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2022届吉林省长春北师大附属学校高三（上）期中物理试题含解析
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北师大长春附属学校2022届高三年级期中考试物理科试卷说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分110分，考试用时90分钟。第Ⅰ卷（选择题 共48分）一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，1-8小题只有一个选项正确，9-12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答者得0分）1. 某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶，受到的阻力分别为车重的和倍，最大速率分别为和，则A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】【详解】汽车的阻力分别为当汽车以相同功率启动达到最大速度时，有故由可知最大速度则有故选B。2. 某卫星环绕地球做匀速圆周运动的周期T与轨道半径r的关系如图所示（纵坐标为T的二次方，横坐标为r的三次方），该图像的斜率为k，已知引力常量为G，则地球的质量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】由万有引力提供向心力则有化简可得由此解得故A正确，BCD错误。故选A。3. 光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面体A，斜面体质量为M、底边长为L，如图所示．将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端．此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，则下列说法中正确的是( ) A. FN=mgcos αB. 滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcos αC. 滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量守恒D. 此过程中斜面体向左滑动的距离为L【答案】D【解析】【分析】【详解】A．当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力不等于，故A错误；B．滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为，故B错误；C．由于滑块B有竖直方向的分加速度，所以系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，故C错误；D．系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为，则解得故D正确；故选D。4. 义乌市场上热销擦窗机器人能利用内置吸盘吸附在接触面上，同时驱动系统又能保证机器人在竖直墙壁或玻璃面上自如行走，执行用户设定的清洁任务。假设现在擦窗机器人正在竖直玻璃墙面上由A点沿直线加速运行到右上方的B点，在这一过程中，机器人与玻璃墙之间的摩擦力为F，则下列关于力的分析图中正确是（ ） A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】【详解】机器人正在竖直玻璃墙面上由A点沿直线加速运行到右上方的B点，则其合外力方向沿AB方向由A指向B，垂直玻璃面的方向的大气压力与弹力相互平衡，则重力与摩擦力所合力就是机器人的合外力，所以摩擦力指向斜上方，则D正确；ABC错误；故选D。5. 现代人经常低头玩手机，这会使颈椎长期受压，可能引发颈椎病。某同学低头看手机时，可粗略认为头受到重力G、肌肉拉力F和颈椎支持力N，如图所示，若头颈弯曲与竖直方向成30°，此时肌肉对头的拉力F约为头重的1倍，由此估算颈椎受到的压力大小约为（ ）A. 2G B. C. G D. 【答案】B【解析】【分析】【详解】根据平行四边形定则，合成重力G、肌肉拉力F，由平衡条件知，合力与颈椎支持力N平衡，根据几何关系得由牛顿第三定律知，颈椎受到压力大小约为，故B正确。故选B。6. 一长为l轻绳一端固定在O点，另一端拴个质量为m的小球在竖直面内做圆周运动。小球在最高点的速率为，则小球在最低点所受轻绳拉力F的大小（重力加速度g已知）（ ）A. 6mg B. 7mg C. 8mg D. 9mg【答案】B【解析】【详解】小球从最高点到最低点过程中机械能守恒，有在最低点由牛顿第二定律有由题意知联立解得故B正确，ACD错误。故选B。7. 一质量为2kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的图像如图所示，t＝0时其速度大小为2m/s。滑动摩擦力大小恒为2N，则（ ）A. 在t＝6s时刻，物体的速度为18m/sB. 在0～6s时间内，合力对物体做的功为400JC. 在0～6s时间内，拉力对物体的冲量为36N·sD. 在t＝6s时刻，拉力F的功率为200W【答案】D【解析】【详解】A．根据图像所围的面积代表速度的变化量，可得则故A错误；B．根据动能定理，得在0～6s时间内，合力对物体做的功为故B错误；C．在0～6s时间内，根据动量定理有可得拉力对物体的冲量为故C错误；D．在t＝6s时刻，根据牛顿第二定律有解得则此时拉力F的功率为故D正确。故选D。8. 从距离地面高度为5m处水平抛出一个物体，其动能Ek随距地面高度h的变化如图所示，取地面为重力势能零点，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（ ） A. 物体的质量为2kgB. 物体抛出的初速度为5 m/sC. h=2.5m时，动能与重力势能相等D. 物体着地瞬间速度与水平方向的夹角为【答案】D【解析】【分析】【详解】B．由图像可知，物体到达地面时的动能是抛出时初动能的2倍根据机械能守恒定律可得解得故B错误；C．物体抛出时的动能与重力势能相等，故C错误；D．物体着地瞬间竖直分速度可知D正确；由题目所给的信息无法求出物体的质量，A错误。故选D。9. 质量为m的物体在竖直向上的恒定拉力F的作用下，由静止开始向上运动H高度，不计空气阻力，g为当地的重力加速度。则此过程中，下列说法正确的是（ ）A. 物体的动能增加了（F－mg）H B. 物体的动能增加了FHC. 物体的机械能增加了（F-mg）H D. 物体的机械能增加了FH【答案】AD【解析】【详解】AB．物体受到重力、拉力作用，由动能定理可得动能增加了△Ek=（F-mg）H故A正确，B错误；CD．除重力外物体受到拉力，所以物体的机械能增加△E机=FH故C错误，D正确。故选AD。10. 2020年6月23日，我国在西昌卫星发射中心成功发射北斗系统第55颗导航卫星，至此北斗全球卫星导航系统星座部署全面完成。北斗导航系统第41颗卫星为地球同步轨道卫星，第49颗卫星为倾斜地球同步轨道卫星，它们的轨道半径约为，运行周期都等于地球的自转周期。倾斜地球同步轨道平面与地球赤道平面成一定夹角，如图所示。已知引力常量，下列说法正确的是（ ） A. 根据题目数据可估算出地球的质量B. 两颗卫星的运行速度小于第一宇宙速度C. 第41颗卫星可能经过北京上空D. 第49颗卫星一天2次经过赤道正上方同一位置【答案】ABD【解析】【分析】【详解】A．根据万有引力提供向心力有解得所以根据题目数据可估算出地球的质量，则A正确；B．根据可知，轨道半径越大卫星的运行速度越小，而第一宇宙速度为近地卫星的环绕速度，则两颗卫星的运行速度小于第一宇宙速度，所以B正确；C．地球同步卫星与赤道共面，所以第41颗卫星不可能经过北京上空，则C错误；D．由于倾斜地球同步卫星周期等于地球的自转周期，则第49颗卫星一天2次经过赤道正上方同一位置，所以D正确；故选ABD。11. 如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态。地面对A的摩擦力为f，地面对A的支持力为N，A对B的作用力为F，若把A向右移动少许后，（B未落地），A和B仍处于静止状态，则关于f、N、F的变化情况正确的是（ ）A. f减小 B. f增大 C. N不变 D. F减小【答案】ACD【解析】【详解】C．以AB为整体分析，竖直方向上受重力及地面的支持力，两物体的重力不变，故A对地面的压力不变，则地面对A的支持力N不变，故C正确；D．对小球B受力分析，小球B受重力、A支持力和墙壁的支持力，作出平行四边形如图所示将重力分解为和，则根据平衡可知当A向右移动少许，由几何关系可知，A对小球的作用力与竖直方向的夹角减小，则变大，变小，则与均变小，故D正确；AB．分析AB整体，水平方向上受墙壁的弹力和地面的摩擦力而处于平衡状态，弹力减小，摩擦力减小，故A正确，B错误。故选ACD。12. 如图甲所示，质量为m=lkg可视为质点的物块A放置在长木板B上，A、B静止在水平地面上，已知长木板B的质量M=4kg，A与B及B与地面间的动摩擦因数均为=0.1，用水平外力F作用在长木板B上，外力F随时间变化关系如图乙所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是A. t=0时刻，A的加速度为零B. t =5s时刻，B的加速度为3.5m/s2C. 在整个运动过程中，物块A的加速度始终不变D. 如果长木板B足够长，最终A、B将共速【答案】BC【解析】【详解】AC.由滑动摩擦力公式可知，A、B间的滑动摩擦力:fA=μmg=1 N，B与地面间的滑动摩擦力:fB=μ（M+m）g=5 N，A、B间发生相对滑动后，A的加速度将保持不变，其大小为：aA==1 m/s2．若A，B间刚好发生相对滑动时的外力为 F1，由牛顿第二定律得：F1-μ（M + m） g= （M + m）aA，得F1=10 N，所以t = 0时刻A的加速度aA = 1 m/s2，故A项错误，选项C正确；B.在t =5 s时，F =20 N，对长木板B由牛顿第二定律有：F-fA-fB =MaB，得aB = 3.5m/s2，故B项正确；D.只要F 始终作用在长木板B上，B的加速度始终大于A 的加速度，无论长木板B多长，A，B都不会共速，故D项错误．第Ⅱ卷（非选择题 共62分）二、实验题（13题8分，14题6分，共14分）13. 如图甲所示，在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m＝1.00kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点。 （1）实验中采用电磁打点计时器，若该同学在用打点计时器做实验时，纸带上打出的不是圆点，而是如上图乙所示的一些短线，这可能是因为（ ）A．纸带运动过慢 B．打点计时器接在交流220V电源C．电源的频率不稳定 D．振针压得过紧（2）经过正确操作，该同学打出若干条纸带，选取一条符合实验要求的纸带如图所示。O为第一个点（速度为“0”），A、B、C、D、E为从合适位置开始选取连续点中的五个点。已知打点计时器每隔0.02s打一个点，当地的重力加速度为g＝9.80m/s2，那么：从O点到C点，重物重力势能的减少量ΔEp＝______J，动能增加量ΔEk＝______J （结果取三位有效数字）； （3）实验的结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量，关于此误差，下列说法中正确的是（ ）A．该误差属于偶然误差B．该误差属于系统误差C．可以通过多次测量取平均值的方法来减小该误差D．可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差【答案】 ①. D ②. 7.60J ③. 7.56J ④. BD【解析】【详解】（1）[1]由纸带可知，其纸带上有短横线，可知为振针压得过紧，导致有横线出现，ABC错误，D正确。故选D（2）[2]根据重力势能的公式，可得从O点到C点，重物重力势能的减少量为[3]根据匀变速直线运动的中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，可得则（3）[3]实验的结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量，这属于系统误差，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差，AC错误，BD正确。故选BD。14. 做“探究加速度与力、质量的关系”实验时，图甲是教材中的实验方案；图乙是拓展方案，其实验操作步骤如下：（ⅰ）挂上托盘和砝码，改变木板的倾角，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑；（ⅱ）取下托盘和砝码，测出其总质量为m，让小车沿木板下滑，测出加速度a；（ⅲ）改变砝码质量和木板倾角，多次测量，通过作图可得到的关系。①实验获得如图所示的纸带，计数点a、b、c、d、e、f间均有四个点未画出，则在打d点时小车的速度大小_____（保留两位有效数字）；②需要满足条件的方案是_____（选填“甲”、“乙”或“甲和乙”）；在作图象时，把作为F值的是_____（选填“甲”、“乙”或“甲和乙”）。【答案】 ①. 0.18～0.19 ②. 甲 ③. 甲和乙【解析】【详解】①[1]．打点计时器打点周期由匀加速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得，在打d点时小车的速度②[2][3]．在图甲的实验方案中，由托盘和砝码的重力提供拉力，让小车做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得则则绳子对小车的拉力当时，绳子拉力近似等于托盘和砝码的重力。故甲需要满足在图乙的实验方案中，挂上托盘和砝码，小车匀速下滑，设斜面的倾斜角为，斜面和纸带对小车的摩擦力或阻力总和为f，则有取下托盘和砝码，小车做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得即故乙方案中，不需要满足。在甲乙方案中，均用托盘和砝码的重力mg作为小车匀加速的直线运动的合力及F。三、计算题：（本题共4小题，共计48分，15题10分，16题10分，17题13分，18题15分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）15. 如图所示，AB为半径R=0.2m的光滑四分之一圆弧面，质量m=1.0kg的小球从静止开始从A点开始下滑，经过B点后落在与水平面成θ=37°的斜面上的C点（未画出）。（重力加速度g＝10m/s2； sin37°=0.6；cos37°=0.8）求 ：（1）小球到达B点时速度为多大？（2）小球到达B点时所受的支持力为多大？（3）小球的落点C与B的水平距离为多大？ 【答案】（1）2m/s；（2）30N；（3）0.6m【解析】【详解】（1）小球由 A到B 根据动能定理解得（2）小球在 B 点，根据牛顿第二定律解得（3）小球由 B到C 根据平抛运动规律联立得16. 如图所示，一质量为m=2.0kg木块在水平推力F=60N，木块从斜面底端由静止开始向上做匀加速直线运动。2.0s末撤去F，之后木块恰好到达斜面顶端，已知木块与斜面间的动摩擦因数μ=0.50。（重力加速度g＝10m/s2，sin37°=0.6；cos37°=0.8）求：（1）撤去F时木块的速度大小；（2）斜面的长度L。 【答案】（1）10m/s；（2）15m【解析】【详解】（1）0-2s力F 作用在物体上，物体沿斜面向上做匀加速运动根据牛顿第二定律代入数据，解得a1=5m/s2由运动学公式v=a1·t1代入数据，解得v=10m/s（2） 撤去力 F 后，物体沿斜面向上做匀减速运动根据牛顿第二定律，有代入数据，可得a2=10m/s2物体在加速阶段的位移为代入数据，解得x1=10m物体在减速阶段运动到最高点的位移为代入数据，可得x2=5m斜面长度为L=x1+x2联立解得 L=15m17. 如图所示，光滑的轨道固定在竖直平面内，其O点左边为水平轨道，O点右边的曲面轨道高度h＝0.45m，左右两段轨道在O点平滑连接．质量m＝0.10kg的小滑块a由静止开始从曲面轨道的顶端沿轨道下滑，到达水平段后与处于静止状态的质量M＝0.30kg的小滑块b发生碰撞，碰撞后小滑块a恰好停止运动．取重力加速度g＝10m/s2，求 （1）小滑块a通过O点时的速度大小；（2）碰撞后小滑块b的速度大小（3）碰撞过程中小滑块a、b组成的系统损失的机械能．【答案】（1）3m/s；（2）1m/s；（3）0.3J．【解析】【详解】（1）小滑块从曲线轨道上下滑的过程中，由机械能守恒定律得：代入数据解得，小滑块a通过O点时的速度：v0＝3m/s；（2）碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝Mv1，代入数据解得 v1＝1m/s；（3）碰撞过程中小滑块a、b组成的系统损失的机械能：△E＝mv02﹣Mv12，代入数据解得△E＝0.3J18. 关于气体的内能和热力学定律，下列说法正确的是A. 对气体做功可以改变其内能B. 质量和温度都相同的气体,内能一定相同C. 热量不可能从低温物体传到高温物体D. 一定量的理想气体在等温膨胀过程中,一定吸收热量E. 一定量的理想气体,温度越高,气体分子运动越剧烈,气体内能越大【答案】ADE【解析】【详解】A．改变内能的方式有做功和热传递，对气体做功可以改变其内能．故A正确．B．理想气体的内能与物质的量、温度有关，质量相等的气体的物质的量不一定相等，内能不一定相等，如质量相等的氢气与氧气．故B错误．C．根据热力学第二定律可知，热量可能从低温物体传到高温物体，但要引起其他的变化，如空调．故C错误．D．温度是一定质量的理想气体内能的标志，一定量的理想气体在等温膨胀过程中，温度不变，内能不变，膨胀过程中，对外做功，根据热力学第一定律可知，△U=W+Q，气体一定吸收热量．故D正确．E．一定量的理想气体的内能与物质的量、温度有关，一定量的理想气体温度越高，气体分子运动越剧烈，气体内能越大．故E正确．19. 如图所示，一个圆筒形导热汽缸开口向上竖直放置，内有活塞，其横截面积为S＝1×10－4 m2，质量为m＝1 kg，活塞与汽缸之间无摩擦且不漏气，其内密封有一定质量的理想气体，气柱高度h＝0.2 m．已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2．(1)如果在活塞上缓慢堆放一定质量的细砂，气柱高度变为原来的，求砂子的质量m砂；(2)如果在(1)基础上给汽缸底缓慢加热，使活塞恢复到原高度，此过程中气体吸收热量5 J，求气体内能的增量ΔU．【答案】(1)1kg (2)3J【解析】【详解】(1)因为缓慢放置砂子，气体发生等温变化，根据玻意耳定律，有放置砂子前有：p1＝p0＋V1＝hS放置砂子后有：p2＝p0＋V2＝hS联立以上各式代入数据解得：m砂＝1kg(2)由(1)可得，使活塞恢复到原高度的过程，气体压强不变，气体对外做功有：由热力学第一定律：ΔU＝W＋Q所以气体内能的增量为ΔU＝3J.答：(1)砂子的质量m砂=1kg；(2)气体内能的增量ΔU＝3J.
北师大长春附属学校2022届高三年级期中考试物理科试卷说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分110分，考试用时90分钟。第Ⅰ卷（选择题 共48分）一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，1-8小题只有一个选项正确，9-12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答者得0分）1. 某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶，受到的阻力分别为车重的和倍，最大速率分别为和，则A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】【详解】汽车的阻力分别为当汽车以相同功率启动达到最大速度时，有故由可知最大速度则有故选B。2. 某卫星环绕地球做匀速圆周运动的周期T与轨道半径r的关系如图所示（纵坐标为T的二次方，横坐标为r的三次方），该图像的斜率为k，已知引力常量为G，则地球的质量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】由万有引力提供向心力则有化简可得由此解得故A正确，BCD错误。故选A。3. 光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面体A，斜面体质量为M、底边长为L，如图所示．将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端．此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，则下列说法中正确的是( ) A. FN=mgcos αB. 滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcos αC. 滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量守恒D. 此过程中斜面体向左滑动的距离为L【答案】D【解析】【分析】【详解】A．当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力不等于，故A错误；B．滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为，故B错误；C．由于滑块B有竖直方向的分加速度，所以系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，故C错误；D．系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为，则解得故D正确；故选D。4. 义乌市场上热销擦窗机器人能利用内置吸盘吸附在接触面上，同时驱动系统又能保证机器人在竖直墙壁或玻璃面上自如行走，执行用户设定的清洁任务。假设现在擦窗机器人正在竖直玻璃墙面上由A点沿直线加速运行到右上方的B点，在这一过程中，机器人与玻璃墙之间的摩擦力为F，则下列关于力的分析图中正确是（ ） A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】【详解】机器人正在竖直玻璃墙面上由A点沿直线加速运行到右上方的B点，则其合外力方向沿AB方向由A指向B，垂直玻璃面的方向的大气压力与弹力相互平衡，则重力与摩擦力所合力就是机器人的合外力，所以摩擦力指向斜上方，则D正确；ABC错误；故选D。5. 现代人经常低头玩手机，这会使颈椎长期受压，可能引发颈椎病。某同学低头看手机时，可粗略认为头受到重力G、肌肉拉力F和颈椎支持力N，如图所示，若头颈弯曲与竖直方向成30°，此时肌肉对头的拉力F约为头重的1倍，由此估算颈椎受到的压力大小约为（ ）A. 2G B. C. G D. 【答案】B【解析】【分析】【详解】根据平行四边形定则，合成重力G、肌肉拉力F，由平衡条件知，合力与颈椎支持力N平衡，根据几何关系得由牛顿第三定律知，颈椎受到压力大小约为，故B正确。故选B。6. 一长为l轻绳一端固定在O点，另一端拴个质量为m的小球在竖直面内做圆周运动。小球在最高点的速率为，则小球在最低点所受轻绳拉力F的大小（重力加速度g已知）（ ）A. 6mg B. 7mg C. 8mg D. 9mg【答案】B【解析】【详解】小球从最高点到最低点过程中机械能守恒，有在最低点由牛顿第二定律有由题意知联立解得故B正确，ACD错误。故选B。7. 一质量为2kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的图像如图所示，t＝0时其速度大小为2m/s。滑动摩擦力大小恒为2N，则（ ）A. 在t＝6s时刻，物体的速度为18m/sB. 在0～6s时间内，合力对物体做的功为400JC. 在0～6s时间内，拉力对物体的冲量为36N·sD. 在t＝6s时刻，拉力F的功率为200W【答案】D【解析】【详解】A．根据图像所围的面积代表速度的变化量，可得则故A错误；B．根据动能定理，得在0～6s时间内，合力对物体做的功为故B错误；C．在0～6s时间内，根据动量定理有可得拉力对物体的冲量为故C错误；D．在t＝6s时刻，根据牛顿第二定律有解得则此时拉力F的功率为故D正确。故选D。8. 从距离地面高度为5m处水平抛出一个物体，其动能Ek随距地面高度h的变化如图所示，取地面为重力势能零点，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（ ） A. 物体的质量为2kgB. 物体抛出的初速度为5 m/sC. h=2.5m时，动能与重力势能相等D. 物体着地瞬间速度与水平方向的夹角为【答案】D【解析】【分析】【详解】B．由图像可知，物体到达地面时的动能是抛出时初动能的2倍根据机械能守恒定律可得解得故B错误；C．物体抛出时的动能与重力势能相等，故C错误；D．物体着地瞬间竖直分速度可知D正确；由题目所给的信息无法求出物体的质量，A错误。故选D。9. 质量为m的物体在竖直向上的恒定拉力F的作用下，由静止开始向上运动H高度，不计空气阻力，g为当地的重力加速度。则此过程中，下列说法正确的是（ ）A. 物体的动能增加了（F－mg）H B. 物体的动能增加了FHC. 物体的机械能增加了（F-mg）H D. 物体的机械能增加了FH【答案】AD【解析】【详解】AB．物体受到重力、拉力作用，由动能定理可得动能增加了△Ek=（F-mg）H故A正确，B错误；CD．除重力外物体受到拉力，所以物体的机械能增加△E机=FH故C错误，D正确。故选AD。10. 2020年6月23日，我国在西昌卫星发射中心成功发射北斗系统第55颗导航卫星，至此北斗全球卫星导航系统星座部署全面完成。北斗导航系统第41颗卫星为地球同步轨道卫星，第49颗卫星为倾斜地球同步轨道卫星，它们的轨道半径约为，运行周期都等于地球的自转周期。倾斜地球同步轨道平面与地球赤道平面成一定夹角，如图所示。已知引力常量，下列说法正确的是（ ） A. 根据题目数据可估算出地球的质量B. 两颗卫星的运行速度小于第一宇宙速度C. 第41颗卫星可能经过北京上空D. 第49颗卫星一天2次经过赤道正上方同一位置【答案】ABD【解析】【分析】【详解】A．根据万有引力提供向心力有解得所以根据题目数据可估算出地球的质量，则A正确；B．根据可知，轨道半径越大卫星的运行速度越小，而第一宇宙速度为近地卫星的环绕速度，则两颗卫星的运行速度小于第一宇宙速度，所以B正确；C．地球同步卫星与赤道共面，所以第41颗卫星不可能经过北京上空，则C错误；D．由于倾斜地球同步卫星周期等于地球的自转周期，则第49颗卫星一天2次经过赤道正上方同一位置，所以D正确；故选ABD。11. 如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态。地面对A的摩擦力为f，地面对A的支持力为N，A对B的作用力为F，若把A向右移动少许后，（B未落地），A和B仍处于静止状态，则关于f、N、F的变化情况正确的是（ ）A. f减小 B. f增大 C. N不变 D. F减小【答案】ACD【解析】【详解】C．以AB为整体分析，竖直方向上受重力及地面的支持力，两物体的重力不变，故A对地面的压力不变，则地面对A的支持力N不变，故C正确；D．对小球B受力分析，小球B受重力、A支持力和墙壁的支持力，作出平行四边形如图所示将重力分解为和，则根据平衡可知当A向右移动少许，由几何关系可知，A对小球的作用力与竖直方向的夹角减小，则变大，变小，则与均变小，故D正确；AB．分析AB整体，水平方向上受墙壁的弹力和地面的摩擦力而处于平衡状态，弹力减小，摩擦力减小，故A正确，B错误。故选ACD。12. 如图甲所示，质量为m=lkg可视为质点的物块A放置在长木板B上，A、B静止在水平地面上，已知长木板B的质量M=4kg，A与B及B与地面间的动摩擦因数均为=0.1，用水平外力F作用在长木板B上，外力F随时间变化关系如图乙所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是A. t=0时刻，A的加速度为零B. t =5s时刻，B的加速度为3.5m/s2C. 在整个运动过程中，物块A的加速度始终不变D. 如果长木板B足够长，最终A、B将共速【答案】BC【解析】【详解】AC.由滑动摩擦力公式可知，A、B间的滑动摩擦力:fA=μmg=1 N，B与地面间的滑动摩擦力:fB=μ（M+m）g=5 N，A、B间发生相对滑动后，A的加速度将保持不变，其大小为：aA==1 m/s2．若A，B间刚好发生相对滑动时的外力为 F1，由牛顿第二定律得：F1-μ（M + m） g= （M + m）aA，得F1=10 N，所以t = 0时刻A的加速度aA = 1 m/s2，故A项错误，选项C正确；B.在t =5 s时，F =20 N，对长木板B由牛顿第二定律有：F-fA-fB =MaB，得aB = 3.5m/s2，故B项正确；D.只要F 始终作用在长木板B上，B的加速度始终大于A 的加速度，无论长木板B多长，A，B都不会共速，故D项错误．第Ⅱ卷（非选择题 共62分）二、实验题（13题8分，14题6分，共14分）13. 如图甲所示，在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m＝1.00kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点。 （1）实验中采用电磁打点计时器，若该同学在用打点计时器做实验时，纸带上打出的不是圆点，而是如上图乙所示的一些短线，这可能是因为（ ）A．纸带运动过慢 B．打点计时器接在交流220V电源C．电源的频率不稳定 D．振针压得过紧（2）经过正确操作，该同学打出若干条纸带，选取一条符合实验要求的纸带如图所示。O为第一个点（速度为“0”），A、B、C、D、E为从合适位置开始选取连续点中的五个点。已知打点计时器每隔0.02s打一个点，当地的重力加速度为g＝9.80m/s2，那么：从O点到C点，重物重力势能的减少量ΔEp＝______J，动能增加量ΔEk＝______J （结果取三位有效数字）； （3）实验的结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量，关于此误差，下列说法中正确的是（ ）A．该误差属于偶然误差B．该误差属于系统误差C．可以通过多次测量取平均值的方法来减小该误差D．可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差【答案】 ①. D ②. 7.60J ③. 7.56J ④. BD【解析】【详解】（1）[1]由纸带可知，其纸带上有短横线，可知为振针压得过紧，导致有横线出现，ABC错误，D正确。故选D（2）[2]根据重力势能的公式，可得从O点到C点，重物重力势能的减少量为[3]根据匀变速直线运动的中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，可得则（3）[3]实验的结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量，这属于系统误差，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差，AC错误，BD正确。故选BD。14. 做“探究加速度与力、质量的关系”实验时，图甲是教材中的实验方案；图乙是拓展方案，其实验操作步骤如下：（ⅰ）挂上托盘和砝码，改变木板的倾角，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑；（ⅱ）取下托盘和砝码，测出其总质量为m，让小车沿木板下滑，测出加速度a；（ⅲ）改变砝码质量和木板倾角，多次测量，通过作图可得到的关系。①实验获得如图所示的纸带，计数点a、b、c、d、e、f间均有四个点未画出，则在打d点时小车的速度大小_____（保留两位有效数字）；②需要满足条件的方案是_____（选填“甲”、“乙”或“甲和乙”）；在作图象时，把作为F值的是_____（选填“甲”、“乙”或“甲和乙”）。【答案】 ①. 0.18～0.19 ②. 甲 ③. 甲和乙【解析】【详解】①[1]．打点计时器打点周期由匀加速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得，在打d点时小车的速度②[2][3]．在图甲的实验方案中，由托盘和砝码的重力提供拉力，让小车做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得则则绳子对小车的拉力当时，绳子拉力近似等于托盘和砝码的重力。故甲需要满足在图乙的实验方案中，挂上托盘和砝码，小车匀速下滑，设斜面的倾斜角为，斜面和纸带对小车的摩擦力或阻力总和为f，则有取下托盘和砝码，小车做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得即故乙方案中，不需要满足。在甲乙方案中，均用托盘和砝码的重力mg作为小车匀加速的直线运动的合力及F。三、计算题：（本题共4小题，共计48分，15题10分，16题10分，17题13分，18题15分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）15. 如图所示，AB为半径R=0.2m的光滑四分之一圆弧面，质量m=1.0kg的小球从静止开始从A点开始下滑，经过B点后落在与水平面成θ=37°的斜面上的C点（未画出）。（重力加速度g＝10m/s2； sin37°=0.6；cos37°=0.8）求 ：（1）小球到达B点时速度为多大？（2）小球到达B点时所受的支持力为多大？（3）小球的落点C与B的水平距离为多大？ 【答案】（1）2m/s；（2）30N；（3）0.6m【解析】【详解】（1）小球由 A到B 根据动能定理解得（2）小球在 B 点，根据牛顿第二定律解得（3）小球由 B到C 根据平抛运动规律联立得16. 如图所示，一质量为m=2.0kg木块在水平推力F=60N，木块从斜面底端由静止开始向上做匀加速直线运动。2.0s末撤去F，之后木块恰好到达斜面顶端，已知木块与斜面间的动摩擦因数μ=0.50。（重力加速度g＝10m/s2，sin37°=0.6；cos37°=0.8）求：（1）撤去F时木块的速度大小；（2）斜面的长度L。 【答案】（1）10m/s；（2）15m【解析】【详解】（1）0-2s力F 作用在物体上，物体沿斜面向上做匀加速运动根据牛顿第二定律代入数据，解得a1=5m/s2由运动学公式v=a1·t1代入数据，解得v=10m/s（2） 撤去力 F 后，物体沿斜面向上做匀减速运动根据牛顿第二定律，有代入数据，可得a2=10m/s2物体在加速阶段的位移为代入数据，解得x1=10m物体在减速阶段运动到最高点的位移为代入数据，可得x2=5m斜面长度为L=x1+x2联立解得 L=15m17. 如图所示，光滑的轨道固定在竖直平面内，其O点左边为水平轨道，O点右边的曲面轨道高度h＝0.45m，左右两段轨道在O点平滑连接．质量m＝0.10kg的小滑块a由静止开始从曲面轨道的顶端沿轨道下滑，到达水平段后与处于静止状态的质量M＝0.30kg的小滑块b发生碰撞，碰撞后小滑块a恰好停止运动．取重力加速度g＝10m/s2，求 （1）小滑块a通过O点时的速度大小；（2）碰撞后小滑块b的速度大小（3）碰撞过程中小滑块a、b组成的系统损失的机械能．【答案】（1）3m/s；（2）1m/s；（3）0.3J．【解析】【详解】（1）小滑块从曲线轨道上下滑的过程中，由机械能守恒定律得：代入数据解得，小滑块a通过O点时的速度：v0＝3m/s；（2）碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝Mv1，代入数据解得 v1＝1m/s；（3）碰撞过程中小滑块a、b组成的系统损失的机械能：△E＝mv02﹣Mv12，代入数据解得△E＝0.3J18. 关于气体的内能和热力学定律，下列说法正确的是A. 对气体做功可以改变其内能B. 质量和温度都相同的气体,内能一定相同C. 热量不可能从低温物体传到高温物体D. 一定量的理想气体在等温膨胀过程中,一定吸收热量E. 一定量的理想气体,温度越高,气体分子运动越剧烈,气体内能越大【答案】ADE【解析】【详解】A．改变内能的方式有做功和热传递，对气体做功可以改变其内能．故A正确．B．理想气体的内能与物质的量、温度有关，质量相等的气体的物质的量不一定相等，内能不一定相等，如质量相等的氢气与氧气．故B错误．C．根据热力学第二定律可知，热量可能从低温物体传到高温物体，但要引起其他的变化，如空调．故C错误．D．温度是一定质量的理想气体内能的标志，一定量的理想气体在等温膨胀过程中，温度不变，内能不变，膨胀过程中，对外做功，根据热力学第一定律可知，△U=W+Q，气体一定吸收热量．故D正确．E．一定量的理想气体的内能与物质的量、温度有关，一定量的理想气体温度越高，气体分子运动越剧烈，气体内能越大．故E正确．19. 如图所示，一个圆筒形导热汽缸开口向上竖直放置，内有活塞，其横截面积为S＝1×10－4 m2，质量为m＝1 kg，活塞与汽缸之间无摩擦且不漏气，其内密封有一定质量的理想气体，气柱高度h＝0.2 m．已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2．(1)如果在活塞上缓慢堆放一定质量的细砂，气柱高度变为原来的，求砂子的质量m砂；(2)如果在(1)基础上给汽缸底缓慢加热，使活塞恢复到原高度，此过程中气体吸收热量5 J，求气体内能的增量ΔU．【答案】(1)1kg (2)3J【解析】【详解】(1)因为缓慢放置砂子，气体发生等温变化，根据玻意耳定律，有放置砂子前有：p1＝p0＋V1＝hS放置砂子后有：p2＝p0＋V2＝hS联立以上各式代入数据解得：m砂＝1kg(2)由(1)可得，使活塞恢复到原高度的过程，气体压强不变，气体对外做功有：由热力学第一定律：ΔU＝W＋Q所以气体内能的增量为ΔU＝3J.答：(1)砂子的质量m砂=1kg；(2)气体内能的增量ΔU＝3J.
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