2020年高一物理第二学期期末模拟试卷及答案(共三套) 84页

第1页（共 84页） 2020年高一物理第二学期期末模拟试卷及答案 （共三 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（共 10小题，每小题 4分，满分 40分） 1．做曲线运动物体的速度方向、合力的方向和运动轨迹如图所示， 其中正确的是（ ） A． B． C． D． 2．如图所示，一条小船过河， 河水流速 v1=3米 /秒，船在静水中速度 v2=4米/秒，船头方向与河岸垂直，关于小船的运动，以下说法正确 的是（ ） A．小船相对于岸的速度大小是 7米/秒 B．小船相对于岸的速度大小是 5米/秒 C．小船相对于岸的速度大小是 1米/秒 D．小船的实际运动轨迹与河岸垂直 3．如图所示，细杆上固定两个小球 a和 b，杆绕 O点做匀速转动， 下列说法正确的是（ ） 第2页（共 84页） A．a、b两球线速度相等 B．a、b 两球角速度相等 C．a球的线速度比 b 球的大 D．a球的角速度比 b球的大 4．在匀速圆周运动中，线速度（ ） A．大小不变 B．大小不断改变 C．方向不变 D．方向指向圆心 5．把一个小球放在光滑的玻璃漏斗中，晃动漏斗，可使小球沿漏斗 壁在某一水平面内做匀速圆周运动． 如图所示，关于小球的受力情况， 下列说法正确的是（ ） A．重力、漏斗壁的支持力 B．重力、漏斗壁的支持力及向心力 C．重力、漏斗壁的支持力、摩擦力及向心力 D．小球受到的合力为零 6．甲、乙两物体的质量相同，速度之比 v 甲：v 乙=3：1，它们的动能 之比 EK 甲：EK 乙等于（ ） A．1：1 B．1：3 C．3：1 D．9：1 7．下列关于功和能的说法正确的是（ ） A．功就是能，能就是功 B．滑动摩擦力可能做正功，也可能做负功 C．由于自然界遵循能量守恒定律，从长远来看，能源危机是不存在 的 第3页（共 84页） D．能量转化的多少可以用功来量度 8．下列现象中，与离心运动无关的是（ ） A．汽车转弯时速度过大，乘客感觉往外甩 B．汽车急刹车时，乘客身体向前倾 C．洗衣机脱水桶旋转，将衣服上的水甩掉 D．运动员投掷链球时，在高速旋转的时候释放链球 9．下列做平抛运动物体是（ ） A．水平推出的铅球 B．树上落下的果实 C．水平击出的羽毛球 D．水平飞行的飞机掉下的物体，不计空气阻力时 10．汽车以一定速率通过拱桥时（ ） A．在最高点汽车对桥的压力一定大于汽车的重力 B．在最高点汽车对桥的压力一定等于汽车的重力 C．在最高点汽车对桥的压力一定小于汽车的重力 D．汽车以恒定的速率过桥时，汽车所受的合力不为零 二、填空题 11．在做“研究平抛物体的运动 ”实验时，除了木板、小球、斜槽、铅 笔、图钉之外，下列器材中还需要的是 A．游标卡尺 B．秒表 C．坐标纸 D．天平 E．弹 簧 秤 F．重垂线． 第4页（共 84页） 12．在做“研究平抛物体的运动 ”实验时，下列说法正确的是（ ） A．应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滑下 B．斜槽轨道必须光滑 C．斜槽轨道末端可以不水平 D．要使描出的轨迹更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些 E．为了比较准确地描出小球运动的轨迹．应该用一条曲线把所有的 点连接起来 13．某实验小组用如图所示的实验装置和实验器材做 “探究功与速度 变化的关系 ”实验，在实验中，该小组同学把砂和砂桶的总重力当作 小车受到的合外力． （1）为了保证实验结果的误差尽量小，在实验操作中，下面做法必 要的是 ． A．实验前要对装置进行平衡摩擦力的操作 B．实验操作时要先放小车，后接通电源 C．在利用纸带进行数据处理时，所选的两个研究点离得越近越好 D．在实验过程中要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量 （2）除实验装置中的仪器外，还需要的测量仪器有 ， ． 14．某同学利用打点计时器打出的纸带来验证机械能守恒定律， 该同 学在实验中得到一条纸带， 如图所示，在纸带的中间部分上取 6 个计 第5页（共 84页） 数点，两个相邻计数点间的时间间隔为 T=0.02s．其中 1、2、3点相 邻，4、5、6点相邻，在 3点和 4点之间还有若干个点． s1是 1、3 两点的距离， s3是 4、6两点的距离， s2是 2、5两点的距离． （1）实验过程中，下列操作正确的是 ． A．电磁打点计时器应接在交流电源上 B．实验时应先松开纸带，然后迅速打开打点计时器 C．纸带应理顺，穿过限位孔并保持竖直 D．实验时所选重物不能太轻 （2）测 s1、s2、s3后，点 2速度的表达式 v2= （3）该同学测得的数据是 s1=4.00cm，s2=16.00cm，s3=8.00cm，重物 （已知质量为 1kg）从点 2运动到点 5 过程中，动能增加量为 m， 势能减少量为 m．（重力加速度 g=9.8m/s2） （4）形成第（ 3）问计算结果中误差的主要来源是 ． 三、计算题 第6页（共 84页） 15．一位同学从 20m高的楼房阳台上水平平抛一物体，测得该物体 抛出落在楼前 5m的水平地面上， 若不计空气阻力， g取 10m/s2，求： 抛出时的初速度？ 16．某行星的一颗小卫星在半径为 r的圆轨道上绕该行星运动，运行 时的周期是 T．已知引力常量为 G，求这个卫星的线速度及该行星的 质量 M． 17．如图所示，质量 m=0.4kg的小铁球系在长 L=1.0m 的轻质细线上， 细线的另一端悬挂在 O点，将小球拉直并呈水平状态时释放，试求 （取 g取 10m/s2） （1）小铁球运动到最低点时的速度； （2）当小球运动到最低点时细线对小铁球的拉力． 18．如图所示，质量为 m的小球用长为 L 的轻质细线悬于 O点，与 O点处于同一水平线上的 P点处有一个光滑的细钉，已知 OP= ，在 A 点给小球一个水平向左的初速度 v0=2 ，发现小球恰能到达跟 P 点在同一竖直线上的最高点 B．则： （1）小球到达 B点时的速率？ （2）在小球从 A 到 B的过程中克服空气阻力做了多少功？ 第7页（共 84页） 19．如图所示，水平面上有一物体，人通过定滑轮用绳子拉它，在图 示位置时，若人的速度为 5m/s，则物体的瞬时速度为多少？ 第8页（共 84页） 参考答案与试题解析 一、选择题（共 10小题，每小题 4分，满分 40分） 1．做曲线运动物体的速度方向、合力的方向和运动轨迹如图所示， 其中正确的是（ ） A． B． C． D． 【考点】物体做曲线运动的条件． 【分析】质点做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上， 并 且这个合力是物体作曲线运动的向心力的， 所以合力应该指向曲线弯 曲的一侧． 【解答】解：根据质点做曲线运动的条件，速度应该沿着曲线的切线 的方向，合力应该指向曲线弯曲的一侧，所以 B 正确． 故选： B． 2．如图所示，一条小船过河， 河水流速 v1=3米 /秒，船在静水中速度 v2=4米/秒，船头方向与河岸垂直，关于小船的运动，以下说法正确 的是（ ） A．小船相对于岸的速度大小是 7米/秒 第9页（共 84页） B．小船相对于岸的速度大小是 5米/秒 C．小船相对于岸的速度大小是 1米/秒 D．小船的实际运动轨迹与河岸垂直 【考点】运动的合成和分解． 【分析】将小船的运动分解为垂直于河岸方向和沿河岸方向， 根据平 行四边形定则，求出合速度，从而确定运动的轨迹． 【解答】解：小船实际的速度是水流速与静水速的合速度，根据平行 四边形定则，合速度 v= ．小船实际的运动沿 合速度的方向．故 B正确， A、C、D 错误． 故选： B． 3．如图所示，细杆上固定两个小球 a和 b，杆绕 O点做匀速转动， 下列说法正确的是（ ） A．a、b两球线速度相等 B．a、b 两球角速度相等 C．a球的线速度比 b 球的大 D．a球的角速度比 b球的大 【考点】线速度、角速度和周期、转速． 【分析】共轴转动，角速度相等．根据 v=rω可比较线速度大小 【解答】解：BD、细杆上固定两个小球 a和 b，杆绕 0点做匀速转动， 所以 a、b属于同轴转动，故两球角速度相等，故 B 正确，D 错误； 第10页（共 84页） AC、由图可知 b 的半径比 a球半径大，根据 v=rω可知： a球的线速 度比 b球的小，故 AC 错误． 故选： B 4．在匀速圆周运动中，线速度（ ） A．大小不变 B．大小不断改变 C．方向不变 D．方向指向圆心 【考点】匀速圆周运动． 【分析】匀速圆周运动的过程中， 线速度的大小不变， 方向时刻改变． 【解答】解：匀速圆周运动过程中，线速度大小不变，方向改变，方 向沿切线方向，故 A 正确， B、C、D 错误． 故选： A 5．把一个小球放在光滑的玻璃漏斗中，晃动漏斗，可使小球沿漏斗 壁在某一水平面内做匀速圆周运动． 如图所示，关于小球的受力情况， 下列说法正确的是（ ） A．重力、漏斗壁的支持力 B．重力、漏斗壁的支持力及向心力 C．重力、漏斗壁的支持力、摩擦力及向心力 D．小球受到的合力为零 第11页（共 84页） 【考点】向心力；牛顿第二定律． 【分析】小球受重力和支持力，两个力的合力提供圆周运动的向心力， 向心力是效果力． 【解答】解：小球受重力和支持力两个力的作用，靠两个力的合力提 供向心力，向心力找不到施力物体，是做圆周运动所需要的力，靠其 它力提供．故 A 正确， B、C、D 错误． 故选： A． 6．甲、乙两物体的质量相同，速度之比 v 甲：v 乙=3：1，它们的动能 之比 EK 甲：EK 乙等于（ ） A．1：1 B．1：3 C．3：1 D．9：1 【考点】动能． 【分析】根据动能的定义式 EK= mv2，可以求得甲乙的动能之比． 【解答】解：根据动能的定义式 EK= mv2， 可得， = = = ， 故选 D． 7．下列关于功和能的说法正确的是（ ） A．功就是能，能就是功 B．滑动摩擦力可能做正功，也可能做负功 第12页（共 84页） C．由于自然界遵循能量守恒定律，从长远来看，能源危机是不存在 的 D．能量转化的多少可以用功来量度 【考点】功能关系． 【分析】功是能量转化的量度，做功的过程就是能量转化的过程；如 果物体由一种能量状态变为另一种能量状态， 可以通过做功的方式实 现，且功的大小与两个不同状态的能量差相等． 【解答】解：A、功是能量转化的量度，功是过程量，能量是状态量， 所以功和能是两个完全不同的概念．故 A 错误； B、滑动摩擦力方向与物体位移方向可能相同，对物体做正功，也可 能与位移方向相反，对物体做负功，故 B正确； C、自然界遵循能量守恒定律，但从长远来看，能源会存在危机．故 C错误； D、功是能量转化的量度，能量转化的多少可以用功来量度．故 D 正 确； 故选： B 8．下列现象中，与离心运动无关的是（ ） A．汽车转弯时速度过大，乘客感觉往外甩 B．汽车急刹车时，乘客身体向前倾 C．洗衣机脱水桶旋转，将衣服上的水甩掉 D．运动员投掷链球时，在高速旋转的时候释放链球 第13页（共 84页） 【考点】离心现象． 【分析】当物体受到的合力的大小不足以提供物体所需要的向心力的 大小时，物体就要远离圆心，此时物体做的就是离心运动． 【解答】解：A、汽车在转弯时，由于汽车的速度快，需要的向心力 大，乘客感觉往外甩，这是离心运动属于离心现象，所以 A 错误； B、公共汽车急刹车时，乘客都向前倾倒，这是由于惯性的作用，不 是离心现象，所以 B正确； C、脱水桶高速转动时，需要的向心力的大小大于了水和衣服之间的 附着力，水做离心运动被从衣服上甩掉，属于离心现象，所以 C错 误； D、链球原来做的是圆周运动，当松手之后，由于失去了向心力的作 用链球做离心运动，所以投掷链球属于离心现象，所以 D 错误． 故选： B． 9．下列做平抛运动物体是（ ） A．水平推出的铅球 B．树上落下的果实 C．水平击出的羽毛球 D．水平飞行的飞机掉下的物体，不计空气阻力时 【考点】平抛运动． 【分析】要判断题目所列举的运动是否是平抛运动， 关键是要正确理 解平抛运动的特点，明确平抛运动规律． 第14页（共 84页） 【解答】解：平抛运动特点，物体只受重力作用， 初速度和重力垂直， 即水平方向匀速运动，竖直方向自由落体运动，故 AD 正确， BC错 误． 故选： AD． 10．汽车以一定速率通过拱桥时（ ） A．在最高点汽车对桥的压力一定大于汽车的重力 B．在最高点汽车对桥的压力一定等于汽车的重力 C．在最高点汽车对桥的压力一定小于汽车的重力 D．汽车以恒定的速率过桥时，汽车所受的合力不为零 【考点】向心力． 【分析】汽车过拱桥，做圆周运动，在最高点，合力提供向心力，根 据牛顿第二定律列式即可． 【解答】解：汽车到达桥顶时，受重力 G和向上的支持力 N，合力 等于向心力 G﹣N=m 解得 N=mg﹣m ＜mg 车对桥的压力等于桥对车的支持力，故 AB 错误， CD 正确 故选： CD． 二、填空题 第15页（共 84页） 11．在做“研究平抛物体的运动 ”实验时，除了木板、小球、斜槽、铅 笔、图钉之外，下列器材中还需要的是 CF A．游标卡尺 B．秒表 C．坐标纸 D．天平 E．弹 簧 秤 F．重垂线． 【考点】研究平抛物体的运动． 【分析】在实验中要画出平抛运动轨迹， 必须确保小球做的是平抛运 动．所以斜槽轨道末端一定要水平，同时斜槽轨道要在竖直面内．要 画出轨迹，必须让小球在同一位置多次释放， 才能在坐标纸上找到一 些点．然后将这些点平滑连接起来，就能描绘出平抛运动轨迹． 【解答】解：在做 “研究平抛物体的运动 ”实验时，除了木板、小球、 斜槽、铅笔、图钉之外，下列器材中还需要重锤线，确保小球抛出是 在竖直面内运动，还需要坐标纸，便于确定小球间的距离．故 C、F 正确． 故选 CF． 12．在做“研究平抛物体的运动 ”实验时，下列说法正确的是（ ） A．应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滑下 B．斜槽轨道必须光滑 C．斜槽轨道末端可以不水平 D．要使描出的轨迹更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些 E．为了比较准确地描出小球运动的轨迹．应该用一条曲线把所有的 点连接起来 第16页（共 84页） 【考点】探究小车速度随时间变化的规律；研究平抛物体的运动． 【分析】在实验中要画出平抛运动轨迹， 必须确保小球做的是平抛运 动．所以斜槽轨道末端一定要水平，同时斜槽轨道要在竖直面内．要 画出轨迹，必须让小球在同一位置多次释放， 才能在坐标纸上找到一 些点．然后将这些点平滑连接起来，就能描绘出平抛运动轨迹． 【解答】解：A、应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滑下，保证 抛出的初速度相同．故 A 正确 B、为了能画出平抛运动轨迹，首先保证小球做的是平抛运动，所以 斜槽轨道不一定要光滑，但必须是水平的．故 B 错误，C错误 D、要使描出的轨迹更好地反映真实运动， 记录的点应适当多一些． 故 D 正确 E、为了比较准确地描出小球运动的轨迹．将这几个点平滑连接起 来．故 E错误 故选 AD 13．某实验小组用如图所示的实验装置和实验器材做 “探究功与速度 变化的关系 ”实验，在实验中，该小组同学把砂和砂桶的总重力当作 小车受到的合外力． （1）为了保证实验结果的误差尽量小，在实验操作中，下面做法必 要的是 AD ． A．实验前要对装置进行平衡摩擦力的操作 B．实验操作时要先放小车，后接通电源 第17页（共 84页） C．在利用纸带进行数据处理时，所选的两个研究点离得越近越好 D．在实验过程中要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量 （2）除实验装置中的仪器外，还需要的测量仪器有 天平 ， 刻 度尺 ． 【考点】用打点计时器测速度；探究功与速度变化的关系． 【分析】解决实验问题首先要掌握该实验原理， 了解实验的操作步骤 和数据处理以及注意事项． 其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中 应当清楚． 由于实验需要测量小车速度和质量，故还需要的测量仪器有刻度尺、 天平． 【解答】解：（1）A、实验前要对装置进行平衡摩擦力的操作，以保 证小车所受合外力恰好是绳子的拉力，故 A 正确． B、实验时，若先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动 较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理．故 B 错误． C、在利用纸带进行数据处理时，所选的两个研究点离得越近测量误 差越大，故 C错误． D、在实验过程中要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，这样 才能使得砂和砂桶的总重力近似等于细绳对小车的拉力，故 D 正确． 第18页（共 84页） 故选： AD． （2）由于实验需要测量小车速度，速度是使用打点计时器打的纸带 计算得出的，故要测量点距，需要刻度尺；本实验还要测量质量，故 选要天平． 故答案为：（1）AD；（2）天平，刻度尺 14．某同学利用打点计时器打出的纸带来验证机械能守恒定律， 该同 学在实验中得到一条纸带， 如图所示，在纸带的中间部分上取 6 个计 数点，两个相邻计数点间的时间间隔为 T=0.02s．其中 1、2、3点相 邻，4、5、6点相邻，在 3点和 4点之间还有若干个点． s1是 1、3 两点的距离， s3是 4、6两点的距离， s2是 2、5两点的距离． （1）实验过程中，下列操作正确的是 ACD ． A．电磁打点计时器应接在交流电源上 B．实验时应先松开纸带，然后迅速打开打点计时器 C．纸带应理顺，穿过限位孔并保持竖直 D．实验时所选重物不能太轻 第19页（共 84页） （2）测 s1、s2、s3后，点 2速度的表达式 v2= （3）该同学测得的数据是 s1=4.00cm，s2=16.00cm，s3=8.00cm，重物 （已知质量为 1kg）从点 2运动到点 5 过程中，动能增加量为 1.500 m，势能减少量为 1.568 m．（重力加速度 g=9.8m/s2） （4）形成第（ 3）问计算结果中误差的主要来源是 由于阻力做功， 重锤的机械能略减少 ． 【考点】验证机械能守恒定律． 【分析】（1）根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作 步骤． （2、3）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出点 2的速度和点 5的速度，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． （4）根据重力势能的减小量略大于动能的增加量分析误差产生的原 因． 【解答】解：（1）A、电磁打点计时器应接在交流电源上， 故 A 正确． B、实验时应先接通电源，再松开纸带，故 B 错误． C、为了减小摩擦产生的影响， 纸带应理顺，穿过限位孔并保持竖直， 故 C正确． D、为了减小阻力的影响，重物选择质量大一些，体积小一些的，故 D 正确． 故选： ACD． 第20页（共 84页） （2）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，点 2 的瞬时速度 ． （3）点 2的速度大小 ，点 5 的瞬时速度 ，则动能的增加量 = ． 重力势能的减小量△ Ep=mgs2=1×9.8×0.16J=1.568J． （4）重力势能的减小量略大于动能的增加量，产生误差的原因是由 于阻力做功，重锤的机械能略减小． 故答案为：（1）ACD，（2） ，（3）1.500，1.568，（4）由于阻力做 功，重锤的机械能略减少． 三、计算题 15．一位同学从 20m高的楼房阳台上水平平抛一物体，测得该物体 抛出落在楼前 5m的水平地面上， 若不计空气阻力， g取 10m/s2，求： 抛出时的初速度？ 【考点】平抛运动． 【分析】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，根据平抛运动的基本公式即可求解． 【解答】解：由平抛运动得，竖直方向的位移满足 h= gt2 代入数字得运动时间 t=2s 在水平方向满足 s=v0t 所以 v0= = =2.5m/s 第21页（共 84页） 答：抛出时的初速度为 2.5m/s． 16．某行星的一颗小卫星在半径为 r的圆轨道上绕该行星运动，运行 时的周期是 T．已知引力常量为 G，求这个卫星的线速度及该行星的 质量 M． 【考点】万有引力定律及其应用． 【分析】根据线速度与周期、半径的关系即可求出线速度；卫星在转 动中，万有引力提供向心力，则由万有引力公式可求得行星的质量． 【解答】解：线速度的大小等于卫星转过的弧长与时间的比值，即： v= = ． 设卫星质量为 m，由万有引力定律，得： ⋯① 由匀速圆周运动性质，得： T= ⋯② 又： ⋯③ 由①②③ 得：M= 答：这个卫星的线速度是 ，该行星的质量是 ． 17．如图所示，质量 m=0.4kg的小铁球系在长 L=1.0m 的轻质细线上， 细线的另一端悬挂在 O点，将小球拉直并呈水平状态时释放，试求 （取 g取 10m/s2） （1）小铁球运动到最低点时的速度； （2）当小球运动到最低点时细线对小铁球的拉力． 第22页（共 84页） 【考点】机械能守恒定律；向心力；动能定理的应用． 【分析】（1）小球从水平处释放到最低点的过程中，只有重力做功， 机械能守恒，根据机械能守恒定律列式求出小球运动到最低点的速 度． （2）当小球运动到最低点时，由细线的拉力和重力的合力提供向心 力，由牛顿第二定律求细线对小铁球的拉力． 【解答】解：（1）小球从水平处释放，机械能守恒，则有 mgL= 得 vB= = =2 m/s （2）当小球运动到最低点时，由牛顿第二定律得 F﹣mg=m 联立解得 F=3mg=3×0.4×10N=12N 答： （1）小铁球运动到最低点时的速度是 2 m/s； （2）当小球运动到最低点时细线对小铁球的拉力是 12N． 18．如图所示，质量为 m的小球用长为 L 的轻质细线悬于 O点，与 O点处于同一水平线上的 P点处有一个光滑的细钉，已知 OP= ，在 第23页（共 84页） A 点给小球一个水平向左的初速度 v0=2 ，发现小球恰能到达跟 P 点在同一竖直线上的最高点 B．则： （1）小球到达 B点时的速率？ （2）在小球从 A 到 B的过程中克服空气阻力做了多少功？ 【考点】动能定理的应用． 【分析】（1）小球恰好到达最高点 B时，绳子的拉力为零，由重力 充当向心力，根据牛顿第二定律求出小球在 B点的速度． （2）对 A 到 B 的过程运用动能定理，求出克服空气阻力所做的功． 【解答】解：（1）小球恰能达到最高点 B，在 B 点，由重力提供向心 力，由牛顿第二定律有： mg=m 可得， B点的速率 vB= （2）在小球从 A 到 B的过程中，设克服空气阻力做功为 Wf． 根据动能定理得 ﹣mg（L+ ）= ﹣ 解得 W f= mgL 答：（1）小球到达 B点时的速率是 ． 第24页（共 84页） （2）在小球从 A 到 B的过程中克服空气阻力做了 mgL 的功． 19．如图所示，水平面上有一物体，人通过定滑轮用绳子拉它，在图 示位置时，若人的速度为 5m/s，则物体的瞬时速度为多少？ 【考点】运动的合成和分解． 【分析】将人和物体的速度沿绳子和垂直于绳子方向分解， 抓住人和 物体沿绳子方向的分速度相等，求出物体的瞬时速度． 【解答】解：绳子拉动的速度为物体水平方向运动速度的一个分量 ，据此 答：物体的瞬时速度为 2020年高一物理第二学期期末模拟试卷及答案（二） 一、选择题（ 15×4 分=60分） 第25页（共 84页） 1．静止在水地面上的物体， 同时受到水平面内两个互相垂直的力 F1、 F2的作用，由静止开始运动了 2m，已知 F1=6N，F2=8N，则（ ） A．F1做功 12J B．F2做功 16J C．F1、F2的合力做功 28J D．F1、F2做的总功为 20J 2．“神舟”七号宇航员在进行素质训练时，抓住秋千杆由水平状态开 始下摆，如图所示，到达竖直状态的过程中，宇航员所受重力的瞬时 功率变化情况是（ ） A．一直增大 B．一直减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 3．关于某物体动能的一些说法，正确的是（ ） A．物体的动能变化，速度一定变化 B．物体的速度变化，动能一定变化 C．物体的速度变化大小相同时，其动能变化大小也一定相同 D．选择不同的参考系时，动能可能为负值 4．一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点 时距水面还有数米距离．假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点， 下列说法错误的是（ ） A．运动员到达最低点前重力势能始终减小 B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加 第26页（共 84页） C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒 D．蹦极过程中，重力势能的改变量与重力势能零点的选取有关 5．一个质点在相互垂直的恒力 F1和 F2作用下，由静止开始运动， 经 过一段时间后，突然撤去 F2，则质点以后的运动情况是（ ） A．做匀变速曲线运动 B．做变加速曲线运动 C．沿 Fl的方向做匀加速直线运动 D．仍做直线运动 6．如图所示，在皮带传动装置中，主动轮 A 和从动轮 B半径不等， 皮带与轮之间无相对滑动，则下列说法中正确的是（ ） A．两轮的角速度相等 B．两轮边缘的线速度大小相等 C．两轮边缘的向心加速度大小相等 D．两轮转动的周期相同 7．游泳运动员以恒定的速率垂直河岸横渡，当水速突然增大时，对 运动员横渡经历的路程、时间发生的影响是（ ） A．路程增加、时间增加 B．路程增加、时间缩短 C．路程增加、时间不变 D．路程、时间均与水速无关 8．从同一高度、同时水平抛出五个质量不同的小球，它们初速度分 别为 v，2v，3v，4v，5v．在小球落地前的某个时刻，小球在空中的 位置关系是（ ） A．五个小球的连线为一条直线，且连线与水平地面平行 第27页（共 84页） B．五个小球的连线为一条直线，且连线与水平地面垂直 C．五个小球的连线为一条直线，且连线与水平地面既不平行，也不 垂直 D．五个小球的连线为一条曲线 9．质量为 m的物体从静止开始以加速度 竖直向 下运动了 h，下列说法中正确的是（ ） A．物体的动能增加了 B．物体的重力势能 减少了 C．物体的机械能减少 D．重力对物体所做的功为 10．关于地球的宇宙速度，下列说法不正确的是（ ） A．第一宇宙速度又叫环绕速度 B．第一宇宙速度跟卫星的质量无关 C．第一宇宙速度跟地球的半径无关 D．发射离地面越高的卫星需要的发射速度越大 11．火星的质量和半径分别约为地球的 和 ，地球表面的重力加 速度为 g，则火星表面的重力加速度约为（ ） A．0.2g B．0.4g C．2.5g D．5g 12．m为在水平传送带上被传送的小物体（可视为质点） ，A 为终端 皮带轮，如图所示，已知皮带轮半径为 r，传送带与皮带轮间不会打 滑．当 m可被水平抛出时， A 轮每秒的转数最少是（ ） 第28页（共 84页） A． B． C． D． 二、实验题（本题共 2小题，其中第 13题 4分，第 14题 9分，共 13分） 13．如图所示，在 “研究平抛物体运动 ”的实验中，用一张印有小方格 的纸记录轨迹，小方格的边长 L=1.25cm．若小球在平抛运动途中的 几个位置如图中的 a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度的计算式 为 v0= （用 L、g表示），其值是 （取 g=9.8m/s2） 14．用如图 1所示的实验装置验证机械能守恒定律． 实验所用的电源 为学生电源，输出电压为 6V 的交流电和直流电两种．重锤从高处由 静止开始落下，重锤上拖着的纸带通过打点计时器打出一系列的点， 对纸带上的点的痕迹进行测量，即可验证机械能守恒定律． （1）下面列举了该实验的几个操作步骤： A、按照图示的装置安装器件； B、将打点计时器接到电源的直流输出端上； C、用天平测量出重锤的质量 D、释放悬挂纸带的夹子，同时接通电源开关打出一条纸带； 第29页（共 84页） E、测量打出的纸带上某些点之间的距离； 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． 指出其中没有必要进行的或者操作不恰当的步骤， 将其选项对应的字 母填在下面，井说明其原因． 答： （2）利用这个装置也可以测量重锤下落的加速度 a的数值．如图 2 所示，根据打出的纸带， 选取纸带上打出的连续五个点 A、B、C、D、 E，测出 A 点距起始点 O的距离为 s．，点 A，C间的距离为 s1，点 C、 E间的距离为 s2，使用交流电的频率为 f，则根据这些条件计算重锤 下落的加速度 a的表达式为： a= ． （3）在“验证机械能守恒定律 ”的实验中发现，重锤减小的重力势能 总是大于重锤动能的增加， 其原因主要是因为在重锤下落过程中存在 着阻力的作用， 通过该实验装置可以测定该阻力的大小． 若巳知当地 重力加速度公认的较准确的值为 g，还需要测量的物理量是 ．试 用这些物理量和纸带上的测量数据表示出重锤在下落的过程中受到 的平均阻力大小为 F= ． 三、计算题（本题 4小题，共 39分，解答应写出必要的文字说明， 方程式和重要演算步骤， 有数值计算的题， 答案中必须明确写出数值 和单位，或按题目要求作答） 第30页（共 84页） 15．将一小球从距地面 30m高处以 5m/s的初速度竖直下抛，取 g=10m/s2，求 （1）小球到达地面时的速度； （2）小球下落所用的时间． 16．在水平地面上有一砖块， 被以 10m/s的初速度踢出后在地面上做 直线运动，滑行 8m后速度减为 6m/s，若地面各处的粗糙程度相同， 此后砖块还能滑行多远？ 17．图示为修建高层建筑常用的塔式起重机．在起重机将质量 m=5 ×103 kg的重物竖直吊起的过程中， 重物由静止开始向上作匀加速直 线运动，加速度 a=0.2m/s2，当起重机输出功率达到其允许的最大值 时，保持该功率直到重物做 vm=1.02m/s的匀速运动．取 g=10m/s2， 不计额外功．求： （1）起重机允许输出的最大功率． （2）重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第 2秒末的输出功 率． 18．如图所示， A 是地球的同步卫星． 另一卫星 B的圆形轨道位于赤 道平面内，离地面高度为 h．已知地球半径为 R，地球自转角速度为 ωo，地球表面的重力加速度为 g，O为地球中心． （1）求卫星 B 的运行周期． （2）如果卫星 B绕行方向与地球自转方向相同，某时刻 A、B两卫 星相距最近（ O、B、A 在同一直线上），则至少经过多长时间，他们 再一次相距最近？ 第31页（共 84页） 第32页（共 84页） 参考答案与试题解析 一、选择题（ 15×4 分=60分） 1．静止在水地面上的物体， 同时受到水平面内两个互相垂直的力 F1、 F2的作用，由静止开始运动了 2m，已知 F1=6N，F2=8N，则（ ） A．F1做功 12J B．F2做功 16J C．F1、F2的合力做功 28J D．F1、F2做的总功为 20J 【考点】功的计算；合力的大小与分力间夹角的关系． 【分析】恒力做功 W=Fxcosθ判断出分力做功， 利用力的合成求得合 力，根据 W=Fx 求得合力做功； 【解答】解：A、F1F2的方向与位移方向成一定的夹角， 根据 W=Fxcosθ 可知 AB 错误 C、利用力的合成可知合力 F= ，故合力做功 W=Fx=10×2J=20J， 故 C错误，D 正确； 故选： D 2．“神舟”七号宇航员在进行素质训练时，抓住秋千杆由水平状态开 始下摆，如图所示，到达竖直状态的过程中，宇航员所受重力的瞬时 功率变化情况是（ ） A．一直增大 B．一直减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 【考点】功率、平均功率和瞬时功率． 第33页（共 84页） 【分析】重力是竖直方向的， 重力的瞬时功率只与人在竖直方向上的 速度有关，根据人做的是圆周运动， 可以知道人的速度的变化的情况 【解答】解：由于重力是竖直向下的，重力的瞬时功率只与人在竖直 方向上的速度有关，在刚开始运动的时候，人的速度为零，所以此时 人的重力的瞬时功率为零， 当运动到最低点时， 人的速度为水平方向 的，与重力的方向垂直，此时的人重力的功率为零，所以重力的功率 是先增大后或减小，所以 C确． 故选： C 3．关于某物体动能的一些说法，正确的是（ ） A．物体的动能变化，速度一定变化 B．物体的速度变化，动能一定变化 C．物体的速度变化大小相同时，其动能变化大小也一定相同 D．选择不同的参考系时，动能可能为负值 【考点】动能． 【分析】动能 EK= mv2；根据速度的矢量性分析速度变化是否影 响动能的变化；注意速度是矢量，动能是标量． 【解答】解：A、物体的动能变化，则速度大小一定变化，可知速度 一定变化，故 A 正确． B、物体的速度变化，动能不一定变化，比如速度大小不变，方向改 变，则动能不变，故 B 错误． 第34页（共 84页） C、根据△Ek= mv2 2﹣ mv1 2知，物体的速度变化大 小相同时，即△ v=v2﹣v1相同，动能变化不一定相同，故 C错误． D、根据动能的定义式可知，动能不可能为负值，故 D 错误． 故选： A 4．一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点 时距水面还有数米距离．假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点， 下列说法错误的是（ ） A．运动员到达最低点前重力势能始终减小 B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加 C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒 D．蹦极过程中，重力势能的改变量与重力势能零点的选取有关 【考点】机械能守恒定律． 【分析】运动员人高台下落过程中，重力做正功，重力势能始终减 小．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加．以 运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的 机械能守恒．重力势能的改变与重力做功有关，取决于初末位置． 【解答】解： 第35页（共 84页） A、运动员到达最低点前重力始终做正功，重力势能始终减小，故 A 正确． B、蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力方向与位移方向始终相反，弹 力做负功，弹性势能增加，故 B正确； C、以运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，只有重力和弹力做功， 系统的机械能守恒，故 C正确． D、重力势能的改变与重力做功有关，取决于初末位置的高度差，与 重力势能零点的选取无关，故 D错误； 本题选错误，故选： D． 5．一个质点在相互垂直的恒力 F1和 F2作用下，由静止开始运动， 经 过一段时间后，突然撤去 F2，则质点以后的运动情况是（ ） A．做匀变速曲线运动 B．做变加速曲线运动 C．沿 Fl的方向做匀加速直线运动 D．仍做直线运动 【考点】物体做曲线运动的条件． 【分析】质点做直线运动还是曲线运动， 就看合力的方向与速度的方 向是否在同一条直线上，在同一条直线上，就做直线运动，不在一条 直线上，质点就做曲线运动． 【解答】解：一个物体在相互垂直的恒力 F1和 F2作用下，由静止开 始沿两力的合力方向上做匀加速直线运动． 第36页（共 84页） 经过一段时间后，突然将撤去 F 2，则物体出现了合力，方向即为 F1 方向，大小为 F1．F1方向与此时的速度不共线，所以做曲线运动， 由于合力的大小与方向不变，所以做匀变速曲线运动．因此 A 正确， BCD 均错误； 故选： A 6．如图所示，在皮带传动装置中，主动轮 A 和从动轮 B半径不等， 皮带与轮之间无相对滑动，则下列说法中正确的是（ ） A．两轮的角速度相等 B．两轮边缘的线速度大小相等 C．两轮边缘的向心加速度大小相等 D．两轮转动的周期相同 【考点】线速度、角速度和周期、转速． 【分析】因为滑轮边缘上各点与皮带上各点之间相对速度为零 （皮带 与轮之间无相对滑动），所以滑轮边缘上各点线速度大小都等于皮带 的速度的大小． 然后根据线速度与角速度的关系、 向心加速度与线速 度和半径的关系及周期与半径和线速度的关系求即可． 【解答】解：因为皮带与轮之间无相对滑动，所以滑轮边缘上各点线 速度大小都与皮带的速度的大小，所以 A、B 两轮边缘上线速度的大 小相等，所以 B正确； 第37页（共 84页） 又据 v=R? ，可得主动轮 A 的半径和 B 的半径不等，故两轮的角速 度相等错误，即 A 错误； 同理 ，由于半径不等，两轮边缘向心加速度大小不相等，故 C 错误， 又因为角速度不相等，故两轮周期也不相同，所以 D 错误． 故选： B． 7．游泳运动员以恒定的速率垂直河岸横渡，当水速突然增大时，对 运动员横渡经历的路程、时间发生的影响是（ ） A．路程增加、时间增加 B．路程增加、时间缩短 C．路程增加、时间不变 D．路程、时间均与水速无关 【考点】运动的合成和分解． 【分析】将运动员的运动分解为沿河岸方向和垂直河岸方向， 根据分 运动和合运动具有等时性， 渡河的时间等于在垂直河岸方向分运动的 时间．最终的位移是两个位移的合位移． 【解答】解：当水速突然增大时， 在垂直河岸方向上的运动时间不变， 所以横渡的时间不变． 水速增大后在沿河岸方向上的位移增大， 所以 路程增加．故 C正确， ABD 错误． 故选： C． 第38页（共 84页） 8．从同一高度、同时水平抛出五个质量不同的小球，它们初速度分 别为 v，2v，3v，4v，5v．在小球落地前的某个时刻，小球在空中的 位置关系是（ ） A．五个小球的连线为一条直线，且连线与水平地面平行 B．五个小球的连线为一条直线，且连线与水平地面垂直 C．五个小球的连线为一条直线，且连线与水平地面既不平行，也不 垂直 D．五个小球的连线为一条曲线 【考点】平抛运动． 【分析】小球做平抛运动， 可分解成水平方向的匀速直线运动与竖直 方向的自由落体运动，根据平抛运动的基本公式即可分析． 【解答】解：ABCD、五个小球做平抛运动， 水平方向匀速直线运动， 竖直方向做自由落体运动， 从同一高度抛出， 则竖直方向运动情况完 全相同，即每个时刻都处于同一高度， 水平方向做匀速运动，间距△ x=△vt，随着时间不断变大，所以两球 的连线为水平线，连线与水平地面平行，故 A 正确， BCD 错误． 故选： A 9．质量为 m的物体从静止开始以加速度 竖直向下运动了 h， 下列说法中正确的是（ ） A．物体的动能增加了 B．物体的重力势能减少了 C．物体的机械能减少 D．重力对物体所做的功为 第39页（共 84页） 【考点】功能关系；重力势能． 【分析】知道加速度，根据牛顿第二定律可求得物体受到的合外力， 根据动能定理求动能的增加量． 由重力做功分析重力势能减少量， 根 据机械能等于动能和重力势能之和求机械能的减少量． 【解答】解：A、根据牛顿第二定律，得物体所受的合外力为： F 合 =ma=m = mg；根据动能定理得：动能增加量为：△ Ek=F 合 h= ；故 A 正确． BD、物体的高度下降了 h，重力对物体所做的功为 mgh，所以物体 的重力势能减少了 mgh，故 B、D错误； C、物体的重力势能减小了 mgh，动能增加了 ，所以物体的机械能 减少了 mgh﹣ = ；故 C正确； 故选： AC 10．关于地球的宇宙速度，下列说法不正确的是（ ） A．第一宇宙速度又叫环绕速度 B．第一宇宙速度跟卫星的质量无关 C．第一宇宙速度跟地球的半径无关 D．发射离地面越高的卫星需要的发射速度越大 【考点】第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度． 【分析】地球的第一宇宙速度是航天器沿地球表面作圆周运动时必须 具备的速度，也叫环绕速度． 第40页（共 84页） 【解答】解：A、地球的第一宇宙速度是航天器沿地球表面作圆周运 动时必须具备的速度，也叫环绕速度．故 A 正确； BC、近地卫星做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力 ，得： v= ，所以第一宇宙速度跟地球的质量和半径有关， 与卫星的质量无关，故 B正确， C错误； D、发射离地面越高的卫星，克服地球引力做功越大，所以发射离地 面越高的卫星需要的发射速度越大，故 D正确； 本题选不正确的，故选： C 11．火星的质量和半径分别约为地球的 和 ，地球表面的重力 加速度为 g，则火星表面的重力加速度约为（ ） A．0.2g B．0.4g C．2.5g D．5g 【考点】万有引力定律及其应用． 【分析】根据星球表面的万有引力等于重力列出等式表示出重力加速 度． 通过火星的质量和半径与地球的关系找出重力加速度的关系． 【解答】解：根据星球表面的万有引力等于重力知道 第41页（共 84页） =mg得出： g= 火星的质量和半径分别约为地球的 和 所以火星表面的重力加速度 g′= g=0.4g 故选 B． 12．m为在水平传送带上被传送的小物体（可视为质点） ，A 为终端 皮带轮，如图所示，已知皮带轮半径为 r，传送带与皮带轮间不会打 滑．当 m可被水平抛出时， A 轮每秒的转数最少是（ ） A． B． C． D． 【考点】线速度、角速度和周期、转速；牛顿第二定律；平抛运动； 向心力． 【分析】物体恰好不被抛出的临界条件是最高点重力恰好提供向心 力，根据牛顿第二定律和向心力公式列式求解即可． 第42页（共 84页） 【解答】解：物体恰好不被抛出的临界条件是最高点重力恰好提供向 心力，根据牛顿第二定律和向心力，有： mg=m 根据线速度定义公式，有： v=n?2πr 联立解得： n= ； 故选 A． 二、实验题（本题共 2小题，其中第 13题 4分，第 14题 9分，共 13分） 13．如图所示，在 “研究平抛物体运动 ”的实验中，用一张印有小方格 的纸记录轨迹，小方格的边长 L=1.25cm．若小球在平抛运动途中的 几个位置如图中的 a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度的计算式 为 v0= 2 （用 L、g表示），其值是 0.70m/s （取 g=9.8m/s2） 【考点】研究平抛物体的运动． 第43页（共 84页） 【分析】平抛运动竖直方向是自由落体运动，对于竖直方向根据△ y=gT2求出时间单位 T．对于水平方向由公式 v0= 求出初 速度． 【解答】解：设相邻两点间的时间间隔为 T 竖直方向： 2L﹣L=gT 2，得到 T= 水平方向： v0= = =2 代入数据解得 v0=0.70m/s 故答案为： 2 ；0.70m/s． 14．用如图 1所示的实验装置验证机械能守恒定律． 实验所用的电源 为学生电源，输出电压为 6V 的交流电和直流电两种．重锤从高处由 静止开始落下，重锤上拖着的纸带通过打点计时器打出一系列的点， 对纸带上的点的痕迹进行测量，即可验证机械能守恒定律． （1）下面列举了该实验的几个操作步骤： A、按照图示的装置安装器件； B、将打点计时器接到电源的直流输出端上； 第44页（共 84页） C、用天平测量出重锤的质量 D、释放悬挂纸带的夹子，同时接通电源开关打出一条纸带； E、测量打出的纸带上某些点之间的距离； 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． 指出其中没有必要进行的或者操作不恰当的步骤， 将其选项对应的字 母填在下面，井说明其原因． 答： BCD （2）利用这个装置也可以测量重锤下落的加速度 a的数值．如图 2 所示，根据打出的纸带， 选取纸带上打出的连续五个点 A、B、C、D、 E，测出 A 点距起始点 O的距离为 s．，点 A，C间的距离为 s1，点 C、 E间的距离为 s2，使用交流电的频率为 f，则根据这些条件计算重锤 下落的加速度 a的表达式为： a= ． （3）在“验证机械能守恒定律 ”的实验中发现，重锤减小的重力势能 总是大于重锤动能的增加， 其原因主要是因为在重锤下落过程中存在 着阻力的作用， 通过该实验装置可以测定该阻力的大小． 若巳知当地 重力加速度公认的较准确的值为 g，还需要测量的物理量是 重锤的 质量 m ．试用这些物理量和纸带上的测量数据表示出重锤在下落的 过程中受到的平均阻力大小为 F= mg﹣ ． 【考点】验证机械能守恒定律． 第45页（共 84页） 【分析】（1）根据实验的原理以及操作中的注意事项确定不正确或没 有必要的操作步骤． （2）根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出重锤下落的加速 度． （3）根据牛顿第二定律得出阻力的表达式，从而确定还需要测量的 物理量． 【解答】解：（1）打点计时器应接到电源的交流输出上，故 B 错误． 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，不 需要用天平测出重锤的质量，故 C不必要． 实验时应先接通电源，再释放重物，故 D错误． 故选： BCD． （2）根据 得，a= = ． 第46页（共 84页） （3）根据牛顿第二定律得， mg﹣F=ma，则平均阻力 F=mg﹣ma=mg ﹣ ．可知还需要测量重锤的质量 m． 故答案为：（1）BCD；（2） ；（3）重锤的质量 m，mg﹣ ． 三、计算题（本题 4小题，共 39分，解答应写出必要的文字说明， 方程式和重要演算步骤， 有数值计算的题， 答案中必须明确写出数值 和单位，或按题目要求作答） 15．将一小球从距地面 30m高处以 5m/s的初速度竖直下抛，取 g=10m/s2，求 （1）小球到达地面时的速度； （2）小球下落所用的时间． 【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系． 【分析】根据匀变速直线运动的速度位移公式求出小球到达地面时的 速度大小．根据速度时间公式求出小球下落的时间． 【解答】解：（1）根据 得小球到达地面时的速度为： v= m/s=25m/s 第47页（共 84页） （2）小球下落的时间为： t= ． 答：（1）小球到达地面时的速度为 25m/s． （2）小球下落所用的时间为 2s． 16．在水平地面上有一砖块， 被以 10m/s的初速度踢出后在地面上做 直线运动，滑行 8m后速度减为 6m/s，若地面各处的粗糙程度相同， 此后砖块还能滑行多远？ 【考点】动能定理的应用；动能定理． 【分析】对前一过程由动能定理可求得摩擦力，再对 8m后的过程由 动能定理进行分析可求得还能滑行的距离． 【解答】解：设砖块所受的摩擦力为 f，由动能定理得： ﹣ fs1= mv2 2﹣ mv1 2 设砖块能继续滑行 s2，则有：﹣ fs2=0﹣ mv2 2 联立并代入数据解得： s2=4.5m； 答：此后砖块还能滑行 4.5m． 17．图示为修建高层建筑常用的塔式起重机．在起重机将质量 m=5 ×103 kg的重物竖直吊起的过程中， 重物由静止开始向上作匀加速直 线运动，加速度 a=0.2m/s2，当起重机输出功率达到其允许的最大值 时，保持该功率直到重物做 vm=1.02m/s的匀速运动．取 g=10m/s2， 不计额外功．求： 第48页（共 84页） （1）起重机允许输出的最大功率． （2）重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第 2秒末的输出功 率． 【考点】牛顿运动定律的综合应用． 【分析】首先要明白该题的物理过程（ F为起重机牵引力）： 第一阶段：匀加速运动阶段． 开始，重物由静止做匀加速直线运动，这个过程中 V 增大，起重机 功率 P=FV也增大（ F=mg+ma 不变， V 增大）； 第二阶段：变加速运动阶段，加速度逐渐减小． 起重机输出功率达到其允许的最大值并保持不变时， 其功率已不能维 持重物继续做匀加速直线运动了， 此时重物虽然做加速运动， 但加速 度逐渐减小，直到 a=0．这个过程中 P=FV不变（ F减小，V 增大）； 第三阶段：匀速直线运动阶段． 加速度等于 0 后，速度已达到最大值 Vm，此时物体做匀速直线运动， 此时 F=mg，P=FV=mgV m，不变． 【解答】解：（1）设起重机允许输出的最大功率为 P0，重物达到最大 速度时，此时物体做匀速直线运动，拉力 F0等于重力． P0=F0vm﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ ① F0=mg﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ ② 第49页（共 84页） 代入数据，有：P0=5.1×104W﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ ﹣﹣③ （2）匀加速运动结束时，起重机达到允许输出的最大功率，设此时 重物受到的拉力为 F，速度为 v1，匀加速运动经历时间为 t1，有： P0=Fv1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ ④ F﹣mg=ma﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ ⑤ V1=at1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ ⑥ 由③④⑤⑥ ，代入数据，得： t1=5 s﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ ⑦ T=2s时，重物处于匀加速运动阶段， 设此时速度为 v2，输出功率为 P， 则 v2=aT﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ ⑧ P=Fv2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ ⑨ 由⑤⑧⑨ ，代入数据，得： P=2.04×104W． 答：（1）起重机允许输出的最大功率是 5.1×104W． （2）重物做匀加速运动所经历的时间是 5 s，起重机在第 2 秒末的输 出功率是 2.04×104W． 18．如图所示， A 是地球的同步卫星． 另一卫星 B的圆形轨道位于赤 道平面内，离地面高度为 h．已知地球半径为 R，地球自转角速度为 ωo，地球表面的重力加速度为 g，O为地球中心． （1）求卫星 B 的运行周期． 第50页（共 84页） （2）如果卫星 B绕行方向与地球自转方向相同，某时刻 A、B两卫 星相距最近（ O、B、A 在同一直线上），则至少经过多长时间，他们 再一次相距最近？ 【考点】万有引力定律及其应用；牛顿第二定律；线速度、角速度和 周期、转速． 【分析】研究卫星绕地球做匀速圆周运动， 根据万有引力提供向心力， 列出等式表示出周期． 卫星 A、B 绕地球做匀速圆周运动，当卫星 B转过的角度与卫星 A 转过的角度之差等于 2π时，卫星再一次相距最近． 【解答】解：（1）设地球质量为 M，卫星质量为 m，根据万有引力 和牛顿运动定律，有： 在地球表面有： 联立得： ． （2）它们再一次相距最近时，一定是 B比 A 多转了一圈，有： ωBt﹣ω0t=2π 第51页（共 84页） 其中 得： ． 答：（1）卫星 B的运行周期是 ； （2）至少经过 ，它们再一次相距最近． 2020年高一物理第二学期期末模拟试卷及答案（三） 一、选择题 .本题共 10小题，每小题 4分．在每小题给出的四个选项 中，第 1-6 题只有一项符合题目要求，第 7-10 题有多项符合题目要 求．全部选对的得 4分，选对但不全的得 2分，有选错的得 0分 1．如图所示，两块三角形的木板 B、C竖直放在水平桌面上，它们的 顶点连接在 A处，底边向两边分开．一个锥体置于 A处，放手之后， 奇特的现象发生了，锥体自动地沿木板滚上了 B、C板的高处，不计 一切阻力．下列说法正确的是（ ） A．锥体在滚动过程中重心逐渐升高 B．锥体在滚动过程中重心保持不变 C．锥体在滚动过程中机械能逐渐增大 D．锥体在滚动过程中机械能保持不变 第52页（共 84页） 2．如图是“牛顿摆”装置，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支 架上， 5根轻绳互相平行， 5个钢球彼此紧密排列，球心等高．用 1、 2、3、4、5 分别标记 5 个小钢球．当把小球 1 向左拉起一定高度， 如图甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过小球间的相互碰撞， 可观察到球 5 向右摆起，且达到的最大高度与球 1的释放高度相同， 如图乙所示．关于此实验，下列说法中正确的是（ ） A．上述实验过程中， 5个小球组成的系统机械能守恒，动量守恒 B．上述实验过程中， 5 个小球组成的系统机械能不守恒，动量不守 恒 C．如果同时向左拉起小球 1、2、3 到相同高度（如图丙所示），同 时由静止释放，经碰撞后，小球 4、5 一起向右摆起，且上升的最大 高度高于小球 1、2、3 的释放高度 D．如果同时向左拉起小球 1、2、3 到相同高度（如图丙所示），同 时由静止释放，经碰撞后，小球 3、4、5一起向右摆起，且上升的最 大高度与小球 1、2、3 的释放高度相同 3．如图所示，一个小球在竖直环内至少能做（ n+1）次完整的圆周运 动，当它第（ n﹣1）次经过环的最低点时速度大小为 7m/s，第 n 次 经过环的最低点时的速度大小为 5m/s，则小球第（ n+1）次经过环的 最低点时的速度 v的大小一定满足（ ） 第53页（共 84页） A．等于 3m/s B．小于 1m/s C．等于 1m/s D．大于 1m/s 4．如图所示为江西艺人茅荣荣，他以 7 个半小时内连续颠球 5 万次 成为新的吉尼斯纪录创造者， 而这个世界纪录至今无人超越． 若足球 用头顶起，某一次上升高度为 80cm，足球的重量为 400g，与头顶作 用时间△ t 为 0.1s，则足球本次在空中的运动时间；足球给头部的作 用力大小．（空气阻力不计， g=10m/s2）（ ） A． t=0.4s；FN=40N B．t=0.4s；FN=68N C． t=0.8s；FN=36N D． t=0.8s；FN=40N 5．如图，可视为质点的小球 A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过 固定在地面上半径为 R有光滑圆柱， A的质量为 B的两倍．当 B位于 地面时， A恰与圆柱轴心等高．将 A由静止释放， B上升的最大高度 是（ ） A．2R B． C． D． 6．如图所示在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为 M 的斜面， 第54页（共 84页） 斜面表面光滑、高度为 h、倾角为 θ．一质量为 m（m＜M）的小物 块以一定的初速度沿水平面向右运动， 不计冲上斜面过程中的机械能 损失．如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面的顶端．如果斜面不固 定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为（ ） A．h B． C． D． 7．质量相等的 A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、 同一方向运动， A球的动量是 8kg?m/s，B球的动量是 4kg?m/s，当 A球追上 B球发 生碰撞，则碰撞后 A、B两球的动量可能值是（ ） A．pA=6kg?m/s，pB=6kg?m/s B．pA=5kg?m/s，pB=7kg?m/s C．pA=3kg?m/s，pB=9kg?m/s D．pA=﹣2kg?m/s，pB=14kg?m/s 8．将小球以某一初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面， 小球在上升过程中的动能 Ek、重力势能 Ep与上升高度 h 间的关系分 别如图中两直线所示．取 g=10m/s2，下列说法正确的是（ ） A．小球的质量为 0.2 kg B．小球受到的阻力（不包括重力）大小为 0.25 N C．小球动能与重力势能相等时的高度为 m D．小球上升到 2 m时，动能与重力势能之差为 0.5J 第55页（共 84页） 9．如图所示，（ a）图表示光滑平台上，物体 A 以初速度 v0滑到上 表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的动摩擦因数不计，（ b）图 为物体 A与小车的 v﹣t 图象，由此可知，不能求得（ ） A．小车上表面至少的长度 B．物体 A与小车 B的质量之比 C．A与小车上 B上表面的动摩擦因数 D．小车 B获得的动能 10．如图甲所示，静止在水平面上的物体在竖直向上的拉力 F作用下 开始向上加速运动，拉力的功率恒定为 P，运动过程中所受空气阻力 大小不变，物体最终做匀速运动， 物体运动速度的倒数与加速度 a的 关系如图乙所示．若重力加速度大小为 g，图中 v0、a0为已知，下列 说法正确的是（ ） A． .物体的质量为 B．空气阻力大小为 C．物体的质量为 D．物体匀速运动速度大小为 v0 第56页（共 84页） 二．实验题（本题共 2小题，每空 3分，共 18分．） 11．某实验小组采用如图 （甲）所示的装置探究功与速度变化的关系， 小车在橡皮筋的作用下弹出后， 沿木板滑行，打点计时器工作频率为 50Hz． （1）实验中木板略微倾斜，这样做 （填答案前的字母）． A．是为了释放小车后，小车能匀加速下滑 B．是为了增大橡皮筋对小车的弹力 C．是为了使橡皮筋对小车做的功等于合外力对小车做的功 D．是为了使橡皮筋松弛后小车做匀加速运动 （2）若根据多次测量数据画出的 W﹣v 草图如图（乙）所示，根据 图线形状可知，对 W 与 v 的关系作出的以下猜想肯定不正确的 是 ． A．W∝ B．W∝ C．W∝v2 D．W∝v3． 12．（12分）某同学利用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律． 弧 形轨道末端水平， 离地面的高度为 H．将钢球从轨道的不同高度 h处 静止释放，钢球的落点距轨道末端的水平距离为 s． 第57页（共 84页） （1）若轨道完全光滑， s2与 h 的理论关系应满足 s2= （用 H、h 表示）． （2）该同学经实验测量得到一组数据，如下表所示： h（10 ﹣1m） 2.00 3.00 4.00 5.00 6.00 s2（10 ﹣1m2） 2.62 3.89 5.20 6.53 7.78 请在坐标纸上作出 s2﹣h关系图． （3）对比实验结果与理论计算得到的 s2﹣﹣h 关系图线（图中已画 出），自同一高度静止释放的钢球， 水平抛出的速率 （填“小于” 或“大于”）理论值． （4）从 s2﹣h关系图线中分析得出钢球水平抛出的速率差十分显著， 你认为造成上述偏差的可能原因是 ． 三．计算题（共 42分） 13．（8分）一质量为 m1的小球 A与另一质量为 m2的静止小球 B发 生正碰．实验中测出碰撞后小球 B的速度为 v2，求小球 A原来的速度 v0的最大值和最小值分别是多少？ 第58页（共 84页） 14．（8分）半径为 R的光滑圆环竖直放置，环上套有两个质量分别 为 m 和 2m的小球 A、B．A、B之间用一长为 R的轻杆相连，如图所 示开始时，A、B都静止，且 A在圆环的最高点， 现将 A、B释放，求： （1）A到达最低点时的速度大小 （2）第（ 1）问过程中杆对 B球做的功． 15．（8分）某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图，皮带在 电动机的带动下保持 v=1m/s 的恒定速度向右运动，现将一质量为 m=2kg的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数 μ=0.5．设 皮带足够长，取 g=10m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动过程中，求： （1）邮件滑动的时间 t； （2）邮件对地的位移大小 x； （3）邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功 W． 16．（8分）如图所示，质量 M=4kg的滑板 B静止放在光滑水平面上， 其右端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端 C 到滑板左端的距离 L=0.5m，这段滑板与木块 A（可视为质点）之间的动摩擦因数 μ=0.2， 而弹簧自由端 C到弹簧固定端 D所对应的滑板上表面光滑． 小木块 A 以速度 v0=10m/s 由滑板 B左端开始沿滑板 B表面向右运动．已知木 块 A的质量 m=1kg，g取 10m/s2．求： 第59页（共 84页） （1）弹簧被压缩到最短时木块 A的速度； （2）木块 A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能． 17．（10 分）如图所示是一皮带传输装载机械示意图．井下挖掘工 将矿物无初速放置于沿图示方向运行的传送带 A端，被传输到末端 B 处，再沿一段圆形轨道到达轨道的最高点 C 处，然后水平抛到货台 上．已知半径为 R=0.4m的圆形轨道与传送带在 B点相切， O点为半 圆的圆心， BO、CO分别为圆形轨道的半径，矿物 m 可视为质点，传 送带与水平面间的夹角 θ=37°，矿物与传送带间的动摩擦因数 μ=0.8， 传送带匀速运行的速度为 v0=8m/s，传送带 AB 点间的长度为 sAB=45m．若矿物落点 D处离最高点 C点的水平距离为 sCD=2m，竖直 距离为 hCD=1.25m，矿物质量 m=50kg， sin37 °=0.6， cos37°=0.8， g=10m/s2，不计空气阻力．求： （1）矿物到达 B点时的速度大小； （2）矿物到达 C点时对轨道的压力大小； （3）矿物由 B点到达 C点的过程中，克服阻力所做的功． 第60页（共 84页） 参考答案与试题解析 一、选择题 .本题共 10小题，每小题 4分．在每小题给出的四个选项 中，第 1-6 题只有一项符合题目要求，第 7-10 题有多项符合题目要 求．全部选对的得 4分，选对但不全的得 2分，有选错的得 0分 1．如图所示，两块三角形的木板 B、C竖直放在水平桌面上，它们的 顶点连接在 A处，底边向两边分开．一个锥体置于 A处，放手之后， 奇特的现象发生了，锥体自动地沿木板滚上了 B、C板的高处，不计 一切阻力．下列说法正确的是（ ） A．锥体在滚动过程中重心逐渐升高 B．锥体在滚动过程中重心保持不变 C．锥体在滚动过程中机械能逐渐增大 D．锥体在滚动过程中机械能保持不变 【考点】机械能守恒定律． 【分析】不计一切阻力，椎体机械能守恒，运动过程中只有动能和势 能之间的相互转化． 【解答】解：椎体自动地沿木板滚上了 B、C板的高处的过程中只有 重力做功，椎体机械能守恒，重力势能转化为动能，所以重心逐渐降 第61页（共 84页） 低，故 D正确，ABC错误． 故选： D 【点评】本题主要考查了机械能守恒定律的直接应用， 知道重力势能 跟高度及重心的位置有关，难度适中． 该题的难点在于：该情景中的锥体是中间大，两头尖的椎体，椎体自 动地沿木板滚上了 B、C板的“高处”只是视觉错觉感应， 在该过程中， 椎体的重心在下降． 2．如图是“牛顿摆”装置，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支 架上， 5根轻绳互相平行， 5个钢球彼此紧密排列，球心等高．用 1、 2、3、4、5 分别标记 5 个小钢球．当把小球 1 向左拉起一定高度， 如图甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过小球间的相互碰撞， 可观察到球 5 向右摆起，且达到的最大高度与球 1的释放高度相同， 如图乙所示．关于此实验，下列说法中正确的是（ ） A．上述实验过程中， 5个小球组成的系统机械能守恒，动量守恒 B．上述实验过程中， 5 个小球组成的系统机械能不守恒，动量不守 恒 C．如果同时向左拉起小球 1、2、3 到相同高度（如图丙所示），同 时由静止释放，经碰撞后，小球 4、5 一起向右摆起，且上升的最大 高度高于小球 1、2、3 的释放高度 第62页（共 84页） D．如果同时向左拉起小球 1、2、3 到相同高度（如图丙所示），同 时由静止释放，经碰撞后，小球 3、4、5一起向右摆起，且上升的最 大高度与小球 1、2、3 的释放高度相同 【考点】动量守恒定律；动能定理的应用；机械能守恒定律． 【分析】小球与小球之间发生的是弹性碰撞， 即每两个小球碰后交换 速度， 1与 2碰后， 1停止 2向右， 2与 3碰后， 2停止， 3 具有向右 的速度．如果同时向左拉起小球 1、2、3 到相同高度（如图丙）并由 静止释放，根据动量守恒和机械能守恒分析小球上升的最大高度． 【解答】解：AB、球 5向右摆起，且达到的最大高度与球 1的释放高 度相同，由分析说明该过程中，每两个小球碰撞的过程机械能守恒、 动量守恒，而不是 5个小球的系统，故 A、B错误； CD、如果同时向左拉起小球 1、2、3 到相同高度同时由静止释放， 则 3 与 4 碰后， 3 停止 4 具有向右的速度， 4 与 5 碰撞交换速度， 4 停止 5向右摆起； 3刚停止的时候 2球过来与之碰撞交换速度，然后 3与 4 碰撞，使 4向右摆起； 2球刚停止的时候 1 球过来与之碰撞交 换速度，然后 2与 3碰撞交换速度，使 3向右摆起；故经碰撞后，小 球 3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球 1、2、3的释放 高度相同；故 C错误， D正确； 故选： D 【点评】本题实际考察了多个弹性碰撞连续发生的过程， 要明确每次 发生弹性碰撞的两个小球机械能守恒、动量守恒． 第63页（共 84页） 3．如图所示，一个小球在竖直环内至少能做（ n+1）次完整的圆周运 动，当它第（ n﹣1）次经过环的最低点时速度大小为 7m/s，第 n 次 经过环的最低点时的速度大小为 5m/s，则小球第（ n+1）次经过环的 最低点时的速度 v的大小一定满足（ ） A．等于 3m/s B．小于 1m/s C．等于 1m/s D．大于 1m/s 【考点】向心力；牛顿第二定律；机械能守恒定律． 【分析】小球转动过程中，受到重力、支持力和摩擦力，只有重力和 摩擦力做功，机械能的减小量等于克服摩擦力做的功， 摩擦力与支持 力成正比，由于小球机械能不断减小， 每次转动一圈后经过同一个位 置的速率都变小，故弹力也减小，故阻力也减小，根据功能关系列式 分析即可． 【解答】解：小球从第 N﹣2 次通过最低点到 N﹣1 次通过最低点的 过程中，消耗的机械能为： mv2 N﹣1﹣ mv2 N﹣2= m（49﹣25）=12m； 它从第 N﹣1次通过最低点到 N次通过最低点的过程中， 因为速度减 小，需要的向心力减小，所以与圆环间的压力减小，因此消耗的机械 能将小于 12m 因此第 N次通过最低点时的动能： E＞ ×25m﹣12m= m 所以： V＞1m/s； 故选 D． 【点评】本题关键是对小球受力分析， 结合每次转动一圈后经过同一 第64页（共 84页） 个位置的速率都变小，再根据功能关系列式分析求解． 4．如图所示为江西艺人茅荣荣，他以 7 个半小时内连续颠球 5 万次 成为新的吉尼斯纪录创造者， 而这个世界纪录至今无人超越． 若足球 用头顶起，某一次上升高度为 80cm，足球的重量为 400g，与头顶作 用时间△ t 为 0.1s，则足球本次在空中的运动时间；足球给头部的作 用力大小．（空气阻力不计， g=10m/s2）（ ） A． t=0.4s；FN=40N B．t=0.4s；FN=68N C． t=0.8s；FN=36N D． t=0.8s；FN=40N 【考点】动量定理． 【分析】由自由落体规律可求得下落时间， 而竖直上抛的时间与自由 落体运动的时间相等，则可求得总时间； 对碰撞过程由动量定理可求得作用力． 【解答】解：足球自由下落时有： h= gt2 解得： t= = =0.4s 竖直上抛运动的总时间为自由落体的 2倍 t 总=2t=2×0.4s=0.8s 第65页（共 84页） 设竖直向上为正方向，由动量定理得： （FN﹣mg）△ t=mv﹣（﹣ mv） V=gt=10×0.4=4m/s 联立解得： FN=36N； 故选： C． 【点评】本题考查动量定理的应用及自由落体运动的规律， 要注意在 应用动量定理解题时要注意矢量性，应先设定正方向． 5．如图，可视为质点的小球 A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过 固定在地面上半径为 R有光滑圆柱， A的质量为 B的两倍．当 B位于 地面时， A恰与圆柱轴心等高．将 A由静止释放， B上升的最大高度 是（ ） A．2R B． C． D． 【考点】机械能守恒定律． 【分析】开始 AB一起运动， A落地后，B做竖直上抛运动， B到达最 高点时速度为零；由动能定理可以求出 B上升的最大高度． 【解答】解：设 B的质量为 m，则 A的质量为 2m， 以 A、B组成的系统为研究对象， 在 A落地前，由动能定理可得： 第66页（共 84页） ﹣mgR+2mgR= （m+2m）v2﹣0， 以 B为研究对象，在 B上升过程中， 由动能定理可得：﹣ mgh=0﹣ mv2， 则 B上升的最大高度 H=R+h， 解得： H= ； 故选 C． 【点评】B的运动分两个阶段，应用动能定理即可求出 B能上升的最 大高度． 6．如图所示在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为 M 的斜面， 斜面表面光滑、高度为 h、倾角为 θ．一质量为 m（m＜M）的小物 块以一定的初速度沿水平面向右运动， 不计冲上斜面过程中的机械能 损失．如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面的顶端．如果斜面不固 定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为（ ） A．h B． C． D． 【考点】动量守恒定律；动能定理的应用． 【分析】斜面固定时，由动能定理求出初速度，斜面不固定时，由水 平方向动量守恒列式，再根据机械能守恒列式，联立方程即可求解． 【解答】解：斜面固定时，由动能定理得： ﹣mgh=0﹣ ， 第67页（共 84页） 所以 ； 斜面不固定时，由水平方向动量守恒得： mv0=（M+m）v， 由机械能守恒得： = +mgh′ 解得： ． 故选 D 【点评】本题主要考查了动能定理、 动量守恒定律及根据机械能守恒 的直接应用，难度适中． 7．质量相等的 A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、 同一方向运动， A球的动量是 8kg?m/s，B球的动量是 4kg?m/s，当 A球追上 B球发 生碰撞，则碰撞后 A、B两球的动量可能值是（ ） A．pA=6kg?m/s，pB=6kg?m/s B．pA=5kg?m/s，pB=7kg?m/s C．pA=3kg?m/s，pB=9kg?m/s D．pA=﹣2kg?m/s，pB=14kg?m/s 【考点】动量守恒定律． 【分析】当 A球追上 B球时发生碰撞， 遵守动量守恒． 由动量守恒定 律和碰撞过程总动能不增加，进行选择． 【解答】 解： A、 pA′=8 kg?m/s， pB′=4 kg?m/s，碰撞前总动量为 p=pA+pB=8kg?m/s+4kg/s=12kg?m/s． 两个物体碰撞后同向运动， 若 pA=6kg?m/s，pB=6kg?m/s，则 A球的速 度等于 B球的速度， A球的速度减小， B的速度增大，是可能的．故 第68页（共 84页） A正确． B、若 pA′=5 kg?m/s，pB′=7 kg?m/s，碰撞前后总动量守恒．碰撞前总 动能为 + = = ，碰撞后总动能为 + = = ，故 碰撞后动能减小，是可能发生的，故 B正确． C、若 pA′=3 kg?m/s，pB′=9 kg?m/s，碰撞前后总动量守恒．碰撞后总 动能为 + = + = ，可知碰撞后总动能增加，违反了能量 守恒守恒，这是不可能发生的，故 C错误． D、若 pA′=0，pB′=14 kg?m/s，碰撞前后总动量守恒．碰撞后总动能为 + = + = ，可知碰撞后总动能增加，违反了能量守恒守 恒，这是不可能发生的，故 D错误． 故选： AB 【点评】对于碰撞过程要遵守三大规律： 1、是动量守恒定律； 2、总 动能不增加； 3、符合物体的实际运动情况． 8．将小球以某一初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面， 小球在上升过程中的动能 Ek、重力势能 Ep与上升高度 h 间的关系分 别如图中两直线所示．取 g=10m/s2，下列说法正确的是（ ） A．小球的质量为 0.2 kg 第69页（共 84页） B．小球受到的阻力（不包括重力）大小为 0.25 N C．小球动能与重力势能相等时的高度为 m D．小球上升到 2 m时，动能与重力势能之差为 0.5J 【考点】功能关系． 【分析】由图象可得最高点的高度，以及重力势能，由重力势能表达 式可得质量．由除了重力之外的其他力做功等于机械能的变化可以得 到摩擦力大小．对小球由动能定理可得小球动能与重力势能相等时的 高度．结合图象中的数据， 分别求出 h=2m处小球的动能和重力势能， 然后求动能与重力势能之差． 【解答】解： A、由图象知，小球上升的最大高度为 h=4m，对应的 重力势能为 Ep=4J．在最高点，由 Ep=mgh，得：m= = =0.1kg．故 A错误； B、由除重力以外其他力做功 W 其=△E可知：﹣ fh=E 高﹣E低，由图得： 最低点机械能 E低=5J+0=5J，E高=4J，解得： f=0.25N．故 B正确； C、设小球动能和重力势能相等时的高度为 H，此时有： mgH= mv2， 由动能定理：﹣ fH﹣mgH= mv2﹣ mv0 2，又 mv0 2=5J，得：H= m．故 C错误； D、由图可知，在 h=2m处，小球的重力势能是 2.5J，动能是 2J，所 以小球上升到 2m时，动能与重力势能之差为 2.5J﹣2J=0.5J．故 D正 确． 故选： BD． 【点评】该题首先要会从图象中获得关键信息， 这种图象类型的题目， 第70页（共 84页） 要关注图象的交点，斜率等，明确其含义，能够有利于解题． 9．如图所示，（ a）图表示光滑平台上，物体 A 以初速度 v0滑到上 表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的动摩擦因数不计，（ b）图 为物体 A与小车的 v﹣t 图象，由此可知，不能求得（ ） A．小车上表面至少的长度 B．物体 A与小车 B的质量之比 C．A与小车上 B上表面的动摩擦因数 D．小车 B获得的动能 【考点】功能关系；匀变速直线运动的图像． 【分析】当 A滑上 B后，在滑动摩擦力作用下， A做匀减速直线运动， B做匀加速直线运动， 最终以共同速度 v1匀速运动，根据动量守恒定 律求解质量比，根据速度时间图象的面积表示位移可以求得 A相对于 B的位移，根据能量守恒可以确定动摩擦因数， 因为不知道 B车质量， 所以不能求得 B的动能． 【解答】解：A、由图象可知， AB最终以共同速度 v匀速运动，小车 上表面至少的长度等于 A、B间相对位移之差，为 L=△x= ，可以 求得 L．故 A正确． B、由动量守恒定律得， mAv0=（mA+mB）v，解得： = ，故可 以确定物体 A与小车 B的质量之比，故 B正确； 第71页（共 84页） C、根据能量守恒得： μmAg△x= mAv0 2﹣ （mA+mB）v2，根据 B中求 得质量关系，可以解出动摩擦因数，故 C正确； D、由于小车 B的质量不可知，故不能确定小车 B获得的动能，故 D 错误． 本题选不能求得的，故选： D 【点评】本题主要考查了动量守恒定律、能量守恒定律的直接应用， 要知道摩擦生热等于摩擦力与相对位移的乘积， 相对位移等于图中两 物体的 v﹣ t 图线所夹部分的面积；解题时要求同学们能根据图象得 出有效信息． 10．如图甲所示，静止在水平面上的物体在竖直向上的拉力 F作用下 开始向上加速运动，拉力的功率恒定为 P，运动过程中所受空气阻力 大小不变，物体最终做匀速运动， 物体运动速度的倒数与加速度 a的 关系如图乙所示．若重力加速度大小为 g，图中 v0、a0为已知，下列 说法正确的是（ ） A． .物体的质量为 B．空气阻力大小为 C．物体的质量为 D．物体匀速运动速度大小为 v0 第72页（共 84页） 【考点】功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律． 【分析】物体在竖直方向上在额定功率下做变加速运动， 根据牛顿第 二定律求的 与 a的关系式，结合乙图即可判断，当拉力等于重力和 阻力时速度达到最大 【解答】解：A、由题意可知 P=Fv， 根据牛顿第二定律由 F﹣mg﹣f=ma 联立解得 由乙图可知， ， 解得 ， f= ，故 A正确，BC错误 D、物体匀速运动由 F=mg+f，此时 v= ，故 D正确 故选： AD 【点评】本题主要考查了图象，能利用牛顿第二定律表示出 与 a的 关系式是解决本题的关系 二．实验题（本题共 2小题，每空 3分，共 18分．） 11．某实验小组采用如图 （甲）所示的装置探究功与速度变化的关系， 小车在橡皮筋的作用下弹出后， 沿木板滑行，打点计时器工作频率为 50Hz． 第73页（共 84页） （1）实验中木板略微倾斜，这样做 C （填答案前的字母）． A．是为了释放小车后，小车能匀加速下滑 B．是为了增大橡皮筋对小车的弹力 C．是为了使橡皮筋对小车做的功等于合外力对小车做的功 D．是为了使橡皮筋松弛后小车做匀加速运动 （2）若根据多次测量数据画出的 W﹣v 草图如图（乙）所示，根据 图线形状可知，对 W 与 v 的关系作出的以下猜想肯定不正确的是 AB ． A．W∝ B．W∝ C．W∝v2 D．W∝v3． 【考点】探究功与速度变化的关系． 【分析】（1）根据实验原理及实验注意事项分析答题． （2）根据图象特点，利用数学知识可正确得出结论． 【解答】解：（ 1）使木板倾斜，小车受到的摩擦力与小车所受重力 沿斜面方向的分力大小相等， 在不施加拉力时， 小车在斜面上受到的 合力为零，小车可以在斜面上静止或做匀速直线运动， 小车与橡皮筋 连接后，小车所受到的合力等于橡皮筋的拉力， 橡皮筋对小车做的功 等于合外力对小车做的功，故 ABD错误，C正确；故选 C． （2）根据图象结合数学知识可知，该图象形式和 y=xn（n=2，3，4） 形式，故 AB错误， CD正确． 故答案为：（ 1）C；（ 2）AB． 【点评】要掌握实验原理与实验注意事项， 同时注意数据处理时注意 数学知识的应用，本题是考查应用数学知识解决物理问题的好题． 第74页（共 84页） 12．（12分）（2008?江苏）某同学利用如图所示的实验装置验证机 械能守恒定律．弧形轨道末端水平，离地面的高度为 H．将钢球从轨 道的不同高度 h处静止释放，钢球的落点距轨道末端的水平距离为 s． （1）若轨道完全光滑， s2与 h 的理论关系应满足 s2= 4Hh （用 H、 h表示）． （2）该同学经实验测量得到一组数据，如下表所示： h（10 ﹣1m） 2.00 3.00 4.00 5.00 6.00 s2（10 ﹣1m2） 2.62 3.89 5.20 6.53 7.78 请在坐标纸上作出 s2﹣h关系图． （3）对比实验结果与理论计算得到的 s2﹣﹣h 关系图线（图中已画 出），自同一高度静止释放的钢球， 水平抛出的速率 小于 （填“小 于”或“大于”）理论值． （4）从 s2﹣h关系图线中分析得出钢球水平抛出的速率差十分显著， 你认为造成上述偏差的可能原因是 小球与轨道间存在摩擦力． ． 【考点】验证机械能守恒定律． 第75页（共 84页） 【分析】要求平抛的水平位移，我们应该想到运用平抛运动的规律， 即要求出时间和水平初速度． 对于小球从静止释放到水平抛出这段曲线运动， 我们应该运用动能定 理求出抛出的水平初速度． 根据表格中的数据采用描点作图． 同一坐标系中两天倾斜的直线对比，可以采用某一个变量取一定值， 看另一个变量的大小关系来解决问题． 对于误差原因分析，我们要从实验装置和过程中分析． 【解答】解：（ 1）对于小球从静止释放到水平抛出这段曲线运动， 运用动能定理研究得： mgh= mv2 v= 所以离开轨道时速度为 ， 由平抛运动知识可求得时间为 ， 可得 ． 所以： s2=4Hh （2）依次描点，连线，注意不要画成折线． （3）对比实验结果与理论计算得到的 s2﹣﹣h 关系图线中发现：自 同一高度静止释放的钢球，也就是 h 为某一具体数值时，理论的 s2 数值大于实验的 s2数值，根据平抛运动规律知道同一高度运动时间一 定，所以实验中水平抛出的速率小于理论值． （4）由于客观上，轨道与小球间存在摩擦，机械能减小，因此会导 第76页（共 84页） 致实际值比理论值小． 小球的转动也需要能量维持， 而机械能守恒中 没有考虑重力势能转化成转动能的这一部分， 也会导致实际速率明显 小于“理论”速率． 故答案为：（ 1）4Hh （2）见图 （3）小于 （4）小球与轨道间存在摩擦力． 【点评】本题从新的角度考查了对机械能守恒实定律的理解， 有一定 的创新性，很好的考查了学生的创新思维． 但该实验的原理都是我们 学过的物理规律． 做任何实验问题还是要从最基本的物理规律入手去解决． 三．计算题（共 42分） 13．一质量为 m1的小球 A与另一质量为 m2的静止小球 B发生正碰．实 验中测出碰撞后小球 B的速度为 v2，求小球 A原来的速度 v0的最大 值和最小值分别是多少？ 【考点】动量守恒定律． 第77页（共 84页） 【分析】两球碰后粘在一起运动时，系统能量损失最大， v0最大；两 球发生弹性正碰时系统能量损失最小且为零， v0最小． 【解答】 解析：两球碰后粘在一起运动时，系统能量损失最大， v0 最大，选球 A的初速度的方向为正方向，则碰撞应满足： m1v0max=（m1+m2）v2 v0max= v2 设碰撞后 A的速度为 v1； 两球发生弹性正碰时系统能量损失最小且为零， v0最小，则碰撞应满 足： m1v0min=m1v1+m2v2 m1v0min 2= m1v1 2+ m2v2 2 联立以上两式解得： v0min= v2 答：小球 A 原来的速度 v0的最大值和最小值分别是 v0max= v2， v0min= v2． 【点评】本意主要考查了碰撞过程中动量守恒定律得应用， 注意弹性 碰撞机械能守恒，碰后粘在一起的情况是机械能损失最大的情况．． 14．半径为 R的光滑圆环竖直放置，环上套有两个质量分别为 m 和 2m 的小球 A、B．A、B之间用一长为 R的轻杆相连，如图所示开始 第78页（共 84页） 时，A、B都静止，且 A在圆环的最高点，现将 A、B释放，求： （1）A到达最低点时的速度大小 （2）第（ 1）问过程中杆对 B球做的功． 【考点】动能定理；机械能守恒定律． 【分析】（1）把 AB看成一个系统， 只有重力做功，系统机械能守恒， 根据机械能守恒定律即可求解； （2）对 B球运用动能定理即可求解； 【解答】解（1）A、B组成的系统机械能守恒． 当 A运动至最低点时， A下降的高度为 hA=2R，B下降的高度为 hB=2（R﹣Rcos60°）=R 则有 又 A、B速度大小相同，即 vA=vB 联立得 vA=vB= （2）设杆对 B做功 W，在此过程中对 B由动能定理 解得 W= 即杆对 B做功 ． 答：（ 1）A球到达最低点时的速度大小为 ； （2）到达最低点的过程中，杆对 B球做的功为 ． 【点评】本题主要考查了机械能守恒定律以及动能定理的直接应用， 第79页（共 84页） 要求同学们能选取适当的研究对象，难度适中． 15．某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图， 皮带在电动机的 带动下保持 v=1m/s的恒定速度向右运动，现将一质量为 m=2kg的邮 件轻放在皮带上， 邮件和皮带间的动摩擦因数 μ=0.5．设皮带足够长， 取 g=10m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动过程中，求： （1）邮件滑动的时间 t； （2）邮件对地的位移大小 x； （3）邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功 W． 【考点】动能定理；牛顿第二定律． 【分析】（1）对邮件运用动量定理，求出邮件速度达到传送带速度 所需的时间． （2）对邮件运用动能定理，求出邮件相对地面的位移大小． （3）根据摩擦力的大小以及皮带的位移大小求出邮件与皮带间的摩 擦力对皮带做的功 W． 【解答】解：（ 1）设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受 到的滑动摩擦力为 F，则： F=μmg ① 取向右为正方向，对邮件应用动量定理得， Ft=mv﹣0，② 由①②式并代入数据得， t=0.2s ③ 第80页（共 84页） （2）邮件与皮带发生相对滑动的过程中，对邮件应用动能定理，有： ④ 由①④式并代入数据得， x=0.1m ⑤ （3）邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为 s，则： s=vt ⑥ 摩擦力对皮带做的功 W=﹣Fs ⑦ 由①③⑥⑦式并代入数据得， W=﹣2J． 答：（ 1）邮件滑动的时间 t 为 0.2s； （2）邮件对地的位移大小 x为 0.1m； （3）邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功 W为﹣2J． 【点评】本题考查了动量定理、动能定理的基本运用，本题也可以采 用动力学知识进行求解，关键需理清邮件在整个过程中的运动规律． 16．如图所示，质量 M=4kg的滑板 B 静止放在光滑水平面上，其右 端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端 C到滑板左端的距离 L=0.5m， 这段滑板与木块 A（可视为质点）之间的动摩擦因数 μ=0.2，而弹簧 自由端 C到弹簧固定端 D 所对应的滑板上表面光滑．小木块 A 以速 度 v0=10m/s 由滑板 B左端开始沿滑板 B表面向右运动．已知木块 A 的质量 m=1kg，g取 10m/s2．求： （1）弹簧被压缩到最短时木块 A的速度； （2）木块 A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能． 第81页（共 84页） 【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律． 【分析】（1）A、B组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统动 量守恒，由动量守恒定律可以求出木块 A的速度． （2）在整个过程中，系统机械能守恒，由能量守恒定律（或机械能 守恒定律）可以求出弹簧的弹性势能． 【解答】解：（ 1）弹簧被压缩到最短时，木块 A与滑板 B具有相同 的速度， 设为 v，从木块 A开始沿滑板 B表面向右运动至弹簧被压缩到最短的 过程中， A、B系统的动量守恒： mv0=（M+m）v 解得 v= v0． 代入数据得木块 A的速度 v=2 m/s． （2）木块 A压缩弹簧过程中，弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势 能最大．由能量关系， 最大弹性势能 Ep= mv0 2﹣ （m+M）v2﹣μmgL 代入数据得 Ep=39 J． 答：（ 1）弹簧被压缩到最短时木块 A的速度为 2m/s； （2）木块 A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为 39J． 【点评】本题考查了求速度与弹性势能问题， 分析清楚物体的运动过 第82页（共 84页） 程，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可正确解题． 17．（10分）（2016春?南昌校级期末）如图所示是一皮带传输装载 机械示意图．井下挖掘工将矿物无初速放置于沿图示方向运行的传送 带 A端，被传输到末端 B处，再沿一段圆形轨道到达轨道的最高点 C 处，然后水平抛到货台上．已知半径为 R=0.4m的圆形轨道与传送带 在 B点相切， O点为半圆的圆心， BO、CO分别为圆形轨道的半径， 矿物 m可视为质点，传送带与水平面间的夹角 θ=37°，矿物与传送带 间的动摩擦因数 μ=0.8，传送带匀速运行的速度为 v0=8m/s，传送带 AB点间的长度为 sAB=45m．若矿物落点 D 处离最高点 C点的水平距 离为 sCD=2m，竖直距离为 hCD=1.25m，矿物质量 m=50kg，sin37 °=0.6， cos37°=0.8，g=10m/s2，不计空气阻力．求： （1）矿物到达 B点时的速度大小； （2）矿物到达 C点时对轨道的压力大小； （3）矿物由 B点到达 C点的过程中，克服阻力所做的功． 【考点】动能定理的应用． 【分析】（1）先假设矿物在 AB段始终加速，根据动能定理求出矿物 到达 B点时的速度大小， 将此速度与送带匀速运行的速度 v0=8m/s进 行比较，确定假设是否合理． 第83页（共 84页） （2）矿物从 C到 D过程做平抛运动，由平抛运动的规律求出经过 C 点时的速度大小， 根据牛顿第二定律求得轨道对矿物的压力， 即可得 到矿物到达 C点时对轨道的压力大小． （3）矿物由 B到 C过程中，重力和阻力做功，由动能定理求解克服 阻力所做的功． 【解答】解：（1）假设矿物在 AB段始终处于加速状态，由动能定理 可得 （μmgcosθ﹣mgsinθ）sAB= 代入数据得 vB=6m/s 由于 vB＜v0，故假设成立，矿物 B处速度为 6m/s． （2）设矿物对轨道 C处压力为 F，由平抛运动知识可得 sCD=vCt hCD= 代入数据解得：矿物到达 C处时速度 vC=4m/s 由牛顿第二定律可得 F+mg=m 代入数据得 F=1500N 根据牛顿第三定律可得所求压力 F′=F=1500N （3）矿物由 B到 C过程，由动能定理得 ﹣mgR（1+cos37°）+Wf= ﹣ 代入数据得 Wf=﹣140J 即矿物由 B到达 C时克服阻力所做的功是 140J 第84页（共 84页） 答： （1）矿物到达 B点时的速度大小是 6m/s； （2）矿物到达 C点时对轨道的压力大小是 1500N； （3）矿物由 B点到达 C点的过程中，克服阻力所做的功是 140J． 【点评】本题要分析清楚矿物的运动情况， 选取不同的研究过程运用 动能定理解题．要知道 C处向心力的来源：合外力．