2024-2025学年四川省成都七中高一（下）期末物理试卷（含解析）

2024-2025学年四川省成都七中高一（下）期末物理试卷
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.关于声波，下列说法正确的是（　　）
A. 两列频率不同的声波在介质中不能发生干涉现象
B. 不同频率的声波在相同均匀介质中传播速度不同
C. 声波的衍射现象只发生在障碍物的尺寸与波长相近时
D. 声波不能在真空中传播，超声波可以在真空中传播
2.随着科技的发展，机器狗的应用为生活带来了便利。如图所示，机器狗在泰山进行负重测试，从泰山山脚到目的地用时2h,爬升高度为1200m,已知机器狗及重物总质量为100kg,重力加速度g取10m/s2，则机器狗在本次测试中（　　）
A. 位移大小为1200m
B. 克服重力做功为1.2×106J
C. 克服重力做功的平均功率为6×105W
D. 所受重力的冲量为0
3.2023年09月21日在距离地球400公里的中国空间站，3位“太空教师”在“天宫课堂”进行了第四课授课，神舟十六号航天员在实验舱演示了钢球在太空舱中的悬停现象。则针对悬停的钢球有（　　）
A. 由于钢球悬停不动，可见太空舱里合力为零
B. 钢球绕地球运动的角速度比地面赤道上的物体小
C. 由于钢球处于完全失重状态，钢球所在的太空舱里无法测出物体的质量
D. 钢球围绕地球做匀速圆周运动，它离地的高度比地球静止卫星高
4.上海中心大厦内部的“上海慧眼”阻尼器重达一千吨，有效抵御了大风对建筑的影响。该阻尼器沿水平方向做阻尼振动，振动图像如图所示。关于阻尼器的说法正确的是（　　）
A. 振动周期越来越小 B. t=4s时的动能为零
C. t=8s时沿x轴负方向运动 D. t=10s时加速度沿x轴负方向
5.在竖直平面内，质点M绕定点O沿逆时针方向以速率v做匀速圆周运动，质量为m的质点N沿竖直方向做直线运动，M、N在运动过程中始终处于同一高度。t=0时，M、N与O点位于同一直线上，如图所示。此后在M运动一周的过程中，关于质点N的描述，下列说法正确的是（　　）
A. 质点N做匀速直线运动
B. 质点N做类竖直上抛运动
C. 质点M运动的前个周期的过程中，质点N的动量变化大小为
D. 当质点M运动到圆周的最低点时，质点N的动能最大
6.如图1所示是某款小游戏，物体需要从平台A跳跃到前方更高的平台B上。假设不同的操作方式会使物体的运动轨迹出现如图2所示的两种情况，则由图2可推断出（　　）
A. 轨迹甲的起跳速度较大 B. 轨迹乙的运动时间较长
C. 两条轨迹最高点速度相同 D. 两条轨迹起跳瞬间重力的功率相同
7.如图所示，在竖直平面内有一半径为R的光滑圆形轨道，a为轨道最低点，c为轨道最高点，b点、d点为轨道上与圆心等高的两点。一个质量为m的小物块在轨道内侧沿顺时针方向做圆周运动。物块在a点的速度为v0，忽略空气阻力，重力加速度为g,则（　　）
A. 若物块能达到c点，则物块在c点的速度大小为
B. 若物块从a点经过时间t刚好到达b点，则该过程轨道对物块的支持力的冲量为mv0+mgt
C. 若v0满足物块将在b,c之间某个位置脱离圆形轨道
D. 若物块能达到c点，则物块从a到b的过程中，轨道对物块的支持力可能先增大后减小
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.某人握住轻绳的一端上下抖动，使绳子振动起来，t=0时刻的波形图如图所示，此时质点A位于波峰，质点B开始振动，A、B两质点平衡位置间的距离为0.9m。t=3s时质点C开始振动，B、C两质点平衡位置间的距离为9m。若将该绳波视为简谐横波，下列说法正确的是（　　）
A. 该绳波的波速大小为3m/s B. 手抖动的频率是2Hz
C. 手的起振方向向上 D. t=0.2s时质点B向上运动
9.歼-20战机是我国的先进隐形战斗机，歼-20的质量为m,额定功率为P。已知某次训练中，歼-20战机在平直路面上从静止开始运动，先以加速度a做匀加速直线运动，达到额定功率P后，又经过时间t无限接近该功率下的最大速度起飞。若战机行驶过程中所受到的阻力恒为Ff，下列说法正确的是（　　）
A. 达到匀加速直线运动的最大速度时，战机牵引力等于阻力
B. 达到额定功率后，战机接着做加速度逐渐增大的加速运动
C. 匀加速直线运动的位移为
D. 整个加速过程中阻力做功为
10.质量为M的半圆形凹槽静置在光滑水平面上，质量为m的光滑小球静止在凹槽底部。初始时刻给小球一个水平初速度v0，计算机模拟得到小球的部分轨迹如图，已知图中轨迹顶点与凹槽端口等高，则（　　）
A. m＜M
B. 如果仅增大M值后重新模拟，小球不能飞离凹槽
C. 长时间观察，凹槽对地一直向右运动
D. 小球从图中A到B运动过程中，凹槽先加速后减速
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某班同学们用单摆测量重力加速度，实验装置如图甲所示。
（1）如图乙所示，摆球的直径为d= ______mm。
（2）第一组同学在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间为t。在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长度L0（从悬点到摆球的最上端），再用游标卡尺测得摆球的直径为d。则计算g的表达式为：g= ______（用题中所给的字母来表示）。
（3）实验结束后，该同学发现他测得的重力加速度比当地重力加速度的数值大，其原因可能是______。（仅有一个正确结果）
A.计数结束时秒表太迟按下
B.把摆动n次误记为（n+1）次
C.单摆的悬点未固定紧，摆动中出现松动，使摆线增长
12.实验小组利用图1所示装置验证机械能守恒定律。可选用的器材有：交流电源（频率50Hz）、铁架台、电子天平、重锤、打点计时器、纸带、刻度尺等。
（1）下列所给实验步骤中，有4个是完成实验必需且正确的，把它们选择出来并按实验顺序排列：______（填步骤前面的序号）。
①先接通电源，打点计时器开始打点，然后再释放纸带
②先释放纸带，然后再接通电源，打点计时器开始打点
③用电子天平称量重锤的质量
④将纸带下端固定在重锤上，穿过打点计时器的限位孔，用手捏住纸带上端
⑤在纸带上选取一段，用刻度尺测量该段内各点到起点的距离，记录分析数据
⑥关闭电源，取下纸带
（2）图2所示是纸带上连续打出的五个点A、B、C、D、E到起点的距离。则打出B点时重锤下落的速度大小为______m/s（保留3位有效数字）。
（3）纸带上各点与起点间的距离即为重锤下落高度h,计算相应的重锤下落速度v,并绘制图3所示的v2-h关系图像。理论上，若机械能守恒，图中直线应______（填“通过”或“不通过”）原点的倾斜直线。
（4）由图3可知直线斜率k为______（保留3位有效数字）。
（5）定义单次测量的相对误差η=||×100%，其中Ep是重锤重力势能的减小量，Ek是其动能增加量，当地重力加速度为g,则实验相对误差为η= ______×100%（用k和g表示）。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图所示，一轨道由半径R=2m的四分之一竖直圆弧轨道AB和水平直轨道BC在B点平滑连接而成。现有一质量为m=1kg的小球从A点正上方处的O′点由静止释放，小球经过圆弧上的B点时，轨道对小球的支持力大小FN=18N。接着小球沿BC运动并从C点水平飞离轨道，落到水平地面上的P点。已知B点与地面间的高度h=3.2m,小球与BC段轨道间的动摩擦因数μ=0.2，小球运动过程中可视为质点，不计空气阻力，g取10m/s2。求：
（1）小球运动至B点时的速度大小vB；
（2）水平轨道BC的长度L=3m,小球从B点到落地过程重力的冲量。
14.如图，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度，P处轨道的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上，b被锁定。一质量m=0.5kg的小球自Q点正上方h=2m处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中a,与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到F=15N时，b解除锁定开始运动。已知a的质量ma=1kg,b的质量mb=0.75kg,方形物体的质量M=4.5kg,轨道在P点的曲率半径R=2m,重力加速度大小g=10m/s2，弹簧的劲度系数k=50N/m,整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式Ep=（x为弹簧的形变量），所有过程不计空气阻力。求：
（1）小球刚到达P点时，小球对轨道的弹力N；
（2）弹簧弹性势能最大时，b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。
15.苏联科学家齐奥尔科夫斯基首先提出宇宙速度（cosmicvelocity）的概念，所谓宇宙速度是指使物体能够摆脱引力束缚而飞行到宇宙空间所需的最小初速度。比较有代表性的是第一宇宙速度（环绕速度）、第二宇宙速度（逃逸速度），第三宇宙速度。接下来我们尝试推导三种宇宙速度的表达式。已知地球半径为R，地球质量为ME，太阳质量为MS，地球到太阳的距离为rSE引力常量为G。本题忽略一切空气阻力，地球和太阳都视为均匀球体。（本题共有4个小问）
第一宇宙速度使物体在地球表面附近，围绕地球做匀速圆周运动所需的最小发射速度。
（1）推导第一宇宙速度表达式v1；【结果用ME，R，G表示】
第二宇宙速度使物体完全摆脱地球引力束缚，成为绕太阳运行的行星（或飞向太阳系其他行星）所需的最小发射速度。要推导第二宇宙速度的大小，需要引入引力势能Ep用来表示物体与地球之间的势能，取物体（m）与地球（M）之间的距离达到无穷远时引力势能为设为零，r为物体与地球球心之间的距离，引力势能的表达式是：Ep=-。
（2）利用以上信息，推导第二宇宙速度表达式v2；【结果用ME，R，G表示】
第三宇宙速度是物体从地球发射后摆脱太阳系引力的束缚，飞到太阳系以外的宇宙空间所需的最小发射速度。计算从地球表面发射的第三宇宙速度需要考虑
①物体需要先挣脱地球引力（达到第二宇宙速度），并且拥有足够速度摆脱太阳引力；
②巧妙地利用地球公转速度，沿着地球公转方向发射，可以极大地节省所需速度增量；
③地球公转的轨道半径远大于地球半径。
（3）利用以上信息及第二宇宙速度的推导方法，推导第三宇宙速度v3；【结果用ME，MS，R，rSE，G表示】
现在我们让物体的发射速度大小为v0（v1＜v0＜v2），速度方向垂直于物体与地球球心连线，那么物体将以地球球心为焦点做椭圆运动，该椭圆的近地点为地球表面。
（4）利用以上信息、第二宇宙速度的推导方法及开普勒三大定律，推导物体从椭圆轨道的近地点运动到远地点的时间t。【结果用ME，R，v0，G表示】
1.【答案】
【解析】解：A、干涉现象要求波频率相同且相位差恒定。频率不同的声波无法形成稳定的干涉图样，因此在介质中不能发生干涉现象。故A正确；
B、声波在相同均匀介质中的传播速度取决于介质性质（如密度和弹性模量），而非频率。例如不同频率的声波在空气中速度相同。故B错误；
C、衍射现象并非仅限于障碍物尺寸与波长相近的情况；障碍物任意尺寸均可发生衍射，但其显著程度取决于波长与障碍物尺寸的比值。声波因波长较长而较易出现衍射。故C错误；
D、声波是机械波，需介质传播，在真空中无法传播。超声波是高频声波，本质仍是声波，同样不能在真空中传播。故D错误。
故选：A。
干涉现象需要波的频率相同，频率不同的声波无法产生稳定的干涉图样。声波在相同介质中的传播速度由介质性质决定，与频率无关。衍射现象在任何障碍物尺寸下都可能发生，只是显著程度与波长和障碍物尺寸的比例有关。声波作为机械波必须依赖介质传播，超声波同样无法在真空中传播。
本题考查声波的基本性质，涉及干涉、传播速度、衍射和传播条件等核心概念。题目概念性较强，重点考查学生对波动现象本质的理解。A选项直接点明干涉条件，B选项通过反例澄清速度与频率无关，C选项修正对衍射的片面认识，D选项强调机械波的共性。题目设计巧妙，通过常见误区检验学生对波动理论的掌握程度，尤其能区分对现象表象和本质的理解差异。
2.【答案】
【解析】解：A、由位移的定义：从初位置指向末位置的有向线段，机器狗在水平方向、竖直方向均有运动，可知高度为1200m时，位移大于1200m,故A错误；
B、由功、功率的公式，即可计算克服重力做的功：W=mgh,功率为：，解得：W=1.2×106J，P=，故B正确，C错误；
D、由冲量的定义：I=mgt,可知重力的冲量不为0，故D错误。
故选：B。
由位移的定义，可比较位移与1200m的关系；由功、功率的公式，即可计算克服重力做的功及功率；由冲量的定义，即可计算重力的冲量。
本题考查功、功率、冲量的计算，注意机器狗的实际位移与上升高度不同。
3.【答案】
【解析】解：A.钢球在太空中一样受到地球对其的重力，所以合力不为零，提供向心力，故A错误；
B.钢球围绕地球做匀速圆周运动，有，解得，又v=rω，解得，则知钢球的角速度比地球同步卫星的大，而地面赤道上物体的角速度与地球同步卫星的角速度相等，所以钢球的角速度比地面赤道上物体的大，故B错误；
C.钢球悬停在空间站不动，随空间站一起绕地球做匀速圆周运动，则钢球和所在的太空舱处于完全失重状态，在太空舱里无法称物体的质量，故C正确；
D.钢球悬停在空间站不动，随空间站一起绕地球做匀速圆周运动，地球同步卫星离地面的高度大约是36000公里，而中国空间站距离地球400公里，可见钢球离地的高度比地球同步卫星低，故D错误。
故选：C。
根据太空中物体的受力情况、万有引力提供向心力和完全失重环境等知识进行分析解答。
考查太空中物体的受力情况、万有引力提供向心力和完全失重环境等知识，会根据题意进行准确分析解答。
4.【答案】
【解析】解：A、根据振动图像可知，振动周期保持不变，故A错误；
B、t=4s时处于平衡位置，速度最大、则动能为最大，故B错误；
C、根据振动图像可知，t=8s时沿x轴正方向运动，故C错误；
D、t=10s时处于波峰，其加速度沿x轴负方向，故D正确。
故选：D。
根据振动图像可知振动周期是否变化、t=4s时的动能大小、以及振动方向；根据质点的位置确定加速度正负。
本题主要是考查了振动的图像；解答此类问题的关键是要理解振动图像的物理意义，能够根据图像直接读出振幅和质点的振动方向。
5.【答案】
【解析】解：AB、设质点M的角速度为ω。依题意分析可知，N的速度与M竖直方向的分速度始终相同，则当质点M绕O点转过角度θ时，质点N的速度为vN=vcosθ=vcosωt,可知质点N做简谐运动，故AB错误；
C、取竖直向上为正方向，质点M运动的前个周期的过程中，质点M绕O点转过120°，此时质点N的速度为vN=vcos120°=-，质点N的动量变化大小为Δp=mvN-mv=m（-）-mv=-，则质点N的动量变化大小为，故C正确；
D、当质点M运动到M点或M点关于O点的对称点时，质点N运动到平衡位置，动能最大，故D错误。
故选：C。
M、N在运动过程中始终处于同一高度，则N的速度与M竖直方向的分速度始终相同，根据速度分解法得到两者速度关系，再分析N的运动性质；质点M运动的前个周期的过程中，确定质点N的初末速度，再求质点N的动量变化大小；当质点N运动到平衡位置时动能最大，再分析此时M的位置。
解答本题时，要知道匀速圆周运动在竖直方向的投影是简谐运动。求动量变化量时，要规定正方向，用正负号表示速度方向。
6.【答案】
【解析】解：B．由于两种情况下在竖直方向都做竖直上抛运动，且上升的最大高度相同，都落到同一水平面上，所以它们在空中运动的时间相等，故B错误；
AC．由于轨迹甲和乙落地点的距离不同，且它们在空中运动的时间相等，根据水平方向的匀速直线运动规律可知，轨迹乙水平方向的初速度分量较大，即乙轨迹最高点速度大，上升高度相等，竖直初速度也相等，根据速度的合成可知，轨迹乙初速度较大，故AC错误；
D．轨迹甲乙上升的高度相同，竖直分速度相同，根据P=mgv竖直，可知两条轨迹起跳瞬间重力的功率相同，故D正确。
故选：D。
根据轨迹甲乙做斜抛运动，可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，结合水平方向的匀速直线运动规律，以及瞬时功率表达式分析求解。
本题考查了斜抛运动和功率，理解物体在不同方向上的运动情况是解决此类问题的关键。
7.【答案】
【解析】解：A.物块能到达c点，从a到c点，根据动能定理有-=-mg 2R，解得，故A错误；
B.若物块从a点经过时间t刚好到达b点，则到b点速度为零，取竖直向上为正，根据动量定理有：I-mgt=0-mv0，解得I=mgt-mv0，故B错误；
C.若物块恰好通过c点，则c点应有最小速度，根据牛顿第二定律有mg=m，此时在c点的速度为，从a到c点，根据动能定理有-=-mg 2R，解得，由B选项分析可知，小物块刚好通过b点的速度为零，从a到b点，根据动能定理有0-=-mg R，解得，故C正确；
D.当物块在ab弧线上一点时，受力分析图如图所示，根据合外力提供向心力有：FN-mgcosθ=m，从a运动到b的过程中，重力做负功，支持力不做功，所以速度v在减小，而越靠近b点，θ角越大，所以mgcosθ在减小，由此可知从a到b的过程中，轨道对物块支持力始终在减小，故D错误。
故选：C。
根据圆周运动中最高点的运动关系，可以分析出c点的速度大小；利用动量定理可以求出a到b过程中支持力的冲量大小；根据动能定理可以分析出bc段脱离轨道的速度范围；利用牛顿第二定律分析出a到b过程中支持力的变化情况。
本题重点考查力学的综合应用，学生要掌握完整竖直圆周运动模型，根据特殊点位置的速度大小分析题目。
8.【答案】
【解析】解：A、t=3s时质点C开始振动，B、C两质点平衡位置间的距离为9m,则该绳波的波速大小为
故A正确；
B、根据题图可知，A、B两质点平衡位置间的距离满足
解得波长为λ=1.2m
根据波速、波长和周期之间的关系可知，则周期为
则手抖动的频率为
f=
代入数据解得f=2.5Hz
故B错误；
C、t=0时刻质点B开始振动，根据波形平移法可知，质点B的起振方向向下，则手的起振方向向下，故C错误；
D、t=0时刻质点B从平衡位置向下振动，由于
则t=0.2s时质点B经过平衡位置向上运动，故D正确。
故选：AD。
根据题目给出的波形图和质点位置信息，可以推断出波的波长和周期，进而求出波速和频率。
通过分析质点的起振方向和运动状态，可以判断选项的正确性。
本题的关键在于理解简谐波的传播特性，包括波速、频率、起振方向和质点的运动状态。通过分析波形图和质点位置信息，可以推断出波的波长和周期，进而求出波速和频率。同时，通过分析质点的起振方向和运动状态，可以判断选项的正确性。
9.【答案】
【解析】解：A、达到匀加速直线运动的最大速度时，仍在加速，战机牵引力大于阻力，故A错误；
B、达到额定功率时，匀加速直线运动的速度达到最大，之后，由P=Fv可知，随着速度增大，牵引力减小，合力减小，则加速度减小，所以达到额定功率后，战机接着做加速度逐渐减小的加速运动，故B错误；
C、对于匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得F-Ff=ma,可得F=Ff+ma,匀加速直线运动的最大速度为v=，匀加速直线运动的位移为x1=，联立解得x1=，故C正确；
D、设最大速度为vm，则P=Fvm=Ffvm，可得vm=
对于加速度逐渐减小的加速过程，设位移为x2，由动能定理得
Pt-fx2=-
整个加速过程中阻力做功为Wf=-f（x1+x2），解得Wf=，故D正确。
故选：CD。
达到匀加速直线运动的最大速度后，继续加速，牵引力不等于阻力；达到额定功率后，根据P=Fv分析牵引力的变化，由牛顿第二定律分析加速度的变化；根据牛顿第二定律求出匀加速直线运动的末速度，由速度—位移公式求匀加速直线运动的位移；根据动能定理求出变加速直线运动的位移，再求整个加速过程中阻力做功。
本题考查机车启动问题，理解恒加速度起动时，不同状态下速度、加速度和牵引力之间的关系，熟悉使用牛顿第二定律和动能定理是解决此类问题的关键。
10.【答案】
【解析】解：A、小球由最低点开始运动到第一次回到最低点的过程（此过程类似弹性碰撞），设小球末速度为v1，凹槽末速度为v2。以小球的初速度方向为正方向，根据系统水平方向动量守恒和机械能守恒定律分别得：
mv0=mv1+Mv2
联立可得：
由题图中小球的部分轨迹可知当小球第一次回到最低点时小球速度方向水平向左，可得：v1＜0，即，可得：m＜M，故A正确；
B、已知图中轨迹顶点与凹槽端口等高，说明当小球由最低点开始运动到第一次到最高点时，凹槽与小球速度恰好相同（此过程类似完全非弹性碰撞），设小球和凹槽的末速度为v共，由水平方向动量守恒得：
mv0=（m+M）v共，解得：
由机械能守恒定律得：=
若仅增大M值，上式中的会减小，说明小球到达凹槽最高点时的动能会增大，即小球会有竖直方向的分速度，则小球能飞离凹槽，故B错误；
C、设小球末速度水平分速度v1′，凹槽末速度v2′，以向右为正方向，同理可得：
mv0=mv1′+Mv2′，可得：m（v0-v1′）=Mv2′
若凹槽对地向左运动，则：v2′＜0，可得：v0＜v1′
系统总机械能为：，由机械能守恒可知：
可得：v0＞v1′，产生矛盾，故凹槽对地不可能向左运动，即凹槽对地一直向右运动，故C正确；
D、由题图中小球的部分轨迹可知，由A到B的过程小球的水平速度一直向右，且逐渐减小，即小球水平方向的动量逐渐减小，根据小球与凹槽在水平方向动量守恒可知，凹槽的动量逐渐增大，即此过程凹槽一直加速，故D错误。
故选：AC。
当小球由最低点开始运动到第一次回到最低点时，根据系统水平方向动量守恒和机械能守恒分别列方程，得到小球与凹槽末速度表达式，根据小球第一次回到最低点时速度方向与初速度方向的关系分析m与M的大小关系；当小球由最低点开始运动到第一次到达最高点时，由动量守恒定律求出小球和凹槽的末速度。根据能量转化情况分析仅增大M后小球能否飞离凹槽；根据系统水平方向动量守恒和机械能守恒分析凹槽会不会出现向左运动的情况；根据小球的轨迹分析从图中A到B运动过程中，小球的水平速度方向和速度大小的变化，根据系统水平方向动量守恒确定凹槽速度变化情况。
本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，解题的关键是对小球运动轨迹的解析，能够从其轨迹得到小球水平速度的方向与大小变化。掌握从动量与能量的角度处理问题的方法。
11.【答案】
【解析】（1）由图示游标卡尺可知，摆球的直径d=16mm+4×0.1mm=16.4mm。
（2）单摆的周期T=，单摆的摆长L=L0+，
由单摆周期公式T=2π，解得g=。
（3）由单摆周期公式T=2π，解得g=
A、计数结束时秒表太迟按下，所测周期T偏大，g偏小，故A错误；
B、把摆动n次误记为（n+1）次，所测周期T偏小，g偏大，故B正确；
C、单摆的悬点未固定紧，摆动中出现松动，使摆线增长，摆长的测量值L偏小，g偏小，故C错误。
故选：B。
故答案为：（1）16.4；（2）；（3）B。
（1）游标卡尺主尺与游标尺读数的和是游标卡尺读数。
（2）根据单摆周期公式求出重力加速度。
（3）应用单摆周期公式求出重力加速度的表达式，然后分析实验误差。
要掌握常用器材的使用方法与读数方法；掌握基础知识，理解实验原理，应用单摆周期公式即可解题。
12.【答案】
【解析】（1）先安装实验器材，然后先接通电源再释放纸带进行实验，实验完毕关闭电源取下纸带，再进行实验数据处理，故合理的实验步骤是④①⑥⑤。
（2）交流电源的频率f=50Hz,则打点计时器的打点时间间隔T=s=0.02s；
打出B点时重锤下落的速度大小v=≈1.79m/s。
（3）如果机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh=，整理得v2=2gh,v2与h成正比，则图线是过原点的倾斜直线。
（4）由图3所示图像可知，图像的斜率k=≈18.7m/s2。
（5）测量的相对误差η=||×100%=||×100%，
图像的函数解析式v2=2gh,斜率k=2g,解得η=||×%
故答案为：（1）④①⑥⑤；（2）1.79；（3）通过；（4）18.7m/s2；（5）||。
（1）根据实验步骤分析答题。
（2）根据匀变速直线运动的推论求解。
（3）求出图像的函数解析式，然后分析答题。
（4）根据图示图像求出图像的斜率。
（5）根据相对误差的定义求出相对误差。
掌握基础知识，理解实验原理是解题的前提，应用机械能守恒定律求出图像的函数解析式，根据图示图像即可解题。
13.【答案】
【解析】（1）小球在B点受到的重力与支持力的合力提供向心力，则，解得B点时的速度大小vB=4m/s；
（2）小球在轨道BC上向右运动，加速度，根据匀变速直线运动规律有，解得t1=1s或3s（舍），平抛运动的时间为，小球从B点到落地过程中，重力的冲量为I=mg（t1+t2），解得I=18N s,方向竖直向下。
答：（1）B点时的速度大小vB=4m/s；
（2）小球从B点到落地过程重力的冲量为18N s,方向竖直向下。
（1）根据牛顿第二定律列式解答；
（2）根据牛顿第二定律，匀变速直线运动位移规律和平抛运动的位移规律，冲量的表达式列式求解。
考查牛顿第二定律和匀变速直线运动规律、平抛运动的位移规律和冲量的计算，会根据题意进行准确分析解答。
14.【答案】
【解析】（1）根据题意可知，小球从开始下落到P处过程中，小球与方形物体组成的系统在水平方向上动量守恒，设小球到P处时小球和方形物体相对于地面的速度分别为v1、v2，以向左为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：
mv1+Mv2=0
联立解得：v1=6m/s,
在P点以方形物体为参考系，小球相对方形物体的速度为v1-v2，轨道在P点的曲率半径R=2m,设轨道对小球的弹力为N′，根据牛顿第二定律得：
解得：
根据牛顿第三定律可知小球对轨道的弹力为，方向竖直向上。
（2）小球从P点水平抛出，恰好击中a,与a粘在一起且不弹起，小球竖直方向速度变为0，小球击中物块a的过程在水平方向上动量守恒，以向左为正方向，则有：
mv1=（m+ma）v3，解得：v3=2m/s
设当弹簧形变量为x1时物块b的固定解除，此时小球和物块a的速度为v4。
根据胡克定律得：F=kx1
由机械能守恒定律的：
联立解得：v4=1m/s,x1=0.3m
b解除锁定开始运动之后，小球、物块a和物块b组成的系统动量守恒，当三者共速时弹簧的弹性势能最大，以向左为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：
（m+ma）v4=（m+ma+mb）v共
Epm=
解得：，Epm=2.5J
答：（1）小球刚到达P点时，小球对轨道的弹力N的大小为，方向竖直向上；
（2）弹簧弹性势能最大时，b的速度大小vb为，弹性势能的最大值Epm为2.5J.
（1）小球从开始下落到P处过程中，小球与方形物体组成的系统在水平方向上动量守恒。根据动量守恒定律与机械能守恒定律求得小球刚到达P点时小球和方形物体的速度，根据牛顿第二定律与牛顿第三定律求解小球对轨道的弹力；
（2）小球击中物块a的过程在水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律与机械能守恒定律求得物块b的固定解除时小球和物块a的速度为v4。b解除锁定开始运动之后，小球、物块a和物块b组成的系统动量守恒，当三者共速时弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律与机械能守恒定律求解弹性势能最大时和b的速度大小。
本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，牛顿第二定律在圆周运动中的应用。掌握从动量与能量的角度处理问题的方法。
15.【答案】
【解析】（1）对于近地卫星r=R
万有引力通过向心力，根据向心力公式
解得第一宇宙速度
（2）设物体在地表刚好以第二宇宙速度v2发射，那么物体可以脱离地球的束缚，可以理解为物体能够飞到无穷远处，而在这个过程中，物体和地球构成系统机械能守恒
根据机械能守恒定律
解得
不难发现，第二宇宙速度
（3）设物体在地球表面刚好以第三宇宙速度v3发射，那么物体可以脱离太阳的引力束缚
假设让物体脱离地球的引力束缚时的速度为v31，根据机械能守恒定律
解得
设地球绕太阳的公转速度为vE，万有引力提供向心力
根据牛顿第二定律
解得
此时在太阳系中，因为地球公转半径远大于地球半径，近似取在地球公转轨道处为地球无限远处是位置，物体的速度为（v31+vE），要使物体能够脱离太阳的束缚需要满足
取等号时
将v31、vE代入数据得
化简得
解得；
（4）椭圆的近地点为地球表面，近地点的速度为v0，近地点到地球球心的距离为R，设远地点到地球球心的距离为r,物体在远地点的速度为v；
设在Δt时间内，根据开普勒第二定律
化简得
根据机械能守恒定律
两式联立解得
设椭圆轨道的半长轴为a,根据数学知识
解得半长轴
根据开普勒第三定律
解得
物体从椭圆轨道的近地点运动到远地点的时间。
答：（1）第一宇宙速度的表达式为，推导过程见解析；
（2）第二宇宙速度的表达式为，推导过程见解析；
（3）第三宇宙速度的表达式为，推导过程见解析；
（4）体从椭圆轨道的近地点运动到远地点的时间为，推导过程见解析。
（1）万有引力通过向心力，根据向心力公式求解作答；
（2）物体在地表刚好以第二宇宙速度v2发射，认为物体脱离地球的束缚时物体能够飞到无穷远处，根据机械能守恒定律求解作答；
（3）物体在地球表面刚好以第三宇宙速度v3发射，物体可以脱离太阳的引力束缚；根据机械能守恒定律求解物体运动到地球绕太阳公转的位置时的速度；根据万有引力定律求解地球绕太阳公转的公转速度，根据运动的合成求解物体相对于太阳的速度，根据机械能守恒定律求解第三宇宙速度；
（4）根据开普勒第二定律求解物体在远地点的速度，根据机械能守恒定律求解远地点到地球中心的距离；根据开普勒第三定律结合数学知识求解作答。
本题主要考查了第一、二、三宇宙速度的推导，要充分利用题目给出的信息，要熟练掌握向心力公式、万有引力定律以及开普勒定律的运用，掌握机械能守恒定律的运用。
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