广东省深圳市龙岗区四校2022-2023学年高一下学期期中联考物理试卷
一、单选题（每题4分，共28分）
1．（2023高一下·龙岗期中）下列物体在加速过程中的加速度最大的是（ ）
A．队员起跑过程 B．列车启动过程
C．子弹发射过程 D．铅球推出过程
【答案】C
【知识点】加速度
【解析】【解答】加速度的定义是速度的变化量与发生这一变化的时间之比，速度的变化越快，加速度越大，子弹在发射的过程中，在极短的时间内，速度从零增加到几百米每秒，所以子弹的加速度最大，C符合题意；
故选C。
【分析】根据加速度的定义以及物理意义，速度变化的越快，加速度越大，在四个选项的情境中，子弹速度的变化最快，加速度最大。
2．（2023高一下·龙岗期中）下图是无人机在疫情防控期间某次运送货物的 图像，下列说法正确的是（ ）
A． 内物体做匀加速直线运动 B． 内物体做匀速直线运动
C． 内物体静止 D． 时物体回到出发点
【答案】A
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】在v-t图像中，斜率表示加速度，面积表示位移；
在0~2s内，斜率为2，所以加速度为2m/s2，物体在做匀加速直线运动，A正确，B错误；
在2~4s内，速度不为0，物体在做匀减速直线运动，C错误；
在0~4s内，三角形面积为8，所以位移为8m，在4s时物体没有回到原点，D错误；
故选A。
【分析】v-t图像中，斜率表示加速度，与t轴形成的面积表示位移，当速度为0时表示物体静止。
3．（2023高一下·龙岗期中）汽车沿平直的公路向左匀速行驶，如图所示，经过一棵树附近时，恰好有一颗果子从上面自由落下，则车中的人以车为参考系，看到果子的运动轨迹是下图中的（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】参考系与坐标系
【解析】【解答】车中的人以车为参考系，果子相对于车的位置变化是斜向右下方，并且轨迹是曲线，B符合题意；
故选B。
【分析】描述运动时需要选择合适的参考系，判断物体的运动轨迹，根据物体相对于参考系的位置的变化判断。
4．（2023高一下·龙岗期中）如图所示，拖拉机后轮的半径是前轮半径的两倍，A和B是前轮和后轮边缘上的点，若车行进时车轮没有打滑，则（ ）
A．两轮转动的周期相等
B．前轮和后轮的角速度之比为3：1
C．A点和B点的线速度大小之比为1：2
D．A点和B点的向心加速度大小之比为2：1
【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】解答：解：B、根据v=ωr和vA=vB，可知A、B两点的角速度之比为2：1；故B不正确．
A、据ω= 和前轮与后轮的角速度之比2：1，求得两轮的转动周期为1：2，故A错误．
C、轮A、B分别为同一传动装置前轮和后轮边缘上的一点，所以vA=vB，故C错误．
D、由a=，可知，向心加速度与半径成反比，则A与B点的向心加速度之比为2：1，故D正确．
故选：D．
分析：传动装置，在传动过程中不打滑，则有：共轴的角速度是相同的；同一传动装置接触边缘的线速度大小是相等的．所以当角速度一定时，线速度与半径成正比；当线速度大小一定时，角速度与半径成反比．因此根据题目条件可知三点的线速度及角速度关系即可求解．
5．（2023高一下·龙岗期中）关于铁道转弯处内外铁轨间的高度关系，下列说法中正确的是（ ）
A．内、外轨一样高，以防列车倾倒造成翻车事故
B．因为列车在转弯处有向内倾倒的可能，故一般使内轨高于外轨，以防列车翻倒
C．外轨比内轨略高，这样可以使列车顺利转弯，减少车轮与铁轨的挤压
D．以上说法均不正确
【答案】C
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】铁道转弯处外轨比内轨略高，从而使支持力的水平方向合力可提供一部分向心力，以减少车轮与铁轨的挤压避免事故发生，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】火车规定的外轨高于内轨；可以是支持力和重力的合力提供一部分的向心力，减速车轮与铁轨的挤压。
6．（2023高一下·龙岗期中）如图所示，倾角为 的斜面A放在粗糙水平面上，当质量为m的滑块B以速度v沿斜面匀速下滑时，在滑块上突然加上平行于斜面向下的恒力F，且 ，物体继续沿斜面滑动距离L到达斜面底端，重力加速度大小为g。则（ ）
A．滑块到达斜面底端时的速度大小为
B．斜面A受到地面的摩擦力为
C．如果将恒力F方向改为竖直向下，滑块受到的合力为零
D．如果将恒力F方向改为竖直向下，滑块将加速下滑
【答案】C
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】A ．未加力F时，物体匀速下滑，故有
当加上力F后，根据受力分析可知
且
解得
故物体做加速度为g的匀加速运动，到达底端时，有
解得滑块到达斜面底端时的速度为
A不符合题意；
B．物体B匀速下滑时对斜面的压力和摩擦力的合力大小等于其重力，方向竖直向下；加上F后，物体B对斜面的作用力并没有改变，故斜面没有受到地面的摩擦力作用，B不符合题意；
CD．如果将力F方向改为竖直向下，对物块受力分析
解得
故物体仍将做匀速运动；C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出物体加速度的大小，结合速度位移公式可以求出滑块到达底端速度的大小；由于加上恒力后其B对A的作用力不变所以斜面受到地面的摩擦力等于0；利用力的分解结合合力的方向可以判别滑块受到的合力情况。
7．（2023高一下·龙岗期中）2021年6月17日，神舟十二号载人飞船与天和核心舱成功对接，对接过程如图所示，天和核心舱处于半径为的圆轨道Ⅲ；神舟十二号飞船处于半径为的圆轨道Ⅰ，运行周期为，当经过A点时，通过变轨操作后，沿椭圆轨道Ⅱ运动到B处与核心舱对接，则神舟十二号飞船（ ）
A．在轨道Ⅰ上的速度小于沿轨道Ⅱ运动经过B点的速度
B．沿轨道Ⅱ运行的周期为
C．沿轨道Ⅱ从A运动到B的过程中，速度不断增大
D．沿轨道Ⅰ运行的周期大于天和核心舱沿轨道Ⅲ运行的周期
【答案】B
【知识点】速度与速率；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
得
故
在B点经点火加速后才能进入轨道Ⅲ，故轨道Ⅱ上经过B点的速度小于 ，A不符合题意；
B．根据开普勒第三定律，有
B符合题意；
C．沿轨道Ⅱ从A运动到B的过程中，万有引力做负功，速度不断减小，C不符合题意；
D．绕地球做匀速圆周运动时万有引力提供向心力，有 ，
解得
因为 小于 ，所以飞船沿轨道Ⅰ运行的周期小于天和核心舱沿轨道Ⅲ运行的周期，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用引力提供向心力结合半径的大小可以比较卫星在圆轨道线速度的大小；利用开普勒第三定律可以求出卫星绕轨道II运动的周期大小；利用卫星与地球之间距离的变化结合引力做功可以判别速度的变化；利用引力提供向心力结合半径的大小可以比较周期的大小。
二、多选题（每题6分，漏选3分，错选0分，共18分）
8．（2023高一下·龙岗期中）下图中四幅图片涉及物理学史上的四个重大发现，下列说法正确的是（ ）
A．甲图，亚里士多德根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因
B．乙图，牛顿通过引力扭秤实验，测定出了万有引力常量
C．丙图，伽利略通过实验加推理的研究方法得到自由落体的速度与时间成正比
D．丁图，开普勒通过大量天文观测数据总结了行星运动的规律
【答案】C,D
【知识点】物理学史
【解析】【解答】A．甲图，伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因，A不符合题意；
B．乙图，卡文迪许通过引力扭秤实验，测定出了万有引力常量，B不符合题意；
C．丙图，伽利略通过实验加推理的研究方法得到自由落体的速度与时间成正比，C符合题意；
D．丁图，开普勒通过大量天文观测数据总结了行星运动的规律，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】根据开普勒第二定律可以知，行星的掠面速度是定值，故不管在轨道的哪个地方，相同时间内扫过的面积是个定值；伽利略在证明自由落体是匀加速直线运动时，为了使物体的加速程度减弱，伽利略使小球在坡度非常缓的斜面上向下运动，经过长时间观察，此运动为匀加速直线运动，逐渐增加坡度，小球速度增加的越来越快，仍然是匀加速运动，由此可以推断出当倾角是90度时，小球仍然做匀加速直线运动。
9．（2023高一下·龙岗期中）a、b两颗人造地球卫星分别在如图所示的两个不同的圆轨道上运行，下列说法正确的是（ ）
A．a卫星的运行速度比第一宇宙速度小
B．b卫星的运行速度比a卫星的小
C．b卫星的周期比a卫星的小
D．b卫星的角速度比a卫星的小
【答案】A,B,D
【知识点】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】根据万有引力提供向心力，有，可得半径越大，周期越大，角速度以及线速度越小，图中可以看出b卫星的轨道半径大于a卫星的轨道半径，所以b卫星的周期比a卫星的周期大，b卫星的角速度和线速度比a卫星小，所以BD正确，C错误；
第一宇宙速度是近地卫星的圆周运动的线速度，近地卫星的轨道半径小于a卫星的轨道半径，所以a卫星的运行线速度小于第一宇宙速度，A正确；
故选ABD。
【分析】根据万有引力提供向心力，得到周期、角速度、线速度与轨道半径的关系。
10．（2023高一下·龙岗期中）如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，轨道半径为R，小球的质量为m。小球的直径略小于管的内径。BD为管的水平直径，AC为管的竖直直径，OE与BD的夹角。重力加速度为g，，。下列说法中正确的是（ ）
A．小球以最小速度通过C点时对管的压力大小为0
B．小球以速率v1通过B点时对管的压力大小为
C．小球以速率v2通过E点时对管的压力大小为
D．小球以速率v3通过A点时对管的压力大小为
【答案】B,D
【知识点】竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．小球通过C点的最小速度为0，由牛顿第二定律和牛顿第三定律可得小球对管的压力大小为mg，A不符合题意；
B．小球通过B点时，管对小球的支持力提供向心力，由牛顿第二定律得
由牛顿第三定律可知小球对管的压力大小为
B符合题意；
C．小球通过E点时，管对小球的支持力和小球重力沿半径方向分力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得
由牛顿第三定律可知小球对管的压力大小为
C不符合题意；
D．小球通过A点时，管对小球的支持力和小球的重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：
由牛顿第三定律可知小球对管的压力大小为
D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】利用牛顿第二定律结合小球过最高点速度的大小可以求出小球对管的压力大小；利用牛顿第二定律结合速度的大小可以求出小球经过B点对管的压力大小；利用牛顿第二定律结合速度的大小可以求出小球经过E点和A点时对管的压力的大小。
三、解答题（11题5分，12题10分，13题10分，14题13分，15题16分，共54分）
11．（2023高一下·龙岗期中）向心力演示器可以探究小球做圆周运动所需向心力F的大小与质量m、角速度ω、轨道半径r之间的关系，装置如图所示，两个变速塔轮通过皮带连接。实验时，匀速转动手柄使长槽和短槽分别随相应的变速塔轮匀速转动，槽内的金属小球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对小球的压力提供向心力，小球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上红白相间的等分格显示出两个金属球所受向心力的大小。
（1）下列实验与本实验中采用的实验方法一致的是____
A．探究弹簧弹力与形变量的关系
B．探究两个互成角度力的合成规律
C．探究加速度与力、质量的关系
D．探究平抛运动的特点
（2）为了探究金属球的向心力F的大小与轨道半径r之间的关系，下列说法正确的是____
A．应使用两个质量不等的小球
B．应使两小球离转轴的距离不同
C．应将皮带套在两边半径相等的变速塔轮上
D．以上说法都不正确
【答案】（1）C
（2）B；C
【知识点】向心力
【解析】【解答】（1） 本实验的目的是探究小球做圆周运动所需向心力F的大小与质量m、角速度ω、轨道半径r之间的关系，需要控制变量，选项中使用控制变量的实验是探究加速度与厉、质量的关系，故选C；
（2）为了探究金属球的向心力F的大小与轨道半径r之间的关系 ，需要控制质量m以及角速度ω不变，改变轨道半径r，所以应该使用两个质量相等的小球，应该将皮带套在两边半径相等的变速塔伦上以控制角速度ω不变，改变两小球离转轴的距离以改变轨道半径r之间的关系，故选BC。
【分析】 向心力演示器可以探究小球做圆周运动所需向心力F的大小与质量m、角速度ω、轨道半径r之间的关系 ，需要控制变量，改变所要探究的变量。
12．（2023高一下·龙岗期中）图甲是“研究平抛物体的运动”的实验装置图。
（1）实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线 。每次让小球从同一位置由静止释放，是为了每次平抛 。图乙是正确实验取得的数据，其中O为抛出点，则此小球做平抛运动的初速度为 m/s（g取9.8m/s2）。
（2）在另一次实验中将白纸换成方格纸，每个格的边长L=5cm，通过实验，记录了小球在运动途中的三个位置，如图丙所示，则该小球做平抛运动的初速度为 m/s，B点的竖直分速度为 m/s，抛出点坐标为 （如图丙，以O点为原点，水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴的正方向，g取10m/s2）。
【答案】（1）水平；初速度相同；1.6
（2）1.5；2.0；（ 0.05m，0.05m）
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）为了使小球可以获得水平方向的初速度，实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线水平；
为了让小球初速度相同，需要每次让小球从同一位置静止释放；
将平抛运动沿水平和竖直方向分解，竖直方向有，水平方向有x=vt，两式代入解得小球做平抛运动的初速度为1.6m/s；
（2）将平抛运动沿水平和竖直方向分解，从图中可以看出，A到B点的时间和B点到C点的时间相等，所以可以设时间间隔为t，在竖直方向有，即，解得t=0.1s，所以水平方向速度为，即初速度为1.5m/s；
竖直方向为自由落体运动，B点的竖直分速度为中间时刻的速度，等于数值方向的平均速度，；
根据v=v0+at，可得A点的竖直分速度为1m/s，所以在小球运动到A点之前，小球已经运动了0.1s，即水平方向的位移为0.15m，竖直方向的位移为0.05m，所以小球的初始位置为（-0.05m，0.05m）。
【分析】根据平抛运动的特点，将平抛运动分解，水平方向为匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动，再根据匀加速直线运动的特点，求出时间间隔以及B点的竖直分加速度。
13．（2023高一下·龙岗期中）如图所示，用F1 = 16 N的水平拉力，使质量m = 2.0 kg的物体由静止开始沿水平地面做匀加速直线运动，已知物体所受的滑动摩擦力F2 = 6.0 N ，求：
（1）物体加速度a的大小；
（2）物体开始运动后t=2.0 s内通过的距离x。
【答案】（1）解：根据牛顿第二定律得，加速度
（2）解：根据位移公式
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律F=ma，可以解得加速度；
（2）根据匀加速直线运动的位移公式计算出物体运动2s内通过的距离。
14．（2023高一下·龙岗期中）某人在离地面h=20m高的平台处做实验，松开压缩的弹簧后，小球以水平速度v0=20m/s离开平台，不计空气阻力，g取10m/s2。求：
（1）小球在空中飞行的时间；
（2）小球落地点离抛出点的水平位移；
（3）小球落地点时的速度与水平面之间的夹角。
【答案】（1）解：小球离开平台做平抛运动，在竖直方向为自由落体运动，有
解得t=2s
（2）解：小球在水平方向上做匀速运动，则有x=v0t
解得x=40m
（3）解： 根据速度公式可知，竖直方向的速度
vy=gt=20m/s
则α=45°
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】（1）小球离开平台后做平抛运动，平抛运动在竖直方向是自由落体运动，根据自由落体运动的位移公式，计算出小球在空中飞行的时间；
（2）小球在水平方向为匀速直线运动，根据x=vt直接解出水平方向的位移；
（3）竖直方向的速度可以根据自由落体的速度公式计算得出，在根据几何关系得到速度与水平面之间的夹角。
15．（2023高一下·龙岗期中）如图所示，长度为L＝4.5m的轻绳，系一质量为 的小球在竖直平面内做圆周运动，小球刚好能够经过最高点A；已知轻绳可以承受的最大张力为60N，当小球运动到最低点时，绳恰好断裂，之后小球恰好沿倾角为 的斜面下滑，B点距斜面高度为H，斜面高度为 ，动摩擦因数为 ，小球可视为质点，g取10m/s2（小球在斜面上的运动视作滑动， ， ）。求：
（1）小球在最高点时的速度大小以及绳断裂瞬间小物块的速度大小；
（2）小球从最低点到斜面顶端的水平距离；
（3）小球到达斜面底端D点时的速度
【答案】（1）解：小球在最高点时，由
解得
在最低点B时
（2）解：小球从B点到C点做平抛运动，在C点时
从B到C的时间为
故其水平距离为
（3）解：在C点时平行于CD斜面的速度为
在斜面上，由牛顿第二定律得
得
从C到D小球做匀加速直线运动
其中
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；平抛运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】（1）小球刚好能经过最高点，所以小球在最高点时轻绳张力为0，只受重力，根据重力提供万有引力，可以计算出小球在最高点时的速度大小；
小球运动到最低点时，绳恰好断裂，此时绳子的张力为60N，小球收到向上的拉力和向下的重力，合力提供向心力，可以计算出小球在最低点的速度大小；
（2）小球从最低点运动到斜面顶端的过程做平抛运动，竖直方向根据自由落体的速度时间关系求出运动时间，水平方向根据匀速直线运动求出距离；
（3）小球在斜面上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度，再根据匀加速直线远动的位移速度公式求出小球到达斜面底端D点时的速度。
1 / 1广东省深圳市龙岗区四校2022-2023学年高一下学期期中联考物理试卷
一、单选题（每题4分，共28分）
1．（2023高一下·龙岗期中）下列物体在加速过程中的加速度最大的是（ ）
A．队员起跑过程 B．列车启动过程
C．子弹发射过程 D．铅球推出过程
2．（2023高一下·龙岗期中）下图是无人机在疫情防控期间某次运送货物的 图像，下列说法正确的是（ ）
A． 内物体做匀加速直线运动 B． 内物体做匀速直线运动
C． 内物体静止 D． 时物体回到出发点
3．（2023高一下·龙岗期中）汽车沿平直的公路向左匀速行驶，如图所示，经过一棵树附近时，恰好有一颗果子从上面自由落下，则车中的人以车为参考系，看到果子的运动轨迹是下图中的（ ）
A． B． C． D．
4．（2023高一下·龙岗期中）如图所示，拖拉机后轮的半径是前轮半径的两倍，A和B是前轮和后轮边缘上的点，若车行进时车轮没有打滑，则（ ）
A．两轮转动的周期相等
B．前轮和后轮的角速度之比为3：1
C．A点和B点的线速度大小之比为1：2
D．A点和B点的向心加速度大小之比为2：1
5．（2023高一下·龙岗期中）关于铁道转弯处内外铁轨间的高度关系，下列说法中正确的是（ ）
A．内、外轨一样高，以防列车倾倒造成翻车事故
B．因为列车在转弯处有向内倾倒的可能，故一般使内轨高于外轨，以防列车翻倒
C．外轨比内轨略高，这样可以使列车顺利转弯，减少车轮与铁轨的挤压
D．以上说法均不正确
6．（2023高一下·龙岗期中）如图所示，倾角为 的斜面A放在粗糙水平面上，当质量为m的滑块B以速度v沿斜面匀速下滑时，在滑块上突然加上平行于斜面向下的恒力F，且 ，物体继续沿斜面滑动距离L到达斜面底端，重力加速度大小为g。则（ ）
A．滑块到达斜面底端时的速度大小为
B．斜面A受到地面的摩擦力为
C．如果将恒力F方向改为竖直向下，滑块受到的合力为零
D．如果将恒力F方向改为竖直向下，滑块将加速下滑
7．（2023高一下·龙岗期中）2021年6月17日，神舟十二号载人飞船与天和核心舱成功对接，对接过程如图所示，天和核心舱处于半径为的圆轨道Ⅲ；神舟十二号飞船处于半径为的圆轨道Ⅰ，运行周期为，当经过A点时，通过变轨操作后，沿椭圆轨道Ⅱ运动到B处与核心舱对接，则神舟十二号飞船（ ）
A．在轨道Ⅰ上的速度小于沿轨道Ⅱ运动经过B点的速度
B．沿轨道Ⅱ运行的周期为
C．沿轨道Ⅱ从A运动到B的过程中，速度不断增大
D．沿轨道Ⅰ运行的周期大于天和核心舱沿轨道Ⅲ运行的周期
二、多选题（每题6分，漏选3分，错选0分，共18分）
8．（2023高一下·龙岗期中）下图中四幅图片涉及物理学史上的四个重大发现，下列说法正确的是（ ）
A．甲图，亚里士多德根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因
B．乙图，牛顿通过引力扭秤实验，测定出了万有引力常量
C．丙图，伽利略通过实验加推理的研究方法得到自由落体的速度与时间成正比
D．丁图，开普勒通过大量天文观测数据总结了行星运动的规律
9．（2023高一下·龙岗期中）a、b两颗人造地球卫星分别在如图所示的两个不同的圆轨道上运行，下列说法正确的是（ ）
A．a卫星的运行速度比第一宇宙速度小
B．b卫星的运行速度比a卫星的小
C．b卫星的周期比a卫星的小
D．b卫星的角速度比a卫星的小
10．（2023高一下·龙岗期中）如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，轨道半径为R，小球的质量为m。小球的直径略小于管的内径。BD为管的水平直径，AC为管的竖直直径，OE与BD的夹角。重力加速度为g，，。下列说法中正确的是（ ）
A．小球以最小速度通过C点时对管的压力大小为0
B．小球以速率v1通过B点时对管的压力大小为
C．小球以速率v2通过E点时对管的压力大小为
D．小球以速率v3通过A点时对管的压力大小为
三、解答题（11题5分，12题10分，13题10分，14题13分，15题16分，共54分）
11．（2023高一下·龙岗期中）向心力演示器可以探究小球做圆周运动所需向心力F的大小与质量m、角速度ω、轨道半径r之间的关系，装置如图所示，两个变速塔轮通过皮带连接。实验时，匀速转动手柄使长槽和短槽分别随相应的变速塔轮匀速转动，槽内的金属小球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对小球的压力提供向心力，小球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上红白相间的等分格显示出两个金属球所受向心力的大小。
（1）下列实验与本实验中采用的实验方法一致的是____
A．探究弹簧弹力与形变量的关系
B．探究两个互成角度力的合成规律
C．探究加速度与力、质量的关系
D．探究平抛运动的特点
（2）为了探究金属球的向心力F的大小与轨道半径r之间的关系，下列说法正确的是____
A．应使用两个质量不等的小球
B．应使两小球离转轴的距离不同
C．应将皮带套在两边半径相等的变速塔轮上
D．以上说法都不正确
12．（2023高一下·龙岗期中）图甲是“研究平抛物体的运动”的实验装置图。
（1）实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线 。每次让小球从同一位置由静止释放，是为了每次平抛 。图乙是正确实验取得的数据，其中O为抛出点，则此小球做平抛运动的初速度为 m/s（g取9.8m/s2）。
（2）在另一次实验中将白纸换成方格纸，每个格的边长L=5cm，通过实验，记录了小球在运动途中的三个位置，如图丙所示，则该小球做平抛运动的初速度为 m/s，B点的竖直分速度为 m/s，抛出点坐标为 （如图丙，以O点为原点，水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴的正方向，g取10m/s2）。
13．（2023高一下·龙岗期中）如图所示，用F1 = 16 N的水平拉力，使质量m = 2.0 kg的物体由静止开始沿水平地面做匀加速直线运动，已知物体所受的滑动摩擦力F2 = 6.0 N ，求：
（1）物体加速度a的大小；
（2）物体开始运动后t=2.0 s内通过的距离x。
14．（2023高一下·龙岗期中）某人在离地面h=20m高的平台处做实验，松开压缩的弹簧后，小球以水平速度v0=20m/s离开平台，不计空气阻力，g取10m/s2。求：
（1）小球在空中飞行的时间；
（2）小球落地点离抛出点的水平位移；
（3）小球落地点时的速度与水平面之间的夹角。
15．（2023高一下·龙岗期中）如图所示，长度为L＝4.5m的轻绳，系一质量为 的小球在竖直平面内做圆周运动，小球刚好能够经过最高点A；已知轻绳可以承受的最大张力为60N，当小球运动到最低点时，绳恰好断裂，之后小球恰好沿倾角为 的斜面下滑，B点距斜面高度为H，斜面高度为 ，动摩擦因数为 ，小球可视为质点，g取10m/s2（小球在斜面上的运动视作滑动， ， ）。求：
（1）小球在最高点时的速度大小以及绳断裂瞬间小物块的速度大小；
（2）小球从最低点到斜面顶端的水平距离；
（3）小球到达斜面底端D点时的速度
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】加速度
【解析】【解答】加速度的定义是速度的变化量与发生这一变化的时间之比，速度的变化越快，加速度越大，子弹在发射的过程中，在极短的时间内，速度从零增加到几百米每秒，所以子弹的加速度最大，C符合题意；
故选C。
【分析】根据加速度的定义以及物理意义，速度变化的越快，加速度越大，在四个选项的情境中，子弹速度的变化最快，加速度最大。
2．【答案】A
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】在v-t图像中，斜率表示加速度，面积表示位移；
在0~2s内，斜率为2，所以加速度为2m/s2，物体在做匀加速直线运动，A正确，B错误；
在2~4s内，速度不为0，物体在做匀减速直线运动，C错误；
在0~4s内，三角形面积为8，所以位移为8m，在4s时物体没有回到原点，D错误；
故选A。
【分析】v-t图像中，斜率表示加速度，与t轴形成的面积表示位移，当速度为0时表示物体静止。
3．【答案】B
【知识点】参考系与坐标系
【解析】【解答】车中的人以车为参考系，果子相对于车的位置变化是斜向右下方，并且轨迹是曲线，B符合题意；
故选B。
【分析】描述运动时需要选择合适的参考系，判断物体的运动轨迹，根据物体相对于参考系的位置的变化判断。
4．【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】解答：解：B、根据v=ωr和vA=vB，可知A、B两点的角速度之比为2：1；故B不正确．
A、据ω= 和前轮与后轮的角速度之比2：1，求得两轮的转动周期为1：2，故A错误．
C、轮A、B分别为同一传动装置前轮和后轮边缘上的一点，所以vA=vB，故C错误．
D、由a=，可知，向心加速度与半径成反比，则A与B点的向心加速度之比为2：1，故D正确．
故选：D．
分析：传动装置，在传动过程中不打滑，则有：共轴的角速度是相同的；同一传动装置接触边缘的线速度大小是相等的．所以当角速度一定时，线速度与半径成正比；当线速度大小一定时，角速度与半径成反比．因此根据题目条件可知三点的线速度及角速度关系即可求解．
5．【答案】C
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】铁道转弯处外轨比内轨略高，从而使支持力的水平方向合力可提供一部分向心力，以减少车轮与铁轨的挤压避免事故发生，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】火车规定的外轨高于内轨；可以是支持力和重力的合力提供一部分的向心力，减速车轮与铁轨的挤压。
6．【答案】C
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】A ．未加力F时，物体匀速下滑，故有
当加上力F后，根据受力分析可知
且
解得
故物体做加速度为g的匀加速运动，到达底端时，有
解得滑块到达斜面底端时的速度为
A不符合题意；
B．物体B匀速下滑时对斜面的压力和摩擦力的合力大小等于其重力，方向竖直向下；加上F后，物体B对斜面的作用力并没有改变，故斜面没有受到地面的摩擦力作用，B不符合题意；
CD．如果将力F方向改为竖直向下，对物块受力分析
解得
故物体仍将做匀速运动；C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出物体加速度的大小，结合速度位移公式可以求出滑块到达底端速度的大小；由于加上恒力后其B对A的作用力不变所以斜面受到地面的摩擦力等于0；利用力的分解结合合力的方向可以判别滑块受到的合力情况。
7．【答案】B
【知识点】速度与速率；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
得
故
在B点经点火加速后才能进入轨道Ⅲ，故轨道Ⅱ上经过B点的速度小于 ，A不符合题意；
B．根据开普勒第三定律，有
B符合题意；
C．沿轨道Ⅱ从A运动到B的过程中，万有引力做负功，速度不断减小，C不符合题意；
D．绕地球做匀速圆周运动时万有引力提供向心力，有 ，
解得
因为 小于 ，所以飞船沿轨道Ⅰ运行的周期小于天和核心舱沿轨道Ⅲ运行的周期，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用引力提供向心力结合半径的大小可以比较卫星在圆轨道线速度的大小；利用开普勒第三定律可以求出卫星绕轨道II运动的周期大小；利用卫星与地球之间距离的变化结合引力做功可以判别速度的变化；利用引力提供向心力结合半径的大小可以比较周期的大小。
8．【答案】C,D
【知识点】物理学史
【解析】【解答】A．甲图，伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因，A不符合题意；
B．乙图，卡文迪许通过引力扭秤实验，测定出了万有引力常量，B不符合题意；
C．丙图，伽利略通过实验加推理的研究方法得到自由落体的速度与时间成正比，C符合题意；
D．丁图，开普勒通过大量天文观测数据总结了行星运动的规律，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】根据开普勒第二定律可以知，行星的掠面速度是定值，故不管在轨道的哪个地方，相同时间内扫过的面积是个定值；伽利略在证明自由落体是匀加速直线运动时，为了使物体的加速程度减弱，伽利略使小球在坡度非常缓的斜面上向下运动，经过长时间观察，此运动为匀加速直线运动，逐渐增加坡度，小球速度增加的越来越快，仍然是匀加速运动，由此可以推断出当倾角是90度时，小球仍然做匀加速直线运动。
9．【答案】A,B,D
【知识点】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】根据万有引力提供向心力，有，可得半径越大，周期越大，角速度以及线速度越小，图中可以看出b卫星的轨道半径大于a卫星的轨道半径，所以b卫星的周期比a卫星的周期大，b卫星的角速度和线速度比a卫星小，所以BD正确，C错误；
第一宇宙速度是近地卫星的圆周运动的线速度，近地卫星的轨道半径小于a卫星的轨道半径，所以a卫星的运行线速度小于第一宇宙速度，A正确；
故选ABD。
【分析】根据万有引力提供向心力，得到周期、角速度、线速度与轨道半径的关系。
10．【答案】B,D
【知识点】竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．小球通过C点的最小速度为0，由牛顿第二定律和牛顿第三定律可得小球对管的压力大小为mg，A不符合题意；
B．小球通过B点时，管对小球的支持力提供向心力，由牛顿第二定律得
由牛顿第三定律可知小球对管的压力大小为
B符合题意；
C．小球通过E点时，管对小球的支持力和小球重力沿半径方向分力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得
由牛顿第三定律可知小球对管的压力大小为
C不符合题意；
D．小球通过A点时，管对小球的支持力和小球的重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：
由牛顿第三定律可知小球对管的压力大小为
D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】利用牛顿第二定律结合小球过最高点速度的大小可以求出小球对管的压力大小；利用牛顿第二定律结合速度的大小可以求出小球经过B点对管的压力大小；利用牛顿第二定律结合速度的大小可以求出小球经过E点和A点时对管的压力的大小。
11．【答案】（1）C
（2）B；C
【知识点】向心力
【解析】【解答】（1） 本实验的目的是探究小球做圆周运动所需向心力F的大小与质量m、角速度ω、轨道半径r之间的关系，需要控制变量，选项中使用控制变量的实验是探究加速度与厉、质量的关系，故选C；
（2）为了探究金属球的向心力F的大小与轨道半径r之间的关系 ，需要控制质量m以及角速度ω不变，改变轨道半径r，所以应该使用两个质量相等的小球，应该将皮带套在两边半径相等的变速塔伦上以控制角速度ω不变，改变两小球离转轴的距离以改变轨道半径r之间的关系，故选BC。
【分析】 向心力演示器可以探究小球做圆周运动所需向心力F的大小与质量m、角速度ω、轨道半径r之间的关系 ，需要控制变量，改变所要探究的变量。
12．【答案】（1）水平；初速度相同；1.6
（2）1.5；2.0；（ 0.05m，0.05m）
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）为了使小球可以获得水平方向的初速度，实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线水平；
为了让小球初速度相同，需要每次让小球从同一位置静止释放；
将平抛运动沿水平和竖直方向分解，竖直方向有，水平方向有x=vt，两式代入解得小球做平抛运动的初速度为1.6m/s；
（2）将平抛运动沿水平和竖直方向分解，从图中可以看出，A到B点的时间和B点到C点的时间相等，所以可以设时间间隔为t，在竖直方向有，即，解得t=0.1s，所以水平方向速度为，即初速度为1.5m/s；
竖直方向为自由落体运动，B点的竖直分速度为中间时刻的速度，等于数值方向的平均速度，；
根据v=v0+at，可得A点的竖直分速度为1m/s，所以在小球运动到A点之前，小球已经运动了0.1s，即水平方向的位移为0.15m，竖直方向的位移为0.05m，所以小球的初始位置为（-0.05m，0.05m）。
【分析】根据平抛运动的特点，将平抛运动分解，水平方向为匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动，再根据匀加速直线运动的特点，求出时间间隔以及B点的竖直分加速度。
13．【答案】（1）解：根据牛顿第二定律得，加速度
（2）解：根据位移公式
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律F=ma，可以解得加速度；
（2）根据匀加速直线运动的位移公式计算出物体运动2s内通过的距离。
14．【答案】（1）解：小球离开平台做平抛运动，在竖直方向为自由落体运动，有
解得t=2s
（2）解：小球在水平方向上做匀速运动，则有x=v0t
解得x=40m
（3）解： 根据速度公式可知，竖直方向的速度
vy=gt=20m/s
则α=45°
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】（1）小球离开平台后做平抛运动，平抛运动在竖直方向是自由落体运动，根据自由落体运动的位移公式，计算出小球在空中飞行的时间；
（2）小球在水平方向为匀速直线运动，根据x=vt直接解出水平方向的位移；
（3）竖直方向的速度可以根据自由落体的速度公式计算得出，在根据几何关系得到速度与水平面之间的夹角。
15．【答案】（1）解：小球在最高点时，由
解得
在最低点B时
（2）解：小球从B点到C点做平抛运动，在C点时
从B到C的时间为
故其水平距离为
（3）解：在C点时平行于CD斜面的速度为
在斜面上，由牛顿第二定律得
得
从C到D小球做匀加速直线运动
其中
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；平抛运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】（1）小球刚好能经过最高点，所以小球在最高点时轻绳张力为0，只受重力，根据重力提供万有引力，可以计算出小球在最高点时的速度大小；
小球运动到最低点时，绳恰好断裂，此时绳子的张力为60N，小球收到向上的拉力和向下的重力，合力提供向心力，可以计算出小球在最低点的速度大小；
（2）小球从最低点运动到斜面顶端的过程做平抛运动，竖直方向根据自由落体的速度时间关系求出运动时间，水平方向根据匀速直线运动求出距离；
（3）小球在斜面上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度，再根据匀加速直线远动的位移速度公式求出小球到达斜面底端D点时的速度。
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