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2022-2023学年安徽省宣城市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年安徽省宣城市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.对于做曲线运动的物体，下列说法不正确的是( )
A. 做曲线运动的物体，一定做变速运动
B. 做曲线运动的物体，一定受变力作用
C. 做曲线运动的物体，所受合力的方向一定指向曲线的凹侧
D. 做匀变速曲线运动的物体，速度方向时刻改变，但永远不可能与所受合力的方向相同
2.下列四幅图是有关生活中的圆周运动的实例分析，其中说法正确的是( )
A. 汽车通过凹形桥的最低点时，速度越快越容易爆胎
B. 铁路的转弯处，外轨比内轨高是为了利用轮缘与内轨的侧压力来帮助火车转弯
C. “水流星”表演中，在最高点处水对桶底一定有压力
D. 洗衣机的脱水是利用了失重现象
3.2023年1月14日，中国探月航天IP形象太空兔正式对外公布了名称：中文名“兔星星”，英文名“Tstar”。“嫦娥五号”从地球发射飞向月球的轨道变化的示意图如图所示，“嫦娥五号”发射后先在轨道Ⅰ上运行，当回到近地点A(A点到地心的距离可以认为等于地球的半径)时使其加速进入轨道Ⅱ，再次回到近地点A时，第二次加速进入轨道Ⅲ，B点为轨道Ⅲ的远地点，关于“嫦娥五号“的发射和变轨过程，下列说法正确的是( )
A. “嫦娥五号”在轨道Ⅰ上经过A点时的速度大于在轨道Ⅱ上经过A点时的速度
B. 发射后进入轨道Ⅰ时，“嫦娥五号”在A点的速度大于第一宇宙速度
C. “嫦娥五号”在轨道Ⅰ上经过A点时的加速度小于在轨道Ⅲ上经过B点时的加速度
D. “嫦娥五号”在轨道Ⅰ上运行的周期大于在轨道Ⅲ上运行的周期
4.如图，天花板上有一可自由转动光滑小环Q，一轻绳穿过Q，两端分别连接质量为m1、m2的A、B小球，且m1=2m2。两小球分别在各自的水平面内做圆周运动，它们周期相等。则A、B小球到Q的距离l1、l2的比值l1l2为( )
A. 1：2B. 2：1C. 1：4D. 4：1
5.如图1，物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动。监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图2、3所示，g=10m/s2，则( )
A. 第1s内推力做的功为1JB. 第2s内摩擦力对物体做的功为2J
C. 第1.5s时推力F做功的功率为3WD. 第2s内推力F做功的平均功率P−=1.5W
6.如图，a、b两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度v0同时水平抛出，已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等且在同一竖直面内，斜面底边长是其竖直高度的2倍，若小球b能落到斜面上，下列说法正确的是( )
A. a、b两球不可能同时落在半圆轨道和斜面上
B. 改变初速度的大小，b球可能垂直撞在斜面上
C. 改变初速度的大小，a球可能垂直撞在半圆轨道上
D. 改变初速度的大小，b球速度方向和斜面的夹角保持不变
7.一起重机用钢绳提起静止在地面上的重物，开始在竖直方向上做匀加速运动，然后做匀速运动。重物上升高度为h，运动时间为t，加速度为a，动能为Ek，起重机功率为P，下列图像能描述上述过程的是( )
A. B.
C. D.
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
8.如图，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力。已知AP=2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中，下列说法正确的是( )
A. 重力做功2mgR
B. 机械能减少12mgR
C. 合外力做功12mgR
D. 克服摩擦力做功mgR
9.如图所示为旋转脱水拖把结构图。把拖把头放置于脱水桶中，手握固定套杆向下运动，固定套杆就会给旋转杆施加驱动力，驱动旋转杆、拖把头和脱水桶一起转动，把拖把上的水甩出去。旋转杆上有长度为35cm的螺杆，螺杆的螺距(相邻螺纹之间的距离)为d=5cm，拖把头的托盘半径为10cm，拖布条的长度为6cm，脱水桶的半径为12cm。某次脱水时，固定套杆在1s内匀速下压了35cm，该过程中拖把头匀速转动，则下列说法正确的是( )
A. 拖把头的周期为7s
B. 拖把头转动的角速度为14πrad/s
C. 紧贴脱水桶内壁的拖布条上附着的水最不容易甩出
D. 旋转时脱水桶内壁接触的点与托盘边缘处的点向心加速度之比为6：5
10.两个天体组成双星系统，它们在相互之间的万有引力作用下，绕连线上某点做周期同匀速圆周运动。科学家在地球上用望远镜观测由两个小行星构成的双星系统，看到一个亮度周期性变化的光点，这是因为当其中一个天体挡住另一个天体时，光点亮度会减弱。科学家用航天器以某速度撞击该双星系统中较小的小行星，撞击后，科学家观测到光点明暗变化的时间间隔变短。不考虑撞击后双星系统的质量变化。根据上述材料，下列说法正确的是( )
A. 被航天器撞击后，双星系统的运动周期变大
B. 小行星质量越大，其运动的轨道越容易被改变
C. 被航天器撞击后，两个小行星中心连线的距离减小
D. 被航天器撞击后，双星系统的引力势能减小
11.如图，一轻绳通过光滑的轻质定滑轮与套在光滑水平杆上的小物块A连接，另一端与小球B连接。系统由静止释放后，物块A经过图示位置时向右运动的速度大小为vA，小球B的速度大小为vB，轻绳与杆的夹角为α(0∘<α<90∘)。则( )
A. vAcsα=vB
B. 图示时刻，小球B处于失重状态
C. 图示时刻，轻绳对物块A和小球B做功的功率大小相等
D. 由静止释放到图示时刻的过程中，绳中拉力一直对A做正功
三、实验题：本大题共2小题，共21分。
12.向心力演示器如图所示。
(1)本实验采用的实验方法是______。
A.控制变量法
B.等效法
C.模拟法
(2)若将传动皮带套在两塔轮半径相同的圆盘上，质量相同的两钢球分别放在不同位置的挡板处，转动手柄，可探究小球做圆周运动所需向心力F的大小与______(选填“m”、“ω”或“r”)的关系。
(3)若将皮带套在两轮塔最下面圆盘上(两圆盘半径之比为3：1)，质量相同的两钢球放在图示位置的挡板处，转动手柄，稳定后，观察到左侧标尺露出1格，右侧标尺露出9格，则可以得出的实验结论为：______。
13.“验证机械能守恒定律”的实验装置如图1所示。
(1)甲同学按照正确的实验步骤操作后，选出一条纸带如图2所示，其中O点为打点计时器打下的第一个点。从纸带上A点开始每隔一个点取一个计数点，取得两个计数点B和C.该同学用刻度尺，测得OA=9.62cm，OB=l5.89cm，OC=23.64cm。已知打点计时器每0.02s打一个点，重物的质量为1.00kg，取g=9.80m/s2.在OB段运动过程中，重物重力势能的减少量△Ep=______J；重物的动能增加量△Ek=______J(结果均保留三位有效数字)；
(2)乙同学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为横轴，以12v2为纵轴画出了如图3所示的
图线。由于图线明显偏离原点，若测量和计算都没有问题，其原因可能是______。乙同学测出该图线的斜率为k，如果阻力不可忽略，则当地的重力加速度g______k(选填“大于”、“等于”或“小于”)。
四、简答题：本大题共1小题，共10分。
14.如图，装置BOO′可绕竖直轴OO′转动，可视为质点的小球A与两细线连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线AB水平，细线AC与竖直方向的夹角为θ=37∘。已知小球的质量为m=1kg，细线AC长为L=1m，B点距C点的水平和竖直距离相等，取重力加速度g=10m/s2。(sin37∘=0.6,cs37∘=0.8)求：
(1)当细线AB水平且拉力为零时，该装置绕OO′轴转动的角速度ω1(结果可用根号表示)；
(2)当装置匀速转动的角速度为ω2=2rad/s时，细线AB和AC上的拉力大小。
五、计算题：本大题共2小题，共25分。
15.如图甲所示，假设某星球表面上有一倾角为θ=30∘的固定斜面，一质量为m的小物块从斜面底端沿斜面向上运动，其速度-时间图像如图乙所示。已知小物块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5，该星球半径为R=6×104km，引力常量G=6.67×10−11N⋅m2/kg2，求：
(1)该星球的表面重力加速度；
(2)该星球的第一宇宙速度；
(3)该星球的质量。
16.如图，一根轻绳绕过光滑的轻质定滑轮，两端分别连接物块A和B，B的下面通过轻绳连接物块C，A锁定在地面上。已知B和C的质量均为m，A的质量为32m，B和C之间的轻绳长度为L，初始时C离地的高度也为L。现解除对A的锁定，物块开始运动。设物块可视为质点，落地后不反弹。重力加速度大小为g。求：
(1)A刚上升时的加速度大小a；
(2)A上升过程的最大速度大小vm；
(3)A离地的最大高度H。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.曲线运动的速度方向不断变化，一定做变速运动，故A正确；
B.根据物体做曲线运动的条件，力与速度方向不共线，则做曲线运动，与变力或恒力无关，故B错误；
C.根据曲线运动的特点，轨迹弯向合力的方向，则所受合力的方向一定指向曲线的凹侧，故C正确；
D.做匀变速曲线运动的物体受到的合力不变，速度沿垂直于力方向的分速度不变，说明速度不可能与所受合力的方向相同，故D正确。
本题选择不正确的，
故选：B。
物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合外力大小和方向不一定变化，由此可以分析得出结论。
本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，掌握了做曲线运动的条件，本题基本上就可以解决了。
2.【答案】A
【解析】解：A、汽车通过凹形桥的最低点时，对汽车受力分析，根据牛顿第二定律得：FN−mg=mv2r
整理得：FN=mg+mv2r
速度越大，汽车轮胎所受地面支持力越大，越容易爆胎，故A正确；
B、在铁路的转弯处，通常要求外轨比内轨高，目的是使火车自身重力与所受支持力的合力来提供转弯所需的向心力，减轻轮缘与轨道的挤压，故B错误；
C、表演“水流星”时，当“水流星”通过最高点时，若满足水的速度为v= gr
即mg=mv2r
则此时水对桶底的作用力为零，故C错误；
D、洗衣机脱水筒的脱水原理是利用了离心现象，故D错误。
故选：A。
汽车通过凹形桥的最低点时，对汽车受力分析，根据牛顿第二定律求解汽车轮胎所受支持力，分析即可；铁路转弯处外轨比内轨高，是为了使火车自身重力与所受支持力的合力来提供转弯所需的向心力；“水流星”表演中，水到达最高点速度最小时，只收重力；洗衣机的脱水是利用了失重现象。
本题考查生活中的圆周运动，解决该题需要明确知道各个现象的原理，考查学生应用物理知识分析处理实际问题的能力，知道圆周运动向心力的来源。
3.【答案】B
【解析】解：A、“嫦娥五号”在轨道Ⅰ上经过A点时需要点火加速老肥进入轨道Ⅱ，所以在轨道Ⅰ上经过A点时的速度小于在轨道Ⅱ上经过A点时的速度，故A错误；
B、近地圆轨道上的运行速度为第一宇宙速度，在近地圆轨道上的A点处加速做离心运动才能进入轨道Ⅰ，因此进入轨道Ⅰ时，“嫦娥五号”在A点的速度大于第一宇宙速度，故B正确；
C、“嫦娥五号”在轨道Ⅰ上经过A点时的加速度与轨道Ⅲ上经过B点时的加速度均由万有引力产生，由牛顿第二定律得：GMmr2=ma，得a=GMr2
又因为rB>rA，所以“嫦娥五号”在轨道Ⅰ上经过A点时的加速度大于在轨道Ⅲ上经过B点时的加速度，故C错误；
D、轨道Ⅰ的半长轴小于轨道Ⅲ，根据开普勒第三定律a3T2=k可知，“嫦娥五号”在轨道Ⅰ上运行的周期小于在轨道Ⅲ上运行的周期，故D错误。
故选：B。
根据变轨原理分析“嫦娥五号”在轨道Ⅰ上经过A点时的速度与在轨道Ⅱ上经过A点时的速度大小，并判断“嫦娥五号”在轨道Ⅰ上经过A点时的速度与第一宇宙速度的关系；根据牛顿第二定律分析加速度关系；根据开普勒第三定律分析周期关系。
解答本题的关键要熟练掌握变轨的知识，知道卫星点火加速时做离心运动；点火减速时做近心运动。
4.【答案】A
【解析】解：设绳与竖直方向的夹角为θ，绳拉力为F，则合力提供向心力
Fsinθ=m4π2T2r
又根据几何关系
sinθ=rl
得
Fl=m4π2T2
说明绳长与质量成反比，则
l1l2=m2m1=12，故A正确，BCD错误。
故选：A。
本题根据合力提供向心力，同时结合几何关系，即可解答。
本题考查学生对合力提供向心力规律的掌握，比较基础。
5.【答案】C
【解析】解：A、第1s内物体未动，所以推力对物体做的功为0J，故A错误；
B、物体第3s内做匀速直线运动，物体受到的摩擦力等于推力大小：f=F=2N
物体第2s内做匀加速直线运动，根据速度图像的面积可知第2秒内物体的位移x=12×1×2m=1m
故第2s内摩擦力对物体做的功为：Wf=−fx=−2N×1m=−2J，故B错误；
C、根据图3可知第1.5s时物体的速度为1m/s，推力F做功的瞬时功率为P=Fv=3N×1m/s=3W，故C正确；
D、第2s内推力F做功为WF=Fx=3N×1m=3J
则第2s内推力F做功的平均功率P−=WFt=3J1s=3W，故D错误；
故选：C。
首先，根据做功与否的判断，分析第1s内推力做的功；
其次，分析物体在第3s内的运动性质，求出摩擦力，再结合图像求出物体第2s内的位移，由功的计算公式求出第2s内摩擦力对物体做的功；
接着，根据图3确定第1.5s时物体的速度，进而求出推力F做功的功率；
最后，根据功的计算公式求出第2s内推力F做的功，进而求出第2s内推力F做功的平均功率。
本题考查了功和功率的计算，解决本题的关键是根据速度图像求出物体的位移。
6.【答案】D
【解析】解：A.将半圆轨道和斜面重合在一起，如图所示
设交点为A，如果初速度合适，可使小球做平抛运动落在A点，即两球可能同时落在半圆轨道和斜面上，故A错误；
BD.改变初速度的大小，b球位移偏向角tanα=yx，等于斜面倾角不变，则速度偏向角tanθ=vyv0=gtv0=2yx也不变，即b球的速度方向和斜面的夹角不变，b球的速度方向斜向右下方，不可能垂直撞在斜面上，故B错误，D正确；
C.若a球垂直撞在半圆轨道上，如图所示
则此时a球的速度方向的反向延长线过半圆轨道的圆心，且有
tanφ=tan2θ>2tanθ
与平抛运动规律矛盾，a球不可能垂直撞在半圆轨道上，故C错误。
故选：D。
平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，将圆轨道和斜面重合在一起进行分析比较，即可得出正确答案。
本题主要考查平抛运动的知识，本题考查平抛运动比较灵活，学生容易陷入计算比较的一种错误方法当中，不能想到将半圆轨道和斜面轨道重合进行分析比较。
7.【答案】C
【解析】解：A、重物开始在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动，则有h=12at2，所以h−t图像开始阶段是开口向上的抛物线，故A错误；
B、重物开始在竖直方向上做匀加速运动，然后做匀速运动，加速度先不变(不为零)，后为零，a−t图像先是与时间轴平行且不为零的直线，然后加速度为零，故B错误；
C、重物开始在竖直方向上做匀加速运动时，由牛顿第二定律得：
F1−mg=ma
解得起重机的拉力为：F1=mg+ma
起重机的功率为：P1=F1v1=(mg+ma)at，P−t图像是过原点的倾斜直线；
重物匀速运动时，起重机的拉力为F2=mg
起重机的功率为P2=F2v2=mgv，则起重机的功率为定值，故C正确；
D、重物开始在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动时的动能为：Ek=12mv2=12ma2t2=mah，则Ek−h图像开始阶段是过原点的倾斜的直线，故D错误。
故选：C。
重物开始在竖直方向上做匀加速运动，由h=12at2得到h与t的关系式，再分析h−t图像的形状；根据重物的运动情况，分析a−t图像的形状；由牛顿第二定律和功率公式P=Fv结合分析P−t图像的形状；推导出动能与高度的关系式，再分析Ek−h图像的形状。
解答本题时，要理清重物的运动情况，分段运用牛顿第二定律、功率公式等力学规律得到各个图像的解析式，再分析图像的形状。
8.【答案】BC
【解析】解：A、从P到B的过程中，小球下降的高度为R，重力做功为mgR，故A错误；
BD、小球到达B点时恰好对轨道没有压力，轨道对小球没有作用力，由重力提供向心力，由牛顿第二定律有mg=mvB2R
可得vB= gR
设克服摩擦力做的功为Wf，从P到B的过程，由动能定理得
mgR−Wf=12mvB2
解得：Wf=12mgR
由功能关系可知机械能减少12mgR，故B正确，D错误；
C、根据动能定理得
W合=12mvB2−0=12m( gR)2=12mgR，故C正确。
故选：BC。
根据初末位置的高度差求重力做功多少。小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，轨道对小球没有作用力，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出小球到达B点时的速度大小，再求出机械能减少量，根据功能关系求克服摩擦力做功，根据动能定理求解合外力做的功。
本题的突破口是小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，由重力提供向心力。要知道动能定理是求合外力做功最基本的方法。
9.【答案】BD
【解析】解：A.旋转杆上有长度为35cm的螺杆，相邻螺纹之间的距离为d=5cm，共7圈螺纹，固定套杆在1s内匀速下压了35cm，则1s转了7个周期，因此周期为T=17s，故A错误；
B.根据周期和角速度的关系式，角速度ω=2πT=2π17rad/s=14πrad/s，故B正确；
C.紧贴脱水筒内壁的拖布条半径最大，根据a=ω2r
易知半径越大，向心加速度越大，需要的向心力越大，越容易甩出，故C错误；
D.脱水筒内壁半径为12cm，托盘边缘半径为10cm，根据a=ω2r
向心加速度之比为a1a2=r1r2=65，故D正确。
故选：BD。
A.根据旋转杆上有长度为35cm的螺杆，相邻螺纹之间的距离为d=5cm，所以共7圈，固定套杆在1s内匀速下压了35cm，求转动的周期；
B.根据角速度和周期的关系式求角速度；
C.根据向心加速度a=ω2r分析作答；
D.根据向心加速度和角速度的关系求向心加速的比值。
解题的关键是根据实际情况求出周期的值，熟记和应用公式求出各选项。
10.【答案】CD
【解析】解：A、撞击后由题意可知，观测到光点明暗变化的时间间隔变短，可知双星系统的运动周期变小，故A错误；
B、小行星质量变大，其惯性越大，运动的轨道越不容易被改变，故B错误；
CD、设双星之间的距离为L，星靠相互间的万有引力提供向心力，所以对两星：GMmL2=MR4π2T2=mr4π2T2
联立解得：T2=4π2L3G(M+m)，由于周期变小，则两个小行星中心连线的距离L减小，万有引力对双星做正功，双星的引力势能减小，故CD正确；
故选：CD。
根据题意可知双星的周期变化；
根据小行星质量变大，用惯性来说明其轨道的变化大小；
双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度。根据万有引力定律和向心力公式求解双星的周期；
引力对双星做正功，双星的引力势能减小，根据惯性的概念分析D项。
该题考查万有引力定律的应用，解决该题关键要知道双星系统的周期或角速度是相等的，以及掌握万有引力定律和向心力公式。
11.【答案】ACD
【解析】解：A、将物块A的速度沿绳子方向和垂直于绳子的方向分解，如图所示，物块A与小球沿绳方向的分速度相等，则vAcsα=vB，故A正确；
B、当α=90∘时，B球的速度为零，从静止开始到α=90∘时，小球B先向下加速后向下减速，加速度先向下后向上，先失重后超重，无法判断图示时刻B球的状态，故B错误；
C、由于物块与小球组成的系统机械能守恒，轻绳对物块A和小球B的拉力大小相等，A、B沿绳子方向的速度大小相等，则轻绳对两者拉力做功的功率大小相等，故C正确；
D、A始终做加速运动，则绳中拉力一直对A做正功，故D正确。
故选：ACD。
将物块A的速度沿绳子方向和垂直于绳子的方向分解，根据物块A沿绳子方向的分速度等于B的速度可得出两者速度关系；分析系统在初末两个端点的速度情况可定性分析其运动过程，确定小球B超失重情况；根据功的定义判断内力对二者做功，即可分析功率关系；根据物块A的运动情况，分析轻绳对物块A做功情况。
解决本题的关键会对物块A的速度进行分解：分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，知道当α=90∘时，B球的速度为零，来分析小球的运动情况。
12.【答案】A r 质量和半径一定的条件下，物体做圆周运动需要的向心力与角速度的平方成正比
【解析】解：(1)在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，应保持两个物理量不变，研究向心力与第三个物理量的关系，所以本实验采用的实验方法是控制变量法，故A正确，BC错误。
故选：A。
(2)若将传动皮带套在两塔轮半径相同的圆盘上，由v=rω知，角速度ω相同，质量m相同的两钢球分别放在不同位置的挡板处，则转动半径r不同，转动手柄，可探究小球做圆周运动所需向心力F的大小与半径r的关系。
(3)若将皮带套在两轮塔最下面圆盘上(两圆盘半径之比为3：1)，由v=rω知，则角速度之比为1：3；质量相同的两钢球放在图示位置的挡板处，转动半径相同；转动手柄，稳定后，观察到左侧标尺露出1格，右侧标尺露出9格，则向心力之比为1：9；可以得出的实验结论为质量和半径一定的条件下，物体做圆周运动需要的向心力与角速度的平方成正比。
故答案为：(1)A；(2)r；(3)质量和半径一定的条件下，物体做圆周运动需要的向心力与角速度的平方成正比。
(1)根据实验原理分析出对应的实验方法；
(2)根据半径和质量的关系得出对应的探究关系；
(3)根据实验现象得出对应的实验结论。
本题主要考查了匀速圆周运动的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合向心力的表达式即可完成分析。
13.【答案】先释放重物，再接通打点计时器 大于
【解析】解：(1)在OB段运动过程中，重物重力势能的减少量为：△Ep=mghOB=1×9.8×0.1589J≈1.56J，
B点的速度为：vB=xAC2T=23.64−9.622×0.04×10−2m/s=1.75m/s，
则动能的增加量为：△Ek=12mvB2=12×1×1.752J≈1.53J。
(2)从图象中可以看出，当物体下落的高度为0时，物体的速度不为0，说明了操作中先释放重物，再接通(打点计时器)电源。
若阻力忽略，根据机械能守恒知，mgh=12mv2，则12v2=gh，斜率k=g。
若阻力不能忽略，则有：mgh−fh=12mv2，则12v2=(g−f)h，斜率k故答案为：(1)1.56，1.53；(2)先释放重物，再接通打点计时器，大于。
(1)根据下降的高度求出重力势能的减小量，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度，从而得出动能的增加量。
(2)根据下落高度为零时，物体速度不为零，分析图线不过原点的原因。结合机械能守恒得出12v2−h的表达式，从而得出图线斜率的含义。
解决本题的关键知道实验的原理，知道重力势能的减小量略大于动能增加量的原因，掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解重力势能的减小量，通过平均速度推论求出瞬时速度的大小，从而得出动能的增加量。
14.【答案】解：(1)由题意，当细线AB水平且张力为0时，小球的重力和细线AC的张力的合力提供小球做圆周运动的向心力，有
mgtan37∘=mω12Lsin37∘
代入数据解得ω1=52 2rad/s
(2)当ω2=2rad/s<ω1=52 2rad/s时，细线AB水平，对小球受力分析，设AB和AC的拉力为F1、F2，则水平方向：F2cs37∘=mg
竖直方向：F2sin37∘−F1=mω22Lsin37∘
代入数据解得F1=5.1N，F2=12.5N
答：(1)当细线AB水平且拉力为零时，该装置绕OO′轴转动的角速度为5 22rad/s；
(2)当装置匀速转动的角速度为ω2=2rad/s时，细线AB和AC上的拉力大小分别为5.1N和12.5N。
【解析】(1)当细线AB水平且张力为0时，小球的重力和细线AC的张力的合力提供小球做圆周运动的向心力，从而求得角速度；
(2)对A进行受力分析，根据合力提供向心力，求得细线AB和AC上的拉力大小。
在求解匀速圆周运动的相关物理量时，一般根据受力分析求得合外力，然后求得向心力，再利用向心力公式求解速度、半径、周期等物理量．
15.【答案】解：(1)物块上滑过程中，根据牛顿第二定律在沿斜面方向上有
μmgcsθ+mgsinθ=ma1
下滑过程中，在沿斜面方向上有
mgsinθ−μmgcsθ=ma2
又知v−t图像的斜率表示加速度，则上滑和下滑过程中物块的加速度大小分别为
a1=6−00.6m/s2=10m/s2
a2=20.4m/s2=5m/s2
联立解得
g=15m/s2
(2)该星球的第一宇宙速度为
v1= gR= 15×6×104×103m/s=3.0×104m/s
(3)在星球表面
GMmR2=mg
可得该星球的质量为
M=gR2G=15×(6×104×103)26.67×10−11kg=8.1×1026kg
答：(1)该星球的表面重力加速度15m/s2；
(2)该星球的第一宇宙速度3.0×104m/s；
(3)该星球的质量8.1×1026kg。
【解析】(1)根据牛顿第二定律，求物块上滑过程中、下滑过程中的加速度，结合图像，求该星球的表面重力加速度；
(2)根据第一宇宙速度公式，求该星球的第一宇宙速度；
(3)在星球表面，万有引力等于重力，求该星球的质量。
本题考查学生对牛顿第二定律、第一宇宙速度公式、星球表面万有引力等于重力规律的掌握，是一道中等题。
16.【答案】解：(1)解除对A的锁定后，A加速上升，B和C加速下降，加速度a大小相等，设轻绳对A和B的拉力大小为T，由牛顿第二定律得
对A：T−32mg=32ma①
对B、C：(m+m)g−T=(m+m)a②
由①②式得：a=17g ③
(2)当物块C刚着地时，A的速度最大．从A刚开始上升到C刚着地的过程，由机械能守恒定律得：
2mgL−32mgL=12⋅2mvm2+12⋅32mvm2 ④
由④式得：vm= 27gL ⑤
(3)设C落地后A继续上升h时速度为零，此时B未触地A和B组成的系统满足：
mgh−32mgh=0−12(m+32m)vm2 ⑥
由⑤⑥式得：h=57L ⑦
由于h=57L答：(1)A刚上升时的加速度大小是17g；
(2)A上升过程的最大速度大小vm是 27gL；
(3)A离地的最大高度H是127L.
【解析】(1)分别对A、BC组成的整体进行受力分析，结合牛顿第二定律即可求出加速度的大小；
(2)A向上运动，BC向下运动的过程中系统的机械能守恒，由此即可求出速度；
(3)C落地后A继续上升h时速度为零，此时B未触地A和B组成的系统满足机械能守恒，由此即可求出．
该题属于机械能守恒结合牛顿第二定律的题目，在解答的过程中要注意研究对象的选取以及运动过程的选取．
1.对于做曲线运动的物体，下列说法不正确的是( )
A. 做曲线运动的物体，一定做变速运动
B. 做曲线运动的物体，一定受变力作用
C. 做曲线运动的物体，所受合力的方向一定指向曲线的凹侧
D. 做匀变速曲线运动的物体，速度方向时刻改变，但永远不可能与所受合力的方向相同
2.下列四幅图是有关生活中的圆周运动的实例分析，其中说法正确的是( )
A. 汽车通过凹形桥的最低点时，速度越快越容易爆胎
B. 铁路的转弯处，外轨比内轨高是为了利用轮缘与内轨的侧压力来帮助火车转弯
C. “水流星”表演中，在最高点处水对桶底一定有压力
D. 洗衣机的脱水是利用了失重现象
3.2023年1月14日，中国探月航天IP形象太空兔正式对外公布了名称：中文名“兔星星”，英文名“Tstar”。“嫦娥五号”从地球发射飞向月球的轨道变化的示意图如图所示，“嫦娥五号”发射后先在轨道Ⅰ上运行，当回到近地点A(A点到地心的距离可以认为等于地球的半径)时使其加速进入轨道Ⅱ，再次回到近地点A时，第二次加速进入轨道Ⅲ，B点为轨道Ⅲ的远地点，关于“嫦娥五号“的发射和变轨过程，下列说法正确的是( )
A. “嫦娥五号”在轨道Ⅰ上经过A点时的速度大于在轨道Ⅱ上经过A点时的速度
B. 发射后进入轨道Ⅰ时，“嫦娥五号”在A点的速度大于第一宇宙速度
C. “嫦娥五号”在轨道Ⅰ上经过A点时的加速度小于在轨道Ⅲ上经过B点时的加速度
D. “嫦娥五号”在轨道Ⅰ上运行的周期大于在轨道Ⅲ上运行的周期
4.如图，天花板上有一可自由转动光滑小环Q，一轻绳穿过Q，两端分别连接质量为m1、m2的A、B小球，且m1=2m2。两小球分别在各自的水平面内做圆周运动，它们周期相等。则A、B小球到Q的距离l1、l2的比值l1l2为( )
A. 1：2B. 2：1C. 1：4D. 4：1
5.如图1，物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动。监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图2、3所示，g=10m/s2，则( )
A. 第1s内推力做的功为1JB. 第2s内摩擦力对物体做的功为2J
C. 第1.5s时推力F做功的功率为3WD. 第2s内推力F做功的平均功率P−=1.5W
6.如图，a、b两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度v0同时水平抛出，已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等且在同一竖直面内，斜面底边长是其竖直高度的2倍，若小球b能落到斜面上，下列说法正确的是( )
A. a、b两球不可能同时落在半圆轨道和斜面上
B. 改变初速度的大小，b球可能垂直撞在斜面上
C. 改变初速度的大小，a球可能垂直撞在半圆轨道上
D. 改变初速度的大小，b球速度方向和斜面的夹角保持不变
7.一起重机用钢绳提起静止在地面上的重物，开始在竖直方向上做匀加速运动，然后做匀速运动。重物上升高度为h，运动时间为t，加速度为a，动能为Ek，起重机功率为P，下列图像能描述上述过程的是( )
A. B.
C. D.
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
8.如图，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力。已知AP=2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中，下列说法正确的是( )
A. 重力做功2mgR
B. 机械能减少12mgR
C. 合外力做功12mgR
D. 克服摩擦力做功mgR
9.如图所示为旋转脱水拖把结构图。把拖把头放置于脱水桶中，手握固定套杆向下运动，固定套杆就会给旋转杆施加驱动力，驱动旋转杆、拖把头和脱水桶一起转动，把拖把上的水甩出去。旋转杆上有长度为35cm的螺杆，螺杆的螺距(相邻螺纹之间的距离)为d=5cm，拖把头的托盘半径为10cm，拖布条的长度为6cm，脱水桶的半径为12cm。某次脱水时，固定套杆在1s内匀速下压了35cm，该过程中拖把头匀速转动，则下列说法正确的是( )
A. 拖把头的周期为7s
B. 拖把头转动的角速度为14πrad/s
C. 紧贴脱水桶内壁的拖布条上附着的水最不容易甩出
D. 旋转时脱水桶内壁接触的点与托盘边缘处的点向心加速度之比为6：5
10.两个天体组成双星系统，它们在相互之间的万有引力作用下，绕连线上某点做周期同匀速圆周运动。科学家在地球上用望远镜观测由两个小行星构成的双星系统，看到一个亮度周期性变化的光点，这是因为当其中一个天体挡住另一个天体时，光点亮度会减弱。科学家用航天器以某速度撞击该双星系统中较小的小行星，撞击后，科学家观测到光点明暗变化的时间间隔变短。不考虑撞击后双星系统的质量变化。根据上述材料，下列说法正确的是( )
A. 被航天器撞击后，双星系统的运动周期变大
B. 小行星质量越大，其运动的轨道越容易被改变
C. 被航天器撞击后，两个小行星中心连线的距离减小
D. 被航天器撞击后，双星系统的引力势能减小
11.如图，一轻绳通过光滑的轻质定滑轮与套在光滑水平杆上的小物块A连接，另一端与小球B连接。系统由静止释放后，物块A经过图示位置时向右运动的速度大小为vA，小球B的速度大小为vB，轻绳与杆的夹角为α(0∘<α<90∘)。则( )
A. vAcsα=vB
B. 图示时刻，小球B处于失重状态
C. 图示时刻，轻绳对物块A和小球B做功的功率大小相等
D. 由静止释放到图示时刻的过程中，绳中拉力一直对A做正功
三、实验题：本大题共2小题，共21分。
12.向心力演示器如图所示。
(1)本实验采用的实验方法是______。
A.控制变量法
B.等效法
C.模拟法
(2)若将传动皮带套在两塔轮半径相同的圆盘上，质量相同的两钢球分别放在不同位置的挡板处，转动手柄，可探究小球做圆周运动所需向心力F的大小与______(选填“m”、“ω”或“r”)的关系。
(3)若将皮带套在两轮塔最下面圆盘上(两圆盘半径之比为3：1)，质量相同的两钢球放在图示位置的挡板处，转动手柄，稳定后，观察到左侧标尺露出1格，右侧标尺露出9格，则可以得出的实验结论为：______。
13.“验证机械能守恒定律”的实验装置如图1所示。
(1)甲同学按照正确的实验步骤操作后，选出一条纸带如图2所示，其中O点为打点计时器打下的第一个点。从纸带上A点开始每隔一个点取一个计数点，取得两个计数点B和C.该同学用刻度尺，测得OA=9.62cm，OB=l5.89cm，OC=23.64cm。已知打点计时器每0.02s打一个点，重物的质量为1.00kg，取g=9.80m/s2.在OB段运动过程中，重物重力势能的减少量△Ep=______J；重物的动能增加量△Ek=______J(结果均保留三位有效数字)；
(2)乙同学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为横轴，以12v2为纵轴画出了如图3所示的
图线。由于图线明显偏离原点，若测量和计算都没有问题，其原因可能是______。乙同学测出该图线的斜率为k，如果阻力不可忽略，则当地的重力加速度g______k(选填“大于”、“等于”或“小于”)。
四、简答题：本大题共1小题，共10分。
14.如图，装置BOO′可绕竖直轴OO′转动，可视为质点的小球A与两细线连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线AB水平，细线AC与竖直方向的夹角为θ=37∘。已知小球的质量为m=1kg，细线AC长为L=1m，B点距C点的水平和竖直距离相等，取重力加速度g=10m/s2。(sin37∘=0.6,cs37∘=0.8)求：
(1)当细线AB水平且拉力为零时，该装置绕OO′轴转动的角速度ω1(结果可用根号表示)；
(2)当装置匀速转动的角速度为ω2=2rad/s时，细线AB和AC上的拉力大小。
五、计算题：本大题共2小题，共25分。
15.如图甲所示，假设某星球表面上有一倾角为θ=30∘的固定斜面，一质量为m的小物块从斜面底端沿斜面向上运动，其速度-时间图像如图乙所示。已知小物块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5，该星球半径为R=6×104km，引力常量G=6.67×10−11N⋅m2/kg2，求：
(1)该星球的表面重力加速度；
(2)该星球的第一宇宙速度；
(3)该星球的质量。
16.如图，一根轻绳绕过光滑的轻质定滑轮，两端分别连接物块A和B，B的下面通过轻绳连接物块C，A锁定在地面上。已知B和C的质量均为m，A的质量为32m，B和C之间的轻绳长度为L，初始时C离地的高度也为L。现解除对A的锁定，物块开始运动。设物块可视为质点，落地后不反弹。重力加速度大小为g。求：
(1)A刚上升时的加速度大小a；
(2)A上升过程的最大速度大小vm；
(3)A离地的最大高度H。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.曲线运动的速度方向不断变化，一定做变速运动，故A正确；
B.根据物体做曲线运动的条件，力与速度方向不共线，则做曲线运动，与变力或恒力无关，故B错误；
C.根据曲线运动的特点，轨迹弯向合力的方向，则所受合力的方向一定指向曲线的凹侧，故C正确；
D.做匀变速曲线运动的物体受到的合力不变，速度沿垂直于力方向的分速度不变，说明速度不可能与所受合力的方向相同，故D正确。
本题选择不正确的，
故选：B。
物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合外力大小和方向不一定变化，由此可以分析得出结论。
本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，掌握了做曲线运动的条件，本题基本上就可以解决了。
2.【答案】A
【解析】解：A、汽车通过凹形桥的最低点时，对汽车受力分析，根据牛顿第二定律得：FN−mg=mv2r
整理得：FN=mg+mv2r
速度越大，汽车轮胎所受地面支持力越大，越容易爆胎，故A正确；
B、在铁路的转弯处，通常要求外轨比内轨高，目的是使火车自身重力与所受支持力的合力来提供转弯所需的向心力，减轻轮缘与轨道的挤压，故B错误；
C、表演“水流星”时，当“水流星”通过最高点时，若满足水的速度为v= gr
即mg=mv2r
则此时水对桶底的作用力为零，故C错误；
D、洗衣机脱水筒的脱水原理是利用了离心现象，故D错误。
故选：A。
汽车通过凹形桥的最低点时，对汽车受力分析，根据牛顿第二定律求解汽车轮胎所受支持力，分析即可；铁路转弯处外轨比内轨高，是为了使火车自身重力与所受支持力的合力来提供转弯所需的向心力；“水流星”表演中，水到达最高点速度最小时，只收重力；洗衣机的脱水是利用了失重现象。
本题考查生活中的圆周运动，解决该题需要明确知道各个现象的原理，考查学生应用物理知识分析处理实际问题的能力，知道圆周运动向心力的来源。
3.【答案】B
【解析】解：A、“嫦娥五号”在轨道Ⅰ上经过A点时需要点火加速老肥进入轨道Ⅱ，所以在轨道Ⅰ上经过A点时的速度小于在轨道Ⅱ上经过A点时的速度，故A错误；
B、近地圆轨道上的运行速度为第一宇宙速度，在近地圆轨道上的A点处加速做离心运动才能进入轨道Ⅰ，因此进入轨道Ⅰ时，“嫦娥五号”在A点的速度大于第一宇宙速度，故B正确；
C、“嫦娥五号”在轨道Ⅰ上经过A点时的加速度与轨道Ⅲ上经过B点时的加速度均由万有引力产生，由牛顿第二定律得：GMmr2=ma，得a=GMr2
又因为rB>rA，所以“嫦娥五号”在轨道Ⅰ上经过A点时的加速度大于在轨道Ⅲ上经过B点时的加速度，故C错误；
D、轨道Ⅰ的半长轴小于轨道Ⅲ，根据开普勒第三定律a3T2=k可知，“嫦娥五号”在轨道Ⅰ上运行的周期小于在轨道Ⅲ上运行的周期，故D错误。
故选：B。
根据变轨原理分析“嫦娥五号”在轨道Ⅰ上经过A点时的速度与在轨道Ⅱ上经过A点时的速度大小，并判断“嫦娥五号”在轨道Ⅰ上经过A点时的速度与第一宇宙速度的关系；根据牛顿第二定律分析加速度关系；根据开普勒第三定律分析周期关系。
解答本题的关键要熟练掌握变轨的知识，知道卫星点火加速时做离心运动；点火减速时做近心运动。
4.【答案】A
【解析】解：设绳与竖直方向的夹角为θ，绳拉力为F，则合力提供向心力
Fsinθ=m4π2T2r
又根据几何关系
sinθ=rl
得
Fl=m4π2T2
说明绳长与质量成反比，则
l1l2=m2m1=12，故A正确，BCD错误。
故选：A。
本题根据合力提供向心力，同时结合几何关系，即可解答。
本题考查学生对合力提供向心力规律的掌握，比较基础。
5.【答案】C
【解析】解：A、第1s内物体未动，所以推力对物体做的功为0J，故A错误；
B、物体第3s内做匀速直线运动，物体受到的摩擦力等于推力大小：f=F=2N
物体第2s内做匀加速直线运动，根据速度图像的面积可知第2秒内物体的位移x=12×1×2m=1m
故第2s内摩擦力对物体做的功为：Wf=−fx=−2N×1m=−2J，故B错误；
C、根据图3可知第1.5s时物体的速度为1m/s，推力F做功的瞬时功率为P=Fv=3N×1m/s=3W，故C正确；
D、第2s内推力F做功为WF=Fx=3N×1m=3J
则第2s内推力F做功的平均功率P−=WFt=3J1s=3W，故D错误；
故选：C。
首先，根据做功与否的判断，分析第1s内推力做的功；
其次，分析物体在第3s内的运动性质，求出摩擦力，再结合图像求出物体第2s内的位移，由功的计算公式求出第2s内摩擦力对物体做的功；
接着，根据图3确定第1.5s时物体的速度，进而求出推力F做功的功率；
最后，根据功的计算公式求出第2s内推力F做的功，进而求出第2s内推力F做功的平均功率。
本题考查了功和功率的计算，解决本题的关键是根据速度图像求出物体的位移。
6.【答案】D
【解析】解：A.将半圆轨道和斜面重合在一起，如图所示
设交点为A，如果初速度合适，可使小球做平抛运动落在A点，即两球可能同时落在半圆轨道和斜面上，故A错误；
BD.改变初速度的大小，b球位移偏向角tanα=yx，等于斜面倾角不变，则速度偏向角tanθ=vyv0=gtv0=2yx也不变，即b球的速度方向和斜面的夹角不变，b球的速度方向斜向右下方，不可能垂直撞在斜面上，故B错误，D正确；
C.若a球垂直撞在半圆轨道上，如图所示
则此时a球的速度方向的反向延长线过半圆轨道的圆心，且有
tanφ=tan2θ>2tanθ
与平抛运动规律矛盾，a球不可能垂直撞在半圆轨道上，故C错误。
故选：D。
平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，将圆轨道和斜面重合在一起进行分析比较，即可得出正确答案。
本题主要考查平抛运动的知识，本题考查平抛运动比较灵活，学生容易陷入计算比较的一种错误方法当中，不能想到将半圆轨道和斜面轨道重合进行分析比较。
7.【答案】C
【解析】解：A、重物开始在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动，则有h=12at2，所以h−t图像开始阶段是开口向上的抛物线，故A错误；
B、重物开始在竖直方向上做匀加速运动，然后做匀速运动，加速度先不变(不为零)，后为零，a−t图像先是与时间轴平行且不为零的直线，然后加速度为零，故B错误；
C、重物开始在竖直方向上做匀加速运动时，由牛顿第二定律得：
F1−mg=ma
解得起重机的拉力为：F1=mg+ma
起重机的功率为：P1=F1v1=(mg+ma)at，P−t图像是过原点的倾斜直线；
重物匀速运动时，起重机的拉力为F2=mg
起重机的功率为P2=F2v2=mgv，则起重机的功率为定值，故C正确；
D、重物开始在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动时的动能为：Ek=12mv2=12ma2t2=mah，则Ek−h图像开始阶段是过原点的倾斜的直线，故D错误。
故选：C。
重物开始在竖直方向上做匀加速运动，由h=12at2得到h与t的关系式，再分析h−t图像的形状；根据重物的运动情况，分析a−t图像的形状；由牛顿第二定律和功率公式P=Fv结合分析P−t图像的形状；推导出动能与高度的关系式，再分析Ek−h图像的形状。
解答本题时，要理清重物的运动情况，分段运用牛顿第二定律、功率公式等力学规律得到各个图像的解析式，再分析图像的形状。
8.【答案】BC
【解析】解：A、从P到B的过程中，小球下降的高度为R，重力做功为mgR，故A错误；
BD、小球到达B点时恰好对轨道没有压力，轨道对小球没有作用力，由重力提供向心力，由牛顿第二定律有mg=mvB2R
可得vB= gR
设克服摩擦力做的功为Wf，从P到B的过程，由动能定理得
mgR−Wf=12mvB2
解得：Wf=12mgR
由功能关系可知机械能减少12mgR，故B正确，D错误；
C、根据动能定理得
W合=12mvB2−0=12m( gR)2=12mgR，故C正确。
故选：BC。
根据初末位置的高度差求重力做功多少。小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，轨道对小球没有作用力，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出小球到达B点时的速度大小，再求出机械能减少量，根据功能关系求克服摩擦力做功，根据动能定理求解合外力做的功。
本题的突破口是小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，由重力提供向心力。要知道动能定理是求合外力做功最基本的方法。
9.【答案】BD
【解析】解：A.旋转杆上有长度为35cm的螺杆，相邻螺纹之间的距离为d=5cm，共7圈螺纹，固定套杆在1s内匀速下压了35cm，则1s转了7个周期，因此周期为T=17s，故A错误；
B.根据周期和角速度的关系式，角速度ω=2πT=2π17rad/s=14πrad/s，故B正确；
C.紧贴脱水筒内壁的拖布条半径最大，根据a=ω2r
易知半径越大，向心加速度越大，需要的向心力越大，越容易甩出，故C错误；
D.脱水筒内壁半径为12cm，托盘边缘半径为10cm，根据a=ω2r
向心加速度之比为a1a2=r1r2=65，故D正确。
故选：BD。
A.根据旋转杆上有长度为35cm的螺杆，相邻螺纹之间的距离为d=5cm，所以共7圈，固定套杆在1s内匀速下压了35cm，求转动的周期；
B.根据角速度和周期的关系式求角速度；
C.根据向心加速度a=ω2r分析作答；
D.根据向心加速度和角速度的关系求向心加速的比值。
解题的关键是根据实际情况求出周期的值，熟记和应用公式求出各选项。
10.【答案】CD
【解析】解：A、撞击后由题意可知，观测到光点明暗变化的时间间隔变短，可知双星系统的运动周期变小，故A错误；
B、小行星质量变大，其惯性越大，运动的轨道越不容易被改变，故B错误；
CD、设双星之间的距离为L，星靠相互间的万有引力提供向心力，所以对两星：GMmL2=MR4π2T2=mr4π2T2
联立解得：T2=4π2L3G(M+m)，由于周期变小，则两个小行星中心连线的距离L减小，万有引力对双星做正功，双星的引力势能减小，故CD正确；
故选：CD。
根据题意可知双星的周期变化；
根据小行星质量变大，用惯性来说明其轨道的变化大小；
双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度。根据万有引力定律和向心力公式求解双星的周期；
引力对双星做正功，双星的引力势能减小，根据惯性的概念分析D项。
该题考查万有引力定律的应用，解决该题关键要知道双星系统的周期或角速度是相等的，以及掌握万有引力定律和向心力公式。
11.【答案】ACD
【解析】解：A、将物块A的速度沿绳子方向和垂直于绳子的方向分解，如图所示，物块A与小球沿绳方向的分速度相等，则vAcsα=vB，故A正确；
B、当α=90∘时，B球的速度为零，从静止开始到α=90∘时，小球B先向下加速后向下减速，加速度先向下后向上，先失重后超重，无法判断图示时刻B球的状态，故B错误；
C、由于物块与小球组成的系统机械能守恒，轻绳对物块A和小球B的拉力大小相等，A、B沿绳子方向的速度大小相等，则轻绳对两者拉力做功的功率大小相等，故C正确；
D、A始终做加速运动，则绳中拉力一直对A做正功，故D正确。
故选：ACD。
将物块A的速度沿绳子方向和垂直于绳子的方向分解，根据物块A沿绳子方向的分速度等于B的速度可得出两者速度关系；分析系统在初末两个端点的速度情况可定性分析其运动过程，确定小球B超失重情况；根据功的定义判断内力对二者做功，即可分析功率关系；根据物块A的运动情况，分析轻绳对物块A做功情况。
解决本题的关键会对物块A的速度进行分解：分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，知道当α=90∘时，B球的速度为零，来分析小球的运动情况。
12.【答案】A r 质量和半径一定的条件下，物体做圆周运动需要的向心力与角速度的平方成正比
【解析】解：(1)在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，应保持两个物理量不变，研究向心力与第三个物理量的关系，所以本实验采用的实验方法是控制变量法，故A正确，BC错误。
故选：A。
(2)若将传动皮带套在两塔轮半径相同的圆盘上，由v=rω知，角速度ω相同，质量m相同的两钢球分别放在不同位置的挡板处，则转动半径r不同，转动手柄，可探究小球做圆周运动所需向心力F的大小与半径r的关系。
(3)若将皮带套在两轮塔最下面圆盘上(两圆盘半径之比为3：1)，由v=rω知，则角速度之比为1：3；质量相同的两钢球放在图示位置的挡板处，转动半径相同；转动手柄，稳定后，观察到左侧标尺露出1格，右侧标尺露出9格，则向心力之比为1：9；可以得出的实验结论为质量和半径一定的条件下，物体做圆周运动需要的向心力与角速度的平方成正比。
故答案为：(1)A；(2)r；(3)质量和半径一定的条件下，物体做圆周运动需要的向心力与角速度的平方成正比。
(1)根据实验原理分析出对应的实验方法；
(2)根据半径和质量的关系得出对应的探究关系；
(3)根据实验现象得出对应的实验结论。
本题主要考查了匀速圆周运动的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合向心力的表达式即可完成分析。
13.【答案】先释放重物，再接通打点计时器 大于
【解析】解：(1)在OB段运动过程中，重物重力势能的减少量为：△Ep=mghOB=1×9.8×0.1589J≈1.56J，
B点的速度为：vB=xAC2T=23.64−9.622×0.04×10−2m/s=1.75m/s，
则动能的增加量为：△Ek=12mvB2=12×1×1.752J≈1.53J。
(2)从图象中可以看出，当物体下落的高度为0时，物体的速度不为0，说明了操作中先释放重物，再接通(打点计时器)电源。
若阻力忽略，根据机械能守恒知，mgh=12mv2，则12v2=gh，斜率k=g。
若阻力不能忽略，则有：mgh−fh=12mv2，则12v2=(g−f)h，斜率k
(1)根据下降的高度求出重力势能的减小量，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度，从而得出动能的增加量。
(2)根据下落高度为零时，物体速度不为零，分析图线不过原点的原因。结合机械能守恒得出12v2−h的表达式，从而得出图线斜率的含义。
解决本题的关键知道实验的原理，知道重力势能的减小量略大于动能增加量的原因，掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解重力势能的减小量，通过平均速度推论求出瞬时速度的大小，从而得出动能的增加量。
14.【答案】解：(1)由题意，当细线AB水平且张力为0时，小球的重力和细线AC的张力的合力提供小球做圆周运动的向心力，有
mgtan37∘=mω12Lsin37∘
代入数据解得ω1=52 2rad/s
(2)当ω2=2rad/s<ω1=52 2rad/s时，细线AB水平，对小球受力分析，设AB和AC的拉力为F1、F2，则水平方向：F2cs37∘=mg
竖直方向：F2sin37∘−F1=mω22Lsin37∘
代入数据解得F1=5.1N，F2=12.5N
答：(1)当细线AB水平且拉力为零时，该装置绕OO′轴转动的角速度为5 22rad/s；
(2)当装置匀速转动的角速度为ω2=2rad/s时，细线AB和AC上的拉力大小分别为5.1N和12.5N。
【解析】(1)当细线AB水平且张力为0时，小球的重力和细线AC的张力的合力提供小球做圆周运动的向心力，从而求得角速度；
(2)对A进行受力分析，根据合力提供向心力，求得细线AB和AC上的拉力大小。
在求解匀速圆周运动的相关物理量时，一般根据受力分析求得合外力，然后求得向心力，再利用向心力公式求解速度、半径、周期等物理量．
15.【答案】解：(1)物块上滑过程中，根据牛顿第二定律在沿斜面方向上有
μmgcsθ+mgsinθ=ma1
下滑过程中，在沿斜面方向上有
mgsinθ−μmgcsθ=ma2
又知v−t图像的斜率表示加速度，则上滑和下滑过程中物块的加速度大小分别为
a1=6−00.6m/s2=10m/s2
a2=20.4m/s2=5m/s2
联立解得
g=15m/s2
(2)该星球的第一宇宙速度为
v1= gR= 15×6×104×103m/s=3.0×104m/s
(3)在星球表面
GMmR2=mg
可得该星球的质量为
M=gR2G=15×(6×104×103)26.67×10−11kg=8.1×1026kg
答：(1)该星球的表面重力加速度15m/s2；
(2)该星球的第一宇宙速度3.0×104m/s；
(3)该星球的质量8.1×1026kg。
【解析】(1)根据牛顿第二定律，求物块上滑过程中、下滑过程中的加速度，结合图像，求该星球的表面重力加速度；
(2)根据第一宇宙速度公式，求该星球的第一宇宙速度；
(3)在星球表面，万有引力等于重力，求该星球的质量。
本题考查学生对牛顿第二定律、第一宇宙速度公式、星球表面万有引力等于重力规律的掌握，是一道中等题。
16.【答案】解：(1)解除对A的锁定后，A加速上升，B和C加速下降，加速度a大小相等，设轻绳对A和B的拉力大小为T，由牛顿第二定律得
对A：T−32mg=32ma①
对B、C：(m+m)g−T=(m+m)a②
由①②式得：a=17g ③
(2)当物块C刚着地时，A的速度最大．从A刚开始上升到C刚着地的过程，由机械能守恒定律得：
2mgL−32mgL=12⋅2mvm2+12⋅32mvm2 ④
由④式得：vm= 27gL ⑤
(3)设C落地后A继续上升h时速度为零，此时B未触地A和B组成的系统满足：
mgh−32mgh=0−12(m+32m)vm2 ⑥
由⑤⑥式得：h=57L ⑦
由于h=57L
(2)A上升过程的最大速度大小vm是 27gL；
(3)A离地的最大高度H是127L.
【解析】(1)分别对A、BC组成的整体进行受力分析，结合牛顿第二定律即可求出加速度的大小；
(2)A向上运动，BC向下运动的过程中系统的机械能守恒，由此即可求出速度；
(3)C落地后A继续上升h时速度为零，此时B未触地A和B组成的系统满足机械能守恒，由此即可求出．
该题属于机械能守恒结合牛顿第二定律的题目，在解答的过程中要注意研究对象的选取以及运动过程的选取．
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