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四川省成都市树德中学2023-2024学年高一下学期5月期中考试物理试题（原卷版+解析版）
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这是一份四川省成都市树德中学2023-2024学年高一下学期5月期中考试物理试题（原卷版+解析版），文件包含四川省成都市树德中学2023-2024学年高一下学期5月期中考试物理试题原卷版docx、四川省成都市树德中学2023-2024学年高一下学期5月期中考试物理试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共32页， 欢迎下载使用。
1. 下列说法中正确的是（ ）
A. 匀速圆周运动一定是加速度变化的曲线运动
B. 圆周运动不可以分解为两个相互垂直的直线运动
C. 功是标量，功有正负值，功的的正负表示功的大小
D. 做曲线运动的物体，在任何时间内所受合外力的冲量一定不为零
【答案】A
【解析】
【详解】A．匀速圆周运动的加速度指向圆心，方向不断改变，一定是加速度变化的曲线运动，故A正确；
B．圆周运动可以分解为两个相互垂直的直线运动，故B错误；
C．功只有大小，没有方向，是标量，功的正负表示动力做功还是阻力做功，故C错误；
D．如果物体做匀速圆周运动的物体所受合力不为零，当=T时间内，动量变化为零，根据动量定理Ft=p，可知时间内所受合外力的冲量为零，故D错误。
故选A。
2. 一质点在恒力F的作用下做直线运动，前一半路程从静止开始在粗糙水平面上运动，后一半路程进入光滑水平面继续运动，两阶段末速度分别为v1、v2，所用时间分别为t1、t2，恒力F的冲量分别为I1、I2，恒力F做的功分别为W1、W2，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．设质点的总路程为2x，在粗糙水平面上所受摩擦力为f，质点在第一阶段有
在第二阶段有
可得
即
故A错误；
B．质点在第一阶段有
在第二阶段有
可得
即
解得
故B错误；
C．根据冲量的计算公式
可得
故C正确；
D．根据功的计算公式
可得
故D错误。
故选C。
3. 如图所示，质量分别为和的A、两球固定在同一轻直杆上，A球在杆的一端，球在杆的中点，杆可以绕另一端点在竖直面内做圆周运动。若当A球通过最高点时，球受到杆的作用力恰好为零，重力加速度大小为，两球均视为质点，则此时A球受到杆的作用力大小为（ ）
A. 0B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】设杆的长度为，当A球运动到最高点时，杆对B球的作用力恰好为零，对B分析只有重力提供向心力，根据牛顿第二定律
解得
对A分析，由牛顿第二定律得
联立解得
方向向下，故B正确，ACD错误。
故选B。
4. 如图所示，在轻杆上端B点系上一根长为的细线，细线下端连上一个质量为的小球．以轻杆的A点为顶点，使轻杆旋转起来，其B点在水平面内做匀速圆周运动，轻杆的轨迹为一个母线长为的圆锥，轻杆与中心轴间的夹角为。同时小球在细线的约束下开始做圆周运动，轻杆旋转的角速度为，小球稳定后，细线与轻杆间的夹角。已知重力加速度为，则（ ）
A. 小球做圆周运动周期为
B. 小球做圆周运动的线速度与角速度的比值为
C. 小球做圆周运动线速度与角速度的乘积为
D. 细线对小球的拉力为
【答案】C
【解析】
【详解】A．对小球，做圆周运动的周期为
故A错误；
B．小球做圆周运动的线速度与角速度的关系满足
由几何关系可知
即小球做圆周运动的线速度与角速度的比值为
故B错误；
C．小球做圆周运动的线速度与角速度的乘积
由受力分析可知
故小球做圆周运动的线速度与角速度的乘积
故C正确；
D．由受力分析可知
故D错误。
故选C。
5. 如图是在牛顿著作里画出的一幅原理图．图中表示出从高山上用不同的水平速度抛出的物体的轨迹．物体的速度越大，落地点离山脚越远．当速度足够大时，物体将环绕地球运动，成为一颗人造地球卫星。若卫星的运动可视为匀速圆周运动，已知：①引力常数；②地球质量；③地球半径；④地球表面处重力加速度；⑤地球自转周期，则由上述数据可以计算出第一宇宙速度的是（ ）
A. ①②③B. ①②⑤C. ①④D. ③⑤
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】根据万有引力提供向心力得
第一宇宙速度
v=
则已知地球的质量、半径和引力常数，可以求出第一宇宙速度，根据重力提供向心力得
mg=
解得第一宇宙速度
v=
已知地球表面的重力加速度和地球的半径，可以求出第一宇宙速度。
故选A。
6. 如图所示，一半径为、内壁光滑的四分之三圆形管道竖直固定在墙角处，点为圆心，点为最低点，A、B两点处为管口，、A两点连线沿竖直方向，、B两点连线沿水平方向。一个质量为的小球从管道的顶部A点水平飞出，恰好又从管口B点射入管内，重力加速度取，则小球从A点飞出时及从B点射入管内经过点时对管壁的压力大小之差为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】小球从A点做平抛运动到点，则有
，
解得
在A点若小球对上、下管壁均无压力，则
解得
因为
所以管壁对小球有向上的支持力，则
解得
由牛顿第三定律可知小球对管壁的压力
小球到点时竖直方向的速度
在点与管壁碰撞，水平速度减为零，从点到点的过程由机械能守恒定律得
在点对小球由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律可知小球对管壁的压力
则小球从A点飞出时及从点射入管内经过点时对管壁的压力大小之差为
故选B。
7. 如图所示，发射同步卫星时是先将卫星发射至近地轨道，在近地轨道的A点加速后进入转移轨道，在转移轨道上的远地点B加速后进入同步轨道；已知近地轨道半径为r1，同步轨道半径为r2。则下列说法正确的是（ ）
A. 卫星在转移轨道上运动时，A、B两点的线速度大小之比为
B. 卫星在近地轨道与同步轨道上运动的向心加速度大小之比为
C. 卫星在近地轨道与同步轨道上运动的周期之比为
D. 卫星在转移轨道上从A运动到B的过程中，引力做负功，机械能减小
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据开普勒第二定律得
可知卫星在转移轨道上运动时经过A、B两点的线速度大小之比为
故A正确；
B．卫星绕地球做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力有
所以
卫星在近地轨道与同步轨道上运动的向心加速度大小之比为，故B错误；
C．卫星绕地球做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力有
可得
可知卫星在近地轨道与同步轨道上运动的周期之比为，故C错误；
D．卫星在转移轨道上运动时，只受地球引力作用，从A运动到B的过程中，引力做负功，但机械能守恒，故D错误。
故选A。
8. 北京时间2022年6月5日10时44分，搭载“神舟十四号”载人飞船的“长征二号”F遥十四运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，约577s后，“神舟十四号”载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，飞行乘组状态良好，发射取得圆满成功。北京时间2022年6月5日17时42分，“神舟十四号”成功对接“天和”核心舱径向端口，整个对接过程历时约7h。对接后组合体在距地面高为h的轨道上做匀速圆周运动，环绕的向心加速度为a，环绕的线速度为v，引力常量为G，则下列判断正确的是（ ）
A. 组合体环绕的周期为
B. 地球的平均密度为
C. 地球的第一宇宙速度大小为
D. 地球表面的重力加速度大小为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．组合体的向心加速度
解得
故A正确；
D．组合体的轨道半径
又
联立解得
故D错误；
B．地球的密度
故B错误；
C．地球表面有
地球的第一宇宙速度
故C正确。
故选AC。
二、多选题（每小题全对得4分，漏选得2分，错选0分，共16分）
9. 关于在恒定阻力作用下，做竖直上抛运动的物体，下列说法正确的是（ ）
A. 动能Ek随时间t变化的快慢随时间均匀变化
B. 动量p随时间t变化的快慢随时间均匀增大
C. 重力势能Ep随位移x变化的快慢随时间保持不变
D. 机械能E随位移x变化的快慢随时间均匀减小
【答案】AC
【解析】
【详解】A．上升过程，有
可得
下降过程，有
可知动能Ek随时间t变化的快慢随时间均匀增大，故A正确；
B．根据动量定理可得
可得
可知动量p随时间t变化的快慢保持不变，故B错误；
C．根据重力势能与重力做功关系，可知重力势能减少量为
可得
可知重力势能Ep随位移x变化的快慢保持不变，故C正确；
D．根据功能关系有
所以
可知机械能E随位移x变化的快慢保持不变，故D错误。
故选AC。
10. 工业生产中，常常利用弹簧装置与粘稠的油液配合，起到缓冲作用。如图所示，一轻弹簧下端固定在油缸上，竖直轻杆穿过竖直轻弹簧，杆的上端连一轻质水平工作台，杆的下端连一轻质薄圆盘。圆盘浸泡在粘稠的油液中，当圆盘在竖直方向以速度运动时，其所受液体阻力大小为（其中仅与油液的粘性有关，粘性越大，越大），方向与运动方向相反。现将一木块无初速放置在工作台上，工作台缓缓下降一定高度后重新静止。已知下降过程中，弹簧处在弹性限度内，圆盘没有达到油缸底部，不计空气阻力。某次检修后，油缸内换成了粘性更大的油液，其他条件不变。下列说法正确的是（ ）
A. 木块下降的高度减小B. 木块下降过程的时间变长
C. 重力对木块所做的功减小D. 液体阻力对圆盘所做的功增大
【答案】BD
【解析】
【详解】A．无论换什么样的油液，对于工作台上的木块只受到压力以及重力，二者等大反向，可知弹簧被压缩的长度一样，工作台的高度不变，木块下降的高度不变，故A错误；
B．换液之后阻力变大，通过相同的距离，木块下降过程的时间变长，故B错误；
C．换液前后静止时工作台高度是一样的，高度变化量也一样，重力做功为
因此换液前后重力做功不变，故C错误；
D．换液前后静止时工作台高度是一样的，阻力变大，高度变化量也一样，液体阻力对圆盘所做的功增大，故D正确。
故选BD。
11. 宇航员在空气稀薄的某星球上用一根不可伸长轻绳一端连接固定的拉力传感器，另一端连接质量为200g的小钢球，如图甲所示。多次拉起小钢球使绳伸直至不同位置并由静止释放，每次释放后小球均在竖直平面内摆动，拉力传感器分别记录下每次释放小钢球后，小钢球在竖直平面内摆动过程中绳子拉力的最大值和最小值。作出图像，如图乙所示，根据图像判断下列说法正确的是（ ）
A. 增大小球质量，图像斜率会变大
B. 随着释放高度增加，与的差值变大
C. 该星球表面的重力加速度为
D. 若该星球半径是地球半径的一半，则其第一宇宙速度约为4km/s
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．设刚释放时绳与竖直方向的夹角为，此时绳上拉力最小为
球摆到最低点时绳上拉力最大，设绳长为L，球到最低点时速度为v，由机械能守恒有
据向心力公式有
联立解得
可见图像的斜率为定值-2与m无关
由题意知，释放高度增加增大减小，则增大，选项A错误，B正确；
CD．由
对照图像可见
解得
约为地球表面的重力加速度一半，该星球第一宇宙速度
若该星球半径是地球半径的一半，则其第一宇宙速度约为地球第一宇宙速度7.9km/s的一半，即约为4km/s，C错误，D正确。
故选BD。
12. 某同学将一带传感器的木箱从倾角为的斜坡顶端由静止释放，木箱滑到斜面底端时速度刚好为0，木箱与斜坡上下两部分的动摩擦因数分别为、，通过分析处理传感器的数据得到木箱的动能和机械能与木箱下滑位移的关系图像分别如图中a、b所示，已知木箱动能最大时，机械能与动能大小之比为，已知木箱可视为质点，重力加速度为g，以斜坡底端为重力势能零点。下列说法中正确的是（ ）
A.
B.
C. 动能最大时，木箱的机械能为
D. 木箱在上、下两段斜坡上滑行过程中产生的热量之比为
【答案】BC
【解析】
【详解】AC．木箱在斜面上段滑行的过程有
由题意有
由图可知
解得
，，
故A错误，C正确；
B．木箱在斜面下段滑行的过程有
由图可知
解得
故B正确；
D．木箱在上、下两段斜坡上滑行过程中产生的热量之比
故D错误。
故选BC。
三、实验题（共15分）
13. 某同学通过实验测量玩具上的小直流电动机转动的角速度大小。如图甲所示，将一圆盘固定在电动机转动轴上，将纸带的一端穿过打点计时器后，固定在圆盘的侧面，圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘的侧面上，打点计时器所接交流电的频率为。
（1）实验得到一卷绕在圆盘上的纸带，将纸带抽出一小段，测量相邻2个点之间的长度如图乙所示，则此时纸带运动的速度大小为__________。测得此时圆盘直径为，则可求得电动机转动的角速度为__________（结果均保留3位有效数字）
（2）该同学根据多次测量的数据，作出了纸带运动速度（）与相应圆盘直径（）的关系图像，如图丙所示，分析图线，可知电动机转动的角速度在实验过程中__________（选填“增大”、“减小”或“不变”）
【答案】 ①. 1.8 ②. 50 ③. 不变
【解析】
【详解】（1）[1]根据速度公式可得，纸带运动的速度大小为
[2]根据角速度公式可得
（2）根据公式
可知，因为图像是过原点的直线，可知角速度不变。
14. 某同学利用气垫导轨验证机械能守恒定律。一倾斜导轨与水平桌面的夹角为，导轨底端P点有一带挡光片的滑块，滑块和挡光片的总质量为M，挡光片的宽度为b，滑块与沙桶由跨过轻质光滑定滑轮的细绳相连，滑块与导轨间的摩擦可忽略，导轨上的Q点处固定一个光电门。挡光片到光电门的距离为d，重力加速度为g。
（1）实验时，该同学进行了如下操作：
①调节细沙的质量，使滑块和沙桶恰好处于静止状态，则沙桶和细沙的总质量为_____；（用已知物理量和字母表示）
②在沙桶中再加入质量为Δm的细沙，让滑块从P点由静止开始运动，已知光电门记录挡光片挡光的时间为Δt，则滑块通过Q点时的瞬时速度为_____。（用已知物理量和字母表示）
（2）在滑块从P点运动到Q点的过程中，滑块的机械能增加量ΔE1=_____；沙桶和细沙的机械能减少量ΔE2=_____（均用已知物理量和字母表示）；若在误差允许的范围内，ΔE1_____ΔE2（填“大于”“小于”或“等于”），则机械能守恒定律得到验证。
【答案】 ①. Msinθ ②. ③. ④. ⑤. 等于
【解析】
【详解】（1）[1]滑块静止在倾角为的斜面上时，设绳子此时的拉力为，则根据平衡条件可有
而绳子上的拉力由沙和沙桶的重力提供，则可知沙和沙桶的总重力为，由此可知沙和沙桶的总质量为；
[2]该实验中用平均速度代替瞬时速度，则滑块通过Q点时的瞬时速度为
（2）[3]机械能为动能与势能之和，在滑块从P点运动到Q点的过程中，滑块到达Q点时的动能为
滑块增加的势能为
则滑块的机械能增加量为
[4]沙和沙桶与滑块是绳子连接的连接体，可知其任意时刻速度大小相同，则可知当滑块到达Q点时，沙和沙桶总动能为
沙和沙桶初状态时的重力势能为
由此可知，当滑块运动至Q点时，沙桶和细沙的机械能减少量为
[5]若在误差允许的范围内，滑块机械能的增加量等于沙和沙桶机械能的减少量，即
则可说明该系统机械能守恒，机械能守恒定律得到验证。
四、计算题（共45分）
15. 如图所示，半径为R=1.5 m的光滑圆弧支架竖直放置，圆心角θ=60°，支架的底部CD水平，离地面足够高，圆心O在C点的正上方，右侧边缘P点固定一个光滑小轮，可视为质点的小球A、B系在足够长的跨过小轮的轻绳两端，两球的质量分别为mA=0.3 kg、mB=0.1 kg。将A球从紧靠小轮P处由静止释放，不计空气阻力，g取10 m/s2。
(1)求A球运动到C点时的速度大小；
(2)若A球运动到C点时轻绳突然断裂，从此时开始，需经过多长时间两球重力的功率大小相等。(计算结果可用根式表示)
【答案】(1)2 m/s (2)
【解析】
【详解】(1)由题意可知，A、B组成的系统机械能守恒，有
根据几何关系有
根据运动的合成与分解有
联立解得
(2)轻绳断裂后，A球做平抛运动，B球做竖直上抛运动，B球上抛初速度
设经过时间t两球重力功率大小相等，则
联立解得
16. 宇宙空间有两颗相距较远、中心距离为d的星球A和星球B。在星球A上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，如图（a）所示，P由静止向下运动，其加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图（b）中实线所示。在星球B上用完全相同的弹簧和物体P完成同样的过程，其a-x关系如图（b）中虚线所示。已知两星球密度相等。星球A的质量为m0，引力常量为G。假设两星球均为质量均匀分布的球体。
(1)求星球A和星球B的表面重力加速度的比值；
(2)若将星球A看成是以星球B为中心天体的一颗卫星，求星球A的运行周期T1；
(3)若将星球A和星球B看成是远离其他星球的双星模型，这样算得的两星球做匀速圆周运动的周期为T2。求此情形中的周期T2与上述第(2)问中的周期T1的比值。
【答案】(1)；(2)d；(3)
【解析】
【详解】(1)对物体受力分析，根据牛顿第二定律
可得
结合图像可知，纵截距表示星球表面重力加速度。
则有
(2)设星球的质量为。
根据黄金替换公式
根据质量与体积关系式
联立得
由于星球和星球密度相等，可见
则星球与星球的质量比
联系以上各式可得
星球以星球为中心天体运行时，受到星球的万有引力作用做匀速圆周运动。
研究星球，根据向心力公式
解得
(3)将星球和星球看成双星模型时，它们在彼此的万有引力作用下做匀速圆周运动。
研究星球
研究星球
又
联立可得
则
17. 如图所示，水平轨道OC的右端C贴近同高度的水平传送带轨道的左端，其中OB段光滑，BC段粗糙，传送带与竖直面内的光滑半圆形轨道DE相切于D点，已知BC＝CD＝L＝2m，圆轨道半径R＝0.4m，弹簧左端固定在墙壁上，自由放置时其右端在B点。一个质量m＝0.5kg的物块（视为质点）将弹簧压缩到A点并锁定，物块与水平轨道BC、传送带间的动摩擦因数均为，重力加速度。
（1）若传送带逆时针转动，要使物块始终不脱离轨道，解除锁定前弹簧的弹性势能多大？
（2）若传送带顺时针转动，锁定前弹簧的弹性势能取第（1）问中的最大值，若要使物块在半圆轨道上运动的过程中不脱离轨道，试计算传送带的速度范围；
（3）在第（1）问的情形下，且弹簧的弹性势能取最大值，试写出物块最后的静止位置到C点的间距d与传送带速度v间的定量关系。
【答案】（1）；（2）或；（3）见解析
【解析】
【详解】（1）若传送带逆时针转动，要使物块始终不脱离轨道，物块最多上升到半圆轨道与圆心等高处，则根据能量守恒定律，解除锁定前弹簧弹性势能的最大值为
所以解除锁定前弹簧弹性势能
（2）若物块刚好能通过半圆轨道的最高点E，则根据牛顿第二定律有
解得
物块从D到E的过程中，根据机械能守恒定律有
解得
物块被弹簧弹出滑到C点的过程中，根据能量守恒定律有
解得
若传送带以速度顺时针转动，设物块向右加速运动的位移为x，根据动能定理有
解得
若物块只能上升到与圆心等高处，根据机械能守恒定律有
解得
设物块在传送带上向右减速到的位移为，根据动能定理有
解得
所以传送带可以逆时针转动且速度任意大小，传送带也可以顺时针转动且速度
或
（3）设物块返回传送带后一直向左加速运动，根据动能定理有
解得
设物块沿水平轨道刚好减速到B点，根据动能定理有
解得
①若传送带速度，则物块在传送带上一直加速到，然后滑上水平轨道，先向左减速运动，被弹簧弹回后再向右减速运动，其总路程为s，根据动能定理有
解得
物块静止位置在C点的左侧与C点的间距为
②若传送带的速度，则物块在传送带上向左减速到与传送带共速；
若传送带的速度，则物块在传送带上向左加速到与传送带共速
上述两种情况下，物块在水平轨道上向左减速到静止，减速路程为d，根据动能定理有
物块静止位置在C点的左侧与C点的间距为
③传送带速度，物块向左加速到与传送带共速，然后滑上水平轨道，先向左减速运动，被弹簧弹回后再向右减速运动，其总路程为s，根据动能定理有
物块静止位置在C点的左侧与C点的间距为
1. 下列说法中正确的是（ ）
A. 匀速圆周运动一定是加速度变化的曲线运动
B. 圆周运动不可以分解为两个相互垂直的直线运动
C. 功是标量，功有正负值，功的的正负表示功的大小
D. 做曲线运动的物体，在任何时间内所受合外力的冲量一定不为零
【答案】A
【解析】
【详解】A．匀速圆周运动的加速度指向圆心，方向不断改变，一定是加速度变化的曲线运动，故A正确；
B．圆周运动可以分解为两个相互垂直的直线运动，故B错误；
C．功只有大小，没有方向，是标量，功的正负表示动力做功还是阻力做功，故C错误；
D．如果物体做匀速圆周运动的物体所受合力不为零，当=T时间内，动量变化为零，根据动量定理Ft=p，可知时间内所受合外力的冲量为零，故D错误。
故选A。
2. 一质点在恒力F的作用下做直线运动，前一半路程从静止开始在粗糙水平面上运动，后一半路程进入光滑水平面继续运动，两阶段末速度分别为v1、v2，所用时间分别为t1、t2，恒力F的冲量分别为I1、I2，恒力F做的功分别为W1、W2，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．设质点的总路程为2x，在粗糙水平面上所受摩擦力为f，质点在第一阶段有
在第二阶段有
可得
即
故A错误；
B．质点在第一阶段有
在第二阶段有
可得
即
解得
故B错误；
C．根据冲量的计算公式
可得
故C正确；
D．根据功的计算公式
可得
故D错误。
故选C。
3. 如图所示，质量分别为和的A、两球固定在同一轻直杆上，A球在杆的一端，球在杆的中点，杆可以绕另一端点在竖直面内做圆周运动。若当A球通过最高点时，球受到杆的作用力恰好为零，重力加速度大小为，两球均视为质点，则此时A球受到杆的作用力大小为（ ）
A. 0B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】设杆的长度为，当A球运动到最高点时，杆对B球的作用力恰好为零，对B分析只有重力提供向心力，根据牛顿第二定律
解得
对A分析，由牛顿第二定律得
联立解得
方向向下，故B正确，ACD错误。
故选B。
4. 如图所示，在轻杆上端B点系上一根长为的细线，细线下端连上一个质量为的小球．以轻杆的A点为顶点，使轻杆旋转起来，其B点在水平面内做匀速圆周运动，轻杆的轨迹为一个母线长为的圆锥，轻杆与中心轴间的夹角为。同时小球在细线的约束下开始做圆周运动，轻杆旋转的角速度为，小球稳定后，细线与轻杆间的夹角。已知重力加速度为，则（ ）
A. 小球做圆周运动周期为
B. 小球做圆周运动的线速度与角速度的比值为
C. 小球做圆周运动线速度与角速度的乘积为
D. 细线对小球的拉力为
【答案】C
【解析】
【详解】A．对小球，做圆周运动的周期为
故A错误；
B．小球做圆周运动的线速度与角速度的关系满足
由几何关系可知
即小球做圆周运动的线速度与角速度的比值为
故B错误；
C．小球做圆周运动的线速度与角速度的乘积
由受力分析可知
故小球做圆周运动的线速度与角速度的乘积
故C正确；
D．由受力分析可知
故D错误。
故选C。
5. 如图是在牛顿著作里画出的一幅原理图．图中表示出从高山上用不同的水平速度抛出的物体的轨迹．物体的速度越大，落地点离山脚越远．当速度足够大时，物体将环绕地球运动，成为一颗人造地球卫星。若卫星的运动可视为匀速圆周运动，已知：①引力常数；②地球质量；③地球半径；④地球表面处重力加速度；⑤地球自转周期，则由上述数据可以计算出第一宇宙速度的是（ ）
A. ①②③B. ①②⑤C. ①④D. ③⑤
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】根据万有引力提供向心力得
第一宇宙速度
v=
则已知地球的质量、半径和引力常数，可以求出第一宇宙速度，根据重力提供向心力得
mg=
解得第一宇宙速度
v=
已知地球表面的重力加速度和地球的半径，可以求出第一宇宙速度。
故选A。
6. 如图所示，一半径为、内壁光滑的四分之三圆形管道竖直固定在墙角处，点为圆心，点为最低点，A、B两点处为管口，、A两点连线沿竖直方向，、B两点连线沿水平方向。一个质量为的小球从管道的顶部A点水平飞出，恰好又从管口B点射入管内，重力加速度取，则小球从A点飞出时及从B点射入管内经过点时对管壁的压力大小之差为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】小球从A点做平抛运动到点，则有
，
解得
在A点若小球对上、下管壁均无压力，则
解得
因为
所以管壁对小球有向上的支持力，则
解得
由牛顿第三定律可知小球对管壁的压力
小球到点时竖直方向的速度
在点与管壁碰撞，水平速度减为零，从点到点的过程由机械能守恒定律得
在点对小球由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律可知小球对管壁的压力
则小球从A点飞出时及从点射入管内经过点时对管壁的压力大小之差为
故选B。
7. 如图所示，发射同步卫星时是先将卫星发射至近地轨道，在近地轨道的A点加速后进入转移轨道，在转移轨道上的远地点B加速后进入同步轨道；已知近地轨道半径为r1，同步轨道半径为r2。则下列说法正确的是（ ）
A. 卫星在转移轨道上运动时，A、B两点的线速度大小之比为
B. 卫星在近地轨道与同步轨道上运动的向心加速度大小之比为
C. 卫星在近地轨道与同步轨道上运动的周期之比为
D. 卫星在转移轨道上从A运动到B的过程中，引力做负功，机械能减小
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据开普勒第二定律得
可知卫星在转移轨道上运动时经过A、B两点的线速度大小之比为
故A正确；
B．卫星绕地球做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力有
所以
卫星在近地轨道与同步轨道上运动的向心加速度大小之比为，故B错误；
C．卫星绕地球做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力有
可得
可知卫星在近地轨道与同步轨道上运动的周期之比为，故C错误；
D．卫星在转移轨道上运动时，只受地球引力作用，从A运动到B的过程中，引力做负功，但机械能守恒，故D错误。
故选A。
8. 北京时间2022年6月5日10时44分，搭载“神舟十四号”载人飞船的“长征二号”F遥十四运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，约577s后，“神舟十四号”载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，飞行乘组状态良好，发射取得圆满成功。北京时间2022年6月5日17时42分，“神舟十四号”成功对接“天和”核心舱径向端口，整个对接过程历时约7h。对接后组合体在距地面高为h的轨道上做匀速圆周运动，环绕的向心加速度为a，环绕的线速度为v，引力常量为G，则下列判断正确的是（ ）
A. 组合体环绕的周期为
B. 地球的平均密度为
C. 地球的第一宇宙速度大小为
D. 地球表面的重力加速度大小为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．组合体的向心加速度
解得
故A正确；
D．组合体的轨道半径
又
联立解得
故D错误；
B．地球的密度
故B错误；
C．地球表面有
地球的第一宇宙速度
故C正确。
故选AC。
二、多选题（每小题全对得4分，漏选得2分，错选0分，共16分）
9. 关于在恒定阻力作用下，做竖直上抛运动的物体，下列说法正确的是（ ）
A. 动能Ek随时间t变化的快慢随时间均匀变化
B. 动量p随时间t变化的快慢随时间均匀增大
C. 重力势能Ep随位移x变化的快慢随时间保持不变
D. 机械能E随位移x变化的快慢随时间均匀减小
【答案】AC
【解析】
【详解】A．上升过程，有
可得
下降过程，有
可知动能Ek随时间t变化的快慢随时间均匀增大，故A正确；
B．根据动量定理可得
可得
可知动量p随时间t变化的快慢保持不变，故B错误；
C．根据重力势能与重力做功关系，可知重力势能减少量为
可得
可知重力势能Ep随位移x变化的快慢保持不变，故C正确；
D．根据功能关系有
所以
可知机械能E随位移x变化的快慢保持不变，故D错误。
故选AC。
10. 工业生产中，常常利用弹簧装置与粘稠的油液配合，起到缓冲作用。如图所示，一轻弹簧下端固定在油缸上，竖直轻杆穿过竖直轻弹簧，杆的上端连一轻质水平工作台，杆的下端连一轻质薄圆盘。圆盘浸泡在粘稠的油液中，当圆盘在竖直方向以速度运动时，其所受液体阻力大小为（其中仅与油液的粘性有关，粘性越大，越大），方向与运动方向相反。现将一木块无初速放置在工作台上，工作台缓缓下降一定高度后重新静止。已知下降过程中，弹簧处在弹性限度内，圆盘没有达到油缸底部，不计空气阻力。某次检修后，油缸内换成了粘性更大的油液，其他条件不变。下列说法正确的是（ ）
A. 木块下降的高度减小B. 木块下降过程的时间变长
C. 重力对木块所做的功减小D. 液体阻力对圆盘所做的功增大
【答案】BD
【解析】
【详解】A．无论换什么样的油液，对于工作台上的木块只受到压力以及重力，二者等大反向，可知弹簧被压缩的长度一样，工作台的高度不变，木块下降的高度不变，故A错误；
B．换液之后阻力变大，通过相同的距离，木块下降过程的时间变长，故B错误；
C．换液前后静止时工作台高度是一样的，高度变化量也一样，重力做功为
因此换液前后重力做功不变，故C错误；
D．换液前后静止时工作台高度是一样的，阻力变大，高度变化量也一样，液体阻力对圆盘所做的功增大，故D正确。
故选BD。
11. 宇航员在空气稀薄的某星球上用一根不可伸长轻绳一端连接固定的拉力传感器，另一端连接质量为200g的小钢球，如图甲所示。多次拉起小钢球使绳伸直至不同位置并由静止释放，每次释放后小球均在竖直平面内摆动，拉力传感器分别记录下每次释放小钢球后，小钢球在竖直平面内摆动过程中绳子拉力的最大值和最小值。作出图像，如图乙所示，根据图像判断下列说法正确的是（ ）
A. 增大小球质量，图像斜率会变大
B. 随着释放高度增加，与的差值变大
C. 该星球表面的重力加速度为
D. 若该星球半径是地球半径的一半，则其第一宇宙速度约为4km/s
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．设刚释放时绳与竖直方向的夹角为，此时绳上拉力最小为
球摆到最低点时绳上拉力最大，设绳长为L，球到最低点时速度为v，由机械能守恒有
据向心力公式有
联立解得
可见图像的斜率为定值-2与m无关
由题意知，释放高度增加增大减小，则增大，选项A错误，B正确；
CD．由
对照图像可见
解得
约为地球表面的重力加速度一半，该星球第一宇宙速度
若该星球半径是地球半径的一半，则其第一宇宙速度约为地球第一宇宙速度7.9km/s的一半，即约为4km/s，C错误，D正确。
故选BD。
12. 某同学将一带传感器的木箱从倾角为的斜坡顶端由静止释放，木箱滑到斜面底端时速度刚好为0，木箱与斜坡上下两部分的动摩擦因数分别为、，通过分析处理传感器的数据得到木箱的动能和机械能与木箱下滑位移的关系图像分别如图中a、b所示，已知木箱动能最大时，机械能与动能大小之比为，已知木箱可视为质点，重力加速度为g，以斜坡底端为重力势能零点。下列说法中正确的是（ ）
A.
B.
C. 动能最大时，木箱的机械能为
D. 木箱在上、下两段斜坡上滑行过程中产生的热量之比为
【答案】BC
【解析】
【详解】AC．木箱在斜面上段滑行的过程有
由题意有
由图可知
解得
，，
故A错误，C正确；
B．木箱在斜面下段滑行的过程有
由图可知
解得
故B正确；
D．木箱在上、下两段斜坡上滑行过程中产生的热量之比
故D错误。
故选BC。
三、实验题（共15分）
13. 某同学通过实验测量玩具上的小直流电动机转动的角速度大小。如图甲所示，将一圆盘固定在电动机转动轴上，将纸带的一端穿过打点计时器后，固定在圆盘的侧面，圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘的侧面上，打点计时器所接交流电的频率为。
（1）实验得到一卷绕在圆盘上的纸带，将纸带抽出一小段，测量相邻2个点之间的长度如图乙所示，则此时纸带运动的速度大小为__________。测得此时圆盘直径为，则可求得电动机转动的角速度为__________（结果均保留3位有效数字）
（2）该同学根据多次测量的数据，作出了纸带运动速度（）与相应圆盘直径（）的关系图像，如图丙所示，分析图线，可知电动机转动的角速度在实验过程中__________（选填“增大”、“减小”或“不变”）
【答案】 ①. 1.8 ②. 50 ③. 不变
【解析】
【详解】（1）[1]根据速度公式可得，纸带运动的速度大小为
[2]根据角速度公式可得
（2）根据公式
可知，因为图像是过原点的直线，可知角速度不变。
14. 某同学利用气垫导轨验证机械能守恒定律。一倾斜导轨与水平桌面的夹角为，导轨底端P点有一带挡光片的滑块，滑块和挡光片的总质量为M，挡光片的宽度为b，滑块与沙桶由跨过轻质光滑定滑轮的细绳相连，滑块与导轨间的摩擦可忽略，导轨上的Q点处固定一个光电门。挡光片到光电门的距离为d，重力加速度为g。
（1）实验时，该同学进行了如下操作：
①调节细沙的质量，使滑块和沙桶恰好处于静止状态，则沙桶和细沙的总质量为_____；（用已知物理量和字母表示）
②在沙桶中再加入质量为Δm的细沙，让滑块从P点由静止开始运动，已知光电门记录挡光片挡光的时间为Δt，则滑块通过Q点时的瞬时速度为_____。（用已知物理量和字母表示）
（2）在滑块从P点运动到Q点的过程中，滑块的机械能增加量ΔE1=_____；沙桶和细沙的机械能减少量ΔE2=_____（均用已知物理量和字母表示）；若在误差允许的范围内，ΔE1_____ΔE2（填“大于”“小于”或“等于”），则机械能守恒定律得到验证。
【答案】 ①. Msinθ ②. ③. ④. ⑤. 等于
【解析】
【详解】（1）[1]滑块静止在倾角为的斜面上时，设绳子此时的拉力为，则根据平衡条件可有
而绳子上的拉力由沙和沙桶的重力提供，则可知沙和沙桶的总重力为，由此可知沙和沙桶的总质量为；
[2]该实验中用平均速度代替瞬时速度，则滑块通过Q点时的瞬时速度为
（2）[3]机械能为动能与势能之和，在滑块从P点运动到Q点的过程中，滑块到达Q点时的动能为
滑块增加的势能为
则滑块的机械能增加量为
[4]沙和沙桶与滑块是绳子连接的连接体，可知其任意时刻速度大小相同，则可知当滑块到达Q点时，沙和沙桶总动能为
沙和沙桶初状态时的重力势能为
由此可知，当滑块运动至Q点时，沙桶和细沙的机械能减少量为
[5]若在误差允许的范围内，滑块机械能的增加量等于沙和沙桶机械能的减少量，即
则可说明该系统机械能守恒，机械能守恒定律得到验证。
四、计算题（共45分）
15. 如图所示，半径为R=1.5 m的光滑圆弧支架竖直放置，圆心角θ=60°，支架的底部CD水平，离地面足够高，圆心O在C点的正上方，右侧边缘P点固定一个光滑小轮，可视为质点的小球A、B系在足够长的跨过小轮的轻绳两端，两球的质量分别为mA=0.3 kg、mB=0.1 kg。将A球从紧靠小轮P处由静止释放，不计空气阻力，g取10 m/s2。
(1)求A球运动到C点时的速度大小；
(2)若A球运动到C点时轻绳突然断裂，从此时开始，需经过多长时间两球重力的功率大小相等。(计算结果可用根式表示)
【答案】(1)2 m/s (2)
【解析】
【详解】(1)由题意可知，A、B组成的系统机械能守恒，有
根据几何关系有
根据运动的合成与分解有
联立解得
(2)轻绳断裂后，A球做平抛运动，B球做竖直上抛运动，B球上抛初速度
设经过时间t两球重力功率大小相等，则
联立解得
16. 宇宙空间有两颗相距较远、中心距离为d的星球A和星球B。在星球A上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，如图（a）所示，P由静止向下运动，其加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图（b）中实线所示。在星球B上用完全相同的弹簧和物体P完成同样的过程，其a-x关系如图（b）中虚线所示。已知两星球密度相等。星球A的质量为m0，引力常量为G。假设两星球均为质量均匀分布的球体。
(1)求星球A和星球B的表面重力加速度的比值；
(2)若将星球A看成是以星球B为中心天体的一颗卫星，求星球A的运行周期T1；
(3)若将星球A和星球B看成是远离其他星球的双星模型，这样算得的两星球做匀速圆周运动的周期为T2。求此情形中的周期T2与上述第(2)问中的周期T1的比值。
【答案】(1)；(2)d；(3)
【解析】
【详解】(1)对物体受力分析，根据牛顿第二定律
可得
结合图像可知，纵截距表示星球表面重力加速度。
则有
(2)设星球的质量为。
根据黄金替换公式
根据质量与体积关系式
联立得
由于星球和星球密度相等，可见
则星球与星球的质量比
联系以上各式可得
星球以星球为中心天体运行时，受到星球的万有引力作用做匀速圆周运动。
研究星球，根据向心力公式
解得
(3)将星球和星球看成双星模型时，它们在彼此的万有引力作用下做匀速圆周运动。
研究星球
研究星球
又
联立可得
则
17. 如图所示，水平轨道OC的右端C贴近同高度的水平传送带轨道的左端，其中OB段光滑，BC段粗糙，传送带与竖直面内的光滑半圆形轨道DE相切于D点，已知BC＝CD＝L＝2m，圆轨道半径R＝0.4m，弹簧左端固定在墙壁上，自由放置时其右端在B点。一个质量m＝0.5kg的物块（视为质点）将弹簧压缩到A点并锁定，物块与水平轨道BC、传送带间的动摩擦因数均为，重力加速度。
（1）若传送带逆时针转动，要使物块始终不脱离轨道，解除锁定前弹簧的弹性势能多大？
（2）若传送带顺时针转动，锁定前弹簧的弹性势能取第（1）问中的最大值，若要使物块在半圆轨道上运动的过程中不脱离轨道，试计算传送带的速度范围；
（3）在第（1）问的情形下，且弹簧的弹性势能取最大值，试写出物块最后的静止位置到C点的间距d与传送带速度v间的定量关系。
【答案】（1）；（2）或；（3）见解析
【解析】
【详解】（1）若传送带逆时针转动，要使物块始终不脱离轨道，物块最多上升到半圆轨道与圆心等高处，则根据能量守恒定律，解除锁定前弹簧弹性势能的最大值为
所以解除锁定前弹簧弹性势能
（2）若物块刚好能通过半圆轨道的最高点E，则根据牛顿第二定律有
解得
物块从D到E的过程中，根据机械能守恒定律有
解得
物块被弹簧弹出滑到C点的过程中，根据能量守恒定律有
解得
若传送带以速度顺时针转动，设物块向右加速运动的位移为x，根据动能定理有
解得
若物块只能上升到与圆心等高处，根据机械能守恒定律有
解得
设物块在传送带上向右减速到的位移为，根据动能定理有
解得
所以传送带可以逆时针转动且速度任意大小，传送带也可以顺时针转动且速度
或
（3）设物块返回传送带后一直向左加速运动，根据动能定理有
解得
设物块沿水平轨道刚好减速到B点，根据动能定理有
解得
①若传送带速度，则物块在传送带上一直加速到，然后滑上水平轨道，先向左减速运动，被弹簧弹回后再向右减速运动，其总路程为s，根据动能定理有
解得
物块静止位置在C点的左侧与C点的间距为
②若传送带的速度，则物块在传送带上向左减速到与传送带共速；
若传送带的速度，则物块在传送带上向左加速到与传送带共速
上述两种情况下，物块在水平轨道上向左减速到静止，减速路程为d，根据动能定理有
物块静止位置在C点的左侧与C点的间距为
③传送带速度，物块向左加速到与传送带共速，然后滑上水平轨道，先向左减速运动，被弹簧弹回后再向右减速运动，其总路程为s，根据动能定理有
物块静止位置在C点的左侧与C点的间距为
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