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．0～6 s 内 A、B两物体运动方向相反 B．在 0～4 s 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： C 2．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 0 C．文文同学在 100 m比赛的成绩是 13.35 s，其 13.35 s 指的是“时 刻” D．强强同学的投标枪成绩为 50.8m，其 50.8 m 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 50.8 m 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： D 5．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 r 1 与 r 2 之比为 A. 1:1 B. 1: C. 2:1 D. 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．0.1s B ．0.5s C ．2s D ．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=v 0+at 所以： v0=8m/s，a=﹣0.4m/s 2 ； （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， 答：（ 1）汽车刹车加速度大小为 0.4m/s 2 ． （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 间的时间间隔为 0.02 秒，当地的重力加速度为 9. 80m/s2 ，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： 动能增加量△ Ek= mvB 2= ×0.2 ×1.97 2=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 气阻力，重力加速度 g 取 10m/s 2。 （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？ 【答案】（ 1）2.0m/s 2（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 联立解得 a 1= g （sin θ－μ cosθ），代入数据得 a 1= 2 ．0 m/s 2 （2）人在水平滑道上受力如图，由牛顿第二定律有 ，又 ，将以上各式联立解得 a =" μg" =" 5" m/s 2 设从斜坡上滑下的距离为 LAB，由匀变速运动的公式得 ， ， 联立解得 ．则滑道高度为 h=50cos37 0=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 到达桥顶时速度为 5m/s，汽车对桥顶的压力是多大？（ g=10m/s2） 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． 21．汽车紧急刹车时，加速度大小为 6m/s2 ，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= ﹣6m/s2，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 =1 m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=0.2 kg 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）0.6 J （2）3 m/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 h B．若把斜面弯成如图所示的半圆弧形，物体仍能沿 AB 升高 h C．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＞E2 B．两处的电场方向相反， E1＞E2 C．两处的电场方向相同， E1＜E2 D．两处的电场方向相反， E1＜E2 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 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．0 B．mgh C．mgH D．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 mg D．人在最低点时对座位的压力大于 mg 10．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 C．下滑过程中，克服摩擦力做的功为 mv2 D．在 C 处弹簧的弹性势能为 mgh﹣ mv2 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 10m/s2，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 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/s2） 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 强 E=5×104N/C、方向水平向右的匀强电场中．已知 A、B 的质量分 别为 mA=0.1kg 和 mB=0.2kg，B 所带电荷量 q=+4×l0 ﹣6C．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 度内， B 电量不变．取 g=lOm/s2，sin37 °=0.6，cos37°=0.8． （1）求 B 所受静摩擦力的大小； （2）现对 A 施加沿斜面向下的拉力 F 使 A 以加速度 a=0.6m/s2 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）请根据题目及图象中的条件求出小球质量 m 的值．（g 取 10m/s2） （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 h B．若把斜面弯成如图所示的半圆弧形，物体仍能沿 AB 升高 h C．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＞E2 B．两处的电场方向相反， E1＞E2 C．两处的电场方向相同， E1＜E2 D．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．0 B．mgh C．mgH D．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 mg D．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 D 10．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=V 0t 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 BD 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 【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= mv2+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 C．下滑过程中，克服摩擦力做的功为 mv2 D．在 C 处弹簧的弹性势能为 mgh﹣ mv2 【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﹣W f﹣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 ﹣mgh+W 弹 ﹣W f=0﹣ mv2 解得：下滑过程中，克服摩擦力做的功 Wf= mv2，故 C 正确． D、由上解得 W 弹= mv2﹣mgh，所以在 C 处，弹簧的弹性势能为 mgh﹣ mv2，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 10m/s2，根据图象，可知平抛物体的初速度为 2.0 m/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）在竖直方向上，根据△ y=gT2 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 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/s2） 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=45 m 战士从拉动弹弦到投出所用的时间 t0=5s﹣t=2.0 s （2）点 AB 的间距 解得 s=90 m 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 90m 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 强 E=5×104N/C、方向水平向右的匀强电场中．已知 A、B 的质量分 别为 mA=0.1kg 和 mB=0.2kg，B 所带电荷量 q=+4×l0 ﹣6C．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 度内， B 电量不变．取 g=lOm/s2，sin37 °=0.6，cos37°=0.8． （1）求 B 所受静摩擦力的大小； （2）现对 A 施加沿斜面向下的拉力 F 使 A 以加速度 a=0.6m/s2 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：mA gsin θ=FT⋯① 对 B 有：qE+f 0=FT⋯② 代入数据得： f0=0.4 N ⋯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+mA gsin θ﹣FT﹣FKsin θ=mA a⋯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 ⋯⑨ A 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）请根据题目及图象中的条件求出小球质量 m 的值．（g 取 10m/s2） （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）小球在最高点时有： mg+F=m 又因为： EK = mv2， 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 用机械能守恒定律，有： mg?2l= mv2﹣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 mgh D. 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.F N 不断增大， FT 不断减小 C.FN保持不变， FT先增大后减小 D.F N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. W1W2 D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，﹣1m B ．﹣2m，2m，1m C．4m，0，1m D ．﹣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 2mgh B．物体的重力势能减少 2mgh C．物体的机械能保持不变 D．物体的机械能增加 mgh 14. 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.L 1＞L2B.L 1＜L2C.F1=F2D.F1＜F2 15．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/s B．卫星在同步轨道Ⅱ上的运行速度大于 7.9km/s C．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， 单位为毫米，重力加速度取 9.8m/s 2，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 10m （g=10m/s2，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 于静止状态， 细线 AO与竖直方向的夹角 θ=370 ，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， 取 sin37 0=0．6，cos370=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， A、B 两点的高度差 h=0.5m，重力加速度 g 取 10m/s2 ，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）16s 20. 长（ 1） （2） 21. （1）T=50N，x=0.3m（2）12.5m/s 2, 方向与竖直方向成角 370，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＞v2 B ．v1=v2 C ．v1＜v2 D．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 C．拉力 F 做的功为 mv2 D ．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（） A．电动机多做的功为 mv2 B ．小物块在传送带上的划痕 长为 C．传送带克服摩擦力做的功为 mv2 D ．电动机增加的功率为 μmgv 11．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/s B ．pA=6kg?m/s、pB=6kg?m/s C．pA=﹣2kg?m/s、pB=14kg?m/s D ．pA=﹣5kg?m/s、pB=17kg?m/s 13．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 v0 D ．橡皮在图示位罝时的速度大小 为 v0 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，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 mgh B．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 的增加量等于 J ．所有重物的质量为 1.00kg（g=10m/s2 ，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 v 1、v2（ v 1＜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 为 50Hz，当地重力加速度的值为 9.80m/s 2 ，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 间的动摩擦因数 μ=0.8 ，重力加速度 g=10m/s2 ，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 ω 1= 时，细绳的拉力 F1； （2）当转盘的角速度 ω 2= 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 ω 1= 时，细绳的拉力为 0； （2）当转盘的角速度 ω 2= 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=r ω 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 D．由 =mω 2r 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， 则 G =mω 2r ， 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=r ω 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.μmgR B. mgR C. mgR D. 【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 v y=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： A 6. 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/s B. 角速度大小为 0.4rad/s C. 周期为 4πs D. 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： D 10. 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 ﹣Fsin α）；当斜下推时，合力 F2=Fcosα﹣μ（ mg+Fsin α），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 mg(H+h)+mv2/2 C. 物体落地时的机械能为 mgH+mv2/2 D. 物体在落回过程中 , 经过阳台时的机械能为 mgH+mv2/2 【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．t 2 时刻弹簧的弹性势能最大 B ．t 3 时刻弹簧的弹性势能最 大 C．t 1～t 3 这段时间内，弹簧的弹性势能先减小后增加 D．t 1～t 3 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 t 2 时刻弹力 最大，弹性势能最大，故 A正确， B错误． C、t 1～t 3 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 r A，运行周期为 TA；卫星 B 的轨道半径为 r B．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 =m r ，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 r A，运行周期为 TA；卫星 B的轨道半径为 r B．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 r A，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 器每隔 0.02s 打一个点，当地的重力加速度为 9.8m/s 2 ，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 过程中重力势能减少量是△ Ep=____J ,g 取 10m/s2 【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 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/s2 ．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 g=10m/s2．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 380J 20．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 物 B，已知 g=10m/s2，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 ω 1 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 象根据向心力公式 T=mω 2r 可以求出 A球的角速度的大小． （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=mω 2r ， 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′， 拉力 F T′提供小球 A所需向心力，则： FT′=mrω′ 2 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： FT=mrω 2=1×0.1 ×102N=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 F N=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 30 N，方向竖直向下． 答：（1）角速度 ω 1 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 °） = mv2 ﹣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． （2）小球在 θ=600 处处于平衡，因此小球从 θ=300 的 A点释放，它 不会往 A点的左边运动， 而是以 θ=600 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． 【解答】解：（ 1）小球在 θ=600 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． （3）因为小球在 θ=600 处处于平衡， 因此小球从 θ=300 的 A点释放， 它不会往 A点的左边运动， 而是以 θ=600 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． 王明同学的求解实际上也不是小球运动到 θ=600 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 qE（Lsin60 °﹣Lsin30 °）﹣ mg（Lcos30°﹣Lcos60°） = mv2． 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） ．