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2021-2022学年天津市南开区高一（下）期末物理试卷（含解析）
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这是一份2021-2022学年天津市南开区高一（下）期末物理试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
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2021-2022学年天津市南开区高一（下）期末物理试卷
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共20小题，共60.0分）
1. 下列关于功的说法正确的是( )
A. 功有正负，功是矢量 B. 力越大，力对物体做的功越多
C. 摩擦力一定对物体做负功 D. -5J的功比2J的功大
2. 关于功率的说法，正确的是( )
A. 由P=wt知，力做功越多，功率就越大
B. 由P=F⋅v知，物体运动越快，功率越大
C. 由W=Pt知，功率越大，力做功越多
D. 由P=Fvcosθ知，某一时刻，力大速率也大，功率不一定大
3. 下列说错误的是( )
A. 牛顿提出了万有引力定律，并测出了引力常量的值
B. 卡文迪什用实验的方法证明了万有引力的存在
C. 引力常量G的单位是N⋅m2
D. 万有引力定律揭示了自然界有质量的物体间普遍存在着的一种相互吸引力
4. 下列关于冲量、动量、动能的说法中正确的是( )
A. 冲量是矢量，冲量的方向一定与速度的方向相同
B. 动量是矢量，动量的方向一定与速度的方向相同
C. 物体的动量增大2倍，其动能也增大2倍
D. 物体的合外力不为零，其动量变化量和动能变化量一定不为零
5. 设在平直的公路上以5m/s速度行驶的自行车，如果人和车的质量约为80kg，所受阻力约为人和车总重的0.05倍，则骑车人的功率约为( )
A. 0.2kW B. 0.4kW C. 0.02kW D. 4kW
6. 关于重力做功和重力势能，下列说法中正确的是( )
A. 重力做功与路径无关，只跟它的起点和终点的位置有关
B. 一个物体的重力势能从-5J变化到-3J，重力势能变小了
C. 当物体向高处运动时，克服重力做功，物体的重力势能减小
D. 物体的位置一旦确定，它的重力势能的数值大小也随之确定
7. 如图所示，质量为m的小车在与竖直方向成α角的恒定拉力F的作用下，沿水平地面向左运动一段位移l，此过程小车受到的摩擦力大小恒为f，重力加速度为g，则( )
A. 重力做功为mgl B. 支持力做功为0
C. 摩擦力做功为fl D. 拉力做功为Flcosα
8. 质量为2kg的小铁球从某一高度由静止释放，经3s到达地面，不计空气阻力，g取10m/s2.则( )
A. 2s末重力的瞬时功率为200W B. 2s末重力的瞬时功率为400W
C. 2s内重力的平均功率为100W D. 2s内重力的平均功率为400W
9. 长期以来“卡戎星(Charon)”被认为是冥王星唯一的卫星，它的公转轨道半径r1=19600km，公转周期T1=6.39天。2006年3月，天文学家发现两颗冥王星的小卫星，其中一颗的公转半径r2=48000km，则它的公转周期T2，最接近于( )
A. 15天 B. 25天 C. 35天 D. 45天
10. 我国“北斗二代”计划发射35颗卫星，形成全球性定位导航系统，比美国GPS多5颗。多出的这5颗是相对地面静止的高轨道卫星(简称“静卫”)，其他的有27颗中轨道卫星(简称“中卫”)绕地球做匀速圆周运动的轨道半径为静止轨道半径的35。则( )
A. “中卫”的线速度介于7.9km/s和11.2km/s之间
B. “静卫”的轨道经过我国上空
C. 如果质量相同，“静卫”与“中卫”的动能之比为3：5
D. “静卫”与“中卫”的加速度之比为25：9
11. 2020年11月24日我国发射的“嫦娥五号”卫星进入环月轨道，若卫星绕月做匀速圆周运动的轨道半径为r，周期为T。已知月球的半径为R，引力常量为G，则( )
A. 月球的质量为4π2R3GT2 B. 月球的平均密度为3πGT2
C. 月球表面的重力加速度为4π2r3R2T2 D. 月球的第一宇宙速度为2πrT
12. 如图所示，一细绳下吊一小球，悬挂在天花板下，现用一水平外力拉小球，使其匀速率从A点到B点。则小球从A点运动到B点过程中( )
A. 受到的拉力为恒力
B. 机械能先增大后减小
C. 合力的功等于小球重力势能的增加量
D. 拉力F的功等于小球机械能的增加量
13. 如图所示为自行车传动示意图。A、B、C分别是自行车的大齿轮、小齿轮和后轮边缘上的三个点，到各自转动轴的距离分别为3r、r和9r。A点所在大齿轮与脚蹬子同轴，B点所在小齿轮与后轮同轴。当人蹬车匀速运动时，A、B、C三点的角速度、线速度、向心加速度关系满足( )
A. ωA=ωB，vA=3vB B. ωC=ωB，aC=9aB
C. vA=vB，aA=aB D. ωA=3ωB，vC=9vA
14. 铁路在弯道处的内外轨道高低是不同的。已知铁轨平面与水平面的夹角为θ，弯道处的圆弧半径为R。若质量为m的火车以速度v通过某弯道时，内、外轨道均不受侧压力作用，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 火车受铁轨的支持力大小为mgcosθ
B. v=gRtanθ
C. 若火车速度小于v，外轨将受到侧压力作用
D. 若火车速度大于v，内轨将受到侧压力作用
15. 如图所示，小球自a点由静止自由下落，到b点时恰与弹簧接触，到c点时弹簧被压缩到最短，若不计弹簧质量和空气阻力，在小球由a→b→c的运动过程中( )
A. 小球的机械能守恒
B. 小球在b点时动能最大
C. 到c点时弹簧弹性势能的增加量等于小球动能的减少量
D. 到c点时弹簧弹性势能的增加量等于小球重力势能的减少量
16. 一个质量为0.18kg的垒球以20m/s的速度水平飞向球棒，被球棒打击后，又以20m/s的速度反向水平飞回，垒球与球棒作用时间约为0.2s。下列说法正确的是( )
A. 垒球的动量变化的大小为0
B. 垒球的动量变化的大小为3.6kg⋅m/s
C. 垒球受到棒的平均作用力大小为36N
D. 垒球受到棒的冲量方向与垒球被击中前的速度方向相同
17. “中里9A”是我四首颗国产广播电视直播卫星。2017年6月19日“中星9A”发射过程中火箭三级推进工作异常，卫星未能进入预定轨道，7月5日通过准确实施10次轨道调整，卫星成功定点于东经101.4°赤道上空的预定轨道并正常工作。如图所示为“中星9A”在定位过程中所进行的10次调整中的三条轨道，曲线I是最初发射的椭圆轨道，曲线Ⅱ是第5次调整后的椭圆轨道，曲线Ⅲ是第10次调整后的最终预定圆轨道。轨道I与Ⅱ在近地点A相切，轨道Ⅱ与Ⅲ在远地点B相切。下列说法正确的是( )
A. 卫星在轨道Ⅱ上经过B点时的速度大于经过A点时的速度
B. 卫星在轨道Ⅱ上经过B点时的速度大于卫星在轨道Ⅲ上经过B点时的速度
C. 卫星在轨道I上经过A点时的加速度等于卫星在轨道Ⅱ上经过A点时的加速度
D. 卫星在轨道Ⅱ上经过B点时的加速度小于卫星在轨道Ⅲ上经过B点时的加速度
18. “双星系统”是由相距较近的两颗恒星组成，每个恒星的半径远小于两个恒星之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体，它们在相互间的万有引力作用下，绕某一点做匀速圆周运动。如图所示为某一双星系统，A星球的质量为m1，B星球的质量为m2，它们中心之间的距离为L，引力常量为G。则下列说法正确的是( )
A. A、B两星球做圆周运动的半径之比为m1：m2
B. A、B两星球做圆周运动的角速度之比为m1：m2
C. A星球的轨道半径r1=m1m1+m2L
D. 双星运行的周期T=2πLLG(m1+m2)
19. 如图所示，质量为60kg的人，站在质量为300kg的车的一端。车长为3m，开始时人、车相对于水平地面静止，车与地面间的摩擦可忽略不计。当人由车的一端走到另一端的过程中，下列说法正确的是( )
A. 人对车的冲量大小大于车对人的冲量大小
B. 任何时刻人的动量变化和车的动量变化都相同
C. 当人走到车的另一端时，车运动的位移大小为0.5m
D. 人的速率最大时，车的速率最小
20. 如图所示，用长L=0.1m的轻质杆连着质量m=0.1kg的小球在竖直平面内做圆周运动，g=10m/s2。下列说法中正确的是( )
A. 若小球恰能在竖直平面内做圆周运动，则其在最高点速率为1m/s
B. 小球通过最高点时，小球受到杆的作用力不可能为零
C. 小球通过最低点时受到轻杆的拉力F≥5N
D. 若小球以0.5m/s通过最高点，此时小球受到杆向下0.75N力的作用
第II卷（非选择题）
二、实验题（本大题共2小题，共16.0分）
21. 用图甲所示实验装置完成“验证动量守恒定律”的实验，测出两小球的质量，记录小球抛出点在地面上的垂直投影点O，测出碰撞前后两小球的平均落地点的位置M、P、N与O的距离分别为x1、x2、x3，如图乙所示。
(1)若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2半径为r2，则______。
A.m1>m2，r1>r2
B.m1>m2，r1
D.m1
A.同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放
B.让入射小球与被碰小球连续10次相碰，用最小半径的圆把10个落点圈住，圆心位置是平均落点
C.轨道倾斜部分必须光滑
D.轨道末端必须水平
(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式为______(用测量量表示)。
22. 利用图1装置做“验证机械舵守恒定律”的实验。
(1)除打点计时器(含纸带、复写纸)、交流电源、铁架台、重锤、导线及开关外，在下面的器材中，必须使用的还有______(选填器材前的字母)。
A.刻度尺
B.天平
C.秒表
(2)在打好点的纸带中挑选点迹清晰且第1、2两计时点间距离约为______mm的纸带。
(3)图2是实验中得到的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC，重锤质量用m表示。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T，从打下O点到打下B点的过程中，重锤重力势能的减少量|ΔED|=______，动能的增加量ΔEk=______。
(4)甲、乙两位同学在同一间实验室选用不同重锤做实验，甲同学选用的是大小合适的铁锤，乙同学选用的是较大的木锤。他们在纸带上选取计数点后，通过描绘v2-h图像去研究重锤机械能是否守恒。在同一坐标系中，合理的v2-h图像是______。
A.
B.
C.
D.
三、简答题（本大题共1小题，共12.0分）
23. 如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相切，半圆形导轨的半径为R。一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右的速度后脱离弹簧，当它经过B点进入导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的8倍，之后向上运动恰能到达最高点C。(不计空气阻力)试求：
(1)物体在A点时弹簧的弹性势能Ep；
(2)物体从B点运动至C点的过程中产生的内能Q；
(3)物体从C点落回水平面的位置与C点的距离s。
四、计算题（本大题共1小题，共12.0分）
24. 如图，长为L的矩形长木板静置于光滑水平面上，一质量为m的滑块以水平向右的初速度vo滑上木板左端。①若木板固定，则滑块离开木板时的速度大小为v03；②若木板不固定，则滑块恰好不离开木板。滑块可视为质点，重力加速度大小为g.求：
(1)滑块与木板间的动摩擦因数μ；
(2)木板的质量M；
(3)两种情况下，滑块从木板左端滑到右端的过程中，摩擦力对滑块的冲量大小之比I1：I2．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：AD、功的正负不表示功的大小，正、负表示动力做功还是阻力做功，-5J的功大于2J的功，故A错误，D正确；
B、因功的决定因素为力，位移及二者的夹角，则力大，位移大，若两者夹角为90度，则做功为0，故B错误。
C、摩擦力可以做正功，也可做负功，这要看摩擦力与位移的方向关系，故C错误；
故选：D。
功是标量，其正负反映的是物体受到的力的情况，正功说明力是动力，而负功则说明力是阻力；摩擦力可以做正功也可以做负功，主要是看力和这个力方向的位移关系。
考查功的求解式，明确功是标量及正负的意义，关键是掌握功的公式当中的相关量，尤其注意力与速度的夹角。
2.【答案】D
【解析】解：A、由P=wt知，单位时间内力做功越多，功率越大，故A错误；
B、由P=F⋅v知，拉力F一定的情况下，物体运动越快，功率越大，故B错误；
C、由W=Pt知，功率越大，做功时间越长，力做功越多，故C错误；
D、由P=Fvcosθ知，某一时刻，力大速率也大，功率不一定大，还与力与速度的夹角有关，故D正确；
故选：D。
单位时间内所做的功叫功率；功率是表示物体做功快慢的物理量；功率有平均功率和瞬时功率之分。
本题关键明确功、功率的定义，能用几个关于功率的公式进行分析讨论，不难。
3.【答案】D
【解析】解：AB、牛顿发现了万有引力定律，通过“地—月检验”证明了万有引力的存在，卡文迪许通过扭秤实验测出了万有引力常量，故AB错误；
C、引力常量G的单位是N⋅m2⋅kg-2故C错误；
D、万有引力定律揭示了自然界有质量的物体间普遍存在着的一种相互吸引力，故D正确。
故选：D。
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可；根据万有引力定律的意义说明．
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．
4.【答案】B
【解析】解：AB、动量是矢量，P=mv它的方向与速度的方向相同，冲量是矢量，I=Ft它的方向是由力的方向决定的，故A错误，B正确；
C、根据物体动量和动能的关系Ek=P22m知物体的动量增大2倍，动能增大4倍，故C错误；
D、物体合外力不为零，动量变化量不为零，动能变化量可能为零，例如匀速圆周运动，故D错误；
故选：B。
动量与冲量都是矢量，动量的方向与速度方向相同，冲量的方向由力的方向决定，与动量变化的方向相同；物体动量和动能的关系Ek=P22m求动能的变化．
本题考查对冲量、动量、动量的增量三个物理量的理解，抓住三个量都是矢量，从定义、定理理解记忆。
5.【答案】A
【解析】解：自行车匀速运动，处于平衡状态，由平衡条件得：F=f=0.05mg=0.05×80×10=40N，
此时的功率P=Fv=40×5W=200W=0.2kW，故A正确，BCD错误。
故选：A。
人在匀速行驶时，受到的阻力的大小和脚蹬车的力的大小相等，由P=FV=fV可以求得此时人受到的阻力的大小
在计算平均功率和瞬时功率时一定要注意公式的选择，P=Wt只能计算平均功率的大小，而P=Fv可以计算平均功率也可以是瞬时功率，取决于速度是平均速度还是瞬时速度．
6.【答案】A
【解析】解：A、重力做功和路径无关，只与初末两点的高度差有关；故A正确；
B、重力势能是标量，一个物体的重力势能从-5J变化到-3J，物体的重力势能一定增加；故B错误；
C、物体克服重力做功时，物体的重力势能一定增加；故C错误；
D、重力势能的大小与零势能参考面的选取有关；故D错误。
故选：A。
重力做正功，重力势能减小；重力做负功，重力势能增加；重力做的功等于重力势能的减小量．重力势能的大小取决于零势能面的选择。
本题关键明确重力做功的特点以及重力做功与重力势能变化之间的关系。
7.【答案】B
【解析】解：根据功的公式可得：
AB、重力和支持力垂直于位移，故两力均不做功，故A错误，B正确；
C、摩擦力做功为：Wf=-fl，故C错误；
D、拉力做功为：WF=Flsinα，故D错误；
故选：B。
小车所受的各力都是恒力，可根据恒力F做功的计算公式：W=FLcosθ，θ为F与l之间的夹角，来分析计算各力做的功。
本题考查功的计算，要明确恒力F做功的计算公式：W=FLcosθ，θ为F与l之间的夹角。注意功的公式只适用于恒力做功。
8.【答案】B
【解析】解：物体只受重力，做自由落体运动，
2s末速度为v1=gt1=20m/s
下落2.0s末重力做功的瞬时功率P=Gv=20N×20m/s=400W，故A错误B正确；
2s内的位移为h2=12gt22=20m
所以前2s内重力的功率为P2=mgh2t2=2×10×202W=200W
故C、D错误
故选：B。
根据速度时间公式求出2s末速度，再根据P=Fv求2s末瞬时功率．2s内重力的平均功率等于重力做的功除以时间．
本题关键是根据自由落体的速度时间公式求出各个时刻的瞬时速度，然后根据瞬时功率的计算式求解．
9.【答案】B
【解析】解：据开普勒第二定律得：r13T12=r23T22 得：T2=6.392×480003196003=24.6天，故ACD错误，B正确。
故选：B。
据开普勒第三定律(半径的三次方与周期的平方成正比)即可求解。
明确开普勒第三定律，会利用三定律分析天体的运动情况，属于基础题。
10.【答案】C
【解析】解：A、7.9km/s是地球卫星的最大环绕速度，所以“中卫”的线速度小于7.9km/s，故A错误；
B、“静卫”属于同步卫星，轨道必须是在赤道上空，故B错误；
C、由GMmr2=mv2r可得：v=GMr.如果质量相同，“静卫”和“中卫”的动能Ek=12mv2之比为：Ek1Ek2=v12v22=r2r1=35，故C正确；
D、由GMmr2=ma可得卫星的加速度为：a=GMr2，所以“静卫”与“中卫”的加速度之比为a1a2=r22r12=3252=925，故D错误。
故选：C。
根据第一宇宙速度特点判断；根据同步卫星的轨道特点判断；根据万有引力提供向心力，列式得到速度关系，进而可以得到动能之比；根据牛顿第二定律可以判断。
本题就是考查万有引力提供向心力的具体应用，熟练掌握GMmr2=mv2r=mrω2=mr(2πT)2=ma这些公式，题目不难解答。
11.【答案】C
【解析】解：A、万有引力提供嫦娥三号做圆周运动的向心力，则有：GMmr2=m4π2T2r；所以，月球质量M=4π2r3GT2；故A错误；
B、由平均密度定义ρ=M43πR3，可得：ρ=3πr3GT2R3；故B错误；
C、在月球表面，万有引力等于重力，故有：GMmR2=mg；所以，月球表面重力加速度g=4π2r3R2T2；故C正确；
D、月球的第一宇宙速度为v=gR=2πrrRTR，故D错误
故选：C。
由万有引力做向心力求解；根据月球表面，物体重力等于万有引力求解；根据球体体积公式和平均密度定义求解，根据第一宇宙速度的计算公式解得．
万有引力问题的运动，一般通过万有引力做向心力得到半径和周期、速度、角速度的关系，然后通过比较半径来求解，若是变轨问题则由能量守恒来求解．
12.【答案】D
【解析】解：A、小球匀速率从A点到B点，小球做匀速圆周运动，合力提供向心力，合力大小不变，方向时刻改变，重力大小与方向不变，拉力方向不变，拉力大小变化，拉力不是恒力，故A错误；
BD、整个过程细绳对小球不做功，拉力始终做正功，拉力做功使小球的机械能增加，拉力的功等于小球机械能的增加量，故B错误，D正确；
C、克服重力做的功等于小球重力势能的增加量，小球做匀速圆周运动，合力提供向心力，合力对小球不做功，故C错误。
故选：D。
小球从A点运动到B点过程中做匀速圆周运动，合力指向圆心，重力做的功对应重力势能的变化，拉力F做的功对应小球机械能的增加量，合力的功对应动能的变化量。
本题考查力的概念、对机械能守恒条件的理解以及功能关系，注意功和能区别。
13.【答案】B
【解析】解：大齿轮与小齿轮是链条传动，边缘各点线速度相等，则有：vA=vB=1：1，
根据v=ωr则有：ωA：ωB=rB：rA=1：3。
小齿轮与后轮是同轴传动，角速度相等，则有：ωB：ωC=1：1
根据v=ωr则有：vB：vC=1：9
所以角速度大小关系是：ωA：ωB：ωC=1：3：3；
线速度大小关系是：vA：vB：vC=1：1：9；
根据a=ωv可知：aA：aB：aC=1：3：27。故B正确，ACD错误；
故选：B。
共轴传动时，各点的角速度相同；皮带传动时，同一皮带轮上各点的线速度大小相等，结合圆周运动的公式进行分析即可正确解答本题。
解决本题的关键是理解两种传动模型的特点，“同轴转动角速度相等，皮带或齿轮联动，线速度相等”，熟练掌握各物理量之间的关系。
14.【答案】B
【解析】解：A、重力和支持力合力提供水平方向向心力如图所示：
可知火车受铁轨的支持力为mgcosθ，故A错误；
B、由牛顿第二定律得：
mgtanθ=mv2R
解得：v=gRtanθ，故B正确；
CD、当速度小于v时，向心力减小，内轨有侧压力，反之外轨有侧压力，故CD错误。
故选：B。
车转弯临界问题，此时两侧轨道无压力，重力与支持力合力提供向心力，受力分析根据牛顿第二定律可求解。
汽车转弯问题，注意临界受力分析，此时内外轨道并无侧压力，只有支持力重力提供向心力。
15.【答案】D
【解析】解：A、在小球由a→b→c的运动过程中小球和弹簧组成的系统机械能守恒，单独对小球来说，机械能并不守恒，故A错误；
B、小球从a到b过程中，小球做自由落体运动，接触弹簧后，开始时重力大于弹簧弹力，小球继续做加速运动，当小球所受重力与弹簧弹力相等时，小球速度达到最大，即此时小球的动能最大，故B错误；
CD、小球在由a到c的整个过程中，由能量守恒定律可知：mgΔhac=ΔEP，即到c点时，弹簧弹性势能的增加量等于小球重力势能的减少量，故C错误，D正确。
故选：D。
在整个过程中小球和弹簧组成的系统机械能守恒；当小球受力平衡时小球的速度最大；在整个过程中系统的机械能守恒，里面有重力势能、动能和弹性势能的相互转化。
注意两点：第一点是小球和弹簧组成的系统机械能守恒，单独对小球来说，机械能并不守恒；第二点是小球受力平衡时速度最大，即小球的动能最大。
16.【答案】C
【解析】解：AB、设初速度方向为正，垒球的动量变化为ΔP=mΔv=-0.18×20kg⋅m/s-0.18×20kg⋅m/s=-7.2kg⋅m/s，故AB错误；
C、根据动量定理有：F⋅t=mv2-mv1
代入数据得：F=-36N，方向与规定正方向相反，故C正确；
D、球受到棒的冲量方向与垒球动量变化量的方向相同，故D错误；
故选：C。
对垒球进行受力情况，对球棒击球的过程运用动量定理列方程求解作用力和动量变化量；球受到棒的冲量方向与垒球动量变化量的方向相同。
本题主要考查动量定理的简单运用，要注意对于动量定理来说一定注意矢量性，在解题时一定要先确定正方向。
17.【答案】C
【解析】解：A、卫星在轨道Ⅱ上从A点到B点，引力做负功，所以卫星在轨道Ⅱ上经过B点时的速度小于经过A点时的速度，故A错误；
B、由轨道Ⅱ上经过B点时到轨道Ⅲ上的运动要加速运动，所以卫星在轨道Ⅱ上经过B点时的速度小于卫星在轨道Ⅲ上经过B点时的速度，故B错误；
CD、根据GMmr2=ma，解得a=GMr2，所以在同一点受力相同，则加速度相等，故C正确，故D错误；
故选：C。
根据引力做功分析速度大小。在近地圆轨道加速，做离心运动而做椭圆运动，在远地点，需再次加速，使得万有引力等于向心力，进入同步轨道。根据变轨的原理比较速度的大小。
本题考查了万有引力定律的应用，卫星绕地球做圆周运动万有引力提供向心力，知道卫星变轨的原理是解题的关键，掌握基础知识即可解题，要注意基础知识的学习与积累。
18.【答案】D
【解析】解：ABC、双星靠它们之间的万有引力提供向心力，A星球的轨道半径为r1，B星球的轨道半径为r2，根据万有引力提供向心力有：Gm1m2L2=m1r1ω2=m1r2ω2
得：m1r1=m1r2
且r1+r2=L，
解得：r1=m2m1+m2L，r2=m1m1+m2L，所以A、B两星球做圆周运动的半径之比为m2：m1，故ABC错误；
D、根据周期与角速度关系有：T=2πω结合Gm1m2L2=m1r1ω2=m1r2ω2
且r1+r2=L，
解得：T=2πLLG(m1+m2)，故D正确；
故选：D。
双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度．应用牛顿第二定律列方程求解．
解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度．以及会用万有引力提供向心力进行求解．
19.【答案】C
【解析】解：A、根据牛顿第三定律可知，人对车的作用力与车对人的作用力大小相等、方向相反，且作用时间相等，根据I=Ft可知，人对车的冲量与车对人的冲量大小相等、方向相反，故A错误；
B、人与车间的摩擦力属于系统内力，人与车组成的系统所受合外力为零，则人与车组成的系统动量守恒，系统初动量为零，由动量守恒定律可知，任何时刻人的动量变化和车的动量变化等大反向，故B错误；
C、设车的运动位移大小为为x，则人的位移大小为L-x，人与车组成的系统在水平方向上动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv人-Mv车=0，则mL-xt-Mxt=0，代入数据解得：x=0.5m，故C正确；
D、由上可知，mv人-Mv车=0，则v车=mMv人，m、M一定，v人越大，v车越大，则人的速率最大时，车的速率最大，故D错误。
故选：C。
根据牛顿第三定律和冲量的定义分析人对车的冲量与车对人的冲量大小关系；人与车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，应用动量守恒定律分析答题。
本题是人船模型，要知道动量守恒的条件，分析清楚人与车的运动过程，应用冲量的定义式与动量守恒定律即可解题。
20.【答案】C
【解析】解：
A、由于杆可以提供支持力，小球在最高点向心力可以为0，即恰好做圆周运动最高点速度为0m/s，故A错误；
B、最高点当重力刚好提供向心力时有：
mg=mv2L
解得此时速度为：v=1m/s，此时杆的作用力为零，故B错误；
C、根据动能定理得：
mg2L=12mvmin2
解得运动到最低点最小速度为：vmin=4m/s，由牛顿第二定律得：
F-mg=mv2L
解得最低点拉力最小值为：F=5N，故C正确；
D、由B可知，0.5m/s<1m/s，此时物体受到杆给的向上的支持力，故D错误。
故选：C。
竖直面圆周运动，杆可以提供拉力和支持力，根据运动特点可判断AB对错；根据动能定理可求最低点速度，对小球受力分析，根据牛顿第二定律可判断CD对错。
竖直面圆周运动杆球问题，需要熟悉临界条件，注意动能定理的应用。
21.【答案】C C m1x2=m1x1+m2x3
【解析】解：(1)为了防止入射小球被反弹，应该保证入射小球质量大于被碰小球的质量，且发生的应该是对心碰撞，即两小球半径应该相等，故C正确，ABD错误；
故选：C。
(2)A、同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放，保证入射小球达到轨道末端时的速度不变，故A正确；
B、确定平均落点时，应该让入射小球与被碰小球连续10次相碰，用最小半径的圆把10个落点圈住，圆心位置即为平均落点，故B正确；
C、只需要保证入射小球必须从同一位置由静止释放几颗，不需要轨道倾斜部分必须光滑，故C错误；
D、为使小球做平抛，必须保证轨道末端水平，故D正确；
本题选错误的，故选：C。
(3)由题意可得，小球做平抛运动，所以它们落地时间相等，设为t，入射小球的速度为
v=x2t
入射小球碰后的速度为
v1=x1t
被碰小球的速度为
v2=x3t
若两球相碰前后的动量守恒，则满足
m1v=m1v1+m2v2
即m1x2=m1x1+m2x3
故答案为：(1)C；(2)C；(3)m1x2=m1x1+m2x3
(1)根据实验原理选择合适的实验器材；
(2)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(3)根据平抛运动的特点结合动量守恒定律完成分析。
本题主要考查了动量守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，理解平抛运动在不同方向的运动特点，结合动量守恒定律完成分析。
22.【答案】A 2 mghB m(hC-hA)28T2 B
【解析】解：(1)本实验中需要用刻度尺测距离，根据机械能守恒定律可得：
mgh=12mv2
可以看出，两侧的质量可以消除，所以不需要天平测量质量，且打点计时器本身是计时仪器，所以不需要用秒表，故A正确，BC错误；
故选：A。
(2)要使玄奇的纸带，第一个点恰好是打下的第一个点，则由
h=12gt2=12×10×0.022m=2×10-4m=2mm
可知，应选取点迹清晰且第1、2两计时点距离约为2mm的纸带；
(3)由题意可得，从打下O点到打下B点的过程中，重锤重力势能的减小量为
ΔEp=mghB
因为B点的速度为
vB=hC-hA2T
所以动能的增加量为
ΔEk=12mvB2=m(hC-hA)28T2
(4)对于甲锤，可以忽略阻力，即满足
mgh=12mv2
得：v2=2gh
而对于木锤，阻力不可以忽略，则满足
mgh-fh=12mv2
得：v2=2gh-2fhm
所以两者斜率相等，甲是过原点的直线，而乙有负的纵截距，故B正确，ACD错误；
故选：B。
故答案为：(1)A；(2)2；(3)mghB；m(hC-hA)28T2；(4)B
(1)根据实验原理选择合适的实验器材；
(2)根据自由落体的公式计算出纸带上计数点的距离；
(3)根据功能关系得出重力势能的变化量，结合运动学公式和动能的计算公式得出动能的增加量；
(4)根据动能定理结合图像完成分析。
本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合图像的物理意义完成分析。
23.【答案】解：(1)设物体在B点的速度为vB，所受弹力为N=8mg，则有N-mg=mvB2R，
由能量守恒定律可知弹性势能Ep=12mvB2=72mgR
(2)设物体在C点的速度为vC，由题意可知mg=mvC2R，vC=gR
物体由B点运动到C点的过程中，由能量守恒定律得Q=12mvB2-(12mvC2+mg⋅2R)
解得：Q=mgR
(3)物体离开C点后做平抛运动，设落地点与B点的距离为x
由平抛运动规律得：
x=vCt，2R=12gt2
解得：x=2R．
物体从C点落回水平面的位置与C点的距离s=x2+(2R)2=22R
答：
(1)物体在A点时弹簧的弹性势能Ep为72mgR；
(2)物体从B点运动至C点的过程中产生的内能Q为mgR；
(3)物体从C点落回水平面的位置与C点的距离s22R。
【解析】(1)分析物体刚到达B点时的受力情况，根据牛顿第二定律得出物体到达B点的速度，根据能量守恒定律求出物体在A点时的弹簧的弹性势能；
(2)物体恰好通过最高点C，根据牛顿第二定律求出物体通过C点的速度，通过能量守恒定律求出物体从B点运动至C点的过程中产生的内能；
(3)由平抛运动的规律求解水平位移，由几何知识求解落点到C点的距离；
本题考查了牛顿第二定律、平抛运动和能量守恒定律的综合运用，知道圆周运动向心力的来源是解决本题的关键，要明确物体刚好到达圆轨道最高点时由重力提供向心力。
24.【答案】解：(1)木板固定时，滑块做匀减速直线运动，由动能定理可得：-μmgL=12m(v03)2-12mv02
解得：μ=4v029gL；
(2)木板不固定时，木板和滑块系统在相互作用过程中动量守恒，设两者共速时的速度为v，
取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0=(m+M)v
根据能量守恒定律可得：μmgL=12mv02-12(m+M)v2
联立两式解得：M=8m；
(3)规定水平向右的方向为正方向，木板固定时，由动量定理有：
I1=m×v03-mv0=-23mv0
木板不固定时滑块末速度，由动量定理有：I2=mv-mv0，解得：I2=-89mv0
联立解得：I1：I2=3：4。
答：(1)滑块与木板间的动摩擦因数为4v029gL；
(2)木板的质量为8m；
(3)两种情况下，滑块从木板左端滑到右端的过程中，摩擦力对滑块的冲量大小之比为3：4。
【解析】(1)木由动能定理求解动摩擦因数；
(2)根据动量守恒定律、能量守恒定律列方程联立求解木板的质量M；
(3)由动量定理求解两种情况下摩擦力对滑块的冲量大小之，由此求解比值。
本题主要是考查了动量守恒定律、能量守恒定律和动量定理；对于动量守恒定律，解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程求解。
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2021-2022学年天津市南开区高一（下）期末物理试卷
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共20小题，共60.0分）
1. 下列关于功的说法正确的是( )
A. 功有正负，功是矢量 B. 力越大，力对物体做的功越多
C. 摩擦力一定对物体做负功 D. -5J的功比2J的功大
2. 关于功率的说法，正确的是( )
A. 由P=wt知，力做功越多，功率就越大
B. 由P=F⋅v知，物体运动越快，功率越大
C. 由W=Pt知，功率越大，力做功越多
D. 由P=Fvcosθ知，某一时刻，力大速率也大，功率不一定大
3. 下列说错误的是( )
A. 牛顿提出了万有引力定律，并测出了引力常量的值
B. 卡文迪什用实验的方法证明了万有引力的存在
C. 引力常量G的单位是N⋅m2
D. 万有引力定律揭示了自然界有质量的物体间普遍存在着的一种相互吸引力
4. 下列关于冲量、动量、动能的说法中正确的是( )
A. 冲量是矢量，冲量的方向一定与速度的方向相同
B. 动量是矢量，动量的方向一定与速度的方向相同
C. 物体的动量增大2倍，其动能也增大2倍
D. 物体的合外力不为零，其动量变化量和动能变化量一定不为零
5. 设在平直的公路上以5m/s速度行驶的自行车，如果人和车的质量约为80kg，所受阻力约为人和车总重的0.05倍，则骑车人的功率约为( )
A. 0.2kW B. 0.4kW C. 0.02kW D. 4kW
6. 关于重力做功和重力势能，下列说法中正确的是( )
A. 重力做功与路径无关，只跟它的起点和终点的位置有关
B. 一个物体的重力势能从-5J变化到-3J，重力势能变小了
C. 当物体向高处运动时，克服重力做功，物体的重力势能减小
D. 物体的位置一旦确定，它的重力势能的数值大小也随之确定
7. 如图所示，质量为m的小车在与竖直方向成α角的恒定拉力F的作用下，沿水平地面向左运动一段位移l，此过程小车受到的摩擦力大小恒为f，重力加速度为g，则( )
A. 重力做功为mgl B. 支持力做功为0
C. 摩擦力做功为fl D. 拉力做功为Flcosα
8. 质量为2kg的小铁球从某一高度由静止释放，经3s到达地面，不计空气阻力，g取10m/s2.则( )
A. 2s末重力的瞬时功率为200W B. 2s末重力的瞬时功率为400W
C. 2s内重力的平均功率为100W D. 2s内重力的平均功率为400W
9. 长期以来“卡戎星(Charon)”被认为是冥王星唯一的卫星，它的公转轨道半径r1=19600km，公转周期T1=6.39天。2006年3月，天文学家发现两颗冥王星的小卫星，其中一颗的公转半径r2=48000km，则它的公转周期T2，最接近于( )
A. 15天 B. 25天 C. 35天 D. 45天
10. 我国“北斗二代”计划发射35颗卫星，形成全球性定位导航系统，比美国GPS多5颗。多出的这5颗是相对地面静止的高轨道卫星(简称“静卫”)，其他的有27颗中轨道卫星(简称“中卫”)绕地球做匀速圆周运动的轨道半径为静止轨道半径的35。则( )
A. “中卫”的线速度介于7.9km/s和11.2km/s之间
B. “静卫”的轨道经过我国上空
C. 如果质量相同，“静卫”与“中卫”的动能之比为3：5
D. “静卫”与“中卫”的加速度之比为25：9
11. 2020年11月24日我国发射的“嫦娥五号”卫星进入环月轨道，若卫星绕月做匀速圆周运动的轨道半径为r，周期为T。已知月球的半径为R，引力常量为G，则( )
A. 月球的质量为4π2R3GT2 B. 月球的平均密度为3πGT2
C. 月球表面的重力加速度为4π2r3R2T2 D. 月球的第一宇宙速度为2πrT
12. 如图所示，一细绳下吊一小球，悬挂在天花板下，现用一水平外力拉小球，使其匀速率从A点到B点。则小球从A点运动到B点过程中( )
A. 受到的拉力为恒力
B. 机械能先增大后减小
C. 合力的功等于小球重力势能的增加量
D. 拉力F的功等于小球机械能的增加量
13. 如图所示为自行车传动示意图。A、B、C分别是自行车的大齿轮、小齿轮和后轮边缘上的三个点，到各自转动轴的距离分别为3r、r和9r。A点所在大齿轮与脚蹬子同轴，B点所在小齿轮与后轮同轴。当人蹬车匀速运动时，A、B、C三点的角速度、线速度、向心加速度关系满足( )
A. ωA=ωB，vA=3vB B. ωC=ωB，aC=9aB
C. vA=vB，aA=aB D. ωA=3ωB，vC=9vA
14. 铁路在弯道处的内外轨道高低是不同的。已知铁轨平面与水平面的夹角为θ，弯道处的圆弧半径为R。若质量为m的火车以速度v通过某弯道时，内、外轨道均不受侧压力作用，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 火车受铁轨的支持力大小为mgcosθ
B. v=gRtanθ
C. 若火车速度小于v，外轨将受到侧压力作用
D. 若火车速度大于v，内轨将受到侧压力作用
15. 如图所示，小球自a点由静止自由下落，到b点时恰与弹簧接触，到c点时弹簧被压缩到最短，若不计弹簧质量和空气阻力，在小球由a→b→c的运动过程中( )
A. 小球的机械能守恒
B. 小球在b点时动能最大
C. 到c点时弹簧弹性势能的增加量等于小球动能的减少量
D. 到c点时弹簧弹性势能的增加量等于小球重力势能的减少量
16. 一个质量为0.18kg的垒球以20m/s的速度水平飞向球棒，被球棒打击后，又以20m/s的速度反向水平飞回，垒球与球棒作用时间约为0.2s。下列说法正确的是( )
A. 垒球的动量变化的大小为0
B. 垒球的动量变化的大小为3.6kg⋅m/s
C. 垒球受到棒的平均作用力大小为36N
D. 垒球受到棒的冲量方向与垒球被击中前的速度方向相同
17. “中里9A”是我四首颗国产广播电视直播卫星。2017年6月19日“中星9A”发射过程中火箭三级推进工作异常，卫星未能进入预定轨道，7月5日通过准确实施10次轨道调整，卫星成功定点于东经101.4°赤道上空的预定轨道并正常工作。如图所示为“中星9A”在定位过程中所进行的10次调整中的三条轨道，曲线I是最初发射的椭圆轨道，曲线Ⅱ是第5次调整后的椭圆轨道，曲线Ⅲ是第10次调整后的最终预定圆轨道。轨道I与Ⅱ在近地点A相切，轨道Ⅱ与Ⅲ在远地点B相切。下列说法正确的是( )
A. 卫星在轨道Ⅱ上经过B点时的速度大于经过A点时的速度
B. 卫星在轨道Ⅱ上经过B点时的速度大于卫星在轨道Ⅲ上经过B点时的速度
C. 卫星在轨道I上经过A点时的加速度等于卫星在轨道Ⅱ上经过A点时的加速度
D. 卫星在轨道Ⅱ上经过B点时的加速度小于卫星在轨道Ⅲ上经过B点时的加速度
18. “双星系统”是由相距较近的两颗恒星组成，每个恒星的半径远小于两个恒星之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体，它们在相互间的万有引力作用下，绕某一点做匀速圆周运动。如图所示为某一双星系统，A星球的质量为m1，B星球的质量为m2，它们中心之间的距离为L，引力常量为G。则下列说法正确的是( )
A. A、B两星球做圆周运动的半径之比为m1：m2
B. A、B两星球做圆周运动的角速度之比为m1：m2
C. A星球的轨道半径r1=m1m1+m2L
D. 双星运行的周期T=2πLLG(m1+m2)
19. 如图所示，质量为60kg的人，站在质量为300kg的车的一端。车长为3m，开始时人、车相对于水平地面静止，车与地面间的摩擦可忽略不计。当人由车的一端走到另一端的过程中，下列说法正确的是( )
A. 人对车的冲量大小大于车对人的冲量大小
B. 任何时刻人的动量变化和车的动量变化都相同
C. 当人走到车的另一端时，车运动的位移大小为0.5m
D. 人的速率最大时，车的速率最小
20. 如图所示，用长L=0.1m的轻质杆连着质量m=0.1kg的小球在竖直平面内做圆周运动，g=10m/s2。下列说法中正确的是( )
A. 若小球恰能在竖直平面内做圆周运动，则其在最高点速率为1m/s
B. 小球通过最高点时，小球受到杆的作用力不可能为零
C. 小球通过最低点时受到轻杆的拉力F≥5N
D. 若小球以0.5m/s通过最高点，此时小球受到杆向下0.75N力的作用
第II卷（非选择题）
二、实验题（本大题共2小题，共16.0分）
21. 用图甲所示实验装置完成“验证动量守恒定律”的实验，测出两小球的质量，记录小球抛出点在地面上的垂直投影点O，测出碰撞前后两小球的平均落地点的位置M、P、N与O的距离分别为x1、x2、x3，如图乙所示。
(1)若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2半径为r2，则______。
A.m1>m2，r1>r2
B.m1>m2，r1
D.m1
A.同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放
B.让入射小球与被碰小球连续10次相碰，用最小半径的圆把10个落点圈住，圆心位置是平均落点
C.轨道倾斜部分必须光滑
D.轨道末端必须水平
(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式为______(用测量量表示)。
22. 利用图1装置做“验证机械舵守恒定律”的实验。
(1)除打点计时器(含纸带、复写纸)、交流电源、铁架台、重锤、导线及开关外，在下面的器材中，必须使用的还有______(选填器材前的字母)。
A.刻度尺
B.天平
C.秒表
(2)在打好点的纸带中挑选点迹清晰且第1、2两计时点间距离约为______mm的纸带。
(3)图2是实验中得到的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC，重锤质量用m表示。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T，从打下O点到打下B点的过程中，重锤重力势能的减少量|ΔED|=______，动能的增加量ΔEk=______。
(4)甲、乙两位同学在同一间实验室选用不同重锤做实验，甲同学选用的是大小合适的铁锤，乙同学选用的是较大的木锤。他们在纸带上选取计数点后，通过描绘v2-h图像去研究重锤机械能是否守恒。在同一坐标系中，合理的v2-h图像是______。
A.
B.
C.
D.
三、简答题（本大题共1小题，共12.0分）
23. 如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相切，半圆形导轨的半径为R。一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右的速度后脱离弹簧，当它经过B点进入导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的8倍，之后向上运动恰能到达最高点C。(不计空气阻力)试求：
(1)物体在A点时弹簧的弹性势能Ep；
(2)物体从B点运动至C点的过程中产生的内能Q；
(3)物体从C点落回水平面的位置与C点的距离s。
四、计算题（本大题共1小题，共12.0分）
24. 如图，长为L的矩形长木板静置于光滑水平面上，一质量为m的滑块以水平向右的初速度vo滑上木板左端。①若木板固定，则滑块离开木板时的速度大小为v03；②若木板不固定，则滑块恰好不离开木板。滑块可视为质点，重力加速度大小为g.求：
(1)滑块与木板间的动摩擦因数μ；
(2)木板的质量M；
(3)两种情况下，滑块从木板左端滑到右端的过程中，摩擦力对滑块的冲量大小之比I1：I2．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：AD、功的正负不表示功的大小，正、负表示动力做功还是阻力做功，-5J的功大于2J的功，故A错误，D正确；
B、因功的决定因素为力，位移及二者的夹角，则力大，位移大，若两者夹角为90度，则做功为0，故B错误。
C、摩擦力可以做正功，也可做负功，这要看摩擦力与位移的方向关系，故C错误；
故选：D。
功是标量，其正负反映的是物体受到的力的情况，正功说明力是动力，而负功则说明力是阻力；摩擦力可以做正功也可以做负功，主要是看力和这个力方向的位移关系。
考查功的求解式，明确功是标量及正负的意义，关键是掌握功的公式当中的相关量，尤其注意力与速度的夹角。
2.【答案】D
【解析】解：A、由P=wt知，单位时间内力做功越多，功率越大，故A错误；
B、由P=F⋅v知，拉力F一定的情况下，物体运动越快，功率越大，故B错误；
C、由W=Pt知，功率越大，做功时间越长，力做功越多，故C错误；
D、由P=Fvcosθ知，某一时刻，力大速率也大，功率不一定大，还与力与速度的夹角有关，故D正确；
故选：D。
单位时间内所做的功叫功率；功率是表示物体做功快慢的物理量；功率有平均功率和瞬时功率之分。
本题关键明确功、功率的定义，能用几个关于功率的公式进行分析讨论，不难。
3.【答案】D
【解析】解：AB、牛顿发现了万有引力定律，通过“地—月检验”证明了万有引力的存在，卡文迪许通过扭秤实验测出了万有引力常量，故AB错误；
C、引力常量G的单位是N⋅m2⋅kg-2故C错误；
D、万有引力定律揭示了自然界有质量的物体间普遍存在着的一种相互吸引力，故D正确。
故选：D。
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可；根据万有引力定律的意义说明．
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．
4.【答案】B
【解析】解：AB、动量是矢量，P=mv它的方向与速度的方向相同，冲量是矢量，I=Ft它的方向是由力的方向决定的，故A错误，B正确；
C、根据物体动量和动能的关系Ek=P22m知物体的动量增大2倍，动能增大4倍，故C错误；
D、物体合外力不为零，动量变化量不为零，动能变化量可能为零，例如匀速圆周运动，故D错误；
故选：B。
动量与冲量都是矢量，动量的方向与速度方向相同，冲量的方向由力的方向决定，与动量变化的方向相同；物体动量和动能的关系Ek=P22m求动能的变化．
本题考查对冲量、动量、动量的增量三个物理量的理解，抓住三个量都是矢量，从定义、定理理解记忆。
5.【答案】A
【解析】解：自行车匀速运动，处于平衡状态，由平衡条件得：F=f=0.05mg=0.05×80×10=40N，
此时的功率P=Fv=40×5W=200W=0.2kW，故A正确，BCD错误。
故选：A。
人在匀速行驶时，受到的阻力的大小和脚蹬车的力的大小相等，由P=FV=fV可以求得此时人受到的阻力的大小
在计算平均功率和瞬时功率时一定要注意公式的选择，P=Wt只能计算平均功率的大小，而P=Fv可以计算平均功率也可以是瞬时功率，取决于速度是平均速度还是瞬时速度．
6.【答案】A
【解析】解：A、重力做功和路径无关，只与初末两点的高度差有关；故A正确；
B、重力势能是标量，一个物体的重力势能从-5J变化到-3J，物体的重力势能一定增加；故B错误；
C、物体克服重力做功时，物体的重力势能一定增加；故C错误；
D、重力势能的大小与零势能参考面的选取有关；故D错误。
故选：A。
重力做正功，重力势能减小；重力做负功，重力势能增加；重力做的功等于重力势能的减小量．重力势能的大小取决于零势能面的选择。
本题关键明确重力做功的特点以及重力做功与重力势能变化之间的关系。
7.【答案】B
【解析】解：根据功的公式可得：
AB、重力和支持力垂直于位移，故两力均不做功，故A错误，B正确；
C、摩擦力做功为：Wf=-fl，故C错误；
D、拉力做功为：WF=Flsinα，故D错误；
故选：B。
小车所受的各力都是恒力，可根据恒力F做功的计算公式：W=FLcosθ，θ为F与l之间的夹角，来分析计算各力做的功。
本题考查功的计算，要明确恒力F做功的计算公式：W=FLcosθ，θ为F与l之间的夹角。注意功的公式只适用于恒力做功。
8.【答案】B
【解析】解：物体只受重力，做自由落体运动，
2s末速度为v1=gt1=20m/s
下落2.0s末重力做功的瞬时功率P=Gv=20N×20m/s=400W，故A错误B正确；
2s内的位移为h2=12gt22=20m
所以前2s内重力的功率为P2=mgh2t2=2×10×202W=200W
故C、D错误
故选：B。
根据速度时间公式求出2s末速度，再根据P=Fv求2s末瞬时功率．2s内重力的平均功率等于重力做的功除以时间．
本题关键是根据自由落体的速度时间公式求出各个时刻的瞬时速度，然后根据瞬时功率的计算式求解．
9.【答案】B
【解析】解：据开普勒第二定律得：r13T12=r23T22 得：T2=6.392×480003196003=24.6天，故ACD错误，B正确。
故选：B。
据开普勒第三定律(半径的三次方与周期的平方成正比)即可求解。
明确开普勒第三定律，会利用三定律分析天体的运动情况，属于基础题。
10.【答案】C
【解析】解：A、7.9km/s是地球卫星的最大环绕速度，所以“中卫”的线速度小于7.9km/s，故A错误；
B、“静卫”属于同步卫星，轨道必须是在赤道上空，故B错误；
C、由GMmr2=mv2r可得：v=GMr.如果质量相同，“静卫”和“中卫”的动能Ek=12mv2之比为：Ek1Ek2=v12v22=r2r1=35，故C正确；
D、由GMmr2=ma可得卫星的加速度为：a=GMr2，所以“静卫”与“中卫”的加速度之比为a1a2=r22r12=3252=925，故D错误。
故选：C。
根据第一宇宙速度特点判断；根据同步卫星的轨道特点判断；根据万有引力提供向心力，列式得到速度关系，进而可以得到动能之比；根据牛顿第二定律可以判断。
本题就是考查万有引力提供向心力的具体应用，熟练掌握GMmr2=mv2r=mrω2=mr(2πT)2=ma这些公式，题目不难解答。
11.【答案】C
【解析】解：A、万有引力提供嫦娥三号做圆周运动的向心力，则有：GMmr2=m4π2T2r；所以，月球质量M=4π2r3GT2；故A错误；
B、由平均密度定义ρ=M43πR3，可得：ρ=3πr3GT2R3；故B错误；
C、在月球表面，万有引力等于重力，故有：GMmR2=mg；所以，月球表面重力加速度g=4π2r3R2T2；故C正确；
D、月球的第一宇宙速度为v=gR=2πrrRTR，故D错误
故选：C。
由万有引力做向心力求解；根据月球表面，物体重力等于万有引力求解；根据球体体积公式和平均密度定义求解，根据第一宇宙速度的计算公式解得．
万有引力问题的运动，一般通过万有引力做向心力得到半径和周期、速度、角速度的关系，然后通过比较半径来求解，若是变轨问题则由能量守恒来求解．
12.【答案】D
【解析】解：A、小球匀速率从A点到B点，小球做匀速圆周运动，合力提供向心力，合力大小不变，方向时刻改变，重力大小与方向不变，拉力方向不变，拉力大小变化，拉力不是恒力，故A错误；
BD、整个过程细绳对小球不做功，拉力始终做正功，拉力做功使小球的机械能增加，拉力的功等于小球机械能的增加量，故B错误，D正确；
C、克服重力做的功等于小球重力势能的增加量，小球做匀速圆周运动，合力提供向心力，合力对小球不做功，故C错误。
故选：D。
小球从A点运动到B点过程中做匀速圆周运动，合力指向圆心，重力做的功对应重力势能的变化，拉力F做的功对应小球机械能的增加量，合力的功对应动能的变化量。
本题考查力的概念、对机械能守恒条件的理解以及功能关系，注意功和能区别。
13.【答案】B
【解析】解：大齿轮与小齿轮是链条传动，边缘各点线速度相等，则有：vA=vB=1：1，
根据v=ωr则有：ωA：ωB=rB：rA=1：3。
小齿轮与后轮是同轴传动，角速度相等，则有：ωB：ωC=1：1
根据v=ωr则有：vB：vC=1：9
所以角速度大小关系是：ωA：ωB：ωC=1：3：3；
线速度大小关系是：vA：vB：vC=1：1：9；
根据a=ωv可知：aA：aB：aC=1：3：27。故B正确，ACD错误；
故选：B。
共轴传动时，各点的角速度相同；皮带传动时，同一皮带轮上各点的线速度大小相等，结合圆周运动的公式进行分析即可正确解答本题。
解决本题的关键是理解两种传动模型的特点，“同轴转动角速度相等，皮带或齿轮联动，线速度相等”，熟练掌握各物理量之间的关系。
14.【答案】B
【解析】解：A、重力和支持力合力提供水平方向向心力如图所示：
可知火车受铁轨的支持力为mgcosθ，故A错误；
B、由牛顿第二定律得：
mgtanθ=mv2R
解得：v=gRtanθ，故B正确；
CD、当速度小于v时，向心力减小，内轨有侧压力，反之外轨有侧压力，故CD错误。
故选：B。
车转弯临界问题，此时两侧轨道无压力，重力与支持力合力提供向心力，受力分析根据牛顿第二定律可求解。
汽车转弯问题，注意临界受力分析，此时内外轨道并无侧压力，只有支持力重力提供向心力。
15.【答案】D
【解析】解：A、在小球由a→b→c的运动过程中小球和弹簧组成的系统机械能守恒，单独对小球来说，机械能并不守恒，故A错误；
B、小球从a到b过程中，小球做自由落体运动，接触弹簧后，开始时重力大于弹簧弹力，小球继续做加速运动，当小球所受重力与弹簧弹力相等时，小球速度达到最大，即此时小球的动能最大，故B错误；
CD、小球在由a到c的整个过程中，由能量守恒定律可知：mgΔhac=ΔEP，即到c点时，弹簧弹性势能的增加量等于小球重力势能的减少量，故C错误，D正确。
故选：D。
在整个过程中小球和弹簧组成的系统机械能守恒；当小球受力平衡时小球的速度最大；在整个过程中系统的机械能守恒，里面有重力势能、动能和弹性势能的相互转化。
注意两点：第一点是小球和弹簧组成的系统机械能守恒，单独对小球来说，机械能并不守恒；第二点是小球受力平衡时速度最大，即小球的动能最大。
16.【答案】C
【解析】解：AB、设初速度方向为正，垒球的动量变化为ΔP=mΔv=-0.18×20kg⋅m/s-0.18×20kg⋅m/s=-7.2kg⋅m/s，故AB错误；
C、根据动量定理有：F⋅t=mv2-mv1
代入数据得：F=-36N，方向与规定正方向相反，故C正确；
D、球受到棒的冲量方向与垒球动量变化量的方向相同，故D错误；
故选：C。
对垒球进行受力情况，对球棒击球的过程运用动量定理列方程求解作用力和动量变化量；球受到棒的冲量方向与垒球动量变化量的方向相同。
本题主要考查动量定理的简单运用，要注意对于动量定理来说一定注意矢量性，在解题时一定要先确定正方向。
17.【答案】C
【解析】解：A、卫星在轨道Ⅱ上从A点到B点，引力做负功，所以卫星在轨道Ⅱ上经过B点时的速度小于经过A点时的速度，故A错误；
B、由轨道Ⅱ上经过B点时到轨道Ⅲ上的运动要加速运动，所以卫星在轨道Ⅱ上经过B点时的速度小于卫星在轨道Ⅲ上经过B点时的速度，故B错误；
CD、根据GMmr2=ma，解得a=GMr2，所以在同一点受力相同，则加速度相等，故C正确，故D错误；
故选：C。
根据引力做功分析速度大小。在近地圆轨道加速，做离心运动而做椭圆运动，在远地点，需再次加速，使得万有引力等于向心力，进入同步轨道。根据变轨的原理比较速度的大小。
本题考查了万有引力定律的应用，卫星绕地球做圆周运动万有引力提供向心力，知道卫星变轨的原理是解题的关键，掌握基础知识即可解题，要注意基础知识的学习与积累。
18.【答案】D
【解析】解：ABC、双星靠它们之间的万有引力提供向心力，A星球的轨道半径为r1，B星球的轨道半径为r2，根据万有引力提供向心力有：Gm1m2L2=m1r1ω2=m1r2ω2
得：m1r1=m1r2
且r1+r2=L，
解得：r1=m2m1+m2L，r2=m1m1+m2L，所以A、B两星球做圆周运动的半径之比为m2：m1，故ABC错误；
D、根据周期与角速度关系有：T=2πω结合Gm1m2L2=m1r1ω2=m1r2ω2
且r1+r2=L，
解得：T=2πLLG(m1+m2)，故D正确；
故选：D。
双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度．应用牛顿第二定律列方程求解．
解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度．以及会用万有引力提供向心力进行求解．
19.【答案】C
【解析】解：A、根据牛顿第三定律可知，人对车的作用力与车对人的作用力大小相等、方向相反，且作用时间相等，根据I=Ft可知，人对车的冲量与车对人的冲量大小相等、方向相反，故A错误；
B、人与车间的摩擦力属于系统内力，人与车组成的系统所受合外力为零，则人与车组成的系统动量守恒，系统初动量为零，由动量守恒定律可知，任何时刻人的动量变化和车的动量变化等大反向，故B错误；
C、设车的运动位移大小为为x，则人的位移大小为L-x，人与车组成的系统在水平方向上动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv人-Mv车=0，则mL-xt-Mxt=0，代入数据解得：x=0.5m，故C正确；
D、由上可知，mv人-Mv车=0，则v车=mMv人，m、M一定，v人越大，v车越大，则人的速率最大时，车的速率最大，故D错误。
故选：C。
根据牛顿第三定律和冲量的定义分析人对车的冲量与车对人的冲量大小关系；人与车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，应用动量守恒定律分析答题。
本题是人船模型，要知道动量守恒的条件，分析清楚人与车的运动过程，应用冲量的定义式与动量守恒定律即可解题。
20.【答案】C
【解析】解：
A、由于杆可以提供支持力，小球在最高点向心力可以为0，即恰好做圆周运动最高点速度为0m/s，故A错误；
B、最高点当重力刚好提供向心力时有：
mg=mv2L
解得此时速度为：v=1m/s，此时杆的作用力为零，故B错误；
C、根据动能定理得：
mg2L=12mvmin2
解得运动到最低点最小速度为：vmin=4m/s，由牛顿第二定律得：
F-mg=mv2L
解得最低点拉力最小值为：F=5N，故C正确；
D、由B可知，0.5m/s<1m/s，此时物体受到杆给的向上的支持力，故D错误。
故选：C。
竖直面圆周运动，杆可以提供拉力和支持力，根据运动特点可判断AB对错；根据动能定理可求最低点速度，对小球受力分析，根据牛顿第二定律可判断CD对错。
竖直面圆周运动杆球问题，需要熟悉临界条件，注意动能定理的应用。
21.【答案】C C m1x2=m1x1+m2x3
【解析】解：(1)为了防止入射小球被反弹，应该保证入射小球质量大于被碰小球的质量，且发生的应该是对心碰撞，即两小球半径应该相等，故C正确，ABD错误；
故选：C。
(2)A、同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放，保证入射小球达到轨道末端时的速度不变，故A正确；
B、确定平均落点时，应该让入射小球与被碰小球连续10次相碰，用最小半径的圆把10个落点圈住，圆心位置即为平均落点，故B正确；
C、只需要保证入射小球必须从同一位置由静止释放几颗，不需要轨道倾斜部分必须光滑，故C错误；
D、为使小球做平抛，必须保证轨道末端水平，故D正确；
本题选错误的，故选：C。
(3)由题意可得，小球做平抛运动，所以它们落地时间相等，设为t，入射小球的速度为
v=x2t
入射小球碰后的速度为
v1=x1t
被碰小球的速度为
v2=x3t
若两球相碰前后的动量守恒，则满足
m1v=m1v1+m2v2
即m1x2=m1x1+m2x3
故答案为：(1)C；(2)C；(3)m1x2=m1x1+m2x3
(1)根据实验原理选择合适的实验器材；
(2)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(3)根据平抛运动的特点结合动量守恒定律完成分析。
本题主要考查了动量守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，理解平抛运动在不同方向的运动特点，结合动量守恒定律完成分析。
22.【答案】A 2 mghB m(hC-hA)28T2 B
【解析】解：(1)本实验中需要用刻度尺测距离，根据机械能守恒定律可得：
mgh=12mv2
可以看出，两侧的质量可以消除，所以不需要天平测量质量，且打点计时器本身是计时仪器，所以不需要用秒表，故A正确，BC错误；
故选：A。
(2)要使玄奇的纸带，第一个点恰好是打下的第一个点，则由
h=12gt2=12×10×0.022m=2×10-4m=2mm
可知，应选取点迹清晰且第1、2两计时点距离约为2mm的纸带；
(3)由题意可得，从打下O点到打下B点的过程中，重锤重力势能的减小量为
ΔEp=mghB
因为B点的速度为
vB=hC-hA2T
所以动能的增加量为
ΔEk=12mvB2=m(hC-hA)28T2
(4)对于甲锤，可以忽略阻力，即满足
mgh=12mv2
得：v2=2gh
而对于木锤，阻力不可以忽略，则满足
mgh-fh=12mv2
得：v2=2gh-2fhm
所以两者斜率相等，甲是过原点的直线，而乙有负的纵截距，故B正确，ACD错误；
故选：B。
故答案为：(1)A；(2)2；(3)mghB；m(hC-hA)28T2；(4)B
(1)根据实验原理选择合适的实验器材；
(2)根据自由落体的公式计算出纸带上计数点的距离；
(3)根据功能关系得出重力势能的变化量，结合运动学公式和动能的计算公式得出动能的增加量；
(4)根据动能定理结合图像完成分析。
本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合图像的物理意义完成分析。
23.【答案】解：(1)设物体在B点的速度为vB，所受弹力为N=8mg，则有N-mg=mvB2R，
由能量守恒定律可知弹性势能Ep=12mvB2=72mgR
(2)设物体在C点的速度为vC，由题意可知mg=mvC2R，vC=gR
物体由B点运动到C点的过程中，由能量守恒定律得Q=12mvB2-(12mvC2+mg⋅2R)
解得：Q=mgR
(3)物体离开C点后做平抛运动，设落地点与B点的距离为x
由平抛运动规律得：
x=vCt，2R=12gt2
解得：x=2R．
物体从C点落回水平面的位置与C点的距离s=x2+(2R)2=22R
答：
(1)物体在A点时弹簧的弹性势能Ep为72mgR；
(2)物体从B点运动至C点的过程中产生的内能Q为mgR；
(3)物体从C点落回水平面的位置与C点的距离s22R。
【解析】(1)分析物体刚到达B点时的受力情况，根据牛顿第二定律得出物体到达B点的速度，根据能量守恒定律求出物体在A点时的弹簧的弹性势能；
(2)物体恰好通过最高点C，根据牛顿第二定律求出物体通过C点的速度，通过能量守恒定律求出物体从B点运动至C点的过程中产生的内能；
(3)由平抛运动的规律求解水平位移，由几何知识求解落点到C点的距离；
本题考查了牛顿第二定律、平抛运动和能量守恒定律的综合运用，知道圆周运动向心力的来源是解决本题的关键，要明确物体刚好到达圆轨道最高点时由重力提供向心力。
24.【答案】解：(1)木板固定时，滑块做匀减速直线运动，由动能定理可得：-μmgL=12m(v03)2-12mv02
解得：μ=4v029gL；
(2)木板不固定时，木板和滑块系统在相互作用过程中动量守恒，设两者共速时的速度为v，
取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0=(m+M)v
根据能量守恒定律可得：μmgL=12mv02-12(m+M)v2
联立两式解得：M=8m；
(3)规定水平向右的方向为正方向，木板固定时，由动量定理有：
I1=m×v03-mv0=-23mv0
木板不固定时滑块末速度，由动量定理有：I2=mv-mv0，解得：I2=-89mv0
联立解得：I1：I2=3：4。
答：(1)滑块与木板间的动摩擦因数为4v029gL；
(2)木板的质量为8m；
(3)两种情况下，滑块从木板左端滑到右端的过程中，摩擦力对滑块的冲量大小之比为3：4。
【解析】(1)木由动能定理求解动摩擦因数；
(2)根据动量守恒定律、能量守恒定律列方程联立求解木板的质量M；
(3)由动量定理求解两种情况下摩擦力对滑块的冲量大小之，由此求解比值。
本题主要是考查了动量守恒定律、能量守恒定律和动量定理；对于动量守恒定律，解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程求解。
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