浙江省杭州市浙江大学附属中学2024-2025学年高一下学期期中 物理试题（含解析）

2024-2025学年浙江省杭州市浙江大学附中高一（下）期中物理试卷
一、单选题：本大题共13小题，共39分。
1.下列各组物理量中都是矢量的是( )
A. 重力势能 线速度 B. 向心力 线速度 C. 向心加速度 功 D. 弹性势能 功
2.下列有关生活中圆周运动的实例分析，下列说法正确的是( )
A. 图甲中，附着在脱水筒内壁上随筒一起转动的衣服受到的摩擦力随角速度增大而增大
B. 图乙为汽车通过拱桥最高点时的情形，汽车受到的支持力大于重力
C. 图丙为水平圆盘转动时的示意图，物体离转盘中心越远，越容易做离心运动
D. 在空间站用细绳系住小瓶做成“人工离心机”可成功将瓶中混合的水和食用油分离，其中b、d部分是食用油
3.在物理学的发展史中，下列说法正确的是( )
A. 卡文迪什利用扭秤装置测出了万有引力常数G
B. 亚里士多德认为物体运动不需要外力来维持
C. 牛顿开创了实验与逻辑推理相结合的科学研究方法
D. 第谷提出了行星运动的三大定律
4.2024年11月，中国自主研制的歼35A隐形战斗机在珠海航展亮相。表演中战斗机沿着一段圆弧从M到N加速拉升，关于歼35A所受合力的方向，图中可能正确的是( )
A. B. C. D.
5.如图所示，饮水小鸭会绕着固定点O点不停饮水和起身，ABC为饮水小鸭上的三个点，AO和BO均大于CO，BOC三点在一条直线上，下列说法正确的是( )
A. A、C两点的线速度相等
B. A、B、C三点的角速度大小相等
C. A点的向心加速度小于C点的向心加速度
D. A、B、C三点在相等的时间内通过的弧长相等
6.如图所示，一位选手先后在O点正上方A、B两点将相同的甲、乙两飞镖水平抛出，飞镖击中竖直墙上的同一点P。若不计空气阻力，飞镖可视为质点，则下列说法正确的是( )
A. 甲飞镖的运动时间小于乙飞镖的运动时间
B. 甲飞镖的位移等于乙飞镖的位移
C. 击中P点时甲飞镖重力做功与乙飞镖重力做功相等
D. 击中P点时甲飞镖重力的瞬时功率大于乙飞镖重力的瞬时功率
7.北京时间2024年1月17日，天舟七号货运飞船发射成功，假设图中1、2轨道分别是天舟七号飞船变轨前后的圆形轨道，下列说法错误的是( )
A. 飞船在1轨道的周期大于2轨道的周期
B. 飞船在1轨道的速度大于2轨道的速度
C. 飞船在1轨道的加速度大于2轨道的加速度
D. 飞船从1轨道变到2轨道要点火加速
8.如图所示是航天员在水下进行模拟航天训练的一种方式。航天员穿水槽训练航天服浸没在水中，通过配重使其在水中受到的浮力和重力大小相等。假设其总质量为m，训练空间的重力加速度为g且不变，航天员在某次出舱作业时，匀速上升距离为h的过程中，下列说法正确的是( )
A. 航天员处于完全失重状态 B. 航天员与训练服之间无作用力
C. 合力不做功，机械能守恒 D. 机械能增加了mgh
9.如图所示，一个光滑定滑轮固定在光滑平台边缘。一根轻绳跨过滑轮，两端分别系一个质量均为m的小物块A和B。初始时，轻绳伸直，A底端距离地面的高度为h，B位于平台上。现将整个系统由静止释放，A落地时B还未到达平台边缘。下列说法正确的是( )
A. 物块A下降过程中，其机械能守恒
B. 物块A下落过程中加速度大小为
C. 物块A下落过程中轻绳拉力对其做功为
D. 物块A落地时的速度大小为
10.如图甲是滚筒式洗衣机。洗衣机脱水完成前的某段时间内，可认为水已脱干，衣物紧贴着滚筒壁在竖直平面内做匀速圆周运动，如图乙所示。若一件小衣物在此过程中随滚筒转动经过最高位置a、最低位置c、与滚筒圆心等高位置b、d，则下列说法正确的是( )
A. 衣物在a、b、c、d四点的线速度相同 B. 衣物在整个运动过程中所受的合外力不变
C. 衣物在a位置处于失重状态 D. 衣物在c位置对滚筒壁的压力大小等于重力
11.如图所示，风洞中没风时，将一个小球以初速度竖直向上抛出，小球能上升的最大高度为h，加了水平风力后，将小球仍以初速度竖直向上抛出，小球落到与抛出点等高的位置时，该位置与抛出点间的水平距离为2h，风对小球的作用力大小恒定，不计阻力，则风力与小球重力之比为( )
A. 2：1 B. 4：1 C. 1：2 D. 1：4
12.如图，一喷泉广场中有一圆形水池，在水池边缘的圆周上安装了喷管，喷管口高度与水面相平，喷管横截面积为S，喷管与水面的夹角为。开启后，一喷管以速度v喷出的水柱恰好落到水池圆心处，水的密度为，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 水在空中的运动时间为
B. 水池半径为
C. 该喷管喷出的水柱在空中的总体积为
D. 喷水管喷水的功率为
13.如图甲所示，可视为质点的物体以一定的初速度从倾角的斜面底端沿斜面向上运动。现以斜面底端为坐标原点，沿斜面建立坐标轴x，选择地面为零势能面。坐标原点处固定一厚度不计的弹性挡板，物体第一次上升过程中的动能和重力势能随坐标x的变化如图乙所示。g取，则( )
A. 物体的质量为
B. 物体与斜面之间的动摩擦因数为
C. 物块从开始到停止运动的总路程为
D. 物体在第一次上升过程中机械能减少了15J
二、多选题：本大题共2小题，共6分。
14.2023年4月12日我国首颗综合性太阳探测卫星“夸父一号”准实时观测部分数据向国内外试开放，实现了数据共享，体现了大国担当。如图所示，“夸父一号”卫星和另一颗卫星S分别沿圆轨道和椭圆轨道绕地球逆时针运动，两轨道相交于A、B两点。已知“夸父一号”卫星的速度大小为，卫星S在椭圆轨道远地点P时速度大小为，椭圆轨道的近地点为Q，两颗卫星的运行周期相同，某时刻两卫星与地球在同一直线上，下列说法正确的是( )
A. 两卫星在图示位置的速度
B. 两卫星通过A点时的加速度大小相等，但方向不同
C. 从P点运动到Q点的过程中卫星S的机械能不变
D. “夸父一号”卫星的线速度大于
15.如图甲所示，一长木板P静止于水平地面上，时小物块Q以的初速度从左端滑上长木板，二者的速度随时间的变化情况如图乙所示，运动过程中，小物块始终未离开长木板。已知长木板P质量为1kg，小物块Q质量为3kg，在运动的全过程中，下列说法正确的是( )
A. 小物块与长木板之间的动摩擦因数为
B. 长木板与地面之间的动摩擦因数为
C. 内小物块对长木板所做的功为8J
D. 小物块与长木板之间因摩擦产生的热量为12J
三、实验题：本大题共3小题，共16分。
16.某实验小组用如图甲所示的装置研究平抛运动及其特点，他的实验操作是：在小球A、B处于同一高度时，用小锤轻击弹性金属片，使A球水平飞出，同时B球被松开下落。
甲实验的现象是小球A、B同时落地，说明小球A在竖直方向的分运动是______。
安装图乙研究平抛运动的实验装置时，保证斜槽末端水平，斜槽______填“需要”或“不需要”光滑。
在某次实验过程中，将背景换成方格纸，通过频闪摄影的方法拍摄到小球做平抛运动的照片，如图丙所示，数据处理时选择A点为坐标原点，丙图中小方格的边长均为20cm，则频闪相机的拍照频率______ Hz，小球平抛初速度的大小为______，小球在B点速度的大小为______。结果均保留两位有效数字
17.用图甲所示的实验装置来探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度和半径r之间的关系，图乙是变速塔轮的原理示意图。皮带连接着左塔轮和右塔轮，转动手柄使长槽和短槽分别随塔轮匀速转动，槽内的球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对球的压力提供了向心力，球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力套筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值，其中A和C的半径相同，B的半径是A的半径的两倍。
下列实验中的主要探究方法与本实验相同的是______。
A.探究平抛运动的特点
B.探究加速度与力、质量的关系
C.探究两个互成角度的力的合成规律
某次实验保证小球质量和圆周运动半径相等，若标尺上红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为1：4，由圆周运动知识可以判断与皮带连接的变速塔轮相对应的半径之比为______。
A.1：2
B.2：1
C.1：4
D.4：1
其他条件不变，若增大手柄的转速，则左、右两标尺的格数______选填“变多”“变少”或“不变”，两标尺格数的比值______。选填“变大”“变小”或“不变”
18.利用图1所示的装置做“验证机械能守恒定律”的实验。
除图示器材外，下列器材中，需要的是______多选；
A.直流电源
B.交流电源
C.天平及砝码
D.刻度尺
打点计时器打出的一条纸带如图的O点图中未标出时，重锤开始下落，a、b、c是打点计时器连续打下的3个点。刻度尺的零刻线与O点对齐，打点计时器在打出b点时重锤下落的高度______ cm，下落的速度为______计算结果保留3位有效数字。
当地的重力加速度为g，若测出纸带上各点到O点之间的距离h，算出打各点的速度v，以为纵轴，h为横轴，作出的图像如图3所示，图像未过坐标原点，可能原因是______先释放纸带，后接通电源；因为实验过程中有阻力的影响，如果作出的图像为过原点的倾斜直线，且图像的斜率为______，则机械能守恒得到验证。
四、计算题：本大题共4小题，共39分。
19.如图所示，某同学对着竖直墙壁练习打网球，该同学使球拍与水平方向的夹角为，在O点击中网球，球以的速度垂直球拍离开O点，恰好垂直击中墙壁上的P点，忽略空气阻力的影响，，求：
网球在P点与墙壁碰撞时的速度大小；
网球由O点运动到P点的时间；
、P两点间的水平距离。
20.有一种叫飞椅的游乐项目，示意图如图所示。长为的钢绳一端系着飞椅，飞椅质量为10kg，另一端固定在半径为的水平转盘边缘，转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。设当转盘匀速转动时，钢绳与转动轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角，不计钢绳的重力和空气阻力，求：
求转动时钢绳对飞椅的拉力大小；
飞椅匀速转动的角速度大小；
若一个质量为40kg的小孩坐在飞椅内随飞椅一起以中的角速度匀速转动，求小孩对飞椅的作用力大小。
21.如图所示为电动机以恒定功率吊起货物的情境。质量为m的货物由静止开始竖直向上运动，上升高度H时恰好达到最大速度。已知电动机输出的机械功率恒为P，重力加速度为g，空气阻力大小恒为f，其它阻力不计，求：
货物上升H高度这个过程中克服空气阻力做的功W；
货物上升过程中的最大速度；
货物达到最大速度需要的时间t。
22.如图所示为某游戏轨道模型图，该装置由固定在水平地面上倾角的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE、水平直轨道EF，传送带FG，MN为是固定于水平地面上的薄平板，除直轨道EF和传送带FG外其余各段轨道均光滑，且各处平滑连接。现将一可视为质点的滑块自A点静止释放，经螺旋圆形轨道BCDE后，滑上传送带FG。已知滑块质量，A距B所在的水平面高度，圆轨道半径，水平直轨道EF长，传送带FG长并可向右匀速传动，M与G水平距离，高度差，平板MN长，滑块与直轨道EF和传送带FG间的动摩擦因数均为，，，，求：
滑块通过轨道B点的速度大小；
滑块通过圆轨道最低点C时对轨道的压力大小；
若传送带不转动，滑块从A点由静止释放时落在平板上离M点的距离；
要使滑块从A点由静止释放时落在平板上，求传送带的速度范围。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、重力势能只有大小，没有方向，是标量；线速度既有大小又有方向，是矢量，故A错误；
B、向心力和线速度都既有大小又有方向，均为矢量，故B正确；
C、向心加速度是矢量，而功只有大小，没有方向，是标量，故C错误；
D、弹性势能和功都属于标量，故D错误。
故选：B。
既有大小又有方向，运算遵从平行四边形定则的物理量叫矢量；只有大小没有方向，运算遵从代数法则的物理量叫标量。根据矢量和标量的区分分析判断。
本题考查矢量和标量的区分，要注意矢量是既有大小，又有方向，运算遵守平行四边形定则的物理量。
2.【答案】C
【解析】解：图甲中衣服附着在脱水筒内壁上随桶一起转动，竖直方向由平衡条件可得
可知摩擦力大小不变，故A错误；
B.图乙中汽车通过拱形桥的最高点时，根据牛顿第二定律可知
即汽车受到的支持力小于重力，故B错误；
C.物体做匀速圆周运动，有，物体离转盘中心越远，静摩擦力越大，越容易达到最大静摩擦力，越容易做离心运动，故C正确；
D.水和食用油的密度不同在空间站用细绳系住小瓶做成一个“人工离心机”可成功将瓶中混合的水和食用油分离，水的密度较大，分离时远离圆心，故b、d部分是水，故D错误。
故选：C。
分析每种模型的受力情况，根据合力提供向心力求出相关的物理量，进行分析即可；离心运动是由于物体所受的力不足以提供向心力。
此题考查日常生活常见的圆周运动，每一种模型都要注意受力分析找到向心力的来源，从而根据公式判定运动情况，如果能记住相应的规律，做选择题可以直接应用，从而大大的提高做题的速度，所以要求同学们要加强相关知识的记忆。
3.【答案】A
【解析】解：卡文迪许又译卡文迪什通过扭秤实验首次精确测定了万有引力常数G，这一成果为万有引力定律的定量应用奠定了基础，故A正确；
B.亚里士多德认为“力是维持物体运动的原因”，而伽利略通过斜面实验和逻辑推理否定了这一观点，故B错误；
C.实验与逻辑推理结合的研究方法是由伽利略开创的如自由落体研究，牛顿则在伽利略基础上进一步发展了动力学理论，故C错误；
D.行星运动三大定律由开普勒提出，第谷仅提供了大量观测数据作为研究基础，故D错误。
故选：A。
本题根据常见的物理现象、物理学史等等知识进行解答，记牢相关科学家的物理学贡献即可。
对于物理学上著名物理学家的理论、实验和重大发明要加强识记，这也是考试内容之一，重视知识的积累。
4.【答案】C
【解析】解：速度方向沿轨迹的切线方向，因加速爬升，则合外力方向与速度方向夹角为锐角，做曲线运动的物体受合外力方向指向轨迹的凹侧，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据做曲线运动的物体受合外力方向指向轨迹的凹侧，以及飞机加速拉升分析。
对于曲线运动的轨迹类问题，从以下三个角度分析：
①速度沿切线方向；
②受力加速度指向曲线的凹侧；
③轨迹在速度和力之间。
5.【答案】B
【解析】解：三个点都以O为圆心，同轴转动，故角速度相同，故B正确；
A.AO和BO均大于CO，根据，可知，A、C两点的线速度不相等，故A错误；
C.AO和BO均大于CO，根据，可知A点的向心加速度大于C点的向心加速度，故C错误；
D.因为三点的线速度大小不相同，所以三点在相等的时间内通过的弧长不相等，故D错误。
故选：B。
ABC三个点都以O为圆心，做圆周运动。
考查对匀速圆周运动规律的理解，清楚线速度、加速度、向心加速度的关联。
6.【答案】D
【解析】解：点到P点的高度大于B点到P点的竖直高度，根据可知，甲飞镖的运动时间大于乙飞镖的运动时间，故A错误；
由图可知，甲飞镖的位移大于乙飞镖的位移大小，故B错误；
根据可知，击中P点时甲飞镖重力做功大于乙飞镖重力做功，故C错误；
根据，而，可知击中P点时甲飞镖重力的瞬时功率大于乙飞镖重力的瞬时功率，故D正确。
故选：D。
根据自由落体运动规律，位移的概念和重力功、功率的计算进行分析解答。
考查平抛运动的规律和重力功率的计算，会根据题意进行准确分析解答。
7.【答案】A
【解析】解：飞船绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，可得：
，
解得：
，，，
由图中，1轨道的半径小于2轨道的半径，
则飞船在1轨道的周期小于2轨道的周期、飞船在1轨道的速度大于2轨道的速度、飞船在1轨道的加速度大于2轨道的加速度，
故A错误，BC正确；
D.飞船从低轨道变轨到高轨道，需要点火加速做离心运动才能完成，则飞船从1轨道变到2轨道要点火加速，故D正确；
本题选错误的，
故选：A。
飞船绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列式，即可分析判断；
D.结合题意，根据卫星的变轨特点，即可分析判断。
本题考查卫星的发射及变轨问题，解题时需注意，对于卫星的变轨问题，常用的规律是“加速进高轨，减速进低轨”，意思就是如果卫星想要进入更高的轨道，需要向后喷气做加速运动，如果想要进入更低的轨道，需要向前喷气做减速运动。
8.【答案】D
【解析】解：A、航天员匀速上升，合力为零，航天员处于平衡状态，故A错误；
BCD、航天员合力为零，合力不做功，航天员除受重力外，还受航天员与训练服之间作用力，
航天员匀速上升，速度不变，则动能不变，重力势能增加，所以航天员的机械能增加，即，故D正确，BC错误。
故选：D。
A、根据航天员的运动状态可知航天员处于平衡状态；
BCD、根据航天员合力为零，可知合力做功特点、航天员的受力特点，根据航天员速度不变，动能不变，重力势能增加，可知航天员增加的重力势能。
本题考查了机械能是否守恒的判断，超失重，解题的关键是知道航天员匀速上升，可知航天员合力为零，重力势能增加。
9.【答案】D
【解析】解：A、A在下降过程中，绳子拉力对其做功，机械能不守恒，故A错误；
B、对A受力分析，由牛顿第二定律有：
对B分析的有：
联立解得
故B错误；
C、A下落过程中轻绳拉力对其做功为
解得
故C错误；
D、对系统由机械能守恒定律有：
解得
故D正确；
故选：D。
明确机械能守恒的条件，从而分析A物体是否机械能守恒；根据牛顿第二定律列式求物块A下落过程中加速度大小；根据功的公式求解轻绳拉力对A所做的功；再对系统由机械能守恒定律列式求解A落地时的速度大小。
本题考查机械能守恒的条件以及机械能守恒定律的应用，要注意明确AB及绳组成的系统机械能守恒，但A的机械能不守恒。
10.【答案】C
【解析】解：衣物在a、b、c、d四点的线速度大小相同，方向不同，故A错误；
衣物在整个运动过程中所受的合外力大小不变，方向改变，故B错误；
衣物在a位置加速度竖直向下，处于失重状态，故C正确；
衣物在c位置超重，则支持力大于重力，根据牛顿第三定律可知对滚筒壁的压力大小大于重力，故D错误。
故选：C。
根据匀速圆周运动的线速度和合外力、加速度的矢量性结合牛顿第三定律进行分析解答。
考查匀速圆周运动的线速度和合外力、加速度的矢量性结合牛顿第三定律，会根据题意进行准确分析解答。
11.【答案】C
【解析】解：无风时小球做竖直上抛运动，上升的最大高度，
有风时竖直方向运动情况不变，落回到同一高度需要的时间
水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度，水平位移
解得：，故C正确，ABD错误。
故选：C。
无风时小球做竖直上抛运动，有风时在竖直方向做竖直上抛运动，在水平方向初速度为零的匀加速直线运动，应用运动学公式分析答题。
根据题意分析清楚小球的运动过程与受力情况，应用运动学公式与牛顿第二定律即可解题。
12.【答案】C
【解析】解：A、将水的运动分解为水平方向和竖直方向。竖直方向上，水做竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的规律
则可知，水在空中的运动时间
故A错误；
B、水平方向上，水做匀速直线运动，则有，水池的半径
故B错误；
C、该喷管喷出的水柱在空中的总体积
故C正确；
D、根据
可得
故D错误。
故选：C。
喷出的水做斜上抛运动，可以分解为竖直方向的竖直上抛运动与水平方向的匀速直线运动，应用运动的合成与分解、运动学公式以及功率求解公式求解。
分析清楚水柱的运动过程是解题的前提，主要应用运动学公式即可解题。
13.【答案】C
【解析】解：设物体上滑的最大距离为l，根据动能定理则有
由物体第一次上升过程中的动能和重力势能随坐标x的变化图可得，物体上滑距离为时，动能和重力势能相等，
则有
又有，
解得，
故AB错误；
C.物块从开始到停止，根据能量守恒
解得总路程为
故C正确；
D.物体上升过程中机械能减少量为，解得
故D错误。
故选：C。
明显斜率为正的图像是重力势能的变化图像，斜率为负的是动能的变化图像，根据图像上的特殊点求解物体的质量以及动摩擦因数，根据能量守恒求解从开始到停止运动的总路程，物体上升过程中机械能减少量等于克服摩擦力做的功。
常见的功能关系：合力做功——动能变化；重力做功——重力势能变化；弹力做功——弹性势能变化；摩擦力做功——内能变化；其他力做功——机械能变化。
14.【答案】AC
【解析】解：设卫星在椭圆远地点所在圆形轨道运动时的速度为。为卫星在椭圆轨道运动时远地点的速度，根据变轨原理可知，。卫星绕地球做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力得，可得：，轨道半径越小，卫星运行速度越大则，故，故A正确；
B.根据牛顿第二定律得：
可得：，可知，两卫星通过A点时的加速度大小相等，由于加速度都是指向地心的，所以加速度的方向也是相同的，加速度的方向是相同的，故B错误；
C.卫星S从P点运动到Q点的过程中，其机械能保持不变。这是因为卫星在绕地球运动时，假设没有其他外力如大气阻力的作用，只有地球的引力做功，而引力是一个保守力，这意味着卫星的机械能动能加势能在整个运动过程中是守恒的。因此，选项B认为卫星S的机械能增加是不正确的。卫星S在椭圆轨道上运动时，其动能和势能会相互转换，但总机械能保持不变，故C正确；
D.是地球的第一宇宙速度，是卫星最大的环绕速度，也是近地卫星的环绕速度，根据：可知，“夸父一号”卫星的速度小于近地卫星的环绕速度，故D错误。
故选：AC。
据开普勒第三定律，分析周期关系，判断两颗卫星能否相遇：再与同步卫星的轨道半径对比，从而可以确定周期小于24小时；根据万有引力定律比较万有引力的大小；由变轨原理比较图示时刻两卫星速度的大小关系。
本题考查学生对万有引力提供向心力、牛顿第二定律开普勒第三定律的掌握情况，关键要知道在椭圆的远地点，万有引力大于向心力。
15.【答案】AD
【解析】解：A、由题图乙知，内，
对小物块，由牛顿第二定律得
联立解得小物块与长木板间的动摩擦因数
故A正确；
B、由题图乙可知，内，
对长木板P，由牛顿第二定律得
联立解得长木板与地面间的动摩擦因数
故B错误；
C、内根据做功的公式有
故C错误；
D、由题图乙知，小物块相对于长木板的位移
小物块与长木板间因摩擦产生的热量
代入数据解得
故D正确；
故选：AD。
根据图示图像求出加速度，应用牛顿第二定律求出动摩擦因数；应用做功公式计算；求出小物块与长木板间的相对位移，然后求出摩擦产生的热量。
根据题意与图示图像分析清楚小物块与长木板的运动过程、根据图乙所示图像求出加速度是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、运动学公式与功的计算公式即可解题。
16.【答案】自由落体运动； 不需要； ；；
【解析】解：甲实验的现象是小球A、B同时落地，由于B做自由落体运动，说明小球A在竖直方向的分运动是自由落体运动。
图乙实验中，小球每次均从斜槽同一位置静止释放，小球克服斜槽摩擦力做功相同，小球每次飞出斜槽末端速度大小相等，可知，斜槽的摩擦对实验没有影响，即斜槽不需要保持光滑。
小球竖直方向做自由落体运动，相邻相等时间间隔内的位移差相等，令小边格长为L，则有
解得
则频闪相机的拍照频率
小球水平方向做匀速直线运动，则有
解得
小球竖直方向做自由落体运动，该运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则有
则B点的速度
联立记得
故答案为：自由落体运动；不需要；；；
根据实验现象得出结论；
平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的自由落体运动，根据图示求出水平与竖直分位移，在竖直方向应用匀变速直线运动的推论求出照相机的频闪周期。
分析清楚小球的运动过程，应用运动学公式即可解题。
17.【答案】B； B； 变多；不变
【解析】解：探究小球做圆周运动所需向心力的大小采用控制变量法。
A.探究平抛运动的特点，采用等效思想，故A错误；
B.探究加速度与力和质量的关系实验采用的实验方法是控制变量法，故B正确；
C.探究两个互成角度的力的合成规律采用的实验方法是等效替代法，故C错误。
故选：B。
某次实验保证小球质量和圆周运动半径相等，若标尺上红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为1：4，根据可知，变速塔轮相对应的角速度之比为1：2；根据，由于变速塔轮边缘处的线速度大小相等，则与皮带连接的变速塔轮相对应的半径之比为2：1。
故B正确，ACD错误；
故选：B。
若增大手柄的转速，则角速度增大，根据可知，左、右两标尺的格数变多；
增大手柄的转速，由于与皮带连接的变速塔轮相对应的半径之比不变，角速度之比不变，则向心力之比不变，所以两标尺格数的比值不变。
故答案为：；；变多；不变
根据实验原理掌握正确的是科学方法；
根据向心力的表达式结合向心力的比值关系得出与皮带连接的变速塔轮相对应的半径之比；
根据向心力公式分析解答。
本题主要考查了匀速圆周运动的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合向心力的表达式即可完成分析。
18.【答案】BD； ；； A；2g
【解析】解：根据打点计时器的工作原理，电火花计时器需要220V的交流电源，故A错误，B正确；
C.若机械能守恒，需要满足
重物质量可以约掉，因此不需要天平测掌握的质量，故C错误；
D.本实验需要刻度尺测量相邻点迹之间的距离，故D正确。
故选：BD。
毫米刻度尺的精确度为1mm，刻度尺的零刻线与O点对齐，打点计时器在打出b点时重锤下落的高度；
相邻计数点的时间间隔为
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，打下b点时的速度
由图3可知，下落高度为零，重物的速度不为零，其原因可能是先释放纸带，后接通电源，故A正确，B错误。
故选：A。
根据机械能守恒定律
变形得
结合函数，图像的斜率。
故答案为：；；；；2g。
根据电火花计时器的工作原理分析作答；
C.根据机械能守恒定律的表达式分析作答；
D.根据实验原理分析所需的器材；
毫米刻度尺的精确度为1mm，根据毫米刻度尺的读数规则读数；根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求解打下b点时的速度；
由图3可知，下落高度为零，重物的速度不为零，结合实验原理分析作答；
根据机械能守恒定律求解函数，结合图像斜率的含义求解作答。
本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，掌握毫米刻度尺的读数规则；根据实验原理掌握正确的实验操作，结合机械能守恒定律求解函数是解题的关键。
19.【答案】网球在P点与墙壁碰撞时的速度大小为；
网球由O点运动到P点的时间为；
O、P两点间的水平距离为
【解析】解：网球的逆向运动为平抛运动，对O点速度进行分解可得：
解得：
在竖直方向上有：
解得：
、P两点间的水平距离为
解得：
答：网球在P点与墙壁碰撞时的速度大小为；
网球由O点运动到P点的时间为；
、P两点间的水平距离为。
根据网球的逆向运动为平抛运动，结合速度的分解分析求解；
根据竖直方向上做自由落体运动分析求解；
根据水平方向上做匀速运动分析求解。
本题考查了平抛运动相关计算，理解水平方向和竖直方向上分别的运动状态是解决此类问题的关键。
20.【答案】转动时钢绳对飞椅的拉力大小为125N；
飞椅匀速转动的角速度大小为；
小孩对飞椅的作用力大小为500N
【解析】解：受力分析，如图所示
根据几何关系可得
解得
由几何关系可知
解得
且
根据牛顿第二定律可知
解得
根据牛顿第二定律有
解得
小孩对飞椅的作用力大小
解得
飞椅对小孩的作用力为500N，则根据牛顿第三定律可得小孩对飞椅的作用力大小为500N。
答：转动时钢绳对飞椅的拉力大小为125N；
飞椅匀速转动的角速度大小为；
小孩对飞椅的作用力大小为500N。
作出受力分析图，根据几何关系进行求解；
先求出R的大小，再求出合力的大小，结合合外力提供向心力求出角速度的大小；
根据牛顿第二定律列式求出合力，再求出作用力，再结合牛顿第三定律列式求解。
本题考查的是圆周运动的基础题，其中涉及到了圆锥摆问题，需注意受力分析的情况。
21.【答案】货物上升H高度这个过程中克服空气阻力做的功W为fH；
货物上升过程中的最大速度为；
货物达到最大速度需要的时间为
【解析】解：货物上升H高度这个过程中克服空气阻力做功为：
对货物受力分析，根据牛顿第二定律可得：
功率有：
当时，货物的速度最大，有：
根据能量守恒定律有：
联立解得：
答：货物上升H高度这个过程中克服空气阻力做的功W为FH；
货物上升过程中的最大速度为；
货物达到最大速度需要的时间为。
根据做功公式求解；
根据牛顿第二定律和功率公式求解；
根据能量守恒定律求解。
本题考查了能量守恒定律、牛顿第二定律和做功，熟悉公式的运用的是解决此类问题的关键。
22.【答案】解：滑块从A到B过程，根据动能定理有：
变形代入数据解得：
滑块从A点到C点的过程中，由机械能守恒定律有：
对滑块在C点受力分析有：
由牛顿第三定律压力：
联立代入解得：
若传送带不动，设滑块运动到G点的速度为，从C点到G点由动能定理
代入数据可得：
G点飞出做平抛，平抛规律有
竖直方向：
水平方向：
联立可得G点飞出后的水平距离：
则落地点离M点的距离：
若传送带一直对滑块做正功，设滑块运动到G点的速度为，从C点到G点由动能定理
代入数据可得：
设滑块从G点飞出后能够到达平板的最小速度为，最大速度为，则根据平抛运动规律有
竖直方向：
水平方向：，
联立可得：，
故要使滑块从A点由静止释放时落在平板上，传送带的速度范围：
答：滑块通过轨道B点的速度大小为；
滑块通过圆轨道最低点C时对轨道的压力大小为82N；
若传送带不转动，滑块从A点由静止释放时落在平板上离M点的距离为；
要使滑块从A点由静止释放时落在平板上，传送带的速度范围为。
【解析】滑块由A到B过程，利用动能定理求解滑块第一次过B点的速度大小；
到C过程，由机械能守恒定律求出滑块第一次过C点时的速度大小，再由牛顿第二、三定律求轨道对滑块的作用力大小；
由C到G过程，由动能定理求出滑块到达G点的速度。再由平抛规律求水平位移；
考虑传送带一直对滑块做正功，由平抛规律求得滑块落在平板上的最大速度和最小速度，由动能定理，结合平抛运动的规律求传送带的速度范围。
本题是复杂的力学综合题，关键要正确分析滑块的运动情况，把握隐含的临界状态和临界条件，运用动能定理、牛顿第二定律和运动学规律进行处理。