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人教版高一物理下期末检测卷5答题卡
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条
码
粘
贴
处
（正面朝上
贴在此
虚线框内）
)
试卷类型：B
姓名：______________班级：______________
准考证号
(
缺考标记
考生禁止填涂缺考标记
！只能由监考老师负责用黑色字迹的签字笔填涂。
) (
注意事项
1
、
答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚。
2
、
请将准考证条码粘贴在右侧的[条码粘贴处]的方框内
3
、
选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须用0.5毫米黑色字迹的签字笔填写，字体工整
4
、
请按题号顺序在各题的答题区内作答，超出范围的答案无效，在草纸、试卷上作答无效。
5
、保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、刮纸刀。
6
、填涂样例
正确
[
■
]
错误
[
--
][
√
] [
×
]
)
选择题（请用2B铅笔填涂）
1. [A][B][C][D] 2. [A][B][C][D] 3. [A][B][C][D] 4. [A][B][C][D] 5. [A][B][C][D] 6. [A][B][C][D] 7. [A][B][C][D] 8. [A][B][C][D] 9. [A][B][C][D] 10. [A][B][C][D] 11. [A][B][C][D] 12. [A][B][C][D] 13. [A][B][C][D] 14.1. [A][B][C][D]
非选择题（请在各试题的答题区内作答）
14．（2）_______________；_______________
15．_______________；_______________；_______________
16．（1）
（2）
17．（1）
（2）
（3）
18．（1）
（2）
（3）

19．（1）
（2）
（3）
20．（1）
（2）
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人教版高一物理下期末检测卷5（学生版）（必修二+选必一第三章机械波）
一、选择题(共10题；共30分)
1．（3分）如图所示，在同一竖直平面内，两套自动投放装置分别安装在不同高度的固定平台上。装置①与装置②分别以大小相等、方向相反的水平初速度释放两个小型探测器，释放后探测器只受重力作用，且两探测器恰好在同一时刻落到地面，它们运动轨迹的交汇点为A点。不计空气阻力，则下列说法中正确的是（　　）
A．两探测器一定在A点相遇
B．两探测器一定是在同一时刻被释放的
C．装置①与装置②释放的探测器水平方向的位移大小相等
D．两物体运动过程中，速度变化率大小始终相等，方向竖直向下
2．（3分）小物通过视频号“胜哥课程”观看了《圆周运动之漫天焰火》Ai视频。“胜哥”将火源在竖直平面内顺时针甩动，漫天焰火下女演员原地转舞，如图所示，女演员裙脚上的火焰转成了圆圈，场面绚丽多彩，美不胜收。若不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．“胜哥”甩出去的燃烧颗粒在空中运动时不受力的作用
B．“胜哥”甩出去的燃烧颗粒一定做曲线运动
C．女演员裙脚上的火焰一定做匀速圆周运动
D．女演员裙脚上的火焰所受合力一定不是恒力
3．（3分）交通电子警察向行驶中的车辆发射频率已知的超声波，同时测量反射波的频率，根据反射波的频率变化就能得出车辆的速度。这一技术主要利用的物理现象为（　　）
A．共振 B．波的衍射 C．波的干涉 D．多普勒效应
4．（3分）如图所示，在竖直玻璃管的水中有一红蜡块正在匀速上升，若红蜡块在A点时开始使玻璃管从AB位置水平向右做匀加速直线运动，则红蜡块实际运动轨迹是图中的（　　）
A．轨迹P B．轨迹Q
C．轨迹R D．轨迹P、Q、R都有可能
5．（3分）如图所示，轻质不可伸长的细绳，绕过光滑定滑轮，与质量为的物体连接，放在倾角为的光滑固定斜面上，绳的另一端和套在固定竖直杆上的物体连接。现、间细绳恰沿水平方向，从当前位置开始，在外力作用下以速度匀速下滑。设绳子的张力为，在此后的运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．物体A做匀加速运动 B．物体A做匀速运动
C．可能小于 D．一定大于
6．（3分）脚踏车上的飞轮传动系统如图所示，设各轮的转轴均固定且相互平行，甲、乙两轮同轴且无相对转动，已知甲、乙、丙、丁四轮的半径比为，A、B分别是甲、乙两轮边缘上的点，两传送带在四轮转动时均不打滑，下列判断正确的是（　　）
A．甲、乙两轮的角速度相等 B．A点向心加速度比B点的小
C．两传送带的线速度大小相等 D．当丙轮转1圈时，丁轮已转10圈
7．（3分）关于牛顿力学与相对论，以下说法正确的是（　　）
A．中国东风27超高音速导弹的飞行速度可达到3400m/s，牛顿力学不再适用
B．真空中的光速大小在不同的惯性参考系中都是相同的
C．牛顿力学在微观领域物质结构中不适用，因此带电粒子在电场中的运动不满足牛顿运动定律
D．对于地面上静止不动的物体，在不同参考系中测得该物体的长度都是一样的
8．（3分）跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一，滑雪场地如图甲所示。简化的跳台滑雪的雪道示意图如图乙所示，比赛中运动员从圆弧助滑道AB的最高点A处由静止滑下后，从滑道B处斜向上飞出，在着陆坡CD上着陆，由其着陆距离确定其距离得分。距离得分的评分标准为：运动员如正好着陆到K点，即得到60分，每比K点远1米多得2分，反之，每短1米则扣2分。不计一切阻力。下列说法正确的是（　　）
A．距离得分越高的运动员着陆时动能越大
B．距离得分越高的运动员在空中飞行时间越长
C．教练员在研究运动员的距离得分情况时，可将运动员视为质点
D．同一运动员在两次比赛过程中的距离得分一定相等
9．（3分）如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被“胜哥”踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h。若空气阻力的大小保持不变，则足球（　　）
A．在空中运动时，相等的时间内速度变化量相同
B．在1时，加速度最大
C．从1到2的时间大于从2到3的时间
D．从2到3的过程中，动能增加mgh
10．（3分）频率相同的简谐波源 S1、S2，和接收点 M 位于同一平面内S1、S2，到M的距离之差为6m。t=0时S1，S2，同时垂直平面开始振动，M 点的振动图像如图所示，则（　　）
A．两列波的波长为2m
B．两列波的起振方向均沿x正方向
C．S1和 S2，在平面内不能产生干涉现象
D．两列波的振幅分别为3cm和1cm
二、多项选择题(共3题；共12分)
11．（4分）如图，小船以大小为v1=5m/s、船头与上游河岸成θ=60°角的速度（在静水中的速度）从A处过河，经过一段时间正好到达正对岸B处。已知河宽d=180m，则下列说法中正确的（　　）
A．河中水流速度为2.5m/s
B．小船以最短位移渡河的时间为24s
C．小船渡河的最短时间为24s
D．小船以最短时间渡河时到达对岸的位移是90m
12．（4分）下面四幅图用曲线运动知识描述正确的是（ ）
A．图甲，制作棉花糖时，糖水因为受到离心力而被甩出去
B．图乙，火车轨道的外轨略高于内轨，火车拐弯时速度越小，对轨道磨损不一定越小
C．图丙，该自行车在赛道上做匀速圆周运动，所受的合外力不变
D．图丁，在一座凹形桥的最低点，同一辆车子速度越大，对桥面压力就越大
13．（4分）我国“朱雀”行星探测计划对类地行星X进行详细探测，探测器将先进入行星X的同步轨道（轨道周期与行星自转周期相同），轨道高度为h。随后经过多次变轨，最终进入贴近行星表面的圆形轨道运动。已知行星自转周期为T0，贴近表面轨道周期为T，引力常量为G，忽略大气阻力及探测器质量变化。根据上述信息，下列判断正确的是（　　）
A．T小于T0
B．行星X的半径R与同步轨道高度h满足关系式
C．行星X的质量可表示为，其中R为行星X半径
D．探测器在行星X同步轨道上的加速度大于在贴近表面轨道上的加速度
三、非选择题(共7题；共58分)
14．（6分）“胜哥”用如图甲所示的实验装置探究恒力做功与小车动能变化的关系，实验中用钩码的总重力表示小车所受合力。
（1）（2分）下列关于该实验的操作，正确的有____。
A．细线必须与长木板平行
B．先接通电源再释放小车
C．钩码的质量远大于小车的质量
D．平衡摩擦力时，应挂上钩码，逐渐抬高木板，直到小车能匀速下滑
（2）（4分）实验时“胜哥”将打点计时器接到频率为的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图乙所示每相邻两个计数点间还有个点，图中未画出。
已知；；；；；。当地的重力加速度，钩码总质量为，小车的质量。打下点时小车的速度为　 　，从到的过程中，小车所受合外力做功为　 　。结果均保留两位有效数字
15．（6分）如图所示，“胜哥”将一轻质弹簧左端固定放置在粗糙程度均匀的水平桌面上，然后从弹簧原长位置开始向左依次标记“0”、“1”、“2”、“3”、“4”五个位置，再用两个由同种材料制作的物块将弹簧右端分别压至“1”、“2”、“3”、“4”位置由静止释放，测量出物块每次停止运动时的位置到释放点的距离，得到数据如下表：
　
（1）从同一位置由静止释放，质量大的物块向前滑行的最大距离较　 　（填“大”或“小”）。
（2）根据表中数据可知，物块的质量为　 　（保留一位有效数字）。
（3）若将“0”、“1”、“2”、“3”、“4”五个相邻位置间的距离设为，已知弹簧在弹性限度内，弹性势能的大小与弹簧形变量的二次方成正比，则根据上表数据可知，大小关系为　 　（填“近似相等”“依次增大”或“依次减小”）。
16．（8分）地球可看作半径为R的球体，位于赤道处的物体随地球自转做匀速圆周运动，截面如图所示，已知自转周期为T，求：
（1）（4分）物体随地球自转的线速度v；
（2）（4分）物体随地球自转的向心加速度a。
17．（12分）如图所示，在水平圆盘上放有质量分别为、、的可视为质点的三个物体、、，圆盘可绕垂直圆盘的中心轴转动。三个物体与圆盘的滑动摩擦因数均为。最大静摩擦力认为等于滑动摩擦力。三个物体与轴共线且，现将三个物体用轻质细线相连，保持细线伸直且恰无张力，使圆盘从静止开始转动且缓慢增大角速度，直到物体相对圆盘发生滑动，已知重力加速度。则在这个过程中：
（1）（4分）当角速度多大时，物体和物体之间的细绳上恰好开始有张力？
（2）（4分）当角速度多大时，物体和物体之间的细线上恰好开始有张力？
（3）（4分）写出物体所受静摩擦力大小随角速度变化的函数关系式。
18．（9分）有研究表明，在银河系中至少一半以上的恒星系统都是由双星构成的。由恒星1、2（可视为质点）组成的双星系统如图所示，两恒星以相等的角速度绕两者连线上的O点做圆周运动，测得恒星1、2到O点的距离分别为2r、r，已知恒星1的质量为m，引力常量为G。求：
（1）恒星2的质量；
（2）恒星1、2间的万有引力大小F；
（3）恒星1的线速度大小。
19．（9分）如图所示，一质量m=1.0kg的物体从半径R=5.0m的圆弧的A端，在拉力作用下沿圆弧缓慢运动到B端（圆弧AB在竖直平面内）。拉力F的大小始终为15N不变，方向始终沿物体在该点的切线方向。圆弧所对应的圆心角为60°，BO边沿竖直方向，g取10m/s2。在这一过程中，求：
（1）拉力F做的功；
（2）重力G做的功；
（3）圆弧面对物体的支持力FN做的功。
20．（8分）“胜哥”用模拟设备模拟一辆卡车以10m/s的速度匀速行驶，在卡车后面100m处一辆摩托车由静止开始以的加速度做匀加速直线运动，已知摩托车的额定功率为200W，阻力恒为8N，摩托车质量为1kg，当摩托车达到额定功率后便立即通过控制器使摩托车保持此时的速度匀速行驶。
（1）（4分）求摩托车追上卡车前二者相隔的最大距离；
（2）（4分）求摩托车追上卡车所用时间。
答案
1．D
2．D
3．D
4．C
5．D
6．A
7．B
8．B
9．B
10．B
11．B,D
12．B,D
13．A,C
14．（1）A；B
（2）；
15．小shan；0.05；近似相等
16．（1）解：物体随地球自转做匀速圆周运动，由线速度与周期的关系可知
（2）解：根据牛顿第二定律可知，物体随地球自转的向心加速度大小为
17．（1）解：当圆盘从静止开始转动，三个物体随圆盘转动，由静摩擦力提供向心力，三者角速度大小相等，根据向心力公式，
由于物体的运动半径最大，因此所需的向心力增加最快，其所受静摩擦力最先达到最大静摩擦力，当所受静摩擦力达到最大静摩擦力后，由于静摩擦力开始刚好不足以提供向心力，此时之间的绳上恰好有张力，根据牛顿第二定律有，
解得；
（2）解：所受静摩擦力达到最大静摩擦力时，之间的绳上恰好有张力。此时所受静摩擦力已经达到最大静摩擦力，对、整体根据牛顿第二定律有，
解得；
（3）解：设受到的摩擦力恰好为时，则对：，
对、整体：，
解得，
当整体刚要滑动时，对：，
对、整体：，
解得，
根据前面分析可知，当 ，、之间绳无张力，此时，
当 时，对：，
对、整体：，
解得，
当 时，对：，
对、整体：，
解得，
当 时，发生滑动。
18．解：（1）恒星1、2的向心力均由彼此间的万有引力提供，设两者的角速度为，有
解得
（2）恒星1、2间的万有引力大小
解得
（3）恒星1做匀速圆周运动，有
解得

19．（1）解：将圆弧AB分成无数小段，每段为 x，则在每段上力F可认为是恒力，做功为F x，则从A到B做的总功
圆弧面对物体的支持力FN与速度方向总垂直，则根据
，可知支持力做功为零。
（2）解：重力G做的功
（3）由（1）知， 圆弧面对物体的支持力FN做的功为0
20．（1）解：当摩托车的速度等于卡车的速度时，二者相隔的距离达到最大。此时摩托车加速的时间为
卡车运动的位移为
摩托车的位移为
卡车和摩托车相隔的最大距离为
（2）解：在摩托车匀加速阶段有
解得
达到额定功率时的速度为
匀加速阶段的时间为
此时，卡车运动的位移
摩托车的位移
此时，卡车和摩托车相隔的距离
在10s后，卡车和摩托车都做匀速直线运动，设再经过时间二者相遇，则有
解得
则摩托车追上卡车所用时间为
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人教版高一物理下期末检测卷5（学生版）（必修二+选必一第三章机械波）
一、选择题(共10题；共30分)
1．（3分）如图所示，在同一竖直平面内，两套自动投放装置分别安装在不同高度的固定平台上。装置①与装置②分别以大小相等、方向相反的水平初速度释放两个小型探测器，释放后探测器只受重力作用，且两探测器恰好在同一时刻落到地面，它们运动轨迹的交汇点为A点。不计空气阻力，则下列说法中正确的是（　　）
A．两探测器一定在A点相遇
B．两探测器一定是在同一时刻被释放的
C．装置①与装置②释放的探测器水平方向的位移大小相等
D．两物体运动过程中，速度变化率大小始终相等，方向竖直向下
【答案】D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】A、两探测器的运动轨迹虽交汇于A点，但二者运动时间不同，经过A点的时刻不一致，并非在A点相遇，A错误；
B、两探测器同时落地，但平抛运动的下落时间由高度决定，二者释放高度不同，因此下落时间不同，对应的释放时刻也不相同，B错误；
C、平抛运动水平方向为匀速直线运动，水平位移。虽然两探测器初速度大小相等，但下落时间不同，因此水平位移大小不相等，C错误；
D、两探测器做平抛运动时，均只受重力作用，加速度均为重力加速度，而加速度是速度的变化率，因此二者运动过程中速度的变化率相同，D正确；
故答案为：D。
【分析】相遇的条件是同一时刻到达同一位置，而非轨迹交汇；平抛运动下落时间由高度决定，落地时间相同则释放时间不同；水平位移由初速度和运动时间共同决定；加速度是速度的变化率，平抛运动加速度恒为。
2．（3分）小物通过视频号“胜哥课程”观看了《圆周运动之漫天焰火》Ai视频。“胜哥”将火源在竖直平面内顺时针甩动，漫天焰火下女演员原地转舞，如图所示，女演员裙脚上的火焰转成了圆圈，场面绚丽多彩，美不胜收。若不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．“胜哥”甩出去的燃烧颗粒在空中运动时不受力的作用
B．“胜哥”甩出去的燃烧颗粒一定做曲线运动
C．女演员裙脚上的火焰一定做匀速圆周运动
D．女演员裙脚上的火焰所受合力一定不是恒力
【答案】D
【知识点】曲线运动的条件；匀速圆周运动
【解析】【解答】A．“胜哥”甩出去的燃烧颗粒在空中运动时受到重力，故A错误；
B．当“胜哥”甩出去的燃烧颗粒的初速度方向竖直向上时，燃烧颗粒做竖直上抛运动，轨迹为直线，故B错误；
C．女演员裙脚上的火焰不一定做匀速圆周运动，故C错误；
D．女演员裙脚上的火焰做圆周运动，火焰所受合力一定不是恒力，故D正确。
故选D。
【分析】甩出去的燃烧颗粒在空中运动时受到重力；是否做曲线运动主要看初速度与重力不能在一条直线上，如初速度竖直向上或竖直向下做匀变速直线运动；女演员裙脚上的火焰不一定做匀速圆周运动；火焰做圆周运动，火焰所受合力一定不是恒力。
3．（3分）交通电子警察向行驶中的车辆发射频率已知的超声波，同时测量反射波的频率，根据反射波的频率变化就能得出车辆的速度。这一技术主要利用的物理现象为（　　）
A．共振 B．波的衍射 C．波的干涉 D．多普勒效应
【答案】D
【知识点】多普勒效应
【解析】【解答】交通警察向行进中的车辆发射频率已知的超声波，同时测量反射波的频率，根据反射波频率变化的多少就能知道车辆的速度，其工作原理利用的是多普勒效应。
故答案为：D。
【分析】交通警察测量汽车的速度时利用多普勒效应。
4．（3分）如图所示，在竖直玻璃管的水中有一红蜡块正在匀速上升，若红蜡块在A点时开始使玻璃管从AB位置水平向右做匀加速直线运动，则红蜡块实际运动轨迹是图中的（　　）
A．轨迹P B．轨迹Q
C．轨迹R D．轨迹P、Q、R都有可能
【答案】C
【知识点】速度的合成与分解
【解析】【解答】蜡块竖直方向匀速直线运动，水平方向匀加速直线运动，所以蜡块的实际运动为曲线，且蜡块的合外力水平向右。物体做曲线运动，合外力指向凹侧，则实际轨迹是图中的轨迹R。
故答案为：C。
【分析】蜡块参与了水平方向上匀加速直线运动和竖直方向上的匀速直线运动，根据合速度和合加速度的方向关系确定蜡块的运动轨迹。
5．（3分）如图所示，轻质不可伸长的细绳，绕过光滑定滑轮，与质量为的物体连接，放在倾角为的光滑固定斜面上，绳的另一端和套在固定竖直杆上的物体连接。现、间细绳恰沿水平方向，从当前位置开始，在外力作用下以速度匀速下滑。设绳子的张力为，在此后的运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．物体A做匀加速运动 B．物体A做匀速运动
C．可能小于 D．一定大于
【答案】D
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】通过绳和杆连接的两个物体，尽管实际的运动方向不同，但可以通过速度的合成与分解，找出其速度的关联性。由题意可知，将B的实际运动分解成两个分运动，如图所示
根据平行四边形定则，可知
因B以速度匀速下滑，又增大，所以增大，则物体A做变加速运动；对A进行受力分析，结合牛顿第二定律，则有
故选D。
【分析】根据正交分解，表达A速度，分析A的运动，再根据牛顿第二定律，分析拉力和重力分量关系。
6．（3分）脚踏车上的飞轮传动系统如图所示，设各轮的转轴均固定且相互平行，甲、乙两轮同轴且无相对转动，已知甲、乙、丙、丁四轮的半径比为，A、B分别是甲、乙两轮边缘上的点，两传送带在四轮转动时均不打滑，下列判断正确的是（　　）
A．甲、乙两轮的角速度相等 B．A点向心加速度比B点的小
C．两传送带的线速度大小相等 D．当丙轮转1圈时，丁轮已转10圈
【答案】A
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】A．甲、乙两轮通过皮带连接（或无相对滑动），因此线速度大小相同（），但甲、乙两轮半径不同（ ），根据 ，角速度 不同。然而，题目中描述“甲、乙两轮同轴且无相对转动”，这意味着它们固定在同一根轴上，因此角速度相同（ ）。故A正确。
B．A、B两点分别位于甲、乙两轮上，由于同轴，角速度相同（ ）。向心加速度 ，因为 （A点在大轮甲上，B点在小轮乙上），所以 ，即A点向心加速度比B点大。故B错误。
C．由于，且甲、乙两轮角速度相同，根据，可得，两传送带的线速度大小不同，故C错误；
D．由C选项可知，且丁轮与甲轮线速度大小相同，丙轮与乙轮线速大小相同，所以有，由于，根据可得，可知丙转1圈，丁转了圈，故D错误。
故选A。
【分析】一、考点：
1、同轴转动：固定在同一转轴上的物体角速度相同（相同），线速度 与半径成正比。
2、皮带传动：皮带连接的两轮边缘线速度大小相同（相同），角速度 与半径成反比。
3、向心加速度：公式 或 ，需根据条件灵活选用。
4、转动圈数关系：圈数比等于角速度比（）。
二、易错点：
1、混淆同轴与皮带传动特点：同轴：角速度相同，线速度不同（）。皮带传动：线速度相同，角速度不同（ ）。
2、向心加速度公式选择：当角速度相同时，用 （半径越大，加速度越大）。当线速度相同时，用 （半径越大，加速度越小）。
3、圈数计算错误：误认为圈数相同（实际由角速度决定，，故 ）
7．（3分）关于牛顿力学与相对论，以下说法正确的是（　　）
A．中国东风27超高音速导弹的飞行速度可达到3400m/s，牛顿力学不再适用
B．真空中的光速大小在不同的惯性参考系中都是相同的
C．牛顿力学在微观领域物质结构中不适用，因此带电粒子在电场中的运动不满足牛顿运动定律
D．对于地面上静止不动的物体，在不同参考系中测得该物体的长度都是一样的
【答案】B
【知识点】相对论时空观与牛顿力学的局限性
【解析】【解答】A．中国东风27超高音速导弹的运动属于低速宏观的运动，牛顿力学仍然适用，A不符合题意；
B．由狭义相对论的光速不变原理可知真空中光速在不同的惯性参考系中是相同的，B符合题意；
C．狭义相对论同时适用于高速运动的物体与低速运动的物体，经典力学是狭义相对论在低速（）条件下的近似，理想状态下，带电粒子在电场中的运动可以使用牛顿运动定律，C不符合题意；
D．根据尺缩效应，相对论时空观认为运动的尺子会变短，如果物体在地面上静止不动，在相对于地面运动的参考系里面测出物体的长度和在地面上测出物体的长度是不一样的，D不符合题意。
故答案为B。
【分析】对牛顿力学与相对论的适用条件与相关理论识记可对选项进行判断。
8．（3分）跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一，滑雪场地如图甲所示。简化的跳台滑雪的雪道示意图如图乙所示，比赛中运动员从圆弧助滑道AB的最高点A处由静止滑下后，从滑道B处斜向上飞出，在着陆坡CD上着陆，由其着陆距离确定其距离得分。距离得分的评分标准为：运动员如正好着陆到K点，即得到60分，每比K点远1米多得2分，反之，每短1米则扣2分。不计一切阻力。下列说法正确的是（　　）
A．距离得分越高的运动员着陆时动能越大
B．距离得分越高的运动员在空中飞行时间越长
C．教练员在研究运动员的距离得分情况时，可将运动员视为质点
D．同一运动员在两次比赛过程中的距离得分一定相等
【答案】B
【知识点】斜抛运动；动能
【解析】【解答】A．由于不同运动员质量不同，无法比较动能大小，故A错误；
B．距离得分越高的运动员离开B点时的速度越大，飞行时间越长，故B正确；
CD．同一个运动员在不同比赛中，起跳时的具体速度和角度可能不同，落地点自然也可能不同，“距离得分”不一定相同，即距离得分受到AB段的动作影响，不能视为质点，故C、D错误。
故选B。
【分析】1、距离得分越高的运动员，只能推出离开B点时的速度越大，质量未知，无法比较动能。
2、从滑道B处斜向上飞出，在空中动作影响落点位置，则运动员视不能为质点。
3、同一运动员在两次比赛过程中在空中动作可能不同，则落点位置不同，得分不同。
9．（3分）如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被“胜哥”踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h。若空气阻力的大小保持不变，则足球（　　）
A．在空中运动时，相等的时间内速度变化量相同
B．在1时，加速度最大
C．从1到2的时间大于从2到3的时间
D．从2到3的过程中，动能增加mgh
【答案】B
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．空气阻力的大小保持不变，由于速度的方向不断变化所以阻力的方向时刻变化，根据力的合成可以得出阻力与重力的合力不断变化，所以足球做加速度不断变化的曲线运动；
由于加速度不断变化，由可知，相等的时间内速度变化量不相同，故A错误；
B．在1时，空气阻力与重力的夹角最小，根据力的合成可以得出合力最大，所以加速度最大，故B正确；
C．研究足球竖直方向分运动，在竖直方向上，由于上升过程重力和阻力都向下，下落过程重力和阻力方向大致相反，所以根据牛顿第二定律可以得出上升过程的平均加速度大于下降过程的平均加速度，根据可知，与下落过程相比，上升过程时间短，所以从1到2的时间小于从2到3的时间，故C错误；
D．从2到3的过程中，由于阻力和重力对小球做功，根据动能定理有，所以足球动能增加小于mgh，故D错误。
故选B。
【分析】利用速度的变化可以判别阻力不断变化，结合合力的变化可以判别加速度不断变化，结合速度变化量的公式可以判别相等的时间内速度变化量不相同；利用力的合成可以判别合力最大及加速度最大的位置；利用竖直方向的合力可以比较竖直方向的加速度，结合位移公式可以比较运动的时间；利用动能定理可以比较速度变化量的大小。
10．（3分）频率相同的简谐波源 S1、S2，和接收点 M 位于同一平面内S1、S2，到M的距离之差为6m。t=0时S1，S2，同时垂直平面开始振动，M 点的振动图像如图所示，则（　　）
A．两列波的波长为2m
B．两列波的起振方向均沿x正方向
C．S1和 S2，在平面内不能产生干涉现象
D．两列波的振幅分别为3cm和1cm
【答案】B
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波的干涉现象；波的叠加
【解析】【解答】A. 由图可知，在t=4s时，一列波传播到M点，当M参与一列波振动时，另一列波传播到M点，且M点振动减弱，可知另一列波振动方向也沿x正方向，，可得，波长为，A不符合题意，B符合题意；
B. 两列波频率相同，可以在平面发生干涉现象，C不符合题意；
D. 由图可知一列波的振幅为3cm，叠加后振幅为1cm，说明另一列波振幅为2cm，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】根据振动图可得出质点振动周期和振幅的大小，结合波的干涉特点，可得出波速，进而得出波长的大小。
二、多项选择题(共3题；共12分)
11．（4分）如图，小船以大小为v1=5m/s、船头与上游河岸成θ=60°角的速度（在静水中的速度）从A处过河，经过一段时间正好到达正对岸B处。已知河宽d=180m，则下列说法中正确的（　　）
A．河中水流速度为2.5m/s
B．小船以最短位移渡河的时间为24s
C．小船渡河的最短时间为24s
D．小船以最短时间渡河时到达对岸的位移是90m
【答案】B,D
【知识点】小船渡河问题分析
【解析】【解答】A．根据加速度的分解可以得出河中水流速度为
选项A错误；
B．根据垂直于河岸方向的位移公式可以得出：小船以最短位移渡河的时间为
选项B正确；
C．当船头方向指向正对岸时过河时间最短，根据位移公式则小船渡河的最短时间为
选项C错误；
D．根据位移公式可以得出小船以最短时间渡河时到达对岸沿水流方向的位移是
根据位移的合成则总位移
选项D正确。
故选BD。
【分析】利用速度的分解可以求出水流速度的大小；利用垂直于河岸的位移公式可以求出过河的时间；利用位移的合成可以求出总位移的大小。
12．（4分）下面四幅图用曲线运动知识描述正确的是（ ）
A．图甲，制作棉花糖时，糖水因为受到离心力而被甩出去
B．图乙，火车轨道的外轨略高于内轨，火车拐弯时速度越小，对轨道磨损不一定越小
C．图丙，该自行车在赛道上做匀速圆周运动，所受的合外力不变
D．图丁，在一座凹形桥的最低点，同一辆车子速度越大，对桥面压力就越大
【答案】B,D
【知识点】生活中的圆周运动；离心运动和向心运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】本题考查了圆周运动，理解离心运动的条件，熟练掌握合外力提供向心力是解决此类问题的关键。A．图甲，制作棉花糖时，糖水因为离心运动而被甩出去，不是受到了离心力的作用，A错误；
B．图乙，火车轨道的外轨略高于内轨，火车拐弯时速度较小时，会内轨挤压内侧轮缘，火车速度越小，内轨和内侧轮缘之间的挤压力越大，故火车轮与轨道磨损不一定越小，B正确；
C．图丙，该自行车在赛道上做匀速圆周运动，所受的合外力方向改变，C错误；
D．在一座凹形桥的最低点，由
可知，同一辆车子速度越大，桥面对车子的支持力越大，即车对桥面的压力越大，D正确。
故选BD。
【分析】根据糖水因为离心运动而被甩出去，火车拐弯时速度较小时，内轨会挤压内侧轮缘，火车速度越小，内轨和内侧轮缘之间的挤压力越大，结合合外力提供向心力分析求解。
13．（4分）我国“朱雀”行星探测计划对类地行星X进行详细探测，探测器将先进入行星X的同步轨道（轨道周期与行星自转周期相同），轨道高度为h。随后经过多次变轨，最终进入贴近行星表面的圆形轨道运动。已知行星自转周期为T0，贴近表面轨道周期为T，引力常量为G，忽略大气阻力及探测器质量变化。根据上述信息，下列判断正确的是（　　）
A．T小于T0
B．行星X的半径R与同步轨道高度h满足关系式
C．行星X的质量可表示为，其中R为行星X半径
D．探测器在行星X同步轨道上的加速度大于在贴近表面轨道上的加速度
【答案】A,C
【知识点】开普勒定律；万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A．根据开普勒第三定律，卫星轨道半径越大，运行周期越长。同步卫星轨道半径大于行星近地轨道半径，因此同步轨道周期大于近地轨道周期，即，故A符合题意；
B．由开普勒第三定律，整理可得，与选项表述不符，故B不符合题意；
C．对同步轨道卫星，万有引力提供向心力，由，解得行星质量，故C符合题意；
D．探测器的向心加速度由决定，轨道半径越大，加速度越小。同步轨道半径大于近地轨道半径，因此同步轨道的加速度小于近地轨道的加速度，故D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】以开普勒第三定律为核心，分析不同轨道半径与周期的对应关系；利用万有引力提供向心力的规律，推导行星质量的表达式；结合向心加速度与轨道半径的反比关系，对比不同轨道的加速度大小。
三、非选择题(共7题；共58分)
14．（6分）“胜哥”用如图甲所示的实验装置探究恒力做功与小车动能变化的关系，实验中用钩码的总重力表示小车所受合力。
（1）（2分）下列关于该实验的操作，正确的有____。
A．细线必须与长木板平行
B．先接通电源再释放小车
C．钩码的质量远大于小车的质量
D．平衡摩擦力时，应挂上钩码，逐渐抬高木板，直到小车能匀速下滑
（2）（4分）实验时“胜哥”将打点计时器接到频率为的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图乙所示每相邻两个计数点间还有个点，图中未画出。
已知；；；；；。当地的重力加速度，钩码总质量为，小车的质量。打下点时小车的速度为　 　，从到的过程中，小车所受合外力做功为　 　。结果均保留两位有效数字
【答案】（1）A；B
（2）；
【知识点】探究功与物体速度变化的关系
【解析】【解答】（1）A、为了小车受力恒定，故应将细线与木板保持水平，故A正确；
B、为了充分利用纸带，实验时应先接通电源再释放纸带，故B正确；
C、为了能用钩码的总重力所做的功表示小车所受合外力的功，绳子的拉力要等于近似等于总重力，即小车的质量M要远大于钩码的总质量m，故C错误；
D、平衡摩擦力时，小车带动纸带运动，打点计时器工作，不能挂上钩码，故D错误。
故答案为：AB。
（2）根据题意可知相邻计数点之间的时间间隔为
打下D点时小车的速度
合外力做功
【分析】熟练掌握打点计时器的应用方法。为了小车受力恒定，故应将细线与木板保持水平，实验中用钩码的总重力所做的功表示小车所受合外力的功，小车的质量M要远大于钩码的总质量m。熟练掌握纸带数据处理方法。再根据功的定义确定BD过程小车所受合力做功情况。
15．（6分）如图所示，“胜哥”将一轻质弹簧左端固定放置在粗糙程度均匀的水平桌面上，然后从弹簧原长位置开始向左依次标记“0”、“1”、“2”、“3”、“4”五个位置，再用两个由同种材料制作的物块将弹簧右端分别压至“1”、“2”、“3”、“4”位置由静止释放，测量出物块每次停止运动时的位置到释放点的距离，得到数据如下表：
　
（1）从同一位置由静止释放，质量大的物块向前滑行的最大距离较　 　（填“大”或“小”）。
（2）根据表中数据可知，物块的质量为　 　（保留一位有效数字）。
（3）若将“0”、“1”、“2”、“3”、“4”五个相邻位置间的距离设为，已知弹簧在弹性限度内，弹性势能的大小与弹簧形变量的二次方成正比，则根据上表数据可知，大小关系为　 　（填“近似相等”“依次增大”或“依次减小”）。
【答案】小shan；0.05；近似相等
【知识点】弹性势能
【解析】【解答】（1）根据题意，由动能定理有
解得
可知，质量大的物块向前滑行的最大距离较小。
（2）由（1）分析，结合表中数据可知，同一位置释放，物块运动的距离近似为物块的2倍，则物块的质量为
（3）根据题意，由（1）分析，结合表中数据可知，物块在“1”、“2”、“3”、“4”的弹性势能的比值近似为，由于弹性势能的大小与弹簧形变量的二次方成正比，则物块在“1”、“2”、“3”、“4”位置时，弹簧的形变量的比值近似为，即大小关系为近似相等。
综上第1空：小；第2空：0.05；第3空：近似相等
【分析】（1）根据动能定理求解得到位移与质量关系分析判断；
（2）结合（1）中表达式，由同一位置释放滑行距离关系求解M；
（3）结合（1）中表达式和表格数据分析物块在各个点的弹性势能的比值近似为，根据弹性势能的大小与弹簧形变量的二次方成正比可知弹簧的形变量的比值近似为，即大小关系为近似相等。
16．（8分）地球可看作半径为R的球体，位于赤道处的物体随地球自转做匀速圆周运动，截面如图所示，已知自转周期为T，求：
（1）（4分）物体随地球自转的线速度v；
（2）（4分）物体随地球自转的向心加速度a。
【答案】（1）解：物体随地球自转做匀速圆周运动，由线速度与周期的关系可知
（2）解：根据牛顿第二定律可知，物体随地球自转的向心加速度大小为
【知识点】向心加速度
【解析】【分析】（1）由线速度与周期的关系列式求解；
（2）根据牛顿第二定律得出加速度公式，进行求解。
（1）物体随地球自转做匀速圆周运动，由线速度与周期的关系可知
（2）根据牛顿第二定律可知，物体随地球自转的向心加速度大小为
17．（12分）如图所示，在水平圆盘上放有质量分别为、、的可视为质点的三个物体、、，圆盘可绕垂直圆盘的中心轴转动。三个物体与圆盘的滑动摩擦因数均为。最大静摩擦力认为等于滑动摩擦力。三个物体与轴共线且，现将三个物体用轻质细线相连，保持细线伸直且恰无张力，使圆盘从静止开始转动且缓慢增大角速度，直到物体相对圆盘发生滑动，已知重力加速度。则在这个过程中：
（1）（4分）当角速度多大时，物体和物体之间的细绳上恰好开始有张力？
（2）（4分）当角速度多大时，物体和物体之间的细线上恰好开始有张力？
（3）（4分）写出物体所受静摩擦力大小随角速度变化的函数关系式。
【答案】（1）解：当圆盘从静止开始转动，三个物体随圆盘转动，由静摩擦力提供向心力，三者角速度大小相等，根据向心力公式，
由于物体的运动半径最大，因此所需的向心力增加最快，其所受静摩擦力最先达到最大静摩擦力，当所受静摩擦力达到最大静摩擦力后，由于静摩擦力开始刚好不足以提供向心力，此时之间的绳上恰好有张力，根据牛顿第二定律有，
解得；
（2）解：所受静摩擦力达到最大静摩擦力时，之间的绳上恰好有张力。此时所受静摩擦力已经达到最大静摩擦力，对、整体根据牛顿第二定律有，
解得；
（3）解：设受到的摩擦力恰好为时，则对：，
对、整体：，
解得，
当整体刚要滑动时，对：，
对、整体：，
解得，
根据前面分析可知，当 ，、之间绳无张力，此时，
当 时，对：，
对、整体：，
解得，
当 时，对：，
对、整体：，
解得，
当 时，发生滑动。
【知识点】临界类问题；牛顿第二定律；向心力
【解析】【分析】（1）当BC之间有张力时，利用牛顿第二定律及向心力的表达式可以求出角速度的大小；
（2）当AB之间恰好有张力时，利用牛顿第二定律可以求出角速度的大小；
（3）当物体A与BC一起做匀速圆周运动时，利用向心加速度的表达式结合临界条件可以求出角速度与摩擦力的关系式。
18．（9分）有研究表明，在银河系中至少一半以上的恒星系统都是由双星构成的。由恒星1、2（可视为质点）组成的双星系统如图所示，两恒星以相等的角速度绕两者连线上的O点做圆周运动，测得恒星1、2到O点的距离分别为2r、r，已知恒星1的质量为m，引力常量为G。求：
（1）恒星2的质量；
（2）恒星1、2间的万有引力大小F；
（3）恒星1的线速度大小。
【答案】解：（1）恒星1、2的向心力均由彼此间的万有引力提供，设两者的角速度为，有
解得
（2）恒星1、2间的万有引力大小
解得
（3）恒星1做匀速圆周运动，有
解得

【知识点】双星（多星）问题
【解析】【分析】（1）由于恒星之间的引力提供向心力，根据牛顿第二定律结合向心力相等可以求出质量的比值；
（2）利用引力公式可以求出恒星之间引力的大小；
（3）恒星做匀速圆周运动，利用引力提供向心力可以求出速度的大小。
19．（9分）如图所示，一质量m=1.0kg的物体从半径R=5.0m的圆弧的A端，在拉力作用下沿圆弧缓慢运动到B端（圆弧AB在竖直平面内）。拉力F的大小始终为15N不变，方向始终沿物体在该点的切线方向。圆弧所对应的圆心角为60°，BO边沿竖直方向，g取10m/s2。在这一过程中，求：
（1）拉力F做的功；
（2）重力G做的功；
（3）圆弧面对物体的支持力FN做的功。
【答案】（1）解：将圆弧AB分成无数小段，每段为 x，则在每段上力F可认为是恒力，做功为F x，则从A到B做的总功
圆弧面对物体的支持力FN与速度方向总垂直，则根据
，可知支持力做功为零。
（2）解：重力G做的功
（3）由（1）知， 圆弧面对物体的支持力FN做的功为0
【知识点】微元法；功的计算
【解析】【分析】（1）利用微元法将曲线运动分解为无数直线小段，结合弧长公式，推导变力做功，体现变力做功的等效处理逻辑。
（2）通过重力做功与高度变化的关系，直接计算重力做功，体现重力做功的定量分析策略。
（3）依据功的定义（力与位移方向垂直时做功为零），判断支持力做功，体现力做功的条件分析。
20．（8分）“胜哥”用模拟设备模拟一辆卡车以10m/s的速度匀速行驶，在卡车后面100m处一辆摩托车由静止开始以的加速度做匀加速直线运动，已知摩托车的额定功率为200W，阻力恒为8N，摩托车质量为1kg，当摩托车达到额定功率后便立即通过控制器使摩托车保持此时的速度匀速行驶。
（1）（4分）求摩托车追上卡车前二者相隔的最大距离；
（2）（4分）求摩托车追上卡车所用时间。
【答案】（1）解：当摩托车的速度等于卡车的速度时，二者相隔的距离达到最大。此时摩托车加速的时间为
卡车运动的位移为
摩托车的位移为
卡车和摩托车相隔的最大距离为
（2）解：在摩托车匀加速阶段有
解得
达到额定功率时的速度为
匀加速阶段的时间为
此时，卡车运动的位移
摩托车的位移
此时，卡车和摩托车相隔的距离
在10s后，卡车和摩托车都做匀速直线运动，设再经过时间二者相遇，则有
解得
则摩托车追上卡车所用时间为
【知识点】追及相遇问题；机车启动
【解析】【分析】一、核心考点总结
1、追及问题中最大距离的条件
速度相等时，若追者速度小于被追者速度，间距增大；大于则减小。
2、机车启动的功率限制
额定功率 ，匀加速阶段F 恒定，功率增加，达到P 时不能再维持原加速度。
本题设定为达到额定功率后直接匀速（牵引力立刻降到等于阻力）。
3、运动学公式分阶段应用
第一阶段匀加速，位移 或 ；
第二阶段匀速，追及条件：两车位移差等于初始间距。
4、计算中物理量单位与数量级一致性
本题数字可能设计为分数（200/9）更精确，避免全部取近似造成累积误差。
5、隐含条件识别
速度相等时可能已进入额定功率阶段？此题中 时仍匀加速，所以最大距离在匀加速阶段求得。
二、总结易错点
1、最大距离判断条件：速度相等，但要检查此时是否仍满足匀加速条件。
2、匀加速阶段结束条件：由 P=Fv 确定，不是由与卡车速度相等决定。
3、功率相关计算：先算匀加速阶段的牵引力，再算该牵引力能达到的最大速度 v1 =P/F。
4、分阶段位移衔接：用分数精确计算，避免累积误差。
5、审题：注意“达到额定功率后立即匀速”这一特殊条件，不是自然界的机车实际过程。
（1）当摩托车的速度等于卡车的速度时，二者相隔的距离达到最大。此时摩托车加速的时间为
卡车运动的位移为
摩托车的位移为
卡车和摩托车相隔的最大距离为
（2）在摩托车匀加速阶段有
解得
达到额定功率时的速度为
匀加速阶段的时间为
此时，卡车运动的位移
摩托车的位移
此时，卡车和摩托车相隔的距离
在10s后，卡车和摩托车都做匀速直线运动，设再经过时间二者相遇，则有
解得
则摩托车追上卡车所用时间为
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