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2022-2023学年江苏省淮安市淮阴区高一下学期期中调研测试物理试题
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试卷满分100分，考试时间75分钟 2023.4
一、单选题 本大题共15小题，每小题3分，共45分，每题只有一个选项最符合题意。
1. 发现行星运动规律和万有引力定律的科学家分别是（ ）
A. 开普勒、牛顿B. 伽利略、开普勒C. 牛顿、卡文迪许D. 伽利略、牛顿
【答案】A
【解析】
【详解】开普勒发现行星运动规律，牛顿发现万有引力定律。
故选A。
2. 一个圆盘绕竖直转轴在水平面内匀速转动，盘面上距转轴一定距离的地方放置一小物块，小物块随圆盘一起做匀速圆周运动，则小物块所受力的个数为（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】C
【解析】
【详解】根据题意可知，小物块做匀速圆周运动，对小物块受力分析可知，竖直方向受重力和圆盘的支持力，水平方向受指向圆心的静摩擦力提供小物块最圆周运动的向心力，则小物块受3个力。
故选C。
3. 如图所示，某卫星绕行星沿椭圆轨道运动，其轨道的半长轴为r，公转周期为T，图示中、两个面积大小相等。则（ ）
A. 行星可以不在椭圆的焦点上
B. 卫星从a到b的速率逐渐增大
C. 卫星从a到b的运行时间大于从c到d的时间
D. 椭圆轨道半长轴立方与公转周期平方的比值只与卫星的质量有关
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．根据开普勒第一定律知，卫星绕行星椭圆运动，行星处于椭圆的焦点上，故A错误；
B．卫星从a到b的过程中，万有引力做正功，根据动能定理可知，速率增大，故B正确；
C．根据开普勒第二定律可知，、两个面积大小相等，则卫星从a到b的运行时间等于从c到d的时间，故C错误；
D．根据开普勒第三定律可知，椭圆轨道半长轴立方与公转周期平方的比值是定值，只与中心天体的质量有关，与卫星无关，故D错误。
故选B。
4. 人造卫星发射场一般选择靠近赤道的地方，这是由于该处（ ）
A. 自转线速度大B. 自转角速度小
C. 向心加速度小D. 重力加速度大
【答案】A
【解析】
【详解】根据
可知，地球自转时，赤道处的轨道半径最大，所以该处的自转线速度大，有利于人造卫星的发射。
故选A。
5. 2022年10月，我国“实践21号”卫星把失效的“北斗二号”卫星从地球同步轨道拽到航天器稀少的更高轨道上，然后释放让其自主运行。该卫星与在同步轨道上运行相比（ ）
A. 机械能大B. 加速度大
C. 线速度大D. 角速度大
【答案】A
【解析】
详解】A．根据题意可知，拖动过程中，“实践21号”卫星对“北斗二号”卫星做正功，机械能增加，故A正确；
B．由万有引力提供向下力有
解得
由于轨道半径变大，则加速度变小，故B错误；
C．由万有引力提供向下力有
解得
由于轨道半径变大，则线速度减小，故C错误；
D．由万有引力提供向下力有
解得
由于轨道半径变大，则角速度减小，故D错误。
故选A。
6. 2022年11月30日，神舟十五号3名航天员顺利进驻中国空间站，两个航天乘组首次实现“胜利会师”留下一张足以载入史册的太空合影。中国空间站距离地面约400km，其重力加速度为g。设空间站围绕地球做匀速圆周运动，航天员在空间站受的重力为G、绕地球运动向心加速度为a，周期为T，速度为v。下列说法正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．中国空间站距离地面约400km，其重力加速度为g。因为重力全部提供向心力，所以绕地球运动向心加速度
故A正确；
B．航天员在空间站受的重力为
全部提供向心力，故B错误；
C．根据开普勒第三定律可知，中国空间站轨道半径小于同步卫星轨道半径，所以周期小于24h，故C错误；
D．近地卫星环绕速度是圆轨道最大环绕速度，所以中国空间站速度小于，故D错误。
故选A。
7. 如图所示表示物体在恒力F的作用下，在水平面上发生一段位移s，设在这四种情况下力F的大小、位移s的大小都相同，则力F对物体做功相同的是（ ）
A. 甲、乙B. 甲、丙C. 甲、丁D. 乙、丙
【答案】A
【解析】
【详解】甲图中做功
乙图做功
丙图做功
丁图做功
所以甲乙两图做功相同
故选A。
8. 如图所示是小李同学在进行“引体向上”项目体能测试。若小李在1分钟时间内完成了8个合格的“引体向上”，则在测试过程中他克服重力做功的平均功率约为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】体重为60kg，每次引体向上上升高度为0.5m，克服重力做功为
全过程克服重力做功的平均功率为
故选B。
9. 复兴号动车在世界上首次实现了速度自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新又一重大标志性成果。一列质量为M的动车，以恒定功率P在平直轨道上由静止开始运动，经时间t达到该功率下的最大速度，设动车行驶过程所受到的阻力f保持不变。动车在时间t内（ ）
A. 做匀加速直线运动，加速度大小为
B. 在时间t内通过的位移为
C. 牵引力的功率
D. 牵引力做功等于
【答案】C
【解析】
详解】A．复兴号动车以恒定功率运动，由牛顿第二定律得
易知v增大，a变小，是变加速直线运动。故A错误；
B．若复兴号做匀变速直线运动，v-t图像如图中直线所示
由图像面积可得位移为
复兴号动车实际做加速度逐渐减小的变加速直线运动，v-t图像如图中曲线所示，其位移
故B错误；
C．当时，速度最大，故牵引力
即牵引力的功率
故C正确；
D．由动能定理可得
所以牵引力做功大于，故D错误。
故选C。
10. 一质量为m的足球，以速度v由地面踢起，当它到达离地面高度为h的B点处（取B点处所在水平面为参考平面）时，下列说法正确的是（重力加速度为g，不计空气阻力）（ ）
A. 重力势能为mghB. 动能为mgh
C. 机械能为D. 机械能为
【答案】C
【解析】
【详解】A．取重力势能在B处为零势能参考平面，所以在B点处重力势能为零，A错误；
CD．取B点处所在水平面为参考平面，离地面高度为h的B点处的机械能为
C正确，D错误；
B．从A到B过程，由机械能守恒定律得
可得在B处的动能为
B错误。
故选C。
11. 如图所示，一个质量为m，均匀的细链条长为L，置于光滑水平桌面上，用手按住一端，使 长部分垂在桌面下，（桌面高度大于链条长度），则链条上端刚离开桌面时的动能为 （ ）
A. 0B. mgLC. mgLD. mgL
【答案】D
【解析】
【详解】将链条分成水平部分和竖直部分两段，水平部分的重力势能为零，竖直部分的重心中竖直段的中间，高度为，而竖直部分的重力为，这样竖直部分的重力势能为，这样链条总的重力势能为，链条上端刚离开桌面时，链条总的重力势能为，由机械能守恒得链条上端刚离开桌面时的动能为 ，故D正确，ABC错误，
故选D．
12. 地球赤道上有一物体随地球的自转而做圆周运动，向心加速度为，线速度为，角速度为；同步通信卫星的向心加速度为，线速度为，角速度为；近地卫星的向心加速度为，线速度为，角速度为。则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】D．根据题意可知，同步卫星和赤道上物体的周期和角速度相等，则有
由万有引力提供向心力有
解得
由于同步卫星的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，则有
即
故D正确；
AB．由公式可得
由万有引力提供向心力有
解得
由于同步卫星的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，则有
则
故AB错误；
C．由公式可得
由万有引力提供向心力有
解得
由于同步卫星的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，则有
则
故C错误。
故选D。
13. 如图所示，某风力发电机叶片转动可形成横截面积为S的圆面，某段时间风速为v，并保持风正面吹向叶片。若空气密度为，风的动能转化为电能的效率为η，则（ ）
A. 单位时间内转化电能为 B. 单位时间内转化的电能为
C. 转化为电能的功率为D. 转化为电能的功率为
【答案】C
【解析】
【详解】设t时间内与叶片相互作用的空气柱长度为l，则
①
空气柱质量为
②
由题意可知该发电机发电的功率为
③、
联立①②③得
故选C。
14. 从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示．重力加速度取10m/s2．该物体的质量为
A. 2kgB. 1.5kgC. 1kgD. 0.5kg
【答案】C
【解析】
【详解】对上升过程，由动能定理，，得，即F+mg=12N；下落过程，，即N，联立两公式，得到m=1kg、F=2N．
15. 下列有关生活中的圆周运动实例分析，其中说法正确的是（ ）
A. 如图A所示，汽车通过凹形桥的最低点时，汽车处于失重状态
B. 如图B所示，火车转弯超过规定速度行驶时，外轨对轮缘会有挤压作用
C. 如图C所示，轻质细绳长为l，一端固定一个小球，绕另一端O点在竖直面内做圆周运动，在最高点小球的最小速度应大于
D. 如图D所示，脱水桶的脱水原理是水滴受到的离心力大于它受到的向心力，从而沿切线方向甩出
【答案】B
【解析】
【详解】A．如图A所示，汽车通过凹形桥的最低点时，具有向上的加速度，则处于超重状态，故A错误；
B．如图B所示，火车转弯超过规定速度行驶时，重力和支持力的合力不够提供向心力，外轨受到挤压，故B正确；
C．如图C所示，在最高点，当小球的重力刚满足向心力要求时，此时小球的速度最小为，故C错误；
D．如图D所示，水滴和衣服间的作用力不足以提供水滴做圆周运动的向心力，水滴做离心运动，故D错误。
故选B。
二、非选择题：共5题，共55分。其中第17题~第20题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
16. 小明同学在学习了圆周运动的知识后，设计了一个课题，名称为：快速测量自行车的骑行速度．他的设想是：通过计算踏脚板转动的角速度，推算自行车的骑行速度．如图是自行车的传动示意图，其中Ⅰ是大齿轮，Ⅱ是小齿轮，Ⅲ是后轮．当大齿轮Ⅰ（脚踏板）的转速通过测量为n（r/s）时，则大齿轮的角速度是____ rad/s．若要知道在这种情况下自行车前进的速度，除需要测量大齿轮Ⅰ的半径r1，小齿轮Ⅱ的半径r2外，还需要测量的物理量是______．用上述物理量推导出自行车前进速度的表达式为：________．
【答案】 ①. 2πn ②. r3 ③.
【解析】
【详解】[1]转速为单位时间内转过的圈数，因为转动一圈，对圆心转的角度为，所以
；
[2]因为要测量自行车前进的速度，即车轮Ⅲ边缘上的线速度的大小，根据公式
可知需要测量的量是
[3]由题意知Ⅰ轮、Ⅱ轮边缘线速度大小相等，根据公式
可知
已知
则Ⅱ轮得角速度为
因为Ⅱ轮和Ⅲ轮共轴，所以角速度相等，所以Ⅲ轮的线速度可以表达为
17. 用如图甲所示的实验装置验证、组成的系统机械能守恒。从高处由静止开始下落，上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒。图乙给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图乙所示，已知电源频率为50Hz，g、g，g取9.8，则：
（1）在纸带上打下计数点5时的速度___________m/s。
（2）在打点0~5过程中系统动能的增加量___________J，系统势能的减少量___________J。（保留三位有效数字）
（3）若某同学作出图像如图丙所示，则当地的实际重力加速度___________。（保留两位有效数字）
【答案】 ①. 2.4 ②. 0.576 ③. 0.588 ④. 9.7
【解析】
【详解】（1）[1]在纸带上打下计数点5时的速度为
（2）[2]在打点0~5过程中系统动能的增加量为
[3]系统重力势能的减少量为
（3）[4]对系统根据机械能守恒定律可得
解得
由题图丙可知图线的斜率为
解得
18. 如图所示，质量为的石块从高处以角斜向上方抛出，初速度。不计空气阻力，取。
（1）请用机械能守恒定律和动能定理分别求出石块落地时的速度是多大？
（2）石块落地时速度的大小与哪些量有关？与哪些量无关？
【答案】（1）；（2）与抛出速度和高度有关，与质量和抛出角度无关
【解析】
详解】（1）根据题意，由机械能守恒定律有
解得
由动能定理有
解得
（2）结合（1）的分析可知，石块落地时速度的大小与石块初速度大小和抛出时的高度有关，与石块的质量和石块抛出时的角度无关。
19. 如图所示，轻弹簧k一端与墙相连，质量为4kg的木块沿光滑水平面以5m/s的速度运动，并压缩弹簧，求：
(1)弹簧在被压缩的过程中最大弹性势能；
(2)木块速度减为3m/s时，弹簧的弹性势能。
【答案】(1)50J；(2)32J
【解析】
【详解】(1)弹簧在最大弹性势能时木块速度为0，设此时弹簧弹性势能为Ep。从开始压缩至木块速度为零过程中，根据机械能守恒
解得
(2)设木块速度为3m/s时弹簧弹性势能为。从开始压缩弹簧至木块速度为3m/s过程，
根据机械能守恒
解得
20. 已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，万有引力常量为G，不考虑地球自转的影响。
（1）试求地球的质量M；
（2）试推导第一宇宙速度v的表达式；
（3）若卫星绕地球做匀速圆周运动，运行轨道距离地面高度为h，求卫星的运行周期T。
【答案】（1）；（2）见解析；（3）
【解析】
【详解】（1）在地球表面重力和万有引力相等
得
（2）近地卫星的向心力由万有引力提供有
解得
将代入得
（3）距地面高度为h的卫星，轨道半径为，根据万有引力提供向心力有
所以卫星的周期为
T
21. 如图1所示，游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行，游客却不会掉下来。我们把这种情形抽象为如图2所示的模型：弧形轨道的下端与半径为R的竖直圆轨道相接，B、C分别为圆轨道的最低点和最高点。质量为m的小球（可视为质点）从弧形轨道上的A点由静止滚下，到达B点时的速度为vB=，且恰好能通过C点。已知A、B间的高度差为h=4R，重力加速度为g。求：
（1）小球运动到B点时，轨道对小球的支持力F的大小；
（2）小球通过C点时的速率vC；
（3）小球从A点运动到C点的过程中，克服摩擦阻力做的功W。
【答案】（1）7mg（2）（3）1.5mgR
【解析】
【详解】（1）小球在B点时，根据牛顿第二定律有
解得：
F=7mg
（2）因为小球恰能通过C点，根据牛顿第二定律有
解得：
（3）在小球从A点运动到C点的过程中，根据动能定理有
解得
W=1.5mgR
试卷满分100分，考试时间75分钟 2023.4
一、单选题 本大题共15小题，每小题3分，共45分，每题只有一个选项最符合题意。
1. 发现行星运动规律和万有引力定律的科学家分别是（ ）
A. 开普勒、牛顿B. 伽利略、开普勒C. 牛顿、卡文迪许D. 伽利略、牛顿
【答案】A
【解析】
【详解】开普勒发现行星运动规律，牛顿发现万有引力定律。
故选A。
2. 一个圆盘绕竖直转轴在水平面内匀速转动，盘面上距转轴一定距离的地方放置一小物块，小物块随圆盘一起做匀速圆周运动，则小物块所受力的个数为（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】C
【解析】
【详解】根据题意可知，小物块做匀速圆周运动，对小物块受力分析可知，竖直方向受重力和圆盘的支持力，水平方向受指向圆心的静摩擦力提供小物块最圆周运动的向心力，则小物块受3个力。
故选C。
3. 如图所示，某卫星绕行星沿椭圆轨道运动，其轨道的半长轴为r，公转周期为T，图示中、两个面积大小相等。则（ ）
A. 行星可以不在椭圆的焦点上
B. 卫星从a到b的速率逐渐增大
C. 卫星从a到b的运行时间大于从c到d的时间
D. 椭圆轨道半长轴立方与公转周期平方的比值只与卫星的质量有关
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．根据开普勒第一定律知，卫星绕行星椭圆运动，行星处于椭圆的焦点上，故A错误；
B．卫星从a到b的过程中，万有引力做正功，根据动能定理可知，速率增大，故B正确；
C．根据开普勒第二定律可知，、两个面积大小相等，则卫星从a到b的运行时间等于从c到d的时间，故C错误；
D．根据开普勒第三定律可知，椭圆轨道半长轴立方与公转周期平方的比值是定值，只与中心天体的质量有关，与卫星无关，故D错误。
故选B。
4. 人造卫星发射场一般选择靠近赤道的地方，这是由于该处（ ）
A. 自转线速度大B. 自转角速度小
C. 向心加速度小D. 重力加速度大
【答案】A
【解析】
【详解】根据
可知，地球自转时，赤道处的轨道半径最大，所以该处的自转线速度大，有利于人造卫星的发射。
故选A。
5. 2022年10月，我国“实践21号”卫星把失效的“北斗二号”卫星从地球同步轨道拽到航天器稀少的更高轨道上，然后释放让其自主运行。该卫星与在同步轨道上运行相比（ ）
A. 机械能大B. 加速度大
C. 线速度大D. 角速度大
【答案】A
【解析】
详解】A．根据题意可知，拖动过程中，“实践21号”卫星对“北斗二号”卫星做正功，机械能增加，故A正确；
B．由万有引力提供向下力有
解得
由于轨道半径变大，则加速度变小，故B错误；
C．由万有引力提供向下力有
解得
由于轨道半径变大，则线速度减小，故C错误；
D．由万有引力提供向下力有
解得
由于轨道半径变大，则角速度减小，故D错误。
故选A。
6. 2022年11月30日，神舟十五号3名航天员顺利进驻中国空间站，两个航天乘组首次实现“胜利会师”留下一张足以载入史册的太空合影。中国空间站距离地面约400km，其重力加速度为g。设空间站围绕地球做匀速圆周运动，航天员在空间站受的重力为G、绕地球运动向心加速度为a，周期为T，速度为v。下列说法正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．中国空间站距离地面约400km，其重力加速度为g。因为重力全部提供向心力，所以绕地球运动向心加速度
故A正确；
B．航天员在空间站受的重力为
全部提供向心力，故B错误；
C．根据开普勒第三定律可知，中国空间站轨道半径小于同步卫星轨道半径，所以周期小于24h，故C错误；
D．近地卫星环绕速度是圆轨道最大环绕速度，所以中国空间站速度小于，故D错误。
故选A。
7. 如图所示表示物体在恒力F的作用下，在水平面上发生一段位移s，设在这四种情况下力F的大小、位移s的大小都相同，则力F对物体做功相同的是（ ）
A. 甲、乙B. 甲、丙C. 甲、丁D. 乙、丙
【答案】A
【解析】
【详解】甲图中做功
乙图做功
丙图做功
丁图做功
所以甲乙两图做功相同
故选A。
8. 如图所示是小李同学在进行“引体向上”项目体能测试。若小李在1分钟时间内完成了8个合格的“引体向上”，则在测试过程中他克服重力做功的平均功率约为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】体重为60kg，每次引体向上上升高度为0.5m，克服重力做功为
全过程克服重力做功的平均功率为
故选B。
9. 复兴号动车在世界上首次实现了速度自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新又一重大标志性成果。一列质量为M的动车，以恒定功率P在平直轨道上由静止开始运动，经时间t达到该功率下的最大速度，设动车行驶过程所受到的阻力f保持不变。动车在时间t内（ ）
A. 做匀加速直线运动，加速度大小为
B. 在时间t内通过的位移为
C. 牵引力的功率
D. 牵引力做功等于
【答案】C
【解析】
详解】A．复兴号动车以恒定功率运动，由牛顿第二定律得
易知v增大，a变小，是变加速直线运动。故A错误；
B．若复兴号做匀变速直线运动，v-t图像如图中直线所示
由图像面积可得位移为
复兴号动车实际做加速度逐渐减小的变加速直线运动，v-t图像如图中曲线所示，其位移
故B错误；
C．当时，速度最大，故牵引力
即牵引力的功率
故C正确；
D．由动能定理可得
所以牵引力做功大于，故D错误。
故选C。
10. 一质量为m的足球，以速度v由地面踢起，当它到达离地面高度为h的B点处（取B点处所在水平面为参考平面）时，下列说法正确的是（重力加速度为g，不计空气阻力）（ ）
A. 重力势能为mghB. 动能为mgh
C. 机械能为D. 机械能为
【答案】C
【解析】
【详解】A．取重力势能在B处为零势能参考平面，所以在B点处重力势能为零，A错误；
CD．取B点处所在水平面为参考平面，离地面高度为h的B点处的机械能为
C正确，D错误；
B．从A到B过程，由机械能守恒定律得
可得在B处的动能为
B错误。
故选C。
11. 如图所示，一个质量为m，均匀的细链条长为L，置于光滑水平桌面上，用手按住一端，使 长部分垂在桌面下，（桌面高度大于链条长度），则链条上端刚离开桌面时的动能为 （ ）
A. 0B. mgLC. mgLD. mgL
【答案】D
【解析】
【详解】将链条分成水平部分和竖直部分两段，水平部分的重力势能为零，竖直部分的重心中竖直段的中间，高度为，而竖直部分的重力为，这样竖直部分的重力势能为，这样链条总的重力势能为，链条上端刚离开桌面时，链条总的重力势能为，由机械能守恒得链条上端刚离开桌面时的动能为 ，故D正确，ABC错误，
故选D．
12. 地球赤道上有一物体随地球的自转而做圆周运动，向心加速度为，线速度为，角速度为；同步通信卫星的向心加速度为，线速度为，角速度为；近地卫星的向心加速度为，线速度为，角速度为。则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】D．根据题意可知，同步卫星和赤道上物体的周期和角速度相等，则有
由万有引力提供向心力有
解得
由于同步卫星的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，则有
即
故D正确；
AB．由公式可得
由万有引力提供向心力有
解得
由于同步卫星的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，则有
则
故AB错误；
C．由公式可得
由万有引力提供向心力有
解得
由于同步卫星的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，则有
则
故C错误。
故选D。
13. 如图所示，某风力发电机叶片转动可形成横截面积为S的圆面，某段时间风速为v，并保持风正面吹向叶片。若空气密度为，风的动能转化为电能的效率为η，则（ ）
A. 单位时间内转化电能为 B. 单位时间内转化的电能为
C. 转化为电能的功率为D. 转化为电能的功率为
【答案】C
【解析】
【详解】设t时间内与叶片相互作用的空气柱长度为l，则
①
空气柱质量为
②
由题意可知该发电机发电的功率为
③、
联立①②③得
故选C。
14. 从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示．重力加速度取10m/s2．该物体的质量为
A. 2kgB. 1.5kgC. 1kgD. 0.5kg
【答案】C
【解析】
【详解】对上升过程，由动能定理，，得，即F+mg=12N；下落过程，，即N，联立两公式，得到m=1kg、F=2N．
15. 下列有关生活中的圆周运动实例分析，其中说法正确的是（ ）
A. 如图A所示，汽车通过凹形桥的最低点时，汽车处于失重状态
B. 如图B所示，火车转弯超过规定速度行驶时，外轨对轮缘会有挤压作用
C. 如图C所示，轻质细绳长为l，一端固定一个小球，绕另一端O点在竖直面内做圆周运动，在最高点小球的最小速度应大于
D. 如图D所示，脱水桶的脱水原理是水滴受到的离心力大于它受到的向心力，从而沿切线方向甩出
【答案】B
【解析】
【详解】A．如图A所示，汽车通过凹形桥的最低点时，具有向上的加速度，则处于超重状态，故A错误；
B．如图B所示，火车转弯超过规定速度行驶时，重力和支持力的合力不够提供向心力，外轨受到挤压，故B正确；
C．如图C所示，在最高点，当小球的重力刚满足向心力要求时，此时小球的速度最小为，故C错误；
D．如图D所示，水滴和衣服间的作用力不足以提供水滴做圆周运动的向心力，水滴做离心运动，故D错误。
故选B。
二、非选择题：共5题，共55分。其中第17题~第20题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
16. 小明同学在学习了圆周运动的知识后，设计了一个课题，名称为：快速测量自行车的骑行速度．他的设想是：通过计算踏脚板转动的角速度，推算自行车的骑行速度．如图是自行车的传动示意图，其中Ⅰ是大齿轮，Ⅱ是小齿轮，Ⅲ是后轮．当大齿轮Ⅰ（脚踏板）的转速通过测量为n（r/s）时，则大齿轮的角速度是____ rad/s．若要知道在这种情况下自行车前进的速度，除需要测量大齿轮Ⅰ的半径r1，小齿轮Ⅱ的半径r2外，还需要测量的物理量是______．用上述物理量推导出自行车前进速度的表达式为：________．
【答案】 ①. 2πn ②. r3 ③.
【解析】
【详解】[1]转速为单位时间内转过的圈数，因为转动一圈，对圆心转的角度为，所以
；
[2]因为要测量自行车前进的速度，即车轮Ⅲ边缘上的线速度的大小，根据公式
可知需要测量的量是
[3]由题意知Ⅰ轮、Ⅱ轮边缘线速度大小相等，根据公式
可知
已知
则Ⅱ轮得角速度为
因为Ⅱ轮和Ⅲ轮共轴，所以角速度相等，所以Ⅲ轮的线速度可以表达为
17. 用如图甲所示的实验装置验证、组成的系统机械能守恒。从高处由静止开始下落，上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒。图乙给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图乙所示，已知电源频率为50Hz，g、g，g取9.8，则：
（1）在纸带上打下计数点5时的速度___________m/s。
（2）在打点0~5过程中系统动能的增加量___________J，系统势能的减少量___________J。（保留三位有效数字）
（3）若某同学作出图像如图丙所示，则当地的实际重力加速度___________。（保留两位有效数字）
【答案】 ①. 2.4 ②. 0.576 ③. 0.588 ④. 9.7
【解析】
【详解】（1）[1]在纸带上打下计数点5时的速度为
（2）[2]在打点0~5过程中系统动能的增加量为
[3]系统重力势能的减少量为
（3）[4]对系统根据机械能守恒定律可得
解得
由题图丙可知图线的斜率为
解得
18. 如图所示，质量为的石块从高处以角斜向上方抛出，初速度。不计空气阻力，取。
（1）请用机械能守恒定律和动能定理分别求出石块落地时的速度是多大？
（2）石块落地时速度的大小与哪些量有关？与哪些量无关？
【答案】（1）；（2）与抛出速度和高度有关，与质量和抛出角度无关
【解析】
详解】（1）根据题意，由机械能守恒定律有
解得
由动能定理有
解得
（2）结合（1）的分析可知，石块落地时速度的大小与石块初速度大小和抛出时的高度有关，与石块的质量和石块抛出时的角度无关。
19. 如图所示，轻弹簧k一端与墙相连，质量为4kg的木块沿光滑水平面以5m/s的速度运动，并压缩弹簧，求：
(1)弹簧在被压缩的过程中最大弹性势能；
(2)木块速度减为3m/s时，弹簧的弹性势能。
【答案】(1)50J；(2)32J
【解析】
【详解】(1)弹簧在最大弹性势能时木块速度为0，设此时弹簧弹性势能为Ep。从开始压缩至木块速度为零过程中，根据机械能守恒
解得
(2)设木块速度为3m/s时弹簧弹性势能为。从开始压缩弹簧至木块速度为3m/s过程，
根据机械能守恒
解得
20. 已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，万有引力常量为G，不考虑地球自转的影响。
（1）试求地球的质量M；
（2）试推导第一宇宙速度v的表达式；
（3）若卫星绕地球做匀速圆周运动，运行轨道距离地面高度为h，求卫星的运行周期T。
【答案】（1）；（2）见解析；（3）
【解析】
【详解】（1）在地球表面重力和万有引力相等
得
（2）近地卫星的向心力由万有引力提供有
解得
将代入得
（3）距地面高度为h的卫星，轨道半径为，根据万有引力提供向心力有
所以卫星的周期为
T
21. 如图1所示，游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行，游客却不会掉下来。我们把这种情形抽象为如图2所示的模型：弧形轨道的下端与半径为R的竖直圆轨道相接，B、C分别为圆轨道的最低点和最高点。质量为m的小球（可视为质点）从弧形轨道上的A点由静止滚下，到达B点时的速度为vB=，且恰好能通过C点。已知A、B间的高度差为h=4R，重力加速度为g。求：
（1）小球运动到B点时，轨道对小球的支持力F的大小；
（2）小球通过C点时的速率vC；
（3）小球从A点运动到C点的过程中，克服摩擦阻力做的功W。
【答案】（1）7mg（2）（3）1.5mgR
【解析】
【详解】（1）小球在B点时，根据牛顿第二定律有
解得：
F=7mg
（2）因为小球恰能通过C点，根据牛顿第二定律有
解得：
（3）在小球从A点运动到C点的过程中，根据动能定理有
解得
W=1.5mgR
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