2022年北京人大附中高一上学期期末物理试题（文字版，含答案含解析）

这是一份2022年北京人大附中高一上学期期末物理试题（文字版，含答案含解析），共21页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，计算表述题等内容，欢迎下载使用。
2022年北京人大附中高一上学期期末
物 理
一、单项选择题（本部分共10题，每题3分，共30分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项）
1．（3分）在经典力学发展过程中，很多物理学家作出了卓越的贡献。下列说法正确的是（　　）
A．伽利略认为力是维持物体运动的原因
B．哥白尼是地心说的支持者
C．开普勒在第谷的基础上、结合自己的实验观测，总结出行星运动的规律
D．牛顿提出万有引力定律，并规定了引力常G的数值和单位
2．（3分）下列说法正确的是（　　）
A．物体在恒力作用下能做曲线运动也能做直线运动
B．物体在变力作用下一定是做曲线运动
C．物体做曲线运动时，沿速度方向的合力一定不为零
D．两个直线运动的合运动一定是直线运动
3．（3分）有一个质量为4kg的质点在xOy平面内运动，在x方向的速度图象和y方向的位移图象分别如图甲、乙所示。下列说法正确的是（　　）

A．质点做匀变速直线运动
B．质点所受的合外力大小为12N
C．2s时质点的速度大小为6m/s
D．0s时质点的速度大小为5m/s
4．（3分）如图所示，A、B两点分别位于大、小轮的边缘上，C点位于大轮半径的中点，大轮的半径是小轮的2倍，它们之间靠摩擦传动，接触面上没有滑动。则（　　）

A．A、B两点角速度大小之比为2：1
B．A、B两点向心加速度大小之比为2：1
C．B、C两点角速度大小之比为2：1
D．B、C两点向心加速度大小之比为2：1
5．（3分）如图所示，物体A无初速放置于倾斜传送带的顶端，下列说法正确的是（　　）

A．若传送带顺时针转动，则物体A可能一直匀速运动到底端
B．若传送带顺时针转动，则物体A可能一直匀加速运动到底端
C．若传送带逆时针转动，则物体A一定一直匀加速运动到底端
D．若传送带逆时针转动，则物体A可能先匀加速、再匀减速运动到底端
6．（3分）如图所示，一辆装满石块的货车在平直道路上以加速度a向前加速运动，货箱中石块B的质量为m。下列说法正确的是（　　）

A．石块B受除重力之外其它力的合力为ma
B．加速度a增大时，石块B受除重力之外其它力的合力不变
C．加速度a增大时，石块B受除重力之外其它力的合力变小
D．加速度a增大时，石块B受除重力之外其它力的合力变大
7．（3分）如图所示，甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量为M和2M的行星做匀速圆周运动。下列说法正确的是（　　）

A．甲的向心加速度比乙的大
B．甲的运行周期比乙的大
C．甲的角速度比乙的大
D．甲的线速度比乙的大
8．（3分）如图所示，在赤道发射场发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道Ⅰ，然后在Q点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道Ⅱ，则（　　）

A．该卫星在P点的速度大于11.2km/s
B．卫星在轨道Ⅱ上的运行速度大于7.9km/s
C．卫星在Q点需要适当加速，才能够由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ
D．卫星在轨道Ⅱ上经过Q点时加速度大于轨道Ⅰ经过Q点时的加速度
9．（3分）如图所示，可视为质点的、质量为m的小球，在半径为R的竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，重力加速度为g。下列有关说法中正确的是（　　）

A．小球在圆心上方管道内运动时，对外壁一定有作用力
B．小球能够到达最高点时的最小速度为
C．小球达到最高点的速度是时，球受到的合外力为零
D．若小球在最高点时的速度大小为2，则此时小球对管道外壁的作用力大小为3mg
10．（3分）如图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住质量为m的物体，现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体可以一直运动到B点。物体受到的摩擦力大小不变。则（　　）

A．物体从A到O先加速后减速
B．物体从A到O做加速运动，从O到B做减速运动
C．物体运动到O点时，所受合力为零
D．物体从A到O的过程中，加速度逐渐减小
二、多项选择题（本部分共4题，每题5分，共20分。在每题列出的四个选项中，至少有两个选项正确。全部选对得5分，只要有选错得0分，其余得3分。）
（多选）11．（5分）如图所示，a为赤道上的物体，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，c为地球同步卫星，以下说法中正确的是（　　）

A．a的运行周期大于c的运行周期
B．a的运行周期大于b的运行周期
C．b的运行速度大小大于c的运行速度大小
D．b的运行速度大小大于a的运行速度大小
（多选）12．（5分）一辆货车运载着5个完全相同的圆柱形光滑的空油桶。在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只桶C，自由地摆放在桶A、B之间，没有用绳索固定。桶C受到桶A和桶B的支持，和汽车一起保持静止，摩擦不计，重力加速度为g，如图所示。下列说法正确的有（　　）

A．若车匀速运动，则C受A、B的弹力大小一定相等
B．若车匀加速运动，则C受A、B作用力的合力一定大于mg
C．若车向左加速运动，则C受A的弹力大小一定大于受B的弹力大小
D．若车向左加速、且加速度大小等于重力加速度g的大小时，则C会向后翻过B
（多选）13．（5分）如图所示，质量为0.5kg的物块A放在一个纵剖面为矩形的静止木箱内，A和木箱水平底面之间的动摩擦因数为0.3。A的右边被一根轻弹簧用1.2N的水平拉力向右拉着而保持静止。认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。则（　　）

A．当木箱向右加速、且加速度大小为1m/s2时，物块A相对木箱滑动
B．若木箱向右加速，则物块A所受摩擦力可能比原来静止时大
C．当木箱向左加速、且加速度大小为1m/s2时，物块A相对木箱滑动
D．把整个装置放到电梯里，电梯从1楼启动到10楼停止，在上述过程中，物块可能相对木箱滑动
（多选）14．（5分）如图所示，质量都为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，现用大小等于的恒力F向上拉B，当运动距离为h时B与A分离，已知重力加速度为g。则下列说法中正确的是（　　）

A．B和A刚分离时，弹簧弹力大于mg
B．B和A刚分离时，它们的加速度方向竖直向下
C．弹簧的劲度系数等于
D．在B与A分离之前，它们运动的加速度大小一直在减小
三、实验题（本部分共2题，18分.）
15．（10分）某实验小组在实验室用如图甲所示的装置探究加速度和力、质量的关系。

（1）关于实验操作，下列说法正确的是　 　。
A.实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细线与木板平行
B.平衡摩擦力时，在细线的下端悬挂钩码，使小车在线的拉力作用下能匀速下滑
C.每次改变小车所受的拉力后都要重新平衡摩擦力
D.实验时应先接通打点计时器电源，后释放小车
（2）图乙为实验中打出纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹未标出，测出各计数点到A点间的距离。已知所用电源的频率为50Hz，打B点时小车的速度v＝　 　m/s，小车的加速度a＝　 　m/s2。（均保留两位有效数字）
（3）甲同学在小车所受合外力不变时，改变小车的质量，得到数据如表所示：
实验次数
小车质量m/kg
小车加速度a/（m/s2）
小车质量的倒数/kg﹣1
1
0.20
0.78
5.00
2
0.40
0.38
2.50
3
0.60
0.25
1.67
4
0.80
0.20
1.25
5
1.00
0.16
1.00
①根据表中数据，在答题纸相应位置的坐标系中描出相应的实验数据点，并作出a﹣图象。
②由a﹣图象，可得出的结论为：　 　。
（4）乙同学在正确操作的前提下，保持小车质量不变，增加钩码的个数，测量小车对应的加速度a。用钩码的重力表示小车所受的拉力F，当钩码数较多时，由实验数据作出的a﹣F图象虽然经过原点，但并不是直线。试作出该图，并通过理论推导说明图线不是直线的原因。
16．（8分）用如图1所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。

（1）下列实验条件必须满足的有 　 　。
A.斜槽轨道光滑
B.斜槽轨道末段水平
C.挡板高度等间距变化
D.每次从斜槽上相同的位置由静止释放钢球
E.为了比较准确地描出小球运动的轨迹，应该用一条曲线把所有的点连接起来
（2）为定量研究，建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于Q点，钢球的 　 　（选填“最上端”、“最下端”或者“球心”）对应白纸上的位置即为原点，在确定y轴时 　 　（选填“需要”或者“不需要”）y轴与重锤线平行。
（3）某同学从实验得到的平抛小球的运动轨迹上取出一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，并作出y﹣x2图象。某同学认为若图象为正比例图象（如图2所示），则可说明平抛运动在水平方向为匀速直线运动、竖直方向为自由落体运动。你对该同学的观点如何评价？
（4）在确认平抛运动的规律后，另一次实验中将白纸换成方格纸，每个格的边长L＝5cm，通过频闪照相机，记录了小球在运动途中的三个位置，如图3所示，则与照相机的闪光频率对应的周期为 　 　s，该小球做平抛运动的初速度为 　 　m/s。（g＝10m/s2，均保留两位有效数字!!!）
四、计算表述题（本部分共3题，32分。写出必要的文字说明、重要的方程式及关键的演算步骤，有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位。）
17．（10分）如图所示，“天舟”与“天宫”对接后的组合体沿圆形轨道运行。经过时间t，组合体绕地球转过的角度为θ（弧度），地球半径为R，地球表面重力加速度为g，引力常量为G，不考虑地球自转。求：
（1）地球质量M；
（2）组合体运动的周期T：
（3）组合体所在圆轨道离地面高度H。

18．（10分）如图甲所示，长木板B放置在光滑水平面上，可视为质点的物体A静止叠放在B的最左端。A、B间的最大静摩擦力为5N，且认为A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知小B的质量分别为1kg、4kg，g取10m/s2。
（1）若用F＝6N的水平力向右拉A，求A、B的加速度大小；
（2）若用F＝10N的水平力向右拉A，经过t＝2s，A到达B的右端，求此时A、B的速度大小及木板的长度。

19．（6分）如图所示，在长为l的细绳下端拴一个质量为m的小球，捏住绳子的上端，使小球在水平面内做圆周运动，细绳就沿圆锥面旋转，这样就成了一个圆锥摆，已知重力加速度为g。
①观察实验发现：实验者使小球旋转后，保持手不动，小球可以旋转较长时间，最终停止。某同学猜测：如果把条件理想化，抽象出一个理想的圆锥摆模型，那么小球将会一直在水平面内转动而不会停止。你认为：理想的圆锥摆模型需要满足哪些条件？
②在上述理想条件下，稳定时，绳子跟竖直方向的夹角为θ。求小球的运动周期T。

20．（6分）有一种叫“飞椅”的游乐项目，示意图如图1所示。长为l的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r的水平转盘边缘，如图1中甲所示。转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。当转盘以某角速度匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ，不计钢绳的重力，重力加速度为g。
①求转盘转动的角速度ω。
②另一座椅也用长为l的钢绳一端系着，钢绳另一端固定在水平转盘边缘内侧，固定点与竖直转轴的距离为r1，且r1＜r，如图1中乙所示。稳定时，钢绳与竖直方向的夹角为α，通过定量推导比较α与θ的大小关系。
③细心的同学发现：当转盘以较快转速匀速转动时，钢绳与转轴并不在同一竖直平面内，示意图如图2所示（图中P为座椅，M为转盘边缘固定钢绳的点，PM为钢绳，O1O2为竖直转轴，PQ与O1O2在同一竖直平面内）。你认为造成这种现象的原因是什么？并说明此时钢绳对座椅拉力的作用效果。


参考答案
一、单项选择题（本部分共10题，每题3分，共30分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项）
1．【分析】根据物理学史进行解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
【解答】解：A、伽利略通过理想斜面实验得出了力不是维持物体运动的原因，故A错误；
B、哥白尼是日心说的支持者，故B错误；
C、开普勒在第谷的基础上、结合自己的实验观测，总结出行星运动的规律，故C正确；
D、牛顿提出万有引力定律，卡文迪许测出了引力常G的数值和单位，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查物理学史，这是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，注重积累。
2．【分析】物体做曲线运动的条件是合力方向与速度方向不在同一条直线上，与是否是变力和恒力无关；
物体做曲线运动时，沿速度方向的合力可以为零，例如匀速圆周运动；
两个运动的合成是否是直线运动需要看合力方向与合速度方向是否在同一条直线上。
【解答】解：A、当恒力方向与物体运动的速度在同一条直线上时，物体做直线运动，当恒力方向与速度方向不在同一条直线上时，物体做曲线运动，故物体在恒力作用下能做曲线运动也能做直线运动，故A正确；
B、物体做曲线运动的条件是力的方向与速度方向不在同一条直线上，和物体是不是变力或者恒力没有关系，故B错误；
C、物体做曲线运动时，方向时刻在改变，故沿与速度垂直的方向的力一定不为零，但沿速度方向的力可以为零，例如匀速圆周运动；
D、两个直线运动的合运动可能是直线运动也可能是曲线运动，主要看合力方向与合速度方向是否在同一条直线上，例如平抛运动是两个直线运动的合成，但却是曲线运动，故D错误；
故选：A。
【点评】明确曲线运动的条件是合力与合速度是否在同一条直线上。
3．【分析】根据图示图象分析清楚质点沿x轴方向与y轴方向的运动性质与运动规律，然后应用运动的合成与分解分析答题。
【解答】解：A、由图甲所示图象可知，质点在x方向上做匀加速直线运动，在y方向上是匀速直线运动，质点加速方向与速度方向不在同一直线上，质点做匀变速曲线运动，故A错误；
B、由图甲所示图象可知，质点在x方向上做匀加速直线运动，加速度大小a＝＝，由牛顿第二定律可知，质点所受合力大小F＝ma＝4×1.5N＝6N，故B错误；
C、由图甲所示图象可知，t＝2s时质点沿x轴方向的速度大小vx＝6m/s，沿y轴方向的速度大小vy＝m/s＝4m/s，2s时质点速度大小v＝m/s＝2m/s，故C错误；
D、由图甲所示图象可知，0s时质点沿x轴方向的速度大小vx0＝3m/s，0s时质点速度大小vx0＝m/s＝5m/s，故D正确。
故选：D。
【点评】本题综合考查了速度—时间图象、位移—时间图象等知识，以及运动的合成与分解，有一定的综合性，解决本题的关键理清x方向和y方向上的运动规律，结合平行四边形定则进行分析.
4．【分析】靠摩擦传动的大、小两轮接触面不打滑，则A、B两点线速度大小相等，方向不同，A、C共轴转动，则角速度相等。根据v＝rω，a＝ωv可得出线速度、角速度、加速度的关系。
【解答】解：AC、靠摩擦传动的大、小两轮接触面不打滑，则A、B两点线速度大小相等，则vA：vB＝1：1；A点和C点同轴传动，角速度相同，由于半径之比为rA：rB：rC＝2：1：1，根据公式v＝rω，线速度之比为vB：vC＝2：1，则vA：vB：vC＝2：2：1，角速度之比为ωA：ωB＝：＝：＝1：2，而A点和C点角速度相同，故ωA：ωB：ωC＝1：2：1，故A错误，C正确；
BD、根据a＝ωv得aA：aB：aC＝（vAωA）：（vBωB）：（vCωC）＝（2×1）：（2×2）：（1×1）＝2：4：1，故BD错误；
故选：C。
【点评】解决本题的关键掌握靠摩擦传动轮子边缘上的点，线速度大小相等，方向不同，共轴转动的点，具有相同的角速度。
5．【分析】若传送带顺时针转动，若重力沿传送带向下的分力与摩擦力大小相等，则物体保持静止；若重力沿传送带向下的分力大于摩擦力，则物体一直匀加速运动到底端；
若传送带逆时针转动，物体沿传送带向下的加速度，若物体运动一段时间后与传送带共速，且重力沿传送带向下的分力小于最大摩擦力，则之后物体与传送带共速直至运动到底端，不可能出现匀减速的状态.
【解答】解：AB．物体A无初速度放置于倾斜传送带的顶端，若传送带顺时针转动，则物体A受到重力、弹力和沿传送带向上的滑动摩擦力，若重力沿传送带向下的分力与摩擦力大小相等，则物体保持静止；若重力沿传送带向下的分力大于摩擦力，则物体一直匀加速运动到底端，故A错误，B正确；
CD．若传送带逆时针转动，则初始时物体A受到的摩擦力沿传送带向下，与重力沿传送带向下的分力同向，这二力的合力提供物体沿传送带向下的加速度，若物体运动一段时间后与传送带共速，且重力沿传送带向下的分力小于最大摩擦力，则之后物体与传送带共速直至运动到底端，不可能出现匀减速的状态，故CD错误。
故选：B。
【点评】本题考查的是物体在传送带上的受力及运动关系，关键是判断摩擦力的大小和，以及重力下滑分力和摩擦力的关系。
6．【分析】根据力的合成与分解可得与B接触的物体对B的作用力大小，根据合力的计算公式求出周围与石块B接触的物体对它的作用力的大小变化情况。
【解答】解：A、货车在平直道路上以加速度a加速运动，石块B受到周围物体对它的作用力的合力F和重力mg，如图所示：

由图可知，除重力外，其它力的合力不等于ma，而是重力和其它力合力为ma，故A错误；
BCD、根据力的合成与分解可得：与B接触的物体对B 的作用力F＝，当加速度a增大时，石块B受除重力之外其它力的合力F变大，故D正确，BC错误；
故选：D。
【点评】本题主要是考查牛顿第二定律的综合应用，解答本题的关键是能清楚石块的受力情况，利用牛顿第二定律建立方程进行解答。
7．【分析】根据万有引力提供向心力得出各物理量的表达式，结合题意和已知量可以比较个物理量的关系。
【解答】解：设中心天体的质量为M′，环绕卫星的质量为m，轨道半径为r。
A、根据牛顿第二定律可得：＝ma，解得a＝，轨道半径r相等，M乙＞M甲，故a乙＞a甲，甲的向心加速度比乙的小，故A错误。
B、根据万有引力提供向心力，则有：＝mr，解得T＝，中心天体的质量M乙＞M甲，甲的运行周期比乙的大，故B正确；
C、由万有引力提供向心力有：＝mrω2，解得：ω＝，轨道半径r相等，M乙＞M甲，故ω乙＞ω甲，故C错误；
D、由万有引力提供向心力有：＝，解得：v＝，轨道半径r相等，中心天体的质量M乙＞M甲，故v乙＞v甲，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析。
8．【分析】卫星绕地球做圆周运动，发射速度不能超过第二宇宙速度。7.9km/s是卫星绕地球运动的最大速度。根据变轨的原理分析卫星在Q点由轨道I进入轨道II需加速还是减速。根据万有引力提供加速度，判断在Q点的加速度。
【解答】解：A、11.2km/s是第二宇宙速度，是卫星脱离地球引力束缚的最小发射速度，故该卫星的发射速度一定小于11.2km/s，故A错误；
B、7.9km/s是卫星绕地球运动的最大速度，所以地球同步卫星的速度小于7.9km/s，故B错误；
C、根据卫星变轨的原理可知，卫星在轨道Ⅰ上的Q点，需加速，做离心运动进入轨道Ⅱ，故C正确；
D、在Q点该卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上受到的万有引力没变，则加速度相同，故D错误。
故选：C。
【点评】此题考查了人造卫星的相关知识，解决本题的关键理解第一宇宙速度、第二宇宙速度的意义，知道卫星变轨的原理，从低轨道变轨到高轨道需要加速离心运动。
9．【分析】根据竖直圆周运动中合力提供向心力，当小球恰好通过最高点的临界条件是速度为零，且只有内壁对小球有竖直向上的作用力；由牛顿第二定律求出小球受到的管道的作用力大小和方向，再由牛顿第三定律分析小球对管道的作用力。
【解答】解：AB、当小球恰好过最高点时速度为零，根据合力提供向心力可知，内壁对小球有竖直向上的作用力，大小等于重力，外壁对小球没有作用力，故AB错误；
C、当小球达到最高点的速度为时，根据F合＝m可得：F合＝mg，故C错误；
D、若小球在最高点时的速度大小为2，设管道外壁对小球的作用力大小为F，根据F合＝m可得：mg+F＝m，解得：F＝3mg，根据牛顿第三定律可知小球对管道外壁的作用力大小为3mg，故D正确；
故选：D。
【点评】本题中圆管模型与轻杆模型相似，抓住两个临界条件：一是小球恰好到达最高点时，速度为零；二是小球经过最高点与管道恰好无作用力时速度为。
10．【分析】水平方向受弹簧弹力和摩擦力，刚从A点释放时，弹力大于摩擦力，物体加速向右运动，随着物体向右运动，弹簧压缩量减小，弹力减小，到达O点之前某一位置C，弹力减小到等于摩擦力，由C至O弹力小于摩擦力，物体开始减速，O至B过程受向左的拉力和摩擦力，加速度向右物体一直做减速运动。
【解答】解：AB、物体从A点到O点过程，弹力逐渐减为零，刚开始弹簧弹力大于摩擦力，因此可分为弹力大于摩擦力过程和弹力小于摩擦力过程；当弹力大于摩擦力过程，合力向右，加速度也向右，速度也向右，做加速运动；当弹力小于摩擦力过程，合力向左，加速度向左，速度向右，做减速运动，综上所述，物体从A到O先加速后减；物体从O到B过程，受向左的摩擦力和弹簧弹力，速度向右，所以一直做加速度增大的减速运动，故A正确，B错误；
C、在O点物体不受弹力，受摩擦力，因此合力不为零，故C错误；
D、物体从A到O过程，受向左的摩擦力和向右的弹簧弹力；弹簧的伸长量越来越小，弹簧弹力越来越小，物体受到的合力越来越小，物体的加速度逐渐减小；当弹簧弹力小于摩擦力后，弹力不断减小，所受的合力增大，物体做减速运动，加速度逐渐增大；因此，物体从A到O 加速度先减小后增大，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了弹簧受力分析，解题的关键是分阶段结合运动情况对物体受力分析，求出合力后确定加速度的变化情况，从而最终确定物体的运动情况。
二、多项选择题（本部分共4题，每题5分，共20分。在每题列出的四个选项中，至少有两个选项正确。全部选对得5分，只要有选错得0分，其余得3分。）
11．【分析】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比较线速度的大小。根据万有引力提供向心力比较卫星b、c的线速度和周期关系。
【解答】解：AB、卫星b、c绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有：＝mr，解得周期为：T＝2，则b的运转周期短，赤道上的物体a与同步卫星c的周期相同，故b的运转周期最短，故A错误，B正确；
CD、a和c属于同轴转动的模型，角速度相等，周期相等，则线速度：v＝ωr，同步卫星的轨道半径大，则线速度大，根据＝m，解得线速度v＝，则b的速度大于c的速度，故CD正确。
故选：BCD。
【点评】此题考查了人造卫星的相关计算，明确地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度和周期，近地卫星和同步卫星均是万有引力提供向心力。
12．【分析】（1）对桶C受力分析，结合平衡条件，得出A对C的支持力等于B对C的支持力；
（2）根据牛顿第二定律，结合已知条件，得出C受A、B作用力的合力及C受A的弹力大小与受B的弹力大小关系；
（3）假设A对C的弹力为零，计算出此时的加速度，从而推出当加速度等于g时的结果。
【解答】解：A、对桶C受力分析如图：

当车匀速直线运动时，根据平衡条件，A对C的支持力等于B对C的支持力，有：FB＝FA，故A正确；
BC、当车匀加速直线运动时，根据牛顿第二定律有：FBsinθ﹣FAsinθ＝ma，B对C的支持力增大，大于A对C的支持力，又由于A、B对C的作用力方向不变，那么合力肯定大于mg，故B正确，C错误；
D、若车向左加速，则当A对C的弹力恰好为零时，有：mgtan30°＝ma，解得：a＝g，说明当加速度大于g时C将会向后翻动，因此当加速度等于g时，则C会向后翻过B，故D正确；
故选：ABD。
【点评】本题考查了牛顿定律及受力分析，解题的难点在于分析两个物体分离问题时，要注意其临界条件的应用，即分离的临界条件是两物体间的相互作用力为零。
13．【分析】（1）根据牛顿第二定律计算出摩擦力大小，再对比与最大静摩擦力的大小关系即可得到是否产生相对滑动；
（2）根据牛顿定律的等式关系判断加速度大小对摩擦力大小的影响；
（3）通过木箱的超重或失重现象判断物块支持力的变化，从而判断物块是否产生相对运动。
【解答】解：A、物块A和木箱之间的最大静摩擦力为：fm＝μmg，解得：fm＝1.5N
当木箱向右加速，且加速度大小为1m/s2时，物块与木箱一起向右加速，根据牛顿第二定律可得：F﹣f＝ma，解得：f＝0.7N＜fm，因此物块A相对木箱静止，故A错误；
B、初始时，物块A受到摩擦力方向向左，大小等于1.2N，若木箱向右加速，弹簧上的拉力不足以提供物块A的加速度时，即：F+f＝ma，摩擦力的方向变为向右，随着加速增大，向右的摩擦力大小可能大于1.2N，故B正确；
C、当木箱向左加速，且加速度大小为1m/s2时，根据牛顿第二定律可得：f'﹣F＝ma，解得：f'＝1.7N＞fm，因此物块A相对木箱滑动，故C正确；
D、电梯从1楼启动到10楼停止，存在超重和失重，在失重阶段，物块A受到的支持力减小，木箱对物块A的最大静摩擦力减小，因此物块A可能相对木箱滑动，故D正确；
故选：BCD。
【点评】本题考查了摩擦力与牛顿定律的应用，解题的关键在于牛顿第二定律的列式并与最大静摩擦力的比较，在竖直运动过程中注意支持力的变化对最大静摩擦力的影响。
14．【分析】B和A刚分离时，相互之间恰好没有作用力，则B受到重力mg和恒力F，由牛顿第二定律求出此时B的加速度和A的加速度，说明弹力对A有向上的弹力；
对于在B与A分离之前，对AB整体为研究对象，所受合力在变化，加速度在变化，做变加速运动．
【解答】解：AB．B和A刚分离时，两物体加速度相等，且AB之间的弹力为零，则对B
mg﹣F＝ma
解得 a＝g
方向竖直向下，此时对A
mg﹣F弹＝ma
解得 F弹＝mg，即弹簧弹力小于mg，故A错误，B正确；
C．开始时弹簧的弹力为2mg，当向上运动h时弹力变mg，则弹簧的劲度系数为
k＝＝，故C正确；
D．对AB整体，分离之前
2mg﹣mg﹣F弹＝2ma
其中的F弹由2mg减小mg时，加速度先减小后反向增加，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用。
三、实验题（本部分共2题，18分.）
15．【分析】（1）实验前应调节细线与木板平行；平衡摩擦力时，应该不挂钩码；每次改变小车所受的拉力后不需要重新平衡摩擦力，实验时先接通打点计时器电源，后释放小车；
（2）匀变速直线运动中间时刻速度等于这段的平均速度，用逐差法求加速度；
（3）建立坐标系，描点连线作图。
（4）原因是当F较大时，钩码的重力不再近似等于小车的牵引力，而是钩码的重力小于小车受的牵引力，使得图像弯曲。
【解答】解：（1）A．实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细线与木板平行，选项A正确；
B．平衡摩擦力时，应该不挂钩码，让小车拖着纸带在木板上匀速下滑，选项B错误；
C．每次改变小车所受的拉力后不需要重新平衡摩擦力，选项C错误；
D．实验时应先接通打点计时器电源，后释放小车，选项D正确。
故选AD。
（2）打B点时小车的速度vB＝＝m/s＝0.32m/s
小车的加速度a＝＝m/s2＝0.94m/s2
（3）①作出a图象如图；

②由a图象，可得出的结论为：在误差允许的范围内，保持外力不变，物体的加速度与质量成反比。
（4）作出的a一F图象如图；

通过增加绳子下端挂的钩码个数来改变小车所受的拉力F，得到小车的加速度a与拉力F的图像，即画出a﹣﹣F图象，当F较大时图象发生了弯曲，当FF无穷大时图象将趋于一条水平线，对小车和重物分别受力分析，•mg •mg m较小时，可认为F不变，图像为直线；m较大时，F变化，图像不是直线。原因是当F较大时，钩码的重力不再近似等于小车的牵引力，而是钩码的重力小于小车受的牵引力，使得图像弯曲。
答案为：（1）AD
（2）0.32；0.94
（3）①图像略，过原点的直线 ②在物体受外力不变的时，物体的加速度与质量成反比例
（4）对小车和重物分别受力分析，•mg •mg m较小时，可认为F不变，图像为直线；m较大时，F变化，图像不是直线。
【点评】该题考查了实验注意事项、实验数据处理分析，知道实验原理及注意事项即可正确解题；图像不是直线的原因是当F较大时，钩码的重力不再近似等于小车的牵引力，而是钩码的重力小于小车受的牵引力，使得图像弯曲。
16．【分析】（1）根据实验步骤和注意事项即可选择；
（2）建立坐标系应以小球抛出点为坐标原点，故y轴必须保证与重锤线平行；
（3）根据平抛运动的特点只有y＝，才能说明平抛的两个分运动；
（4）根据逐差公式求时间间隔，再由水平方向的匀速直线运动求小球的初速度。
【解答】解：（1）AB、斜槽轨道不一定需要光滑，便末端一定要水平，才能保证是平抛运动，故A错误，B正确；
C、挡板只要能记录下小球下落在不同高度的不同位置即可，不需要等间距变化，故C错误；
D、为了保证小球的初速度相等，小球每次应从斜槽的同一位置由静止释放，故D正确；
E、应该用一条平滑的曲线大多数点连起来，离曲线较远的点舍去，故E错误。
故选：BD；
（2）小球在运动中记录下的是其球心的位置，故抛出点也应是小球静置于Q点时球心的位置，故应以球心在白纸上的位置为坐标原点。
小球在竖直方向为自由落体运动，故y轴必须保证与重锤线平行；
（3）建立坐标系后，小球竖直方向自由落体运动则有y＝，水平方向做匀变速直线运动，则有x＝v0t，两式联立消去时间t得到：y＝。显然y∝x2，说明平抛运动在水平方向为匀速直线运动、竖直方向为自由落体运动。该同学的说法有合理的成分，但不完全是正确的。只有进一步验证y﹣x2 图像的斜率在实验误差范围内是否等于 ，方可说明平抛运动在水平方向为匀速直线运动、竖直方向为自由落体运动。
（4）从图3可以看出，ABC三点的水平间隔Δx＝3L，所以相邻两点的时间相等为T，在竖直方向上由逐差公式得：Δy＝5L﹣3L＝gT2，解得：T＝＝＝0.10s，v0＝＝＝1.5m/s。
故答案为：（1）BD；（2）球心、需要；（3）该同学的观点有合理的成分。×x2，y与x2成正比例。该同学的观点并不完全正确，需要进一步验证y﹣x2 图像的斜率在实验误差范围内是否等于 ，方可说明平抛运动在水平方向为匀速直线运动、竖直方向为自由落体运动；（4）0.10、1.5
【点评】本题考查研究平抛运动的实验。需要注意第一个点不是抛出点时，在竖直方向列匀变速直线运动公式求解。
四、计算表述题（本部分共3题，32分。写出必要的文字说明、重要的方程式及关键的演算步骤，有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位。）
17．【分析】（1）根据地球表面物体的重力等于万有引力求解；
（2）由角速度定义及角速度与周期的关系求解；
（3）根据万有引力做向心力求解．
【解答】解：（1）根据地球表面物体的重力等于万有引力可得：＝mg
所以有：M＝；
（2）组合体运行的角速度为：ω＝＝
故周期为：T＝；
（3）组合体m绕地球做圆周运动，万有引力做向心力，故有：＝mω2（R+H）
解得：H＝＝；
答：（1）地球质量M为；
（2）组合体运动的周期T为；
（3）组合体所在圆轨道离地面高度H为。
【点评】万有引力的应用问题一般由重力加速度求得中心天体质量，或由中心天体质量、轨道半径、线速度、角速度、周期中两个已知量，根据万有引力做向心力求得其他物理量．
18．【分析】（1）由题意分析出两物体不分离，有共同加速度，由牛顿第二定律求解；
（2）由题意两物体发生分离，由牛顿第二定律结合运动学公式即可求解；
【解答】解：（1）B物体向右的最大加速度am＝
代入数据解得：am＝1.25m/s2
对整体，设A、B恰好不发生相对滑动的临界力F0，
由F0＝（m+M）am
代入数据解得：F0＝6.25N
F＝6N＜F0
因此两物体相对静止，它们的加速度大小均a＝＝m/s2＝1.2m/s2
（2）若用F＝10N的水平力向右拉A，由于F＝10N＞F0
两物体发生了相对滑动，则aA＝
代入数据解得：aA＝5m/s2
aB＝am＝1.25m/s2
经过t＝2s，A的速度为vA＝aAt＝5×2m/s＝10m/s
B的速度vB＝aBt＝1.25×2m/s＝2.5m/s
木板的长度L＝t﹣t
代入数据解得：L＝7.5m
答：（1）若用F＝6N的水平力向右拉A，A、B的加速度都为为1.2m/s2；
（2）若用F＝10N的水平力向右拉A，经过t＝2s，A到达B的右端，此时A速度大小为10m/s、B的速度大小为2.5m/s及木板的长度为7.5m。
【点评】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。
19．【分析】由合外力提供向心力求解角速度，由周期公式求解周期。
【解答】解：（1）小球在水平面内做圆周运动，设稳定时，绳子跟竖直方向的夹角为θ，小球到受竖直向下的重力mg和沿轻绳斜向上的拉力T的作用，小球竖直方向上合力为零，水平方向的合力指向转轴，大小为F合＝mgtanθ小球做圆周运动的半径为r＝lsinθ
设角速度为ω，由牛顿第二定律可得
mgtanθ＝mω2lsinθ
解得ω＝
显然，只有在小球做圆周运动的角速度满足ω＝，且0＞0时，也即小球做匀速圆周运动的角速度满足ω＞时，小球做圆周运动的模型是理想的圆锥摆模型。
（2）在（1）中理想条件下，稳定时，绳子跟竖直方向的夹角为θ，则小球的运动周期
T＝＝2π（θ＞0）
答：（1）小球做匀速圆周运动的角速度满足ω＞时，小球做圆周运动的模型是理想的圆锥摆模型；
（2）小球的运动周期T为2π（θ＞0）
【点评】本题考查圆周运动，学生需熟练掌握向心力公式，综合求解。
20．【分析】重力的分量提供向心力，求解角速度，结合过程受到阻力进一步分析受力情况。
【解答】解：（1）对于座椅甲，

有mgtanθ＝m（r+lsinθ）ω2
解得转盘转动的角速度为
（2）对于座椅乙，有mgtana＝m（r1+lsina）ω2
由于两座椅的角速度相同，座椅乙做圆周运动的半径较小，结合上式可知a＜θ
（3）运动过程中受到阻力，要继续维持匀速圆周运动，应使钢绳MP上的拉力沿圆周切线方向存在分力。
此时钢绳对座椅拉力的作用效果有两个，竖直向上的分力平衡重力，沿圆周切线方向的分力平衡运动过程中的阻力。
答：①转盘转动的角速度。
②α与θ的大小关系为α＜θ。
③运动过程中受到阻力，要继续维持匀速圆周运动，应使钢绳MP上的拉力沿圆周切线方向存在分力。
此时钢绳对座椅拉力的作用效果有两个，竖直向上的分力平衡重力，沿圆周切线方向的分力平衡运动过程中的阻力。
【点评】本题考查圆周运动，能够熟练的正交分解是解题关键。