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上海市闵行区六校2023-2024学年高一下学期4月期中联考物理试题（原卷版+解析版）
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（满分100分，考试时间60分钟，本试卷）
一、基本概念与规律（选择题每题只有一个选项正确，1-8题每题3分；9-12题每题4分，填空题每空2分，共60分。）
1. 在质点做匀速圆周运动的过程中，发生变化的物理量是（ ）
A. 频率B. 周期C. 角速度D. 线速度
【答案】D
【解析】
【详解】在描述匀速圆周运动的物理量中，线速度、加速度、合外力这几个物理量都是矢量，虽然其大小不变但是方向在变，因此这些物理量是变化的．周期、频率是标量，大小不变，角速度是矢量，大小和方向都不变．故D正确，A、B、C错误．
2. 关于物体运动情况的描述，以下说法不正确的是（ ）
A. 当物体做曲线运动时，所受的合外力一定不为零
B. 平抛运动是加速度不变的运动
C. 匀变速运动一定是直线运动
D. 当物体速度为零时，加速度可能不为零
【答案】C
【解析】
【详解】A．当物体做曲线运动时，速度一定变化，加速度一定不为零，则所受的合外力一定不为零，选项A正确，不符合题意；
B．平抛运动的加速度恒定为g，是加速度不变的运动，选项B正确，不符合题意；
C．匀变速运动不一定是直线运动，例如平抛运动，选项C错误，符合题意；
D．当物体速度为零时，加速度可能不为零，例如竖直上抛到达最高点时，选项D正确，不符合题意。
故选C。
3. 若钢球水平抛出的初速度大小为v0，落到挡板N时的速度大小为v，重力加速度为g，则钢球在空中做平抛运动的时间为（不计空气阻力）（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】钢球做平抛运动，则
所以
故选C。
4. 如图所示，一小球由细线拴住悬挂在天花板上，并在水平面内做匀速圆周运动，线长为L，转动的角速度为，线与竖直方向间的夹角为，则小球的线速度大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】小球做圆周运动的半径为
线速度为
故选C。
5. 如图所示，某力，作用于半径的转盘的边缘上，力的大小保持不变，但方向始终保持与作用点的切线方向一致，则转动一周这个力做的总功应为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】把圆周分成无限个微元，每个微元可认为与力F在同一直线上，故
则转一周中做功的代数和为
故选B正确。
故选B。
6. 下列说法中正确的是（ ）
A. -10 J的功小于+5 J的功
B. 功是矢量，正、负表示方向
C. 一个力对物体做了负功，但这个力不一定阻碍物体的运动
D. 功是标量，正、负表示外力对物体做功还是物体克服外力做功
【答案】D
【解析】
【详解】ABD．功是标量，功的正负不表示方向，表示做功的效果，即力对物体做功还是物体克服力做功，AB错误，D正确；
C．一个力对物体做了负功，说明该力与位移方向相反，这个力一定阻碍物体的运动，C错误。
故选D。
7. 关于功率的概念，下列说法中正确的是（ ）
A. 功率是描述力对物体做功多少的物理量
B. 由可知，功率与时间成反比
C. 由可知只要v越大，那么功率P就一定越大
D. 某个力对物体做功越快，它的功率就一定大
【答案】D
【解析】
【详解】A．功率是描述做功快慢的物理量，所以A错误；
B．功率是表示做功快慢，与时间的长短无关，时间长做的功也不一定多，所以B错误；
C．由可知，当v越大，功率P不一定就越大，选项C错误；
D．功率是描述做功快慢的物理量，故做功越快，功率一定越大，故D正确；
故选D。
【点睛】本题就是考查学生对功率概念的理解，知道功率是表示做功的快慢的物理量，做的功多，功率也不一定大。
8. 汽车在平直公路上行驶，它受到的阻力大小不变，若发动机的功率保持恒定，汽车在加速行驶的过程中，它的牵引力F和加速度a的变化情况是（ ）
A. F逐渐减小，a逐渐增大
B. F逐渐减小，a也逐渐减小
C. F逐渐增大，a逐渐减小
D F逐渐增大，a也逐渐增大
【答案】B
【解析】
【详解】汽车加速行驶，根据功率与牵引力的关系：
发动机的功率保持恒定，故牵引力随汽车速度增大而减小，而根据牛顿第二定律可知：
随牵引力减小而减小，故B正确，ACD错误。
故选B。
9. 如图所示，小朋友在弹性较好的蹦床上跳跃翻腾，尽情玩耍．在小朋友接触床面向下运动的过程中，床面对小朋友的弹力做功情况是( )
A. 先做负功，再做正功B. 先做正功，再做负功
C. 一直做正功D. 一直做负功
【答案】D
【解析】
【详解】在小朋友接触床面向下运动的过程中，床面对小朋友的弹力方向向上，力的方向与运动方向相反，床面对小朋友的弹力一直做负功．故D项正确，ABC三项错误．
10. 质量为m的小球用长为L的轻绳悬于O点，如图所示，小球在水平力F作用下由最低点P缓慢地移到Q点，在此过程中F做的功为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】小球从平衡位置P点缓慢地移动到Q点的过程中，根据动能定理得
解得拉力F所做的功为
故选C。
11. 如图所示，用光电门传感器和力传感器研究小球经过拱桥最高点时对桥面压力FN的大小与小球速度的关系。若光电门测得小球的挡光时间t，多次实验，则t越短（ ）
A. FN越小，且大于小球重力
B. FN越大，且大于小球重力
C. FN越小，且小于小球重力
D. FN越大，且小于小球重力
【答案】C
【解析】
【详解】小球经过拱桥最高点时，根据牛顿第二定律，有
则有
则可知，当t越短，说明小球通过最高点的速度越大，则FN越小，且小于小球重力。
故选C
12. 如图所示，一轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为FN，小球在最高点的速度大小为v，FN－v2图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 当地的重力加速度大小为
B. 小球的质量为
C. v2＝c时，杆对小球弹力方向向上
D. 若v2＝2b，则杆对小球弹力大小为2a
【答案】B
【解析】
【详解】A．通过图分析可知：当v2＝b，FN＝0时，小球做圆周运动的向心力由重力提供，即
则
故A错误；
B．当v2＝0，FN＝a时，重力与弹力FN大小相等，即
所以
故B正确；
C．当v2＞b时，杆对小球的弹力方向与小球重力方向相同，竖直向下，故
v2＝c＞b
时杆对小球的弹力方向竖直向下，故C错误；
D．若v2＝2b时
解得
FN＝a
方向竖直向下，故D错误。
故选B。
13. 如图所示，一个圆环以竖直方向直径AB为轴匀速转动，环上的P、Q两点和环心的连线与竖直方向所成的角分别为600和300，则P、Q两点转动的角速度之比为____________，P、Q两点的线速度大小之比为____________．
【答案】 ①. 1：1 ②.
【解析】
【详解】P、Q两点以它的直径AB为轴做匀速转动，它们的角速度相同都为ω，即角速度之比为1:1
所以P点转动的半径r1=Rsin60°=R，Q点转动的半径r2=Rsin30°=R，
根据v=ωr得：，即圆环上P、Q两点的线速度大小之比是
故答案为1：1；
14. 质量为1kg物体从空中自由下落，不计空气阻力，取g=10m/s2，那么在开始下落的2s内重力做功为______J；2s末重力的瞬时功率为______W。
【答案】 ①. 200 ②. 200
【解析】
【详解】[1]内物体下落的高度
则重力所做的功
[2]末的速度
则重力的瞬时功率
【点睛】由自由落体规律可求得内物体的位移，由功的公式可求得重力的功；由功率公式可求得重力的瞬时功率。
15. 一质量为m的质点起初以速度做匀速直线运动，在时开始受到恒力F作用，速度大小先减小后增大，其最小值为，则质点做匀变速________（填“直线”或“曲线”）运动，恒力F方向与速度方向间的夹角为________。
【答案】 ① 曲线 ②. 150°
【解析】
【详解】[1][2]因速度的最小值不是零，可知质点做匀变速曲线运动，在垂直与F方向的速度分量为0.5v0，恒力F方向与速度方向间的夹角为
解得
θ=150°
16. 如图所示，在斜面顶端的A点以速度v0平抛一小球，经t1时间落到斜面上B点处，若在A点将此小球以速度0.5v0水平抛出，经t2时间落到斜面上的C点处，则AB∶AC=__________；t1∶t2=__________。
【答案】 ①. 4∶1 ②. 2∶1
【解析】
【详解】[1][2]根据平抛运动规律有
解得
所以
17. 用如图a所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图b所示，在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x，测得AB和BC的竖直间距分别是和，则______（选填“大于”“等于”或“小于”）。可求得钢球平抛的初速度大小为______（已知当地重力加速度为g，结果用上述字母、、x表示）。
【答案】 ①. 大于 ②.
【解析】
【详解】[1]平抛运动水平方向做匀速直线运动，由于水平间距相等且均为x，表明相邻点迹之间的时间间隔相等，令为T，竖直方向有
，
则有
[2]水平方向有
竖直方向上有
解得
二、情景综合题（共40分）
阅读材料，回答下列问题。
上海永久自行车有限公司是我国最早的自行车整车制造厂家之一，已有七十五年的历史。尤其是新中国成立以后，它作为最大的国有自行车厂，为中国自行车行业的发展作出了不可磨灭的贡献。一辆永久牌公路自行车，它的质量为25kg，最大行驶速度为54km/h，后轮直径66cm。它的传动方式为大齿轮通过链条带动小齿轮转动，小齿轮带动后轮提供自行车前进的动力。
18. 如图是该自行车传动结构的示意图，当自行车最大行驶速度为54km/h时，后轮的角速度为______（保留2位有效数字），小齿轮的周期为______（保留2位有效数字）。
19. 大齿轮、小齿轮与后轮半径之比为，它们的边缘分别有三个点A、B、C，则下列说法正确的是（ ）
A．B、C两点的线速度大小之比为
B．A、B两点的周期之比为
C．A、C两点的角速度之比为
D．A、C两点的向心加速度大小之比为
20. 如图是自行车运动员转弯骑行的情景。水平地面受到自行车轮胎的作用力方向可能是（ ）
A. B. C. D.
21. 如果地面的摩擦系数为0.5，当自行车以最大速度行驶时，自行车转弯半径至少多大______。取
【答案】18. ①. ②.
19. D 20. C
21.
【解析】
【18题详解】
自行车最大行驶速度为后轮的线速度，即
后轮半径为
后轮的角速度为
小齿轮的周期等于后轮的周期，为
【19题详解】
A．B、C两点角速度相等，根据
可得
A错误；
B．A、B两点线速度相等，根据
可得
B错误；
C．A、B两点线速度相等，根据
可得
B、C两点角速度相等，即
所以A、C两点的角速度之比为
C错误；
D．A、B两点线速度相等，根据
可得
B、C两点角速度相等，即根据
可得
所以A、C两点的向心加速度之比为
D正确。
故选D。
【20题详解】
地面对自行车有竖直向上的支持力和水平向右的摩擦力，合力为斜向右上，根据牛顿第三定律可知，水平地面受到自行车轮胎的作用力方向为斜向左下。
故选C。
【21题详解】
自行车转弯时，静摩擦力提供向心力，有
解得
所以自行车转弯半径至少45m。
22. 为探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系，某实验小组通过如图甲所示装置进行实验。图所示是为“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”的实验装置。当质量为0.25kg的砝码随旋转臂一起在水平面内做圆周运动时，所需的向心力可通过牵引杆由力传感器测得，已知⑥的宽度为2.4mm。
（1）本实验除了有无线力传感器（图中②）外，还有无线______传感器（图中⑤）；
（2）为了探究向心力与角速度的关系，需要控制滑块质量和______保持不变，某次旋转过程中遮光片经过光电门时的遮光时间为，则线速度______m/s。
（3）设传感器⑤测得的物理量为，以F为纵坐标，以为横坐标，可在坐标纸中描出数据点作一条直线。作出的直线如图b所示，由此可得砝码做圆周运动的半径为______（结果保留2位有效数字）。
（4）若某组同学做出图线如图（c）不过坐标原点，分析可能原因是______。
【答案】（1）光电门 （2） ①. 半径 ②. 0.048
（3）0.29m （4）砝码受到摩擦力的作用
【解析】
【小问1详解】
力传感器用来测量受到的力，还需要无线光电门传感器来测量砝码的速度。
【小问2详解】
[1] 本实验是探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系，采用控制变量法，为了探究向心力与角速度的关系，需要控制滑块质量和半径保持不变。
[2] 用光电门传感器求得线速度为
【小问3详解】
根据
可知，图像的斜率为
解得
【小问4详解】
当时，不为0时，说明线速度不为0，即所需向心力不为0，所以砝码还受到摩擦力的作用。
阅读材料，回答下列问题。
2022年11月12日，我国空间站基本建成。如图所示，空间站绕地球的运动可视为匀速圆周运动，轨道半径为r。已知空间站的总质量为m，地球质量为M，地球半径为R，引力常量为G。
23. 空间站绕地球做匀速圆周运动时受到地球的万有引力大小为______
A. B. C. D.
24. 关于做匀速圆周运动的人造地球卫星，轨道越高，下列说法中正确的是______
A. 周期越大B. 角速度越大C. 线速度越大D. 向心加速度越大
25. 如图所示为扭秤实验的装置图，下列说法正确的是______
A. 牛顿通过该装置测出了引力常量G
B. 卡文迪什通过该装置发现了万有引力定律
C. 开普勒通过该装置提出了万有引力定律
D. 该实验巧妙地利用了微小量放大思想
26. 宇航员在地球表面以一定初速度竖直上抛一小球，经过时间t小球落回原处；若他在某星球表面以相同的初速度竖直上抛同一小球，需经过时间5t小球落回原处。（取地球表面重力加速度，空气阻力不计）。
（1）求该星球表面附近的重力加速度；
（2）已知该星球的半径与地球半径之比为，求该星球的质量与地球质量之比。
【答案】23. B 24. A 25. D
26. （1）；（2）
【解析】
【23题详解】
根据万有引力定律，有
故选B。
【24题详解】
根据
可知，轨道越高，轨道半径越大，周期越大，线速度越小，角速度越小，向心加速度越小。
故选A。
【25题详解】
A．卡文迪许通过该装置测出了引力常量G，A错误；
BC．卡文迪什通过该装置发现了引力常量G，牛顿提出的万有引力定律，BC均错误；
D．该实验巧妙地利用了微小量放大思想。D正确。
故选D。
【26题详解】
（1）竖直上抛运动，小球从抛出到落回抛出点的时间为
解得
有
解得
（2）根据
可得
所以有
（满分100分，考试时间60分钟，本试卷）
一、基本概念与规律（选择题每题只有一个选项正确，1-8题每题3分；9-12题每题4分，填空题每空2分，共60分。）
1. 在质点做匀速圆周运动的过程中，发生变化的物理量是（ ）
A. 频率B. 周期C. 角速度D. 线速度
【答案】D
【解析】
【详解】在描述匀速圆周运动的物理量中，线速度、加速度、合外力这几个物理量都是矢量，虽然其大小不变但是方向在变，因此这些物理量是变化的．周期、频率是标量，大小不变，角速度是矢量，大小和方向都不变．故D正确，A、B、C错误．
2. 关于物体运动情况的描述，以下说法不正确的是（ ）
A. 当物体做曲线运动时，所受的合外力一定不为零
B. 平抛运动是加速度不变的运动
C. 匀变速运动一定是直线运动
D. 当物体速度为零时，加速度可能不为零
【答案】C
【解析】
【详解】A．当物体做曲线运动时，速度一定变化，加速度一定不为零，则所受的合外力一定不为零，选项A正确，不符合题意；
B．平抛运动的加速度恒定为g，是加速度不变的运动，选项B正确，不符合题意；
C．匀变速运动不一定是直线运动，例如平抛运动，选项C错误，符合题意；
D．当物体速度为零时，加速度可能不为零，例如竖直上抛到达最高点时，选项D正确，不符合题意。
故选C。
3. 若钢球水平抛出的初速度大小为v0，落到挡板N时的速度大小为v，重力加速度为g，则钢球在空中做平抛运动的时间为（不计空气阻力）（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】钢球做平抛运动，则
所以
故选C。
4. 如图所示，一小球由细线拴住悬挂在天花板上，并在水平面内做匀速圆周运动，线长为L，转动的角速度为，线与竖直方向间的夹角为，则小球的线速度大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】小球做圆周运动的半径为
线速度为
故选C。
5. 如图所示，某力，作用于半径的转盘的边缘上，力的大小保持不变，但方向始终保持与作用点的切线方向一致，则转动一周这个力做的总功应为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】把圆周分成无限个微元，每个微元可认为与力F在同一直线上，故
则转一周中做功的代数和为
故选B正确。
故选B。
6. 下列说法中正确的是（ ）
A. -10 J的功小于+5 J的功
B. 功是矢量，正、负表示方向
C. 一个力对物体做了负功，但这个力不一定阻碍物体的运动
D. 功是标量，正、负表示外力对物体做功还是物体克服外力做功
【答案】D
【解析】
【详解】ABD．功是标量，功的正负不表示方向，表示做功的效果，即力对物体做功还是物体克服力做功，AB错误，D正确；
C．一个力对物体做了负功，说明该力与位移方向相反，这个力一定阻碍物体的运动，C错误。
故选D。
7. 关于功率的概念，下列说法中正确的是（ ）
A. 功率是描述力对物体做功多少的物理量
B. 由可知，功率与时间成反比
C. 由可知只要v越大，那么功率P就一定越大
D. 某个力对物体做功越快，它的功率就一定大
【答案】D
【解析】
【详解】A．功率是描述做功快慢的物理量，所以A错误；
B．功率是表示做功快慢，与时间的长短无关，时间长做的功也不一定多，所以B错误；
C．由可知，当v越大，功率P不一定就越大，选项C错误；
D．功率是描述做功快慢的物理量，故做功越快，功率一定越大，故D正确；
故选D。
【点睛】本题就是考查学生对功率概念的理解，知道功率是表示做功的快慢的物理量，做的功多，功率也不一定大。
8. 汽车在平直公路上行驶，它受到的阻力大小不变，若发动机的功率保持恒定，汽车在加速行驶的过程中，它的牵引力F和加速度a的变化情况是（ ）
A. F逐渐减小，a逐渐增大
B. F逐渐减小，a也逐渐减小
C. F逐渐增大，a逐渐减小
D F逐渐增大，a也逐渐增大
【答案】B
【解析】
【详解】汽车加速行驶，根据功率与牵引力的关系：
发动机的功率保持恒定，故牵引力随汽车速度增大而减小，而根据牛顿第二定律可知：
随牵引力减小而减小，故B正确，ACD错误。
故选B。
9. 如图所示，小朋友在弹性较好的蹦床上跳跃翻腾，尽情玩耍．在小朋友接触床面向下运动的过程中，床面对小朋友的弹力做功情况是( )
A. 先做负功，再做正功B. 先做正功，再做负功
C. 一直做正功D. 一直做负功
【答案】D
【解析】
【详解】在小朋友接触床面向下运动的过程中，床面对小朋友的弹力方向向上，力的方向与运动方向相反，床面对小朋友的弹力一直做负功．故D项正确，ABC三项错误．
10. 质量为m的小球用长为L的轻绳悬于O点，如图所示，小球在水平力F作用下由最低点P缓慢地移到Q点，在此过程中F做的功为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】小球从平衡位置P点缓慢地移动到Q点的过程中，根据动能定理得
解得拉力F所做的功为
故选C。
11. 如图所示，用光电门传感器和力传感器研究小球经过拱桥最高点时对桥面压力FN的大小与小球速度的关系。若光电门测得小球的挡光时间t，多次实验，则t越短（ ）
A. FN越小，且大于小球重力
B. FN越大，且大于小球重力
C. FN越小，且小于小球重力
D. FN越大，且小于小球重力
【答案】C
【解析】
【详解】小球经过拱桥最高点时，根据牛顿第二定律，有
则有
则可知，当t越短，说明小球通过最高点的速度越大，则FN越小，且小于小球重力。
故选C
12. 如图所示，一轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为FN，小球在最高点的速度大小为v，FN－v2图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 当地的重力加速度大小为
B. 小球的质量为
C. v2＝c时，杆对小球弹力方向向上
D. 若v2＝2b，则杆对小球弹力大小为2a
【答案】B
【解析】
【详解】A．通过图分析可知：当v2＝b，FN＝0时，小球做圆周运动的向心力由重力提供，即
则
故A错误；
B．当v2＝0，FN＝a时，重力与弹力FN大小相等，即
所以
故B正确；
C．当v2＞b时，杆对小球的弹力方向与小球重力方向相同，竖直向下，故
v2＝c＞b
时杆对小球的弹力方向竖直向下，故C错误；
D．若v2＝2b时
解得
FN＝a
方向竖直向下，故D错误。
故选B。
13. 如图所示，一个圆环以竖直方向直径AB为轴匀速转动，环上的P、Q两点和环心的连线与竖直方向所成的角分别为600和300，则P、Q两点转动的角速度之比为____________，P、Q两点的线速度大小之比为____________．
【答案】 ①. 1：1 ②.
【解析】
【详解】P、Q两点以它的直径AB为轴做匀速转动，它们的角速度相同都为ω，即角速度之比为1:1
所以P点转动的半径r1=Rsin60°=R，Q点转动的半径r2=Rsin30°=R，
根据v=ωr得：，即圆环上P、Q两点的线速度大小之比是
故答案为1：1；
14. 质量为1kg物体从空中自由下落，不计空气阻力，取g=10m/s2，那么在开始下落的2s内重力做功为______J；2s末重力的瞬时功率为______W。
【答案】 ①. 200 ②. 200
【解析】
【详解】[1]内物体下落的高度
则重力所做的功
[2]末的速度
则重力的瞬时功率
【点睛】由自由落体规律可求得内物体的位移，由功的公式可求得重力的功；由功率公式可求得重力的瞬时功率。
15. 一质量为m的质点起初以速度做匀速直线运动，在时开始受到恒力F作用，速度大小先减小后增大，其最小值为，则质点做匀变速________（填“直线”或“曲线”）运动，恒力F方向与速度方向间的夹角为________。
【答案】 ① 曲线 ②. 150°
【解析】
【详解】[1][2]因速度的最小值不是零，可知质点做匀变速曲线运动，在垂直与F方向的速度分量为0.5v0，恒力F方向与速度方向间的夹角为
解得
θ=150°
16. 如图所示，在斜面顶端的A点以速度v0平抛一小球，经t1时间落到斜面上B点处，若在A点将此小球以速度0.5v0水平抛出，经t2时间落到斜面上的C点处，则AB∶AC=__________；t1∶t2=__________。
【答案】 ①. 4∶1 ②. 2∶1
【解析】
【详解】[1][2]根据平抛运动规律有
解得
所以
17. 用如图a所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图b所示，在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x，测得AB和BC的竖直间距分别是和，则______（选填“大于”“等于”或“小于”）。可求得钢球平抛的初速度大小为______（已知当地重力加速度为g，结果用上述字母、、x表示）。
【答案】 ①. 大于 ②.
【解析】
【详解】[1]平抛运动水平方向做匀速直线运动，由于水平间距相等且均为x，表明相邻点迹之间的时间间隔相等，令为T，竖直方向有
，
则有
[2]水平方向有
竖直方向上有
解得
二、情景综合题（共40分）
阅读材料，回答下列问题。
上海永久自行车有限公司是我国最早的自行车整车制造厂家之一，已有七十五年的历史。尤其是新中国成立以后，它作为最大的国有自行车厂，为中国自行车行业的发展作出了不可磨灭的贡献。一辆永久牌公路自行车，它的质量为25kg，最大行驶速度为54km/h，后轮直径66cm。它的传动方式为大齿轮通过链条带动小齿轮转动，小齿轮带动后轮提供自行车前进的动力。
18. 如图是该自行车传动结构的示意图，当自行车最大行驶速度为54km/h时，后轮的角速度为______（保留2位有效数字），小齿轮的周期为______（保留2位有效数字）。
19. 大齿轮、小齿轮与后轮半径之比为，它们的边缘分别有三个点A、B、C，则下列说法正确的是（ ）
A．B、C两点的线速度大小之比为
B．A、B两点的周期之比为
C．A、C两点的角速度之比为
D．A、C两点的向心加速度大小之比为
20. 如图是自行车运动员转弯骑行的情景。水平地面受到自行车轮胎的作用力方向可能是（ ）
A. B. C. D.
21. 如果地面的摩擦系数为0.5，当自行车以最大速度行驶时，自行车转弯半径至少多大______。取
【答案】18. ①. ②.
19. D 20. C
21.
【解析】
【18题详解】
自行车最大行驶速度为后轮的线速度，即
后轮半径为
后轮的角速度为
小齿轮的周期等于后轮的周期，为
【19题详解】
A．B、C两点角速度相等，根据
可得
A错误；
B．A、B两点线速度相等，根据
可得
B错误；
C．A、B两点线速度相等，根据
可得
B、C两点角速度相等，即
所以A、C两点的角速度之比为
C错误；
D．A、B两点线速度相等，根据
可得
B、C两点角速度相等，即根据
可得
所以A、C两点的向心加速度之比为
D正确。
故选D。
【20题详解】
地面对自行车有竖直向上的支持力和水平向右的摩擦力，合力为斜向右上，根据牛顿第三定律可知，水平地面受到自行车轮胎的作用力方向为斜向左下。
故选C。
【21题详解】
自行车转弯时，静摩擦力提供向心力，有
解得
所以自行车转弯半径至少45m。
22. 为探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系，某实验小组通过如图甲所示装置进行实验。图所示是为“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”的实验装置。当质量为0.25kg的砝码随旋转臂一起在水平面内做圆周运动时，所需的向心力可通过牵引杆由力传感器测得，已知⑥的宽度为2.4mm。
（1）本实验除了有无线力传感器（图中②）外，还有无线______传感器（图中⑤）；
（2）为了探究向心力与角速度的关系，需要控制滑块质量和______保持不变，某次旋转过程中遮光片经过光电门时的遮光时间为，则线速度______m/s。
（3）设传感器⑤测得的物理量为，以F为纵坐标，以为横坐标，可在坐标纸中描出数据点作一条直线。作出的直线如图b所示，由此可得砝码做圆周运动的半径为______（结果保留2位有效数字）。
（4）若某组同学做出图线如图（c）不过坐标原点，分析可能原因是______。
【答案】（1）光电门 （2） ①. 半径 ②. 0.048
（3）0.29m （4）砝码受到摩擦力的作用
【解析】
【小问1详解】
力传感器用来测量受到的力，还需要无线光电门传感器来测量砝码的速度。
【小问2详解】
[1] 本实验是探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系，采用控制变量法，为了探究向心力与角速度的关系，需要控制滑块质量和半径保持不变。
[2] 用光电门传感器求得线速度为
【小问3详解】
根据
可知，图像的斜率为
解得
【小问4详解】
当时，不为0时，说明线速度不为0，即所需向心力不为0，所以砝码还受到摩擦力的作用。
阅读材料，回答下列问题。
2022年11月12日，我国空间站基本建成。如图所示，空间站绕地球的运动可视为匀速圆周运动，轨道半径为r。已知空间站的总质量为m，地球质量为M，地球半径为R，引力常量为G。
23. 空间站绕地球做匀速圆周运动时受到地球的万有引力大小为______
A. B. C. D.
24. 关于做匀速圆周运动的人造地球卫星，轨道越高，下列说法中正确的是______
A. 周期越大B. 角速度越大C. 线速度越大D. 向心加速度越大
25. 如图所示为扭秤实验的装置图，下列说法正确的是______
A. 牛顿通过该装置测出了引力常量G
B. 卡文迪什通过该装置发现了万有引力定律
C. 开普勒通过该装置提出了万有引力定律
D. 该实验巧妙地利用了微小量放大思想
26. 宇航员在地球表面以一定初速度竖直上抛一小球，经过时间t小球落回原处；若他在某星球表面以相同的初速度竖直上抛同一小球，需经过时间5t小球落回原处。（取地球表面重力加速度，空气阻力不计）。
（1）求该星球表面附近的重力加速度；
（2）已知该星球的半径与地球半径之比为，求该星球的质量与地球质量之比。
【答案】23. B 24. A 25. D
26. （1）；（2）
【解析】
【23题详解】
根据万有引力定律，有
故选B。
【24题详解】
根据
可知，轨道越高，轨道半径越大，周期越大，线速度越小，角速度越小，向心加速度越小。
故选A。
【25题详解】
A．卡文迪许通过该装置测出了引力常量G，A错误；
BC．卡文迪什通过该装置发现了引力常量G，牛顿提出的万有引力定律，BC均错误；
D．该实验巧妙地利用了微小量放大思想。D正确。
故选D。
【26题详解】
（1）竖直上抛运动，小球从抛出到落回抛出点的时间为
解得
有
解得
（2）根据
可得
所以有
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