浙江省杭州及其周边地区重点中学2022~2023学年高一下学期期中物理试卷
一、单选题（本大题共13小题，共52.0分）
1． 下列单位不属于国际单位制中的导出单位是（ ）
A．焦耳 B．瓦特 C．牛顿 D．千米
【答案】D
【知识点】单位制
【解析】【解答】千米属于长度的基本单位，不属于导出单位；焦耳、瓦特和牛顿都属于导出单位。所以ABC错，D对，正确答案为D。
【分析】基本物理量有长度、质量、时间、电流强度、热力学温度、光学强度和物质的量，它们的单位属于基本单位，其他物理量的单位都属于导出单位。
2． 下列选项中物理量全是矢量的是（ ）
A．速率 加速度 B．向心力 速度变化量
C．功率 重力势能 D．周期 线速度
【答案】B
【知识点】矢量与标量
【解析】【解答】A、速率属于标量，加速度属于矢量，所以A错；
B、向心力和速度变化量都属于矢量，所以B对；
C、功率和重力势能都属于标量，所以C错；
D、周期属于标量，线速度属于矢量，所以D错；
正确答案为B
【分析】速率、功率、重力势能和周期属于标量；加速度、向心力、速度变化量和线速度属于矢量。
3．2022年6月，我国第一艘完全自主建造的大型航母福建舰正式下水，标志着我国从此进入大航母时代。福建舰之后将在南海进行一系列航行和系泊试验。下列说法正确的是（ ）
A．测试时福建舰全速航行时速可达30节，30节指的是平均速度
B．福建舰在海面上大角度转弯以模拟规避空袭时可以看成质点
C．福建舰在拖船的作用下加速移动，拖船对福建舰的作用力大小等于福建舰对拖船的作用力
D．福建舰匀速转弯，其所受的合外力为0
【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；质点；曲线运动的条件；瞬时速度
【解析】【解答】A、时速30节代表瞬时速度的大小，所以A错；
B、研究福建舰的拐弯不能把航空母舰作为质点，所以B错；
C、根据牛顿第三定律可以得出拖船对福建舰的作用力等于福建舰对拖船的作用力，所以C对；
D、福建舰匀速拐弯时近似做匀速圆周运动，则合力提供向心力，合力不等于0，所以D错；
正确答案为C。
【分析】福建舰的全速航行时速代表瞬时速度的大小；福建舰拐弯时不能作为质点；根据牛顿第三定律有作用力与反作用力大小相等；利用匀速圆周运动可以判别合力不等于0.
4．“判天地之美，析万物之理”，实验探究是物理学研究问题的重要方法，下列实验中，所采用的实验方法和其他选项不同的是（ ）
A．显示桌面受力形变
B．卡文迪许扭称实验
C．探究影响向心力大小因素
D．有机玻璃受力形变
【答案】C
【知识点】控制变量法；放大法
【解析】【解答】A、利用光学仪器显示桌面的微小形变使用了放大法，卡文迪许利用扭秤实验测量引力常量使用了放大法，利用光的散射显示玻璃受力形变也是使用了放大法，探究影响向心力大小因素的实验使用了控制变量法，所以C符合题意，ABD不符合题意，
正确答案为C。
【分析】探究向心力的大小因素实验使用了控制变量法；其他三个实验都使用了放大法。
5． 在物理学发展过程中，许多物理学家做出了贡献，他们的科学发现和所采用的科学方法推动了人类社会的进步。以下说法正确的是（ ）
A．1916年，普朗克创立了广义相对论
B．伽利略通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因
C．研究自由落体运动中，伽利略通过直接测量速度得到自由落体运动的规律
D．牛顿发现了万有引力定律并测出了引力常量
【答案】B
【知识点】物理学史
【解析】【解答】A、爱因斯坦在1916年提出了广义相对论，所以相对论不是普朗克创立的，所以A错；
B、伽利略通过理想斜面得出运动不需要力的维持，力是改变物体运动的原因，所以B对；
C、研究自由落体运动时，伽利略是利用斜面运动的规律合理外推出自由落体运动的规律，不是利用实验直接测量，所以C错；
D、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许利用实验测量出引力常量的大小，所以D错；
正确答案为B
【分析】爱因斯坦提出了广义相对论；伽利略通过理想斜面实验得出了力不是维持物体运动的原因；伽利略利用斜面实验进行合理外推出自由落体运动的规律；卡文迪许利用扭秤实验测出了引力常量的大小。
6．民间手工艺品平衡蜻蜓广受大小朋友喜欢，它的奇妙之处在于放在任何一个部位都能保持静止。如图所示为平衡蜻蜓静止在指尖的图片，下列关于平衡蜻蜓的分析正确的是（ ）
A．平衡蜻蜓只受重力和支持力两个力的作用
B．平衡蜻蜓对手的压力是由于手形变而引起的
C．手指对平衡蜻蜓的作用力一定竖直向上
D．手指对平衡蜻蜓的支持力与平衡蜻蜓所受的重力是一对平衡力
【答案】C
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】A、平衡蜻蜓受到本身重力，手指对蜻蜓的支持力和摩擦力作用，所以A错；
B、平衡蜻蜓对手指的压力是蜻蜓形变所产生的，所以B错；
C、根据蜻蜓静止，则手对蜻蜓的作用力与重力等大反向，则手指对蜻蜓的作用力方向竖直向上，所以C对；
D、手指对蜻蜓的支持力与蜻蜓本身的重力不属于一对平衡力，所以D错；
正确答案为C。
【分析】利用受力分析可以判别蜻蜓受到重力、支持力和摩擦力的作用，处于三力平衡；蜻蜓对手指的压力是蜻蜓形变所产生的；利用二力平衡可以判别手指对蜻蜓的作用力与重力方向相反。
7．齿轮传动是现代各种设备中应用最广泛的一种机械传动方式。它具有传动比较准确，效率高，结构紧凑，工作可靠，寿命长等优点。如图甲所示为某款机械手表内部的部分结构图，A、B、C三个传动轮通过齿轮咬合，、与轴承咬合，A、B、C、D四个轮子，现将其简化成如图乙所示模型。a、b、c、d分别为A、B、C、D轮缘上的点，半径之比。下列判断正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】a、b属于边缘线传动，所以，，根据，所以a和b的向心加速度的比值为：，则A和D错；
c、d属于同个转轴转动，角速度相等所以，且根据周期的表达式有：可得，所以D对B错；
正确答案为D
【分析】根据a、b属于边缘线传动所以线速度相等，结合向心加速度的表达式及线速度相等可以求出向心加速度的比值；利用c、d同轴转动则角速度和周期相等。
8．2022年11月30日，神舟十五号名航天员顺利进驻中国空间站，与神舟十四号航天员乘组首次实现“太空会师”，并在空间站留下了能够载入史册的太空合影。若中国空间站绕地球可视为做匀速圆周运动，如图所示。已知空间站运行周期为T，轨道离地面的高度为h，地球半径为R，引力常量为G，忽略地球自转的影响，则下列说法正确的是（ ）
A．空间站的运行速度为
B．地球的第一宇宙速度为
C．空间站绕地球运动的向心加速度大于地面的重力加速度
D．合影中左后排航天员能处于漂浮状态是因其受到的合力为零
【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度；万有引力定律的应用
【解析】【解答】A、空间站做匀速圆周运动，轨道半径为R+h，所以空间站的线速度为：，所以A错；
B、近地卫星做匀速圆周运动，根据引力提供向心力有：，对于空间站则有：，两式子联立可以解得第一宇宙速度：，所以B对；
对于空间站有：，对于地球表面的物体有：，则可得：a
正确答案为B
【分析】利用空间站距离地球表面的距离可以求出空间站轨道半径的大小，结合周期的大小可以求出空间站的线速度大小；利用引力提供空间站的向心力可以求出GM的大小，再利用引力提供近地卫星的向心力可以求出近地卫星的线速度（第一宇宙速度）；利用引力形成重力可以比较空间站的加速度与重力加速度的大小；宇航员做匀速圆周运动不属于平衡状态合力不等于0.
9．图甲为某水上乐园的滑道，我们将其简化为图乙。某次游玩时，游客从倾斜滑道顶端静止滑下，停在水平滑道的点。倾斜滑道与水平滑道材料相同且平滑连接。游客的质量为m，倾斜滑道高度为h、倾角为，游客与滑道间的动摩擦因数为，A点到0点的水平距离为x，下列说法正确的是（ ）
A．和一定，越大，越小
B．和一定，越大，越大
C．和一定，越小，越小
D．的大小只与和有关，与、无关
【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】游客下滑时，从静止开始到静止在水平滑道时，根据动能定理有：，由于，且，联立等式可以得出：，所以x与h、有关，与、m无关，所以D对，ABC错；
正确答案为D
【分析】利用游客下滑过程的动能定理结合几何关系可以求出水平距离x的表达式，利用表达式可以判别x与h、有关，与、m无关。
10．人站在力传感器上完成下蹲和站起动作，传感器记录的力随时间变化图像图如图所示，则（ ）
A．下蹲过程中最大加速度为
B．人在下蹲过程中，力的示数先变大，后变小
C．人在站起过程中，先失重后超重
D．人在内完成了两次下蹲和两次站起动作
【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；超重与失重
【解析】【解答】A、从传感器可以得出人的重力G=mg=500N，则人的质量为m=50kg，人下蹲过程中，由于弹力最小值F=200N，根据牛顿第二定律有：可得：，所以A对；
B、人下蹲过程中先向下加速后向下减速，加速度方向先向下后向上，则人先出现失重后出现超重，所以力的示数先变小后变大，所以B错；
C、人站起过程中，人先向上加速后向上做减速运动，加速度方向先向上后向下所以人先出现超重后出现失重现象，所以C错；
D、在8s内出现两次超重和两次失重，则人完成一次下蹲和一次站起动作，所以D错；
正确答案为A。
【分析】利用图像可以判别人的重力，利用重力的大小可以求出人的质量，利用图像可以求出下蹲过程的最小弹力，结合牛顿第二定律可以求出人的最大加速度；人下蹲和起立过程中利用速度的方向和速度的大小变化可以判别加速度的方向，利用加速度的方向可以判别超重与失重的顺序；利用超重与失重可以判别示数的变化；利用超重与失重的次数可以判别下蹲和起立的次数。
11．如图所示，一塔式起重机正在工作，在某段时间内，吊车将质量为的重物从静止开始以恒定的加速度竖直下降，当下降高度为时，速度为，在这个过程中，下列说法正确的是（ ）
A．重物重力势能增加了 B．重物的机械能减少了
C．起重机对物体做功为 D．重物的合外力做功为
【答案】B
【知识点】功能关系；重力势能的变化与重力做功的关系
【解析】【解答】A、由于重物下降了高度h，根据重力做正功，重力势能减少，可以判别重物重力势能减小，所以A错；
B、重物下降了h时，重力势能减少量为：，重物从静止到速度增大为v，则动能的增加量为：，由于下落的加速度a
D、根据动能定理可得合力做功为：，所以D错；
正确答案为B。
【分析】根据重力做正功可以判别重力势能减少；利用高度变化可以求出重力势能的减少量，利用速度变化可以求出动能增加量，利用两者的差值可以求出机械能的减少量；利用功能关系即机械能的减少量可以求出拉力做功的大小；利用动能变化量可以求出合力做功的大小。
12．如图所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一个由蜡做成的小圆柱体。从坐标原点以速度匀速上浮的同时，玻璃管沿轴正方向做初速度为，加速度为的匀加速直线运动。下列判断正确的是（ ）
A．蜡块做匀加速直线运动 B．蜡块按轨迹运动
C．经蜡块的速度为 D．经蜡块的位移为
【答案】D
【知识点】曲线运动；运动的合成与分解
【解析】【解答】A、蜡块沿y轴向上具有初速度，沿x轴正方向与玻璃管做匀加速直线运动则具有向右的加速度方向，速度方向与加速度方向不共线所以蜡块做曲线运动，所以A错；
B、由于蜡块加速度沿x正方向所以轨迹应该向x正方向弯曲，所以B错；
C、1s后蜡块沿y轴的速度有：，沿x正方向有：；则合速度为：，所以C错；
在前1s内，沿y轴的位移为：，沿x轴方向的位移有：，则蜡块的位移为：，所以D对；
正确答案为D
【分析】已知蜡块两个分运动的速度变化，利用初速度和加速度方向不同直线可以判别蜡块做曲线运动，利用加速度方向可以判别曲线轨迹弯曲方向；利用两个分运动的速度合成可以求出合速度的大小；利用两个分运动位移的合成可以求出合位移的大小。
13．如图为某城市广场喷泉喷出的水柱的场景。从远处看，喷泉喷出的水柱超过了层楼的高度。靠近看，喷管的内径为。请你据此估算用于给喷管喷水的电动机输出功率约为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】竖直上抛运动；功率及其计算；动能
【解析】【解答】当经过t时间发动机喷出水的质量为m，且喷水口的内径为d，喷出水的速度为v，水的密度；则可得m=；水离开喷口后做竖直上抛运动，根据；所以可以解得喷水后速度；根据动能定理可知电动机对水所做的功增加了水的动能，则有：，联立式子可得；则B对，ACD错；
正确答案为B
【分析】水做竖直上抛运动，利用速度位移公式可以求出出水口速度的大小，利用水的速度结合时间和横截面积可以求出水体积的表达式，再利用密度的表达式可以求出水的质量，两者联立可以求出水获得的初动能大小；电动机对水做功等于动能的变化量，利用动能定理可以求出电动机输出功率的大小。
二、多选题（本大题共2小题，共8.0分）
14．为了形象生动地说明圆周运动的运动规律，教科书设置了许多插图，下列关于插图的表述正确的是（ ）
A．图甲旋转木马工作时，越靠外侧的木马线速度越大
B．图乙轨道外轨高于内轨，火车转弯时铁轨对火车的支持力提供向心力
C．图丙空中飞椅游戏中，外排飞椅向心加速度更大
D．图丁脱水机工作时，衣服中的水珠在离心力的作用下从桶孔飞出
【答案】A,C
【知识点】生活中的圆周运动；离心运动和向心运动
【解析】【解答】A、所有旋转木马都是同个转轴，所以角速度相等，根据越往外侧半径越大则线速度越大，所以A对；
B、火车内轨低于外轨时，火车受到轨道的支持力和重力的合力提供向心力，所以B错；
C、空中飞椅中所有飞椅角速度相等，根据则外排的半径越大向心加速度越大，所以C对；
D、脱水机工作时，水珠由于受到的合力小于向心力则做离心运动，所以D错；
正确答案为AC。
【分析】旋转木马利用角速度相等，利用线速度的表达式且外侧木马半径大所以线速度大；火车拐弯时本身的重力和轨道的支持力合力提供向心力；飞椅利用角速度相等，半径越大则向心加速度越大；脱水机工作是利用离心运动，没有离心力的说法。
15． 受自动雨伞开伞过程的启发，某同学设计了如图所示的弹射模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时静止在处。某时刻，滑块以初速度被向上弹出，滑到处与滑杆发生碰撞碰撞过程有部分机械能损失，并带动滑杆一起向上运动。若滑块的质量为，滑杆的质量，滑杆、间的距离，滑块运动过程中受到的摩擦力为，重力加速度为，不计空气阻力。下列判断正确的是
A．无论滑块静止还是向上滑动，桌面对滑杆的支持力始终等于
B．滑块沿滑杆向上滑动的过程中的加速度
C．滑块碰撞前瞬间的动能
D．滑杆能上升的最大高度为
【答案】B,C
【知识点】能量守恒定律；牛顿第二定律；超重与失重
【解析】【解答】A、当滑块向上做匀减速直线运动时，整体处于失重状态，所以桌面对滑杆的支持力小于（M+m）g，所以A错；
B、当滑块向上滑动时，根据牛顿第二定律有：，可得滑块的加速度，所以B对；
C、当滑块以初速度v0被弹出到滑块碰撞滑杆的瞬间，利用动能定理有：，则碰撞瞬间的动能为：，所以C对；
D、当滑块与滑杆碰撞的过程中没有能量损失时，根据能量守恒定律有：，，由于碰撞过程有能量损失，所以上升的高度小于，所以D错；
正确答案为BC
【分析】当滑块上升时整体具有向下的加速度，利用整体处于失重状态可以判别地面对滑杆的支持力大小；利用滑块上升过程的合力结合牛顿第二定律可以求出加速度的大小；利用滑块上升过程的动能定理可以求出滑块与滑杆碰前动能的大小；利用能量守恒定律可以求出滑杆与滑块上升的最大高度。
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
16． 某实验小组用甲、乙所示的装置做了“探究小车加速度与力、质量的关系”和“探究向心力表达式”两个实验。
（1）两个实验都用到的研究方法是____。
A．等效替代法 B．控制变量法 C．理想模型法
（2）甲实验中，不计绳与滑轮间的摩擦，下列说法正确的是____。
A．实验前需进行阻力补偿
B．实验中，改变小车质量后再做该实验，需要重新补偿阻力
C．实验中必须用天平测出砂和砂桶的总质量
D．本实验中不需要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量
（3）丙图是“探究向心力表达式”实验装置的俯视图，图中、槽分别与、轮同轴固定，且、轮半径相同。
Ⅰ当、两轮在皮带的传动下匀速转动时：两槽转动的角速度 。
Ⅱ现有两质量相同的钢球、分别放在、槽边缘，它们到各自转轴的距离之比为，则钢球、的向心力之比为 。
【答案】（1）B
（2）A；D
（3）=；2：1
【知识点】控制变量法；向心力
【解析】【解答】（1）探究加速度与质量、力的大小关系是使用控制变量法；探究向心力的大小是使用控制变量法，所以选B；
（2）甲实验中探究绳子对小车的拉力和加速度的关系时，应该进行阻力补偿；阻力补偿时与小车的质量无关，所以不需要在改变小车的质量时再次进行阻力补偿；甲实验中直接测量小车受到的拉力大小，所以不需要测量砂和砂桶的质量大小；也不需要满足砂和砂桶的质量远远小于小车的质量；所以AD对，BC错；
（3）由于两个塔轮线速度相等，塔轮半径也相等，所以根据可得塔轮的角速度；由于两个钢球质量相同，角速度相同，半径之比为2：1，根据向心力的表达式可得向心力的大小比值为2：1.
【分析】（1）探究加速度与质量和合力的关系和探究向心力的大小实验都是使用控制变量法；
（2）甲实验中为了合力等于拉力需要进行阻力补偿，阻力补偿与小车的质量无关；实验中直接测量拉力的大小所以不需要测量砂和砂桶的质量，同时也不需要满足质量要求；
（3）利用塔轮线速度相等，再结合半径相同可以判别两个小球角速度相同；利用质量和角速度相同的前提，利用半径的比值可以求出两个小球向心力的比值。
17． 验证“机械能守恒定律”的方案有很多种，让重物做自由落体运动来验证“机械能守恒定律”就是实验室常用的一种方案。
（1）本实验中，除打点计时器含纸带、复写纸、重物、铁架台、导线及开关外，在下面的器材中，必须使用的还有____；选填器材前的字母
A．天平 B．刻度尺 C．直流电源
D．交流电源 E．秒表 F．弹簧测力计
（2）不同组学生在实验操作过程中出现如图的四种情况，其中操作正确的是____；
A． B．
C． D．
（3）用打点计时器打出一条纸带，截取其中一段如图甲所示，选取连续打出的点、、、、为计数点，各计数点间距离已在图上标出，单位为。已知打点计时器所用交流电源的频率为，则打点计时器打点时，重锤的速度大小为 结果保留位有效数字；
（4）小华认为可通过测量重锤下落过程的加速度来验证机械能是否守恒，设点到测量点的距离为，为对应测量点的速度，他做出的关系图线如图所示，由图乙可得重物下落的加速度 结果保留位有效数字。
【答案】（1）B；D
（2）B
（3）1.59
（4）9.5(9.4-9.6)
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）实验有打点计时器和纸带，则需要的仪器有交流电源、处理纸带需要刻度尺，所以选BD；
（2）实验打点计时器的连接需要交流电源，实验释放纸带时纸带需要捋直，所以正确的操作选B；
（3）重锤下落做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的规律则重锤经过C点的速度为BD过程的平均速度，则有：；
（4）重物做匀加速直线运动，根据，则加速度与图像斜率的关系有：
【分析】（1）利用打点计时器测量速度所以需要配套交流电源；处理纸带需要刻度尺；
（2）利用图示中打点计时器和纸带的操作是否正确可以选择对应的选项；
（3）利用BD段的平均速度可以求出C点瞬时速度的大小；
（4）利用速度位移公式可以判别加速度为图像斜率的一半，利用斜率的大小可以求出加速度的大小。
四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）
18． 如图所示，一小球在细线的牵引下，绕光滑桌面上的图钉做匀速圆周运动。若小球质量，转动半径，小球线速度大小。
（1）求细线上拉力的大小；
（2）若小球转动的过程中，在桌面点再固定一图钉，间距离为，当细线碰到图钉的瞬间，求细线上拉力的大小；
（3）若细线能承受的最大拉力为，要使细线碰到图钉瞬间恰好断裂，固定图钉的点位置应满足什么条件？
【答案】（1）解：由，代入数据解得；
（2）解：点固定图钉，圆周半径变为，则有，
解得；
（3）解：根据，
解得，
所以固定图钉的点位置距离点，即要使细线碰到图钉瞬间恰好断裂，的间距应等于。
【知识点】匀速圆周运动；向心力
【解析】【分析】（1）小球受到绳子的拉力提供向心力，利用向心力的表达式可以求出拉力的大小；
（2）当绳子遇到图钉时，小球做圆周运动的半径发生变化，线速度不变，利用向心力的表达式可以求出拉力的大小；
（3）已知细线最大拉力的大小，结合牛顿第二定律可以求出最大拉力时小球运动的半径，利用几何关系可以求出图钉的位置。
19．水平桌面上固定一“型”游戏装置，其俯视图如图所示。装置由粗糙水平轨道、和光滑的半圆形轨道组成，、两处轨道平滑连接。在轨道左侧放置一弹射装置，某次游戏将小滑块从点弹出，其初速度为，若小滑块沿“型”装置运动到点视为游戏成功。已知小滑块质量，与轨道间的动摩擦因数，与轨道间的动摩擦因数为小滑块到端的距离，、轨道长均为。游戏过程中其他阻力不计，。提示：图像围成的面积等于力所做的功求：
（1）弹簧的弹性势能；
（2）小滑块到达点的速度和在轨道上的运动时间；
（3）试通过计算说明本次游戏能否成功？
【答案】（1）解：由功能关系有；
（2）解：到做匀减速运动，加速度，
由，
解得，
又，
解得；
（3）解：小滑块在轨道的摩擦力，
若小滑块恰好停在点，小滑块克服轨道摩擦力做功，
解得，
设小滑块从到静止在上克服摩擦力做功为，由动能定理得，
则，故游戏不能成功。
【知识点】能量守恒定律；匀变速直线运动的位移与速度的关系；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）当弹簧把滑块弹出时，利用能量守恒定律及滑块动能的大小可以求出弹簧弹性势能的大小；
（2）滑块从A到B做匀减速直线运动，利用速度位移公式结合加速度的大小可以求出小球经过B点速度的大小，再利用速度公式可以求出小球在AB轨道上运动的时间；
（3）小球在CD轨道上，利用滑动摩擦力的表达式可以求出摩擦力的大小；结合位移的大小可以求出摩擦力做功的大小；再利用CD过程中动能定理可以判别游戏不能成功。
20． 如图所示，高为、厚度不计的挡板竖直放置在水平面上，挡板右边为倾角的斜面。可视为质点的小球从高为的桌面上水平飞出。桌面右端和挡板的水平距离为，重力加速度为，不计空气阻力和桌面的摩擦力。
（1）若，，小球飞出后恰好击中挡板的中点，求小球飞出的初速度；
（2）若，小球落到点恰好能沿斜面向下运动，求水平距离的大小；
（3）若调整，使小球分别击中挡板端和端时动能相等，求的值。
【答案】（1）解：恰好击中挡板的中点，小球下落，
则，
解得小球下落时间，
由，
解得小球飞出的初速度；
（2）解：若小球落在点，则，
解得，
小球落到点恰好能沿斜面向下运动，则，
解得，
则水平距离的大小；
（3）解：小球击中端，由 ， ，解得，
则在端时的动能，
小球击中端，由 ， ，解得，
则在端时的动能，
由 ，解得。
【知识点】平抛运动；动能
【解析】【分析】（1）小球飞出后做平抛运动，利用下落的高度及位移公式可以求出下落的时间，结合水平方向的位移公式可以求出初速度的大小；
（2）当小球恰好沿斜面下滑，利用位移公式可以求出小球下落的时间，利用速度公式可以求出小球竖直方向分速度的大小，结合速度的方向可以求出水平方向分速度的大小，结合运动的时间可以求出水平距离的大小；
（3）当小球击中两个挡板的动能相等时，小球击中A端时，利用平抛运动的位移公式可以求出初速度的大小，结合机械能守恒定律可以求出小球在A端动能的大小；利用小球击中B端的位移公式可以求出小球击中B端的动能大小，利用动能相等可以求出L与h的比值。
21．受电影情节图甲的启发，某同学设想了一款“人体大炮”的极限游戏，为了获得相关数据，他设计了如下实验，实验装置如图乙所示。水平传送带上表面和轨道端处于同一水平面。传送带在电动机的带动下，顺时针匀速转动，物块可视为质点质量为，从传送带左端静止释放，被加速后，经衔接轨道从点进入轨道Ⅰ或轨道Ⅱ，到点后到达平台。传送带长为，轨道端的高度差为，物块与传送带间的动摩擦因数为，其他阻力不计。若，，，，取重力加速度。
（1）若物块能沿轨道Ⅰ到达点，求离开传送带运动的速度至少是多少？
（2）若传送带运动的速度为，求物块在传送带上的运动时间。
（3）若传送带运动的速度为，求物块在传送带上运动过程中传送带电动机多做的功。
（4）若轨道Ⅱ由、螺旋圆形和三段轨道平滑连接而成，且最高点点与点等高。传递带运动的速度为，物块能否上升到点？请通过计算说明理由。
【答案】（1）解：当物块离开传送带的速度最小时物块恰好能到达点，
设物块离开传送带的最小速度为，则，
解得；
（2）解：物块从左端开始加速，加速度，
加速到和传送带共速时，
解得加速时间，
物块匀加速阶段位移，
匀速运动位移，
由，
得匀速运动时间，
则总时间；
（3）解：传送带速度还是，物块在传送带上发生相对运动的时间为，
在这段时间内传送带的位移，
则传送带克服摩擦力做功，故电机多做的功为；
（4）解：物块恰好到点，有 ，
设物块在传送带上全程加速到达端时的速度为，则，
解得且，
物块只要能绕过点就可以到达点；由于与等高，则在点的速度，
设物块恰好可以过点时螺旋圆形的半径为，
则物块绕过点时有，，得，
当圆形轨道半径 时，物块能到达点；当圆形轨道半径 时，物体不能到达点。
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1）物块从A到B点的过程中，利用机械能守恒定律可以求出物块离开传送带的最小速度；
（2）物块先从传送带上加速，利用牛顿第二定律可以求出物块加速的加速度大小，结合速度公式可以求出物块加速到与传送带共速所花的时间，利用速度位移公式可以求出加速过程运动的位移，再利用物块接下来匀速直线运动的位移公式可以求出继续运动的时间；
（3）已知物块在传送带上加速的时间，利用运动的时间可以求出传送带运动的位移，利用两者的位移可以求出相对位移的大小，结合摩擦力的大小可以求出摩擦产生的热量，利用功能关系可以求出电动机多做的功；
（4）当物块恰好经过B点时，利用（1）分析可以求出物块离开传送带的最小速度，当物块在传送带上一直加速时，利用速度位移公式可以求出最大速度的大小；当物块经过F点时，利用牛顿第二定律可以求出轨道半径的大小，进而得出物块能否到达B点的条件。
浙江省杭州及其周边地区重点中学2022~2023学年高一下学期期中物理试卷
一、单选题（本大题共13小题，共52.0分）
1． 下列单位不属于国际单位制中的导出单位是（ ）
A．焦耳 B．瓦特 C．牛顿 D．千米
2． 下列选项中物理量全是矢量的是（ ）
A．速率 加速度 B．向心力 速度变化量
C．功率 重力势能 D．周期 线速度
3．2022年6月，我国第一艘完全自主建造的大型航母福建舰正式下水，标志着我国从此进入大航母时代。福建舰之后将在南海进行一系列航行和系泊试验。下列说法正确的是（ ）
A．测试时福建舰全速航行时速可达30节，30节指的是平均速度
B．福建舰在海面上大角度转弯以模拟规避空袭时可以看成质点
C．福建舰在拖船的作用下加速移动，拖船对福建舰的作用力大小等于福建舰对拖船的作用力
D．福建舰匀速转弯，其所受的合外力为0
4．“判天地之美，析万物之理”，实验探究是物理学研究问题的重要方法，下列实验中，所采用的实验方法和其他选项不同的是（ ）
A．显示桌面受力形变
B．卡文迪许扭称实验
C．探究影响向心力大小因素
D．有机玻璃受力形变
5． 在物理学发展过程中，许多物理学家做出了贡献，他们的科学发现和所采用的科学方法推动了人类社会的进步。以下说法正确的是（ ）
A．1916年，普朗克创立了广义相对论
B．伽利略通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因
C．研究自由落体运动中，伽利略通过直接测量速度得到自由落体运动的规律
D．牛顿发现了万有引力定律并测出了引力常量
6．民间手工艺品平衡蜻蜓广受大小朋友喜欢，它的奇妙之处在于放在任何一个部位都能保持静止。如图所示为平衡蜻蜓静止在指尖的图片，下列关于平衡蜻蜓的分析正确的是（ ）
A．平衡蜻蜓只受重力和支持力两个力的作用
B．平衡蜻蜓对手的压力是由于手形变而引起的
C．手指对平衡蜻蜓的作用力一定竖直向上
D．手指对平衡蜻蜓的支持力与平衡蜻蜓所受的重力是一对平衡力
7．齿轮传动是现代各种设备中应用最广泛的一种机械传动方式。它具有传动比较准确，效率高，结构紧凑，工作可靠，寿命长等优点。如图甲所示为某款机械手表内部的部分结构图，A、B、C三个传动轮通过齿轮咬合，、与轴承咬合，A、B、C、D四个轮子，现将其简化成如图乙所示模型。a、b、c、d分别为A、B、C、D轮缘上的点，半径之比。下列判断正确的是（ ）
A． B．
C． D．
8．2022年11月30日，神舟十五号名航天员顺利进驻中国空间站，与神舟十四号航天员乘组首次实现“太空会师”，并在空间站留下了能够载入史册的太空合影。若中国空间站绕地球可视为做匀速圆周运动，如图所示。已知空间站运行周期为T，轨道离地面的高度为h，地球半径为R，引力常量为G，忽略地球自转的影响，则下列说法正确的是（ ）
A．空间站的运行速度为
B．地球的第一宇宙速度为
C．空间站绕地球运动的向心加速度大于地面的重力加速度
D．合影中左后排航天员能处于漂浮状态是因其受到的合力为零
9．图甲为某水上乐园的滑道，我们将其简化为图乙。某次游玩时，游客从倾斜滑道顶端静止滑下，停在水平滑道的点。倾斜滑道与水平滑道材料相同且平滑连接。游客的质量为m，倾斜滑道高度为h、倾角为，游客与滑道间的动摩擦因数为，A点到0点的水平距离为x，下列说法正确的是（ ）
A．和一定，越大，越小
B．和一定，越大，越大
C．和一定，越小，越小
D．的大小只与和有关，与、无关
10．人站在力传感器上完成下蹲和站起动作，传感器记录的力随时间变化图像图如图所示，则（ ）
A．下蹲过程中最大加速度为
B．人在下蹲过程中，力的示数先变大，后变小
C．人在站起过程中，先失重后超重
D．人在内完成了两次下蹲和两次站起动作
11．如图所示，一塔式起重机正在工作，在某段时间内，吊车将质量为的重物从静止开始以恒定的加速度竖直下降，当下降高度为时，速度为，在这个过程中，下列说法正确的是（ ）
A．重物重力势能增加了 B．重物的机械能减少了
C．起重机对物体做功为 D．重物的合外力做功为
12．如图所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一个由蜡做成的小圆柱体。从坐标原点以速度匀速上浮的同时，玻璃管沿轴正方向做初速度为，加速度为的匀加速直线运动。下列判断正确的是（ ）
A．蜡块做匀加速直线运动 B．蜡块按轨迹运动
C．经蜡块的速度为 D．经蜡块的位移为
13．如图为某城市广场喷泉喷出的水柱的场景。从远处看，喷泉喷出的水柱超过了层楼的高度。靠近看，喷管的内径为。请你据此估算用于给喷管喷水的电动机输出功率约为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（本大题共2小题，共8.0分）
14．为了形象生动地说明圆周运动的运动规律，教科书设置了许多插图，下列关于插图的表述正确的是（ ）
A．图甲旋转木马工作时，越靠外侧的木马线速度越大
B．图乙轨道外轨高于内轨，火车转弯时铁轨对火车的支持力提供向心力
C．图丙空中飞椅游戏中，外排飞椅向心加速度更大
D．图丁脱水机工作时，衣服中的水珠在离心力的作用下从桶孔飞出
15． 受自动雨伞开伞过程的启发，某同学设计了如图所示的弹射模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时静止在处。某时刻，滑块以初速度被向上弹出，滑到处与滑杆发生碰撞碰撞过程有部分机械能损失，并带动滑杆一起向上运动。若滑块的质量为，滑杆的质量，滑杆、间的距离，滑块运动过程中受到的摩擦力为，重力加速度为，不计空气阻力。下列判断正确的是
A．无论滑块静止还是向上滑动，桌面对滑杆的支持力始终等于
B．滑块沿滑杆向上滑动的过程中的加速度
C．滑块碰撞前瞬间的动能
D．滑杆能上升的最大高度为
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
16． 某实验小组用甲、乙所示的装置做了“探究小车加速度与力、质量的关系”和“探究向心力表达式”两个实验。
（1）两个实验都用到的研究方法是____。
A．等效替代法 B．控制变量法 C．理想模型法
（2）甲实验中，不计绳与滑轮间的摩擦，下列说法正确的是____。
A．实验前需进行阻力补偿
B．实验中，改变小车质量后再做该实验，需要重新补偿阻力
C．实验中必须用天平测出砂和砂桶的总质量
D．本实验中不需要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量
（3）丙图是“探究向心力表达式”实验装置的俯视图，图中、槽分别与、轮同轴固定，且、轮半径相同。
Ⅰ当、两轮在皮带的传动下匀速转动时：两槽转动的角速度 。
Ⅱ现有两质量相同的钢球、分别放在、槽边缘，它们到各自转轴的距离之比为，则钢球、的向心力之比为 。
17． 验证“机械能守恒定律”的方案有很多种，让重物做自由落体运动来验证“机械能守恒定律”就是实验室常用的一种方案。
（1）本实验中，除打点计时器含纸带、复写纸、重物、铁架台、导线及开关外，在下面的器材中，必须使用的还有____；选填器材前的字母
A．天平 B．刻度尺 C．直流电源
D．交流电源 E．秒表 F．弹簧测力计
（2）不同组学生在实验操作过程中出现如图的四种情况，其中操作正确的是____；
A． B．
C． D．
（3）用打点计时器打出一条纸带，截取其中一段如图甲所示，选取连续打出的点、、、、为计数点，各计数点间距离已在图上标出，单位为。已知打点计时器所用交流电源的频率为，则打点计时器打点时，重锤的速度大小为 结果保留位有效数字；
（4）小华认为可通过测量重锤下落过程的加速度来验证机械能是否守恒，设点到测量点的距离为，为对应测量点的速度，他做出的关系图线如图所示，由图乙可得重物下落的加速度 结果保留位有效数字。
四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）
18． 如图所示，一小球在细线的牵引下，绕光滑桌面上的图钉做匀速圆周运动。若小球质量，转动半径，小球线速度大小。
（1）求细线上拉力的大小；
（2）若小球转动的过程中，在桌面点再固定一图钉，间距离为，当细线碰到图钉的瞬间，求细线上拉力的大小；
（3）若细线能承受的最大拉力为，要使细线碰到图钉瞬间恰好断裂，固定图钉的点位置应满足什么条件？
19．水平桌面上固定一“型”游戏装置，其俯视图如图所示。装置由粗糙水平轨道、和光滑的半圆形轨道组成，、两处轨道平滑连接。在轨道左侧放置一弹射装置，某次游戏将小滑块从点弹出，其初速度为，若小滑块沿“型”装置运动到点视为游戏成功。已知小滑块质量，与轨道间的动摩擦因数，与轨道间的动摩擦因数为小滑块到端的距离，、轨道长均为。游戏过程中其他阻力不计，。提示：图像围成的面积等于力所做的功求：
（1）弹簧的弹性势能；
（2）小滑块到达点的速度和在轨道上的运动时间；
（3）试通过计算说明本次游戏能否成功？
20． 如图所示，高为、厚度不计的挡板竖直放置在水平面上，挡板右边为倾角的斜面。可视为质点的小球从高为的桌面上水平飞出。桌面右端和挡板的水平距离为，重力加速度为，不计空气阻力和桌面的摩擦力。
（1）若，，小球飞出后恰好击中挡板的中点，求小球飞出的初速度；
（2）若，小球落到点恰好能沿斜面向下运动，求水平距离的大小；
（3）若调整，使小球分别击中挡板端和端时动能相等，求的值。
21．受电影情节图甲的启发，某同学设想了一款“人体大炮”的极限游戏，为了获得相关数据，他设计了如下实验，实验装置如图乙所示。水平传送带上表面和轨道端处于同一水平面。传送带在电动机的带动下，顺时针匀速转动，物块可视为质点质量为，从传送带左端静止释放，被加速后，经衔接轨道从点进入轨道Ⅰ或轨道Ⅱ，到点后到达平台。传送带长为，轨道端的高度差为，物块与传送带间的动摩擦因数为，其他阻力不计。若，，，，取重力加速度。
（1）若物块能沿轨道Ⅰ到达点，求离开传送带运动的速度至少是多少？
（2）若传送带运动的速度为，求物块在传送带上的运动时间。
（3）若传送带运动的速度为，求物块在传送带上运动过程中传送带电动机多做的功。
（4）若轨道Ⅱ由、螺旋圆形和三段轨道平滑连接而成，且最高点点与点等高。传递带运动的速度为，物块能否上升到点？请通过计算说明理由。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】单位制
【解析】【解答】千米属于长度的基本单位，不属于导出单位；焦耳、瓦特和牛顿都属于导出单位。所以ABC错，D对，正确答案为D。
【分析】基本物理量有长度、质量、时间、电流强度、热力学温度、光学强度和物质的量，它们的单位属于基本单位，其他物理量的单位都属于导出单位。
2．【答案】B
【知识点】矢量与标量
【解析】【解答】A、速率属于标量，加速度属于矢量，所以A错；
B、向心力和速度变化量都属于矢量，所以B对；
C、功率和重力势能都属于标量，所以C错；
D、周期属于标量，线速度属于矢量，所以D错；
正确答案为B
【分析】速率、功率、重力势能和周期属于标量；加速度、向心力、速度变化量和线速度属于矢量。
3．【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；质点；曲线运动的条件；瞬时速度
【解析】【解答】A、时速30节代表瞬时速度的大小，所以A错；
B、研究福建舰的拐弯不能把航空母舰作为质点，所以B错；
C、根据牛顿第三定律可以得出拖船对福建舰的作用力等于福建舰对拖船的作用力，所以C对；
D、福建舰匀速拐弯时近似做匀速圆周运动，则合力提供向心力，合力不等于0，所以D错；
正确答案为C。
【分析】福建舰的全速航行时速代表瞬时速度的大小；福建舰拐弯时不能作为质点；根据牛顿第三定律有作用力与反作用力大小相等；利用匀速圆周运动可以判别合力不等于0.
4．【答案】C
【知识点】控制变量法；放大法
【解析】【解答】A、利用光学仪器显示桌面的微小形变使用了放大法，卡文迪许利用扭秤实验测量引力常量使用了放大法，利用光的散射显示玻璃受力形变也是使用了放大法，探究影响向心力大小因素的实验使用了控制变量法，所以C符合题意，ABD不符合题意，
正确答案为C。
【分析】探究向心力的大小因素实验使用了控制变量法；其他三个实验都使用了放大法。
5．【答案】B
【知识点】物理学史
【解析】【解答】A、爱因斯坦在1916年提出了广义相对论，所以相对论不是普朗克创立的，所以A错；
B、伽利略通过理想斜面得出运动不需要力的维持，力是改变物体运动的原因，所以B对；
C、研究自由落体运动时，伽利略是利用斜面运动的规律合理外推出自由落体运动的规律，不是利用实验直接测量，所以C错；
D、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许利用实验测量出引力常量的大小，所以D错；
正确答案为B
【分析】爱因斯坦提出了广义相对论；伽利略通过理想斜面实验得出了力不是维持物体运动的原因；伽利略利用斜面实验进行合理外推出自由落体运动的规律；卡文迪许利用扭秤实验测出了引力常量的大小。
6．【答案】C
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】A、平衡蜻蜓受到本身重力，手指对蜻蜓的支持力和摩擦力作用，所以A错；
B、平衡蜻蜓对手指的压力是蜻蜓形变所产生的，所以B错；
C、根据蜻蜓静止，则手对蜻蜓的作用力与重力等大反向，则手指对蜻蜓的作用力方向竖直向上，所以C对；
D、手指对蜻蜓的支持力与蜻蜓本身的重力不属于一对平衡力，所以D错；
正确答案为C。
【分析】利用受力分析可以判别蜻蜓受到重力、支持力和摩擦力的作用，处于三力平衡；蜻蜓对手指的压力是蜻蜓形变所产生的；利用二力平衡可以判别手指对蜻蜓的作用力与重力方向相反。
7．【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】a、b属于边缘线传动，所以，，根据，所以a和b的向心加速度的比值为：，则A和D错；
c、d属于同个转轴转动，角速度相等所以，且根据周期的表达式有：可得，所以D对B错；
正确答案为D
【分析】根据a、b属于边缘线传动所以线速度相等，结合向心加速度的表达式及线速度相等可以求出向心加速度的比值；利用c、d同轴转动则角速度和周期相等。
8．【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度；万有引力定律的应用
【解析】【解答】A、空间站做匀速圆周运动，轨道半径为R+h，所以空间站的线速度为：，所以A错；
B、近地卫星做匀速圆周运动，根据引力提供向心力有：，对于空间站则有：，两式子联立可以解得第一宇宙速度：，所以B对；
对于空间站有：，对于地球表面的物体有：，则可得：a
正确答案为B
【分析】利用空间站距离地球表面的距离可以求出空间站轨道半径的大小，结合周期的大小可以求出空间站的线速度大小；利用引力提供空间站的向心力可以求出GM的大小，再利用引力提供近地卫星的向心力可以求出近地卫星的线速度（第一宇宙速度）；利用引力形成重力可以比较空间站的加速度与重力加速度的大小；宇航员做匀速圆周运动不属于平衡状态合力不等于0.
9．【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】游客下滑时，从静止开始到静止在水平滑道时，根据动能定理有：，由于，且，联立等式可以得出：，所以x与h、有关，与、m无关，所以D对，ABC错；
正确答案为D
【分析】利用游客下滑过程的动能定理结合几何关系可以求出水平距离x的表达式，利用表达式可以判别x与h、有关，与、m无关。
10．【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；超重与失重
【解析】【解答】A、从传感器可以得出人的重力G=mg=500N，则人的质量为m=50kg，人下蹲过程中，由于弹力最小值F=200N，根据牛顿第二定律有：可得：，所以A对；
B、人下蹲过程中先向下加速后向下减速，加速度方向先向下后向上，则人先出现失重后出现超重，所以力的示数先变小后变大，所以B错；
C、人站起过程中，人先向上加速后向上做减速运动，加速度方向先向上后向下所以人先出现超重后出现失重现象，所以C错；
D、在8s内出现两次超重和两次失重，则人完成一次下蹲和一次站起动作，所以D错；
正确答案为A。
【分析】利用图像可以判别人的重力，利用重力的大小可以求出人的质量，利用图像可以求出下蹲过程的最小弹力，结合牛顿第二定律可以求出人的最大加速度；人下蹲和起立过程中利用速度的方向和速度的大小变化可以判别加速度的方向，利用加速度的方向可以判别超重与失重的顺序；利用超重与失重可以判别示数的变化；利用超重与失重的次数可以判别下蹲和起立的次数。
11．【答案】B
【知识点】功能关系；重力势能的变化与重力做功的关系
【解析】【解答】A、由于重物下降了高度h，根据重力做正功，重力势能减少，可以判别重物重力势能减小，所以A错；
B、重物下降了h时，重力势能减少量为：，重物从静止到速度增大为v，则动能的增加量为：，由于下落的加速度a
D、根据动能定理可得合力做功为：，所以D错；
正确答案为B。
【分析】根据重力做正功可以判别重力势能减少；利用高度变化可以求出重力势能的减少量，利用速度变化可以求出动能增加量，利用两者的差值可以求出机械能的减少量；利用功能关系即机械能的减少量可以求出拉力做功的大小；利用动能变化量可以求出合力做功的大小。
12．【答案】D
【知识点】曲线运动；运动的合成与分解
【解析】【解答】A、蜡块沿y轴向上具有初速度，沿x轴正方向与玻璃管做匀加速直线运动则具有向右的加速度方向，速度方向与加速度方向不共线所以蜡块做曲线运动，所以A错；
B、由于蜡块加速度沿x正方向所以轨迹应该向x正方向弯曲，所以B错；
C、1s后蜡块沿y轴的速度有：，沿x正方向有：；则合速度为：，所以C错；
在前1s内，沿y轴的位移为：，沿x轴方向的位移有：，则蜡块的位移为：，所以D对；
正确答案为D
【分析】已知蜡块两个分运动的速度变化，利用初速度和加速度方向不同直线可以判别蜡块做曲线运动，利用加速度方向可以判别曲线轨迹弯曲方向；利用两个分运动的速度合成可以求出合速度的大小；利用两个分运动位移的合成可以求出合位移的大小。
13．【答案】B
【知识点】竖直上抛运动；功率及其计算；动能
【解析】【解答】当经过t时间发动机喷出水的质量为m，且喷水口的内径为d，喷出水的速度为v，水的密度；则可得m=；水离开喷口后做竖直上抛运动，根据；所以可以解得喷水后速度；根据动能定理可知电动机对水所做的功增加了水的动能，则有：，联立式子可得；则B对，ACD错；
正确答案为B
【分析】水做竖直上抛运动，利用速度位移公式可以求出出水口速度的大小，利用水的速度结合时间和横截面积可以求出水体积的表达式，再利用密度的表达式可以求出水的质量，两者联立可以求出水获得的初动能大小；电动机对水做功等于动能的变化量，利用动能定理可以求出电动机输出功率的大小。
14．【答案】A,C
【知识点】生活中的圆周运动；离心运动和向心运动
【解析】【解答】A、所有旋转木马都是同个转轴，所以角速度相等，根据越往外侧半径越大则线速度越大，所以A对；
B、火车内轨低于外轨时，火车受到轨道的支持力和重力的合力提供向心力，所以B错；
C、空中飞椅中所有飞椅角速度相等，根据则外排的半径越大向心加速度越大，所以C对；
D、脱水机工作时，水珠由于受到的合力小于向心力则做离心运动，所以D错；
正确答案为AC。
【分析】旋转木马利用角速度相等，利用线速度的表达式且外侧木马半径大所以线速度大；火车拐弯时本身的重力和轨道的支持力合力提供向心力；飞椅利用角速度相等，半径越大则向心加速度越大；脱水机工作是利用离心运动，没有离心力的说法。
15．【答案】B,C
【知识点】能量守恒定律；牛顿第二定律；超重与失重
【解析】【解答】A、当滑块向上做匀减速直线运动时，整体处于失重状态，所以桌面对滑杆的支持力小于（M+m）g，所以A错；
B、当滑块向上滑动时，根据牛顿第二定律有：，可得滑块的加速度，所以B对；
C、当滑块以初速度v0被弹出到滑块碰撞滑杆的瞬间，利用动能定理有：，则碰撞瞬间的动能为：，所以C对；
D、当滑块与滑杆碰撞的过程中没有能量损失时，根据能量守恒定律有：，，由于碰撞过程有能量损失，所以上升的高度小于，所以D错；
正确答案为BC
【分析】当滑块上升时整体具有向下的加速度，利用整体处于失重状态可以判别地面对滑杆的支持力大小；利用滑块上升过程的合力结合牛顿第二定律可以求出加速度的大小；利用滑块上升过程的动能定理可以求出滑块与滑杆碰前动能的大小；利用能量守恒定律可以求出滑杆与滑块上升的最大高度。
16．【答案】（1）B
（2）A；D
（3）=；2：1
【知识点】控制变量法；向心力
【解析】【解答】（1）探究加速度与质量、力的大小关系是使用控制变量法；探究向心力的大小是使用控制变量法，所以选B；
（2）甲实验中探究绳子对小车的拉力和加速度的关系时，应该进行阻力补偿；阻力补偿时与小车的质量无关，所以不需要在改变小车的质量时再次进行阻力补偿；甲实验中直接测量小车受到的拉力大小，所以不需要测量砂和砂桶的质量大小；也不需要满足砂和砂桶的质量远远小于小车的质量；所以AD对，BC错；
（3）由于两个塔轮线速度相等，塔轮半径也相等，所以根据可得塔轮的角速度；由于两个钢球质量相同，角速度相同，半径之比为2：1，根据向心力的表达式可得向心力的大小比值为2：1.
【分析】（1）探究加速度与质量和合力的关系和探究向心力的大小实验都是使用控制变量法；
（2）甲实验中为了合力等于拉力需要进行阻力补偿，阻力补偿与小车的质量无关；实验中直接测量拉力的大小所以不需要测量砂和砂桶的质量，同时也不需要满足质量要求；
（3）利用塔轮线速度相等，再结合半径相同可以判别两个小球角速度相同；利用质量和角速度相同的前提，利用半径的比值可以求出两个小球向心力的比值。
17．【答案】（1）B；D
（2）B
（3）1.59
（4）9.5(9.4-9.6)
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）实验有打点计时器和纸带，则需要的仪器有交流电源、处理纸带需要刻度尺，所以选BD；
（2）实验打点计时器的连接需要交流电源，实验释放纸带时纸带需要捋直，所以正确的操作选B；
（3）重锤下落做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的规律则重锤经过C点的速度为BD过程的平均速度，则有：；
（4）重物做匀加速直线运动，根据，则加速度与图像斜率的关系有：
【分析】（1）利用打点计时器测量速度所以需要配套交流电源；处理纸带需要刻度尺；
（2）利用图示中打点计时器和纸带的操作是否正确可以选择对应的选项；
（3）利用BD段的平均速度可以求出C点瞬时速度的大小；
（4）利用速度位移公式可以判别加速度为图像斜率的一半，利用斜率的大小可以求出加速度的大小。
18．【答案】（1）解：由，代入数据解得；
（2）解：点固定图钉，圆周半径变为，则有，
解得；
（3）解：根据，
解得，
所以固定图钉的点位置距离点，即要使细线碰到图钉瞬间恰好断裂，的间距应等于。
【知识点】匀速圆周运动；向心力
【解析】【分析】（1）小球受到绳子的拉力提供向心力，利用向心力的表达式可以求出拉力的大小；
（2）当绳子遇到图钉时，小球做圆周运动的半径发生变化，线速度不变，利用向心力的表达式可以求出拉力的大小；
（3）已知细线最大拉力的大小，结合牛顿第二定律可以求出最大拉力时小球运动的半径，利用几何关系可以求出图钉的位置。
19．【答案】（1）解：由功能关系有；
（2）解：到做匀减速运动，加速度，
由，
解得，
又，
解得；
（3）解：小滑块在轨道的摩擦力，
若小滑块恰好停在点，小滑块克服轨道摩擦力做功，
解得，
设小滑块从到静止在上克服摩擦力做功为，由动能定理得，
则，故游戏不能成功。
【知识点】能量守恒定律；匀变速直线运动的位移与速度的关系；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）当弹簧把滑块弹出时，利用能量守恒定律及滑块动能的大小可以求出弹簧弹性势能的大小；
（2）滑块从A到B做匀减速直线运动，利用速度位移公式结合加速度的大小可以求出小球经过B点速度的大小，再利用速度公式可以求出小球在AB轨道上运动的时间；
（3）小球在CD轨道上，利用滑动摩擦力的表达式可以求出摩擦力的大小；结合位移的大小可以求出摩擦力做功的大小；再利用CD过程中动能定理可以判别游戏不能成功。
20．【答案】（1）解：恰好击中挡板的中点，小球下落，
则，
解得小球下落时间，
由，
解得小球飞出的初速度；
（2）解：若小球落在点，则，
解得，
小球落到点恰好能沿斜面向下运动，则，
解得，
则水平距离的大小；
（3）解：小球击中端，由 ， ，解得，
则在端时的动能，
小球击中端，由 ， ，解得，
则在端时的动能，
由 ，解得。
【知识点】平抛运动；动能
【解析】【分析】（1）小球飞出后做平抛运动，利用下落的高度及位移公式可以求出下落的时间，结合水平方向的位移公式可以求出初速度的大小；
（2）当小球恰好沿斜面下滑，利用位移公式可以求出小球下落的时间，利用速度公式可以求出小球竖直方向分速度的大小，结合速度的方向可以求出水平方向分速度的大小，结合运动的时间可以求出水平距离的大小；
（3）当小球击中两个挡板的动能相等时，小球击中A端时，利用平抛运动的位移公式可以求出初速度的大小，结合机械能守恒定律可以求出小球在A端动能的大小；利用小球击中B端的位移公式可以求出小球击中B端的动能大小，利用动能相等可以求出L与h的比值。
21．【答案】（1）解：当物块离开传送带的速度最小时物块恰好能到达点，
设物块离开传送带的最小速度为，则，
解得；
（2）解：物块从左端开始加速，加速度，
加速到和传送带共速时，
解得加速时间，
物块匀加速阶段位移，
匀速运动位移，
由，
得匀速运动时间，
则总时间；
（3）解：传送带速度还是，物块在传送带上发生相对运动的时间为，
在这段时间内传送带的位移，
则传送带克服摩擦力做功，故电机多做的功为；
（4）解：物块恰好到点，有 ，
设物块在传送带上全程加速到达端时的速度为，则，
解得且，
物块只要能绕过点就可以到达点；由于与等高，则在点的速度，
设物块恰好可以过点时螺旋圆形的半径为，
则物块绕过点时有，，得，
当圆形轨道半径 时，物块能到达点；当圆形轨道半径 时，物体不能到达点。
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1）物块从A到B点的过程中，利用机械能守恒定律可以求出物块离开传送带的最小速度；
（2）物块先从传送带上加速，利用牛顿第二定律可以求出物块加速的加速度大小，结合速度公式可以求出物块加速到与传送带共速所花的时间，利用速度位移公式可以求出加速过程运动的位移，再利用物块接下来匀速直线运动的位移公式可以求出继续运动的时间；
（3）已知物块在传送带上加速的时间，利用运动的时间可以求出传送带运动的位移，利用两者的位移可以求出相对位移的大小，结合摩擦力的大小可以求出摩擦产生的热量，利用功能关系可以求出电动机多做的功；
（4）当物块恰好经过B点时，利用（1）分析可以求出物块离开传送带的最小速度，当物块在传送带上一直加速时，利用速度位移公式可以求出最大速度的大小；当物块经过F点时，利用牛顿第二定律可以求出轨道半径的大小，进而得出物块能否到达B点的条件。
