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安徽省亳州市第一中学2023-2024学年高一下学期期中检测物理试题A卷
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这是一份安徽省亳州市第一中学2023-2024学年高一下学期期中检测物理试题A卷，共17页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分100分，考试时间75分钟．
2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚．
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．
单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．西北工业大学专家团队设计了一款仿生无人机，如图所示。该无人机能够模仿信鸽百分之九十的动作，可以与真正的信鸽相伴而飞，速度最快可达到40km/h，在计时25分钟内航程15km，它可以混在真正的鸟类中进行军事侦查。下列说法正确的是（ ）
A．40km/h是指平均速度的大小
B．无人机在空中飞行一段时间后，其位移可能为0
C．研究无人机25分钟内的航程，可以把无人机看成质点，25分钟是指时间，航程15km是指位移的大小
D．无人机无动力与信鸽相伴滑翔时，以无人机为参考系，地面观察者是静止的
2．如图，小船从河岸A点过河，船头与河岸所成的夹角始终为θ，航行轨迹是从A点到C点的直线，航行轨迹与河岸的夹角为α。已知河宽为144m，船在静水中的速度v1=3m/s，θ=53°，α=37°，sin37°=0.6，下列说法正确的是（ ）
河水的流速大小为4m/s
B．船的实际速度大小为5m/s
渡河时间为80s
AC是小船渡河的最短路径
3．甲、乙两辆小车分别处于相邻的两条平行直车道上。t=0时，乙车在前，甲车在后，两车间距50m，此后两车运动的v−t图像如图所示。关于两车在0∼11s时间内的运动说法正确的是（ ）
A．加速阶段，乙车的加速度小于甲车的加速度
B．t=7s时，两车相距最远
C．t=7s时，两车平齐
D．0∼11s内，乙车的平均速度大小为18.75m/s
从地面竖直向上抛出一物体，取地面为重力势能零势能面，上升过程中该物体的机械能和重力势能随它离开地面的高度的变化关系如图所示。已知重力加速度，则下列说法正确的是
物体的质量为
B．时，物体的动能为
时，物体的速率为
D．物体所受阻力大小为
5．如图所示，在海边的山坡上同一位置以相同大小的初速度v0抛出两个石子，速度方向与水平方向夹角均为θ，两石子在同一竖直面内落入水中，不计空气阻力。两石子抛出后（ ）
落至水面速度方向相同
B．在空中运动时间相同
两石子竖直分运动都是自由落体运动
D．落至水面速度大小不相同
6．如图甲所示，游乐场有一种叫作“快乐飞机”的游乐项目，模型如图乙所示。已知模型飞机质量为m，固定在长为L的旋臂上，旋臂与竖直方向夹角为45°，当模型飞机以角速度ω=2gL绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，下列说法正确的是（ ）（不计空气阻力，重力加速度为g）
A．模型飞机受到重力、旋臂的作用力和向心力
B．旋臂对模型飞机的作用力方向不垂直于旋臂
C．旋臂对模型飞机作用力大小为2mg
D．若转动的角速度增大，则旋臂对模型飞机的作用力减小
7．假设有一辆纯电动汽车质量m=1.6×103kg，汽车沿平直的公路从静止开始启动，汽车启动后的速度记为v，牵引力大小记为F，v−1F图像如图所示，vm表示最大速度，ab平行于v轴，bc反向延长线过原点。已知汽车运动过程中受到的阻力大小恒定，下列说法正确的是（ ）
汽车所受阻力为5000N
汽车的额定功率为40kW
汽车能够获得的最大速度为12m/s
D．汽车从a到b持续的时间为16s
8．科学家相信宇宙是和谐的，1766年，德国科学家提丢斯研究了下表中太阳系中各个行星的轨道半径（以地日间的平均距离为1个天文长度单位），他发现了一个规律：各行星到太阳的距离可近似用公式r=0.4+0.3×2n−2表示，但同时又注意到公式中n=5时少了一颗行星，1801年后，科学家陆续发现这一区域存在大量小行星。假设所有行星的公转轨道均可近似看作圆，下列说法正确的是（ ）
A．小行星带处于木星与土星之间
B．木星的公转周期大于10年
C．水星距离太阳最近，因此太阳对水星的引力最大
D．金星公转的线速度与地球公转的线速度之比约为0.85
多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
9．如图所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B用水平轻弹簧拉着系于竖直板上，两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细线相连。开始时，用外力控制住A球，使两球均处于静止状态，已知B球质量为m。O点在半圆柱体圆心O1的正上方，OB与竖直方向成45°角。撤去外力后，若小球B缓慢下降，小球A一直沿着半圆柱体缓慢向上，在此过程中，下列叙述正确的是（ ）
A．开始时，弹簧处于压缩状态，力的大小为mg
B．小球B受到合力始终为0
C．小球A受到半圆柱体的支持力变小
D．小球A受到绳的拉力变小
10．如图所示，倾角为37°的光滑斜面与光滑的水平面在B点连接，质量均为m的小球甲、乙（视为质点）用轻质硬杆连接，乙放置在水平面上，甲从斜面上甲的A点由静止释放，已知A点与水平面的高度差为h，甲在下落的过程中，乙始终在水平面上，sin37°=0.6、cs37°=0.8，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．甲在下落的过程中，乙的动能增加量等于甲的重力势能减少量
B．甲在下落的过程中，杆对乙做的功大小等于杆对甲做功的大小
C．甲刚到达B点还未与地面接触时，甲、乙的速度之比为5:4
D．甲刚到达B点还未与地面接触时，乙的动能为1641mgℎ
非选择题：本题共5小题，共58分。
11．（6分）某高中物理课外探究小组利用ESP32和HX711及应变梁自制力传感器进行实验，探究“物体质量一定时，加速度与力的关系”，实验装置如图甲所示。
(1)实验时，下列说法正确的是__________（填标号）。
A．使用电火花打点计时器时应选用学生电源
B．小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数
C．不需要用天平测出砂和砂桶的总质量
D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量
(2)实验得到如图乙所示的纸带，已知打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz，相邻两计数点之间还有四个点未画出，由以上数据可知，小车运动的加速度大小是 ms2（计算结果保留三位有效数字）；
(3)由实验得到小车的加速度a与力传感器示数F的关系如图丙所示。则小车的质量M＝ kg（计算结果保留两位有效数字）。
12．（10分）某同学设计了如图1所示的装置来“验证机械能守恒定律”。将量角器竖直固定在铁架台上，使直径边水平，将小球通过一段不可伸长的细线固定到量角器的圆心处，在铁架台上点正下方安装光电门（图中未画出），实验时，让小球在紧贴量角器的竖直平面内运动，调整好光电门，使小球的球心刚好能通过光电门的细光束。
（1）以下列举的物理量中，为本实验必须测量的物理量有 ；
．小球的质量
．小球的直径
．细线的长度
．小球的运动周期
（2）图中细线与竖直方向的初始偏角为 ；
（3）实验时，将小球拉开，使细线与竖直方向偏开一定的角度，将小球由静止释放，测出小球通过光电门的时间，则小球通过最低点时的速度为 ；如果这一过程中小球的机械能守恒，则题中各物理量应遵循的表达式为 ；
（4）多次实验，由实验数据作出了图线，则实验所得的图线（如图应该是 。
13．（10分）如图所示，一玩滚轴溜冰的小孩（可视作质点）质量为m=30kg，他在左侧平台上滑行一段距离后平抛，恰能从A点的切线方向进入光滑竖直圆弧轨道并沿轨道下滑，A、B为圆弧两端点，其连线水平．已知圆弧半径为R=1.0m，对应圆心角为,平台与AB连线的高度差为h=0.8m．（取g=10m/s2，sin=0.8，cs=0.6）求：
（1）小孩平抛的初速度的大小
（2）小孩运动到圆弧轨道最低点O时对轨道的压力为多大
14.（12分）两个靠的很近的天体绕着它们连线上的一点（质心）做圆周运动，构成稳定的双星系统，双星系统运动时，其轨道平面存在着一些特殊的点，在这些点处，质量极小的物体（例如人造卫星）可以与两星体保持相对静止，这样的点被称为“拉格朗日点”。一般一个双星系统有五个拉格朗日点。如图所示，一双星系统由质量为M的天体A和质量为m的天体B构成，它们共同绕连线上的O点做匀速圆周运动，在天体A和天体B的连线之间有一个拉格朗日点P，已知双星间的距离为L，万有引力常量为G，求：
（1）天体B做圆周运动的角速度及半径；
（2）若P点与天体A的距离为 r=34L，则M与m的比值是多少?
15．（20分）如图是由弧形轨道、圆轨道（轨道底端B略错开，图中未画出）、水平直轨道平滑连接而成的力学探究装置。水平轨道AC右端装有理想轻弹簧（右端固定），圆轨道与水平直轨道相交于B点，且B点位置可改变，现将B点置于AC中点，质量m＝2kg的滑块（可视为质点）从弧形轨道高H＝0.5m处静止释放。已知圆轨道半径R＝0.1m，水平轨道长LAC＝1.0m，滑块与AC间动摩擦因数μ＝0.2，弧形轨道和圆轨道均视为光滑，不计其他阻力与能量损耗，取重力加速度g=10m/s2。求：
（1）滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压力大小；
（2）轻弹簧获得的最大弹性势能；
（3）若H＝0.4m，改变B点位置，使滑块在整个滑动过程中不脱离轨道，求BC长度满足的条件。
行星
水星
金星
地球
火星
木星
土星
轨道平均半径r/天文单位
0.39
0.72
1.00
1.52
5.20
9.54
参考答案：
1．【答案】B
【解析】A．40km/h是指瞬时速度，故A错误；
C．航程15km是指无人机轨迹的长度，即路程，故C错误；
B．无人机在空中飞行一段时间后，其位移可能为0，故B正确；
D．以无人机为参考系，地面观察者是运动的，故D错误。
故选B。
2．【答案】D
【解析】AB．由于θ+α=90°，可知船在静水中的速度v1与船的合速度垂直，如图所示
由图示的几何关系可知
v1v2=sinα，v1v=tanα
可得河水的流速大小
v2=5m/s
船的实际速度大小
v=4m/s
故AB错误；
C．船在垂直河岸的分速度为v1sinθ，渡河时间
t=dv1sinθ
代入数据可得
t=60s
故C错误；
D．以v2末端为圆心，以v1为半径做圆如图所示，此圆恰好与AC相切，可知AC是船渡河的最短路径，故D正确。
故选D。
3．【答案】C
【解析】A．v−t图像的斜率表示加速度，由图可得，乙的斜率大于甲的斜率，故A错误；
BC．v−t图像的面积表示位移，由图可得，t=7s时，甲车的位移为
x甲=2+72×20m=90m
乙车的位移为
x乙=7−32×20m=40m
因为
x甲=x乙+50m
所以两车在t=7s时相遇，故B错误，C正确；
D．0∼11s内，乙车的位移为
x乙'=2+82×30m=150m
则平均速度为
v乙=x乙't=15011m/s≈13.64m/s
故D错误。
故选C。
4．【答案】C
5．【答案】A
【解析】B．两石子抛出后，只受重力作用，竖直方向加速度为重力加速度，设抛出点到水面的高度为ℎ，竖直向下为正方向。斜向上抛出的空中运动时间为t1，斜向下抛出的空中运动时间为t2，则
ℎ=−v0sinθt1+12gt12
ℎ=v0sinθt2+12gt22
得
t1>t2
故B错误；
AD．由斜上抛运动的对称性可知，斜上抛的物体落回到与抛出点同一高度时，竖直方向的分速度与斜下抛的竖直分速度v0sinθ相同。水平方向，两石子的水平方向都做匀速运动，水平分速度
vx=v0csθ
设抛出点到水面的高度为ℎ，竖直方向两石子均有
vy2−(v0sinθ)2=2gℎ
得
vy=(v0sinθ)2+2gℎ
速度与水平方向的夹角θ，则
tanθ=vyvx=(v0sinθ)2+2gℎv0csθ
为一定值，因此两石子在落至水面时速度方向相同，另外从抛出到落到水面，由动能定理得
mgℎ=12mv2−12mv02
得落至水面速度大小
v=v02+2gℎ
因此两石子落至水面速度大小相同，故A正确，D错误；
C． 两石子竖直分运动都有初速度，都不是自由落体运动，故C错误。
故选A。
6．【答案】C
【解析】A．向心力是效果力，实际上不存在，可知模型飞机不受向心力作用，受到重力和旋臂对模型飞机的两个作用力，故A错误；
BC．模型飞机在水平面内做匀速圆周运动，竖直方向受力平衡，所以旋臂对模型飞机作用力的一个分力F1平衡了飞机的重力，即有
F1=mg
另一个分力提供了飞机做匀速圆周运动的向心力F2，则有
F2=mrω2=mLsin45∘2gL2=mg=F1
可知旋臂对模型飞机的作用力方向一定与旋臂垂直且大小等于2mg，故B错误，C正确；
D．根据上述分析知，若转动的角速度增大，F2增加，F1不变，旋臂对模型飞机的作用力
F=F12+F22
可知若转动的角速度增大，则旋臂对模型飞机的作用力增大，故D错误。
故选C。
7．【答案】D
【解析】A．在c点汽车速度达到最大，则牵引力等于阻力，结合图像可得
f=F1=4000N
故A错误；
B．根据图像可知，汽车从a到b做匀加速直线运动，在b点，由图可知，牵引力与末速度分别为5000N、10m/s，则
P=F2v=5000×10W=50kW
故B错误；
C．bc反向延长过原点O，可知该过程保持额定功率恒定，所以
vm=PF1=12.5m/s
故C错误；
D．汽车从a到b，有
F2−f=ma
持续的时间为
t=va=16s
故D正确。
故选D。
8．【答案】B
【解析】A．当n=5时，r=2.8天文单位，小行星带处于火星与木星之间，故A错误；
B．根据开普勒第三定律有
r地3T地2=r木3T木2
代入数据解得
T木≈11.9年
故B正确；
C．受到太阳的引力除距离外，还与行星的质量有关，故C错误；
D．根据万有引力提供向心力对地球有
GMm地r地2=m地v地2r地
对金星有
GMm金r金2=m金v金2r金
则有
r地v地2=r金v金2
代入数据解得
v金v地=1.18
故D错误。
故选B。
9．【答案】BD
【解析】A．小球A、B受力情况如图所示
对B球根据共点力平衡可知
水平方向
TOBsin45°=mg
竖直方向
TOBcs45°=mg
解得
TOB=2mg；F=mg
此时弹簧处于拉长状态，A错误；
B．小球B缓慢下降，即B处于动态平衡，所以小球B受到合力始终为0，B正确；
CD．设OA绳长为l，OO'的长度为ℎ，圆柱体的半径为R，小球A受力平衡，由相似三角形可知
Nmg=Rℎ
Tmg=lℎ
球A沿着半圆柱体缓慢向上过程中OA绳长l逐渐减小，根据公式可知：N不变，T减小，C错误，D正确。
故选BD。
10．【答案】BCD
【解析】A．由能量守恒，甲在下落的过程中，甲的重力势能转化为甲与乙的总动能，故A错误；
BC．甲、乙组成的系统在下落过程中机械能守恒，即甲机械能的减少量等于乙机械能的增加量，故杆对甲、乙做功大小相等，则分解，由关联速度的关系可得乙的速度
v乙=v甲cs37°
则甲、乙的速度之比为
v甲:v乙=5:4
故BC正确；
D．甲在下落的过程中，由系统的机械能守恒可得
mgℎ=12mv甲2+12mv乙2
乙的动能为
Ek=12mv乙2
综合可得
Ek=1641mgℎ
故D正确。
故选BCD。
11．【答案】(1)C (2)1.10 (3)3.0（每空2分）
12．（1）；（2）均可）；（3） ；（4）
13【答案】（1）；（2）
【详解】(1) 由于小孩无碰撞进入圆弧轨道，即小孩落到A点时速度方向沿A点切线方向
则，又由，得，而，联立以上各式得
在最低点，据牛顿第二定律，有，根据机械能守恒定律，代入数据解得，由牛顿第三定律可知，小孩对轨道的压力为1290N
14．【答案】（1）ω=GM+mL3；r2=MM+mL；（6分）（2）M:m=567:37（3分）
【解析】（1）设O点与天体A､B的距离分别为r1和r2，则
r1+r2=L
转动的角速度为ω，对于天体A有
GMmL2=Mr1ω2
对于天体B有
GMmL2=mr2ω2
联立可得
ω=GM+mL3
r2=MM+mL
（2）在P点放置一个极小物体，设其质量为m0，它与A､B转动的角速度相同，对于小物体有
GMm0r2−Gmm0L−r2=m0ω2r−r1
代值可得
M:m=567:37
15．【答案】（1）60N；（6分）（2）6J；（4分）（3）0.5m≤L≤1m（10分）
【解析】（1）从出发到第一次滑至圆轨道最高点过程，由动能定理可得
mgH−μmgLAC2−mg×2R=12mv2−0.
在圆轨道最高点，由牛顿第二定律可得
mg+FN=mv2R
联立解得
FN=60N
由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为60N。
（2）弹簧第一次被压缩到最短时，弹性势能有最大值；从出发到弹簧第一次被压缩到最短过程，由动能定理可得
mgH−μmgLAC+W弹=0−0
又有
W弹=0−Ep
联立解得
Ep=6J
（3）①若滑块恰好到达圆轨道的最高点，则有
mg=mv02R
从开始到圆轨道最高点，由动能定理可得
mgH−2R−μmgs1=12mv02−0
解得
s1=0.75m
LBC=LAC−s1
要使滑块不脱离轨道，BC之间的距离应该满足
LBC≥0.25m
②若滑块刚好达到圆轨道的圆心等高处，此时的速度为零；由动能定理可得
mgH−R−μmgs2=0
解得
s2=1.5m
s2=1.5m=1m+0.5m
L'BC=s2−LAC
即反弹时恰好上到圆心等高处，如果反弹距离更大，则上升的高度更小，更不容易脱离轨道，所以
L'BC≥0.5m
考虑到AC的总长度等于1m，所以L'BC≤1m；结合①②两种情况，符合条件的BC长度为
0.5m≤L≤1m
考生注意：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分100分，考试时间75分钟．
2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚．
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．
单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．西北工业大学专家团队设计了一款仿生无人机，如图所示。该无人机能够模仿信鸽百分之九十的动作，可以与真正的信鸽相伴而飞，速度最快可达到40km/h，在计时25分钟内航程15km，它可以混在真正的鸟类中进行军事侦查。下列说法正确的是（ ）
A．40km/h是指平均速度的大小
B．无人机在空中飞行一段时间后，其位移可能为0
C．研究无人机25分钟内的航程，可以把无人机看成质点，25分钟是指时间，航程15km是指位移的大小
D．无人机无动力与信鸽相伴滑翔时，以无人机为参考系，地面观察者是静止的
2．如图，小船从河岸A点过河，船头与河岸所成的夹角始终为θ，航行轨迹是从A点到C点的直线，航行轨迹与河岸的夹角为α。已知河宽为144m，船在静水中的速度v1=3m/s，θ=53°，α=37°，sin37°=0.6，下列说法正确的是（ ）
河水的流速大小为4m/s
B．船的实际速度大小为5m/s
渡河时间为80s
AC是小船渡河的最短路径
3．甲、乙两辆小车分别处于相邻的两条平行直车道上。t=0时，乙车在前，甲车在后，两车间距50m，此后两车运动的v−t图像如图所示。关于两车在0∼11s时间内的运动说法正确的是（ ）
A．加速阶段，乙车的加速度小于甲车的加速度
B．t=7s时，两车相距最远
C．t=7s时，两车平齐
D．0∼11s内，乙车的平均速度大小为18.75m/s
从地面竖直向上抛出一物体，取地面为重力势能零势能面，上升过程中该物体的机械能和重力势能随它离开地面的高度的变化关系如图所示。已知重力加速度，则下列说法正确的是
物体的质量为
B．时，物体的动能为
时，物体的速率为
D．物体所受阻力大小为
5．如图所示，在海边的山坡上同一位置以相同大小的初速度v0抛出两个石子，速度方向与水平方向夹角均为θ，两石子在同一竖直面内落入水中，不计空气阻力。两石子抛出后（ ）
落至水面速度方向相同
B．在空中运动时间相同
两石子竖直分运动都是自由落体运动
D．落至水面速度大小不相同
6．如图甲所示，游乐场有一种叫作“快乐飞机”的游乐项目，模型如图乙所示。已知模型飞机质量为m，固定在长为L的旋臂上，旋臂与竖直方向夹角为45°，当模型飞机以角速度ω=2gL绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，下列说法正确的是（ ）（不计空气阻力，重力加速度为g）
A．模型飞机受到重力、旋臂的作用力和向心力
B．旋臂对模型飞机的作用力方向不垂直于旋臂
C．旋臂对模型飞机作用力大小为2mg
D．若转动的角速度增大，则旋臂对模型飞机的作用力减小
7．假设有一辆纯电动汽车质量m=1.6×103kg，汽车沿平直的公路从静止开始启动，汽车启动后的速度记为v，牵引力大小记为F，v−1F图像如图所示，vm表示最大速度，ab平行于v轴，bc反向延长线过原点。已知汽车运动过程中受到的阻力大小恒定，下列说法正确的是（ ）
汽车所受阻力为5000N
汽车的额定功率为40kW
汽车能够获得的最大速度为12m/s
D．汽车从a到b持续的时间为16s
8．科学家相信宇宙是和谐的，1766年，德国科学家提丢斯研究了下表中太阳系中各个行星的轨道半径（以地日间的平均距离为1个天文长度单位），他发现了一个规律：各行星到太阳的距离可近似用公式r=0.4+0.3×2n−2表示，但同时又注意到公式中n=5时少了一颗行星，1801年后，科学家陆续发现这一区域存在大量小行星。假设所有行星的公转轨道均可近似看作圆，下列说法正确的是（ ）
A．小行星带处于木星与土星之间
B．木星的公转周期大于10年
C．水星距离太阳最近，因此太阳对水星的引力最大
D．金星公转的线速度与地球公转的线速度之比约为0.85
多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
9．如图所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B用水平轻弹簧拉着系于竖直板上，两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细线相连。开始时，用外力控制住A球，使两球均处于静止状态，已知B球质量为m。O点在半圆柱体圆心O1的正上方，OB与竖直方向成45°角。撤去外力后，若小球B缓慢下降，小球A一直沿着半圆柱体缓慢向上，在此过程中，下列叙述正确的是（ ）
A．开始时，弹簧处于压缩状态，力的大小为mg
B．小球B受到合力始终为0
C．小球A受到半圆柱体的支持力变小
D．小球A受到绳的拉力变小
10．如图所示，倾角为37°的光滑斜面与光滑的水平面在B点连接，质量均为m的小球甲、乙（视为质点）用轻质硬杆连接，乙放置在水平面上，甲从斜面上甲的A点由静止释放，已知A点与水平面的高度差为h，甲在下落的过程中，乙始终在水平面上，sin37°=0.6、cs37°=0.8，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．甲在下落的过程中，乙的动能增加量等于甲的重力势能减少量
B．甲在下落的过程中，杆对乙做的功大小等于杆对甲做功的大小
C．甲刚到达B点还未与地面接触时，甲、乙的速度之比为5:4
D．甲刚到达B点还未与地面接触时，乙的动能为1641mgℎ
非选择题：本题共5小题，共58分。
11．（6分）某高中物理课外探究小组利用ESP32和HX711及应变梁自制力传感器进行实验，探究“物体质量一定时，加速度与力的关系”，实验装置如图甲所示。
(1)实验时，下列说法正确的是__________（填标号）。
A．使用电火花打点计时器时应选用学生电源
B．小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数
C．不需要用天平测出砂和砂桶的总质量
D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量
(2)实验得到如图乙所示的纸带，已知打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz，相邻两计数点之间还有四个点未画出，由以上数据可知，小车运动的加速度大小是 ms2（计算结果保留三位有效数字）；
(3)由实验得到小车的加速度a与力传感器示数F的关系如图丙所示。则小车的质量M＝ kg（计算结果保留两位有效数字）。
12．（10分）某同学设计了如图1所示的装置来“验证机械能守恒定律”。将量角器竖直固定在铁架台上，使直径边水平，将小球通过一段不可伸长的细线固定到量角器的圆心处，在铁架台上点正下方安装光电门（图中未画出），实验时，让小球在紧贴量角器的竖直平面内运动，调整好光电门，使小球的球心刚好能通过光电门的细光束。
（1）以下列举的物理量中，为本实验必须测量的物理量有 ；
．小球的质量
．小球的直径
．细线的长度
．小球的运动周期
（2）图中细线与竖直方向的初始偏角为 ；
（3）实验时，将小球拉开，使细线与竖直方向偏开一定的角度，将小球由静止释放，测出小球通过光电门的时间，则小球通过最低点时的速度为 ；如果这一过程中小球的机械能守恒，则题中各物理量应遵循的表达式为 ；
（4）多次实验，由实验数据作出了图线，则实验所得的图线（如图应该是 。
13．（10分）如图所示，一玩滚轴溜冰的小孩（可视作质点）质量为m=30kg，他在左侧平台上滑行一段距离后平抛，恰能从A点的切线方向进入光滑竖直圆弧轨道并沿轨道下滑，A、B为圆弧两端点，其连线水平．已知圆弧半径为R=1.0m，对应圆心角为,平台与AB连线的高度差为h=0.8m．（取g=10m/s2，sin=0.8，cs=0.6）求：
（1）小孩平抛的初速度的大小
（2）小孩运动到圆弧轨道最低点O时对轨道的压力为多大
14.（12分）两个靠的很近的天体绕着它们连线上的一点（质心）做圆周运动，构成稳定的双星系统，双星系统运动时，其轨道平面存在着一些特殊的点，在这些点处，质量极小的物体（例如人造卫星）可以与两星体保持相对静止，这样的点被称为“拉格朗日点”。一般一个双星系统有五个拉格朗日点。如图所示，一双星系统由质量为M的天体A和质量为m的天体B构成，它们共同绕连线上的O点做匀速圆周运动，在天体A和天体B的连线之间有一个拉格朗日点P，已知双星间的距离为L，万有引力常量为G，求：
（1）天体B做圆周运动的角速度及半径；
（2）若P点与天体A的距离为 r=34L，则M与m的比值是多少?
15．（20分）如图是由弧形轨道、圆轨道（轨道底端B略错开，图中未画出）、水平直轨道平滑连接而成的力学探究装置。水平轨道AC右端装有理想轻弹簧（右端固定），圆轨道与水平直轨道相交于B点，且B点位置可改变，现将B点置于AC中点，质量m＝2kg的滑块（可视为质点）从弧形轨道高H＝0.5m处静止释放。已知圆轨道半径R＝0.1m，水平轨道长LAC＝1.0m，滑块与AC间动摩擦因数μ＝0.2，弧形轨道和圆轨道均视为光滑，不计其他阻力与能量损耗，取重力加速度g=10m/s2。求：
（1）滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压力大小；
（2）轻弹簧获得的最大弹性势能；
（3）若H＝0.4m，改变B点位置，使滑块在整个滑动过程中不脱离轨道，求BC长度满足的条件。
行星
水星
金星
地球
火星
木星
土星
轨道平均半径r/天文单位
0.39
0.72
1.00
1.52
5.20
9.54
参考答案：
1．【答案】B
【解析】A．40km/h是指瞬时速度，故A错误；
C．航程15km是指无人机轨迹的长度，即路程，故C错误；
B．无人机在空中飞行一段时间后，其位移可能为0，故B正确；
D．以无人机为参考系，地面观察者是运动的，故D错误。
故选B。
2．【答案】D
【解析】AB．由于θ+α=90°，可知船在静水中的速度v1与船的合速度垂直，如图所示
由图示的几何关系可知
v1v2=sinα，v1v=tanα
可得河水的流速大小
v2=5m/s
船的实际速度大小
v=4m/s
故AB错误；
C．船在垂直河岸的分速度为v1sinθ，渡河时间
t=dv1sinθ
代入数据可得
t=60s
故C错误；
D．以v2末端为圆心，以v1为半径做圆如图所示，此圆恰好与AC相切，可知AC是船渡河的最短路径，故D正确。
故选D。
3．【答案】C
【解析】A．v−t图像的斜率表示加速度，由图可得，乙的斜率大于甲的斜率，故A错误；
BC．v−t图像的面积表示位移，由图可得，t=7s时，甲车的位移为
x甲=2+72×20m=90m
乙车的位移为
x乙=7−32×20m=40m
因为
x甲=x乙+50m
所以两车在t=7s时相遇，故B错误，C正确；
D．0∼11s内，乙车的位移为
x乙'=2+82×30m=150m
则平均速度为
v乙=x乙't=15011m/s≈13.64m/s
故D错误。
故选C。
4．【答案】C
5．【答案】A
【解析】B．两石子抛出后，只受重力作用，竖直方向加速度为重力加速度，设抛出点到水面的高度为ℎ，竖直向下为正方向。斜向上抛出的空中运动时间为t1，斜向下抛出的空中运动时间为t2，则
ℎ=−v0sinθt1+12gt12
ℎ=v0sinθt2+12gt22
得
t1>t2
故B错误；
AD．由斜上抛运动的对称性可知，斜上抛的物体落回到与抛出点同一高度时，竖直方向的分速度与斜下抛的竖直分速度v0sinθ相同。水平方向，两石子的水平方向都做匀速运动，水平分速度
vx=v0csθ
设抛出点到水面的高度为ℎ，竖直方向两石子均有
vy2−(v0sinθ)2=2gℎ
得
vy=(v0sinθ)2+2gℎ
速度与水平方向的夹角θ，则
tanθ=vyvx=(v0sinθ)2+2gℎv0csθ
为一定值，因此两石子在落至水面时速度方向相同，另外从抛出到落到水面，由动能定理得
mgℎ=12mv2−12mv02
得落至水面速度大小
v=v02+2gℎ
因此两石子落至水面速度大小相同，故A正确，D错误；
C． 两石子竖直分运动都有初速度，都不是自由落体运动，故C错误。
故选A。
6．【答案】C
【解析】A．向心力是效果力，实际上不存在，可知模型飞机不受向心力作用，受到重力和旋臂对模型飞机的两个作用力，故A错误；
BC．模型飞机在水平面内做匀速圆周运动，竖直方向受力平衡，所以旋臂对模型飞机作用力的一个分力F1平衡了飞机的重力，即有
F1=mg
另一个分力提供了飞机做匀速圆周运动的向心力F2，则有
F2=mrω2=mLsin45∘2gL2=mg=F1
可知旋臂对模型飞机的作用力方向一定与旋臂垂直且大小等于2mg，故B错误，C正确；
D．根据上述分析知，若转动的角速度增大，F2增加，F1不变，旋臂对模型飞机的作用力
F=F12+F22
可知若转动的角速度增大，则旋臂对模型飞机的作用力增大，故D错误。
故选C。
7．【答案】D
【解析】A．在c点汽车速度达到最大，则牵引力等于阻力，结合图像可得
f=F1=4000N
故A错误；
B．根据图像可知，汽车从a到b做匀加速直线运动，在b点，由图可知，牵引力与末速度分别为5000N、10m/s，则
P=F2v=5000×10W=50kW
故B错误；
C．bc反向延长过原点O，可知该过程保持额定功率恒定，所以
vm=PF1=12.5m/s
故C错误；
D．汽车从a到b，有
F2−f=ma
持续的时间为
t=va=16s
故D正确。
故选D。
8．【答案】B
【解析】A．当n=5时，r=2.8天文单位，小行星带处于火星与木星之间，故A错误；
B．根据开普勒第三定律有
r地3T地2=r木3T木2
代入数据解得
T木≈11.9年
故B正确；
C．受到太阳的引力除距离外，还与行星的质量有关，故C错误；
D．根据万有引力提供向心力对地球有
GMm地r地2=m地v地2r地
对金星有
GMm金r金2=m金v金2r金
则有
r地v地2=r金v金2
代入数据解得
v金v地=1.18
故D错误。
故选B。
9．【答案】BD
【解析】A．小球A、B受力情况如图所示
对B球根据共点力平衡可知
水平方向
TOBsin45°=mg
竖直方向
TOBcs45°=mg
解得
TOB=2mg；F=mg
此时弹簧处于拉长状态，A错误；
B．小球B缓慢下降，即B处于动态平衡，所以小球B受到合力始终为0，B正确；
CD．设OA绳长为l，OO'的长度为ℎ，圆柱体的半径为R，小球A受力平衡，由相似三角形可知
Nmg=Rℎ
Tmg=lℎ
球A沿着半圆柱体缓慢向上过程中OA绳长l逐渐减小，根据公式可知：N不变，T减小，C错误，D正确。
故选BD。
10．【答案】BCD
【解析】A．由能量守恒，甲在下落的过程中，甲的重力势能转化为甲与乙的总动能，故A错误；
BC．甲、乙组成的系统在下落过程中机械能守恒，即甲机械能的减少量等于乙机械能的增加量，故杆对甲、乙做功大小相等，则分解，由关联速度的关系可得乙的速度
v乙=v甲cs37°
则甲、乙的速度之比为
v甲:v乙=5:4
故BC正确；
D．甲在下落的过程中，由系统的机械能守恒可得
mgℎ=12mv甲2+12mv乙2
乙的动能为
Ek=12mv乙2
综合可得
Ek=1641mgℎ
故D正确。
故选BCD。
11．【答案】(1)C (2)1.10 (3)3.0（每空2分）
12．（1）；（2）均可）；（3） ；（4）
13【答案】（1）；（2）
【详解】(1) 由于小孩无碰撞进入圆弧轨道，即小孩落到A点时速度方向沿A点切线方向
则，又由，得，而，联立以上各式得
在最低点，据牛顿第二定律，有，根据机械能守恒定律，代入数据解得，由牛顿第三定律可知，小孩对轨道的压力为1290N
14．【答案】（1）ω=GM+mL3；r2=MM+mL；（6分）（2）M:m=567:37（3分）
【解析】（1）设O点与天体A､B的距离分别为r1和r2，则
r1+r2=L
转动的角速度为ω，对于天体A有
GMmL2=Mr1ω2
对于天体B有
GMmL2=mr2ω2
联立可得
ω=GM+mL3
r2=MM+mL
（2）在P点放置一个极小物体，设其质量为m0，它与A､B转动的角速度相同，对于小物体有
GMm0r2−Gmm0L−r2=m0ω2r−r1
代值可得
M:m=567:37
15．【答案】（1）60N；（6分）（2）6J；（4分）（3）0.5m≤L≤1m（10分）
【解析】（1）从出发到第一次滑至圆轨道最高点过程，由动能定理可得
mgH−μmgLAC2−mg×2R=12mv2−0.
在圆轨道最高点，由牛顿第二定律可得
mg+FN=mv2R
联立解得
FN=60N
由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为60N。
（2）弹簧第一次被压缩到最短时，弹性势能有最大值；从出发到弹簧第一次被压缩到最短过程，由动能定理可得
mgH−μmgLAC+W弹=0−0
又有
W弹=0−Ep
联立解得
Ep=6J
（3）①若滑块恰好到达圆轨道的最高点，则有
mg=mv02R
从开始到圆轨道最高点，由动能定理可得
mgH−2R−μmgs1=12mv02−0
解得
s1=0.75m
LBC=LAC−s1
要使滑块不脱离轨道，BC之间的距离应该满足
LBC≥0.25m
②若滑块刚好达到圆轨道的圆心等高处，此时的速度为零；由动能定理可得
mgH−R−μmgs2=0
解得
s2=1.5m
s2=1.5m=1m+0.5m
L'BC=s2−LAC
即反弹时恰好上到圆心等高处，如果反弹距离更大，则上升的高度更小，更不容易脱离轨道，所以
L'BC≥0.5m
考虑到AC的总长度等于1m，所以L'BC≤1m；结合①②两种情况，符合条件的BC长度为
0.5m≤L≤1m
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