2025北京大興高一（下）期末物理一、單選題。（本部分共10題，每題3分，共30分。在每題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，選出最符合題目要求的一項(xiàng)）。1．如圖所示，物體僅在恒力F作用下沿曲線從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，突然使力F減小為零，已知BD為曲線AB上B點(diǎn)的切線，則該物體（）A．沿曲線BE運(yùn)動(dòng) B．沿直線BD運(yùn)動(dòng) C．沿曲線BC運(yùn)動(dòng) D．沿原曲線由B返回A2．某同學(xué)利用無(wú)人機(jī)玩“投彈”游戲。無(wú)人機(jī)以水平速度v1向右勻速飛行，在某時(shí)刻釋放了一個(gè)小球，小球落地時(shí)的速度為v2，不計(jì)空氣阻力。圖中能表示小球不同時(shí)刻速度的是（）A． B． C． D．3．2025年4月19日北京半程馬拉松比賽中，人形機(jī)器人首次參賽。已知半馬從起點(diǎn)到終點(diǎn)直線距離約為12km，實(shí)際賽道長(zhǎng)度為21km，冠軍機(jī)器人用時(shí)約2小時(shí)40分完成比賽，奔跑過程中工作功率約200W。下列說法正確的是（）A．機(jī)器人的位移大小為21km B．機(jī)器人的平均速度大小約為7.9km/h C．若機(jī)器人在彎道段保持速率不變，則其所受合外力為零 D．若機(jī)器人運(yùn)動(dòng)過程中功率保持不變，全程做功約為1.92×106J4．如圖所示，質(zhì)量為m的足球在地面的1位置由靜止被踢出后落到水平地面的3位置，運(yùn)動(dòng)軌跡為虛線所示。足球在空中達(dá)到的最高點(diǎn)2的高度為h，速度為v。已知1、2位置間的水平距離大于2、3位置間的水平距離。足球可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．足球在空中運(yùn)動(dòng)過程機(jī)械能守恒 B．人對(duì)足球做的功大于12mv2+mghC．足球在位置2時(shí)的加速度等于g D．足球從位置2到位置3，動(dòng)能的增加量等于mgh5．小明做家務(wù)時(shí)，發(fā)現(xiàn)家里自來水的出水情況有這樣的特點(diǎn)：當(dāng)水流不太大時(shí)，從水龍頭中連續(xù)流出的水會(huì)形成水柱，從上往下越來越細(xì)，如圖所示。水柱的橫截面可視為圓，在水柱上取兩個(gè)橫截面A、B，粗測(cè)A、B的直徑之比d1：d2＝2：1，則經(jīng)過A、B處的水流速度大小之比v1：v2為（）A．4：1 B．1：4 C．2：1 D．1：26．2024年11月15日，天舟八號(hào)貨運(yùn)飛船與火箭成功分離并精準(zhǔn)進(jìn)入預(yù)定軌道。16日2時(shí)32分，發(fā)射3個(gè)多小時(shí)后，天舟八號(hào)進(jìn)入距離地球表面更高的空間站軌道（距離地球表面約400多公里），與空間站成功對(duì)接。若在預(yù)定軌道和空間站軌道上天舟八號(hào)均繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是（）A．天舟八號(hào)在空間站軌道上運(yùn)行時(shí)的速度大于7.9km/s B．天舟八號(hào)在空間站軌道上運(yùn)行時(shí)所需的向心力小于它處在地球表面上時(shí)受到的重力 C．天舟八號(hào)在預(yù)定軌道上運(yùn)行時(shí)的向心加速度小于其在空間站軌道上運(yùn)行時(shí)的向心加速度 D．天舟八號(hào)在預(yù)定軌道上的運(yùn)行速度小于其在空間站軌道上的運(yùn)行速度7．如圖所示，某同學(xué)以大小為v0的初速度將鉛球從P點(diǎn)斜向上拋出、到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)鉛球速度沿水平方向。已知P、Q連線與水平方向的夾角為30°，P、Q間的距離為L(zhǎng)。不計(jì)空氣阻力，鉛球可視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量為m，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．鉛球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)所用的時(shí)間為L(zhǎng)gB．鉛球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)重力做的功為12mgLC．鉛球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)動(dòng)能的變化為mgL D．鉛球到達(dá)Q點(diǎn)的速度大小為v（多選）8．在太空實(shí)驗(yàn)室中可以利用勻速圓周運(yùn)動(dòng)測(cè)量小球質(zhì)量。如圖所示，不可伸長(zhǎng)的輕繩一端固定于O點(diǎn)，另一端系一待測(cè)小球，使其繞O做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。用力傳感器測(cè)得繩上的拉力為F，用秒表測(cè)得小球轉(zhuǎn)過n圈所用的時(shí)間為t，用刻度尺測(cè)得O點(diǎn)到球心的距離為圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R。下列說法正確的是（）A．圓周運(yùn)動(dòng)軌道可處于任意平面內(nèi) B．小球的質(zhì)量為FRtC．若誤將n﹣1圈記作n圈，則所得質(zhì)量偏小 D．若測(cè)R時(shí)未計(jì)入小球半徑，則所得質(zhì)量偏小9．如圖所示，新能源汽車在高速公路上開啟智駕模式，汽車保持速率不變通過路面abcd，其中ab段為平直上坡路面，bc段為水平路面，cd段為平直下坡路面。不考慮整個(gè)過程中空氣阻力和摩擦阻力的大小變化。下列說法正確的是（）A．在ab段汽車的輸出功率逐漸增大 B．汽車在ab段和bc段的輸出功率相同 C．在cd段汽車的輸出功率保持不變 D．汽車在cd段的輸出功率比bc段的大10．蹦床是體操運(yùn)動(dòng)的一種，有“空中芭蕾”之稱，運(yùn)動(dòng)員為了能夠更好地完成空中動(dòng)作，在網(wǎng)上經(jīng)過多次上下往復(fù)運(yùn)動(dòng)，上升的高度越來越高，為便于研究，整個(gè)過程運(yùn)動(dòng)員可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力。一次運(yùn)動(dòng)員從高處落到蹦床后又被彈起到原高度，在此過程中，他的速度v隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示，以下落方向?yàn)檎较?，圖中OA段和BC段均為直線，其它均為曲線。由圖可得到的正確信息是（）A．上升階段運(yùn)動(dòng)員離開蹦床的時(shí)間為t1～t2 B．t3時(shí)刻運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能最小 C．t1～t5時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能先增大后減小 D．t3～t5時(shí)間內(nèi)彈力做的功和重力功總和為零二、多選題。（本部分共4題，每題3分，共12分。在每題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，選出符合題目要求的選項(xiàng)，選不全得2分）。11．下列物理量能取負(fù)值的是（）A．功 B．動(dòng)能 C．頻率 D．機(jī)械能（多選）12．如圖所示，是探究向心力大小F與質(zhì)量m、角速度ω和圓周運(yùn)動(dòng)半徑r之間關(guān)系的實(shí)驗(yàn)裝置。轉(zhuǎn)動(dòng)手柄，可使兩側(cè)變速塔輪以及長(zhǎng)槽和短槽隨之勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。皮帶分別套在左右兩塔輪上的不同圓盤上，可使兩個(gè)槽內(nèi)的小球分別以各自的角速度做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其向心力由擋板對(duì)小球的支持力提供，球?qū)醢宓姆醋饔昧κ箯椈蓽y(cè)力筒下降露出標(biāo)尺。下列說法正確的是（）A．根據(jù)標(biāo)尺露出的等分標(biāo)記，可粗略計(jì)算出兩小球所受向心力的比值 B．探究向心力的大小F與角速度ω的關(guān)系時(shí)，應(yīng)保持質(zhì)量m和半徑r相同 C．利用該裝置探究向心力大小F與ω的關(guān)系時(shí)所選塔輪半徑大的小球角速度也大 D．利用本實(shí)驗(yàn)可粗略得到F與m、ω和r之間的關(guān)系為F∝mrω2（多選）13．北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)中包含地球同步衛(wèi)星，即相對(duì)地面靜止的衛(wèi)星。同步衛(wèi)星的（）A．周期小于地球自轉(zhuǎn)的周期 B．線速度小于地球的第一宇宙速度 C．向心加速度小于地球表面的重力加速度 D．向心加速度小于地球表面物體隨地球自轉(zhuǎn)的向心加速度（多選）14．如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m的小球，用輕繩懸掛于O點(diǎn)，初始時(shí)刻小球靜止于P點(diǎn)。第一次小球在水平拉力F1的作用下，從P點(diǎn)緩慢地移動(dòng)到Q點(diǎn)，此時(shí)輕繩與豎直方向夾角為θ；第二次小球在水平恒力F2的作用下，從P點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)恰好能到達(dá)Q點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．第一次到達(dá)Q點(diǎn)水平拉力的大小為mgtanθ B．第二次到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)繩的拉力比第一次小 C．第二次水平力做的功比第一次多 D．兩個(gè)過程中繩的拉力均逐漸減小三、實(shí)驗(yàn)探究題。（共18分）15．（8分）某實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)方案驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。（1）如圖1所示，利用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器記錄重物自由下落的運(yùn)動(dòng)過程。a.下列實(shí)驗(yàn)操作和數(shù)據(jù)處理正確的是。A.實(shí)驗(yàn)中必須測(cè)量重物的質(zhì)量B.打開打點(diǎn)計(jì)時(shí)器前，應(yīng)提住紙帶上端使紙帶豎直C.實(shí)驗(yàn)中應(yīng)先接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源，再釋放重物D.測(cè)量紙帶上某點(diǎn)的速度時(shí)，可由公式v=2ghb.圖2為實(shí)驗(yàn)所得的一條紙帶，在紙帶上選取連續(xù)的、點(diǎn)跡清晰的3個(gè)點(diǎn)A、B、C，測(cè)出A、B、C與起始點(diǎn)O之間的距離分別為h1、h2、h3。已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的打點(diǎn)周期為T，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間、從打O點(diǎn)到打B點(diǎn)的過程中，若滿足，則表明小球在上述運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒。（2）某同學(xué)利用如圖3所示的裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，將直徑為d的小球通過細(xì)線系在固定點(diǎn)上，使小球可以在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)。調(diào)節(jié)小球的釋放位置，記錄小球釋放時(shí)球心到光電門中光信號(hào)的豎直高度h，并將其無(wú)初速度釋放。當(dāng)小球經(jīng)過光電門時(shí)，光電門可以記錄小球遮擋光信號(hào)的時(shí)間t。改變小球的釋放位置，重復(fù)上述步驟，得到多組豎直高度h和對(duì)應(yīng)時(shí)間t的數(shù)據(jù)。若小球向下擺動(dòng)的過程中機(jī)械能守恒，則描繪以h為橫坐標(biāo)、以為縱坐標(biāo)的圖像，在誤差允許范圍內(nèi)可以得到一條傾斜的直線。該圖線的斜率k＝（用d、g表示）。16．（10分）三位同學(xué)采用不同的實(shí)驗(yàn)方案進(jìn)行“探究平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律”的實(shí)驗(yàn)。（1）甲同學(xué)采用圖1所示的裝置。用小錘擊打彈性金屬片，金屬片把a(bǔ)球沿水平方向彈出，同時(shí)b球被松開自由下落，觀察到兩球同時(shí)落地。多次改變裝置的高度，同時(shí)改變小錘打擊的力度，兩球仍然同時(shí)落地，這說明。A.a球豎直方向的分運(yùn)動(dòng)是自由落體運(yùn)動(dòng)B.a球水平方向的分運(yùn)動(dòng)是勻速直線運(yùn)動(dòng)C.a球運(yùn)動(dòng)可分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)（2）乙同學(xué)采用圖2所示的裝置。兩個(gè)相同的弧形軌道M、N，上端分別裝有電磁鐵C、D，軌道右端切線均水平、且位于同一條豎直線上，其中N的末端可看作與光滑的水平板相切。調(diào)節(jié)電磁鐵C、D的高度，使CA＝DB，將小鐵球P、Q分別吸在電磁鐵C、D上，然后切斷電源，使兩鐵球同時(shí)從軌道M、N的末端以相同的水平初速度v0射出，實(shí)驗(yàn)可觀察到的現(xiàn)象應(yīng)是，初步說明。（3）丙同學(xué)采用圖3所示的裝置。通過描點(diǎn)在坐標(biāo)紙上記錄下小球平拋運(yùn)動(dòng)中時(shí)間間隔相等的三個(gè)位置A、B、C，但沒有記錄平拋運(yùn)動(dòng)的起點(diǎn)位置，如圖4所示。已知坐標(biāo)紙每小格的邊長(zhǎng)為5.0cm，不計(jì)空氣阻力，則該相等的時(shí)間間隔Δt＝s，小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度v0＝m/s。取重力加速度g＝10m/s2。（4）丙同學(xué)將實(shí)驗(yàn)方案做了改變，如圖5所示，他把桌子搬到墻的附近，調(diào)整好儀器，使從斜槽軌道固定位置P滾下的小球能夠打在正對(duì)的墻上，把白紙和復(fù)寫紙附著在墻上，記錄小球的落點(diǎn)。該同學(xué)在實(shí)驗(yàn)中僅水平移動(dòng)桌子，使固定于斜槽末端的重垂線依次處于圖中1、2、3的位置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，1與2的水平間距等于2與3的水平間距。通過三次實(shí)驗(yàn)，記錄到小球在白紙上同一豎直線上的三個(gè)落點(diǎn)，則下列三幅圖中圖可能正確。四、論述計(jì)算題。（共40分）17．（10分）半徑為R的光滑半圓軌道處于豎直平面內(nèi)，軌道與水平地面相切于軌道的端點(diǎn)A。一質(zhì)量為m的小球從A點(diǎn)沖上半圓軌道，沿軌道運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)飛出，最后落在水平地面上，重力加速度為g。若恰好能實(shí)現(xiàn)上述運(yùn)動(dòng)，求：（1）小球在B點(diǎn)時(shí)速度的大小vB；（2）小球的落地點(diǎn)與A點(diǎn)間的距離x；（3）小球剛進(jìn)入圓弧軌道時(shí)，軌道對(duì)小球彈力的大小FA。18．（10分）蕩秋千是孩子們喜歡的一項(xiàng)運(yùn)動(dòng)。如圖所示，秋千由兩根長(zhǎng)度均為L(zhǎng)的細(xì)繩懸掛于固定橫梁上，質(zhì)量為m的小孩坐在秋千座椅上，初始時(shí)，大人用一水平外力使秋千靜止，此時(shí)兩繩與豎直方向夾角均為θ。不計(jì)秋千的質(zhì)量，小孩可視為質(zhì)點(diǎn)。重力加速度為g。（1）當(dāng)秋千靜止時(shí)，求水平外力的大小F。（2）將秋千從靜止釋放，秋千自由擺動(dòng)，若不計(jì)空氣阻力，求秋千擺到最低點(diǎn)時(shí)每根繩子的拉力大小T。（3）若考慮空氣阻力，求秋千從靜止釋放到停下的過程中空氣阻力所做的功Wf。19．（10分）如圖1所示，原長(zhǎng)l0＝0.30m、勁度系數(shù)k＝40N/m的輕質(zhì)彈簧上端固定，下端連接一質(zhì)量m＝0.2kg的小物塊，靜止時(shí)小物塊位于O點(diǎn)。將小物塊豎直向下拉至A點(diǎn)由靜止釋放后，小物塊沿豎直方向在AB兩點(diǎn)間往復(fù)運(yùn)動(dòng)。小物塊在運(yùn)動(dòng)的過程中彈簧始終在彈性限度內(nèi)，不計(jì)空氣阻力，g取10m/s2。（1）求小物塊運(yùn)動(dòng)至O點(diǎn)時(shí)彈簧的長(zhǎng)度；（2）小物塊由靜止釋放后的運(yùn)動(dòng)過程中，彈簧的彈性勢(shì)能大小Ep與彈簧的長(zhǎng)度l的關(guān)系如圖2所示。小物塊運(yùn)動(dòng)至A點(diǎn)時(shí)彈簧的長(zhǎng)度和彈性勢(shì)能大小分別為lA＝0.45m和EpA＝0.45J。a.圖2中l(wèi)B和EpB分別指小物塊運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)彈簧的長(zhǎng)度和彈性勢(shì)能，可知O點(diǎn)是BA的中點(diǎn)，lB和EpB對(duì)應(yīng)的值分別為多少？b.簡(jiǎn)述該曲線斜率的含義，由B到A是如何變化的？c.當(dāng)彈簧的彈性勢(shì)能為0時(shí)，小物塊的動(dòng)能是多少？20．（10分）開普勒行星運(yùn)動(dòng)定律內(nèi)容如下：①所有行星繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)的軌道都是橢圓，太陽(yáng)處在橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)上；②對(duì)任意一個(gè)行星來說，它與太陽(yáng)的連線在相等的時(shí)間內(nèi)掃過的面積相等；③所有行星軌道半長(zhǎng)軸的三次方跟它的公轉(zhuǎn)周期的二次方的比都相等?？蒲腥藛T設(shè)想一種在太空中發(fā)射太空探測(cè)器的方案：衛(wèi)星攜帶一探測(cè)器在半徑為r0的圓軌道上繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)周期為T0。在軌道上某點(diǎn)啟動(dòng)輔助動(dòng)力裝置短暫工作（工作時(shí)消耗的氣體質(zhì)量忽略不計(jì)），將探測(cè)器沿運(yùn)動(dòng)方向射出，探測(cè)器恰好能完全脫離地球引力的束縛，而衛(wèi)星沿原方向繞地球做橢圓運(yùn)動(dòng)。已知質(zhì)量分別為m1、m2的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)相距為r時(shí)的引力勢(shì)能為Ep=-Gm（1）論證：做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的所有地球衛(wèi)星軌道半徑的三次方跟它的公轉(zhuǎn)周期的二次方的比都相等；（2）求衛(wèi)星和探測(cè)器繞圓軌道運(yùn)動(dòng)的加速度大小a0；（3）求發(fā)射后瞬間探測(cè)器的速度大小v1。

參考答案一、單選題。（本部分共10題，每題3分，共30分。在每題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，選出最符合題目要求的一項(xiàng)）。1．【答案】B【分析】根據(jù)牛頓第一定律，結(jié)合物體沿當(dāng)前速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)分析求解。【解答】解：由于B點(diǎn)速度的方向?yàn)锽D方向，在B點(diǎn)時(shí)F突然為0，根據(jù)牛頓第一定律，物體沿當(dāng)前速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故應(yīng)沿直線BD運(yùn)動(dòng)，故B正確，ACD錯(cuò)誤；故選：B。2．【答案】C【分析】被釋放的小球以水平速度v1開始做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的加速度為重力加速度，其速度變化量方向始終豎直向下。由水平分運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)，任意時(shí)刻速度的水平分速度始終等于v1，據(jù)此分析判斷?！窘獯稹拷猓罕会尫诺男∏蛞运剿俣葀1開始做平拋運(yùn)動(dòng)，其加速度為重力加速度g，根據(jù)加速度的定義可知小球的速度變化量為：Δv＝gΔt，其速度變化量方向始終豎直向下，任意時(shí)刻速度的水平分速度始終等于v1，即v2的水平分速度等于v1，故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選：C。3．【答案】D【分析】根據(jù)路程和位移，平均速度和曲線運(yùn)動(dòng)的受力特點(diǎn)、功的公式列式解答?！窘獯稹拷猓篈.根據(jù)概念21km是路程，不是位移，位移應(yīng)為12km，故A錯(cuò)誤；B.依據(jù)平均速度公式v=xtC.若機(jī)器人在彎道段保持速率不變，說明是做曲線運(yùn)動(dòng)，一定有合外力指向曲線的凹側(cè)，故C錯(cuò)誤；D.根據(jù)W＝Pt＝200×160×60J＝1.92×106J，故D正確。故選：D。4．【答案】B【分析】A.結(jié)合題意，由機(jī)械能守恒定律，即可分析判斷；B.結(jié)合前面分析，由功能關(guān)系，即可分析判斷；C.結(jié)合前面分析，由牛頓第二定律，即可分析判斷；D.結(jié)合前面分析，由機(jī)械能守恒定律，即可分析判斷?！窘獯稹拷猓篈.足球在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由于軌跡不對(duì)稱（1、2位置間的水平距離大于2、3位置間的水平距離），說明存在空氣阻力，則足球在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)，除了重力做功，還需克服空氣阻力做功，則由機(jī)械能守恒定律可知，足球在空中運(yùn)動(dòng)過程機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；B.以地面為重力勢(shì)能的零勢(shì)能面，人對(duì)足球做的功等于足球初狀態(tài)的動(dòng)能，結(jié)合前面分析可知，足球在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)，機(jī)械能（動(dòng)能+重力勢(shì)能）因空氣阻力做功而減少，因此人對(duì)足球做的功大于足球在最高點(diǎn)的機(jī)械能（動(dòng)能+重力勢(shì)能），即人對(duì)足球做的功大于12mv2+mgh，故BC.結(jié)合前面分析可知，足球在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)，受重力及空氣阻力，則由牛頓第二定律可知，足球在位置2時(shí)的加速度不等于g，故C錯(cuò)誤；D.若不考慮空氣阻力，則由機(jī)械能守恒定律可知，足球從位置2到位置3，動(dòng)能的增加量等于mgh，但足球需克服空氣阻力做功，則足球從位置2到位置3，動(dòng)能的增加量小于mgh，故D錯(cuò)誤；故選：B。5．【答案】B【分析】相等的時(shí)間通過任一截面的質(zhì)量相等，即水的流量相等?！窘獯稹拷猓合嗟鹊臅r(shí)間通過任一截面的質(zhì)量相等，即水的流量相等。故v?π4?d2處處相等，這兩個(gè)截面處水流的流速之比故選：B。6．【答案】B【分析】A.地球的第一宇宙速度為7.9km/s，據(jù)此分析判斷；B.根據(jù)萬(wàn)有引力與重力、萬(wàn)有引力與向心力的關(guān)系分析，結(jié)合萬(wàn)有引力定律，即可判斷求解；C.萬(wàn)有引力提供向心力，由牛頓第二定律列式，即可分析判斷；D.萬(wàn)有引力提供向心力，據(jù)此列式，即可分析判斷?！窘獯稹拷猓篈.地球的第一宇宙速度為7.9km/s，是最大環(huán)繞速度，則天舟八號(hào)在空間站軌道上運(yùn)行時(shí)的速度不可能大于7.9km/s，故A錯(cuò)誤；B.天舟八號(hào)在地球表面上時(shí)受到的萬(wàn)有引力近似等于其受到的重力，天舟八號(hào)在空間站軌道上運(yùn)行時(shí)所需的向心力由萬(wàn)有引力提供，由萬(wàn)有引力定律可知：F=GMm則天舟八號(hào)在空間站軌道上所受萬(wàn)有引力小于其在地球表面上時(shí)受到的萬(wàn)有引力，則天舟八號(hào)在空間站軌道上運(yùn)行時(shí)所需的向心力小于它處在地球表面上時(shí)受到的重力，故B正確；C.萬(wàn)有引力提供向心力，由牛頓第二定律可得：GMmr解得：a=GM預(yù)定軌道半徑更小，則天舟八號(hào)在預(yù)定軌道上運(yùn)行時(shí)的向心加速度大于其在空間站軌道上運(yùn)行時(shí)的向心加速度，故C錯(cuò)誤；D.萬(wàn)有引力提供向心力，可得：GMmr解得：v=GM預(yù)定軌道半徑更小，則天舟八號(hào)在預(yù)定軌道上的運(yùn)行速度大于其在空間站軌道上的運(yùn)行速度，故D錯(cuò)誤；故選：B。7．【答案】A【分析】根據(jù)PQ間的距離及PQ與水平面的夾角，即可得到鉛球從P到Q的過程中，重力做的功；由動(dòng)能定理，可得到鉛球到達(dá)Q點(diǎn)的速度變化量和速度大??；由題意可知鉛球在Q點(diǎn)的速度為水平方向，結(jié)合鉛球在水平、豎直方向的受力，可得到鉛球從P到Q所用的時(shí)間。【解答】解：BC、根據(jù)PQ間的距離及PQ與水平面的夾角，即可得到鉛球從P到Q的過程中，鉛球上升的高度為h＝Lsin30°=1重力做的功為WG＝mg×（-12L根據(jù)動(dòng)能定理可得鉛球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)動(dòng)能的變化Δ故BC錯(cuò)誤；D、由動(dòng)能定理WG=12mv可得到鉛球到達(dá)Q點(diǎn)的速度大小v=故D錯(cuò)誤；A、由題意可知鉛球在Q點(diǎn)的速度為水平方向，結(jié)合鉛球在水平、豎直方向的受力，可得鉛球從P到Q所用的時(shí)間滿足v0sinα＝gt又v0cosα＝v解得：t=故A正確；故選：A。8．【答案】AC【分析】小球在太空中不受重力的作用；小球轉(zhuǎn)過n圈所用的時(shí)間為t，可以求出角速度，由圓周運(yùn)動(dòng)向心力公式計(jì)算質(zhì)量；若誤將n﹣1圈記作n圈，則n變大，角速度變小，由圓周運(yùn)動(dòng)向心力公式判斷質(zhì)量變化；若測(cè)R0時(shí)未計(jì)入小球半徑，則R變小，由圓周運(yùn)動(dòng)向心力公式判斷質(zhì)量變化?！窘獯稹拷猓篈、在太空實(shí)驗(yàn)室中，物體均處于完全失重狀態(tài)，則小球沒有重力效果，圓周運(yùn)動(dòng)軌道處于任意平面內(nèi)時(shí)，小球所受合力均為繩上的拉力，小球做圓周運(yùn)動(dòng)的效果都相同，故A正確；B、小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，小球所受合力為繩上的拉力F，該拉力充當(dāng)向心力，則由牛頓第二定律有F＝mR4周期為T=聯(lián)立方程得m=故B錯(cuò)誤；C、若誤將n﹣1圈記作n圈，則n變大，由m=Ft24πD、若測(cè)R時(shí)未計(jì)入小球半徑，則R變小，由m=Ft24π故選：AC。9．【答案】C【分析】根據(jù)功率公式結(jié)合平衡條件分析各段的牽引力，再判斷各段的功率大小關(guān)系?！窘獯稹拷猓浩囎鰟蛩俾蔬\(yùn)動(dòng)，受力平衡，設(shè)上下坡的夾角為θ，汽車受到的摩擦力為f，在ab段，根據(jù)受力平衡可得F1＝f+mgsinθ，此時(shí)的功率為P1＝F1v＝（f+mgsinθ）v；在bc段，根據(jù)受力平衡可得F2＝f，此時(shí)的功率為P2＝F2v＝fv，在cd段，根據(jù)受力平衡可得F3＝f﹣mgsinθ，此時(shí)的功率為P3＝F3v＝（f﹣mgsinθ）v，所以P1＞P2＞P3，ABD錯(cuò)誤，C正確。故選：C。10．【答案】B【分析】運(yùn)動(dòng)員接觸蹦床后，所受的蹦床的彈力是變力，運(yùn)動(dòng)員做變加速運(yùn)動(dòng)。運(yùn)動(dòng)員在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)所受的重力是恒力，加速度不變；運(yùn)動(dòng)員到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)重力勢(shì)能最??；根據(jù)蹦床對(duì)運(yùn)動(dòng)員做功情況分析運(yùn)動(dòng)員機(jī)械能變化情況；t3～t5時(shí)間內(nèi)分析小孩動(dòng)能變化情況，根據(jù)動(dòng)能定理確定彈力做的功和重力功總和是否為零?！窘獯稹拷猓篈、圖中OA段和BC段均為直線，表示運(yùn)動(dòng)員做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，不與蹦床接觸，可知0～t1和t5～t6時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)員在空中運(yùn)動(dòng)，上升階段運(yùn)動(dòng)員離開蹦床的時(shí)間為t5～t6，故A錯(cuò)誤；B、由圖可知，0～t3時(shí)間內(nèi)，運(yùn)動(dòng)員下降，t3～t6時(shí)間內(nèi)，運(yùn)動(dòng)員上升，則t3時(shí)刻，運(yùn)動(dòng)員到達(dá)最低點(diǎn)，重力勢(shì)能最小，故B正確；C、t1～t5時(shí)間內(nèi)，蹦床對(duì)運(yùn)動(dòng)員先做負(fù)功后做正功，運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能先減小后增大，故C錯(cuò)誤；D、t3～t5時(shí)間內(nèi)，動(dòng)能增加，根據(jù)動(dòng)能定理可知，彈力做的功和重力功總和大于零，故D錯(cuò)誤。故選：B。二、多選題。（本部分共4題，每題3分，共12分。在每題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，選出符合題目要求的選項(xiàng)，選不全得2分）。11．【答案】A【分析】根據(jù)功的正負(fù)意義，動(dòng)能、頻率和機(jī)械能的意義分析各選項(xiàng)?！窘獯稹拷猓篈、功是標(biāo)量，沒有方向，但功有正負(fù)，負(fù)功表示這個(gè)力是阻力，故A正確；BCD、動(dòng)能，頻率機(jī)械能是標(biāo)量沒有方向，不能取負(fù)值，故BCD錯(cuò)誤；故選：A。12．【答案】ABD【分析】A.根據(jù)小球的向心力和測(cè)力筒的標(biāo)尺之間的關(guān)系進(jìn)行判斷；B.根據(jù)控制變量法的要求進(jìn)行分析判斷；CD.根據(jù)該裝置能夠在實(shí)驗(yàn)過程中得到的結(jié)論進(jìn)行分析判斷?！窘獯稹拷猓篈．根據(jù)向心力演示裝置的構(gòu)造可知球?qū)醢宓姆醋饔昧κ箯椈蓽y(cè)力筒下降露出標(biāo)尺，因此根據(jù)標(biāo)尺露出的等分標(biāo)記，可粗略計(jì)算出兩小球所受向心力的比值，故A正確；B．根據(jù)可知變量法，探究向心力的大小F與角速度ω的關(guān)系時(shí)，應(yīng)保持質(zhì)量m和半徑r相同，故B正確；C．根據(jù)線速度與角速度的關(guān)系ω=vR可知，角速度與塔輪半徑成反比，因此利用該裝置探究向心力大小F與ω的關(guān)系時(shí)所選塔輪半徑大的，小球角速度小，故D．根據(jù)可知變量法，利用本實(shí)驗(yàn)可粗略得到F與m、ω和r之間的關(guān)系為F∝mrω2，故D正確。故選：ABD。13．【答案】BC【分析】根據(jù)同步衛(wèi)星的速度、加速度推導(dǎo)和牛頓第二定律、第一宇宙速度進(jìn)行分析解答?！窘獯稹拷猓篈．周期等于地球自轉(zhuǎn)的周期，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)GMmr2=C．根據(jù)GMmr2=maD．根據(jù)a＝rω2，可知向心加速度大于地球表面物體隨地球自轉(zhuǎn)的向心加速度，故D錯(cuò)誤。故選：BC。14．【答案】AB【分析】第一次是動(dòng)態(tài)平衡過程，根據(jù)平衡條件求水平拉力的大小；根據(jù)動(dòng)能定理求第二次水平恒力的大小，再比較兩次拉力大?。桓鶕?jù)動(dòng)能定理列式，分析兩次水平拉力做功的大小關(guān)系；根據(jù)平衡條件列式分析第一次過程中繩的拉力變化情況。第二次小球在水平恒力F2的作用下做圓周運(yùn)動(dòng)，利用等效單擺思想，分析繩的拉力變化情況?！窘獯稹拷猓篈、小球第一次到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)，分析受力，如圖所示。根據(jù)平衡條件得F1＝mgtanθ，T1=mgcosθ，故B、第二次到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)速度為零，向心力為零，則有T2＝mgcosθ+F2sinθ第二次小球在水平恒力F2的作用下，從P到Q的過程，根據(jù)動(dòng)能定理得F2Lsinθ﹣mgL（1﹣cosθ）＝0聯(lián)立可得T2＝mg，則T2＜T1，故B正確；C、兩次運(yùn)動(dòng)過程，小球的動(dòng)能變化量均為零，根據(jù)動(dòng)能定理得WF﹣mgL（1﹣cosθ）＝0，得WF＝mgL（1﹣cosθ），可知兩次水平拉力做的功相等，故C錯(cuò)誤；D、第一次是動(dòng)態(tài)平衡過程，當(dāng)輕繩與豎直方向夾角為α?xí)r，根據(jù)平衡條件可得繩子拉力大小為T1′=mgcosα，α增大，cosα減小，則繩子拉力T1′逐漸增大；第二次小球在水平恒力F2的作用下做圓周運(yùn)動(dòng)，利用等效單擺的思想，圓周運(yùn)動(dòng)的等效最低點(diǎn)在輕繩與豎直方向夾角θ2處，在該處繩子拉力最大，則從P到Q故選：AB。三、實(shí)驗(yàn)探究題。（共18分）15．【答案】（1）a、BC；b、ghB=(h3-h1)【分析】（1）a、根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理與實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)分析答題。b、應(yīng)用機(jī)械能守恒定律求出實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證的表達(dá)式。（2）應(yīng)用機(jī)械能守恒定律求出圖像的函數(shù)解析式，然后分析答題，求出圖像的斜率?！窘獯稹拷猓海?）a、A、實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證重物重力勢(shì)能的減少量與動(dòng)能增加量間的關(guān)系，重物的質(zhì)量可以約去，實(shí)驗(yàn)中不必測(cè)量重物的質(zhì)量，故A錯(cuò)誤；B、為減小阻力對(duì)實(shí)驗(yàn)的影響，打開打點(diǎn)計(jì)時(shí)器前，應(yīng)提住紙帶上端使紙帶豎直，故B正確；C、為充分利用紙帶，實(shí)驗(yàn)中應(yīng)先接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源，再釋放重物，故C正確；D、如果由公式v=2gh計(jì)算重物的速度，實(shí)際上默認(rèn)機(jī)械能守恒，失去了實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證的意義，故D故選：BC。b、打B點(diǎn)時(shí)重物的速度大小vB=h如果機(jī)械能守恒，從打O點(diǎn)到打B點(diǎn)的過程，由機(jī)械能守恒定律得mghB=12mvB（2）小球經(jīng)過光電門時(shí)的速度大小v=d若小球下擺過程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得mgh=12mv1t2與h成正比，則以1t2為縱軸h故答案為：（1）a、BC；b、ghB=(h3-h1)16．【答案】（1）A；（2）鐵球P、Q同時(shí)到達(dá)水平軌道上同一位置相碰；鐵球P的水平分運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)；（3）0.1；2；（4）B【分析】（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象得出平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向上的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)；（2）根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)分析出對(duì)應(yīng)的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象；（3）根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得出時(shí)間間隔和初速度的大??；（4）根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)在不同方向上的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，結(jié)合圖紙的點(diǎn)跡關(guān)系完成分析?！窘獯稹拷猓海?）無(wú)論水平速度是多少，兩個(gè)小球同時(shí)落地，說明平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向上是自由落體運(yùn)動(dòng)，故A正確，BC錯(cuò)誤；故選：A。（2）觀察到鐵球P、Q同時(shí)到達(dá)水平軌道上同一位置相碰，說明鐵球P的水平分運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)；（3）在豎直方向上，根據(jù)Δh＝g（Δt）2解得：Δt=則小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度為：v0（4）1與2的水平間距等于2與3的水平間距，故1與2小球的平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間差等于2與3的平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間差，則在豎直方向上，根據(jù)Δy＝gT22與3的平拋運(yùn)動(dòng)的豎直位移差比1與2的平拋運(yùn)動(dòng)的豎直位移差多Δy，故B正確，AC錯(cuò)誤；故選：B。故答案為：（1）A；（2）鐵球P、Q同時(shí)到達(dá)水平軌道上同一位置相碰；鐵球P的水平分運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)；（3）0.1；2；（4）B四、論述計(jì)算題。（共40分）17．【答案】（1）小球在B點(diǎn)時(shí)速度的大小vB為gR；（2）小球的落地點(diǎn)與A點(diǎn)間的距離x為2R；（3）小球剛進(jìn)入圓弧軌道時(shí)，軌道對(duì)小球彈力的大小FA為6mg?！痉治觥浚?）由題意可知小球恰好能通過最高點(diǎn)B，在B點(diǎn)由重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律解答。（2）小球從B點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，將運(yùn)動(dòng)分解處理，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解答。（3）根據(jù)機(jī)械能守恒定律求得小球在A點(diǎn)速度的大小，再由牛頓第二定律求解在A點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)小球彈力的大小。【解答】解：（1）由題意可知小球恰好能通過最高點(diǎn)B，小球在B點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得：mg=mv解得：v（2）小球從B點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)。在豎直方向上有：2R=解得：t=2小球落地點(diǎn)與A點(diǎn)間的距離為：x＝vBt解得：x＝2R（3）設(shè)小球在A點(diǎn)速度的大小為vA，對(duì)小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：12解得：v小球剛進(jìn)入圓弧軌道時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得：FA解得：FA＝6mg答：（1）小球在B點(diǎn)時(shí)速度的大小vB為gR；（2）小球的落地點(diǎn)與A點(diǎn)間的距離x為2R；（3）小球剛進(jìn)入圓弧軌道時(shí)，軌道對(duì)小球彈力的大小FA為6mg。18．【答案】（1）當(dāng)秋千靜止時(shí)，水平外力的大小F為mgtanθ。（2）將秋千從靜止釋放，秋千自由擺動(dòng)，若不計(jì)空氣阻力，秋千擺到最低點(diǎn)時(shí)每根繩子的拉力大小T為mg(3（3）若考慮空氣阻力，秋千從靜止釋放到停下的過程中空氣阻力所做的功Wf為﹣mgL（1﹣cosθ）?！痉治觥浚?）秋千靜止時(shí)處于平衡狀態(tài)，水平外力與重力沿水平方向的分量平衡，通過幾何關(guān)系可求出外力大小。（2）秋千擺動(dòng)過程中機(jī)械能守恒，最低點(diǎn)速度由重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化而來，此時(shí)繩子拉力需平衡重力和提供向心力，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律可求出拉力。（3）考慮空氣阻力時(shí)，秋千最終停在最低點(diǎn)，阻力做功等于重力勢(shì)能變化量的負(fù)值，通過動(dòng)能定理可求出阻力做功?！窘獯稹拷猓海?）秋千靜止時(shí)，受三個(gè)力的作用：重力G、細(xì)繩拉力T和水平拉力F。根據(jù)共點(diǎn)力平衡知識(shí)得tanθ=Fmg，解得：F＝mgtan（2）不計(jì)空氣阻力，秋千從靜止擺到最低點(diǎn)的過程中，機(jī)械能守恒：mgL(1-cosθ)=12m（3）若考慮空氣阻力，秋千最終停在最低點(diǎn)。根據(jù)動(dòng)能定理：WG+Wf＝0，WG＝mgL（1﹣cosθ），解得：Wf＝﹣mgL（1﹣cosθ）。答：（1）當(dāng)秋千靜止時(shí)，水平外力的大小F為mgtanθ。（2）將秋千從靜止釋放，秋千自由擺動(dòng)，若不計(jì)空氣阻力，秋千擺到最