2023-2024学年重庆市西北狼教育联盟高一（下）期中物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年重庆市西北狼教育联盟高一（下）期中物理试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.等效替代是在保证某种效果(特性和关系)相同的前提下，将实际的、复杂的物理问题和物理过程转化为等效的简单的易于研究的物理问题和物理过程来研究和处理的方法。请分析小强同学在荡秋千的过程中，分别保持坐姿和站姿，使秋千板以等大的速度通过最低点时( )
A. 秋千对小强的作用力一样大B. 小强可能均做匀变速运动
C. 坐着时秋千绳更易断D. 秋千绳越长越容易断
2.如图所示，水平旋转魔盘上的物块A，当魔盘转动的角速度ω=kt(k>0)时，物块A相对转台静止。关于这种情况下物块A的情况，下列说法正确的是( )
A. 物块A所受到的摩擦力越来越大
B. 物块A受重力、台面的支持力、指向圆心的摩擦力
C. 物块A的向心加速度大小可能不变
D. 魔盘对物块A永远不做功
3.开普勒被誉为“天空的立法者”，关于开普勒行星运动定律，下列说法正确的是( )
A. 太阳系的行星绕太阳做匀速圆周运动
B. 同一行星在绕太阳运动，经过近日点后做“离心运动”
C. 绕太阳运行的八大行星中，离太阳越近的行星公转周期越大
D. 相同时间内，地球与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积
4.一架直升机沿水平方向匀速飞行，速度为36m/s，离地面高度为180m，它要将救灾物资安全投放在接收场，接收场为半径r=8m的圆形区域。则可能是在到达接收场前水平距离多远释放物资( )
A. 210mB. 220mC. 230mD. 240m
5.一艘动力小船在宽度为300m的河流中船头正对河对岸过河，到达河对岸。电动机正常工作时动力小船在静水中的速度为3m/s，河水的流速v水=kd(d为观测点距河岸的距离，k=0.02s−1)则( )
A. 该小船全程的位移大小为450m
B. 该小船全程一定是匀变速运动
C. 该小船的最大航行速度为6m/s
D. 该小船在由岸边向河中心航行的过程中轨迹一定是抛物线
6.我国航天员在“天宫课堂”中演示了多种有趣的实验，提高了青少年科学探索的兴趣。某同学设计了如下实验：细绳一端固定，另一端系一小球，给小球一初速度使其在竖直平面内做圆周运动。无论在“天宫”还是在地面做此实验( )
A. 小球的速度大小均发生变化
B. 小球的向心加速度大小均发生变化
C. 细绳的拉力对小球均不做功
D. 细绳的拉力大小均发生变化
7.木匠师傅用铁锤把钉子砸进木梁，每次砸击对铁钉做功相同。已知钉子所受阻力与其进入木梁中的深度成正比，木匠砸击4次，就把一枚长为L的钉子全部砸进木梁，那么他第1锤将铁钉砸进木梁的深度是( )
A. L4B. L2C. 3L4D. L8
二、多选题：本大题共5小题，共20分。
8.2021年2月，“天问一号”探测器成功实施近火制动，进入环火椭圆轨道，并于5月实施降轨，软着陆火星表面。如图“天问一号”在P点被火星捕获后，假设进入大椭圆环火轨道Ⅲ，一段时间后，在近火点Q变轨至中椭圆环火轨道Ⅲ运行，再次经过Q点变轨至近火圆轨道Ⅰ运行。下列说法正确的是( )
A. “天问一号”在轨道Ⅲ上经过Q的加速度小于在轨道Ⅱ上经过Q的加速度
B. “天问一号”在轨道Ⅲ上运行时，经过P点的线速度小于Q点的线速度
C. 在地球上发射“天问一号”环火卫星速度必须小于11.2km/s
D. “天问一号”从轨道Ⅲ变轨至轨道Ⅱ需要在Q点减速
9.如图所示，质量为m的光滑大圆环用细轻杆固定在竖直平面内，两个质量均为m的小环(可视为质点)套在大圆环上，将两个小环同时从大圆环的最高点a由静止释放，两小环分别沿大圆环两侧下滑。已知重力加速度为g，从两小环开始下滑到运动至大圆环最低点c的过程中，下列说法正确的是( )
A. 小环从a运动到b的过程中，大圆环对小环的弹力始终指向大圆环的圆心
B. 小圆环的重力的功率一直增大
C. 小环运动到b点时，大圆环与小环间的作用力一定不为零
D. 大圆环对轻杆作用力的最大值为11mg
10.半圆弧轨道ACB与斜面体A1B1C1，B1C1与圆弧的直径AB等长，A1C1与圆弧半径等长，不同质量两小球分别同时由A及A1以相同的速度水平抛出，分别落在圆弧面和斜面上，则( )
A. 小球可能先落在圆弧面上
B. 小球可能垂直于圆弧面落在圆弧上
C. 两小球平抛的末速度可能相同
D. 在两小球平抛的过程中，重力的瞬时功率可能始终相等
11.2021年5月15日“祝融号”火星车成功着陆火星表面，是我国航天事业发展中具有里程碑意义的进展。此前我国“玉兔二号”月球车首次实现月球背面软着陆，若“祝融号”的质量是“玉兔二号”的K倍，火星的质量是月球的N倍，火星的半径是月球的P倍，火星与月球均视为球体，则( )
A. 火星的平均密度是月球的NP3倍
B. 火星的第一宇宙速度是月球的 NP倍
C. 火星的重力加速度大小是月球表面的 NP倍
D. 火星对“祝融号”引力的大小是月球对“玉兔二号”引力的KNP2倍
12.额定功率相同的甲、乙两车在同一水平路面上从静止启动，其发动机的牵引力随时间的变化曲线如图所示。两车分别从t1和t3时刻开始以额定功率行驶，从t2和t4时刻开始牵引力均视为不变。若两车行驶时所受的阻力大小与重力成正比，且比例系数相同，则( )
A. 甲车的总重比乙车大B. 甲车比乙车先开始运动
C. 甲车在t1时刻和乙车在t3时刻的速率相同D. 甲车在t2时刻和乙车在t4时刻的速率相同
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
13.一艘宇宙飞船飞近月球，并进入靠近月球表面的圆形轨道运行(运行圈数用n表示)，宇宙飞船上备有以下实验器材：
A.精确秒表一只(测量时间用t表示)
B.质量为m的物体一个
C.弹簧测力计一只(读数用F表示)
D.天平一架(包括砝码一套)
为了给研究月球的结构提供参考，需要测出月球的平均密度，已知引力常量为G。
(1)测量所选用的器材有______(用该器材前的字母序号表示)；
(2)测量的物理量为______；
(3)用所测值求出月球的平均密度______；
(4)上述三个测量工具中在宇宙飞船里一定不能使用的是______，因为______。
14.某同学用如图所示装置做“探究向心力与速度的关系”的实验。半径均为R的半圆轨道AB和四分之一圆弧轨道CD固定在竖直面内，过CD部分最高点D的切线水平，A、C、B在同一水平面上，在D点固定一个力传感器，D点在地面的投影为O，从A点正上方P点处由静止释放一个质量为m的小球，小球沿轨道运动到D点并从D点水平抛出，落地点在Q点(图中未标出)。
(1)对实验的要求，下列说法正确的是______。
A.圆弧轨道越光滑越好
B.应选用密度大、体积小的小球
C.P点位置比D点高即可
D.为了使力传感器的示数大些，应选用质量小些的球
(2)若实验记录力传感器的示数为F，小球落地点Q到O点的距离为x，改变P点位置进行多次实验，测得多组F−x，作F−x2图像，如果图像是一条倾斜的直线，当图像与纵轴的截距为______、图像的斜率为______时(用已知量m、R、g表示)，则说明向心力与速度平方成正比。
四、简答题：本大题共3小题，共35分。
15.2022年6月5日，搭载神舟十四号载人飞船的三名宇航员成功进入天和核心舱。若核心舱环绕地球做匀速圆周运动，离地高度为h。已知地球表面的重力加速度为g，万有引力常量为G，地球半径为R。忽略地球自转影响，求：
(1)地球的第一宇宙速度；
(2)核心舱做匀速圆周运动的周期T。
16.大年初一晚上，1000架无人机从秋水广场滩涂起飞，以一江两岸为背景，流光溢彩点亮云端之上。通过无人机编队的排列组合，呈现“天下英雄城”“南昌第一枪”“白鹭”“江豚”等多个极具江西南昌特色的造型。图甲为某型号无人机，它的铭牌如表所示。
(1)该无人机在空中悬停时受到的升力是多大？(g取10N/kg)
(2)该无人机以最大速度匀速上升100m，忽略空气阻力，升力对无人机做功的功率是多大？
(3)某次飞行时，该无人机的飞行路线如图乙所示，无人机先从A点匀速上升到B点，后水平匀速飞行到C点，从B到C的过程中，无人机受到的重力对无人机所做的功是多少？
17.一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由倾角θ=53°的固定斜面CD、水平传送带EF、粗糙水平轨道FG、光滑圆弧轨道GPQ、及固定在Q处的弹性挡板组成。斜面CD高度h0=0.4m，传送带EF与轨道FG离地面高度均为h，两者长度分别为l1=4m、l2=1.5m，OG、OP分别为圆弧轨道的竖直与水平半径，半径R=0.8m，圆弧PQ所对应的圆心角α=37°，轨道各处平滑连接。现将质量m=1kg的滑块(可视为质点)从斜面底端的弹射器弹出，沿斜面从D点离开时速度大小v0=5m/s，恰好无碰撞从E点沿水平方向滑上传送带。当传送带以v=5m/s的速度顺时针转动，滑块恰好能滑至P点。已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.5，滑块与挡板碰撞后原速率反向弹回，不计空气阻力。sin37°=0.6，cs37°=0.8，求：

(1)高度h；
(2)滑块与水平轨道FG间的动摩擦因数μ2；
(3)滑块最终静止时离G点的距离x；
(4)若传送带速度大小可调，要使滑块与挡板仅碰一次，且始终不脱离轨道，则传送带速度大小v的范围。
五、计算题：本大题共1小题，共10分。
18.激光高速特技车(以下简称小车)依靠强磁电机提供动力，能以很大的速度在空心圆体中运动，如图甲所示。某同学将鱼缸固定在示数已调零的台秤上，打开小车开关，使小车在半径为r=0.064m的竖直面内做匀速圆周运动。已知鱼缸的质量M=0.90kg，小车的质量m=0.01kg，不考虑空气阻力等影响，运动模型如图乙所示。
(1)求小车恰能过最高点A时速度大小v1；
(2)若小车在最高点A时，台秤的示数为F1=5.5N，求此时小车速度大小v2；
(3)在(2)的前提下，求小车在最低点B时台秤的示数F2。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.小强在最低点时，坐姿和站姿，小强需要的向心力是不一样的，坐姿时半径较大，根据F−mg=mv2r，秋千对小强的作用力F较大，故A错误；
B.小强摆动过程中，受到重力和绳子拉力的作用，重力不变，拉力时刻在变化，所以合力一直变化，根据牛二定律加速度一直变化，小强做变速运动，但不是匀变速运动，故B错误；
CD.小强在最低点时，坐姿时半径较大，根据F−mg=mv2r，秋千绳越长越不容易断，故C正确，D错误。
故选：C。
坐姿时半径较大，根据向心力公式F−mg=mv2r分析解答。
本题考查圆周运动的特点，解题关键掌握向心力的来源及向心力公式的应用。
2.【答案】A
【解析】解：对物块A进行受力分析可知，受到重力G、魔盘的支持力F、魔盘的摩擦力f的作用，摩擦力f可分解为指向圆心的方向的分力f1，沿圆周运动切线方向的分力f2，f1为物块A做圆周运动的向心力，f2对物块A做正功，A的速度大小及动能不断增大。
A.物块A随圆盘转动角速度不断变大，因此向心加速度及向心力不断变大，f1越来越大，f2大小不变，因此摩擦力f越来越大，故A正确；
B.由受力分析可知，摩擦力的分力方向指向圆心，另一分力方向沿物块A做圆周运动的切线方向，故B错误；
C.由运动学公式可知，物块A的向心加速度大小为a=ω2r，由题可知ω随时间变化增大，因此a越来越大，故C错误；
D.由受力分析可知，摩擦力对物块A做正功，故D错误。
故选：A。
A.物块A所受到的摩擦力f，可分解为指向圆心方向的分力f1以及圆周运动的切线方向分力f2，f1为物块A做圆周运动的向心力，f2使物块A的速度大小逐渐增大，随着角速度增大，f2逐渐增大，f1大小不变，因此f逐渐增大；
B.摩擦力分力方向指向圆心；
C.a向=ω2r，因此向心加速度逐渐增大
D.物块A的动能逐渐增大，魔盘对A做正功。
通过对物块A的运动情况进行分析，反推受力情况进而解决此类问题。
3.【答案】B
【解析】解：A、根据开普勒第一定律可知，所有的行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上，故A错误；
B、根据开普勒第二定律可知，同一行星与太阳的连线在相等的时间内扫过相等的面积，故远日点速度小，近日点速度大，故B正确；
C、根据开普勒第三定律可知，所有绕太阳运行的行星的椭圆轨道半长轴的三次方与公转周期的平方的比值相等，故离太阳越远，轨道半长轴越大，行星的公转周期越大，故C错误；
D、根据开普勒第二定律可知，同一行星在绕太阳运动时，在相等时间内行星与太阳连线扫过的面积相等，该规律只针对同一行星，可知地球与太阳连线扫过的面积不等于木星与太阳连线扫过的面积，故D错误。
故选：B。
根据开普勒三定律的内容即可分析求解。
本题考查开普勒三定律，解题关键是理解并掌握开普勒三定律的含义。
4.【答案】A
【解析】解：ABCD.如图所示，当飞机的位置在红色线段范围内时，投放下来的货物能落到接收场范围内，因为货物被释放后做平抛运动，下落高度已知，因此运动时间t= 2hg= 2×180m10m/s2=6s，则x1=vt=36m/s×6s=216m，x2=vt−16m=216m−16m=200m，因此飞机释放货物时，与接收场的水平距离范围为200～216m，故A正确、BCD错误。
故选：A。
结合题意可知，飞机需要将货物投放至飞行方向前，地面上16m范围内，货物下落为平抛运动，则运动时间固定，根据运动时间及投放范围，即可得出飞机释放物资的距离范围。
本题需要通过接收场的范围，结合平抛运动时间大小，推测出飞机释放货物的范围，以此解决此类问题。
5.【答案】D
【解析】解：AB.设河宽为L，则垂直河岸方向有L=vct，解得过河的时间t=100s，根据v水=kd=kvct=0.02×3t=0.06t，可知小船沿水流方向做匀加速运动，加速度a=0.06m/s2，则到达河中间时沿水流方向的位移x=12a(12t)2=12×0.06×502m=75m，该小船全程的位移大小为s= d2+(2x)2= 3002+(2×75)2m=150 5m，该小船全程上半段时间和下半段时间内加速度方向相反，则全程不是匀变曲速运动，故AB错误；
C.该小船的最大航行速度为vm= vc2+(a⋅12t)2= 32+32m/s=3 2m/s，故C错误；
D.该小船在由岸边向河中心航行的过程中沿水流方向做匀加速运动，垂直水流方向做匀速运动，则轨迹一定是抛物线，故D正确。
故选：D。
AB.根据垂直于河岸方向的匀速直线运动规律和沿河岸方向的速度公式推导v水的表达式，求出加速度，再计算全程的位移大小和判断运动类型；
C.根据速度的合成知识和最大速度公式求解；
D.根据具体运动过程结合分运动情况判断运动轨迹。
考查小船过河的问题，即运动的合成与分解，会根据题意进行准确的分析和解答。
6.【答案】C
【解析】解：AB、在运行的天宫一号内，物体都处于完全失重状态，给小球一个初速度，小球能做匀速圆周运动；把此装置带回地球表面，在最低点给小球相同初速度，小球在运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，则动能和重力势能相互转化，不可能做匀速圆周运动，故速度的大小发生改变，向心加速度大小也发生变化，故AB错误；
CD、在运行的天宫一号内，物体都处于完全失重状态，给小球一个初速度，小球能做匀速圆周运动，拉力提供向心力，大小不变；把此装置带回地球表面，不可能做匀速圆周运动，细绳拉力大小发生变化，故C正确，D错误。
故选：C。
在运行的天宫一号内，物体都处于完全失重状态，给小球一个初速度，小球能做匀速圆周运动，若把此装置带回地球表面，小球运动过程中受到重力和绳子拉力作用，根据机械能守恒定律可知，速度的大小是变化的，根据到达最高点的条件可知，小球不一定能做完整的圆周运动。
本题主要考查了机械能守恒定律及绳−球模型到达最高点的条件，知道在运行的天宫一号内，物体都处于完全失重状态，给小球一个初速度，小球能做匀速圆周运动
7.【答案】B
【解析】解：根据钉子所受阻力与其进入木梁中的深度成正比，作出钉子所受阻力与进入深度的关系图像如图所示。
f−x图像与横轴所围的面积表示阻力做功大小，可知前一半深度与后一半深度过程中，阻力做功之比为1：3。由题意可知，每次砸锤，锤对钉做功相同，将钉全部砸进木梁需要砸4次，则第1锤将铁钉砸进木梁的深度是L2，故ACD错误，B正确。
故选：B。
已知钉子所受阻力与其进入木梁中的深度成正比，画出钉子所受阻力与进入深度的关系图像，根据图像与横轴所围的面积表示阻力做功大小，再求砸锤次数。
解决本题的关键要根据题意作出钉子所受阻力与进入深度的关系图像，知道该图像与横轴所围的面积表示阻力做功大小。
8.【答案】BD
【解析】解：A.“天问一号”在轨道工上运行至Q点时，有GMmr2=ma
解得a=GMr2
由此可知，“天问一号”在轨道Ⅲ上经过Q的加速度等于在轨道Ⅱ上经过Q的加速度，故A错误；
B.由开普勒第二定律可知，“天问一号”在轨道Ⅲ上运行时，经过P点的线速度小于Q点的线速度，故B正确；
C.“天问一号′能够摆脱地球弓|力的束缚到达火星且没有飞出太阳系，所以在地球上发射“天问一号“环火卫星速度必须大于第二宇宙速度即11.2km/s且小于第三宇宙速度，故C错误；
D.“天问一号”从轨道Ⅲ变轨至轨道Ⅱ需要在Q点减速，做近心运动从高轨变到低轨，故D正确。
故选：BD。
根据万有引力提供向心力，写出加速度表达式，从而确定加速度间的关系；根据开普勒第二定律，确定P、Q速度的关系；只有当发射速度大于第二宇宙速度且小于第三宇宙速度才能够摆脱地球引力的束缚到达火星且没有飞出太阳系；根据变轨原理分析D。
本题主要考查了万有引力在天文学的应用，关键根据万有引力提供向心力，结合开普勒第二定律判定速度的大小。
9.【答案】CD
【解析】解：A、由弹力方向可知，小环从a运动到b的过程中，运动到图示位置P点
设大圆环半径为R，小环与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，对小环由动能定理可得mgR(1−csθ)=12mv2
如果小环与大环恰好无弹力，重力沿切线方向的分力提供向心力，则mgcsθ=mv2R
解得csθ=23
在该点上方大圆环对小环的弹力方向背离大圆环圆心，在该点下方大圆环对小环的弹力方向指向大圆环的圆心，所以小环从a运动到b的过程中，大圆环对小环的弹力不是始终指向大圆环的圆心，故A错误；
B、根据P=mgvy可知，小圆环的重力的功率先增大后减小，故B错误；
C、小环运动到b点时，大圆环对小环的弹力提供小环的向心力，大圆环与小环间的作用力一定不为零，故C正确；
D、当其中一个小环到大圆环最低点时，由动能定理得mg×2R=12mv22
由牛顿第二定律可得
解得F1−mg=mv22R
小环到大圆环最低点时，大环对小环的作用力最大；由牛顿第三定律可知小环对大环向下的作用力最大，所以大圆环对轻杆作用力的最大值为F2=2F1+mg
解得F2=11mg，故D正确。
故选：CD。
分析小环从a运动到b的过程中，根据动能定理求出B点的速度，根据竖直面内的圆周运动和向心力的公式求出在该点上方大圆环对小环的弹力方向；根据功率的公式分析重力功率的变化；当小环向下运动时，由动能定理和牛顿第二定律求出大圆环对轻杆的作用力；当其中一个小环到大圆环最低点时，由动能定理和牛顿第二定律求出大环对小环的作用力，结合小环到大圆环最低点时，大环对小环的作用力最大；由牛顿第三定律求出小环对大环的作用力。
本题考查了动能定理与圆周运动的相关知识，解决本题的关键是熟练掌握利用动能定理解决曲线运动的问题，以及竖直面内最高点和最低点的向心力来源。
10.【答案】AC
【解析】解：A、如图所示：
假如小球抛出时的初速度较大，小球能落到圆弧BD上，此时小球一定是先落在圆弧面上，故A正确；
B、若小球垂直于圆弧面落在圆弧上，则速度的反向延长线经过圆心，根据平抛运动的推论，其速度的反向延长线又经过水平位移的中点，两者相矛盾，则小球不可能垂直于圆弧面落在圆弧上，故B错误；
C、如图，若两球均能落到D点，则两小球平抛的末速度相同，故C正确；
D、两球同时抛出，则任意时刻小球速度的竖直分量始终相同，根据p=mgvy可知，两球重力不等，则重力的瞬时功率不可能始终相等，故D错误。
故选：AC。
将圆弧和斜面画在一起，根据平抛运动规律，在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，由p=mgvy判断瞬时功率的关系；
本题考查的是平抛运动规律和瞬时功率的考查，解题的关键是要知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。
11.【答案】AD
【解析】【分析】
根据万有引力提供向心力求解第一宇宙速度，在星球表面万有引力等于重力，即可求解星球表面的重力加速度，结合体积公式求解星球密度。
本题考查万有引力定律的应用，解题的关键是要知道在星球表面，万有引力等于重力，据此列式推导公式进行分析。
【解析】
A.根据M=ρ4π3R3可得ρ=3M4πR3∝MR3，则ρ火ρ月=M火M月×R月3R火3=NP3，故A正确；
B.根据第一宇宙速度v1= GMR可知，火星的第一宇宙速度是月球的 NP倍 ，故B错误；
C.在星球表面有GMmR2=mg，所以重力加速度g=GMR2，故火星的重力加速度大小是月球表面的NP2倍，故C错误；
D.根据万有引力F=GMmR2可知，F火祝F月兔=m祝m兔×M火M月×R月2R火2=KNP2，故D正确。
故选AD。
12.【答案】ABC
【解析】【分析】
本题考查机车以恒定功率启动问题，熟练掌握牵引力功率P=Fv的应用，知道当汽车达到最大速度时将做匀速运动，此时牵引力等于阻力。
【解答】
A、两车额定功率相同，设为P，两车分别从t1和t3时刻开始，以额定功率行驶，根据图像，此后牵引力F逐渐减小，则速度逐渐增大，从t2和t4时刻开始牵引力均视为不变，说明两车均开始做匀速运动，此时牵引力等于阻力，即F=f=kmg，图中甲的牵引力大于乙的牵引力，所以甲车自重比乙车大，故A正确；
B、当牵引力大于阻力时，汽车开始运动，作图如下：
可知当甲在A点对应的时刻开始运动，乙在B点对应的时刻开始运动，显然甲先开始运动，故B正确；
CD、甲车在t1时刻之后以恒定功率运动，乙车在t3时刻之后保持恒定功率不变，根据P=Fv可得v=PF，甲车在t1时刻和乙车在t3时刻的P相同，F也相同，则v相同，同理甲车在t2时刻和乙车在t4时刻的P相同，但是F不同，则v不同，故C正确，D错误。
13.【答案】A 运行n圈的时间t 3πn2Gt2 D 飞船中物体处于完全失重状态
【解析】解：(1)设月球的质量为M，半径为R，宇宙飞船的运行周期为T，质量为m。
宇宙飞船靠近月球表面做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则有
GMmR2=m4π2T2R
月球的平均密度为
ρ=M43πR3
联立可得：ρ=3πGT2
可知要测量月球的密度，只需知道飞船绕月球表面运动的周期，则需要的器材为秒表，故A正确，BCD错误。
故选：A；
(2)测量的物理量为飞船运行n圈的时间t，则周期为T=tn
(3)月球的平均密度为
ρ=3πGT2=3πn2Gt2
(4)上述三个测量工具中在宇宙飞船里一定不能使用的是天平，即D，因为飞船内的物体都处于完全失重状态。
故答案为：(1)A；
(2)运行n圈的时间t；
(3)3πn2Gt2；
(4)D，飞船中物体处于完全失重状态。
(1)、(2)、(3)宇宙飞船靠近月球表面做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，由万有引力公式与牛顿第二定律求出月球的质量，然后应用密度公式求出月球的平均密度，根据密度表达式确定需要测量的物理量和测量所选用的器材。
(4)飞船内的物体都处于完全失重状态，据此确定宇宙飞船里一定不能使用的器材。
本题考查万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律可以解题。
14.【答案】B −mg mg4R2
【解析】解：(1)A.圆弧轨道是否光滑对实验没有影响，故A错误；
B.选用密度大、体积小的小球，可以减小空气阻力的影响，故B正确；
C.根据题意，若小球恰好通过D点，由牛顿第二定律有mg=mv2R，可得vD= gR，由能量守恒定律可知，若P点位置比D点略高些，则小球可能到不了D点，故C错误；
D.同样的实验过程，质量小些的球通过D点时，对力传感器压力会小些，不利于实验的测量，产生误差较大，故D错误。
故选：B。
(2)根据题意可知，在D点，小球受到的合力提供向心力，则有Fn=F+mg，根据题意可知，小球离开D点做平抛运动，竖直方向上有
2R=12gt2
水平方向上有
x=vt
联立解得v=x 4Rg=x2 gR
在D点，根据牛顿第二定律有
F+mg=mv2R
联立整理可得F=mg4R2x2−mg
则当图像与纵轴的截距为−mg，斜率为mg4R2时，向心力与速度平方成正比。
故答案为：(1)B；(2)−mg，mg4R2。
(1)根据实验的原理和实验的注意事项结合能量的转化和守恒定律进行分析判断；
(2)根据平抛运动规律和牛顿第二定律推导F−x2的表达式，结合表达式中和图像的截距以及斜率的物理意义进行分析求解。
考查平抛运动和牛顿运动定律，结合能的转化和守恒定律列式联立解答相应的物理量。
15.【答案】解：(1)地球的第一宇宙速度是物体在地球表面附近绕地球做匀速圆周运动的线速度，而地球表面附近万有引力等于重力。
根据牛顿第二定律有
mg=mv12R
解得地球的第一宇宙速度为：v1= gR
(2)核心舱环绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
GMm(R+h)2=m4π2T2(R+h)
在地球表面，有GMmR2=mg
联立解得：T=2π(R+h)R R+hg
答：(1)地球的第一宇宙速度为 gR；
(2)核心舱做匀速圆周运动的周期T为2π(R+h)R R+hg。
【解析】(1)地球的第一宇宙速度是物体在地球表面附近绕地球做匀速圆周运动的线速度，而地球表面附近万有引力等于重力，根据牛顿第二定律求解。
(2)核心舱绕地球做圆周运动的向心力由地球对它的万有引力提供，由牛顿第二定律列方程，结合地球表面附近万有引力等于重力可以求出周期T。
本题关键是明确核心舱绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力。同时，还要抓住地面附近物体的重力等于地球对物体的万有引力这一思路。
16.【答案】解：(1)当无人机在空中悬停时，处于平衡状态，升力大小等于重力，为：F=G=mg=1200×10−3kg×10N/kg=12N
(2)无人机以最大速度匀速直线上升时，由于空气阻力忽略不计，升力与重力平衡，则升力对无人机做功的功率为：P=Fv=12×5W=60W
(3)重力的方向为竖直向下，从B到C的过程中，无人机水平匀速飞行，重力的方向和运动方向垂直，重力不做功，即重力做功是0J。
答：(1)该无人机在空中悬停时受到的升力是12N；
(2)升力对无人机做功的功率是60W；
(3)从B到C的过程中，无人机受到的重力对无人机所做的功是0J。
【解析】(1)无人机在空中悬停时，处于平衡状态，无人机受到升力与重力相等，根据F=G=mg求升力的大小；
(2)无人机以最大速度匀速直线上升时，由于空气阻力忽略不计，升力与重力平衡，大小相等，根据P=Fv求得无人机以最大速度匀速上升时升力做功的功率；
(3)重力的方向为竖直向下，从B到C的过程中，无人机水平匀速飞行，重力的方向和运动方向垂直，重力不做功。
本题考查升力、功率和功的计算，关键是从图中得出有用信息。
17.【答案】解：(1)从D到E过程中滑块做斜抛运动，把D点速度分解到竖直和水平方向，
竖直方向：vy=v0sinθ=5×45m/s=4m/s
水平方向：vx=v0csθ=5×35m/s=3m/s
运动到E点时竖直方向上速度为零，由运动学公式vy2=2gy
得 y=0.8m
所以，h=y+h0=0.8m+0.4m=1.2m
(2)滑块以vx=3m/s滑上传送带，假设能被加速到v=5m/s，则：
x=v2−vx22μ1g=1.6m故滑块离开F点的速度vF=5m/s
从F到P过程应用动能定理得−mgR−μ2mgl2=0−12mvF2
解得：μ2=0.3
(3)由分析可知，物块从P返回后向左进入传送带，又以原速率返回，设物块从P返回后，在FG之间滑行的总路程为s，对全过程应用动能定理得
mgR−μ2mgs=0
解得：s=83m
所以，滑块停止时离G点：x=2l2−s=13m
(4)设传送带速度为v1时，滑块恰能到Q点，
在Q点满足：mgsinα=mvQ2R，得：vQ= 4.8m/s
从F到Q应用动能定理得−μ2mgl2−mgR(1+sinα)=12mvQ2−12mv12
解得：v1= 39.4m/s
设传送带速度为v2时，滑块撞挡板后恰能重新返回到P点，对该过程应用动能定理得−3μ2mgl2−mgR=0−12mv22
解得：v2= 43m/s
若滑块被传送带一直加速，则：μ1mgl1=12mvm2−12mvx2 可得vm=7m/s
所以，传送带可调节的速度范围为 39.4m/s≤v≤ 43m/s
故答案为：(1)高度h为1.2m；
(2)滑块与水平轨道FG间的动摩擦因数μ2为0.3；
(3)滑块最终静止时离G点的距离x为13m；
(4)传送带可调节的速度范围为 39.4m/s≤v≤ 43m/s
【解析】根据斜抛运动规律结合动能定理进行求解即可。
本题主要考查多过程运动状态的分析，解题关键是对不同的运动过程列动能定理方程进行求解。
18.【答案】解：(1)小车在最高点A刚好由重力提供做圆周运动所需的向心力，则有mg=mv12r
解得v1=0.8m/s
(2)小车在最高点A时，以小车为对象，设鱼缸对小车的弹力大小为FA，根据牛顿第二定律可得FA+mg=mv22r
以鱼缸为对象，根据受力平衡可得F1+F′A=Mg
由牛顿第三定律可知FA=F′A
联立解得v2=4.8m/s
(3)小车在最低点B时，以小车为对象，设鱼缸对小车的弹力大小为FB，根据牛顿第二定律可得FB−mg=mv22r
以鱼缸为对象，根据受力平衡可得F2=Mg+F′B
由牛顿第三定律可知FB=F′B
联立解得F2=12.7N
答：(1)小车恰能过最高点A时速度大小为0.8m/s；
(2)此时小车速度大小为4.8m/s；
(3)小车在最低点B时台秤的示数为12.7N。
【解析】(1)小车在最高点A刚好由重力提供做圆周运动所需的向心力；
(2)对小车受力分析，根据牛顿第二定律解答；
(3)在最低点根据牛顿第二定律解得。
本题考查牛顿第二定律在圆周运动中的应用，解题关键掌握小车的受力分析，注意向心力来源。【型号】YU−2【动力】电动
【质量】1200g
【最大上升速度】5m/s