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河北省隆化县存瑞中学2020届高三上学期第一次质检物理试题
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2019-2020存瑞中学第一次月考高三物理试题
一、单选题
1.以的水平初速度抛出的物体，飞行一段时间后，打在倾角为的斜面上，此时速度方向与斜面夹角为，如图所示，则物体在空中飞行的时间为不计空气阻力，g取)（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
小球打在倾角θ为30°的斜面上，速度方向与斜面夹角α为60°，有几何关系可知，速度与水平方向的夹角为30°，将该速度分解：，又有：，联立并代入数据解得：，故B正确，ACD错误。
2.一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔内位移为，动能变为原来的9倍。该质点的加速度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】设质点的初速度为v，则动能
，
由于末动能变为原来的9倍，则可知，末速度为原来的3倍，故有：
，
故平均速度为：
，
根据位移公式可知：，联立解得：，
根据加速度定义可知：，故C正确。
3.如图，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动。已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N1，在高点时对轨道的压力大小为N2.重力加速度大小为g，则N1–N2的值为
A. 3mg B. 4mg C. 5mg D. 6mg
【答案】D
【解析】
试题分析：在最高点，根据牛顿第二定律可得，在最低点，根据牛顿第二定律可得，从最高点到最低点过程中，机械能守恒，故有，联立三式可得
考点：考查机械能守恒定律以及向心力公式
【名师点睛】根据机械能守恒定律可明确最低点和最高点的速度关系；再根据向心力公式可求得小球在最高点和最低点时的压力大小，则可求得压力的差值．要注意明确小球在圆环内部运动可视为绳模型；最高点时压力只能竖直向下．
【此处有视频，请去附件查看】
4.如图,半圆形光滑轨道固定在水平地面上,半圆的直径与地面垂直,一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道,并从轨道上端水平飞出,小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关,此距离最大时,对应的轨道半径为(重力加速度为g)( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据动能定理得出物块到达最高点的速度，结合高度求出平抛运动的时间，从而得出水平位移的表达式，结合表达式，运用二次函数求极值的方法得出距离最大时对应的轨道半径。
【详解】设半圆的半径为R，根据动能定理得：−mg•2R＝mv′2−mv2，离开最高点做平抛运动，有：2R=gt2，x=v′t，联立解得： ，可知当R=时，水平位移最大，故B正确，ACD错误。故选B。
【点睛】本题考查了动能定理与圆周运动和平抛运动的综合运用，得出水平位移的表达式是解决本题的关键，本题对数学能力的要求较高，需加强这方面的训练。
5.已知地球质量为月球质量的81倍，地球半径约为月球半径的4倍。若在月球和地球表面同样高度处，以相同的初速度水平抛出物体，抛出点与落地点间的水平距离分别为和，则 ：约为
A. 9：4 B. 6：1 C. 3：2 D. 1：1
【答案】A
【解析】
设月球质量为，半径为，地球质量为M，半径为R．
已知，，
根据万有引力等于重力得：
则有：
因此…①
由题意从同样高度抛出，…②
联立①、②解得：
在地球上的水平位移
在月球上的；
因此得到：，故A正确，BCD错误。
点睛：根据万有引力等于重力，求出月球表面重力加速度和地球表面重力加速度关系，运用平抛运动规律求出两星球上水平抛出的射程之比。
6. 如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g．质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为（ ）
A. mgR B. mgR C. mgR D. mgR
【答案】C
【解析】
试题分析：据题意，质点在位置P是具有的重力势能为：；当质点沿着曲面下滑到位置Q时具有的动能为：，此时质点对轨道压力为：，由能量守恒定律得到：，故选项C正确。
考点：能量守恒定律、圆周运动
【名师点睛】本题分析的关键是找出质点在初始位置是的机械能和在末位置时的机械能，两个位置机械能只差就等于摩擦力做的功的大小即；但在球末位置时的动能时需要用到圆周运动规律，，由此式可以求出在末位置的速度，也就可以求解此位置的动能大小了。
7.靠近地面运行的近地卫星的加速度大小为a1，地球同步轨道上的卫星的加速度大小为a2，赤道上随地球一同运转（相对地面静止）的物体的加速度大小为a3，则（ ）
A. a1=a3＞a2 B. a1＞a2＞a3 C. a1＞a3＞a2 D. a3＞a2＞a1
【答案】B
【解析】
【分析】
题中涉及三个物体：地球赤道上有一随地球的自转而做圆周运动物体3、绕地球表面附近做圆周运动的近地卫星1、地球同步卫星2；物体3与卫星1转动半径相同，物体3与同步卫星2转动周期相同，从而即可求解。
【详解】地球上的物体3自转和同步卫星2的周期相等为24h，则角速度相等，即ω2=ω3，而加速度由a=rω2，得a2＞a3；同步卫星2和近地卫星1都靠万有引力提供向心力而公转，根据，得，知轨道半径越大，角速度越小，向心加速度越小，则a1＞a2，综上B正确；故选B。
【点睛】本题关键要将赤道上自转物体3、地球同步卫星2、近地卫星1分为三组进行分析比较，最后再综合；一定不能将三个物体当同一种模型分析，否则会使问题复杂化。
8.一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态．放出一个质量为m的粒子后反冲．已知放出的粒子的动能为E0，则原子核反冲的动能为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】放出质量为粒子后，剩余质量为，该过程动量守恒，则有：
放出的粒子的动能为：
原子核反冲的动能：
联立解得：
A.与分析不符，不符合题意；
B.与分析不符，不符合题意；
C.与分析相符，符合题意；
D.与分析不符，不符合题意。
9.“嫦娥五号”探测器由轨道器．返回器．着陆器等多个部分组成．探测器预计在2017年由“长征五号”运载火箭在中国文昌卫星发射中心发射升空，自动完成月面样品采集，并从月球起飞，返回地球．若已知月球半径为R，“嫦娥五号”在距月球表面高度为R的圆轨道上飞行，周期为T，万有引力常量为G，下列说法正确的是（ ）
A. 月球质量 B. 月球表面重力加速度为
C. 月球密度为 D. 月球第一宇宙速度为
【答案】A
【解析】
对探测器万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律：，解得：，故A错误；月球表面重力等于万有引力：，可得的重力加速度为：，故B正确；月球的密度：，故C错误；月球的第一宇宙速度为月球表面的环绕速度，根据牛顿第二定律可得：，解得：，故D错误。所以B正确，ACD错误。
10. 如图所示，一很长，不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球a和b，a球质量为m，静置于地面；b球质量为2m，用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧，从静止开始释放b后，a可能达到的最大高度为
A. B. h C. D.
【答案】C
【解析】
试题分析：当b球落地瞬间时，两球组成的系统，机械能守恒，故有，解得，之后由于绳子变松，小球a做竖直上抛运动，故根据机械能守恒定律可得，解得，所以小球上升的最大高度为，C正确；
考点：考查了机械能守恒定律的应用
【名师点睛】本题可以分为两个过程来求解，首先根据ab系统的机械能守恒，可以求得a球上升h时的速度的大小，之后，b球落地，a球的机械能守恒，从而可以求得a球上升的高度的大小
二、多选题
11.一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，之后保持以额定功率运动其图象如图所示已知汽车的质量为，汽车受到地面的阻力为车重的倍，则以下说法正确的是
A. 汽车在前5s内的牵引力为
B. 汽车速度为时的加速度为
C. 汽车的额定功率为100 kW
D. 汽车的最大速度为80
【答案】AC
【解析】
由速度时间图线知，匀加速运动的加速度大小a=m/s2＝4m/s2，根据牛顿第二定律得，F-f=ma，解得牵引力F=f+ma=1000+4000N=5000N，故A正确。汽车的额定功率P=Fv=5000×20W=100000W=100kW，汽车在25m/s时的牵引力F′＝N＝4000N，根据牛顿第二定律得，加速度，故B错误，C正确。当牵引力等于阻力时，速度最大，则最大速度，故D错误。故选AC。
点睛：本题考查了汽车恒定加速度启动的问题，理清整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，知道牵引力等于阻力时，汽车的速度最大．
12.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靠紧竖直墙．用水平力F将B向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为E．这时突然撤去F，关于A、B和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（ ）
A. 撤去F后，系统动量守恒，机械能守恒
B. 撤去F后，A离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒
C. 撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为
D. 撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E
【答案】BC
【解析】
试题分析：撤去F后，A离开竖直墙前，由于系统受到墙壁向右的作用力，所以系统动量不守恒，由于只有弹力做功，所以机械能守恒；撤去F后，A离开竖直墙后，当两者共速时，弹簧弹性势能最大，此时，，,即此时弹簧的弹性势能最大值为E/3。选项BC正确。
考点：机械能守恒及动量守恒；能量守恒定律。
13.如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T0，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经过M、Q到N的运动过程中( )
A. 从P到M所用时间等于
B. 从Q到N阶段，机械能逐渐变大
C. 从P到Q阶段，速率逐渐变小
D. 从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功
【答案】CD
【解析】
【详解】A．根据开普勒第二定律知，海王星在近日点P的速度最大，在远日点Q的速度最小，则海王星在PM段的速度大小大于MQ段的速度大小，由轨迹的对称性，则PM段的时间小于MQ段的时间，而运行的周期为T0，所以P到M所用的时间小于，故A错误。
B．从Q到N的过程中，由于只有万有引力做功，机械能守恒，故B错误。
C．从P到Q阶段，由机械能守恒知，海王星的势能逐渐增大，则海王星运动的速率逐渐减小，故C正确。
D．根据万有引力方向与速度方向的关系知，从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功，故D正确。
14.两根长度不同的细线下面分别悬挂两个完全相同的小球A、B，细线上端固定在同一点，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动已知A球细线跟竖直方向的夹角为，B球细线跟竖直方向的夹角为，下列说法正确的是
A. 细线和细线所受的拉力大小之比为：1
B. 小球A和B的向心力大小之比为1：3
C. 小球A和B的角速度大小之比为1：1
D. 小球A和B的线速度大小之比为1：
【答案】BC
【解析】
A项：两球在水平面内做圆周运动，在竖直方向上的合力为零，由：TAcos30°=mg，TBcos60°=mg，则，TB=2mg，所以，故A错误；
B项：小球A做圆周运动的向心力FnA=mgtan30°=，小球B做圆周运动的向心力FnB=mgtan60°=，可知小球A、B的向心力之比为1：3，故B正确；
C、D项：根据mgtanθ=m•htanθ•ω2= 得，角速度，线速度可知角速度之比为1：1，线速度大小之比为1：3，故C正确，D错误。
点晴：小球在水平面内做圆周运动，抓住竖直方向上的合力为零，求出两细线的拉力大小之比．根据合力提供向心力求出向心力大小之比，结合合力提供向心力求出线速度和角速度的表达式，从而得出线速度和角速度之比。
15.物体在水平恒力F作用下沿粗糙水平地面由静止开始运动，在时刻撤去恒力物体运动的图象如图重力加速度，则
A. 物体在3s内的位移
B. 恒力F与摩擦力f大小之比F：：1
C. 物体与地面的动摩擦因数为
D. 3s内恒力做功与克服摩擦力做功之比：
【答案】BC
【解析】
物体在3s内的位移 ，选项A错误；根据动量定理：，即： ，解得：F：f=3：1，选项B正确；物体在1-3s内的加速度为： ，根据可得，物体与地面的动摩擦因数为，选项C正确；根据动能定理1-3s内 ，则3s内恒力做功WF与克服摩擦力做功Wf之比WF：Wf=1：1，故选项D错误；故选BC.
16.如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长．现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g.则在此过程中
A. A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于mg
B. A的动能最大时，B受到地面的支持力等于mg
C. 弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下
D. 弹簧的弹性势能最大值为mgL
【答案】AB
【解析】
A的动能最大时，设B和C受到地面的支持力大小均为F，此时整体在竖直方向受力平衡，可得2F=3mg，所以，在A的动能达到最大前一直是加速下降，处于失重情况，所以B受到地面的支持力小于，故AB正确；当A达到最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，A的加速度方向向上，故C错误；A球达到最大动能后向下做减速运动，到达最低点时三个小球的动能均为零，由机械能守恒定律得，弹簧的弹性势能为Ep＝mg(Lcos 30°－Lcos 60°)＝，故D错误。所以AB正确，CD错误。
三、实验题探究题
17.某中学实验小组采用如图1所示的装置探究功与速度的关系，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______。
A. 是为了使释放小车后，小车能匀加速下滑
B. 是为了增大小车下滑的加速度
C. 可使得橡皮筋做的功等于合外力对小车做的功
D. 可使得橡皮筋松弛后小车做匀速运动
（2）实验中先后用同样的橡皮筋1条、2条、3条……，并起来挂在小车的前端进行多次实验，每次都要把小车拉到同一位置再释放小车。把第1次只挂1条橡皮筋对小车做的功记为W，第2次挂2条橡皮筋时橡皮筋对小车做的功为2W，……；橡皮筋对小车做功后而获得的速度可由打点计时器打出的纸带测出。根据第4次实验的纸带（如图2所示，图中的点皆为计时点）求得小车获得的速度为_________m/s(保留两位有效数字）。
（3）若根据多次测量数据画出的W－v图象如图所示，根据图线形状可知，对W与v的关系作出猜想肯定不正确的是_________。
A. W∝ B. W∝
C. W∝ D. W∝
【答案】 (1). (1）CD (2). （2）2.0 (3). （3）AB
【解析】
【详解】:(1)使木板倾斜,小车受到的摩擦力与小车所受重力的分量大小相等,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AB错误,CD正确;
(2)各点之间的距离相等的时候小车做匀速直线运动,由图可以知道,两个相邻的点之间的距离是4.00cm时做匀速直线运动,打点时间间隔为:,小车速度为: .
(3)根据图象结合数学知识可知，该图象形式和 （n=2，3，4）形式相似，故AB错误；CD正确；
18.碰撞一般分为弹性碰撞和非弹性碰撞,发生弹性碰撞时,系统的动量守恒,机械能也守恒;发生非弹性碰撞时,系统的动量守恒,但机械能不守恒。为了判断碰撞的种类,某实验兴趣小组用如图“碰撞实验器”设计了如下实验。实验步骤如下:
①按照如图所示的实验装置图,安装实物图。
②调整斜槽末端水平，O为斜槽末端竖直投影。
③在轨道上固定一挡板S，从贴紧挡板S处由静止释放质量为m1的小球 1，小球1落在P点，用刻度尺测得P点与O点距离2L。
④在装置末端放置一个大小与小球1相同的小球2，其质量为m2。现仍从S处静止释放小球1，小球1与小球2发生正碰，小球2落在N点，小球1落在M点，测得OM为L，ON为3L。
(1)若入射小球质量为，半径为r1，被碰小球质量为，半径为r2，则要求_______。
A. ；
B.；
C.；
D.；
(2)小球1与小球2的质量之比∶=____。
(3)若两小球均看作质点，以两球为系统，碰前系统初动能Ek0=____，碰后系统末动能Ek=____，则系统机械能 _____(选填“守恒”或“不守恒”)，可以得出两球的碰撞是____碰撞。(Ek0、Ek用题目中字母H、m2、L和重力加速度g表示)
【答案】 (1). C (2). 3:1 (3). (4). (5). 守恒 (6). 弹性
【解析】
【详解】(1)[1]在小球碰撞过程中水平方向动量守恒，有：
在碰撞过程中机械能守恒，则有：
解得：，要碰后入射小球的速度，即有：
则有：，为了使两球发生正碰，两小球的半径相同，所以；
A.； 与分析不符，不符合题意；
B.； 与分析不符，不符合题意；
C.；与分析相符，符合题意；
D.；与分析不符，不符合题意。
(2)[2]球1运动到斜槽末端的速度为，在空中做平抛运动，水平方向有：
竖直方向有：
解得：
由于球1两次均从同一高度自由下滑，到斜槽末端的速度均为，设球1与球2碰撞后速度分别为和，碰后两球在空中均做平抛运动，根据平抛运动规律可得：
碰撞前后球1和球2组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
即有：
解得：
(3)[3]以两球为系统，碰前系统初动能：
[4]碰后系统末动能：
[5][6]显然，在碰撞过程中系统机械能守恒，两球碰撞是弹性碰撞。
四、计算题
19.如图所示，一倾角θ=37°的斜面底端与一传送带左端相连于B点，传送带以v=6m/s的速度顺时针转动，有一小物块从斜面顶端点以υ0=4m/s的初速度沿斜面下滑，当物块滑到斜面的底端点时速度恰好为零，然后在传送带的带动下，从传送带右端的C点水平抛出，最后落到地面上的D点，已知斜面长度L1=8m，传送带长度L2=18m，物块与传送带之间的动摩擦因数μ2=0.3，（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）。
（1）求物块与斜而之间的动摩擦因数μl；
（2）求物块在传送带上运动时间；
（3）若物块在D点的速度方向与地面夹角为a=53°，求C点到地面的高度和C、D两点间的水平距离。
【答案】（1）
（2）4s；
（3）4.8m．
【解析】
试题分析：（1）从A到B由动能定理即可求得摩擦因数
（2）由牛顿第二定律求的在传送带上的加速度，判断出在传送带上的运动过程，由运动学公式即可求的时间；
（3）物体做平抛运动，竖直方向自由落体运动，
解：（1）从A到B由动能定理可知
代入数据解得
（2）物块在传送带上由牛顿第二定律：μ2mg=ma
a=
达到传送带速度所需时间为t=s
加速前进位移为＜18m
滑块在传送带上再匀速运动
匀速运动时间为
故经历总时间为t总=t+t′=4s
（3）设高度为h，则竖直方向获得速度为
联立解得h=3.2m
下落所需时间为
水平位移为xCD=vt″=6×0.8s=4.8m
答：（1）求物块与斜而之间的动摩擦因数μl为
（2）求物块在传送带上运动时间为4s；
（3）若物块在D点的速度方向与地面夹角为a=53°，C点到地面的高度为3.2m和C、D两点间的水平距离为4.8m．
【点评】本题主要考查了动能定理、平抛运动的基本规律，运动学基本公式的应用，要注意传动带顺时针转动时，要分析物体的运动情况，再根据运动学基本公式求解．
20.在光滑水平面上静止有质量均为m的木板AB和滑块CD，木板AB上表面粗糙，滑块CD上表面是光滑的圆弧，他们紧靠在一起，如图所示一个可视为质点的物块P，质量也为m，它从木板AB的右端以初速度滑上木板，过B点时速度为，然后又滑上滑块CD，最终恰好能滑到滑块CD圆弧的最高点C处若物体P与木板AB间的动摩擦因数为，求：
物块滑到B处时木板AB的速度的大小；
木板AB的长度L；
滑块CD最终速度的大小．
【答案】(1) (2) (3)
【解析】
试题分析：（1）物块P在AB上滑动时，三个物体组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律有：mv0=mv0+2mv1，解得：v1=v0；
（2）由能量守恒定律有：μmgL=mv02-m（v0）2-•2m（v0）2，解得：；
（3）设物体P与滑块CD分离瞬间，物体P的速度为v1′，在它们相互作用的过程中，以向左为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律有：mv0+mv1=mv1′+mv2，
由能量守恒定律有：m（v0）2+mv12=mv1′2+mv22，解得：v1′=v0，v2=v0，可见，物体P与滑块CD交换速度后，物体P和木板AB都以v0速度同方向作匀速运动，无法再追上滑块CD，故滑块CD最终速度v2应为v0
考点：动量守恒定律；能量守恒定律
【名师点睛】本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体的运动过程、正确选择研究对象与过程、应用动量守恒定律、能量守恒定律、机械能守恒定律即可正确解题。
21.如图所示，半径R=0.4m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ=30°，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上。质量m=0.1kg的小物块（可视为质点）从空中的A点以v0=2m/s的速度被水平抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动至D点时，弹簧被压缩至最短，此时弹簧的弹性势能Epm=0.8J，已知小物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5，g取10m/s2．求：
（1）小物块从A点运动至B点的时间；
（2）小物块经过圆弧轨道上的C点时，对轨道的压力大小；
（3）C、D两点间的水平距离L。
【答案】（1）0.35s （2）8N （3）1.2m
【解析】
（1）小物块恰好从B端沿切线方向进入轨道，据几何关系有：
解得：
（2） ．
小物块由B运动到C，据动能定理有：mgR（1+sinθ）=mυC2-mυB2
在C点处，据牛顿第二定律有
联立两式代入数据解得NC=8N．
（3）从C点到D点，由动能定理可知：
解得：L=1.2 m
一、单选题
1.以的水平初速度抛出的物体，飞行一段时间后，打在倾角为的斜面上，此时速度方向与斜面夹角为，如图所示，则物体在空中飞行的时间为不计空气阻力，g取)（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
小球打在倾角θ为30°的斜面上，速度方向与斜面夹角α为60°，有几何关系可知，速度与水平方向的夹角为30°，将该速度分解：，又有：，联立并代入数据解得：，故B正确，ACD错误。
2.一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔内位移为，动能变为原来的9倍。该质点的加速度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】设质点的初速度为v，则动能
，
由于末动能变为原来的9倍，则可知，末速度为原来的3倍，故有：
，
故平均速度为：
，
根据位移公式可知：，联立解得：，
根据加速度定义可知：，故C正确。
3.如图，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动。已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N1，在高点时对轨道的压力大小为N2.重力加速度大小为g，则N1–N2的值为
A. 3mg B. 4mg C. 5mg D. 6mg
【答案】D
【解析】
试题分析：在最高点，根据牛顿第二定律可得，在最低点，根据牛顿第二定律可得，从最高点到最低点过程中，机械能守恒，故有，联立三式可得
考点：考查机械能守恒定律以及向心力公式
【名师点睛】根据机械能守恒定律可明确最低点和最高点的速度关系；再根据向心力公式可求得小球在最高点和最低点时的压力大小，则可求得压力的差值．要注意明确小球在圆环内部运动可视为绳模型；最高点时压力只能竖直向下．
【此处有视频，请去附件查看】
4.如图,半圆形光滑轨道固定在水平地面上,半圆的直径与地面垂直,一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道,并从轨道上端水平飞出,小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关,此距离最大时,对应的轨道半径为(重力加速度为g)( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据动能定理得出物块到达最高点的速度，结合高度求出平抛运动的时间，从而得出水平位移的表达式，结合表达式，运用二次函数求极值的方法得出距离最大时对应的轨道半径。
【详解】设半圆的半径为R，根据动能定理得：−mg•2R＝mv′2−mv2，离开最高点做平抛运动，有：2R=gt2，x=v′t，联立解得： ，可知当R=时，水平位移最大，故B正确，ACD错误。故选B。
【点睛】本题考查了动能定理与圆周运动和平抛运动的综合运用，得出水平位移的表达式是解决本题的关键，本题对数学能力的要求较高，需加强这方面的训练。
5.已知地球质量为月球质量的81倍，地球半径约为月球半径的4倍。若在月球和地球表面同样高度处，以相同的初速度水平抛出物体，抛出点与落地点间的水平距离分别为和，则 ：约为
A. 9：4 B. 6：1 C. 3：2 D. 1：1
【答案】A
【解析】
设月球质量为，半径为，地球质量为M，半径为R．
已知，，
根据万有引力等于重力得：
则有：
因此…①
由题意从同样高度抛出，…②
联立①、②解得：
在地球上的水平位移
在月球上的；
因此得到：，故A正确，BCD错误。
点睛：根据万有引力等于重力，求出月球表面重力加速度和地球表面重力加速度关系，运用平抛运动规律求出两星球上水平抛出的射程之比。
6. 如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g．质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为（ ）
A. mgR B. mgR C. mgR D. mgR
【答案】C
【解析】
试题分析：据题意，质点在位置P是具有的重力势能为：；当质点沿着曲面下滑到位置Q时具有的动能为：，此时质点对轨道压力为：，由能量守恒定律得到：，故选项C正确。
考点：能量守恒定律、圆周运动
【名师点睛】本题分析的关键是找出质点在初始位置是的机械能和在末位置时的机械能，两个位置机械能只差就等于摩擦力做的功的大小即；但在球末位置时的动能时需要用到圆周运动规律，，由此式可以求出在末位置的速度，也就可以求解此位置的动能大小了。
7.靠近地面运行的近地卫星的加速度大小为a1，地球同步轨道上的卫星的加速度大小为a2，赤道上随地球一同运转（相对地面静止）的物体的加速度大小为a3，则（ ）
A. a1=a3＞a2 B. a1＞a2＞a3 C. a1＞a3＞a2 D. a3＞a2＞a1
【答案】B
【解析】
【分析】
题中涉及三个物体：地球赤道上有一随地球的自转而做圆周运动物体3、绕地球表面附近做圆周运动的近地卫星1、地球同步卫星2；物体3与卫星1转动半径相同，物体3与同步卫星2转动周期相同，从而即可求解。
【详解】地球上的物体3自转和同步卫星2的周期相等为24h，则角速度相等，即ω2=ω3，而加速度由a=rω2，得a2＞a3；同步卫星2和近地卫星1都靠万有引力提供向心力而公转，根据，得，知轨道半径越大，角速度越小，向心加速度越小，则a1＞a2，综上B正确；故选B。
【点睛】本题关键要将赤道上自转物体3、地球同步卫星2、近地卫星1分为三组进行分析比较，最后再综合；一定不能将三个物体当同一种模型分析，否则会使问题复杂化。
8.一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态．放出一个质量为m的粒子后反冲．已知放出的粒子的动能为E0，则原子核反冲的动能为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】放出质量为粒子后，剩余质量为，该过程动量守恒，则有：
放出的粒子的动能为：
原子核反冲的动能：
联立解得：
A.与分析不符，不符合题意；
B.与分析不符，不符合题意；
C.与分析相符，符合题意；
D.与分析不符，不符合题意。
9.“嫦娥五号”探测器由轨道器．返回器．着陆器等多个部分组成．探测器预计在2017年由“长征五号”运载火箭在中国文昌卫星发射中心发射升空，自动完成月面样品采集，并从月球起飞，返回地球．若已知月球半径为R，“嫦娥五号”在距月球表面高度为R的圆轨道上飞行，周期为T，万有引力常量为G，下列说法正确的是（ ）
A. 月球质量 B. 月球表面重力加速度为
C. 月球密度为 D. 月球第一宇宙速度为
【答案】A
【解析】
对探测器万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律：，解得：，故A错误；月球表面重力等于万有引力：，可得的重力加速度为：，故B正确；月球的密度：，故C错误；月球的第一宇宙速度为月球表面的环绕速度，根据牛顿第二定律可得：，解得：，故D错误。所以B正确，ACD错误。
10. 如图所示，一很长，不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球a和b，a球质量为m，静置于地面；b球质量为2m，用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧，从静止开始释放b后，a可能达到的最大高度为
A. B. h C. D.
【答案】C
【解析】
试题分析：当b球落地瞬间时，两球组成的系统，机械能守恒，故有，解得，之后由于绳子变松，小球a做竖直上抛运动，故根据机械能守恒定律可得，解得，所以小球上升的最大高度为，C正确；
考点：考查了机械能守恒定律的应用
【名师点睛】本题可以分为两个过程来求解，首先根据ab系统的机械能守恒，可以求得a球上升h时的速度的大小，之后，b球落地，a球的机械能守恒，从而可以求得a球上升的高度的大小
二、多选题
11.一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，之后保持以额定功率运动其图象如图所示已知汽车的质量为，汽车受到地面的阻力为车重的倍，则以下说法正确的是
A. 汽车在前5s内的牵引力为
B. 汽车速度为时的加速度为
C. 汽车的额定功率为100 kW
D. 汽车的最大速度为80
【答案】AC
【解析】
由速度时间图线知，匀加速运动的加速度大小a=m/s2＝4m/s2，根据牛顿第二定律得，F-f=ma，解得牵引力F=f+ma=1000+4000N=5000N，故A正确。汽车的额定功率P=Fv=5000×20W=100000W=100kW，汽车在25m/s时的牵引力F′＝N＝4000N，根据牛顿第二定律得，加速度，故B错误，C正确。当牵引力等于阻力时，速度最大，则最大速度，故D错误。故选AC。
点睛：本题考查了汽车恒定加速度启动的问题，理清整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，知道牵引力等于阻力时，汽车的速度最大．
12.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靠紧竖直墙．用水平力F将B向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为E．这时突然撤去F，关于A、B和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（ ）
A. 撤去F后，系统动量守恒，机械能守恒
B. 撤去F后，A离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒
C. 撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为
D. 撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E
【答案】BC
【解析】
试题分析：撤去F后，A离开竖直墙前，由于系统受到墙壁向右的作用力，所以系统动量不守恒，由于只有弹力做功，所以机械能守恒；撤去F后，A离开竖直墙后，当两者共速时，弹簧弹性势能最大，此时，，,即此时弹簧的弹性势能最大值为E/3。选项BC正确。
考点：机械能守恒及动量守恒；能量守恒定律。
13.如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T0，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经过M、Q到N的运动过程中( )
A. 从P到M所用时间等于
B. 从Q到N阶段，机械能逐渐变大
C. 从P到Q阶段，速率逐渐变小
D. 从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功
【答案】CD
【解析】
【详解】A．根据开普勒第二定律知，海王星在近日点P的速度最大，在远日点Q的速度最小，则海王星在PM段的速度大小大于MQ段的速度大小，由轨迹的对称性，则PM段的时间小于MQ段的时间，而运行的周期为T0，所以P到M所用的时间小于，故A错误。
B．从Q到N的过程中，由于只有万有引力做功，机械能守恒，故B错误。
C．从P到Q阶段，由机械能守恒知，海王星的势能逐渐增大，则海王星运动的速率逐渐减小，故C正确。
D．根据万有引力方向与速度方向的关系知，从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功，故D正确。
14.两根长度不同的细线下面分别悬挂两个完全相同的小球A、B，细线上端固定在同一点，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动已知A球细线跟竖直方向的夹角为，B球细线跟竖直方向的夹角为，下列说法正确的是
A. 细线和细线所受的拉力大小之比为：1
B. 小球A和B的向心力大小之比为1：3
C. 小球A和B的角速度大小之比为1：1
D. 小球A和B的线速度大小之比为1：
【答案】BC
【解析】
A项：两球在水平面内做圆周运动，在竖直方向上的合力为零，由：TAcos30°=mg，TBcos60°=mg，则，TB=2mg，所以，故A错误；
B项：小球A做圆周运动的向心力FnA=mgtan30°=，小球B做圆周运动的向心力FnB=mgtan60°=，可知小球A、B的向心力之比为1：3，故B正确；
C、D项：根据mgtanθ=m•htanθ•ω2= 得，角速度，线速度可知角速度之比为1：1，线速度大小之比为1：3，故C正确，D错误。
点晴：小球在水平面内做圆周运动，抓住竖直方向上的合力为零，求出两细线的拉力大小之比．根据合力提供向心力求出向心力大小之比，结合合力提供向心力求出线速度和角速度的表达式，从而得出线速度和角速度之比。
15.物体在水平恒力F作用下沿粗糙水平地面由静止开始运动，在时刻撤去恒力物体运动的图象如图重力加速度，则
A. 物体在3s内的位移
B. 恒力F与摩擦力f大小之比F：：1
C. 物体与地面的动摩擦因数为
D. 3s内恒力做功与克服摩擦力做功之比：
【答案】BC
【解析】
物体在3s内的位移 ，选项A错误；根据动量定理：，即： ，解得：F：f=3：1，选项B正确；物体在1-3s内的加速度为： ，根据可得，物体与地面的动摩擦因数为，选项C正确；根据动能定理1-3s内 ，则3s内恒力做功WF与克服摩擦力做功Wf之比WF：Wf=1：1，故选项D错误；故选BC.
16.如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长．现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g.则在此过程中
A. A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于mg
B. A的动能最大时，B受到地面的支持力等于mg
C. 弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下
D. 弹簧的弹性势能最大值为mgL
【答案】AB
【解析】
A的动能最大时，设B和C受到地面的支持力大小均为F，此时整体在竖直方向受力平衡，可得2F=3mg，所以，在A的动能达到最大前一直是加速下降，处于失重情况，所以B受到地面的支持力小于，故AB正确；当A达到最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，A的加速度方向向上，故C错误；A球达到最大动能后向下做减速运动，到达最低点时三个小球的动能均为零，由机械能守恒定律得，弹簧的弹性势能为Ep＝mg(Lcos 30°－Lcos 60°)＝，故D错误。所以AB正确，CD错误。
三、实验题探究题
17.某中学实验小组采用如图1所示的装置探究功与速度的关系，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______。
A. 是为了使释放小车后，小车能匀加速下滑
B. 是为了增大小车下滑的加速度
C. 可使得橡皮筋做的功等于合外力对小车做的功
D. 可使得橡皮筋松弛后小车做匀速运动
（2）实验中先后用同样的橡皮筋1条、2条、3条……，并起来挂在小车的前端进行多次实验，每次都要把小车拉到同一位置再释放小车。把第1次只挂1条橡皮筋对小车做的功记为W，第2次挂2条橡皮筋时橡皮筋对小车做的功为2W，……；橡皮筋对小车做功后而获得的速度可由打点计时器打出的纸带测出。根据第4次实验的纸带（如图2所示，图中的点皆为计时点）求得小车获得的速度为_________m/s(保留两位有效数字）。
（3）若根据多次测量数据画出的W－v图象如图所示，根据图线形状可知，对W与v的关系作出猜想肯定不正确的是_________。
A. W∝ B. W∝
C. W∝ D. W∝
【答案】 (1). (1）CD (2). （2）2.0 (3). （3）AB
【解析】
【详解】:(1)使木板倾斜,小车受到的摩擦力与小车所受重力的分量大小相等,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AB错误,CD正确;
(2)各点之间的距离相等的时候小车做匀速直线运动,由图可以知道,两个相邻的点之间的距离是4.00cm时做匀速直线运动,打点时间间隔为:,小车速度为: .
(3)根据图象结合数学知识可知，该图象形式和 （n=2，3，4）形式相似，故AB错误；CD正确；
18.碰撞一般分为弹性碰撞和非弹性碰撞,发生弹性碰撞时,系统的动量守恒,机械能也守恒;发生非弹性碰撞时,系统的动量守恒,但机械能不守恒。为了判断碰撞的种类,某实验兴趣小组用如图“碰撞实验器”设计了如下实验。实验步骤如下:
①按照如图所示的实验装置图,安装实物图。
②调整斜槽末端水平，O为斜槽末端竖直投影。
③在轨道上固定一挡板S，从贴紧挡板S处由静止释放质量为m1的小球 1，小球1落在P点，用刻度尺测得P点与O点距离2L。
④在装置末端放置一个大小与小球1相同的小球2，其质量为m2。现仍从S处静止释放小球1，小球1与小球2发生正碰，小球2落在N点，小球1落在M点，测得OM为L，ON为3L。
(1)若入射小球质量为，半径为r1，被碰小球质量为，半径为r2，则要求_______。
A. ；
B.；
C.；
D.；
(2)小球1与小球2的质量之比∶=____。
(3)若两小球均看作质点，以两球为系统，碰前系统初动能Ek0=____，碰后系统末动能Ek=____，则系统机械能 _____(选填“守恒”或“不守恒”)，可以得出两球的碰撞是____碰撞。(Ek0、Ek用题目中字母H、m2、L和重力加速度g表示)
【答案】 (1). C (2). 3:1 (3). (4). (5). 守恒 (6). 弹性
【解析】
【详解】(1)[1]在小球碰撞过程中水平方向动量守恒，有：
在碰撞过程中机械能守恒，则有：
解得：，要碰后入射小球的速度，即有：
则有：，为了使两球发生正碰，两小球的半径相同，所以；
A.； 与分析不符，不符合题意；
B.； 与分析不符，不符合题意；
C.；与分析相符，符合题意；
D.；与分析不符，不符合题意。
(2)[2]球1运动到斜槽末端的速度为，在空中做平抛运动，水平方向有：
竖直方向有：
解得：
由于球1两次均从同一高度自由下滑，到斜槽末端的速度均为，设球1与球2碰撞后速度分别为和，碰后两球在空中均做平抛运动，根据平抛运动规律可得：
碰撞前后球1和球2组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
即有：
解得：
(3)[3]以两球为系统，碰前系统初动能：
[4]碰后系统末动能：
[5][6]显然，在碰撞过程中系统机械能守恒，两球碰撞是弹性碰撞。
四、计算题
19.如图所示，一倾角θ=37°的斜面底端与一传送带左端相连于B点，传送带以v=6m/s的速度顺时针转动，有一小物块从斜面顶端点以υ0=4m/s的初速度沿斜面下滑，当物块滑到斜面的底端点时速度恰好为零，然后在传送带的带动下，从传送带右端的C点水平抛出，最后落到地面上的D点，已知斜面长度L1=8m，传送带长度L2=18m，物块与传送带之间的动摩擦因数μ2=0.3，（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）。
（1）求物块与斜而之间的动摩擦因数μl；
（2）求物块在传送带上运动时间；
（3）若物块在D点的速度方向与地面夹角为a=53°，求C点到地面的高度和C、D两点间的水平距离。
【答案】（1）
（2）4s；
（3）4.8m．
【解析】
试题分析：（1）从A到B由动能定理即可求得摩擦因数
（2）由牛顿第二定律求的在传送带上的加速度，判断出在传送带上的运动过程，由运动学公式即可求的时间；
（3）物体做平抛运动，竖直方向自由落体运动，
解：（1）从A到B由动能定理可知
代入数据解得
（2）物块在传送带上由牛顿第二定律：μ2mg=ma
a=
达到传送带速度所需时间为t=s
加速前进位移为＜18m
滑块在传送带上再匀速运动
匀速运动时间为
故经历总时间为t总=t+t′=4s
（3）设高度为h，则竖直方向获得速度为
联立解得h=3.2m
下落所需时间为
水平位移为xCD=vt″=6×0.8s=4.8m
答：（1）求物块与斜而之间的动摩擦因数μl为
（2）求物块在传送带上运动时间为4s；
（3）若物块在D点的速度方向与地面夹角为a=53°，C点到地面的高度为3.2m和C、D两点间的水平距离为4.8m．
【点评】本题主要考查了动能定理、平抛运动的基本规律，运动学基本公式的应用，要注意传动带顺时针转动时，要分析物体的运动情况，再根据运动学基本公式求解．
20.在光滑水平面上静止有质量均为m的木板AB和滑块CD，木板AB上表面粗糙，滑块CD上表面是光滑的圆弧，他们紧靠在一起，如图所示一个可视为质点的物块P，质量也为m，它从木板AB的右端以初速度滑上木板，过B点时速度为，然后又滑上滑块CD，最终恰好能滑到滑块CD圆弧的最高点C处若物体P与木板AB间的动摩擦因数为，求：
物块滑到B处时木板AB的速度的大小；
木板AB的长度L；
滑块CD最终速度的大小．
【答案】(1) (2) (3)
【解析】
试题分析：（1）物块P在AB上滑动时，三个物体组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律有：mv0=mv0+2mv1，解得：v1=v0；
（2）由能量守恒定律有：μmgL=mv02-m（v0）2-•2m（v0）2，解得：；
（3）设物体P与滑块CD分离瞬间，物体P的速度为v1′，在它们相互作用的过程中，以向左为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律有：mv0+mv1=mv1′+mv2，
由能量守恒定律有：m（v0）2+mv12=mv1′2+mv22，解得：v1′=v0，v2=v0，可见，物体P与滑块CD交换速度后，物体P和木板AB都以v0速度同方向作匀速运动，无法再追上滑块CD，故滑块CD最终速度v2应为v0
考点：动量守恒定律；能量守恒定律
【名师点睛】本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体的运动过程、正确选择研究对象与过程、应用动量守恒定律、能量守恒定律、机械能守恒定律即可正确解题。
21.如图所示，半径R=0.4m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ=30°，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上。质量m=0.1kg的小物块（可视为质点）从空中的A点以v0=2m/s的速度被水平抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动至D点时，弹簧被压缩至最短，此时弹簧的弹性势能Epm=0.8J，已知小物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5，g取10m/s2．求：
（1）小物块从A点运动至B点的时间；
（2）小物块经过圆弧轨道上的C点时，对轨道的压力大小；
（3）C、D两点间的水平距离L。
【答案】（1）0.35s （2）8N （3）1.2m
【解析】
（1）小物块恰好从B端沿切线方向进入轨道，据几何关系有：
解得：
（2） ．
小物块由B运动到C，据动能定理有：mgR（1+sinθ）=mυC2-mυB2
在C点处，据牛顿第二定律有
联立两式代入数据解得NC=8N．
（3）从C点到D点，由动能定理可知：
解得：L=1.2 m
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