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2023-2024学年河北省沧州市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2023-2024学年河北省沧州市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共10页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示，短道速滑运动员正在沿着弯道滑行。运动员在弯道转弯的过程可视为在水平冰面上的一段圆周运动。下列说法正确的是( )
A. 运动员的速度可能保持不变B. 运动员所受合力可能为恒力
C. 运动员的加速度不可能为0D. 运动员所受合力的方向可能沿着运动方向
2.功是能量转化的量度，在物理学中有很重要的意义。有关功的说法正确的是( )
A. 功是标量，但有正负，正负表示大小
B. 作用力做正功时，反作用力也可以做正功
C. 某力做功越多，其功率越大
D. 若合外力不做功，则物体一定做匀速直线运动
3.2024年5月12日，中国成功发射试验二十三号卫星，其主要用于空间环境探测。卫星发射过程中的部分过程简化示意图如图所示，卫星沿椭圆轨道Ⅰ运动到远地点B时加速，进入圆形轨道Ⅱ稳定运行。下列说法正确的是( )
A. 卫星在B点加速时应向前喷气
B. 卫星的发射速度大于第一宇宙速度
C. 在圆形轨道Ⅱ上运动时卫星所受重力为0
D. 卫星在轨道Ⅰ上经过B点的加速度小于在轨道Ⅱ上经过B点的加速度
4.质量相同的两物体P、Q用长为L的轻绳连接并放置在水平面上，物体Q左右两侧有固定光滑挡板(图中未画出)，使物体Q只能沿竖直方向运动。现给物体P一竖直向上的速度，使其围绕物体Q做圆周运动，当物体P运动到最高点时，物体Q对地面刚好无压力。两物体可看作质点，重力加速度为g，则物体P到达最高点时的速度大小为
A. gL2B. gLC. 2gLD. 3gL
5.质量为m的汽车启动后沿平直公路行驶，若发动机的功率保持不变，行驶过程中所受阻力大小与速率的关系为f=kv，其中k为常量。已知汽车能够达到的最大速率为vm，则当汽车的速率为vm2时，汽车的加速度大小为
A. kvmmB. 2kvm3mC. 3kvm2mD. 2kvmm
6.如图甲所示，两个同学进行排球训练。A同学将排球以速度v1击出，B同学接住后以速度v2击回，v1、v2的方向与水平方向的夹角分别为30∘和60∘，两同学击球与接球的位置不变且在同一水平面上，如图乙所示。若排球运动过程中空气阻力忽略不计，则v1:v2等于
A. 1:1B. 1:2C. 1:3D. 1:4
7.已知质量分布均匀的球壳对内部任一质点的万有引力为零。如图所示，若通过地球球心打通一条光滑的细通道，一个质量为m、可看作质点的小球从入口M点处由静止释放，沿着通道到达另一端N。已知地球半径为R，小球在M点释放瞬间的加速度为a，地球质量分布均匀，不计细通道对地球质量分布的影响，则小球运动过程中的最大动能为( )
A. 14maRB. 12maRC. maRD. 2maR
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.一只企鹅由静止从冰山顶端沿冰面滑到底端。已知企鹅质量为20 kg，冰山顶端到底端的高度差为2 m，企鹅下滑过程中克服摩擦力做功为20 J，重力加速度g取10m/s2。关于企鹅下滑过程，下列说法正确的是( )
A. 企鹅重力做功为400 JB. 企鹅所受合力做功为−420J
C. 企鹅到达冰山底端时的动能为380 JD. 企鹅机械能变化量为20 J
9.机械设计中有许多精妙的设计，如图所示为一种将圆周运动转化为一条直线上往复运动的设计。沿竖直面内圆弧轨道做匀速圆周运动的小球a通过有转轴的连杆与物块b相连，物块b穿在水平杆上，水平杆的延长线通过圆心。若小球a做匀速圆周运动，物块b从最左端第一次运动到最右端经历的时间为t。下列说法正确的是
A. 小球a所受合力不变
B. 小球a运动的周期为2t
C. 小球a运动到水平直径任一端点时，物块b运动的速率最大
D. 小球a与物块b速度相等时，小球a一定位于轨道最高点或最低点
10.如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一个质量为m的有孔小球相连。小球套在竖直固定、足够长的光滑杆上。杆上M、N两点与O点的距离均为2l，P点到O点的距离为l，OP与杆垂直。现将小球由M点静止释放，小球运动到N点时速度达到最大，继续向下运动直至最低点Q。整个运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 弹簧的劲度系数为2 3mg3L
B. 小球从M点到P点的过程中，弹簧弹力的功率逐渐增大
C. 小球从M点到P点的过程中重力的平均功率小于小球从P点到N点的过程中重力的平均功率
D. 小球从N点向下运动到最低点Q的过程中，弹簧增加的弹性势能为2 3mgl
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某实验小组采用如图甲所示装置做“探究平抛运动特点”的实验。
(1)实验中为减小实验误差，可行的操作是________。
A.尽量减小小球和斜槽之间的摩擦
B.尽量使固定坐标纸的木板保持竖直
C.确定坐标原点时视线应正对坐标纸，标出槽口在坐标纸上的投影点
(2)如图乙所示，实验过程中记录了A、B、C、D四个点，图中坐标纸每个小方格的边长为1.25cm，重力加速度g取10m/s2，则A、B两点间的时间间隔为________s，小球平抛运动的初速度大小为________m/s。
(3)若已知当地重力加速度g，本实验________(填“可以”或“不可以”)同时验证机械能守恒定律。
12.某同学利用如图所示的装置，探究小球在最低点时所需向心力的大小F与质量m和半径r的关系，实验中小球可看作质点。
(1)本实验采用的实验方法是________(填“控制变量法”或“等效替代法”)。
(2)将质量不同的小球分别系于同一轻绳的下端，将轻绳拉至水平位置由静止释放，此操作用来探究________一定，向心力的大小F与________的关系。(两空选填“质量m”或“半径r”)
(3)将质量相同的小球分别系于长度为L和2L的轻绳下端，再将轻绳拉至水平位置由静止释放，则小球到达最低点时，拉力传感器的示数之比为________。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.北斗卫星导航系统是我国自主研发的全球卫星导航系统，它由5颗地球静止轨道卫星和30颗中轨道卫星组成，它们均为圆轨道卫星。中轨道卫星的轨道半径约为静止轨道卫星轨道半径的1n。已知地球表面附近的重力加速度为g，地球半径为R，地球自转的角速度为ω。求：
(1)静止轨道卫星离地高度；
(2)中轨道卫星的运动周期。
14.如图所示，光滑水平杆左端固定，光滑竖直杆下端固定，水平杆右端恰好位于竖直杆正上方，用轻质细绳连接的小球P、Q分别穿在水平和足够长的竖直杆上，小球P、Q的质量之比为mM= 2−1，两者距水平杆右端的距离均为L=0.6m。现将两小球由静止释放，重力加速度g取10m/s2。
(1)求小球P脱离水平杆时的速度大小v；
(2)若小球P脱离水平杆时轻绳断裂，求之后小球P运动t=0.3s时，P、Q之间的距离s(此时Q未落地)；
(3)若小球P的质量m=0.6kg，当小球P脱离水平杆时，小球Q瞬间锁定不再运动，求小球P运动到与小球Q等高时，细绳的拉力大小F。
(结果均可用根号表示)
15.如图所示，一轻质弹簧左端固定在光滑水平台面上，自然伸长时右端未到达平台边缘，平台右侧有一圆心角θ=53∘、半径R=3m的光滑圆弧轨道，圆弧轨道左端点与平台上表面的高度差h=0.8m，圆弧轨道最低点的切线水平且与水平传送带左端重合，传送带左右两端之间的长度L=8m，且以v0=1m/s的速度逆时针方向转动。现用外力使质量m=2kg的物块缓慢压缩弹簧至某位置，此时弹簧的弹性势能为Ep，然后由静止释放物块，物块飞离平台后，恰好沿圆弧轨道左端点切线方向进入轨道。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.35，重力加速度g取10m/s2，sin53∘=0.8，cs53∘=0.6，物块可看作质点。求：
(1)物块进入圆弧轨道时的速度大小v；
(2)弹簧的弹性势能Ep；
(3)物块在传送带上运动时因摩擦产生的热量Q。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
详细解答和解析过程见【答案】
【解答】
运动员做圆周运动，速度方向不断发生变化，所以速度不断变化，A错误;
运动员所受合力一定为变力，B错误;
做圆周运动的物体所受合力一定不为0，故加速度不可能为0，C正确;
圆周运动的过程中物体所受合力与速度方向不可能共线，D错误。
故选C。
2.【答案】B
【解析】【分析】
详细解答和解析过程见【答案】
【解答】
功是标量，但有正负，功的正负不表示大小，A错误;
作用力做正功时，反作用力也可以做正功，例如相互排斥的两磁铁，静止释放后，两磁铁向相反方向运动，相互作用力对两磁铁均做正功，B正确;
某力做功虽然越多，但时间不确定，故该力的功率不一定越大，C错误;
如果合外力不做功，则合力可能为零，也可能与速度方向垂直(如匀速圆周运动)，故物体不一定做匀速直线运动，D错误。
故选B。
3.【答案】B
【解析】【分析】
详细解答和解析过程见【答案】
【解答】
卫星加速时应向后喷气，A错误;
卫星发射时其速度大于第一宇宙速度、小于第二宇宙速度，B正确;
卫星在轨道上做圆周运动时，仍然受到重力作用，C错误;
根据万有引力定律可知卫星在同一个点受到的万有引力相同，产生加速度相同，所以卫星在轨道Ⅰ上经过B点时的加速度等于在轨道Ⅱ上经过B点时的加速度，D错误。
故选B。
4.【答案】C
【解析】【分析】
详细解答和解析过程见【答案】
【解答】
P运动到最高点时，轻绳的拉力F=mg，对P有F+mg=mυ2L，联立解得v= 2gL，C正确。
5.【答案】C
【解析】汽车速度最大时有P=kvm2，当速率为vm2时有P=F⋅vm2，又F−k⋅vm2=ma，联立解得a=3kvm2m，C正确。
故选C。
6.【答案】A
【解析】【分析】
详细解答和解析过程见【答案】
【解答】
设初速度与水平方向的夹角为θ，则竖直分速度为vy=v0sinθ，水平分速度为vx=v0csθ，运动时间为t=2vyg，水平位移为x=vxt，联立有x=v02sin2θg，代入夹角可得v1:v2=1:1，A正确。
7.【答案】B
【解析】【分析】
详细解答和解析过程见【答案】
【解答】
小球到达距O点为r处时，以r为半径的球的质量M=ρ⋅43πr3，则小球受到的引力F=GMmr2，则F=43Gmρπr，即F与距球心的距离r成正比。小球到达O点时引力为0，动能最大，则由M到O的过程，小球受到的平均力为F=ma2，根据动能定理得ma2⋅R=Ek，故最大动能Ek=12maR，B正确。
8.【答案】AC
【解析】【分析】
详细解答和解析过程见【答案】
【解答】
A.重力做功WG=mgh=400J，故A正确；
B.合力做功W=WG−Wf=380J，故B错误；
C.根据动能定理可知，企鹅到达冰山底端时的动能等于合力所做的功，即380J，故C正确；
D.机械能变化量等于除重力以外其他力所做的功，即摩擦力做的功，故机械能变化量为−20J，故D错误。
故选AC。
9.【答案】BD
【解析】【分析】
详细解答和解析过程见【答案】
【解答】
A.因小球a做匀速圆周运动，故合力大小不变，方向时刻变化，故A错误；
B.t为半个周期，故T=2t，故B正确；
C.小球a运动到水平直径任一端点时，物块b的速度为0，故C错误；
D.根据杆关联速度的特点，当两者速度相同时，两者速度方向与杆的夹角一定相同，因b的速度方向一定沿水平方向，故小球a的速度方向也一定沿水平方向，而满足此条件的位置，只有最高点和最低点，故D正确。
10.【答案】AC
【解析】在N点有mg=kLcs30∘，解得k=2 3mg3L，A正确;
释放瞬间，小球速度为0，弹簧弹力的功率为0，到P点时，弹簧弹力为0，弹簧弹力功率也为0，故弹力的功率先增大后减小，B错误;
由M点到N点的过程小球一直向下做加速运动，由M点到P点过程和由P点到N点过程，位移相等，故小球由M点到P点过程的运动时间大于小球由P点到N点过程的运动时间，因此从M点到P点过程小球重力的平均功率小于小球从P点到N点过程重力的平均功率，C正确;
从M到N的过程，弹簧的弹性势能不变，由动能定理有mg⋅2 3L=12mv2，从N到Q的过程，由能量守恒有△Ep=12mv2+mgh=2 3mgL+mgh，h为N、Q间的距离，由此可知，△Ep>2 3mgL，D错误。
故选AC。
11.【答案】(1)B；(2)0.05；0.75；(3)可以
【解析】(1)小球与斜槽间的摩擦力大小不影响实验误差，A错误;
因平抛运动轨迹在竖直面内，故木板在竖直面内可减小描点带来的误差，B正确;
坐标原点应为小球在槽口正上方时球心在木板上的投影点，C错误。
(2)由图可知，A、B、C、D四点的时间间隔相等，设为T，竖直方向有2L=gT2，解得T=0.05s，水平方向有3L=v0T，解得v0=0.75m/s。
(3)由图可知，hAB:hBC:hCD=1:3:5，所以A点为抛出点，从A点抛出到B点，若满足机械能守恒，则有mghAB=12mvB2−12mv02，根据匀变速运动规律可得在B点竖直方向的速度为vBy=4L2T，根据速度的合成规律有vB2=v02+vBy2，则有mghAB=12m(4L2T)2，整理有2ghAB=(4L2T)2，hAB、L和T均可利用实验获得数据，因此可用来验证机械能守恒定律。
12.【答案】(1)控制变量法；(2)半径r；质量m；(3)1:1。
【解析】(1)研究一个变量和多个变量的关系，要采用控制变量法。
(2)根据题意可知，小球质量不同，轻绳长度相同，故研究半径r一定时，向心力大小F与质量m的关系。
(3)根据机械能守恒定律有mgr=12mv2，由牛顿第二定律得FT−mg=mv2r，联立解得FT=3mg，故拉力传感器的示数之比为1:1。
13.【答案】解：(1)对静止轨道卫星，根据万有引力定律有GMm(R+h)2=mω2(R+h)，
在地球表面附近有GMm0R2=m0g，
解得h=3gR2ω2−R。
(2)根据开普勒第三定律有r3T2=r13T12，
又T=2πω，
解得T1=2π nn2ω。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】解：(1)对P、Q整体，根据系统机械能守恒定律有Mgh=12mv2，根据几何关系有h= L2+L2−L，解得v=2 3m/s。
(2)轻绳断裂后， P做平抛运动，Q做自由落体运动，t时间内P水平运动的距离x1=vt，根据几何关系有s2=x12+( 2L)2，解得s=3 55m。
(3)因v> g⋅ 2L，小球脱离水平杆后做圆周运动，根据动能定理有mg⋅ 2L=12mv12−12mv2，根据向心力公式有F=mv12 2L，解得F=(12+6 2)N。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】解：(1)竖直方向有v12=2gh，根据运动的合成与分解有vsinθ=v1，解得v=5m/s。
(2)根据机械能守恒定律有Ep+mgh=12mv2，解得Ep=9J。
(3)设物块进入传送带时的速度为v2，则由动能定理有mgR(1−csθ)=12mv22−12mv2，解得v2=7m/s，
物块速度减为0的过程运动的位移x1=v222μg=7m该过程传送带位移x2=v0t1=2m，此过程产生的热量Q1=μmg(x1+x2)=63J，
当物块反向速度达到v0时，相对传送带静止，物块反向加速过程有v0=μgt2，解得t2=27s，位移x1′=12μgt22=17m，
这段时间内传送带的位移x2′=v0t2=27m，该过程产生的热量Q2=μmg(x2′−x1′)=1J，摩擦产生的总热量Q=Q1+Q2，解得Q=64J。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
1.如图所示，短道速滑运动员正在沿着弯道滑行。运动员在弯道转弯的过程可视为在水平冰面上的一段圆周运动。下列说法正确的是( )
A. 运动员的速度可能保持不变B. 运动员所受合力可能为恒力
C. 运动员的加速度不可能为0D. 运动员所受合力的方向可能沿着运动方向
2.功是能量转化的量度，在物理学中有很重要的意义。有关功的说法正确的是( )
A. 功是标量，但有正负，正负表示大小
B. 作用力做正功时，反作用力也可以做正功
C. 某力做功越多，其功率越大
D. 若合外力不做功，则物体一定做匀速直线运动
3.2024年5月12日，中国成功发射试验二十三号卫星，其主要用于空间环境探测。卫星发射过程中的部分过程简化示意图如图所示，卫星沿椭圆轨道Ⅰ运动到远地点B时加速，进入圆形轨道Ⅱ稳定运行。下列说法正确的是( )
A. 卫星在B点加速时应向前喷气
B. 卫星的发射速度大于第一宇宙速度
C. 在圆形轨道Ⅱ上运动时卫星所受重力为0
D. 卫星在轨道Ⅰ上经过B点的加速度小于在轨道Ⅱ上经过B点的加速度
4.质量相同的两物体P、Q用长为L的轻绳连接并放置在水平面上，物体Q左右两侧有固定光滑挡板(图中未画出)，使物体Q只能沿竖直方向运动。现给物体P一竖直向上的速度，使其围绕物体Q做圆周运动，当物体P运动到最高点时，物体Q对地面刚好无压力。两物体可看作质点，重力加速度为g，则物体P到达最高点时的速度大小为
A. gL2B. gLC. 2gLD. 3gL
5.质量为m的汽车启动后沿平直公路行驶，若发动机的功率保持不变，行驶过程中所受阻力大小与速率的关系为f=kv，其中k为常量。已知汽车能够达到的最大速率为vm，则当汽车的速率为vm2时，汽车的加速度大小为
A. kvmmB. 2kvm3mC. 3kvm2mD. 2kvmm
6.如图甲所示，两个同学进行排球训练。A同学将排球以速度v1击出，B同学接住后以速度v2击回，v1、v2的方向与水平方向的夹角分别为30∘和60∘，两同学击球与接球的位置不变且在同一水平面上，如图乙所示。若排球运动过程中空气阻力忽略不计，则v1:v2等于
A. 1:1B. 1:2C. 1:3D. 1:4
7.已知质量分布均匀的球壳对内部任一质点的万有引力为零。如图所示，若通过地球球心打通一条光滑的细通道，一个质量为m、可看作质点的小球从入口M点处由静止释放，沿着通道到达另一端N。已知地球半径为R，小球在M点释放瞬间的加速度为a，地球质量分布均匀，不计细通道对地球质量分布的影响，则小球运动过程中的最大动能为( )
A. 14maRB. 12maRC. maRD. 2maR
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.一只企鹅由静止从冰山顶端沿冰面滑到底端。已知企鹅质量为20 kg，冰山顶端到底端的高度差为2 m，企鹅下滑过程中克服摩擦力做功为20 J，重力加速度g取10m/s2。关于企鹅下滑过程，下列说法正确的是( )
A. 企鹅重力做功为400 JB. 企鹅所受合力做功为−420J
C. 企鹅到达冰山底端时的动能为380 JD. 企鹅机械能变化量为20 J
9.机械设计中有许多精妙的设计，如图所示为一种将圆周运动转化为一条直线上往复运动的设计。沿竖直面内圆弧轨道做匀速圆周运动的小球a通过有转轴的连杆与物块b相连，物块b穿在水平杆上，水平杆的延长线通过圆心。若小球a做匀速圆周运动，物块b从最左端第一次运动到最右端经历的时间为t。下列说法正确的是
A. 小球a所受合力不变
B. 小球a运动的周期为2t
C. 小球a运动到水平直径任一端点时，物块b运动的速率最大
D. 小球a与物块b速度相等时，小球a一定位于轨道最高点或最低点
10.如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一个质量为m的有孔小球相连。小球套在竖直固定、足够长的光滑杆上。杆上M、N两点与O点的距离均为2l，P点到O点的距离为l，OP与杆垂直。现将小球由M点静止释放，小球运动到N点时速度达到最大，继续向下运动直至最低点Q。整个运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 弹簧的劲度系数为2 3mg3L
B. 小球从M点到P点的过程中，弹簧弹力的功率逐渐增大
C. 小球从M点到P点的过程中重力的平均功率小于小球从P点到N点的过程中重力的平均功率
D. 小球从N点向下运动到最低点Q的过程中，弹簧增加的弹性势能为2 3mgl
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某实验小组采用如图甲所示装置做“探究平抛运动特点”的实验。
(1)实验中为减小实验误差，可行的操作是________。
A.尽量减小小球和斜槽之间的摩擦
B.尽量使固定坐标纸的木板保持竖直
C.确定坐标原点时视线应正对坐标纸，标出槽口在坐标纸上的投影点
(2)如图乙所示，实验过程中记录了A、B、C、D四个点，图中坐标纸每个小方格的边长为1.25cm，重力加速度g取10m/s2，则A、B两点间的时间间隔为________s，小球平抛运动的初速度大小为________m/s。
(3)若已知当地重力加速度g，本实验________(填“可以”或“不可以”)同时验证机械能守恒定律。
12.某同学利用如图所示的装置，探究小球在最低点时所需向心力的大小F与质量m和半径r的关系，实验中小球可看作质点。
(1)本实验采用的实验方法是________(填“控制变量法”或“等效替代法”)。
(2)将质量不同的小球分别系于同一轻绳的下端，将轻绳拉至水平位置由静止释放，此操作用来探究________一定，向心力的大小F与________的关系。(两空选填“质量m”或“半径r”)
(3)将质量相同的小球分别系于长度为L和2L的轻绳下端，再将轻绳拉至水平位置由静止释放，则小球到达最低点时，拉力传感器的示数之比为________。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.北斗卫星导航系统是我国自主研发的全球卫星导航系统，它由5颗地球静止轨道卫星和30颗中轨道卫星组成，它们均为圆轨道卫星。中轨道卫星的轨道半径约为静止轨道卫星轨道半径的1n。已知地球表面附近的重力加速度为g，地球半径为R，地球自转的角速度为ω。求：
(1)静止轨道卫星离地高度；
(2)中轨道卫星的运动周期。
14.如图所示，光滑水平杆左端固定，光滑竖直杆下端固定，水平杆右端恰好位于竖直杆正上方，用轻质细绳连接的小球P、Q分别穿在水平和足够长的竖直杆上，小球P、Q的质量之比为mM= 2−1，两者距水平杆右端的距离均为L=0.6m。现将两小球由静止释放，重力加速度g取10m/s2。
(1)求小球P脱离水平杆时的速度大小v；
(2)若小球P脱离水平杆时轻绳断裂，求之后小球P运动t=0.3s时，P、Q之间的距离s(此时Q未落地)；
(3)若小球P的质量m=0.6kg，当小球P脱离水平杆时，小球Q瞬间锁定不再运动，求小球P运动到与小球Q等高时，细绳的拉力大小F。
(结果均可用根号表示)
15.如图所示，一轻质弹簧左端固定在光滑水平台面上，自然伸长时右端未到达平台边缘，平台右侧有一圆心角θ=53∘、半径R=3m的光滑圆弧轨道，圆弧轨道左端点与平台上表面的高度差h=0.8m，圆弧轨道最低点的切线水平且与水平传送带左端重合，传送带左右两端之间的长度L=8m，且以v0=1m/s的速度逆时针方向转动。现用外力使质量m=2kg的物块缓慢压缩弹簧至某位置，此时弹簧的弹性势能为Ep，然后由静止释放物块，物块飞离平台后，恰好沿圆弧轨道左端点切线方向进入轨道。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.35，重力加速度g取10m/s2，sin53∘=0.8，cs53∘=0.6，物块可看作质点。求：
(1)物块进入圆弧轨道时的速度大小v；
(2)弹簧的弹性势能Ep；
(3)物块在传送带上运动时因摩擦产生的热量Q。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
详细解答和解析过程见【答案】
【解答】
运动员做圆周运动，速度方向不断发生变化，所以速度不断变化，A错误;
运动员所受合力一定为变力，B错误;
做圆周运动的物体所受合力一定不为0，故加速度不可能为0，C正确;
圆周运动的过程中物体所受合力与速度方向不可能共线，D错误。
故选C。
2.【答案】B
【解析】【分析】
详细解答和解析过程见【答案】
【解答】
功是标量，但有正负，功的正负不表示大小，A错误;
作用力做正功时，反作用力也可以做正功，例如相互排斥的两磁铁，静止释放后，两磁铁向相反方向运动，相互作用力对两磁铁均做正功，B正确;
某力做功虽然越多，但时间不确定，故该力的功率不一定越大，C错误;
如果合外力不做功，则合力可能为零，也可能与速度方向垂直(如匀速圆周运动)，故物体不一定做匀速直线运动，D错误。
故选B。
3.【答案】B
【解析】【分析】
详细解答和解析过程见【答案】
【解答】
卫星加速时应向后喷气，A错误;
卫星发射时其速度大于第一宇宙速度、小于第二宇宙速度，B正确;
卫星在轨道上做圆周运动时，仍然受到重力作用，C错误;
根据万有引力定律可知卫星在同一个点受到的万有引力相同，产生加速度相同，所以卫星在轨道Ⅰ上经过B点时的加速度等于在轨道Ⅱ上经过B点时的加速度，D错误。
故选B。
4.【答案】C
【解析】【分析】
详细解答和解析过程见【答案】
【解答】
P运动到最高点时，轻绳的拉力F=mg，对P有F+mg=mυ2L，联立解得v= 2gL，C正确。
5.【答案】C
【解析】汽车速度最大时有P=kvm2，当速率为vm2时有P=F⋅vm2，又F−k⋅vm2=ma，联立解得a=3kvm2m，C正确。
故选C。
6.【答案】A
【解析】【分析】
详细解答和解析过程见【答案】
【解答】
设初速度与水平方向的夹角为θ，则竖直分速度为vy=v0sinθ，水平分速度为vx=v0csθ，运动时间为t=2vyg，水平位移为x=vxt，联立有x=v02sin2θg，代入夹角可得v1:v2=1:1，A正确。
7.【答案】B
【解析】【分析】
详细解答和解析过程见【答案】
【解答】
小球到达距O点为r处时，以r为半径的球的质量M=ρ⋅43πr3，则小球受到的引力F=GMmr2，则F=43Gmρπr，即F与距球心的距离r成正比。小球到达O点时引力为0，动能最大，则由M到O的过程，小球受到的平均力为F=ma2，根据动能定理得ma2⋅R=Ek，故最大动能Ek=12maR，B正确。
8.【答案】AC
【解析】【分析】
详细解答和解析过程见【答案】
【解答】
A.重力做功WG=mgh=400J，故A正确；
B.合力做功W=WG−Wf=380J，故B错误；
C.根据动能定理可知，企鹅到达冰山底端时的动能等于合力所做的功，即380J，故C正确；
D.机械能变化量等于除重力以外其他力所做的功，即摩擦力做的功，故机械能变化量为−20J，故D错误。
故选AC。
9.【答案】BD
【解析】【分析】
详细解答和解析过程见【答案】
【解答】
A.因小球a做匀速圆周运动，故合力大小不变，方向时刻变化，故A错误；
B.t为半个周期，故T=2t，故B正确；
C.小球a运动到水平直径任一端点时，物块b的速度为0，故C错误；
D.根据杆关联速度的特点，当两者速度相同时，两者速度方向与杆的夹角一定相同，因b的速度方向一定沿水平方向，故小球a的速度方向也一定沿水平方向，而满足此条件的位置，只有最高点和最低点，故D正确。
10.【答案】AC
【解析】在N点有mg=kLcs30∘，解得k=2 3mg3L，A正确;
释放瞬间，小球速度为0，弹簧弹力的功率为0，到P点时，弹簧弹力为0，弹簧弹力功率也为0，故弹力的功率先增大后减小，B错误;
由M点到N点的过程小球一直向下做加速运动，由M点到P点过程和由P点到N点过程，位移相等，故小球由M点到P点过程的运动时间大于小球由P点到N点过程的运动时间，因此从M点到P点过程小球重力的平均功率小于小球从P点到N点过程重力的平均功率，C正确;
从M到N的过程，弹簧的弹性势能不变，由动能定理有mg⋅2 3L=12mv2，从N到Q的过程，由能量守恒有△Ep=12mv2+mgh=2 3mgL+mgh，h为N、Q间的距离，由此可知，△Ep>2 3mgL，D错误。
故选AC。
11.【答案】(1)B；(2)0.05；0.75；(3)可以
【解析】(1)小球与斜槽间的摩擦力大小不影响实验误差，A错误;
因平抛运动轨迹在竖直面内，故木板在竖直面内可减小描点带来的误差，B正确;
坐标原点应为小球在槽口正上方时球心在木板上的投影点，C错误。
(2)由图可知，A、B、C、D四点的时间间隔相等，设为T，竖直方向有2L=gT2，解得T=0.05s，水平方向有3L=v0T，解得v0=0.75m/s。
(3)由图可知，hAB:hBC:hCD=1:3:5，所以A点为抛出点，从A点抛出到B点，若满足机械能守恒，则有mghAB=12mvB2−12mv02，根据匀变速运动规律可得在B点竖直方向的速度为vBy=4L2T，根据速度的合成规律有vB2=v02+vBy2，则有mghAB=12m(4L2T)2，整理有2ghAB=(4L2T)2，hAB、L和T均可利用实验获得数据，因此可用来验证机械能守恒定律。
12.【答案】(1)控制变量法；(2)半径r；质量m；(3)1:1。
【解析】(1)研究一个变量和多个变量的关系，要采用控制变量法。
(2)根据题意可知，小球质量不同，轻绳长度相同，故研究半径r一定时，向心力大小F与质量m的关系。
(3)根据机械能守恒定律有mgr=12mv2，由牛顿第二定律得FT−mg=mv2r，联立解得FT=3mg，故拉力传感器的示数之比为1:1。
13.【答案】解：(1)对静止轨道卫星，根据万有引力定律有GMm(R+h)2=mω2(R+h)，
在地球表面附近有GMm0R2=m0g，
解得h=3gR2ω2−R。
(2)根据开普勒第三定律有r3T2=r13T12，
又T=2πω，
解得T1=2π nn2ω。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】解：(1)对P、Q整体，根据系统机械能守恒定律有Mgh=12mv2，根据几何关系有h= L2+L2−L，解得v=2 3m/s。
(2)轻绳断裂后， P做平抛运动，Q做自由落体运动，t时间内P水平运动的距离x1=vt，根据几何关系有s2=x12+( 2L)2，解得s=3 55m。
(3)因v> g⋅ 2L，小球脱离水平杆后做圆周运动，根据动能定理有mg⋅ 2L=12mv12−12mv2，根据向心力公式有F=mv12 2L，解得F=(12+6 2)N。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】解：(1)竖直方向有v12=2gh，根据运动的合成与分解有vsinθ=v1，解得v=5m/s。
(2)根据机械能守恒定律有Ep+mgh=12mv2，解得Ep=9J。
(3)设物块进入传送带时的速度为v2，则由动能定理有mgR(1−csθ)=12mv22−12mv2，解得v2=7m/s，
物块速度减为0的过程运动的位移x1=v222μg=7m
当物块反向速度达到v0时，相对传送带静止，物块反向加速过程有v0=μgt2，解得t2=27s，位移x1′=12μgt22=17m，
这段时间内传送带的位移x2′=v0t2=27m，该过程产生的热量Q2=μmg(x2′−x1′)=1J，摩擦产生的总热量Q=Q1+Q2，解得Q=64J。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
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