2022-2023学年山东省青岛二中高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年山东省青岛二中高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.阳春三月，青岛二中春季运动会如火如荼地召开.运动会上比赛项目丰富多彩、种类繁多，运动员们英姿飒爽、活力四射.这其中也蕴含着丰富的物理知识，下列说法正确的是( )
A. 同学A在操场上进行800米长跑时，若保持速率不变，则该同学做匀变速曲线运动
B. 同学B在跳高的过程中，该同学做竖直上抛运动
C. 同学C在跳远的过程中，该同学在最高点时速度为零
D. 同学D将铅球向斜上方推出，不计空气阻力，铅球在空中做匀变速曲线运动
2.子弹穿透力试验中，将相同的多块厚木板相互靠近固定在水平面上，试验员将子弹水平射向木板，通过观察子弹停下的位置获得相应数据.若子弹与木板间的阻力大小恒定，且子弹沿直线运动，某次射击后发现刚好击穿2层木板.下列分析正确的是( )
A. 若仅将子弹的质量增加1倍，刚好打穿4层木板
B. 若仅将子弹的射入速度提升1倍，刚好打穿4层木板
C. 若仅改变子弹形状使相互间阻力减小，可以增加打穿木板的数量，同时减少发热量
D. 子弹击穿第一块木板时速率降为初速率的一半
3.点电荷和无限大的接地金属平板间的电场(如图甲所示)与等量异种点电荷之间的电场分布(如图乙所示)完全相同.图丙中点电荷q到MN的距离OA为R，AB是以电荷q为圆心、R为半径的圆上的一条直径，则B点电场强度的大小是( )
A. 3kq4R2B. 8kq9R2C. kqR2D. 10kq9R2
4.2022年7月13日，长征三号乙运载火箭在西昌卫星发射中心顺利升空，将天链二号03星准确送入地球同步轨道.关于该卫星到地心的距离r可由r=3Ga3b2c3π给出，其中G为万有引力常量，则关于物理量a、b、c的描述正确的是( )
A. a是地球半径，b是卫星的加速度，c是地球平均密度
B. a是地球表面重力加速度，b是卫星的加速度，c是地球自转周期
C. a是地球半径，b是地球自转周期，c是地球平均密度
D. a是地球表面重力加速度，b是地球半径，c是地球自转周期
5.如图所示，质量为m的小球用长为L的悬线固定于O点，悬线中最大弹力为6mg.把悬线拉直与竖直方向成一定角度并使小球由静止释放，小球在最低点所受弹力为2mg，今在O点正下方O′处钉了一个钉子，若将小球拉至相同位置由静止释放，为使悬线碰到钉子时不能断开，O′与O之间距离可能是( )
A. 89LB. 67LC. 56LD. 34L
6.如图所示，虚线A、B、C为某电场中的三条等势线，其电势分别为3V、5V、7V，实线为带电粒子在电场中运动时的轨迹，P、Q为轨迹与等势线A、C的交点，带电粒子只受电场力的作用，则下列说法正确的是( )
A. 由于不清楚粒子运动方向，粒子电性无法判断
B. 粒子P点的加速度大于在Q点加速度
C. 粒子在P点电势能大于在Q点电势能
D. 粒子在P点的动能大于在Q点动能
7.自动扶梯的应用相当广泛，给生产、生活带来极大的方便.某斜坡式扶梯的长度13m，对应的高度是5m，木箱与扶梯表面的摩擦因数为0.5，扶梯可以恒定的速率1m/s向上或向下运动.高一2班的小张同学将质量为10kg的木箱轻放在扶梯上.重力加速度g取10m/s2，以下分析正确的是( )
A. 若放在电梯上端向下运送，木箱在沿斜坡向下运动了0.65m时速率达到1m/s
B. 若放在电梯下端向上运送，木箱在沿斜坡向上运动了0.65m时速率达到1m/s
C. 木箱与扶梯共速后，摩擦力对木箱的功率绝对值是60013W
D. 向上运送全过程，因木箱而使电机输出的能量额外增加了1205J
8.2019年3月10日，长征三号乙运载火箭将“中星6C“通信卫星(记为卫星Ⅰ)送入地球同步轨道上，主要为我国、东南亚、澳洲和南太平洋岛国等地区提供通信与广播业务.在同平面内的圆轨道上有一颗中轨道卫星Ⅱ，它运动的每个周期内都有一段时间t(t未知)无法直接接收到卫星Ⅰ发出的电磁波信号，因为其轨道上总有一段区域没有被卫星Ⅰ发出的电磁波信号覆盖到，这段区域对应的圆心角为2α.已知卫星Ⅰ对地球的张角为2β，地球自转周期为T0，万有引力常量为G，则根据题中条件，可求出( )
A. 卫星Ⅰ、Ⅱ的角速度之比为sinβsin(α−β)B. 卫星Ⅱ的周期为 sin3βsin3(α−β)T0
C. 地球的平均密度为3πGT02D. 题中时间t为 sin3βsin3(α−β)⋅απT0
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.荡秋千是小朋友特别喜爱的活动，通常小朋友坐在秋千板上由其他人推动摆动起来，考虑有多种能量转化，摆动的最大角度会逐渐减小，若要保持或增大摆角，则需要其他人持续推动.高一2班的张同学学过机械能这部分知识后，自己到秋千上体验了一番，以下结论正确的是( )
A. 若坐在荡秋千时保持身体各部分都不动，则秋千的最大摆角很难越荡越大
B. 坐在秋千板上通过摇晃双腿可以增大秋千的最大摆角
C. 站在秋千板上，并在秋千由高点向下运动到最低点时蹲下，到达最高点时直立这种方式可以增大最大摆角
D. 站在秋千板上，并在秋千由高点向下运动时起立，到达最低点时直立，到达最高点时跳下这种方式可以增大最大摆角
10.电场分选是在高压电场中利用入选物料的电性差异进行分选的方法.如图所示，从漏斗漏出的混合物料经起电区(未画出)起电(带正电或负电)后沿电场中线由静止进入高压电场，已知物料全部落入M、N槽中且打不到极板，不计空气阻力和物料间的相互作用力，则起电后的物料经过高压电场区域时( )
A. 一定做曲线运动
B. 所用时间一定相同
C. 电势能一定减少
D. 机械能一定增加
11.电动夯实机是日常道路施工过程中常用的工具，能够大大提高筑路工人的工作效率.如图所示某电动夯实机的结构示意图，由电动机和底座和偏心轮三部分组成，期中偏心轮由包括飞轮和配重物.电动机、飞轮和底座总质量为M，配重物质量为m，配重物的重心到轮轴的距离为r，重力加速度为g.在电动机带动下，偏心轮在竖直平面内匀速转动，皮带不打滑.当偏心轮上的配重物转到顶端时，刚好使整体配物离开地面.下列判断正确的是( )
A. 配重物转到最低点时处于超重状态
B. 配重物转到最高点时与飞轮间的弹力大小为(M+m)g
C. 偏心轮转动的角速度为 (M+m)gmr
D. 打夯机对地面压力的最大值(M+m)g
12.2020年7月31日，北斗闪耀，泽沐八方.北斗三号全球卫星导航系统(如图甲所示)建成暨开通仪式在北京举行.如图乙所示为55颗卫星绕地球在不同轨道上运动的lgT−lgr图像，其中T为卫星的周期，r为卫星的轨道半径，1和2为其中的两颗卫星.已知引力常量为G，下列说法正确的是( )
A. 卫星1和2运动的线速度满足为lgv1：lgv2=x2：x1
B. 地球质量为4π2102bG
C. 地球的半径为x0
D. 卫星1和2向心加速度大小之比为102x2:102x1
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
13.某学习小组在探究平抛运动的规律时，设计了下面几个实验：
(1)甲同学用如图1装置研究平抛运动，将方格纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上，钢球沿斜槽轨道滑下飞出后落在水平挡板上，在方格纸上挤压出一个痕迹点，移动挡板，重新释放钢球，方格纸上将留下一系列痕迹点。
①下列关于该实验正确的是______；
A.斜槽轨道必须光滑
B.斜槽轨道末段可以倾斜
C.每次必须从斜槽上相同的位置无初速度释放小球
D.要想研究竖直方向的运动必须使用竖直挡板重复实验，研究挤压轨迹
②建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。取平抛运动的起始点为坐标原点，将铜球静置于斜槽末，则钢球的______对应方格纸上的位置即为原点。
A.最上端
B.最下端
C.球心
(2)乙同学提出了一种新的思路，可以利用如图2所示装置，OD为一竖直木板，小球从斜槽上挡板处由静止开始运动，离开O点后做平抛运动.右侧用一束平行光照射小球，小球在运动过程中便在木板上留下影子。用频闪照相机拍摄小球在运动过程中的位置以及在木板上留下的影子的位置，如图中A、B、C、D点。现测得各点到O点的距离分别为5.0cm，19.8cm，44.0cm，78.6cm。根据影子的运动情况可知小球在竖直方向上的运动为______运动，其加速度为______m/s2。(已知照相机的闪光频率为10Hz)
仿照乙同学的实验思路，利用已有的实验器材，请你设计一个方案探究小球在水平方向的运动性质(说明需要记录和测量的物理量和可能出现的实验结果)：______。
14.青岛二中物理兴趣小组设计了一个实验，利用汽车空挡(无动力)在斜面上滑行验证动能定理.校园内北侧马路有个较长的平直斜坡，由指导教师驾驶车辆车内同学手持可同时显示位置、速度的北斗导航接收器，另外的同学持摄像机拍摄接收器，后期通过录像回放提取的数据如表格所示。已知汽车的总质量为1.6t，斜坡角度约为10∘(取sin10∘=0.175，g=10.0m/s2)。请回答下列问题。
(1)汽车空挡下滑过程中阻力有______、______(写出不少两个)。
(2)以位移为横坐标，速度和速度平方为纵坐标，通过描点并用平滑曲线连接各点，得到两个运动图线。
(3)通过v2−x图像，可得恒力作用下物体速度的平方与通过的位移成______(正比、反比或无关)。
(4)根据以上数据，本此实验中汽车所受的总阻力约为______ N。(结果保留两位有效数字)
四、简答题：本大题共4小题，共42分。
15.如图所示，顺时针以5.0m/s匀速转动的倾斜传送带的两个皮带轮的圆心分别为A、B，一小物块m(可看成质点)从A点正上方以2.5m/s的初速度放于长度为1258m的传送带上，小物块与传送带间动摩擦因数μ=0.8，经过一段时间，小物块从B点抛出，恰好落在临近平台的一倾角为α=30∘的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑，已知C点是斜面顶端B的投影点，g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，求：
(1)物块从B点抛出时的速度大小？
(2)C点到斜面底端D点的水平距离xCD是多少？
16.如图所示，一质量为m、电荷量大小为q的正电小球，用绝缘细线悬挂在水平方向的匀强电场中，假设电场分布范围足够大，静止时细线向左偏离竖直方向夹角为37∘。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g，(sin37∘=0.6,cs37∘=0.8)。求：
(1)匀强电场的电场强度E大小和方向；
(2)若将原电场方向改为竖直向上，大小保持不变，则小球从图示位置由静止释放瞬间绳子的拉力大小；
(3)若将原电场方向改为竖直向上，大小保持不变，则小球从图示位置由静止释放后运动过程中细线的最大拉力大小。
17.理想轻弹簧一端固定，另一端拴物块构成如图所示的装置，置于粗糙水平面上，并以弹簧原长处为原点O向右做数轴x，参数如下：弹簧劲度系数为k=200N/m，物块质量m=2.0kg，物块与水平面间的摩擦因数μ=0.1。已知弹簧的弹性势能为Ep=kx22，x为弹簧形变量，整个过程不超过弹簧的弹性限度。现将物块向右拉到x0=0.10m处由静止释放(重力加速度g=10m/s2)，试求：
(1)物块第一次经过O点时速度v1的大小；
(2)物块第一次到达左端最远处x1的坐标值；
(3)某次物块到达xn=−0.04m处时速度刚好为零，求此前经过O点几次；
(4)将整个装置逆时针转过90∘后，仍将物块由弹簧伸长0.10m处释放，物块的最大速度vm的大小。(弹簧只在竖直方向上运动)
18.由三颗星体构成的系统，忽略其他星体对它们的作用，存在着一种运动形式：三颗星体在相互之间的万有引力作用下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同的圆心O在三角形所在的平面内做相同角速度的圆周运动(图为A、B、C三颗星体质量不相同时的一般情况)。若引力常数为G，A星体质量为2m，B、C两星体的质量均为m，三角形的边长为a。
(1)求星体B所受的合力太小；
(2)求星体C的轨道半径。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、同学A在操场上进行800米长跑时，保持速率不变，但是加速度会不断变化，则该同学不是做匀变速曲线运动，故A错误；
B、同学B在跳高的过程中有水平速度，则该同学不是做竖直上抛运动，故B错误；
C、同学C在跳远的过程中，该同学在最高点时有水平速度，即速度不为零，故C错误；
D、同学D将铅球向斜上方推出，不计空气阻力，铅球在空中只受重力作用，加速度为向下的g，则做匀变速曲线运动，故D正确。
故选：D。
本题应从物体受力方面结合运动的类型进行分析解答。
本题考查曲线运动概念和性质、斜抛运动。难度较小。
2.【答案】A
【解析】解：A、设子弹与木板间阻力为f，木板的厚度为d，子弹击穿2层木板的过程，对子弹利用动能定理有：−f×2d=0−12mv02
若仅将子弹的质量增加1倍，设子弹刚好打穿n层木板，对子弹利用动能定理有：−f×nd=0−12×2mv02
代入数据可得：n=4，故A正确；
B、若仅将子弹的射入速度提升1倍，对子弹利用动能定理有：−f×nd=0−12m(2v0)2
代入数据可得：n=8，所以刚好打穿8层木板，故B错误；
C、子弹击穿2层木板的过程，子弹和木板组成的系统动量守恒，设子弹初速度的方向为正方向，则有：mv0=(m+M)v
由能量守恒可知系统损失的动能转化为热量，则有：Q=12mv02−12(m+M)v2
代入数据可得：Q=mMv022(m+M)，可知系统产生的热量与阻力的大小无关，故C错误；
D、子弹击穿第一块木板过程利用动能定理，则有：−fd=12mv12−12mv02
代入数据可得v1= 22v0，故D错误；
故选：A。
ABD、子弹击穿2层木板的过程可得动能定理的表达式，当子弹的质量或者速度增大1倍，对子弹利用动能定理可得子弹击穿木板的个数，子弹击穿第一块木板过程利用动能定理可得子弹击穿第一块木板时速率与初速率的大小关系；
C、根据子弹和木板组成的系统动量守恒和系统能量守恒可得系统产生的热量的表达式，可知热量与阻力大小无关。
本题考查了动能定理、动量守恒与能量守恒，解题的关键是先求出子弹击穿2层木板的过程动能定理的表达式。
3.【答案】B
【解析】解：根据B点的电场线方向可以得B点的电场强度方向是垂直于金属板向右，两个异号点电荷电荷量的大小均为q，它们之间的距离为2L，乙图上+q右侧L处的场强大小为：
E=kqR2−kq9R2=k8q9L2
根据题意可知，B点的电场强度大小与乙图上+q右侧L处的场强大小相等，即为k8q9L2，故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据题意，图甲所示的电场分布与图乙中虚线右侧的电场分布是一样的，只要求出乙图上+q右侧距离为L处的场强，即等于B的场强。根据等量异号电荷的电场分布特点和场强的叠加进行求解。
常见电场的电场线分布及场强的特点，同时注意等量异种电荷形成电场的对称性。
4.【答案】C
【解析】解：万有引力提供向心力：GMmr2=mr4π2T2
可得：r=3GMT24π2=3Gρ⋅43πR3T24π2=3GρT2R33π
则可知a是地球半径，b是地球自转周期，c是地球的平均密度，故C正确，ABD错误；
故选：C。
由万有引力提供向心力，列方程求得r的表达式可分析a，b，c的物理意义．
明确万有引力提供向心力，列出方程，再结合所给的式子确定出质量的表达式可得结论．
5.【答案】D
【解析】解：小球在最低点所受弹力为2mg，根据牛顿第二定律有2mg−mg=mv2L
在O点正下方O′处钉了一个钉子，悬线碰到钉子瞬间机械能不变，速度不变，若此时拉力最大，根据牛顿第二定律有
6mg−mg=mv2L′
解得L′=L5
则O′与O之间距离最大为L′′=L−L′=L−L5=45L
故ABC错误，D正确；
故选：D。
悬线碰到钉子瞬间机械能不变，速度不变，根据牛顿第二定律分析解答。
解决本题的关键抓住悬线碰到钉子时，线速度大小不变，通过牛顿第二定律分析解答。
6.【答案】D
【解析】解：A、根据电场线与等势线关系，电荷在电场中的受力方向，曲线运动的合力指向曲线弯曲的内测，画出电荷在轨迹与等势线交点处的电场力方向，如图所示
根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，电场方向与电场力方向相同，则粒子带正电，故A错误；
B、根据题意，由公式U=Ed可知，等差等势线越密，电场强大越大，P点的电场强度小于Q点的电场强度，则粒子P点的加速度小于在Q点加速度，故B错误；
CD、假设粒子由P→Q，由图可知，电场力做负功，则粒子的电势能增加，动能减少，即粒子在P点电势能小于在Q点电势能，粒子在P点的动能大于在Q点动能，故C错误，D正确。
故选：D。
由电场线与等势面的关系可得出电场线的方向，根据曲线的弯曲方向可知粒子的受力方向及粒子的电性；根据电场力做功与电势能变化关系分析带电粒子在P点电势能与在Q点电势能的大小关系；由动能定理可知P、Q两点间的动能的变化。
本题中解题的关键在于曲线的弯曲方向的判断，应掌握根据弯曲方向判断受力方向的方法；本题中告诉的是等势面，很多同学由于思维定势当成了电场线从而出现错解。
7.【答案】B
【解析】解：设电梯与水平面的夹角为θ，则sinθ=513,csθ=1213
A、若放在电梯上端向下运送，设加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有mgsinθ+μmgcsθ=ma1，代入数据解得a1=11013m/s2.木箱速率达到1m/s时所经过的距离为x1=v22a1=122×11013m=13220m，故A错误；
B、若放在电梯下端向上运送，设加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有μmgcsθ−mgsinθ=ma2，解得a2=1013m/s2。木箱速率达到1m/s时所经过的距离为x2=v22a2=122×1013m=0.65m，故B正确；
C、木箱与扶梯共速后，木箱受静摩擦力作用，大小f=mgsinθ，则摩擦力对木箱的功率绝对值是P=fv，代入数据解得P=50013W，故C错误；
D、向上运送全过程，由能量守恒定律可知，因木箱而使电机输出的能量额外增加的为摩擦产生的热和木箱的机械能之和，由运动学公式v=v0+at可得，共速需要的时间为t=va2=11013s=1.3s。所以木箱与传送带之间的相对位移为Δx=vt−v2t=v2t=12×1.3m=0.65m。则摩擦产生的热量为Q=μmgcsθ⋅Δx。代入数据解得Q=30J。木箱的动能为Ek=12mv2=12×10×12J=5J，木箱的重力势能为Ep=mgh=10×10×5J=500L.则因木箱而使电机输出的能量额外增加了ΔE=Q+Ep+Ek=30J+5J+500J=535J，故D错误。
故选：B。
现根据几何关系得到传送带与地面倾角的正弦、余弦值，根据牛顿第二定律分别计算出木箱放在上端、下端时的加速度，然后根据运动学公式得到加速距离；根据P=Fv可以得到摩擦力的功率；电动机多输出的能量用来增加木箱的机械能和因摩擦产生的热量。
注意木箱和传送带共速后，木箱所受摩擦力为静摩擦，可以根据平衡条件得到静摩擦力大小，另外电动机多消耗的能量要注意，一部分是用来增加木箱的机械能，一部分是因为克服摩擦产生的热量。
8.【答案】B
【解析】解：设地球半径为R，质量为M，卫星Ⅰ、Ⅱ的轨道半径分别为R1、R2，角速度分别为ω1、ω2，周期分别为T0、T2。
A、根据牛顿第二定律GMmr2=mrω2，可知ω= GMr3，两颗卫星的角速度之比为：ω1ω2= R23R13，
在图中三角形AOB中，根据正弦定理，有：R1sin(α−β)=R2sinβ，
故ω1ω2= sin3βsin3(α−β)，故A错误；
B、根据牛顿第二定律GMmr2=m4π2T2r，卫星Ⅰ、Ⅱ的周期之比：T0T2=ω2ω1= sin3(α−β)sin3β，
解得：T2= sin3βsin3(α−β)T0，故B正确；
C、对卫星Ⅰ，根据牛顿第二定律，有：GMmR12=m(4π2T02)R1
其中：M=ρ⋅43πR3
解得：ρ=3πR13GT02R3，故C错误；
D、由于卫星做的是匀速圆周运动，卫星Ⅱ相对于卫星Ⅰ的角速度为Δω=ω2−ω1，则有：2α=Δωt
故t=2α2π×T0T2T0−T2= sin3βsin3(α−β)⋅απ⋅T0T0−T2，故D错误。
故选：B。
计算密度需要先计算中心天体质量(利用环绕天体的向心力等于万有引力列式)，再根据密度公式求解；两颗卫星均做匀速圆周运动，是万有引力充当向心力，根据牛顿第二定律列式分析可以得到角速度之比和周期之比；根据角速度乘以时间等于转过的角度求解t。
本题考查人造卫星问题，关键是知道卫星的向心力来源，能够根据牛顿第二定律列式分析，同时要结合正弦定理得到两颗卫星的轨道半径的关系。
9.【答案】AC
【解析】解：A.若坐着荡秋千时保持身体各部分都不动，因要克服阻力做功，摆动过程中机械能减小，能到达的最大高度越来越小，则秋千的最大摆角越来越小，故A正确；
B.坐在秋千板上通过摇晃双腿，不会改变重力势能向动能的转化量，不能增大秋千的最大摆角，故B错误；
C.站在秋千板上，并在秋千由高点向下运动到最低点时蹲下，自身的重心降低，使更多的重力势能转化为动能；到达最高点时直立，又增加了在最高点的机械能，故可以增大最大摆角，故C正确；
D.站在秋千板上，并在秋千由高点向下运动时起立，到达最低点时直立，到达最高点时跳下这种方式会减少重力势能向动能的转化，会减小最大摆角，故D错误。
故选：AC。
根据机械能守恒定律，结合功能关系的应用分析判断各选项。
本题考查机械能守恒定律的条件，解题关键掌握能量的转化。
10.【答案】BCD
【解析】解：A、物料所受的重力竖直向下，电场力沿水平方向，合力一定斜向下，物料沿合力的方向做匀加速直线运动，故A错误；
B、物料在竖直方向都做自由落体运动，根据h=12gt2，h相同，所用时间一定相同，故B正确；
CD、电场力的方向与运动方向相同，电场力对物料均做正功，物料的电势能一定减少，机械能一定增加，故CD正确。
故选：BCD。
首先要明确物料分选器内电场的分布及方向，根据受力分析运动情况，根据电场力做功与电势能的关系可得到正确答案。
本题考查了带电物体在电场力作用下的运动，要熟练的掌握带电粒子在电场中的受力情况及其运动情况，并会分析电场力做功与电势能的变化情况。
11.【答案】AC
【解析】解：A、配重物转到最低点时加速度指向圆心，故加速度向上，处于超重状态，故A正确。
B、配重物转到最高点时，刚好使整体底座离开地面，电动机、飞轮和底座整体受重力Mg，和配重物对飞轮间的弹力T，受力平衡，故弹力大小为T=Mg，故B错误。
C、当偏心轮上的配重物转到顶端时，刚好使整体离开地面，配重物所受弹力T=Mg，合力提供向心力，根据牛顿第二定律：mg+T=mrω2，联立可得：ω= (M+m)gmr，故C正确。
D、在最低点对地面压力的最大，设飞轮对配重物支持力为F，对配重物根据牛顿第二定律：F−mg=mrω2，设打夯机受地面的支持力最大值为N，打夯机受力平衡：N=F+Mg，联立得：N=2(m+M)g，根据牛顿第三定律，打夯机对地面压力的最大值为2(m+M)g，故D错误。
故选：AC。
A、根据加速度向上超重，加速度向下失重分析。
B、根据物体的平衡和相互作用力分析。
CD、根据平衡条件和牛顿第二定律及圆周运动向心力分析。
本题考查了向心力及牛顿第二定律的应用，通过最高点和最低点的受力分析，结合向心力和牛顿第二定律求解。
12.【答案】BD
【解析】解：卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得：GMmr2=m4π2T2r
解得：T2=4π2GMr3
两边取对数，可得：2lgT=3lgr+lg4π2GM
则lgT=32lgr+12lg4π2GM
C、当lgT=0时，32lgr=−12lg4π2GM，由图知lgr=x0，则3x0=−lg4π2GM=lgGM4π2，所以地球的半径不为x0，故C错误；
B、图像的纵轴截距：−b=12lg4π2GM
解得地球的质量为M=4π2102bG，故B正确；
A、根据图像可知lgr=x，则10x=r，根据万有引力提供向心力可得：GMmr2=mv2r
得卫星的线速度v= GMr
所以卫星1和2运动的线速度之比为lgv1：lgv2=x2−x12，故A错误；
D、由于lgr1=x1，解得r1=10x1，lgr2=x2，解得：r2=10x2
根据牛顿第二定律得Mmr2=ma
解得卫星的向心加速度为a=GMr2
则卫星1和2向心加速度大小之比为a1：a2=r22：r12=102x2：102x1，故D正确。
故选：BD。
根据图象分析周期大小关系；卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列式，结合数学知识得到lgT与lgr的关系式。根据图像的斜率、截距表示的物理意义，利用向心加速度与半径的关系进行解答。
该题关键是能够根据万有引力提供向心力，运用对数知识得到lgT与lgr的关系，要有运用数学知识解决物理问题的能力。
13.【答案】C C 匀加速直线运动 9.75在上方用一束平行光照射小球，小球在运动过程中便在水平地面上留下影子。用频闪照相机拍摄小球在运动过程中的位置以及在水平地面上留下的影子的位置，记录这些位置并测得各点到O点的距离，可能出现的实验结果是各个影子位置间的距离都相等
【解析】解：(1)①AC、若小球每次都从斜槽上同一位置静止释放，则小球下滑过程中克服阻力做功相同，飞出的初速度也相同，即斜槽是否光滑对实验没有影响，故A错误，C正确；
B、实验过程中需要调整斜槽轨道末端水平，是为了保证小球的初速度水平。故B错误；
D、要研究竖直方向的运动也可以使用水平挡板重复实验，研究挤压轨道，故D错误。
②因为钢球挤压的痕迹点是球心的投影点，而所有痕迹点与原点应在同一抛物线上，所以应取钢球的球心对应方格纸上的位置即为原点，故C正确，AB错误。
(2)根据题意可知，照相机的频率为10Hz，所以相邻影子间的时间间隔为0.1s，各点到O点的距离分别为：5.0cm，19.8cm，44.0cm，78.6cm，这些距离之比为：1：4：9：16，所以小球在竖直方向上的运动为匀加速直线运动，根据逐差法可得：a=(78.6−19.8−19.8)×10−2(2×0.1)2m/s2=9.75m/s2
仿照乙同学的实验思路，利用已有的实验器材，在上方用一束平行光照射小球，小球在运动过程中便在水平地面上留下影子。用频闪照相机拍摄小球在运动过程中的位置以及在水平地面上留下的影子的位置，记录这些位置并测得各点到O点的距离，可能出现的实验结果是各个影子位置间的距离都相等。
故答案为：(1)①C；②C；(2)匀加速直线运动，9.75m/s2，在上方用一束平行光照射小球，小球在运动过程中便在水平地面上留下影子。用频闪照相机拍摄小球在运动过程中的位置以及在水平地面上留下的影子的位置，记录这些位置并测得各点到O点的距离，可能出现的实验结果是各个影子位置间的距离都相等。
(1)①根据探究平抛运动规律实验的原理分析判断；
②因为钢球挤压的痕迹点是球心的投影点，据此选择坐标原点。
(2)在误差范围，根据影子在连续相等时间内的位移是否均匀增加，判断竖直方向上是否匀变速运动，根据匀变速规律以及逐差法求解加速度；上方用一束平行光照射小球，小球在运动过程中便在水平地面上留下影子。用频闪照相机拍摄小球在运动过程中的位置以及在水平地面上留下的影子的位置，测得各点到O点的距离，根据数据判断小球在水平方向的运动性质。
本题考查探究平抛运动的规律实验，理解实验原理是解题关键，第(1)问实验需要描轨迹，多次实验应该重复同一轨迹并要保证做平抛运动，第(2)问采用频闪照相研究，根据投影特点分析两个方向的运动性质以及运动规律，记录与分析数据是得出结论的前提条件。
14.【答案】车轮与地面的摩擦阻力 汽车受到的空气阻力 正比 1.7×103
【解析】解：(1)汽车空挡下滑过程中阻力有车轮与地面的摩擦阻力、汽车与空气之间的阻力等。
(2)根据表格中的数据，采用“描点法”作图；作图时，对于v−x图像，要使尽量多的点落在平滑曲线上，不能落在曲线上的点要均匀分布在曲线两侧，舍弃个别相差较远的点；对于v2−x图像，要使尽量多的点落在直线上，不能落在直线上的点要均匀分布在直线两侧，舍弃个别相差较远的点，所作图像如图所示：
(3)通过v2−x图像可知，在恒力作用下物体速度的平方与通过的位移成正比；
(4)汽车做初速度为零的匀加速运动，根据运动学公式v2=2ax
v2−x图像的斜率k=50−035−0m/s2=107m/s2
结合v2−x函数，斜率k=2a
代入数据解得a=57m/s2
设汽车加速度的大小为a，阻力为f
根据牛顿第二定律mgsin10∘−f=ma
汽车受到的阻力f=mgsin10∘−ma
代入数据解得f=1.7×103N
故答案为：(1)车轮与地面的摩擦阻力、汽车与空气之间的阻力；(2)见解析；(3)正比；(4)1.7×103。
(1)汽车空挡下滑过程中阻力有车轮与地面的摩擦阻力、汽车与空气之间的阻力等；
(2)根据表格中的数据，采用“描点法”作图；
(3)通过v2−x图像结合数学知识得出结论；
(4)汽车做初速度为零的匀加速运动，根据运动学公式求解v2−x函数，结合图像斜率的含义求加速度，再根据牛顿第二定律求阻力。
本题主要考查了汽车空挡滑行的受力分析、描点法作图法以及运动学公式和牛顿第二定律的运用。
15.【答案】解：(1)物块刚放到传送带上时，由牛顿第二定律得：μmgcs37∘−mgsin37∘=ma
代入数据解得：a=0.4m/s2
假设物块未与传送带达到共速，设物块脱离传动带的速度为v，由位移-速度公式得：v2−v02=2aL
代入数据解得：v=5 32m/s<5m/s
则假设正确，物块从B点抛出时的速度大小为5 32m/s；
(2)物块落在斜面顶端时，由几何关系得：tan30∘=vyvx
物块从B点抛出后，水平方向做匀速直线运动，水平分速度为：vx=vcs37∘
水平位移为：xCD=vxt
竖直方向做平抛运动，竖直初速度为：vy0=vsin37∘
由速度-时间公式得：−vy=vy0−gt
代入数据联立解得：xCD=4 3+910m
答：(1)物块从B点抛出时的速度大小为5 32m/s
(2)C点到斜面底端D点的水平距离xCD是4 3+910m。
【解析】(1)物块放到传送带上，对物块受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动学公式求解从B点抛出的速度；
(2)物块从B点抛出后做斜抛运动，水平方向为匀速直线运动，竖直方向为竖直上抛运动，根据运动学公式和几何关系列式求解即可。
本题考查传动带问题和斜抛运动，注意物块在传动带上运动时要先判断物块能否与传动带共速，物块离开传动带后要明确水平方向和竖直方向运动的运动性质，结合运动学公式和牛顿第二定律列式求解即可。
16.【答案】解：(1)小球在电场中静止时根据共点力平衡得：
qE=mgtan37∘
解得：E=mgtan37∘q=3mg4q，方向水平向左；
(2)若将原电场方向改为竖直向上时小球释放的瞬间向心力为零，根据沿细线方向受力平衡可得：
T=(mg−qE)cs37∘=15mg
(3)根据小球的运动情况可知小球在最低点时细线的拉力最大，设细线长为L，小球从图示位置到最低点处根据动能定理得：
(mg−qE)L(1−cs37∘)=12mv2
在最低点处
T+qE−mg=mv2L
解得：T=720mg
细线的最大拉力为720mg。
答：(1)匀强电场的电场强度E大小为3mg4q，方向水平向左；
(2)释放瞬间绳子的拉力大小为15mg；
(3)细线的最大拉力大小为720mg。
【解析】(1)分析小球处于静止状态时的受力，根据平衡条件和电场力公式求解场强；
(2)若将原电场方向改为竖直向上，小球从图示位置由静止释放瞬间向心力为零，根据沿细线方向受力平衡求解拉力。
(3)运用动能定理求出小球摆到最低点速度，根据牛顿第二定律结合向心力公式，求出细线的最大拉力大小。
本题主要考查电场强度、平衡条件的应用、牛顿第二定律、动能定理，要求学生综合运用所学知识进行分析求解，难度适中。
17.【答案】解：(1)物块向在拉到x0处时具有的弹性势能为
Ep=kx022=200×0.1022J=1J
物块从x0处到O点的过程根据功能关系可知
Ep=12mv12+μmgx0
解得：v1=2 55m/s。
(2)滑块从x0处到最左端的过程根据功能关系
Ep=μmg(x0+x1)+12kx12
解得：x1=0.08m
所以物块第一次到达左端最远处x1的坐标值为−0.08m。
(3)物块第二次经过O点时运动的总路程为0.26m，从第一次到左端到第二次到达右端最远处根据功能关系可得
12kx12=μmg(x1+x2)+12kx22
则x2=0.06m，从第二次右端最远处到O的过程根据功能关系
12kx22=μmgx2+12mv0′2
解得：v0′≠0
所以该滑块能第三次经过O点，设第三次经过O点到左端的最远距离为x3，根据功能关系可得
12kx22=μmg(x2+x3)+12kx32
解得：x3=0.04m
综上可得物块到达xn=−0.04m处时速度刚好为零时3次经过O点。
(4)整个装置逆时针转过90∘后，当滑块的加速度为零时滑块具有最大速度，则有：
mg=kx
弹簧的压缩量为x=0.1m，因初末弹簧的形变量相同，故初末弹簧的弹性势能相等，根据滑块和弹簧系统机械能守恒得：
mg⋅2x=12mvm2
解得：vm=2m/s
答：(1)物块第一次经过O点时速度v1的大小为2 55m/s；
(2)物块第一次到达左端最远处x1的坐标值为−0.08m；
(3)此前经过O点3次；
(4)物块的最大速度vm的大小为2m/s。
【解析】(1)对小物块由x0到第一次经过O点的过程，根据功能关系，即可求解速度；
(2)小物块从x0处向左运动到最远处过程，由功能关系求出最远距离；
(3)根据功能关系，求此前经过O点次数；
(4)当滑块的加速度为零时滑块具有最大速度，根据机械能守恒定律可求解物块的最大速度。
本题主要考查功能关系以及机械能守恒定律的综合应用，要能正确分析物块的运动情况，特别注意物块到达最远点时，要判断其能否处于静止状态。应用功能关系时，要注意选择研究过程。
18.【答案】解：(1)B星受到A、C星的引力分别为：FAB=G⋅2m2a2，FCB=Gm2a2，方向如图；
FB沿x方向的分力：FBx=FABcs60∘+FCB
FB沿y方向的分力：FBy=FABsin60∘
则FB= FBx2+FBy2
解得FB= 7Gm2a2
(2)通过对于B的受力分析可知，由于：FAB=G⋅2m2a2，合力的方向经过BC的中垂线AD的中点，所以圆心O一定在BC的中垂线AD的中点处。所以：RC=RB= (a2)2+( 3a4)2= 74a
答：(1)星体B所受的合力太小为 7Gm2a2；
(2)星体C的轨道半径为 74a。
【解析】(1)根据平行四边形定则解得B星受到A、C的引力的合力。
(2)C与B的质量相等，所以运行的规律也相等，然后结合向心力的公式即可求出C的轨道半径；
该题借助于三星模型考查万有引力定律，其中B与C的质量相等，则运行的规律、运动的半径是相等的。画出它们的受力的图象，在结合图象和力的合成即可正确解答。位移m
速度m/s
速度平方(m/s)2
0.0
0.00
0.00
2.0
1.69
2.87
7.0
3.11
9.68
15.0
4.64
21.52
20.0
5.39
29.04
32.0
6.81
46.32