2023-2024学年广东省珠海市六校联考高一（下）期中物理试卷

这是一份2023-2024学年广东省珠海市六校联考高一（下）期中物理试卷，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题，本题共3小题，共38分等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）在万有引力定律的发现历程中，下列叙述符合史实的是（ ）
A．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
B．丹麦天文学家第谷经过多年的天文观测和记录，提出了“日心说”的观点
C．开普勒通过分析第谷的天文观测数据，发现了万有引力定律
D．伽利略利用“地——月系统”验证了万有引力定律的正确性，使得万有引力定律得到了推广和更广泛的应用
2．（4分）某河宽度为120m，河水流动与河岸平行，流速均匀且恒定，一艘小船从河边某点出发，则下列说法错误的是（ ）
A．若船的速度大小恒为4m/s，方向可变，其航行轨迹一定为直线
B．若船的速度大小恒为4m/s，方向可变，则其过河至少需要30s
C．若船头方向与河岸垂直，由静止启动，船速随时间均匀增加，则其航行轨迹一定为抛物线
D．若船头方向与河岸垂直，由静止启动，船速随时间均匀增加，其完全过河时与出发点的正对岸相距240m，则小船靠岸时的船速大小与水速相等
3．（4分）北斗卫星导航系统是中国着眼于国家安全和经济社会发展需要，自主建设、独立运行的卫星导航系统，中国始终秉持和践行“中国的北斗，世界的北斗”的发展理念，服务“一带一路”建设发展，积极推进北斗系统国际合作。北斗系统空间段由若干地球静止轨道卫星（GEO，绕行周期24小时）、倾斜地球同步轨道卫星（IGSO，绕行周期24小时）和中圆地球轨道卫星（MEO，绕行周期12小时）组成。下列关于以上三类北斗卫星的说法正确的是（ ）
A．MEO卫星运行的线速度最大，且大于第一宇宙速度
B．GEO卫星与IGSO卫星运行周期相同，所以线速度也相同
C．GEO卫星的向心加速度大于MEO卫星的向心加速度
D．IGSO卫星的轨道半径是MEO卫星轨道半径的倍
4．（4分）如图，一运动员将篮球从地面上方B点以速度v0斜向上抛出，恰好垂直击中竖直篮板上A点。后来该运动员后撤到更远的C点投篮，仍然将球垂直击中篮板上A点。关于两次投篮的比较，下列说法正确的是（ ）
A．在C点抛出速度v0更小，同时抛射角θ更大
B．在C点抛出速度v0更小，同时抛射角θ更小
C．在C点抛出速度v0更大，同时抛射角θ更大
D．在C点抛出速度v0更大，同时抛射角θ更小
5．（4分）如图所示，下列有关生活中圆周运动实例分析，其中说法正确的是（ ）
A．甲图中，汽车通过凹形桥的最低点时，速度不能超过
B．乙图中，“水流星”匀速转动过程中，在最低处水对桶底的压力最大
C．丙图中，火车转弯超过规定速度行驶时，内轨对内轮缘会有挤压作用
D．丁图中，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置先后分别做匀速圆周运动，则在A、B两位置小球向心加速度不相等
6．（4分）如图所示，两个完全相同的小球A、B被两根长度不同的细绳拴着，在同一水平面内做匀速圆周运动．已知拴A球的细绳与竖直方向之间的夹角是拴B球的细绳与竖直方向之间的夹角的2倍，则（ ）
A．A球转动的线速度大小比B球大
B．A球转动的角速度大小比B球小
C．两根细绳的拉力大小相同
D．A球的向心加速度大小是B球的2倍
7．（4分）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。例如你用手掌平托一苹果，保持这样的姿势在竖直平面内按顺时针方向做匀速圆周运动。关于苹果从最高点c到最右侧点d运动的过程，下列说法中正确的是（ ）
A．手掌对苹果的摩擦力越来越大
B．苹果先处于超重状态后处于失重状态
C．手掌对苹果的支持力越来越小
D．苹果所受的合外力越来越大
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。
（多选）8．（6分）甲、乙两颗人造地球卫星围绕地球做匀速圆周运动，它们的质量之比m1：m2＝1：2，它们圆周运动的轨道半径之比为r1：r2＝1：2，下列关于卫星的说法中正确的是（ ）
A．它们的线速度之比v1：v2＝1：
B．它们的运行周期之比T1：T2＝1：2
C．它们向心加速度大小之比a1：a2＝4：1
D．它们向心力大小之比F1：F2＝4：1
（多选）9．（6分）刀削面传统手法如图，一手托面一手拿刀直接将面削到锅里。面圈刚被削离时距锅的高度为h，与锅沿的水平距离为L，锅的半径也为L，将削出的面圈的运动视为平抛运动，且面圈都落入锅中，重力加速度为g，则所有面圈在空中运动的描述正确的是（ ）
A．运动的时间都相同
B．速度的变化量都相同
C．落入锅中时，最大速度是最小速度的3倍
D．若初速度为v0，则Lv0＜3L
（多选）10．（6分）嫦娥五号发射过程某一阶段如图所示，嫦娥五号在椭圆轨道Ⅰ上运行到远地点N变轨进入圆形轨道Ⅱ，在圆形轨道Ⅱ上运行一段时间后在N点时再次加速变轨，从而最终摆脱地球束缚。对于该过程，下列说法正确的是（ ）
A．嫦娥五号在N点通过向前喷气减速实现由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ
B．嫦娥五号在轨道Ⅰ上运行的周期小于在轨道Ⅱ上运行的周期
C．嫦娥五号在轨道Ⅰ正常运行时（不含变轨时刻）经过N点的加速度比在轨道Ⅱ正常运行（不含变轨时刻）时经过N点的加速度大
D．嫦娥五号在轨道Ⅰ上过M点的速率比在轨道Ⅰ上过N点的速率大
三、实验题：11题（1）（2）每空1分，（3）每空2分，共8分。12题（1）（2）（3）每空1分，（4）每空2分，共8分。考试根据要求作答。
11．（8分）用向心力演示器来探究物体做圆周运动所需向心力F的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。两个变速塔轮通过皮带连接，匀速转动手柄使长槽和短槽分别随变速塔轮1和变速塔轮2匀速转动，槽内的球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对球的弹力提供向心力，球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力套筒下降，从而露出标尺。标尺上红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的比值，图示为装置实物图和结构简图。
（1）在研究向心力F的大小与质量m的关系时，要保持 和 相同。
（2）若两个钢球质量和转动半径相等，且标尺上红白相间的等分格显示出两个钢球所受向心力的大小之比为1：9，则与皮带连接的两个变速塔轮的角速度之比为 ，半径之比为 。
12．（8分）小明用如图甲所示的装置“研究平抛运动及其特点”，他的实验操作是：在小球A、B处于同一高度时，用小锤轻击弹性金属片使A球水平飞出，同时B球被松开。
（1）他观察到的现象是：小球A、B （填“同时”或“先后”）落地。
（2）上述现象说明：平抛运动的竖直分运动是 运动。
（3）小明用图乙所示方法记录平抛运动的规矩，实验前应对实验装置反复条件，直到斜槽末端切线 ；
每次让小球从同一位置由静止释放，是为了保证每次小球平抛 。
（4）然后小明用图乙所示方法记录平抛运动的轨迹，由于没有记录抛出点，如图丙所示，数据处理时选择A点为坐标原点（0，0），结合实验中重锤方向确定坐标系，丙图中小方格的边长均为0.05m，g取10m/s2，则小球运动的初速度的大小为 m/s，小球经过B点时的速度大小为 m/s。
四、解答题，本题共3小题，共38分。
13．（11分）北京时间2023年5月30日16时29分，神舟十六号载人飞船成功对接于空间站天和核心舱径向端口，整个对接过程历时约6.5小时。对接完成后中国空间站形成三舱三船组合体绕地球（可视为质量分布均匀的球体）做匀速圆周运动。已知空间站绕地球飞行n圈的时间为t，地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，万有引力常量为G，不计地球的自转影响。求：
（1）空间站飞行的周期T；
（2）地球的质量M；
（3）空间站离地面高度h。
14．（13分）如图所示，竖直平面内的光滑圆弧轨道半径R＝5m，A端与圆心O等高，AD为与水平方向成45°角的斜面，B端在O的正上方，一个质量为0.1kg的小球在A点正上方某处由静止开始释放，自由下落至A点后进入圆弧轨道并能沿轨道到达B点，到达B点时小球对圆弧轨道顶端的压力大小为1N。随后小球做平抛运动，最后落到斜面上的C点。小球运动过程空气阻力不计，g取10m/s2，求：
（1）小球到达B点时的速度v0的大小；
（2）小球离开B点后到离斜面AD所在直线最远所用的时间t1；
（3）小球离开B点后到落到斜面C点时距A点的距离d。
15．（14分）旋转秋千是游乐园里常见的游乐项目，它由数十个座椅通过缆绳固定在旋转圆盘上，每一座椅可坐一人。如图所示，是一种模拟该运动的装置，整个装置可绕置于地面上的竖直轴a转动，已知与转轴固定连接的水平杆ab长s＝0.1m，连接小球的细绳长，小球质量m＝0.1kg，整个装置绕竖直轴a做匀速圆周运动时，连接小球的细绳与竖直方向成37°角，小球到地面的高度h＝0.8m，重力加速度g＝10m/s2，已知sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，求：
（1）细绳对小球的拉力T是多大；
（2）该装置匀速转动角速度的大小；
（3）若转动过程中，细绳突然断裂，小球落地时到转轴a的水平距离。
2023-2024学年广东省珠海市六校联考高一（下）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
二．多选题（共3小题）
一、单选题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．（4分）在万有引力定律的发现历程中，下列叙述符合史实的是（ ）
A．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
B．丹麦天文学家第谷经过多年的天文观测和记录，提出了“日心说”的观点
C．开普勒通过分析第谷的天文观测数据，发现了万有引力定律
D．伽利略利用“地——月系统”验证了万有引力定律的正确性，使得万有引力定律得到了推广和更广泛的应用
【分析】根据物理学史和常识进行解答，记住著名物理学家如牛顿、卡文迪什、开普勒的物理学贡献即可。
【解答】解：A、卡文迪什通过实验推算出引力常量G的值，被誉为第一个能“称量地球质量”的人，故A正确；
B、哥白尼提出了“日心说”的观点，故B错误；
C、开普勒通过分析第谷的天文观测数据，总结出行星运动规律的三大定律，但万有引力定律是牛顿发现的，故C错误；
D、牛顿利用“地—月系统”验证了万有引力定律的正确性，使得万有引力定律得到了推广和更广泛的应用，故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查物理学史，对于物理学上重大发现、发明、著名理论和实验要加强记忆，重视积累。
2．（4分）某河宽度为120m，河水流动与河岸平行，流速均匀且恒定，一艘小船从河边某点出发，则下列说法错误的是（ ）
A．若船的速度大小恒为4m/s，方向可变，其航行轨迹一定为直线
B．若船的速度大小恒为4m/s，方向可变，则其过河至少需要30s
C．若船头方向与河岸垂直，由静止启动，船速随时间均匀增加，则其航行轨迹一定为抛物线
D．若船头方向与河岸垂直，由静止启动，船速随时间均匀增加，其完全过河时与出发点的正对岸相距240m，则小船靠岸时的船速大小与水速相等
【分析】A、速度大小不变，方向变化，加速度不能为零，利用曲线运动的条件判断；
B、船的速度方向垂直河岸时，渡河时间最短与河宽与船的速度大小有关，可利用此特点计算时间；
C、利用运动的合成与分解思想判断船的运动实际运动规律；
D、船头垂直与河岸方向的速度做匀加速直线运动，沿河岸方向做匀速直线运动，结合运动规律计算靠岸时运动规律。
【解答】解：A、若船的速度大小恒为4m/s，方向时刻发生变化，则船的加速度不为零，其航行轨迹为曲线。故A错误；
B、若船的速度大小恒为4m/s，方向垂直河岸时，则其过河至时间最短为

代入数据解得tmin＝30s
故B正确；
C、若船头方向与河岸垂直，由静止启动，船速随时间均匀增加，易知船垂直河岸方向做初速度为零的匀加速直线运动，同时沿河岸做匀速直线运动，船做类平抛运动，其航行轨迹一定为抛物线。故C正确；
D、若船头方向与河岸垂直，垂直河岸方向有
沿着河岸方向x＝v水t
船靠岸时的速度为v'船＝at
联立，整理解得v'船＝v水
故D正确。
故选：A。
【点评】本题考查学生运用运动合成与分解思想解决小船过河模型相关问题的能力。
3．（4分）北斗卫星导航系统是中国着眼于国家安全和经济社会发展需要，自主建设、独立运行的卫星导航系统，中国始终秉持和践行“中国的北斗，世界的北斗”的发展理念，服务“一带一路”建设发展，积极推进北斗系统国际合作。北斗系统空间段由若干地球静止轨道卫星（GEO，绕行周期24小时）、倾斜地球同步轨道卫星（IGSO，绕行周期24小时）和中圆地球轨道卫星（MEO，绕行周期12小时）组成。下列关于以上三类北斗卫星的说法正确的是（ ）
A．MEO卫星运行的线速度最大，且大于第一宇宙速度
B．GEO卫星与IGSO卫星运行周期相同，所以线速度也相同
C．GEO卫星的向心加速度大于MEO卫星的向心加速度
D．IGSO卫星的轨道半径是MEO卫星轨道半径的倍
【分析】第一宇宙速度是卫星环绕地球做圆周运动的最大速度；
根据万有引力提供卫星的向心力列式分析出线速度、加速度和半径的关系并完成分析。
【解答】解：A、第一宇宙速度是环绕地球做圆周运动的物体的最大速度，所以MEO卫星运行的线速度不可能大于第一宇宙速度，故A错误；
B、GEO卫星和IGSO卫星运行周期相同，所以线速度大小相同，故B错误；
C、根据万有引力提供向心力得：

得：；
可知GEO卫星的轨道半径大于MEO卫星的轨道半径，则GEO卫星的向心加速度小于MEO卫星的向心加速度，故C错误；
D、根据得：，可知IGSO卫星的轨道半径是MEO卫星轨道半径的倍，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解卫星做圆周运动的向心力来源并列式分析出圆周运动物理量的变化，同时要正确理解第一宇宙速度的特点即可。
4．（4分）如图，一运动员将篮球从地面上方B点以速度v0斜向上抛出，恰好垂直击中竖直篮板上A点。后来该运动员后撤到更远的C点投篮，仍然将球垂直击中篮板上A点。关于两次投篮的比较，下列说法正确的是（ ）
A．在C点抛出速度v0更小，同时抛射角θ更大
B．在C点抛出速度v0更小，同时抛射角θ更小
C．在C点抛出速度v0更大，同时抛射角θ更大
D．在C点抛出速度v0更大，同时抛射角θ更小
【分析】投篮过程是一般抛体运动，根据运动的合成和分解，将运动过程分为竖直和水平两个方向的分运动，再根据运动规律分析判断。
【解答】解：因为两次篮球均垂直击中，所以击中A时篮球竖直速度需减为0，又因为A到B和C的竖直高度相等，根据自由落体公式：
h
得：t，
可知抛出时竖直速度相等，运动时间也相等，在水平方向上，有：
x＝vxt
运动员后撤到C点，位移x增大，时间t不变，所以水平速度增大，由图可知：
tanθ
v0
所以vx增大后，抛射角θ减小，初速度v0增大.故D正确，ABC错误；
故选：D。
【点评】本题中需由篮球垂直击中A点这一条件，判断出此时竖直分速度变为0，利用运动的分解，明确篮球竖直方向做匀减速运动，水平方向做匀速直线运动。
5．（4分）如图所示，下列有关生活中圆周运动实例分析，其中说法正确的是（ ）
A．甲图中，汽车通过凹形桥的最低点时，速度不能超过
B．乙图中，“水流星”匀速转动过程中，在最低处水对桶底的压力最大
C．丙图中，火车转弯超过规定速度行驶时，内轨对内轮缘会有挤压作用
D．丁图中，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置先后分别做匀速圆周运动，则在A、B两位置小球向心加速度不相等
【分析】甲图中，根据题意分析汽车的加速度方向，由此分析其速度的可能情况；乙图中，根据加速度的方向，结合超失重的知识点分析出水对桶底压力最大的位置；丙图中，根据火车转弯的特点得出速度超过规定值时火车会挤压外轨；丁图中，根据对小球的受力分析，结合几何关系得出两个位置的加速度关系。
【解答】解：A、甲图中，汽车通过凹形桥的最低点时加速度竖直向上，处于超重状态，速度大小可以超过，故A错误；
B、乙图中，“水流星”匀速转动过程中，在最低处桶底对水的支持力为FN1，则由牛顿第二定律得
得
由牛顿第三定律得，水对桶底的压力大小为
在最高处桶底对水的压力为FN2，则
由牛顿第三定律得，在最高处水对桶底的压力大小为
所以在最低处水对桶底的压力最大，故B正确；
C、丙图中，火车转弯超过规定速度行驶时，所需要的向心力增大，重力和支持力的合力不够提供向心力，外轨受到挤压，故C错误；
D、丁图中，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置先后分别做匀速圆周运动，设筒臂和竖直方向的夹角为θ，则由牛顿第二定律有，得，所以A、B两位置小球向心加速度相等，故D错误。
故选：B。
【点评】本题主要考查圆周运动的相关应用，能正确分析物体的受力情况，理解其向心力来源，结合牛顿第二定律即可完成解答。
6．（4分）如图所示，两个完全相同的小球A、B被两根长度不同的细绳拴着，在同一水平面内做匀速圆周运动．已知拴A球的细绳与竖直方向之间的夹角是拴B球的细绳与竖直方向之间的夹角的2倍，则（ ）
A．A球转动的线速度大小比B球大
B．A球转动的角速度大小比B球小
C．两根细绳的拉力大小相同
D．A球的向心加速度大小是B球的2倍
【分析】小球受重力和拉力，两个力的合力提供小球做圆周运动的向心力。通过合力提供向心力，比较出两球的角速度大小，抓住小球距离顶点O的高度相同求出半径的关系，再分析向心加速度大小关系。
【解答】解：AB、根据mgtanα＝m•htanα•ω2＝m得，角速度，线速度，可知A球转动的线速度大小比B球大，A、B两球转动的角速度大小相同，故A正确，B错误；
C、细线的拉力，则细绳对A的拉力较大，故C错误；
D、根据可知 A球与B球的向心加速度大小之比是：tan2θ：tanθ，故D错误；
故选：A。
【点评】解决本题的关键会正确地受力分析，知道匀速圆周运动向心力是由物体所受的合力提供并能结合几何关系求解，同时注意正确应用圆周运动的性质。
7．（4分）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。例如你用手掌平托一苹果，保持这样的姿势在竖直平面内按顺时针方向做匀速圆周运动。关于苹果从最高点c到最右侧点d运动的过程，下列说法中正确的是（ ）
A．手掌对苹果的摩擦力越来越大
B．苹果先处于超重状态后处于失重状态
C．手掌对苹果的支持力越来越小
D．苹果所受的合外力越来越大
【分析】根据加速度的方向确定苹果处于超重还是失重，将加速度进行分解，结合水平分加速度和竖直分加速度的变化分析摩擦力和支持力的变化。
【解答】解：A、从c到d的过程中，加速度大小不变，加速度在水平方向上的分加速度逐渐增大，根据牛顿第二定律知，摩擦力越来越大，故A正确。
B、苹果做匀速圆周运动，从c到d的过程中，加速度在竖直方向上有向下的加速度，可知苹果一直处于失重状态，故B错误。
C、从c到d的过程中，加速度大小不变，加速度在竖直方向上的加速度逐渐减小，方向向下，则重力和支持力的合力逐渐减小，可知支持力越来越大，故C错误。
D、苹果做匀速圆周运动，合力大小不变，方向始终指向圆心，故D错误。
故选：A。
【点评】解决本题的关键知道苹果的加速度大小不变，方向指向圆心，本题的巧妙之处在于将加速度分解为水平方向和竖直方向，水平方向的加速度由摩擦力产生，竖直方向上的加速度由重力和支持力的合力产生。
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。
（多选）8．（6分）甲、乙两颗人造地球卫星围绕地球做匀速圆周运动，它们的质量之比m1：m2＝1：2，它们圆周运动的轨道半径之比为r1：r2＝1：2，下列关于卫星的说法中正确的是（ ）
A．它们的线速度之比v1：v2＝1：
B．它们的运行周期之比T1：T2＝1：2
C．它们向心加速度大小之比a1：a2＝4：1
D．它们向心力大小之比F1：F2＝4：1
【分析】根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、周期和向心力的表达式进行讨论即可。
【解答】解：A、人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有
mmma＝F向
解得线速度：v，周期：T＝2，向心加速度：a，
它们的质量之比m1：m2＝1：2，它们圆周运动的轨道半径之比为r1：r2＝1：2，
A、甲、乙两颗人造地球卫星的线速度之比v1：v2：1，故A错误；
B、甲、乙两颗人造地球卫星的运行周期之比T1：T2＝1：2，故B正确；
C、甲、乙两颗人造地球卫星的向心加速度比a1：a2＝4：1，故C正确；
D、甲、乙两颗人造地球卫星的向心力之比F1：F2＝2：1，故D错误。
故选：BC。
【点评】此题考查了人造卫星的相关知识，解题的关键抓住万有引力提供向心力，列式求解出线速度、角速度、周期和向心力的表达式，再进行讨论。
（多选）9．（6分）刀削面传统手法如图，一手托面一手拿刀直接将面削到锅里。面圈刚被削离时距锅的高度为h，与锅沿的水平距离为L，锅的半径也为L，将削出的面圈的运动视为平抛运动，且面圈都落入锅中，重力加速度为g，则所有面圈在空中运动的描述正确的是（ ）
A．运动的时间都相同
B．速度的变化量都相同
C．落入锅中时，最大速度是最小速度的3倍
D．若初速度为v0，则Lv0＜3L
【分析】小面圈做平抛运动，竖直方向为自由落体运动，水平方向为匀速直线运动；竖直方向根据位移—时间公式比较运动的时间，根据Δv＝gt比较速度的变化量；水平方向根据x＝vt求解初速度的取值范围；小面圈落入锅中的速度为合速度，根据平行四边形定则求解合速度。
【解答】解：A、平抛运动的时间由下落的高度决定，根据hgt2，可知t，所以削面下落时的间相同，故A正确；
B、根据速度的变化量Δv＝gΔt可知，加速度相同，下落时间相同，故速度的变化量相同，故B正确；
CD、根据hgt2得，t，水平位移的范围：L＜x＜L+2R＝3L
根据v0得，初速度的范围为：v0①
由动能定理得：mghmv2②
①②联立解得：vmax，vmin，
显然落入锅中时，最大速度不是最小速度的3倍，故C错误，D正确；
故选：ABD。
【点评】本题考查平抛运动，解题关键是知道平抛运动水平分运动为匀速直线运动，竖直分运动为自由落体运动，结合运动学公式列式求解即可。
（多选）10．（6分）嫦娥五号发射过程某一阶段如图所示，嫦娥五号在椭圆轨道Ⅰ上运行到远地点N变轨进入圆形轨道Ⅱ，在圆形轨道Ⅱ上运行一段时间后在N点时再次加速变轨，从而最终摆脱地球束缚。对于该过程，下列说法正确的是（ ）
A．嫦娥五号在N点通过向前喷气减速实现由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ
B．嫦娥五号在轨道Ⅰ上运行的周期小于在轨道Ⅱ上运行的周期
C．嫦娥五号在轨道Ⅰ正常运行时（不含变轨时刻）经过N点的加速度比在轨道Ⅱ正常运行（不含变轨时刻）时经过N点的加速度大
D．嫦娥五号在轨道Ⅰ上过M点的速率比在轨道Ⅰ上过N点的速率大
【分析】卫星由低轨道变轨到高轨道时要加速；应用开普勒第三定律比较在两轨道运动时的周期关系，根据万有引力提供向心力，求加速度的关系，根据由M点向N点运动，万有引力做负功，速度减小，判断M、N两点速度关系。
【解答】解：A、卫星由低轨道变轨到高轨道时要加速，发动机做正功，即向后喷气才能实现由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ，故A错误。
B、设嫦娥五号在轨道Ⅰ、Ⅱ上运行的轨道半径分别为r1（半长轴）、r2，运行的周期分别为T1、T2，由开普勒第三定律k，因为r1＜r2，所以T1＜T2，故嫦娥五号在轨道Ⅰ上运行的周期小于在轨道Ⅱ上运行的周期，故B正确。
C、根据人造卫星的万有引力提供向心力Gma得：a，因为G、M、r都相等，故嫦娥五号在轨道Ⅰ正常运行时（不含变轨时刻）经过N点的加速度与在轨道Ⅱ正常运行（不含变轨时刻）时经过N点的加速度相等，故C错误。
D、在轨道Ⅰ上，由M点向N点运动，万有引力做负功，速度减小，故在轨道Ⅰ上过M点的动能比嫦娥五号在轨道上Ⅱ过N点的速度大，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查了万有引力定律的应用，知道变轨原理、掌握万有引力提供向心力是解题的前提。
三、实验题：11题（1）（2）每空1分，（3）每空2分，共8分。12题（1）（2）（3）每空1分，（4）每空2分，共8分。考试根据要求作答。
11．（8分）用向心力演示器来探究物体做圆周运动所需向心力F的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。两个变速塔轮通过皮带连接，匀速转动手柄使长槽和短槽分别随变速塔轮1和变速塔轮2匀速转动，槽内的球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对球的弹力提供向心力，球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力套筒下降，从而露出标尺。标尺上红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的比值，图示为装置实物图和结构简图。
（1）在研究向心力F的大小与质量m的关系时，要保持 角速度ω 和 半径r 相同。
（2）若两个钢球质量和转动半径相等，且标尺上红白相间的等分格显示出两个钢球所受向心力的大小之比为1：9，则与皮带连接的两个变速塔轮的角速度之比为 1：3 ，半径之比为 3：1 。
【分析】（1）根据实验原理和控制变量法分析判断；
（2）根据向心力公式计算；根据线速度与角速度关系计算。
【解答】解：（1）在研究向心力F的大小与质量m的关系时，要保持角速度ω、半径r不变。
（2）根据
F＝mω2r
可得

由于两个变速轮塔边缘线速度相等，根据
v＝ωr
所以

故答案为：（1）角速度ω，半径r；（2）1：3，3：1。
【点评】本题关键掌握探究物体做圆周运动所需向心力F的大小与质量m、角速度ω和半径r之间关系的实验原理和控制变量法。
12．（8分）小明用如图甲所示的装置“研究平抛运动及其特点”，他的实验操作是：在小球A、B处于同一高度时，用小锤轻击弹性金属片使A球水平飞出，同时B球被松开。
（1）他观察到的现象是：小球A、B 同时 （填“同时”或“先后”）落地。
（2）上述现象说明：平抛运动的竖直分运动是 自由落体 运动。
（3）小明用图乙所示方法记录平抛运动的规矩，实验前应对实验装置反复条件，直到斜槽末端切线 水平 ；
每次让小球从同一位置由静止释放，是为了保证每次小球平抛 初速度相同 。
（4）然后小明用图乙所示方法记录平抛运动的轨迹，由于没有记录抛出点，如图丙所示，数据处理时选择A点为坐标原点（0，0），结合实验中重锤方向确定坐标系，丙图中小方格的边长均为0.05m，g取10m/s2，则小球运动的初速度的大小为 1.5 m/s，小球经过B点时的速度大小为 2.5 m/s。
【分析】（1）根据实验现象判断；
（2）根据自由落体运动的特点判断；
（3）根据实验原理和注意事项分析判断；
（4）根据竖直方向与水平方向的运动规律计算。
【解答】解：（1）他观察到的现象是：小球A、B同时落地；
（2）上述现象说明：平抛运动的竖直分运动是自由落体运动；
（3）调节斜槽使其末端保持水平，以保证小球能做平抛运动；
每次释放小球的位置必须相同，以保证小球做平抛运动的初速度相同；
（4）根据3l＝vt
Δy＝2l＝gt2
解得v＝1.5m/s
小球经过B点竖直方向的速度为vBy
小球经过B点时的速度大小为vB
解得vB＝2.5m/s
故答案为：（1）同时；（2）自由落体；（3）水平；初速度相同；（4）1.5，2.5
【点评】本题关键掌握研究平抛运动及其特点的实验原理和平抛运动、匀变速直线运的规律。
四、解答题，本题共3小题，共38分。
13．（11分）北京时间2023年5月30日16时29分，神舟十六号载人飞船成功对接于空间站天和核心舱径向端口，整个对接过程历时约6.5小时。对接完成后中国空间站形成三舱三船组合体绕地球（可视为质量分布均匀的球体）做匀速圆周运动。已知空间站绕地球飞行n圈的时间为t，地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，万有引力常量为G，不计地球的自转影响。求：
（1）空间站飞行的周期T；
（2）地球的质量M；
（3）空间站离地面高度h。
【分析】（1）根据空间站绕地球飞行n圈的时间为t，即可列式求解；
（2）地球表面，万有引力近似等于重力，据此列式，即可求解；
（3）由万有引力提供向心力列式，结合角速度与周期的关系，即可列式求解。
【解答】解：（1）由题知，空间站绕地球飞行n圈的时间为t，故周期为：
；
（2）地球表面，万有引力近似等于重力，则有：
，
解得：
；
（3）由万有引力提供向心力得：
，
其中：
，
联立可得：
；
答：（1）空间站飞行的周期T为；
（2）地球的质量M为；
（3）空间站离地面高度h为。
【点评】本题考查卫星或行星运行参数的计算，解题时需注意，把卫星的运行看作匀速圆周运动，万有引力完全充当圆周运动的向心力，但是计算的公式比较多，需要根据题目给出的参数，选择恰当的公式进行计算。
14．（13分）如图所示，竖直平面内的光滑圆弧轨道半径R＝5m，A端与圆心O等高，AD为与水平方向成45°角的斜面，B端在O的正上方，一个质量为0.1kg的小球在A点正上方某处由静止开始释放，自由下落至A点后进入圆弧轨道并能沿轨道到达B点，到达B点时小球对圆弧轨道顶端的压力大小为1N。随后小球做平抛运动，最后落到斜面上的C点。小球运动过程空气阻力不计，g取10m/s2，求：
（1）小球到达B点时的速度v0的大小；
（2）小球离开B点后到离斜面AD所在直线最远所用的时间t1；
（3）小球离开B点后到落到斜面C点时距A点的距离d。
【分析】（1）小球到达B点时，重力和弹力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解小球的速度；
（2）小球从B点离开做平抛运动，将运动分解到沿斜面方向和垂直于斜面方向，垂直于斜面方向的速度为0时，小球离斜面AC所在直线最远，根据平抛运动规律列式求解即可；
（3）当小球落到斜面上时，位移的偏转角为45°，根据平抛运动规律结合几何关系列式求解即可。
【解答】解：（1）小球到达B点时，根据牛顿第三定律得，轨道对小球的弹力等于小球对圆弧轨道顶端的压力，弹力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：
代入数据解得：v0＝10m/s
（2）小球离开B点后做平抛运动，根据平抛运动规律可得，当垂直斜面AC方向的速度为零时，离斜面最远，将小球的速度和加速度分解到弹斜面AC方向和垂直于斜面AC方向，如图所示
小球垂直于斜面方向的初速度为v＝v0sin45°
由几何关系得，在垂直斜面方向的加速度的大小为a＝gcs45°
由速度—时间公式得：0＝v﹣at
代入数据联立解得：t1＝1s
（3）设小球经过时间t2落到斜面上，由平抛运动得：
水平方向：x＝v0t2
竖直方向：
落到斜面上时，位移的偏转角为45°，则tan45°
由几何关系得：dR
代入数据解得：
答：（1）小球到达B点时的速度v0的大小为10m/s；
（2）小球离开B点后到离斜面AC所在直线最远所用的时间t1为10s；
（3）小球离开B点后到落到斜面AC时距A点的距离d为15m。
【点评】本题考查平抛运动的规律和牛顿第二定律在圆周运动的应用，解题关键是分析好小球的运动过程，能将平抛运动分解到沿斜面方向和垂直于斜面方向。
15．（14分）旋转秋千是游乐园里常见的游乐项目，它由数十个座椅通过缆绳固定在旋转圆盘上，每一座椅可坐一人。如图所示，是一种模拟该运动的装置，整个装置可绕置于地面上的竖直轴a转动，已知与转轴固定连接的水平杆ab长s＝0.1m，连接小球的细绳长，小球质量m＝0.1kg，整个装置绕竖直轴a做匀速圆周运动时，连接小球的细绳与竖直方向成37°角，小球到地面的高度h＝0.8m，重力加速度g＝10m/s2，已知sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，求：
（1）细绳对小球的拉力T是多大；
（2）该装置匀速转动角速度的大小；
（3）若转动过程中，细绳突然断裂，小球落地时到转轴a的水平距离。
【分析】（1）球在水平面内做匀速圆周运动，由重力mg和绳的拉力T的合力提供向心力，拉力T竖直方向的分力与重力大小相等、方向相反，水平方向的分力提供向心力；
（2）半径r＝Lsin37°+s，根据向心力与角速度的关系式，由牛顿第二定律求解角速度；
（3）由公式v＝ωr求出线速度，小球做平抛运动的过程中将运动沿水平方向与竖直方向分解即可。
【解答】解：（1）小球由重力mg和绳的拉力T的合力提供向心力，拉力T竖直方向的分力与重力大小相等、方向相反，拉力水平方向的分力提供向心力，有1.25N；
（2）小球做水平面内的匀速圆周运动，拉力T竖直方向的分力与重力大小相等、方向相反，拉力水平方向的分力提供向心力，可得mgtan37°＝mω2r，小球做圆周运动的半径r＝s+Lsin37°，
联立得，rad/s＝5rad/s；
（3）细绳断裂时，小球的线速度大小为v＝ωr＝5×（0.1）m/s＝1.5m/s，
由解得小球落地时间t0.4s，
小球平抛过程中，水平分位移为x＝vt＝1.5×0.4m＝0.6m，
根据几何关系可得小球落地时到转轴a的水平距离为。
答：（1）细绳对小球的拉力1.25N；
（2）匀速转动角速度的大小为5rad/s；
（3）小球落地时到转轴a的水平距离。
【点评】本题是圆锥摆问题，关键分析小球的受力情况和运动情况，容易出错的地方是圆周运动的半径r＝Lsin37°+s。
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