浙江省宁波六校联盟2021-2022学年高一下学期物理期中联考试卷

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浙江省宁波六校联盟2021-2022学年高一下学期物理期中联考试卷
一、单选题
1．（2022高一下·宁波期中）在天体运动中起着决定性作用的万有引力定律，其表达式为 ，式中G是引力常量，则G的单位可表示为（　　）
A． B． C． D．
2．（2022高一下·宁波期中）曲线运动是生活中最常见、最普遍的运动形式，下列对曲线运动描述正确的是（　　）
A．做曲线运动的物体，加速度方向一定变化
B．做曲线运动的物体，速度的大小一定改变
C．做曲线运动的物体，加速度和速度的方向可能始终相同
D．做曲线运动的物体，加速度和速度的方向可能始终垂直
3．（2019高一下·长春月考）如图甲所示的直角三角板紧贴在固定的刻度尺上方，现假使三角板沿刻度尺水平向右匀速运动的同时，一支铅笔从三角板直角边的最下端，由静止开始沿此边向上做匀加速直线运动，下列关于铅笔尖的运动及其留下的痕迹的判断中，正确的有（　　）
A．笔尖留下的痕迹可以是一条如图乙所示的抛物线
B．笔尖留下的痕迹可以是一条倾斜的直线
C．在运动过程中，笔尖运动的速度方向始终保持不变
D．在运动过程中，笔尖运动的加速度方向始终保持不变
4．（2022高一下·宁波期中）如图是一种叫“指尖陀螺”的玩具。当将陀螺绕位于中心A的转轴旋转时，陀螺上的B、C两点的周期（ 和 ）、角速度（ 和 ）、线速度（ 和 ）、向心加速度（ 和 ）的关系正确的是（　　）
A． B．
C． D．
5．（2022高一下·宁波期中）小船横渡一条河，为尽快到达对岸，船头方向始终与河岸垂直，为避免船撞击河岸，小船先加速后减速运动，使小船到达河对岸时恰好不与河岸相撞。小船在静水中的行驶速度 ，如图甲所示，水的流速以如图乙所示，则下列关于小船渡河说法正确的是（　　）
A．小船的运动轨迹为直线
B．小船渡河的河宽是
C．小船到达对岸时，沿河岸方向向下游运动了
D．小船渡河的过程中最大速度是
6．（2022高一下·宁波期中）第24届冬奥会于2022年2月4日在我国的北京、延庆等地举行，如图甲所示，两名跳雪运动员a、b（可视为质点）从雪道末端先后以初速度之比 沿水平方向向左飞出，示意图如图乙。不计空气阻力，则两名运动员从飞出至落到雪坡（可视为斜面）上的整个过程中，下列说法正确的是（　　）
A．他们飞行时间之比为
B．他们飞行的水平位移之比为
C．他们落到雪坡上的瞬时速度方向一定相同
D．他们落到雪坡上动能之比一定为
7．（2021高三上·西宁期末）如图所示，有a、b、c、d四颗卫星，a还未发射，在赤道上随地球一起转动，b是近地卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，卫星的运动均视为匀速圆周运动。下列关于卫星的说法中正确的是（　　）
A．卫星a与b的向心加速度相等，都等于重力加速度g
B．卫星d的线速度比卫星c的线速度大
C．卫星a的角速度比卫星d的角速度大
D．卫星b的周期比卫星c的周期大
8．（2020高一下·绥化期末）两轮平衡车（如图所示）广受年轻人的喜爱，它的动量系统由电池驱动，能够输出的最大功率为P0，小明驾驶平衡车在水平路面上沿直线运动，受到的阻力恒为f．已知小明和平衡车的总质量为m，从启动到达到最大速度的整个过程中，小明和平衡车可视为质点，不计小明对平衡车做功．设平衡车启动后的一段时间内是由静止开始做加速度为a的匀加速直线运动，则（　　）
A．平衡车做匀加速直线运动过程中能达到的最大速度为
B．平衡车运动过程中所需的最小牵引力为F=ma
C．平衡车达到最大速度所用的时间
D．平衡车能达到的最大行驶速度
9．（2022高一下·宁波期中）2022年2月4日冬奥会在北京举行，冰雪运动逐渐受到人们喜爱。冰壶运动是运动员把冰壶沿水平冰面投出，让冰壶在冰面上自由滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，最终停在远处的某个位置。按比赛规则，投掷冰壶的运动员的队友，可以用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减小冰面的动摩擦因数以调节冰壶的运动。在某次训练中，运动员以3.4m/s的速度投掷冰壶，冰壶在冰面上滑行30m停下。现该运动员仍以3.4m/s的速度将冰壶投出，其队友在冰壶自由滑行10m后开始在其滑行前方摩擦冰面，使冰面和冰壶的动摩擦因数减为原来的80%，则这次冰壶的滑行距离为（　　）
A．25m B．32m C．34 D．35m
10．（2022高一下·杭州期中）2021年12月9日15时40分，天宫课堂第一课正式开讲，这是首次在距地面约 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，则（　　）
A．在天宫中宇航员由于没有受到地球引力而处于漂浮状态
B．即使在“天宫”中处于完全失重状态，宇航员仍可用弹簧拉力器锻炼身体
C．天宫的运行速度介于第一宇宙速度与第二宇宙速度之间
D．天宫能和地面课堂实时交流，是因其绕地球运行角速度和地球自转角速度相同
11．（2022高三上·辽宁月考）某水上乐园设备公司设计一款水滑梯，设计简图如图所示，倾斜滑道与水平滑道材料相同且平滑连接。游客的质量m，倾斜滑道高度h、倾角，游客与滑道间的动摩擦因数，游客在水平滑道上停止点A到O点的水平距离x，下列说法正确的是（　　）
A．h和一定，越大，x越大
B．h和一定，越大，x越小
C．h和一定，x的大小与、m无关
D．h和一定，m越小，x越大
12．（2022高一下·宁波期中）如图所示，一竖直放置半径为0.1m的光滑圆轨道，G为最低点，F点与圆心O等高，轨道右端H点与圆心连线与竖直方向夹角为60°，现从F点的正上方某处E点由静止释放一个质量为0.1kg的小球，进入圆轨道后，从H点飞出时的速度大小为2m/s．不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．E、F间的竖直高度为0.12m
B．小球经过F点时对轨道压力的大小为0
C．小球从H点飞出后能上升的最大竖直高度为0.15m
D．小球从F点到G点的过程中所受重力的功率一直增大
13．（2022·汉中模拟）2021年9月17日，十四届全运会铁人三项赛在汉中市天汉文化公园和天汉湿地公园拉开帷幕。某同学观看自行车比赛时发现运动员骑自行车在水平地面转弯时，自行车与竖直方向有一定的夹角才不会倾倒。查阅有关资料得知，只有当水平地面对自行车的支持力和摩擦力的合力方向与自行车的倾斜方向相同时自行车才不会倾倒。若该运动员骑自行车时的速率为8m/s，转弯的半径为10m，取重力加速度大小g=10m/s2。则自行车与竖直方向的夹角的正切值为（　　）
A． B． C． D．1
二、多选题
14．（2022·韶关模拟）图（a）为某科技兴趣小组制作的重力投石机示意图。支架固定在水平地面上，轻杆AB可绕支架顶部水平轴OO＇在竖直面内自由转动。A端凹槽内装有一石子，B端固定一配重。某次打靶时，将杆沿逆时针方向转至与竖直方向成θ角后由静止释放，杆在配重重力作用下转到竖直位置时石子被水平抛出。石子投向正前方竖直放置的靶，打到靶心上方的“6”环处，如图（b）所示。若要打中靶心的“10”环处，可能实现的途径有（　　）
A．仅增大石子的质量 B．仅增大配重的质量
C．仅增大投石机到靶的距离 D．仅增大θ角
15．（2022高一下·宁波期中）把质量为0.2kg的小球放在竖直的弹簧上，弹簧下端固定在水平地面上，把球向下按至A位置，如图甲所示．迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置C(图丙)，途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态(图乙)．已知B、A的高度差为0.1m，C、B的高度差为0.2m，弹簧的质量和空气阻力均可忽略，取地面为零势能面，g=10m/s2．则下列说法正确的是（　　）
A．小球到达B位置时，小球机械能最大
B．小球到达B位置时，速度达到最大值2m／s
C．小球在A位置时弹簧的弹性势能等于在C位置的重力势能
D．若将弹簧上端与小球焊接在一起，小球将不能到达BC的中点
16．（2022高一下·宁波期中）如图甲所示的陀螺可在圆轨道的外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称为“魔力陀螺”，该玩具深受孩子们的喜爱。其物理原理可等效为如图乙所示的模型：半径为R的磁性圆轨道竖直固定，质量为m的小铁球（视为质点）在轨道外侧转动，A、B两点分别为轨道上的最高、最低点。铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．铁球绕轨道转动时机械能守恒
B．铁球可能做匀速圆周运动
C．铁球在A点的速度可能大于
D．要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为
三、实验题
17．（2021高三上·西宁期末）如图所示，是利用自由落体运动进行“验证机械能守恒定律”的实验。所用的打点计时器通以50Hz的交流电。
（1）甲同学按照正确的实验步骤操作后，选出一条纸带如图所示，其中O点为打点计时器打下的第一个点，A、B、C为三个计数点，用刻度尺测得OA=12.41cm，OB=18.60cm，OC=27.21cm，在计数点A和B、B和C之间还各有一个点。已知重物的质量为1.00kg，取g=9.80m/s2。在OB段运动过程中，重物重力势能的减少量　 　J；重物的动能增加量　 　J(结果均保留三位有效数字)。
（2）实验中动能的增加量应略小于重力势能的减少量，主要原因是____
A．重物下落的实际距离大于测量值
B．重物下落的实际距离小于测量值
C．重物下落受到阻力
D．重物的实际末速度大于计算值
18．（2022高一下·宁波期中）采用如图（a）所示的实验装置做“探究平抛运动的特点的实验。
（1）实验是需要的器材有___________（填字母）。
A．弹簧测力计 B．重锤线 C．打点计时器 D．秒表
（2）做实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画出小球运动的轨迹。下列的一些操作要求，不正确的是___________
A．每次必须沿同一位置静止释放小球
B．每次必须严格地等距离下降纪录小球的位置
C．小球运动时不应与木板上的白纸相接触
D．纪录的点应适当多些
（3）若用频闪摄影的方法来验证小球在平抛过程中水平方向是匀速运动，纪录下如图（b）所示的频闪照片。在测得 、 、 、 后，需要验证的关系式是　 　。已知频闪周期为T，用下列计算式求得的水平速度，误差最小的是　 　。
A． B． C． D．
四、解答题
19．（2022·嘉定模拟）如图甲所示，一台起重机将质量m=200kg的重物由静止开始竖直向上匀加速提升，4s末达到额定功率，之后保持该功率继续提升重物，5s末重物达到最大速度vm。整个过程中重物的v-t图像如图乙所示。取g=10m/s2，不计额外功率。试计算：
（1）起重机的额定功率P；
（2）重物的最大速度vm；
（3）前5s起重机的平均功率。
20．（2022高一下·宁波期中）2022年北京冬奥会上，中国花样滑冰队的隋文静、韩聪不负众望，在双人滑项目上强势夺冠，这也是中国队时隔12年之后再次登上奥运会最高领奖台。该项目有一项技术动作叫双人螺旋线，如图（a）所示，以男选手成为轴心，女选手围绕男选手旋转。将这一情景抽象成，如图（b）所示：一细线一端系住一小球，另一端固定在一竖直细杆上，小球以一定大小的速度随着细杆在水平面内作匀速圆周运动，细线便在空中划出一个圆锥面，这样的模型叫“圆锥摆”。圆锥摆是研究水平面内质点作匀速圆周运动动力学关系的典型特例。小球（可视为质点）质量为m，细线AC长度为L，重力加速度为g。
（1）在紧贴着小球运动的水面上加一光滑平板，使球在板上作匀速圆周运动，此时细线与竖直方向所成夹角为θ，如图（c）所示，当小球的角速度ω大于某一值ω1时，小球将脱离平板，则ω1为多大？
（2）撤去光滑平板，让小球在空中旋转，测试发现，当小球的角速度ω小于某一值ω2时，细线会缠绕在竖直杆上，最后随细杆转动，如图（d）所示，则ω2为多大？
（3）在题（2）情境下，再用一根细线，同样一端系在该小球上，另一端固定在细杆上的B点，且当两条细线均伸直时，如图（e）所示，各部分长度之比 。则当小球以 匀速转动时，两细线的对小球的拉力分别多大？
21．（2022高一下·宁波期中）如图所示为杂技演员进行摩托车表演的轨道，它由倾斜直线轨道AB、圆弧形轨道BCD、半圆形轨道DE、水平轨道EF组成，轨道BCD的半径 ，轨道DE的半径 ，轨道最低点C距水平地面的高度差 。表演者从A点驾驶摩托车由静止开始沿轨道AB运动，接着沿轨道BCDEF运动，然后从F点离开轨道，最后落到地面上的G点。已知表演者与摩托车的总质量 ，表演者与摩托车可视质点，阻力不计。取 。
（1）某次表演中，通过C点时轨道对摩托车的支持力 ，求表演者与摩托车经过C点的速度大小vc；
（2）若表演者与摩托车恰好能经过最高点D且安全完成完整表演，求F点与G点的水平距离x。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】万有引力定律及其应用
【解析】【解答】根据万有引力公式
可得，引力常数
则G的单位可表示为 ，而又因为
则G的单位也可表示为 。
故答案为：D。
【分析】利用万有引力定律的表达式可以求出引力常数的单位。
2．【答案】D
【知识点】曲线运动
【解析】【解答】做曲线运动的物体，速度方向时刻改变，且始终不与加速度方向在同一直线上，二者方向可能始终垂直，物体速度和加速度的大小不一定改变，ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】物体做曲线运动其速度方向时刻改变，与加速度不在同一直线上；其物体的速度和加速度大小不一定改变。
3．【答案】D
【知识点】速度的合成与分解
【解析】【解答】由题意知，笔尖参与两个方向的运动，水平方向的匀速直线运动，竖直方向的匀加速直线运动，物体做匀变速曲线运动，故加速度不变，轨迹是一抛物线，所以A符合题意；D符合题意；B不符合题意；速度的方向时刻在变，所以C不符合题意。
故答案为：D
【分析】由于笔尖的速度由两个分速度合成，利用两个分速度的情况可以判别笔尖的轨迹和合运动的情况。
4．【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】BC两点绕同一轴转动，则角速度和周期相等，即
根据
因为 可知
根据
可得
故答案为：B。
【分析】利用BC同轴转动，利用其角速度相等可以判别周期相等，结合半径的大小可以比较向心加速度的大小。
5．【答案】C
【知识点】速度的合成与分解；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．小船在静水中先做加速运动后做减速运动，具有加速度，水流速度匀速不变，所以小船的运动轨迹是曲线。A不符合题意；
B．研究垂直于河岸方向的运动，速度-时间图像围成的面积表示位移，则小船渡河的宽度
B不符合题意；
C．根据运动的等时性可知，小船沿河岸方向运动了60s，距离为
C符合题意；
D．根据矢量合成法则可知，小船在静水中的速度最大时，渡河速度最大，有
D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用其加速度方向和合速度的方向可以判别运动的轨迹；利用其图像面积可以求出位移的大小；利用其位移公式可以求出小船沿河岸运动的距离，结合其速度的合成可以求出最大的过河速度。
6．【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】A．设运动员的飞行时间为t，根据平抛运动规律有 ①
②
根据几何关系有 ③
联立①②③解得 ④
所以他们飞行时间之比为 ④
A不符合题意；
B．他们飞行的水平位移之比为 ⑤
B不符合题意；
C．设运动员落到雪坡上的瞬时速度方向与水平方向的夹角为α，则结合④式可知 ⑥
所以他们落到雪坡上的瞬时速度方向一定相同，C符合题意；
D．由于两名运动员质量关系未知，所以无法求得们落到雪坡上的动能之比，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用平抛运动的位移公式结合其初速度的大小可以求出运动时间之比，利用运动的时间之比可以求出位移之比；利用其位移的方向可以比较速度的方向；利用其质量未知不能比较动能的大小。
7．【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；开普勒定律；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．同步卫星的周期与地球自转周期相同，则知a与c的角速度相同，根据a＝ω2r
知，c的向心加速度大。卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g，A不符合题意；
B．卫星的半径越大，线速度越小，所以d的线速度最小，B不符合题意；
C．a与c的角速度相同， d的角速度小于c的角速度，则a的角速度大于d的角速度，C符合题意；
D．由开普勒第三定律知，卫星的半径越大，周期越大，所以b的运行周期小于c的周期，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】同步卫星的周期与地球自转周期相同；利用向心加速度与角速度的关系判断向心加速度的大小关系；卫星的半径越大，线速度越小，利用开普勒三定律判断bc周期的大小关系。
8．【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；功率及其计算
【解析】【解答】A．平衡车做匀加速直线运动过程中，由牛顿第二定律：F-f=ma
则根据P0=Fv可得能达到的最大速度为
A符合题意；
B．当平衡车的加速度为零时，牵引力最小，此时F=f，B不符合题意；
CD．平衡车匀加速达到最大速度所用的时间
匀加速结束后，平衡车可降低牵引力，减小加速度，最后当牵引力等于阻力时达到最大速度，此时
可知平衡车达到最大速度所用的时间大于
CD不符合题意；
故答案为：A.
【分析】此题是关于车辆启动问题，关键是知道平衡车运动的特征，先做匀加速运动，当功率达到额定功率后再做加速度减小的加速运动，当牵引力等于阻力时，速度达到最大.
9．【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】没有摩擦冰面时，对冰壶的运动的全过程，由动能定理
滑行10m后摩擦冰面，对冰壶运动的全过程，由动能定理
解得 。
故答案为：D。
【分析】利用动能定理可以求出冰壶滑行的距离大小。
10．【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．在“天宫”中宇航员仍然要受到地球引力，但是由于处于完全失重状态，使得处于漂浮状态，A不符合题意；
B．即使在“天宫”中处于完全失重状态，但弹簧弹力仍然存在，宇航员仍可用弹簧拉力器炼身体，B符合题意；
C．第一宇宙速度是最大的环绕速度，“天宫”的运行速度小于第一宇宙速度，C不符合题意；
D．根据
可知天宫绕地球运行的角速度大于地球同步卫星的角速度，而同步卫星的角速度等于地球自转的角速度，可知天宫绕地球运行角速度大于地球自转角速度，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】宇航员在天宫中仍然受到重力的作用；处于完全失重可以利用弹簧弹力锻炼身体；利用引力提供向心力可以比较线速度和角速度的大小。
11．【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】对游客从最高点下滑至A点的过程，据动能定理可得
整理得
所以x与m和角无关。
故答案为：C。
【分析】游客从最高点下滑至A点的过程，根据动能定理得出A到O点水平距离的表达式，从而进行分析判断。
12．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A.从E到H，由机械能守恒定律可得：
解得：h=0.2m
由几何关系得： m
A不符合题意；
B.从E到F，由机械能守恒定律可得：
在F点，轨道对小球的弹力提供向心力，有：
联立解得：N=3N，由牛顿第三定律可知小球经过F点时对轨道压力的大小为3N，B不符合题意；
C.小球从H点飞出后竖直分速度为：
上升的最大竖直高度为： m
C符合题意；
D.根据机械能守恒可知，小球的速率增大，在竖直方向的分速度先增大后减小，由
分析知小球b所受重力的功率先增大后减小，小球从F点到G点的过程中所受重力的功率先增大后减小，D不符合题意．
故答案为：C。
【分析】利用机械能守恒定律结合几何关系可以求出EF之间的高度差；利用其牛顿第二定律结合机械能守恒定律可以求出小球经过F点对轨道的压力大小；利用其速度的分解结合速度位移公式可以求出上升的最大高度；利用其竖直方向的速率结合重力的大小可以判别重力瞬时功率的大小。
13．【答案】C
【知识点】匀速圆周运动
【解析】【解答】摩擦力提供向心力，摩擦力大小等于
支持力与重力大小相等，支持力大小为
自行车与竖直方向的夹角的正切值
联立解得
故答案为：C。
【分析】运动员过弯道时摩擦力提供向心力，竖直方向达到共点力平衡，从而得出自行车与竖直方向的夹角的正切值。
14．【答案】A,C
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】A．仅增大石子的质量，根据机械能守恒定律，石子平抛的初速度变小，抛物线向下偏移，可以击中靶心，A符合题意；
B．仅增大配重的质量，根据机械能守恒定律，石子平抛的初速度变大，抛物线向上偏移，不能击中靶心，B不符合题意；
C．仅增大投石机到靶的距离，抛物线向左偏移，可以击中靶心，C符合题意；
D．仅增大θ角，配重升高，根据机械能守恒定律，石子平抛的初速度变大，抛物线向上偏移，不能击中靶心，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】当增大其石子的质量时，其石子平抛运动的初速度减小，抛物线会向下偏移则可以击中靶心位置；当增大配重质量时会导致其石子初速度增大会导致其抛物线上移；增加投石机到靶的距离会延长其石子向下运动的时间所以石子可以打到靶心；当增大其角度时配重高度增大会导致石子初速度增大则抛物线向上偏移。
15．【答案】A,D
【知识点】能量守恒定律
【解析】【解答】从A到B的过程弹簧对小球做正功，所以小球的机械能增加，当弹簧恢复原长时机械能达到最大，A符合题意；当小球受到的合力为零时，动能最大，此时弹簧处于压缩状态，B不符合题意；小球从A到C的过程中，系统减少的弹性势能转化为重力势能，所以弹性势能的变化量等于重力势能的变化量，即小球在A位置时弹簧的弹性势能等于在A、C位置的重力势能差值，C不符合题意；根据题意，若将弹簧上端与小球焊接在一起，BC中点处的弹性势能与A处的弹性势能相等，根据能量守恒，从A向上运动到最高点的过程中重力势能增加，所以弹性势能必定要减小，即运动不到BC点的中点，D符合题意．
故答案为：AD．
【分析】利用其弹力做功的大小可以判别小球机械能的大小；利用能量守恒定律可以比较弹性势能和重力势能的大小；利用能量守恒定律可以判别A向上运动的最高点。
16．【答案】A,C,D
【知识点】牛顿第二定律；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．由于不计摩擦和空气阻力，则在铁球绕轨道转动过程中，只有重力做功，则机械能守恒，A符合题意；
B．铁球在从A点运动到B点过程中，只有重力对铁球做正功，铁球动能增大，即速度的大小变大，则铁球不可能做匀速圆周运动，B不符合题意；
C．铁球在A点时，当轨道的支持力为零后，重力和磁性引力的合力提供向心力，则有
由于在A点时磁性引力与重力方向相同，由此可得，铁球在A点的速度可能大于 ，C符合题意；
D．铁球在B点时，受到重力、轨道竖直向下的弹力和竖直向上的磁性引力，由牛顿第二定律有
可知当弹力N为零时，B点的速度越小，则磁性引力F越小。故当铁球在最高点A点的速度恰好为零时，磁性引力最小。则根据机械能守恒有
在B点，由牛顿第二定律有
联立可得
则要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为 ，D符合题意。
故答案为：ACD。
【分析】铁球运动的过程中，只有重力做功其机械能守恒；由于其铁球做功其速度变化所以铁球不可能做匀速圆周运动；利用牛顿第二定律可以判别支持力等于0时重力和磁性引力提供向心力；利用其牛顿第二定律可以判别磁性引力和速度的大小关系；利用牛顿第二定律结合其机械能守恒定律可以求出铁道磁性引力的最小值。
17．【答案】（1）0.911；0.856
（2）C
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1） 在OB段运动过程中，重物重力势能的减少量
打点计时器通以50Hz的交流电，打点计时器打点时间间隔0.02s，打B点时重物的速度大小
重物的动能增加量
（2） 重物下落过程中存在空气阻力以及限位孔与纸带之间存在摩擦，在下落过程中，除了重物重力做正功外，还有阻力做负功，重物动能的增加量略小于重力势能的减少量
故答案为：C。
【分析】（1）根据重力势能的表达式得出势能的减少量；结合平均速度等于瞬时速度得出B点的速度，根据动能的变化量得出动能的增加量；
（2） 根据“验证机械能守恒定律”的实验原理以及注意事项进行分析判断。
18．【答案】（1）B
（2）B
（3）；D
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）实验需要的器材有重锤线用来确定竖直方向，不需要弹簧测力计、打点计时器以及秒表。
故答案为：B。
（2）A．每次必须沿同一位置静止释放小球，以保证初速度相同，A符合题意；
B．每次不一定必须严格地等距离下降纪录小球的位置，B不必要；
C．小球运动时不应与木板上的白纸相接触，以防止小球改变运动轨迹，C符合题意；
D．纪录的点应适当多些，这样描出的轨迹比较准确，D符合题意。
故答案为：B。
（3）因闪光的时间相同，则若水平方向做匀速运动，则需满足
为了减小实验的误差，应该选取较大的水平位移来计算，则下列计算式求得的水平速度，误差最小的是
故答案为：D。
【分析】（1）实验要有重锤线确定竖直方向，但不需要弹簧测力计、打点计时器和秒表；
（2）每次需要从同一位置无初速度释放小球才能确保小球平抛运动的初速度相同；每次不需要等距离下降高度；
（3）利用其水平方向的位移之差可以判别是否做匀速直线运动，利用最大的位移求出水平速度其误差最小。
19．【答案】（1）解：由图可知重物匀加速的加速度为
由牛顿运动定律得
解得
起重机的额定功率为
（2）解：重物的最大速度为
（3）解：前4s内的位移为
由功能关系得
解得
【知识点】牛顿第二定律；功率及其计算
【解析】【分析】（1）已知重物速度和时间的变化关系，利用图像斜率可以求出加速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出拉力的大小，结合速度的大小可以求出牵引力功率的大小；
（2）当重物达到最大速度做匀速直线运动，利用功率和重力的比值可以求出最大的速度；
（3）已知速度和时间的关系，利用图像面积可以求出位移的大小，结合动能定理可以求出平均功率的大小。
20．【答案】（1）解：当平板对小球支持力为零时，小球恰好脱离平板，此时重力和绳子拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得
解得
（2）解：撤去平板后，小球重力和绳子拉力提供向心力，当绳子没有绕在竖直杆时，设绳子与竖直杆的夹角为 ，由牛顿第二定律可得
解得
随着角速度的减小， 减小，当 时，细线开始绕在竖直杆上，解得此时角速度为
（3）解：当细线BC恰好伸直时，有几何关系得，AC与竖直方向所成夹角为37°，同理可得，此时小球的角速度为
则 时细线BC未伸直，即 ，设此时细线AC与竖直方向的夹角为β，由上得
解得
根据平衡条件得
【知识点】牛顿第二定律；匀速圆周运动
【解析】【分析】（1）当重力和绳子的拉力提供向心力时，利用牛顿第二定律可以求出小球角速度的大小；
（2）当撤去平板时，利用牛顿第二定律结合其夹角等于0可以求出其角速度的大小；
（3）利用几何关系可以求出AC与竖直方向夹角的大小，结合其角速度的表达式可以求出角速度的大小进而判别其BC绳子没有伸直，利用其竖直方向的平衡方程可以求出拉力的大小。
21．【答案】（1）解：因摩托车受到轨道的支持力FN＝6000N
对摩托车在C点应用牛顿第二定律可得
代入数据解得经过C点的速度为
（2）解：表演者要能完整表演，在D点应用牛顿第二定律可得
从D点到F点，由机械能守恒可得
解得vF＝12m/s
则平抛运动的竖直位移y＝R+h＝5m
所以运动时间
因此，表演者落点G点与F点的水平距离x=vFt=12×1m=12m
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）当已知轨道对摩托车支持力的大小，结合牛顿第二定律可以求出摩托车速度的大小；
（2）当其摩托车恰好经过最高点，利用牛顿第二定律可以求出通过最高点的速度大小，结合机械能守恒定律可以求出经过F点速度的大小，再利用其平抛运动的位移公式可以求出水平距离的大小。
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浙江省宁波六校联盟2021-2022学年高一下学期物理期中联考试卷
一、单选题
1．（2022高一下·宁波期中）在天体运动中起着决定性作用的万有引力定律，其表达式为 ，式中G是引力常量，则G的单位可表示为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】万有引力定律及其应用
【解析】【解答】根据万有引力公式
可得，引力常数
则G的单位可表示为 ，而又因为
则G的单位也可表示为 。
故答案为：D。
【分析】利用万有引力定律的表达式可以求出引力常数的单位。
2．（2022高一下·宁波期中）曲线运动是生活中最常见、最普遍的运动形式，下列对曲线运动描述正确的是（　　）
A．做曲线运动的物体，加速度方向一定变化
B．做曲线运动的物体，速度的大小一定改变
C．做曲线运动的物体，加速度和速度的方向可能始终相同
D．做曲线运动的物体，加速度和速度的方向可能始终垂直
【答案】D
【知识点】曲线运动
【解析】【解答】做曲线运动的物体，速度方向时刻改变，且始终不与加速度方向在同一直线上，二者方向可能始终垂直，物体速度和加速度的大小不一定改变，ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】物体做曲线运动其速度方向时刻改变，与加速度不在同一直线上；其物体的速度和加速度大小不一定改变。
3．（2019高一下·长春月考）如图甲所示的直角三角板紧贴在固定的刻度尺上方，现假使三角板沿刻度尺水平向右匀速运动的同时，一支铅笔从三角板直角边的最下端，由静止开始沿此边向上做匀加速直线运动，下列关于铅笔尖的运动及其留下的痕迹的判断中，正确的有（　　）
A．笔尖留下的痕迹可以是一条如图乙所示的抛物线
B．笔尖留下的痕迹可以是一条倾斜的直线
C．在运动过程中，笔尖运动的速度方向始终保持不变
D．在运动过程中，笔尖运动的加速度方向始终保持不变
【答案】D
【知识点】速度的合成与分解
【解析】【解答】由题意知，笔尖参与两个方向的运动，水平方向的匀速直线运动，竖直方向的匀加速直线运动，物体做匀变速曲线运动，故加速度不变，轨迹是一抛物线，所以A符合题意；D符合题意；B不符合题意；速度的方向时刻在变，所以C不符合题意。
故答案为：D
【分析】由于笔尖的速度由两个分速度合成，利用两个分速度的情况可以判别笔尖的轨迹和合运动的情况。
4．（2022高一下·宁波期中）如图是一种叫“指尖陀螺”的玩具。当将陀螺绕位于中心A的转轴旋转时，陀螺上的B、C两点的周期（ 和 ）、角速度（ 和 ）、线速度（ 和 ）、向心加速度（ 和 ）的关系正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】BC两点绕同一轴转动，则角速度和周期相等，即
根据
因为 可知
根据
可得
故答案为：B。
【分析】利用BC同轴转动，利用其角速度相等可以判别周期相等，结合半径的大小可以比较向心加速度的大小。
5．（2022高一下·宁波期中）小船横渡一条河，为尽快到达对岸，船头方向始终与河岸垂直，为避免船撞击河岸，小船先加速后减速运动，使小船到达河对岸时恰好不与河岸相撞。小船在静水中的行驶速度 ，如图甲所示，水的流速以如图乙所示，则下列关于小船渡河说法正确的是（　　）
A．小船的运动轨迹为直线
B．小船渡河的河宽是
C．小船到达对岸时，沿河岸方向向下游运动了
D．小船渡河的过程中最大速度是
【答案】C
【知识点】速度的合成与分解；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．小船在静水中先做加速运动后做减速运动，具有加速度，水流速度匀速不变，所以小船的运动轨迹是曲线。A不符合题意；
B．研究垂直于河岸方向的运动，速度-时间图像围成的面积表示位移，则小船渡河的宽度
B不符合题意；
C．根据运动的等时性可知，小船沿河岸方向运动了60s，距离为
C符合题意；
D．根据矢量合成法则可知，小船在静水中的速度最大时，渡河速度最大，有
D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用其加速度方向和合速度的方向可以判别运动的轨迹；利用其图像面积可以求出位移的大小；利用其位移公式可以求出小船沿河岸运动的距离，结合其速度的合成可以求出最大的过河速度。
6．（2022高一下·宁波期中）第24届冬奥会于2022年2月4日在我国的北京、延庆等地举行，如图甲所示，两名跳雪运动员a、b（可视为质点）从雪道末端先后以初速度之比 沿水平方向向左飞出，示意图如图乙。不计空气阻力，则两名运动员从飞出至落到雪坡（可视为斜面）上的整个过程中，下列说法正确的是（　　）
A．他们飞行时间之比为
B．他们飞行的水平位移之比为
C．他们落到雪坡上的瞬时速度方向一定相同
D．他们落到雪坡上动能之比一定为
【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】A．设运动员的飞行时间为t，根据平抛运动规律有 ①
②
根据几何关系有 ③
联立①②③解得 ④
所以他们飞行时间之比为 ④
A不符合题意；
B．他们飞行的水平位移之比为 ⑤
B不符合题意；
C．设运动员落到雪坡上的瞬时速度方向与水平方向的夹角为α，则结合④式可知 ⑥
所以他们落到雪坡上的瞬时速度方向一定相同，C符合题意；
D．由于两名运动员质量关系未知，所以无法求得们落到雪坡上的动能之比，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用平抛运动的位移公式结合其初速度的大小可以求出运动时间之比，利用运动的时间之比可以求出位移之比；利用其位移的方向可以比较速度的方向；利用其质量未知不能比较动能的大小。
7．（2021高三上·西宁期末）如图所示，有a、b、c、d四颗卫星，a还未发射，在赤道上随地球一起转动，b是近地卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，卫星的运动均视为匀速圆周运动。下列关于卫星的说法中正确的是（　　）
A．卫星a与b的向心加速度相等，都等于重力加速度g
B．卫星d的线速度比卫星c的线速度大
C．卫星a的角速度比卫星d的角速度大
D．卫星b的周期比卫星c的周期大
【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；开普勒定律；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．同步卫星的周期与地球自转周期相同，则知a与c的角速度相同，根据a＝ω2r
知，c的向心加速度大。卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g，A不符合题意；
B．卫星的半径越大，线速度越小，所以d的线速度最小，B不符合题意；
C．a与c的角速度相同， d的角速度小于c的角速度，则a的角速度大于d的角速度，C符合题意；
D．由开普勒第三定律知，卫星的半径越大，周期越大，所以b的运行周期小于c的周期，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】同步卫星的周期与地球自转周期相同；利用向心加速度与角速度的关系判断向心加速度的大小关系；卫星的半径越大，线速度越小，利用开普勒三定律判断bc周期的大小关系。
8．（2020高一下·绥化期末）两轮平衡车（如图所示）广受年轻人的喜爱，它的动量系统由电池驱动，能够输出的最大功率为P0，小明驾驶平衡车在水平路面上沿直线运动，受到的阻力恒为f．已知小明和平衡车的总质量为m，从启动到达到最大速度的整个过程中，小明和平衡车可视为质点，不计小明对平衡车做功．设平衡车启动后的一段时间内是由静止开始做加速度为a的匀加速直线运动，则（　　）
A．平衡车做匀加速直线运动过程中能达到的最大速度为
B．平衡车运动过程中所需的最小牵引力为F=ma
C．平衡车达到最大速度所用的时间
D．平衡车能达到的最大行驶速度
【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；功率及其计算
【解析】【解答】A．平衡车做匀加速直线运动过程中，由牛顿第二定律：F-f=ma
则根据P0=Fv可得能达到的最大速度为
A符合题意；
B．当平衡车的加速度为零时，牵引力最小，此时F=f，B不符合题意；
CD．平衡车匀加速达到最大速度所用的时间
匀加速结束后，平衡车可降低牵引力，减小加速度，最后当牵引力等于阻力时达到最大速度，此时
可知平衡车达到最大速度所用的时间大于
CD不符合题意；
故答案为：A.
【分析】此题是关于车辆启动问题，关键是知道平衡车运动的特征，先做匀加速运动，当功率达到额定功率后再做加速度减小的加速运动，当牵引力等于阻力时，速度达到最大.
9．（2022高一下·宁波期中）2022年2月4日冬奥会在北京举行，冰雪运动逐渐受到人们喜爱。冰壶运动是运动员把冰壶沿水平冰面投出，让冰壶在冰面上自由滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，最终停在远处的某个位置。按比赛规则，投掷冰壶的运动员的队友，可以用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减小冰面的动摩擦因数以调节冰壶的运动。在某次训练中，运动员以3.4m/s的速度投掷冰壶，冰壶在冰面上滑行30m停下。现该运动员仍以3.4m/s的速度将冰壶投出，其队友在冰壶自由滑行10m后开始在其滑行前方摩擦冰面，使冰面和冰壶的动摩擦因数减为原来的80%，则这次冰壶的滑行距离为（　　）
A．25m B．32m C．34 D．35m
【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】没有摩擦冰面时，对冰壶的运动的全过程，由动能定理
滑行10m后摩擦冰面，对冰壶运动的全过程，由动能定理
解得 。
故答案为：D。
【分析】利用动能定理可以求出冰壶滑行的距离大小。
10．（2022高一下·杭州期中）2021年12月9日15时40分，天宫课堂第一课正式开讲，这是首次在距地面约 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，则（　　）
A．在天宫中宇航员由于没有受到地球引力而处于漂浮状态
B．即使在“天宫”中处于完全失重状态，宇航员仍可用弹簧拉力器锻炼身体
C．天宫的运行速度介于第一宇宙速度与第二宇宙速度之间
D．天宫能和地面课堂实时交流，是因其绕地球运行角速度和地球自转角速度相同
【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．在“天宫”中宇航员仍然要受到地球引力，但是由于处于完全失重状态，使得处于漂浮状态，A不符合题意；
B．即使在“天宫”中处于完全失重状态，但弹簧弹力仍然存在，宇航员仍可用弹簧拉力器炼身体，B符合题意；
C．第一宇宙速度是最大的环绕速度，“天宫”的运行速度小于第一宇宙速度，C不符合题意；
D．根据
可知天宫绕地球运行的角速度大于地球同步卫星的角速度，而同步卫星的角速度等于地球自转的角速度，可知天宫绕地球运行角速度大于地球自转角速度，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】宇航员在天宫中仍然受到重力的作用；处于完全失重可以利用弹簧弹力锻炼身体；利用引力提供向心力可以比较线速度和角速度的大小。
11．（2022高三上·辽宁月考）某水上乐园设备公司设计一款水滑梯，设计简图如图所示，倾斜滑道与水平滑道材料相同且平滑连接。游客的质量m，倾斜滑道高度h、倾角，游客与滑道间的动摩擦因数，游客在水平滑道上停止点A到O点的水平距离x，下列说法正确的是（　　）
A．h和一定，越大，x越大
B．h和一定，越大，x越小
C．h和一定，x的大小与、m无关
D．h和一定，m越小，x越大
【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】对游客从最高点下滑至A点的过程，据动能定理可得
整理得
所以x与m和角无关。
故答案为：C。
【分析】游客从最高点下滑至A点的过程，根据动能定理得出A到O点水平距离的表达式，从而进行分析判断。
12．（2022高一下·宁波期中）如图所示，一竖直放置半径为0.1m的光滑圆轨道，G为最低点，F点与圆心O等高，轨道右端H点与圆心连线与竖直方向夹角为60°，现从F点的正上方某处E点由静止释放一个质量为0.1kg的小球，进入圆轨道后，从H点飞出时的速度大小为2m/s．不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．E、F间的竖直高度为0.12m
B．小球经过F点时对轨道压力的大小为0
C．小球从H点飞出后能上升的最大竖直高度为0.15m
D．小球从F点到G点的过程中所受重力的功率一直增大
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A.从E到H，由机械能守恒定律可得：
解得：h=0.2m
由几何关系得： m
A不符合题意；
B.从E到F，由机械能守恒定律可得：
在F点，轨道对小球的弹力提供向心力，有：
联立解得：N=3N，由牛顿第三定律可知小球经过F点时对轨道压力的大小为3N，B不符合题意；
C.小球从H点飞出后竖直分速度为：
上升的最大竖直高度为： m
C符合题意；
D.根据机械能守恒可知，小球的速率增大，在竖直方向的分速度先增大后减小，由
分析知小球b所受重力的功率先增大后减小，小球从F点到G点的过程中所受重力的功率先增大后减小，D不符合题意．
故答案为：C。
【分析】利用机械能守恒定律结合几何关系可以求出EF之间的高度差；利用其牛顿第二定律结合机械能守恒定律可以求出小球经过F点对轨道的压力大小；利用其速度的分解结合速度位移公式可以求出上升的最大高度；利用其竖直方向的速率结合重力的大小可以判别重力瞬时功率的大小。
13．（2022·汉中模拟）2021年9月17日，十四届全运会铁人三项赛在汉中市天汉文化公园和天汉湿地公园拉开帷幕。某同学观看自行车比赛时发现运动员骑自行车在水平地面转弯时，自行车与竖直方向有一定的夹角才不会倾倒。查阅有关资料得知，只有当水平地面对自行车的支持力和摩擦力的合力方向与自行车的倾斜方向相同时自行车才不会倾倒。若该运动员骑自行车时的速率为8m/s，转弯的半径为10m，取重力加速度大小g=10m/s2。则自行车与竖直方向的夹角的正切值为（　　）
A． B． C． D．1
【答案】C
【知识点】匀速圆周运动
【解析】【解答】摩擦力提供向心力，摩擦力大小等于
支持力与重力大小相等，支持力大小为
自行车与竖直方向的夹角的正切值
联立解得
故答案为：C。
【分析】运动员过弯道时摩擦力提供向心力，竖直方向达到共点力平衡，从而得出自行车与竖直方向的夹角的正切值。
二、多选题
14．（2022·韶关模拟）图（a）为某科技兴趣小组制作的重力投石机示意图。支架固定在水平地面上，轻杆AB可绕支架顶部水平轴OO＇在竖直面内自由转动。A端凹槽内装有一石子，B端固定一配重。某次打靶时，将杆沿逆时针方向转至与竖直方向成θ角后由静止释放，杆在配重重力作用下转到竖直位置时石子被水平抛出。石子投向正前方竖直放置的靶，打到靶心上方的“6”环处，如图（b）所示。若要打中靶心的“10”环处，可能实现的途径有（　　）
A．仅增大石子的质量 B．仅增大配重的质量
C．仅增大投石机到靶的距离 D．仅增大θ角
【答案】A,C
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】A．仅增大石子的质量，根据机械能守恒定律，石子平抛的初速度变小，抛物线向下偏移，可以击中靶心，A符合题意；
B．仅增大配重的质量，根据机械能守恒定律，石子平抛的初速度变大，抛物线向上偏移，不能击中靶心，B不符合题意；
C．仅增大投石机到靶的距离，抛物线向左偏移，可以击中靶心，C符合题意；
D．仅增大θ角，配重升高，根据机械能守恒定律，石子平抛的初速度变大，抛物线向上偏移，不能击中靶心，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】当增大其石子的质量时，其石子平抛运动的初速度减小，抛物线会向下偏移则可以击中靶心位置；当增大配重质量时会导致其石子初速度增大会导致其抛物线上移；增加投石机到靶的距离会延长其石子向下运动的时间所以石子可以打到靶心；当增大其角度时配重高度增大会导致石子初速度增大则抛物线向上偏移。
15．（2022高一下·宁波期中）把质量为0.2kg的小球放在竖直的弹簧上，弹簧下端固定在水平地面上，把球向下按至A位置，如图甲所示．迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置C(图丙)，途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态(图乙)．已知B、A的高度差为0.1m，C、B的高度差为0.2m，弹簧的质量和空气阻力均可忽略，取地面为零势能面，g=10m/s2．则下列说法正确的是（　　）
A．小球到达B位置时，小球机械能最大
B．小球到达B位置时，速度达到最大值2m／s
C．小球在A位置时弹簧的弹性势能等于在C位置的重力势能
D．若将弹簧上端与小球焊接在一起，小球将不能到达BC的中点
【答案】A,D
【知识点】能量守恒定律
【解析】【解答】从A到B的过程弹簧对小球做正功，所以小球的机械能增加，当弹簧恢复原长时机械能达到最大，A符合题意；当小球受到的合力为零时，动能最大，此时弹簧处于压缩状态，B不符合题意；小球从A到C的过程中，系统减少的弹性势能转化为重力势能，所以弹性势能的变化量等于重力势能的变化量，即小球在A位置时弹簧的弹性势能等于在A、C位置的重力势能差值，C不符合题意；根据题意，若将弹簧上端与小球焊接在一起，BC中点处的弹性势能与A处的弹性势能相等，根据能量守恒，从A向上运动到最高点的过程中重力势能增加，所以弹性势能必定要减小，即运动不到BC点的中点，D符合题意．
故答案为：AD．
【分析】利用其弹力做功的大小可以判别小球机械能的大小；利用能量守恒定律可以比较弹性势能和重力势能的大小；利用能量守恒定律可以判别A向上运动的最高点。
16．（2022高一下·宁波期中）如图甲所示的陀螺可在圆轨道的外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称为“魔力陀螺”，该玩具深受孩子们的喜爱。其物理原理可等效为如图乙所示的模型：半径为R的磁性圆轨道竖直固定，质量为m的小铁球（视为质点）在轨道外侧转动，A、B两点分别为轨道上的最高、最低点。铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．铁球绕轨道转动时机械能守恒
B．铁球可能做匀速圆周运动
C．铁球在A点的速度可能大于
D．要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为
【答案】A,C,D
【知识点】牛顿第二定律；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．由于不计摩擦和空气阻力，则在铁球绕轨道转动过程中，只有重力做功，则机械能守恒，A符合题意；
B．铁球在从A点运动到B点过程中，只有重力对铁球做正功，铁球动能增大，即速度的大小变大，则铁球不可能做匀速圆周运动，B不符合题意；
C．铁球在A点时，当轨道的支持力为零后，重力和磁性引力的合力提供向心力，则有
由于在A点时磁性引力与重力方向相同，由此可得，铁球在A点的速度可能大于 ，C符合题意；
D．铁球在B点时，受到重力、轨道竖直向下的弹力和竖直向上的磁性引力，由牛顿第二定律有
可知当弹力N为零时，B点的速度越小，则磁性引力F越小。故当铁球在最高点A点的速度恰好为零时，磁性引力最小。则根据机械能守恒有
在B点，由牛顿第二定律有
联立可得
则要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为 ，D符合题意。
故答案为：ACD。
【分析】铁球运动的过程中，只有重力做功其机械能守恒；由于其铁球做功其速度变化所以铁球不可能做匀速圆周运动；利用牛顿第二定律可以判别支持力等于0时重力和磁性引力提供向心力；利用其牛顿第二定律可以判别磁性引力和速度的大小关系；利用牛顿第二定律结合其机械能守恒定律可以求出铁道磁性引力的最小值。
三、实验题
17．（2021高三上·西宁期末）如图所示，是利用自由落体运动进行“验证机械能守恒定律”的实验。所用的打点计时器通以50Hz的交流电。
（1）甲同学按照正确的实验步骤操作后，选出一条纸带如图所示，其中O点为打点计时器打下的第一个点，A、B、C为三个计数点，用刻度尺测得OA=12.41cm，OB=18.60cm，OC=27.21cm，在计数点A和B、B和C之间还各有一个点。已知重物的质量为1.00kg，取g=9.80m/s2。在OB段运动过程中，重物重力势能的减少量　 　J；重物的动能增加量　 　J(结果均保留三位有效数字)。
（2）实验中动能的增加量应略小于重力势能的减少量，主要原因是____
A．重物下落的实际距离大于测量值
B．重物下落的实际距离小于测量值
C．重物下落受到阻力
D．重物的实际末速度大于计算值
【答案】（1）0.911；0.856
（2）C
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1） 在OB段运动过程中，重物重力势能的减少量
打点计时器通以50Hz的交流电，打点计时器打点时间间隔0.02s，打B点时重物的速度大小
重物的动能增加量
（2） 重物下落过程中存在空气阻力以及限位孔与纸带之间存在摩擦，在下落过程中，除了重物重力做正功外，还有阻力做负功，重物动能的增加量略小于重力势能的减少量
故答案为：C。
【分析】（1）根据重力势能的表达式得出势能的减少量；结合平均速度等于瞬时速度得出B点的速度，根据动能的变化量得出动能的增加量；
（2） 根据“验证机械能守恒定律”的实验原理以及注意事项进行分析判断。
18．（2022高一下·宁波期中）采用如图（a）所示的实验装置做“探究平抛运动的特点的实验。
（1）实验是需要的器材有___________（填字母）。
A．弹簧测力计 B．重锤线 C．打点计时器 D．秒表
（2）做实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画出小球运动的轨迹。下列的一些操作要求，不正确的是___________
A．每次必须沿同一位置静止释放小球
B．每次必须严格地等距离下降纪录小球的位置
C．小球运动时不应与木板上的白纸相接触
D．纪录的点应适当多些
（3）若用频闪摄影的方法来验证小球在平抛过程中水平方向是匀速运动，纪录下如图（b）所示的频闪照片。在测得 、 、 、 后，需要验证的关系式是　 　。已知频闪周期为T，用下列计算式求得的水平速度，误差最小的是　 　。
A． B． C． D．
【答案】（1）B
（2）B
（3）；D
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）实验需要的器材有重锤线用来确定竖直方向，不需要弹簧测力计、打点计时器以及秒表。
故答案为：B。
（2）A．每次必须沿同一位置静止释放小球，以保证初速度相同，A符合题意；
B．每次不一定必须严格地等距离下降纪录小球的位置，B不必要；
C．小球运动时不应与木板上的白纸相接触，以防止小球改变运动轨迹，C符合题意；
D．纪录的点应适当多些，这样描出的轨迹比较准确，D符合题意。
故答案为：B。
（3）因闪光的时间相同，则若水平方向做匀速运动，则需满足
为了减小实验的误差，应该选取较大的水平位移来计算，则下列计算式求得的水平速度，误差最小的是
故答案为：D。
【分析】（1）实验要有重锤线确定竖直方向，但不需要弹簧测力计、打点计时器和秒表；
（2）每次需要从同一位置无初速度释放小球才能确保小球平抛运动的初速度相同；每次不需要等距离下降高度；
（3）利用其水平方向的位移之差可以判别是否做匀速直线运动，利用最大的位移求出水平速度其误差最小。
四、解答题
19．（2022·嘉定模拟）如图甲所示，一台起重机将质量m=200kg的重物由静止开始竖直向上匀加速提升，4s末达到额定功率，之后保持该功率继续提升重物，5s末重物达到最大速度vm。整个过程中重物的v-t图像如图乙所示。取g=10m/s2，不计额外功率。试计算：
（1）起重机的额定功率P；
（2）重物的最大速度vm；
（3）前5s起重机的平均功率。
【答案】（1）解：由图可知重物匀加速的加速度为
由牛顿运动定律得
解得
起重机的额定功率为
（2）解：重物的最大速度为
（3）解：前4s内的位移为
由功能关系得
解得
【知识点】牛顿第二定律；功率及其计算
【解析】【分析】（1）已知重物速度和时间的变化关系，利用图像斜率可以求出加速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出拉力的大小，结合速度的大小可以求出牵引力功率的大小；
（2）当重物达到最大速度做匀速直线运动，利用功率和重力的比值可以求出最大的速度；
（3）已知速度和时间的关系，利用图像面积可以求出位移的大小，结合动能定理可以求出平均功率的大小。
20．（2022高一下·宁波期中）2022年北京冬奥会上，中国花样滑冰队的隋文静、韩聪不负众望，在双人滑项目上强势夺冠，这也是中国队时隔12年之后再次登上奥运会最高领奖台。该项目有一项技术动作叫双人螺旋线，如图（a）所示，以男选手成为轴心，女选手围绕男选手旋转。将这一情景抽象成，如图（b）所示：一细线一端系住一小球，另一端固定在一竖直细杆上，小球以一定大小的速度随着细杆在水平面内作匀速圆周运动，细线便在空中划出一个圆锥面，这样的模型叫“圆锥摆”。圆锥摆是研究水平面内质点作匀速圆周运动动力学关系的典型特例。小球（可视为质点）质量为m，细线AC长度为L，重力加速度为g。
（1）在紧贴着小球运动的水面上加一光滑平板，使球在板上作匀速圆周运动，此时细线与竖直方向所成夹角为θ，如图（c）所示，当小球的角速度ω大于某一值ω1时，小球将脱离平板，则ω1为多大？
（2）撤去光滑平板，让小球在空中旋转，测试发现，当小球的角速度ω小于某一值ω2时，细线会缠绕在竖直杆上，最后随细杆转动，如图（d）所示，则ω2为多大？
（3）在题（2）情境下，再用一根细线，同样一端系在该小球上，另一端固定在细杆上的B点，且当两条细线均伸直时，如图（e）所示，各部分长度之比 。则当小球以 匀速转动时，两细线的对小球的拉力分别多大？
【答案】（1）解：当平板对小球支持力为零时，小球恰好脱离平板，此时重力和绳子拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得
解得
（2）解：撤去平板后，小球重力和绳子拉力提供向心力，当绳子没有绕在竖直杆时，设绳子与竖直杆的夹角为 ，由牛顿第二定律可得
解得
随着角速度的减小， 减小，当 时，细线开始绕在竖直杆上，解得此时角速度为
（3）解：当细线BC恰好伸直时，有几何关系得，AC与竖直方向所成夹角为37°，同理可得，此时小球的角速度为
则 时细线BC未伸直，即 ，设此时细线AC与竖直方向的夹角为β，由上得
解得
根据平衡条件得
【知识点】牛顿第二定律；匀速圆周运动
【解析】【分析】（1）当重力和绳子的拉力提供向心力时，利用牛顿第二定律可以求出小球角速度的大小；
（2）当撤去平板时，利用牛顿第二定律结合其夹角等于0可以求出其角速度的大小；
（3）利用几何关系可以求出AC与竖直方向夹角的大小，结合其角速度的表达式可以求出角速度的大小进而判别其BC绳子没有伸直，利用其竖直方向的平衡方程可以求出拉力的大小。
21．（2022高一下·宁波期中）如图所示为杂技演员进行摩托车表演的轨道，它由倾斜直线轨道AB、圆弧形轨道BCD、半圆形轨道DE、水平轨道EF组成，轨道BCD的半径 ，轨道DE的半径 ，轨道最低点C距水平地面的高度差 。表演者从A点驾驶摩托车由静止开始沿轨道AB运动，接着沿轨道BCDEF运动，然后从F点离开轨道，最后落到地面上的G点。已知表演者与摩托车的总质量 ，表演者与摩托车可视质点，阻力不计。取 。
（1）某次表演中，通过C点时轨道对摩托车的支持力 ，求表演者与摩托车经过C点的速度大小vc；
（2）若表演者与摩托车恰好能经过最高点D且安全完成完整表演，求F点与G点的水平距离x。
【答案】（1）解：因摩托车受到轨道的支持力FN＝6000N
对摩托车在C点应用牛顿第二定律可得
代入数据解得经过C点的速度为
（2）解：表演者要能完整表演，在D点应用牛顿第二定律可得
从D点到F点，由机械能守恒可得
解得vF＝12m/s
则平抛运动的竖直位移y＝R+h＝5m
所以运动时间
因此，表演者落点G点与F点的水平距离x=vFt=12×1m=12m
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）当已知轨道对摩托车支持力的大小，结合牛顿第二定律可以求出摩托车速度的大小；
（2）当其摩托车恰好经过最高点，利用牛顿第二定律可以求出通过最高点的速度大小，结合机械能守恒定律可以求出经过F点速度的大小，再利用其平抛运动的位移公式可以求出水平距离的大小。
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