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2022-2023学年广东省广州市三校联考高一（下）期末物理试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年广东省广州市三校联考高一（下）期末物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年广东省广州市三校联考高一（下）期末物理试卷
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 2021年9月珠海航展，我国战机“歼−20”再次闪亮登场。表演中，战机先水平向右加速，再沿着曲线ab斜向上加速运动，最后沿着陡斜线直入云霄。战机飞行到曲线上c点时受到的合外力为F，则F 的方向可能正确的是( )
A. B.
C. D.
2. 复兴号动车在世界上首次实现速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果.一列质量为m的动车，初速度为0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t0达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力f保持不变，其加速过程的速度随时间变化关系如图所示．则动车在时间t0内( )
A. 做匀加速直线运动 B. 平均速度v=vm2
C. 最大速度vm=Pf D. 牵引力做功W=12mvm2
3. 如图(a)，我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种。某次抛出的谷粒中有两颗的运动轨迹如图(b)所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为O，且轨迹交于P点，抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为v1和v2，其中v1方向水平，v2方向斜向上。忽略空气阻力，两谷粒质量相同，关于两谷粒在空中的运动，下列说法正确的是( )
A. 谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度 B. 谷粒2在最高点的速度等于零
C. 两谷粒从O到P的运动时间相等 D. 两谷粒从O到P过程重力做功相等
4. 作为国家战略性时空基础设施，北斗卫星导航系统正为交通、金融、通信、能源、电力等国民经济命脉提供准确的时间和位置信息。2023年5月17日10时49分，中国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射第五十六颗北斗导航卫星。如图是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知P、Q、M三颗卫星均做匀速圆周运动，虚线圆是P、Q卫星轨道的包围圆，其中P是地球同步卫星，则这三颗卫星( )
A. 卫星Q也可能相对地面静止
B. 卫星P的角速度大于卫星M的角速度
C. 卫星Q的线速度小于卫星M的线速度
D. 地球对卫星P的引力一定等于地球对卫星Q的引力
5. 2023年5月30日，翘盼已久的神舟十五号航天员乘组顺利打开“家门”，欢迎远道而来的神舟十六号航天员乘组入驻“天宫”，随后，两个航天员乘组拍下“全家福”如图。若中国空间站绕地球可视为匀速圆周运动，已知空间站轨道离地面的高度为h，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，忽略地球自转的影响，则下列说法正确的是( )
A. 地球的质量为g(R+h)2G
B. 空间站的运行速度为 gR2R+h
C. 空间站的运行周期为2π Rg
D. 航天员能处于漂浮状态是因其受到的合力为零
6. 如图所示，取一支按压式圆珠笔，将笔的按压式小帽朝下按在桌面上，放手后笔将会向上弹起一定的高度。圆珠笔运动过程中始终处于竖直状态。下列说法正确的是( )
A. 下压圆珠笔的过程中，弹簧的弹性势能减小
B. 下压圆珠笔的过程中，重力对圆珠笔做负功
C. 圆珠笔向上运动的过程中动能一直减小
D. 圆珠笔向上运动的过程中重力势能一直增大
7. 如图所示，质量为M、长度为L的木板静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块(可视为质点)放在木板的最左端，现用一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和木板之间的滑动摩擦力为f，物块滑到木板的最右端时，木板运动的距离为S，在这个过程中，以下结论正确的是( )
A. 恒力F所做的功为FL
B. 物块的动能增加(F−f)S
C. 物块到达木板最右端时，系统产生的热量为fL
D. 拉力做的功等于物块和木板机械能的增加量
二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）
8. 下列有关生活中圆周运动的实例分析，说法正确的是( )
A. 图甲中，附着在脱水桶内壁上随筒一起转动的衣服受到的摩擦力随角速度增大而增大
B. 图乙为汽车通过拱桥最高点时的情形，此时汽车受到的支持力小于重力
C. 图丙为水平圆盘转动时的示意图，当转盘以一定的角速度转动，物体离转盘中心越远，越容易做离心运动
D. 如图丁，在铁路转弯处，通常要求外轨比内轨高，当火车转弯超过规定速度行驶时，内轨对内轮缘会有挤压作用
9. 探月工程中，“嫦娥三号”探测器的发射过程可以简化如图，卫星由地面发射后，进入地月转移轨道，经过P点时变轨进入距离月球表面100公里的圆形轨道1，在轨道1上经过Q点时变轨进入椭圆轨道2，轨道2与月球表面相切于M点，月球车将在M点着陆月球。下列说法正确的是( )
A. “嫦娥三号”在轨道1上的速度比月球的第一宇宙速度小
B. “嫦娥三号”在轨道1上经过Q点时的速度大于在轨道2上经过Q点时的速度
C. “嫦娥三号”在轨道1上的运动周期比在轨道2上的小
D. “嫦娥三号”在轨道1上经过Q点时的加速度大于在轨道2上经过Q点时的加速度
10. 如图(a)所示，被称为“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圆轨道外侧旋转不脱落，其原理可简化为如图(b)所示的模型：半径为R的磁性圆轨道竖直固定，质量为m的铁球(视为质点)沿轨道外侧运动，A、B分别为轨道的最高点和最低点，轨道对铁球的磁性引力始终指向圆心且大小不变，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g，则( )
(a) (b)
A. 铁球绕轨道运动过程中机械能守恒
B. 铁球在A点的速度必须大于 gR
C. 铁球经过B点时，轨道对铁球的支持力可能为0
D. 轨道对铁球的磁性引力至少为5mg，才能使铁球不脱轨
三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）
11. 在“探究平抛运动的特点”实验中．
图甲 图乙
(1)图乙是利用图甲装置拍摄小球做平抛运动的频闪照片，由照片可判断实验操作错误的是_______；
A.释放小球时初速度不为0 B.释放小球的初始位置不同 C.斜槽末端切线不水平
(2)在做该实验时某同学正确操作实验，但只记录了物体运动的轨迹上的A、B、C三点，已知相邻两点的时间间隔相等，并以A点为坐标原点建立了直角坐标系，得到如图所示的图像，g取10m/s2．
①据图像求出相邻两点的时间间隔为_____s；
②据图像求出物体平抛运动的初速度大小为_____m/s。
12. 如图1是利用自由落体运动装置进行“验证机械能守恒定律”的实验．所用的打点计时器连接50Hz的交流电．
(1)关于本实验说法正确的是________
A.应选用较大密度材料制成的重锤 B.实验必须用天平测出物体的质量
C.将纸带沿竖直方向穿过限位孔 D.可以用v= 2gh计算瞬时速度
(2)甲同学在实验中得到如图2所示的一条纸带，在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC.已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T，重物的质量为m．从打O点到打B点的过程中：
重物的重力势能减少量ΔEP=_____，动能增加量ΔEK=______(以上两空请用题中所给符号表示)；若实验操作正确，大多数同学的实验结果显示重力势能的减少量_______动能的增加量(填“小于”、“等于”、“大于”)．
(3)乙同学想利用该实验装置测定当地的重力加速度.他打出了一条纸带后，利用纸带测量出了各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h，算出了各计数点对应的速度v，以h为横坐标，以v2为纵轴画出了如图3所示的图线，测出该图线的斜率为k，则可求得当地的重力加速度g=_______(请用题中所给符号表示)．
四、计算题（本大题共3小题，共38.0分）
13. 如图所示，水平地面上有一高h=4.2m的竖直墙，现将一小球以v0=6m/s的速度垂直于墙面水平抛出，已知抛出点A与墙面的水平距离s=3.6m，离地面高H=5.0m，不计空气阻力，不计墙的厚度.重力加速度g取10m/s2．
(1)小球碰墙点B离地面的高度；
(2)碰墙时小球的速度大小；
(3)若仍将小球从原位置往原方向抛出，为使小球能越过竖直墙(忽略墙厚)，小球抛出时的初速度大小至少是多大⋅
14. 图1所示是一种叫“旋转飞椅”的游乐项目，将其结构简化为图2所示的模型。长L=3m的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径r=3m的水平转盘边缘。转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。转盘静止时，钢绳沿竖直方向自由下垂；转盘匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角θ=37∘。将游客和座椅看作一个质点，质量m=50kg。不计钢绳重力和空气阻力，重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8.求：
(1)当转盘匀速转动时，游客和座椅做圆周运动向心加速度的大小；
(2)当转盘匀速转动时，游客和座椅做圆周运动线速度的大小；
(3)游客由静止到随转盘匀速转动的过程中，钢绳对游客和座椅做的功W。
15. 滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来，如图是滑板运动的轨道。BC和DE是两段光滑的圆弧形轨道，BC的圆心为O点，圆心角θ=60∘，半径OC与水平轨道CD垂直，滑板与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2.某运动员从轨道上的A点以v=4m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿着轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回。已知B、E两点与水平轨道CD的竖直高度分别为h=2.5m和H=4m。g=10m/s2求：
(1)运动员到达B点时的速度大小；
(2)A、B两点之间的高度差；
(3)水平轨道CD的长度L；
(4)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能，求出回到B点时速度的大小；如果不能，求出最后停止的位置距C点的距离。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查曲线运动的特点，解决问题的关键是清楚做曲线运动的物体的速度方向、合外力的方向和轨迹位置之间的关系，知道做曲线运动的条件。
【解答】
战机飞行轨迹是曲线，根据曲线运动的条件，受到的合外力方向指向曲线的内侧，因为是加速运动，合外力的方向与该点的速度方向的夹角为锐角，如图所示。
；
故D正确，ABC错误。
故选D。
2.【答案】C
【解析】A.复兴号以恒定功率运动，根据P=F牵v
知随着速度的增加，牵引力逐渐减小，合力减小，加速度减小，故复兴号动车做加速度逐渐减小的变加速直线运动，A错误；
B.0∼t0这段时间内，如果动车做匀加速直线运动的话，平均速度 v=vm2 ，然而根据A选项的分析或者根据图像可知动车不是做匀加速直线运动，B错误；
C.当牵引力与阻力大小相等时加速度为零，速度达到最大，即有F牵=f
则复兴号动车的功率P=F牵vm=fvm，vm=Pf
C正确；
D.根据动能定理W牵引力+W阻力=12mvm2−12mv02
则牵引力做功W牵引力=12mvm2−12mv02−W阻力
D错误。
故选C。
3.【答案】D
【解析】A.抛出的两谷粒在空中均仅受重力作用，加速度均为重力加速度，故谷粒1的加速度等于谷粒2的加速度，A错误；
B.谷粒2做斜抛运动，水平方向上为匀速直线运动，故运动到最高点的速度即为水平方向上的分速度，不为零，B错误；
C.谷粒2做斜向上抛运动，谷粒1做平抛运动，均从O点运动到P点，故位移相同。在竖直方向上谷粒2做竖直上抛运动，谷粒1做自由落体运动，竖直方向上位移相同，故谷粒2运动时间较长，C错误；
D.两谷粒从O点运动到P点的位移相同，两谷粒质量相同，故重力做功相等，D正确。
故选D。
4.【答案】C
【解析】AB.据GMmr2=mrω2
可得ω= GMr3
卫星P的轨道半径大于卫星M的轨道半径，则卫星P的角速度大小小于卫星M的角速度大小，但两者的绕行方向不一致；P相对地球静止，所以M相对地球运动，故AB错误；
C.根据万有引力提供向心力得GMmr2=mv2r
可得v= GMr
卫星Q的轨道半径大于卫星M的轨道半径，则卫星Q的线速度大小小于卫星M的线速度大小，故C正确；
D.卫星P、卫星M质量大小未知，无法比较地球对卫星P和地球对卫星M的引力大小，故D错误。
故选C。
5.【答案】B
【解析】A.处于地球表面的物体，GMmR2=mg，M=gR2G
A错误；
B.空间站运行速度为v，则GMm1(R+h)2=m1v2R+h，v= gR2R+h
B正确；
C.空间站运行速度为v，则v=2π(R+h)T，T=2π (R+h)3gR2
，C错误；
D.航天员能处于漂浮状态是因处于完全失重状态，合力不为零(合力充当向心力)，D错误。
故选B。
6.【答案】D
【解析】解：A.下压圆珠笔的过程中，弹簧的压缩量逐渐增大，弹性势能增大，故A错误；
B.下压圆珠笔的过程中，重力方向向下，位移方向向下，重力对圆珠笔做正功，故B错误；
D.圆珠笔向上运动的过程中，圆珠笔的重力做负功，重力势能增大，故D正确；
C.圆珠笔向上先做加速直线运动，当弹簧的弹力与笔的重力相等时加速度变为0，此时速度最大，之后再减速直线运动，则动能先增加再减小，故C错误。
故选：D。
根据弹簧长度的变化情况分析弹性势能的变化；根据重力做功情况分析重力势能的变化；根据合力做功情况分析动能的变化。
本题主要是考查功能关系，关键是能够分析能量的转化情况，知道重力势能变化与重力做功有关、动能的变化与合力做功有关、弹性势能的变化与弹力做功有关。
7.【答案】C
【解析】A.恒力F所做的功为W=F(L+S)
A错误；
B.根据动能定理得，物块动能的增量为(F−f)(S+L)，B错误；
C.物块到达木板最右端时，系统产生的热量为fL ，C正确；
D.拉力做的功等于物块和木板机械能的增加量与系统产生的热量之和，D错误。
故选C。
8.【答案】BC
【解析】A.图甲中衣服附着在脱水桶内壁上随桶一起转动，竖直方向由平衡得
f=mg
可知摩擦力大小不变，故A错误；
B.图乙中汽车通过拱形桥的最高点时，加速度竖直向下，根据牛顿第二定律可知
mg−FN=mv2r
即汽车受到的支持力小于重力，故B正确；
C.图丙中水平圆盘转动时，圆盘对物体的摩擦力提供其做圆周运动的向心力，即
f=mω2r
可知离圆盘中心越远，物体的摩擦力越大，越容易达到最大静摩擦力，越容易做离心运动，故C正确；
D.在铁路转弯处，通常要求外轨比内轨高，当火车转弯超过规定速度行驶时，外轨对外轮缘会有挤压作用，故D错误。
故选BC。
9.【答案】AB
【解析】A.月球的第一宇宙速度等于近月轨道的环绕速度，根据
GMmr2=mv2r
解得
v= GMr
由于轨道1的半径大于近月卫星的半径，则“嫦娥三号”在轨道1上的速度比月球的第一宇宙速度小，A正确；
B.轨道2变轨到轨道1是由低轨道变轨到高轨道，需要在两轨道切点Q位置加速，B正确；
C.根据开普勒定律可知
R13T12=R23T22
由于轨道1的半径大于轨道2的半长轴，则“嫦娥三号”在轨道1上的运动周期比在轨道2上的大，C错误；
D.根据
GMmr2=ma
解得
a=GMr2
卫星与月心间距相等，加速度大小相等，即“嫦娥三号”在轨道1上经过Q点时的加速度等于在轨道2上经过Q点时的加速度，D错误。
故选AB。
10.【答案】ACD
【解析】A.小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，其中铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，支持力的方向过圆心，它们都始终与运动的方向垂直，所以磁力和支持力都不能对小铁球做功，只有重力会对小铁球做功，所以小铁球的机械能守恒，在最高点的速度最小，在最低点的速度最大。A正确；
B.小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，在最高点轨道对小铁球的支持力的方向可以向上，小铁球的速度只要大于0即可通过最高点。因此小球在最高点的速度可能小于 gR ，B错误；
CD.由于小铁球在运动的过程中机械能守恒，所以小铁球在最高点的速度越小，则机械能越小，在最低点的速度也越小，根据 F向=mv2R ，可知小铁球在最低点时需要的向心力越小。而在最低点小铁球受到的重力的方向向下，支持力的方向也向下、只有磁力的方向向上。要使铁球不脱轨，轨道对铁球的支持力一定要大于等于0。所以铁球不脱轨的条件是：小铁球在最高点的速度恰好为0，而且到达最低点时，轨道对铁球的支持力恰好等于0。根据机械能守恒定律，小铁球在最高点的速度恰好为0，到达最低点时的速度满足mg⋅2R=12mv2
轨道对铁球的支持力恰好等于0，则磁力与重力的合力提供向心力，即F−mg=mv2R
联立得F=5mg
可知要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为 5mg ，CD正确。
故选ACD。
11.【答案】 C 0.1 2
【解析】(1)AB.由图可知，该小球的初速度方向偏上，与小球的初速度的大小无关，与释放小球的位置也无关，故AB不符合题意；
C.由图可知，该小球的初速度方向偏上，即小球的初速度的方向不是沿水平方向，则可知是斜槽末端切线不水平，故C符合题意。
故选C。
(2)①由图可知，相邻两点间水平距离相等，则相邻两点的时间间隔相等，竖直方向上由逐差法可得40−15−15cm=gT2
解得T=0.1s
②水平方向上有40−20cm=v0T
解得v0=2m/s
12.【答案】 AC mghB mhC−hA28T2 大于 k/2
【解析】(1)A.实验中为了减小阻力的影响，重锤选用体积较小，质量和密度较大的重锤，故A正确；
B.由于验证机械能守恒表达式中，重物的质量可以约去，故不需要天平测质量，故B错误；
C.将纸带沿竖直方向穿过限位孔，可增大纸带运动的稳定性，减小实验误差，故C正确；
D.不能用 v=gt 或 v= 2gh 来求速度，不能用 h=v22g 求高度，否则默认了机械能守恒，失去验证的意义，故D错误。
故选AC。
(2)从打下 O 点到打下 B 点的过程中，根据题意可知，打下 B 点时，重物下落的高度为 hB ，则减小的重力势能为
ΔEp=mghB
由中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度可得，打下 B 点时，重物的速度大小为
vB=hC−hA2T
则增加的动能为
ΔEk=12mvB2=mhC−hA28T2
(3)此实验因空气阻力以及摩擦力的存在，总会使减小的重力势能略大于增加的动能，这个误差是系统误差，无法避免。
(4)若机械能守恒，则
mgh= 12 mv2
即
v2=2gh
以h为横轴，以v2为纵轴，所以斜线的斜率
k=2g
g=k/2
13.【答案】 (1)3.2m；(2) 6 2 m/s；(3)v0≥9.0m/s
【解析】(1)小球在碰到墙前做平抛运动，设小球碰墙前运动时间为t，根据s=v0t知，小球平抛运动的时间
t=Sv0=3.66s=0.6s
根据
H−h1=12gt2
得
h1=H−12gt2=5−12×10×0.36m=3.2m
(2)平抛运动在竖直方向上的分速度
vy=gt=10×0.6m/s=6m/s
根据平行四边形定则知，小球碰墙前瞬间速度
v= v02+vy2= 36+36m/s=6 2m/s
(3)忽略墙厚，竖直方向
H−h=12gt12
水平方向
v0t1≥s
解得：
v0≥9.0m/s
14.【答案】(1) 7.5m/s2 (2) 6m/s ；(2) 1200J
【解析】(1)对游客和座椅一起受力分析如下图所示
根据受力分析可知游客和座椅做圆周运动所需要的向心加速度为
an=gtanθ=10×34m/s2=7.5m/s2
(2)根据几何关系可知游客和座椅做圆周运动的半径为
R=r+Lsinθ=3×0.6m=4.8m
由
an=v2r
代入数据得
v=6m/s
(3)游客和座椅由静止到随转盘匀速转动得过程，根据功能关系有
W−mgL(1−cosθ)=12mv2
代入数据解得
W=1200J
15.【答案】解：(1)由平抛运动规律及几何关系得vB=v0cos60 ∘=2v0=8m/s；
(2)由平抛运动规律及几何关系得vBy=v0tan60 ∘=3v0=43m/s，
A、B的高度差hAB=v By22g=2.4m；
(3)第一次从B到E，由动能定理得mgh−μmgL−mgH=0−12mvB2，代入数据得L=8.5m；
(4)假设运动员能到达B点，设返回B点时的速度为v，
第一次从E返回B的过程由动能定理得mg(H−h)−μmgL=12mv2，
代入数据得v<0，所以假设不成立，运动员不能回到B点，
设运动员在CD上通过的总路程为x，
从E点到最终停下的总过程，由动能定理得mgH−μmgx=0，
代入数据得x=20m，
因为x=2×8.5+3m，所以最后停止的位置距C点的距离为L−3 m= 5.5m。
【解析】本题考查了平抛运动规律和动能定理。
(1)从A运动到B点，运动员做平抛运动，到达B点时对速度进行分解，即可求出B点速度；
(2)根据平抛运动规律和几何关系求得A、B两点之间的高度差；
(3)对B到E，根据动能定理，可以求出水平轨道CD的长度L；
(4)从E到第一次返回达到最高点，根据动能定理求出第一次返回时沿着BC轨道上滑的最大高度，从而判断能否回到B点；从E点开始返回到最终停下的全过程，根据动能定理可以求出运动员在CD上通过的路程，从而确定最后停止的位置距C点的距离。
2022-2023学年广东省广州市三校联考高一（下）期末物理试卷
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 2021年9月珠海航展，我国战机“歼−20”再次闪亮登场。表演中，战机先水平向右加速，再沿着曲线ab斜向上加速运动，最后沿着陡斜线直入云霄。战机飞行到曲线上c点时受到的合外力为F，则F 的方向可能正确的是( )
A. B.
C. D.
2. 复兴号动车在世界上首次实现速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果.一列质量为m的动车，初速度为0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t0达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力f保持不变，其加速过程的速度随时间变化关系如图所示．则动车在时间t0内( )
A. 做匀加速直线运动 B. 平均速度v=vm2
C. 最大速度vm=Pf D. 牵引力做功W=12mvm2
3. 如图(a)，我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种。某次抛出的谷粒中有两颗的运动轨迹如图(b)所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为O，且轨迹交于P点，抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为v1和v2，其中v1方向水平，v2方向斜向上。忽略空气阻力，两谷粒质量相同，关于两谷粒在空中的运动，下列说法正确的是( )
A. 谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度 B. 谷粒2在最高点的速度等于零
C. 两谷粒从O到P的运动时间相等 D. 两谷粒从O到P过程重力做功相等
4. 作为国家战略性时空基础设施，北斗卫星导航系统正为交通、金融、通信、能源、电力等国民经济命脉提供准确的时间和位置信息。2023年5月17日10时49分，中国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射第五十六颗北斗导航卫星。如图是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知P、Q、M三颗卫星均做匀速圆周运动，虚线圆是P、Q卫星轨道的包围圆，其中P是地球同步卫星，则这三颗卫星( )
A. 卫星Q也可能相对地面静止
B. 卫星P的角速度大于卫星M的角速度
C. 卫星Q的线速度小于卫星M的线速度
D. 地球对卫星P的引力一定等于地球对卫星Q的引力
5. 2023年5月30日，翘盼已久的神舟十五号航天员乘组顺利打开“家门”，欢迎远道而来的神舟十六号航天员乘组入驻“天宫”，随后，两个航天员乘组拍下“全家福”如图。若中国空间站绕地球可视为匀速圆周运动，已知空间站轨道离地面的高度为h，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，忽略地球自转的影响，则下列说法正确的是( )
A. 地球的质量为g(R+h)2G
B. 空间站的运行速度为 gR2R+h
C. 空间站的运行周期为2π Rg
D. 航天员能处于漂浮状态是因其受到的合力为零
6. 如图所示，取一支按压式圆珠笔，将笔的按压式小帽朝下按在桌面上，放手后笔将会向上弹起一定的高度。圆珠笔运动过程中始终处于竖直状态。下列说法正确的是( )
A. 下压圆珠笔的过程中，弹簧的弹性势能减小
B. 下压圆珠笔的过程中，重力对圆珠笔做负功
C. 圆珠笔向上运动的过程中动能一直减小
D. 圆珠笔向上运动的过程中重力势能一直增大
7. 如图所示，质量为M、长度为L的木板静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块(可视为质点)放在木板的最左端，现用一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和木板之间的滑动摩擦力为f，物块滑到木板的最右端时，木板运动的距离为S，在这个过程中，以下结论正确的是( )
A. 恒力F所做的功为FL
B. 物块的动能增加(F−f)S
C. 物块到达木板最右端时，系统产生的热量为fL
D. 拉力做的功等于物块和木板机械能的增加量
二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）
8. 下列有关生活中圆周运动的实例分析，说法正确的是( )
A. 图甲中，附着在脱水桶内壁上随筒一起转动的衣服受到的摩擦力随角速度增大而增大
B. 图乙为汽车通过拱桥最高点时的情形，此时汽车受到的支持力小于重力
C. 图丙为水平圆盘转动时的示意图，当转盘以一定的角速度转动，物体离转盘中心越远，越容易做离心运动
D. 如图丁，在铁路转弯处，通常要求外轨比内轨高，当火车转弯超过规定速度行驶时，内轨对内轮缘会有挤压作用
9. 探月工程中，“嫦娥三号”探测器的发射过程可以简化如图，卫星由地面发射后，进入地月转移轨道，经过P点时变轨进入距离月球表面100公里的圆形轨道1，在轨道1上经过Q点时变轨进入椭圆轨道2，轨道2与月球表面相切于M点，月球车将在M点着陆月球。下列说法正确的是( )
A. “嫦娥三号”在轨道1上的速度比月球的第一宇宙速度小
B. “嫦娥三号”在轨道1上经过Q点时的速度大于在轨道2上经过Q点时的速度
C. “嫦娥三号”在轨道1上的运动周期比在轨道2上的小
D. “嫦娥三号”在轨道1上经过Q点时的加速度大于在轨道2上经过Q点时的加速度
10. 如图(a)所示，被称为“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圆轨道外侧旋转不脱落，其原理可简化为如图(b)所示的模型：半径为R的磁性圆轨道竖直固定，质量为m的铁球(视为质点)沿轨道外侧运动，A、B分别为轨道的最高点和最低点，轨道对铁球的磁性引力始终指向圆心且大小不变，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g，则( )
(a) (b)
A. 铁球绕轨道运动过程中机械能守恒
B. 铁球在A点的速度必须大于 gR
C. 铁球经过B点时，轨道对铁球的支持力可能为0
D. 轨道对铁球的磁性引力至少为5mg，才能使铁球不脱轨
三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）
11. 在“探究平抛运动的特点”实验中．
图甲 图乙
(1)图乙是利用图甲装置拍摄小球做平抛运动的频闪照片，由照片可判断实验操作错误的是_______；
A.释放小球时初速度不为0 B.释放小球的初始位置不同 C.斜槽末端切线不水平
(2)在做该实验时某同学正确操作实验，但只记录了物体运动的轨迹上的A、B、C三点，已知相邻两点的时间间隔相等，并以A点为坐标原点建立了直角坐标系，得到如图所示的图像，g取10m/s2．
①据图像求出相邻两点的时间间隔为_____s；
②据图像求出物体平抛运动的初速度大小为_____m/s。
12. 如图1是利用自由落体运动装置进行“验证机械能守恒定律”的实验．所用的打点计时器连接50Hz的交流电．
(1)关于本实验说法正确的是________
A.应选用较大密度材料制成的重锤 B.实验必须用天平测出物体的质量
C.将纸带沿竖直方向穿过限位孔 D.可以用v= 2gh计算瞬时速度
(2)甲同学在实验中得到如图2所示的一条纸带，在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC.已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T，重物的质量为m．从打O点到打B点的过程中：
重物的重力势能减少量ΔEP=_____，动能增加量ΔEK=______(以上两空请用题中所给符号表示)；若实验操作正确，大多数同学的实验结果显示重力势能的减少量_______动能的增加量(填“小于”、“等于”、“大于”)．
(3)乙同学想利用该实验装置测定当地的重力加速度.他打出了一条纸带后，利用纸带测量出了各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h，算出了各计数点对应的速度v，以h为横坐标，以v2为纵轴画出了如图3所示的图线，测出该图线的斜率为k，则可求得当地的重力加速度g=_______(请用题中所给符号表示)．
四、计算题（本大题共3小题，共38.0分）
13. 如图所示，水平地面上有一高h=4.2m的竖直墙，现将一小球以v0=6m/s的速度垂直于墙面水平抛出，已知抛出点A与墙面的水平距离s=3.6m，离地面高H=5.0m，不计空气阻力，不计墙的厚度.重力加速度g取10m/s2．
(1)小球碰墙点B离地面的高度；
(2)碰墙时小球的速度大小；
(3)若仍将小球从原位置往原方向抛出，为使小球能越过竖直墙(忽略墙厚)，小球抛出时的初速度大小至少是多大⋅
14. 图1所示是一种叫“旋转飞椅”的游乐项目，将其结构简化为图2所示的模型。长L=3m的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径r=3m的水平转盘边缘。转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。转盘静止时，钢绳沿竖直方向自由下垂；转盘匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角θ=37∘。将游客和座椅看作一个质点，质量m=50kg。不计钢绳重力和空气阻力，重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8.求：
(1)当转盘匀速转动时，游客和座椅做圆周运动向心加速度的大小；
(2)当转盘匀速转动时，游客和座椅做圆周运动线速度的大小；
(3)游客由静止到随转盘匀速转动的过程中，钢绳对游客和座椅做的功W。
15. 滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来，如图是滑板运动的轨道。BC和DE是两段光滑的圆弧形轨道，BC的圆心为O点，圆心角θ=60∘，半径OC与水平轨道CD垂直，滑板与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2.某运动员从轨道上的A点以v=4m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿着轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回。已知B、E两点与水平轨道CD的竖直高度分别为h=2.5m和H=4m。g=10m/s2求：
(1)运动员到达B点时的速度大小；
(2)A、B两点之间的高度差；
(3)水平轨道CD的长度L；
(4)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能，求出回到B点时速度的大小；如果不能，求出最后停止的位置距C点的距离。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查曲线运动的特点，解决问题的关键是清楚做曲线运动的物体的速度方向、合外力的方向和轨迹位置之间的关系，知道做曲线运动的条件。
【解答】
战机飞行轨迹是曲线，根据曲线运动的条件，受到的合外力方向指向曲线的内侧，因为是加速运动，合外力的方向与该点的速度方向的夹角为锐角，如图所示。
；
故D正确，ABC错误。
故选D。
2.【答案】C
【解析】A.复兴号以恒定功率运动，根据P=F牵v
知随着速度的增加，牵引力逐渐减小，合力减小，加速度减小，故复兴号动车做加速度逐渐减小的变加速直线运动，A错误；
B.0∼t0这段时间内，如果动车做匀加速直线运动的话，平均速度 v=vm2 ，然而根据A选项的分析或者根据图像可知动车不是做匀加速直线运动，B错误；
C.当牵引力与阻力大小相等时加速度为零，速度达到最大，即有F牵=f
则复兴号动车的功率P=F牵vm=fvm，vm=Pf
C正确；
D.根据动能定理W牵引力+W阻力=12mvm2−12mv02
则牵引力做功W牵引力=12mvm2−12mv02−W阻力
D错误。
故选C。
3.【答案】D
【解析】A.抛出的两谷粒在空中均仅受重力作用，加速度均为重力加速度，故谷粒1的加速度等于谷粒2的加速度，A错误；
B.谷粒2做斜抛运动，水平方向上为匀速直线运动，故运动到最高点的速度即为水平方向上的分速度，不为零，B错误；
C.谷粒2做斜向上抛运动，谷粒1做平抛运动，均从O点运动到P点，故位移相同。在竖直方向上谷粒2做竖直上抛运动，谷粒1做自由落体运动，竖直方向上位移相同，故谷粒2运动时间较长，C错误；
D.两谷粒从O点运动到P点的位移相同，两谷粒质量相同，故重力做功相等，D正确。
故选D。
4.【答案】C
【解析】AB.据GMmr2=mrω2
可得ω= GMr3
卫星P的轨道半径大于卫星M的轨道半径，则卫星P的角速度大小小于卫星M的角速度大小，但两者的绕行方向不一致；P相对地球静止，所以M相对地球运动，故AB错误；
C.根据万有引力提供向心力得GMmr2=mv2r
可得v= GMr
卫星Q的轨道半径大于卫星M的轨道半径，则卫星Q的线速度大小小于卫星M的线速度大小，故C正确；
D.卫星P、卫星M质量大小未知，无法比较地球对卫星P和地球对卫星M的引力大小，故D错误。
故选C。
5.【答案】B
【解析】A.处于地球表面的物体，GMmR2=mg，M=gR2G
A错误；
B.空间站运行速度为v，则GMm1(R+h)2=m1v2R+h，v= gR2R+h
B正确；
C.空间站运行速度为v，则v=2π(R+h)T，T=2π (R+h)3gR2
，C错误；
D.航天员能处于漂浮状态是因处于完全失重状态，合力不为零(合力充当向心力)，D错误。
故选B。
6.【答案】D
【解析】解：A.下压圆珠笔的过程中，弹簧的压缩量逐渐增大，弹性势能增大，故A错误；
B.下压圆珠笔的过程中，重力方向向下，位移方向向下，重力对圆珠笔做正功，故B错误；
D.圆珠笔向上运动的过程中，圆珠笔的重力做负功，重力势能增大，故D正确；
C.圆珠笔向上先做加速直线运动，当弹簧的弹力与笔的重力相等时加速度变为0，此时速度最大，之后再减速直线运动，则动能先增加再减小，故C错误。
故选：D。
根据弹簧长度的变化情况分析弹性势能的变化；根据重力做功情况分析重力势能的变化；根据合力做功情况分析动能的变化。
本题主要是考查功能关系，关键是能够分析能量的转化情况，知道重力势能变化与重力做功有关、动能的变化与合力做功有关、弹性势能的变化与弹力做功有关。
7.【答案】C
【解析】A.恒力F所做的功为W=F(L+S)
A错误；
B.根据动能定理得，物块动能的增量为(F−f)(S+L)，B错误；
C.物块到达木板最右端时，系统产生的热量为fL ，C正确；
D.拉力做的功等于物块和木板机械能的增加量与系统产生的热量之和，D错误。
故选C。
8.【答案】BC
【解析】A.图甲中衣服附着在脱水桶内壁上随桶一起转动，竖直方向由平衡得
f=mg
可知摩擦力大小不变，故A错误；
B.图乙中汽车通过拱形桥的最高点时，加速度竖直向下，根据牛顿第二定律可知
mg−FN=mv2r
即汽车受到的支持力小于重力，故B正确；
C.图丙中水平圆盘转动时，圆盘对物体的摩擦力提供其做圆周运动的向心力，即
f=mω2r
可知离圆盘中心越远，物体的摩擦力越大，越容易达到最大静摩擦力，越容易做离心运动，故C正确；
D.在铁路转弯处，通常要求外轨比内轨高，当火车转弯超过规定速度行驶时，外轨对外轮缘会有挤压作用，故D错误。
故选BC。
9.【答案】AB
【解析】A.月球的第一宇宙速度等于近月轨道的环绕速度，根据
GMmr2=mv2r
解得
v= GMr
由于轨道1的半径大于近月卫星的半径，则“嫦娥三号”在轨道1上的速度比月球的第一宇宙速度小，A正确；
B.轨道2变轨到轨道1是由低轨道变轨到高轨道，需要在两轨道切点Q位置加速，B正确；
C.根据开普勒定律可知
R13T12=R23T22
由于轨道1的半径大于轨道2的半长轴，则“嫦娥三号”在轨道1上的运动周期比在轨道2上的大，C错误；
D.根据
GMmr2=ma
解得
a=GMr2
卫星与月心间距相等，加速度大小相等，即“嫦娥三号”在轨道1上经过Q点时的加速度等于在轨道2上经过Q点时的加速度，D错误。
故选AB。
10.【答案】ACD
【解析】A.小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，其中铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，支持力的方向过圆心，它们都始终与运动的方向垂直，所以磁力和支持力都不能对小铁球做功，只有重力会对小铁球做功，所以小铁球的机械能守恒，在最高点的速度最小，在最低点的速度最大。A正确；
B.小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，在最高点轨道对小铁球的支持力的方向可以向上，小铁球的速度只要大于0即可通过最高点。因此小球在最高点的速度可能小于 gR ，B错误；
CD.由于小铁球在运动的过程中机械能守恒，所以小铁球在最高点的速度越小，则机械能越小，在最低点的速度也越小，根据 F向=mv2R ，可知小铁球在最低点时需要的向心力越小。而在最低点小铁球受到的重力的方向向下，支持力的方向也向下、只有磁力的方向向上。要使铁球不脱轨，轨道对铁球的支持力一定要大于等于0。所以铁球不脱轨的条件是：小铁球在最高点的速度恰好为0，而且到达最低点时，轨道对铁球的支持力恰好等于0。根据机械能守恒定律，小铁球在最高点的速度恰好为0，到达最低点时的速度满足mg⋅2R=12mv2
轨道对铁球的支持力恰好等于0，则磁力与重力的合力提供向心力，即F−mg=mv2R
联立得F=5mg
可知要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为 5mg ，CD正确。
故选ACD。
11.【答案】 C 0.1 2
【解析】(1)AB.由图可知，该小球的初速度方向偏上，与小球的初速度的大小无关，与释放小球的位置也无关，故AB不符合题意；
C.由图可知，该小球的初速度方向偏上，即小球的初速度的方向不是沿水平方向，则可知是斜槽末端切线不水平，故C符合题意。
故选C。
(2)①由图可知，相邻两点间水平距离相等，则相邻两点的时间间隔相等，竖直方向上由逐差法可得40−15−15cm=gT2
解得T=0.1s
②水平方向上有40−20cm=v0T
解得v0=2m/s
12.【答案】 AC mghB mhC−hA28T2 大于 k/2
【解析】(1)A.实验中为了减小阻力的影响，重锤选用体积较小，质量和密度较大的重锤，故A正确；
B.由于验证机械能守恒表达式中，重物的质量可以约去，故不需要天平测质量，故B错误；
C.将纸带沿竖直方向穿过限位孔，可增大纸带运动的稳定性，减小实验误差，故C正确；
D.不能用 v=gt 或 v= 2gh 来求速度，不能用 h=v22g 求高度，否则默认了机械能守恒，失去验证的意义，故D错误。
故选AC。
(2)从打下 O 点到打下 B 点的过程中，根据题意可知，打下 B 点时，重物下落的高度为 hB ，则减小的重力势能为
ΔEp=mghB
由中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度可得，打下 B 点时，重物的速度大小为
vB=hC−hA2T
则增加的动能为
ΔEk=12mvB2=mhC−hA28T2
(3)此实验因空气阻力以及摩擦力的存在，总会使减小的重力势能略大于增加的动能，这个误差是系统误差，无法避免。
(4)若机械能守恒，则
mgh= 12 mv2
即
v2=2gh
以h为横轴，以v2为纵轴，所以斜线的斜率
k=2g
g=k/2
13.【答案】 (1)3.2m；(2) 6 2 m/s；(3)v0≥9.0m/s
【解析】(1)小球在碰到墙前做平抛运动，设小球碰墙前运动时间为t，根据s=v0t知，小球平抛运动的时间
t=Sv0=3.66s=0.6s
根据
H−h1=12gt2
得
h1=H−12gt2=5−12×10×0.36m=3.2m
(2)平抛运动在竖直方向上的分速度
vy=gt=10×0.6m/s=6m/s
根据平行四边形定则知，小球碰墙前瞬间速度
v= v02+vy2= 36+36m/s=6 2m/s
(3)忽略墙厚，竖直方向
H−h=12gt12
水平方向
v0t1≥s
解得：
v0≥9.0m/s
14.【答案】(1) 7.5m/s2 (2) 6m/s ；(2) 1200J
【解析】(1)对游客和座椅一起受力分析如下图所示
根据受力分析可知游客和座椅做圆周运动所需要的向心加速度为
an=gtanθ=10×34m/s2=7.5m/s2
(2)根据几何关系可知游客和座椅做圆周运动的半径为
R=r+Lsinθ=3×0.6m=4.8m
由
an=v2r
代入数据得
v=6m/s
(3)游客和座椅由静止到随转盘匀速转动得过程，根据功能关系有
W−mgL(1−cosθ)=12mv2
代入数据解得
W=1200J
15.【答案】解：(1)由平抛运动规律及几何关系得vB=v0cos60 ∘=2v0=8m/s；
(2)由平抛运动规律及几何关系得vBy=v0tan60 ∘=3v0=43m/s，
A、B的高度差hAB=v By22g=2.4m；
(3)第一次从B到E，由动能定理得mgh−μmgL−mgH=0−12mvB2，代入数据得L=8.5m；
(4)假设运动员能到达B点，设返回B点时的速度为v，
第一次从E返回B的过程由动能定理得mg(H−h)−μmgL=12mv2，
代入数据得v<0，所以假设不成立，运动员不能回到B点，
设运动员在CD上通过的总路程为x，
从E点到最终停下的总过程，由动能定理得mgH−μmgx=0，
代入数据得x=20m，
因为x=2×8.5+3m，所以最后停止的位置距C点的距离为L−3 m= 5.5m。
【解析】本题考查了平抛运动规律和动能定理。
(1)从A运动到B点，运动员做平抛运动，到达B点时对速度进行分解，即可求出B点速度；
(2)根据平抛运动规律和几何关系求得A、B两点之间的高度差；
(3)对B到E，根据动能定理，可以求出水平轨道CD的长度L；
(4)从E到第一次返回达到最高点，根据动能定理求出第一次返回时沿着BC轨道上滑的最大高度，从而判断能否回到B点；从E点开始返回到最终停下的全过程，根据动能定理可以求出运动员在CD上通过的路程，从而确定最后停止的位置距C点的距离。
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