广东省梅州市丰顺中学2022-2023学年高三上学期1月期末物理试题
一、单选题
1．（2022高三上·丰顺期末）物理学推动人类文明的进步，下列关于物理学家的说法正确的是（ ）
A．牛顿被称为第一个称量地球质量的人
B．伽利略认为物体做自由落体运动的快慢与物体质量无关
C．开普勒发现惯性定律
D．第谷提出行星三大运动定律
【答案】B
【知识点】物理学史
【解析】【解答】A．卡文迪许测出万有引力常量后，使万有引力定律具有真正使用价值，也被称为第一个称量地球质量的人，故A错误；
B．伽利略认为做自由落体运动的物体运动快慢与物体的质量无关，故B正确；
C．开普勒发现行星运动定律，牛顿发现惯性定律即牛顿第一定律，故C错误；
D．开普勒在研究第谷天文观察数据的基础上提出行星三大运动定律，故D错误。
故选B。
【分析】本题主要考察物理学史，要熟记物理学发展中的重大发现、发明等。
2．（2022·深圳二模）冰雪运动爱好者利用无人机牵引，在光滑水平冰面上匀速滑行，如图所示。牵引绳与竖直方向成角，人所受空气阻力恒定。则（ ）
A．角越大，绳子对人的拉力越大
B．角越大，地面对人的支持力越大
C．空气对无人机的作用力可能沿着绳子方向
D．无人机对绳的拉力与绳对人的拉力是一对相互作用力
【答案】B
【知识点】共点力平衡条件的应用；受力分析的应用
【解析】【解答】AB．以人对研究对象，受力分析如图
水平方向
竖直方向
可得
人所受空气阻力恒定，角越大，绳子对人的拉力越小，地面对人的支持力越大，B符合题意，A不符合题意；
C．以飞机为研究对象，飞机受空气阻力、绳子拉力和重力，由平衡条件可知空气阻力与飞机的重力和绳子拉力的合力等大反向，不可能沿着绳子方向，C不符合题意；
D．相互作用力是在两个相互作用的物体之间，无人机对绳的拉力与绳对人的拉力中涉及三个物体，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】以人为研究对象进行受力分析，根据共点力平衡得出绳子拉力的表达式，并根据角度的变化得出绳子拉力的变化情况；通过牛顿第三定律进行分析判断。
3．（2022高三上·丰顺期末）C919是我国自行研制、拥有自主知识产权的大型喷气式民用飞机，图示是国产大飞机C919起飞离地后，斜向上加速直线运动的一个瞬间，关于此瞬间，以下说法正确的是（ ）
A．飞机的加速度方向竖直向上
B．乘客受到飞机座椅的力竖直向上
C．乘客处于超重状态
D．飞机处于失重状态
【答案】C
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】A．由于飞机斜向上做加速直线运动，则飞机的加速度方向斜向上，故A错误；
B． 乘客的加速度与飞机的加速度相等，乘客受重力和飞机座椅对其的作用力，则乘客受到飞机座椅的力应斜向上方，故B错误；
C．由于飞机有斜向上方向的加速度，即乘客有斜向上的加速度，其加速度有竖直向上的分量，所以乘客处于超重状态，故C正确；
D．由于飞机有斜向上方向的加速度，其加速度有竖直向上的分量，所以飞机处于超重状态，故D错误。
故选C。
【分析】根据飞机斜向上做加速直线运动，得出飞机的加速度方向，乘客的加速度与飞机加速度相等，其加速度有竖直向上的分量，则飞机与乘客都处于超重状态。
4．（2022高三上·丰顺期末）如图所示，水平地面上堆放着相同的10根原木，每根原木的重力为G，可将原木看成圆柱体，不考虑原木之间的摩擦。下列说法正确的是（ ）
A．最上面原木对其下面两根原木的压力为
B．最上面原木对其下面两根原木的压力为
C．正中间原木受到其他原木的作用力的合力为零
D．正中间原木受到的合力为G，竖直向上
【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】AB．对最上面原木受力分析可知，受重力、其下面两根原木的两支持力，由几何关系可知，两支持力的夹角为，由平衡可得，，解得，根据牛顿第三定律可知，最上面原木对下面两根原木的压力为，故A错误，B正确；
CD．正中间原木处于静止状态，则其受到的合力为零，由平衡可知，正中间原木受到其他原木的作用力的合力与其自身重力等大反向，即大小为G，方向竖直向上，故CD错误。
故选B。
【分析】对最上面原木受力分析且由平衡求解最上面原木对其下面两根原木的压力大小；根据正中间原木处于静止状态，则其受到的合力为零，分析其他原木对其作用力的合力大小和方向。
5．（2022高三上·丰顺期末）2022年亚洲杯女子足球赛，中国女足勇夺冠军。在一次长传中，足球运动轨迹如图所示，足球在地面位置1被踢出后落到地面位置3，位置2是足球在空中的最高点，下列说法正确的是（ ）
A．足球在位置2处重力的功率为零
B．足球从位置1运动到位置2的过程中不受空气阻力
C．足球在位置1和位置3的动能相等
D．足球从位置2到位置3做平抛运动
【答案】A
【知识点】平抛运动；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．足球在位置2处的速度方向沿水平方向，重力方向沿竖直方向，即重力方向与速度方向垂直，则此处足球的重力的功率为零，故A正确；
B．由足球的运动轨迹可知，足球在运动过程中受到空气阻力的作用，故B错误；
C．由足球的运动轨迹可知，足球在运动过程中受到空气阻力的作用，由动能定理可知， 足球在位置1和位置3的动能不相等，故C错误；
D．由足球的运动轨迹可知，足球在运动过程中受到空气阻力的作用，则足球从位置2到位置3不是做平抛运动，故D错误。
故选A。
【分析】由功率判断位置2处重力的功率量否为零；由足球的运动轨迹判定足球在运动过程中受到空气阻力的作用，从而分析足球在位置1和位置3的动能是否相等，足球从位置2到位置3是否做平抛运动。
6．（2022高三上·丰顺期末）中国自行研制、具有完全自主产权的“神舟”飞船，目前已经达到或优于国际第三代载人航天技术。如图所示，飞船被送入近地点为A、远地点为B的椭圆轨道，后通过变轨进入预定圆轨道。下列说法正确的是（ ）
A．飞船在近地点A的角速度大于远地点B的角速度
B．飞船在近地点A的加速度小于远地点B的加速度
C．飞船在椭圆轨道的周期大于预定圆轨道的周期
D．飞船在椭圆轨道的机械能大于预定圆轨道的机械能
【答案】A
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】A．由开普勒第二定律可知，飞船在近地点A的速率大于远地点B的速率，由图可知，A处的曲率半径大于B处的曲率半径，由可知，飞船在近地点A的角速度大于远地点B的角速度，故A正确；
B．由公式得，由于，则飞船在近地点A的加速度大于远地点B的加速度，故B错误；
C．由开普勒第三定律可知，由于椭圆轨道的半长轴小于预定圆轨道的半径，则飞船在椭圆轨道的周期小于预定圆轨道的周期，故C错误；
D．飞船从椭圆轨道需要点火加速才能进入预定圆轨道，所以飞船在椭圆轨道的机械能小于预定圆轨道的机械能，故D错误。
故选A。
【分析】由开普勒第二定律得出飞船在近地点A的速率大于远地点B的速率，再由得出飞船在近地点A的角速度大于远地点B的角速度；由得出飞船在近地点A的加速度大于远地点B的加速度；由开普勒第三定律判定飞船在椭圆轨道的周期小于预定圆轨道的周期；飞船从椭圆轨道需要点火加速才能进入预定圆轨道，所以飞船在椭圆轨道的机械能小于预定圆轨道的机械能。
7．（2022高三上·丰顺期末）如图所示，将小球放在竖直放置的轻弹簧上，把小球往下按至A位置，松手后，弹簧弹出小球，小球升至最高位置C，途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．小球在上升过程中机械能守恒
B．小球在位置B时速度最大
C．从A到B过程中，小球动能和弹簧弹性势能之和先增大后减小
D．小球在位置A的加速度大于重力加速度g
【答案】D
【知识点】功能关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．小球从位置A到位置B过程中，弹簧弹力对小球做正功，小球机械能增大，故A错误；
B．小球运动过程中，当小球的重力与弹簧弹力等大反向时，小球的速度最大，则小球速度最大位置时弹簧应处于压缩状态，故B错误；
C． 从A到B过程中， 由于小球的重力势能一直增大，且小球与弹簧组成的系统机械能守恒可知，小球动能和弹簧弹性势能之和一直减小，故C错误；
D．若小球从B位置由静止释放时，根据对称性可知，小球到达最低时的加速度大小为g，由题意可知，小球相当于从C点由静止释放，则小球到达最低点A时的加速度一定大于重力加速度g，故D正确。
故选D。
【分析】由机械能守恒条件分析小球上升过程中机械能是否守恒；小球速度最大即加速度为零，对小球受力分析得出小球速度最大的位置；由小球与弹簧组成的系统机械能守恒判定小球动能和弹簧弹性势能之和的变化；利用对称性分析小球在A位置的加速度与重力加速度大小关系。
二、多选题
8．（2022高三上·丰顺期末）关于下面四幅教材中的插图，说法正确的是（ ）
A．图甲中两个小圆环的水平抛出速度不相同
B．图乙中太阳对行星的引力大于行星对太阳的引力
C．图丙中忽略空气阻力的两小球同时落地
D．图丁中正在行驶的小汽车所受重力与支持力相等
【答案】A,C
【知识点】牛顿第三定律；平抛运动；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．由图甲可知，两小圆环抛出时的高度不相同，由可知，两小圆环运动时间不同，且两小圆环的水平位移相等，由可知，两小圆环水平抛出的速度不相同，故A正确；
B．由牛顿第三定律可知，图乙中太阳对行星的引力等于行星对太阳的引力，故B错误；
C．图丙中如果忽略空气阻力，小球2做自由落体运动，小球1做平抛运动，由于平抛运动竖直方向为自由落体运动，且两小球开始时的高度相同，所以两小球同时落地，故C正确；
D．图丁中正在行驶的小汽车做圆周运动，则小汽车所受重力与支持力的合力提供向心力，即重力大于支持力，故D错误。
故选AC。
【分析】由图甲可知，两小圆环抛出时的高度不相同，得出小圆环运动时间不同，由于水平位移相同，则两小圆环的水平初速度不相同；由牛顿第三定律得出图乙中太阳对行星的引力等于行星对太阳的引力；如果忽略空气阻力两小球在竖直方向均做自由落体运动，得出两小球同时落地；由小汽车做圆周运动得出重力大于支持力。
9．（2022高三上·丰顺期末）下图为滑雪道的示意图，可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下，经过水平NP段后飞出，在Q点落地，不计运动员经过N点时的机械能损失，不计一切摩擦及空气阻力，从M点到Q点的过程中，运动员的水平分速度大小、竖直分速度大小、加速度大小a和重力势能Ep，随时间变化的图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,C
【知识点】重力势能
【解析】【解答】AB．运动员在MN段做初速度为零的匀加速直线运动，速度即速度与时间成正比，设MN段倾角为，水平分速度，竖直分速度，即MN段运动员水平速度、竖直速度都与时间成正比，运动员在NP段做匀速直线运动，此过程中水平速度不变，竖直方向速度为零，由于运动员过N点时的机械能不损失，则在N点水平方向速度增大，竖直方向速度减为零，运动员在PQ段做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，故A正确，B错误；
C．运动员在MN段做初速度为零的匀加速直线运动，设MN段倾角为，由牛顿第二定律可知，此过程加速度大小为，运动员在NP段做匀速直线运动即加速度为0，动员在PQ段做平抛运动，加速度大小为g，故C正确；
D．设运动员开始时的重力势能为EP0，MN段倾角为，运动员在MN段做初速度为零的匀加速直线运动，下落的高度为，该过程中重力势能随时间变化关系为，由此式可知，重力势能随时间变化不成线性关系，故D错误。
故选AC。
【分析】分段对运动员的运动进行分析，运动员在MN段做初速度为零的匀加速直线运动，运动员在NP段做匀速直线运动，运动员在PQ段做平抛运动，再根据各段运动情况逐段分析各物理量随时间变化情况。
10．（2022高三上·丰顺期末）如图所示，滑块放在木箱上，某同学用绳子以恒定外力拉木箱，使木箱在粗糙水平地面上由静止开始运动，当木箱具有某一速度时，滑块相对木箱滑动一段距离。在此过程中下列说法中正确的是（ ）
A．绳子拉力做的功等于滑块和木箱动能的增量
B．木箱对滑块的摩擦力所做的功等于滑块的动能的增量
C．滑块对木箱的摩擦力所做的功的绝对值等于木箱对滑块的摩擦力所做的功的绝对值
D．绳子拉力对木箱做的功等于木箱的动能的增量与木箱克服摩擦力所做的功之和
【答案】B,D
【知识点】功能关系；能量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．对滑块与木箱组成的系统由功能关系可知， 绳子拉力做的功等于滑块与木箱动能的增量、木箱与地面因摩擦产生的热量、滑块与木箱间因摩擦产生的热量的总和，故A错误；
B．对滑块由动能定理可知，木箱对滑块的摩擦力所做的功等于滑块动能的增加量，故B正确；
C．滑块对木箱的摩擦力与木箱对滑块的摩擦力大小相等，但两者相对地面的位移不同，所以滑块对木箱的摩擦力所做的功的绝对值与木箱对滑块的摩擦力所做的功的绝对值不相等，故C错误；
D．对木箱由动能定理可知，绳子对木箱所做的功等于木箱的动能增量与木箱克服摩擦力所做的功之和，故D正确。
故先BD。
【分析】对滑块与木箱组成的系统由功能关系分析绳子拉力做的功；对滑块由动能定理分析木箱对滑块的摩擦力所做的功；由于滑块对木箱的摩擦力与木箱对滑块的摩擦力大小相等，但两者相对地面的位移不同，所以滑块对木箱的摩擦力所做的功的绝对值与木箱对滑块的摩擦力所做的功的绝对值不相等；对木箱由动能定理分析绳子拉力对木箱所做的功。
三、实验题
11．（2022·陈仓模拟）湘鹏同学想测量木块与长木板之间的动摩擦因数μ。
（1）正式开始实验瞬间，实验装置摆放如图甲所示，其中长木板水平固定。请指出图中的2处错误 。
（2）修正错误后，接通电源，释放木块，打下一条纸带，如图乙所示，每隔4个点取一个计数点，即为图中O、A、B、C、D、E、F点，计数点间的距离如图所示，打点计时器的电源频率为50 Hz。尽可能多地利用数据，计算此纸带的加速度大小a＝ m/s2（保留三位有效数字）。
（3）测量砝码盘和砝码的总质量为m，木块质量为M，重力加速度为，利用公式可以计算出木块与长木板之间的动摩擦因数μ，通过这种数据处理方法得到μ的测量值 真实值（选填“大于”、“等于”或“小于”）。
（4）在上述的数据处理方法中，是否需要满足砝码盘和砝码的总质量远小于木块的质量？ （选填“需要”、“不需要”）。
【答案】（1）细线未与长木板平行；开始实验前，木块没有靠近打点计时器
（2）2.01
（3）大于
（4）需要
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】（1）由题图可知，第1处错误是细线未与长木板平行，从而会导致木块不能做匀加速运动；第2处错误是开始实验前，木块没有靠近打点计时器，从而会导致纸带上不能获取足够多的有效数据。
（2）根据逐差法可得纸带的加速度大小为
（3）根据题给公式可得①
①式是只考虑了木块的运动所得出的，显然不正确，列方程时也应考虑砝码盘和砝码的运动，对整体根据牛顿第二定律有②
解得③
比较①③两式可知，通过题给表达式进行数据处理得到μ的测量值大于真实值。
（4）设细线对木块的拉力大小为T，木块的加速度大小为a，对木块根据牛顿第二定律有④
联立②④式解得⑤
根据⑤式可知，只有当时，才有T近似等于mg，所以本实验中需要满足砝码盘和砝码的总质量远小于木块的质量。
【分析】（1）细线方向应该与木板平行，实验开始前，其木块应该靠近打点计时器；
（2）利用逐差法可以求出加速度的大小；
（3）利用整体的牛顿第二定律可以判别动摩擦因数的测量值偏大于实验值；
（4）利用木块其牛顿第二定律可以判别只有其砝码盘和砝码的质量远远小于木块的质量时其拉力近似为砝码和砝码盘的重力。
12．（2022高三上·丰顺期末）某学生利用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律，将一质量的小球拴接在细绳的一端，另一端固定在点，使小球在竖直面内做圆周运动，并在小球经过的最低点和最高点处固定两个光电门。已知当地重力加速度。请回答下列问题：
（1）用螺旋测微器测量小球的直径，如图乙所示，则该小球的直径 ；
（2）实验过程中，测得小球经过光电门1和光电门2时的挡光时间分别为和，则有 （选填“大于”“等于”或“小于”）；
（3）若测得细绳的长度，小球在实验过程中做完整的圆周运动，测得小球经过光电门1时的挡光时间应不大于 （结果保留两位有效数字）；
（4）若在误差允许范围内，小球的机械能守恒，则关系式 成立（用题中所给物理量符号表示）。
【答案】（1）5.800
（2）大于
（3）
（4）
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1） 螺旋测微器固定刻度的读数为5.5mm，可动刻度为，则小球的直径；
（2）小球经过光电门1的速度小于经过光电门2的速度，则；
（3）当小球经过光电门1时速度最小时，其时间最大，小球恰好经过最高点时即，其中，小球经过光电门1时的挡光时间，联立解得；
（4）由机械能守恒得，其中，，整理得
【分析】（1）根据螺旋测微器读数规则进行读数即可；
（2）由于小球经过光电门1的速度小于经过光电门2的速度，由此得出；
（3）当小球经过光电门1时速度最小时，其时间最大，小球恰好经过最高点时其速度最小，由此得出小球经过光电门1的挡光时间；
（4）由机械能守恒得出小球应满足的关系式。
四、解答题
13．（2022高三上·丰顺期末）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，长度、倾角为的倾斜滑轨与水平滑轨平滑连接。若有一质量的货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数，货物可视为质点（取，，g取）。求：
（1）货物在倾斜滑轨上滑行时受到的摩擦力f的大小；
（2）货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a的大小；
（3）货物在倾斜轨道上滑行的时间t。
【答案】（1）解：货物在倾斜滑轨上受到摩擦力
代入数据解得
（2）解：根据牛顿第二定律
代人数据解得
（3）解：货物从倾斜轨道的顶端到末端，根据匀变速直线运动规律有
代入数据解得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）对货物受力分析且由垂直倾斜滑轨方向合力为零得出正压力，由求出摩擦力大小；
（2）由牛顿第二定律求出货物上滑时的加速度大小；
（3） 根据匀变速直线运动规律求解运动时间。
14．（2022高三上·丰顺期末）如图所示，固定点O上系一长L=0.5m的细绳，细绳的下端系一质量的小球（可视为质点），原来处于静止状态，球与平台的边缘B点接触但对平台无压力，平台高h=0.8m。一质量的物块开始静止在平台上的P点，现使物块获得一水平向右的初速度，物块沿粗糙平台向右运动到平台边缘B处与小球m发生正碰，碰后小球m在绳的约束下做圆周运动，恰好经过最高点A，而物块落在水平地面上的C点，其水平位移x=1m。不计空气阻力，。求：
（1）碰撞后瞬间物块的速度大小v2；
（2）碰撞后瞬间小球对细绳的拉力FT；
（3）若平台表面与物块间的动摩擦因数μ=0.2，物块与小球的初始距离为x1=6m，求物块在P处的初速度v0大小。
【答案】（1）解：碰撞后物体做平抛运动，设其平抛的初速度为v2，平抛运动时间为t，有
解得
（2）解：物块与小球在B点处碰撞，碰撞后小球的速度为vB，碰后小球从B点处运动到最高点A过程中机械能守恒，设小球在A点的速度为vA，有
小球在最高点时有
解得vB=5m/s
当碰撞后瞬间小球在最低点时由
解得
由牛顿第三定律的小球对绳子的拉力大小
方向竖直向下
（3）解：设碰撞前物块的速度为v1，由动量守恒定律得
物块从P点运动到B点的过程中，由动能定理得
解得
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）根据碰撞后物体做平抛运动，由平抛运动规律求解碰撞后瞬间物块的速度大小；
（2）由机械能守恒得出小球在A点的速度，再根据牛顿第二定律求出绳对小球的拉力，最后根据牛顿第三定律得出小球对绳子的拉力大小和方向；
（3）由动量守恒定律和动能定理求解物块在P处的初速度v0大小 。
15．（2022高三上·丰顺期末）如图所示，在光滑水平面上通过锁定装置固定一辆质量M＝2kg的小车，小车左边部分为半径R＝1.8m的四分之一光滑圆弧轨道，轨道末端平滑连接一长度L＝5.4m的水平粗糙面，粗糙面右端是一挡板。有一个质量为m＝1kg的小物块（可视为质点）从小车左侧圆弧轨道顶端A点静止释放，小物块和小车在粗糙区域的滑动摩擦因数，小物块与挡板的碰撞无机械能损失，重力加速度。求：
（1）小物块滑到圆弧轨道末端时轨道对小物块的支持力大小；
（2）若在物块滑到圆弧末端时解除锁定，则小物块和小车最终的速度是多少：
（3）若在物块滑到圆弧末端时解除锁定，则小物块从圆弧末端到与右侧挡板碰撞前经历的时间t。
【答案】（1）解：小车被固定，小物块下滑到最低点过程机械能守恒，设小物块刚滑上右侧粗糙区域时候速度大小为，由
得
在圆弧轨道末端
解得
（2）解：物块在车上相对滑动，有
得
（3）解：若在物块滑到圆弧末端时解除锁定，小物块和小车组成的系统水平方向动量守恒，设小物块碰撞前，设小车碰撞前，从圆弧末端到碰撞前，动量守恒
能量守恒
代入数据得，
这一过程下，小物块做匀减速直线运动，所用时间
代入数据得
【知识点】动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）小车被固定时，对小物块由机械能守恒求出滑块在圆弧轨道末端的速度，再根据牛顿第二定律求解圆弧轨道小物块的支持力；
（2）由系统动量守恒求解物块和小车最终的速度；
（3）由能量守恒与动量守恒求解碰撞后的速度，再根据匀变速直线运动规律和牛顿运动定律求解时间。
广东省梅州市丰顺中学2022-2023学年高三上学期1月期末物理试题
一、单选题
1．（2022高三上·丰顺期末）物理学推动人类文明的进步，下列关于物理学家的说法正确的是（ ）
A．牛顿被称为第一个称量地球质量的人
B．伽利略认为物体做自由落体运动的快慢与物体质量无关
C．开普勒发现惯性定律
D．第谷提出行星三大运动定律
2．（2022·深圳二模）冰雪运动爱好者利用无人机牵引，在光滑水平冰面上匀速滑行，如图所示。牵引绳与竖直方向成角，人所受空气阻力恒定。则（ ）
A．角越大，绳子对人的拉力越大
B．角越大，地面对人的支持力越大
C．空气对无人机的作用力可能沿着绳子方向
D．无人机对绳的拉力与绳对人的拉力是一对相互作用力
3．（2022高三上·丰顺期末）C919是我国自行研制、拥有自主知识产权的大型喷气式民用飞机，图示是国产大飞机C919起飞离地后，斜向上加速直线运动的一个瞬间，关于此瞬间，以下说法正确的是（ ）
A．飞机的加速度方向竖直向上
B．乘客受到飞机座椅的力竖直向上
C．乘客处于超重状态
D．飞机处于失重状态
4．（2022高三上·丰顺期末）如图所示，水平地面上堆放着相同的10根原木，每根原木的重力为G，可将原木看成圆柱体，不考虑原木之间的摩擦。下列说法正确的是（ ）
A．最上面原木对其下面两根原木的压力为
B．最上面原木对其下面两根原木的压力为
C．正中间原木受到其他原木的作用力的合力为零
D．正中间原木受到的合力为G，竖直向上
5．（2022高三上·丰顺期末）2022年亚洲杯女子足球赛，中国女足勇夺冠军。在一次长传中，足球运动轨迹如图所示，足球在地面位置1被踢出后落到地面位置3，位置2是足球在空中的最高点，下列说法正确的是（ ）
A．足球在位置2处重力的功率为零
B．足球从位置1运动到位置2的过程中不受空气阻力
C．足球在位置1和位置3的动能相等
D．足球从位置2到位置3做平抛运动
6．（2022高三上·丰顺期末）中国自行研制、具有完全自主产权的“神舟”飞船，目前已经达到或优于国际第三代载人航天技术。如图所示，飞船被送入近地点为A、远地点为B的椭圆轨道，后通过变轨进入预定圆轨道。下列说法正确的是（ ）
A．飞船在近地点A的角速度大于远地点B的角速度
B．飞船在近地点A的加速度小于远地点B的加速度
C．飞船在椭圆轨道的周期大于预定圆轨道的周期
D．飞船在椭圆轨道的机械能大于预定圆轨道的机械能
7．（2022高三上·丰顺期末）如图所示，将小球放在竖直放置的轻弹簧上，把小球往下按至A位置，松手后，弹簧弹出小球，小球升至最高位置C，途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．小球在上升过程中机械能守恒
B．小球在位置B时速度最大
C．从A到B过程中，小球动能和弹簧弹性势能之和先增大后减小
D．小球在位置A的加速度大于重力加速度g
二、多选题
8．（2022高三上·丰顺期末）关于下面四幅教材中的插图，说法正确的是（ ）
A．图甲中两个小圆环的水平抛出速度不相同
B．图乙中太阳对行星的引力大于行星对太阳的引力
C．图丙中忽略空气阻力的两小球同时落地
D．图丁中正在行驶的小汽车所受重力与支持力相等
9．（2022高三上·丰顺期末）下图为滑雪道的示意图，可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下，经过水平NP段后飞出，在Q点落地，不计运动员经过N点时的机械能损失，不计一切摩擦及空气阻力，从M点到Q点的过程中，运动员的水平分速度大小、竖直分速度大小、加速度大小a和重力势能Ep，随时间变化的图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．（2022高三上·丰顺期末）如图所示，滑块放在木箱上，某同学用绳子以恒定外力拉木箱，使木箱在粗糙水平地面上由静止开始运动，当木箱具有某一速度时，滑块相对木箱滑动一段距离。在此过程中下列说法中正确的是（ ）
A．绳子拉力做的功等于滑块和木箱动能的增量
B．木箱对滑块的摩擦力所做的功等于滑块的动能的增量
C．滑块对木箱的摩擦力所做的功的绝对值等于木箱对滑块的摩擦力所做的功的绝对值
D．绳子拉力对木箱做的功等于木箱的动能的增量与木箱克服摩擦力所做的功之和
三、实验题
11．（2022·陈仓模拟）湘鹏同学想测量木块与长木板之间的动摩擦因数μ。
（1）正式开始实验瞬间，实验装置摆放如图甲所示，其中长木板水平固定。请指出图中的2处错误 。
（2）修正错误后，接通电源，释放木块，打下一条纸带，如图乙所示，每隔4个点取一个计数点，即为图中O、A、B、C、D、E、F点，计数点间的距离如图所示，打点计时器的电源频率为50 Hz。尽可能多地利用数据，计算此纸带的加速度大小a＝ m/s2（保留三位有效数字）。
（3）测量砝码盘和砝码的总质量为m，木块质量为M，重力加速度为，利用公式可以计算出木块与长木板之间的动摩擦因数μ，通过这种数据处理方法得到μ的测量值 真实值（选填“大于”、“等于”或“小于”）。
（4）在上述的数据处理方法中，是否需要满足砝码盘和砝码的总质量远小于木块的质量？ （选填“需要”、“不需要”）。
12．（2022高三上·丰顺期末）某学生利用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律，将一质量的小球拴接在细绳的一端，另一端固定在点，使小球在竖直面内做圆周运动，并在小球经过的最低点和最高点处固定两个光电门。已知当地重力加速度。请回答下列问题：
（1）用螺旋测微器测量小球的直径，如图乙所示，则该小球的直径 ；
（2）实验过程中，测得小球经过光电门1和光电门2时的挡光时间分别为和，则有 （选填“大于”“等于”或“小于”）；
（3）若测得细绳的长度，小球在实验过程中做完整的圆周运动，测得小球经过光电门1时的挡光时间应不大于 （结果保留两位有效数字）；
（4）若在误差允许范围内，小球的机械能守恒，则关系式 成立（用题中所给物理量符号表示）。
四、解答题
13．（2022高三上·丰顺期末）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，长度、倾角为的倾斜滑轨与水平滑轨平滑连接。若有一质量的货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数，货物可视为质点（取，，g取）。求：
（1）货物在倾斜滑轨上滑行时受到的摩擦力f的大小；
（2）货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a的大小；
（3）货物在倾斜轨道上滑行的时间t。
14．（2022高三上·丰顺期末）如图所示，固定点O上系一长L=0.5m的细绳，细绳的下端系一质量的小球（可视为质点），原来处于静止状态，球与平台的边缘B点接触但对平台无压力，平台高h=0.8m。一质量的物块开始静止在平台上的P点，现使物块获得一水平向右的初速度，物块沿粗糙平台向右运动到平台边缘B处与小球m发生正碰，碰后小球m在绳的约束下做圆周运动，恰好经过最高点A，而物块落在水平地面上的C点，其水平位移x=1m。不计空气阻力，。求：
（1）碰撞后瞬间物块的速度大小v2；
（2）碰撞后瞬间小球对细绳的拉力FT；
（3）若平台表面与物块间的动摩擦因数μ=0.2，物块与小球的初始距离为x1=6m，求物块在P处的初速度v0大小。
15．（2022高三上·丰顺期末）如图所示，在光滑水平面上通过锁定装置固定一辆质量M＝2kg的小车，小车左边部分为半径R＝1.8m的四分之一光滑圆弧轨道，轨道末端平滑连接一长度L＝5.4m的水平粗糙面，粗糙面右端是一挡板。有一个质量为m＝1kg的小物块（可视为质点）从小车左侧圆弧轨道顶端A点静止释放，小物块和小车在粗糙区域的滑动摩擦因数，小物块与挡板的碰撞无机械能损失，重力加速度。求：
（1）小物块滑到圆弧轨道末端时轨道对小物块的支持力大小；
（2）若在物块滑到圆弧末端时解除锁定，则小物块和小车最终的速度是多少：
（3）若在物块滑到圆弧末端时解除锁定，则小物块从圆弧末端到与右侧挡板碰撞前经历的时间t。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】物理学史
【解析】【解答】A．卡文迪许测出万有引力常量后，使万有引力定律具有真正使用价值，也被称为第一个称量地球质量的人，故A错误；
B．伽利略认为做自由落体运动的物体运动快慢与物体的质量无关，故B正确；
C．开普勒发现行星运动定律，牛顿发现惯性定律即牛顿第一定律，故C错误；
D．开普勒在研究第谷天文观察数据的基础上提出行星三大运动定律，故D错误。
故选B。
【分析】本题主要考察物理学史，要熟记物理学发展中的重大发现、发明等。
2．【答案】B
【知识点】共点力平衡条件的应用；受力分析的应用
【解析】【解答】AB．以人对研究对象，受力分析如图
水平方向
竖直方向
可得
人所受空气阻力恒定，角越大，绳子对人的拉力越小，地面对人的支持力越大，B符合题意，A不符合题意；
C．以飞机为研究对象，飞机受空气阻力、绳子拉力和重力，由平衡条件可知空气阻力与飞机的重力和绳子拉力的合力等大反向，不可能沿着绳子方向，C不符合题意；
D．相互作用力是在两个相互作用的物体之间，无人机对绳的拉力与绳对人的拉力中涉及三个物体，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】以人为研究对象进行受力分析，根据共点力平衡得出绳子拉力的表达式，并根据角度的变化得出绳子拉力的变化情况；通过牛顿第三定律进行分析判断。
3．【答案】C
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】A．由于飞机斜向上做加速直线运动，则飞机的加速度方向斜向上，故A错误；
B． 乘客的加速度与飞机的加速度相等，乘客受重力和飞机座椅对其的作用力，则乘客受到飞机座椅的力应斜向上方，故B错误；
C．由于飞机有斜向上方向的加速度，即乘客有斜向上的加速度，其加速度有竖直向上的分量，所以乘客处于超重状态，故C正确；
D．由于飞机有斜向上方向的加速度，其加速度有竖直向上的分量，所以飞机处于超重状态，故D错误。
故选C。
【分析】根据飞机斜向上做加速直线运动，得出飞机的加速度方向，乘客的加速度与飞机加速度相等，其加速度有竖直向上的分量，则飞机与乘客都处于超重状态。
4．【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】AB．对最上面原木受力分析可知，受重力、其下面两根原木的两支持力，由几何关系可知，两支持力的夹角为，由平衡可得，，解得，根据牛顿第三定律可知，最上面原木对下面两根原木的压力为，故A错误，B正确；
CD．正中间原木处于静止状态，则其受到的合力为零，由平衡可知，正中间原木受到其他原木的作用力的合力与其自身重力等大反向，即大小为G，方向竖直向上，故CD错误。
故选B。
【分析】对最上面原木受力分析且由平衡求解最上面原木对其下面两根原木的压力大小；根据正中间原木处于静止状态，则其受到的合力为零，分析其他原木对其作用力的合力大小和方向。
5．【答案】A
【知识点】平抛运动；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．足球在位置2处的速度方向沿水平方向，重力方向沿竖直方向，即重力方向与速度方向垂直，则此处足球的重力的功率为零，故A正确；
B．由足球的运动轨迹可知，足球在运动过程中受到空气阻力的作用，故B错误；
C．由足球的运动轨迹可知，足球在运动过程中受到空气阻力的作用，由动能定理可知， 足球在位置1和位置3的动能不相等，故C错误；
D．由足球的运动轨迹可知，足球在运动过程中受到空气阻力的作用，则足球从位置2到位置3不是做平抛运动，故D错误。
故选A。
【分析】由功率判断位置2处重力的功率量否为零；由足球的运动轨迹判定足球在运动过程中受到空气阻力的作用，从而分析足球在位置1和位置3的动能是否相等，足球从位置2到位置3是否做平抛运动。
6．【答案】A
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】A．由开普勒第二定律可知，飞船在近地点A的速率大于远地点B的速率，由图可知，A处的曲率半径大于B处的曲率半径，由可知，飞船在近地点A的角速度大于远地点B的角速度，故A正确；
B．由公式得，由于，则飞船在近地点A的加速度大于远地点B的加速度，故B错误；
C．由开普勒第三定律可知，由于椭圆轨道的半长轴小于预定圆轨道的半径，则飞船在椭圆轨道的周期小于预定圆轨道的周期，故C错误；
D．飞船从椭圆轨道需要点火加速才能进入预定圆轨道，所以飞船在椭圆轨道的机械能小于预定圆轨道的机械能，故D错误。
故选A。
【分析】由开普勒第二定律得出飞船在近地点A的速率大于远地点B的速率，再由得出飞船在近地点A的角速度大于远地点B的角速度；由得出飞船在近地点A的加速度大于远地点B的加速度；由开普勒第三定律判定飞船在椭圆轨道的周期小于预定圆轨道的周期；飞船从椭圆轨道需要点火加速才能进入预定圆轨道，所以飞船在椭圆轨道的机械能小于预定圆轨道的机械能。
7．【答案】D
【知识点】功能关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．小球从位置A到位置B过程中，弹簧弹力对小球做正功，小球机械能增大，故A错误；
B．小球运动过程中，当小球的重力与弹簧弹力等大反向时，小球的速度最大，则小球速度最大位置时弹簧应处于压缩状态，故B错误；
C． 从A到B过程中， 由于小球的重力势能一直增大，且小球与弹簧组成的系统机械能守恒可知，小球动能和弹簧弹性势能之和一直减小，故C错误；
D．若小球从B位置由静止释放时，根据对称性可知，小球到达最低时的加速度大小为g，由题意可知，小球相当于从C点由静止释放，则小球到达最低点A时的加速度一定大于重力加速度g，故D正确。
故选D。
【分析】由机械能守恒条件分析小球上升过程中机械能是否守恒；小球速度最大即加速度为零，对小球受力分析得出小球速度最大的位置；由小球与弹簧组成的系统机械能守恒判定小球动能和弹簧弹性势能之和的变化；利用对称性分析小球在A位置的加速度与重力加速度大小关系。
8．【答案】A,C
【知识点】牛顿第三定律；平抛运动；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．由图甲可知，两小圆环抛出时的高度不相同，由可知，两小圆环运动时间不同，且两小圆环的水平位移相等，由可知，两小圆环水平抛出的速度不相同，故A正确；
B．由牛顿第三定律可知，图乙中太阳对行星的引力等于行星对太阳的引力，故B错误；
C．图丙中如果忽略空气阻力，小球2做自由落体运动，小球1做平抛运动，由于平抛运动竖直方向为自由落体运动，且两小球开始时的高度相同，所以两小球同时落地，故C正确；
D．图丁中正在行驶的小汽车做圆周运动，则小汽车所受重力与支持力的合力提供向心力，即重力大于支持力，故D错误。
故选AC。
【分析】由图甲可知，两小圆环抛出时的高度不相同，得出小圆环运动时间不同，由于水平位移相同，则两小圆环的水平初速度不相同；由牛顿第三定律得出图乙中太阳对行星的引力等于行星对太阳的引力；如果忽略空气阻力两小球在竖直方向均做自由落体运动，得出两小球同时落地；由小汽车做圆周运动得出重力大于支持力。
9．【答案】A,C
【知识点】重力势能
【解析】【解答】AB．运动员在MN段做初速度为零的匀加速直线运动，速度即速度与时间成正比，设MN段倾角为，水平分速度，竖直分速度，即MN段运动员水平速度、竖直速度都与时间成正比，运动员在NP段做匀速直线运动，此过程中水平速度不变，竖直方向速度为零，由于运动员过N点时的机械能不损失，则在N点水平方向速度增大，竖直方向速度减为零，运动员在PQ段做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，故A正确，B错误；
C．运动员在MN段做初速度为零的匀加速直线运动，设MN段倾角为，由牛顿第二定律可知，此过程加速度大小为，运动员在NP段做匀速直线运动即加速度为0，动员在PQ段做平抛运动，加速度大小为g，故C正确；
D．设运动员开始时的重力势能为EP0，MN段倾角为，运动员在MN段做初速度为零的匀加速直线运动，下落的高度为，该过程中重力势能随时间变化关系为，由此式可知，重力势能随时间变化不成线性关系，故D错误。
故选AC。
【分析】分段对运动员的运动进行分析，运动员在MN段做初速度为零的匀加速直线运动，运动员在NP段做匀速直线运动，运动员在PQ段做平抛运动，再根据各段运动情况逐段分析各物理量随时间变化情况。
10．【答案】B,D
【知识点】功能关系；能量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．对滑块与木箱组成的系统由功能关系可知， 绳子拉力做的功等于滑块与木箱动能的增量、木箱与地面因摩擦产生的热量、滑块与木箱间因摩擦产生的热量的总和，故A错误；
B．对滑块由动能定理可知，木箱对滑块的摩擦力所做的功等于滑块动能的增加量，故B正确；
C．滑块对木箱的摩擦力与木箱对滑块的摩擦力大小相等，但两者相对地面的位移不同，所以滑块对木箱的摩擦力所做的功的绝对值与木箱对滑块的摩擦力所做的功的绝对值不相等，故C错误；
D．对木箱由动能定理可知，绳子对木箱所做的功等于木箱的动能增量与木箱克服摩擦力所做的功之和，故D正确。
故先BD。
【分析】对滑块与木箱组成的系统由功能关系分析绳子拉力做的功；对滑块由动能定理分析木箱对滑块的摩擦力所做的功；由于滑块对木箱的摩擦力与木箱对滑块的摩擦力大小相等，但两者相对地面的位移不同，所以滑块对木箱的摩擦力所做的功的绝对值与木箱对滑块的摩擦力所做的功的绝对值不相等；对木箱由动能定理分析绳子拉力对木箱所做的功。
11．【答案】（1）细线未与长木板平行；开始实验前，木块没有靠近打点计时器
（2）2.01
（3）大于
（4）需要
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】（1）由题图可知，第1处错误是细线未与长木板平行，从而会导致木块不能做匀加速运动；第2处错误是开始实验前，木块没有靠近打点计时器，从而会导致纸带上不能获取足够多的有效数据。
（2）根据逐差法可得纸带的加速度大小为
（3）根据题给公式可得①
①式是只考虑了木块的运动所得出的，显然不正确，列方程时也应考虑砝码盘和砝码的运动，对整体根据牛顿第二定律有②
解得③
比较①③两式可知，通过题给表达式进行数据处理得到μ的测量值大于真实值。
（4）设细线对木块的拉力大小为T，木块的加速度大小为a，对木块根据牛顿第二定律有④
联立②④式解得⑤
根据⑤式可知，只有当时，才有T近似等于mg，所以本实验中需要满足砝码盘和砝码的总质量远小于木块的质量。
【分析】（1）细线方向应该与木板平行，实验开始前，其木块应该靠近打点计时器；
（2）利用逐差法可以求出加速度的大小；
（3）利用整体的牛顿第二定律可以判别动摩擦因数的测量值偏大于实验值；
（4）利用木块其牛顿第二定律可以判别只有其砝码盘和砝码的质量远远小于木块的质量时其拉力近似为砝码和砝码盘的重力。
12．【答案】（1）5.800
（2）大于
（3）
（4）
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1） 螺旋测微器固定刻度的读数为5.5mm，可动刻度为，则小球的直径；
（2）小球经过光电门1的速度小于经过光电门2的速度，则；
（3）当小球经过光电门1时速度最小时，其时间最大，小球恰好经过最高点时即，其中，小球经过光电门1时的挡光时间，联立解得；
（4）由机械能守恒得，其中，，整理得
【分析】（1）根据螺旋测微器读数规则进行读数即可；
（2）由于小球经过光电门1的速度小于经过光电门2的速度，由此得出；
（3）当小球经过光电门1时速度最小时，其时间最大，小球恰好经过最高点时其速度最小，由此得出小球经过光电门1的挡光时间；
（4）由机械能守恒得出小球应满足的关系式。
13．【答案】（1）解：货物在倾斜滑轨上受到摩擦力
代入数据解得
（2）解：根据牛顿第二定律
代人数据解得
（3）解：货物从倾斜轨道的顶端到末端，根据匀变速直线运动规律有
代入数据解得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）对货物受力分析且由垂直倾斜滑轨方向合力为零得出正压力，由求出摩擦力大小；
（2）由牛顿第二定律求出货物上滑时的加速度大小；
（3） 根据匀变速直线运动规律求解运动时间。
14．【答案】（1）解：碰撞后物体做平抛运动，设其平抛的初速度为v2，平抛运动时间为t，有
解得
（2）解：物块与小球在B点处碰撞，碰撞后小球的速度为vB，碰后小球从B点处运动到最高点A过程中机械能守恒，设小球在A点的速度为vA，有
小球在最高点时有
解得vB=5m/s
当碰撞后瞬间小球在最低点时由
解得
由牛顿第三定律的小球对绳子的拉力大小
方向竖直向下
（3）解：设碰撞前物块的速度为v1，由动量守恒定律得
物块从P点运动到B点的过程中，由动能定理得
解得
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）根据碰撞后物体做平抛运动，由平抛运动规律求解碰撞后瞬间物块的速度大小；
（2）由机械能守恒得出小球在A点的速度，再根据牛顿第二定律求出绳对小球的拉力，最后根据牛顿第三定律得出小球对绳子的拉力大小和方向；
（3）由动量守恒定律和动能定理求解物块在P处的初速度v0大小 。
15．【答案】（1）解：小车被固定，小物块下滑到最低点过程机械能守恒，设小物块刚滑上右侧粗糙区域时候速度大小为，由
得
在圆弧轨道末端
解得
（2）解：物块在车上相对滑动，有
得
（3）解：若在物块滑到圆弧末端时解除锁定，小物块和小车组成的系统水平方向动量守恒，设小物块碰撞前，设小车碰撞前，从圆弧末端到碰撞前，动量守恒
能量守恒
代入数据得，
这一过程下，小物块做匀减速直线运动，所用时间
代入数据得
【知识点】动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）小车被固定时，对小物块由机械能守恒求出滑块在圆弧轨道末端的速度，再根据牛顿第二定律求解圆弧轨道小物块的支持力；
（2）由系统动量守恒求解物块和小车最终的速度；
（3）由能量守恒与动量守恒求解碰撞后的速度，再根据匀变速直线运动规律和牛顿运动定律求解时间。
