高一(下)学期期末物理模拟试卷
一、单项选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1． (本题9分)下列说法正确的是（） A．动量为零时，物体一定处于平衡状态 B．动能不变，物体的动量一定不变 C．物体受到恒力的冲量也可能做曲线运动
D．物体所受合外力大小不变，但方向改变时，其动量大小一定要发生改变
2．如图所示，小车静止光滑的水平面上，将系绳小球拉开到一定角度，然后同时放开小球和小车，那么在以后的过程中( )
A．小球向左摆动时，小车也向左运动，且系统动量守恒 B．小球向左摆动时，小车向右运动，且系统动量守恒 C．小球向左摆到最高点时，小球与小车瞬时速度均为零
D．在任意时刻，小球和小车在水平方向的动量一定大小相等、方向相同 3．在下面各实例中，机械能守恒的是 A．沿斜面匀速下滑的滑块 B．发射升空的火箭 C．做平抛运动的铅球 D．草坪上滚动的足球
4．质量为m的汽车在平直公路上行驶，阻力大小F保持不变。当汽车的速度为v、加速度为a时，发动机的实际功率正好等于额定功率，若此后汽车始终保持额定功率行驶，则（ ） A．汽车将做匀速运动 C．发动机的额定功率等于Fv
B．汽车将做匀加速直线运动 D．发动机的额定功率等于(F?ma)v
5． (本题9分)如图所示是磁带录音机的磁带盒的示意图，A、B为缠绕磁带的两个轮子边缘上的点，两轮的半径均为r，在放音结束时，磁带全部绕到了B点所在的轮上，磁带的外缘半径R=3r，C为磁带外缘上的一点．现在进行倒带，则此时（ ）
A．A,B,C 三点的周期之比为 3：1：3 B．A,B,C 三点的线速度之比为 3：1：3 C．A,B,C 三点的角速度之比为 1：3：3 D．A,B,C 三点的向心加速度之比为 6：1：3
6．如图所示，做匀速直线运动的列车受到的阻力与它速率的平方成正比．如果列车运行速率提升为原来的2倍，则它发动机的输出功率变为原来的( )
A．倍 B．2倍 C．4倍 D．8倍
7． (本题9分)如图所示，压缩的轻质弹簧将一物块沿光滑轨道由静止弹出，物块的质量为0.2kg，上升到0.1m的高度时速度为1m/s，g=10m/s2,弹簧的最大弹性势能是（）
A．0.1J C．0.3J
B．0.2J D．0. 4J
8．如图，广州塔摩天轮位于塔顶450米高空处，摩天轮由16个“水晶”观光球舱组成，沿着倾斜的轨道做匀速圆周运动，则坐于观光球舱中的某游客
A．动量不变 B．线速度不变 C．合外力不变 D．机械能不守恒
9． (本题9分)飞机以150m/s的水平速度匀速飞行，某时刻让A球落下，相隔1s又让B球落下，不计空气阻力，在以后的运动中，关于A球和B球的相对位置关系，正确的是（ ） A．A球在B球的前下方 B．A球在B球的后下方 C．A球在B球的正下方5m处
D．A球在B球的正下方，距离随时间的增加而增加
10． (本题9分)如图所示，圆轨道与椭圆轨道相切于A点，B点是椭圆轨道的远地点．人造地球卫星在
圆轨道上运行的速率为v1，在椭圆轨道上运行经过B点时速率为v2，在圆轨道上运行的加速度大小为a1，在椭圆轨道上A点的加速度大小a2，则（ ）
B．v1?v2
C．a1?a2
D．a1?a2
A．v1?v2
二、多项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中，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
11．如图甲所示，甲、乙两个小球可视为质点，甲球沿固定在斜面上，倾角为30°的光滑足够长斜面由静止开始下滑，乙球做自由落体运动，甲、乙两球的动能与路程的关系图像如图乙所示．下列说法正确的是（ ）
A．甲球和乙球运动到地面时的速度相同 B．甲乙两球的质量之比为m甲：m乙?4:1
C．甲乙两球的动能均为Ek0时，两球重力的瞬时功率之比为P甲：P乙?1:1 D．甲乙两球的动能均为Ek0时，两球高度相同
12． (本题9分)如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个正六边形的六个顶点，A、B、C三点的电势分别为1V、2V、5V，则下列说法中正确的是( )
A．D、E、F 三点的电势分别为 7 V、6 V、3 V
B．电荷量为 1.6?10?19 C 的正点电荷在 E 点的电势能为 1.12?10?18 J
C．将电荷量为 1.6?10?19 C 的正点电荷从 E 点移到 F 点，电场力做的功为 3.2?10?19 J D．将电荷量为 1.6?10?19 C 的负点电荷从 B 点移到 A 点，电荷的电势能增加了 1.6?10?19 J 13． (本题9分)质量为1500kg的汽车在平直的公路上运动，v-t图象如图所示．由此可求( )
A．前25s内汽车的平均速度 B．前10s内汽车的加速度 C．前10s内汽车所受的阻力 D．15～25s内合外力对汽车所做的功
14．一辆汽车在司机控制下，始终让发动机以额定功率工作，则以下说法中正确的是 A．汽车速度最大时，牵引力等于阻力 C．汽车只能做匀速运动，不能加速运动
B．汽车的牵引力始终保持不变 D．汽车的速度变小，则牵引力越大
15． (本题9分)如图所示,质量为m的小车在水平恒力F的推动下,从山坡(粗糙)底部A处由静止运动至高为h的山坡顶部B处,获得的速度为v,A、B之间的水平距离为x,重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A．小车克服重力做的功是mgh B．合外力对小车做的功是mv02/2 C．推力对小车做的功是mv02/2+mgh D．阻力对小车做的功是mgh+mv02/2?Fx 16．某电场的电场线分布如图所示，则( )
A．电荷P带正电 B．电荷P带负电
C．a点的电场强度大于b点的电场强度
D．正试探电荷在c点受到的电场力大于在d点受到的电场力 三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
17． (本题9分)某实验小组利用如图所示的装置进行验证：当质量m一定时，加速度a与力F成正比的
关系，其中F=m2g，m=m1+m2（m1为小车及车内砝码的总质量，m2为桶及桶中砝码的总质量）。具体做法是：将小车从A处由静止释放，用速度传感器测出它运动到B处时的速度v，然后将小车内的一个砝码拿 到小桶中，小车仍从A处由静止释放，测出它运动到B处时对应的速度，重复上述操作。图中AB相距x。
（1）设加速度大小为a，则a与v及x间的关系式是_______
（2）如果实验操作无误，四位同学根据实验数据做出了下列图象，其中哪一个是正确的_______
（3）下列哪些措施能够减小本实验的误差_______ A．实验中必须保证m2< C．细线在桌面上的部分应与长木板平行 D．图中AB之间的距离x尽量小些 18． (本题9分)某同学在“用打点计时器测速度”的实验中，用打点计时器记录了被小车拖动的纸带的运动情况，在纸带上确定出0、1、2、3、4、5、6共7个测量点．其相邻点间的距离如图所示，每两个相邻的测量点之间的时间间隔为 ，完成下面问题． (1)根据打点计时器打出的纸带，我们可以直接得到的物理量是 A．时间间隔 C．瞬时速度 B．加速度 D．平均速度 （2）根据纸带上各个测量点间的距离，某同学已将1、2、3、5点对应的时刻的瞬时速度进行计算 并填入表中，请你将4点对应的时刻的瞬时速度填入表中；（要求保留3位有效数字） 瞬时速度 数值(m/s) v1 0.165 v2 0.214 v3 0.263 v4 v5 0.363 （3）在图所示的直角坐标系中画出小车的瞬时速度随时间变化的关系图线． （4）由图像求出小车的加速度 四、解答题：本题共4题，每题5分，共20分 19．（6分） (本题9分)汽车A在水平冰雪路面上行驶．驾驶员发现其正前方停有汽车B,立即采取制动措施,但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示,碰撞后B车向前滑动了 33已知A和B的质量分别为2.0x1.0kg和1.5x1.0kg·两车与该冰雪路面间4.5m,A车向前滑动了2.0m· 2的动摩擦因数均为0.10,两车碰撞时间极短,在碰撞后车轮均没有滚动,重力加速度大小g?10m/s,求 (1)碰撞后的瞬间B车速度的大小 (2)碰撞前的瞬间A车速度的大小 20．（6分） (本题9分)如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ。一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行。小球A的质量为m、电量为q。小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d。静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷。小球A静止在斜面上，则 （1）求小球A与B之间库仑力的大小； （2）当 时，求细线上的拉力和斜面对小球A的支持力。 21．（6分）如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为l=0.20m的绝缘轻线把质量为m=0.10kg、带有正电荷的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时轻线与竖直方向的夹角为θ=37°．现将小球拉至位置A，使轻线水平张紧后由静止释放．g取10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.1．求： （1）小球所受电场力的大小； （2）小球通过最低点C时的速度大小； （3）小球通过最低点C时轻线对小球的拉力大小． 22．（8分） (本题9分)飞机在水平跑道上滑行一段时间后起飞．飞机总质量m=1×104kg，发动机在水平滑行过程中保持额定功率P=8000kW，滑行距离x=50m，滑行时间t=5s，然后以水平速度v0=80m/s飞离跑道后逐渐上升，飞机在上升过程中水平速度保持不变，同时受到重力和竖直向上的恒定升力（该升力由其他力的合力提供，不含重力），飞机在水平方向通过距离L=1600m的过程中，上升高度为h=400m．取g=10m/s1．求： (1)假设飞机在水平跑道滑行过程中受到的阻力大小恒定，求阻力f的大小; (1)飞机在上升高度为h=400m时，飞机的动能为多少． 参考答案 一、单项选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的 1．C 【解析】 A、动量为零说明物体的速度为零，但物体速度为零并不一定为平衡状态，如汽车的起动瞬时速度为零， 但应为匀加速直线运动，故A错误； B、动能不变，说明速度的大小不变，但速度的方向是可以变化的，故动量是可能发生变化的，故B错误； C、物体受到恒力作用时有可能做曲线运动，如平抛运动，故C正确； D、物体做匀变速直线运动时，物体的合外力大小变，同时速度大小不会变化，故动量的大小也不会发生变化，故D错误． 点睛：在运动和力的关系中我们学过动量定理、动能定理及牛顿第二定律等规律，在研究时应综合考虑，特别要注意各量是否为矢量，掌握好矢量的性质是理解问题的关键． 2．C 【解析】 【详解】 AB、小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受外力不为零，故系统只在在水平方向动量守恒，系统在水平方向动量守恒，系统总动量为零，小球与车的动量大小相等、方向相反，小球向左摆动时，小车向右运动，故选项A、B错误； C、小球向左摆到最高点时，小球的速度为零而小车的速度也为零，故选项C正确； D、系统只在在水平方向动量守恒，在任意时刻，小球和小车在水平方向的动量一定大小相等、方向相反，故选项D错误； 3．C 【解析】 【详解】 沿斜面匀速下滑的滑块动能不变，重力势能减小，则机械能减小，选项A错误；发射升空的火箭，动能和重力势能均变大，则机械能变大，选项B错误；做平抛运动的铅球，只有重力做功，机械能守恒，选项C正确；草坪上滚动的足球，受阻力做功，机械能减小，选项D错误；故选C. 4．D 【解析】 【详解】 AB．当汽车的速度为v、加速度为a时，发动机的实际功率正好等于额定功率，若此后汽车始终保持额定功率行驶，速度增加，则牵引力减小，汽车做加速度减小的加速直至匀速。故AB两项错误。 CD．当汽车的速度为v、加速度为a时，发动机的实际功率正好等于额定功率，则： F牵?F?ma Pe?F牵v 解得：发动机的额定功率 Pe?(F?ma)v 故C项错误，D项正确。 5．B 【解析】 靠传送带传动轮子边缘上的点具有相同的线速度，故A、C两点的线速度相等，即：vA：vC=1：1；C的半径是A的半径的2倍，根据v=rω，知ωA：ωC=2：1．B与C属于同轴转动，所以ωB=ωC．根据周期与角速 A度的关系：T=2π/ω所以： ＝TTC?C1＝；ωB=ωC，则TB=TC；所以：A、B、C三点的周期之比1：2：2．故?A3A错误；B与C的角速度相等，由v=ωr可知：vB：vC=1：2；所以A、B、C三点的线速度之比2：1：2．故B正确；由于ωA：ωC=2：1，ωB=ωC．所以A、B、C三点的角速度之比2：1：1．故C错误；向心加速度a=ω?v，所以：aA：aB：aC=ωAvA：ωBvB：ωCvC=2×2：1×1：1×2=9：1：2．故D错误．故选B． 点睛：解决本题的关键知道靠传送带传动轮子边缘上的点具有相同的线速度，共轴转动的点具有相同的角速度．掌握线速度与角速度的关系，以及线速度、角速度与向心加速度的关系． 6．D 【解析】 【详解】 根据 变为原来的8倍，故选D. 7．C 【解析】 取物体初位置所在水平面为参考平面，对于物体和弹簧组成的系统，由于只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，则根据系统的机械能守恒得：EP弹?mgh?则得此时弹簧的弹性势能为 EP弹可知如果列车运行速率提升为原来的2倍，则它发动机的输出功率 12mv； 211?mgh?mv2?0.2?10?0.1J??0.2?1J?0.3J，故选项C正确． 22点睛：本题首先要明确研究对象，对于小球或弹簧机械能都不守恒，只有对系统机械能才守恒，根据系统的机械能守恒进行解题． 8．D 【解析】 【详解】 坐于观光球舱中的某游客线速度的大小不变，但方向不断改变，可知动量也不断变化，线速度不断改变；由于向心加速度方向不断变化，可知合外力大小不变，但方向不断改变，选项ABC错误；由于动能不变，重力势能不断变化，可知机械能不守恒，选项D正确. 9．D 【解析】 【详解】 小球离开飞机做平抛运动,平抛运动在水平方向上做匀速直线运动,所以A球在B球的正下方．在竖直方向上做自由落体运动, ?h?1211gt?g(t?1)2?gt?g 222所以位移随时间逐渐增大．故ABC错误，D正确． 故选D. 点睛：飞机匀速飞行，飞机上自由释放的小球做平抛运动，初速度等于飞机的速度，而平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动，则两个小球水平方向速度与飞机的速度相同，总在飞机的正下方． 10．C 【解析】 【分析】 【详解】 根据开普勒行星运动第二定律，则在椭圆轨道上运动时 vA?vB=v2；从圆轨道到椭圆轨道，在A点要加 速，则在椭圆轨道上A点的速度vA大于圆轨道上的速度v1，故无法比较卫星在圆轨道上的速度v1和在椭 G圆轨道上运行经过B点时速率为v2 的大小，选项AB错误；根据 MmGM=maa?r2r2，则在圆轨道可得 上运行的加速度大小a1等于在椭圆轨道上A点的加速度a2，选项C正确，D错误；故选C. 二、多项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中，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 11．BC 【解析】 【详解】 A．两球在运动过程中只有重力做功，甲、乙球的机械能都守恒，mgh＝乙球运动到地面时的速度大小相等，方向不同，故A错误； B．由机械能守恒定律得，对甲球：EK0=m甲gx0sin30°，对乙球：EK0=m乙g?2x0，解得：m甲：m乙=4：1，故B正确； C．两球重力的瞬时功率为：P?mgvcos??mg12 mv，解得v?2gh，甲球和22Ek?g2mEk，甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球m重力的瞬时功率之比为： Pm甲cos60?1甲?? ，故C正确； Pm乙cos0?1乙D．甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球高度之比为：x0sin30°：2x0=1：4，故D错误； 12．AD 【解析】 连接AD,由正六边形的性质可得：AD平行于BC,且AD=2BC,因为 ，所以 , 故 A错误；由可得B正确；由 可得C错误．，,所以D错误．选B． 13．ABD 【解析】 试题分析：观察速度时间图像，V-t图像和时间轴围成面积代表位移，斜率代表加速度a，观察图像可知，前10s斜率即加速度a?20m/sF?f?2m/s2,答案B对．根据牛顿第二定律a?，牵引力未知因此无10sm法求出阻力，C错．前25s图像和时间轴围成的面积可以分成前10s三角形和中间5s矩形及后10s梯形都可以计算出面积，也就可以知道前25s位移，除以时间即可算出平均速度，A对．根据动能定理，合外力做功等于动能变化量，15～25 s的初速度和末速度都知道而且题目告诉有质量，答案D对． 考点：速度时间图像 动能定理 14．AD 【解析】 【详解】 ABC.汽车在额定功率下行驶，根据 P?Fv 知速度增大，牵引力减小，根据牛顿第二定律则有： a?F?f m汽车做加速度减小的加速直线运动，当加速度a?0时，汽车速度最大，做匀速直线运动，汽车的牵引力等于阻力，故选项A符合题意，B、C不符合题意； D.汽车在额定功率下行驶，根据 P?Fv 知汽车的速度变小，牵引力增大，故选项D符合题意。 15．ABD 【解析】 【详解】 A项：在上升过程中，重力做功为WG=-mgh，则小车克服重力所做的功为mgh，故A正确； 12mv，故B正确； 21212C、D项：动能定理得，Fx?mgh?Wf?mv，则推力做功为Fx?mgh?Wf?mv， 2212阻力做功为Wf?mv?Fx?mgh，故C错误，D正确。 2B项：根据动能定理得，合力做功等于动能的变化量，则合力做功为W合=16．AD 【解析】 【详解】 由图可知电场线从正电荷出发，所以电荷P带正电，故A正确，B错误；从电场线的分布情况可知，b的电场线比a的密，所以b点的电场强度大于a点的电场强度，故C错误；根据电场线越密的地方电场强度越大，所以c点的场强大于d点场强，所以正试探电荷在c点受到的电场力大于在d点受到的电场力，故D正确。所以AD正确，BC错误。 三、实验题:共2小题，每题8分，共16分 17．（1）（2）A （3）BC 【解析】 试题分析：（1）小车做初速度为零的匀加速直线运动，由匀变速直线运动的速度位移公式得：v2=2ax； （2）由（1）可知：v2=2ax，由牛顿第二定律得： ，则： ，v2与F成正比，故选A； （3）以系统为研究对象，加速度： ，系统所受拉力等于m2g，不需要满足m2＜＜m1，故A 错误；为使系统所受合力等于桶与桶中砝码的重力，实验前要平衡摩擦力，故B正确；为使系统所受合力等于桶与桶中砝码的重力，实验需要配合摩擦力，此外还需要细线在桌面上的部分应与长木板平行，故C正确；为减小实验误差，图中AB之间的距离x尽量大些，故D错误；故选BC； 考点：验证牛顿第二定律 【名师点睛】本题考查了探究a与F的关系实验，知道实验原理、掌握匀变速直线运动的规律是解题的前提与关键；应用匀变速直线运动的规律、牛顿第二定律即可解题。 18．（1）A （2）0.314 （3）图略 （4）0.495m/s2 【解析】 （1）能直接从纸带得到的是点间距和对应的时间间隔，故选A； （2）4点瞬时速度等于第3与第5点间的平均速度，故v4＝（3）如图所示； x35(11.95?5.68)?0.01m＝＝0.314m/s 2T2?0.10s （4）图线的斜率表示加速度，故：a＝Vv0.363?0.165?＝0.495m/s2 Vt0.4四、解答题：本题共4题，每题5分，共20分 19．（1）3m/s （2）4.25m/s 【解析】 试题分析：两车碰撞过程动量守恒，碰后两车在摩擦力的作用下做匀减速运动，利用运动学公式可以求得碰后的速度，然后在计算碰前A车的速度． （1）设B车质量为mB，碰后加速度大小为aB，根据牛顿第二定律有 ?mBg?mBaB ① 式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数． 设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB，碰撞后滑行的距离为sB．由运动学公式有 ?vB?2=2aBsB ② 联立①②式并利用题给数据得 vB??3.0m/s ③ （2）设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA．根据牛顿第二定律有 ?mAg?mAaA ④ 设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA?，碰撞后滑行的距离为sA．由运动学公式有 vA?2=2aAsA ⑤ 设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA，两车在碰撞过程中动量守恒，有 mAvA?mAvA??mBvB? ⑥ 联立③④⑤⑥式并利用题给数据得 vA?4.3m/s '故本题答案是： （1）vB?3.0m/s （2）vA?4.3m/s 点睛：灵活运用运动学公式及碰撞时动量守恒来解题． 20． (1) (2) , 【解析】 【详解】 （1）由库仑定律得库仑力大小为 （2）以小球为研究对象，对其进行受力分析如图所示： 沿斜面和垂直斜面两个方向进行力的正交分解. 沿斜面方向： 沿垂直斜面方向： 由题设条件： 联立以上三式得：，. 21．（1）103N/C（2）2m/s（3）1.5N 【解析】 试题分析：（1）在B点，由平衡条件知，qE=\，得电场强度E=1000V/m。 （2）由A到C过程，由动能定理得：mgL－qEL=（3）在C点，由牛顿第二定律：F－mg= m考点：动能定理、牛顿第二定律 22． (1)f?1.6?105N；(1)4.0?107J 【解析】 【详解】 (1)飞机在水平滑行过程中，根据动能定理：Pt?fx?解得f?1.6?10N 5mvC2，解得vC=m/s。 ，解得细线对小球的拉力大小F=1.5N 12mv0 2(1)该飞机升空后水平方向做匀速运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动，设运动时间为t，竖直方向加速度为a，则： L?vot h?12gt 2解得t? 20s、a?2m/s2 v??2ah?40m/s 飞机的动能为Ek?12122mv?mv0?v??4.0?107J 22??高一(下)学期期末物理模拟试卷 一、单项选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的 1． (本题9分)某人向放在水平地面的正前方小桶中水平抛球，结果球划着一条弧线飞到小桶的前方。如图所示，不计空气阻力，为了能把小球抛进小桶中，则下次再水平抛出时，他可能作出的调整为 A．减小初速度和抛出点高度 B．减小初速度，抛出点高度不变 C．初速度的大小与抛出高度不变，向后远离小桶一小段距离 D．初速度的大小与抛出高度不变，向前走近小桶一小段距离 【答案】D 【解析】 【详解】 设小球平抛运动的初速度为v0，抛出点离桶的高度为h，水平位移为x，则平抛运动的时间t?2h，水平g位移x=v0t=v02h； gA. 减小初速度v0和抛出点高度h，则x减小，小球不可能抛进桶中，选项A错误； B. 减小初速度v0，抛出点高度h不变，则x减小，小球不可能抛进桶中，选项B错误； C. 初速度的大小v0与抛出高度h不变，则水平射程x不变，向后远离小桶一小段距离，则小球不可能抛进桶中，选项C错误； D. 初速度的大小v0与抛出高度h不变，则水平射程x不变，向前走近小桶一小段距离，则小球可能抛进桶中，选项D正确； 2． (本题9分)据报道，我国目前已经发射了三颗数据中继卫星“天链一号01星”“天链一号02星”“天链一号03星”，它们都是地球同步卫星。这些卫星的成功发射与组网运行，标志着我国第一代中继卫星系统正式建成。这三颗卫星相比，可能不同的是 ．．A．它们的质量 B．它们距地面的高度 C．它们的周期 D．它们运行的线速度大小 【答案】A 【解析】根据万有引力提供圆周运动向心力可知，同步卫星的轨道、周期、高度、速率都相同，所以对于 三颗同步卫星唯一可能不同的就是卫星的质量，本题选可能不同的，故选A. 点睛：此题关键要掌握同步卫星的特点，由周期都与地球自转的周期相同可知：同步卫星定轨道、定周期、定高度、定速率． 3． (本题9分)如图所示， a、b两小球从同一竖直线上的不同位置抛出后，恰好在c位置相遇，已知a、b两球抛出时的速度分别为v1、v2，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ） A．两球从抛出到运动至c点的时间相等 B．a先抛出， 且v1?v2 C．b先抛出， 且v1?v2 D．相遇时a球竖直方向的速度大于b球竖直方向的速度 【答案】D 【解析】 【详解】 ABC.两球在c点相遇，根据h?12gt知，下降的高度越高，时间越长，则a球运动的时间长，b球运动的2时间短，可知a球一定是早些抛出的，水平位移相等，根据x?v0t知，A球的运动时间长，则A球的初速度小，即v1?v2，ABC错误； D.相遇时，由于a球下落的高度大，所以a球在竖直方向上的速度大，D正确． 4． (本题9分)下列家用电器在正常工作时，消耗的电能主要转化为机械能的是 A．洗衣机 B．电饭锅 C．电视机 D．电脑 【答案】A 【解析】 试题分析：做功的过程是能量转化的过程，明确各用电器的工作原理，确定各用电器工作时能量的转化方向，然后答题． 解：电流做功的过程，实际上就是个能量转化的过程，从电能转化成其它形式的能． A、电视机主要是把电能转化为声能和光能，所以A错误； B、电饭锅是把电能转化为内能，所以B错误； C、电话机是把声音转化成电信号，所以C错误； D、电风扇是把电能转化为机械能，所以D正确； 故选D． 【点评】电功也是一种功，所以要和前面的内能、做功等能量知识点联系起来记忆，也能更便于理解． 5． (本题9分)光滑水平面上有一静止的木块，一颗子弹以某一水平速度击中木块后没有射出，对于这个过程，下列分析正确的是（ ） A．子弹与木块组成的系统动量守恒，机械能也守恒 B．子弹与木块组成的系统动量不守恒，机械能也不守恒 C．子弹与木块组成的系统动量守恒，机械能不守恒 D．子弹与木块组成的系统动量不守恒，机械能守恒 【答案】C 【解析】 【详解】 子弹与木块组成的系统，水平方向受合外力为零，则系统的动量守恒；但是子弹射入木块的过程中要损失机械能，则系统的机械能减小； A. 子弹与木块组成的系统动量守恒，机械能也守恒，与结论不相符，选项A错误； B. 子弹与木块组成的系统动量不守恒，机械能也不守恒，与结论不相符，选项B错误； C. 子弹与木块组成的系统动量守恒，机械能不守恒，与结论相符，选项C正确； D. 子弹与木块组成的系统动量不守恒，机械能守恒，与结论不相符，选项D错误； 6． (本题9分)下列关于摩擦力的说法中正确的是( ) A．物体在运动时才受到摩擦力 B．摩擦力的方向一定与物体的运动方向相反 C．摩擦力总是成对地出现 D．摩擦力的大小总是与正压力的大小成正比 【答案】C 【解析】 A 、放在水平地面上的物体，受水平拉力作用处于静止状态时，物体就受到了静摩擦力作用，所以A错误；B、摩擦力的方向一定与物体的相对运动方向相反，可以与运动方向相同，B错误；C、摩擦力是相互接触物体间的相互作用，一定是成对出现的，C正确；D、静摩擦力的大小与正压力的大小之间没有正比关系，D错误．故选C. 【点睛】在理解滑动摩擦力时一定要注意理解公式中的正压力是接触面上的弹力，相对运动是指物体之间的相对关系而不是对地运动. 7．小船横渡一条河，为尽快到达对岸，船头方向始终与河岸垂直，为避免船撞击河岸，小船先加速后减速运动，使小船到达河对岸时恰好不与河岸相撞。小船在静水中的行驶速度如图甲所示，水的流速如图乙所示，则下列关于小船渡河说法正确的是 A．小船的运动轨迹为直线 B．小船渡河的河宽是150m C．小船到达对岸时，沿河岸下游运动了60m D．小船渡河的最大速度是13m/s 【答案】B 【解析】 【详解】 A.小船在静水中先做加速运动后做减速运动，具有加速度，故小船的运动轨迹为曲线，故A错误。 B.研究垂直于河岸方向的运动，速度时间图象围成的面积表示位移，则小船渡河的河宽d= 1?30?10m=150m，故B正确。 2C.根据运动的等时性可知，小船沿河岸方向运动了30s，距离x=30×3m=90m，故C错误。 D.根据矢量合成法则可知，小船在静水中的速度最大时，渡河速度最大，为100?9m/s?109m/s，故D错误。 8．质量不同的物体，从不同高度以相同的速度同时水平抛出，不计空气阻力。下列说法正确的是( ) A．质量大的物体先落地 C．质量小的物体先落地 【答案】B 【解析】 【详解】 不计空气阻力，物体作平抛运动，而平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，由h?B．低处的物体先落地 D．高处的物体先落地 122hgt，解得：t?， g2可知高度h越小，物体运动的时间越短，所以低处的物体先落地，与质量无关。故ACD错误，B正确。 9． (本题9分)如图所示，用细线相连的质量分别为2m、m的小球a、b在拉力F作用下，处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角为θ＝30°，则拉力F的最小值为（ ） A． 33 mg 2B． 33+1mg 233+2mg 2C．D． 3mg 2【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】 以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出F在三个方向时整体的受力图，如图所示： 根据平衡条件得知：F与FT的合力与重力3mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与绳子Oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值为 Fmin＝3mgsinθ＝ 3mg 2故D正确，ABC错误． 故选D。 10．如图所示，两个质量相同的小球用长度不等的细线拴在同一点，并在同一水平面内做匀速圆周运动，则它们的（ ） A．周期相同 B．线速度的大小相等 C．向心力的大小相等 D．向心加速度的大小相等 【答案】A 【解析】 【详解】 小球做圆周运动所需要的向心力由重力和绳拉力的合力提供，设绳与竖直方向的夹角为θ，对任意一球受力分析，由牛顿第二定律有，在竖直方向有 Fcos??mg?0 在水平方向有 4?2Fsin??ma?m2Lsin??mL?2sin? T联立解得 a?gtan?，T=2πLcos?g，?=，Fn?ma gLcos?因为两个小球在同一水平面内做圆周运动，Lcosθ相等，周期T和角速度ω相同，向心加速度不等，向心力大小不等，由v=ωr可知，线速度与半径成正比，角速度相同，半径不等，线速度不等，故A正确，BCD错误。 故选A。 二、多项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中，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 11．在下列几种情况中，甲乙两物体的动能相等的是( ) A．甲的质量是乙的4倍，甲的速度是乙的一半 B．甲的速度是乙的2倍，甲的质量是乙的一半 C．甲的质量是乙的2倍，甲的速度是乙的一半 D．质量相同，速度大小也相同，但甲向东运动，乙向西运动 【答案】AD 【解析】 【详解】 根据动能的表达式Ek?12mv 可知： 2A.甲的质量是乙的4倍，甲的速度是乙的一半，甲的动能与乙的相等，故A符合题意． B.甲的速度是乙的2倍，甲的质量是乙的一半，甲的动能与乙的不相等，故B不符合题意． C. 甲的质量是乙的2倍，甲的速度是乙的一半，甲的动能与乙的不相等，故C不符合题意． D. 质量相同，速度大小也相同，但甲向东运动，乙向西运动，动能是标量，甲的动能与乙的相等，故D符合题意． 12． (本题9分)图示为一皮带传送装置，a、b分别是两轮边缘上的点，a、b、c的半径之比为3∶2∶1.以v1、v2、v3分别表示这三点线速度的大小，以ω1、ω2、ω3分别表示三点的角速度大小，则以下关系正确的是( )． A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1 C．ω1∶ω2∶ω3＝3∶2∶3 【答案】BD 【解析】 【详解】 a、c两点共轴转动，角速度相等，则有： ω1：ω3=1：1 B．v1∶v2∶v3＝3∶3∶1 D．ω1∶ω2∶ω3＝2∶3∶2 a、c两点到转轴O1的距离之比为3： 1，则结合v=rω知： v1：v3=3：1． a、b两点同缘转动，则线速度相等，即 v1∶v2＝1∶1 根据v=rω，a、b的半径之比为3∶2，则 ω1∶ω2＝2∶3 则 v1∶v2∶v3＝3∶3∶1 ω1∶ω2∶ω3＝2∶3∶2 故A C错误，BD正确； 故选BD． 点睛：解决本题的关键知道线速度、角速度的关系，以及知道共轴转动，角速度相等；同缘转动线速度相等． 13． (本题9分)如图所示，物块A与水平圆盘保持相对静止，随着圆盘一起做匀速圆周运动，下面说法正确的是( ) A．物块A受重力、支持力和指向圆心的静摩擦力 B．物块A受重力、支持力、向心力和指向圆心的静摩擦力 C．物块A相对圆盘的运动趋势方向是沿着A所在圆周的切线方向 D．物块A相对圆盘的运动趋势方向是沿着半径且背离圆心的方向 【答案】AD 【解析】 试题分析：隔离物体分析，该物体做匀速圆周运动；对物体受力分析，如图，受重力G，向上的支持力N，重力与支持力二力平衡，然后既然匀速转动，就要有向心力（由摩擦力提供），指向圆心的静摩擦力；故A正确，B错误； 若没有摩擦力，则物体将想离开圆心的方向运动，所以物块A相对圆盘的运动趋势方向是沿着半径且背离圆心的方向，故C错误，D正确。 考点：向心力 【名师点睛】本题要注意物体做匀速圆周运动，合力提供向心力，指向圆心，而不能把匀速圆周运动当成平衡状态！向心力是效果力，由合力提供，不是重复受力。 14． (本题9分)汽车从静止开始沿平直公路做匀加速运动，设汽车所受阻力与速度成正比，则在发动机的功率达到额定值之前的一段时间内，下列关于汽车运动的位移x、动能Ek、牵引力F和发动机的输出功率P与时间t的关系图象可能正确的是 A． B． C． D． 【答案】CD 【解析】 【分析】 根据汽车运动的特征，找到图像对应放热函数关系，根据数学知识进行判断. 【详解】 汽车从静止开始沿平直公路做匀加速运动，则由x= 1211at可知，图像A错误；动能Ek=mv2=ma2t2， 222选项B错误；汽车所受阻力与速度成正比，即f=kv=kat，则由牛顿第二定律：F-kat=ma，即F=ma+kat，选项C正确；发动机的输出功率P?Fv?(ma?kat)at?mat?kat，选项D正确；故选CD. 15． (本题9分)如图所示，长L=0.5 m细线下端悬挂一质量m=0.1 kg的小球，细线上端固定在天花板上O点．将小球拉离竖直位置后给小球一初速度，使小球在水平面内做匀速圆周运动，测得细线与竖直方向的夹角θ=37°（sin37°=0.6，cos37°=0.8）.下列说法正确的是 222 A．细线拉力大小为0.8 N B．细线拉力大小为1.25 N C．小球运动的线速度大小为1.5 m/s D．小球运动的线速度大小为【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】 AB．细线拉力在竖直方向分力平衡重力，Tcos??mg，T=1.25N，A错误B正确 15 m/s 2v2CD．细线拉力和重力的合力提供向心力，根据几何关系可得mgtan??m，小球运动的线速度大 Lsin?小为1.5 m/s，C正确D错误 16．如图所示，在光滑水平面上停放着质量为m、装有光滑弧形槽的小车，一质量也为m的小球以水平初速度v0沿槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回右端，则( ) A．小球以后将向右做平抛运动 B．小球将做自由落体运动 2mv0C．此过程小球对小车做的功为 2?02D．小球在弧形槽内上升的最大高度为 4g【答案】BCD 【解析】 【分析】 小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，当小球上升的最高点时，竖直方向上的速度为零，水平方向上与小车具有相同的速度，结合动量守恒和能量守恒求出上升的最大高度．根据动量守恒定律和能量守恒求出小球返回右端时的速度，从而得出小球的运动规律，根据动能定理得出小球对小车做功的大小． 【详解】 mv0?mv1?mv2①，AB．设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中动量守恒，得： 由动能守恒得 mv0?1221212mv1?mv2②，联立①②得v1?0，v2?v0，即小球与小车分离后二者交换221212mv0?0?mv0，C正确； 22速度；所以小球与小车分离后做自由落体运动，A错误B正确； C．对小车运用动能定理得，小球对小车做功W?mv0?2mv③，D．当小球与小车的水平速度相等时，小球弧形槽上升到最大高度，设该高度为h，则 2v01212mv0??2mv?mgh④，联立③④解得h?，D正确． 4g22三、实验题:共2小题，每题8分，共16分 17．某探究小组想利用验证机械能守恒定律的装置测量当地的重力加速度，如图甲所示．框架上装有可上下移动位置的光电门1和固定不动的光电门2；框架竖直部分紧贴一刻度尺，零刻度线在上端，可以测量出两个光电门到零刻度线的距离?B和x2；框架水平部分用电磁铁吸住一个质量为m的小铁块，小铁块的重心所在高度恰好与刻度尺零刻度线对齐．切断电磁铁线圈中的电流时，小铁块由静止释放，当小铁块先后经过两个光电门时，与光电门连接的传感器即可测算出其速度大小?1和?2．小组成员多次改变光电门1的位置，得到多组x1和?1的数据，建立如图乙所示的坐标系并描点连线，得出图线的斜率为k． ⑴当地的重力加速度为________(用k表示)． ⑵若选择光电门2所在高度为零势能面，则小铁块经过光电门1时的机械能表达式为______________(用题中物理量的字母表示)． ⑶关于光电门1的位置，下面哪个做法可以减小重力加速度的测量误差（___） A．尽量靠近刻度尺零刻度线 B．尽量靠近光电门2 C．既不能太靠近刻度尺零刻度线，也不能太靠近光电门2 【答案】【解析】 【详解】 （1）以0刻度线为零势能面，小铁块从光电门1运动到光电门2的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律得： 111k m?12?km(x2?x1) C 22211mv12-mgx1=mv22-mgx2 22k； 2整理得：v22-v12=2g（x2-x1） 所以图象的斜率k=2g，解得：g= （2）小铁块经过光电门1时的机械能等于小铁块经过光电门1时的动能加上势能，若选择刻度尺零刻度线所在高度为零势能面，则有： E1= 111mv12-mgx1 =mv12-mkx1 222（3）用电磁铁释放小球的缺点是，当切断电流后，电磁铁的磁性消失需要一时间，铁球与电磁铁铁心可能有一些剩磁，都会使经过光电门1的时间较实际值大，引起误差，并适当增大两光电门A、B间的距离，使位移测量的相对误差减小，所以C正确． 18． (本题9分)某同学用打点计时器研究物体自由下落过程中动能和势能的变化，来验证机械能守恒定律。实验装置如图所示。一般情况下物体动能的增加量__________重力势能的减少量（填“大于”、“等于”、“小于”）。你认为，产生这种结果的一个可能原因是：______________________________________。 【答案】小于；重物和纸带受阻力； 【解析】 【详解】 用图示的实验装置做验证机械能守恒定律的实验时，由于空气阻力以及纸带与限位孔之间的摩擦，物体动能的增加量要小于重力势能的减少量。 故答案为：小于；重物和纸带受阻力。 四、解答题：本题共4题，每题5分，共20分 19． (本题9分)把一小球从离地面h?3.2m高处，以v0?6m/s的初速度水平抛出，不计空气阻力， g?10m/s2，求： （1）小球在空中运动的时间； （2）小球落地点离抛出点的水平距离； （3）小球落地时的速度及与水平方向夹角。 【答案】 (1) 0.8s (2) 4.8m (3) 10m/s；53? 【解析】 【详解】 (1)平抛运动的物体在竖直方向上做自由落体运动，根据：h?解得：t?12gt 22h?0.8s g(2)水平距离：x?v0 t 解得：x?4.8m (3)落地时竖直分速度：vv?gt?8m/s 所以落地时速度： 22v?v0?vy?10m/s 与水平方向夹角θ的正切值： tan??vy4? v03解得：??53? 20．如图所示,在水平圆盘圆心处通过一个光滑小孔把质量均为m的两物块用轻绳连接，物块A 到转轴的距离为 R ，与圆盘的动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加 速度为g。要使物块A随圆盘一起转动，则： (1)水平圆盘转动的角速度少为多少时，可使物体A 与水平圆盘间摩擦力为零？ (2)水平圆盘转动的角速度?的大小在什么范围内物块A 会相对于圆盘静止？ 【答案】（1）??【解析】 g （2）R1-?1??g≤?≤g RR【详解】 (1)物块A相对于圆盘静止，则绳子上的张力为：f?mg 当物体A与木板间摩擦力为0时，即由：F?m?2R 解得：??g R2(2)当角速度最小时，A所受的静摩擦力最大且的背离圆心，即有：F??mg?m?1R 解得：?1?1-?g R2当角速度最大时，A所受的静摩擦力最大且的指向圆心，即有：F??mg?m?2R 解得：?2?1??g R1-?1??g≤?≤g RR所以?取值范围为：21． (本题9分)如图所示，A点距地面的高度为3L，摆线长为L，A、B连线与竖直方向夹角θ=60°，使摆球从B点处由静止释放，不计摩擦阻力影响． （1）若摆球运动至A点正下方O点时摆线断裂．求摆球落地点到O点的水平距离． （2）若摆线不断裂，在A点正下方固定一铁钉，使摆球能在竖直面内做完整的圆周运动．求钉子与A点距离至少多大． 【答案】 (1)2L (2)0.8L 【解析】 【详解】 （1）根据机械能守恒定律有 mg(L?Lcos60?)?解得 12mv0 2v0?gL； 在竖直方向上 2L?12gt， 2摆球落地点到O点的水平距离 x?v0t 解得 x?2L； （2）设钉子与A点距离为y时，摆球恰能在竖直面内做完整的圆周运动，且在最高点速度为v，根据牛顿第二定律有 v2mg?m， L?y根据机械能守恒定律有 ?L?1mg??2(L?y)??mv2， ?2?2解得 y?0.8L， 即使摆球能在竖直面内做完整的圆周运动，钉子与A点距离至少为0.8L． 22． (本题9分)宇航员发现一未知天体，爾将星球的质量、密度等信息传邋回地面，字航员只有一块秒表和一个弹簧测力计，他站在星球上随显球转了一圈测得时间为T0，又用弹簧秤测同一质量为m的物体的重力，在“两极”为F，在“赤道”上的读数是其“两极”处的90%，万有引力常量为G，求： (1)该显球的密度和质量； (2)当宇航员在该星球“赤道”上时，有一颗绕该星球表面附近匀速转动的行星，其转动周期为T，己知T 试题分析：根据牛顿第二定律和密度公式即可求出星球的密度和质量；再次出现正上方满足多转一圈即可． TT030?FT04t? 2 ；（）M?43GT02T?T1600?Gm0Mm4?2(1)在赤道根据根据根据万有引力与重力的关系，由牛顿第二定律可得：G2?m2R?0.9F RT0Mm?F R2M 星球的密度为：??V“两极”有：G30?FT04?? 解得：M?2 43GT1600?Gm0（(2) 再次出现在他的正上方满足： TT0 T0?T2?2??）t?2? TT0解得：t?点睛：本题主要考查了知道在行星的两极，万有引力等于重力，在赤道，万有引力的一个分力等于重力，另一个分力提供随地球自转所需的向心力．同时要注意在绕行星做匀速圆周运动的人造卫星中时物体处于完全失重状态． 高一(下)学期期末物理模拟试卷 一、单项选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的 1． (本题9分)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．物体的机械能增加mgh B．物体的动能增加mgh C．物体的机械能保持不变 D．物体的重力势能减少2mgh 【答案】A 【解析】 【详解】 D.由质量为m的物体向下运动h高度时，重力做功为mgh，则物体的重力势能减小mgh。故D错误。 B.合力对物体做功W=ma?h=2mgh，根据动能定理得知，物体的动能增加2mgh。故B错误。 AC. 由于物体的重力势能减小mgh，动能增加2mgh，则物体的机械能增加mgh。故A正确C错误。 2． (本题9分)在足球比赛中，甲队队员在乙队禁区附近主罚定位球，并将球从球门右上角贴着球门射入，如图所示，已知球门高度为h，足球飞入球门时的速度为v，足球质量为m，则甲队球员将足球踢出时对足球做功W为(不计空气阻力和足球的大小) A． 12mv 2 B． 12mv?mgh 2C． 12mv?mgh 2D．mgh 【答案】B 【解析】 对足球从球员踢出到飞入球门的过程研究，根据动能定理得W?mgh?B正确． 3． (本题9分)因首次比较精确地测出引力常量G，被称为“称量地球质量第一人”的科学家是 A．伽利略 【答案】C 【解析】 【详解】 牛顿发现了万有引力定律，牛顿得到万有引力定律之后，并没有测得引力常量，首次比较精确地测出引力 B．开普勒 C．卡文迪许 D．牛顿 121mv，W?mgh?mv2，解得：22常量的科学家是卡文迪许，称为“称量地球质量第一人”的科学家。 A. 伽利略与分析不符，A错误 B. 开普勒与分析不符，B错误 C. 卡文迪许与分析相符，C正确 D. 牛顿与分析不符，D错误 4．如图所示，当汽车以12m/s通过拱形桥顶时，对桥顶的压力为车重的桥项时，对桥面的压力恰好为零，则汽车通过桥顶的速度为 3。如果要使汽车在桥面行驶至4 A．3m/s 【答案】D 【解析】 【详解】 B．10m/s C．12m/s D．24m/s 3v2v'2mg-N=m ，R=57.6m。mg=m ，根据牛顿第二定律得：其中N=mg，解得：当车对桥顶无压力时，有： 4RR代入数据解得：v'=24m/s。 A. 3m/s，与结论不相符，选项A错误； B. 10m/s，与结论不相符，选项B错误； C. 12m/s，与结论不相符，选项C错误； D. 24m/s，与结论相符，选项D正确； 5． (本题9分)如图所示，质量为m的小球套在倾斜放置的固定光滑杆上，一根轻质弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内．将小球沿杆拉到弹簧水平位置由静止释放，小球沿杆下滑，当弹簧位于竖直位置时，小球速度恰好为零，此时小球下降的竖直高度为h.若整个过程中弹簧始终处于伸长状态且处于弹性限度范围内，则下列说法正确的是( ) A．弹簧与杆垂直时，小球速度最大 B．弹簧与杆垂直时，小球的动能与重力势能之和最大 C．小球从静止位置下滑至最低点的过程中，弹簧的弹性势能增加量小于mgh D．小球从静止位置下滑至最低点的过程中，弹簧的弹性势能增加量大于mgh 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】 A项：弹簧与杆垂直时，弹力方向与杆垂直，合外力方向即重力的分力方向沿杆向下，小球将继续加速，速度没有达到最大值，故A错误； B项：小球运动过程中，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，此时弹簧伸长量最短，弹性势能最小，故动能与重力势能之和最大，故B正确； C项：小球下滑至最低点的过程中，系统机械能守恒，初末位置动能都为零，所以弹簧的弹性势能增加量等于重力势能的减小量，即为mgh，故CD错误． 6． (本题9分)下列说法符合史实的是( ) A．开普勒在伽利略的基础上，导出了行星运动的规律 B．牛顿发现了万有引力定律 C．亚里士多德发现了万有引力定律 D．开普勒总结出了行星运动的规律，发现了万有引力定律 【答案】B 【解析】 【详解】 开普勒在他的导师第谷天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，牛顿在开普勒行星运动定律的基础上推导出万有引力定律，B正确．ACD错误. 故选B 7．(本题9分)如图所示，质量为面的足球静止在地面上1的位置，被运动员踢出后落到地面上3的位置，是球在空中到达最高点2时离地面的高度为h，速率为v，以地面为零势能面，重力加速度为g，（全过程不计空气阻力）则下列说法错误的是 （ ） A．足球由位置1运动到位置2，重力做负功 B．足球由位置1运动到位置2，重力势能增加了mgh C．足球由位置2运动到位置3，动能增加了mgh D．运动员对足球做的功等于【答案】D 【解析】 【详解】 AB.足球由位置1到位置2，上升了h，重力做功为W＝-mgh，根据功能关系可知重力势能增加了mgh，故A项不合题意，B项不合题意； C.位置2到位置3，合外力做功为mgh，根据动能定理可知动能增加了mgh，故C项不合题意. D.从足球静止到位置2根据动能定理有： W-mgh?12mv 212mv， 212mv，故D项符合题意. 2所以运动员对足球所做的功为W?mgh?8．动车组是几节自带动力的车辆（动车）加几节不带动力的车辆（也叫拖车）编成一组，如图所示，假设动车组运行过程中受到的阻力与其所受重力成正比，每节动车与拖车的质量都相等，每节动车的额定功率都相等．若1节动车加4节拖车编成的动车组的最大速度为120km/h，则3节动车加7节拖车编成的动车组的最大速度为（ ） A．120 km/h 【答案】B 【解析】 B．180 km/h C．240 km/h D．300 km/h 解：设每节动车的功率为P， 每节动车的重力为G，阻力为kG， 则1节动车加4节拖车编成的动车组： P=F1V1 其中牵引力F1=5kG 3节动车加7节拖车编成的动车组： 3P=F2V2 其中牵引力F2=10kG V1=120km/h 代入解得V2=180km/h． 故选B 【考点】功率、平均功率和瞬时功率． 【专题】定性思想；类比法；功率的计算专题． 【分析】当牵引力和阻力的大小相等时，动车的速度达到最大值，由此可以求得动车组的最大速度． 【点评】当机车的速度达到最大时，机车做匀速运动，此时机车处于受力平衡状态，即此时的牵引力和受到的阻力的大小相等，再根据瞬时功率的公式即可解答本题． 9．如图所示，电风扇工作时，叶片上a、b两点的线速度分别为va、vb，角速度分别为ωa、ωb，则下列关系正确的是 A．va?vb，?a??b C．va?vb，?a??b 【答案】D 【解析】 【详解】 B．va?vb ，?a??b D．va?vb，?a??b 电扇上的a、b两点在同一扇叶上属于共轴转动，具有相同的角速度，所以?a??b，由于线速度v??r，而且由图可知rb?ra，所以va?vb．故选D正确． 10．在距地面200km的轨道上，宇宙飞船环绕地球做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（ ） A．飞船的速度一定大于第一宇宙速度 B．在飞船中，用弹簧秤测一个物体的重力，读数为零 C．在飞船中，可以用天平测物体的质量 D．因飞船处于完全失重状态，飞船中一切物体的质量都为零 【答案】B 【解析】 【详解】 A. 由 GMmv2?m， (h?R)2(R?h)得 v?GMGM ?R?hR所以飞船的速度小于第一宇宙速度，故A错误； B. 在飞船中的物体处于完全失重状态，所以用弹簧秤测一个物体的重力，读数为零，故B正确； C. 在飞船中物体处于完全失重状态，不可以用天平测物体的质量，故C错误； D. 质量是物体的固有属性，飞船处于完全失重状态，飞船中一切物体的质量不会改变，故D错误． 二、多项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中，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 11． (本题9分)关于第一宇宙速度，下列说法正确的是 A．它是人造地球卫星环绕地球做匀速圆周运动的最大运行速度 B．它是能使人造地球卫星进入近地圆形轨道的最小发射速度 C．它是近地圆形轨道上人造地球卫星的运行速度 D．它是人造地球卫星脱离地球运行的最小发射速度 【答案】ABC 【解析】 人造卫星在圆轨道上运行时，运行速度v= GM，轨道半径越大，速度越小，故第一宇宙速度是卫星在r圆轨道上运行的最大速度，它是使卫星进入近地圆轨道的最小发射速度，它是近地圆形轨道上人造地球卫星的运行速度，故A BC正确；第二宇宙速度是卫星脱离地球的引力束缚成为一颗人造卫星所必须的最小发射速度，故D错误；故选ABC． 点睛：注意第一宇宙速度有三种说法：①它是人造地球卫星在近地圆轨道上的运行速度；②它是人造地球卫星在圆轨道上运行的最大速度；③它是卫星进入近地圆形轨道的最小发射速度； 12．如图所示，电源的电动势和内阻分别为E、r，R0=r滑动变阻器的滑片P由a向b缓慢移动，则在此过程中（ ） A．伏特表V1的示数一直增大 B．伏特表V2的示数先增大后减小 C．电源的总功率先减少后增加 D．电源的输出功率先减小后增大 【答案】CD 【解析】 试题分析：当变阻器滑片滑到中点时，变阻器两部分并联电阻最大．所以外电路总电阻先增大后减小，故A错误，路端电压先增大后减小，即电压表V1的示数先增大后减小，电流电流先减小后增大，所以电阻R0两端的电压先减小后增大，故伏特表V2的示数先减小后增大，B错误，根据公式P?EI可得电源总功率先减小后增大，C正确，当在a端时，外电路电阻等于电源内阻，电源的输出功率最大，之后外电路电阻 增大，所以电源输出功率减小，当P点位于中点时，减小到最小，之后又开始增大，所以电源的输出功率先减小后增大，D正确， 考点：考查了电路的动态分析 点评：本题是动态变化分析问题，关键抓住变阻器滑片处于中点时，并联电阻最大．再按常规顺序“部分→整体→部分”分析． 13． (本题9分)任何有质量的物体周围都存在引力场，万有引力是通过引力场发生作用的。引入“引力场强度”A来表示引力场的强弱和方向，质量为m的物体在距离地心r处（r大于地球半径）受到的万有引力为F，则地球在该处产生的引力场强度A= F，以下说法正确的是（ ） m A．A的单位与加速度的单位相同 B．A的方向与该处物体所受万有引力的方向一致 C．r越大，A越大 D．m越大，A越小 【答案】AB 【解析】 【详解】 AB、F为质量为m的物体在距离地心r处（r大于地球半径）受到的万有引力，则A= F表示的就是物体m的加速度，根据牛顿第二定律定律，A的方向与该处物体所受万有引力的方向一致，故AB正确。 CD、由万有引力定律F=G误。 14．我们可以用如图所示的实验装置来探究影响向心力大小的因素．长槽横臂的挡板B到转轴的距离是挡板A的2倍，长槽横臂的挡板A和短槽横臂的挡板C到各自转轴的距离相等．转动手柄使长槽和短槽分别随变速塔轮匀速转动，槽内的球就做匀速圆周运动．横臂的挡板对球的压力提供了向心力，球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的相对大小．则关于这个实验，下列说法正确的是 mMFrFAA=知，越大，引力越小，则越小；由知，A与m无关，故CD错2rm A．探究向心力和角速度的关系时，应将传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上，将质量相同的小球分别放在挡板A和挡板C处 B．探究向心力和角速度的关系时，应将传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上，将质量相同的小球分别放在挡板B和挡板C处 C．探究向心力和半径的关系时，应将传动皮带套在两塔轮半径相同的轮盘上，将质量相同的小球分别放在挡板B和挡板C处 D．探究向心力和质量的关系时，应将传动皮带套在两塔轮半径相同的轮盘上，将质量不同的小球分别放在挡板A和挡板C处 【答案】ACD 【解析】 【详解】 在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，需先控制某些量不变，研究另外两个物理量的关系，该方法为控制变量法． AB.在探究向心力和角速度的关系时，要保持其余的物理量不变，则需要半径、质量都相同，则需要将传B错误； 动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上，将质量相同的小球分别放在挡板A和挡板C处．故A正确，C.探究向心力和半径的关系时，要保持其余的物理量不变，则需要质量、角速度都相同，如角速度相同， 则应将传动皮带套在两塔轮半径相同的轮盘上，将质量相同的小球分别放在挡板B和挡板C处，故C正确．D.探究向心力和质量的关系时，应将传动皮带套在两塔轮半径相同的轮盘上，即将质量不同的小球分别放在挡板A和挡板C处，故D正确． 15． (本题9分)如图所示，固定光滑斜面的倾角为?，其顶端有光滑定滑轮，跨过滑轮的轻绳，一端与斜面上质量为m的滑块相连，另一端与小车相连，滑轮左侧轻绳与斜面平行，重力加速度大小为g，若小车水平向右做匀速直线运动，则（ ） A．滑块做加速直线运动 B．滑块做匀速直线运动 C．轻绳的拉力等于mgsin? D．轻绳的拉力大于mgsin? 【答案】AD 【解析】 【详解】 AB．设拉小车细绳与水平方向的夹角为?，将小车的速度分解，如图，则v1?vcos?，小车水平向右做匀速直线运动，则θ减小，滑块的速度v1增大，即滑块做加速直线运动，故A正确，B错误； CD．滑块沿斜面向上加速运动，根据牛顿第二定律，有 T-mgsinθ=ma 可知，轻绳的拉力T大于mgsinθ，故C错误，D正确。 故选AD。 【点睛】 此题是斜牵引问题，关键是知道小车的速度是合速度，会分解小车的速度，根据平行四边形法则求解分速度，然后结合牛顿第二定律讨论拉力和重力的关系。 16． (本题9分)小船在静水中的航速为2m/s，河水的流速为1.5m/s。若小船渡河的最短时间为100s。下列说法正确的是 A．河的宽度为200m B．当小船以最短时间渡河时，小船到达对岸的位置与出发点间的距离为250m C．小船船头方向与河岸成某一角度进行渡河时，船的实际速度可以达到3.5m/s D．小船船头方向与河岸成30°角渡河时，渡河的时间为200s 【答案】ABD 【解析】 【详解】 A.当静水速的方向与河岸垂直时，渡河时间最短，t?d，那么河宽d=vct=2×100m=200m，故A正确； vcB.当小船以最短时间渡河时，小船沿着水流方向的距离为s=vst=1.5×100=150m，那么到达对岸的位置与出发点间的距离x?s2?d2?1502?2002m?250m；故B正确. C.船在静水中的航速为2m/s，河水的流速为1.5m/s，那么当小船船头方向与河岸成某一角度进行渡河时，船的实际速度最大值不大于3.5m/s，故C错误； D.当船船头方向与河岸成30°角渡河时，船渡河的时间：三、实验题:共2小题，每题8分，共16分 17． (本题9分)在“验证机械能守恒定律”的实验中，已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，查得当地的重力加速度g?9.80m/s，测得所用重物的质量为1.00kg．实验中得到一条点迹清晰的纸带，把第一个点记作O，每两个计数点之间有四点未画出，另选连续的3个计数点A、B、C作为测量的点，如图2所示．经测量知道A、B、C各点到O点的距离分别为50.50cm、86.00cm、130.50cm． 2t??d200=s=100s1；故D正确. vcsin30?2?2 （1）根据以上数据，计算重物由O点运动到B点，重力势能减少了_______J，动能增加了________J（最后结果要求保留三位有效数字）． （2）假设物体下落做匀加速运动，则物体在下落过程中的实际加速度为____________m/s2． 【答案】 8.43 8.00 9.00 【解析】试题分析：纸带实验中，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，从而求出动能，根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值，根据根据?x?aT求解加速度． （1）重力势能减小量?Ep?mgh?1.0?9.8?0.8600J?8.43J．在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，因此有vB?2xAC1.305?0.5050?m/s?4.00m/s，则动能增加量2T0.2?EK?11mvB2??1?4.002?8.00J 22（2）根据?x?aT2得 a?1.305?0.86??0.86?0.5050?0.01?9.00m/s2． 18． (本题9分)请你写出机械能守恒定律内容的文字表述，并设计一个验证该定律的实验，要求写出完成实验所需的实验器材及必要的实验步骤． 【答案】见解析 【解析】 【详解】 验证机械能守恒定律实验器材：铁架台、打点计时器、纸带、重锤、刻度尺、交流电源等； 步骤：①固定好打点计时器，将连有重锤的纸带穿过限位孔，用手提住，让重锤尽量靠近打点计时器； ②接通电源，开始打点，松开纸带，并如此重复几次，取得几条打点纸带； ③取下纸带，挑选点迹清楚的纸带，记下起始点O点，在离O点较远处选择几个连续计数点（或计时点）并计算出各点的速度值； ④测出各点距O点的距离，即为下落高度； ⑤计算并比较mgh和 12mvn是否相等． 2四、解答题：本题共4题，每题5分，共20分 19． (本题9分)如图所示，一斜面倾角为37°斜面与一竖直光滑圆轨道相切于A点，轨道半径为R=1m，将滑块由B点无初速释放后，滑块恰能运动到圆周的C点，OC水平，AB=2m；滑块可视为质点，取 g?10m/s2，sin370?0.6,cos370?0.8，求： (1)滑块在斜面上由B到A运动的时间； (2)若要使滑块能够从圆轨道最高点D抛出，应将释放点位置适当提高，滑块在斜面上的释放点至少应距A点多远． 【答案】 (1)1s (2)5.75m 【解析】 （1）滑块到达A点的速度为vA，从A到C过程机械能守恒； 12mvA?mgRcos370 22从B到A过程匀加速运动：vA?2axAB， vA=at 解得：t?1s 2vD（2）能从D点抛出的最小速度为vD，mg?m， R从A到D由机械能守恒： 2?v?A?2ax 11220m?v??mgR1?cos37?mvD， A?22??解得：x??5.75m 点睛：本题考查了动能定理、机械能守恒和牛顿第二定律的综合运用，知道最高点和最低点向心力的来源，结合牛顿第二定律和机械能守恒进行求解． 20． (本题9分)如图所示，一质量为m=1kg的滑块从倾角为θ=37°的斜面上自静止开始滑下，滑行距离s=9m后进入半径为R=9m的光滑圆弧AB，其圆心角也为θ=37°，然后水平滑上与平台等高的小车．已知小车质量为M=5kg，滑块与斜面及小车表面的动摩擦因数??0.5，地面光滑且小车足够长，取g=10m/s2（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求： （1）滑块在斜面上的滑行时间t1 （2）滑块滑到B点时的速度vB （3）当小车开始匀速运动时，滑块在车上滑行的距离s1 【答案】（1）3s（2）vB?62m/s（3）6m 【解析】 【分析】 （1）根据牛顿第二定律及匀变速直线运动的规律即可求出时间及到达A的速度； （2）根据动能定理求出滑块滑到B点时的速度； （3）根据动量守恒定律求解共同速度，再根据能量关系求解滑行距离． 【详解】 （1）滑块在斜面上的滑行加速度a，由牛顿第二定律，有mg?sin???cos???ma， 解得：a=2m/s2， 根据位移时间关系可得：s?12at1，解得t1?3s； 2滑块在A点的速度vA?at1?6m/s （2）滑块在圆弧AB上运动过程，由动能定理：mgR?1?cos???解得vB?62m/s； 1212mvB?mvA， 22（3）设二者相对静止时的速度为v，根据动量守恒定律可得：mvB??m?M?v， 解得：v?2m/s； 121mvB??M?m?v2， 22根据能量关系可得：?mgs1?解得：s1?6m． 21． (本题9分)从某高度处以 15m/s的初速度水平抛出一物体，经时间2s落地，g取10m/s2，求： 物体抛出时的高度和物体抛出点与落地点间的水平距离 【答案】【解析】 【详解】 物体抛出时的高度为：y=gt2=×10×22m=20m 抛出点与落地点间的水平距离为：x=v0t=15×2m=30m 22． (本题9分)我国的航空航天事业取得了巨大成就，2010年20月1日，我国成功发射了“嫦娥二号”探月卫星，“嫦娥二号”的质量为m，它绕月球做匀速圆周运动时距月球表面的距离为h，已知引力常量G、月球质量M、月球半径R。求： (1)“嫦娥二号”绕月做匀速圆周运动的周期； (2)“嫦娥二号”绕月球做匀速圆周运动的向心加速度与月球表面附近的重力加速度的大小之比。 R2R?h 【答案】 (1) 2?(R?h)；(2) 2(R?h)GM【解析】 【详解】 (1)“嫦娥二号”做圆周运动的轨道半径为： r?R?h 根据牛顿第二定律得： GMmmv2 ?r2r可得： v?GM r“嫦娥二号”做圆周运动的周期为T，则有： T?2?r v解得： T?2?(R?h)R?h GM(2)嫦娥二号”做圆周运动的向心加速度为： v2GMGMa??2? 2rr(R?h)质量为m0的物体在月球表面附近时，有： GMm0?m0g R2解得嫦娥二号”绕月球做匀速圆周运动的向心加速度与月球表面附近的重力加速度的大小之比： aR2? g(R?h)2
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