高級中學名校試題PAGEPAGE1物理試題滿分100分，考試時間75分鐘注意事項：1.答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息。2.請將答案正確填寫在答題卡上。第I卷（選擇題，共43分）一、單項選擇題（本題共7個小題，每小題4分，共28分。每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合題目要求的）1.關于物理學發展，下列表述正確的是（）A.哥白尼提出了“地心說”，認為地球位于宇宙的中心B.牛頓提出了三條運動定律及萬有引力定律，并利用扭秤裝置較準確地測出了引力常量C.經典力學是許多科學家經過艱苦探索才完成的科學理論，經典力學適用于一切情況D.開普勒通過對天體運動的長期研究，發現了行星運動三定律【答案】D【解析】A．哥白尼提出了“日心說”，認為太陽位于宇宙的中心；而托勒密提出了“地心說”，認為地球位于宇宙的中心，故A錯誤；B．牛頓提出了三條運動定律及萬有引力定律，卡文迪什利用扭秤裝置較準確地測出了引力常量，故B錯誤；C．經典力學是許多科學家經過艱苦探索才完成的科學理論，經典力學適用于宏觀、低速、弱引力情況，對于微觀、高速和強引力情況不再適用，故C錯誤；D．開普勒通過對天體運動的長期研究，發現了行星運動三定律，故D正確。故選D。2.一條河寬，船在靜水中的速度為，水流速度是，則（）A.該船可能垂直河岸橫渡到對岸B.當船頭垂直河岸渡河時，船的位移為C.當船頭垂直河岸渡河時，過河所用的時間最短，且為D.當水流速度增大且船頭垂直河岸渡河時，渡河時間會減小【答案】C【解析】A．由于水速大于船速，所以船不可能垂直河岸橫渡到對岸，故A錯誤；C．當船頭垂直河岸渡河時，過河所用的時間最短，且為故C正確；B．當船頭垂直河岸渡河時，船的位移為故B錯誤；D．過河時間與船在垂直于河岸方向上的分速度決定，和水速沒有關系，故D錯誤。故選C。3.如圖所示，一同學拍質量為0.5kg籃球，某次籃球剛到達地面時的速度大小為6m/s，與水平地面撞擊后以大小為4m/s的速度反彈，已知籃球與地面碰撞的作用時間為0.2s，重力加速度大小為10m/s2，則籃球與地面碰撞過程中地面對籃球平均作用力的大小為（）A.30N B.25N C.10N D.5N【答案】A【解析】取豎直向上為正方向，對籃球由動量定理有代入數據有得故選A。4.目前，在地球周圍有許多人造地球衛星繞著它轉，其中一些衛星的軌道可近似為圓，且軌道半徑逐漸變小，若衛星在軌道半徑逐漸變小的過程中，只受到地球引力和稀薄氣體阻力的作用，則下列判斷正確的是（）A.衛星的動能逐漸減小B.由于地球引力做功，引力勢能一定增大C.由于氣體阻力做負功，地球引力做正功，機械能保持不變D.衛星克服氣體阻力做功小于引力勢能的減小【答案】D【解析】A．根據萬有引力提供向心力所以由于軌道半徑逐漸變小，則速度增大，動能增大，故A錯誤；B．在衛星軌道半徑減小的過程中引力對衛星做正功，故衛星的引力勢能減小，故B錯誤；C．機械能守恒的條件是只有引力做功，衛星軌道減小過程中有阻力做功，故不滿足機械能守恒，故C錯誤；D．在衛星軌道減小的過程中，衛星的動能增加，故引力對衛星做的功大于衛星克服阻力做的功，即衛星克服氣體阻力做的功小于引力勢能的減小，故D正確。故選D。5.如圖所示，在t=0時質量m=1kg的小球自高h=45m的平臺上以v0=10m/s的初速度水平拋出，運動t1=1s后，突然受到大小恒為10N的水平向右的風力作用，最后落至水平地面，不計其他阻力，取g=10m/s2。則以下說法正確的是（）A.小球從拋出至落地的過程中重力的平均功率小于150WB.小球受到風力作用后，在落地前做勻變速曲線運動C.落地瞬間小球速度方向與水平方向成53°角D.從拋出至落地的過程中，水平力的沖量大小為20N?s【答案】D【解析】A．小球在豎直方向的分運動為自由落體運動，與是否受到風力無關，設小球下落時間為t，則有解得小球從拋出至落地的過程中重力的平均功率為故A錯誤；BC．小球拋出1s時，速度方向與水平方向的夾角滿足受到水平風力后，小球受到的合力與水平方向的夾角滿足故小球受到風力作用后，所受合力與速度方向相同，小球做勻加速直線運動，故落地瞬間小球速度方向與水平方向成45°，故BC錯誤；D．從拋出至落地的過程中，水平風力的沖量大小為故D正確。故選D。6.“殲-20”是中國自主研制的雙發重型隱形戰斗機，該機將擔負中國未來對空、對海的主權維護任務。在某次起飛中，質量為m的“殲-20”以恒定的功率P起動，其起飛過程的速度隨時間變化圖像如圖所示，經時間飛機達到最大速度時，剛好起飛。關于飛機起飛過程，下列說法正確的是（）A.機械能守恒 B.合力減小，速度增加越來越快C.發動機的牽引力做功為 D.克服阻力所做的功為【答案】C【解析】A．飛機起飛過程，牽引力做正功，機械能增加，故A錯誤；B．根據圖像可知，加速度減小，速度增加越來越慢，故B錯誤；C．“殲-20”以恒定的功率P起動，發動機的牽引力做功為，故C正確；D．根據動能定理故克服阻力所做的功為，故D錯誤。故選C。7.假設中國空間站繞地球做勻速圓周運動，距地面的高度為，地球的半徑為，第一宇宙速度為，地球表面的重力加速度為，下列判斷正確的是（）A.中國空間站的發射速度小于B.中國空間站向心加速度為C.中國空間站內的宇航員可以自由漂浮，因為宇航員不受重力D.中國空間站繞地球運行的速度為【答案】B【解析】A．第一宇宙速度是從地表發射人造衛星或飛船的最小發射速度，所以中國空間站的發射速度不可能小于v1，故A錯誤；B．在地球表面，重力等于萬有引力，即設中國空間站的向心加速度為a，根據牛頓第二定律有聯立以上兩式解得故B正確；C．中國空間站內的宇航員可以自由漂浮，是因為所受重力全部提供繞地球做勻速圓周運動的向心力，故C錯誤；D．對中國空間站根據牛頓第二定律有第一宇宙速度是物體在地球表面附近繞地球做勻速圓周運動時的速度，則聯立以上兩式解得故D錯誤。故選B二、多項選擇題（每小題5分，共15分，每小題給出的四個選項中，有多個符合題目要求，全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有錯選的得0分）8.影視作品中的武林高手展示輕功時都是吊威亞（鋼絲）的。如圖所示，軌道車A通過細鋼絲跨過輪軸拉著特技演員B上升，便可呈現出演員B飛檐走壁的效果。軌道車A沿水平地面以速度大小向左勻速前進，某時刻連接軌道車的鋼絲與水平方向的夾角為37°，連接特技演員B的鋼絲豎直，取，則該時刻特技演員B（）A.速度大小為 B.速度大小為C.處于超重狀態 D.處于失重狀態【答案】AC【解析】AB．將車速v沿著細鋼絲方向和垂直于細鋼絲的方向分解可知，在沿著細鋼絲方向的速度為所以人上升的速度為故A正確，B錯誤；CD．設連接軌道車的鋼絲與水平方向的夾角為，則人的速度人在加速上升，則演員處于超重狀態，故C正確，D錯誤。故選AC。9.如圖所示，地球的兩顆衛星繞地球在同一平面內做勻速圓周運動，已知衛星一運行的周期為T1，衛星一和衛星二到地球中心的距離之比為1：4，某時刻兩衛星與地心連線之間的夾角為π，兩衛星的繞行方向與地球自轉方向相同，下列說法正確的是（）A.衛星一的動能大于衛星二的動能B.衛星二圍繞地球做圓周運動的周期為8T1C從圖示時刻開始，經過時間兩衛星第一次相距最近D.相等時間內衛星一和地球連線掃過的面積大于衛星二和地球連線掃過的面積【答案】BC【解析】A．萬有引力提供向心力，根據牛頓第二定律有解得衛星一和衛星二到地球中心的距離之比為1：4，則因衛星的質量關系未知，則無法確定衛星一的動能和衛星二的動能關系，故A錯誤；B．根據可知所以故B正確；C．兩衛星第一次相距最近，則有即解得故C正確；D．根據扇形面積公式有可知所以相等時間內衛星一和地球連線掃過的面積小于衛星二和地球連線掃過的面積，故D錯誤。故選BC10.如圖所示為一半徑為2R的水平轉盤，兩可視為質點、質量分別為m和2m的滑塊P、Q用一質量不計的原長為1.5R的橡皮筋相連，當滑塊P、Q隨水平轉盤以恒定的角速度ω轉動時，滑塊P、Q到轉盤圓心的距離分別為1.5R和R。已知兩滑塊與轉盤之間的動摩擦因數均為μ，且橡皮筋滿足胡克定律，勁度系數為k，重力加速度大小為g，假設兩滑塊與轉盤之間的最大靜摩擦力均等于滑動摩擦力，。則（）A.當時，滑塊P與水平轉盤之間的摩擦力為零B.當時，滑塊Q與水平轉盤之間的摩擦力為零C.當時，滑塊Q將要發生滑動，而滑塊P仍相對水平轉盤靜止D.當時，滑塊P將要發生滑動，而滑塊Q仍相對水平轉盤靜止【答案】BD【解析】B．當兩滑塊隨水平轉盤以角速度ω勻速轉動時，橡皮筋處于伸長狀態，此時橡皮筋的拉力大小為F0＝kR，且μmg≥kR。當滑塊Q與水平轉盤之間的摩擦力剛好為零時，則有解得此時，對于滑塊P滑塊P未滑動，選項B正確；A．當滑塊P與水平轉盤之間的摩擦力剛好為零時，則有解得則此時對于滑塊Q說明滑塊Q未滑動，但與轉盤問有摩擦，選項A錯誤；CD．當滑塊Q將要發生滑動時，由解得當滑塊P將要發生滑動時，由解得ω′Q>ω′P，則滑塊P先發生滑動，選項C錯誤，D正確。故選BD。第II卷（非選擇題共57分）三、實驗題（本題共2小題，共16分）11.某實驗小組的同學利用如圖甲所示的實驗裝置完成了“探究向心力與質量、角速度以及半徑之間的關系”實驗。實驗時轉動手柄，通過皮帶帶動兩個輪塔轉動，使得槽內的鋼球做圓周運動，鋼球對擋板的作用通過連桿使測力筒下降，露出的標尺刻度能表示兩鋼球所受的向心力的大小。長槽的A、B處和短槽的C處分別到各自轉軸中心距離之比為1∶2∶1，該同學設計了如圖乙所示的三種組合方式，變速塔輪自上而下每層左右半徑之比分別為1∶1、2∶1和3∶1。（1）本實驗的思想方法是（填選項前字母）A.理想模型法 B.等效法 C.推理法 D.控制變量法（2）在某次實驗中，探究向心力的大小與質量的關系，則需要將傳動皮帶調至第__________層塔輪（選填“一”“二”或“三”）；選擇兩個質量__________（選填“相同”或“不同”）的小球，分別放在擋板__________（選填“A”或“B”）和擋板C處。（3）在另一次實驗中，把兩個質量相等的鋼球放在A、C位置，傳動皮帶位于第三層，轉動手柄，當塔輪勻速轉動時，左右兩標尺露出的格子數之比約為。A.1∶3 B.1∶4 C.6∶1 D.1∶9【答案】（1）D（2）一不同A（3）D【解析】【小問1解析】本實驗考查的是向心力與質量、角速度以及半徑之間的關系，涉及多個物理量，應采用控制變量法。故選D。【小問2解析】探究向心力的大小與質量關系時，應保持角速度和運動半徑相同，僅讓小球的質量不同，分別放在擋板A和擋板C處。根據可知需要將傳動皮帶調至第一層輪塔。【小問3解析】兩鋼球質量和轉動半徑形同，傳動皮帶位于第三層，根據可知角速度之比為，由可得左右兩標尺露出的格子數之比約為。故選D。12.利用“類牛頓擺”驗證碰撞過程中的動量守恒定律。實驗器材：兩個半徑相同的球1和球2，細線若干，坐標紙，刻度尺。實驗步驟：（1）測量小球1、2的質量分別為m1、m2，將小球各用兩細線懸掛于水平支架上，各懸點位于同一水平面，如圖甲；（2）將坐標紙豎直固定在一個水平支架上，使坐標紙與小球運動平面平行且盡量靠近。坐標紙每一小格是邊長為d的正方形。將小球1拉至某一位置A，由靜止釋放，垂直坐標紙方向用手機高速連拍；（3）分析連拍照片得出，球1從A點由靜止釋放，在最低點與球2發生水平方向的正碰，球1反彈后到達最高位置為B，球2向左擺動的最高位置為C，如圖乙。已知重力加速度為g，碰前球1的動量大小為_____。若滿足關系式_____，則驗證碰撞中動量守恒；（4）球1在最低點與靜止的球2水平正碰后，球1向右反彈擺動，球2向左擺動。若為彈性碰撞，則可判斷球1的質量_____球2的質量（填寫“大于”、“等于”或“小于”）。【答案】（3）（或也可）（4）小于【解析】對小球1，根據機械能守恒定律可得碰前球1的動量大小為所以若碰撞中動量守恒，則所以球1在最低點與靜止的球2水平正碰后，球1向右反彈擺動，球2向左擺動，若為彈性碰撞，則所以由于球1向右反彈，則所以四、計算題（本大題共3小題，共41分，解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分，有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位）13.水平地面上空有架飛機正在進行投彈訓練如圖，訓練高度，飛行速度為，地面目標為C點，不計空氣阻力。（）求：（1）炸彈從飛機丟出后過多久能擊中目標；（2）飛行員應距目標水平距離多遠處投放炸彈？擊中目標時速度大小為多少？【答案】（1）；（2），【解析】（1）炸彈做平拋運動，豎直方向有解得炸彈從飛機丟出到擊中目標的時間為（2）飛行員應距目標水平距離為擊中目標時速度大小為14.如圖所示，ABDO是固定于豎直平面內的光滑軌道，AB是半徑的四分之一圓弧軌道，半徑OA處于水平位置，BDO是半徑的半圓軌道，D為BDO軌道的中點，軌道AB、BDO相切于B點。一個質量（視為質點）的滑塊P從A點的正上方的C點自由落下，沿豎直平面內的軌道通過D點時對軌道的壓力等于其受到的重力的10倍，取重力加速度大小，不計空氣阻力。（1）求C點到A點的距離H；（2）若在B點放一質量的滑塊Q（圖中未畫出，視為質點），滑塊P仍從C點由靜止釋放，兩滑塊碰撞時間極短，且碰后粘在一起，求滑塊P、Q通過O點時受到軌道的彈力大小F。【答案】（1）2m；（2）0.5N【解析】（1）滑塊P在D點時，由牛頓第二定律滑塊P從C點運動到D點的過程中，由機械能守恒定律有解得（2）設兩滑塊碰撞前瞬間，滑塊P的速度大小為1，碰撞后瞬間的速度大小為，由動能定理解得兩滑塊碰撞過程動量守恒，有解得兩滑塊一起從B點運動到O點，由機械能守恒定律有由牛頓第二定律，有解得15.某種彈射裝置如圖所示，左端固定的輕彈簧處于壓縮狀態且鎖定，彈簧具有的彈性勢能EP=4.5J，質量m=1.0kg的小滑塊靜止于彈簧右端，光滑水平導軌AB的右端與傾角θ=30°的傳送帶平滑連接，傳送帶長度L=8.0m，傳送帶以恒定速率v0=8.0m/s順時針轉動。某時刻解除鎖定，滑塊被彈簧彈射后滑上傳送帶，并從傳送帶頂端滑離落至地面。已知滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數μ=，重力加速度g取10m/s2。（1）求滑塊離開傳送帶時的速度大小v；（2）求電動機傳送滑塊多消耗的電能E；（3）若每次開始時彈射裝置具有不同的彈性勢能，要使滑塊滑離傳送帶后總能落至地面上的同一位置，求的取值范圍。【答案】（1）7m/s；（2）96J；（3）12J≤Ep'≤132J【解析】（1）設滑塊剛沖上傳送帶底端的速度為v1，根據能量守恒代入數據得因為μ＞tanθ，故滑塊在傳送帶上先向上加速，根據根據牛頓第二定律得若滑塊在傳送帶上一直加速，則離開傳送帶時的速度大小v滿足解得所以假設成立，滑塊離開傳送帶時的速度大小為7m/s。（2）滑塊在傳送帶上運動時間該段時間，傳送帶的位移對傳送帶，根據動能定理有解得即電動機傳送滑塊多消耗的電能（3）分析可知，要使滑塊滑離傳送帶后總能落至地面上的同一位置，滑塊滑出傳送帶時要與傳送帶共速。滑塊剛好加速到與傳送帶共速時離開傳送帶，所對應的彈性勢能最小，有得同理可得，滑塊剛好減速到與傳送帶共速時離開傳送帶，所對應的彈性勢能最大，有得所以，滿足條件的彈性勢能范圍為物理試題滿分100分，考試時間75分鐘注意事項：1.答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息。2.請將答案正確填寫在答題卡上。第I卷（選擇題，共43分）一、單項選擇題（本題共7個小題，每小題4分，共28分。每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合題目要求的）1.關于物理學發展，下列表述正確的是（）A.哥白尼提出了“地心說”，認為地球位于宇宙的中心B.牛頓提出了三條運動定律及萬有引力定律，并利用扭秤裝置較準確地測出了引力常量C.經典力學是許多科學家經過艱苦探索才完成的科學理論，經典力學適用于一切情況D.開普勒通過對天體運動的長期研究，發現了行星運動三定律【答案】D【解析】A．哥白尼提出了“日心說”，認為太陽位于宇宙的中心；而托勒密提出了“地心說”，認為地球位于宇宙的中心，故A錯誤；B．牛頓提出了三條運動定律及萬有引力定律，卡文迪什利用扭秤裝置較準確地測出了引力常量，故B錯誤；C．經典力學是許多科學家經過艱苦探索才完成的科學理論，經典力學適用于宏觀、低速、弱引力情況，對于微觀、高速和強引力情況不再適用，故C錯誤；D．開普勒通過對天體運動的長期研究，發現了行星運動三定律，故D正確。故選D。2.一條河寬，船在靜水中的速度為，水流速度是，則（）A.該船可能垂直河岸橫渡到對岸B.當船頭垂直河岸渡河時，船的位移為C.當船頭垂直河岸渡河時，過河所用的時間最短，且為D.當水流速度增大且船頭垂直河岸渡河時，渡河時間會減小【答案】C【解析】A．由于水速大于船速，所以船不可能垂直河岸橫渡到對岸，故A錯誤；C．當船頭垂直河岸渡河時，過河所用的時間最短，且為故C正確；B．當船頭垂直河岸渡河時，船的位移為故B錯誤；D．過河時間與船在垂直于河岸方向上的分速度決定，和水速沒有關系，故D錯誤。故選C。3.如圖所示，一同學拍質量為0.5kg籃球，某次籃球剛到達地面時的速度大小為6m/s，與水平地面撞擊后以大小為4m/s的速度反彈，已知籃球與地面碰撞的作用時間為0.2s，重力加速度大小為10m/s2，則籃球與地面碰撞過程中地面對籃球平均作用力的大小為（）A.30N B.25N C.10N D.5N【答案】A【解析】取豎直向上為正方向，對籃球由動量定理有代入數據有得故選A。4.目前，在地球周圍有許多人造地球衛星繞著它轉，其中一些衛星的軌道可近似為圓，且軌道半徑逐漸變小，若衛星在軌道半徑逐漸變小的過程中，只受到地球引力和稀薄氣體阻力的作用，則下列判斷正確的是（）A.衛星的動能逐漸減小B.由于地球引力做功，引力勢能一定增大C.由于氣體阻力做負功，地球引力做正功，機械能保持不變D.衛星克服氣體阻力做功小于引力勢能的減小【答案】D【解析】A．根據萬有引力提供向心力所以由于軌道半徑逐漸變小，則速度增大，動能增大，故A錯誤；B．在衛星軌道半徑減小的過程中引力對衛星做正功，故衛星的引力勢能減小，故B錯誤；C．機械能守恒的條件是只有引力做功，衛星軌道減小過程中有阻力做功，故不滿足機械能守恒，故C錯誤；D．在衛星軌道減小的過程中，衛星的動能增加，故引力對衛星做的功大于衛星克服阻力做的功，即衛星克服氣體阻力做的功小于引力勢能的減小，故D正確。故選D。5.如圖所示，在t=0時質量m=1kg的小球自高h=45m的平臺上以v0=10m/s的初速度水平拋出，運動t1=1s后，突然受到大小恒為10N的水平向右的風力作用，最后落至水平地面，不計其他阻力，取g=10m/s2。則以下說法正確的是（）A.小球從拋出至落地的過程中重力的平均功率小于150WB.小球受到風力作用后，在落地前做勻變速曲線運動C.落地瞬間小球速度方向與水平方向成53°角D.從拋出至落地的過程中，水平力的沖量大小為20N?s【答案】D【解析】A．小球在豎直方向的分運動為自由落體運動，與是否受到風力無關，設小球下落時間為t，則有解得小球從拋出至落地的過程中重力的平均功率為故A錯誤；BC．小球拋出1s時，速度方向與水平方向的夾角滿足受到水平風力后，小球受到的合力與水平方向的夾角滿足故小球受到風力作用后，所受合力與速度方向相同，小球做勻加速直線運動，故落地瞬間小球速度方向與水平方向成45°，故BC錯誤；D．從拋出至落地的過程中，水平風力的沖量大小為故D正確。故選D。6.“殲-20”是中國自主研制的雙發重型隱形戰斗機，該機將擔負中國未來對空、對海的主權維護任務。在某次起飛中，質量為m的“殲-20”以恒定的功率P起動，其起飛過程的速度隨時間變化圖像如圖所示，經時間飛機達到最大速度時，剛好起飛。關于飛機起飛過程，下列說法正確的是（）A.機械能守恒 B.合力減小，速度增加越來越快C.發動機的牽引力做功為 D.克服阻力所做的功為【答案】C【解析】A．飛機起飛過程，牽引力做正功，機械能增加，故A錯誤；B．根據圖像可知，加速度減小，速度增加越來越慢，故B錯誤；C．“殲-20”以恒定的功率P起動，發動機的牽引力做功為，故C正確；D．根據動能定理故克服阻力所做的功為，故D錯誤。故選C。7.假設中國空間站繞地球做勻速圓周運動，距地面的高度為，地球的半徑為，第一宇宙速度為，地球表面的重力加速度為，下列判斷正確的是（）A.中國空間站的發射速度小于B.中國空間站向心加速度為C.中國空間站內的宇航員可以自由漂浮，因為宇航員不受重力D.中國空間站繞地球運行的速度為【答案】B【解析】A．第一宇宙速度是從地表發射人造衛星或飛船的最小發射速度，所以中國空間站的發射速度不可能小于v1，故A錯誤；B．在地球表面，重力等于萬有引力，即設中國空間站的向心加速度為a，根據牛頓第二定律有聯立以上兩式解得故B正確；C．中國空間站內的宇航員可以自由漂浮，是因為所受重力全部提供繞地球做勻速圓周運動的向心力，故C錯誤；D．對中國空間站根據牛頓第二定律有第一宇宙速度是物體在地球表面附近繞地球做勻速圓周運動時的速度，則聯立以上兩式解得故D錯誤。故選B二、多項選擇題（每小題5分，共15分，每小題給出的四個選項中，有多個符合題目要求，全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有錯選的得0分）8.影視作品中的武林高手展示輕功時都是吊威亞（鋼絲）的。如圖所示，軌道車A通過細鋼絲跨過輪軸拉著特技演員B上升，便可呈現出演員B飛檐走壁的效果。軌道車A沿水平地面以速度大小向左勻速前進，某時刻連接軌道車的鋼絲與水平方向的夾角為37°，連接特技演員B的鋼絲豎直，取，則該時刻特技演員B（）A.速度大小為 B.速度大小為C.處于超重狀態 D.處于失重狀態【答案】AC【解析】AB．將車速v沿著細鋼絲方向和垂直于細鋼絲的方向分解可知，在沿著細鋼絲方向的速度為所以人上升的速度為故A正確，B錯誤；CD．設連接軌道車的鋼絲與水平方向的夾角為，則人的速度人在加速上升，則演員處于超重狀態，故C正確，D錯誤。故選AC。9.如圖所示，地球的兩顆衛星繞地球在同一平面內做勻速圓周運動，已知衛星一運行的周期為T1，衛星一和衛星二到地球中心的距離之比為1：4，某時刻兩衛星與地心連線之間的夾角為π，兩衛星的繞行方向與地球自轉方向相同，下列說法正確的是（）A.衛星一的動能大于衛星二的動能B.衛星二圍繞地球做圓周運動的周期為8T1C從圖示時刻開始，經過時間兩衛星第一次相距最近D.相等時間內衛星一和地球連線掃過的面積大于衛星二和地球連線掃過的面積【答案】BC【解析】A．萬有引力提供向心力，根據牛頓第二定律有解得衛星一和衛星二到地球中心的距離之比為1：4，則因衛星的質量關系未知，則無法確定衛星一的動能和衛星二的動能關系，故A錯誤；B．根據可知所以故B正確；C．兩衛星第一次相距最近，則有即解得故C正確；D．根據扇形面積公式有可知所以相等時間內衛星一和地球連線掃過的面積小于衛星二和地球連線掃過的面積，故D錯誤。故選BC10.如圖所示為一半徑為2R的水平轉盤，兩可視為質點、質量分別為m和2m的滑塊P、Q用一質量不計的原長為1.5R的橡皮筋相連，當滑塊P、Q隨水平轉盤以恒定的角速度ω轉動時，滑塊P、Q到轉盤圓心的距離分別為1.5R和R。已知兩滑塊與轉盤之間的動摩擦因數均為μ，且橡皮筋滿足胡克定律，勁度系數為k，重力加速度大小為g，假設兩滑塊與轉盤之間的最大靜摩擦力均等于滑動摩擦力，。則（）A.當時，滑塊P與水平轉盤之間的摩擦力為零B.當時，滑塊Q與水平轉盤之間的摩擦力為零C.當時，滑塊Q將要發生滑動，而滑塊P仍相對水平轉盤靜止D.當時，滑塊P將要發生滑動，而滑塊Q仍相對水平轉盤靜止【答案】BD【解析】B．當兩滑塊隨水平轉盤以角速度ω勻速轉動時，橡皮筋處于伸長狀態，此時橡皮筋的拉力大小為F0＝kR，且μmg≥kR。當滑塊Q與水平轉盤之間的摩擦力剛好為零時，則有解得此時，對于滑塊P滑塊P未滑動，選項B正確；A．當滑塊P與水平轉盤之間的摩擦力剛好為零時，則有解得則此時對于滑塊Q說明滑塊Q未滑動，但與轉盤問有摩擦，選項A錯誤；CD．當滑塊Q將要發生滑動時，由解得當滑塊P將要發生滑動時，由解得ω′Q>ω′P，則滑塊P先發生滑動，選項C錯誤，D正確。故選BD。第II卷（非選擇題共57分）三、實驗題（本題共2小題，共16分）11.某實驗小組的同學利用如圖甲所示的實驗裝置完成了“探究向心力與質量、角速度以及半徑之間的關系”實驗。實驗時轉動手柄，通過皮帶帶動兩個輪塔轉動，使得槽內的鋼球做圓周運動，鋼球對擋板的作用通過連桿使測力筒下降，露出的標尺刻度能表示兩鋼球所受的向心力的大小。長槽的A、B處和短槽的C處分別到各自轉軸中心距離之比為1∶2∶1，該同學設計了如圖乙所示的三種組合方式，變速塔輪自上而下每層左右半徑之比分別為1∶1、2∶1和3∶1。（1）本實驗的思想方法是（填選項前字母）A.理想模型法 B.等效法 C.推理法 D.控制變量法（2）在某次實驗中，探究向心力的大小與質量的關系，則需要將傳動皮帶調至第__________層塔輪（選填“一”“二”或“三”）；選擇兩個質量__________（選填“相同”或“不同”）的小球，分別放在擋板__________（選填“A”或“B”）和擋板C處。（3）在另一次實驗中，把兩個質量相等的鋼球放在A、C位置，傳動皮帶位于第三層，轉動手柄，當塔輪勻速轉動時，左右兩標尺露出的格子數之比約為。A.1∶3 B.1∶4 C.6∶1 D.1∶9【答案】（1）D（2）一不同A（3）D【解析】【小問1解析】本實驗考查的是向心力與質量、角速度以及半徑之間的關系，涉及多個物理量，應采用控制變量法。故選D。【小問2解析】探究向心力的大小與質量關系時，應保持角速度和運動半徑相同，僅讓小球的質量不同，分別放在擋板A和擋板C處。根據可知需要將傳動皮帶調至第一層輪塔。【小問3解析】兩鋼球質量和轉動半徑形同，傳動皮帶位于第三層，根據可知角速度之比為，由可得左右兩標尺露出的格子數之比約為。故選D。12.利用“類牛頓擺”驗證碰撞過程中的動量守恒定律。實驗器材：兩個半徑相同的球1和球2，細線若干，坐標紙，刻度尺。實驗步驟：（1）測量小球1、2的質量分別為m1、m2，將小球各用兩細線懸掛于水平支架上，各懸點位于同一水平面，如圖甲；（2）將坐標紙豎直固定在一個水平支架上，使坐標紙與小球運動平面平行且盡量靠近。坐標紙每一小格是邊長為d的正方形。將小球1拉至某一位置A，由靜止釋放，垂直坐標紙方向用手機高速連拍；（3）分析連拍照片得出，球1從A點由靜止釋放，在最低點與球2發生水平方向的正碰，球1反彈后到達最高位置為B，球2向左擺動的最高位置為C，如圖乙。已知重力加速度為g，碰前球1的動量大小為_____。若滿足關系式_____，則驗證碰撞中動量守恒；（4）球1在最低點與靜止的球2水平正碰后，球1向右反彈擺動，球2向左擺動。若為彈性碰撞，則可判斷球1的質量_____球2的質量（填寫“大于”、“等于”或“小于”）。【答案】（3）（或也可）（4）小于【解析】對小球1，根據機械能守恒定律可得碰前球1的動量大小為所以若碰撞中動量守恒，則所以球1在最低點與靜止的球2水平正碰后，球1向右反彈擺動，球2向左擺動，若為彈性碰撞，則所以由于球1向右反彈，則所以四、計算題（本大題共3小題，共41分，解答應寫出必要的文字說明、方程