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2022-2023学年山东省新泰市高一（下）阶段考试物理试卷
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这是一份2022-2023学年山东省新泰市高一（下）阶段考试物理试卷，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年山东省新泰市高一（下）阶段考试物理试卷
一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）
1. 如图所示，摩天轮悬挂座舱，乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。则下列叙述正确的是( )
A. 乘客的速度始终恒定
B. 乘客的加速度始终恒定
C. 座椅对乘客的作用力始终指向圆心
D. 在最低点时，乘客对座椅的压力大于重力，处于超重状态
2. 如图所示，内部为竖直光滑圆轨道的铁块静置在粗糙的水平地面上，其质量为M，有一质量为m的小球以水平速度v0从圆轨道最低点A开始向左运动，小球沿圆轨道运动且始终不脱离圆轨道，在此过程中，铁块始终保持静止，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 地面受到的压力始终大于Mg
B. 小球在圆轨道左侧运动的过程中，地面受到的摩擦力可能向右
C. 小球经过最低点A时地面受到的压力可能等于Mg+mg
D. 小球在圆轨道最高点C时，地面受到的压力可能为0
3. 力F对物体所做的功可由公式W=F⋅Scosα求得。但用这个公式求功是有条件的，即力F必须是恒力。而实际问题中，有很多情况是变力在对物体做功。那么，用这个公式不能直接求变力的功，我们就需要通过其他的一些方法来求解力F所做的功。如图，对于甲、乙、丙、丁四种情况下求解某个力所做的功，下列说法正确的是( )
A. 甲图中若F大小不变，物块从A到C过程中力F做的为W=FOA−OC
B. 乙图中，全过程中F做的总功为108J
C. 丙图中，绳长为R，若空气阻力f大小不变，小球从A运动到B过程中空气阻力做的功W=12πRf
D. 图丁中，F始终保持水平，无论是F缓慢将小球从P拉到Q，还是F为恒力将小球从P拉到Q，F做的功都是W=Flsinθ
4. 质量为m的小球由不能伸长的轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如图所示，当绳a与水平方向成θ角时，绳b恰处于伸直状态且水平，此时绳b的长度为l。当轻杆绕轴AB以不同的角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，重力加速度为g，则下列说法正确的是
A. a绳与水平方向的夹角θ随角速度ω的增大而一直减小
B. a绳的张力随角速度ω的增大而一直增大
C. 当角速度ω< gltanθ时，b绳的弹力一直不变
D. 若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化
5. 如图所示，一位同学玩飞镖游戏．圆盘最上端有一P点，飞镖抛出时与P等高，且距离P点为L.当飞镖以初速度v0垂直盘面瞄准P点抛出的同时，圆盘以经过盘心O点的水平轴在竖直平面内匀速转动．忽略空气阻力，重力加速度为g，若飞镖恰好击中P点，则( )
A. 飞镖击中P点所需的时间为Lv0
B. 圆盘的半径可能为gL22v02
C. 圆盘转动角速度的最小值为2πv0L
D. P点随圆盘转动的线速度不可能为5πgL4v0
6. 如图所示的四幅图表示的是有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是：
A. 如图a，汽车通过拱桥的最高点时处于失重状态
B. 图b所示是一圆锥摆，增大θ，但保持圆锥的高度不变，则圆锥摆的角速度减小
C. 如图c，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置先后做匀速圆周运动，则在A、B两位置小球的角速度及所受筒壁的支持力大小均相等
D. 如图d，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
7. 假设宇宙中有两颗相距无限远的行星A和B，自身球体半径分别为RA和RB.两颗行星各自周围的卫星的轨道半径的三次方(r3)与运行公转周期的平方(T2)的关系如图所示；T0为卫星环绕各自行星表面运行的周期。则( )
A. 行星A的质量小于行星B的质量
B. 行星A的密度小于行星B的密度
C. 行星A的第一宇宙速度等于行星B的第一宇宙速度
D. 当两行星周围的卫星的运动轨道半径相同时，行星A的卫星的向心加速度大于行星B的卫星的向心加速度
8. 根据机动车的运动情况，绘制如右图xt2−1t图像，已知机动车质量为1.5×103kg，其在水平路面沿直线行驶，规定初速度v0的方向为正方向，运动过程中所受阻力恒定为1.5×104N。则以下说法合理的是( )
A. 1秒末机动车牵引力功率为1.8×104W B. 机动车的初速度为20m/s
C. 机动车的加速度为8m/s2 D. 机动车在前3秒的位移是24m
9. 我国成功研制全球最大水平臂上回转自升塔式起重机，标志着我国桥梁及铁路施工装备进一步迈向世界前列。该起重机某次从t=0时刻由静止开始提升质量为m的物体，其a−t图像如图乙所示，t1～t2时间内起重机的功率为额定功率，不计其他阻力，重力加速度为g，则以下说法正确的是( )
A. 物体匀加速阶段的位移为a0t12
B. 该起重机的额定功率为(mg+ma0)a0t1
C. t2时刻物体的瞬时速度为(1+a0g)⋅a0t1
D. 0～t1和t1～t2时间内牵引力做的功之比为t1：2t2
10. 如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量为m的球A和质量为2m的球B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球A运动到最高点时，杆对球A恰好无作用力。忽略空气阻力，重力加速度为g，则球A在最高点时( )
A. 球A的速度为零
B. 水平转轴对杆的作用力大小为4mg，方向竖直向上
C. 水平转轴对杆的作用力大小为3mg，方向竖直向上
D. 水平转轴对杆的作用力大小为6mg，方向竖直向上
二、多选题（本大题共6小题，共24.0分）
11. 如图所示，质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面体上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，现使斜面体水平向左以速度v匀速移动距离l(重力加速度大小为g，物体与斜面体相对静止)。以下说法正确的是 ( )
A. 斜面体对物体做的总功是0
B. 重力对物体做的功为0
C. 摩擦力对物体做的功为μmglcos θ
D. 斜面对物体的支持力做功的功率为mgvcos θ
12. 同步卫星离地心的距离为r，运行速度为v1，加速度a1，地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度a2，第一宇宙速度为v2，地球的半径为R，则( )
A. a1a2=Rr B. a1a2=rR C. v1v2= Rr D. v1v2=R2r2
13. 如图所示，在匀速转动的水平盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体A和B，质量都为m，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为xA=r,xB=2r,两物体与盘间的动摩擦因数μ相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，下列说法正确的是( )
A. 此时细线张力为F=4μmg B. 此时圆盘的角速度为ω= 2μgr
C. 此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆内 D. 此时烧断细线，A和B都将做离心运动
14. 如图甲，小球用不可伸长的轻绳连接后绕固定点O在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点时的速度大小为v，此时绳子的拉力大小为FT，拉力FT与速度的平方v2的关系如图乙所示，图象中的数据a和b包括重力加速度g都为已知量，以下说法正确的是( )
A. 数据a与小球的质量无关
B. 数据b与小球的质量无关
C. 比值ba只与小球的质量有关，与圆周轨道半径无关
D. 利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径
15. 2017年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波．根据科学家们复原的过程，在两颗中子星合并前约100 s时，它们相距约400 km，绕二者连线上的某点每秒转动12圈．将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星( )
A. 质量之积 B. 质量之和 C. 速率之和 D. 各自的自转角速度
16. 地球赤道上的重力加速度为g，物体在赤道上随地球自转的向心加速度为a，卫星甲、乙、丙在如图所示的三个椭圆轨道上绕地球运行，卫星甲和乙的运行轨道在P点相切，以下说法中正确的是( )
A. 如果地球自转的角速度突然变为原来的 g+aa倍，那么赤道上的物体将会“飘”起来
B. 卫星甲、乙经过P点时的加速度大小相等
C. 卫星甲的周期最小
D. 三个卫星在远地点的速度可能大于第一宇宙速度
三、实验题（本大题共1小题，共9.0分）
17. 用如图所示的实验装置来探究小球作圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系，转动手柄使长槽和短槽分别随变速轮塔匀速转动，槽内的球就做匀速圆周运动.横臂的挡板对球的压力提供了向心力，球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值.某次实验图片如下，请回答相关问题：
(1)在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时我们主要用到了物理学中 的方法;
A.理想实验法
B.等效替代法
C.控制变量法
D.演绎法
(2)图中是在研究向心力的大小F与 的关系．
A.质量m
B.角速度ω
C.半径r
(3)若图中标尺上红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为1:9，运用圆周运动知识可以判断与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比为
A.1:9
B.3:1
C.1:3
D.1:1
四、计算题（本大题共3小题，共30.0分）
18. 一艘宇宙飞船飞近某一新发现的行星，并进入靠近该行星表面的圆形轨道绕行数圈后，着陆在行星上，宇宙飞船上备有以下实验仪器：
A.弹簧测力计一个
B.精确秒表一只
C.天平一台(附砝码一套)
D.物体一个
为测定该行星的质量M和半径R，宇航员在绕行及着陆后各进行一次测量，依据测量数据可以求出M和R(已知引力常量为G)。
(1)绕行时测量所用的仪器为________(用仪器的字母序号表示)，所测物理量为________。
(2)着陆后测量所用的仪器为________(用仪器的字母序号表示)，所测物理量为______________________。用测量数据求该行星质量M=________，用测量数据求该星球半径R=________。
19. 如图所示，质量是1kg的小球用长为0.5m的细线悬挂在O点，O点距地面高度为1m，如果使小球绕OO’轴在水平面内做圆周运动，若细线最大承受拉力为12.5N(g=10m/s2)，求：
(1)当小球的角速度为多大时，细线将断裂；
(2)线断裂后小球落地点与悬点的水平距离．
20. 已知某卫星在赤道上空的圆形轨道运行，轨道半径为r1，运行周期为T，卫星运动方向与地球自转方向相同，不计空气阻力，万有引力常量为G。求：
(1)地球质量M的大小；
(2)如图所示，假设某时刻，该卫星在A点变轨进入椭圆轨道，近地点B到地心距离为r2，求卫星在椭圆轨道上的周期T1；
(3)卫星在赤道上空轨道半径为r1的圆形轨道上运行，小明住在赤道上某城市，某时刻，该卫星正处于小明的正上方，在后面的一段时间里，小明观察到每两天恰好三次看到卫星掠过其正上方，求地球自转周期T0。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，线速度的大小不变，方向时刻变化；向心加速度大小不变，方向指向圆心；根据在最低点时，乘客的加速度的方向，判断超重还是失重。
把握匀速圆周运动的特点是解题的关键。
【解答】
A.乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，速度大小不变，方向变化，故A错误；
B.乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，加速度为向心加速度，大小不变，方向变化，故B错误；
C.座椅对乘客的作用力和重力的合力充当向心力，始终指向圆心，故C错误；
D.在最低点时，乘客的加速度竖直向上，乘客对座椅的压力大于重力，处于超重状态，故D正确。
故选D。
2.【答案】D
【解析】解：A、小球在BCD上面运动过程中对M的作用力方向在竖直方向有向上的分力，此时地面受到的压力小于Mg，故A错误；
B、小球在圆轨道左侧运动的过程中，对轨道的作用力不为零，轨道有向左的运动趋势，轨道受到向右的摩擦力，所以地面受到的摩擦力方向向左，故B错误；
C、经过最低点A时，小球的合力方向向上，加速度方向向上，小球处于超重状态，则小球对M的压力大于mg，则地面受到的压力大于Mg+mg，故C错误；
D、当小球在最高点的向心力等于F+mg=mv2R，小球对M的压力竖直向上等于Mg，即F=Mg时，地面受到M的压力为0，故D正确。
故选：D。
根据小球的运动情况和向心力的来源分析小球与轨道间的作用力，由此分析。
本题主要是考查了竖直平面内的圆周运动；注意物体在竖直平面内做圆周运动的情况有两种：一种是细线系着物体在竖直平面内做圆周运动，在最高点速度最小时重力提供向心力；另一种是轻杆系着物体在竖直平面内做圆周运动，在最高点时速度可以等于零。
3.【答案】A
【解析】
【分析】
根据恒力做功的定义式分析拉力F做的功；根据F−x图像围成的面积计算变了做功；根据微元法求解阻力做功。
本题是考查恒力做功和变力做功常用的几种方向，常规题目。
【解答】
A.因沿着同一根绳做功的功率相等，则力对绳做的功等于绳对物体做的功，则物块从A到C过程中力F做的为W=FOA−OC，故A正确；
B.乙图F−x的面积代表功，则全过程中F做的总功为W=15×6+−3×6=72J，故B错误；
C.丙图中，绳长为R，若空气阻力f大小不变，可用微元法得小球从A运动到B过程中空气阻力做的功为W=−f·2πR4=−12πRf，故C错误；
D.图丁中，F始终保持水平，当F为恒力时将小球从P拉到Q，F做的功是W=Flsinθ，而F缓慢将小球从P拉到Q，F为水平方向的变力，F做的功不能用力乘以位移计算，故D错误。
4.【答案】C
【解析】解：A、绳a与水平方向成θ角，绳b恰处于伸直状态且水平，角速度ω增大，夹角θ不变，故A错误；
B、根据竖直方向上平衡得，Fasinθ=mg，解得Fa=mgsinθ，可知a绳的拉力不变，故B错误；
C、当b绳拉力为零时，有：mgtanθ=mω2l，解得ω= gltanθ，可知当角速度ω< gltanθ时，b绳的弹力一直为零，故C正确；
D、由于b绳可能没有弹力，故b绳突然被剪断，a绳的弹力可能不变，故D错误。
故选：C。
解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源分析，知道小球竖直方向合力为零，这是解决本题的关键。
5.【答案】A
【解析】
【分析】
本题关键知道恰好击中P点，说明P点正好在最低点，利用匀速圆周运动的周期性和平抛运动规律联立求解。
飞镖做平抛运动的同时，圆盘上P点做匀速圆周运动，恰好击中P点，说明P点正好在最低点被击中，则P点转动的角度θ=π+2kπ(k=0,1,2…)，结合平抛运动规律即可求解。
【解答】
A.飞镖水平抛出做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，因此t=Lv0，故A正确；
B.飞镖击中P点时，P恰好在最下方，则2r=12gt2，解得圆盘的半径为：r=gL24v02，故B错误；
C.飞镖击中P点，则P点转过的角度满足：θ=ωt=π+2kπ(k=0,1,2…)故ω=θt=(2k+1)πv0L，则圆盘转动角速度的最小值为πv0L，故C错误；
D.P点随圆盘转动的线速度为：v=ωr=(2k+1)πv0L⋅gL24v02=(2k+1)πgL4v0，当k=2时，v=5πgL4v0，故D错误。
故选A。
6.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查圆周运动常见模型，注意受力分析找到做圆周运动的向心力。
依据加速度的方向判断超失重；根据合力提供向心力得出角速度的表达式，从而进行判断；抓住重力不变，受力分析结合向心力表达式做出判断；根据供求平衡来判断轨道所受的力。
【解答】
A.汽车通过拱桥的最高点时，加速度方向向下，处于失重状态，故A正确；
B.图b是圆锥摆，重力和绳子的拉力充当向心力，故有Fn=mgtanθ=mω2r，设圆锥的高度为ℎ，则运动半径为r=ℎtanθ，故有mgtanθ=mω2ℎtanθ，解得mg=mω2ℎ，角速度大小与角度无关，故B错误；
C.在两个位置上小球的重力相同，支持力方向相同，所以合力相同，即向心力相同，根据公式Fn=mω2r可得半径越大，角速度越小，故角速度不同，所受筒壁的支持力大小相等，故C错误；
D.当火车在规定的速度转弯时，由支持力与重力的合力提供火车转弯所需的向心力，当速度大于规定的速度时，火车的支持力与重力的合力不足以提供火车所需的向心力，外轨对轮缘有挤压作用，火车轮缘挤压外轨，故D错误。
故选A。
7.【答案】D
【解析】解：
A、根据万有引力提供向心力，有：GMmR2=mR4π2T2
解得：T= 4π2R3GM，
对于环绕行星A表面运行的卫星，有：
T0= 4π2RA3GMA…①
对于环绕行星B表面运行的卫星，有：
T0= 4π2RB3GMB…②
联立①②得：RA3MA=RB3MB…③
由图知，RA>RB，所以MA>MB，故A错误。
B、A行星质量为：MA=ρA⋅43πRA3 B行星的质量为：MB=ρB⋅43πRB3，代入③得：RA3ρA⋅43πRA3=RB3ρB⋅43πRB3
解得：ρA=ρB，故B错误。
C、行星的近地卫星的线速度即第一宇宙速度，根据万有引力提供向心力，有：GMmR2=mv2R
解得：v= GMR= G⋅ρ43πR3R= 43GρπR∝R，
因为RA>RB，所以vA>vB，故C错误。
D、根据GMmr2=ma知，a=GMr2，由于MA>MB，行星运动的轨道半径相等，则行星A的卫星的向心加速度大于行星B的卫星的向心加速度，故D正确。
故选：D。
根据万有引力提供向心力，得出卫星的周期与行星的质量、半径之间的关系，然后进行比较；结合万有引力提供向心力，分别写出第一宇宙速度的表达式，然后比较它们的大小关系。
本题考查考生从图象获取信息的能力，万有引力提供圆周运动向心力，掌握万有引力和向心力的表达式并能灵活运用是正确解题的关键。
8.【答案】B
【解析】ABC.由图像设 xt2 与 1t 的函数关系式为
xt2=k1t+b
整理可得
x=kt+bt2
由运动学公式 x=v0t+12at2 知上式中 k=v0=20m/s ，加速度 a=−8m/s2 ，故B正确，C错误。1秒末机车的速度
v1=v0+at=12m/s
根据牛顿第二定律
F−f=ma
P=Fv1
解得到
P=3.6×104W
故A错误；
D.机车做减速运动经时间
t=0−v0a=2.5s
所以前3秒的位移
x=v02−2a=25m
故D错误。
故选B。
9.【答案】B
【解析】解：A、由图像可知0～t1内物体做匀加速直线运动，匀加速阶段的位移x1=12a0t12，故A错误；
B.当t=t1时，根据F−mg=ma0，P=Fv1=Fa0t1
联立解得起重机的额定功率为P=(mg+ma0)a0t1，故B正确；
C.因为(1+a0g)a0t1=(mg+ma0mg)a0t1=Pmg，即该速度为物体的最大速度，从图像中可以看出t2时刻物体的速度还没有达到最大，故C错误；
D.0～t1内牵引力做的功W1=Fx1=P2t1
t1～t2内牵引力做的功W=P(t2−t1)
故在0～t1和t1～t2时间内牵引力做的功之比为t1：2(t2−t1)，故D错误；
故选：B。
首先，根据图像分析0～t1内物体所做的运动，根据匀变速直线运动规律求出该段时间内的位移；
其次，根据牛顿第二定律和功率的公式求出起重机的额定功率；
然后，根据额定功率和重力求出物体的最大速度，判断t2时刻物体的速度是不是最大速度；
最后，根据功率求出0～t1和t1～t2内牵引力做的功，进而得到0～t1和t1～t2时间内牵引力做的功之比。
本题考查了机车启动问题，解决本题的关键是理解机车启动时功率与速度的关系以及加速度与合力的关系。
10.【答案】D
【解析】
【分析】
球A运动到最高点时，球A对杆恰好无作用力，重力恰好提供向心力，可以求出A的线速度，转动过程中，两球角速度相等，根据v=ωr求解B球线速度，A球到最高点时，对杆无弹力，此时B球受重力和拉力的合力提供向心力，根据向心力公式求解水平转轴对杆的作用力。
本题中两个球角速度相等，线速度之比等于转动半径之比，根据球A对杆恰好无作用力，重力恰好提供向心力，求出A的线速度是解题的关键，难度不大，属于基础题。
【解答】
A.球A运动到最高点时，杆对球A恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有mg=mvA2L，解得vA= gL，故A错误；
BCD.由于A、B两球的角速度相等，则球B的速度大小vB=2 gL，此时B球受重力和拉力的合力提供向心力，有F−2mg=2mvB22L，解得：F=6mg，方向竖直向上，故D正确，BC错误。
故选D。
11.【答案】AB
【解析】
【分析】
对物体进行受力分析，可以求得斜面对物体的支持力和摩擦力，再由功的计算公式即可求得各力对物体做功的大小及功率。
【解答】
A、由题意可知，物体处于平衡状态，对物体受力分析可得，
在竖直方向上有mg=FNcosθ+Ffsinθ，在水平方向上有FNsinθ=Ffcosθ，解得FN=mgcosθ、Ff=mgsinθ，斜面体对物体作用力的合力方向竖直向上，与速度方向垂直，则作用力做的总功为零，A正确；
B、重力方向竖直向下，与速度方向垂直，重力不做功，B正确；
C、摩擦力做的功Wf=−Ffcosθ⋅l=−mgl⋅sinθcosθ，故C错误；
D、支持力做功的功率为P=FNsinθ⋅v=mgv⋅sinθcosθ，故D错误。
故选择AB。
12.【答案】BC
【解析】
【分析】
同步卫星的周期与地球的自转周期相同，根据a=rω2得出同步卫星和随地球自转物体的向心加速度之比，根据万有引力提供向心力得出第一宇宙速度与同步卫星的速度之比。
解决本题的关键知道同步卫星和随地球自转的物体角速度相等，同步卫星以及贴近地球表面运行的卫星靠万有引力提供向心力。
【解答】
AB.因为同步卫星的周期等于地球自转的周期，所以角速度相等，根据a=rω2得，a1a2=rR，故B正确，A错误；
CD.同步卫星万有引力提供向心力GMmr2=mv12r，解得v1= GMr；近地卫星得运行速度就是第一宇宙速度，万有引力提供向心力GMmR2=mv22R，解得v2= GMR，则v1v2= Rr，故C正确，D错误；
故选BC。
13.【答案】BD
【解析】
【分析】
两物块A和B随着圆盘转动时，始终与圆盘保持相对静止。当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，AB都到达最大静摩擦力，由牛顿第二定律求出A、B两物块与圆盘保持相对静止的最大角速度及绳子的拉力。
解决本题的关键是找出向心力的来源，知道AB两物体是由摩擦力和绳子的拉力提供向心力，难度不大。
【解答】
ABC.两物块A和B随着圆盘转动时，合外力提供向心力，则F=mω2r，B的半径比A的半径大，所以B所需向心力大，绳子拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B的静摩擦力方向指向圆心，A的最大静摩擦力方向指向圆外，根据牛顿第二定律得：
T−μmg=mω2r
T+μmg=mω2⋅2r
解得：T=3μmg，ω= 2μgr，故B正确，AC错误；
D.若此时剪断绳子，B的摩擦力不足以提供所需的向心力，B将会做离心运动，将角速度值代入可求得此时A所需要的向心力F向=2μmg，由此可知A的摩擦力也不足以提供所需的向心力，A也将会做离心运动，故D正确。
故选BD。
14.【答案】AD
【解析】
【分析】
本题主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，要求同学们能根据图象获取有效信息。
【解答】
由FT+mg=mv2R，得FT=−mg+mRv2
所以a=gR，ba=mR，b=mg，
a与小球的质量无关，A选项正确，
b与小球的质量有关，B选项错误，
ba与质量和轨道半径有关，C选项错误，
利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径，D选项正确。
故选AD。
15.【答案】BC
【解析】
【分析】双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，结合牛顿第二定律求出双星总质量与双星距离和周期的关系式，从而分析判断。结合周期求出双星系统旋转的角速度和线速度关系。
本题实质是双星系统，解决本题的关键知道双星系统的特点，即周期相等、向心力大小相等，结合牛顿第二定律分析求解。
【解答】
AB.双中子星做匀速圆周运动的频率f=12 Hz，周期T=112s，由万有引力提供向心力可得Gm1m2l2=m1r1(2πf)2，Gm1m2l2=m2r2(2πf)2，r1+r2=l=400 km，联立解得m1+m2=(2πf)2l3G，B正确，A错误；
C.由v1=ωr1=2πfr1，v2=ωr2=2πfr2，联立解得v1+v2=2πfl，C正确；
D.星体自转角速度等于其同步卫星的角速度，由万有引力定律得Gm星m卫r卫2
=m卫ω自2r卫，解得ω自= Gm星r3卫，由于双中子星的质量m星和同步卫星半径r卫未知，故不能得出各自的自转角速度，D错误．
16.【答案】AB
【解析】
【分析】根据开普勒第三定律知，椭圆半长轴越大，卫星的周期越大．由牛顿第二定律研究加速度
卫星绕地球运动，轨道高度越大，发射速度越大，发射越困难，卫星在近地点的速度越大．
【解答】A、物体在赤道随地球自转时，对物体有：GMmR2−mg=ma
当物体飘起来的时候，万有引力完全提供向心力，则此时物体的向心加速度为a′：ma′=GMmR2=mg+ma，即此时的向心加速度a′=g+a
则a=Rω2 则ω2为原来的g+aa倍，地球自转的角速度突然变为原来的 g+aa倍，则A正确
B、卫星在同一位置其加速度相同，则B正确
C、根据开普勒第三定律知，椭圆半长轴越小，卫星的周期越小，卫星丙的半长轴最短，故周期最小。则C错误
D、卫星在远地点做向心运动，其速度要小于第一宇宙速度。则D错误
17.【答案】(1) C
(2)B
(3)B
【解析】
【分析】
该实验采用控制变量法，抓住角速度不变、半径不变时，研究向心力与质量的关系；根据向心力之比求出两球转动的角速度之比，结合v=rω，根据线速度大小相等求出与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比。
掌握本实验采用的方法实际诶体的关键，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；同时要知道靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等，难度一般。
【解答】
(1)由实验原理可知，该实验采用控制变量法，故C正确，ABD错误；
故选C；
(2)由图可知，两球半径及大小相同，研究的是向心力与角速度的关系；故选B；
(3)根据F=mω2r，两球的向心力之比为1：9，半径和质量相等，则转动的角速度之比为1：3，因为靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等，根据v=rω，知与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比为3：1，故选B。
故填：(1) C；(2)B；(3)B。
18.【答案】(1)B；周期T；
(2)ACD；物体重力F和质量m；F3T416π4Gm3；FT2m4π2．
【解析】
【分析】
要测量行星的半径和质量，根据重力等于万有引力和万有引力等于向心力，列式求解会发现需要测量出行星表面的重力加速度和行星表面卫星的公转周期，从而需要选择相应器材．
本题关键先要弄清实验原理，再根据实验原理选择器材，计算结果．
【解答】
(1)由重力等于万有引力 mg=GMmR2
万有引力等于向心力GMmR2=m4π2T2R
由以上两式解得R=gT24π2----①
M=g3T416π4G-----②
由牛顿第二定律F=mg------③
因而需要用秒表测量绕行时周期T，用天平测量质量m，用弹簧秤测量重力F；
(2)着陆后测量所用的仪器为ACD，所测物理量为物体重量F和质量m．
由②③得M=F3T416π4Gm3，
由①③得R=FT2m4π2
故答案为：(1)B；周期T；(2)ACD；物体重力F和质量m；F3T416π4Gm3；FT2m4π2．
19.【答案】解：(1)当绳子拉力达到最大时，在竖直方向上有：FTcosθ=mg，
代入数据解得：θ=37°．
根据牛顿第二定律得：mgtanθ=mLsinθ⋅ω2，
代入数据解得：ω=5rad/s；
(2)小球转动的线速度为：v0=ωLsin37°=5×0.5×0.6m/s=1.5m/s，
落地时竖直位移为：y=ℎ−Lcosθ=12gt2，
水平位移为：x=v0t，
小球落地点与悬点的水平距离为：d= L2sin2θ+x2，
代入数据解得：d=0.6m．
答：(1)当小球的角速度为5rad/s时，细线将断裂；
(2)线断裂后小球落地点与悬点的水平距离为0.6m．
【解析】(1)根据绳子的最大承受拉力，结合竖直方向上平衡求出绳子与竖直方向的夹角，结合合力提供向心力求出小球的角速度大小．
(2)根据线速度与角速度的关系求出小球做圆周运动的线速度大小，根据平抛运动的高度求出绳断裂后小球平抛运动的时间，结合初速度和时间求出平抛运动的水平位移，根据几何关系求出线断裂后小球落地点与悬点的水平距离．
本题考查了平抛运动和圆周运动的综合运用，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律以及圆周运动向心力的来源是解决本题的关键．
20.【答案】解：(1)卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力：GMmr12=m(2πT)2r1，解得：M=4π2r13GT2；
(2)从圆轨道变为椭圆轨道时，椭圆轨道的半长轴为a=r1+r22，
根据开普勒第三定律：(r1+r22)3T12=r13T2，解得：T1=(r1+r22r1)32T；
(3)每2T0时间小明与卫星相遇3次，即每2T03时间相遇一次，
解得：(2πT−2πT0)×23T0=2π，
解得：T0=52T。
【解析】解决本题的关键知道变轨的原理，知道当万有引力大于向心力时，做近心运动，当万有引力小于向心力时，做离心运动。掌握开普勒第三定律，并能灵活运用。
(1)根据万有引力提供向心力从而求出地球的质量M；
(2)根据开普勒第三定律求卫星在椭圆轨道上的周期T1；
(3)根据赤道上小明每两天恰好三次看到卫星掠过其正上方，得出两天内卫星比地球多转了三圈，从而求出T和T0的关系。
2022-2023学年山东省新泰市高一（下）阶段考试物理试卷
一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）
1. 如图所示，摩天轮悬挂座舱，乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。则下列叙述正确的是( )
A. 乘客的速度始终恒定
B. 乘客的加速度始终恒定
C. 座椅对乘客的作用力始终指向圆心
D. 在最低点时，乘客对座椅的压力大于重力，处于超重状态
2. 如图所示，内部为竖直光滑圆轨道的铁块静置在粗糙的水平地面上，其质量为M，有一质量为m的小球以水平速度v0从圆轨道最低点A开始向左运动，小球沿圆轨道运动且始终不脱离圆轨道，在此过程中，铁块始终保持静止，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 地面受到的压力始终大于Mg
B. 小球在圆轨道左侧运动的过程中，地面受到的摩擦力可能向右
C. 小球经过最低点A时地面受到的压力可能等于Mg+mg
D. 小球在圆轨道最高点C时，地面受到的压力可能为0
3. 力F对物体所做的功可由公式W=F⋅Scosα求得。但用这个公式求功是有条件的，即力F必须是恒力。而实际问题中，有很多情况是变力在对物体做功。那么，用这个公式不能直接求变力的功，我们就需要通过其他的一些方法来求解力F所做的功。如图，对于甲、乙、丙、丁四种情况下求解某个力所做的功，下列说法正确的是( )
A. 甲图中若F大小不变，物块从A到C过程中力F做的为W=FOA−OC
B. 乙图中，全过程中F做的总功为108J
C. 丙图中，绳长为R，若空气阻力f大小不变，小球从A运动到B过程中空气阻力做的功W=12πRf
D. 图丁中，F始终保持水平，无论是F缓慢将小球从P拉到Q，还是F为恒力将小球从P拉到Q，F做的功都是W=Flsinθ
4. 质量为m的小球由不能伸长的轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如图所示，当绳a与水平方向成θ角时，绳b恰处于伸直状态且水平，此时绳b的长度为l。当轻杆绕轴AB以不同的角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，重力加速度为g，则下列说法正确的是
A. a绳与水平方向的夹角θ随角速度ω的增大而一直减小
B. a绳的张力随角速度ω的增大而一直增大
C. 当角速度ω< gltanθ时，b绳的弹力一直不变
D. 若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化
5. 如图所示，一位同学玩飞镖游戏．圆盘最上端有一P点，飞镖抛出时与P等高，且距离P点为L.当飞镖以初速度v0垂直盘面瞄准P点抛出的同时，圆盘以经过盘心O点的水平轴在竖直平面内匀速转动．忽略空气阻力，重力加速度为g，若飞镖恰好击中P点，则( )
A. 飞镖击中P点所需的时间为Lv0
B. 圆盘的半径可能为gL22v02
C. 圆盘转动角速度的最小值为2πv0L
D. P点随圆盘转动的线速度不可能为5πgL4v0
6. 如图所示的四幅图表示的是有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是：
A. 如图a，汽车通过拱桥的最高点时处于失重状态
B. 图b所示是一圆锥摆，增大θ，但保持圆锥的高度不变，则圆锥摆的角速度减小
C. 如图c，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置先后做匀速圆周运动，则在A、B两位置小球的角速度及所受筒壁的支持力大小均相等
D. 如图d，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
7. 假设宇宙中有两颗相距无限远的行星A和B，自身球体半径分别为RA和RB.两颗行星各自周围的卫星的轨道半径的三次方(r3)与运行公转周期的平方(T2)的关系如图所示；T0为卫星环绕各自行星表面运行的周期。则( )
A. 行星A的质量小于行星B的质量
B. 行星A的密度小于行星B的密度
C. 行星A的第一宇宙速度等于行星B的第一宇宙速度
D. 当两行星周围的卫星的运动轨道半径相同时，行星A的卫星的向心加速度大于行星B的卫星的向心加速度
8. 根据机动车的运动情况，绘制如右图xt2−1t图像，已知机动车质量为1.5×103kg，其在水平路面沿直线行驶，规定初速度v0的方向为正方向，运动过程中所受阻力恒定为1.5×104N。则以下说法合理的是( )
A. 1秒末机动车牵引力功率为1.8×104W B. 机动车的初速度为20m/s
C. 机动车的加速度为8m/s2 D. 机动车在前3秒的位移是24m
9. 我国成功研制全球最大水平臂上回转自升塔式起重机，标志着我国桥梁及铁路施工装备进一步迈向世界前列。该起重机某次从t=0时刻由静止开始提升质量为m的物体，其a−t图像如图乙所示，t1～t2时间内起重机的功率为额定功率，不计其他阻力，重力加速度为g，则以下说法正确的是( )
A. 物体匀加速阶段的位移为a0t12
B. 该起重机的额定功率为(mg+ma0)a0t1
C. t2时刻物体的瞬时速度为(1+a0g)⋅a0t1
D. 0～t1和t1～t2时间内牵引力做的功之比为t1：2t2
10. 如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量为m的球A和质量为2m的球B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球A运动到最高点时，杆对球A恰好无作用力。忽略空气阻力，重力加速度为g，则球A在最高点时( )
A. 球A的速度为零
B. 水平转轴对杆的作用力大小为4mg，方向竖直向上
C. 水平转轴对杆的作用力大小为3mg，方向竖直向上
D. 水平转轴对杆的作用力大小为6mg，方向竖直向上
二、多选题（本大题共6小题，共24.0分）
11. 如图所示，质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面体上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，现使斜面体水平向左以速度v匀速移动距离l(重力加速度大小为g，物体与斜面体相对静止)。以下说法正确的是 ( )
A. 斜面体对物体做的总功是0
B. 重力对物体做的功为0
C. 摩擦力对物体做的功为μmglcos θ
D. 斜面对物体的支持力做功的功率为mgvcos θ
12. 同步卫星离地心的距离为r，运行速度为v1，加速度a1，地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度a2，第一宇宙速度为v2，地球的半径为R，则( )
A. a1a2=Rr B. a1a2=rR C. v1v2= Rr D. v1v2=R2r2
13. 如图所示，在匀速转动的水平盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体A和B，质量都为m，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为xA=r,xB=2r,两物体与盘间的动摩擦因数μ相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，下列说法正确的是( )
A. 此时细线张力为F=4μmg B. 此时圆盘的角速度为ω= 2μgr
C. 此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆内 D. 此时烧断细线，A和B都将做离心运动
14. 如图甲，小球用不可伸长的轻绳连接后绕固定点O在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点时的速度大小为v，此时绳子的拉力大小为FT，拉力FT与速度的平方v2的关系如图乙所示，图象中的数据a和b包括重力加速度g都为已知量，以下说法正确的是( )
A. 数据a与小球的质量无关
B. 数据b与小球的质量无关
C. 比值ba只与小球的质量有关，与圆周轨道半径无关
D. 利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径
15. 2017年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波．根据科学家们复原的过程，在两颗中子星合并前约100 s时，它们相距约400 km，绕二者连线上的某点每秒转动12圈．将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星( )
A. 质量之积 B. 质量之和 C. 速率之和 D. 各自的自转角速度
16. 地球赤道上的重力加速度为g，物体在赤道上随地球自转的向心加速度为a，卫星甲、乙、丙在如图所示的三个椭圆轨道上绕地球运行，卫星甲和乙的运行轨道在P点相切，以下说法中正确的是( )
A. 如果地球自转的角速度突然变为原来的 g+aa倍，那么赤道上的物体将会“飘”起来
B. 卫星甲、乙经过P点时的加速度大小相等
C. 卫星甲的周期最小
D. 三个卫星在远地点的速度可能大于第一宇宙速度
三、实验题（本大题共1小题，共9.0分）
17. 用如图所示的实验装置来探究小球作圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系，转动手柄使长槽和短槽分别随变速轮塔匀速转动，槽内的球就做匀速圆周运动.横臂的挡板对球的压力提供了向心力，球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值.某次实验图片如下，请回答相关问题：
(1)在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时我们主要用到了物理学中 的方法;
A.理想实验法
B.等效替代法
C.控制变量法
D.演绎法
(2)图中是在研究向心力的大小F与 的关系．
A.质量m
B.角速度ω
C.半径r
(3)若图中标尺上红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为1:9，运用圆周运动知识可以判断与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比为
A.1:9
B.3:1
C.1:3
D.1:1
四、计算题（本大题共3小题，共30.0分）
18. 一艘宇宙飞船飞近某一新发现的行星，并进入靠近该行星表面的圆形轨道绕行数圈后，着陆在行星上，宇宙飞船上备有以下实验仪器：
A.弹簧测力计一个
B.精确秒表一只
C.天平一台(附砝码一套)
D.物体一个
为测定该行星的质量M和半径R，宇航员在绕行及着陆后各进行一次测量，依据测量数据可以求出M和R(已知引力常量为G)。
(1)绕行时测量所用的仪器为________(用仪器的字母序号表示)，所测物理量为________。
(2)着陆后测量所用的仪器为________(用仪器的字母序号表示)，所测物理量为______________________。用测量数据求该行星质量M=________，用测量数据求该星球半径R=________。
19. 如图所示，质量是1kg的小球用长为0.5m的细线悬挂在O点，O点距地面高度为1m，如果使小球绕OO’轴在水平面内做圆周运动，若细线最大承受拉力为12.5N(g=10m/s2)，求：
(1)当小球的角速度为多大时，细线将断裂；
(2)线断裂后小球落地点与悬点的水平距离．
20. 已知某卫星在赤道上空的圆形轨道运行，轨道半径为r1，运行周期为T，卫星运动方向与地球自转方向相同，不计空气阻力，万有引力常量为G。求：
(1)地球质量M的大小；
(2)如图所示，假设某时刻，该卫星在A点变轨进入椭圆轨道，近地点B到地心距离为r2，求卫星在椭圆轨道上的周期T1；
(3)卫星在赤道上空轨道半径为r1的圆形轨道上运行，小明住在赤道上某城市，某时刻，该卫星正处于小明的正上方，在后面的一段时间里，小明观察到每两天恰好三次看到卫星掠过其正上方，求地球自转周期T0。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，线速度的大小不变，方向时刻变化；向心加速度大小不变，方向指向圆心；根据在最低点时，乘客的加速度的方向，判断超重还是失重。
把握匀速圆周运动的特点是解题的关键。
【解答】
A.乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，速度大小不变，方向变化，故A错误；
B.乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，加速度为向心加速度，大小不变，方向变化，故B错误；
C.座椅对乘客的作用力和重力的合力充当向心力，始终指向圆心，故C错误；
D.在最低点时，乘客的加速度竖直向上，乘客对座椅的压力大于重力，处于超重状态，故D正确。
故选D。
2.【答案】D
【解析】解：A、小球在BCD上面运动过程中对M的作用力方向在竖直方向有向上的分力，此时地面受到的压力小于Mg，故A错误；
B、小球在圆轨道左侧运动的过程中，对轨道的作用力不为零，轨道有向左的运动趋势，轨道受到向右的摩擦力，所以地面受到的摩擦力方向向左，故B错误；
C、经过最低点A时，小球的合力方向向上，加速度方向向上，小球处于超重状态，则小球对M的压力大于mg，则地面受到的压力大于Mg+mg，故C错误；
D、当小球在最高点的向心力等于F+mg=mv2R，小球对M的压力竖直向上等于Mg，即F=Mg时，地面受到M的压力为0，故D正确。
故选：D。
根据小球的运动情况和向心力的来源分析小球与轨道间的作用力，由此分析。
本题主要是考查了竖直平面内的圆周运动；注意物体在竖直平面内做圆周运动的情况有两种：一种是细线系着物体在竖直平面内做圆周运动，在最高点速度最小时重力提供向心力；另一种是轻杆系着物体在竖直平面内做圆周运动，在最高点时速度可以等于零。
3.【答案】A
【解析】
【分析】
根据恒力做功的定义式分析拉力F做的功；根据F−x图像围成的面积计算变了做功；根据微元法求解阻力做功。
本题是考查恒力做功和变力做功常用的几种方向，常规题目。
【解答】
A.因沿着同一根绳做功的功率相等，则力对绳做的功等于绳对物体做的功，则物块从A到C过程中力F做的为W=FOA−OC，故A正确；
B.乙图F−x的面积代表功，则全过程中F做的总功为W=15×6+−3×6=72J，故B错误；
C.丙图中，绳长为R，若空气阻力f大小不变，可用微元法得小球从A运动到B过程中空气阻力做的功为W=−f·2πR4=−12πRf，故C错误；
D.图丁中，F始终保持水平，当F为恒力时将小球从P拉到Q，F做的功是W=Flsinθ，而F缓慢将小球从P拉到Q，F为水平方向的变力，F做的功不能用力乘以位移计算，故D错误。
4.【答案】C
【解析】解：A、绳a与水平方向成θ角，绳b恰处于伸直状态且水平，角速度ω增大，夹角θ不变，故A错误；
B、根据竖直方向上平衡得，Fasinθ=mg，解得Fa=mgsinθ，可知a绳的拉力不变，故B错误；
C、当b绳拉力为零时，有：mgtanθ=mω2l，解得ω= gltanθ，可知当角速度ω< gltanθ时，b绳的弹力一直为零，故C正确；
D、由于b绳可能没有弹力，故b绳突然被剪断，a绳的弹力可能不变，故D错误。
故选：C。
解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源分析，知道小球竖直方向合力为零，这是解决本题的关键。
5.【答案】A
【解析】
【分析】
本题关键知道恰好击中P点，说明P点正好在最低点，利用匀速圆周运动的周期性和平抛运动规律联立求解。
飞镖做平抛运动的同时，圆盘上P点做匀速圆周运动，恰好击中P点，说明P点正好在最低点被击中，则P点转动的角度θ=π+2kπ(k=0,1,2…)，结合平抛运动规律即可求解。
【解答】
A.飞镖水平抛出做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，因此t=Lv0，故A正确；
B.飞镖击中P点时，P恰好在最下方，则2r=12gt2，解得圆盘的半径为：r=gL24v02，故B错误；
C.飞镖击中P点，则P点转过的角度满足：θ=ωt=π+2kπ(k=0,1,2…)故ω=θt=(2k+1)πv0L，则圆盘转动角速度的最小值为πv0L，故C错误；
D.P点随圆盘转动的线速度为：v=ωr=(2k+1)πv0L⋅gL24v02=(2k+1)πgL4v0，当k=2时，v=5πgL4v0，故D错误。
故选A。
6.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查圆周运动常见模型，注意受力分析找到做圆周运动的向心力。
依据加速度的方向判断超失重；根据合力提供向心力得出角速度的表达式，从而进行判断；抓住重力不变，受力分析结合向心力表达式做出判断；根据供求平衡来判断轨道所受的力。
【解答】
A.汽车通过拱桥的最高点时，加速度方向向下，处于失重状态，故A正确；
B.图b是圆锥摆，重力和绳子的拉力充当向心力，故有Fn=mgtanθ=mω2r，设圆锥的高度为ℎ，则运动半径为r=ℎtanθ，故有mgtanθ=mω2ℎtanθ，解得mg=mω2ℎ，角速度大小与角度无关，故B错误；
C.在两个位置上小球的重力相同，支持力方向相同，所以合力相同，即向心力相同，根据公式Fn=mω2r可得半径越大，角速度越小，故角速度不同，所受筒壁的支持力大小相等，故C错误；
D.当火车在规定的速度转弯时，由支持力与重力的合力提供火车转弯所需的向心力，当速度大于规定的速度时，火车的支持力与重力的合力不足以提供火车所需的向心力，外轨对轮缘有挤压作用，火车轮缘挤压外轨，故D错误。
故选A。
7.【答案】D
【解析】解：
A、根据万有引力提供向心力，有：GMmR2=mR4π2T2
解得：T= 4π2R3GM，
对于环绕行星A表面运行的卫星，有：
T0= 4π2RA3GMA…①
对于环绕行星B表面运行的卫星，有：
T0= 4π2RB3GMB…②
联立①②得：RA3MA=RB3MB…③
由图知，RA>RB，所以MA>MB，故A错误。
B、A行星质量为：MA=ρA⋅43πRA3 B行星的质量为：MB=ρB⋅43πRB3，代入③得：RA3ρA⋅43πRA3=RB3ρB⋅43πRB3
解得：ρA=ρB，故B错误。
C、行星的近地卫星的线速度即第一宇宙速度，根据万有引力提供向心力，有：GMmR2=mv2R
解得：v= GMR= G⋅ρ43πR3R= 43GρπR∝R，
因为RA>RB，所以vA>vB，故C错误。
D、根据GMmr2=ma知，a=GMr2，由于MA>MB，行星运动的轨道半径相等，则行星A的卫星的向心加速度大于行星B的卫星的向心加速度，故D正确。
故选：D。
根据万有引力提供向心力，得出卫星的周期与行星的质量、半径之间的关系，然后进行比较；结合万有引力提供向心力，分别写出第一宇宙速度的表达式，然后比较它们的大小关系。
本题考查考生从图象获取信息的能力，万有引力提供圆周运动向心力，掌握万有引力和向心力的表达式并能灵活运用是正确解题的关键。
8.【答案】B
【解析】ABC.由图像设 xt2 与 1t 的函数关系式为
xt2=k1t+b
整理可得
x=kt+bt2
由运动学公式 x=v0t+12at2 知上式中 k=v0=20m/s ，加速度 a=−8m/s2 ，故B正确，C错误。1秒末机车的速度
v1=v0+at=12m/s
根据牛顿第二定律
F−f=ma
P=Fv1
解得到
P=3.6×104W
故A错误；
D.机车做减速运动经时间
t=0−v0a=2.5s
所以前3秒的位移
x=v02−2a=25m
故D错误。
故选B。
9.【答案】B
【解析】解：A、由图像可知0～t1内物体做匀加速直线运动，匀加速阶段的位移x1=12a0t12，故A错误；
B.当t=t1时，根据F−mg=ma0，P=Fv1=Fa0t1
联立解得起重机的额定功率为P=(mg+ma0)a0t1，故B正确；
C.因为(1+a0g)a0t1=(mg+ma0mg)a0t1=Pmg，即该速度为物体的最大速度，从图像中可以看出t2时刻物体的速度还没有达到最大，故C错误；
D.0～t1内牵引力做的功W1=Fx1=P2t1
t1～t2内牵引力做的功W=P(t2−t1)
故在0～t1和t1～t2时间内牵引力做的功之比为t1：2(t2−t1)，故D错误；
故选：B。
首先，根据图像分析0～t1内物体所做的运动，根据匀变速直线运动规律求出该段时间内的位移；
其次，根据牛顿第二定律和功率的公式求出起重机的额定功率；
然后，根据额定功率和重力求出物体的最大速度，判断t2时刻物体的速度是不是最大速度；
最后，根据功率求出0～t1和t1～t2内牵引力做的功，进而得到0～t1和t1～t2时间内牵引力做的功之比。
本题考查了机车启动问题，解决本题的关键是理解机车启动时功率与速度的关系以及加速度与合力的关系。
10.【答案】D
【解析】
【分析】
球A运动到最高点时，球A对杆恰好无作用力，重力恰好提供向心力，可以求出A的线速度，转动过程中，两球角速度相等，根据v=ωr求解B球线速度，A球到最高点时，对杆无弹力，此时B球受重力和拉力的合力提供向心力，根据向心力公式求解水平转轴对杆的作用力。
本题中两个球角速度相等，线速度之比等于转动半径之比，根据球A对杆恰好无作用力，重力恰好提供向心力，求出A的线速度是解题的关键，难度不大，属于基础题。
【解答】
A.球A运动到最高点时，杆对球A恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有mg=mvA2L，解得vA= gL，故A错误；
BCD.由于A、B两球的角速度相等，则球B的速度大小vB=2 gL，此时B球受重力和拉力的合力提供向心力，有F−2mg=2mvB22L，解得：F=6mg，方向竖直向上，故D正确，BC错误。
故选D。
11.【答案】AB
【解析】
【分析】
对物体进行受力分析，可以求得斜面对物体的支持力和摩擦力，再由功的计算公式即可求得各力对物体做功的大小及功率。
【解答】
A、由题意可知，物体处于平衡状态，对物体受力分析可得，
在竖直方向上有mg=FNcosθ+Ffsinθ，在水平方向上有FNsinθ=Ffcosθ，解得FN=mgcosθ、Ff=mgsinθ，斜面体对物体作用力的合力方向竖直向上，与速度方向垂直，则作用力做的总功为零，A正确；
B、重力方向竖直向下，与速度方向垂直，重力不做功，B正确；
C、摩擦力做的功Wf=−Ffcosθ⋅l=−mgl⋅sinθcosθ，故C错误；
D、支持力做功的功率为P=FNsinθ⋅v=mgv⋅sinθcosθ，故D错误。
故选择AB。
12.【答案】BC
【解析】
【分析】
同步卫星的周期与地球的自转周期相同，根据a=rω2得出同步卫星和随地球自转物体的向心加速度之比，根据万有引力提供向心力得出第一宇宙速度与同步卫星的速度之比。
解决本题的关键知道同步卫星和随地球自转的物体角速度相等，同步卫星以及贴近地球表面运行的卫星靠万有引力提供向心力。
【解答】
AB.因为同步卫星的周期等于地球自转的周期，所以角速度相等，根据a=rω2得，a1a2=rR，故B正确，A错误；
CD.同步卫星万有引力提供向心力GMmr2=mv12r，解得v1= GMr；近地卫星得运行速度就是第一宇宙速度，万有引力提供向心力GMmR2=mv22R，解得v2= GMR，则v1v2= Rr，故C正确，D错误；
故选BC。
13.【答案】BD
【解析】
【分析】
两物块A和B随着圆盘转动时，始终与圆盘保持相对静止。当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，AB都到达最大静摩擦力，由牛顿第二定律求出A、B两物块与圆盘保持相对静止的最大角速度及绳子的拉力。
解决本题的关键是找出向心力的来源，知道AB两物体是由摩擦力和绳子的拉力提供向心力，难度不大。
【解答】
ABC.两物块A和B随着圆盘转动时，合外力提供向心力，则F=mω2r，B的半径比A的半径大，所以B所需向心力大，绳子拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B的静摩擦力方向指向圆心，A的最大静摩擦力方向指向圆外，根据牛顿第二定律得：
T−μmg=mω2r
T+μmg=mω2⋅2r
解得：T=3μmg，ω= 2μgr，故B正确，AC错误；
D.若此时剪断绳子，B的摩擦力不足以提供所需的向心力，B将会做离心运动，将角速度值代入可求得此时A所需要的向心力F向=2μmg，由此可知A的摩擦力也不足以提供所需的向心力，A也将会做离心运动，故D正确。
故选BD。
14.【答案】AD
【解析】
【分析】
本题主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，要求同学们能根据图象获取有效信息。
【解答】
由FT+mg=mv2R，得FT=−mg+mRv2
所以a=gR，ba=mR，b=mg，
a与小球的质量无关，A选项正确，
b与小球的质量有关，B选项错误，
ba与质量和轨道半径有关，C选项错误，
利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径，D选项正确。
故选AD。
15.【答案】BC
【解析】
【分析】双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，结合牛顿第二定律求出双星总质量与双星距离和周期的关系式，从而分析判断。结合周期求出双星系统旋转的角速度和线速度关系。
本题实质是双星系统，解决本题的关键知道双星系统的特点，即周期相等、向心力大小相等，结合牛顿第二定律分析求解。
【解答】
AB.双中子星做匀速圆周运动的频率f=12 Hz，周期T=112s，由万有引力提供向心力可得Gm1m2l2=m1r1(2πf)2，Gm1m2l2=m2r2(2πf)2，r1+r2=l=400 km，联立解得m1+m2=(2πf)2l3G，B正确，A错误；
C.由v1=ωr1=2πfr1，v2=ωr2=2πfr2，联立解得v1+v2=2πfl，C正确；
D.星体自转角速度等于其同步卫星的角速度，由万有引力定律得Gm星m卫r卫2
=m卫ω自2r卫，解得ω自= Gm星r3卫，由于双中子星的质量m星和同步卫星半径r卫未知，故不能得出各自的自转角速度，D错误．
16.【答案】AB
【解析】
【分析】根据开普勒第三定律知，椭圆半长轴越大，卫星的周期越大．由牛顿第二定律研究加速度
卫星绕地球运动，轨道高度越大，发射速度越大，发射越困难，卫星在近地点的速度越大．
【解答】A、物体在赤道随地球自转时，对物体有：GMmR2−mg=ma
当物体飘起来的时候，万有引力完全提供向心力，则此时物体的向心加速度为a′：ma′=GMmR2=mg+ma，即此时的向心加速度a′=g+a
则a=Rω2 则ω2为原来的g+aa倍，地球自转的角速度突然变为原来的 g+aa倍，则A正确
B、卫星在同一位置其加速度相同，则B正确
C、根据开普勒第三定律知，椭圆半长轴越小，卫星的周期越小，卫星丙的半长轴最短，故周期最小。则C错误
D、卫星在远地点做向心运动，其速度要小于第一宇宙速度。则D错误
17.【答案】(1) C
(2)B
(3)B
【解析】
【分析】
该实验采用控制变量法，抓住角速度不变、半径不变时，研究向心力与质量的关系；根据向心力之比求出两球转动的角速度之比，结合v=rω，根据线速度大小相等求出与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比。
掌握本实验采用的方法实际诶体的关键，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；同时要知道靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等，难度一般。
【解答】
(1)由实验原理可知，该实验采用控制变量法，故C正确，ABD错误；
故选C；
(2)由图可知，两球半径及大小相同，研究的是向心力与角速度的关系；故选B；
(3)根据F=mω2r，两球的向心力之比为1：9，半径和质量相等，则转动的角速度之比为1：3，因为靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等，根据v=rω，知与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比为3：1，故选B。
故填：(1) C；(2)B；(3)B。
18.【答案】(1)B；周期T；
(2)ACD；物体重力F和质量m；F3T416π4Gm3；FT2m4π2．
【解析】
【分析】
要测量行星的半径和质量，根据重力等于万有引力和万有引力等于向心力，列式求解会发现需要测量出行星表面的重力加速度和行星表面卫星的公转周期，从而需要选择相应器材．
本题关键先要弄清实验原理，再根据实验原理选择器材，计算结果．
【解答】
(1)由重力等于万有引力 mg=GMmR2
万有引力等于向心力GMmR2=m4π2T2R
由以上两式解得R=gT24π2----①
M=g3T416π4G-----②
由牛顿第二定律F=mg------③
因而需要用秒表测量绕行时周期T，用天平测量质量m，用弹簧秤测量重力F；
(2)着陆后测量所用的仪器为ACD，所测物理量为物体重量F和质量m．
由②③得M=F3T416π4Gm3，
由①③得R=FT2m4π2
故答案为：(1)B；周期T；(2)ACD；物体重力F和质量m；F3T416π4Gm3；FT2m4π2．
19.【答案】解：(1)当绳子拉力达到最大时，在竖直方向上有：FTcosθ=mg，
代入数据解得：θ=37°．
根据牛顿第二定律得：mgtanθ=mLsinθ⋅ω2，
代入数据解得：ω=5rad/s；
(2)小球转动的线速度为：v0=ωLsin37°=5×0.5×0.6m/s=1.5m/s，
落地时竖直位移为：y=ℎ−Lcosθ=12gt2，
水平位移为：x=v0t，
小球落地点与悬点的水平距离为：d= L2sin2θ+x2，
代入数据解得：d=0.6m．
答：(1)当小球的角速度为5rad/s时，细线将断裂；
(2)线断裂后小球落地点与悬点的水平距离为0.6m．
【解析】(1)根据绳子的最大承受拉力，结合竖直方向上平衡求出绳子与竖直方向的夹角，结合合力提供向心力求出小球的角速度大小．
(2)根据线速度与角速度的关系求出小球做圆周运动的线速度大小，根据平抛运动的高度求出绳断裂后小球平抛运动的时间，结合初速度和时间求出平抛运动的水平位移，根据几何关系求出线断裂后小球落地点与悬点的水平距离．
本题考查了平抛运动和圆周运动的综合运用，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律以及圆周运动向心力的来源是解决本题的关键．
20.【答案】解：(1)卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力：GMmr12=m(2πT)2r1，解得：M=4π2r13GT2；
(2)从圆轨道变为椭圆轨道时，椭圆轨道的半长轴为a=r1+r22，
根据开普勒第三定律：(r1+r22)3T12=r13T2，解得：T1=(r1+r22r1)32T；
(3)每2T0时间小明与卫星相遇3次，即每2T03时间相遇一次，
解得：(2πT−2πT0)×23T0=2π，
解得：T0=52T。
【解析】解决本题的关键知道变轨的原理，知道当万有引力大于向心力时，做近心运动，当万有引力小于向心力时，做离心运动。掌握开普勒第三定律，并能灵活运用。
(1)根据万有引力提供向心力从而求出地球的质量M；
(2)根据开普勒第三定律求卫星在椭圆轨道上的周期T1；
(3)根据赤道上小明每两天恰好三次看到卫星掠过其正上方，得出两天内卫星比地球多转了三圈，从而求出T和T0的关系。
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