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2022-2023学年江苏省南通市海门实验学校高一下学期期中物理试题
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这是一份2022-2023学年江苏省南通市海门实验学校高一下学期期中物理试题，文件包含江苏省南通市海门实验学校高一下学期期中物理试题原卷版docx、江苏省南通市海门实验学校高一下学期期中物理试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。
满分：100考试时间：75分钟
一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分，每题只有一个选项最符合题意。
1. 下列说法不符合物理学史的是（ ）
A. 牛顿提出了万有引力定律，并于1687年发表在其传世之作《自然哲学的数学原理》中
B. 英国物理学家卡文迪许在实验室里通过几个铅球之间万有引力的测量，得出了引力常量G的数值
C. 开普勒第三定律中的常量k与中心天体无关
D. 开普勒行星运动定律是开普勒在第谷留下的观测记录的基础上整理和研究出来的
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．1687年牛顿在他的传世之作《自然哲学的数学原理》中，发表了科学史上最伟大的定律之一---万有引力定律，故A正确；
B．英国物理学家卡文迪许在实验室里通过几个铅球之间万有引力的测量，得出了引力常量G的数值，因此被称为能称量地球质量的人，故B正确；
C．开普勒第三定律中的常量k只与中心天体质量有关，故C错误；
D．开普勒根据第谷对行星运动观察记录的数据，应用严密的数学运算和椭圆轨道假说，得出行星运动规律，D正确。
故选C。
2. 关于元电荷，下列说法正确的是（ ）
A. 元电荷就是电子
B. 元电荷是最小的电荷，它带正电
C. 元电荷是最小的电荷，它带负电
D. 元电荷的数值最早是由美国科学家密立根测出的
【答案】D
【解析】
【详解】A．元电荷是指最小电荷量，元电荷是一个质子或一个电子的带电荷量，故A错误；
BC．元电荷是电量单位，没有正负之分，BC错误；
D．元电荷数值最早是由美国科学家密立根通过油滴实验测出的，故D正确。
故选D。
3. 下图各电场中，A、B两点电场强度相同的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】AB．电场线疏密程度表示电场强度大小，图AB中电场A、B两点电场强度大小相同，方向不同。电场强度是矢量，A、B两点电场强度不同，AB错误；
C．图C中，电场中A、B两点电场强度大小相同，方向相同，C正确；
D．电场线疏密程度表示电场强度大小，图D中电场A、B两点电场强度大小不相同，方向相同，D错误。
故选C。
4. 下列对象在运动过程中机械能一定守恒的是（ ）
A. 小球做平抛运动
B. 汽车以2m/s2的加速度启动过程
C. 跳伞运动员从空中匀速下降过程
D. 箱子在拉力作用下沿光滑斜面上滑过程
【答案】A
【解析】
【详解】A．小球做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，A正确；
B．汽车以2m/s2的加速度启动过程，牵引力做功，机械能增加，B错误；
C．跳伞运动员从空中匀速下降过程，克服空气阻力做功，机械能减少，C错误；
D．箱子在拉力作用下沿光滑斜面上滑过程，拉力做功，机械能增加，D错误。
故选A。
5. —辆汽车在平直公路上从静止开始运动，假设汽车的功率保持不变，所受的阻力恒定，则下列说法正确的是（ ）
A. 汽车一直做匀加速运动B. 汽车先匀加速运动，后匀速运动
C. 汽车先匀加速运动，后匀减速运动直至静止D. 汽车做加速度越来越小的加速运动，直至匀速运动
【答案】D
【解析】
【详解】汽车启动之后开始做加速运动，速度增大，根据
可知汽车牵引力减小，而汽车所受阻力恒定，根据牛顿第二定律有
可知汽车做加速度越来越小的加速运动，当牵引力减小至与阻力大小相等后，汽车加速度减为零，开始做匀速运动。
故选D。
6. 市面上有一种自动计数的智能呼拉圈深受女士们喜爱。如图甲，腰带外侧带有轨道，轨道内有一滑轮，滑轮与细绳连接，细绳的另一端连接配重，其模型简化如图乙所示。已知配重质量0.5kg，绳长为0.4m，悬挂点到腰带中心的距离为0.2m，水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重在水平面内做匀速圆周运动，计数器显示在1min内圈数为120，此时绳子与竖直方向夹角为θ，配重运动过程中腰带可看做不动，g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，下列说法正确的是（ ）
A. 匀速转动时，配重受到的合力恒定不变
B. 配重的角速度是240πrad/s
C. 若增大转速，θ保持不变
D. 若增大转速，细绳拉力变大
【答案】D
【解析】
【详解】A．匀速转动时，配重受到的合力大小不变，方向时刻指向圆心而变化，因此是变力，故A错误；
B．计数器显示在1min内显数圈数为120，可得周期为
所以
故B错误；
C．配重构成圆锥摆，受力分析如图所示
根据几何关系可得
圆周的半径为
由此可知，若增大转速，θ将增大，故C错误；
D．配重做匀速圆周运动时，有
所以，若增大转速，θ将增大，细绳拉力变大，故D正确。
故选D。
7. 2021年5月15日7时18分，我国发射的“天问一号”火星探测器成功着陆于火星。如图所示，“天问一号”被火星捕获之后，需要在近火星点P变速，进入环绕火星的椭圆轨道。下列说法中正确的是（ ）
A. “天问一号”由轨道I进入轨道II，需要在P点加速
B. “天问一号”在轨道I上经过P点时的加速度等于在轨道II上经过P点时的加速度
C. “天问一号”在轨道I上的运行周期小于在轨道II上的运行周期
D. “天问一号”在轨道I上运行时的机械能等于在轨道II上运行时的机械能
【答案】B
【解析】
【详解】AD．由题图可知，“天问一号”火星探测器由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ的过程，需要在P点减速，此时推进器对探测器做负功，探测器在轨道I上运行时的机械能大于在轨道II上运行时的机械能，AD错误；
B．由牛顿第二定律，有
解得
可知探测器在轨道Ⅰ上经过P点与在轨道Ⅱ上经过P点时的加速度相等，B正确；
C．根据开普勒第三定律
由于轨道Ⅰ的轨道半长轴大于轨道Ⅱ的轨道半长轴，故探测器在轨道Ⅰ上的运行周期大于在轨道Ⅱ上的运行周期，C错误；
故选B。
8. 如图所示，鼓形轮的半径为R，绕固定的光滑水平轴O匀速转动，角速度为ω。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为2R。不计空气阻力，重力加速度为g。则（ ）
A. 小球线速度的大小为ωR
B. 任一小球所受重力的功率始终保持不变
C. 当小球转到水平位置时，杆拉力大小为2R
D. 当小球转到最低点时，杆的作用力大小为
【答案】D
【解析】
【详解】A．小球线速度的大小为
故A错误；
B．小球所受重力的功率为
α为重力mg的方向与线速度v的方向的夹角，小球转动过程中，线速度始终沿轨迹的切线方向，其与重力的夹角不断变化，所以小球所受重力的功率不断变化，故B错误；
C．当小球转到水平位置时，重力与杆的拉力的合力提供向心力，所以其大小为
故C错误；
D．当小球转到最低点时，根据牛顿第二定律，有
所以
故D正确。
故选D。
9. 研究发现：当一颗恒星靠近黑洞时，黑洞和恒星可以相互绕行，从而组成双星系统。在相互绕行的过程中，质量较大的恒星上的物质会逐渐被吸入到质量较小的黑洞中，从而被吞噬掉。在刚开始吞噬的较短时间内，恒星和黑洞的距离不变，则在这段时间内，下列说法正确的是（ ）
A. 两者之间的万有引力变小B. 黑洞的角速度变大
C. 恒星的线速度变大D. 黑洞的线速度变大
【答案】C
【解析】
【详解】A．假设恒星和黑洞的质量分别为M、m，环绕半径分别为R、r，且m恒星和黑洞的距离不变，随着黑洞吞噬恒星，M、m的乘积变大，它们的万有引力变大。故A错误；
B．双星系统属于同轴转动的模型，角速度相等。根据万有引力提供向心力，可得
其中
R+r=L
解得恒星的角速度为
双星的质量之和不变，则角速度不变。故B错误；
CD．根据
得
因为M减小，m增大，所以R增大，r减小。由
可得恒星的线速度变大，黑洞的线速度变小。故C正确；D错误。
故选AC。
10. 跳伞员跳伞过程中，打开伞前可看做自由落体运动，打开伞后空气阻力与速度平方成正比，此过程人先减速下降，最后匀速下落。下列关于人的下落速度重力势能、动能、机械能随下落时间或下落高度的关系图像可能正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．开始阶段做自由落体运动，速度随时间均匀增加；开伞后先做减速运动，空气阻力与速度平方成正比，则加速度满足
则加速度随时间逐渐减小，v-t图线是斜率逐渐减小，阻力随速度减小到与重力大小相等时做匀速运动，故A错误；
B．开始下落阶段做自由落体运动，则
可知此过程中EP-h图像为直线，故B错误；
C．开始下落阶段做自由落体运动，动能等于减小的重力势能，即
则Ek-h为直线；在开始减速后的过程中
由于阻力随速度逐渐减小，所以Ek-h图像的斜率逐渐减小，阻力减小到与重力大小相等时做匀速运动，动能不变，故C错误；
D．开始阶段做自由落体运动，机械能不变；然后打开伞后，由于受阻力作用机械能逐渐减小
由于打开伞后做减速运动，E-h图像斜率减小；最后匀速下落阶段机械能仍不断均匀减小，故D正确。
故选D。
二、非选择题：共5题，共60分，其中第11题每空3分，第12题~15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。
11. 用如图所示装置来探究小球做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。两个变速轮塔通过皮带连接，转动手柄使槽内的钢球做匀速圆周运动。横臂的挡板对球的压力提供向心力，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，标尺上的红白相间等分格的数量之比等于两个球所受向心力的比值。装置中有大小相同的3个金属球可供选择使用，其中有2个钢球和1个铝球，如图是某次实验时装置的状态，图中两个球到标尺距离相等。
（1）物理学中此种实验的原理方法叫___________；
A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法
（2）在研究向心力的大小F与质量m关系时，要保持___________相同；
A．ω和r B．ω和m C．m和r D．m和F
（3）图中所示是在研究向心力的大小F与___________的关系；
A．质量m B．半径r C．角速度ω
（4）若图中标尺上红白相间的格显示出两个小球所受向心力比值为1:9，那么与皮带连接的两个变速轮塔的半径之比为___________。
A．1:3 B．3:1 C．1:9 D．9:1
（5）若在实验中发现连接塔轮的皮带出现打滑现象，则第（4）问中求得的半径之比___________（填“偏大”“偏小”“没有误差”）
【答案】 ①. C ②. A ③. C ④. B ⑤. 偏大
【解析】
【详解】（1）[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，需先控制某些量不变，研究另外两个物理量的关系，即研究向心力与质量关系时，需保证角速度和半径不变，该方法为控制变量法。
故选C。
（2）[2]在研究向心力的大小F与质量m关系时，依据
则要保持ω和r相同。
故选A。
（3）[3]图中两个钢球质量和运动半径相等，根据
则本实验是在研究向心力大小F与角速度ω关系。
故选C。
（4）[4]根据向心力的计算公式
两球的向心力之比为1:9，运动半径和质量相等，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
可知，与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比为3:1。
故选B。
（5）[5]若在实验中发现连接塔轮的皮带出现打滑现象，即变速轮塔1边缘点的线速度大于轮塔2边缘点的线速度，即
即
由此可知，求得的半径之比偏大。
12. 牛顿发现的万有引力定律是17世纪自然科学最伟大的成果之一、万有引力定律在应用中取得了辉煌的成就。应用万有引力定律能“称量”地球质量，也实现了人类的飞天梦想。已知地球的半径为R，地面的重力加速度为g，引力常量为G。求：
（1）地球的质量；
（2）地球的第一宇宙速度v；
（3）我国成功发射第41颗北斗导航卫星，被称为“最强北斗”。这颗卫星是地球同步卫星，已知地球的自转周期T，求该卫星的高度。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）设地面附近围绕地球做匀速圆周运动的物体质量为m，根据万有引力及向心力关系有
解得地球质量为
（2）地面附近围绕地球做匀速圆周运动的卫星的线速度即为第一宇宙速度。根据向心力公式有
解得地球的第一宇宙速度
（3）地球同步卫星的运行周期与地球自转周期相同，设其运行半径为r，则其向心力
解得地球同步卫星的运行高度
13. 如图所示，在真空中有两个点电荷和分别位于水平直线上的A点和B点，两点相距r=30cm，，．已知静电力常量，C为A、B的中点，求：
（1）在A点受到对它的作用力；
（2）C点的场强；
（3）拿走后C点的场强．
【答案】（1），方向水平向左；（2），方向水平向右；（3），方向水平向右
【解析】
【详解】（1）由库仑定律
可得对的作用力
方向水平向左
（2）由电场强度定义
可得在C点产生的场强为
方向水平向右
同理可得在C点产生场强为
方向水平向右
故C点的场强为
方向水平向右
（3）拿走后，C点场强为产生的，则
方向水平向右
14. 如图所示，质量的小球由A点以速度水平抛出，恰好沿切线方向从B点进入竖直放置的光滑圆轨道BC，随后沿直线轨道CD上升到最高点。已知BC两点高度相同，小球经过这两点时的速度大小相等。O为圆轨道的圆心，圆轨道半径，OB与竖直方向的夹角。直线轨道CD接触面粗糙，动摩擦因素，与圆轨道在C点相切。不计空气阻力，取重力加速度。求
（1）A、B之间的水平距离；
（2）小球进入圆轨道最低点时，对轨道压力的大小；
（3）小球在CD轨道上升过程中，克服摩擦力做的功。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）小球恰好进入圆轨道BC，设竖直分速度为，则
设平抛运动时间为t，则
水平位移
带入数据解得
（2）进入圆轨道B点，设速度为v，则
解得
根据牛顿第三定律，小球对轨道压力大小为28N。
（3）小球在CD轨道匀减速运动，设加速度为a，根据牛顿第二定律，有
设小球上升位移为L，根据运动学公式，可得
小球克服摩擦力做功
带入数据解得
15. 某种弹射装置如图所示，左端固定的轻弹簧处于压缩状态且锁定，弹簧具有的弹性势能EP=4.5J，质量m=1.0kg的小滑块静止于弹簧右端，光滑水平导轨AB的右端与倾角θ=30°的传送带平滑连接，传送带长度L=8.0m，传送带以恒定速率v0=8.0m/s顺时针转动。某时刻解除锁定，滑块被弹簧弹射后滑上传送带，并从传送带顶端滑离落至地面。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=，重力加速度g取10m/s2。
（1）求滑块离开传送带时的速度大小v；
（2）求电动机传送滑块多消耗的电能E；
（3）若每次开始时弹射装置具有不同的弹性势能，要使滑块滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，求的取值范围。
【答案】（1）7m/s；（2）96J；（3）12J≤Ep'≤132J
【解析】
【详解】（1）设滑块刚冲上传送带底端的速度为v1，根据能量守恒
代入数据得
因为μ＞tanθ，故滑块在传送带上先向上加速，根据根据牛顿第二定律
得
若滑块在传送带上一直加速，则离开传送带时的速度大小v满足
解得
所以假设成立，滑块离开传送带时的速度大小为7m/s。
（2）滑块在传送带上运动时间
该段时间，传送带的位移
对传送带，根据动能定理有
解得
即电动机传送滑块多消耗的电能
（3）分析可知，要使滑块滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，滑块滑出传送带时要与传送带共速。
滑块刚好加速到与传送带共速时离开传送带，所对应的弹性势能最小，有
得
同理可得，滑块刚好减速到与传送带共速时离开传送带，所对应的弹性势能最大，有
得
所以，满足条件的弹性势能范围为
满分：100考试时间：75分钟
一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分，每题只有一个选项最符合题意。
1. 下列说法不符合物理学史的是（ ）
A. 牛顿提出了万有引力定律，并于1687年发表在其传世之作《自然哲学的数学原理》中
B. 英国物理学家卡文迪许在实验室里通过几个铅球之间万有引力的测量，得出了引力常量G的数值
C. 开普勒第三定律中的常量k与中心天体无关
D. 开普勒行星运动定律是开普勒在第谷留下的观测记录的基础上整理和研究出来的
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．1687年牛顿在他的传世之作《自然哲学的数学原理》中，发表了科学史上最伟大的定律之一---万有引力定律，故A正确；
B．英国物理学家卡文迪许在实验室里通过几个铅球之间万有引力的测量，得出了引力常量G的数值，因此被称为能称量地球质量的人，故B正确；
C．开普勒第三定律中的常量k只与中心天体质量有关，故C错误；
D．开普勒根据第谷对行星运动观察记录的数据，应用严密的数学运算和椭圆轨道假说，得出行星运动规律，D正确。
故选C。
2. 关于元电荷，下列说法正确的是（ ）
A. 元电荷就是电子
B. 元电荷是最小的电荷，它带正电
C. 元电荷是最小的电荷，它带负电
D. 元电荷的数值最早是由美国科学家密立根测出的
【答案】D
【解析】
【详解】A．元电荷是指最小电荷量，元电荷是一个质子或一个电子的带电荷量，故A错误；
BC．元电荷是电量单位，没有正负之分，BC错误；
D．元电荷数值最早是由美国科学家密立根通过油滴实验测出的，故D正确。
故选D。
3. 下图各电场中，A、B两点电场强度相同的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】AB．电场线疏密程度表示电场强度大小，图AB中电场A、B两点电场强度大小相同，方向不同。电场强度是矢量，A、B两点电场强度不同，AB错误；
C．图C中，电场中A、B两点电场强度大小相同，方向相同，C正确；
D．电场线疏密程度表示电场强度大小，图D中电场A、B两点电场强度大小不相同，方向相同，D错误。
故选C。
4. 下列对象在运动过程中机械能一定守恒的是（ ）
A. 小球做平抛运动
B. 汽车以2m/s2的加速度启动过程
C. 跳伞运动员从空中匀速下降过程
D. 箱子在拉力作用下沿光滑斜面上滑过程
【答案】A
【解析】
【详解】A．小球做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，A正确；
B．汽车以2m/s2的加速度启动过程，牵引力做功，机械能增加，B错误；
C．跳伞运动员从空中匀速下降过程，克服空气阻力做功，机械能减少，C错误；
D．箱子在拉力作用下沿光滑斜面上滑过程，拉力做功，机械能增加，D错误。
故选A。
5. —辆汽车在平直公路上从静止开始运动，假设汽车的功率保持不变，所受的阻力恒定，则下列说法正确的是（ ）
A. 汽车一直做匀加速运动B. 汽车先匀加速运动，后匀速运动
C. 汽车先匀加速运动，后匀减速运动直至静止D. 汽车做加速度越来越小的加速运动，直至匀速运动
【答案】D
【解析】
【详解】汽车启动之后开始做加速运动，速度增大，根据
可知汽车牵引力减小，而汽车所受阻力恒定，根据牛顿第二定律有
可知汽车做加速度越来越小的加速运动，当牵引力减小至与阻力大小相等后，汽车加速度减为零，开始做匀速运动。
故选D。
6. 市面上有一种自动计数的智能呼拉圈深受女士们喜爱。如图甲，腰带外侧带有轨道，轨道内有一滑轮，滑轮与细绳连接，细绳的另一端连接配重，其模型简化如图乙所示。已知配重质量0.5kg，绳长为0.4m，悬挂点到腰带中心的距离为0.2m，水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重在水平面内做匀速圆周运动，计数器显示在1min内圈数为120，此时绳子与竖直方向夹角为θ，配重运动过程中腰带可看做不动，g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，下列说法正确的是（ ）
A. 匀速转动时，配重受到的合力恒定不变
B. 配重的角速度是240πrad/s
C. 若增大转速，θ保持不变
D. 若增大转速，细绳拉力变大
【答案】D
【解析】
【详解】A．匀速转动时，配重受到的合力大小不变，方向时刻指向圆心而变化，因此是变力，故A错误；
B．计数器显示在1min内显数圈数为120，可得周期为
所以
故B错误；
C．配重构成圆锥摆，受力分析如图所示
根据几何关系可得
圆周的半径为
由此可知，若增大转速，θ将增大，故C错误；
D．配重做匀速圆周运动时，有
所以，若增大转速，θ将增大，细绳拉力变大，故D正确。
故选D。
7. 2021年5月15日7时18分，我国发射的“天问一号”火星探测器成功着陆于火星。如图所示，“天问一号”被火星捕获之后，需要在近火星点P变速，进入环绕火星的椭圆轨道。下列说法中正确的是（ ）
A. “天问一号”由轨道I进入轨道II，需要在P点加速
B. “天问一号”在轨道I上经过P点时的加速度等于在轨道II上经过P点时的加速度
C. “天问一号”在轨道I上的运行周期小于在轨道II上的运行周期
D. “天问一号”在轨道I上运行时的机械能等于在轨道II上运行时的机械能
【答案】B
【解析】
【详解】AD．由题图可知，“天问一号”火星探测器由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ的过程，需要在P点减速，此时推进器对探测器做负功，探测器在轨道I上运行时的机械能大于在轨道II上运行时的机械能，AD错误；
B．由牛顿第二定律，有
解得
可知探测器在轨道Ⅰ上经过P点与在轨道Ⅱ上经过P点时的加速度相等，B正确；
C．根据开普勒第三定律
由于轨道Ⅰ的轨道半长轴大于轨道Ⅱ的轨道半长轴，故探测器在轨道Ⅰ上的运行周期大于在轨道Ⅱ上的运行周期，C错误；
故选B。
8. 如图所示，鼓形轮的半径为R，绕固定的光滑水平轴O匀速转动，角速度为ω。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为2R。不计空气阻力，重力加速度为g。则（ ）
A. 小球线速度的大小为ωR
B. 任一小球所受重力的功率始终保持不变
C. 当小球转到水平位置时，杆拉力大小为2R
D. 当小球转到最低点时，杆的作用力大小为
【答案】D
【解析】
【详解】A．小球线速度的大小为
故A错误；
B．小球所受重力的功率为
α为重力mg的方向与线速度v的方向的夹角，小球转动过程中，线速度始终沿轨迹的切线方向，其与重力的夹角不断变化，所以小球所受重力的功率不断变化，故B错误；
C．当小球转到水平位置时，重力与杆的拉力的合力提供向心力，所以其大小为
故C错误；
D．当小球转到最低点时，根据牛顿第二定律，有
所以
故D正确。
故选D。
9. 研究发现：当一颗恒星靠近黑洞时，黑洞和恒星可以相互绕行，从而组成双星系统。在相互绕行的过程中，质量较大的恒星上的物质会逐渐被吸入到质量较小的黑洞中，从而被吞噬掉。在刚开始吞噬的较短时间内，恒星和黑洞的距离不变，则在这段时间内，下列说法正确的是（ ）
A. 两者之间的万有引力变小B. 黑洞的角速度变大
C. 恒星的线速度变大D. 黑洞的线速度变大
【答案】C
【解析】
【详解】A．假设恒星和黑洞的质量分别为M、m，环绕半径分别为R、r，且m
B．双星系统属于同轴转动的模型，角速度相等。根据万有引力提供向心力，可得
其中
R+r=L
解得恒星的角速度为
双星的质量之和不变，则角速度不变。故B错误；
CD．根据
得
因为M减小，m增大，所以R增大，r减小。由
可得恒星的线速度变大，黑洞的线速度变小。故C正确；D错误。
故选AC。
10. 跳伞员跳伞过程中，打开伞前可看做自由落体运动，打开伞后空气阻力与速度平方成正比，此过程人先减速下降，最后匀速下落。下列关于人的下落速度重力势能、动能、机械能随下落时间或下落高度的关系图像可能正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．开始阶段做自由落体运动，速度随时间均匀增加；开伞后先做减速运动，空气阻力与速度平方成正比，则加速度满足
则加速度随时间逐渐减小，v-t图线是斜率逐渐减小，阻力随速度减小到与重力大小相等时做匀速运动，故A错误；
B．开始下落阶段做自由落体运动，则
可知此过程中EP-h图像为直线，故B错误；
C．开始下落阶段做自由落体运动，动能等于减小的重力势能，即
则Ek-h为直线；在开始减速后的过程中
由于阻力随速度逐渐减小，所以Ek-h图像的斜率逐渐减小，阻力减小到与重力大小相等时做匀速运动，动能不变，故C错误；
D．开始阶段做自由落体运动，机械能不变；然后打开伞后，由于受阻力作用机械能逐渐减小
由于打开伞后做减速运动，E-h图像斜率减小；最后匀速下落阶段机械能仍不断均匀减小，故D正确。
故选D。
二、非选择题：共5题，共60分，其中第11题每空3分，第12题~15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。
11. 用如图所示装置来探究小球做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。两个变速轮塔通过皮带连接，转动手柄使槽内的钢球做匀速圆周运动。横臂的挡板对球的压力提供向心力，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，标尺上的红白相间等分格的数量之比等于两个球所受向心力的比值。装置中有大小相同的3个金属球可供选择使用，其中有2个钢球和1个铝球，如图是某次实验时装置的状态，图中两个球到标尺距离相等。
（1）物理学中此种实验的原理方法叫___________；
A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法
（2）在研究向心力的大小F与质量m关系时，要保持___________相同；
A．ω和r B．ω和m C．m和r D．m和F
（3）图中所示是在研究向心力的大小F与___________的关系；
A．质量m B．半径r C．角速度ω
（4）若图中标尺上红白相间的格显示出两个小球所受向心力比值为1:9，那么与皮带连接的两个变速轮塔的半径之比为___________。
A．1:3 B．3:1 C．1:9 D．9:1
（5）若在实验中发现连接塔轮的皮带出现打滑现象，则第（4）问中求得的半径之比___________（填“偏大”“偏小”“没有误差”）
【答案】 ①. C ②. A ③. C ④. B ⑤. 偏大
【解析】
【详解】（1）[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，需先控制某些量不变，研究另外两个物理量的关系，即研究向心力与质量关系时，需保证角速度和半径不变，该方法为控制变量法。
故选C。
（2）[2]在研究向心力的大小F与质量m关系时，依据
则要保持ω和r相同。
故选A。
（3）[3]图中两个钢球质量和运动半径相等，根据
则本实验是在研究向心力大小F与角速度ω关系。
故选C。
（4）[4]根据向心力的计算公式
两球的向心力之比为1:9，运动半径和质量相等，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
可知，与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比为3:1。
故选B。
（5）[5]若在实验中发现连接塔轮的皮带出现打滑现象，即变速轮塔1边缘点的线速度大于轮塔2边缘点的线速度，即
即
由此可知，求得的半径之比偏大。
12. 牛顿发现的万有引力定律是17世纪自然科学最伟大的成果之一、万有引力定律在应用中取得了辉煌的成就。应用万有引力定律能“称量”地球质量，也实现了人类的飞天梦想。已知地球的半径为R，地面的重力加速度为g，引力常量为G。求：
（1）地球的质量；
（2）地球的第一宇宙速度v；
（3）我国成功发射第41颗北斗导航卫星，被称为“最强北斗”。这颗卫星是地球同步卫星，已知地球的自转周期T，求该卫星的高度。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）设地面附近围绕地球做匀速圆周运动的物体质量为m，根据万有引力及向心力关系有
解得地球质量为
（2）地面附近围绕地球做匀速圆周运动的卫星的线速度即为第一宇宙速度。根据向心力公式有
解得地球的第一宇宙速度
（3）地球同步卫星的运行周期与地球自转周期相同，设其运行半径为r，则其向心力
解得地球同步卫星的运行高度
13. 如图所示，在真空中有两个点电荷和分别位于水平直线上的A点和B点，两点相距r=30cm，，．已知静电力常量，C为A、B的中点，求：
（1）在A点受到对它的作用力；
（2）C点的场强；
（3）拿走后C点的场强．
【答案】（1），方向水平向左；（2），方向水平向右；（3），方向水平向右
【解析】
【详解】（1）由库仑定律
可得对的作用力
方向水平向左
（2）由电场强度定义
可得在C点产生的场强为
方向水平向右
同理可得在C点产生场强为
方向水平向右
故C点的场强为
方向水平向右
（3）拿走后，C点场强为产生的，则
方向水平向右
14. 如图所示，质量的小球由A点以速度水平抛出，恰好沿切线方向从B点进入竖直放置的光滑圆轨道BC，随后沿直线轨道CD上升到最高点。已知BC两点高度相同，小球经过这两点时的速度大小相等。O为圆轨道的圆心，圆轨道半径，OB与竖直方向的夹角。直线轨道CD接触面粗糙，动摩擦因素，与圆轨道在C点相切。不计空气阻力，取重力加速度。求
（1）A、B之间的水平距离；
（2）小球进入圆轨道最低点时，对轨道压力的大小；
（3）小球在CD轨道上升过程中，克服摩擦力做的功。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）小球恰好进入圆轨道BC，设竖直分速度为，则
设平抛运动时间为t，则
水平位移
带入数据解得
（2）进入圆轨道B点，设速度为v，则
解得
根据牛顿第三定律，小球对轨道压力大小为28N。
（3）小球在CD轨道匀减速运动，设加速度为a，根据牛顿第二定律，有
设小球上升位移为L，根据运动学公式，可得
小球克服摩擦力做功
带入数据解得
15. 某种弹射装置如图所示，左端固定的轻弹簧处于压缩状态且锁定，弹簧具有的弹性势能EP=4.5J，质量m=1.0kg的小滑块静止于弹簧右端，光滑水平导轨AB的右端与倾角θ=30°的传送带平滑连接，传送带长度L=8.0m，传送带以恒定速率v0=8.0m/s顺时针转动。某时刻解除锁定，滑块被弹簧弹射后滑上传送带，并从传送带顶端滑离落至地面。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=，重力加速度g取10m/s2。
（1）求滑块离开传送带时的速度大小v；
（2）求电动机传送滑块多消耗的电能E；
（3）若每次开始时弹射装置具有不同的弹性势能，要使滑块滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，求的取值范围。
【答案】（1）7m/s；（2）96J；（3）12J≤Ep'≤132J
【解析】
【详解】（1）设滑块刚冲上传送带底端的速度为v1，根据能量守恒
代入数据得
因为μ＞tanθ，故滑块在传送带上先向上加速，根据根据牛顿第二定律
得
若滑块在传送带上一直加速，则离开传送带时的速度大小v满足
解得
所以假设成立，滑块离开传送带时的速度大小为7m/s。
（2）滑块在传送带上运动时间
该段时间，传送带的位移
对传送带，根据动能定理有
解得
即电动机传送滑块多消耗的电能
（3）分析可知，要使滑块滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，滑块滑出传送带时要与传送带共速。
滑块刚好加速到与传送带共速时离开传送带，所对应的弹性势能最小，有
得
同理可得，滑块刚好减速到与传送带共速时离开传送带，所对应的弹性势能最大，有
得
所以，满足条件的弹性势能范围为
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