阶段验收评价卷

2023年1月浙江省普通高校招生选考科目考试·物理(考试时间：90分钟试卷分值：100分)一、选择题Ⅰ(本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1．下列属于国际单位制中基本单位符号的是()A．J B．KC．W D．Wb解析：选BK属于国际单位制中的基本单位，故B正确；J、W、Wb属于导出单位，故A、C、D错误。2.如图所示，轻质网兜兜住重力为G的足球，用轻绳挂于光滑竖直墙壁上的A点，轻绳的拉力为FT，墙壁对足球的支持力为FN，则()A．FT<FN B．FT＝FNC．FT>G D．FT＝G解析：选C设轻绳与墙的夹角为θ，对足球受力分析如图所示，由物体的平衡条件得：FTcosθ＝G，FTsinθ＝FN，可判断：FT＞G，FT>FN，故C正确，A、B、D错误。3．“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨运行如图所示，则()A．选地球为参考系，“天和”是静止的B．选地球为参考系，“神舟十五号”是静止的C．选“天和”为参考系，“神舟十五号”是静止的D．选“神舟十五号”为参考系，“天和”是运动的解析：选C以地球为参考系，“天和”和“神舟十五号”都是运动的，故A、B错误；由于“神舟十五号”和“天和”核心舱成功对接，二者是相对静止的，因此选“天和”为参考系，“神舟十五号”是静止的，同理选“神舟十五号”为参考系，“天和”也是静止的，故C正确，D错误。4．一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．弹性势能减小B．重力势能减小C．机械能保持不变D．绳一绷紧动能就开始减小解析：选B游客从跳台下落直到最低点的过程中，游客的重力势能逐渐减小，B正确；根据游客的下落情况，橡皮绳的弹性势能先不变，当橡皮绳张紧之后才逐渐增大，故A错误；游客的机械能与橡皮绳的弹性势能之和保持不变，故机械能先不变，后减小，C错误；绳刚绷紧时，重力仍大于绳上的弹力，游客还要向下加速一段时间，故D错误。5.如图所示，在考虑空气阻力的情况下，一小石子从O点抛出沿轨迹OPQ运动，其中P是最高点。若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则小石子竖直方向分运动的加速度大小()A．O点最大B．P点最大C．Q点最大D．整个运动过程保持不变解析：选A在O→P的过程中，根据牛顿第二定律得竖直方向上：mg＋kvy＝ma1y，因为该过程为减速过程，所以在O点时其竖直分速度vy最大，竖直方向分运动的加速度最大；在P→Q的过程中，在竖直方向上有mg－kvy＝ma2y，因为该过程为加速过程，在P点时其竖直分速度最小，竖直方向加速度最大，故A正确，B、C、D错误。6.主动降噪耳机能收集周围环境中的噪声信号，并产生相应的抵消声波。某一噪声信号传到耳膜的振动图像如图所示，取得最好降噪效果的抵消声波(声音在空气中的传播速度为340m/s)()A．振幅为2AB．频率为100HzC．波长应为1.7m的奇数倍D．在耳膜中产生的振动与图中所示的振动同相解析：选B由振动图像得：振幅为A，f＝eq\f(1,T)＝100Hz，λ＝vT＝3.4m，当主动降噪耳机产生的声波与周围环境中的噪声信号的振幅、频率、波长都相同且二者恰好振动反相时，降噪效果最好，故B正确，A、C、D错误。7．如图甲所示，一导体杆用两条等长细导线悬挂于水平轴OO′，接入电阻R构成回路。导体杆处于竖直向上的匀强磁场中，将导体杆从竖直位置拉开小角度由静止释放，导体杆开始下摆。当R＝R0时，导体杆振动图像如图乙所示。若横纵坐标皆采用图乙标度，则当R＝2R0时，导体杆振动图像是()解析：选B导体杆在摆动过程中，由于电阻增大，感应电动势不变，回路中的感应电流变小，机械能向内能的转化变慢，故B正确，A、C、D错误。8．某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示，通有电流I的螺绕环在霍尔元件处产生的磁场B＝k1I，通有待测电流I′的直导线ab垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场B′＝k2I′。调节电阻R，当电流表示数为I0时，元件输出霍尔电压UH为零，则待测电流I′的方向和大小分别为()A．a→b，eq\f(k2,k1)I0 B．a→b，eq\f(k1,k2)I0C．b→a，eq\f(k2,k1)I0 D．b→a，eq\f(k1,k2)I0解析：选D根据安培定则可判断螺绕环在霍尔元件处产生的磁场B方向竖直向下，大小为B＝k1I0，当直导线ab在霍尔元件处产生的磁场B′方向竖直向上，且大小B′＝k2I′＝B＝k1I0时，霍尔元件处合磁场为零，霍尔电压UH＝0，则I′＝eq\f(k1,k2)I0，由安培定则可得电流由b→a，故D正确，A、B、C错误。9．宇宙射线进入地球大气层与大气作用会产生中子，中子与大气中的氮14会产生以下核反应：eq\o\al(14,6)N＋eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(14,6)C＋eq\o\al(1,1)H，产生的eq\o\al(14,6)C能自发进行β衰变，其半衰期为5730年，利用碳14的衰变规律可推断古木的年代。下列说法正确的是()A.614C发生β衰变的产物是715NB．β衰变辐射出的电子来自于碳原子的核外电子C．近年来由于地球的温室效应，引起eq\o\al(14,6)C的半衰期发生微小变化D．若测得一古木样品的eq\o\al(14,6)C含量为活体植物的eq\f(1,4)，则该古木距今约为11460年解析：选D由eq\o\al(14,6)C→eq\o\al(0,－1)e＋eq\o\al(14,6)N，故A错误；β衰变辐射出的电子来自于碳原子的核内部，B错误；半衰期与温度无关，C错误；根据m余＝m0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\f(t,T)＝eq\f(1,4)m0，解得t＝2T＝11460年，D正确。10．太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动。当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，称为“行星冲日”。已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表：行星名称地球火星木星土星天王星海王星轨道半径R/AU1.01.55.29.51930则相邻两次“冲日”时间间隔约为()A．火星365天 B．火星800天C．天王星365天 D．天王星800天解析：选B该问题为天体运动的“追及”问题，由题意对“火星冲日”有：eq\f(t火,T地)－eq\f(t火,T火)＝1，且eq\f(R地3,T地2)＝eq\f(R火3,T火2)，解得t火≈800天，同理对“天王星冲日”可知t天≈369天，故选B。11.被誉为“中国天眼”的大口径球面射电望远镜已发现660余颗新脉冲星，领先世界。天眼对距地球为L的天体进行观测，其接收光子的横截面半径为R。若天体射向天眼的辐射光子中，有η(η<1)倍被天眼接收，天眼每秒接收到该天体发出的频率为ν的N个光子。普朗克常量为h，则该天体发射频率为ν光子的功率为()A.eq\f(4NL2hν,R2η) B.eq\f(2NL2hν,R2η)C.eq\f(ηL2hν,4R2N) D.eq\f(ηL2hν,2R2N)解析：选A设该天体发射频率为ν，则在t＝1s内，该天体辐射的能量为Pt·eq\f(πR2,4πL2)η＝Nhν，故P＝eq\f(4NL2hν,ηR2)，A正确，B、C、D错误。12．如图所示，示波管由电子枪、竖直方向偏转电极YY′、水平方向偏转电极XX′和荧光屏组成。电极XX′的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY′极板间电压为零，电子枪加速电压为10U。电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO′方向进入偏转电极。已知电子电荷量为e，质量为m，则电子()A．在XX′极板间的加速度大小为eq\f(eU,m)B．打在荧光屏时，动能大小为11eUC．在XX′极板间受到电场力的冲量大小为eq\r(2meU)D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切tanα＝eq\f(l,20d)解析：选D在XX′极板间电子的加速度大小为：a＝eq\f(eE,m)＝eq\f(eU,dm)，A错误；电子从离开金属丝到打在荧光屏上，由动能定理得：e·10U＋eU′＝Ek，其中U′≤eq\f(U,2)，故Ek≤10.5eU，B错误；电子经电子枪加速后，e·10U＝eq\f(1,2)mv12，在XX′极板间运动时间为t＝eq\f(l,v1)，受到的冲量大小为I＝eEt＝eq\f(eUl,dv1)＝eq\f(eUl,d\r(\f(20eU,m)))＝eq\f(l,d)eq\r(\f(mUe,20))，C错误；电子打在荧光屏上时，速度方向与OO′连线夹角α的正切tanα＝eq\f(vy,v1)＝eq\f(\f(eU,dm)·\f(l,v1),v1)＝eq\f(l,20d)，D正确。13．如图所示为一斜边镀银的等腰直角棱镜的截面图。一细黄光束从直角边AB以角度θ入射，依次经AC和BC两次反射，从直角边AC出射。出射光线相对于入射光线偏转了α角，则α()A．等于90° B．大于90°C．小于90° D．与棱镜的折射率有关解析：选A做出光路图，标出各角度值分别为θ1、θ2、θ3、θ4、θ5，由几何关系可得：θ1＋θ2＝90°，θ1＝θ4，θ2－θ3＝45°，由于n＝eq\f(sinθ,sinθ1)＝eq\f(sinθ5,sinθ4)，得θ＝θ5，则α＝－(θ－θ1)－(180°－2θ2)＋(180°－2θ3)＋(θ5－θ4)＝90°，故A正确。二、选择题Ⅱ(本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分)14．下列说法正确的是()A．利用电容传感器可制成麦克风B．物体受合外力越大，则动量变化越快C．利用红外传感器可制成商场的自动门D．牛顿运动定律不适用，则动量守恒定律也不适用解析：选ABC声波可使电容器的极板振动，改变电容器的间距，造成电容器的充放电，把声音信号转变为电信号，A正确；物体受合外力越大，加速度越大，速度变化越快，则动量变化越快，B正确；任何物体都可以辐射红外线，可以利用红外传感器制成商场的自动门，C正确；牛顿运动定律只适用于宏观低速物体，而动量守恒定律既适用宏观低速物体，也适用于微观粒子，D错误。15．氢原子从高能级向低能级跃迁时，会产生四种频率的可见光，其光谱如图1所示。氢原子从能级6跃迁到能级2产生可见光Ⅰ，从能级3跃迁到能级2产生可见光Ⅱ。用同一双缝干涉装置研究两种光的干涉现象，得到如图2和图3所示的干涉条纹。用两种光分别照射如图4所示的实验装置，都能产生光电效应。下列说法正确的是()A．图1中的Hα对应的是ⅠB．图2中的干涉条纹对应的是ⅡC．Ⅰ的光子动量大于Ⅱ的光子动量D．P向a移动，电流表示数为零时Ⅰ对应的电压表示数比Ⅱ的大解析：选CD氢原子从能级6跃迁到能级2：E6－E2＝hνⅠ＝eq\f(hc,λⅠ)，从能级3跃迁到能级2：E3－E2＝hνⅡ＝eq\f(hc,λⅡ)，因为E6－E2＞E3－E2，故νⅠ＞νⅡ，λⅠ＜λⅡ，题图1中的Hα为红光，波长长，频率小，应为Ⅱ，A错误；题图2中的干涉条纹间距小，波长小，对应的是Ⅰ，B错误；光子动量p＝eq\f(h,λ)，得pⅠ＞pⅡ，C正确；P向a移动，当电流表示数为零时，对初动能最大的光电子，由动能定理得eU＝hν－W，则U＝eq\f(h,e)ν－eq\f(W,e)，由于νⅠ＞νⅡ，则UⅠ＞UⅡ，D正确。三、非选择题(本题共5小题，共55分)16．实验题(Ⅰ、Ⅱ两题共14分)Ⅰ.(7分)(1)在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，实验装置如图1所示。①需要的实验操作有________(多选)。A．调节滑轮使细线与轨道平行B．倾斜轨道以补偿阻力C．小车靠近打点计时器静止释放D．先接通电源再释放小车②经正确操作后打出一条纸带，截取其中一段如图2所示。选取连续打出的点0、1、2、3、4为计数点，则计数点1的读数为________cm。已知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz，则打计数点2时小车的速度大小为：________m/s(结果保留3位有效数字)。(2)“探究向心力大小的表达式”实验装置如图3所示。①采用的实验方法是________。A．控制变量法B．等效法C．模拟法②在小球质量和转动半径相同的情况下，逐渐加速转动手柄到一定速度后保持匀速转动。此时左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的________之比(选填“线速度大小”“角速度平方”或“周期平方”)；在加速转动手柄过程中，左右标尺露出红白相间等分标记的比值________(选填“不变”“变大”或“变小”)。解析：(1)①实验时，应调节滑轮使细线与轨道平行，小车从靠近打点计时器的地方静止释放，并且要先接通电源后释放小车，实验中没必要平衡摩擦力，故选A、C、D。②计数点1的读数为2.75cm。打计数点2时小车的速度大小为v2＝eq\f(x3－x1,2T)＝eq\f(8.62－2.75,2×0.02)×10－2m/s≈1.47m/s。(2)①该实验探究多个物理量之间的关系，应用控制变量法。②根据向心力表达式F＝mrω2，在小球质量、转动半径相同的情况下，F∝ω2，左右标尺标记的比值为F之比等于角速度的平方比；由于两球角速度比为定值，则标记的比值不变。答案：(1)①ACD②2.751.47(2)①A②角速度平方不变Ⅱ.(7分)在“测量金属丝的电阻率”实验中：(1)测量一段金属丝电阻时所用器材和部分电路连线如图1所示，图中的导线a端应与________(选填“－”“0.6”或“3”)接线柱连接，b端应与________(选填“－”“0.6”或“3”)接线柱连接。开关闭合前，图1中滑动变阻器滑片应置于________(选填“左”或“右”)端。(2)合上开关，调节滑动变阻器，得到多组U和I数据。甲同学由每组U、I数据计算电阻，然后求电阻平均值；乙同学通过U-I图像求电阻。则两种求电阻的方法更合理的是________(选填“甲”或“乙”)。(3)两同学进一步探究用镍铬丝将满偏电流Ig＝300μA的表头G改装成电流表。如图2所示，表头G两端并联长为L的镍铬丝，调节滑动变阻器使表头G满偏，毫安表示数为I。改变L，重复上述步骤，获得多组I、L数据，作出I-eq\f(1,L)图像如图3所示。则I-eq\f(1,L)图像斜率k＝________mA·m。若要把该表头G改装成量程为9mA的电流表，需要把长为________m的镍铬丝并联在表头G两端。(结果均保留两位有效数字)解析：(1)导线a端应与“0.6”相连，b端应与“0.6”相连，开关闭合前，题图1中滑动变阻器滑片应置于左端，防止闭合开关时通过电阻丝和电表的电流过大，烧坏器材。(2)两种求电阻的方法更合理的是乙，甲同学由每组U、I值计算电阻时会产生误差，再求电阻平均值时产生第二次误差。(3)I-eq\f(1,L)图像斜率k＝eq\f(7.14－6.00,3.0－2.5)≈2.3mA·m，由图像可知当I＝9mA时，eq\f(1,L)＝3.8，则L≈0.26m。即需要把长为0.26m的镍铬丝并联在表头G两端。答案：(1)0.60.6左(2)乙(3)2.30.2617．(8分)某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内用面积S＝100cm2、质量m＝1kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。开始时气体处于温度TA＝300K、活塞与容器底的距离h0＝30cm的状态A。环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升d＝3cm恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态B。活塞保持不动，气体被继续加热至温度TC＝363K的状态C时触动报警器。从状态A到状态C的过程中气体内能增加了ΔU＝158J。取大气压p0＝0.99×105Pa，求气体(1)在状态B的温度；(2)在状态C的压强；(3)由状态A到状态C过程中从外界吸收热量Q。解析：(1)由状态A到状态B为等压变化，根据盖-吕萨克定律eq\f(VA,TA)＝eq\f(VB,TB)得TB＝eq\f(VB,VA)TA＝eq\f(33,30)×300K＝330K。(2)由状态B到状态C为等容变化，根据查理定律eq\f(pB,TB)＝eq\f(pC,TC)，其中pB＝p0＋eq\f(mg,S)＝1.0×105Pa。代入数据解得pC＝eq\f(TC,TB)pB＝eq\f(363,330)×1.0×105Pa＝1.1×105Pa。(3)由状态A到状态C，外界对气体做功W＝－pBSd＝－30J根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q得Q＝188J，即吸热188J。答案：(1)330K(2)1.1×105Pa(3)188J18．(11分)一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ＝37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE、倾角θ＝37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B(E)处。凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车：上表面与直轨道FG、平台JK位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径R＝0.5m，B点高度为1.2R，FG长度LFG＝2.5m，HI长度L0＝9m，摆渡车长度L＝3m、质量m＝1kg。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h＝2.3m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍。(摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC；(2)摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；(3)在(2)的条件下，求滑块从G到J所用的时间t。解析：(1)滑块从A到C，由动能定理得：mg(h－1.2R－Rcosθ－R)＝eq\f(1,2)mvC2代入得vC＝4m/s在C点，由牛顿第二定律得：FC＋mg＝meq\f(vC2,R)代入数据解得：FC＝22N。(2)设滑块刚冲上摆渡车时速度为v0，则由动能定理得mgh－kmgLFG＝eq\f(1,2)mv02代入数据解得：v0＝6m/s滑块恰好不脱离摆渡车，由动量守恒定律得mv0＝(m＋m)v共代入数据解得v共＝3m/s由能量守恒定律得：μmgL＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(m＋m)v共2代入数据解得μ＝0.3。(3)对滑块由牛顿第二定律得：μmg＝ma减速阶段：t1＝eq\f(v0－v共,a)＝1sx1＝eq\f(1,2)(v0＋v共)t1＝4.5m匀速阶段t2＝eq\f(L0－x1,v共)＝1.5s则滑块从G到J用时t＝t1＋t2＝2.5s。答案：(1)4m/s22N(2)0.3(3)2.5s19．(11分)如图1所示，刚性导体线框由长为L、质量均为m的两根竖杆，与长为2l的两轻质横杆组成，且L≫2l。线框通有恒定电流I0，可以绕其中心竖直轴转动。以线框中心O为原点、转轴为z轴建立直角坐标系，在y轴上距离O为a处，固定放置一半径远小于a、面积为S、电阻为R的小圆环，其平面垂直于y轴。在外力作用下，通电线框绕转轴以角速度ω匀速转动，当线框平面与xOz平面重合时为计时零点，圆环处的磁感应强度的y分量By与时间的近似关系如图2所示，图中B0已知。(1)求0到eq\f(π,ω)时间内，流过圆环横截面的电荷量q；(2)沿y轴正方向看以逆时针为电流正方向，在0～eq\f(2π,3ω)时间内，求圆环中的电流与时间的关系；(3)求圆环中电流的有效值；(4)当撤去外力，线框将缓慢减速，经eq\f(π,ω)时间角速度减小量为Δωeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Δω,ω)≪1))，设线框与圆环的能量转换效率为k，求Δω的值(当0<x≪1，有(1－x)2≈1－2x)。解析：(1)在0～eq\f(π,ω)时间t内，q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt，eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)，eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)则q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(2B0S,R)。(2)在0～eq\f(π,3ω)时间内，Φ不变，I＝0在eq\f(π,3ω)～eq\f(2π,3ω)时间内，I＝eq\f(\f(ΔB,Δt)S,R)＝eq\f(\f(－2B0,\f(π,3ω))×S,R)＝eq\f(－6ωB0S,πR)。(3)根据电流的热效应得I2Req\f(π,3ω)＝I有2Req\f(π,ω)解得：I有＝eq\f(2\r(3)ωB0S,πR)。(4)根据能量守恒定律得：keq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2mωl2－\f(1,2)×2m[ω－Δωl]2))＝I有2Req\f(π,ω)化简得：kmω2l2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(Δω,ω)))2))＝eq\f(12ω2B02S2,π2R2)·Req\f(π,ω)取eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(Δω,ω)))2≈1－2eq\f(Δω,ω)，解得Δω＝eq\f(6B02S2,πkml2R)。答案：(1)eq\f(2B0S,R)(2)0～eq\f(π,3ω)时，I＝0；eq\f(π,3ω)～eq\f(2π,3ω)时，I＝eq\f(－6ωB0S,πR)(3)eq\f(2\r(3)ωB0S,πR)(4)eq\f(6B02S2,πkml2R)20．(11分)探究离子源发射速度大小和方向分布的原理如图所示。x轴上方存在垂直xOy平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。x轴下方的分析器由两块相距为d、长度足够的平行金属薄板M和N组成，其中位于x轴的M板中心有一小孔C(孔径忽略不计)，N板连接电流表后接地。位于坐标原点O的离子源能发射质量为m、电荷量为q的正离子，其速度方向与y轴夹角最大值为60°，且各个方向均有速度大小连续分布在eq\f(1,2)v0和eq\r(2)v0之间的离子射出。已知速度大小为v0、沿y轴正方向射出的离子经磁场偏转后恰好垂直x轴射入孔C。未能射入孔C的其他离子被分析器的接地外罩屏蔽(图中没有画出)。不计离子的重力及相互作用，不考虑离子间的碰撞。(1)求孔C所处位置的坐标x0；(2)求离子打在N板上区域的长度L；(3)若在N与M板之间加载电压，调节其大小，求电流表示数刚为0时的电压U0；(4)若将分析器沿着x轴平移，调节加载在N与M板之间的电压，求电流表示数刚为0时的电压Ux与孔C位置坐标x之间关系式。解析：(1)对离子由牛顿第二定律得qv0B＝meq\f(v02,R0)，得R0＝eq\f(mv0,qB)则坐标x0＝2R0＝eq\f(2mv0,qB)。(2)设离子速率为v时，其半径R′＝eq\f(mv,qB)，若离子从C点入射，应有2R′cosθ＝x0＝2R0，如图所示可得：vcosθ＝v0即cosθ＝eq\f(v0,v)，由于eq\f(v0,2)≤v≤eq\r(2)v0得：eq\f(\r(2),2)≤cosθ≤1，故0°≤θ≤45°由几何关系可得：离子打在N板上长度L＝2dtan45°＝2d。(3)由于vy＝vcosθ＝v0由－qU0＝0－eq\f(1,2)mvy2，得U0＝eq\f(mv02,2q)。(4)由(2)得：C位置坐标x＝2R′cosθ，R′＝eq\f(mv,qB)，结合R0＝eq\f(mv0,qB)得x＝2R0eq\f(v,v0)cosθ则因为eq\f(v0,2)≤v≤eq\r(2)v0,0°≤θ≤60°，即eq\f(1,2)≤cosθ≤1当v＝eq\f(v0,2)，cosθ＝eq\f(1,2)时，x小＝eq\f(R0,2)当v＝eq\r(2)v0，cosθ＝1时，x大＝2eq\r(2)R0故当eq\f(1,2)R0≤x≤2eq\r(2)R0时在磁场中：qvB＝meq\f(v2,\f(x,2))在电场中：qUx＝eq\f(1,2)mv2，解得：Ux＝eq\f(B2qx2,8m)。答案：(1)eq\f(2mv0,qB)(2)2d(3)eq\f(mv02,2q)(4)Ux＝eq\f(B2qx2,8m)阶段验收评价(一)匀变速直线运动相互作用牛顿运动定律(考试时间：90分钟试卷分值：100分)一、选择题Ⅰ(本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1．下列说法正确的是()A．图甲为谷爱凌在北京冬奥会大跳台比赛中获得冠军，比赛中谷爱凌可视为质点B．图乙为我国航天员出舱活动，此时地球对航天员的引力大于航天员对地球的引力C．图丙为北京冬奥会雪橇比赛场地“雪游龙”，其全程长达1975米、垂直落差为121米。1975米指路程D．图丁为高亭宇在500m短道速滑决赛中获得金牌，用时34.32s，则他在整个过程的平均速度约为14.6m/s解析：选C谷爱凌在北京冬奥会大跳台比赛中需要关注其肢体动作，故不可视为质点，故A错误；地球对航天员的引力和航天员对地球的引力是一对作用力和反作用力，总是等大反向，故B错误；北京冬奥会雪橇比赛场地“雪游龙”不是一条直线，其全程长达1975米指的是路程，故C正确；500m短道指路程是500m,500m除以34.32s，得平均速率约为14.6m/s，而不是平均速度，平均速度等于位移除以时间，故D错误。2．在2022年卡塔尔世界杯比赛中，某运动员踢出的足球以10m/s的速度水平撞击到门框横梁，经过0.1s后以8m/s的速度返回，则该撞击过程中足球的平均加速度大小为()A．20m/s2 B．80m/s2C．100m/s2 D．180m/s2解析：选D该撞击过程中足球的平均加速度大小为a＝eq\f(v－v0,t)＝eq\f(8－－10,0.1)m/s2＝180m/s2，D正确，A、B、C错误。3．如图所示，下列四幅图像能描述物体做匀加速直线运动的是()解析：选A在v-t图像中，斜率表示加速度，由A图像可以看出加速度是一恒定的值，所以物体做匀加速直线运动，故A符合题意；由B图像可以看出物体受力增加，加速度增加，不是做匀加速直线运动，故B不符合题意；由C图像可以看出物体加速度增加，不是做匀加速直线运动，故C不符合题意；在x-t图像中斜率表示速度的大小，所以D图像表示物体做匀速直线运动，故D不符合题意。4．如图所示是透明圆柱形球筒装着羽毛球，手握竖直的球筒保持静置，打开下底盖时羽毛球不会移动。现松手释放球筒使其自由下落，球筒撞地后球相对球筒下移一段距离，则()A．自由下落时羽毛球处于超重状态B．自由下落时所有羽毛球均与筒无相互作用力C．出现相对下移是羽毛球具有惯性的体现D．相对下移时筒对羽毛球的力大于羽毛球对筒的力解析：选C自由下落时羽毛球加速度向下，处于失重状态，故A错误；自由下落时羽毛球所受的空气阻力大于筒所受的空气阻力，而球和筒的加速度相同，可知球与筒有相互作用力，故B错误；出现相对下移是羽毛球具有惯性的体现，故C正确；相对下移时筒对羽毛球的力与羽毛球对筒的力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故D错误。5.物体做直线运动的eq\f(x,t)-t图像如图所示，下列判断正确的是()A．物体做匀速直线运动B．物体在2s时的速度是3m/sC．物体的加速度是1.0m/s2D．物体的初速度为0解析：选C由公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2变形得eq\f(x,t)＝v0＋eq\f(1,2)at，则说明物体做匀加速直线运动，对照图像可得v0＝2m/s，a＝1.0m/s2，故A、D错误，C正确；由公式v＝v0＋at得v2＝4m/s，故B错误。6．如图所示，竖直墙面上固定两相同支架作为锅盖架，材质均匀、边缘光滑的锅盖置于其上，锅盖仅与两支架接触，下列说法正确的是()A．锅盖受到的弹力是由锅盖形变产生的B．若两支架等高，则锅盖对两支架的弹力相同C．两等高支架间距越大，则两支架对锅盖的弹力越大D．若两支架不等高，则锅盖对较高处支架的弹力更大解析：选C锅盖受到的弹力是由支架形变产生的，故A错误；若两支架等高，则锅盖对两支架的弹力大小相等、方向不同，故B错误；若两支架等高，设每个支架对锅盖的弹力方向与竖直方向的夹角均为θ，则由平衡知识可知2FNcosθ＝mg，当支架间距越大，则θ越大，则FN越大，故C正确；若两支架不等高，对锅盖受力分析如图所示，设T1和T2与竖直方向夹角分别为α和β，由平衡条件T1sinα＝T2sinβ，较高处支架的弹力和竖直方向夹角大，则弹力小，由牛顿第三定律可知，锅盖对较高处支架的弹力更小，故D错误。7．如图所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接，下图中v、a、f和s分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程，下图中正确的是()解析：选C物体在下滑过程和水平面运动过程中始终受到恒定的作用力，下滑过程做匀加速直线运动，在水平面上做匀减速直线运动，其v-t图为两条斜率不同的倾斜直线，故A错误；根据牛顿第二定律，斜面上有mgsinθ－μmgcosθ＝ma1，水平面上有μmg＝ma2，由此可知，加速度在各过程均为一定值，所以a-t图应为两条与时间轴平行的直线，故B错误；下滑过程摩擦力为f1＝μmgcosθ，水平面滑行过程的摩擦力为f2＝μmg，由此可知，物体下滑过程中的摩擦力小于水平面滑动过程中的摩擦力，且两段过程均为定值，故C正确；物体在下滑过程中是匀加速直线运动，s-t图线应为向上弯曲的曲线，故D错误。8．如图所示，一足够长的轻质绸带放在水平光滑桌面上，绸带上放A、B两物块，A物块质量大于B物块，两物块同时分别受到反向等大且逐渐增大的力作用，两物块与绸带间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。下列说法错误的是()A．两物块所受摩擦力的大小总是相等B．两物块不可能同时相对绸带滑动C．A物块不可能相对绸带发生滑动D．A物块所受摩擦力一定大于B物块所受摩擦力解析：选D轻质绸带的质量为零，因此合力一定为零。当A、B两物块同时分别受到反向等大且逐渐增大的力作用时，轻质绸带所受的摩擦力一定大小相等，方向相反；由于A物块所受最大静摩擦力较大，故B物块先相对绸带运动，A物块不会相对绸带滑动，如果A相对绸带滑动，则绸带受到A较大的滑动摩擦力，则B对绸带提供的摩擦力无法与之平衡。故A、B、C正确，与题意不符；D错误，与题意相符。9．一本书重约6N，有424页，书本正面朝上。现将一张A4纸夹在106～107页间，A4纸能够覆盖几乎整个书页，如图所示。若要将A4纸抽出，至少需用约1N的拉力。不计书皮及A4纸的质量，则A4纸和书之间的摩擦因数最接近()A．0.33 B．0.45C．0.56 D．0.67解析：选A由题意可知，需用约1N的拉力克服最大静摩擦力，A4纸受正、反两面的两个摩擦力，不计书皮及A4纸的质量，有1N＝2×μ×eq\f(G,n)×n1＝2×μ×eq\f(6,424)×106N，解得μ≈0.33，故选A。10．2022年初金华轨道交通金义线正式开通，某次列车从进站减速到以一定的速度离开车站的这段时间内的速度—时间图像如图所示，对于该列车下列说法正确的是()A．进站减速时列车的加速度大小为1.2m/s2B．列车在加速与减速两阶段运动的位移相同C．若列车总质量不变，则减速时列车所受的合外力比加速时列车所受的合外力大D．若列车在该站不停车，以30m/s的速度匀速驶过该站，与原来相比，通过车站的运行时间少耗费22.5s解析：选C由v-t图像可知进站减速时列车的加速度大小为a1＝eq\f(30,20)m/s2＝1.5m/s2，A错误；v-t图像与横轴围成的面积表示位移，列车在减速阶段运动的位移为x1＝eq\f(1,2)×20×30m＝300m，列车在加速阶段运动的位移为x2＝eq\f(1,2)×25×30m＝375m，可知列车在加速与减速两阶段运动的位移不相同，B错误；列车在加速阶段的加速度大小为a2＝eq\f(30,25)m/s2＝1.2m/s2，根据牛顿第二定律可得F合＝ma，由于a1＝1.5m/s2>a2＝1.2m/s2，可知若列车总质量不变，则减速时列车所受的合外力比加速时列车所受的合外力大，C正确；若列车在该站不停车，以30m/s的速度匀速驶过该站，则列车匀速通过所用的时间为t＝eq\f(x1＋x2,v)＝eq\f(300＋375,30)s＝22.5s，与原来相比，通过车站少耗费的时间为Δt＝75s－22.5s＝52.5s，D错误。11．某同学制作了一个“竖直加速度测量仪”。如图所示，弹簧上端固定，在弹簧旁固定一直尺。不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20cm刻度处；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40cm刻度处。将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就可用此装置直接测量竖直方向的加速度。取加速度竖直向上为正方向，重力加速度大小为g。下列说法正确的是()A．20cm刻度对应的加速度为gB．30cm刻度对应的加速度为0.5gC．80cm刻度对应的加速度为2gD．各刻度对应加速度值的间隔是不均匀的解析：选C设弹簧的劲度系数为k，钢球质量为m，下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40cm刻度处，则mg＝k(40－20)×10－2＝0.2k,20cm刻度时根据牛顿第二定律有k(20－20)×10－2－mg＝ma，解得a＝－g，故A错误；30cm刻度时根据牛顿第二定律有k(30－20)×10－2－mg＝ma，解得a＝－0.5g，故B错误；80cm刻度时根据牛顿第二定律有k(80－20)×10－2－mg＝ma，解得a＝2g，故C正确；根据牛顿第二定律得k(l－20)×10－2－mg＝ma，可得a＝eq\f(kl－20×10－2,m)－g，则各刻度对应加速度的值是均匀的，故D错误。12．如图所示，小圆环A吊着一个质量为m2的物块并套在另一个竖直放置的大圆环上，有一细线，一端拴在小圆环A上，另一端跨过固定在大圆环最高点B的一个小滑轮后吊着一个质量为m1的物块。如果小圆环、滑轮、细线的大小和质量以及相互之间的摩擦都可以忽略不计，细线又不可伸长，若平衡时弦AB所对应的圆心角为α，则两物块的质量之比eq\f(m1,m2)应为()A．coseq\f(α,2) B．sineq\f(α,2)C．2sineq\f(α,2) D．2sinα解析：选C因小圆环A受拉力m2g、细线BA的拉力FT及大圆环的弹力FN作用而处于平衡状态，则此三个力一定可以组成一封闭的矢量三角形，此力的三角形一定与几何三角形OAB相似，即有eq\f(m2g,R)＝eq\f(FT,AB)，而FT＝m1g，AB＝2Rsineq\f(α,2)，所以eq\f(m1,m2)＝eq\f(AB,R)＝2sineq\f(α,2)，故C正确。13．质量为5kg的木块与水平地面间的动摩擦因数为eq\f(\r(3),3)，一人欲用最小的作用力F使木块沿地面做匀速直线运动，如图所示，则此最小作用力的大小F和F与水平地面的夹角θ分别为(g取10m/s2)()A．10N30° B.eq\f(50\r(3),3)N0°C．25N30° D．25N60°解析：选C如图所示，木块受重力G、地面的支持力FN、摩擦力Ff和施加的外力F四个力作用。由共点力平衡条件得Fcosθ＝Ff，Fsinθ＋FN＝G，且有Ff＝μFN，联立以上各式得F＝eq\f(μG,cosθ＋μsinθ)令tanφ＝eq\f(1,μ)，则F＝eq\f(μG,\r(1＋μ2)sinθ＋φ)当sin(θ＋φ)＝1时，F具有极小值，Fmin＝eq\f(μG,\r(1＋μ2))＝eq\f(\f(\r(3),3)×5×10,\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2))N＝25N，因为tanφ＝eq\f(1,μ)＝eq\r(3)，所以φ＝60°，则F与水平地面的夹角θ＝90°－60°＝30°，故选项C正确。二、选择题Ⅱ(本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分)14．如图所示，质量mB＝2kg的水平托盘B与一竖直放置的轻弹簧焊接，托盘上放一质量mA＝1kg的小物块A，整个装置静止。现对小物块A施加一个竖直向上的变力F，使其从静止开始以加速度a＝2m/s2做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数k＝600N/m，g＝10m/s2。以下结论正确的是()A．变力F的最小值为2NB．变力F的最小值为6NC．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为0.2m/sD．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为eq\f(\r(5),5)m/s解析：选BCA、B整体受力产生加速度，则有F＋FNAB－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，F＝(mA＋mB)a＋(mA＋mB)g－FNAB，当FNAB最大时，F最小，即刚开始施力时，FNAB最大，等于重力，则Fmin＝(mA＋mB)a＝6N，B正确，A错误；刚开始，弹簧的压缩量为x1＝eq\f(mA＋mBg,k)＝0.05m；A、B分离时，其间恰好无作用力，对托盘B，由牛顿第二定律可知kx2－mBg＝mBa，得x2＝0.04m。物块A在这一过程的位移为Δx＝x1－x2＝0.01m，由运动学公式可知v2＝2aΔx，代入数据得v＝0.2m/s，C正确，D错误。15．应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型。传送带始终保持v＝0.4m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2m，g取10m/s2。旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，则下列说法正确的是()A．开始时行李的加速度大小为2m/s2B．行李经过2s到达B处C．行李到达B处时速度大小为0.4m/sD．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08m解析：选AC开始时，对行李受力分析，根据牛顿第二定律μmg＝ma，解得a＝2m/s2，故A正确；设行李做匀加速运动的时间为t1，行李匀加速运动的末速度为v＝0.4m/s，根据v＝at1，代入数据解得t1＝0.2s，匀加速运动的位移大小x＝eq\f(1,2)at12＝eq\f(1,2)×2×0.22m＝0.04m，匀速运动的时间为t2＝eq\f(L－x,v)＝eq\f(2－0.04,0.4)s＝4.9s，可得行李从A到B的时间为t＝t1＋t2＝5.1s，故B错误；由上述分析可知行李在到达B处前已经与传送带共速，所以行李到达B处时速度大小为0.4m/s，故C正确；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1－x＝(0.4×0.2－0.04)m＝0.04m，故D错误。三、非选择题(本题共5小题，共55分)16．实验题(Ⅰ、Ⅱ两题共14分)Ⅰ.(7分)(1)甲、乙两同学通过下面的实验测量人的反应时间。实验步骤如下：①甲用两个手指轻轻捏住量程为L的木尺上端，让木尺自然下垂，乙把手放在尺的下端(位置恰好处于L刻度处，但未碰到尺)，准备用手指夹住下落的尺。②甲在不通知乙的情况下，突然松手，尺子下落；乙看到尺子下落后快速用手指夹住尺子。若夹住尺子的位置刻度为L1，重力加速度大小为g，则乙的反应时间为________(用L、L1和g表示)。③已知当地的重力加速度大小为g＝9.80m/s2，L＝30.0cm，L1＝10.4cm。乙的反应时间为____s。(结果保留2位有效数字)④写出一条能提高测量结果准确程度的建议：___________________________________________________________________________________________________________。(2)如图甲所示，用铁架台、弹簧和多个质量均为m的钩码探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长量的关系。①为完成实验，还需要的实验器材有：________。②实验中需要测量的物理量有：___________________________________________________________________________________________________________________。③图乙是弹簧弹力F与弹簧伸长量x的F-x图线，由此可求出弹簧的劲度系数为________N/m。图线不过原点是由于__________________。解析：(1)②根据自由落体运动的规律，得L－L1＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\r(\f(2L－L1,g))。③将题中数据代入t＝eq\r(\f(2L－L1,g))得t＝0.20s。④建议：多次测量取平均值；初始时乙的手指尽可能接近尺子。(2)①根据实验原理可知还需要刻度尺来测量弹簧原长和伸长量。②根据实验原理，实验中需要测量的物理量有弹簧的原长、弹簧所受外力与对应的伸长量(或与弹簧对应的长度)。③取图像中(0.5,0)和(3.5,6)两个点，代入F＝kx解得k＝200N/m，由于弹簧自身的重力，使得弹簧不加外力时就有形变量。答案：(1)②eq\r(\f(2L－L1,g))③0.20④多次测量取平均值；初始时乙的手指尽可能接近尺子(2)①刻度尺②弹簧原长、弹簧所受外力与对应的伸长量(或与弹簧对应的长度)③200弹簧自身的重力Ⅱ.(7分)(1)在下列学生实验中，需要用到打点计时器和天平的实验有________(填字母)。A．“探究小车速度随时间变化的规律”B．“探究加速度与力、质量的关系”C．两小车碰撞“探究碰撞中的不变量”(2)赵同学用如图甲所示的装置做“探究加速度与力的关系”实验。正确补偿阻力后，挂上装有砂的砂桶，得到如图乙所示的纸带已知打点计时器所使用的交流电频率为50Hz，则小车的加速度为________m/s2(保留两位有效数字)，由此可判断砂桶质量________(选填“满足”或“不满足”)本实验要求。(3)钱同学仍用图甲装置做“探究小车速度随时间变化的规律”实验。重新调整实验装置后，获取了一条新的纸带，利用实验数据绘制成如图丙所示的“v-t”图像发现其图线末端发生了弯曲，以下四个操作中，你认为最可能是________。A．实验前没有补偿阻力B．实验前补偿阻力时板垫起的太高C．砂桶质量不满足实验要求D．没有调节好定滑轮的高度解析：(1)“探究小车速度随时间变化的规律”需要打点计时器测速度，不需要天平，故A错误；“探究加速度与力、质量的关系”需要用打点计时器测加速度，用天平测量小车的质量，故B正确；两小车碰撞“探究碰撞中的不变量”需要用打点计时器测碰撞前后的速度，用天平测量小车的质量，故C正确。(2)已知打点计时器所使用的交流电频率为50Hz，由图乙可知相邻计数点之间的时间间隔为T＝2×0.02s＝0.04s，根据逐差法Δx＝aT2，由图乙可得a＝eq\f(CE－AC,2T2)≈2.0m/s2；本实验中要使小车受到的合力等于砂和砂桶的重力，需要满足砂和砂桶的质量远小于小车的质量，根据牛顿第二定律得T＝mg＝Ma，解得a＝eq\f(m,M)g，由于m≪M，则加速度较小，而本实验中小车加速度较大，故可判断砂桶质量不满足实验要求。(3)由图丙可知，图线末端发生了弯曲，且斜率变小，则加速度变小，可知小车所受合力减小，A、B、C三种情况合力不变，故A、B、C错误；当滑轮高度过低，随着小车靠近滑轮，细绳拉力平行木板方向分量减小，同时垂直木板方向分量增大，则摩擦力增大，合力减小，故可能是滑轮高度未调节好，故D正确。答案：(1)BC(2)2.0不满足(3)D17．(8分)风洞飞行是一项很刺激的运动，很受年轻人的喜爱。体验者在风洞中可以调整身体姿态以获得不同的风力，从而实现在风洞中上升、下降和飘浮，好似在太空中行走一般。假设风对体验者的升力与人的有效作用面积成正比。一身高为1.60m的体验者(可认为其重心为身高的中心)身体处于竖直状态时有最小的有效受力面积为S，平躺时有最大的有效受力面积为10S，当他调整姿态到有效受力面积为4S时，就可以飘浮在风洞中任何位置了(g取10m/s2)。则：(1)体验者在风洞中能获得的向上、向下的最大加速度各是多大？(2)体验者要体会从洞底到洞顶的来回往复运动(身体不能触碰洞底与洞顶)。若他要在最短时间内完成一次往复运动，体验者应如何调整身体姿态？(3)风洞高h＝7.2m，要实现第(2)问的要求，则体验者往返运动一次的最短时间是多少？最大速度是多大？解析：(1)设体验者的质量为m：则飘浮时，4kS＝mg，得kS＝eq\f(1,4)mg，设向上最大加速度为a1,10kS－mg＝ma1，a1＝15m/s2，设向下最大加速度为a2，mg－kS＝ma2，a2＝7.5m/s2。(2)向上运动：先平躺后突然直立；向下运动：先直立后突然平躺。(3)设最大速度为v，eq\f(v2,2a1)＋eq\f(v2,2a2)＝h－0.8，解得v＝8m/s，最短时间为t＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,a1)＋\f(v,a2)))＝3.2s。答案：(1)15m/s27.5m/s2(2)向上运动：先平躺后突然直立；向下运动：先直立后突然平躺(3)3.2s8m/s18．(11分)“天问一号”着陆器着陆火星前的运动可简化为如图所示四个过程。若已知着陆器(不含降落伞)总质量m＝1.2×103kg，火星表面重力加速度g′＝4m/s2，忽略着陆器质量的变化和g′的变化，打开降落伞后的运动可视为竖直向下的直线运动。则：(1)在第Ⅳ阶段的最后，着陆器从无初速度开始经0.75s无动力下降后安全着陆，且火星表面大气非常稀薄，求着陆器着陆时的速度v4；(2)假设着陆器在第Ⅲ“动力减速阶段”做匀减速运动，求动力减速装置给着陆器的反推力F的大小；(3)着陆器在第Ⅱ“伞降减速阶段”也可视为匀减速运动，求从打开降落伞到悬停过程中(即Ⅱ、Ⅲ过程)的平均速度大小。(结果可用分数表示)解析：(1)在火星表面自由落体：v4＝g′t＝3m/s。(2)第Ⅲ阶段加速度：a＝eq\f(v3－v2,t3－t2)＝eq\f(0－100,460－380)m/s2＝－eq\f(5,4)m/s2根据牛顿第二定律：mg′－F＝ma所以：F＝mg′－ma，解得：F＝6.3×103N。(3)利用平均速度求得第Ⅱ、第Ⅲ阶段下落的高度：h2＝eq\f(v1＋v2,2)(t2－t1)，解得h2＝2.52×104mh3＝eq\f(v2＋v3,2)(t3－t2)，解得h3＝4.0×103m平均速度为eq\x\to(v)＝eq\f(h2＋h3,t3－t1)，解得eq\x\to(v)＝eq\f(2920,17)m/s。答案：(1)3m/s(2)6.3×103N(3)eq\f(2920,17)m/s19．(11分)如图所示，两平直的斜坡在O点平滑对接，左、右两侧与水平面的坡度分别为37°和5°。一名质量m＝75kg的单板滑雪运动员(包括装备)在坡上进行训练，他从左侧斜坡上匀加速下滑至O点后滑上右侧斜坡，在OB段做匀减速运动，到B点速度刚好减为零。已知运动员在左侧斜坡上受到的阻力为重力的0.5倍，下滑经过A点时速度为18m/s，AO段长为176m，从A点运动至B点用时28s。sin37°＝0.6，sin5°＝0.09，g＝10m/s2。求运动员：(1)经过O点时的速度大小；(2)在OB段上通过的位移大小；(3)在OB段上运动时所受的阻力大小。解析：(1)在左侧斜坡上对运动员受力分析，由牛顿第二定律得mgsin37°－0.5mg＝ma1 ①由匀变速直线运动速度—位移关系得v2－vA2＝2a1xAO ②联立①②两式代入数据解得a1＝1m/s2，v＝26m/s。(2)根据匀变速直线运动的速度—时间关系得在AO段运动的时间为t1＝eq\f(v－vA,a1)＝eq\f(26－18,1)s＝8s根据已知条件得在OB段运动的时间为t2＝tAB－t1＝28s－8s＝20s根据匀变速直线运动的推论得在OB段上通过的位移大小为xOB＝eq\f(v,2)t2＝eq\f(26,2)×20m＝260m。(3)设运动员在OB段受到的阻力大小为f，加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得mgsin5°＋f＝ma2 ③由匀减速直线运动的规律得a2＝eq\f(v,t2) ④联立③④代入数据解得f＝30N。答案：(1)26m/s(2)260m(3)30N20．(11分)如图所示，倾角为θ＝37°的传送带以速度v1＝2m/s顺时针匀速转动。一小物块以v2＝8m/s的速度从传送带的底端滑上传送带。已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带足够长，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，求：(1)小物块向上运动的最远距离；(2)小物块回到底端时的速度大小；(3)小物块从放上传送带到回到底端时所经历的时间。解析：(1)由于物块的速度大于传送带的速度，所以物块先相对传送带向上运动，根据牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1代入数据解得a1＝10m/s2，方向沿传送带向下设物块减速到与传送带共速需要的时间为t1，有t1＝eq\f(v1－v2,－a1)＝0.6s在这个阶段物块运动位移x1＝eq\f(v1＋v2,2)t1＝3m由于物块所受重力沿传送带方向的分力大于滑动摩擦力，因此物块与传送带共速后相对传送带向下运动，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2代入数据解得a2＝2m/s2，方向沿传送带向下最后减速到速度为零需要的时间为t2，有t2＝eq\f(v1,a2)＝1s在这个阶段物块运动位移x2＝eq\f(v1,2)t2＝1m小物块向上滑行的最远距离为xm＝x1＋x2＝4m。(2)小物块之后向下加速运动直到回到底端，加速度a2＝2m/s2，由v32－0＝2a2xm，得回到底端的速度v3＝4m/s。(3)小物块向下加速运动直到回到底端的时间为t3，有t3＝eq\f(v3,a2)＝2s小物块从放上传送带到回到底端时所经历的时间t＝t1＋t2＋t3＝3.6s。答案：(1)4m(2)4m/s(3)3.6s阶段验收评价(二)曲线运动万有引力定律(考试时间：90分钟试卷分值：100分)一、选择题Ⅰ(本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1．将一个小球以初速度v0水平抛出，经时间t1小球的水平分速度和竖直分速度恰好大小相等，从抛出时刻经时间t2小球的水平分位移和竖直分位移恰好大小相等，忽略空气阻力，下列关系式正确的是()A．t1＝t2 B．t1>t2C．t1<t2 D．v0大小不同关系不同解析：选C经时间t1小球的水平分速度和竖直分速度恰好大小相等，则有v0＝gt1，可得t1＝eq\f(v0,g)，经时间t2小球的水平分位移和竖直分位移恰好大小相等，则有v0t2＝eq\f(1,2)gt22，解得t2＝eq\f(2v0,g)，比较t1、t2可知t1<t2，故C正确，A、B、D错误。2．绕太阳运行的轨道为椭圆的莱蒙—泛星彗星C/2021F1于2022年4月6日到达近日点，与太阳距离恰为1个天文单位(即地球与太阳的距离)。若忽略地球和彗星间的引力作用，当该彗星经过近日点时()A．与地球的线速度大小相等B．与地球的加速度大小相等C．与地球所受太阳引力大小相等D．速度为其运行过程的最小值解析：选B彗星经过近日点时做离心运动，线速度大于地球的线速度，A错误；彗星和地球的加速度都由万有引力产生，彗星经过近日点时到太阳的距离与地球到太阳的距离相等，加速度大小相等，B正确；彗星与地球到太阳的距离相等，但质量不同，所受太阳引力大小不相等，C错误；经过近日点时速度为其运行过程的最大值，D错误。3．如图所示，在竖直平面内固定一半圆形轨道，O为圆心，AB为水平直径，半径R＝0.2m，有一可视为质点的小球从A点以不同的初速度向右水平抛出，不计空气阻力，g取10m/s2，下列说法正确的是()A．初速度越大，小球运动时间越长B．初速度不同，小球运动时间一定不同C．小球落到轨道的瞬间，速度方向可能沿半径方向D．小球的初速度为v＝1m/s时，小球运动时间最长解析：选D平抛运动的时间由高度决定，与水平初速度无关，初速度大时，下落的高度不一定大，则运动的时间不一定长，速度不同的小球下落的高度可能相等，如碰撞点为关于半圆过O点的竖直轴对称的两个点，运动的时间相等，故A、B错误；若小球落到半圆形轨道的瞬间垂直撞击半圆形轨道，即速度方向沿半径方向，则速度方向与水平方向的夹角是位移方向与水平方向夹角的2倍，因为同一位置速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向与水平方向夹角正切值的两倍，两者相互矛盾，则小球的速度方向不会沿半径方向，故C错误；由R＝vt和R＝eq\f(1,2)gt2，可得v＝1m/s，故D正确。4．如图是飞镖盘示意图，盘面画有多个同心圆以表示环数，O是圆心，盘竖直挂在墙上，A是盘的最高点，B是盘的最低点。某同学玩飞镖时，飞镖的出手点与A等高，且与盘面的距离保持不变，第一支飞镖命中B点，第二支飞镖命中O点，若空气阻力不计，可知前后两支飞镖()A．飞行时间之比是2∶1B．出手速度之比是1∶eq\r(2)C．命中时速度之比是eq\r(2)∶1D．命中时动能之比是1∶1解析：选B飞镖飞出后在竖直方向做自由落体运动，由y＝eq\f(1,2)gt2，解得飞镖飞行时间为t＝eq\r(\f(2y,g))，由题意可知，第一支飞镖和第二支飞镖飞行时间之比为t1∶t2＝eq\r(2)∶1，A错误；飞镖飞出后水平方向做匀速直线运动，且水平位移相等，由x＝v0t可知，第一支飞镖和第二支飞镖出手速度之比v01∶v02＝1∶eq\r(2)，B正确；飞镖命中时的速度为v＝eq\r(v02＋gt2)＝eq\r(v02＋\f(g2x2,v02))，可见，第一支飞镖和第二支飞镖命中时速度之比不可能为eq\r(2)∶1，C错误；飞镖命中时的动能为Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m(v02＋eq\f(g2x2,v02))，可见，第一支飞镖和第二支飞镖命中时动能之比不可能为1∶1，D错误。5．2022年7月25日，问天实验舱成功对接天和核心舱。本次发射及对接过程可简化为如图所示的模型，问天实验舱首先发射到离地面大约200km的低轨道Ⅰ，在P点加速变轨进入轨道Ⅱ，在远地点Q与轨道Ⅲ上做匀速圆周运动的天和核心舱对接。下列说法正确的是()A．问天实验舱在轨道Ⅰ的线速度小于天和核心舱在轨道Ⅲ的线速度B．问天实验舱在轨道Ⅱ上运行时经过P点的速度大于经过Q点的速度C．问天实验舱从轨道Ⅰ运行到轨道Ⅲ过程中机械能守恒D．问天实验舱在轨道Ⅰ运行周期大于同步卫星的周期解析：选B根据Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\r(\f(GM,r))，天和核心舱在轨道Ⅲ的轨道半径大于问天实验舱在轨道Ⅰ的轨道半径，所以问天实验舱在轨道Ⅰ的线速度大于天和核心舱在轨道Ⅲ的线速度，故A错误；在轨道Ⅱ上Q点为远地点，P点为近地点，经过近地点的速度大于经过远地点的速度，故B正确；问天实验舱从轨道Ⅰ运行到轨道Ⅲ过程中需要点火加速，机械能不守恒，故C错误；根据Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，可得T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，轨道半径越小，周期越小，问天实验舱在轨道Ⅰ运行周期小于同步卫星的周期，故D错误。6．如图所示，将一软木板挂在竖直墙壁上，作为镖靶，将A、B两只相同的飞镖从离墙壁一定距离的同一位置，分别将它们水平掷出，两只飞镖插在靶上的状态如图所示(侧视图)，则下列说法正确的是()A．飞镖A的初速度小于飞镖B的初速度B．飞镖A在空中运动的时间等于飞镖B在空中运动的时间C．人对飞镖A做的功小于人对飞镖B做的功D．飞镖A在空中运动时的速度变化量小于飞镖B在空中运动时的速度变化量解析：选D由题意可知，两飞镖做平抛运动，由t＝eq\r(\f(2h,g))，可知飞镖B下落的高度大，飞镖B在空中运动时间比飞镖A在空中运动时间长，由x＝v0t，可知两飞镖的水平位移相等，飞镖A的初速度大于飞镖B的初速度，A、B错误；因飞镖A的初速度大于飞镖B的初速度，由功能关系可知，人对飞镖A做的功大于人对飞镖B做的功，C错误；两飞镖在空中的加速度相等，都是重力加速度g，因飞镖A在空中运动时间小于飞镖B在空中运动时间，由Δvy＝gt可知，飞镖A在空中运动时的速度变化量小于飞镖B在空中运动时的速度变化量，D正确。7．小明拿着一个正方体的光滑盒子在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，盒子中有一个质量为m的小球(盒子的边长略大于球的直径)，如图所示，在最高点时小球对盒子有向上大小为mg的压力，已知重力加速度为g，空气阻力不计，则()A．因为小球做匀速圆周运动，所以向心力恒定B．该盒子做匀速圆周运动的周期等于πeq\r(\f(R,g))C．盒子运动到最低点时，对小球的作用力大小等于3mgD．盒子运动到O点等高的右侧位置时，小球受到的合力等于3mg解析：选C小球做匀速圆周运动，合外力作为向心力，大小恒定，方向始终指向圆心，故向心力是变力，A错误；由题意可知，在最高点时盒子对小球有向下的压力，大小为mg，由向心力公式可得F向＝2mg＝mReq\f(4π2,T2)，解得盒子运动的周期为T＝πeq\r(\f(2R,g))，B错误；在最低点时，对小球由向心力公式可得F－mg＝mReq\f(4π2,T2)，又2mg＝mReq\f(4π2,T2)，联立解得盒子对小球的作用力大小为F＝3mg，C正确；盒子运动到O点等高的右侧位置时，小球受到的合力等于向心力，大小为2mg，D错误。8．由中山大学发起的空间引力波探测工程“天琴计划”于2015年7月正式启动。计划从2016年到2035年分四阶段进行，将向太空发射三颗卫星探测引力波。在初步概念中，天琴将采用三颗全同的卫星(SC1、SC2、SC3)构成一个等边三角形阵列，地球恰处于三角形中心，卫星将在以地球为中心、高度约10万公里的轨道上运行，针对确定的引力波源进行探测，这三颗卫星在太空中的分列图类似乐器竖琴，故命名为“天琴计划”。则下列有关三颗卫星的运动描述正确的是()A．三颗卫星一定是地球同步卫星B．三颗卫星具有相同的加速度C．三颗卫星的线速度比月球绕地球运动的线速度大且大于第一宇宙速度D．若知道引力常量G、三颗卫星绕地球运转周期T及地球的半径R，则可估算出地球的密度解析：选D同步轨道卫星的半径约为42400公里，是个定值，由题给数据知A错误；根据Geq\f(mM,r2)＝ma，解得：a＝eq\f(GM,r2)，由于三颗卫星到地球的距离相等，则它们的加速度大小相等，但是方向不同，故B错误；第一宇宙速度是绕地球运动的最大速度，C错误；根据M＝eq\f(4π2r3,GT2)，若知道万有引力常量G及三颗卫星绕地球运转周期T可以求出地球的质量M，再知道地球半径R，可以求出地球的密度，故D正确。9.如图所示，一光滑的圆管轨道固定在竖直平面内，质量为m的小球在圆管内运动，小球的直径略小于圆管的内径。轨道的半径为R，小球的直径远小于R，可以视为质点，重力加速度为g。现从最高点给小球不同的初速度v，关于小球的运动，下列说法正确的是()A．小球运动到最低点时，对外管壁的最小压力为4mgB．若小球从静止沿轨道滑落，当滑落高度为eq\f(R,3)时，小球与内、外管壁均没有作用力C．小球能再运动回最高点的最小速度v＝eq\r(gR)D．当v>eq\r(gR)时，小球在最低点与最高点对轨道的压力大小之差为5mg解析：选B当在最高点速度为零时，到达最低点的速度最小，对外管壁的压力最小，则由机械能守恒定律有mg·2R＝eq\f(1,2)mv12，在最低点设外管壁对小球的支持力为F，由牛顿第二定律F－mg＝meq\f(v12,R)，联立解得F＝5mg，由牛顿第三定律得，小球对外管壁的压力最小为5mg，故A错误；小球从静止沿轨道滑落，当滑落高度为eq\f(R,3)时，由机械能守恒定律有mgeq\f(R,3)＝eq\f(1,2)mv22，设此时重力沿半径方向的分力为F1，由几何关系得F1＝eq\f(2mg,3)，此时所需的向心力为F向＝meq\f(v22,R)，联立解得F向＝F1，此时重力沿半径方向的分力恰好提供向心力，所以小球与内、外管壁均没有作用力，故B正确；因为管内壁可以给小球支持力，所以小球在最高点的速度可以为零，故C错误；若在最高点速度v>eq\r(gR)，在最高点时由牛顿第二定律得F2＋mg＝meq\f(v2,R)，从最高点到最低点由机械能守恒定律得mg·2R＝eq\f(1,2)mv32－eq\f(1,2)mv2，在最低点时由牛顿第二定律得F3－mg＝meq\f(v32,R)，联立解得F3－F2＝6mg，所以当v>eq\r(gR)时，小球在最低点与最高点对轨道的压力大小之差为6mg，故D错误。10．假设未来某一天科技水平足够高，人们能够在地球赤道上建一座高度等于地球同步卫星轨道高度(约36000km)的房子，在这座房子的某一层住户对地板的压力等于其在该楼层所受地球万有引力的eq\f(7,8)，已知地球半径约为6400km，则该楼层离地面的高度大约为()A．6400km B．21200kmC．18000km D．14800km解析：选D假设该楼层距离地心为r，对该楼层的住户分析有Geq\f(Mm,r2)－eq\f(7,8)Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，假设地球同步卫星距离地心为r′，对地球同步卫星分析有Geq\f(Mm′,r′2)＝m′eq\f(4π2,T2)r′，对比两式可知r＝eq\f(1,2)r′，该楼层离地面的高度h＝r－R＝eq\f(1,2)r′－R＝eq\f(1,2)(H＋R)－R，其中H为地球同步卫星轨道高度，R为地球半径，代入数据可知D正确。11．如图甲所示，投篮游戏是小朋友们最喜欢的项目之一，小朋友站立在水平地面上双手将皮球水平抛出，皮球进入篮筐且不擦到篮筐就能获得一枚小红旗。如图乙所示。篮筐的半径为R，皮球的半径为r，篮筐中心和出手处皮球的中心高度分别为h1和h2，两中心在水平地面上的投影点O1、O2之间的距离为d。忽略空气的阻力，已知重力加速度为g。设出手速度为v，要使皮球能入筐，则下列说法中正确的是()A．出手速度大的皮球入筐前运动的时间也长B．速度v只能沿O1O2连线方向C．速度v的最大值为(d＋R－r)eq\r(\f(g,2h2－h1))D．速度v的最小值为(d－R＋r)eq\r(\f(2g,h2－h1))解析：选C平抛运动的时间由下落的高度决定，则进筐的皮球运动时间相同，A错误；与O1O2连线成一个小的角度投出的皮球也可能进筐，B错误；皮球沿O1O2连线的方向投出，并能进筐的图示如图，作出皮球中心的运动轨迹，下落的高度为h2－h1，水平射程分别为d＋R－r和d