2023-2024学年河北省沧州市任丘一中高一（下）期中物理模拟试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年河北省沧州市任丘一中高一（下）期中物理模拟试卷（含解析），共16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.下列说法正确的是( )
A. 两个直线运动的合运动一定是直线运动
B. 物体在恒定合外力作用下不可能做匀速圆周运动
C. 卡文迪什在利用扭秤实验装置测量引力常量G时，应用了微元法
D. 牛顿进行了“月—地检验”，他比较的是月球表面上物体的重力加速度和地球表面上物体的重力加速度
2.荡秋千是儿童喜爱的一项体育运动，图为小孩荡秋千运动到最高点的示意图，下列说法正确的是(不计空气阻力)( )
A. 小孩运动到最高点时，小孩所受的合力为零
B. 小孩从最高点运动到最低点过程做匀速圆周运动
C. 小孩运动到最低点时处于失重状态
D. 小孩运动到最低点时，小孩的重力和绳子拉力的合力提供圆周运动的向心力
3.如图所示，水平面上固定一个与水平面夹角为θ的斜杆A.另一竖直杆B以速度v水平向左匀速直线运动，则从两杆开始相交到最后分离的过程中，两杆交点P的速度方向和大小分别为( )
A. 水平向左，大小为vB. 竖直向上，大小为vtanθ
C. 沿A杆斜向上，大小为vcsθD. 沿A杆向上，大小为vcsθ
4.有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是( )
A. 如图甲，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置先后分别做匀速圆周运动，则在A、B两位置小球向心加速度不相等
B. 如图乙，小球固定在杆的一端，在竖直面内绕杆的另一端做圆周运动，小球过最高点的速度至少等于 gR
C. 如图丙，用相同材料做成的A、B两个物体放在匀速转动的水平转台上随转台一起做匀速圆周运动，mB=2mA，rA=2rB，转台转速缓慢加快时，物体A最先开始滑动
D. 如图丁，火车转弯超过规定速度行驶时，内轨对轮缘会有挤压作用
5.如图所示，a、b两点在同一竖直线上，现同时分别在a、b两点抛出两个小球甲、乙，甲球的速度大小为v甲，方向水平向右，乙球的速度大小为v乙，方向与水平方向的夹角为60°斜向右上方，两球在c点(未画出)相碰。已知碰前瞬间乙球速度方向水平，则下列判断正确的是( )
A. a、c 两点竖直方向的距离大于b、c两点竖直方向的距离
B. 甲，乙两球相碰前瞬间甲球的速率与乙球速率相等
C. 甲、乙两球自抛出至相碰前瞬间速度变化不相等
D. 甲、乙两球抛出时的速度大小v甲与v乙之比为 1：2
6.中国计划2023年5月发射天舟六号货运飞船和神舟十六号载人飞船，并形成三舱三船组合体，此次任务将上行航天员驻留和消耗物资、维修备件、推进剂和应用任务载荷样品，并下行在轨废弃物。飞船发射后会在停泊轨道(Ⅰ)上进行数据确认，后择机经转移轨道(Ⅱ)完成与中国空间站的交会对接，其变轨过程可简化如图所示，已知停泊轨道半径近似为地球半径R，中国空间站轨道距地面的平均高度为h，飞船在停泊轨道上的周期为T1，则( )
A. 飞船在停泊轨道上的速度大于第一宇宙速度
B. 飞船在转移轨道上P、Q两点的速率之比为R：(R+h)
C. 飞船应提前T12 (1+h2R)3时间于P点点火加速进而在Q点完成交会对接
D. 中国空间站的物品或宇航员可以漂浮，说明此时它们或他们不受地球引力作用
7.如图，有一固定且内壁光滑的半球面，球心为O，最低点为C，在其内壁上有两个质量不相等的小球(可视为质点)A和B，在两个高度不同的水平面内做匀速圆周运动，A球的轨迹平面高于B球的轨迹平面。则( )
A. A球所受弹力一定大于B球所受弹力B. A球所受弹力一定小于B球所受弹力
C. A球的线速度一定大于B的线速度D. A球的线速度一定小于B的线速度
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.劳技课上，某同学在体验糕点制作“裱花”环节时，她在绕中心匀速转动的圆盘上放了一块直径8英寸(20cm)的蛋糕，在蛋糕边缘每隔2s均匀“点”一次奶油(“点”奶油的时间忽略不计)，蛋糕转动一周正好均匀“点”上20点奶油。下列说法正确的是( )
A. 圆盘转动的周期为40sB. 圆盘转动的角速度大小为π20rad/s
C. 蛋糕边缘的线速度大小约为π2m/sD. 蛋糕边缘的向心加速度约为25m/s2
9.如图所示，在水平转台上放置两个可视为质点且质量均为1kg的物块A、B，它们与转台间的动摩擦因数均为0.5，两物块间连接原长为5cm、劲度系数为100N/m的轻质弹簧，其形变都在弹性限度内，两物块A、B和O点恰好构成一边长为10cm的正三角形。现使水平转台绕过O点的竖直轴缓慢加速(任一时刻可视为匀速圆周运动)转动直到刚要发生相对滑动的过程中，已知最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2。则( )
A. 物块A受到的摩擦力先减小后增大
B. 物块A受到的摩擦力的功率先减小后增大
C. 当角速度为5rad/s时，物块A受到的摩擦力大小为5 3N
D. 当角速度为5 2rad/s时，物块A将相对转台滑动
10.一辆汽车由静止开始沿平直公路行驶，汽车所受牵引力F随时间t变化关系如图所示，4s时汽车功率达到最大值，此后保持此功率不变继续行驶，12s后可视为匀速。若汽车的质量为1.2×103kg，阻力恒定，且汽车在4s到12s之间的位移为42.5m，则以下说法正确的是( )
A. 汽车的最大功率为5×104W
B. 汽车匀加速运动阶段的加速度为2.5m/s2
C. 汽车先做匀加速直线运动，然后再做匀速直线运动
D. 汽车从静止开始运动12s内牵引力做的功为500kJ
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.在做研究平拋运动的实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画出小球平抛运动的轨迹。
(1)为了能较准确地描绘运动轨迹，下面列出一些操作要求，将你认为正确选项的前面字母填在横线上______。
A.通过调节使斜槽的末端保持水平
B.每次释放小球的位置必须不同
C.每次必须由静止释放小球
D.记录小球位置用的铅笔，每次必须严格地等距离下降
E.小球运动时不应与木板上的白纸(或方格纸)相接触
F.将球的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将点连成折线
(2)一个同学在《研究平抛物体的运动》实验中，只画出了如图所示的一部分曲线，于是他在曲线上取水平距离△s相等的三点A、B、C，又量出他们之间的竖直距离分别为h1、h2，则：(计算结果用△s、h1、h2、g表示)
①物体从A到B所用的时间T=______；
②物体抛出时的初速度v0=______；
③物体经过B点竖直方向速度大小为vBy=______。
(3)若该同学量得△s=0.2m、h1=0.1m、h2=0.2m，g取10m/s2，利用这些数据，可求得：(结果保留两位有效数字)T=______s，v0=______m/s，vBy=______m/s。
12.在“探究向心力大小的表达式”实验中，所用向心力演示器如图a所示。图b是演示器部分原理示意图：其中皮带轮①、④的半径相同，轮②的半径是轮①的2倍，轮④的半径是轮⑤的2倍，两转臂上黑白格的长度相等。A、B、C为三根固定在转臂上的挡板，可与转臂上做圆周运动的实验球产生挤压，从而提供向心力，图(a)中的标尺1和2可以显示出两球所受向心力的大小关系。可供选择的实验球有：质量均为m的球1和球2，质量为2m的球3。
(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，我们主要用到了物理学中的______；
A.理想实验法
B.等效替代法
C.控制变量法
D.演绎法
(2)探究向心力与圆周运动轨道半径的关系时，为了保证球的质量相同要选择球1和球2，为了保证转动的角速度相等，所以要实验时应将皮带与轮①和轮______相连；
(3)选择球1和球3作为实验球，将球1放在挡板B，球3放在挡板C的位置，若实验时将皮带与轮②和轮⑤相连，球1和球3的向心力之比为______。
四、简答题：本大题共2小题，共22分。
13.如图所示，一质量m=0.5kg的小物块从倾角θ=30°的斜面顶端下滑，已知斜面长度L=1m，小物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.2，g=10m/s2，求小物块沿斜面从顶端下滑到底端过程中：
(1)重力做的功；
(2)摩擦力做的功；
(3)合力做的功。
14.我国发射一颗返回式月球软着陆器，进行首次月球样品自动取样并安全返回地球。假设宇航员在月球表面某处以速度v0竖直向上抛出一个小球，经过时间t，小球落回到抛出点。已知月球半径为R，月球的质量分布均匀，万有引力常量为G，忽略月球自转，求：
(1)月球表面的重力加速度；
(2)月球的质量；
(3)月球的第一宇宙速度。
五、计算题：本大题共1小题，共17分。
15.如图甲所示，长为L=3m的传送带以速度v传=6m/s顺时针匀速转动，其左端A点与一个四分之一光滑圆轨道连接，轨道半径R=0.8m；右端B与一个倾角为30°的斜面连接，B点到地面的高度为H=1.8m。小滑块从光滑圆轨道高h处静止释放，到达A点时的速率v与下落高度h的关系如图乙所示。已知小滑块质量为m=2kg，与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.3，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)若滑块从h=0.5m处静止释放，则物块到达A点时对轨道的压力；
(2)若物块从B点水平飞出后恰好到达斜面底端C点，则滑块从B点飞出的速度多大？
(3)滑块从不同高度h静止释放时，滑块在空中做平抛运动的时间。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.两个直线运动的合运动不一定是直线运动，可能是曲线运动，如平抛运动，故A错误；
B.物体在恒定合外力作用下不可能做匀速圆周运动，因为匀速圆周运动合外力提供向心力，向心力方向时刻在变，所以恒力作用下物体不可能做匀速圆周运动，故B正确；
C.卡文迪什在利用扭秤实验装置测量引力常量G时，应用了放大法，故C错误；
D.牛顿提出万有引力定律后进行了“月—地检验”，他比较的是月球绕地球公转的向心加速度和地球表面上物体的重力加速度，故D错误。
故选：B。
结合运动的合成的方法判断；物体做匀速圆周运动时，合外力提供向心力，且合外力始终指向圆心；根据物理学史判断CD选项。
本题主要考查了运动的合成、匀速圆周运动的特点以及物理学史，难度不大，属于基础题，在平时多加积累即可。
2.【答案】D
【解析】解：A、小孩运动到最高点时，速度为零，受重力和拉力，合力不为零，方向沿着切线方向，故A错误；
B、小孩从最高点运动到最低点过程中，线速度越来越大，故B错误；
C、小孩运动到最低点时，具有向心加速度，方向竖直向上，故小孩处于超重状态，故C错误；
D、小孩运动到最低点时，小孩的重力和绳子的拉力的合力提供圆周运动的向心力，故D正确。
故选：D。
小孩运动到最高点时受力并不平衡；荡秋千的过程中，小孩的速度大小是在不断变化的；小孩做的是圆周运动，在最低点时小孩具有竖直向上的向心加速度；在最低点由重力和拉力的合力提供向心力。
本题主要考查向心力，牛顿第二定律，当秋千荡到最高点时，小孩的速度为零，沿半径方向加速度为零，加速度方向沿圆弧的切线方向；当加速度向上时，超重；当加速度向下时，失重。
3.【答案】C
【解析】解：两杆的交点P参与了两个分运动：与B杆一起以速度v水平向左的匀速直线运动和沿B杆竖直向上的运动，交点P的实际运动方向沿A杆斜向上，如图所示，则交点P的速度大小为vP=vcsθ，故C正确，A、B、D错误．
故选C．
将P点的运动分解为水平方向和竖直方向，通过平行四边形定则，根据水平分速度的大小求出合速度的大小．
解决本题的关键知道P点的速度是水平分速度和竖直分速度的合速度，知道速度的合成与分解遵循平行四边形定则．
4.【答案】C
【解析】解：A、对小球分析，设圆锥轴线与母线的夹角为θ，所以根据合外力提供向心力有mgtanθ=ma，由于小球相同，圆锥轴线与母线的夹角不变所以向心加速度不变，故A错误；
B、小球在竖直面内绕杆的另一端做圆周运动，杆不仅提供拉力也可以提供支持力，所以小球的过最高点的速度只要大于零即可，故B错误；
C、物体放在匀速转动的水平转台上随转台一起做圆周运动，摩擦力充当向心力，最大角速度对应最大静摩擦力μmg=mω2r，即ω= μgr，所以A最先开始滑动，故C正确；
D.火车转弯超过规定速度行驶时，重力和支持力的合力不够提供向心力，外轨对外轮缘会有向内侧的挤压作用，故D错误。
故选：C。
对小球分析，根据合外力提供向心力判断向心加速度是否改变；杆可以为小球提供支持力或拉力，所以通过最高点只要速度大于零即可；根据合外力提供向心力可求出最大角速度大小，从而判断谁先滑动；当火车超速行驶时，由于重力和支持力不足以提供向心力，还需要轨道的挤压产生的支持力。
学生在解答本题时，应注意对圆周运动的全面理解，熟练运动合外力提供向心力来分析圆周运动中的问题。
5.【答案】D
【解析】解：A、设相遇时，运动的时间为t，则v乙sin60°=gt，a、c两点竖直方向的距离y甲=12gt2，b、c两点竖直方向的距离y乙=v乙sin60°⋅t−12gt2，代入数据解得：y甲=3v乙 28g，y乙=3v乙 28g，故A错误；
B、两球在水平方向上均做匀速直线运动，同时抛出，在N点相遇，可知运动的时间相等，则甲的初速度与乙在水平方向上的分速度相等，即v乙cs60°=v甲，甲，乙两球相碰前瞬间甲球的速率是水平速度和在竖直方向速度的合速度，故B错误；
C、甲、乙的加速度相等，均为g，两球自抛出至相碰前瞬间速度变化相等，故C错误；
D、根据v乙cs60°=v甲，知甲、乙两球抛出时的速度大小v甲与v乙之比为1：2，故D正确。
故选：D。
碰前瞬间乙球速度方向水平，说明此时竖直方向的速度为零，根据竖直方向的运动规律求解时间，然后根据位移时间关系式求解竖直高度；抓住两球在水平方向上均做匀速直线运动得出水平分速度大小的关系，根据平行四边形法则求出相遇时两球的速度，从而得出速度大小关系。
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，掌握斜抛运动的处理方法，可以将斜抛运动分解为水平方向和竖直方向来进行研究，也可以看成两个平抛运动进行研究。
6.【答案】C
【解析】解：A、由题意知，停泊轨道半径近似为地球半径R，所以飞船在停泊轨道上的速度近似等于第一宇宙速度，故A错误；
B、由开普勒第二定律可知，飞船在转移轨道(Ⅱ)上P、Q附近极短时间内扫过的面积相等，由近似扇形的面积公式有：12vPΔtR=12vQΔt(R+h)
变形后得到两点的速率之比为：vPvQ=R+hR，故B错误；
C、设飞船在转移轨道运行的周期为T2，结合飞船在停泊轨道的参数，由开普勒第三定律可得R3T12=(2R+h2)3T22
变形整理可得：T2=T1 (1+h2R)3
故飞船在转移轨道上从P点飞到Q点所需的时间为：TPQ=T12 (1+h2R)3
所以飞船应提前T12 (1+h2R)3时间于P点点火加速进而在Q点完成交会对接，故C正确；
D、中国空间站的物品或宇航员可以“漂浮”，说明此时它们或他们受到的万有引力提供向心力了，处于完全失重状态，并不是不受万有引力，故D错误。
故选：C。
根据第一宇宙速度的意义和停泊轨道的半径大小确定飞船在停泊轨道(Ⅰ)上的线速度；
根据开普勒第二定律，比较P和Q的速率之比；
根据开普勒第三定律求解飞船在转移轨道(Ⅱ)上的周期，即可求得从P到Q的运动时间；
空间站内的物品或宇航员处于“漂浮”状态，受力不平衡。
此题的解题关键掌握开普勒第三定律，并能用来解决椭圆运动中周期问题。要知道空间站绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力。
7.【答案】C
【解析】解：AB、小球运动过程中所受重力与支持力的合力沿水平方向，且恰好提供向心力，有NA=mAgcsα,NB=mBgcsβ，由于两球质量大小关系不明，则无法比较两球所受弹力大小。故AB错误；
CD、同理，可得mAgtanα=mAvA2rA,mBgtanβ=mBvB2rB
依题意rA>rB，tanα>tanβ
解得vA>vB。故C正确；D错误。
故选：C。
小球受重力和支持力，靠两个力的合力提供向心力，根据平行四边形定则求出弹力之比，根据牛顿第二定律求出线速度之比。
解决本题的关键搞清向心力的来源是合外力，运用牛顿第二定律得出线速度的关系式。
8.【答案】AB
【解析】解：A.一周20个间隔，每个间隔2s，圆盘转动的周期T为40s，故A正确；
B.圆盘转动的角速度为：
ω=2πT
代入数据得：ω=π20rad/s，故B正确；
C.蛋糕边缘的线速度为：
v=ωr
其中r=12×20cm=0.1m
代入数据得：v=π200m/s，故C错误；
D.蛋糕边缘的向心加速度为：
a=ωv
代入数据得：a≈1400m/s2，故D错误。
故选：AB。
根据转动一圈的时间，确定圆盘转动的周期；根据公式ω=2πT、v=ωr、a=ωv分析计算圆盘转动的角速度、线速度、向心加速度的大小。
解决本题知道周期和角速度的关系，通过时间间隔求出周期是关键，熟练掌握公式ω=2πT、v=ωr、a=ω2r。
9.【答案】AD
【解析】解：A.根据胡克定律，弹簧的弹力为F=kx=100×(0.1−0.05)N=5N
在角速度增大的过程中，弹簧弹力不变，合力的方向不变，始终指向圆心，对A受力分析如图所示：
经分析可知，弹簧弹力与摩擦力的合力提供向心力，始终指向圆心，在角速度增大的过程中，合力不断增大；
根据受力分析图，物块A受到的摩擦力先减小后增大，故A正确；
B.A质点在竖直轴缓慢加速过程中，每个瞬间都近似做匀速圆周运动，因此弹簧弹力F沿切线方向的分力近似等于摩擦力f沿切线方向的的分力，而摩擦力的瞬时功率大小等于摩擦力切线方向的分力乘以速率，因此摩擦力的瞬时功率不变，故B错误；
C.当角速度ω=5rad/s时，向心力F合=mrω2=1×10×10−2×52N=2.5N
根据受力分析图，若f垂直F合，则满足F合=Fcs60°=5×12N=2.5N
因此假设成立，当摩擦力取最小值时，摩擦力fmin=Fsin60°=5× 32N=5 32N，故C错误；
D.最大静摩擦力为fmax=μmg=0.5×1×10N=5N=F
根据受力分析图结合几何知识，此时F合1=mrω12=5N
代入数据解得ω1=5 2rad/s
故当角速度为5 2rad/s时，物块A将相对转台滑动，故D正确。
故选：AD。
A.根据胡克定律求弹簧的弹力；弹力大小和方向不变，合力方向不变，根据平行四边形定则确定摩擦力的变化情况；
B.滑块A在竖直轴缓慢加速过程中，每个瞬间都近似做匀速圆周运动，因此弹簧弹力F沿切线方向的分力近似等于摩擦力f沿切线方向的的分力，结合功率公式分析作答；
C.当角速度ω=5rad/s时，根据向心力公式求解向心力的大小；假设此时摩擦力与向心力垂直，根据数学知识求解向心力，从而判断假设是否成立，再求摩擦力；
D.当物块开始滑动时，摩擦力达到最大静摩擦力，由于最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，根据滑动摩擦力公式求解摩擦力；根据受力分析图结合几何知识得到合力，最后根据圆周运动向心力公式求角速度。
本题关键是分析物体的受力情况和运动情况，找到向心力来源，根据牛顿第二定律列式求解，注意临界情况的分析。
10.【答案】ABD
【解析】解：ABC.由图可知，汽车在前4s内的牵引力不变，汽车做匀加速直线运动，4～12s内汽车的牵引力逐渐减小，则车的加速度逐渐减小，汽车做加速度减小的加速运动，直到车的速度达到最大值，以后做匀速直线运动，可知在4s末汽车的功率达到最大值；汽车的速度达到最大值后牵引力等于阻力，所以阻力f=2×103N
前4s内汽车的牵引力为F=5×103N
由牛顿第二定律
F−f=ma
可得a=2.5m/s2
4s末汽车的速度v1=at1=2.5×4m/s=10m/s
所以汽车的最大功率P=Fv1=5×103×10W=5×104W，故AB正确，C错误；
D.汽车在前4s内的位移
x1=12at12=12×2.5×42m=20m
汽车的最大速度为vm=Pf=5×1042×103m/s=25m/s
汽车在4−12s内的位移设为x2，根据动能定理，可得
Pt−fx2=12mvm2−12mv12
代入数据可得x2=42.5m所以汽车的总位移x=x1+x2=20m+42.5m=62.5m
牵引力做的总功为W=Fx1+Pt=5×103×20J+5×104×8J=5×105J=500kJ
故D正确。
故选：ABD。
ABC.根据图像结合牛顿第二定律，匀变速直线运动规律和功率公式进行推导；
D.根据匀变速直线运动位移公式、动能定理和功的公式列式求解牵引力的功。
考查机车以恒定加速度启动的问题，会结合图像进行准确的分析和判断。
11.【答案】ACE h2−h1g △s gh2−h1 h1+h22 gh2−h1 0.10 2.0 1.5
【解析】解：(1)A、为了保证小球水平飞出，则斜槽的末端切线保持水平，故A正确；
BC、为了保证小球平抛运动的初速度相同，则每次从同一高度由静止释放小球，故B错误，C正确；
D、记录小球经过不同高度的位置时，不需要等距离下降，故D错误；
E、小球运动时不应与木块上的白纸(或方格纸)相接触，为了防止摩擦改变小球的运动轨迹，故E正确；
F、要使描出的轨迹更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些，并用平滑曲线连接，故F错误；
故选：ACE。
(2)⑦在竖直方向上根据△h=gT2，有：T= △hg= h2−h1g；
②根据水平方向的匀速运动特点可有：△s=v0T，解得：v0=△sT=△s gh2−h1
③根据匀变速直线运动某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，所以经过B点时的竖直分速度为：vBy=h1+h22T=h1+h22 gh2−h1
(3)把下列物理量△s=0.2m、h1=0.1m、h2=0.2m，代入可得：
时间间隔T= △hg= h2−h1g= 0.2−0.110s=0.10s
物体的初速度v0=△sT=△s gh2−h1=0.2× 100.2−0.1m/s=2.0m/s
经过B点时的竖直分速度为：vBy=h1+h22T=0.1+0.22×0.1m/s=1.5m/s
故答案为：(1)ACE；(2) h2−h1g，△s gh2−h1，h1+h22 gh2−h1；(3)0.10，2.0，1.5；
(1)保证小球做平抛运动必须通过调节使斜槽的末端保持水平，因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，实验要求小球滚下时不能碰到木板平面，避免因摩擦而使运动轨迹改变，最后轨迹应连成平滑的曲线；
(2)(3)①根据竖直方向运动特点△h=gT2，求出物体运动时间；
②然后利用水平方向小球匀速运动的特点，根据x=v0t即可求出物体的初速度；
③匀变速直线运动某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，即AC在竖直方向上的平均速度等于B点的竖直分速度，然后根据运动的合成可以求出物体经过B点时的速度大小；
解决本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。
12.【答案】C ④ 1：16
【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，我们通过控制m、ω、r中两个物理量不变，探究F与另一个物理量之间的关系，所以用到了控制变量法。
故C正确，ABD错误。
故选：C。
(2)塔轮由皮带传动，线速度大小相等，根据ω=vr可知，为了保证转动的角速度相等，应选择半径相同的塔轮用皮带相连，即将皮带与轮①和轮④相连。
(3)由题意可知塔轮1和塔轮5的半径之比为r2：r5=4：1
知轮②和轮⑤的角速度之比为ω2：ω5=1：4
球1和球3做匀速圆周运动的半径之比为R1：R3=2：1
由向心力公式可得F1F3=mR1ω222mR3ω52=116。
故答案为：(1)C；(2)④；(3)1：16
探究一个物理与多个量之间的关系时采用控制变量法；皮带传动皮带上和轮边缘上各点的线速度大小相等，要角速度相等，半径要相等；根据皮带传动模型边缘的线速度大小相等，角速度与半径成反比，代入向心力表达式求解。
本题考查探究向心力表达式实验，通过标尺显示向心力的大小，用控制变量法，改变皮带连接不同半径的轮改变角速度关系。
13.【答案】解：(1)根据做功的公式可知重力做的功为
WG=mgh=mgLsinθ=0.5×10×1×sin30°J=2.5J
(2)根据做功的公式可知摩擦力做的功为
Wf=−μmgLcsθ=−0.2×0.5×10×1×cs30°J=− 32J
(3)合力做功为W=WG+Wf=2.5J− 32J=5− 32J
答：(1)重力做的功为2.5J；
(2)摩擦力做的功为− 32J；
(3)合力做的功为5− 32J。
【解析】(1)重力做功只与物体的初末位置有关，根据W=mgh求得；
(2)对物体受力分析求得摩擦力，利用W=Fx求得摩擦力做功；
(3)在下滑过程中，只有重力和摩擦力做功，即可求得合力做功；
本题主要考查了恒力做功，明确公式W=Fxcsθ的使用条件，明确F为恒力，θ为恒力方向与位移方向的夹角。
14.【答案】解：(1)根据竖直上抛运动的特点可知：2v0=gt
解得：g=2v0t；
(2)设月球的半径为R，月球的质量为M，则：GMmR2=mg
解得：M=2R2v0Gt；
(3)由万有引力提供向心力得：GMmR2=mv2R
联立得：v= 2Rv0t
答：(1)月球表面的重力加速度2v0t；
(2)月球的质量2R2v0Gt；
(3)月球的第一宇宙速度 2Rv0t。
【解析】(1)根据竖直上抛运动的特点，求出月球表面的重力加速度；
(2)根据万有引力等于重力结合重力加速度大小求解质量；
(3)根据万有引力提供向心力求出月球的第一宇宙速度。
该题考查人造卫星的应用，解决本题的关键要建立模型，掌握万有引力等于重力和万有引力提供向心力。
15.【答案】解：(1)由图乙可知，当h=0.5m时，物块到达A点的速度为vA= 10m/s，
设在A点，滑块受到支持力为F，则有：F−mg=mvA2R，
代入数据得F=45N，
由牛顿第三定律，滑块对轨道的压力大小为45N，方向竖直向下；
(2)设滑块在B点的初速度为vB，从B到C运动时间为tB，由平抛规律可得：
竖直方向：H=12gtB2，
水平方向：Htan30∘=vBtB,
代入数据得：vB=3 3m/s；
(3)设滑块在A点速度为v0时，加速度到B点的速度刚好为vB=3 3m/s，此时初始高度为h0，
在传送带上，由牛顿第二定律得：μmg=ma，
从A到B，根据速度−位移关系可得：vB2−v02=2aL，
解得：v0=3m/s，
由图乙得：v 2=20h ，
可得静止释放的高度为：h0=0.45m；
物块从h=R=0.8m处释放，易知到达A点的速度为v1=4m/s讨论：
①若0.45m此时滑块在空中平抛运动的时间为：t= 2Hg= 2×1.810s=0.6s，
②若h则有v′2−v2=2aL，且tan30°=12gt2v′t，
解得：t= 60h+5415s。
【解析】(1)由图乙可得当h=0.5m时物块到达A点的速度，在A点根据牛顿第二定律结合向心力的计算公式进行求解；
(2)由平抛规律求解滑块从B点飞出的速度大小；
(3)分析滑块的运动过程，当滑块落在水平地面上，在空中运动时间不变；若滑块落在斜面上，根据平抛运动的规律结合运动学公式求解运动时间。
对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系力和运动的桥梁。