广东省珠海中学2018-2019学年高一物理下学期学段二试题(含解析)
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C. H越高，摩托车做圆周运动的周期将越小
D. H越高,摩托车做圆周运动的向心力将越大
【答案】B
【解析】
【详解】摩托车做匀速圆周运动，提供圆周运动的向心力是重力mg和支持力F的合力，作出力图.
设圆台侧壁与竖直方向的夹角为α，侧壁对摩托车的支持力 不变，则摩托车对侧壁的压力不变。故A错误。如图向心力Fn=mgcotα，m，α不变，向心力大小不变，根据牛顿第二定律得 ，H越高，r越大,Fn不变，则v越大。故B正确，D错误。根据牛顿第二定律得 ,H越高,r越大,Fn不变，则T越大.故C错误。
考点:万有引力定律的应用
【名师点睛】此题是万有引力定律的应用习题；在轨道Ⅱ上从P到Q的过程中速率大小比较,也可以根据开普勒第二定律比较，远月点速度大、近月点的速度小．要能够根据牛顿第二定律，通过比较所受的万有引力比较加速度的大小．
8.如图所示,a、b、c是在地球大气层外圆形轨道上运动的3颗卫星，下列说法正确的是：（ )
A。 b、c的线速度大小相等,且大于a的线速度；
B. b、c的向心加速度大小相等，且大于a的向心加速度；
C. c加速可追上同一轨道上的b，b减速可等候同一轨道上的c
D。 a卫星由于某原因，轨道半径缓慢减小,其线速度将增大
4。如图所示,小球用细绳悬挂于O点,在O点正下方有一固定的钉子C，把小球拉到水平位置后无初速释放，当细线转到竖直位置时有一定大小的速度，与钉子C相碰的前后瞬间以下说法不正确的是（ )
A. 小球的速度不变
B。 小球的角速度不变
C. 小球的向心加速度突然增大
D. 绳中张力突然增大
【答案】B
【解析】
【详解】在绳与钉子相碰瞬间，绳子的拉力和重力方向都与小球的速度方向垂直,不对小球做功,不改变小球的动能，则小球的线速度大小不变，故A正确。角速度与线速度的关系为v=ωr，得到 ,在绳与钉子相碰瞬间，小球圆周运动的半径r减小，v不变，则角速度ω增大，故B错误.由向心加速度公式 分析得到,向心加速度增大，故C正确。根据牛顿第二定律得:T-mg=man，T=mg+man,an增大，则绳子拉力T增大，故D正确。本题选错误的，故选B。
A。 发射速度一定大于7。9km/s
B. 在轨道Ⅱ上从P到Q的过程中速率不断增大
C. 在轨道Ⅱ上经过P的速度小于在轨道Ⅰ上经过P的速度
D. 在轨道Ⅱ上经过P的加速度小于在轨道Ⅰ上经过P的加速度
【答案】ABC
【解析】
试题分析：地球的第一宇宙速度为7。9km/s,这是发射卫星的最小速度，发射速度如果等于7.9km/s，卫星只能贴近地球表面飞行，要想发射到更高的轨道上，发射速度应大于7.9km/s，故A正确．在轨道Ⅱ上运动过程中，只受到月球的引力,“嫦娥三号"的机械能守恒，从P到Q的过程中，势能越来越小，故动能越来越大,即速率不断增大,故B正确．“嫦娥三号”在轨道Ⅰ上的P点减速，使万有引力大于向心力，做近心运动才能进入轨道Ⅱ，故在轨道Ⅱ上经过P的速度小于在轨道Ⅰ上经过P的速度，故C正确．根据万有引力提供向心力 ,得 ，由此可知在轨道Ⅱ上经过P的加速度等于在轨道Ⅰ上经过P的加速度，故D错误．故选ABC.
点睛：解决本题的关键是抓住万有引力提供向心力，知道线速度、向心加速度与轨道半径的关系,以及两卫星在同一轨道上，只有加速或只有减速是不会相遇的．
9. 如图是质量为1kg的质点在水平面上运动的v—t图像，以水平向右的方向为正方向.以下判断正确的是（ ）
A。 在0~3.0s时间内，合力对质点做功为10J
B。 在4。0s~6。0s时间内，质点的平均速度为3m/s
则水平位移为: ，故B正确;小球从Q点运动到P点的过程中，根据动能定理得： mvP2− mvQ2＝−mgR；解得:vQ＝ ,故D正确．故选ABD。
考点：牛顿定律及动能定理的应用
【名师点睛】本题关键是明确小球的运动情况,然后分过程运用机械能守恒定律、平抛运动的分位移公式和向心力公式列式求解；小球恰好通过P点，重力恰好等于向心力.
D。 曲线运动物体的速度大小可以不变，但速度方向一定改变
【答案】D
【解析】
【详解】曲线运动的条件是合力与速度不共线，一定存在加速度；曲线运动的的速度的方向必定是改变的，速度大小可以不变，如匀速圆周运动,故选项D正确,A、B、C错误。
2。关于平抛物体的运动，以下说法正确的是
A。 做平抛运动的物体,速度和加速度都随时间的增加而增大
A。 小球仍能在竖直平面内做匀速圆周运动
B。 小球不可能在竖直平面内做匀速圆周运动
C。 小球可能在竖直平面内做完整的圆周运动
D。 小球一定能在竖直平面内做完整的圆周运动
【答案】BC
【解析】
【分析】
由小球在“天宫一号”内处于完全失重状态，而把该装置带回地球表面时，由于重力作用，小球不可能在竖直平面内做匀速圆周运动。
考点：第一宇宙速度，同步卫星,近地卫星
点评：第一宇宙速度即近地卫星的绕行速度，也是发射卫星的最小速度。地球同步卫星与地球有相同的角速度，且轨道平面与赤道平面重合，则可以与地球上的一点保持相对静止。
13。 2013年12月2日,我国探月卫星“嫦娥三号”在西昌卫星发射中心成功发射成功，此飞行轨道示意图如图所示，地面发射后奔向月球，在P点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，Q为轨道Ⅱ上的近月点．关于“嫦娥三号”运动正确的说法是（ ）
5。人用绳子通过定滑轮拉物体A，A穿在光滑 竖直杆上，当以速度v0匀速地拉绳使物体A到达如图所示位置时，绳与竖直杆的夹角为θ,则此时物体A实际运动的速度是（ ）
A。v0sinθ
B。
C。v0cosθ
D。
【答案】D
【解析】
【详解】物块A实际运动 速度为合速度，将A的速度分解成沿绳子方向和垂直于绳子方向,如图所示：
2018—2019学年第二学期学段二考试
高一物理
一、单项选择题(每小题3分,共10小题30分）
1。关于曲线运动，下列说法正确的是（ ）
A. 曲线运动物体的速度大小可以不变，速度方向也可以不变
B. 曲线运动物体的速度大小可能不变，所以其加速度可能为零
C. 曲线运动物体的速度方向可以不变，但速度大小一定改变
二、多项选择题：(每小题4分，共5小题20分，每个题至少有两个选项正确，错选和多选不得分，选不全得2分）
11.我国第一位“太空教师"王亚平老师在运动的“天宫一号”内给中小学生上了一堂物理课，做了如图所示的演示实验，当小球在最低点时给其一初速度,小球能在竖直平面内绕定点O做匀速圆周运动．若把此装置带回地球表面，仍在最低点给小球相同的初速度，则( ）
据平行四边形定则可得： ,解得： 。故D项正确,ABC三项错误。
6. 一个人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨后做匀速圆周运动,动能减小为原来的1/4，不考虑卫星质量的变化，变轨前后卫星的
A。 周期之比为1：8B. 角速度大小之比为2：1
C. 向心加速度大小之比为4：1D. 轨道半径之比为1:2
D.根据A选项分析，半径之比为1：4，D错误
7.有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的侧壁高速行驶，做匀速圆周运动．图中粗线圆表示摩托车的行驶轨迹,轨迹离地面的高度为H．下列说法中正确的是 ( )
A. H越高，摩托车对侧壁的压力将越大
B。 H越高，摩托车做圆周运动的线速度将越大
12. 关于地球的同步卫星，下列说法正确的是( ）
A. 它处于平衡状态，且具有一定的高度
B。 它Fra Baidu bibliotek加速度小于9.8 m/s2
C. 它的周期是24 h,且轨道平面与赤道平面重合
D。 它绕行 速度小于7.9 km/s
【答案】BCD
【解析】
试题分析：地球同步卫星是指与地球具有相同运动周期的卫星，其相对于地球上的一点来说静止,轨道平面与赤道平面重合，但一直围绕地球在运动，没有处于平衡状态，A选项错误，C选项正确.近地卫星重力完全用来向心力， ，此时加速度为9。8 m/s2，地球同步卫星半径更大，加速度变小，B正确.近地卫星的绕行速度为7.9 km/s， , ，地球同步卫星半径更大，速度小，D正确。
3.从阳台上以相同的速度大小分别把三个球沿不同的方向抛出，其中甲球竖直向上抛出、乙球竖直向下抛出、丙球水平抛出。若空气阻力均可忽略不计，则三个球落至水平地面上时的速度大小( )
A. 甲球的最大B。 乙球的最大C. 丙球的最大D。 三球一样大
【答案】D
【解析】
【详解】由于不计空气的阻力，所以三个球的机械能守恒，由于它们的初速度的大小相同,又是从同一个位置抛出的，最后又都落在了地面上，所以它们的初末的位置高度相同,初动能也相同，由机械能守恒可知,末动能也相同，所以末速度的大小相同。故D正确,ABC错误。
【详解】因为王亚平老师在运行的“天宫一号"内做实验时，小球处于完全失重状态，而把该装置带回地球表面时，由于重力作用，小球不可能在竖直平面内做匀速圆周运动，A错误，B正确；若在最低点给小球的初速度比较大，小球可能在竖直平面内做完整的圆周运动，C正确，D错误．
【点睛】解决本题关键理解小球在“天宫一号”内处于完全失重状态，所以小球回到地面时在竖直平面内不可能做匀圆周运动。
【答案】D
【解析】
人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有 可得 ,根据题意ra＜rb=rc,所以b、c的线速度大小相等,且小于a的线速度，故A错误；a= ，ra＜rb=rc,所以b、c的向心加速度大小相等，且小于a的向心加速度，故B错误；c加速，万有引力不够提供向心力，做离心运动,离开原轨道，b减速,万有引力大于所需向心力,卫星做近心运动,离开原轨道，所以不会与同轨道上的卫星相遇．故C错误．根据 可知,a卫星由于某原因,轨道半径缓慢减小，其线速度将增大,选项D正确;故选D.
10.如图所示,竖直平面内有一个半径为R的半圆形轨道OQP，其中Q是半圆形轨道的中点,半圆形轨道与水平轨道OE在O点相切，质量为m的小球沿水平轨道运动，通过O点进入半圆形轨道，恰好能够通过最高点P，然后落到水平轨道上，不计一切摩擦阻力,下列说法正确的是
A。 小球落地时的动能为2.5mgR
B。 小球落地点离O点的距离为2R
B. 平抛物体的运动是变加速运动
C。 做平抛运动的物体仅受到重力的作用，所以加速度保持不变
D. 做平抛运动的物体水平方向的速度逐渐增大
【答案】C
【解析】
试题分析：A、平抛运动是只在重力的作用下的运动，竖直方向上是自由落体运动,加速度为重力加速度;错误
B、由 可得，做平抛运动的物体在相同时间内速度的变化量相同；错误
【答案】A
【解析】
【详解】A。根据万有引力提供向心力： ，速度变为 ，所以半径变为原来的4倍，根据 ,可以求得,半径变4倍，周期变为原来的8倍，所以周期之比为1:8，A正确
B。根据角速度公式： ,所以角速度之比为周期的反比，即:8：1，B错误
C.向心加速度方程： ，速度减半，半径变为4倍，所以加速度之比:16：1，C错误
C、平抛运动是只在重力的作用下的运动，加速度为重力加速度，始终不发生变化；正确
D、平抛运动在水平方向上是匀速直线运动,水平方向的速度不变;错误
故选C
考点：平抛运动
点评：掌握平抛运动是只在重力的作用下，水平抛出的物体做的运动，所以平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动。
C. 小球运动到半圆形轨道最高点P时，向心力恰好为零
D. 小球到达Q点的速度大小为
【答案】AB
【解析】
试题分析:小球恰好通过最高点P，根据重力提供向心力，有 ,解得： ; 以水平轨道平面为零势能面，根据机械能守恒定律得： mv2＝ mvP2+mg•2R＝2．5mgR，即小球落地时的动能为2．5mgR,故A正确，C错误;小球离开P点后做平抛运动，则运动时间为： ，
C. 在1.0s~5.0s时间内，合力的平均功率为4w
D. 在t=6。0s时，质点加速度为零
【答案】B
【解析】
【详解】根据动能定理，在0～3。0s时间内,合力对质点做功等于动能的增加量，故 ，故A错误；由于速度时间图线与时间轴包围的面积表示位移，故物体在4。0s～6。0s时间内的位移为x＝ ×(1+2）×4＝6m，故平均速度为 ,故B正确;根据动能定理，在1s～5.0s时间内，合力对质点做功等于动能的增加量，故W＝ mv52− mv12＝ ×1×(16−0)＝8J，故合力的平均功率为 ，故C错误；在t=6.0s时,质点速度为零，但从5s到7s物体做匀变速直线运动，加速度不变，故该时刻物体的加速度不为零，故D错误.
D. H越高,摩托车做圆周运动的向心力将越大
【答案】B
【解析】
【详解】摩托车做匀速圆周运动，提供圆周运动的向心力是重力mg和支持力F的合力，作出力图.
设圆台侧壁与竖直方向的夹角为α，侧壁对摩托车的支持力 不变，则摩托车对侧壁的压力不变。故A错误。如图向心力Fn=mgcotα，m，α不变，向心力大小不变，根据牛顿第二定律得 ，H越高，r越大,Fn不变，则v越大。故B正确，D错误。根据牛顿第二定律得 ,H越高,r越大,Fn不变，则T越大.故C错误。
考点:万有引力定律的应用
【名师点睛】此题是万有引力定律的应用习题；在轨道Ⅱ上从P到Q的过程中速率大小比较,也可以根据开普勒第二定律比较，远月点速度大、近月点的速度小．要能够根据牛顿第二定律，通过比较所受的万有引力比较加速度的大小．
8.如图所示,a、b、c是在地球大气层外圆形轨道上运动的3颗卫星，下列说法正确的是：（ )
A。 b、c的线速度大小相等,且大于a的线速度；
B. b、c的向心加速度大小相等，且大于a的向心加速度；
C. c加速可追上同一轨道上的b，b减速可等候同一轨道上的c
D。 a卫星由于某原因，轨道半径缓慢减小,其线速度将增大
4。如图所示,小球用细绳悬挂于O点,在O点正下方有一固定的钉子C，把小球拉到水平位置后无初速释放，当细线转到竖直位置时有一定大小的速度，与钉子C相碰的前后瞬间以下说法不正确的是（ )
A. 小球的速度不变
B。 小球的角速度不变
C. 小球的向心加速度突然增大
D. 绳中张力突然增大
【答案】B
【解析】
【详解】在绳与钉子相碰瞬间，绳子的拉力和重力方向都与小球的速度方向垂直,不对小球做功,不改变小球的动能，则小球的线速度大小不变，故A正确。角速度与线速度的关系为v=ωr，得到 ,在绳与钉子相碰瞬间，小球圆周运动的半径r减小，v不变，则角速度ω增大，故B错误.由向心加速度公式 分析得到,向心加速度增大，故C正确。根据牛顿第二定律得:T-mg=man，T=mg+man,an增大，则绳子拉力T增大，故D正确。本题选错误的，故选B。
A。 发射速度一定大于7。9km/s
B. 在轨道Ⅱ上从P到Q的过程中速率不断增大
C. 在轨道Ⅱ上经过P的速度小于在轨道Ⅰ上经过P的速度
D. 在轨道Ⅱ上经过P的加速度小于在轨道Ⅰ上经过P的加速度
【答案】ABC
【解析】
试题分析：地球的第一宇宙速度为7。9km/s,这是发射卫星的最小速度，发射速度如果等于7.9km/s，卫星只能贴近地球表面飞行，要想发射到更高的轨道上，发射速度应大于7.9km/s，故A正确．在轨道Ⅱ上运动过程中，只受到月球的引力,“嫦娥三号"的机械能守恒，从P到Q的过程中，势能越来越小，故动能越来越大,即速率不断增大,故B正确．“嫦娥三号”在轨道Ⅰ上的P点减速，使万有引力大于向心力，做近心运动才能进入轨道Ⅱ，故在轨道Ⅱ上经过P的速度小于在轨道Ⅰ上经过P的速度，故C正确．根据万有引力提供向心力 ,得 ，由此可知在轨道Ⅱ上经过P的加速度等于在轨道Ⅰ上经过P的加速度，故D错误．故选ABC.
点睛：解决本题的关键是抓住万有引力提供向心力，知道线速度、向心加速度与轨道半径的关系,以及两卫星在同一轨道上，只有加速或只有减速是不会相遇的．
9. 如图是质量为1kg的质点在水平面上运动的v—t图像，以水平向右的方向为正方向.以下判断正确的是（ ）
A。 在0~3.0s时间内，合力对质点做功为10J
B。 在4。0s~6。0s时间内，质点的平均速度为3m/s
则水平位移为: ，故B正确;小球从Q点运动到P点的过程中，根据动能定理得： mvP2− mvQ2＝−mgR；解得:vQ＝ ,故D正确．故选ABD。
考点：牛顿定律及动能定理的应用
【名师点睛】本题关键是明确小球的运动情况,然后分过程运用机械能守恒定律、平抛运动的分位移公式和向心力公式列式求解；小球恰好通过P点，重力恰好等于向心力.
D。 曲线运动物体的速度大小可以不变，但速度方向一定改变
【答案】D
【解析】
【详解】曲线运动的条件是合力与速度不共线，一定存在加速度；曲线运动的的速度的方向必定是改变的，速度大小可以不变，如匀速圆周运动,故选项D正确,A、B、C错误。
2。关于平抛物体的运动，以下说法正确的是
A。 做平抛运动的物体,速度和加速度都随时间的增加而增大
A。 小球仍能在竖直平面内做匀速圆周运动
B。 小球不可能在竖直平面内做匀速圆周运动
C。 小球可能在竖直平面内做完整的圆周运动
D。 小球一定能在竖直平面内做完整的圆周运动
【答案】BC
【解析】
【分析】
由小球在“天宫一号”内处于完全失重状态，而把该装置带回地球表面时，由于重力作用，小球不可能在竖直平面内做匀速圆周运动。
考点：第一宇宙速度，同步卫星,近地卫星
点评：第一宇宙速度即近地卫星的绕行速度，也是发射卫星的最小速度。地球同步卫星与地球有相同的角速度，且轨道平面与赤道平面重合，则可以与地球上的一点保持相对静止。
13。 2013年12月2日,我国探月卫星“嫦娥三号”在西昌卫星发射中心成功发射成功，此飞行轨道示意图如图所示，地面发射后奔向月球，在P点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，Q为轨道Ⅱ上的近月点．关于“嫦娥三号”运动正确的说法是（ ）
5。人用绳子通过定滑轮拉物体A，A穿在光滑 竖直杆上，当以速度v0匀速地拉绳使物体A到达如图所示位置时，绳与竖直杆的夹角为θ,则此时物体A实际运动的速度是（ ）
A。v0sinθ
B。
C。v0cosθ
D。
【答案】D
【解析】
【详解】物块A实际运动 速度为合速度，将A的速度分解成沿绳子方向和垂直于绳子方向,如图所示：
2018—2019学年第二学期学段二考试
高一物理
一、单项选择题(每小题3分,共10小题30分）
1。关于曲线运动，下列说法正确的是（ ）
A. 曲线运动物体的速度大小可以不变，速度方向也可以不变
B. 曲线运动物体的速度大小可能不变，所以其加速度可能为零
C. 曲线运动物体的速度方向可以不变，但速度大小一定改变
二、多项选择题：(每小题4分，共5小题20分，每个题至少有两个选项正确，错选和多选不得分，选不全得2分）
11.我国第一位“太空教师"王亚平老师在运动的“天宫一号”内给中小学生上了一堂物理课，做了如图所示的演示实验，当小球在最低点时给其一初速度,小球能在竖直平面内绕定点O做匀速圆周运动．若把此装置带回地球表面，仍在最低点给小球相同的初速度，则( ）
据平行四边形定则可得： ,解得： 。故D项正确,ABC三项错误。
6. 一个人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨后做匀速圆周运动,动能减小为原来的1/4，不考虑卫星质量的变化，变轨前后卫星的
A。 周期之比为1：8B. 角速度大小之比为2：1
C. 向心加速度大小之比为4：1D. 轨道半径之比为1:2
D.根据A选项分析，半径之比为1：4，D错误
7.有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的侧壁高速行驶，做匀速圆周运动．图中粗线圆表示摩托车的行驶轨迹,轨迹离地面的高度为H．下列说法中正确的是 ( )
A. H越高，摩托车对侧壁的压力将越大
B。 H越高，摩托车做圆周运动的线速度将越大
12. 关于地球的同步卫星，下列说法正确的是( ）
A. 它处于平衡状态，且具有一定的高度
B。 它Fra Baidu bibliotek加速度小于9.8 m/s2
C. 它的周期是24 h,且轨道平面与赤道平面重合
D。 它绕行 速度小于7.9 km/s
【答案】BCD
【解析】
试题分析：地球同步卫星是指与地球具有相同运动周期的卫星，其相对于地球上的一点来说静止,轨道平面与赤道平面重合，但一直围绕地球在运动，没有处于平衡状态，A选项错误，C选项正确.近地卫星重力完全用来向心力， ，此时加速度为9。8 m/s2，地球同步卫星半径更大，加速度变小，B正确.近地卫星的绕行速度为7.9 km/s， , ，地球同步卫星半径更大，速度小，D正确。
3.从阳台上以相同的速度大小分别把三个球沿不同的方向抛出，其中甲球竖直向上抛出、乙球竖直向下抛出、丙球水平抛出。若空气阻力均可忽略不计，则三个球落至水平地面上时的速度大小( )
A. 甲球的最大B。 乙球的最大C. 丙球的最大D。 三球一样大
【答案】D
【解析】
【详解】由于不计空气的阻力，所以三个球的机械能守恒，由于它们的初速度的大小相同,又是从同一个位置抛出的，最后又都落在了地面上，所以它们的初末的位置高度相同,初动能也相同，由机械能守恒可知,末动能也相同，所以末速度的大小相同。故D正确,ABC错误。
【详解】因为王亚平老师在运行的“天宫一号"内做实验时，小球处于完全失重状态，而把该装置带回地球表面时，由于重力作用，小球不可能在竖直平面内做匀速圆周运动，A错误，B正确；若在最低点给小球的初速度比较大，小球可能在竖直平面内做完整的圆周运动，C正确，D错误．
【点睛】解决本题关键理解小球在“天宫一号”内处于完全失重状态，所以小球回到地面时在竖直平面内不可能做匀圆周运动。
【答案】D
【解析】
人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有 可得 ,根据题意ra＜rb=rc,所以b、c的线速度大小相等,且小于a的线速度，故A错误；a= ，ra＜rb=rc,所以b、c的向心加速度大小相等，且小于a的向心加速度，故B错误；c加速，万有引力不够提供向心力，做离心运动,离开原轨道，b减速,万有引力大于所需向心力,卫星做近心运动,离开原轨道，所以不会与同轨道上的卫星相遇．故C错误．根据 可知,a卫星由于某原因,轨道半径缓慢减小，其线速度将增大,选项D正确;故选D.
10.如图所示,竖直平面内有一个半径为R的半圆形轨道OQP，其中Q是半圆形轨道的中点,半圆形轨道与水平轨道OE在O点相切，质量为m的小球沿水平轨道运动，通过O点进入半圆形轨道，恰好能够通过最高点P，然后落到水平轨道上，不计一切摩擦阻力,下列说法正确的是
A。 小球落地时的动能为2.5mgR
B。 小球落地点离O点的距离为2R
B. 平抛物体的运动是变加速运动
C。 做平抛运动的物体仅受到重力的作用，所以加速度保持不变
D. 做平抛运动的物体水平方向的速度逐渐增大
【答案】C
【解析】
试题分析：A、平抛运动是只在重力的作用下的运动，竖直方向上是自由落体运动,加速度为重力加速度;错误
B、由 可得，做平抛运动的物体在相同时间内速度的变化量相同；错误
【答案】A
【解析】
【详解】A。根据万有引力提供向心力： ，速度变为 ，所以半径变为原来的4倍，根据 ,可以求得,半径变4倍，周期变为原来的8倍，所以周期之比为1:8，A正确
B。根据角速度公式： ,所以角速度之比为周期的反比，即:8：1，B错误
C.向心加速度方程： ，速度减半，半径变为4倍，所以加速度之比:16：1，C错误
C、平抛运动是只在重力的作用下的运动，加速度为重力加速度，始终不发生变化；正确
D、平抛运动在水平方向上是匀速直线运动,水平方向的速度不变;错误
故选C
考点：平抛运动
点评：掌握平抛运动是只在重力的作用下，水平抛出的物体做的运动，所以平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动。
C. 小球运动到半圆形轨道最高点P时，向心力恰好为零
D. 小球到达Q点的速度大小为
【答案】AB
【解析】
试题分析:小球恰好通过最高点P，根据重力提供向心力，有 ,解得： ; 以水平轨道平面为零势能面，根据机械能守恒定律得： mv2＝ mvP2+mg•2R＝2．5mgR，即小球落地时的动能为2．5mgR,故A正确，C错误;小球离开P点后做平抛运动，则运动时间为： ，
C. 在1.0s~5.0s时间内，合力的平均功率为4w
D. 在t=6。0s时，质点加速度为零
【答案】B
【解析】
【详解】根据动能定理，在0～3。0s时间内,合力对质点做功等于动能的增加量，故 ，故A错误；由于速度时间图线与时间轴包围的面积表示位移，故物体在4。0s～6。0s时间内的位移为x＝ ×(1+2）×4＝6m，故平均速度为 ,故B正确;根据动能定理，在1s～5.0s时间内，合力对质点做功等于动能的增加量，故W＝ mv52− mv12＝ ×1×(16−0)＝8J，故合力的平均功率为 ，故C错误；在t=6.0s时,质点速度为零，但从5s到7s物体做匀变速直线运动，加速度不变，故该时刻物体的加速度不为零，故D错误.