北京市大兴区2024-2025学年高一下学期期末检测物理试卷

2025北京大兴高一（下）期末 物 理 一、单选题。（本部分共10题，每题3分，共30分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项）。 1．如图所示，物体仅在恒力F作用下沿曲线从A点运动到B点时，突然使力F减小为零，已知BD为曲线AB上B点的切线，则该物体（　　） A．沿曲线BE运动 B．沿直线BD运动 C．沿曲线BC运动 D．沿原曲线由B返回A 2．某同学利用无人机玩“投弹”游戏。无人机以水平速度v1向右匀速飞行，在某时刻释放了一个小球，小球落地时的速度为v2，不计空气阻力。图中能表示小球不同时刻速度的是（　　） A． B． C． D． 3．2025年4月19日北京半程马拉松比赛中，人形机器人首次参赛。已知半马从起点到终点直线距离约为12km，实际赛道长度为21km，冠军机器人用时约2小时40分完成比赛，奔跑过程中工作功率约200W。下列说法正确的是（　　） A．机器人的位移大小为21km B．机器人的平均速度大小约为7.9km/h C．若机器人在弯道段保持速率不变，则其所受合外力为零 D．若机器人运动过程中功率保持不变，全程做功约为1.92×106J 4．如图所示，质量为m的足球在地面的1位置由静止被踢出后落到水平地面的3位置，运动轨迹为虚线所示。足球在空中达到的最高点2的高度为h，速度为v。已知1、2位置间的水平距离大于2、3位置间的水平距离。足球可视为质点，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．足球在空中运动过程机械能守恒 B．人对足球做的功大于mv2+mgh C．足球在位置2时的加速度等于g D．足球从位置2到位置3，动能的增加量等于mgh 5．小明做家务时，发现家里自来水的出水情况有这样的特点：当水流不太大时，从水龙头中连续流出的水会形成水柱，从上往下越来越细，如图所示。水柱的横截面可视为圆，在水柱上取两个横截面A、B，粗测A、B的直径之比d1：d2＝2：1，则经过A、B处的水流速度大小之比v1：v2为（　　） A．4：1 B．1：4 C．2：1 D．1：2 6．2024年11月15日，天舟八号货运飞船与火箭成功分离并精准进入预定轨道。16日2时32分，发射3个多小时后，天舟八号进入距离地球表面更高的空间站轨道（距离地球表面约400多公里），与空间站成功对接。若在预定轨道和空间站轨道上天舟八号均绕地球做匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　） A．天舟八号在空间站轨道上运行时的速度大于7.9km/s B．天舟八号在空间站轨道上运行时所需的向心力小于它处在地球表面上时受到的重力 C．天舟八号在预定轨道上运行时的向心加速度小于其在空间站轨道上运行时的向心加速度 D．天舟八号在预定轨道上的运行速度小于其在空间站轨道上的运行速度 7．如图所示，某同学以大小为v0的初速度将铅球从P点斜向上抛出、到达Q点时铅球速度沿水平方向。已知P、Q连线与水平方向的夹角为30°，P、Q间的距离为L。不计空气阻力，铅球可视为质点，质量为m，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．铅球从P点运动到Q点所用的时间为 B．铅球从P点运动到Q点重力做的功为mgL C．铅球从P点运动到Q点动能的变化为mgL D．铅球到达Q点的速度大小为 （多选）8．在太空实验室中可以利用匀速圆周运动测量小球质量。如图所示，不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端系一待测小球，使其绕O做匀速圆周运动。用力传感器测得绳上的拉力为F，用秒表测得小球转过n圈所用的时间为t，用刻度尺测得O点到球心的距离为圆周运动的半径R。下列说法正确的是（　　） A．圆周运动轨道可处于任意平面内 B．小球的质量为 C．若误将n﹣1圈记作n圈，则所得质量偏小 D．若测R时未计入小球半径，则所得质量偏小 9．如图所示，新能源汽车在高速公路上开启智驾模式，汽车保持速率不变通过路面abcd，其中ab段为平直上坡路面，bc段为水平路面，cd段为平直下坡路面。不考虑整个过程中空气阻力和摩擦阻力的大小变化。下列说法正确的是（　　） A．在ab段汽车的输出功率逐渐增大 B．汽车在ab段和bc段的输出功率相同 C．在cd段汽车的输出功率保持不变 D．汽车在cd段的输出功率比bc段的大 10．蹦床是体操运动的一种，有“空中芭蕾”之称，运动员为了能够更好地完成空中动作，在网上经过多次上下往复运动，上升的高度越来越高，为便于研究，整个过程运动员可视为质点，不计空气阻力。一次运动员从高处落到蹦床后又被弹起到原高度，在此过程中，他的速度v随时间t变化的图像如图所示，以下落方向为正方向，图中OA段和BC段均为直线，其它均为曲线。由图可得到的正确信息是（　　） A．上升阶段运动员离开蹦床的时间为t1～t2 B．t3时刻运动员的重力势能最小 C．t1～t5时间内运动员的机械能先增大后减小 D．t3～t5时间内弹力做的功和重力功总和为零 二、多选题。（本部分共4题，每题3分，共12分。在每题列出的四个选项中，选出符合题目要求的选项，选不全得2分）。 11．下列物理量能取负值的是（　　） A．功 B．动能 C．频率 D．机械能 （多选）12．如图所示，是探究向心力大小F与质量m、角速度ω和圆周运动半径r之间关系的实验装置。转动手柄，可使两侧变速塔轮以及长槽和短槽随之匀速转动。皮带分别套在左右两塔轮上的不同圆盘上，可使两个槽内的小球分别以各自的角速度做匀速圆周运动，其向心力由挡板对小球的支持力提供，球对挡板的反作用力使弹簧测力筒下降露出标尺。下列说法正确的是（　　） A．根据标尺露出的等分标记，可粗略计算出两小球所受向心力的比值 B．探究向心力的大小F与角速度ω的关系时，应保持质量m和半径r相同 C．利用该装置探究向心力大小F与ω的关系时所选塔轮半径大的小球角速度也大 D．利用本实验可粗略得到F与m、ω和r之间的关系为F∝mrω2 （多选）13．北斗卫星导航系统中包含地球同步卫星，即相对地面静止的卫星。同步卫星的（　　） A．周期小于地球自转的周期 B．线速度小于地球的第一宇宙速度 C．向心加速度小于地球表面的重力加速度 D．向心加速度小于地球表面物体随地球自转的向心加速度 （多选）14．如图所示，一个质量为m的小球，用轻绳悬挂于O点，初始时刻小球静止于P点。第一次小球在水平拉力F1的作用下，从P点缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ；第二次小球在水平恒力F2的作用下，从P点开始运动恰好能到达Q点。不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．第一次到达Q点水平拉力的大小为mgtanθ B．第二次到达Q点时绳的拉力比第一次小 C．第二次水平力做的功比第一次多 D．两个过程中绳的拉力均逐渐减小 三、实验探究题。（共18分） 15．（8分）某实验小组设计方案验证机械能守恒定律。 （1）如图1所示，利用打点计时器记录重物自由下落的运动过程。 a.下列实验操作和数据处理正确的是 　 　 。 A.实验中必须测量重物的质量 B.打开打点计时器前，应提住纸带上端使纸带竖直 C.实验中应先接通打点计时器的电源，再释放重物 D.测量纸带上某点的速度时，可由公式v计算 b.图2为实验所得的一条纸带，在纸带上选取连续的、点迹清晰的3个点A、B、C，测出A、B、C与起始点O之间的距离分别为h1、h2、h3。已知打点计时器的打点周期为T，当地重力加速度为g、从打O点到打B点的过程中，若满足 　 　 ，则表明小球在上述运动过程中机械能守恒。 （2）某同学利用如图3所示的装置验证机械能守恒定律，将直径为d的小球通过细线系在固定点上，使小球可以在竖直平面内做圆周运动。调节小球的释放位置，记录小球释放时球心到光电门中光信号的竖直高度h，并将其无初速度释放。当小球经过光电门时，光电门可以记录小球遮挡光信号的时间t。改变小球的释放位置，重复上述步骤，得到多组竖直高度h和对应时间t的数据。 若小球向下摆动的过程中机械能守恒，则描绘以h为横坐标、以 　 　 为纵坐标的图像，在误差允许范围内可以得到一条倾斜的直线。该图线的斜率k＝ 　 　 （用d、g表示）。 16．（10分）三位同学采用不同的实验方案进行“探究平抛运动规律”的实验。 （1）甲同学采用图1所示的装置。用小锤击打弹性金属片，金属片把a球沿水平方向弹出，同时b球被松开自由下落，观察到两球同时落地。多次改变装置的高度，同时改变小锤打击的力度，两球仍然同时落地，这说明 　 　 。 A.a球竖直方向的分运动是自由落体运动 B.a球水平方向的分运动是匀速直线运动 C.a球运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动 （2）乙同学采用图2所示的装置。两个相同的弧形轨道M、N，上端分别装有电磁铁C、D，轨道右端切线均水平、且位于同一条竖直线上，其中N的末端可看作与光滑的水平板相切。调节电磁铁C、D的高度，使CA＝DB，将小铁球P、Q分别吸在电磁铁C、D上，然后切断电源，使两铁球同时从轨道M、N的末端以相同的水平初速度v0射出，实验可观察到的现象应是 　 　 ，初步说明 　 　 。 （3）丙同学采用图3所示的装置。通过描点在坐标纸上记录下小球平抛运动中时间间隔相等的三个位置A、B、C，但没有记录平抛运动的起点位置，如图4所示。已知坐标纸每小格的边长为5.0cm，不计空气阻力，则该相等的时间间隔Δt＝　 　 s，小球做平抛运动的初速度v0＝　 　 m/s。取重力加速度g＝10m/s2。 （4）丙同学将实验方案做了改变，如图5所示，他把桌子搬到墙的附近，调整好仪器，使从斜槽轨道固定位置P滚下的小球能够打在正对的墙上，把白纸和复写纸附着在墙上，记录小球的落点。该同学在实验中仅水平移动桌子，使固定于斜槽末端的重垂线依次处于图中1、2、3的位置进行实验，1与2的水平间距等于2与3的水平间距。通过三次实验，记录到小球在白纸上同一竖直线上的三个落点，则下列三幅图中 　 　 图可能正确。 四、论述计算题。（共40分） 17．（10分）半径为R的光滑半圆轨道处于竖直平面内，轨道与水平地面相切于轨道的端点A。一质量为m的小球从A点冲上半圆轨道，沿轨道运动到B点飞出，最后落在水平地面上，重力加速度为g。若恰好能实现上述运动，求： （1）小球在B点时速度的大小vB； （2）小球的落地点与A点间的距离x； （3）小球刚进入圆弧轨道时，轨道对小球弹力的大小FA。 18．（10分）荡秋千是孩子们喜欢的一项运动。如图所示，秋千由两根长度均为L的细绳悬挂于固定横梁上，质量为m的小孩坐在秋千座椅上，初始时，大人用一水平外力使秋千静止，此时两绳与竖直方向夹角均为θ。不计秋千的质量，小孩可视为质点。重力加速度为g。 （1）当秋千静止时，求水平外力的大小F。 （2）将秋千从静止释放，秋千自由摆动，若不计空气阻力，求秋千摆到最低点时每根绳子的拉力大小T。 （3）若考虑空气阻力，求秋千从静止释放到停下的过程中空气阻力所做的功Wf。 19．（10分）如图1所示，原长l0＝0.30m、劲度系数k＝40N/m的轻质弹簧上端固定，下端连接一质量m＝0.2kg的小物块，静止时小物块位于O点。将小物块竖直向下拉至A点由静止释放后，小物块沿竖直方向在AB两点间往复运动。小物块在运动的过程中弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，g取10m/s2。 （1）求小物块运动至O点时弹簧的长度； （2）小物块由静止释放后的运动过程中，弹簧的弹性势能大小Ep与弹簧的长度l的关系如图2所示。小物块运动至A点时弹簧的长度和弹性势能大小分别为lA＝0.45m和EpA＝0.45J。 a.图2中lB和EpB分别指小物块运动至B点时弹簧的长度和弹性势能，可知O点是BA的中点，lB和EpB对应的值分别为多少？ b.简述该曲线斜率的含义，由B到A是如何变化的？ c.当弹簧的弹性势能为0时，小物块的动能是多少？ 20．（10分）开普勒行星运动定律内容如下： ①所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上； ②对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等； ③所有行星轨道半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比都相等。 科研人员设想一种在太空中发射太空探测器的方案：卫星携带一探测器在半径为r0的圆轨道上绕地球做匀速圆周运动，运动周期为T0。在轨道上某点启动辅助动力装置短暂工作（工作时消耗的气体质量忽略不计），将探测器沿运动方向射出，探测器恰好能完全脱离地球引力的束缚，而卫星沿原方向绕地球做椭圆运动。已知质量分别为m1、m2的两个质点相距为r时的引力势能为Ep，其中G为引力常量。不计其他天体的作用。 （1）论证：做匀速圆周运动的所有地球卫星轨道半径的三次方跟它的公转周期的二次方的比都相等； （2）求卫星和探测器绕圆轨道运动的加速度大小a0； （3）求发射后瞬间探测器的速度大小v1。 参考答案 一、单选题。（本部分共10题，每题3分，共30分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项）。 1．【答案】B 【分析】根据牛顿第一定律，结合物体沿当前速度方向做匀速直线运动分析求解。 【解答】解：由于B点速度的方向为BD方向，在B点时F突然为0，根据牛顿第一定律，物体沿当前速度方向做匀速直线运动，故应沿直线BD运动，故B正确，ACD错误； 故选：B。 2．【答案】C 【分析】被释放的小球以水平速度v1开始做平抛运动，根据平抛运动的加速度为重力加速度，其速度变化量方向始终竖直向下。由水平分运动为匀速直线运动，任意时刻速度的水平分速度始终等于v1，据此分析判断。 【解答】解：被释放的小球以水平速度v1开始做平抛运动，其加速度为重力加速度g，根据加速度的定义可知小球的速度变化量为：Δv＝gΔt，其速度变化量方向始终竖直向下，任意时刻速度的水平分速度始终等于v1，即v2的水平分速度等于v1，故ABD错误，C正确。 故选：C。 3．【答案】D 【分析】根据路程和位移，平均速度和曲线运动的受力特点、功的公式列式解答。 【解答】解：A.根据概念21km是路程，不是位移，位移应为12km，故A错误； B.依据平均速度公式，故B错误； C.若机器人在弯道段保持速率不变，说明是做曲线运动，一定有合外力指向曲线的凹侧，故C错误； D.根据W＝Pt＝200×160×60J＝1.92×106J，故D正确。 故选：D。 4．【答案】B 【分析】A.结合题意，由机械能守恒定律，即可分析判断； B.结合前面分析，由功能关系，即可分析判断； C.结合前面分析，由牛顿第二定律，即可分析判断； D.结合前面分析，由机械能守恒定律，即可分析判断。 【解答】解：A.足球在空中运动时，由于轨迹不对称（1、2位置间的水平距离大于2、3位置间的水平距离），说明存在空气阻力，则足球在空中运动时，除了重力做功，还需克服空气阻力做功，则由机械能守恒定律可知，足球在空中运动过程机械能不守恒，故A错误； B.以地面为重力势能的零势能面，人对足球做的功等于足球初状态的动能，结合前面分析可知，足球在空中运动时，机械能（动能+重力势能）因空气阻力做功而减少，因此人对足球做的功大于足球在最高点的机械能（动能+重力势能），即人对足球做的功大于mv2+mgh，故B正确； C.结合前面分析可知，足球在空中运动时，受重力及空气阻力，则由牛顿第二定律可知，足球在位置2时的加速度不等于g，故C错误； D.若不考虑空气阻力，则由机械能守恒定律可知，足球从位置2到位置3，动能的增加量等于mgh，但足球需克服空气阻力做功，则足球从位置2到位置3，动能的增加量小于mgh，故D错误； 故选：B。 5．【答案】B 【分析】相等的时间通过任一截面的质量相等，即水的流量相等。 【解答】解：相等的时间通过任一截面的质量相等，即水的流量相等。故处处相等，这两个截面处水流的流速之比，故B正确，ACD错误。 故选：B。 6．【答案】B 【分析】A.地球的第一宇宙速度为7.9km/s，据此分析判断； B.根据万有引力与重力、万有引力与向心力的关系分析，结合万有引力定律，即可判断求解； C.万有引力提供向心力，由牛顿第二定律列式，即可分析判断； D.万有引力提供向心力，据此列式，即可分析判断。 【解答】解：A.地球的第一宇宙速度为7.9km/s，是最大环绕速度，则天舟八号在空间站轨道上运行时的速度不可能大于7.9km/s，故A错误； B.天舟八号在地球表面上时受到的万有引力近似等于其受到的重力，天舟八号在空间站轨道上运行时所需的向心力由万有引力提供， 由万有引力定律可知：F， 则天舟八号在空间站轨道上所受万有引力小于其在地球表面上时受到的万有引力，则天舟八号在空间站轨道上运行时所需的向心力小于它处在地球表面上时受到的重力，故B正确； C.万有引力提供向心力，由牛顿第二定律可得： 解得： a， 预定轨道半径更小，则天舟八号在预定轨道上运行时的向心加速度大于其在空间站轨道上运行时的向心加速度，故C错误； D.万有引力提供向心力，可得： 解得： v， 预定轨道半径更小，则天舟八号在预定轨道上的运行速度大于其在空间站轨道上的运行速度，故D错误； 故选：B。 7．【答案】A 【分析】根据PQ间的距离及PQ与水平面的夹角，即可得到铅球从P到Q的过程中，重力做的功；由动能定理，可得到铅球到达Q点的速度变化量和速度大小；由题意可知铅球在Q点的速度为水平方向，结合铅球在水平、竖直方向的受力，可得到铅球从P到Q所用的时间。 【解答】解：BC、根据PQ间的距离及PQ与水平面的夹角，即可得到铅球从P到Q的过程中，铅球上升的高度为h＝Lsin30°L 重力做的功为WG＝mg×（）mgL 根据动能定理可得铅球从P点运动到Q点动能的变化 故BC错误； D、由动能定理WGmv2 可得到铅球到达Q点的速度大小v 故D错误； A、由题意可知铅球在Q点的速度为水平方向，结合铅球在水平、竖直方向的受力， 可得铅球从P到Q所用的时间满足v0sinα＝gt 又v0cosα＝v 解得：t 故A正确； 故选：A。 8．【答案】AC 【分析】小球在太空中不受重力的作用；小球转过n圈所用的时间为t，可以求出角速度，由圆周运动向心力公式计算质量；若误将n﹣1圈记作n圈，则n变大，角速度变小，由圆周运动向心力公式判断质量变化；若测R0时未计入小球半径，则R变小，由圆周运动向心力公式判断质量变化。 【解答】解：A、在太空实验室中，物体均处于完全失重状态，则小球没有重力效果，圆周运动轨道处于任意平面内时，小球所受合力均为绳上的拉力，小球做圆周运动的效果都相同，故A正确； B、小球做匀速圆周运动，小球所受合力为绳上的拉力F，该拉力充当向心力，则由牛顿第二定律有F＝mR 周期为T 联立方程得m 故B错误； C、若误将n﹣1圈记作n圈，则n变大，由m可知，m变小，故C正确； D、若测R时未计入小球半径，则R变小，由m可知，m变大，故D错误。 故选：AC。 9．【答案】C 【分析】根据功率公式结合平衡条件分析各段的牵引力，再判断各段的功率大小关系。 【解答】解：汽车做匀速率运动，受力平衡，设上下坡的夹角为θ，汽车受到的摩擦力为f，在ab段，根据受力平衡可得F1＝f+mgsinθ，此时的功率为P1＝F1v＝（f+mgsinθ）v；在bc段，根据受力平衡可得F2＝f，此时的功率为P2＝F2v＝fv，在cd段，根据受力平衡可得F3＝f﹣mgsinθ，此时的功率为P3＝F3v＝（f﹣mgsinθ）v，所以P1＞P2＞ P3，ABD错误，C正确。 故选：C。 10．【答案】B 【分析】运动员接触蹦床后，所受的蹦床的弹力是变力，运动员做变加速运动。运动员在空中运动时所受的重力是恒力，加速度不变；运动员到达最低点时重力势能最小；根据蹦床对运动员做功情况分析运动员机械能变化情况；t3～t5时间内分析小孩动能变化情况，根据动能定理确定弹力做的功和重力功总和是否为零。 【解答】解：A、图中OA段和BC段均为直线，表示运动员做匀变速直线运动，不与蹦床接触，可知0～t1和t5～t6时间内运动员在空中运动，上升阶段运动员离开蹦床的时间为t5～t6，故A错误； B、由图可知，0～t3时间内，运动员下降，t3～t6时间内，运动员上升，则t3时刻，运动员到达最低点，重力势能最小，故B正确； C、t1～t5时间内，蹦床对运动员先做负功后做正功，运动员的机械能先减小后增大，故C错误； D、t3～t5时间内，动能增加，根据动能定理可知，弹力做的功和重力功总和大于零，故D错误。 故选：B。 二、多选题。（本部分共4题，每题3分，共12分。在每题列出的四个选项中，选出符合题目要求的选项，选不全得2分）。 11．【答案】A 【分析】根据功的正负意义，动能、频率和机械能的意义分析各选项。 【解答】解：A、功是标量，没有方向，但功有正负，负功表示这个力是阻力，故A正确； BCD、动能，频率机械能是标量没有方向，不能取负值，故BCD错误； 故选：A。 12．【答案】ABD 【分析】A.根据小球的向心力和测力筒的标尺之间的关系进行判断； B.根据控制变量法的要求进行分析判断； CD.根据该装置能够在实验过程中得到的结论进行分析判断。 【解答】解：A．根据向心力演示装置的构造可知球对挡板的反作用力使弹簧测力筒下降露出标尺，因此根据标尺露出的等分标记，可粗略计算出两小球所受向心力的比值，故A正确； B．根据可知变量法，探究向心力的大小F与角速度ω的关系时，应保持质量m和半径r相同，故B正确； C．根据线速度与角速度的关系可知，角速度与塔轮半径成反比，因此利用该装置探究向心力大小F与ω的关系时所选塔轮半径大的，小球角速度小，故C错误； D．根据可知变量法，利用本实验可粗略得到F与m、ω和r之间的关系为F∝mrω2，故D正确。 故选：ABD。 13．【答案】BC 【分析】根据同步卫星的速度、加速度推导和牛顿第二定律、第一宇宙速度进行分析解答。 【解答】解：A．周期等于地球自转的周期，故A错误； B．根据可知，线速度小于地球的第一宇宙速度，故B正确； C．根据ma可知，向心加速度小于地球表面的重力加速度，故C正确； D．根据a＝rω2，可知向心加速度大于地球表面物体随地球自转的向心加速度，故D错误。 故选：BC。 14．【答案】AB 【分析】第一次是动态平衡过程，根据平衡条件求水平拉力的大小；根据动能定理求第二次水平恒力的大小，再比较两次拉力大小；根据动能定理列式，分析两次水平拉力做功的大小关系；根据平衡条件列式分析第一次过程中绳的拉力变化情况。第二次小球在水平恒力F2的作用下做圆周运动，利用等效单摆思想，分析绳的拉力变化情况。 【解答】解：A、小球第一次到达Q点时，分析受力，如图所示。 根据平衡条件得F1＝mgtanθ，T1，故A正确； B、第二次到达Q点时速度为零，向心力为零，则有T2＝mgcosθ+F2sinθ 第二次小球在水平恒力F2的作用下，从P到Q的过程，根据动能定理得F2Lsinθ﹣mgL（1﹣cosθ）＝0 联立可得T2＝mg，则T2＜T1，故B正确； C、两次运动过程，小球的动能变化量均为零，根据动能定理得WF﹣mgL（1﹣cosθ）＝0，得WF＝mgL（1﹣cosθ），可知两次水平拉力做的功相等，故C错误； D、第一次是动态平衡过程，当轻绳与竖直方向夹角为α时，根据平衡条件可得绳子拉力大小为T1′，α增大，cosα减小，则绳子拉力T1′逐渐增大；第二次小球在水平恒力F2的作用下做圆周运动，利用等效单摆的思想，圆周运动的等效最低点在轻绳与竖直方向夹角处，在该处绳子拉力最大，则从P到Q，绳的拉力先增大后减小，故D错误。 故选：AB。 三、实验探究题。（共18分） 15．【答案】（1）a、BC；b、ghB；（2）；。 【分析】（1）a、根据实验原理与实验注意事项分析答题。 b、应用机械能守恒定律求出实验需要验证的表达式。 （2）应用机械能守恒定律求出图像的函数解析式，然后分析答题，求出图像的斜率。 【解答】解：（1）a、A、实验需要验证重物重力势能的减少量与动能增加量间的关系，重物的质量可以约去，实验中不必测量重物的质量，故A错误； B、为减小阻力对实验的影响，打开打点计时器前，应提住纸带上端使纸带竖直，故B正确； C、为充分利用纸带，实验中应先接通打点计时器的电源，再释放重物，故C正确； D、如果由公式v计算重物的速度，实际上默认机械能守恒，失去了实验验证的意义，故D错误。 故选：BC。 b、打B点时重物的速度大小vB， 如果机械能守恒，从打O点到打B点的过程，由机械能守恒定律得mghB，整理得ghB。 （2）小球经过光电门时的速度大小v， 若小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh，整理得h， 与h成正比，则以为纵轴h为横轴的图像是一条倾斜的直线，图像的斜率k。 故答案为：（1）a、BC；b、ghB；（2）；。 16．【答案】（1）A；（2）铁球P、Q同时到达水平轨道上同一位置相碰；铁球P的水平分运动为匀速直线运动；（3）0.1；2；（4）B 【分析】（1）根据实验现象得出平抛运动竖直方向上的运动特点； （2）根据平抛运动的特点分析出对应的实验现象； （3）根据平抛运动的特点，结合运动学公式得出时间间隔和初速度的大小； （4）根据平抛运动在不同方向上的运动特点，结合图纸的点迹关系完成分析。 【解答】解：（1）无论水平速度是多少，两个小球同时落地，说明平抛运动竖直方向上是自由落体运动，故A正确，BC错误； 故选：A。 （2）观察到铁球P、Q同时到达水平轨道上同一位置相碰，说明铁球P的水平分运动为匀速直线运动； （3）在竖直方向上，根据 Δh＝g（Δt）2 解得： 则小球做平抛运动的初速度为： （4）1与2的水平间距等于2与3的水平间距，故1与2小球的平抛运动的时间差等于2与3的平抛运动的时间差，则在竖直方向上，根据 Δy＝gT2 2与3的平抛运动的竖直位移差比1与2的平抛运动的竖直位移差多Δy，故B正确，AC错误； 故选：B。 故答案为：（1）A；（2）铁球P、Q同时到达水平轨道上同一位置相碰；铁球P的水平分运动为匀速直线运动；（3）0.1；2；（4）B 四、论述计算题。（共40分） 17．【答案】（1）小球在B点时速度的大小vB为； （2）小球的落地点与A点间的距离x为2R； （3）小球刚进入圆弧轨道时，轨道对小球弹力的大小FA为6mg。 【分析】（1）由题意可知小球恰好能通过最高点B，在B点由重力提供向心力，根据牛顿第二定律解答。 （2）小球从B点飞出后做平抛运动，将运动分解处理，根据运动学公式解答。 （3）根据机械能守恒定律求得小球在A点速度的大小，再由牛顿第二定律求解在A点时轨道对小球弹力的大小。 【解答】解：（1）由题意可知小球恰好能通过最高点B，小球在B点时，根据牛顿第二定律得： 解得： （2）小球从B点飞出后做平抛运动。 在竖直方向上有： 解得： 小球落地点与A点间的距离为：x＝vBt 解得：x＝2R （3）设小球在A点速度的大小为vA，对小球从A点运动到B点的过程，根据机械能守恒定律得： 解得： 小球刚进入圆弧轨道时，根据牛顿第二定律得： 解得：FA＝6mg 答：（1）小球在B点时速度的大小vB为； （2）小球的落地点与A点间的距离x为2R； （3）小球刚进入圆弧轨道时，轨道对小球弹力的大小FA为6mg。 18．【答案】（1）当秋千静止时，水平外力的大小F为mgtanθ。 （2）将秋千从静止释放，秋千自由摆动，若不计空气阻力，秋千摆到最低点时每根绳子的拉力大小T为。 （3）若考虑空气阻力，秋千从静止释放到停下的过程中空气阻力所做的功Wf为﹣mgL（1﹣cosθ）。 【分析】（1）秋千静止时处于平衡状态，水平外力与重力沿水平方向的分量平衡，通过几何关系可求出外力大小。 （2）秋千摆动过程中机械能守恒，最低点速度由重力势能转化而来，此时绳子拉力需平衡重力和提供向心力，根据圆周运动规律可求出拉力。 （3）考虑空气阻力时，秋千最终停在最低点，阻力做功等于重力势能变化量的负值，通过动能定理可求出阻力做功。 【解答】解：（1）秋千静止时，受三个力的作用：重力G、细绳拉力T和水平拉力F。根据共点力平衡知识得，解得：F＝mgtanθ。 （2）不计空气阻力，秋千从静止摆到最低点的过程中，机械能守恒：。秋千运动到最低点时，拉力与重力的合力提供向心力：，解得：。 （3）若考虑空气阻力，秋千最终停在最低点。根据动能定理：WG+Wf＝0，WG＝mgL（1﹣cosθ），解得：Wf＝﹣mgL（1﹣cosθ）。 答：（1）当秋千静止时，水平外力的大小F为mgtanθ。 （2）将秋千从静止释放，秋千自由摆动，若不计空气阻力，秋千摆到最低点时每根绳子的拉力大小T为。 （3）若考虑空气阻力，秋千从静止释放到停下的过程中空气阻力所做的功Wf为﹣mgL（1﹣cosθ）。 19．【答案】（1）小物块运动至O点时弹簧的长度为0.35m； （2）a.lB为0.25m，EpB对应的值为0.05J； b.曲线斜率代表了弹簧的弹力，由B到A的过程中，弹簧的弹力先向下逐渐减小，后向上逐渐增大； c.当弹簧的弹性势能为0时，小物块的动能是0.15J。 【分析】（1）根据平衡条件列式解答； （2）a.根据对称性和机械能守恒定律列式解答； b.根据斜率的物理意义及变化过程进行分析解答； c.根据系统机械能守恒列式求解。 【解答】解：（1）设小物块运动至平衡位置O点时弹簧的长度为l′，有k（l′﹣l0）＝mg＝0，代入数据解得l′＝0.35m； （2）a.已知O点是BA的中点，则lA﹣l′＝l′﹣lB，代入数据解得lB＝0.25m，对弹簧和物块组成的系统，根据机械能守恒定律有EpB+mg•2（lA﹣l′）＝EpA，解得EpB＝0.05J； b.曲线斜率代表了弹簧的弹力，由图可知，从B到A的过程，弹簧的弹力先向下逐渐减小，后向上逐渐增大； c.设弹簧的弹性势能为0时小物块的动能为Ek0，取A点所在水平面为参考平面，设小物块在A点时弹簧的长度为lA，弹簧的弹性势能为EPA，根据机械能守恒定律EpA＝mg（lA﹣l0）+Ek0，得Ek0＝0.15J。 答：（1）小物块运动至O点时弹簧的长度为0.35m； （2）a.lB为0.25m，EpB对应的值为0.05J； b.曲线斜率代表了弹簧的弹力，由B到A的过程中，弹簧的弹力先向下逐渐减小，后向上逐渐增大； c.当弹簧的弹性势能为0时，小物块的动能是0.15J。 20．【答案】（1）论证过程见解答； （2）卫星和探测器绕圆轨道运动的加速度大小a0为； （3）发射后瞬间探测器的速度大小v1为。 【分析】（1）对于环绕地球做匀速圆周运动的所有卫星，根据万有引力提供向心力进行论证； （2）根据向心加速度与周期的关系求解卫星和探测器绕圆轨道运动的加速度大小； （3）对探测器从被发射到与地球无穷远的过程，根据机械能守恒定律求解发射后瞬间探测器的速度大小。 【解答】解：（1）对于环绕地球做匀速圆周运动的所有卫星，根据万有引力提供向心力得： 可得： 其中M为地球质量，可得做匀速圆周运动的所有地球卫星轨道半径的三次方跟它的公转周期的二次方的比都相等。 （2）已知卫星和探测器的圆周运动半径为r0，运动周期为T0。此时其加速度大小等于向心加速度大小，根据向心加速度与周期的关系可得： a0 （3）设地球质量为M，探测器质质量为m1，卫星质量为m2。据题意：将探测器沿运动方向射出，探测器恰好能完全脱离地球引力的束缚，即探测器到达与地球距离无穷远时动能恰好为零。对探测器从被发射到与地球无穷远的过程，根据机械能守恒定律得： 卫星和探测器绕地球做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力得： 联立解得： 答：（1）论证过程见解答； （2）卫星和探测器绕圆轨道运动的加速度大小a0为； （3）发射后瞬间探测器的速度大小v1为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$