湖南省衡阳市2021-2022学年高一下学期物理期中考试试卷
一、单选题
1．（2022高一下·衡阳期中）在物理学的研究中用到的思想方法很多，下列关于几幅书本插图的说法中错误的是（ ）
A．甲图中，牛顿测定引力常量的实验运用了放大法测微小量
B．乙图中，研究小船渡河问题时，主要运用了等效法
C．丙图中，探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时运用了控制变量法
D．丁图中，A点逐渐向B点靠近时，观察AB割线的变化，就是曲线在B点的切线方向，运用了极限思想。说明质点在B点的瞬时速度方向
【答案】A
【知识点】控制变量法；放大法
【解析】【解答】A．甲图中，卡文迪许测定引力常量的实验运用了放大法测微小量，A错误，符合题意；
B．乙图中，研究小船渡河问题时，主要运用了等效法，B正确，不符合题意；
C．丙图中，探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时运用了控制变量法，C正确，不符合题意；
D．丁图中，A点逐渐向B点靠近时，观察AB割线的变化，就是曲线在B点的切线方向，运用了极限思想。说明质点在B点的瞬时速度方向，D正确，不符合题意；
故答案为：A。
【分析】卡文迪许测量引力常量时使用了放大法；研究小船渡河主要用了等效法；探究向心力大小的影响因素使用控制变量法。
2．（2022高一下·衡阳期中）下列说法，正确的是（ ）
A．正在比赛中的体操运动员，在裁判员的眼中能视为质点
B．瞬时速度大小叫瞬时速率，平均速度大小就叫平均速率
C．平抛运动是匀变速运动
D．匀速圆周运动是匀速运动
【答案】C
【知识点】质点；平抛运动
【解析】【解答】A．正在比赛中的体操运动员，运动员的大小和形状不能忽略，在裁判员的眼中不能视为质点，A不符合题意；
B．瞬时速度的大小是瞬时速率，也可简称为速率，平均速度是这段时间内发生的位移除以时间，而平均速率是这段时间内发生的路程除以时间，只有物体发生单向直线运动时平均速度与平均速率大小才相等，B不符合题意；
C．平抛运动是只受重力，加速度不变，是匀变速运动，C符合题意；
D．匀速圆周运动速度大小不变，方向变化，速度方向是变化的，是变速运动，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】物体能否作为质点主要看所研究的问题；平均速度的大小与平均速率不相等；匀速圆周运动其速度方向改变不属于匀速运动。
3．（2022高一下·衡阳期中）2022年2月4日北京冬奥会开幕式以二十四节气为倒计时，最后定格于立春节气，惊艳全球，二十四节气，代表着地球在公转轨道上的二十四个不同的位置，如图所示，从天体物理学可知地球沿椭圆轨道绕太阳运动所处四个位置，分别对应我国的四个节气，以下说法正确的是（ ）
A．地球绕太阳运行方向（正对纸面）是顺时针方向
B．地球绕太阳做匀速率椭圆轨道运动
C．地球从夏至至秋分的时间小于地球公转周期的四分之一
D．冬至时地球公转速度最大
【答案】D
【知识点】开普勒定律
【解析】【解答】A．二十四节气中，夏至在春分后，秋分在夏至后，地球绕太阳运行方向（正对纸面）是逆时针方向。A不符合题意；
B．由开普勒第一定律知地球绕太阳运动的轨道是椭圆，由开普勒第二定律，地球与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等，地球绕太阳是非匀速率椭圆轨道运动。B不符合题意；
C．由开普勒第二定律，地球与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等，可知地球在近地点比远地点转动的快，地球从夏至至秋分的时间大于地球公转周期的四分之一。C不符合题意；
D．由开普勒第二定律，地球与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等， 近地点公转速度最快，即冬至时地球公转速度最大。D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用四季顺序可以判别地球绕太阳运行的方向；利用四季时间不同可以判别其地球线速度大小发生变化；利用其开普勒第二定律可以比较运动的时间及速度的大小。
4．（2022高一下·衡阳期中）一辆汽车从静止开始由甲地出发，沿平直公路开往乙地。汽车先做匀加速直线运动，接着做匀减速直线运动，开到乙地刚好停止，其v—t图像如图所示那么0~和~3两段时间内（ ）
A．位移大小之比为1：4 B．平均速度大小之比为1：1
C．加速度大小之比为3：1 D．辆汽所受合力之比为1：2
【答案】B
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．根据v—t图像中图线与坐标轴所围面积表示汽车位移，设汽车最大速度为v，可得
A不符合题意；
B．根据匀变速直线运动平均速度表达式
可得
B符合题意；
C．根据v-t图像中图线斜率绝对值表示汽车的加速度大小，可得
C不符合题意；
D．根据牛顿第二定律，有
易知，汽车所受合力与其运动的加速度大小成正比，即
D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用其面积的大小可以比较位移的大小；利用其平均速度的公式可以比较平均速度的大小；利用速度公式可以比较加速度的大小；利用牛顿第二定律可以求出合力的大小。
5．（2022高一下·衡阳期中）如图甲所示，抛球游戏是小朋友们最喜欢的项目之一，小朋友站立在水平地面上双手将皮球水平抛出，皮球进入水平篮筐且不擦到篮筐就能获得小红旗一枚。如图乙所示。篮筐的半径为R，皮球的半径为r，篮筐中心和出手处皮球的中心高度为和，两中心在水平地面上的投影点、之间的距离为d。忽略空气的阻力，已知重力加速度为g。设水平投篮出手速度为v，要使皮球能入筐，则下列说法中正确的是（ ）
A．皮球出手速度越大，皮球进筐前运动的时间越长
B．皮球从出手到入筐运动的时间为
C．皮球出手速度v的最大值为
D．皮球出手速度v的最小值为
【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】A．平抛运动的时间由下落的高度决定，则进框的皮球运动时间相同，A不符合题意；
B．皮球沿连线的方向投出，并能进框的图示如图，作出皮球中心的运动轨迹，下落的高度为，由
得
B不符合题意：
CD．皮球沿连线的方向投出，并能进框的图示如图，作出皮球中心的运动轨迹，下落的高度为，水平射程分别为和则投射的最大速度为
最小速度为
C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用平抛运动的位移公式可以判别下落时间只由高度所决定；利用其高度可以求出运动的时间；利用其平抛运动的位移大小可以求出出手速度的大小范围。
6．（2022高一下·衡阳期中）如图所示，水平横杆上套有圆环A，圆环A通过轻绳与重物B相连，轻绳绕过固定在横杆下光滑的定滑轮，轻绳通过光滑动滑轮挂着物体C，并在某一位置达到平衡，现将圆环A缓慢向左移动一段距离，系统仍保持静止，则下列说法正确的是（ ）
A．物体B的高度上升 B．横杆对环的支持力变大
C．AC段绳与横杆的夹角变小 D．A环所受摩擦力大小不变
【答案】D
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】AC．对物体B受力分析，受重力和绳的拉力，由平衡条件可知，轻绳拉力大小处处相等，等于B的重力不变。对C受力分析，C在重力和轻绳的拉力的作用下处于平衡状态，因为轻绳的拉力和C的重力大小不变，因此动滑轮两侧的轻绳之间的夹角和栓接A的轻绳与水平方向夹角不变，若将圆环A缓慢向左移动一段距离，由几何关系可知，C的高度上升，物体B的高度下降，AC段绳与横杆的夹角不变，AC不符合题意；
BD．对圆环A受力分析，在水平方向，A在轻绳拉力沿水平方向的分力和摩擦力的作用下处于平衡状态，设绳的拉力为T，栓接A的轻绳与水平方向的夹角为θ，则有Tcosθ=Ff
在竖直方向，受到轻绳沿竖直向下方向的分力、A的重力和横杆的支持力，则有Tsinθ+mAg=FN
又轻绳拉力T的大小以及轻绳与水平方向的夹角θ不变，因此横杆对A环的支持力和A环所受摩擦力大小都不变，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用B的平衡方程可以判别其拉力的大小不变；利用其拉力和其C的重力不变可以判别绳子的夹角不变可以判别其物体B高度下降；利用其圆环的平衡方程可以判别横杆对环的支持力和摩擦力大小保持不变。
二、多选题
7．（2022高一下·衡阳期中）8.公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图所示，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为vc时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，则在该弯道处（ ）
A．路面外侧高内侧低
B．车速只要低于vc，车辆便会向内侧滑动
C．车速虽然高于vc，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动
D．当路面结冰时，与未结冰时相比，vc的值变小
【答案】A,C
【知识点】匀速圆周运动
【解析】【解答】路面应建成外高内低，此时重力和支持力的合力指向内侧，可以提供圆周运动向心力，A符合题意．车速低于v0，所需的向心力减小，此时摩擦力可以指向外侧，减小提供的力，车辆不会向内侧滑动．B不符合题意．当速度为v0时，静摩擦力为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，速度高于v0时，摩擦力指向内侧，只有速度不超出最高限度，车辆不会侧滑．C符合题意．当路面结冰时，与未结冰时相比，由于支持力和重力不变，则v0的值不变．D不符合题意．
故答案为：AC．
【分析】利用其重力和支持力的合力提供向心力可以判别其路面内低外高；利用其向心力和合力比较可以判别其汽车发生滑动的可能情况；利用重力和支持力的合力提供向心力可以判别v0大小不变。
8．（2022高一下·衡阳期中）在银河系中，双星的数量非常多。研究双星，对于了解恒星形成和演化过程的多样性有重要的意义，如图所示，由A，B两颗恒星组成的双星系统，A，B绕连线上一点O做圆周运动，测得A，B两颗恒星间的距离为L，恒星A的周期为T，其中A恒星做圆周运动的半径是B恒星的半径2倍，则（ ）
A．恒星B的周期为
B．A，B两颗恒星质量之比为2：1
C．恒星A的向心加速度是恒星B的2倍
D．A，B两颗恒星质量之和为
【答案】C,D
【知识点】牛顿第二定律；线速度、角速度和周期、转速；向心加速度；万有引力定律的应用；双星（多星）问题
【解析】【解答】A．双星系统的周期相同，A不符合题意；
B．由于双星系统两颗恒星的向心力大小相等，即
可得
由于A恒星做圆周运动的半径是B恒星的半径2倍，因此A，B两颗恒星质量之比为1：2，B不符合题意；
C．由可知，圆周运动相同角速度情况下，半径越大向心加速度越大，A恒星做圆周运动的半径是B恒星的半径2倍，因此恒星A的向心加速度是恒星B的2倍，C符合题意；
D．由万有引力提供向心力
可得
因此
两颗恒星质量之和为
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】双星模型角速度相等则周期相等；利用牛顿第二定律可以求出其质量之比；利用向心加速度的表达式可以求出向心加速度的比值；利用引力提供向心力可以求出两个恒星质量之和。
9．（2021·河北）如图，矩形金属框 竖直放置，其中 、 足够长，且 杆光滑，一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过 杆，金属框绕 轴分别以角速度 和 匀速转动时，小球均相对 杆静止，若 ，则与以 匀速转动时相比，以 匀速转动时（ ）
A．小球的高度一定降低
B．弹簧弹力的大小一定不变
C．小球对杆压力的大小一定变大
D．小球所受合外力的大小一定变大
【答案】B,D
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律；向心力
【解析】【解答】由于小球相对于杆静止，则小球与竖直方向的夹角θ保持不变，对小球受力分析，根据竖直方向的平衡方程有：
根据胡克定律有：
由于θ为定值，T不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变。则A不符合题意，B符合题意；
当小球受到弹簧的弹力和本身的重力提供向心力时，其杆对小球FN=0，根据牛顿第二定律有：
且根据平衡方程有：，
联立可以解得：；
当，FN背向转轴，根据牛顿第二定律有：
即 ，越大其FN越小；
当，FN指向转轴，根据牛顿第二定律有：
即 ，越大其FN越大；
则因 ，根据牛顿第三定律可知，随角速度的变大，小球对杆的压力不一定变大。则C不符合题意；
根据
可知，因角速度变大，则小球受合外力变大。则D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】当相对于PQ杆静止时其小球的高度保持不变，由于小球高度不变所以弹簧产生的弹力大小不变；利用水平方向的牛顿第二定律且未知杆对小球支持力的方向不能判别其小球对杆压力的大小变化；利用牛顿第二定律结合角速度变大可以判别小球受到的合力变大。
10．（2022高一下·衡阳期中）2021年10月16日，“神舟十三号”载人飞船成功与“天和”核心舱对接，发射过程简化示意图如图所示，先把飞船发射到近地圆轨道Ⅰ，继而调整角度和高度，经过多次变轨不断逼近空间站轨道，当两者轨道很接近的时候，再从空间站下方、后方缓慢变轨接近。Ⅱ、Ⅲ是绕地球运行的椭圆轨道，Ⅳ是绕地球运行很接近空间站轨道的圆形轨道。P、Q分别为椭圆轨道Ⅲ的远地点和近地点，P、Q之间的距离为2L，地球半径为R。下列说法正确的是（ ）
A．载人飞船在轨道Ⅰ上的角速度比在轨道上Ⅳ的角速度大
B．载人飞船在轨道Ⅲ和轨道Ⅰ上运动的周期之比为
C．载人飞船在轨道Ⅲ上P处与Q处的加速度大小之比为
D．载人飞船在轨道Ⅰ和轨道Ⅳ的线速度大小之比为
【答案】A,B
【知识点】牛顿第二定律；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
【解析】【解答】A．由万有引力提供向心力
解得
因为飞船在轨道Ⅰ上的轨道半径小于轨道上Ⅳ的轨道半径，所以载人飞船在轨道Ⅰ上的角速度比在轨道上Ⅳ的角速度大，A符合题意；
B．载人飞船在轨道Ⅲ和轨道Ⅰ上，由开普勒第三定律有
解得
B符合题意；
C．由万有引力提供向心力
解得载人飞船在Ⅲ轨道P处与Q处的加速度大小之比为
C不符合题意；
D．由万有引力提供向心力得
解得载人飞船在Ⅰ轨道和Ⅳ轨道的线速度大小之比为
D不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】利用引力提供向心力可以比较角速度的大小；利用开普勒第三定律可以求出周期之比；利用牛顿第二定律可以求出加速度之比；利用引力提供向心力可以求出线速度之比。
11．（2022高一下·衡阳期中）如图甲所示，用黏性材料粘在一起的A，B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为mA＝1kg、mB＝2kg，当A，B之间产生拉力且大于0.3N时A，B将会分离。t＝0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A，B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示。则下列关于A，B两物块受力及运动情况的分析，正确的是（ ）
A．t＝2.0s时刻A，B之间作用力大小为0.6N
B．t＝2.0s时刻A，B之间作用力为零
C．t＝2.5s时刻A对B的作用力方向向左
D．从t＝0时刻到A，B分离，它们运动的位移为5.4 m
【答案】A,D
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律
【解析】【解答】D．设t时刻A，B分离，由乙图可知，分离之前A，B物体受到的合力不变，故以相同加速度a共同加速，以整体为研究对象，据牛顿第二定律可得，加速度为
分离时对B由牛顿第二定律可得F2-N=mBa
其中
解得F2＝2.7N
结合F2的变化规律可得，经历时间为
根据位移公式可得，整体的位移大小为
D符合题意；
AB．当t=2s时，F2=1.8N，对B据牛顿第二定律可得F2+N=mBa
解得B受到的压力大小为N＝0.6N
A符合题意，B不符合题意；
C．当t＝2.5s时，F2＝2.25N，对B据牛顿第二定律可得F2＋N＝mBa
解得B受到的压力大小为N＝0.15N>0
即A对B的作用力方向向右，C不符合题意。
故答案为：AD。
【分析】利用整体的牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合B的牛顿第二定律可以求出其AB之间作用力的大小；利用作用力和时间的关系式可以求出经历的时间，利用其位移公式可以求出整体的位移大小；利用其B的牛顿第二定律可以求出B受到的压力大小及方向。
三、实验题
12．（2022高一下·衡阳期中）某实验小组在测木块与长木板之间的动摩擦因数时，采用如图甲所示的装置，图中长木板水平固定，调整定滑轮高度，使细线与长木板平行。
（1）实验过程中，电磁打点计时器应接在“4V~8V”的 （选填“直流”或“交流”）电源上。
（2）图乙为木块在水平木板上带动纸带运动打出的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4为计数点，相邻两计数点间还有4个打点未画出，从纸带上测出，，，。则木块加速度大小 （保留两位有效数字）。
（3）已知重力加速度为g，测得木块的质量为M，砝码盘和砝码的总质量为m，木块的加速度为a，则木块与长木板间的动摩擦因数 。
【答案】（1）交流
（2）1.5
（3）
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】（1） 实验过程中，电磁打点计时器应接在“4V~8V”的交流电源上
（2） 相邻两计数点间的时间间隔
木块加速度大小
（3）对于木块
对于砝码盘和砝码
解得
【分析】（1）电磁打点计时器应该接在低于8V的交流电上；
（2）利用打点周期和时间间隔可以求出两个计数点之间的时间，结合逐差法可以求出加速度的大小；
（3）利用牛顿第二定律可以求出动摩擦因数的大小。
13．（2022高一下·衡阳期中）在“探究平抛运动的特点”实验中，可分为两个实验，从竖直和水平两个方向进行探究。
（1）实验一：
利用如图甲所示的装置先进行实验。小锤打击弹性金属片，A球沿水平方向抛出；同时B球被释放，改变小球的高度和敲击的力度，若两球始终同时落地，说明平抛的竖直分运动是 。
（2）实验二：
步骤一：利用如图乙所示的装置进行实验。将白纸和复写纸对齐重叠，并固定在竖直的硬板上。使钢球沿斜槽轨道M滑下后水平飞出，落在水平挡板N上，由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，就会挤压复写纸，在白纸上留下印迹，上下移动挡板N，通过多次实验，在白纸上记录钢球所经过的多个位置。
关于图乙实验，下列说法中正确的有（ ）。
A．斜槽必须光滑
B．斜槽末端切线方向水平
C．图乙实验中每次从斜槽上释放钢球必须是在同一位置且静止释放
D．图乙实验中每次移动挡板的距离必须相等
（3）步骤二：在图乙实验中，需要用平滑曲线把各个印迹点连接起来，得到钢球做平抛运动的轨迹，通过对轨迹的研究，得到平抛水平分运动的特点。
图丙是某同学在描绘的轨迹上选取了A，B、C三点，用它来分析运动的特点。白纸方格的边长为5.0cm，A，B、C是小球的三个位置，取，则小球平抛运动的初速度 m/s；小球在B点速度 m/s（保留两位有效数字）。
【答案】（1）自由落体运动
（2）B；C
（3）1.5；2.5
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）若两球始终同时落地，说明平抛的竖直分运动是自由落体运动；
（2） A．斜槽不必光滑，A不符合题意；
B．为了小球离开斜槽后做平抛运动，斜槽末端切线方向水平，B符合题意；
C．为了保证小球的平抛的初速度不变，图乙实验中每次从斜槽上释放钢球必须是在同一位置且静止释放，C符合题意；
D．图乙实验中每次移动挡板的距离不必相等，D不符合题意。
故答案为：BC。
（3）时间间隔为
解得
小球平抛运动的初速度为
小球在B点速度的竖直分量为
小球在B点的速度为
【分析】（1）利用两个小球同时落地可以说明平抛运动其竖直方向的分运动为自由落体运动；
（2）斜槽不需要光滑，为了平抛运动的初速度沿水平方向其斜槽末端需要切线水平；实验中每次移动挡板的距离不需要相等；
（3）利用其竖直方向的邻差公式可以求出时间间隔的大小；结合水平方向的位移公式可以求出初速度的大小；利用其速度的合成可以求出速度的大小。
四、解答题
14．（2022高一下·衡阳期中）如图甲所示，在科技馆中，“小球旅行记”吸引了很多小朋友的观看。“小球旅行记”可简化为如图乙所示的示意图，处在P点的质量为m的小球由静止沿半径为R的光滑圆弧轨道下滑到最低点Q时对轨道的压力为2mg，小球从距地面高为R的Q点水平飞出后落到地面上的S点，不计摩擦和空气阻力，已知重力加速度大小为g，求：
（1）小球从Q点飞出时的速度大小。
（2）Q点到S点的水平距离。
（3）小球落地的速度大小。
【答案】（1）解：设小球在Q点的速度大小为，据向心力公式可得
其中
解得
（2）解：小球由Q点水平抛出，据位移公式可得
联立解得
（3）解：小球落地时的竖直分速度为
落地速度大小为
联立解得
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】（1）小球在Q点，利用向心力的表达式可以求出其小球飞出时速度的大小；
（2）小球从Q点开始做平抛运动，利用位移公式可以求出水平距离的大小；
（3）小球落地时，利用速度公式和速度的合成可以求出落地速度的大小。
15．（2022高一下·衡阳期中）抗击疫情期间，由于疫情严重，利用无人机运输物资，如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用，一架无人机连同所载货物质量的，其动力系统所能提供的最大升力，运动过程中所受空气阻力大小恒为。g取。
（1）无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞求在时离地面的高度h；
（2）当无人机悬停在距离地面高度处时，由手动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落。求无人机坠落地面时的速度v；
（3）在无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下动力设备重新启动提供向上最大升力，为保证安全着地，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间。
【答案】（1）解：由牛顿第二定律得
代入数据解得
上升高度为
代入数据解得
故离地面的高度为180m
（2）解：下落过程中，有
代入数据解得
则有
代入数据解得
故无人机坠落地面时的速度为
（3）解：恢复升力后向下减速运动过程中，有
代入数据解得
设恢复升力时的速度为，则有，，
联立解得
由
得
故飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间为4s
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）无人机做匀加速直线运动，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合位移公式可以求出离地高度的大小；
（2）下落过程中，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，利用速度位移公式可以求出坠落地面的速度大小；
（3）恢复升力后向下减速过程中，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，利用速度位移公式可以求出下落过程最大速度，利用速度公式可以求出从开始下落到恢复升力的最长时间。
16．（2022高一下·衡阳期中）如图所示的装置中，光滑水平杆固定在竖直转轴上，小圆环A和轻弹簧套在杆上，弹簧两端分别固定于竖直转轴和环A，细线穿过小孔O，两端分别与环A和小球B连接，线与水平杆平行，环A的质量为m，小球B的质量为2m。现使整个装置绕竖直轴以角速度匀速转动，环A与转轴间距离不变时，细线与竖直方向的夹角为37°。已知重力加速度g，，。求：
（1）装置转动的角速度为时，细线OB的拉力T。
（2）装置转动的角速度为时，细线OB的长度s。
（3）若装置转动的角速度为，环A与转轴间距离再次不变，细线与竖直方向的夹角为53°，此时弹簧弹力与角速度为时大小相等，求此时弹簧的弹力大小F。
【答案】（1）解：装置转动的角速度为时，对小球B，由竖直方向的平衡可得
解得T=2.5mg
（2）解：装置转动的角速度为时，对小球B，由牛顿第二定律可得
解得
（3）解：装置转动的角速度为时，设OB的长度变为，对小球B，竖直方向和水平方向分别满足
联立解得
设细线的长度为L，对圆环A，角速度为时，有
角速度为时有
联立解得
【知识点】匀速圆周运动
【解析】【分析】（1）小球做匀速圆周运动，利用其竖直方向的平衡方程可以求出拉力的大小；
（2）小球B做匀速圆周运动，利用牛顿第二定律可以求出细线OB的长度；
（3）当装置转动的角速度已知时，利用牛顿第二定律结合其圆环的牛顿第二定律可以求出弹力的大小。
1 / 1湖南省衡阳市2021-2022学年高一下学期物理期中考试试卷
一、单选题
1．（2022高一下·衡阳期中）在物理学的研究中用到的思想方法很多，下列关于几幅书本插图的说法中错误的是（ ）
A．甲图中，牛顿测定引力常量的实验运用了放大法测微小量
B．乙图中，研究小船渡河问题时，主要运用了等效法
C．丙图中，探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时运用了控制变量法
D．丁图中，A点逐渐向B点靠近时，观察AB割线的变化，就是曲线在B点的切线方向，运用了极限思想。说明质点在B点的瞬时速度方向
2．（2022高一下·衡阳期中）下列说法，正确的是（ ）
A．正在比赛中的体操运动员，在裁判员的眼中能视为质点
B．瞬时速度大小叫瞬时速率，平均速度大小就叫平均速率
C．平抛运动是匀变速运动
D．匀速圆周运动是匀速运动
3．（2022高一下·衡阳期中）2022年2月4日北京冬奥会开幕式以二十四节气为倒计时，最后定格于立春节气，惊艳全球，二十四节气，代表着地球在公转轨道上的二十四个不同的位置，如图所示，从天体物理学可知地球沿椭圆轨道绕太阳运动所处四个位置，分别对应我国的四个节气，以下说法正确的是（ ）
A．地球绕太阳运行方向（正对纸面）是顺时针方向
B．地球绕太阳做匀速率椭圆轨道运动
C．地球从夏至至秋分的时间小于地球公转周期的四分之一
D．冬至时地球公转速度最大
4．（2022高一下·衡阳期中）一辆汽车从静止开始由甲地出发，沿平直公路开往乙地。汽车先做匀加速直线运动，接着做匀减速直线运动，开到乙地刚好停止，其v—t图像如图所示那么0~和~3两段时间内（ ）
A．位移大小之比为1：4 B．平均速度大小之比为1：1
C．加速度大小之比为3：1 D．辆汽所受合力之比为1：2
5．（2022高一下·衡阳期中）如图甲所示，抛球游戏是小朋友们最喜欢的项目之一，小朋友站立在水平地面上双手将皮球水平抛出，皮球进入水平篮筐且不擦到篮筐就能获得小红旗一枚。如图乙所示。篮筐的半径为R，皮球的半径为r，篮筐中心和出手处皮球的中心高度为和，两中心在水平地面上的投影点、之间的距离为d。忽略空气的阻力，已知重力加速度为g。设水平投篮出手速度为v，要使皮球能入筐，则下列说法中正确的是（ ）
A．皮球出手速度越大，皮球进筐前运动的时间越长
B．皮球从出手到入筐运动的时间为
C．皮球出手速度v的最大值为
D．皮球出手速度v的最小值为
6．（2022高一下·衡阳期中）如图所示，水平横杆上套有圆环A，圆环A通过轻绳与重物B相连，轻绳绕过固定在横杆下光滑的定滑轮，轻绳通过光滑动滑轮挂着物体C，并在某一位置达到平衡，现将圆环A缓慢向左移动一段距离，系统仍保持静止，则下列说法正确的是（ ）
A．物体B的高度上升 B．横杆对环的支持力变大
C．AC段绳与横杆的夹角变小 D．A环所受摩擦力大小不变
二、多选题
7．（2022高一下·衡阳期中）8.公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图所示，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为vc时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，则在该弯道处（ ）
A．路面外侧高内侧低
B．车速只要低于vc，车辆便会向内侧滑动
C．车速虽然高于vc，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动
D．当路面结冰时，与未结冰时相比，vc的值变小
8．（2022高一下·衡阳期中）在银河系中，双星的数量非常多。研究双星，对于了解恒星形成和演化过程的多样性有重要的意义，如图所示，由A，B两颗恒星组成的双星系统，A，B绕连线上一点O做圆周运动，测得A，B两颗恒星间的距离为L，恒星A的周期为T，其中A恒星做圆周运动的半径是B恒星的半径2倍，则（ ）
A．恒星B的周期为
B．A，B两颗恒星质量之比为2：1
C．恒星A的向心加速度是恒星B的2倍
D．A，B两颗恒星质量之和为
9．（2021·河北）如图，矩形金属框 竖直放置，其中 、 足够长，且 杆光滑，一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过 杆，金属框绕 轴分别以角速度 和 匀速转动时，小球均相对 杆静止，若 ，则与以 匀速转动时相比，以 匀速转动时（ ）
A．小球的高度一定降低
B．弹簧弹力的大小一定不变
C．小球对杆压力的大小一定变大
D．小球所受合外力的大小一定变大
10．（2022高一下·衡阳期中）2021年10月16日，“神舟十三号”载人飞船成功与“天和”核心舱对接，发射过程简化示意图如图所示，先把飞船发射到近地圆轨道Ⅰ，继而调整角度和高度，经过多次变轨不断逼近空间站轨道，当两者轨道很接近的时候，再从空间站下方、后方缓慢变轨接近。Ⅱ、Ⅲ是绕地球运行的椭圆轨道，Ⅳ是绕地球运行很接近空间站轨道的圆形轨道。P、Q分别为椭圆轨道Ⅲ的远地点和近地点，P、Q之间的距离为2L，地球半径为R。下列说法正确的是（ ）
A．载人飞船在轨道Ⅰ上的角速度比在轨道上Ⅳ的角速度大
B．载人飞船在轨道Ⅲ和轨道Ⅰ上运动的周期之比为
C．载人飞船在轨道Ⅲ上P处与Q处的加速度大小之比为
D．载人飞船在轨道Ⅰ和轨道Ⅳ的线速度大小之比为
11．（2022高一下·衡阳期中）如图甲所示，用黏性材料粘在一起的A，B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为mA＝1kg、mB＝2kg，当A，B之间产生拉力且大于0.3N时A，B将会分离。t＝0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A，B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示。则下列关于A，B两物块受力及运动情况的分析，正确的是（ ）
A．t＝2.0s时刻A，B之间作用力大小为0.6N
B．t＝2.0s时刻A，B之间作用力为零
C．t＝2.5s时刻A对B的作用力方向向左
D．从t＝0时刻到A，B分离，它们运动的位移为5.4 m
三、实验题
12．（2022高一下·衡阳期中）某实验小组在测木块与长木板之间的动摩擦因数时，采用如图甲所示的装置，图中长木板水平固定，调整定滑轮高度，使细线与长木板平行。
（1）实验过程中，电磁打点计时器应接在“4V~8V”的 （选填“直流”或“交流”）电源上。
（2）图乙为木块在水平木板上带动纸带运动打出的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4为计数点，相邻两计数点间还有4个打点未画出，从纸带上测出，，，。则木块加速度大小 （保留两位有效数字）。
（3）已知重力加速度为g，测得木块的质量为M，砝码盘和砝码的总质量为m，木块的加速度为a，则木块与长木板间的动摩擦因数 。
13．（2022高一下·衡阳期中）在“探究平抛运动的特点”实验中，可分为两个实验，从竖直和水平两个方向进行探究。
（1）实验一：
利用如图甲所示的装置先进行实验。小锤打击弹性金属片，A球沿水平方向抛出；同时B球被释放，改变小球的高度和敲击的力度，若两球始终同时落地，说明平抛的竖直分运动是 。
（2）实验二：
步骤一：利用如图乙所示的装置进行实验。将白纸和复写纸对齐重叠，并固定在竖直的硬板上。使钢球沿斜槽轨道M滑下后水平飞出，落在水平挡板N上，由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，就会挤压复写纸，在白纸上留下印迹，上下移动挡板N，通过多次实验，在白纸上记录钢球所经过的多个位置。
关于图乙实验，下列说法中正确的有（ ）。
A．斜槽必须光滑
B．斜槽末端切线方向水平
C．图乙实验中每次从斜槽上释放钢球必须是在同一位置且静止释放
D．图乙实验中每次移动挡板的距离必须相等
（3）步骤二：在图乙实验中，需要用平滑曲线把各个印迹点连接起来，得到钢球做平抛运动的轨迹，通过对轨迹的研究，得到平抛水平分运动的特点。
图丙是某同学在描绘的轨迹上选取了A，B、C三点，用它来分析运动的特点。白纸方格的边长为5.0cm，A，B、C是小球的三个位置，取，则小球平抛运动的初速度 m/s；小球在B点速度 m/s（保留两位有效数字）。
四、解答题
14．（2022高一下·衡阳期中）如图甲所示，在科技馆中，“小球旅行记”吸引了很多小朋友的观看。“小球旅行记”可简化为如图乙所示的示意图，处在P点的质量为m的小球由静止沿半径为R的光滑圆弧轨道下滑到最低点Q时对轨道的压力为2mg，小球从距地面高为R的Q点水平飞出后落到地面上的S点，不计摩擦和空气阻力，已知重力加速度大小为g，求：
（1）小球从Q点飞出时的速度大小。
（2）Q点到S点的水平距离。
（3）小球落地的速度大小。
15．（2022高一下·衡阳期中）抗击疫情期间，由于疫情严重，利用无人机运输物资，如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用，一架无人机连同所载货物质量的，其动力系统所能提供的最大升力，运动过程中所受空气阻力大小恒为。g取。
（1）无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞求在时离地面的高度h；
（2）当无人机悬停在距离地面高度处时，由手动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落。求无人机坠落地面时的速度v；
（3）在无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下动力设备重新启动提供向上最大升力，为保证安全着地，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间。
16．（2022高一下·衡阳期中）如图所示的装置中，光滑水平杆固定在竖直转轴上，小圆环A和轻弹簧套在杆上，弹簧两端分别固定于竖直转轴和环A，细线穿过小孔O，两端分别与环A和小球B连接，线与水平杆平行，环A的质量为m，小球B的质量为2m。现使整个装置绕竖直轴以角速度匀速转动，环A与转轴间距离不变时，细线与竖直方向的夹角为37°。已知重力加速度g，，。求：
（1）装置转动的角速度为时，细线OB的拉力T。
（2）装置转动的角速度为时，细线OB的长度s。
（3）若装置转动的角速度为，环A与转轴间距离再次不变，细线与竖直方向的夹角为53°，此时弹簧弹力与角速度为时大小相等，求此时弹簧的弹力大小F。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】控制变量法；放大法
【解析】【解答】A．甲图中，卡文迪许测定引力常量的实验运用了放大法测微小量，A错误，符合题意；
B．乙图中，研究小船渡河问题时，主要运用了等效法，B正确，不符合题意；
C．丙图中，探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时运用了控制变量法，C正确，不符合题意；
D．丁图中，A点逐渐向B点靠近时，观察AB割线的变化，就是曲线在B点的切线方向，运用了极限思想。说明质点在B点的瞬时速度方向，D正确，不符合题意；
故答案为：A。
【分析】卡文迪许测量引力常量时使用了放大法；研究小船渡河主要用了等效法；探究向心力大小的影响因素使用控制变量法。
2．【答案】C
【知识点】质点；平抛运动
【解析】【解答】A．正在比赛中的体操运动员，运动员的大小和形状不能忽略，在裁判员的眼中不能视为质点，A不符合题意；
B．瞬时速度的大小是瞬时速率，也可简称为速率，平均速度是这段时间内发生的位移除以时间，而平均速率是这段时间内发生的路程除以时间，只有物体发生单向直线运动时平均速度与平均速率大小才相等，B不符合题意；
C．平抛运动是只受重力，加速度不变，是匀变速运动，C符合题意；
D．匀速圆周运动速度大小不变，方向变化，速度方向是变化的，是变速运动，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】物体能否作为质点主要看所研究的问题；平均速度的大小与平均速率不相等；匀速圆周运动其速度方向改变不属于匀速运动。
3．【答案】D
【知识点】开普勒定律
【解析】【解答】A．二十四节气中，夏至在春分后，秋分在夏至后，地球绕太阳运行方向（正对纸面）是逆时针方向。A不符合题意；
B．由开普勒第一定律知地球绕太阳运动的轨道是椭圆，由开普勒第二定律，地球与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等，地球绕太阳是非匀速率椭圆轨道运动。B不符合题意；
C．由开普勒第二定律，地球与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等，可知地球在近地点比远地点转动的快，地球从夏至至秋分的时间大于地球公转周期的四分之一。C不符合题意；
D．由开普勒第二定律，地球与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等， 近地点公转速度最快，即冬至时地球公转速度最大。D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用四季顺序可以判别地球绕太阳运行的方向；利用四季时间不同可以判别其地球线速度大小发生变化；利用其开普勒第二定律可以比较运动的时间及速度的大小。
4．【答案】B
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．根据v—t图像中图线与坐标轴所围面积表示汽车位移，设汽车最大速度为v，可得
A不符合题意；
B．根据匀变速直线运动平均速度表达式
可得
B符合题意；
C．根据v-t图像中图线斜率绝对值表示汽车的加速度大小，可得
C不符合题意；
D．根据牛顿第二定律，有
易知，汽车所受合力与其运动的加速度大小成正比，即
D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用其面积的大小可以比较位移的大小；利用其平均速度的公式可以比较平均速度的大小；利用速度公式可以比较加速度的大小；利用牛顿第二定律可以求出合力的大小。
5．【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】A．平抛运动的时间由下落的高度决定，则进框的皮球运动时间相同，A不符合题意；
B．皮球沿连线的方向投出，并能进框的图示如图，作出皮球中心的运动轨迹，下落的高度为，由
得
B不符合题意：
CD．皮球沿连线的方向投出，并能进框的图示如图，作出皮球中心的运动轨迹，下落的高度为，水平射程分别为和则投射的最大速度为
最小速度为
C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用平抛运动的位移公式可以判别下落时间只由高度所决定；利用其高度可以求出运动的时间；利用其平抛运动的位移大小可以求出出手速度的大小范围。
6．【答案】D
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】AC．对物体B受力分析，受重力和绳的拉力，由平衡条件可知，轻绳拉力大小处处相等，等于B的重力不变。对C受力分析，C在重力和轻绳的拉力的作用下处于平衡状态，因为轻绳的拉力和C的重力大小不变，因此动滑轮两侧的轻绳之间的夹角和栓接A的轻绳与水平方向夹角不变，若将圆环A缓慢向左移动一段距离，由几何关系可知，C的高度上升，物体B的高度下降，AC段绳与横杆的夹角不变，AC不符合题意；
BD．对圆环A受力分析，在水平方向，A在轻绳拉力沿水平方向的分力和摩擦力的作用下处于平衡状态，设绳的拉力为T，栓接A的轻绳与水平方向的夹角为θ，则有Tcosθ=Ff
在竖直方向，受到轻绳沿竖直向下方向的分力、A的重力和横杆的支持力，则有Tsinθ+mAg=FN
又轻绳拉力T的大小以及轻绳与水平方向的夹角θ不变，因此横杆对A环的支持力和A环所受摩擦力大小都不变，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用B的平衡方程可以判别其拉力的大小不变；利用其拉力和其C的重力不变可以判别绳子的夹角不变可以判别其物体B高度下降；利用其圆环的平衡方程可以判别横杆对环的支持力和摩擦力大小保持不变。
7．【答案】A,C
【知识点】匀速圆周运动
【解析】【解答】路面应建成外高内低，此时重力和支持力的合力指向内侧，可以提供圆周运动向心力，A符合题意．车速低于v0，所需的向心力减小，此时摩擦力可以指向外侧，减小提供的力，车辆不会向内侧滑动．B不符合题意．当速度为v0时，静摩擦力为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，速度高于v0时，摩擦力指向内侧，只有速度不超出最高限度，车辆不会侧滑．C符合题意．当路面结冰时，与未结冰时相比，由于支持力和重力不变，则v0的值不变．D不符合题意．
故答案为：AC．
【分析】利用其重力和支持力的合力提供向心力可以判别其路面内低外高；利用其向心力和合力比较可以判别其汽车发生滑动的可能情况；利用重力和支持力的合力提供向心力可以判别v0大小不变。
8．【答案】C,D
【知识点】牛顿第二定律；线速度、角速度和周期、转速；向心加速度；万有引力定律的应用；双星（多星）问题
【解析】【解答】A．双星系统的周期相同，A不符合题意；
B．由于双星系统两颗恒星的向心力大小相等，即
可得
由于A恒星做圆周运动的半径是B恒星的半径2倍，因此A，B两颗恒星质量之比为1：2，B不符合题意；
C．由可知，圆周运动相同角速度情况下，半径越大向心加速度越大，A恒星做圆周运动的半径是B恒星的半径2倍，因此恒星A的向心加速度是恒星B的2倍，C符合题意；
D．由万有引力提供向心力
可得
因此
两颗恒星质量之和为
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】双星模型角速度相等则周期相等；利用牛顿第二定律可以求出其质量之比；利用向心加速度的表达式可以求出向心加速度的比值；利用引力提供向心力可以求出两个恒星质量之和。
9．【答案】B,D
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律；向心力
【解析】【解答】由于小球相对于杆静止，则小球与竖直方向的夹角θ保持不变，对小球受力分析，根据竖直方向的平衡方程有：
根据胡克定律有：
由于θ为定值，T不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变。则A不符合题意，B符合题意；
当小球受到弹簧的弹力和本身的重力提供向心力时，其杆对小球FN=0，根据牛顿第二定律有：
且根据平衡方程有：，
联立可以解得：；
当，FN背向转轴，根据牛顿第二定律有：
即 ，越大其FN越小；
当，FN指向转轴，根据牛顿第二定律有：
即 ，越大其FN越大；
则因 ，根据牛顿第三定律可知，随角速度的变大，小球对杆的压力不一定变大。则C不符合题意；
根据
可知，因角速度变大，则小球受合外力变大。则D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】当相对于PQ杆静止时其小球的高度保持不变，由于小球高度不变所以弹簧产生的弹力大小不变；利用水平方向的牛顿第二定律且未知杆对小球支持力的方向不能判别其小球对杆压力的大小变化；利用牛顿第二定律结合角速度变大可以判别小球受到的合力变大。
10．【答案】A,B
【知识点】牛顿第二定律；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
【解析】【解答】A．由万有引力提供向心力
解得
因为飞船在轨道Ⅰ上的轨道半径小于轨道上Ⅳ的轨道半径，所以载人飞船在轨道Ⅰ上的角速度比在轨道上Ⅳ的角速度大，A符合题意；
B．载人飞船在轨道Ⅲ和轨道Ⅰ上，由开普勒第三定律有
解得
B符合题意；
C．由万有引力提供向心力
解得载人飞船在Ⅲ轨道P处与Q处的加速度大小之比为
C不符合题意；
D．由万有引力提供向心力得
解得载人飞船在Ⅰ轨道和Ⅳ轨道的线速度大小之比为
D不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】利用引力提供向心力可以比较角速度的大小；利用开普勒第三定律可以求出周期之比；利用牛顿第二定律可以求出加速度之比；利用引力提供向心力可以求出线速度之比。
11．【答案】A,D
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律
【解析】【解答】D．设t时刻A，B分离，由乙图可知，分离之前A，B物体受到的合力不变，故以相同加速度a共同加速，以整体为研究对象，据牛顿第二定律可得，加速度为
分离时对B由牛顿第二定律可得F2-N=mBa
其中
解得F2＝2.7N
结合F2的变化规律可得，经历时间为
根据位移公式可得，整体的位移大小为
D符合题意；
AB．当t=2s时，F2=1.8N，对B据牛顿第二定律可得F2+N=mBa
解得B受到的压力大小为N＝0.6N
A符合题意，B不符合题意；
C．当t＝2.5s时，F2＝2.25N，对B据牛顿第二定律可得F2＋N＝mBa
解得B受到的压力大小为N＝0.15N>0
即A对B的作用力方向向右，C不符合题意。
故答案为：AD。
【分析】利用整体的牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合B的牛顿第二定律可以求出其AB之间作用力的大小；利用作用力和时间的关系式可以求出经历的时间，利用其位移公式可以求出整体的位移大小；利用其B的牛顿第二定律可以求出B受到的压力大小及方向。
12．【答案】（1）交流
（2）1.5
（3）
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】（1） 实验过程中，电磁打点计时器应接在“4V~8V”的交流电源上
（2） 相邻两计数点间的时间间隔
木块加速度大小
（3）对于木块
对于砝码盘和砝码
解得
【分析】（1）电磁打点计时器应该接在低于8V的交流电上；
（2）利用打点周期和时间间隔可以求出两个计数点之间的时间，结合逐差法可以求出加速度的大小；
（3）利用牛顿第二定律可以求出动摩擦因数的大小。
13．【答案】（1）自由落体运动
（2）B；C
（3）1.5；2.5
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）若两球始终同时落地，说明平抛的竖直分运动是自由落体运动；
（2） A．斜槽不必光滑，A不符合题意；
B．为了小球离开斜槽后做平抛运动，斜槽末端切线方向水平，B符合题意；
C．为了保证小球的平抛的初速度不变，图乙实验中每次从斜槽上释放钢球必须是在同一位置且静止释放，C符合题意；
D．图乙实验中每次移动挡板的距离不必相等，D不符合题意。
故答案为：BC。
（3）时间间隔为
解得
小球平抛运动的初速度为
小球在B点速度的竖直分量为
小球在B点的速度为
【分析】（1）利用两个小球同时落地可以说明平抛运动其竖直方向的分运动为自由落体运动；
（2）斜槽不需要光滑，为了平抛运动的初速度沿水平方向其斜槽末端需要切线水平；实验中每次移动挡板的距离不需要相等；
（3）利用其竖直方向的邻差公式可以求出时间间隔的大小；结合水平方向的位移公式可以求出初速度的大小；利用其速度的合成可以求出速度的大小。
14．【答案】（1）解：设小球在Q点的速度大小为，据向心力公式可得
其中
解得
（2）解：小球由Q点水平抛出，据位移公式可得
联立解得
（3）解：小球落地时的竖直分速度为
落地速度大小为
联立解得
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】（1）小球在Q点，利用向心力的表达式可以求出其小球飞出时速度的大小；
（2）小球从Q点开始做平抛运动，利用位移公式可以求出水平距离的大小；
（3）小球落地时，利用速度公式和速度的合成可以求出落地速度的大小。
15．【答案】（1）解：由牛顿第二定律得
代入数据解得
上升高度为
代入数据解得
故离地面的高度为180m
（2）解：下落过程中，有
代入数据解得
则有
代入数据解得
故无人机坠落地面时的速度为
（3）解：恢复升力后向下减速运动过程中，有
代入数据解得
设恢复升力时的速度为，则有，，
联立解得
由
得
故飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间为4s
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）无人机做匀加速直线运动，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合位移公式可以求出离地高度的大小；
（2）下落过程中，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，利用速度位移公式可以求出坠落地面的速度大小；
（3）恢复升力后向下减速过程中，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，利用速度位移公式可以求出下落过程最大速度，利用速度公式可以求出从开始下落到恢复升力的最长时间。
16．【答案】（1）解：装置转动的角速度为时，对小球B，由竖直方向的平衡可得
解得T=2.5mg
（2）解：装置转动的角速度为时，对小球B，由牛顿第二定律可得
解得
（3）解：装置转动的角速度为时，设OB的长度变为，对小球B，竖直方向和水平方向分别满足
联立解得
设细线的长度为L，对圆环A，角速度为时，有
角速度为时有
联立解得
【知识点】匀速圆周运动
【解析】【分析】（1）小球做匀速圆周运动，利用其竖直方向的平衡方程可以求出拉力的大小；
（2）小球B做匀速圆周运动，利用牛顿第二定律可以求出细线OB的长度；
（3）当装置转动的角速度已知时，利用牛顿第二定律结合其圆环的牛顿第二定律可以求出弹力的大小。
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