2022-2023學(xué)年廣西北海市高一（下）期末物理試卷（含解析）

2022-2023學(xué)年廣西北海市高一（下）期末物理試卷

一、單選題（本大題共8小題，共32.0分）

1.下列四種運(yùn)動(dòng)模型利用到反沖現(xiàn)象原理的是（）

人落地時(shí)屈膝

D.噴水管在噴水過程中旋轉(zhuǎn)

2.關(guān)于物體做平拋運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是（）

A.在勻速圓周運(yùn)動(dòng)中，物體的加速度保持不變

B.在圓周運(yùn)動(dòng)中，物體所受的合外力方向始終指向圓心

C.在平拋運(yùn)動(dòng)中，物體在任意相同時(shí)間內(nèi)動(dòng)能的變化量相同

D.在平拋運(yùn)動(dòng)中，物體在任意相同時(shí)間內(nèi)速度的變化量相同

3.如圖所示是北京冬奧會(huì)鋼架雪車賽道的示意圖.比賽時(shí)，運(yùn)動(dòng)員從起點(diǎn)沿賽道快速向終

點(diǎn)滑去，先后經(jīng)過4、P、B、C、。五點(diǎn)，圖中經(jīng)過A、B、C、Z）四點(diǎn)時(shí)的速度和合外力的方

向與經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)的速度和合外力的方向最接近的是（）

起點(diǎn)

A.4點(diǎn)B.B點(diǎn)、C.C點(diǎn)D.。點(diǎn)

4.2022年7月27日，“力箭一號(hào)”運(yùn)載火箭采用“一箭六星”的方式，成功將六顆地球衛(wèi)

星送入預(yù)定軌道。若在這六顆衛(wèi)星中，有4B兩顆衛(wèi)星分別在半徑為r1和「2d＜上）的兩軌

道上繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則下列說法正確的是（）

A.衛(wèi)星4的線速度小于衛(wèi)星B的線速度

B.衛(wèi)星4的角速度小于衛(wèi)星B的角速度

C.4、B兩顆衛(wèi)星的周期之比為Jk..E

D.A、B兩顆衛(wèi)星的向心加速度之比為，豆：√^η^

5.如圖甲所示，質(zhì)量為巾（包含滑雪裝備）的運(yùn)動(dòng)員為了順利通過水平面上半徑為R的旗門彎

道，利用身體傾斜將雪板插入雪中，可簡化為如圖乙所示的模型，雪板4底面與豎直方向的

夾角為。，回轉(zhuǎn)半徑R遠(yuǎn)大于運(yùn)動(dòng)員B的身高，已知重力加速度大小為g,不計(jì)雪板4側(cè)面受力，

不計(jì)摩擦與空氣阻力，則運(yùn)動(dòng)員能安全通過旗門彎道的最大速度為（）

甲乙

B.f?C.JgRsinθD.JgRtanθ

?-{SΘ7tan。

6.一質(zhì)量為m的物體t=。時(shí)刻從靜止開始所受的合力尸隨時(shí)間t

的關(guān)系圖像如圖所示，則在t=%時(shí)刻物體的動(dòng)能為（FO為已知量

)()

A.邈

8m

B.遙

4m

Cfo￡o

2m

D.遛

τn

7.如圖所示是一輛做直線運(yùn)動(dòng)的小車從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的牽引力小與速度度的關(guān)系圖像，該圖

像是雙曲線的一支，C為AB間一點(diǎn)。已知整個(gè)過程小車所受的阻力大小恒為4N,小車運(yùn)動(dòng)到

A.小車從4點(diǎn)到B點(diǎn)，牽引力的功率增大B.圖中兩陰影部分的面積a>S2

C.小車在C點(diǎn)的牽引力功率為48小D.圖中Fp=4N,VA=2m∕s

A

8.如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊與勁度系數(shù)為k的豎直輕質(zhì)彈簧上端相

連，彈簧下端固定在水平地面上，將物塊拉至4點(diǎn)由靜止下落，當(dāng)下落的Q

B2h

高度為2九時(shí)正好運(yùn)動(dòng)到8點(diǎn)，當(dāng)物塊運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)時(shí)彈簧正好處于原長，且。

點(diǎn)是AB的中點(diǎn)，已知彈簧處在B點(diǎn)時(shí)，物塊的加速度剛好為0,重力加速

度為9，下列說法正確的是（）

A.物塊從4到。的過程中，機(jī)械能減小

B.物塊從4到B的過程中，物塊的動(dòng)能先增大后減小

C.物塊的質(zhì)量為等

D.物塊下落過程的最大速度為2小

二、多選題（本大題共4小題，共16.0分）

9.下列關(guān)于圖甲、乙、丙、丁四幅圖中力F做功的說法正確的是（）

A.甲圖中，全過程F做的總功為72/

B.乙圖中，若F大小不變，物塊從4到C過程中，力產(chǎn)做的功為W=FXyIC

C.丙圖中，繩長為R,若空氣阻力/大小不變，Oa水平，細(xì)繩伸直，小球從4運(yùn)動(dòng)到B過程中

空氣阻力做的功力=-Rf

D.丁圖中，F(xiàn)始終保持水平，緩慢將小球從P拉到Q,F做的功為W=WSino

10.矩形滑塊由不同材料的上、下兩層黏合在一起組成，將其放在光滑的水平面上，質(zhì)量為

Tn的子彈（可視為質(zhì)點(diǎn)）以速度"水平射向滑塊。若射擊下層，子彈剛好不射出；若射擊上層，

子彈剛好穿過滑塊的一半厚度，如圖所示。則子彈在上述兩種情況射入滑塊的過程（）

A.系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量不相等B.系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相等

C.子彈對(duì)滑塊的沖量不相同D.子彈對(duì)滑塊的沖量相同

11.2023年5月30日，“神舟十六號(hào)”載人飛船入軌并成功對(duì)接于空間站天和核心艙徑向端

口。已知空間站工作軌道為圓軌道，軌道高度400km,一天繞地球轉(zhuǎn)16圈，忽略地球自轉(zhuǎn)影

響。若還已知引力常量和地球半徑，僅利用以上條件能求出的物理量是（）

A.地球?qū)臻g站的引力大小B.空間站繞地球運(yùn)行的線速度

C.地球表面的重力加速度D.空間站繞地球運(yùn)行的加速度

12.甲、乙兩球在水平光滑軌道上同方向運(yùn)動(dòng)，已知甲、乙的動(dòng)量分別是pi=7kg?m∕s,

p2=9kg-m∕s,甲從后面追上乙并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動(dòng)量變?yōu)?4kg?m∕s,則甲、乙兩

球的質(zhì)量τ∏ι與巾2間的關(guān)系可能是（）

c?而

三、實(shí)驗(yàn)題（本大題共2小題，共14.0分）

13.用如圖所示的裝置“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”。圖中的點(diǎn)。是小球拋出點(diǎn)在水平地面上的垂

直投影。實(shí)驗(yàn)時(shí)，先讓質(zhì)量為Tnl的小球1多次從斜軌上位置S由靜止釋放，找到其落點(diǎn)的平均

位置P,測(cè)量平拋射程OP。然后將質(zhì)量為nt2的小球2靜置于軌道末端的水平部分，再將小球1

從斜軌上位置S由靜止釋放，與小球2碰撞，如此重復(fù)多次，M、N為兩球碰后的平均落點(diǎn)，

并測(cè)得碰后落點(diǎn)距離分別為0為、CWo回答下列問題：

⑴為了保證碰撞時(shí)小球1不反彈，兩球的質(zhì)量必須滿足Tnl填“<”或“>"），

為了保證兩小球發(fā)生對(duì)心正碰，兩小球的半徑（填“需要”或“不需要”）相等；

（2）本實(shí)驗(yàn)（填“不需要”或“需要”）測(cè)量平拋運(yùn)動(dòng)的高度和時(shí)間；

（3）若兩球碰撞前后動(dòng)量守恒，其表達(dá)式可表示為（用題中所給的物理量符號(hào)表示）。

OMPN

14.某物理興趣小組按照?qǐng)D甲所示安裝好裝置“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”，正確進(jìn)行相關(guān)操作

后，打出很多紙帶，從中選出符合要求的紙帶，如圖乙所示（其中一段紙帶圖中未畫出）。已

知圖中。點(diǎn)為打出的起始點(diǎn)，且速度為零。選取在紙帶上連續(xù)打出的點(diǎn)4、B、C、D、E、F、

Go作為計(jì)數(shù)點(diǎn)，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的打點(diǎn)周期為7,重力加速度為g。

丙

（1）為了驗(yàn)證重物從釋放到E點(diǎn)過程的機(jī)械能是否守恒，（填“需要”或“不需要”）測(cè)

量重物的質(zhì)量，得到關(guān)系式為=（用題中和圖乙中所給物理量的符號(hào)表示），即可在

誤差允許范圍內(nèi)驗(yàn)證。

（2）由于小組中某同學(xué)不慎將圖乙紙帶的4點(diǎn)前面部分丟失，于是利用剩余的紙帶進(jìn)行如下的

測(cè)量：以4為起點(diǎn)，測(cè)量各點(diǎn)到4的距離九，計(jì)算出物體下落到各點(diǎn)的速度外并作出/一九圖

像如圖丙所示，圖中給出了a、b、C三條直線，他作出的圖像應(yīng)該是直線；由圖像得

出，4點(diǎn)到起始點(diǎn)。的距離為cm（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）。

四、簡答題（本大題共3小題，共38.0分）

A

16.如圖甲所示為2022年北京冬奧會(huì)上以“雪如意”命名的跳臺(tái)滑雪場地。跳臺(tái)滑雪賽道的

簡化圖如圖乙所示，由跳臺(tái)、助滑道48、著陸坡Be等部分組成。比賽中，質(zhì)量τn=60kg(包

含所有裝備的總質(zhì)量)的運(yùn)動(dòng)員從跳臺(tái)4點(diǎn)無初速度地滑下，到達(dá)B處后水平飛出，落在著陸

坡上的P點(diǎn)。已知AB間高度差h=36m,BP距離S=IO8m,著陸坡傾角a=37。，不計(jì)運(yùn)動(dòng)

員受到的空氣阻力，sιn370=0.6,CoS37。=0.8,重力加速度取g=lOm/s?,求:

(1)運(yùn)動(dòng)員從B到P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間及從B水平飛出的速度大小；

(2)運(yùn)動(dòng)員落在著陸坡上的P點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率；

(3)運(yùn)動(dòng)員在AB段運(yùn)動(dòng)過程中阻力所做的功。

17.如圖所示，光滑水平面上有4、8、C三個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的木塊，質(zhì)量分別為Mg、3kg、3kg。

開始時(shí)B、C處于靜止?fàn)顟B(tài)，B、C之間夾有一輕質(zhì)彈簧(彈簧與B拴接，但與C未拴接)恰好處

于原長狀態(tài)，現(xiàn)給4一個(gè)水平向右的初速度ι?=8m∕s,4與B碰撞后，A被瞬間彈回，速度大

2

小變?yōu)?m∕s,重力加速度取g=10m∕so求：

(I)4、B碰后瞬間，木塊B的速度大??；

(2)彈簧具有的最大彈性勢(shì)能；

(3)木塊C的最大速度。

~A~?Γβ^∣-Λ∕?Λ∕?ΛΛ∕?rTc-

答案和解析

I.【答案】。

【解析】解：4人落地時(shí)屈膝是緩沖現(xiàn)象，延長地面對(duì)人的身體作用時(shí)間，不是反沖現(xiàn)象，故A

錯(cuò)誤；

8.安全氣囊的可減輕傷害也是利用了緩沖現(xiàn)象，延長安全氣囊對(duì)人的身體作用時(shí)間，不是反沖現(xiàn)

象，故B錯(cuò)誤；

C.運(yùn)動(dòng)員擊打壘球是碰撞現(xiàn)象，通過碰撞改變壘球的運(yùn)動(dòng)方向，不是反沖現(xiàn)象，故C錯(cuò)誤；

D噴水管噴水時(shí)，水從噴口噴出，噴管因反沖而旋轉(zhuǎn)，噴水管噴水是利用了反沖現(xiàn)象，故。正確。

故選：D。

反沖運(yùn)動(dòng)是相互作用的物體之間的作用力與反作用力產(chǎn)生的效果，系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)

量守恒，據(jù)此分析答題。

本題考查反沖的應(yīng)用，解決本題的關(guān)鍵是要知道反沖的原理，以及知道反沖在實(shí)際生活中的運(yùn)用。

2.【答案】D

【解析】解：4做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體的加速度的方向時(shí)刻指向圓心，所以其方向時(shí)刻在變，所

以加速度是變化的，故A錯(cuò)誤；

B?在勻速圓周運(yùn)動(dòng)中，物體所受的合外力方向始終指向圓心，故8錯(cuò)誤；

C.平拋運(yùn)動(dòng)只受重力作用，則動(dòng)能的變化量等于重力做功，由于在相同時(shí)間內(nèi)物體下落高度不同，

重力做功不同，故動(dòng)能的變化量不同，故C錯(cuò)誤；

D平拋運(yùn)動(dòng)的加速度始終等于重力加速度g,所以在平拋運(yùn)動(dòng)中，物體在任意相同時(shí)間內(nèi)速度的變

化量一定相同，由于Au=gdt則物體在任意相同時(shí)間內(nèi)速度的變化量一定相同，故。正確。

故選：Do

做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體的加速度及速度都是變化的；

曲線運(yùn)動(dòng)的速度沿軌跡的切線方向，一定是變速運(yùn)動(dòng).做平拋運(yùn)動(dòng)的物體，加速度為g,根據(jù)△"=

gt分析速度的變化量。

本題關(guān)鍵是對(duì)質(zhì)點(diǎn)做曲線運(yùn)動(dòng)的條件的考查，勻速圓周運(yùn)動(dòng)，平拋運(yùn)動(dòng)等都是曲線運(yùn)動(dòng)，對(duì)于它

們的特點(diǎn)要掌握住。

3.【答案】B

【解析】解：曲線運(yùn)動(dòng)的速度方向沿過該點(diǎn)的切線方向，合外力總是指向曲線凹陷的一側(cè)，故可

知B點(diǎn)與P點(diǎn)的速度與合外力方向最接近。

故錯(cuò)誤，B正確。

故選：

曲線運(yùn)動(dòng)某一點(diǎn)速度的方向沿該點(diǎn)切線的方向，由此分析即可。

該題考查曲線運(yùn)動(dòng)速度的方向，知道曲線運(yùn)動(dòng)某一點(diǎn)速度的方向沿該點(diǎn)切線的方向即可。

4.【答案】C

【解析】解：4、由萬有引力提供向心力有

-MmV2-

rc?—m——r

解得

由于「1＜七，則衛(wèi)星4的線速度大于衛(wèi)星B的線速度，故A錯(cuò)誤;

8、由萬有引力提供向心力有

解得

由于巳＜「2,則衛(wèi)星4的角速度大于衛(wèi)星B的角速度，故B錯(cuò)誤;

c、由開普勒第三定律W=也得

τ1:T2=y∣~r^:Q7，故C正確：

。.向心加速度arι=3?T"得

r,

ɑ?：a2=τ^2?'ι故。錯(cuò)誤。

故選：Co

衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬有引力提供向心力求解衛(wèi)星的線速度、角速度和周期，即可

得到甲、乙兩衛(wèi)星線速度、角速度和周期之比。

本題考查衛(wèi)星繞地球的運(yùn)動(dòng)，解題關(guān)鍵是知道衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬有引力提供向

心力列式求解即可.

5.【答案】B

【解析】解：對(duì)運(yùn)動(dòng)員受力分析，運(yùn)動(dòng)員受到重力mg和支持力F,如圖所示。

Zng

由重力和支持力的合力提供向心力，即

mqV2

——=tn——

tan。R

解得："=f?,故ACO錯(cuò)誤，B正確。

7tan。

故選：B。

對(duì)運(yùn)動(dòng)員受力分析，確定向心力來源，根據(jù)牛頓第二定律分析求解。

本題考查圓周運(yùn)動(dòng)的臨界問題，對(duì)人受力分析，根據(jù)牛頓第二定律和平行四邊形定則列式處理。

6【答案】A

【解析】解：由圖像可知，0~t0時(shí)間內(nèi)，對(duì)時(shí)間而言，合力尸的平均值為￡=竽=0.5a，由動(dòng)

量定理得

O.5Foto=mu-O

在t=to時(shí)刻物體的動(dòng)能為&=?mv2

聯(lián)立解得：&=邈，故A正確，5CO錯(cuò)誤。

K8m

故選：Ao

0~t0時(shí)間內(nèi)，合力F隨時(shí)間均勻增大，求出合力廠的平均值，由動(dòng)量定理求出t=to時(shí)刻物體的速

率，再求t=%時(shí)刻物體的動(dòng)能。

本題主要考查動(dòng)量定理和F-t圖像的物理意義，也可以根據(jù)尸-t圖線與t軸所圍成的面積表示這

段時(shí)間內(nèi)合力戶的沖量來求解合力F的沖量。

7.【答案】D

【解析】解：48.小車牽引力的功率P=F",F-V圖像是雙曲線的一支，所以小車從4點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到8

點(diǎn)牽引力尸與速度V成反比則可知IF與U的乘積保持不變，即功率P不變，則：Sl=S2,故A3錯(cuò)誤；

CD.小車運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)正好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則牽引力等于阻力，則有：FB=f=AN

小車的功率為：p=Fv=fvB=4x8W=32W,則小車在C點(diǎn)的牽引力功率為32W,在4點(diǎn)的功

率也為32W；

P72

小車在點(diǎn)的牽引力為在點(diǎn)時(shí)速度：-^m∕s=2m∕s,故錯(cuò)誤，。正確。

4ξ4=15N,4VΛ=—=C

故選：Do

小車牽引力的功率P=Fv,F-U圖像是雙曲線的一支,可知F與V的乘積保持不變，即功率P不變，

由此分析力B選項(xiàng)；

小車運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)正好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則牽引力等于阻力，根據(jù)P=FM十算功率，已知4點(diǎn)的牽

引力求出速度大小。

本題考查了機(jī)車的啟動(dòng)問題，解決本題的關(guān)鍵知道整個(gè)過程中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，知道發(fā)動(dòng)機(jī)功率和牽

引力、速度的關(guān)系，當(dāng)加速度為零時(shí)，速度最大。

8.【答案】D

【解析】解：4、當(dāng)物塊運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)時(shí)彈簧正好處于原長，則物塊從A到。的過程中，彈簧對(duì)物塊

的拉力向下，對(duì)物塊做正功，所以物塊的機(jī)械能增加，故4錯(cuò)誤；

B、彈簧處在B點(diǎn)時(shí)，物塊的加速度剛好為0,可知，物塊在B點(diǎn)時(shí)速度最大，所以物塊從4到B的

過程中，物塊動(dòng)能一直增大，故B錯(cuò)誤；

C、根據(jù)題意可知，物塊處在B點(diǎn)時(shí)彈簧的壓縮量為九，物塊處于平衡狀態(tài)，則有∕?=τng,解得：

m=p故C錯(cuò)誤；

。、物塊在B點(diǎn)時(shí)速度最大，設(shè)為外物塊處在力、B兩點(diǎn)彈簧的伸長量和壓縮量相等，則兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)

的彈性勢(shì)能相等，A到B的過程，對(duì)物塊和彈簧系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定律可得：mg-2h=?mv2,

解得：V=2y∕~~gh＞故。正確。

故選：0。

物塊從A到。的過程中，分析彈簧對(duì)物塊做功情況，判斷物塊機(jī)械能的變化情況；物塊從4到B的

過程中，物塊的加速度為零時(shí)，速度最大，據(jù)此分析動(dòng)能的變化情況；物塊處在B點(diǎn)時(shí)受力平衡，

根據(jù)平衡條件和胡克定律相結(jié)合求出物塊的質(zhì)量：由能量守恒定律求物塊下落過程的最大速度。

解答本題的關(guān)鍵要明確物塊的運(yùn)動(dòng)情況，知道物塊的加速度為零時(shí)，速度最大，能根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械

能守恒求最大速度。

9.【答案】AC

【解析】解：4甲圖中，全過程中F做的總功為

W=15×67-3×(12-6)；=72/,故A正確；

C丙圖中，繩長為R,若空氣阻力,大小不變，小球從4運(yùn)動(dòng)到B過程中空氣阻力做的功為

W=—/×?×2π∕?=-^πRf,故C正確；

B.乙圖中若尸大小不變，物塊從4到C過程中力尸做的為

IV=F(OA-OC)，故B錯(cuò)誤；

。丁圖中，F(xiàn)始終保持水平，緩慢將小球從P拉到Q,F為變力，根據(jù)動(dòng)能定理得

W-mgl(l-cosθ)=0

解得W=Tng/(1-COs。)，故。錯(cuò)誤。

故選：ACo

由F-X圖像可圍成的面積就是力做的功，變力的功可以轉(zhuǎn)化為恒力作用點(diǎn)的移位，來計(jì)算功。由

力的方向與速度共線，用路程來算功，由動(dòng)能定理來算功。

本題對(duì)常見的變力做功問題進(jìn)行了考查，如力的大小不變的變力做功，用功能定理求變力的功，

用力一位移圖像圍成的面積來求功等。

10.【答案】BD

【解析】解：CD.子彈射入滑塊的過程，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可

知

mv=(Tn+M)v,

解得：∕=;?"

由動(dòng)量定理，知子彈對(duì)滑塊的沖量/=MV=幅/可知兩種情況下滑塊受到的沖量相同，故C

錯(cuò)誤，Z)正確；

AB、根據(jù)功能關(guān)系，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于系統(tǒng)減少的動(dòng)能，即Q-?mv2~∣(m+M^)v'2=?mv2-

在』優(yōu)，可知系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相等，故A錯(cuò)誤，B正確。

2(m+M)

故選：BDo

子彈射入滑塊的過程，根據(jù)動(dòng)量守恒定律列式，求出子彈射入滑塊后的速度。根據(jù)動(dòng)量定理分析

子彈對(duì)滑塊的沖量關(guān)系：根據(jù)功能關(guān)系分析系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量關(guān)系。

本題是子彈打木塊的類型，要抓住系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，知道動(dòng)量定理可以分析沖量大小。由能量守

恒定律可以求系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量。

11.【答案】BCD

【解析】解：4一天繞地球轉(zhuǎn)16圈，可知空間站周期,根據(jù)萬有引力提供向心力,有F=Ui竽(r+∕ι)

其中地球半徑和軌道高度以及周期已知，但空間站質(zhì)量未知，則地球?qū)臻g站的吸引力無法求出，

故A錯(cuò)誤；

氏由于〃=等地，其中地球半徑和軌道高度以及周期已知，可以求出空間站繞地球運(yùn)行的速度,

故B正確;

C在地球表面，萬有引力等于重力，則有

CMm4π2,,??Mm

7=mRzr+"),c-=m9

解得

4π2(r+h)3

其中地球半徑和軌道高度以及周期已知，可以求出地球表面的重力加速度，故C正確;

D由于

Λ2

a=ω2(r+∕ι)=Rπr+∕ι)

其中地球半徑和軌道高度以及周期已知I,可以求出空間站繞地球運(yùn)行的加速度，故。正確。

故選：BCD.

根據(jù)萬有引力提供向心力列出方程判斷；根據(jù)線速度定義式分析判斷；根據(jù)重力和萬有引力近似

相等、牛頓第二定律列方程計(jì)算判斷；根據(jù)向心加速度的表達(dá)式分析判斷.

本題關(guān)鍵掌握萬有引力提供向心力、地球表面重力和萬有引力近似相等，掌握線速度和向心加速

度表達(dá)式。

12.【答案】BC

【解析】解：取碰撞前兩球的速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律有

P1+P2=Pi'+p2'

解得碰撞后甲球的動(dòng)量：p1'=2kg-m/s

碰撞過程中系統(tǒng)的總動(dòng)能不增加，則有

zLzl<zL21

2m∣+2T∏2-2r∏ι+2血2

解得：

碰撞后甲球的速度不大于乙球的速度，則有

Eil<

Tnl-r∏2

解得：詈≤3

Tnl1

綜上有：故AO錯(cuò)誤，8C正確。

故選：BC。

碰撞過程中系統(tǒng)遵守動(dòng)量守恒定律，總動(dòng)能不增加，碰撞后同向運(yùn)動(dòng)時(shí)，后面物體的速度不大于

前面物體的速度，根據(jù)這三個(gè)規(guī)律，得到兩球的質(zhì)量關(guān)系。

對(duì)于碰撞過程，要抓住三大規(guī)律解答：1、系統(tǒng)動(dòng)量守恒；2、系統(tǒng)總動(dòng)能不增加；3、碰撞后兩

物體同向運(yùn)動(dòng)時(shí)，后面物體的速度不大于前面物體的速度，即符合實(shí)際運(yùn)動(dòng)情況。

13.【答案】>需要不需要τ∏ιOP=mιOM+r∏2θN

【解析】解：（1）為了保證碰撞時(shí)小球1不反彈，兩球的質(zhì)量必須滿足巾1>機(jī)2,為了保證兩小球

發(fā)生對(duì)心正碰，兩小球的半徑需相等；

(2)根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律h=?gt2

小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=J3

由于小球做平拋運(yùn)動(dòng)的高度相同，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，因此在驗(yàn)證動(dòng)量守恒時(shí)可消除高度和時(shí)間，所

以本實(shí)驗(yàn)不需要測(cè)量平拋運(yùn)動(dòng)的高度和時(shí)間；

(3)平拋運(yùn)動(dòng)水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，1碰前的速度為孫=半

碰后1、2的速度分別為%="，W=影

7

當(dāng)動(dòng)量守恒時(shí)，則∏h0o=n?i?1+ITl2V2

整理可得r∏ιOP=m1OM+m2ON

故答案為：(1)＞；需要；(2)不需要；(3)wi]OP=r∏ιOM+巾2。7。

(1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)的注意事項(xiàng)分析作答；

(2)(3)根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律分析小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間決定因素，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的水平分運(yùn)動(dòng)求解小球

碰撞前后的水平速度，結(jié)合動(dòng)量守恒定律分析作答。

本實(shí)驗(yàn)要求入射球和被碰小球從同一高度做平拋運(yùn)動(dòng)并且落到同一水平面上，因此下落的時(shí)間相

同，這是本實(shí)驗(yàn)的關(guān)鍵；理解入射小球和被碰小球的質(zhì)量大小關(guān)系、半徑大小關(guān)系有助于對(duì)實(shí)驗(yàn)

原理的理解。

2

14.【答案】不需要紇粵-α10.0

SgT2

【解析】解：(1)若重物從釋放到E點(diǎn)過程的機(jī)械能守恒，則有：mgh2=?mυl

打E點(diǎn)時(shí)的瞬時(shí)速度為：加=露紅

聯(lián)立可得：電=如Z宴

8g72

由此結(jié)果可知不需要測(cè)量重物質(zhì)量。

(2)設(shè)打A點(diǎn)時(shí)的速度為力,根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：

12?2L

-TΠVΔ-=mgh

可得：V2=2gh+V4

可知/-八圖像的縱軸的截距b=域＞0,故他作出的圖像應(yīng)該是直線聯(lián)

直線ɑ的橫軸截距的絕對(duì)值表示4點(diǎn)與起始點(diǎn)。的距離，由圖像可知A點(diǎn)到起始點(diǎn)。的距離為10.0cm。

故答案為：(1)不需要；崎普；(3)α;10.0

(1)根據(jù)機(jī)械能守恒定律解答；

(2)根據(jù)機(jī)械能守恒定律求出/一八圖像的表達(dá)式，根據(jù)圖像的截距和斜率解答。

本題考查了驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律實(shí)驗(yàn)，分析實(shí)驗(yàn)的原理是解題的前提，掌握實(shí)驗(yàn)的操作應(yīng)注意的

事項(xiàng)和打點(diǎn)紙帶測(cè)量速度的原理，掌握利用圖像處理數(shù)據(jù)的方法。

15.【答案】解：(1)由于小球恰好能沿管道做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，故小球在最高點(diǎn)時(shí)的速度為0,則

動(dòng)能大小為

Ek=Q

以4點(diǎn)所在水平面為零勢(shì)能面，在最高點(diǎn)小球的重力勢(shì)能大小為

EP=2mgR

則小球的機(jī)械能大小為

E=E∕c+Ep=2mgR

(2)設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)速度為u,由機(jī)械能守恒有

QnI2

2mgR="mvz

設(shè)在4點(diǎn)管道對(duì)小球的支持力為FN，由牛頓第二定律有

r,V2

FN-mg=m—

解得

FN=5mg

由牛頓第三定律可知，小球運(yùn)動(dòng)到4點(diǎn)時(shí)對(duì)管道的壓力大小為5mg。

答：(1)小球的機(jī)械能為2mgR；

(2)小球運(yùn)動(dòng)到4點(diǎn)時(shí)對(duì)管道壓力的大小為

【解析】(1)恰好可以做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則在最高點(diǎn)最小速度為0,可求出動(dòng)能，求出此時(shí)的重

力勢(shì)能，進(jìn)而求出機(jī)械能；

(2)根據(jù)機(jī)械能守恒得出4點(diǎn)動(dòng)能，再根據(jù)牛頓第二定律列式求解。

本題考查向心力以及機(jī)械能守恒的應(yīng)用，要注意明確繩模型和桿模型的聯(lián)系與區(qū)別，本題中圓環(huán)

可視為桿模型，所以最高點(diǎn)的臨界速度為零。

16.【答案】解：(1)運(yùn)動(dòng)員從8點(diǎn)飛出做平拋運(yùn)動(dòng)，有s?s譏α=ggt2

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：t=3.6s

設(shè)運(yùn)動(dòng)員到達(dá)B點(diǎn)的速度為t