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2022-2023学年上海市复兴高级中学高一（下）期中物理试卷（含解析）
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2022-2023学年上海市复兴高级中学高一（下）期中物理试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共16小题，共48.0分）
1. 关于曲线运动，下列说法中正确的是( )
A. 曲线运动一定是变速运动
B. 曲线运动的加速度可以一直为零
C. 曲线运动的速度大小一定在不断地发生变化
D. 在恒力作用下，物体不能做曲线运动
2. 如图，在水平面上转弯的摩托车(未发生侧滑)，提供向心力是( )
A. 重力
B. 滑动摩擦力
C. 静摩擦力
D. 重力和支持力的合力
3. 投飞镖是深受人们喜爱的一种娱乐活动。某同学将一枚飞镖从高于靶心的位置水平投向竖直悬挂的靶盘，结果飞镖打在靶心的正下方，如图所示。假设飞镖运动过程中所受空气阻力不计，在其他条件不变的情况下，为使飞镖命中靶心，该同学在下次投掷时应该采取的正确方法是( )
A. 适当减小飞镖投出时的高度 B. 适当增大飞镖投出时的初速度
C. 到离靶盘稍远些的地方投飞镖 D. 换用质量稍大些的飞镖
4. 一辆汽车在水平公路上转弯，沿曲线由M向N行驶，速度逐渐减小。如选项图中分别画出了汽车转弯时所受合力F的四种方向，正确的是( )
A. B.
C. D.
5. 如图，人造地球卫星在椭圆轨道上运动，它在近地点A和远地点B的加速度大小分别为aA和aB，则( )
A. aA>aB B. aA=aB C. aA
A. 沿OM直线
B. 在OM左侧区域Ⅰ
C. 在OM和ON之间区域Ⅱ
D. 在ON右侧区域Ⅲ
7. 如图所示，京张高铁将北京到张家口的通行时间缩短在1小时内，成为2022年北京冬奥会重要的交通保障设施。假设此高铁动车启动后沿平直轨道行驶，发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的阻力大小恒定。已知动车的质量为m，最高行驶速度vm=350km/h。则下列说法正确的是( )
A. 行驶过程中动车受到的阻力大小为Pvm
B. 当动车的速度为vm4时，动车的加速度大小为3Pmvm
C. 从启动到速度为vm的过程中，动车牵引力所做的功为12mvm2
D. 由题目信息可估算京张铁路的全长为350km
8. 人造地球卫星的天线偶然折断，天线将作( )
A. 自由落体运动 B. 平抛运动
C. 远离地球飞向天空 D. 继续和卫星一起沿轨道运动
9. 关于摩擦力和作用力与反作用力做功的关系，下列说法正确的是( )
A. 滑动摩擦力对物体可能做负功，可能做正功，也可能不做功
B. 静摩擦力发生在相对静止的物体之间，所以静摩擦力对物体一定不做功
C. 作用力与反作用力所做的功一定大小相等
D. 作用力做正功时，反作用力一定做负功
10. 如图所示，用光电门传感器和力传感器研究小球经过拱桥最高点时对桥面压力FN的大小与小球速度的关系。若光电门测得小球的挡光时间t，多次实验，则t越短，( )
A. FN越小，且大于小球重力 B. FN越大，且大于小球重力
C. FN越小，且小于小球重力 D. FN越大，且小于小球重力
11. 关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是( )
A. 开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律
B. 牛顿提出了万有引力定律，开普勒测量出了万有引力常量的值
C. 牛顿在实验中测出万有引力常量G，因而被称为是能称出地球质量的人
D. 开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律
12. 有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则( )
A. a的向心加速度等于重力加速度g B. 四颗地球卫星中b的线速度最大
C. c在4小时内转过的圆心角是π6 D. d的运动周期有可能是20小时
13. 某机器内有两个围绕各自的固定轴匀速转动的铝盘A、B，A盘上有一个信号发射装置P，能发射水平红外线，P到圆心的距离为28cm.B盘上有一个带窗口的红外线信号接受装置Q，Q到圆心的距离为16cm.P、Q转动的线速度相同，都是4πm/s.当P、Q正对时，P发出的红外线恰好进入Q的接受窗口，如图所示，则Q接受到的红外线信号的周期是( )
A. 0.56s B. 0.28s C. 0.16s D. 0.07s
14. 在如图所示的实验中，用小锤打击弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，同时B球被松开，自由下落。两球完全相同，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 两球落地瞬间，两球速度大小相同
B. 两球落地瞬间，重力对A小球的功率较大
C. 从开始运动至落地，两小球动能的变化量相同
D. 从开始运动至落地，重力对A小球做功的平均功率较小
15. 为了抗击新冠疫情，保障百姓基本生活，许多快递公司推出“无接触配送”。快递小哥想到了用无人机配送快递的方法。某次无人机在配送快递的飞行过程中，水平方向速度vy及竖直方向v，与飞行时间t关系图象如图甲、乙所示。关于无人机运动的说法正确的是( )
A. 0～t1时间内，无人机做曲线运动 B. t2时刻，无人机运动到最高点
C. t3～t4时间内，无人机做匀速直线运动 D. t2时刻，无人机的速度为 v02+v22
16. 如图甲所示一轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，在竖直平面内做半径为R的圆周运动．小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为FN，小球在最高点的速度大小为v，FN−v2图象如图乙所示．下列说法正确的是
A. 当地的重力加速度大小为Rb B. 小球的质量为aRb
C. 当v2=c时，杆对小球弹力方向向上 D. 若v2=2b，则杆对小球弹力大小为2a
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）
17. 万有引力定律中的引力常量G是由科学家卡文迪什通过______ 实验测得的。引力常量G的单位用国际单位制中的基本单位表示为______ 。
18. 如图为“行星传动示意图”，中心“太阳轮”的转动轴固定，其半径为R1，周围四个“行星轮”的转动轴固定，其半径均为R2，“齿圈”的半径为R3，其中R1=1.5R2，A、B、C分别是“太阳轮”、“行星轮”和“齿圈”边缘上的点，齿轮传动过程不打滑，则A点所在“太阳轮”顺时针转动时，B点所在的“行星轮”沿______ 方向转动，A点与C点的线速度之比为______ 。
19. 放在水平地面上的物体受到水平拉力的作用，其速度—时间图像和拉力的功率—时间图像分别如图(a)、(b)所示，则1s末物体加速度的大小为______ m/s2，0～6s时间内拉力所做的功为______ J。
20. 半径为R的水平圆盘绕过圆心O的竖直轴匀速转动，A为圆盘边缘上一点，在O的正上方有一个可视为质点的小球以初速度v水平抛出时，半径OA方向恰好与v的方向相同，如图所示，若小球与圆盘只碰一次，且落在A点，重力加速度为g，则小球抛出时距O的高度h=______，圆盘转动的角速度大小ω=______．
21. 如图，“食双星”是指在相互引力作用下绕连线上O点做匀速圆周运动，彼此掩食(像月亮挡住太阳)而造成亮度发生周期性变化的两颗恒星，则这两颗恒星做圆周运动的______ (选填“线速度”或“角速度”)大小相等。在地球上通过望远镜观察这种双星，视线与双星轨道共面。观测发现每隔时间T两颗恒星与望远镜共线一次，已知两颗恒星A、B间距为d，引力常量为G，则可推算出双星的总质量为______ 。
22. 电动机通过一轻绳从静止开始竖直吊起质量为8kg的物体，在前2s内绳的拉力恒定，此后电动机一直以最大的输出功率工作，物体被提升到90m高度时恰开始以15m/s的速度匀速上升。上述过程的v−t图如图所示。则前2s内绳的拉力大小为______ N，物体从静止开始被提升90m所需时间为______ s。(取
g=10m/s2)
三、实验题（本大题共1小题，共8.0分）
23. 为探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系，某实验小组通过如图甲所示装置进行实验。滑块套在水平杆上，随水平杆一起绕竖直杆做匀速圆周运动，力传感器通过一细绳连接滑块，用来测量向心力F的大小。滑块上固定一遮光片，宽度为d，光电门可以记录遮光片通过的时间，测得旋转半径为r。滑块随杆做匀速圆周运动，每经过光电门一次，通过力传感器和光电门就同时获得一组向心力F和角速度ω的数据。
(1)为了探究向心力与角速度的关系，需要控制滑块质量和______ 保持不变，某次旋转过程中遮光片经过光电门时的遮光时间为Δt，则角速度ω= ______ ；
(2)以F为纵坐标，以1(Δt)2为横坐标，可在坐标纸中描出数据点作一条如图乙所示直线，若图像的斜率为k，则滑块的质量为______ (用k、r、d表示)，图线不过坐标原点的原因是______ 。
四、简答题（本大题共1小题，共8.0分）
24. 如图所示是一种常见的盘山公路弯道设计方案，在弯道处使路面向山体一侧倾斜，这样可在一定程度上减小行车安全隐患。图中弯道路面的纵截面可视为夹角θ=15°的斜面，车辆转弯时行驶的轨迹可视为半径R=30m的水平圆弧，车辆可视为质点。sin15°=0.26，cos15°=0.97，g取10m/s2。问：
(1)当一辆汽车在该弯道路面上匀速转弯行驶时，若汽车不受侧向的摩擦力作用，其速度应为多大？(结果保留1位有效数字)
(2)若一辆汽车以较大的速度v0通过该弯道，仍沿路面做匀速圆周运动，汽车总质量为m，小张同学用关系式mg⋅tan15°+f⋅cos15°=mv02R来求此时汽车所受摩擦力f的大小。你认为这种做法是否正确？若不正确，请列出正确的关系式或方程组(不必求解结果)。
(3)橡胶轮胎与地面间的动摩擦因数μ约为0.7，试计算汽车在该弯道上安全行驶不发生侧滑的最大速度vm。(结果保留2位有效数字
)
五、计算题（本大题共1小题，共12.0分）
25. 倾斜直轨道AB和圆轨道BCD组成了竖直平面内的光滑轨道ABCD，如图甲所示。AB和BCD相切于B点，C、D为圆轨道的最低点和最高点，O为圆心，OB与OC夹角为37°小滑块从轨道ABC上离C点竖直高度为h的某点由静止滑下，用力传感器测出滑块经过C点时对轨道的压力为F，多次改变高度得到如图乙所示的压力F与高度h的关系图像(该图线纵轴截距为2N)，重力加速度g=10m/s2求：
(1)滑块的质量和圆轨道的半径；
(2)若要求滑块在圆轨道上运动时，在圆弧CD间不脱离轨道，则h应满足的条件；
(3)是否存在某个h值，使得滑块经过最高点D飞出后恰好落在B处？若C存在，请求出h值；若不存在，请计算说明理由。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动，故A正确；
B、曲线运动一定是变速运动，则加速度一定不等于零，故B错误；
C、曲线运动的速度大小可以不变，如匀速圆周运动，故C错误；
D、曲线运动的条件是物体所受的合外力和它速度方向不在同一直线上，与力是否变化无关，在恒力作用下，物体也能做曲线运动，如平抛运动，故D错误。
故选：A。
物体运动轨迹是曲线的运动，称为“曲线运动”。当物体所受的合外力和它速度方向不在同一直线上，物体就是在做曲线运动。
本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点要掌握住。
2.【答案】C
【解析】解：摩托车在水平路面上转弯时受到重力，支持力、指向圆心的静摩擦力，所需的向心力是由静摩擦力提供。
故ABD错误，C正确。
故选：C。
由受力分析判断向心力。
本题考查了向心力来源问题，通过受力分析找到指向圆心的合外力。
3.【答案】B
【解析】解：A、由于初速度不变、水平位移不变，则飞镖击中靶子的时间不变，则竖直方向上下落的高度不变，减小飞镖的高度，飞镖将打在靶心的正下方，故A错误；
B、增大初速度，水平距离不变，则飞镖击中靶子的时间减小，竖直方向上下落的高度减小，飞镖将会打在靶心，故B正确；
C、水平距离增大，初速度不变，则飞镖击中靶子的时间增大，竖直方向上下落的高度增大，飞镖将打在靶心的正下方，故C错误；
D、平抛运动的规律与飞镖的质量无关，换用质量稍大的飞镖，飞镖命中的位置不变，故D错误；
故选：B。
平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，抓住等时性，运用运动学公式进行分析。
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移。
4.【答案】C
【解析】解：汽车做速度大小减小的曲线运动，曲线运动的速度方向沿运动轨迹的切线方向，由曲线运动的受力特点可知，合力的方向指向运动轨迹的凹侧，且合力方向与速度方向夹角为钝角，故C正确，ABD错误。
故选：C。
做曲线运动的物体所受合力指向运动轨迹的凹侧，做减速曲线运动的物体所受合力方向与运动方向夹角为钝角。
本题考查物体做曲线运动的条件，知道做曲线运动的物体所受合力指向运动轨迹的凹侧。
5.【答案】A
【解析】解：根据万有引力提供向心力有：GMmr2=ma，解得：a=GMr2，由于rAaB，故A正确，BCD错误；
故选：A。
根据万有引力提供向心力可解得加速度，通过轨道半径可比较加速度大小。
本题考查万有引力定律的应用，解题关键掌握万有引力提供向心力。
6.【答案】C
【解析】解：若运动员水平方向不受任何外力时，沿OM做离心运动，实际上运动员受到摩擦力的作用，摩擦力提供向心力，当摩擦力等于需要的向心力时，运动员将沿ON做圆周运动，若运动员发生侧滑，摩擦力不足以提供向心力，即摩擦力小于所需要的向心力，滑动方向在OM和ON之间的区域，故ABD错误，C正确，
故选：C。
解决本题的关键是掌握离心运动的条件。当不受外力时，物体将沿速度方向做离心运动，当外力提供的向心力恰好等于需要的向心力时，做圆周运动，当外力提供的向心力小于需要的向心力时，物体将做离心运动，运动区域在速度方向和圆周运动轨迹之间。
7.【答案】B
【解析】
【分析】
AB、根据功率和牵引力的关系，求出动车受到的阻力；利用牛顿第二定律求出当动车的速度为vm4时的加速度大小；
C、利用动能定理，结合题意判断动车牵引力做的功；
D、结合题意，利用题中信息不能估算京张铁路的全长。
在处理机车问题时，要注意当机车的速度达到最大时，机车受到的牵引力和阻力大小相等；另外要注意机车的功率即牵引力的功率。
【解答】
AB、当动车达到最大速度时，动车受到的牵引力等于受到的阻力，根据功率和牵引力的关系可知，有P=Fvm，故行驶过程中动车受到的阻力大小为f=F=Pvm；
当动车的速度为vm4时，动车受到的牵引力为F1，则有P=F1⋅vm4，根据牛顿第二定律可得
F1−f=ma
联立整理可得a=3Pmvm
故A错误，B正确；
C、从启动到速度为vm的过程中，对动车利用动能定理，可得
WF−Wf=12mvm2
故动车牵引力所做的功为WF=12mvm2+Wf
其中Wf表示该过程中克服阻力做的功，故C错误；
D、由题目信息只知道最高时速，无法估算平均速度，故不可估算京张铁路的全长，故D错误。
故选：B。
8.【答案】D
【解析】解：人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，有GMmr2=mv2r.则GMr2=v2r，
所以GMm0r2=m0v2r.即天线受到地球的万有引力提供它做圆周运动的向心力。
所以天线和卫星一起绕地球在同一轨道做圆周运动。故D正确，A、B、C错误。
故选：D。
人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，有GMmr2=mv2r.天线折断前与人造卫星具有相同的速度，通过比较天线受到地球的万有引力和做圆周运动需要的向心力即GMm0r2与m0v2r是否相等，判断天线的运动．
解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，有GMmr2=mv2r.知道天线折断后与人造卫星具有相同的速度，仍然绕地球做圆周运动．
9.【答案】A
【解析】解：A、滑动摩擦力可能做正功，比如由静止放到传动带上的物体，在开始的一段时间内滑动摩擦力做正功，摩擦力也可能做负功，也可以不做功，故A正确；
B、相对静止不一定静止，静摩擦力的方向可以与物体运动的方向相同也可以相反还可以垂直，故静摩擦力可以做正功，可以做负功，也可以不做功，故B错误；
CD、作用力和反作用力是作用在两个相互作用的物体之上的，作用力和反作用力可以同时做负功，也可以同时做正功；如冰面上两个原来静止的小孩子相互推一下之后，两人同时后退，则两力做正功；而两个相对运动后撞在一起的物体，作用力和反作用力均做负功，由于力大小相等，但位移可能不同，所以做功大小不一定相等，故CD错误。
故选：A。
力做功的正负即决于力和位移的方向关系；根据作用力和反作用力的性质可以判断两力做功的情况．
力做功的正负即决于力和位移的方向关系，对于作用力和反作力要注意掌握其基本性质，再在性质的基础之上运用实例进行分析判断。
10.【答案】C
【解析】解：小球的挡光时间t越短，则小球速度v越大，根据牛顿第三定律可知桥面对小球的支持力大小等于小球对桥面的压力的大小，由牛顿第二定律可知mg−FN=mv2R，其中轨道半径R和重力mg不变，v越大则对桥面压力FN越小，且小于小球重力，故C正确，ABD错误。
故选：C。
明确挡光时间越短，小球速度越大；结合牛顿第二定律、牛顿第三定律判断力，结合力与速度的关系进行求解。
本题考查牛顿第二定律在圆周运动中的应用，本题要注意圆周运动的向心力由重力和支持力的合力提供。
11.【答案】D
【解析】解：A、开普勒在他的导师第谷天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，故A错误；
B、牛顿提出了万有引力定律，卡文迪什测量出了万有引力常量的值，故B错误；
C、卡文迪什在实验中测出万有引力常量G，因而被称为是能称出地球质量的人，故C错误；
D、开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，故D正确。
故选：D。
本题考查了物理学史，人类认识行星运动规律出现的几位物理学家及其事迹。
本题考查人类研究天体运动中的发展历程，了解部分物理学史，知道相关科学家的事迹，即可正确求解。
12.【答案】B
【解析】解：A、地球同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a=ω2r知，c的向心加速度大；
根据向心加速度的计算公式a=GMr2可知，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则地球同步卫星的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g，故A错误；
B、知a与c的角速度相同，由GMmr2=mv2r，得v= GMr，可知，卫星的轨道半径越大，线速度越小，所以b、c、d三个卫星中b的线速度最大，所以卫星b的线速度最大，故B正确；
C、c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是θ=2π6=π3，故C错误；
D、由开普勒第三定律r3T2=k知，卫星的轨道半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h，不可能为20h，故D错误。
故选：B。
地球同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，根据a=ω2r比较a与c的向心加速度大小，再比较c的向心加速度与g的大小；
根据万有引力提供向心力，列出等式得出线速度与半径的关系；
c是地球同步卫星，周期是24h，由此求解c在4h内转过的圆心角；
根据开普勒第三定律判断d与c的周期关系。
对于卫星问题，要建立物理模型，根据万有引力提供向心力，分析各量之间的关系，并且要知道地球同步卫星的条件和特点，知道向心加速度等与轨道半径的关系，掌握变轨的原理，能够根据开普勒定律进行分析。
13.【答案】A
【解析】解：P的周期TP=2πrPv=2π×0.284πs=0.14s。
Q的周期TQ=2πrQv=2π×0.164πs=0.08s。
因为经历的时间必须等于它们周期的整数倍，根据数学知识，0.14和0.08的最小公倍数为0.56s，所以经历的时间最小为0.56s。故A正确，B、C、D错误。
故选：A。
因为P、Q正对时，P发出的红外线恰好进入Q的接收窗口，再次被接收时，经历的时间都为各自周期的整数倍，分别求出各自的周期，求出周期的最小公倍数，从而求出经历的时间．
解决本题的关键知道P发出的红外线恰好再次进入Q的接收窗口，所经历的时间为它们周期的整数倍，通过最小公倍数球最短时间间隔．
14.【答案】C
【解析】解：A、A球做平抛运动，竖直方向的分运动为自由落体运动，竖直方向的末速度为vy= 2gh
水平方向的速度为vx=v0
落地速度为vA= v02+vy2= v02+2gh
B球做自由落体运动，落地速度为vB=vy= 2gh
则两球落地瞬间，A球的速度一定大于B点的速度，故A错误；
B、两球落地瞬间，重力做功的功率为P=mgvy
则重力对两球的功率相等，故B错误；
C、根据动能定理得：mgh=ΔEk
两球下落过程，重力做功相同，则两小球动能变化量相同，故C正确；
D、从开始运动至落地，重力对两小球做功相同，重力做功的平均功率为P−=Wt=mght
两球下落高度相同，由h=12gt2得，t= 2hg
则小球下落时间相同，重力对两球做功的平均功率相同，故D错误。
故选：C。
A球做平抛运动，B球做自由落体运动，两球竖直方向的分运动相同，结合运动学公式比较落地速度大小；根据平均功率公式和瞬时功率公式求解功率，比较即可；根据动能定理比较动能的变化量。
本题考查功和功率的计算，解题关键是区分平均功率和瞬时功率。
15.【答案】D
【解析】解：A、0−t1时间内，无人机在水平方向上的分运动为初速度为零的匀加速直线运动，在竖直方向上的分运动也是初速度为零的匀加速直线运动，则其合运动也为初速度为零的匀加速直线运动，故A错误；
B、在vy−t图象中图线与时间轴所围的面积表示无人机的上升高度，所以是在t4时刻无人机运动到最高点，故B错误；
C、t3−t4时间内，无人机在水平方向的分运动为匀速直线运动，其竖直方向上的运动为匀减速直线运动，则其合运动一定是曲线运动，故C错误；
D、t2时刻，根据速度合成可知无人机的速度v= vx2+vy2= v02+v22，故D正确。
故选：D。
根据图中所给的无人机在水平方向和竖直方向的运动规律，根据速度的合成和分解其合运动，速度方向和加速度方向在同一直线时，做直线运动，速度方向和加速度方向不在同一直线时，做曲线运动；
明确在v−t图象中，图象与时间轴所围的面积代表位移；
根据矢量合成法则，求解t2时刻无人机的速度．
本题考查了匀变速直线运动的图象、曲线运动的条件等知识点。利用v−t图象判断物体的运动状态时解决本题的关键。
16.【答案】B
【解析】
【分析】
小球在竖直面内做圆周运动，小球的重力与杆的弹力的合力提供向心力，根据图象、应用向心力公式、牛顿第二定律分析答题．
本题的关键要知道小球在最高点时由合力提供向心力，要掌握圆周运动向心力公式，要求同学们能根据图象获取有效信息．
【解答】
A、由图象知，当v2=0时，F=a，故有：F=mg=a，由图象知，当v2=b时，F=0，杆对小球无弹力，此时重力提供小球做圆周运动的向心力，有：
mg=mv2R，得：g=bR，故A错误；
B、由A分析知，当有a=mbR时，得：m=aRb，故B正确；
C、由图可知：当v2b时，杆对小球弹力方向向下，所以当v2=c时，杆对小球弹力方向向下，故C错误；
D、由图象可知，当v2=2b时，由F合=mv2R，故有：F+mg=2mbR=2×aRb×bR=2a，得：F=mg，故D错误。
故选：B．
17.【答案】扭秤 m3kgs2
【解析】解：万有引力定律中的引力常量G是由科学家卡文迪什通过扭秤实验测得的。
由万有引力的表达式F=Gm1m2r2
得G=Fr2m1m2=ar2m
故引力常量G的单位用国际单位制中的基本单位表示为m3kgs2。
故答案为：扭秤；m3kgs2
根据引力常量G测量实验，方可求出该题答案。
本题考查引力常量的测量，解题关键掌握推导单位的运算。
18.【答案】逆时针 1：1
【解析】解：A点所在“太阳轮”顺时针转动时，B点所在的“行星轮”沿逆时针方向转动，由图可知，A与B为齿轮传动，所以线速度大小相等，B与C也是齿轮传动，线速度大小也相等，所以A与C的线速度是相等的，A点与C点的线速度之比为1：1。
故答案为：逆时针；1：1。
根据A点所在“太阳轮”顺时针转动分析B点所在的“行星轮”转动方向；齿轮传动的两个轮子边缘上各点的线速度大小相等，据此分析A点与C点线速度的关系。
本题运用比例法解决物理问题的能力，关键抓住相等的量：对于齿轮传动的两个轮子边缘上各点的线速度大小相等；同一轮上各点的角速度相同。
19.【答案】3 70
【解析】解：速度—时间图像的斜率表示加速度，所以1s末物体加速度的大小为a=ΔvΔt=6−02m/s2=3m/s2
功率—时间图像，图线与时间轴围成的面积表示做功，所以0～6s时间内拉力所做的功为W=12×2×30J+10×(6−2)J=70J
故答案为：3，70
前2秒物体匀加速直线运动，根据图象求解加速度；
2s～6s时间内拉力所做的功的功率不变，根据W=Pt列式求解。
本题关键能根据图象看出物体的运动规律和拉力做功的功率的变化规律
20.【答案】gR22v2 2nπvR(n=1、2、3…)
【解析】解：小球做平抛运动，小球在水平方向上做匀速直线运动，则运动的时间t=Rv，
竖直方向做自由落体运动，则h=12gt2=gR22v2
根据ωt=2nπ得：ω=2nπt=2nπvR(n=1、2、3…)
故答案为：gR22v2；2nπvR(n=1、2、3…)．
小球做平抛运动，小球在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，根据水平位移求出运动的时间，根据竖直方向求出高度．圆盘转动的时间和小球平抛运动的时间相等，在这段时间内，圆盘转动n圈．
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，以及知道圆盘转动的周期性．
21.【答案】角速度 π2d3GT2
【解析】解：同轴转动周期相同，则角速度大小相等；由于它们做匀速圆周运动的半径不同，所以线速度大小不等；
设A、B两恒星的轨道半径分别为r1、r2，周期为T′，由于经过时间T两者在此连成一条直线，故T′=2T
对两恒星，由万有引力提供向心力可得GmAmBd2=mA(2πT′)2r1
GmAmBd2=mB(2πT′)2r2
其中d=r1+r2，联立解得mA+mB=π2d3GT2
故答案为：角速度，π2d3GT2。
依题意，分析周期相同，判断角速度相同，再根据线速度角速度关系，分析线速度大小关系；
由万有引力提供向心力列式，求总质量。
本题考查学生对同轴转动周期相同、线速度角速度关系、万有引力提供向心力规律的掌握，是一道中等难度题。
22.【答案】120 7.75
【解析】解：v−t图像的斜率表示加速度，前2s内，由图像得，a=ΔvΔt=102m/s2=5m/s2
对物体受力分析，由牛顿第二定律得：F−mg=ma
代入数据解得，绳上拉力大小为F=120N
2s时，电动机的功率达到额定功率，P=Fv=120×10W=1200W
由图像得，0～2s内物体的位移为x=12×2×10m=10m
物体被提升到90m高度过程中，匀加速时间为t1=2s
设以额定功率加速的时间为t2，由动能定理得：Fx+Pt2−mgh=12mvm2
代入数据解得：t2=5.75s
总时间t=t1+t2=2s+5.75s=7.75s
故答案为：120，7.75。
v−t图像斜率表示加速度，与坐标轴所围面积表示位移，根据牛顿第二定律求解匀加速阶段绳上的拉力；物体匀加速运动结束时，功率达到额定功率，根据P=Fv求解额定功率；根据动能定理列式求解物体运动时间。
本题考查机车启动问题和动能定理，解题关键是会分析物体的运动过程，会根据动能定理求解电动机做功和物体运动时间。
23.【答案】旋转半径 drΔt krd2 滑块受到摩擦力
【解析】解：(1)根据控制变量法，为了探究向心力与角速度的关系，需要控制滑块质量和旋转半径不变。
根据v=dΔt
又v=ωr
解得ω=drΔt
(2)根据F=mω2r
联立解得F=md2rΔt2
由于k=md2r
则滑块的质量为m=krd2
由图线可知，当F=0时，1Δt2不为零，所以图线不过原点的原因是滑块受到摩擦力的原因。
故答案为：(1)旋转半径，drΔt；(2)krd2，滑块受到摩擦力。
(1)根据控制变量法分析判断；根据平均速度推导线速度，根据线速度、角速度和半径关系推导角速度；
(2)根据向心力公式和图像分析判断；根据图像分析不过原点的原因。
本题考查探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系，要求掌握实验原理、实验方法。
24.【答案】解：(1)重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：mgtanθ=mv2R
解得：v=9m/s
(2)不正确；
对车受力分析，分解到水平方向和竖直方向，
竖直方向：mg+fsinθ=Ncosθ
水平方向：Nsinθ+fcosθ=mv02R
联立即可求解摩擦力的大小。
(3)摩擦力达到最大静摩擦力，且沿斜面向外时，速度达到最大值，
fm=μN
竖直方向：mg+fmsinθ=Ncosθ
水平方向：Nsinθ+fmcosθ=mvm2R
联立解得：vm=19m/s
答：(1)其速度应为9m/s；
(2)不正确；mg+fsinθ=Ncosθ；
Nsinθ+fcosθ=mv02R；
(3)汽车在该弯道上安全行驶不发生侧滑的最大速度为19m/s。
【解析】(1)重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律即可求解速度；
(2)车在竖直方向受力平衡，水平方向的合力提供向心力，根据共点力的平衡和牛顿第二定律列式即可；
(3)速度最大时，摩擦力达到最大静摩擦力，根据共点力的平衡和牛顿第二定律列式即可求。
本题考查汽车转弯问题，解题关键在倾斜路面转弯，若不受侧向摩擦力，靠重力和支持力的合力提供向心力，若受摩擦力，水平方向的合力提供向心力。
25.【答案】解：(1)当H=0时，由图象截距可知：F=mg=2N
得：m=0.2kg
根据图象可知，当H1=0.5m时，对轨道的压力F1=7N
滑块向下运动的过程中机械能守恒，得：mgH1=12mv12
在最低点，重力与轨道的支持力的合力提供向心力，则：F1−mg=mv12R
解得：R=0.4m
(2)不脱离轨道分两种情况：
其一是到圆心等高处速度为零，有能量守恒可知，滑块从静止开始下滑高度h1≤R=0.4m
其二是通过最高点，通过最高点的临界条件只有重力提供重力，由：mg=mvD2R
解得：vD= gR
设下落高度为H0，由动能定理：mg(H0−2R)=12mvD2
解得：H0=1m
则应该满足下落高度差：h2≥1m
(3)过B点作BE垂直于OC与点E，则：DE=Rsin37°=0.4×0.6m=0.24m
假设小球从D点以最小速度抛出后落在与B等高的水平面上，有：R(1+cos37°)=12gt2
水平位移：x=vDt
联立并代入数据解得：x≈0.76m>DE=0.24m
故不能落到B处。
答：(1)滑块的质量为0.2kg，圆轨道的半径为0.4m；
(2)若要求滑块在圆轨道上运动时，在圆弧CD间不脱离轨道，则h应大于等于1m；
(3)不存在某个h值，使得滑块经过最高点D飞出后恰好落在B处。
【解析】(1)当H=0时，由图象截距可知F=mg，由此求出滑块的质量；当小物块从D点静止下滑，由图象中的物理量结合向心力的来源进而求解轨道半径；
(2)不脱离轨道分两种情况：①到圆心等高处速度为零；②能通过最高点，结合通过最高点的临界条件分析；
(3)假设滑块经过最高点D后平抛运动，将运动分解为水平和竖直方向运动求vD，滑块经过最高点D后直接落到直轨道AB上与圆心等高的点过程用动能定理求高度H。
本题是动能定理与向心力、平抛运动及几何知识的综合，关键要注意挖掘隐含的临界条件，知道小球通过竖直平面圆轨道最高点时，重力恰好提供向心力，对于平抛运动，要结合几何知识进行求解。
2022-2023学年上海市复兴高级中学高一（下）期中物理试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共16小题，共48.0分）
1. 关于曲线运动，下列说法中正确的是( )
A. 曲线运动一定是变速运动
B. 曲线运动的加速度可以一直为零
C. 曲线运动的速度大小一定在不断地发生变化
D. 在恒力作用下，物体不能做曲线运动
2. 如图，在水平面上转弯的摩托车(未发生侧滑)，提供向心力是( )
A. 重力
B. 滑动摩擦力
C. 静摩擦力
D. 重力和支持力的合力
3. 投飞镖是深受人们喜爱的一种娱乐活动。某同学将一枚飞镖从高于靶心的位置水平投向竖直悬挂的靶盘，结果飞镖打在靶心的正下方，如图所示。假设飞镖运动过程中所受空气阻力不计，在其他条件不变的情况下，为使飞镖命中靶心，该同学在下次投掷时应该采取的正确方法是( )
A. 适当减小飞镖投出时的高度 B. 适当增大飞镖投出时的初速度
C. 到离靶盘稍远些的地方投飞镖 D. 换用质量稍大些的飞镖
4. 一辆汽车在水平公路上转弯，沿曲线由M向N行驶，速度逐渐减小。如选项图中分别画出了汽车转弯时所受合力F的四种方向，正确的是( )
A. B.
C. D.
5. 如图，人造地球卫星在椭圆轨道上运动，它在近地点A和远地点B的加速度大小分别为aA和aB，则( )
A. aA>aB B. aA=aB C. aA
A. 沿OM直线
B. 在OM左侧区域Ⅰ
C. 在OM和ON之间区域Ⅱ
D. 在ON右侧区域Ⅲ
7. 如图所示，京张高铁将北京到张家口的通行时间缩短在1小时内，成为2022年北京冬奥会重要的交通保障设施。假设此高铁动车启动后沿平直轨道行驶，发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的阻力大小恒定。已知动车的质量为m，最高行驶速度vm=350km/h。则下列说法正确的是( )
A. 行驶过程中动车受到的阻力大小为Pvm
B. 当动车的速度为vm4时，动车的加速度大小为3Pmvm
C. 从启动到速度为vm的过程中，动车牵引力所做的功为12mvm2
D. 由题目信息可估算京张铁路的全长为350km
8. 人造地球卫星的天线偶然折断，天线将作( )
A. 自由落体运动 B. 平抛运动
C. 远离地球飞向天空 D. 继续和卫星一起沿轨道运动
9. 关于摩擦力和作用力与反作用力做功的关系，下列说法正确的是( )
A. 滑动摩擦力对物体可能做负功，可能做正功，也可能不做功
B. 静摩擦力发生在相对静止的物体之间，所以静摩擦力对物体一定不做功
C. 作用力与反作用力所做的功一定大小相等
D. 作用力做正功时，反作用力一定做负功
10. 如图所示，用光电门传感器和力传感器研究小球经过拱桥最高点时对桥面压力FN的大小与小球速度的关系。若光电门测得小球的挡光时间t，多次实验，则t越短，( )
A. FN越小，且大于小球重力 B. FN越大，且大于小球重力
C. FN越小，且小于小球重力 D. FN越大，且小于小球重力
11. 关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是( )
A. 开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律
B. 牛顿提出了万有引力定律，开普勒测量出了万有引力常量的值
C. 牛顿在实验中测出万有引力常量G，因而被称为是能称出地球质量的人
D. 开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律
12. 有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则( )
A. a的向心加速度等于重力加速度g B. 四颗地球卫星中b的线速度最大
C. c在4小时内转过的圆心角是π6 D. d的运动周期有可能是20小时
13. 某机器内有两个围绕各自的固定轴匀速转动的铝盘A、B，A盘上有一个信号发射装置P，能发射水平红外线，P到圆心的距离为28cm.B盘上有一个带窗口的红外线信号接受装置Q，Q到圆心的距离为16cm.P、Q转动的线速度相同，都是4πm/s.当P、Q正对时，P发出的红外线恰好进入Q的接受窗口，如图所示，则Q接受到的红外线信号的周期是( )
A. 0.56s B. 0.28s C. 0.16s D. 0.07s
14. 在如图所示的实验中，用小锤打击弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，同时B球被松开，自由下落。两球完全相同，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 两球落地瞬间，两球速度大小相同
B. 两球落地瞬间，重力对A小球的功率较大
C. 从开始运动至落地，两小球动能的变化量相同
D. 从开始运动至落地，重力对A小球做功的平均功率较小
15. 为了抗击新冠疫情，保障百姓基本生活，许多快递公司推出“无接触配送”。快递小哥想到了用无人机配送快递的方法。某次无人机在配送快递的飞行过程中，水平方向速度vy及竖直方向v，与飞行时间t关系图象如图甲、乙所示。关于无人机运动的说法正确的是( )
A. 0～t1时间内，无人机做曲线运动 B. t2时刻，无人机运动到最高点
C. t3～t4时间内，无人机做匀速直线运动 D. t2时刻，无人机的速度为 v02+v22
16. 如图甲所示一轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，在竖直平面内做半径为R的圆周运动．小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为FN，小球在最高点的速度大小为v，FN−v2图象如图乙所示．下列说法正确的是
A. 当地的重力加速度大小为Rb B. 小球的质量为aRb
C. 当v2=c时，杆对小球弹力方向向上 D. 若v2=2b，则杆对小球弹力大小为2a
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）
17. 万有引力定律中的引力常量G是由科学家卡文迪什通过______ 实验测得的。引力常量G的单位用国际单位制中的基本单位表示为______ 。
18. 如图为“行星传动示意图”，中心“太阳轮”的转动轴固定，其半径为R1，周围四个“行星轮”的转动轴固定，其半径均为R2，“齿圈”的半径为R3，其中R1=1.5R2，A、B、C分别是“太阳轮”、“行星轮”和“齿圈”边缘上的点，齿轮传动过程不打滑，则A点所在“太阳轮”顺时针转动时，B点所在的“行星轮”沿______ 方向转动，A点与C点的线速度之比为______ 。
19. 放在水平地面上的物体受到水平拉力的作用，其速度—时间图像和拉力的功率—时间图像分别如图(a)、(b)所示，则1s末物体加速度的大小为______ m/s2，0～6s时间内拉力所做的功为______ J。
20. 半径为R的水平圆盘绕过圆心O的竖直轴匀速转动，A为圆盘边缘上一点，在O的正上方有一个可视为质点的小球以初速度v水平抛出时，半径OA方向恰好与v的方向相同，如图所示，若小球与圆盘只碰一次，且落在A点，重力加速度为g，则小球抛出时距O的高度h=______，圆盘转动的角速度大小ω=______．
21. 如图，“食双星”是指在相互引力作用下绕连线上O点做匀速圆周运动，彼此掩食(像月亮挡住太阳)而造成亮度发生周期性变化的两颗恒星，则这两颗恒星做圆周运动的______ (选填“线速度”或“角速度”)大小相等。在地球上通过望远镜观察这种双星，视线与双星轨道共面。观测发现每隔时间T两颗恒星与望远镜共线一次，已知两颗恒星A、B间距为d，引力常量为G，则可推算出双星的总质量为______ 。
22. 电动机通过一轻绳从静止开始竖直吊起质量为8kg的物体，在前2s内绳的拉力恒定，此后电动机一直以最大的输出功率工作，物体被提升到90m高度时恰开始以15m/s的速度匀速上升。上述过程的v−t图如图所示。则前2s内绳的拉力大小为______ N，物体从静止开始被提升90m所需时间为______ s。(取
g=10m/s2)
三、实验题（本大题共1小题，共8.0分）
23. 为探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系，某实验小组通过如图甲所示装置进行实验。滑块套在水平杆上，随水平杆一起绕竖直杆做匀速圆周运动，力传感器通过一细绳连接滑块，用来测量向心力F的大小。滑块上固定一遮光片，宽度为d，光电门可以记录遮光片通过的时间，测得旋转半径为r。滑块随杆做匀速圆周运动，每经过光电门一次，通过力传感器和光电门就同时获得一组向心力F和角速度ω的数据。
(1)为了探究向心力与角速度的关系，需要控制滑块质量和______ 保持不变，某次旋转过程中遮光片经过光电门时的遮光时间为Δt，则角速度ω= ______ ；
(2)以F为纵坐标，以1(Δt)2为横坐标，可在坐标纸中描出数据点作一条如图乙所示直线，若图像的斜率为k，则滑块的质量为______ (用k、r、d表示)，图线不过坐标原点的原因是______ 。
四、简答题（本大题共1小题，共8.0分）
24. 如图所示是一种常见的盘山公路弯道设计方案，在弯道处使路面向山体一侧倾斜，这样可在一定程度上减小行车安全隐患。图中弯道路面的纵截面可视为夹角θ=15°的斜面，车辆转弯时行驶的轨迹可视为半径R=30m的水平圆弧，车辆可视为质点。sin15°=0.26，cos15°=0.97，g取10m/s2。问：
(1)当一辆汽车在该弯道路面上匀速转弯行驶时，若汽车不受侧向的摩擦力作用，其速度应为多大？(结果保留1位有效数字)
(2)若一辆汽车以较大的速度v0通过该弯道，仍沿路面做匀速圆周运动，汽车总质量为m，小张同学用关系式mg⋅tan15°+f⋅cos15°=mv02R来求此时汽车所受摩擦力f的大小。你认为这种做法是否正确？若不正确，请列出正确的关系式或方程组(不必求解结果)。
(3)橡胶轮胎与地面间的动摩擦因数μ约为0.7，试计算汽车在该弯道上安全行驶不发生侧滑的最大速度vm。(结果保留2位有效数字
)
五、计算题（本大题共1小题，共12.0分）
25. 倾斜直轨道AB和圆轨道BCD组成了竖直平面内的光滑轨道ABCD，如图甲所示。AB和BCD相切于B点，C、D为圆轨道的最低点和最高点，O为圆心，OB与OC夹角为37°小滑块从轨道ABC上离C点竖直高度为h的某点由静止滑下，用力传感器测出滑块经过C点时对轨道的压力为F，多次改变高度得到如图乙所示的压力F与高度h的关系图像(该图线纵轴截距为2N)，重力加速度g=10m/s2求：
(1)滑块的质量和圆轨道的半径；
(2)若要求滑块在圆轨道上运动时，在圆弧CD间不脱离轨道，则h应满足的条件；
(3)是否存在某个h值，使得滑块经过最高点D飞出后恰好落在B处？若C存在，请求出h值；若不存在，请计算说明理由。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动，故A正确；
B、曲线运动一定是变速运动，则加速度一定不等于零，故B错误；
C、曲线运动的速度大小可以不变，如匀速圆周运动，故C错误；
D、曲线运动的条件是物体所受的合外力和它速度方向不在同一直线上，与力是否变化无关，在恒力作用下，物体也能做曲线运动，如平抛运动，故D错误。
故选：A。
物体运动轨迹是曲线的运动，称为“曲线运动”。当物体所受的合外力和它速度方向不在同一直线上，物体就是在做曲线运动。
本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点要掌握住。
2.【答案】C
【解析】解：摩托车在水平路面上转弯时受到重力，支持力、指向圆心的静摩擦力，所需的向心力是由静摩擦力提供。
故ABD错误，C正确。
故选：C。
由受力分析判断向心力。
本题考查了向心力来源问题，通过受力分析找到指向圆心的合外力。
3.【答案】B
【解析】解：A、由于初速度不变、水平位移不变，则飞镖击中靶子的时间不变，则竖直方向上下落的高度不变，减小飞镖的高度，飞镖将打在靶心的正下方，故A错误；
B、增大初速度，水平距离不变，则飞镖击中靶子的时间减小，竖直方向上下落的高度减小，飞镖将会打在靶心，故B正确；
C、水平距离增大，初速度不变，则飞镖击中靶子的时间增大，竖直方向上下落的高度增大，飞镖将打在靶心的正下方，故C错误；
D、平抛运动的规律与飞镖的质量无关，换用质量稍大的飞镖，飞镖命中的位置不变，故D错误；
故选：B。
平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，抓住等时性，运用运动学公式进行分析。
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移。
4.【答案】C
【解析】解：汽车做速度大小减小的曲线运动，曲线运动的速度方向沿运动轨迹的切线方向，由曲线运动的受力特点可知，合力的方向指向运动轨迹的凹侧，且合力方向与速度方向夹角为钝角，故C正确，ABD错误。
故选：C。
做曲线运动的物体所受合力指向运动轨迹的凹侧，做减速曲线运动的物体所受合力方向与运动方向夹角为钝角。
本题考查物体做曲线运动的条件，知道做曲线运动的物体所受合力指向运动轨迹的凹侧。
5.【答案】A
【解析】解：根据万有引力提供向心力有：GMmr2=ma，解得：a=GMr2，由于rA
故选：A。
根据万有引力提供向心力可解得加速度，通过轨道半径可比较加速度大小。
本题考查万有引力定律的应用，解题关键掌握万有引力提供向心力。
6.【答案】C
【解析】解：若运动员水平方向不受任何外力时，沿OM做离心运动，实际上运动员受到摩擦力的作用，摩擦力提供向心力，当摩擦力等于需要的向心力时，运动员将沿ON做圆周运动，若运动员发生侧滑，摩擦力不足以提供向心力，即摩擦力小于所需要的向心力，滑动方向在OM和ON之间的区域，故ABD错误，C正确，
故选：C。
解决本题的关键是掌握离心运动的条件。当不受外力时，物体将沿速度方向做离心运动，当外力提供的向心力恰好等于需要的向心力时，做圆周运动，当外力提供的向心力小于需要的向心力时，物体将做离心运动，运动区域在速度方向和圆周运动轨迹之间。
7.【答案】B
【解析】
【分析】
AB、根据功率和牵引力的关系，求出动车受到的阻力；利用牛顿第二定律求出当动车的速度为vm4时的加速度大小；
C、利用动能定理，结合题意判断动车牵引力做的功；
D、结合题意，利用题中信息不能估算京张铁路的全长。
在处理机车问题时，要注意当机车的速度达到最大时，机车受到的牵引力和阻力大小相等；另外要注意机车的功率即牵引力的功率。
【解答】
AB、当动车达到最大速度时，动车受到的牵引力等于受到的阻力，根据功率和牵引力的关系可知，有P=Fvm，故行驶过程中动车受到的阻力大小为f=F=Pvm；
当动车的速度为vm4时，动车受到的牵引力为F1，则有P=F1⋅vm4，根据牛顿第二定律可得
F1−f=ma
联立整理可得a=3Pmvm
故A错误，B正确；
C、从启动到速度为vm的过程中，对动车利用动能定理，可得
WF−Wf=12mvm2
故动车牵引力所做的功为WF=12mvm2+Wf
其中Wf表示该过程中克服阻力做的功，故C错误；
D、由题目信息只知道最高时速，无法估算平均速度，故不可估算京张铁路的全长，故D错误。
故选：B。
8.【答案】D
【解析】解：人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，有GMmr2=mv2r.则GMr2=v2r，
所以GMm0r2=m0v2r.即天线受到地球的万有引力提供它做圆周运动的向心力。
所以天线和卫星一起绕地球在同一轨道做圆周运动。故D正确，A、B、C错误。
故选：D。
人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，有GMmr2=mv2r.天线折断前与人造卫星具有相同的速度，通过比较天线受到地球的万有引力和做圆周运动需要的向心力即GMm0r2与m0v2r是否相等，判断天线的运动．
解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，有GMmr2=mv2r.知道天线折断后与人造卫星具有相同的速度，仍然绕地球做圆周运动．
9.【答案】A
【解析】解：A、滑动摩擦力可能做正功，比如由静止放到传动带上的物体，在开始的一段时间内滑动摩擦力做正功，摩擦力也可能做负功，也可以不做功，故A正确；
B、相对静止不一定静止，静摩擦力的方向可以与物体运动的方向相同也可以相反还可以垂直，故静摩擦力可以做正功，可以做负功，也可以不做功，故B错误；
CD、作用力和反作用力是作用在两个相互作用的物体之上的，作用力和反作用力可以同时做负功，也可以同时做正功；如冰面上两个原来静止的小孩子相互推一下之后，两人同时后退，则两力做正功；而两个相对运动后撞在一起的物体，作用力和反作用力均做负功，由于力大小相等，但位移可能不同，所以做功大小不一定相等，故CD错误。
故选：A。
力做功的正负即决于力和位移的方向关系；根据作用力和反作用力的性质可以判断两力做功的情况．
力做功的正负即决于力和位移的方向关系，对于作用力和反作力要注意掌握其基本性质，再在性质的基础之上运用实例进行分析判断。
10.【答案】C
【解析】解：小球的挡光时间t越短，则小球速度v越大，根据牛顿第三定律可知桥面对小球的支持力大小等于小球对桥面的压力的大小，由牛顿第二定律可知mg−FN=mv2R，其中轨道半径R和重力mg不变，v越大则对桥面压力FN越小，且小于小球重力，故C正确，ABD错误。
故选：C。
明确挡光时间越短，小球速度越大；结合牛顿第二定律、牛顿第三定律判断力，结合力与速度的关系进行求解。
本题考查牛顿第二定律在圆周运动中的应用，本题要注意圆周运动的向心力由重力和支持力的合力提供。
11.【答案】D
【解析】解：A、开普勒在他的导师第谷天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，故A错误；
B、牛顿提出了万有引力定律，卡文迪什测量出了万有引力常量的值，故B错误；
C、卡文迪什在实验中测出万有引力常量G，因而被称为是能称出地球质量的人，故C错误；
D、开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，故D正确。
故选：D。
本题考查了物理学史，人类认识行星运动规律出现的几位物理学家及其事迹。
本题考查人类研究天体运动中的发展历程，了解部分物理学史，知道相关科学家的事迹，即可正确求解。
12.【答案】B
【解析】解：A、地球同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a=ω2r知，c的向心加速度大；
根据向心加速度的计算公式a=GMr2可知，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则地球同步卫星的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g，故A错误；
B、知a与c的角速度相同，由GMmr2=mv2r，得v= GMr，可知，卫星的轨道半径越大，线速度越小，所以b、c、d三个卫星中b的线速度最大，所以卫星b的线速度最大，故B正确；
C、c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是θ=2π6=π3，故C错误；
D、由开普勒第三定律r3T2=k知，卫星的轨道半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h，不可能为20h，故D错误。
故选：B。
地球同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，根据a=ω2r比较a与c的向心加速度大小，再比较c的向心加速度与g的大小；
根据万有引力提供向心力，列出等式得出线速度与半径的关系；
c是地球同步卫星，周期是24h，由此求解c在4h内转过的圆心角；
根据开普勒第三定律判断d与c的周期关系。
对于卫星问题，要建立物理模型，根据万有引力提供向心力，分析各量之间的关系，并且要知道地球同步卫星的条件和特点，知道向心加速度等与轨道半径的关系，掌握变轨的原理，能够根据开普勒定律进行分析。
13.【答案】A
【解析】解：P的周期TP=2πrPv=2π×0.284πs=0.14s。
Q的周期TQ=2πrQv=2π×0.164πs=0.08s。
因为经历的时间必须等于它们周期的整数倍，根据数学知识，0.14和0.08的最小公倍数为0.56s，所以经历的时间最小为0.56s。故A正确，B、C、D错误。
故选：A。
因为P、Q正对时，P发出的红外线恰好进入Q的接收窗口，再次被接收时，经历的时间都为各自周期的整数倍，分别求出各自的周期，求出周期的最小公倍数，从而求出经历的时间．
解决本题的关键知道P发出的红外线恰好再次进入Q的接收窗口，所经历的时间为它们周期的整数倍，通过最小公倍数球最短时间间隔．
14.【答案】C
【解析】解：A、A球做平抛运动，竖直方向的分运动为自由落体运动，竖直方向的末速度为vy= 2gh
水平方向的速度为vx=v0
落地速度为vA= v02+vy2= v02+2gh
B球做自由落体运动，落地速度为vB=vy= 2gh
则两球落地瞬间，A球的速度一定大于B点的速度，故A错误；
B、两球落地瞬间，重力做功的功率为P=mgvy
则重力对两球的功率相等，故B错误；
C、根据动能定理得：mgh=ΔEk
两球下落过程，重力做功相同，则两小球动能变化量相同，故C正确；
D、从开始运动至落地，重力对两小球做功相同，重力做功的平均功率为P−=Wt=mght
两球下落高度相同，由h=12gt2得，t= 2hg
则小球下落时间相同，重力对两球做功的平均功率相同，故D错误。
故选：C。
A球做平抛运动，B球做自由落体运动，两球竖直方向的分运动相同，结合运动学公式比较落地速度大小；根据平均功率公式和瞬时功率公式求解功率，比较即可；根据动能定理比较动能的变化量。
本题考查功和功率的计算，解题关键是区分平均功率和瞬时功率。
15.【答案】D
【解析】解：A、0−t1时间内，无人机在水平方向上的分运动为初速度为零的匀加速直线运动，在竖直方向上的分运动也是初速度为零的匀加速直线运动，则其合运动也为初速度为零的匀加速直线运动，故A错误；
B、在vy−t图象中图线与时间轴所围的面积表示无人机的上升高度，所以是在t4时刻无人机运动到最高点，故B错误；
C、t3−t4时间内，无人机在水平方向的分运动为匀速直线运动，其竖直方向上的运动为匀减速直线运动，则其合运动一定是曲线运动，故C错误；
D、t2时刻，根据速度合成可知无人机的速度v= vx2+vy2= v02+v22，故D正确。
故选：D。
根据图中所给的无人机在水平方向和竖直方向的运动规律，根据速度的合成和分解其合运动，速度方向和加速度方向在同一直线时，做直线运动，速度方向和加速度方向不在同一直线时，做曲线运动；
明确在v−t图象中，图象与时间轴所围的面积代表位移；
根据矢量合成法则，求解t2时刻无人机的速度．
本题考查了匀变速直线运动的图象、曲线运动的条件等知识点。利用v−t图象判断物体的运动状态时解决本题的关键。
16.【答案】B
【解析】
【分析】
小球在竖直面内做圆周运动，小球的重力与杆的弹力的合力提供向心力，根据图象、应用向心力公式、牛顿第二定律分析答题．
本题的关键要知道小球在最高点时由合力提供向心力，要掌握圆周运动向心力公式，要求同学们能根据图象获取有效信息．
【解答】
A、由图象知，当v2=0时，F=a，故有：F=mg=a，由图象知，当v2=b时，F=0，杆对小球无弹力，此时重力提供小球做圆周运动的向心力，有：
mg=mv2R，得：g=bR，故A错误；
B、由A分析知，当有a=mbR时，得：m=aRb，故B正确；
C、由图可知：当v2
D、由图象可知，当v2=2b时，由F合=mv2R，故有：F+mg=2mbR=2×aRb×bR=2a，得：F=mg，故D错误。
故选：B．
17.【答案】扭秤 m3kgs2
【解析】解：万有引力定律中的引力常量G是由科学家卡文迪什通过扭秤实验测得的。
由万有引力的表达式F=Gm1m2r2
得G=Fr2m1m2=ar2m
故引力常量G的单位用国际单位制中的基本单位表示为m3kgs2。
故答案为：扭秤；m3kgs2
根据引力常量G测量实验，方可求出该题答案。
本题考查引力常量的测量，解题关键掌握推导单位的运算。
18.【答案】逆时针 1：1
【解析】解：A点所在“太阳轮”顺时针转动时，B点所在的“行星轮”沿逆时针方向转动，由图可知，A与B为齿轮传动，所以线速度大小相等，B与C也是齿轮传动，线速度大小也相等，所以A与C的线速度是相等的，A点与C点的线速度之比为1：1。
故答案为：逆时针；1：1。
根据A点所在“太阳轮”顺时针转动分析B点所在的“行星轮”转动方向；齿轮传动的两个轮子边缘上各点的线速度大小相等，据此分析A点与C点线速度的关系。
本题运用比例法解决物理问题的能力，关键抓住相等的量：对于齿轮传动的两个轮子边缘上各点的线速度大小相等；同一轮上各点的角速度相同。
19.【答案】3 70
【解析】解：速度—时间图像的斜率表示加速度，所以1s末物体加速度的大小为a=ΔvΔt=6−02m/s2=3m/s2
功率—时间图像，图线与时间轴围成的面积表示做功，所以0～6s时间内拉力所做的功为W=12×2×30J+10×(6−2)J=70J
故答案为：3，70
前2秒物体匀加速直线运动，根据图象求解加速度；
2s～6s时间内拉力所做的功的功率不变，根据W=Pt列式求解。
本题关键能根据图象看出物体的运动规律和拉力做功的功率的变化规律
20.【答案】gR22v2 2nπvR(n=1、2、3…)
【解析】解：小球做平抛运动，小球在水平方向上做匀速直线运动，则运动的时间t=Rv，
竖直方向做自由落体运动，则h=12gt2=gR22v2
根据ωt=2nπ得：ω=2nπt=2nπvR(n=1、2、3…)
故答案为：gR22v2；2nπvR(n=1、2、3…)．
小球做平抛运动，小球在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，根据水平位移求出运动的时间，根据竖直方向求出高度．圆盘转动的时间和小球平抛运动的时间相等，在这段时间内，圆盘转动n圈．
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，以及知道圆盘转动的周期性．
21.【答案】角速度 π2d3GT2
【解析】解：同轴转动周期相同，则角速度大小相等；由于它们做匀速圆周运动的半径不同，所以线速度大小不等；
设A、B两恒星的轨道半径分别为r1、r2，周期为T′，由于经过时间T两者在此连成一条直线，故T′=2T
对两恒星，由万有引力提供向心力可得GmAmBd2=mA(2πT′)2r1
GmAmBd2=mB(2πT′)2r2
其中d=r1+r2，联立解得mA+mB=π2d3GT2
故答案为：角速度，π2d3GT2。
依题意，分析周期相同，判断角速度相同，再根据线速度角速度关系，分析线速度大小关系；
由万有引力提供向心力列式，求总质量。
本题考查学生对同轴转动周期相同、线速度角速度关系、万有引力提供向心力规律的掌握，是一道中等难度题。
22.【答案】120 7.75
【解析】解：v−t图像的斜率表示加速度，前2s内，由图像得，a=ΔvΔt=102m/s2=5m/s2
对物体受力分析，由牛顿第二定律得：F−mg=ma
代入数据解得，绳上拉力大小为F=120N
2s时，电动机的功率达到额定功率，P=Fv=120×10W=1200W
由图像得，0～2s内物体的位移为x=12×2×10m=10m
物体被提升到90m高度过程中，匀加速时间为t1=2s
设以额定功率加速的时间为t2，由动能定理得：Fx+Pt2−mgh=12mvm2
代入数据解得：t2=5.75s
总时间t=t1+t2=2s+5.75s=7.75s
故答案为：120，7.75。
v−t图像斜率表示加速度，与坐标轴所围面积表示位移，根据牛顿第二定律求解匀加速阶段绳上的拉力；物体匀加速运动结束时，功率达到额定功率，根据P=Fv求解额定功率；根据动能定理列式求解物体运动时间。
本题考查机车启动问题和动能定理，解题关键是会分析物体的运动过程，会根据动能定理求解电动机做功和物体运动时间。
23.【答案】旋转半径 drΔt krd2 滑块受到摩擦力
【解析】解：(1)根据控制变量法，为了探究向心力与角速度的关系，需要控制滑块质量和旋转半径不变。
根据v=dΔt
又v=ωr
解得ω=drΔt
(2)根据F=mω2r
联立解得F=md2rΔt2
由于k=md2r
则滑块的质量为m=krd2
由图线可知，当F=0时，1Δt2不为零，所以图线不过原点的原因是滑块受到摩擦力的原因。
故答案为：(1)旋转半径，drΔt；(2)krd2，滑块受到摩擦力。
(1)根据控制变量法分析判断；根据平均速度推导线速度，根据线速度、角速度和半径关系推导角速度；
(2)根据向心力公式和图像分析判断；根据图像分析不过原点的原因。
本题考查探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系，要求掌握实验原理、实验方法。
24.【答案】解：(1)重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：mgtanθ=mv2R
解得：v=9m/s
(2)不正确；
对车受力分析，分解到水平方向和竖直方向，
竖直方向：mg+fsinθ=Ncosθ
水平方向：Nsinθ+fcosθ=mv02R
联立即可求解摩擦力的大小。
(3)摩擦力达到最大静摩擦力，且沿斜面向外时，速度达到最大值，
fm=μN
竖直方向：mg+fmsinθ=Ncosθ
水平方向：Nsinθ+fmcosθ=mvm2R
联立解得：vm=19m/s
答：(1)其速度应为9m/s；
(2)不正确；mg+fsinθ=Ncosθ；
Nsinθ+fcosθ=mv02R；
(3)汽车在该弯道上安全行驶不发生侧滑的最大速度为19m/s。
【解析】(1)重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律即可求解速度；
(2)车在竖直方向受力平衡，水平方向的合力提供向心力，根据共点力的平衡和牛顿第二定律列式即可；
(3)速度最大时，摩擦力达到最大静摩擦力，根据共点力的平衡和牛顿第二定律列式即可求。
本题考查汽车转弯问题，解题关键在倾斜路面转弯，若不受侧向摩擦力，靠重力和支持力的合力提供向心力，若受摩擦力，水平方向的合力提供向心力。
25.【答案】解：(1)当H=0时，由图象截距可知：F=mg=2N
得：m=0.2kg
根据图象可知，当H1=0.5m时，对轨道的压力F1=7N
滑块向下运动的过程中机械能守恒，得：mgH1=12mv12
在最低点，重力与轨道的支持力的合力提供向心力，则：F1−mg=mv12R
解得：R=0.4m
(2)不脱离轨道分两种情况：
其一是到圆心等高处速度为零，有能量守恒可知，滑块从静止开始下滑高度h1≤R=0.4m
其二是通过最高点，通过最高点的临界条件只有重力提供重力，由：mg=mvD2R
解得：vD= gR
设下落高度为H0，由动能定理：mg(H0−2R)=12mvD2
解得：H0=1m
则应该满足下落高度差：h2≥1m
(3)过B点作BE垂直于OC与点E，则：DE=Rsin37°=0.4×0.6m=0.24m
假设小球从D点以最小速度抛出后落在与B等高的水平面上，有：R(1+cos37°)=12gt2
水平位移：x=vDt
联立并代入数据解得：x≈0.76m>DE=0.24m
故不能落到B处。
答：(1)滑块的质量为0.2kg，圆轨道的半径为0.4m；
(2)若要求滑块在圆轨道上运动时，在圆弧CD间不脱离轨道，则h应大于等于1m；
(3)不存在某个h值，使得滑块经过最高点D飞出后恰好落在B处。
【解析】(1)当H=0时，由图象截距可知F=mg，由此求出滑块的质量；当小物块从D点静止下滑，由图象中的物理量结合向心力的来源进而求解轨道半径；
(2)不脱离轨道分两种情况：①到圆心等高处速度为零；②能通过最高点，结合通过最高点的临界条件分析；
(3)假设滑块经过最高点D后平抛运动，将运动分解为水平和竖直方向运动求vD，滑块经过最高点D后直接落到直轨道AB上与圆心等高的点过程用动能定理求高度H。
本题是动能定理与向心力、平抛运动及几何知识的综合，关键要注意挖掘隐含的临界条件，知道小球通过竖直平面圆轨道最高点时，重力恰好提供向心力，对于平抛运动，要结合几何知识进行求解。
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