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2022-2023学年河北省保定市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年河北省保定市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.某次飞行表演中，飞机在一段时间内加速向上拉起，运动轨迹如图所示。当飞机通过A点时，飞机的速度v与合力F的方向的标注均可能正确的是( )
A.
B.
C.
D.
2.甲、乙两物体都在做匀速圆周运动，它们的线速度大小之比为1：2，角速度大小之比为2：1，则甲、乙的向心加速度大小之比为( )
A. 4：1B. 2：1C. 1：2D. 1：1
3.如图所示，质量为m的苹果，从距地面高度为H处的树(图中未画出)上由静止下落，树下有一深度为h的坑。重力加速度大小为g。若以地面为参考平面，不计空气阻力，则苹果落到坑底前的瞬间，其机械能为( )
A. mgH
B. −mgH
C. mgh
D. −mgh
4.保定的张同学与北京的李同学正坐在家中电脑前通过网络交流学习心得，他们随地球一起转动。保定和北京均在北半球，但保定更靠近赤道。下列说法正确的是( )
A. 两同学所受地球的万有引力均竖直向下
B. 张同学随地球转动的周期比李同学随地球转动的周期小
C. 张同学随地球转动的线速度比李同学随地球转动的线速度小
D. 张同学随地球转动的向心加速度比李同学随地球转动的向心加速度大
5.爬楼是一种有氧运动，能够锻炼人体的内脏器官，增强腿的灵活性和力量。如图所示，某人正在爬楼健身。此人匀速爬楼的过程中( )
A. 动能增大
B. 重力势能减小
C. 机械能增大
D. 所受的重力做正功
6.2023年5月30日，“神舟十六号”载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，发射取得圆满成功。若“神舟十六号”入轨后绕地球做匀速圆周运动，线速度大小为v，已知地球表面的重力加速度大小为g，地球的半径为R，则“神舟十六号”入轨后距地面的高度为( )
A. gR2v2−RB. gR2v2C. gR2v2+RD. gv2R2−R
7.一高铁从保定东站沿平直铁轨匀加速开出，当列车的速率为v时，牵引力的功率为P，若列车所受的阻力大小与其速率成正比，则当列车的速率为2v时，牵引力的功率可能为( )
A. 2PB. 3PC. 4PD. 5P
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.关于人造地球卫星，下列说法正确的是( )
A. 若卫星的运动轨迹为圆，则卫星所需的向心力等于地球对卫星的万有引力
B. 若卫星的运动轨迹为圆，则卫星的线速度不变
C. 若卫星的运动轨迹为椭圆，则卫星所需的向心力不等于地球对卫星的万有引力
D. 若卫星的运动轨迹为椭圆，则卫星的线速度变化
9.光头强正在河对岸盗伐森林，熊二发现后立即驾船渡河前去驱赶。若该河的河岸平直，宽度为60m，船在静水中的速度大小为5m/s，水流的速度大小为3m/s，则下列说法正确的是( )
A. 船不可能垂直河岸到达对岸B. 船可能垂直河岸到达对岸
C. 船渡河的最短时间为20sD. 船渡河的最短时间为12s
10.如图所示，在某次军事演习中，轰炸机(图中未画出)沿水平方向投放了一颗炸弹，炸弹被投出后经时间t恰好垂直击中倾角为θ的山坡上的目标。重力加速度大小为g，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 炸弹被投出时的初速度大小为gttanθ
B. 炸弹击中目标时的竖直分速度与水平分速度的大小之比为tanθ
C. 炸弹击中目标时的速度大小为gtsinθ
D. 炸弹被投出后，在空中的水平位移与竖直位移的大小之比为2tanθ
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.小聪用如图甲所示的装置验证动量守恒定律。主要实验步骤如下：
A.调整垫块的位置，直至接通电源，轻推小车A，纸带上打出一系列分布均匀的小点，断开电源；
B.将另一相同的小车B(图甲中未画出)静置于P处，并将适量钩码放在小车B中；
C.接通电源，沿木板方向向下推小车A，A、B碰撞后粘在一起，打出一系列的小点如图乙所示(图乙中的x1、x2均已测出)；
D.用天平测得小车A的质量为m1，小车B及钩码的总质量为m2。
(1)在步骤A中，要求打出的小点分布均匀，其目的是______；
(2)在图乙中，______(填“x1”或“x2”)对应的点是两车碰撞后打出的；
(3)若在误差允许的范围内满足关系式______，则小车 A、B碰撞过程中动量守恒。
12.学校物理兴趣小组用如图所示的装置验证机械能守恒定律。光滑斜槽(固定)的末端竖直安装有光电门，将小球从斜槽上的某一位置由静止释放，记录小球被释放时的位置距斜槽末端的高度h以及小球通过光电门的时间t，测得小球的直径为d。
(1)斜槽末端______(填“必须”或“无须”)调节至水平。
(2)小球通过光电门时的速度大小可表示为______(用d、t表示)。
(3)若当地的重力加速度大小g=______(用h、d、t表示)，则小球被释放后沿斜槽下滑的过程中机械能守恒。
(4)本实验对结论有影响的因素是______(写出一条即可)。
四、简答题：本大题共3小题，共39分。
13.如图所示，某科技兴趣小组利用无人机玩“携弹飞行”游戏。在无风的环境下，无人机以大小v1=8m/s的速度在足够大的湖面上空由东向西水平飞行，炮弹释放点距湖面的高度h=20m。取重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力。
(1)求炮弹释放点与落在水面上的位置间的水平距离x；
(2)若有风从南面水平匀速吹来，风速大小v2=6m/s，其他情况不变，求此种情况下无人机飞行的实际速度大小v。
14.截至2023年4月，石家庄地铁运营线路共有3条，包括1号线一二期工程、2号线一期工程与3号线，里程总长约76.5千米，共设车站60座。若一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动，在时间t=10s内加速行驶s=120m后速度达到v=72km/h，再匀速行驶一段时间，然后匀减速行驶t′=10s到达乙站停止。已知列车行驶时所受的阻力大小恒为f=1×106N，列车在匀减速行驶过程中发动机停止工作，求：
(1)列车在匀减速行驶阶段克服阻力所做的功W；
(2)列车的质量m；
(3)列车在加速行驶阶段所受牵引力做功的平均功率P−。
15.如图所示，滑块甲与滑块乙分别静止在水平轨道上的A、C两点，C点左侧的轨道光滑，C点右侧的轨道粗糙，两滑块与轨道粗糙部分间的动摩擦因数均为μ=0.5，水平轻弹簧的一端固定在竖直墙上，另一端与滑块乙相连，弹簧处于原长，在轨道上B点正上方距轨道的高度L=0.5m的O点，用细线(伸直)悬挂一小球。现对滑块甲施加一大小F=1N、方向水平向右的恒定推力，一段时间后撤去该推力，滑块甲与小球发生碰撞，碰撞后小球恰好能在竖直平面内做圆周运动，再经一段时间两滑块发生碰撞，碰撞后两滑块粘在一起并压缩弹簧，弹簧的最大形变量x=0.2m。两滑块与小球的质量均为m=0.4kg，已知弹簧的弹性势能Ep=12kx2(其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)，取重力加速度大小g=10m/s2，甲与小球的碰撞为弹性正碰，碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内，小球与两滑块均视为质点。求：
(1)滑块甲与小球碰撞后瞬间小球的速度大小v1；
(2)该推力作用的时间t；
(3)弹簧的劲度系数k。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：飞机通过A点时做曲线运动，合力要指向轨迹的凹侧，且飞机加速向上拉起，则飞机的速度沿轨迹的切线向上，且合外力F与速度v的方向的夹角要小于90∘。故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据曲线运动中质点的速度方向是轨迹的切线方向，加速度或合外力方向指向轨迹的内侧分析判断。
本题以飞机飞行表演为背景，考查物体做曲线运动的条件，要明确曲线运动速度方向和加速度方向的理解能力。
2.【答案】D
【解析】解：因为向心加速度大小为：a=ω2r=ωv
所以甲、乙的向心加速度大小之比为21×12=1：1，故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据向心加速度公式，以及线速度与角速度之间的关系，即可推导出向心加速度与线速度和角速度之间的关系，从而明确向心加速度之比。
本题应明确向心加速度公式的几种变形式：a=v2r=rω2=vω=4π2rT。
3.【答案】A
【解析】解：以地面为参考平面，苹果开始下落时的机械能为：E=mgH
在不计空气阻力的情况下，苹果下落的过程中只有重力做功，其机械能守恒，可知苹果落到坑底前的瞬间，其机械能苹果开始下落时的机械能，为mgH，故A正确，BCD错误。
故选：A。
不计空气阻力，苹果下落过程中机械能守恒，苹果落到坑底前的瞬间等于苹果刚下落时的机械能，根据机械能守恒定律求解。
本题考查机械能守恒定律，要掌握机械能守恒的条件，灵活选择研究的位置。
4.【答案】D
【解析】解：A.两同学所受地球的万有引力均指向地心，故A错误；
B.张同学与李同学随地球转动的周期均等于地球自转的周期，故B错误；
C.根据线速度的计算公式v=ωr可知，张同学随地球转动的线速度比李同学随地球转动的线速度大，故C错误；
D.根据向心加速度的计算公式a=ω2r可知，张同学随地球转动的向心加速度比李同学随地球转动的向心加速度大，故D正确。
故选：D。
根据万有引力定律解答；两个同学的周期与地球自转的周期都相等；根据线速度和向心加速度的计算公式，结合圆周运动的半径大小关系完成分析。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解万有引力的方向，结合圆周运动的计算公式即可完成分析。
5.【答案】C
【解析】解：人匀速爬楼的过程中，速度大小不变，则动能不变，高度增加，重力做负功，则重力势能增加，机械能增加。故ABD错误，C正确。
故选：C。
动能大小的影响因素：质量和速度，由于匀速爬楼，故人的动能不变；重力势能大小的影响因素：质量和高度，由于爬楼时，高度不断增加，重力势能增加；人的机械能包含动能和重力势能；根据功的定义判断做功正负。
掌握动能、重力势能、弹性势能大小的影响因素，要会分析动能、重力势能、机械能的大小变化情况。
6.【答案】A
【解析】解：设地球的质量为M，“神舟十六号”入轨后距地面的高度为h，根据万有引力提供向心力，有
GM(R+h)2=v2R+h
再根据黄金代换，有GMmR2=mg
联立解得h=gR2v2−R
故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据黄金代换以及万有引力提供向心力联立即可求出“神舟十六号”入轨后距地面的高度。
本题考查了万有引力提供向心力的模型以及黄金代换，难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：设列车的质量为m，加速度大小为a。当列车的速率为v时，设牵引力大小为F。
根据牛顿第二定律得：F−kv=ma
得F=kv+ma
则有P=Fv=(kv+ma)v=kv2+mav
当列车的速率为2v时，牵引力大小为
F′=2kv+ma
则此时牵引力的功率为
P′=F′×2v=(2kv+ma)×2v=4kv2+2mav
可得P′P=4kv2+2mavkv2+mav
则有2故选：B。
根据牛顿第二定律以及阻力大小与其速率的关系列式，得到牵引力与速度的关系式，结合P=Fv得到功率与速度的关系式，再求解即可。
解答本题的关键要根据牛顿第二定律和功率公式相结合推导出功率与速度的关系式，分析时，要抓住阻力大小与其速率成正比这一条件。
8.【答案】ACD
【解析】解：AB.若卫星的运动轨迹为圆，即卫星做匀速圆周运动，则卫星所需的向心力等于地球对卫星的万有引力，此时卫星的线速度大小不变，方向始终指向圆心，故A正确，B错误；
CD.若卫星的运动轨迹为椭圆，则卫星所需的向心力不等于地球对卫星的万有引力，此时卫星的线速度大小变化，故CD正确。
故选：ACD。
当卫星的运动轨迹为圆时，卫星受到的万有引力提供向心力，线速度大小不变，方向时刻变化；
当卫星的运动轨迹为椭圆时，因为卫星的速度发生变化，所以万有引力不等于向心力，线速度的大小和方向都发生变化。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解圆和椭圆的区别，分析出卫星的向心力来源，结合线速度的变化趋势即可完成分析。
9.【答案】BD
【解析】解：AB.若垂直河岸到达对岸，则v合垂直河岸，由题v船=5m/s，v水=3m/s，由于v船>v水，由图可知可垂直河岸到达对岸，
故A错误，B正确；
CD.v⊥最大时，渡河时间最短，此时船头正对河岸，tm=dv船=605s=12s，故C错误，D正确。
故选：BD。
小船的运动分解为垂直于河岸方向和沿河岸方向，根据平行四边形定则，求出合速度，从而确定运动的轨迹．
解决本题的关键会根据平行四边形定则进行速度的合成，以及知道小船实际运动的轨迹与小船合速度的方向相同．
10.【答案】AD
【解析】解：AB.速度分解如图：
炸弹击中目标时的竖直分速度大小为：
vy=gt
设炸弹被投出时的初速度大小为v0，根据几何关系得：
1tanθ=vyv0
解得：v0=gttanθ，故A正确，B错误；
C.炸弹击中目标时的速度大小为：
v=vycsθ
解得：v=gtcsθ，故C错误；
D.炸弹被投出后，做平抛运动
在空中的水平位移为：
x=v0t
竖直位移的大小为：
y=12gt2
炸弹在空中的水平位移与竖直位移的大小之比为：
xy=2tanθ，故D正确。
故选：AD。
炸弹做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据速度-时间公式求出竖直分速度，根据速度分解求出炸弹的初速度、炸弹的速度，并求出炸弹击中目标时的竖直分速度与水平分速度的大小之比；结合初速度和时间求出水平位移，根据位移-时间公式求出竖直位移，从而求出炸弹在空中的水平位移与竖直位移的大小之比。
解决本题的关键掌握平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的一些推论，并能灵活运用。
11.【答案】为了保证小车所受的合外力为零 x2 m1x1=(m1+m2)x2
【解析】解：(1)当小车所受的合外力为零时，两车组成的系统所受的合外力为零，系统满足动量守恒的条件，则要求打出的小点分布均匀，其目的是为了保证小车所受的合外力为零；
(2)因为两车碰撞后粘在一起，所以碰撞后两车的共同速度小于碰撞前小车A的速度，在题图乙中，x2对应的点是两车碰撞后打出的；
(3)设打点计时器打点的周期为T，两车碰撞前小车A的速度大小
v1=x15T
小车A的动量大小
p1=m1v1
碰撞后两车的速度大小
v2=x25T
两车的总动量大小
p2=(m1+m2)v2
根据动量守恒定律有
p1=p2
可得：m1x1=(m1+m2)x2
故答案为：(1)为了保证小车所受的合外力为零；(2)x2；(3)m1x1=(m1+m2)x2
(1)根据动量守恒的条件得出对应实验操作的目的；
(2)两车碰撞后速度减小，根据纸带上点迹之间的距离完成分析；
(3)根据运动学公式和动量守恒定律得出需要满足的关系式。
本题主要考查了动量守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式和动量守恒定律即可完成分析。
12.【答案】必须 dt d22ht2 存在空气阻力、斜槽不可能完全光滑等
【解析】解：(1)光电门竖直放置，则斜槽末端必须调节至水平。
(2)小球通过光电门时的速度大小可表示为
v=dt
(3)若机械能守恒，则由能量关系
mgh=12mv2
可得当地的重力加速度大小
g=d22ht2
(4)本实验对结论有影响的因素是存在空气阻力、斜槽不可能完全光滑等；
故答案为：(1)必须；(2)dt；(3)d22ht2； (3)存在空气阻力、斜槽不可能完全光滑等
(1)光电门竖直放置，则斜槽末端必须水平才能准确测速；
(2)根据光电门的测速原理得出小球的速度；
(3)根据机械能守恒定律得出重力加速度的表达式；
(4)根据实验原理分析出可能影响实验的因素。
本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式和机械能守恒定律即可完成分析。
13.【答案】解：(1)设炮弹在空中运动的时间为 t，有
h=12gt2
解得：t=2s
炮弹在水平方向上做匀速直线运动，
x=v1t
解得：x=16m
(2)根据运动的合成与分解有
v= v12+v22
解得：v=10m/s
答：(1)炮弹释放点与落在水面上的位置间的水平距离x为16m；
(2)若有风从南面水平匀速吹来，风速大小v2=6m/s，其他情况不变，此种情况下无人机飞行的实际速度大小v为10m/s。
【解析】(1)小球抛出后做平抛运动，根据竖直方向的自由落体运动规律即可确定时间，根据水平方向上的匀速直线运动即可求出水平距离；
(2)根据运动的合成与分解求解无人机飞行的实际速度大小。
本题考查平抛运动的规律，要注意明确离开无人机后具有水平速度，故做平抛运动，会求物体的合速度。
14.【答案】解：(1)列车在匀减速行驶阶段的位移大小为
s′=v2t′
解得：s′=100m
列车在匀减速行驶阶段克服阻力所做的功为
W=fs′
可得
W=1×106×100J=1×108J
(2)列车在匀减速行驶阶段的加速度大小
a=vt′=2010m/s2=2m/s2
根据牛顿第二定律有
f=ma
解得：m=fa=1×1062kg=5×105kg
(3)对列车加速行驶的过程，根据动能定理有
P−t−fs=12mv2−0
解得：P−=2.2×107W
答：(1)列车在匀减速行驶阶段克服阻力所做的功W为1×108J；
(2)列车的质量m为5×105kg；
(3)列车在加速行驶阶段所受牵引力做功的平均功率P−为2.2×107W。
【解析】(1)根据平均速度与时间的乘积求列车在匀减速行驶阶段的位移大小，再由功的计算公式求解克服阻力所做的功W；
(2)根据运动学公式求出列车在匀减速行驶阶段的加速度大小，由牛顿第二定律求列车的质量m；
(3)对列车加速行驶的过程，根据动能定理求解列车在加速行驶阶段所受牵引力做功的平均功率P−。
本题要分析清楚列车的运动过程，灵活选择运动学公式求位移和加速度。运用动能定理时，关键要确定各力做功情况。
15.【答案】解：(1)设小球通过最高点时的速度大小为v2，有mg=mv2L
对小球从最低点运动到最高点的过程，根据机械能守恒定律有12mv12−12mv22=2mgL
解得v1=5m/s
(2)设滑块甲与小球碰撞前瞬间的速度大小为v0，对滑块甲，规定推力方向为正方向，根据动量定理有
Ft=mv0
设滑块甲与小球碰撞后瞬间的速度大小为v，设初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有
mv0=mv+mv1
根据机械能守恒定律有12mv02=12mv2+12mv12
解得v0=5m/s，v=0，t=2s
(3)小球运动一个圆周后，在B点再次与滑块甲发生碰撞，类似(2)中
设初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有
mv1=mv′+mv1′
根据机械能守恒定律有12mv02=12mv2+12mv12
碰撞后瞬间滑块甲与小球的速度大小分别为
v′=5m/s、v1′=0
设两滑块碰撞后瞬间的共同速度大小为v共，设v′的方向为正方向，根据动量守恒定律有
mv′=(m+m)v共
对两滑块一起压缩弹簧的过程，根据能量守恒定律有12×(m+m)v共2=12kx2
解得
k=85N/m
答：(1)滑块甲与小球碰撞后瞬间小球的速度大小为5m/s；
(2)该推力作用的时间为2s；
(3)弹簧的劲度系数为85N/m。
【解析】(1)首先，根据小球恰能通过最高点的临界条件列出相关牛顿第二定律的方程，再对小球从最低点运动到最高点的过程，根据机械能守恒定律列出相关方程，联立解得滑块甲与小球碰撞后瞬间小球的速度大小；
(2)以滑块甲为研究对象，根据动量定理列出滑块甲受到推力过程的相关方程；再分析滑块甲与小球碰撞的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律列出相关方程；联立求出推力的作用时间；
(3)根据弹性碰撞的方程求出滑块和小球的速度，再分析碰后小球的运动过程，求出小球在B点再次与滑块甲发生碰撞后瞬间的速度大小；接着根据动量守恒定律求出两滑块碰撞后瞬间的共同速度大小；最后，对两滑块一起压缩弹簧的过程，根据能量守恒定律求出弹簧的劲度系数。
本题考查了动量和能量守恒的综合问题，解决本题的关键是熟练掌握弹性碰撞以及完全非弹性碰撞过程中满足的动量和能量的关系。
1.某次飞行表演中，飞机在一段时间内加速向上拉起，运动轨迹如图所示。当飞机通过A点时，飞机的速度v与合力F的方向的标注均可能正确的是( )
A.
B.
C.
D.
2.甲、乙两物体都在做匀速圆周运动，它们的线速度大小之比为1：2，角速度大小之比为2：1，则甲、乙的向心加速度大小之比为( )
A. 4：1B. 2：1C. 1：2D. 1：1
3.如图所示，质量为m的苹果，从距地面高度为H处的树(图中未画出)上由静止下落，树下有一深度为h的坑。重力加速度大小为g。若以地面为参考平面，不计空气阻力，则苹果落到坑底前的瞬间，其机械能为( )
A. mgH
B. −mgH
C. mgh
D. −mgh
4.保定的张同学与北京的李同学正坐在家中电脑前通过网络交流学习心得，他们随地球一起转动。保定和北京均在北半球，但保定更靠近赤道。下列说法正确的是( )
A. 两同学所受地球的万有引力均竖直向下
B. 张同学随地球转动的周期比李同学随地球转动的周期小
C. 张同学随地球转动的线速度比李同学随地球转动的线速度小
D. 张同学随地球转动的向心加速度比李同学随地球转动的向心加速度大
5.爬楼是一种有氧运动，能够锻炼人体的内脏器官，增强腿的灵活性和力量。如图所示，某人正在爬楼健身。此人匀速爬楼的过程中( )
A. 动能增大
B. 重力势能减小
C. 机械能增大
D. 所受的重力做正功
6.2023年5月30日，“神舟十六号”载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，发射取得圆满成功。若“神舟十六号”入轨后绕地球做匀速圆周运动，线速度大小为v，已知地球表面的重力加速度大小为g，地球的半径为R，则“神舟十六号”入轨后距地面的高度为( )
A. gR2v2−RB. gR2v2C. gR2v2+RD. gv2R2−R
7.一高铁从保定东站沿平直铁轨匀加速开出，当列车的速率为v时，牵引力的功率为P，若列车所受的阻力大小与其速率成正比，则当列车的速率为2v时，牵引力的功率可能为( )
A. 2PB. 3PC. 4PD. 5P
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.关于人造地球卫星，下列说法正确的是( )
A. 若卫星的运动轨迹为圆，则卫星所需的向心力等于地球对卫星的万有引力
B. 若卫星的运动轨迹为圆，则卫星的线速度不变
C. 若卫星的运动轨迹为椭圆，则卫星所需的向心力不等于地球对卫星的万有引力
D. 若卫星的运动轨迹为椭圆，则卫星的线速度变化
9.光头强正在河对岸盗伐森林，熊二发现后立即驾船渡河前去驱赶。若该河的河岸平直，宽度为60m，船在静水中的速度大小为5m/s，水流的速度大小为3m/s，则下列说法正确的是( )
A. 船不可能垂直河岸到达对岸B. 船可能垂直河岸到达对岸
C. 船渡河的最短时间为20sD. 船渡河的最短时间为12s
10.如图所示，在某次军事演习中，轰炸机(图中未画出)沿水平方向投放了一颗炸弹，炸弹被投出后经时间t恰好垂直击中倾角为θ的山坡上的目标。重力加速度大小为g，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 炸弹被投出时的初速度大小为gttanθ
B. 炸弹击中目标时的竖直分速度与水平分速度的大小之比为tanθ
C. 炸弹击中目标时的速度大小为gtsinθ
D. 炸弹被投出后，在空中的水平位移与竖直位移的大小之比为2tanθ
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.小聪用如图甲所示的装置验证动量守恒定律。主要实验步骤如下：
A.调整垫块的位置，直至接通电源，轻推小车A，纸带上打出一系列分布均匀的小点，断开电源；
B.将另一相同的小车B(图甲中未画出)静置于P处，并将适量钩码放在小车B中；
C.接通电源，沿木板方向向下推小车A，A、B碰撞后粘在一起，打出一系列的小点如图乙所示(图乙中的x1、x2均已测出)；
D.用天平测得小车A的质量为m1，小车B及钩码的总质量为m2。
(1)在步骤A中，要求打出的小点分布均匀，其目的是______；
(2)在图乙中，______(填“x1”或“x2”)对应的点是两车碰撞后打出的；
(3)若在误差允许的范围内满足关系式______，则小车 A、B碰撞过程中动量守恒。
12.学校物理兴趣小组用如图所示的装置验证机械能守恒定律。光滑斜槽(固定)的末端竖直安装有光电门，将小球从斜槽上的某一位置由静止释放，记录小球被释放时的位置距斜槽末端的高度h以及小球通过光电门的时间t，测得小球的直径为d。
(1)斜槽末端______(填“必须”或“无须”)调节至水平。
(2)小球通过光电门时的速度大小可表示为______(用d、t表示)。
(3)若当地的重力加速度大小g=______(用h、d、t表示)，则小球被释放后沿斜槽下滑的过程中机械能守恒。
(4)本实验对结论有影响的因素是______(写出一条即可)。
四、简答题：本大题共3小题，共39分。
13.如图所示，某科技兴趣小组利用无人机玩“携弹飞行”游戏。在无风的环境下，无人机以大小v1=8m/s的速度在足够大的湖面上空由东向西水平飞行，炮弹释放点距湖面的高度h=20m。取重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力。
(1)求炮弹释放点与落在水面上的位置间的水平距离x；
(2)若有风从南面水平匀速吹来，风速大小v2=6m/s，其他情况不变，求此种情况下无人机飞行的实际速度大小v。
14.截至2023年4月，石家庄地铁运营线路共有3条，包括1号线一二期工程、2号线一期工程与3号线，里程总长约76.5千米，共设车站60座。若一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动，在时间t=10s内加速行驶s=120m后速度达到v=72km/h，再匀速行驶一段时间，然后匀减速行驶t′=10s到达乙站停止。已知列车行驶时所受的阻力大小恒为f=1×106N，列车在匀减速行驶过程中发动机停止工作，求：
(1)列车在匀减速行驶阶段克服阻力所做的功W；
(2)列车的质量m；
(3)列车在加速行驶阶段所受牵引力做功的平均功率P−。
15.如图所示，滑块甲与滑块乙分别静止在水平轨道上的A、C两点，C点左侧的轨道光滑，C点右侧的轨道粗糙，两滑块与轨道粗糙部分间的动摩擦因数均为μ=0.5，水平轻弹簧的一端固定在竖直墙上，另一端与滑块乙相连，弹簧处于原长，在轨道上B点正上方距轨道的高度L=0.5m的O点，用细线(伸直)悬挂一小球。现对滑块甲施加一大小F=1N、方向水平向右的恒定推力，一段时间后撤去该推力，滑块甲与小球发生碰撞，碰撞后小球恰好能在竖直平面内做圆周运动，再经一段时间两滑块发生碰撞，碰撞后两滑块粘在一起并压缩弹簧，弹簧的最大形变量x=0.2m。两滑块与小球的质量均为m=0.4kg，已知弹簧的弹性势能Ep=12kx2(其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)，取重力加速度大小g=10m/s2，甲与小球的碰撞为弹性正碰，碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内，小球与两滑块均视为质点。求：
(1)滑块甲与小球碰撞后瞬间小球的速度大小v1；
(2)该推力作用的时间t；
(3)弹簧的劲度系数k。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：飞机通过A点时做曲线运动，合力要指向轨迹的凹侧，且飞机加速向上拉起，则飞机的速度沿轨迹的切线向上，且合外力F与速度v的方向的夹角要小于90∘。故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据曲线运动中质点的速度方向是轨迹的切线方向，加速度或合外力方向指向轨迹的内侧分析判断。
本题以飞机飞行表演为背景，考查物体做曲线运动的条件，要明确曲线运动速度方向和加速度方向的理解能力。
2.【答案】D
【解析】解：因为向心加速度大小为：a=ω2r=ωv
所以甲、乙的向心加速度大小之比为21×12=1：1，故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据向心加速度公式，以及线速度与角速度之间的关系，即可推导出向心加速度与线速度和角速度之间的关系，从而明确向心加速度之比。
本题应明确向心加速度公式的几种变形式：a=v2r=rω2=vω=4π2rT。
3.【答案】A
【解析】解：以地面为参考平面，苹果开始下落时的机械能为：E=mgH
在不计空气阻力的情况下，苹果下落的过程中只有重力做功，其机械能守恒，可知苹果落到坑底前的瞬间，其机械能苹果开始下落时的机械能，为mgH，故A正确，BCD错误。
故选：A。
不计空气阻力，苹果下落过程中机械能守恒，苹果落到坑底前的瞬间等于苹果刚下落时的机械能，根据机械能守恒定律求解。
本题考查机械能守恒定律，要掌握机械能守恒的条件，灵活选择研究的位置。
4.【答案】D
【解析】解：A.两同学所受地球的万有引力均指向地心，故A错误；
B.张同学与李同学随地球转动的周期均等于地球自转的周期，故B错误；
C.根据线速度的计算公式v=ωr可知，张同学随地球转动的线速度比李同学随地球转动的线速度大，故C错误；
D.根据向心加速度的计算公式a=ω2r可知，张同学随地球转动的向心加速度比李同学随地球转动的向心加速度大，故D正确。
故选：D。
根据万有引力定律解答；两个同学的周期与地球自转的周期都相等；根据线速度和向心加速度的计算公式，结合圆周运动的半径大小关系完成分析。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解万有引力的方向，结合圆周运动的计算公式即可完成分析。
5.【答案】C
【解析】解：人匀速爬楼的过程中，速度大小不变，则动能不变，高度增加，重力做负功，则重力势能增加，机械能增加。故ABD错误，C正确。
故选：C。
动能大小的影响因素：质量和速度，由于匀速爬楼，故人的动能不变；重力势能大小的影响因素：质量和高度，由于爬楼时，高度不断增加，重力势能增加；人的机械能包含动能和重力势能；根据功的定义判断做功正负。
掌握动能、重力势能、弹性势能大小的影响因素，要会分析动能、重力势能、机械能的大小变化情况。
6.【答案】A
【解析】解：设地球的质量为M，“神舟十六号”入轨后距地面的高度为h，根据万有引力提供向心力，有
GM(R+h)2=v2R+h
再根据黄金代换，有GMmR2=mg
联立解得h=gR2v2−R
故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据黄金代换以及万有引力提供向心力联立即可求出“神舟十六号”入轨后距地面的高度。
本题考查了万有引力提供向心力的模型以及黄金代换，难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：设列车的质量为m，加速度大小为a。当列车的速率为v时，设牵引力大小为F。
根据牛顿第二定律得：F−kv=ma
得F=kv+ma
则有P=Fv=(kv+ma)v=kv2+mav
当列车的速率为2v时，牵引力大小为
F′=2kv+ma
则此时牵引力的功率为
P′=F′×2v=(2kv+ma)×2v=4kv2+2mav
可得P′P=4kv2+2mavkv2+mav
则有2
根据牛顿第二定律以及阻力大小与其速率的关系列式，得到牵引力与速度的关系式，结合P=Fv得到功率与速度的关系式，再求解即可。
解答本题的关键要根据牛顿第二定律和功率公式相结合推导出功率与速度的关系式，分析时，要抓住阻力大小与其速率成正比这一条件。
8.【答案】ACD
【解析】解：AB.若卫星的运动轨迹为圆，即卫星做匀速圆周运动，则卫星所需的向心力等于地球对卫星的万有引力，此时卫星的线速度大小不变，方向始终指向圆心，故A正确，B错误；
CD.若卫星的运动轨迹为椭圆，则卫星所需的向心力不等于地球对卫星的万有引力，此时卫星的线速度大小变化，故CD正确。
故选：ACD。
当卫星的运动轨迹为圆时，卫星受到的万有引力提供向心力，线速度大小不变，方向时刻变化；
当卫星的运动轨迹为椭圆时，因为卫星的速度发生变化，所以万有引力不等于向心力，线速度的大小和方向都发生变化。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解圆和椭圆的区别，分析出卫星的向心力来源，结合线速度的变化趋势即可完成分析。
9.【答案】BD
【解析】解：AB.若垂直河岸到达对岸，则v合垂直河岸，由题v船=5m/s，v水=3m/s，由于v船>v水，由图可知可垂直河岸到达对岸，
故A错误，B正确；
CD.v⊥最大时，渡河时间最短，此时船头正对河岸，tm=dv船=605s=12s，故C错误，D正确。
故选：BD。
小船的运动分解为垂直于河岸方向和沿河岸方向，根据平行四边形定则，求出合速度，从而确定运动的轨迹．
解决本题的关键会根据平行四边形定则进行速度的合成，以及知道小船实际运动的轨迹与小船合速度的方向相同．
10.【答案】AD
【解析】解：AB.速度分解如图：
炸弹击中目标时的竖直分速度大小为：
vy=gt
设炸弹被投出时的初速度大小为v0，根据几何关系得：
1tanθ=vyv0
解得：v0=gttanθ，故A正确，B错误；
C.炸弹击中目标时的速度大小为：
v=vycsθ
解得：v=gtcsθ，故C错误；
D.炸弹被投出后，做平抛运动
在空中的水平位移为：
x=v0t
竖直位移的大小为：
y=12gt2
炸弹在空中的水平位移与竖直位移的大小之比为：
xy=2tanθ，故D正确。
故选：AD。
炸弹做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据速度-时间公式求出竖直分速度，根据速度分解求出炸弹的初速度、炸弹的速度，并求出炸弹击中目标时的竖直分速度与水平分速度的大小之比；结合初速度和时间求出水平位移，根据位移-时间公式求出竖直位移，从而求出炸弹在空中的水平位移与竖直位移的大小之比。
解决本题的关键掌握平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的一些推论，并能灵活运用。
11.【答案】为了保证小车所受的合外力为零 x2 m1x1=(m1+m2)x2
【解析】解：(1)当小车所受的合外力为零时，两车组成的系统所受的合外力为零，系统满足动量守恒的条件，则要求打出的小点分布均匀，其目的是为了保证小车所受的合外力为零；
(2)因为两车碰撞后粘在一起，所以碰撞后两车的共同速度小于碰撞前小车A的速度，在题图乙中，x2对应的点是两车碰撞后打出的；
(3)设打点计时器打点的周期为T，两车碰撞前小车A的速度大小
v1=x15T
小车A的动量大小
p1=m1v1
碰撞后两车的速度大小
v2=x25T
两车的总动量大小
p2=(m1+m2)v2
根据动量守恒定律有
p1=p2
可得：m1x1=(m1+m2)x2
故答案为：(1)为了保证小车所受的合外力为零；(2)x2；(3)m1x1=(m1+m2)x2
(1)根据动量守恒的条件得出对应实验操作的目的；
(2)两车碰撞后速度减小，根据纸带上点迹之间的距离完成分析；
(3)根据运动学公式和动量守恒定律得出需要满足的关系式。
本题主要考查了动量守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式和动量守恒定律即可完成分析。
12.【答案】必须 dt d22ht2 存在空气阻力、斜槽不可能完全光滑等
【解析】解：(1)光电门竖直放置，则斜槽末端必须调节至水平。
(2)小球通过光电门时的速度大小可表示为
v=dt
(3)若机械能守恒，则由能量关系
mgh=12mv2
可得当地的重力加速度大小
g=d22ht2
(4)本实验对结论有影响的因素是存在空气阻力、斜槽不可能完全光滑等；
故答案为：(1)必须；(2)dt；(3)d22ht2； (3)存在空气阻力、斜槽不可能完全光滑等
(1)光电门竖直放置，则斜槽末端必须水平才能准确测速；
(2)根据光电门的测速原理得出小球的速度；
(3)根据机械能守恒定律得出重力加速度的表达式；
(4)根据实验原理分析出可能影响实验的因素。
本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式和机械能守恒定律即可完成分析。
13.【答案】解：(1)设炮弹在空中运动的时间为 t，有
h=12gt2
解得：t=2s
炮弹在水平方向上做匀速直线运动，
x=v1t
解得：x=16m
(2)根据运动的合成与分解有
v= v12+v22
解得：v=10m/s
答：(1)炮弹释放点与落在水面上的位置间的水平距离x为16m；
(2)若有风从南面水平匀速吹来，风速大小v2=6m/s，其他情况不变，此种情况下无人机飞行的实际速度大小v为10m/s。
【解析】(1)小球抛出后做平抛运动，根据竖直方向的自由落体运动规律即可确定时间，根据水平方向上的匀速直线运动即可求出水平距离；
(2)根据运动的合成与分解求解无人机飞行的实际速度大小。
本题考查平抛运动的规律，要注意明确离开无人机后具有水平速度，故做平抛运动，会求物体的合速度。
14.【答案】解：(1)列车在匀减速行驶阶段的位移大小为
s′=v2t′
解得：s′=100m
列车在匀减速行驶阶段克服阻力所做的功为
W=fs′
可得
W=1×106×100J=1×108J
(2)列车在匀减速行驶阶段的加速度大小
a=vt′=2010m/s2=2m/s2
根据牛顿第二定律有
f=ma
解得：m=fa=1×1062kg=5×105kg
(3)对列车加速行驶的过程，根据动能定理有
P−t−fs=12mv2−0
解得：P−=2.2×107W
答：(1)列车在匀减速行驶阶段克服阻力所做的功W为1×108J；
(2)列车的质量m为5×105kg；
(3)列车在加速行驶阶段所受牵引力做功的平均功率P−为2.2×107W。
【解析】(1)根据平均速度与时间的乘积求列车在匀减速行驶阶段的位移大小，再由功的计算公式求解克服阻力所做的功W；
(2)根据运动学公式求出列车在匀减速行驶阶段的加速度大小，由牛顿第二定律求列车的质量m；
(3)对列车加速行驶的过程，根据动能定理求解列车在加速行驶阶段所受牵引力做功的平均功率P−。
本题要分析清楚列车的运动过程，灵活选择运动学公式求位移和加速度。运用动能定理时，关键要确定各力做功情况。
15.【答案】解：(1)设小球通过最高点时的速度大小为v2，有mg=mv2L
对小球从最低点运动到最高点的过程，根据机械能守恒定律有12mv12−12mv22=2mgL
解得v1=5m/s
(2)设滑块甲与小球碰撞前瞬间的速度大小为v0，对滑块甲，规定推力方向为正方向，根据动量定理有
Ft=mv0
设滑块甲与小球碰撞后瞬间的速度大小为v，设初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有
mv0=mv+mv1
根据机械能守恒定律有12mv02=12mv2+12mv12
解得v0=5m/s，v=0，t=2s
(3)小球运动一个圆周后，在B点再次与滑块甲发生碰撞，类似(2)中
设初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有
mv1=mv′+mv1′
根据机械能守恒定律有12mv02=12mv2+12mv12
碰撞后瞬间滑块甲与小球的速度大小分别为
v′=5m/s、v1′=0
设两滑块碰撞后瞬间的共同速度大小为v共，设v′的方向为正方向，根据动量守恒定律有
mv′=(m+m)v共
对两滑块一起压缩弹簧的过程，根据能量守恒定律有12×(m+m)v共2=12kx2
解得
k=85N/m
答：(1)滑块甲与小球碰撞后瞬间小球的速度大小为5m/s；
(2)该推力作用的时间为2s；
(3)弹簧的劲度系数为85N/m。
【解析】(1)首先，根据小球恰能通过最高点的临界条件列出相关牛顿第二定律的方程，再对小球从最低点运动到最高点的过程，根据机械能守恒定律列出相关方程，联立解得滑块甲与小球碰撞后瞬间小球的速度大小；
(2)以滑块甲为研究对象，根据动量定理列出滑块甲受到推力过程的相关方程；再分析滑块甲与小球碰撞的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律列出相关方程；联立求出推力的作用时间；
(3)根据弹性碰撞的方程求出滑块和小球的速度，再分析碰后小球的运动过程，求出小球在B点再次与滑块甲发生碰撞后瞬间的速度大小；接着根据动量守恒定律求出两滑块碰撞后瞬间的共同速度大小；最后，对两滑块一起压缩弹簧的过程，根据能量守恒定律求出弹簧的劲度系数。
本题考查了动量和能量守恒的综合问题，解决本题的关键是熟练掌握弹性碰撞以及完全非弹性碰撞过程中满足的动量和能量的关系。
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