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新疆乌鲁木齐市第五十四中学2023-2024高一下学期4月月考物理试卷（原卷版+解析版）
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考试时间：100分钟；满分：100分
注意事项：1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2.请将答案正确填写在答题卡上
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题（每题4分，共24分）
1. 下列关于物理史实正确的是（ ）
A. 由开普勒第一定律可知，所有行星都在同一椭圆轨道上绕太阳运动
B. 由可知，当r趋于零时万有引力趋于无限大
C. 天王星是人们根据万有引力定律计算出其轨道后才发现的，被称为“笔尖下的行星”
D. 英国物理学家卡文迪许在实验室里通过扭秤实验比较准确测出G的数值
【答案】D
【解析】
【详解】A．由开普勒第一定律可知，所有行星运动轨迹为椭圆，并不是在同一轨道，故A项错误；
B．当两物体之间的距离趋于零时，万有引力定律不再适用，故B项错误；
C．海王星是人们根据万有引力定律计算出轨道后才发现的，被称为“笔尖下的行星”，故C项错误；
D．引力常量G是英国物理学家卡文迪许在实验室里通过扭秤实验比较准确测出的，故D项正确。
故选D。
2. 如图所示，一个物块在与水平方向成370、大小为10N的拉力F作用下，沿水平面向右运动一段距离1m，在此过程中，拉力对物块做的功为
A. 16 JB. 10 JC. 8 JD. 6 J
【答案】C
【解析】
【详解】物体的位移是在水平方向上的，把拉力F分解为水平的Fcsθ，和竖直的Fsinθ，由于竖直的分力不做功，所以拉力F对物块所做的功即为水平分力对物体做的功，所以有：
W=Fcsθ•x=Fxcsθ=10×1×0.8J=8J，故应选C．
点晴：分析题目中给出的已知量； 根据功的定义，力与力方向上的位移的乘积，直接计算即可．
3. 如图所示，一根木棒沿水平桌面从A运动到B，若棒与桌面间的摩擦力大小为f，则摩擦力对桌面和摩擦力对棒做的功分别为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】棒对桌面的摩擦力和桌面对棒的摩擦力为作用力和反作用力，大小相等，方向相反，棒从A运动到B的过程中，受到的摩擦力为f，运动的位移为s，位移与摩擦力的方向相反，根据做功公式，桌面对棒的摩擦力做的功为
桌面受到的摩擦力的大小也为f，但桌面没动，位移是0，所以棒对桌面的摩擦力做的功为0。
综上所述，本题正确答案是C。
4. 假设地球可视为质量均匀分布的球体，已知地球表面的重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g；地球自转的周期为T，引力常数为G，则地球的半径为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】在地球两极
在赤道上
解得
故选A。
5. 北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统，同步卫星是北斗卫星导航系统非常重要的组成部分。如图为某地球同步卫星转换轨道的示意图，其中Ⅰ为近地轨道，Ⅱ为转换轨道，Ⅲ为同步轨道。赤道上静止物体的向心加速度大小为，Ⅰ轨道上卫星的加速度大小为，Ⅲ轨道上卫星的加速度大小为，下列说法正确的是（ ）
A. 加速度的大小关系为
B. 在Ⅱ轨道上，从到的过程中卫星的速度增加
C. 卫星在Ⅱ轨道上点的线速度大于在轨道上点的线速度
D. 卫星在Ⅱ轨道的运行周期大于在Ⅲ轨道的运行周期
【答案】C
【解析】
【详解】A．赤道上物体与同步卫星有相同的角速度，根据
可得
而卫星在轨道Ⅰ上与轨道Ⅲ上运动时，万有引力提供向心力，根据
可得
则可知
所以有
故A错误；
B．在Ⅱ轨道上，根据开普勒第二定律可知，从到的过程中速度减小，故B错误；
C．同步卫星由轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，需要在点加速，所以Ⅱ轨道上点的线速度大于Ⅰ轨道上点的线速度，故C正确；
D．由图可知，轨道Ⅱ的长轴小于轨道Ⅲ的直径，所以轨道Ⅱ的半长轴小于轨道的半径，根据开普勒第三定律可知，卫星在Ⅱ轨道的运行周期小于在轨道的运行周期，故D错误。
故选C。
6. 如图所示，足够大的水平圆台中央固定一光滑竖直细杆，原长为L的轻质弹簧套在竖直杆上，质量均为m的光滑小球A、B用长为L的轻杆及光滑铰链相连，小球A穿过竖直杆置于弹簧上。让小球B以不同的角速度ω绕竖直杆匀速转动，当转动的角速度为时，小球B刚好离开台面。弹簧始终在弹性限度内，劲度系数为k，重力加速度为g，则下列说法错误的（ ）
A. 小球均静止时，弹簧的长度为
B. 角速度时，小球A对弹簧的压力为mg
C. 角速度ω0=
D. 角速度从继续增大的过程中，小球A对弹簧的压力不变
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．若两球静止时，均受力平衡，对B球分析可知杆的弹力为零
设弹簧的压缩量为x，再对A球分析可得
故弹簧的长度为
故A项正确；
BC．当转动的角速度为ω0时，小球B刚好离开台面，即
设杆与转盘的夹角为，由牛顿第二定律可知
而对A球依然处于平衡，有
而由几何关系
联立四式解得
，
则弹簧对A球的弹力为2mg，由牛顿第三定律可知A球对弹簧的压力为2mg，故B错误，C正确；
D．当角速度从ω0继续增大，B球将飘起来，杆与水平方向的夹角变小，对A与B的系统，在竖直方向始终处于平衡，有
则弹簧对A球的弹力是2mg，由牛顿第三定律可知A球对弹簧的压力依然为2mg，故D正确。
本题选错误的，故选B。
二、多选题（每题5分，共20分。漏选得3分，错选不得分。）
7. 两颗卫星在同一轨道上绕地球做匀速圆周运动，这两颗卫星的（ ）
A. 角速度相同B. 向心力一定相同
C. 质量一定相同D. 周期相同
【答案】AD
【解析】
【详解】CD．由万有引力提供向心力，有
解得
故两颗卫星在同一轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于轨道半径相同，周期一定相同，又因为卫星的质量m在等式两边可以约掉，故质量可能不同，C错误、D正确；
A．由角速度和周期的关系
两卫星周期相同，角速度也相同，A正确；
B．两卫星万有引力提供向心力，两卫星的质量可能不同
向心力可能不同，B错误。
故选AD
8. 关于功，下列说法中正确的是（ ）
A. 因为功有正负，所以功是矢量
B. 功只有大小而无方向，所以功是标量
C. 功就是能，能就是功
D. 功是能量转化的量度
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．功是标量，只有大小，没有方向，故A错误，B正确；
CD．功是能量转化的量度，故C错误，D正确。
故选BD。
9. 一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动，其图象如图所示已知汽车的质量为，汽车受到地面的阻力为车重的倍，则以下说法正确的是（ ）
A. 汽车在前5s内的牵引力为B. 汽车速度为时的加速度为
C. 汽车的额定功率为100kWD. 汽车的最大速度为80
【答案】AC
【解析】
【详解】A．由速度时间图线知，匀加速运动的加速度大小
根据牛顿第二定律得
解得牵引力
选项A正确；
BC．汽车的额定功率
汽车在时的牵引力
根据牛顿第二定律得加速度
选项B错误，C正确；
D．当牵引力等于阻力时，速度最大，则最大速度
选项D错误。
故选AC。
10. 如图所示,水平转台上有一个质量m为的物块,用长为L的细绳将物块连接在转轴上,细线与竖直转轴的夹角为角,此时绳中张力为零,物块与转台间动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力,物块随转台由静止开始逐渐加速转动,则下列说法中正确的是（ ）
A. 物块离开转台之前所受摩擦力始终指向转轴
B. 当转台角速度时,物块将离开转台
C. 当物块的动能为时,物块对转台的压力恰好为零
D. 当转台的角速度时,随着角速度的增加，细线与转轴的夹角增大
【答案】CD
【解析】
【分析】对物块进行受力分析，由牛顿第二定律求得绳中出现拉力和转台对物块支持力为零时物块的速度．
【详解】A、在物块随转台由静止开始缓慢加速转动的过程中，物块要受到沿圆弧切线方向的摩擦力的分力使物块加速，故A错误．
B、设当转台的角速度比较小时，物块只受重力、支持力和摩擦力，当细绳恰好要产生拉力时：mg=mL，解得=，随着角速度的增大，细绳上的拉力增大，当物块恰好要离开转台时，物块受的重力和细绳的拉力的合力充当向心力有：mg=mL，解得=，此时物块的动能EK=m=，故B错误，C正确．
D、当转台的角速度时，物块离开转台后，随着角速度的增加，细线与转轴的夹角增大，D正确．
故选C、D
第Ⅱ卷（非选择题）
三、实验题（每空2分，共12分）
11. 向心力演示器可以探究小球做圆周运动所需向心力F大小与质量m、角速度、轨道半径r之间的关系，装置如图1所示，两个变速塔轮通过皮带连接。实验时，匀速转动手柄使长槽和短槽分别随相应的变速塔轮匀速转动，槽内的金属小球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对小球的压力提供向心力，小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，标尺上黑白相间的等分格显示出两个金属球所受向心力的大小。
（1）在研究向心力F的大小与质量m、角速度、半径r之间的关系时，我们主要用到的物理方法是_________。
A.控制变量法 B.等效替代法 C.理想实验法
（2）为了探究金属球的向心力F的大小与轨道半径r之间的关系，下列说法正确的是_________。
A.应使用两个质量不等的小球
B.应使两小球离转轴的距离相同
C.应将皮带套在两边半径相等的变速塔轮上
（3）某同学用传感器测出小球做圆周运动向心力F的大小和对应的周期T，获得多组数据，画出了如图2所示的图像，该图像是一条过原点的直线，则图像横坐标x代表的是_________。
A.T B.T2 C. D.
【答案】 ①. A ②. C ③. D
【解析】
【详解】（1）[1]在研究向心力F的大小与质量m、角速度、半径r之间的关系时，我们主要用到的物理方法是控制变量法。
故选A。
（2）[2]为了探究金属球的向心力F的大小与轨道半径r之间的关系，应该保持质量m和角速度ω相同，则应使用两个质量相等的小球，应使两小球离转轴的距离不相同，将皮带套在两边半径相等的变速塔轮上。
故选C。
（3）[3]根据
若图像是一条过原点的直线，则图像横坐标x代表的是。
故选D。
12. 一同学用如图甲所示的装置探究向心力与角速度的关系。将力传感器固定在铁架台上，将细线一端固定在力传感器上，另一端固定一个直径为的金属小球，该同学测出小球重心到悬点的距离为，然后拉起小球，使细线伸直与竖直方向成一角度，静止释放小球，让小球在竖直平面内做圆周运动，当小球摆到最低点时，小球中心恰好经过光电门，该同学在一次实验中测得小球通过光电门的时间为。
（1）小球通过光电门时的角速度为_________。
（2）多次拉起小球，每次拉起小球时细线与竖直方向的夹角不同，每次都记录小球通过光电门的时间，做出悬线拉力与的关系图像如图乙所示，已知图像的斜率为，截距为，则小球的质量为_________，当地的重力加速度为_________。（用题中给出的字母表示）
【答案】 ①. ②. ③.
【解析】
【详解】（1）[1]小球通过最低点时的线速度
由
可得角速度
。
（2）[2] [3]对小球受力分析可得
把代入，可得
可得
解得
四、解答题（共44分）
13. 在未来的“星际穿越”中，某航天员降落在一颗不知名的行星表面上。该航天员从高h=L处以初速度v0水平抛出一个小球，小球落到星球表面时，与抛出点的距离为。已知该星球的半径为R，引力常量为G，求：
（1）该星球的质量M；
（2）该星球的第一宇宙速度v。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）在该星球表面处有
又小球水平抛出有
由上述方程得
，
（2）该星球的第一宇宙速度
14. 如图所示,一轻绳长为L,下端拴着质量为m的小球可视为质点,当球在水平面内做匀速圆周运动时,绳与竖直方向间的夹角为θ,已知重力加速度为g,求：
（1）绳拉力大小F；
（2）小球运动的线速度v的大小；
（3）小球运动的角速度及周期T．
【答案】（1） ；（2）；（3）,．
【解析】
【详解】（1）以球为研究对象,受力分析如图所示,由平衡条件
得：
．
（2）由牛顿第二定律：
其中,
得：
,
（3）角速度为：
,
周期为：
．
15. 如图所示，质量为20kg的小孩坐在雪橇上，现用一个与水平方向成α＝37°、大小为60N的力F拉着雪橇沿水平地面从静止开始以a＝0.5m/s2的加速度做匀加速直线运动，已知雪橇的质量为20kg，求2s内雪橇上各力做的功？合力做的功是多少？
【答案】重力和支持力做功为零；拉力做功48J；摩擦力做功－28J；合力做功20J
【解析】
【详解】2s内雪橇的位移
因重力和支持力与位移方向垂直，所以重力和支持力做功为零；
拉力F做功
；
雪橇所受合力为
合外力对物体做的功
摩擦力做的功
16. 如图，“”形框架的水平细杆OM和竖直细杆ON均光滑，质量分别为m、3m金属环a、b用长为L的轻质细线连接，分别套在水平细杆和竖直细杆上，重力加速度为g。
（1）若在a上施加一个水平方向的力，使ab处于静止状态，求OM对环a的支持力；
（2）若施加的水平力F将a环缓慢向右移动，证明力F逐渐变大；
（3）若整个装置绕ON匀速转动使细线与水平杆间夹角，求转动角速度。
【答案】(1)；(2)见解析；(3)
【解析】
【详解】(1)把金属环a、b和轻质细线看成一个系统，受力分析竖直方向平衡，可知
(2)把金属环a、b隔离出来，受力分析如图
a环缓慢向右移动，夹角减小，根据平衡条件可得
联立，可得
易知，逐渐变大。
(3)若整个装置绕ON匀速转动使细线与水平杆间夹角，则有
解得
17. 如图所示，在水平桌面上离桌面右边缘3.2m处放着一质量为0.1kg的小铁球（可看作质点），铁球与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.2．现用水平向右推力F=1.0N作用于铁球，作用一段时间后撤去．铁球继续运动，到达水平桌面边缘A点飞出，恰好落到竖直圆弧轨道BCD的B端沿切线进入圆弧轨道，碰撞过程速度不变，且铁球恰好能通过圆弧轨道的最高点D．已知∠BOC=37°，A、B、C、D四点在同一竖直平面内，水平桌面离B端的竖直高度H=0.45m，圆弧轨道半径R=0.5m，C点为圆弧轨道的最低点，求：（取sin37°=0.6，cs37°=0.8）
(1)铁球运动到圆弧轨道最高点D点时速度大小vD；
(2)若铁球以vC=5.15m/s的速度经过圆弧轨道最低点C，求此时铁球对圆弧轨道的压力大小FC；（计算结果保留两位有效数字）
(3)铁球运动到B点时的速度大小vB；
(4)水平推力F作用的时间t．
【答案】（1）m/s；（2）6.3N；（3）5m/s；（4）0.6s
【解析】
【分析】
【详解】（1）小球恰好通过D点时，重力提供向心力，由牛顿第二定律可得
可得
（2）小球在C点受到的支持力与重力的合力提供向心力，则
代入数据可得
F=6.3N
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力
FC=F=63N
（3）小球从A点到B点的过程中做平抛运动，根据平抛运动规律有
得
vy=3m/s
小球沿切线进入圆弧轨道，则
(4)小球从A点到B点的过程中做平抛运动，水平方向的分速度不变，可得：
小球在水平面上做加速运动时
可得
小球做减速运动时
可得
由运动学的公式可知最大速度
又因为
联立可得
考试时间：100分钟；满分：100分
注意事项：1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2.请将答案正确填写在答题卡上
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题（每题4分，共24分）
1. 下列关于物理史实正确的是（ ）
A. 由开普勒第一定律可知，所有行星都在同一椭圆轨道上绕太阳运动
B. 由可知，当r趋于零时万有引力趋于无限大
C. 天王星是人们根据万有引力定律计算出其轨道后才发现的，被称为“笔尖下的行星”
D. 英国物理学家卡文迪许在实验室里通过扭秤实验比较准确测出G的数值
【答案】D
【解析】
【详解】A．由开普勒第一定律可知，所有行星运动轨迹为椭圆，并不是在同一轨道，故A项错误；
B．当两物体之间的距离趋于零时，万有引力定律不再适用，故B项错误；
C．海王星是人们根据万有引力定律计算出轨道后才发现的，被称为“笔尖下的行星”，故C项错误；
D．引力常量G是英国物理学家卡文迪许在实验室里通过扭秤实验比较准确测出的，故D项正确。
故选D。
2. 如图所示，一个物块在与水平方向成370、大小为10N的拉力F作用下，沿水平面向右运动一段距离1m，在此过程中，拉力对物块做的功为
A. 16 JB. 10 JC. 8 JD. 6 J
【答案】C
【解析】
【详解】物体的位移是在水平方向上的，把拉力F分解为水平的Fcsθ，和竖直的Fsinθ，由于竖直的分力不做功，所以拉力F对物块所做的功即为水平分力对物体做的功，所以有：
W=Fcsθ•x=Fxcsθ=10×1×0.8J=8J，故应选C．
点晴：分析题目中给出的已知量； 根据功的定义，力与力方向上的位移的乘积，直接计算即可．
3. 如图所示，一根木棒沿水平桌面从A运动到B，若棒与桌面间的摩擦力大小为f，则摩擦力对桌面和摩擦力对棒做的功分别为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】棒对桌面的摩擦力和桌面对棒的摩擦力为作用力和反作用力，大小相等，方向相反，棒从A运动到B的过程中，受到的摩擦力为f，运动的位移为s，位移与摩擦力的方向相反，根据做功公式，桌面对棒的摩擦力做的功为
桌面受到的摩擦力的大小也为f，但桌面没动，位移是0，所以棒对桌面的摩擦力做的功为0。
综上所述，本题正确答案是C。
4. 假设地球可视为质量均匀分布的球体，已知地球表面的重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g；地球自转的周期为T，引力常数为G，则地球的半径为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】在地球两极
在赤道上
解得
故选A。
5. 北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统，同步卫星是北斗卫星导航系统非常重要的组成部分。如图为某地球同步卫星转换轨道的示意图，其中Ⅰ为近地轨道，Ⅱ为转换轨道，Ⅲ为同步轨道。赤道上静止物体的向心加速度大小为，Ⅰ轨道上卫星的加速度大小为，Ⅲ轨道上卫星的加速度大小为，下列说法正确的是（ ）
A. 加速度的大小关系为
B. 在Ⅱ轨道上，从到的过程中卫星的速度增加
C. 卫星在Ⅱ轨道上点的线速度大于在轨道上点的线速度
D. 卫星在Ⅱ轨道的运行周期大于在Ⅲ轨道的运行周期
【答案】C
【解析】
【详解】A．赤道上物体与同步卫星有相同的角速度，根据
可得
而卫星在轨道Ⅰ上与轨道Ⅲ上运动时，万有引力提供向心力，根据
可得
则可知
所以有
故A错误；
B．在Ⅱ轨道上，根据开普勒第二定律可知，从到的过程中速度减小，故B错误；
C．同步卫星由轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，需要在点加速，所以Ⅱ轨道上点的线速度大于Ⅰ轨道上点的线速度，故C正确；
D．由图可知，轨道Ⅱ的长轴小于轨道Ⅲ的直径，所以轨道Ⅱ的半长轴小于轨道的半径，根据开普勒第三定律可知，卫星在Ⅱ轨道的运行周期小于在轨道的运行周期，故D错误。
故选C。
6. 如图所示，足够大的水平圆台中央固定一光滑竖直细杆，原长为L的轻质弹簧套在竖直杆上，质量均为m的光滑小球A、B用长为L的轻杆及光滑铰链相连，小球A穿过竖直杆置于弹簧上。让小球B以不同的角速度ω绕竖直杆匀速转动，当转动的角速度为时，小球B刚好离开台面。弹簧始终在弹性限度内，劲度系数为k，重力加速度为g，则下列说法错误的（ ）
A. 小球均静止时，弹簧的长度为
B. 角速度时，小球A对弹簧的压力为mg
C. 角速度ω0=
D. 角速度从继续增大的过程中，小球A对弹簧的压力不变
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．若两球静止时，均受力平衡，对B球分析可知杆的弹力为零
设弹簧的压缩量为x，再对A球分析可得
故弹簧的长度为
故A项正确；
BC．当转动的角速度为ω0时，小球B刚好离开台面，即
设杆与转盘的夹角为，由牛顿第二定律可知
而对A球依然处于平衡，有
而由几何关系
联立四式解得
，
则弹簧对A球的弹力为2mg，由牛顿第三定律可知A球对弹簧的压力为2mg，故B错误，C正确；
D．当角速度从ω0继续增大，B球将飘起来，杆与水平方向的夹角变小，对A与B的系统，在竖直方向始终处于平衡，有
则弹簧对A球的弹力是2mg，由牛顿第三定律可知A球对弹簧的压力依然为2mg，故D正确。
本题选错误的，故选B。
二、多选题（每题5分，共20分。漏选得3分，错选不得分。）
7. 两颗卫星在同一轨道上绕地球做匀速圆周运动，这两颗卫星的（ ）
A. 角速度相同B. 向心力一定相同
C. 质量一定相同D. 周期相同
【答案】AD
【解析】
【详解】CD．由万有引力提供向心力，有
解得
故两颗卫星在同一轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于轨道半径相同，周期一定相同，又因为卫星的质量m在等式两边可以约掉，故质量可能不同，C错误、D正确；
A．由角速度和周期的关系
两卫星周期相同，角速度也相同，A正确；
B．两卫星万有引力提供向心力，两卫星的质量可能不同
向心力可能不同，B错误。
故选AD
8. 关于功，下列说法中正确的是（ ）
A. 因为功有正负，所以功是矢量
B. 功只有大小而无方向，所以功是标量
C. 功就是能，能就是功
D. 功是能量转化的量度
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．功是标量，只有大小，没有方向，故A错误，B正确；
CD．功是能量转化的量度，故C错误，D正确。
故选BD。
9. 一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动，其图象如图所示已知汽车的质量为，汽车受到地面的阻力为车重的倍，则以下说法正确的是（ ）
A. 汽车在前5s内的牵引力为B. 汽车速度为时的加速度为
C. 汽车的额定功率为100kWD. 汽车的最大速度为80
【答案】AC
【解析】
【详解】A．由速度时间图线知，匀加速运动的加速度大小
根据牛顿第二定律得
解得牵引力
选项A正确；
BC．汽车的额定功率
汽车在时的牵引力
根据牛顿第二定律得加速度
选项B错误，C正确；
D．当牵引力等于阻力时，速度最大，则最大速度
选项D错误。
故选AC。
10. 如图所示,水平转台上有一个质量m为的物块,用长为L的细绳将物块连接在转轴上,细线与竖直转轴的夹角为角,此时绳中张力为零,物块与转台间动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力,物块随转台由静止开始逐渐加速转动,则下列说法中正确的是（ ）
A. 物块离开转台之前所受摩擦力始终指向转轴
B. 当转台角速度时,物块将离开转台
C. 当物块的动能为时,物块对转台的压力恰好为零
D. 当转台的角速度时,随着角速度的增加，细线与转轴的夹角增大
【答案】CD
【解析】
【分析】对物块进行受力分析，由牛顿第二定律求得绳中出现拉力和转台对物块支持力为零时物块的速度．
【详解】A、在物块随转台由静止开始缓慢加速转动的过程中，物块要受到沿圆弧切线方向的摩擦力的分力使物块加速，故A错误．
B、设当转台的角速度比较小时，物块只受重力、支持力和摩擦力，当细绳恰好要产生拉力时：mg=mL，解得=，随着角速度的增大，细绳上的拉力增大，当物块恰好要离开转台时，物块受的重力和细绳的拉力的合力充当向心力有：mg=mL，解得=，此时物块的动能EK=m=，故B错误，C正确．
D、当转台的角速度时，物块离开转台后，随着角速度的增加，细线与转轴的夹角增大，D正确．
故选C、D
第Ⅱ卷（非选择题）
三、实验题（每空2分，共12分）
11. 向心力演示器可以探究小球做圆周运动所需向心力F大小与质量m、角速度、轨道半径r之间的关系，装置如图1所示，两个变速塔轮通过皮带连接。实验时，匀速转动手柄使长槽和短槽分别随相应的变速塔轮匀速转动，槽内的金属小球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对小球的压力提供向心力，小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，标尺上黑白相间的等分格显示出两个金属球所受向心力的大小。
（1）在研究向心力F的大小与质量m、角速度、半径r之间的关系时，我们主要用到的物理方法是_________。
A.控制变量法 B.等效替代法 C.理想实验法
（2）为了探究金属球的向心力F的大小与轨道半径r之间的关系，下列说法正确的是_________。
A.应使用两个质量不等的小球
B.应使两小球离转轴的距离相同
C.应将皮带套在两边半径相等的变速塔轮上
（3）某同学用传感器测出小球做圆周运动向心力F的大小和对应的周期T，获得多组数据，画出了如图2所示的图像，该图像是一条过原点的直线，则图像横坐标x代表的是_________。
A.T B.T2 C. D.
【答案】 ①. A ②. C ③. D
【解析】
【详解】（1）[1]在研究向心力F的大小与质量m、角速度、半径r之间的关系时，我们主要用到的物理方法是控制变量法。
故选A。
（2）[2]为了探究金属球的向心力F的大小与轨道半径r之间的关系，应该保持质量m和角速度ω相同，则应使用两个质量相等的小球，应使两小球离转轴的距离不相同，将皮带套在两边半径相等的变速塔轮上。
故选C。
（3）[3]根据
若图像是一条过原点的直线，则图像横坐标x代表的是。
故选D。
12. 一同学用如图甲所示的装置探究向心力与角速度的关系。将力传感器固定在铁架台上，将细线一端固定在力传感器上，另一端固定一个直径为的金属小球，该同学测出小球重心到悬点的距离为，然后拉起小球，使细线伸直与竖直方向成一角度，静止释放小球，让小球在竖直平面内做圆周运动，当小球摆到最低点时，小球中心恰好经过光电门，该同学在一次实验中测得小球通过光电门的时间为。
（1）小球通过光电门时的角速度为_________。
（2）多次拉起小球，每次拉起小球时细线与竖直方向的夹角不同，每次都记录小球通过光电门的时间，做出悬线拉力与的关系图像如图乙所示，已知图像的斜率为，截距为，则小球的质量为_________，当地的重力加速度为_________。（用题中给出的字母表示）
【答案】 ①. ②. ③.
【解析】
【详解】（1）[1]小球通过最低点时的线速度
由
可得角速度
。
（2）[2] [3]对小球受力分析可得
把代入，可得
可得
解得
四、解答题（共44分）
13. 在未来的“星际穿越”中，某航天员降落在一颗不知名的行星表面上。该航天员从高h=L处以初速度v0水平抛出一个小球，小球落到星球表面时，与抛出点的距离为。已知该星球的半径为R，引力常量为G，求：
（1）该星球的质量M；
（2）该星球的第一宇宙速度v。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）在该星球表面处有
又小球水平抛出有
由上述方程得
，
（2）该星球的第一宇宙速度
14. 如图所示,一轻绳长为L,下端拴着质量为m的小球可视为质点,当球在水平面内做匀速圆周运动时,绳与竖直方向间的夹角为θ,已知重力加速度为g,求：
（1）绳拉力大小F；
（2）小球运动的线速度v的大小；
（3）小球运动的角速度及周期T．
【答案】（1） ；（2）；（3）,．
【解析】
【详解】（1）以球为研究对象,受力分析如图所示,由平衡条件
得：
．
（2）由牛顿第二定律：
其中,
得：
,
（3）角速度为：
,
周期为：
．
15. 如图所示，质量为20kg的小孩坐在雪橇上，现用一个与水平方向成α＝37°、大小为60N的力F拉着雪橇沿水平地面从静止开始以a＝0.5m/s2的加速度做匀加速直线运动，已知雪橇的质量为20kg，求2s内雪橇上各力做的功？合力做的功是多少？
【答案】重力和支持力做功为零；拉力做功48J；摩擦力做功－28J；合力做功20J
【解析】
【详解】2s内雪橇的位移
因重力和支持力与位移方向垂直，所以重力和支持力做功为零；
拉力F做功
；
雪橇所受合力为
合外力对物体做的功
摩擦力做的功
16. 如图，“”形框架的水平细杆OM和竖直细杆ON均光滑，质量分别为m、3m金属环a、b用长为L的轻质细线连接，分别套在水平细杆和竖直细杆上，重力加速度为g。
（1）若在a上施加一个水平方向的力，使ab处于静止状态，求OM对环a的支持力；
（2）若施加的水平力F将a环缓慢向右移动，证明力F逐渐变大；
（3）若整个装置绕ON匀速转动使细线与水平杆间夹角，求转动角速度。
【答案】(1)；(2)见解析；(3)
【解析】
【详解】(1)把金属环a、b和轻质细线看成一个系统，受力分析竖直方向平衡，可知
(2)把金属环a、b隔离出来，受力分析如图
a环缓慢向右移动，夹角减小，根据平衡条件可得
联立，可得
易知，逐渐变大。
(3)若整个装置绕ON匀速转动使细线与水平杆间夹角，则有
解得
17. 如图所示，在水平桌面上离桌面右边缘3.2m处放着一质量为0.1kg的小铁球（可看作质点），铁球与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.2．现用水平向右推力F=1.0N作用于铁球，作用一段时间后撤去．铁球继续运动，到达水平桌面边缘A点飞出，恰好落到竖直圆弧轨道BCD的B端沿切线进入圆弧轨道，碰撞过程速度不变，且铁球恰好能通过圆弧轨道的最高点D．已知∠BOC=37°，A、B、C、D四点在同一竖直平面内，水平桌面离B端的竖直高度H=0.45m，圆弧轨道半径R=0.5m，C点为圆弧轨道的最低点，求：（取sin37°=0.6，cs37°=0.8）
(1)铁球运动到圆弧轨道最高点D点时速度大小vD；
(2)若铁球以vC=5.15m/s的速度经过圆弧轨道最低点C，求此时铁球对圆弧轨道的压力大小FC；（计算结果保留两位有效数字）
(3)铁球运动到B点时的速度大小vB；
(4)水平推力F作用的时间t．
【答案】（1）m/s；（2）6.3N；（3）5m/s；（4）0.6s
【解析】
【分析】
【详解】（1）小球恰好通过D点时，重力提供向心力，由牛顿第二定律可得
可得
（2）小球在C点受到的支持力与重力的合力提供向心力，则
代入数据可得
F=6.3N
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力
FC=F=63N
（3）小球从A点到B点的过程中做平抛运动，根据平抛运动规律有
得
vy=3m/s
小球沿切线进入圆弧轨道，则
(4)小球从A点到B点的过程中做平抛运动，水平方向的分速度不变，可得：
小球在水平面上做加速运动时
可得
小球做减速运动时
可得
由运动学的公式可知最大速度
又因为
联立可得
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