2023-2024学年河南重点大学附中高二（上）开学物理试卷
一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）
1.在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程，在对以下几位物理学家所作科学贡献的叙述中，正确的说法是( )
A. 在对自由落体运动的研究中，伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，但并没有直接用实验进行验证
B. 伽利略通过斜面实验来研究落体运动的规律，是采用了微元法
C. 牛顿认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比
D. 亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快
2.质量为的雪橇在倾角，足够长的斜坡向下滑动过程中，所受的滑动摩擦力为定值，空气阻力与速度成正比，比例系数。雪橇某段运动过程的图像如图中实线所示，且是曲线最左端那一点的切线，点的坐标为、点的坐标为，已知取，，。下列说法中正确的是( )
A. 当时，雪橇的加速度为
B. 在过程中雪橇的平均速度为
C. 雪橇与斜坡间的动摩擦因数是
D. 雪橇的质量
3.北京年冬奥会跳台滑雪比赛在张家口赛区的国家跳台滑雪中心进行，跳台由助滑道、起跳区、着陆坡、停止区组成，如图所示运动员从起跳区水平起跳后在空中运动的速度变化量、重力的瞬时功率、动能、机械能分别用、、、表示，用表示运动员在空中的运动时间，不计运动员所受空气阻力，下列图像中可能正确的是( )
A. B.
C. D.
4.如图所示，一顶端附有定滑轮的斜面体放置在水平地面上，斜面体质量为、倾角为。定滑轮通过轻杆固定在天花板上，一细绳绕过两定滑轮、，一端连接质量为的物块，另一端连接质量为的物块，物块放置在斜面体上，物块竖直悬挂。另有一动滑轮跨在细绳上，下端通过另一细绳连接一质量为的物块，整个系统处于静止状态。现在右侧细绳的结点处施加一与细绳成夹角的力，使物块缓慢移动，直至右侧细绳处于水平状态。在这个过程中细绳始终拉直，力的方向始终保持与细绳的夹角不变，物块和斜面体始终处于静止状态。忽略滑轮的摩擦，在施加力以后的过程中，下列说法中正确的是( )
A. 力的最大值为 B. 物块始终保持不动
C. 物体受到的摩擦力先减小后增大 D. 地面对斜面体的摩擦力先增大后减小
5.如图所示，倾角的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长、质量的薄木板，木板的最右端叠放一质量的小物块，物块与木板间的动摩擦因数。对木板施加沿斜面向上的恒力，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动，设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。则( )
A. 要使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动，需恒力
B. 当恒力时，物块会与木板发生相对滑动
C. 当恒力时，物块会与木板发生相对滑动
D. 当恒力时，物块滑离木板所用的时间为
6.如图所示，空间立方体的棱长为，、分别为立方体上下表面的中心，在两条竖直边和的中点处分别固定甲和乙两个带电荷量均为的负点电荷，上下表面中心连线所在直线上点的上方有一点图中未画出，到点的距离为，电子的电荷量为，静电力常量为，下列说法正确的是( )
A. 重力不计、比荷为的电荷沿所在直线运动时，在和点的加速度最大，最大值为
B. 在点固定一个电荷量为的负电荷，当时，点的电场强度恰好等于零
C. 在点固定一个电荷量为的负电荷，无论为何值，比荷为的电荷在点的电势能总大于在点的电势能
D. 在立方体所在空间加一方向竖直向上、电场强度为的匀强电场，将一电子由移动到时，电子的电势能减少了
7.静电植绒技术，于多年前在中国首先起步，现代静电植绒于、年代在德国首先研制出并使用，如图所示为植绒流程示意图，将绒毛放在带负电荷的容器中，使绒毛带负电，容器与带电极板之间加恒定的电压，绒毛成垂直状加速飞到需要植绒的物体表面上。下列判断正确的是( )
A. 带电极板带负电
B. 绒毛在飞往需要植绒的物体的过程中，电势能不断增大
C. 若增大容器与带电极板之间的距离，植绒效果会更好
D. 质量相同的绒毛，带电荷量越多，到达需要植绒的物体表面时速率越大
8.如图所示，是一只理想二极管，水平放置的平行板电容器的、两极板间有一带电液滴，在点处于静止状态。以表示电容器储存的电荷量，表示两极板间的电压，表示点的电势，极板接地。若保持极板不动，第一次将极板稍向下平移，第二次将极板稍向上平移移动后极板的位置还在点上方，则下列说法正确的是( )
A. 两次移动后相同
B. 两次移动后点电荷都保持静止
C. 第一次移动后变小，第二次移动后变大
D. 第一次移动后增大，第二次移动后不变
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
9.如图甲所示，向飞机上装运货物时，通常用可移动式皮带输送机。如图乙所示，皮带输送机倾角为，顺时针匀速转动，每隔在输送带下端点无初速度放入一件货物货物件数足够多，输送带长。每件货物从下端点运动到上端点的过程中，其速度与位移的关系图像如图丙所示。已知每一件货物均可视为质点，质量均为，重力加速度。则( )
A. 货物受到输送带的摩擦力方向先沿输送带向上，后沿输送带向下
B. 货物与输送带间的动摩擦因数为
C. 每件货物从下端点运动到上端点的时间为
D. 最多同时有件货物在输送带上输送
10.如图所示，质量为的小球由轻绳和分别系于一轻质细杆的点和点，当轻杆绕轴以角速度匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，绳与水平面成角，绳平行于水平面且长为，重力加速度为，则下列说法正确的是( )
A. 小球一定受绳的拉力作用
B. 小球所受绳的拉力随角速度的增大而增大
C. 当角速度时，绳将出现弹力
D. 若绳突然被剪断，则绳的弹力一定发生变化
11.人类设想在赤道平面内建造垂直于地面并延伸到太空的电梯，又称“太空电梯”如图甲所示。图乙中，图线表示地球引力对航天员产生的加速度大小与航天员距地心的距离的关系，图线表示航天员相对地面静止时而产生的向心加速度大小与的关系。图乙中地球半径，为已知量，地球自转的周期为，引力常量为，下列说法正确的有( )
A. 太空电梯停在处时，航天员对电梯舱的弹力为
B. 地球的质量为
C. 地球的第一宇宙速度为
D. 随着的增大，航天员对电梯舱的弹力逐渐减小
12.如图所示，物块和通过轻弹簧栓接在一起，竖直放置在水平地面上，用不可伸长的轻绳绕过固定的光滑定滑轮连接物块和，穿在竖直固定的光滑细杆上，竖直且足够长，水平，、间轻绳刚好拉直，此时整个系统处于静止状态，现将静止释放，下滑时刚好被提起。已知、、质量均为，间距，取，则( )
A. 滑块下滑过程中，加速度一直减小
B. 当滑块速度最大时，滑块所受的合力为
C. 滑块静止释放下滑至过程中，物块上升了
D. 滑块静止释放下滑至过程中，绳对做的功为
三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
13.“探究平运动的特点”实验有以下几步。
用如图所示竖落仪装置探究平抛运动竖直分运动的特点：用小锤击打弹性金属片后，球沿水平方向抛出，做平抛运动：同时球被释放，自由下落，做自由落体运动。下列说法中正确的是______和______。
A.两球的体积、材料和质量可以任意选择，对实验结果没有影响
B.改变小球距地面的高度和小锤击打的力度，可以改变两球在空中的运动时间和球的水平初速度大小
C.如果两球总是同时落地，则可以验证平抛运动的竖直分运动是自由落体运动
D.通过该实验装置也能研究平抛运动的水平分运动特点
用如图所示平抛仪装置探究平抛运动水平分运动的特点。以下是关于本实验的一些做法，其中不合理的选项有______和______。
A.调整斜槽，使小球放置在轨道末端时，不左右滚动
B.将坐标纸上竖线与重垂线平行
C.将小球静止在斜槽末端位置时重心位置在背板上的投影记录为坐标原点
D.不断改变挡片的位置，使小球从斜槽上不同位置释放
E.不断改变水平挡板的位置，记录下小球落到挡板上的位置
F.将坐标纸上确定的点用直线依次连接
为定量研究，建立以水平方向为轴、竖直方向为轴的坐标系。若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图所示，在轨迹上取、、三点，和的水平间距相等且均为，测得和的竖直间距分别是和，则 ______选填“大于”、“等于”或者“小于”。可求得钢球平抛的初速度大小为______已知当地重力加速度为，结果用上述字母表示。
牛顿设想，把物体从高山上水平抛出，速度一次比一次大，落地点就一次比一次远。如果速度足够大，物体就不再落回地面，它将绕地球运动，成为人造地球卫星。同样是受地球引力，随着抛出速度增大，物体会从做平抛运动逐渐变为做圆周运动，请分析原因：______。
14.为了测量两个质量不等的沙袋的质量，由于没有直接测量工具，某实验小组应用下列器材测量：轻质定滑轮质量和摩擦可忽略、砝码一套总质量为、细线、米尺、秒表，他们根据已学过的物理学知识，改变实验条件进行多次测量，选择合适的变量得到线性关系，作出图线并根据图线的斜率和截距求出沙袋的质量。操作如下：
实验装置如图，设左右两边沙袋的质量分别为、；
从中取出质量为的砝码放在右边沙袋中，剩余砝码都放在左边沙袋中，发现下降上升；
用米尺测出沙袋从静止下降的距离，用秒表测出沙袋下降时间，则可知沙袋的加速度大小为______
改变，测量相应的加速度，得到多组及的数据，作出______选填“”或“”图线；
若求得图线的斜率，截距，沙袋的质量______，______。
四、简答题（本大题共3小题，共30.0分）
15.质量为的木楔倾角为，在水平面上保持静止，当将一质量为的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑如果用与木楔斜面成角的力拉着木块沿斜面匀速上升，如图所示已知木楔在整个过程中始终静止。
木楔与斜面的动摩擦因数；
当和满足什么关系时，拉力有最小值，求此最小值；
当时，木楔对水平面的摩擦力是多大？
16.如图所示，木板，质量为的平板车在粗糙水平面上向右滑行，当其速度为时，在其右端轻轻放上一个质量为的滑块，已知滑块与木板间的动摩擦因数为，木板与地面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力，求：
滑块与木板取得相同的速度前各自的加速度大小；
从开始至最终停止，滑块与木板间因摩擦产生的热量。
17.有一质量为、半径为、密度均匀的球体，在距离球心为的地方有一质量为的质点，求：
对的万有引力大小；
现从中挖去半径为的球体，两球心和质点在同一直线上，且两球表面相切如图所示，则剩余部分对的万有引力大小。
五、计算题（本大题共1小题，共16.0分）
18.如图所示，水平轨道上段光滑，段粗糙，且，为固定在竖直平面内半径为的光滑半圆轨道，两轨道相切于点，右侧有电场强度的匀强电场，方向水平向右。一根轻质绝缘弹簧水平放置，一端固定在点，另一端与带负电的滑块可视为质点接触但不连接，弹簧原长时滑块在点。现向左压缩弹簧后由静止释放，已知滑块的质量为，电荷量为，与轨道间的动摩擦因数为，忽略滑块与轨道间的电荷转移。已知。
若滑块运动到点的瞬间对轨道压力为，求滑块运动到与点等高的点时对轨道的压力；
欲使滑块能进入圆轨道而且在进入圆轨道后不脱离圆轨道即滑块只能从点或者点离开半圆轨道，求弹簧最初释放的弹性势能的取值范围。结果可用根号表示
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：、伽利略在研究自由落体运动时，猜想物体运动速度与下落时间成正比，但他没有直接用实验进行验证，符合史实，故A正确；
B、伽利略应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”观点，故B错误；
C、胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比，故C错误；
D、亚里士多德认为重物比轻物下落快。伽利略认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快，故D错误。
故选：。
本题根据伽利略、牛顿等科学家对物理学的贡献进行解答。
对于著名科学家的物理学贡献和研究方法要加强学习，这也是考试的内容之一，注重知识的积累。
2.【答案】
【解析】解：根据图像切线斜率表示加速度，可知时，雪橇的加速度为
故A错误；
B.根据图像与横轴围成的面积表示位移，可知雪橇的位移满足
则在过程中雪橇的平均速度满足
故B错误；
当时，空气阻力大小为
根据牛顿第二定律可得
当时，空气阻力为
此时雪橇的加速度为零，根据牛顿第二定律可得
代入数据联立解得
故C正确，D错误。
故选：。
图像切线斜率表示加速度；图像与横轴围成的面积表示位移。
由题可知，空气阻力与速度成正比，比例系数，则可得空气阻力，根据牛顿第二定律结合图像求解即可。
解题关键在于学生明白匀变速直线运动的图像的斜率表示加速度，非匀变速直线运动的图像的切线的斜率表示加速度。
3.【答案】
【解析】解：、滑雪运动员离开起跳区后在空中做平抛运动，加速度为，速度变化量为，可知速度变化量和时间成正比，图像为过原点的一条倾斜直线，故A错误；
B、经过时间后竖直方向速度为，重力的瞬时功率为，可知重力瞬时功率和时间关系为正比例函数，图像为过原点的一条倾斜直线，故B错误；
C、不计空气阻力，只有重力做功，滑雪运动员飞行过程中机械能守恒，不随时间变化，故C错误；
D、设运动员起跳时的速度为，则经过时间动能为，可知动能和时间关系为二次函数，图像为抛物线一部分，顶点不在原点，故D正确。
故选：。
运动员在空中做平抛运动，根据分析与的关系。根据、相结合分析重力的瞬时功率与的关系。不计空气阻力，只有重力做功，滑雪运动员飞行过程机械能守恒。根据机械能守恒定律列式，分析动能与时间的关系。
本题关键要明确运动员的受力特征和运动性质，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，然后结合机械能守恒定律和功率的表达式列式分析。
4.【答案】
【解析】解：对结点受力分析，如图所示
设与竖直方向的夹角为，绳上的拉力为，
根据正弦定理
由逐渐增大到，逐渐增大，先增大后减小，所以逐渐增大，当水平时，即时，达到最大，此时
先增大后减小，当时，达到最大，此时
故A错误；
B.对滑轮与绳的结点受力分析，连接物体的绳拉力始终等于，设绳与竖直方向的夹角为，根据力的合成法
当先增大后减小的过程中，绳与竖直方向的夹角先增大后减小，所以物块将先向上后向下移动，故B错误；
C.对物体受力分析，初始时重力沿斜面向下的分力与绳的拉力大小相等，所以摩擦力为零，当绳中的拉力先增大后减小的过程中，所受到的摩擦力方向沿斜面向下，且有
当先增大后减小的过程中，应先增大后减小，故C错误；
D.对物块以及斜面受力分析，，当先增大后减小的过程中，绳与竖直方向的夹角先增大后减小，所以先增大后减小，故D正确。
故选：。
对结点受力分析，根据正弦定理，分析力的变化；
对滑轮与绳的结点受力分析，根据力的合成法，分析当先增大后减小的过程中，物块移动情况；
对物体受力分析，根据力的平衡，分析和的变化；
对物块以及斜面整体为研究对象，根据力的平衡，分析变化。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。注意整体法和隔离法的应用。
5.【答案】
【解析】解：要使木块和木板之间不产生相对滑动，则对、由牛顿第二定律得：
对有：，
代入数据解得：
因要拉动，则：
则为使物块不滑离木板，力应满足的条件为。
A、要使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动，需恒力，故A错误；
B、，和沿斜面向上做匀加速运动，不产生相对滑动，故B错误；
C、时，和产生相对滑动，故C正确；
D、当，物块能滑离木板，对有：
对有：
设滑块滑离木板所用的时间为，由运动学公式得
代入数据解得：，故D错误。
故选：。
先根据整体法和隔离法求出木块和木板发生滑动的最小拉力，再根据给出的拉力判断是否发生滑动；若发生滑动，根据牛顿第二定律求出加速度，再根据匀变速直线运动的规律求出滑离所用时间。
本题是板块滑动问题，根据整体法和隔离法求出发生相对滑动的临界拉力是解决此类问题的关键；当发生相对滑动时，根据隔离法求出各自加速度，再根据运动学规律求出滑离的时间。
6.【答案】
【解析】解：如图所示，连接甲乙，设所在直线上某点图中未画出与甲乙连线的夹角为，甲乙两电荷间的距离为，利用点电荷电场场强决定式和平行四边形定则可求出点电场强度大小的表达式为
令，则有
解得当
时该点的场强最大，将代入以上关系式可求得最大值为
作图如图所示
根据几何关系可求点到甲乙连线中点的距离为
可见点跟点重合，可知在甲乙等量同种电荷电场中、两点的场强最大，最大值为
根据牛顿第二定律可知在和点的加速度最大，最大值为，故A正确；
B.在点固定一个电荷量为的负电荷，点的电场强度恰好等于零，有
解得
故B错误；
C.在点固定一个电荷量为的负电荷，根据电场的对称性特点可知，无论为何值，点和点的电势总相等，所以比荷为的电荷在点和点的电势能总是相等的，故C错误；
D.根据对称性可知，甲乙电荷电场中、两点电势相等，则所加电场的电场力对电子做正功
所以电子的电势能减少了，故D错误。
故选：。
根据电场的计算公式结合数学方法解得最大值，根据矢量的合成分析，根据电场力做功与电势能变化关系分析。
本题考查电场力做功与电势能的变化关系，解题关键掌握电场的矢量合成。
7.【答案】
【解析】解：带电极板吸引带负电的绒毛，则其带正电，故A错误；
B.绒毛在飞往需要植绒的物体的过程中，绒毛在加速运动，电场力做正功，电势能不断减小，故B错误；
C.植绒效果主要由容器和极板间的电势差决定，若增大容器与带电极板之间的距离，而电势差不变，则植绒效果不变，故C错误；
D.在加速过程中，根据动能定理可得：
由此可知，质量相同的绒毛，带电荷量越多，到达需要植绒的物体表面时速率越大，故D正确。
故选：。
带电极板吸引带负电的绒毛，所以带电极板带负电；
根据电场力的做功类型结合功能关系得出电势能的变化趋势；
理解植绒效果的影响因素，从而分析出对应的植绒效果的变化；
根据动能定理分析出绒毛的速度变化趋势。
本题主要考查了电势能与电场力做功的关系，熟悉物体的受力分析，结合功能关系和动能定理即可完成解答。
8.【答案】
【解析】解：第一次将极板稍向上平移，板间距离增大，根据电容的决定式得知，电容减小；若电容器的电压不变时，则由知电容器所带电量将要减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不能流回电源，所以电容器的电量保持不变；由于电容减小，由电容的定义式可知，变大；根据、、得板间场强，可知板间场强不变，电荷所受的电场力不变，仍保持静止状态；与板间电势差，、都不变，保持不变，点的电势保持不变；
第二次将极板稍向下平移，板间距离减小，根据电容的决定式得知，电容增大，电容器的电压不变，由知电容器所带电量增大；根据可知板间场强增大，电荷所受的电场力增大，电荷将向上运动；与板间电势差，增大，都不变，增大，点的电势增大，故ABC错误，D正确。
故选：。
将极板稍向上和向下平移，引起电容器的电容变化，若电容器的电压不变，根据电容的决定式和定义式分析电容和电容器所带电量如何变化，若电容器电量增加，电源可以充电，若电容器电量减小，要根据二极管单向导电性分析能否放电，结合二极管的单向导电性，分析电容器的电荷量是否变化，再分析电容器板间电压和场强是否变化，根据电荷所受电场力有无变化，判断电荷的状态；根据点与下极板间的电势差变化情况，判断点的电势变化情况。
本题分析电容器的电容如何变化是常规思路，要抓住二极管单向导电性判断电容器的电量能否发生变化，要防止思维定势的影响，注意条件的变化。
9.【答案】
【解析】解：、由图像丙可知，货物沿输送带向上先做变速运动，随后做匀速运动，说明运动到过程中，货物在加速运动，所以滑动摩擦力方向向上；之后做匀速运动，与输送带相对静止，由受力分析，此后货物做匀速直线运动，合外力是，受到沿传输送带向上的静摩擦力，故A错误；
B、在加速阶段，货物受力如图所示，由
可得
根据牛顿第二定律可得
又因为滑动摩擦力为
解得动摩擦因数：
，故B正确；
C、由可得
货物匀速阶段用时
因此每件货物从到共用时，故C正确；
D、每隔无初速度放上一件货物，当第件货物刚放上输送带时，第件货物已经在输送带上加速并匀速运动了，共运动位移为；当第件货物刚上输送带时，第件货物运动的位移，第件货物运动的位移，以此类推，发现当第件货物刚放上输送带时，第件货物恰好到达输送带端，因此，在输送带上同时有件货物正在传送，故D正确。
故选：。
由图像丙分析可知，物体先向上加速随后匀速，进而判断摩擦力方向；
结合运动学公式，求解物体沿传送带向上运动的加速度，根据牛顿第二定律求动摩擦因数和运行时间；
解答本题关键是要明确货物的运动情况，熟练运用功能关系求动摩擦因数。并根据运动学公式求运动时间。
10.【答案】
【解析】解：对小球受力分析，在竖直方向有：，可知小球一定受绳的拉力作用，故A正确；
B.绳绷紧，绳竖直方向的分力不变，则小球所受绳的拉力随角速度的增大保持不变，故B错误；
C.当绳刚要绷紧出现弹力时，水平方向根据牛顿第二定律：
联立解得：
即当角速度：时，则绳将出现弹力，故C正确；
D.由于绳可能没有弹力，故绳突然被剪断，绳的弹力可能不变，故D错误。
故选：。
当绳伸直且弹力为零时，根据水平方向合力提供向心力解得；小球在水平面内做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向合力提供向心力，结合牛顿第二定律分析判断。
解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源分析，知道小球竖直方向合力为零，这是解决本题的关键。
11.【答案】
【解析】解：由图乙可知，交点的横坐标表示同步卫星所在的轨道半径；太空电梯在时，航天员绕地球做匀速圆周运动，万有引力完全提供向心力，处于完全失重状态，此时航天员与电梯舱间的弹力为，故A正确；
太空电梯在时，航天员受到万有引力完全提供向心力，设地球的质量为，航天员的质量为；
根据牛顿第二定律
解得地球质量
对于近地卫星
代入数据联立解得第一宇宙速度，故B正确，C错误；
D.根据圆周运动公式，航天员所需的向心力
随着的增加，向心力逐渐增加，在时，引力完全提供向心力，此时航天员与电梯舱的弹力为；
当时，电梯舱对航天员的弹力表现为支持力，根据牛顿第二定律
解得
可见随着的增大而减小；
当时，电梯舱对航天员的弹力表现为指向地心的压力，此时
可见随着的增大而增大；
综上分析，故D错误。
故选：。
A.图乙中图线的交点表示万有引力产生的加速度和地球自转产生的加速度相等，交点的横坐标表示同步卫星所在的轨道半径，航天员绕地球做匀速圆周运动，万有引力完全提供向心力，处于完全失重状态，据此分析作答；
根据万有引力定律和匀速圆周运动求解地球质量；对于近地卫星，根据匀速圆周运动公式求第一宇宙速度；
D.根据合力提供向心力，结合题意判断航天员受到电梯舱的弹力先减小为零后反向增大。
本题考查了万有引力定律的运用；注意题图乙中图线的交点表示万有引力产生的加速度和地球自转产生的加速度相等，又同步卫星的角速度与地球自转角速度相同，因此交点的横坐标表示同步卫星所在的轨道半径。
12.【答案】
【解析】解：、设下滑时，轻绳与水平方向的夹角为，则有，解得：，则
此时刚好被提起，可知此时弹簧弹力大小为，假设此时的加速度方向竖直向下，则的加速度方向竖直向上；
设此时绳子拉力为，对有：
解得：，即
对有：
可知假设不成立，故此时的加速度方向竖直向上，则从静止释放到下滑时，先做加速运动，后做减速运动，加速度先向下减小，后向上增大，当加速度等于零时，滑块速度最大，滑块所受的合力为，故A错误，B正确；
C、滑块静止释放下滑至过程中，物块上升的高度为：，代入数据解得：，故C正确；
D、初始时，弹簧被压缩，弹力大小为，当刚好被提起时，弹簧被拉伸，弹力大小也为，两种状态下弹簧具有相同的弹性势能；滑块滑至时，设的速度为，可知此时的速度为，如图所示：
则有：
设此过程中绳对做的功为，由功能关系有：
联立解得：，故D错误。
故选：。
求出下滑时轻绳与水平方向的夹角，假设此时的加速度方向竖直向下，根据受力情况分析绳子拉力大小，由此分析的运动情况；根据几何关系得到滑块静止释放下滑至过程中，物块上升的高度；根据功能关系结合动能定理求解此过程中绳对做的功。
本题主要是考查功能关系、牛顿第二定律的综合应用，关键是弄清楚物块的受力情况，能够根据牛顿第二定律、动能定理、功能关系进行解答。
13.【答案】 ； ； 大于 ； 见解析
【解析】解：两球的体积、材料和质量的选择不同，受到的阻力大小不同，对实验结果有影响，故A错误；
B.改变小锤击打的力度，可以改变球的水平初速度，改变小球距地面的高度，可以改变空中的运动时间，故B正确；
小锤击打弹性金属片后，球沿水平方向抛出，同时球被释放自由下落，、两球同时落地，可知平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，不能得出水平方向上的运动规律，故C正确，D错误。
故选：。
调整斜槽，使小球放置在轨道末端时，不左右滚动，保证斜槽末端切线水平，故A正确；
B.将坐标纸上竖线与重垂线平行，故B正确；
C.将小球静止在斜槽末端位置时重心位置在背板上的投影记录为坐标原点，故C正确；
D.应保持挡片的位置不变，使小球从斜槽上相同位置释放，故D错误；
E.不断改变水平挡板的位置，记录下小球落到挡板上的位置，故E正确；
F.将坐标纸上确定的点用平滑的曲线依次连接，故F错误。
本题选错误的，故选：。
因为、和、间水平距离相等，所以、和、间对应钢球运动的时间相同，设为，设钢球在、点时的竖直分速度大小分别为、，则
所以
根据运动学规律有
解得：
钢球平抛的初速度大小为
物体的初速度较小时，运动范围很小，引力可以看成恒力重力，做平抛运动；随着物体初速度的增大，运动范围变大，引力不能再看成恒力；当物体的初速度达到第一宇宙速度时，物体绕地球做圆周运动而成为地球卫星。
故答案为：；；；大于；；见解析
根据实验原理掌握正确的实验操作；
根据实验原理掌握正确的实验操作；
根据竖直方向的运动特点得出竖直方向位移的关系，结合水平方向的运动特点计算出初速度；
根据题目条件，结合对物体的受力分析即可完成解答。
本题主要考查了平抛运动的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合平抛运动在不同方向上的运动特点和运动学公式即可完成分析。
14.【答案】
【解析】解：根据匀变速直线运动的位移时间公式得，，解得。
、根据牛顿第二定律得：
对及砝码：
对及砝码：
联立解得：。
根据数学知识得知：作“”图线，图线的斜率，图线的截距
将、、代入计算，解得，。
故答案为：，。
质量为的沙袋从静止开始下降做匀加速直线运动，根据下降的距离和时间，由位移公式求出其加速度。
根据牛顿第二定律对、分别研究，得出与的关系式，根据数学知识分析图线的斜率与截距的意义，求解两个沙袋的质量。
本题是加速度不同的连接体问题，运用隔离法研究加速度，得到与的关系式，再根据图线的数学意义求解两个沙袋的质量。
15.【答案】解：木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有
即
木块在力作用下沿斜面向上匀速运动时，沿着斜面方向有
垂直斜面方向有
又
解得
则当时，有
因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到的地面摩擦力等于的水平分力，即
当时，有
可得
答：木楔与斜面的动摩擦因数；
当时，拉力有最小值为
当拉力最小时，水平面对本楔的摩擦力是。
【解析】木块在木楔斜面上匀速向下运动时，根据共点力平衡，求木楔与斜面的动摩擦因数；
对物块进行受力分析，根据共点力平衡，利用正交分解，在沿斜面方向和垂直于斜面方向都平衡，进行求解
采用整体法，对、构成的整体列平衡方程。
木块放在斜面上时正好匀速下滑隐含摩擦系数的数值恰好等于斜面倾角的正切值，当有外力作用在物体上时，列平行于斜面方向的平衡方程，找到外力的表达式，讨论取最小值的条件，求解第二问时，灵活选用整体的思想较好，总体上看此题有一定难度。
16.【答案】解：滑块与木板取得相同的速度前，对滑块和木板根据牛顿第二定律分别有：
代入数据解得：，
设经过时间两者速度相等，根据运动学公式有
解得：
此时两者的共同速度为
到达共同速度前，滑块的位移分别为
木板的位移，
两者相对位移为
到达共同速度后，假设两者可以以相同的加速度做匀减速运动，对整体，根据牛顿第二定律有
解得：
此时滑块所受摩擦力大小为
即假设不成立，
所以到达共同速度后两者做加速度不同的匀减速运动，
对滑块有
对木板有
解得：，，
易知木板先停止运动，从达到共速到各自停下的过程中，滑块的位移为
木板减速到零的位移为：
第二阶段相对位移为：
滑块与木板间因摩擦增加的内能为：
代入数据解得：
答：滑块与木板取得相同的速度前各自的加速度大小分别为、；
从开始至最终停止，滑块与木板间因摩擦产生的热量为。
【解析】根据牛顿第二定律求出滑块与木板各自的加速度大小。
滑块做初速度为零的匀加速直线运动，木板做匀减速直线运动，根据速度时间公式求出滑块与木板取得相同的速度经历的时间和共同速度，应用位移时间公式求出此过程中滑块与木板的位移。共速后，判断两者的运动状态，再求两者从共速到停止运动的位移，从而求得两者间的相对位移，即可求出滑块与木板间因摩擦产生的热量。
根据题意分析清楚滑块与木板的运动情况与受力情况是解题的前提与关键，分段应用牛顿第二定律、运动学公式求解两者的位移，从而得到相对位移。要知道摩擦生热与相对位移有关。
17.【答案】解：由万有引力定律球体与质点之间的万有引力
完整球体的质量
挖去的小球质量
被挖掉的小球与质点之间的万有引力
故剩下部分对质点的万有引力
答：对的万有引力大小为；
剩余部分对的万有引力大小为。
【解析】根据万有引力定律的公式解答；
根据割补法的思路结合万有引力定律解答。
本题主要采用割补法的思想，根据整体球在与小球的引力等于割掉的小球与小球的引力和剩余部分与小球的引力的矢量和。掌握万有引力定律公式是基础。
18.【答案】解：滑块在点时由重力和轨道支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得
根据牛顿第三定律知
解得
滑块从点到点，由动能定理得
解得
在点，对滑块由牛第二定律得
解得
由牛顿第三定律可知滑块运动到与点等高的点时对轨道的压力大小为，方向水平向右。
如图所示
滑块的等效重力大小为
与竖直方向夹角为
、两点分别为等效最高点和等效圆心等高点。要使滑块恰好沿半圆轨道运动到点时不与轨道分离，可得
解得
滑块从释放到点的过程中，由能量守恒得
联立可得
若小球达到等效圆心等高点点的速度为零，由能量守恒得
解得
滑块恰好到达点时满足
所以欲使滑块在进入圆轨道后不离开圆轨道，弹性势能的取值范围为或
答：若滑块运动到点的瞬间对轨道压力为，滑块运动到与点等高的点时对轨道的压力，方向水平向右；
弹簧最初释放的弹性势能的取值范围或。
【解析】由牛顿第二定律、牛顿第三定律求点速度，滑块从点到点，由动能定理，求点速度，在点，对滑块由牛第二定律以及牛顿第三定律，分析滑块运动到与点等高的点时对轨道的压力大小；
计算等效重力的大小和方向，滑块恰好沿半圆轨道运动到点时不与轨道分离，重力提供向心力，求点速度大小，滑块从释放到点的过程中，由能量守恒列式，若小球达到等效圆心等高点点的速度为零，由能量守恒列式，分析弹性势能的取值范围。
本题是一道综合性较强的题，考查学生对合力提供向心力、能量守恒定律、动能定理等的掌握，其中第二问解题的核心是求出等效重力的大小和方向，去分析。
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