2023-2024学年四川省成都市高一(下)期末物理试卷

2023-2024学年四川省成都市高一（下）期末物理试卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（3分）如图，一质点在水平面内受力作用，从O点经A点运动到B点。质点运动轨迹的OA段为曲线，AB段为直线。下列说法正确的是（）A．质点在OA段所受合力一定不为零 B．质点在AB段所受合力方向一定不断改变 C．质点在A点的速度方向由A点指向O点 D．质点在AB段的加速度一定为零2．（3分）“套圈”游戏深受小朋友的喜爱。如图，较高的哥哥和稍矮的弟弟分别从同一竖直方向的不同高度向正前方水平抛出圆环，圆环恰好同时套中水平地面上的玩具。圆环和玩具均可视为质点，圆环被抛出后的运动可视为平抛运动。下列说法正确的是（）A．弟弟先抛出圆环 B．两人同时抛出圆环 C．两人抛出圆环的初速度相同 D．弟弟抛出圆环的初速度较大3．（3分）如图，在光滑圆锥漏斗的内壁，两个质量相同的小球A、B紧贴着漏斗在水平面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是（）A．A球受到重力、支持力和向心力 B．A、B两球受到的支持力均指向各自圆周的圆心 C．A球的转动周期大于B球的转动周期 D．A球对漏斗壁的压力大于B球对漏斗壁的压力4．（3分）如图，要使地球同步卫星进入预定轨道Ⅲ，需先将卫星发射到近地轨道Ⅰ，卫星在轨道Ⅰ的A点变轨进入转移轨道Ⅱ，在轨道Ⅱ的远地点B再次变轨进入轨道Ⅲ。下列说法正确的是（）A．地球同步卫星可以静止在成都上空 B．卫星在轨道Ⅱ上经过B点时的速率最小 C．卫星在轨道Ⅱ上经过B点时的速率大于其在轨道Ⅲ上经过B点时的速率 D．卫星在轨道Ⅱ上经过A点时的加速度大于其在轨道Ⅰ上经过A点时的加速度5．（3分）如图，轻质弹簧左端固定且呈水平状态，用手使一木球压紧轻质弹簧并保持静止。松手后，弹簧将木球弹出。在木球被弹出的过程中，弹簧的弹性势能减少了50J，木球克服阻力做的功为30J，则在此过程中（）A．阻力对木球做了30J的功 B．弹力对木球做了﹣50J功 C．木球的动能减少了30J D．木球的动能增加了20J6．（3分）将相同的A、B两球从同一位置沿不同方向抛出，运动轨迹如图所示，最后两球落在水平面上的同一位置，忽略空气阻力。两球从被抛出到落地的过程中，下列说法正确的是（）A．B球所受重力的冲量大小为零 B．A球所受重力的冲量大于B球所受重力的冲量 C．两球在最高点的动量大小相等 D．两球单位时间内动量的变化量不相同7．（3分）如图为某一单摆的简化模型，其摆角α小于5°。下列说法正确的是（）A．单摆的摆长即绳长 B．单摆从左侧最高点A运动到右侧最高点B的时间即为单摆的周期 C．适当增大摆角α（仍小于5°），其他条件不变，则单摆的周期不变 D．将此单摆从两极移到地球赤道，其他条件不变，则单摆的周期变小8．（3分）如图为一个共振筛，筛子用四根弹簧支起来（后排的两根弹簧未画出），筛子上装有一个电动偏心轮。工作时偏心轮被电动机带动匀速转动，从而给筛子施加与偏心轮转动周期相同的周期性驱动力，使筛子做受迫振动。假设偏心轮的转速与电动机的输入电压成正比，筛子的固有周期与筛子的质量成正比。已知筛子的固有周期为0.8s，偏心轮的转速为60r/min。下列可使筛子做受迫振动的振幅增大的操作是（）A．只适当减小筛子的质量 B．只适当减小偏心轮电动机的输入电压 C．适当减小筛子的质量同时适当减小偏心轮电动机的输入电压 D．适当增大筛子的质量同时适当增大偏心轮电动机的输入电压二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求；全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。（多选）9．（4分）蹦床是一项具有挑战性的体育运动。如图，某时刻运动员从空中最高点O自由下落，接触蹦床A点后继续向下运动到最低点C，其中B点为运动员静止在蹦床上时的位置。忽略空气阻力，运动员从最高点O下落到最低点C的过程中（）A．运动员的机械能不守恒 B．运动员在B点时的动能最大 C．运动员的重力势能先增大后减小 D．蹦床的弹性势能先减小后增大（多选）10．（4分）明朝的《天工开物》记载了我国古代劳动人民的智慧。如图（a），可转动的把手上a点到转轴的距离为2R，辘轴边缘b点到转轴的距离为R。甲转动把手，将井底的乙拉起来，此过程中把手转动的角速度随时间变化的关系如图（b）。则（）A．a点的角速度大于b点的角速度 B．a点的线速度大于b点的线速度 C．乙在0～t1时间段内加速上升 D．在t1～t2时间段内，b点的向心加速度大小为2R（多选）11．（4分）如图，某同学对着墙壁练习打乒乓球。乒乓球（可视为质点）与竖直墙壁上的A点碰撞后沿水平方向弹离，并恰好垂直于球拍拍面落在B点。已知球拍与水平方向的夹角为θ，A、B两点的竖直高度差为h，A、B两点的水平距离为x，忽略空气阻力。下列说法正确的是（）A．A、B两点的连线与球拍垂直 B．乒乓球在空中飞行的过程中，单位时间内速度的变化量相同 C．A、B两点的竖直高度差h和水平距离x满足tanθ=hD．若乒乓球弹离速度略变小后仍能落在球拍上，则乒乓球在空中飞行的时间变长（多选）12．（4分）如图甲，以O点为平衡位置，弹簧振子在A、B两点间做简谐运动，图乙为这个弹簧振子的振动图像。下列说法正确的是（）A．弹簧振子的振动方程为x＝0.05sin（0.8t）m B．在t＝0.4s与t＝0.8s两个时刻，弹簧振子的速度相同 C．在t＝0.1s时，弹簧振子的位移大小为52D．在t＝0.3s与t＝0.5s两个时刻，弹簧振子的弹性势能相等（多选）13．（4分）如图甲，某同学手持电吹风垂直向电子秤的托盘吹风，圆形出风口与托盘距离较近且风速恒定，吹在托盘上的风会从平行于托盘方向向四周散开，简化图如图乙。当电吹风设置在某挡位垂直向托盘吹风时，电子秤示数与放上一质量为m的砝码时一致，出风口半径为r，空气密度为ρ，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A．使用出风口面积越大的电吹风，电子秤示数一定也越大 B．设出风口的风速为v，则单位时间内出风口吹出气体的质量为ρπr2v C．电吹风出风口的风速为mgπρD．电吹风吹风的功率为mgmg三、实验探究题：本题共2小题，共14分。14．（6分）某学习小组用数字化仪器验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示。不可伸长的轻质细线一端固定在O点，另一端与小钢球相连。实验中，每次将小钢球从A点由静止释放，将光电门先后放在A点与B点间圆弧上的多个位置处，其中，B点在O点正下方。测出小钢球经过各点时的遮光时间分别为t1、t2、t3…，用刻度尺测出各位置相对A点的竖直距离分别为h1、h2、h3…，测得当地重力加速度大小为g，小钢球的直径为d。（1）本实验测出小钢球的质量（填“需要”或“不需要”）。（2）通过测量多组实验数据，描点作出如图乙所示的线性图像。若忽略实验误差，则该图像的斜率为k＝时，即可说明小钢球在此运动过程中机械能守恒（用题中测得的物理量的符号表示）。（3）在某次测量过程中该学习小组发现小钢球在B点的机械能略大于在A点的机械能，则可能的原因是（填正确答案标号）。A.将B点所在的水平面选作了零势能面B.小钢球从A点偏左的位置释放C.存在空气阻力的影响15．（8分）某实验小组用如图甲所示的实验装置验证动量守恒定律，图乙为装置简化图。A、B为大小相同的小球，测得质量分别为m1、m2，A球为入射小球，B球为被碰小球。实验时，先不放小球B，让小球A从斜槽上的某位置由静止释放后飞出落到垫有复写纸的白纸上，重复实验多次，记下平均落地点为P；然后，将小球B放在斜槽末端，让小球A从斜槽上的某位置由静止释放，与小球B发生碰撞，两球从斜槽末端飞出落到同一白纸上，重复实验多次，记下小球A、B的平均落地点分别为M、N；斜槽末端在白纸上的投影位置为O点。（1）本实验为确保两小球速度水平并发生正碰，须保证斜槽末端切线水平，检验斜槽末端切线是否水平的最简单直接的办法是。（2）关于本实验的其他操作，下列说法正确的是（填正确答案标号）。A.小球A每次都必须从斜槽上同一位置由静止释放B.必须测量斜槽末端距水平地面的高度C.为完成实验，小球A的质量应大于小球B的质量D.若小球A与小球B碰后反弹，仍能再次从斜槽末端飞出，则对实验无影响（3）实验测得三个落地点位置与O点的距离分别为OM、OP、ON，为了验证A、B两小球碰撞过程中总动量守恒，应验证表达式在实验误差允许范围内是否成立（用题中测得的物理量的符号表示）。（4）实验中某同学认为A、B两球间的碰撞不是弹性碰撞，下列表达式能支持该同学的结论的是（填正确答案标号）。A.ON＞OP+OMB.OP＞ON﹣OMC.2OP＞D.2OP＞四、计算题：本题共4小题，共42分。解答应当写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的，不能得分。16．（8分）“天问一号”是执行中国首次火星探测任务的探测器，于2021年5月15日在火星表面成功着陆。探测器测得火星表面的重力加速度大小为g，火星的半径为R，引力常量为G，忽略火星自转的影响。求：（1）火星的质量M；（2）火星的第一宇宙速度v。17．（8分）电动平衡车是时下深受年轻人喜欢的休闲代步工具。假设某品牌的平衡车额定输出功率为600W，小明骑该款平衡车以额定输出功率沿水平路面由静止开始运动，人和车的总质量为80kg，行驶时受到的阻力始终为重力的18，重力加速度大小取g＝10m/s2（1）求小明骑该款平衡车能达到的最大速度vm；（2）若小明骑该款平衡车速度达到5m/s，用时5s，求此过程平衡车行驶的距离x。18．（12分）如图，粗糙直轨道AB与光滑的竖直圆弧轨道BCDE相切于B点且平滑连接。轨道AB长为L＝4m，O点为圆弧轨道的圆心，且E、O、C位于同一竖直线上（E为圆弧轨道的最高点）；D、O、A位于同一水平线上，且OB与OA的夹角为θ＝45°（OB垂直于AB）。现有一质量为m＝1kg的小球（可视为质点）从A点以大小为v0的初速度沿轨道AB向下运动，小球到达E点时对圆弧轨道的压力大小为10N，重力加速度大小取g＝10m/s2。（1）求小球在E点的速度大小vE；（2）求小球在C点受到的支持力大小；（3）若小球与轨道AB间的动摩擦因数为μ=22，求小球在A点的初速度大小v19．（14分）如图，在足够长的光滑水平轨道上有一质量为mA＝1kg的足够长的木板A，质量为mB＝4kg的滑块B置于A的左端，A与B间的动摩擦因数为μ＝0.2。在水平轨道上隔一定距离依次放着2025个相同的滑块，滑块的质量均为m＝1kg，编号依次为1、2、3……2025。开始时木板A静止，现使滑块B瞬间获得水平向右的初速度v0＝5m/s，当A、B刚达到共速时，木板A恰好与滑块1发生第1次弹性碰撞，经过一段时间，当A、B再次刚达到共速时，木板A恰好与滑块1发生第2次弹性碰撞，之后每次A、B刚达到共速时，木板A都恰好与滑块1发生弹性碰撞，直至最后木板A与滑块1发生2025次碰撞。重力加速度大小取g＝10m/s2，滑块间的碰撞均为弹性碰撞，每次碰撞时间极短，滑块均可视为质点。求：（1）木板A与滑块1第1次碰撞前，A与B组成的系统产生的热量Q；（2）木板A与滑块1第1次碰撞后瞬间，滑块1的速度大小v块1；（3）从滑块B开始向右运动到木板A即将与滑块1发生第2025次碰撞时，A与B组成的系统损失的总能量ΔE（可用分数表示，如表达式：(a

2023-2024学年四川省成都市高一（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（3分）如图，一质点在水平面内受力作用，从O点经A点运动到B点。质点运动轨迹的OA段为曲线，AB段为直线。下列说法正确的是（）A．质点在OA段所受合力一定不为零 B．质点在AB段所受合力方向一定不断改变 C．质点在A点的速度方向由A点指向O点 D．质点在AB段的加速度一定为零【考点】物体运动轨迹、速度、受力（加速度）的相互判断．【答案】A【分析】物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一直线上，合外力不为零，合外力大小和方向不一定变化，物体做直线运动时，合外力的方向与运动方向在同一条直线上，由此可以分析得出结论。【解答】解：A、质点在OA段做曲线运动的物体，所以速度在发生变化，加速度不为零，则所受的合力一定不为零，故A正确；B、质点在AB段做直线运动，则质点在AB段所受合力方向不一定改变，故B错误；C、质点在A点的速度方向是在过A点的切线方向，由A指向B，故C错误；D、质点在AB段做直线运动，但不一定做匀速直线运，则质点的加速度不一定为零，故D错误。故选：A。2．（3分）“套圈”游戏深受小朋友的喜爱。如图，较高的哥哥和稍矮的弟弟分别从同一竖直方向的不同高度向正前方水平抛出圆环，圆环恰好同时套中水平地面上的玩具。圆环和玩具均可视为质点，圆环被抛出后的运动可视为平抛运动。下列说法正确的是（）A．弟弟先抛出圆环 B．两人同时抛出圆环 C．两人抛出圆环的初速度相同 D．弟弟抛出圆环的初速度较大【考点】平抛运动时间的计算；平抛运动速度的计算；平抛运动位移的计算．【答案】D【分析】圆环做平抛运动，把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来分析，两个方向上运动的时间相同。平抛运动的物体飞行时间由高度决定，结合水平位移和时间分析初速度关系。【解答】解：AB、抛出后的圆环做平抛运动，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。哥哥抛出的圆环竖直位移较大，根据h=1CD、哥哥和弟弟抛出的圆环水平位移相同，但弟弟抛出的圆环运动时间较短，根据x＝vt可推知，弟弟抛出圆环的初速度较大，故C错误，D正确。故选：D。3．（3分）如图，在光滑圆锥漏斗的内壁，两个质量相同的小球A、B紧贴着漏斗在水平面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是（）A．A球受到重力、支持力和向心力 B．A、B两球受到的支持力均指向各自圆周的圆心 C．A球的转动周期大于B球的转动周期 D．A球对漏斗壁的压力大于B球对漏斗壁的压力【考点】物体在圆锥面上做圆周运动；牛顿第二定律的简单应用；牛顿第三定律的理解与应用．【答案】C【分析】AB.根据小球受重力和支持力，靠重力和支持力的合力提供圆周运动的向心力进行判断；C.根据合力提供向心力导出周期表达式，并比较周期的大小；D.根据受力分析得出支持力的大小，从而比较出压力的大小。【解答】解：如图，两小球的受力情况如下AB.两小球都受到重力和漏斗壁的支持力作用，两立的合力指向对应圆心提供向心力，故AB错误；C.根据牛顿第二定律有mgtanα=mR4π2D.竖直方向上，两球均满足Fsinα＝mg，可知两球受到漏斗壁的支持力大小相等，根据牛顿第三定律可知，两球对漏斗壁的压力大小也相等，故D错误。故选：C。4．（3分）如图，要使地球同步卫星进入预定轨道Ⅲ，需先将卫星发射到近地轨道Ⅰ，卫星在轨道Ⅰ的A点变轨进入转移轨道Ⅱ，在轨道Ⅱ的远地点B再次变轨进入轨道Ⅲ。下列说法正确的是（）A．地球同步卫星可以静止在成都上空 B．卫星在轨道Ⅱ上经过B点时的速率最小 C．卫星在轨道Ⅱ上经过B点时的速率大于其在轨道Ⅲ上经过B点时的速率 D．卫星在轨道Ⅱ上经过A点时的加速度大于其在轨道Ⅰ上经过A点时的加速度【考点】卫星的发射及变轨问题．【答案】B【分析】A.根据同步卫星的轨道特点进行分析解答；B.根据开普勒第二定律进行判断；C.根据卫星变轨时需要做加减速对应的离心运动或者向心运动判断速率大小；D.根据牛顿第二定律进行分析解答。【解答】解：A.地球同步卫星轨道平面与赤道平面共面，成都位于北半球，所以不能静止在成都上空，故A错误；B.根据开普勒第二定律可知，卫星在椭圆轨道Ⅱ上近地点速率最大，远地点速率最小，B点是椭圆轨道上的远地点，故B的速率最小，故B正确；C.卫星在轨道Ⅱ上经过B点时如果要进入轨道Ⅲ运动，则需要卫星加速做离心运动才能实现，故卫星在轨道Ⅱ上经过B点的速率小于其在轨道Ⅲ上经过B点的速率，故C错误；D.不论卫星在哪个轨道上经过A点，都满足GMmr2=故选：B。5．（3分）如图，轻质弹簧左端固定且呈水平状态，用手使一木球压紧轻质弹簧并保持静止。松手后，弹簧将木球弹出。在木球被弹出的过程中，弹簧的弹性势能减少了50J，木球克服阻力做的功为30J，则在此过程中（）A．阻力对木球做了30J的功 B．弹力对木球做了﹣50J功 C．木球的动能减少了30J D．木球的动能增加了20J【考点】动能定理的简单应用；功的正负及判断．【答案】D【分析】A、根据阻力做负功分析；B、根据弹力做功与弹性势能的关系分析；CD、利用动能定理分析木球动能变化量。【解答】解：A、木球克服阻力做的功为30J，则阻力做负功，即：Wf＝﹣30J，故A错误；B、弹簧的弹性势能减少了50J，由功能关系可知弹簧弹力做功：W弹＝50J，故B错误；CD、对木球利用动能定理有：W弹+Wf＝ΔEk，代入数据可得：ΔEk＝20J，可知木球的动能增加了20J，故C错误，D正确。故选：D。6．（3分）将相同的A、B两球从同一位置沿不同方向抛出，运动轨迹如图所示，最后两球落在水平面上的同一位置，忽略空气阻力。两球从被抛出到落地的过程中，下列说法正确的是（）A．B球所受重力的冲量大小为零 B．A球所受重力的冲量大于B球所受重力的冲量 C．两球在最高点的动量大小相等 D．两球单位时间内动量的变化量不相同【考点】求恒力的冲量；斜抛运动；动量的定义、单位及性质；动量变化量的计算．【答案】B【分析】两小球均做斜抛运动，根据斜抛运动规律确定两小球在空中运动的时间以及水平速度，再根据冲量和动量的定义确定冲量和动量的关系，再根据动量定理确定单位时间内的动量变化量。【解答】解：AB、由题意可知，两球均做斜抛运动，由于A球上升的高度大于B球的高度，所以A物体在空中运动时间长，则由I＝mgt可知，A物体重力的冲量大于B物体重力的冲量，故A错误，B正确；C、由于两球水平射程相同，由x＝vt可知，A物体在空中运动时间长，所以A物体在最高点时的速度小，由p＝mv可知，两球在最高点的动量不相同，故C错误；D、由于两球均只受重力，由动量定理可知，两球单位时间内动量的变化量相同，故D错误。故选：B。7．（3分）如图为某一单摆的简化模型，其摆角α小于5°。下列说法正确的是（）A．单摆的摆长即绳长 B．单摆从左侧最高点A运动到右侧最高点B的时间即为单摆的周期 C．适当增大摆角α（仍小于5°），其他条件不变，则单摆的周期不变 D．将此单摆从两极移到地球赤道，其他条件不变，则单摆的周期变小【考点】单摆周期的计算及影响因素．【答案】C【分析】根据摆长的定义分析；根据周期的定义分析；根据单摆的周期公式分析。【解答】解：A、单摆的摆长为绳长和摆球的半径之和，故A错误；B、完成一次全振动的时间为单摆的周期，单摆从左侧最高点A运动到右侧最高点B的时间为半个周期，故B错误；CD、根据单摆的周期公式T＝2πL故选：C。8．（3分）如图为一个共振筛，筛子用四根弹簧支起来（后排的两根弹簧未画出），筛子上装有一个电动偏心轮。工作时偏心轮被电动机带动匀速转动，从而给筛子施加与偏心轮转动周期相同的周期性驱动力，使筛子做受迫振动。假设偏心轮的转速与电动机的输入电压成正比，筛子的固有周期与筛子的质量成正比。已知筛子的固有周期为0.8s，偏心轮的转速为60r/min。下列可使筛子做受迫振动的振幅增大的操作是（）A．只适当减小筛子的质量 B．只适当减小偏心轮电动机的输入电压 C．适当减小筛子的质量同时适当减小偏心轮电动机的输入电压 D．适当增大筛子的质量同时适当增大偏心轮电动机的输入电压【考点】阻尼振动和受迫振动；线速度与角速度的关系．【答案】D【分析】首先明确共振的条件，然后分析每个选项对筛子固有频率和驱动力频率的影响，看它们是否能使驱动力的频率接近筛子的固有频率，从而发生共振使振幅增大。【解答】解：根据题意，筛子的固有频率为10.8故选：D。二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求；全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。（多选）9．（4分）蹦床是一项具有挑战性的体育运动。如图，某时刻运动员从空中最高点O自由下落，接触蹦床A点后继续向下运动到最低点C，其中B点为运动员静止在蹦床上时的位置。忽略空气阻力，运动员从最高点O下落到最低点C的过程中（）A．运动员的机械能不守恒 B．运动员在B点时的动能最大 C．运动员的重力势能先增大后减小 D．蹦床的弹性势能先减小后增大【考点】弹簧类问题中的机械能守恒；重力势能的变化和重力做功的关系．【答案】AB【分析】根据机械能守恒定律的守恒条件判断运动员机械能是否守恒；运动员在平衡位置时动能最大；运动员下降过程中，运动员的重力势能一直减小，蹦床的弹性势能一直增大。【解答】解：A、运动员先做自由落体运动，接触蹦床后蹦床的弹力对运动员做负功，运动员机械能不守恒，故A正确；B、运动员与蹦床接触后，先是蹦床的弹力小于运动员的重力，运动员先做加速度减小的加速运动，当蹦床的弹力等于运动员的重力时，即在B位置时，运动员的动能最大，随后运动员做加速度增大的减速运动，故B正确；C、运动员下降过程中，运动员的重力势能一直减小，故C错误；D、运动员接触蹦床A点后继续向下运动到最低点C，蹦床的弹性势能一直增大，故D错误。故选：AB。（多选）10．（4分）明朝的《天工开物》记载了我国古代劳动人民的智慧。如图（a），可转动的把手上a点到转轴的距离为2R，辘轴边缘b点到转轴的距离为R。甲转动把手，将井底的乙拉起来，此过程中把手转动的角速度随时间变化的关系如图（b）。则（）A．a点的角速度大于b点的角速度 B．a点的线速度大于b点的线速度 C．乙在0～t1时间段内加速上升 D．在t1～t2时间段内，b点的向心加速度大小为2R【考点】向心加速度的计算；线速度与角速度的关系．【答案】BC【分析】a点和b点是同轴转动，他们具有相等的角速度；，根据v＝Rω分析；在0～t1时间段内把手转动的角速度随时间均匀增大，根据v＝rω分析即可；根据a＝Rω2分析。【解答】解：A、a点和b点是同轴转动，他们具有相等的角速度，所以a点的角速度等于b点的角速度，故A错误；B、因为a点的半径大于b点的半径，根据v＝Rω可知，a点的线速度大于b点的线速度，故B正确；C、由图（b）可知，在0～t1时间段内把手转动的角速度随时间均匀增大，根据v＝rω可知乙的上升速度越来越大，故C正确；D、根据a＝Rω2可得，在t1～t2时间段内，b点的向心加速度大小为Rω2，故D错误。故选：BC。（多选）11．（4分）如图，某同学对着墙壁练习打乒乓球。乒乓球（可视为质点）与竖直墙壁上的A点碰撞后沿水平方向弹离，并恰好垂直于球拍拍面落在B点。已知球拍与水平方向的夹角为θ，A、B两点的竖直高度差为h，A、B两点的水平距离为x，忽略空气阻力。下列说法正确的是（）A．A、B两点的连线与球拍垂直 B．乒乓球在空中飞行的过程中，单位时间内速度的变化量相同 C．A、B两点的竖直高度差h和水平距离x满足tanθ=hD．若乒乓球弹离速度略变小后仍能落在球拍上，则乒乓球在空中飞行的时间变长【考点】平抛运动与斜面的结合．【答案】BD【分析】A.根据速度方向和位移方向的关系判断；B.根据乒乓球的受力和加速度判断速度变化量问题；C.根据速度偏角和位移偏角的正切关系结合几何关系进行分析判断；D.根据速度减小后乒乓球与拍面的作用位置的变化情况进行分析判断。【解答】解：A.由于乒乓球在B点瞬时速度方向垂直于拍面，根据速度方向和位移方向的关系，A、B的连线不可能垂直于拍面，故A错误；B.乒乓球飞行过程中只受重力，加速度不发生变化，所以单位时间内速度变化量相同，故B正确；C.设速度偏角为α，位移偏角为β，根据速度偏角正切和位移偏角的正切关系tanα＝2tanβ，其中tanβ=hx，根据几何关系又有tanα=1tanθD.若乒乓球弹力速度略变小且仍能落在球拍上，则乒乓球与球拍的接触点位于B点下方，下落高度比原来更高，根据h=12gt故选：BD。（多选）12．（4分）如图甲，以O点为平衡位置，弹簧振子在A、B两点间做简谐运动，图乙为这个弹簧振子的振动图像。下列说法正确的是（）A．弹簧振子的振动方程为x＝0.05sin（0.8t）m B．在t＝0.4s与t＝0.8s两个时刻，弹簧振子的速度相同 C．在t＝0.1s时，弹簧振子的位移大小为52D．在t＝0.3s与t＝0.5s两个时刻，弹簧振子的弹性势能相等【考点】简谐运动的图像问题；简谐运动过程中速度、加速度（回复力）与位移的变化问题；简谐运动的某一时刻或某段时间内质点的运动情况．【答案】CD【分析】首先根据振动图像确定振幅和周期，进而求出角频率和振动方程；然后利用振动图像的对称性和周期性分析速度和位移的变化；最后根据简谐运动的性质判断弹性势能的变化。【解答】解：A、由图像可知，弹簧振子的周期为T＝0.8s，故其振动方程为x=0.05sin2πB、如图像可知，图像的斜率即为该点的速度，在t＝0.4s与t＝0.8s两个时刻，弹簧振子的速度大小相等，但方向相反，故B错误；C、在t＝0.1s时，弹簧振子的位移大小为x=0.05sin5D、在t＝0.3s与t＝0.5s两个时刻，弹簧振子的位移大小相等，但方向相反，但弹性势能只和位移有关，故弹簧振子的弹性势能相等，故D正确。故选：CD。（多选）13．（4分）如图甲，某同学手持电吹风垂直向电子秤的托盘吹风，圆形出风口与托盘距离较近且风速恒定，吹在托盘上的风会从平行于托盘方向向四周散开，简化图如图乙。当电吹风设置在某挡位垂直向托盘吹风时，电子秤示数与放上一质量为m的砝码时一致，出风口半径为r，空气密度为ρ，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A．使用出风口面积越大的电吹风，电子秤示数一定也越大 B．设出风口的风速为v，则单位时间内出风口吹出气体的质量为ρπr2v C．电吹风出风口的风速为mgπρD．电吹风吹风的功率为mgmg【考点】用动量定理求平均作用力；功率的定义、物理意义和计算式的推导．【答案】BC【分析】BC、利用m＝ρV可得Δt时间内吹出气体的质量，则可得单位时间内吹出气体的质量，利用动量定理可得电子秤对气体的作用力F的大小，由题意可知F＝mg，则可得气体速度大小；A、根据F的表达式分析；D、利用P=W【解答】解：BC、设出风口的风速为v，Δt时间内吹出气体的质量Δm＝ρV＝ρ•πr2•vΔt＝ρπr2vΔt，则单位时间内出风口吹出气体的质量为：m取竖直向上为正方向，以Δt时间吹出的气体为研究对象，吹出气体与电子秤作用过程，由动量定理有：FΔt＝0﹣Δm×（﹣v），可得F＝ρπr2v2，由题意可知F＝mg，可得v=mgA、由F＝ρπr2v2可知，F与电吹风的出风口面积有关，也与风速v有关，所以出风口面积越大的电吹风，电子秤的示数不一定增大，故A错误；D、电吹风吹风的功率：P=12Δm故选：BC。三、实验探究题：本题共2小题，共14分。14．（6分）某学习小组用数字化仪器验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示。不可伸长的轻质细线一端固定在O点，另一端与小钢球相连。实验中，每次将小钢球从A点由静止释放，将光电门先后放在A点与B点间圆弧上的多个位置处，其中，B点在O点正下方。测出小钢球经过各点时的遮光时间分别为t1、t2、t3…，用刻度尺测出各位置相对A点的竖直距离分别为h1、h2、h3…，测得当地重力加速度大小为g，小钢球的直径为d。（1）本实验不需要测出小钢球的质量（填“需要”或“不需要”）。（2）通过测量多组实验数据，描点作出如图乙所示的线性图像。若忽略实验误差，则该图像的斜率为k＝2gd2（3）在某次测量过程中该学习小组发现小钢球在B点的机械能略大于在A点的机械能，则可能的原因是B（填正确答案标号）。A.将B点所在的水平面选作了零势能面B.小钢球从A点偏左的位置释放C.存在空气阻力的影响【考点】验证机械能守恒定律．【答案】（1）不需要；（2）2gd【分析】（1）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求解摆球通过光电门的速度；由机械能守恒定律倒推需要验证的表达式，然后分析是否需要测量小球的质量；（2）根据机械能守恒定律求解1t（3）根据实验原理逐项分析作答。【解答】解：（1）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度，小球通过光电门的瞬时速度v=若小球摆动过程中机械能守恒，取光电门所在位置为零势能位置；根据机械能守恒定律mgh=代入数据可得需要验证的表达式为gh=因此实验过程中，不需要测量物体的质量；（2）根据上述分析得到的关系式为gh=变形得1结合1t2因此可说明小钢球在此运动过程中机械能守恒；（3）A.零势能的选择不同，不影响机械能守恒定律的验证，因此将B点所在的水平面选作了零势能面不会使小钢球在B点的机械能略大于在A点的机械能，故A错误；B.实验中若小钢球从A点偏左的位置释放，则释放时小球实际的重力势能偏大，则小球在B点的机械能偏大，故B正确；C.若存在空气阻力的影响，小钢球在B点的机械能略小于在A点的机械能，故C错误。故选：B。故答案为：（1）不需要；（2）2gd15．（8分）某实验小组用如图甲所示的实验装置验证动量守恒定律，图乙为装置简化图。A、B为大小相同的小球，测得质量分别为m1、m2，A球为入射小球，B球为被碰小球。实验时，先不放小球B，让小球A从斜槽上的某位置由静止释放后飞出落到垫有复写纸的白纸上，重复实验多次，记下平均落地点为P；然后，将小球B放在斜槽末端，让小球A从斜槽上的某位置由静止释放，与小球B发生碰撞，两球从斜槽末端飞出落到同一白纸上，重复实验多次，记下小球A、B的平均落地点分别为M、N；斜槽末端在白纸上的投影位置为O点。（1）本实验为确保两小球速度水平并发生正碰，须保证斜槽末端切线水平，检验斜槽末端切线是否水平的最简单直接的办法是把小球放在斜槽末端看能否保持静止。（2）关于本实验的其他操作，下列说法正确的是AC（填正确答案标号）。A.小球A每次都必须从斜槽上同一位置由静止释放B.必须测量斜槽末端距水平地面的高度C.为完成实验，小球A的质量应大于小球B的质量D.若小球A与小球B碰后反弹，仍能再次从斜槽末端飞出，则对实验无影响（3）实验测得三个落地点位置与O点的距离分别为OM、OP、ON，为了验证A、B两小球碰撞过程中总动量守恒，应验证表达式m1•OP＝m1•OM+m2•ON在实验误差允许范围内是否成立（用题中测得的物理量的符号表示）。（4）实验中某同学认为A、B两球间的碰撞不是弹性碰撞，下列表达式能支持该同学的结论的是BD（填正确答案标号）。A.ON＞OP+OMB.OP＞ON﹣OMC.2OP＞D.2OP＞【考点】验证动量守恒定律．【答案】（1）将小球轻放在斜槽末端可保持静止；（2）AC；（3）m1•OP＝m1•OM+m2•ON；（4）BD。【分析】（1）将小球轻放在斜槽末端保持能否静止；（2）必须保证每次碰撞时的速度一样；小球离开斜槽后做平抛运动，在空中的运动时间是相等的，可以用水平位移表示速度；要保证碰后A球不反弹，否则会有阻力影响；（3）根据动量守恒定律结合平抛运动规律计算；（4）根据动量守恒定律和能量守恒定律计算，注意发生完全非弹性碰撞时B球获得的速度最小。【解答】解：（1）将小球轻放在斜槽末端若能保持静止，则说明斜槽末端是水平的，否则不水平；（2）A、为保证每次碰撞时A球的速度不变，应该小球A每次都必须从斜槽上同一位置由静止释放，故A正确；B、因为小球从斜槽末端离开后都是做平抛运动，它们在空中的运动时间相等，可以用水平位移表示速度大小，所以没有必要测量斜槽末端距水平地面的高度，故B错误；CD、小球A、B碰撞后为了保证A不反弹，所以需要满足小球A的质量大于B的质量，如果A发生了反弹，小球A在斜槽上运动受到摩擦阻力的影响，最后从斜槽末端离开的速度小于碰后A的速度，会影响实验，故C正确，D错误。故选：AC。（3）设碰前m1的速度为v0，碰后A、B两球的速度分别为v1、v2，若满足动量守恒，则有m1v0＝m1v1+m2v2设小球在空中的运动时间为t，则等式两边同乘以t，有m1v0t＝m1v1t+m2v2t根据平抛运动规律有OP＝v0t，OM＝v1t，ON＝v2t解得m1•OP＝m1•OM+m2•ON（4）AB、若两小球碰撞不是弹性碰撞，根据能量守恒有12结合上面（3）的分析有OP＞ON﹣OM，故A错误，B正确；CD、若碰后正好发生了完全非弹性碰撞，则有m1v0＝（m1+m2）v，则碰撞后的速度要小于v0，根据上面（3）的分析有2OP＞故答案为：（1）将小球轻放在斜槽末端可保持静止；（2）AC；（3）m1•OP＝m1•OM+m2•ON；（4）BD。四、计算题：本题共4小题，共42分。解答应当写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的，不能得分。16．（8分）“天问一号”是执行中国首次火星探测任务的探测器，于2021年5月15日在火星表面成功着陆。探测器测得火星表面的重力加速度大小为g，火星的半径为R，引力常量为G，忽略火星自转的影响。求：（1）火星的质量M；（2）火星的第一宇宙速度v。【考点】宇宙速度的计算；万有引力与重力的关系（黄金代换）．【答案】（1）火星的质量M为gR（2）火星的第一宇宙速度v为gR。【分析】（1）根据火星表面物体重力等于万有引力列式解答；（2）根据火星表面万有引力提供向心力列式求解。【解答】解：（1）不考虑火星自转时，在物体受到火星表面万有引力等于重力G解得火星质量M=（2）火星的第一宇宙速度等于卫星在火星表面轨道做匀速圆周运动的线速度，根据牛顿第二定律GMmR解得v=答：（1）火星的质量M为gR（2）火星的第一宇宙速度v为gR。17．（8分）电动平衡车是时下深受年轻人喜欢的休闲代步工具。假设某品牌的平衡车额定输出功率为600W，小明骑该款平衡车以额定输出功率沿水平路面由静止开始运动，人和车的总质量为80kg，行驶时受到的阻力始终为重力的18，重力加速度大小取g＝10m/s2（1）求小明骑该款平衡车能达到的最大速度vm；（2）若小明骑该款平衡车速度达到5m/s，用时5s，求此过程平衡车行驶的距离x。【考点】动能定理的简单应用．【答案】（1）小明骑该款平衡车能达到的最大速度vm为6m/s；（2）若小明骑该款平衡车速度达到5m/s，用时5s，此过程平衡车行驶的距离x为20m。【分析】（1）当牵引力和阻力大小相等时，平衡车速度最大，由P＝Fv可得最大速度；（2）小明骑平衡车运动5s过程，利用动能定理可得平衡车行驶距离。【解答】解：（1）车所受阻力大小：f=当车的牵引力与阻力大小相等时，即F＝f时，平衡车达到最大速度则有：P＝Fvm代入数据可得：vm＝6m/s（2）小明骑平衡车运动5s过程，由动能定理有：Pt−fx=代入数据可得：x＝20m答：（1）小明骑该款平衡车能达到的最大速度vm为6m/s；（2）若小明骑该款平衡车速度达到5m/s，用时5s，此过程平衡车行驶的距离x为20m。18．（12分）如图，粗糙直轨道AB与光滑的竖直圆弧轨道BCDE相切于B点且平滑连接。轨道AB长为L＝4m，O点为圆弧轨道的圆心，且E、O、C位于同一竖直线上（E为圆弧轨道的最高点）；D、O、A位于同一水平线上，且OB与OA的夹角为θ＝45°（OB垂直于AB）。现有一质量为m＝1kg的小球（可视为质点）从A点以大小为v0的初速度沿轨道AB向下运动，小球到达E点时对圆弧轨道的压力大小为10N，重力加速度大小取g＝10m/s2。（1）求小球在E点的速度大小vE；（2）求小球在C点受到的支持力大小；（3）若小球与轨道AB间的动摩擦因数为μ=22，求小球在A点的初速度大小v【考点】动能定理的简单应用；牛顿第二定律的简单应用；牛顿第三定律的理解与应用；物体在圆形竖直轨道内的圆周运动．【答案】（1）小球在E点的速度大小vE为45（2）小球在C点受到的支持力大小为70N；（3）若小球与轨道AB间的动摩擦因数为μ=22，小球在A点的初速度大小v0为【分析】（1）由几何关系可得圆轨道半径，由牛顿第三定律可得小球在E点支持力大小，在E点由牛顿第二定律可得小球速度大小；（2）从E点到C点由动能定理列式，在C点由牛顿第二定律列式，两式联立可得小球支持力大小；（3）从A点到E点由动能定理可得小球初速度大小。【解答】解：（1）由几何关系可知：LR设小球在E点受到的支持力大小为FN1，由牛顿第三定律可知圆弧轨道对小球的支持力大小：FN1＝10N在E点由牛顿第二定律有：F代入数据可得：v（2）设小球在C点受到的支持力大小为FN2，在C点由牛顿第二定律有：F从E点到C点，由动能定理有：mg⋅2R=代入数据可得：FN2＝70N（3）从A点到E点，由动能定理有：−mgR−μmgcos45°⋅L=代入数据可得：v答：（1）小球在E点的速度大小vE为45（2）小球在C点受到的支持力大小为70N；（3）若小球与轨道AB间的动摩擦因数为μ=22，小球在A点的初速