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人教版高一物理下期中检测卷4答题卡
(
条
码
粘
贴
处
（正面朝上
贴在此
虚线框内）
)
试卷类型：B
姓名：______________班级：______________
准考证号
(
缺考标记
考生禁止填涂缺考标记
！只能由监考老师负责用黑色字迹的签字笔填涂。
) (
注意事项
1
、
答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚。
2
、
请将准考证条码粘贴在右侧的[条码粘贴处]的方框内
3
、
选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须用0.5毫米黑色字迹的签字笔填写，字体工整
4
、
请按题号顺序在各题的答题区内作答，超出范围的答案无效，在草纸、试卷上作答无效。
5
、保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、刮纸刀。
6
、填涂样例
正确
[
■
]
错误
[
--
][
√
] [
×
]
)
选择题（请用2B铅笔填涂）
1. [A][B][C][D] 2. [A][B][C][D] 3. [A][B][C][D] 4. [A][B][C][D] 5. [A][B][C][D] 6. [A][B][C][D] 7. [A][B][C][D] 8. [A][B][C][D] 9. [A][B][C][D] 10. [A][B][C][D] 11. [A][B][C][D] 12. [A][B][C][D] 13. [A][B][C][D] 15.2. [A][B][C][D] 17.3. [A][B][C][D]
18.1. [A][B][C][D] 18.3. [A][B][C][D] 19.1. [A][B][C][D] 19.3. [A][B][C][D] 19.6. [A][B][C][D] 19.7. [A][B][C][D]
非选择题（请在各试题的答题区内作答）
14．（1）
（2）
15．（1）________________ （3）________________；________________
16．（1）
（2）
17．（1）_______________（2）______________；_______________；________________
18．（2）________________________________
19．（2）________________
（4）________________
（5）________________
20．________________；________________
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人教版高一物理下期中检测卷4（学生版）
一、选择题(共10题；共30分)
1．（3分）小物通过视频号“胜哥课程”观看了洲际弹道导弹击中目标的Ai视频，如图所示。图中、、、四点所在的曲线是该导弹的飞行轨迹，则导弹经过、、、四点时的速度、、、的方向与所受的合外力、、、的方向可能正确的是在（　　）
A．点 B．点 C．点 D．点
2．（3分）飞机与水平方向成60°角斜向上飞行，飞机的速度大小是200m/s，这个速度在水平方向的分速度为（　　）
A．100m/s B．200m/s C．100m/s D．200m/s
3．（3分）如图，一条平直的大河宽1800m，河水流速处处相等，都为；一艘汽艇相对河水速度大小恒为，从岸边A点出发，河对岸正对A点处记为B点，在河对岸点的上游有C点，下游有D点，且，则（　　）
A．该汽艇有可能在10min内到达河对岸某处
B．该汽艇不可能在20min内到达河对岸某处
C．如果汽艇沿直线AC到达C点比沿直线AD到达D点用时更长
D．如果汽艇相对于水的速度不变，但河水流速加快，汽艇过河的时间可能增加也可能减少
4．（3分）在首次“天宫课堂”教学中，航天员王亚平在天宫一号空间实验室做了一个实验。如图所示，一个小球用细线悬挂在固定支架上，她用手轻推小球，给小球一初速度使其在竖直平面内做匀速圆周运动。在王亚平看来，有关小球经过圆周最低点和最高点时的情况，下列说法正确的是（　　）
A．小球的速度大小相等，方向相同
B．小球的加速度大小相等，方向相同
C．细线的拉力大小相等，方向相反
D．小球经过最低点时细线的拉力大于小球经过最高点时细线的拉力
5．（3分）如图所示，光滑的矩形框ABCD处于竖直平面内，一根长为L的轻绳一端固定在A点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿在竖直边BC上。已知水平边AB边长为0.6L，AD、BC足够长，重力加速度为g。现使矩形框绕AD边匀速转动，则下列说法正确的是（　　）
A．若矩形框转动的角速度增大，则轻绳的拉力不变
B．BC边对小球的弹力随着矩形框转动角速度的增大而减小
C．当BC边对小球的弹力大小为时，矩形框转动的角速度一定为
D．当BC边对小球的弹力大小为mg时，矩形框转动的角速度一定为
6．（3分）国际编号为192391的小行星绕太阳公转的周期约为5.8年，该小行星与太阳系内八大行星几乎在同一平面内做圆周运动。规定地球绕太阳公转的轨道半径为，八大行星绕太阳的公转轨道半径如下表所示。忽略其它行星对该小行星的引力作用，则该小行星的公转轨道应介于（　　）
行星 水星 金星 地球 火星 木星 土星 天王星 海王星
轨道半径 0.39 0.72 1.0 1.5 5.2 9.5 19 30
A．金星与地球的公转轨道之间
B．地球与火星的公转轨道之间
C．火星与木星的公转轨道之间
D．天王星与海王星的公转轨道之间
7．（3分）“金星凌日”时，从地球上看，金星就像镶嵌在太阳表面的小黑点。在地球上间距为d的两点同时观测，测得金星在太阳表面的小黑点相距为L，如图所示。地球和金星绕太阳的运动均视为匀速圆周运动，太阳直径远小于金星的轨道半径，则地球和金星绕太阳运动的（　　）
A．轨道半径之比为
B．周期之比为
C．线速度大小之比为
D．向心加速度大小之比为
8．（3分）小物通过视频号“胜哥课程”观看了卫星发射成功的视频，此次发射采用“一箭九星”方式，共将九颗卫星送入离地高度500km的同一预定轨道。下列说法正确的是（　　）
A．九颗卫星的线速度相同
B．九颗卫星的机械能一定相同
C．在轨稳定运行时，卫星的线速度约为
D．卫星所在轨道处重力加速度小于地面重力加速度
9．（3分）“食双星”是特殊的双星系统，由两颗亮度不同的恒星组成，它们在相互引力作用下绕连线上某点做匀速圆周运动，且轨道平面与观测者视线方向几乎平行。由于两颗恒星相互遮挡，造成观测者观察到双星的亮度L发生周期性变化，如图所示。若较亮的恒星和较暗的恒星轨道半径分别为和（和远小于该双星系统到观测者的距离）。下列说法正确的是（　　）
A．时刻，较亮的恒星遮挡住较暗的恒星
B．较亮的恒星与较暗的恒星质量之比为
C．两颗恒星做匀速圆周运动的周期均为
D．较亮的恒星线速度与较暗的恒星线速度之比为
10．（3分）如图甲所示，两个质量分别为m、2m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴OO'的距离为2l，b与转轴的距离为l.如图乙所示（俯视图），两个质量均为m的小木块c和d（可视为质点）放在水平圆盘上，c与转轴、d与转轴的距离均为l，c与d之间用长度也为l的水平轻质细线相连。木块与圆盘之间的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴做角速度缓慢增大的转动，下列说法正确的是（　　）
A．图甲中，a、b同时开始滑动
B．图甲中，a所受的静摩擦力大于b所受的静摩擦力
C．图乙中，c、d与圆盘相对静止时，细线的最大拉力为kmg
D．图乙中，c、d与圆盘相对静止时，圆盘的最大角速度为
二、多项选择题(共3题；共12分)
11．（4分）在马戏表演中，猴子沿竖直杆向上做初速度为0、加速度为a的匀加速运动，同时人顶着直杆以速度v0水平匀速移动，经过时间t，猴子沿杆向上移动的高度为h，人顶杆沿水平地面移动的距离为x，如图所示。关于猴子的运动情况，下列说法正确的是（　　）
A．相对地面的运动轨迹为直线
B．相对地面做匀变速曲线运动
C．t时刻猴子对地速度的大小为v0+at
D．t时间内猴子对地的位移大小为
12．（4分）如图所示，一长为的轻杆的一端固定在水平转轴上，另一端固定一质量为m的小球，轻杆随转轴在竖直平面内做角速度为的匀速圆周运动，重力加速度为g。下列说法中正确的是（　　）
A．小球运动到最高点时，杆对球的力一定是拉力
B．小球运动到水平位置A时，杆对球的力一定是沿杆方向
C．小球运动到最低点时，杆对球的力一定是拉力
D．如果适当，小球运动的一个周期内可能会有两次受到沿杆方向的拉力
13．（4分）若将地球和金星的公转视为匀速圆周运动，公转轨道半径用表示，公转周期用表示，设，忽略行星自转影响，已知地球的第一宇宙速度约为，地球表面重力加速度。根据下表可判断下列说法正确的是（　　）
比值 轨道半径 星球质量 星球半径
金星/地球 0.72 0.82 0.95
A．金星表面的重力加速度约为
B．地球和金星公转对应的值相同
C．金星做圆周运动的线速度比地球的小
D．金星的第一宇宙速度约为
三、非选择题(共7题；共58分)
14．（10分）已知某船在静水中的速率为，现让船渡过某条河，假设这条河的两岸是理想的平行线，河宽为，河水的流动速度为，方向与河岸平行。求：
（1）（5分）船渡河的最短时间；
（2）（5分）船渡河过程中航行距离最短的情况下所用的时间；
15．（8分）“胜哥”利用饮料瓶等生活中常见的材料来做探究平抛运动特点，装置如图甲所示。
（1）（2分）“胜哥”进行的操作如下，请将空白处补充完整：
A．在饮料瓶内装入红墨水，用橡皮塞塞住，插入进气管，封住进气管，插入出水管按图所示安装好仪器；
B．调节喷嘴，使固定在水准仪上的喷嘴方向　 　；
C．利用铁架台将木板固定在竖直方向，将白纸固定在木板上，调整铁架台使木板靠近水准仪，用重垂线在白纸上定出轴，喷嘴的喷水处在白纸上的投影记为点，过点且垂直于轴的水平线为轴；
D．打开进气管，让水从喷嘴射出，待水流稳定后，用油性笔将水的流动轨迹描绘在白纸上；
E．封住进气管，取下白纸，根据水的流动轨迹求出水从喷嘴流出时的初速度；
（2）（2分）为了确保实验顺利进行，应该满足___________；
A．水流平抛初速度稳定
B．水流的流速大
C．水流时间长
（3）（4分）图乙是“胜哥”根据实验画出的水流运动轨迹，在轨迹上任取三点，测得两点竖直坐标为为，两点水平间距为，则水流平抛的初速度为　 　m/s；若点的竖直坐标为，则小球在点的速度为　 　。（结果均保留2位有效数字，重力加速度）
16．（10分）小物通过视频号“胜哥课程”观看了一个打仗的Ai视频，如图所示，“胜哥”从倾角θ=37°的斜坡顶端A将手榴弹（图中用小球表示，视为质点）水平投出，去打击坡底水平阵地上的敌人。斜坡顶端A点到底端B点的距离L=75m，取重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力。
（1）（5分）若某手榴弹被投出后恰好落在斜坡底端B，求该手榴弹被投出时的速度大小v0；
（2）（5分）已知A、B、C三点在同一竖直面内，B、C两点间的距离d=60m，要使被投出的手榴弹不越过C点，求手榴弹被投出时速度的最大值v0m。
17．（10分）洗手后我们往往都有“甩水”的动作，“胜哥”对此进行了“关于甩手动作物理原理”的研究。如图所示是由每秒25帧的频闪照片合成的图片，记录了手臂各部位在不同时刻的位置信息。以下面的简化模型分析甩手运动：将人的上肢简化由上臂、前臂和手掌组成，认为在甩手过程中，上臂可以绕肩关节转动，前臂可以绕肘关节 M转动，手掌可以绕腕关节 N转动。图中的A、B、C是甩手动作最后3帧照片指尖的位置，M、N是最后1帧照片的时关节和腕关节的位置。已知图中任意两点间的实际距离都可以通过照片上的距离根据比例尺折算测得。
（1）（2分）甩手时很容易将手上的水滴甩掉，这是因为水滴做　 　选填“近心”或“离心”或“匀速圆周”运动。
（2）（6分）照片中实验者手臂自然下垂时肩膀到指尖的距离为13cm，而相应的实际距离为照片中A、B两点间距离为，则A、B两点的实际距离为　 　由此可以计算指尖实际在A、B间运动的平均速度为　 　，并粗略认为这就是指尖过B点的线速度。同理，得到BN的实际距离为计算指尖在B处绕N点转动的向心加速度为　 　。结果均保留两位有效数字
（3）（2分）下列各项分析中最不合理的一项是(　　)
A．近似认为指尖在A、B 间运动时绕M点转动，在B、C间运动时绕N点转动
B．将指尖在A、B间运动的平均速度大小近似认为是指尖经过B点时的瞬时速度大小
C．指尖在B、C间运动的加速度是指尖经过B点时的向心加速度
D．指尖在A、B之间运动的速度比在B、C之间的大
18．（6分）“胜哥”用如图所示装置探究两个互成角度的力的合成规律。
（1）（2分）除了弹簧秤、橡皮筋、刻度尺、细绳套之外，以下器材还需选（　　）
A．重锤线 B．量角器 C．三角板
（2）（2分）“胜哥”测量完成后，作出力的图示，以两个分力为邻边，做出平行四边形，其对角线　 　（选填“一定”或“不一定”）与橡皮筋共线。
（3）（2分）下列各图中，与本实验所用物理思想方法相同的是（　　）
A．甲图：重心概念的提出
B．乙图：伽利略理想斜面实验
C．丙图：探究影响向心力大小的因素
D．丁图：卡文迪许扭秤实验测量万有引力常量
19．（10分）小物通过视频号“胜哥课程”观看了神舟十三号载人飞船出征太空的视频，并成功与中国空间站组合体完成自主对接、出舱，以及在轨驻留六个月，空间站绕地球一圈约90分钟。驻留期间，航天员进行了“天宫课堂”授课，王亚平抛出一只“冰墩墩”后，“冰墩墩”沿抛出方向近似匀速直线前进。
（1）（1分）根据下列器材在地面上使用时的主要功能，航天员在空间站中同样可以正常使用的是（　　）
A．单摆演示器 B．弹簧拉力器 C．家用体重秤 D．哑铃
（2）（1分）神舟十三号与空间站对接过程中，　 　（选填：A.可以 B.不可以）把神舟十三号看作质点。
（3）（1分）“天宫课堂”中，“冰墩墩”近似匀速直线前进，这一过程中“冰墩墩”受到（　　）
A．万有引力 B．向心力 C．离心力
（4）（1分）空间站绕地球运行的角速度约为　 　rad/s。（保留2位有效数字）。
（5）（2分）空间站的速度　 　第一宇宙速度（选涂：A.大于B.等于C.小于）；同步地球卫星的周期为　 　小时。
（6）（2分）空间站绕地球运行的轨道半径，约为地球同步卫星绕地球运行的轨道半径的（　　）
A． B． C．
（7）（2分）考虑相对论效应，在高速飞行的空间站里的时钟走过10s，理论上站在地面上的观察者手里的时钟走过的时间（　　）
A．大于10s B．小于10s C．等于10s D．都有可能
20．（4分）有一个质量为的物体在平面内运动，在方向的速度图像和方向的位移图像分别如图甲、乙所示。由图可知，物体的初速度大小为　 　，所受的合外力为　 　N。
答案
1．B
2．A
3．C
4．C
5．A
6．C
7．D
8．D
9．B
10．D
11．B,D
12．C,D
13．B,D
14．（1）解：当船头垂直河岸渡河时，渡河时间最短，则有
（2）解：由于船在静水中的速率大于河水的流动速度，则合速度方向可以垂直河岸，此时船渡河航行距离最短；合速度大小为
则船渡河所用的时间为
15．（1）水平
（2）A；C
（3）1.0；2.0
16．（1）设在此种情况下，手榴弹在空中运动的时间为t，有，
解得，
（2）根据平抛运动规律有
解得
17．（1）离心
（2）；；
（3）C
18．（1）C
（2）不一定
（3）A
19．（1）B
（2）B
（3）A
（4）1.2×10-3
（5）C；24
（6）C
（7）A
20．5；3
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人教版高一物理下期中检测卷4（学生版）
一、选择题(共10题；共30分)
1．（3分）小物通过视频号“胜哥课程”观看了洲际弹道导弹击中目标的Ai视频，如图所示。图中、、、四点所在的曲线是该导弹的飞行轨迹，则导弹经过、、、四点时的速度、、、的方向与所受的合外力、、、的方向可能正确的是在（　　）
A．点 B．点 C．点 D．点
【答案】B
【知识点】曲线运动的条件；曲线运动
【解析】【解答】根据曲线运动的特点，可知速度v方向沿运动轨迹的切线方向，合外力F方向指向运动轨迹的凹侧，轨迹在两者之间，故图中点符合要求，A点、C点、D点不符合要求。
故答案为：B。
【分析】曲线运动中，速度方向沿轨迹的切线方向，合外力方向指向轨迹的凹侧，据此判断各点的速度与合外力方向是否符合规律。
2．（3分）飞机与水平方向成60°角斜向上飞行，飞机的速度大小是200m/s，这个速度在水平方向的分速度为（　　）
A．100m/s B．200m/s C．100m/s D．200m/s
【答案】A
【知识点】速度的合成与分解
【解析】【解答】速度在水平方向的分速度为vｘ =vcos600=100 m/s
所以A符合题意；BCD不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据速度的合成与分解得出速度在水平方向的分速度。
3．（3分）如图，一条平直的大河宽1800m，河水流速处处相等，都为；一艘汽艇相对河水速度大小恒为，从岸边A点出发，河对岸正对A点处记为B点，在河对岸点的上游有C点，下游有D点，且，则（　　）
A．该汽艇有可能在10min内到达河对岸某处
B．该汽艇不可能在20min内到达河对岸某处
C．如果汽艇沿直线AC到达C点比沿直线AD到达D点用时更长
D．如果汽艇相对于水的速度不变，但河水流速加快，汽艇过河的时间可能增加也可能减少
【答案】C
【知识点】小船渡河问题分析
【解析】【解答】AB．根据题意可知，汽艇相对水速度水流速度
当汽艇垂直河岸航行时，汽艇在垂直于河岸方向的速度最大，根据位移公式可以得出过河时间最短
A错误，B错误；
C．沿AC航行时，汽艇需朝上游调整方向，根据速度的分解可以得出垂直于河岸的分速度
沿AD航行时，汽艇朝下游调整方向，根据速度的分解可以得出垂直于河岸的分速度
因，由于沿河岸方向运动的位移相等，水速的方向向下，根据速度的合成则可以得出
故
过河时间，越小，时间越长，根据垂直于河岸的速度公式可以得出沿AC到达C点用时更长，C正确。
D．根据分运动的独立性可以得出过河时间由垂直分速度决定，与水流速度无关，D错误。
故选C。
【分析】利用垂直于河岸的位移公式结合船速可以求出最短的过河时间；利用小船运动的轨迹可以比较船速的方向，结合速度的分解可以比较垂直于河岸速度的大小，进而比较运动的时间；根据分运动的独立性可以得出过河时间由垂直分速度决定，与水流速度无关。
4．（3分）在首次“天宫课堂”教学中，航天员王亚平在天宫一号空间实验室做了一个实验。如图所示，一个小球用细线悬挂在固定支架上，她用手轻推小球，给小球一初速度使其在竖直平面内做匀速圆周运动。在王亚平看来，有关小球经过圆周最低点和最高点时的情况，下列说法正确的是（　　）
A．小球的速度大小相等，方向相同
B．小球的加速度大小相等，方向相同
C．细线的拉力大小相等，方向相反
D．小球经过最低点时细线的拉力大于小球经过最高点时细线的拉力
【答案】C
【知识点】匀速圆周运动
【解析】【解答】小球在竖直面内做匀速圆周运动，由于小球速度大小保持不变所以在最高点和最低点的速度大小相等，方向相反；根据向心加速度的表达式可知，小球的加速度大小相等，方向相反；由于绳子拉力提供向心力，根据牛顿第二定律可知，细线的拉力大小相等，方向相反，即小球经过最低点时细线的拉力等于小球经过最高点时细线的拉力。
故选C。
【分析】利用匀速圆周运动的线速度大小保持不变可以比较速度的大小，利用切线方向可以判别速度的方向；利用向心加速度的表示式子可以判别最高点和最低点的加速度大小相等，利用半径方向可以判别加速度方向相反；利用牛顿第二定律可以比较拉力的大小，利用半径的方向可以判别拉力的方向。
5．（3分）如图所示，光滑的矩形框ABCD处于竖直平面内，一根长为L的轻绳一端固定在A点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿在竖直边BC上。已知水平边AB边长为0.6L，AD、BC足够长，重力加速度为g。现使矩形框绕AD边匀速转动，则下列说法正确的是（　　）
A．若矩形框转动的角速度增大，则轻绳的拉力不变
B．BC边对小球的弹力随着矩形框转动角速度的增大而减小
C．当BC边对小球的弹力大小为时，矩形框转动的角速度一定为
D．当BC边对小球的弹力大小为mg时，矩形框转动的角速度一定为
【答案】A
【知识点】临界类问题；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．设轻绳对小球的拉力大小为F，与竖直方向的夹角为θ，竖直方向根据平衡方程有有
解得小球对轻绳的拉力大小
绳的拉力不随着矩形框转动的角速度增大而增大，故A正确；
B．当小球和矩形框一起转动，当BC边对小球的弹力为0时，根据牛顿第二定律有
解得
当角速度时，BC边对小球的弹力向外，根据牛顿第二定律则有
则ω增大，FN减小；
当时，BC边对小球的弹力向内，根据牛顿第二定律有
则ω增大，FN增大，故B错误；
D．当时，根据平衡方程可以得出：BC边对小球的弹力为
当时，小球绕AD边做匀速圆周运动，弹力只能向内，根据牛顿第二定律则有
解得
故D错误；
C．当时，弹力可能向内，可能向外，弹力向内时，根据牛顿第二定律有
解得
弹力向外时，根据牛顿第二定律有
解得
故C错误。
故选A。
【分析】利用竖直方向的平衡方程可以得出绳子拉力保持不变；利用BC边弹力的大小结合牛顿第二定律可以求出矩形框的角速度大小。
6．（3分）国际编号为192391的小行星绕太阳公转的周期约为5.8年，该小行星与太阳系内八大行星几乎在同一平面内做圆周运动。规定地球绕太阳公转的轨道半径为，八大行星绕太阳的公转轨道半径如下表所示。忽略其它行星对该小行星的引力作用，则该小行星的公转轨道应介于（　　）
行星 水星 金星 地球 火星 木星 土星 天王星 海王星
轨道半径 0.39 0.72 1.0 1.5 5.2 9.5 19 30
A．金星与地球的公转轨道之间
B．地球与火星的公转轨道之间
C．火星与木星的公转轨道之间
D．天王星与海王星的公转轨道之间
【答案】C
【知识点】开普勒定律
【解析】【解答】根据开普勒第三定律可知，其中，，，代入解得，故可知该小行星的公转轨道应介于火星与木星的公转轨道之间。故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】1、开普勒第三定律的应用
对绕同一中心天体的不同天体，有 。已知地球的 、，可求其他天体的轨道半径。
2、天文单位（AU）的使用
1 AU 是地球轨道半径，用于简化计算。
3、太阳系行星轨道分布的记忆或查表
需知道火星、木星等大致的轨道半径，或能从表中读取比较。
二、易错点
1、公式记错
开普勒第三定律是 ，不是 或别的形式。写反会导致结果数量级错误。
2、轨道位置比较出错
可能只比较周期：周期 5.8 年，地球 1 年，火星 1.88 年，木星 11.86 年，误以为周期介于地球与火星之间（其实周期 5.8 年大于火星的 1.88 年，所以轨道半径大于火星）。
必须用开普勒定律算出半径再比较，不能直接用周期与半径的线性关系判断。
7．（3分）“金星凌日”时，从地球上看，金星就像镶嵌在太阳表面的小黑点。在地球上间距为d的两点同时观测，测得金星在太阳表面的小黑点相距为L，如图所示。地球和金星绕太阳的运动均视为匀速圆周运动，太阳直径远小于金星的轨道半径，则地球和金星绕太阳运动的（　　）
A．轨道半径之比为
B．周期之比为
C．线速度大小之比为
D．向心加速度大小之比为
【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】A：太阳直径远小于金星的轨道半径，太阳直径忽略不计，根据题意结合几何知识可知地球和金星绕太阳运动的轨道半径之比为＝，故A错误；
BCD：根据万有引力提供向心力有＝mr＝m＝ma，解得T＝，v＝，a＝，
故可得周期之比为＝；线速度大小之比为＝；向心加速度大小之比为＝，故B、C错误，D正确。
【分析】 本题先利用几何相似三角形得到地球与金星的轨道半径之比，再结合开普勒第三定律、线速度和向心加速度与轨道半径的关系，逐一推导各物理量的比值。
8．（3分）小物通过视频号“胜哥课程”观看了卫星发射成功的视频，此次发射采用“一箭九星”方式，共将九颗卫星送入离地高度500km的同一预定轨道。下列说法正确的是（　　）
A．九颗卫星的线速度相同
B．九颗卫星的机械能一定相同
C．在轨稳定运行时，卫星的线速度约为
D．卫星所在轨道处重力加速度小于地面重力加速度
【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．线速度是矢量，既有大小又有方向。九颗卫星虽在同一轨道，线速度大小相等，但做圆周运动的方向可能不同，因此线速度不一定相同 ，故A错误；
B．机械能包含动能与引力势能，这两个物理量均与卫星质量成正比。由于九颗卫星的质量未知，无法确定机械能是否相等 ，故B错误；
C．第一宇宙速度是卫星的最大环绕速度，轨道高度越高环绕速度越小，该卫星轨道高于近地轨道，线速度必然小于，故C错误；
D．由万有引力近似等于重力可得，卫星轨道半径大于地球半径，因此轨道处的重力加速度 g 小于地面处的重力加速度，故D正确；
故答案为：D。
【分析】 本题围绕卫星圆周运动的核心规律，紧扣矢量性、机械能、第一宇宙速度、重力加速度的本质逐一分析。
9．（3分）“食双星”是特殊的双星系统，由两颗亮度不同的恒星组成，它们在相互引力作用下绕连线上某点做匀速圆周运动，且轨道平面与观测者视线方向几乎平行。由于两颗恒星相互遮挡，造成观测者观察到双星的亮度L发生周期性变化，如图所示。若较亮的恒星和较暗的恒星轨道半径分别为和（和远小于该双星系统到观测者的距离）。下列说法正确的是（　　）
A．时刻，较亮的恒星遮挡住较暗的恒星
B．较亮的恒星与较暗的恒星质量之比为
C．两颗恒星做匀速圆周运动的周期均为
D．较亮的恒星线速度与较暗的恒星线速度之比为
【答案】B
【知识点】双星（多星）问题
【解析】【解答】本题以“食双星”这一特殊的双星系统为背景，考查了双星问题的相关知识，包括双星的运动特点、质量关系、周期以及线速度关系等，具有一定的物理背景和趣味性，能激发学生对天体运动现象的兴趣。AC．由题意可知，时刻，较亮的恒星遮挡住较暗的恒星，时刻较暗的恒星遮挡住较亮的恒星，即时间里，转了半个圈，故周期为
故AC错误；
B．设较亮的恒星和较暗的恒星的质量分别为和，均由彼此间的万有引力提供向心力故两颗恒星的向心力大小相等，有
解得
故B正确；
D．设较亮的恒星和较暗的恒星的质量分别为和，根据
因为角速度相等，解得
故D错误。
故选B。
【分析】对于双星系统，要抓住三个相等，即向心力、角速度、周期相等，根据万有引力提供向心力求解。
10．（3分）如图甲所示，两个质量分别为m、2m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴OO'的距离为2l，b与转轴的距离为l.如图乙所示（俯视图），两个质量均为m的小木块c和d（可视为质点）放在水平圆盘上，c与转轴、d与转轴的距离均为l，c与d之间用长度也为l的水平轻质细线相连。木块与圆盘之间的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴做角速度缓慢增大的转动，下列说法正确的是（　　）
A．图甲中，a、b同时开始滑动
B．图甲中，a所受的静摩擦力大于b所受的静摩擦力
C．图乙中，c、d与圆盘相对静止时，细线的最大拉力为kmg
D．图乙中，c、d与圆盘相对静止时，圆盘的最大角速度为
【答案】D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A． 若圆盘从静止开始绕转轴做角速度缓慢增大的转，当木块恰好发生滑动时，最大静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律有：
r越大，开始滑动时的角速度越小，则a先滑动，A错误；
B．由于静摩擦力提供向心力，根据向心力的表达式有
对木块a有
对b有
即a、b所受的静摩擦力始终相等，B错误；
CD．图乙中圆盘转动的角速度较小，c与d相对于圆盘没有运动，细线的拉力为零，当它们恰好要相对于圆盘运动时，绳子上存在拉力，由对称性可知，它们相对于圆盘不是背离圆心运动，而是沿垂直于绳子的方向运动，所以静摩擦力的方向与绳子方向垂直，此时绳子的拉力与最大静摩擦力的合力提供向心力，以c为例，在水平面内的受力如图：
木块受到的合力F最大，圆盘转动的角速度最大，根据合力提供向心力有：
解得
此时
C错误D正确。
故选D。
【分析】利用最大静摩擦力提供向心力可以求出木块滑动时角速度的大小，进而比较ab滑动的顺序；利用向心力的大小可以比较静摩擦力的大小；利用绳子的拉力和摩擦力的合力提供向心力可以求出拉力的最大值，结合牛顿第二定律可以求出最大的角速度。
二、多项选择题(共3题；共12分)
11．（4分）在马戏表演中，猴子沿竖直杆向上做初速度为0、加速度为a的匀加速运动，同时人顶着直杆以速度v0水平匀速移动，经过时间t，猴子沿杆向上移动的高度为h，人顶杆沿水平地面移动的距离为x，如图所示。关于猴子的运动情况，下列说法正确的是（　　）
A．相对地面的运动轨迹为直线
B．相对地面做匀变速曲线运动
C．t时刻猴子对地速度的大小为v0+at
D．t时间内猴子对地的位移大小为
【答案】B,D
【知识点】位移的合成与分解；速度的合成与分解
【解析】【解答】A．猴子在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为0的匀加速直线运动，根据运动的合成，知合速度与合加速度不在同一条直线上，所以猴子运动的轨迹为曲线，A不符合题意；
B．猴子在水平方向上的加速度为0，在竖直方向上有恒定的加速度，根据运动的合成，知猴子做曲线运动的加速度不变，做匀变速曲线运动，B符合题意；
C．t时刻猴子在水平方向上的速度为v0，和竖直方向上的分速度为at，所以合速度
C不符合题意；
D．在t时间内猴子在水平方向和竖直方向上的位移分别为x和h，根据运动的合成，知合位移
D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】利用运动的合成可以判别猴子相对地面做曲线运动；由于加速度不变所以属于匀变速运动；利用速度的合成可以求出猴子速度的大小；利用位移的合成可以求出合位移的大小。
12．（4分）如图所示，一长为的轻杆的一端固定在水平转轴上，另一端固定一质量为m的小球，轻杆随转轴在竖直平面内做角速度为的匀速圆周运动，重力加速度为g。下列说法中正确的是（　　）
A．小球运动到最高点时，杆对球的力一定是拉力
B．小球运动到水平位置A时，杆对球的力一定是沿杆方向
C．小球运动到最低点时，杆对球的力一定是拉力
D．如果适当，小球运动的一个周期内可能会有两次受到沿杆方向的拉力
【答案】C,D
【知识点】竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．小球做匀速圆周运动，当小球运动到最高点时，若仅仅由重力提供向心力，杆对小球没有力的作用时，则有
解得
可知，当角速度大于时，所需向下的向心力大于小球本身的重力，此时杆对球的力是拉力，当角速度小于时，所需向下的向心力小于小球本身的重力，此时杆对球的力是支持力，故A错误；
B．由于小球做匀速圆周运动，由所受外力的合力提供向心力，小球运动到水平位置A时，根据合力指向圆心可以得出小球受到竖直向下的重力与杆对小球的作用力，两力的合力 一定指向圆心，根据力的分解可以得出杆对球的力一定不是沿杆方向，而是指向右上方，故B错误；
C．小球运动到最低点时，由于小球受到的合力提供向心力，则此时杆对小球的拉力与重力的合力指向圆心，根据牛顿第二定律有
解得
可知，杆对球的力一定是拉力，故C正确；
D．根据合力指向圆心可以得出小球在最低点位置，杆对球的力一定是拉力，当小球在最高点时，假如小球的角速度大于，小球在最高点时杆对球的力是拉力，即如果适当，小球运动的一个周期内可能会有两次受到沿杆方向的拉力，故D正确。
故选CD。
【分析】利用小球经过最高点只受到重力时可以求出小球角速度的大小，结合小球的实际角速度的大小可以判别杆对小球的作用力方向；利用小球合力指向圆心，结合向心力的方向可以判别杆对小球的作用力方向。
13．（4分）若将地球和金星的公转视为匀速圆周运动，公转轨道半径用表示，公转周期用表示，设，忽略行星自转影响，已知地球的第一宇宙速度约为，地球表面重力加速度。根据下表可判断下列说法正确的是（　　）
比值 轨道半径 星球质量 星球半径
金星/地球 0.72 0.82 0.95
A．金星表面的重力加速度约为
B．地球和金星公转对应的值相同
C．金星做圆周运动的线速度比地球的小
D．金星的第一宇宙速度约为
【答案】B,D
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】A．忽略行星自转影响，在行星表面，万有引力与重力相等，则，解得，故A错误；
B．根据开普勒第三定律，中的值由中心天体（太阳）决定，地球和金星均绕太阳公转，故值相同，故B正确；
C．根据万有引力提供向心力有，金星的轨道半径比地球小，因此其线速度更大，故C错误；
D．第一宇宙速度公式为，金星与地球的第一宇宙速度之比为，代入地球的第一宇宙速度，得，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】结合开普勒第三定律、万有引力定律（表面重力加速度、第一宇宙速度、公转线速度），逐一分析选项。
三、非选择题(共7题；共58分)
14．（10分）已知某船在静水中的速率为，现让船渡过某条河，假设这条河的两岸是理想的平行线，河宽为，河水的流动速度为，方向与河岸平行。求：
（1）（5分）船渡河的最短时间；
（2）（5分）船渡河过程中航行距离最短的情况下所用的时间；
【答案】（1）解：当船头垂直河岸渡河时，渡河时间最短，则有
（2）解：由于船在静水中的速率大于河水的流动速度，则合速度方向可以垂直河岸，此时船渡河航行距离最短；合速度大小为
则船渡河所用的时间为
【知识点】运动的合成与分解；小船渡河问题分析
【解析】【分析】（1）通过运动的分解（垂直河岸分运动决定渡河时间），推导最短时间，体现小船渡河问题的基本分析策略。
（2）利用矢量合成的临界条件（合速度垂直河岸），结合勾股定理求合速度，进而推导时间，体现渡河距离最短的定量分析。
（1）当船头垂直河岸渡河时，渡河时间最短，则有
（2）由于船在静水中的速率大于河水的流动速度，则合速度方向可以垂直河岸，此时船渡河航行距离最短；合速度大小为
则船渡河所用的时间为
15．（8分）“胜哥”利用饮料瓶等生活中常见的材料来做探究平抛运动特点，装置如图甲所示。
（1）（2分）“胜哥”进行的操作如下，请将空白处补充完整：
A．在饮料瓶内装入红墨水，用橡皮塞塞住，插入进气管，封住进气管，插入出水管按图所示安装好仪器；
B．调节喷嘴，使固定在水准仪上的喷嘴方向　 　；
C．利用铁架台将木板固定在竖直方向，将白纸固定在木板上，调整铁架台使木板靠近水准仪，用重垂线在白纸上定出轴，喷嘴的喷水处在白纸上的投影记为点，过点且垂直于轴的水平线为轴；
D．打开进气管，让水从喷嘴射出，待水流稳定后，用油性笔将水的流动轨迹描绘在白纸上；
E．封住进气管，取下白纸，根据水的流动轨迹求出水从喷嘴流出时的初速度；
（2）（2分）为了确保实验顺利进行，应该满足___________；
A．水流平抛初速度稳定
B．水流的流速大
C．水流时间长
（3）（4分） 图乙是“胜哥”根据实验画出的水流运动轨迹，在轨迹上任取三点，测得两点竖直坐标为为，两点水平间距为，则水流平抛的初速度为　 　m/s；若点的竖直坐标为，则小球在点的速度为　 　。（结果均保留2位有效数字，重力加速度）
【答案】（1）水平
（2）A；C
（3）1.0；2.0
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）平抛运动初速度方向水平，固定在水准仪上的喷嘴方向要水平。
（2）为了为平抛运动轨迹，必须保证初速度稳定，为了能稳定且便利地测量数据需要较长的测量时间，从而需要较小的水流速度。
（3）由平抛运动规律可知，竖直方向做自由落体运动有，解得
即运动至A点的时间
运动至B点的时间
水平方向做匀速直线运动，有，则水平初速度
设点的竖直分速度为，由竖直方向做匀加速直线运动有
可得
由平行四边形法则可知小球在点的速度
【分析】（1）根据实验原理及实验操作规范分析解答；
（2）必须保证初速度稳定，速度较小比较容易测量时间；
（3）根据平抛运动竖直和水平方向的运动规律解答。
（1）为保证水喷出的初速度在水平方向，固定在水准仪上的喷嘴方向要水平。
（2）为了为平抛运动轨迹，必须保证初速度稳定，为了能稳定且便利地测量数据需要较长的测量时间，从而需要较小的水流速度。
（3）[1]由平抛运动规律可知，竖直方向有，解得
即运动至A点的时间
运动至B点的时间
水平方向有，则水平初速度
[2]设点的竖直分速度为，由竖直方向做匀加速直线运动有
可得
由速度的合成可知小球在点的速度
16．（10分）小物通过视频号“胜哥课程”观看了一个打仗的Ai视频，如图所示，“胜哥”从倾角θ=37°的斜坡顶端A将手榴弹（图中用小球表示，视为质点）水平投出，去打击坡底水平阵地上的敌人。斜坡顶端A点到底端B点的距离L=75m，取重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力。
（1）（5分）若某手榴弹被投出后恰好落在斜坡底端B，求该手榴弹被投出时的速度大小v0；
（2）（5分）已知A、B、C三点在同一竖直面内，B、C两点间的距离d=60m，要使被投出的手榴弹不越过C点，求手榴弹被投出时速度的最大值v0m。
【答案】（1）设在此种情况下，手榴弹在空中运动的时间为t，有，
解得，
（2）根据平抛运动规律有
解得
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】（1）当手榴弹做平抛运动时，利用平抛运动的位移公式可以求出初速度的大小；
（2）当手榴弹做平抛运动时，利用水平方向的位移公式可以求出初速度的最大值。
（1）设在此种情况下，手榴弹在空中运动的时间为t，有，
解得，
（2）根据平抛运动规律有
解得
17．（10分）洗手后我们往往都有“甩水”的动作，“胜哥”对此进行了“关于甩手动作物理原理”的研究。如图所示是由每秒25帧的频闪照片合成的图片，记录了手臂各部位在不同时刻的位置信息。以下面的简化模型分析甩手运动：将人的上肢简化由上臂、前臂和手掌组成，认为在甩手过程中，上臂可以绕肩关节转动，前臂可以绕肘关节 M转动，手掌可以绕腕关节 N转动。图中的A、B、C是甩手动作最后3帧照片指尖的位置，M、N是最后1帧照片的时关节和腕关节的位置。已知图中任意两点间的实际距离都可以通过照片上的距离根据比例尺折算测得。
（1）（2分）甩手时很容易将手上的水滴甩掉，这是因为水滴做　 　选填“近心”或“离心”或“匀速圆周”运动。
（2）（6分）照片中实验者手臂自然下垂时肩膀到指尖的距离为13cm，而相应的实际距离为照片中A、B两点间距离为，则A、B两点的实际距离为　 　由此可以计算指尖实际在A、B间运动的平均速度为　 　，并粗略认为这就是指尖过B点的线速度。同理，得到BN的实际距离为计算指尖在B处绕N点转动的向心加速度为　 　。结果均保留两位有效数字
（3）（2分）下列各项分析中最不合理的一项是(　　)
A．近似认为指尖在A、B 间运动时绕M点转动，在B、C间运动时绕N点转动
B．将指尖在A、B间运动的平均速度大小近似认为是指尖经过B点时的瞬时速度大小
C．指尖在B、C间运动的加速度是指尖经过B点时的向心加速度
D．指尖在A、B之间运动的速度比在B、C之间的大
【答案】（1）离心
（2）；；
（3）C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度；离心运动和向心运动
【解析】【解答】（1）甩手时很容易将手上的水滴甩掉，水滴远离了手，所以可认为水滴做离心运动；
（2）根据比例关系可知A、B两点的实际距离为
解得
指尖平均速度为
N静止之后的向心加速度为
（3）A、根据图中信息，近似认为在甩手过程中 A、B间运动时，肘关节 M以肩关节为圆心做圆周运动，腕关节N及指尖以肘关节 M为圆心做圆周运动，B、C间运动时，指尖以腕关节N为圆心做圆周运动，故A不符合题意；
B、指尖在 A、B、C间运动时速度先增大后减小，由于每秒 25 帧的频闪拍照，相邻两帧照片的时间间隔极短，指尖在 A、B间的平均速度可近似认为是指尖经过 B点时的瞬时速度，故B不符合题意；
C、指尖在 B、C间运动的加速度等于向心加速度和切向加速度的失量和，不等于指尖经过B点时的向心加速度，故C符合题意；
D、由于AB间的距离大于BC间的距离，而频闪照片时间间隔相等，则根据
可知指尖在 A、B之间运动的速度比在 B、C之间的大，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】题考查圆周运动的运动规律以及平均速度与瞬时速度的概念，掌握运动时间很短，平均速度近似为瞬时速度，注意加速度是矢量，需按平行四边形法则进行合成与分解。(1)甩手时很容易将手上的水滴甩掉，这是因为水滴做离心运动；(2)根据比例关系可知A、B两点的实际距离，根据平均速度的公式求解指尖的平均速度；再根据向心加速度公式求出N静止之后的向心加速度；(3)由圆周运动的运动规律可知指尖在A、B、C间做圆周运动的圆心分别是肘关节M和腕关节N；由于指尖在A、B、C间运动时间很短，可以用平均速度代替瞬时速度，同时加速度为向心加速度和切向加速度的矢量和。
18．（6分）“胜哥”用如图所示装置探究两个互成角度的力的合成规律。
（1）（2分）除了弹簧秤、橡皮筋、刻度尺、细绳套之外，以下器材还需选（　　）
A．重锤线 B．量角器 C．三角板
（2）（2分）“胜哥”测量完成后，作出力的图示，以两个分力为邻边，做出平行四边形，其对角线　 　（选填“一定”或“不一定”）与橡皮筋共线。
（3）（2分）下列各图中，与本实验所用物理思想方法相同的是（　　）
A．甲图：重心概念的提出
B．乙图：伽利略理想斜面实验
C．丙图：探究影响向心力大小的因素
D．丁图：卡文迪许扭秤实验测量万有引力常量
【答案】（1）C
（2）不一定
（3）A
【知识点】验证力的平行四边形定则；引力常量及其测定
【解析】【解答】在“验证力的平行四边形定则”实验中，我们要知道分力和合力的效果是等同的，这要求同学们对于基础知识要熟练掌握并能正确应用，加强对基础实验理解。
（1）本实验中除了弹簧秤、橡皮筋、刻度尺、细绳套之外，还需要三角板作出力的图示，进行数据处理，而不需要重锤线和量角器。
故选C。
（2）测量完成后，作出力的图示，以两个分力为邻边，做出平行四边形，由于存在实验误差，其对角线不一定与橡皮筋共线。
（3）本实验采用的科学思想方法为等效替代法，重心为重力的等效作用点，采用等效替代的思想，伽利略理想斜面实验采用实验与逻辑推理的方法，探究影响向心力大小的因素采用控制变量法，卡文迪许扭秤实验测量万有引力常量采用放大法。
故选A。
【分析】（1）了解“验证力的平行四边形定则”实验原理，采用“等效法”，注意该实验方法的应用，理解实验步骤和实验目的，即可知道该实验需要的仪器。
（2）由于存在实验误差，其对角线不一定与橡皮筋共线；
（3）根据常见的物理方法逐一分析每个选项。
（1）本实验中除了弹簧秤、橡皮筋、刻度尺、细绳套之外，还需要三角板作出力的图示，进行数据处理，而不需要重锤线和量角器。
故选C。
（2）测量完成后，作出力的图示，以两个分力为邻边，做出平行四边形，由于存在实验误差，其对角线不一定与橡皮筋共线。
（3）本实验采用的科学思想方法为等效替代法，重心为重力的等效作用点，采用等效替代的思想，伽利略理想斜面实验采用实验与逻辑推理的方法，探究影响向心力大小的因素采用控制变量法，卡文迪许扭秤实验测量万有引力常量采用放大法。
故选A。
19．（10分）小物通过视频号“胜哥课程”观看了神舟十三号载人飞船出征太空的视频，并成功与中国空间站组合体完成自主对接、出舱，以及在轨驻留六个月，空间站绕地球一圈约90分钟。驻留期间，航天员进行了“天宫课堂”授课，王亚平抛出一只“冰墩墩”后，“冰墩墩”沿抛出方向近似匀速直线前进。
（1）（1分）根据下列器材在地面上使用时的主要功能，航天员在空间站中同样可以正常使用的是（　　）
A．单摆演示器 B．弹簧拉力器 C．家用体重秤 D．哑铃
（2）（1分）神舟十三号与空间站对接过程中，　 　（选填：A.可以 B.不可以）把神舟十三号看作质点。
（3）（1分）“天宫课堂”中，“冰墩墩”近似匀速直线前进，这一过程中“冰墩墩”受到（　　）
A．万有引力 B．向心力 C．离心力
（4）（1分）空间站绕地球运行的角速度约为　 　rad/s。（保留2位有效数字）。
（5）（2分）空间站的速度　 　第一宇宙速度（选涂：A.大于B.等于C.小于）；同步地球卫星的周期为　 　小时。
（6）（2分）空间站绕地球运行的轨道半径，约为地球同步卫星绕地球运行的轨道半径的（　　）
A． B． C．
（7）（2分）考虑相对论效应，在高速飞行的空间站里的时钟走过10s，理论上站在地面上的观察者手里的时钟走过的时间（　　）
A．大于10s B．小于10s C．等于10s D．都有可能
【答案】（1）B
（2）B
（3）A
（4）1.2×10-3
（5）C；24
（6）C
（7）A
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题；相对论时空观与牛顿力学的局限性
【解析】【解析】（1）由于空间站中的体处物于完全失重状态，所以单摆演示器、家用体重秤、哑铃均不能正常使用，弹簧拉力器可以正常使用，故ACD正确，B错误。
故答案为：B。
（2）神舟十三号与空间站对接过程中，物体的大小、形状对所研究的问题影响不能忽略。故不可以把神舟十三号看作质点，故答案为：B。
（3）“冰墩墩”近似匀速直线前进，这一过程中“冰墩墩”受到万有引力。故A正确，BC错误。
故答案为：A。
（4）由于空间站绕地球一圈约90分钟，故
（5）由于第一宇宙速度是最大的环绕速度，所以空间站的速度小于第一宇宙速度。故C正确，ABD错误。
故答案为：C。
同步地球卫星的周期等于地球自转周期，为24小时。
(6)根据开普勒第三定律
可得·
故答案为：C。
(7)根据狭义相对论钟慢效应可知，理论上站在地面上的观察者手里的时钟走过的时间大于10s，故A正确，BCD错误。
故答案为：A。
【分析】（1）空间站中的体处物于完全失重状态，根据失重的知识点进行分析；
（2） 当物体的大小、形状对所研究的问题没有影响或者影响很小，可以忽略不计时，可将物体看成质点， 否则不行；
（3）物体受向心力作用做圆周运动；
（4）根据角速度与周期关系式进行判断；
（5）宇宙速度是最大的环绕速度；同步卫星周期等于地球自转周期；
（6）根据开普勒第三定律列式求解；
（7）根据狭义相对论钟慢效应进行判断。
（1）由于空间站中的物体处于完全失重状态，所以单摆演示器、家用体重秤、哑铃均不能正常使用，弹簧拉力器可以正常使用。
故选B。
（2）当物体的大小、形状对所研究的问题没有影响或者影响很小，可以忽略不计时，可将物体看成质点，所以神舟十三号与空间站对接过程中，不能把神舟十三号看作质点。
故选B。
（3）“天宫课堂”中，“冰墩墩”近似匀速直线前进，这一过程中“冰墩墩”受到万有引力。
故选A。
（4）由于空间站绕地球一圈约90分钟，则
（5）[1]由于第一宇宙速度是最大的环绕速度，所以空间站的速度小于第一宇宙速度。
故选C。
[2]同步地球卫星的周期等于地球自转周期，为24小时。
（6）根据开普勒第三定律
所以
故选C。
（7）根据狭义相对论钟慢效应可知，理论上站在地面上的观察者手里的时钟走过的时间大于10s。
故选A。
20．（4分）有一个质量为的物体在平面内运动，在方向的速度图像和方向的位移图像分别如图甲、乙所示。由图可知，物体的初速度大小为　 　，所受的合外力为　 　N。
【答案】5；3
【知识点】位移的合成与分解；速度的合成与分解
【解析】【解答】由甲图可知，物体在x轴方向的初速度为
物体在y 轴方向的速度为
故物体的初速度为
物体在y轴方向上做匀速直线运动，即合力沿x轴方向。速度时间图像斜率表示加速度，所以x轴方向上的加速度，也就是物体的合加速度
根据牛顿第二定律可得
【分析】利用其x轴的坐标可以求出速度的大小，利用其斜率可以求出加速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出其合外力的大小；利用其y轴方向的斜率可以求出其速度的大小，结合速度的合成可以求出其初速度的大小。
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