2022_2023学年天津市南开区高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022_2023学年天津市南开区高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.在万有引力定律理论建立的过程中，有许多科学家做出了杰出的贡献，关于科学和他们的贡献，下列说法中正确的是( )
A. 月地检验表明地面物体所受地球的引力与太阳、行星间的引力遵从相同的规律
B. 开普勒通过对第谷的观测数据的研究，认为行星的运动轨道都是圆轨道
C. 牛顿通过扭秤实验测出了引力常量，成为测出地球质量的第一人
D. 开普勒发现在相等时间内，地球与太阳的连线和火星与太阳的连线扫过的面积相等
2.下列说法中正确的是( )
A. 匀速圆周运动是匀变速曲线运动B. 向心力不能改变线速度的大小
C. 匀速圆周运动线速度不变D. 圆周运动的合外力一定等于向心力
3.下列物体在运动过程中，机械能守恒的是( )
A. 沿粗糙的斜面向下做匀加速运动的木块B. 在空中向上做匀速运动的氢气球
C. 做平抛运动的铁球D. 被起重机拉着向上做匀速运动的货物
4.要使两物体间的万有引力减小到原来的12，下列办法可采用的是( )
A. 使两物体的质量各减小一半，距离不变
B. 使两物体间的距离增为原来的2倍，质量不变
C. 使两物体的质量和距离都减小为原来的12
D. 使其中一个物体的质量及距离增大到原来的2倍
5.关于重力势能，下列说法正确的是( )
A. 物体的位置一旦确定，它的重力势能的大小也随之确定
B. 物体与零势能面的距离越大，它的重力势能也越大
C. 一个物体的重力势能从−5J变化到−3J，重力势能变小了
D. 重力对物体做正功，物体的重力势能一定减少
6.如图所示，有关生活中的圆周运动实例分析，下列说法正确的是( )
A. 若拱桥最高点的曲率半径为R，汽车安全通过拱桥最高点的最大速度是 Rg
B. 火车转弯若超过规定速度行驶时，内轨对火车轮缘会有挤压作用
C. “水流星”表演中，在最高点处水对桶底一定有压力
D. 当湿衣服贴着滚筒洗衣机内壁随滚筒一起做匀速圆周运动时，到达最高点衣服受到的合力为零
7.如图所示，质量为m的小球用细线悬于O点，使小球在水平面内以P为圆心做匀速圆周运动，细线与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 向心力的大小等于mgtanθ
B. 向心力是由小球所受重力和细线对小球拉力的合力提供的
C. 向心力的大小等于细线对小球的拉力
D. 小球受到重力、细线的拉力和向心力三个力作用
8.为空间站补给物资，我国新一代货运飞船“天舟五号”实现了2小时与“天宫空间站”快速对接，对接后的“结合体”仍在原空间站轨道运行。对接前“天宫空间站”与“天舟五号”的轨道如图所示，则( )
A. “结合体”运行的速率与“天宫空间站”运行的速率相同
B. “天宫空间站”运行的加速度大于“天舟五号”运行的加速度
C. “天宫空间站”的运行周期小于“天舟五号”的运行周期
D. “结合体”受到地球的引力等于“天宫空间站”受到地球的引力
9.物体在大小为F与水平方向夹角为θ的拉力作用下沿水平向右运动了一段位移l，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，设此过程拉力对物体做功为W1，重力对物体做功为W2，摩擦力对物体做功为W3，合力对物体做功为W合。下列说法正确的是( )
A. W1=FlB. W2=mglC. W3=−μmglD. W合=W1+W3
10.如图为一皮带传动装置，右轮的半径为r，左大轮的半径为2r，a、b分别是两轮边缘上的点。c是左轮轮盘上的一点，它到左轮中心的距离为r。若在传动过程中，皮带不打滑，则( )
A. a点与b点的周期之比为1:1B. a点与b点的角速度大小之比为2:1
C. a点与c点的线速度大小之比为1:2D. b点与c点的周期之比为2:1
11.如图所示，质量相等的甲、乙两个小球，在光滑玻璃漏斗内壁做水平面内的匀速圆周运动，甲在乙的上方．则它们运动的( )
A. 向心力F甲>F乙B. 线速度v甲>v乙
C. 角速度ω甲>ω乙D. 向心加速度a甲>a乙
12.火星是太阳系中与地球最为类似的行星，“天问一号”探测器成功着陆火星，标志着我国在深空探测领域的技术进入世界先进行列。若火星可视为均匀球体，已知火星表面的重力加速度大小为g，火星半径为R，火星自转周期为T，万有引力常量为G，则可估算出( )
A. 火星的质量为4π2R3GT2
B. 火星的第一宇宙速度为2πRT
C. 火星的密度为3g4πGR
D. 火星同步卫星到火星表面的高度为3GR2T24π2
13.如图所示某火星探测器从地球表面发射后，进入地火转移轨道，经过A点时变轨进入距离火星表面2R高的圆形轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，经过B点时再次变轨进入椭圆轨道Ⅱ，之后在椭圆轨道的近火点C再次变轨到近火圆轨道Ⅲ做匀速圆周运动。已知火星半径为R。下列说法错误的是( )
A. 探测器在轨道Ⅰ、Ⅲ上的加速度大小之比为1：9
B. 探测器在轨道Ⅱ、Ⅲ上经过C点时的向心加速度相等
C. 探测器在轨道Ⅰ上经过B点时应加速实施变轨
D. 在轨道Ⅱ上探测器经过C点时的速率大于经过B点时的速率
14.如图所示，有一只小船停靠在湖边码头。一位同学想用一个卷尺粗略测量它的质量。他首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。已知他的自身质量为m，水的阻力忽略不计，则船的质量为( )
A. −mL+ddB. mL−ddC. mLdD. mL+dd
15.高铁已成为中国的“国家名片”，截至2022年末，全国高速铁路营业里程4.2万千米，位居世界第一。如图所示，若一列高铁列车的质量为m，额定功率为P0，列车以额定功率P0在平直轨道上从静止开始运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设高铁列车行驶过程所受到的阻力为Ff，且保持不变。则( )
A. 列车在时间t内可能做匀加速直线运动
B. 列车达到的最大速度大小为FfP0
C. 车速为vm2时，车的加速度大小为2Ffm
D. 如果改为以恒定牵引力启动，则列车达到最大速度经历的时间一定大于t
16.如图所示，假设质量为m的跳伞运动员，由静止开始下落，在打开降落伞之前受恒定阻力作用，下落的加速度为45g，在运动员下落高度为h的过程中，下列说法正确的是( )
A. 运动员的重力势能减少了45mghB. 阻力对运动员所做的功为−45mgh
C. 运动员的动能增加了45mghD. 运动员的机械能减少了45mgh
17.在第24届冬奥会短道速滑混合团体2000m接力赛中，中国健儿任子威、武大靖、曲春雨、范可新和张玉婷夺得中国代表队的首枚金牌。如图为曲春雨与任子成比赛中在直道上接棒的精彩瞬间。任子威在光滑的冰面上滑行，曲春雨从任子威后方冲过来并用力推动他，任子威脱离曲春雨后继续向前加速滑行。可近似认为两运动员相互作用前后运动方向始终在同一直线上，且相互作用时间很短暂，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用。则相互作用的过程中( )
A. 曲春雨对任子威的冲量一定等于任子威对曲春雨的冲量
B. 任子威、曲春雨的动量变化一定大小相等方向相反
C. 任子威的动能增加量一定等于曲春雨的动能减少量
D. 曲春雨对任子威做多少正功，任子威对曲春雨就一定做多少负功
18.高空抛物、坠物严重危害公共安全。为充分发挥司法审判的惩罚、规范和预防功能，刑法修正案新增高空抛物罪。假设质量为0.5kg的花盆从离地面20m高的高楼窗户自由下落到地面(无反弹)，花盆与地面撞击时间为0.01s，设竖直向下为正方向，若花盆可视为质点，不计空气阻力，重力加速度大小g=10m/s2。则( )
A. 花盆与地面撞击前瞬间的速度大小为40m/s
B. 花盆与地面撞击前瞬间，花盆重力的瞬时功率为50W
C. 花盆与地面撞击瞬间前后的动量变化为10kg⋅m/s
D. 花盆对地面平均作用力的大小为1005N
19.2022年7月，由清华大学天文系祝伟教授牵头的国际团队宣布在宇宙中发现两个罕见的恒星系统。该系统是由两颗互相绕行的中央恒星组成，被气体和尘埃盘包围，呈现出“雾绕双星”的奇幻效果。假设该系统中两恒星甲、乙的质量分别为m1、m2，两恒星相互绕行的周期为T，引力常量为G。忽略尘埃盘对双星引力的影响，忽略恒星的自转，且恒星的半径远小于两恒星之间的距离。下列说法正确的是( )
A. 恒星甲、乙绕行的轨道半径之比为m1：m2
B. 恒星甲、乙绕行的加速度大小之比为m1：m2
C. 恒星甲、乙绕行的角速度大小之比为m1：m2
D.

两恒星之间的距离为3G(m1+m2)T24π2

二、多选题：本大题共1小题，共3分。
20.如图所示，无风的晴空下，鹰在水平面内匀速率盘旋(翅膀形态保持不变)，此时翼面与水平面间的夹角为θ，水平盘旋的半径为r，下列说法正确的是( )
A. 当θ一定时，r越大鹰盘旋的线速度越大
B. 当θ一定时，r越大鹰盘旋的角速度越大
C. 若r一定时，θ越大鹰盘旋的向心加速度越小
D. 若r一定时，θ越大鹰盘旋的周期越小
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
21.某同学利用气垫导轨做“验证动量守恒定律”的实验，气垫导轨装置如图所示，由导轨、滑块、弹射架、光电门等组成。
(1)下面是实验的主要步骤：
a.安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；
b.向气垫导轨通入压缩空气；
c.接通光电计时器(光电门)；
d.把滑块2静止放在气垫导轨的中间；
e.滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；
f.释放滑块1，滑块1通过光电门1后与左侧固定弹簧的滑块2碰撞，碰后滑块1和滑块2依次通过光电门2，两滑块通过光电门后依次被制动；
g.读出滑块通过两个光电门的挡光时间分别为滑块1通过光电门1的挡光时间△t1=10.01ms，通过光电门2的挡光时间△t2=49.99ms，滑块2通过光电门2的挡光时间△t3=8.35ms；
h.测出挡光片的宽度d=5mm，测得滑块1(包括撞针)的质量为m1=300g，滑块2(包括弹簧)质量为m2=200g；
(2)实验中气垫导轨的作用是：A__________；B__________。
(3)碰撞前滑块1的速度v1为__________m/s；碰撞后物体系的总动量P2=__________kg⋅m⋅s−1。(结果保留两位有效数字)
22.某同学用如图甲所示的实验装置“验证机械能守恒定律”，实验所用的学生电源可以提供输出电压为8V的交变电流和直流电，交变电流的频率为50Hz。

(1)他进行了下面几个操作步骤：
A.按照甲图所示的装置安装器材
B.将打点计时器接到电源的“直流输出”上
C.用天平测出重锤的质量
D.先接通电源，后释放纸带，打出一条纸带
操作不当的步骤是________其中不是必须的步骤是________。(均填步骤前的选项字母)
(2)该同学进行正确测量后挑选出一条点迹清晰的纸带进行测量分析，如图乙所示，其中O点为起始点，A、B、C、D、E、F为六个计时点，根据纸带上的测量数据，可得出打B点时重锤的速度为________m/s。若重锤的质量为1.0kg，从O点下落到B点的过程中，重锤重力势能的减少量为________ J。重锤动能增加量为________ J。(g=9.8m/s2，计算结果均保留3位有效数字)

(3)他根据纸带上的数据算出各点的速度v，量出相应的下落距离h，并以v22为纵轴、h为横轴画出的图像应是下图的________。(填选项字母)。
A. B.
C. D.
四、计算题：本大题共2小题，共24分。
23.质量m=10g的子弹，以v0=300m/s的速度水平射穿静止在光滑水平桌面上的木块，已知木块质量M=50g，子弹穿过木块后的速度v1=100m/s，子弹与木块相互作用的时间t=0.01s。求：
(1)子弹射出木块后，木块获得速度v2的大小；
(2)子弹对木块的平均作用力F的大小；
(3)整个过程木块对子弹做的功W和子弹与木块损失的机械能ΔE。
24.某游戏装置如图所示，左侧是一竖直支柱，右侧竖直放置一内径很小、圆心为O点、半径R=0.75m的光滑圆弧形管道BCD，弹射装置可以将置于支柱上A处的小球水平向右弹出。若质量m=0.3kg的小球(可视为质点)以v0=3m/s的初速度被弹出后，正好从B处沿圆弧切线方向进入圆管(小球的直径略小于圆管横截面直径)，已知OB与OC的夹角α=53∘，忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2，sin53∘=0.8，cs53∘=0.6。求：
(1)小球从B处沿圆弧切线方向进入圆管时速度vB的大小；
(2)小球在D处速度vD的大小及小球对管壁弹力FN的大小和方向。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】A.月地检验表明地面物体所受地球的引力与太阳、行星间的引力遵从相同的规律，故A正确；
B.开普勒通过对第谷的观测数据的研究，认为行星的运动轨道都是椭圆轨道，故B错误；
C.卡文迪许通过扭秤实验测出了引力常量，成为测出地球质量的第一人，故C错误；
D.根据开普勒第二定律可知，对同一行星，行星与太阳的连线在任何相等时间内扫过的面积相等，故D错误。
故选A。
2.【答案】B
【解析】A.匀速圆周运动的加速度大小不变，方向变化，即加速度变化，所以匀速圆周运动是变加速曲线运动，故A错误；
B.向心力只改变速度的方向，不改变速度大小，故B正确；
C.匀速圆周运动的线速度大小不变，方向时刻变化，故C错误；
D.只有当物体做匀速圆周运动时，其所受合外力等于向心力，故D错误。
故选B。
3.【答案】C
【解析】A.沿粗糙的斜面向下做匀加速运动的木块，摩擦力对木块做负功，机械能减少，A错误；
B.在空中向上做匀速运动的氢气球，氢气球动能不变，重力势能变大，机械能变大，B错误；
C.做平抛运动的铁球，只受重力作用，机械能守恒，C正确；
D.被起重机拉着向上做匀速运动的货物，动能不变，重力势能变大，机械能变大，D错误。
故选C。
4.【答案】D
【解析】要使两物体间的万有引力减小到原来的 12 ，根据F=GMmr2
A.使两物体的质量各减小一半，距离不变，则万有引力变为原来的 14 ，A错误；
B.使两物体间的距离增为原来的2倍，质量不变，则万有引力变为原来的 14 ，B错误；
C.使两物体的质量和距离都减小为原来的 12 ，则万有引力不变，C错误；
D.使其中一个物体的质量及距离增大到原来的2倍，则万有引力变为原来的 12 ，D正确。
故选D。
5.【答案】D
【解析】A.物体的位置确定了，但是零重力势能点不确定，则它的重力势能的大小也不能确定，故A错误；
B.若物体在零势能点以下，则物体与零势能面的距离越大，它的重力势能越小，故B错误；
C.一个物体的重力势能从 −5J 变化到 −3J ，重力势能变大了，故C错误；
D.重力对物体做正功，物体的重力势能一定减少，故D正确。
故选D。
6.【答案】A
【解析】A.若拱桥最高点的曲率半径为R，汽车安全通过拱桥最高点的速度满足mg−FN=mv2R，可得，即，故A正确；
B.火车转弯若超过规定速度行驶时，火车将做离心运动，则外轨将会对火车轮缘会有挤压作用，故B错误；
C.在“水流星”表演中，在最高点处若“水流星”的速度恰好满足mg=mv2R，即v= gR时，此时水对桶底没有压力，故C错误；
D.当湿衣服贴着滚筒洗衣机内壁随滚筒一起做匀速圆周运动时，到达最高点衣服具有向心加速度，根据牛顿第二定律可知受到的合力不可能为零，故D错误。
故选A。
7.【答案】B
【解析】小球在水平面内做匀速圆周运动，对小球受力分析，如图所示

小球受重力和细线拉力的作用，向心力是由小球所受重力和细线对小球拉力的合力提供的，由图可知向心力大小为。
故选B。
8.【答案】A
【解析】A.“天宫空间站”绕地运行时，万有引力提供向心力，则有GMmr2=mv2r
可得v= GMr
由上式可知，“天宫空间站”的圆周运动半径不变时，则其运行速度大小始终不变，即“结合体”运行的速率与“天宫空间站”运行的速率相同，故A正确；
B.根据GMmr2=ma
解得a=GMr2
可知，轨道半径越大，向心加速度越小，则“天宫空间站”的向心加速度小于“天舟五号”的向心加速度，故B错误；
C.根据GMmr2=m4π2T2r
T=2π r3GM
“天宫空间站”的运行周期大于“天舟五号”的运行周期，故C错误；
D.根据F=GMmr2
可知，轨道半径相同时，由于“结合体”的质量大于对接前“天宫空间站”的质量，则“结合体”受到地球的引力比“天宫空间站”受到地球的引力大，故D错误。
故选A。
9.【答案】D
【解析】根据功的计算公式
所以总功为
故选D。
10.【答案】B
【解析】B.a、b分别是两轮边缘上的点，靠传送带传动，两点的线速度相等。
根据ω=vR，由于a、b 的 半径之比为1:2，所以a点与b点的角速度大小之比为2:1，故B正确；
A.由T=2πω
a点与b点的周期之比为1:2，故A错误；
C.a、b的线速度相等，b、c属于同轴转动，角速度相等，根据v=ωR
可知b、c的线速度大小之比为2:1，所以a点与c点的线速度大小之比为2:1，故C错误；
D.b、c属于同轴转动，周期相等，故D错误。
故选B。
11.【答案】B
【解析】为了分析计算的方便，我们把甲、乙两小球定义为A、B球，对A、B两球进行受力分析，两球均只受重力和漏斗给的支持力FN.如图所示
A. 设漏斗顶角的一半为 θ ，则 ，由于两球质量相等，所以A、B两球的向心力相等，故A错误；
B. 由公式 Fn=mv2r=mgtanθ 可得： v= gtanθr ，由于A球的半径比B球半径更大，所以 vA>vB ，故B正确；
C. 由公式 Fn=mω2r=mgtanθ 可得： ω= grtanθ ，由于A球的半径比B球半径更大，所以 ωA<ωB ，故C错误；
D. 由公式 Fn=man=mgtanθ 可得： an=gtanθ ，所以 ，故D错误．
故选B。
12.【答案】C
【解析】A.对于火星表面运行的卫星，设其运行周期为T′。
由
解得M=4π2R3GT′2
火星的同步卫星周期等于火星自转的周期T，大于近心卫星的周期，则T′≠T，所以，故A错误；
B.火星表面得第一宇宙速度为v=2πRT′≠2πRT，故B错误；
C.在火星表面，GMm′R2=m′g，可得火星质量M=gR2G
根据
故C正确；
D.同步卫星得周期等于火星自转的周期，则
解得h=3gR2T24π2−R
故D错误。
故选C。
13.【答案】C
【解析】A.万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有GMmr2=ma
可知探测器在轨道Ⅰ、Ⅲ上的加速度大小之比为a1a3=R2(R+2R)2=19
故A正确，不符合题意；
B.万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
GMmr2=ma
探测器在轨道Ⅱ、Ⅲ上经过C点时的轨道半径相同，故向心加速度相等，故B正确，不符合题意；
C.探测器在轨道Ⅰ上经过B点时向火星靠近，做近心运动，速度减小，应减速实施变轨，故C错误，符合题意；
D.根据开普勒第二定律可知在轨道Ⅱ上探测器经过C点时的速率大于经过B点时的速率，故D正确，不符合题意。
故选C。
14.【答案】B
【解析】【分析】水的阻力不计，人和船组成的系统水平方向所受合外力为0，水平方向满足动量守恒定律，由速度与时间乘机表示位移，根据动量守恒定律进行分析与计算。人船模型是典型的动量守恒模型，体会理论知识在实际生活中的应用，关键要注意速度的参照物必须是地面。
【解答】解：水的阻力不计，人、船水平方向动量守恒，平均动量也守恒。设人走动时船的平均速度大小为
，人的平均速度大小为
，取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：
故Mv船t−mv人t=0
由于人、船运动时间相等，则有Mx船−mx人=0
又x船+x人=L，x船=d
联立解得船的质量为M=mL−dd
故ACD错误，B正确。
故选：B。
15.【答案】D
【解析】A.列车以恒定功率 P0 运动，根据牛顿第二定律可得P0v−Ff=ma
列车的速度v逐渐增大，则加速度a逐渐减小，所以列车做加速度减小的加速直线运动，直到达到最大速度 vm ，故A错误；
B.当牵引力等于阻力时，列车速度达到最大，则有P0=Fvm=Ffvm
解得最大速度为vm=P0Ff
故B错误；
C.车速为 vm2 时，牵引力大小为F=P0vm2=2Ff
根据牛顿第二定律可得a=F−Ffm=Ffm
故C错误；
D.列车以恒定牵引力启动时先做匀加速直线运动，根据功率P=Fv
可知随着列车速度增大，功率增大，达到额定功率 P0 后又开始做加速度减小的加速运动，直至达到最大速度，并且此过程与以额定功率 P0 启动的最后阶段运动情况完全相同，而开始做匀加速直线运动时的加速度比以额定功率 P0 启动的加速度小，所以经历的时间较长，列车达到最大速度经历的时间一定大于t，故D正确。
故选D。
16.【答案】C
【解析】A.重力对运动员做功为WG=mgh
可知运动员的重力势能减少了 mgh ，故A错误；
BD.由牛顿第二定律可得mg−f=ma
解得阻力大小为f=15mg
阻力所做的功等于机械能的变化量，可得ΔE机=Wf=−15mgh
阻力对运动员所做的功为 −15mgh ，运动员的机械能减少了 15mgh ，故BD错误；
C.物体动能的增加量等于合外力所做的功，即ΔEk=F合h=mah=45mgh
故C正确。
故选C。
17.【答案】B
【解析】A.根据牛顿第三定律，两运动员间的作用力大小相等，方向相反。曲春雨对任子威的冲量大小等于任子威对曲春雨的冲量大小，但方向相反。故A错误；
B.由动量定理，动量的变化量等于合力的冲量。两运动员，竖直方向重力与支持力的合力的冲量为零，水平方向合力的冲量大小相等、方向相反。任子威、曲春雨的动量变化一定大小相等方向相反。故B正确；
C.两运动员间的作用力大小相等，方向相反，但两运动员的位移关系未知，两运动员所受合力做的功大小关系未知，由动能定理，任子威的动能增加量不一定等于曲春雨的动能减少量。故C错误；
D.两运动员间的作用力大小相等，方向相反，但两运动员的位移关系未知，曲春雨对任子威做多少正功，任子威对曲春雨不一定做多少负功。故D错误。
故选：B。
18.【答案】D
【解析】A.花盆从离地面20m高的高楼窗户自由下落到地面，由v2=2gh
解得花盆与地面撞击前瞬间的速度大小为v= 2×10×20m/s=20m/s
故A错误；
B.花盆与地面撞击前瞬间，花盆重力的瞬时功率为P=mgv=100W
故B错误；
CD.竖直向下为正方向，花盆与地面撞击瞬间前后的动量变化为Δp=0−mv=−10kg⋅m/s
花盆与地面撞击时对地面由动量定理得F+mgt=Δp
解得地面对花盆的作用力F=−mvt−mg=−1005N
即花盆对地面平均作用力的大小为1005N，方向竖直向上，故C错误，D正确。
故选D。
19.【答案】D
【解析】A.根据万有引力提供向心力有Gm1m2r1+r22=m14π2T2r1=m24π2T2r2
解得r1:r2=m2:m1
故A错误；
B.设恒星甲、乙绕行的轨道半径分别为 r1、r2 ，根据万有引力提供向心力有
解得
故B错误；
C.两恒星绕行的周期相同，由ω=2πT
得ω1:ω2=1:1
故C错误；
D.根据万有引力提供向心力有Gm1m2r1+r22=m14π2T2r1=m24π2T2r2
两恒星之间的距离L=r1+r2
解得L=3Gm1+m2T24π2
故D正确。
故选D。
20.【答案】AD
【解析】A.鹰在水平面内匀速率盘旋做匀速圆周运动，由所受外力的合力提供向心力，对鹰进行分析有mgtanθ=mv2r，解得v= grtanθ，可知，当θ一定时，r越大鹰盘旋的线速度越大，故A正确；
B.根据上述有mgtanθ=mω2r，解得ω= gtanθr，可知，当θ一定时，r越大鹰盘旋的角速度越小，故B错误；
C.根据上述有F向=mgtan⁡θ，可知，若r一定时，θ越大鹰盘旋的向心加速度越大，故C错误；
D.根据上述有，解得，可知，若r一定时，θ越大鹰盘旋的周期越小，故D正确。
故选AD。
21.【答案】(2)大大减小了滑块和导轨之间的摩擦力，从而减小了实验误差 ；保证两个滑块碰撞前后的速度都在同一条直线上；
(3)0.50；0.15
【解析】(2)实验中气垫导轨的作用有两个，一是大大减小了滑块和导轨之间的摩擦力，从而减小了实验误差，二是保证两个滑块碰撞前后的速度都在同一条直线上；
(2)碰撞前滑块1的速度v1为v1=dΔt1=5×10−310.01×10−3m/s=0.50m/s
碰撞后物体系的总动量P2，则v2=dΔt2=5×10−349.99×10−3m/s=0.10m/s，
解得。
22.【答案】 (1)B； ；；1.71； (3)C
【解析】(1)打点计时器应接到电源的“交流输出”上，故操作不当的步骤是B；
在验证“机械能守恒定律”的实验中，由于需验证的表达式两边均有重锤的质量，可以约掉，故重锤的质量可以不用测出，所以不必要的步骤是C。
(2)交流电频率为50Hz，即打点周期为T=0.02s；根据纸带上的测量数据，可得出打B点时重锤的速度为
vB=AC2T=(21.69−14.30)×10−22×0.02m/s≈1.85m/s
若重锤的质量为1.0kg，从O点下落到B点的过程中，则重锤重力势能的减少量为
ΔEp=mghOB=1.0×9.8×0.1780J≈1.74J
重锤动能增加量为
(3)他根据纸带上的数据算出各点的速度v，量出相应的下落距离h，若重锤的机械能守恒，则有
mgh=12mv2
即
以 v22 为纵轴、h为横轴画出的图像应是一条过原点且倾斜向上的直线。
故选C。
23.【答案】(1)对子弹与木块构成的系统，根据动量守恒有mv0=mv1+Mv2
解得v2=40m/s
(2)对木块进行分析，根据动量定理有Ft=Mv2
解得F=200N
(3)木块对子弹做的功，根据动能定理有W=12mv12−12mv02
解得W=−400J
整个过程子弹与木块损失的机械能为ΔE=12mv02−12mv12−12Mv22
解得ΔE=360J

【解析】解答本题，要明确子弹与木块组成的系统，水平方向动量守恒，但系统机械能不守恒。
24.【答案】(1)小球从B处沿圆弧切线方向进入圆管，将小球运动到B处时的速度沿水平方向与竖直方向分解，如图所示

由几何关系有vB=v0csα
解得小球在B处速度vB=5m/s；
(2)小球从B处到达D处，有−mgR1+csα=12mvD2−12mvB2
解得小球在D处速度vD=1m/s
设小球在D处管壁对小球的弹力为 F N′ ，方向竖直向下，由牛顿第二定律有F N′+mg=mvD2R
解得F N′=−2.6N
即小球在D处管壁对小球的弹力大小为2.6N，方向竖直向上，由牛顿第三定律F N′=FN
可知在D处小球对管壁弹力 ，方向竖直向下。

【解析】(1)小球从A点到B点做平抛运动，将B点速度分解，可求出小球在B处速度。
(2)小球从B处到达D处，运用动能定理求出小球在D处速度vD的大小。在D处，根据牛顿第二定律、第三定律求小球对管壁弹力FN的大小和方向。
本题考查平抛与圆周运动的综合问题，解决本题的关键是理解速度的合成与分解以及竖直面内的圆周运动规律。运用动能定理时，要注意灵活选择研究的过程。