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2022-2023学年北京市东城区高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年北京市东城区高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共18页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.某物体做曲线运动，下列说法正确的是( )
A. 曲线运动是一种变速运动
B. 做曲线运动的物体，其加速度一定改变
C. 做曲线运动的物体，其速度大小一定变化
D. 物体做曲线运动的条件是所受合力与初速度方向不同
2.小球做如图所示的平抛运动，其在空中运动的时间由哪个选项中的数据决定( )
A. 小球质量mB. 水平射程x
C. 初速度大小v0D. 高度h和当地重力加速度g
3.如图所示，某物体以水平初速度抛出，飞行一段时间 3s后，垂直地撞在倾角θ为30∘的斜面上，(g=10m/s2)，由此计算出物体的位移x和水平初速度v0分别是( )
A. x=25mB. x=5 21mC. v0=10m/sD. v0=20m/s
4.围绕地球做匀速圆周运动的两颗卫星a、b，如图所示，则( )
A. a的线速度比b的小
B. a的角速度比b的小
C. a的运行周期比b的长
D. a的加速度比b的大
5.如图所示，绕竖直轴以某一角速度匀速转动的水平圆盘上放着质量为m的物块，物块与圆盘保持相对静止。若物块与圆盘之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 物块受到重力、支持力和向心力三个力的作用
B. 物块受到的摩擦力大小一定等于μmg
C. 物块所受摩擦力的方向指向转轴O点
D. 物块所受摩擦力对物块做负功
6.不可伸长的细线下端系一小球，上端悬挂在固定点O。现用水平力F缓慢地将小球从最低点A拉至如图所示的位置B。则小球从A点运动到B点的过程中( )
A. 力F先增大后减小
B. 细线对小球做负功
C. 小球的机械能守恒
D. 力F对小球做正功
7.
8.如图所示，把两个相同的小球在离地面同一高度，以相同大小的初速度v0分别沿竖直向下和水平方向抛出，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A. 落地时，两小球速度大小和方向都相同
B. 落地时，两小球重力的瞬时功率相等
C. 从小球抛出到落地，重力对两小球做的功不相等
D. 从小球抛出到落地，重力对两小球做功的平均功率不相等
9.“月-地检验”是想验证“地球与月球间的作用力”与“地球对苹果的吸引力”是同种性质的力。在已知月地距离约为地球半径60倍的情况下，需要验证( )
A. 月球表面的自由落体加速度约为地球表面的16
B. 苹果在月球表面受到的引力约为在地球表面的160
C. 月球公转的加速度约为苹果落向地面加速度的1602
D. 地球吸引月球的力约为地球吸引苹果的力的1602
10.发射同步卫星时先将卫星送到近地圆轨道Ⅰ，然后进入停泊轨道Ⅱ，并在该椭圆轨道上稳定运行一段时间后，最后发射到同步卫星圆轨道Ⅲ。P点为轨道Ⅰ和Ⅱ的切点，Q为轨道Ⅱ和Ⅲ的切点。下列说法正确的是( )
A. 卫星由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需要在P点减速
B. 卫星由轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ需要在Q点减速
C. 卫星在轨道Ⅱ上从P点到Q点过程中，万有引力对卫星不做功
D. 卫星在轨道Ⅱ上从P点到Q点过程中，万有引力对卫星做负功
11.向心力演示器中三层塔轮的尺寸关系如图甲所示。把两个质量相同的小钢球分别放在长槽和短槽内，皮带处于塔轮第一层如图乙所示。稳定地摇动手柄使它们做匀速圆周运动，由此可以探究( )
A. 向心力的大小与质量的关系B. 向心力的大小与轨道半径的关系
C. 向心力的大小与角速度的关系D. 角速度与周期的关系
12.如图所示，质量为m 的小球由不可伸长的轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，当轻杆绕轴OO′以角速度ω0匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，a绳与水平面成θ角，b绳平行于水平面，此时b绳张紧且绳拉力不等于零。当ω≥ω0时，随着ω的缓慢增大，则下列说法正确的是( )
A. a绳上拉力不变，b绳上拉力增大B. a绳上拉力减小，b绳上拉力增大
C. α绳上拉力增大，b绳上拉力不变D. a绳上拉力增大，b绳上拉力减小
13.把一定质量的小球放在竖直放置的轻弹簧上，并把小球往下按至A位置，如图甲所示。迅速松手由静止释放小球，弹簧把小球弹起，小球升至最高位置C(图丙)，途中经过位置B时弹簧正好恢复原长(图乙)。弹簧质量和空气阻力均可忽略。下列说法正确的是( )
A. 经过B点时，小球的动能最大
B. A到B的过程中，小球先加速后减速
C. A 到C的过程中，小球的机械能守恒
D. A到B的过程中，弹簧弹力做功等于小球动能增量
14.2019年春节档，科幻电影《流浪地球》红遍大江南北。电影讲述的是太阳即将毁灭，人类在地球上建造出巨大的推进器，使地球经历停止自传、加速逃逸、匀速滑行、减速入轨等阶段，最后成为新恒星(比邻星)的一颗行星的故事。假设几千年后地球流浪成功，成为比邻星的-颗行星，设比邻星的质量为太阳质量的18，地球质量在流浪过程中损失了110，地球绕比邻星运行的轨道半径为地球绕太阳运行轨道半径的12，则下列说法不正确的是( )
A. 地球绕比邻星运行的公转周期和绕太阳的公转周期相同
B. 地球绕比邻星运行的向心加速度是绕太阳运行时向心加速度的12
C. 地球与比邻星的万有引力为地球与太阳间万有引力920
D. 地球绕比邻星运行的动能是绕太阳运行时动能的14
二、实验题：本大题共2小题，共18分。
15.小红同学采用如图甲所示的实验装置做“验证机械能守恒定律”实验。
(1)在实验过程中，下列说法正确的是______。
A.实验时应先接通打点计时器的电源再释放纸带
B.天平、打点计时器和刻度尺是实验中必须使用的器材
C.释放纸带时，纸带应处于竖直方向
D.实验中应选用密度大的物体作为重物
(2)在一次实验中，重物自由下落，在纸带上打出一系列的点，如图乙所示。在纸带上选取连续打出的5个点A、B、C、D、E，测得C、D、E三个点到起始点O的距离分别为hC、hD、hE。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m，则从打下O点到打下D点的过程中，重物的重力势能的减少量为______，动能增加量为______。(用上述测量量和已知量的符号表示)。分析多组实验结果发现物体的重力势能减小量ΔEp略大于动能增加量ΔEk，这是因为______。
16.平抛运动的轨迹是曲线，我们可以把复杂的曲线运动分解为两个相对简单的直线运动。按照这个思路，分别研究做平抛运动的物体在竖直方向和水平方向的运动特点。
(1)如图甲所示，用小锤打击弹性金属片，A球沿水平方向抛出，同时B球由静止自由下落，可观察到两小球同时落地；分别改变小球距地面的高度和打击的力度，多次实验，都能观察到两小球同时落地。根据实验，______(选填“能”或“不能”)判断出A球在竖直方向做自由落体运动﹔ ______(选填”能”或“不能“)判断出A球在水平方向做匀速直线运动。
(2)还可以用频闪照相的方法研究平抛运动水平分运动的特点。图乙所示的频闪照片中记录了做平抛运动的小球每隔相等时间的位置。有同学完成必要的测量后认为，小球在水平方向做匀速直线运动，其判断依据是______。
(3)某同学设计了如图丙所示实验装置，利用前边研究的结论计算小球做平抛运动的初速度。实验中，为了保证钢球从O点飞出的初速度是水平方向且大小一定，下列实验条件必须满足的是______。
A.斜槽轨道光滑
B.斜槽轨道末端水平
C.每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球
(4)在生活中利用平抛运动的知识还可以估测水平排污管的污水流量，如图丁所示，该圆柱形管道污水出口处于水平方向，距离地面有一定的高度，重力加速度为g，请你设计实验，仅用卷尺(分度值为1mm，量程为5m)估测流量Q，简要写出实验方案以及需要测量的物理量，并用所测量的物理量推导流量Q的表达式。(流量Q为单位时间流过管道出口截面的液体体积)
三、简答题：本大题共4小题，共40分。
17.跳台滑雪是一项勇敢者的运动，运动员穿专用滑雪板，在滑雪道上获得一定速度后从跳台飞出，在空中飞行一段距离后着陆。如图所示，运动员从跳台A处以v0=15m/s的速度沿水平方向飞出，经过t=2.0s在斜坡B处着陆。运动员可视为质点，空气阻力不计，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)AB之间的高度差h；
(2)AB之间的距离lAB；
(3)着陆时运动员的速度大小v1。
18.如图所示，AB段为表面粗糙的水平面，其长度L为1.0m，动摩擦因数为μ=0.2，竖直平面内的光滑半圆形轨道下端与水平面B点相切，B、C分别为半圆形轨道的最低点和最高点，光滑斜面与水平面通过一小段光滑的圆弧相连。质量m=0.5kg的小滑块(可视为质点)从斜面O点由静止开始释放，经过AB段到达圆弧轨道最低点B随后沿半圆形轨道运动，恰好能通过C点。已知半圆形轨道半径R=0.40m，取重力加速度g=10m/s2，求：
(1)滑块运动到C点时速度的大小vC；
(2)滑块运动到B点时的动能Ek；
(3)起始点O到水平面AB的高度h。
19.利用如图所示的传送带由低处向高处运送货物，将货物由传送带最低端A处静止释放，货物先做匀加速运动，后做匀速运动到B点，已知货物质量为m、传送带速度大小为v，传送带与水平方向夹角为θ，传送带与货物间的动摩擦因数为μ(μ>tanθ)，AB间距离为l，重力加速度为g。电动机与传送带间不发生相对滑动，则在货物从A运送到B的过程中，求
(1)货物做匀加速运动的加速度大小a；
(2)传送带对货物所做的功W；
(3)在运送货物m过程中，传送带与货物间摩擦产生的热量Q。
20.中国天宫空间站全面建成，承担各项在轨科学实验任务。已知空间站在距离地球表面高度为h处做匀速圆周运动，地球质量为M，地球半径为R，万有引力常数为G。不考虑地球的自转。求
(1)空间站绕地球做匀速圆周运动的周期T；
(2)航天员在空间站长期处于失重状态，为缓解此状态带来的不适，科学家设想建造一种环形空间站，如图甲所示。半径为r0的圆环绕中心轴匀速旋转，航天员(可视为质点)站在圆环内的外侧壁上，随着圆环空间站做圆周运动，可受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。求圆环转动的角速度大小ω。
(3)将地球视为质量均匀分布的固体球。通过地球的南北两极打通一个如图乙所示的真空隧道。把一个质量为m的小球从北极的隧道口由静止释放，用r表示小球到地心的距离，F表示小球受到的万有引力的大小。已知质量均匀分布的球壳对球壳内任一位置处的物体的万有引力为零。
①在图丙中定性画出F随r(0≤r≤R)变化的关系图；
②求小球运动到地球球心O的速度大小vO。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、做曲线运动的物体，其速度方向在不断的变化，所以曲线运动一定是变速运动，故A正确；
B、当物体在恒定外力作用下做曲线运动时，其加速度保持不变，例如平抛运动，故B错误；
C、做匀速圆周运动的物体，其速度大小保持不变，故C错误；
D、物体做曲线运动的条件是物体所受外力的方向和速度方向不共线，并不是不同向，故D错误。
故选：A。
做曲线运动的物体，其速度方向在不断的变化，当物体在恒定外力作用下做曲线运动时，物体的加速度不变，物体做匀速圆周运动时，其速度的大小不变，方向时刻变化；当物体所受合力与初速度不共线时，物体做曲线运动。
本题考查的是做曲线运动的条件和曲线运动的特点，注意曲线运动里面的两种特殊情况，一个是平抛运动，一个是匀速圆周运动。
2.【答案】D
【解析】解：根据平抛运动规律有x=v0t,h=12gt2。可得t= 2hg，所以小球在空中的运动时间是由高度h和当地的重力加速度g共同决定的，故ABC错误，D正确。
故选：D。
平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，列出相应的方程即可解答。
做平抛运动的物体的运动时间是由高度和当地的重力加速度决定的，而水平位移是由初速度和运动时间决定的。
3.【答案】C
【解析】解：物体撞在斜面上时竖直分速度vy=gt=10 3m/s，
根据平行四边形定则知，tan30∘=v0vy，解得v0=10 3× 33m/s=10m/s，
则水平位移x=v0t=10× 3m=10 3m.故C正确，A、B、D错误。
故选：C。
根据速度时间公式求出撞在斜面上时的竖直分速度，结合平行四边形定则求出初速度，从而得出水平位移．
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，基础题．
4.【答案】D
【解析】解：ABD、根据万有引力提供向心力有
GMmr2=ma=mv2r=mrω2
解得
a=GMr2，v= GMr，ω= GMr3
由图可知a的运动半径较小，所以a的线速度、角速度、加速度都比b的大，故AB错误，D正确；
C、根据T=2πω可知，a的周期比b的小，故C错误；
故选：D。
人造卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力充当向心力，由此列式得到各量与轨道半径的关系，再分析大小关系。
解决本题的关键要掌握万有引力提供向心力这一理论，熟练推导出线速度、角速度、加速度、周期与轨道半径的关系。
5.【答案】C
【解析】解：A、物块受到重力、支持力和摩擦力三个力作用，摩擦力提供向心力，故A错误；
B、物块所受的摩擦力为静摩擦力，大小不一定等于μmg，故B错误；
C、物块随圆盘做匀速圆周运动，静摩擦力指向转轴O点，提供向心力，故C正确；
D、摩擦力方向与运动方向垂直，摩擦力对物体不做功，故D错误。
故选：C。
物块受到重力、支持力和摩擦力，摩擦力为静摩擦力，指向圆心，提供向心力；根据做功公式判断摩擦力做功。
本题考查匀速圆周运动，解题关键是知道做匀速圆周运动的物体合力指向圆心提供向心力，会判断做功的大小。
6.【答案】D
【解析】解：A、对小球受力分析如图：
由图可知拉力F一直增大，故A错误；
B、细线拉力与小球速度方向垂直，不做功，故B错误；
CD、外力F对小球做正功，所以小球机械能增大，故C错误，D正确；
故选：D。
对小球受力分析，根据力的动态分析A项，根据做功的条件分析BD，根据外力F做功分析机械能变化。
应明确：①物体缓慢运动过程即为动态平衡过程；②机械能变化的分析方法。
7.【答案】
【解析】
8.【答案】D
【解析】解：AB、根据机械能守恒定律可知，两小球落地时速度大小相等，设两小球落地时速度大小为v，做平抛运动的小球落地时速度方向与水平方向成θ角，所以小球落地时重力的瞬时功率为：P=mgvsinθ；竖直下抛的小球落地时重力的瞬时功率为：P=mgv，所以两小球落地时，速度不相等，平抛运动的小球重力的瞬时功率小于竖直下抛的小球重力的瞬时功率，故AB错误；
CD、从开始运动至落地，由于平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动，下抛的小球在竖直方向做竖直下抛运动，所以平抛运动的小球运动时间大于竖直下抛运动的小球运动时间，根据W=mgh得重力做的功相同，根据平均功率公式P−=Wt可知，所以重力对平抛运动小球做功的平均功率小于重力对竖直下抛运动小球做功的平均功率，故C错误，D正确。
故选：D。
本题考查平抛运动和竖直下抛运动，从运动规律角度和做功角度分别进行研究，解题关键是知道重力做功与路径无关，只与下落高度有关。
(1)两个物体在运动的过程中机械能守恒，可以判断它们的落地时的速度的大小；
(2)再由平均功率和瞬时功率的公式可以得出结论。
9.【答案】C
【解析】解：设苹果质量为m，地球质量为M，地球半径为R，月球轨道半径r=60R。
月球公转的加速度为a，由牛顿第二定律：GMm′r2=m′a
地球表面苹果重力等于万有引力：GMmR2=mg
联立解得：ag=1602，即需要验证：月球公转的加速度约为苹果落向地面加速度的1602，故ABD错误，C正确；
故选：C。
“月-地检验”是检验“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同样的规律，在地球表面的苹果受到的万有引力等于重力，根据万有引力定律的计算公式结合牛顿第二定律进行分析。
此题考查了万有引力定律及其应用，解决本题的关键掌握月-地检验的原理，掌握万有引力与重力的关系，并能灵活运用。
10.【答案】D
【解析】解：A、卫星由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需要在P点加速，故A错误；
B、卫星由轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ需要在Q点加速，故B错误；
CD、卫星在轨道Ⅱ上从P点到Q点过程中，万有引力的方向与运动方向夹角为钝角，万有引力对卫星做负功，故C错误，D正确。
故选：D。
卫星从低轨变到高轨，需要点火加速；根据万有引力方向与运动方向的夹角判断做功的正负。
本题考查变轨问题和做功的判断，知道卫星变轨的原理，会判断做功的正负。
11.【答案】C
【解析】解：两球质量m相同，做圆周运动的半径r也相同，在调整塔轮上的皮带的位置时，由于皮带上任意位置的线速度相同，故改变了两个塔轮做圆周运动的角速度ω，物体的角速度也随之改变，故只能探究向心力大小与角速度的关系，故C正确，ABD错误。
故选：C。
小球的质量不变，做圆周运动时的半径相同，依次调整塔轮上的皮带的位置时改变的时小球做圆周运动的角速度，据此解答即可。
本实验采用控制变量法，即要研究一个量与另外一个量的关系，需要控制其它量不变。
12.【答案】A
【解析】解：小球在水平面内做匀速圆周运动，此时b绳张紧且绳拉力不等于零，小球受重力，a绳拉力，b绳拉力，竖直方向受力平衡由mg=Tasinθ，解得a绳的拉力Ta=mgsinθ，则a绳的拉力与ω无关，故随着ω的缓慢增大，a绳上拉力不变；水平方向合力提供小球做圆周运动的向心力有Tb+mgtanθ=mrω2，故随着ω的缓慢增大，b绳上拉力增大，故A正确，BCD错误。
故选：A。
小球在水平面内匀速圆周运动，竖直方向受力平衡，水平方向合力提供向心力。
本题考查了向心力公式和牛顿第二定律的应用，求出绳子拉力的表达式，再探讨与角速度的关系。
13.【答案】B
【解析】解：AB、小球从A上升到B位置的过程中，弹簧的弹力先大于重力，后小于重力，小球先加速后减速，当弹簧的弹力等于重力时，合力为零，小球的速度达到最大，小球从A上升到B的过程中，动能先增大后减小，故A错误，B正确。
C、从A到C点的过程中，弹力和重力都对小球做功，小球的机械能不守恒，故C错误；
D、根据能量守恒定律可知，A到B的过程中，弹簧弹力做功等于小球动能增量和重力势能的减少量之和，故D错误；
故选：B。
根据弹簧的弹力做功分析小球机械能的变化。小球从A上升到B位置的过程中，平衡位置速度最大，动能增大；根据能量守恒定律分析D。
解决本题的关键掌握机械能守恒的条件，在只有重力或弹簧弹力做功的情形下，系统机械能守恒。在解题时要注意，单独对小球来说，小球和弹簧接触过程中机械能不守恒。
14.【答案】D
【解析】解：A、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：GMmr2=m4π2T2r，解得：T=2π r3GM，则：T比T太= (r比r太)3×M太M比=1，即：T比=T太，故A正确；
B、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：GMmr2=ma，解得：a=GMr2，a比a太=M比M太⋅(r太r比)2=12，故B正确：
C、万有引力F=GMmr2，代入数据计算解得F比F太=920，故C正确；
D、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：GMmr2=mv2r，动能：Ek=12mv2=GMm2r，代入数据计算解得动能之比为940，故D错误；
本题选不正确的，故选：D。
万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律求出地球的周期、向心加速度、线速度，然后分析答题。
本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力是解题的前提与关键，应用万有引力公式与牛顿第二定律可以解题。
15.【答案】ACDmghD m(hE−hC)28T2 阻力影响
【解析】解：(1)A.为了充分利用纸带，应先接通电源后释放纸带，故A正确；
B.根据机械能守恒的表达式，两边的质量可以约去，故可知不需要测量质量，故B错误；
C.为了减小误差，纸带与打点计时器的两个限位孔要在同一竖直线上，故C正确；
D.为了减小阻力对实验的影响，在实验时一般选择体积小质量大(即密度大)的实心金属球进行实验，故D正确。
故选：ACD。
(2)从打下O点到打下D点的过程中，重物的重力势能变化量为
ΔEp=mghD
打下D点时的速度为vD=hE−hC2T
动能增量为ΔEk=12mvD2
解得ΔEk=m(hE−hC)28T2
由于纸带通过时受到阻力和重锤受到的空气阻力，重力势能有相当一部分转化给摩擦产生的内能，所以重力势能的减小量大于动能的增加量。
故答案为：(1)ACD；(2)mghD；m(hE−hC)28T2；阻力影响
(1)根据实验原理、实验仪器的正确选择、实验步骤分析判断．
(2)纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，从而求出动能．根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功．
正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材、实验步骤、所测数据等，会起到事半功倍的效果．
16.【答案】能 不能 相邻小球的水平距离相等 BC
【解析】解：(1)两球同时落地，改变敲击的力度，两球仍同时落地，说明：平抛运动在竖直方向是自由落体运动，但不能说明水平方向是匀速直线运动；
(2)频闪照片中记录了做平抛运动的小球每隔相等时间的位置，过每个球心沿沿竖直方向画直线，可以发现相邻竖线的水平距离相等，从而可以判断小球水平方向是做匀速直线运动，所以依据是：相邻小球的水平距离相等；
(3)AB、为了保证小球离开斜槽末端做平抛运动，斜槽末端必须水平，但斜槽不一定光滑，故A错误，B正确；
C、为了平抛都有相同的初速度，则小球均应从相同位置静止释放，故C正确。
(4)水流出水管后做平抛运动，测出污水的水平位移s，管口距离水面的高度h，以及水管的直径d后再进行计算：
水的流速即平抛运动的初速度：v=xt=s 2hg=s g2h
则污水的流量：Q=vS=s g2h⋅π(d2)2=14πsd2 g2h
故答案为：(1)能、不能；(2)相邻小球的水平距离相等；(3)AC；(4)14πsd2 g2h(详解见解析)
(1)从图甲的实验现象分析两球同时落地表示的意义；
(2)根据水平方向做匀速直线运动的特点找依据；
(3)根据实验原理和注意事项分析装置的正确与否；
(4)根据高度求出平抛运动的时间，结合水平位移和时间求出初速度。根据体积的表达式确定需要测量的物理量。
解决本题的关键知道实验的原理以及注意事项，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解。解决本题的关键掌握平抛运动的处理方法。
17.【答案】解：(1)运动员竖直方向做自由落体运动
h=12gt2=12×10×2.02m=20m
(2)运动员水平方向做匀速直线运动
x=v0t=15×2.0m=30m
AB之间的距离lAB= h2+x2= 202+302m=10 13m
(3)着陆时运动员的速度大小v1满足
v1= v02+(gt)2= 152+202m/s=25m/s
答：(1)AB之间的高度差h为20m；
(2)AB之间的距离lAB为10 3m
(3)着陆时运动员的速度大小v1为25m/s。
【解析】运动员做平抛运动，分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动两个分运动，其位移等于水平和竖直位移的矢量合，速度等于水平和竖直速度的矢量合。
本题应用平抛运动规律求解，考查知识比较基础，难度不大。
18.【答案】解：(1)滑块恰好通过最高点时，重力刚好提供向心力，则有
mg=mvC2R
解得：vC= gR= 10×0.4m/s=2m/s
(2)滑块从B到C的过程只有重力做功，满足机械能守恒，则有
2mgR+12mvC2=Ek
解得：Ek=2×0.5×10×0.4J+12×0.5×22J=5J
(3)滑块从O到B的过程，根据动能定理可得
mgh−μmgL=12mvB2
解得：h=1.2m
答：(1)滑块运动到C点时速度的大小为2m/s；
(2)滑块运动到B点时的动能为5J；
(3)起始点O到水平面AB的高度h为1.2m。
【解析】(1)滑块恰好通过最高点时，轨道对滑块的弹力为0，重力刚好提供向心力，根据牛顿第二定律列式得出滑块到C点时的速度；
(2)从B到C的过程只有重力做功，根据机械能守恒定律求解；
(3)根O到B的过程，根据动能定理可求高度h。
本题主要考查了动能定理相关应用，熟悉物体的受力分析，结合牛顿第二定律和向心力公式及机械能守恒定律求解，难度不大。
19.【答案】解：(1)由受力分析可知：μmgcsθ−mgsinθ=ma
解得：a=μgcsθ−gsinθ
(2)由动能定理可知：W−mglsinθ=12mv2−0
解得：W=mglsinθ+12mv2
(3)货物加速阶段：t=va=vμgcsθ−gsinθ
货物加速阶段传送带的位移为：s1=vt=v2μgcsθ−hsinθ
货物加速阶段货物的位移为：s2=12at2=v22μgcsθ−2gsinθ
在运送货物m过程中，传送带与货物间摩擦产生的热量Q为：
Q=fd=μmgcsθ(s1−s2)=μmgcsθv22μgcsθ−2gsinθ
答：(1)货物做匀加速运动的加速度大小a=μgcsθ−gsinθ；
(2)传送带对货物所做的功W=mglsinθ+12mv2；
(3)在运送货物m过程中，传送带与货物间摩擦产生的热量 Q=μmgcsθv22μgcsθ−2gsinθ。
【解析】通过受力分析，货物在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，根据牛顿第二定律和功能关系对题目进行计算。
本题属于传送带模型，关键是正确地进行受力分析和运用功能关系。
20.【答案】解：(1)空间站绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心
GMm(R+h)2=m(2πT)2(R+h)
不考虑地球自转，质量为m0的物体，在地球表面的重力等于万有引力，即
m0g=GMm0R2
可得
T=2π(R+h)R (R+h)g
(2)当航天员随空间站一起自转且加速度为g时，可获得与地球表面相同的重力有
Fn=m0g
旋转舱内的侧壁对航天员的支持力提供航天员绕中轴匀速转动的向心力有
Fn=m0ω2r
解得
ω= gr
(3)①由质量均匀分布的球壳对球壳内任一位置处的物体的万有引力为零，有当rF=GMmr2=Gρ43πr3mr2=43Gπρmr=GMR3mr
可得F与r成正比，故此时的图像为过原点的倾斜直线，
当r=R时，万有引力达到最大值，
可得F与1r2成正比，所以F随r(0≤r≤R)变化的关系图如下：
②由①可知，从隧道口到地心，小球的万有引力F的大小随着做功的距离线性减小，速度逐渐增大，当小球到达球心时速度最大，由图像面积可得引力做功
W=12kx2
由上述知其中
k=GMR3m
由动能定理得
W=12kR2=12mv02
联立得
v0= GMR
答：(1)空间站绕地球做匀速圆周运动的周期T为2π(R+h)R (R+h)g；
(2)圆环转动的角速度大小ω为 gr
(3)①在图丙中定性画出F随r(0≤r≤R)变化的关系图见解析；
②求小球运动到地球球心O的速度大小为 GMR。
【解析】(1)空间站绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列式求解；
(2)根据支持力等于重力，结合匀速圆周运动的公式求解角速度；
(3)①根据题干信息，列出小球在地球内部和地球外部受到的万有引力随r变化的关系式，根据关系式即可画图；
②小球从地球表面开始下落，直到经过地心的过程中，万有引力对球始终做正功，则到达地心处的速度最大，根据动能定理列式求解。
此题考查了万有引力定律及其应用，属于信息题，解题的关键是明确题干提供的信息，结合已知条件能够灵活运用。
1.某物体做曲线运动，下列说法正确的是( )
A. 曲线运动是一种变速运动
B. 做曲线运动的物体，其加速度一定改变
C. 做曲线运动的物体，其速度大小一定变化
D. 物体做曲线运动的条件是所受合力与初速度方向不同
2.小球做如图所示的平抛运动，其在空中运动的时间由哪个选项中的数据决定( )
A. 小球质量mB. 水平射程x
C. 初速度大小v0D. 高度h和当地重力加速度g
3.如图所示，某物体以水平初速度抛出，飞行一段时间 3s后，垂直地撞在倾角θ为30∘的斜面上，(g=10m/s2)，由此计算出物体的位移x和水平初速度v0分别是( )
A. x=25mB. x=5 21mC. v0=10m/sD. v0=20m/s
4.围绕地球做匀速圆周运动的两颗卫星a、b，如图所示，则( )
A. a的线速度比b的小
B. a的角速度比b的小
C. a的运行周期比b的长
D. a的加速度比b的大
5.如图所示，绕竖直轴以某一角速度匀速转动的水平圆盘上放着质量为m的物块，物块与圆盘保持相对静止。若物块与圆盘之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 物块受到重力、支持力和向心力三个力的作用
B. 物块受到的摩擦力大小一定等于μmg
C. 物块所受摩擦力的方向指向转轴O点
D. 物块所受摩擦力对物块做负功
6.不可伸长的细线下端系一小球，上端悬挂在固定点O。现用水平力F缓慢地将小球从最低点A拉至如图所示的位置B。则小球从A点运动到B点的过程中( )
A. 力F先增大后减小
B. 细线对小球做负功
C. 小球的机械能守恒
D. 力F对小球做正功
7.
8.如图所示，把两个相同的小球在离地面同一高度，以相同大小的初速度v0分别沿竖直向下和水平方向抛出，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A. 落地时，两小球速度大小和方向都相同
B. 落地时，两小球重力的瞬时功率相等
C. 从小球抛出到落地，重力对两小球做的功不相等
D. 从小球抛出到落地，重力对两小球做功的平均功率不相等
9.“月-地检验”是想验证“地球与月球间的作用力”与“地球对苹果的吸引力”是同种性质的力。在已知月地距离约为地球半径60倍的情况下，需要验证( )
A. 月球表面的自由落体加速度约为地球表面的16
B. 苹果在月球表面受到的引力约为在地球表面的160
C. 月球公转的加速度约为苹果落向地面加速度的1602
D. 地球吸引月球的力约为地球吸引苹果的力的1602
10.发射同步卫星时先将卫星送到近地圆轨道Ⅰ，然后进入停泊轨道Ⅱ，并在该椭圆轨道上稳定运行一段时间后，最后发射到同步卫星圆轨道Ⅲ。P点为轨道Ⅰ和Ⅱ的切点，Q为轨道Ⅱ和Ⅲ的切点。下列说法正确的是( )
A. 卫星由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需要在P点减速
B. 卫星由轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ需要在Q点减速
C. 卫星在轨道Ⅱ上从P点到Q点过程中，万有引力对卫星不做功
D. 卫星在轨道Ⅱ上从P点到Q点过程中，万有引力对卫星做负功
11.向心力演示器中三层塔轮的尺寸关系如图甲所示。把两个质量相同的小钢球分别放在长槽和短槽内，皮带处于塔轮第一层如图乙所示。稳定地摇动手柄使它们做匀速圆周运动，由此可以探究( )
A. 向心力的大小与质量的关系B. 向心力的大小与轨道半径的关系
C. 向心力的大小与角速度的关系D. 角速度与周期的关系
12.如图所示，质量为m 的小球由不可伸长的轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，当轻杆绕轴OO′以角速度ω0匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，a绳与水平面成θ角，b绳平行于水平面，此时b绳张紧且绳拉力不等于零。当ω≥ω0时，随着ω的缓慢增大，则下列说法正确的是( )
A. a绳上拉力不变，b绳上拉力增大B. a绳上拉力减小，b绳上拉力增大
C. α绳上拉力增大，b绳上拉力不变D. a绳上拉力增大，b绳上拉力减小
13.把一定质量的小球放在竖直放置的轻弹簧上，并把小球往下按至A位置，如图甲所示。迅速松手由静止释放小球，弹簧把小球弹起，小球升至最高位置C(图丙)，途中经过位置B时弹簧正好恢复原长(图乙)。弹簧质量和空气阻力均可忽略。下列说法正确的是( )
A. 经过B点时，小球的动能最大
B. A到B的过程中，小球先加速后减速
C. A 到C的过程中，小球的机械能守恒
D. A到B的过程中，弹簧弹力做功等于小球动能增量
14.2019年春节档，科幻电影《流浪地球》红遍大江南北。电影讲述的是太阳即将毁灭，人类在地球上建造出巨大的推进器，使地球经历停止自传、加速逃逸、匀速滑行、减速入轨等阶段，最后成为新恒星(比邻星)的一颗行星的故事。假设几千年后地球流浪成功，成为比邻星的-颗行星，设比邻星的质量为太阳质量的18，地球质量在流浪过程中损失了110，地球绕比邻星运行的轨道半径为地球绕太阳运行轨道半径的12，则下列说法不正确的是( )
A. 地球绕比邻星运行的公转周期和绕太阳的公转周期相同
B. 地球绕比邻星运行的向心加速度是绕太阳运行时向心加速度的12
C. 地球与比邻星的万有引力为地球与太阳间万有引力920
D. 地球绕比邻星运行的动能是绕太阳运行时动能的14
二、实验题：本大题共2小题，共18分。
15.小红同学采用如图甲所示的实验装置做“验证机械能守恒定律”实验。
(1)在实验过程中，下列说法正确的是______。
A.实验时应先接通打点计时器的电源再释放纸带
B.天平、打点计时器和刻度尺是实验中必须使用的器材
C.释放纸带时，纸带应处于竖直方向
D.实验中应选用密度大的物体作为重物
(2)在一次实验中，重物自由下落，在纸带上打出一系列的点，如图乙所示。在纸带上选取连续打出的5个点A、B、C、D、E，测得C、D、E三个点到起始点O的距离分别为hC、hD、hE。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m，则从打下O点到打下D点的过程中，重物的重力势能的减少量为______，动能增加量为______。(用上述测量量和已知量的符号表示)。分析多组实验结果发现物体的重力势能减小量ΔEp略大于动能增加量ΔEk，这是因为______。
16.平抛运动的轨迹是曲线，我们可以把复杂的曲线运动分解为两个相对简单的直线运动。按照这个思路，分别研究做平抛运动的物体在竖直方向和水平方向的运动特点。
(1)如图甲所示，用小锤打击弹性金属片，A球沿水平方向抛出，同时B球由静止自由下落，可观察到两小球同时落地；分别改变小球距地面的高度和打击的力度，多次实验，都能观察到两小球同时落地。根据实验，______(选填“能”或“不能”)判断出A球在竖直方向做自由落体运动﹔ ______(选填”能”或“不能“)判断出A球在水平方向做匀速直线运动。
(2)还可以用频闪照相的方法研究平抛运动水平分运动的特点。图乙所示的频闪照片中记录了做平抛运动的小球每隔相等时间的位置。有同学完成必要的测量后认为，小球在水平方向做匀速直线运动，其判断依据是______。
(3)某同学设计了如图丙所示实验装置，利用前边研究的结论计算小球做平抛运动的初速度。实验中，为了保证钢球从O点飞出的初速度是水平方向且大小一定，下列实验条件必须满足的是______。
A.斜槽轨道光滑
B.斜槽轨道末端水平
C.每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球
(4)在生活中利用平抛运动的知识还可以估测水平排污管的污水流量，如图丁所示，该圆柱形管道污水出口处于水平方向，距离地面有一定的高度，重力加速度为g，请你设计实验，仅用卷尺(分度值为1mm，量程为5m)估测流量Q，简要写出实验方案以及需要测量的物理量，并用所测量的物理量推导流量Q的表达式。(流量Q为单位时间流过管道出口截面的液体体积)
三、简答题：本大题共4小题，共40分。
17.跳台滑雪是一项勇敢者的运动，运动员穿专用滑雪板，在滑雪道上获得一定速度后从跳台飞出，在空中飞行一段距离后着陆。如图所示，运动员从跳台A处以v0=15m/s的速度沿水平方向飞出，经过t=2.0s在斜坡B处着陆。运动员可视为质点，空气阻力不计，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)AB之间的高度差h；
(2)AB之间的距离lAB；
(3)着陆时运动员的速度大小v1。
18.如图所示，AB段为表面粗糙的水平面，其长度L为1.0m，动摩擦因数为μ=0.2，竖直平面内的光滑半圆形轨道下端与水平面B点相切，B、C分别为半圆形轨道的最低点和最高点，光滑斜面与水平面通过一小段光滑的圆弧相连。质量m=0.5kg的小滑块(可视为质点)从斜面O点由静止开始释放，经过AB段到达圆弧轨道最低点B随后沿半圆形轨道运动，恰好能通过C点。已知半圆形轨道半径R=0.40m，取重力加速度g=10m/s2，求：
(1)滑块运动到C点时速度的大小vC；
(2)滑块运动到B点时的动能Ek；
(3)起始点O到水平面AB的高度h。
19.利用如图所示的传送带由低处向高处运送货物，将货物由传送带最低端A处静止释放，货物先做匀加速运动，后做匀速运动到B点，已知货物质量为m、传送带速度大小为v，传送带与水平方向夹角为θ，传送带与货物间的动摩擦因数为μ(μ>tanθ)，AB间距离为l，重力加速度为g。电动机与传送带间不发生相对滑动，则在货物从A运送到B的过程中，求
(1)货物做匀加速运动的加速度大小a；
(2)传送带对货物所做的功W；
(3)在运送货物m过程中，传送带与货物间摩擦产生的热量Q。
20.中国天宫空间站全面建成，承担各项在轨科学实验任务。已知空间站在距离地球表面高度为h处做匀速圆周运动，地球质量为M，地球半径为R，万有引力常数为G。不考虑地球的自转。求
(1)空间站绕地球做匀速圆周运动的周期T；
(2)航天员在空间站长期处于失重状态，为缓解此状态带来的不适，科学家设想建造一种环形空间站，如图甲所示。半径为r0的圆环绕中心轴匀速旋转，航天员(可视为质点)站在圆环内的外侧壁上，随着圆环空间站做圆周运动，可受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。求圆环转动的角速度大小ω。
(3)将地球视为质量均匀分布的固体球。通过地球的南北两极打通一个如图乙所示的真空隧道。把一个质量为m的小球从北极的隧道口由静止释放，用r表示小球到地心的距离，F表示小球受到的万有引力的大小。已知质量均匀分布的球壳对球壳内任一位置处的物体的万有引力为零。
①在图丙中定性画出F随r(0≤r≤R)变化的关系图；
②求小球运动到地球球心O的速度大小vO。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、做曲线运动的物体，其速度方向在不断的变化，所以曲线运动一定是变速运动，故A正确；
B、当物体在恒定外力作用下做曲线运动时，其加速度保持不变，例如平抛运动，故B错误；
C、做匀速圆周运动的物体，其速度大小保持不变，故C错误；
D、物体做曲线运动的条件是物体所受外力的方向和速度方向不共线，并不是不同向，故D错误。
故选：A。
做曲线运动的物体，其速度方向在不断的变化，当物体在恒定外力作用下做曲线运动时，物体的加速度不变，物体做匀速圆周运动时，其速度的大小不变，方向时刻变化；当物体所受合力与初速度不共线时，物体做曲线运动。
本题考查的是做曲线运动的条件和曲线运动的特点，注意曲线运动里面的两种特殊情况，一个是平抛运动，一个是匀速圆周运动。
2.【答案】D
【解析】解：根据平抛运动规律有x=v0t,h=12gt2。可得t= 2hg，所以小球在空中的运动时间是由高度h和当地的重力加速度g共同决定的，故ABC错误，D正确。
故选：D。
平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，列出相应的方程即可解答。
做平抛运动的物体的运动时间是由高度和当地的重力加速度决定的，而水平位移是由初速度和运动时间决定的。
3.【答案】C
【解析】解：物体撞在斜面上时竖直分速度vy=gt=10 3m/s，
根据平行四边形定则知，tan30∘=v0vy，解得v0=10 3× 33m/s=10m/s，
则水平位移x=v0t=10× 3m=10 3m.故C正确，A、B、D错误。
故选：C。
根据速度时间公式求出撞在斜面上时的竖直分速度，结合平行四边形定则求出初速度，从而得出水平位移．
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，基础题．
4.【答案】D
【解析】解：ABD、根据万有引力提供向心力有
GMmr2=ma=mv2r=mrω2
解得
a=GMr2，v= GMr，ω= GMr3
由图可知a的运动半径较小，所以a的线速度、角速度、加速度都比b的大，故AB错误，D正确；
C、根据T=2πω可知，a的周期比b的小，故C错误；
故选：D。
人造卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力充当向心力，由此列式得到各量与轨道半径的关系，再分析大小关系。
解决本题的关键要掌握万有引力提供向心力这一理论，熟练推导出线速度、角速度、加速度、周期与轨道半径的关系。
5.【答案】C
【解析】解：A、物块受到重力、支持力和摩擦力三个力作用，摩擦力提供向心力，故A错误；
B、物块所受的摩擦力为静摩擦力，大小不一定等于μmg，故B错误；
C、物块随圆盘做匀速圆周运动，静摩擦力指向转轴O点，提供向心力，故C正确；
D、摩擦力方向与运动方向垂直，摩擦力对物体不做功，故D错误。
故选：C。
物块受到重力、支持力和摩擦力，摩擦力为静摩擦力，指向圆心，提供向心力；根据做功公式判断摩擦力做功。
本题考查匀速圆周运动，解题关键是知道做匀速圆周运动的物体合力指向圆心提供向心力，会判断做功的大小。
6.【答案】D
【解析】解：A、对小球受力分析如图：
由图可知拉力F一直增大，故A错误；
B、细线拉力与小球速度方向垂直，不做功，故B错误；
CD、外力F对小球做正功，所以小球机械能增大，故C错误，D正确；
故选：D。
对小球受力分析，根据力的动态分析A项，根据做功的条件分析BD，根据外力F做功分析机械能变化。
应明确：①物体缓慢运动过程即为动态平衡过程；②机械能变化的分析方法。
7.【答案】
【解析】
8.【答案】D
【解析】解：AB、根据机械能守恒定律可知，两小球落地时速度大小相等，设两小球落地时速度大小为v，做平抛运动的小球落地时速度方向与水平方向成θ角，所以小球落地时重力的瞬时功率为：P=mgvsinθ；竖直下抛的小球落地时重力的瞬时功率为：P=mgv，所以两小球落地时，速度不相等，平抛运动的小球重力的瞬时功率小于竖直下抛的小球重力的瞬时功率，故AB错误；
CD、从开始运动至落地，由于平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动，下抛的小球在竖直方向做竖直下抛运动，所以平抛运动的小球运动时间大于竖直下抛运动的小球运动时间，根据W=mgh得重力做的功相同，根据平均功率公式P−=Wt可知，所以重力对平抛运动小球做功的平均功率小于重力对竖直下抛运动小球做功的平均功率，故C错误，D正确。
故选：D。
本题考查平抛运动和竖直下抛运动，从运动规律角度和做功角度分别进行研究，解题关键是知道重力做功与路径无关，只与下落高度有关。
(1)两个物体在运动的过程中机械能守恒，可以判断它们的落地时的速度的大小；
(2)再由平均功率和瞬时功率的公式可以得出结论。
9.【答案】C
【解析】解：设苹果质量为m，地球质量为M，地球半径为R，月球轨道半径r=60R。
月球公转的加速度为a，由牛顿第二定律：GMm′r2=m′a
地球表面苹果重力等于万有引力：GMmR2=mg
联立解得：ag=1602，即需要验证：月球公转的加速度约为苹果落向地面加速度的1602，故ABD错误，C正确；
故选：C。
“月-地检验”是检验“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同样的规律，在地球表面的苹果受到的万有引力等于重力，根据万有引力定律的计算公式结合牛顿第二定律进行分析。
此题考查了万有引力定律及其应用，解决本题的关键掌握月-地检验的原理，掌握万有引力与重力的关系，并能灵活运用。
10.【答案】D
【解析】解：A、卫星由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需要在P点加速，故A错误；
B、卫星由轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ需要在Q点加速，故B错误；
CD、卫星在轨道Ⅱ上从P点到Q点过程中，万有引力的方向与运动方向夹角为钝角，万有引力对卫星做负功，故C错误，D正确。
故选：D。
卫星从低轨变到高轨，需要点火加速；根据万有引力方向与运动方向的夹角判断做功的正负。
本题考查变轨问题和做功的判断，知道卫星变轨的原理，会判断做功的正负。
11.【答案】C
【解析】解：两球质量m相同，做圆周运动的半径r也相同，在调整塔轮上的皮带的位置时，由于皮带上任意位置的线速度相同，故改变了两个塔轮做圆周运动的角速度ω，物体的角速度也随之改变，故只能探究向心力大小与角速度的关系，故C正确，ABD错误。
故选：C。
小球的质量不变，做圆周运动时的半径相同，依次调整塔轮上的皮带的位置时改变的时小球做圆周运动的角速度，据此解答即可。
本实验采用控制变量法，即要研究一个量与另外一个量的关系，需要控制其它量不变。
12.【答案】A
【解析】解：小球在水平面内做匀速圆周运动，此时b绳张紧且绳拉力不等于零，小球受重力，a绳拉力，b绳拉力，竖直方向受力平衡由mg=Tasinθ，解得a绳的拉力Ta=mgsinθ，则a绳的拉力与ω无关，故随着ω的缓慢增大，a绳上拉力不变；水平方向合力提供小球做圆周运动的向心力有Tb+mgtanθ=mrω2，故随着ω的缓慢增大，b绳上拉力增大，故A正确，BCD错误。
故选：A。
小球在水平面内匀速圆周运动，竖直方向受力平衡，水平方向合力提供向心力。
本题考查了向心力公式和牛顿第二定律的应用，求出绳子拉力的表达式，再探讨与角速度的关系。
13.【答案】B
【解析】解：AB、小球从A上升到B位置的过程中，弹簧的弹力先大于重力，后小于重力，小球先加速后减速，当弹簧的弹力等于重力时，合力为零，小球的速度达到最大，小球从A上升到B的过程中，动能先增大后减小，故A错误，B正确。
C、从A到C点的过程中，弹力和重力都对小球做功，小球的机械能不守恒，故C错误；
D、根据能量守恒定律可知，A到B的过程中，弹簧弹力做功等于小球动能增量和重力势能的减少量之和，故D错误；
故选：B。
根据弹簧的弹力做功分析小球机械能的变化。小球从A上升到B位置的过程中，平衡位置速度最大，动能增大；根据能量守恒定律分析D。
解决本题的关键掌握机械能守恒的条件，在只有重力或弹簧弹力做功的情形下，系统机械能守恒。在解题时要注意，单独对小球来说，小球和弹簧接触过程中机械能不守恒。
14.【答案】D
【解析】解：A、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：GMmr2=m4π2T2r，解得：T=2π r3GM，则：T比T太= (r比r太)3×M太M比=1，即：T比=T太，故A正确；
B、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：GMmr2=ma，解得：a=GMr2，a比a太=M比M太⋅(r太r比)2=12，故B正确：
C、万有引力F=GMmr2，代入数据计算解得F比F太=920，故C正确；
D、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：GMmr2=mv2r，动能：Ek=12mv2=GMm2r，代入数据计算解得动能之比为940，故D错误；
本题选不正确的，故选：D。
万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律求出地球的周期、向心加速度、线速度，然后分析答题。
本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力是解题的前提与关键，应用万有引力公式与牛顿第二定律可以解题。
15.【答案】ACDmghD m(hE−hC)28T2 阻力影响
【解析】解：(1)A.为了充分利用纸带，应先接通电源后释放纸带，故A正确；
B.根据机械能守恒的表达式，两边的质量可以约去，故可知不需要测量质量，故B错误；
C.为了减小误差，纸带与打点计时器的两个限位孔要在同一竖直线上，故C正确；
D.为了减小阻力对实验的影响，在实验时一般选择体积小质量大(即密度大)的实心金属球进行实验，故D正确。
故选：ACD。
(2)从打下O点到打下D点的过程中，重物的重力势能变化量为
ΔEp=mghD
打下D点时的速度为vD=hE−hC2T
动能增量为ΔEk=12mvD2
解得ΔEk=m(hE−hC)28T2
由于纸带通过时受到阻力和重锤受到的空气阻力，重力势能有相当一部分转化给摩擦产生的内能，所以重力势能的减小量大于动能的增加量。
故答案为：(1)ACD；(2)mghD；m(hE−hC)28T2；阻力影响
(1)根据实验原理、实验仪器的正确选择、实验步骤分析判断．
(2)纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，从而求出动能．根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功．
正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材、实验步骤、所测数据等，会起到事半功倍的效果．
16.【答案】能 不能 相邻小球的水平距离相等 BC
【解析】解：(1)两球同时落地，改变敲击的力度，两球仍同时落地，说明：平抛运动在竖直方向是自由落体运动，但不能说明水平方向是匀速直线运动；
(2)频闪照片中记录了做平抛运动的小球每隔相等时间的位置，过每个球心沿沿竖直方向画直线，可以发现相邻竖线的水平距离相等，从而可以判断小球水平方向是做匀速直线运动，所以依据是：相邻小球的水平距离相等；
(3)AB、为了保证小球离开斜槽末端做平抛运动，斜槽末端必须水平，但斜槽不一定光滑，故A错误，B正确；
C、为了平抛都有相同的初速度，则小球均应从相同位置静止释放，故C正确。
(4)水流出水管后做平抛运动，测出污水的水平位移s，管口距离水面的高度h，以及水管的直径d后再进行计算：
水的流速即平抛运动的初速度：v=xt=s 2hg=s g2h
则污水的流量：Q=vS=s g2h⋅π(d2)2=14πsd2 g2h
故答案为：(1)能、不能；(2)相邻小球的水平距离相等；(3)AC；(4)14πsd2 g2h(详解见解析)
(1)从图甲的实验现象分析两球同时落地表示的意义；
(2)根据水平方向做匀速直线运动的特点找依据；
(3)根据实验原理和注意事项分析装置的正确与否；
(4)根据高度求出平抛运动的时间，结合水平位移和时间求出初速度。根据体积的表达式确定需要测量的物理量。
解决本题的关键知道实验的原理以及注意事项，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解。解决本题的关键掌握平抛运动的处理方法。
17.【答案】解：(1)运动员竖直方向做自由落体运动
h=12gt2=12×10×2.02m=20m
(2)运动员水平方向做匀速直线运动
x=v0t=15×2.0m=30m
AB之间的距离lAB= h2+x2= 202+302m=10 13m
(3)着陆时运动员的速度大小v1满足
v1= v02+(gt)2= 152+202m/s=25m/s
答：(1)AB之间的高度差h为20m；
(2)AB之间的距离lAB为10 3m
(3)着陆时运动员的速度大小v1为25m/s。
【解析】运动员做平抛运动，分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动两个分运动，其位移等于水平和竖直位移的矢量合，速度等于水平和竖直速度的矢量合。
本题应用平抛运动规律求解，考查知识比较基础，难度不大。
18.【答案】解：(1)滑块恰好通过最高点时，重力刚好提供向心力，则有
mg=mvC2R
解得：vC= gR= 10×0.4m/s=2m/s
(2)滑块从B到C的过程只有重力做功，满足机械能守恒，则有
2mgR+12mvC2=Ek
解得：Ek=2×0.5×10×0.4J+12×0.5×22J=5J
(3)滑块从O到B的过程，根据动能定理可得
mgh−μmgL=12mvB2
解得：h=1.2m
答：(1)滑块运动到C点时速度的大小为2m/s；
(2)滑块运动到B点时的动能为5J；
(3)起始点O到水平面AB的高度h为1.2m。
【解析】(1)滑块恰好通过最高点时，轨道对滑块的弹力为0，重力刚好提供向心力，根据牛顿第二定律列式得出滑块到C点时的速度；
(2)从B到C的过程只有重力做功，根据机械能守恒定律求解；
(3)根O到B的过程，根据动能定理可求高度h。
本题主要考查了动能定理相关应用，熟悉物体的受力分析，结合牛顿第二定律和向心力公式及机械能守恒定律求解，难度不大。
19.【答案】解：(1)由受力分析可知：μmgcsθ−mgsinθ=ma
解得：a=μgcsθ−gsinθ
(2)由动能定理可知：W−mglsinθ=12mv2−0
解得：W=mglsinθ+12mv2
(3)货物加速阶段：t=va=vμgcsθ−gsinθ
货物加速阶段传送带的位移为：s1=vt=v2μgcsθ−hsinθ
货物加速阶段货物的位移为：s2=12at2=v22μgcsθ−2gsinθ
在运送货物m过程中，传送带与货物间摩擦产生的热量Q为：
Q=fd=μmgcsθ(s1−s2)=μmgcsθv22μgcsθ−2gsinθ
答：(1)货物做匀加速运动的加速度大小a=μgcsθ−gsinθ；
(2)传送带对货物所做的功W=mglsinθ+12mv2；
(3)在运送货物m过程中，传送带与货物间摩擦产生的热量 Q=μmgcsθv22μgcsθ−2gsinθ。
【解析】通过受力分析，货物在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，根据牛顿第二定律和功能关系对题目进行计算。
本题属于传送带模型，关键是正确地进行受力分析和运用功能关系。
20.【答案】解：(1)空间站绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心
GMm(R+h)2=m(2πT)2(R+h)
不考虑地球自转，质量为m0的物体，在地球表面的重力等于万有引力，即
m0g=GMm0R2
可得
T=2π(R+h)R (R+h)g
(2)当航天员随空间站一起自转且加速度为g时，可获得与地球表面相同的重力有
Fn=m0g
旋转舱内的侧壁对航天员的支持力提供航天员绕中轴匀速转动的向心力有
Fn=m0ω2r
解得
ω= gr
(3)①由质量均匀分布的球壳对球壳内任一位置处的物体的万有引力为零，有当r
可得F与r成正比，故此时的图像为过原点的倾斜直线，
当r=R时，万有引力达到最大值，
可得F与1r2成正比，所以F随r(0≤r≤R)变化的关系图如下：
②由①可知，从隧道口到地心，小球的万有引力F的大小随着做功的距离线性减小，速度逐渐增大，当小球到达球心时速度最大，由图像面积可得引力做功
W=12kx2
由上述知其中
k=GMR3m
由动能定理得
W=12kR2=12mv02
联立得
v0= GMR
答：(1)空间站绕地球做匀速圆周运动的周期T为2π(R+h)R (R+h)g；
(2)圆环转动的角速度大小ω为 gr
(3)①在图丙中定性画出F随r(0≤r≤R)变化的关系图见解析；
②求小球运动到地球球心O的速度大小为 GMR。
【解析】(1)空间站绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列式求解；
(2)根据支持力等于重力，结合匀速圆周运动的公式求解角速度；
(3)①根据题干信息，列出小球在地球内部和地球外部受到的万有引力随r变化的关系式，根据关系式即可画图；
②小球从地球表面开始下落，直到经过地心的过程中，万有引力对球始终做正功，则到达地心处的速度最大，根据动能定理列式求解。
此题考查了万有引力定律及其应用，属于信息题，解题的关键是明确题干提供的信息，结合已知条件能够灵活运用。
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