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2022-2023学年陕西省安康市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年陕西省安康市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.行星绕恒星的运动轨道如果是圆形，那么它轨道半径r的三次方与运行周期T的平方的比为常量，设r3T2=k，则常量k的大小( )
A. 只与恒星的质量有关B. 与恒星的质量及行星的质量有关
C. 只与行星的质量有关D. 与恒星的质量及行星的速度有关
2.在xOy直角坐标平面上运动的质点，t=0时位于x轴上。该质点在x轴方向的位移-时间图像如图甲所示，其在y轴方向运动的速度-时间图像如图乙所示，则( )
A. t=2.0s时，质点的速度大小为5m/s
B. 该质点做直线运动
C. 质点的加速度大小为2m/s2
D. t=2.0s时，质点在xOy平面的位置坐标为(4m,4m)
3.暴风雨后，道路两旁很多树苗被刮倒，某志愿者正在扶正一棵树苗，如图所示。若志愿者向左匀速运动扶正树苗时，手与树苗接触点的高度不变，则该过程中树苗( )
A. 与手接触点的线速度变小B. 与手接触点的线速度变大
C. 绕O点转动的角速度不变D. 绕O点转动的角速度变小
4.“六一”儿童节当日，爸爸出差回来用氢气球给女儿送节日礼物。氢气球悬挂礼盒从地面开始以5m/s的速度竖直向上匀速运动，某时刻礼盒脱落一块糖(礼盒上升速度不变)，再经过4s，糖落回地面，此时礼盒刚好上升至家中窗户下沿，不计空气阻力，重力加速度大小g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 糖松脱后做自由落体运动
B. 糖落到地面时的速度大小为45m/s
C. 糖随氢气球从地面出发到落回地面共用时14s
D. 家中窗户下沿离地高度为80m
5.如图所示，质量为6kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为3kg的物体B用细线悬挂，A、B间相互接触但无压力，重力加速度g取10m/s2。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间( )
A. 物体A的加速度为零
B. 弹簧弹力大小为30N
C. 物体B对物体A的压力大小为20N
D. 物体B的加速度大小为2m/s2
6.2023年5月28日上午，随着K7672列车缓缓驶离固安站，标志着京九铁路北京丰台至河北固安通通勤列车正式开通。火车转弯时，如果铁路弯道的内、外轨一样高，则外轨对轮缘(如图所示)挤压的弹力F提供了火车转弯的向心力(如图所示)，但是靠这种办法得到向心力，铁轨和车轮极易受损。在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨(如图所示)，当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的侧向挤压，设此时的速度大小为v，重力加速度为g，以下说法中正确的是( )
A. 该弯道的半径R=v2g
B. 当火车速率小于v时，内轨将受到轮缘挤压
C. 当火车质量减小时，规定行驶速度也减小
D. 按规定速度行驶时，支持力小于重力
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.下列关于万有引力定律的说法中，正确的是( )
A. 万有引力定律是卡文迪许在实验室中发现的
B. 对于相距很远、可以看成质点的两个物体，万有引力定律F=GMmr2中的r是两质点间的距离
C. 对于质量分布均匀的球体，公式中的r是两球心间的距离
D. 质量大的物体对质量小的物体的引力大于质量小的物体对质量大的物体的引力
8.“蹦极”是一项非常刺激的体育运动。运动员身系弹性绳自高空P点自由下落，图中a点是弹性绳的原长位置，c是运动员所到达的最低点，b是运动员静止地悬吊着时的平衡位置，运动员在从P点落下到最低点c的过程中( )
A. 运动员在Pa段作自由落体运动，处于完全失重状态
B. 在b点，运动员的速度最大，其加速度为零
C. 在bc段绳的拉力大于人的重力，运动员处于超重状态
D. 在c点，运动员的速度为零，其加速度为零
9.在2023年法国网球公开赛上，张之臻连胜两轮打入男单32强，实现了中国男子网球在红土大满贯上的突破，新型网球发球机再度引起众多球迷关注。如图甲所示是网球发球机，某次室内训练时将发球机放在距地面一定的高度，然后向竖直墙面发射网球。假定网球均水平射出，某两次射出的网球碰到墙面时速度与水平方向夹角分别为30∘和60∘，若不考虑空气阻力，则( )
A. 两次发射的初速度大小之比为 3:1
B. 碰到墙面前在空中的运动时间之比为 3:1
C. 下落高度之比为1: 3
D. 碰到墙面时速度大小之比为1：1
10.如图所示，一水平圆形餐桌面绕轴O转动，两个相同的物块a、b沿同一半径放在桌面上，已知距离Ob=2Oa=2r，物体与桌面间的动摩擦因数为μ，物体大小忽略不计，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，物块a、b随盘转动( )
A. 物块a受到的摩擦力可能为零
B. a、b的线速度大小之比为1：2
C. a、b受到的摩擦力之比为1：2
D. a、b随盘转动的最大角速度大小为 2μg3r
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某小组利用如图甲所示的实验装置做“验证力的平行四边形定则”实验，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳。根据实验数据在白纸上所作图如图乙所示，实验过程操作正确。
(1)某次实验中，弹簧测力计的示数如图丙所示，则测力计的读数为______ N；
(2)关于实验要点，下列说法正确的是______；
A.同一次实验，两弹簧测力计拉橡皮条与一个弹簧测力计拉橡皮条，保证橡皮条伸长相同即可
B.两弹簧测力计的拉力可以同时比橡皮筋的拉力大
C.拉橡皮条的绳细一些且长一些
D.拉力F1和F2的夹角应该较小
(3)关于实验结果，下列说法正确的是______。
A.F1、F2、F、F′四个力中F不是由弹簧测力计直接测得
B.F与OA在一条直线上
C.F是F1、F2合力的实验值
D.F′为F1、F2的理论值
12.为了更全面地探究平抛运动的规律，某实验小组利用如图甲、乙所示两种装置设计实验：
(1)该小组先利用图甲所示装置，用小锤打击弹性金属片，使A球沿水平方向抛出，同时使B球由静止自由下落，此后仅能听到一个落地声音，通过此现象可以得到，平抛运动在______(填“水平”或“竖直”)方向做______(填“匀速直线”或“自由落体”)运动；
(2)再利用图乙所示装置，将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上，调节斜槽末端水平，让钢球沿斜槽轨道M滑下后从O点水平飞出，落在水平挡板N上。钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点.上下移动挡板N，从斜槽上______(填“相同”或“任意”)位置无初速度释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点，从而描绘出平抛运动的轨迹；
(3)利用图乙装置，在某次实验得到一条轨迹，但忘了标记抛出点，只记录了O、B、C三点，实验小组就以O点为坐标原点建立了如图丙所示的坐标系，并测出相关坐标值，则由图丙可得小球平抛运动的初速度为______m/s，小球抛出点到O点的水平距离为______ m。(取g=10m/s2，计算结果均保留两位有效数字)
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.在水平路面上骑摩托车的人，遇到一个壕沟，其数据如图所示。摩托车后轮离开地面后失去动力，可以视为做平抛运动。摩托车后轮落到壕沟对面才算安全。(g=10m/s2)。
(1)摩托车在空中运动的时间t；
(2)摩托车的速度至少要多大才能越过这个壕沟？
14.如图所示，为应对火灾等紧急情况，人们设计了如图所示逃生滑梯。只需按下紧急开关，窗外的充气泵就会对气囊开始充气，生成一条连接出口与地面的斜面，人员以正确的姿势从窗口滑梯下来，就能顺利逃离现场了。若沿气囊下滑高度h=3.2m，气囊所构成的斜面长度为l=6.4m，一个质量为m=60kg的人沿气囊滑下时的阻力是Ff=240N，g取10m/s2，求：
(1)该人下滑所需的时间t；
(2)人们通过改变斜面长度l以缩短逃生时间(因高度h不可变)。出于安全考虑，人员在气囊上加速度不得大于4m/s2，若阻力大小不变，求轨道的最小长度lm。
15.如图甲所示，有一质量为m=3kg可视为质点的物块以某一初速度从A点水平抛出，恰好从圆管BCD的B点沿切线方向进入圆弧，经BCD从圆管的最高点D射出时立刻滑上质量为M的足够长的长木板，此后它们在水平面上运动的v−t图像如图乙所示。已知圆弧的半径为R=40m，且A与D在同一水平线上，BC弧对应的圆心角θ=60∘，不计空气阻力，但管道内不光滑，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)物块从A点做平抛运动的初速度v0的大小；
(2)在D点处物块对管壁的作用力的大小和方向；
(3)物块和木板之间的动摩擦系数μ1，木板和水平面之间的动摩擦因数μ2；
(4)木板的质量M与最短长度L。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：设恒星质量为M，行星质量为m，轨道半径为r，公转周期为T，根据万有引力提供向心力有：GMmr2=m4π2T2r
得：r3T2=GM4π2
比值与行星质量、速度都无关，只与恒星质量有关，故A正确，BCD错误；
故选：A。
根据万有引力提供向心力有推导出r3T2的表达式，再结合选项分析．
行星绕太阳虽然是圆周运动，利用万有引力提供圆周运动向心力，即可知道k与恒星质量有关．
2.【答案】C
【解析】解：BC.由甲图可知，质点沿x负方向的分运动为匀速直线运动，分速度大小为
vx=ΔxΔt=0−84m/s=−2m/s
质点沿y方向做匀减速直线运动，加速度大小为
a=ΔvyΔt=0−84m/s2=−2m/s2
可知质点做曲线运动，质点的加速度大小为2m/s2，故B错误，C正确；
A.t=2.0s时，质点的速度大小为
v= vx2+vy2= (−2)2+42m/s=2 5m/s
故A错误；
D.t=2.0s时，由图甲可知质点的x坐标为x=4m，0∼2s内质点沿y轴方向通过的位移为
y=8+42×2m=12m
则t=2.0s时，质点在xOy平面的位置坐标为(4m,12m)，故D错误。
故选：C。
位移-时间图象的斜率等于速度，速度-时间图线的斜率表示加速度，根据加速度恒定，且与初速度方向不在同一直线上，做匀变速曲线运动；求出物体在x方向和y方向的t=2.0s时刻的分速度，再进行合成，求出物体的速度；根据运动学公式求得物体在x方向和y方向的t=2.0s时刻的分位移，然后再求合位移。
本题考查的是x、y两个方向的分运动，运用运动的合成法求解合运动的情况，解题的关键是明确图象斜率的物理意义。
3.【答案】B
【解析】解：将人的速度v分解为垂直于树苗的速度v1与沿树苗方向的速度v2，设手与树苗接触点的高度为h，当树苗的倾角为θ时，手与树苗接触点到O点的距离r=hsinθ，此时树苗与手接触点的线速度大小v1=vsinθ，树苗绕O点转动的角速度大小ω=v1r=vsin2θh，该过程中θ变大，故v1、ω均变大，故B正确，ACD错误。
故选：B。
将人的速度v分解为垂直于树苗的速度v1与沿树苗方向的速度v2，根据线速度和角速度的关系式求角速度。
本题以某志愿者正在扶正一棵树苗为背景，考查了运动的合成与分解，解题时注意人的速度v分解为垂直于树苗的速度v1与沿树苗方向的速度v2。
4.【答案】D
【解析】解：A.糖和礼盒具有竖直向上的初速度，糖脱离礼盒后只受重力作用，糖松脱后做竖直上抛运动，故A错误；
B.设糖落地速度为v，取竖直向下的方向为正方向
根据运动学公式，糖落到地面时的速度大小为v=−v0+gt2=−5m/s+10×4m/s=35m/s，故B错误；
CD.取竖直向下的方向为正方向
糖从松脱到落地，通过的位移为h1=−v0t2+12gt22=−5×4m+12×10×42m=60m
则糖随氢气球从地面出发到落回地面共用时
t=t1+t2=xv0+t2=605s+4s=16s
在4s内礼盒上升的高度为h2=v0t=5×4m=20m
则家中窗户下沿离地高度的总高度H=h1+h2=60m+20m=80m，故C错误，D正确。
故选：D。
A.糖和礼盒具有竖直向上的初速度，糖脱离后只受重力作用，据此分析作答；
B.取竖直向上方向为正方向，糖做竖直上抛运动，根据运动学公式求解落地速度；
C.根据竖直上抛运动的规律求解糖刚脱离礼盒时离地面的高度；根据匀速运动公式求解礼盒从地面上升到糖刚好脱落时所用的时间，再求糖随氢气球从地面出发到落回地面的总时间；
D.根据匀速运动公式求解礼盒在4s内上升的高度，最后求窗户下沿离地的总高度。
本题考查了竖直上抛运动和匀速运动的规律；注意：糖从礼盒上脱落后做竖直上抛运动，不是自由落体运动。
5.【答案】C
【解析】解：A.刚开始A、B间相互接触但无压力，对A受力分析可得，弹簧弹力大小等于A所受重力且方向相反F=mAg=6×10=60N，某时刻将细线剪断，细线剪断瞬间，在B所受重力作用下，物体A、B整体获得一个相同的加速度，此时弹簧未产生形变，因此弹力保持不变，以A、B为整体，根据牛顿第二定律可得(mA+mB)g−F=(mA+mB)a，解得A、B整体的加速度为a=103m/s2，故A错误。
B.由于弹簧弹力只和形变量有关，细线剪短瞬间弹簧未发生额外形变，弹力大小仍等于物体A所受重力为60N，故B错误。
C.以B为对象，A对B的弹力为F′根据牛顿第二定律可得mBg−F′=mBa，解得F′=mBg−mBa=3×10N−3×103N=20N，由牛顿第三定律有物体B对物体A的压力大小为20N，故C正确。
D.由A中可知物体A、B加速度均为a=103m/s2，故D错误。
故选：C。
(1)细线剪短瞬间物体A、B同时获得一个相同的加速度，作用于物体A、B的合力大小等于物体B的重力且方向向下，由此可计算由加速度方程a=Fm求出物体A、B的加速大小，通过加速度可反求出物体A、B上的合力大小，即可通过受力分析求出物体A、B间压力。
(2)弹簧弹力只和弹簧压缩程度有关，绳子剪短一瞬间弹簧还未发生形变即弹力没有改变，大小仍等于物体A重力
本题着重考察牛顿运动定律中合力和加速度的关系以及对组合体受力情况的合成与分解，需理解剪短绳瞬间组合体加速度相同这一要点，再分解分析各物体受力情况即可。
6.【答案】B
【解析】解：A、若轨道平面与水平面的夹角为θ，当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的侧向挤压，有：mgtanθ=mv2R
解得：R=v2gtanθ，故A错误；
C、由上式变形得：v= gRtanθ，可知规定的行驶速度与火车的质量无关，故C错误；
B、当火车速率小于v时，火车有向心运动的趋势，则内轨将受到轮缘挤压，故B正确；
D、按规定速度行驶时，支持力为：N=mgcsθ，则支持力大于重力，故D错误。
故选：B。
火车拐弯时以规定速度行驶，此时火车的重力和支持力的合力提供圆周运动所需的向心力，从而可以求得弯道的半径，或者在弯道上的速度；
若速度小于规定速度，重力和支持力的合力大于需要的向心力，此时内轨对火车有侧压力；
根据几何关系求支持力的大小。
解决本题的关键知道火车拐弯时对内外轨均无压力，此时由重力和支持力的合力提供其做圆周运动的向心力。
7.【答案】BC
【解析】解：A、万有引力定律是牛顿发现的，故A错误；
B、对于相距很远、可以看成质点的两个物体，万有引力定律F=GMmr2中的r是两质点间的距离，故B正确；
C、对于质量分布均匀的球体，公式中的r是两球心间的距离，故C正确；
D、物体之间的万有引力时作用力和反作用力，不论质量大小，两物体之间的万有引力总是大小相等，故D错误。
故选：BC。
万有引力定律是牛顿发现的．万有引力定律F=GMmr2中的r是指两质点间的距离，或是均值球体球心间的距离．物体之间的万有引力时作用力和反作用力，总是大小相等．
本题考查对万有引力定律的理解，要注意万有引力定律F=GMmr2中的r是指两质点间的距离，或是均值球体球心间的距离．
8.【答案】ABC
【解析】解：A.运动员在Pa段做自由落体运动，加速度等于重力加速度且向下，所以处于完全失重状态，故A正确；
BC.从a到b过程，弹性绳的拉力小于人的重力，人向下做加速度减小的变加速运动，人处于失重状态；从b到c过程，弹性绳的拉力大于人的重力，人向下做加速度增大的变减速运动，人处于超重状态；所以在b点时人的速度最大，此时运动员所受的拉力与重力大小相等、方向相反，合力为零，加速度为零，故BC正确；
D.在c点，运动员的速度为零，此时弹性绳的拉力大于运动员的重力，根据牛顿第二定律可知其加速度向上，不为零，故D错误。
故选：ABC。
在弹性绳从原长达最低点的过程中，开始阶段，人做自由落体，而绳张紧后人的重力大于橡皮绳的拉力，人仍做加速运动，但后来橡皮绳的拉力大于人的重力时，人做减速运动，根据牛顿第二定律分析加速度变化情况，同时根据加速度和速度关系分析速度的变化情况．
本题中橡皮绳类似于弹簧，分析加速度和速度的变化情况，关键是分析运动员的受力情况，确定合力的变化情况．要注意ab过程人做加速度减小的加速运动，而bc过程做加速度增大的减速运动．
9.【答案】AD
【解析】解：C.设两次射出的网球的初速度分别为v01，v02，下落高度分别为y1，y2，则根据平抛运动的相应的运动学公式有：
tan30∘=vy1v01，y1=vy12t1，x=v01t1
tan60∘=vy2v02，y2=vy22t2，x=v02t2
联立可得下落高度之比为：y1：y2=tan30∘：tan60∘=1：3，故C错误；
B.根据平抛运动竖直方向的位移公式：y1=12gt12，y2=12gt22，可得碰到墙面前在空中的运动时间之比为：t1:t2= y1: y2=1: 3，故B错误；
A.根据平抛运动水平方向的位移公式：x=v01t1，x=v02t2，可得两次发射的初速度大小之比为：v01:v02=t2:t1= 3:1，故A正确；
D.两次碰到墙面时速度大小分别为：v1=v01cs30∘，v2=v02cs60∘，可得碰到墙面时速度大小之比为：v1:v2=v01cs30∘:v02cs60∘=1:1，故D正确。
故选：AD。
根据题意分析可得，网球做平抛运动，根据平抛运动的规律，结合题意求解即可。
解题关键是能够灵活应用平抛运动的公式，结合题意分析解答即可。难度适中。
10.【答案】BD
【解析】解：A、a受绳子拉力向外，摩擦力指向圆心，合力充当向心力，所以物块a受到的摩擦力不可能为零，故A错误；
B、a、b的角速度相等，所以a、b的线速度大小之比等于半径之比，为1：2，故B正确；
C、根据F=mω2r知a、b受到的向心力之比为1：2，由于绳子的拉力作用，摩擦力大小不是1：2，故C错误；
D、当ab要滑动时此时角速度为ω，对a：μmg−F=mω2r，对b：F+μmg=mω2⋅2r，联立解得：ω= 2μg3r，故D正确。
故选：BD。
a、b都做匀速圆周运动，合外力提供向心力，当转速较小时，绳子没有张力，ab都是由静摩擦力提供向心力，方向都指向圆心，当b开始滑动时，ab都滑动了，说明此时ab都已达到最大静摩擦力，由向心力公式可求得角速度。
本题考查圆周运动中力与运动的关系，注意本题中为静摩擦力与绳子的拉力充当向心力，故应注意静摩擦力是否已达到最大静摩擦力．
11.【答案】2.2BCA
【解析】解：(1)弹簧测力计的分度值为0.2N，故读数为2.2N；
(2)A、同一次实验，主要保证拉到同一点O，不需要保证橡皮条伸长相同，故A错误；
B、根据平行四边形法则可知，合力不一定比分力大，所以弹簧测力计的拉力可能同时比橡皮筋的拉力大，故B正确；
C、在实验中要减小测定拉力方向的误差，应让绳细一些、长一些，故C正确；
D、两个拉力的夹角不能过大也不能过小，适当即可，故D错误。
故选：BC；
(3)A、F1、F2、F、F′四个力中仅F不是由弹簧测力计直接测得的，是根据平行四边形定则得到的，故A正确；
B、F′是实际测量得到的，所以F′与OA在一条直线上，故B错误；
CD、F′是F1、F2合力的实验值，F是F1、F2合力的理论值，故CD错误。
故选：A。
故答案为：(1)2.2；(2)BC；(3)A。
(1)根据弹簧测力计的读数方法进行读数；
(2)在实验中使用一根弹簧秤拉细线与两根弹簧秤拉细线的作用效果要相同(即橡皮条拉到同一位置)，而细线的作用是画出力的方向，弹簧秤能测出力的大小。因此细线的长度没有限制，弹簧秤的示数也没有要求，两细线的夹角不要太小也不要太大；
(3)点O受到三个力作用处于平衡状态，保持O点的位置，利用“图示法”可知F是根据平四边形得到的，一定与橡皮条在同一直线上的力是F′。
在“验证力的平行四边形定则”实验中，我们要知道分力和合力的效果是等同的，这要求同学们对于基础知识要熟练掌握并能正确应用，理解“等效替换”的含义，加强对基础实验理解。
12.【答案】竖直 自由落体 相同
【解析】解：(1)同时开始运动，只能听到一个落地声，则说明平抛运动与自由落体运动时间相等，则可知其竖直方向应做自由落体运动；
(2)需要保证多次描点是相同轨迹，故应从斜槽轨道的相同位置无初速度的释放；
(3)由图丙中B、C的坐标可知，三点之间的时间间隔相同，根据竖直方向上的位移，利用
Δy=gT2
可得：yBC−yOB=gT2
代入数据得：T= 0.50−0.20−0.2010s=0.10s
小球平抛的初速度为v0=xOC2T=
B点竖直方向的分速度为vBy=yOC2T=
到B点平抛运动的时间tB=vByg=2.510s=0.25s
故抛出点到O点的时间为t=0.25s−0.1s=0.15s，则抛出点与O点水平方向相距x=v0t=3.0×0.15m=0.45m
故答案为：(1)竖直；自由落体；(2)相同；(3)3.0；0.45
(1)根据实验现象得出对应的实验结论；
(2)根据实验原理分析出释放点的关系；
(3)根据平抛运动的特点结合运动学公式得出小球平抛的初速度和抛出点的位置。
本题主要考查了平抛运动的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合平抛运动的特点和运动学公式即可完成分析。
13.【答案】解：(1)摩托车在竖直方向做自由落体运动，
H−h=12gt2
解得：t=0.8s
(2)水平方向匀速直线运动
x=v0t
解得：v0=20m/s
答：(1)摩托车在空中运动的时间t为0.8s；
(2)摩托车的速度至少要20m/s才能越过这个壕沟。
【解析】根据平抛运动水平方向匀速直线运动和竖直方向自由落体运动，结合题目中的临界条件解题。
解题关键是先从竖直方向的运动求出运动时间，再根据水平方向匀速直线运动求初速度。
14.【答案】解：(1)对位于气囊上的人受力分析可知，由牛顿第二定律得
mgsinθ−Ff=ma
由几何关系得
sinθ=hl=
由下滑过程作匀加速直线运动，由位移-时间公式得
l=12at2
解得：t= 12.8s≈3.58s
(2)改变斜面长度，此时
sinθ=hlm
由牛顿第二定律得
mgsinθ−Ff=mamax
其中amax=4m/s2
解得：lm=4m
答：(1)该人下滑所需的时间t为3.58s；
(2)轨道的最小长度lm为4m。
【解析】(1)对人受力分析，根据牛顿第二定律求加速度，根据位移-时间公式求出时间；
(2)根据加速度最大值和牛顿第二定律求出对应倾斜角，再由几何关系求出最小轨道长。
本题考查牛顿第二定律与实际生活相结合应用，解题关键要建立轨道模型，对人正确受力分析，结合几何关系解题即可。
15.【答案】解：(1)物块从A到B做平抛运动，由几何关系得：
R(1+csθ)=12gt2
tanθ=gtv0
联立解得：v0=20m/s；
(2)图乙可知D点物块速度vD=10m/s，取向下为正分向，根据牛顿第二定律可得：mg+N=mvD2R
解得管壁对物块的支持力：N=−22.5N
根据牛顿第三定律，物块对管壁的压力N大小为22.5N，方向竖直向下；
(3)分析图乙中4s∼12s过程为共同匀减速阶段，加速度大小为：a3=ΔvΔt=412−4m/s2=0.5m/s2
对M和m整体有：μ2(M+m)g=(M+m)a3
解得：μ2=0.05
分析图乙中0∼4s过程，对m有：μ1mg=ma1
且a1=10−44m/s2=1.5m/s2
解得：μ1=0.15；
(4)分析图乙中0∼4s过程，对M有：μ1mg−μ2(M+m)g=Ma2
且a2=44m/s2=1.0m/s2，
解得：M=2kg
最短长度即物块与木板的相对滑动位移L=Δx
从图中0∼4s物块与木板图线包围面积的差可得：L=Δx=12×10×4m=20m。
答：(1)物块从A点做平抛运动的初速度v0的大小为20m/s；
(2)在D点处物块对管壁的作用力的大小为22.5N，方向竖直向下；
(3)物块和木板之间的动摩擦因数为0.15，木板和水平面之间的动摩擦因数为0.05；
(4)木板的质量M与最短长度为20m。
【解析】(1)物块从A到B做平抛运动，根据平抛运动的规律解答；
(2)在D点根据牛顿第二定律、牛顿第三定律进行解答；
(3)分析图乙中4s∼12s过程为共同匀减速阶段，根据图乙求解加速度，再根据牛顿第二定律求解动摩擦因数；
(4)分析图乙中0∼4s过程，对M根据牛顿第二定律求解重力，最短长度为0∼4s物块与木板图线包围面积的差。
本题主要是圆周运动与平抛运动、牛顿第二定律的综合应用，关键是弄清楚物块和木板的受力情况、运动情况，结合平抛运动的规律、向心力的计算公式进行解答。
1.行星绕恒星的运动轨道如果是圆形，那么它轨道半径r的三次方与运行周期T的平方的比为常量，设r3T2=k，则常量k的大小( )
A. 只与恒星的质量有关B. 与恒星的质量及行星的质量有关
C. 只与行星的质量有关D. 与恒星的质量及行星的速度有关
2.在xOy直角坐标平面上运动的质点，t=0时位于x轴上。该质点在x轴方向的位移-时间图像如图甲所示，其在y轴方向运动的速度-时间图像如图乙所示，则( )
A. t=2.0s时，质点的速度大小为5m/s
B. 该质点做直线运动
C. 质点的加速度大小为2m/s2
D. t=2.0s时，质点在xOy平面的位置坐标为(4m,4m)
3.暴风雨后，道路两旁很多树苗被刮倒，某志愿者正在扶正一棵树苗，如图所示。若志愿者向左匀速运动扶正树苗时，手与树苗接触点的高度不变，则该过程中树苗( )
A. 与手接触点的线速度变小B. 与手接触点的线速度变大
C. 绕O点转动的角速度不变D. 绕O点转动的角速度变小
4.“六一”儿童节当日，爸爸出差回来用氢气球给女儿送节日礼物。氢气球悬挂礼盒从地面开始以5m/s的速度竖直向上匀速运动，某时刻礼盒脱落一块糖(礼盒上升速度不变)，再经过4s，糖落回地面，此时礼盒刚好上升至家中窗户下沿，不计空气阻力，重力加速度大小g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 糖松脱后做自由落体运动
B. 糖落到地面时的速度大小为45m/s
C. 糖随氢气球从地面出发到落回地面共用时14s
D. 家中窗户下沿离地高度为80m
5.如图所示，质量为6kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为3kg的物体B用细线悬挂，A、B间相互接触但无压力，重力加速度g取10m/s2。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间( )
A. 物体A的加速度为零
B. 弹簧弹力大小为30N
C. 物体B对物体A的压力大小为20N
D. 物体B的加速度大小为2m/s2
6.2023年5月28日上午，随着K7672列车缓缓驶离固安站，标志着京九铁路北京丰台至河北固安通通勤列车正式开通。火车转弯时，如果铁路弯道的内、外轨一样高，则外轨对轮缘(如图所示)挤压的弹力F提供了火车转弯的向心力(如图所示)，但是靠这种办法得到向心力，铁轨和车轮极易受损。在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨(如图所示)，当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的侧向挤压，设此时的速度大小为v，重力加速度为g，以下说法中正确的是( )
A. 该弯道的半径R=v2g
B. 当火车速率小于v时，内轨将受到轮缘挤压
C. 当火车质量减小时，规定行驶速度也减小
D. 按规定速度行驶时，支持力小于重力
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.下列关于万有引力定律的说法中，正确的是( )
A. 万有引力定律是卡文迪许在实验室中发现的
B. 对于相距很远、可以看成质点的两个物体，万有引力定律F=GMmr2中的r是两质点间的距离
C. 对于质量分布均匀的球体，公式中的r是两球心间的距离
D. 质量大的物体对质量小的物体的引力大于质量小的物体对质量大的物体的引力
8.“蹦极”是一项非常刺激的体育运动。运动员身系弹性绳自高空P点自由下落，图中a点是弹性绳的原长位置，c是运动员所到达的最低点，b是运动员静止地悬吊着时的平衡位置，运动员在从P点落下到最低点c的过程中( )
A. 运动员在Pa段作自由落体运动，处于完全失重状态
B. 在b点，运动员的速度最大，其加速度为零
C. 在bc段绳的拉力大于人的重力，运动员处于超重状态
D. 在c点，运动员的速度为零，其加速度为零
9.在2023年法国网球公开赛上，张之臻连胜两轮打入男单32强，实现了中国男子网球在红土大满贯上的突破，新型网球发球机再度引起众多球迷关注。如图甲所示是网球发球机，某次室内训练时将发球机放在距地面一定的高度，然后向竖直墙面发射网球。假定网球均水平射出，某两次射出的网球碰到墙面时速度与水平方向夹角分别为30∘和60∘，若不考虑空气阻力，则( )
A. 两次发射的初速度大小之比为 3:1
B. 碰到墙面前在空中的运动时间之比为 3:1
C. 下落高度之比为1: 3
D. 碰到墙面时速度大小之比为1：1
10.如图所示，一水平圆形餐桌面绕轴O转动，两个相同的物块a、b沿同一半径放在桌面上，已知距离Ob=2Oa=2r，物体与桌面间的动摩擦因数为μ，物体大小忽略不计，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，物块a、b随盘转动( )
A. 物块a受到的摩擦力可能为零
B. a、b的线速度大小之比为1：2
C. a、b受到的摩擦力之比为1：2
D. a、b随盘转动的最大角速度大小为 2μg3r
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某小组利用如图甲所示的实验装置做“验证力的平行四边形定则”实验，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳。根据实验数据在白纸上所作图如图乙所示，实验过程操作正确。
(1)某次实验中，弹簧测力计的示数如图丙所示，则测力计的读数为______ N；
(2)关于实验要点，下列说法正确的是______；
A.同一次实验，两弹簧测力计拉橡皮条与一个弹簧测力计拉橡皮条，保证橡皮条伸长相同即可
B.两弹簧测力计的拉力可以同时比橡皮筋的拉力大
C.拉橡皮条的绳细一些且长一些
D.拉力F1和F2的夹角应该较小
(3)关于实验结果，下列说法正确的是______。
A.F1、F2、F、F′四个力中F不是由弹簧测力计直接测得
B.F与OA在一条直线上
C.F是F1、F2合力的实验值
D.F′为F1、F2的理论值
12.为了更全面地探究平抛运动的规律，某实验小组利用如图甲、乙所示两种装置设计实验：
(1)该小组先利用图甲所示装置，用小锤打击弹性金属片，使A球沿水平方向抛出，同时使B球由静止自由下落，此后仅能听到一个落地声音，通过此现象可以得到，平抛运动在______(填“水平”或“竖直”)方向做______(填“匀速直线”或“自由落体”)运动；
(2)再利用图乙所示装置，将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上，调节斜槽末端水平，让钢球沿斜槽轨道M滑下后从O点水平飞出，落在水平挡板N上。钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点.上下移动挡板N，从斜槽上______(填“相同”或“任意”)位置无初速度释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点，从而描绘出平抛运动的轨迹；
(3)利用图乙装置，在某次实验得到一条轨迹，但忘了标记抛出点，只记录了O、B、C三点，实验小组就以O点为坐标原点建立了如图丙所示的坐标系，并测出相关坐标值，则由图丙可得小球平抛运动的初速度为______m/s，小球抛出点到O点的水平距离为______ m。(取g=10m/s2，计算结果均保留两位有效数字)
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.在水平路面上骑摩托车的人，遇到一个壕沟，其数据如图所示。摩托车后轮离开地面后失去动力，可以视为做平抛运动。摩托车后轮落到壕沟对面才算安全。(g=10m/s2)。
(1)摩托车在空中运动的时间t；
(2)摩托车的速度至少要多大才能越过这个壕沟？
14.如图所示，为应对火灾等紧急情况，人们设计了如图所示逃生滑梯。只需按下紧急开关，窗外的充气泵就会对气囊开始充气，生成一条连接出口与地面的斜面，人员以正确的姿势从窗口滑梯下来，就能顺利逃离现场了。若沿气囊下滑高度h=3.2m，气囊所构成的斜面长度为l=6.4m，一个质量为m=60kg的人沿气囊滑下时的阻力是Ff=240N，g取10m/s2，求：
(1)该人下滑所需的时间t；
(2)人们通过改变斜面长度l以缩短逃生时间(因高度h不可变)。出于安全考虑，人员在气囊上加速度不得大于4m/s2，若阻力大小不变，求轨道的最小长度lm。
15.如图甲所示，有一质量为m=3kg可视为质点的物块以某一初速度从A点水平抛出，恰好从圆管BCD的B点沿切线方向进入圆弧，经BCD从圆管的最高点D射出时立刻滑上质量为M的足够长的长木板，此后它们在水平面上运动的v−t图像如图乙所示。已知圆弧的半径为R=40m，且A与D在同一水平线上，BC弧对应的圆心角θ=60∘，不计空气阻力，但管道内不光滑，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)物块从A点做平抛运动的初速度v0的大小；
(2)在D点处物块对管壁的作用力的大小和方向；
(3)物块和木板之间的动摩擦系数μ1，木板和水平面之间的动摩擦因数μ2；
(4)木板的质量M与最短长度L。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：设恒星质量为M，行星质量为m，轨道半径为r，公转周期为T，根据万有引力提供向心力有：GMmr2=m4π2T2r
得：r3T2=GM4π2
比值与行星质量、速度都无关，只与恒星质量有关，故A正确，BCD错误；
故选：A。
根据万有引力提供向心力有推导出r3T2的表达式，再结合选项分析．
行星绕太阳虽然是圆周运动，利用万有引力提供圆周运动向心力，即可知道k与恒星质量有关．
2.【答案】C
【解析】解：BC.由甲图可知，质点沿x负方向的分运动为匀速直线运动，分速度大小为
vx=ΔxΔt=0−84m/s=−2m/s
质点沿y方向做匀减速直线运动，加速度大小为
a=ΔvyΔt=0−84m/s2=−2m/s2
可知质点做曲线运动，质点的加速度大小为2m/s2，故B错误，C正确；
A.t=2.0s时，质点的速度大小为
v= vx2+vy2= (−2)2+42m/s=2 5m/s
故A错误；
D.t=2.0s时，由图甲可知质点的x坐标为x=4m，0∼2s内质点沿y轴方向通过的位移为
y=8+42×2m=12m
则t=2.0s时，质点在xOy平面的位置坐标为(4m,12m)，故D错误。
故选：C。
位移-时间图象的斜率等于速度，速度-时间图线的斜率表示加速度，根据加速度恒定，且与初速度方向不在同一直线上，做匀变速曲线运动；求出物体在x方向和y方向的t=2.0s时刻的分速度，再进行合成，求出物体的速度；根据运动学公式求得物体在x方向和y方向的t=2.0s时刻的分位移，然后再求合位移。
本题考查的是x、y两个方向的分运动，运用运动的合成法求解合运动的情况，解题的关键是明确图象斜率的物理意义。
3.【答案】B
【解析】解：将人的速度v分解为垂直于树苗的速度v1与沿树苗方向的速度v2，设手与树苗接触点的高度为h，当树苗的倾角为θ时，手与树苗接触点到O点的距离r=hsinθ，此时树苗与手接触点的线速度大小v1=vsinθ，树苗绕O点转动的角速度大小ω=v1r=vsin2θh，该过程中θ变大，故v1、ω均变大，故B正确，ACD错误。
故选：B。
将人的速度v分解为垂直于树苗的速度v1与沿树苗方向的速度v2，根据线速度和角速度的关系式求角速度。
本题以某志愿者正在扶正一棵树苗为背景，考查了运动的合成与分解，解题时注意人的速度v分解为垂直于树苗的速度v1与沿树苗方向的速度v2。
4.【答案】D
【解析】解：A.糖和礼盒具有竖直向上的初速度，糖脱离礼盒后只受重力作用，糖松脱后做竖直上抛运动，故A错误；
B.设糖落地速度为v，取竖直向下的方向为正方向
根据运动学公式，糖落到地面时的速度大小为v=−v0+gt2=−5m/s+10×4m/s=35m/s，故B错误；
CD.取竖直向下的方向为正方向
糖从松脱到落地，通过的位移为h1=−v0t2+12gt22=−5×4m+12×10×42m=60m
则糖随氢气球从地面出发到落回地面共用时
t=t1+t2=xv0+t2=605s+4s=16s
在4s内礼盒上升的高度为h2=v0t=5×4m=20m
则家中窗户下沿离地高度的总高度H=h1+h2=60m+20m=80m，故C错误，D正确。
故选：D。
A.糖和礼盒具有竖直向上的初速度，糖脱离后只受重力作用，据此分析作答；
B.取竖直向上方向为正方向，糖做竖直上抛运动，根据运动学公式求解落地速度；
C.根据竖直上抛运动的规律求解糖刚脱离礼盒时离地面的高度；根据匀速运动公式求解礼盒从地面上升到糖刚好脱落时所用的时间，再求糖随氢气球从地面出发到落回地面的总时间；
D.根据匀速运动公式求解礼盒在4s内上升的高度，最后求窗户下沿离地的总高度。
本题考查了竖直上抛运动和匀速运动的规律；注意：糖从礼盒上脱落后做竖直上抛运动，不是自由落体运动。
5.【答案】C
【解析】解：A.刚开始A、B间相互接触但无压力，对A受力分析可得，弹簧弹力大小等于A所受重力且方向相反F=mAg=6×10=60N，某时刻将细线剪断，细线剪断瞬间，在B所受重力作用下，物体A、B整体获得一个相同的加速度，此时弹簧未产生形变，因此弹力保持不变，以A、B为整体，根据牛顿第二定律可得(mA+mB)g−F=(mA+mB)a，解得A、B整体的加速度为a=103m/s2，故A错误。
B.由于弹簧弹力只和形变量有关，细线剪短瞬间弹簧未发生额外形变，弹力大小仍等于物体A所受重力为60N，故B错误。
C.以B为对象，A对B的弹力为F′根据牛顿第二定律可得mBg−F′=mBa，解得F′=mBg−mBa=3×10N−3×103N=20N，由牛顿第三定律有物体B对物体A的压力大小为20N，故C正确。
D.由A中可知物体A、B加速度均为a=103m/s2，故D错误。
故选：C。
(1)细线剪短瞬间物体A、B同时获得一个相同的加速度，作用于物体A、B的合力大小等于物体B的重力且方向向下，由此可计算由加速度方程a=Fm求出物体A、B的加速大小，通过加速度可反求出物体A、B上的合力大小，即可通过受力分析求出物体A、B间压力。
(2)弹簧弹力只和弹簧压缩程度有关，绳子剪短一瞬间弹簧还未发生形变即弹力没有改变，大小仍等于物体A重力
本题着重考察牛顿运动定律中合力和加速度的关系以及对组合体受力情况的合成与分解，需理解剪短绳瞬间组合体加速度相同这一要点，再分解分析各物体受力情况即可。
6.【答案】B
【解析】解：A、若轨道平面与水平面的夹角为θ，当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的侧向挤压，有：mgtanθ=mv2R
解得：R=v2gtanθ，故A错误；
C、由上式变形得：v= gRtanθ，可知规定的行驶速度与火车的质量无关，故C错误；
B、当火车速率小于v时，火车有向心运动的趋势，则内轨将受到轮缘挤压，故B正确；
D、按规定速度行驶时，支持力为：N=mgcsθ，则支持力大于重力，故D错误。
故选：B。
火车拐弯时以规定速度行驶，此时火车的重力和支持力的合力提供圆周运动所需的向心力，从而可以求得弯道的半径，或者在弯道上的速度；
若速度小于规定速度，重力和支持力的合力大于需要的向心力，此时内轨对火车有侧压力；
根据几何关系求支持力的大小。
解决本题的关键知道火车拐弯时对内外轨均无压力，此时由重力和支持力的合力提供其做圆周运动的向心力。
7.【答案】BC
【解析】解：A、万有引力定律是牛顿发现的，故A错误；
B、对于相距很远、可以看成质点的两个物体，万有引力定律F=GMmr2中的r是两质点间的距离，故B正确；
C、对于质量分布均匀的球体，公式中的r是两球心间的距离，故C正确；
D、物体之间的万有引力时作用力和反作用力，不论质量大小，两物体之间的万有引力总是大小相等，故D错误。
故选：BC。
万有引力定律是牛顿发现的．万有引力定律F=GMmr2中的r是指两质点间的距离，或是均值球体球心间的距离．物体之间的万有引力时作用力和反作用力，总是大小相等．
本题考查对万有引力定律的理解，要注意万有引力定律F=GMmr2中的r是指两质点间的距离，或是均值球体球心间的距离．
8.【答案】ABC
【解析】解：A.运动员在Pa段做自由落体运动，加速度等于重力加速度且向下，所以处于完全失重状态，故A正确；
BC.从a到b过程，弹性绳的拉力小于人的重力，人向下做加速度减小的变加速运动，人处于失重状态；从b到c过程，弹性绳的拉力大于人的重力，人向下做加速度增大的变减速运动，人处于超重状态；所以在b点时人的速度最大，此时运动员所受的拉力与重力大小相等、方向相反，合力为零，加速度为零，故BC正确；
D.在c点，运动员的速度为零，此时弹性绳的拉力大于运动员的重力，根据牛顿第二定律可知其加速度向上，不为零，故D错误。
故选：ABC。
在弹性绳从原长达最低点的过程中，开始阶段，人做自由落体，而绳张紧后人的重力大于橡皮绳的拉力，人仍做加速运动，但后来橡皮绳的拉力大于人的重力时，人做减速运动，根据牛顿第二定律分析加速度变化情况，同时根据加速度和速度关系分析速度的变化情况．
本题中橡皮绳类似于弹簧，分析加速度和速度的变化情况，关键是分析运动员的受力情况，确定合力的变化情况．要注意ab过程人做加速度减小的加速运动，而bc过程做加速度增大的减速运动．
9.【答案】AD
【解析】解：C.设两次射出的网球的初速度分别为v01，v02，下落高度分别为y1，y2，则根据平抛运动的相应的运动学公式有：
tan30∘=vy1v01，y1=vy12t1，x=v01t1
tan60∘=vy2v02，y2=vy22t2，x=v02t2
联立可得下落高度之比为：y1：y2=tan30∘：tan60∘=1：3，故C错误；
B.根据平抛运动竖直方向的位移公式：y1=12gt12，y2=12gt22，可得碰到墙面前在空中的运动时间之比为：t1:t2= y1: y2=1: 3，故B错误；
A.根据平抛运动水平方向的位移公式：x=v01t1，x=v02t2，可得两次发射的初速度大小之比为：v01:v02=t2:t1= 3:1，故A正确；
D.两次碰到墙面时速度大小分别为：v1=v01cs30∘，v2=v02cs60∘，可得碰到墙面时速度大小之比为：v1:v2=v01cs30∘:v02cs60∘=1:1，故D正确。
故选：AD。
根据题意分析可得，网球做平抛运动，根据平抛运动的规律，结合题意求解即可。
解题关键是能够灵活应用平抛运动的公式，结合题意分析解答即可。难度适中。
10.【答案】BD
【解析】解：A、a受绳子拉力向外，摩擦力指向圆心，合力充当向心力，所以物块a受到的摩擦力不可能为零，故A错误；
B、a、b的角速度相等，所以a、b的线速度大小之比等于半径之比，为1：2，故B正确；
C、根据F=mω2r知a、b受到的向心力之比为1：2，由于绳子的拉力作用，摩擦力大小不是1：2，故C错误；
D、当ab要滑动时此时角速度为ω，对a：μmg−F=mω2r，对b：F+μmg=mω2⋅2r，联立解得：ω= 2μg3r，故D正确。
故选：BD。
a、b都做匀速圆周运动，合外力提供向心力，当转速较小时，绳子没有张力，ab都是由静摩擦力提供向心力，方向都指向圆心，当b开始滑动时，ab都滑动了，说明此时ab都已达到最大静摩擦力，由向心力公式可求得角速度。
本题考查圆周运动中力与运动的关系，注意本题中为静摩擦力与绳子的拉力充当向心力，故应注意静摩擦力是否已达到最大静摩擦力．
11.【答案】2.2BCA
【解析】解：(1)弹簧测力计的分度值为0.2N，故读数为2.2N；
(2)A、同一次实验，主要保证拉到同一点O，不需要保证橡皮条伸长相同，故A错误；
B、根据平行四边形法则可知，合力不一定比分力大，所以弹簧测力计的拉力可能同时比橡皮筋的拉力大，故B正确；
C、在实验中要减小测定拉力方向的误差，应让绳细一些、长一些，故C正确；
D、两个拉力的夹角不能过大也不能过小，适当即可，故D错误。
故选：BC；
(3)A、F1、F2、F、F′四个力中仅F不是由弹簧测力计直接测得的，是根据平行四边形定则得到的，故A正确；
B、F′是实际测量得到的，所以F′与OA在一条直线上，故B错误；
CD、F′是F1、F2合力的实验值，F是F1、F2合力的理论值，故CD错误。
故选：A。
故答案为：(1)2.2；(2)BC；(3)A。
(1)根据弹簧测力计的读数方法进行读数；
(2)在实验中使用一根弹簧秤拉细线与两根弹簧秤拉细线的作用效果要相同(即橡皮条拉到同一位置)，而细线的作用是画出力的方向，弹簧秤能测出力的大小。因此细线的长度没有限制，弹簧秤的示数也没有要求，两细线的夹角不要太小也不要太大；
(3)点O受到三个力作用处于平衡状态，保持O点的位置，利用“图示法”可知F是根据平四边形得到的，一定与橡皮条在同一直线上的力是F′。
在“验证力的平行四边形定则”实验中，我们要知道分力和合力的效果是等同的，这要求同学们对于基础知识要熟练掌握并能正确应用，理解“等效替换”的含义，加强对基础实验理解。
12.【答案】竖直 自由落体 相同
【解析】解：(1)同时开始运动，只能听到一个落地声，则说明平抛运动与自由落体运动时间相等，则可知其竖直方向应做自由落体运动；
(2)需要保证多次描点是相同轨迹，故应从斜槽轨道的相同位置无初速度的释放；
(3)由图丙中B、C的坐标可知，三点之间的时间间隔相同，根据竖直方向上的位移，利用
Δy=gT2
可得：yBC−yOB=gT2
代入数据得：T= 0.50−0.20−0.2010s=0.10s
小球平抛的初速度为v0=xOC2T=
B点竖直方向的分速度为vBy=yOC2T=
到B点平抛运动的时间tB=vByg=2.510s=0.25s
故抛出点到O点的时间为t=0.25s−0.1s=0.15s，则抛出点与O点水平方向相距x=v0t=3.0×0.15m=0.45m
故答案为：(1)竖直；自由落体；(2)相同；(3)3.0；0.45
(1)根据实验现象得出对应的实验结论；
(2)根据实验原理分析出释放点的关系；
(3)根据平抛运动的特点结合运动学公式得出小球平抛的初速度和抛出点的位置。
本题主要考查了平抛运动的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合平抛运动的特点和运动学公式即可完成分析。
13.【答案】解：(1)摩托车在竖直方向做自由落体运动，
H−h=12gt2
解得：t=0.8s
(2)水平方向匀速直线运动
x=v0t
解得：v0=20m/s
答：(1)摩托车在空中运动的时间t为0.8s；
(2)摩托车的速度至少要20m/s才能越过这个壕沟。
【解析】根据平抛运动水平方向匀速直线运动和竖直方向自由落体运动，结合题目中的临界条件解题。
解题关键是先从竖直方向的运动求出运动时间，再根据水平方向匀速直线运动求初速度。
14.【答案】解：(1)对位于气囊上的人受力分析可知，由牛顿第二定律得
mgsinθ−Ff=ma
由几何关系得
sinθ=hl=
由下滑过程作匀加速直线运动，由位移-时间公式得
l=12at2
解得：t= 12.8s≈3.58s
(2)改变斜面长度，此时
sinθ=hlm
由牛顿第二定律得
mgsinθ−Ff=mamax
其中amax=4m/s2
解得：lm=4m
答：(1)该人下滑所需的时间t为3.58s；
(2)轨道的最小长度lm为4m。
【解析】(1)对人受力分析，根据牛顿第二定律求加速度，根据位移-时间公式求出时间；
(2)根据加速度最大值和牛顿第二定律求出对应倾斜角，再由几何关系求出最小轨道长。
本题考查牛顿第二定律与实际生活相结合应用，解题关键要建立轨道模型，对人正确受力分析，结合几何关系解题即可。
15.【答案】解：(1)物块从A到B做平抛运动，由几何关系得：
R(1+csθ)=12gt2
tanθ=gtv0
联立解得：v0=20m/s；
(2)图乙可知D点物块速度vD=10m/s，取向下为正分向，根据牛顿第二定律可得：mg+N=mvD2R
解得管壁对物块的支持力：N=−22.5N
根据牛顿第三定律，物块对管壁的压力N大小为22.5N，方向竖直向下；
(3)分析图乙中4s∼12s过程为共同匀减速阶段，加速度大小为：a3=ΔvΔt=412−4m/s2=0.5m/s2
对M和m整体有：μ2(M+m)g=(M+m)a3
解得：μ2=0.05
分析图乙中0∼4s过程，对m有：μ1mg=ma1
且a1=10−44m/s2=1.5m/s2
解得：μ1=0.15；
(4)分析图乙中0∼4s过程，对M有：μ1mg−μ2(M+m)g=Ma2
且a2=44m/s2=1.0m/s2，
解得：M=2kg
最短长度即物块与木板的相对滑动位移L=Δx
从图中0∼4s物块与木板图线包围面积的差可得：L=Δx=12×10×4m=20m。
答：(1)物块从A点做平抛运动的初速度v0的大小为20m/s；
(2)在D点处物块对管壁的作用力的大小为22.5N，方向竖直向下；
(3)物块和木板之间的动摩擦因数为0.15，木板和水平面之间的动摩擦因数为0.05；
(4)木板的质量M与最短长度为20m。
【解析】(1)物块从A到B做平抛运动，根据平抛运动的规律解答；
(2)在D点根据牛顿第二定律、牛顿第三定律进行解答；
(3)分析图乙中4s∼12s过程为共同匀减速阶段，根据图乙求解加速度，再根据牛顿第二定律求解动摩擦因数；
(4)分析图乙中0∼4s过程，对M根据牛顿第二定律求解重力，最短长度为0∼4s物块与木板图线包围面积的差。
本题主要是圆周运动与平抛运动、牛顿第二定律的综合应用，关键是弄清楚物块和木板的受力情况、运动情况，结合平抛运动的规律、向心力的计算公式进行解答。
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