2023年12月14日发(作者：祢若薇)

新高中创新联盟TOP二十名校高一年级5月调研考试

物理试卷

考生注意：

1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。

2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。

3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。

．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．4.本卷命题范围：人教版必修第二册第五~七章。

一、选择题（本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题中只有一项符合题目要求，每小题4分，第8~10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）

1. 如图所示为发动机的结构简图，几个齿轮之间通过皮带进行传动。已知其中A轮和B轮的半径之比为3:1，则A轮边缘上的点与B轮边缘上的点的周期之比为（ ）

A. 3:1

C. 1:3

【答案】A

【解析】

【详解】齿轮带动过程中，轮边缘上的点的线速度大小均相等，根据

B. 9:1

D. 1:9

v=可解得两者的周期之比为3:1。

故选A。

2πr

T2. 2023年4月23日为“中国航天日”，主题是“格物致知叩问苍穹”。关于天文、航天中涉及的物理知识，下列说法正确的是（ ）

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A.

航天员随天和核心舱绕地球运行时，不受力的作用

B.

风云三号07卫星绕地球做圆周运动时，其速率可能为8.9km/s

C.

地球从远日点向近日点运动过程中，运动速率增大

D.

风云三号07卫星的发射速度可能为6.9km/s

【答案】C

【解析】

【详解】A．航天员随天和核心舱绕地球运行时，受到万有引力作用，A错误；

B．风云三号07卫星绕地球运行时，根据

Mmv2G2=m

rr解得

v=GM

r风云三号07卫星绕地球运行的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，可知风云三号07卫星绕地球运行的速度小于近地卫星的速度，而近地卫星的线速度大小等于第一宇宙速度7.9km/s，则风云三号07卫星绕地球做圆周运动时，其速率不可能为8.9km/s，B错误；

C．地球从远日点向近日点运动过程中，由开普勒第二定律知，运动速率增大，C正确；

D．风云三号07卫星是地球卫星，因此其发射速度大于地球的第一宇宙速度7.9km/s，因此风云三号07卫星的发射速度不可能为6.9km/s， D错误。

故选C。

3.

甲、乙两同学完成一娱乐性比赛时，比赛时由同一点O斜抛出一小球，要求小球刚好不与天花板发生碰撞，且落地点距离抛出点远者获胜，如图所示，乙最终胜出。忽略空气阻力，则下列说法正确的是（ ）

第2页/共19页

A.

甲球在空中运动的时间较长

B.

乙球在空中运动的时间较长

C.

两球在天花板处的速度相等

D.

乙球在天花板处的速度较大

【答案】D

【解析】

【详解】AB．两球都做斜抛运动，竖直方向的分运动是竖直上抛运动，根据运动的对称性可知，两球上升和下落的时间相等，令高度为h，则有

h=解得

12gt

2t='2=t2可知两球运动的时间相等，AB错误；

CD．由于两球在水平方向均做匀速直线运动，根据

2h

gx=vt'

解得

v=x

t'根据图形可知乙的水平位移大，则乙的水平分速度较大，在天花板处竖直分速度为0，则乙球在天花板处的速度较大，C错误，D正确。

故选D。

4.

如图所示，A为赤道表面的物体，B为地球的中轨卫星C为地球的同步卫星。（轨道半径比同步卫星小），则下列说法正确的是（ ）

A. A的线速度最大 B. C的线速度最小

第3页/共19页

C. B的向心加速度最大

【答案】C

【解析】

D. A的向心加速度最大

【详解】AB．卫星B、C为环绕地球做圆周运动，由受到的万有引力提供向心力，则有

Mmv2G2=m

rr解得

v=由于中轨卫星轨道半径比同步卫星小，则有

GM

rvB>vC

同步卫星与赤道表面物体的角速度相等，根据

v=ωr

同步卫星的轨道半径大于地球半径，则有

vC>vA

则有

vB>vC>vA

即B的线速度最大，A的线速度最小，AB错误；

CD．卫星B、C为环绕地球做圆周运动，根据

G解得

Mm=ma

2rM

r2a=G由于中轨卫星轨道半径比同步卫星小，则有

aB>aC

即B的向心加速度大于C，又由于A、C的角速度相等，根据

a=ω2r

可知

aC>aA

第4页/共19页

即有

aB>aC>aA

即B的向心加速度最大，A的向心加速度最小，C正确，D错误。

故选C。

5.

在光滑水平面上建立坐标系，质量m=0.5kg的物块在水平面上运动，其在x、y方向的速度—时间图像分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是（ ）

A.

物块运动的最大速度为4m/s

B.

物块运动的最大速度为5m/s

C.

物块所受外力的最大值为0.5N

D.

物块在0~10s内的位移大小为30m

【答案】B

【解析】

【详解】AB．4~8s内物块运动的速度最大，最大值为

v=32+42m/s=5m/s

A错误，B正确；

C．物块在0~4s内加速度

=a1由牛顿第二定律有

Δvy=1m/s2

Δt==F1ma0.5N

1物块在8~10s内加速度

a2=由牛顿第二定律有

ΔvyΔt=−2m/s2

=F2m=a21N

第5页/共19页

可知，物块所受外力的最大值为1N

，C错误；

D．在10s内物块沿x方向上运动的位移

=xv=30m

xt沿y方向上运动的位移

y=则物块的位移

1×(4+10)×4=28m

2sD错误。

故选B。

x2+y21684m41m

6.

据中国载人航天工程办公室消息，中国计划于2023年5月发射天舟六号货运飞船和神舟十六号载人飞船。如图所示，“天舟六号货运飞船”发射后先在近地圆形轨道Ⅰ上运动，到达轨道a点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达b点时，再次点火进入圆轨道Ⅲ。下列说法正确的是（ ）

A.

“天舟六号货运飞船”在轨道Ⅰ上运行的周期大于在轨道Ⅲ上运行的周期

B.

“天舟六号货运飞船”在轨道Ⅰ上运行的周期大于在轨道Ⅱ上运行的周期

C.

“天舟六号货运飞船”在轨道Ⅰ上经过a点的加速度小于在轨道Ⅱ上经过a点的加速度

D.

“天舟六号货运飞船”在轨道Ⅱ上经过b点的运行速率小于在轨道Ⅲ上经过b点的运行速率

【答案】D

【解析】

【详解】AB．根据开普勒第三定律有

33R3R13R2==

T12T22T32根据图形有

R1

第6页/共19页

则有

T1

可知在轨道Ⅰ上运行的周期小于在轨道Ⅱ、Ⅲ上运行的周期，AB错误；

C．根据

G解得

Mm=ma

r2M

2ra=G可知“天舟六号货运飞船”在轨道Ⅰ上经过a点的加速度等于在轨道Ⅱ上经过a点的加速度，C错误；

D．“天舟六号货运飞船”由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ，是由低轨道到高轨道，需要在切点b位置向后喷气加速，

可知“天舟六号货运飞船”在轨道Ⅱ上经过b点的运行速率小于在轨道Ⅲ上经过b点的运行速率，D正确。故选D。

7.

兴趣小组利用儿童玩具管道和玩具枪探究圆周运动的规律。如图（1）所示，光滑圆形管道固定在斜面上，下端平滑连接玩具手枪，可以发射不同速度的弹丸，设弹丸通过最高点P时的速度大小为v及此时对外侧轨道沿斜面方向的压力为F，作出F随速度平方v2变化的关系图像如图（2）所示。已知斜面倾角为30°，管道直径远小于圆形轨道的半径，弹丸直径小于管道直径，不计一切摩擦，重力加速度为g，以下说法正确的是（ ）

A.

弹丸的质量为b

ga

gB.

圆形轨道的半径为C.

弹丸能做完整的圆周运动的最小速度为a

D.

弹丸过P点速度为2a时，弹丸对轨道的压力为3b

【答案】D

【解析】

第7页/共19页

【详解】AB．根据牛顿第三定律可知外侧轨道对弹丸的弹力为F，设圆形轨道半径为R，弹丸质量为m，到达管道最高点时速度为v，由牛顿第二定律有

v2F+mgsin30=m

R则有

=F结合F−v2图像有

m2mg

v−R2mbmg=b，=

Ra2解得

m=AB错误；

2b2a

，R=ggC．由于是圆形管道，弹丸能做完整圆周运动，在轨道最高点最小速度为零，C错误；

D．弹丸过P点速度为v=2a时有

mv2

F+mgsin30=R解得

F=3b

由牛顿第三定律可知，弹丸对轨道的压力为3b，D正确。

故选D。

8.

如图所示，在倾角为θ的光滑固定斜面上，一物块（可看成质点）从斜面左上方沿水平方向射人，然后沿斜面下滑，最后从底端右侧离开斜面，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）

A.

物块在斜面上运动的轨迹是直线

B.

物块在斜面上运动的轨迹是抛物线

C.

物块运动过程中的加速度大小为g

第8页/共19页

D.

物块运动过程中的加速度大小为gsinθ

【答案】BD

【解析】

AB．【详解】物块在水平方向上做匀速运动，沿斜面方向做匀加速直线运动，物块在斜面上做类平抛运动，运动轨迹为抛物线，A错误，B正确；

CD．根据牛顿第二定律有

mgsinθ=ma

解得

a=gsinθ

C错误，D正确。

故选BD。

9.

如图甲所示，将乒乓球发球机固定在左侧桌面边缘的中央，使乒乓球沿中线方向水平抛出，发球的高度H和球的初速度v0可调节，忽略空气阻力，则下列说法正确的是（ ）

A.

保持H不变，v0越大，乒乓球在空中运动的时间越小

B.

保持H不变，v0越大，乒乓球落在桌面瞬间速度与水平方向的夹角越小

C.

保持v0不变，H越大，乒乓球落在桌面瞬间的速度越大

D.

保持v0不变，H越大，乒乓球落在桌面瞬间的速度越小

【答案】BC

【解析】

【详解】A．根据平抛运动的规律有

H=解得

t=12gt

22H

g可知乒乓球在空中运动的时间由下落的高度决定，H不变，则乒乓球在空中下落的时间不变，A错误；

第9页/共19页

B．乒乓球落在桌面瞬间的竖直速度为

vy=2gH

则有

tan=θ显然v0越大，θ越小，B正确；

CD．物体落在桌面瞬间的速度为

vy=v02gH

v0v2v2y+v02

2gH+v0显然保持v0不变，H越大，乒乓球落在桌面瞬间的速度越大，C正确，D错误。

故选BC。

10.

中国“天眼”球面射电望远镜已经发现300多颗脉冲星，为人类探究宇宙奥秘作出了贡献。其中发现一对脉冲双星，科学家通过对脉冲双星计时观测得知该双星系统由一颗脉冲星与一颗白矮星组成。如图所示。质量分布均匀的双星a、b围绕中心O点沿逆时针方向做匀速圆周运动，运动周期为T0，双星间距为L；c为脉冲星b的卫星，围绕b沿逆时针方向做匀速圆周运动，周期为T，且T

4π2L3

A.

两脉冲星的质量和为GT02B.

卫星c每秒转过的弧长为2πGm

T4πT3C.

卫星c的向心加速度大小为2πGm

TTT0

D. a、b、c三星相邻两次共线时间间隔为2(T0−T)【答案】AD

【解析】

第10页/共19页

【详解】A．对脉冲星a进行分析有

mam4π2raG2=ma

2LT0对脉冲星b进行分析有

mam4π2rbG2=m2

LT0其中

ra+rb=L

解得

4π2L3ma+m=2

GT0A正确；

B．对卫星c进行分析有

mcm4π2rcmcmvc2G2=mc

，G2=mc2rcTrcrc解得

2224πGm

vc=3T2卫星c每秒转过的弧长即为线速度大小，B错误；

C．对卫星c进行分析有

G结合上述解得

mcm=mca

rc2a=C错误；

2πT32πGm

TD．令a、b、c三星相邻两次共线时间间隔为Δt，则有

2π2π∆t−∆t=π

TT0解得

第11页/共19页

TT0∆t=

2(T0−T)D正确。

故选AD。二、实验题（本题共2小题，共14分）

11.

用如图所示的装置可以探究做匀速圆周运动的物体需要的向心力的大小与哪些因素有关。

（1）本实验采用的科学方法是______。（填选项前字母）

A.理想实验法 B.等效替代法 C.控制变量法 D.演绎法

（2）图示中两个钢球质量和转动半径相等，则正在探究的是______。（填选项前字母）

A.向心力的大小与半径的关系 B.向心力的大小与角速度的关系

C.向心力的大小与物体质量的关系 D.向心力的大小与线速度大小的关系

（3）保持两个钢球质量和转动半径相等，若图中标尺上黑白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为1:4，则两个小球的转动角速度之比为______。

（4）保持两个小球质量和转动半径相等，调节皮带在变速塔轮的位置多次实验，可以得出的结论是______。（填选项前字母）

A.在半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量成正比

B.在质量和角速度一定的情况下，向心力的大小与半径成反比

C.在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与角速度的平方成正比

D.在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与线速度的大小成反比

【答案】

①. C

②. B

③. 1:2

④. C

【解析】

[1]实验目的是探究做匀速圆周运动的物体需要的向心力的大小与哪些因素有关，【详解】（1）数据处理时，先确保其它物理量不变，只改变相关两个物理量，因此本实验采用的是控制变量法。

故选C。

（2）[2]图示中两个钢球质量和转动半径相等，即保持质量、半径不变，可知正在探究的是向心力大小与角第12页/共19页

速度的关系。

故选B。

（3）[3]根据

Fn=mω²r

保持两个钢球质量和转动半径相等，若图中标尺上黑白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为1:4，可解得两个小球的转动角速度之比为1:2。

（4）[4]保持两个小球质量和转动半径相等，即在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与角速度的平方成正比。

故选C。

12.

某同学通过描点法来研究平抛运动时，利用了如图甲所示的装置。

（1）为了减小实验误差，下列操作必须的是___________。

A．操作前，应调节斜槽的末端水平

B．小球的释放点距离斜槽末端的高度越高越好

C．实验时，应在坐标纸上尽量多的记录小球的位置

D．实验时没有必要保证小球的释放点必须在同一位置

（2）该同学在某次操作时得到了如图乙所示的轨迹图，a、b、c为轨迹上的三点，相邻两点间水平和竖直方向的间距已用相关的物理量标出，如果重力加速度为g，则小球从a点运动到b点的时间t=___________（用图中量和已知量表示）；如果x=16.00cm、y1=9.20cm、y2=19.00cm，重力加速度g取9.8m/s2，则初速度v0的大小为___________m/s；小球经过b点的竖直分速度大小为___________m/s。（以上计算结果均保留两位小数）

【答案】

①. AC##CA

②.

【解析】

【详解】（1）[1] A．本实验为了研究小球做平抛运动的轨迹，因此必须保证小球离开斜槽末端的速度水平，y2−y1

③. 1.60

④. 1.41

g第13页/共19页

所以操作前，必须调节斜槽的末端水平，故A正确；

B．小球释放的初始位置并非越高越好，若是太高，导致水平抛出的速度太大，实验难以操作，故B错误；

C．记录点应适当多一些，能够保证指点所得的轨迹更平滑、准确，故C正确；

D．因为要画同一运动的轨迹，每次释放小球的位置必须相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，故D错误。

故选AC。

（2）[2] [3] [4]小球在竖直方向上做自由落体运动，连续相等时间内的位移差为常数，即

y2−y1=gt2

所以

t=小球平抛运动的初速度大小为

y2−y1

gv0=整理得

x

tv0=x代入数据解得

g

y2−y1v0=1.60m/s

小球经过b点时的竖直分速度为

=vyy1+y2=1.41m/s

2t三、计算题（本题共3小题，共计40分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）

13.

在水上闯关游戏中，有一种常见的转盘关卡，如图所示，一质量m=60kg的闯关者试图通过该关卡，圆圆盘的半径r=2m，圆盘上的立柱到中心的距离r1=1.5m，盘水平且沿中心轴以角速度ω=3rad/s匀速转动，重力加速度g取10m/s2，闯关者与圆盘间的动摩擦因数µ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

（1）求圆盘边缘的线速度大小v；

（2）若闯关者抓住立柱随圆盘转动，求闯关者对立柱作用力的最小值F。

第14页/共19页

【答案】（1）6m/s；（2）510N

【解析】

【详解】（1）根据线速度与角速度的关系有

v=ωr

解得

v=6m/s

（2）对于闯关者进行受力分析有

F+f=mr1ω²

其中

f≤µmg

解得

F≥510N

由牛顿第三定律知闯关者对立柱的作用力的最小值为510N。

14.

据报道，中国新一代载人运载火箭和重型运载火箭正在研制过程中，预计到2030年左右，将会具备将航天员送上月球的实力，这些火箭不仅会用于载人登月项目，还将用在火星探测、木星探测以及其他小行星小球上升最大的探测任务中。设想中国宇航员在月球表面将小球以速度v0沿与水平面成30°角斜向上抛出，高度为h，已知月球的半径为R，引力常量为G。求：

（1）月球平均密度ρ；

（2）月球第一宇宙速度v1及近月卫星周期T。

4π2Rh3v02

【答案】（1）ρ=；（2）T=v032πGhR【解析】

【详解】（1）设月球表面重力加速度为g，月球质量为M，有

(xsin30°)h=02g2

第15页/共19页

得

2u0

g=8h由黄金代换公式，有

g=则月球密度

GM

R2M3v02=ρ=4πR332πGhR

3（2）月球第一宇宙速度

=v1=gRv12Rh

4h近月卫星的周期为T，万有引力提供向心力，有

GMm42m2R

2RT解得

T=4π2Rh

v015.

如图所示，一定高度的平台右侧有一沿竖直方向固定的光滑轨道，其中MNP为半径R1=1m，圆心角1，质量为m=1kg可视为质点的θ=143的光滑圆弧轨道，PQ为半径R2=0.4m的圆轨道（摩擦不可忽略）4小物块由O点以初速度v0=7.5m/s沿水平方向抛出，结果小物块由M点无碰撞地进入圆轨道，经过一段时间小物块离开Q点后刚好再次落到M点，重力加速度g取10m/s2，sin53=0.8，cos53=0.6，149=12.2。求：

（1）OM两点之间的水平间距x；

（2）小物块在Q点对轨道的压力大小；

。

（3）小物块再次落到M点时，速度与竖直方向夹角的余弦值cosα（结果保留两位有效数字）第16页/共19页

（3）0.82

【答案】（1）7.5m；（2）14.5N；【解析】

【详解】（1）小物块从O点到M点的运动过程做平抛运动，由几何关系可知小物块从M点射入轨道时速度方向与水平方向的夹角为53°，则有

tan53=又有

vyv0

vy=gt

OM两点之间的水平间距为

x=v0t

解得

x=7.5m

（2）小物块从Q点回到M点的过程有

12R1−R2+R1sin53=vQt1，R2+R1cos53=gt1

2小物块在Q点时，由牛顿第二定律有

2vQFQ+mg=m

R2解得

FQ=14.5N

由牛顿第三定律可知，小物块在Q点时对轨道的压力大小为14.5N。

（3）小物块由Q到M的过程，小物块做平抛运动，则小物块落在M点时的竖直分速度为

vy1=gt1

小物块落在M点的速度为

第17页/共19页

=v此时速度与竖直方向夹角的余弦值为

2

+v2vQy1cosα=解得

vy1v

cosα≈0.82

第18页/共19页 第19页/共19页

2023年12月14日发(作者：祢若薇)

新高中创新联盟TOP二十名校高一年级5月调研考试

物理试卷

考生注意：

1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。

2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。

3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。

．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．4.本卷命题范围：人教版必修第二册第五~七章。

一、选择题（本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题中只有一项符合题目要求，每小题4分，第8~10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）

1. 如图所示为发动机的结构简图，几个齿轮之间通过皮带进行传动。已知其中A轮和B轮的半径之比为3:1，则A轮边缘上的点与B轮边缘上的点的周期之比为（ ）

A. 3:1

C. 1:3

【答案】A

【解析】

【详解】齿轮带动过程中，轮边缘上的点的线速度大小均相等，根据

B. 9:1

D. 1:9

v=可解得两者的周期之比为3:1。

故选A。

2πr

T2. 2023年4月23日为“中国航天日”，主题是“格物致知叩问苍穹”。关于天文、航天中涉及的物理知识，下列说法正确的是（ ）

第1页/共19页

A.

航天员随天和核心舱绕地球运行时，不受力的作用

B.

风云三号07卫星绕地球做圆周运动时，其速率可能为8.9km/s

C.

地球从远日点向近日点运动过程中，运动速率增大

D.

风云三号07卫星的发射速度可能为6.9km/s

【答案】C

【解析】

【详解】A．航天员随天和核心舱绕地球运行时，受到万有引力作用，A错误；

B．风云三号07卫星绕地球运行时，根据

Mmv2G2=m

rr解得

v=GM

r风云三号07卫星绕地球运行的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，可知风云三号07卫星绕地球运行的速度小于近地卫星的速度，而近地卫星的线速度大小等于第一宇宙速度7.9km/s，则风云三号07卫星绕地球做圆周运动时，其速率不可能为8.9km/s，B错误；

C．地球从远日点向近日点运动过程中，由开普勒第二定律知，运动速率增大，C正确；

D．风云三号07卫星是地球卫星，因此其发射速度大于地球的第一宇宙速度7.9km/s，因此风云三号07卫星的发射速度不可能为6.9km/s， D错误。

故选C。

3.

甲、乙两同学完成一娱乐性比赛时，比赛时由同一点O斜抛出一小球，要求小球刚好不与天花板发生碰撞，且落地点距离抛出点远者获胜，如图所示，乙最终胜出。忽略空气阻力，则下列说法正确的是（ ）

第2页/共19页

A.

甲球在空中运动的时间较长

B.

乙球在空中运动的时间较长

C.

两球在天花板处的速度相等

D.

乙球在天花板处的速度较大

【答案】D

【解析】

【详解】AB．两球都做斜抛运动，竖直方向的分运动是竖直上抛运动，根据运动的对称性可知，两球上升和下落的时间相等，令高度为h，则有

h=解得

12gt

2t='2=t2可知两球运动的时间相等，AB错误；

CD．由于两球在水平方向均做匀速直线运动，根据

2h

gx=vt'

解得

v=x

t'根据图形可知乙的水平位移大，则乙的水平分速度较大，在天花板处竖直分速度为0，则乙球在天花板处的速度较大，C错误，D正确。

故选D。

4.

如图所示，A为赤道表面的物体，B为地球的中轨卫星C为地球的同步卫星。（轨道半径比同步卫星小），则下列说法正确的是（ ）

A. A的线速度最大 B. C的线速度最小

第3页/共19页

C. B的向心加速度最大

【答案】C

【解析】

D. A的向心加速度最大

【详解】AB．卫星B、C为环绕地球做圆周运动，由受到的万有引力提供向心力，则有

Mmv2G2=m

rr解得

v=由于中轨卫星轨道半径比同步卫星小，则有

GM

rvB>vC

同步卫星与赤道表面物体的角速度相等，根据

v=ωr

同步卫星的轨道半径大于地球半径，则有

vC>vA

则有

vB>vC>vA

即B的线速度最大，A的线速度最小，AB错误；

CD．卫星B、C为环绕地球做圆周运动，根据

G解得

Mm=ma

2rM

r2a=G由于中轨卫星轨道半径比同步卫星小，则有

aB>aC

即B的向心加速度大于C，又由于A、C的角速度相等，根据

a=ω2r

可知

aC>aA

第4页/共19页

即有

aB>aC>aA

即B的向心加速度最大，A的向心加速度最小，C正确，D错误。

故选C。

5.

在光滑水平面上建立坐标系，质量m=0.5kg的物块在水平面上运动，其在x、y方向的速度—时间图像分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是（ ）

A.

物块运动的最大速度为4m/s

B.

物块运动的最大速度为5m/s

C.

物块所受外力的最大值为0.5N

D.

物块在0~10s内的位移大小为30m

【答案】B

【解析】

【详解】AB．4~8s内物块运动的速度最大，最大值为

v=32+42m/s=5m/s

A错误，B正确；

C．物块在0~4s内加速度

=a1由牛顿第二定律有

Δvy=1m/s2

Δt==F1ma0.5N

1物块在8~10s内加速度

a2=由牛顿第二定律有

ΔvyΔt=−2m/s2

=F2m=a21N

第5页/共19页

可知，物块所受外力的最大值为1N

，C错误；

D．在10s内物块沿x方向上运动的位移

=xv=30m

xt沿y方向上运动的位移

y=则物块的位移

1×(4+10)×4=28m

2sD错误。

故选B。

x2+y21684m41m

6.

据中国载人航天工程办公室消息，中国计划于2023年5月发射天舟六号货运飞船和神舟十六号载人飞船。如图所示，“天舟六号货运飞船”发射后先在近地圆形轨道Ⅰ上运动，到达轨道a点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达b点时，再次点火进入圆轨道Ⅲ。下列说法正确的是（ ）

A.

“天舟六号货运飞船”在轨道Ⅰ上运行的周期大于在轨道Ⅲ上运行的周期

B.

“天舟六号货运飞船”在轨道Ⅰ上运行的周期大于在轨道Ⅱ上运行的周期

C.

“天舟六号货运飞船”在轨道Ⅰ上经过a点的加速度小于在轨道Ⅱ上经过a点的加速度

D.

“天舟六号货运飞船”在轨道Ⅱ上经过b点的运行速率小于在轨道Ⅲ上经过b点的运行速率

【答案】D

【解析】

【详解】AB．根据开普勒第三定律有

33R3R13R2==

T12T22T32根据图形有

R1

第6页/共19页

则有

T1

可知在轨道Ⅰ上运行的周期小于在轨道Ⅱ、Ⅲ上运行的周期，AB错误；

C．根据

G解得

Mm=ma

r2M

2ra=G可知“天舟六号货运飞船”在轨道Ⅰ上经过a点的加速度等于在轨道Ⅱ上经过a点的加速度，C错误；

D．“天舟六号货运飞船”由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ，是由低轨道到高轨道，需要在切点b位置向后喷气加速，

可知“天舟六号货运飞船”在轨道Ⅱ上经过b点的运行速率小于在轨道Ⅲ上经过b点的运行速率，D正确。故选D。

7.

兴趣小组利用儿童玩具管道和玩具枪探究圆周运动的规律。如图（1）所示，光滑圆形管道固定在斜面上，下端平滑连接玩具手枪，可以发射不同速度的弹丸，设弹丸通过最高点P时的速度大小为v及此时对外侧轨道沿斜面方向的压力为F，作出F随速度平方v2变化的关系图像如图（2）所示。已知斜面倾角为30°，管道直径远小于圆形轨道的半径，弹丸直径小于管道直径，不计一切摩擦，重力加速度为g，以下说法正确的是（ ）

A.

弹丸的质量为b

ga

gB.

圆形轨道的半径为C.

弹丸能做完整的圆周运动的最小速度为a

D.

弹丸过P点速度为2a时，弹丸对轨道的压力为3b

【答案】D

【解析】

第7页/共19页

【详解】AB．根据牛顿第三定律可知外侧轨道对弹丸的弹力为F，设圆形轨道半径为R，弹丸质量为m，到达管道最高点时速度为v，由牛顿第二定律有

v2F+mgsin30=m

R则有

=F结合F−v2图像有

m2mg

v−R2mbmg=b，=

Ra2解得

m=AB错误；

2b2a

，R=ggC．由于是圆形管道，弹丸能做完整圆周运动，在轨道最高点最小速度为零，C错误；

D．弹丸过P点速度为v=2a时有

mv2

F+mgsin30=R解得

F=3b

由牛顿第三定律可知，弹丸对轨道的压力为3b，D正确。

故选D。

8.

如图所示，在倾角为θ的光滑固定斜面上，一物块（可看成质点）从斜面左上方沿水平方向射人，然后沿斜面下滑，最后从底端右侧离开斜面，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）

A.

物块在斜面上运动的轨迹是直线

B.

物块在斜面上运动的轨迹是抛物线

C.

物块运动过程中的加速度大小为g

第8页/共19页

D.

物块运动过程中的加速度大小为gsinθ

【答案】BD

【解析】

AB．【详解】物块在水平方向上做匀速运动，沿斜面方向做匀加速直线运动，物块在斜面上做类平抛运动，运动轨迹为抛物线，A错误，B正确；

CD．根据牛顿第二定律有

mgsinθ=ma

解得

a=gsinθ

C错误，D正确。

故选BD。

9.

如图甲所示，将乒乓球发球机固定在左侧桌面边缘的中央，使乒乓球沿中线方向水平抛出，发球的高度H和球的初速度v0可调节，忽略空气阻力，则下列说法正确的是（ ）

A.

保持H不变，v0越大，乒乓球在空中运动的时间越小

B.

保持H不变，v0越大，乒乓球落在桌面瞬间速度与水平方向的夹角越小

C.

保持v0不变，H越大，乒乓球落在桌面瞬间的速度越大

D.

保持v0不变，H越大，乒乓球落在桌面瞬间的速度越小

【答案】BC

【解析】

【详解】A．根据平抛运动的规律有

H=解得

t=12gt

22H

g可知乒乓球在空中运动的时间由下落的高度决定，H不变，则乒乓球在空中下落的时间不变，A错误；

第9页/共19页

B．乒乓球落在桌面瞬间的竖直速度为

vy=2gH

则有

tan=θ显然v0越大，θ越小，B正确；

CD．物体落在桌面瞬间的速度为

vy=v02gH

v0v2v2y+v02

2gH+v0显然保持v0不变，H越大，乒乓球落在桌面瞬间的速度越大，C正确，D错误。

故选BC。

10.

中国“天眼”球面射电望远镜已经发现300多颗脉冲星，为人类探究宇宙奥秘作出了贡献。其中发现一对脉冲双星，科学家通过对脉冲双星计时观测得知该双星系统由一颗脉冲星与一颗白矮星组成。如图所示。质量分布均匀的双星a、b围绕中心O点沿逆时针方向做匀速圆周运动，运动周期为T0，双星间距为L；c为脉冲星b的卫星，围绕b沿逆时针方向做匀速圆周运动，周期为T，且T

4π2L3

A.

两脉冲星的质量和为GT02B.

卫星c每秒转过的弧长为2πGm

T4πT3C.

卫星c的向心加速度大小为2πGm

TTT0

D. a、b、c三星相邻两次共线时间间隔为2(T0−T)【答案】AD

【解析】

第10页/共19页

【详解】A．对脉冲星a进行分析有

mam4π2raG2=ma

2LT0对脉冲星b进行分析有

mam4π2rbG2=m2

LT0其中

ra+rb=L

解得

4π2L3ma+m=2

GT0A正确；

B．对卫星c进行分析有

mcm4π2rcmcmvc2G2=mc

，G2=mc2rcTrcrc解得

2224πGm

vc=3T2卫星c每秒转过的弧长即为线速度大小，B错误；

C．对卫星c进行分析有

G结合上述解得

mcm=mca

rc2a=C错误；

2πT32πGm

TD．令a、b、c三星相邻两次共线时间间隔为Δt，则有

2π2π∆t−∆t=π

TT0解得

第11页/共19页

TT0∆t=

2(T0−T)D正确。

故选AD。二、实验题（本题共2小题，共14分）

11.

用如图所示的装置可以探究做匀速圆周运动的物体需要的向心力的大小与哪些因素有关。

（1）本实验采用的科学方法是______。（填选项前字母）

A.理想实验法 B.等效替代法 C.控制变量法 D.演绎法

（2）图示中两个钢球质量和转动半径相等，则正在探究的是______。（填选项前字母）

A.向心力的大小与半径的关系 B.向心力的大小与角速度的关系

C.向心力的大小与物体质量的关系 D.向心力的大小与线速度大小的关系

（3）保持两个钢球质量和转动半径相等，若图中标尺上黑白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为1:4，则两个小球的转动角速度之比为______。

（4）保持两个小球质量和转动半径相等，调节皮带在变速塔轮的位置多次实验，可以得出的结论是______。（填选项前字母）

A.在半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量成正比

B.在质量和角速度一定的情况下，向心力的大小与半径成反比

C.在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与角速度的平方成正比

D.在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与线速度的大小成反比

【答案】

①. C

②. B

③. 1:2

④. C

【解析】

[1]实验目的是探究做匀速圆周运动的物体需要的向心力的大小与哪些因素有关，【详解】（1）数据处理时，先确保其它物理量不变，只改变相关两个物理量，因此本实验采用的是控制变量法。

故选C。

（2）[2]图示中两个钢球质量和转动半径相等，即保持质量、半径不变，可知正在探究的是向心力大小与角第12页/共19页

速度的关系。

故选B。

（3）[3]根据

Fn=mω²r

保持两个钢球质量和转动半径相等，若图中标尺上黑白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为1:4，可解得两个小球的转动角速度之比为1:2。

（4）[4]保持两个小球质量和转动半径相等，即在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与角速度的平方成正比。

故选C。

12.

某同学通过描点法来研究平抛运动时，利用了如图甲所示的装置。

（1）为了减小实验误差，下列操作必须的是___________。

A．操作前，应调节斜槽的末端水平

B．小球的释放点距离斜槽末端的高度越高越好

C．实验时，应在坐标纸上尽量多的记录小球的位置

D．实验时没有必要保证小球的释放点必须在同一位置

（2）该同学在某次操作时得到了如图乙所示的轨迹图，a、b、c为轨迹上的三点，相邻两点间水平和竖直方向的间距已用相关的物理量标出，如果重力加速度为g，则小球从a点运动到b点的时间t=___________（用图中量和已知量表示）；如果x=16.00cm、y1=9.20cm、y2=19.00cm，重力加速度g取9.8m/s2，则初速度v0的大小为___________m/s；小球经过b点的竖直分速度大小为___________m/s。（以上计算结果均保留两位小数）

【答案】

①. AC##CA

②.

【解析】

【详解】（1）[1] A．本实验为了研究小球做平抛运动的轨迹，因此必须保证小球离开斜槽末端的速度水平，y2−y1

③. 1.60

④. 1.41

g第13页/共19页

所以操作前，必须调节斜槽的末端水平，故A正确；

B．小球释放的初始位置并非越高越好，若是太高，导致水平抛出的速度太大，实验难以操作，故B错误；

C．记录点应适当多一些，能够保证指点所得的轨迹更平滑、准确，故C正确；

D．因为要画同一运动的轨迹，每次释放小球的位置必须相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，故D错误。

故选AC。

（2）[2] [3] [4]小球在竖直方向上做自由落体运动，连续相等时间内的位移差为常数，即

y2−y1=gt2

所以

t=小球平抛运动的初速度大小为

y2−y1

gv0=整理得

x

tv0=x代入数据解得

g

y2−y1v0=1.60m/s

小球经过b点时的竖直分速度为

=vyy1+y2=1.41m/s

2t三、计算题（本题共3小题，共计40分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）

13.

在水上闯关游戏中，有一种常见的转盘关卡，如图所示，一质量m=60kg的闯关者试图通过该关卡，圆圆盘的半径r=2m，圆盘上的立柱到中心的距离r1=1.5m，盘水平且沿中心轴以角速度ω=3rad/s匀速转动，重力加速度g取10m/s2，闯关者与圆盘间的动摩擦因数µ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

（1）求圆盘边缘的线速度大小v；

（2）若闯关者抓住立柱随圆盘转动，求闯关者对立柱作用力的最小值F。

第14页/共19页

【答案】（1）6m/s；（2）510N

【解析】

【详解】（1）根据线速度与角速度的关系有

v=ωr

解得

v=6m/s

（2）对于闯关者进行受力分析有

F+f=mr1ω²

其中

f≤µmg

解得

F≥510N

由牛顿第三定律知闯关者对立柱的作用力的最小值为510N。

14.

据报道，中国新一代载人运载火箭和重型运载火箭正在研制过程中，预计到2030年左右，将会具备将航天员送上月球的实力，这些火箭不仅会用于载人登月项目，还将用在火星探测、木星探测以及其他小行星小球上升最大的探测任务中。设想中国宇航员在月球表面将小球以速度v0沿与水平面成30°角斜向上抛出，高度为h，已知月球的半径为R，引力常量为G。求：

（1）月球平均密度ρ；

（2）月球第一宇宙速度v1及近月卫星周期T。

4π2Rh3v02

【答案】（1）ρ=；（2）T=v032πGhR【解析】

【详解】（1）设月球表面重力加速度为g，月球质量为M，有

(xsin30°)h=02g2

第15页/共19页

得

2u0

g=8h由黄金代换公式，有

g=则月球密度

GM

R2M3v02=ρ=4πR332πGhR

3（2）月球第一宇宙速度

=v1=gRv12Rh

4h近月卫星的周期为T，万有引力提供向心力，有

GMm42m2R

2RT解得

T=4π2Rh

v015.

如图所示，一定高度的平台右侧有一沿竖直方向固定的光滑轨道，其中MNP为半径R1=1m，圆心角1，质量为m=1kg可视为质点的θ=143的光滑圆弧轨道，PQ为半径R2=0.4m的圆轨道（摩擦不可忽略）4小物块由O点以初速度v0=7.5m/s沿水平方向抛出，结果小物块由M点无碰撞地进入圆轨道，经过一段时间小物块离开Q点后刚好再次落到M点，重力加速度g取10m/s2，sin53=0.8，cos53=0.6，149=12.2。求：

（1）OM两点之间的水平间距x；

（2）小物块在Q点对轨道的压力大小；

。

（3）小物块再次落到M点时，速度与竖直方向夹角的余弦值cosα（结果保留两位有效数字）第16页/共19页

（3）0.82

【答案】（1）7.5m；（2）14.5N；【解析】

【详解】（1）小物块从O点到M点的运动过程做平抛运动，由几何关系可知小物块从M点射入轨道时速度方向与水平方向的夹角为53°，则有

tan53=又有

vyv0

vy=gt

OM两点之间的水平间距为

x=v0t

解得

x=7.5m

（2）小物块从Q点回到M点的过程有

12R1−R2+R1sin53=vQt1，R2+R1cos53=gt1

2小物块在Q点时，由牛顿第二定律有

2vQFQ+mg=m

R2解得

FQ=14.5N

由牛顿第三定律可知，小物块在Q点时对轨道的压力大小为14.5N。

（3）小物块由Q到M的过程，小物块做平抛运动，则小物块落在M点时的竖直分速度为

vy1=gt1

小物块落在M点的速度为

第17页/共19页

=v此时速度与竖直方向夹角的余弦值为

2

+v2vQy1cosα=解得

vy1v

cosα≈0.82

第18页/共19页 第19页/共19页