6、lsin α
C．阻力對小車做功為－Ffl
D．重力對小車做功為mgl
解析：選C 小車的位移大小為l，方向為水平向左，拉力F的方向與小車位移的方向間夾角為90°－α，所以拉力對小車做功為Flcos(90°－α)＝Flsin α，A錯誤；重力和支持力都沿豎直方向，對小車都不做功，B、D錯誤；阻力水平向右，對小車做功為－Ffl，C正確。
8．為了安全，跨河大橋通常建成拱形，如圖所示，M、N為水平面上的兩點，O點為拱橋的最高點，且最高點距離水平面的高度為h。一質(zhì)量為m的卡車以恒定不變的速率由M經(jīng)O到達(dá)N點。則( )
A．由于M、N在同一水平面上，則卡車在整個運動過程中重力始終不做功
7、
B．卡車的重力勢能先減小后增大，重力先做負(fù)功后做正功
C．卡車的重力勢能先增大后減小，重力先做正功后做負(fù)功
D．卡車的重力勢能先增大后減小，重力先做負(fù)功后做正功
解析：選D 由M到O的過程中，卡車向高處運動，重力勢能增大，重力做負(fù)功，由O到N的過程中，卡車向低處運動，重力勢能減小，重力做正功，D正確。
9.如圖所示，OO′為豎直軸，MN為固定在OO′上的水平光滑桿，有兩個質(zhì)量相同的金屬球A、B套在水平桿上，AC和BC為抗拉能力相同的兩根細(xì)線，C端固定在轉(zhuǎn)軸OO′上。當(dāng)繩拉直時，A、B兩球轉(zhuǎn)動半徑之比恒為2∶1，當(dāng)轉(zhuǎn)軸的角速度逐漸增大時( )
A．AC先斷 B．BC先斷
C．
8、兩線同時斷 D．不能確定哪根線先斷
解析：選A 設(shè)繩子與水平方向的夾角為θ，繩子拉力的分力來提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得出：Tcos θ＝mω2r，其中r為做圓周運動的軌道半徑，r＝Lcos θ(L為繩子長度)，推導(dǎo)出拉力T＝＝mω2L，可以看出拉力與繩子與水平方向的夾角無關(guān)，兩小球是同軸轉(zhuǎn)動，角速度相等，質(zhì)量也相等，拉力只與繩子的長度有關(guān)，由圖可知繩子AC的長度大于BC繩子的長度，當(dāng)角速度增大時，AC繩先達(dá)到最大拉力，所以AC繩子先斷，A項正確；B、C、D項錯誤。
10．升降機中有一質(zhì)量為m的物體，當(dāng)升降機以加速度a勻加速上升h高度時，物體增加的重力勢能為( )
A．mgh
9、 B．mgh＋mah
C．mah D．mgh－mah
解析：選A 要分析重力勢能的變化，需分析重力做的功。物體隨升降機上升了h，物體克服重力做的功W＝mgh，故物體的重力勢能增加了mgh。
11．冥王星與其附近的另一星體卡戎可視為雙星系統(tǒng)，兩星質(zhì)量比約為7∶1，同時繞它們連線上某點O做勻速圓周運動。由此可知，冥王星繞O點運動的( )
A．軌道半徑約為卡戎的
B．角速度約為卡戎的
C．線速度大小約為卡戎的7倍
D．向心力大小約為卡戎的7倍
解析：選A 雙星系統(tǒng)內(nèi)的兩顆星體運動的角速度相等，B錯誤；雙星的向心力為二者間的萬有引力，所以向心力大小也相等，D錯誤；根據(jù)m1ω2r1
10、＝m2ω2r2得＝＝，A正確；根據(jù)v＝ωr得＝＝，C錯誤。
12.如圖所示，P是水平面上的圓弧凹槽。從高臺邊B點以某速度v0水平飛出的小球，恰能從固定在某位置的凹槽的圓弧軌道的左端A點沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道。O是圓弧的圓心，θ1是OA與豎直方向的夾角，θ2是BA與豎直方向的夾角。則( )
A.＝2 B．tan θ1·tan θ2＝2
C.＝2 D.＝2
解析：選B 由題意可知：tan θ1＝＝，tan θ2＝＝＝，所以tan θ1·tan θ2＝2，故選項B正確。
13．某星球質(zhì)量為地球質(zhì)量的9倍，半徑為地球半徑的一半，在該星球表面從某一高度以10 m/s的初速度豎直向上拋出
11、一物體，從拋出到落回原地需要的時間為(g地取10 m/s2)( )
A．1 s B. s
C. s D. s
解析：選C 由g地＝，g星＝＝，可得g星＝36g地＝360 m/s2，故在星球表面上，t＝＝ s，C正確。
14.飛行員進(jìn)行素質(zhì)訓(xùn)練時，抓住秋千桿由水平狀態(tài)開始下擺，如圖所示，在到達(dá)豎直位置的過程中，飛行員重力的瞬時功率的變化情況是( )
A．一直增大
B．一直減小
C．先增大后減小
D．先減小后增大
解析：選C 飛行員剛開始向下擺時，因為其速度為零，故起始時刻的瞬時功率為0，當(dāng)飛行員下擺到最低點時，因重力與速度的
12、方向垂直，此時的瞬時功率也為0，擺動中的其他位置瞬時功率不為0，故選C。
15.如圖所示為學(xué)員駕駛汽車在水平面上繞O點做勻速圓周運動的俯視圖。已知質(zhì)量為60 kg的學(xué)員在A點位置，質(zhì)量為70 kg的教練員在B點位置，A點的轉(zhuǎn)彎半徑為5.0 m，B點的轉(zhuǎn)彎半徑為4.0 m，則學(xué)員和教練員(均可視為質(zhì)點)( )
A．運動周期之比為5∶4
B．運動線速度大小之比為1∶1
C．向心加速度大小之比為4∶5
D．受到的合力大小之比為15∶14
解析：選D A、B兩點做圓周運動的角速度相等，根據(jù)T＝知，周期相等，故A錯誤。根據(jù)v＝rω，半徑之比為5∶4，知線速度大小之比為5∶4，故B錯誤。根據(jù)
13、a＝rω2知，向心加速度大小之比為5∶4，故C錯誤。根據(jù)F＝ma，向心加速度大小之比為5∶4，質(zhì)量之比為6∶7，知合力大小之比為15∶14，故D正確。
16.如圖所示為一水平的轉(zhuǎn)臺，半徑為R，一質(zhì)量為m的滑塊放在轉(zhuǎn)臺的邊緣，已知滑塊與轉(zhuǎn)臺間的動摩擦因數(shù)為μ，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。若轉(zhuǎn)臺的轉(zhuǎn)速由零逐漸增大，當(dāng)滑塊在轉(zhuǎn)臺上剛好發(fā)生相對滑動時，轉(zhuǎn)臺對滑塊所做的功為( )
A.μmgR B．2πmgR
C．2μmgR D．0
解析：選A 本題的疑難之處在于對變力做功的求解方法的掌握?；瑝K即將開始滑動時，最大靜摩擦力(等于滑動摩擦力)提供向心力，有μmg＝，根據(jù)動
14、能定理有Wf＝mv2，解得Wf＝μmgR，A正確。
17.圖中給出了某一通關(guān)游戲的示意圖，安裝在軌道AB上可上下移動的彈射器，能水平射出速度大小可調(diào)節(jié)的彈丸，彈丸射出口在B點的正上方。豎直面內(nèi)的半圓弧BCD的半徑R＝2.0 m，直徑BD水平且與軌道AB處在同一豎直面內(nèi)，小孔P和圓心O連線與水平方向夾角為37°。游戲要求彈丸垂直于P點圓弧切線方向射入小孔P就能進(jìn)入下一關(guān)。為了能通關(guān)，彈射器離B點的高度和彈丸射出的初速度分別是(不計空氣阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)( )
A．0.15 m,4 m/s B．1.50 m,4 m/s
C．0.15
15、 m,2 m/s D．1.50 m,2 m/s
解析：選A 設(shè)彈射器離B點高度為h，彈丸射出的初速度為v0。則有(1＋cos 37°)R＝v0t，h＋Rsin 37°＝gt2，tan 37°＝，解得h＝0.15 m，v0＝4 m/s，A正確。
18.如圖所示的a、b、c三顆地球衛(wèi)星，其軌道半徑關(guān)系為ra＝rb＜rc，下列說法正確的是( )
A．衛(wèi)星a、b的質(zhì)量一定相等
B．它們的周期關(guān)系為Ta＝Tb＞Tc
C．衛(wèi)星a、b的質(zhì)量一定大于衛(wèi)星c的質(zhì)量
D．它們的速度關(guān)系為va＝vb＞vc
解析：選D 根據(jù)G＝m得v＝，則三顆衛(wèi)星的速度關(guān)系為va＝vb＞vc，D正確；衛(wèi)星a、b、
16、c的質(zhì)量大小無法判斷，A、C錯誤；根據(jù)G＝mr得T＝，則Ta＝Tb＜Tc，B錯誤。
19．2018年12月8日，我國成功發(fā)射繞月球運行的探月衛(wèi)星“嫦娥四號”。設(shè)該衛(wèi)星的軌道是圓形的，且貼近月球表面。已知月球的質(zhì)量約為地球質(zhì)量的，月球的半徑約為地球半徑的，地球上的第一宇宙速度約為7.9 km/s，則該探月衛(wèi)星繞月球運行的最大速率約為( )
A．0.4 km/s B．1.8 km/s
C．11 km/s D．36 km/s
解析：選B 星球的第一宇宙速度即為圍繞星球做圓周運動的軌道半徑為該星球半徑時的環(huán)繞速度，由萬有引力提供向心力即可得出這一最大環(huán)繞速度。衛(wèi)星所需的向心力由萬有引力
17、提供，G＝m，得v＝，又由＝、＝，故月球和地球上第一宇宙速度之比＝，故v月＝7.9× km/s≈1.8 km/s，因此B正確。
20．美國的“卡西尼”號探測器經(jīng)過長達(dá)7年的“艱苦”旅行，進(jìn)入繞土星飛行的軌道，若“卡西尼”號探測器在半徑為R的土星上空離土星表面高h(yuǎn)的圓形軌道上繞土星飛行，環(huán)繞n周飛行時間為t，已知引力常量為G，則下列關(guān)于土星質(zhì)量M和平均密度ρ的表達(dá)式正確的是( )
A．M＝，ρ＝
B．M＝，ρ＝
C．M＝，ρ＝
D．M＝，ρ＝
解析：選D 對“卡西尼”號探測器有G＝mω2(R＋h)，ω＝＝，解得M＝，土星的體積V＝πR3，土星的密度ρ＝＝，D正確。
二、非選擇題(
18、本大題共5小題，共50分)
21．(6分)如圖所示，用底部帶孔的玻璃試管和彈簧可以組裝一個簡易“多功能實驗器”，利用該實驗器，一方面能測彈簧的勁度系數(shù)，另一方面可測量小球做平拋運動的初速度。
(1)用該裝置測量彈簧勁度系數(shù)k時需要讀出幾次操作時的_______________和_______________，然后由公式________求出k的平均值。
(2)使用該裝置測量小球的初速度時，需要多次將彈簧的右端壓到______(選填“同一”或“不同”)位置。然后分別測出小球幾次飛出后的________和________，再由公式________求出初速度的平均值。
解析：(1)根據(jù)胡克
19、定律F＝kΔx，可得k＝。彈簧的勁度系數(shù)可由彈簧的伸長量(或壓縮量)和彈力計算。
(2)物體做平拋運動時，水平方向上x＝v0t；
豎直方向上y＝gt2。所以v0＝x 。
答案：(1)彈簧測力計的示數(shù)F 彈簧的伸長量Δx
k＝ (2)同一 水平位移x 豎直位移y v0＝x
22．(9分)(2019·臨沂期末考試)在用落體法驗證機械能守恒定律的實驗中(重力加速度取g＝9.8 m/s2)：
(1)運用公式＝mgh對實驗條件的要求是____________________________________
_________________________________________
20、_______________________________，
打點時間間隔為0.02 s，為此，所選擇的紙帶第1、2兩點間的距離應(yīng)接近________。
(2)若實驗中所用重錘的質(zhì)量m＝1 kg，打點紙帶如圖所示，打點時間間隔為0.02 s，則記錄B點時，重錘速度vB＝________，重錘動能Ek＝________，從開始下落起至B點重錘的重力勢能減少量是________，由此可得出的結(jié)論是___________________________________
_______________________________________________________。
解
21、析：(1)重錘自由下落時，在0.02 s內(nèi)的位移大小應(yīng)為h＝gt2＝×9.8×(0.02)2 m≈2 mm。
(2)vB＝＝ m/s＝0.58 m/s，此時重錘的動能為Ek＝mvB2＝×1×0.582 J≈0.168 J，重錘的重力勢能減少量為ΔEp＝mgh＝1×9.8×17.6×10－3 J≈0.172 J，由此可知，在誤差范圍內(nèi)機械能守恒。
答案：(1)打第1個點時重錘的初速度為零 2 mm (2)0.58 m/s 0.168 J 0.172 J 在誤差范圍內(nèi)機械能守恒
23．(10分)如圖所示，質(zhì)量m＝2.0×104 kg的汽車以不變的速率先后駛過凹形橋面和凸形橋面，兩橋面的圓弧半
22、徑均為20 m。如果橋面承受的壓力不得超過3.0×105 N，則：(g取10 m/s2)
(1)汽車允許的最大速度是多少？
(2)若以所求速度行駛，汽車對橋面的最小壓力是多少？
解析：(1)汽車在凹形橋最低點時存在最大允許速度，由牛頓第二定律得FN－mg＝m
代入數(shù)據(jù)解得v＝10 m/s。
(2)汽車在凸形橋最高點時對橋面有最小壓力，由牛頓第二定律得mg－FN1＝，
代入數(shù)據(jù)解得FN1＝1×105 N。
由牛頓第三定律知汽車對橋面的最小壓力等于1×105 N。
答案：(1)10 m/s (2)1×105 N
24．(12分)(2019·威海期末)質(zhì)量為m＝10 kg的物體
23、在拉力作用下運動，求下列各種情況下拉力做的功(g取10 m/s2)：
(1)拉力沿水平方向，物體在動摩擦因數(shù)為μ1＝0.25的水平地面上勻速移動s1＝4 m。
(2)拉力沿水平方向，物體在動摩擦因數(shù)為μ2＝0.25的水平地面上以a1＝2 m/s2的加速度勻加速移動s2＝4 m。
(3)用大小為50 N的、與水平方向成θ＝37°角的斜向上的拉力拉物體，使物體沿水平地面移動s3＝4 m，物體與地面間的動摩擦因數(shù)為μ3＝0.25。(已知sin 37°＝0.6)
(4)物體在豎直向上的拉力作用下，以a2＝2 m/s2的加速度勻加速上升h＝4 m。
解析：(1)水平拉力大小為F1＝μ1mg＝2
24、5 N，則拉力做的功為W1＝F1s1＝25×4 J＝100 J。
(2)由牛頓第二定律得F2－μ2mg＝ma1
水平拉力的大小為F2＝m(μ2g＋a1)＝45 N
拉力做的功為W2＝F2s2＝180 J。
(3)拉力恒定，拉力的功與受其他力及物體的運動情況無關(guān)
拉力做的功為W3＝F3s3cos 37°＝160 J。
(4)由牛頓第二定律得F4－mg＝ma2
解得F4＝m(g＋a2)＝120 N
拉力做的功為W4＝F4s4＝480 J。
答案：(1)100 J (2)180 J (3)160 J (4)480 J
25．(13分)如圖所示，水平傳送帶的速度為4.0 m/s，它
25、的右端與等高的光滑水平平臺相接觸。一工件m(可看成質(zhì)點)輕輕放于傳送帶的左端，工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.3，經(jīng)過一段時間工件從光滑水平平臺上滑出，恰好落在小車左端。已知平臺與小車的高度差h＝0.8 m，小車左端距平臺右端的水平距離s＝1.2 m，取g＝10 m/s2，求：
(1)工件水平拋出的初速度v0。
(2)傳送帶的長度L。
解析：(1)工件從平臺右端水平拋出后，做平拋運動。
水平方向：s＝v0t，豎直方向：h＝gt2，
得：v0＝s＝3 m/s。
(2)由于v0＝3 m/s小于水平傳送帶的速度，故可知工件在傳送帶上一直做勻加速運動。工件在傳送帶上所受摩擦力Ff＝μmg
26、，
由牛頓第二定律可知Ff＝ma，
由運動學(xué)關(guān)系可知v02＝2aL，
得L＝＝1.5 m。
答案：(1)3 m/s (2)1.5 m
(對應(yīng)配套卷P )
(時間：90分鐘 滿分：100分)
一、選擇題(本大題共12小題，第1～7小題為單項選擇題，每題3分；第8～12小題為多項選擇題，每題5分，共46分)
1．如圖所示，質(zhì)量為m的小球用長為L的懸繩固定于O點，在O點的正下方處有一顆釘子，把懸繩拉直與豎直方向成一定角度，由靜止釋放小球，則小球從右向左擺的過程中，懸繩碰到釘子前后小球的向心加速度之比為( )
A．1∶2 B．2∶3
C．1∶3 D
27、．3∶2
解析：選B 在懸繩碰到釘子的前后瞬間，速度不變。做圓周運動的半徑從L變成了，則根據(jù)加速度公式a＝得，兩次向心加速度之比為半徑之反比，即a前∶a后＝2∶3。
2.如圖所示，半徑為R的圓盤繞過圓心的豎直軸OO′勻速轉(zhuǎn)動，在距軸為r處有一豎直桿，桿上用長為L的細(xì)線懸掛一小球。當(dāng)圓盤以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時，小球也以同樣的角速度做勻速圓周運動，這時細(xì)線與豎直方向的夾角為θ，則小球的向心加速度大小為( )
A．ω2R B．ω2r
C．ω2Lsin θ D．ω2(r＋Lsin θ)
解析：選D 小球運動的軌跡是水平面內(nèi)的圓，如題圖中虛線所示，其圓心是軌跡所在水平面與轉(zhuǎn)軸OO′的交點
28、，所以圓周運動的半徑為r＋Lsin θ，所以an＝ω2·r′＝ω2(r＋Lsin θ)，D正確。
3.如圖所示，某同學(xué)對著墻壁練習(xí)打乒乓球，某次球與墻壁上A點碰撞后水平彈離，恰好垂直落在球拍上的B點，已知球拍與水平方向夾角θ＝60°，A、B兩點高度差h＝1 m，忽略空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2，則球剛要落到球拍上時速度大小為( )
A．2 m/s B．2 m/s
C．4 m/s D. m/s
解析：選C 根據(jù)h＝gt2得t＝＝ s，豎直分速度vy＝gt＝2 m/s，剛要落到球拍上時速度大小v＝＝4 m/s，C正確，A、B、D錯誤。
4.在粗糙的水平面上給滑塊一定的初
29、速度，使其沿粗糙的水平面滑動，經(jīng)測量描繪出了滑塊的動能與滑塊的位移的變化規(guī)律圖線，如圖所示。用μ表示滑塊與水平面之間的動摩擦因數(shù)，用t表示滑塊在該水平面上滑動的時間，已知滑塊的質(zhì)量為m＝19 kg，g＝10 m/s2。則μ和t分別等于( )
A．0.01、10 s B．0.01、5 s
C．0.05、10 s D．0.05、5 s
解析：選A 對滑塊由動能定理得－μmgx＝0－Ek0，代入數(shù)據(jù)得μ＝0.01，假設(shè)滑塊的初速度大小為v，則由mv2＝9.5 J，解得v＝ m/s＝1 m/s，滑塊的加速度大小為a＝＝μg＝0.1 m/s2，則滑塊運動的時間為t＝＝10 s，A正確。
30、5．地球半徑為R0，在距球心r0處(r0>R0)有一同步衛(wèi)星(周期為24 h)。另有一半徑為2R0的星球A，在距球心3r0處也有一同步衛(wèi)星，它的周期是48 h，那么星球A的平均密度與地球的平均密度之比為( )
A．9∶32 B．3∶8
C．27∶32 D．27∶16
解析：選C 萬有引力提供向心力，有＝m2r，天體的質(zhì)量M＝，體積V＝πR3，密度ρ＝＝，因為地球的同步衛(wèi)星和星球A的同步衛(wèi)星的軌道半徑之比為1∶3，地球和星球A的半徑之比為1∶2，兩同步衛(wèi)星的周期之比為1∶2，所以星球A的平均密度與地球的平均密度之比為＝××＝，故C正確，A、B、D錯誤。
6．一質(zhì)量為2 kg的物體
31、，在水平恒定拉力的作用下以某一速度在粗糙的水平面上做勻速直線運動，當(dāng)運動一段時間后拉力逐漸減小，且當(dāng)拉力減小到零時，物體剛好停止運動。如圖所示為拉力F隨位移x變化的關(guān)系圖像，取g＝10 m/s2，則據(jù)此可以求得( )
A．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.25
B．物體勻速運動時的速度為v＝4 m/s
C．合外力對物體所做的功為W合＝32 J
D．摩擦力對物體所做的功為Wf＝－64 J
解析：選D 物體做勻速運動時，受力平衡，則f＝F＝8 N，μ＝＝＝0.4，故A錯誤；圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示拉力做的功，則由題中圖像可知，WF＝×(4＋8)×8 J＝48 J，滑動摩擦力做的
32、功Wf＝－μmgx＝－0.4×2×10×8 J＝－64 J，所以合外力做的功為W合＝－64 J＋48 J＝－16 J，故C錯誤，D正確；根據(jù)動能定理得0－mv02＝W合，解得v0＝＝ m/s＝4 m/s，故B錯誤。
7.極地衛(wèi)星的運行軌道平面通過地球的南北兩極(軌道可視為圓軌道)。如圖所示，若某極地衛(wèi)星從北緯30°的正上方按圖示方向第一次運行至南緯60°正上方，所用時間為t，已知地球半徑為R(地球可看作球體)，地球表面的重力加速度為g，引力常量為G，由以上條件可知( )
A．衛(wèi)星運行的角速度為
B．地球的質(zhì)量為
C．衛(wèi)星運行的線速度為
D．衛(wèi)星距地面的高度為
解析：選A 本題疑難
33、之處是不能理解極地衛(wèi)星的軌道特點，其軌道平面與赤道平面相垂直。從北緯30°的正上方按題圖所示方向第一次運行至南緯60°正上方轉(zhuǎn)過的圓心角為θ＝，ω＝＝，故A正確；由地球表面的重力和萬有引力相等有G＝mg，即M＝，故B錯誤；根據(jù)線速度v＝rω＝，r為衛(wèi)星的軌道半徑，故C錯誤；根據(jù)萬有引力提供衛(wèi)星做圓周運動的向心力有G＝mr2，代入A和B的分析結(jié)果，解得r＝，而衛(wèi)星距地面的高度h＝r－R＝－R，故D錯誤。
8.如圖所示為某種自行車的鏈輪、鏈條、飛輪、踏板、后輪示意圖，踏板和鏈輪同軸轉(zhuǎn)動、飛輪和后輪同軸轉(zhuǎn)動。已知鏈輪與飛輪的半徑之比為3∶1，后輪直徑為660 mm，當(dāng)自行車懸空，腳踩踏板做勻速圓周
34、運動的角速度為5 rad/s時，關(guān)于后輪邊緣處A點的線速度v和向心加速度a正確的是( )
A．v＝9.90 m/s B．a(chǎn)＝148.50 m/s2
C．v＝4.95 m/s D．a(chǎn)＝74.25 m/s2
解析：選CD 踏板與鏈輪同軸轉(zhuǎn)動，角速度相等，飛輪與后輪同軸轉(zhuǎn)動，角速度相等。而鏈輪和飛輪用鏈條連接，邊緣線速度相等，由v＝ωr及r鏈∶r飛＝3∶1可得，飛輪的角速度為踏板角速度的3倍，即15 rad/s，則后輪的線速度v＝15×0.33 m/s＝4.95 m/s，根據(jù)a＝vω得向心加速度為a＝74.25 m/s2，C、D正確。
9.一蹦極運動員身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺下
35、落，到最低點時距水面還有數(shù)米距離，如圖所示。假定空氣阻力可忽略，運動員可視為質(zhì)點，下列說法正確的是( )
A．運動員到達(dá)最低點前重力勢能始終減小
B．蹦極繩張緊后的下落過程中，彈力做負(fù)功，彈性勢能增加
C．蹦極過程中，運動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)機械能守恒
D．蹦極過程中，重力勢能的改變與重力勢能零點的選取有關(guān)
解析：選ABC 運動員到達(dá)最低點前，重力一直做正功，重力勢能始終減小，A正確；蹦極繩張緊后的下落過程中，運動員所受蹦極繩的彈力方向向上，所以彈力做負(fù)功，彈性勢能增加，B正確；蹦極過程中，由于只有重力和蹦極繩的彈力做功，因而運動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)機械能守恒，C正
36、確；重力勢能的改變只與高度差有關(guān)，與重力勢能零點的選取無關(guān)，D錯誤。
10.如圖所示，在網(wǎng)球的網(wǎng)前截?fù)艟毩?xí)中，若練習(xí)者在球網(wǎng)正上方距地面H處，將球以速度v沿垂直球網(wǎng)的方向擊出，球剛好落在底線上。已知底線到網(wǎng)的距離為L，重力加速度為g，將球的運動視為平拋運動，下列表述正確的是( )
A．球的速度v等于L
B．球從擊出至落地所用時間為
C．球從擊球點至落地點的位移等于L
D．球從擊球點至落地點的位移與球的質(zhì)量有關(guān)
解析：選AB 球做平拋運動，從擊出至落地所用的時間為t＝ ，選項B正確；球的速度v＝＝L，選項A正確；球從擊球點至落地點的位移為，這個位移與球的質(zhì)量無關(guān)，選項C、D錯誤。
37、
11.宇宙中存在著由四顆星組成的孤立星系。如圖所示，一顆母星處在正三角形的中心，三角形的頂點各有一顆質(zhì)量相等的小星圍繞母星做圓周運動。如果兩顆小星間的萬有引力為F，母星與任意一顆小星間的萬有引力為9F。則( )
A．每顆小星受到的萬有引力為F
B．每顆小星受到的萬有引力為(＋9)F
C．母星的質(zhì)量是每顆小星質(zhì)量的3倍
D．母星的質(zhì)量是每顆小星質(zhì)量的3倍
解析：選BC 假設(shè)每顆小星的質(zhì)量為m，母星的質(zhì)量為M，等邊三角形的邊長為a，則由幾何關(guān)系可知小星繞母星運動的軌道半徑r＝a。根據(jù)萬有引力定律，兩顆小星間的萬有引力F＝G，母星與任意一顆小星間的萬有引力9F＝G，聯(lián)立得M＝3m，故
38、選項C正確，D錯誤；根據(jù)受力分析可知，每顆小星受到其余兩顆小星和母星的引力，其合力指向母星以提供向心力，有F′＝2Fcos 30°＋9F＝(＋9)F，故選項A錯誤，B正確。
12.一輛汽車在平直公路上以20 kW的功率行駛，t1時刻駛?cè)肓硪欢巫枇愣ǖ钠街惫?，其v -t圖像如圖所示，已知汽車的質(zhì)量為2×103 kg。下列說法中正確的有( )
A．t1前汽車受到的阻力大小為2×103 N
B．t1后汽車受到的阻力大小為2×103 N
C．t1時刻汽車的加速度大小突然變?yōu)? m/s2
D．t1～t2時間內(nèi)汽車的平均速度為7.5 m/s
解析：選AC t1前汽車做勻速直線運動，有P＝
39、F1v1＝Ff1v1，解得Ff1＝＝ N＝2×103 N，A項正確；進(jìn)入另一段路后最終以v2＝5 m/s做勻速直線運動，得Ff2＝＝ N＝4×103 N，B項錯誤；t1時刻汽車的牽引力為2×103 N，阻力瞬間變?yōu)?×103 N，加速度為a＝ m/s2＝－1 m/s2，C項正確；在t1～t2時間內(nèi)汽車做變速直線運動，若汽車做勻變速直線運動，則平均速度v＝ m/s＝7.5 m/s，但在t1～t2時間內(nèi)汽車運動的位移比勻變速直線運動的位移小，故t1～t2時間內(nèi)汽車的平均速度小于7.5 m/s，D項錯誤。
二、非選擇題(本大題共5小題，共54分)
13．(5分)在用斜槽“研究平拋運動的規(guī)律”的實
40、驗中，某同學(xué)在建立坐標(biāo)系時有一處失誤。設(shè)他在安裝實驗裝置和進(jìn)行其余的操作時準(zhǔn)確無誤：
(1)觀察圖可知，他的失誤之處是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)他根據(jù)記錄建立坐標(biāo)系，運用教材實驗原理測得的平拋初速度值與真實值相比________(填“偏大”“相等”或“偏小”)。
解析：(1)坐標(biāo)系原點應(yīng)建在飛離斜槽槽口的小球重心
41、處，即在槽口正上方r(r為小球半徑)處，而該同學(xué)卻錯誤地將坐標(biāo)原點取在槽口處。
(2)如圖所示，正確的坐標(biāo)系橫軸應(yīng)建在x′處，原點應(yīng)在O′處。軌跡上取點P，設(shè)其坐標(biāo)真實值為(x′，y′)，測量值為(x，y)，則y′>y，x′＝x。因為t測＝，t真＝，所以t測v真。
答案：(1)錯誤地將坐標(biāo)原點取在槽口處 (2)偏大
14．(10分)曉宇利用“自由落體”的方法驗證了機械能守恒定律，他進(jìn)行了多次操作打出了四條不同的紙帶，經(jīng)過測量可知紙帶A、紙帶B、紙帶C、紙帶D前兩點之間的距離分別為0.1 85 cm、0.1 92 cm、0.265 cm、0.195
42、cm。已知低壓交流電源的頻率為50 Hz、重錘的質(zhì)量為1.00 kg、重力加速度取g＝9.80 m/s2。回答下列問題：
(1)上述的四條紙帶中有一條在操作過程中存在明顯的問題，該紙帶為________；
(2)按照測量的要求從其中選出一條合適的紙帶，并選取點跡清晰的計時點，用刻度尺測出的實驗數(shù)據(jù)如圖所示，分析知紙帶的________(選填“左”或“右”)端與重錘相連；
(3)由圖中的實驗數(shù)據(jù)求解打計時點2時，重錘下落的速度為________ m/s；
(4)重錘由計時點0下降到計時點2的過程中，重錘的重力勢能的減少量ΔEp＝________ J，重錘的動能的增加量ΔEk＝____
43、____ J，由計算分析可知ΔEp______ΔEk(選填“>”“＝”或“<”)，原因為___________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)紙帶C肯定有操作錯誤，因為h＝0.265 cm>0.20 cm，說明他操作時先釋放了紙帶，后接通了電源，致使打點計時器打第一個計時點時，重錘的速度并不為零；
(2)因重錘做自由落體運動，開始記錄時計時點間距小，
44、所以紙帶的左端與重錘相連；
(3)重錘的速度v2＝＝ m/s＝0.98 m/s；
(4)從計時點0到計時點2的過程中，重力勢能的減少量ΔEp＝mgx02≈0.49 J，動能的增加量ΔEk＝mv22≈0.48 J，由以上計算知，ΔEp＞ΔEk，這是因為實驗中有摩擦力和空氣阻力等阻力的存在，重錘要克服阻力做功而損失機械能。
答案：(1)紙帶C (2)左 (3)0.98 (4)0.49 0.48?。尽嶒炛写嬖谀Σ亮涂諝庾枇Γ劐N克服阻力做功損失機械能
15．(12分)為確保彎道行車安全，汽車進(jìn)入彎道前必須減速。如圖所示，AB為進(jìn)入彎道前的平直公路，BC為水平圓弧形彎道，已知彎道半徑R＝2
45、4 m，汽車到達(dá)A點時速度vA＝16 m/s，汽車質(zhì)量為1.5×103 kg，與路面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.6，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g＝10 m/s2，若在A點處關(guān)閉發(fā)動機，使汽車從A點滑行到B點，汽車進(jìn)入彎道后剛好不發(fā)生側(cè)滑。求：
(1)汽車在彎道上行駛時的向心力大??；
(2)汽車在彎道上行駛時的線速度大?。?
(3)汽車在AB段克服摩擦力做的功。
解析：(1)最大靜摩擦力提供向心力為：F＝μmg
代入數(shù)據(jù)可得：F＝9×103 N。
(2)由F＝m
可得v＝＝ m/s＝12 m/s。
(3)從A到B過程中，由動能定理有：
W＝mv2－mvA2，
代入數(shù)據(jù)解得：W＝
46、－8.4×104 J
所以，汽車克服摩擦力做的功為8.4×104 J
答案：(1)9×103 N (2)12 m/s (3)8.4×104 J
16．(12分)如圖，半徑R＝0.5 m的光滑圓弧軌道ABC與足夠長的粗糙軌道CD在C處平滑連接，O為圓弧軌道ABC的圓心，B點為圓弧軌道的最低點，半徑OA、OC與OB的夾角分別為53°和37°。將一個質(zhì)量m＝0.5 kg 的物體(視為質(zhì)點)從A點左側(cè)高為h＝0.8 m處的P點水平拋出，恰從A點沿切線方向進(jìn)入圓弧軌道。已知物體與軌道CD間的動摩擦因數(shù)μ＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.
47、8。求：
(1)物體水平拋出時的初速度大小v0；
(2)物體經(jīng)過B點時，對圓弧軌道壓力大小FN；
(3)物體在軌道CD上運動的距離x。
解析：(1)由平拋運動規(guī)律知vy2＝2gh
得豎直分速度vy＝＝4 m/s
初速度v0＝vytan 37°＝3 m/s。
(2)對從P點至B點的過程，由機械能守恒得
mg(h＋R－Rcos 53°)＝mvB2－mv02
經(jīng)過B點時，由向心力公式得
FN′－mg＝m
代入數(shù)據(jù)解得FN′＝34 N
由牛頓第三定律知，物體對圓弧軌道的壓力大小為FN＝34 N，方向豎直向下。
(3)因μmgcos 37°>mgsin 37°，物體沿軌道C
48、D向上做勻減速運動，速度減為零后不會下滑
從B點到上滑至最高點的過程，由動能定理得－mgR(1－cos 37°)－(mgsin 37°＋μmgcos 37°)x＝0－mvB2
代入數(shù)據(jù)可解得x＝ m≈1.09 m
即物體在軌道CD上運動通過的距離約為1.09 m。
答案：(1)3 m/s (2)34 N，豎直向下 (3)1.09 m
17．(15分)如圖甲所示為商場內(nèi)的螺旋滑梯，小孩從頂端A處進(jìn)入，由靜止開始沿滑梯自然下滑(如圖乙)，并從底端B處滑出。已知滑梯總長度L＝20 m，A、B間的高度差h＝12 m，g取10 m/s2。
(1)假設(shè)滑梯光滑，則小孩從B處滑出時的速度v1
49、多大？
(2)若有人建議將該螺旋滑梯改建為傾斜直線滑梯，并保持高度差與總長度不變。已知小孩與滑梯間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，若小孩仍從頂端由靜止自然下滑，則從底端滑出時的速度v2多大？
(3)若小孩與滑梯間的動摩擦因數(shù)仍為0.25，你認(rèn)為小孩從螺旋滑梯底端B處滑出的速度v3與(2)問中傾斜直線滑梯滑出的速度v2哪個更大？試簡要說明理由。
解析：(1)由機械能守恒定律可得：mgh＝mv12
解得：v1＝＝4 m/s。
(2)由動能定理可得：WG＋Wf＝mv22
mgh－μmg·L＝mv22
解得：v2＝4 m/s。
(3)v2更大
由動能定理可得：WG＋Wf′＝mv32
與直線滑梯下滑相比，重力做功相等，沿螺旋滑梯下滑時，小孩受到的彈力更大(或需要向心力)，受到的滑動摩擦力更大，滑動摩擦力做的負(fù)功更大，v3較小。
答案：(1)4 m/s (2)4 m/s (3)v2更大，理由見解析
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2019-2020學(xué)年新教材高中物理 期末綜合檢測 新人教版必修第二冊
