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2022-2023学年天津市滨海新区高一（下）期末物理试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年天津市滨海新区高一（下）期末物理试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年天津市滨海新区高一（下）期末物理试卷
一、选择题（本大题共12小题，共48分）
1. 物体做曲线运动时，一定发生变化的物理量是( )
A. 速度的大小 B. 速度的方向 C. 加速度的大小 D. 加速度的方向
2. 如图所示，蜡块在竖直玻璃管内的水中匀速上升，速度为v。若在蜡块从A点开始匀速上升的同时，玻璃管从AB位置由静止开始水平向右做匀加速直线运动，加速度大小为a，则蜡块的实际运动轨迹可能是图中的( )
A. 直线P B. 曲线Q C. 曲线R D. 无法确定
3. A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动(如图)，在相同的时间内，它们通过的路程之比是4：3，运动方向改变的角度之比是3：2，则它们( )
A. 线速度大小之比为4：3 B. 角速度大小之比为3：4
C. 圆周运动的半径之比为2：1 D. 向心加速度大小之比为1：2
4. 如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径不一样，它们的边缘有三个点A、B、C.在自行车匀速骑行时，下列说法正确的是( )
A. A、B两点的角速度大小相等
B. B、C两点的线速度大小相等
C. A点的向心加速度小于B点的向心加速度
D. C点的向心加速度小于B点的向心加速度
5. 关于行星绕太阳的运动，下列说法正确的是( )
A. 所有行星都在同一椭圆轨道上绕太阳运动
B. 行星绕太阳运动时太阳位于行星轨道的中心处
C. 当行星离太阳较近的时候，行星的运行速度较小
D. 所有行星的轨道半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比值都相等
6. 在长为l的细绳下端拴一个质量为m的小球，捏住绳子的上端，使小球在水平面内做圆周运动，细绳就沿圆锥面旋转，这样就成了一个圆锥摆。已知重力加速度为g，当绳子跟竖直方向的夹角为θ时，小球运动的向心加速度的大小为( )
A. gtanθ
B. gtanθ
C. gcosθ
D. gcosθ
7. 某人用手将一质量为1kg的物体由静止沿竖直方向向上提升1m，这时物体的速度为2m/s，已知重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 物体机械能守恒 B. 拉力对物体做功8J
C. 合力对物体做功2J D. 物体克服重力做功−10J
8. 如图所示，一圆盘可以绕其竖直轴在水平面内运动，圆柱半径为R，甲、乙两物体的质量分别为M和m(M>m)，它们与圆盘之间的最大静摩擦力均为正压力的μ倍，两物体用长为L的轻绳连在一起，L
9. 如图所示，在竖直平面内有固定的光滑圆环轨道，一可看成质点的小球在轨道内侧做圆周运动.已知圆环半径为R，小球质量为m，重力加速度为g，且小球经过圆环最高点时刚好不脱离圆环，则经过最高点时的小球( )
A. 线速度大小等于0 B. 线速度大小等于 gR
C. 向心力大小等于mg D. 对圆环的压力大小等于mg
10. 复兴号动车在世界上首次实现速度自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。则动车在时间t内( )
A. 加速度逐渐减小 B. 做匀加速直线运动
C. 牵引力做功为Pt D. 牵引力的功率P=Fvm
11. 2021年12月9日15时40分，“天宫课堂”第一课正式开讲，这是首次在距离地面约400km的中国载人空间站“天宫”上进行的太空授课活动。授课期间，航天员与地面课堂的师生进行了实时互动交流。已知“天宫”围绕地球做匀速圆周运动，运行周期约为90分钟。下列说法正确的是( )
A. “天宫”加速度大于9.8m/s2
B. “天宫”的运行速度小于7.9km/s
C. “天宫”的角速度小于地球自转的角速度
D. “天宫”的轨道高度小于地球同步卫星的轨道高度
12. 如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置.物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点．在从A到B的过程中，物块( )
A. 加速度先减小后增大
B. 经过O点时的速度最大
C. 所受弹簧弹力始终做正功
D. 所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
二、非选择题（58分）
13. 用如图甲所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上，钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上，由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。
(1)下列实验条件必须满足的有______ ；
A.斜槽轨道光滑
B.斜槽轨道末段水平
C.挡板高度等间距变化
D.每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球
(2)若遗漏记录平抛轨迹的起始点，可如图乙所示，在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x，测得AB和BC的竖直间距分别是y1和y2，求得钢球平抛的初速度大小为______ (已知当地重力加速度为g，结果用g，x，y1和y2表示)。
(3)为了得到平抛物体的运动轨迹，同学们还提出了以下三种方案，其中可行的是______ 。
A.用细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹
B.用频闪照相法在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹
C.将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，将会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹
14. 利用如图1所示装置做“验证机械能守恒定律”的实验。
(1)关于本实验，以下说法正确的是______ 。
A.必须用秒表测出重物下落的时间
B.打点计时器应连接直流电源
C.验证时，必须测量重锤的质量或重力
D.选择质量较大、体积较小的重锤可以减小实验误差
(2)此实验过程中机械能是否守恒，可以通过计算纸带打下两点的过程中，重锤减少的重力势能是否等于其增加的动能来验证。图2是实验中得到的一条纸带，O为重锤开始下落时记录的点，在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，得到OA、AB、BC之间的距离分别为SA、SB、SC；若重锤质量用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，则在打下O点到B点的过程中，重力势能的减少量为______ ，动能的增加量为______ 。
15. 将一个物体以初速度v0=10m/s的速度从离地面ℎ=5m的高度水平抛出，空气阻力忽略不计，已知重力加速度g=10m/s2。求：
(1)物体在空中运动的时间；
(2)物体落地时速度v的方向与水平地面的夹角θ是多少？
16. 设“嫦娥二号”卫星距月球表面的高度为ℎ，做匀速圆周运动的周期为T.已知月球半径为R，引力常量为G.求：
(1)月球的质量M；
(2)月球表面的重力加速度g；
(3)月球的密度ρ．
17. 如图所示，半径R=0.5m的光滑圆弧轨道竖直放置，左端A与圆心O等高，B为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道的右端C与粗糙斜面相切，斜面与水平方向的夹角为θ=37°。一质量为m=1kg的小滑块从A点正上方ℎ=1m处的P点由静止自由下落。已知滑块与粗糙斜面间的动摩擦因数μ=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2。
(1)求滑块第一次运动到B点时轨道对它支持力的大小；
(2)求滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离；
(3)通过计算判断滑块从斜面上返回后能否滑出A点。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
曲线运动的速度方向是切线方向，时刻改变，是变速运动，一定有加速度，但加速度不一定变化。
本题关键明确曲线运动的运动学特点以及动力学特点，同时要熟悉匀速圆周运动和平抛运动两种曲线运动。
【解答】
AB、曲线运动的速度方向是切线方向，时刻改变，故速度方向一定变化，而大小可以不变，如匀速圆周运动，故A错误，B正确；
CD、曲线运动的条件是合力与速度不共线，故合力可以是恒力，如平抛运动，合力恒定，加速度也恒定，为g，故C错误，D错误；
故选：B。
2.【答案】B
【解析】当合速度的方向与合力(合加速度)的方向不在同一条直线上，物体将做曲线运动，且轨迹夹在速度与合力方向之间，轨迹的凹向大致指向合力的方向。蜡块从A位置开始运动时蜡块的合速度方向竖直向上，合加速度方向水平向右，不在同一直线上，轨迹的凹向要大致指向合力的方向，知B正确，A、C、D错误。
故选B。
3.【答案】A
【解析】解：A、线速度v=st，A、B通过的路程之比为4：3，时间相等，则线速度之比为4：3，故A正确。
B、角速度ω=θt，运动方向改变的角度等于圆周运动转过的角度，A、B转过的角度之比为3：2，时间相等，则角速度大小之比为3：2，故B错误。
C、根据v=rω得，圆周运动的半径r=vω，线速度之比为4：3，角速度之比为3：2，则圆周运动的半径之比为8：9，故C错误。
D、根据a=vω得，线速度之比为4：3，角速度之比为3：2，则向心加速度之比为2：1，故D错误。
故选：A。
线速度等于单位时间内走过的路程，结合路程之比求出线速度大小之比；角速度等于单位时间内转过的角度，结合角度之比求出角速度之比；根据线速度与角速度的关系，求出半径之比；抓住向心加速度等于线速度与角速度的乘积，结合线速度和角速度之比求出向心加速度之比。
本题考查了描述圆周运动的一些物理量，知道各个物理量之间的关系，并能灵活运用。
4.【答案】C
【解析】解：A、AB两点在传送带上，是同缘传动的边缘点，所以两点的线速度相等，根据v=ω⋅r，由于半径不同，则角速度不相等。故A错误；
B、BC两点属于同轴转动，角速度相等，半径不相等，根据v=rω可知线速度不相等。故B错误；
C、AB两点的线速度相等，根据an=v2r，A的半径比较大，所以A点的向心加速度小于B点的向心加速度。故C正确；
D、BC点的角速度是相等的，根据an=ω2r，C点的半径比较大，所以C点的向心加速度大于B点的向心加速度，故D错误；
故选：C。
大齿轮与小齿轮是同缘传动，边缘点线速度相等；小齿轮与后轮是同轴传动，角速度相等；结合线速度与角速度关系公式v=ωr列式求解。
本题结合两种传送模型考查线速度、角速度和向心加速度的关系，要求有灵活选择物理规律的能力。对于圆周运动，公式较多，要根据不同的条件灵活选择公式。
5.【答案】D
【解析】解：AB、开普勒第一定律可知，所有行星都绕太阳做椭圆运动，且太阳处在所有椭圆的一个焦点上，故 AB错误；
C、由开普勒第二定律可知，在相同时间内行星与太阳的连线扫过的面积相等，故离太阳越近速率越大，故C错误；
D、由开普勒第三定律R3T2=k，所有行星的轨道半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等，故D正确。
故选：D。
由开普勒第一定律得到恒星运行轨迹特点，由开普勒第二定律得到运行速度大小关系，由开普勒第三定律得到周期长短关系。
开普勒第一定律是：太阳系中的所有行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上。开普勒第二定律是：在相等时间内，太阳和运动着的行星的连线所扫过的面积都是相等的。开由普勒第三定律可以知道轨道半长轴的三次方与公转周期的二次方成正比。
6.【答案】A
【解析】解：小球受到重力和拉力的合力提供向心力，则mgtanθ=man，可得an=gtanθ，故A正确，BCD错误。
故选：A。
对小球受力分析即可得到小球的加速度大小。
要知道向心力是效果力，是由小球所受的重力和拉力的合力提供的。
7.【答案】C
【解析】解：AB、由功能原理可知，物体机械能的增加量等于手对物体做功，根据动能定理得：W手−mgℎ=12mv2−0，解得W手=12J，故AB错误；
C、根据动能定理得合外力对物体做功W=12mv2−0=12×1×22J=2J，故C正确；
D、物体克服重力做功为WG=mgℎ=1×10×1J=10J，故D错误；
故选：C。
合外力对物体做功由动能定理求解．并由动能定理求出手对物体做功．由功能原理求机械能的增加量．
解决本题的关键是要掌握常见的功与能的关系，知道合外力做功决定于物体动能的变化，除了重力以外的力做功决定了机械能的变化．
8.【答案】D
【解析】
【分析】
当角速度从0开始增大，乙所受的静摩擦力开始增大，当乙达到最大静摩擦力，角速度继续增大，此时乙靠拉力和静摩擦力的合力提供向心力，角速度越大，拉力越大，当拉力和甲的最大静摩擦力相等时，角速度达到最大值。
解决本题的关键知道当角速度达到最大时，绳子的拉力等于甲的最大静摩擦力，乙靠拉力和乙所受的最大静摩擦力提供向心力。
【解答】
当绳子的拉力等于甲的最大静摩擦力时，角速度达到最大，有T+μmg=mLω2，T=μMg.所以ω= μ(M+m)gmL，故D正确。
故选D。
9.【答案】BC
【解析】解；CD、小球在最高点刚好不脱离圆环的条件是刚好由重力提供向心力，所以在最高点时小球向心力大小等于重力mg，故C正确，D错误；
AB、根据mg=mv2R可得，小球在圆环最高点刚好不脱离圆环的速度大小为v= gR，故A错误，B正确。
故选：BC。
刚好不脱离轨道的条件是在最高点时刚好由重力提供向心力。
知道绳球模型中小球刚好做完整圆周运动的条件是解题的基础。
10.【答案】ACD
【解析】解：AB、动车以恒定功率启动，由P=F牵v可知，牵引力F逐渐减小，由牛顿第二定律得：F牵−F=ma
阻力F保持不变，则加速度逐渐减小，即动车做加速度减小的加速运动，故A正确，B错误；
C、牵引力做功为W=Pt
故C正确；
D、动车达到最大速度时，牵引力等于阻力，则牵引力的额定功率P=Fvm
故D正确。
故选：ACD。
根据P=F牵v分析牵引力的变化，根据牛顿第二定律分析加速度的变化；根据W=Pt求解牵引力做功；动车达到最大速度时，牵引力等于阻力，根据功率公式求解牵引力的功率。
本题考查机车启动问题，解题关键是掌握功率公式，知道动车达到最大速度时牵引力等于阻力。
11.【答案】BD
【解析】解：A、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：
GMmr2=ma
向心加速度：a=GMmr2，
地球表面的物体的向心加速度为9.8m/s2，所有卫星的轨道半径r都大于地球半径，则所有卫星的向心加速度都小于9.8m/s2，故A错误；
B、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：
GMmr2=mv2r
解得：v= GMr
当卫星轨道半径r等于地球半径时的线速度为7.9km/s，这是卫星的最大环绕速度，因此卫星的环绕速度小于7.9km/s，故B正确；
C、“天宫”围绕地球做匀速圆周运动，运行周期小于同步卫星的周期，由ω=2πT可知其角速度大于地球同步卫星的角速度，地球自转的角速度等于地球同步卫星的角速度，故“天宫”的角速度大于地球自转的角速度，故C错误；
D、卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，有：GMmr2=m4π2T2r
得：T= 4π2r3GM
由于“天宫”的运行周期小于同步卫星的周期，则“天宫”的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，所以“天宫”的轨道高度小于地球同步卫星的轨道高度，故D正确。
故选：BD。
人造卫星运行时都是万有引力提供向心力，根据其速度、加速度、周期和轨道半径的关系可以求解。
本题考查了人造卫星的运动，轨道半径越大的其速度、加速度、角速度越小，周期越大。
12.【答案】AD
【解析】
【分析】
弹力与摩擦力平衡的位置在AO之间，平衡位置处速度最大、加速度为零；根据动能定理分析弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做功的关系。
本题关键是抓住弹簧的弹力是变化的，分析清楚物体向右运动的过程中受力情况，从而判断出其运动情况，知道平衡位置速度最大、加速度为零。
【解答】
A.由于水平面粗糙且O点为弹簧在原长时物块的位置，所以弹力与摩擦力平衡的位置在OA之间，加速度为零时弹力和摩擦力平衡，所以物块在从A到B的过程中加速度先减小后反向增大，故A正确；
B.物体在平衡位置处速度最大，所以物块速度最大的位置在AO之间某一位置，故B错误；
C.从A到O过程中弹力方向与位移方向相同，弹力做正功，从O到B过程中弹力方向与位移方向相反，弹力做负功，故C错误；
D.从A到B过程中根据动能定理可得W弹−W克f=0，即W弹=W克f，即弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功，故D正确。
故选AD。
13.【答案】BD x g y2−y1 AB
【解析】解：(1)AB.为了能画出平抛运动轨迹，首先保证小球做的是平抛运动，所以斜槽轨道不一定要光滑，但斜槽轨道末端必须是水平的，故A错误，B正确；
C.挡板只要能记录下小球下落到不同高度时的不同的位置即可，不需要等间距变化，故C错误；
D.只有让小球每次从同一位置静止释放，这样才能找到同一运动轨迹上的几个点，故D正确。
故选：BD。
(2)由于两段水平距离相等，故时间相等，根据Δy=y2−y1=gt2
可知t= y2−y1g
则初速度为v=xt=x g y2−y1
(3)A.从细管水平喷出稳定的细水柱，只受重力具有初速度，做平抛运动，拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹，此方案是可行的，故A正确；
B.用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹，此方案是可行的，故B正确；
C.将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，由于铅笔和纸之间没有压力，故不会形成运动轨迹，故C错误。
故选AB。
故答案为：(1)BD；(2)x g y2−y1；(3)AB。
(1)实验要描绘平抛运动的轨迹，所以从确保离开斜槽末端时的速度大小相同，方向水平分析判断；
(2)根据相邻点迹间的水平距离相等，判断相邻点迹间的时间相等，根据竖直方向Δy=gt2计算相邻点迹间的时间，根据匀速运动规律计算初速度；
(3)根据平抛运动条件判断喷出的水柱是否为平抛运动，根据描绘轨迹的方法判断，根据能否留下痕迹判断。
本题关键掌握实验原理和注意事项，掌握计算相邻点迹间的时间间隔和初速度的方法。
14.【答案】D mg(sA+sB) 12m(sB+sC2T)2
【解析】解：(1)A、打点计时器可以直接记录时间，不需要秒表测量时间，故A错误；
B、打点计时器应接8V左右的低压交流电源，故B错误；
C、验证机械能守恒，即验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，不需要测量质量，故C错误；
D、为了减小阻力的影响，选择质量较大、体积较小的重锤进行实验，故D正确。
故选：D。
(2)在打下O点到B点的过程中，重力势能的减少量为
ΔEp=mg(sA+sB)
B点的瞬时速度为：vB=sB+sC2T
则动能的增加量为：ΔEk=12mvB2=12m(sB+sC2T)2
故答案为：(1)D；(2)mg(sA+sB)，12m(sB+sC2T)2。
(1)根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤；
(2)根据下落的高度计算重力势能减少量，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度，从而得出动能的增加量。
解决本题的关键知道实验的原理以及注意事项，掌握纸带的处理方法，会根据下降的高度求解重力势能的减小量，会根据纸带求解瞬时速度，从而得出动能的增加量．
15.【答案】解：(1)物体竖直方向做自由落体运动，有：ℎ=12gt2
代入数据解得：t=1s
(2)物体落地时竖直分速度为vy=gt=10×1m/s=10m/s
tanθ=vyv0=1010=1
则θ=45°
答：(1)物体在空中运动的时间为1s；
(2)物体落地时速度v的方向与水平地面的夹角θ是45°。
【解析】(1)物体做平抛运动，水平方向为匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动，根据运动学公式求解落地时间；
(2)根据几何关系求解物体落地时速度方向与水平方向的夹角。
本题考查平抛运动，解题关键是明确平抛运动水平方向和竖直方向的运动性质，结合运动学公式列式求解即可。
16.【答案】解：(1)万有引力提供“嫦娥二号”做匀速圆周运动的向心力，则有
GMm(R+ℎ)2=m4π2T2(R+ℎ)
解得：M=4π2(R+ℎ)3GT2．
(2)由月球表面，万有引力等于重力，可得：
GMm′R2=m′g
解得月球表面的重力加速度：g=4π2(R+ℎ)3R2T2．
(3)月球的体积为：V=43πR3
故月球的密度为：ρ=MV
得ρ=3π(R+ℎ)3GR3T2．
答：
(1)月球的质量为4π2(R+ℎ)3GT2．
(2)月球表面的重力加速度为4π2(R+ℎ)3R2T2；
(3)月球的密度为3π(R+ℎ)3GR3T2．
【解析】(1)“嫦娥二号”绕月球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，由此求月球的质量M．
(2)在月球表面，物体所受的万有引力等于重力，可得月球表面的重力加速度g．
(3)已知月球的质量和半径，由密度表达式可得月球密度．
本题关键是利用好万有引力提供向心力这一思路，要熟练掌握星体表面万有引力等于重力这个结论，可变换为黄金代换，用途比较大．
17.【答案】解：(1)对滑块由P运动到B的过程进行分析，由动能定理得
mg(ℎ+R)=12mvB2
可得vB= 30m/s
滑块在B点时，根据牛顿第二定律可得：FN−mg=mvB2R
解得FN=70N；
(2)滑块由P至C的过程，由动能定理得
mg(ℎ+Rcosθ)=12mvC2
设滑块沿斜面上滑的最大距离为x，由动能定理有
−mgxsinθ−μmgxcosθ=0−12mvC2
解得x=1.4m
(3)设滑块返回到C点时的速度vC′，由动能定理得
mgxsinθ−μmgxcosθ=12mvC′2
设滑块能滑到A点，从C到A，由动能定理有
−mgRcosθ=12mvA′2−12mvC′2
解得vA′2=−2.4，不合理，所以滑块从斜面上返回后不能滑出A点。
答：(1)滑块第一次运动到B点时轨道对它支持力的大小为70N。
(2)滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离为1.4m。
(3)滑块从斜面上返回后不能滑出A点。
【解析】(1)滑块由P运动到B的过程，由动能定理求得滑块第一次运动到B点时的速度。在B点，由合力提供向心力，由牛顿第二定律求解轨道对它支持力的大小。
(2)滑块在粗糙斜面上向上滑行的过程，运用动能定理求滑行的最大距离。
(3)假设滑块能到达A点，根据动能定理列式，求出滑块到达A点的速度，再进行判断。
本题是动能定理与牛顿第二定律的综合应用，关键在于研究过程的选择，把握每个过程的物理规律。
2022-2023学年天津市滨海新区高一（下）期末物理试卷
一、选择题（本大题共12小题，共48分）
1. 物体做曲线运动时，一定发生变化的物理量是( )
A. 速度的大小 B. 速度的方向 C. 加速度的大小 D. 加速度的方向
2. 如图所示，蜡块在竖直玻璃管内的水中匀速上升，速度为v。若在蜡块从A点开始匀速上升的同时，玻璃管从AB位置由静止开始水平向右做匀加速直线运动，加速度大小为a，则蜡块的实际运动轨迹可能是图中的( )
A. 直线P B. 曲线Q C. 曲线R D. 无法确定
3. A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动(如图)，在相同的时间内，它们通过的路程之比是4：3，运动方向改变的角度之比是3：2，则它们( )
A. 线速度大小之比为4：3 B. 角速度大小之比为3：4
C. 圆周运动的半径之比为2：1 D. 向心加速度大小之比为1：2
4. 如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径不一样，它们的边缘有三个点A、B、C.在自行车匀速骑行时，下列说法正确的是( )
A. A、B两点的角速度大小相等
B. B、C两点的线速度大小相等
C. A点的向心加速度小于B点的向心加速度
D. C点的向心加速度小于B点的向心加速度
5. 关于行星绕太阳的运动，下列说法正确的是( )
A. 所有行星都在同一椭圆轨道上绕太阳运动
B. 行星绕太阳运动时太阳位于行星轨道的中心处
C. 当行星离太阳较近的时候，行星的运行速度较小
D. 所有行星的轨道半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比值都相等
6. 在长为l的细绳下端拴一个质量为m的小球，捏住绳子的上端，使小球在水平面内做圆周运动，细绳就沿圆锥面旋转，这样就成了一个圆锥摆。已知重力加速度为g，当绳子跟竖直方向的夹角为θ时，小球运动的向心加速度的大小为( )
A. gtanθ
B. gtanθ
C. gcosθ
D. gcosθ
7. 某人用手将一质量为1kg的物体由静止沿竖直方向向上提升1m，这时物体的速度为2m/s，已知重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 物体机械能守恒 B. 拉力对物体做功8J
C. 合力对物体做功2J D. 物体克服重力做功−10J
8. 如图所示，一圆盘可以绕其竖直轴在水平面内运动，圆柱半径为R，甲、乙两物体的质量分别为M和m(M>m)，它们与圆盘之间的最大静摩擦力均为正压力的μ倍，两物体用长为L的轻绳连在一起，L
9. 如图所示，在竖直平面内有固定的光滑圆环轨道，一可看成质点的小球在轨道内侧做圆周运动.已知圆环半径为R，小球质量为m，重力加速度为g，且小球经过圆环最高点时刚好不脱离圆环，则经过最高点时的小球( )
A. 线速度大小等于0 B. 线速度大小等于 gR
C. 向心力大小等于mg D. 对圆环的压力大小等于mg
10. 复兴号动车在世界上首次实现速度自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。则动车在时间t内( )
A. 加速度逐渐减小 B. 做匀加速直线运动
C. 牵引力做功为Pt D. 牵引力的功率P=Fvm
11. 2021年12月9日15时40分，“天宫课堂”第一课正式开讲，这是首次在距离地面约400km的中国载人空间站“天宫”上进行的太空授课活动。授课期间，航天员与地面课堂的师生进行了实时互动交流。已知“天宫”围绕地球做匀速圆周运动，运行周期约为90分钟。下列说法正确的是( )
A. “天宫”加速度大于9.8m/s2
B. “天宫”的运行速度小于7.9km/s
C. “天宫”的角速度小于地球自转的角速度
D. “天宫”的轨道高度小于地球同步卫星的轨道高度
12. 如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置.物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点．在从A到B的过程中，物块( )
A. 加速度先减小后增大
B. 经过O点时的速度最大
C. 所受弹簧弹力始终做正功
D. 所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
二、非选择题（58分）
13. 用如图甲所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上，钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上，由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。
(1)下列实验条件必须满足的有______ ；
A.斜槽轨道光滑
B.斜槽轨道末段水平
C.挡板高度等间距变化
D.每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球
(2)若遗漏记录平抛轨迹的起始点，可如图乙所示，在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x，测得AB和BC的竖直间距分别是y1和y2，求得钢球平抛的初速度大小为______ (已知当地重力加速度为g，结果用g，x，y1和y2表示)。
(3)为了得到平抛物体的运动轨迹，同学们还提出了以下三种方案，其中可行的是______ 。
A.用细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹
B.用频闪照相法在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹
C.将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，将会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹
14. 利用如图1所示装置做“验证机械能守恒定律”的实验。
(1)关于本实验，以下说法正确的是______ 。
A.必须用秒表测出重物下落的时间
B.打点计时器应连接直流电源
C.验证时，必须测量重锤的质量或重力
D.选择质量较大、体积较小的重锤可以减小实验误差
(2)此实验过程中机械能是否守恒，可以通过计算纸带打下两点的过程中，重锤减少的重力势能是否等于其增加的动能来验证。图2是实验中得到的一条纸带，O为重锤开始下落时记录的点，在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，得到OA、AB、BC之间的距离分别为SA、SB、SC；若重锤质量用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，则在打下O点到B点的过程中，重力势能的减少量为______ ，动能的增加量为______ 。
15. 将一个物体以初速度v0=10m/s的速度从离地面ℎ=5m的高度水平抛出，空气阻力忽略不计，已知重力加速度g=10m/s2。求：
(1)物体在空中运动的时间；
(2)物体落地时速度v的方向与水平地面的夹角θ是多少？
16. 设“嫦娥二号”卫星距月球表面的高度为ℎ，做匀速圆周运动的周期为T.已知月球半径为R，引力常量为G.求：
(1)月球的质量M；
(2)月球表面的重力加速度g；
(3)月球的密度ρ．
17. 如图所示，半径R=0.5m的光滑圆弧轨道竖直放置，左端A与圆心O等高，B为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道的右端C与粗糙斜面相切，斜面与水平方向的夹角为θ=37°。一质量为m=1kg的小滑块从A点正上方ℎ=1m处的P点由静止自由下落。已知滑块与粗糙斜面间的动摩擦因数μ=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2。
(1)求滑块第一次运动到B点时轨道对它支持力的大小；
(2)求滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离；
(3)通过计算判断滑块从斜面上返回后能否滑出A点。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
曲线运动的速度方向是切线方向，时刻改变，是变速运动，一定有加速度，但加速度不一定变化。
本题关键明确曲线运动的运动学特点以及动力学特点，同时要熟悉匀速圆周运动和平抛运动两种曲线运动。
【解答】
AB、曲线运动的速度方向是切线方向，时刻改变，故速度方向一定变化，而大小可以不变，如匀速圆周运动，故A错误，B正确；
CD、曲线运动的条件是合力与速度不共线，故合力可以是恒力，如平抛运动，合力恒定，加速度也恒定，为g，故C错误，D错误；
故选：B。
2.【答案】B
【解析】当合速度的方向与合力(合加速度)的方向不在同一条直线上，物体将做曲线运动，且轨迹夹在速度与合力方向之间，轨迹的凹向大致指向合力的方向。蜡块从A位置开始运动时蜡块的合速度方向竖直向上，合加速度方向水平向右，不在同一直线上，轨迹的凹向要大致指向合力的方向，知B正确，A、C、D错误。
故选B。
3.【答案】A
【解析】解：A、线速度v=st，A、B通过的路程之比为4：3，时间相等，则线速度之比为4：3，故A正确。
B、角速度ω=θt，运动方向改变的角度等于圆周运动转过的角度，A、B转过的角度之比为3：2，时间相等，则角速度大小之比为3：2，故B错误。
C、根据v=rω得，圆周运动的半径r=vω，线速度之比为4：3，角速度之比为3：2，则圆周运动的半径之比为8：9，故C错误。
D、根据a=vω得，线速度之比为4：3，角速度之比为3：2，则向心加速度之比为2：1，故D错误。
故选：A。
线速度等于单位时间内走过的路程，结合路程之比求出线速度大小之比；角速度等于单位时间内转过的角度，结合角度之比求出角速度之比；根据线速度与角速度的关系，求出半径之比；抓住向心加速度等于线速度与角速度的乘积，结合线速度和角速度之比求出向心加速度之比。
本题考查了描述圆周运动的一些物理量，知道各个物理量之间的关系，并能灵活运用。
4.【答案】C
【解析】解：A、AB两点在传送带上，是同缘传动的边缘点，所以两点的线速度相等，根据v=ω⋅r，由于半径不同，则角速度不相等。故A错误；
B、BC两点属于同轴转动，角速度相等，半径不相等，根据v=rω可知线速度不相等。故B错误；
C、AB两点的线速度相等，根据an=v2r，A的半径比较大，所以A点的向心加速度小于B点的向心加速度。故C正确；
D、BC点的角速度是相等的，根据an=ω2r，C点的半径比较大，所以C点的向心加速度大于B点的向心加速度，故D错误；
故选：C。
大齿轮与小齿轮是同缘传动，边缘点线速度相等；小齿轮与后轮是同轴传动，角速度相等；结合线速度与角速度关系公式v=ωr列式求解。
本题结合两种传送模型考查线速度、角速度和向心加速度的关系，要求有灵活选择物理规律的能力。对于圆周运动，公式较多，要根据不同的条件灵活选择公式。
5.【答案】D
【解析】解：AB、开普勒第一定律可知，所有行星都绕太阳做椭圆运动，且太阳处在所有椭圆的一个焦点上，故 AB错误；
C、由开普勒第二定律可知，在相同时间内行星与太阳的连线扫过的面积相等，故离太阳越近速率越大，故C错误；
D、由开普勒第三定律R3T2=k，所有行星的轨道半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等，故D正确。
故选：D。
由开普勒第一定律得到恒星运行轨迹特点，由开普勒第二定律得到运行速度大小关系，由开普勒第三定律得到周期长短关系。
开普勒第一定律是：太阳系中的所有行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上。开普勒第二定律是：在相等时间内，太阳和运动着的行星的连线所扫过的面积都是相等的。开由普勒第三定律可以知道轨道半长轴的三次方与公转周期的二次方成正比。
6.【答案】A
【解析】解：小球受到重力和拉力的合力提供向心力，则mgtanθ=man，可得an=gtanθ，故A正确，BCD错误。
故选：A。
对小球受力分析即可得到小球的加速度大小。
要知道向心力是效果力，是由小球所受的重力和拉力的合力提供的。
7.【答案】C
【解析】解：AB、由功能原理可知，物体机械能的增加量等于手对物体做功，根据动能定理得：W手−mgℎ=12mv2−0，解得W手=12J，故AB错误；
C、根据动能定理得合外力对物体做功W=12mv2−0=12×1×22J=2J，故C正确；
D、物体克服重力做功为WG=mgℎ=1×10×1J=10J，故D错误；
故选：C。
合外力对物体做功由动能定理求解．并由动能定理求出手对物体做功．由功能原理求机械能的增加量．
解决本题的关键是要掌握常见的功与能的关系，知道合外力做功决定于物体动能的变化，除了重力以外的力做功决定了机械能的变化．
8.【答案】D
【解析】
【分析】
当角速度从0开始增大，乙所受的静摩擦力开始增大，当乙达到最大静摩擦力，角速度继续增大，此时乙靠拉力和静摩擦力的合力提供向心力，角速度越大，拉力越大，当拉力和甲的最大静摩擦力相等时，角速度达到最大值。
解决本题的关键知道当角速度达到最大时，绳子的拉力等于甲的最大静摩擦力，乙靠拉力和乙所受的最大静摩擦力提供向心力。
【解答】
当绳子的拉力等于甲的最大静摩擦力时，角速度达到最大，有T+μmg=mLω2，T=μMg.所以ω= μ(M+m)gmL，故D正确。
故选D。
9.【答案】BC
【解析】解；CD、小球在最高点刚好不脱离圆环的条件是刚好由重力提供向心力，所以在最高点时小球向心力大小等于重力mg，故C正确，D错误；
AB、根据mg=mv2R可得，小球在圆环最高点刚好不脱离圆环的速度大小为v= gR，故A错误，B正确。
故选：BC。
刚好不脱离轨道的条件是在最高点时刚好由重力提供向心力。
知道绳球模型中小球刚好做完整圆周运动的条件是解题的基础。
10.【答案】ACD
【解析】解：AB、动车以恒定功率启动，由P=F牵v可知，牵引力F逐渐减小，由牛顿第二定律得：F牵−F=ma
阻力F保持不变，则加速度逐渐减小，即动车做加速度减小的加速运动，故A正确，B错误；
C、牵引力做功为W=Pt
故C正确；
D、动车达到最大速度时，牵引力等于阻力，则牵引力的额定功率P=Fvm
故D正确。
故选：ACD。
根据P=F牵v分析牵引力的变化，根据牛顿第二定律分析加速度的变化；根据W=Pt求解牵引力做功；动车达到最大速度时，牵引力等于阻力，根据功率公式求解牵引力的功率。
本题考查机车启动问题，解题关键是掌握功率公式，知道动车达到最大速度时牵引力等于阻力。
11.【答案】BD
【解析】解：A、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：
GMmr2=ma
向心加速度：a=GMmr2，
地球表面的物体的向心加速度为9.8m/s2，所有卫星的轨道半径r都大于地球半径，则所有卫星的向心加速度都小于9.8m/s2，故A错误；
B、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：
GMmr2=mv2r
解得：v= GMr
当卫星轨道半径r等于地球半径时的线速度为7.9km/s，这是卫星的最大环绕速度，因此卫星的环绕速度小于7.9km/s，故B正确；
C、“天宫”围绕地球做匀速圆周运动，运行周期小于同步卫星的周期，由ω=2πT可知其角速度大于地球同步卫星的角速度，地球自转的角速度等于地球同步卫星的角速度，故“天宫”的角速度大于地球自转的角速度，故C错误；
D、卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，有：GMmr2=m4π2T2r
得：T= 4π2r3GM
由于“天宫”的运行周期小于同步卫星的周期，则“天宫”的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，所以“天宫”的轨道高度小于地球同步卫星的轨道高度，故D正确。
故选：BD。
人造卫星运行时都是万有引力提供向心力，根据其速度、加速度、周期和轨道半径的关系可以求解。
本题考查了人造卫星的运动，轨道半径越大的其速度、加速度、角速度越小，周期越大。
12.【答案】AD
【解析】
【分析】
弹力与摩擦力平衡的位置在AO之间，平衡位置处速度最大、加速度为零；根据动能定理分析弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做功的关系。
本题关键是抓住弹簧的弹力是变化的，分析清楚物体向右运动的过程中受力情况，从而判断出其运动情况，知道平衡位置速度最大、加速度为零。
【解答】
A.由于水平面粗糙且O点为弹簧在原长时物块的位置，所以弹力与摩擦力平衡的位置在OA之间，加速度为零时弹力和摩擦力平衡，所以物块在从A到B的过程中加速度先减小后反向增大，故A正确；
B.物体在平衡位置处速度最大，所以物块速度最大的位置在AO之间某一位置，故B错误；
C.从A到O过程中弹力方向与位移方向相同，弹力做正功，从O到B过程中弹力方向与位移方向相反，弹力做负功，故C错误；
D.从A到B过程中根据动能定理可得W弹−W克f=0，即W弹=W克f，即弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功，故D正确。
故选AD。
13.【答案】BD x g y2−y1 AB
【解析】解：(1)AB.为了能画出平抛运动轨迹，首先保证小球做的是平抛运动，所以斜槽轨道不一定要光滑，但斜槽轨道末端必须是水平的，故A错误，B正确；
C.挡板只要能记录下小球下落到不同高度时的不同的位置即可，不需要等间距变化，故C错误；
D.只有让小球每次从同一位置静止释放，这样才能找到同一运动轨迹上的几个点，故D正确。
故选：BD。
(2)由于两段水平距离相等，故时间相等，根据Δy=y2−y1=gt2
可知t= y2−y1g
则初速度为v=xt=x g y2−y1
(3)A.从细管水平喷出稳定的细水柱，只受重力具有初速度，做平抛运动，拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹，此方案是可行的，故A正确；
B.用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹，此方案是可行的，故B正确；
C.将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，由于铅笔和纸之间没有压力，故不会形成运动轨迹，故C错误。
故选AB。
故答案为：(1)BD；(2)x g y2−y1；(3)AB。
(1)实验要描绘平抛运动的轨迹，所以从确保离开斜槽末端时的速度大小相同，方向水平分析判断；
(2)根据相邻点迹间的水平距离相等，判断相邻点迹间的时间相等，根据竖直方向Δy=gt2计算相邻点迹间的时间，根据匀速运动规律计算初速度；
(3)根据平抛运动条件判断喷出的水柱是否为平抛运动，根据描绘轨迹的方法判断，根据能否留下痕迹判断。
本题关键掌握实验原理和注意事项，掌握计算相邻点迹间的时间间隔和初速度的方法。
14.【答案】D mg(sA+sB) 12m(sB+sC2T)2
【解析】解：(1)A、打点计时器可以直接记录时间，不需要秒表测量时间，故A错误；
B、打点计时器应接8V左右的低压交流电源，故B错误；
C、验证机械能守恒，即验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，不需要测量质量，故C错误；
D、为了减小阻力的影响，选择质量较大、体积较小的重锤进行实验，故D正确。
故选：D。
(2)在打下O点到B点的过程中，重力势能的减少量为
ΔEp=mg(sA+sB)
B点的瞬时速度为：vB=sB+sC2T
则动能的增加量为：ΔEk=12mvB2=12m(sB+sC2T)2
故答案为：(1)D；(2)mg(sA+sB)，12m(sB+sC2T)2。
(1)根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤；
(2)根据下落的高度计算重力势能减少量，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度，从而得出动能的增加量。
解决本题的关键知道实验的原理以及注意事项，掌握纸带的处理方法，会根据下降的高度求解重力势能的减小量，会根据纸带求解瞬时速度，从而得出动能的增加量．
15.【答案】解：(1)物体竖直方向做自由落体运动，有：ℎ=12gt2
代入数据解得：t=1s
(2)物体落地时竖直分速度为vy=gt=10×1m/s=10m/s
tanθ=vyv0=1010=1
则θ=45°
答：(1)物体在空中运动的时间为1s；
(2)物体落地时速度v的方向与水平地面的夹角θ是45°。
【解析】(1)物体做平抛运动，水平方向为匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动，根据运动学公式求解落地时间；
(2)根据几何关系求解物体落地时速度方向与水平方向的夹角。
本题考查平抛运动，解题关键是明确平抛运动水平方向和竖直方向的运动性质，结合运动学公式列式求解即可。
16.【答案】解：(1)万有引力提供“嫦娥二号”做匀速圆周运动的向心力，则有
GMm(R+ℎ)2=m4π2T2(R+ℎ)
解得：M=4π2(R+ℎ)3GT2．
(2)由月球表面，万有引力等于重力，可得：
GMm′R2=m′g
解得月球表面的重力加速度：g=4π2(R+ℎ)3R2T2．
(3)月球的体积为：V=43πR3
故月球的密度为：ρ=MV
得ρ=3π(R+ℎ)3GR3T2．
答：
(1)月球的质量为4π2(R+ℎ)3GT2．
(2)月球表面的重力加速度为4π2(R+ℎ)3R2T2；
(3)月球的密度为3π(R+ℎ)3GR3T2．
【解析】(1)“嫦娥二号”绕月球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，由此求月球的质量M．
(2)在月球表面，物体所受的万有引力等于重力，可得月球表面的重力加速度g．
(3)已知月球的质量和半径，由密度表达式可得月球密度．
本题关键是利用好万有引力提供向心力这一思路，要熟练掌握星体表面万有引力等于重力这个结论，可变换为黄金代换，用途比较大．
17.【答案】解：(1)对滑块由P运动到B的过程进行分析，由动能定理得
mg(ℎ+R)=12mvB2
可得vB= 30m/s
滑块在B点时，根据牛顿第二定律可得：FN−mg=mvB2R
解得FN=70N；
(2)滑块由P至C的过程，由动能定理得
mg(ℎ+Rcosθ)=12mvC2
设滑块沿斜面上滑的最大距离为x，由动能定理有
−mgxsinθ−μmgxcosθ=0−12mvC2
解得x=1.4m
(3)设滑块返回到C点时的速度vC′，由动能定理得
mgxsinθ−μmgxcosθ=12mvC′2
设滑块能滑到A点，从C到A，由动能定理有
−mgRcosθ=12mvA′2−12mvC′2
解得vA′2=−2.4，不合理，所以滑块从斜面上返回后不能滑出A点。
答：(1)滑块第一次运动到B点时轨道对它支持力的大小为70N。
(2)滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离为1.4m。
(3)滑块从斜面上返回后不能滑出A点。
【解析】(1)滑块由P运动到B的过程，由动能定理求得滑块第一次运动到B点时的速度。在B点，由合力提供向心力，由牛顿第二定律求解轨道对它支持力的大小。
(2)滑块在粗糙斜面上向上滑行的过程，运用动能定理求滑行的最大距离。
(3)假设滑块能到达A点，根据动能定理列式，求出滑块到达A点的速度，再进行判断。
本题是动能定理与牛顿第二定律的综合应用，关键在于研究过程的选择，把握每个过程的物理规律。
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