广东省广州市三校（广附、广铁、广外）2024-2025学年高一下学期期末联考物理试题

广东省广州市三校（广州外国语学校、铁一中学、广州大学附中）2024-2025学年下学期高一期末物理试卷 一.单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求） 1．（4分）如图所示，有五片荷叶伸出荷塘水面，一只青蛙要从高处荷叶跳到低处荷叶上。设低处荷叶a、b、c、d和青蛙在同一竖直平面内，a、b高度相同，c、d高度相同，a、b分别在c、d正上方。将青蛙的跳跃视为平抛运动，若以最小的初速度完成跳跃，则它应跳到（　　） A．荷叶a B．荷叶b C．荷叶c D．荷叶d 2．（4分）我国明代出版的《天工开物》中记录了我们祖先的劳动智慧，如图所示为“牛转翻车”，利用畜力转动不同半径齿轮来改变水车的转速，从而将水运送到高处。图中A、B分别是两个现代齿轮边缘上的点，两齿轮的半径之比rA：rB＝4：3，在齿轮转动过程中（　　） A．A、B两点的周期之比TA：TB＝3：4 B．A、B两点的线速度大小之比vA：vB＝4：3 C．A、B两点的角速度之比ωA：ωB＝3：4 D．A、B两点的向心加速度大小之比aA：aB＝4：3 3．（4分） 2021年2月，天问一号火星探测器被火星捕获，经过系列变轨后从“调相轨道”进入“停泊轨道”，为着陆火星做准备。如图所示，阴影部分为探测器在不同轨道上绕火星运行时与火星的连线每秒扫过的面积，下列说法正确的是（　　） A．图中两阴影部分的面积相等 B．从“调相轨道”进入“停泊轨道”探测器周期变大 C．从“调相轨道”进入“停泊轨道”探测器机械能变小 D．探测器在P点速度小于在N点的速度 4．（4分）溜溜球是一种玩具，两个圆饼状的塑钢块中心用一根轴固定相连，成为一个整体。绳的一端固定在轴上，将绳缠绕在轴上，绳的另一端用手拉住或固定在天花板上。从静止释放后，溜溜球会一边转动一边下落。如图所示，现有两个完全一样的溜溜球，绳长均为l。将左边一个溜溜球的绳缠绕在轴上，右边一个溜溜球的绳不绕在轴上。将两个溜溜球同时从同一高度由静止释放，它们各自下落到0.5l处时，左边溜溜球的下落速度v1，右边溜溜球的下落速度v2。下列关于v1，v2大小关系正确的是（　　） A．v1＝v2 B．v1＞v2 C．v1＜v2 D．无法确定 5．（4分）2024年2月23日，长征五号遥七运载火箭搭载通信技术试验卫星十一号发射成功。卫星进入地球同步轨道后，主要用于开展多频段、高速率卫星通信技术验证。设地球同步卫星的轨道半径是地球半径的n倍，下列说法中正确的是（　　） A．地球同步卫星可以静止在北京上空 B．同步卫星运行速度是地球第一宇宙速度的 C．同步卫星的运行速度是地球赤道上物体随地球自转获得的速度的倍 D．若忽略地球的自转效应，则同步卫星的向心加速度是地球表面重力加速度的 6．（4分）如图所示，有一质量M＝6kg、棱长为0.2m的正方体木块，静止于光滑水平面上，木块内部有一从顶面贯通至底面的通道，一个质量为m＝2kg的小球由静止开始从轨道的左端运动到右端，在该过程中木块的位移为（　　） A．0.05m B．0.10m C．0.15m D．0.5m 7．（4分）活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针蕊和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。针鞘（质量为m）在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力。大小分别为F1、F2，则针鞘（　　） A．被弹出时速度大小为 B．到达目标组织表面时的动能为F1d1 C．运动d2过程中，阻力做功为（F1+F2）d2 D．运动d2的过程中动量变化量大小为 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题列出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。） （多选）8．（6分）如图所示，太极球”是近年来在广大市民中较流行的一种健身器材。某熟练的太极球健身者用球拍托住太极球，在竖直平面内做匀速圆周运动，轨迹截面图如图所示，图中的A点为圆周运动最高点，B点为圆周运动最低点，C、D点与圆心等高。已知太极球运动的速度大小为v，半径为R，太极球的质量为m，重力加速度为g，不考虑空气阻力，则（　　） A．太极球在运动过程中机械能不守恒 B．太极球在B点受到向心力、重力和弹力的作用 C．从A点运动到B点过程中，球拍对太极球做了正功 D．在C点，球拍对太极球的作用力大小为 （多选）9．（6分）数据表明，在电动车事故中，佩戴头盔可防止85%的头部受伤，大大减小损伤程度。头盔内部的缓冲层与头部的撞击时间延长至6ms以上，人头部的质量约为2kg，则下列说法正确的是（　　） A．头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率 B．头盔减少了驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量 C．事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量大小相等 D．若事故中头部以6m/s的速度水平撞击缓冲层，则头部受到的撞击力最多为2000N （多选）10．（6分）如图甲所示，“水上飞人”是一种水上娱乐运动。喷水装置向下持续喷水，总质量为M的人与喷水装置，受到向上的反冲作用力腾空而起，在空中做各种运动。一段时间内，人与喷水装置在竖直方向运动的v﹣t图像如图乙所示，水的反冲作用力的功率恒定，规定向上的方向为正，忽略水管对喷水装置的拉力以及空气的阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．t1～t2时间内，水的反冲作用力越来越大 B．水的反冲作用力的功率为Mgv2 C．t1时刻，v﹣t图像切线的斜率为 D．t2～t3时间内，水的反冲作用力做的功为Mgv2t3 三、非选择题（本题共5小题，共54分。考生根据要求作答） 11．（8分）某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。用细线把钢制的圆柱挂在架子上，架子下部固定一个小电动机，电动机轴上装一支软笔。电动机转动时，软笔尖每转一周就在钢柱表面画上一条痕迹（时间间隔为T）。如图乙，在钢柱上从痕迹O开始选取5条连续的痕迹A、B、C、D、E，测得它们到痕迹O的距离分别为hA、hB、hC、hD、hE。已知当地重力加速度为g。 （1）若电动机的转速为3000r/min，则T＝ 　 　 s。 （2）为验证机械能是否守恒，需要比较钢柱下落过程中任意两点间的 　 　 。 A.动能变化量与势能变化量 B.速度变化量和势能变化量 C.速度变化量和高度变化量 （3）设各条痕迹到O的距离为h，对应钢柱的下落速度为v，画出v2﹣h图像，发现图线接近一条倾斜的直线，若该直线的斜率近似等于 　 　 ，则可认为钢柱下落过程中机械能守恒。 （4）该同学用两个质量分别为m1、m2的圆柱P和Q分别进行实验，多次记录下落高度h和相应的速度大小v，作出的v2﹣h图像如图丙所示。P、Q下落过程中所受阻力大小始终相等，对比图像分析正确的是 　 　 。 A.m1大于m2 B.m1等于m2 C.m1小于m2 12．（8分）一兴趣小组在学习了平抛运动后，进行了“探究平抛运动的特点”实验，实验中，以小球离开轨道末端时的球心位置为坐标原点O，建立水平（x）与竖直（y）坐标轴。让质量为m的小球从斜槽上离水平桌面高为h处由静止释放，使其水平抛出，通过多次描点可绘出小球做平抛运动时球心的轨迹如图甲所示。 （1）以下实验操作合理且必要的是 　 　 （填正确答案标号）。 A.调整斜槽末端，必须使末端保持水平 B.小球每次都从斜槽上不同的位置由静止释放 C.以球心为坐标原点，借助重垂线确定竖直方向并建立直角坐标系 D.用砂纸打磨斜槽轨道，尽量使斜槽轨道光滑一些 （2）已知小球平抛运动的初速度为v0，重力加速度为g，则小球做平抛运动的轨迹方程为y＝ 　 　 。 （3）某同学在实验过程中，记录了小球平抛运动轨迹的一部分，如图乙所示。重力加速度g取10m/s2，由图中所给的数据可判断出图中坐标原点O 　 　 （选填“是”或“不是”）抛出点；小球从A点运动到B点的时间为 　 　 s。 13．（10分）如图所示，探测器及其保护背罩通过弹性轻绳连接降落伞。在接近某行星表面时以60m/s的速度竖直匀速下落。此时启动“背罩分离”，探测器与背罩断开连接，背罩与降落伞保持连接。已知探测器质量为1000kg，背罩质量为50kg，该行星的质量和半径分别为地球的和。地球表面重力加速度大小取g＝10m/s2，忽略大气对探测器和背罩的阻力。 （1）该行星表面的重力加速度大小为多少？ （2）“背罩分离”后瞬间，背罩的加速度大小为多少？ 14．（12分）如图所示，在光滑固定水平圆环中有两个可看成质点的小球，小球a位于A点，小球b位于B点，AB是圆环的一条直径，ma＝4mb，圆环的周长L＝10m，刚开始两球都静止，现给小球a一方向垂直AB、大小为10m/s的速度v，两球碰撞都是弹性碰撞，且碰撞时间极短。 （1）分别求出第一次碰撞后瞬间两球的速度大小va、vb； （2）求从小球a、b第一次相碰到第二次相碰的时间间隔t。 15．（16分）如图所示，在离水平地面CD高h1＝30m的光滑水平平台上，质量m＝1kg的物块（可视为质点）压缩弹簧后被锁扣K锁住，弹簧原长小于水平平台的长度，此时弹簧储存了一定量的弹性势能Ep．若打开锁扣K，物块与弹簧脱离后从A点离开平台，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道．B点距地面CD的高度h2＝15m，圆弧轨道的圆心O与平台等高，轨道最低点C的切线水平，并与长为L＝70m的粗糙水平直轨道CD平滑连接．物块沿轨道BCD运动并与右边墙壁发生碰撞，且碰后速度等大反向，已知重力加速度g＝10m/s2． （1）求物块从A到B的时间t及被K锁住时弹簧储存的弹性势能Ep； （2）求物块第一次经过圆轨道最低点C时对轨道的压力大小； （3）若物块与墙壁只发生一次碰撞且不会从B点滑出BCD轨道，求物块与轨道CD间的动摩擦因数μ的取值范围． 2024-2025学年广东省广州市三校（广州外国语学校、铁一中学、广州大学附中）高一（下）期末物理试卷 参考答案与试题解析 一．选择题（共7小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 C C C C B A A 二．多选题（共3小题） 题号 8 9 10 答案 AD ACD BC 一.单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求） 1．（4分）如图所示，有五片荷叶伸出荷塘水面，一只青蛙要从高处荷叶跳到低处荷叶上。设低处荷叶a、b、c、d和青蛙在同一竖直平面内，a、b高度相同，c、d高度相同，a、b分别在c、d正上方。将青蛙的跳跃视为平抛运动，若以最小的初速度完成跳跃，则它应跳到（　　） A．荷叶a B．荷叶b C．荷叶c D．荷叶d 【分析】平抛运动在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，根据平抛运动规律求解水平初速度，然后作答。 【解答】解：平抛运动在竖直方向做自由落体运动 水平方向做匀速直线运动x＝v0t 水平初速度 要使水平初速度最小，则需要水平位移x最小、竖直位移h最大； 由于a、c荷叶与青蛙的水平位移最小，c、d荷叶与青蛙的高度差最大，跳到荷叶c上同时满足水平位移最小，竖直位移最大，故ABD错误，C正确。 故选：C。 【点评】本题主要考查了平抛运动规律的运用，解题的关键是根据平抛运动规律求解出水平初速度的关系式。 2．（4分）我国明代出版的《天工开物》中记录了我们祖先的劳动智慧，如图所示为“牛转翻车”，利用畜力转动不同半径齿轮来改变水车的转速，从而将水运送到高处。图中A、B分别是两个现代齿轮边缘上的点，两齿轮的半径之比rA：rB＝4：3，在齿轮转动过程中（　　） A．A、B两点的周期之比TA：TB＝3：4 B．A、B两点的线速度大小之比vA：vB＝4：3 C．A、B两点的角速度之比ωA：ωB＝3：4 D．A、B两点的向心加速度大小之比aA：aB＝4：3 【分析】边缘传动，边缘上的点线速度相等，同轴转动，除轴外，角速度相等，结合v＝ωr、T＝、a＝ωv，求解角速度、周期、向心加速度的比值。 【解答】解：B.两齿轮接触传动，故A、B两点的线速度大小相等，则vA：vB＝l：l，故B错误； C.根据v＝ωr，可得A、B两点的角速度之比ωA：ωB＝rB：rA＝3：4，故C正确； A.根据T＝可得TA：TB＝ωB：ωA＝4：3，故A错误； D.根据a＝，可得aA：aB＝ωA：ωB＝3：4，故D错误。 故选：C。 【点评】本题主要考查传动问题，根据传动特点再结合匀速圆周运动公式解答即可。 3．（4分） 2021年2月，天问一号火星探测器被火星捕获，经过系列变轨后从“调相轨道”进入“停泊轨道”，为着陆火星做准备。如图所示，阴影部分为探测器在不同轨道上绕火星运行时与火星的连线每秒扫过的面积，下列说法正确的是（　　） A．图中两阴影部分的面积相等 B．从“调相轨道”进入“停泊轨道”探测器周期变大 C．从“调相轨道”进入“停泊轨道”探测器机械能变小 D．探测器在P点速度小于在N点的速度 【分析】根据开普勒第二定律，只有在同一轨道上火星探测器与火星的连线每秒扫过的面积才相等；根据开普勒第三定律，分析周期和轨道半径关系；做近心运动，需要点火减速；根据开普勒第二定律比较各点速度大小。 【解答】解：A.根据开普勒第二定律可知，探测器在同一轨道上运行时，在相等时间内探测器与火星的连线扫过的面积相等，但是图中两阴影部分不在同一轨道，故两阴影部分的面积不相等，故A错误； BC.根据开普勒第三定律可知，“调相轨道”进入“停泊轨道”都是火星周围的椭圆轨道，且“调相轨道”的半长轴更大，故“调相轨道”的周期更大，则周期变小，卫星在不同轨道上运行时，轨道半径越小对应的机械能越小，故B错误，故C正确； D.根据开普勒第二定律可知，探测器在P点速度大于在N点的速度，故D错误。 故选：C。 【点评】考查开普勒第三定律、开普勒第二定律和机械能知识，会根据题意进行准确分析解答。 4．（4分）溜溜球是一种玩具，两个圆饼状的塑钢块中心用一根轴固定相连，成为一个整体。绳的一端固定在轴上，将绳缠绕在轴上，绳的另一端用手拉住或固定在天花板上。从静止释放后，溜溜球会一边转动一边下落。如图所示，现有两个完全一样的溜溜球，绳长均为l。将左边一个溜溜球的绳缠绕在轴上，右边一个溜溜球的绳不绕在轴上。将两个溜溜球同时从同一高度由静止释放，它们各自下落到0.5l处时，左边溜溜球的下落速度v1，右边溜溜球的下落速度v2。下列关于v1，v2大小关系正确的是（　　） A．v1＝v2 B．v1＞v2 C．v1＜v2 D．无法确定 【分析】绳绕在轴上的球一边下落一边旋转，绳不绕在轴上的球只下落，减少的重力势能转化为动能，分析能量转化情况，由能量守恒定律列式分析。 【解答】解：绳绕在轴上的球一边下落一边旋转，绳不绕在轴上的球只下落，根据能量守恒定律可知，球减少的重力势能转化为动能，两者下降高度一样，减少的重力势能相同，但是绳绕在轴上的球有旋转速度和下降速度，根据能量守恒定律得 ， 对比可得v1＜v2，故ABD错误，C正确。 故选：C。 【点评】解答本题时，要明确两球运动情况，判断能量转化情况，运用能量守恒定律列式分析。 5．（4分）2024年2月23日，长征五号遥七运载火箭搭载通信技术试验卫星十一号发射成功。卫星进入地球同步轨道后，主要用于开展多频段、高速率卫星通信技术验证。设地球同步卫星的轨道半径是地球半径的n倍，下列说法中正确的是（　　） A．地球同步卫星可以静止在北京上空 B．同步卫星运行速度是地球第一宇宙速度的 C．同步卫星的运行速度是地球赤道上物体随地球自转获得的速度的倍 D．若忽略地球的自转效应，则同步卫星的向心加速度是地球表面重力加速度的 【分析】根据地球静止轨道同步卫星的特点和牛顿第二定律，线速度与角速度的关系列式解答。 【解答】解：A.只要周期与地球自转周期相同的卫星都是地球同步卫星，除了赤道平面的同步卫星可以静止在赤道上空，其他同步卫星不能与地球上某位置保持相对静止，而北京不在赤道上，所以地球同步卫星不可以静止在北京上空，故A错误； B.由万有引力提供向心力得＝，解得v＝，又因为r＝nR，第一宇宙速度，所以，故B正确； C.同步卫星与地球赤道上的物体具有相同的角速度，根据v＝ωr知，同步卫星的运行速度是地球赤道上物体随地球自转获得的速度的n倍，故C错误； D.根据，解得，同步卫星的向心加速度是地球表面重力加速度的，故D错误。 故选：B。 【点评】考查地球静止轨道同步卫星的特点和牛顿第二定律，线速度与角速度的关系，会根据题意进行准确分析解答。 6．（4分）如图所示，有一质量M＝6kg、棱长为0.2m的正方体木块，静止于光滑水平面上，木块内部有一从顶面贯通至底面的通道，一个质量为m＝2kg的小球由静止开始从轨道的左端运动到右端，在该过程中木块的位移为（　　） A．0.05m B．0.10m C．0.15m D．0.5m 【分析】球由静止开始从如图所示轨道的一端运动到另一端过程中，水平方向任何时刻动量守恒，故水平方向平均动量守恒，列式可得. 【解答】解：小球由静止开始从如图所示轨道的一端运动到另一端过程中，水平方向平均动量守恒，则有 m•t＝M•t 即mx1＝Mx2 根据题意有 x1+x2＝a 解得 x2＝0.05m，故BCD错误，A正确； 故选：A。 【点评】本题考查动量守恒，解题关键是要把题干信息和“人船模型”相联系，建立基础物理模型有助于快速破题。 7．（4分）活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针蕊和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。针鞘（质量为m）在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力。大小分别为F1、F2，则针鞘（　　） A．被弹出时速度大小为 B．到达目标组织表面时的动能为F1d1 C．运动d2过程中，阻力做功为（F1+F2）d2 D．运动d2的过程中动量变化量大小为 【分析】根据动能定理求针鞘被弹出时速度大小； 由功能关系求针鞘到达目标组织表面时的动能、克服阻力做功； 由动量与动能关系求出动量变化量。 【解答】解：A．根据动能定理有 解得 故A正确； B．针鞘到达目标组织表面后，继续前进d2减速至零，有 ﹣Ek＝0﹣F2d2 到达目标组织表面时的动能为 Ek＝F2d2 故B错误； C．针鞘运动d2的过程中，克服阻力做功为F2d2，故C错误； D．针鞘运动d2的过程中，动量变化量大小 故D错误。 故选：A。 【点评】本题考动能定理相关知识，明确功能关系、动能与动量的关系，难度一般。 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题列出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。） （多选）8．（6分）如图所示，太极球”是近年来在广大市民中较流行的一种健身器材。某熟练的太极球健身者用球拍托住太极球，在竖直平面内做匀速圆周运动，轨迹截面图如图所示，图中的A点为圆周运动最高点，B点为圆周运动最低点，C、D点与圆心等高。已知太极球运动的速度大小为v，半径为R，太极球的质量为m，重力加速度为g，不考虑空气阻力，则（　　） A．太极球在运动过程中机械能不守恒 B．太极球在B点受到向心力、重力和弹力的作用 C．从A点运动到B点过程中，球拍对太极球做了正功 D．在C点，球拍对太极球的作用力大小为 【分析】太极球在竖直平面内做匀速圆周运动，意味着其动能保持不变。同时，太极球在不同位置受到的力的分析，特别是向心力的来源和大小，是解题的关键。 【解答】解：A、太极球竖直平面内做匀速圆周运动，在运动过程中动能不变，重力势能不断变化，则机械能不守恒，故A正确； B、根据题意可知，太极球在B点受到重力和弹力的作用，两个力的合力充当做圆周运动的向心力，故B错误； C、从A点运动到B点过程中，合外力做功为零，重力做正功，则球拍对太极球做了负功，故C错误； D、在C点，球拍对太极球的作用力大小为 故D正确。 故选：AD。 【点评】本题的关键在于理解圆周运动中向心力的来源和机械能守恒的条件。在分析太极球在不同位置受到的力时，要特别注意向心力的计算和力的合成与分解。同时，理解机械能守恒的条件，即只有保守力（如重力）做功时，机械能才守恒，是解答本题的重要思路。 （多选）9．（6分）数据表明，在电动车事故中，佩戴头盔可防止85%的头部受伤，大大减小损伤程度。头盔内部的缓冲层与头部的撞击时间延长至6ms以上，人头部的质量约为2kg，则下列说法正确的是（　　） A．头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率 B．头盔减少了驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量 C．事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量大小相等 D．若事故中头部以6m/s的速度水平撞击缓冲层，则头部受到的撞击力最多为2000N 【分析】根据动量定理推导出动量变化率与作用力的关系，再进行分析；根据牛顿第三定律以及冲量的定义分析头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量关系；根据题中条件代入计算头部受到的撞击力。 【解答】解：A、根据动量定理有：F•Δt＝Δp，可得，依题意，头盔内部的缓冲层与头部的撞击时间延长了，动量变化量不变，头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率，故A正确； B、根据F•Δt＝Δp，可知头盔并没有减少驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量，故B错误； C、根据牛顿第三定律，头盔对头部的作用力与头部对头盔的作用力等大反向，且作用时间相同，根据冲量的定义有I＝F•t，可知事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量大小相等，故C正确； D、将数据代入A中结论，可得，可知事故中头部以6m/s的速度水平撞击缓冲层，则头部受到的撞击力最多为2000N，故D正确。 故选：ACD。 【点评】本题的关键要掌握动量定理，并能用来分析缓冲问题，要抓住缓冲过程中，驾驶员头部动量变化量不变，动量变化率减小，受到的作用力减小。 （多选）10．（6分）如图甲所示，“水上飞人”是一种水上娱乐运动。喷水装置向下持续喷水，总质量为M的人与喷水装置，受到向上的反冲作用力腾空而起，在空中做各种运动。一段时间内，人与喷水装置在竖直方向运动的v﹣t图像如图乙所示，水的反冲作用力的功率恒定，规定向上的方向为正，忽略水管对喷水装置的拉力以及空气的阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．t1～t2时间内，水的反冲作用力越来越大 B．水的反冲作用力的功率为Mgv2 C．t1时刻，v﹣t图像切线的斜率为 D．t2～t3时间内，水的反冲作用力做的功为Mgv2t3 【分析】人受到重力和水的反冲作用力，由题意知水的反冲作用力功率恒定，据P＝Fv可得随着速度的增加，水的冲作用力逐渐减小，故人向上做加速度减小的加速运动，当反冲作用力与重力大小相等时，人开始做匀速直线运动。根据v﹣t图像确定人向上运动的最大速度，根据重力求出水反冲作用力的功率，据功率恒定分析t1时刻水的反冲作用力，再根据牛顿第二定律求得图像的斜率及人的加速度大小，由图像求出t2～t3时间内的位移，从而求出水反冲作用力做的功。 【解答】解：A、由图像知，t1～t2时间内人竖直方向的速度越来越大，据P＝Fv可得，当反冲作用力的功率P恒定的情况下，随着速度v的增大，水的反冲作用力F逐渐减小，故A错误； B、由图像知，人竖直方向的最大速度为v2，当竖直方向速度最大时，人受到的重力与水的反冲作用力平衡，即此时水的反冲作用力F＝Mg，据P＝Fv可得，当最大速度为v2时，水的反冲作用力的功率P＝Fv＝Mgv2，故B正确； C、t1时刻，v﹣t图像切线的斜率表示t1时刻人的加速度，据P＝Fv可得，当速度为v1时，水反冲作用力F＝＝，对人受力分析知，此时人所受合力F﹣Mg，根据牛顿第二定律可得，此时人的加速度为：，故C正确； D、由图像知，t2～t3时间内，人向上做匀速直线运动，人在此段时间内的位移x＝v2•（t3﹣t2），此时间内水的反冲作用力大小为F＝Mg，则此段时间内水的反冲作用力做功为Mgv2•（t3﹣t2），故D错误。 故选：BC。 【点评】本题主要考查了功率P＝Fv，知道功率一定时，作用力随着速度的增加而减小；同时也考查了v﹣t图像，知道图像切线的斜率表示加速度。 三、非选择题（本题共5小题，共54分。考生根据要求作答） 11．（8分）某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。用细线把钢制的圆柱挂在架子上，架子下部固定一个小电动机，电动机轴上装一支软笔。电动机转动时，软笔尖每转一周就在钢柱表面画上一条痕迹（时间间隔为T）。如图乙，在钢柱上从痕迹O开始选取5条连续的痕迹A、B、C、D、E，测得它们到痕迹O的距离分别为hA、hB、hC、hD、hE。已知当地重力加速度为g。 （1）若电动机的转速为3000r/min，则T＝ 　0.02　 s。 （2）为验证机械能是否守恒，需要比较钢柱下落过程中任意两点间的 　A　 。 A.动能变化量与势能变化量 B.速度变化量和势能变化量 C.速度变化量和高度变化量 （3）设各条痕迹到O的距离为h，对应钢柱的下落速度为v，画出v2﹣h图像，发现图线接近一条倾斜的直线，若该直线的斜率近似等于 　2g　 ，则可认为钢柱下落过程中机械能守恒。 （4）该同学用两个质量分别为m1、m2的圆柱P和Q分别进行实验，多次记录下落高度h和相应的速度大小v，作出的v2﹣h图像如图丙所示。P、Q下落过程中所受阻力大小始终相等，对比图像分析正确的是 　A　 。 A.m1大于m2 B.m1等于m2 C.m1小于m2 【分析】（1）根据转速求出周期的大小； （2）若重力势能减少量等于动能的增加量，则机械能守恒； （3）根据重力势能减少量等于动能的增加量列式得出结论； （4）由动能定理列式求出v2﹣h图像斜率进行分析求解。 【解答】解：（1）若电动机的转速为3000r/min，则电动机转动一周所需时间 （2）钢柱下落过程中，若重力势能减少量等于动能的增加量，则机械能守恒，故A正确，BCD错误。 故选：A。 （3）设钢柱质量为m，钢柱下落过程中，若重力势能减少量等于动能的增加量，则有 整理得 v2＝2gh 故若该直线的斜率近似等于2g，则可认为钢柱下落过程中机械能守恒。 （4）设P、Q下落过程中所受阻力大小为f，则由动能定理得 整理得 故v2﹣h图像斜率 所以斜率越大，质量越大，结合图像可知P的质量比Q的质量大，即m1＞m2。 故A正确，BCD错误。 故选：A。 故答案为：（1）0.02；（2）A；（3）2g；（4）A。 【点评】本题考查的是机械能守恒的实验题，做此类实验题需熟悉机械能守恒的原理以及实验的基本操作流程以及注意事项。 12．（8分）一兴趣小组在学习了平抛运动后，进行了“探究平抛运动的特点”实验，实验中，以小球离开轨道末端时的球心位置为坐标原点O，建立水平（x）与竖直（y）坐标轴。让质量为m的小球从斜槽上离水平桌面高为h处由静止释放，使其水平抛出，通过多次描点可绘出小球做平抛运动时球心的轨迹如图甲所示。 （1）以下实验操作合理且必要的是 　AC　 （填正确答案标号）。 A.调整斜槽末端，必须使末端保持水平 B.小球每次都从斜槽上不同的位置由静止释放 C.以球心为坐标原点，借助重垂线确定竖直方向并建立直角坐标系 D.用砂纸打磨斜槽轨道，尽量使斜槽轨道光滑一些 （2）已知小球平抛运动的初速度为v0，重力加速度为g，则小球做平抛运动的轨迹方程为y＝ 　　 。 （3）某同学在实验过程中，记录了小球平抛运动轨迹的一部分，如图乙所示。重力加速度g取10m/s2，由图中所给的数据可判断出图中坐标原点O 　不是　 （选填“是”或“不是”）抛出点；小球从A点运动到B点的时间为 　0.1　 s。 【分析】（1）根据正确的实验操作分析作答； （2）根据平抛运动的规律求解作答； （3）根据初速度为零的匀变速直线运动的推论分析判断，根据匀变速直线运动的推论求解作答。 【解答】解：（1）A.为了保证小球离开斜槽后做平抛运动，调整斜槽末端，必须使末端保持水平，故A正确； B.为了保证小球每次离开斜槽的速度相等，小球每次都从斜槽上相同的位置由静止释放，但斜槽不需要必须光滑，故BD错误； C.建立坐标系时，要以球心为坐标原点，借助重垂线确定竖直方向并建立直角坐标系，故C正确。 故选：AC。 （2）根据平抛运动的规律，水平方向x＝v0t 竖直方向 联立解得 （3）根据图乙yOA＝10cm，yAB＝30cm﹣10cm＝20cm 由于yOA：yAB＝10：20＝1：2≠1：3 因此O点不是平抛运动的抛出点； 设时间间隔为T，根据匀变速直线运动的推论 代入数据解得T＝0.1s。 故答案为：（1）AC；（2）；（3）不是；0.1。 【点评】本题主要考查了“探究平抛运动的特点”实验，要明确实验原理、掌握实验的正确操作，掌握平抛运动规律的运用。 13．（10分）如图所示，探测器及其保护背罩通过弹性轻绳连接降落伞。在接近某行星表面时以60m/s的速度竖直匀速下落。此时启动“背罩分离”，探测器与背罩断开连接，背罩与降落伞保持连接。已知探测器质量为1000kg，背罩质量为50kg，该行星的质量和半径分别为地球的和。地球表面重力加速度大小取g＝10m/s2，忽略大气对探测器和背罩的阻力。 （1）该行星表面的重力加速度大小为多少？ （2）“背罩分离”后瞬间，背罩的加速度大小为多少？ 【分析】（1）根据黄金代换式结合题中条件列式解答； （2）根据平衡条件、牛顿第二定律列式求解。 【解答】解：（1）在星球表面，根据，可得，，可得该行星表面的重力加速度大小； （2）“背罩分离”前，探测器及其保护背罩和降落伞整体做匀速直线运动，对探测器受力分析，可知探测器与保护背罩之间的作用力F＝mg行＝1000×4N＝4000N，“背罩分离”后，背罩所受的合力大小为4000N，对背罩，根据牛顿第二定律F＝m′a，代入m′＝50kg，解得a＝80m/s2。 答：（1）该行星表面的重力加速度大小为4m/s2； （2）“背罩分离”后瞬间，背罩的加速度大小为80m/s2。 【点评】考查黄金代换式和你多大、平衡条件的应用，会根据题意进行准确分析解答。 14．（12分）如图所示，在光滑固定水平圆环中有两个可看成质点的小球，小球a位于A点，小球b位于B点，AB是圆环的一条直径，ma＝4mb，圆环的周长L＝10m，刚开始两球都静止，现给小球a一方向垂直AB、大小为10m/s的速度v，两球碰撞都是弹性碰撞，且碰撞时间极短。 （1）分别求出第一次碰撞后瞬间两球的速度大小va、vb； （2）求从小球a、b第一次相碰到第二次相碰的时间间隔t。 【分析】（1）利用弹性碰撞的动量守恒和机械能守恒条件，设碰后两球速度方向与初速度方向相同，根据质量关系建立方程组求解碰后速度。由于质量比为4：1，碰撞后轻球速度变化更显著。 （2）两球碰撞后沿圆环做匀速圆周运动，第二次相遇时两球运动路程差为圆环周长。根据两球速度大小关系建立路程与时间的关系式，代入已知速度值和周长即可求出时间间隔。 【解答】解：（1）以小球a的初速度方向为正方向，设碰后两球速度分别为va、vb。根据动量守恒和机械能守恒，有：mav＝mava+mbvb，，解得：va＝6m/s，vb＝16m/s。 （2）设从第一次碰撞到第二次碰撞的时间为t，小球a在此期间运动路程为s，小球b为s+L，由匀速运动关系得：，代入数据解得：t＝1s。 答：（1）第一次碰撞后两球的速度大小分别为6m/s，16m/s。 （2）从第一次相碰到第二次相碰的时间间隔为1s。 【点评】本题以圆周运动为背景，考查弹性碰撞和相对运动问题。第一问通过动量守恒和机械能守恒联立求解，计算量适中但需注意质量比的代入。第二问巧妙利用圆周运动的周期性，通过路程差与速度关系建立方程，体现了对运动学规律的灵活运用。题目将碰撞与圆周运动结合，能有效锻炼学生综合建模能力。 15．（16分）如图所示，在离水平地面CD高h1＝30m的光滑水平平台上，质量m＝1kg的物块（可视为质点）压缩弹簧后被锁扣K锁住，弹簧原长小于水平平台的长度，此时弹簧储存了一定量的弹性势能Ep．若打开锁扣K，物块与弹簧脱离后从A点离开平台，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道．B点距地面CD的高度h2＝15m，圆弧轨道的圆心O与平台等高，轨道最低点C的切线水平，并与长为L＝70m的粗糙水平直轨道CD平滑连接．物块沿轨道BCD运动并与右边墙壁发生碰撞，且碰后速度等大反向，已知重力加速度g＝10m/s2． （1）求物块从A到B的时间t及被K锁住时弹簧储存的弹性势能Ep； （2）求物块第一次经过圆轨道最低点C时对轨道的压力大小； （3）若物块与墙壁只发生一次碰撞且不会从B点滑出BCD轨道，求物块与轨道CD间的动摩擦因数μ的取值范围． 【分析】（1）物块离开平台做平抛运动，根据高度求出运动的时间；根据几何关系求出圆弧的圆心角，通过平行四边形定则，结合竖直分速度求出水平分速度，即平抛运动的初速度，根据能量守恒求出弹性势能的大小； （2）根据动能定理求解物块在C点的速度大小，再根据牛顿第二定律、牛顿第三定律求解在C点时对轨道的压力大小； （3）对全过程分析，运用能量守恒求出满足条件的动摩擦因数的大小范围。 【解答】解：（1）由平抛运动规律可得：h1﹣h2＝ 解得； 因为圆弧半径R＝h1＝30m，故由几何关系可得cos∠BOC＝＝ 则∠BOC＝60°， 设物块平抛的水平初速度为v0，在B点进行运动的合成与分解，如图所示； 则有：＝，解得v0＝10m/s； 由功能关系可得弹簧储存的弹性势能：＝J＝50J； （2）从A到C的过程，由动能定理可得：mgh1＝﹣ 在C点，对物块根据牛顿第二定律可得：NC﹣mg＝m 联立上述两式得：NC＝N 由牛顿第三定律得对轨道的压力大小：NC′＝NC＝N； （3）若物块第一次进入CD轨道后恰能与墙壁发生碰撞，从A点至第一次到D点的过程， 由动能定理得： 解得μ1＝； 若物块与墙壁发生一次碰撞后恰好返回到B点时速度为零，从A点至第一次返回到B点的过程，由动能定理得： 解得； 若物块第二次进入CD轨道后恰好不能与墙壁发生碰撞，从A点至第二次到D点的过程，由动能定理得： 解得μ3＝； 综上所述，μ的取值范围：。 答：（1）物块从A到B的时间为s，被K锁住时弹簧储存的弹性势能为50J； （2）物块第一次经过圆轨道最低点C时对轨道的压力大小为N； （3）若物块与墙壁只发生一次碰撞且不会从B点滑出BCD轨道，物块与轨道CD间的动摩擦因数μ的取值范围为。 【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合进入圆弧轨道的速度方向，通过平行四边形定则求出初速度是解决本题的关键。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$