北京市第四中学2023-2024学年高三上学期期中物理试题（含解析）

2023北京四中高三（上）期中
物 理
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题2分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确。请将答案填涂在答题卡上。）
1．辐射的危害程度常用“当量剂量”这一物理量衡量，其国际单位是“希沃特”，记作“Sv”。每千克人体组织吸收1焦耳能量定义为1希沃特，则下列选项中用国际单位制的单位表示希沃特正确的是（　　）
A．J kg B．m2 s﹣2
C．m2 s﹣1 D．kg2 m2 s﹣2
（多选）2．如图所示，购物袋两侧有两根等长轻绳呈对称分布，人们在购物时可以将物品装入购物袋中方便携带。用手提着两绳中央上端，始终保持购物袋处于平衡状态，则（　　）
A．仅增加购物袋中物品的质量，轻绳上的拉力不变
B．仅增加两绳的长度，手对轻绳的作用力不变
C．仅增加两绳的长度，每根轻绳上拉力减小
D．轻绳越短，越不容易断
3．两质量均为m的石块a、b以相同的速度从同一高度h，分别沿水平和斜向上方向抛出。已知b初速度与水平方向夹角为θ（θ＞0°）。不计空气阻力。则从抛出到落地前一瞬间，下列物理量相同的是（　　）
A．两石块落地时的动能
B．两石块落地时的速度
C．两石块重力的平均功率
D．两石块落地时重力的瞬时功率
4．有一种玩具结构如图所示，竖直放置的光滑铁圆环的半径为R＝20cm，环上穿有一个带孔的小球m，仅能沿环做无摩擦滑动．如果圆环绕着通过环心的竖直轴O1O2以10rad/s的角速度旋转（g＝10m/s2），则小球相对环静止时和环心O的连线与O1O2的夹角θ是（　　）
A．30° B．45° C．60° D．75°
5．如图所示，一位同学手持乒乓球拍托球沿水平直线跑动，球拍与球相对静止且均相对该同学身体静止，球拍平面和水平面之间夹角为θ。设球拍和球质量分别为M、m，不计球拍和球之间摩擦，不计空气阻力，则（　　）
A．该同学做匀速直线跑动
B．乒乓球处于平衡状态
C．球拍受到的合力大小为Mgtanθ
D．球拍受到乒乓球的压力大小为mgcosθ
6．翻斗车自卸货物的过程可以简化成如图所示模型，翻斗车始终静止在水平地面上，原来处于水平的车厢，在液压机的作用下，与水平方向的夹角θ开始缓慢增大（包括货物下滑过程中θ也在增加）。下列说法正确的是（　　）
A．货物受到的支持力先减小后增加
B．货物受到的摩擦力先减小后增加
C．货物受到的支持力一直做正功
D．货物受到的摩擦力一直做负功
7．如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力。已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中（　　）
A．重力做功2mgR B．机械能减少mgR
C．合力做功mgR D．摩擦力做功
8．碰碰车是大人和小孩都喜欢的娱乐活动，游乐场上，大人和小孩各驾着一辆碰碰车正对迎面相撞，碰撞前后两人的位移—时间图像如图所示，已知小孩的质量为30kg，大人的质量为60kg，碰碰车质量相同，碰撞时间极短。下列说法正确的是（　　）
A．碰前大人和车的速度大小为2m/s
B．碰碰车质量为15kg
C．碰撞过程中机械能损失为450J
D．碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量大小为90N s
二、多项选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分。在每题给出的四个选项中，有多个选项正确，漏选给1分，错选0分。请将答案填涂在答题卡上。）
（多选）9．（3分）如图所示，轻质弹簧上端固定，下端栓一金属球，球被水平绳拉住保持静止。现将绳子剪断，虚线为之后金属球摆动过程中的一段运动轨迹，关于这段运动过程中说法正确的是（　　）
A．剪断绳子瞬间金属球加速度一定水平向左
B．在悬点正下方b位置时金属球所受合力可能竖直向上
C．金属球运动到轨迹最低点c位置时动能一定为零
D．金属球运动到轨迹最左侧d位置时水平速度一定为零
（多选）10．（3分）宇宙飞船绕地心做半径为r的匀速圆周运动，飞船舱内有一质量为m的人站在可称体重的台秤上，用R表示地球的半径，g表示地球表面处的重力加速度，g′表示宇宙飞船所在处的地球引力加速度，N表示人对秤的压力，下面一些关系式正确的是（　　）
A．g′＝g B．g′＝0 C．N＝mg D．N＝0
（多选）11．（3分）如图所示，一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点的正下方P点。已知重力加速度大小为g。现对小球施加水平力将小球拉到Q点，此时绳子偏离竖直方向夹角为θ，则下列说法正确是（　　）
A．若小球从P点缓慢地移动到Q点，则水平拉力F做功为Flsinθ
B．若小球从P点缓慢地移动到Q点，则水平拉力F做功为mgl（1﹣cosθ）
C．若水平恒力F＝mg，则从P点运动到Q点，则水平拉力F做功为mglsinθ
D．若水平恒力F＝mg，θ＝，则从P点运动到Q点，小球速度先增大后减小
（多选）12．（3分）如图所示，物理兴趣小组要测物块A与桌面间动摩擦因数μ，按图连接好装置，按住A，绳恰绷直。将A由P点静止释放，B落地后不反弹，最终A停在Q点。测出B下落高度h＝0.20m，和 PQ间距离s＝0.50m。A、B质量均为m。则下列说法正确的是（　　）
A．A和B组成的系统机械能不守恒
B．A与桌面的动摩擦因数μ＝0.25
C．若仅考虑滑轮与绳子的摩擦，测量值与真实值相比偏小
D．若仅考虑定滑轮转动时的动能，测量值与真实值相比偏大
（多选）13．（3分）我国自主研发的卫星不仅可以在高空领域清理空间碎片，还可以发挥“太空拖船”的作用。“实践21号卫星”将一颗失效的北斗二号卫星由同步卫星轨道经转移轨道送入“墓地轨道”，这一操作震惊了世界。如图所示，轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、分别为同步卫星轨道、转移轨道和墓地轨道，P、Q分别为轨道Ⅱ与轨道Ⅰ、Ⅲ的切点。下列说法正确的是（　　）
A．卫星在轨道Ⅲ上运行的周期一定大于24小时
B．卫星从轨道Ⅰ上进入轨道Ⅱ时，在P点处的线速度相同
C．卫星从轨道Ⅱ上进入轨道Ⅲ时，在Q点处的加速度相同
D．卫星从轨道Ⅰ转移到轨道Ⅲ的过程中，动能减小，引力势能增大，机械能守恒
（多选）14．（3分）如图所示，质量分别为2m、km（k未知且k＞2）的小球B、C静止放置在光滑水平面上，一质量为m的小球A从小球B的左侧以速度v水平向右运动。已知所有碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，A与B只发生一次碰撞，则k的值可能为（　　）
A．4.5 B．6 C．7.5 D．9
（多选）15．（3分）如图所示，A、B两个矩形木块用轻弹簧和一条与弹簧原长相等的轻绳相连，静止在水平地面上，绳为非弹性绳且可承受的拉力足够大。弹簧的劲度系数为k，木块A和木块B的质量均为m。现用一竖直向下的压力将木块A缓慢压缩到某一位置，木块A在此位置所受的压力为F（F＞mg），弹簧的弹性势能为E，撤去力F后，下列正确的是（　　）
A．弹簧恢复到原长的过程中，弹簧弹力对A、B的冲量相同
B．当A速度最大时，弹簧仍处于压缩状态
C．当B开始运动时，A的速度大小为
D．全程中，A上升的最大高度为+
（多选）16．（3分）如图所示，在光滑地面上有一个质量为m、半径为R、内表面光滑的半球形凹槽。质量同样为m的小球在距离A点上方为R处，以速度v0开始平抛；与此同时，凹槽也以v0开始运动。下列说法正确的是（　　）
A．小球从A点运动到C点的过程中，凹槽经历了先减速再加速的过程
B．小球从C离开后仍能够从C点落回到凹槽
C．小球运动到B点时，地面的支持力等于2mg
D．小球运动到B点时的速度大小为v0+
三、实验题（本大题共2小题，每空2分，共16分。）
17．（8分）用如图1所示的装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板的那一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。
（1）下列实验条件必须满足的有 　 　。
A．斜槽轨道光滑
B．斜槽轨道末端水平
C．挡板高度等间距变化
D．每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球
（2）为定量研究，建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的平面直角坐标系。
a．取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于Q点，钢球的 　 　（选填“最上端”、“最下端”或“球心”）对应白纸上的位置即为原点；在确定y轴时 　 　（选填“需要”或“不需要”）y轴与重垂线平行。
b．若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图2所示，在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x，测得AB和BC的竖直间距分别是y1和y2，可求得钢球平抛的初速度v0大小为 　 　（已知重力加速度为g，结果用上述字母表示）。
18．（8分）如图1所示是“探究小车速度随时间变化的规律”实验装置图，该装置同时也可以完成“探究物体加速度与质量、力的关系”。
（1）用该装置完成“探究小车速度随时间变化的规律”实验时，下面说法正确的是 　 　。
A.图中打点计时器应使用8V左右的交流电源
B.实验时必须通过调节轨道左端的滑轮以让细线和轨道平行
C.实验时必须把轨道右端抬高以平衡摩擦力
D.实验时不需要满足槽码的质量远小于小车的质量
E.为了提高实验的精度，本实验需要改变车中砝码的个数以改变运动小车的质量，获得多组数据
（2）某同学利用如图1所示的装置进行“探究小车速度随时间变化的规律”的实验，实验中重物始终未落地，最后得到了如图2所示的速度—时间图像，根据图像可以分析出在实验操作中可能存在的问题是 　 　。
A.实验中没有平衡摩擦力
B.实验中没有满足小车质量远大于槽码质量
C.实验中先让释放小车后打开打点计时器
D.实验中未保持细线和轨道平行
（3）某同学利用上述实验装置进行“探究小车速度随时间变化的规律”的实验。实验中按规范操作打出的一条纸带的一部分如图3。从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出各计数点到“A”的距离（单位：cm）。则由数据可得其加速度为 　 　m/s2（保留两位有效数字）。
（4）在“探究物体加速度与质量、力的关系”实验中，为了提高实验精度，某同学通过合理的操作使用力传感器（图4）来测量绳子拉力，下面有关实验操作中说法正确的是 　 　。
A.实验操作中不需要槽码的质量远小于小车的质量
B.实验操作中不需要细线和轨道平行
C.实验操作中不需要平衡摩擦力
D.实验操作中不需要多次改变小车的质量以获得多组数据
四、计算题（本大题共4小题，共44分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，画出相应的示意图。只写出最后答案的不能得分。）
19．（8分）一辆汽车在平直公路上行驶，已知汽车的质量m＝2.0×103kg，发动机的额定功率P0＝80kW，设汽车行驶过程中受到的阻力大小恒为f＝4.0×103N。
（1）在不超过额定功率的前提下，求该汽车所能达到的最大速度vm。
（2）如果汽车从静止开始做匀加速直线运动。加速度的大小a＝2.0m/s2，在发动机不超过额定功率的前提下，求汽车维持匀加速运动的时间t。
20．（10分）2019年10月28日发生了天王星冲日现象，即太阳、地球、天王星处于同一直线，此时是观察天王星的最佳时间。观测得天王星半径为R，它的一颗天然卫星环绕的周期约为T，环绕半径为r，万有引力常量为G，求：
（1）估算天王星的质量；
（2）估算天王星第一宇宙速度的大小；
（3）若天王星绕太阳的环绕周期是n年，两次出现天王星冲日现象需要时间间隔多少年。
21．（12分）如图所示，质量M＝1.0kg的木块随传送带一起以v＝2.0m/s的速度向左匀速运动，木块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.50．当木块运动至最左端A点时，一颗质量为m＝20g的子弹以v0＝3.0×102m/s水平向右的速度击穿木块，穿出时子弹速度v1＝50m/s．设传送带的速度恒定，子弹击穿木块的时间极短，且不计木块质量变化，g＝10m/s2．求：
（1）在被子弹击穿后，木块向右运动距A点的最大距离；
（2）子弹击穿木块过程中产生的内能；
（3）从子弹击穿木块到最终木块相对传送带静止的过程中，木块与传送带间由于摩擦产生的内能．
22．（14分）动量定理在物理学中有着非常重要的地位，是人们解决相关问题的一重要工具。
（1）简述动量定理，并画示意图构建一个运动模型，根据牛顿定律推导出动量定理。
（2）阅读下述材料，回答问题。
水刀（图甲），利用超高压技术将普通的水加压到极高的压强，然后再通过直径约0.05毫米的喷嘴喷射出来，形成速度约为800米/秒的高速射流，该射流可用来切割软质材料。如果再在射流中加入适量的磨料，则几乎可以用来切割所有的硬质材料，比如金刚石。水刀是目前世界上最锋利的“刀”。已知水的密度ρ＝1×103kg/m3。
a.估算水刀施加于被切割材料的压强。
b.分析说明，为什么在普通水中添加磨料，可以切割更坚硬的材料？
（3）迪士尼游乐园入口旁有一喷泉，在水泵作用下会从鲸鱼模型背部喷出竖直向上的水柱，将在冲浪板上的米老鼠模型托起，稳定地悬停在空中，如图乙所示。这一景观可做如下简化，假设水柱以速度v0从喷口竖直向上喷出，喷口截面积为S。设同一高度水柱横截面上各处水的速率都相同，冲浪板底部为平板且其面积大于水柱的横截面积，保证所有水都能喷到冲浪板的底部。水柱冲击冲浪板前其水平方向的速度可忽略不计，冲击冲浪板后，水在竖直方向的速度立即变为零，在水平方向朝四周均匀散开。已知米老鼠模型和冲浪板的总质量为M，水的密度为ρ，重力加速度大小为g，空气阻力及水的粘滞阻力均可忽略不计。求：
a.喷泉水泵的输出功率。
b.米老鼠模型在空中悬停的高度。
参考答案
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题2分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确。请将答案填涂在答题卡上。）
1．【分析】根据题上信息“每千克（kg）人体组织吸收1焦耳（J）为1希沃特”作答。
【解答】解：每千克人体组织吸收1焦耳能量定义为1希沃特，即希沃特用国际单位制的基本单位表达为J/kg，即1Sv＝1J/kg，又1J＝1N m，1N＝1kg m/s2，联立可知1Sv＝1m2/s2，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题结合当今热点考查单位制，关键是要读懂题目给予的信息。
2．【分析】对购物袋整体受力分析，再根据平衡条件作答；增加两根轻绳的长度，则绳子与竖直方向的夹角会变小，根据平衡条件结合力的合成与分解分析作答；同理分析绳子变短的情形。
【解答】解：A．对购物袋整体受力分析，当购物袋中增加物品的质量，整个袋子的重力增加，根据平衡条件，绳子对袋子的拉力增大，故A错误；
B．对整体分析可知手对轻绳的作用力等于购物袋的重力，与绳长无关，故仅增加两绳的长度，手对轻绳的作用力不变，故B正确；
CD．设轻绳的拉力为T，轻绳与竖直方向的夹角为θ，则每段轻绳拉力的竖直分力等于物重的四分之一；根据平衡条件4Tcosθ＝mg
轻绳的拉力T＝
仅增加两根轻绳的长度，则绳子与竖直方向的夹角θ会变小，拉力减小；
反之，绳子越短，角度越大，绳子拉力越大，越容易断，故C正确，D错误；
故选：BC。
【点评】本题考查了共点力作用下物体的平衡、力的合成与分解的运用。
3．【分析】根据机械能守恒定律比较落地时的速度大小，速度是矢量，还要考虑方向；通过比较落地时竖直方向上的速度比较重力做功的瞬时功率，由P＝求重力的平均功率。
【解答】解：AB、两质量均为m的石块a、b以相同的速度从同一高度h，分别沿水平和斜向上方向抛出，则重力做功相等，根据机械能守恒定律，两物体落地时，速度大小相等，方向不同，故落地时速度不同，动能相对，故A正确，B错误；
C、斜上抛的运动时间大于平抛运动的时间，重力做功相等，根P＝知，重力的平均功率不同。故C错误；
D、两物体落地时，速度大小相等，方向不同，重力做功的瞬时功率P＝mgvsinθ不同，故D错误。
故选：A。
【点评】熟记并理解机械能守恒定律、瞬时功率、平均功率等物理概念，求功率要注意不要漏掉速度与力夹角的余弦，不要求方向用功能关系求解方便。
4．【分析】圆环绕着通过环心的竖直轴O1O2以10rad/s的角速度旋转，小球做圆周运动，重力和支持力的合力提供圆周运动的向心力．根据牛顿第二定律列出表达式求出夹角θ．
【解答】解：小球转动的半径为Rsinθ，小球所受的合力垂直指向转轴，根据平行四边形定则，，解得θ＝60°．故C正确，A、B、D错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键搞清小球做圆周运动向心力的来源，知道匀速圆周运动的向心力由合力提供．
5．【分析】对乒乓球受力分析，受重力、球拍对它的支持力，两个力的合力为恒力、水平向右，故乒乓球应做匀加速直线运动。球拍与球相对静止且均相对该同学身体静止，则乒乓球、球拍和同学运动状态相同，加速度相同。再结合牛顿第二定律、牛顿第三定律可判断。
【解答】解：AB．对乒乓球受力分析，如图所示
则乒乓球所受的合力为：F合＝mgtanθ
故乒乓球在水平方向做匀加速直线运动，处于非平衡状态。由于球拍与乒乓球相对静止且均相对该同学身体静止，则乒乓球、球拍和同学运动状态相同，均做加速度相同的匀加速直线运动，故AB错误；
C．对乒乓球，由牛顿第二定律得：
球拍受到的合力大小为：F＝Ma＝Mgtanθ
故C正确；
D．球拍对乒乓球的支持力大小为：
由牛顿第三定律可知，球拍受到乒乓球的压力大小N′等于球拍对乒乓球的支持力大小N，即：
故D错误。
故选：C。
【点评】本题主要考查牛顿第二定律、力的合成与分解等知识，要明确物体的合力不为零则处于非平衡状态，保持相对静止的物体运动状态相同、加速度相同。
6．【分析】根据货物的运动状态，对货物进行受力分析，根据平衡条件及恒力做功公式列式分析即可．
【解答】解：AB、货物处于静止状态时，有：mgsinθ＝f，N＝mgcosθ，θ增大时，f增大，N减小，当货物滑动后，摩擦力为滑动摩擦力f＝μN，逐渐减小，故AB错误；
C、货物受到的支持力的方向与位移方向的夹角小于90°，做正功，故C正确；
D、摩擦力的方向与位移方向垂直，不做功，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查了平衡条件的应用、功的正负发的判断方法，要求同学们能正确对物体进行受力分析，难度适中。
7．【分析】重力做功只跟初末位置的高度差有关。小球沿轨道到达最高点B时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律求得小球到达B点时的速度，从而求得机械能的减少量。根据动能定理求解合外力做的功及克服摩擦力做的功。
【解答】解：A、小球从P到B的运动过程中，重力做功WG＝mgR，故A错误；
BCD、小球到达最高点B时恰好对轨道没有压力，由牛顿第二定律得：mg＝m
解得：vB＝，
小球从P到B的运动过程中，据动能定理得：W合＝mgR+Wf＝﹣0
解得：Wf＝﹣mgR，W合＝mgR
克服摩擦力做功mgR，即机械能减少mgR，故BC错误，D正确；
故选：D。
【点评】本题解题的突破口是小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，由重力提供向心力，求出速度。要知道动能定理是求功常用的方法，要熟练掌握。
8．【分析】根据x﹣t图线求出小孩和大人碰撞前后的速度；碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律和能量守恒定律求出碰撞过程中机械能的损失；应用动量定理求出碰撞过程小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量大小。
【解答】解：A、由图示x﹣t图像可知，碰前瞬间大人的速度
v大人＝＝m/s＝﹣3m/s
故A错误；
B、小孩的速度
v小孩＝＝m/s＝2m/s
碰后两人的共同速度
v＝＝m/s＝﹣1m/s
设碰碰车的质量为M，碰撞过程系统动量守恒，以碰撞前小孩的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
（m小孩+M）v小孩+（m大人+M）v大人＝（m小孩+m小孩大人+2M）v
代入数据解得
M＝30kg
故B错误；
C、根据能量守恒定律得：（m小孩+M）v小孩2+（m大人+M）v大人2＝（m小孩+m大人+2M）v2+ΔE
代入数据解得碰撞过程中机械能损失为：ΔE＝450J，故C正确；
D、碰前小孩与其驾驶的碰碰车的总动量
p1＝（m小孩+M）v小孩＝（30+30）×2kg m/s＝120kg m/s
碰后小孩和其驾驶的碰碰车的总动量
p2＝（m小孩+M）v＝（30+30）×（﹣1）kg m/s＝﹣60kg m/s
以碰撞前小孩的速度方向为正方向，由动量定理可知，碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量
I＝Δp＝p2﹣p1＝﹣60kg m/s﹣120kg m/s＝﹣180kg m/s＝﹣180N s，负号表示方向与碰撞前小孩的速度方向相反，冲量大小为180N s
故D错误。
故选：C。
【点评】本题以碰碰车是大人和小孩都喜欢的娱乐活动为情景载体，考查了动量守恒定律、动量定理和图像的综合运用，能够从图像中获取碰撞前后的速度大小和方向是解决本题的关键。
二、多项选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分。在每题给出的四个选项中，有多个选项正确，漏选给1分，错选0分。请将答案填涂在答题卡上。）
9．【分析】根据牛顿第二定律分析A，根据金属球的运动情况分析BCD。
【解答】解：A、细绳未剪断前，设小球的重力为G、弹簧的弹力为F、细绳的拉力为T，由于金属球处于平衡状态，则根据三力平衡可知G与F的合力与T等大反向，即G与F合力的方向水平向左。细绳被剪断的瞬间细绳的拉力突然消失，而弹簧弹力的大小和方向均不发生变化即仍为F，所以此时小球所受重力G与弹簧弹力F合力的方向仍水平向左，根据牛顿第二定律中力与加速度的同向性可知在细绳被剪断的瞬间小球加速度的方向水平向左，故A正确；
B、当金属球运动到悬点O正下方时，根据物体做曲线运动的条件结合受力分析可知，此时金属球所受合力方向为竖直向下，故B错误；
C、金属球运动到轨迹最低点c位置时，有水平方向的速度，动能不为0，故C错误；
D、金属球运动到最左端时水平方向的速度为零，但合速度不为零，故D正确；
故选：AD。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的瞬时性、细绳和弹簧弹力的特点、物体做曲线运动的条件、曲线运动中速度与合力的关系，涉及面较广，难度较大
10．【分析】忽略地球的自转，万有引力等于重力，根据万有引力公式列式求出重力加速度的表达式，注意代换GM＝gR2的应用；
宇宙飞船绕地心做匀速圆周运动，飞船舱内物体处于完全失重状态．
【解答】解：AB、忽略地球的自转，万有引力等于重力：
在地球表面处：mg＝G，则GM＝gR2，
宇宙飞船：m′g′＝G，g′＝＝g，故A正确，B错误；
CD、宇宙飞船绕地心做匀速圆周运动，
飞船舱内物体处于完全失重状态，即人只受万有引力（重力）作用，所以人对秤的压力FN＝0，故C错误，D正确；
故选：AD。
【点评】根据万有引力等于重力列出等式去求解，是本题解题的关键；运用黄金代换式GM＝gR2是万用引力定律应用的常用方法．
11．【分析】小球从P点缓慢地移动到Q点，可根据动能定理求解拉力做功，根据W＝Fxcosθ可计算恒力做功，根据等效重力场分析D。
【解答】解：AB、小球从P点缓慢地移动到Q点，根据动能定理可知水平拉力F做功为W＝mgl（1﹣cosθ），故A错误，B正确；
CD、若水平恒力F＝mg，则从P点运动到Q点，则水平拉力F做功为W'＝mglsinθ
若水平恒力F＝mg，则小球受重力和拉力的合力F'＝mg，与竖直方向夹角为45°，所以从P点运动到Q点，小球速度一直增大，故D错误，C正确；
故选：BC。
【点评】本题考查动能定理，解题关键掌握做功的计算方法，注意圆周运动中等效重力的运用。
12．【分析】根据机械能守恒的条件分析A，根据动能定理可求得摩擦因数；根据能量转化关系分析CD。
【解答】解：在B落地瞬间前，A和B组成的系统受摩擦力做功，机械能不守恒，故A错误；
B、根据动能定理有
mgh﹣μmgs＝0
解得μ＝0.4
故B错误；
CD、无论是仅考虑滑轮与绳子的摩擦还说仅考虑定滑轮转动时的动能，则根据能量转化可知测量值与真实值相比偏大，故C错误，D正确；
故选：AD。
【点评】本题主要考查了动能定理，分清运动过程，根据运动过程利用好动能定理是解题的关键。
13．【分析】根据开普勒第三定律分析运行周期；根据变轨原理分析BD选项；根据万有引力定律、牛顿第二定律分析加速度大小。
【解答】解：A、根据开普勒第三定律有＝k，北斗二号卫星在轨道Ⅰ的轨道半径小于轨道Ⅲ的轨道半径，则北斗二号卫星在轨道Ⅲ上的运行周期大于24h，故A正确；
B、卫星从轨道Ⅰ上进入轨道Ⅱ时，需在P点点火加速做离心运动才可以到达转移轨道，在P点处的线速度不相同，故B错误；
C、根据F＝＝ma可知，a＝，卫星从轨道Ⅱ上进入轨道Ⅲ时，在Q点处的加速度相同，故C正确；
D、根据变轨原理可知，卫星从轨道Ⅰ转移到轨道Ⅲ的过程中，机械能增大，势能增大，根据＝m，可知v＝，则卫星的动能减小，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题主要是考查万有引力定律及其应用，关键是知道万有引力定律的计算公式、以及开普勒第三定律的应用方法。
14．【分析】对于A与B碰撞过程，以及B与C碰撞过程，分别由动量守恒定律和机械能守恒定律列方程，求出碰后各球的速度表达式，再结合A与B只发生一次碰撞的条件，来求解k的值。
【解答】解：A与B碰撞过程，取向右为正方向，分别由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv＝mvA+2mvB
联立解得碰后A、B的速度分别为
，
B与C碰撞过程，取向右为正方向，分别由动量守恒定律和机械能守恒定律得
2mvB＝2mv′B+kmvC
联立解得碰撞B的速度为
为了保证A与B只发生一次碰撞，需要满足：
由于k＞2，则有
联立解得：2＜k≤6，故AB正确，CD错误。
故选：AB。
【点评】解决本题时，要掌握弹性碰撞的基本规律：动量守恒定律和机械能守恒定律，注意规定正方向，用正负号表示速度方向。
15．【分析】弹簧弹开过程，A、B所受弹簧弹力大小相等方向相反，A、B所受弹簧弹力的冲量大小相等方向相反，冲量为矢量，两者所受冲量不同；分析清楚物体运动过程，根据运动过程应用动量守恒定律与能量守恒定律即可解题。
【解答】解：A、由于冲量是矢量，而弹簧弹力对A、B的冲量方向相反，故A错误；
B、由题意可知当A受力平衡时速度最大，即弹簧弹力大小等于重力大小，此时弹簧处于压缩状态，故B正确；
CD、设弹簧恢复到原长时A的速度为v，绳子绷紧瞬间A、B共同速度为v1，A、B共同上升的最大高度为h，A上升最大高度为H，
木块A静止时：F+mg＝k（H﹣h），弹簧恢复到原长的过程中，根据能量守恒得：E＝mv2+mg（H﹣h），
绳子绷紧瞬间系统动量守恒，以向上为正方向，根据动量守恒定律得：mv＝2mv1，
A、B共同上升的过程中，据能量守恒可得： 2m＝2mgh，解得，B开始运动时A的速度大小为v1＝，A上升的最大高度为H＝+，故C错误，D正确；
故选：BD。
【点评】本题是一道力学综合题，考查了动量守恒定律与能量守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可解题。
16．【分析】利用圆周运动规律，动量守恒定律以及功能关系即可完成对本题的求解。
【解答】解：A.小球与凹槽具有相同的初速度，所以落入A点前二者相对位置不变，以凹槽为参考物，小球做先自由落体运动；小球在AB段中，小球受到凹槽斜向左上的支持力和重力提供向心力，根据牛顿第三定律，所以会给凹槽一个斜向下的压力，使凹槽做减速运动，在BC段受到凹槽给的斜向右上的支持力，同理会给凹槽一个斜向左下的压力，使凹槽加速。故A正确；
B.小球和凹槽在整个运动过程中，水平方向不受外力，小球与凹槽在水平方向动量守恒，所以小球离开C点后仍会回到C点，故B正确；
C.由于小球在B点做圆周运动，处于超重状态，小球对凹槽的压力大于mg，滑块对地面的压力应大于2mg，故C错误；
D.小球与凹槽相对静止，小球运动到B点时，利用功能关系有：，解得，利用速度矢量合成可得总速度为，故D错误。
故选：AB。
【点评】本题考查了学生圆周运动规律，动量守恒定律，牛顿第二定律以及功能关系多方面知识的综合应用。
三、实验题（本大题共2小题，每空2分，共16分。）
17．【分析】（1）根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤。
（2）明确实验原理，知道应记录球心位置；根据位移—时间公式分别求出从抛出到到达A、B两点的时间，从而得出时间差，结合水平位移求出平抛运动的初速度。
【解答】解：（1）ABD、为了能画出平抛运动轨迹，首先保证小球做的是平抛运动，所以斜槽轨道不一定要光滑，但必须是水平的。同时要让小球总是从同一位置释放，这样才能找到同一运动轨迹上的几个点；故A错误，BD正确；
C、挡板只要能记录下小球下落在不同高度时的不同的位置即可，不需要等间距变化，故C错误；
（2）a、小球在运动中记录下的是其球心的位置，故抛出点也应是小球静置于Q点时球心的位置；故应以球心在白纸上的位置为坐标原点；小球在竖直方向为自由落体运动，故y轴必须保证与重垂线平行；
b、如果A点是抛出点，则在竖直方向上为初速度为零的匀加速直线运动，则AB和BC的竖直间距之比为1：3；
但由于A点不是抛出点，故在A点已经具有竖直分速度，故竖直间距之比大于1：3；
由于两段水平距离相等，故时间相等，
根据y2﹣y1＝gt2可知t＝，
则初速度v＝＝x。
故答案为：（1）BD；（2）a、球心、需要；b、x。
【点评】解决本题的关键是知道实验的原理以及注意事项，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解。
18．【分析】（1）根据实验原理和注意事项分析判断；
（2）根据图像和平衡摩擦力方法分析判断；
（3）根据逐差法解得加速度；
（4）根据实验原理、实验步骤和注意事项分析判断；
【解答】解：（1）A．图中是电火花计时器，使用220V交流电源，故A错误；
B．实验时必须通过调节轨道左端的滑轮，让细线和轨道平行，才能保证细线拉力保持不变，故B正确；
C．实验目的是“探究小车速度随时间变化的规律”，只要保证小车所受合力不变即可，不需要补偿阻力和满足槽码的质量远小于小车的质量的要求，故C错误；
DE．为了提高实验的精度，本实验需要改变细线所挂的槽码的个数以改变运动小车的质量，获得多组数据，但是不需要槽码的质量远小于小车的质量，故D错误，E正确。
故选：BE。
（2）由图像可知小车在运动的后阶段加速度变小，说明细线拉力方向后阶段发生变化，故可能存在的问题是试验中未保持细线和轨道平行，故ABC错误，D正确。
故选：D。
（3）每5个点取一个计数点，故相邻计数点时间间隔为：T＝5×0.02s＝0.10s
根据逐差法可解得加速度a＝＝×0.01m/s2＝4.0m/s2
（4）A．实验中因为绳子的拉力大小通过力传感器直接得到，不需要槽码的质量远小于小车的质量，故A正确；
BC．实验目的是“探究物体加速度与质量、力的关系”，要保证小车所受细线拉力等于小车所受合力，则需要补偿阻力，要保持细线和轨道平行，故BC错误；
D．多次改变小车的质量以获得多组数据，可以减小偶然误差，故D错误。
故选：A。
故答案为：（1）BE；（2）D；（3）4.0；（4）A
【点评】本题考查探究小车速度随时间变化的规律实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤、数据处理和误差分析。
四、计算题（本大题共4小题，共44分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，画出相应的示意图。只写出最后答案的不能得分。）
19．【分析】（1）当汽车达到最大速度时，汽车做匀速直线运动，根据平衡条件列式求解；
（2）相距牛顿第二定律求解牵引力，根据P＝Fv求解匀加速过程的最大速度，然后根据v＝at求解匀加速之间．
【解答】解：（1）设汽车以额定功率启动后达到最大速度vm时牵引力为F0，汽车达到最大速度时有：F0＝f＝4.0×103N
而功率：P0＝F0vm
代入数据解得：vm＝20m/s；
（2）设汽车在匀加速度运动时，牵引力为F，根据牛顿第二定律 F﹣f＝ma
解得：F＝8.0×103N
设保持匀加速的时间t，匀加速达到的最大速度为v1，则有：P0＝F v1
解得：v1＝10m/s
而由速度—时间规律有：v1＝at
解得：t＝5.0s
答：（1）汽车所能达到的最大速度是20m/s；
（2）汽车做匀加速运动所能达到的最大速度为10m/s，维持匀加速运动的时间是5.0s。
【点评】本题关键是明确汽车的运动规律，当牵引力减小到等于阻力时速度最大；对于匀加速启动问题，要明确匀加速过程的最大速度与平衡时的最大速度不同，不难。
20．【分析】（1）根据万有引力提供向心力结合周期公式解答；
（2）根据万有引力与重力的关系结合第一宇宙速度的公式解答；
（3）从一次行星冲日到下一次行星冲日，为地球多转动一周的时间。
【解答】解：（1）根据万有引力提供向心力有
＝mr
解得M＝
（2）根据万有引力与重力的关系有
＝m'g
结合m'g＝m'
联立解得v＝
（3）设两次出现天王星冲日现象需要时间间隔为t年，则地球多转动一周，有：
2π＝（﹣）t
解得t＝年
答：（1）天王星的质量为；
（2）天王星第一宇宙速度的大小为；
（3）两次出现天王星冲日现象需要时间间隔年。
【点评】本题考查万有引力提供向心力的应用，解题关键掌握第一宇宙速度的计算公式。
21．【分析】子弹击穿木块过程根据动量守恒定律列出等式解决问题．
根据牛顿第二定律和运动学公式解决问题．
运用能量守恒的观点解决问题．
【解答】解：（1）设木块被子弹击穿时的速度为u，子弹击穿木块过程动量守恒
mv0﹣Mv＝mv1+Mu 解得 u＝3.0m/s
设子弹穿出木块后，木块向右做匀减速运动的加速度为a，根据牛顿第二定律
μmg＝ma
解得 a＝5.0m/s2
木块向右运动到离A点最远时，速度为零，设木块向右移动最大距离为s1
u2＝2as1
解得 s1＝0.90m
（2）根据能量守恒定律可知子弹射穿木块过程中产生的内能为
E＝+Mv2﹣﹣Mu2
解得 E＝872.5J
（3）设木块向右运动至速度减为零所用时间为t1，然后再向左做加速运动，经时间t2与传送带达到相对静止，木块向左移动的距离为s2．根据运动学公式
v2＝2as2解得 s2＝0.40m
t1＝＝0.60s，t2＝＝0.40s
木块向右减速运动的过程中相对传送带的位移为
S′＝vt1+S1＝2.1m，
产生的内能 Q1＝μMgS′＝10.5J
木块向左加速运动的过程中相对传送带的位移为S″＝vt2﹣s2＝0.40m，
产生的内能Q2＝μMgS″＝2.0J
所以整个过程中木块与传送带摩擦产生的内能
Q＝Q1+Q2＝12.5J
答：（1）在被子弹击穿后，木块向右运动距A点的最大距离0.90m；
（2）子弹击穿木块过程中产生的内能为872.5J；
（3）木块与传送带间由于摩擦产生的内能为12.5J．
【点评】解决问题首先要清楚研究对象的运动过程．
我们要清楚运动过程中能量的转化，以便从能量守恒角度解决问题．
把动量守恒和能量守恒结合起来列出等式求解是常见的问题．
22．【分析】（1）根据牛顿第二定律结合运动学规律解答；
（2）构建物理模型，根据动量定理解答；
（3）构建物理模型，根据动量定理结合运动学规律解答。
【解答】解：（1）根据牛顿第二定律得F＝ma
匀加速直线运动的时间为t＝
联立上式得动量定理的表达式为I＝Ft＝ma×＝mv2﹣mv1
（2）a、单位时间内喷出的水的体积为V＝vS
单位时间内喷嘴喷出的水的质量M＝ρV＝ρvS
设Δt时间内水的质量为：Δm＝ρSvΔt
规定水的速度方向为正方向，对与切割物体发生相互作用的水，由动量定理得：﹣F Δt＝0﹣Δmv
解得切割物体对水刀的作用力为：F＝ρSv2
根据牛顿第三定律，可知水刀工作时对被切割物体的作用力为：F′＝F＝ρSv2
根据压强的定义，可得水刀工作时对被切割物体的压强为：p＝＝ρv2
代入数据解得施加于被切割材料的压强为p＝6.4×108Pa
b、普通水中添加磨料，可以增大水的密度，从而增加压强；
（3）a、喷泉喷水的功率为：P＝＝＝＝ρS
b、以向上为正方向，Δt内冲击冲浪板底部的水柱为研究对象，设碰到冲浪板时水的速度大小为v，有：
F Δt＝Δp＝Δm Δv＝ρSv0Δt Δv＝ρSv0Δt （0﹣v）
所以：F＝﹣ρSv0v
根据牛顿第三定律：F'＝﹣F＝Mg
所以：Mg＝ρSv0v得：v＝
喷口喷出水后在做竖直上抛运动：v2﹣＝﹣2gh，
所以：h＝﹣
答：（1）见解析；
（2）a.水刀施加于被切割材料的压强为6.4×108Pa。
b.普通水中添加磨料，可以增大水的密度，从而增加压强；
（3）a.喷泉水泵的输出功率为ρS。
b.米老鼠模型在空中悬停的高度为﹣。
【点评】本题考查了动量定理、共点力平衡、运动学公式的综合运用，关键能合适地选择研究对象，选择合适的规律进行求解。