高級中學名校試卷PAGEPAGE2合肥市普通高中六校聯盟2023-2024學年第二學期期中聯考高一年級物理試卷（考試時間：75分鐘滿分：100分）一、單選題（本題共8小題，每小題4分，共32分。在每小題給出的選項中，只有一項符合題目要求）1.從18世紀起，人們開始經常使用一種叫作驗電器的簡單裝置來檢測物體是否帶電（如圖所示）。玻璃瓶內有兩片金屬箔，用金屬絲掛在一根導體棒的下端，棒的上端穿過絕緣的瓶塞從瓶口伸出。當一帶正電的物體靠近導體棒的上端時，金屬箔片（）A.不帶電 B.帶正電C.帶負電 D.無法確定〖答案〗B〖解析〗當一帶正電物體靠近導體棒的上端時，導體棒上端感應出負電荷，金屬箔片感應出正電荷。故選B2.萬有引力定律是人類科學史上最偉大的發現之一，下列有關萬有引力定律說法正確的是（）A.牛頓通過實驗驗證了萬有引力定律B.由萬有引力定律公式可知，當時，C.牛頓根據牛頓運動定律和開普勒行星運動定律得出萬有引力定律，并測出了引力常量D.引力常量的普適性是萬有引力定律正確性的有力證據〖答案〗D〖解析〗A．牛頓在前人對天體運動研究的基礎上，結合自己提出的運動定律總結推導出了萬有引力定律，不是通過實驗證明總結出的，故A錯誤；B．適用于兩個質點間的萬有引力，當時，物體不能再視為質點，所以不再適用，F不是趨向于無窮大，故B錯誤；C．牛頓推導出了萬有引力定律，在萬有引力定律的推導過程中運用了牛頓運動定律和開普勒行星運動規律，卡文迪許利用扭秤實驗裝置測算出引力常量G，故C錯誤；D．引力常量的普適性是萬有引力定律正確性的有力證據，故D正確。故選D。3.如圖所示的炮筒與水平方向成45°角，炮彈從炮口射出時的速度大小為800m/s，炮彈落到同一水平面上某點，若忽略空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。則炮彈從炮口到落地點的水平距離為（）A.28km B.32km C.55km D.64km〖答案〗D〖解析〗炮彈的速度分解為水平速度炮彈的豎直速度沿豎直方向做豎直上拋運動，運動的總時間水平射程故選D。4.如果轉動飛輪的重心不在轉軸上，運行將不穩定，而且軸承會受到很大的作用力，加速磨損。如圖所示，飛輪半徑為r，OO′為轉動軸，正常工作時轉動軸受到的水平作用力可以認為是0。假想在飛輪的邊緣固定一個質量m的螺絲釘P。當飛輪以角速度ω轉動時，下列說法正確的是（）A.P的質量越大，則軸承越容易損壞B.P的位置離轉動軸越近，則軸承越容易損壞C.P受到的重力與飛輪對它的作用力是一對平衡力D.飛輪對P的作用力〖答案〗A〖解析〗AB.小螺絲釘做勻速圓周運動所需要的向心力由轉盤提供，根據牛頓第三定律，小螺絲釘將給轉盤向外的作用力，轉盤在這個力的作用下，將對轉軸產生作用力，大小也為，有P的質量越大，則軸承越容易損壞，P的位置離轉動軸越近，越小，則軸承越不容易損壞，故A正確，B錯誤；C.P做圓周運動，具有加速度，合外力不為0，所以它受到的重力與飛輪對它的作用力不是一對平衡力，故C錯誤；D.飛輪對P的作用力和重力的合力提供向心力，由平行四邊形定則有故D錯誤。故選A。5.2024年1月，天舟七號貨運飛船成功與空間站天和核心艙對接，據悉天舟七號在返回地面過程中釋放一顆小衛星。已知小衛星和空間站環繞地球的運動均可看作勻速圓周運動，且小衛星的軌道半徑小于空間站的軌道半徑，空間站環繞地球運動時距離地球表面的高度為h，地球的半徑為R，地球表面的重力加速度為g，忽略地球自轉。下列說法正確的是（）A.空間站的角速度為B.空間站的環繞速度大于第一宇宙速度C.空間站環繞周期小于小衛星的環繞周期D.空間站的環繞加速度大于小衛星的環繞加速度〖答案〗A〖解析〗A．對空間站，由萬有引力提供向心力，則有在地球表面，萬有引力近似等于重力，則有解得故A正確；B．第一宇宙速度等于近地衛星的環繞速度，根據解得空間站的軌道半徑大于近地衛星的軌道半徑，則空間站的環繞速度小于第一宇宙速度，故B錯誤；C．根據解得小衛星的軌道半徑小于空間站的軌道半徑，則空間站的環繞周期大于小衛星的環繞周期，故C錯誤；D．根據牛頓第二定律有解得小衛星的軌道半徑小于空間站的軌道半徑，則空間站的環繞加速度小于小衛星的環繞加速度，故D錯誤。故選A。6.如圖，電荷量分別為q和-q（q>0）的點電荷固定在正方體（邊長為l）的兩個頂點上，a、b是正方體的另外兩個頂點，若將另一點電荷Q放置在a點，則（）A.Q受到的庫侖力方向可能由a指向bB.Q受到的庫侖力方向可能由b指向aC.Q受到的庫侖力大小為D.Q受到的庫侖力大小為〖答案〗C〖解析〗AB．Q可能帶正電，可能帶負電，受力情況如圖所示：Q受到的庫侖力方向不可能指向ab方向，故AB錯誤；CD．Q受到的庫侖力大小為故C正確，D錯誤。故選C。7.如圖所示是肥東和睦湖音樂噴泉的夜景，是安徽省最大的湖上噴泉，其噴出的最高水柱約有100m高，某一噴泉口直徑約為0.1m（噴出水的密度為1×103kg/m3），據此可估算出連接此噴泉的電動機的輸出功率約為（）A.3.5×103W B.3.5×105W C.3.5×107W D.3.5×109W〖答案〗B〖解析〗水離開管口的速度為設給噴管噴水的電動機輸出功率為P，在接近管口很短一段時間內水柱的質量為根據動能定理可得解得故選B。8.合肥市逍遙津公園承載了幾代人的記憶，其中的象鼻滑梯（如圖甲所示）可以簡化為由豎直面內一段傾角為37°的傾斜粗糙滑道AB和半徑為r的圓弧形光滑滑道BC平滑連接組成，其中C為圓弧軌道的最低點（如圖乙所示）。一質量為m的小朋友（可視為質點），從滑梯的最高處A靜止滑下，小朋友與傾斜直滑道AB的動摩擦因數為0.5，若小朋友到達C點時速度的大小為。則小朋友在下滑的過程中（sin37°=0.6,cos37°=0.8）（）A.一直處于失重狀態B.在B點時速度的大小為C.A、C兩點間的豎直高度差為2.6rD.在最低點C時對滑道的壓力大小為2mg〖答案〗C〖解析〗A.小朋友運動到C點時，有豎直向上的向心加速度，處于超重狀態，故A錯誤；B.B到C過程，由動能定理有得故B錯誤；C.設AB的豎直高度差為，A到B過程，由動能定理有AC的豎直高度差為得故C正確；D.在最低點C時軌道對小朋友的支持力為，由牛頓第二定律有得由牛頓第三定律有在最低點C時小朋友對滑道的壓力大小為3mg，故D錯誤。故選C。二、多選題（本題共2小題，每小題5分，共10分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分）9.人們在洗手后往往有如圖所示的甩手動作，這幅圖片是由每秒25幀的攝像機拍攝視頻后制作的頻閃畫面（相鄰兩幀間的時間間隔為0.04s），圖中A、B、C是甩手動作最后連續3幀照片指尖的位置。指尖從A到C的運動過程，可以看作：指尖先以肘關節M為圓心做圓周運動，指尖到達B點后又以腕關節N（視為已經靜止）為圓心做圓周運動，最終到達C點靜止（可粗略認為指尖在AB間運動的平均速度大小等于指尖過B點的線速度大小）。測得AB之間的真實距離為0.32m，AM的真實長度為0.40m，CN的真實長度為0.16m，重力加速度g取10m/s2。結合以上信息，則下列說法正確的是（）A.指尖在BC間的平均速度大于AB間的平均速度B.指尖在AB間的平均速度約為8m/sC.指尖在AC之間運動時向心加速度的最大值約為400m/s2D.指尖在BC之間運動時加速度的方向始終指向N點〖答案〗BC〖解析〗AB．由圖可知B、C之間距離比A、B之間的距離小，經過的時間相同，故指尖在B、C之間運動的速度比A、B之間的小；指尖在A、B之間運動的速度大小約為，解得故A錯誤，B正確；C．圖中B、C之間距離接近CN的距離，故可知指尖在B、C之間運動的速度大小約為可得指尖在B、C之間運動的加速度和在A、B之間運動的加速度分別為，故指尖在AC之間運動時向心加速度的最大值約為400m/s2，故C正確；D．指尖在B、C間運動的加速度等于向心加速度和切向加速度的矢量和，故方向時刻變化，故D錯誤。故選BC。10.如圖所示，輕繩一端系一質量為m的金屬環，另一端繞過定滑輪懸掛一質量為5m的重物。金屬環套在固定豎直光滑直桿上，定滑輪與豎直桿間的距離OQ=d，金屬環從圖中P點由靜止釋放，OP與直桿之間的夾角θ=53°，不計一切摩擦，重力加速度為g，（），則（）A.金屬環在Q點的速度大小為B.金屬環從P上升到Q的過程中，繩子拉力對重物做的功為C.金屬環從P上升到Q的過程中，重物所受重力的瞬時功率一直增大D.若金屬環最高能上升到N點（N點未標出），則ON與直桿之間的夾角為53°〖答案〗AB〖解析〗C．根據斜牽引速度的分解特點，可知金屬環從P上升到Q的過程中，重物的速度開始為零，到達Q點時也為零，所以其重力的瞬時功率先增大后減小，故C錯誤；A．金屬環運動到Q點時，對金屬環及重物系統，利用機械能守恒定律有，金屬環在Q點的速度大小為故A正確；B．金屬環從P上升到Q的過程中，對重物利用動能定理有求得繩子拉力對重物做的功為故B正確；D．若ON與直桿之間的夾角為53°，則重物高度沒有變化，金屬環由P到N，機械能增加，不符合能量守恒定律，故D錯誤。故選AB。三、非選擇題（本題共5小題，共58分）11.某實驗小組用如圖所示的裝置研究平拋運動。將白紙和復寫紙對齊重疊并固定在豎直的硬板上。鋼球沿斜槽軌道PQ滑下后從Q點飛出，落在水平擋板MN上。由于擋板靠近硬板一側較低，鋼球落在擋板上時，鋼球側面會在白紙上擠壓出一個痕跡點。移動擋板，重新釋放鋼球，如此重復，白紙上將留下一系列痕跡點。（1）下列實驗條件必須滿足的有______；A.擋板高度等間距變化B.斜槽軌道PQ的末段水平C.每次從斜槽上相同的位置無初速度釋放鋼球（2）伽利略曾研究過平拋運動，他推斷：從同一炮臺水平發射的炮彈，如果不受空氣阻力，不論它們能射多遠，在空中飛行的時間都一樣。這實際上揭示了平拋物體______；A.在水平方向上做勻速直線運動B.在水平方向上的運動不受豎直方向運動的影響C.在豎直方向上的運動不受水平方向運動的影響（3）牛頓設想，把物體從高山上水平拋出，速度一次比一次大，落地點就一次比一次遠，如果速度足夠大，物體就不再落回地面，它將繞地球做勻速圓周運動，成為人造地球衛星。若取地球表面重力加速度為g，地球的半徑為R，則第一宇宙速度的表達式可以寫為______。〖答案〗（1）BC（2）C（3）〖解析〗【小問1詳析】A．實驗中只需要移動擋板，鋼球落在擋板上時，鋼球側面會在白紙上擠壓出一個痕跡點，并不需要嚴格擋板高度等間距變化，故A錯誤；B．為了確保鋼球做平拋運動，實驗時，需要使斜槽軌道PQ的末段水平，故B正確；C．為了確保鋼球飛出的初速度大小一定，實驗時，需要使每次從斜槽上相同的位置無初速度釋放鋼球，故C正確。故選BC。【小問2詳析】平拋運動豎直方向上的分運動是自由落體運動，豎直方向上有解得可知，從同一炮臺水平發射的炮彈，如果不受空氣阻力，不論它們能射多遠，在空中飛行的時間都一樣。這實際上揭示了平拋物體在豎直方向上的運動不受水平方向運動的影響。故選C。【小問3詳析】第一宇宙速度等于近地衛星的環繞速度，對近地衛星的圓周運動有在地球表面，萬有引力近似等于重力，則有解得12.如圖為一種利用氣墊導軌“驗證機械能守恒定律”的實驗裝置。主要實驗步驟如下：A．將氣墊導軌放水平桌面上，將導軌調至水平。B．測出擋光條的寬度d。C．將滑塊移至圖示位置，測出擋光條到光電門的距離l。D．釋放滑塊，讀出擋光條通過光電門的擋光時間t。E．用天平稱出托盤和砝碼的總質量m。F．……（重力加速度取g）請回答下列問題：（1）滑塊從靜止釋放到運動至光電門的過程中，系統的重力勢能減少了____________；（2）為驗證機械能守恒定律，還需要測量的物理量是____________；（3）若要符合機械能守恒定律的結論，則以上測得的物理量應該滿足____________。〖答案〗（1）（2）滑塊和擋光條的總質量M（3）〖解析〗小問1詳析】在滑塊從靜止釋放到運動到光電門的過程中，托盤和砝碼下降了l的距離，則可知系統的重力勢能減少了【小問2詳析】為驗證機械能守恒定律，還需要測量滑塊和遮光條的總質量M。【小問3詳析】若要符合機械能守恒定律，則必選滿足托盤和砝碼重力勢能的減小量等于系統動能的增加量，即13.設立目標并進行投擲是提高運動員投擲準確性的有效訓練方法。現將某次投擲訓練簡化如下：如圖，運動員將投擲物從岸邊河堤上的A點水平擲出，已知A點到水岸邊C點水平距離AB=5m、豎直距離BC=5m，A、B、C三點在同一豎直平面內。不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。（1）若要使投擲物落到水面上，求投擲物被擲出時速度的最小值；（2）已知投擲物的質量為0.5kg，若要使投擲物正好擊中水面上距C點15m的漂浮靶P（P點與A、B、C三點在同一豎直平面內），求投擲物被擲出時的初動能。〖答案〗（1）；（2）〖解析〗（1）投擲物以最小速度擲出落到水面上C點。對投擲物，從A點到C點，豎直方向水平方向解得=（2）對投擲物，從A點到P點，豎直方向水平方向又解得14.2024年3月20日，中國在海南文昌將鵲橋二號中繼星發射升空，經過一系列調控，鵲橋二號最后進入環月使命軌道，成為繼“鵲橋”中繼星之后世界第二顆在地球軌道以外的專用中繼星，為嫦娥六號月球采樣任務提供支持，并接力“鵲橋”中繼星為嫦娥四號提供中繼通信服務。為了簡化，我們將鵲橋二號繞月球的運動看作勻速圓周運動。已知鵲橋二號繞月運轉周期為T、軌道半徑為r，月球的半徑為R，引力常量為G。求：（1）月球的質量和平均密度；（2）嫦娥四號在月球表面上受到的重力（已知嫦娥四號的質量為m，且不考慮月球的自轉）。〖答案〗（1）；（2）〖解析〗（1）對鵲橋二號繞月球做勻速圓周運動有解得又解得（2）對嫦娥四號在月球表面有解得15.能量概念的引入是科學前輩們追尋守恒量的一個重要事例。重力勢能、彈性勢能與動能都是機械運動中的能量形式，統稱為機械能。通過重力或彈力做功，機械能可以從一種形式轉化成另一種形式。（1）請以物體沿光滑曲面滑下的情形為例，證明在只有重力做功的系統內，動能與重力勢能互相轉化時總的機械能保持不變，即在只有重力做功的系統內，機械能是守恒的。在圖中，物體在某一時刻處在高度為h1的位置A，這時它的速度是v1。經過一段時間后，物體下落到高度為h2的另一位置B，這時它的速度是v2。（注：推理證明過程中須說明每個表達式的依據）（2）如圖，質量為m=0.1kg的物體A經一輕質彈簧與下方地面上的質量同為m=0.1kg的物體B相連，彈簧的勁度系數為k=20N/m，A、B都處于靜止狀態。一條不可伸長的輕繩繞過輕滑輪，一端連物體A，另一端連一輕質掛鉤。開始時各段繩都處于伸直狀態，A上方的一段繩沿豎直方向。現在掛鉤上掛一質量為M=0.3kg的物體C并從靜止狀態釋放。已知彈簧的彈性勢能由彈簧的勁度系數和形變量的大小決定，重力加速度g取10m/s2，不計一切摩擦阻力。求：①從釋放C至B剛離地，物體A上升的高度；②B剛離地時，物體C速度的大小。〖答案〗（1）見〖解析〗；（2）①；②〖解析〗（1）對物體從A到B的運動，由動能定理，重力對物體做的功等于物體動能的增加，可得又由于重力對物體做的功等于物體重力勢能的減少，可得聯立兩式可得可見，在只有重力做功的系統內，動能與重力勢能互相轉化時總的機械能保持不變。（2）①對A靜止狀態，有對B剛離地時，有又解得②由于彈簧在初狀態的形變量與末狀態的形變量相等，所以彈簧的彈性勢能相等，對系統由機械能守恒定律可得解得合肥市普通高中六校聯盟2023-2024學年第二學期期中聯考高一年級物理試卷（考試時間：75分鐘滿分：100分）一、單選題（本題共8小題，每小題4分，共32分。在每小題給出的選項中，只有一項符合題目要求）1.從18世紀起，人們開始經常使用一種叫作驗電器的簡單裝置來檢測物體是否帶電（如圖所示）。玻璃瓶內有兩片金屬箔，用金屬絲掛在一根導體棒的下端，棒的上端穿過絕緣的瓶塞從瓶口伸出。當一帶正電的物體靠近導體棒的上端時，金屬箔片（）A.不帶電 B.帶正電C.帶負電 D.無法確定〖答案〗B〖解析〗當一帶正電物體靠近導體棒的上端時，導體棒上端感應出負電荷，金屬箔片感應出正電荷。故選B2.萬有引力定律是人類科學史上最偉大的發現之一，下列有關萬有引力定律說法正確的是（）A.牛頓通過實驗驗證了萬有引力定律B.由萬有引力定律公式可知，當時，C.牛頓根據牛頓運動定律和開普勒行星運動定律得出萬有引力定律，并測出了引力常量D.引力常量的普適性是萬有引力定律正確性的有力證據〖答案〗D〖解析〗A．牛頓在前人對天體運動研究的基礎上，結合自己提出的運動定律總結推導出了萬有引力定律，不是通過實驗證明總結出的，故A錯誤；B．適用于兩個質點間的萬有引力，當時，物體不能再視為質點，所以不再適用，F不是趨向于無窮大，故B錯誤；C．牛頓推導出了萬有引力定律，在萬有引力定律的推導過程中運用了牛頓運動定律和開普勒行星運動規律，卡文迪許利用扭秤實驗裝置測算出引力常量G，故C錯誤；D．引力常量的普適性是萬有引力定律正確性的有力證據，故D正確。故選D。3.如圖所示的炮筒與水平方向成45°角，炮彈從炮口射出時的速度大小為800m/s，炮彈落到同一水平面上某點，若忽略空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。則炮彈從炮口到落地點的水平距離為（）A.28km B.32km C.55km D.64km〖答案〗D〖解析〗炮彈的速度分解為水平速度炮彈的豎直速度沿豎直方向做豎直上拋運動，運動的總時間水平射程故選D。4.如果轉動飛輪的重心不在轉軸上，運行將不穩定，而且軸承會受到很大的作用力，加速磨損。如圖所示，飛輪半徑為r，OO′為轉動軸，正常工作時轉動軸受到的水平作用力可以認為是0。假想在飛輪的邊緣固定一個質量m的螺絲釘P。當飛輪以角速度ω轉動時，下列說法正確的是（）A.P的質量越大，則軸承越容易損壞B.P的位置離轉動軸越近，則軸承越容易損壞C.P受到的重力與飛輪對它的作用力是一對平衡力D.飛輪對P的作用力〖答案〗A〖解析〗AB.小螺絲釘做勻速圓周運動所需要的向心力由轉盤提供，根據牛頓第三定律，小螺絲釘將給轉盤向外的作用力，轉盤在這個力的作用下，將對轉軸產生作用力，大小也為，有P的質量越大，則軸承越容易損壞，P的位置離轉動軸越近，越小，則軸承越不容易損壞，故A正確，B錯誤；C.P做圓周運動，具有加速度，合外力不為0，所以它受到的重力與飛輪對它的作用力不是一對平衡力，故C錯誤；D.飛輪對P的作用力和重力的合力提供向心力，由平行四邊形定則有故D錯誤。故選A。5.2024年1月，天舟七號貨運飛船成功與空間站天和核心艙對接，據悉天舟七號在返回地面過程中釋放一顆小衛星。已知小衛星和空間站環繞地球的運動均可看作勻速圓周運動，且小衛星的軌道半徑小于空間站的軌道半徑，空間站環繞地球運動時距離地球表面的高度為h，地球的半徑為R，地球表面的重力加速度為g，忽略地球自轉。下列說法正確的是（）A.空間站的角速度為B.空間站的環繞速度大于第一宇宙速度C.空間站環繞周期小于小衛星的環繞周期D.空間站的環繞加速度大于小衛星的環繞加速度〖答案〗A〖解析〗A．對空間站，由萬有引力提供向心力，則有在地球表面，萬有引力近似等于重力，則有解得故A正確；B．第一宇宙速度等于近地衛星的環繞速度，根據解得空間站的軌道半徑大于近地衛星的軌道半徑，則空間站的環繞速度小于第一宇宙速度，故B錯誤；C．根據解得小衛星的軌道半徑小于空間站的軌道半徑，則空間站的環繞周期大于小衛星的環繞周期，故C錯誤；D．根據牛頓第二定律有解得小衛星的軌道半徑小于空間站的軌道半徑，則空間站的環繞加速度小于小衛星的環繞加速度，故D錯誤。故選A。6.如圖，電荷量分別為q和-q（q>0）的點電荷固定在正方體（邊長為l）的兩個頂點上，a、b是正方體的另外兩個頂點，若將另一點電荷Q放置在a點，則（）A.Q受到的庫侖力方向可能由a指向bB.Q受到的庫侖力方向可能由b指向aC.Q受到的庫侖力大小為D.Q受到的庫侖力大小為〖答案〗C〖解析〗AB．Q可能帶正電，可能帶負電，受力情況如圖所示：Q受到的庫侖力方向不可能指向ab方向，故AB錯誤；CD．Q受到的庫侖力大小為故C正確，D錯誤。故選C。7.如圖所示是肥東和睦湖音樂噴泉的夜景，是安徽省最大的湖上噴泉，其噴出的最高水柱約有100m高，某一噴泉口直徑約為0.1m（噴出水的密度為1×103kg/m3），據此可估算出連接此噴泉的電動機的輸出功率約為（）A.3.5×103W B.3.5×105W C.3.5×107W D.3.5×109W〖答案〗B〖解析〗水離開管口的速度為設給噴管噴水的電動機輸出功率為P，在接近管口很短一段時間內水柱的質量為根據動能定理可得解得故選B。8.合肥市逍遙津公園承載了幾代人的記憶，其中的象鼻滑梯（如圖甲所示）可以簡化為由豎直面內一段傾角為37°的傾斜粗糙滑道AB和半徑為r的圓弧形光滑滑道BC平滑連接組成，其中C為圓弧軌道的最低點（如圖乙所示）。一質量為m的小朋友（可視為質點），從滑梯的最高處A靜止滑下，小朋友與傾斜直滑道AB的動摩擦因數為0.5，若小朋友到達C點時速度的大小為。則小朋友在下滑的過程中（sin37°=0.6,cos37°=0.8）（）A.一直處于失重狀態B.在B點時速度的大小為C.A、C兩點間的豎直高度差為2.6rD.在最低點C時對滑道的壓力大小為2mg〖答案〗C〖解析〗A.小朋友運動到C點時，有豎直向上的向心加速度，處于超重狀態，故A錯誤；B.B到C過程，由動能定理有得故B錯誤；C.設AB的豎直高度差為，A到B過程，由動能定理有AC的豎直高度差為得故C正確；D.在最低點C時軌道對小朋友的支持力為，由牛頓第二定律有得由牛頓第三定律有在最低點C時小朋友對滑道的壓力大小為3mg，故D錯誤。故選C。二、多選題（本題共2小題，每小題5分，共10分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分）9.人們在洗手后往往有如圖所示的甩手動作，這幅圖片是由每秒25幀的攝像機拍攝視頻后制作的頻閃畫面（相鄰兩幀間的時間間隔為0.04s），圖中A、B、C是甩手動作最后連續3幀照片指尖的位置。指尖從A到C的運動過程，可以看作：指尖先以肘關節M為圓心做圓周運動，指尖到達B點后又以腕關節N（視為已經靜止）為圓心做圓周運動，最終到達C點靜止（可粗略認為指尖在AB間運動的平均速度大小等于指尖過B點的線速度大小）。測得AB之間的真實距離為0.32m，AM的真實長度為0.40m，CN的真實長度為0.16m，重力加速度g取10m/s2。結合以上信息，則下列說法正確的是（）A.指尖在BC間的平均速度大于AB間的平均速度B.指尖在AB間的平均速度約為8m/sC.指尖在AC之間運動時向心加速度的最大值約為400m/s2D.指尖在BC之間運動時加速度的方向始終指向N點〖答案〗BC〖解析〗AB．由圖可知B、C之間距離比A、B之間的距離小，經過的時間相同，故指尖在B、C之間運動的速度比A、B之間的小；指尖在A、B之間運動的速度大小約為，解得故A錯誤，B正確；C．圖中B、C之間距離接近CN的距離，故可知指尖在B、C之間運動的速度大小約為可得指尖在B、C之間運動的加速度和在A、B之間運動的加速度分別為，故指尖在AC之間運動時向心加速度的最大值約為400m/s2，故C正確；D．指尖在B、C間運動的加速度等于向心加速度和切向加速度的矢量和，故方向時刻變化，故D錯誤。故選BC。10.如圖所示，輕繩一端系一質量為m的金屬環，另一端繞過定滑輪懸掛一質量為5m的重物。金屬環套在固定豎直光滑直桿上，定滑輪與豎直桿間的距離OQ=d，金屬環從圖中P點由靜止釋放，OP與直桿之間的夾角θ=53°，不計一切摩擦，重力加速度為g，（），則（）A.金屬環在Q點的速度大小為B.金屬環從P上升到Q的過程中，繩子拉力對重物做的功為C.金屬環從P上升到Q的過程中，重物所受重力的瞬時功率一直增大D.若金屬環最高能上升到N點（N點未標出），則ON與直桿之間的夾角為53°〖答案〗AB〖解析〗C．根據斜牽引速度的分解特點，可知金屬環從P上升到Q的過程中，重物的速度開始為零，到達Q點時也為零，所以其重力的瞬時功率先增大后減小，故C錯誤；A．金屬環運動到Q點時，對金屬環及重物系統，利用機械能守恒定律有，金屬環在Q點的速度大小為故A正確；B．金屬環從P上升到Q的過程中，對重物利用動能定理有求得繩子拉力對重物做的功為故B正確；D．若ON與直桿之間的夾角為53°，則重物高度沒有變化，金屬環由P到N，機械能增加，不符合能量守恒定律，故D錯誤。故選AB。三、非選擇題（本題共5小題，共58分）11.某實驗小組用如圖所示的裝置研究平拋運動。將白紙和復寫紙對齊重疊并固定在豎直的硬板上。鋼球沿斜槽軌道PQ滑下后從Q點飛出，落在水平擋板MN上。由于擋板靠近硬板一側較低，鋼球落在擋板上時，鋼球側面會在白紙上擠壓出一個痕跡點。移動擋板，重新釋放鋼球，如此重復，白紙上將留下一系列痕跡點。（1）下列實驗條件必須滿足的有______；A.擋板高度等間距變化B.斜槽軌道PQ的末段水平C.每次從斜槽上相同的位置無初速度釋放鋼球（2）伽利略曾研究過平拋運動，他推斷：從同一炮臺水平發射的炮彈，如果不受空氣阻力，不論它們能射多遠，在空中飛行的時間都一樣。這實際上揭示了平拋物體______；A.在水平方向上做勻速直線運動B.在水平方向上的運動不受豎直方向運動的影響C.在豎直方向上的運動不受水平方向運動的影響（3）牛頓設想，把物體從高山上水平拋出，速度一次比一次大，落地點就一次比一次遠，如果速度足夠大，物體就不再落回地面，它將繞地球做勻速圓周運動，成為人造地球衛星。若取地球表面重力加速度為g，地球的半徑為R，則第一宇宙速度的表達式可以寫為______。〖答案〗（1）BC（2）C（3）〖解析〗【小問1詳析】A．實驗中只需要移動擋板，鋼球落在擋板上時，鋼球側面會在白紙上擠壓出一個痕跡點，并不需要嚴格擋板高度等間距變化，故A錯誤；B．為了確保鋼球做平拋運動，實驗時，需要使斜槽軌道PQ的末段水平，故B正確；C．為了確保鋼球飛出的初速度大小一定，實驗時，需要使每次從斜槽上相同的位置無初速度釋放鋼球，故C正確。故選BC。【小問2詳析】平拋運動豎直方向上的分運動是自由落體運動，豎直方向上有解得可知，從同一炮臺水平發射的炮彈，如果不受空氣阻力，不論它們能射多遠，在空中飛行的時間都一樣。這實際上揭示了平拋物體在豎直方向上的運動不受水平方向運動的影響。故選C。【小問3詳析】第一宇宙速度等于近地衛星的環繞速度，對近地衛星的圓周運動有在地球表面，萬有引力近似等于重力，則有解得12.如圖為一種利用氣墊導軌“驗證機械能守恒定律”的實驗裝置。主要實驗步驟如下：A．將氣墊導軌放水平桌面上，將導軌調至水平。B．測出擋光條的寬度d。C．將滑塊移至圖示位置，測出擋光條到光電門的距離l。D．釋放滑塊，讀出擋光條通過光電門的擋光時間t。E．用天平稱出托盤和砝碼的總質量m。F．……（重力加速度取g）請回答下列問題：（1）滑塊從靜止釋放到運動至光電門的過程中，系統的重力勢能減少了____________；（2）為驗證機械能守恒定律，還需要測量的物理量是____________；（3）若要符合機械能守恒定律的結論，則以上測得的物理量應該滿足____________。〖答案〗（1）（2）滑塊和擋光條的總質量M（3）〖解析〗小問1詳析】在滑塊從靜止釋放到運動到光電門的過程中，托盤和砝碼下降了l的距離，則可知系統的重力勢能減少了【小問2詳析】為驗證機械能守恒定律，還需要測量滑塊和遮光條的總質量M。【小問3詳析】若要符合機械能守恒定律，則必選滿足托盤和砝碼重力勢能的減小量等于系統動能的增加量，即13.設立目標并進行投擲是提高運動員投擲準確性的有效訓練方法。現將某次投擲訓練簡化如下：如