2022-2023学年河南省郑州市高一（下）期末物理试卷（含解析）

2022-2023学年河南省郑州市高一（下）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4,同时另一弹丸B从同一高度自由下

落，以下说法正确的是（）

A.弹丸4先落地B.两弹丸落地时的速率可能相等

C.4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，轨轨道］..一......

/轨道

道半径为3R。已知地球表面的重力加速度为g,地球半径为n

R。若该卫星在4点处变轨后沿轨道U做椭圆运动。图中B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B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4点的加速度等于卫星在轨道I上A点的加速度

C.卫星在轨道I和轨道U上运动的周期之比为3：2

D.卫星在轨道∏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60s的时间内完成了150次

跳绳，已知该同学每一次跳起的最大高度为IOCnI,他的质量为50kg,g取IOrn/sz,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50（V

B.每次离开地面的瞬间重力的瞬时功率为0

C.每次跳起时，地面对该同学的支持力做功为50/

D.这次跳绳测验该同学克服重力做功的平均功率为125〃

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4、B、C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（）

图甲图乙

A.Q和M对P的支持力大小始终相等

B.汽车过4、B、C三点时工件P受到的合外力大小相等

C.汽车过C点时，汽车的向心加速度最大

D.汽车过B点时，M对P的支持力大于Q对P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M点竖直向上抛出，其运动轨迹大

致如下图所示，其中“、N两点在同一水平线上，。点为轨迹的最高点，小球在M点动能为16/,

在。点动能为4/,不计空气阻力，下列说法正确的是（）

A.小球从M点运动到。点过程中动能一直减小

B.小球落到N点时的动能为32/

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4：1

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A

向由4点切入圆筒内侧，沿着筒壁呈螺旋状滑落，落地点恰好位于4点正下方，

已知圆筒高1.25m,横截面圆环半径0.5τn,g=∖Gm∕s2,π=3.14«贝∣J（）

A.小球下落时间为0.5s

B.小球进入圆筒初速度大小可能为3.14m∕s

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H克浪地球2少中的“太空电梯”给观众带缆绳_□配巾

来了强烈的视觉震撼。如图所示，“太空电梯”由地面基站、缆."""二尸"

/卜

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，空间站

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

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X轴,

则物块的动能Ek随位置坐标X的变化图像如图所示。重力加速度

为己知量，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m的小球4可视为质点，用长为L的摆

线悬挂在墙上。点，。点正下方0'点钉有一光滑细支柱，且。、

。'两点的距离为L'。现将4球拉至偏离竖直方向60。释放，摆

至最低点后4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，Z球能绕点做完整的圆周运动

D.当Z/=:L时，绳子碰到细支柱前后的拉力大小之比为2：5

三、实验题(本大题共2小题，共18.()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，4、B、C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1.25cτn,重力加速度g取IOTn/SZ,则照相

机的闪光频率为Hz,小球从槽口抛出的初速度大小为为=m∕s.

14.用如图中所示的实验装置做“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。

4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4、B、C,测得它

们到起始点。的距离分别为心、hB、he。已知当地重力加速度为g，打点计时器的打点周期为

7。打点计时器打出8点时，重物的速度V=,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)某同学想用图内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α和b,b球的质量是ɑ球的2倍，用手托住b球，α球静止于地面。

当绳刚好被拉紧时，释放b球，该同学测出b球初始时距地面高度为心，α球能上升的最大高

度为电，若这两个高度满足心：h2=时，可验证b球落地前两球与地球系统的机械能

守恒。

打点

甲乙

四、简答题(本大题共4小题，共12.0分)

15.如图所示，悬停在空中的无人机将一弹丸以初速度

v0=15τn∕s从。点水平射出，弹丸在Xoy竖直平面内做曲线

运动,弹丸恰好垂直打在倾角。=37。的斜坡上的4点。不计空气阻力,重力加速度g取IOm/S2,

求：(sin37°=0.6)

(1)弹丸在空中飞行的时间t；

(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r=1.5X1011m,公转周期

为1年(约3.15XlO's)。地球半径为R=6.4X地面重力加速度g取lOzn/s?。己知万有

引力常量G=6.67xl0TiN∙m2"g2.请根据上述数据，估算：

(1)太阳的质量M(结果保留两位有效数字)；

(2)地球的质量小(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力(正常使

用时滑块4与窗帘布连接)，滑块B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4(未连接窗帘布)，当滑块

A以最大速度向左运动与滑块B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0.2W,滑块4在轨道上滑动时所受阻力为滑块重力的0.1倍，最初位置与滑块B相距

3m«已知4的质量m=0.2kg,重力加速度g取IOTn/sZ.求：

(1)电动机牵引滑块4在轨道上运动能达到的最大速度；

(2)滑块4由静止出发到与B碰撞所经历的时间。

18.如图所示，水平传送带以恒定速度U=6τn∕s顺时针向右侧运动，左右两端点4、间距L=

4m.传送带左用一光滑水平面CA与足够长、倾角0=37。的斜面CE相连。传送带右侧与竖直

面内半径R=0.4m的光滑半圆形轨道BD相切于B点(水平面ZC与斜面CE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P与斜面CE间的动摩擦因数%=0.5,

与传送带间的动摩擦因数“2=62，小物块P的质量m=Ikg,重力加速度g取IOnI/S?。现将

小物块P自斜面CE上到C点的距离为S=2.25m的位置由静止释放。(S讥37。=0.6)

(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D?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P从斜面上某区域任意位置由静止释放时，发现物块P总能以相同的速度通过半圆

轨道7点，求该释放区域的长度。

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：4、物体做曲线运动的条件是物体所受合力的方向与速度方向不共线，所以物体做

曲线运动时，物体所受合力和速度方向一定不在一条直线上，故A错误；

8、物体做匀速圆周运动时，物体所受合力方向一定指向圆心，当作变速圆周运动时，合力方向不

指向圆心，故B错误；

C、做曲线运动的物体，其速度方向在不断的变化，所以曲线运动一定是速度变化的运动，故C

正确；

。、当物体在恒定外力作用下做曲线运动时，物体的加速度保持不变，例如平抛运动，故。错误。

故选：Co

物体做曲线运动的条件是物体所受合力的方向与速度方向不共线；物体做匀速圆周运动时，合力

的方向总是指向圆心的；做曲线运动的物体速度方向在不断的变化；做曲线运动的物体受到恒定

外力作用的时候，其加速度保持不变。

掌握曲线运动特点和物体做曲线运动条件是解题的关键。要知道物体只有做匀速圆周运动时，合

力的方向才指向圆心。

2.【答案】A

【解析】解：4如果救生员仍沿直线游到被困人员处，由于救生员游泳速度大小不变，救生员需

不断改变游泳方向，设救生员游泳速度与垂直河岸方向的夹角为仇有

v0sinθ=V水

t--ʌ-

VQC0SΘ

可知水流速度的增大，夹角。将增大，到达对岸的时间延长，故A正确；

A为了能游到被困人员处，要消除水流增大的影响，救生员游速方向应该向上游调整，故8错误；

C.如果救生员相对水流的游速方向不变，由于水流速度的变大，救生员的合速度大小和方向改变，

救生员的轨迹为曲线，故C错误：

。.水流速度变大，但是救生员能够调节使得垂直于河岸的速度不变，且不为零，救生员仍能到达

正对岸，故。错误。

故选：A.

将救生员的实际运动分解为沿着救生员方向和沿着水流方向分析，根据分运动与合运动具有等时

性进行分析即可，注意矢量合成遵循平行四边形定则；救生员既随水向下游运动，又相对于水向

对岸行驶，根据救生员相对于水的速度与水流速度的比较，分析救生员能否到达正对岸。

本题是小船渡河问题，关键是运用运动的合成与分解做出速度分解或合成图，分析最短时间或最

短位移渡河的条件.

3.【答案】D

【解析】解：AC,弹丸4做平抛运动，弹丸B做自由落体运动，二者竖直方向运动规律相同，加速

度相同，均为g，根据/i=；gt2可得：t=J序，所以二者同时落地，故AC错误；

B、两弹丸落地时竖直方向的速率为=gt相同，B水平方向速率为零、4水平方向的速率不为零,

则两弹丸落地时的速率不相等，故8错误；

。、根据运动学公式可知：∆v=gt,所以两弹丸落地过程的速度变化量相同，故。正确。

故选：D。

弹丸力做平抛运动，弹丸B做自由落体运动，根据平抛运动的规律进行分析。

本题主要是考查了平抛运动规律的应用，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖

直方向的自由落体运动，能够根据平抛运动的规律结合运动学公式解答。

4.【答案】B

【解析】解：4卫星在B点进入过B点的圆周轨道时需减速。根据万有引力提供向心力有：誓=

m-,解得圆周运动的线速度U=叵，则卫星在过B点的圆周轨道时的线速度大于轨道I上做

r∖r

圆周运动的线速度，所以卫星运动到B点时的速度比在轨道I上做圆周运动的速度大，故4错误；

B.根据万有引力提供向心力有：=ma,解得加速度α=等，故卫星在轨道II上4点的加速度

等于卫星在轨道I上4点的加速度，故B正确；

C.设卫星在轨道I和轨道∏上运动的周期分别为7;、T2,根据开普勒第三定律有：

(咿)3_(3R)3

τ'iτ'i

可得卫星在轨道I和轨道U上运动的周期之比为3，？：2y∕~2,故C错误；

D卫星从轨道I进入轨道口需在4点火减速，所以卫星在轨道∏上的机械能小于在轨道I上的机

械能，故。错误。

故选：Bo

根据万有引力提供向心力分析速度和加速度的大小关系；根据开普勒第三定律解得周期之比；根

据卫星的变轨原理分析机械能变化。

本题考查了人造卫星的相关知识，卫星变轨过程中，机械能发生变化，注意开普勒第三定律的运

用。

5.【答案】D

【解析】解：4每一次向上运动的过程中，该同学克服重力做的功为：W=mgh

h=1OCTn=O.lτn,代入数据解得：W=50/,故A错误；

B.每次离开地面的瞬间，该同学的速度不为零，根据：P=Fv

可知重力的瞬时功率不为0,故8错误；

C每次跳起时，地面对该同学的支持力的位移为零，支持力不做功，故C错误；

。.这次跳绳测验该同学克服重力做功的平均功率为：P=噂，

代入数据解得：P=12514/

故。正确。

故选：D。

根据已知条件计算出该同学的跳绳速度，然后，根据物理中的力学公式，我们可以计算出该同学

每一次跳起所克服的重力做功，从而计算功率对题目选项进行判断。

该题靠运用物理力学中的功和功率的公式进行计算。掌握计算功和功率的公式，并能正确理解题

目中的物理概念是正确解题的关键。

6.【答案】A

【解析】解：4、游客从跳台下落直到最低点过程中重力一直做正功，重力势能一直减小，故4

正确；

8、橡皮绳伸直前橡皮绳的弹性势能不变，橡皮绳伸直后游客下落过程，橡皮绳的弹力做负功，弹

性势能增加，故8错误；

C、橡皮绳伸直前只有重力做功，机械能不变；橡皮绳伸直后橡皮绳的拉力对游客做负功，游客

的机械能减少，故C错误；

。、橡皮绳绷紧后的一段时间内游客的重力大于橡皮绳的弹力，游客所受合力向下，游客的速度

增大，动能增大；当橡皮绳的弹力大于重力后，所受合力向上，游客做减速运动，游客的动能减

小，故。错误。

故选：Ac

重力做正功，重力势能减少，橡皮绳的拉力做负功弹性势能增加；重力做功不改变机械能，橡皮

绳弹力做功改变游客的机械能：根据游客受力情况判断其动能的变化情况。

分析清楚游客的运动过程与受力情况，根据力的做功情况即可解题。

7.【答案】C

【解析】解：4汽车过4、B、C三点时，做匀速圆周运动，合外力指向圆弧的圆心，故对P分析,

4、C两点合外力向左，B点合外力向右，Q和M对P的支持力大小不是始终相等，故A错误：

民汽车过4、B、C三点时的圆弧轨道半径不同，根据合外力提供向心力得

Uv2

F^=mT

当汽车匀速通过三个半径依次变小的圆形弯道时，工件P受到的合外力大小依次在增大，故B错

误；

C汽车的向心加速度为

V2

a向=不

可知汽车过C点时，弯道对应的半径最小，向心加速度最大，故C正确；

。.汽车过B点时，所受的合外力向右，故M对P的支持力小于Q对P的支持力，故。错误。

故选：Co

根据运动情况结合受力情况分析AD，根据向心力和向心加速度公式结合半径大小分析BC。

本题考查圆周运动的理解,解题关键掌握受力分析的运用，注意向心力和向心加速度公式的运用。

8.【答案】B

【解析】解：4、小球受到竖直向下的重力与水平向右的风力作用，小球所受的合力斜向右下方，

当小球速度方向与合力方向垂直时小球速度最小，小球在M点速度方向竖直向上，在。点速度方向

水平向右，速度方向与合力方向垂直的位置在从M运动到。过程的某位置，因此小球从M运动到。

过程，小球的速度先减小后增大，故A错误；

D、设风力大小为F,小球的质量为m,小球的初速度为%,M。的水平距离为与，竖直距离为/1,

则∕ι=粉mgh=mg×=ɪnivθ=EkM=16/，从M到"过程中’由动能定理有：Fx1—mgh=

Eko-EkM，解得：FXI=EkO=4J

又有九=∙∣gt2,在水平方向上，由牛顿第二定律有：F=ma

由运动学公式有与=%严，由于运动时间相等，则≡ι=q=5=二

zIIggmg

则有鬻=(焉)2=?，解得等=亨，故Q错误；

8、根据题意可知，小球在水平方向做初速度为O的匀加速直线运动，由对称性可知，小球从M-O

和从。TN的运动时间相等，设。N的水平距离为刀2，则有*2=3%,小球由MTN过程中，由动

能定理有：F(X1+X2')=EkN-EkM,解得EkN=32/,故B正确；

C、由功能关系可知，小球机械能的变化量等于风力做的功，则小球在上升和下降过程中机械能

变化量之比为智=兽=§=与小球在上升和下降过程中机械能变化量不相等，故C错误。

rx2×2ɔ

故选：Bo

小球在运动过程受到重力与风力作用，小球所受合力是恒力，当小球的速度方向与合力方向垂直

时速度最小，根据小球的受力情况判断从M到。过程小球速度变化情况；小球在竖直方向上做竖直

上抛运动，根据对称性分析知道从M点至。点和从。点至N点的运动时间相等；小球在水平方向上

做初速度为零的匀加速运动，由位移一时间公式，运用比例法求出水平位移与与工2之比，分别研

究M到。和。到N水平方向的分运动，由动能定理求解可得到小球落到N点时的动能；根据功的计

算公式求解风力做功之比。

本题运用运动的分解法处理曲线运动，注意将小球的运动按照竖直方向和水平方向进行分解，在

解决B点动能时要注意结合运动学和动能定理进行求解，不能分方向列出动能定理，因为动能定

理为标量性方程，不能分解。

9.【答案】AC

【解析】解：4、小球在竖直方向的运动为自由落体运动，有：h=1gt2

代入数据解得：t=0.5s

故A正确；

8、小球水平方向做匀速圆周运动，运动的弧长为周长的整数倍，有2=n∙2"=仇

则U=2πn(n=1,2,3...)

TI=I时，速度最小，最小值为“=6.28τn∕s

则小球的初速度大小不可能为3.14τn∕s,故B错误；

2

CD、小球水平方向做匀速圆周运动，水平分速度大小不变，根据4=可知，小球做圆周运动

所需要的向心力大小不变，则小球所受圆筒的弹力大小保持不变，故C正确，。错误。

故选:AC.

小球在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向根据位移一时间公式求解

落地时间，水平方向根据弧长与线速度关系求解小球初速度的大小可能值；根据向心力公式分析

弹力的变化。

本题考查运动的合成与分解，解题关键是分析好小球的运动情况，结合运动学公式和向心力公式

分析即可。

10.【答案】BD

【解析】解：4根据题意可知缆绳相对地面静止，则整个同步轨道一定在赤道正上方，所以地面

基站不可以建设在中岳嵩山上，故A错误；

员根据“太空电梯”结构可知，配重和同步空间站的角速度相同，空间站的环绕半径小于配重的

环绕半径，根据线速度与角速度的关系

V=ωr

可知配重的线速度大于同步空间站的线速度，故B正确；

C.根据题意可知，配重和空间站同步做匀速圆周运动，配重与地球之间的万有引力为

,GMm

Fr=方-

箱体在上升过程中受到地球的引力越来越小，故C错误；

。.若同步空间站和配重间的缆绳断开，地球对它的万有引力不足以提供配重做圆周运动所需的向

心力，配重将做离心运动，故O正确；

故选：BDa

同步卫星在赤道的正上方；根据线速度的计算公式得出线速度的大小关系；根据半径的关系的出

万有引力的大小关系，结合牛顿第二定律分析出配重的运动类型。

本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解物体做圆周运动的向心力来源，结合牛顿第二定

律即可完成分析。

I1.【答案】BD

【解析】解：BD、由图可知物块运动痴时撤去外力，加速和减速过程的位移大小分别为与=2m.

x2=4m

减速过程利用动能定理则有：-/冷=Q-Ek,其中Ek=200;

代入数据可得/=50N

全过程物块克服摩擦力所做的功必=/(xι+x2)=50×(2+4)；=3007

物块加速过程利用动能定理有：(F-∩x1=Ek-O

代入数据可得F=150N,故BO正确；

AC,由于物块的速度大小未知，加速度大小未知，无论利用动能a=200/还是牛顿第二定律F-

f=πια都求不出物块的质量，

质量未知，则利用动量定理(F-∩t=nw求不出物快的运动时间，

加速度未知，则无法利用运动学公式X=gat?求得物快的运动时间，故AC错误。

故选：BD.

80、由图可知物块加速和减速过程的位移大小，两过程分别利用动能定理可得拉力和摩擦力的大

小，根据摩擦力大小和整个运动过程的位移大小可得克服摩擦力做的功；

AC,物块速度大小未知，加速度未知，所以求不出物块质量，无论利用动量定理或者运动学公式

都无法求得物块运动时间。

本题考查了动能定理，解题的关键是分析清楚物块的运动情况，注意求一般物体的运动时间可以

利用动量定理也可以利用运动学公式，根据已知物理量选择不同的方法。

12.【答案】AD

【解析】解：AB,绳子碰到细支柱瞬间，能量不变，小球速度大小不变，根据牛顿第二定律有

,V2

Fe—mg=m-

由于半径减小，拉力增大，故A正确，3错误；

C、当L'=∣L时，假设小球从释放点到最高点，根据动能定理有

mgL(l—cos60°)—mg×2(L—L,)=ɪmv2

若能做完整的圆周运动，则在最高点有

l∕2

mg=m⅛F

解得

V=O<M=呼

所以4球不能做完整的圆周运动，故C错误；

D、当Z/=,L时，小球从释放点到最低点，根据动能定理有

4

mgL(‹l—cos60°)—^mv"2

在最低点根据牛顿第二定律有

„V"2

F—mg=m—

碰到细支柱前后的半径分别为3

4

解得绳子碰到细支柱前后的拉力大小之比为2：5,故。正确；

故选：AD.

绳子碰到细支柱瞬间，能量不变，小球速度大小不变，根据动能定理结合牛顿第二定律解答。

本题考查动能定理的应用，解题关键掌握小球的受力情况，注意做完整圆周运动的条件。

13.【答案】匀速直线200.75

【解析】解：(1)相邻两个小球的时间间隔相等，照片中相邻小球的水平间距基本相等，根据

V=空

∆t

可知小球水平抛出后水平速度相等，故小球水平抛出后在水平方向做匀速直线运动；

(2)设相邻两个小球的时间间隔为7,由竖直方向上满足：∆y=gT2

AB_(5-3)x1.25x0.01

S=0.05S

10

照相机的闪光频率为

11

f=产砺Hz=20Hz

31

小球从槽口抛出的初速度VO=半=XQ05ο°1M∕S=°∙75M∕S

故答案为：(I)匀速直线；(2)20,0.75

(1)根据水平间距基本相等确定其运动形式。

(2)4、B与8、C的水平距离相等，则时间间隔相等，根据竖直方向上相等时间内的位移之差是一

恒量求出相等的时间间隔，从而计算频率；结合水平位移和时间间隔求出初速度的大小。

此题考查了平抛运动的规律，解决此类问题的关键掌握平抛运动的处理方法，以及匀变速直线运

动的两个推论：1、在连续相等时间内的位移之差是一恒量；2、某段时间内的平均速度等于中间

时刻的瞬时速度。

14.【答案】ABg/=四四)23：4

2TDD8TN

【解析】解：(1)4为减小空气阻力的影响，应选择质量大、体积小的重物进行实验，故4正确;

B.为在纸带上打更多的点，释放纸带之前，重物应该靠近打点计时器，故B正确；

C.验证机械能守恒时等式两边的质量可以约去，故实验中不需要使用天平测量重物的质量，故C

错误；

D为充分利用纸带，实验时应先接通打点计时器的电源，后释放纸带，故。错误。

故选：AB.

(2)打B点时，重物的速度%=分=与含

若重物下落过程机械能守恒，则需满足：mghB=Imvl

2

整理得：ghl3=(如-沙

QT

(3»球落地后，α球竖直上抛，根据动力学公式有

2

V=2g(∕ι2-∕ι1)

根据机械能守恒有：

2

(2m—m)gh1=ɪ(2m+m~)v

解得

h1:h2=3：4

故答案为：(I)48;(2)号料；ghB=(MOT⅛^)2;(3)3：4

(1)根据实验注意事项分析答题。

(2)应用匀变速直线运动的推论求出瞬时速度，应用重力势能与动能的计算公式求解。

(3)根据运动学公式结合系统机械能守恒求解。

本题考查验证机械能守恒定律实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验数据处理。

15.【答案】解：(1)弹丸垂直打在斜坡上的4点时，设竖直方向的速度为3,在4点进行运动的合

成与分解，如图所示：

有：％=爵

而为=gt

由以上两式解得：t=2s；

(2)根据平抛运动的规律可得：

X=V01

1,2

y=2^t

联立解得：y=(∣∙χ2

代入数据解得：y=⅛∙x2o

答：(1)弹丸在空中飞行的时间为2s；

(2)弹丸运动的轨迹方程为y