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2023-2024学年福建省福州市八县（市）协作校高一（下）期末联考物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年福建省福州市八县（市）协作校高一（下）期末联考物理试卷（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.20世纪人类最伟大的创举之一是开拓了太空这一全新活动领域，人类突破了大气层的阻拦，摆脱了地球引力的束缚，实现了在太空翱翔的梦想，近年来我国也在太空探索中取得多项重大突破。以下关于宇宙相关知识说法正确的是( )
A. 哥白尼对第谷观测的行星数据进行多年研究，提出了行星运动定律
B. 卡文迪什通过实验推算出来引力常量G的值，被誉为第一个能“称量地球质量”的人
C. 人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动的速度可能大于地球的第一宇宙速度
D. 开普勒经过长期研究发现了万有引力定律
2.如图所示一种古老的舂米机。舂米时，稻谷放在石臼A中，横梁可以绕O转动，在横梁前端B处固定一舂米锤，脚踏在横梁另一端C点往下压时，舂米锤便向上抬起。然后提起脚，舂米锤就向下运动，击打A中的稻谷。已知OB=2OC，则在横梁绕O转动过程中( )
A. B、C的向心加速度相等
B. B、C的角速度关系满足ωB=2ωC
C. B、C的线速度大小关系满足vB=2vC
D. 舂米锤击打稻谷时对稻谷的作用力大于稻谷对舂米锤的作用力
3.某高中生在“体能测试”中，一分钟内完成了12次引体向上，该同学质量为60kg，完成一次引体向上重心上移约0.5m，则一分钟内该同学克服重力做功的平均功率约为( )
A. 50WB. 60WC. 70WD. 80W
4.如图所示，一条轻绳跨过光滑定滑轮，两端与质量分别为2m和m的物体P、Q连接，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，上端与物体Q相连，下端固定在水平面上。用手托住物体P，当轻绳刚好被拉直时，物体P离地的高度为L，重力加速度大小为g。物体P由静止释放后，落地时的速度恰好为0，则物体P下落过程中( )
A. 物体P、Q组成的系统机械能守恒B. 物体P、Q组成的系统机械能一直减少
C. 当物体P下降mgk 时具有最大速度D. 弹簧的弹性势能增加了mgL
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.如图所示的四幅图表示的是有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是( )
A. 图a，汽车通过拱桥的最高点时为了安全速度不宜过快
B. 图b，火车转弯小于规定速度行驶时，轮缘对外轨有侧向挤压作用
C. 图c，若A、B均相对静止，半径RA=2RB，质量mB=2mA，则A、B所受摩擦力fA=fB
D. 图d是一圆锥摆，增加绳长，保持圆锥的高度不变，则圆锥摆的角速度不变
6.我国北斗系统已经全球组网。人造卫星的发射过程要经过多次变轨方可到达预定轨道，在发射地球同步卫星的过程中，卫星从圆轨道Ⅰ的A点先变轨到椭圆轨道Ⅱ，然后在B点变轨进入地球同步轨道Ⅲ，则( )
A. 该卫星在轨道Ⅰ上的机械能大于轨道Ⅱ上的机械能
B. 卫星在B点通过加速实现由轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ
C. 该卫星在轨道Ⅰ上过A点的加速度比在轨道Ⅱ上过B点的加速度小
D. 若卫星在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ轨道上运行的周期分别为T1、T2、T3，则T17.如图所示为固定的半圆形竖直轨道，AB为水平直径，O为圆心，同时从A点水平抛出甲、乙两个小球，初速度分别为v1、v2，落在轨道上的C、D两点，OC、OD连线与竖直方向的夹角均为30°，忽略空气阻力，两小球均可视为质点。则( )
A. 甲、乙两球不会同时落到轨道上
B. v1:v2=1:3
C. 乙球与甲球的速度变化量相同
D. 乙球在D点速度的反向延长线一定过O点
8.如图甲所示，轻杆一端固定一小球，另一端绕O点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F，当小球运动的角速度ω逐渐增大时，得到F−ω2图像如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 当地的重力加速度大小为bRB. 小球的质量为abR
C. ω2=c时，杆对小球的弹力方向向上D. 若c=2b，则杆对小球弹力大小为a
三、填空题：本大题共3小题，共12分。
9.如图所示，直径d=50cm的纸筒以转速n=10r/s绕轴O逆时针匀速转动，从玩具枪枪口发射的子弹(可视为质点)沿直径穿过圆筒。若子弹在圆筒上只留下一个弹孔，则圆桶转动的角速度为__________rad/s；子弹穿过纸筒的最大平均速度为________m/s。(π=3.14)
10.某“复兴号”列车的额定功率为1.0×104kW，质量为1.0×105kg。若该列车保持额定功率不变从静止启动后，在水平轨道上行驶，受到的阻力恒为1.0×105N，80s后达到最大速度。该列车在达到最大速度之前做_____直线运动(填“匀加速”或“变加速”)，加速位移为_______m。
11.在一马戏表演中，猴子沿竖直杆向上运动的同时，人顶杆沿水平地面移动。猴子在竖直方向的速度图像和人顶杆沿水平地面移动位移图像如图所示。关于猴子运动相对地面的运动轨迹是________(选填“直线”或“曲线”)，猴子前4s内的位移大小为______m。
四、实验题：本大题共2小题，共12分。
12.向心力演示器装置如图所示，可利用该装置探究影响向心力大小的因素。
(1)下列实验与本实验中采用的实验方法一致的是
A.探究弹簧弹力与形变量的关系
B.探究两个互成角度力的合成规律
C.探究加速度与力、质量的关系
D.探究平抛运动的特点
(2)为了探究金属球的向心力F的大小与轨道半径r之间的关系，下列说法正确的是
A.应使用两个质量不等的小球 B.应使两小球离转轴的距离不同
C.应将皮带套在两边半径相等的变速塔轮上D.以上说法都不正确
(3)在探究向心力的大小F与角速度ω的关系时，向心力演示器标尺上红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力之比为1：9，则与皮带连接的两个变速塔轮的半径之比为__________
13.某同学用如图所示的实验装置验证m1和m2组成的系统机械能守恒，将m2由静止释放，m1拖着纸带向上运动，打点计时器在纸带上打出一系列点，通过对纸带上的点进行测量分析，即可验证机械能守恒定律。已知m1=0.05kg(含夹子质量)，m2=0.15kg，某次实验打出的纸带如下图所示，O是打下的第一个点，然后每隔4个点取一个计数点，分别标记为A、B、C、D、E、F，分别测出各计数点到O点的距离，其中C、D、E到O点的距离已经标出，已知打点计时器所使用交流电电压为220V、频率50Hz。
(1)关于上述实验，下列说法中正确的是______；
A.重物最好选择密度较小的物体
B.图中两限位孔必须在同一竖直直线上
C.应先接通打点计时器电源后释放重物
(2)纸带打下“D”点时的速度vD=_____m/s；
(3)在本实验中，该同学测出下落ℎ和对应的末速度v，并作出了v22−ℎ的图像，如图所示。则当地的重力加速度的测量值g=_____m/s2。
五、计算题：本大题共3小题，共36分。
14.天宫一号是中国载人航天工程发射的第一个目标飞行器，也是中国第一个空间实验室，一些天文爱好者借助人造天体过境预报网站提供的数据用天文望远镜可以看到天宫一号，由于天宫一号速度很快，能够给天文爱好者持续观察的时间t较短，为了简化问题便于研究，将“天宫一号”绕地球的运动视为匀速圆周运动，已知“天宫一号”做匀速圆周运动的半径为r，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，引力常量为G.求：
(1)地球的质量M；
(2)在天文爱好者持续观察的时间t内，“天宫一号”运动的路程。
15.藏族文化是中华文化的重要组成部分，如图甲所示为藏族文化中的转经轮，转经轮套在转轴上，轮上悬挂一吊坠，简化模型如图乙。可视为质点的吊坠质量m=0.1kg，绳长L=10cm，悬挂点P到转经轮转轴的距离为d=4cm，吊坠的运动可视为水平面内的匀速圆周运动。(g取10m/s2,sin37∘=0.6,cs37∘=0.8)求：
(1)绳子与竖直方向夹角θ1=37°时吊坠的线速度；
(2)若转经轮加速转动，使绳子与竖直夹角由θ1=37°变为θ2=53°，求此过程绳子拉力对吊坠所做的功。(不计空气阻力)
16.如图所示，有一个可视为质点的质量为m=3kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0=3m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M=4kg的长木板。已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.4，圆弧轨道的半径为R=3.0m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ=53°，不计空气阻力。(取g=10m/s2，sin53°=0.8，cs53°=0.6)求：
(1)小物块落到C点时速度；
(2)小物块到达圆弧末端D点时对轨道的压力大小；
(3)小物块从滑上木板到与木板共速过程，摩擦力对木板做的功。
答案解析
1.B
【解析】A.开普勒通过对第谷多年的观测数据的研究，提出了行星运动定律，故A错误；
B.卡文迪什通过实验推算出来引力常量G的值，被誉为第一个能“称量地球质量”的人，故B正确；
C.地球的第一宇宙速度代表卫星做圆周运动的最大速度，人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动的速度小于地球的第一宇宙速度，故C错误；
D.牛顿经过长期研究发现了万有引力定律，故D错误。
故选B。
2.C
【解析】AB、由图可知，B与C属于同轴转动，则它们的角速度是相等的，即ωC=ωB；由：a=ω2r可知，OB=2OC，则B的向心加速度较大，故AB错误；
C、由于OB=2OC，由v=ωr，可知vB=2vC，故C正确；
D、锤对稻谷的作用力与稻谷对舂米锤的作用力是一对作用力与反作用力，二者大小相等，故D错误。
故选：C。
3.B
【解析】同学体重约为600N，该同学一分钟内克服重力做功为W=12mgℎ，则平均功率P=Wt=60W，B项正确，ACD错误。
4.D
【解析】AB.物体P下落过程中，物体P、Q和弹簧组成的系统满足机械能守恒；弹簧先处于压缩状态后处于伸长状态，弹性势能先减小后增加，则物体P、Q组成的系统机械能先增加后减小，故AB错误；
C.用手托住物体P，当轻绳刚好被拉直时，弹簧压缩量为
Δx=mgk 当物体P下降 mgk 时，弹簧恰好恢复原长，此时P仍有向下的加速度，速度不是最大，故C错误；
D.物体P下落过程中，物体P、Q组成的系统重力势能减少了 2m−mgL ，则弹簧的弹性势能增加了mgL，故D正确。
故选D。
5.ACD
【解析】A.图a中，汽车过拱桥最高点时，由牛顿第二定律有
mg−FN=mv2R
可知，汽车过拱桥时速度越大，桥面对汽车的支持力就越小，当速度足够大时，桥面对汽车的支持力将减为0，汽车将从桥面飞出，因此，汽车通过拱桥的最高点时为了安全速度不宜过快，故A正确；
B.图b中，当火车转弯小于规定速度时，根据牛顿第二定律有
mgtanθ−FN=mv2R
可知，内轨对轮缘有弹力的作用，即轮缘对内轨有侧向挤压作用，故B错误；
C.图c中，物体A、B属于同轴转动，角速度相同，A、B均静止时，静摩擦力提供各自做圆周运动的向心力，有
f=mω2R
由于
RA=2RB ， mB=2mA
则可得
fA=fB
故C正确；
D.图d中，小球做圆周运动有
mgtanθ=mω2lsinθ
解得
ω= glcsθ
而
csθ=ℎl
可得
ω= gℎ
可知，增加绳长，保持圆锥的高度不变，则圆锥摆的角速度不变，故D正确。
故选ACD。
6.BD
【解析】A. 当万有引力小于向心力时，做离心运动，所以卫星从圆轨道Ⅰ的A点先加速变轨到椭圆轨道Ⅱ，所以卫星在轨道Ⅰ上的机械能小于于轨道Ⅱ上的机械能，故A错误；
B. 卫星在B点时，若在轨道Ⅱ上运动，则此处的万有引力大于向心力，做向心运动，通过加速可实现万有引力等于向心力，从而由轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ，故B正确；
C. 合外力为万有引力，所以加速度为a=GMr2
由万有引力的距离关系可知，该卫星在轨道Ⅰ上过A点的加速度比在轨道Ⅱ上过B点的加速度大，故C错误；
D. 由开普勒第三定律a3T2=k
可知对同一个中心天体，半长轴越大周期越大，若卫星在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ轨道上运行的周期分别为T1、T2、T3，由距离关系，可以判定T1故选BD。
7.BC
【解析】AC.由图可知，两个物体下落的高度是相等的，根据ℎ=12gt2
又Δv=gt
可知甲乙两球下落到轨道的时间相等，故甲、乙两球同时落到轨道上，甲乙两球下落到轨道的速度变化量相同，故A错误，C正确；
B.设圆形轨道的半径为 R ，则甲水平位移为x1=R−Rsin30∘=0.5R
乙水平位移为x2=R+Rsin30∘=1.5R
可得x2=3x1
水平方向做匀速直线运动，则有v1:v2=1:3
故B正确；
D.设乙球在D点速度偏转角为 α ，有tanα=gtv0乙
设乙球在D点位移偏转角为 θ ，有tanθ=gt2v0乙
可见tanα=2tanθ
即在D点速度反向延长线平分水平位移，所以乙球在D点速度的反向延长线不过O点，故D错误。
故选BC。
8.AD
【解析】A.当角速度较小时，在最高点，重力大于所需向心力，弹力方向向上，则有mg−F=mω2R
根据图乙可知，当角速度的平方为b时，弹力为0，由重力提供向心力，则有mg=mbR
解得当地的重力加速度大小为g=bR
故A正确；
B.结合上述可知，当角速度的平方为0时，弹力大小为a，则有mg=a
结合上述解得，小球的质量为m=ag=abR
故B错误；
C.当角速度较大时，重力不足以提供向心力，弹力方向向下，则有mg+F=mω2R
当 ω2=c 时，杆对小球的弹力方向向下，大小为F=ac−bb
故C错误；
D.若 c=2b ，结合上述有mg+F′=m×2bR
解得F′=a
故D正确。
故选AD。
9. 62.8 10
【解析】[1]匀速圆周运动的角速度为ω=2πn=62.8rad/s
[2]在子弹飞行的时间内，圆筒转动的角度为θ=2N+1π,N=0,1,2...
时间t=θω=dv
可得
v=dωθ=0.5×62.82N+1×3.14m/s,N=0,1,2... N=0 时子弹的平均速度最大vmax=10m/s
10. 变加速 3000
【解析】[1]根据牛顿第二定律a=F−fm=Pv−fm
可知随着列车的速度的增大，列车的牵引力逐渐减小，列车的加速度逐渐减小，故列车在达到最大速度之前做变加速直线运动；
[2]当列车的牵引力减小到与阻力相等时，列车的速度达到最大，故列车行驶的最大速度为vm=PF=Pf=1.0×1071.0×105m/s=100m/s
由动能定理得Pt−fx=12mvm2−0
代入数据解得，加速位移为x=3000m
11.曲线 5
【解析】[1]由图可知，猴子在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为0的匀加速直线运动，根据运动的合成，知合速度与合加速度不在同一条直线上，所以猴子运动的轨迹为曲线；
[2]猴子前4s内的水平方向位移为x=3m
竖直方向y=v2t=22×4m=4m
所以，猴子的位移为l= x2+y2=5m
12.(1)C
(2)BC
(3)3：1
【解析】(1)本实验采用的是控制变量法分别研究向心力F的大小与质量m、角速度ω、轨道半径r之间的关系。探究弹簧弹力与形变量的关系利用多次测量求平均值；探究两个互成角度力的合成规律利用等效替代法；探究平抛运动的特点利用的是的是等效思想。只有探究加速度与力、质量的关系是用控制变量法分别研究加速度与力、质量的关系。
故选C。
(2)为了探究金属球的向心力F的大小与轨道半径r之间的关系，用控制变量法应使用两个质量相等的小球、转动的角速度相同故应将皮带套在两边半径相等的变速塔轮上，轨道半径r的大小与向心力F的大小一一对应，才能判断出两者的关系。
故选BC。
(3)在探究向心力的大小F与角速度ω的关系时，小球的质量m和转动半径r都相同，由F=mω2r
则有ω= Fmr
两个小球所受向心力之比为1：9，则两小球角速度之比为1：3。而两小球的运动是由皮带连接的两个变速塔轮带动，变速塔轮边缘线速度相同，设变速塔轮半径为R，由v=ωR
可得 R 与 1ω 成正比，所以变速塔轮半径之比为3：1。
13.(1)BC
(2)1.6
(3)9.6
【解析】(1)A.重物应选用体积小、密度大的物体，故A错误；
B.两个限位孔应在同一竖直线上，减少阻力，故B正确；
C.为充分利用纸带，应先接通电源，后释放重物，故C正确。
故选BC。
(2)每隔4个点取一个计数点，打点计时器所使用交流电电压为220V、频率为50Hz，则T=5f=0.1s
因为物体作匀变速直线运动，所以D点的瞬时速度等于CE两点间的平均速度，即vD=CE2T=1.6m/s
(3)对m1和m2组成的系统，由机械能守恒可得m2−m1gℎ=12m1+m2v2
代入可得v22=g2ℎ
由题图故有g2=
解得g=9.6m/s2
14.解：(1)在地球表面有：GMmR2=mg，可得M=gR2G；
(2)根据GMmr2=mv2r，可得v=R gr，
故s=vt=tR gr。
【解析】(1)根据地球表面物体的重力等于万有引力即可求解地球的质量；
(2)“天宫一号”绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，再结合(1)的结果，即可求解“天宫一号”绕地球运行的速度，由s=vt得出路程。
本题要掌握万有引力提供向心力和星球表面的物体受到的重力等于万有引力这两个关系，同时要能够根据题意选择恰当的向心力的表达式。
15.(1)对吊坠受力分析，绳子竖直方向的分力等于吊坠的重力，水平分力为吊坠做圆周运动提供向心力，则mgtanθ1=mv12r1
其中r1=d+Lsinθ1
解得v1= 32m/s
(2)转经轮加速转动后mgtanθ2=mv22r2
其中r2=d+Lsinθ2
解得v2=4 1010m/s
根据动能定理W−mgLcs37∘−mgL53∘=12mv22−12mv12
解得W=0.0625J
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
16.解：(1)小物块到达C点时，沿切线方向
所以vC=v0cs53∘=5m/s，速度方向与水平方向夹角为53°。
(2)小物块到达D点时的速度为vD，根据动能定理mgR(1−cs53∘)=12mvD2−12mvC2
代入数据解得：vD=7m/s
在D点对物块受力分析，T和G的合力充当向心力：T−G=mvD2R
代入数据解得：T=79N
由相互作用力可知，小物块在D点对于轨道的压力和轨道对小物块的支持力是一对相互作用力，所以小物块对轨道的压力等于79N。
(3)对小物块刚滑到木板到达到共同速度，设共同速度大小为v共，小物块与木板组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mvD=(M+m)v共
代入数据可得：v共=3m/s
由能量守恒定律得：12mvD2=12(m+M)v共2+Wf
代入数据解得，Wf=42J。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
1.20世纪人类最伟大的创举之一是开拓了太空这一全新活动领域，人类突破了大气层的阻拦，摆脱了地球引力的束缚，实现了在太空翱翔的梦想，近年来我国也在太空探索中取得多项重大突破。以下关于宇宙相关知识说法正确的是( )
A. 哥白尼对第谷观测的行星数据进行多年研究，提出了行星运动定律
B. 卡文迪什通过实验推算出来引力常量G的值，被誉为第一个能“称量地球质量”的人
C. 人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动的速度可能大于地球的第一宇宙速度
D. 开普勒经过长期研究发现了万有引力定律
2.如图所示一种古老的舂米机。舂米时，稻谷放在石臼A中，横梁可以绕O转动，在横梁前端B处固定一舂米锤，脚踏在横梁另一端C点往下压时，舂米锤便向上抬起。然后提起脚，舂米锤就向下运动，击打A中的稻谷。已知OB=2OC，则在横梁绕O转动过程中( )
A. B、C的向心加速度相等
B. B、C的角速度关系满足ωB=2ωC
C. B、C的线速度大小关系满足vB=2vC
D. 舂米锤击打稻谷时对稻谷的作用力大于稻谷对舂米锤的作用力
3.某高中生在“体能测试”中，一分钟内完成了12次引体向上，该同学质量为60kg，完成一次引体向上重心上移约0.5m，则一分钟内该同学克服重力做功的平均功率约为( )
A. 50WB. 60WC. 70WD. 80W
4.如图所示，一条轻绳跨过光滑定滑轮，两端与质量分别为2m和m的物体P、Q连接，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，上端与物体Q相连，下端固定在水平面上。用手托住物体P，当轻绳刚好被拉直时，物体P离地的高度为L，重力加速度大小为g。物体P由静止释放后，落地时的速度恰好为0，则物体P下落过程中( )
A. 物体P、Q组成的系统机械能守恒B. 物体P、Q组成的系统机械能一直减少
C. 当物体P下降mgk 时具有最大速度D. 弹簧的弹性势能增加了mgL
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.如图所示的四幅图表示的是有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是( )
A. 图a，汽车通过拱桥的最高点时为了安全速度不宜过快
B. 图b，火车转弯小于规定速度行驶时，轮缘对外轨有侧向挤压作用
C. 图c，若A、B均相对静止，半径RA=2RB，质量mB=2mA，则A、B所受摩擦力fA=fB
D. 图d是一圆锥摆，增加绳长，保持圆锥的高度不变，则圆锥摆的角速度不变
6.我国北斗系统已经全球组网。人造卫星的发射过程要经过多次变轨方可到达预定轨道，在发射地球同步卫星的过程中，卫星从圆轨道Ⅰ的A点先变轨到椭圆轨道Ⅱ，然后在B点变轨进入地球同步轨道Ⅲ，则( )
A. 该卫星在轨道Ⅰ上的机械能大于轨道Ⅱ上的机械能
B. 卫星在B点通过加速实现由轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ
C. 该卫星在轨道Ⅰ上过A点的加速度比在轨道Ⅱ上过B点的加速度小
D. 若卫星在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ轨道上运行的周期分别为T1、T2、T3，则T1
A. 甲、乙两球不会同时落到轨道上
B. v1:v2=1:3
C. 乙球与甲球的速度变化量相同
D. 乙球在D点速度的反向延长线一定过O点
8.如图甲所示，轻杆一端固定一小球，另一端绕O点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F，当小球运动的角速度ω逐渐增大时，得到F−ω2图像如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 当地的重力加速度大小为bRB. 小球的质量为abR
C. ω2=c时，杆对小球的弹力方向向上D. 若c=2b，则杆对小球弹力大小为a
三、填空题：本大题共3小题，共12分。
9.如图所示，直径d=50cm的纸筒以转速n=10r/s绕轴O逆时针匀速转动，从玩具枪枪口发射的子弹(可视为质点)沿直径穿过圆筒。若子弹在圆筒上只留下一个弹孔，则圆桶转动的角速度为__________rad/s；子弹穿过纸筒的最大平均速度为________m/s。(π=3.14)
10.某“复兴号”列车的额定功率为1.0×104kW，质量为1.0×105kg。若该列车保持额定功率不变从静止启动后，在水平轨道上行驶，受到的阻力恒为1.0×105N，80s后达到最大速度。该列车在达到最大速度之前做_____直线运动(填“匀加速”或“变加速”)，加速位移为_______m。
11.在一马戏表演中，猴子沿竖直杆向上运动的同时，人顶杆沿水平地面移动。猴子在竖直方向的速度图像和人顶杆沿水平地面移动位移图像如图所示。关于猴子运动相对地面的运动轨迹是________(选填“直线”或“曲线”)，猴子前4s内的位移大小为______m。
四、实验题：本大题共2小题，共12分。
12.向心力演示器装置如图所示，可利用该装置探究影响向心力大小的因素。
(1)下列实验与本实验中采用的实验方法一致的是
A.探究弹簧弹力与形变量的关系
B.探究两个互成角度力的合成规律
C.探究加速度与力、质量的关系
D.探究平抛运动的特点
(2)为了探究金属球的向心力F的大小与轨道半径r之间的关系，下列说法正确的是
A.应使用两个质量不等的小球 B.应使两小球离转轴的距离不同
C.应将皮带套在两边半径相等的变速塔轮上D.以上说法都不正确
(3)在探究向心力的大小F与角速度ω的关系时，向心力演示器标尺上红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力之比为1：9，则与皮带连接的两个变速塔轮的半径之比为__________
13.某同学用如图所示的实验装置验证m1和m2组成的系统机械能守恒，将m2由静止释放，m1拖着纸带向上运动，打点计时器在纸带上打出一系列点，通过对纸带上的点进行测量分析，即可验证机械能守恒定律。已知m1=0.05kg(含夹子质量)，m2=0.15kg，某次实验打出的纸带如下图所示，O是打下的第一个点，然后每隔4个点取一个计数点，分别标记为A、B、C、D、E、F，分别测出各计数点到O点的距离，其中C、D、E到O点的距离已经标出，已知打点计时器所使用交流电电压为220V、频率50Hz。
(1)关于上述实验，下列说法中正确的是______；
A.重物最好选择密度较小的物体
B.图中两限位孔必须在同一竖直直线上
C.应先接通打点计时器电源后释放重物
(2)纸带打下“D”点时的速度vD=_____m/s；
(3)在本实验中，该同学测出下落ℎ和对应的末速度v，并作出了v22−ℎ的图像，如图所示。则当地的重力加速度的测量值g=_____m/s2。
五、计算题：本大题共3小题，共36分。
14.天宫一号是中国载人航天工程发射的第一个目标飞行器，也是中国第一个空间实验室，一些天文爱好者借助人造天体过境预报网站提供的数据用天文望远镜可以看到天宫一号，由于天宫一号速度很快，能够给天文爱好者持续观察的时间t较短，为了简化问题便于研究，将“天宫一号”绕地球的运动视为匀速圆周运动，已知“天宫一号”做匀速圆周运动的半径为r，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，引力常量为G.求：
(1)地球的质量M；
(2)在天文爱好者持续观察的时间t内，“天宫一号”运动的路程。
15.藏族文化是中华文化的重要组成部分，如图甲所示为藏族文化中的转经轮，转经轮套在转轴上，轮上悬挂一吊坠，简化模型如图乙。可视为质点的吊坠质量m=0.1kg，绳长L=10cm，悬挂点P到转经轮转轴的距离为d=4cm，吊坠的运动可视为水平面内的匀速圆周运动。(g取10m/s2,sin37∘=0.6,cs37∘=0.8)求：
(1)绳子与竖直方向夹角θ1=37°时吊坠的线速度；
(2)若转经轮加速转动，使绳子与竖直夹角由θ1=37°变为θ2=53°，求此过程绳子拉力对吊坠所做的功。(不计空气阻力)
16.如图所示，有一个可视为质点的质量为m=3kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0=3m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M=4kg的长木板。已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.4，圆弧轨道的半径为R=3.0m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ=53°，不计空气阻力。(取g=10m/s2，sin53°=0.8，cs53°=0.6)求：
(1)小物块落到C点时速度；
(2)小物块到达圆弧末端D点时对轨道的压力大小；
(3)小物块从滑上木板到与木板共速过程，摩擦力对木板做的功。
答案解析
1.B
【解析】A.开普勒通过对第谷多年的观测数据的研究，提出了行星运动定律，故A错误；
B.卡文迪什通过实验推算出来引力常量G的值，被誉为第一个能“称量地球质量”的人，故B正确；
C.地球的第一宇宙速度代表卫星做圆周运动的最大速度，人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动的速度小于地球的第一宇宙速度，故C错误；
D.牛顿经过长期研究发现了万有引力定律，故D错误。
故选B。
2.C
【解析】AB、由图可知，B与C属于同轴转动，则它们的角速度是相等的，即ωC=ωB；由：a=ω2r可知，OB=2OC，则B的向心加速度较大，故AB错误；
C、由于OB=2OC，由v=ωr，可知vB=2vC，故C正确；
D、锤对稻谷的作用力与稻谷对舂米锤的作用力是一对作用力与反作用力，二者大小相等，故D错误。
故选：C。
3.B
【解析】同学体重约为600N，该同学一分钟内克服重力做功为W=12mgℎ，则平均功率P=Wt=60W，B项正确，ACD错误。
4.D
【解析】AB.物体P下落过程中，物体P、Q和弹簧组成的系统满足机械能守恒；弹簧先处于压缩状态后处于伸长状态，弹性势能先减小后增加，则物体P、Q组成的系统机械能先增加后减小，故AB错误；
C.用手托住物体P，当轻绳刚好被拉直时，弹簧压缩量为
Δx=mgk 当物体P下降 mgk 时，弹簧恰好恢复原长，此时P仍有向下的加速度，速度不是最大，故C错误；
D.物体P下落过程中，物体P、Q组成的系统重力势能减少了 2m−mgL ，则弹簧的弹性势能增加了mgL，故D正确。
故选D。
5.ACD
【解析】A.图a中，汽车过拱桥最高点时，由牛顿第二定律有
mg−FN=mv2R
可知，汽车过拱桥时速度越大，桥面对汽车的支持力就越小，当速度足够大时，桥面对汽车的支持力将减为0，汽车将从桥面飞出，因此，汽车通过拱桥的最高点时为了安全速度不宜过快，故A正确；
B.图b中，当火车转弯小于规定速度时，根据牛顿第二定律有
mgtanθ−FN=mv2R
可知，内轨对轮缘有弹力的作用，即轮缘对内轨有侧向挤压作用，故B错误；
C.图c中，物体A、B属于同轴转动，角速度相同，A、B均静止时，静摩擦力提供各自做圆周运动的向心力，有
f=mω2R
由于
RA=2RB ， mB=2mA
则可得
fA=fB
故C正确；
D.图d中，小球做圆周运动有
mgtanθ=mω2lsinθ
解得
ω= glcsθ
而
csθ=ℎl
可得
ω= gℎ
可知，增加绳长，保持圆锥的高度不变，则圆锥摆的角速度不变，故D正确。
故选ACD。
6.BD
【解析】A. 当万有引力小于向心力时，做离心运动，所以卫星从圆轨道Ⅰ的A点先加速变轨到椭圆轨道Ⅱ，所以卫星在轨道Ⅰ上的机械能小于于轨道Ⅱ上的机械能，故A错误；
B. 卫星在B点时，若在轨道Ⅱ上运动，则此处的万有引力大于向心力，做向心运动，通过加速可实现万有引力等于向心力，从而由轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ，故B正确；
C. 合外力为万有引力，所以加速度为a=GMr2
由万有引力的距离关系可知，该卫星在轨道Ⅰ上过A点的加速度比在轨道Ⅱ上过B点的加速度大，故C错误；
D. 由开普勒第三定律a3T2=k
可知对同一个中心天体，半长轴越大周期越大，若卫星在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ轨道上运行的周期分别为T1、T2、T3，由距离关系，可以判定T1
7.BC
【解析】AC.由图可知，两个物体下落的高度是相等的，根据ℎ=12gt2
又Δv=gt
可知甲乙两球下落到轨道的时间相等，故甲、乙两球同时落到轨道上，甲乙两球下落到轨道的速度变化量相同，故A错误，C正确；
B.设圆形轨道的半径为 R ，则甲水平位移为x1=R−Rsin30∘=0.5R
乙水平位移为x2=R+Rsin30∘=1.5R
可得x2=3x1
水平方向做匀速直线运动，则有v1:v2=1:3
故B正确；
D.设乙球在D点速度偏转角为 α ，有tanα=gtv0乙
设乙球在D点位移偏转角为 θ ，有tanθ=gt2v0乙
可见tanα=2tanθ
即在D点速度反向延长线平分水平位移，所以乙球在D点速度的反向延长线不过O点，故D错误。
故选BC。
8.AD
【解析】A.当角速度较小时，在最高点，重力大于所需向心力，弹力方向向上，则有mg−F=mω2R
根据图乙可知，当角速度的平方为b时，弹力为0，由重力提供向心力，则有mg=mbR
解得当地的重力加速度大小为g=bR
故A正确；
B.结合上述可知，当角速度的平方为0时，弹力大小为a，则有mg=a
结合上述解得，小球的质量为m=ag=abR
故B错误；
C.当角速度较大时，重力不足以提供向心力，弹力方向向下，则有mg+F=mω2R
当 ω2=c 时，杆对小球的弹力方向向下，大小为F=ac−bb
故C错误；
D.若 c=2b ，结合上述有mg+F′=m×2bR
解得F′=a
故D正确。
故选AD。
9. 62.8 10
【解析】[1]匀速圆周运动的角速度为ω=2πn=62.8rad/s
[2]在子弹飞行的时间内，圆筒转动的角度为θ=2N+1π,N=0,1,2...
时间t=θω=dv
可得
v=dωθ=0.5×62.82N+1×3.14m/s,N=0,1,2... N=0 时子弹的平均速度最大vmax=10m/s
10. 变加速 3000
【解析】[1]根据牛顿第二定律a=F−fm=Pv−fm
可知随着列车的速度的增大，列车的牵引力逐渐减小，列车的加速度逐渐减小，故列车在达到最大速度之前做变加速直线运动；
[2]当列车的牵引力减小到与阻力相等时，列车的速度达到最大，故列车行驶的最大速度为vm=PF=Pf=1.0×1071.0×105m/s=100m/s
由动能定理得Pt−fx=12mvm2−0
代入数据解得，加速位移为x=3000m
11.曲线 5
【解析】[1]由图可知，猴子在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为0的匀加速直线运动，根据运动的合成，知合速度与合加速度不在同一条直线上，所以猴子运动的轨迹为曲线；
[2]猴子前4s内的水平方向位移为x=3m
竖直方向y=v2t=22×4m=4m
所以，猴子的位移为l= x2+y2=5m
12.(1)C
(2)BC
(3)3：1
【解析】(1)本实验采用的是控制变量法分别研究向心力F的大小与质量m、角速度ω、轨道半径r之间的关系。探究弹簧弹力与形变量的关系利用多次测量求平均值；探究两个互成角度力的合成规律利用等效替代法；探究平抛运动的特点利用的是的是等效思想。只有探究加速度与力、质量的关系是用控制变量法分别研究加速度与力、质量的关系。
故选C。
(2)为了探究金属球的向心力F的大小与轨道半径r之间的关系，用控制变量法应使用两个质量相等的小球、转动的角速度相同故应将皮带套在两边半径相等的变速塔轮上，轨道半径r的大小与向心力F的大小一一对应，才能判断出两者的关系。
故选BC。
(3)在探究向心力的大小F与角速度ω的关系时，小球的质量m和转动半径r都相同，由F=mω2r
则有ω= Fmr
两个小球所受向心力之比为1：9，则两小球角速度之比为1：3。而两小球的运动是由皮带连接的两个变速塔轮带动，变速塔轮边缘线速度相同，设变速塔轮半径为R，由v=ωR
可得 R 与 1ω 成正比，所以变速塔轮半径之比为3：1。
13.(1)BC
(2)1.6
(3)9.6
【解析】(1)A.重物应选用体积小、密度大的物体，故A错误；
B.两个限位孔应在同一竖直线上，减少阻力，故B正确；
C.为充分利用纸带，应先接通电源，后释放重物，故C正确。
故选BC。
(2)每隔4个点取一个计数点，打点计时器所使用交流电电压为220V、频率为50Hz，则T=5f=0.1s
因为物体作匀变速直线运动，所以D点的瞬时速度等于CE两点间的平均速度，即vD=CE2T=1.6m/s
(3)对m1和m2组成的系统，由机械能守恒可得m2−m1gℎ=12m1+m2v2
代入可得v22=g2ℎ
由题图故有g2=
解得g=9.6m/s2
14.解：(1)在地球表面有：GMmR2=mg，可得M=gR2G；
(2)根据GMmr2=mv2r，可得v=R gr，
故s=vt=tR gr。
【解析】(1)根据地球表面物体的重力等于万有引力即可求解地球的质量；
(2)“天宫一号”绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，再结合(1)的结果，即可求解“天宫一号”绕地球运行的速度，由s=vt得出路程。
本题要掌握万有引力提供向心力和星球表面的物体受到的重力等于万有引力这两个关系，同时要能够根据题意选择恰当的向心力的表达式。
15.(1)对吊坠受力分析，绳子竖直方向的分力等于吊坠的重力，水平分力为吊坠做圆周运动提供向心力，则mgtanθ1=mv12r1
其中r1=d+Lsinθ1
解得v1= 32m/s
(2)转经轮加速转动后mgtanθ2=mv22r2
其中r2=d+Lsinθ2
解得v2=4 1010m/s
根据动能定理W−mgLcs37∘−mgL53∘=12mv22−12mv12
解得W=0.0625J
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
16.解：(1)小物块到达C点时，沿切线方向
所以vC=v0cs53∘=5m/s，速度方向与水平方向夹角为53°。
(2)小物块到达D点时的速度为vD，根据动能定理mgR(1−cs53∘)=12mvD2−12mvC2
代入数据解得：vD=7m/s
在D点对物块受力分析，T和G的合力充当向心力：T−G=mvD2R
代入数据解得：T=79N
由相互作用力可知，小物块在D点对于轨道的压力和轨道对小物块的支持力是一对相互作用力，所以小物块对轨道的压力等于79N。
(3)对小物块刚滑到木板到达到共同速度，设共同速度大小为v共，小物块与木板组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mvD=(M+m)v共
代入数据可得：v共=3m/s
由能量守恒定律得：12mvD2=12(m+M)v共2+Wf
代入数据解得，Wf=42J。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
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