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)人站在电梯内的体重计上，当体重计示数增大时，可能的原因是（ ） A．电梯匀速上升
B．电梯匀减速上升
C．电梯匀减速下降
D．电梯匀加速下降
2． (本题9分)如图所示，两个容器A、B，用截面均匀的水平细玻璃管相连，A、B所装气体的温度分别为17℃和27℃，水银柱在管中央平衡，如果两边气体温度都升高10℃，则水银柱将( )
A．向右移动 C．不动
B．向左移动
D．条件不足，不能确定
3．如图所示，一质点做平抛运动先后经过A、B两点，到达A点时速度方向与竖直方向的夹角为60?，到达B点时速度方向与水平方向的夹角为45?．质点运动到A点与运动到B点的时间之比是( )
A．
1 32 3B．
3 3C．D．条件不够，无法求出
4． (本题9分)质量为1 kg的物体以某一初速度在水平面上滑行,由于摩擦阻力的作用,其动能随位移变化的图线如图所示,g取10 m/
则以下说法中正确的是 ( )
A．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5 B．物体滑行的总时间为2 s.
C．物体与水平面间的动摩擦因数为0.2 D．物体滑行的总时间为4 s 5．下列说法正确的是（ ）
A．合外力对物体做正功，物体的机械能一定增加 B．物体做匀速圆周运动，其机械能一定不变 C．物体做匀速直线运动，其机械能不一定不变
D．滑动摩擦力只能对物体做负功
6．(本题9分)牛顿发现万有引力定律后，测出引力常量的科学家是（ ） A．第谷 B．牛顿 C．开普勒 D．卡文迪许
7．如图所示，金属板带有等量异种电荷，板间某一竖直平面内电场线的分布如实线所示，已知该平面内P、O的连线为等势线，且与电场线上两点M、N的连线垂直．一带电油滴在O点处于静止状态．则( )
A．若将油滴置于P处，仍能静止
B．若将油滴从M处释放，将沿电场线运动至N处 C．M点的电势一定比N点的高
D．油滴在M点的电势能一定比在N点的小
8． (本题9分)如图，三个固定的带电小球a、b和c,相互间的距离分别为ab=5 cm, bc=3 cm, ca=4 cm. 小球c所受库仑力的合力的方向垂直于a、b的连线，设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k,则
A．a、b为异种电荷，k= 4/3 B．a、 b为同种电荷，k=4/3 C．a、b为同种电荷，k=16/9 D．a、b为异种电荷，k=16/9
9． (本题9分)如图所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是( )
A．小球的机械能守恒 B．斜劈的机械能守恒
C．斜劈与小球组成的系统机械能守恒
D．小球机械能的减小量大于斜劈动能的增大量
10． (本题9分)一物体由静止开始做匀变速直线运动，在时间t内通过的位移为x，则它从出发开始经过的位移所用的时间为 A．
x4t 4B．
t 2C．
t 16D．
2t 2二、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)如图，水平面内固定有两根平行的粗糙长直金属导轨，两根相同的导体棒AB、CD置于导轨上并与导轨垂直，整个装置处于竖直方向的匀强磁场中。从t=0时开始，对AB棒施加一与导轨平行的水平外力F，使AB棒从静止开始向右做加速度大小为a0的匀加速直线运动。导轨电阻不计，两棒均与导轨接触良好，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力。下列关于CD棒的速度v、加速度a、安培力F安和外力F随时间t变化的关系图线可能正确的是（ ）
A． B． C．
D．
12． (本题9分)两个质量不同的物体与水平面之间的动摩擦因数相同，它们以相同的初动能开始沿水平面滑动，最终停止．以下说法正确的是（ ） A．质量小的物体滑行的距离较长 B．质量大的物体滑行的距离较长 C．质量大的物体克服摩擦阻力做功较多
D．在整个滑动过程中，两物体克服摩擦阻力做功相等
13． (本题9分)如图所示，内壁光滑的圆锥筒固定不动，圆锥筒的轴线沿竖直方向．两个质量相等的小球A和B紧贴着内壁分别在如图所示的水平面内做匀速圆周运动，已知两小球运动的轨道半径之比rA∶rB=2∶1，取圆锥筒的最低点C为重力势能参照面，则A、B两球
A．运动周期之比TA∶TB=2∶1 B．速度之比vA∶vB=2∶1 C．机械能之比EA∶EB=2∶1 D．向心加速度之比aA∶aB=2∶1
14． (本题9分)如图甲所示，物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动。监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图乙、丙所示。取g=10m/s2，则
A．第1s内推力做功为1J C．第1.5s时推力F的功率为3W 15．物体做曲线运动时( )
B．第2s内摩擦力做的功为W=2.0J D．第2s内推力F做功的平均功率P=3W
A．速度的大小可以不发生变化而方向在不断地变化 B．速度在变化而加速度可以不发生变化 C．速度的方向不发生变化而大小在不断地变化 D．速度的大小和方向可以都在不断地发生变化
16．一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率之后保持额定功率运动，20s后汽车匀速运动，其v—t图象如图所示。已知汽车的质量为2×103kg，汽车受到的阻力为车重的0.1倍，重力加速度g取10m/s2。则
A．汽车在前5s内的加速度为2m/s2 B．汽车在前5s内的牵引力为4×103N
C．汽车的额定功率为60kW
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
D．汽车的最大速度为20m/s
17． (本题9分)某组同学借用“探究a与F、m之间的定量关系”的相关实验思想、原理及操作，进行“研究合力做功和动能变化的关系”的实验他们设计了如图所示的装置，并配备了以下器材∶打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、纸带、砝码、细沙、天平。当小车连接上纸带，用细线通过滑轮挂上未装细沙的小沙桶时，释放小桶，发现滑块处于静止状态，若你是小组中的位成员，要完成该项实验，则∶
(1)你认为还需要的测量器材有____________；
(2)某同学用天平称量小车和砝码的总质量M，往沙桶中装入适量的细沙，用天平称出此时沙和沙桶的总质量m。实验时为了保证小车受到的合力与沙和沙桶的总重力大小基本相等，沙和沙桶的总质量应满足的实验条件是____________，实验时首先要做的步骤是_____________；
(3)在(2)的基础上，让沙桶带动小车加速运动，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，测出这两点的间距L和这两点的速度大小v1和v2（v1 18． (本题9分)如图1所示，小章同学将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，他利用此装置来验证机械能守恒定律。 (1)现有的器材：带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带夹子的重物、导线若干。为完成此实验，除了所给的器材，还需要___________。(填选项前的字母) A．刻度尺 B．秒表 C．220V交流电源 D．低压交流电源 (2)下列最适合作为实验中所用重物的是___________。 A．400g的皮球 B．400g的塑料块 C．400g的铅块 D．400g的木块 (3)实验中，小章利用(2)中所选的物体作为重物，经正确操作后得到一条清晰的纸带(局部)如图2所示，A、B、C为连续的三个点，测得：xAB=4.15cm，xAC=4.53cm，相邻两点间的时间间隔均为0.02s，则打下B点时，重物的动能为___________J(计算结果保留两位有效数字)。 四、解答题：本题共4题，每题5分，共20分 19．（6分） (本题9分)如图所示是利用电动机提升重物的示意图，其中D是直流电动机．p是一个质量为m的重物，它用细绳拴在电动机的轴上．闭合开关ｓ，重物p以速度v匀速上升，这时电流表和电压表的示数分别是I=5.0A和U=110V，重物p上升的速度v=0.70m/s．已知该装置机械部分的机械效率为70%，重物的质量m=45kg（g取10m／s2）．求： （1）电动机消耗的电功率P电； （2）绳对重物做功的机械功率P机； （3）电动机线圈的电阻R． 20．（6分） (本题9分)如图所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的1/4圆弧槽C，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C静止在水平面上．现有滑块A以初速V0从右端滑上B，并以1/2 V0滑离B，确好能到达C的最高点．A、B、C的质量均为m，试求： （1）木板B上表面的动摩擦因素μ； （2）1/4圆弧槽C的半径R； （3）当A滑离C时，C的速度． 21．（6分） (本题9分)小球从空中h＝20 m处自由下落，与水平地面碰撞后以碰前速度的60%竖直反弹到某一高度．取g＝10 m/s2，不计空气阻力求： (1)反弹的高度是多少？ (2)从开始下落到第二次落地，经过多长时间？ 22．（8分） (本题9分)如图所示，某人乘雪橇从雪坡经A点滑至B点，接着沿水平路面滑至C点停止。已知A、B之间的高度差为20m，人与雪橇的总质量为70kg。表中记录了沿坡滑下过程中的有关数据，请 根据图表中的数据解决： (1)人与雪橇从A到B的过程中，损失的机械能为多少； (2)设人与雪橇在BC段所受阻力恒定，求阻力大小。(g =10m/s2) 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】 试题分析：由于体重计的示数增大，故小明处于超重状态，小明受到的加速度是向上的；A中的加速度为0，A不对；B与C的加速度方向都是向下的，故B、C均不对，D的加速度是向上的，故D是正确的． 考点：超重现象． 2．A 【解析】 假定两个容器的体积不变，即V1，V2不变，A、B中所装气体温度分别为290K和300K，当温度升高?T时，容器A的压强由p1增至p'1，?p1?p'1?p1，容器B的压强由p2增至p?2，?p2?p?2?p2，由查理定律得：?P1?PP1?T，?P2?2?T， 290300因为p2?p1，所以?p1＞?p2，即水银柱应向右移动，故选项A正确． 点睛：本题涉及两部分气体状态变化问题，除了隔离研究两部分之外，关键是把握它们之间的联系，比如体积关系、温度关系及压强关系． 3．B 【解析】 【详解】 设初速度为v0，将A、B两点的速度分解， 在A点： tan(90?－60?)＝得 tA＝vAyv0＝ gtA v03v0 3g在B点： gtBtan45＝ ＝ v0v0?vBy解得： tB＝ v0 g所以 tA3 ＝ tB3故B正确，A、C、D错误 故选B。 4．D 【解析】 【详解】 AC.由图象可知，EK1=50J，EK2=0J，位移x=20m，EK1=mv12=50J，初速度v1=10m/s，由动能定理得： EK2-EK1=-fx 解得：f=2.5N=μmg，μ=0.25，故AC不符合题意； BD.物体加速度 物体运动时间 故B不符合题意，D符合题意； 5．C 【解析】 【详解】 A．根据动能定理可知，合外力对物体做正功，物体的动能一定增加，不能判断机械能是否变化，故A错误； B．物体做匀速圆周运动可知其线速度大小不变，则动能不变，但构成机械能的势能部分未知，则机械能无法判断，故B错误； C．物体做匀速直线运动可知动能不变，物体的势能可能不变或变化，则机械能有可能变化或不变，故C正确； D．滑动摩擦力与相对运动方向相反，与运动方向可能相同或相反，则滑动摩擦力可以对物体做正功，负功或不做功，故D错误。 故选C。 6．D 【解析】 在牛顿发现万用引力定律大约100年后，英国物理学家卡文迪许在实验室里利用扭秤装置第一次测出了万有引力常量，故D正确，A、B、C错误； 故选D． 【点睛】根据有关天体运动的物理学史及科学家注意贡献的掌握分析答题． 7．D 【解析】 【分析】 由电场线分布判断出场强的大小关系，从而判断电场力与的重力的关系；沿着电场线电势降低，根据电势能的公式进行判断电势的大小关系； 【详解】 A、由题可知，在O点处于静止状态，说明在O点的电场力与重力相等，由电场线的分布可知，P点的电场强度大于O点电场强度，即EP?EO，则在P点的电场力大于重力，则油滴不会处于静止状态，故选项A错误； B、带电油滴受到重力和电场力的作用，由于电场的方向为电场线的切线方向，可知二者的合力的方向时刻在变化，其合力的方向不沿着电场线，根据曲线运动条件可知，油滴也不会沿电场线运动到N处，故选项B错误； C、根据电场线的性质，可知沿着电场线电势降低，由于电场线的方向未知，故M、N点电势高低也是未知的，故选项C错误； D、若油滴带负电，则上极板带正电，则?M??N，则根据电势能公式Ep??q可知：EPM?EPN；若油滴带正电，则上极板带电，则?M??N，同理可知：EPM?EPN，故选项D正确． 【点睛】 本题考查带电粒子在电场中的运动，注意找出场强的关系以及电势的关系，从而根据受力情况以及电势能公式进行判断即可． 8．B 【解析】 【详解】 根据同种电荷相斥，异种电荷相吸，且小球c所受库仑力的合力的方向垂直于a，b的连线，可知，a，b的电荷同号，对小球C受力分析，因ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm，因此ac⊥bc，那么两力的合成构成矩形， Fabc3qqqq??，而根据库仑定律，Fa?ka2c，而Fb?kb2c综上所得，依据相似三角形之比，则有： Fbac4acbcqaFaac23424k???2??2?，故B正确。 qbFbbc4339．C 【解析】 【详解】 ABC.小球和斜劈组成的系统中，只有重力势能和动能相互转化，系统机械能守恒，故C正确，AB错误； D.根据系统机械能守恒可知，小球机械能的减小量等于斜劈机械能增大量，即斜劈动能的增大量，故D错误。 10．B 【解析】 【分析】 【详解】 据位移时间公式可得：x?12at， 2它从出发开始经过故选B xx121的位移时，有:?at?，解得：t'?t， 4224二、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．BD 【解析】 【分析】 【详解】 A．因金属棒与导轨之间有摩擦力，可知开始时导体棒CD的速度为零，当所受的安培力等于最大静摩擦力时才开始运动，故A错误； B．开始时，CD棒的速度为零，加速度为零；当CD开始运动后加速度从0开始逐渐变大，与AB的速度 差逐渐变大，则回路中感应电流逐渐变大，导体棒所受的向右的安培力逐渐变大，加速度逐渐变大，当CD的加速度与AB加速度相等时， 两棒的速度差保持不变，安培力保持不变，加速度保持不变，故B正确；C．在开始CD棒不动时，安培力 BLatB2L2aF安?BL?t 2R2R即安培力随时间成正比关系增加；当CD开始运动后，导体棒所受的向右的安培力逐渐变大，但非线性增加，最后保持不变，故C错误； D．对AB外力 B2L2aF?ma0?f?F安=ma0?f?t 2R开始时CD加速度为零，AB加速度为a=a0，则此时外力F随时间t线性增加；当CD开始运动后加速度从0开始逐渐变大，导体棒AB所受的向左的安培力逐渐变大，但非线性增加，最后保持不变，故D正确。 故选BD。 12．AD 【解析】 A、B、-μmgs=0-EK；由动能定理可知：由公式可知，因初动能相同，故两物体克服阻力做功相同；而s?Ek，?mg故质量大的物体，滑行距离要小，故A正确，B错误；C、D、由-μmgs=0-EK可知摩擦力做功相等，故C错误，D正确；故选AD． 【点睛】本题综合考查动能定理、牛顿第二定律及位移公式，在解题时要注意如果题目中涉及时间，则应考虑应用牛顿第二律，若不涉及时间应优先采用动能定理或功能关系． 13．BC 【解析】 【详解】 小球做匀速圆周运动，靠重力和支持力的和提供向心力，结合牛顿第二定律列出向心力与线速度、角速度、向心加速度的表达式，从而进行求解． v24?2设支持力和竖直方向上的夹角为θ，根据牛顿第二定律得：mgtan??ma?m?m2r， rT解得：a?gtan?，v?grtan?，T?2?r， gtan?因为A、B圆运动的半径之比为2:1，所以aA:aB?1:1，vA:vB?2:1，TA:TB?2:1，AD错误B正确；从以上分析可知EkA:EkB?2:1，根据几何知识可知hA?rAr，hB?B，故EpA:EpB?2:1，sin?sin?由于机械能为动能和重力势能之和，故EA∶EB=2∶1，C正确． 14．CD 【解析】 【详解】 A.由v-t图可知第1s内物体速度为零没有运动，所以推力做的功为零。A错误； B.由v-t图和F-t图可知第3s内物体匀速则f=F=2N，第2s内位移为1m，由Wf=-fL=-2×1J=-2.0J．则B错误； C.1.5s时的瞬时速度为1m/s，推力为3N，则由P=Fv=3×1W=3W．选项C正确； D.第2s内的推力为3N，第2s内物体做匀加速直线运动平均速度为1m/s，由 P?Fv?3?1W?3W．选项D正确。 15．ABD 【解析】 【详解】 A. 物体沿圆周做快慢不变的运动时，物体速度大小不变，方向在不断地变化，故选项A符合题意； BD.一体积较小的重物水平抛出后，物体的加速度不变，而速度的大小和方向都在不断地发生变化，故选项BD符合题意； C. 物体做曲线运动时，速度方向时刻在改变，故选项C不合题意。 16．AC 【解析】 【详解】 AB.汽车在前5s内做匀加速运动，加速度a?解得F=6×103N．故A正确，B错误。 CD.汽车在5s末功率达到额定功率，P=Fv=6×103×10W=60kW．当汽车速度最大时，牵引力与阻力大小相等，即F=F阻，最大速度vm= ?Vv10??2m/s2，F-F阻=ma，F阻=0.1mg，由牛顿第二定律得：Vt5Pf60000=30m/s，故C正确，D错误； 2000三、实验题:共2小题，每题8分，共16分 17．刻度尺 m< 112Mv2?Mv12 22【详解】 (1)[1]用刻度尺测量计数点间的距离，从而算出运动速度。 (2)[2]只有当m< mgL?112Mv2?Mv12 2218．AD C 0.26 【解析】 【详解】 （1）[1] 通过打点计时器计算时间，故不需要秒表，打点计时器应该与交流电源连接，需要刻度尺测量纸带上两点间的距离，故A正确，B错误；由图可知是电磁打点计时器，故电源用低压交流电源，故C错误，D正确。 （2）[2] 为了减小阻力的影响，重物应选用质量大、体积小、密度大的材料，故选C。 （3）[3] 打B点重物的瞬时速度 打下B点时，重物的动能为 四、解答题：本题共4题，每题5分，共20分 19．（1）550W；（2）315W；（3）4Ω 【解析】 【分析】 【详解】 （1）电动机消耗得电功率为P电?UI?110?5W?550W； （2）重物匀速上升，拉力T=mg， =Tv?mgv?45?10?0.70W?315W 绳对重物做功的机械功率为：P机（3）电动机输出的电功率为：P机出?P机?=315W=450W 0.7电动机线圈的电阻R的发热功率为P线=P电-P机出=100W 由P线=IR得 2电动机线圈的电阻：R=P线100=Ω=4Ω 2I2520．（1） （2） （3）VC =【解析】 【详解】 试题分析：（1）当A在B上滑动时，A与BC整体发生作用，由于水平面光滑，A与BC组成的系统动量守恒： ①，解得v1?1v0 4② 系统动能的减小量等于滑动过程中产生的内能： ③ 而 ④ 联立①②③式解得：⑤ （2）当A滑上C，B与C分离，A与C发生作用，设到达最高点时速度相等为v2，由于水平面光滑，A与C组成的系统动量守恒：A与C组成的系统机械能守恒： ⑥ ⑦ 由 ⑤⑥式解得：⑧ （3）当A滑下C时，设A的速度为vA，C的速度为vC，A与C组成的系统动量守恒: ⑨ A与C组成的系统动能守恒：联立⑧⑨式解得： ⑩ 考点：能量守恒，动量守恒，机械能守恒． 21． (1)7.2m (2)4.4s 【解析】 解：（1）小球第一次落地时有反弹速度v2=60% =2gh得v1= =20m/s v1=12m/s 反弹的高度 =7.2m （2）第一次下落的时间t1===2s 反弹后做竖直上抛运动，运用整体法有h′=v2t2﹣gt 落地时h′=0，得t2==s=\， 故从开始下落到第二次落地的时间 t=t1+t2=\． 答：（1）反弹的高度是7.2 m （2）经过4.4 s时间 【点评】熟练运动学规律即可正确解题，解题时要注意正方方向的选取． 22． (1)9100J(2)140N 【解析】 【详解】 (1)从A到B的过程中，人与雪橇损失的机械能 代入数据解得 (2)人与雪橇在BC段做减速运动，根据运动学公式可得在BC段的加速度 a= = m/s2=-2m/s2 则加速度大小为2 m/s2 由牛顿第二定律得 f=ma 代入数据，可解得人与雪橇在BC段所受阻力大小 f=140N 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．下列运动过程中，满足机械能守恒的是 A．沿粗糙斜面匀速下滑的物块 B．在空气中匀速下落的雨滴 C．沿粗糙斜面加速下滑的物块 D．沿竖直面内光滑圆轨道运动的小球 【答案】D 【解析】 【详解】 A.沿粗糙斜面匀速下滑的物块动能不变，重力势能减小，故机械能减小，故A错误； B.在空气中匀速下落的雨滴，动能不变，重力势能减小，故机械能减小，故B错误； C.沿粗糙斜面加速下滑的物块一定有摩擦力做负功，机械能不守恒，故C错误； D.沿竖直面内光滑圆轨道运动的小球，只受重力做功，机械能守恒，故D正确. 2．如图所示，北京和广州的地理纬度分别约为40°和23°，若在北京地面上的物体随地球自转的周期和线速度分别为T1和v1，广州地面上的物体随地球自转的周期和线速度分别为T2和v2，则( ) A．TI?T2,vI?v2 C．T1?T2,v1?v2 【答案】C 【解析】 【详解】 B．T1?T2,v1?v2 D．T1?T2,v1?v2 在北京和广州地面上的物体转动的周期都等于地球自转的周期，所以T1=T2，由图知广州的转动半径大于北京的轨道半径，根据 v?2?r T可知，v2>v1。 A. TI?T2,vI?v2与上述计算结果T1?T2,v1?v2 不相符，故A错误； B. T1?T2,v1?v2与上述计算结果T1?T2,v1?v2 不相符，故B错误； C. T1?T2,v1?v2 与上述计算结果T1?T2,v1?v2 相符，故C正确； D. T1?T2,v1?v2与上述计算结果T1?T2,v1?v2 不相符，故D错误。 3． (本题9分)如图所示，水平面上有一汽车A，通过定滑轮用绳子拉同一水平面的物体B，当拉至图示位置时，两绳子与水平面的夹角分别为α、β，二者速度分别为vA和vB，则（ ） A．vA：vB＝1：1 C．vA：vB＝cosβ：cosα 【答案】C 【解析】 【详解】 B．vA：vB＝sinα：sinβ D．vA：vB＝sinα：cosβ 对A物体的速度沿着绳子方向与垂直绳子方向进行分解，则有沿着绳子方向的速度大小为vAcos? ；对B物体的速度沿着绳子方向与垂直绳子方向进行分解，则有沿着绳子方向的速度大小为vBcos? ，由于沿着绳子方向速度大小相等，所以则有vAcos??vBcos?，因此ABD错误，C正确； 故选C． 【点睛】 考查学会对物体进行运动的分解，涉及到平行四边形定则与三角函数知识，同时本题的突破口是沿着绳子的方向速度大小相等． 4．游乐场中的一种滑梯如图3所示．小朋友从轨道顶端由静止开始下滑，沿水平轨道滑动了一段距离后停下来，则 A．下滑过程中支持力对小朋友做功 中小朋友的机械能守恒 【答案】D 【解析】 【详解】 B．下滑过程中小朋友的重力势能增加 C．整个运动过程 D．在水平面滑动过程中摩擦力对小朋友做负功 A．下滑过程中小朋友受到的支持力与运动方向垂直，支持力不做功，A错误． B．下滑过程中，小朋友高度下降，重力做正功，其重力势能减小，B错误． C．整个运动过程中，摩擦力做功，小朋友的机械能减小，转化为内能，C错误． D．在水平面滑动过程中，摩擦力方向与位移方向相反，摩擦力对小朋友做负功，故D正确． 5．在圆轨道上运行的国际空间站里，一宇航员A站在空间站地板上固定的台秤B上，如图所示，下列说法正确的是 A．宇航员A不受地球引力作用 B．台秤B示数大小等于宇航员此时所受地球引力 C．宇航员A所受地球引力小于他在地面上所受引力 D．若宇航员A将手中一小球无初速释放，该小球将落到空间站地板上 【答案】C 【解析】 【详解】 A．宇航员随国际空间站绕地球做匀速圆周运动，宇航员A仍受到地球引力作用。故A错误。 B．空间站处于完全失重状态，因此台秤示数为零，故B错误； C．根据万有引力定律F＝GMm可知，宇航员A与地球的距离大于地球半径，所以A所受地球引力小于2r他在地面上所受的引力，故C正确； D．宇航员相对于太空舱无初速释放小球，小球受地球的万有引力提供向心力，处于完全失重状态，不会落到“地面上”，故D错误； 6．物体在两个相互垂直的力作用下运动，力F1对物体做功6J，物体克服力F2做功8J，则F1、F2的合力对物体做功为（ ） A．14J 【答案】D 【解析】 【详解】 功是标量，所以合力总功等于各力做功之和，即：W?W1?W2?6???8?J??2J，ABC错误D正确 7．如图甲所示电路，电源电动势为E，内阻不计，滑动变阻器的最大值为20Ω。当只闭合开关S、S1，调节滑动变阻器滑片P，得到电压表和电流表示数关系如图乙所示；当只闭合开关S、S2，移动滑动变阻器的滑片P，得到小灯泡L的伏安特性曲线如图丙所示。则下列正确的是 B．10J C．2J D．－2J A．E= 6 V B．R2=0.1Ω C．当小灯泡L两端的电压为2.0 V时，小灯泡的电阻为10Ω D．只闭合开关S、S1时，滑动变阻器的滑片从最左端向右移动过程中，滑动变阻器消耗的功率先变大后变小 【答案】D 【解析】 【详解】 AB．只闭合开关S、S1时，由闭合电路欧姆定律可得，电压表和电流表示数关系对应的表表达式为 U1?E?IR2，与图乙对比可得：3?E?0.2R2、1?E?0.4R2；解得：E?5V、R2?10Ω．故AB 两项错误． C．由图丙得，当小灯泡L两端的电压为2.0 V时，流过灯泡的电流为0.4A，小灯泡的电阻 RL?UL2.0?Ω?5Ω．故C项错误． IL0.4EE2252P?()R1??D．S1时，只闭合开关S、滑动变阻器消耗的功率；(R1?R2)2(R1?10)2R1?R2?4R2?40R1R1滑动变阻器的最大值为20Ω，滑动变阻器的滑片从最左端向右移动过程中，滑动变阻器消耗的功率先增大后减小．故D项正确． 8．如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和粗糙斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一个定滑轮。质量分别为M、m(M?m)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行。两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动。若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中（ ） A．轻绳对m做的功等于m机械能的增加 B．重力对M做的功小于M减少的重力势能 C．轻绳对m做的功等于m增加的动能与m克服摩擦力所做的功之和 D．两滑块与轻绳组成的系统的机械能损失等于M、m克服摩擦力所做的功之和 【答案】D 【解析】 【详解】 AC、根据动能定理可知，轻绳对m做的功等于m增加的机械能与m克服摩擦力所做的功之和，轻绳对m做的功大于m机械能的增加，故A、C错误。 B、根据重力做功与重力势能变化的关系可知，重力对M做的功等于M重力势能的变化，故B错误。 D、根据能量守恒定律，两滑块与轻绳组成的系统的机械能损失等于M、m克服摩擦力所做的功之和，故D正确。 9． (本题9分)P点为点电荷＋Q的电场中的某点。若将电荷量为q的试探电荷放在P点，该试探电荷受到的电场力是F。下列说法正确的是 A．若将电荷量为2q的试探电荷放在P点，P点的场强大小为 B．若将电荷量为2q的试探电荷放在P点，P点的场强大小为 C．若将电荷量为2q的试探电荷放在P点，P点的场强大小为 D．若将放在P点的试探电荷取走，则P点的场强为零 【答案】A 【解析】因为电场强度的大小由电场本身的性质决定，与检验电荷无关，所以若该点放一电荷量2q的试探电荷，则该点的电场强度仍然为，故A正确，BCD错误。 10． (本题9分)如图所示，质量均为m的两个小球A、B（可视为质点）固定在轻杆的两端，将其放入光滑的半球形碗中，杆的长度等于碗的半径，当杆与两球组成的系统处于平衡状态时，杆对小球A的作用力为（ ） A．3mg 2B．3mg 3C．23mg 3D．2mg 【答案】B 【解析】 【详解】 轻杆的长度等于碗的半径，由几何关系知，OAB为等边三角形。对小球A进行受力分析可知，小球A受到杆的作用力为F=mgtan30°=3mg，B正确。 3二、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)汽车从静止开始沿平直公路做匀加速运动，所受阻力始终不变，在此过程中，下列说法正确的是( ) A．汽车发动机的输出功率逐渐增大 B．汽车发动机的输出功率保持不变 C．在任意两相等的位移内，发动机做功相等 D．在任意两相等的时间内，发动机做功相等 【答案】AC 【解析】 【详解】 匀加速运动合外力F为定值，又因为阻力不变，故牵引力恒定不变，由P=Fv，v逐渐增大 所以P增大 所以A正确，B错误。根据W=Fx可知因F一定，则在任意两相等的位移内，发动机做功相等，选项C正确；汽车做匀加速运动，则在任意两相等的时间内的位移不同，发动机做功不相等，选项D错误；故选AC. 【点睛】 该题主要考查了机车启动时功率跟牵引力、速度的关系，关键是掌握功率的公式P=Fv以及牵引力做功的公式W=Fx，题目较为简单． 12． (本题9分)如图所示，质量分别为m和2m的A,B两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A紧靠竖直墙壁．用水平力向左推B，将弹簧压缩，推到某位置静止时推力大小为F，弹簧的弹性势能为E.在此位置突然撤去推力，下列说法中正确的是 A．撤去推力的瞬间，B的加速度大小为 F 2mE 3B．从撤去推力到A离开竖直墙壁前，A,B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒 C．A离开竖直墙壁后，弹簧弹性势能最大值为 D．A离开竖直墙壁后，弹簧弹性势能最大值为E 【答案】AC 【解析】 A、撤去F后，B水平方向受到弹簧的弹力F，根据牛顿第二定律：加速度a= ，A正确； B、A离开竖直墙前，竖直方向两物体的重力与水平面的支持力平衡，合力为零，而墙对A有向右的弹力， 使系统的动量不守恒．这个过程中，只有弹簧的弹力对B做功，系统的机械能守恒，B正确、C错误； D、A离开竖直墙后，系统水平方向不受外力，竖直方向外力平衡，则系统的动量守恒，只有弹簧的弹力做功，机械能也守恒．当两物体速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性势能最大． 设两物体相同速度为v，A离开墙时,B的速度为v0，根据动量守恒和机械能守恒得： 2mv0=3mv， 1E??3mv2?Ep 212又E?mv0 2联立得到弹簧的弹性势能最大值为EP=E/3，D正确． 故选：ABD． 【名师点睛】 B受两个力作用处于平衡状态，说明B所受弹力的大小等于F，故撤去F时，B的合力大小为弹力大小，根据牛顿第二定律求产生的加速度a，在A离开墙壁前受墙壁对系统的作用力，系统不满足动量守恒条件，又因为墙壁作用力对A不做功，故系统满足机械能守恒条件．A离开墙壁后系统机械能守恒动量也守恒，故系统动能不可以为0，则弹簧弹性势能不可能与系统总机械能相等． 13． (本题9分)如图所示，质量为m的物体与转台之问的动摩擦因数为μ，物体与转轴间距离为R，物体随转台由静止开始转动，当转台转速增加到某一值后转台开始匀速转动，整个过程中物体相对于转台静止不动，则以下判断正确的是( ) A．转台转速增加的过程中，转台对物体静摩擦力的方向一定指向转轴 B．转台转速增加的过程中，转台对物体静摩擦力的方向跟物体速度间夹角一定小于90° C．转台匀速转动的过程中，转台对物体静摩擦力的方向一定指向转轴 D．转台匀速转动的过程中，转台对物体静摩擦力的方向一定跟物体的速度方向相反 【答案】BC 【解析】 【详解】 AB．转台转速增加的过程中，物体做加速圆周运动，静摩擦力沿着半径方向的分力提供向心力，切向分力使物体加速．故静摩擦力不指向圆心，跟物体速度间夹角一定小于90°，故A错误，B正确； CD．转台匀速转动时，物体做匀速圆周运动，物体所受的合力始终指向圆心，此时所受的静摩擦力方向一定指向转轴，故C正确；D错误． 故选BC。 14． (本题9分)如图所示，长为0.5m的轻杆一端与质量为2kg的小球相连，另一端可绕过O点的水平轴自由转动。现给小球一初速度，使其在竖直面内做圆周运动，若小球通过轨道最低点a时的速度为4m/s，通过轨道最高点b时的速度为2m/s，重力加速度g=10m/s2，则小球通过最低点和最高点时，下列说法正确的是（ ） A．在a点，小球对轻杆作用力的方向竖直向下 B．在a点，小球对轻杆作用力的大小为24N C．在b点，小球对轻杆作用力的方向竖直向上 D．在b点，小球对轻杆作用力的大小为4N 【答案】AD 【解析】 【详解】 v2v2?42AB、在a点对小球：F-mg=m，轻杆对小球的拉力F=mg+ m=210N+2?N=84N，根据牛顿第三 rr0.5定律知，在a点，小球对轻杆作用力大小为84N，方向竖直向下，故A正确，B错误。 v2v2?22CD、在b点对小球：mg-F= m，轻杆对小球的支持力F= mg-m=210N-2?N=4N，根据牛顿第三 rr0.5定律知，在b点，小球对轻杆的压力大小为4N，方向竖直向下，故C错误，D正确。 15．一竖直放置的轻弹簧，一端固定于地面，一端与质量为3kg的B固定在一起，质量为1kg的A放于B上。现在A和B正在一起竖直向上运动，如图所示。当A、B分离后，A上升0.2m到达最高点，此时BB分离起至A到达最高点的这一过程中，速度方向向下，弹簧为原长，则从A、下列说法正确的是(g取10m/s2) A．A、B分离时B的加速度为g B．弹簧的弹力对B做功为零 C．弹簧的弹力对B的冲量大小为6N·s D．B的动量变化量为零 【答案】ABC 【解析】 【详解】 A、由分离的条件可知，A、B物体分离时二者的速度、加速度相等，二者之间的相互作用力为0，对A分析可知，A的加速度aA?g，所以B的加速度为g，故A正确； B、 A、B物体分离时弹簧恢复原长，A到最高点弹簧恢复原长，从A、B分离起至A到达最高点的这一过程中弹簧的弹性势能变化为零，所以弹簧对B做的功为零，故B正确； CD、A、B物体分离后A做竖直上抛运动，可知竖直上抛的初速度v?2gh?2?10?0.2?2m/s，上升到最高点所需的时间：t?2h?0.2s，由运动的对称性可知此时B的速度为2m/s，方向竖直向下，g对B在此过程内用动量定理(规定向下为正方向)得：mBgt?IN?mBv?(?mBv)，解得弹簧的弹力对B的冲量大小为：IN?6N?s，B的动量变化量为?P?mBv?(?mBv)?12kg?m/s，故C正确，D错误； 故选ABC。 16． (本题9分)等量异号点电荷的连线和中垂线如图所示，现将一个带负电的试探电荷先从图中的a点沿直线移动到b点，再从b点沿直线移动到c点，则试探电荷在此全过程中 A．所受电场力的方向不变 B．所受电场力的大小恒定 C．电势能一直减小 D．电势能先不变后减小 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】 试题分析：在等量的异种电荷的中垂线上，电场方向始终垂直中垂线且指向负电荷，检验电荷所受电场力的方向保持不变，所以A错误； 且电荷从a运动到b，因电场力与位移方向垂直，电场力不做功；从b到c运动的过程中电场力做正功因此电势能减小，所以C错； 又因为电场线分布的疏密不同，所受电场力是变化的，所以B错误； 电荷从b运动到c，因为电场力做正功，所以电荷电势能减小，所以D正确． 故选D． 三、实验题:共2小题，每题8分，共16分 17． (本题9分)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A；将木板远离槽口平移距离x，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B；又将木板再远离槽口平移距离x，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x=10.00cm，A、B间距离y1=5.02cm，B、C间距离y2=14.82cm，g=9.80m/s2，则小球初速度的大小v0=___m/s。（结果保留两位有效数字） 【答案】1.0 【解析】 【分析】 【详解】 [1]根据平抛运动在水平方向上为匀速直线运动，则小球从A到B和从B到C运动时间相等，设为T；竖直方向由匀变速直线运动推论有 y2?y1?gT2 水平方向则有 v0T?x 解得 v0?xg?1.0m/s y2?y118．如图所示，在“研究平抛运动”的实验中，可以描绘出小球平抛运动的轨迹，实验简要步骤如下： A．让小球多次从同一位置静止释放，在一张印有小方格的纸上记下小球经过的一系列位置，如图中a、b、c、d所示. B．安装好器材，注意斜槽末端切线水平，记下平抛初位置O点和过O点的水平线与竖直线. C．取下方格纸，以O为原点，以水平线为x轴，竖直线为y轴建立坐标系，用平滑曲线画出小球平抛运动的轨迹. （1）上述实验步骤的合理顺序是____________. （2）已知图中小方格的边长为L，则小球从a位置运动到c位置所用的时间为________，小球平抛的初速度为________. (均用L、g表示) 【答案】BAC 2【解析】 【详解】 (1)[1]实验操作中要先安装仪器,然后进行实验操作,在进行数据处理，故实验顺序为:B,A,C (2)[2])由图可以知道a、b、c、d之间的时间间隔是相同的,因此根据匀变速直线运动的规律有: L 2Lg g?h?gT2 由题可以知道?h?L,带入计算得出每相邻两个位置的时间间隔为： T?L g则小球从a位置运动到c位置所用的时间为： t?2T?2L g[3] 水平方向匀速直线运动， x?2L?v0T 小球平抛的初速度为： v0?2L?2gL T四、解答题：本题共4题，每题5分，共20分 19． (本题9分)光滑水平面上静止地放置两个完全相同的质量为M=6kg、半径为R=0.60m的圆轨道小车甲和乙，两圆轨道小车与水平面相切，圆弧轨道光滑，如图，一质量m=2kg的小球从甲轨道顶端由静止 释放，滑下后冲上乙轨道，g=10m/s2，求： (1)小球滑离甲轨道时，小球与甲轨道的速度多大? (2)小球在乙轨道上，上升的最大高度? (保留两位有效数字) 【答案】 (1)【解析】 【分析】 小球从甲轨道滑离时系统满足水平方向上动量守恒和系统机械能守恒，据此列式求得小球与甲轨道的速度大小； 小球滑上乙轨道后，系统满足水平方向动量守恒和系统机械能守恒，据此列式求解乙球上升的最大高度即可。 【详解】 设小球滑离甲轨道时，小球的速度为小球与甲轨道水平方向动量守恒，则 ，甲轨道的速度为 ， (2) 小球与甲轨道机械能守恒，则 由两式代入数据解得， 设小球在乙轨道上上升的最大高度为此时两者有共同速度v 小球与乙轨道水平方向动量守恒，则 小球与乙轨道机械能守恒，设水平面处重力势能为零， 则 由两式代入数据可解得 【点睛】 本题两问都是从水平方向动量守恒和系统机械能守恒出发列式求解，关键是掌握好动量守恒和机械能守恒条件的判定。 20． (本题9分)如图所示，倾角为37o的粗糙斜面的下端有一水平传送带.传送带正以v?4m/s的速度顺时针方向运动.一个质量为2㎏的物体(物体可以视为质点)，从斜面上距离底端A点4.5m处由静止下滑，经过1.5s滑到A处.物体经过A点时，无论是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其速率变化.物体与斜面间的动摩擦因数为?1，物体与传送带间的动摩擦因数为?2?0.5，传送带左右两端A、B间的距 2离LAB?10m，(已知sin 37o?0.6，cos 37o?0.8，g?10m/s) 求： ?1?求物体下滑时的加速度大小，以及物体与斜面间的动摩擦因数?1； ?2?物体在传送带上向左最多能滑到距A多远处？ ?3?物体随传送带向右运动，第一次冲上斜面后，沿斜面上滑的最大距离？ 【答案】（1）?1?0.25 （2）L?3.6m ，x?1.6m 【解析】 (1)对物体在斜面上运动，有 x1＝ 12 a1t 2根据牛顿第二定律得 mgsinθ－μ1mgcosθ＝ma1． 据题，x1＝4.5m，t＝1.5s，θ＝37° 联立解得 a1＝4m/s2，μ1＝0.25 (2)物体滑至斜面底端时的速度v1＝a1t＝4×1.5＝6m/s 物体在传送带上速度为零时离A最远，此时有： 0－v12＝－2a′L 又μ2mg＝ma′ 解得：L＝3.6m 即物体在传送带上向左最多能滑到距A 3.6m． (3)物体在传送带上返回到与传送带共速时，有 v2＝2a′x 得x＝1.6m＜L 由此知物体在到达A点前速度与传送带相等，返回到A点时的速度为 v＝4m/s 又对物体从A点到斜面最高点，有 mgsinθ＋μ1mgcosθ＝ma2． 由运动学公式有0－v2＝－2a2x2；得x2＝1m 点睛：此题是牛顿第二定律的综合应用问题；解决本题的关键理清物块在各个阶段的受力情况及运动情况，尤其是摩擦力的方向，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解． 21． (本题9分)已知地球半径为R，某一卫星在距离地面高度也为R的圆轨道上做匀速圆周运动，地球表面的重力加速度为g，求： （1）卫星环绕地球运行的线速度； （2）卫星环绕地球运行的周期． 【答案】（1）v?【解析】 【分析】在地球表面，万有引力等于重力，对于环绕地球运动的卫星，由牛顿第二定律可得卫星环绕地球运行的线速度；对于该环绕地球运动的卫星，由牛顿第二定律求得卫星环绕地球运行的周期； 解：（1）设地球质量为M，由G2可得GM?gR 2RgR （2）T?4? g2Mm?mg 2R对于环绕地球运动的卫星，由牛顿第二定律可得GMm?2R?2v2?m 2R解得v?gR； 2（2）对于该环绕地球运动的卫星，由牛顿第二定律可得GMm?2R?2?m(2?2)?2R T解得T?4?2R g22．如图所示，质量M＝1.14kg的靶盒A静止在动摩擦因数μ＝1.4的水平导轨上的O点，水平轻质弹簧一端栓在固定挡板P上，另一端与靶盒A连接。Q处有一固定的发射器B，它可以瞄准靶盒发射一颗水平速度为v1＝51m/s，质量m＝1.11kg的弹丸，当弹丸打入靶盒A后，便留在盒内，碰撞时间极短，不计空气阻力。当弹丸进入靶盒A后，靶盒沿水平导轨滑行x＝1.5m速度减为1．求：弹簧的最大弹性势能为多少？ 【答案】弹簧的最大弹性势能为2.375J 【解析】 【详解】 弹丸进入靶盒A过程中，弹丸与A组成的系统动量守恒，以弹丸的初速度方向为正方向，由动量守恒得：mv1＝（m+M）v，代入数据解得：v＝11m/s； 靶盒A的速度减为零时，弹簧的弹性势能最大，由功能关系得： ?(m?M)gx?EP?(m?M)v2，代入数据解得：Ep＝2.375J； 12 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)2019年春节期间，中国科幻电影里程碑的作品《流浪地球》热播，人类带着地球“流浪”至靠近木星时，上演了地球的生死存亡之战．影片中为了让地球逃离太阳系，人们在地球上建造特大功率发动机，使地球完成一系列变轨操作，其逃离过程如图所示，地球在椭圆轨道I上运行到远日点B变轨，进入圆形轨道II，在圆形轨道II上运行到B点时再次加速变轨，从而最终摆脱太阳束缚．对于该过程，下列说法正确的是 A．在轨道I上B点的动能等于在轨道II上B点的动能 B．沿轨道I运行的周期小于沿轨道II运行的周期 C．沿轨道I运行时，在A点的加速度小于在B点的加速度 D．在轨道I上由A点运行到B点的过程，速度逐渐增大 【答案】B 【解析】 【详解】 A.因为从椭圆轨道I上的B点加速才能进入圆形轨道II，则在轨道I上B点的动能小于在轨道II上B点的动能，选项A错误； B.因为在椭圆轨道I的半长轴a小于在圆轨道II的半径R，由开普勒行星运动第三定律可得， a3R3?2 2T1T2可知沿轨道I运行的周期小于沿轨道II运行的周期，选项B正确； C. 根据a?GM可知，沿轨道I运行时，在A点的加速度大于在B点的加速度，选项C错误； r2D. 在轨道I上由A点运行到B点的过程，引力做负功，则动能减小，即速度逐渐减小，选项D错误． 2． (本题9分)质量为m的物体以初速度v竖直向上抛出，经时间t，达到最高点，以竖直向上为正方向，在这个过程中，物体的动量变化量和重力的冲量分别是 A．mv和－mgt C．－mv和－mgt 【答案】C 【解析】 B．mv和mgt D．－mv和mgt 【详解】 以竖直向上为正方向，物体动量的变化：△P=P′-P=0-mv=-mv，重力的冲量：I=-mgt； A. mv和－mgt；与结论不相符，选项A错误； B. mv和mgt；与结论不相符，选项B错误； C. －mv和－mgt；与结论相符，选项C正确； D. －mv和mgt；与结论不相符，选项D错误； 3． (本题9分)如图所示，静止的小球沿不同的轨道由同一位置滑到水平桌面上，轨道高度为h，桌面距地面高为H，物体质量为m，则以下说法正确的是( ) A．小球沿竖直轨道下滑到桌面上的过程，重力做功最少 B．小球沿曲线轨道下滑到桌面上的过程，重力做功最多 C．以桌面为参考面，小球的重力势能的减少量为mgh D．以地面为参考面，小球的重力势能的减少量为mg?H?h? 【答案】C 【解析】 【详解】 AB.静止的小球沿不同的轨道由同一位置滑到水平桌面上，由于高度差相同，所以重力做功相同。故AB错误。 CD.重力势能的变化量与零势能平面的选取无关，重力做的正功等于重力势能的减小量，重力做功为mgh，则重力势能的减小量为mgh。故C正确，D错误。 4． (本题9分)如图,在下列不同情形中将光滑小球以相同速率v射出,忽略空气阻力,结果只有一种情形小球不能到达天花板,则该情形是（ ） A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【解析】 试题分析：由题意，忽略空气阻力，小球的机械能守恒，将光滑小球以相同速率v射出，则当小球的速度为零时，小球到达的高度最大；图中的ACD三种情况中，小球的速度都能到零；而B图中小球做斜上抛运动，到达最高点的速度不为零，故上升的最大高度小于ACD三种情况，故如果只有一种情形小球不能到达天花板，则该情形是B；故选B. 考点：机械能守恒定律. 5． (本题9分)登上火星是人类的梦想，“嫦娥之父”欧阳自远透露：中国计划于2020年登陆火星。地球和火星公转视为匀速圆周运动，忽略行星自转影响。根据下表，火星和地球相比 行星 地球 质量/kg 轨道半径/m 火星 A．火星公转的周期小，加速度小 C．火星公转的周期大，加速度小 【答案】C 【解析】 B．火星公转的周期小，加速度大 D．火星公转的周期大，加速度大 由行星绕太阳做圆周运动，万有引力做向心力可得：，解得：，可知轨道半径 越大，公转周期越大，所以火星周期大于地球的公转周期；万有引力做向心力可得：，解得： ，可知轨道半径越大，加速度越小，所以火星的加速度小于地球的加速度，故C正确，ABD错误。 6． (本题9分)在滑冰场上，甲、乙两小孩分别坐在滑冰板上，原来都静止不动，在相互猛推一下后分别向相反方向运动。假定两板与冰面间的动摩擦因数相同。已知甲在冰上滑行的距离比乙远这是由于( ) A．在推的过程中，甲推乙的力小于乙推甲的力 B．分开时甲获得的动量大小大于乙的动量大小 C．在刚分开时，甲的初速度大于乙的初速度 D．在分开后，甲的加速度的大小小于乙的加速度的大小 【答案】C 【解析】 【详解】 A.在推的过程中，甲推乙的力和乙推甲的力是一对作用力和反作用力，根据牛顿第三定律，作用力和反作 用力大小相等，方向相反，故A错误； B. 根据动量守恒定律，则 分开时甲获得的动量大小等于乙的动量大小，故B错误； C.由动能定理 滑行的距离 ，甲在冰上滑行的距离比乙远，两板与冰面间的动摩擦因数相同，说明在刚分开时， 甲的初速度大于乙的初速度，故C正确； D.根据牛顿第二定律，在分开后，甲的加速度的大小等于乙的加速度的大小，都等于面间的动摩擦因数相同，故两者加速度大小相等,故D错误。 7． (本题9分)关于曲线运动，以下说法中正确的是( ) A．平抛运动是一种匀变速运动 B．物体在恒力作用下不可能做曲线运动 C．做匀速圆周运动的物体，所受合力是恒定的 D．做圆周运动的物体合力总是与速度方向垂直 【答案】A 【解析】 试题分析：物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合外力大小和方向不一定变化，由此可以分析得出结论． 解：A、平抛运动只受到重力的作用，是一种加速度不变的曲线运动，即匀变速曲线运动，故A正确； B、物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，物体在恒力作用下，可以做曲线运动，比如平抛运动，所以B错误． C、匀速圆周运动的向心力的方向始终是指向圆心的，方向是不断变化的，所以匀速圆周运动一定是受到变力的作用，所以C错误． D、物体做匀速圆周运动的物体合力才总是与速度方向垂直，所以D错误． 故选A． 【点评】本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点要掌握住． 8． (本题9分)滑雪运动深受人民群众喜爱，某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中 ，两板与冰 A．所受合外力始终为零 B．合外力做功一定为零 C．机械能始终保持不变 D．所受摩擦力大小不变 【答案】B 【解析】 【详解】 滑雪运动员的速率不变，而速度方向是变化的，速度是变化的，运动员的加速度不为零，由牛顿第二定律可知，运动员所受合外力始终不为零，故A错误；滑雪运动员的速率不变则动能不变，由动能定理可知，合外力对运动员做功为零，故B正确；运动员从A到B下滑过程中的动能不变而重力势能减小，所以机械能减小，故C错误；运动员下滑过程中受到重力、滑道的支持力与滑动摩擦力，由图可知，运动员从A到B的过程中，滑道与水平方向之间的夹角逐渐减小，则重力沿斜面向下的分力逐渐减小，运动员的速率不变，则运动员沿滑道方向的合外力始终等于零，所以滑动摩擦力也逐渐减小，故D错误。所以B正确，ACD错误。 9． (本题9分)某同学为了探究向心力的大小与哪些因素有关，做了一个小实验：绳的一端拴一小球，绳的另一端用手牵着在空中甩动，使小球在水平面内做圆周运动（如图所示），则下列说法正确的是 A．保持绳长不变，增大角速度，绳对手的拉力将不变 B．保持绳长不变，增大角速度，绳对手的拉力将减小 C．保持角速度不变，增大绳长，绳对手的拉力将增大 D．保持角速度不变，增大绳长，绳对手的拉力将减小 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】 2由题意，根据向心力公式，Fn?m?r，结合牛顿第二定律，则有T?m?2r AB.当保持绳长不变，增大角速度，根据公式可知，绳对手的拉力将增大，故AB错误； CD.当保持角速度不变，增大绳长，根据公式T?m?2r可知，绳对手的拉力将增大，故C正确，D错误． 10． (本题9分)漠河和广州所在处物体具有的角速度和线速度相比较（ ） A．漠河处物体的角速度大，广州处物体的线速度大 B．漠河处物体的线速度大，广州处物体的角速度大 C．两处地方物体的角速度、线速度都一样大 D．两处地方物体的角速度一样大，但广州物体的线速度比漠河处物体线速度要大 【答案】D 【解析】 【详解】 由于漠河和广州都绕地轴一起转动，漠河地面上的物体随地球自转的角速度与广州地面上的物体随地球自转的角速度相同；漠河地面上的物体随地球自转的半径小于广州地面上的物体随地球自转的半径，由v=ωr知，漠河地面上的物体随地球自转的线速度小于广州地面上的物体随地球自转的线速度 A. 漠河处物体的角速度大，广州处物体的线速度大与分析不符，故A项错误； B. 漠河处物体的线速度大，广州处物体的角速度大与分析不符，故B项错误； C. 两处地方物体的角速度、线速度都一样大与分析不符，故C项错误； D. 两处地方物体的角速度一样大，但广州物体的线速度比漠河处物体线速度要大与分析相符，故D项正确。 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)如图所示，将物体P用长度适当的轻质细绳悬挂于天花板下方，两物体P、Q用一轻弹簧相连，物体Q在力F的作用下处于静止状态，弹簧被压缩，细绳处于伸直状态.已知该弹簧的弹性势能仅与其形变量有关，且弹簧始终在弹性限度内，现将力F撤去，轻绳始终未断，不计空气阻力，则（ ） A．弹簧恢复原长时，物体Q的速度最大 B．撤去力F后，弹簧和物体Q组成的系统机械能守恒 C．在物体Q下落的过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大 D．撒去力F前，细绳的拉力不可能为零 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】 ABC．由题意可知，在Q下降过程中，Q和弹簧构成的系统满足机械能守恒，弹簧弹性势能先减小，后增大，Q的动能先增大后减小，当弹簧向上的弹力大小等于Q物体的重力时，Q的速度最大，故A错误，BC正确； D．F撤去之前，弹簧被压缩，对A受力分析，当重力等于弹力时，绳子的拉力可能为零，故D错误； 故选BC。 12．(本题9分)如图所示，内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，两个质量相同的小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则（ ） A．球A的周期一定大于球B的周期 B．球A的角速度一定大于球B的角速度 C．球A的线速度一定大于球B的线速度 D．球A对筒壁的压力一定大于球B对筒壁的压力 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】 ABC．对小球受力分析，小球受到重力和支持力，它们的合力提供向心力，如图： 根据牛顿第二定律，有 v2F＝mgtan?＝m＝mr?2 r解得 v?grtan? ??gtan? rA的半径大，则A的线速度大，角速度小 根据??2?知A球的周期大，选项AC正确，B错误； TD．因为支持力 N?mg cos?知球A对筒壁的压力一定等于球B对筒壁的压力，选项D错误。 故选AC。 13． (本题9分)在离地20m高度的同一位置上，分别以v1?10m/s和v2?20m/s的水平速度同时向左右抛出A、B两个小球，不计一切阻力，g?10m/s．下列说法正确的是（ ） A．B球在空中的运动时间长 B．A球从抛出到落地的位移是202m C．从抛出到落地两球动量改变量方向相同 D．从抛出到落地两球速度变化不相同 【答案】BC 【解析】 A、平抛运动的时间由竖直方向上的运动决定，即t?间也是相等的，故A错； B、小球在竖直方向上运动的时间为t?2h ，由于两球的高度相等，所以在空中运动的时g22h?2s ，所以A球从抛出到落地的水平位移是gs?v0t?20m/s ，根据平行四边形定则知A球从抛出到落地的位移是S?h2?s2?202m ，故B 对； C、根据动量定理可知，动量该变量的方向应该和合外力的方向相同，两种情况下合外力都是重力，所以从抛出到落地两球动量改变量方向相同，故C对； D、根据加速度的定义知道a?的，故D错； 故选BC 14． (本题9分)如图所示，点L1和点L2称为地月连线上的拉格朗日点．在L1点处的物体可与月球同步绕地球转动．在L2点处附近的飞行器无法保持静止平衡，但可在地球引力和月球引力共同作用下围绕L2点绕行．我国中继星鹊桥就是绕L2点转动的卫星，嫦娥四号在月球背面工作时所发出的信号通过鹊桥卫星传回地面，若鹊桥卫星与月球、地球两天体中心距离分别为R1、R2，信号传播速度为c．则（ ） ?v ，所以?v?gt ，由于下落时间相等，所以速度变化量的大小是相等?t A．鹊桥卫星在地球上发射时的发射速度大于地球的逃逸速度 B．处于L1点的绕地球运转的卫星周期接近28天 C．嫦娥四号发出信号到传回地面的时间为t?R1?R2 cD．处于L1点绕地球运转的卫星其向心加速度a1小于地球同步卫星的加速度a2 【答案】BD 【解析】 【详解】 A.逃逸速度是卫星脱离地球的引力的第二宇宙速度，“鹊桥”的发射速度应小于逃逸速度，故A错误； B.根据题意知中继星“鹊桥”绕地球转动的周期与月球绕地球转动的周期相同，故B正确； C.鹊桥卫星与月球、地球两天体中心距离分别为R1、R2，到地表的距离要小一些，则嫦娥四号发出信号到传回地面的时间为t要小于 R1?R2，故C错误； cGM可知月r2D、由a=rω可知处于L1点绕地球运转的卫星其向心加速度a1小于月球的向心加速度，由a?球的向心加速度小于同步卫星的向心加速度，则卫星其向心加速度a1小于地球同步卫星的加速度a2，故D正确. 15．一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率之后保持额定功率运动，20s后汽车匀速运动，其v—t图象如图所示。已知汽车的质量为2×103kg，汽车受到的阻力为车重的0.1倍，重力加速度g取10m/s2。则 A．汽车在前5s内的加速度为2m/s2 C．汽车的额定功率为60kW 【答案】AC 【解析】 【详解】 AB.汽车在前5s内做匀加速运动，加速度a?解得F=6×103N．故A正确，B错误。 B．汽车在前5s内的牵引力为4×103N D．汽车的最大速度为20m/s Vv10??2m/s2，F-F阻=ma，F阻=0.1mg，由牛顿第二定律得：Vt5CD.汽车在5s末功率达到额定功率，P=Fv=6×103×10W=60kW．当汽车速度最大时，牵引力与阻力大小相等，即F=F阻，最大速度vm= ?Pf60000=30m/s，故C正确，D错误； 200016． (本题9分)有一质量为m的木块，从半径为r的圆弧曲面上的a点滑向b点，如图．若由于摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是( ) A．木块所受合外力始终为零 B．木块所受摩擦力越来越大 C．木块合外力做功一定为零 D．木块机械能始终保持不变 【答案】BC 【解析】 【详解】 木块的运动速率保持不变，则木块做匀速圆周运动，合外力提供向心力，合外力不为零，故A错误；设物体与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，根据f=μN=μ(m+mgcosθ)可知，随物体的下滑，则θ减小，则木 块所受摩擦力越来越大，选项B正确；木块的动能不变，则木块合外力做功一定为零，选项C正确；木块的动能不变，重力势能减小，则机械能减小，选项D错误；故选BC. 三、实验题:共2小题，每题8分，共16分 17． (本题9分)某学习小组做“探究功与速度变化的关系”实验如图所示． (1)实验中，为了把重物所受的重力作为小车所受的牵引力，需要满足的条件是： ①在未挂重物时，通过垫木使木板适当倾斜，目的是____________? ②已知小车质量为M，重物质量为m，则M__________m(填“>”?“>>”“=”“<”或“<<” A、B、C为相邻的三个计数点．（2）选出一条纸带如图2所示，其中O点为打点计时器打下的第一个点，用刻度尺测得OA=x1,OB=x2,OC=x3，已知相邻两计数点间时间间隔为T，重力加速度为g．则打下B点时小车的速度大小为v=__________，与之对应小车所受的牵引力做功W=__________________ ． 【答案】平衡摩擦力； >>； 【解析】 【分析】 【详解】 （1）实验中，为了把重物所受的重力作为小车所受的牵引力，需要满足的条件是： x3?x1 ； mgx2 ； 2T①[1]．在未挂重物时，通过垫木使木板适当倾斜，目的是平衡小车运动中所受阻力． ②[2]．已知小车质量为M，重物质量为m，对系统，由牛顿第二定律得 mg=（M+m）a 对小车，由牛顿第二定律得 F=Ma 解得 F= Mmg M?m则为了使得 F=mg 则需满足 M>>m； （2）[3]．打下B点时小车的速度大小为 v= x3?x1 2T[4]．与之对应小车所受的牵引力做功 W=mgx2. 18． (本题9分)用20分度的游标卡尺测量某工件的内径时，示数如图甲所示，由图可知其长度为_________cm；用螺旋测微器测量某圆柱体的直径时，示数如图乙所示，由图可知其直径为___________mm． 【答案】1.340 4.701 【解析】 【详解】 [1]．游标卡尺的主尺读数为1.3cm，游标读数为0.05×8mm=0.40mm=0.040cm，所以最终读数为1.3cm+0.040cm=1.340cm； [2]．螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.01×20.1m=0.201mm，所以最终读数为4.701mm. 四、解答题：本题共4题，每题5分，共20分 19．某物体做平抛运动，落在水平地面前的最后一段时间?t?0.2 s 内，其速度方向与水平方向的夹角由 α=45°变为β=53°，g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6。求： (1)物体被抛出时的速度大小v0； (2)物体被抛出时离地的高度h。 【答案】（1）6m/s（2）3. 2 m 【解析】 【详解】 (1) 物体做平抛运动，根据题意则有：tan??gt v0tan??g(t??t) v0解得：v0?6m/s，t?0.6s (2)物体被抛出时离地的高度为：h?解得：h?3.2m 20．如图所示，光滑曲面轨道AB下端与水平粗糙轨道BC平滑连接，水平轨道离地面高度h，有一质量为m的小滑块自曲面轨道离B高H处静止开始滑下，经过水平轨道末端C后水平抛出，落地点离抛出点的水平位移为x，不计空气阻力重力加速度为g试求: 1g(t??t)2 2 (1)滑块到达B点时的速度大小； (2)滑块离开C点时的速度大小v； (3)滑块在水平轨道上滑行时克服摩擦力所做的功. 【答案】 (1) (2) (3) 【解析】 【详解】 （1）滑块由A至B过程中机械能守恒： 得 (2) 滑块由C至D过程中做平抛运动，设此过程经历时间为t, 则: 解得： （3）设滑块由A至C过程中在水平轨道上滑行时克服摩擦力所做的功Wf， 根据动能定理： 解得： 21． (本题9分)倾角为30°的直角三角形绝缘体底边BC长为2 L，底边处在水平位置，斜边光滑，现在底边中点O处固定一正电荷Q，让一个质量为m的带正电质点q从斜面顶端A沿斜边滑下（不脱离斜面），如图所示，已测得它滑到B在斜面上的垂足D处时速度为v，加速度为a，方向沿斜面向下，问该质点滑到斜边底端C点时的速度和加速度各为多大? 【答案】【解析】 1）由图可知， ，△BOD为等边三角形，可见B、C、D在同一个以O为圆心的圆周上，即 ， 点电荷Q的等势面上，故电荷q从O到C，电场力不做功，从D→C由动能定理h=Bdsin60°Bcsin30° 。 （2）设点电荷Q在D、C产生磁场场强为正，又设q在D点受力分析，产生加速度a，由牛顿第二定律F=mgsin30°-qEcos30°=ma，q在C点： 得： 本题考查动能定理，由D到c时应用动能定理列公式求解，设点电荷Q在D、C产生磁场场强为正，又设q在D点受力分析，根据牛顿第二定律列式求解 22． (本题9分)某同学为测量自己头发丝能承受的最大拉力，设计了如下实验：取长度相同的细线和头发丝系于一物体C上，细线的另一端固定于水平刻度尺的A点，手握着头发丝的另一端沿刻度尺向右水平缓慢移动，直到头发丝恰好被拉断，记下此时的位置B，从刻度尺上读出AB间的距离为d=40cm．已知细线与头发丝的长度均为L=15cm，物体C质量为m=300g，取重力加速度g=10m/s1．求： (1)头发丝能承受的最大拉力． (1)若细线能承受的最大拉力为F=3.6N，试通过计算判定头发丝断裂后，物体在细线作用下进行的摆动能否到达最低点． 【答案】（1）1.5N；（1）不能摆动到最低点 【解析】 【详解】 (1)设头发丝能承受的最大拉力为T，头发丝与竖直方向夹角为?， 刚断时有：2Tcos??mg 又因为：cos??0.6 故解得：T?2.5N (1)断后假设能摆动到最低点，根据动能定理则有： 12mv?mgL(1?cos?) 2v2在最低点，根据牛顿第二定律可得：F??mg?m L解得：F'?5.4N 由于F??F，故不能摆动到最低点
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