期末测试卷(8)-【无敌原创】2025-2026学年高中物理必修第二册期末测试卷

物理 期末测试卷（八） (满分100分，时间90分钟) 一、单项选择题（本题包括8小题，每小题4分，共32分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项 符合题目要求，多选、错选均不得分。) 1.(2023·辽宁·模拟预测)下列说法中正确的是 A.曲线运动的速度一定变化，加速度也一定变化 B.速度、加速度和位移的合成都遵循平行四边形定则 C.在恒力作用下，物体不可能做曲线运动 D.合运动的速度一定大于两个分运动的速度 2.(2022秋·宁夏银川·育才中学校考)“物理”是取“格物致理”四字的简称。在学习物理规律同 鞍 时，还需要了解物理学家发现物理规律的过程，领悟并掌握处理物理问题的思想与方法。下列 叙述正确的是 ( 地 A.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看成匀 郭 速直线运动，然后把各小段的位移相加之和代表物体整个运动过程的位移，这里采用了微元 累积法 B.在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫假设法 长 C.在探究自由落体运动规律实验中，伽利略把斜面实验的结果推广到竖直情况，这种方法被称 为“放大法” D.卡文迪许在研究万有引力时，利用控制变量思想，将微小的万有引力转变成可测量的角度 变化 3.2022年2月15日，北京冬奥会单板滑雪男子大跳台决赛中，中国选手苏翊鸣最终夺冠。运动员 重心的运动过程简化后如图所示，已知B、C两点间的水平距离为A、B两点间水平距离的倍， 不计空气阻力，下列说法正确的是 最高点 起跳点 A 着坡点 A.B、C两点间的竖直高度是A、B两点间竖直高度的n倍 B.B、C两点间的竖直高度是A、B两点间竖直高度的n倍 C.到达C点时水平速度的大小是在A点时水平速度大小的n倍 D.到达C点时竖直速度的大小是在A点时竖直速度大小的2倍 4.如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的 小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压 力。已知AP=2R,重力加速度为g,则小球从P到B的运动过程中 () 2R B R -- 0 A A.重力做功2mgR B.合外力做功是mgR C.克服摩擦力做功2mgR D.机械能减少2mgR 5.如图所示，质量为m的物块与水平转台间的动摩擦因数为4，物块与转轴相距R,物块随转台由 静止开始转动。当转速增至某一值时，物块即将在转台上滑动，此时转台已开始匀速转动，在这 一过程中，摩擦力对物块做的功是（假设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力）() A.0 B.2umgR C.2πmgR D.umgR 2 6.(2023·陕西西安·东方中学校考)太阳同步轨道卫星，轨道倾角大于90°且在两极附近通过，所 以也被称为近极轨卫星，它的轨道面与太阳的取向一致，所以叫太阳同步卫星。太阳同步卫星 中一颗ODN卫星每天重复一次轨道运行，一天绕地球转15圈，只经过一次长春或武汉。这 样，每一圈轨道可观测地球不同的地方，以达到观测全球的目的。下列对ODN卫星的表述正 确的是 () A.ODIN卫星的自转周期T=96min B.ODIN卫星的环绕速度大于7.9km/s C,ODIN卫星的轨道半径与地球问步卫星的锁道半径之比为元 D.ODN卫星的向心加速度与地球同步卫星的向心加速度大小之比为225：1 29 7.(2022春·辽宁沈阳·高一沈阳市第一二口中学期末)半径为r的光滑圆环竖直固定，原长为 的轻弹性绳一端固定在圆环的最高点A,另一端与套在圆环上且质量为m的小球相连，先将小 球移至某点使弹性绳处于原长状态，然后由静止释放小球，当小球在弹性绳作用下速度达到最 大时，绳与小球从连接处断开。已知在弹性限度内弹性绳的弹性势能与其形变量的关系为E= ,弹性绳的劲度系数为k-8,重力加速度R,弹性绳始终在弹性限度内。则下列说法正 3r 确的是 A.绳与小球断开瞬间，弹性绳的弹性势能为2mgr B.绳与小球断开瞬间小球的速度大小为√2gT C.绳与小球断开后瞬间，小球对圆环的作用力为0 D.小球与绳断开后能运动到与圆心等高处 8.科学家通过研究双中子星合并的引力波，发现：两颗中子星在合并前相距为L时，两者绕连线上 的某点每秒转n圈；经过缓慢演化一段时间后，两者的距离变为kL,每秒转pn圈，则演化前后 A.两中子星运动周期为之前kp倍 B两中子星运动的角速度为之前务倍 C.两中子星质量之和为之前32倍 D,两中子星运动的线速度平方之和为之前倍 二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分。至少有2项符合题目要求，全部选对的得5 分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。) 9.竖直向上抛出一篮球，球又落回原处，已知空气阻力的大小与篮球速率的二次方成正比，则 A.上升过程中克服重力做功大于下降过程中重力做功 B.上升过程的时间小于下降过程的时间 C.上升过程中动能的改变量大于下降过程中动能的改变量 D.上升过程中速度的改变量小于下降过程中速度的改变量 30 无敌原创·期末测试卷物理·必修第二册 10.(2022·重庆·高考真题)一物块在倾角为45°的固定斜面上受到方向与斜面平行、大小与摩擦 力相等的拉力作用，由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，物块与斜面间的动摩擦因数处 处相同。若拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功随时间的变 化分别如图曲线①、②所示，则 () ↑W灯 18 ① 0 -6 ② A,物块与斜面间的动摩擦因数为召 B.当拉力沿斜面向上，重力做功为9J时，物块动能为3J C.当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为1：3 D.当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的速度大小之比为1：√2 11.如图甲所示，光滑细杆竖直固定，套在杆上的轻弹簧下端固定在地面上，套在杆上的小滑块向 下压缩弹簧至离地高度h=0.05m处，滑块与弹簧不连接。由静止释放滑块，地面为零势能 面，滑块上升过程中的机械能E和离地面的高度h之间的关系如图乙所示，g取10/s2,不计 空气阻力。由图像可知 () ↑E 0.6 0.1 0.05 0.150.20h/m 乙 A.小滑块的质量为0.2kg B.轻弹簧原长为0.1m C.弹簧的最大弹性势能为0.5J D.滑块距地面的最大高度为0.3m 12.卫星绕某行星做匀速圆周运动的速率的平方()与卫星的轨道半径的倒数()的关系如图所 示，图中b为图线纵坐标的最大值，图线的斜率为k,万有引力常量为G,则下列说法正确的是 () A.行星的半径为kb B行星的质量为会 C.行星的密度为，3办 4πGk2 D.行星的第一宇宙速度为√b 三、实验题（本题共2小题，每空2分，共12分。） 13.某同学利用手机研究乒乓球与球台碰撞过程中能量损失的情况。他从一定高度由静止释放乒 乓球，同时用手机记录下乒乓球与台面碰撞的声音随时间（单位：s)的变化图像如图所示。他 根据图像记录了碰撞次序及相应碰撞时刻，如下表所示。 0.8 1.0 1.2 1.4 1.6 1.8 2.0 2.2 2.4 2.6 2.8 3.0 碰撞次序 1 3 4 碰撞时刻/s 1.12 1.58 2.00 2.40 2.78 若已知当地重力加速度g=9.80/s2,根据以上信息可得：第3次碰撞后乒乓球的弹起高度约 为 (保留2位有效数字)，第3次碰撞后的动能是本次碰撞前动能的 倍（保 留2位有效数字)。由于存在空气阻力，前面计算的第3次碰撞后的弹起高度 (选填 “高于”或“低于”)实际弹起高度。 n 14.某同学为探究圆周运动的基本规律设计如图所示的实验装置，在支架上固定一个直流电动机， 电动机转轴上固定一拉力传感器，传感器正下方用细线连接一个小球，在侧面连接一位置可以 调节的电子计数器。实验操作如下： 直流电源 拉力传感器 电子计数器 可调 支架 ①电动机不转动时，记录拉力传感器的示数为F; ②闭合电源开关，稳定后，小球在水平面内做匀速圆周运动，记录此时拉力传感器的示数 为2F; ③调节电子计数器的位置，当小球第一次转到离计数器最近的A点时开始计数，并记录为第1 次，记录小球第n次到达A点的时间t; ④切断电源，整理器材。 请回答下列问题： (1)小球运动的周期为 (2)小球运动的向心力大小为 (3)小球做匀速圆周运动的轨道半径为 (用F、t、n、重力加速度g表示)。 四、计算题（本题共3小题，共36分，要求写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最 后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中应明确写出数值和单位。) 15.(10分)如图为世锦赛双人滑亚军选手张丹、张昊在比赛中的情景。张昊（男）以自己为转轴拉 着张丹（女）做匀速圆周运动，转速为30r/min。张丹的脚到转轴的距离为1.6m,轻微点 地。求： (1)张丹做匀速圆周运动的角速度； (2)张丹的脚运动速度的大小。 31 16.(12分)某校科技小组参加了如图甲所示的过山车游戏项目，设计出如图乙所示的装置，图中P 为弹性发射装置，AB为倾角为0=37°的倾斜轨道。以A点为坐标原点，水平向右为x轴正方 向，竖直向上为y轴正方向建立平面直角坐标系。弹射装置P位置可在坐标平面内调节，使水 平弹出的滑块均能无碰撞从A点切入斜面，滑块可视为质点。 (1)若滑块从y=0.45m的某点弹出，求滑块弹出时的初速度o； (2)若改变弹射装置位置，求弹出点的坐标(x,y)应满足的关系。 32 无敌原创·期末测试卷物理·必修第二册 17.(14分)某缓冲装置的理想模型如图所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固 定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为∫。轻杆向右移动不超过1时，装置可安全工作。一 质量为m的小车若以速度，撞击弹簧，可使轻杆向右移动了子。 轻杆与槽间的最大静摩擦力 等于滑动摩擦力，且不计小车与地面的摩擦。 (1)若弹簧劲度系数为k,求轻杆开始移动时，弹簧的压缩量x; (2)求小车离开弹簧瞬间的速度； (3)在轻杆运动的过程中，试分析小车的运动是不是匀变速运动？如果不是，请说明理由；如果 是，请求出加速度a。 m 轻杆 ME于弹簧弹力做的功w,不等于之m,C错误；D.h时刻，A图 线的斜率为0，即A物体加速度为零，设此时压缩量为x2,由 平衡条件，kx=mgsin0解得x1=8sm9,弹簧处于压缩状 态，由t图像可知，物块A达到速度最大值，D错误。故 选B。 8.C【解析】根据平抛运动得甲小球水平方向的位移为xA= Rsin a=,竖直方向的位移为ya=Rcos a=7g片，解得 一√分&R把二。：乙小球水平方向的位移为=Rosa 1 ,竖直方向的位移为归=Rsin a=子g贴，解得边 √分gk sin a,所以有丝=ana·√ana。放选C. 9.BD【解析】根据题意可知，高尔夫球飞行中，水平方向做匀 减速直线运动，竖直方向做自由落体运动，则高尔夫球飞行中 如 n 做的不是平抛运动，竖直方向上有人=号g,解得高尔夫球飞 行的时间为一√臣，A错误，B正确：根据题意，设初速度为 长 ,水平方向上有受1=L,解得=2L√景C结误；D根据 题意，由运动学公式v=十at可得，高尔夫球水平方向上的 加速度大小为a=少=坚，由牛顿第二定律可得，高尔夫球飞 t h 行中受到的水平风力大小为F=ma=m型，D正确。故 h 选BD 10.BCD【解析】A.汽车在平直公路上以额定功率P启动时， 有P=Fu,可知牵引力逐渐减小，A错误；B.时刻起以最大 速度匀速行驶，阻力与牵引力平衡，则阻力大小为f=卫 B正确：C.牵引力的功率恒定不变，则在0~t时间内牵引力 对汽车做的功为W=P1,C正确；D.由动能定理，P1一fx= 名m呢，可得汽车行驶的距离为x=2PD心，D正确。 2P 故选BCD 11.BC【解析】小球受重力、拉力，有可能支持力为零，恰好为 零时有mgtan0=md1sin0,解得u=号巨rad/s,对应加速度 为7.5m/s2,A错误，B、C正确；当w=2√5rad/s时，小球已 经离开斜面，小球受重力、拉力的作用，D错误。故选BC。 12.ACD【解析】A.对a球，根据牛顿第二定律有3mg一F 3ma,对b球，根据牛顿第二定律有F-mg=ma,联立，解得 F=1.5mg,a=0.5g,A正确；根据动能定理可知，绳对b球的 拉力做的功大于b球动能的变化量，B错误；C.a、b组成的系 统机械能守恒，减少的重力势能等于二者动能增加量之和，C 正确；D.在所研究的过程中，a球减少的重力势能为3mgh,而 b球增加的重力势能为mgh,所以系统减少的重力势能为 2mgh,D正确。故选ACD。 13.4(20(3mM 2Lt 【解析】(1)根据光电门工作原理，滑块与弹簧分离瞬间，滑块 的速度大小=号。(2)根据运动学知识，滑块在OB段运动 2 d 可得0-=-2aL,解得a一元2L。(3)实验过程中，根 据能量守恒定律，可知弹性势能全部转化为摩擦内能，则 Em=f(L十x),滑块在OB段运动过程，由牛顿第二定律，得 f=ma,联立解得En=mdCL十2 14.(1)初速度相同(2)1.2(3)2.0(-0.1m,0) 【解析】(1)平抛物体的初速度方向为水平方向，故应调节实验 装置直到斜槽末端切线水平；每次让小球从同一位置由静止 释放，小球下落高度相同才能保证每次平抛得到相同的初速 度。(2)根据平抛运动规律A=号g,x=w,代入数据解得 =1.2m/s。(3)由题图丙可知，从A到B和从B到C,小球 水平方向通过的位移相等，故两段运动时间相同。由hc一 hB=g(△)2，可得△=0.1s,所以'=是=2.0m/, ==2.0m/5。则小球从抛出点运动到B点时所经历 UBy一2△t 的时间tB=g=0.2s,故平抛运动初位置的水平坐标x= 6×0.05m一6tB=一0.1m,竖直坐标y=4×0.05m一 22=0,所以平抛运动初位置的坐标为(-0.1m,0). 15.解：(1)已知m=100t=1×10 运算都遵循平行四边形定则，B正确；根据平行四边形定则 kg,v=72km/h=20m/s,内、外轨 知，合速度可能比分速度大，可能比分速度小，可能与分速度 一样高时，由外轨对轮缘的侧压力提 相等，D错误。故选B。 供火车转弯所需要的向心力，所以有 2.A【解析】A.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个 mg 0N=8X10: F=mR=1X10× 运动过程划分成很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动， 然后把各小段的位移相加之和代表物体整个运动过程的位 N,由牛顿第三定律可知铁轨受到的侧压力大小为8×10N。 移，每一个小段可以看成一个“微元”，各小段的位移相加即 (2)火车过弯道，重力和铁轨对火车的支持力的合力正好提供向 “累积”，所以这里采用了微元累积法，A正确；B.在不需要考 力，如图所示。则mgan0=m二，由此可得an牙=0 虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫理 16.解：(1)人由蹦极台第一次到达a点的运动过程中，根据机 想模型法，B错误；C.在探究自由落体运动规律实验中，伽利 械能守恒定律有mg6=2md,解得v=10V2m/s。 略把斜面实验的结果推广到竖直情况，这种方法被称为合理 外推法，C错误；D.卡文迪许在研究万有引力时，将微小的万 (2)人的速度最大时，重力等于弹力，即kx=mg,解得x= 有引力转变成可测量的角度变化，利用的是放大法，D错误。 2.5m,此时弹性绳的长度l=l十x=12.5m 故选A。 (3)设人的最大速度为m,根据人和弹性绳组成的系统机械能 3.B【解析】从A点到B点的斜抛运动可以看作从B点到A 守恒得mgl=合k2+子m话，解得=15m/s。 点的平抛运动的逆过程，而B点到C点的过程也可以看作平 17.解：(1)恰好通过C点时，L达到最大值，此时到达C点速 抛运动，二者初速度大小相等，已知B、C两点间的水平距离为 度为O,根据机械能守恒定律E,=mg(L十R),整理得L= A、B两点间水平距离的n倍，所以B、C两点间运动时间为A、 1.65m。因此，L的取值范围为0≤L≤1.65m。 B两点间运动时间的n倍，根据平抛运动竖直位移时间关系 (2)假设存在L使得小球击中目标P,则E,=mg(L十R)+ 式可得 1 =m2,A错误、B正确：水平方向做匀 合m话，L+R=合g,z-R=,代人数据整理得L 28i8 LAB 0.4m或L2=0.85m。 速直线运动，故到达C点时水平速度的大小与在A点时水平 速度大小相等，C错误；D.根据竖直速度与时间的关系可得 (3)外力做最小的功时，就是初动能最小，此时一定满足E。= mgL+R)十合m6,L十R=合gr,z一R=w,代人数所据， BC===n,D错误。故选B。 VyAB gLAB LAB 1 4.C【解析】小球从P到B的运动过程中，重力做功WG= 整理得E,=L十0.4十(L+0.4)。根据均值不等式，当L mg(2R一R)=mgR,A错误；小球通过B点时恰好对轨道没 0.6m时，E。取得最小值，且最小值为E。=2J。 有压力，即重力提供向心力，mg=m发，解得小球通过B点时 期未测试卷（八） 速度v=√gR,合外力做功等于动能增加量W合=之mU= 2mgR,B错误；克服摩擦力做功等于机械能的减少量，设小 1.B【解析】曲线运动的速度的方向一定改变，故速度一定变 球从P到B的运动过程中，克服摩擦力做功为W,由动能定 化；物体做曲线运动的条件是合外力或加速度与速度不在同 一条直线上，合外力或加速度一定不为零，但不一定变化，可 理得W。一W=合m,得W=乞mgR,C正确，D错误。故 以恒定不变，A、C错误；速度、加速度和位移均为矢量，其合成 选C。 41 5.D【解析】物块即将在转台上滑动但还未滑动时，转台对物 块的最大静摩擦力恰好提供向心力，设此时物块做圆周运动 的线速度为。，则有mg=兴，在物块由静止到我得速度。 的过程中，物块受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物 块做功，由动能定理得W=之m-0,联立解得W=m尽， 2 故选D。 6.C【解析】A.由题意知ODIN卫星的环绕周期T=24h 15 96min,A错误；B.地球卫星的环绕速度都小于第一宇宙速度 乙9km/s,B错误：C.根据开普勒第三定律，无三，解得宁 20D错误.故活C. 7.D【解析】A.小球受圆环的约束，只能做圆周运动；小球在 弹性绳的作用下到达速度最大位置时，受重力、圆环的支持 力、弹性绳的拉力，在该位置处小球沿圆环的切向加速度为 零，设此时弹性绳与竖直方向的夹角为，弹力为F,则弹性绳 的伸长量为△x=2rcos0-r,F=k△x,受力分析有Fsin0= mgsn20,解得c0s0=亭，4=号，则弹性绳的弹性势能为 E,-12m,A错误：B.由动能定理可得，从开始释放小球到 25 与绳子断开有mgr(2cos0-c0s60)-E,=号m,解得 ⑤严，B错误：C.设断开后瞬间圆环对小球的作用力为F, 5 则有R-m80s29=m号，解得R-器mg,C错误：D以圆 环的最低点为零势能处，则断开瞬间小球的机械能为E= 51 mgr(2-cos60)-E,=0mgr>mg,所以小球能运动到与 圆心等高处，D正确。故选D。 8.C【解析】A.合并前相距为L 时，周期T=六，缓慢演化一段时 M 同后，周期了一动-T,A结误：取角浓度之比即转弦之 42 无敌原创·期末测试卷物理·必修第二册 比，两中子星运动的角速度为之前p倍，B错误；C.对m,根据 万有引力提供向心力，GM=m(2m7,对M,根据万有引 L2 力提供向心力=M2mrn,得GM=杖n,可得G (M什m)=4rL,转速之比为p且距离变为L,所以总质量 M十m=发谷(M十m,C正确：D,根据=m号，可得 i=严，暖=G,暖+d=GM+6mL,只有当M=n 时，听十=G,两者的距离变为L时，线速度平方之和为 L 之前倍，但现在质量关系不确定，则线速度平方之和不一定 为之前。倍，D错误。故选C 9.BC【解析】A.重力做功的大小只与物体的初末的位置有 关，与物体的路径无关，所以在上升和下降的过程中，上升过 程中克服重力做功等于下降过程中重力做功；A错误；B.上升 过程中，空气阻力向下，根据牛顿第二定律，有mg+f=ma1, 下降过程，空气阻力向上，根据牛顿第二定律，有mg一f= ma2,故a>a2,根据h=2at,可知4<，B正确；C.根据动 能定理知上升过程合外力做功为|△E1|=之m,下降过程 中动能的改变量为△E=m味，因为>煤，所以上升 过程中动能的改变量大于下降过程中动能的改变量，C正确； D.由于克服空气阻力做功，落回原处的球的速度小于开始上 升的速度，故上升过程速度的改变量大于下降过程中速度的 改变量，D错误。故选BC。 10.BC【解析】A.对物体受力分析可知，平行于斜面向下的 拉力大小等于滑动摩擦力，有F=f=mgcos45°，由牛顿第二 定律可知，物体下滑的加速度为a=gsin45°= 2g,则拉力沿 斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功 为W。=mg·a2·sin45°="ge,w,=-mg·cos45°X 4 合a,P=-mr,代入数据联立解得A=子，A错误；C当 4 拉力沿斜面向上，由牛顿第二定律有mgsin45°-F-∫=ma2, 号g-2wgs45=E。 解得a= g,则拉力分别沿斜面向上和 g·号，根据机械能守恒可知，第三次碰撞前的速度等于第二 向下时，物块的加速度大小之比为= 3C正确：B.当拉力 次碰撞后的速度，即嫩=g·号，则第3次碰撞后的动能是本 2 沿斜面向上，重力做功为Wc2=mngsin45°·x,合力做功为 1 次碰撞前动能比为 E后 m喝 1 ,由题意可知= 2n t23 V2 W=a·工，测其比值为二一 28 是则重力做功为9J = 6 三0.42s,代入解得会≈0.91。由于存在室 时，物块的动能即合外力做功为3J,C正确；D.当拉力分别沿 乒乓球在上升的过程中受到向下的阻力和重力，乒乓球的动 斜面向上和向下时，物块滑到底端时的速度大小为√2ax,则 能转化为内能和重力势能，能达到的最高点低于理论高度，所 速度的大小之比为区=二，D错误。故选BC。 以前面计算的第3次碰撞后的弹起高度高于实际弹起的高 a1W3 度。本问题也可以结合速度时间图像来理解！ 11.ACD【解析】初始位置时，小滑块静止，动能为0，由E,= 14,-2w5r8 mgh,解得m=0.2kg,A正确；由题图乙可知，当h=0.15m 时，小滑块的机械能最大，则弹簧的弹性势能全部转化为小滑 【解析】1)小球运动的周期为T-一。(2)小球的重力G- 块的机械能，可得此时弹簧处于原长，故弹簧的原长为0.15m, F-mg,小球运动的向心力大小为F-√F件-G- B错误；由题图乙可知，小滑块本身的机械能为0.1J,最大机 √(2F)2一=√3F。(3)小球做匀速圆周运动，则F向= 械能为0.6J,由系统机械能守恒得弹簧的最大弹性势能为 0.5J,C正确；当小滑块的动能为零时，小滑块的机械能则为 m竿则轨道半径为r气 √3tg 它的重力势能，由机械能守恒得mgh=0.6J,h=0.3m,所以 15.解：(1)已知转动转速n=30r/min=0.5r/s,由公式w= 小滑块的最大高度为0.3m,D正确。故选ACD。 2πn可得w=πrad/s。 12.BCD【解析】卫星绕行星做匀速圆周运动，由万有引力提 (2)已知张丹的脚做圆周运动的半径r=1.6m,由线速度v= 供向心力，则有G=m号，得=GM二，设行星的半径 wr可得v=wr=1.6πm/s。 2 16.解：(1)平抛运动的竖直方向有=2gy,解得y=3m/s, 为R,由图知，当r=R时，d=B,GM=,解得R=冬，A错 则w=品g4m/s 误；由上知，GM=,得行星的质量为M=各，B正确：行星的 (2)由平地运动特点得兰-，解得y-9=号 2 体积V=音R,密度p一兰-改C正确：卫星在行至表 M 17.解：(1)对轻杆有f=kx,得x=友· 面做匀速圆周运动时，运行速度为第一宇宙速度6？ (2)根据能量守恒有号m话=号+子m,得出小车反弹离开 1 4 m发，期得第一字街连度一√受-6.D正确，故选以D, 弹簧瞬间的速度一√一品 13.0.200.91高于 (3)因为轻杆运动时弹力始终和摩擦力相等，则对小车所受的 【解析】由表可知第三次碰撞到第四次碰撞用时为0.4$，则碰 弹力保持不变，所以小车做匀减速运动。根据牛顿第二定律 撞后弹起的时间为0.2s,根据匀变速直线运动位移和时间的 有kx=f=ma,得出a=上 m 1 关系可得h=立g心≈0.20m。第三次碰撞后的速度为%=