将甲、乙两小球在斜面上方的适当位置先后以相同的初速度水平抛出，分别经时间t1、t2击中斜面上的A、B两点(图中未画出)。已知甲恰好垂直于斜面落在A点，乙的抛出点与落点B的连线垂直于斜面，不计空气阻力。则t1、t2等于( )
A. 1：2B. 2：1C. 2：3D. 3：2
7.如图甲所示，质量为m的物块放在光滑的水平面上，从t=0时刻，在水平拉力作用下由静止开始运动，拉力的功率随时间变化如图乙所示，则t=t0时刻物块的速度大小为( )
A. 2 P0t0mB. 12 P0t0mC. P0t0mD. 2P0t0m
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，若把运动员击出的羽毛球看作平抛运动，则羽毛球击出后在空中运动的过程中，下列说法正确的是( )
A. 羽毛球做匀加速曲线运动，在相等的时间内速度的变化都相等
B. 羽毛球受到重力的平均功率不变，瞬时功率与时间成正比
C. 羽毛球运动的轨迹是曲线且一直处于完全失重状态
D. 羽毛球在任意相等时间内动能的变化量相等
9.如图所示，A、B两个相同的茶杯放在餐桌上的自动转盘上，O为转盘圆心，B、O间距大于A、O间距，B杯中装满水，A杯是空杯，转盘在电动机的带动下匀速转动，A、B两杯与转盘始终保持相对静止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )
A. A受到的摩擦力比B的大B. B受到的摩擦力比A的大
C. 增大转动的角速度，B一定先滑动D. 增大转动的角速度，A有可能先滑动
10.如图所示，倾角θ=37∘的粗糙斜面体固定在水平面上，一轻质弹簧放在斜面上，下端固定，弹簧处于自然状态。质量为1kg的物块(可视为质点)从斜面上某点由静止释放，物块向下运动1m时刚好与弹簧接触，此时物块的动能为2J，物块继续向下压缩弹簧0.1m时动能达到最大，取重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，则下列说法正确的是( )
A. 物块与斜面间的动摩擦因数为0.4
B. 弹簧的劲度系数为20N/m
C. 从开始运动到物块动能最大的过程中，物块损失的机械能全部转化为摩擦产生的内能
D. 若改变物块开始释放的位置，物块向下运动过程中动能最大的位置仍不变
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某实验小组利用频闪照相技术研究平抛运动的规律。如图所示，某次实验时，先将一足够大的方格纸平铺在竖直墙壁上作为背景。拍摄时，让一小球从A点水平抛出的同时，从B点由静止释放另一小球，已知背景的小方格均为边长为L的正方形，重力加速度为g，空气阻力不计。
(1)根据以上信息，下列说法中正确的是______；
A.只能确定水平抛出的小球水平方向的运动是匀速直线运动
B.只能确定水平抛出的小球竖直方向的运动是自由落体运动
C.既可以确定水平抛出的小球水平方向的运动是匀速直线运动，也可以确定竖直方向的运动是自由落体运动
(2)根据以上信息可求出：频闪照相机的闪光周期为______；水平抛出的小球在 A点的速度大小为______，在 C点的速度大小为______。(均用题中所给物理量的符号表示)
12.某同学用气垫导轨来验证机械能守恒定律，装置如图所示，装有遮光条的滑块放置在气垫导轨上的A位置，细线绕过固定在导轨右端的定滑轮，一端与滑块连接、另一端悬挂钩码。已知遮光条宽度为d，滑块与遮光条的总质量为M、A到光电门中心距离为x，钩码的质量为m，当地重力加速度为g。
(1)开通气源，先调节气垫导轨水平，取下细线和钩码，将滑块轻放在气垫导轨上，如果滑块能______，说明气垫导轨水平。
(2)挂上钩码将滑块从静止释放，测得滑块通光电门时遮光条的遮光时间为t，如果表达式______成立(用题中所给物理量的符号表示)，则机械能守恒定律得到验证。
(3)改变钩码质量，多次实验，每次均让滑块从A点由静止释放，测得多组钩码质量m及遮光条遮光时间作t2−1m图像，如果图像是一条倾斜直线且图像的斜率为______，图像与纵轴的截距为______，则机械能守恒定律得到验证。(均用题中所给物理量的符号表示)
四、简答题：本大题共3小题，共40分。
13.2022年6月10日，中国天眼发现了距离地球16光年的超级地球。假设超级地球与地球均为质量分布均匀的球体，超级地球与地球的质量之比为1a，半径比为1b。忽略星球自转影响。求：
(1)超级地球表面的重力加速度与地球表面的重力加速度大小之比；
(2)超级地球的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度大小之比。
14.如图所示，在同一竖直平面固定有半径为r=0.04m的四分之一圆弧轨道1以及半圆轨道2，O为轨道1的圆心，OA水平，O、B、C在同一竖直线上，C为轨道2最低点，且与水平地面平滑连接。现让质量为m的木块(视为质点)从A点由静止释放，运动到B点时恰好不脱离2，木块从C点滑上水平地面运动1m停止，圆弧轨道均光滑，重力加速度取g=10m/s2。求：
(1)木块刚滑到四分之一圆弧轨道最低点时(未进入B)，轨道压力的大小；
(2)轨道2的半径；
(3)木块与水平地面之间的动摩擦因数。
15.如图所示为某同学设计的一种弹射游戏装置，让小物块压缩弹簧后释放，使小物块飞入水平桌面并与竖直挡板碰后返回不飞出桌面，并距离桌面左端最近者获胜。在光滑水平地面上一轻质弹簧左端固定，右端与一质量为m=1kg的小物块接触(物块与弹簧不栓接，滑上斜面前已脱离弹簧)，物块正前方的水平地面上固定一倾角为45∘、高为h=0.5m的光滑斜面(斜面底端与水平地面平滑连接)，斜面右侧固定一上表面粗糙、高度为H=0.95m的水平桌面，小物块与桌面间的动摩擦因数为μ=0.3，在距桌面左端L=0.9m处固定一竖直弹性挡板，物块与挡板碰后无机械能损失。某位同学在一次游戏中，用小物块压缩弹簧(在弹性限度内)由静止释放，小物块离开斜面后恰好在运动到最高点时进入桌面后与挡板碰撞。不计空气阻力，小物块可视为质点，重力加速度g=10m/s2。
(1)求小物块运动到最高点时的速度大小v；
(2)求弹簧最初储存的弹性势能大小Ep；
(3)通过计算判断该同学弹出的小物块与挡板碰后是否会从桌面左端飞出？若不能飞出桌面，求小物块静止时与桌面左端距离Δx。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.两个直线运动的合运动不一定是直线运动，可以是匀变速曲线运动，比如平抛运动，故A正确；
B.根据平行四边形定则，合速度不一定大于分速度，合加速度不一定大于分加速度，故B错误；
C.两个不在同一条直线上的初速度为零的匀加速直线运动，则加速度为两个方向的合加速度，由于静止，初速度为零，故合运动做匀加速直线运动，故C错误；
D.当静水船速小于水流速，根据速度合成规律，合速度不可能垂直于河岸，即渡河的位移不可能等于河宽，故D错误。
故选：A。
两个直线运动的合运动可以是曲线运动；
根据平行四边形定则，分析合运动与分运动关系；
两个不在同一条直线上的初速度为零的匀加速直线运动，合运动做匀加速直线运动；
当静水船速小于水流速，渡河的位移不可能等于河宽。
本题考查学生对运动合成规律、合运动与分运动关系的掌握，是一道基础题。
2.【答案】D
【解析】解：A、甲的斜面对A的支持力与位移垂直，支持力不做功，故A错误；
B、乙的台阶对B的支持力与位移的夹角为锐角，支持力做正功，故B错误；
C、甲的斜面对A的静摩擦力与位移同向，静摩擦力做正功，故C错误；
D、甲、乙的重力相等，在相等的时间内上升的高度相等，则重力势能的增加量相等，故D正确。
故选：D。
根据功的公式W=Flcsα，判断做功情况，主要由支持力和摩擦力的方向与位移方向的夹角确定做功情况。
甲图中支持力垂直斜面，摩擦力沿斜面向上，乙图中支持力方向竖直向上，不受摩擦力。
解决本题的关键知道力与速度方向垂直，该力不做功，力与位移的方向成锐角，该力做正功，力与位移方向成钝角，该力做负功。
3.【答案】C
【解析】解：A、欧洲木星探测器绕木星做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有：GMmr2=mrω2，解得：ω= GMr3，欧洲木星探测器做匀速圆周运动的轨道半径大于木卫一的轨道半径，欧洲木星探测器做匀速圆周运动的角速度小于木卫一的角速度，故A错误；
B、欧洲木星探测器绕木星做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r，解得：v= GMr；欧洲木星探测器做匀速圆周运动的轨道半径大于木卫四的轨道半径，欧洲木星探测器做匀速圆周运动的线速度大于木卫四的线速度，故B正确；
C、若使欧洲木星探测器能被木星捕获，必须减速使其做向心运动，由于外力对欧洲木星探测器做负功，所以其机械能减小，故C正确；
D、若使欧洲木星探测器能被木卫四捕获，必须加速使其做离心运动，由于外力对欧洲木星探测器做正功，所以其机械能增加，故D错误。
故选：C。
欧洲木星探测器绕木星做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得到角速度和线速度表达式进行分析；根据功能关系分析机械能的变化情况。
本题主要是考查功能关系和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，掌握卫星的变轨原理以及功能关系的应用方法。
4.【答案】C
【解析】解：试电车受到的阻力大小为
Ff=kmg=0.1×1600×10N=1600N
由牛顿第二定律得
F−Ff=ma
该电车的牵引力大小：F=2000N
设匀加速过程的最大速度为v。电车的功率刚达到额定功率时，匀加速运动结束，则有P=Fv
其中P=50kW=5×104W，解得：v=25m/s，故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据牛顿第二定律求电车的牵引力大小。当电车的功率达到额定功率时，匀加速运动结束，由P=Fv求出匀加速过程的最大速度。
本题考查机车启动问题，要注意掌握电车的功率与牵引力的关系式：P=Fv，把握隐含的临界条件：电车的功率达到额定功率时，匀加速运动结束。
5.【答案】A
【解析】解：设此时沿绳子方向的速率为v绳，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绳=vAcs60∘
v绳=vBcs37∘
又vA+vB=13m/s
联立解得：vA=8m/s，vB=5m/s
代入数据得：vA−vB=3m/s，故BCD错误，A正确。
故选：A。
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。
本题主要考查了关联速度的相关问题，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。
6.【答案】A
【解析】甲恰好垂直落在A点，由几何关系得
tanθ=v0vy=v0gt
整理得t1=v0gtanθ
乙与落点B的连线垂直于斜面，由几何关系得
tanθ=xy=v0t212gt22
整理得t2=2v0gtanθ
故t1:t2=l：2
故选A。
分析甲垂直于斜面落到A点和乙抛出点与B的连线垂直于斜面的几何关系
斜面上的平抛问题先找几何关系，在运用运动学公式求解，需要数形结合
7.【答案】C
【解析】解：对物块根据动能定理分析可得：
WF=12mv2
其中
WF=12×P0t0
即有
12P0t0=12mv2
解得：v= P0t0m，故C正确，ABD错误；
故选：C。
对物体根据动能定理得出物体的速度，与图像的物理意义联立等式得出物块的速度。
本题主要考查了动能定理的相关应用，理解图像的物理意义，结合功率的计算公式和动能定理即可完成分析。
8.【答案】AC
【解析】解：A、做平抛运动的物体只受重力的作用，所以羽毛球的加速度为重力加速度g，保持不变，做匀变速曲线运动，根据Δv=gt可知在相等的时间内速度的变化都相等，故A正确；
B、平抛运动在竖直方向上是自由落体运动，重力的平均功率为P−=mgvy−=mggt2=12mg2t，重力的瞬时功率为P=mgvy=mg2t，可知平均功率、瞬时功率都与时间成正比，故B错误；
C、羽毛球击出后在空中运动的过程中，只受重力作用，加速度为重力加速度g，处于完全失重状态，故C正确；
D、做平抛运动的物体在竖直方向上做自由落体运动，任意相等时间内竖直方向发生的位移大小不同，任意相等时间内重力做功不等，由动能定理可知动能变化量不同，故D错误。
故选：AC。
羽毛球的运动看作平抛运动，只受重力，根据Δv=gt分析在相等的时间内速度的变化关系；根据P−=mgvy−分析重力的平均功率是否变化，根据P=mvy分析重力的瞬时功率与时间的关系；根据加速度分析羽毛球的运动状态；根据动能定理分析羽毛球在任意相等时间内动能的变化量的关系。
本题考查平抛运动的相关应用，要理解平抛运动的受力特点和在不同方向上的运动特点，结合动能定理和功率的计算公式完成分析。
9.【答案】BC
【解析】解：AB.茶杯随转盘转时，两物体角速度相同，由静摩擦力提供向心力，则有
f=mω2r
由于
mB>mA
rB>rA
则B受到的摩擦力比A的大，故A错误，B正确；
CD.设茶杯发生滑动的临界角速度为ω0，则有
μmg=mω02r
得
ω0= μgr
由此可知，增大转动的角速度，B一定先滑动，故C正确，D错误。
故选：BC。
两物块A和B随着圆盘转动时，始终与圆盘保持相对静止，都做匀速圆周运动，判断A、B所受的摩擦力大小；
由牛顿第二定律求出A、B两物块与圆盘保持相对静止的最大角速度。
本题是匀速圆周运动中连接体问题，既要隔离研究，也要抓住它们之间的联系：角速度相等、绳子拉力大小相等。
10.【答案】BD
【解析】解：A.由释放物块刚要与弹簧接触，根据动能定理得
mgx1sinθ−μmgx1csθ=Ek1
将x1=1m代入解得
μ=0.5
故A错误；
B.对物块受力分析，根据共点力平衡条件有
mgsinθ=μmgcsθ+kx2
将x2=0.1m代入解得
k=20N/m
故B正确；
C.当物块速度最大时，从开始运动到物块动能最大过程中物块损失的机械能全部转化为摩擦产生的内能和弹簧的弹性势能，故C错误；
D.物块开始释放的位置改变，物块向下运动过程中动能最大的位置即物块受力平衡的位置，该位置不变，故D正确。
故选：BD。
根据动能定理解得动摩擦因数；根据共点力平衡条件解得弹簧的劲度系数；物块的初动能完全转化为摩擦力做功，根据能量守恒定律可分析CD。
本题考查功能关系与共点力平衡条件的应用，解题关键掌握物块的受力情况及能量的转化。
11.【答案】C 2Lg 2gL 10gL
【解析】解：(1)因为相邻两张照片间的时间间隔相等，由图可知，水平抛出的小球相邻两点间水平距离相等，可知其沿水平方向的运动是匀速直线运动；竖直方向上，水平抛出的小球的运动规律与自由落体运动的小球运动规律相同，竖直方向相邻两点间的距离之比为1：3：5，故其在竖直方向上做自由落体运动。故AB错误，C正确；
故选：C。
(2)在竖直方向上，根据
Δy=2L=gT2
解得
T= 2Lg
小球在A点速度即为平抛初速度
v0=2LT= 2gL
运动到C点是竖直方向的速度大小为
vy=2gT=2 2gL
则C点的速度大小为
vC= v02+vy2
代入数据解得：vC= 10gL
故答案为：(1)C；(2) 2Lg； 2gL； 10gL
(1)根据实验现象得出正确的实验结论，结合题目选项完成分析；
(2)根据平抛运动在不同方向上的运动特点，结合运动学公式和矢量的合成特点完成分析。
本题主要考查了平抛运动的相关实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合平抛运动在不同方向上的运动特点即可完成分析。
12.【答案】静止 mgx=12(M+m)(dt)2 d2M2gx d22gx
【解析】解：(1)气垫导轨上摩擦力可以忽略，将滑块放在气垫导轨上若滑块能够保持静止状态，表明气垫导轨水平。
(2)对钩码和滑块构成的系统，根据机械能守恒有：mgx=12(m+M)v2
根据光电门测速原理有：v=dt
以上两式联立得：mgx=12(M+m)(dt)2
(3)根据上述结论变形后有：t2=Md22gx⋅1m+d22gx
可知，机械能守恒定律得到验证，则t2−1m图像必定是一条倾斜直线，且图像的斜率与图像与纵轴的截距分别为：k=d2M2gx，b=d22gx
故答案为：(1)静止；(2)mgx=12(M+m)(dt)2；(3)d2M2gx、d22gx。
(1)根据本实验对气垫导轨的无摩擦的特点和水平放置的要求，分析判断滑块的状态；
(2)由机械能守恒定律倒推出需要验证的表达式；
(3)将上一问的表达式变形后获得t2−1m的函数式，从函数式的特点求斜率和截距。
本题考查验证机械能守恒定律实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤、数据处理和误差分析。
13.【答案】解：(1)由万有引力和重力的关系可得：GMmR2=mg
解得星球表面的重力加速度大小为：g=GMR2
则有：g超g地=M超M地⋅(R地R超)2
解得：g超g地=b2a；
(2)第一宇宙速度等于卫星贴近地面做匀速圆周运动的环绕速度，根据万有引力提供向心力可得：GMmR2=mv2R
可得第一宇宙速度为：v= GMR
则有：v超v地= M超M地×R地R超= ba。
答：(1)超级地球表面的重力加速度与地球表面的重力加速度大小之比为b2a；
(2)超级地球的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度大小之比为 ba。
【解析】(1)由万有引力和重力的关系求解重力加速度大小之比；
(2)第一宇宙速度等于卫星贴近地面做匀速圆周运动的环绕速度，根据万有引力提供向心力求解第一宇宙速度大小之比。
本题主要是考查了万有引力定律及其应用；解答此类题目一般要把握两条线：一是在星球表面，忽略星球自转的情况下，万有引力等于重力；二是根据万有引力提供向心力列方程进行解答。
14.【答案】解：(1)根据动能定理有
mgr=12mv12
木块刚滑到圆弧轨道最低点时有
F−mg=mv12r
得支持力大小为F=3mg
由牛顿第三定律可知，对轨道压力的大小为3mg
(2)由于运动到B点时恰好不脱离轨道2，则
mg=mv12R
得轨道2的半径R=0.08m
(3)木块从B点到C点，根据动能定理有
2mgR=12mv22−12mv12
木块从C点滑上水平地面运动l=1m停止，根据动能定理有
−μmgl=0−12mv22
解得μ=0.2
答：(1)木块刚滑到四分之一圆弧轨道最低点时(未进入B)，轨道压力的大小为3mg；
(2)轨道2的半径为0.08m；
(3)木块与水平地面之间的动摩擦因数为0.2。
【解析】(1)根据动能定理求出滑块通过B点时的速度，在B点，由牛顿第二、第三定律相结合求滑块对圆弧轨道的压力大小。
(2)根据临界条件结合牛顿第二定律解答。
(3)根据动能定理分析解答。
本题要理清滑块的运动过程，把握各个过程的物理规律，熟练运用运动的分解法处理平抛运动，涉及力在空间的效果求速度时，要想到动能定理。
15.【答案】解：(1)设小物块刚离开斜面时竖直方向分速度为vy，水平方向分速度为vx，则有
vy2=2g(H−h)
tan45∘=vyvx
联立解得
vx=vy=3m/s
由抛体运动规律可知小物块运动到最高点时的速度大小为
v=vx=3m/s
(2)由能量守恒定律有
Ep=12mv2+mgH
解得
Ep=14J
(3)设小物块未飞出桌面，从进入桌面至静止的过程运动的路程为s，由动能定理有
−μmg⋅s=0−12mv2
解得
s=1.5m
由于s<2L，则小物块不能从桌面左端飞出，此时到桌面左端的距离为
Δx=2L−s
解得Δx=0.3m
答：(1)小物块运动到最高点时的速度大小为3m/s；
(2)弹簧最初储存的弹性势能大小为14J；
(3)小物块与挡板碰后不会从桌面左端飞出；小物块静止时与桌面左端距离为0.3m。
【解析】(1)小物块滑离斜面后做斜上抛运动，在竖直方向上根据速度-位移关系及几何关系进行解答；
(2)对小物块根据功能关系可得弹簧最初储存的弹性势能；
(3)小物块在桌面运动过程中，根据动能定理分析解答。
本题主要是考查了能量守恒定律、动能定理和平抛运动的知识。解题关键掌握小物块的运动情况分析，注意斜抛运动的特点。
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