还剩19页未读，
继续阅读
2020-2021学年四川省成都七中高一（下）期中物理试卷
展开
这是一份2020-2021学年四川省成都七中高一（下）期中物理试卷，共22页。试卷主要包含了2km/s，9km/s，52m，0m/s，【答案】D，【答案】C，【答案】BD等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年四川省成都七中高一（下）期中物理试卷
1. 下列说法正确的是( )
A. 做曲线运动的物体，所受的合力一定发生变化
B. 物体做匀速圆周运动，加速度恒定不变
C. 平抛运动是匀变速曲线运动
D. 轻绳一端固定，另一端系一小球，则小球在竖直平面内的圆周运动一定是匀速圆周运动
2. 下列说法正确的是( )
A. 为了验证地面上物体的重力与地球吸引月球、太阳吸引行星的力是同一性质的力，牛顿做了著名的“月-地”检验
B. 在牛顿万有引力定律的指导下，开普勒发现了开普勒三大定律
C. 在不同星球上，万有引力常量G的数值不一样
D. 牛顿用实验的方法测定了引力常量的值，被称为“测出地球质量的人”
3. 如图所示，a为放在地球赤道上相对地面静止的物体，随地球自转做匀速圆周运动，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星(轨道半径约等于地球半径)，c为地球的同步卫星。下列关于a、b、c的说法中正确的是( )
A. a、b、c做匀速圆周运动的角速度大小关系为ωa>ωb>ωc
B. a、b、c做匀速圆周运动的向心加速度大小关系为aa>ab>ac
C. a、b、c做匀速圆周运动的周期关系为Ta=Tc
4. 2020年6月23日，“北斗三号”卫星导航系统最后一颗全球组网卫星从西昌卫星发射中心升空，卫星顺利进入预定轨道(轨道半径小于月、地间的距离)，它是我国第55颗北斗导航卫星，是一颗地球静止轨道卫星。关于它的说法中正确的是( )
A. 该卫星可定点在成都天府广场上空
B. 该卫星在轨道上运行速率大于11.2km/s
C. 该卫星从地面上发射的速度大小为7.9km/s
D. 该卫星若想返回地面，需在圆轨道上使其减速
5. 如图所示为一简易机械装置，质量相等的两物块A和B，通过铰链和连杆相连，物块A与竖直墙壁接触，物块B放在水平面上。现对物块B施加水平向左的外力F，使物块A匀速上升，直到连杆与竖直方向的夹角θ为30∘。不计铰链及物块与接触面间的摩擦，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 物块B的速度保持不变
B. 连杆受到的弹力逐渐增大
C. 物块A对墙面的压力逐渐增大
D. 当连杆与竖直方向的夹角θ为30∘时，物块B的速度是物块A的3倍
6. 长度L=0.5m的细线，拴一质量m=2kg的小球(不计大小)，另一端固定于O点。让小球在水平面内做匀速圆周运动，这种运动通常称为圆锥摆运动。如图所示，摆线与竖直方向的夹角α=37∘，重力加速度g=10m/s2，则下列说法错误的是( )
A. 细线的拉力大小为25N B. 小球运动的角速度为5rad/s
C. 小球运动的线速度大小为1.2m/s D. 小球运动的周期约为1.26s
7. 质量m=200kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图象甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图象乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系.设汽车在运动过程中阻力为车重的k倍，在18s末汽车的速度恰好达到最大.则下列说法正确的是( )
A. k=4
B. 0∼8s内汽车的牵引力为800N
C. 汽车在8s∼18s内的平均速度大小为9m/s
D. 8s∼18s过程中汽车牵引力做的功为8×104J
8. 一船在静水中的速度大小恒定为v1，水流速度的方向沿着河岸向右且大小恒定为v2，且v1>v2，河岸宽度恒定为d。小船从O点开始渡河，图中OB垂直于河岸，AB=BC=L。已知当小船划行方向垂直于河岸时，小船正好航行到C点。下列说法中正确的是( )
A. v1v2=Ld
B. 若小船改变划行方向，最终到达对岸A点，则从O点到A点所用时间等于小船航行到C点所用时间
C. 若小船的划行方向沿OA方向，则小船最终会航行到BC之间的某一点
D. 若小船改变划行方向，最终到达对岸B点，则从O点到B点所用时间为dv12+v22
9. 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=1：2
B. 它们的运行周期之比T1：T2=1：22
C. 它们向心加速度大小之比a1：a2=1：4
D. 它们向心力大小之比F1：F2=2：1
10. 如图所示，高为h=1.25m的平台上，覆盖一层薄冰，现有一质量为60kg的滑雪爱好者，以一定的初速度v向平台边缘滑去，着地时的速度方向与水平地面的夹角为45∘，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。由此可知( )
A. 滑雪者在空中运动的时间为0.5s
B. 滑雪者着地点到平台边缘的水平距离是 2.52m
C. 滑雪者着地时的速度大小是5.0m/s
D. 滑雪者着地前瞬间，重力做功的瞬时功率是3000W
11. 杂技演员表演“水流星”，在长为1.6m的细绳的一端，系一个总质量为m=0.5kg的盛满水的小桶(小桶大小相对于细绳长度小得多)，以绳的一端为圆心，在竖直面内做圆周运动，如图所示，若“水流星”通过最高点的速度为v=4m/s，则下列说法正确的是(g=10m/s2)( )
A. “水流星”通过最高点时，会有水从容器中流出
B. “水流星”通过最高点时，绳的张力及容器底受到的压力均为零
C. “水流星”通过和圆心等高和位置时，细绳中的拉力为零
D. “水流星”在最低点时，处于超重状态
12. 如图所示，摆球质量为m，悬线长度为L，把悬线拉到水平位置后放手。设在摆球从A点运动到B点的过程中空气阻力的大小f不变，则下列说法正确的是( )
A. 重力做功为mgL B. 悬线的拉力做功为mgL
C. 空气阻力做功为−12fπL D. 克服空气阻力做功为fL
13. 如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为32，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面的夹角为30∘，g取10m/s2，则以下说法中正确的是( )
A. 小物体随圆盘以不同的角速度ω做匀速圆周运动时，ω越大时，小物体在最高点处受到的摩擦力一定越大
B. 小物体受到的摩擦力不可能背离圆心
C. ω的最大值是1.0rad/s
D. 小物体随圆盘做匀速圆周运动的过程中，一定受到三个力的作用
14. 在足够大的光滑水平桌面上，一质量m=1kg的小球静止在图示坐标系的原点O处。从t=0时刻起，小球受到沿+x方向的大小为F1=2N的恒定拉力作用开始运动。在t=1s时刻，撤去F1，立即换成沿+y方向的大小为F2=2N的恒定拉力作用在物体上。在t=2s时刻，把F2也撤去。在t=3s时刻，小球开始进入一个固定在水平桌面上的圆形光滑细管道(在图上只画了该管道的管口，管道的内径略微大于小球的直径)。已知小球是沿管道的切线方向进入管道的，且已知该管道的圆心在y轴上。下列说法正确的是( )
A. 3s末小球的位置坐标为(5m,3m)
B. 3s末小球的位置坐标为(3m,3m)
C. 进入管道后，小球的向心力大小为0.82N
D. 进入管道后，小球的向心力大小为1.6N
15. 在“探究平抛运动规律”的实验中，某同学进行了如下实验探究。如图1，将两个倾斜光滑轨道固定在同一个竖直平面内，轨道下端水平。把两个质量相等的小钢球A、B分别从斜面的同一高度由静止开始同时释放，使两小球能以相同的水平速度同时分别从轨道的下端射出(水平轨道足够长)，观察到某一现象。改变两小球相对斜面的释放高度，使之仍相同，则仍能观察到这一现象，故可以概括平抛运动的某一规律。
(1)该同学观察到的现象和反映的平抛运动的规律是______；
A.A、B两个小球相撞
B.A、B两个小球同时落地
C.水平方向做匀速直线运动
D.竖直方向做自由落体运动
(2)通过图2中甲图的实验装置，在实验过程中每次释放小球的位置都相同，并在乙图的坐标纸上记录了小球经过的A、B、C三点，已知坐标纸每小格的边长L=5cm，则该小球做平抛运动的初速度大小为______m/s；B点的竖直分速度大小为______m/s。(g取10m/s2)
16. 如图甲所示是一个研究向心力大小与哪些因素有关的DIS实验装置的示意图，其中做匀速圆周运动的圆柱体的质量为m，放置在未画出的水平圆盘上，圆周轨道的半径为r，力电传感器测定的是向心力，光电传感器测定的是圆柱体的线速度大小，图乙是在用实验探究向心力F和圆柱体线速度大小v的关系时作出的F−v2图像。
(1)在这个实验中，利用了______(选填“理想实验法”“等效替代法”或“控制变量法”)来研究。
(2)根据乙图可得出向心力F和圆柱体线速度大小v的关系式为______。
(3)为了研究F与r成反比的关系，实验时除了保持圆柱体质量不变外，还应保持______不变。
(4)若该实验数据是在保持圆柱体质量不变、半径恒为r=0.1m的条件下得到的，再规范作图得出F−v图线，如图乙所示，则该实验所用圆柱体的质量为______kg。
17. 据中国气象局表示，针对我国出现的持续性雾霾天气，“风云三号”卫星能及时监测雾霾覆盖省份、覆盖面积和强度等情况．已知“风云三号”在距地球表面高度为h的轨道上做匀速圆周运动，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G.求：
(1)地球的质量；
(2)“风云三号”卫星在轨进上的运行周期T.
18. 质量m=10kg的物体在方向平行于斜面、大小为F=140N的拉力作用下，从固定粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面向上运动，拉力F作用2s后撤去．已知斜面与水平面的夹角θ=37∘，如图所示．斜面足够长，物体与斜面间的动摩擦因数µ=0.5，取重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，.求：
(1)1s末F做功的功率；
(2)物体向上运动过程中克服摩擦力做功。
19. 如图所示，水平圆盘可绕竖直轴转动，圆盘上的物体A、B、C的质量分别为m、2m、3m，A叠放在B上，C、B离圆心O距离分别为2r、3r。C、B之间用细线相连，圆盘静止时细线刚好拉直。已知C、B与圆盘间的动摩擦因数均为μ，A、B间的动摩擦因数为4μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，现让圆盘从静止缓慢加速转动，求：
(1)圆盘角速度ω为多少时，细线上开始产生拉力；
(2)圆盘角速度ω=5μg4r时，求C与水平圆盘之间的摩擦力；
(3)为使得ABC均与圆盘保持相对静止，圆盘角速度ω需要满足的条件。
20. 科技馆有一套儿童喜爱的机械装置，其结构简图如下：传动带AB部分水平，其长度L=1.2m，传送带以3m/s的速度顺时针匀速转动，大皮带轮半径r=0.4m，其下端C点与圆弧轨道DEF的D点在同一水平线上，E点为圆弧轨道的最低点，圆弧EF对应的圆心角θ=37∘且圆弧的半径R=0.5m，F点和倾斜传送带GH的下端G点平滑连接，倾斜传送带GH长为x=4.45m，其倾角θ=37∘.某同学将一质量为0.5kg且可以视为质点的物块静止放在水平传送带左端A处，物块经过B点后恰能无碰撞地从D点进入圆弧轨道部分，当经过F点时，圆弧对物块支持力N=29.0N，然后物块滑上倾斜传送带GH.已知物块与所有的接触面间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，7.2=2.68，求：
(1)物块由A到B所经历的时间；
(2)DE弧对应的圆心角α为多少；
(3)若要物块能被送到H端，则倾斜传动带顺时针运转的速度最小值vmin为多少。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、做曲线运动的物体，所受的合力不一定发生变化，如平抛运动所受的合力是恒力，故A错误；
B、物体做匀速圆周运动，加速度指向圆心，方向时刻改变，所以加速度是变化的，故B错误；
C、平抛运动的加速度不变，合外力恒定不变，所以平抛运动是匀变速曲线运动，故C正确；
D、轻绳一端固定，另一端系一小球，小球在竖直平面内做圆周运动，只有重力做功，小球的动能发生变化，所以小球做的是非匀速圆周运动，故D错误。
故选：C。
做曲线运动的物体，所受的合力不一定发生变化；平抛运动的加速度不变，做匀变速曲线运动；匀速圆周运动的加速度大小不变，方向时刻改变，速度的大小不变，方向时刻改变。
解决本题的关键知道平抛运动和匀速圆周运动的特点，知道平抛运动的加速度不变，速度大小和方向在变化，匀速圆周运动的速度大小不变，方向时刻改变。
2.【答案】A
【解析】解：A、为了验证地面上物体的重力与地球吸引月球，太阳吸引行星的力是同一性质的力，同样遵从平方反比律的猜想，牛顿做了著名的“月--地检验”，故A正确；
B、牛顿在开普勒发现的开普勒三大定律基础上，发现了万有引力定律，故B错误；
C、G是恒量，在不同星球上，万有引力常量G的数值一样，故C错误；
D、卡文迪许用实验的方法测定了引力常量的值，被称为“测出地球质量的人”，故D错误。
故选：A。
本题是物理学史问题，根据牛顿、开普勒、卡文迪许等人的物理学成就进行解答。
对于物理学史，平时要加强记忆，重视历史知识的积累，特别要记牢著名科学家的物理学贡献。
3.【答案】D
【解析】解：a为赤道上相对地面静止随地球自转的物体，c为地球同步卫星，故c的角速度和周期与a相同，即ωa=ωc，Ta=Tc，据v=rω可得，c的半径大，故有va
ωa=ωc，ωb>ωc；
vavc；
Ta=Tc，Tc>Tb；
aaac，故ABC错误，D正确。
故选：D。
对于地球赤道上的物体与同步卫星，它们具有相同的角速度和周期，根据v=rω，a=rω2比较线速度的大小和向心加速度的大小。对于b、c两卫星，根据万有引力提供向心力，比较b、c的线速度、角速度、周期和向心加速度大小，再比较三个物体各个量的大小。
解决本题时，要抓住地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度和周期，根据v=rω，a=rω2比较线速度的大小和向心加速度的大小。对于卫星，要根据万有引力提供做圆周运动向心力，根据半径关系比较b、c的线速度、角速度、周期和向心加速度大小。熟悉掌握公式是关键。
4.【答案】D
【解析】解：A、第55颗北斗导航卫星是地球静止轨道卫星，只能定点于赤道正上空一定高度处，故A错误；
B、第一宇宙速度7.9km/s是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大运行速度，故该卫星在轨道上运行速率小于7.9km/s，故B错误；
C、第一宇宙速度7.9km/s是近地卫星绕地球做匀速圆周运动的速度，也是最小的发射速度，北斗导航卫星是地球同步卫星，发射速度一定大于7.9km/s，故C错误；
D、根据卫星变轨原理可知，该卫星若想返回地面，需在圆轨道上使其减速，做近心运动，故D正确。
故选：D。
第55颗北斗导航卫星是地球静止轨道卫星，必须定点于赤道正上空；
第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动最大的运行速度；
根据万有引力定律和牛顿第二定律来分析。
该题考查了人造卫星的相关知识，解决本题时，关键要能根据万有引力提供向心力列式，得到卫星的速度和加速度表达式。
5.【答案】D
【解析】解：A、A沿杆方向速度分量v1=vAcosθ，B沿杆方向速度分量v2=vBsinθ，两物体沿杆方向速度分量相等，得：vAcosθ=vBsinθ，物块A缓慢匀速上升时，θ逐渐减小，所以物块B的速度逐渐增大，故A错误；
B、对A受力分析，mAg=Fcosθ，θ逐渐减小，F减小，即杆受到的弹力逐渐减小，故B错误；
C、对A由平衡条件得，墙面对A的支持力为N=mgtanθ，随着θ减小，支持力减小，则物块A对墙面的压力逐渐减小，故C错误；
D、当连杆与竖直方向的夹角θ为30∘时，由vAcosθ=vBsinθ得vAvB=sinθcosθ=33，故D正确。
故选：D。
对整体竖直方向受力平衡求解物块B对地面的压力；对A用平衡条件分析A对墙面的压力；分解AB物体的速度，沿杆方向速度相同建立两物体速度的联系。
本题通过连接体模型考查了平衡条件与运动的分解，解决此题的难点在于分解AB物体的速度，沿杆方向速度相同建立两物体速度的联系。
6.【答案】C
【解析】解：A、根据平行四边形定则知，细线的拉力F=mgcosθ=200.8N=25N，故A正确；
BC、根据牛顿第二定律得：mgtanθ=mLsinθω2=mv2Lsinθ，
解得线速度为：v=gLsinθtanθ=10×0.5×0.6×0.75m/s=1.5m/s，
ω=gLcosθ=100.5×0.8rad/s=5rad/s，故B正确，C错误；
D、周期为：T=2πω=2πLcosθg=2×3.14×0.5×0.810s=1.26s，故D正确；
本题选错误的，
故选：C。
小球靠拉力和重力的合力提供向心力，根据平行四边形定则求出拉力的大小，根据牛顿第二定律求出线速度、角速度、周期的大小。
解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，基础题。
7.【答案】D
【解析】解：A、当牵引力等于阻力时，速度取到最大值，则有：f=Pvm=800010N=800N，故fmg=800200×10=0.4，故A错误；
B、汽车做匀加速运动的牵引力最大，则有：F=Pv1=80008N=1000N，故B错误；
C、在8−18s内，根据动能定理可得：Pt−fx=12mvm2−12mv12，解得x=95.5m，故平均速度为v−=xt=95.510m/s=9.55m/s，故C错误；
D、8s−18s过程中汽车牵引力已达到最大功率，所以牵引力做的功为：W=Pt=8×103×10J=8×104J，故D正确。
故选：D。
当牵引力等于阻力时，速度取到最大值，根据F=Pvm求解阻力，汽车做匀加速运动的牵引力最大，根据F=Pv求解；根据动能定理求解变加速运动的位移，即可求得平均速度；根据功的公式求牵引力的功；
本题考查的是机车启动问题，汽车通常有两种启动方式，即恒定加速度启动和恒定功率启动。要求同学们能对两种启动方式进行动态分析，能画出动态过程的方框图，公式P=Fv，P指实际功率，F表示牵引力，v表示瞬时速度。当牵引力等于阻力时，机车达到最大速度。
8.【答案】C
【解析】解：A、由题意可知，当小船划行方向垂直于河岸时，小船正好航行到C点，根据图，结合几何关系，可知，v1v2=v1tv2t=dL；故A错误；
B、若小船改变划行方向，最终到达对岸A点时，垂直河岸的分速度小于船速，因此航行到A点所用时间大于小船航行到C点所用时间，故B错误；
C、若船的划行方向沿OA方向，根据作图法，可知，船的合速度垂直方向偏下，即小船最终会航行到BC之间的某一点，故C正确；
D、根据矢量合成法则，若小船改变划行方向，最终到达对岸B点，则小船沿垂直于河岸方向的分速度：v⊥=v12−v22，所以从O点到B点所用时间为t′=dv⊥=dv12−v22，故D错误。
故选：C。
根据运动的合成，结合几何关系，即可求解；
根据速度的合成，依据几何关系，并结合题意，即可确定合速度方向；
求得船垂直河岸的速度，从而确定时间的长短；
由速度的合成法则，即可求得合速度大小．
考查运动的合成法则，掌握船过河的时间计算，注意船垂直河岸的速度，将影响渡河时间.
9.【答案】BD
【解析】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
解得线速度：v=GMr，周期：T=2πr3GM，向心加速度：a=GMr2，
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=2：1，故A错误；
B、甲、乙两颗人造地球卫星的运行周期之比T1：T2=1：22，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错误；
D、甲、乙两颗人造地球卫星的向心力之比F1：F2=2：1，故D正确。
故选：BD。
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。
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。
10.【答案】AD
【解析】解：A、根据h=12gt2得，滑雪者在空中运动的时间t=2hg=2×1.2510s=0.5s，故A正确；
B、滑雪者落地的速度vy=gt=10×0.5m/s=5m/s，根据平行四边形定则知，初速度v0=vy=5m/s，则水平距离x=v0t=5×0.5m=2.5m，故B错误；
C、根据平行四边形定则知，落地的速度v=2v0=52m/s，故C错误。
D、滑雪者落地时重力做功的瞬时功率P=mgvy=600×5W=3000W，故D正确。
故选：AD。
根据高度求出滑雪者平抛运动的时间，根据速度时间公式求出竖直分速度，结合平行四边形定则求出初速度的大小，从而求出水平距离．根据瞬时功率的公式求出重力做功的瞬时功率．
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，知道平均功率和瞬时功率的区别，掌握这两种功率的求法．
11.【答案】BD
【解析】解：AB、当水对小桶底压力为零时有mg=mv2r，解得v=4m/s，则知“水流星”通过最高点的速度为4m/s，恰好能通过最高点，水不从小桶流出，此时绳子张力为零，水和桶都只受重力，处于完全失重状态，绳的张力及小桶底受到的压力均为零，故A错误，B正确；
C、“水流星”通过和圆心等高和位置时，小桶做圆周运动，绳子的拉力指向圆心，水对小桶的作用力背离圆心，二者的合力提供向心力，则细绳中的拉力不为零，故C错误；
D、“水流星”通过最低点时，具有向上的加速度，处于超重状态，故D正确。
故选：BD。
小球通过最高点时，恰好做圆周运动的临界条件为重力恰好提供向心力，将实际速度与临界速度比较即可。
本题关键找到向心力来源，根据牛顿第二定律列式求解，对于变速圆周运动，考试说明中明确规定向心力公式的计算仅限于分力在一条直线上的情况，故只需考虑最高点和最低点的情况。
12.【答案】AC
【解析】解：A、重力做功与初末位置的高度差有关，摆球从A点运动到B点的过程中，竖直方向运动的位移为L，所以重力做的功为：WG=mgL，故A正确；
B、因为拉力在运动过程中始终与运动方向垂直，故不做功，即W=0，故B错误；
CD、f所做的总功等于每个小弧段上f所做功的代数和，即Wf=−(fΔx1+fΔx2+...)=−12fπL，故C正确，D错误。
故选：AC。
重力做功与初末位置的高度差有关；根据功的计算公式可以求出重力、拉力与空气阻力的功。
本题考查功的计算，要明确各力做功的特点，如重力做功等于重力与所在位置高度差的乘积，而空气阻力做功等于力与路程的乘积。
13.【答案】CD
【解析】解：A、当物体在最高点时，可能只受到重力与支持力2个力的作用，也可能受到重力、支持力与摩擦力三个力的作用，摩擦力的方向可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，摩擦力的方向沿斜面向上时，ω越大时，小物体在最高点处受到的摩擦力一定越小，故A错误；
B、当物体在最高点时，摩擦力的方向可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，可能指向圆心，也可能背离圆心，故B错误；
C、当物体转到圆盘的最低点恰好不滑动时，转盘的角速度最大。此时小物体受竖直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力、沿斜面指向圆心的摩擦力。
由沿斜面的合力提供向心力，支持力FN=mgcosθ，
摩擦力f=μFN=μmgcosθ
又μmgcos30∘−mgsin30∘=mω2R
解得ω=1.0rad/s，故C正确；
D、当物体在最高点时，若只受到重力与支持力2个力的作用，合力提供向心力，则在最高点：
mgsin30∘=mω2r
在最低点：f−mgsin30∘=mω2r
可得：f=mg
由于最大静摩擦力：
fm=μmgcos37∘=32mg⋅32=34mg
故选：CD。
当物体在最高点时，可能受到2个力的作用，当物体转到圆盘的最低点，由重力沿斜面向下的分力和最大静摩擦力的合力提供向心力时，角速度最大，由牛顿第二定律求出最大角速度。
本题关键要分析向心力的来源，明确角速度在什么位置最大，由牛顿第二定律进行解题。
14.【答案】AC
【解析】解：AB、x方向，小球第1s加速，加速度ax=F1m=2N1kg=2m/s2
在第1s内位移sx1=12axt12=12×2m/s2×(1s)2=1m
1s末速度vx1=axt1=2m/s2×1s=2m/s
第2、3s内匀速运动，位移sx23=vx1t23=2m/s×2s=4m
小球前3秒内x方向的位移x=sx1+sx23=1m+4m=5m
y方向，小球第1s内速度为0，第2s内加速，加速度度ay=F2m=2N1kg=2m/s2
在第2s内位移sy2=12ayt22=12×2m/s2×(1s)2=1m
2s末速度vy2=ayt2=2m/s2×1s=2m/s
第3s内匀速运动，位移sy3=vy2t3=2m/s×1s=2m
小球前3秒内y方向的位移y=sy2+sy3=1m+2m=3m
则3s末小球的位置坐标为(5m,3m)，故A正确，B错误；
CD、小球在第3s内做匀速直线运动，速度v=vx12+vy22=(2m/s)2+(2m/s)2=22m/s
与x轴夹角θ=45∘，如图所示：
设管道圆心为O点，由几何关系得管道半径R=(5m)2+(5m)2=52m
根据向心力公式得小球向心力大小为
故C正确，D错误。
故选：AC。
(1)在x方向，第1s加速，第2、3秒匀速；在y方向，第1s静止，第2s加速，第3s匀速；根据牛顿第二定律求解两个分运动的加速度，根据运动学公式求解两个分运动的分位移即可；
(2)管道对小球的弹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解。
本题解题关键是明确物体的受力情况和运动情况，结合运动的合成和分解的知识研究两个分运动，难度不大。
15.【答案】C1.52.0
【解析】解：(1)使两小球能以相同的水平速度同时分别从轨道的下端射出，A球做平抛运动，B球在水平面上做匀速直线运动，两球相撞，改变释放点的高度，两球仍然相撞，可以得出平抛运动在水平方向上的运动规律是匀速直线运动，故AC正确，BD错误；
(2)从图2的乙图可以看出，ABC三点相邻水平间隔为3L，所以相邻的时间间隔相等，由竖直方向的逐差公式Δy=gT2 得：T=Δyg=(5−3)×5×10−210s=0.1s，所以平抛的初速度v0=3LT=3×5×10−20.1m/s=1.5m/s。
根据竖直方向上某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的竖直分速度，vyB=yAC2T=(3+5)×5×10−22×0.1m/s=2.0m/s。
故答案为：(1)AC；(2)1.5、2.0
(1)把两个质量相等的小钢球A、B分别从斜面的同一高度由静止开始同时释放，使两小球能以相同的水平速度同时分别从轨道的下端射出，A球做平抛运动，B球在水平面上做匀速直线运动，两球相撞，改变释放点的高度，两球仍然相撞，可以得出平抛运动在水平方向上的运动规律；
(2)根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，结合水平位移和时间间隔求出小球平抛运动的初速度，根据竖直方向上某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的竖直分速度；
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，结合运动学公式和推论灵活求解。
16.【答案】控制变量法 F=v2 线速度的大小 0.1
【解析】解：(1)使m和r保持不变，获得F与v的关系的方法为控制变量法。
(2)由乙图可知，F∝v2，由数学知识得到F−v2图象的斜率k=ΔFΔv2=1414=1，故向心力F和圆柱体速度v的关系是F=v2.
(3)该实验运用控制变量法研究物理量的关系，根据向心力公式F=mv2r可知为研究F与r的关系，实验时除保持圆柱体的质量不变外，还应保持不变的物理量是线速度的大小．
(4)根据已经学习过的向心力公式F=mv2r，与F=v2比较得，将r=0.1m代入mr得：m=0.1kg.
故答案为：(1)控制变量法；(2)F=v2；(3)线速度的大小；(4)0.1。
(1)要想找出F与v的关系，必须使m与r不变，所以此实验利用了控制变量法；
(2)根据图象很容易得到F与v2成正比，求出F−v2图象的斜率，即可得到向心力F和圆柱体速度v的关系式；
(3)根据控制变量法，除了F与r外都要不变；
(4)根据已经学习过的向心力公式F=mv2r，即可求得。
本题关键根据图象的形状，由数学知识得到F与v的关系式．同时要掌握向心力的公式。
17.【答案】解：(1)在地球表面有：mg=GMmR2
所以地球的质量为：M=gR2G
(2)对h高空的卫星有：GMm(R+h)2=m4π2(R+h)T2
把M=gR2G带入解得：T=2π(R+h)R(R+h)g
答：(1)地球的质量为gR2G；
(2)“风云三号”卫星在轨进上的运行周期T为2π(R+h)R(R+h)g.
【解析】(1)设有一质量为m的物体在地球表面绕地球做匀速圆周运动，根据重力提供向心力即可求解地球质量．
(2)对h高空的卫星，根据万有引力提供向心力GMm(R+h)2=m4π2(R+h)T2，把地球质量M数据带入，可解的卫星的周期．
本题主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，注意只能计算出中心天体的质量，难度不大，属于基础题．
18.【答案】解：(1)由牛顿第二定律F−mgsinθ−μmgcosθ=ma1，
可得 a1=4m/s2
则1s末速度v=4m/s
故F的功率为P=Fv=140×4w=560w；
(2)2s末速度v1=8m/s
2s内物体位移x1=12a1t12
2s后mgsinθ+μmgcosθ=ma2，
撤去F后物体移动的位移为：x2=v122a2
则摩擦力对物体做功W=−μmgcosθ(x1+x2)，
代入数据解得：W=−448J，
故克服摩擦力做功为448J。
答：(1)1s末F做功的功率为560w；
(2)物体向上运动过程中克服摩擦力做功448J。
【解析】(1)1s内做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可求加速度，求出1s末速度即可求F功率；(2)撤去拉力后做匀减速运动，分别求出加速和减速时的位移即可求摩擦力做功。
本题主要考查功和功率计算，解题时要注意物体的运动过程分析，2S后撤去力物体没有马上停止。
19.【答案】解：(1)AB的半径大于C的半径，AB与水平面先达到最大静摩擦力，之后开始受绳子拉力，
对AB有：μ⋅3mg=3m⋅ω12⋅3r
解得ω1=μg3r
(2)圆盘角速度ω=5μg4r时，对A受力分析：fA=m(3r)ω2=154μmg
T+μ⋅3mg=3m⋅3r⋅ω2
设C所受摩擦力方向指向圆心，有：
T+fC=3m⋅2r⋅ω2
联立以上各式，解得：fC=−34μmg，负号表示摩擦力的方向沿半径背向圆心。
(3)随着圆盘角速度增大，对AB有：
T+μ⋅3mg=3m⋅3r⋅ω2
对C有：T−fC=3m⋅2r⋅ω2
当fC=μ3mg时有最大角速度：ω2=2μgr
又为满足A不打滑，对A有：fAmax=m⋅3r⋅ω32，
解得：ω3=4μg3r
因为ω3<ω2，
所以为满足ABC均保持与圆盘相对静止，则圆盘的最大角速度满足：ω≤4μg3r。
答：(1)圆盘角速度ω为μg3r时，细线上开始产生拉力；
(2)圆盘角速度ω=5μg4r时，C与水平圆盘之间的摩擦力为34μmg，摩擦力的方向沿半径背向圆心；
(3)为使得ABC均与圆盘保持相对静止，圆盘角速度ω需要满足ω≤4μg3r。
【解析】(1)AB与水平面先达到最大静摩擦力后绳子开始受拉力，计算此时的角速度；
(2)分别对AB和C受力分析，根据向心力公式计算C与水平圆盘之间的摩擦力的大小；
(3)当滑动摩擦力作为向心力时，角速度取最大值，计算都没有滑动时的角速度的大小，取其中的最小值。
本题关键是对A、AB整体、C受力分析，根据静摩擦力提供向心力以及最大静摩擦力等于滑动摩擦力列式分析是关键。
20.【答案】解：(1)物体加速到3m/s的时间为：t1=v1μg=0.6s
在加速阶段的位移为：x1=12a1t12=0.9m<1.2m
物块由A到B所经历的时间为：t=t1+L−x1v1=0.7s
(2)在B点，由于gr=2m/s<3m/s，所以物体能够在B点离开传送带做平抛运动，到达D点时物体沿竖直方向的分速度为：
vy=2g×2r=4m/s
到达D点时物体的速度与水平方向之间的夹角：tanα=vyv0=43
所以：α=530
(3)物体在F点时，支持力与重力的分力提供向心力得：
N−mgcos37∘=mv32R
代入数据得：v3=5m/s
物体在倾斜的传动带上受到重力、支持力和滑动摩擦力的作用，滑动摩擦力，因为mgsin37∘=3N>μmgcos37∘=2N
可知物体先相对于传送带向上运动，受到的摩擦力的方向向下；当物体的速度小于传送带的速度后，受到的摩擦力方向向上，物体继续向上做减速运动。
设物体恰好能到达H点时，传送带的速度是vmin，物体到达H点的速度为0。
物体的速度大于传送带的速度时，物体受到的摩擦力的方向向下，此时：
mgsin37∘+μmgcos37∘=ma2
则a2=10m/s2
物体的速度小于传送带的速度时，物体受到的摩擦力方向向上，则：
mgsin37∘−μmgcos37∘=ma3，则a3=2m/s2
物体向上的减速运动若反过来看，也可以是向下的加速运动，初速度为0，末速度为v3，设物体在传送带下半部分的一段时间为t2，上半部分的一段时间为t3，由运动学规律可得：
a3 t3+a2 t2=v3
12a3t32+(a3t3+v32)t2=x
联立以上三式，代入数据得：t3=2.0s，t2=0.1s
所以vmin=a3t3=4m/s
答：(1)物块由A到B所经历的时间为0.7s；
(2)DE弧对应的圆心角α为53∘；
(3)若要物块能被送到H端，则倾斜传动带顺时针运转的速度最小值vmin为4m/s。
【解析】(1)对物体做受力分析可知，物体在传送带上在摩擦力的作用下做加速运动，由牛顿第二定律求出加速度，然后由运动学的公式求出时间；
(2)先求出物体在B点做平抛运动的临界条件，然后对B点飞出后的平抛运动规律进行分析可求得DE弧对应的圆心角α为多少；
(3)结合向心力的公式，求出物体到达F点的速度，然后由受力分析求出物体在倾斜的传送带上的受力和加速度，结合运动学的公式即可求解。
解决该题的关键是正确进行受力分析，明确知道物体在各段的运动情况，知道各段之间物理量的关系，熟记运动学中相关的公式；
2020-2021学年四川省成都七中高一（下）期中物理试卷
1. 下列说法正确的是( )
A. 做曲线运动的物体，所受的合力一定发生变化
B. 物体做匀速圆周运动，加速度恒定不变
C. 平抛运动是匀变速曲线运动
D. 轻绳一端固定，另一端系一小球，则小球在竖直平面内的圆周运动一定是匀速圆周运动
2. 下列说法正确的是( )
A. 为了验证地面上物体的重力与地球吸引月球、太阳吸引行星的力是同一性质的力，牛顿做了著名的“月-地”检验
B. 在牛顿万有引力定律的指导下，开普勒发现了开普勒三大定律
C. 在不同星球上，万有引力常量G的数值不一样
D. 牛顿用实验的方法测定了引力常量的值，被称为“测出地球质量的人”
3. 如图所示，a为放在地球赤道上相对地面静止的物体，随地球自转做匀速圆周运动，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星(轨道半径约等于地球半径)，c为地球的同步卫星。下列关于a、b、c的说法中正确的是( )
A. a、b、c做匀速圆周运动的角速度大小关系为ωa>ωb>ωc
B. a、b、c做匀速圆周运动的向心加速度大小关系为aa>ab>ac
C. a、b、c做匀速圆周运动的周期关系为Ta=Tc
4. 2020年6月23日，“北斗三号”卫星导航系统最后一颗全球组网卫星从西昌卫星发射中心升空，卫星顺利进入预定轨道(轨道半径小于月、地间的距离)，它是我国第55颗北斗导航卫星，是一颗地球静止轨道卫星。关于它的说法中正确的是( )
A. 该卫星可定点在成都天府广场上空
B. 该卫星在轨道上运行速率大于11.2km/s
C. 该卫星从地面上发射的速度大小为7.9km/s
D. 该卫星若想返回地面，需在圆轨道上使其减速
5. 如图所示为一简易机械装置，质量相等的两物块A和B，通过铰链和连杆相连，物块A与竖直墙壁接触，物块B放在水平面上。现对物块B施加水平向左的外力F，使物块A匀速上升，直到连杆与竖直方向的夹角θ为30∘。不计铰链及物块与接触面间的摩擦，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 物块B的速度保持不变
B. 连杆受到的弹力逐渐增大
C. 物块A对墙面的压力逐渐增大
D. 当连杆与竖直方向的夹角θ为30∘时，物块B的速度是物块A的3倍
6. 长度L=0.5m的细线，拴一质量m=2kg的小球(不计大小)，另一端固定于O点。让小球在水平面内做匀速圆周运动，这种运动通常称为圆锥摆运动。如图所示，摆线与竖直方向的夹角α=37∘，重力加速度g=10m/s2，则下列说法错误的是( )
A. 细线的拉力大小为25N B. 小球运动的角速度为5rad/s
C. 小球运动的线速度大小为1.2m/s D. 小球运动的周期约为1.26s
7. 质量m=200kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图象甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图象乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系.设汽车在运动过程中阻力为车重的k倍，在18s末汽车的速度恰好达到最大.则下列说法正确的是( )
A. k=4
B. 0∼8s内汽车的牵引力为800N
C. 汽车在8s∼18s内的平均速度大小为9m/s
D. 8s∼18s过程中汽车牵引力做的功为8×104J
8. 一船在静水中的速度大小恒定为v1，水流速度的方向沿着河岸向右且大小恒定为v2，且v1>v2，河岸宽度恒定为d。小船从O点开始渡河，图中OB垂直于河岸，AB=BC=L。已知当小船划行方向垂直于河岸时，小船正好航行到C点。下列说法中正确的是( )
A. v1v2=Ld
B. 若小船改变划行方向，最终到达对岸A点，则从O点到A点所用时间等于小船航行到C点所用时间
C. 若小船的划行方向沿OA方向，则小船最终会航行到BC之间的某一点
D. 若小船改变划行方向，最终到达对岸B点，则从O点到B点所用时间为dv12+v22
9. 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=1：2
B. 它们的运行周期之比T1：T2=1：22
C. 它们向心加速度大小之比a1：a2=1：4
D. 它们向心力大小之比F1：F2=2：1
10. 如图所示，高为h=1.25m的平台上，覆盖一层薄冰，现有一质量为60kg的滑雪爱好者，以一定的初速度v向平台边缘滑去，着地时的速度方向与水平地面的夹角为45∘，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。由此可知( )
A. 滑雪者在空中运动的时间为0.5s
B. 滑雪者着地点到平台边缘的水平距离是 2.52m
C. 滑雪者着地时的速度大小是5.0m/s
D. 滑雪者着地前瞬间，重力做功的瞬时功率是3000W
11. 杂技演员表演“水流星”，在长为1.6m的细绳的一端，系一个总质量为m=0.5kg的盛满水的小桶(小桶大小相对于细绳长度小得多)，以绳的一端为圆心，在竖直面内做圆周运动，如图所示，若“水流星”通过最高点的速度为v=4m/s，则下列说法正确的是(g=10m/s2)( )
A. “水流星”通过最高点时，会有水从容器中流出
B. “水流星”通过最高点时，绳的张力及容器底受到的压力均为零
C. “水流星”通过和圆心等高和位置时，细绳中的拉力为零
D. “水流星”在最低点时，处于超重状态
12. 如图所示，摆球质量为m，悬线长度为L，把悬线拉到水平位置后放手。设在摆球从A点运动到B点的过程中空气阻力的大小f不变，则下列说法正确的是( )
A. 重力做功为mgL B. 悬线的拉力做功为mgL
C. 空气阻力做功为−12fπL D. 克服空气阻力做功为fL
13. 如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为32，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面的夹角为30∘，g取10m/s2，则以下说法中正确的是( )
A. 小物体随圆盘以不同的角速度ω做匀速圆周运动时，ω越大时，小物体在最高点处受到的摩擦力一定越大
B. 小物体受到的摩擦力不可能背离圆心
C. ω的最大值是1.0rad/s
D. 小物体随圆盘做匀速圆周运动的过程中，一定受到三个力的作用
14. 在足够大的光滑水平桌面上，一质量m=1kg的小球静止在图示坐标系的原点O处。从t=0时刻起，小球受到沿+x方向的大小为F1=2N的恒定拉力作用开始运动。在t=1s时刻，撤去F1，立即换成沿+y方向的大小为F2=2N的恒定拉力作用在物体上。在t=2s时刻，把F2也撤去。在t=3s时刻，小球开始进入一个固定在水平桌面上的圆形光滑细管道(在图上只画了该管道的管口，管道的内径略微大于小球的直径)。已知小球是沿管道的切线方向进入管道的，且已知该管道的圆心在y轴上。下列说法正确的是( )
A. 3s末小球的位置坐标为(5m,3m)
B. 3s末小球的位置坐标为(3m,3m)
C. 进入管道后，小球的向心力大小为0.82N
D. 进入管道后，小球的向心力大小为1.6N
15. 在“探究平抛运动规律”的实验中，某同学进行了如下实验探究。如图1，将两个倾斜光滑轨道固定在同一个竖直平面内，轨道下端水平。把两个质量相等的小钢球A、B分别从斜面的同一高度由静止开始同时释放，使两小球能以相同的水平速度同时分别从轨道的下端射出(水平轨道足够长)，观察到某一现象。改变两小球相对斜面的释放高度，使之仍相同，则仍能观察到这一现象，故可以概括平抛运动的某一规律。
(1)该同学观察到的现象和反映的平抛运动的规律是______；
A.A、B两个小球相撞
B.A、B两个小球同时落地
C.水平方向做匀速直线运动
D.竖直方向做自由落体运动
(2)通过图2中甲图的实验装置，在实验过程中每次释放小球的位置都相同，并在乙图的坐标纸上记录了小球经过的A、B、C三点，已知坐标纸每小格的边长L=5cm，则该小球做平抛运动的初速度大小为______m/s；B点的竖直分速度大小为______m/s。(g取10m/s2)
16. 如图甲所示是一个研究向心力大小与哪些因素有关的DIS实验装置的示意图，其中做匀速圆周运动的圆柱体的质量为m，放置在未画出的水平圆盘上，圆周轨道的半径为r，力电传感器测定的是向心力，光电传感器测定的是圆柱体的线速度大小，图乙是在用实验探究向心力F和圆柱体线速度大小v的关系时作出的F−v2图像。
(1)在这个实验中，利用了______(选填“理想实验法”“等效替代法”或“控制变量法”)来研究。
(2)根据乙图可得出向心力F和圆柱体线速度大小v的关系式为______。
(3)为了研究F与r成反比的关系，实验时除了保持圆柱体质量不变外，还应保持______不变。
(4)若该实验数据是在保持圆柱体质量不变、半径恒为r=0.1m的条件下得到的，再规范作图得出F−v图线，如图乙所示，则该实验所用圆柱体的质量为______kg。
17. 据中国气象局表示，针对我国出现的持续性雾霾天气，“风云三号”卫星能及时监测雾霾覆盖省份、覆盖面积和强度等情况．已知“风云三号”在距地球表面高度为h的轨道上做匀速圆周运动，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G.求：
(1)地球的质量；
(2)“风云三号”卫星在轨进上的运行周期T.
18. 质量m=10kg的物体在方向平行于斜面、大小为F=140N的拉力作用下，从固定粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面向上运动，拉力F作用2s后撤去．已知斜面与水平面的夹角θ=37∘，如图所示．斜面足够长，物体与斜面间的动摩擦因数µ=0.5，取重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，.求：
(1)1s末F做功的功率；
(2)物体向上运动过程中克服摩擦力做功。
19. 如图所示，水平圆盘可绕竖直轴转动，圆盘上的物体A、B、C的质量分别为m、2m、3m，A叠放在B上，C、B离圆心O距离分别为2r、3r。C、B之间用细线相连，圆盘静止时细线刚好拉直。已知C、B与圆盘间的动摩擦因数均为μ，A、B间的动摩擦因数为4μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，现让圆盘从静止缓慢加速转动，求：
(1)圆盘角速度ω为多少时，细线上开始产生拉力；
(2)圆盘角速度ω=5μg4r时，求C与水平圆盘之间的摩擦力；
(3)为使得ABC均与圆盘保持相对静止，圆盘角速度ω需要满足的条件。
20. 科技馆有一套儿童喜爱的机械装置，其结构简图如下：传动带AB部分水平，其长度L=1.2m，传送带以3m/s的速度顺时针匀速转动，大皮带轮半径r=0.4m，其下端C点与圆弧轨道DEF的D点在同一水平线上，E点为圆弧轨道的最低点，圆弧EF对应的圆心角θ=37∘且圆弧的半径R=0.5m，F点和倾斜传送带GH的下端G点平滑连接，倾斜传送带GH长为x=4.45m，其倾角θ=37∘.某同学将一质量为0.5kg且可以视为质点的物块静止放在水平传送带左端A处，物块经过B点后恰能无碰撞地从D点进入圆弧轨道部分，当经过F点时，圆弧对物块支持力N=29.0N，然后物块滑上倾斜传送带GH.已知物块与所有的接触面间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，7.2=2.68，求：
(1)物块由A到B所经历的时间；
(2)DE弧对应的圆心角α为多少；
(3)若要物块能被送到H端，则倾斜传动带顺时针运转的速度最小值vmin为多少。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、做曲线运动的物体，所受的合力不一定发生变化，如平抛运动所受的合力是恒力，故A错误；
B、物体做匀速圆周运动，加速度指向圆心，方向时刻改变，所以加速度是变化的，故B错误；
C、平抛运动的加速度不变，合外力恒定不变，所以平抛运动是匀变速曲线运动，故C正确；
D、轻绳一端固定，另一端系一小球，小球在竖直平面内做圆周运动，只有重力做功，小球的动能发生变化，所以小球做的是非匀速圆周运动，故D错误。
故选：C。
做曲线运动的物体，所受的合力不一定发生变化；平抛运动的加速度不变，做匀变速曲线运动；匀速圆周运动的加速度大小不变，方向时刻改变，速度的大小不变，方向时刻改变。
解决本题的关键知道平抛运动和匀速圆周运动的特点，知道平抛运动的加速度不变，速度大小和方向在变化，匀速圆周运动的速度大小不变，方向时刻改变。
2.【答案】A
【解析】解：A、为了验证地面上物体的重力与地球吸引月球，太阳吸引行星的力是同一性质的力，同样遵从平方反比律的猜想，牛顿做了著名的“月--地检验”，故A正确；
B、牛顿在开普勒发现的开普勒三大定律基础上，发现了万有引力定律，故B错误；
C、G是恒量，在不同星球上，万有引力常量G的数值一样，故C错误；
D、卡文迪许用实验的方法测定了引力常量的值，被称为“测出地球质量的人”，故D错误。
故选：A。
本题是物理学史问题，根据牛顿、开普勒、卡文迪许等人的物理学成就进行解答。
对于物理学史，平时要加强记忆，重视历史知识的积累，特别要记牢著名科学家的物理学贡献。
3.【答案】D
【解析】解：a为赤道上相对地面静止随地球自转的物体，c为地球同步卫星，故c的角速度和周期与a相同，即ωa=ωc，Ta=Tc，据v=rω可得，c的半径大，故有va
ωa=ωc，ωb>ωc；
va
Ta=Tc，Tc>Tb；
aa
故选：D。
对于地球赤道上的物体与同步卫星，它们具有相同的角速度和周期，根据v=rω，a=rω2比较线速度的大小和向心加速度的大小。对于b、c两卫星，根据万有引力提供向心力，比较b、c的线速度、角速度、周期和向心加速度大小，再比较三个物体各个量的大小。
解决本题时，要抓住地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度和周期，根据v=rω，a=rω2比较线速度的大小和向心加速度的大小。对于卫星，要根据万有引力提供做圆周运动向心力，根据半径关系比较b、c的线速度、角速度、周期和向心加速度大小。熟悉掌握公式是关键。
4.【答案】D
【解析】解：A、第55颗北斗导航卫星是地球静止轨道卫星，只能定点于赤道正上空一定高度处，故A错误；
B、第一宇宙速度7.9km/s是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大运行速度，故该卫星在轨道上运行速率小于7.9km/s，故B错误；
C、第一宇宙速度7.9km/s是近地卫星绕地球做匀速圆周运动的速度，也是最小的发射速度，北斗导航卫星是地球同步卫星，发射速度一定大于7.9km/s，故C错误；
D、根据卫星变轨原理可知，该卫星若想返回地面，需在圆轨道上使其减速，做近心运动，故D正确。
故选：D。
第55颗北斗导航卫星是地球静止轨道卫星，必须定点于赤道正上空；
第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动最大的运行速度；
根据万有引力定律和牛顿第二定律来分析。
该题考查了人造卫星的相关知识，解决本题时，关键要能根据万有引力提供向心力列式，得到卫星的速度和加速度表达式。
5.【答案】D
【解析】解：A、A沿杆方向速度分量v1=vAcosθ，B沿杆方向速度分量v2=vBsinθ，两物体沿杆方向速度分量相等，得：vAcosθ=vBsinθ，物块A缓慢匀速上升时，θ逐渐减小，所以物块B的速度逐渐增大，故A错误；
B、对A受力分析，mAg=Fcosθ，θ逐渐减小，F减小，即杆受到的弹力逐渐减小，故B错误；
C、对A由平衡条件得，墙面对A的支持力为N=mgtanθ，随着θ减小，支持力减小，则物块A对墙面的压力逐渐减小，故C错误；
D、当连杆与竖直方向的夹角θ为30∘时，由vAcosθ=vBsinθ得vAvB=sinθcosθ=33，故D正确。
故选：D。
对整体竖直方向受力平衡求解物块B对地面的压力；对A用平衡条件分析A对墙面的压力；分解AB物体的速度，沿杆方向速度相同建立两物体速度的联系。
本题通过连接体模型考查了平衡条件与运动的分解，解决此题的难点在于分解AB物体的速度，沿杆方向速度相同建立两物体速度的联系。
6.【答案】C
【解析】解：A、根据平行四边形定则知，细线的拉力F=mgcosθ=200.8N=25N，故A正确；
BC、根据牛顿第二定律得：mgtanθ=mLsinθω2=mv2Lsinθ，
解得线速度为：v=gLsinθtanθ=10×0.5×0.6×0.75m/s=1.5m/s，
ω=gLcosθ=100.5×0.8rad/s=5rad/s，故B正确，C错误；
D、周期为：T=2πω=2πLcosθg=2×3.14×0.5×0.810s=1.26s，故D正确；
本题选错误的，
故选：C。
小球靠拉力和重力的合力提供向心力，根据平行四边形定则求出拉力的大小，根据牛顿第二定律求出线速度、角速度、周期的大小。
解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，基础题。
7.【答案】D
【解析】解：A、当牵引力等于阻力时，速度取到最大值，则有：f=Pvm=800010N=800N，故fmg=800200×10=0.4，故A错误；
B、汽车做匀加速运动的牵引力最大，则有：F=Pv1=80008N=1000N，故B错误；
C、在8−18s内，根据动能定理可得：Pt−fx=12mvm2−12mv12，解得x=95.5m，故平均速度为v−=xt=95.510m/s=9.55m/s，故C错误；
D、8s−18s过程中汽车牵引力已达到最大功率，所以牵引力做的功为：W=Pt=8×103×10J=8×104J，故D正确。
故选：D。
当牵引力等于阻力时，速度取到最大值，根据F=Pvm求解阻力，汽车做匀加速运动的牵引力最大，根据F=Pv求解；根据动能定理求解变加速运动的位移，即可求得平均速度；根据功的公式求牵引力的功；
本题考查的是机车启动问题，汽车通常有两种启动方式，即恒定加速度启动和恒定功率启动。要求同学们能对两种启动方式进行动态分析，能画出动态过程的方框图，公式P=Fv，P指实际功率，F表示牵引力，v表示瞬时速度。当牵引力等于阻力时，机车达到最大速度。
8.【答案】C
【解析】解：A、由题意可知，当小船划行方向垂直于河岸时，小船正好航行到C点，根据图，结合几何关系，可知，v1v2=v1tv2t=dL；故A错误；
B、若小船改变划行方向，最终到达对岸A点时，垂直河岸的分速度小于船速，因此航行到A点所用时间大于小船航行到C点所用时间，故B错误；
C、若船的划行方向沿OA方向，根据作图法，可知，船的合速度垂直方向偏下，即小船最终会航行到BC之间的某一点，故C正确；
D、根据矢量合成法则，若小船改变划行方向，最终到达对岸B点，则小船沿垂直于河岸方向的分速度：v⊥=v12−v22，所以从O点到B点所用时间为t′=dv⊥=dv12−v22，故D错误。
故选：C。
根据运动的合成，结合几何关系，即可求解；
根据速度的合成，依据几何关系，并结合题意，即可确定合速度方向；
求得船垂直河岸的速度，从而确定时间的长短；
由速度的合成法则，即可求得合速度大小．
考查运动的合成法则，掌握船过河的时间计算，注意船垂直河岸的速度，将影响渡河时间.
9.【答案】BD
【解析】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
解得线速度：v=GMr，周期：T=2πr3GM，向心加速度：a=GMr2，
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=2：1，故A错误；
B、甲、乙两颗人造地球卫星的运行周期之比T1：T2=1：22，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错误；
D、甲、乙两颗人造地球卫星的向心力之比F1：F2=2：1，故D正确。
故选：BD。
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。
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。
10.【答案】AD
【解析】解：A、根据h=12gt2得，滑雪者在空中运动的时间t=2hg=2×1.2510s=0.5s，故A正确；
B、滑雪者落地的速度vy=gt=10×0.5m/s=5m/s，根据平行四边形定则知，初速度v0=vy=5m/s，则水平距离x=v0t=5×0.5m=2.5m，故B错误；
C、根据平行四边形定则知，落地的速度v=2v0=52m/s，故C错误。
D、滑雪者落地时重力做功的瞬时功率P=mgvy=600×5W=3000W，故D正确。
故选：AD。
根据高度求出滑雪者平抛运动的时间，根据速度时间公式求出竖直分速度，结合平行四边形定则求出初速度的大小，从而求出水平距离．根据瞬时功率的公式求出重力做功的瞬时功率．
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，知道平均功率和瞬时功率的区别，掌握这两种功率的求法．
11.【答案】BD
【解析】解：AB、当水对小桶底压力为零时有mg=mv2r，解得v=4m/s，则知“水流星”通过最高点的速度为4m/s，恰好能通过最高点，水不从小桶流出，此时绳子张力为零，水和桶都只受重力，处于完全失重状态，绳的张力及小桶底受到的压力均为零，故A错误，B正确；
C、“水流星”通过和圆心等高和位置时，小桶做圆周运动，绳子的拉力指向圆心，水对小桶的作用力背离圆心，二者的合力提供向心力，则细绳中的拉力不为零，故C错误；
D、“水流星”通过最低点时，具有向上的加速度，处于超重状态，故D正确。
故选：BD。
小球通过最高点时，恰好做圆周运动的临界条件为重力恰好提供向心力，将实际速度与临界速度比较即可。
本题关键找到向心力来源，根据牛顿第二定律列式求解，对于变速圆周运动，考试说明中明确规定向心力公式的计算仅限于分力在一条直线上的情况，故只需考虑最高点和最低点的情况。
12.【答案】AC
【解析】解：A、重力做功与初末位置的高度差有关，摆球从A点运动到B点的过程中，竖直方向运动的位移为L，所以重力做的功为：WG=mgL，故A正确；
B、因为拉力在运动过程中始终与运动方向垂直，故不做功，即W=0，故B错误；
CD、f所做的总功等于每个小弧段上f所做功的代数和，即Wf=−(fΔx1+fΔx2+...)=−12fπL，故C正确，D错误。
故选：AC。
重力做功与初末位置的高度差有关；根据功的计算公式可以求出重力、拉力与空气阻力的功。
本题考查功的计算，要明确各力做功的特点，如重力做功等于重力与所在位置高度差的乘积，而空气阻力做功等于力与路程的乘积。
13.【答案】CD
【解析】解：A、当物体在最高点时，可能只受到重力与支持力2个力的作用，也可能受到重力、支持力与摩擦力三个力的作用，摩擦力的方向可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，摩擦力的方向沿斜面向上时，ω越大时，小物体在最高点处受到的摩擦力一定越小，故A错误；
B、当物体在最高点时，摩擦力的方向可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，可能指向圆心，也可能背离圆心，故B错误；
C、当物体转到圆盘的最低点恰好不滑动时，转盘的角速度最大。此时小物体受竖直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力、沿斜面指向圆心的摩擦力。
由沿斜面的合力提供向心力，支持力FN=mgcosθ，
摩擦力f=μFN=μmgcosθ
又μmgcos30∘−mgsin30∘=mω2R
解得ω=1.0rad/s，故C正确；
D、当物体在最高点时，若只受到重力与支持力2个力的作用，合力提供向心力，则在最高点：
mgsin30∘=mω2r
在最低点：f−mgsin30∘=mω2r
可得：f=mg
由于最大静摩擦力：
fm=μmgcos37∘=32mg⋅32=34mg
故选：CD。
当物体在最高点时，可能受到2个力的作用，当物体转到圆盘的最低点，由重力沿斜面向下的分力和最大静摩擦力的合力提供向心力时，角速度最大，由牛顿第二定律求出最大角速度。
本题关键要分析向心力的来源，明确角速度在什么位置最大，由牛顿第二定律进行解题。
14.【答案】AC
【解析】解：AB、x方向，小球第1s加速，加速度ax=F1m=2N1kg=2m/s2
在第1s内位移sx1=12axt12=12×2m/s2×(1s)2=1m
1s末速度vx1=axt1=2m/s2×1s=2m/s
第2、3s内匀速运动，位移sx23=vx1t23=2m/s×2s=4m
小球前3秒内x方向的位移x=sx1+sx23=1m+4m=5m
y方向，小球第1s内速度为0，第2s内加速，加速度度ay=F2m=2N1kg=2m/s2
在第2s内位移sy2=12ayt22=12×2m/s2×(1s)2=1m
2s末速度vy2=ayt2=2m/s2×1s=2m/s
第3s内匀速运动，位移sy3=vy2t3=2m/s×1s=2m
小球前3秒内y方向的位移y=sy2+sy3=1m+2m=3m
则3s末小球的位置坐标为(5m,3m)，故A正确，B错误；
CD、小球在第3s内做匀速直线运动，速度v=vx12+vy22=(2m/s)2+(2m/s)2=22m/s
与x轴夹角θ=45∘，如图所示：
设管道圆心为O点，由几何关系得管道半径R=(5m)2+(5m)2=52m
根据向心力公式得小球向心力大小为
故C正确，D错误。
故选：AC。
(1)在x方向，第1s加速，第2、3秒匀速；在y方向，第1s静止，第2s加速，第3s匀速；根据牛顿第二定律求解两个分运动的加速度，根据运动学公式求解两个分运动的分位移即可；
(2)管道对小球的弹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解。
本题解题关键是明确物体的受力情况和运动情况，结合运动的合成和分解的知识研究两个分运动，难度不大。
15.【答案】C1.52.0
【解析】解：(1)使两小球能以相同的水平速度同时分别从轨道的下端射出，A球做平抛运动，B球在水平面上做匀速直线运动，两球相撞，改变释放点的高度，两球仍然相撞，可以得出平抛运动在水平方向上的运动规律是匀速直线运动，故AC正确，BD错误；
(2)从图2的乙图可以看出，ABC三点相邻水平间隔为3L，所以相邻的时间间隔相等，由竖直方向的逐差公式Δy=gT2 得：T=Δyg=(5−3)×5×10−210s=0.1s，所以平抛的初速度v0=3LT=3×5×10−20.1m/s=1.5m/s。
根据竖直方向上某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的竖直分速度，vyB=yAC2T=(3+5)×5×10−22×0.1m/s=2.0m/s。
故答案为：(1)AC；(2)1.5、2.0
(1)把两个质量相等的小钢球A、B分别从斜面的同一高度由静止开始同时释放，使两小球能以相同的水平速度同时分别从轨道的下端射出，A球做平抛运动，B球在水平面上做匀速直线运动，两球相撞，改变释放点的高度，两球仍然相撞，可以得出平抛运动在水平方向上的运动规律；
(2)根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，结合水平位移和时间间隔求出小球平抛运动的初速度，根据竖直方向上某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的竖直分速度；
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，结合运动学公式和推论灵活求解。
16.【答案】控制变量法 F=v2 线速度的大小 0.1
【解析】解：(1)使m和r保持不变，获得F与v的关系的方法为控制变量法。
(2)由乙图可知，F∝v2，由数学知识得到F−v2图象的斜率k=ΔFΔv2=1414=1，故向心力F和圆柱体速度v的关系是F=v2.
(3)该实验运用控制变量法研究物理量的关系，根据向心力公式F=mv2r可知为研究F与r的关系，实验时除保持圆柱体的质量不变外，还应保持不变的物理量是线速度的大小．
(4)根据已经学习过的向心力公式F=mv2r，与F=v2比较得，将r=0.1m代入mr得：m=0.1kg.
故答案为：(1)控制变量法；(2)F=v2；(3)线速度的大小；(4)0.1。
(1)要想找出F与v的关系，必须使m与r不变，所以此实验利用了控制变量法；
(2)根据图象很容易得到F与v2成正比，求出F−v2图象的斜率，即可得到向心力F和圆柱体速度v的关系式；
(3)根据控制变量法，除了F与r外都要不变；
(4)根据已经学习过的向心力公式F=mv2r，即可求得。
本题关键根据图象的形状，由数学知识得到F与v的关系式．同时要掌握向心力的公式。
17.【答案】解：(1)在地球表面有：mg=GMmR2
所以地球的质量为：M=gR2G
(2)对h高空的卫星有：GMm(R+h)2=m4π2(R+h)T2
把M=gR2G带入解得：T=2π(R+h)R(R+h)g
答：(1)地球的质量为gR2G；
(2)“风云三号”卫星在轨进上的运行周期T为2π(R+h)R(R+h)g.
【解析】(1)设有一质量为m的物体在地球表面绕地球做匀速圆周运动，根据重力提供向心力即可求解地球质量．
(2)对h高空的卫星，根据万有引力提供向心力GMm(R+h)2=m4π2(R+h)T2，把地球质量M数据带入，可解的卫星的周期．
本题主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，注意只能计算出中心天体的质量，难度不大，属于基础题．
18.【答案】解：(1)由牛顿第二定律F−mgsinθ−μmgcosθ=ma1，
可得 a1=4m/s2
则1s末速度v=4m/s
故F的功率为P=Fv=140×4w=560w；
(2)2s末速度v1=8m/s
2s内物体位移x1=12a1t12
2s后mgsinθ+μmgcosθ=ma2，
撤去F后物体移动的位移为：x2=v122a2
则摩擦力对物体做功W=−μmgcosθ(x1+x2)，
代入数据解得：W=−448J，
故克服摩擦力做功为448J。
答：(1)1s末F做功的功率为560w；
(2)物体向上运动过程中克服摩擦力做功448J。
【解析】(1)1s内做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可求加速度，求出1s末速度即可求F功率；(2)撤去拉力后做匀减速运动，分别求出加速和减速时的位移即可求摩擦力做功。
本题主要考查功和功率计算，解题时要注意物体的运动过程分析，2S后撤去力物体没有马上停止。
19.【答案】解：(1)AB的半径大于C的半径，AB与水平面先达到最大静摩擦力，之后开始受绳子拉力，
对AB有：μ⋅3mg=3m⋅ω12⋅3r
解得ω1=μg3r
(2)圆盘角速度ω=5μg4r时，对A受力分析：fA=m(3r)ω2=154μmg
T+μ⋅3mg=3m⋅3r⋅ω2
设C所受摩擦力方向指向圆心，有：
T+fC=3m⋅2r⋅ω2
联立以上各式，解得：fC=−34μmg，负号表示摩擦力的方向沿半径背向圆心。
(3)随着圆盘角速度增大，对AB有：
T+μ⋅3mg=3m⋅3r⋅ω2
对C有：T−fC=3m⋅2r⋅ω2
当fC=μ3mg时有最大角速度：ω2=2μgr
又为满足A不打滑，对A有：fAmax=m⋅3r⋅ω32，
解得：ω3=4μg3r
因为ω3<ω2，
所以为满足ABC均保持与圆盘相对静止，则圆盘的最大角速度满足：ω≤4μg3r。
答：(1)圆盘角速度ω为μg3r时，细线上开始产生拉力；
(2)圆盘角速度ω=5μg4r时，C与水平圆盘之间的摩擦力为34μmg，摩擦力的方向沿半径背向圆心；
(3)为使得ABC均与圆盘保持相对静止，圆盘角速度ω需要满足ω≤4μg3r。
【解析】(1)AB与水平面先达到最大静摩擦力后绳子开始受拉力，计算此时的角速度；
(2)分别对AB和C受力分析，根据向心力公式计算C与水平圆盘之间的摩擦力的大小；
(3)当滑动摩擦力作为向心力时，角速度取最大值，计算都没有滑动时的角速度的大小，取其中的最小值。
本题关键是对A、AB整体、C受力分析，根据静摩擦力提供向心力以及最大静摩擦力等于滑动摩擦力列式分析是关键。
20.【答案】解：(1)物体加速到3m/s的时间为：t1=v1μg=0.6s
在加速阶段的位移为：x1=12a1t12=0.9m<1.2m
物块由A到B所经历的时间为：t=t1+L−x1v1=0.7s
(2)在B点，由于gr=2m/s<3m/s，所以物体能够在B点离开传送带做平抛运动，到达D点时物体沿竖直方向的分速度为：
vy=2g×2r=4m/s
到达D点时物体的速度与水平方向之间的夹角：tanα=vyv0=43
所以：α=530
(3)物体在F点时，支持力与重力的分力提供向心力得：
N−mgcos37∘=mv32R
代入数据得：v3=5m/s
物体在倾斜的传动带上受到重力、支持力和滑动摩擦力的作用，滑动摩擦力，因为mgsin37∘=3N>μmgcos37∘=2N
可知物体先相对于传送带向上运动，受到的摩擦力的方向向下；当物体的速度小于传送带的速度后，受到的摩擦力方向向上，物体继续向上做减速运动。
设物体恰好能到达H点时，传送带的速度是vmin，物体到达H点的速度为0。
物体的速度大于传送带的速度时，物体受到的摩擦力的方向向下，此时：
mgsin37∘+μmgcos37∘=ma2
则a2=10m/s2
物体的速度小于传送带的速度时，物体受到的摩擦力方向向上，则：
mgsin37∘−μmgcos37∘=ma3，则a3=2m/s2
物体向上的减速运动若反过来看，也可以是向下的加速运动，初速度为0，末速度为v3，设物体在传送带下半部分的一段时间为t2，上半部分的一段时间为t3，由运动学规律可得：
a3 t3+a2 t2=v3
12a3t32+(a3t3+v32)t2=x
联立以上三式，代入数据得：t3=2.0s，t2=0.1s
所以vmin=a3t3=4m/s
答：(1)物块由A到B所经历的时间为0.7s；
(2)DE弧对应的圆心角α为53∘；
(3)若要物块能被送到H端，则倾斜传动带顺时针运转的速度最小值vmin为4m/s。
【解析】(1)对物体做受力分析可知，物体在传送带上在摩擦力的作用下做加速运动，由牛顿第二定律求出加速度，然后由运动学的公式求出时间；
(2)先求出物体在B点做平抛运动的临界条件，然后对B点飞出后的平抛运动规律进行分析可求得DE弧对应的圆心角α为多少；
(3)结合向心力的公式，求出物体到达F点的速度，然后由受力分析求出物体在倾斜的传送带上的受力和加速度，结合运动学的公式即可求解。
解决该题的关键是正确进行受力分析，明确知道物体在各段的运动情况，知道各段之间物理量的关系，熟记运动学中相关的公式；
相关试卷
成都七中高一下期物理期末试卷及答案： 这是一份成都七中高一下期物理期末试卷及答案，共18页。试卷主要包含了化学与生活密切相关，下列关于化学用语的表示正确的是，下列有关物质性质的说法错误的是，下列说法正确的是，下列有关化学键的叙述，正确的是等内容，欢迎下载使用。
2022～2023学年四川省成都市第七中学高一上学期期中考试物理试卷： 这是一份2022～2023学年四川省成都市第七中学高一上学期期中考试物理试卷，共11页。
2022成都七中高一下学期期中物理试卷PDF版含答案： 这是一份2022成都七中高一下学期期中物理试卷PDF版含答案，文件包含四川省成都市第七中学2021-2022学年高一下学期期中物理试卷PDF版无答案pdf、24届高一物理下期半期考试试卷答案pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共9页， 欢迎下载使用。
