1.對于宇宙中P、Q恒星構(gòu)成的雙星系統(tǒng)(即兩恒星在彼此萬有引力作用下繞它們連線上點做勻速圓周運動的系統(tǒng))，下列說法正確的是( )
A. P、Q恒星繞它們連線的中點做勻速圓周運動
B. P、Q恒星的線速度大小相等，方向相反
C. P、Q恒星的運動周期一定相等
D. P恒星對Q恒星的引力可能大于Q恒星對P恒星的引力
2.可將蹦床簡化為一豎直放置的彈簧，彈簧的勁度系數(shù)為k，其彈力F與形變量x的關(guān)系如圖所示。一可視為質(zhì)點，質(zhì)量為m的運動員從蹦床正上方?處下落到最低點時，蹦床的壓縮量為x0，不計空氣阻力，重力加速度為g，則運動員下落到最低點時( )
A. 運動員處于失重狀態(tài)B. 運動員的加速度為零
C. 蹦床對運動員作用力為kx0?mgD. 蹦床彈性勢能為mg(?+x0)
3.由于地球自轉(zhuǎn)的影響，地球表面的重力加速度會隨緯度的變化而有所不同，已知地球表面兩極處的重力加速度大小為g0，在赤道處的重力加速度大小為g，地球自轉(zhuǎn)的周期為T，引力常量為G。假設(shè)地球可視為質(zhì)量均勻分布的球體，由此可知地球的半徑為( )
A. (g?g0)T24π2B. (g0?g)T24π2C. (g?g0)T22π2D. (g0?g)T22π2
4.2024年5月7日11時21分，我國在太原衛(wèi)星發(fā)射中心成功發(fā)射長征六號丙運載火箭，搭載發(fā)射的海王星01星、智星一號C星、寬幅光學(xué)衛(wèi)星和高分視頻衛(wèi)星順利進入預(yù)定軌道飛行試驗任務(wù)獲得圓滿成功。假設(shè)海王星01星、智星一號C星處于同一軌道平面做勻速圓周運動，且繞地球運動的方向相同，海王星01星繞地球運動的周期為T1、智星一號C星繞地球運動的周期為T2，海王星01星距離地面的高度大于智星一號C星，下列說法正確的是( )
A. T1T2
故A錯誤；
B.繞地球做勻速圓周運動運動的衛(wèi)星，由萬有引力提供向心力，則有
GMmr2=mω2r
解得
ω= GMr3
衛(wèi)星時間 Δt 內(nèi)掃過的面積
S=ωΔt2π?πr2
解得
S=Δt GMr2
可見軌道半徑越大，相同時間內(nèi)掃過的面積越大，即在相同時間內(nèi)，海王星01星與地心連線掃過的面積大于智星一號C星與地心連線掃過的面積，故B錯誤；
C.令海王星01星、智星一號C星相鄰兩次距離最近的時間間隔為t，則有
2πT2t?2πT1t=2π
解得
t=T1T2T1?T2
故C正確；
D.衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力，可知，衛(wèi)星的軌道平面一定經(jīng)過地心，即智星一號C星的軌道平面一定過地心，故D錯誤。
故選C。
5.C
【解析】A.對小球1和2整體由牛頓第二定律
2mg?mg=3ma
解得小球2向下運動的加速度為
a=g3
故A錯誤；
B.滑輪轉(zhuǎn)動兩圈的過程中，滿足
2×2πR=12×g3t2
解得滑輪轉(zhuǎn)動兩圈所用時間為
t=2 6πRg
故B錯誤；
C.滑輪轉(zhuǎn)動兩圈時，小球2的線速度為
v=g3t=2 6πg(shù)R3
所以滑輪轉(zhuǎn)動兩圈時的角速度為
ω=vR=2 2πg(shù)3R
故C正確；
D.滑輪轉(zhuǎn)動兩圈時P點的線速度大小為
vP=R2ω= 2πg(shù)R3
故D錯誤。
故選C。
6.B
【解析】設(shè)在M點的速度v0，則
12mv02=64J
水平方向O點的速度
vO=Fmt=Fm?v0g
而
12mvO2=16J
聯(lián)立解得
mgF=2
故選B。
7.C
【解析】A.汽車在彎道上以最大速度行駛時，根據(jù)牛頓第二定律有
k2mg=mvmax2R
解得
vmax=10m/s
故A錯誤；
B.汽車從A到B做勻加速直線運動過程，根據(jù)速度與位移的關(guān)系有
vmax2=2amaxx
解得
amax=2.5m/s2
故B錯誤；
C.汽車從A到B做勻加速直線運動過程，根據(jù)牛頓第二定律有
Fmax?k1mg=mamax
結(jié)合上述解得
Fmax=8×103N
故C正確；
D.汽車從A到B做勻加速直線運動過程，根據(jù)速度公式有
vmax=amaxt1
在BC段行駛過程
t2=14T=14×2πRvmax
解得
tmin=t1+t2=7.75s
故D錯誤。
故選C。
8.BCD
【解析】A.繡球在豎直平面內(nèi)做加速圓周運動經(jīng)過最低點A時向心力豎直向上，因其做加速運動還具有切向分力，故經(jīng)過最低點A時所受合力不是豎直向上，A錯誤；
B.以A點所在水平面為零勢能面，繡球在D點時的機械能為
E=mg?+12mv2
B正確；
C.B點略高于D點，由斜拋運動規(guī)律可知，繡球從B到C的時間小于從C到D的時間，C正確；
D.由動能定理得，在整個拋繡球過程中，小明對繡球做的功為
W=mg?+12mv2
D正確；
故選BCD。
9.AC
【解析】A.由圖可知，小汽車在前4s內(nèi)的牽引力不變，小汽車做勻加速直線運動，4～8s內(nèi)小汽車的牽引力逐漸減小，則車的加速度逐漸減小，小汽車做加速度減小的加速運動，故0～8s，小汽車先做勻加速直線運動后做加速度逐漸減小的加速運動，故A正確；
BC.由題意可知，小汽車受到的阻力大小為
f=4×103N
小汽車前4s內(nèi)由牛頓第二定律
F1?f=ma1
解得
a1=5m/s2
由運動學(xué)公式可得，小汽車前4s內(nèi)位移為
x1=12a1t12=12×5×42m=40m
故B錯誤，C正確；
D.4s時汽車功率達到最大值，則最大功率為
P=F1v1=F1a1t1=10×103×5×4W=2×105W
故D錯誤。
故選AC。
10.AD
【解析】A.平拋運動在豎直方向做勻變速直線運動，由逐差法
Δy=y2?y1=gT2
可得小球從B位置運動到C位置的時間為
T= y2?y1g
故A正確；
B.平拋運動在水平方向做勻速直線運動
x0=v0T
可得小球做平拋運動的初速度為
v0=x0 gy2?y1
故B錯誤；
CD．B點的豎直方向的速度為
vBy=y1+y22T=y1+y22 gy2?y1
從拋出點到B點的時間為
tB=vByg=y1+y22 1g(y2?y1)
所以拋出點的橫坐標(biāo)為
xO=x0?v0tB=y2?3y12(y2?y1)x0
故C錯誤，D正確。
故選AD。
11.(1)A
(2) 小球的質(zhì)量和角速度 轉(zhuǎn)動半徑 正比
(3) ω2

【解析】(1)小明同學(xué)記錄的實驗數(shù)據(jù)如表甲、乙、丙所示。由此可知該同學(xué)采用的是控制變量法；
(2)[1][2][3]由表乙的數(shù)據(jù)可得：當(dāng)小球的質(zhì)量和角速度一定時，小球的向心力 F 大小與轉(zhuǎn)動半徑成正比。
(3)根據(jù) F=mrω2 可得，當(dāng)小球的質(zhì)量和轉(zhuǎn)動半徑一定時，向心力與角速度的平方成線性關(guān)系，故橫軸所代表的物理量應(yīng)為 ω2 。
12.(1) dt d22gt2
(2) 2gLd2

【解析】(1)[1]根據(jù)光電門的測速原理，1號橫桿經(jīng)過光電門時的速度為
v1=dt
[2]金屬框架釋放到剛剛運動至光電門過程，根據(jù)速度與位移的關(guān)系式有
v12=2g?
解得
?=d22gt2
(2)結(jié)合上述可知，第n號橫桿距離光電門的高度
Hn=?+n?1L
第n號橫桿到達光電門的速度
vn=dt
根據(jù)速度與位移的關(guān)系式有
vn2=2gHn
解得
1t2=2g??Ld2+2gLnd2
結(jié)合圖像可知，圖像的斜率
k=2gLd2
13.設(shè)地球的半徑為R，由幾何關(guān)系可知，空間站繞地球做勻速圓周運動的半徑為
r=Rsinθ2
由萬有引力提供向心力
GMmr2=mrω2
又
M=ρ?43πR3
聯(lián)立可得地球平均密度表達式為
ρ=3ω24π2Gsin3θ2

【解析】詳細解答和解析過程見【答案】
14.(1)對b小球由牛頓第二定律
mbgtanθ=mb(2R+Lsinθ)ω2
解得b小球繞豎直桿勻速旋轉(zhuǎn)的角速度為
ω= gtanθ(2R+Lsinθ)
(2)由于a、b兩球做圓周運動的角速度相同，設(shè)做圓周運動的平面距水平桿為?，且滿足
mgtanφ=mω2r
則有
aaab=R+?tanαω22R+?tanθω2=gtanαgtanθ
解得
tanθ=2tanα

【解析】詳細解答和解析過程見【答案】
15.(1)從A點到C點過程中，由機械能守恒定律
mg?=12mvC2
所以小球第一次運動到圓軌道最低點C時的加速度大小為
a=vC2R
聯(lián)立可得
a=6g
方向由C點指向圓心O點；在C點由牛頓第二定律
N?mg=mvC2R
聯(lián)立解得
N=7mg
由牛頓第三定律，在C點小球?qū)壍赖淖饔昧Υ笮?br>N′=N=7mg
(2)小球運動到半圓軌道內(nèi)與圓心O點等高的D點的過程中，由動能定理
mg(??R)=12mvD2?0
在D點由牛頓第二定律
FD=mvD2R
聯(lián)立可得
FD=2mg(??R)R
其中滿足 ?≥R 。
(3)第一種情況：小球不滑離軌道，原路返回，由機械能守恒定律可知，此時小球恰好運動到D點，故小球釋放后能從原路返回到出發(fā)點的條件為
?≤R
第二種情況：小球恰好到E點，由牛頓第二定律
mgsinθ=mvE2R
由能量守恒定律
mg(??R?Rsinθ)=12mvE2
聯(lián)立可得
?=74R
若小球恰好運動到F點，則
?=2R
故小球釋放后能從原路返回到出發(fā)點的條件為
74R≤?≤2R

【解析】詳細解答和解析過程見【答案】小球質(zhì)量kg
轉(zhuǎn)動半徑m
角速度rad/s
向心力N
0.1
0.2
4π
3.15
0.2
0.2
4π
6.29
0.3
0.2
4π
9.45
0.4
0.2
4π
12.61
小球質(zhì)量kg
轉(zhuǎn)動半徑m
角速度rad/s
向心力N
0.2
0.1
4π
3.16
0.2
0.2
4π
6.31
0.2
0.3
4π
9.46
0.2
0.4
4π
12.63
小球質(zhì)量kg
轉(zhuǎn)動半徑m
角速度rad/s
向心力N
0.2
0.2
2π
1.57
0.2
0.2
4π
6.29
0.2
0.2
6π
14.14
0.2
0.2
8π
25.16

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