2024-2025學年海南省部分中學高一下學期期中模擬考試物理試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1海南省部分中學2024-2025學年高一年級下學期期中模擬考試物理試題一、單選題（本題共8小題，每小題3分，共24分。在每個小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題意）1.如圖甲所示，某人正在進行套圈游戲：將鐵絲圈水平拋出，套中物體B就算贏。某次套圈時，鐵絲圈的軌跡如圖乙所示，落地點在物體B的正前方。為了使鐵絲圈水平拋出后能套中物體，可采取的措施是（）（假設鐵絲圈平面始終保持水平，不計空氣阻力）A.僅適當增大拋出時的水平初速度B.僅將拋出點A的位置適當上移C.保持其他條件不變，套圈者適當后移D.保持其他條件不變，套圈者適當前移【答案】C【解析】AB．根據平拋運動規律，可得鐵絲圈水平拋出后水平方向位移由圖知，為了使鐵絲圈水平拋出后能套中物體，則需要減小。若僅增大拋出時的初速度將使水平射程增大；僅將拋出點適當上移，將使鐵絲圈飛行時間增大，水平射程也將增大，故AB錯誤；CD．保持其他條件不變，套圈者適當后移，也就是將原運動軌跡適當向后平移，鐵絲圈水平拋出后能套中物體；同理，保持其他條件不變，套圈者適當前移，也就是將原運動軌跡適當向前平移，鐵絲圈水平拋出后不可能套中物體。故C正確，D錯誤。故選C。2.投擲飛鏢是一種常見的娛樂活動。如圖所示，圓形靶盤豎直放置，其中心為O點。在P點正對靶盤將飛鏢以一定速度水平投出，經擊中O點正下方的A點。已知P、O兩點等高且相距，取。則（）A.飛鏢水平投出的速度為 B.O點和A點間距為C.投出速度足夠大就可擊中O點 D.投出速度越小則飛行時間越短【答案】B【解析】飛鏢做平拋運動，則有，可解得，因為存在豎直位移，不可能擊中O點，水平長度恒定，速度越小時間越長。故選B。3.如圖，一個內壁光滑的彎管處于豎直平面內，其中管道半徑為R。現有一個半徑略小于彎管橫截面半徑的光滑小球在彎管內運動，當小球通過最高點時速率為v0，則下列說法正確的是（）A.若v0=0，則小球對管內壁無壓力B.若，則小球對管內上壁有壓力C.若，則小球對管內下壁沒有壓力D.不論v0多大，小球對管內壁都有壓力【答案】C【解析】A．設小球在最高點時管內下壁對小球有豎直向上的支持力，則有若v0=0，可得小球所受的支持力根據牛頓第三定律，可知小球對管內下壁有豎直向下的壓力，故A錯誤；B．設小球在最高點時管內上壁對小球有豎直向下的壓力，則有若，可得小球所受的壓力負號說明管內下壁對小球有豎直向上的支持力，根據牛頓第三定律，可知小球對管內下壁有豎直向下的壓力，故B錯誤；C．設小球在最高點時管內上壁對小球有豎直向下的壓力，則有若，可得小球所受的壓力即管內上壁對小球有豎直向下的壓力，大小為，根據牛頓第三定律，可知小球對管內上壁有豎直向上的壓力，小球對管內下壁沒有壓力，故C正確；D．設小球在最高點時管內壁對小球沒有力的作用，則有解得此時小球對管內壁沒有壓力，故D錯誤。故選C。4.我們經常可以看到面點師制作蛋糕的情景。如圖所示，蛋糕胚放在旋轉的轉臺上，小馬和星星到轉軸的距離不同，用分別表示線速度、角速度、向心加速度和周期，則其大小比較正確的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】ABD．小馬和星星屬于同軸轉動，二者周期T、角速度相同，因為線速度可知圓周半徑大的，線速度大，圖像可知小馬的圓周半徑大，則。故AD錯誤，B正確；C．向心加速度可知故C錯誤。故選B。5.2024年10月30日，“神舟十九號”航天員乘組順利進駐中國空間站。假設“神舟十九號”飛船升空后先進入停泊軌道（即近地圓軌道），而后進入轉移軌道，最后在中國空間站軌道與空間站組合體對接。各個軌道的示意圖如圖所示，已知地球的半徑為R，地球表面的重力加速度為g，飛船在停泊軌道的運行周期為T，中國空間站軌道可視為圓形軌道且距地面高度為h，引力常量為G，則下列說法正確的是（）A.飛船在P點從停泊軌道進入轉移軌道時需要減速B.空間站組合體的向心加速度大小為C.可估得地球的平均密度為D.飛船在轉移軌道上從P點運行至Q點所需的時間為【答案】C【解析】A．飛船從低軌道（停泊軌道）進入高軌道（轉移軌道），需要做離心運動。根據離心運動條件，需要加速使所需向心力大于萬有引力，而不是減速，故A錯誤；B．空間站組合體的向心加速度大小因為聯立解得故B錯誤；C．在停泊軌道有解得地球質量地球密度聯立解得故C正確；D．根據開普勒第三定律有飛船在轉移軌道上從P點運行至Q點所需的時間為聯立解得故D錯誤。故選C。6.2022年10月9日，“夸父一號”太陽探測專用衛星順利進入預定軌道，其環繞地球運行的軌道高度約為720km。已知地球靜止衛星軌道高度約為36000km，地球半徑約為6400km，，取重力加速度大小，下列說法正確的是（）A.“夸父一號”的運行周期約為60分鐘B.“夸父一號”的發射速度小于C.“夸父一號”的加速度約為D.“夸父一號”的運行速度小于地球靜止衛星的運行速度【答案】C【解析】A．由題知，“夸父一號”軌道半徑為，地球靜止衛星軌道半徑為，同步衛星周期為，根據開普勒第三定律“夸父一號”周期為即96分鐘，A錯誤；B．為第一宇宙速度，是發射衛星的最小速度，B錯誤；C．根據萬有引力提供向心力，在地球表面，故加速度為選項C正確；D．由得可知軌道半徑越大，運行速度越小，“夸父一號”的運行速度大于地球靜止衛星的運行速度，D錯誤。故選C。7.2024年首個“超級月亮”于8月20日凌晨現身夜空，從天文學的角度來講，“超級月亮”可以簡單稱為“近地點滿月”，即滿月正好出現在近地點附近，某時刻太陽、地球和月球的相對位置如圖所示，下列說法正確的是（）A.當月球運行至B點時將出現“超級月亮”，且此時的繞行速度大于地球的第二宇宙速度B.當月球運行至A點時，月球受力平衡C.月球經過A點時的角速度小于經過B點時的角速度D.月球經過A點時的動能大于經過B點時的動能【答案】C【解析】A．只有當太陽、地球、月球三者共線且月球運行至B點附近時才會出現“超級月亮”，其運行速度小于第二宇宙速度，故A錯誤；B．月球運行至A點時所受的合外力由月心指向地心，受力并不平衡，故B錯誤；C．根據開普勒第二定律得由，可得故C正確；D．由得故D錯誤。故選C。8.如圖所示，水平長桿上套有一物塊，輕繩穿過光滑圓環連接物體P、Q，某時刻由靜止釋放P、Q，釋放時左側輕繩與水平方向夾角為，不計一切摩擦，下列說法正確的是（）A.P、Q的速度大小始終相等B.時，的速度最大C.向增大的過程中，一直處于失重狀態D.向增大的過程中，的機械能先增大后減小【答案】B【解析】A．根據題意，由圖可知，、沿繩方向的速度大小始終相同，但、速度大小不相同，故A錯誤；B．根據題意可知，、組成的系統的機械能守恒，時，P的重力勢能最小，沿繩方向的速度為0，則此時的動能為0，則的動能最大，速度最大，故B正確；C．根據上述分析可知，速度是從0到0，所以加速度先向下后向上，先失重后超重，故C錯誤；D．機械能的變化量看除重力以外的其他力做功，即繩的拉力做功，該過程中一直向下運動，繩的拉力做負功，故機械能一直減小，故D錯誤。故選B。二、多項選擇題（本題共5小題，每小題4分，共20分，在每個小題給出的四個選項中，有多個選項符合題意，全部選對的得4分，選對而不全的得2分，錯選或不選的得0分。）9.小明同學在進行網球訓練，他先后兩次在同一高度的前后兩個不同位置將網球擊出，兩次均垂直擊中豎直墻上同一點，運動軌跡如圖所示，不計阻力，下列說法正確的是（）A.網球兩次撞墻前的速度相等B.網球兩次在空中運動時間相等C.軌跡1的網球擊出時的速度大D.軌跡2的網球撞墻時的速度大【答案】BC【解析】ABD．根據逆向思維，將網球看成是從豎直墻上反向做平拋運動，則豎直方向有可得水平方向有解得由于兩軌跡高度相同，則兩軌跡網球在空中運動的時間相等；由于沿軌跡1運動的網球水平位移大，則有即沿軌跡1運動的網球剛要撞墻時的速度大于沿軌跡2運動的網球剛要撞墻時的速度，在空中豎直方向速度相等，水平方向沿軌跡1運動的網球速度大于沿軌跡2運動的網球的速度，根據運動的合成可知網球兩次撞墻前的速度不相等，故B正確，AD錯誤；C．根據由于可知沿軌跡1運動的網球擊出時的初速度大于沿軌跡2運動的網球擊出時的初速度，故C正確。故選BC。10.水平面上固定一半球形的玻璃器皿，器皿的軸呈豎直狀態，在距離軸心不同距離的位置，有兩個質量相同的光滑小球在器皿內壁的水平面內做勻速圓周運動。則關于各個物理量的關系，下列說法正確的是（）A.a、b兩球對玻璃器皿內壁的壓力大小相同B.a、b兩球做勻速圓周運動的加速度大小相同C.a球做勻速圓周運動的線速度較大D.a球做勻速圓周運動的角速度較大【答案】CD【解析】小球在半球形容器內做勻速圓周運動，圓心在水平面內，受到自身重力mg和內壁的彈力N，合力方向指向半球形的球心。受力如圖有幾何關系可知設球體半徑為R，則圓周運動的半徑為根據牛頓第二定律有解得，，小球a的彈力和豎直方向夾角大，所以a對內壁的壓力大；a球做勻速圓周運動的線速度、加速度和角速度都較大。故選CD。11.胸懷“國之大者，奔赴星辰大海”，我國祝融號已登陸火星并傳回了一組火星上的圖像。已知火星的直徑大約是地球的一半，質量大約是地球的，則（）A.火星的平均密度大約是地球的 B.火星的公轉周期大約是地球的C.火星表面的重力加速度是地球的 D.火星的第一宇宙速度是地球的【答案】CD【解析】A．由密度公式故火星與地球的密度比為可知火星的平均密度大約是地球的，故A錯誤；B．因為本題地球、火星的公轉軌道半徑未知，故無法求出公轉周期關系，故B錯誤；C．星球表面的萬有引力近似等于重力故星球表面的重力加速度為故火星與地球的重力加速度比為故火星表面重力加速度是地球的。故C正確；D．由，可得第一宇宙速度為故火星與地球的第一宇宙速度比為故火星的第一宇宙速度是地球的，故D正確。故選CD。12.如圖所示，半徑的光滑圓管豎直固定，圓管上端切線水平，下端正下方有一豎直固定的輕質彈簧，O為圓心。傾角為的斜面底端位于O點，斜面頂端與圓管最高點等高。現用彈簧將一鋼珠可視為質點，直徑略小于圓管直徑射入圓管，鋼珠從圓管上端飛出后恰好擊中斜面中點。不計空氣阻力，重力加速度g取下列說法正確的是A.鋼珠從圓管飛出后在空中運動的過程中，重力的功率與時間成正比B.鋼珠在圓管中運動的過程中，圓管對鋼珠作用力的功率逐漸減小C.鋼珠從圓管飛出時的速度大小為D.若調整彈簧壓縮量改變鋼珠射入圓管速度，當鋼珠下落的高度擊中斜面時其動能最小【答案】ACD【解析】A．鋼珠從圓管飛出后做平拋運動，由豎直方向分速度解得可知重力的功率與時間成正比，A正確；B．鋼珠在圓管中運動的過程中，圓管對鋼珠作用力始終與速度方向垂直，功率始終為0，B錯誤；C．鋼球飛出后在空中做平拋運動，由平拋運動規律特點豎直方向運動有水平方向運動有分位移關系有聯立代入數據解得，C正確；D．設鋼球下落高度為，根據運動規律及幾何關系有豎直方向運動有豎直方向分速度有水平方向運動有再由幾何關系設落在斜面上的速度為，則整理解得可見當鋼球動能最小有解得，D正確。故選ACD。13.我國計劃完成下一代北斗系統關鍵技術攻關，形成由地球同步衛星和中軌道衛星組成的星座體系。如圖甲所示，同步衛星和中軌道衛星在同一平面內環繞地球同向做勻速圓周運動。兩衛星之間距離隨時間變化關系如圖乙所示。已知地球半徑為，地球表面重力加速度為，不考慮衛星間的作用力，下列說法正確的是（）A.與的軌道半徑之比為B.與的線速度之比為C.圖乙中的值為D.衛星所在處的重力加速度大小為【答案】BC【解析】A．由圖像可以知道a、b兩衛星的最近距離為4.95R，最遠距離為8.25R，設a、b的半徑為ra、rb，則兩者關系滿足ra+rb=8.25R，ra+rb=4.95R解得ra=6.6R，rb=1.65R故ra:rb=4:1故A錯誤；B．由萬有引力提供向心力解得聯立半徑比例關系可得va:vb=1:2故B正確；C．又由開普勒第三定律得根據圓周運動關系可得代入Ta=24h，解得故C正確；D．在地球表面有b衛星加速度滿足故故D錯誤。故選BC。【『點石成金』】本題綜合運用了萬有引力定律、圓周運動知識，以及地球同步衛星的特點。

解題關鍵是通過分析衛星間距離求軌道半徑關系，從而可以得出線速度關系、周期關系、加速度關系，再結合同步衛星周期以及圓周運動知識求出時間。體現了從物理模型到數學關系推導的思維過程。三、實驗題（本題共兩個小題，共18分）14.在一個未知星球上用如圖甲所示裝置研究平拋運動的規律。懸點O正下方P點處有水平放置的熾熱電熱絲，當懸線擺至電熱絲處時能輕易被燒斷，小球由于慣性向前飛出做平拋運動。現對小球采用頻閃數碼照相機連續拍攝，在有坐標紙的背景屏前，拍下了小球在平拋運動過程中的多張照片，經合成后，照片如圖乙所示。a、b、c、d為連續四次拍下的小球位置，已知照相機連續拍照的時間間隔是0.20s，照片大小如圖中坐標所示，又知該照片的長度與實際背景屏的長度之比為1∶4，則：（1）由已知信息，可以推算出該星球表面的重力加速度為________m/s2；小球平拋的初速度是________m/s；小球在b點時的速度是________m/s。（結果均保留2位有效數字）（2）若已知該星球半徑與地球半徑之比為，忽略各球體自傳，則該星球質量與地球質量之比________．第一宇宙速度之比________（g地取10m/s2）【答案】（1）2.00.400.57（2）1∶1251∶5【解析】【小問1解析】由照片長度與實際背景屏的長度之比為1∶4，可得乙圖中每個正方形的實際邊長為L=4cm，豎直方向上有解得水平方向小球做勻速直線運動，因此小球平拋運動的初速度為b點豎直方向上的分速度則小球在b點時的速度為【小問2解析】在星球表面有可得所以該星球的質量與地球質量之比根據萬有引力提供向心力可得解得所以該星球與地球的第一宇宙速度之比為15.“天工”實驗小組的同學為完成“探究向心力大小的表達式”實驗，設計了如圖甲所示的裝置。水平轉臺（轉速可調整）中心固定有定滑輪，細線跨過定滑輪將放置在轉臺邊緣處的金屬塊與豎直固定的力傳感器相連，定滑輪與金屬塊之間的細線與轉臺平行。金屬塊中心的正下方固定有寬度為d的遮光條。金屬塊和遮光條一起隨轉臺做勻速圓周運動時，位于水平地面的光電計時器可以記錄下遮光條經過光電計時器的遮光時間t1和相鄰兩次經過光電計時器的時間間隔t2（），力傳感器可以記錄下細線上的拉力F。金屬塊與轉臺之間的摩擦力可忽略。（1）金屬塊做圓周運動的線速度大小v=________，半徑r=________。（均用給定的物理量符號表示）（2）僅改變轉臺轉速，多次實驗后，測得多組F、t1、t2的數據，為了更直觀地得出結論，同學們繪制出如圖乙所示的圖像。由此可以得出結論：做勻速圓周運動的物體所需的向心力大小與________（填“v”“v2”或“”）成正比。若已知該圖線的斜率為k，則金屬塊的質量m=________（用k、d表示）。【答案】（1）（2）v2【解析】【小問1解析】金屬塊做圓周運動的線速度大小由，解得【小問2解析】由前面的分析可知、結合題中圖像可得出結論，做勻速圓周運動的物體所需的向心力大小與v2成正比；結合向心力表達式可知可得解得四、計算題（本題共三個小題，其中第16題10分，第17題12分，第18題16分，共38分。）16.如圖所示，一座小山的截面可近似視為底角的等腰三角形AOB，山高為。一架轟炸機以的速度水平勻速飛行，飛機飛到某位置時釋放一枚炸彈，炸彈無動力飛行一段時間后，恰好落在坡面AO的中點且速度與坡面垂直。不計空氣阻力，不計炸彈大小，重力加速度g取，，。求：（1）炸彈落到OA坡面中點時的速度為多大；（2）轟炸機釋放炸彈時離地面的高度為多少。【答案】（1）（2）【解析】【小問1解析】設炸彈落到OA中點時速度為，根據題意解得【小問2解析】設沿豎直方向的分速度為，則設飛機第一次釋放炸彈時離地面的高度為H，則解得17.如圖所示，AB為豎直光滑圓弧軌道的直徑，其半徑，A端切線水平，水平軌道BC與半徑的光滑圓弧軌道CD相接于C點，D為圓弧軌道的最低點。圓弧軌道CD對應的圓心角θ=37°。一質量為的小球（視為質點）從水平軌道上某點以某一速度沖上豎直圓軌道，并從A點飛出，經過C點恰好沿切線進入圓弧軌道，取，，。（1）求小球從A點飛出的速度大小；（2）求小球在A點對圓弧軌道的壓力大小；（3）求小球在C點受到的支持力的大小；（4）改變小球在水平軌道上的速度，使小球恰好能從A點飛出，求小球落地點與B點的水平距離。【答案】（1）（2）（3）（4）【解析】【小問1解析】將小球在C處的速度分解，在豎直方向上有在水平方向上有聯立并代入數據得【小問2解析】在A處，對小球，由牛頓第二定律得解得根據牛頓第三定律知，圓弧軌道受到壓力大小【小問3解析】小球在C處速度其受力分析如圖所示由牛頓第二定律得聯立解得【小問4解析】小球恰好能從A點飛出，在A點，重力提供向心力，有又小球落地時間，滿足水平位移聯立解得18.“嫦娥六號”是中國探月工程的第六個探測器。“嫦娥六號”經歷了環繞、變軌、勻減速著陸三個階段，最終釋放的著陸器平穩降落月球。環繞階段，“嫦娥六號”在距離月球表面為高度的軌道上做勻速圓周運動。變軌后的著陸器距離月球表面越來越近。某時刻開始，“嫦娥六號”釋放的著陸器依靠發動機的反向推力在豎直方向上做勻減速直線運動，當著陸器速度為零時，恰好到達月球表面。已知著陸器做勻減速運動的初速度為，勻減速運動的時間為，且在著陸過程中質量保持不變，下降的高度遠小于月球的半徑。月球表面的重力加速度為，月球半徑為，不考慮月球自轉。求：（1）嫦娥六號圍繞月球做勻速圓周運動的周期；（2）勻減速降落過程中發動機反向推力對著陸器所做的功。【答案】（1）（2）【解析】【小問1解析】在月球表面，萬有引力等于重力圓周運動過程，萬有引力等于向心力解得【小問2解析】探測器勻減速下落時的加速度根據牛頓第二定律解得勻減速運動的位移發動機反向推力對著陸器所做的功海南省部分中學2024-2025學年高一年級下學期期中模擬考試物理試題一、單選題（本題共8小題，每小題3分，共24分。在每個小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題意）1.如圖甲所示，某人正在進行套圈游戲：將鐵絲圈水平拋出，套中物體B就算贏。某次套圈時，鐵絲圈的軌跡如圖乙所示，落地點在物體B的正前方。為了使鐵絲圈水平拋出后能套中物體，可采取的措施是（）（假設鐵絲圈平面始終保持水平，不計空氣阻力）A.僅適當增大拋出時的水平初速度B.僅將拋出點A的位置適當上移C.保持其他條件不變，套圈者適當后移D.保持其他條件不變，套圈者適當前移【答案】C【解析】AB．根據平拋運動規律，可得鐵絲圈水平拋出后水平方向位移由圖知，為了使鐵絲圈水平拋出后能套中物體，則需要減小。若僅增大拋出時的初速度將使水平射程增大；僅將拋出點適當上移，將使鐵絲圈飛行時間增大，水平射程也將增大，故AB錯誤；CD．保持其他條件不變，套圈者適當后移，也就是將原運動軌跡適當向后平移，鐵絲圈水平拋出后能套中物體；同理，保持其他條件不變，套圈者適當前移，也就是將原運動軌跡適當向前平移，鐵絲圈水平拋出后不可能套中物體。故C正確，D錯誤。故選C。2.投擲飛鏢是一種常見的娛樂活動。如圖所示，圓形靶盤豎直放置，其中心為O點。在P點正對靶盤將飛鏢以一定速度水平投出，經擊中O點正下方的A點。已知P、O兩點等高且相距，取。則（）A.飛鏢水平投出的速度為 B.O點和A點間距為C.投出速度足夠大就可擊中O點 D.投出速度越小則飛行時間越短【答案】B【解析】飛鏢做平拋運動，則有，可解得，因為存在豎直位移，不可能擊中O點，水平長度恒定，速度越小時間越長。故選B。3.如圖，一個內壁光滑的彎管處于豎直平面內，其中管道半徑為R。現有一個半徑略小于彎管橫截面半徑的光滑小球在彎管內運動，當小球通過最高點時速率為v0，則下列說法正確的是（）A.若v0=0，則小球對管內壁無壓力B.若，則小球對管內上壁有壓力C.若，則小球對管內下壁沒有壓力D.不論v0多大，小球對管內壁都有壓力【答案】C【解析】A．設小球在最高點時管內下壁對小球有豎直向上的支持力，則有若v0=0，可得小球所受的支持力根據牛頓第三定律，可知小球對管內下壁有豎直向下的壓力，故A錯誤；B．設小球在最高點時管內上壁對小球有豎直向下的壓力，則有若，可得小球所受的壓力負號說明管內下壁對小球有豎直向上的支持力，根據牛頓第三定律，可知小球對管內下壁有豎直向下的壓力，故B錯誤；C．設小球在最高點時管內上壁對小球有豎直向下的壓力，則有若，可得小球所受的壓力即管內上壁對小球有豎直向下的壓力，大小為，根據牛頓第三定律，可知小球對管內上壁有豎直向上的壓力，小球對管內下壁沒有壓力，故C正確；D．設小球在最高點時管內壁對小球沒有力的作用，則有解得此時小球對管內壁沒有壓力，故D錯誤。故選C。4.我們經常可以看到面點師制作蛋糕的情景。如圖所示，蛋糕胚放在旋轉的轉臺上，小馬和星星到轉軸的距離不同，用分別表示線速度、角速度、向心加速度和周期，則其大小比較正確的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】ABD．小馬和星星屬于同軸轉動，二者周期T、角速度相同，因為線速度可知圓周半徑大的，線速度大，圖像可知小馬的圓周半徑大，則。故AD錯誤，B正確；C．向心加速度可知故C錯誤。故選B。5.2024年10月30日，“神舟十九號”航天員乘組順利進駐中國空間站。假設“神舟十九號”飛船升空后先進入停泊軌道（即近地圓軌道），而后進入轉移軌道，最后在中國空間站軌道與空間站組合體對接。各個軌道的示意圖如圖所示，已知地球的半徑為R，地球表面的重力加速度為g，飛船在停泊軌道的運行周期為T，中國空間站軌道可視為圓形軌道且距地面高度為h，引力常量為G，則下列說法正確的是（）A.飛船在P點從停泊軌道進入轉移軌道時需要減速B.空間站組合體的向心加速度大小為C.可估得地球的平均密度為D.飛船在轉移軌道上從P點運行至Q點所需的時間為【答案】C【解析】A．飛船從低軌道（停泊軌道）進入高軌道（轉移軌道），需要做離心運動。根據離心運動條件，需要加速使所需向心力大于萬有引力，而不是減速，故A錯誤；B．空間站組合體的向心加速度大小因為聯立解得故B錯誤；C．在停泊軌道有解得地球質量地球密度聯立解得故C正確；D．根據開普勒第三定律有飛船在轉移軌道上從P點運行至Q點所需的時間為聯立解得故D錯誤。故選C。6.2022年10月9日，“夸父一號”太陽探測專用衛星順利進入預定軌道，其環繞地球運行的軌道高度約為720km。已知地球靜止衛星軌道高度約為36000km，地球半徑約為6400km，，取重力加速度大小，下列說法正確的是（）A.“夸父一號”的運行周期約為60分鐘B.“夸父一號”的發射速度小于C.“夸父一號”的加速度約為D.“夸父一號”的運行速度小于地球靜止衛星的運行速度【答案】C【解析】A．由題知，“夸父一號”軌道半徑為，地球靜止衛星軌道半徑為，同步衛星周期為，根據開普勒第三定律“夸父一號”周期為即96分鐘，A錯誤；B．為第一宇宙速度，是發射衛星的最小速度，B錯誤；C．根據萬有引力提供向心力，在地球表面，故加速度為選項C正確；D．由得可知軌道半徑越大，運行速度越小，“夸父一號”的運行速度大于地球靜止衛星的運行速度，D錯誤。故選C。7.2024年首個“超級月亮”于8月20日凌晨現身夜空，從天文學的角度來講，“超級月亮”可以簡單稱為“近地點滿月”，即滿月正好出現在近地點附近，某時刻太陽、地球和月球的相對位置如圖所示，下列說法正確的是（）A.當月球運行至B點時將出現“超級月亮”，且此時的繞行速度大于地球的第二宇宙速度B.當月球運行至A點時，月球受力平衡C.月球經過A點時的角速度小于經過B點時的角速度D.月球經過A點時的動能大于經過B點時的動能【答案】C【解析】A．只有當太陽、地球、月球三者共線且月球運行至B點附近時才會出現“超級月亮”，其運行速度小于第二宇宙速度，故A錯誤；B．月球運行至A點時所受的合外力由月心指向地心，受力并不平衡，故B錯誤；C．根據開普勒第二定律得由，可得故C正確；D．由得故D錯誤。故選C。8.如圖所示，水平長桿上套有一物塊，輕繩穿過光滑圓環連接物體P、Q，某時刻由靜止釋放P、Q，釋放時左側輕繩與水平方向夾角為，不計一切摩擦，下列說法正確的是（）A.P、Q的速度大小始終相等B.時，的速度最大C.向增大的過程中，一直處于失重狀態D.向增大的過程中，的機械能先增大后減小【答案】B【解析】A．根據題意，由圖可知，、沿繩方向的速度大小始終相同，但、速度大小不相同，故A錯誤；B．根據題意可知，、組成的系統的機械能守恒，時，P的重力勢能最小，沿繩方向的速度為0，則此時的動能為0，則的動能最大，速度最大，故B正確；C．根據上述分析可知，速度是從0到0，所以加速度先向下后向上，先失重后超重，故C錯誤；D．機械能的變化量看除重力以外的其他力做功，即繩的拉力做功，該過程中一直向下運動，繩的拉力做負功，故機械能一直減小，故D錯誤。故選B。二、多項選擇題（本題共5小題，每小題4分，共20分，在每個小題給出的四個選項中，有多個選項符合題意，全部選對的得4分，選對而不全的得2分，錯選或不選的得0分。）9.小明同學在進行網球訓練，他先后兩次在同一高度的前后兩個不同位置將網球擊出，兩次均垂直擊中豎直墻上同一點，運動軌跡如圖所示，不計阻力，下列說法正確的是（）A.網球兩次撞墻前的速度相等B.網球兩次在空中運動時間相等C.軌跡1的網球擊出時的速度大D.軌跡2的網球撞墻時的速度大【答案】BC【解析】ABD．根據逆向思維，將網球看成是從豎直墻上反向做平拋運動，則豎直方向有可得水平方向有解得由于兩軌跡高度相同，則兩軌跡網球在空中運動的時間相等；由于沿軌跡1運動的網球水平位移大，則有即沿軌跡1運動的網球剛要撞墻時的速度大于沿軌跡2運動的網球剛要撞墻時的速度，在空中豎直方向速度相等，水平方向沿軌跡1運動的網球速度大于沿軌跡2運動的網球的速度，根據運動的合成可知網球兩次撞墻前的速度不相等，故B正確，AD錯誤；C．根據由于可知沿軌跡1運動的網球擊出時的初速度大于沿軌跡2運動的網球擊出時的初速度，故C正確。故選BC。10.水平面上固定一半球形的玻璃器皿，器皿的軸呈豎直狀態，在距離軸心不同距離的位置，有兩個質量相同的光滑小球在器皿內壁的水平面內做勻速圓周運動。則關于各個物理量的關系，下列說法正確的是（）A.a、b兩球對玻璃器皿內壁的壓力大小相同B.a、b兩球做勻速圓周運動的加速度大小相同C.a球做勻速圓周運動的線速度較大D.a球做勻速圓周運動的角速度較大【答案】CD【解析】小球在半球形容器內做勻速圓周運動，圓心在水平面內，受到自身重力mg和內壁的彈力N，合力方向指向半球形的球心。受力如圖有幾何關系可知設球體半徑為R，則圓周運動的半徑為根據牛頓第二定律有解得，，小球a的彈力和豎直方向夾角大，所以a對內壁的壓力大；a球做勻速圓周運動的線速度、加速度和角速度都較大。故選CD。11.胸懷“國之大者，奔赴星辰大海”，我國祝融號已登陸火星并傳回了一組火星上的圖像。已知火星的直徑大約是地球的一半，質量大約是地球的，則（）A.火星的平均密度大約是地球的 B.火星的公轉周期大約是地球的C.火星表面的重力加速度是地球的 D.火星的第一宇宙速度是地球的【答案】CD【解析】A．由密度公式故火星與地球的密度比為可知火星的平均密度大約是地球的，故A錯誤；B．因為本題地球、火星的公轉軌道半徑未知，故無法求出公轉周期關系，故B錯誤；C．星球表面的萬有引力近似等于重力故星球表面的重力加速度為故火星與地球的重力加速度比為故火星表面重力加速度是地球的。故C正確；D．由，可得第一宇宙速度為故火星與地球的第一宇宙速度比為故火星的第一宇宙速度是地球的，故D正確。故選CD。12.如圖所示，半徑的光滑圓管豎直固定，圓管上端切線水平，下端正下方有一豎直固定的輕質彈簧，O為圓心。傾角為的斜面底端位于O點，斜面頂端與圓管最高點等高。現用彈簧將一鋼珠可視為質點，直徑略小于圓管直徑射入圓管，鋼珠從圓管上端飛出后恰好擊中斜面中點。不計空氣阻力，重力加速度g取下列說法正確的是A.鋼珠從圓管飛出后在空中運動的過程中，重力的功率與時間成正比B.鋼珠在圓管中運動的過程中，圓管對鋼珠作用力的功率逐漸減小C.鋼珠從圓管飛出時的速度大小為D.若調整彈簧壓縮量改變鋼珠射入圓管速度，當鋼珠下落的高度擊中斜面時其動能最小【答案】ACD【解析】A．鋼珠從圓管飛出后做平拋運動，由豎直方向分速度解得可知重力的功率與時間成正比，A正確；B．鋼珠在圓管中運動的過程中，圓管對鋼珠作用力始終與速度方向垂直，功率始終為0，B錯誤；C．鋼球飛出后在空中做平拋運動，由平拋運動規律特點豎直方向運動有水平方向運動有分位移關系有聯立代入數據解得，C正確；D．設鋼球下落高度為，根據運動規律及幾何關系有豎直方向運動有豎直方向分速度有水平方向運動有再由幾何關系設落在斜面上的速度為，則整理解得可見當鋼球動能最小有解得，D正確。故選ACD。13.我國計劃完成下一代北斗系統關鍵技術攻關，形成由地球同步衛星和中軌道衛星組成的星座體系。如圖甲所示，同步衛星和中軌道衛星在同一平面內環繞地球同向做勻速圓周運動。兩衛星之間距離隨時間變化關系如圖乙所示。已知地球半徑為，地球表面重力加速度為，不考慮衛星間的作用力，下列說法正確的是（）A.與的軌道半徑之比為B.與的線速度之比為C.圖乙中的值為D.衛星所在處的重力加速度大小為【答案】BC【解析】A．由圖像可以知道a、b兩衛星的最近距離為4.95R，最遠距離為8.25R，設a、b的半徑為ra、rb，則兩者關系滿足ra+rb=8.25R，ra+rb=4.95R解得ra=6.6R，rb=1.65R故ra:rb=4:1故A錯誤；B．由萬有引力提供向心力解得聯立半徑比例關系可得va:vb=1:2故B正確；C．又由開普勒第三定律得根據圓周運動關系可得代入Ta=24h，解得故C正確；D．在地球表面有b衛星加速度滿足故故D錯誤。故選BC。【『點石成金』】本題綜合運用了萬有引力定律、圓周運動知識，以及地球同步衛星的特點。

解題關鍵是通過分析衛星間距離求軌道半徑關系，從而可以得出線速度關系、周期關系、加速度關系，再結合同步衛星周期以及圓周運動知識求出時間。體現了從物理模型到數學關系推導的思維過程。三、實驗題（本題共兩個小題，共18分）14.在一個未知星球上用如圖甲所示裝置研究平拋運動的規律。懸點O正下方P點處有水平放置的熾熱電熱絲，當懸線擺至電熱絲處時能輕易被燒斷，小球由于慣性向前飛出做平拋運動。現對小球采用頻閃數碼照相機連續拍攝，在有坐標紙的背景屏前，拍下了小球在平拋運動過程中的多張照片，經合成后，照片如圖乙所示。a、b、c、d為連續四次拍下的小球位置，已知照相機連續拍照的時間間隔是0.20s，照片大小如圖中坐標所示，又知該照片的長度與實際背景屏的長度之比為1∶4，則：（1）由已知信息，可以推算出該星球表面的重力加速度為________m/s2；小球平拋的初速度是________m/s；小球在b點時的速度是________m/s。（結果均保留2位有效數字）（2）若已知該星球半徑與地球半徑之比為，忽略各球體自傳，則該星球質量與地球質量之比________．第一宇宙速度之比________（g地取10m/s2）【答案】（1）2.00.400.57（2）1∶1251∶5【解析】【小問1解析】由照片長度與實際背景屏的長度之比為1∶4，可得乙圖中每個正方形的實際邊長為L=4cm，豎直方向上有解得水平方向小球做勻速直線運動，因此小球平拋運動的初速度為b點豎直方向上的分速度則小球在b點時的速度為【小問2解析】在星球表面有可得所以該星球的質量與地球質量之比根據萬有引力提供向心力可得解得所以該星球與地球的第一宇宙速度之比為15.“天工”實驗小組的同學為完成“探究向心力大小的表達式”實驗，設計了如圖甲所示的裝置。水平轉臺（轉速可調整）中心固定有定滑輪，細線跨過定滑輪將放置在轉臺邊緣處的金屬塊與豎直固定的力傳感器相連，定滑輪與金屬塊之間的細線與轉臺平行。金屬塊中心的正下方固定有寬度為d的遮光條。金屬塊和遮光條一起隨轉臺做勻速圓周運動時，位于水平地面的光電計時器可以記錄下遮光條經過光電計時器的遮光時間t1和相鄰兩次經過光電計時器的時間間隔t2（），力傳感器可以記錄下細