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安徽省滁州市定远县育才学校2022-2023学年高二上学期11月期中物理试题（解析版）
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这是一份安徽省滁州市定远县育才学校2022-2023学年高二上学期11月期中物理试题（解析版），共17页。
定远育才学校2022-2023学年度第一学期高三期中考试
高三物理
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，第1-5小题单项选择题，第6-10小题多项选择题，选对不全对得2分，共40分）
1. 一质量为m的物体从某一高处开始做自由落体运动，已知物体落地时的动能为，则当动能为时物体距离地面的高度为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】因为物体做做自由落体运动，所以物体落地时的动能等于物体一开始具有的重力势能，即
当动能为时物体距离地面高度为，因此可得
故B正确。
2. 质量为0.3kg的物体在水平面上做直线运动，其运动情况如下图，两条直线为：水平方向物体只受摩擦力作用时和水平方向受到摩擦力、水平力F两个力共同作用时的速度一时间图像，则下列说法中正确的是（g=10m/s2）
A. 水平力F可能等于0.3N
B. 物体的摩擦力一定等于0.1N
C. 水平力F一定等于0.1N
D. 物体的摩擦力可能等于0.3N
【答案】C
【解析】
【详解】ABCD.a图表示加速度大小为的匀减速运动，b图表示加速度为的匀减速运动，故根据牛顿第二定律可得，a受到合外力0.1N，b受到合外力0.2N；
如果a受水平拉力，那么b仅受摩擦力是0.2N，所以a受到向前的0.1N的拉力；
同理，如果b受水平拉力，那么由a受到摩擦力是0.1N，b受到向后0.1N的拉力；
故拉力始终是0.1N，而摩擦力可能是0.1N，也可能是0.2N；故C正确，ABD错误．
故选C。
3. 如图所示，半径相同、质量分布均匀的圆柱体A和半圆柱体B靠在一起，A表面光滑，重力为G，B下表面粗糙，A静止在水平面上，现过A的轴心施以水平作用力F，可缓慢的将A拉离平面一直滑到B的顶端，整个过程中，B始终处于静止状态。则从A刚要拉离平面至A滑到B的顶端，下列说法正确的是（ ）
A. 开始时拉力F最大为G，以后逐渐减小为0
B. A、B间的压力开始最大为2G，而后逐渐减小到G
C. 地面受到B的压力逐渐增大
D. 地面对B的摩擦力逐渐增大
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．圆柱体A和半圆柱体B圆心的连线长度为2R，故其与竖直方向夹角为60°，A受三个力平衡，如图所示
三个力构成封闭矢量三角形，其中重力不变，其他两个力的夹角变小，开始时，根据几何关系，可知拉力F最大为，以后逐渐减小为0，故A错误；
B．A、B间的压力开始最大为
而后逐渐减小到G，故B正确；
C．对圆柱体A和半圆柱体B整体分析，受重力、水平拉力、支持力和摩擦力，根据平衡条件，支持力，保持不变，故B对地面压力大小不变，故C错误；
D．整体在水平方向上受到拉力F和地面的摩擦力，故摩擦力，逐渐减小到零，故D错误。
故选B。
4. 如图所示是用以说明向心力和质量、半径之间关系的仪器，球P和Q可以在光滑杆上无摩擦地滑动，两球之间用一条轻绳连接，，当整个装置以匀速旋转时，两球离转轴的距离保持不变，则此时（ ）
A. 两球受到的向心力大小相等
B. P球受到的向心力大于Q球受到的向心力
C. 当增大时，P球将沿杆向外运动
D. 当增大时，Q球将沿杆向外运动
【答案】A
【解析】
【详解】AB．两球均受到重力、支持力和绳子的拉力作用，向心力是三个力的合力；两球的重力均与支持力平衡，由绳的拉力提供向心力，则P球受到的向心力等于Q球受到的向心力，故A正确，B错误；
CD．根据向心力大小相等可得
可得
故当增大时，两球半径不变，P球不会向杆外运动，Q球也不会向沿杆向外运动，故CD错误。
故选A。
5. 我国成功发射了天链一号04星，天链一号04星是我国第4颗地球同步轨道数据中继卫星，它与天链一号02星、03星实现组网运行，为我国神舟飞船、空间实验室天宫二号等提供数据中继与测控服务如图为天宫二号和天链一号绕地球稳定运行的轨道示意图，下列关于该状态的说法正确的是
A. 天宫二号的运行速度一定大于，小于
B. 天链一号04星与静止在地球赤道上的物体具有相同的向心加速度
C. 天链一号04星的公转周期大于天宫二号的公转周期
D. 天链一号04星可相对地面静止于北京飞控中心的正上方
【答案】C
【解析】
【详解】第一宇宙速度是最大的运行速度，所以天宫二号的运行速度一定小于7.9km/s，故A错误；根据题意，天链一号04星是我国第4颗地球同步轨道数据中继卫星，所以天链一号04星与静止在地球赤道上的物体具有相同的角速度，根据a=ω2r可知，向心加速度不同，故B错误；根据，天链一号04星的轨道半径大于天宫二号的轨道半径，所以天链一号04星的公转周期大于天宫二号的公转周期，故C正确；天链一号04星位于赤道正上方，不可能位于北京飞控中心的正上方，故D错误；故选C．
【点睛】了解第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度．要比较一个物理量大小，我们应该把这个物理量先表示出来，在进行比较．
6. 溜索是一种古老的渡河工具，现已演变为游乐项目．如图所示，滑轮、保险绳索与人体连接，粗钢索两端连接在固定桩上．人从高处平台的A点出发，借助几十米的落差，沿钢索顺势而下，滑过最低点C，到达B点时速度为零．下列说法中正确的有
A. 人滑到C点时速度最大
B. 人从A滑到C的过程中，重力的功率先增大后减小
C. 人滑到C点时的加速度方向竖直向上
D. 钢索对左侧固定桩的拉力小于对右侧固定桩的拉力
【答案】BD
【解析】
【详解】人滑到C点时，对人进行受力分析，人和滑轮整体受到重力、钢索的拉力和滑动摩擦力，受力分析如图所示：
如果钢索光滑，则在C点速度最大；考虑摩擦力作用，则摩擦力切线方向的分量和两绳拉力沿切线方向分量合力为0的位置速度最大，则此时C点的速度不是最大，故A错误；人从A滑到C的过程中，根据，开始时速度为0，重力的瞬时功率为0，中间过程重力的功率不为0，到C点时重力方向与速度方向垂直，重力的瞬时功率为0，故人从A到C的过程中，重力的功率先增大后减小，故B正确；人滑到C点时由于有沿切线方向的摩擦力，所以人滑到C点时合力方向不再沿竖直向上，故C错误；如果没有摩擦力，钢索对左侧固定桩的拉力与对右侧固定桩的拉力相等；人从A滑到C的过程中，钢索对人有向右的摩擦力，则右边的钢索会受到人对它向左的摩擦力，因此右侧钢索对固定桩的拉力大，所以钢索对左侧固定桩的拉力小于对右侧固定桩的拉力，故D正确．
7. 如图所示，一光滑直杆竖直固定在水平地面上，一轻弹簧套在杆上，下端与地面相连。现将弹簧压缩到长度为，并用细线绑住；再将一滑块穿过直杆置于弹簧上。某时刻烧断细线，滑块开始运动，其动能与离地高度的关系如图所示，图线最高点坐标（），且只在高度0.20~0.35m范围内为直线，重力加速度取，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A. 轻弹簧原长为
B. 轻弹簧的劲度系数为
C. 轻弹簧的最大弹性势能为
D. 滑块从离地高度运动到离地高度的过程中，弹簧的弹性势能减少量大于滑块重力势能的增加量
【答案】BC
【解析】
【详解】A．在图像中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从上升到范围内图像为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2m上升到的范围内所受作用力为恒力，则从h=0.2m开始，滑块与弹簧分离，即弹簧的原长为0.2m，故错误；
B．在从0.2m上升到范围内
则图线的斜率绝对值为
所以滑块的质量为
由图像可知时滑块动能最大，即此时速度最大，滑块所受合力为零，弹力等于重力
则
所以轻弹簧的劲度系数
故正确；
C．根据能量的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧的最大弹性势能，所以
故正确；
D．由图线可知，滑块从0.16m高度运动到0.2m高度的过程中，滑块动能没有变化，所以弹簧的弹性势能全部转化为滑块的重力势能，即弹簧的弹性势能减少量等于滑块重力势能的增加量，故错误。
故选BC。
8. 如图所示，用铰链将三个质量均为m的小球A、B、C与两根长为L的轻杆相连，B、C置于水平地面上，系统静止时轻杆竖直，现给系统一个微小扰动，B、C在杆的作用下向两侧滑动，三小球始终在同一竖直平面内运动，忽略一切摩擦，重力加速度为g，则此过程中( )
A. 球A的机械能一直减小 B. 球C的机械能一直增大
C. 球B对地面的压力可能小于mg D. 球A落地的瞬时速度为
【答案】CD
【解析】
【详解】AB.A与B、C在沿杆方向的分速度相等，当A落地时，A沿杆方向分速度为零，B、C停止运动。B、C应先加速后减速，杆对B、C先做正功后做负功，对A先做负功后做正功，B、C机械能先增大后减小，A的机械能先减小后增大，故AB错误；
C.B做减速运动时，轻杆对B有斜向上的拉力，因此B对地面的压力可能小于mg，故C正确；
D.A落地时B、C速度皆为零，根据A、B、C组成的系统机械能守恒可得：
解得：
故D正确。
故选CD。
9. 如图所示，一质量为m的小球置于半径为R的光滑竖直圆轨道最低点A处，B为轨道最高点，弹簧一端固定于圆心O点，另一端与小球拴接。已知弹簧的劲度系数，原长，弹簧始终处于弹性限度内，若给小球一水平初速度，已知重力加速度为g则有（ ）
A. 当时，小球可能会离开圆轨道
B. 若，则小球会在B、D间脱离圆轨道
C. 只要，小球就能做完整的圆周运动
D. 只要小球能做完整的圆周运动，则小球与轨道间最大压力与最小压力之差与无关
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】AB．因弹簧的劲度系数为，原长为，所以小球始终会受到弹簧的弹力作用，大小为
在最高点弹簧弹力和重力的合力为0，小球也不能脱离圆轨道，如果小球速度再稍微大一些，那就更不能脱离圆轨道，在最高点不能脱离圆轨道，在其他位置肯定不能脱离圆轨道，故AB错误；
C．小球在运动过程中只有重力做功，弹簧的弹力和轨道的支持力不做功，机械能守恒，当运动到最高点速度为零，在最低点的速度最小，有
解得
所以只要，小球就能做完整的圆周运动，故C正确；
D．在最低点时，设小球受到的支持力为N，有
解得
运动到最高点时受到轨道的支持力最小，设为，设此时的速度为v，由机械能守恒有
此时合外力提供向心力，有
联立解得
联立得压力差为
与初速度无关，故D正确。
故选CD。
10. 细长轻绳下端悬挂一小球A构成单摆，在悬挂点O正下方摆长处有一能挡住摆线钉子P，如图所示．现将单摆向右方拉开一个小角度（<5°），t=0时刻无初速度释放．不计一切阻力。下列描述释放后小球的机械能E、重力的冲量大小I、速度的大小v、离开平衡位置的位移大小x随时间t变化的关系图线中，可能正确的有（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】BC
【解析】
【详解】A．小球摆动过程中只有重力做功，机械能守恒，则图像A错误；
B．重力的冲量大小I=mgt，则图像B正确；
C．根据可知，单摆在OP右侧摆动的周期等于在OP左侧摆动周期的2倍，则从右侧最高点摆到最低点的时间等于从最低点到左侧最高点的时间的2倍，小球从最高点到最低点摆动时速度逐渐变大，在最低点的速度最大，可知图像C正确；
D．由机械能守恒可知，小球达到最左端时能到达与最右端时相同的高度，由几何关系可知，小球在最右端时离开平衡位置的最大位移与在最左端时离开平衡位置的最大位移不相等，图像D错误。
故选BC。
三、实验题（本大题共2小题，共15分）
11. 某同学利用图甲所示的实验装置，探究物体在水平桌面上的运动规律，物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离后停在桌面上（尚未到达滑轮处）. 从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图乙所示. 打点计时器电源的频率为50Hz.（不计空气阻力，g=10. 0m/s2）
（1）通过分析纸带数据，可判断重物在两相邻计数点__________和__________之间某时刻落地.
（2）计数点3对应的速度大小v3=__________（保留三位有效数字）
（3）物块减速运动过程中加速度大小为a=__________m/s2. （保留三位有效数字）
（4）物块与桌面的动摩擦因数为__________，物块与重物质量比为__________．
【答案】 ①. 6 ②. 7 ③. 0.601 ④. 2.00 ⑤. 0.2 ⑥. 2∶1
【解析】
【详解】（1）从纸带上的数据分析得知：在点计数点6之前，两点之间的位移逐渐增大，是加速运动，位移的增量为定值，均为2cm，而在6、7间增加的位移小于2cm； 故说明在6、7间物体即开始减速；
（2）每5个点取1个计数点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上某点时小车的瞬时速度大小．计数点3对应的速度大小为
（3）计数点根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出
物块加速运动过程中加速度，得：．
而物块减速运动过程中加速度，得：．
因此减速运动过程中加速度的大小为2.00m/s2；
（4）设物块的质量为M，而重物质量为m；根据f=μMg，再由牛顿第二定律，f=Ma，则有：；
在加速过程中，则有，mg-μMg=（M+m）a
而μMg=Ma′，
解得：M：m=2：1；
12. 图1是“研究平抛物体运动”的实验装置，通过描点画出平抛小球的运动轨迹。
（1）以下实验过程的一些做法，其中合理的有________
a. 安装斜槽轨道，使其末端保持水平
b. 每次小球释放的初始位置可以任意选择
c. 每次小球应从同一高度由静止释放
d. 为描出小球的运动轨迹描绘的点可以用折线连接
（2）实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，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，图2中y-x2图象能说明平抛小球的运动轨迹为抛物线的是_________
（3）图3是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，O为平抛起点，在轨迹上任取三点A、B、C，测得A、B两点竖直坐标y1为5.0cm、y2为45.0cm，测得A、B两点水平距离Δx为40.0cm，则平抛小球的初速度v0为______m/s，若C点的竖直坐标y3为60.0cm，则小球在C点的速度为vC=______m/s（结果保留两位有效数字，g取10m/s2）。
【答案】 ①. ac ②. c ③. 2.0 ④. 4.0
【解析】
【详解】（1）[1]a．斜槽末端水平，才能保证小球离开斜槽末端时速度为水平方向，a正确；
bc．为保证小球多次运动是同一条轨迹，每次小球的释放点都应该相同，b错误，c正确；
d．小球的运动轨迹是平滑曲线，故连线时不能用折线，d错误。
故选ac。
（2）[2]平抛运动的水平位移与竖直位移分别满足的关系是
联立可得
可知y-x2图象是直线时，说明小球运动轨迹是抛物线。
故选c。
（3）[3][4]由竖直方向的分运动可知
即
水平初速度为
C点的竖直分速度为
由运动合成可知
四、计算题（本大题共3小题，共45分）
13. 如图所示，质量M=2kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块与质量m=kg的小球B相连。今用与水平方向成α=30°角的力F=10N，拉着小球带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m相对位置保持不变，g取10m/s2求：
（1）运动过程中轻绳与水平方向的夹角θ；
（2）木块与水平杆间的动摩擦因数μ；
（3）当α为多大时，使小球和木块一起向右匀速运动的拉力最小？
【答案】（1）30°；（2）；（3）arctan
【解析】
【分析】
【详解】（1）对B进行受力分析
设细绳对B的拉力为T，由平衡条件可得
Fcos30°=Tcosθ、Fsin30°＋Tsinθ=mg
解得
T=10N，tanθ=
即
θ=30°
（2）对A进行受力分析，由平衡条件有
Tsinθ＋Mg=FN、Tcosθ=μFN
解得
μ=
（3）对A、B进行受力分析，由平衡条件有
Fsinα＋FN=(M＋m）g，Fcosα=μFN
解得
F=
令sinβ=，cosβ=，即
tanβ=
则
F=
显然，当α＋β=90°时，F有最小值，所以
tanα=μ=
时，即
α=arctan
F的值最小。
14. 某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图所示的物理模型．竖直平面内有一倾角θ=37°的直轨道AB，其下方右侧放置一水平传送带，直轨道末端B与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过．转轮半径R=0.4m、转轴间距L=2m的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高度H=2.2m．现将一小物块放在距离传送带高h处静止释放，假设小物块从直轨道B端运动到达传送带上C点时，速度大小不变，方向变为水平向右．已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5．（sin37°=0.6）
（1）若h=2.4m，求小物块到达B端时速度的大小；
（2）若小物块落到传送带左侧地面，求h需要满足的条件
（3）改变小物块释放的高度h，小物块从传送带的D点水平向右抛出，求小物块落地点到D点的水平距离x与h的关系式及h需要满足的条件．
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）物块由静止释放到B的过程中：
解得vB=4m/s
（2）左侧离开，D点速度为零时高为h1
解得h
x=vt
可得
为使能在D点水平抛出则：
解得h≥3.6m
15. 如图所示,C是放在光滑的水平面上的一块木板,木板的质量为3m,在木板的上面有两块质量均为m的小木块A和B,它们与木板间的动摩擦因数均为μ，最初木板静止,A、B两木块同时以方向水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑动,木板足够长,A、B始终未滑离木板,重力加速度为g，求:
(1)木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中,木块B所发生的位移；
(2)木块A在整个过程中的最小速度；
(3)整个过程中,A、B两木块相对于木板滑动的总路程是多少?
【答案】（1），（2），（3）
【解析】
【详解】试题分析：（1）木块A先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动；木板C做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、B、C三者的速度相等为止，设为v1．对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律得：mv0+2mv0=（m+m+3m）v1
解得：v1=0．6 v0
对木块B运用动能定理，有：
解得：
（2）设木块A在整个过程中的最小速度为v′，所用时间为t，由牛顿第二定律：
对木块A：a1=μmg/m=μg，对木块C：a2=2μmg/3m=2μg/3，
当木块A与木板C的速度相等时，木块A的速度最小，因此有：v0-μgt=（2μg/3）t
解得t=3v0/（5μg）
木块A在整个过程中的最小速度为：v′=v0-a1t=2v0 /5．
（3）Q总=Q1+Q2 = fs相1+fs相2=ΔEk损
所以
定远育才学校2022-2023学年度第一学期高三期中考试
高三物理
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，第1-5小题单项选择题，第6-10小题多项选择题，选对不全对得2分，共40分）
1. 一质量为m的物体从某一高处开始做自由落体运动，已知物体落地时的动能为，则当动能为时物体距离地面的高度为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】因为物体做做自由落体运动，所以物体落地时的动能等于物体一开始具有的重力势能，即
当动能为时物体距离地面高度为，因此可得
故B正确。
2. 质量为0.3kg的物体在水平面上做直线运动，其运动情况如下图，两条直线为：水平方向物体只受摩擦力作用时和水平方向受到摩擦力、水平力F两个力共同作用时的速度一时间图像，则下列说法中正确的是（g=10m/s2）
A. 水平力F可能等于0.3N
B. 物体的摩擦力一定等于0.1N
C. 水平力F一定等于0.1N
D. 物体的摩擦力可能等于0.3N
【答案】C
【解析】
【详解】ABCD.a图表示加速度大小为的匀减速运动，b图表示加速度为的匀减速运动，故根据牛顿第二定律可得，a受到合外力0.1N，b受到合外力0.2N；
如果a受水平拉力，那么b仅受摩擦力是0.2N，所以a受到向前的0.1N的拉力；
同理，如果b受水平拉力，那么由a受到摩擦力是0.1N，b受到向后0.1N的拉力；
故拉力始终是0.1N，而摩擦力可能是0.1N，也可能是0.2N；故C正确，ABD错误．
故选C。
3. 如图所示，半径相同、质量分布均匀的圆柱体A和半圆柱体B靠在一起，A表面光滑，重力为G，B下表面粗糙，A静止在水平面上，现过A的轴心施以水平作用力F，可缓慢的将A拉离平面一直滑到B的顶端，整个过程中，B始终处于静止状态。则从A刚要拉离平面至A滑到B的顶端，下列说法正确的是（ ）
A. 开始时拉力F最大为G，以后逐渐减小为0
B. A、B间的压力开始最大为2G，而后逐渐减小到G
C. 地面受到B的压力逐渐增大
D. 地面对B的摩擦力逐渐增大
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．圆柱体A和半圆柱体B圆心的连线长度为2R，故其与竖直方向夹角为60°，A受三个力平衡，如图所示
三个力构成封闭矢量三角形，其中重力不变，其他两个力的夹角变小，开始时，根据几何关系，可知拉力F最大为，以后逐渐减小为0，故A错误；
B．A、B间的压力开始最大为
而后逐渐减小到G，故B正确；
C．对圆柱体A和半圆柱体B整体分析，受重力、水平拉力、支持力和摩擦力，根据平衡条件，支持力，保持不变，故B对地面压力大小不变，故C错误；
D．整体在水平方向上受到拉力F和地面的摩擦力，故摩擦力，逐渐减小到零，故D错误。
故选B。
4. 如图所示是用以说明向心力和质量、半径之间关系的仪器，球P和Q可以在光滑杆上无摩擦地滑动，两球之间用一条轻绳连接，，当整个装置以匀速旋转时，两球离转轴的距离保持不变，则此时（ ）
A. 两球受到的向心力大小相等
B. P球受到的向心力大于Q球受到的向心力
C. 当增大时，P球将沿杆向外运动
D. 当增大时，Q球将沿杆向外运动
【答案】A
【解析】
【详解】AB．两球均受到重力、支持力和绳子的拉力作用，向心力是三个力的合力；两球的重力均与支持力平衡，由绳的拉力提供向心力，则P球受到的向心力等于Q球受到的向心力，故A正确，B错误；
CD．根据向心力大小相等可得
可得
故当增大时，两球半径不变，P球不会向杆外运动，Q球也不会向沿杆向外运动，故CD错误。
故选A。
5. 我国成功发射了天链一号04星，天链一号04星是我国第4颗地球同步轨道数据中继卫星，它与天链一号02星、03星实现组网运行，为我国神舟飞船、空间实验室天宫二号等提供数据中继与测控服务如图为天宫二号和天链一号绕地球稳定运行的轨道示意图，下列关于该状态的说法正确的是
A. 天宫二号的运行速度一定大于，小于
B. 天链一号04星与静止在地球赤道上的物体具有相同的向心加速度
C. 天链一号04星的公转周期大于天宫二号的公转周期
D. 天链一号04星可相对地面静止于北京飞控中心的正上方
【答案】C
【解析】
【详解】第一宇宙速度是最大的运行速度，所以天宫二号的运行速度一定小于7.9km/s，故A错误；根据题意，天链一号04星是我国第4颗地球同步轨道数据中继卫星，所以天链一号04星与静止在地球赤道上的物体具有相同的角速度，根据a=ω2r可知，向心加速度不同，故B错误；根据，天链一号04星的轨道半径大于天宫二号的轨道半径，所以天链一号04星的公转周期大于天宫二号的公转周期，故C正确；天链一号04星位于赤道正上方，不可能位于北京飞控中心的正上方，故D错误；故选C．
【点睛】了解第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度．要比较一个物理量大小，我们应该把这个物理量先表示出来，在进行比较．
6. 溜索是一种古老的渡河工具，现已演变为游乐项目．如图所示，滑轮、保险绳索与人体连接，粗钢索两端连接在固定桩上．人从高处平台的A点出发，借助几十米的落差，沿钢索顺势而下，滑过最低点C，到达B点时速度为零．下列说法中正确的有
A. 人滑到C点时速度最大
B. 人从A滑到C的过程中，重力的功率先增大后减小
C. 人滑到C点时的加速度方向竖直向上
D. 钢索对左侧固定桩的拉力小于对右侧固定桩的拉力
【答案】BD
【解析】
【详解】人滑到C点时，对人进行受力分析，人和滑轮整体受到重力、钢索的拉力和滑动摩擦力，受力分析如图所示：
如果钢索光滑，则在C点速度最大；考虑摩擦力作用，则摩擦力切线方向的分量和两绳拉力沿切线方向分量合力为0的位置速度最大，则此时C点的速度不是最大，故A错误；人从A滑到C的过程中，根据，开始时速度为0，重力的瞬时功率为0，中间过程重力的功率不为0，到C点时重力方向与速度方向垂直，重力的瞬时功率为0，故人从A到C的过程中，重力的功率先增大后减小，故B正确；人滑到C点时由于有沿切线方向的摩擦力，所以人滑到C点时合力方向不再沿竖直向上，故C错误；如果没有摩擦力，钢索对左侧固定桩的拉力与对右侧固定桩的拉力相等；人从A滑到C的过程中，钢索对人有向右的摩擦力，则右边的钢索会受到人对它向左的摩擦力，因此右侧钢索对固定桩的拉力大，所以钢索对左侧固定桩的拉力小于对右侧固定桩的拉力，故D正确．
7. 如图所示，一光滑直杆竖直固定在水平地面上，一轻弹簧套在杆上，下端与地面相连。现将弹簧压缩到长度为，并用细线绑住；再将一滑块穿过直杆置于弹簧上。某时刻烧断细线，滑块开始运动，其动能与离地高度的关系如图所示，图线最高点坐标（），且只在高度0.20~0.35m范围内为直线，重力加速度取，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A. 轻弹簧原长为
B. 轻弹簧的劲度系数为
C. 轻弹簧的最大弹性势能为
D. 滑块从离地高度运动到离地高度的过程中，弹簧的弹性势能减少量大于滑块重力势能的增加量
【答案】BC
【解析】
【详解】A．在图像中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从上升到范围内图像为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2m上升到的范围内所受作用力为恒力，则从h=0.2m开始，滑块与弹簧分离，即弹簧的原长为0.2m，故错误；
B．在从0.2m上升到范围内
则图线的斜率绝对值为
所以滑块的质量为
由图像可知时滑块动能最大，即此时速度最大，滑块所受合力为零，弹力等于重力
则
所以轻弹簧的劲度系数
故正确；
C．根据能量的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧的最大弹性势能，所以
故正确；
D．由图线可知，滑块从0.16m高度运动到0.2m高度的过程中，滑块动能没有变化，所以弹簧的弹性势能全部转化为滑块的重力势能，即弹簧的弹性势能减少量等于滑块重力势能的增加量，故错误。
故选BC。
8. 如图所示，用铰链将三个质量均为m的小球A、B、C与两根长为L的轻杆相连，B、C置于水平地面上，系统静止时轻杆竖直，现给系统一个微小扰动，B、C在杆的作用下向两侧滑动，三小球始终在同一竖直平面内运动，忽略一切摩擦，重力加速度为g，则此过程中( )
A. 球A的机械能一直减小 B. 球C的机械能一直增大
C. 球B对地面的压力可能小于mg D. 球A落地的瞬时速度为
【答案】CD
【解析】
【详解】AB.A与B、C在沿杆方向的分速度相等，当A落地时，A沿杆方向分速度为零，B、C停止运动。B、C应先加速后减速，杆对B、C先做正功后做负功，对A先做负功后做正功，B、C机械能先增大后减小，A的机械能先减小后增大，故AB错误；
C.B做减速运动时，轻杆对B有斜向上的拉力，因此B对地面的压力可能小于mg，故C正确；
D.A落地时B、C速度皆为零，根据A、B、C组成的系统机械能守恒可得：
解得：
故D正确。
故选CD。
9. 如图所示，一质量为m的小球置于半径为R的光滑竖直圆轨道最低点A处，B为轨道最高点，弹簧一端固定于圆心O点，另一端与小球拴接。已知弹簧的劲度系数，原长，弹簧始终处于弹性限度内，若给小球一水平初速度，已知重力加速度为g则有（ ）
A. 当时，小球可能会离开圆轨道
B. 若，则小球会在B、D间脱离圆轨道
C. 只要，小球就能做完整的圆周运动
D. 只要小球能做完整的圆周运动，则小球与轨道间最大压力与最小压力之差与无关
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】AB．因弹簧的劲度系数为，原长为，所以小球始终会受到弹簧的弹力作用，大小为
在最高点弹簧弹力和重力的合力为0，小球也不能脱离圆轨道，如果小球速度再稍微大一些，那就更不能脱离圆轨道，在最高点不能脱离圆轨道，在其他位置肯定不能脱离圆轨道，故AB错误；
C．小球在运动过程中只有重力做功，弹簧的弹力和轨道的支持力不做功，机械能守恒，当运动到最高点速度为零，在最低点的速度最小，有
解得
所以只要，小球就能做完整的圆周运动，故C正确；
D．在最低点时，设小球受到的支持力为N，有
解得
运动到最高点时受到轨道的支持力最小，设为，设此时的速度为v，由机械能守恒有
此时合外力提供向心力，有
联立解得
联立得压力差为
与初速度无关，故D正确。
故选CD。
10. 细长轻绳下端悬挂一小球A构成单摆，在悬挂点O正下方摆长处有一能挡住摆线钉子P，如图所示．现将单摆向右方拉开一个小角度（<5°），t=0时刻无初速度释放．不计一切阻力。下列描述释放后小球的机械能E、重力的冲量大小I、速度的大小v、离开平衡位置的位移大小x随时间t变化的关系图线中，可能正确的有（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】BC
【解析】
【详解】A．小球摆动过程中只有重力做功，机械能守恒，则图像A错误；
B．重力的冲量大小I=mgt，则图像B正确；
C．根据可知，单摆在OP右侧摆动的周期等于在OP左侧摆动周期的2倍，则从右侧最高点摆到最低点的时间等于从最低点到左侧最高点的时间的2倍，小球从最高点到最低点摆动时速度逐渐变大，在最低点的速度最大，可知图像C正确；
D．由机械能守恒可知，小球达到最左端时能到达与最右端时相同的高度，由几何关系可知，小球在最右端时离开平衡位置的最大位移与在最左端时离开平衡位置的最大位移不相等，图像D错误。
故选BC。
三、实验题（本大题共2小题，共15分）
11. 某同学利用图甲所示的实验装置，探究物体在水平桌面上的运动规律，物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离后停在桌面上（尚未到达滑轮处）. 从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图乙所示. 打点计时器电源的频率为50Hz.（不计空气阻力，g=10. 0m/s2）
（1）通过分析纸带数据，可判断重物在两相邻计数点__________和__________之间某时刻落地.
（2）计数点3对应的速度大小v3=__________（保留三位有效数字）
（3）物块减速运动过程中加速度大小为a=__________m/s2. （保留三位有效数字）
（4）物块与桌面的动摩擦因数为__________，物块与重物质量比为__________．
【答案】 ①. 6 ②. 7 ③. 0.601 ④. 2.00 ⑤. 0.2 ⑥. 2∶1
【解析】
【详解】（1）从纸带上的数据分析得知：在点计数点6之前，两点之间的位移逐渐增大，是加速运动，位移的增量为定值，均为2cm，而在6、7间增加的位移小于2cm； 故说明在6、7间物体即开始减速；
（2）每5个点取1个计数点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上某点时小车的瞬时速度大小．计数点3对应的速度大小为
（3）计数点根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出
物块加速运动过程中加速度，得：．
而物块减速运动过程中加速度，得：．
因此减速运动过程中加速度的大小为2.00m/s2；
（4）设物块的质量为M，而重物质量为m；根据f=μMg，再由牛顿第二定律，f=Ma，则有：；
在加速过程中，则有，mg-μMg=（M+m）a
而μMg=Ma′，
解得：M：m=2：1；
12. 图1是“研究平抛物体运动”的实验装置，通过描点画出平抛小球的运动轨迹。
（1）以下实验过程的一些做法，其中合理的有________
a. 安装斜槽轨道，使其末端保持水平
b. 每次小球释放的初始位置可以任意选择
c. 每次小球应从同一高度由静止释放
d. 为描出小球的运动轨迹描绘的点可以用折线连接
（2）实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，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，图2中y-x2图象能说明平抛小球的运动轨迹为抛物线的是_________
（3）图3是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，O为平抛起点，在轨迹上任取三点A、B、C，测得A、B两点竖直坐标y1为5.0cm、y2为45.0cm，测得A、B两点水平距离Δx为40.0cm，则平抛小球的初速度v0为______m/s，若C点的竖直坐标y3为60.0cm，则小球在C点的速度为vC=______m/s（结果保留两位有效数字，g取10m/s2）。
【答案】 ①. ac ②. c ③. 2.0 ④. 4.0
【解析】
【详解】（1）[1]a．斜槽末端水平，才能保证小球离开斜槽末端时速度为水平方向，a正确；
bc．为保证小球多次运动是同一条轨迹，每次小球的释放点都应该相同，b错误，c正确；
d．小球的运动轨迹是平滑曲线，故连线时不能用折线，d错误。
故选ac。
（2）[2]平抛运动的水平位移与竖直位移分别满足的关系是
联立可得
可知y-x2图象是直线时，说明小球运动轨迹是抛物线。
故选c。
（3）[3][4]由竖直方向的分运动可知
即
水平初速度为
C点的竖直分速度为
由运动合成可知
四、计算题（本大题共3小题，共45分）
13. 如图所示，质量M=2kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块与质量m=kg的小球B相连。今用与水平方向成α=30°角的力F=10N，拉着小球带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m相对位置保持不变，g取10m/s2求：
（1）运动过程中轻绳与水平方向的夹角θ；
（2）木块与水平杆间的动摩擦因数μ；
（3）当α为多大时，使小球和木块一起向右匀速运动的拉力最小？
【答案】（1）30°；（2）；（3）arctan
【解析】
【分析】
【详解】（1）对B进行受力分析
设细绳对B的拉力为T，由平衡条件可得
Fcos30°=Tcosθ、Fsin30°＋Tsinθ=mg
解得
T=10N，tanθ=
即
θ=30°
（2）对A进行受力分析，由平衡条件有
Tsinθ＋Mg=FN、Tcosθ=μFN
解得
μ=
（3）对A、B进行受力分析，由平衡条件有
Fsinα＋FN=(M＋m）g，Fcosα=μFN
解得
F=
令sinβ=，cosβ=，即
tanβ=
则
F=
显然，当α＋β=90°时，F有最小值，所以
tanα=μ=
时，即
α=arctan
F的值最小。
14. 某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图所示的物理模型．竖直平面内有一倾角θ=37°的直轨道AB，其下方右侧放置一水平传送带，直轨道末端B与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过．转轮半径R=0.4m、转轴间距L=2m的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高度H=2.2m．现将一小物块放在距离传送带高h处静止释放，假设小物块从直轨道B端运动到达传送带上C点时，速度大小不变，方向变为水平向右．已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5．（sin37°=0.6）
（1）若h=2.4m，求小物块到达B端时速度的大小；
（2）若小物块落到传送带左侧地面，求h需要满足的条件
（3）改变小物块释放的高度h，小物块从传送带的D点水平向右抛出，求小物块落地点到D点的水平距离x与h的关系式及h需要满足的条件．
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）物块由静止释放到B的过程中：
解得vB=4m/s
（2）左侧离开，D点速度为零时高为h1
解得h
x=vt
可得
为使能在D点水平抛出则：
解得h≥3.6m
15. 如图所示,C是放在光滑的水平面上的一块木板,木板的质量为3m,在木板的上面有两块质量均为m的小木块A和B,它们与木板间的动摩擦因数均为μ，最初木板静止,A、B两木块同时以方向水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑动,木板足够长,A、B始终未滑离木板,重力加速度为g，求:
(1)木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中,木块B所发生的位移；
(2)木块A在整个过程中的最小速度；
(3)整个过程中,A、B两木块相对于木板滑动的总路程是多少?
【答案】（1），（2），（3）
【解析】
【详解】试题分析：（1）木块A先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动；木板C做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、B、C三者的速度相等为止，设为v1．对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律得：mv0+2mv0=（m+m+3m）v1
解得：v1=0．6 v0
对木块B运用动能定理，有：
解得：
（2）设木块A在整个过程中的最小速度为v′，所用时间为t，由牛顿第二定律：
对木块A：a1=μmg/m=μg，对木块C：a2=2μmg/3m=2μg/3，
当木块A与木板C的速度相等时，木块A的速度最小，因此有：v0-μgt=（2μg/3）t
解得t=3v0/（5μg）
木块A在整个过程中的最小速度为：v′=v0-a1t=2v0 /5．
（3）Q总=Q1+Q2 = fs相1+fs相2=ΔEk损
所以
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