2023-2024学年北京市大兴区高一下学期期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年北京市大兴区高一下学期期末物理试卷（含详细答案解析），共23页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.自然界中物体的运动是多种多样的。关于运动与力的关系，下列说法正确的是( )
A. 运动的物体，一定受到力的作用B. 物体受到的力越大，它的速度就越大
C. 做曲线运动的物体，加速度一定不为零D. 物体在恒力的作用下，不可能做曲线运动
2.如图所示，竖直放置的两端封闭的玻璃管中注满清水，内有一个红蜡块能在水中匀速上浮。在红蜡块从玻璃管的下端匀速上浮的同时，使玻璃管以速度v水平向右匀速运动。红蜡块由玻璃管的下端上升到顶端，所需时间为t，相对地面通过的路程为L。在t时间内下列说法正确的是( )
A. v增大时，L减小B. v增大时，L不变C. v增大时，t减小D. v增大时，t不变
3.如图所示，修正带的核心部件是两个半径不同的齿轮，两个齿轮通过相互咬合进行工作，A和B分别为两个齿轮边缘处的点。若两齿轮匀速转动，下列说法正确的是( )
A. A、B两点的周期大小相等B. A、B两点的线速度大小相等
C. A、B两点的角速度大小相等D. A、B两点的向心加速度大小相等
4.如图所示，质量为m的小球用长为l的细线悬于P点，使小球在水平面内以角速度ω做匀速圆周运动。已知小球做圆周运动时圆心O到悬点P的距离为h，小球可视为质点，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 小球的频率为2πωB. 小球的线速度大小为ωh
C. 小球受到合力大小为mghlD. 绳对小球的拉力大小为mω2l
5.第24届冬季奥林匹克运动会在2022年由北京市和张家口市联合举办，跳台滑雪是比赛项目之一。如图所示，运动员从跳台边缘的O点水平滑出，落到斜坡CD上的E点。运动员可视为质点，忽略空气阻力的影响，重力加速度已知，则运动员由O点出发运动到E点过程中下列说法正确得是( )
A. 运动员运动时间仅由OC的高度决定
B. 运动员的落点E仅由OC的高度决定
C. 若测出OE的水平距离则可计算运动员离开平台时的速度
D. 若测出运动员空中飞行时间及OE的水平距离则可计算出落到E点时的速度大小
6.如图所示，长为L的杆一端固定在过O点的水平转轴上，另一端固定质量为m的小球。杆在电动机的驱动下在竖直平面内旋转，带动小球以角速度ω做匀速圆周运动，其中A点为最高点，C点为最低点，B、D点与O点等高。已知重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 小球在B、D两点的线速度相同
B. 小球在B、D两点受到杆的作用力均等于mg
C. 小球在C点受到杆的作用力的方向一定沿杆的方向向上
D. 小球在A点对杆的作用力的方向一定沿杆的方向向下
7.如图所示，某物理兴趣小组设计了验证“向心力与线速度大小关系”的实验装置。测得小钢球的直径为d，细线长为L，当地的重力加速度为g。小钢球悬挂静止不动时，恰好位于光电门中央，力的传感器示数为F1。现将小钢球拉离光电门位置到适当高度，由静止释放小钢球使小刚球自由摆动再次通过光电门，光电门记录小钢球遮光时间t，力的传感器示数最大值为F2，由此可知( )
A. F2B. 小钢球经过光电门时的速度为d2t
C. 小钢球经过光电门时所需向心力为F2―F1
D. 在误差允许的范围内，本实验需要验证小钢球经过光电门时所受合力和所需向心力相等，即F2=F1d2(L+d2)gt2
8.木星有4颗卫星是伽利略发现的，称为伽利略卫星，其中有两颗卫星的轨道半径之比约为1:4。根据以上信息可知这两颗卫星的( )
A. 线速度大小之比约为2：1B. 周期之比约为8：1
C. 向心加速度大小之比约为4:1D. 向心力大小之比约为16:1
9.我国发射的卫星“墨子号”与“济南一号”均使用了量子技术，“济南一号”比“墨子号”的运行周期短。“济南一号”和“墨子号”绕地球的运动均可视为匀速圆周运动。比较它们的运动，下列说法正确的是( )
A. “济南一号”的线速度更小B. “济南一号”的角速度更小
C. “济南一号”的向心加速度更小D. “济南一号”的运行轨道半径更小
10.细心的同学会发现商场和超市里安装供顾客上、下楼的电扶梯主要有如图所示两种：台阶式如图甲，斜面式如图乙。下列对某同学分别乘坐两种电梯的过程，描述正确的是( )
A. 乘坐电梯甲匀速下降时，该同学所受到支持力不做功
B. 乘坐电梯甲加速下降时，该同学不受摩擦力的作用
C. 乘坐电梯乙匀速上升时，该同学不受到摩擦力作用
D. 乘坐电梯乙加速上升时，该同学受到的摩擦力做正功
11.如图所示，发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经变轨，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次变轨，将卫星送入同步圆轨道3。轨道1，2相切于Q点，轨道2、3相切于P点。当卫星分别在1、2、3轨道上运行时，下列说法正确的是()
A. 卫星在轨道2上经过Q点的速度小于在轨道1上经过Q点的速度
B. 卫星在轨道2上经过Q点的机械能等于在轨道2上经过P点的机械能
C. 卫星在轨道2上经过P点的机械能等于在轨道3上经过P点的机械能
D. 卫星在轨道2上经过P点的加速度小于在轨道3上经过P点的加速度
12.应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上做加速运动，达到某一速度后，立即开始减速，直至速度为零。若整个过程中，手掌和物体之间始终存在相互作用力，下列说法正确的是( )
A. 物体的机械能一直不变B. 物体的机械能一直增加
C. 物体的机械能先增加后减小D. 物体的机械能先减小后增加
13.2023年，我国“双曲线二号”火箭完成垂直起降飞行试验，意味着运载火箭的可重复使用技术取得了重要突破。试验过程中，火箭持续向下喷射燃气获得竖直向上的推力，若地面测控系统测出火箭竖直起降全过程的v−t图像如图所示，火箭在t=0时刻离开地面，在t4时刻落回起点。不计空气阻力及火箭质量的变化，下列说法正确的是( )
A. 在t1时刻，火箭上升到最高位置
B. 在0∼t1时间内，火箭受到的推力的功率先增大后逐渐减小为零
C. 在t1∼t2时间内，火箭动能的减少量小于重力势能的增加量
D. 在t3∼t4时间内，火箭受到的推力先做负功再做正功
14.如图为“蹦极”运动的示意图。弹性绳的一端固定在O点，另一端和人相连。人从O点自由下落，至A点时弹性绳恰好伸直，继续向下运动到达最低点B。不计空气阻力的影响，将人视为质点。则人从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是( )
A. 绳的拉力逐渐增大，人的速度逐渐减小B. 人的重力势能始终减小且始终是负值
C. 人动能的减少量等于绳弹性势能的增加量D. 绳对人一直做负功，人的机械能逐渐减小
15.2023年5月，据中科院力学所的消息，我国JF−22超高速风洞研制成功。作为研制新一代飞行器的摇篮，JF−22超高速风洞可以复现几十千米高空、速度最高达约三十倍声速的飞行条件。若将一小球从风洞中地面上的 A点竖直向上弹出，小球受到大小恒定的水平风力作用，到达最高点B时的动能与A点的动能之比为9:16。小球最后落回到地面上的C点。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 小球运动的加速度大小为a=54g
B. 小球从A到B的过程中动能持续减小
C. 小球在空中的最小动能与A点的动能之比为9:16
D. 小球从A到B与从B到C的过程中所受风力做功相同
二、实验题：本大题共3小题，共27分。
16.某同学用如图1所示的装置研究平抛运动及其特点。钢球在斜槽轨道某一高度处由静止释放，并从末端水平飞出。在装置中有一个水平放置的可上下调节的倾斜挡板，实验前，先将一张白纸和复写纸固定在装置的背板上。钢球落到挡板上挤压复写纸并在白纸上留下印迹。上下调节挡板，通过多次释放钢球，记录钢球所经过的多个位置。以钢球抛出时球心所在位置为坐标原点O，以水平向右和竖直向下分别为x轴和y轴的正方向，建立直角坐标系，用平滑曲线把这些印迹连接起来，就得到钢球做平抛运动的轨迹如图2所示。
(1)对于本实验，下列说法正确的是。
A.每次必须从同一高度由静止释放钢球
B.斜槽轨道必须光滑
C.挡板必须等间隔上下移动
D.装置的挡板必须竖直放置
(2)通过研究得出钢球在竖直方向为自由落体运动之后，为进一步研究钢球在水平方向的运动规律，该同学在轨迹上测出A、B、C三点的坐标分别为(x1,y1)、(x2,y2)和(x3,y3)，利用以上数据及重力加速度g可以计算出小球离开轨道时的速度大小为_______。
17.向心力演示器可以探究小球做圆周运动所需向心力F的大小与质量m、角速度ω、轨道半径r之间的关系，装置如图1所示，两个变速塔轮通过皮带连接。实验时，匀速转动手柄使长槽和短槽分别随相应的变速塔轮匀速转动，槽糟内的金属小球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对小球的压力提供向心力，小球对挡板的反作用力通过横臂的杠杄作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上黑白相间的等分格显示出两个金属球所受向心力的比值。
(1)在研究向心力F的大小与质量m、角速度ω、半径r之间的关系时，我们主要用到的物理方法是_______。
A.控制变量法 B.等效替代法 C.理想实验法
(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相同
C.应将皮带套在两边半径相等的变速塔轮上
(3)某同学用传感器测出小球做圆周运动向心力F的大小和对应的周期T，获得多组数据，画出了如图2所示的图像，该图像是一条过原点的直线，则图像横坐标x代表的是_______。
18.在验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m=200g的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示。O为纸带下落的起始点，A、B、C为纸带上选取的三个连续点。已知打点计时器每隔T=0.02s打一个点，当地的重力加速度为g=9.80m/s2，那么：
(1)在实验操作中出现如图所示的四种情况，其中操作正确的是(填选项下字母)。
A. B.
C. D.
(2)计算B点瞬时速度时，甲同学用vB2=2gSOB，乙同学用vB=SAC2T。其中所选择方法正确的是_______(填“甲”或“乙”)同学。(SOB与SAC分别表示纸带上O、B和A、C两点之间的距离)
(3)同学丙想根据纸带上的测量数据进一步计算重物和纸带下落过程中所受的阻力，为此他计算出纸带下落的加速度为_____m/s2(保留三位有效数字)，从而计算出阻力f=_____N。
三、计算题：本大题共5小题，共50分。
19.如图所示，某同学利用无人机玩“投弹”游戏。无人机以v0=2.0m/s的速度水平向右匀速飞行，在某时刻释放了一个小球。此时无人机到水平地面的距离h=20m，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2，求：
(1)小球下落的时间t；
(2)小球释放点与落地点之间的水平距离x。
20.如图所示为竖直放置的四分之一圆弧轨道，O点是其圆心，半径R=1.0m。轨道底端距水平地面的高度h=1.25m。从轨道顶端A由静止释放一个质量m=0.1kg的小球(可视为质点)，小球到达轨道底端B时，沿水平方向飞出，落地点C与B点之间的水平距离x=2.5m。忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)小球运动到B点时所受支持力FN的大小；
(2)小球落地前瞬间的速度大小vC及方向。
21.19 世纪末，有科学家提出了太空电梯的构想：在赤道上建设一座直到地球同步卫星轨道的高塔，并在塔内架设电梯。这种电梯可用于发射人造卫星，其发射方法是将卫星通过太空电梯缓慢地提升到预定轨道高度处，然后再启动推进装置将卫星从太空电梯发射出去，使其直接进入预定圆轨道。已知地球质量为M、半径为R、自转周期为T，万有引力常量为G。
(1)求高塔的高度h0；
(2)太空电梯把卫星运送到预定轨道高度后，需用推进装置将卫星在预定轨道处发射进入预定轨道做匀速圆周运动，若某次通过太空电梯发射质量为m的卫星时，预定其轨道高度为h(h22.传统车辆刹车时使用机械制动方式，利用刹车装置使车辆受到制动力(即阻力)而减速，将减小的动能全部转化成内能。有些新能源电动车刹车时会使用一种“再生制动”方式，该方式在制动时能将汽车减少的动能转化为电能加以储存利用，这些减少的动能也被称为可回收的动能。
一辆质量为m的电动汽车在平直路面上行驶，某一时刻同时开启机械制动和再生制动，汽车的速度从v1减为v2的过程，位移大小为x1；此后，只开启机械制动，直至汽车停止，汽车又向前行驶的位移大小为x2。假设机械制动使汽车受到的制动力恒定，空气阻力不计。
(1)求只开启机械制动的过程，汽车受到的制动力大小f；
(2)求同时开启机械制动和再生制动的过程，汽车可回收的动能E回。
23.追寻守恒量是物理学的重要研究内容，在高中阶段我们探索守恒量时，除了实验手段，也常借助已有理论来进行分析。已知重力加速度为g。
(1)如图1所示，A和B两位置分别距离地面高度为hA和hB，质量为m的物体(可视为质点)在A和B两位置的速度大小分别为vA和vB。
a.以地面为参考平面，分别写出物体在A和B两位置的机械能EA和EB；
b.利用动能定理和重力做功的特点，证明沿光滑曲面下滑的物块在A位置的机械能与在B位置的机械能相等。
(2)供暖系统、自来水系统都是通过管道运送液体的。管内液体稳定流动时具有这样的特点：①管内各处液体体积无法压缩且密度均相同；②管内各处液体流速不随时间改变。
如图2所示，选取横截面C和横截面D之间的液体为研究对象，当C处液体流动很小一段距离，到达C′时，D处液体正好流动到D′处。已知液体密度为ρ，C处的压强为p1、流速为u1、高度为h1，D处的压强为p2、流速为u2、高度为h2，C处管道半径为R，C与C′间距离为d，且R、d均远远小于h2。不计管道对液体的阻力，不考虑液体的黏滞性。在C、D间的液体流动至C′、D′的过程中
a.求横截面C左侧液体对研究对象所做的功W1；
b.求重力对研究对象所做的功WG；
c.研究表明，可运用动能定理对C、D间的液体进行分析。请依据动能定理探索压强p、流速u、高度h是否也存在着某种守恒的关系。若存在，请写出关系式；若不存在，请说明理由。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【详解】A.力是改变物体运动状态的原因，力不是维持物体运动状态的原因，故A错误；
B.根据牛顿第二定律，物体受到的力越大，加速度越大，速度变化越快，但速度不一定越大，故B错误；
C.做曲线运动的物体，其速度一定改变，则其一定有加速度，故C正确；
D.当物体所受合力的方向与初速度的方向不在同一直线上时，物体做曲线运动，与合力是否恒定无关，如平抛运动，故D错误；
故选C。
2.【答案】D
【解析】【详解】根据题意可知，红蜡块水平方向、竖直方向均做匀速直线运动，则
L= x2+y2
x=vt
y=vyt y为竖直方向的位移，即玻璃管的长度，vy不变，则运动时间t不变，若v增大，x增大，L增大。
故选D。
3.【答案】B
【解析】【详解】B.齿轮传动过程中，齿轮边缘处的点的线速度大小相等，故B正确；
C.根据角速度与线速度的关系有
v=ωArA=ωBrB
由于
rA>rB
则有
ωA<ωB
故C错误；
A.根据角速度与周期的关系有
ωA=2πTA ， ωB=2πTB
结合上述可知
TA>TB
故A错误；
D.根据向心加速度的表达式有
aA=v2rA ， aB=v2rB
由于
rA>rB
则有
aA故D错误。
故选B。
4.【答案】D
【解析】【详解】A.小球的频率为
f=ω2π
故A错误；
B.根据线速度与角速度的公式有
v= l2−h2ω
故B错误；
C.设细线与竖直方向的夹角为 θ ，小球受到合力大小为
F=mgtanθ=mg l2−h2h
故C错误；
D.根据牛顿第二定律可得
Tsinθ=mω2lsinθ
解得绳对小球的拉力大小为
T=mω2l
故D正确；
故选D。
5.【答案】D
【解析】【详解】ABC.根据平抛运动规律有
h=12gt2
x=v0t
可知运动员运动时间由OE的高度决定，运动员的落点E由OC的高度和初速度决定，若只测出OE的水平距离，时间大小未知，无法计算初速度，故ABC错误；
D.若测出运动员空中飞行时间及OE的水平距离则有
x=v0t
vy=gt
可依据
v= v02+vy2
计算落到E点时的速度大小，故D正确。
故选D。
6.【答案】C
【解析】【详解】A.小球的角速度大小不变，根据 v=rω 可知，小球在B、D两点的线速度大小相等，方向不同，故A错误；
B.当小球在B、D两点时，杆对小球作用力竖直方向的分力应等于重力，水平方向分力提供向心力，故杆对小球的作用力为
F= (mg)2+(mLω2)2
故B错误；
C.小球在最低点，则杆对小球的作用力为拉力，方向向上，故C正确；
D.若小球在最高点速度较小(如为零)时，杆对小球的作用力为支持力，方向向上，故D错误。
故选C。
7.【答案】C
【解析】【详解】ABD.小球静止不动时，有
F1=mg
小球做圆周运动，设在最低点时(即通过光电门)速度为v，有
v=dt
由牛顿第二定律有
F2−mg=mv2L+d2
联立得
F2=F1+F1d2(L+d2)gt2>F1
故ABD错误；
C.由牛顿第二定律有小钢球经过光电门时所需向心力为
Fn=F2−mg=F2−F1
故C正确。
故选C。
8.【答案】A
【解析】【详解】根据万有引力提供向心力有
F=GMmr2=ma=mr4π2T2=mv2r
解得
a=GMr2 ， v= GMr ， T=2π r3GM
两颗卫星的轨道半径之比约为1：4，可知线速度大小之比约为2:1；周期之比约为1：8；向心加速度大小之比约为16:1；因质量关系不确定，不能比较向心力大小。
故选A。
9.【答案】D
【解析】【详解】AD.由牛顿第二定律有
GMmr2=m⋅4π2T2⋅r
可得
T=2π r3GM
“济南一号”比“墨子号”的运行周期短，则“济南一号”的运行轨道半径更小，又有
GMmr2=mv2r
化简可得
v= GMr
“济南一号”的线速度更大，故A错误，D正确；
B.根据
GMmr2=mω2r
化简可得
ω= GMr3
由于“济南一号”的运行轨道半径更小，所以“济南一号”的角速度更大，故B错误；
C.根据
GMmr2=ma
化简可得
a=GMr2
由于“济南一号”的运行轨道半径更小，所以“济南一号”的向心加速度更大，故C错误。
故选D。
10.【答案】D
【解析】【详解】A.乘坐电梯甲匀速下降时，支持力方向竖直向上，与速度方向夹角为钝角，则该同学所受到支持力做负功，选项A错误；
B.乘坐电梯甲加速下降时，加速度有水平方向的分量，则该同学受摩擦力的作用，选项B错误；
C.乘坐电梯乙匀速上升时，该同学受到沿斜面向上的摩擦力作用，选项C错误；
D.乘坐电梯乙加速上升时，因该同学受沿斜面向上的摩擦力，则该同学受到的摩擦力做正功，选项D正确。
故选D。
11.【答案】B
【解析】【详解】A.卫星从轨道1变轨到轨道2，需要在Q点加速做离心运动，所以在轨道1上经过Q点时的速度小于它在轨道2上经过Q点时的速度，故A错误；
B.卫星在轨道2上运动时只有万有引力做功，机械能守恒，经过Q点的机械能等于在轨道2上经过P点的机械能，故B正确；
C.卫星从轨道2变轨到轨道3，需要在P点加速做离心运动，卫星在轨道2上经过P点的机械能小于在轨道3上经过P点的机械能，故C错误；
D.根据
GMmr2=ma
a=GMr2
卫星在轨道2上经过P点的加速度等于在轨道3上经过P点的加速度，故D错误。
故选B。
12.【答案】B
【解析】【详解】由于手掌和物体之间始终存在相互作用力，手掌对物体的弹力方向向上，物体向上运动，手掌对物体的弹力做正功，根据功能关系可知，物体的机械能一直增加。
故选B。
13.【答案】C
【解析】【详解】A.0∼t2时间内速度始终为正，说明火箭一直在向上运动，t2∼t3时间内火箭的速度为0，处于静止状态，t3∼t4时间内速度始终为负，说明火箭一直在向下运动，故t2时刻上升到最高点，故A错误；
B.v−t图像的斜率表示加速度，在0∼t1时间内，火箭加速度先增大后逐渐减小为零，则火箭受到的推力先增大后逐渐减小，在t1时刻，火箭受到的推力等于其重力，功率不可能减小为0，故B错误；
C.在t1∼t2时间内，根据动能定理，火箭受到的推力做功与其重力做功之和等于动能的变化量，所以火箭动能的减少量小于重力势能的增加量，故C正确；
D.在t3∼t4时间内，火箭向下运动，推力做负功，故D错误。
故选C。
14.【答案】D
【解析】【详解】A.根据胡克定律可知绳的拉力逐渐增大，人从A点运动到B点的过程中，拉力与重力相等时，加速度为0，速度最大，故A错误；
B.人的重力势能始终减小，但零势能面未知，则人的重力势能不一定是负值，故B错误；
C.由能量关系可知，人的动能的减少量等于重力势能减小量与绳的弹性势能的增加量之和，故C错误；
D.绳对人的拉力与位移方向相反，拉力一直做负功，人的机械能逐渐减小，故D正确。
故选D。
15.【答案】A
【解析】【详解】如图
A.到达最高点B时的动能与A点的动能之比为9：16，则速度之比为
v水平:v0=3:4
在最高点竖直方向速度为0，设从A到B需要时间t，则
v水平=a水平t
v0=gt
小球运动的加速度大小为
a= a 水平2+g2
联立得
a=54g
故A正确；
B.小球从A到B的过程中，水平方向速度一直增大，竖直方向速度一直减小直至0，所以风力的功率一直增大，重力功率一直减小，当风力功率大于重力功率时，风力做功大于重力做功，根据动能定理，小球动能增大，故B错误；
C.小球在重力和风力的合力场中做类斜抛运动，当小球速度方向与合力方向垂直时动能最小，根据前面分析可知合力与竖直方向的夹角 θ 的正切值为
tan⁡θ=a水平g=34
根据速度的合成与分解可得小球运动过程中的最小速度为
v′=v0sinθ
小球在空中的最小动能与A点的动能之比为
EkminEkA=12mv min212mv 02=925
故C错误；
D.小球上升和下降的时间相等，小球从A到B水平距离小于从B到C水平距离，风力做功大小不同，故D错误；
故选A。
16.【答案】(1)AD
(2)x1 g2y1+x2 g2y2+x3 g2y33

【解析】【详解】(1)A.每次必须从同一高度由静止释放钢球，以保证小球做平抛运动的初速度相同，选项A正确；
B.斜槽轨道是否光滑对实验无影响，选项B错误；
C.挡板不一定必须等间隔上下移动，选项C错误；
D.装置的挡板必须竖直放置，选项D正确。
故选AD。
(2)根据
x=vt
y=12gt2
可得
v=x g2y
由ABC三点的坐标分别得到初速度
v1=x1 g2y1
v2=x2 g2y2
v3=x3 g2y3
取平均值可得
v=x1 g2y1+x2 g2y2+x3 g2y33
17.【答案】 AC1T2
【解析】【详解】(1)[1]在研究向心力F的大小与质量m、角速度 ω 、半径r之间的关系时，我们主要用到的物理方法是控制变量法。
故选A。
(2)[2]由公式
F=mω2r
可知探究金属球的向心力F的大小与轨道半径r之间的关系，应使用两个相等质量的小球，将皮带套在两边半径相等的变速塔轮上使角速度相等，应使两小球离转轴的距离不相同，观察向心力F的大小与轨道半径r之间的关系。
故选C。
(3)[3]由公式
F=m4π2T2r
结合图像是一条过原点的直线，所以F与 1T2 成正比，所以图像横坐标x代表的是 1T2 。
18.【答案】(1)B
(2)乙
(3)

【解析】【详解】(1)首先打点计时器所使用的电源为低压交流电源，同时在释放纸带时，重物应靠近打点计时器，且保持纸带竖直。
故选B。
(2)本实验的目的是验证机械能守恒定律，所以甲求速度时相当于已知机械能守恒验证机械能守恒，无意义；只能根据匀变速直线运动中中间时刻速度等于平均速度求解速度，所以乙正确。
(3)[1]重物下落的加速度大小为
a=BC−ABT2=(23.23−19.20)−(19.20−15.55)0.022×10−2m/s2=9.50m/s2
[2]根据牛顿第二定律可得
mg−f=ma
所以
f=0.06N
19.【答案】(1)2s；(2)4m
【解析】【详解】(1)小球离开无人机时，具有和无人机相同的水平速度，做平抛运动，竖直方向有
h=12gt2
解得小球下落的时间为
t= 2hg=2s
(2)小球在水平方向做匀速直线运动，则有
x=v0t
解得小球释放点与落地点之间的水平距离为
x=4m
20.【答案】(1)3.5N；(2)5 2m/s ，与水平方向夹角45∘斜向右下方
【解析】【详解】(1)小球由B点运动到C点的过程中，竖直方向上做自由落体运动有
h=12gt2
得
t=0.5s
水平方向做匀速直线运动有
x=vBt
得
vB=5m/s
由牛顿第二定律
FN−mg=mv B2R
解得
FN =3.5N
(2)小球落地前瞬间，竖直方向的速度
vy =gt=5m/s
水平方向的速度
vx =vB =5m/s
落地前瞬间速度
vC= v x2+v y2=5 2m/s
速度方向与水平方向夹角45∘斜向右下方。
21.【答案】(1)h0=3GMT24π2−R ；(2)W=GMm2(R+h)−2π2(R+h)2mT2
【解析】【详解】(1)塔高为同步卫星的轨道高度，设同步卫星质量为m0，根据万有引力提供向心力
GMm0(R+h0)2=m04π2T2(R+h0)
可得
h0=3GMT24π2−R
(2)卫星被缓慢运送至高h处时的速度大小为
v0=ω(R+h)=2π(R+h)T
设高h处的圆轨道卫星速度为v，根据万有引力提供向心力
GMm(R+h)2=mv2R+h
可得
v= GMR+h
推进装置需要做的功
W=12mv2−12mv02=GMm2(R+h)−2π2(R+h)2mT2
22.【答案】(1)f=mv 222x2 ；(2)E回=12mv 12−12mv 22(1+x1x2)
【解析】【详解】(1)使用机械制动方式刹车时，根据动能定理
−fx2=0−12mv 22
得
f=mv 222x2
(2)同时开启机械制动和再生制动，设回收制动力做功为W，根据动能定理
W−fx1=12mv 22−12mv 12
由功能关系
E回 =−W
得
E回=12mv 12−12mv 22(1+x1x2)
23.【答案】(1)a.EA=12mvA2+mghA ， EB=12mvB2+mghB ；b.见解析；(2)a.W1=p1πR2d ；b.WG=ρπR2dgh1−h2 ；c.见解析
【解析】【详解】(1)a.以地面为参考平面，物体在A位置的机械能
EA=12mvA2+mghA
物体在B位置的机械能
EB=12mvB2+mghB
b.物体从A位置运动到B位置，重力做功
WG=mghA−mghB
根据动能定理，合外力做功
W合=12mvB2−12mvA2
从A位置运动到B位置，由于曲面光滑，仅有重力做功
即
W合=WG
因此
mghA−mghB=12mvB2−12mvA2
可得
12mvA2+mghA=12mvB2+mghB
即物体在A位置的机械能与在B位置的机械能相等。
(2)a.横截面C左侧液体对研究对象所做的功
W1=Fs=p1πR2d
b.C、D间液体流动至C′、D′间，可等效为C′、D间液体位置不变，C、C′间液体流动至D、D′间。C、C′间液体质量
Δm=ρπR2d
重力对研究对象所做的功
WG=△mg⋅△h=ρπR2dgh1−h2
c.在相同的时间内，流过C处截面水的体积与流过D处截面水的体积ΔV相同。
由C、C′间液体体积
ΔV=πR2d
可知
W1=p1ΔV
设D处管道面积为S2，D、D′间距离为x，则D、D′间液体体积
S2x=πR2d
横截面D右侧液体对研究对象所做的功
W2=−p2S2x=−p2πR2d=−p2△V
由动能定理，合外力做功
ΣW=12Δmu22−12Δmu12
即
ρΔVg(h1−h2)+p1ΔV−p2ΔV=12ρΔVu22−12ρΔVu12
整理得
ρgh1−ρgh2+p1−p2=12ρu22−12ρu12
所以压强 p 、流速 u 、高度 h 是满足守恒的关系
p1+ρgh1+12ρu12=p2+ρgh2+12ρu22
即 p+ρgh+12ρu2 为守恒量。