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2022-2023学年安徽省亳州市涡阳县重点中学高一（下）期末联考物理试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年安徽省亳州市涡阳县重点中学高一（下）期末联考物理试卷（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年安徽省亳州市涡阳县重点中学高一（下）期末联考物理试卷
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 我国古代数学名著《九章算术》中，有记载在屋内墙角处堆放米，米堆为圆锥体的四分之一，由此计算米堆的体积。其实，如果把米堆放在水平地面上，则米堆的形状为一个圆锥体，而且对于同样的米，即使米堆大小不同，大米堆与小米堆形状也是相似的，即米堆侧面与水平地面夹角相同。假设不同米堆所用的米相同，米粒之间的摩擦因数约为0.75。则堆好米堆恰好稳定后，米堆侧面与地面的夹角为( )
A. 30° B. 45° C. 37° D. 60°
2. 无链自行车就是用轴和齿轮组合代替链条和链轮组合，和普通链条自行车相比，其它的部件是一样的，但是改变了传动的方式。早在上个世纪九十年代初，中国就有人研究开发无链自行车，目前我国已经开发出第五代新型无链自行车。如图所示是无链条自行车用轴和齿轮组合部分的传动原理图，圆锥齿轮a和圆锥齿轮c彼此完全咬合，a的齿数是30，c的齿数是15，则圆锥齿轮a和圆锥齿轮c的角速度之比为( )
A. 2：1 B. 1：2 C. 1：1 D. 1：4
3. 卢旺达2023年5月2日至3日遭受强降雨，引发该地区的洪水和山体滑坡等灾害。我国通过风云—2H静止气象卫星提供持续监测。风云—2H卫星于2018年6月5日成功发射到离地面高度约为地球半径5倍的地球静止轨道，可以为亚太空间合作组织成员国和“一带一路”沿线国家提供良好的观测视角和高频次区域观测。则关于风云—2H卫星说法正确的是( )
A. 围绕地球运转的角速度大于地球自转角速度
B. 运行速度应是7.9km/s
C. 向心加速度约为其地面上物体的重力加速度的136
D. 我国能利用它进行气象观测，是因为它可以经过北京的正上方
4. 如图所示，一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质缆绳提升一箱货物，已知货箱的质量为m0，货物的质量为m，货车以速度v向左做匀速直线运动，在将货物提升到图示的位置时，(连接货车的绳子与水平方向成θ角，重力加速度为g)，下列说法正确的是( )
A. 缆绳中的拉力FT大小等于(m0+m)g B. 货箱向上运动的速度等于v
C. 货物对货厢的压力大小大于mg D. 货物处于失重状态
5. 工地工人用如图所示的方法将带挂钩的重物拉起。不可伸长的轻绳两端分别固定于刚性直杆上的A、B两点，轻绳长度大于A、B两点间的距离，杆右端用铰链固定在墙壁上。现将挂钩挂在轻绳上，工人用另一轻绳连接杆的左端通过滑轮缓慢将杆左端拉起，开始时左端低于右端，不计挂钩与绳之间的摩擦。在工人将杆拉起到左端高于右端的过程中，下列说法正确的是( )
A. 轻绳的张力变大 B. 轻绳的张力变小
C. 轻绳的张力先变大后变小 D. 轻绳对挂钩的作用力先变大后变小
6. “歼—31”是中国目前正在自主研制的第三款隐形战斗机，该机未来可能作为航母舰载机使用。在某次起飞中，质量为m的“歼—31”以恒定的功率P启动，其起飞过程中的速度随时间变化图象如图所示，经时间t0飞机的速度达到最大值为vm时，刚好起飞。假设起飞过程中(0∼t0)飞机所受阻力越来越大，下列说法正确的是( )
A. 起飞过程，飞机做匀加速运动
B. 起飞过程，速度增加越来越快
C. 飞机起飞过程平均速度小于vm2
D. 起飞过程中克服阻力所做的功为Pt0−12mvm2
7. 在一斜面顶端，将甲乙两个小球分别以一定的初速度沿同一方向水平抛出，乙球质量是甲球质量的两倍。甲球落在该斜面的中点B处，乙球落在该斜面的底端C处。忽略空气阻力，则甲球落至斜面时的动能与乙球落至斜面时的动能之比为( )
A. 2：1 B. 1：1 C. 1：4 D. 1：8
二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）
8. 如图所示，小球甲在真空中做自由落体运动，另一相同的小球乙在油中由静止开始下落。它们都由高度为h1的地方下落到高度为h2的地方。在这两种情况下，下列说法正确的( )
A. 乙球机械能增加 B. 重力对两球做功相等
C. 两球运动时间相等真空 D. 甲球重力的平均功率较大
9. 如图所示，轻质弹簧一端固定在O点，另一端与质量为m圆环相连，圆环套在竖直粗糙的固定细杆上。现在将圆环从A点静止释放，当圆环运动到B点时弹簧水平且处于原长，到达C点时速度减为零，AB=BC=L。下列说法正确的是( )
A. 从A到C的过程中，圆环的机械能守恒
B. 从A到C的过程中，弹簧的弹力对圆环先做正功，后做负功
C. 从A到C克服摩擦力做功为2mgL
D. 从A到C的过程中，圆环经过B点速度最大
10. 如图所示，配送机器人作为新一代配送工具，可以做到自动规避道路障碍与往来车辆行人，做到自动化配送的全场景适应。该配送机器人机身净质量为350kg，最大承载质量为200kg，在正常行驶中，该配送机器人受到的阻力约为总重力的110，满载时最大速度可达5m/s，已知重力加速度g=10m/s2，关于该机器人在配送货物过程中的说法正确的是( )
A. 该配送机器人的额定功率为2750W
B. 该配送机器人若以额定功率启动时，则先做匀加速运动，后做变加速运动，直至速度达到最大速度后匀速运动
C. 该配送机器人空载时，达到的最大速度为约为9m/s
D. 满载情况下以额定功率启动，当速度为2m/s时，该配送机器人的加速度大小为1.5m/s2
三、实验题（本大题共2小题，共17.0分）
11. 小明利用如图所示的实验装置.采用动力学方法测量物块与长木板间的动摩擦因数μ。长木板固定在水平桌面上，左端安装遮光片的物块通过细绳跨过定滑轮与重物连接，光电门固定在靠近定滑轮处。
(1)实验前下列操作正确的是_________。
A.需要抬高木板的一端平衡摩擦力
B.调节定滑轮的高度，使细绳与长木板平行
C.用天平测出物块(含遮光片)的质量M和重物的质量m
(2)某次实验，记录释放前物块左侧与光电门的距离s及由静止释放后物块速光片通过光电门的遮光时间t，若遮光片的宽度为d，则物块的加速度a=________。(用s、t、d表示)
(3)保持m、M不变，改变s，根据多组s、t数据在坐标系中作出1t2−s图像如图所示，图像的斜率为k，设重力加速度为g，则物块与长木板之间的动摩擦因数为________(用题中给出的物理量符号表示)。
12. 某实验小组用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。图中O是量角器的圆心，悬线一端系于此处，另一端系一个小钢球，S是光电门，位于O点正下方。实验过程中，调节装置使OS保持竖直，量角器所在平面为竖直平面，将钢球拉开一定角度，保持悬线伸直，由静止释放钢球，在钢球底部粘住一片宽度为d的遮光条，记录钢球每次下落时的绳子与竖直方向的夹角θ和遮光条经过光电门的挡光时间t。
图甲 图乙
(1)用ΔEk=12mv2计算钢球动能变化量的大小，用刻度尺测量遮光条宽度示数如图乙所示，其读数为
________cm。某次测量中，计时器的示数为0.0100s，则钢球经过S时的速度v=________m/s(保留3位有效数字)。
(2)要完成实验，除(1)问外还必须测量物理量是_________。
A.钢球(包括遮光条)的质量m
B.钢球重心到悬线悬点O的距离L
C.由静止释放到钢球运动到光电门位置所用的时间Δt
(3)用题设和(2)中给定的物理量符号写出验证机械能守恒定律的表达式：________(重力加速度为g)。
(4)某同学验证机械能守恒时，发现小钢球的势能减小量ΔEp，总是略小于动能增加量ΔEk，造成该差异的原因是__________。
A.计算钢球重力势能的变化时，L测量为O点到球在最低点时底端之间的距离
B.实验中所求速度是遮光条的速度，比钢球速度略大
C.钢球下落过程中存在空气阻力
四、计算题（本大题共3小题，共43.0分）
13. 我国发射的高分系列卫星中，高分四号卫星处于地球同步轨道。如图所示，卫星A是位于赤道平面内、绕行方向与地球自转方向相同的近地卫星，B是高分四号地球同步卫星，此时刻A、B连线与地心恰在同一直线上且相距最近。已知A的角速度为ω1，地球自转角速度为ω2，万有引力常量为G。
(1)估算地球的密度；
(2)由图示时刻开始，至少经过多长时间A、B相距最远？
14. 如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道(在最低点E分别与水平轨道EO和EA相连)、高度h可调的斜轨道AB组成。游戏时滑块从O点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道。全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功。已知圆轨道半径r=0.1m，OE长L1=0.2m，AC长L2=0.4m，圆轨道和AE光滑，滑块与AB、OE之间的动摩擦因数μ=0.5。滑块质量m=2g且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能。忽略空气阻力，各部分平滑连接，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)若想游戏成功，BC的最小高度；
(2)当h=0.2m且游戏成功时，弹簧的弹性势能大小。
15. 如图所示，某粮食仓库用传送带运送粮食，传送带与水平面的夹角θ=37°，传送带在电动机的带动下，始终保持1m/s的速度顺时针运行。现把一袋90kg的粮食(可视为质点)轻放在传送带的底端，经过一段时间粮食与传送带达到共同速度后继续传送到5m高处。已知工件与传送带间的动摩擦因数为μ=0.8，重力加速度大小为g=10m/s2，sin37°=0.6，则在此过程中，求：
(1)粮袋与传送带间因摩擦而产生的热量；
(2)电动机因传送粮食多做的功；
(3)若粮袋放在传送带上运动9s时传送带突然停止运行，试判断粮袋能不能到达皮带的最高处，若未到达求离最高点距离。(计算结果保留到小数点后两位)
答案和解析
1.【答案】C
【解析】略
2.【答案】B
【解析】略
3.【答案】C
【解析】A.地球静止卫星围绕地球的角速度与地球自转角速度大小相等，故A错误；第一宇宙速度7.9km/s是近地卫星的环绕速度，也是地球卫星绕地球做匀速圆周运动的最大环绕速度，而静止卫星的轨道半径要
大于近地卫星的轨道半径，其线速度一定小于第一宇宙速度，故B错误；根据万有引力提供向心力，得 GMm(5R+R)2=ma ，据地球表面万有引力等于重力，得 GMmm=mg ，由以上两等式得 a=136g ，所以它的向心加速度约为其地面上物体的重力加速度的 136 ，故C正确；静止卫星轨道和赤道在同一平面，所以不可能经过北京的正上空，故D错误；故选C。
4.【答案】C
【解析】将货车的速度进行正交分解，如图所示。由于绳子不可伸长，货箱和货物整体向上运动的速度和货车速度沿着绳子方向的分量相等，故： v1=vcosθ ，由于θ不断减小，故货箱和货物整体向上做加速运动，加速度向上；A.货箱和货物整体向上做加速运动，故拉力大于(M+m)g，故A错误；B.货箱和货物整体向上做加速运动，大小小于v，故B错误；C.，货箱和货物整体向上做加速运动，故C正确；D.货箱和货物整体向上做加速运动，加速度向上，是超重，故D错误；故选C。
5.【答案】C
【解析】不计挂钩与绳之间的摩擦，则挂钩可视为“活结”。挂钩两侧绳上的拉力大小相等。设挂钩两侧轻绳的夹角为θ，设轻绳上的拉力为F，则由共点力的平衡可得 2Fcosθ2=mg ，则 F=mg2cosθ2 ，当A点升高时，AB之间的水平距离变大，故轻绳间的夹角θ先变大， cosθ2 先变小，轻绳的张力先变大；当杆水平时轻绳间夹角最大，轻绳的张力最大；当A的高度超过B时，AB之间的水平距离开始变小，故轻绳间的夹角θ变小， cosθ2 变大，轻绳的张力变小；故轻绳的张力先变大后变小，故B正确；故AB错误，C正确；轻绳对挂钩的作用力，大小等于挂钩对轻绳的作用力大小，等于重物的重力大小，故D错误。故选C。
6.【答案】D
【解析】根据 P=Fv ，P恒定，牵引力F减小，合力 F合=F−f ，知合力减小，加速度减小，所以速度增加越来越慢，故AB错误；根据速度图象与时间轴所围的面积表示位移，知飞机的位移比匀加速直线运动的位移大，则飞机的平均速度比匀加速直线运动的平均速度 vm2 大，故C错误；设该过程克服阻力所做的功为W，根据动能定理得 Pt0−W阻=12mvm2 ， W阻=Pt0−12mvm2 ，D正确，故选D。
7.【答案】C
【解析】竖直方向，由 h=12gt2 得： t= 2hg ，可知甲乙落到斜面得时间比为： t甲:t乙=1: 2 ；水平方向，由 x=v0t 得，甲乙两球水平速度之比： v0甲:v0乙=1: 2 ，由小球速度 v= v02+vy2 得两球到达斜面速度之比为 1: 2 ，所以到达斜面时动能 12mv2 之比为：1：4。故选C。
8.【答案】BD
【解析】在真空中，机械能守恒，重力势能完全转化为动能，而在液体中，阻力做功，机械能不守恒，重力势能转化为动能和内能，甲球机械能守恒，乙球机械能变小，故A错误；两球下落高度相同，由W=mgh可知，重力做功相等，重力势能的减少量等于重力做的功，可知重力势能的变化相等，故B正确；甲球加速度大，根据 h=12gt2 ，可知甲运动时间较短，故C错误；甲球的运动时间短，故甲球的重力平均功率大，故选BD。
9.【答案】BC
【解析】从A到C的过程中，摩擦力对圆环做负功，圆环的机械能不守恒，A错误；从A到C过程中，弹性势能先减小，后增大，弹力先做正功，再做负功，B正确；圆环在A点和C点，弹簧得弹性势能相同，从A到C的过程中，由动能定理可得： WG−Wf=0 ，可得克服摩擦力做功 Wf=2mgL ，C项正确；圆环向下运动在合力为零时速度最大，而在B点得合力不为零，所以D错误。故选BC。
10.【答案】AD
【解析】设配送机器人机身净质量为m，最大承载质量为M，在正常行驶中，应承载最大质量，由题意知阻力为 f=110(m+M)g=110×(350+200)×10N=550N 满载达到最大时速时，牵引力F等于阻力f，则额定功率为 P=fvm=550×5W=2750W 故A正确；该配送机器人以额定功率启动时，有P=Fv根据牛顿第二定律有 F−f=(m+M)a ，分析两式，可知配送机器人做加速度减小的变加速运动直至速度达到最大速度，故B错误；该配送机器人空载达到最大速度时，牵引力等于阻力，设所受阻力为f1，最大速度为vm1，则有 f1=110mg ， P=f1vm1 联立两式，代入数据得 vm1≈7.9m/s ，故C错误；满载情况下以额定功率启动，当速度为 v′=2m/s 时，牵引力为 F′ ，加速度为 a′ ，则有 P=F′v′ ， F′−f=(m+M)a 联立两式，代入数据得 a′=1.5m/s2 ，故D正确。
11.【答案】(1)BC(2分) (2) d22t2s (3) 2mg−(M+m)kd22Mg
【解析】(1)为了减小误差，绳子拉力应沿着水平方向，需要调节定滑轮的高度，使细绳与长木板平行，本实验利用牛顿第二定律测动摩擦因数，需要用天平测出物块(含遮光片)和重物的质量，不需要平衡摩擦力。故选BC。
(2) v=dt ，根据运动学公式 v2=2as 可得 a=d22t2s ；(3)由 v2=2as 可得 1t2=2ad2s ，可知 1t2−s 的斜率 k=2ad2 ，可得 a=kd22 ，根据牛顿第二定律 mg−μMg=(M+m)a ，可得： μ=2mg−(M+m)kd22Mg 。
12.【答案】(1)1.50(1分) 1.50(2分) (2)B(2分)
(3) 2gL(1−cosθ)=(dt)2 (4)B(2分)
【解析】(1)刻度尺的最小分度值为1mm，需估读一位，所以读数为1.50cm；钢球经过A的速度为 v=dΔt=1.50×10−20.0100m/s=1.50m/s ；(3)物体下摆的过程中到最下端获得速度v，有 mgL(1−cosθ)=12mdt2 ，消去等式两边的质量m，变形后得到守恒表达式为 2gL(1−cosθ)=(dt)2 ，所以必须测量的物理量除了光电门记录的时间t和 θ 外，还有物体重心到悬线悬点O的距离L，故选B；(4)表中的 ΔEp 与 ΔEk 之间存在差异，且有 ΔEk>ΔEp ；计算钢球重力势能的变化时，L测量为O点到球在最低点时底端之间的距离，测量的小球下落的高度偏大，则 ΔEp 偏大，故A错误；若钢球下落过程中存在空气阻力，则有重力势能减少量大于钢球的动能增加量，即 ΔEp>ΔEk ，实验中所求速度是遮光条的速度，比钢球速度略大，导致 ΔEk>ΔEp ，故B正确，C错误。
13.【答案】(1)ρ=MV=3ω124Gπ；(2)至少经过时间 πω1−ω2 ，A、B相距最远。
【解析】(1)设地球半径为R，地球质量为M，卫星A的质量为m，有
GMmR2=mω12R
解得 M=ω12R3G
地球体积为 V=43πR3
所以密度为 ρ=MV=3ω124Gπ
(2)当A和B转过得圆心角相差为 π 时，第一次相距最远有
ω1t−ω2t=π
解得 t=πω1−ω2
即至少经过时间 πω1−ω2 ，A、B相距最远。(1分)
14.【答案】(1)h=0.05m；(2)EP2=0.01J
【解析】(1)滑块恰好经过F点时，重力提供向心力，根据牛顿第二定律得：
mg=mvF2r
滑块从F运动到B的过程中，根据动能定理得：
0−12mvF2=mg(2r−h)−μmgL2
解得h=0.05m(2分)
滑块要想在B点保持静止，需满足： mgsinθ≤μmgcosθ
tanθ=hL2≤μ=0.5h≤0.2m ，此答案符合要求。(1分)
(2)从O到B点，根据能量守恒定律： EP−mgh−μmgL1+L2=0
解得： EP2=0.01J
15.【答案】(1)Q=720J；(2) W电=5265J ；(3)粮袋未到达，离最高点距离为 0.54m
【解析】(1)由牛顿第二定律得 μmgcosθ−mgsinθ=ma
得 a=0.4m/s2
加速时间 t=va=2.5s
Δx=x传−x1=vt−vt2=1.25m
工件与传送带间摩擦产生的热量 Q=μmgcosθ⋅Δx=720J
(2) W电=Q+mgh+12mv2=5265J (4分)(其他解法也对)
(3)粮袋放在传送带上加速运动2.5s时与皮带共速，
x1=vt2=1.25m
接着粮袋匀速运动6.5s(1分)
粮袋的位移为 x2=vt2=6.5m ，
传送带停止后，粮袋继续向上减速运动至停止，根据牛顿第二定律得： μmgcosθ+mgsinθ=ma′
得 a′=12.4m/s2
减速运动位移为： x3=v22a′=0.04m
粮袋运动的总位移为： x1+x2+x3=7.79m
皮带长度为 l=hcosθ=253m=8.33m ，可知粮袋未到达，离最高点距离为 8.33m−7.79m=0.54m
2022-2023学年安徽省亳州市涡阳县重点中学高一（下）期末联考物理试卷
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 我国古代数学名著《九章算术》中，有记载在屋内墙角处堆放米，米堆为圆锥体的四分之一，由此计算米堆的体积。其实，如果把米堆放在水平地面上，则米堆的形状为一个圆锥体，而且对于同样的米，即使米堆大小不同，大米堆与小米堆形状也是相似的，即米堆侧面与水平地面夹角相同。假设不同米堆所用的米相同，米粒之间的摩擦因数约为0.75。则堆好米堆恰好稳定后，米堆侧面与地面的夹角为( )
A. 30° B. 45° C. 37° D. 60°
2. 无链自行车就是用轴和齿轮组合代替链条和链轮组合，和普通链条自行车相比，其它的部件是一样的，但是改变了传动的方式。早在上个世纪九十年代初，中国就有人研究开发无链自行车，目前我国已经开发出第五代新型无链自行车。如图所示是无链条自行车用轴和齿轮组合部分的传动原理图，圆锥齿轮a和圆锥齿轮c彼此完全咬合，a的齿数是30，c的齿数是15，则圆锥齿轮a和圆锥齿轮c的角速度之比为( )
A. 2：1 B. 1：2 C. 1：1 D. 1：4
3. 卢旺达2023年5月2日至3日遭受强降雨，引发该地区的洪水和山体滑坡等灾害。我国通过风云—2H静止气象卫星提供持续监测。风云—2H卫星于2018年6月5日成功发射到离地面高度约为地球半径5倍的地球静止轨道，可以为亚太空间合作组织成员国和“一带一路”沿线国家提供良好的观测视角和高频次区域观测。则关于风云—2H卫星说法正确的是( )
A. 围绕地球运转的角速度大于地球自转角速度
B. 运行速度应是7.9km/s
C. 向心加速度约为其地面上物体的重力加速度的136
D. 我国能利用它进行气象观测，是因为它可以经过北京的正上方
4. 如图所示，一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质缆绳提升一箱货物，已知货箱的质量为m0，货物的质量为m，货车以速度v向左做匀速直线运动，在将货物提升到图示的位置时，(连接货车的绳子与水平方向成θ角，重力加速度为g)，下列说法正确的是( )
A. 缆绳中的拉力FT大小等于(m0+m)g B. 货箱向上运动的速度等于v
C. 货物对货厢的压力大小大于mg D. 货物处于失重状态
5. 工地工人用如图所示的方法将带挂钩的重物拉起。不可伸长的轻绳两端分别固定于刚性直杆上的A、B两点，轻绳长度大于A、B两点间的距离，杆右端用铰链固定在墙壁上。现将挂钩挂在轻绳上，工人用另一轻绳连接杆的左端通过滑轮缓慢将杆左端拉起，开始时左端低于右端，不计挂钩与绳之间的摩擦。在工人将杆拉起到左端高于右端的过程中，下列说法正确的是( )
A. 轻绳的张力变大 B. 轻绳的张力变小
C. 轻绳的张力先变大后变小 D. 轻绳对挂钩的作用力先变大后变小
6. “歼—31”是中国目前正在自主研制的第三款隐形战斗机，该机未来可能作为航母舰载机使用。在某次起飞中，质量为m的“歼—31”以恒定的功率P启动，其起飞过程中的速度随时间变化图象如图所示，经时间t0飞机的速度达到最大值为vm时，刚好起飞。假设起飞过程中(0∼t0)飞机所受阻力越来越大，下列说法正确的是( )
A. 起飞过程，飞机做匀加速运动
B. 起飞过程，速度增加越来越快
C. 飞机起飞过程平均速度小于vm2
D. 起飞过程中克服阻力所做的功为Pt0−12mvm2
7. 在一斜面顶端，将甲乙两个小球分别以一定的初速度沿同一方向水平抛出，乙球质量是甲球质量的两倍。甲球落在该斜面的中点B处，乙球落在该斜面的底端C处。忽略空气阻力，则甲球落至斜面时的动能与乙球落至斜面时的动能之比为( )
A. 2：1 B. 1：1 C. 1：4 D. 1：8
二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）
8. 如图所示，小球甲在真空中做自由落体运动，另一相同的小球乙在油中由静止开始下落。它们都由高度为h1的地方下落到高度为h2的地方。在这两种情况下，下列说法正确的( )
A. 乙球机械能增加 B. 重力对两球做功相等
C. 两球运动时间相等真空 D. 甲球重力的平均功率较大
9. 如图所示，轻质弹簧一端固定在O点，另一端与质量为m圆环相连，圆环套在竖直粗糙的固定细杆上。现在将圆环从A点静止释放，当圆环运动到B点时弹簧水平且处于原长，到达C点时速度减为零，AB=BC=L。下列说法正确的是( )
A. 从A到C的过程中，圆环的机械能守恒
B. 从A到C的过程中，弹簧的弹力对圆环先做正功，后做负功
C. 从A到C克服摩擦力做功为2mgL
D. 从A到C的过程中，圆环经过B点速度最大
10. 如图所示，配送机器人作为新一代配送工具，可以做到自动规避道路障碍与往来车辆行人，做到自动化配送的全场景适应。该配送机器人机身净质量为350kg，最大承载质量为200kg，在正常行驶中，该配送机器人受到的阻力约为总重力的110，满载时最大速度可达5m/s，已知重力加速度g=10m/s2，关于该机器人在配送货物过程中的说法正确的是( )
A. 该配送机器人的额定功率为2750W
B. 该配送机器人若以额定功率启动时，则先做匀加速运动，后做变加速运动，直至速度达到最大速度后匀速运动
C. 该配送机器人空载时，达到的最大速度为约为9m/s
D. 满载情况下以额定功率启动，当速度为2m/s时，该配送机器人的加速度大小为1.5m/s2
三、实验题（本大题共2小题，共17.0分）
11. 小明利用如图所示的实验装置.采用动力学方法测量物块与长木板间的动摩擦因数μ。长木板固定在水平桌面上，左端安装遮光片的物块通过细绳跨过定滑轮与重物连接，光电门固定在靠近定滑轮处。
(1)实验前下列操作正确的是_________。
A.需要抬高木板的一端平衡摩擦力
B.调节定滑轮的高度，使细绳与长木板平行
C.用天平测出物块(含遮光片)的质量M和重物的质量m
(2)某次实验，记录释放前物块左侧与光电门的距离s及由静止释放后物块速光片通过光电门的遮光时间t，若遮光片的宽度为d，则物块的加速度a=________。(用s、t、d表示)
(3)保持m、M不变，改变s，根据多组s、t数据在坐标系中作出1t2−s图像如图所示，图像的斜率为k，设重力加速度为g，则物块与长木板之间的动摩擦因数为________(用题中给出的物理量符号表示)。
12. 某实验小组用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。图中O是量角器的圆心，悬线一端系于此处，另一端系一个小钢球，S是光电门，位于O点正下方。实验过程中，调节装置使OS保持竖直，量角器所在平面为竖直平面，将钢球拉开一定角度，保持悬线伸直，由静止释放钢球，在钢球底部粘住一片宽度为d的遮光条，记录钢球每次下落时的绳子与竖直方向的夹角θ和遮光条经过光电门的挡光时间t。
图甲 图乙
(1)用ΔEk=12mv2计算钢球动能变化量的大小，用刻度尺测量遮光条宽度示数如图乙所示，其读数为
________cm。某次测量中，计时器的示数为0.0100s，则钢球经过S时的速度v=________m/s(保留3位有效数字)。
(2)要完成实验，除(1)问外还必须测量物理量是_________。
A.钢球(包括遮光条)的质量m
B.钢球重心到悬线悬点O的距离L
C.由静止释放到钢球运动到光电门位置所用的时间Δt
(3)用题设和(2)中给定的物理量符号写出验证机械能守恒定律的表达式：________(重力加速度为g)。
(4)某同学验证机械能守恒时，发现小钢球的势能减小量ΔEp，总是略小于动能增加量ΔEk，造成该差异的原因是__________。
A.计算钢球重力势能的变化时，L测量为O点到球在最低点时底端之间的距离
B.实验中所求速度是遮光条的速度，比钢球速度略大
C.钢球下落过程中存在空气阻力
四、计算题（本大题共3小题，共43.0分）
13. 我国发射的高分系列卫星中，高分四号卫星处于地球同步轨道。如图所示，卫星A是位于赤道平面内、绕行方向与地球自转方向相同的近地卫星，B是高分四号地球同步卫星，此时刻A、B连线与地心恰在同一直线上且相距最近。已知A的角速度为ω1，地球自转角速度为ω2，万有引力常量为G。
(1)估算地球的密度；
(2)由图示时刻开始，至少经过多长时间A、B相距最远？
14. 如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道(在最低点E分别与水平轨道EO和EA相连)、高度h可调的斜轨道AB组成。游戏时滑块从O点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道。全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功。已知圆轨道半径r=0.1m，OE长L1=0.2m，AC长L2=0.4m，圆轨道和AE光滑，滑块与AB、OE之间的动摩擦因数μ=0.5。滑块质量m=2g且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能。忽略空气阻力，各部分平滑连接，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)若想游戏成功，BC的最小高度；
(2)当h=0.2m且游戏成功时，弹簧的弹性势能大小。
15. 如图所示，某粮食仓库用传送带运送粮食，传送带与水平面的夹角θ=37°，传送带在电动机的带动下，始终保持1m/s的速度顺时针运行。现把一袋90kg的粮食(可视为质点)轻放在传送带的底端，经过一段时间粮食与传送带达到共同速度后继续传送到5m高处。已知工件与传送带间的动摩擦因数为μ=0.8，重力加速度大小为g=10m/s2，sin37°=0.6，则在此过程中，求：
(1)粮袋与传送带间因摩擦而产生的热量；
(2)电动机因传送粮食多做的功；
(3)若粮袋放在传送带上运动9s时传送带突然停止运行，试判断粮袋能不能到达皮带的最高处，若未到达求离最高点距离。(计算结果保留到小数点后两位)
答案和解析
1.【答案】C
【解析】略
2.【答案】B
【解析】略
3.【答案】C
【解析】A.地球静止卫星围绕地球的角速度与地球自转角速度大小相等，故A错误；第一宇宙速度7.9km/s是近地卫星的环绕速度，也是地球卫星绕地球做匀速圆周运动的最大环绕速度，而静止卫星的轨道半径要
大于近地卫星的轨道半径，其线速度一定小于第一宇宙速度，故B错误；根据万有引力提供向心力，得 GMm(5R+R)2=ma ，据地球表面万有引力等于重力，得 GMmm=mg ，由以上两等式得 a=136g ，所以它的向心加速度约为其地面上物体的重力加速度的 136 ，故C正确；静止卫星轨道和赤道在同一平面，所以不可能经过北京的正上空，故D错误；故选C。
4.【答案】C
【解析】将货车的速度进行正交分解，如图所示。由于绳子不可伸长，货箱和货物整体向上运动的速度和货车速度沿着绳子方向的分量相等，故： v1=vcosθ ，由于θ不断减小，故货箱和货物整体向上做加速运动，加速度向上；A.货箱和货物整体向上做加速运动，故拉力大于(M+m)g，故A错误；B.货箱和货物整体向上做加速运动，大小小于v，故B错误；C.，货箱和货物整体向上做加速运动，故C正确；D.货箱和货物整体向上做加速运动，加速度向上，是超重，故D错误；故选C。
5.【答案】C
【解析】不计挂钩与绳之间的摩擦，则挂钩可视为“活结”。挂钩两侧绳上的拉力大小相等。设挂钩两侧轻绳的夹角为θ，设轻绳上的拉力为F，则由共点力的平衡可得 2Fcosθ2=mg ，则 F=mg2cosθ2 ，当A点升高时，AB之间的水平距离变大，故轻绳间的夹角θ先变大， cosθ2 先变小，轻绳的张力先变大；当杆水平时轻绳间夹角最大，轻绳的张力最大；当A的高度超过B时，AB之间的水平距离开始变小，故轻绳间的夹角θ变小， cosθ2 变大，轻绳的张力变小；故轻绳的张力先变大后变小，故B正确；故AB错误，C正确；轻绳对挂钩的作用力，大小等于挂钩对轻绳的作用力大小，等于重物的重力大小，故D错误。故选C。
6.【答案】D
【解析】根据 P=Fv ，P恒定，牵引力F减小，合力 F合=F−f ，知合力减小，加速度减小，所以速度增加越来越慢，故AB错误；根据速度图象与时间轴所围的面积表示位移，知飞机的位移比匀加速直线运动的位移大，则飞机的平均速度比匀加速直线运动的平均速度 vm2 大，故C错误；设该过程克服阻力所做的功为W，根据动能定理得 Pt0−W阻=12mvm2 ， W阻=Pt0−12mvm2 ，D正确，故选D。
7.【答案】C
【解析】竖直方向，由 h=12gt2 得： t= 2hg ，可知甲乙落到斜面得时间比为： t甲:t乙=1: 2 ；水平方向，由 x=v0t 得，甲乙两球水平速度之比： v0甲:v0乙=1: 2 ，由小球速度 v= v02+vy2 得两球到达斜面速度之比为 1: 2 ，所以到达斜面时动能 12mv2 之比为：1：4。故选C。
8.【答案】BD
【解析】在真空中，机械能守恒，重力势能完全转化为动能，而在液体中，阻力做功，机械能不守恒，重力势能转化为动能和内能，甲球机械能守恒，乙球机械能变小，故A错误；两球下落高度相同，由W=mgh可知，重力做功相等，重力势能的减少量等于重力做的功，可知重力势能的变化相等，故B正确；甲球加速度大，根据 h=12gt2 ，可知甲运动时间较短，故C错误；甲球的运动时间短，故甲球的重力平均功率大，故选BD。
9.【答案】BC
【解析】从A到C的过程中，摩擦力对圆环做负功，圆环的机械能不守恒，A错误；从A到C过程中，弹性势能先减小，后增大，弹力先做正功，再做负功，B正确；圆环在A点和C点，弹簧得弹性势能相同，从A到C的过程中，由动能定理可得： WG−Wf=0 ，可得克服摩擦力做功 Wf=2mgL ，C项正确；圆环向下运动在合力为零时速度最大，而在B点得合力不为零，所以D错误。故选BC。
10.【答案】AD
【解析】设配送机器人机身净质量为m，最大承载质量为M，在正常行驶中，应承载最大质量，由题意知阻力为 f=110(m+M)g=110×(350+200)×10N=550N 满载达到最大时速时，牵引力F等于阻力f，则额定功率为 P=fvm=550×5W=2750W 故A正确；该配送机器人以额定功率启动时，有P=Fv根据牛顿第二定律有 F−f=(m+M)a ，分析两式，可知配送机器人做加速度减小的变加速运动直至速度达到最大速度，故B错误；该配送机器人空载达到最大速度时，牵引力等于阻力，设所受阻力为f1，最大速度为vm1，则有 f1=110mg ， P=f1vm1 联立两式，代入数据得 vm1≈7.9m/s ，故C错误；满载情况下以额定功率启动，当速度为 v′=2m/s 时，牵引力为 F′ ，加速度为 a′ ，则有 P=F′v′ ， F′−f=(m+M)a 联立两式，代入数据得 a′=1.5m/s2 ，故D正确。
11.【答案】(1)BC(2分) (2) d22t2s (3) 2mg−(M+m)kd22Mg
【解析】(1)为了减小误差，绳子拉力应沿着水平方向，需要调节定滑轮的高度，使细绳与长木板平行，本实验利用牛顿第二定律测动摩擦因数，需要用天平测出物块(含遮光片)和重物的质量，不需要平衡摩擦力。故选BC。
(2) v=dt ，根据运动学公式 v2=2as 可得 a=d22t2s ；(3)由 v2=2as 可得 1t2=2ad2s ，可知 1t2−s 的斜率 k=2ad2 ，可得 a=kd22 ，根据牛顿第二定律 mg−μMg=(M+m)a ，可得： μ=2mg−(M+m)kd22Mg 。
12.【答案】(1)1.50(1分) 1.50(2分) (2)B(2分)
(3) 2gL(1−cosθ)=(dt)2 (4)B(2分)
【解析】(1)刻度尺的最小分度值为1mm，需估读一位，所以读数为1.50cm；钢球经过A的速度为 v=dΔt=1.50×10−20.0100m/s=1.50m/s ；(3)物体下摆的过程中到最下端获得速度v，有 mgL(1−cosθ)=12mdt2 ，消去等式两边的质量m，变形后得到守恒表达式为 2gL(1−cosθ)=(dt)2 ，所以必须测量的物理量除了光电门记录的时间t和 θ 外，还有物体重心到悬线悬点O的距离L，故选B；(4)表中的 ΔEp 与 ΔEk 之间存在差异，且有 ΔEk>ΔEp ；计算钢球重力势能的变化时，L测量为O点到球在最低点时底端之间的距离，测量的小球下落的高度偏大，则 ΔEp 偏大，故A错误；若钢球下落过程中存在空气阻力，则有重力势能减少量大于钢球的动能增加量，即 ΔEp>ΔEk ，实验中所求速度是遮光条的速度，比钢球速度略大，导致 ΔEk>ΔEp ，故B正确，C错误。
13.【答案】(1)ρ=MV=3ω124Gπ；(2)至少经过时间 πω1−ω2 ，A、B相距最远。
【解析】(1)设地球半径为R，地球质量为M，卫星A的质量为m，有
GMmR2=mω12R
解得 M=ω12R3G
地球体积为 V=43πR3
所以密度为 ρ=MV=3ω124Gπ
(2)当A和B转过得圆心角相差为 π 时，第一次相距最远有
ω1t−ω2t=π
解得 t=πω1−ω2
即至少经过时间 πω1−ω2 ，A、B相距最远。(1分)
14.【答案】(1)h=0.05m；(2)EP2=0.01J
【解析】(1)滑块恰好经过F点时，重力提供向心力，根据牛顿第二定律得：
mg=mvF2r
滑块从F运动到B的过程中，根据动能定理得：
0−12mvF2=mg(2r−h)−μmgL2
解得h=0.05m(2分)
滑块要想在B点保持静止，需满足： mgsinθ≤μmgcosθ
tanθ=hL2≤μ=0.5h≤0.2m ，此答案符合要求。(1分)
(2)从O到B点，根据能量守恒定律： EP−mgh−μmgL1+L2=0
解得： EP2=0.01J
15.【答案】(1)Q=720J；(2) W电=5265J ；(3)粮袋未到达，离最高点距离为 0.54m
【解析】(1)由牛顿第二定律得 μmgcosθ−mgsinθ=ma
得 a=0.4m/s2
加速时间 t=va=2.5s
Δx=x传−x1=vt−vt2=1.25m
工件与传送带间摩擦产生的热量 Q=μmgcosθ⋅Δx=720J
(2) W电=Q+mgh+12mv2=5265J (4分)(其他解法也对)
(3)粮袋放在传送带上加速运动2.5s时与皮带共速，
x1=vt2=1.25m
接着粮袋匀速运动6.5s(1分)
粮袋的位移为 x2=vt2=6.5m ，
传送带停止后，粮袋继续向上减速运动至停止，根据牛顿第二定律得： μmgcosθ+mgsinθ=ma′
得 a′=12.4m/s2
减速运动位移为： x3=v22a′=0.04m
粮袋运动的总位移为： x1+x2+x3=7.79m
皮带长度为 l=hcosθ=253m=8.33m ，可知粮袋未到达，离最高点距离为 8.33m−7.79m=0.54m
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