1、1河北省承德一中 2018-2019 学年度高三第一学期第二次月考物理试题一、选择题1.如图所示，小物块静止在倾角 37的粗糙斜面上。现对物块施加一个沿斜面向下的推力 F，力 F 的大小随时间 t 的变化情况如图所示，物块的速率 v 随时间 t 的变化规律如图所示，sin 370.6， cos 370.8，重力加速度 g 取 10 m/s2。下列说法正确的是( )A. 物块的质量为 1 kgB. 物块与斜面间的动摩擦因数为 0.7C. 03 s 时间内力 F 做功的平均功率为 2.13 WD. 03 s 时间内物块克服摩擦力做的功为 6.12 J【答案】A【解析】【详解】由速度图象知在 13
2、s 时间内，物块做匀加速直线运动，则 0.8N+mgsin-mgcos=ma，a= m/s2=0.4 m/s2在 34 s 时间内，物块匀速运动，受力平衡，则mgcos-mgsin=0.4N，解得 m=1kg，=0.8，选项 A 正确，B 错误；01 s 时间内，物块静止，力 F 不做功，13s 时间内，力 F=0.8N，物块的位移为：x= 0.422m=0.8 m，03 s 内力 F 做功的平均功率为： ，12 P Wt Fxt 0.80.83 W 0.213W选项 C 错误；03 s 时间内物块克服摩擦力做的功为 mgcosx=5.12J，选项 D 错误。故选 A。2.质量为 m 的小球由
3、轻绳 a 和 b 分别系于一轻质细杆的 A 点和 B 点，如图所示，绳 a 与水平方向成 角，绳 b 在水平方向且长为 l，当轻杆绕轴 AB 以角速度 匀速转动时，小球2在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )A. a 绳的张力不可能为零B. a 绳的张力随角速度的增大而增大C. 当角速度 ， b 绳将出现弹力gcoslD. 若 b 绳突然被剪断，则 a 绳的弹力一定发生变化【答案】A【解析】解：A、小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以 a 绳在竖直方向上的分力与重力相等，可知 a 绳的张力不可能为零，故 A 正确B、根据竖直方向上平衡得，F
4、asin=mg，解得 Fa= ，可知 a 绳的拉力不变，故 B 错误C、当 b 绳拉力为零时，有：mgcot=ml 2，解得 = ，可知当角速度 时，b 绳出现弹力故 C 错误D、由于 b 绳可能没有弹力，故 b 绳突然被剪断，a 绳的弹力可能不变，故 D 正确故选：AD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：小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向合力提供向心力，结合牛顿第二定律分析判断点评：解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源分析，知道小球竖直方向合力为零，这是解决本题的关键3.我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后，先在月球表面附近的
5、近似圆轨道上绕月运行；然后经过一系列过程，在离月面 4 m 高处做一次悬停(可认为是相对于月球静止)；最后关闭发动机，探测器自由下落。已知探测器的质量约为 1.3103 kg，地球质量约为3月球的 81 倍，地球半径约为月球的 3.7 倍，地球表面的重力加速度大小约为 9.8 m/s2。则此探测器( )A. 在着陆前的瞬间，速度大小约为 8.9 m/sB. 悬停时受到的反冲作用力约为 2103 NC. 从离开近月圆轨道到着陆这段时间内，机械能守恒D. 在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度【答案】BD【解析】试题分析：根据万有引力等于重力 ，可得重力加速度 ，地球质量
6、约为月球GMmR2 mg g=GMR2的 81 倍，地球半径约为月球的 3.7 倍，地球表面的重力加速度大小约为 9.8m/s2，所以月球表面的重力加速度大小约为 ，根据运动学公式得在着陆前的瞬g=G181M(13.7R)2 37281g=1.66m/s2间，速度大小约 ，故 A 错误；登月探测器悬停时，二力v=2gh=21.664m/s=3.6m/s平衡，F=mg=1.310 31.66210 3N，故 B 正确；从离开近月圆轨道到着陆这段时间内，有外力做功，机械能不守恒，故 C 错误；根据 ，地球质量约为月球的 81 倍，v=GMr地球半径约为月球的 3.7 倍，所以在近月圆轨道上运行的线
7、速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度，故 D 正确；故选 BD。考点：万有引力定律的应用【名师点睛】解答本题要知道除重力以外的力对物体做功等于物体机械能的变化量，月球重力加速度约为地球重力加速度的 1/6，关于万有引力的应用中，常用公式是在地球表面重力等于万有引力，卫星绕地球做圆周运动万有引力提供圆周运动向心力.视频4.“嫦娥五号”的“探路尖兵”载人返回飞行试验返回器在内蒙古四子王旗预定区域顺利着陆，标志着我国已全面突破和掌握航天器以接近第二宇宙速度的高速载人返回关键技术，为“嫦娥五号”任务顺利实施和探月工程持续推进奠定了坚实基础已知人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，经过时间
8、 t(t 小于航天器的绕行周期)，航天器运动的弧长为 s，航天器与月球的中心连线扫过角度为 ，引力常量为 G，则( )A. 航天器的轨道半径为4B. 航天器的环绕周期为2tC. 月球的质量为s3Gt2D. 月球的密度为324Gt2【答案】BC【解析】根据几何关系得： 故 A 错误；经过时间 t，航天器与月球的中心连线扫过角度为 rs则： ，得： T 故 B 正确；由万有引力充当向心力而做圆周运动，所以：tT 2 2t，所以： 故 C 正确；人造航天器在月球表面上空绕月球GMmr2 m42T2r M 42r3GT2=42(s)3G(2t)2=s3Gt2做匀速圆周运动，月球的半径等于 r，则月球的
9、体积： V43r3 43(s)3月球的密度： 故 D 错误。故选 BC。 MV= s3Gt243(s)3=324Gt25.一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，动能减小为原来的 ，不考虑卫星质量的变化，则变轨前后卫星的( )14A. 向心加速度大小之比为 41B. 角速度之比为 21C. 周期之比为 18D. 轨道半径之比为 12【答案】C【解析】【详解】根据 Ek mv2得 v ，所以卫星变轨前、后的速度大小之比为 ；根据12 2Ekm v1v2=21，得卫星变轨前、后的轨道半径之比为 ，选项 D 错误；根据 ，GmMr2 mv2r r1r2=v22v21=1
10、4 GmMr2 ma得卫星变轨前、后的向心加速度大小之比为 ，选项 A 错误；根据 ，得a1a2=r22r21=161 GmMr2 m2r卫星变轨前、后的角速度之比为 ，选项 B 错误；根据 T ， 得卫星变轨前、后12= r32r31=81 2的周期之比为 ，选项 C 正确；故选 CT1T2=21=185【点睛】能根据万有引力提供圆周运动向心力，并由此根据半径关系求解分析描述圆周运动物理量大小关系是正确解题的关键6.假设有一载人宇宙飞船在距地面高度为 4 200 km 的赤道上空绕地球做匀速圆周运动，地球半径约为 6 400 km，地球同步卫星距地面高为 36 000 km，宇宙飞船和一地球
11、同步卫星绕地球同向运行，每当二者相距最近时，宇宙飞船就向同步卫星发射信号，然后再由同步卫星将信号送到地面接收站.某时刻二者相距最远，从此刻开始，在一昼夜的时间内，接收站共接收到信号的次数为(忽略从宇宙飞船向同步卫星发射信号到地面接收站接收信号所用的时间)( )A. 4 次B. 6 次C. 7 次D. 8 次【答案】C【解析】【详解】对飞船， ，对同步卫星， ，由于同步GmM(R+h1)2 m(R+h1)42T2 GmM(R+h2)2 m(R+h2)42T22卫星的运行周期为 T224 h，可求出载人宇宙飞船的运行周期 T13 h，因此飞船一昼夜内绕地球 8 圈，比同步卫星多运动了 7 圈，因此
12、相遇 7 次，接收站共接收到 7 次信号，C正确，ABD 错误；故选 C.【点睛】从相距最近再次相距最近，它们转动的角度相差 360 度；当从相距最近到再次相距最远时，它们转动的角度相差 180 度7.探月卫星的发射过程可简化如下：首先进入绕地球运行的“停泊轨道” ，在该轨道的 P 处，通过变速，再进入“地月转移轨道” ，在快要到达月球时，对卫星再次变速，卫星被月球引力“俘获”后，成为环月卫星，最终在环绕月球的“工作轨道”上绕月飞行(视为圆周运动)，对月球进行探测， “工作轨道”周期为 T，距月球表面的高度为 h，月球半径为 R，引力常量为 G，忽略其他天体对探月卫星在“工作轨道”上环绕运动的
13、影响,则（ ）6A. 要使探月卫星从“转移轨道”进入“工作轨道” ，应增大速度B. 探月卫星在“工作轨道”上环绕的线速度大小为2(R+h)TC. 月球的第一宇宙速度2(R+h)T R+hRD. 卫星在“停泊轨道” P 处的机械能大于 “地月转移轨道” P 处的机械能【答案】BC【解析】【详解】要使探月卫星从“转移轨道”进入“工作轨道” ，应减小速度做近心运动，选项 A错误；根据线速度与轨道半径和周期的关系可知探月卫星线速度的大小为 v ，选项2(R+h)TB 正确；设月球的质量为 M，探月卫星的质量为 m，月球对探月卫星的万有引力提供其做匀速圆周运动的向心力，所以有： ；月球的第一宇宙速度 v
14、1等于“近月GMm(R+h)2 m42T2(R+h)卫星”的环绕速度，设“近月卫星”的质量为 m，则有： ；由以上两式解得：GMmR2 mv12R，选项 C 正确；卫星在“停泊轨道” P 处要通过加速才能进入“地月转移v12(R+h)T R+hR轨道” ，则卫星在“停泊轨道” P 处的机械能小于 “地月转移轨道” P 处的机械能，选项 D 错误；故选 BC.【点睛】本题要掌握万有引力提供向心力这个关系，要能根据题意选择恰当的向心力的表达式，要知道“近月卫星”的环绕速度为月球的第一宇宙速度8.据报道，目前我国正在研制“萤火二号”火星探测器。探测器升空后，先在近地轨道上以线速度 v 环绕地球飞行，
15、再调整速度进入地火转移轨道，最后再一次调整速度以线速度v在火星表面附近环绕飞行。若认为地球和火星都是质量分布均匀的球体，已知火星与地球的半径之比为 12，密度之比为 57，设火星与地球表面重力加速度分别为 g和 g，下列结论正确的是( )A. g g41B. g g107C. v v528D. v v514【答案】C【解析】7在星球表面的物体受到的重力等于万有引力 ，所以 ，所GMmR2=mg g=GMR2=G43R3R2 =43GR以 ，AB 错误；探测器绕地球表面运行和绕月球表面运行都是由万有引力gg=RR=5712=514充当向心力，根据牛顿第二定律有 ，得 ，M 为中心体质量，R 为中
16、心体GMmR2=mv2R v= GMR半径。 ，由 得 ，已知地球和火星的半径之比为 1：2，密度之M=43R3 v= 4GR23比为 5：7，所以探测器绕地球表面运行和绕月球表面运行线速度大小之比为，C 正确 D 错误vv=(RR)2= 1457= 5289.双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动。研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化。若某双星系统中两星做圆周运动的周期为 T，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的 k 倍，两星之间的距离变为原来的 n 倍，则此时圆周运动的周期为( )A. T B.
17、 T C. T D. Tn3k2 n3k n2k nk【答案】B【解析】试题分析：双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度，根据牛顿第二定律分别对两星进行列式，来求解设 的轨道半径为 ， 的轨道半径为 两星之间的距离为 l由于它们之间的距离恒m1 R1 m2 R2定，因此双星在空间的绕向一定相同，同时角速度和周期也都相同由向心力公式可得：对 ： ，对 ： ，又因为 ，由m1Gm1m2l2 =m142T2R1 m2 Gm1m2l2 =m242T2R2 R1+R2=l，m1+m2=M式可得 ，所以当两星总质量变为 KM，两星之间的距离变为原来的 nT2= 42l3G(m1+m2)=42l
18、3GM倍，圆周运动的周期平方为 ，即 ，B 正确T2= 42(nl)3G(m1+m2)=42n3l3GkM=n3kT2 T= n3kT视频10.如图所示，甲、乙两物体之间存在相互作用的滑动摩擦力，甲对乙的滑动摩擦力对乙做8了负功，则乙对甲的滑动摩擦力对甲( )A. 可能做正功，也可能做负功，也可能不做功B. 可能做正功，也可能做负功，但不可能不做功C. 可能做正功，也可能不做功，但不可能做负功D. 可能做负功，也可能不做功，但不可能做正功【答案】A【解析】【详解】恒力做功的表达式 W=Flcos，甲对乙的滑动摩擦力对乙做了负功，可知甲对乙的滑动摩擦力的方向向左，乙对甲的滑动摩擦力方向向右；当甲
19、静止时，乙对甲的滑动摩擦力对乙不做功；当甲向右运动时，乙对甲的滑动摩擦力对甲做正功；当甲向左运动时，乙对甲的滑动摩擦力对甲做负功；故 A 正确，BCD 错误；故选 A。【点睛】本题关键要分清相对运动方向与运动方向的关系，前者是相对与物体接触的另一个物体，而后者是相对与参考系；同时要明确恒力做功的求法.11.A、 B 两物体的质量之比 mA mB21，它们以相同的初速度 v0在摩擦力作用在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其速度时间图象如图所示。那么 A、 B 两物体所受摩擦力之比 FA FB和 A、 B 两物体克服摩擦阻力做功之比 WA WB分别为( )A. 21，41B. 41，21C.
20、14，12D. 12，14【答案】B【解析】【详解】根据速度时间的图象可知：a A：a B=2：1；物体只受到摩擦力的作用，摩擦力作为合力产生加速度，由牛顿第二定律可知：f=ma；所以摩擦力之比为：F A：F B=4：1；由动能9定理，摩擦力的功：W=0- mv2；由于 ab 的初速度大小相同，m A：m B=2：1，所以两物体克服12摩擦阻力做的功之比：W A：W B=2：1故选 B.【点睛】此题中物体受到的摩擦力作为物体的合力，在速度时间图象中，要知道直线的斜率表示物体的加速度的大小，能灵活运用动能定理求解12.一物体静止在粗糙水平地面上。现用一大小为 F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间
21、后其速度变为 v。若将水平拉力的大小改为 F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为 2v。对于上述两个过程，用 WF1、 WF2分别表示拉力 F1、 F2所做的功， Wf1、 Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( )A. WF24 WF1， Wf22 Wf1B. WF24 WF1， Wf22 Wf1C. WF24 WF1， Wf22 Wf1D. WF24 WF1， Wf22 Wf1【答案】C【解析】试题分析：根据动能定理，结合运动学公式，求出滑动摩擦力做功，从而求得结果解：由题意可知，两次物体均做匀加速运动，则在同样的时间内，它们的位移之比为S1：S 2= =1：2；两次物体所受
22、的摩擦力不变，根据力做功表达式，则有滑动摩擦力做功之比Wf1：W f2=fS1：fS 2=1：2；再由动能定理，则有：W FW f= ；可知，W F1W f1= ；WF2W f2=4 ；由上两式可解得：W F2=4WF12W f1，故 C 正确，ABD 错误；故选：C【点评】考查做功表达式的应用，掌握动能定理的内容，注意做功的正负视频1013.一辆质量为 m 的汽车在平直的公路上以某一初速度运动，运动过程中保持恒定的牵引功率，其加速度 a 和速度的倒数 图象如图所示若已知汽车的质量，则根据图象所给的信息，1v能求出的物理量是( )A. 汽车的功率B. 汽车行驶的最大速度C. 汽车所受到的阻力D
23、. 汽车运动到最大速度所需的时间【答案】D【解析】试题分析：对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有，其中 ，联立得 ，结合图线，有： 时，Ff=ma F=Pv a=Pmvfm 1v=0 a=fm=2，解得 ， ，由于质量已知，故 AB 错误；当物体的速度最大时，加0=0.05Pmfm P=40m f=2m速度为零，故结合图象可以知道，最大速度为 20m/s，故 C 错误；汽车的初速度未知，故加速时间未知，故 D 正确；考点：考查了机车启动，牛顿第二定律；功率的计算【名师点睛】本题关键对汽车受力分析后，根据牛顿第二定律列出加速度与速度关系的表达式，再结合图象进行分析
24、求解14.一个质量为 50 kg 的人乘坐电梯，由静止开始上升，先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，最后做匀减速直线运动到静止。整个过程 0-9 秒中电梯对人做功的功率随时间变化的 Pt 图象如图所示，g10 m/s2，则以下说法正确的是( )A. 电梯匀速阶段运动的速度为 2 m/s11B. 图中 P2的值为 1100 WC. 图中 P1的值为 900 WD. 电梯加速运动过程中对人所做的功大于减速过程中对人所做的功【答案】AB【解析】【详解】匀速运动时，支持力等于重力，有 N=mg=500N，根据 P=Nv 得，匀速运动的速度，故 A 正确。匀加速直线运动的加速度大小 ，根v=Pmg 1
25、000500m/s 2m/s a1 vt1 22m/s2 1m/s2据牛顿第二定律得，N 1-mg=ma1，解得 N1=mg+ma1=500+501N=550N，则P2=N1v=5502W=1100W，故 B 正确。匀减速直线运动的加速度大小 ，a2vt3 24m/s2 0.5m/s2根据牛顿第二定律得，mg-N 2=ma2，解得 N2=mg-ma2=500-500.5N=475N，可知P1=N2v=4752W=950W，故 C 错误。加速过程中的位移 x1 vt1 22m2 m，电梯对人12 12做功 W1=N1x1=5502J=1100J，减速过程中的位移 x2 t3 24m4 m，电梯对
26、人做功v2 12W2=N2x2=4754J=1900J，可知电梯加速运动过程中对人所做的功小于减速阶段对人所做的功，故 D 错误。故选 AB。15.长为 L1 m、质量为 M1 kg 的平板车在粗糙水平地面上以初速度 v6 m/s 向右运动，同时将一个质量为 m2 kg 的小物块轻轻放在平板车的最前端，物块和平板车的平板间的动摩擦因数为 0.5，由于摩擦力的作用，物块相对平板车向后滑行距离 s0.4 m 后与平板车相对静止，平板车最终因为地面摩擦而静止，如图所示，物块从放到平板车上到与平板车一起停止运动，摩擦力对物块做的功为( )A. 0B. 4 JC. 8 JD. 12 J【答案】A【解析】
27、【详解】将小物块轻放到平板车上时，由于摩擦力做正功，使小物块加速，到速度相等时12转化为静摩擦力，由于地面对平板车的阻力而使平板车和小物块都减速，静摩擦力对小物块做负功，因为小物块初速度为零，最终与平板车一起减速到零，故动能变化量为零，在整个过程中摩擦力对小物块做的功为零，故 A 正确。故选 A。16.如图所示，一轻质橡皮筋的一端系在竖直放置的半径为 0.5 m 的圆环顶点 P，另一端系一质量为 0.1 kg 的小球，小球穿在圆环上可做无摩擦的运动设开始时小球置于 A 点，橡皮筋处于刚好无形变状态，A 点与圆心 O 位于同一水平线上，当小球运动到最低点 B 时速率为 1 m/s，此时小球对圆环
28、恰好没有压力(取 g10 m/s2)下列说法正确的是（ ）A. 从 A 到 B 的过程中，小球的机械能守恒B. 从 A 到 B 的过程中，橡皮筋的弹性势能增加了 0.35 JC. 小球过 B 点时，橡皮筋上的弹力为 0.2 ND. 小球过 B 点时，橡皮筋上的弹力为 1.2 N【答案】D【解析】【详解】对小球来说，由于有弹力做功，小球的机械能不再守恒，部分小球的机械能转化为了弹簧的弹性势能，而使小球的机械能减小，故 A 错误；根据能量的转化与守恒，mgR=Ep+ mv2，得：E p=10.5- 0.112=0.45J，即从 A 到 B 的过程中，橡皮筋的弹性势能12 12增加了 0.45J，B
29、 错误；小球在最低点，不受圆环的弹力，故弹簧的弹力与重力一起充当向心力，故有 F-mg=m ； 故 F=mg+m =1+0.1 =1.2N，故 C 错误，D 正确；故选 D。v2R v2R 120.5【点睛】本题要注意我们研究的系统是小球而不是小球与弹簧，若说明是小球与弹簧系统则机械能守恒；而只对小球机械能是不定恒的17.如图所示，竖直平面内放一直角杆 MON，杆的水平部分粗糙，动摩擦因数 0.2，杆的竖直部分光滑两部分各套有质量均为 1 kg 的小球 A 和 B，A、B 球间用细绳相连初始13A、B 均处于静止状态，已知 OA3 m，OB4 m，若 A 球在水平拉力的作用下向右缓慢地移动 1
30、 m(取 g10 m/s2)，那么该过程中拉力 F 做功为( )A. 14 JB. 10 JC. 16 JD. 4 J【答案】A【解析】【详解】对 AB 整体受力分析，受拉力 F、重力 G、支持力 N、向左的摩擦力 f 和向右的弹力 N1，如图；根据共点力平衡条件，有：竖直方向：N=G 1+G2；水平方向：F=f+N 1；其中：f=N；解得：N=（m 1+m2）g=20N；f=N=0.220N=4N；对整体在整个运动过程中运用动能定理列式，得到：W F-fs-m2gh=0；根据几何关系，可知求 B 上升距离 h=1m，故有：WF=fs+m2gh=41+1101=14J；故选 A。【点睛】本题中
31、拉力为变力，先对整体受力分析后根据共点力平衡条件得出摩擦力为恒力，然后根据动能定理求变力做功。18.我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器舰载机总质量为 3104 kg，设起飞过程中发动机的推力恒为 1.0105 N；弹射器有效作用长度为 100 m，推力恒定要求14舰载机在水平弹射结束时速度大小达到 80 m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的 20%，则( )A. 弹射器的推力大小为 1.1106 NB. 弹射器对舰载机所做的功为 1.1108 JC. 弹射器对舰载机做功的平均功率为 8.8107 WD. 舰载机在弹射过程中的加速度大小为
32、32 m/s2【答案】ABD【解析】试题分析：由速度和位移公式可得 ，解得舰载机在弹射过程中的加速度为v2=2as；由牛顿第二定律可知 ，解得推力为 ，故a=32m/s2 F+F发 0.2(F+F发 )=ma F=1.1106NAD 正确；弹射器对舰载机所做的功为 ，故 B 正确；作W=Fs=1.1106100=1.1108J用时间为 ；平均功率为 ，故 C 错误；t=va=8032=2.5s P=1.11082.5=4.4107W考点：考查了功和功率的计算，牛顿第二定律，运动学公式【名师点睛】本题要理清问题的情景，明确物理过程的分析根据牛顿第二定律和运动学公式结合解答也可以根据动能定理直接求
33、推力19.如图所示，一个小球(视为质点)从 H12 m 高处，由静止开始通过光滑弧形轨道 AB，进入半径 R4 m 的竖直圆环，且与圆环间动摩擦因数处处相等，当到达环顶 C 时，刚好对轨道压力为零；沿 CB 圆弧滑下后，进入光滑弧形轨道 BD，且到达高度为 h 的 D 点时的速度为零，则 h 之值可能为(取 g10 m/s 2，所有高度均相对 B 点而言) ( )A. 12 mB. 10 mC. 8.5 mD. 7 m【答案】C【解析】【详解】小球到达环顶 C 时，刚好对轨道压力为零，在 C 点，由重力充当向心力，则根据15牛顿第二定律得：mg=m ；因 R=4m，所以得： mv2= mgR=
34、 mg4=2mg；所以在 C 点，小球动v2R 12 12 12能为 2mg。以 b 点为零势能面，小球重力势能 Ep=2mgR=8mg。开始小球从 H=12m 高处，由静止开始通过光滑弧形轨道 ab，因此在小球上升到顶点时，根据动能定理得：w f+mg（12-8）= mv2-0，所以摩擦力做功 Wf=-2mg，此时机械能等于 10mg，之后小球沿轨道下滑，由于12机械能有损失，所以下滑速度比上升速度小，因此对轨道压力变小，所受摩擦力变小，所以下滑时，摩擦力做功大小小于 2mg，机械能有损失，到达底端时小于 10mg；此时小球机械能大于 10mg-2mg=8mg，而小于 10mg；所以进入光滑
35、弧形轨道 bd 时，小球机械能的范围为，8mgE p10mg；所以高度范围为 8mh10m，故 C 正确。故选 C。20.如图所示，一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球 a 和 b，跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆 C 和 D 上，质量为 m1的 a 球置于地面上，质量为 m2的 b 球从水平位置静止释放。当 b 球摆过的角度为 90时， a 球对地面压力刚好为零，下列结论正确的是 ( )A. m1 m231B. m1 m221C. 当 b 球摆过的角度为 30时， a 球对地面的压力为 m1g12D. 若只将细杆 D 水平向左移动少许，则当 b 球摆过的角度仍为 90时， a 球对地面的压
36、力大于零【答案】AC【解析】【详解】由于 b 球摆动过程中机械能守恒，则有 m2gl= m2v2；当 b 球摆过的角度为 90时，12a 球对地面压力刚好为零，说明此时绳子张力为 m1g，根据牛顿运动定律和向心力公式得：m1g-m2g=m2 ，解得：m 1：m 2=3：1，故 A 正确，B 错误。当 b 球摆过的角度为 30时，根据v2l动能定理：m 2glsin300= m2v12；此时对 b 球：T 1-m2gsin300=m2 ；对 a：N a=m1g-T1；联立解12 v21l得 ，选项 C 正确；由上述求解过程可以看出 T=3m2g，细绳的拉力 T 与球到悬点的Na=12m1g距离无
37、关，只要 b 球摆到最低点，细绳的拉力都是 3m2g，a 球对地面的压力刚好为零。故16D 错误。故选 AC。21.如图所示，一个长直轻杆两端分别固定一个小球 A 和 B，两球质量均为 m，两球半径忽略不计，杆的长度为 l。先将杆 AB 竖直靠放在竖直墙上，轻轻振动小球 B，使小球 B 在水平面上由静止开始向右滑动，当小球 A 沿墙下滑距离为 l 时，下列说法正确的是(不计一12切摩擦)( )A. 小球 A 和 B 的速度都为12glB. 小球 A 和 B 的速度都为123glC. 小球 A、 B 的速度分别为 和123gl 122glD. 小球 A、 B 的速度分别为 和123gl 12gl
38、【答案】D【解析】【详解】当小球 A 沿墙下滑距离为 l 时，设此时 A 球的速度为 vA，B 球的速度为 vB。根据12系统机械能守恒定律得：mg mvA2+ mvB2；两球沿杆子方向上的速度相等，则有：l2 12 12vAcos60=vBcos30。联立两式解得： vA ， vB 故 D 正确，ABC 错误。故选 D。123gl 12gl【点睛】解决本题的关键知道系统机械能守恒，抓住两球沿杆子方向的速度相等，进行求解。22.如图所示，一个小球套在固定的倾斜光滑杆上，一根轻质弹簧的一端悬挂于 O 点，另一17端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内，将小球沿杆拉到与 O 点等高的位置由静止释放
39、。小球沿杆下滑，当弹簧处于竖直时，小球速度恰好为零。若弹簧始终处于伸长且在弹性限度内，在小球下滑过程中，下列说法正确的是( ) A. 小球的机械能先增大后减小B. 弹簧的弹性势能和小球重力势能之和先增大后减小C. 弹簧和小球系统的机械能先增大后减小D. 重力做功的功率先增大后减小【答案】AD【解析】【详解】小球运动过程中，只有重力和弹簧弹力做功，弹簧和小球系统的机械能守恒，弹簧与杆垂直时，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，小球下滑至最低点，动能为零重力势能最小，故此时弹簧的弹性势能最大，故小球的机械能先增大后减小；小球的动能先增加后减小，则弹簧的弹性势能和小球重力势能之和
40、先减小后增大，选项 BC 错误，A 正确；重力功率 P=mgvy=mgvcos， 不变，v 先增大后减小，故功率先增大后减小，故 D 正确；故选 AD。【点睛】本题主要考查了机械能守恒定律的直接应用，知道系统的机械能守恒；重力功率P=mgvy=mgvcos，要求同学们能正确分析小球的受力情况和运动情况。二、实验题23.某实验小组利用如图所示装置，探究木块在木板上滑动至停止的过程中，摩擦力做的功与木块滑上木板时初速度的关系。实验步骤如下：18A将弹簧左端固定在平台上，右端自然伸长到平台右侧 O 点，木板紧靠平台，其上表面与P、 O 在同一水平面上。使木块压缩弹簧自由端至 P 点后由静止释放，木块
41、最终停在木板上的 B 点，记下 P 点并测出 OB 间的距离 L。B去掉木板再使木块压缩弹簧自由端至 P 点并由静止释放，测出木块做平抛运动的水平位移 x。C改变由静止释放木块的位置，以获取多组 L、 x 数据。D用作图象的办法，探求 L 与 x 的关系，得出结论。(1)A、B 两步中，均使弹簧压缩到同一点 P 的目的是_ (2)本实验中，是否必须测出图中 h 的具体数值？_（填“是” “否”)；(3)实验小组根据测得的数据，作出 L x2图象如左图所示，据此，实验小组便得出结论：摩擦力对木块做的功与木块滑上木板时的初速度平方成正比。请写出其推理过程：_。【答案】 (1). 保证木块做平抛运动
42、的初速度与木块滑上木板时的初速度相等； (2). 否； (3). 见解析；【解析】【详解】 （1）实验要保证木块的初速度相等，A、B 两步中，均使弹簧压缩到同一点 P 的目的是保证木块做平抛运动的初速度与木块滑上木板时的初速度相等（2）木块离开平台后做平抛运动，由于抛出点的高度一定，木块在空中的运动时间相等，木块的水平位移与时间成正比，实验不需要测出平台的高度 h（3）设木块做平抛运动的初速度为 v，运动时间为 t，则木块的水平位移 x=vt，木块在水平木板上运动时，由动能定理得：-fL=0- mv2，解得：L= x2，m、f、t 是常数，设 =k，12 m2ft2 m2ft2则 L=kx2，
43、k 是常数，则 L 与 x2成正比；19【点睛】木块做平抛运动抛出点的高度一定，木块在空中的运动时间一定，木块的水平位移与初速度成正比，不需要测量平台的高度 h24.如图所示的装置可用来验证机械能守恒定律，摆锤 A 拴在长为 L 的轻绳一端，轻绳另一端固定在 O 点，在 A 上放一个质量很小的小铁块，现将摆锤拉起，使绳与竖直方向成 角，由静止开始释放摆锤，当其到达最低位置时，受到竖直挡板 P 的阻挡而停止运动，之后铁块将飞离摆锤做平抛运动。(1)为了验证摆锤在运动过程中机械能守恒，必须求出摆锤在最低点的速度。为了求出这一速度，还应测量的物理量有_。(2)用测得的物理量表示摆锤在最低点的速度 v
44、_。(3)用已知的和测得的物理量表示摆锤在运动过程中机械能守恒的关系式为_。【答案】 (1). 摆锤遇到挡板之后铁块的水平位移 x 和竖直下落的高度 h (2). xg2h(3). x24h=L(1cos)【解析】20（1）摆锤在最低点的速度即为小铁块做平抛运动的初速度，所以要利用 v0=xt=x2hg=x g2h来求初速度，所以需要测量的物理量有铁块的水平位移 x 和竖直下落的高度 h 。（2）根据平抛运动可知初速度等于： v0=xt=x2hg=x g2h（3）要验证机械能守恒即验证铁锤减少的重力势能是否等于增加的动能，即mgL(1cos)=12mv20=12mx2g2h整理得：x24h=L
45、(1-cos)故本题答案是：(1). 摆锤遇到挡板之后铁块的水平位移 x 和竖直下落的高度 h (2). (3). xg2h x24h=L(1-cos)点睛：明确实验的目的并知道做实验的步骤。三、计算题25.石墨烯是近些年发现的一种新材料，其超高强度及超强导电、导热等非凡的物理化学性质有望使 21 世纪的世界发生革命性变化，其发现者由此获得 2010 年诺贝尔物理学奖。用石墨烯超级缆绳，人类搭建“太空电梯”的梦想有望在本世纪实现。科学家们设想，通过地球同步轨道站向地面垂下一条缆绳至赤道基站，电梯仓沿着这条缆绳运行，实现外太空和地球之间便捷的物质交换。（1）若“太空电梯”将货物从赤道基站运到距地
46、面高度为 h1的同步轨道站，求轨道站内质量为 m1的货物相对地心运动的动能。设地球自转的角速度为 ，地球半径为 R。（2）当电梯仓停在距地面高度 h2=4R 的站点时，求仓内质量 m2=50kg 的人对水平地板的压力大小。取地面附近的重力加速度 g=10m/s2，地球自转的角速度 =7.310 -5rad/s，地球半径 R=6.4103km。21【答案】 （1） ；（2）11.5N12m12(R+h1)2【解析】试题分析：（1）因为同步轨道站与地球自转的角速度相等，根据轨道半径求出轨道站的线速度，从而得出轨道站内货物相对地心运动的动能 （2）根据向心加速度的大小，结合牛顿第二定律求出支持力的大
47、小，从而得出人对水平地板的压力大小解：（1）因为同步轨道站与地球自转的角速度相等，则轨道站的线速度 v=（R+h 1），货物相对地心的动能 （2）根据 ，因为 a= ， ，联立解得N= = 115N根据牛顿第三定律知，人对水平地板的压力为 115N视频26.如图所示，水平传送带在电动机带动下以速度 v12 m/s 匀速运动，小物体 P、 Q 质量分别为 0.2 kg 和 0.3 kg，由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连， t0 时刻 P 放在传送带中点处由静止释放。已知 P 与传送带间的动摩擦因数为 0.5，传送带水平部分两端点间的距离为 4 m，不计定滑轮质量及摩擦， P 与定滑轮间的绳水平，取 g10 m/s 2。(1)判断 P 在传送带上的运动方向并求其加速度大小；(2)求 P 从开始到离开传送带水平端点的过程中，与传送带间因摩擦产生的热量；(3)求 P 从开始到离开传送带水平端点的过程中，电动机多消耗的电能。22【答案】 （1） （2）4J（3）2J4m/s2【解析】【详解】 （1）P 释放后受到向右的摩擦力，大小为：f=mg=0.52
