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2021-2022学年浙江省宁波市慈溪市三山高级中学高一（下）第一次月考物理试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年浙江省宁波市慈溪市三山高级中学高一（下）第一次月考物理试卷（含答案解析），共17页。试卷主要包含了 以下说法正确的是，04×107J等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年浙江省宁波市慈溪市三山高级中学高一（下）第一次月考物理试卷
1. 以下说法正确的是( )
A. 卡文迪许测量出万有引力常量，并提出万有引力定律
B. 牛顿证明了地面上苹果受到的重力和地球对月亮的吸引力是同一种力
C. 开普勒提出日心说，并指出行星绕太阳转动其轨道为椭圆
D. “嫦娥二号”卫星的发射速度必须大于11.2km/s
2. 如图甲为一女士站立在台阶式自动扶梯上正在匀速上楼，如图乙为一男士站立在乘履带式自动人行道上正在匀速上楼．下列关于两人受到的力做功判断正确的是( )
A. 甲图中支持力对人做正功 B. 乙图中支持力对人做正功
C. 甲图中摩擦力对人做负功 D. 乙图中摩擦力对人做负功
3. 某同学设想驾驶一辆“陆地——太空”两用汽车(如图)，沿地球赤道行驶并且汽车相对于地球速度可以增加到足够大．当汽车速度增加到某一值时，它将成为脱离地面绕地球做圆周运动的“航天汽车”．不计空气阻力，已知地球的半径R=6400km.下列说法正确的是( )
A. 汽车在地面上速度增加时，它对地面的压力增大
B. 当汽车速度增加到7.9km/s，将离开地面绕地球做圆周运动
C. 此“航天汽车”环绕地球做圆周运动的最小周期为1h
D. 在此“航天汽车”上可以用弹簧测力计测量物体的重力
4. 中国制造的某一型号泵车如图所示，表中列出了其部分技术参数。已知混凝土密度为2.4×103kg/m3，假设泵车的泵送系统以150m3/h的输送量给30m高处输送混凝土，则每小时泵送系统对混凝土做的功至少为( )
发动机最大输出功率(kW)
332
最大输送高度(m)
63
整车满载质量(kg)
5.5×104
最大输送量(m3/h)
180
A. 1.08×107J
B. 5.04×107J
C. 1.08×108J
D. 2.72×108J
5. 质量为m的物体从静止出发以g2的加速度竖直下降h，下列说法中不正确的( )
A. 物体的克服空气阻力做功12mgh
B. 物体的重力势能减少12mgh
C. 物体的动能增加12mgh
D. 重力做功mgh
6. 跳绳是丽水市高中毕业生体育测试的项目之一，高三的小李同学在某次测验过程中，一分钟跳180次，每次跳跃，脚与地面的接触时间为跳跃一次所需时间的25，则他克服重力做功的平均功率约为( )
A. 20W B. 35W C. 75W D. 120W
7. 汽车后备箱盖一般都有可伸缩的液压杆，如图甲所示，乙图为简易侧视示意图，液压杆上端固定于后盖上A点，下端固定于箱内O′点，B也为后盖上一点，后盖可绕过O点的固定铰链转动，在合上后备箱盖的过程中( )
A. A点相对O′点做圆周运动 B. B点相对于O′点做圆周运动
C. A与B相对于O点线速度大小相同 D. A与B相对于O点角速度大小相同
8. 大喇叭滑梯是游客非常喜爱的大型水上游乐设施，一次最多可坐4人的浮圈，从高为h的平台由静止开始沿滑梯滑行，到达底部时水平冲入半径为R、开口向上的碗状盆体中，做半径逐渐减小的圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 人和浮圈沿滑梯下滑过程中处于超重状态
B. 人和浮圈刚进入盆体时的速度大小一定是2gh
C. 人和浮圈进入盆体后所受的摩擦力指向其运动轨迹的内侧
D. 人和浮圈进入盆体后，其所受支持力与重力的合力大于所需的向心力
9. 若有一颗“宜居”行星，其质量为地球的a倍，半径为地球的b倍，则该行星表面的重力加速度与地球表面重力加速度的比值为( )
A. ab2 B. b2a C. ab D. ba
10. 一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为v。假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m的物体重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为N.已知引力常量为G，则这颗行星的质量为( )
A. mv2GN B. mv4GN C. Nv2Gm D. Nv4Gm
11. 一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的功率达到最大值P，以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v2匀速上升为止，物体上升的高度为h，则整个过程中，下列说法正确的是( )
A. 钢绳的最大拉力为Pv2 B. 钢绳的最大拉力为mg
C. 重物匀加速的末速度为Pmg D. 重物匀加速运动的加速度为Pmv1−g
12. 2011年8月，“嫦娥二号”成功进入了环绕“日地拉格朗日点”的轨道，我国成为世界上第三个造访该点的国家。如图所示，该拉格朗日点位于太阳和地球连线的延长线上，一飞行器处于该点，在几乎不消耗燃料的情况下与地球同步绕太阳做圆周运动。则此飞行器的( )
A. 线速度大于地球的线速度 B. 向心加速度大于地球的向心加速度
C. 向心力仅由太阳的引力提供 D. 向心力仅由地球的引力提供
13. 如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知a、b、c三颗卫星均做圆周运动，a是地球同步卫星，a和b的轨道半径相同，且均为c的k倍，已知地球自转周期为T。则( )
A. 卫星b也是地球同步卫星
B. 卫星a的向心加速度是卫星c的向心加速度的1k2倍
C. 卫星c的周期为1k3T
D. a、b、c三颗卫星的运行速度大小关系为va=vb=kvc
14. 一质量为1kg的物体静止在水平地面上，受到大小为2N的水平拉力作用后做匀加速直线运动，经5s后撤去水平拉力，物体共运动10s停止，已知g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 物体运动过程中受到的摩擦力大小为0.5N
B. 4s末拉力F的功率为8W
C. 物体运动过程中拉力做功为25J
D. 物体运动过程中克服摩擦力做功为12.5J
15. 如图所示，质量为1kg的光滑小球从斜面顶端A点由静止释放。已知斜面的倾角为30∘，斜面长为4m，取重力加速度g=10m/s2。以过A点的水平面为参考平面，下列说法错误是( )
A. 重力对小球做正功
B. 小球运动至斜面中点时的重力势能为−10J
C. 小球从A点运动至B点的过程中重力势能的变化量为20J
D. 小球到达B点时的机械能为0
16. 如图所示，小球m从A点(距轻弹簧上端为h)由静止开始下落，到C点速度为零(弹簧的最大压缩量为x)，弹簧的劲度系数为k，不计空气阻力，则在小球从与弹簧接触至运动到最低点C的过程中，下列说法错误的是( )
A. 小球先超重后失重
B. 小球的速度先增大后减小
C. 当弹簧的压缩量为mgk时，小球的动能最大
D. 弹簧弹性势能的最大值为mg(h+x)
17. 为了测量玩具遥控汽车的额定功率，某学习小组用天平测出小车质量为0.5kg，小车的最大速度由打点计时器打出的纸带来测量(如图所示).主要实验步骤有：
A.给小车尾部系一条长纸带并让纸带穿过打点计时器；
B.接通打点计时器电源(电源频率50Hz)，使小车以额定功率沿水平地面直线加速到最大速度，继续运行一段时间后关闭小车发动机，使其沿地面直线向前滑行直至停止；
C.学习小组分析后选择了认为符合要求的一段纸带，从某点开始每5个连续点标为一个记数点，并将表示每两个相邻记数点间距离的字母和测量数据在纸带上做了记录．(所有结果均保留2位有效数字)
①相邻两记数点间的时间间隔T=______s，由纸带知遥控汽车的最大速度为v=______m/s；
②实验小组在计算关闭发动机后的遥控汽车滑行过程的加速度时，选择了纸带上后5段数据，经过分析又舍掉了一段不合理数据．请你判断哪段数据不合理______(用字母表示)，舍掉了不合理数据后加速度的计算表达式为a=______(请用时间间隔T及纸带上表示记数点间距离的字母表示)，计算出的加速度大小为______m/s2；
③遥控汽车滑行过程的阻力大小为f=______N，其额定功率P=______W.
18. 2021年2月10日，执行中国首次火星探测任务的“天问一号”探测器实施制动，进入环火轨道，已知天问一号的质量为m0，环火轨道半径为r，火星的半径为R，火星表面的重力加速度为g0，引力常量为G，设探测器沿环火轨道做匀速圆周运动，求：
(1)天问一号在环火轨道受到的火星引力大小；
(2)天问一号在环火轨道的角速度大小。
19. 人造卫星是由运载火箭点火发射后送入其运行轨道的，其发射后的飞行过程大致可分为：垂直加速阶段、惯性飞行阶段和进入轨道阶段，如图所示．设地球表面g=10m/s2，地球的半径R=6.4×103km
(1)设某次发射过程中，有一在地球表面重为 40N的物体，放置在该卫星中．在卫星垂直加速上升的过程中，且a=5m/s2时物体与卫星中的支持面的相互作用30N，则卫星此时距地面的高度是多少？
(2)当卫星进入离地高为地球半径3倍的圆形轨道运动时，它运行的速度为多少km/s？
20. 如图所示，光滑水平面AB与竖直面内粗糙的半圆形导轨在B点衔接，导轨半径为R。一个质量为m的物块压缩弹簧后，从A点由静止释放，在弹力作用下获得一向右速度。当它经过B点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的9倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C点。求：
(1)弹簧对物块的弹力做的功；
(2)物块从B至C克服阻力做的功；
(3)物块离开C点后落回水平面时动能的大小。
21. 滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均有滑板项目延伸而来，如图是滑板运动的轨道。BC和DE是两段光滑的圆弧型轨道，BC的圆心为O点，圆心角θ=60∘，且与水平轨道CD垂直，滑板与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2.某运动员从轨道上的A点以v=3m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿着轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回。已知运动员和滑板的总质量为m=60kg，B、E两点与水平轨道CD的竖直高度分别为h=2m和H=2.5m。(g=10m/s2)求：
(1)运动员从A点运动到B点的过程中，到达B点时的速度大小vB；
(2)水平轨道CD的长度L；
(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能，求出回到B点时速度的大小。如果不能，求出最后停止的位置距C点的距离。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、卡文迪许测量出万有引力常量，但提出万有引力定律的是牛顿，故A错误；
B、牛顿证明了地面上苹果受到的重力和地球对月亮的吸引力是同一种力，故B正确；
C、最早提出日心说的是哥白尼，故C错误
D、“嫦娥二号”卫星仍在地月系里，也就是说“嫦娥二号”卫星没有脱离地球的束缚，故其发射速度需大于7.9km/s，小于11.2km/s，故D错误。
故选：B。
本题根据开普勒、牛顿和卡文迪许的物理学成就以及万有引力定律的内容进行答题即可。
明确万有引力定律的应用，知道卡文迪许和牛顿对万有引力做出的贡献，知道开普勒第一定律。
2.【答案】A
【解析】
【分析】
甲图中支持力方向竖直向上，不受摩擦力，乙图中支持力垂直斜面，摩擦力沿斜面向上，根据支持力和摩擦力的方向与速度方向的关系确定做功情况．
解决本题的关键知道力与速度方向垂直，该力不做功，力与速度方向成锐角，该力做正功，力与速度方向成钝角，该力做负功．
【解答】
AC、甲图中，人匀速上楼，不受静摩擦力，支持力向上，支持力与速度方向为锐角，则支持力做正功。故A正确，C错误。
BD、乙图中，支持力与速度方向垂直，支持力不做功，摩擦力方向与速度方向相同，做正功。故B、D错误。
故选：A。
3.【答案】B
【解析】解：A、汽车沿地球赤道行驶时，由重力和支持力的合力提供向心力，设汽车的质量为m，支持力为F，速度为v，地球半径为R，则由牛顿第二定律得mg−F=mv2R，解得：F=mg−mv2R，当汽车速度v减小时，支持力F增大，则汽车对对地面的压力增大，故A错误；
B、7.9km/s是第一宇宙速度，当汽车速度v=7.9km/s时，汽车将离开地面绕地球做圆周运动，成为近地卫星，故B正确；
C、“航天汽车”环绕地球做圆周运动时半径越小，周期越小，则环绕地球附近做匀速圆周运动时，周期最小；
最小周期T=2πRv，v=7.9km/s，R=6400km，代入解得T=5087s=1.4h，“航天汽车”环绕地球做圆周运动的最小周期为1.4h，故C错误；
D、在此“航天汽车”上物体处于完全失重状态，不能用弹簧测力计测量物体的重力，故D错误。
故选：B。
汽车沿地球赤道行驶时，由重力和支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律分析速度减小时，支持力的变化，再由牛顿第三定律确定压力的变化；当速度增大时支持力为零，汽车将离开地面绕地球圆周运动，根据第一宇宙速度和地球半径求出“航天汽车”环绕地球做圆周运动的最小周期；在此“航天汽车”上物体处于完全失重状态，由此分析能否用弹簧测力计测量物体的重力。
本题主要是考查匀速圆周运动和第一宇宙速度，关键是弄清楚汽车脱离地面时的受力情况，能够根据牛顿第二定律结合向心力的公式进行解答。
4.【答案】C
【解析】解：泵车的泵送排量为150m3/h，则1小时输送的混凝土的体积为
V=150×1m3=150m3
则在1小时时间内输送的混凝土质量为
m=ρV=2.4×103×150kg=3.6×105kg
将混凝土匀速输送到30m高处，泵送系统对混凝土做的功最少，泵送系统对混凝土做的功至少为
W=mgh=3.6×105×10×30J=1.08×108J
故C正确，ABD错误。
故选：C。
先求出1小时时间内输送的混凝土质量，再根据将混凝土匀速输送时，泵送系统对混凝土做的功最少，利用功的公式求出功的大小。
本题要注意理解在将混凝土匀速输送时，泵送系统对混凝土做的功最少，此时泵送系统对混凝土做的功等于克服重力做的功。
5.【答案】B
【解析】解：A、根据牛顿第二定律得：F−f=ma=m×g2，解得物体受到的空气阻力大小为f=12mg，物体克服空气阻力做功为12mgh，故A正确；
BD、物体下降h，重力做功为mgh，则物体的重力势能减少mgh，故B错误，D正确；
C、物体的合力为F合=ma=m×g2=12mg，合力做功为W合=F合h=12mgh，由动能定理可知，物体的动能增加12mgh，故C正确；
本题选不正确的，故选：B。
物体以g2的加速度由静止竖直下落，说明物体下落受到一定阻力。那么重力势能的变化是由重力做功多少决定的，而动能定理变化由合力做功决定的，那么机械能是否守恒是由只有重力做功决定的。
功是能量转化的量度，重力做功导致重力势能变化；合力做功导致动能变化；除重力外其他力做功导致机械能变化；弹力做功导致弹性势能。要掌握常见的功与能的关系。
6.【答案】C
【解析】解：跳一次的时间是：t=60180=13s；
人跳离地面向上做竖直上抛，到最高点的时间为：t1=12×13×(1−25)=0.1s；
此过程克服重力做功为：W=mg(12gt2)=500×(12×10×0.01)=25J；
跳绳时克服重力做功做功的功率为：P−=Wt=2513W=75W
故C正确，ABD错误
故选：C。
由跳跃时间可算出腾空时间，下落时间为腾空时间的一半，进而由自由落体规律得到腾空高度和起跳速度．由腾空高度可算出克服重力的功，进而得到平均功率．
本题比较新颖，难度适中，重点在于掌握竖直上抛，自由落体的规律．
7.【答案】D
【解析】解：A、在合上后备箱盖的过程中，O′A的长度是变短的，因此A点相对O′点不是做圆周运动，A错误；
B、在合上后备箱盖的过程中，O′B的长度是变短的，因此B点相对O′点不是做圆周运动，B错误；
C、从图示位置到合上后备箱盖的过程中，运动的时间是相同的，但从乙图中可以看出AO与水平方向的夹角等于于BO与水平方向的夹角，由角速度的定义ω=△θ△t可知，A与B相对于O点转动，角速度相同，半径不同，故线速度不同，故C错误，D正确；
故选：D。
在合上后备箱盖的过程中，A、B运动的时间是相同的，但是A绕O和O′转过的角度是不一样的，因此A点相对O和O′的角速度不相同；AO′与水平方向的夹角大于BO′与水平方向的夹角，因此A与B相对O′角速度大小不相同；A与B相对O的角速度相等
本题考查了角速度的定义式，向心加速度的计算，解题的关键是了解合上后备箱盖的过程中，各点的运动情况，再结合圆周运动各物理量之间的关系进行判断。
8.【答案】D
【解析】
【分析】
人和浮圈下滑的过程中有向下的加速度，处于失重状态；人和浮圈在下滑过程中有重力和摩擦力做功，根据动能定理可以判断速度大小；人和浮圈进入盆体后做半径减小的减速圆周运动。
【解答】
A、人和浮圈沿滑梯下滑的过程是加速过程，有竖直向下的加速度，处于失重状态，故A错误；
B、人和浮圈下滑的过程中有重力和摩擦力做功，根据动能定理可得mgh−Wf=12mv2，所以v<2gh，故B错误；
C.人和浮圈在盆体中，做半径逐渐减小的圆周运动，摩擦力为滑动摩擦力，方向与速度方向相反，并不指向运动轨迹的内侧，故C错误；
D.人和浮圈进入盆体后，做近心运动，所以其所受支持力与重力的合力大于所需的向心力，故D正确。
故选D。
9.【答案】A
【解析】解：根据万有引力等于重力，有：
GMmR2=mg
g=GMR2，
行星其质量为地球的a倍，半径为地球的b倍，
所以该行星表面由引力产生的加速度g′与地球表面的重力加速度g的比值为g′g=ab2，故A正确，BCD错误
故选：A。
根据万有引力等于重力，得出重力加速度的表达式，结合星球质量之比和半径之比求出重力加速度之比。
解决本题的关键掌握万有引力等于重力这一理论，并能灵活运用，知道重力加速度的大小与中心天体的质量和半径有关。
10.【答案】B
【解析】解：由题可知g=Nm
根据万有引力提供向心力得：
GMmR2=mv2R=mg
解得：M=mv4GN
故选：B。
先求出该星球表面重力加速度，根据万有引力提供向心力公式即可求解
本题是卫星类型的问题，常常建立这样的模型：环绕天体绕中心天体做匀速圆周运动，由中心天体的万有引力提供向心力．重力加速度g是联系星球表面宏观物体运动和天体运动的桥梁．
11.【答案】D
【解析】解：A、加速过程物体处于超重状态，钢索拉力较大，匀速运动阶段钢绳的拉力为Pv2，故A错误；
B、加速过程物体处于超重状态，钢索拉力大于重力，故B错误；
C、重物匀加速运动的末速度不是运动的最大速度，此时钢绳对重物的拉力大于其重力，故其速度小于Pmg，故C错误；
D、重物匀加速运动的末速度为v1，此时的拉力为F=Pv1，由牛顿第二定律得；a=F−mgm=Pmv1−g，故D正确．
故选：D.
匀加速提升重物时钢绳拉力最大，且等于匀加速结束时的拉力，由P=Fv求出最大拉力；重物以最大速度为v2匀速上升时，F=mg，所以v2=PF求出最大速度；根据牛顿第二定律求出加速度．
本题考查的是类似汽车的启动方式，对于汽车的两种启动方式，恒定加速度启动和恒定功率启动，对于每种启动方式的汽车运动的过程一定要熟悉
12.【答案】AB
【解析】解：A、飞行器与地球同步绕太阳运动，角速度相等，根据v=rω，知探测器的线速度大于地球的线速度。故A正确。
B、根据a=rω2知，探测器的向心加速度大于地球的向心加速度。故B正确。
CD、探测器的向心力由太阳和地球引力的合力提供。故C、D错误。
故选：AB。
飞行器与地球同步绕太阳运动，角速度相等，飞行器靠太阳和地球引力的合力提供向心力，根据v=rω，a=rω2比较线速度和向心加速度的大小。
本题考查万有引力的应用，题目较为新颖，在解题时要注意分析向心力的来源及题目中隐含的条件。
13.【答案】BC
【解析】解：A.地球同步卫星需要与地球自转同步，轨道一定要在赤道的正上方，故卫星b不是地球同步卫星，故A错误；
B.卫星受到的万有引力提供向心力有：GMmr2=ma
可得卫星a的向心加速度与卫星c的向心加速度之比为aaac=rc2ra2=1k2
卫星a的向心加速度是卫星c的向心加速度的1k2倍，故B正确；
C.卫星受到的万有引力提供向心力有：GMmr2=m4π2T2r
可得卫星c的周期与卫星a的周期之比为TcTa=TcT=rc3ra3=1k3
卫星c的周期为1k3T，故C正确；
D.卫星受到的万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r
解得v=GMr
可得卫星a的线速度与卫星c的线速度之比为vavc=rcra=1k
a、b、c三颗卫星的运行速度大小关系为va=vb=1kvc
故D错误；
故选：BC。
地球同步卫星定点于赤道正上方，根据万有引力定律和牛顿第二定律分析加速度、周期、线速度之间的关系。
解决本题的关键是掌握卫星的线速度公式和开普勒定律，由此推导出角速度、加速度、周期的公式，再根据轨道半径的关系比较向心加速度、线速度和周期的大小。
14.【答案】BC
【解析】解：A、0−5s过程中，根据牛顿第二定律得F−f=ma，即2−f=a①
5s末其速度为：v=at1=5a②
5s到10s过程中，根据牛顿第二定律得：f=ma′=a′③
因为末速度为零，所以有v=a′t2=5a′④
由①②③④解得：f=1N，a=a′=1m/s2，v=5m/s；故A错误；
B、4s末的速度为v4=1×4m/s=4m/s，故4s末拉力F的功率为P=Fv4=2×4W=8W，故B正确；
C、拉力做功为W′=F×12at12=2×12×1×52J=25J，故C正确；
D、在整个运动过程中，根据动能定理可得：W′−Wf=0−0，解得Wf=25J，故D错误；
故选：BC。
分析0−5s和5−10s物体的受力情况，根据牛顿第二定律及运动学公式列方程组，可求出摩擦力大小；根据速度-时间公式求得4s末的速度，由P=Fv求得瞬时功率，根据W=Fx，求出力和位移，代入公式求解拉力做功。根据动能定理求克服摩擦力做功。
解决该题的关键是正确分析物体的运动过程，把握两个过程之间的联系，如速度关系、位移关系和时间关系，能正确列出动力学方程和运动学方程。
15.【答案】C
【解析】解：A、小球从A点到B点，沿斜面向下移动，重力与运动方向夹角为锐角，重力做正功，故A正确；
B、小球运动至斜面中点时，根据重力势能公式EP=mgh，h是相对于零势能面的高度，h=−1m，计算的：EP=−10J，故B正确；
C、小球从A点运动至B点重力势能的变化量△EP=0−mgh，h=Lsinθ=4×sin30∘m=2m，△EP=−20J，故C错误；
D、小球在A点动能为0，势能为0，机械能为0，从A到B的运动过程机械能守恒，所以小球到B点时的机械能为0，故D正确；
本题选错误的，故选：C。
小球沿光滑斜面下滑，重力做正功，小球重力做功等于重力势能的减小量，且只有重力做功，所以小球机械能守恒。
本题需要熟练应用重力做功与重力势能的关系，会求解重力势能的变化，知道什么情况下机械能守恒。
16.【答案】A
【解析】解：A、小球从与弹簧接触到运动到最低点的过程中，重力先大于弹力，后小于弹力，故加速度先向下后向上，小球先失重后超重，故A错误；
B、同A，加速度先向下后向上，所以速度先增大后减小，故B正确；
C、小球下落过程，先加速后减速，a先减小后增大，当加速度为0，即重力与弹力大小相等时，小球的速度最大，即动能最大，此时mg=kx，解得x=mgk，故C正确；
D、小球到达C点时，弹簧的弹性势能最大，根据能量守恒，重力势能减小，转化为弹性势能，所以弹性势能的最大值为mg(h+x)，故D正确。
本题要求选错误的，
故选：A。
对小球下落过程受力分析，判断小球运动情况，得到速度变化和加速度变化情况，可以得到超失重情况，根据能量守恒定律可以计算弹性势能最大值。
本题需要注意一定要分析好下落过程运动情况和受力情况，需要注意刚接触弹簧时，不是速度最大点。
17.【答案】0.102.01S5 (S8+S9)−(S6+S7)4T2 2.001.002.01
【解析】解：(1)①打点计时器电源频率是50Hz，每隔0.02s打一次点．因从某点开始每5个连续点标为一个记数点，故相邻两记数点间的时间间隔T=5×0.02s=0.10s.
由图看出，汽车在1、2两点间的位移最大，速度最大，所以最大速度为：
vm=S1t=20.10×10−20.1m/s=2.01m/s
②由ΔS=aT2知，S6−S5=18.70cm−19.50cm=−0.8cm，S7−S6=16.80cm−18.70cm=−1.9cm，S8−S7=14.80cm−16.80cm=−2.0cm，S9−S8=12.70cm−14.80cm=−2.1cm，可知数据S5不合理，应舍去．
由S9−S7=2a1T2，S8−S6=2a2T2，a=a1+a22，得
加速度表达式为：a=(S8+S9)−(S6+S7)4T2，代入数据得加速度大小为：a=2.00m/s2.
③由牛顿第二定律有，遥控汽车滑行过程的阻力大小为：f=ma=0.5×2.00N=1.00N.
汽车速度最大时，功率达到额定值，其额定功率P=Fvm=fvm=1.00×2.01W=2.01W.
故答案为：①0.10，2.01；②S5，(S8+S9)−(S6+S7)4T2；2.00；③1.00，2.01.
①打点计时器电源频率是50Hz，每隔0.02s打一次点．速度最大时相等时间内汽车通过的位移最大，由图读出最大位移，即可求得最大速度．
②依次求出最后5段相邻位移之差，即可判断哪段数据不合理，由Δs=aT2求解加速度．
③根据牛顿第二定律求解阻力大小，由功率公式P=Fv求额定功率．
掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度是解题的关键，也是应培养的基本能力，要多做这类问题的练习．
18.【答案】解：(1)火星对“天问一号”的引力F=GMm0r2
设火星表面有一质量为m物体
GMmR2=mg
得F=m0gR2r2
(2)火星对“天问一号”的引力提供了向心力
F=m0ω2r
得
ω=gR2r3
答：(1)“天问一号”在环火轨道受到的火星引力大小为m0gR2r2；
(2)“天问一号”在环火轨道的角速度大小为gR2r3。
【解析】(1)根据万有引力公式求解探测器受到的万有引力大小；
(2)“天问一号”探测器受到的万有引力充当向心力，根据万有引力列式即可求得角速度大小。
解决天体(卫星)运动问题的基本思路：(1)在地面附近万有引力近似等于物体的重力，F引=mg，整理得GM=gR2；(2)天体运动都可近似地看成匀速圆周运动，其向心力由万有引力提供，即F引=F向，根据相应的向心力表达式进行分析。
19.【答案】解：(1)由G重=mg可知：m=G重g=4010=4kg
在卫星垂直加速上升的过程中，由牛顿第二定律得：N−mg′=ma
解得：g′=2.5m/s2.
根据GMmr2=mg，得g=GMr2
则得，在地球表面有
g=GMR2
在卫星现在的位置有g′=GM(R+h)2
以上两式联立解得：h=R=6.4×103km
故卫星此时距地面的高度为6.4×103km.
(2)卫星绕地球做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力，有
GMm卫(4R)2=m卫v24R
由黄金代换式GM=gR2；
联立解得：v=4km/s
故当卫星进入离地高为地球半径3倍的圆形轨道运动时，它运行的速度为4km/s
答：(1)卫星此时距地面的高度为6.4×103km.
(2)当卫星进入离地高为地球半径3倍的圆形轨道运动时，它运行的速度为4km/s.
【解析】(1)根据卫星的加速度，通过牛顿第二定律求出当地的重力加速度，通过万有引力等于重力求出卫星距离地面的高度．
(2)卫星进入离地高为地球半径3倍的轨道时，由万有引力提供向心力，列出速度表达式．再根据物体在地面上，万有引力等于重力列式，联立可求解．
本题关键掌握研究卫星问题的两条基本思路：一是重力等于万有引力，二是万有引力等于向心力．能熟练应用牛顿第二定律、万有引力定律公式即可正确解题．
20.【答案】解：(1)物体在B点时，由重力和轨道支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得
FN−mg=mvB2R
由牛顿第三定律知在B点轨道对物体的支持力大小：FN=9mg
联立解得：vB=8gR
物体从A运动到B，弹簧的弹力对物体做功，弹簧的弹性势能转化为物体动能，由动能定理得
W弹=12mvB2=4mgR
(2)物体恰能到达C点，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得：
mg=mvC2R
得vC=gR
物体从B到C的过程中，只有重力和阻力做功．根据动能定理可得
−Wf−mg⋅2R=12mvC2−12mvB2
解得物体从B到C克服阻力做的功为：Wf=32mgR
(3)物体从A点到返回水平面的整个运动过程中，弹簧的弹力对物体做正功，阻力对物体做负功，重力做功为零，由动能定理可得
W弹−Wf=Ek地−0
解得物块离开C点后落回水平面时动能：Ek地=52mgR
答：(1)弹簧对物块的弹力做的功为4mgR；
(2)物块从B至C克服阻力做的功为32mgR；
(3)物块离开C点后落回水平面时动能的大小为52mgR。
【解析】(1)研究物体经过B点的状态，分析物体在B点的受力情况，根据牛顿第二定律求出物体经过B点时的速度。对物体从A点至B点的过程，运用动能定理列式，可得弹簧对物块的弹力做的功；
(2)物体恰好到达C点时，由重力充当向心力，由牛顿第二定律求出物体经过C点时的速度。物体从B到C的过程，运用动能定理求解克服阻力做的功。
(3)物体从A点到返回水平面的整个运动过程中，利用动能定理求物块落回水平面时动能的大小。
本题的解题关键是根据牛顿第二定律求出物体经过B、C两点的速度，再结合动能定理求解物体克服阻力做的功和物体返回水平面的动能。运用动能定理时，要注意灵活选择研究的过程。
21.【答案】解：(1)运动员从A点运动到B的过程中做平抛运动，到达B点时，其速度沿着B点的切线方向，根据三角形定则可知，物体到达B点的速度为：vB=vcos60∘
解得：vB=6m/s；
(2)从B到E，由动能定理得：mgh−μmgL−mgH=0−12mvB2
代入数值得：L=6.5m；
(3)令运动员能到达左侧的最大高度为h′，
从E点到第一次返回到左侧最高处，由动能定理得：mgH−μmgL−mgh′=0
解得：h′=1.2m<2m
故运动员不能回到B点
设运动员从E点开始返回后，在CD段滑行的路程为s，全过程由能量守恒定律得：mgH=μmgs
解得总路程s=12.5m
由于L=6.5m
所以可得运动员最后停止的位置距C点6 m处。
答：(1)运动员从A点运动到B点的过程中，到达B点时的速度大小为6m/s；
(2)水平轨道CD的长度L为6.5m；
(3)运动员不能回到B点，最后停止的位置距C点的距离为6m。
【解析】(1)从A运动到B点，运动员做平抛运动，到达B点时对速度进行分解，即可求出B点速度；
(2)对B到E，根据动能定理，可以求出水平轨道CD的长度L；
(3)从E到第一次返回达到最高点，根据能量守恒定律求出第一次返回时沿着BC轨道上滑的最大高度，从而判断能否回到B点；
从E点开始返回到最终停下的全过程，根据能量守恒定律可以求出运动员在CD上通过的路程，从而确定最后停止的位置距C点的距离。
本题考查了能量的观点在力学综合问题中的应用。从能量角度解题时要注意初末状态的确定及力做功的情况，分析能量是如何转化的。
2021-2022学年浙江省宁波市慈溪市三山高级中学高一（下）第一次月考物理试卷
1. 以下说法正确的是( )
A. 卡文迪许测量出万有引力常量，并提出万有引力定律
B. 牛顿证明了地面上苹果受到的重力和地球对月亮的吸引力是同一种力
C. 开普勒提出日心说，并指出行星绕太阳转动其轨道为椭圆
D. “嫦娥二号”卫星的发射速度必须大于11.2km/s
2. 如图甲为一女士站立在台阶式自动扶梯上正在匀速上楼，如图乙为一男士站立在乘履带式自动人行道上正在匀速上楼．下列关于两人受到的力做功判断正确的是( )
A. 甲图中支持力对人做正功 B. 乙图中支持力对人做正功
C. 甲图中摩擦力对人做负功 D. 乙图中摩擦力对人做负功
3. 某同学设想驾驶一辆“陆地——太空”两用汽车(如图)，沿地球赤道行驶并且汽车相对于地球速度可以增加到足够大．当汽车速度增加到某一值时，它将成为脱离地面绕地球做圆周运动的“航天汽车”．不计空气阻力，已知地球的半径R=6400km.下列说法正确的是( )
A. 汽车在地面上速度增加时，它对地面的压力增大
B. 当汽车速度增加到7.9km/s，将离开地面绕地球做圆周运动
C. 此“航天汽车”环绕地球做圆周运动的最小周期为1h
D. 在此“航天汽车”上可以用弹簧测力计测量物体的重力
4. 中国制造的某一型号泵车如图所示，表中列出了其部分技术参数。已知混凝土密度为2.4×103kg/m3，假设泵车的泵送系统以150m3/h的输送量给30m高处输送混凝土，则每小时泵送系统对混凝土做的功至少为( )
发动机最大输出功率(kW)
332
最大输送高度(m)
63
整车满载质量(kg)
5.5×104
最大输送量(m3/h)
180
A. 1.08×107J
B. 5.04×107J
C. 1.08×108J
D. 2.72×108J
5. 质量为m的物体从静止出发以g2的加速度竖直下降h，下列说法中不正确的( )
A. 物体的克服空气阻力做功12mgh
B. 物体的重力势能减少12mgh
C. 物体的动能增加12mgh
D. 重力做功mgh
6. 跳绳是丽水市高中毕业生体育测试的项目之一，高三的小李同学在某次测验过程中，一分钟跳180次，每次跳跃，脚与地面的接触时间为跳跃一次所需时间的25，则他克服重力做功的平均功率约为( )
A. 20W B. 35W C. 75W D. 120W
7. 汽车后备箱盖一般都有可伸缩的液压杆，如图甲所示，乙图为简易侧视示意图，液压杆上端固定于后盖上A点，下端固定于箱内O′点，B也为后盖上一点，后盖可绕过O点的固定铰链转动，在合上后备箱盖的过程中( )
A. A点相对O′点做圆周运动 B. B点相对于O′点做圆周运动
C. A与B相对于O点线速度大小相同 D. A与B相对于O点角速度大小相同
8. 大喇叭滑梯是游客非常喜爱的大型水上游乐设施，一次最多可坐4人的浮圈，从高为h的平台由静止开始沿滑梯滑行，到达底部时水平冲入半径为R、开口向上的碗状盆体中，做半径逐渐减小的圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 人和浮圈沿滑梯下滑过程中处于超重状态
B. 人和浮圈刚进入盆体时的速度大小一定是2gh
C. 人和浮圈进入盆体后所受的摩擦力指向其运动轨迹的内侧
D. 人和浮圈进入盆体后，其所受支持力与重力的合力大于所需的向心力
9. 若有一颗“宜居”行星，其质量为地球的a倍，半径为地球的b倍，则该行星表面的重力加速度与地球表面重力加速度的比值为( )
A. ab2 B. b2a C. ab D. ba
10. 一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为v。假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m的物体重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为N.已知引力常量为G，则这颗行星的质量为( )
A. mv2GN B. mv4GN C. Nv2Gm D. Nv4Gm
11. 一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的功率达到最大值P，以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v2匀速上升为止，物体上升的高度为h，则整个过程中，下列说法正确的是( )
A. 钢绳的最大拉力为Pv2 B. 钢绳的最大拉力为mg
C. 重物匀加速的末速度为Pmg D. 重物匀加速运动的加速度为Pmv1−g
12. 2011年8月，“嫦娥二号”成功进入了环绕“日地拉格朗日点”的轨道，我国成为世界上第三个造访该点的国家。如图所示，该拉格朗日点位于太阳和地球连线的延长线上，一飞行器处于该点，在几乎不消耗燃料的情况下与地球同步绕太阳做圆周运动。则此飞行器的( )
A. 线速度大于地球的线速度 B. 向心加速度大于地球的向心加速度
C. 向心力仅由太阳的引力提供 D. 向心力仅由地球的引力提供
13. 如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知a、b、c三颗卫星均做圆周运动，a是地球同步卫星，a和b的轨道半径相同，且均为c的k倍，已知地球自转周期为T。则( )
A. 卫星b也是地球同步卫星
B. 卫星a的向心加速度是卫星c的向心加速度的1k2倍
C. 卫星c的周期为1k3T
D. a、b、c三颗卫星的运行速度大小关系为va=vb=kvc
14. 一质量为1kg的物体静止在水平地面上，受到大小为2N的水平拉力作用后做匀加速直线运动，经5s后撤去水平拉力，物体共运动10s停止，已知g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 物体运动过程中受到的摩擦力大小为0.5N
B. 4s末拉力F的功率为8W
C. 物体运动过程中拉力做功为25J
D. 物体运动过程中克服摩擦力做功为12.5J
15. 如图所示，质量为1kg的光滑小球从斜面顶端A点由静止释放。已知斜面的倾角为30∘，斜面长为4m，取重力加速度g=10m/s2。以过A点的水平面为参考平面，下列说法错误是( )
A. 重力对小球做正功
B. 小球运动至斜面中点时的重力势能为−10J
C. 小球从A点运动至B点的过程中重力势能的变化量为20J
D. 小球到达B点时的机械能为0
16. 如图所示，小球m从A点(距轻弹簧上端为h)由静止开始下落，到C点速度为零(弹簧的最大压缩量为x)，弹簧的劲度系数为k，不计空气阻力，则在小球从与弹簧接触至运动到最低点C的过程中，下列说法错误的是( )
A. 小球先超重后失重
B. 小球的速度先增大后减小
C. 当弹簧的压缩量为mgk时，小球的动能最大
D. 弹簧弹性势能的最大值为mg(h+x)
17. 为了测量玩具遥控汽车的额定功率，某学习小组用天平测出小车质量为0.5kg，小车的最大速度由打点计时器打出的纸带来测量(如图所示).主要实验步骤有：
A.给小车尾部系一条长纸带并让纸带穿过打点计时器；
B.接通打点计时器电源(电源频率50Hz)，使小车以额定功率沿水平地面直线加速到最大速度，继续运行一段时间后关闭小车发动机，使其沿地面直线向前滑行直至停止；
C.学习小组分析后选择了认为符合要求的一段纸带，从某点开始每5个连续点标为一个记数点，并将表示每两个相邻记数点间距离的字母和测量数据在纸带上做了记录．(所有结果均保留2位有效数字)
①相邻两记数点间的时间间隔T=______s，由纸带知遥控汽车的最大速度为v=______m/s；
②实验小组在计算关闭发动机后的遥控汽车滑行过程的加速度时，选择了纸带上后5段数据，经过分析又舍掉了一段不合理数据．请你判断哪段数据不合理______(用字母表示)，舍掉了不合理数据后加速度的计算表达式为a=______(请用时间间隔T及纸带上表示记数点间距离的字母表示)，计算出的加速度大小为______m/s2；
③遥控汽车滑行过程的阻力大小为f=______N，其额定功率P=______W.
18. 2021年2月10日，执行中国首次火星探测任务的“天问一号”探测器实施制动，进入环火轨道，已知天问一号的质量为m0，环火轨道半径为r，火星的半径为R，火星表面的重力加速度为g0，引力常量为G，设探测器沿环火轨道做匀速圆周运动，求：
(1)天问一号在环火轨道受到的火星引力大小；
(2)天问一号在环火轨道的角速度大小。
19. 人造卫星是由运载火箭点火发射后送入其运行轨道的，其发射后的飞行过程大致可分为：垂直加速阶段、惯性飞行阶段和进入轨道阶段，如图所示．设地球表面g=10m/s2，地球的半径R=6.4×103km
(1)设某次发射过程中，有一在地球表面重为 40N的物体，放置在该卫星中．在卫星垂直加速上升的过程中，且a=5m/s2时物体与卫星中的支持面的相互作用30N，则卫星此时距地面的高度是多少？
(2)当卫星进入离地高为地球半径3倍的圆形轨道运动时，它运行的速度为多少km/s？
20. 如图所示，光滑水平面AB与竖直面内粗糙的半圆形导轨在B点衔接，导轨半径为R。一个质量为m的物块压缩弹簧后，从A点由静止释放，在弹力作用下获得一向右速度。当它经过B点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的9倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C点。求：
(1)弹簧对物块的弹力做的功；
(2)物块从B至C克服阻力做的功；
(3)物块离开C点后落回水平面时动能的大小。
21. 滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均有滑板项目延伸而来，如图是滑板运动的轨道。BC和DE是两段光滑的圆弧型轨道，BC的圆心为O点，圆心角θ=60∘，且与水平轨道CD垂直，滑板与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2.某运动员从轨道上的A点以v=3m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿着轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回。已知运动员和滑板的总质量为m=60kg，B、E两点与水平轨道CD的竖直高度分别为h=2m和H=2.5m。(g=10m/s2)求：
(1)运动员从A点运动到B点的过程中，到达B点时的速度大小vB；
(2)水平轨道CD的长度L；
(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能，求出回到B点时速度的大小。如果不能，求出最后停止的位置距C点的距离。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、卡文迪许测量出万有引力常量，但提出万有引力定律的是牛顿，故A错误；
B、牛顿证明了地面上苹果受到的重力和地球对月亮的吸引力是同一种力，故B正确；
C、最早提出日心说的是哥白尼，故C错误
D、“嫦娥二号”卫星仍在地月系里，也就是说“嫦娥二号”卫星没有脱离地球的束缚，故其发射速度需大于7.9km/s，小于11.2km/s，故D错误。
故选：B。
本题根据开普勒、牛顿和卡文迪许的物理学成就以及万有引力定律的内容进行答题即可。
明确万有引力定律的应用，知道卡文迪许和牛顿对万有引力做出的贡献，知道开普勒第一定律。
2.【答案】A
【解析】
【分析】
甲图中支持力方向竖直向上，不受摩擦力，乙图中支持力垂直斜面，摩擦力沿斜面向上，根据支持力和摩擦力的方向与速度方向的关系确定做功情况．
解决本题的关键知道力与速度方向垂直，该力不做功，力与速度方向成锐角，该力做正功，力与速度方向成钝角，该力做负功．
【解答】
AC、甲图中，人匀速上楼，不受静摩擦力，支持力向上，支持力与速度方向为锐角，则支持力做正功。故A正确，C错误。
BD、乙图中，支持力与速度方向垂直，支持力不做功，摩擦力方向与速度方向相同，做正功。故B、D错误。
故选：A。
3.【答案】B
【解析】解：A、汽车沿地球赤道行驶时，由重力和支持力的合力提供向心力，设汽车的质量为m，支持力为F，速度为v，地球半径为R，则由牛顿第二定律得mg−F=mv2R，解得：F=mg−mv2R，当汽车速度v减小时，支持力F增大，则汽车对对地面的压力增大，故A错误；
B、7.9km/s是第一宇宙速度，当汽车速度v=7.9km/s时，汽车将离开地面绕地球做圆周运动，成为近地卫星，故B正确；
C、“航天汽车”环绕地球做圆周运动时半径越小，周期越小，则环绕地球附近做匀速圆周运动时，周期最小；
最小周期T=2πRv，v=7.9km/s，R=6400km，代入解得T=5087s=1.4h，“航天汽车”环绕地球做圆周运动的最小周期为1.4h，故C错误；
D、在此“航天汽车”上物体处于完全失重状态，不能用弹簧测力计测量物体的重力，故D错误。
故选：B。
汽车沿地球赤道行驶时，由重力和支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律分析速度减小时，支持力的变化，再由牛顿第三定律确定压力的变化；当速度增大时支持力为零，汽车将离开地面绕地球圆周运动，根据第一宇宙速度和地球半径求出“航天汽车”环绕地球做圆周运动的最小周期；在此“航天汽车”上物体处于完全失重状态，由此分析能否用弹簧测力计测量物体的重力。
本题主要是考查匀速圆周运动和第一宇宙速度，关键是弄清楚汽车脱离地面时的受力情况，能够根据牛顿第二定律结合向心力的公式进行解答。
4.【答案】C
【解析】解：泵车的泵送排量为150m3/h，则1小时输送的混凝土的体积为
V=150×1m3=150m3
则在1小时时间内输送的混凝土质量为
m=ρV=2.4×103×150kg=3.6×105kg
将混凝土匀速输送到30m高处，泵送系统对混凝土做的功最少，泵送系统对混凝土做的功至少为
W=mgh=3.6×105×10×30J=1.08×108J
故C正确，ABD错误。
故选：C。
先求出1小时时间内输送的混凝土质量，再根据将混凝土匀速输送时，泵送系统对混凝土做的功最少，利用功的公式求出功的大小。
本题要注意理解在将混凝土匀速输送时，泵送系统对混凝土做的功最少，此时泵送系统对混凝土做的功等于克服重力做的功。
5.【答案】B
【解析】解：A、根据牛顿第二定律得：F−f=ma=m×g2，解得物体受到的空气阻力大小为f=12mg，物体克服空气阻力做功为12mgh，故A正确；
BD、物体下降h，重力做功为mgh，则物体的重力势能减少mgh，故B错误，D正确；
C、物体的合力为F合=ma=m×g2=12mg，合力做功为W合=F合h=12mgh，由动能定理可知，物体的动能增加12mgh，故C正确；
本题选不正确的，故选：B。
物体以g2的加速度由静止竖直下落，说明物体下落受到一定阻力。那么重力势能的变化是由重力做功多少决定的，而动能定理变化由合力做功决定的，那么机械能是否守恒是由只有重力做功决定的。
功是能量转化的量度，重力做功导致重力势能变化；合力做功导致动能变化；除重力外其他力做功导致机械能变化；弹力做功导致弹性势能。要掌握常见的功与能的关系。
6.【答案】C
【解析】解：跳一次的时间是：t=60180=13s；
人跳离地面向上做竖直上抛，到最高点的时间为：t1=12×13×(1−25)=0.1s；
此过程克服重力做功为：W=mg(12gt2)=500×(12×10×0.01)=25J；
跳绳时克服重力做功做功的功率为：P−=Wt=2513W=75W
故C正确，ABD错误
故选：C。
由跳跃时间可算出腾空时间，下落时间为腾空时间的一半，进而由自由落体规律得到腾空高度和起跳速度．由腾空高度可算出克服重力的功，进而得到平均功率．
本题比较新颖，难度适中，重点在于掌握竖直上抛，自由落体的规律．
7.【答案】D
【解析】解：A、在合上后备箱盖的过程中，O′A的长度是变短的，因此A点相对O′点不是做圆周运动，A错误；
B、在合上后备箱盖的过程中，O′B的长度是变短的，因此B点相对O′点不是做圆周运动，B错误；
C、从图示位置到合上后备箱盖的过程中，运动的时间是相同的，但从乙图中可以看出AO与水平方向的夹角等于于BO与水平方向的夹角，由角速度的定义ω=△θ△t可知，A与B相对于O点转动，角速度相同，半径不同，故线速度不同，故C错误，D正确；
故选：D。
在合上后备箱盖的过程中，A、B运动的时间是相同的，但是A绕O和O′转过的角度是不一样的，因此A点相对O和O′的角速度不相同；AO′与水平方向的夹角大于BO′与水平方向的夹角，因此A与B相对O′角速度大小不相同；A与B相对O的角速度相等
本题考查了角速度的定义式，向心加速度的计算，解题的关键是了解合上后备箱盖的过程中，各点的运动情况，再结合圆周运动各物理量之间的关系进行判断。
8.【答案】D
【解析】
【分析】
人和浮圈下滑的过程中有向下的加速度，处于失重状态；人和浮圈在下滑过程中有重力和摩擦力做功，根据动能定理可以判断速度大小；人和浮圈进入盆体后做半径减小的减速圆周运动。
【解答】
A、人和浮圈沿滑梯下滑的过程是加速过程，有竖直向下的加速度，处于失重状态，故A错误；
B、人和浮圈下滑的过程中有重力和摩擦力做功，根据动能定理可得mgh−Wf=12mv2，所以v<2gh，故B错误；
C.人和浮圈在盆体中，做半径逐渐减小的圆周运动，摩擦力为滑动摩擦力，方向与速度方向相反，并不指向运动轨迹的内侧，故C错误；
D.人和浮圈进入盆体后，做近心运动，所以其所受支持力与重力的合力大于所需的向心力，故D正确。
故选D。
9.【答案】A
【解析】解：根据万有引力等于重力，有：
GMmR2=mg
g=GMR2，
行星其质量为地球的a倍，半径为地球的b倍，
所以该行星表面由引力产生的加速度g′与地球表面的重力加速度g的比值为g′g=ab2，故A正确，BCD错误
故选：A。
根据万有引力等于重力，得出重力加速度的表达式，结合星球质量之比和半径之比求出重力加速度之比。
解决本题的关键掌握万有引力等于重力这一理论，并能灵活运用，知道重力加速度的大小与中心天体的质量和半径有关。
10.【答案】B
【解析】解：由题可知g=Nm
根据万有引力提供向心力得：
GMmR2=mv2R=mg
解得：M=mv4GN
故选：B。
先求出该星球表面重力加速度，根据万有引力提供向心力公式即可求解
本题是卫星类型的问题，常常建立这样的模型：环绕天体绕中心天体做匀速圆周运动，由中心天体的万有引力提供向心力．重力加速度g是联系星球表面宏观物体运动和天体运动的桥梁．
11.【答案】D
【解析】解：A、加速过程物体处于超重状态，钢索拉力较大，匀速运动阶段钢绳的拉力为Pv2，故A错误；
B、加速过程物体处于超重状态，钢索拉力大于重力，故B错误；
C、重物匀加速运动的末速度不是运动的最大速度，此时钢绳对重物的拉力大于其重力，故其速度小于Pmg，故C错误；
D、重物匀加速运动的末速度为v1，此时的拉力为F=Pv1，由牛顿第二定律得；a=F−mgm=Pmv1−g，故D正确．
故选：D.
匀加速提升重物时钢绳拉力最大，且等于匀加速结束时的拉力，由P=Fv求出最大拉力；重物以最大速度为v2匀速上升时，F=mg，所以v2=PF求出最大速度；根据牛顿第二定律求出加速度．
本题考查的是类似汽车的启动方式，对于汽车的两种启动方式，恒定加速度启动和恒定功率启动，对于每种启动方式的汽车运动的过程一定要熟悉
12.【答案】AB
【解析】解：A、飞行器与地球同步绕太阳运动，角速度相等，根据v=rω，知探测器的线速度大于地球的线速度。故A正确。
B、根据a=rω2知，探测器的向心加速度大于地球的向心加速度。故B正确。
CD、探测器的向心力由太阳和地球引力的合力提供。故C、D错误。
故选：AB。
飞行器与地球同步绕太阳运动，角速度相等，飞行器靠太阳和地球引力的合力提供向心力，根据v=rω，a=rω2比较线速度和向心加速度的大小。
本题考查万有引力的应用，题目较为新颖，在解题时要注意分析向心力的来源及题目中隐含的条件。
13.【答案】BC
【解析】解：A.地球同步卫星需要与地球自转同步，轨道一定要在赤道的正上方，故卫星b不是地球同步卫星，故A错误；
B.卫星受到的万有引力提供向心力有：GMmr2=ma
可得卫星a的向心加速度与卫星c的向心加速度之比为aaac=rc2ra2=1k2
卫星a的向心加速度是卫星c的向心加速度的1k2倍，故B正确；
C.卫星受到的万有引力提供向心力有：GMmr2=m4π2T2r
可得卫星c的周期与卫星a的周期之比为TcTa=TcT=rc3ra3=1k3
卫星c的周期为1k3T，故C正确；
D.卫星受到的万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r
解得v=GMr
可得卫星a的线速度与卫星c的线速度之比为vavc=rcra=1k
a、b、c三颗卫星的运行速度大小关系为va=vb=1kvc
故D错误；
故选：BC。
地球同步卫星定点于赤道正上方，根据万有引力定律和牛顿第二定律分析加速度、周期、线速度之间的关系。
解决本题的关键是掌握卫星的线速度公式和开普勒定律，由此推导出角速度、加速度、周期的公式，再根据轨道半径的关系比较向心加速度、线速度和周期的大小。
14.【答案】BC
【解析】解：A、0−5s过程中，根据牛顿第二定律得F−f=ma，即2−f=a①
5s末其速度为：v=at1=5a②
5s到10s过程中，根据牛顿第二定律得：f=ma′=a′③
因为末速度为零，所以有v=a′t2=5a′④
由①②③④解得：f=1N，a=a′=1m/s2，v=5m/s；故A错误；
B、4s末的速度为v4=1×4m/s=4m/s，故4s末拉力F的功率为P=Fv4=2×4W=8W，故B正确；
C、拉力做功为W′=F×12at12=2×12×1×52J=25J，故C正确；
D、在整个运动过程中，根据动能定理可得：W′−Wf=0−0，解得Wf=25J，故D错误；
故选：BC。
分析0−5s和5−10s物体的受力情况，根据牛顿第二定律及运动学公式列方程组，可求出摩擦力大小；根据速度-时间公式求得4s末的速度，由P=Fv求得瞬时功率，根据W=Fx，求出力和位移，代入公式求解拉力做功。根据动能定理求克服摩擦力做功。
解决该题的关键是正确分析物体的运动过程，把握两个过程之间的联系，如速度关系、位移关系和时间关系，能正确列出动力学方程和运动学方程。
15.【答案】C
【解析】解：A、小球从A点到B点，沿斜面向下移动，重力与运动方向夹角为锐角，重力做正功，故A正确；
B、小球运动至斜面中点时，根据重力势能公式EP=mgh，h是相对于零势能面的高度，h=−1m，计算的：EP=−10J，故B正确；
C、小球从A点运动至B点重力势能的变化量△EP=0−mgh，h=Lsinθ=4×sin30∘m=2m，△EP=−20J，故C错误；
D、小球在A点动能为0，势能为0，机械能为0，从A到B的运动过程机械能守恒，所以小球到B点时的机械能为0，故D正确；
本题选错误的，故选：C。
小球沿光滑斜面下滑，重力做正功，小球重力做功等于重力势能的减小量，且只有重力做功，所以小球机械能守恒。
本题需要熟练应用重力做功与重力势能的关系，会求解重力势能的变化，知道什么情况下机械能守恒。
16.【答案】A
【解析】解：A、小球从与弹簧接触到运动到最低点的过程中，重力先大于弹力，后小于弹力，故加速度先向下后向上，小球先失重后超重，故A错误；
B、同A，加速度先向下后向上，所以速度先增大后减小，故B正确；
C、小球下落过程，先加速后减速，a先减小后增大，当加速度为0，即重力与弹力大小相等时，小球的速度最大，即动能最大，此时mg=kx，解得x=mgk，故C正确；
D、小球到达C点时，弹簧的弹性势能最大，根据能量守恒，重力势能减小，转化为弹性势能，所以弹性势能的最大值为mg(h+x)，故D正确。
本题要求选错误的，
故选：A。
对小球下落过程受力分析，判断小球运动情况，得到速度变化和加速度变化情况，可以得到超失重情况，根据能量守恒定律可以计算弹性势能最大值。
本题需要注意一定要分析好下落过程运动情况和受力情况，需要注意刚接触弹簧时，不是速度最大点。
17.【答案】0.102.01S5 (S8+S9)−(S6+S7)4T2 2.001.002.01
【解析】解：(1)①打点计时器电源频率是50Hz，每隔0.02s打一次点．因从某点开始每5个连续点标为一个记数点，故相邻两记数点间的时间间隔T=5×0.02s=0.10s.
由图看出，汽车在1、2两点间的位移最大，速度最大，所以最大速度为：
vm=S1t=20.10×10−20.1m/s=2.01m/s
②由ΔS=aT2知，S6−S5=18.70cm−19.50cm=−0.8cm，S7−S6=16.80cm−18.70cm=−1.9cm，S8−S7=14.80cm−16.80cm=−2.0cm，S9−S8=12.70cm−14.80cm=−2.1cm，可知数据S5不合理，应舍去．
由S9−S7=2a1T2，S8−S6=2a2T2，a=a1+a22，得
加速度表达式为：a=(S8+S9)−(S6+S7)4T2，代入数据得加速度大小为：a=2.00m/s2.
③由牛顿第二定律有，遥控汽车滑行过程的阻力大小为：f=ma=0.5×2.00N=1.00N.
汽车速度最大时，功率达到额定值，其额定功率P=Fvm=fvm=1.00×2.01W=2.01W.
故答案为：①0.10，2.01；②S5，(S8+S9)−(S6+S7)4T2；2.00；③1.00，2.01.
①打点计时器电源频率是50Hz，每隔0.02s打一次点．速度最大时相等时间内汽车通过的位移最大，由图读出最大位移，即可求得最大速度．
②依次求出最后5段相邻位移之差，即可判断哪段数据不合理，由Δs=aT2求解加速度．
③根据牛顿第二定律求解阻力大小，由功率公式P=Fv求额定功率．
掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度是解题的关键，也是应培养的基本能力，要多做这类问题的练习．
18.【答案】解：(1)火星对“天问一号”的引力F=GMm0r2
设火星表面有一质量为m物体
GMmR2=mg
得F=m0gR2r2
(2)火星对“天问一号”的引力提供了向心力
F=m0ω2r
得
ω=gR2r3
答：(1)“天问一号”在环火轨道受到的火星引力大小为m0gR2r2；
(2)“天问一号”在环火轨道的角速度大小为gR2r3。
【解析】(1)根据万有引力公式求解探测器受到的万有引力大小；
(2)“天问一号”探测器受到的万有引力充当向心力，根据万有引力列式即可求得角速度大小。
解决天体(卫星)运动问题的基本思路：(1)在地面附近万有引力近似等于物体的重力，F引=mg，整理得GM=gR2；(2)天体运动都可近似地看成匀速圆周运动，其向心力由万有引力提供，即F引=F向，根据相应的向心力表达式进行分析。
19.【答案】解：(1)由G重=mg可知：m=G重g=4010=4kg
在卫星垂直加速上升的过程中，由牛顿第二定律得：N−mg′=ma
解得：g′=2.5m/s2.
根据GMmr2=mg，得g=GMr2
则得，在地球表面有
g=GMR2
在卫星现在的位置有g′=GM(R+h)2
以上两式联立解得：h=R=6.4×103km
故卫星此时距地面的高度为6.4×103km.
(2)卫星绕地球做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力，有
GMm卫(4R)2=m卫v24R
由黄金代换式GM=gR2；
联立解得：v=4km/s
故当卫星进入离地高为地球半径3倍的圆形轨道运动时，它运行的速度为4km/s
答：(1)卫星此时距地面的高度为6.4×103km.
(2)当卫星进入离地高为地球半径3倍的圆形轨道运动时，它运行的速度为4km/s.
【解析】(1)根据卫星的加速度，通过牛顿第二定律求出当地的重力加速度，通过万有引力等于重力求出卫星距离地面的高度．
(2)卫星进入离地高为地球半径3倍的轨道时，由万有引力提供向心力，列出速度表达式．再根据物体在地面上，万有引力等于重力列式，联立可求解．
本题关键掌握研究卫星问题的两条基本思路：一是重力等于万有引力，二是万有引力等于向心力．能熟练应用牛顿第二定律、万有引力定律公式即可正确解题．
20.【答案】解：(1)物体在B点时，由重力和轨道支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得
FN−mg=mvB2R
由牛顿第三定律知在B点轨道对物体的支持力大小：FN=9mg
联立解得：vB=8gR
物体从A运动到B，弹簧的弹力对物体做功，弹簧的弹性势能转化为物体动能，由动能定理得
W弹=12mvB2=4mgR
(2)物体恰能到达C点，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得：
mg=mvC2R
得vC=gR
物体从B到C的过程中，只有重力和阻力做功．根据动能定理可得
−Wf−mg⋅2R=12mvC2−12mvB2
解得物体从B到C克服阻力做的功为：Wf=32mgR
(3)物体从A点到返回水平面的整个运动过程中，弹簧的弹力对物体做正功，阻力对物体做负功，重力做功为零，由动能定理可得
W弹−Wf=Ek地−0
解得物块离开C点后落回水平面时动能：Ek地=52mgR
答：(1)弹簧对物块的弹力做的功为4mgR；
(2)物块从B至C克服阻力做的功为32mgR；
(3)物块离开C点后落回水平面时动能的大小为52mgR。
【解析】(1)研究物体经过B点的状态，分析物体在B点的受力情况，根据牛顿第二定律求出物体经过B点时的速度。对物体从A点至B点的过程，运用动能定理列式，可得弹簧对物块的弹力做的功；
(2)物体恰好到达C点时，由重力充当向心力，由牛顿第二定律求出物体经过C点时的速度。物体从B到C的过程，运用动能定理求解克服阻力做的功。
(3)物体从A点到返回水平面的整个运动过程中，利用动能定理求物块落回水平面时动能的大小。
本题的解题关键是根据牛顿第二定律求出物体经过B、C两点的速度，再结合动能定理求解物体克服阻力做的功和物体返回水平面的动能。运用动能定理时，要注意灵活选择研究的过程。
21.【答案】解：(1)运动员从A点运动到B的过程中做平抛运动，到达B点时，其速度沿着B点的切线方向，根据三角形定则可知，物体到达B点的速度为：vB=vcos60∘
解得：vB=6m/s；
(2)从B到E，由动能定理得：mgh−μmgL−mgH=0−12mvB2
代入数值得：L=6.5m；
(3)令运动员能到达左侧的最大高度为h′，
从E点到第一次返回到左侧最高处，由动能定理得：mgH−μmgL−mgh′=0
解得：h′=1.2m<2m
故运动员不能回到B点
设运动员从E点开始返回后，在CD段滑行的路程为s，全过程由能量守恒定律得：mgH=μmgs
解得总路程s=12.5m
由于L=6.5m
所以可得运动员最后停止的位置距C点6 m处。
答：(1)运动员从A点运动到B点的过程中，到达B点时的速度大小为6m/s；
(2)水平轨道CD的长度L为6.5m；
(3)运动员不能回到B点，最后停止的位置距C点的距离为6m。
【解析】(1)从A运动到B点，运动员做平抛运动，到达B点时对速度进行分解，即可求出B点速度；
(2)对B到E，根据动能定理，可以求出水平轨道CD的长度L；
(3)从E到第一次返回达到最高点，根据能量守恒定律求出第一次返回时沿着BC轨道上滑的最大高度，从而判断能否回到B点；
从E点开始返回到最终停下的全过程，根据能量守恒定律可以求出运动员在CD上通过的路程，从而确定最后停止的位置距C点的距离。
本题考查了能量的观点在力学综合问题中的应用。从能量角度解题时要注意初末状态的确定及力做功的情况，分析能量是如何转化的。
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