浙江省杭州外国语学校2023-2024学年高一上学期期末物理试题
1．（2024高一上·西湖期末） 下列万有引力公式中，正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】万有引力的大小与两物体的质量乘积成正比，与他们的距离的平方成反比，A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】利用万有引力定律的定义可得出结论。
2．（2024高一上·西湖期末） 下列说法中，错误的是（ ）
A．引力常量G的首次测量是卡文迪许完成的
B．开普勒根据第谷的天文观测数据发现了万有引力定律
C．探究向心力的表达式的实验方法是控制变量法
D．用运动的分解来研究平抛运动是等效替代法
【答案】B
【知识点】物理学史；控制变量法；等效法
【解析】【解答】A. 引力常量G的首次测量是卡文迪许完成的，A不符合题意；
B. 开普勒根据第谷的天文观测数据发现了开普勒三定律，牛顿发现了万有引力定律，B符合题意；
C. 探究多个物理量中两个量关系用控制变量法，故探究向心力的表达式的实验方法是控制变量法，C不符合题意；
D. 运动的分解方法思想是等效替代的思想，研究平抛运动的方法是等效替代法，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用相关物理学史的内容可得出结论。
3．（2024高一上·西湖期末）某物体在水平面内沿曲线减速行驶。关于该物体的速度v及所受合力F的方向，最可能如下列哪幅图所示（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】CD．汽车做曲线运动，根据曲线运动的性质可以得出合力的方向指向曲线的内测，CD错误；
AB．汽车做曲线运动同时减速，由于合力做负功，则可以得出合力和速度的夹角应是钝角，A错误，B正确。
故选B。
【分析】汽车做曲线运动，利用轨迹的弯曲方向可以判别合力的方向；利用速度变化可以判别速度方向和合力方向之间的夹角大小。
4．（2024高一上·西湖期末）A、B分别是地球上的两个物体，A在北纬某城市，B在赤道上某地，如图所示．当它们随地球自转时，它们的角速度分别是A、B，它们的线速度大小分别是vA、vB下列说法正确的是（ ）
A．A=B，vAvB
C．AB，vA【答案】A
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】A与B均绕地轴做匀速圆周运动，在相同的时间转过的角度相等，所以AB角速度相等，即A=B；
由角速度与线速度关系公式v=ωr，B的转动半径较大，根据线速度和角速度的关系可以得出B的线速度较大，即vAA.A=B，vAB.A=B，vA>vB．与结论不符，故B错误；
C.AD.A>B，vA【分析】AB属于同轴转动角速度相等，结合半径的大小可以比较线速度的大小。
5．（2024高一上·西湖期末） 有关功与能的下列说法中正确的是（ ）
A．功是能量转化的量度，功的正负表示大小
B．重力势能具有相对性和系统性，势能的正负表示大小
C．沿竖直方向用手加速向上提水桶时，拉力做的功等于水桶重力势能的增加量
D．坐升降电梯上楼时，电梯对人做的功等于人动能的增加量
【答案】B
【知识点】功的概念；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A. 功是能量转化的量度，功的正负不代表大小，正功表示动力做功，负功代表阻力做功，A不符合题意；
B. 零势能面的选取不同，物体具有的重力势能不同，具有相对性；重力势能是物体与地球系统共有的，具有系统性，势能的正负代表大小，B符合题意；
C. 沿竖直方向用手加速向上提水桶时，拉力做的功等于水桶重力势能的增加量与动能的增加量，C不符合题意；
D. 坐升降电梯上楼时，电梯对人做的功等于人动能的增加量和重力势能的增加量，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】利用动能定理可求出功能间的变化关系。
6．（2024高一上·西湖期末）力F对物体所做的功可由公式求得。但用这个公式求功是有条件的，即力F必须是恒力。而实际问题中，有很多情况是变力在对物体做功。那么，用这个公式不能直接求变力的功，我们就需要通过其他的一些方法来求解变力所做的功。如图，对于甲、乙、丙、丁四种情况下求解某个力所做的功，下列说法正确的是（ ）
A．甲图中若F大小不变，物块从A到C过程中力F做的功为
B．乙图中，全过程F做的总功为108J
C．丙图中，绳长为R，空气阻力f大小不变，小球从A沿圆弧运动到B克服阻力做功
D．丁图中，拉力F保持水平，无论缓慢将小球从P拉到Q，还是F为恒力将小球从P拉到Q，F做的功都是
【答案】C
【知识点】功的概念
【解析】【解答】A．F大小不变，根据功的定义可得物块从A到C过程中，根据F的大小及运动的位移可以得出力F做的功为
故A错误；
B．乙图的面积代表功，根据图像面积可以求出全过程中F做的总功为
故B错误；
C．丙图中，绳长为R，若空气阻力f大小不变，根据阻力的大小及小球运动的路程可以得出：小球从A运动到B过程中克服空气阻力做的功为
故C正确；
D．图丁中，F始终保持水平，当F为恒力时将小球从P拉到Q，根据F的大小及F方向上位移的大小可以求出F做的功是
而F缓慢将小球从P拉到Q，F为水平方向的变力，F做的功不能用力乘以位移计算，故D错误；
故选C。
【分析】利用F的大小及F方向上的位移大小结合功的表达式可以求出恒力做功的大小不能求出变力做功的大小；利用图像面积可以求出F做功的大小；利用阻力和运动的路程可以求出阻力做功的大小。
7．（2024高一上·西湖期末）有一质量为m、半径为R、密度均匀的球体，在距离球心O为2R的地方有一质量为m0的质点。现从m中挖去半径为0.5R的球体，如图所示，则剩余部分对m0的万有引力大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】 未挖去半径为0.5R的球体 之前，由万有引力公式
可得球体和质点间的引力为：
根据引力公式可以得出：挖去部分球体和质点间的引力为
由公式及可得
则有
根据两部分引力的大小可以得出剩余部分对的万有引力为
故选C。
【分析】利用万有引力公式可以求出完整球体和挖去球体对质点的引力大小，进而求出剩余部分对的万有引力。
8．（2024高一上·西湖期末）如图所示，两个质量相同小球从水平地面上方同一点O分别以初速度v1、v2水平抛出，落在地面上的位置分别是A、B，O'是O在地面上的竖直投影，且O'A：O'B=1：2，若不计空气阻力，则两小球（ ）
A．下落时间之比为1：2
B．落地速度大小之比为1：2
C．落地时重力的瞬时功率之比1：2
D．落地速度与水平夹角的正切值之比为2：1
【答案】D
【知识点】平抛运动；功率及其计算
【解析】【解答】AB．小球做平抛运动，根据竖直方向的高度相等结合
则可以得出两个小球运动时间相等，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在水平方向上，根据位移公式有
，
故初速度大小之比为1∶2，根据速度公式可以得出竖直分速度的大小为
相等，所以落地时速度大小之比不是1：2，故AB错误；
C．根据功率的表达式可以得出落地时重力的瞬时功率
相同，故C错误；
D．根据速度的分解可以得出落地速度与水平地面夹角的正切值
因为竖直方向上的速度相同，所以落地速度与水平地面夹角的正切值之比为2∶1，故D正确。
故选D。
【分析】利用竖直方向的位移公式可以比较运动的时间；结合水平方向的位移公式可以比较初速度的大小；结合速度公式可以比较竖直方向分速度的大小；利用功率的表达式可以比较瞬时功率的大小；利用速度的分解可以判别速度的方向。
9．（2024高一上·西湖期末）下列有关生活中圆周运动的实例分析，正确的是（ ）
A．甲图中，汽车通过拱桥最高点时，地面对汽车的支持力小于其重力
B．乙图中，“水流星”在通过最低处时，水与水桶之间可以没有相互作用力
C．丙图中，当火车转弯超过规定速度行驶时，内轨对内轮缘会有挤压作用
D．丁图中，洗衣机脱水桶的脱水原理是因为衣服太重，把水从衣服内压出来了
【答案】A
【知识点】生活中的圆周运动；离心运动和向心运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．甲图中，汽车通过拱桥最高点时，根据牛顿第二定律有
可知地面对汽车的支持力为
即地面对汽车的支持力小于其重力，选项A正确；
B．乙图中，“水流星”在通过最低处时，对水分析可知，根据牛顿第二定律有
则
即水与水桶之间一定有相互作用力，选项B错误；
C．丙图中，当火车的速度超过规定的速度时，轨道对火车的支持力和火车的重力的合力不足以提供向心力，此时火车外轨对外轮缘有挤压作用力，选项C错误；
D．丁图中，洗衣机脱水桶的脱水时，衣服给水滴的力提供做圆周运动的向心力，随转速的增加，由于水滴所需要向心力大小大于衣服给水滴的力，所以水滴开始做离心运动，选项D错误。
故选A。
【分析】利用汽车过最低点的牛顿第二定律可以比较支持力和重力的大小；利用水流星最低点的牛顿第二定律可以判别水和水桶之间有力的作用；当火车的速度超过规定的速度时，轨道对火车的支持力和火车的重力的合力不足以提供向心力，此时火车外轨对外轮缘有挤压作用力；由于水滴所需要向心力大小大于衣服给水滴的力，所以水滴开始做离心运动。
10．（2024高一上·西湖期末）如图所示，带有一白点的黑色圆盘，绕过其中心且垂直于盘的轴沿顺时针方向匀速转动，角速度。在暗室中用每秒闪光21次的频闪光源照射圆盘，则（ ）
A．观察到白点顺时针转动
B．观察到的白点转动方向与闪光频率无关
C．白点转动周期为2πs
D．白点转动的角速度为2πrad/s
【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】黑色圆盘可绕过其中心做匀速圆周运动，根据角速度可以得出转速的大小为：
每秒沿顺时针方向旋转20圈，根据转速可以得出频率为
在暗室中用每秒闪光21次的频闪光源照射圆盘，则光源的闪光频率为
则
根据转动的频率可以得出观察到白点逆时针旋转的频率为
所以观察到白点每秒逆时针旋转1圈，根据频率可以得出转动周期为
则白点转动的角速度为
故选D。
【分析】利用圆盘转动的角速度可以求出频率的大小，结合光源照射的频率可以求出白点运动的方向和观察到白点的频率，结合频率的大小可以求出周期的大小及运动的角速度大小。
11．（2024高一上·西湖期末）2022年1月22日，我国实践21号卫星（SJ-21）将一颗失效的北斗导航卫星从拥挤的地球同步轨道上拖拽到了航天器稀少的更高的“墓地轨道"上。拖拽时，航天器先在P点加速进入转移轨道，而后在Q点加速进入墓地轨道。如图所示，此举标志着航天器被动移位和太空垃圾处理新方式的成功执行，在该过程中，航天器（ ）
A．在同步轨道上运动的周期小于在转移轨道上运动的周期
B．在同步轨道上运动的角速度小于在墓地轨道上运动的角速度
C．在转移轨道上经过Q点的速度大于在墓地轨道上经过Q点的速度
D．在同步轨道上经过P点的加速度大于在转移轨道上经过P点的加速度
【答案】A
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．根据开普勒第三定律可知，由于航天器在同步轨道上运动的半径小于在转移轨道上运动的半径，所以在同步轨道上运动的周期小于在转移轨道上运动的周期，故A正确；
B．地球对航天器的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
得角速度的大小为：
由于同步轨道的半径小于墓地轨道的半径，则在同步轨道上运动的角速度大于在墓地轨道上运动的角速度，故B错误；
C．根据离心运动的条件，航天器在Q点经过加速才能进入墓地轨道，所以在转移轨道上经过Q点的速度小于在墓地轨道上经过Q点的速度，故C错误；
D．由于引力提供向心力，根据牛顿第二定律可知
由于、、都相等，所以在同步轨道上经过P点的加速度等于在转移轨道上经过P点的加速度，故D错误。
故选A。
【分析】利用开普勒第三定律结合轨道半径的大小可以比较周期的大小；利用牛顿第二定律结合半径的大小可以比较角速度的大小；利用离心运动可以比较速度的大小；利用牛顿第二定律结合半径的大小可以比较加速度的大小。
12．（2024高一上·西湖期末）如图所示，A、B、C三个小球分别从斜面的顶端以不同的速度水平抛出，其中A、B落到斜面上，C落到水平面上，A、B落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角分别为、，C落到水平面上时速度方向与水平方向的夹角为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】据题意，三个小球均做平抛运动，设斜面倾角为，由于A、B两球落到斜面上，根据平抛运动的规律则可以得出速度偏向角与位移偏向角的关系
由于AB两个位移的方向相同所以速度方向的夹角满足
由于C小球位移方向夹角偏小，所以根据位移的方向可以得出
故选B。
【分析】利用图示可以得出三个小球运动的位移方向，结合位移的方向可以判别小球落地的速度方向。
13．（2024高一上·西湖期末）如图所示，由电动机带动着倾角θ=37°的足够长的传送带以速率v=4m/s顺时针匀速转动。一质量m=2kg的小滑块以平行于传送带向下v0=2m/s的速率滑上传送带，已知小滑块与传送带间的动摩擦因数，g取10m/s2，，，则小滑块从接触传送带到与传送带相对静止的时间内（ ）
A．小滑块的加速度大小为0.1m/s2
B．小滑块的重力势能增加了120J
C．小滑块使电动机多消耗的电能为336J
D．小滑块与传送带因摩擦产生的内能为84J
【答案】C
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A．由于滑块初速度小于传送带的速度，则刚开始在传送带上做加速运动，对滑块进行分析，平行斜面方向上，根据牛顿第二定律得
垂直斜面方向，根据平衡方程可以得出：
其中
联立解得
A错误；
B．以平行斜面向上为正，根据速度公式得滑块加速的时间为：
根据位移公式可以得出加速的位移大小为
根据重力势能的表达式可以得出重力势能增加量为
B错误；
D．根据位移公式可以得出在6s内传送带的位移
则滑块在传送带上运动的相对位移为
根据摩擦力做功及功能关系可以得出：产生的热量为
D错误；
C．根据功能关系可以得出：多消耗的电能等于系统增加的机械能和内能之和，则有
C正确。
故选C。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出滑块加速度的大小，结合速度公式可以求出加速的时间，利用位移公式可以求出加速位移的大小；利用重力势能的表达式可以求出重力势能的增加量；利用传送带的位移公式结合滑块运动的位移可以求出相对位移的大小，结合摩擦力大小可以求出摩擦产生的热量大小；利用功能关系可以求出系统多消耗的电能大小。
14．（2024高一上·西湖期末）两物体A、B的质量之比mA：mB=2：1，它们以相同的初速度v0在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其v-t图像如图所示。则在此过程中A、B两物（ ）
A．加速度大小之比2：1 B．所受摩擦力大小之比2：1
C．克服摩擦力做功之比4：1 D．损失的机械能之比为2：1
【答案】A,D
【知识点】功能关系；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．v—t图像中，图像斜率的绝对值表示加速度大小，根据图像斜率可以得出两个物体的加速度为
解得A、B两物体运动加速度大小之比为2：1，故A正确；
B．由于减速过程摩擦力为物体的合力，根据牛顿第二定律有
根据上述以及题中所给数据，解得A、B两物体受到的摩擦力大小之比为4：1，故B错误；
C．v—t图像中，图像与时间轴所围面积表示位移，根据图像面积可以得出两个物体的位移大小为
解得A、B两物体运动位移大小之比为1：2，根据功的表达式有
所以克服摩擦力做功之比2：1，故C错误；
D．根据功能关系可知，由于损失机械能等于克服阻力做功，根据摩擦力做功可以得出损失的机械能之比为2：1，故D正确。
故选AD。
【分析】利用图像斜率可以比较加速度的大小；利用牛顿第二定律可以求出摩擦力的大小比值；利用图像面积可以求出物体运动的位移，结合摩擦力的大小可以求出摩擦力做功的大小，进而求出损失机械能的大小。
15．（2024高一上·西湖期末）如图所示，同步卫星与地心的距离为r，运行速率为v1，向心加速度为a1，地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a2，第一宇宙速度为v2，地球半径为R，则下列比值正确的是（ ）
A．= B．=（）2
C． D．
【答案】A,D
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】地球对同步卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
地球对近地卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
可以得出线速度的大小关系有：
对于同步卫星和地球赤道上的物体，由于两者转动的角速度相等，根据向心加速度的表达式有：
则向心加速度的比值为：
故选AD。
【分析】利用引力提供向心力可以求出同步卫星和近地卫星的线速度比值；利用同步卫星和赤道上物体的角速度相等，结合半径的大小可以求出向心加速度的比值。
16．（2024高一上·西湖期末）图甲是“研究平抛物体的运动”的实验装置图。
（1）在做“研究平抛运动的特点”实验时，除了木板、小球、斜槽、铅笔、图钉之外，下列器材中还需要的有 。（单选）
A．重锤线 B．秒表 C．弹簧测力计 D．天平
（2）实验中，下列说法正确的是 。（多选）
A．记录的点应适当多一些
B．斜槽轨道必须光滑
C．斜槽轨道末端切线可以不水平
D．应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滑下
（3）在另一次实验中将白纸换成方格纸，每小格的边长L=5cm，通过实验记录了小球在运动过程中的三个位置，如图乙所示，则该小球做平拋运动的初速度为 m/s。（g取10m/s2，结果保留两位有效数字）
【答案】A；AD；1.5
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）A．实验中需要用重锤线来校准平板是否竖直，故A正确；
B．由于小球抛出后做平抛运动，根据竖直方向的邻差公式可以求出运动时间，故不需要秒表，故B错误；
CD．研究平抛运动的规律时，由于小球的质量对运动规律没有影响，所以不需要测量小球的质量，实验也不需要测量小球的受力情况，故无需弹簧测力计和天平，故CD错误。
故选A。
（2）A．实验中为了准确记录平抛运动的轨迹，则记录的点应适当多一些，这样可以让测量的值误差更小，故A正确；
B．只需要保证小球从斜槽末端做平抛运动，速度相同即可，斜槽与轨道是否光滑对小球的初速度大小没有影响，故B错误；
C．只有斜槽的末端保持水平，小球才具有水平初速度，其运动才是平抛运动，故斜槽轨道末端切线必须水平，故C错误；
D．为了记录小球同一个运动的多个轨迹点，所以初速度应该相同，则要求小球从同一斜面的同一高度静止释放，使得小球离开斜槽末端具有相同的速度，故D正确。
故选AD。
（3） 由于平抛运动水平方向做匀速直线运动，所以由图可知，物体从A到B的时间和从B到C的水平位移相等，即运动时间也相等，且根据竖直方向的邻差公式有
由图可知
代入解得时间间隔为
又由于水平方向做匀速直线运动，根据位移公式有
且由图可知水平方向位移为
解得
【分析】（1）实验中需要用重锤线来校准平板是否竖直；由于小球抛出后做平抛运动，根据竖直方向的邻差公式可以求出运动时间，故不需要秒表；实验不需要测量小球的质量，实验也不需要测量小球的受力情况，故无需弹簧测力计和天平；
（2）实验中为了准确记录平抛运动的轨迹，则记录的点应适当多一些；只需要保证小球从斜槽末端做平抛运动，速度相同即可，斜槽与轨道是否光滑对小球的初速度大小没有影响；只有斜槽的末端保持水平，小球才具有水平初速度；为了记录小球同一个运动的多个轨迹点，所以初速度应该相同，则要求小球从同一斜面的同一高度静止释放，使得小球离开斜槽末端具有相同的速度；
（3）利用竖直方向的邻差公式可以求出时间间隔，结合水平方向的位移公式可以求出初速度的大小。
17．（2024高一上·西湖期末）某实验小组“用落体法验证机械能守恒定律”，实验装置如图甲所示，实验中测出重物自由下落的高度h及对应的瞬时速度v，计算出重物减少的重力势能mgh和增加的动能，然后进行比较，如果两者在实验误差允许的范围内相等，即可验证重物自由下落过程中机械能守恒。请根据实验原理和步骤完成下列问题：
（1）关于上述实验，下列说法中正确的是___________。
A．重物最好选择密度较小的木块
B．重物的质量可以不测量
C．实验中应先接通电源，后释放纸带
D．可以利用公式v=来求解瞬时速度
E．打点计时器安装应使限位孔保持竖直
F．释放重物前应手提纸带上端并使重物远离计时器
（2）如图乙是该实验小组打出的一条点迹清晰的纸带，纸带上的O点是重物下落的起始点，选取纸带上连续的点A、B、C、D、E、F作为计时点，并测出各计时点到O点的距离依次为27.94cm、32.78cm、38.02cm、43.65cm、49.66cm、56.07cm。已知打点计时器所用的电源是50Hz的交流电，重物的质量为0.5kg，则从计时器打下点O到打下点D的过程中，重物减少的重力势能= J；重物增加的动能= J，造成两者不等的系统误差可能是 重力加速度g取9.8m/s2，计算结果保留三位有效数字）
【答案】（1）B；C；E
（2）2.14；2.12；物体克服空气阻力及纸带与打点计时器之间的摩擦阻力做功
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）A．为了减小空气阻力的影响，重物应选密度较大的，这样相同的质量体积更小。A错误；
B．因为动能和重力势能都涉及到质量，验证机械能是否守恒时质量可以约掉，所以可以不用测质量。B正确；
C．为了充分利用纸带，则实验中应先接通电源，后释放纸带；C正确；
D．实验中是利用平均速度来测量速度的。不能用公式来求解瞬时速度，由于利用速度位移公式已经默认机械能守恒，所以不能利用公式来求解瞬时速度 。D错误。
E．为了减小纸带与打点计时器的摩擦力，则打点计时器安装应使限位孔保持竖直以减小阻力，E正确；
F．为了充分利用纸带，则释放重物前应手提纸带上端并使重物靠近计时器，F错误。
故选BCE。
（2）根据重力势能的表达式可以得出：重物减小的重力势能
根据动能的表达式可以得出：重物增加的动能
物体克服空气阻力及纸带与打点计时器之间的摩擦阻力做功会导致重力势能的减少量大于动能的增量。
【分析】（1）为了减小空气阻力的影响，重物应选密度较大的；验证机械能是否守恒时质量可以约掉，所以可以不用测质量。B正确；
为了充分利用纸带，则实验中应先接通电源，后释放纸带；由于利用速度位移公式已经默认机械能守恒，所以不能利用公式v=来求解瞬时速度 ；
（2）利用重力势能的表达式可以求出重力势能的减少量；利用动能的表达式可以求出动能的增加量；物体克服空气阻力及纸带与打点计时器之间的摩擦阻力做功会导致重力势能的减少量大于动能的增量。
18．（2024高一上·西湖期末）已知平台AB水平，运动员从B点离开平台的初速度v0=10m/s，B点距落地点D的高度h=20m，运动员可看作质点，不计空气阻力，取g=10m/s2，求：
（1）运动员在空中运动的时间t；
（2）运动员落地点D到B点的水平距离s；
（3）运动员落地时的速度。（计算结果可用根式表示）
【答案】解：（1）运动员在空中做平抛运动，则有
解得
（2）运动员在空中做平抛运动，则有
结合上述解得
（3）竖直方向的分速度大小
则运动员落地时的速度大小
结合上述解得
令速度与水平方向夹角为，则有
结合上述解得
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】（1）运动员做平抛运动，利用位移公式可以求出运动的时间；
（2）运动员做平抛运动，利用水平方向的位移公式可以求出水平距离的大小；
（3）运动员做平抛运动，利用速度公式可以求出竖直方向分速度的大小，结合速度的合成可以求出落地速度的大小。
19．（2024高一上·西湖期末）如图所示，质量为m的小球用长为的细线悬于固定点B，使小球在水平面内做匀速圆周运动，细线与竖直方向的夹角是θ，重力加速度为g。不计空气阻力，求
（1）细线对小球的拉力大小F；
（2）小球做圆周运动的周期T；
（3）若保持轨迹圆的圆心O到悬点B的距离h不变，改变绳长，小球运动周期是否变化。
【答案】解：（1）对小球进行受力分析如图所示
则有
（2）根据
解得
周期
（3）根据上述有
根据几何关系有
解得
可知，若保持轨迹圆的圆心O到悬点B的距离h不变，增大绳长l，小球做匀速圆周运动的角速度ω不会发生改变，周期不变。
【知识点】共点力的平衡；生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1）小球做匀速圆周运动，利用竖直方向的平衡方程可以求出拉力的大小；
（2）小球做匀速圆周运动，利用牛顿第二定律可以求出周期的大小；
（3）小球做匀速圆周运动，利用牛顿第二定律可以求出小球角速度的表达式，进而判别角速度和周期的变化。
20．（2024高一上·西湖期末）如图所示，一长 不可伸长的轻绳上端悬挂于点，下端系一质量的小球。 是一竖直固定的圆弧形轨道，半径，与竖直方向的夹角，现将小球拉到点保持绳绷直且水平由静止释放，当它经过点时绳恰好被拉断，小球平抛后，从圆弧轨道的点沿切线方向进入轨道，刚好能到达圆弧轨道的最高点重力加速度取 ，求：
（1）小球到点时的速度大小；
（2）轻绳中拉力的最大值；
（3）小球在圆弧轨道上运动时克服阻力做的功。
【答案】解：（1）小球从到的过程，由动能定理得
解得
（2）小球在点时由牛顿第二定律和向心力公式得
解得
由牛顿第三定律可知，轻绳所受最大拉力大小为
（3）小球从到做平抛运动，从点沿切线进入圆轨道，由平抛运动规律可得
小球在点的速度大小
解得
小球刚好能到达点，则
解得
小球从点到点，由动能定理得
代入数据，解得
【知识点】牛顿第二定律；平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）小球从A运动到B的过程中，利用动能定理可以求出小球经过B点速度的大小；
（2）小球在B点时，利用牛顿第二定律可以求出绳子的最大拉力的大小；
（3）小球从B点做平抛运动，利用平抛运动的速度分解可以求出小球在C点速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出到达E点的速度大小，结合动能定理可以求出克服摩擦力作用的大小。
21．（2024高一上·西湖期末）如图所示，可视为质点的质量为m=0.1kg的小滑块静止在水平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F的作用下，从A点开始做匀加速直线运动，在滑块运动到水平轨道AB之间某个点时撤去拉力，滑块继续运动到B点后进入半径为R=0.4m且内壁光滑的竖直固定圆管道，在圆管道上运行一周后从C处的出口出来后向D点滑动，D点右侧有一与CD等高的传送带紧靠D点且平滑连接，并以恒定的速度v=3m/s顺时针转动。已知水平轨道AB的长度为l1=2.0m，CD的长度为l2=3.5m，小滑块与水平轨道AB、水平轨道CD间的动摩擦因数均为μ1=0.2，与传送带间的动摩擦因数μ2=0.5，传送带的长度L=0.5m，重力加速度g=10m/s2，求：
（1）若滑块运动到圆管道的最高点时对轨道的压力大小刚好为滑块重力的3倍，求滑块刚过B点后对圆管道的压力大小；
（2）若滑块到AB中点时撤去拉力，为使小滑块能到达传送带左侧D点，求F最小值；
（3）若在AB段水平拉力F=2N且作用距离x可变，试求小滑块到达传送带右侧E点时的速度v与水平拉力F的作用距离x的关系。
【答案】解：（1）设圆管道的最高点为P，当滑块到圆管道的最高点时，有
由B点运动到P点的过程，有
解得
在B点，根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律得滑块刚过B点后对圆管道的压力大小为
（2）若滑块恰能过P点，由A点运动到P点的过程，有
解得
若滑块恰能到D点，由A点运动到D点的过程，有
解得
综上所述，F的最小值为1.2N；
（3）滑块必过P点，由A点运动到P点，有
解得
由此可知，x<0.6m时，滑块无法达到E点，分析可知，由D点到E点，存在4种情况：
① 滑块到D点后一直加速，到E点也未加速到v，则
解得
所以
（0.6m≤x≤0.65m）
②滑块到D点后先加速后匀速，到E点时速度为v，有
解得
所以
（0.65m≤x≤0.775m）
③滑块到D点后先减速后匀速，到E点时速度为v，则
解得
所以
（0.775m≤x≤0.9m）
④滑块到D点后一直减速，到E点也未减速的到v，则
解得
（0.9m≤x≤2m）
综上所述，小滑块到达传送带右侧E点时的速度v与水平拉力F的作用距离x的关系为
当0.6m≤x≤0.65m时，；
当0.65m≤x≤0.9m时，；
当0.9m≤x≤2m时，。
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）当滑块经过最高点时，利用牛顿第二定律可以求出滑块经过最高点时对轨道的压力大小，利用动能定理可以求出滑块经过B点速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出滑块对圆管的压力的大小；
（2）当滑块恰好能到P点时，利用动能定理可以求出F的最小值；
（3）当滑块从A点到P点的过程中，利用滑块到达E点时拉力作用的距离；根据滑块在传送带上运动的动能定律可以求出到达传送带右侧的速度大小与作用距离的关系。
1 / 1浙江省杭州外国语学校2023-2024学年高一上学期期末物理试题
1．（2024高一上·西湖期末） 下列万有引力公式中，正确的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高一上·西湖期末） 下列说法中，错误的是（ ）
A．引力常量G的首次测量是卡文迪许完成的
B．开普勒根据第谷的天文观测数据发现了万有引力定律
C．探究向心力的表达式的实验方法是控制变量法
D．用运动的分解来研究平抛运动是等效替代法
3．（2024高一上·西湖期末）某物体在水平面内沿曲线减速行驶。关于该物体的速度v及所受合力F的方向，最可能如下列哪幅图所示（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高一上·西湖期末）A、B分别是地球上的两个物体，A在北纬某城市，B在赤道上某地，如图所示．当它们随地球自转时，它们的角速度分别是A、B，它们的线速度大小分别是vA、vB下列说法正确的是（ ）
A．A=B，vAvB
C．AB，vA5．（2024高一上·西湖期末） 有关功与能的下列说法中正确的是（ ）
A．功是能量转化的量度，功的正负表示大小
B．重力势能具有相对性和系统性，势能的正负表示大小
C．沿竖直方向用手加速向上提水桶时，拉力做的功等于水桶重力势能的增加量
D．坐升降电梯上楼时，电梯对人做的功等于人动能的增加量
6．（2024高一上·西湖期末）力F对物体所做的功可由公式求得。但用这个公式求功是有条件的，即力F必须是恒力。而实际问题中，有很多情况是变力在对物体做功。那么，用这个公式不能直接求变力的功，我们就需要通过其他的一些方法来求解变力所做的功。如图，对于甲、乙、丙、丁四种情况下求解某个力所做的功，下列说法正确的是（ ）
A．甲图中若F大小不变，物块从A到C过程中力F做的功为
B．乙图中，全过程F做的总功为108J
C．丙图中，绳长为R，空气阻力f大小不变，小球从A沿圆弧运动到B克服阻力做功
D．丁图中，拉力F保持水平，无论缓慢将小球从P拉到Q，还是F为恒力将小球从P拉到Q，F做的功都是
7．（2024高一上·西湖期末）有一质量为m、半径为R、密度均匀的球体，在距离球心O为2R的地方有一质量为m0的质点。现从m中挖去半径为0.5R的球体，如图所示，则剩余部分对m0的万有引力大小为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高一上·西湖期末）如图所示，两个质量相同小球从水平地面上方同一点O分别以初速度v1、v2水平抛出，落在地面上的位置分别是A、B，O'是O在地面上的竖直投影，且O'A：O'B=1：2，若不计空气阻力，则两小球（ ）
A．下落时间之比为1：2
B．落地速度大小之比为1：2
C．落地时重力的瞬时功率之比1：2
D．落地速度与水平夹角的正切值之比为2：1
9．（2024高一上·西湖期末）下列有关生活中圆周运动的实例分析，正确的是（ ）
A．甲图中，汽车通过拱桥最高点时，地面对汽车的支持力小于其重力
B．乙图中，“水流星”在通过最低处时，水与水桶之间可以没有相互作用力
C．丙图中，当火车转弯超过规定速度行驶时，内轨对内轮缘会有挤压作用
D．丁图中，洗衣机脱水桶的脱水原理是因为衣服太重，把水从衣服内压出来了
10．（2024高一上·西湖期末）如图所示，带有一白点的黑色圆盘，绕过其中心且垂直于盘的轴沿顺时针方向匀速转动，角速度。在暗室中用每秒闪光21次的频闪光源照射圆盘，则（ ）
A．观察到白点顺时针转动
B．观察到的白点转动方向与闪光频率无关
C．白点转动周期为2πs
D．白点转动的角速度为2πrad/s
11．（2024高一上·西湖期末）2022年1月22日，我国实践21号卫星（SJ-21）将一颗失效的北斗导航卫星从拥挤的地球同步轨道上拖拽到了航天器稀少的更高的“墓地轨道"上。拖拽时，航天器先在P点加速进入转移轨道，而后在Q点加速进入墓地轨道。如图所示，此举标志着航天器被动移位和太空垃圾处理新方式的成功执行，在该过程中，航天器（ ）
A．在同步轨道上运动的周期小于在转移轨道上运动的周期
B．在同步轨道上运动的角速度小于在墓地轨道上运动的角速度
C．在转移轨道上经过Q点的速度大于在墓地轨道上经过Q点的速度
D．在同步轨道上经过P点的加速度大于在转移轨道上经过P点的加速度
12．（2024高一上·西湖期末）如图所示，A、B、C三个小球分别从斜面的顶端以不同的速度水平抛出，其中A、B落到斜面上，C落到水平面上，A、B落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角分别为、，C落到水平面上时速度方向与水平方向的夹角为，则（ ）
A． B． C． D．
13．（2024高一上·西湖期末）如图所示，由电动机带动着倾角θ=37°的足够长的传送带以速率v=4m/s顺时针匀速转动。一质量m=2kg的小滑块以平行于传送带向下v0=2m/s的速率滑上传送带，已知小滑块与传送带间的动摩擦因数，g取10m/s2，，，则小滑块从接触传送带到与传送带相对静止的时间内（ ）
A．小滑块的加速度大小为0.1m/s2
B．小滑块的重力势能增加了120J
C．小滑块使电动机多消耗的电能为336J
D．小滑块与传送带因摩擦产生的内能为84J
14．（2024高一上·西湖期末）两物体A、B的质量之比mA：mB=2：1，它们以相同的初速度v0在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其v-t图像如图所示。则在此过程中A、B两物（ ）
A．加速度大小之比2：1 B．所受摩擦力大小之比2：1
C．克服摩擦力做功之比4：1 D．损失的机械能之比为2：1
15．（2024高一上·西湖期末）如图所示，同步卫星与地心的距离为r，运行速率为v1，向心加速度为a1，地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a2，第一宇宙速度为v2，地球半径为R，则下列比值正确的是（ ）
A．= B．=（）2
C． D．
16．（2024高一上·西湖期末）图甲是“研究平抛物体的运动”的实验装置图。
（1）在做“研究平抛运动的特点”实验时，除了木板、小球、斜槽、铅笔、图钉之外，下列器材中还需要的有 。（单选）
A．重锤线 B．秒表 C．弹簧测力计 D．天平
（2）实验中，下列说法正确的是 。（多选）
A．记录的点应适当多一些
B．斜槽轨道必须光滑
C．斜槽轨道末端切线可以不水平
D．应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滑下
（3）在另一次实验中将白纸换成方格纸，每小格的边长L=5cm，通过实验记录了小球在运动过程中的三个位置，如图乙所示，则该小球做平拋运动的初速度为 m/s。（g取10m/s2，结果保留两位有效数字）
17．（2024高一上·西湖期末）某实验小组“用落体法验证机械能守恒定律”，实验装置如图甲所示，实验中测出重物自由下落的高度h及对应的瞬时速度v，计算出重物减少的重力势能mgh和增加的动能，然后进行比较，如果两者在实验误差允许的范围内相等，即可验证重物自由下落过程中机械能守恒。请根据实验原理和步骤完成下列问题：
（1）关于上述实验，下列说法中正确的是___________。
A．重物最好选择密度较小的木块
B．重物的质量可以不测量
C．实验中应先接通电源，后释放纸带
D．可以利用公式v=来求解瞬时速度
E．打点计时器安装应使限位孔保持竖直
F．释放重物前应手提纸带上端并使重物远离计时器
（2）如图乙是该实验小组打出的一条点迹清晰的纸带，纸带上的O点是重物下落的起始点，选取纸带上连续的点A、B、C、D、E、F作为计时点，并测出各计时点到O点的距离依次为27.94cm、32.78cm、38.02cm、43.65cm、49.66cm、56.07cm。已知打点计时器所用的电源是50Hz的交流电，重物的质量为0.5kg，则从计时器打下点O到打下点D的过程中，重物减少的重力势能= J；重物增加的动能= J，造成两者不等的系统误差可能是 重力加速度g取9.8m/s2，计算结果保留三位有效数字）
18．（2024高一上·西湖期末）已知平台AB水平，运动员从B点离开平台的初速度v0=10m/s，B点距落地点D的高度h=20m，运动员可看作质点，不计空气阻力，取g=10m/s2，求：
（1）运动员在空中运动的时间t；
（2）运动员落地点D到B点的水平距离s；
（3）运动员落地时的速度。（计算结果可用根式表示）
19．（2024高一上·西湖期末）如图所示，质量为m的小球用长为的细线悬于固定点B，使小球在水平面内做匀速圆周运动，细线与竖直方向的夹角是θ，重力加速度为g。不计空气阻力，求
（1）细线对小球的拉力大小F；
（2）小球做圆周运动的周期T；
（3）若保持轨迹圆的圆心O到悬点B的距离h不变，改变绳长，小球运动周期是否变化。
20．（2024高一上·西湖期末）如图所示，一长 不可伸长的轻绳上端悬挂于点，下端系一质量的小球。 是一竖直固定的圆弧形轨道，半径，与竖直方向的夹角，现将小球拉到点保持绳绷直且水平由静止释放，当它经过点时绳恰好被拉断，小球平抛后，从圆弧轨道的点沿切线方向进入轨道，刚好能到达圆弧轨道的最高点重力加速度取 ，求：
（1）小球到点时的速度大小；
（2）轻绳中拉力的最大值；
（3）小球在圆弧轨道上运动时克服阻力做的功。
21．（2024高一上·西湖期末）如图所示，可视为质点的质量为m=0.1kg的小滑块静止在水平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F的作用下，从A点开始做匀加速直线运动，在滑块运动到水平轨道AB之间某个点时撤去拉力，滑块继续运动到B点后进入半径为R=0.4m且内壁光滑的竖直固定圆管道，在圆管道上运行一周后从C处的出口出来后向D点滑动，D点右侧有一与CD等高的传送带紧靠D点且平滑连接，并以恒定的速度v=3m/s顺时针转动。已知水平轨道AB的长度为l1=2.0m，CD的长度为l2=3.5m，小滑块与水平轨道AB、水平轨道CD间的动摩擦因数均为μ1=0.2，与传送带间的动摩擦因数μ2=0.5，传送带的长度L=0.5m，重力加速度g=10m/s2，求：
（1）若滑块运动到圆管道的最高点时对轨道的压力大小刚好为滑块重力的3倍，求滑块刚过B点后对圆管道的压力大小；
（2）若滑块到AB中点时撤去拉力，为使小滑块能到达传送带左侧D点，求F最小值；
（3）若在AB段水平拉力F=2N且作用距离x可变，试求小滑块到达传送带右侧E点时的速度v与水平拉力F的作用距离x的关系。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】万有引力的大小与两物体的质量乘积成正比，与他们的距离的平方成反比，A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】利用万有引力定律的定义可得出结论。
2．【答案】B
【知识点】物理学史；控制变量法；等效法
【解析】【解答】A. 引力常量G的首次测量是卡文迪许完成的，A不符合题意；
B. 开普勒根据第谷的天文观测数据发现了开普勒三定律，牛顿发现了万有引力定律，B符合题意；
C. 探究多个物理量中两个量关系用控制变量法，故探究向心力的表达式的实验方法是控制变量法，C不符合题意；
D. 运动的分解方法思想是等效替代的思想，研究平抛运动的方法是等效替代法，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用相关物理学史的内容可得出结论。
3．【答案】B
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】CD．汽车做曲线运动，根据曲线运动的性质可以得出合力的方向指向曲线的内测，CD错误；
AB．汽车做曲线运动同时减速，由于合力做负功，则可以得出合力和速度的夹角应是钝角，A错误，B正确。
故选B。
【分析】汽车做曲线运动，利用轨迹的弯曲方向可以判别合力的方向；利用速度变化可以判别速度方向和合力方向之间的夹角大小。
4．【答案】A
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】A与B均绕地轴做匀速圆周运动，在相同的时间转过的角度相等，所以AB角速度相等，即A=B；
由角速度与线速度关系公式v=ωr，B的转动半径较大，根据线速度和角速度的关系可以得出B的线速度较大，即vAA.A=B，vAB.A=B，vA>vB．与结论不符，故B错误；
C.AD.A>B，vA【分析】AB属于同轴转动角速度相等，结合半径的大小可以比较线速度的大小。
5．【答案】B
【知识点】功的概念；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A. 功是能量转化的量度，功的正负不代表大小，正功表示动力做功，负功代表阻力做功，A不符合题意；
B. 零势能面的选取不同，物体具有的重力势能不同，具有相对性；重力势能是物体与地球系统共有的，具有系统性，势能的正负代表大小，B符合题意；
C. 沿竖直方向用手加速向上提水桶时，拉力做的功等于水桶重力势能的增加量与动能的增加量，C不符合题意；
D. 坐升降电梯上楼时，电梯对人做的功等于人动能的增加量和重力势能的增加量，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】利用动能定理可求出功能间的变化关系。
6．【答案】C
【知识点】功的概念
【解析】【解答】A．F大小不变，根据功的定义可得物块从A到C过程中，根据F的大小及运动的位移可以得出力F做的功为
故A错误；
B．乙图的面积代表功，根据图像面积可以求出全过程中F做的总功为
故B错误；
C．丙图中，绳长为R，若空气阻力f大小不变，根据阻力的大小及小球运动的路程可以得出：小球从A运动到B过程中克服空气阻力做的功为
故C正确；
D．图丁中，F始终保持水平，当F为恒力时将小球从P拉到Q，根据F的大小及F方向上位移的大小可以求出F做的功是
而F缓慢将小球从P拉到Q，F为水平方向的变力，F做的功不能用力乘以位移计算，故D错误；
故选C。
【分析】利用F的大小及F方向上的位移大小结合功的表达式可以求出恒力做功的大小不能求出变力做功的大小；利用图像面积可以求出F做功的大小；利用阻力和运动的路程可以求出阻力做功的大小。
7．【答案】C
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】 未挖去半径为0.5R的球体 之前，由万有引力公式
可得球体和质点间的引力为：
根据引力公式可以得出：挖去部分球体和质点间的引力为
由公式及可得
则有
根据两部分引力的大小可以得出剩余部分对的万有引力为
故选C。
【分析】利用万有引力公式可以求出完整球体和挖去球体对质点的引力大小，进而求出剩余部分对的万有引力。
8．【答案】D
【知识点】平抛运动；功率及其计算
【解析】【解答】AB．小球做平抛运动，根据竖直方向的高度相等结合
则可以得出两个小球运动时间相等，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在水平方向上，根据位移公式有
，
故初速度大小之比为1∶2，根据速度公式可以得出竖直分速度的大小为
相等，所以落地时速度大小之比不是1：2，故AB错误；
C．根据功率的表达式可以得出落地时重力的瞬时功率
相同，故C错误；
D．根据速度的分解可以得出落地速度与水平地面夹角的正切值
因为竖直方向上的速度相同，所以落地速度与水平地面夹角的正切值之比为2∶1，故D正确。
故选D。
【分析】利用竖直方向的位移公式可以比较运动的时间；结合水平方向的位移公式可以比较初速度的大小；结合速度公式可以比较竖直方向分速度的大小；利用功率的表达式可以比较瞬时功率的大小；利用速度的分解可以判别速度的方向。
9．【答案】A
【知识点】生活中的圆周运动；离心运动和向心运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．甲图中，汽车通过拱桥最高点时，根据牛顿第二定律有
可知地面对汽车的支持力为
即地面对汽车的支持力小于其重力，选项A正确；
B．乙图中，“水流星”在通过最低处时，对水分析可知，根据牛顿第二定律有
则
即水与水桶之间一定有相互作用力，选项B错误；
C．丙图中，当火车的速度超过规定的速度时，轨道对火车的支持力和火车的重力的合力不足以提供向心力，此时火车外轨对外轮缘有挤压作用力，选项C错误；
D．丁图中，洗衣机脱水桶的脱水时，衣服给水滴的力提供做圆周运动的向心力，随转速的增加，由于水滴所需要向心力大小大于衣服给水滴的力，所以水滴开始做离心运动，选项D错误。
故选A。
【分析】利用汽车过最低点的牛顿第二定律可以比较支持力和重力的大小；利用水流星最低点的牛顿第二定律可以判别水和水桶之间有力的作用；当火车的速度超过规定的速度时，轨道对火车的支持力和火车的重力的合力不足以提供向心力，此时火车外轨对外轮缘有挤压作用力；由于水滴所需要向心力大小大于衣服给水滴的力，所以水滴开始做离心运动。
10．【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】黑色圆盘可绕过其中心做匀速圆周运动，根据角速度可以得出转速的大小为：
每秒沿顺时针方向旋转20圈，根据转速可以得出频率为
在暗室中用每秒闪光21次的频闪光源照射圆盘，则光源的闪光频率为
则
根据转动的频率可以得出观察到白点逆时针旋转的频率为
所以观察到白点每秒逆时针旋转1圈，根据频率可以得出转动周期为
则白点转动的角速度为
故选D。
【分析】利用圆盘转动的角速度可以求出频率的大小，结合光源照射的频率可以求出白点运动的方向和观察到白点的频率，结合频率的大小可以求出周期的大小及运动的角速度大小。
11．【答案】A
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．根据开普勒第三定律可知，由于航天器在同步轨道上运动的半径小于在转移轨道上运动的半径，所以在同步轨道上运动的周期小于在转移轨道上运动的周期，故A正确；
B．地球对航天器的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
得角速度的大小为：
由于同步轨道的半径小于墓地轨道的半径，则在同步轨道上运动的角速度大于在墓地轨道上运动的角速度，故B错误；
C．根据离心运动的条件，航天器在Q点经过加速才能进入墓地轨道，所以在转移轨道上经过Q点的速度小于在墓地轨道上经过Q点的速度，故C错误；
D．由于引力提供向心力，根据牛顿第二定律可知
由于、、都相等，所以在同步轨道上经过P点的加速度等于在转移轨道上经过P点的加速度，故D错误。
故选A。
【分析】利用开普勒第三定律结合轨道半径的大小可以比较周期的大小；利用牛顿第二定律结合半径的大小可以比较角速度的大小；利用离心运动可以比较速度的大小；利用牛顿第二定律结合半径的大小可以比较加速度的大小。
12．【答案】B
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】据题意，三个小球均做平抛运动，设斜面倾角为，由于A、B两球落到斜面上，根据平抛运动的规律则可以得出速度偏向角与位移偏向角的关系
由于AB两个位移的方向相同所以速度方向的夹角满足
由于C小球位移方向夹角偏小，所以根据位移的方向可以得出
故选B。
【分析】利用图示可以得出三个小球运动的位移方向，结合位移的方向可以判别小球落地的速度方向。
13．【答案】C
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A．由于滑块初速度小于传送带的速度，则刚开始在传送带上做加速运动，对滑块进行分析，平行斜面方向上，根据牛顿第二定律得
垂直斜面方向，根据平衡方程可以得出：
其中
联立解得
A错误；
B．以平行斜面向上为正，根据速度公式得滑块加速的时间为：
根据位移公式可以得出加速的位移大小为
根据重力势能的表达式可以得出重力势能增加量为
B错误；
D．根据位移公式可以得出在6s内传送带的位移
则滑块在传送带上运动的相对位移为
根据摩擦力做功及功能关系可以得出：产生的热量为
D错误；
C．根据功能关系可以得出：多消耗的电能等于系统增加的机械能和内能之和，则有
C正确。
故选C。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出滑块加速度的大小，结合速度公式可以求出加速的时间，利用位移公式可以求出加速位移的大小；利用重力势能的表达式可以求出重力势能的增加量；利用传送带的位移公式结合滑块运动的位移可以求出相对位移的大小，结合摩擦力大小可以求出摩擦产生的热量大小；利用功能关系可以求出系统多消耗的电能大小。
14．【答案】A,D
【知识点】功能关系；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．v—t图像中，图像斜率的绝对值表示加速度大小，根据图像斜率可以得出两个物体的加速度为
解得A、B两物体运动加速度大小之比为2：1，故A正确；
B．由于减速过程摩擦力为物体的合力，根据牛顿第二定律有
根据上述以及题中所给数据，解得A、B两物体受到的摩擦力大小之比为4：1，故B错误；
C．v—t图像中，图像与时间轴所围面积表示位移，根据图像面积可以得出两个物体的位移大小为
解得A、B两物体运动位移大小之比为1：2，根据功的表达式有
所以克服摩擦力做功之比2：1，故C错误；
D．根据功能关系可知，由于损失机械能等于克服阻力做功，根据摩擦力做功可以得出损失的机械能之比为2：1，故D正确。
故选AD。
【分析】利用图像斜率可以比较加速度的大小；利用牛顿第二定律可以求出摩擦力的大小比值；利用图像面积可以求出物体运动的位移，结合摩擦力的大小可以求出摩擦力做功的大小，进而求出损失机械能的大小。
15．【答案】A,D
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】地球对同步卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
地球对近地卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
可以得出线速度的大小关系有：
对于同步卫星和地球赤道上的物体，由于两者转动的角速度相等，根据向心加速度的表达式有：
则向心加速度的比值为：
故选AD。
【分析】利用引力提供向心力可以求出同步卫星和近地卫星的线速度比值；利用同步卫星和赤道上物体的角速度相等，结合半径的大小可以求出向心加速度的比值。
16．【答案】A；AD；1.5
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）A．实验中需要用重锤线来校准平板是否竖直，故A正确；
B．由于小球抛出后做平抛运动，根据竖直方向的邻差公式可以求出运动时间，故不需要秒表，故B错误；
CD．研究平抛运动的规律时，由于小球的质量对运动规律没有影响，所以不需要测量小球的质量，实验也不需要测量小球的受力情况，故无需弹簧测力计和天平，故CD错误。
故选A。
（2）A．实验中为了准确记录平抛运动的轨迹，则记录的点应适当多一些，这样可以让测量的值误差更小，故A正确；
B．只需要保证小球从斜槽末端做平抛运动，速度相同即可，斜槽与轨道是否光滑对小球的初速度大小没有影响，故B错误；
C．只有斜槽的末端保持水平，小球才具有水平初速度，其运动才是平抛运动，故斜槽轨道末端切线必须水平，故C错误；
D．为了记录小球同一个运动的多个轨迹点，所以初速度应该相同，则要求小球从同一斜面的同一高度静止释放，使得小球离开斜槽末端具有相同的速度，故D正确。
故选AD。
（3） 由于平抛运动水平方向做匀速直线运动，所以由图可知，物体从A到B的时间和从B到C的水平位移相等，即运动时间也相等，且根据竖直方向的邻差公式有
由图可知
代入解得时间间隔为
又由于水平方向做匀速直线运动，根据位移公式有
且由图可知水平方向位移为
解得
【分析】（1）实验中需要用重锤线来校准平板是否竖直；由于小球抛出后做平抛运动，根据竖直方向的邻差公式可以求出运动时间，故不需要秒表；实验不需要测量小球的质量，实验也不需要测量小球的受力情况，故无需弹簧测力计和天平；
（2）实验中为了准确记录平抛运动的轨迹，则记录的点应适当多一些；只需要保证小球从斜槽末端做平抛运动，速度相同即可，斜槽与轨道是否光滑对小球的初速度大小没有影响；只有斜槽的末端保持水平，小球才具有水平初速度；为了记录小球同一个运动的多个轨迹点，所以初速度应该相同，则要求小球从同一斜面的同一高度静止释放，使得小球离开斜槽末端具有相同的速度；
（3）利用竖直方向的邻差公式可以求出时间间隔，结合水平方向的位移公式可以求出初速度的大小。
17．【答案】（1）B；C；E
（2）2.14；2.12；物体克服空气阻力及纸带与打点计时器之间的摩擦阻力做功
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）A．为了减小空气阻力的影响，重物应选密度较大的，这样相同的质量体积更小。A错误；
B．因为动能和重力势能都涉及到质量，验证机械能是否守恒时质量可以约掉，所以可以不用测质量。B正确；
C．为了充分利用纸带，则实验中应先接通电源，后释放纸带；C正确；
D．实验中是利用平均速度来测量速度的。不能用公式来求解瞬时速度，由于利用速度位移公式已经默认机械能守恒，所以不能利用公式来求解瞬时速度 。D错误。
E．为了减小纸带与打点计时器的摩擦力，则打点计时器安装应使限位孔保持竖直以减小阻力，E正确；
F．为了充分利用纸带，则释放重物前应手提纸带上端并使重物靠近计时器，F错误。
故选BCE。
（2）根据重力势能的表达式可以得出：重物减小的重力势能
根据动能的表达式可以得出：重物增加的动能
物体克服空气阻力及纸带与打点计时器之间的摩擦阻力做功会导致重力势能的减少量大于动能的增量。
【分析】（1）为了减小空气阻力的影响，重物应选密度较大的；验证机械能是否守恒时质量可以约掉，所以可以不用测质量。B正确；
为了充分利用纸带，则实验中应先接通电源，后释放纸带；由于利用速度位移公式已经默认机械能守恒，所以不能利用公式v=来求解瞬时速度 ；
（2）利用重力势能的表达式可以求出重力势能的减少量；利用动能的表达式可以求出动能的增加量；物体克服空气阻力及纸带与打点计时器之间的摩擦阻力做功会导致重力势能的减少量大于动能的增量。
18．【答案】解：（1）运动员在空中做平抛运动，则有
解得
（2）运动员在空中做平抛运动，则有
结合上述解得
（3）竖直方向的分速度大小
则运动员落地时的速度大小
结合上述解得
令速度与水平方向夹角为，则有
结合上述解得
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】（1）运动员做平抛运动，利用位移公式可以求出运动的时间；
（2）运动员做平抛运动，利用水平方向的位移公式可以求出水平距离的大小；
（3）运动员做平抛运动，利用速度公式可以求出竖直方向分速度的大小，结合速度的合成可以求出落地速度的大小。
19．【答案】解：（1）对小球进行受力分析如图所示
则有
（2）根据
解得
周期
（3）根据上述有
根据几何关系有
解得
可知，若保持轨迹圆的圆心O到悬点B的距离h不变，增大绳长l，小球做匀速圆周运动的角速度ω不会发生改变，周期不变。
【知识点】共点力的平衡；生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1）小球做匀速圆周运动，利用竖直方向的平衡方程可以求出拉力的大小；
（2）小球做匀速圆周运动，利用牛顿第二定律可以求出周期的大小；
（3）小球做匀速圆周运动，利用牛顿第二定律可以求出小球角速度的表达式，进而判别角速度和周期的变化。
20．【答案】解：（1）小球从到的过程，由动能定理得
解得
（2）小球在点时由牛顿第二定律和向心力公式得
解得
由牛顿第三定律可知，轻绳所受最大拉力大小为
（3）小球从到做平抛运动，从点沿切线进入圆轨道，由平抛运动规律可得
小球在点的速度大小
解得
小球刚好能到达点，则
解得
小球从点到点，由动能定理得
代入数据，解得
【知识点】牛顿第二定律；平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）小球从A运动到B的过程中，利用动能定理可以求出小球经过B点速度的大小；
（2）小球在B点时，利用牛顿第二定律可以求出绳子的最大拉力的大小；
（3）小球从B点做平抛运动，利用平抛运动的速度分解可以求出小球在C点速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出到达E点的速度大小，结合动能定理可以求出克服摩擦力作用的大小。
21．【答案】解：（1）设圆管道的最高点为P，当滑块到圆管道的最高点时，有
由B点运动到P点的过程，有
解得
在B点，根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律得滑块刚过B点后对圆管道的压力大小为
（2）若滑块恰能过P点，由A点运动到P点的过程，有
解得
若滑块恰能到D点，由A点运动到D点的过程，有
解得
综上所述，F的最小值为1.2N；
（3）滑块必过P点，由A点运动到P点，有
解得
由此可知，x<0.6m时，滑块无法达到E点，分析可知，由D点到E点，存在4种情况：
① 滑块到D点后一直加速，到E点也未加速到v，则
解得
所以
（0.6m≤x≤0.65m）
②滑块到D点后先加速后匀速，到E点时速度为v，有
解得
所以
（0.65m≤x≤0.775m）
③滑块到D点后先减速后匀速，到E点时速度为v，则
解得
所以
（0.775m≤x≤0.9m）
④滑块到D点后一直减速，到E点也未减速的到v，则
解得
（0.9m≤x≤2m）
综上所述，小滑块到达传送带右侧E点时的速度v与水平拉力F的作用距离x的关系为
当0.6m≤x≤0.65m时，；
当0.65m≤x≤0.9m时，；
当0.9m≤x≤2m时，。
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）当滑块经过最高点时，利用牛顿第二定律可以求出滑块经过最高点时对轨道的压力大小，利用动能定理可以求出滑块经过B点速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出滑块对圆管的压力的大小；
（2）当滑块恰好能到P点时，利用动能定理可以求出F的最小值；
（3）当滑块从A点到P点的过程中，利用滑块到达E点时拉力作用的距离；根据滑块在传送带上运动的动能定律可以求出到达传送带右侧的速度大小与作用距离的关系。
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