河南省郑州市2022-2023学年高一下学期期末物理试卷
一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）
1． 关于曲线运动，以下说法正确的是（ ）
A．物体做曲线运动时，合力和速度可以在一条直线上
B．物体做圆周运动时，合力一定指向圆心
C．曲线运动一定是速度变化的运动
D．曲线运动一定是加速度变化的运动
2．如图为救生员正在湍流的洪水中向正对岸被困人员实施救援的场景。假设救生员相对水流的游泳速度大小不变，且始终比水流速度大，当救生员游至河流中央时，水流速度开始缓慢变大，则（ ）
A．如果救生员仍沿直线游到被困人员处，到达对岸的时间将因水流速度变大而延长
B．为了能游到被困人员处，救生员游速方向无需调整
C．如果救生员相对水流的游速方向不变，救生员的轨迹仍为直线
D．因为水流速度变大，救生员将无法到达正对岸
3．一玩具手枪自水平地面上方某处水平射出一颗弹丸，同时另一弹丸从同一高度自由下落，以下说法正确的是（ ）
A．弹丸先落地
B．两弹丸落地时的速率可能相等
C．弹丸落地过程的加速度较大
D．两弹丸落地过程的速度变化量相同
4．如图，某人造卫星在轨道Ⅰ绕地球做匀速圆周运动，轨道半径为。已知地球表面的重力加速度为，地球半径为。若该卫星在点处变轨后沿轨道Ⅱ做椭圆运动。图中点为近地点且距地面高度可忽略不计。则下列说法正确的是（ ）
A．卫星运动到点时的速度比在轨道Ⅰ上做圆周运动的速度小
B．卫星在轨道Ⅱ上点的加速度等于卫星在轨道Ⅰ上点的加速度
C．卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上运动的周期之比为：
D．卫星在轨道Ⅱ上的机械能等于在轨道上的机械能
5．跳绳是一项很好的体育锻炼项目。某同学在一次跳绳测验中，在的时间内完成了次跳绳，已知该同学每一次跳起的最大高度为，他的质量为，取，不计空气阻力和绳的质量，则下列说法中正确的是（ ）
A．每一次向上运动的过程中，该同学克服重力做的功为
B．每次离开地面的瞬间重力的瞬时功率为
C．每次跳起时，地面对该同学的支持力做功为
D．这次跳绳测验该同学克服重力做功的平均功率为
6． 一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下，游客从跳台下落直到最低点过程中（ ）
A．游客的重力势能一直减小
B．橡皮绳的弹性势能一直增加
C．游客的机械能保持不变
D．橡皮绳绷紧后游客的动能一直减小
7．汽车的车厢地面上水平放着一个内装圆柱形工件的木箱，工件截面和车的行驶方向垂直，如图乙所示。当汽车匀速通过三个半径依次变小的圆形弯道、、时，木箱及箱内工件均保持相对静止。从汽车行驶方向上看，下列分析判断正确的是（ ）
A．和对的支持力大小始终相等
B．汽车过、、三点时工件受到的合外力大小相等
C．汽车过点时，汽车的向心加速度最大
D．汽车过点时，对的支持力大于对的支持力
8． “风洞实验”指在风洞中安置飞行器或其他物体模型，研究气体流动及其与模型的相互作用，以了解实际飞行器或其他物体的空气动力学特性的一种空气动力实验方法。在下图所示的矩形风洞中存在大小恒定的水平风力，现有一小球从点竖直向上抛出，其运动轨迹大致如下图所示，其中、两点在同一水平线上，点为轨迹的最高点，小球在点动能为，在点动能为，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．小球从点运动到点过程中动能一直减小
B．小球落到点时的动能为
C．小球在上升和下降过程中机械能变化量相等
D．小球的重力和受到的风力大小之比为：
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
9． 如图所示，有一竖直圆筒，内壁光滑，上端开口截面水平。一小球沿水平方向由点切入圆筒内侧，沿着筒壁呈螺旋状滑落，落地点恰好位于点正下方，已知圆筒高，横截面圆环半径，，。则（ ）
A．小球下落时间为
B．小球进入圆筒初速度大小可能为
C．小球所受圆筒的弹力大小保持不变
D．小球所受圆筒的弹力逐渐增大
10． 国产科幻大片流浪地球中的“太空电梯”给观众带来了强烈的视觉震撼。如图所示，“太空电梯”由地面基站、缆绳、箱体、同步轨道上的空间站和配重组成，缆绳相对地面静止，箱体可以沿缆绳将人和货物从地面运送到空间站，下列说法正确的是（ ）
A．地面基站可以建设在中岳嵩山上
B．配重的线速度大于同步空间站的线速度
C．箱体在上升过程中受到地球的引力越来越大
D．若同步空间站和配重间的缆绳断开，配重将做离心运动
11． 物块在水平桌面上受到水平恒定拉力作用，由静止开始加速运动，经过一段时间后撤去拉力，物块又滑行一段距离停下来。如果以物块的初始位置为坐标原点，沿运动方向建立轴，则物块的动能随位置坐标的变化图像如图所示。重力加速度为已知量，根据图像可以求出下面哪些物理量（ ）
A．物块的质量
B．水平拉力大小
C．物块的运动时间
D．全过程物块克服摩擦力所做的功
12． 如图所示，质量为的小球可视为质点，用长为的摆线悬挂在墙上点，点正下方点钉有一光滑细支柱，且、两点的距离为。现将球拉至偏离竖直方向释放，摆至最低点后球绕点运动。以下说法正确的是（ ）
A．绳子碰到细支柱瞬间，小球速度大小不变
B．绳子碰到细支柱瞬间，绳子拉力大小不变
C．当时，球能绕点做完整的圆周运动
D．当时，绳子碰到细支柱前后的拉力大小之比为：
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
13． 某同学用如图甲所示装置结合频闪照相研究平抛运动。
（1）实验中得到小球做平抛运动的频闪照片，经测量照片中相邻小球的水平间距基本相等，说明小球水平抛出后在水平方向做 运动。
（2）让小球从斜槽上合适的位置由静止释放，得到小球的位置如图乙所示，、、是相邻三次闪光小球成像的位置，已知坐标纸每小格边长为，重力加速度取，则照相机的闪光频率为 ，小球从槽口抛出的初速度大小为 。
14． 用如图甲所示的实验装置做“验证机械能守恒定律”打点计时器实验时，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始下落。
（1）关于本实验，下列说法正确的是____ 。
A．应选择质量大、体积小的重物进行实验
B．释放纸带之前，重物应该靠近打点计时器
C．实验中必须使用天平测量重物的质量甲
D．实验时应先释放纸带，后接通打点计时器的电源
（2）实验中，得到如图乙所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点、、，测得它们到起始点的距离分别为、、。已知当地重力加速度为，打点计时器的打点周期为。打点计时器打出点时，重物的速度 ，在误差允许范围内，当满足关系式 时，可验证重物下落过程机械能守恒均用题中所给字母表示。
（3）某同学想用图丙所示的装置验证机械能守恒定律。他将一条轻质细绳跨过光滑的轻质定滑轮，绳的两端各系一个小球和，球的质量是球的倍，用手托住球，球静止于地面。当绳刚好被拉紧时，释放球，该同学测出球初始时距地面高度为，球能上升的最大高度为，若这两个高度满足： 时，可验证球落地前两球与地球系统的机械能守恒。
四、简答题（本大题共4小题，共34.0分）
15． 如图所示，悬停在空中的无人机将一弹丸以初速度从点水平射出，弹丸在竖直平面内做曲线运动，弹丸恰好垂直打在倾角的斜坡上的点。不计空气阻力，重力加速度取，求：
（1）弹丸在空中飞行的时间；
（2）弹丸运动的轨迹方程。
16． 地球绕太阳公转的轨道近似看成圆形轨道，已知轨道半径为，公转周期为年约。地球半径为，地面重力加速度. 取。已知万有引力常量。请根据上述数据，估算：
（1）太阳的质量结果保留两位有效数字；
（2）地球的质量结果保留两位有效数字。
17． 一款语音控制电动窗帘轨道盒的工作原理如图所示，电动机通过轻绳拉动滑块正常使用时滑块与窗帘布连接，滑块为防撞模块用一段柔软轻绳与左面墙连接，从语音控制电动机接收到打开窗帘的指令开始计时，电动机以额定功率牵引滑块未连接窗帘布，当滑块以最大速度向左运动与滑块发生碰撞时切断电源。已知语音控制电动机在正常工作时的额定功率为，滑块在轨道上滑动时所受阻力为滑块重力的倍，最初位置与滑块相距。已知的质量，重力加速度取求：
（1）电动机牵引滑块在轨道上运动能达到的最大速度；
（2）滑块由静止出发到与碰撞所经历的时间。
18． 如图所示，水平传送带以恒定速度顺时针向右侧运动，左右两端点、间距。传送带左用一光滑水平面与足够长、倾角的斜面相连。传送带右侧与竖直面内半径的光滑半圆形轨道相切于点水平面与斜面连接处、传送带左右两侧连接处均平滑，物块通过时无机械能损失。已知物块与斜面间的动摩擦因数，与传送带间的动摩擦因数，小物块的质量，重力加速度取。现将小物块自斜面上到点的距离为的位置由静止释放。
（1）求物体到达斜面底端的速度大小；
（2）判断物体能否通过半圆轨道最高点？如果不能，请说明原因；如果能，求物体通过点时对轨道的压力；
（3）若物体从斜面上某区域任意位置由静止释放时，发现物块总能以相同的速度通过半圆轨道点，求该释放区域的长度。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】曲线运动的条件；曲线运动
【解析】【解答】A、物体做曲线运动的条件为物体的合力方向与速度方向不在同一直线上，所以A错；
B、当物体做变速圆周运动时，合力方向不指向圆心，所以B错；
C、物体做曲线运动时，速度的方向一定发生改变，所以速度一定发生变化，所以C对；
D、物体做平抛运动时加速度保持不变，所以D错；
正确答案为C。
【分析】物体做曲线运动的条件为速度方向和合力方向不共线；物体做变速圆周运动时合力不指向圆心；曲线运动的速度方向一定改变所以速度一定发生变化；曲线运动的加速度可能保持不变。
2．【答案】A
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】A、由于救生员沿直线运动时，救生员的速度可以分解为垂直水流速度方向和沿水流速度方向的两个速度，根据速度的分解有：，由于水流速度增大会导致减小则会导致运动的时间变大，所以A对；
B、由于不改变合速度的方向，根据则需要调整救生员游泳速度的方向，所以B错；
当水流速度增大时，保持不变，v0保持不变，则会出现沿水流方向有分速度会导致合速度的方向改变，轨道会变为曲线，所以C错；
只要满足救生员可以沿直线运动则可以到达正对岸，所以D错；
正确答案为A
【分析】对人的速度进行分解，利用沿水流方向的速度公式可以判别合速度的方向是否改变，利用合速度的方向可以判别运动的轨迹；利用垂直河岸的位移公式结合分速度的变化可以判别过河时间变长。
3．【答案】D
【知识点】自由落体运动；平抛运动
【解析】【解答】A、由于做平抛运动的弹丸A竖直方向的分运动为自由落体运动，下落高度相同，则根据所以弹丸A与弹丸B在竖直方向运动时间相同，所以两个弹丸同时落地，A错；
B、弹丸A落地速度为水平方向和竖直方向速度的合成，根据，所以弹丸A落地速度大于B弹丸的落地速度，所以B错；
C、由于两个弹丸只受重力，所以加速度都等于重力加速度，所以C错；
D、根据则两个弹丸落地过程速度变化量相同，所以D对；
正确答案为D
【分析】由于A弹丸做平抛运动的分运动与B弹丸自由落体运动的规律相等，结合下落高度相等可以判别运动时间相同；由于下落都只受重力所以加速的相等；由于A弹丸的落地速度为两个分速度的合成所以大于B弹丸速度的大小；利用速度公式可以判别落地过程速度变化量相同。
4．【答案】B
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】A、卫星运动到B点开始沿轨道II做离心运动，所以卫星在B点的线速度大于第一宇宙速度，由于第一宇宙速度为最大的线速度，所以卫星在轨道I做匀速圆周运动的线速度小于第一宇宙速度，所以卫星运动到B点的速度大于卫星在轨道I做匀速圆周运动的速度，所以A错；
B、根据卫星受到地球的引力产生加速度可得，由于卫星在A点距离地球的距离相等，所以卫星在轨道IIA点的加速的等于卫星在轨道IA点加速度的大小，所以B对；
C、根据开普勒第三定律有卫星在轨道I和轨道II运动的周期有：，所以C错；
卫星从轨道IIA点跃迁到轨道I时需要加速，所以卫星在轨道II的机械能小于在轨道I的机械能，所以D错；
正确答案为B
【分析】利用两个轨道的轨道半径结合开普勒第三定律可以求出周期的比值；利用引力提供向心力可以比较轨道I的线速度和第一宇宙速度的大小，由于B点卫星开始做离心运动所以线速度大于第一宇宙速度；利用引力产生加速度结合引力的大小可以比较同一点加速度的大小；利用卫星从椭圆轨道需要加速到圆轨道I所以在椭圆轨道的机械能比较小。
5．【答案】D
【知识点】功的计算；功率及其计算
【解析】【解答】A、根据重力做功的表达式有：，则每一次向上运动同学克服重力做功50J，所以A错；
B、同学做竖直上抛运动，离开地面时具有速度，根据可以得出每次离开地面时重力的瞬时功率不等于0，所以B错；
C、由于每次起跳时支持力方向上没有位移，所以支持力对同学不做功，所以C错；
D、已知同学每60s完成150次跳绳，则每次上升的时间为：，根据平均功率的表达式可以得出该同学克服重力做功的平均功率为：，所以D对；
正确答案为D。
【分析】利用重力做功的表达式可以求出重力做功的大小，结合克服重力做功的时间可以求出平均功率的大小；利用重力和瞬时速度的大小可以判别瞬时功率的大小；利用支持力方向没有位移可以判别支持力对同学不做功。
6．【答案】A
【知识点】弹性势能；动能；重力势能
【解析】【解答】A、由于游客的高度一直下降，重力做正功，根据功能关系可以判别游客的重力势能不断减小，所以A对；
B、在橡皮绳还没拉直前，橡皮绳的弹性势能保持不变，所以B错；
C、在橡皮绳拉伸后，由于弹力对游客做负功，所以游客的机械能不断减少，所以C错；
D、绳子绷直后，刚开始绳子的拉力小于重力，所以游客的速度先增大，当弹力大于重力时游客的速度才开始减小，所以D错；
正确答案为A。
【分析】利用高度变化可以判别重力做正功，进而重力势能不断减小；利用最初橡皮绳没有形变可以判别最初弹性势能在一段时间为0，保持不变；利用弹力对游客做负功可以判别游客机械能减小；利用弹力和重力对比可以判别合力的方向先向下后向上，所以游客速度先加速后减速。
7．【答案】C
【知识点】向心力；向心加速度
【解析】【解答】B、汽车经过圆形弯道时，水平方向的合力提供向心力，根据，由于弯道的半径依次变形，所以合外力随之依次增大，所以B错；
A、由于Q和M对P的支持力在水平方向的分力的合力提供向心力，所以Q和M对P的支持力不相等，所以A错；
D、汽车过B点时，由于合力指向圆心向右，所以M对P支持力的分力小于Q对P支持力的分力，根据对称性可以判别M对P的支持力小于Q对P的支持力大小，所以D错；
C、由于经过C点时，汽车拐弯的半径最小，根据可得汽车过C点时向心加速的最大，所以C对；
故正确答案为C
【分析】利用汽车过弯道时水平方向需要合力可以判别M和Q小球对P小球的支持力不同，且根据向心力的方向可以比较支持力的大小；利用合力提供向心力结合向心力随半径的减小而增大可以判别合力不断增大；利用向心加速度的表达式及半径的最小值可以判别向心加速度出现最大值。
8．【答案】B
【知识点】功能关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；运动的合成与分解；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A、小球受到风力和重力的作用，两者的合力方向斜向右下方，则小球从M到O点的运动过程中，合力的方向与速度的方向的夹角从钝角慢慢减小到锐角，则合力先做负功再做正功，根据动能定理可以判别小球的动能先减小后增大，所以A错；C、对小球的运动分为竖直上抛运动和水平方向的匀加速直线运动，根据竖直上抛运动的对称性可以判别tMO=tON，根据水平方向的位移公式，则xON=3xOM，所以MO过程中风力对小球做功与ON过程中风力对小球做功为：，根据功能关系有小球机械能的变化量等于风力做功的大小，小球上升与下降过程机械能的变化量不相等，所以C错；D、对小球从M到O的运动进行分解，小球在竖直上以g做匀减速直线运动，在水平方向上以a做匀加速直线运动，已知小球初速度为vy，经过最高点的速度为v0，根据动能的表达式有：，可得：根据分运动的速度公式有：，则小球的重力和风力大小之比为：，所以D错；C、小球从M到O的过程中，根据水平方向的动能定理有：W1=4J，则小球从M到N的过程中，根据动能定理有：，则可以解得：，则B对；所以正确答案为B
【分析】对小球受到的重力和风力进行合成，利用合力和速度的夹角可以判别合力做功，进而判别小球速度的大小变化；利用竖直方向的对称性可以判别上升下降的运动时间相同，结合水平方向的位移公式可以求出位移之比，结合风力做功的大小可以判别机械能变化量的大小；利用分运动的动能大小可以求出速度之比，结合速度公式可以求出分运动的加速度之比，再利用牛顿第二定律可以求出重力和风力大小之比；利用动能定理结合风力做功的大小可以求出N点动能的大小。
9．【答案】A,C
【知识点】自由落体运动；运动的合成与分解；匀速圆周运动
【解析】【解答】小球由A点切入圆筒内侧，由于水平方向只受弹力作用指向圆心，所以小球在水平方向做匀速圆周运动，竖直方向只受重力做自由落体运动；A、小球在竖直方向做自由落体运动，根据可以解得t=0.5s，所以A对；B、由于水平方向做匀速圆周运动，根据，当n=1时，可以解得小球初速度的最小值为：，所以B错；C、在水平方向由于小球受到内壁的弹力提供向心力，则有：，由于小球做圆周运动的半径、质量、速度不变所以小球受到的圆筒的弹力保持不变，所以C对，D错；故答案为AC
【分析】对小球的运动分解为竖直方向的自由落体运动和水平方向的匀速圆周运动，利用竖直方向的位移公式可以求出运动的时间，结合水平方向运动的轨迹长度和速度的关系可以求出速度的最小值；利用筒壁对小球的弹力提供向心力可以判别弹力的大小保持不变。
10．【答案】B,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；离心运动和向心运动；万有引力定律
【解析】【解答】A、地面基站与同步空间站的轨道都在赤道平面上空，所以不能建在嵩山上，A错；B、配重与空间站同轴转动，角速度相等，根据，可以得出配重的线速度大于同步空间站的线速度，所以B对；C、箱体上升过程中，箱体距离地球的距离越来越大，根据可以判别箱体受到的引力越来越小，所以C错；D、当同步空间站和配重间的缆绳断开时，根据可以得出配重的速度大于配重所在轨道的线速度，所以配重开始做离心运动，所以D对；故正确答案为BD
【分析】利用配重的轨道可以判别地面基站的位置；利用引力提供向心力可以求出配重此时线速度的大小，进而判别配重做离心运动；箱体上升时，利用引力公式可以判别引力的大小变化；利用配重和同步空间站的角速度相等，配重的轨道半径大所以线速度大。
11．【答案】B,D
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】根据动能定理有：，则图像斜率代表合力的大小，在前2s内有：，在2s-6s内有：，则可得，所以B对；由于全过程物块运动的位移x=6m，则克服摩擦力做功为：，所以D对；由于物块质量、速度、加速度都未知，所以无法利用动能定理或求出物块质量的大小，所以A错；由于加速度未知，所以不能根据求出物块运动的时间，所以C错；故正确答案为BD
【分析】利用动能定理可以判别图像斜率为合力的大小，利用两个过程的合力方程可以求出牵引力和阻力的大小；利用阻力和位移可以求出克服阻力做功的大小。
12．【答案】A,D
【知识点】临界类问题；牛顿第二定律；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A、当绳子碰到支出瞬间时，小球受到的重力和拉力与小球速度方向垂直不做功，则小球的速度保持不变，所以A对；B、当小球碰到支柱时，根据小球受到的重力和拉力合力提供向心力有：，由于碰到支柱时绳子的长度减小，所以拉力T随之增大，所以B错；C、当L’=时，假设绳子接触支柱后小球可以上升到最高点，小球从下落到上升到最高点的过程中，利用动能定理有：，可以解得小球的速度v1=0<，所以小球不能经过最高点完成完整的圆周运动，所以C错；D、当小球从静止下落到最低点时，根据动能定理有：，在最低点时有：，由于碰撞前后L1：L2=4：1，联立等式可以解得碰到支柱前后的拉力：，所以D对；故正确答案为AD
【分析】利用小球经过最低点时合力不做功可以判别小球线速度不变；利用小球在最低点时绳子长度的变化结合牛顿第二定律可以判别绳子拉力的变化；利用全程的动能定理可以求出小球上升到最高点的速度大小，与临界速度比较可以判别小球不能完成完整的圆周运动；最后利用动能定理求出小球经过最低点的速度，结合绳子与支柱碰撞前后的牛顿第二定律可以求出绳子对小球的拉力大小之比。
13．【答案】（1）匀速直线
（2）20；0.75
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）由于在水平方向中，tAB=tBC，且xAB=xBC，所以可以说明小球在水平方向做匀速直线运动；
（2）已知小球在竖直方向做匀加速直线运动，根据邻差公式有：，则可以解得：f=20Hz；根据水平方向的位移公式，则水平方向的初速度有：
【分析】（1）利用轨迹图中相同时间水平方向的位移相同可以判别小球在水平方向做匀速直线运动；
（2）利用竖直方向相同时间的位移之差结合邻差公式可以求出周期的大小，利用周期的倒数可以求出照相机的频率；利用水平方向的位移公式可以求出初速度的大小。
14．【答案】（1）A；B
（2）；
（3）3：4
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）为了减小重物下落的阻力，实验应该选择质量大、体积小的重物进行实验；释放纸带前，为了充分利用纸带，重物应该靠近打点计时器；根据机械能守恒定律则式子两边m可以约去，所以不需要测量重物的质量；实验开始时应该先接通电源后释放纸带，所以AB对，CD错；
（2）根据匀变速直线运动的规律，B点的瞬时速度为AC段的平均速度大小，则；当重物从O到C的过程中，重力势能的减少量为：，动能的增加量为：；若重物下落机械能守恒则满足：；
（3）当小球b到达地面时，小球a开始做竖直上抛运动，设小球a开始竖直上抛时的初速度为v1，根据匀变速直线运动的速度位移公式有：；b球开始下落到b到达地面时，根据机械能守恒定律有：，联立可得：.
【分析】（1）实验应该使用质量大体积小的重物，减小阻力对重物下落的影响；实验前重物应该靠近打点计时器，方便记录比较多的数据点；根据实验原理可以判别不需要测量重物的质量；实验要先接通电源后释放重物；（2）利用AC段的平均速度可以求出B点瞬时速度的大小；利用重力势能的减少量与动能的增量相等可以导出机械能守恒的表达式；（3）以小球a和b为系统的机械能守恒定律，结合a小球竖直上抛过程的速度位移公式可以求出小球a上升高度和小球b下降高度之比。
15．【答案】（1）解： 弹丸垂直打在斜坡上的点时，设竖直方向的速度为，在点进行运动的合成与分解，如图所示：
有：
而
由以上两式解得：；
答：弹丸在空中飞行的时间为；
（2）解：根据平抛运动的规律可得：
联立解得：
代入数据解得：。
答：弹丸运动的轨迹方程为。
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】（1）弹丸做平抛运动，利用打在斜面的速度方向对速度进行分解，利用竖直方向的分速度公式可以求出运动的时间；
（2）已知弹丸做平抛运动，利用平抛运动的位移公式可以求出轨迹方程。
16．【答案】（1）解： 根据万有引力提供向心力有
阳的质量为
答：太阳的质量为；
（2）解：根据万有引力与重力的关系有
地球的质量为
答：地球的质量为。
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【分析】（1）太阳对地球的引力提供向心力，利用牛顿第二定律结合万有引力定律可以求出太阳质量的大小；
（2）由于地球对表面物体的引力产生重力，利用牛顿第二定律结合万有引力定律可以求出地球质量的大小。
17．【答案】（1）解： 电动机以额定功率工作时有
设滑块的最大速度为，此时有
联立解得
答：电动机牵引滑块在轨道上运动能达到的最大速度为；
（2）解：设滑块从静止出发到与碰撞的时间为，由动能定理得
代入数据解得：
答：滑块由静止出发到与碰撞所经历的时间是．
【知识点】功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）当滑块到达最大速度时，牵引力等于阻力可以求出牵引力的大小，再利用额定功率的表达式可以求出最大速度；
（2）当滑块从静止开始到与B碰撞时，利用动能定理结合功率不变可以求出经历的时间。
18．【答案】（1）解：物块从释放到的过程中，根据动能定理有
代入数据联立解得
答：物体到达斜面底端的速度大小为；
（2）解：物块在传送带上做加速运动的加速度为
运动至传送带端的过程
得
对端，根据机械能守恒
得
设物块恰好能通过最高点，则
得
故物块能通过最高点，根据牛顿第二定律
得
根据牛顿第三定律，对轨道的压力为
答：能通过最高点，物体通过点时对轨道的压力为；
（3）解：由题意可知，物块到达点时与传送带共速，设恰好到达点时共速，则根据动能定理
得
答：该释放区域的长度为。
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）物体从释放后沿斜坡下滑，利用动能定理可以求出物体到达斜面底端速度的大小；
（2）物体在传送带上做加速运动时，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；再利用速度位移公式可以求出物体运动到B端速度的大小，再利用机械能守恒定律可以求出物体经过D点速度的大小，再利用D点的牛顿第二定律可以求出临界速度的大小，利用物体经过D点的速度大小可以判别物体可以经过D点，再利用牛顿第二定律可以求出经过D点时物块受到轨道的压力大小，结合牛顿第三定律可以求出物块对轨道的压力大小；
（3）当物块到达B点与传送带共速，利用动能定理可以求出释放区域的长度大小。
河南省郑州市2022-2023学年高一下学期期末物理试卷
一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）
1． 关于曲线运动，以下说法正确的是（ ）
A．物体做曲线运动时，合力和速度可以在一条直线上
B．物体做圆周运动时，合力一定指向圆心
C．曲线运动一定是速度变化的运动
D．曲线运动一定是加速度变化的运动
【答案】C
【知识点】曲线运动的条件；曲线运动
【解析】【解答】A、物体做曲线运动的条件为物体的合力方向与速度方向不在同一直线上，所以A错；
B、当物体做变速圆周运动时，合力方向不指向圆心，所以B错；
C、物体做曲线运动时，速度的方向一定发生改变，所以速度一定发生变化，所以C对；
D、物体做平抛运动时加速度保持不变，所以D错；
正确答案为C。
【分析】物体做曲线运动的条件为速度方向和合力方向不共线；物体做变速圆周运动时合力不指向圆心；曲线运动的速度方向一定改变所以速度一定发生变化；曲线运动的加速度可能保持不变。
2．如图为救生员正在湍流的洪水中向正对岸被困人员实施救援的场景。假设救生员相对水流的游泳速度大小不变，且始终比水流速度大，当救生员游至河流中央时，水流速度开始缓慢变大，则（ ）
A．如果救生员仍沿直线游到被困人员处，到达对岸的时间将因水流速度变大而延长
B．为了能游到被困人员处，救生员游速方向无需调整
C．如果救生员相对水流的游速方向不变，救生员的轨迹仍为直线
D．因为水流速度变大，救生员将无法到达正对岸
【答案】A
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】A、由于救生员沿直线运动时，救生员的速度可以分解为垂直水流速度方向和沿水流速度方向的两个速度，根据速度的分解有：，由于水流速度增大会导致减小则会导致运动的时间变大，所以A对；
B、由于不改变合速度的方向，根据则需要调整救生员游泳速度的方向，所以B错；
当水流速度增大时，保持不变，v0保持不变，则会出现沿水流方向有分速度会导致合速度的方向改变，轨道会变为曲线，所以C错；
只要满足救生员可以沿直线运动则可以到达正对岸，所以D错；
正确答案为A
【分析】对人的速度进行分解，利用沿水流方向的速度公式可以判别合速度的方向是否改变，利用合速度的方向可以判别运动的轨迹；利用垂直河岸的位移公式结合分速度的变化可以判别过河时间变长。
3．一玩具手枪自水平地面上方某处水平射出一颗弹丸，同时另一弹丸从同一高度自由下落，以下说法正确的是（ ）
A．弹丸先落地
B．两弹丸落地时的速率可能相等
C．弹丸落地过程的加速度较大
D．两弹丸落地过程的速度变化量相同
【答案】D
【知识点】自由落体运动；平抛运动
【解析】【解答】A、由于做平抛运动的弹丸A竖直方向的分运动为自由落体运动，下落高度相同，则根据所以弹丸A与弹丸B在竖直方向运动时间相同，所以两个弹丸同时落地，A错；
B、弹丸A落地速度为水平方向和竖直方向速度的合成，根据，所以弹丸A落地速度大于B弹丸的落地速度，所以B错；
C、由于两个弹丸只受重力，所以加速度都等于重力加速度，所以C错；
D、根据则两个弹丸落地过程速度变化量相同，所以D对；
正确答案为D
【分析】由于A弹丸做平抛运动的分运动与B弹丸自由落体运动的规律相等，结合下落高度相等可以判别运动时间相同；由于下落都只受重力所以加速的相等；由于A弹丸的落地速度为两个分速度的合成所以大于B弹丸速度的大小；利用速度公式可以判别落地过程速度变化量相同。
4．如图，某人造卫星在轨道Ⅰ绕地球做匀速圆周运动，轨道半径为。已知地球表面的重力加速度为，地球半径为。若该卫星在点处变轨后沿轨道Ⅱ做椭圆运动。图中点为近地点且距地面高度可忽略不计。则下列说法正确的是（ ）
A．卫星运动到点时的速度比在轨道Ⅰ上做圆周运动的速度小
B．卫星在轨道Ⅱ上点的加速度等于卫星在轨道Ⅰ上点的加速度
C．卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上运动的周期之比为：
D．卫星在轨道Ⅱ上的机械能等于在轨道上的机械能
【答案】B
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】A、卫星运动到B点开始沿轨道II做离心运动，所以卫星在B点的线速度大于第一宇宙速度，由于第一宇宙速度为最大的线速度，所以卫星在轨道I做匀速圆周运动的线速度小于第一宇宙速度，所以卫星运动到B点的速度大于卫星在轨道I做匀速圆周运动的速度，所以A错；
B、根据卫星受到地球的引力产生加速度可得，由于卫星在A点距离地球的距离相等，所以卫星在轨道IIA点的加速的等于卫星在轨道IA点加速度的大小，所以B对；
C、根据开普勒第三定律有卫星在轨道I和轨道II运动的周期有：，所以C错；
卫星从轨道IIA点跃迁到轨道I时需要加速，所以卫星在轨道II的机械能小于在轨道I的机械能，所以D错；
正确答案为B
【分析】利用两个轨道的轨道半径结合开普勒第三定律可以求出周期的比值；利用引力提供向心力可以比较轨道I的线速度和第一宇宙速度的大小，由于B点卫星开始做离心运动所以线速度大于第一宇宙速度；利用引力产生加速度结合引力的大小可以比较同一点加速度的大小；利用卫星从椭圆轨道需要加速到圆轨道I所以在椭圆轨道的机械能比较小。
5．跳绳是一项很好的体育锻炼项目。某同学在一次跳绳测验中，在的时间内完成了次跳绳，已知该同学每一次跳起的最大高度为，他的质量为，取，不计空气阻力和绳的质量，则下列说法中正确的是（ ）
A．每一次向上运动的过程中，该同学克服重力做的功为
B．每次离开地面的瞬间重力的瞬时功率为
C．每次跳起时，地面对该同学的支持力做功为
D．这次跳绳测验该同学克服重力做功的平均功率为
【答案】D
【知识点】功的计算；功率及其计算
【解析】【解答】A、根据重力做功的表达式有：，则每一次向上运动同学克服重力做功50J，所以A错；
B、同学做竖直上抛运动，离开地面时具有速度，根据可以得出每次离开地面时重力的瞬时功率不等于0，所以B错；
C、由于每次起跳时支持力方向上没有位移，所以支持力对同学不做功，所以C错；
D、已知同学每60s完成150次跳绳，则每次上升的时间为：，根据平均功率的表达式可以得出该同学克服重力做功的平均功率为：，所以D对；
正确答案为D。
【分析】利用重力做功的表达式可以求出重力做功的大小，结合克服重力做功的时间可以求出平均功率的大小；利用重力和瞬时速度的大小可以判别瞬时功率的大小；利用支持力方向没有位移可以判别支持力对同学不做功。
6． 一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下，游客从跳台下落直到最低点过程中（ ）
A．游客的重力势能一直减小
B．橡皮绳的弹性势能一直增加
C．游客的机械能保持不变
D．橡皮绳绷紧后游客的动能一直减小
【答案】A
【知识点】弹性势能；动能；重力势能
【解析】【解答】A、由于游客的高度一直下降，重力做正功，根据功能关系可以判别游客的重力势能不断减小，所以A对；
B、在橡皮绳还没拉直前，橡皮绳的弹性势能保持不变，所以B错；
C、在橡皮绳拉伸后，由于弹力对游客做负功，所以游客的机械能不断减少，所以C错；
D、绳子绷直后，刚开始绳子的拉力小于重力，所以游客的速度先增大，当弹力大于重力时游客的速度才开始减小，所以D错；
正确答案为A。
【分析】利用高度变化可以判别重力做正功，进而重力势能不断减小；利用最初橡皮绳没有形变可以判别最初弹性势能在一段时间为0，保持不变；利用弹力对游客做负功可以判别游客机械能减小；利用弹力和重力对比可以判别合力的方向先向下后向上，所以游客速度先加速后减速。
7．汽车的车厢地面上水平放着一个内装圆柱形工件的木箱，工件截面和车的行驶方向垂直，如图乙所示。当汽车匀速通过三个半径依次变小的圆形弯道、、时，木箱及箱内工件均保持相对静止。从汽车行驶方向上看，下列分析判断正确的是（ ）
A．和对的支持力大小始终相等
B．汽车过、、三点时工件受到的合外力大小相等
C．汽车过点时，汽车的向心加速度最大
D．汽车过点时，对的支持力大于对的支持力
【答案】C
【知识点】向心力；向心加速度
【解析】【解答】B、汽车经过圆形弯道时，水平方向的合力提供向心力，根据，由于弯道的半径依次变形，所以合外力随之依次增大，所以B错；
A、由于Q和M对P的支持力在水平方向的分力的合力提供向心力，所以Q和M对P的支持力不相等，所以A错；
D、汽车过B点时，由于合力指向圆心向右，所以M对P支持力的分力小于Q对P支持力的分力，根据对称性可以判别M对P的支持力小于Q对P的支持力大小，所以D错；
C、由于经过C点时，汽车拐弯的半径最小，根据可得汽车过C点时向心加速的最大，所以C对；
故正确答案为C
【分析】利用汽车过弯道时水平方向需要合力可以判别M和Q小球对P小球的支持力不同，且根据向心力的方向可以比较支持力的大小；利用合力提供向心力结合向心力随半径的减小而增大可以判别合力不断增大；利用向心加速度的表达式及半径的最小值可以判别向心加速度出现最大值。
8． “风洞实验”指在风洞中安置飞行器或其他物体模型，研究气体流动及其与模型的相互作用，以了解实际飞行器或其他物体的空气动力学特性的一种空气动力实验方法。在下图所示的矩形风洞中存在大小恒定的水平风力，现有一小球从点竖直向上抛出，其运动轨迹大致如下图所示，其中、两点在同一水平线上，点为轨迹的最高点，小球在点动能为，在点动能为，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．小球从点运动到点过程中动能一直减小
B．小球落到点时的动能为
C．小球在上升和下降过程中机械能变化量相等
D．小球的重力和受到的风力大小之比为：
【答案】B
【知识点】功能关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；运动的合成与分解；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A、小球受到风力和重力的作用，两者的合力方向斜向右下方，则小球从M到O点的运动过程中，合力的方向与速度的方向的夹角从钝角慢慢减小到锐角，则合力先做负功再做正功，根据动能定理可以判别小球的动能先减小后增大，所以A错；C、对小球的运动分为竖直上抛运动和水平方向的匀加速直线运动，根据竖直上抛运动的对称性可以判别tMO=tON，根据水平方向的位移公式，则xON=3xOM，所以MO过程中风力对小球做功与ON过程中风力对小球做功为：，根据功能关系有小球机械能的变化量等于风力做功的大小，小球上升与下降过程机械能的变化量不相等，所以C错；D、对小球从M到O的运动进行分解，小球在竖直上以g做匀减速直线运动，在水平方向上以a做匀加速直线运动，已知小球初速度为vy，经过最高点的速度为v0，根据动能的表达式有：，可得：根据分运动的速度公式有：，则小球的重力和风力大小之比为：，所以D错；C、小球从M到O的过程中，根据水平方向的动能定理有：W1=4J，则小球从M到N的过程中，根据动能定理有：，则可以解得：，则B对；所以正确答案为B
【分析】对小球受到的重力和风力进行合成，利用合力和速度的夹角可以判别合力做功，进而判别小球速度的大小变化；利用竖直方向的对称性可以判别上升下降的运动时间相同，结合水平方向的位移公式可以求出位移之比，结合风力做功的大小可以判别机械能变化量的大小；利用分运动的动能大小可以求出速度之比，结合速度公式可以求出分运动的加速度之比，再利用牛顿第二定律可以求出重力和风力大小之比；利用动能定理结合风力做功的大小可以求出N点动能的大小。
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
9． 如图所示，有一竖直圆筒，内壁光滑，上端开口截面水平。一小球沿水平方向由点切入圆筒内侧，沿着筒壁呈螺旋状滑落，落地点恰好位于点正下方，已知圆筒高，横截面圆环半径，，。则（ ）
A．小球下落时间为
B．小球进入圆筒初速度大小可能为
C．小球所受圆筒的弹力大小保持不变
D．小球所受圆筒的弹力逐渐增大
【答案】A,C
【知识点】自由落体运动；运动的合成与分解；匀速圆周运动
【解析】【解答】小球由A点切入圆筒内侧，由于水平方向只受弹力作用指向圆心，所以小球在水平方向做匀速圆周运动，竖直方向只受重力做自由落体运动；A、小球在竖直方向做自由落体运动，根据可以解得t=0.5s，所以A对；B、由于水平方向做匀速圆周运动，根据，当n=1时，可以解得小球初速度的最小值为：，所以B错；C、在水平方向由于小球受到内壁的弹力提供向心力，则有：，由于小球做圆周运动的半径、质量、速度不变所以小球受到的圆筒的弹力保持不变，所以C对，D错；故答案为AC
【分析】对小球的运动分解为竖直方向的自由落体运动和水平方向的匀速圆周运动，利用竖直方向的位移公式可以求出运动的时间，结合水平方向运动的轨迹长度和速度的关系可以求出速度的最小值；利用筒壁对小球的弹力提供向心力可以判别弹力的大小保持不变。
10． 国产科幻大片流浪地球中的“太空电梯”给观众带来了强烈的视觉震撼。如图所示，“太空电梯”由地面基站、缆绳、箱体、同步轨道上的空间站和配重组成，缆绳相对地面静止，箱体可以沿缆绳将人和货物从地面运送到空间站，下列说法正确的是（ ）
A．地面基站可以建设在中岳嵩山上
B．配重的线速度大于同步空间站的线速度
C．箱体在上升过程中受到地球的引力越来越大
D．若同步空间站和配重间的缆绳断开，配重将做离心运动
【答案】B,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；离心运动和向心运动；万有引力定律
【解析】【解答】A、地面基站与同步空间站的轨道都在赤道平面上空，所以不能建在嵩山上，A错；B、配重与空间站同轴转动，角速度相等，根据，可以得出配重的线速度大于同步空间站的线速度，所以B对；C、箱体上升过程中，箱体距离地球的距离越来越大，根据可以判别箱体受到的引力越来越小，所以C错；D、当同步空间站和配重间的缆绳断开时，根据可以得出配重的速度大于配重所在轨道的线速度，所以配重开始做离心运动，所以D对；故正确答案为BD
【分析】利用配重的轨道可以判别地面基站的位置；利用引力提供向心力可以求出配重此时线速度的大小，进而判别配重做离心运动；箱体上升时，利用引力公式可以判别引力的大小变化；利用配重和同步空间站的角速度相等，配重的轨道半径大所以线速度大。
11． 物块在水平桌面上受到水平恒定拉力作用，由静止开始加速运动，经过一段时间后撤去拉力，物块又滑行一段距离停下来。如果以物块的初始位置为坐标原点，沿运动方向建立轴，则物块的动能随位置坐标的变化图像如图所示。重力加速度为已知量，根据图像可以求出下面哪些物理量（ ）
A．物块的质量
B．水平拉力大小
C．物块的运动时间
D．全过程物块克服摩擦力所做的功
【答案】B,D
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】根据动能定理有：，则图像斜率代表合力的大小，在前2s内有：，在2s-6s内有：，则可得，所以B对；由于全过程物块运动的位移x=6m，则克服摩擦力做功为：，所以D对；由于物块质量、速度、加速度都未知，所以无法利用动能定理或求出物块质量的大小，所以A错；由于加速度未知，所以不能根据求出物块运动的时间，所以C错；故正确答案为BD
【分析】利用动能定理可以判别图像斜率为合力的大小，利用两个过程的合力方程可以求出牵引力和阻力的大小；利用阻力和位移可以求出克服阻力做功的大小。
12． 如图所示，质量为的小球可视为质点，用长为的摆线悬挂在墙上点，点正下方点钉有一光滑细支柱，且、两点的距离为。现将球拉至偏离竖直方向释放，摆至最低点后球绕点运动。以下说法正确的是（ ）
A．绳子碰到细支柱瞬间，小球速度大小不变
B．绳子碰到细支柱瞬间，绳子拉力大小不变
C．当时，球能绕点做完整的圆周运动
D．当时，绳子碰到细支柱前后的拉力大小之比为：
【答案】A,D
【知识点】临界类问题；牛顿第二定律；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A、当绳子碰到支出瞬间时，小球受到的重力和拉力与小球速度方向垂直不做功，则小球的速度保持不变，所以A对；B、当小球碰到支柱时，根据小球受到的重力和拉力合力提供向心力有：，由于碰到支柱时绳子的长度减小，所以拉力T随之增大，所以B错；C、当L’=时，假设绳子接触支柱后小球可以上升到最高点，小球从下落到上升到最高点的过程中，利用动能定理有：，可以解得小球的速度v1=0<，所以小球不能经过最高点完成完整的圆周运动，所以C错；D、当小球从静止下落到最低点时，根据动能定理有：，在最低点时有：，由于碰撞前后L1：L2=4：1，联立等式可以解得碰到支柱前后的拉力：，所以D对；故正确答案为AD
【分析】利用小球经过最低点时合力不做功可以判别小球线速度不变；利用小球在最低点时绳子长度的变化结合牛顿第二定律可以判别绳子拉力的变化；利用全程的动能定理可以求出小球上升到最高点的速度大小，与临界速度比较可以判别小球不能完成完整的圆周运动；最后利用动能定理求出小球经过最低点的速度，结合绳子与支柱碰撞前后的牛顿第二定律可以求出绳子对小球的拉力大小之比。
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
13． 某同学用如图甲所示装置结合频闪照相研究平抛运动。
（1）实验中得到小球做平抛运动的频闪照片，经测量照片中相邻小球的水平间距基本相等，说明小球水平抛出后在水平方向做 运动。
（2）让小球从斜槽上合适的位置由静止释放，得到小球的位置如图乙所示，、、是相邻三次闪光小球成像的位置，已知坐标纸每小格边长为，重力加速度取，则照相机的闪光频率为 ，小球从槽口抛出的初速度大小为 。
【答案】（1）匀速直线
（2）20；0.75
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）由于在水平方向中，tAB=tBC，且xAB=xBC，所以可以说明小球在水平方向做匀速直线运动；
（2）已知小球在竖直方向做匀加速直线运动，根据邻差公式有：，则可以解得：f=20Hz；根据水平方向的位移公式，则水平方向的初速度有：
【分析】（1）利用轨迹图中相同时间水平方向的位移相同可以判别小球在水平方向做匀速直线运动；
（2）利用竖直方向相同时间的位移之差结合邻差公式可以求出周期的大小，利用周期的倒数可以求出照相机的频率；利用水平方向的位移公式可以求出初速度的大小。
14． 用如图甲所示的实验装置做“验证机械能守恒定律”打点计时器实验时，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始下落。
（1）关于本实验，下列说法正确的是____ 。
A．应选择质量大、体积小的重物进行实验
B．释放纸带之前，重物应该靠近打点计时器
C．实验中必须使用天平测量重物的质量甲
D．实验时应先释放纸带，后接通打点计时器的电源
（2）实验中，得到如图乙所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点、、，测得它们到起始点的距离分别为、、。已知当地重力加速度为，打点计时器的打点周期为。打点计时器打出点时，重物的速度 ，在误差允许范围内，当满足关系式 时，可验证重物下落过程机械能守恒均用题中所给字母表示。
（3）某同学想用图丙所示的装置验证机械能守恒定律。他将一条轻质细绳跨过光滑的轻质定滑轮，绳的两端各系一个小球和，球的质量是球的倍，用手托住球，球静止于地面。当绳刚好被拉紧时，释放球，该同学测出球初始时距地面高度为，球能上升的最大高度为，若这两个高度满足： 时，可验证球落地前两球与地球系统的机械能守恒。
【答案】（1）A；B
（2）；
（3）3：4
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）为了减小重物下落的阻力，实验应该选择质量大、体积小的重物进行实验；释放纸带前，为了充分利用纸带，重物应该靠近打点计时器；根据机械能守恒定律则式子两边m可以约去，所以不需要测量重物的质量；实验开始时应该先接通电源后释放纸带，所以AB对，CD错；
（2）根据匀变速直线运动的规律，B点的瞬时速度为AC段的平均速度大小，则；当重物从O到C的过程中，重力势能的减少量为：，动能的增加量为：；若重物下落机械能守恒则满足：；
（3）当小球b到达地面时，小球a开始做竖直上抛运动，设小球a开始竖直上抛时的初速度为v1，根据匀变速直线运动的速度位移公式有：；b球开始下落到b到达地面时，根据机械能守恒定律有：，联立可得：.
【分析】（1）实验应该使用质量大体积小的重物，减小阻力对重物下落的影响；实验前重物应该靠近打点计时器，方便记录比较多的数据点；根据实验原理可以判别不需要测量重物的质量；实验要先接通电源后释放重物；（2）利用AC段的平均速度可以求出B点瞬时速度的大小；利用重力势能的减少量与动能的增量相等可以导出机械能守恒的表达式；（3）以小球a和b为系统的机械能守恒定律，结合a小球竖直上抛过程的速度位移公式可以求出小球a上升高度和小球b下降高度之比。
四、简答题（本大题共4小题，共34.0分）
15． 如图所示，悬停在空中的无人机将一弹丸以初速度从点水平射出，弹丸在竖直平面内做曲线运动，弹丸恰好垂直打在倾角的斜坡上的点。不计空气阻力，重力加速度取，求：
（1）弹丸在空中飞行的时间；
（2）弹丸运动的轨迹方程。
【答案】（1）解： 弹丸垂直打在斜坡上的点时，设竖直方向的速度为，在点进行运动的合成与分解，如图所示：
有：
而
由以上两式解得：；
答：弹丸在空中飞行的时间为；
（2）解：根据平抛运动的规律可得：
联立解得：
代入数据解得：。
答：弹丸运动的轨迹方程为。
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】（1）弹丸做平抛运动，利用打在斜面的速度方向对速度进行分解，利用竖直方向的分速度公式可以求出运动的时间；
（2）已知弹丸做平抛运动，利用平抛运动的位移公式可以求出轨迹方程。
16． 地球绕太阳公转的轨道近似看成圆形轨道，已知轨道半径为，公转周期为年约。地球半径为，地面重力加速度. 取。已知万有引力常量。请根据上述数据，估算：
（1）太阳的质量结果保留两位有效数字；
（2）地球的质量结果保留两位有效数字。
【答案】（1）解： 根据万有引力提供向心力有
阳的质量为
答：太阳的质量为；
（2）解：根据万有引力与重力的关系有
地球的质量为
答：地球的质量为。
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【分析】（1）太阳对地球的引力提供向心力，利用牛顿第二定律结合万有引力定律可以求出太阳质量的大小；
（2）由于地球对表面物体的引力产生重力，利用牛顿第二定律结合万有引力定律可以求出地球质量的大小。
17． 一款语音控制电动窗帘轨道盒的工作原理如图所示，电动机通过轻绳拉动滑块正常使用时滑块与窗帘布连接，滑块为防撞模块用一段柔软轻绳与左面墙连接，从语音控制电动机接收到打开窗帘的指令开始计时，电动机以额定功率牵引滑块未连接窗帘布，当滑块以最大速度向左运动与滑块发生碰撞时切断电源。已知语音控制电动机在正常工作时的额定功率为，滑块在轨道上滑动时所受阻力为滑块重力的倍，最初位置与滑块相距。已知的质量，重力加速度取求：
（1）电动机牵引滑块在轨道上运动能达到的最大速度；
（2）滑块由静止出发到与碰撞所经历的时间。
【答案】（1）解： 电动机以额定功率工作时有
设滑块的最大速度为，此时有
联立解得
答：电动机牵引滑块在轨道上运动能达到的最大速度为；
（2）解：设滑块从静止出发到与碰撞的时间为，由动能定理得
代入数据解得：
答：滑块由静止出发到与碰撞所经历的时间是．
【知识点】功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）当滑块到达最大速度时，牵引力等于阻力可以求出牵引力的大小，再利用额定功率的表达式可以求出最大速度；
（2）当滑块从静止开始到与B碰撞时，利用动能定理结合功率不变可以求出经历的时间。
18． 如图所示，水平传送带以恒定速度顺时针向右侧运动，左右两端点、间距。传送带左用一光滑水平面与足够长、倾角的斜面相连。传送带右侧与竖直面内半径的光滑半圆形轨道相切于点水平面与斜面连接处、传送带左右两侧连接处均平滑，物块通过时无机械能损失。已知物块与斜面间的动摩擦因数，与传送带间的动摩擦因数，小物块的质量，重力加速度取。现将小物块自斜面上到点的距离为的位置由静止释放。
（1）求物体到达斜面底端的速度大小；
（2）判断物体能否通过半圆轨道最高点？如果不能，请说明原因；如果能，求物体通过点时对轨道的压力；
（3）若物体从斜面上某区域任意位置由静止释放时，发现物块总能以相同的速度通过半圆轨道点，求该释放区域的长度。
【答案】（1）解：物块从释放到的过程中，根据动能定理有
代入数据联立解得
答：物体到达斜面底端的速度大小为；
（2）解：物块在传送带上做加速运动的加速度为
运动至传送带端的过程
得
对端，根据机械能守恒
得
设物块恰好能通过最高点，则
得
故物块能通过最高点，根据牛顿第二定律
得
根据牛顿第三定律，对轨道的压力为
答：能通过最高点，物体通过点时对轨道的压力为；
（3）解：由题意可知，物块到达点时与传送带共速，设恰好到达点时共速，则根据动能定理
得
答：该释放区域的长度为。
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）物体从释放后沿斜坡下滑，利用动能定理可以求出物体到达斜面底端速度的大小；
（2）物体在传送带上做加速运动时，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；再利用速度位移公式可以求出物体运动到B端速度的大小，再利用机械能守恒定律可以求出物体经过D点速度的大小，再利用D点的牛顿第二定律可以求出临界速度的大小，利用物体经过D点的速度大小可以判别物体可以经过D点，再利用牛顿第二定律可以求出经过D点时物块受到轨道的压力大小，结合牛顿第三定律可以求出物块对轨道的压力大小；
（3）当物块到达B点与传送带共速，利用动能定理可以求出释放区域的长度大小。
