2023-2024学年山东省烟台市高一（下）期中物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年山东省烟台市高一（下）期中物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.圆周运动是生活中常见的一种运动，如图所示，八音盒上的舞者随着音乐随底部的圆盘一起做匀速圆周运动，关于做匀速圆周运动的舞者，下列说法中正确的是( )
A. 舞者受到的向心力是恒力
B. 舞者运动的线速度保持不变
C. 舞者运动的角速度保持不变
D. 舞者的运动是匀变速曲线运动
2.下列几个物理过程中，机械能守恒的是( )
A. 点火升空阶段的火箭
B. 被抛出后在空中飞行(不计空气阻力)的铅球
C. 乘坐自动扶梯随扶梯一起匀速上行的行人
D. 乘坐返回舱打开降落伞匀速下降阶段的宇航员
3.2024年3月20日，探月工程四期鹊桥二号中继星由长征八号遥三运载火箭在中国文昌航天发射场成功发射升空。若二号中继星先沿半径为R的圆周轨道绕月球做匀速圆周运动，周期为T，然后在轨道A处适当调整速率，使中继星沿着以月球中心为焦点的椭圆轨道运行，椭圆与月球近月轨道表面相切于B点，如图所示。设月球近月轨道半径为R0，下列关于中继星的说法中正确的是( )
A. 由A点向B点运动过程速度不断减小
B. 由A点向B点运动过程机械能不断增大
C. 在A点的加速度小于在B点的加速度
D. 沿椭圆轨道由A点运动到B点的时间为R+R02R R+R02RT
4.在中学体育教学中，引体向上是中学体育测试的必考项目之一，通过引体向上运动能够更好地发展学生上肢和背部肌肉力量，体育课上一中等身材的男高中生做引体向上训练。他在一分钟时间内完成了9次，每次肩部上升的距离约为0.5m。已知g=10m/s2，估算他在这一分钟内克服重力所做的功以及每次引体向上运动过程中克服重力做功的功率约为( )
A. 2.5×103J，40W
B. 2.5×103J，400W
C. 2.5×104J，40W
D. 2.5×104J，400W
5.我国开始规划自己的“星链”式卫星星座。据悉中国“星链”式卫星星座计划采用超低轨道。一颗超低轨道卫星绕地球做匀速圆周运动，其最大观测角为2θ，已知地球半径为R，地球的第一宇宙速度为v1，则该卫星的运行周期为( )
A. 1sin32θ2πRv1
B. 1sin32θπRv1
C. 1sin3θπRv1
D. 1sin3θ2πRv1
6.一辆国产“无人驾驶”电动汽车在平直公路上行驶，它由静止开始启动后汽车电脑系统收集到的汽车所受牵引力F和汽车速度的倒数1v关系如图所示，已知汽车行驶过程中所受阻力恒定，且为车重的k倍，k=0.1，g=10m/s2，设汽车最大车速为30m/s，则汽车的速度大小为12m/s时，汽车的加速度大小为( )
A. 0.9m/s2B. 1m/s2C. 1.2m/s2D. 1.5m/s2
7.如图所示，两质量相等的小球a、b(可视为质点)通过铰链用长为L的刚性轻杆连接，a套在竖直杆M上，b套在水平杆N上，最初刚性轻杆与水平杆N的夹角为30°，两根足够长的细杆M、N不接触(a、b球均可越过O点)，且两杆间的距离忽略不计，重力加速度为g，将两小球从图示位置由静止释放，不计一切摩擦。则b球的最大速度为( )
A. 2 gLB. 3gLC. 2gLD. gL
8.如图所示，两个完全相同的小木块a和b(可视为质点)用轻绳连接置于水平圆盘上，a到转轴OO′的距离为l，轻绳长为2l，圆盘从静止开始绕转轴极缓慢地加速转动，若物块a，b与圆盘间的动摩擦因数皆为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。若要使绳子张紧且木块和圆盘始终保持相对静止，则圆盘转动的角速度ω应满足( )
A. μg3l≤ω≤ μg2lB. μg2l≤ω≤ 3μg2l
C. μg2l≤ω≤ 3μglD. μgl≤ω≤ 3μg2l
二、多选题：本大题共6小题，共18分。
9.下列哪些现象是为了防止产生离心运动( )
A. 铁路转弯处轨道的内轨低于外轨B. 转速很高的砂轮半径做得不能太大
C. 水平公路上行驶的汽车转弯时需要限速D. 借助离心机从血液中分离出血浆和红细胞
10.木卫一和木卫二是木星的两颗卫星，两颗卫星绕木星运动的轨道可视为圆轨道，已知木卫一的质量为8.9×1022kg，轨道半径为4.2×103m，木卫二的质量为4.8×1022kg，轨道半径为6.7×103m，木星的质量为1.9×1027kg，半径为7.1×103m，自转周期为9.8h。则下列说法中正确的是( )
A. 木卫一的环绕周期比木卫二的大B. 木卫一的环绕速度比木卫二的大
C. 木卫一的向心加速度比木卫二的小D. 木卫一受到木星的引力比木卫二的大
11.一质量为2kg的物体从t=0时刻由静止开始做直线运动，其运动的加速度a与时间t的变化关系图像如图所示，则下列说法中正确的是( )
A. 合力对物体做的功为256J
B. 合力对物体做的功为512J
C. t=2s时合外力的瞬时功率为48W
D. t=2s时合外力的瞬时功率为56W
12.月球的自转周期和公转周期十分接近，因此月球始终以同一面朝向地球。一月球探测器分别在月球极地和赤道用弹簧秤称量一质量为m的物体，弹簧秤示数分别为F1和F2。已知月球的自转周期为T，引力常量为G，则下列说法中正确的是( )
A. 月球的半径为(F1−F2)T24mπ2B. 月球的半径为(F1−F2)T22 2mπ2
C. 月球的质量为F2(F1−F2)2T416Gm2π4D. 月球的质量为F1(F1−F2)2T416Gm3π4
13.如图甲所示，传送带以恒定速率顺时针转动，将一小物块从传送带底端由静止释放，此后小物块运动的速度v与时间t的变化关系图像如图乙所示，则下列说法中正确的是( )
A. t1～t2时间内摩擦力对小物块不做功
B. 0～t1时间内产生的热量等于小物块机械能的变化量
C. 0～t1时间内摩擦力对小物块做的功等于小物块动能的变化量
D. 0～t2时间内摩擦力对小物块做的功等于小物块机械能的变化量
14.如图所示，天文观测中观测到有质量相等的四颗天体位于边长为l的正方形四个顶点a、b、c、d上，四颗天体均做周期为T的匀速圆周运动，已知引力常量为G，不计其他天体对它们的影响，关于这个四星系统，下列说法中正确的是( )
A. 四颗天体线速度大小均为 2πl2T
B. 四颗天体线速度大小均为 2πlT
C. 四颗天体的质量均为π2l3GT2
D. 四颗天体的质量均为4(4− 2)π2l37GT2
三、填空题：本大题共2小题，共8分。
15.如图甲所示，是我国藏传佛教中常见的手摇转经筒。转经筒一般是圆柱形的，中间有轴以便转动，筒的旁边开有耳孔，通过轻绳系着小坠子，转动圆筒下面的手柄，小坠子也随之转动，其简化图如图乙所示。现使小坠子随圆筒做水平方向的匀速圆周运动，坠子可视为质点，其质量为0.1kg，绳长为10cm，悬挂点P到圆筒中心转轴的水平距离为6cm，绳子与竖直方向夹角为37°时，坠子的角速度为______rad/s(重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6)。
16.黑洞是由广义相对论所预言的、存在于宇宙空间中的一种致密天体，2019年4月，人类首张黑洞照片在全球六地的视界望远镜发布会上同步发布。若天文学家观测到距该黑洞中心距离为r的天体以速度v绕该黑洞做匀速圆周运动，该黑洞表面的物体速度达到光速c时能够恰好围绕其表面做匀速圆周运动，已知引力常量为G，则该黑洞的密度为______。
四、实验题：本大题共2小题，共10分。
17.某同学利用如图所示的向心力演示器“探究小球做匀速圆周运动向心力F与小球质量m、角速度m和运动半径r之间的关系”，匀速转动手柄1，可使变速塔轮2和3以及长槽4和短槽5随之匀速转动，槽内的小球也随之做匀速圆周运动，使小球做匀速圆周运动的向心力由横臂6的挡板对小球的弹力提供，球对挡板的反作用力，通过横臂的杠杆作用使弹簧测力套筒7下降，从而露出标尺8。根据标尺8上露出的红白相同等分标记，可以粗略计算出两个球所受向心力的比值。
(1)若要研究向心力F与半径r的关系，需将两个质量相同的小球分别放置在______(选填“A、B”、“A、C”或“B、C”)处，将传动皮带套在半径______(选填“相同”或“不同”)的左右两个塔轮上。
(2)若将相同质量的两小球分别放在挡板A和挡板C处，将皮带连接在左、右塔轮半径之比为2：1的塔轮上，匀速转动手柄，当左边标尺露出4个等分格时，右边标尺露出______个等分格，说明做匀速圆周运动的物体，在质量和运动半径一定时，向心力与______成正比。
18.图甲为一种利用气垫导轨“验证机械能守恒定律”的实验装置。图中AB是水平桌面，CD为气垫导轨，在其上方不同位置固定两个光电门，滑块上方固定着一挡光片。某次实验的主要步骤如下：
A.将气垫导轨放在水平桌面上，将导轨调至水平。
B.测出挡光片的宽度为d。
C.用天平称出托盘和砝码的总质量为m。
D.用天平称出滑块和挡光片的总质量为M。
E.释放滑块，读出挡光片通过光电门1和光电门2的挡光时间分别为t1和t1。
F.……

(1)用游标卡尺测量挡光片的宽度d，如图乙所示，其读数为______cm；
(2)为验证机械能守恒定律，还需要测量的物理量为______；(写出测量的物理量名称以及对应的物理量字母)
(3)若要符合机械能守恒定律的结论，以上测得的物理量应该满足的关系式为______。(用题目中给定字母及(2)问中物理量字母表示)
五、简答题：本大题共4小题，共40分。
19.如图甲所示为旋转拖把的示意图。当用手握住固定套杆顶部，使其向下运动时，固定套杆就会给旋转杆施加驱动力，驱动旋转杆、拖把头一起转动，把拖把头布条上的水甩出去。拖把头由托盘和拖布条组成，托盘半径为10cm，拖布条长6cm，旋转套杆的螺距为5cm(旋转套杆旋转一周下降的距离)。某次脱水时，拖把的固定套杆在1s内匀速下压25cm，求：
(1)拖布条外缘转动的线速度大小；
(2)若有一质量为2g的杂物附着在拖把布条外缘上，此时它受到的向心力大小。(取π2≈10)
20.我国首次火星探测任务天问一号探测器于2020年7月发射，并于2021年5月15日实施降轨，软着陆在火星表面。假如未来宇航员能成功登陆火星实施科考项目，完成科学考察后，乘坐返回舱经历轨道1，返回围绕火星在轨道2上做圆周运动的轨道舱。为了安全，返回舱与轨道舱对接时，必须具有相同的速度。已知返回舱和宇航员的总质量为m，火星质量为M，火星半径为R，火星表面的重力加速度为g，轨道舱到火星中心的距离为r，不计火星自转影响。已知质量为m1、m2的两天体间相距无穷远时引力势能为零，它们中心之间的距离为r0时，引力势能Ep=−Gm1m2r0。求：
(1)宇航员乘坐返回舱在轨道2上做圆周运动时的速度；
(2)至少要给返回舱和宇航员提供多少能量才能使其从火星表面返回轨道舱。
21.如图所示，一内壁光滑的管状轨道是由两个半径为R=1m的半圆形管道和两段长度均为l=1.75m的直管构成，将该轨道固定在倾角θ=53°的斜面上，两直管平行且沿斜面向下，两直管顶端连线保持水平，将一质量为m=2kg的小球由管道底部以水平初速度v0=8m/s释放，已知重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8，cs53°=0.6，求：
(1)小球运动到轨道最高点时对轨道的作用力大小；
(2)小球在上半圆形管道运动过程中，对管道作用力最小时的速度。
22.如图甲所示，固定粗糙斜面的倾角为37°与斜面平行的轻弹簧下端固定在C处，上端连接质量为2kg的小滑块(视为质点)，BC间长度为弹簧的原长。开始时将小滑块在A点按住不动，然后在松开小滑块瞬间给其一沿斜面向下、大小为v0=1m/s的初速度，在小滑块从A点至第一次到达最低点P(图中未画出)的过程中，其加速度a随弹簧的形变量x的变化规律如图乙所示(取沿斜面向下为加速度的正方向)。sin37°=0.6，cs37°=0.8，g=10m/s2，求：
(1)滑块与斜面间的动摩擦因数及弹簧的劲度系数；
(2)滑块加速度第一次等于零时的速度；
(3)滑块从A点运动到P点过程中滑块和弹簧系统损失的机械能。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.舞者受到静摩擦力提供向心力，方向始终指向圆心，方向时刻在变化，是变力，故A错误；
B.舞者做匀速圆周运动，线速度大小不变，方向时刻在变化，故B错误；
C.舞者做匀速圆周运动，角速度大小和方向都不变，故C正确；
D.舞者做匀速圆周运动，加速度大小不变，方向始终指向圆心，方向时刻在变化，是变加速曲线运动，故D错误。
故选：C。
根据向心力、线速度、角速度、向心加速度的概念分析即可。
本题考查向心力、线速度、角速度、向心加速度的概念，属于基础题目，较简单。
2.【答案】B
【解析】解：A.点火升空阶段因为受到向上推力做功，故火箭机械能不守恒，故A错误；
B.被抛出后在空中飞行的铅球因为不受阻力，只受重力，故满足机械能守恒，故B正确；、
C.乘自动扶梯匀速上行的人重力势能增加，动能不变，机械能不守恒，故C错误；
D.乘坐返回舱匀速下降阶段的宇航员动能不变，重力势能减小，故机械能不守恒，故D错误。
故选：B。
根据机械能守恒的条件结合机械能的概念进行分析解答。
考查机械能守恒的条件，会在实际实例中判断机械能是否守恒。
3.【答案】C
【解析】解：A、根据开普勒第二定律可知，由A点向B点运动过程速度不断增大，故A错误；
B、由A点向B点运动过程只有万有引力做功，机械能守恒，故B错误；
C、根据牛顿第二定律可得GMmr2=ma，解得a=GMr2，在A点距离月球的距离大于在B点距离月球的距离，所以在A点的加速度小于在B点的加速度，故C正确；
D、若二号中继星先沿半径为R的圆周轨道绕月球做匀速圆周运动，周期为T，中继星沿着以月球中心为焦点的椭圆轨道运行，半长轴为：r=R+R02；
根据开普勒第三定律可得：R3T2=r3T02
沿椭圆轨道由A点运动到B点的时间为t=T02
联立解得：t=R+R04R R+R02RT，故D错误。
故选：C。
根据开普勒第二定律分析速度的变化；由A点向B点运动过程只有万有引力做功，机械能守恒；根据牛顿第二定律分析加速度大小；根据开普勒第三定律求解运动时间。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。
4.【答案】A
【解析】解：设该同学的体重为m=55kg，每次引体向上需要克服重力的功W=mgh
完成9次克服重力的总功为9W=9mgh=9×55×10×0.45J=2.475×103J≈2.5×103J；
没完成一次引体向上需要的时间t=609s=203s
每次引体向上运动过程中克服重力做功的功率约为P=Wt，代入数据解得P≈40W，故A正确，BCD错误；
故选：A。
假设该同学的质量，再根据克服重力做功的公式W=mgh，由此计算9次克服总重力的功，求解一次引体向上的时间，再根据功率公式求解每次引体向上运动过程中克服重力做功的功率。
该题考查功的公式以及功率公式的应用，能够读懂题意是解答该题的关键，题目难度较小，基础题。
5.【答案】D
【解析】解：根据几何关系可知，星链式卫星的轨道半径r=Rsinθ
对星链式卫星，GMmr2=m4π2T2r，解得T= 4π2r3GM
又根据GMm′R2=m′v12R，解得GM=Rv12
联立解得T= 1sin3θ2πRv1，故D正确，ABC错误；
故选：D。
根据万有引力提供向心力求解周期表达式，再根据第一宇宙速度推导得到GM=Rv12，联立即可求解。
解答该题需要掌握万有引力提供向心力，推导星链式卫星的转动周期，再根据第一宇宙速度联立求解，题目难度适中。
6.【答案】D
【解析】解：汽车最大车速为30m/s，此时牵引力等于摩擦力，由图可知f=0.1mg=2×103N，则额定功率为P=fv
汽车的速度大小为12m/s时，牵引力为F′=Pv′
根据牛顿第二定律有
F′−f=ma
解得a=1.5m/s2
故ABC错误，D正确；
故选：D。
牵引力等于阻力时速度达到最大，根据P=fv求得额定功率；根据P=Fv求解当汽车速度v′=12m/s时的牵引力，然后根据牛顿第二定律列式求解加速度。
解决本题的关键知道汽车以恒定加速度启动的整个过程，先做匀加速直线运动，达到额定功率后，做变加速直线运动，最后做匀速直线运动。速度最大时，牵引力等于阻力，加速度为零。
7.【答案】B
【解析】解：对a、b两球组成的系统，根据机械能守恒定律，a球从初始位置下降到O点下方L位置时重力势能减少最大，系统动能增量也最大，此时小球b位于O点速度为vm，根据关联速度可知，a球的速度大小为0，有
mg(Lsin30°+L)=12mvm2
解得vm= 3gL，故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据系统机械能守恒定律和关联速度的知识列式解答。
考查机械能守恒定律和关联速度问题，会根据题意进行准确分析和解答。
8.【答案】A
【解析】解：当绳子无张力时，物块B所受摩擦力达到最大静摩擦力时，由牛顿第二定律，对B有：μmg=mω12⋅3L
对A有：f静=m⋅L⋅ω12
ω1= μg3L
当物块A所受摩擦力达到最大静摩擦力时，A开始滑动，设此时线中张力为F，由牛顿第二定律，对A有：μmg−F=mω22⋅L
对B有：F+μmg=m⋅3L⋅ω22
由上述两式有：ω2= μg2L，
所以要使绳子张紧且木块和圆盘始终保持相对静止，则圆盘转动的角速度ω应满足 μg3L≤ω≤= μg2L
故A正确，ACD错误。
故选：A。
当A所受摩擦力达到最大静摩擦力时，A开始滑动，分别对A、B进行受力分析分析，运用牛顿第二定律列出表达式，求出圆盘转动的角速度。
本题的关键是抓住临界状态，隔离物体，正确进行受力分析，根据牛顿第二定律求解。
9.【答案】ABC
【解析】解：A、在修筑铁路时，转弯处轨道的内轨低于外轨，是为了利用火车的重力提供向心力，防止火车因向心力不足而做离心运动脱离轨道，故A正确；
B、转速很高的砂轮半径不能做得太大，是为了防止因为高速转动，砂轮做离心运动而解体，故B正确；
C、汽车转弯时要限制速度，是防止因为离心运动而侧滑，故C正确；
D、离心机是利用离心运动从血液中分离出血浆和红细胞，故D错误。
故选：ABC。
物体做圆周运动时就需要外界提供向心力，当外界所提供的向心力消失或不够时，物体将做离心运动。根据离心运动的定义及本质，分析采取的措施是为了应用离心运动即为正确的选项。
本题考查的是离心现象的应用及生活中为了防止离心运动而采取的一些措施．基础题目。
10.【答案】BD
【解析】解：A、根据万有引力提供向心力GMmr2=m4π2T2r，解得T= 4π2r3GM，木卫一的轨道半径为4.2×103m小于木卫二的轨道半径为6.7×103m，可知木卫一的环绕周期比木卫二的小，故A错误；
B、根据万有引力提供向心力GMmr2=mv2r，解得v= GMr，木卫一的轨道半径为4.2×103m小于木卫二的轨道半径为6.7×103m，可知木卫一的环绕速度比木卫二的大，故B正确；
C、根据万有引力提供向心力GMmr2=ma，解得a=GMr2，木卫一的轨道半径为4.2×103m小于木卫二的轨道半径为6.7×103m，木卫一的向心加速度比木卫二的大，故C错误；
D、根据万有引力公式F=GMmr2，由于木卫一的质量为8.9×1022kg大于木卫二的质量为4.8×1022kg；木卫一的轨道半径为4.2×103m小于木卫二的轨道半径为6.7×103m，可知木卫一受到木星的引力比木卫二的大，故D正确；
故选：BD。
根据万有引力提供向心力分别求解环绕周期表达式，线速度表达式以及向心加速度表达式，再根据木卫一与木卫二的轨道半径之间大小关系即可分析ABC；根据万有引力表达式结合木卫一和木卫二的质量大小关系和轨道半径大小关系即可比较万有引力大小。
解答该题的关键是根据万有引力提供向心力，分别求解周期、线速度、以及向心加速度等表达式即可分析，题目难度适中。
11.【答案】AC
【解析】解：AB、根据a−t图像的面积表示速度的变化量可知，物体的4s末的速度v=2+62×4m/s=16m/s，根据动能定理可知合外力的功W=12mv2−0，解得W=256J，故A正确，B错误；
CD、根据图像，t=2s时a=4m/s2，合外力F=ma=2×4N=8N，t=2s时物块的速度v′=2+42×2m/s=6m/s，可知t=2s合外力的瞬时功率P=Fv′=8×6W=48W；故C正确，D错误；
故选：AC。
根据a−t图像的面积表示速度的变化量，再结合动能定理以及瞬时功率公式即可分析求解。
本题考查动能定理以及瞬时功率公式的应用，其中a−t图像面积的物理意义为解答该题的关键，题目难度适中。
12.【答案】AD
【解析】解：AB、在月球赤道上，根据向心力公式可得：F1−F2=mR4π2T2，解得月球的半径为R=(F1−F2)T24mπ2，故A正确、B错误；
CD、在月球极地，有：F1=GMmR2，月球的质量为：M=F1(F1−F2)2T416Gm3π4，故C错误、D正确。
故选：AD。
在月球赤道上，根据向心力公式求解月球的半径；在月球赤道上，根据万有引力和重力的关系求解月球的质量。
本题主要是考查了万有引力定律及其应用；解答此类题目一般要把握两条线：一是在星球表面，忽略星球自转的情况下，万有引力等于重力；二是根据万有引力提供向心力列方程进行解答。
13.【答案】BD
【解析】解：A.t1～t2时间内小物块受到传送带沿斜面向上的静摩擦力作用，且摩擦力做正功，故A错误；
B.0～t1时间内，产生的热量Q=μmgcsθ⋅(vt1−12vt1)=12μmgcsθ⋅vt1，在相同时间内机械能的变化量等于滑动摩擦力做的功W=μmgcsθ⋅12vt1=12μmgcsθ⋅vt1，故B正确；
C.根据动能定理可知，0～t1时间内，摩擦力对小物块做的功不等于动能的变化量，只有合外力做的功才等于动能的变化量，故C错误；
D.小物块在传送带上受到重力、支持力、和摩擦力，在0～t2的时间内，根据能的转化和守恒定理可知，重力以外的其它力做的功等于物体机械能的变化量，支持力不做功，故摩擦力做的功等于机械能的变化量，故D正确。
故选：BD。
A.根据摩擦力的有无和是否做功的情况判断；
B.根据产生热量的公式和滑动摩擦力做功列式计算；
C.根据动能定理分析判断；
D.根据受力情况和机械能的变化情况进行分析比较。
考查能的转化和守恒问题，会根据体积进行准确的分析和判断。
14.【答案】BD
【解析】解：AB、四颗天体均做周期为T的匀速圆周运动，其轨道半径均为：r= 2l2；所以线速度大小为：v=2πrT= 2πlT，故A错误、B正确；
CD、以其中一颗星为研究对象，其中向心力来源为其它三颗星对它万有引力的合力，则有：
F合= 2×Gm2l2+Gm2( 2l)2=(2 2+1)Gm22l2
根据向心力的计算公式可得：F合=mr4π2T2
解得：m=4(4− 2)π2l37GT2，故C错误、D正确。
故选：BD。
四颗天体均做周期为T的匀速圆周运动，根据几何关系求解轨道半径，根据万有引力提供向心力求解线速度大小；以其中一颗星为研究对象，其中向心力来源为其它三颗星对它万有引力的合力，根据向心力的计算公式进行解答。
本题主要是考查了万有引力定律及其应用；解答此类题目一般要把握两条线：一是在星球表面，忽略星球自转的情况下，万有引力等于重力；二是根据万有引力提供向心力列方程进行解答。
15.【答案】52 10
【解析】解：根据受力分析，小球受重力和拉力，靠两个力的合力提供向心力，得Fn=mgtanθ，Fn=0.1×10×0.75N=0.75N，
又因Fn=mω2r，圆周运动半径等于P点到水平转轴的水平距离与轻绳对应的水平距离之和，得r=0.06+0.1sin37°m=0.12m，
代入求得ω=52 10rad/s；
答：角速度为52 10rad/s
小球受重力和拉力，靠两个力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出该装置的角速度。
解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解。
16.【答案】3c64πGv4r2
【解析】解：当黑洞表面的物体速度达到光速c时，才是恰好围绕其表面做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力：GMmR2=mc2R，
距该黑洞中心距离为r的天体以速度v绕该黑洞做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力：GMmr2=mv2r，
根据密度计算公式可得：ρ=MV，其中V=43πR3
联立解得：ρ=3c64πGv4r2。
故答案为：3c64πGv4r2。
黑洞表面的物体和距离为r的星体都绕黑洞做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，分别列方程联立方程求解即可。
本题主要是考查了万有引力定律及其应用；解答此类题目一般要把握两条线：一是在星球表面，忽略星球自转的情况下，万有引力等于重力；二是根据万有引力提供向心力列方程进行解答。
17.【答案】B、C 相同 16 角速度的平方
【解析】解：(1)实验运用控制变量的方法，若要研究向心力F与半径r的关系，则r应不同，ω相同，可将两个质量相同的小球分别放置在B、C处；根据v=Rω可知，应将传动皮带套在半径相同的左右两个塔轮上。
(2)根据向心力公式F=mrω2
可知将相同质量的两小球分别放在挡板A和挡板C处，则m，r相等，皮带连接在左、右塔轮半径之比为2：1的塔轮上，则角速度之比为1：2，则向心力之比为1：4，当左边标尺露出4个等分格时，右边标尺露出16个等分格，说明做匀速圆周运动的物体，在质量和运动半径一定时，向心力与角速度的平方成正比。
故答案为：(1)B、C；相同(2)16；角速度的平方
(1)根据实验方法得出实验的探究向心力与对应参数的关系；根据线速度和角速度的关系得出两轮半径的关系；
(2)根据向心力的计算公式分析解答。
本题主要考查了圆周运动的相关实验，根据实验原理掌握正确的实验操作和实验方法，结合向心力的计算公式和图像的物理意义即可完成分析。
18.【答案】0.270 两个光电门中心之间的间距L mgL=12(M+m)(d2t22−d2t2)2
【解析】解：(1)游标卡尺的精确度为0.05mm，读数为2mm+14×0.05mm=2.70mm=0.270cm；
(2)(3)滑块通过光电门的速度为
v=dt
根据机械能守恒定律有
mgL=12(M+m)(d2t22−d2t2)2
可知还需要测量的物理量为两个光电门中心之间的间距L。
故答案为：(1)0.270；(2)两个光电门中心之间的间距L；(3)mgL=12(M+m)(d2t22−d2t2)2
(1)根据游标卡尺的精确度读数；
(2)(3)根据实验原理结合机械能守恒定律分析解答。
本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合机械能守恒定律完成分析。
19.【答案】解：(1)根据题意，旋转套杆的螺距为5cm，某次脱水时，拖把的固定套杆在1s内匀速下压25cm，旋转套杆旋转的转速n=255r/s=5r/s
根据公式ω=2πn
得拖把头转动的角速度ω=2πn=10π rad/s=31.4 rad/s
拖布条外缘转动的半径r=16cm
根据公式v=ωr
得v=1.6πm/s=5.0m/s
(2)根据向心力公式Fn=mv2r
得此时杂物受到的向心力F=0.32N
答：(1)拖布条外缘转动的线速度大小为5.0m/s；
(2)若有一质量为2g的杂物附着在拖把布条外缘上，此时它受到的向心力大小为0.32N。
【解析】(1)根据公式ω=2πn求角速度，根据公式v=ωr求线速度；(2)根据向心力公式Fn=mv2r求向心力。
公式ω=2πn求角速度，根据公式v=ωr求线速度；(2)根据向心力公式Fn=mv2r求向心力。
20.【答案】解：(1)返回舱在火星表面，根据万有引力和重力的关系可得：GMmR2=mg
返回舱在轨道2上做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r
解得：v= gR2r；
(2)根据题意知，返回舱在火星表面具有的引力势能为：Ep1=−GMmR=−mgR
在轨道2上运行时具有的引力势能：Ep2=−GMmr=−mgR2r
在轨道2上运行时具有的动能：Ek2=12mv2=mgR22r
根据功能关系，发动机做功增加了引力势能和动能，则有：W=mgR22r+(−mgR2r+mgR)=mgR−mgR22r
所以至少要给返回舱和宇航员提供mgR−mgR22r的能量，才能使其返回轨道舱。
答：(1)宇航员乘坐返回舱在轨道2上做圆周运动时的速度为 gR2r；
(2)至少要给返回舱和宇航员提供mgR−mgR22r的能量，才能使其返回轨道舱。
【解析】(1)返回舱在火星表面，根据万有引力和重力的关系列方程；返回舱在轨道2上做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力列方程联立求解；
(2)求出返回舱在火星表面具有的引力势能、在轨道2上运行时具有的引力势能，根据动能的计算公式求解在轨道2上运行时具有的动能，根据功能关系进行解答。
本题主要是考查了万有引力定律及其应用；解答此类题目一般要把握两条线：一是在星球表面，忽略星球自转的情况下，万有引力等于重力；二是根据万有引力提供向心力列方程进行解答。
21.【答案】解：(1)若小球能运动到上方圆管道最高点，由动能定理可得−mg(2R+l)sinθ=12mv12−12mv02
解得v1=2m/s，假设成立mgsinθ−F1=mv12R
解得F1=8N
则管道对小球的作用力F= F12+(mgcsθ)2，解得F=4 13N
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的作用力大小等于轨道对小球的作用力
即FN=F=4 13N
(2)设小球和圆心连线与沿斜面方向的夹角为a时，对轨道压力最小，如图

根据动能定理mgRsinθ(1−csα)=12mv22−12mv12
mgsinθcsα=mv22R
解得v2=2 153m/s
答：(1)小球运动到轨道最高点时对轨道的作用力大小为4 13N；
(2)小球在上半圆形管道运动过程中，对管道作用力最小时的速度为2 153m/s。
【解析】(1)根据动能定理以及牛顿第二定律可求出管道对小球作用力大小，根据牛顿第三定律可求出小球对轨道作用力大小；
(2)根据动能定理以及牛顿第二定律可求出最小速度。
学生在解答本题时，应注意熟练掌握牛顿第二定律，是分析圆周运动问题的关键。
22.【答案】解：(1)由图可知当x=0时，a1=4m/s2
根据牛顿第二定律有
mgsinθ−μmgcsθ=ma1
解得μ=0.25
由图可知当x=x1=0.06m时，a2=10m/s2
mgsinθ+kx1−μmgcsθ=ma2
解得k=200N/m
(2)滑块从松开到加速度等于零的过程中，合外力做的功的大小等于图像与坐标轴包围的面积S乘以滑块的质量m，即合外力做功，则
W1=(4+102×0.06+42×0.04)×2J=1J
该过程应用动能定理可知W1=12mv2−12mv02
解得v= 2m/s
(3)设小物块从加速度等于零时到P点过程运动了L(cm)距离，该过程合力做的功大小等于图像与坐标轴包围的面积乘以滑块质量，则
|W2|=L2100
该过程应用动能定理有−|W2|=0−12mv2
从A点到P点过程，损失的机械能ΔE=μmgcsθ(0.04+0.6+L)
解得ΔE=2+2 25J
答：(1)滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25，弹簧的劲度系数为200N/m；
(2)滑块加速度第一次等于零时的速度为 2m/s；
(3)滑块从A点运动到P点过程中滑块和弹簧系统损失的机械能为2+2 25J。
【解析】(1)根据对滑块的受力分析结合图象分析滑块的运动情况；根据B点滑块的加速度，由牛顿第二定律求弹簧的劲度系数和动摩擦因数；
(2)根据图像面积的物理意义结合动能定理解答；
(3)根据功能关系分析解答。
本题结合图象考查牛顿第二定律、重力做功与重力势能间的的综合应用，读出图象的信息，通过牛顿第二定律求动摩擦因数和弹簧的劲度系数是解决本题的关键。