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2022-2023学年北京四中高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年北京四中高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.两单摆，它们的摆长之比为4：1，摆球质量之比为2：1，它们以相同的摆角(约为3∘)摆动，则两单摆的周期之比为( )
A. 2：1B. 4：1C. 8：1D. 16：1
2.如图(甲)所示，光滑水平面上有一以O点为平衡位置、在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，以水平向右为正方向，图(乙)为这个弹簧振子的振动图象，由图可知下列说法中正确的是( )
A. 从t=0到t=0.8s的时间内，弹簧振子经历了一次全振动
B. 从t=0到t=2.0s的时间内，振子经过的路程是4.0cm
C. 在t=0.6s与t=1.0s两个时刻，振子的速度相同
D. 在t=0.6s与t=1.0s两个时刻，振子的加速度相同
3.如图所示，某人在山上将一质量为m的石块以初速度v0抛出，抛出时石块距地面的高度为H，到达P点时距地面的高度为h(H>h)，速度为v，重力加速度为g，则在到达P点的过程中，克服空气阻力做功为( )
A. mg(H−h)+12mv2−12mv02B. mg(H−h)+12mv02−12mv2
C. 12mv2−12mv02D. 12mv02−12mv2
4.福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10级台风的风速范围为24.5m/s∼28.4m/s，16级台风的风速范围为51.0m/s∼56.0m/s。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的( )
A. 2倍B. 4倍C. 8倍D. 16倍
二、多选题：本大题共10小题，共30分。
5.弹簧振子做简谐运动时，每经过相同的位置，一定具有相同的( )
A. 加速度B. 动能C. 速度D. 回复力
6.如图所示，光滑的水平面上，有A和B两木块用轻质弹簧连在一起。一颗子弹水平射入木块A并留在其中。在子弹打入木块及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是( )
A. 机械能守恒B. 机械能不守恒C. 动量守恒D. 动量不守恒
7.我国发射的“嫦娥一号”卫星经过多次加速、变轨后，最终成功进入环月工作轨道。如图所示，卫星既可以在离月球比较近的圆轨道a上运动，也可以在离月球比较远的圆轨道b上运动。下列说法正确的是( )
A. 卫星在a上运行的周期大于在b上运行的周期
B. 卫星在a上运行的加速度大于在b上运行的加速度
C. 卫星在a上运行的线速度大于在b上运行的线速度
D. 卫星在a上运行的角速度小于在b上运行的角速度
8.如图所示，将一个小球从某一高度处以初速度v0水平抛出，小球经时间t落地，落地前瞬间重力的功率为P，整个运动过程的平均功率为P−。不计空气阻力。若将小球从相同位置以2v0的速度水平抛出，则小球( )
A. 落地的时间仍为tB. 整个运动过程的平均功率仍为P−
C. 落地前瞬间重力的瞬时功率仍为PD. 落地前瞬间重力的瞬时功率变为2P
9.如图所示，细绳一端固定，另一端系一小球。给小球一个合适的初速度，小球便可在水平面内做匀速圆周运动，设细绳与竖直方向的夹角为θ。不考虑空气阻力的影响，下列说法中正确的是( )
A. 小球受重力、绳的拉力和向心力作用
B. θ越大，小球运动的速度越大
C. 小球运动一周的过程中，绳子拉力做功为0
D. 小球运动一周的过程中，绳子拉力的冲量为0
10.质量为m的小球，用轻绳连接，另一端固定在O点，绳长为L。小球在竖直面内做圆周运动，则下列说法正确的是( )
A. 小球在A点处的动能至少为2mgL，小球才能够通过点B
B. 小球在A点处的动能至少为52mgL，小球才能够通过点B
C. 若小球通过点B时受到的轻绳拉力大小为mg，则小球在点A时的速度为2 gL
D. 若小球通过点B时受到的轻绳拉力大小为mg，则小球在点A时的速度为 6gL
11.在今年上海的某活动中引入了全国首个户外风洞飞行体验装置，质量为m的体验者在风力作用下漂浮在半空。若减小风力为原来的一半，体验者在加速下落h过程中，下列说法正确的是( )
A. 重力对体验者做功为12mghB. 体验者的重力势能减小了mgh
C. 体验者的动能增加了12mghD. 体验者的机械能减少了12mgh
12.如图所示，在光滑的水平面上有两物体A、B，它们的质量分别为m和2m。在物体B上固定一个轻弹簧处于静止状态。物体A以速度v0沿水平方向向右运动，通过弹簧与物体B发生作用。下列说法正确的是( )
A. 当弹簧获得的弹性势能最大时，物体A的速度为零
B. 弹簧获得的弹性势能最大值为13mv02
C. 在弹簧的弹性势能逐渐增大的过程中，弹簧对物体B所做的功为19mv02
D. 当物体B的速度最大时，物体A的速度最小
13.兴趣小组的同学们利用弹弓放飞模型飞机。弹弓的构造如图1所示，其中橡皮筋两端点A，B固定在把手上，橡皮筋处于ACB时恰好为原长状态(如图2所示)，将模型飞机的尾部放在C处，将C点拉至D点时放手，模型飞机就会在橡皮筋的作用下发射出去。C，D两点均在AB连线的中垂线上，橡皮筋的质量忽略不计。现将模型飞机竖直向上发射，在它由D运动到C的过程中( )
A. 模型飞机在C处与橡皮筋分离
B. 橡皮筋对模型飞机的弹力始终做正功
C. 模型飞机克服重力做的功等于橡皮筋对它做的功
D. 模型飞机的重力势能与橡皮筋的弹性势能之和一直在减小
14.2020年7月23日，我国首次火星探测任务“天问一号”探测器，在中国文昌航天发射场，应用长征五号运载火箭送入地火转移轨道。火星距离地球最远时有4亿公里，最近时大约0.55亿公里。为了节省燃料，我们要等火星与地球之间相对位置合适的时候发射探测器。受天体运行规律的影响，这样的发射机会很少。为简化计算，已知火星的公转周期约是地球公转周期的1.9倍，认为地球和火星在同一平面上、沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动，如图所示。根据上述材料，结合所学知识，判断下列说法正确的是( )
A. 地球的公转向心加速度小于火星的公转向心加速度
B. 根据题目信息，可以求出探测器沿轨迹AC运动到C点所需时间为多少年
C. 探测器运动到C点时的加速度大小，等于火星绕太阳公转的加速度大小
D. 下一个发射时机需要再等约2.1年
三、实验题：本大题共1小题，共9分。
15.某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的实践和探究：
(1)用游标卡尺测量摆球直径的情况如图1所示，则摆球直径为______ cm。把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆长L。
(2)用秒表测量单摆的周期。当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为0，单摆每经过最低点记一次数，当数到n=60时秒表的示数如图2所示，则该单摆的周期是T=______s(结果保留三位有效数字)。
(3)如果单摆的摆长为l，小球完成n次全振动所用的时间为t，则重力加速度g的表达式为______(用所测物理量的符号表示)
(4)若测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，则造成这一情况的原因可能是______。(选填下列选项前的序号)
A.测量摆长时，把摆线的长度当成了摆长
B.摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆线越摆越长
C.测量周期时，误将摆球(n−1)次全振动的时间t记为了n次全振动的时间，并由计算式T=t/n求得周期
D.摆球的质量过大
E.将摆线长和球的直径之和当成了摆长
(5)在与其他同学交流实验方案并纠正了错误后，为了减小实验误差，他决定用图象法处理数据，并通过改变摆长，测得了多组摆长l和对应的周期T，并用这些数据作出T2−l图象如图3所示。若图线的斜率为k，则重力加速度的测量值g=______。
四、简答题：本大题共3小题，共9分。
16.如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个半径相同的小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。
(1)为完成此实验，以下提供的测量工具中，本实验必须使用的是______。(选填选项前的字母)
A.刻度尺
B.天平
C.打点计时器
D.秒表
(2)关于本实验，下列说法中正确的是______。(选填选项前的字母)
A.同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放
B.入射小球的质量必须小于被碰小球的质量
C.轨道倾斜部分必须光滑
D.轨道末端必须水平
(3)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时先让入射小球m1多次从斜轨上位置S由静止释放，通过白纸和复写纸找到其平均落地点的位置P。然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分末端，仍将入射小球从斜轨上位置S由静止释放，与被碰小球相碰，并多次重复该操作，两小球平均落地点位置分别为M、N。记录的落点平均位置M、N几乎与OP在同一条直线上。用刻度尺测量出水平射程OP、OM、ON，在实验误差允许范围内，若满足关系式______，则可以认为两球碰撞前后在 OP方向上的总动量守恒。若进一步研究该碰撞是否为弹性碰撞，还需要判断关系式______是否成立。
(4)实验中，选择小钢球和玻璃球相碰，它们的碰撞可以认为是弹性碰撞。请分析说明，碰撞后入射小球与被碰小球的落点必然在P点的两侧。
17.一质量M=0.8kg的小物块，用长l=0.8m的细绳悬挂在天花板上，处于静止状态。一质量m=0.2kg的粘性小球以速度v0=10m/s水平射向物块，并与物块粘在一起，小球与物块相互作用时间极短，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)小球粘在物块上的瞬间，小球和物块共同速度的大小；
(2)小球和物块摆动过程中所能达到的最大高度。
18.杨老师在物理课上做了一个演示实验，实验装置有：一竖直悬挂的、劲度系数为k的弹簧振子，下端装有一记录笔，在竖直面内放置有一记录纸，记录纸由一个电动机(图中未画出)带动。实验时，先让振子上下振动起来，然后让电动机以恒定速率水平向左拉动记录纸，记录笔在纸上留下如图所示的图象。实验结束后，同学们在记录纸上标出了y1、y2、x0、2x0，它们为纸上印迹的位置坐标，实验中记录笔与记录纸的摩擦可忽略不计。
(1)请你从牛顿运动定律出发，结合简谐运动的动力学特点，证明实验中竖直方向的弹簧振子做简谐运动；
(2)已知电动机以速率为v匀速拉动记录纸，请你利用同学们记录的位置坐标写出振子振动的周期T和振幅A；
(3)已知弹簧振子的周期为T=2π Mk；其中M为振子的质量，k为回复力与位移的比例系数，请结合(2)的结果，求振子的质量M。
五、计算题：本大题共2小题，共20分。
19.2012年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功．图1为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图．飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止．若航母保持静止，在某次降落中，以飞机着舰为计时起点，飞机的速度随时间变化关系如图2所示．飞机在t1=0.4s时恰好钩住阻拦索中间位置，此时速度v1=70m/s；在t2=2.4s时飞机速度v2=10m/s.飞机从t1到t2的运动可看成匀减速直线运动．设飞机受到除阻拦索以外的阻力f大小不变，f=5.0×104N，“歼15”舰载机的质量m=2.0×104kg.
(1)若飞机在t1时刻未钩住阻拦索，仍立即关闭动力系统，仅在阻力f的作用下减速，求飞机继续滑行的距离(假设甲板足够长)；
(2)在t1至t2间的某个时刻，阻拦索夹角α=120∘，求此时阻拦索中的弹力T；
(3)飞机钩住阻拦索后在甲板上滑行的距离比无阻拦索时少s=898m，求从t2时刻至飞机停止，阻拦索对飞机做的功W.
20.我国航天技术水平在世界处于领先地位，对于人造卫星的发射，有人提出了利用“地球隧道”发射人造卫星的构想：沿地球的一条弦挖一通道，在通道的两个出口处分别将等质量的待发射卫星部件同时释放，部件将在通道中间位置“碰撞组装”成卫星并静止下来；另在通道的出口处由静止释放一个大质量物体，大质量物体会在通道与待发射的卫星碰撞，只要物体质量相比卫星质量足够大，卫星获得足够速度就会从对向通道口射出。(以下计算中，已知地球的质量为M0，地球半径为R0，引力常量为G，可忽略通道AB的内径大小和地球自转影响。)
(1)如图甲所示，将一个质量为m0的质点置于质量分布均匀的球形天体内，质点离球心O的距离为r。已知天体内部半径在r∼R之间的“球壳”部分(如甲示阴影部分)对质点的万有引力为零，求质点所受万有引力的大小Fr。
(2)如图乙所示，设想在地球上距地心h处沿弦长方向挖了一条光滑通道AB，一个质量为m。的质点在离通道中心O′的距离为x处，求质点所受万有引力沿弦AB方向的分力Fx；将该质点从A点静止释放，求质点到达通道中心O′处时的速度大小v0。
(3)如图丙所示，如果质量为m的待发射卫星已静止在通道中心O′处，由A处静止释放另一质量为M的物体，物体到达O′处与卫星发生弹性正碰，设M远大于m，计算时可取mM≈0。卫星从图丙示通道右侧B处飞出，为使飞出速度达到地球第一宇宙速度，h应为多大？
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：两单摆，它们的摆长之比为4：1，根据单摆周期公式
T=2π Lg
周期与摆球质量无关，可知两单摆的周期之比为2：1，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据单摆周期公式T=2π Lg求解两单摆的周期之比。
本题关键要明确单摆的周期与摆长和g有关，与摆球质量无关，属于公式的直接应用，比较简单。
2.【答案】C
【解析】解：A、由图乙可知，弹簧振子的周期为1.6s，可知从t=0到t=0.8s的时间内，弹簧没有完成一次全振动，故A错误；
B、由图乙可知从t=0到t=2.0s的时间内，振子经过的路程是
s=4×5cm=20cm，故B错误；
C、根据x−t图像斜率和对称性可知在t=0.6s与t=1.0s两个时刻，振子的速度相同，故C正确；
D、根据a=−kxm和对称性可知在t=0.6s与t=1.0s两个时刻，振子的加速度大小相等，方向相反，故D错误。
故选：C。
据x−t图像判断出振子各个时刻的位置，结合简谐运动的特点判断其他物理量的变化。
常规的简谐运动相关物理量的考查，在分析过程中要注意物理量的正负。
3.【答案】B
【解析】解：根据动能定理
mg(H−h)−W=12mv2−12mv02
得克服空气阻力做功为
W=mg(H−h)+12mv02−12mv2
故B正确，ACD错误。
故选：B。
物体从离地面H处以一定速度抛出，最后又以一定速度落到距地面高为h的P点，则过程中物体克服空气阻力做功，可由动能定理求出。
运用动能定理时，要当心力做功的正负，同时要合理选取过程。此题要求物体的克服空气阻力做功，即阻力做负功。同时得出重力做功与初末位置有关，而阻力做功与路径有关。
4.【答案】B
【解析】解：设空气的密度为ρ，风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为S，在时间Δt的空气质量为：
Δm=ρSv⋅Δt
假定台风风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度为零，对风，由动量定理得：
−FΔt=0−Δmv
可得：F=ρSv2
10级台风的风速v1≈25m/s，16台风的风速v2=50m/s，则有
F2F1=v22v12≈4
故B正确，ACD错误。
故选：B。
首先确定研究对象：风，并求解其质量；然后根据动量定理列出方程；最后求出力的表达式，列比例求解。
解答本题的关键是研究对象质量的确定。
5.【答案】ABD
【解析】解：弹簧振子在振动过程中，每一次经过同一位置时，位移x相同，根据F=−kx可知回复力相同，结合牛顿第二定律a=Fm可知加速度相同，速度的大小相等的，但方向不一定相同，所以速度不一定相同，根据Ek=12mv2可知动能一定相等。故ABD正确，C错误。
故选：ABD。
根据弹簧振子做简谐运动的特征来判断，每次过同一位置时，位移、回复力、加速度、速度的大小、动能相同，速度方向可能不同。
本题考查弹簧振子在一个周期内运动的定性规律，题很简单，注意方向问题。
6.【答案】BC
【解析】解：AB.在子弹打入木块及弹簧被压缩的整个过程中，除弹簧弹力做功外还有子弹与木块之间的滑动摩擦力对系统做功，存在摩擦生热，故系统机械能不守恒，故A错误，B正确；
CD.在子弹打击木块A及弹簧压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统分析可知，系统所受外力之和为零，故系统的动量守恒，故C正确，D错误。
故选：BC。
根据系统动量守恒的条件，系统不受外力或所受合外力为零判断动量是否守恒，根据是否只有弹簧的弹力做功判断机械能是否守恒。
本题考查动量守恒和机械能守恒的判断和应用能力，动量是否守恒要看研究的过程，要细化过程分析，从而明确是否满足动量守恒的条件。
7.【答案】BC
【解析】解：“嫦娥一号”卫星由月球的万有引力提供向心力，则有
GMmr2=mv2r=mω2r=m(2πT)2r=ma
A、由GMmr2=m(2πT)2r，可得T=2π r3GM，卫星在a上运行的轨道半径小于在b上运行的轨道半径，所以卫星在a上运行的周期小于在b上运行的周期，故A错误；
B、由GMmr2=ma，可得a=GMr2，卫星在a上运行的轨道半径小于在b上运行的轨道半径，所以卫星在a上运行的加速度大于在b上运行的加速度，故B正确；
C、由GMmr2=mv2r，可得v= GMr，卫星在a上运行的轨道半径小于在b上运行的轨道半径，所以卫星在a上运行的线速度大于在b上运行的线速度，故C正确；
D、由GMmr2=mω2r，可得ω= GMr3，卫星在a上运行的轨道半径小于在b上运行的轨道半径，所以卫星在a上运行的角速度大于在b上运行的角速度，故D错误。
故选：BC。
对于月球的卫星，由月球的万有引力提供向心力，根据万有引力公式和向心力公式列式即可判断出结果。
本题关键要明确卫星由万有引力提供向心力，要灵活选择向心力的公式形式，列式求解出线速度、角速度、周期、加速度的表达式，再进行分析判断。
8.【答案】ABC
【解析】解：A、小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由h=12gt2可得t= 2hg，小球从相同位置水平抛出，则高度h相等，所以时间t不变，故A正确；
B、整个运动过程的平均功率P−=mght，小球下落高度h不变，时间t不变，所以平均功率仍为P−，故B正确；
CD、落地前瞬间竖直方向的速度大小vy= 2gh，则重力的瞬时功率P=mgvy=mg 2gh，高度h不变，所以落地前瞬间重力的瞬时功率仍为P，故C正确，D错误。
故选：ABC。
A、小球竖直方向做自由落体运动，由t= 2hg可知运动时间的变化情况；
B、根据平均功率P−=mght，可知平均功率的变化情况；
CD、根据重力的瞬时功率P=mgvy可知落地前瞬间重力的瞬时功率的变化情况。
本题考查了功率、平抛运动，注意平抛运动的物体运动时间由高度决定，重力的瞬时功率等于重力与竖直方向速度的乘积。
9.【答案】BC
【解析】解：A小球受重力、绳的拉力作用，故A错误；
B、根据牛顿第二定律得
mgtanθ=mv2Lsinθ
解得
v= gLsinθtanθ
θ越大，小球运动的速度越大，故B正确；
C、小球运动一周的过程中，绳子拉力与速度方向垂直，做功为0，故C正确；
D、小球运动一周的过程中，绳子拉力的冲量I=Ft不为0，故D错误。
故选：BC。
向心力是根据效果命名的力，可以是几个力的合力，也可以是某个力的分力，对物体受力分析时不能把向心力作为一个力分析，摆球只受重力和拉力作用；根据牛顿第二定律和向心力列式求出线速度的表达式进行分析；小球运动一周的过程中，绳子拉力与速度方向垂直不做功，拉力的冲量不为0。
对于向心力要知道它不是性质的力，分析物体受力时不能分析向心力；同时，还要清楚向心力的不同的表达式，还要区分力做功和力的冲量。
10.【答案】BD
【解析】解：AB、由向心力公式可得F=mgF=mvbmin2L，在B点的最低速度vbmin= gL。
由动能定理可得：12mvbmin2−Ea=−2mgL，所以Ea=52mgL。故A错误，B正确；
CD、由向心力公式可得，F=mg+FT，F=mvb2L，所以vb= 2gL。
由动能定理可得，12mvb2−12mva2=−2mgL，解得：va= 6gL。故C错误，D正确；
故选：BD。
以绳模型竖直平面内旋转，对于最高点有速度要求，要求向心力至少于小球质量相等。则可以求出在A点至少要多大的动能才能使小球通过B点。通过向心力公式可以求出小球在B点的速度，再用动能定理可以求出小球在A点时的速度。
本题综合考查动能定理于向心力的公式，并且考查了竖直平面旋转的绳模型，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键。
11.【答案】BCD
【解析】解：A.重力做功：WG=mgh，所以重力对体验者做功为mgh，故A错误；
B.重力做功：WG=mgh，所以体验者的重力势能减小了mgh，故B正确；
C.由题可知漂浮时：f风=mg，下落时：f风′=12mg，下落时：F合=mg−f风′=12mg，由动能定理可得动能的改变量：ΔEk=F合h=12mgh，所以体验者的动能增加12mgh，故C正确；
D.由题意可知通过受力分析，体验者受风力作用，风力做功：W风=−12mgh，物体克服风力做功，机械能减小，故机械能的减小量为12mgh，故D正确。
故选：BCD。
根据物体的运动情况可知物体的受力情况，由功的公式可求得各力的功；由动能定理可求得物体的动能改变量；由功能关系可求机械能的变化；由重力势能与重力做功的关系可知重力势能的改变量.
本题的关键在于各种功的物理意义，重力做功等于重力势能的减小量；而合力做功等于动能的改变量；除重力外其余力做的功等于机械能的变化量。
12.【答案】BCD
【解析】解：AB、由题意可知，物体A在压缩弹簧时，做减速运动，物体B受到弹簧的弹力作用做加速运动，某时刻二者的速度相等设为v，此时弹簧的压缩量最大，弹性势能最大。设向右为正方向，根据动量守恒定律可得
mv0=(m+2m)v
解得此时A、B的速度为
v=v03
根据系统机械能守恒定律，弹簧获得的弹性势能最大值
Epmax=12mv02−12(m+2m)v2=13mv02，故B正确，A错误；
C、从初始到簧获得的弹性势能最大过程，根据动能定理可得弹簧对物体B所做的功
W=12×2mv2−0=mv029，故C正确；
D、当弹簧再一次恢复到原长时，物体B的速度最大，动能最大，根据系统机械能守恒定律，此时物体A的速度最小，故D正确。
故选：BCD。
物体速度相等时弹簧压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律求出速度，对B根据动能定理求出弹簧对物体B所做的功。
本题考查了动量守恒定律以及动能定理、根据系统机械能守恒定律的直接应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，一定要明确哪个过程用哪个定律，难度适中。
13.【答案】AB
【解析】【分析】
模型飞机由D运动到C的过程中，橡皮筋对模型飞机的弹力始终竖直向上，由此分析弹力做功情况；橡皮筋在C点恢复原长，模型飞机在C处与橡皮筋分离；由动能定理分析模型飞机克服重力做的功与橡皮筋对它做的功的大小关系；由系统机械能守恒分析模型飞机的重力势能与橡皮筋的弹性势能之和的变化情况。
本题正确分析模型飞机的受力情况，判断其运动情况是关键，同时要明确受力与运动的关系，能够根据系统的机械能守恒进行分析。
【解答】
AB、模型飞机由D运动到C的过程中，橡皮筋对模型飞机的弹力始终竖直向上，故对模型飞机始终做正功，橡皮筋在C点恢复原长，故模型飞机在C处与橡皮筋分离，故AB正确；
C、由D运动到C的过程中，由动能定理可得：W弹−mgh=12mv2，故模型飞机克服重力做的功mgh小于橡皮筋对它做的功W弹，故C错误；
D、由题意可知，橡皮筋对模型飞机的作用力先大于重力后小于重力，故模型飞机先加速上升后减速上升，动能先增大后减小，由系统机械能守恒可知，模型飞机的重力势能与橡皮筋的弹性势能之和先减小后增大，故D错误。
故选：AB。
14.【答案】BCD
【解析】解：AC.根据万有引力提供向心力有：GMmr2=ma，解得：a=GMr2
可知地球的公转向心加速度大于火星的公转向心加速度，探测器运动到C点时的加速度大小，等于火星绕太阳公转的加速度大小，故A错误，C正确；
B.地球的周期为1年，根据开普勒第三定律有：
r地3T地2=r火3T火2
同理对地球和探测器，根据开普勒第三定律有
r地3T地2=(r地+r火2)3T探2
从而计算探测器的周期T探，则探测器沿轨迹AC运动到C点所需时间为t=T探2，故B正确；
D.火星与地球的角速度之差为Δω=2π1弧度/年−2π1.9弧度/年=1.8π1.9弧度/年
则地球再一次追上火星的时间为t=2πΔω
解得t=2.1年，下一个发射时机需要再等约2.1年，故D正确；
故选：BCD。
根据万有引力提供向心力分析加速度的大小关系；根据开普勒第三定律解得B，根据题意结合角度关系分析D。
本题考查万有引力定律的应用，解题关键掌握开普勒第三定律的运用，注意行星“追及问题”的解题方法。
15.【答案】π2n2lt2 CE4π2k
【解析】解：(1)游标卡尺的精度为0.1mm，摆球直径为20mm+6×0.1mm=20.6mm=2.06cm
(2)秒表读数为t=60s+7.4s=67.4s
则该单摆的周期是
T=tn2=67.430s=2.25s
(3)周期
T=tn
又
T=2π lg
得
g=4π2n2lt2
(4)A.测量摆长时，把摆线的长度当成了摆长，则摆长测量值偏小，重力加速度测量值偏小，故A错误；
B.摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆线越摆越长，知摆长测量值偏小，重力加速度测量值偏小，故B错误；
C.测量周期时，误将摆球(n−1)次全振动的时间t记为了n次全振动的时间，并由计算式T=tn求得周期，则周期偏小，重力加速度测量值偏大，故C正确；
D.摆球的质量过大不影响重力加速度的测量，故D错误；
E.将摆线长和球的直径之和当成了摆长，则摆长测量值偏大，重力加速度测量值偏大，故E正确。
故选：CE。
(5)根据
T=2π lg
得
T2=4π2gl
斜率
k=4π2g
则重力加速度的测量值g=4π2k
故答案为：(1)2.06；(2)2.25；(3)4π2n2lt2；(4)CE；(5)4π2k
(1)游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数。
(2)秒表分针与秒针示数之和是秒表示数；单摆完成一次全振动需要的时间是周期。
(3)(4)应用单摆周期公式求出重力加速度的表达式，然后分析各选项答题。
(5)应用单摆周期公式，结合图象斜率含义，可以求出重力加速度。
本题考查了游标卡尺读数、实验数据处理、实验误差分析等问题，对游标卡尺读数时要注意游标尺的精度，视线要与刻度线垂直；掌握单摆周期公式是解题的前提与关键，应用单摆公式即可分析答题。
16.【答案】ABADm1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ONm1⋅OP2=m1⋅OM2+m2⋅ON2
【解析】解：(1)实验中需要用刻度尺测量小球平抛运动的水平距离；需要用天平测量小球的质量；不需要秒表和打点计时器，故CD错误，AB正确；
故选：AB。
(2)A.同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放，以保证到达底端时的速度相同，故A正确；
B.为防止入射球碰后反弹，则入射小球的质量大于被碰小球的质量，故B错误；
C.轨道倾斜部分不一定必须光滑，只要小球到达斜面底端时速度相同即可，故C错误；
D.轨道末端必须水平，以保证小球做平抛运动，故D正确。
故选：AD。
(3)若碰撞过程动量守恒，设小球m1的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律应满足m1v0=m1v1+m2v2
小球做平抛运动竖直位移相同，故运动时间相同，由x=vt可知，平抛初速度与水平位移成正比，故应满足的表达式为m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON
若是弹性碰撞，则满足机械能守恒12m1v02=12m1v12+12m2v22
整理可得：m1⋅OP2=m1⋅OM2+m2⋅ON2
(4)由(3)可解得
v1=m1−m2m1+m2v0，v2=2m1m1+m2v0
小钢球的质量m1大于玻璃球的质量m2，则有v1故答案为：(1)AB；(2)AD；(3)m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON，m1⋅OP2=m1⋅OM2+m2⋅ON2；(4)见解析
(1)(2)根据实验的注意事项判断操作过程正确与否；
(3)(4)(5)由实验原理确定此实验需要测量的物理量；由动量守恒定律和能量守恒定律推出需要验证的表达式；
本题全面考查了验证动量守恒定律实验的原理、操作过程、数据处理等内容，要从基本原理出发，根据动量守恒定律列式即可解答，属于常规题型。
17.【答案】解：(1)对小球与物块组成的系统，在碰撞过程中，水平方向满足动量守恒，以水平向右为正方向，设碰后小球和物块的共同速度为v，由动量守恒定律有：
mv0=(M+m)v
代入数据解得：v=2m/s
(2)对小球与物块组成的系统，由机械能守恒定律有：
12(M+m)v2=(M+m)gh
代入数据解得：h=0.2m
答：(1)小球粘在物块上的瞬间，小球和物块共同速度的大小为2m/s；
(2)小球和物块摆动过程中所能达到的最大高度为0.2m。
【解析】(1)小球与物块组成的系统、水平方向动量守恒，应用动量守恒定律列方程可求碰撞后的共同速度。
(2)对小球与物块组成的系统，应用机械能守恒定律列方程可求小球和物块摆动过程中所能达到的最大高度。
本题考查了动量守恒定律、机械能守恒定律的应用，分析清楚小球与物块的运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律、机械能守恒定律即可解题。
18.【答案】解：(1)设振子的平衡位置为0，向下方向的为正方向，此时弹簧的形变量为x′，根据胡克定律及平衡条件有
mg−kx′=0……①
当振子向下偏离平衡位置为x时，回复力为
F回=mg−k(x+x′)……②
将①代入②得
F回=−kx
可见，重物振动时的受力符合简谐运动的条件。
(2)记录纸匀速运动，振子振动的周期等于记录纸运动位移2x0所用的时间，则周期
T=2x0v……③
振幅为
A=y1−y22
(3)根据题意，弹簧振子的周期为
T=2π Mk……④
联立③④得振子的质量
M=kx02π2v2
答：(1)见解析；
(2)振子振动的周期和振幅分别为T=2x0v;A=y1−y22；
(3)振子的质量M为kx02π2v2。
【解析】(1)根据简谐运动回复力F与位移x的关系判断；
(2)根据振子振动的周期、振幅定义来解答；
(3)根据弹簧振子的周期公式求振子的质量。
本题考查的知识点有简谐运动的振幅、周期、频率；简谐运动的回是力影响弹簧振子周期的物理量、周期公式。
19.【答案】解：(1)飞机仅在阻力f的作用下做匀减速直线运动，
由动能定理得：−fx=0−12mv12
解得：x=980m；
(2)由v−t图象可知，飞机加速度：
a=△v△t=10−702.4−0.4=−30m/s2
加速度大小为30m/s2
对飞机，由牛顿第二定律得：2Tcsα2+f=ma
解得：T=5.5×105N；
(3)由图象面积可知，从t1时刻至t2时刻，飞机的位移为s1=80m，
从t2时刻至飞机停止，飞机的位移为s2=2m，
从t2时刻至飞机停止，由动能定理得：W−fs2=0−12mv22
解得：W=−9×105J.
答：(1)飞机继续滑行的距离为980m.
(2)此时阻拦索中的弹力为5.5×105N；
(3)阻拦索对飞机做的功为−9×105J
【解析】(1)由动能定理可以求出飞机滑行的距离．
(2)根据图象求出加速度，由牛顿第二定律求出弹力．
(3)由图象求出飞机的位移，由动能定理求出阻力做的功
本题考查了图象、牛顿第二定律动能定理的应用，在解题时要注意根据图象明确飞机的运动过程，再由动能定理、牛顿第二定律分析答题
20.【答案】解：(1)当质点处于离球心O的距离为r时，内含球体质量M′=43πr3⋅ρ=M0R03r3
质点所受引力Fr=GM′m0r2
整理有Fr=GM0m0R03x
(2)引力沿AB方向的分力为Fx=Frxr=GM0m0R03x
由上述分析可知，该力与x成正比，由动能定理有Fx−⋅x=Fx2⋅x=12mv02−0
而x= R02−h2
解得v0= GM0(R02−h2)R03
(3)上式可知，质量为M的物体到达O′处时，速度大小为v0，刚碰撞后，质量为M的物体速度为V，质量为m的物体速度为v，若规定速度由A向B为正，根据动量守恒定律：Mv0=MV+mv
12Mv02=12MV2+12mv2
解得v=2MM+mv0≈2v0
返回过程中由动能定理−Fx−⋅x=12mvB2−12mv2
得vB2=3GM0R03(R02−h2)
要使卫星飞出通道达到第一宇宙速度，须有3GM0R03(R02−h2)=GM0R0
解得h= 63R0
答：(1)质点所受万有引力的大小GM0m0R03x；
(2)质点到达通道中心O′处时的速度大小 GM0(R02−h2)R03；
(3)为使飞出速度达到地球第一宇宙速度，h应为 63R0。
【解析】(1)根据质量公式和万有引力公式，计算引力大小；
(2)由动能定理，求质点到达通道中心O′处时的速度大小；
(3)根据动量守恒定律和动能定理，求h。
本题是一道综合性较强的题，将天体问题和动能定理、动量守恒定律结合到一起，考查学生分析综合能力和推理能力。
1.两单摆，它们的摆长之比为4：1，摆球质量之比为2：1，它们以相同的摆角(约为3∘)摆动，则两单摆的周期之比为( )
A. 2：1B. 4：1C. 8：1D. 16：1
2.如图(甲)所示，光滑水平面上有一以O点为平衡位置、在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，以水平向右为正方向，图(乙)为这个弹簧振子的振动图象，由图可知下列说法中正确的是( )
A. 从t=0到t=0.8s的时间内，弹簧振子经历了一次全振动
B. 从t=0到t=2.0s的时间内，振子经过的路程是4.0cm
C. 在t=0.6s与t=1.0s两个时刻，振子的速度相同
D. 在t=0.6s与t=1.0s两个时刻，振子的加速度相同
3.如图所示，某人在山上将一质量为m的石块以初速度v0抛出，抛出时石块距地面的高度为H，到达P点时距地面的高度为h(H>h)，速度为v，重力加速度为g，则在到达P点的过程中，克服空气阻力做功为( )
A. mg(H−h)+12mv2−12mv02B. mg(H−h)+12mv02−12mv2
C. 12mv2−12mv02D. 12mv02−12mv2
4.福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10级台风的风速范围为24.5m/s∼28.4m/s，16级台风的风速范围为51.0m/s∼56.0m/s。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的( )
A. 2倍B. 4倍C. 8倍D. 16倍
二、多选题：本大题共10小题，共30分。
5.弹簧振子做简谐运动时，每经过相同的位置，一定具有相同的( )
A. 加速度B. 动能C. 速度D. 回复力
6.如图所示，光滑的水平面上，有A和B两木块用轻质弹簧连在一起。一颗子弹水平射入木块A并留在其中。在子弹打入木块及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是( )
A. 机械能守恒B. 机械能不守恒C. 动量守恒D. 动量不守恒
7.我国发射的“嫦娥一号”卫星经过多次加速、变轨后，最终成功进入环月工作轨道。如图所示，卫星既可以在离月球比较近的圆轨道a上运动，也可以在离月球比较远的圆轨道b上运动。下列说法正确的是( )
A. 卫星在a上运行的周期大于在b上运行的周期
B. 卫星在a上运行的加速度大于在b上运行的加速度
C. 卫星在a上运行的线速度大于在b上运行的线速度
D. 卫星在a上运行的角速度小于在b上运行的角速度
8.如图所示，将一个小球从某一高度处以初速度v0水平抛出，小球经时间t落地，落地前瞬间重力的功率为P，整个运动过程的平均功率为P−。不计空气阻力。若将小球从相同位置以2v0的速度水平抛出，则小球( )
A. 落地的时间仍为tB. 整个运动过程的平均功率仍为P−
C. 落地前瞬间重力的瞬时功率仍为PD. 落地前瞬间重力的瞬时功率变为2P
9.如图所示，细绳一端固定，另一端系一小球。给小球一个合适的初速度，小球便可在水平面内做匀速圆周运动，设细绳与竖直方向的夹角为θ。不考虑空气阻力的影响，下列说法中正确的是( )
A. 小球受重力、绳的拉力和向心力作用
B. θ越大，小球运动的速度越大
C. 小球运动一周的过程中，绳子拉力做功为0
D. 小球运动一周的过程中，绳子拉力的冲量为0
10.质量为m的小球，用轻绳连接，另一端固定在O点，绳长为L。小球在竖直面内做圆周运动，则下列说法正确的是( )
A. 小球在A点处的动能至少为2mgL，小球才能够通过点B
B. 小球在A点处的动能至少为52mgL，小球才能够通过点B
C. 若小球通过点B时受到的轻绳拉力大小为mg，则小球在点A时的速度为2 gL
D. 若小球通过点B时受到的轻绳拉力大小为mg，则小球在点A时的速度为 6gL
11.在今年上海的某活动中引入了全国首个户外风洞飞行体验装置，质量为m的体验者在风力作用下漂浮在半空。若减小风力为原来的一半，体验者在加速下落h过程中，下列说法正确的是( )
A. 重力对体验者做功为12mghB. 体验者的重力势能减小了mgh
C. 体验者的动能增加了12mghD. 体验者的机械能减少了12mgh
12.如图所示，在光滑的水平面上有两物体A、B，它们的质量分别为m和2m。在物体B上固定一个轻弹簧处于静止状态。物体A以速度v0沿水平方向向右运动，通过弹簧与物体B发生作用。下列说法正确的是( )
A. 当弹簧获得的弹性势能最大时，物体A的速度为零
B. 弹簧获得的弹性势能最大值为13mv02
C. 在弹簧的弹性势能逐渐增大的过程中，弹簧对物体B所做的功为19mv02
D. 当物体B的速度最大时，物体A的速度最小
13.兴趣小组的同学们利用弹弓放飞模型飞机。弹弓的构造如图1所示，其中橡皮筋两端点A，B固定在把手上，橡皮筋处于ACB时恰好为原长状态(如图2所示)，将模型飞机的尾部放在C处，将C点拉至D点时放手，模型飞机就会在橡皮筋的作用下发射出去。C，D两点均在AB连线的中垂线上，橡皮筋的质量忽略不计。现将模型飞机竖直向上发射，在它由D运动到C的过程中( )
A. 模型飞机在C处与橡皮筋分离
B. 橡皮筋对模型飞机的弹力始终做正功
C. 模型飞机克服重力做的功等于橡皮筋对它做的功
D. 模型飞机的重力势能与橡皮筋的弹性势能之和一直在减小
14.2020年7月23日，我国首次火星探测任务“天问一号”探测器，在中国文昌航天发射场，应用长征五号运载火箭送入地火转移轨道。火星距离地球最远时有4亿公里，最近时大约0.55亿公里。为了节省燃料，我们要等火星与地球之间相对位置合适的时候发射探测器。受天体运行规律的影响，这样的发射机会很少。为简化计算，已知火星的公转周期约是地球公转周期的1.9倍，认为地球和火星在同一平面上、沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动，如图所示。根据上述材料，结合所学知识，判断下列说法正确的是( )
A. 地球的公转向心加速度小于火星的公转向心加速度
B. 根据题目信息，可以求出探测器沿轨迹AC运动到C点所需时间为多少年
C. 探测器运动到C点时的加速度大小，等于火星绕太阳公转的加速度大小
D. 下一个发射时机需要再等约2.1年
三、实验题：本大题共1小题，共9分。
15.某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的实践和探究：
(1)用游标卡尺测量摆球直径的情况如图1所示，则摆球直径为______ cm。把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆长L。
(2)用秒表测量单摆的周期。当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为0，单摆每经过最低点记一次数，当数到n=60时秒表的示数如图2所示，则该单摆的周期是T=______s(结果保留三位有效数字)。
(3)如果单摆的摆长为l，小球完成n次全振动所用的时间为t，则重力加速度g的表达式为______(用所测物理量的符号表示)
(4)若测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，则造成这一情况的原因可能是______。(选填下列选项前的序号)
A.测量摆长时，把摆线的长度当成了摆长
B.摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆线越摆越长
C.测量周期时，误将摆球(n−1)次全振动的时间t记为了n次全振动的时间，并由计算式T=t/n求得周期
D.摆球的质量过大
E.将摆线长和球的直径之和当成了摆长
(5)在与其他同学交流实验方案并纠正了错误后，为了减小实验误差，他决定用图象法处理数据，并通过改变摆长，测得了多组摆长l和对应的周期T，并用这些数据作出T2−l图象如图3所示。若图线的斜率为k，则重力加速度的测量值g=______。
四、简答题：本大题共3小题，共9分。
16.如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个半径相同的小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。
(1)为完成此实验，以下提供的测量工具中，本实验必须使用的是______。(选填选项前的字母)
A.刻度尺
B.天平
C.打点计时器
D.秒表
(2)关于本实验，下列说法中正确的是______。(选填选项前的字母)
A.同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放
B.入射小球的质量必须小于被碰小球的质量
C.轨道倾斜部分必须光滑
D.轨道末端必须水平
(3)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时先让入射小球m1多次从斜轨上位置S由静止释放，通过白纸和复写纸找到其平均落地点的位置P。然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分末端，仍将入射小球从斜轨上位置S由静止释放，与被碰小球相碰，并多次重复该操作，两小球平均落地点位置分别为M、N。记录的落点平均位置M、N几乎与OP在同一条直线上。用刻度尺测量出水平射程OP、OM、ON，在实验误差允许范围内，若满足关系式______，则可以认为两球碰撞前后在 OP方向上的总动量守恒。若进一步研究该碰撞是否为弹性碰撞，还需要判断关系式______是否成立。
(4)实验中，选择小钢球和玻璃球相碰，它们的碰撞可以认为是弹性碰撞。请分析说明，碰撞后入射小球与被碰小球的落点必然在P点的两侧。
17.一质量M=0.8kg的小物块，用长l=0.8m的细绳悬挂在天花板上，处于静止状态。一质量m=0.2kg的粘性小球以速度v0=10m/s水平射向物块，并与物块粘在一起，小球与物块相互作用时间极短，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)小球粘在物块上的瞬间，小球和物块共同速度的大小；
(2)小球和物块摆动过程中所能达到的最大高度。
18.杨老师在物理课上做了一个演示实验，实验装置有：一竖直悬挂的、劲度系数为k的弹簧振子，下端装有一记录笔，在竖直面内放置有一记录纸，记录纸由一个电动机(图中未画出)带动。实验时，先让振子上下振动起来，然后让电动机以恒定速率水平向左拉动记录纸，记录笔在纸上留下如图所示的图象。实验结束后，同学们在记录纸上标出了y1、y2、x0、2x0，它们为纸上印迹的位置坐标，实验中记录笔与记录纸的摩擦可忽略不计。
(1)请你从牛顿运动定律出发，结合简谐运动的动力学特点，证明实验中竖直方向的弹簧振子做简谐运动；
(2)已知电动机以速率为v匀速拉动记录纸，请你利用同学们记录的位置坐标写出振子振动的周期T和振幅A；
(3)已知弹簧振子的周期为T=2π Mk；其中M为振子的质量，k为回复力与位移的比例系数，请结合(2)的结果，求振子的质量M。
五、计算题：本大题共2小题，共20分。
19.2012年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功．图1为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图．飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止．若航母保持静止，在某次降落中，以飞机着舰为计时起点，飞机的速度随时间变化关系如图2所示．飞机在t1=0.4s时恰好钩住阻拦索中间位置，此时速度v1=70m/s；在t2=2.4s时飞机速度v2=10m/s.飞机从t1到t2的运动可看成匀减速直线运动．设飞机受到除阻拦索以外的阻力f大小不变，f=5.0×104N，“歼15”舰载机的质量m=2.0×104kg.
(1)若飞机在t1时刻未钩住阻拦索，仍立即关闭动力系统，仅在阻力f的作用下减速，求飞机继续滑行的距离(假设甲板足够长)；
(2)在t1至t2间的某个时刻，阻拦索夹角α=120∘，求此时阻拦索中的弹力T；
(3)飞机钩住阻拦索后在甲板上滑行的距离比无阻拦索时少s=898m，求从t2时刻至飞机停止，阻拦索对飞机做的功W.
20.我国航天技术水平在世界处于领先地位，对于人造卫星的发射，有人提出了利用“地球隧道”发射人造卫星的构想：沿地球的一条弦挖一通道，在通道的两个出口处分别将等质量的待发射卫星部件同时释放，部件将在通道中间位置“碰撞组装”成卫星并静止下来；另在通道的出口处由静止释放一个大质量物体，大质量物体会在通道与待发射的卫星碰撞，只要物体质量相比卫星质量足够大，卫星获得足够速度就会从对向通道口射出。(以下计算中，已知地球的质量为M0，地球半径为R0，引力常量为G，可忽略通道AB的内径大小和地球自转影响。)
(1)如图甲所示，将一个质量为m0的质点置于质量分布均匀的球形天体内，质点离球心O的距离为r。已知天体内部半径在r∼R之间的“球壳”部分(如甲示阴影部分)对质点的万有引力为零，求质点所受万有引力的大小Fr。
(2)如图乙所示，设想在地球上距地心h处沿弦长方向挖了一条光滑通道AB，一个质量为m。的质点在离通道中心O′的距离为x处，求质点所受万有引力沿弦AB方向的分力Fx；将该质点从A点静止释放，求质点到达通道中心O′处时的速度大小v0。
(3)如图丙所示，如果质量为m的待发射卫星已静止在通道中心O′处，由A处静止释放另一质量为M的物体，物体到达O′处与卫星发生弹性正碰，设M远大于m，计算时可取mM≈0。卫星从图丙示通道右侧B处飞出，为使飞出速度达到地球第一宇宙速度，h应为多大？
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：两单摆，它们的摆长之比为4：1，根据单摆周期公式
T=2π Lg
周期与摆球质量无关，可知两单摆的周期之比为2：1，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据单摆周期公式T=2π Lg求解两单摆的周期之比。
本题关键要明确单摆的周期与摆长和g有关，与摆球质量无关，属于公式的直接应用，比较简单。
2.【答案】C
【解析】解：A、由图乙可知，弹簧振子的周期为1.6s，可知从t=0到t=0.8s的时间内，弹簧没有完成一次全振动，故A错误；
B、由图乙可知从t=0到t=2.0s的时间内，振子经过的路程是
s=4×5cm=20cm，故B错误；
C、根据x−t图像斜率和对称性可知在t=0.6s与t=1.0s两个时刻，振子的速度相同，故C正确；
D、根据a=−kxm和对称性可知在t=0.6s与t=1.0s两个时刻，振子的加速度大小相等，方向相反，故D错误。
故选：C。
据x−t图像判断出振子各个时刻的位置，结合简谐运动的特点判断其他物理量的变化。
常规的简谐运动相关物理量的考查，在分析过程中要注意物理量的正负。
3.【答案】B
【解析】解：根据动能定理
mg(H−h)−W=12mv2−12mv02
得克服空气阻力做功为
W=mg(H−h)+12mv02−12mv2
故B正确，ACD错误。
故选：B。
物体从离地面H处以一定速度抛出，最后又以一定速度落到距地面高为h的P点，则过程中物体克服空气阻力做功，可由动能定理求出。
运用动能定理时，要当心力做功的正负，同时要合理选取过程。此题要求物体的克服空气阻力做功，即阻力做负功。同时得出重力做功与初末位置有关，而阻力做功与路径有关。
4.【答案】B
【解析】解：设空气的密度为ρ，风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为S，在时间Δt的空气质量为：
Δm=ρSv⋅Δt
假定台风风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度为零，对风，由动量定理得：
−FΔt=0−Δmv
可得：F=ρSv2
10级台风的风速v1≈25m/s，16台风的风速v2=50m/s，则有
F2F1=v22v12≈4
故B正确，ACD错误。
故选：B。
首先确定研究对象：风，并求解其质量；然后根据动量定理列出方程；最后求出力的表达式，列比例求解。
解答本题的关键是研究对象质量的确定。
5.【答案】ABD
【解析】解：弹簧振子在振动过程中，每一次经过同一位置时，位移x相同，根据F=−kx可知回复力相同，结合牛顿第二定律a=Fm可知加速度相同，速度的大小相等的，但方向不一定相同，所以速度不一定相同，根据Ek=12mv2可知动能一定相等。故ABD正确，C错误。
故选：ABD。
根据弹簧振子做简谐运动的特征来判断，每次过同一位置时，位移、回复力、加速度、速度的大小、动能相同，速度方向可能不同。
本题考查弹簧振子在一个周期内运动的定性规律，题很简单，注意方向问题。
6.【答案】BC
【解析】解：AB.在子弹打入木块及弹簧被压缩的整个过程中，除弹簧弹力做功外还有子弹与木块之间的滑动摩擦力对系统做功，存在摩擦生热，故系统机械能不守恒，故A错误，B正确；
CD.在子弹打击木块A及弹簧压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统分析可知，系统所受外力之和为零，故系统的动量守恒，故C正确，D错误。
故选：BC。
根据系统动量守恒的条件，系统不受外力或所受合外力为零判断动量是否守恒，根据是否只有弹簧的弹力做功判断机械能是否守恒。
本题考查动量守恒和机械能守恒的判断和应用能力，动量是否守恒要看研究的过程，要细化过程分析，从而明确是否满足动量守恒的条件。
7.【答案】BC
【解析】解：“嫦娥一号”卫星由月球的万有引力提供向心力，则有
GMmr2=mv2r=mω2r=m(2πT)2r=ma
A、由GMmr2=m(2πT)2r，可得T=2π r3GM，卫星在a上运行的轨道半径小于在b上运行的轨道半径，所以卫星在a上运行的周期小于在b上运行的周期，故A错误；
B、由GMmr2=ma，可得a=GMr2，卫星在a上运行的轨道半径小于在b上运行的轨道半径，所以卫星在a上运行的加速度大于在b上运行的加速度，故B正确；
C、由GMmr2=mv2r，可得v= GMr，卫星在a上运行的轨道半径小于在b上运行的轨道半径，所以卫星在a上运行的线速度大于在b上运行的线速度，故C正确；
D、由GMmr2=mω2r，可得ω= GMr3，卫星在a上运行的轨道半径小于在b上运行的轨道半径，所以卫星在a上运行的角速度大于在b上运行的角速度，故D错误。
故选：BC。
对于月球的卫星，由月球的万有引力提供向心力，根据万有引力公式和向心力公式列式即可判断出结果。
本题关键要明确卫星由万有引力提供向心力，要灵活选择向心力的公式形式，列式求解出线速度、角速度、周期、加速度的表达式，再进行分析判断。
8.【答案】ABC
【解析】解：A、小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由h=12gt2可得t= 2hg，小球从相同位置水平抛出，则高度h相等，所以时间t不变，故A正确；
B、整个运动过程的平均功率P−=mght，小球下落高度h不变，时间t不变，所以平均功率仍为P−，故B正确；
CD、落地前瞬间竖直方向的速度大小vy= 2gh，则重力的瞬时功率P=mgvy=mg 2gh，高度h不变，所以落地前瞬间重力的瞬时功率仍为P，故C正确，D错误。
故选：ABC。
A、小球竖直方向做自由落体运动，由t= 2hg可知运动时间的变化情况；
B、根据平均功率P−=mght，可知平均功率的变化情况；
CD、根据重力的瞬时功率P=mgvy可知落地前瞬间重力的瞬时功率的变化情况。
本题考查了功率、平抛运动，注意平抛运动的物体运动时间由高度决定，重力的瞬时功率等于重力与竖直方向速度的乘积。
9.【答案】BC
【解析】解：A小球受重力、绳的拉力作用，故A错误；
B、根据牛顿第二定律得
mgtanθ=mv2Lsinθ
解得
v= gLsinθtanθ
θ越大，小球运动的速度越大，故B正确；
C、小球运动一周的过程中，绳子拉力与速度方向垂直，做功为0，故C正确；
D、小球运动一周的过程中，绳子拉力的冲量I=Ft不为0，故D错误。
故选：BC。
向心力是根据效果命名的力，可以是几个力的合力，也可以是某个力的分力，对物体受力分析时不能把向心力作为一个力分析，摆球只受重力和拉力作用；根据牛顿第二定律和向心力列式求出线速度的表达式进行分析；小球运动一周的过程中，绳子拉力与速度方向垂直不做功，拉力的冲量不为0。
对于向心力要知道它不是性质的力，分析物体受力时不能分析向心力；同时，还要清楚向心力的不同的表达式，还要区分力做功和力的冲量。
10.【答案】BD
【解析】解：AB、由向心力公式可得F=mgF=mvbmin2L，在B点的最低速度vbmin= gL。
由动能定理可得：12mvbmin2−Ea=−2mgL，所以Ea=52mgL。故A错误，B正确；
CD、由向心力公式可得，F=mg+FT，F=mvb2L，所以vb= 2gL。
由动能定理可得，12mvb2−12mva2=−2mgL，解得：va= 6gL。故C错误，D正确；
故选：BD。
以绳模型竖直平面内旋转，对于最高点有速度要求，要求向心力至少于小球质量相等。则可以求出在A点至少要多大的动能才能使小球通过B点。通过向心力公式可以求出小球在B点的速度，再用动能定理可以求出小球在A点时的速度。
本题综合考查动能定理于向心力的公式，并且考查了竖直平面旋转的绳模型，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键。
11.【答案】BCD
【解析】解：A.重力做功：WG=mgh，所以重力对体验者做功为mgh，故A错误；
B.重力做功：WG=mgh，所以体验者的重力势能减小了mgh，故B正确；
C.由题可知漂浮时：f风=mg，下落时：f风′=12mg，下落时：F合=mg−f风′=12mg，由动能定理可得动能的改变量：ΔEk=F合h=12mgh，所以体验者的动能增加12mgh，故C正确；
D.由题意可知通过受力分析，体验者受风力作用，风力做功：W风=−12mgh，物体克服风力做功，机械能减小，故机械能的减小量为12mgh，故D正确。
故选：BCD。
根据物体的运动情况可知物体的受力情况，由功的公式可求得各力的功；由动能定理可求得物体的动能改变量；由功能关系可求机械能的变化；由重力势能与重力做功的关系可知重力势能的改变量.
本题的关键在于各种功的物理意义，重力做功等于重力势能的减小量；而合力做功等于动能的改变量；除重力外其余力做的功等于机械能的变化量。
12.【答案】BCD
【解析】解：AB、由题意可知，物体A在压缩弹簧时，做减速运动，物体B受到弹簧的弹力作用做加速运动，某时刻二者的速度相等设为v，此时弹簧的压缩量最大，弹性势能最大。设向右为正方向，根据动量守恒定律可得
mv0=(m+2m)v
解得此时A、B的速度为
v=v03
根据系统机械能守恒定律，弹簧获得的弹性势能最大值
Epmax=12mv02−12(m+2m)v2=13mv02，故B正确，A错误；
C、从初始到簧获得的弹性势能最大过程，根据动能定理可得弹簧对物体B所做的功
W=12×2mv2−0=mv029，故C正确；
D、当弹簧再一次恢复到原长时，物体B的速度最大，动能最大，根据系统机械能守恒定律，此时物体A的速度最小，故D正确。
故选：BCD。
物体速度相等时弹簧压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律求出速度，对B根据动能定理求出弹簧对物体B所做的功。
本题考查了动量守恒定律以及动能定理、根据系统机械能守恒定律的直接应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，一定要明确哪个过程用哪个定律，难度适中。
13.【答案】AB
【解析】【分析】
模型飞机由D运动到C的过程中，橡皮筋对模型飞机的弹力始终竖直向上，由此分析弹力做功情况；橡皮筋在C点恢复原长，模型飞机在C处与橡皮筋分离；由动能定理分析模型飞机克服重力做的功与橡皮筋对它做的功的大小关系；由系统机械能守恒分析模型飞机的重力势能与橡皮筋的弹性势能之和的变化情况。
本题正确分析模型飞机的受力情况，判断其运动情况是关键，同时要明确受力与运动的关系，能够根据系统的机械能守恒进行分析。
【解答】
AB、模型飞机由D运动到C的过程中，橡皮筋对模型飞机的弹力始终竖直向上，故对模型飞机始终做正功，橡皮筋在C点恢复原长，故模型飞机在C处与橡皮筋分离，故AB正确；
C、由D运动到C的过程中，由动能定理可得：W弹−mgh=12mv2，故模型飞机克服重力做的功mgh小于橡皮筋对它做的功W弹，故C错误；
D、由题意可知，橡皮筋对模型飞机的作用力先大于重力后小于重力，故模型飞机先加速上升后减速上升，动能先增大后减小，由系统机械能守恒可知，模型飞机的重力势能与橡皮筋的弹性势能之和先减小后增大，故D错误。
故选：AB。
14.【答案】BCD
【解析】解：AC.根据万有引力提供向心力有：GMmr2=ma，解得：a=GMr2
可知地球的公转向心加速度大于火星的公转向心加速度，探测器运动到C点时的加速度大小，等于火星绕太阳公转的加速度大小，故A错误，C正确；
B.地球的周期为1年，根据开普勒第三定律有：
r地3T地2=r火3T火2
同理对地球和探测器，根据开普勒第三定律有
r地3T地2=(r地+r火2)3T探2
从而计算探测器的周期T探，则探测器沿轨迹AC运动到C点所需时间为t=T探2，故B正确；
D.火星与地球的角速度之差为Δω=2π1弧度/年−2π1.9弧度/年=1.8π1.9弧度/年
则地球再一次追上火星的时间为t=2πΔω
解得t=2.1年，下一个发射时机需要再等约2.1年，故D正确；
故选：BCD。
根据万有引力提供向心力分析加速度的大小关系；根据开普勒第三定律解得B，根据题意结合角度关系分析D。
本题考查万有引力定律的应用，解题关键掌握开普勒第三定律的运用，注意行星“追及问题”的解题方法。
15.【答案】π2n2lt2 CE4π2k
【解析】解：(1)游标卡尺的精度为0.1mm，摆球直径为20mm+6×0.1mm=20.6mm=2.06cm
(2)秒表读数为t=60s+7.4s=67.4s
则该单摆的周期是
T=tn2=67.430s=2.25s
(3)周期
T=tn
又
T=2π lg
得
g=4π2n2lt2
(4)A.测量摆长时，把摆线的长度当成了摆长，则摆长测量值偏小，重力加速度测量值偏小，故A错误；
B.摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆线越摆越长，知摆长测量值偏小，重力加速度测量值偏小，故B错误；
C.测量周期时，误将摆球(n−1)次全振动的时间t记为了n次全振动的时间，并由计算式T=tn求得周期，则周期偏小，重力加速度测量值偏大，故C正确；
D.摆球的质量过大不影响重力加速度的测量，故D错误；
E.将摆线长和球的直径之和当成了摆长，则摆长测量值偏大，重力加速度测量值偏大，故E正确。
故选：CE。
(5)根据
T=2π lg
得
T2=4π2gl
斜率
k=4π2g
则重力加速度的测量值g=4π2k
故答案为：(1)2.06；(2)2.25；(3)4π2n2lt2；(4)CE；(5)4π2k
(1)游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数。
(2)秒表分针与秒针示数之和是秒表示数；单摆完成一次全振动需要的时间是周期。
(3)(4)应用单摆周期公式求出重力加速度的表达式，然后分析各选项答题。
(5)应用单摆周期公式，结合图象斜率含义，可以求出重力加速度。
本题考查了游标卡尺读数、实验数据处理、实验误差分析等问题，对游标卡尺读数时要注意游标尺的精度，视线要与刻度线垂直；掌握单摆周期公式是解题的前提与关键，应用单摆公式即可分析答题。
16.【答案】ABADm1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ONm1⋅OP2=m1⋅OM2+m2⋅ON2
【解析】解：(1)实验中需要用刻度尺测量小球平抛运动的水平距离；需要用天平测量小球的质量；不需要秒表和打点计时器，故CD错误，AB正确；
故选：AB。
(2)A.同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放，以保证到达底端时的速度相同，故A正确；
B.为防止入射球碰后反弹，则入射小球的质量大于被碰小球的质量，故B错误；
C.轨道倾斜部分不一定必须光滑，只要小球到达斜面底端时速度相同即可，故C错误；
D.轨道末端必须水平，以保证小球做平抛运动，故D正确。
故选：AD。
(3)若碰撞过程动量守恒，设小球m1的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律应满足m1v0=m1v1+m2v2
小球做平抛运动竖直位移相同，故运动时间相同，由x=vt可知，平抛初速度与水平位移成正比，故应满足的表达式为m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON
若是弹性碰撞，则满足机械能守恒12m1v02=12m1v12+12m2v22
整理可得：m1⋅OP2=m1⋅OM2+m2⋅ON2
(4)由(3)可解得
v1=m1−m2m1+m2v0，v2=2m1m1+m2v0
小钢球的质量m1大于玻璃球的质量m2，则有v1
(1)(2)根据实验的注意事项判断操作过程正确与否；
(3)(4)(5)由实验原理确定此实验需要测量的物理量；由动量守恒定律和能量守恒定律推出需要验证的表达式；
本题全面考查了验证动量守恒定律实验的原理、操作过程、数据处理等内容，要从基本原理出发，根据动量守恒定律列式即可解答，属于常规题型。
17.【答案】解：(1)对小球与物块组成的系统，在碰撞过程中，水平方向满足动量守恒，以水平向右为正方向，设碰后小球和物块的共同速度为v，由动量守恒定律有：
mv0=(M+m)v
代入数据解得：v=2m/s
(2)对小球与物块组成的系统，由机械能守恒定律有：
12(M+m)v2=(M+m)gh
代入数据解得：h=0.2m
答：(1)小球粘在物块上的瞬间，小球和物块共同速度的大小为2m/s；
(2)小球和物块摆动过程中所能达到的最大高度为0.2m。
【解析】(1)小球与物块组成的系统、水平方向动量守恒，应用动量守恒定律列方程可求碰撞后的共同速度。
(2)对小球与物块组成的系统，应用机械能守恒定律列方程可求小球和物块摆动过程中所能达到的最大高度。
本题考查了动量守恒定律、机械能守恒定律的应用，分析清楚小球与物块的运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律、机械能守恒定律即可解题。
18.【答案】解：(1)设振子的平衡位置为0，向下方向的为正方向，此时弹簧的形变量为x′，根据胡克定律及平衡条件有
mg−kx′=0……①
当振子向下偏离平衡位置为x时，回复力为
F回=mg−k(x+x′)……②
将①代入②得
F回=−kx
可见，重物振动时的受力符合简谐运动的条件。
(2)记录纸匀速运动，振子振动的周期等于记录纸运动位移2x0所用的时间，则周期
T=2x0v……③
振幅为
A=y1−y22
(3)根据题意，弹簧振子的周期为
T=2π Mk……④
联立③④得振子的质量
M=kx02π2v2
答：(1)见解析；
(2)振子振动的周期和振幅分别为T=2x0v;A=y1−y22；
(3)振子的质量M为kx02π2v2。
【解析】(1)根据简谐运动回复力F与位移x的关系判断；
(2)根据振子振动的周期、振幅定义来解答；
(3)根据弹簧振子的周期公式求振子的质量。
本题考查的知识点有简谐运动的振幅、周期、频率；简谐运动的回是力影响弹簧振子周期的物理量、周期公式。
19.【答案】解：(1)飞机仅在阻力f的作用下做匀减速直线运动，
由动能定理得：−fx=0−12mv12
解得：x=980m；
(2)由v−t图象可知，飞机加速度：
a=△v△t=10−702.4−0.4=−30m/s2
加速度大小为30m/s2
对飞机，由牛顿第二定律得：2Tcsα2+f=ma
解得：T=5.5×105N；
(3)由图象面积可知，从t1时刻至t2时刻，飞机的位移为s1=80m，
从t2时刻至飞机停止，飞机的位移为s2=2m，
从t2时刻至飞机停止，由动能定理得：W−fs2=0−12mv22
解得：W=−9×105J.
答：(1)飞机继续滑行的距离为980m.
(2)此时阻拦索中的弹力为5.5×105N；
(3)阻拦索对飞机做的功为−9×105J
【解析】(1)由动能定理可以求出飞机滑行的距离．
(2)根据图象求出加速度，由牛顿第二定律求出弹力．
(3)由图象求出飞机的位移，由动能定理求出阻力做的功
本题考查了图象、牛顿第二定律动能定理的应用，在解题时要注意根据图象明确飞机的运动过程，再由动能定理、牛顿第二定律分析答题
20.【答案】解：(1)当质点处于离球心O的距离为r时，内含球体质量M′=43πr3⋅ρ=M0R03r3
质点所受引力Fr=GM′m0r2
整理有Fr=GM0m0R03x
(2)引力沿AB方向的分力为Fx=Frxr=GM0m0R03x
由上述分析可知，该力与x成正比，由动能定理有Fx−⋅x=Fx2⋅x=12mv02−0
而x= R02−h2
解得v0= GM0(R02−h2)R03
(3)上式可知，质量为M的物体到达O′处时，速度大小为v0，刚碰撞后，质量为M的物体速度为V，质量为m的物体速度为v，若规定速度由A向B为正，根据动量守恒定律：Mv0=MV+mv
12Mv02=12MV2+12mv2
解得v=2MM+mv0≈2v0
返回过程中由动能定理−Fx−⋅x=12mvB2−12mv2
得vB2=3GM0R03(R02−h2)
要使卫星飞出通道达到第一宇宙速度，须有3GM0R03(R02−h2)=GM0R0
解得h= 63R0
答：(1)质点所受万有引力的大小GM0m0R03x；
(2)质点到达通道中心O′处时的速度大小 GM0(R02−h2)R03；
(3)为使飞出速度达到地球第一宇宙速度，h应为 63R0。
【解析】(1)根据质量公式和万有引力公式，计算引力大小；
(2)由动能定理，求质点到达通道中心O′处时的速度大小；
(3)根据动量守恒定律和动能定理，求h。
本题是一道综合性较强的题，将天体问题和动能定理、动量守恒定律结合到一起，考查学生分析综合能力和推理能力。
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