2023-2024学年北京市朝阳区高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年北京市朝阳区高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列物理量不能取负值的是( )
A. 功B. 动能C. 势能D. 机械能
2.如图所示，物体仅在恒力F作用下沿曲线从A点运动到B点时，突然使力F反向，已知BD为曲线AB上B点的切线，则该物体( )
A. 可能沿曲线BE运动
B. 可能沿直线BD运动
C. 可能沿曲线DC运动
D. 可能沿原曲线由B返回A
3.下列说法符合物理学史实的是( )
A. 第谷观测并记录了行星的运动数据，最后总结出了行星运动三大定律
B. 笛卡尔的“月-地检验”表明地面物体与月球受地球的吸引力是同种性质力
C. 牛顿提出了万有引力定律，并计算出了地球的质量
D. 卡文迪什测出了引力常量G，被誉为“称量地球质量的人”
4.若不计空气阻力，下列运动过程物体机械能一定增加的是( )
A. 物体做平抛运动B. 用竖直绳子拉着物体匀减速竖直上升
C. 物体在竖直面内做匀速圆周运动D. 物体沿固定的光滑斜面自由下滑
5.某同学利用无人机玩“投弹”游戏。无人机以水平速度v1向右匀速飞行，在某时刻释放了一个小球，小球落地时的速度为v2，不计空气阻力。图中能表示小球不同时刻速度的是( )
A. B.
C. D.
6.2024年3月长征八号火箭成功发射，将鹊桥二号直接送入预定地月转移轨道。如图所示，鹊桥二号进入近月点P、远月点A的月球捕获轨道开始绕月飞行。经过多次轨道控制，鹊桥二号最终进入近月点P和远月点B的环月轨道。则鹊桥二号( )
A. 离开火箭时的速度大于地球的第二宇宙速度
B. 在捕获轨道运行的周期等于在环月轨道运行的周期
C. 在捕获轨道经过P点时需点火加速才能进入环月轨道
D. 在捕获轨道经过P点时的加速度等于在环月轨道经过P点时的加速度
7.如图甲所示，为航天员做超重环境训练时的离心机，其工作时实验舱绕竖直轴快速转动，可以产生水平方向较大的加速度，从而模拟超重环境。一般人只能承受2∼3g的加速度(g为重力加速度的大小)，超过4g就会感到呼吸困难、视力模糊、无法交流，而航天员通过训练可以承受8∼10g的加速度。如图乙所示，某次训练中，质量为m的航天员躺坐在实验舱的座椅上，随离心机在水平面内做匀速圆周运动，其加速度为8g。下列说法正确的是( )
A. 航天员在实验舱中所受的重力大小为8mg
B. 航天员所受实验舱的作用力大小超过8mg
C. 航天员所受实验舱的作用力方向水平指向圆周运动的圆心
D. 若离心机处于减速过程，则航天员所受的合力与其运动方向相反
8.水稻播种时某次同时抛出的谷粒中有两颗运动轨迹如图所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为O，且轨迹交于P点，抛出时谷粒1和谷粒2的初速度大小分别为v1和v2，且v1=v2，v1方向水平，v2方向斜向上。两颗谷粒质量相同。不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 谷粒1和谷粒2在P点相遇
B. 谷粒1在P点的速度大于谷粒2在P点的速度
C. 从O点运动到P点的过程中，谷粒1的速度变化量小于谷粒2的
D. 从O点运动到P点的过程中，谷粒1的动能变化量小于谷粒2的
9.滚筒洗衣机在运行脱水程序时，有一硬币(可视为质点)被单独甩到滚筒的筒壁上，随筒壁一起在竖直平面内做匀速圆周运动。图中A、C两点分别为滚筒的最高和最低位置，B、D两点分别为与滚筒水平中心轴等高的位置。则( )
A. 硬币在A点所受合力不小于其自身重力
B. 硬币在B、D两点的加速度相同
C. 从A点运动到B点的过程中，硬币所受合力逐渐增大
D. 从B点运动到C点的过程中，硬币所受的合力做正功
10.小明用额定功率为1200W、最大拉力为300N的提升装置，把静置于地面的质量为20kg的重物竖直提升到高为85.2m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5m/s2的匀减速运动，到达平台速度刚好为零。不计空气阻力。重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 为使提升重物用时最短，最初应保持提升装置的额定功率不变进行加速
B. 为使提升重物用时最短，应使重物先匀加速再匀速最后再匀减速运动
C. 为使提升重物用时最短，提升装置的额定功率保持不变的时间为13.5s
D. 提升重物所用的最短时间为15.1s
二、多选题：本大题共4小题，共12分。
11.如图所示，是探究向心力大小F与质量m、角速度ω和圆周运动半径r之间关系的实验装置。转动手柄，可使两侧变速塔轮以及长槽和短槽随之匀速转动。皮带分别套在左右两塔轮上的不同圆盘上，可使两个槽内的小球分别以各自的角速度做匀速圆周运动，其向心力由挡板对小球的支持力提供，球对挡板的反作用力使弹簧测力筒下降露出标尺。下列说法正确的是( )
A. 根据标尺露出的等分标记，可粗略计算出两小球所受向心力的比值
B. 探究向心力的大小F与角速度ω的关系时，应保持质量m和半径r相同
C. 利用该装置只能探究向心力大小F与m、ω和r之间的关系
D. 利用本实验可初略得到F与m、ω和r之间的关系为F∝mrω2
12.2024年5月太阳爆发大级别耀斑，引发地磁暴，使得近地空间气体密度增大，航天器的运行阻力随之增加，我国空间站的轨道高度在5月11日当天下降了约1公里。假定轨道降低前后空间站均可视为做匀速圆周运动，则与轨道降低前相比，轨道降低后空间站的( )
A. 加速度减小B. 动能减小C. 周期减小D. 机械能减小
13.质量为0.2kg的物体在水平面上运动，其两个正交分速度随时间的变化图像如图所示，则( )
A. 0∼6s内物体始终做曲线运动
B. 0∼4s内物体的位移大小为8 2m
C. 0∼4s内物体做曲线运动，4s末物体的速度与加速度方向相反
D. 0∼4s内物体做直线运动，4∼6s内物体做曲线运动
14.钓鱼时甩竿是一关键技巧。图中a至b位置的过程为甩竿过程的示意图，甩竿过程中鱼钩和鱼饵(以下简称“钩饵”)可近似认为始终在竿的末端。钓鱼者在a位置开始甩竿，钩饵运动到最高点b时，迅速释放鱼线，钩饵被水平抛出，最后落在距b位置水平距离为s的水面上。甩竿过程可视为竿在竖直平面内绕O点转过了θ角，O点离水面高度为h、到竿末端的距离为L。钩饵从b点抛出后在空中运动过程中，不计鱼线对其作用。不计空气阻力。钩饵质量为m。重力加速度为g。则( )
A. 钩饵在b点抛出时的速度大小为s g2(h+L)
B. 甩竿过程中，钩饵、鱼线和鱼竿构成的系统机械能增加
C. 甩竿过程中，钩饵所受的合力做功mgs24(h+L)+mgL(1−csθ)
D. 释放鱼线后，钩饵在落到水面前其速率随时间均匀增加
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
15.如图甲所示，某同学采用重物自由下落的方法“验证机械能守恒定律”。打点计时器所用电源的频率为f，当地重力加速度为g。
(1)关于本实验，下列说法正确的是______。
A.重物的体积越大越好
B.实验前必须用天平测出重物的质量
C.实验时先通电，打点稳定后再释放纸带
(2)以下是实验相关的操作步骤：
A.根据图示安装实验器材
B.将打点计时器接到电源的直流输出端上
C.测量重物下落的距离
D.更换纸带，重做几次
其中不正确的步骤有______。
(3)若已知重物的质量为m，按实验要求正确选出纸带，用毫米刻度尺测量连续三个计时点A、B、C到起始点O的距离如图乙所示，从打O点到打B点的过程中，重力势能的减少量ΔEp=______，动能的增加量ΔEk=______。
16.三位同学采用不同的实验方案进行“探究平抛运动规律”的实验。
(1)甲同学采用图1所示的装置。用小锤击打弹性金属片，金属片把a球沿水平方向弹出，同时b球被松开自由下落，观察到两球同时落地。多次改变装置的高度，同时改变小锤打击的力度，两球仍然同时落地，这说明______。
A.a球竖直方向的分运动是自由落体运动
B.a球水平方向的分运动是匀速直线运动
C.a球运动可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
(2)乙同学采用图2所示的装置。两个相同的弧形轨道M、N，上端分别装有电磁铁C、D，轨道右端切线均水平、且位于同一条竖直线上，其中N的末端可看作与光滑的水平板相切。调节电磁铁C、D的高度，使CA=DB，将小铁球P、Q分别吸在电磁铁C、D上，然后切断电源，使两铁球同时从轨道M、N的末端以相同的水平初速度v0射出，实验可观察到的现象应是______，初步说明______。
(3)丙同学采用图3所示的装置。通过描点在坐标纸上记录下小球平抛运动中时间间隔相等的三个位置A、B、C，但没有记录平抛运动的起点位置，如图4所示。已知坐标纸每小格的边长为5.0cm，不计空气阻力，则该相等的时间间隔Δt=______ s，小球做平抛运动的初速度v0=______m/s。取重力加速度g=10m/s2。
(4)丙同学将实验方案做了改变，如图5所示，他把桌子搬到墙的附近，调整好仪器，使从斜槽轨道固定位置P滚下的小球能够打在正对的墙上，把白纸和复写纸附着在墙上，记录小球的落点。该同学在实验中仅水平移动桌子，使固定于斜槽末端的重垂线依次处于图中1、2、3的位置进行实验，1与2的水平间距等于2与3的水平间距。通过三次实验，记录到小球在白纸上同一竖直线上的三个落点，则下列三幅图中______图可能正确。
四、简答题：本大题共4小题，共40分。
17.某人骑摩托车越过一个壕沟，壕沟两侧的高度差h=0.8m。摩托车后轮离开地面后失去动力，可视为平抛运动，后轮落到壕沟对面才算安全。若摩托车恰好越过这个壕沟的初速度为v0=12m/s，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)摩托车在空中运动的时间t；
(2)壕沟两侧的水平距离x；
(3)摩托车恰好越过壕沟落地前瞬间的速度大小v。
18.运动员在自由式滑雪U形场地技巧赛中，其运动过程可视为如图所示的模型，U形场地可视为半径R=5.0m的半圆，其直径AB水平。运动员从高出U形场地顶端H=2.2m处自由下落，从A点切入U形场地。已知运动员及装备(可视为质点)总质量为m=50kg，重力加速度g=10m/s2。
(1)若不计一切阻力，求：
a.运动员滑到最低点时的速度大小v；
b.运动员滑到最低点时对U形场地的压力大小F。
(2)若考虑阻力作用，运动员滑到B点时速度恰好减为零，求运动员从开始下落到B点的过程中克服阻力所做的功W。
19.生活中常见的许多运动，摩擦力在其中都起着重要的作用。例如，自行车在水平路面拐弯时，所受的侧向摩擦力为其提供向心力。
(1)情境1：如图甲所示，假定场地自行车的赛道坡面与水平面的夹角为θ=37∘。运动员骑自行车(可视为质点)在水平面内做半径为R的匀速圆周运动。已知自行车和运动员的总质量为m。不计空气阻力。重力加速度为g。取sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。
a.若使自行车不受侧向摩擦力作用，求自行车和运动员的速度大小v0；
b.若运动员骑自行车的速度v1= 2v0，求自行车所受侧向摩擦力的大小f。
(2)情境2：一固定的、内表面均粗糙的竖直圆筒，筒底水平。一小滑块(图中未画)贴着筒内壁在水平面内做圆周运动。关于小滑块的位置及受力，小强认为：小滑块不可能在筒底贴着内壁运动，只可能在筒侧壁上某一高度处运动；小滑块受三个力，重力、筒侧壁施加的支持力和摩擦力。请分析说明小强的上述说法是否正确。
20.螺旋星系中有大量的恒星和星际物质，主要分布在半径为R的球体内，球体外仅有极少的恒星。球体内物质总质量为M，可认为均匀分布，球体内外的所有恒星都绕星系中心做匀速圆周运动，恒星到星系中心的距离为r，引力常量为G。
(1)求r>R区域的恒星做匀速圆周运动的角速度大小ω与r的关系；
(2)已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的万有引力为零。求r≤R区域的恒星做匀速圆周运动的角速度大小ω0；
(3)科学家根据实测数据，得到此螺旋星系中不同位置的恒星做匀速圆周运动的角速度大小ω随1r的变化关系图像，如图所示。根据在r>R范围内的恒星角速度大小与距离r的倒数成正比，科学家预言螺旋星系周围(r>R)存在一种特殊物质，称之为暗物质。暗物质与通常的物质有引力相互作用，并遵循万有引力定律，求r=nR内暗物质的质量M′。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、功有正、负，所以功可以取负值，故A错误；
B、动能的表达式为Ek=12mv2，所以动能没有负值，故B正确；
C、势能的大小与零势能面的选取有关，可以是正值也可以是负值，故C错误；
D、机械能为势能与动能之和，动能一定为正值，但势能可能为正值也可能为负值，所以机械能可能为负值，故D错误。
故选：B。
根据功有正、负分析解答；根据动能的定义式分析解答；根据势能的影响因素分析解答；根据机械能的组成分析解答。
本题考查物理量及其物理意义，要知道有些物理量作为标量也是可以有正、负的。
2.【答案】A
【解析】解：物体从A到B运动，因为运动轨迹是在速度与力的夹角之中，所以物体所受恒力方向应是向下的，到达B点后，力的大小不变方向相反，变成向上。
A、BE在力与速度的夹角内，物体有可能沿BE运动，故A正确；
B、因为物体在B点的速度方向为切线方向，即直线BD，而力与速度方向不同，所以物体不可能做直线运动，故B错误；
C、由于力的方向发生了改变，曲线BC不在力与速度的夹角内，故C错误；
D、根据力和运动的关系可知，物体不可能由B返回，故D错误。
故选：A。
物体从A到B运动，因为运动轨迹是在速度与力的夹角之中，所以物体所受恒力方向应是向下的，到达B点后，力的大小不变方向相反，变成向上。
A、BE在力与速度的夹角内；
B、可利用力与速度的方向关系判断；
C、力的方向改变了，运动轨迹需要在力与速度夹角内；
D、根据力与运动的关系判断。
本题考查学生对做曲线运动的条件的理解，其中通过判断速度与合外力的夹角关系为解决本题的关键。
3.【答案】D
【解析】解：A.第谷观测并记录了行星的运动数据，开普勒最后总结出了行星运动三大定律，故A错误；
B.牛顿的“月-地检验”表明地面物体与月球受地球的吸引力是同种性质力，故B错误；
C.牛顿提出了万有引力定律，因为不知道引力常量，没有计算出地球的质量，故C错误；
D.卡文迪什测出了引力常量G，被誉为“称量地球质量的人”，故D正确。
故选：D。
根据万有引力定律的发现史分析即可。
对物理发展史上科学家的主要贡献要熟练记忆。
4.【答案】B
【解析】解：A、平抛运动只有重力做功，机械能守恒，不会增加，故A错误；
B、用竖直绳子拉着物体匀减速竖直上升，拉力对物体做正功，则物体的机械能一定增大，故B正确；
C、物体在竖直平面内做匀速圆周运动，所以动能恒定，从最低点到最高点重力势能增大，则物体的机械能增大；从最高点到最低点，物体的重力势能减小，则物体的机械能减小，即物体的机械能交替增大和减小，故C错误；
D、物体沿固定的光滑斜面自由下滑，只有重力做功，所以机械能守恒，不会增加，故D错误。
故选：B。
平抛运动只有重力做功，以此分析解答；用竖直绳子拉着物体上升，拉力做正功，以此分析解答；机械能由动能和重力势能组成，分析这两个能量的变化即可；物体沿固定的光滑斜面下滑时，也是只有重力做功，以此分析作答即可。
本题考查机械能守恒的条件，当只有重力或系统内弹力做功时，物体或系统的机械能守恒。
5.【答案】C
【解析】解：被释放的小球以水平速度v1开始做平抛运动，其加速度为重力加速度g，根据加速度的定义可知小球的速度变化量为：Δv=gΔt，其速度变化量方向始终竖直向下，任意时刻速度的水平分速度始终等于v1，即v2的水平分速度等于v1，故ABD错误，C正确。
故选：C。
被释放的小球以水平速度v1开始做平抛运动，根据平抛运动的加速度为重力加速度，其速度变化量方向始终竖直向下。由水平分运动为匀速直线运动，任意时刻速度的水平分速度始终等于v1，据此分析判断。
本题考查了平抛运动的性质与速度变化的特点。要知道平抛运动的加速度为重力加速度，其速度变化量方向始终竖直向下。
6.【答案】D
【解析】解：A.鹊桥二号，离开火箭时的速度大于地球的第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，故A错误；
B.根据开普勒第三定律r3T2=k，捕获轨道的半长轴大于环月轨道的半长轴，可知在捕获轨道运行的周期大于在环月轨道运行的周期，故B错误；
C.鹊桥二号从捕获轨道变轨到环月轨道时，在P点做向心运动，需要点火减速，故C错误；
D.根据万有引力提供向心力有GMmr2=ma，解得a=GMr2，所以在捕获轨道经过P点时的加速度等于在环月轨道经过P点时的加速度，故D正确。
故选：D。
A.根据鹊桥二号的绕月运动情况判断速度大小情况；
B.根据开普勒第三定律列式推导周期关系；
C.根据变轨时的向心运动或者离心运动判断加速还是减速的问题；
D.根据牛顿第二定律推导加速度公式进行判断。
考查万有引力定律的应用和宇宙速度的问题，会根据题意进行准确分析和解答。
7.【答案】B
【解析】解：A.航天员受到的重力与离心机的转动无关，航天员在实验舱中所受的重力大小为mg，故A错误；
BC.航天员受实验舱的作用力和重力提供向心力，则受实验舱的作用力与水平方向有一定的夹角，根据力的合成可知F= (mg)2+(8mg)2= 65mg>8mg，故B正确，C错误；
D.若离心机处于减速过程，则航天员所受的合力与其运动方向夹角为钝角，故D错误。
故选：B。
利用受力分析，以及力的合成与分解，结合圆周运动进行分析作答。
学生在解答本题时，应注意要掌握受力分析的常用方法，理解力的合成与分解这一方法。
8.【答案】C
【解析】解：A、根据图像可知，谷粒1做平抛运动，谷粒2做斜抛运动，令谷粒2抛出速度与水平方向夹角为θ，从O到P过程，对谷粒1、2分别有
hOP=12gt12
−hOP=v2sinθ⋅t2−12gt22
整理解得
t1= 2hOPg
t2=v2sinθg+ v22sin2θg2+2hOPg
则有t1可知，谷粒1先到达P点，谷粒1和谷粒2不能在P点相遇，故A错误；
BD、因初速度大小相等，两谷粒质量相等，所以初动能相等，由动能定理得，从O点运动到P点的过程中，谷粒1和谷粒2重力做功相等，动能变化量相等，故P点的动能也相等，故谷粒1在P点的速度等于谷粒2在P点的速度，谷粒1的动能变化量等于谷粒2的，故BD错误；
C、由抛出后只受重力，加速度为重力加速度，故
Δv=gt
因为t1所以从O点运动到P点的过程中，谷粒1的速度变化量小于谷粒2的，故C正确。
故选：C。
A、根据图像分析，谷粒1做平抛运动，谷粒2做斜抛运动，分别利用位移与时间公式计算时间；
BD、分析利用动能定理判断；
C、抛出后只受重力，加速度为重力加速度，通过加速度定义式比较时间。
本题考查学生运用运动的合成与分解思想解决抛体运动的能力，其中会用动能定理分析谷粒的动能变化情况为解决本题的关键。
9.【答案】A
【解析】解：A、硬币在A点能随滚筒一起做圆周运动的临界条件是重力提供向心力，故硬币在A点所受合力不小于其自身重力，故A正确；
B、硬币在B、D两点的加速度大小相同，方向不同，故B错误；
C、因匀速转动，从A点运动到B点的过程中，由于做匀速圆周运动，合力提供向心力，向心力的大小不变，则硬币所受合力大小不变，故C错误；
D、因匀速转动，动能不变，由动能定理可知从B点运动到C点的过程中，硬币所受的合力做功为零，故D错误。
故选：A。
硬币在最高点随滚筒一起做圆周运动的临界条件是重力提供向心力，故硬币在A点所受合力不小于其自身重力；硬币做匀速圆周运动时向心加速度的大小不变，反向时刻在变，硬币在B、D两点的加速度方向不同；硬币做匀速圆周运动，合外力提供向心力，则从A点运动到B点的过程中，硬币所受合力的大小不变。由于向心力的方向与线速度的方向始终垂直，所以合外力对硬币不做功。
本题以滚筒洗衣机脱水时，硬币紧贴着滚筒壁在竖直平面内做顺时针的匀速圆周运动为背景考查了匀速圆周运动的相关知识，解决此题的关键搞清向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解，同时要知道向心力对物体不做功。
10.【答案】A
【解析】解：AB、为了以最短时间提升重物，一开始先以最大功率拉重物，当功率维持额定功率时，拉力才能达到最大值，重物做加速度减小的加速运动达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速上升至平台速度刚好为零，
如图所示，速度变化为
故AB错误；
CD、匀速阶段：
设匀速上升阶段的位移为h2，上升阶段的时间为t2，此阶段速度为最大值vm，
F=mg
vm=Pmg
代入数据解得vm=6m/s，
加速度减小的加速阶段：
设该阶段时间为t1，上升位移为h1，
根据牛顿第二定律有
F−mg=ma
F=ma+mg
在该阶段，重物所受拉力与加速度成线性关系，故有
Pt1=F+mg2⋅h1
根据动能定理有
Pt1−mgh1=12mvm2−0
联立上式，代入数据解得h1=7.2m，t1=1.5s
匀减速阶段：
设匀减速阶段的加速度为a=−5m/s2，上升高度为h3，上升阶段时间为t3，
根据运动学公式有
2ah3=0−vm2
0=vm+at3
代入数据解得
h3=3.6m
t3=1.2s
又有
H=h1+h2+h3
h2=vmt2
代入数据解得
h2=77.4m
t2=12.9s
所以整个上升阶段的总时间为
t=t1+t2+t3
代入数据解得t=15.5s，故CD错误。
故选：A。
AB、为了以最短时间提升重物，应该让速度的变化更快，所以功率一开始就是额定功率，之后拉力逐渐变小，重物做加速度减小的加速运动，之后做匀速运动，再做减速运动上升至平台速度减小为零，以此运动规律判断；
CD、分阶段讨论重物的运动规律，结合牛顿第二定律和匀变速直线运动公式分别计算时间。
本题考查学生解决功率相关问题的能力，其中重点考查对启动问题的探索能力，掌握匀变速直线运动的规律，学会灵活牛顿第二定律，知道功率的变化与所受合力及运动规律的关系，为解决本题的关键。
11.【答案】ABD
【解析】解：A.小球做匀速圆周运动，其向心力由挡板对小球的支持力提供，球对挡板的反作用力使弹簧测力筒下降露出标尺，根据标尺露出的等分标记，可粗略计算出两小球所受向心力的比值，故A正确；
B.根据控制变量法，探究向心力的大小F与角速度ω的关系时，应保持质量m和半径r相同，故B正确；
C.利用该装置除能探究向心力大小F与m、ω和r之间的关系外，也能探究向心力大小F与周期T之间的关系，故C错误；
D.利用本实验可初略得到F与m、ω和r之间的关系为F∝mrω2，故D正确。
故选：ABD。
A.根据小球的向心力和测力筒的标尺之间的关系进行判断；
B.根据控制变量法的要求进行分析判断；
CD.根据该装置能够在实验过程中得到的结论进行分析判断；
考查探究向心力的实验过程中使用的控制变量法，会根据该实验装置进行实验探究并得出相应的结论。
12.【答案】CD
【解析】解：根据牛顿第二定律有GMmr2=ma=mv2r=mr4π2T2，得a=GMr2，v= GMr，T=2π r3GM，轨道降低后半径减小，所以加速度a变大，线速度变大，周期变小，动能增大，发射卫星时根据高低轨道的机械能规律，同一卫星在低轨道机械能较小，故AB错误，CD正确。
故选：CD。
根据牛顿第二定律导出加速度、线速度、周期的表达式，结合半径的变化情况分析动能、机械能的变化情况。
考查人造卫星的相关问题，会根据题意利用牛顿第二定律列式进行准确分析和判断。
13.【答案】BC
【解析】解：B、0∼4s内物体在水平方向的位移大小为x=vxt=2×4m=8m，在y方向的位移大小为y=42×4m=8m，则物体的位移为s= x2+y2= 82+82m=8 2m，故B正确；
ACD、在0∼4s内，物体在x方向做匀速直线运动，在y方向做初速度为零的匀加速直线运动，所以物体的轨迹为曲线，4s末物体的速度方向与x方向的夹角为θ，则tanθ=vyvx=42=2，x方向的加速度为ax=0−26−4m/s2=−1m/s2，y方向的加速度为ay=0−46−4m/s2=−2m/s2，加速度与x方向的夹角为α，则tanα=ayax=−2−1=2，因为物体做减速运动，所以此时速度方向与加速度方向相反且共线，则物体在4∼6s内物体做直线运动，故AD错误，C正确；
故选：BC。
分别计算出y方向的位移和x方向的位移，最后根据勾股定理计算合位移大小；分别计算出4s末时两个方向的加速度大小，以及速度方向和加速度方向的正切值判断。
知道当合加速度方向和合速度方向共线时物体做直线运动，不共线时物体做曲线运动。
14.【答案】AB
【解析】解：A、鱼饵在b点抛出后在空中做平抛运动，由在竖直方向上做自由落体运动得：h+L=12gt12，由在水平方向上做匀速直线运动得：s=v0t1，联立可得鱼饵在b点抛出时的速度大小为：v0=s g2(h+L)，故A正确；
B、甩竿过程中，人对钩饵、鱼线和鱼竿构成的系统做正功，根据功能关系，可知此系统的机械能增加，故B正确；
C、设甩竿过程中，钩饵所受的合力做功为W，根据动能定理得：W=12mv02=mgs24(L+h)，故C错误；
D、设钩饵在b点抛出后下落高度h1时速率为v1，此过程根据动能定理得：mgh1=12mv12−12mv02
又有：h1=12gt2，联立可得：v1= v02+g2t2，可知钩饵在落到水面前其速率不随时间均匀增加，故D错误。
故选：AB。
鱼饵在b点抛出后在空中做平抛运动，根据在竖直方向上做自由落体运动和在水平方向上做匀速直线运动，应用运动学公式求解鱼饵在b点抛出时的速度大小；甩竿过程中，人对钩饵、鱼线和鱼竿构成的系统做正功，根据功能关系分析此系统的机械能的变化；根据动能定理求解甩竿过程中钩饵所受的合力做功；应用动能定理分析钩饵在落到水面前其速率随时间如何变化。
本题考查了平抛运动由动能定理的应用，掌握平抛运动的性质与运动特点，应用动能定理解题时要注意功的正负。
15.【答案】CBmgh2 mf2(h3−h1)28
【解析】解：(1)A.重物应该选择密度较大、体积较小的，以减小阻力的影响，故A错误；
B.要验证的表达式两边都有质量可以约掉，则不需用天平测出重物的质量，故B错误；
C.实验时先通电，打点稳定后再释放纸带，故C正确；
故选：C。
(2)A.按照图示的装置安装器件，该步骤正确，故A错误；
B.将打点计时器接到电源的交流输出端上，该步骤不正确，故B正确；
C.测量打出的纸带上两点之间的距离为重物下落的距离，该步骤正确，故C错误；
D.改换纸带，重做几次，该步骤正确，故D错误。
故选：B。
(3)打点计时器的打点频率为f，打点周期为1f，从打O点到打B点的过程中，重力势能的减少量
ΔEp=mgh2
B点速度等于AC两点平均速度
vB=h3−h12T=(h3−h1)f2
则动能的增加量
ΔEk=mf2(h3−h1)28
故答案为：(1)C；(2)B；(3)mgh2，mf2(h3−h1)28。
(1)(2)根据实验原理与实验器材分析答题。
(3)应用重力势能与动能的计算公式求出重力势能的减少量与动能的增加量。
理解实验原理、知道实验注意事项是解题的前提，应用动能与重力势能的计算公式、机械能守恒定律即可解题。
16.【答案】A 铁球P、Q同时到达水平轨道上同一位置相碰 铁球P的水平分运动为匀速直线运动 0.12B
【解析】解：(1)无论水平速度是多少，两个小球同时落地，说明平抛运动竖直方向上是自由落体运动，故A正确，BC错误；
故选：A。
(2)观察到铁球P、Q同时到达水平轨道上同一位置相碰，说明铁球P的水平分运动为匀速直线运动；
(3)在竖直方向上，根据
Δh=g(Δt)2
解得：Δt= Δhg= (5−3)×5×10−210s=0.1s
则小球做平抛运动的初速度为：
v0=xΔt=4×5×10−20.1m/s=2m/s
(4)1与2的水平间距等于2与3的水平间距，故1与2小球的平抛运动的时间差等于2与3的平抛运动的时间差，则在竖直方向上，根据
Δy=gT2
2与3的平抛运动的竖直位移差比1与2的平抛运动的竖直位移差多Δy，故B正确，AC错误；
故选：B。
故答案为：(1)A；(2)铁球P、Q同时到达水平轨道上同一位置相碰；铁球P的水平分运动为匀速直线运动；(3)0.1；2；(4)B
(1)根据实验现象得出平抛运动竖直方向上的运动特点；
(2)根据平抛运动的特点分析出对应的实验现象；
(3)根据平抛运动的特点，结合运动学公式得出时间间隔和初速度的大小；
(4)根据平抛运动在不同方向上的运动特点，结合图纸的点迹关系完成分析。
本题主要考查了平抛运动的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合平抛运动的特点和运动学公式即可完成分析。
17.【答案】解：(1)摩托车在竖直方向做自由落体运动，有h=12gt2
代入数据解得：t=0.4s，t=−0.4s(舍去)
(2)摩托车在水平方向做匀速直线运动，有x=v0t=12×0.4m=4.8m
(3)根据动能定理得：mgh=12mv2−12mv02
代入数据解得：v=4 10m/s
答：(1)顺利越过壕沟，摩托车做平抛运动的时间为0.4s；
(2)壕沟两侧的水平距离x为4.8m；
(3)摩托车恰好越过壕沟落地时的速度大小为4 10m/s。
【解析】(1)(2)摩托车做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，根据运动学公式求解即可；
(3)根据动能定理求解摩托车落地速度。
平抛运动的处理方法都是把平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和自由落体运动，第三问中也可用速度合成的方法计算，动能定理更方便、更快捷。
18.【答案】解；(1)a、运动员从开始下落到最低点的过程中，根据动能定理有mg(H+R)=12mv2，解得：v=12m/s
b、在最低点，根据牛顿第二定律有F′−mg=mv2R
根据牛顿第三定律得运动员对最低点的压力F=F′=1940N
(2)运动员从开始下落滑到B点的过程中，根据动能定理有mgH−W=0，解得W=1100J
答：(1)a、运动员滑到最低点时的速度大小v为12m/s；
b、运动员滑到最低点时对U形场地的压力大小F为1940N；
(4)运动员从开始下落到B点的过程中克服阻力所做的功W为1100J。
【解析】(1)根据动能定理求解运动员到最低点的速度；
根据牛顿第二定律结合牛顿第三定律求解运动员对最低点的压力；
(2)根据动能定理求解运动员从开始下落到B点的过程中克服阻力所做的功W。
本题主要考查了沿轨道运动问题，正确进行受力分析和运动过程分析，然后灵活选取相应的物理规律，是解决问题的关键，涉及力在空间上积累效果运用动能定理研究比较简洁。
19.【答案】解：(1)a.自行车和运动员所受重力与支持力的合力提供向心力，受力分析如下图所示：
根据牛顿第二定律有：mgtanθ=mv02R
解得：v0=12 3gR
b.对自行车和运动员整体受力分析如下图所示：
在水平方向上，根据牛顿第二定律有：fcsθ+Nsinθ=mv12R
在竖直方向上，由平衡条件得：Ncsθ=fsinθ+mg
已知：v1= 2v0
联立解得：f=0.6mg
(2)小强的说法不正确。若小滑块在圆筒侧壁上贴着内壁做水平面内的圆周运动，则小滑块受三个力：竖直向下的重力，水平指向圆心的支持力，与运动方向相反沿水平方向的滑动摩擦力，则在竖直方向上只受重力，故小滑块将会下滑，不可能在水平面内做圆周运动。小滑块可以在筒底贴着内壁运动，此时小滑块受五个力作用，分别为：重力、侧壁施加的支持力和摩擦力、筒底施加的支持力和摩擦力。
答：(1)a.自行车和运动员的速度大小v0为12 3gR；
b.自行车所受侧向摩擦力的大小f为0.6mg。
(2)小强的说法不正确，分析说明见解答。
【解析】(1)a.运动员和自行车做匀速圆周运动，据题意由重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律结合向心力公式求解骑行速度的大小。
b.对自行车和运动员整体受力分析，在水平方向上，根据牛顿第二定律结合向心力公式列式，在竖直方向上，由平衡条件列式，联立求解。
(2)针对小强的说法，应用反证法，假设小滑块在圆筒侧壁上贴着内壁做水平面内的圆周运动，分析小滑块受力情况，判断是否满足在水平面内做圆周运动的条件。
本题主要考查了匀速圆周运动的向心力公式的直接应用，属于基础题。要知道物体做匀速圆周运动，所需向心力等于物体所受的合力。
20.【答案】解：(1)万有引力提供向心力，对恒星有
GMmr2=mrω2
得
ω= GMr3
(2)在r≤R区域，设星系密度为ρ，万有引力提供向心力，有
GM0mr2=mrω02
则
M=ρ43πR3，M0=ρ43πr3
得
ω0= GMR3
(3)在r>R区域，万有引力提供向心力，有
G(M+M′)mr2=mω2r
其中
GMmR2=mRω02
根据题意有ω=k1r，ω0=k1R，r=nR，得
M′=(n−1)M
答：(1)r>R区域的恒星做匀速圆周运动的角速度大小ω与r的关系ω= GMr3；
(2)r≤R区域的恒星做匀速圆周运动的角速度大小 GMR3；
(3)r=nR内暗物质的质量(n−1)M。
【解析】(1)根据万有引力提供向心力，求r>R区域的恒星做匀速圆周运动的角速度大小ω与r的关系；
(2)根据万有引力提供向心力结合质量与密度的关系，求r≤R区域的恒星做匀速圆周运动的角速度大小ω0；
(3)根据万有引力提供向心力，求r=nR内暗物质的质量M′。
本题考查了天体的运动，抓住万有引力提供向心力是解题的关键，难度适中。