2020年高一物理第二学期期末模拟试卷及答案(共五套)(1) 101页

2020年高一物理第二学期期末模拟试卷及答案（共五套）2020年高一物理第二学期期末模拟试卷及答案（一）一.选择题1．A、B两个物体在同一直线上做匀变速直线运动，它们的速度时间图象如图所示，则（）A．0～6s内A、B两物体运动方向相反B．在0～4s内A、B两物体的位移相同C．在t=4s时．A、B两物体的速度相同D．A物体的加速度比B物体的加速度大【考点】1I：匀变速直线运动的图像；1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】由v﹣t图象中v的符号可知两物体的运动方向，图线的斜率等于加速度，由图象与时间轴围成的面积可知两物体的位移关系．【解答】解：A、由图可知，两物体的速度均沿正方向，故运动方向相同，故A错误；B、前4s时，A图象与时间轴围成的面积小于B图象的面积，故A的位移小于B的位移，故B错误；C、在t=4s时，两图象相交，说明此时两物体的速度相同，故C正确；D、A物体图线的斜率小于B物体图线的斜率，而斜率表示加速度， 故A的加速度小于B的加速度，故D错误；故选：C2．在田径运动会上，中学生通过自己的努力，展现了积极向上，勇于拼搏的风采．下列几种关于比赛项目中的论述正确的是（）A．背越式跳高比赛中要研究运动员过杆的技术要领时，可把运动员当成“质点”来处理B．在400米比赛中，处于第1跑道的丁丁同学正好跑了完整一圈，他的成绩为50.0s，则他在整个过程的平均速度为0C．文文同学在100m比赛的成绩是13.35s，其13.35s指的是“时刻”D．强强同学的投标枪成绩为50.8m，其50.8m为标枪在空中运动的路程【考点】19：平均速度；15：位移与路程；16：时间与时刻．【分析】当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，平均速度是位移与时间的比值，时间对应一段时间间隔．【解答】解：A、跳高比赛中研究运动员跳跃的姿势，不能忽略运动员的体积，此时不能看作质点，故A错误；B、处于第1跑道的丁丁同学正好跑了完整一圈时，400m比赛的位移是0，平均速度是位移与时间的比值，故此过程位移为零；故B正确C、100m比赛的成绩是13.35s，其13.35s指的是时间，故C错误； D、强强同学的投标枪成绩为50.8m，其50.8m为标枪在地面上的直线距离，不是路程，故D错误．故选：B．3.下列说法中正确的是A.做曲线运动的物体速度的方向必定变化B.速度变化的运动必定是曲线运动C.加速度恒定的运动不可能是曲线运动D.加速度变化的运动必定是曲线运动【答案】A【解析】做曲线运动的物体的速度方向时时刻刻在变化，故A正确；匀变速直线运动的速度也在变化，但属于曲线运动，B错误；平抛运动过程中加速度恒定，为曲线运动，变加速直线运动过程中加速度是变化的，但为直线运动，故CD错误4．图为我国女子冰壶队的比赛画面．冰壶惯性的大小取决于冰壶的（）A．位置B．速度C．受力D．质量【考点】31：惯性．【分析】惯性是物体的固有属性，它指的是物体能够保持原来的运动状态的一种性质，惯性大小与物体的质量有关，质量越大，惯性越大． 【解答】解：惯性是物体的固有属性，它指的是物体能够保持原来的运动状态的一种性质，惯性大小只与物体的质量有关，与运动状态无关；物体质量越大，惯性越大．故ABC错误，D正确．故选：D5．下列关于惯性的说法中，正确的是（）A．汽车刹车时，乘客的身子会向前倾斜，是因为汽车有惯性B．做匀速直线运动的物体和静止的物体没有惯性C．物体的惯性只有在物体速度改变时才表现出来D．物体都具有惯性，与物体是否运动无关，与物体速度是否变化也无关【考点】31：惯性．【分析】分析：根据惯性是指任何物体具有的保持原来运动状态的性质进行分析，刹车后汽车和乘客的运动状态．任何物体都有惯性，与物体是否运动无关，与物体速度是否变化也无关．【解答】解：A、刹车前，汽车和乘客共同以较大的速度向前行驶，当突然刹车时，汽车由于阻力作用突然减慢速度，而乘客由于惯性还要保持原来较大的速度向前运动，因此乘客会向前倾倒．故A错误．B、做匀速直线运动的物体和静止的物体也有惯性．故B错误．C、物体的惯性是物体有固有属性，与速度是否变化无关．故C错误．D、任何物体都有惯性，与物体是否运动无关，与物体速度是否变化也无关．故D正确．故选D 6.在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小A.—样大B.水平抛的最大C.斜向上抛的最大D.斜向下抛的最大【答案】A【解析】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差相同，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．故选：A．【点评】本题是机械能守恒的直接应用，比较简单，也可以直接用动能定理求解．7．下列说法中正确的是（）A．平均速度就是速度的平均值B．火车以速度v经过某一段路，v是指瞬时速度C．瞬时速率是指瞬时速度的大小D．子弹以速度v从枪口射出，v是平均速度【考点】1A：瞬时速度；19：平均速度．【分析】平均速度是指物体的总的位移长度与总的位移时间的比值；或者说是表示物体在时间间隔△t内的平均快慢程度；运动物体在某一时刻或某一位置时的速度，叫做瞬时速度．【解答】解：A、平均速度是指物体的总的位移长度与总的位移时间 的比值，而不一定等于速度平均值，故A错误；B、运动物体在某一时刻或某一位置时的速度，叫做瞬时速度，故火车以速度v经过某一段路，是平均速度，故B错误；C、瞬时速率是指瞬时速度的大小，故C正确；D、子弹以速度v从枪口射出，是瞬时速度，故D错误；故选C．8．如图所示，质量相等的甲、乙两人所用绳子相同，甲拉住绳子悬在空中处于静止状态；乙拉住绷紧绳子的中点把绳子拉断了．则（）A．绳子对甲的拉力小于甲的重力B．绳子对甲的拉力大于甲对绳子的拉力C．乙拉断绳子前瞬间，绳上的拉力一定小于乙的重力D．乙拉断绳子前瞬间，绳上的拉力一定大于乙的重力【考点】2B：力的合成．【分析】（1）甲处于静止状态，根据静止的物体受到平衡力的作用，根据平衡力条件进行判断．（2）甲未拉断绳子，乙拉断绳子，绳子是相同，人的质量是相同，一者绳子断了，一者绳子未断，可以判断两根绳子拉力大小，间接得到乙图绳子的拉力和人重力的关系． 【解答】解：A、甲悬在空中静止，甲受到平衡力作用，绳子的拉力和甲的重力是一对平衡力，甲受到绳子的拉力等于甲的重力．故A错误B、绳子对甲的拉力与甲对绳子的拉力是作用力和反作用力，大小相等，故B错误C、甲乙质量相等，重力相等，绳子相同．甲悬在空中绳子未拉断，绳子的拉力等于甲的重力．乙拉住绷紧绳子的中点把绳子拉断了，绳子对乙的拉力大于绳子对甲的拉力，甲乙重力相等，所以乙拉断绳子前瞬间，绳受到的拉力一定大于乙受到的重力．故C错误，D正确故选D．9.在光滑杆上穿着两个小球m1、m2,且m1=2m2,用细线把两球连起来，当盘架匀速转动时，两小球刚好能与杆保持无相对滑动，如图所示，此时两小球到转轴的距离r1与r2之比为A.1:1B.1:C.2:1D.1:2【答案】D【解析】由于细线的拉力等于两球做圆周运的向心力，则，故，选项D正确。考点：圆周运动的向心力。10．人在沼泽地行走时容易下陷，下陷的过程中（） A．人对沼泽地的压力大于沼泽地对人的支持力B．人对沼泽地的压力等于沼泽地对人的支持力C．沼泽地对人的支持力小于人的重力D．沼泽地对人的支持力等于人的重力【考点】35：作用力和反作用力；29：物体的弹性和弹力．【分析】对人受力分析，人受重力和支持力，重力大于支持力，故人会向下加速运动；沼泽地地面对人的支持力和人对沼泽地地面的压力是相互作用力，二者大小相等．【解答】解：A、人对沼泽地地面的压力与沼泽地地面对人的支持力为作用力与反作用力，故二力一定相等，故A错误，B正确；CD、人只所以下陷是因为人的重力大于沼泽地对人的支持力，但下陷过程中，可能是加速下陷，也可能是匀速下陷，还有可能减速下陷，所以沼泽地对人的支持力与人自身重力之间的大小关系，是无法判断，故CD错误；故选：B．11．秋日，树叶纷纷落下枝头，其中有一片梧桐叶从高为5m的枝头自静止落至地面，所用时间可能是（）A．0.1sB．0.5sC．2sD．3s【考点】1J：自由落体运动．【分析】梧桐叶不是自由落体运动，根据h=求解自由落体运动的时间，梧桐叶的运动时间一定大于自由落体运动的时间．【解答】解：从高为5m的枝头落下的树叶的运动不是自由落体运动， 时间大于自由落体运动的时间；根据h=，得到自由落体运动的时间：t=，故梧桐叶落地时间一定大于1s；故选：CD．12.“轨道康复者”是“垃圾”卫星的救星，被称为“太空110”，它可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命，假设“轨道康复者”的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，其运动方向与地球自转方向一致，轨道平面与地球赤道平面重合，下列说法正确的是A.“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍B.“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的倍C.站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动D.“轨道康复者”可在高轨道上加速，以实现对低轨道上卫星的拯救【答案】AB【解析】根据公式可得“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍，A正确；根据公式可得“轨道康复者”的速度是同步卫星的速度倍，即大于地球自转的速度，故站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向东运动，B正确C错误；“轨道康复者”在高轨道上加速，则做离心运动，向更高轨道运动，所以不能对低轨道上卫星的拯救，D错误；13.“蹦极”是勇敢者的运动，如图为蹦极运动过程示意图．某人身 系弹性绳自高空p点自由下落，其中a点是弹性绳的原长位置，c是人所到达的最低点，b是人静止地悬吊着时的平衡位置．不计空气阻力，则下列说法中正确的是（）A.人和弹性橡皮绳组成系统机械能守恒B.从a至c的过程中，重力的冲量大小大于弹性绳的冲量大小C.从p至c的过程中重力所做的功等于人克服弹力所做的功D.从a至c的过程中人的动量一直增大【答案】AC【解析】人在运动过程中受重力和弹力作用，重力和弹力都做功，所以人和弹性绳组成的系统机械能守恒，但人的机械能不守恒，故A正确．从a至c的过程中，动量的变化量为负值，知合力的冲量方向向上，则重力的冲量大小应小于弹性绳的冲量大小，故B错误．从p至c的过程中，根据动能定理有：WG-W弹=0，所以重力做的功等于人克服弹力所做的功，故C正确．a至c的过程中，速度先增大后减小，则动量先增大后减小，故D错误．故选AC．点睛：本题考查了动量定理和动能定理的基本运用，知道合力的冲量等于动量的变化量，合力的功等于动能的变化量，难度不大.14.如图所示，直径为d的竖直圆简绕中心轴线以恒定的转速匀速转 动。一子弹以水平速度沿圆筒直径方向从左侧射入圆简，从心侧射穿圆简后发现两弹孔在同一竖直线上且相距为h，则A.子弹在圆筒中的水平速度为B.子弹在圆筒中的水平速度为C.圆筒转动的角速度可能为D.圆筒转动的角速度可能为【答案】ACD【解析】子弹做平抛运动，故运动的时间，水平位移为d，则，解得水平速度，故A正确；B错误；由题意知，，解得，当n=1时，D选项正确。15.长为L的轻杆可绕O在竖直平面内无摩擦转动，质量为M的小球A固定于杆端点，质点为m的小球B固定于杆中点，且M=2m，开始杆处于水平，由静止释放，当杆转到竖直位置时（）A.球A对轻杆做负功B.球A在最低点速度为C.OB杆的拉力小于BA杆的拉力D.球B对轻杆做功【答案】AD 【解析】在转动过程中，A、B两球的角速度相同，设A球的速度为vA，B球的速度为vB，则有vA=2vB以A、B和杆组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律，得：联立可以求出：，设杆对A、B两球作功分别为WA，WB．根据动能定理得：对A：对B：解得：WA=mgL，WB=-mgL，则球A对轻杆做负功，球B对轻杆做功mgL，故AD正确，B错误．当杆转到竖直位置时B的向心力向上，而向心力由B的合力提供，可知OB杆的拉力大于BA杆的拉力．故C错误．故选AD．点睛：本题关键是系统内部只有重力势能和动能相互转化，机械能守恒，根据守恒定律列方程求解出速度，根据动能定理求解做功．二、实验题（本题共2小题，14题6分；15题9分，共15分）16.在做“研究平抛运动”的实验中，为了确定小球在不同时刻在空中所通过的位置，实验时用了如图所示的装置。 先将斜槽轨道的末端调整水平，在一块平整的木板表面钉上白纸和复写纸。将该木板竖直立于水平地面上，使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞到木板并在白纸上留下痕迹山将木板向远离槽口平移距离，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞在木板上得到痕迹又将木板再向远离槽口平移距离小球再从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，再得到痕迹C。若测得木板每次移动距离,A、B间距离,B、C间距离。请冋答以下问题(重力加速度为g):(1)为什么毎次都要使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释_______。(2)根据以上直接测量的物理量来求得小球初速度的表达式为=________(用题中所给字母表示）。【答案】(1).为了确保小球每次抛出的轨迹相同，应该使抛出时的初速度相同，因此每次都应使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放(2).【解析】（1）为了确保小球每次抛出的轨迹相同，应该使抛出时的初速度相同，因此每次都应使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放（2）在竖直方向上：，水平方向上，联立方程解得．17．在平直公路上匀速行驶的汽车，刹车后速度随时间变化的关系为v=8﹣0.4t（单位m/s），根据上述关系式求：（1）汽车刹车加速度大小．（2）汽车的初速度是多大．（3）刹车后25s的位移多大． 【考点】1G：匀变速直线运动规律的综合运用；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】匀变速直线运动的速度时间关系为v=v0+at，运用待定系数法求出初速度和加速度，再根据速度时间关系，计算汽车从刹车到停止运动需时间，然后根据匀变速直线运动的位移时间公式求解25s的位移．【解答】解：（1）刹车后速度随时间变化的关系为：v=（8﹣0.4t）m/s，又因为匀变速直线运动的速度时间关系为：v=v0+at2所以：v0=8m/s，a=﹣0.4m/s；（2）根据第一问可知，汽车的初速度为：v0=8m/s；汽车刹车到停下来所需的时间为：t==s=20s所以25s内的位移等于20s内的位移．为：x==m=80m，2答：（1）汽车刹车加速度大小为0.4m/s．（2）汽车的初速度是8m/s．（3）刹车后25s的位移为80m．18.在验证机械能守恒定律的实验中，质量为0.20kg的重物拖着纸带自由下落，在纸带上打出一系列的点，如图所示。已知相邻计数点2间的时间间隔为0.02秒，当地的重力加速度为9.80m/s，回答以下问题。 （1）纸带的______（选填“左”或“右”）端与重物相连；（2）打点计时器应接______（选填“直流”或“交流”）电源，实验时应先______（填“释放纸带”或“接通电源”）；（3）从起点P到打下计数点B的过程中物体的重力势能减少量△Ep=_______J，此过程中物体动能的增加量△Ek=_______J；（结果保留3位有效数字）【答案】(1).（1）左(2).（2）交流(3).接通电源(4).（3）0.400；(5).0.388【解析】（1）从纸带上可以看出P点为先打出来的点，重物自由下落，而与重物相连的纸带在下端，应该先打点．所以纸带的左端应与重物相连．（2）打点计时器应接交流电源，应用打点计时器时，要先接通电源，然后再放开纸带，如果先释放纸带后接通电源，有可能会出现小车已经拖动纸带运动一段距离，电源才被接通，那么纸带上只有很小的一段能打上点，大部分纸带没有打上点，纸带的利用率太低．所以应当先接通电源，待打点稳定后再放开动纸带．（3）重力势能减小量△Ep=mgh=0.2×9.8×0.2043J=0.400J．利用匀变速直线运动的推论： 22动能增加量△Ek=mvB=×0.2×1.97=0.388J．点睛：纸带问题的处理是力学实验中常见的问题．在纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度，计算过程中要注意单位的换算．三、计算题（要求写出必要的文字说明、方程式或重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分。19．在海滨游乐场有一种滑沙的娱乐活动，如图所示，人坐在滑板上从斜坡的高处A点由静止开始下滑，滑到斜坡底部B点后沿水平滑道再滑行一段距离到C点停下来，斜坡滑道与水平滑道间是平滑连接的，滑板与两滑道间的动摩擦因数为μ=0.50，不计空2气阻力，重力加速度g取10m/s。（1）若斜坡倾角θ=37°，人和滑块的总质量为m=60kg，求人在斜坡上下滑时的加速度大小。(sin37°=0.6，cos37°=0.8)（2）若由于受到场地的限制，A点到C点的水平距离为s=50m，为确保人身安全，假如你是设计师，你认为在设计斜坡滑道时，对高度应有怎样的要求？2【答案】（1）2.0m/s（2）25m【解析】（1）人在斜面上受力如图所示，建立图示坐标系，设人在斜坡上滑下的加速度为a1，由牛顿第二定律有，又2联立解得a1=g（sinθ－μcosθ），代入数据得a1=2．0m/s （2）人在水平滑道上受力如图，由牛顿第二定律有2，又，将以上各式联立解得a="μg"="5"m/s设从斜坡上滑下的距离为LAB，由匀变速运动的公式得，，0联立解得．则滑道高度为h=50cos37=40m考点：牛顿第二定律的应用【名师点睛】本题是对牛顿第二定律的应用，对物体受力分析可以求得加速度的大小，再利用匀变速直线运动的规律可以求得高度的大小．20.一辆质量为800kg的汽车行驶在圆弧半径为50米的拱桥，当汽车2到达桥顶时速度为5m/s，汽车对桥顶的压力是多大？（g=10m/s）考点：向心力；牛顿第二定律．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：汽车在桥顶，竖直方向上的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出桥对汽车的支持力，从而得出汽车对桥的压力． 解答：解：（1）汽车行驶在圆弧半径为50米的拱桥时，受到重力mg和桥面的支持力F，合力提供圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律有：得：N．根据牛顿第三定律，汽车对桥的压力为7600N．答：汽车对桥的压力为7600N．点评：解决本题的关键知道在桥顶竖直方向上的合力提供汽车运动所需的向心力，会根据牛顿第二定律列出表达式．221．汽车紧急刹车时，加速度大小为6m/s，且必须在2s内停下来．（l）汽车允许的最大行驶速度是多少？（2）刹车过程汽车的位移是多少？【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】（1）汽车刹车后做匀减速直线运动，根据速度时间公式即可求解．（2）根据位移时间公式或运用平均速度公式求解位移即可．【解答】解：（1）汽车刹车后做匀减速直线运动，已知加速度a=2﹣6m/s，时间t=2s，末速度v=0由v=v0+at得：v0=v﹣at=[0﹣（﹣6）×2]m/s=12m/s（2）刹车过程汽车的位移是x==m=12m答：（l）汽车允许的最大行驶速度是12m/s． （2）刹车过程汽车的位移是12m．22.如图所示，竖直平面内固定着一个滑槽轨道，其左半部是倾角为=37°,长为=1m的斜槽右部是光滑圆槽QSR，RQ是其竖直直径。两部分滑槽在Q处平滑连接，R、P两点等高。质量为m=0.2kg的小滑块(可看做质点）与斜槽间的动摩擦因数为=0.375.将小滑块从斜槽轨道的最高点P释放，使其开始沿斜槽下滑，滑块通过O点时没有机械能损失，求：(1)小滑块从P到Q克服摩擦力做的功；(2)为了使小滑块滑上光滑半圆槽后恰好能到达最高点R，从P点释放时小滑块沿斜面向下的初速度的大小；【答案】（1）0.6J（2）3m/s【解析】（1）克服摩擦力做功：（2）从P到R全过程对滑块用动能定理得：在R点重力充当向心力半径解得 2020年高一物理第二学期期末模拟试卷及答案（二）一.选择题1．如图所示，质量为m的小球固定在杆的一端，在竖直面内绕杆的另一端做圆周运动，当小球运动到最高点时，瞬时速度v=，R是球心到O点的距离，则当球运动到最低点时对杆的作用力是（）A．6mg的拉力B．6mg的压力C．7mg的拉力D．7mg的压力2．如图所示，一物体以速度v0冲向光滑斜面AB，并能沿斜面升高h，下列说法正确的是（）A．若把斜面从C点锯断，由机械能守恒定律知，物体冲出C点后仍能升高hB．若把斜面弯成如图所示的半圆弧形，物体仍能沿AB升高hC．若把斜面从C点锯断或弯成如图所示的半圆弧状，物体都不能升 高h，因为机械能不守恒D．若把斜面从C点锯断或弯成如图所示的半圆弧状，物体都不能升高h，但机械能仍守恒3．在不计空气阻力的情况下，下列运动中加点物体机械能守恒的是（）A．雨滴在空中匀速下落．．B．乘客随摩天轮在竖直面内匀速转动的过程．．C．物体在光滑的固定斜面上滑行．．D．重物被起重机悬吊着匀加速上升．．4．如图所示，水平的木板B托着木块A一起在竖直平面内做匀速圆周运动，从水平位置a沿逆时针方向运动到最高点b的过程中（）A．B对A的支持力越来越大B．A对B的正压力越来越大C．B对A的摩擦力越来越小D．B对A的摩擦力越来越大5．ab是长为l的均匀带电细杆，P1、P2是位于ab所在直线上的两点，位置如图所示．ab上电荷产生的静电场在P1处的场强大小为E1，在P2处的场强大小为E2．则以下说法正确的是（）A．两处的电场方向相同，E1＞E2B．两处的电场方向相反，E1＞E2 C．两处的电场方向相同，E1＜E2D．两处的电场方向相反，E1＜E26．关于物体的动量和动能，下列说法中正确的是（）A．一物体的动量不变，其动能一定不变B．一物体的动能不变，其动量一定不变C．两物体的动量相等，其动能一定相等D．两物体的动能相等，其动量一定相等7．如图所示，桌面高为h，质量为m的小球从离桌面高H处自由落下，不计空气阻力，以地面为参考平面，则小球落到地面前瞬间的机械能为（）A．0B．mghC．mgHD．mg（H+h）8．某带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点，电力线、粒子在A点的初速度以及运动轨迹如图所示．由此可以判定（）A．粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度B．粒子在A点的动能小于它在B点的动能C．粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能D．A点的电势低于B点的电势9．如图所示，乘坐游乐园的翻滚过山车时，质量为m的人随车在竖直平面内旋转，下列说法正确的是（） A．车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，没有保险带，人就会掉下来B．人在最高点时对座位不可能产生压力C．人在最低点时对座位的压力等于mgD．人在最低点时对座位的压力大于mg10．如所示，a是地球赤道上的一点，某时刻在a的正上方有三颗轨道位于赤道平面的卫星b、c、d，各卫星的运行方向均与地球自转方向相同，图中已标出，其中d是地球同步卫星．从该时刻起，经过一段时间t（已知在t时间内三颗卫星都还没有运行一周），各卫星相对a的位置最接近实际的是图中的（）A．B．C．D．11．如图所示，某同学将一枚飞镖从高于靶心的位置水平投向竖直悬挂的靶盘，结果飞镖打在靶心的正下方．忽略飞镖运动过程中所受空气阻力，在其他条件不变的情况下，为使飞镖命中靶心，他在下次投 掷时应该（）A．换用质量稍大些的飞镖B．适当增大投飞镖的高度C．到稍远些的地方投飞镖D．适当增大投飞镖的初速度12．如图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等．现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示．点a、b、c为实线与虚线的交点．已知O点电势高于c点，若不计重力，则（）A．M带负电荷，N带正电荷B．N在a点的速度与M在c点的速度大小相同C．N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功D．M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零13．传送带是应用广泛的一种传动装置．在一水平向右匀速运动的传送带的左端A点，每隔相同的时间T，轻放上一个相同的工件．已知工件与传送带间动摩擦因数为μ，工件质量为m．经测量，发现前面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离均为L．已知重力 加速度为g，下列判断正确的有（）A．传送带的速度大小为B．工件在传送带上加速时间为C．每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为D．传送带因传送每一个工件而多消耗的能量为14．如图所示，长为L、倾角为θ=45的光滑绝缘斜面处于电场中，°一带电荷量为+q，质量为m的小球，以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度仍为v0，则（）A．小球在B点的电势能一定大于小球在A点的电势能B．A、B两点的电势差一定为C．若电场是匀强电场，则该电场的场强的最小值一定是D．若该电场是AC边中垂线上某点的点电荷Q产生的，则Q一定是正电荷15．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止释放后，经过B处速度最大，到达C处（AC=h）时速度减为零．若在此时给圆环一个竖直向上的速度v，它恰好能回到A点．弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则圆环（） A．下滑过程中，加速度一直增大B．上下两次经过B点的速度大小相等2C．下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2D．在C处弹簧的弹性势能为mgh﹣mv二、填空题16．某学习小组欲验证动能定理，他们在实验室找到了打点计时器、学生电源、导线、细线、复写纸、纸带、长木板、滑块、沙及沙桶，组装了一套如图所示的实验验证装置．若你是小组中的一位成员，为了完成该验证实验，（1）你认为还需要的器材有；（2）实验时为了使得沙和沙桶的总重力可作为滑块受到的合外力，应做两方面减少误差的措施：a．细沙和沙桶的总质量应满足；b．将长木板左端适当垫高的目的是． 17．在“探究平抛运动规律”的实验中：①在“探究平抛运动规律”的实验时，让小球多次沿同一轨道运动，为了能较准确地描出运动轨迹，A．通过调节使斜槽的末端保持B．每次释放小球的位置必须（填“相同”或者“不同”）C．每次必须由释放小球（“运动”或者“静止”）D．小球运动时不应与木板上的白纸相接触E．将球的位置记录在纸上后，取下纸，将点连成（“折线”或“直线”或“光滑曲线”）（2）某同学在做“研究平抛物体的运动”的实验中，忘记记下小球抛出点的位置O，如图所示，A为物体运动一段时间后的位置．g取210m/s，根据图象，可知平抛物体的初速度为m/s．三、计算题：18．某战士在倾角为30°的山坡上进行投掷手榴弹训练．他从A点以某一初速度m/s沿水平方向投出手榴弹后落在B点．该型号2手榴弹从拉动弹弦到爆炸需要5s的时间，空气阻力不计，（g=10m/s）求：（1）若要求手榴弹正好在落地时爆炸，问战士从拉动弹弦到投出所 用的时间是多少？（2）点AB的间距s是多大？19．在如图所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ=37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行．劲度系数K=5N/m的轻弹簧一端固定在0点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面．水平面处于场4强E=5×10N/C、方向水平向右的匀强电场中．已知A、B的质量分﹣6别为mA=0.1kg和mB=0.2kg，B所带电荷量q=+4×l0C．设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限2度内，B电量不变．取g=lOm/s，sin37°=0.6，cos37°=0.8．（1）求B所受静摩擦力的大小；2（2）现对A施加沿斜面向下的拉力F使A以加速度a=0.6m/s开始做匀加速直线运动．A从M到N的过程中，B的电势能增加了△Ep=0.06J．已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数μ=0.4．求A到达N点时拉力F的瞬时功率．20．如图甲所示，一长为l=1m的轻绳，一端穿在过O点的水平转轴 上，另一端固定一质量为m的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动．给系统输入能量，使小球通过最高点的速度不断加快，通过传感器测得小球通过最高点时，绳对小球的拉力F与小球在最高点动能Ek的关系如图乙所示，重力加速度为g，不考虑摩擦和空气阻力，请分析并回答以下问题：（1）若要小球能做完整的圆周运动，对小球过最高点的速度有何要求？（用题中给出的字母表示）．2（2）请根据题目及图象中的条件求出小球质量m的值．（g取10m/s）（3）求小球从图中a点所示状态到图中b点所示状态的过程中，外界对此系统做的功．（4）当小球达到图乙中b点所示状态时，立刻停止能量输入．之后的运动过程中，在绳中拉力达到最大值的位置，轻绳绷断，求绷断瞬间绳中拉力的大小．21．如图所示，光滑斜轨和光滑圆轨相连，固定在同一竖直面内，圆轨的半径为R，一个小球（可视为质点），从离水平面高h处由静止自由下滑，由斜轨进入圆轨．求：（1）为了使小球在圆轨内运动的过程中始终不脱离圆轨，h应至少多高？ （2）若小球到达圆轨最高点时圆轨对小球的压力大小恰好等于它自身重力大小，那么小球开始下滑时的h是多大？ 参考答案与试题解析一.选择题1．如图所示，质量为m的小球固定在杆的一端，在竖直面内绕杆的另一端做圆周运动，当小球运动到最高点时，瞬时速度v=，R是球心到O点的距离，则当球运动到最低点时对杆的作用力是（）A．6mg的拉力B．6mg的压力C．7mg的拉力D．7mg的压力【考点】4A：向心力．【分析】根据动能定理求出小球运动到最低点的速度，结合牛顿第二定律求出在最低点杆子对小球的作用力，从而得出球对杆的作用力大小．【解答】解：根据动能定理得，，解得最低点速度，根据牛顿第二定律得，F﹣mg=m，解得F=6mg，表现为拉力，故A正确，B、C、D错误．故选：A．2．如图所示，一物体以速度v0冲向光滑斜面AB，并能沿斜面升高h，下列说法正确的是（） A．若把斜面从C点锯断，由机械能守恒定律知，物体冲出C点后仍能升高hB．若把斜面弯成如图所示的半圆弧形，物体仍能沿AB升高hC．若把斜面从C点锯断或弯成如图所示的半圆弧状，物体都不能升高h，因为机械能不守恒D．若把斜面从C点锯断或弯成如图所示的半圆弧状，物体都不能升高h，但机械能仍守恒【考点】6C：机械能守恒定律；4A：向心力．【分析】物体上升过程中只有重力做功，机械能守恒；斜抛运动运动最高点，速度不为零；AB′轨道最高点，合力充当向心力，速度也不为零．【解答】解：A、若把斜面从C点锯断，物体冲过C点后做斜抛运动，由于物体机械能守恒，同时斜抛运动运动最高点，速度不为零，故不能到达h高处，故A错误；B、若把斜面弯成圆弧形，如果能到圆弧最高点，即h处，由于合力充当向心力，速度不为零，根据机械能守恒知，物体沿AB′升高的高度小于h，故B错误，C、D、无论是把斜面从C点锯断或把斜面弯成圆弧形，物体都不能升高h，但物体的机械能仍守恒，故C错误，D正确； 故选：D．3．在不计空气阻力的情况下，下列运动中加点物体机械能守恒的是（）A．雨滴在空中匀速下落．．B．乘客随摩天轮在竖直面内匀速转动的过程．．C．物体在光滑的固定斜面上滑行．．D．重物被起重机悬吊着匀加速上升．．【考点】6C：机械能守恒定律．【分析】物体机械能守恒的条件是只有重力或者是弹力做功，根据机械能守恒的条件逐个分析物体的受力的情况，即可判断物体是否是机械能守恒．【解答】解：A，雨滴在空中匀速下落时，动能不变，重力势能减小，故机械能不守恒，故A错误；B、乘客随摩天轮在竖直面内匀速转动的过程中，动能不变，重力势能变化，故机械能变化，故B错误；C、物体在光滑的固定斜面上滑行时，只有重力做功；故机械能守恒，故C正确；D、重物被起重机悬吊着匀加速上升时，动能增加，重力势能增加，故机械能增加，故D错误．故选：C．4．如图所示，水平的木板B托着木块A一起在竖直平面内做匀速圆 周运动，从水平位置a沿逆时针方向运动到最高点b的过程中（）A．B对A的支持力越来越大B．A对B的正压力越来越大C．B对A的摩擦力越来越小D．B对A的摩擦力越来越大【考点】4A：向心力；37：牛顿第二定律．【分析】物块A做匀速圆周运动靠合力提供向心力．在a运动到b的过程中，木块受重力、支持力和静摩擦力．【解答】解：A在运动的过程中受重力、支持力、静摩擦力，三个力的合力提供向心力．合力沿水平方向的分力等于A所受的摩擦力，合力沿竖直方向的分力等于重力和支持力的合力，合力的大小不变，由a到b的运动过程中，合力沿水平方向的分力减小，所以摩擦力减小．合力沿竖直方向的分力逐渐增大，所以支持力逐渐减小．故C正确，ABD错误．故选：C．5．ab是长为l的均匀带电细杆，P1、P2是位于ab所在直线上的两点，位置如图所示．ab上电荷产生的静电场在P1处的场强大小为E1，在P2处的场强大小为E2．则以下说法正确的是（） A．两处的电场方向相同，E1＞E2B．两处的电场方向相反，E1＞E2C．两处的电场方向相同，E1＜E2D．两处的电场方向相反，E1＜E2【考点】AA：电场的叠加．【分析】由于细杆均匀带电，我们取a关于P1的对称点a′，则a与a′关于P1点的电场互相抵消，整个杆对于P1点的电场，仅仅相对于a′b部分对于P1的产生电场．而对于P2，却是整个杆都对其有作用，所以，P2点的场强大．【解答】解：将均匀带电细杆等分为很多段，每段可看作点电荷．设细杆带正电根据电场的叠加，这些点电荷在P1的合场强方向向左，在P2的合场强方向向右，且E1＜E2．故选D．6．关于物体的动量和动能，下列说法中正确的是（）A．一物体的动量不变，其动能一定不变B．一物体的动能不变，其动量一定不变C．两物体的动量相等，其动能一定相等D．两物体的动能相等，其动量一定相等【考点】52：动量定理；66：动能定理的应用．【分析】动能，动量P=mv，动能与动量之间的大小关系：，动能是标量，动量是矢量，一个物体的动量不变时，动能一定不变，动能不变时，动量的大小一定不变，但方向可能变化；两个物体的动量相等时，只有当质量相等时，动能才相等，两个物体的动 能相等时，也只有质量相等时，动量大小才会相等．【解答】解：动能是标量，动量是矢量P=mv，动能与动量之间的大小关系：，A、一物体的动量P不变，其动能Ek一定不变，故A正确．B、一物体的动能不变，其动量大小一定不变，但速度的方向可以变化，即动量的方向可以变化．故B错误．C、两物体的动量相等，当两物体的质量相等时，其动能一定相等，当两物体的质量不等时，其动能一定不相等．故C错误．D、两物体动能相等，而质量不等时，其动量也是不相等的．故D错误．故选A．7．如图所示，桌面高为h，质量为m的小球从离桌面高H处自由落下，不计空气阻力，以地面为参考平面，则小球落到地面前瞬间的机械能为（）A．0B．mghC．mgHD．mg（H+h）【考点】6C：机械能守恒定律．【分析】小球落到地面瞬间重力势能为0，但动能不知道，机械能不好直接确定．但最高点时速度为零，动能为零，机械能很快求出，根据小球下落过程中机械能守恒，落地时与刚下落时机械能相等，就能 求出小球落到地面前的瞬间的机械能．【解答】解：以地面为参考平面，小球在最高点时机械能为：E=mg（H+h）小球下落过程中机械能守恒，则小球落到地面前瞬间的机械能等于它在最高点时的机械能，即E′=E=mg（H+h）．故ABC错误，D正确．故选：D．8．某带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点，电力线、粒子在A点的初速度以及运动轨迹如图所示．由此可以判定（）A．粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度B．粒子在A点的动能小于它在B点的动能C．粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能D．A点的电势低于B点的电势【考点】A7：电场线；AD：电势差与电场强度的关系．【分析】电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．【解答】解：A、由电场线可知，B点的电场线密，所以B点的电场强度大，粒子受的电场力大，加速度也就大，即A点的加速度小于它在B点的加速度，所以A错误； B、粒子受到的电场力指向曲线弯曲的内侧，所以受到的电场力的方向是沿电场线向上的，所以粒子从A到B的过程中，电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，所以粒子在A点的动能小于它在B点的动能，所以B正确，C错误；D、沿电场线的方向，电势降低，所以A点的电势大于B点的电势，所以D错误．故选B．9．如图所示，乘坐游乐园的翻滚过山车时，质量为m的人随车在竖直平面内旋转，下列说法正确的是（）A．车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，没有保险带，人就会掉下来B．人在最高点时对座位不可能产生压力C．人在最低点时对座位的压力等于mgD．人在最低点时对座位的压力大于mg【考点】4A：向心力；37：牛顿第二定律．【分析】车在最高点时，若恰好由重力提供向心力时，人与保险带间恰好没有作用力，没有保险带，人也不会掉下来．当速度更大时，人更不会掉下来．当速度大于临界速度时，人在最高点时对座位就 产生压力．人在最低点时，加速度方向竖直向上，根据牛顿第二定律分析压力与重力的关系．【解答】解：A、当人与保险带间恰好没有作用力，由重力提供向心力时，临界速度为v0=．当速度v≥时，没有保险带，人也不会掉下来．故A错误．B、当人在最高点的速度v＞时，人对座位就产生压力．故B错误．C、D人在最低点时，加速度方向竖直向上，根据牛顿第二定律分析可知，人处于超重状态，人对座位的压力大于mg．故C错误，D正确．故选D10．如所示，a是地球赤道上的一点，某时刻在a的正上方有三颗轨道位于赤道平面的卫星b、c、d，各卫星的运行方向均与地球自转方向相同，图中已标出，其中d是地球同步卫星．从该时刻起，经过一段时间t（已知在t时间内三颗卫星都还没有运行一周），各卫星相对a的位置最接近实际的是图中的（） A．B．C．D．【考点】4H：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【分析】根据万有引力等于向心力：G=mr知，轨道半径越大，周期越大，则角速度越小，所以经过相同的时间，可以比较出三卫星转过的角度，而同步卫星又与地球保持相对静止．【解答】解：根据知，轨道半径越大，周期越大，则角速度越小，所以经过相同的时间，三个卫星中，b转过的角度最大，c次之，d最小，d为同步卫星，与赤道上的a保持相对静止．故A、B、C错误，D正确．故选：D．11．如图所示，某同学将一枚飞镖从高于靶心的位置水平投向竖直悬挂的靶盘，结果飞镖打在靶心的正下方．忽略飞镖运动过程中所受空气阻力，在其他条件不变的情况下，为使飞镖命中靶心，他在下次投掷时应该（）A．换用质量稍大些的飞镖B．适当增大投飞镖的高度 C．到稍远些的地方投飞镖D．适当增大投飞镖的初速度【考点】43：平抛运动．【分析】飞镖做的是平抛运动，根据平抛运动的规律，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，列方程求解即可．【解答】解：飞镖做的是平抛运动，飞镖打在靶心的正下方说明飞镖竖直方向的位移太大，根据平抛运动的规律可得，水平方向上：x=V0t竖直方向上：h=所以要想减小飞镖竖直方向的位移，在水平位移不变的情况下，可以适当增大投飞镖的初速度来减小飞镖的运动时间，所以D正确，初速度不变时，时间不变，适当增大投飞镖的高度，可以飞镖命中靶心，故B正确；故选BD12．如图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等．现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示．点a、b、c为实线与虚线的交点．已知O点电势高于c点，若不计重力，则（） A．M带负电荷，N带正电荷B．N在a点的速度与M在c点的速度大小相同C．N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功D．M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动；AC：电势．【分析】根据粒子的轨迹可判断粒子的电场力方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可判断出电场方向，从而确定出粒子的电性．由动能定理可知，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，但方向不同．N从O点运动至a点的过程中电场力做正功．O、b间电势差为零，由动能定理可知电场力做功为零．【解答】解：A、由题，等势线在水平方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可知电场方向竖直向下，根据粒子的轨迹可判断出a粒子所受的电场力方向竖起向上，M粒子所受的电场力方向竖直向下，故知N粒子带负电，M带正电．故A错误；B、由动能定理可知，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，但方向不同，速度不同．故B正确；C、N从O点运动至a点的过程中电场力与速度的夹角为锐角，电场 力做正功．故C错误；D、O、b间电势差为零，由动能定理可知M从O点运动至b点的过程中，电场力对它做功为零．故D正确．故选：BD．13．传送带是应用广泛的一种传动装置．在一水平向右匀速运动的传送带的左端A点，每隔相同的时间T，轻放上一个相同的工件．已知工件与传送带间动摩擦因数为μ，工件质量为m．经测量，发现前面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离均为L．已知重力加速度为g，下列判断正确的有（）A．传送带的速度大小为B．工件在传送带上加速时间为C．每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为D．传送带因传送每一个工件而多消耗的能量为【考点】6B：功能关系；37：牛顿第二定律．【分析】工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规律相同，通过x=vT求出传送带的速度；根据匀加速度知识求得运动的时间，根据工件和传送带之间的相对路程大小，求出摩擦产生的热量；根据能量守恒知，多消耗的能量一部分转化为工件的动能，一部分转化为摩擦产生的内能． 【解答】解：A、工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规律相同，可知x=vT=L，解得传送带的速度v=．故A正确．B、设每个工件匀加速运动的时间为t，根据牛顿第二定律得，工件的加速度为a=μg，根据v=v0+at，解得：t==．故B错误．C、工件与传送带相对滑动的路程为：△x=v?﹣=，则摩擦产生的热量为：Q=μmg△x=．故C错误．D、根据能量守恒得，传送带因传送一个工件多消耗的能量E=2mv+μmg△x=，故D正确．故选：AD．14．如图所示，长为L、倾角为θ=45的光滑绝缘斜面处于电场中，°一带电荷量为+q，质量为m的小球，以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度仍为v0，则（）A．小球在B点的电势能一定大于小球在A点的电势能B．A、B两点的电势差一定为C．若电场是匀强电场，则该电场的场强的最小值一定是D．若该电场是AC边中垂线上某点的点电荷Q产生的，则Q一定是 正电荷【考点】AD：电势差与电场强度的关系；AE：电势能．【分析】根据动能定理和电场力做功公式结合，求解A、B两点的电势差．根据电场力做功的正负，判断小球电势能的大小，当电场力做正功时，小球电势能减小；相反，电势能增大．若电场是匀强电场，根据力学知识确定电场力的最小值，再确定场强的最小值．【解答】解：A、小球在运动的过程中，受重力、支持力和电场力，重力做负功，支持力不做功，电场力就做正功．故A点的电势高，小球在A点的电势能大．故A错误；B、A到B速度未变，说明重力做功等于电场力做功．则．故B正确；C、若电场是匀强电场，电场力恒定，根据共点力的平衡可得，若电场强度与运动方向不共线，且与斜面的夹角小于θ时，则电场力、斜面的支持力与重力相平衡，因此小球受到的电场力可能等于重力mg，此时的电场强度等于，故C正确；D、如果Q在AC边中垂线上AB的下方时，若点电荷Q是正电荷，由于B到Q的距离BQ大于A到Q的距离AQ，所以小球在B点的电势能小于A点的，则Q是正电荷；如果Q在AC边中垂线上AB的上方时，若点电荷Q是正电荷，由于B到Q的距离BQ小于A到Q的距离AQ，所以小球在B点的电势能大于A点的，与“小球在B点的电势能比A点的小”矛盾，故Q是负电荷．故D错误．故选：BC 15．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止释放后，经过B处速度最大，到达C处（AC=h）时速度减为零．若在此时给圆环一个竖直向上的速度v，它恰好能回到A点．弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则圆环（）A．下滑过程中，加速度一直增大B．上下两次经过B点的速度大小相等2C．下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2D．在C处弹簧的弹性势能为mgh﹣mv【考点】6B：功能关系；37：牛顿第二定律．【分析】根据圆环的运动情况分析下滑过程中加速度的变化；研究圆环从A处由静止开始下滑到C和在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A两个过程，运用动能定理列出等式求解；研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程和圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式，比较两次经过B点时速度大小．【解答】解：A、圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经 过B处的速度最大，加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故A错误B、研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定理列出等式mgh′﹣W′f﹣W′弹=﹣0研究圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式﹣mgh′﹣W′f+W′弹=0﹣即得mgh′+W′f﹣W′弹=由于W′f＞0，所以＞，可知上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度，故B错误．C、研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，运用动能定理列出等式mgh﹣Wf﹣W弹=0﹣0=0在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理列出等式2﹣mgh+W弹﹣Wf=0﹣mv2解得：下滑过程中，克服摩擦力做的功Wf=mv，故C正确．2D、由上解得W弹=mv﹣mgh，所以在C处，弹簧的弹性势能为2mgh﹣mv，故D正确；故选：CD二、填空题 16．某学习小组欲验证动能定理，他们在实验室找到了打点计时器、学生电源、导线、细线、复写纸、纸带、长木板、滑块、沙及沙桶，组装了一套如图所示的实验验证装置．若你是小组中的一位成员，为了完成该验证实验，（1）你认为还需要的器材有刻度尺、天平；（2）实验时为了使得沙和沙桶的总重力可作为滑块受到的合外力，应做两方面减少误差的措施：a．细沙和沙桶的总质量应满足细沙和沙桶的质量应远小于滑块的质量；b．将长木板左端适当垫高的目的是平衡摩擦力．【考点】MJ：探究功与速度变化的关系．【分析】（1）根据实验原理，得到需要验证的表达式，从而确定需要的器材；（2）实验要测量滑块动能的增加量和合力做的功，用沙和沙桶的总质量表示滑块受到的拉力，对滑块受力分析，受到重力、拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，必须使重力的下滑分量等于摩擦力；同时重物加速下降，处于失重状态，故拉力小于重力，可以根据牛顿第二定律列式求出拉力表达式分析讨论．【解答】解：（1）实验要验证动能增加量和总功是否相等，故需要 求出总功和动能，故还要天平和刻度尺，还需要的使用汽车有：天平，刻度尺；（2）a、沙和沙桶加速下滑，处于失重状态，其对细线的拉力小于重力，设拉力为T，根据牛顿第二定律得：对沙和沙桶：mg﹣T=ma对小车：T=Ma解得：T=mg，故当M＞＞m时，有T≈mg；b、小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，故可以将长木板的一段垫高；故答案为：（1）刻度尺、天平；（2）a、细沙和沙桶的质量应远小于滑块的质量；b、平衡摩擦力．17．在“探究平抛运动规律”的实验中：①在“探究平抛运动规律”的实验时，让小球多次沿同一轨道运动，为了能较准确地描出运动轨迹，A．通过调节使斜槽的末端保持水平B．每次释放小球的位置必须相同（填“相同”或者“不同”）C．每次必须由静止释放小球（“运动”或者“静止”）D．小球运动时不应与木板上的白纸相接触E．将球的位置记录在纸上后，取下纸，将点连成光滑曲线（“折线”或“直线”或“光滑曲线”）（2）某同学在做“研究平抛物体的运动”的实验中，忘记记下小球抛 出点的位置O，如图所示，A为物体运动一段时间后的位置．g取210m/s，根据图象，可知平抛物体的初速度为2.0m/s．【考点】MB：研究平抛物体的运动．【分析】（1）根据实验的原理以及注意事项确定正确的操作步骤．（2）根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，结合水平位移和时间间隔求出初速度．【解答】解：（1）A、为了保证小球的初速度水平，通过调节使斜槽的末端保持水平．BC、为了保证每次小球平抛运动的初速度相等，让小球从斜槽的同一位置由静止释放，即每次小球释放位置必须相同，必须由静止释放小球．E、将球的位置记录在纸上后，取下纸，将点连成光滑曲线．2（2）在竖直方向上，根据△y=gT得，T=，则初速度．故答案为：（1）A、水平，B、相同，C、静止，E、光滑曲面，（2）2.0．三、计算题：18．某战士在倾角为30°的山坡上进行投掷手榴弹训练．他从A点以 某一初速度m/s沿水平方向投出手榴弹后落在B点．该型号2手榴弹从拉动弹弦到爆炸需要5s的时间，空气阻力不计，（g=10m/s）求：（1）若要求手榴弹正好在落地时爆炸，问战士从拉动弹弦到投出所用的时间是多少？（2）点AB的间距s是多大？【考点】43：平抛运动．【分析】平抛运动是具有水平方向的初速度只在重力作用下的运动，是一个匀变速曲线运动．解决平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动．【解答】解：设手榴弹飞行时间为t（1）手榴弹的水平位移x=v0t手榴弹的竖直位移且h=xtan30°解得t=3s，h=45m战士从拉动弹弦到投出所用的时间t0=5s﹣t=2.0s（2）点AB的间距解得s=90m答：（1）若要求手榴弹正好在落地时爆炸，问战士从拉动弹弦到投 出所用的时间是2s；（2）点AB的间距s是90m19．在如图所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ=37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行．劲度系数K=5N/m的轻弹簧一端固定在0点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面．水平面处于场4强E=5×10N/C、方向水平向右的匀强电场中．已知A、B的质量分﹣6别为mA=0.1kg和mB=0.2kg，B所带电荷量q=+4×l0C．设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限2度内，B电量不变．取g=lOm/s，sin37°=0.6，cos37°=0.8．（1）求B所受静摩擦力的大小；2（2）现对A施加沿斜面向下的拉力F使A以加速度a=0.6m/s开始做匀加速直线运动．A从M到N的过程中，B的电势能增加了△Ep=0.06J．已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数μ=0.4．求A到达N点时拉力F的瞬时功率．【考点】AG：匀强电场中电势差和电场强度的关系；27：摩擦力的判断与计算；63：功率、平均功率和瞬时功率．【分析】（1）分别对A和B受力分析，根据共点力平衡求出B所受 摩擦力的大小．（2）通过电势能的变化，得出电场力做功，从而得出B移动的距离，根据几何关系求出弹簧的形变量，通过对A在N点、以及B受力分析，根据牛顿第二定律结合胡克定律，求出拉力F的大小，【解答】解：（1）F作用之前，AB处于静止状态，设B所受的静摩擦力大小为f0，AB间的绳子的张力为FT，据题意静止时受力分析如图所示，由平衡条件得：对A有：mAgsinθ=FT⋯①对B有：qE+f0=FT⋯②代入数据得：f0=0.4N⋯③（2）据题意A到N点时受力分析如图所示由牛顿第二定律得：对A有F+mAgsin﹣θFT﹣FKsinθ=mAa⋯④对B有FT′﹣qE﹣f=mBa⋯⑤其中f=μmBg⋯⑥设弹簧的伸长量是x，FK=kx⋯⑦设物块的位移是d，由电场力做功与电势能的关系得△EP=qEd⋯⑧由几何关系得⋯⑨A由M到N，由得A运动到N的速度为：⋯⑩拉力F在N点的瞬时功率为：P=Fv⋯?由以上各式代入数据有：P=0.528W⋯?答：（1）B所受静摩擦力的大小为0.4N．（2）A到达N点时拉力F的瞬时功率为0.528W 20．如图甲所示，一长为l=1m的轻绳，一端穿在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量为m的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动．给系统输入能量，使小球通过最高点的速度不断加快，通过传感器测得小球通过最高点时，绳对小球的拉力F与小球在最高点动能Ek的关系如图乙所示，重力加速度为g，不考虑摩擦和空气阻力，请分析并回答以下问题：（1）若要小球能做完整的圆周运动，对小球过最高点的速度有何要求？（用题中给出的字母表示）．2（2）请根据题目及图象中的条件求出小球质量m的值．（g取10m/s）（3）求小球从图中a点所示状态到图中b点所示状态的过程中，外界对此系统做的功． （4）当小球达到图乙中b点所示状态时，立刻停止能量输入．之后的运动过程中，在绳中拉力达到最大值的位置，轻绳绷断，求绷断瞬间绳中拉力的大小．【考点】6C：机械能守恒定律；4A：向心力．【分析】（1）在最高点，由牛顿第二定律可求小球能做完整的圆周运动满足的条件；（2）在最高点，由牛顿第二定律并结合图象信息可求小球质量和摆线长度；（3）由图象得斜率，根据动能定理求外界对系统做的功；（4）应用机械能守恒定律和牛顿第二定律求绷断瞬间绳中拉力的大小．【解答】解：（1）小球刚好通过最高点做完整圆运动要求在最高点受力满足：mg=m，因此小球过最高点的速度要满足：v≥．2（2）小球在最高点时有：mg+F=m又因为：EK=mv，所以绳对小球的拉力F与小球在最高点动能Ek的关系式为：F=﹣mg，由图象知，当EK=1.0J时，F=0，代入上式得到：mgl=2.0J；又已知l=1m，则小球的质量m=0.2kg．（3）由F=﹣mg知：图线的斜率值为：=2N/J，因此对应状态b，Fb=4.0N，可求出小球在最高点的动能：=，于是得到：EKb=3.0J 对小球从状态a到状态b的过程，有：W=EKb﹣EK=3.0﹣1.0=2.0J，即：外界对系统做的功为2.0J．（4）在停止能量输入之后，小球在重力和轻绳拉力作用下在竖直面内做圆周运动，运动过程中机械能守恒．当小球运动到最低点时，绳中拉力达到最大值．设小球在最低点的速度为v，对从b状态开始至达到最低点的过程应2用机械能守恒定律，有：mg?2l=mv﹣EKb；设在最低点绳中拉力为Fm，由牛顿第二定律有：Fm﹣mg=m，两式联立解得：Fm=16N，即：绷断瞬间绳中拉力的大小为16N．答：（1）若要小球能做完整的圆周运动，对小球过最高点的速度满足：v≥；（2）小球质量为0.2kg；摆线长度为1m；（3）外界对此系统做的功为2.0J；（4）绷断瞬间绳中拉力的大小为16N．21．如图所示，光滑斜轨和光滑圆轨相连，固定在同一竖直面内，圆轨的半径为R，一个小球（可视为质点），从离水平面高h处由静止自由下滑，由斜轨进入圆轨．求：（1）为了使小球在圆轨内运动的过程中始终不脱离圆轨，h应至少多高？ （2）若小球到达圆轨最高点时圆轨对小球的压力大小恰好等于它自身重力大小，那么小球开始下滑时的h是多大？【考点】66：动能定理的应用；37：牛顿第二定律；4A：向心力．【分析】（1）由竖直平面内的圆周运动的临界条件可求得最高点的速度；再由动能定理可求得h的高度；（2）最高点处对小球受力分析，由向心力公式可求得小球的速度；再由动能定理即可求得高度．【解答】解：（1）小球刚好不脱离圆轨，在最高点由牛顿第二定律得：①小球由斜轨至圆轨最高点过程，由动能定理得：mg（h﹣2R）=②联立①②解得：故时小球在圆轨内运动的过程中始终不脱离圆轨，高度至少为．（2）在最高点对小球由牛顿第二定律得：FN+mg=③又有：FN=mg④小球由斜轨至圆轨最高点过程，由动能定理得：mg（h﹣2R）=⑤联立③④⑤解得：h=3R； 答：（1）h应至少为2.5R；（2）球开始下滑时的h是3R．2020年高一物理第二学期期末模拟试卷及答案（三）一.选择题1.如图所示，轻质弹簧长为L，竖直固定在地面上，质量为m的小球，在离地面高度为H处，由静止开始下落，正好落在弹簧上，使弹簧的最大压缩量为x，在下落过程中，小球受到的空气阻力为F阻，则弹簧在最短时具有的弹性势能为()A.(mg－F阻)(H－L＋x)B.mg(H－L＋x)－F阻(H－L)C.mgH－F阻(H－L)D.mg(L－x)＋F阻(H－L＋x)2．关于抛体运动，下列说法正确的是（）A．将物体以某一初速度抛出后的运动B．将物体以某一初速度抛出，只在重力作用下的运动C．将物体以某一初速度抛出，满足合外力为零的条件下的运动D．将物体以某一初速度抛出，满足除重力外其他力的合力为零的条件下的直线运动3.如图所示，一个质量为m的物体（视为质点）以某一速度从A点冲 上倾角为30°的固定斜面。其运动的加速度大小为，物体在斜面上上升的最大高度为h，则这个过程中物体（）A.重力势能增加了B.重力势能增加了C.动能损失了mghD.机械能损失了4．关于抛体运动，下列说法正确的是（）A．将物体以某一初速度抛出后的运动B．将物体以某一初速度抛出，只在重力作用下的运动C．将物体以某一初速度抛出，满足合外力为零的条件下的运动D．将物体以某一初速度抛出，满足除重力外其他力的合力为零的条件下的直线5.如图所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于O点．现用水平力F缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力FN以及绳对小球的拉力FT的变化情况是（）A.FN保持不变，FT不断增大B.FN不断增大，FT不断减小 C.FN保持不变，FT先增大后减小D.FN不断增大，FT先减小后增大6．下列关于平抛运动的说法正确的是（）A．平抛运动是非匀变速动动B．平抛运动是匀变速曲线运动C．做平抛运动的物体，每秒内速率的变化相等D．水平飞行的距离只与初速度大小有关7.如图所示，木板放在光滑地面上，将一滑块m用恒力F由木块一端拉至另一端，木板分固定和不固定两种情况，力F做功分别为W1和W2，则()A.W1W2D无法比较8．如图是体育摄影中“追拍法”的成功之作，摄影师眼中清晰的滑板运动员是静止的，而模糊的背景是运动的，摄影师用自己的方式表达了运动的美．请问摄影师选择的参考系是（）A．大地B．太阳C．滑板运动员D．步行的人 9.如图所示，有一半径为R的光滑圆轨道，现给小球一个初速度，使小球在竖直面内做圆周运动，则关于小球在过最高点的速度v，下列叙述中正确的是（）A.v的极小值为B.v由零逐渐增大，轨道对球的弹力逐渐增大C.当v由值逐渐增大时，轨道对小球的弹力逐渐减小D.当v由值逐渐减小时，轨道对小球的弹力逐渐增大10．一个小球从距地面4m高处落下，被地面弹回，在距地面1m高处被接住．坐标原点定在抛出点正下方2m处，向下方向为坐标轴的正方向．则小球的抛出点、落地点、接住点的位置坐标分别是（）A．2m，﹣2m，﹣1mB．﹣2m，2m，1mC．4m，0，1mD．﹣4m，0，﹣1m 11.如图所示为一个做匀变速曲线运动的质点的轨迹示意图，已知在B点时的速度与加速度相互垂直，则下列说法中正确的是()A.D点的速率比C点的速率小B.A点的加速度与速度的夹角大于90°C.A点的加速度比D点的加速度大D.从A到D加速度与速度的夹角一直减小12．关于匀速圆周运动的角速度和线速度，下列说法正确的是（）A．半径一定，角速度和线速度成反比B．半径一定，角速度和线速度成正比C．线速度一定，角速度和半径成反比D．角速度一定，线速度与半径成正比13．质量为m的物体，从静止开始以2g的加速度竖直向下运动h高度，那么（）A．物体的动能增加2mghB．物体的重力势能减少2mghC．物体的机械能保持不变D．物体的机械能增加mgh14.如图，两物体放在光滑的水平面上，中间用轻弹簧相连．从左边用水平力F1拉动M，使它们产生一个共同的加速度a，这时弹簧伸长 量为L1；从右边用水平力F2拉动m，使它们也产生一个共同的加速度a，这时弹簧的伸长量为L2．两物体的质量为M＞m，则（）A.L1＞L2B.L1＜L2C.F1=F2D.F1＜F215．在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道Ⅰ，然后在Q点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道Ⅱ．则（）A．该卫星的发射速度必定大于11.2km/sB．卫星在同步轨道Ⅱ上的运行速度大于7.9km/sC．在轨道Ⅰ上，卫星在P点的速度大于在Q点的速度D．卫星在Q点通过加速实现由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ二.填空题16.（1）为进行“验证机械能守恒定律”的实验，有下列器材可供选用：铁架台、电磁打点计时器、复写纸、纸带、秒表、低压直流电源、导线、电键、天平。其中不必要的器材有____________________________；缺少的器材是______________________________。（2）某次“验证机械能守恒定律”的实验中，用6V、50Hz的打点计时器打出的一条无漏点的纸带，如图所示，O点为重锤下落的起点， 选取的计数点为A、B、C、D，各计数点到O点的长度已在图上标出，2单位为毫米，重力加速度取9.8m/s，若重锤质量为1kg。①．打点计时器打出B点时，重锤下落的速度vB=___________m/s，重锤的动能EkB=________J。②．从开始下落算起，打点计时器打B点时，重锤的重力势能减小量为_________J。③．根据纸带提供的数据，在误差允许的范围内，重锤从静止开始到打出B点的过程中，得到的结论是________________________________。17.开普勒第一定律：所有行星绕运动的轨道都是，太阳处在椭圆的一个上．18．用200N的拉力将地面上的一个质量为10kg的物体提升10m2（g=10m/s，不计空气阻力）．拉力对物体所做的功为J；物体被提高后具有的重力势能是J（以地面为零势能参考面）；物体被提高后具有的动能是J．三、计算题 19.某汽车发动机的额定功率为60kW，汽车质量为5t，汽车在运动中所受阻力的大小恒为车重的0.1倍?(g取10m/s2)（1）若汽车以额定功率启动，则汽车所能达到的最大速度是多少?（2）当汽车速度达到5m/s时，其加速度是多少?（3）若汽车以恒定加速度0.5m/s2启动，则其匀加速过程能维持多长时间?20.长为L的轻质细线，拴一质量为m的小球，一端固定于O点，让小球在水平面内做匀速圆周运动(这种运动通常称为圆锥摆运动)，如图所示，已知摆线与竖直方向的夹角是α，求:（1）细线的拉力F;（2）小球运动的线速度的大小?21.如图所示，一质量m=4．0kg的小球在轻质弹簧和细线的作用下处0于静止状态，细线AO与竖直方向的夹角θ=37，弹簧BO水平并处于压缩状态，小球与弹簧接触但不粘连，已知弹簧的劲度系数k=100N/m，00取sin37=0．6，cos37=0．8，求： （1）小球静止时，细线中的拉力T和弹簧的压缩量x；（2）剪断细线AB瞬间，小球的加速度a。22．如图，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一质量m=1.0kg的小球．现将小球拉到A点（保持绳绷直）由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C点．地面上的D点与OB在同一竖直线上，已知绳长L=1.0m，B点离地高度H=1.0m，2A、B两点的高度差h=0.5m，重力加速度g取10m/s，不计空气影响，求：（1）地面上DC两点间的距离s；（2）轻绳所受的最大拉力大小．参考答案：一.选择题 1.A2．B3.D4．B5.D6．B7.A8．C9.D10．B．11.BD12．BCD13．AD14.BC15．CD二..填空题16.(1).（1）秒表，天平，低压直流电源；(2).低压交流电源，重锤，刻度尺(3).（2）①1.175，(4).0.69(5).②0.69(6).③机械能守恒.17.太阳、椭圆、焦点，18．2000；1000；1000三、计算题19.（1）12m/s（2）（3）16s20.长（1）（2）2021.（1）T=50N，x=0.3m（2）12.5m/s,方向与竖直方向成角37，斜向下沿原细线AB方向22．（1）DC两点间的距离1.414m；（2）轻绳所受的最大拉力20N．2020年高一物理第二学期期末模拟试卷及答案（四）一．选择题1．如图所示，光滑水平面上，小球m在拉力F作用下做匀速圆周运动．若小球运动到P点时，拉力F发生变化，关于小球运动情况的说法正确的是（） A．若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pa做离心运动B．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pa做离心运动C．若拉力突然变大，小球将沿轨迹Pb做离心运动D．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pc运动2．如图所示，B、C、D、E、F，5个小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E，4个球质量相等，而F球质量小于B球质量，A球的质量等于F球质量．A球以速度v0向B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后（）A．5个小球静止，1个小球运动B．4个小球静止，2个小球运动C．3个小球静止，3个小球运动D．6个小球都运动3．某人从岸上以相对岸的水平速度v0跳到一条静止的小船上，使小船以速度v1开始运动；如果此人从这条静止的小船上以同样大小的水平速度v0相对小船跳离小船，小船的反冲速度的大小为v2，则两者的大小关系（）A．v1＞v2B．v1=v2C．v1＜v2D．条件不足，无法判断4．万有引力的发现实现了物理学史上第一次大统一“地上物理学” 和“天上物理学”的统一．它表明天体运动和地面上物体的运动遵从相同的规律．牛顿发现万有引力定律的过程中将行星的椭圆轨道简化为圆轨道；另外，还应用到了其他的规律和结论．下面的规律和结论没有被用到的是（）A．牛顿第二定律B．牛顿第三定律C．开普勒的研究成果D．卡文迪许通过扭秤实验得出的引力常数5．下列关于动量及其变化的说法正确的是（）A．两物体的动量相等，动能也一定相等B．物体动能发生变化，动量也一定发生变化C．动量变化的方向一定与初末动量的方向都不同D．动量变化的方向不一定与合外力的冲量方向相同6．在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开C时，A的速度为v，则此过程（弹簧的弹性势能与弹簧的伸长量或压缩量的平方成正比，重力加速度为g）（）A．物块A运动的距离为B．物块A的加速度为2C．拉力F做的功为mvD．拉力F对A做的功等于A的机械能的增加量 7．己知地球半径为R，静置于赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a；地球同步卫星作匀速圆周运动的轨道半径为r，向心加速度大小为a0，引力常量为G，以下结论正确的是（）A．地球质量M=B．地球质量C．向心加速度之比D．向心加速度之比8．下列说法正确的是（）A．“笔尖下发现的行星”是天王星，卡文迪许测出了万有引力常量G的值B．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质不是惯性C．行星绕恒星运动轨道为圆形，则它运动周期的平方与轨道半径的三次方之比=K为常数，此常数的大小与恒星的质量和行星的速度有关D．匀速圆周运动是速度大小不变的匀变速曲线运动，速度方向始终为切线方向9．人在高处跳到低处时，为了安全，一般都让脚尖先着地，这样做是为了（）A．减小冲量B．减小动量的变化量C．增大与地面的作用时间，从而减小冲力D．增大人对地面的压强，起到安全作用10．如图所示，水平传送带由电动机带动以恒定的速度v顺时针匀速转动，某时刻一个质量为m的小物块在传送带上由静止释放，小物块 与传送带间的动摩擦因数为μ，小物块在滑下传送带之前已与传送带的速度相同，对于小物块从静止释放到与传送带的速度相同这一过程中，下列说法正确的是（）2A．电动机多做的功为mvB．小物块在传送带上的划痕长为2C．传送带克服摩擦力做的功为mvD．电动机增加的功率为μmgv11．伽利略理想斜面实验使人们认识到引入能量概念的重要性．在此理想实验中，能说明能量在小球运动过程中不变的理由是（）A．小球滚下斜面时，高度降低，速度增大B．小球滚上斜面时，高度增加，速度减小C．小球总能准确地到达与起始点相同的高度D．小球能在两斜面之间来回滚动12．A，B两球在光滑水平面上沿同一直线运动，A球动量为PA=5kg?m/s，B球动量为PB=7kg?m/s；当A球追上B球时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能是（）A．pA=3kg?m/s、pB=9kg?m/sB．pA=6kg?m/s、pB=6kg?m/sC．pA=﹣2kg?m/s、pB=14kg?m/sD．pA=﹣5kg?m/s、pB=17kg?m/s13．如图所示，一块橡皮用细线悬挂于0点，现用铅笔贴着细线的左 侧水平向右以速度v0匀速运动，运动到图示位置时θ=60°．运动过程中保持铅笔的高度不变，悬挂橡皮的那段细线保持竖直，则在铅笔未碰到橡皮前，下列说法正确的是（不计一切摩檫）（）A．橡皮的运动轨迹是一条直线B．绳子的拉力一定大于橡皮的重力C．橡皮的速度一定大于v0D．橡皮在图示位罝时的速度大小为v014．如图所示，长为L、倾角为θ=45°的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电荷量为+q，质量为m的小球，以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度仍为v0，则（）A．小球在B点的电势能一定大于小球在A点的电势能B．A、B两点的电势差一定为C．若电场是匀强电场，则该电场的场强的最小值一定是D．若该电场是AC边中垂线上某点的点电荷Q产生的，则Q一定是正电荷 15．如图所示，在升降机内固定一光滑的斜面体，一轻弹簧的一端连在位于斜面体上方的固定木板B上，另一端与质量为m的物块A相连，弹簧与斜面平行．整个系统由静止开始加速上升高度h的过程中（）A．物块A的重力势能增加量一定等于mghB．物块A的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和C．物块A的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和D．物块A和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B对弹簧拉力做功的和二、实验题16．实验中得到的一条点迹清晰的纸带如图乙所示，若把第一个点记作O，另选连续的三个点A、B、C作为测量点，经测量A、B、C各点到O点的距离分别为70.18cm、77.76cm、85.76cm．根据以上数据，可知重物由O点运动到B点，重力势能的减少量为J，动能2的增加量等于J．所有重物的质量为1.00kg（g=10m/s，计算结果保留三位有效数字） 17．为了验证动能定理，某学习小组在实验室组装了如图的装置外，还备有下列器材：打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、天平、细砂．他们称量滑块的质量为M、细砂和小桶的总质量为m．当滑块连接上纸带，用细线通过滑轮挂上空的小桶时，滑块处于静止状态．要完成该实验，则：（1）还缺少的实验器材是刻度尺．（2）实验时为保证滑块受到的合力与细砂、小桶的总重力大小基本相等，细砂和小桶的总质量应满足的实验条件是，实验时为保证细线拉力等于滑块所受的合外力，首先要做的步骤是．（3）在（2）问的基础上，让小桶带动滑块加速运动，用打点计时器记录其运动情况，在打点计时器打出的纸带上取两点，测出该两点的间距为L、打下该两点时滑块的速度大小为v1、v2（v1＜v2），已知当地的重力加速度为g．写出实验要验证的动能定理表达式（用题中所给的字母表示）．18．在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器所用电源频率2为50Hz，当地重力加速度的值为9.80m/s，测得所用重物的质量为1.00kg．实验步骤如下： A．按图1所示的装置安装仪器；B．将打点计时器接到电源的直流输出端上；C．用天平测出重锤的质量；D．接通电源开关，然后释放重物，打出一条纸带；E．测量纸带上打出的某些点之间的距离；F．根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能．按实验要求正确地操作并选出纸带进行测量，量得连续三点A、B、C到第一个点的距离如图2所示（相邻计数点时间间隔为0.02s），那么： （1）上述步骤中没有必要进行的步骤是；操作不恰当的步骤是．（2）纸带的（左、右）端与重物相连；（3）打点计时器打下计数点B时，物体的速度vB=m/s；（计算结果保留两位有效数字）；（4）从起点O到打下计数点B的过程中重力势能减少量是△Ep=，此过程中物体动能的增加量△Ek=（计算结果保留两位有效数字）；（5）实验的结论是．（6）若测出纸带上所有各点到O点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v及物体下落的高度h，则以为纵轴、以h为横轴画出的图线是图3中的．三、计算题19．某兴趣小组设计了一种测量子弹射出枪口时速度大小的方法．在离地面高度为h的光滑水平桌面上放置一木块，将枪口靠近木块水平射击，子弹嵌入木块后与木块一起水平飞出，落地点与桌边缘的水平距离是s1；然后将木块重新放回原位置，再打一枪，子弹与木块的落 地点与桌边的水平距离是s2，求子弹射出枪口时速度的大小．20不计质量的弹簧，圆弧AB部分光滑，半径为R，平面BC部分粗糙，长为l，C点右方的平面光滑．滑块质量为m，从圆弧最高处A无初速下滑（如图），与弹簧相接触并压缩弹簧，最后又返回到B相对于车静止．求：（1）BC部分的动摩擦因数μ；（2）弹簧具有的最大弹性势能；（3）当滑块与弹簧刚分离时滑块和小车的速度大小．21．某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨MN右端N处于倾斜传送带理想连接，传送带长度L=15.0m，皮带以恒定速率v=5m/s顺时针转动，三个质量均为m=1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，B、C之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B与轻弹簧连接，C未连接弹簧，B、C处于静止状态且离N点足够远，现让滑块A以初速度v0=6m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起．碰撞时间极短，滑块C脱离弹簧后滑上倾角θ=37°的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上，已知滑块C与传送带之2间的动摩擦因数μ=0.8，重力加速度g=10m/s，sin37°=0.6，cos37°=0.8． （1）滑块A、B碰撞时损失的机械能；（2）滑块C在传送带上因摩擦产生的热量Q；（3）若每次实验开始时滑块A的初速度v0大小不相同，要使滑块C滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，则v0的取值范围是什么？（结果可用根号表示）22．如图所示，水平转盘上放有质量为m的物块，当物块到转轴的距离为r时，连接物块和转轴的绳刚好被拉直（绳上张力为零）．物块和转盘间最大静摩擦力是其正压力的μ倍．求：（1）当转盘的角速度ω1=时，细绳的拉力F1；（2）当转盘的角速度ω2=时，细绳的拉力F2．参考答案：一．选择题1．A．2．C．3．B4．D．5．B．6．A．7．A8．B．9．C10．D11．CD ．12．AC13．BCD．14．BC15．CD．二、实验题16．7.78，7.59．17．（1）刻度尺；（2）细砂和小桶的总质量远小于滑块的质量，平衡摩擦力；（3）mgL=．18．（1）C，（2）左，（3）0.98，（4）0.49J，0.48J，（5）在误差允许的范围内，机械能守恒，（6）A．三、计算题19．子弹射出枪口的速度大小为．20。（1）BC部分的动摩擦因数；（2）弹簧具有的最大弹性势能是；（3）当滑块与弹簧刚分离时滑块和小车的速度大小分别是，．21．（1）滑块A、B碰撞时损失的机械能是9J；（2）滑块C在传送带上因摩擦产生的热量是8J；（3）若每次实验开始时滑块A的初速度v0大小不相同，要使滑块C滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，则v0的取值范围是．22．（1）当转盘的角速度ω1=时，细绳的拉力为0；（2）当转盘的角速度ω2=时，细绳的拉力为．2020年高一物理第二学期期末模拟试卷及答案（五）一.选择题 1．假如一做圆周运动的人造卫星的轨道半径r增为原来的2倍，则（）A．据v=rω可知，卫星的线速度将变为原来的2倍B．据F=可知，卫星所受的向心力减为原来的C．据F=可知，地球提供的向心力减为原来的2D．由=mωr可知，卫星的角速度将变为原来的倍【分析】人造地球卫星的轨道半径增大到原来2倍时，角速度减小，线速度减小，由数学知识分析线速度和向心力的变化．根据公式F=可分析向心力的变化．【解答】解：AD、卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，2则G=mωr，解得，卫星的角速度ω=，则知当人造卫星的轨道半径r增为原来的2倍时，其角速度减小，变为原来的倍，根据v=rω可知，卫星的线速度将变为原来的倍，故AD错误．B、由G=m，解得，卫星的线速度v=，则知线速度变为原来倍．据F=可知，卫星所受的向心力减为原来的倍，故B错误．C、据F=可知，卫星的轨道半径r增为原来的2倍时，其他量不变，则地球提供的向心力减为原来的，故C正确．故选：C【点评】本题要应用控制变量法来理解物理量之间的关系，要注意卫星的线速度、角速度等描述运动的物理量都会随半径的变化而变化． 2．如图所示，将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直墙上，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（）A．篮球两次撞墙的速度可能相等B．从抛出到撞墙，第二次球在空中运动的时间较短C．篮球两次抛出时速度的竖直分量可能相等D．抛出时的动能，第一次一定比第二次大【考点】43：平抛运动．【分析】采用逆向思维，篮球做平抛运动，根据高度比较运动的时间，抓住水平位移相等，比较撞墙的速度．根据平行四边形定则，比较篮球抛出时的速度．【解答】解：AB、将篮球的运动反向处理，即为平抛运动，第二次下落的高度较小，根据t=知，第二次球在空中运动的时间较短，由于水平位移相等，可知第二次撞墙的速度较大，故A错误，B正确．CD、根据vy=gt知，第二次抛出时速度的竖直分量较小，根据速度的合成可知，不能确定抛出时的速度大小，动能大小不能确定，故CD错误．故选：B．3.如图所示，AB为圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R．一质量为m的物体，与两个轨道的动摩擦因数都为 μ，当它由轨道顶端A从静止下滑时，恰好运动到C处停止，那么物体在AB段克服摩擦力做功为（）A.μmgRB.mgRC.mgRD.【答案】D【解析】试题分析：BC段摩擦力可以求出，由做功公式求得BC段摩擦力对物体所做的功；对全程由动能定理可求得AB段克服摩擦力所做的功．BC段物体受摩擦力，位移为R，故BC段摩擦力对物体做功；对全程由动能定理可知，，解得，故AB段克服摩擦力做功为，D正确．4.在水平面上一轻质弹簧竖直放置，在它正上方一物体自由落下，如图所示，在物体压缩弹簧速度减为零的过程中（）A．物体的动能不断减小B．物体所受的合力减小为零C．弹簧的弹性势能减小D．物体和弹簧组成的系统机械能守恒【分析】以小球为研究对象，分析其受力情况，判断其运动情况，分 析时抓住弹簧的弹力随压缩量的增加而增大．根据压缩量的变化，判断弹簧弹性势能的变化．物体和弹簧组成的系统只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒．【解答】解：A、在物体压缩弹簧速度减为零的过程中，物体受到向上的弹力和向下的重力，弹力不断增大，弹力先小于重力，后大于重力，所以物体的速度先增大后减小，因此动能先增大后减小，故A错误；B、当弹力小于重力时，弹力增大时，合力减小，当重力等于弹力时，合力为零，当弹力大于重力时，合力增大．所以合先减小后增大，故B错误；C、在物体压缩弹簧速度减为零的过程中，弹簧的压缩量不断增大，因此弹性势能不断增加，故C错误；D、对于物体和弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒．故D正确．故选：D【点评】解决本题的关键就是物体的运动过程的分析，分析清楚物体在每个过程的运动情况即可解决问题．不能简单地认为物体一碰弹簧就立即减速．5．如图所示为四分之一圆柱体OAB的竖直截面，半径为R，在B点上方的C点水平抛出一个小球，小球轨迹恰好在D点与圆柱体相切，OD与OB的夹角为60°，则C点到B点的距离为（） A．B．C．D．R【考点】43：平抛运动．【分析】由几何知识求解水平射程．根据平抛运动的速度与水平方向夹角的正切值得到初速度与小球通过D点时竖直分速度的关系，再由水平和竖直两个方向分位移公式列式，求出竖直方向上的位移，即可得到C点到B点的距离．【解答】解：由题意知得：小球通过D点时速度与圆柱体相切，则有vy=v0tan60°小球从C到D，水平方向有Rsin60°=v0t竖直方向上有y=联立解得y=R故C点到B点的距离为S=y﹣R（1﹣cos60°）=故选：A6.从同一点水平抛出三个小球分别撞在竖直墙壁上a点、b点、c点，则（）A.落在a点的小球水平速度最小B.落在b点的小球竖直速度最小C.落在c点的小球飞行时间最短D.a、b、c三点速度方向的反 向延长线交于一点【答案】D【解析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度比较运动的时间，结合水平位移和时间比较初速度．根据推论：平抛运动的速度反向延长线交水平位移的中点根据D项．根据得，，则知落在c点的小球飞行时间最长．由得：，x相等，落在a点的小球飞行时间最短，则落在a点的小球水平速度最大．小球竖直速度，知落在a点的小球竖直速度最小，故ABC错误；根据推论：平抛运动的速度反向延长线交水平位移的中点，则知a、b、c三点速度方向的反向延长线交于一点，D正确．7.轻质弹簧吊着小球静止在如图所示的A位置，现用水平外力F将小球缓慢拉到B位置，此时弹簧与竖直方向的夹角为θ，在这一过程中，对于整个系统，下列说法正确的是（）A．系统的弹性势能不变B．系统的弹性势能变小C．系统的机械能不变D系统的机械能增加【分析】系统的弹性势能取决于弹簧的形变量的大小，弹性势能的增减可通过弹力做功的正负判断，由于有外力F参与做功，系统机械能不守恒，总量要增加 【解答】解：A、初始状态，弹簧的弹力F弹=mg，后来cosθ=mg，故弹力会增加，弹簧伸长量增加，系统弹性势能变大，故A错误B、由A分析得，B错误C、作用过程中，外力F做正功，系统机械能不守恒，机械能总量要增加，故c错误D、由C知，D正确故选D【点评】系统的弹性势能取决于弹簧的形变量的大小，形变量大，则弹性势能大，与弹簧伸长还是压缩无关，此外，要真正理解机械能守恒的条件8.一质量为1kg的质点做匀速圆周运动，5s内沿半径为5m的圆周运动了10m，则下列说法错误的是（）A.线速度大小为2m/sB.角速度大小为0.4rad/sC.周期为4πsD.向心力大小为0.8N【答案】C【解析】线速度大小为，根据可得，AB正确；周期，C错误；向心力大小为，D正确．9．地球绕太阳运行到图中A、B、C、D四个位置时，分别为春分、夏至、秋分和冬至，以下说法错误的是（） A．地球由夏至运行到秋分的过程中速率逐渐增大B．地球由春分运行到夏至的过程中加速度逐渐减小C．地球由春分运行到秋分的时间比由秋分运行到春分的时间长D．地球由春分运行到秋分的时间比由秋分运行到春分的时间短【考点】4D：开普勒定律．【分析】开普勒第二定律：对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等，然后结合图象分析即可．【解答】解：根据开普勒第二定律：对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等，行星在此椭圆轨道上运动的速度大小不断变化．近日点D连线短，速度大，远日点B连线长，速度小．A、地球由夏至（B）点运行到秋分（C）点的过程中地球到太阳的距离减小，所以速率逐渐增大．故A正确；B、地球由春分（A）点运行到夏至（B）点的过程中距离增大，根据万有引力定律和牛顿第二定律可知，地球的加速度逐渐减小．故B正确；C、D、地球由春分运行到秋分（A→B→C）的过程中地球的线速度小，而且距离比由秋分运行到春分（C→D→A）的路程大，所以地球由春分运行到秋分的时间比由秋分运行到春分的时间长．故C正确，D错误 本题选择不正确的，故选：D10.在水平粗糙的地面上使一物体由静止开始作匀加速运动，如图所示，第一次是拉力，第二次是用推力，两种情况下力的作用线与水平方向夹角、力的大小、位移大小均相同，那么比较两种情况，则下列说法正确的是（）A．力F对物体所做的功相等B．摩擦力对物体所做的功相等C．物体的动能变化量相等D．力F做功的平均功率相等【分析】对物体进行受力分析，求出两次运动的加速度的关系，再根据功的公式及功率公式即可求解．【解答】解：A、由W=Fscosα知，由于两种情况下力的大小和位移大小相同，故力F两种情况下对物体做功相等，故A正确；B、物体在粗糙水平面上运动时会受到阻力的作用，两种情况下物体对地面的压力不同，所以滑动摩擦力的大小也不同，但位移相等，所以摩擦力做的功不等，故B错误；C、根据动能定理，动能增加量等于总功，由于拉力F做功相同，摩擦力做功不同，故总功不同，动能增加量也就不同，故C错误；D、由牛顿第二定律可以知道：当斜向上拉时，合力F1=Fcosα﹣μ（mg﹣Fsinα）；当斜下推时，合力F2=Fcosα﹣μ（mg+Fsinα），比较可得合力F1＞F2，所以加速度a1＞a2，由于水平方向的位移相同，故第一次用的时间小于第二次用的时间，所以力F的平均功率不相同， 故D错误．故选：A．【点评】本题考查功和功率的计算公式，要注意两次运动的时间不等，知道合力做功等于动能的变化量，同时明确受力分析和功的计算方法．11.从离地高为H的阳台上以速度v竖直向上抛出质量为m的物体,它上升h后又返回下落,最后落在地面上,则下列说法中正确的是(不计空气阻力,以地面为参考面)（）A.物体在最高点时机械能为mg(H+h)B.物体落地时的机械能为2mg(H+h)+mv/22C.物体落地时的机械能为mgH+mv/22D.物体在落回过程中,经过阳台时的机械能为mgH+mv/2【答案】ACD【解析】物体做竖直上抛运动，在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，在整个运动过程中，物体机械能保持不变；最高点，物体速度为零，以地面为参考面，物体在最高点时机械能为，故A正确；由于物体的机械能守恒，物体落地时的机械能为，故B错误C正确；由于物体的机械能守恒，物体在落回过程中，经过阳台时的机械能为，故D正确．12．内壁光滑的环形凹槽半径为R，固定在竖直平面内，一根长度为R的轻杆，一端固定有质量m的小球甲，另一端固定有质量为2m 的小球乙．现将两小球放入凹槽内，初始时刻小球乙位于凹槽的最低点（如图所示），由静止释放后（）A．下滑过程中甲球减少的机械能总是等于乙球增加的机械能B．下滑过程中甲球减少的重力势能总是等于乙球增加的重力势能C．甲球沿凹槽下滑不可能到达槽的最低点D．杆从右向左滑回时，乙球一定不能回到凹槽的最低点【考点】6C：机械能守恒定律；6A：动能和势能的相互转化．【分析】甲与乙两小球系统，重力势能和动能相互转化，系统机械能守恒；还可以将甲与乙当作一个整体，找出重心，机械能也守恒．【解答】解：A、甲与乙两个物体系统机械能守恒，故甲减小的机械能一定等于乙增加的机械能，故A正确；B、甲与乙两个物体系统机械能守恒，甲球减小的重力势能转化为乙的势能和动能以及甲的动能，故B错误；C、若甲球沿凹槽下滑到槽的最低点，乙则到达与圆心等高处，但由于乙的质量比甲大，造成机械能增加了，明显违背了机械能守恒定律，故甲球不可能到圆弧最低点，故C正确；D、由于机械能守恒，故动能减为零时，势能应该不变，故杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点，故D错误；故选：AC． 13．如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平地面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹簧弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示，则（）A．t2时刻弹簧的弹性势能最大B．t3时刻弹簧的弹性势能最大C．t1～t3这段时间内，弹簧的弹性势能先减小后增加D．t1～t3这段时间内，弹簧的弹性势能先增加后减少【考点】6C：机械能守恒定律．【分析】小球先自由下落，与弹簧接触后，弹簧被压缩，在下降的过程中，弹力不断变大，当弹力小于重力时，物体加速下降，但合力变小，加速度变小，故做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后物体由于惯性继续下降，弹力变的大于重力，合力变为向上且不断变大，故加速度向上且不断变大，故物体做加速度不断增大的减速运动；同理，上升过程，先做加速度不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后做加速度不断增大的减速运动，直到小球离开弹簧为止．【解答】解：A、小球接触弹簧后，先向下做加速度减小的加速运动， 当弹簧的弹力与重力相等时，速度最大，然后做加速度逐渐增大的减速运动，到达最低点时，弹力最大，弹性势能最大，可知t2时刻弹力最大，弹性势能最大，故A正确，B错误．C、t1～t3这段时间内，弹簧的弹力先增大后减小，知弹性势能先增大后减小，故D正确，C错误．故选：AD．14.假设太阳系中天体的密度不变，天体直径和天体之间距离都缩小到原来的一半，地球绕太阳公转近似为匀速圆周运动，则下列物理量变化正确的是（）A.地球的向心力变为缩小前的一半B.地球的向心力变为缩小前的C.地球绕太阳公转周期与缩小前相同D.地球绕太阳公转周期变为缩小前的一半【答案】BC【解析】A、B、由于天体的密度不变而半径减半，导致天体的质量减小，所以有：地球绕太阳做圆周运动由万有引力充当向心力．所以有：，B正确，A错误；C、D、由，整理得：，与原来相同，C正确；D错误；故选BC。 15．如图所示，两颗个人造地球卫星A、B围绕地球E做匀速圆周运动，卫星A的轨道半径为rA，运行周期为TA；卫星B的轨道半径为rB．已知万有引力常量为G．则根据以上信息可以求出（）A．卫星B的运行周期B．地球的质量C．地面上的重力加速度D．地球的半径【考点】4H：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；4F：万有引力定律及其应用．【分析】根据万有引力提供向心力得出卫星的运行周期与轨道半径的关系，可求得地球的质量，利用比例法可求得卫星B的运行周期．根据万有引力等于重力，分析能否求地面上的重力加速度和地球的半径．【解答】解：A、对于任一卫星，由万有引力提供向心力得G=mr，得T=2π，则得A、B运行周期之比为=，已知，卫星A的轨道半径为rA，运行周期为TA；卫星B的轨道半径为rB．可知能求出卫星B的运行周期TB．故A正确．B、由T=2π，知已知卫星A的轨道半径为rA，运行周期为TA以及万有引力常量G，可以求出地球的质量M，故B正确．CD、在地面上，根据万有引力等于重力，得G=mg，得g=，由题不能求出地球半径R，所以不能求出地面上的重力加速度g．故CD 错误．故选：AB二、实验题16．在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m=1.00kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示．O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点（其他点未画出）．已知打点计时2器每隔0.02s打一个点，当地的重力加速度为9.8m/s，那么（1）纸带的端（填“左”或“右”）与重物相连；（2）根据图上所得的数据，应取图中O点到B点来验证机械能守恒定律；（3）从O点到（2）问中所取的点，重物重力势能的减少量△Ep=J，动能增加△Ek=J．（结果取三位有效数字）【分析】根据相等时间内的位移越来越大，确定纸带的哪一端与重物相连．根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度得出速度的大小，从而得出动能的增加量，根据下降的高度求出重力势能的减小量．【解答】解：（1）重物做加速运动，纸带在相等时间内的位移越来 越大，可知纸带的左端与重物相连．（2）根据图上所得的数据，应取图中O点到B点来验证机械能守恒定律．（3）从O到B的过程中，重力势能的减小量J≈1.89J，B点的速度m/s=1.845m/s，则动能的增加量≈1.70J．故答案为：（1）左，（2）B，（3）1.89，1.70．【点评】解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会根据纸带求解瞬时速度，从而得出动能的增加量，会根据下降的高度求解重力势能的减小量．17.如图1为验证机械能守恒定律的实验装置示意图．（1）为完成此实验，除了图中所示器材，还需要有________（多选）A．刻度尺B．秒表C．天平D．交流电源（2）在一次实验中，质量m的重物自由下落，在纸带上打出一系列的点，如图2所示，长度单位cm，那么从起点O到打下计数点B的2过程中重力势能减少量是△Ep=____J,g取10m/s 【答案】(1).AD(2).0.49m或0.50m【解析】（1）实验中需要通过刻度尺测量点迹间的距离，从而得出重物下降的高度，以及求出瞬时速度，故A正确．时间可以通过打点计时器直接得出，不需要秒表，故B错误；验证机械能守恒，即验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，所以不需要用天平测量质量，故C错误；打点计时器需要交流电源，故D正确．（2）从起点O到打下记数点B的过程中重力势能减少量，三、计算题18．一号卫星和二号卫星分别绕地球做匀速圆周运动，它们的质量之比为1：3，它们的轨道半径之比为1：4，则：（1）一号卫星和二号卫星的线速度之比为多少？（2）一号卫星和二号卫星的周期之比为多少？（3）一号卫星和二号卫星的向心加速度之比为多少？【分析】根据万有引力提供向心力，解出线速度v、周期T向心加速度a与轨道半径r之间的关系表达式，根据半径关系求其比值．【解答】解：根据万有引力提供向心力=ma，得，， （1）（2）（3）向心加速度：a=所以：答：（1）一号卫星和二号卫星的线速度之比为2：1；（2）一号卫星和二号卫星的周期之比为1：8；（3）一号卫星和二号卫星的向心加速度之比为16：1．【点评】本题关键是要掌握万有引力提供向心力这个关系，能够根据题意选择恰当的向心力的表达式．19．如图所示，一传送带与水平面的夹角为30°，以v0=2m/s的初速2度按图示方向匀加速1s后再做匀速运动，加速时的加速度为1m/s．现将一质量为10kg的质点小工件轻放于传送带底端皮带，经一段时间后送到高2m的平台上，工件与传送带间的动摩擦因数为μ=，取2g=10m/s．求：电动机由于传送工件多消耗的电能．【考点】BG：电功、电功率．【分析】本题的关键是根据能量守恒定律，多消耗的电能应是煤块增加的机械能与系统产生的热量之和．关键是物体由底端运送到平台上需要经过匀加速和匀速两个过程需要分过程分析．【解答】解：设工件向上运动的距离x时，速度达到传送带的速度v， 由动能定理可知，此过程中有重力和摩擦力对工件做功：代入数据可解得：x==1.8m故工件未达到平台时，速度已达到v，所以在此过程中，工件动能的增量为：=45J势能的增加量为：△Ep=mgh=10×10×2J=200J工件在加速运动过程中的工件的位移：x===1.8m传送带的位移为：x′=vt所以可知，x′=3.6m所以在皮带上滑过程中由于滑动摩擦力做功而增加的内能：Q=μmgcosθ?（x′﹣x）=135J根据能量守恒定律知，电动机多消耗的电能为：E=△Ek+△Ep+Q=45J+200J+135J=380J答：电动机由于传送工件多消耗的电能为380J20．如图所示，在光滑水平桌面上有一光滑小孔O，一根轻绳穿过小孔，一端连接质量为m=1kg的小球A，另一端连接质量为M=4kg的重2物B，已知g=10m/s，则（1）当A球沿半径r=0.1m的圆周做匀速圆周运动，其角速度ω1为多大时，B物体处于将要离开、而尚未离开地面的临界状态？（2）当小球A的角速度为ω2=10rad/s时，物体B对地面的压力为多大？ 【考点】4A：向心力；37：牛顿第二定律．【分析】（1）B物体处于将要离开而尚未离开地面的临界状态时地面给它的支持力为零，由此可以求出绳子上拉力，然后以A为研究对2象根据向心力公式T=mωr可以求出A球的角速度的大小．2（2）对A，绳子的拉力提供A所需的向心力，根据向心力公式T=mωr，求出绳子上拉力．B受到重力、支持力和拉力，根据B处于平衡状态，求出地面给B的支持力，根据牛顿第三定律可知物体B对地面的压力．【解答】解：（1）当B对地面恰好无压力时，有：Mg=FT′，2拉力FT′提供小球A所需向心力，则：FT′=mrω′则有：ω′=．（2）对小球A来说，小球受到的重力和支持力平衡．因此绳子的拉力提供向心力，则：22FT=mrω=1×0.1×10N=10N，对物体B来说，物体受到三个力的作用：重力Mg、绳子的拉力FT、地面的支持力FN，由力的平衡条件可得：FT+FN=Mg故FN=Mg﹣FT将FT=10N代入可得：FN=（4×10﹣10）N=30N由牛顿第三定律可知，B对地面的压力为30N，方向竖直向下．答：（1）角速度ω1为20rad/s时，B物体处于将要离开、而尚未离开地面的临界状态； （2）物体B对地面的压力为30N，方向竖直向下．21．绝缘细绳的一端固定在天花板上，另一端连接着一个带负电的电量为q、质量为m的小球，当空间建立足够大的水平方向匀强电场后，绳稳定处于与竖直方向成α=60°角的位置，（1）求匀强电场的场强E的大小；（2）若细绳长为L，让小球从θ=30°的A点释放，小球运动时经过最低点O．王明同学求解小球运动速度最大值的等式如下：据动能定理﹣mgL（cos30°﹣cos60°）+qEL（sin60°﹣sin30°）2=mv﹣0你认为王明同学求解等式是否正确？（回答“是”或“否”）（3）若等式正确请求出结果，若等式不正确，请重新列式并求出正确结果．【考点】AG：匀强电场中电势差和电场强度的关系；AD：电势差与电场强度的关系．【分析】（1）小球稳定后，细丝线跟竖直方向夹角为θ，对小球进行受力，根据力的合成即可求得电场的场强．00（2）小球在θ=60处处于平衡，因此小球从θ=30的A点释放，它0不会往A点的左边运动，而是以θ=60处为中心、以A点为端点来回摆动，即小球不会运动至最低点O．根据动能定理即可解题． 0【解答】解：（1）小球在θ=60角处处于平衡，根据平衡条件得：Eq=mgtanθ得：E==方向水平向左（2）否．00（3）因为小球在θ=60处处于平衡，因此小球从θ=30的A点释放，0它不会往A点的左边运动，而是以θ=60处为中心、以A点为端点来回摆动，即小球不会运动至最低点O．0王明同学的求解实际上也不是小球运动到θ=60的平衡位置处的速度．平衡位置处的速度的正确求解应该是：据动能定理有2qE（Lsin60°﹣Lsin30°）﹣mg（Lcos30°﹣Lcos60°）=mv．联解得：v=（﹣1）答：（1）匀强电场的场强大小是，方向水平向左．（2）否．（3）平衡位置处的速度最大是（﹣1）．