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河北省石家庄二中教育集团2023-2024学年高一下学期期中物理试题（学生版+教师版）
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这是一份河北省石家庄二中教育集团2023-2024学年高一下学期期中物理试题（学生版+教师版），文件包含河北省石家庄二中教育集团2023-2024学年高一下学期期中物理试题教师版docx、河北省石家庄二中教育集团2023-2024学年高一下学期期中物理试题学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
（时间：75分钟，分值100分）
一、选择题（本题共10个小题，1-7为单选题，每小题4分，共计28分；8-10为多选每小题6分，漏选3分，错选0分，共计18分）
1. 2024年1月17日，搭载“天舟七号”货运飞船运载火箭在文昌航天发射场发射。次日凌晨，“天舟七号”货运飞船成功对接空间站“天和”核心舱。对接后，“天舟七号”与空间站组成组合体，运行在离地高度约为的圆形轨道上，已知地球同步卫星距赤道的高度约为，则下列说法正确的是（ ）
A. 组合体运行周期小于
B. 组合体中宇航员可以使用托盘天平测量物体质量
C. 组合体绕行速度小于同步卫星的速度
D. 若组合体运行周期为T，引力常量为G，则地球的平均密度为
【答案】A
【解析】
【详解】AC．根据万有引力提供向心力可得
可得
，
由于组合体的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，所以组合体运行周期小于，组合体绕行速度大于同步卫星的速度，故A正确，C错误；
B．由于组合体处于完全失重状态，所以组合体中宇航员不可以使用托盘天平测量物体质量，故B错误；
D．设地球半径为，组合体轨道半径为，若组合体运行周期为T，引力常量为G，则有
又
联立可得地球的平均密度为
故D错误。
故选A。
2. 我国首颗超百容量的高通量地球静止轨道通信卫星—中星26号于北京时间2023年2月23日在西昌卫星发射中心成功发射，该卫星将与中星16号、中星19号共同为用户提供高速的专网通信和卫星互联网接入等服务。中星26与某一椭圆轨道侦察卫星的运动轨迹以及某时刻所处位置、运行方向如图所示，两卫星的运行周期相同，两个轨道相交于两点，连线过地心，分别为侦察卫星的近地点和远地点。下列说法正确的是（ ）
A. 两点间距离等于中星26号卫星轨道半径
B. 侦察卫星从D点到E点的过程中速度先减小后增大
C. 中星26在C点线速度小于侦察卫星在E点线速度
D. 侦察卫星在轨道上运行时，在E点的线速度小于在D点的线速度
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题知，两卫星的运行周期相同，则根据开普勒第三定律可知
则
DE=2r
故A错误；
B．由开普勒第二定律可知，侦察卫星与地球的连线，在相同时间内扫过相同的面积。D点到E点的过程中速度增大。故B错误；
C．以地球中心为圆心，过E点建一个辅助圆轨道，设该轨道的卫星的线速度为v3，侦查卫星E点的速度为v2。则从侦察卫星轨道到辅助圆轨道要点火加速，有
v2＞v3
再根据，可知
v1＜v3＜v2
故C正确；
D．由开普勒第二定律可知，侦察卫星与地球的连线，在相同时间内扫过相同的面积。故侦查卫星D点速度小于E点速度。故D错误。
故选C。
3. 在无风天气里，毽子受到的空气阻力大小与其下落的速度大小成正比。一毽子从高处由静止竖直下落至地面过程中，位移大小为x、速度大小为v、加速度大小为a，重力势能为、动能为、下落时间为t。取地面为零势能面，则下列图像正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．毽子下落过程中，受空气阻力逐渐变大，则加速度逐渐减小，最后加速度可能减小为零，即速度先增大后不变，则图像的斜率先增加后不变，选项A错误；
B．根据牛顿第二定律
则
选项B正确；
C．重力势能
则为线性关系，选项C错误；
D．动能
因加速度随时间逐渐减小（非线性），则动能与时间一定不是线性关系，选项D错误。
故选B。
4. 2023年6月21日，“中国天眼”FAST科研团队公布，他们发现了一个轨道周期仅为53分钟的脉冲星双星系统M71E。已知双星系统由脉冲星和伴星组成，脉冲星的质量大于伴星的质量。若现阶段脉冲星环绕半径与伴星环绕半径之和为，半径之差为，不考虑相对论效应，则下列说法正确的是（ ）
A. 脉冲星与伴星的环绕线速度和质量成正比
B. 脉冲星环绕半径大于伴星环绕半径
C. 脉冲星与伴星的环绕线速度之和与环绕线速度之差的比值为
D. 脉冲星与伴星的质量之和与质量之差的比值为
【答案】D
【解析】
【详解】B．设脉冲星的质量为，做圆周运动的半径为，伴星的质量为，做圆周运动的半径为，由于两星做圆周运动所需向心力由两星之间相互作用的万有引力提供，所以两星做圆周运动所需的向心力大小相等，且两星的角速度相等，则有
可得
由于脉冲星的质量大于伴星的质量，即，则有
故B错误；
A．根据
可知脉冲星与伴星的环绕线速度与半径成正比，则脉冲星与伴星的环绕线速度和质量成反比，故A错误；
C．根据题意有
，
脉冲星与伴星的环绕线速度之和与环绕线速度之差的比值为
故C错误；
D．根据万有引力提供向心力可得
，
可得
，
则脉冲星与伴星的质量之和与质量之差的比值为
故D正确。
故选D。
5. 我国高铁技术位于世界先进行列，一列质量为m的动车，初速度为，以恒定功率P在平直轨道上加速运动，经时间t达到该功率下的最大速度，设动车行驶过程中所受的阻力F保持不变。动车在时间t内，下列说法正确的是（ ）
A. 支持力的冲量为零
B. 动车在时间t内行驶的距离
C. 当动车速度为时，其加速度为
D. 牵引力所做的功为
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据
可知支持力的冲量不为零，故A错误；
B．根据动能定理可得
解得动车在时间t内行驶的距离为
故B正确；
C．当牵引力等于阻力时，速度达到最大，则有
当动车速度为时，根据牛顿第二定律可得
故C错误；
D．根据动能定理可得
可得牵引力所做的功为
故D错误。
故选B。
6. 如图所示，质量为的小球从距地面高为处由静止释放，与正下方固定的长为的轻弹簧作用，速度第一次减为零时，距地面高为，小球第一次反弹至最高点时，距地面高为。经过多次反弹后，小球最终静止在弹簧上，此时，小球距地面高为，弹簧的弹性势能为。若小球始终在竖直方向上运动，且受到的空气阻力大小恒定。（当小球速度为零时空气阻力为零，重力加速度）下列说法正确的是（ ）
A. 弹簧的劲度系数为
B. 小球在运动过程中受到的空气阻力约为
C. 小球在整个运动过程中通过的路程约为
D. 小球下落过程中速度最大处距地面高
【答案】C
【解析】
【详解】A．小球静止在弹簧上时，根据平衡条件和胡克定律得
解得
故A错误；
D．小球接触弹簧后，刚开始重力大于弹力，加速度向下，小球继续加速，当弹力与空气阻力的合力等于小球的重力时，速度达到最大，然后弹力大于重力，小球减速，到最低点，经过多次反弹后，最终小球静止在弹簧上端时弹力等于重力，则小球距地面高为处并不是下落过程中速度最大处，D错误；
B．小球从开始下落到第一次反弹至最高点的过程，由动能定理得
解得
故B错误；
C．对小球运动的整个过程，由能量守恒定律得
解得
故C正确。
故选C。
7. 如图甲所示，质量为的物块a锁定在足够高的水平桌面上O点，轻质细绳通过光滑定滑轮与物块b相连，物块a与定滑轮之间的距离足够长，轻质细绳与水平桌面平行。某时刻由静止释放物块a，物块a从O点开始沿x轴运动，已知从O点开始物块a与桌面间的动摩擦因数随位移x变化的图像如图乙所示，物块a的质量是物块b质量的4倍，重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A. 物块a的最大位移为
B. 整个运动过程中，物块组成的系统损失的机械能为
C. 当物块a的速度最大时，物块a运动的位移是
D. 从开始运动到物块a速度最大的过程中，合外力对物块a的冲量为
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图像可知
对系统，由动能定理可得
联立解得物块a的最大位移为
故A错误；
B．整个运动过程中，根据能量守恒可知，物块组成的系统损失的机械能为
故B错误；
C．当物块a的速度最大时，此时系统加速度为0，则有
又
联立解得物块a运动的位移为
故C正确；
D．当物块a运动位移为时，物块a速度达到最大，对系统根据动能定理可得
解得
根据动量定理可得合外力对物块a的冲量为
故D错误。
故选C。
8. 返回式遥感人造卫星技术已经非常成熟。质量为m的遥感人造卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为，其中G为引力常量，M为地球质量。该遥感人造卫星原来在半径为的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为，则此过程中（ ）
A. 引力势能的减小量为
B. 引力势能的减小量为
C. 因摩擦而产生的热量为
D. 因摩擦而产生的热量为
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．则此过程中引力势能的减小量为
故A正确，B错误；
CD．根据万有引力提供向心力可得
，
根据能量守恒可知，因摩擦而产生的热量为
联立解得
故C错误，D正确。
故选AD。
9. 如图所示，高的桌面上固定一半径的四分之一光滑圆弧轨道，轨道末端B与桌面边缘水平相切，地面上的C点位于B点的正下方，整个装置受到水平向左的恒定风力。将一质量的小球由轨道项端A处静止释放，取，下列说法正确的是（ ）
A. 小球在B点对轨道的压力为
B. 小球最终落在C点右方
C. 小球从B运动到C的过程中，动量变化量为
D. 若与的夹角为，小球运动到D点时对轨道的压力为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．从A到B由动能定理
在B点时
解得
FN=0.6N
则根据牛顿第三定律可知，小球在B点对轨道的压力为，选项A正确；
B．从B到C竖直方向
解得
t=0.4s
水平方向向右做匀减速运动，加速度大小为
落地时的水平位移
即小球最终落在C点，选项B错误；
C．小球从B运动到C的过程中，合外力为
根据动量定理可知动量变化量为
选项C正确；
D．从A到D由动能定理
在D点时
解得
FND=0.72N
选项D错误。
故选AC。
10. 质量m=0.2kg的圆环A和质量M=1kg的重物B用细绳跨过一光滑滑轮轴连接，A端绳与轮连接，B端绳与轴相连接，不计轮轴的质量，轮与轴有相同的角速度且轮和轴的直径之比为2：1，重物B放置在倾角为30°固定在水平地面的斜面上，轻绳平行于斜面，B与斜面间的动摩擦因数，圆环A套在竖直固定的光滑直杆上，滑轮轴中心与直杆的距离为L=3m。现将圆环A从与滑轮轴上表面等高处a静止释放，下降H=4m到达b位置。已知直杆和斜面足够长，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A. 圆环A到达b位置时，圆环A与重物B的速度大小之比为5：4
B. 圆环A从a到b过程中，A、B组成的系统机械能减少了1J
C. 圆环A到达b位置时，圆环A的速度大小为m/s
D. 圆环A从a到b过程中，绳子拉力对圆环A做功的大小为J
【答案】BC
【解析】
【详解】A．轮与轴有相同的角速度且轮和轴的直径之比为2：1，环A沿绳方向的分速度与重物B的速度之比为
因为H=4m，L=3m，所以此时绳与竖直方向的夹角为37°，把环A的速度沿绳和垂直于绳方向分解，则环A沿绳方向的分速度
解得
故A错误；
B．由题可知圆环A到达b位置时，重物B沿斜面的运动的位移为
A、B组成的系统机械能减少了
故B正确；
C．根据能量守恒可知
解得
故C正确；
D．对A动能定理可得
解得
W=J
故D错误。
故选BC。
二、实验题（本题共2个小题，共计14分）
11. 用如图甲所示的实验装置做“验证机械能守恒定律”实验时，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始下落。
（1）关于本实验，下列说法正确的是_____（填字母代号）。
A. 应选择密度大、体积小的重物进行实验
B. 释放纸带之前，纸带必须处于竖直状态
C. 先释放纸带，后接通电源
（2）实验中，得到如图乙所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O（O点与下一点的间距接近）的距离分别为、、。已知当地重力加速度为g，打点计时器的打点周期为T，设重物质量为m。从打O点到B点的过程中，重物的重力势能减少量_____，动能变化量_____（用已知字母表示）
（3）某同学用如图丙所示装置验证机械能守恒定律，将力传感器固定在天花板上，细线一端系着小球，一端连在力传感器上。将小球拉至水平位置从静止释放，到达最低点时力传感器的示数为F。已知小球质量为m，当地重力加速度为g。在误差允许范围内，当满足关系式_____时，可验证机械能守恒。
【答案】（1）AB （2） ①. ②.
（3）
【解析】
【小问1详解】
A．为了减小空气阻力的影响，应选择密度大、体积小的重物进行实验，故A正确；
B．为了减小纸带与打点计时器之间的摩擦阻力，释放纸带之前，纸带必须处于竖直状态，故B正确；
C．为了充分利用纸带，应要先接通电源，后释放纸带，故C错误。
故选AB。
【小问2详解】
[1]从打O点到B点的过程中，重物的重力势能减少量为
[2]根据匀变速中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得
从打O点到B点的过程中，重物的动能变化量为
【小问3详解】
设摆长为L，摆球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得
在最低点，由牛顿第二定律得
联立可得
在误差允许范围内，当满足关系式时，可验证机械能守恒。
12. 某实验小组利用图甲所示的装置，验证槽码和滑块（包括遮光条）组成的系统机械能守恒。将遮光条安装在滑块上，用天平测出遮光条和滑块的总质量M，槽码和挂钩的总质量m。实验时，将滑块系在绕过定滑轮悬挂有槽码的细线上，细线平行于气垫导轨，滑块由静止释放，数字计时器记录下遮光条通过光电门1和2的遮光时间分别为和，测出遮光条的宽度d．已知当地的重力加速度为g。
（1）打开气泵，待气流稳定后调节气垫导轨，直至看到导轨上的滑块在短时间内保持静止或者匀速运动，该操作的目的是_____
（2）本实验中_____（填“需要”或“不需要”）槽码和挂钩的总质量远小于遮光条和滑块的总质量；
（3）保持光电门1的位置不变，移动光电门2，并测出光电门1和光电门2之间的距离s，让滑块每次从相同的位置释放，多次实验，记录多组数据，作出随s变化的图像如图乙所示，若在误差允许的范围内，可以验证系统的机械能守恒，则该图线的斜率_____
【答案】（1）调节气垫导轨水平
（2）不需要 （3）
【解析】
【小问1详解】
打开气泵，待气流稳定后调节气垫导轨，直至看到导轨上的滑块在短时间内保持静止，该操作的目的是调节气垫导轨水平。
【小问2详解】
本实验中不需要取槽码和挂钩的总重力等于轻绳中的拉力，所以不需要槽码和挂钩的总质量远小于遮光条和滑块的总质量。
【小问3详解】
根据系统的机械能守恒，有
化简得
则有
三、计算题（本题共3个小题，共计40分）
13. 2024年上半年，嫦娥六号将择机发射，出征月球，它要飞往月球采样并返回地球，嫦娥六号探测器由轨道器、返回器、着陆器、上升器四部分组成。在距离月球地面高度为h时，着陆器在大推力发动机的作用下处于悬停状态。已知悬停时发动机提供的推力为F，着陆器的质量为m，月球半径为R，万有引力常量为G．
（1）求月球的质量M；
（2）若着陆器能再次进入近月轨道执行任务，至少以多大速度从月球表面发射。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）设在距离月球地面高度为处的重力加速度为，对着陆器受力分析可知
结合万有引力定律可知
解得
（2）由题可知
解得
14. 倾斜传送带顺时针匀速转动，倾角，、两点的距离，物块以初速度从A点滑上传送带，在始终沿传送带向上的力F作用下，物块在传送带上做匀加速直线运动，其加速度大小恒为。已知物块与传送带间的动摩擦因数，质量，重力加速度，传送带转轮半径远小于L，不计空气阻力，请分析物块由A运动到B的过程中：
（1）若传送带速度大小为，求拉力F做的功是多少？
（2）若传送带速度大小为，求物块与传送带间由于摩擦产生的热量Q是多少？
（3）若传送带速度大小范围为，求力F做的功与传送带速度大小v的函数关系？
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）若传送带速度大小为，由于
可知物块受到的滑动摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律可得
解得
则拉力F做的功为
（2）物块从A到B过程，根据运动学公式可得
解得
若传送带速度大小为，可知物块受到的滑动摩擦力一直沿传送带向上，物块从A到B所用时间为
物块与传送带发生的相对位移为
物块与传送带间由于摩擦产生热量为
（3）若传送带速度大小范围为，则物块与传送带共速前受到的滑动摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律可得
解得
共速前物块发生的位移为
此过程拉力做的功为
物块与传送带共速后，受到的滑动摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律可得
解得
从共速到B过程，力做的功为
则全过程拉力做的功为
15. 如图所示，质量为的薄木板静置于水平地面上，薄木板长度为，薄木板与地面的动摩擦因数为。半径为R的竖直光滑圆弧轨道固定在地面，轨道底端与木板等高，轨道上端点和圆心连线与水平面成角，质量为的小物块A在水平恒力的作用下由静止从木板左端水平向右滑行，A与木板间的动摩擦因数为0.3。当A到达木板右端时，撤去恒力F，此时木板恰好与轨道底端相碰并被锁定，同时A沿圆弧切线方向滑上轨道。待A离开轨道后，可随时解除木板锁定，解除锁定时木板的速度与碰撞前瞬间大小相等、方向相反。（取，取3.16，，）
（1）求木板与轨道底端碰撞前瞬间，物块A速度大小及恒力F做的功；
（2）若物块A到达圆弧轨道上端点时受到轨道的弹力大小为，求圆弧轨道的半径R；
（3）求物块A从初始位置开始到距地面最大高度的过程中重力所做的功；
（4）若物块A运动到最大高度时会炸裂成物块B和物块C，其中C的速度为，方向水平向左，为保证C恰好落在木板的最右端，求从物块A离开轨道到解除木板锁定的时间（假设解除锁定后地面和物块间的动摩擦因数变为0）。
【答案】（1）7m/s，70J；（2）0.75m；（3）-40J；（4）0.1s
【解析】
【详解】（1）对小物块进行分析，根据牛顿第二定律有
对薄木板进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
，
物块与薄木板均向右做匀加速直线运动，当A到达木板右端时有
解得
木板与轨道底端碰撞前瞬间，令物块A速度为，薄木板的速度为，则有
，
解得
，
根据功的定义式，恒力F做的功为
解得
（2）物块到圆弧轨道最高点时斜抛速度为，轨道对物块的弹力为。物块从轨道最低点到最高点，根据动能定理有
物块到达圆弧轨道最高点时，根据牛顿第二定律有
解得
，
（3）设物块拋出时速度的水平和竖直分量分别为和，则有
，
物块距离地面最大高度
则物块A从初始位置开始到距地面最大高度的过程中重力所做的功
解得
（4）结合上述，斜抛过程物块上升时间
该段时间物块向左运动距离为
C飞出后做平抛运动，则有
，
薄木板右端运动到C落点过程有
从物块A离开轨道到解除木板锁定时间
解得
（时间：75分钟，分值100分）
一、选择题（本题共10个小题，1-7为单选题，每小题4分，共计28分；8-10为多选每小题6分，漏选3分，错选0分，共计18分）
1. 2024年1月17日，搭载“天舟七号”货运飞船运载火箭在文昌航天发射场发射。次日凌晨，“天舟七号”货运飞船成功对接空间站“天和”核心舱。对接后，“天舟七号”与空间站组成组合体，运行在离地高度约为的圆形轨道上，已知地球同步卫星距赤道的高度约为，则下列说法正确的是（ ）
A. 组合体运行周期小于
B. 组合体中宇航员可以使用托盘天平测量物体质量
C. 组合体绕行速度小于同步卫星的速度
D. 若组合体运行周期为T，引力常量为G，则地球的平均密度为
【答案】A
【解析】
【详解】AC．根据万有引力提供向心力可得
可得
，
由于组合体的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，所以组合体运行周期小于，组合体绕行速度大于同步卫星的速度，故A正确，C错误；
B．由于组合体处于完全失重状态，所以组合体中宇航员不可以使用托盘天平测量物体质量，故B错误；
D．设地球半径为，组合体轨道半径为，若组合体运行周期为T，引力常量为G，则有
又
联立可得地球的平均密度为
故D错误。
故选A。
2. 我国首颗超百容量的高通量地球静止轨道通信卫星—中星26号于北京时间2023年2月23日在西昌卫星发射中心成功发射，该卫星将与中星16号、中星19号共同为用户提供高速的专网通信和卫星互联网接入等服务。中星26与某一椭圆轨道侦察卫星的运动轨迹以及某时刻所处位置、运行方向如图所示，两卫星的运行周期相同，两个轨道相交于两点，连线过地心，分别为侦察卫星的近地点和远地点。下列说法正确的是（ ）
A. 两点间距离等于中星26号卫星轨道半径
B. 侦察卫星从D点到E点的过程中速度先减小后增大
C. 中星26在C点线速度小于侦察卫星在E点线速度
D. 侦察卫星在轨道上运行时，在E点的线速度小于在D点的线速度
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题知，两卫星的运行周期相同，则根据开普勒第三定律可知
则
DE=2r
故A错误；
B．由开普勒第二定律可知，侦察卫星与地球的连线，在相同时间内扫过相同的面积。D点到E点的过程中速度增大。故B错误；
C．以地球中心为圆心，过E点建一个辅助圆轨道，设该轨道的卫星的线速度为v3，侦查卫星E点的速度为v2。则从侦察卫星轨道到辅助圆轨道要点火加速，有
v2＞v3
再根据，可知
v1＜v3＜v2
故C正确；
D．由开普勒第二定律可知，侦察卫星与地球的连线，在相同时间内扫过相同的面积。故侦查卫星D点速度小于E点速度。故D错误。
故选C。
3. 在无风天气里，毽子受到的空气阻力大小与其下落的速度大小成正比。一毽子从高处由静止竖直下落至地面过程中，位移大小为x、速度大小为v、加速度大小为a，重力势能为、动能为、下落时间为t。取地面为零势能面，则下列图像正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．毽子下落过程中，受空气阻力逐渐变大，则加速度逐渐减小，最后加速度可能减小为零，即速度先增大后不变，则图像的斜率先增加后不变，选项A错误；
B．根据牛顿第二定律
则
选项B正确；
C．重力势能
则为线性关系，选项C错误；
D．动能
因加速度随时间逐渐减小（非线性），则动能与时间一定不是线性关系，选项D错误。
故选B。
4. 2023年6月21日，“中国天眼”FAST科研团队公布，他们发现了一个轨道周期仅为53分钟的脉冲星双星系统M71E。已知双星系统由脉冲星和伴星组成，脉冲星的质量大于伴星的质量。若现阶段脉冲星环绕半径与伴星环绕半径之和为，半径之差为，不考虑相对论效应，则下列说法正确的是（ ）
A. 脉冲星与伴星的环绕线速度和质量成正比
B. 脉冲星环绕半径大于伴星环绕半径
C. 脉冲星与伴星的环绕线速度之和与环绕线速度之差的比值为
D. 脉冲星与伴星的质量之和与质量之差的比值为
【答案】D
【解析】
【详解】B．设脉冲星的质量为，做圆周运动的半径为，伴星的质量为，做圆周运动的半径为，由于两星做圆周运动所需向心力由两星之间相互作用的万有引力提供，所以两星做圆周运动所需的向心力大小相等，且两星的角速度相等，则有
可得
由于脉冲星的质量大于伴星的质量，即，则有
故B错误；
A．根据
可知脉冲星与伴星的环绕线速度与半径成正比，则脉冲星与伴星的环绕线速度和质量成反比，故A错误；
C．根据题意有
，
脉冲星与伴星的环绕线速度之和与环绕线速度之差的比值为
故C错误；
D．根据万有引力提供向心力可得
，
可得
，
则脉冲星与伴星的质量之和与质量之差的比值为
故D正确。
故选D。
5. 我国高铁技术位于世界先进行列，一列质量为m的动车，初速度为，以恒定功率P在平直轨道上加速运动，经时间t达到该功率下的最大速度，设动车行驶过程中所受的阻力F保持不变。动车在时间t内，下列说法正确的是（ ）
A. 支持力的冲量为零
B. 动车在时间t内行驶的距离
C. 当动车速度为时，其加速度为
D. 牵引力所做的功为
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据
可知支持力的冲量不为零，故A错误；
B．根据动能定理可得
解得动车在时间t内行驶的距离为
故B正确；
C．当牵引力等于阻力时，速度达到最大，则有
当动车速度为时，根据牛顿第二定律可得
故C错误；
D．根据动能定理可得
可得牵引力所做的功为
故D错误。
故选B。
6. 如图所示，质量为的小球从距地面高为处由静止释放，与正下方固定的长为的轻弹簧作用，速度第一次减为零时，距地面高为，小球第一次反弹至最高点时，距地面高为。经过多次反弹后，小球最终静止在弹簧上，此时，小球距地面高为，弹簧的弹性势能为。若小球始终在竖直方向上运动，且受到的空气阻力大小恒定。（当小球速度为零时空气阻力为零，重力加速度）下列说法正确的是（ ）
A. 弹簧的劲度系数为
B. 小球在运动过程中受到的空气阻力约为
C. 小球在整个运动过程中通过的路程约为
D. 小球下落过程中速度最大处距地面高
【答案】C
【解析】
【详解】A．小球静止在弹簧上时，根据平衡条件和胡克定律得
解得
故A错误；
D．小球接触弹簧后，刚开始重力大于弹力，加速度向下，小球继续加速，当弹力与空气阻力的合力等于小球的重力时，速度达到最大，然后弹力大于重力，小球减速，到最低点，经过多次反弹后，最终小球静止在弹簧上端时弹力等于重力，则小球距地面高为处并不是下落过程中速度最大处，D错误；
B．小球从开始下落到第一次反弹至最高点的过程，由动能定理得
解得
故B错误；
C．对小球运动的整个过程，由能量守恒定律得
解得
故C正确。
故选C。
7. 如图甲所示，质量为的物块a锁定在足够高的水平桌面上O点，轻质细绳通过光滑定滑轮与物块b相连，物块a与定滑轮之间的距离足够长，轻质细绳与水平桌面平行。某时刻由静止释放物块a，物块a从O点开始沿x轴运动，已知从O点开始物块a与桌面间的动摩擦因数随位移x变化的图像如图乙所示，物块a的质量是物块b质量的4倍，重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A. 物块a的最大位移为
B. 整个运动过程中，物块组成的系统损失的机械能为
C. 当物块a的速度最大时，物块a运动的位移是
D. 从开始运动到物块a速度最大的过程中，合外力对物块a的冲量为
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图像可知
对系统，由动能定理可得
联立解得物块a的最大位移为
故A错误；
B．整个运动过程中，根据能量守恒可知，物块组成的系统损失的机械能为
故B错误；
C．当物块a的速度最大时，此时系统加速度为0，则有
又
联立解得物块a运动的位移为
故C正确；
D．当物块a运动位移为时，物块a速度达到最大，对系统根据动能定理可得
解得
根据动量定理可得合外力对物块a的冲量为
故D错误。
故选C。
8. 返回式遥感人造卫星技术已经非常成熟。质量为m的遥感人造卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为，其中G为引力常量，M为地球质量。该遥感人造卫星原来在半径为的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为，则此过程中（ ）
A. 引力势能的减小量为
B. 引力势能的减小量为
C. 因摩擦而产生的热量为
D. 因摩擦而产生的热量为
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．则此过程中引力势能的减小量为
故A正确，B错误；
CD．根据万有引力提供向心力可得
，
根据能量守恒可知，因摩擦而产生的热量为
联立解得
故C错误，D正确。
故选AD。
9. 如图所示，高的桌面上固定一半径的四分之一光滑圆弧轨道，轨道末端B与桌面边缘水平相切，地面上的C点位于B点的正下方，整个装置受到水平向左的恒定风力。将一质量的小球由轨道项端A处静止释放，取，下列说法正确的是（ ）
A. 小球在B点对轨道的压力为
B. 小球最终落在C点右方
C. 小球从B运动到C的过程中，动量变化量为
D. 若与的夹角为，小球运动到D点时对轨道的压力为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．从A到B由动能定理
在B点时
解得
FN=0.6N
则根据牛顿第三定律可知，小球在B点对轨道的压力为，选项A正确；
B．从B到C竖直方向
解得
t=0.4s
水平方向向右做匀减速运动，加速度大小为
落地时的水平位移
即小球最终落在C点，选项B错误；
C．小球从B运动到C的过程中，合外力为
根据动量定理可知动量变化量为
选项C正确；
D．从A到D由动能定理
在D点时
解得
FND=0.72N
选项D错误。
故选AC。
10. 质量m=0.2kg的圆环A和质量M=1kg的重物B用细绳跨过一光滑滑轮轴连接，A端绳与轮连接，B端绳与轴相连接，不计轮轴的质量，轮与轴有相同的角速度且轮和轴的直径之比为2：1，重物B放置在倾角为30°固定在水平地面的斜面上，轻绳平行于斜面，B与斜面间的动摩擦因数，圆环A套在竖直固定的光滑直杆上，滑轮轴中心与直杆的距离为L=3m。现将圆环A从与滑轮轴上表面等高处a静止释放，下降H=4m到达b位置。已知直杆和斜面足够长，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A. 圆环A到达b位置时，圆环A与重物B的速度大小之比为5：4
B. 圆环A从a到b过程中，A、B组成的系统机械能减少了1J
C. 圆环A到达b位置时，圆环A的速度大小为m/s
D. 圆环A从a到b过程中，绳子拉力对圆环A做功的大小为J
【答案】BC
【解析】
【详解】A．轮与轴有相同的角速度且轮和轴的直径之比为2：1，环A沿绳方向的分速度与重物B的速度之比为
因为H=4m，L=3m，所以此时绳与竖直方向的夹角为37°，把环A的速度沿绳和垂直于绳方向分解，则环A沿绳方向的分速度
解得
故A错误；
B．由题可知圆环A到达b位置时，重物B沿斜面的运动的位移为
A、B组成的系统机械能减少了
故B正确；
C．根据能量守恒可知
解得
故C正确；
D．对A动能定理可得
解得
W=J
故D错误。
故选BC。
二、实验题（本题共2个小题，共计14分）
11. 用如图甲所示的实验装置做“验证机械能守恒定律”实验时，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始下落。
（1）关于本实验，下列说法正确的是_____（填字母代号）。
A. 应选择密度大、体积小的重物进行实验
B. 释放纸带之前，纸带必须处于竖直状态
C. 先释放纸带，后接通电源
（2）实验中，得到如图乙所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O（O点与下一点的间距接近）的距离分别为、、。已知当地重力加速度为g，打点计时器的打点周期为T，设重物质量为m。从打O点到B点的过程中，重物的重力势能减少量_____，动能变化量_____（用已知字母表示）
（3）某同学用如图丙所示装置验证机械能守恒定律，将力传感器固定在天花板上，细线一端系着小球，一端连在力传感器上。将小球拉至水平位置从静止释放，到达最低点时力传感器的示数为F。已知小球质量为m，当地重力加速度为g。在误差允许范围内，当满足关系式_____时，可验证机械能守恒。
【答案】（1）AB （2） ①. ②.
（3）
【解析】
【小问1详解】
A．为了减小空气阻力的影响，应选择密度大、体积小的重物进行实验，故A正确；
B．为了减小纸带与打点计时器之间的摩擦阻力，释放纸带之前，纸带必须处于竖直状态，故B正确；
C．为了充分利用纸带，应要先接通电源，后释放纸带，故C错误。
故选AB。
【小问2详解】
[1]从打O点到B点的过程中，重物的重力势能减少量为
[2]根据匀变速中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得
从打O点到B点的过程中，重物的动能变化量为
【小问3详解】
设摆长为L，摆球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得
在最低点，由牛顿第二定律得
联立可得
在误差允许范围内，当满足关系式时，可验证机械能守恒。
12. 某实验小组利用图甲所示的装置，验证槽码和滑块（包括遮光条）组成的系统机械能守恒。将遮光条安装在滑块上，用天平测出遮光条和滑块的总质量M，槽码和挂钩的总质量m。实验时，将滑块系在绕过定滑轮悬挂有槽码的细线上，细线平行于气垫导轨，滑块由静止释放，数字计时器记录下遮光条通过光电门1和2的遮光时间分别为和，测出遮光条的宽度d．已知当地的重力加速度为g。
（1）打开气泵，待气流稳定后调节气垫导轨，直至看到导轨上的滑块在短时间内保持静止或者匀速运动，该操作的目的是_____
（2）本实验中_____（填“需要”或“不需要”）槽码和挂钩的总质量远小于遮光条和滑块的总质量；
（3）保持光电门1的位置不变，移动光电门2，并测出光电门1和光电门2之间的距离s，让滑块每次从相同的位置释放，多次实验，记录多组数据，作出随s变化的图像如图乙所示，若在误差允许的范围内，可以验证系统的机械能守恒，则该图线的斜率_____
【答案】（1）调节气垫导轨水平
（2）不需要 （3）
【解析】
【小问1详解】
打开气泵，待气流稳定后调节气垫导轨，直至看到导轨上的滑块在短时间内保持静止，该操作的目的是调节气垫导轨水平。
【小问2详解】
本实验中不需要取槽码和挂钩的总重力等于轻绳中的拉力，所以不需要槽码和挂钩的总质量远小于遮光条和滑块的总质量。
【小问3详解】
根据系统的机械能守恒，有
化简得
则有
三、计算题（本题共3个小题，共计40分）
13. 2024年上半年，嫦娥六号将择机发射，出征月球，它要飞往月球采样并返回地球，嫦娥六号探测器由轨道器、返回器、着陆器、上升器四部分组成。在距离月球地面高度为h时，着陆器在大推力发动机的作用下处于悬停状态。已知悬停时发动机提供的推力为F，着陆器的质量为m，月球半径为R，万有引力常量为G．
（1）求月球的质量M；
（2）若着陆器能再次进入近月轨道执行任务，至少以多大速度从月球表面发射。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）设在距离月球地面高度为处的重力加速度为，对着陆器受力分析可知
结合万有引力定律可知
解得
（2）由题可知
解得
14. 倾斜传送带顺时针匀速转动，倾角，、两点的距离，物块以初速度从A点滑上传送带，在始终沿传送带向上的力F作用下，物块在传送带上做匀加速直线运动，其加速度大小恒为。已知物块与传送带间的动摩擦因数，质量，重力加速度，传送带转轮半径远小于L，不计空气阻力，请分析物块由A运动到B的过程中：
（1）若传送带速度大小为，求拉力F做的功是多少？
（2）若传送带速度大小为，求物块与传送带间由于摩擦产生的热量Q是多少？
（3）若传送带速度大小范围为，求力F做的功与传送带速度大小v的函数关系？
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）若传送带速度大小为，由于
可知物块受到的滑动摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律可得
解得
则拉力F做的功为
（2）物块从A到B过程，根据运动学公式可得
解得
若传送带速度大小为，可知物块受到的滑动摩擦力一直沿传送带向上，物块从A到B所用时间为
物块与传送带发生的相对位移为
物块与传送带间由于摩擦产生热量为
（3）若传送带速度大小范围为，则物块与传送带共速前受到的滑动摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律可得
解得
共速前物块发生的位移为
此过程拉力做的功为
物块与传送带共速后，受到的滑动摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律可得
解得
从共速到B过程，力做的功为
则全过程拉力做的功为
15. 如图所示，质量为的薄木板静置于水平地面上，薄木板长度为，薄木板与地面的动摩擦因数为。半径为R的竖直光滑圆弧轨道固定在地面，轨道底端与木板等高，轨道上端点和圆心连线与水平面成角，质量为的小物块A在水平恒力的作用下由静止从木板左端水平向右滑行，A与木板间的动摩擦因数为0.3。当A到达木板右端时，撤去恒力F，此时木板恰好与轨道底端相碰并被锁定，同时A沿圆弧切线方向滑上轨道。待A离开轨道后，可随时解除木板锁定，解除锁定时木板的速度与碰撞前瞬间大小相等、方向相反。（取，取3.16，，）
（1）求木板与轨道底端碰撞前瞬间，物块A速度大小及恒力F做的功；
（2）若物块A到达圆弧轨道上端点时受到轨道的弹力大小为，求圆弧轨道的半径R；
（3）求物块A从初始位置开始到距地面最大高度的过程中重力所做的功；
（4）若物块A运动到最大高度时会炸裂成物块B和物块C，其中C的速度为，方向水平向左，为保证C恰好落在木板的最右端，求从物块A离开轨道到解除木板锁定的时间（假设解除锁定后地面和物块间的动摩擦因数变为0）。
【答案】（1）7m/s，70J；（2）0.75m；（3）-40J；（4）0.1s
【解析】
【详解】（1）对小物块进行分析，根据牛顿第二定律有
对薄木板进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
，
物块与薄木板均向右做匀加速直线运动，当A到达木板右端时有
解得
木板与轨道底端碰撞前瞬间，令物块A速度为，薄木板的速度为，则有
，
解得
，
根据功的定义式，恒力F做的功为
解得
（2）物块到圆弧轨道最高点时斜抛速度为，轨道对物块的弹力为。物块从轨道最低点到最高点，根据动能定理有
物块到达圆弧轨道最高点时，根据牛顿第二定律有
解得
，
（3）设物块拋出时速度的水平和竖直分量分别为和，则有
，
物块距离地面最大高度
则物块A从初始位置开始到距地面最大高度的过程中重力所做的功
解得
（4）结合上述，斜抛过程物块上升时间
该段时间物块向左运动距离为
C飞出后做平抛运动，则有
，
薄木板右端运动到C落点过程有
从物块A离开轨道到解除木板锁定时间
解得
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