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2023-2024学年甘肃省高一（下）期末物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年甘肃省高一（下）期末物理试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列说法正确的是( )
A. 牛顿发现了万有引力定律并测得了引力常量
B. 原子、分子的体积太小，因此它们之间不存在万有引力
C. 根据表达式F=Gm1m2r2可知，当r趋于零时，万有引力趋于无穷大
D. 两物体间的万有引力总是大小相等方向相反，是一对作用力与反作用力
2.物体做圆周运动时，会受到向心力的作用，下列关于向心力的说法正确的是( )
A. 向心力一定由物体所受的合外力来提供
B. 向心力与向心加速度的方向可能不同
C. 向心力是恒力，因为向心力总是沿半径指向圆心且大小不变
D. 向心力与线速度的方向始终垂直，所以向心力不会改变线速度的大小
3.关于曲线运动的下列说法正确的是( )
A. 任何变速运动都是曲线运动B. 做曲线运动的物体速度有可能不变
C. 任何曲线运动都是变速运动D. 物体的速度如果不变也可能做曲线运动
4.图(a)是用来“显示桌(或支持)面的微小形变”的演示实验；图(b)是用来“测量万有引力常量”的实验。由图可知，两个实验共同的物理思想方法是( )
A. 极限的思想方法B. 放大的思想方法
C. 控制变量的方法D. 猜想的思想方法
5.如图所示，虚线为秋千凳荡过的轨迹，O是轨迹的最低点。秋千凳从如图位置开始运动，经过O点时的速度方向，图中所示正确的是( )
A. OA
B. OB
C. OC
D. OD
6.设地球表面重力加速度为g0，物体在距离地心4R(R是地球的半径)处，由于地球的吸引作用而产生的加速度为g，则gg0为( )
A. 1B. 19C. 14D. 116
7.一质量为m的小轿车以恒定功率P启动，沿平直路面行驶。若行驶过程中受到的阻力大小不变，能够达到的最大速度为v。当小轿车的速度大小为2v3时，它的加速度大小为( )
A. PmvB. P2mvC. 3P2mvD. 4Pmv
8.如图所示，跳台滑雪的跳台可以看作顶端的平台和足够长的斜面组成，运动员若以水平速度v0飞出，不计空气阻力，它落到斜面上所用的时间为t1；若以2v0的水平速度飞出，落到斜面上所用时间为t2，则t1与t2之比为( )
A. 1：1B. 1：2C. 1：3D. 1：4
9.如图所示，在ℎ高处以初速度v0沿与水平方向成θ=30°的仰角斜向上抛出质量为m的物体，抛出后的物体以速度vt落到地上。若取地面处的重力势能为零，忽略空气阻力，重力加速度为g。则下列说法中正确的是( )
A. 出手时，重力的功率为−12mgv0
B. 物体落地前瞬间的机械能为mgℎ+12mvt2
C. 物体落地前瞬间的动能为12mv02−mgℎ
D. vt的大小与v0的仰角θ有关
二、多选题：本大题共5小题，共25分。
10.如图所示，飞车表演场地可以看成一个圆台的侧面，侧壁是光滑的，飞车表演者可以看作质点，在A和B不同高度的水平面内做匀速圆周运动。以下关于表演者在A、B两个轨道时的线速度大小(vA、vB)、角速度(ωA、ωB)、向心力大小(FnA、FnB)和对侧壁的压力大小(FNA、FNB)的说法正确的是( )
A. vA>vBB. ωA>ωBC. FnA>FnBD. FNA=FNB
11.如图所示，运动员跳伞经历(打开伞前)加速下降和(打开伞后)减速下降两个过程，空气阻力不可忽略。下列说法中正确的是( )
A. 加速下降过程中，重力势能的减少量大于动能的增加量
B. 加速下降过程中，重力势能的减少量小于动能的增加量
C. 减速下降过程中，重力势能的减少量大于机械能的减少量
D. 减速下降过程中，重力势能的减少量小于机械能的减少量
12.如图，人站在自动扶梯上不动，随扶梯向上匀速运动，下列说法中正确的是( )
A. 重力对人做负功
B. 摩擦力对人做正功
C. 支持力对人做正功
D. 合力对人做功为零
13.如图所示，发射同步卫星时，先将卫星发射至近地圆形轨道1上，然后点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步轨道3，轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点。则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是( )
A. 卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率
B. 卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度
C. 卫星在轨道1上经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度
D. 卫星在轨道2上经过P点时的速度小于它在轨道3上经过P点时的速度
14.如图所示，质量相同的甲乙两个小球(可视为质点)从A点由静止释放，甲沿光滑斜面AB下滑到B点，乙沿光滑斜面AC下滑到C点，B点和C点处于同一高度，斜面AB和AC与水平面间的夹角分别为37°和53°，sin37°=0.6，sin53°=0.8，甲、乙两小球分别到达B点和C点时( )
A. 速度相同B. 动能相同
C. 重力做功的瞬时功率之比为1：1D. 重力做功的瞬时功率之比为3：4
三、实验题：本大题共1小题，共8分。
15.如图所示，已知当地的重力加速度为g，将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置做“验证机械能守恒定律”实验。
(1)已准备的器材有打点计时器(带导线)、纸带、复写纸、铁架台和带夹子的重物，此外还必需要的器材是______和______；
A.天平及砝码 B.毫米刻度尺 C.直流电源 D.交流电源
(2)得到图所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为ℎA、ℎB、ℎC。已知打点计时器打点的周期为T。打出B点时，设重物的质量为m，从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量ΔEp= ______，动能变化量ΔEk= ______。
四、计算题：本大题共3小题，共31分。
16.如图所示，让球从图中的A位置由静止开始下摆，正好到最低点B位置时，线被剪断，设摆线长L=0.9m，悬点到地面的竖直高度为H=1.7m，不计空气阻力，求：
(1)摆球落地时速度的大小；
(2)落地点D到C的距离(g=10m/s2)。
17.如图所示，竖直平面内有一半径R=0.5m的光滑圆弧槽BCD，一水平面与圆弧槽相接于B点，质量m=0.5kg的小球(可视为质点)从A点水平抛出，在B点沿圆弧切线进入圆弧BCD。AB间的水平距离x=1.2m，小球抛出时距地面高度ℎ=0.8m，取g=10m/s2，不计空气阻力，求：
(1)小球抛出的水平速度v0；
(2)经过圆弧槽最低点C时轨道对小球的支持力大小FN。
18.如图，光滑水平面AB与竖直面内的粗糙半圆形导轨在B点相接，导轨半径为R，一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，它经过B点的速度为v1，之后沿半圆形导轨运动，刚好能沿导轨到达C点。重力加速度为g，忽略空气阻力。求
(1)弹簧压缩至A点时的弹性势能；
(2)物体沿半圆形导轨运动过程中所受摩擦阻力做的功；
(3)物体的落点与B点的距离。
答案解析
1..D
【解析】解：A、牛顿提出了万有引力定律，但没有测出引力常量，引力常量是由卡文迪许通过实验测出的，故A错误；
B、原子、分子具有质量，所以它们之间同样存在万有引力，故B错误；
C、当r趋于零时，万有引力定律不再适用，不会出现万有引力无穷大的情况，故C错误；
D、万有引力是两个物体间的相互作用，所以两物体间的万有引力总是大小相等方向相反，是一对作用力与反作用力，故D正确。
故选：D。
万有引力定律公式适用于质点间或两个均匀球体间的引力大小。引力常量是卡文迪许通过实验测出的，知道两物体间的万有引力是等大反向的。
解决本题的关键掌握万有引力定律公式，知道万有引力定律公式的适用条件，明确万有引力的发现历程。
2..D
【解析】解：A、如果物体做匀速圆周运动，则物体所受的合外力提供向心力；如果是非匀速圆周运动，就是合外力在指向圆心方向的分力提供向心力，故A错误；
B、根据牛顿第二定律可知，向心力与向心加速度方向相同，故B错误；
C、向心力始终指向圆心，方向不断改变，根据力的矢量性原则可知向心力不是恒力，故C错误；
D、向心力始终与速度垂直，永不做功，故只能改变速度的方向，不能改变速度的大小，故D正确。
故选：D。
做匀速圆周运动的物体必须要有一个指向圆心的合外力，此力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供；根据牛顿第二定律可知，向心力与向心加速度方向相同；由于始终指向圆心，故方向不断变化；因为向心力方向与线速度方向垂直，所以向心力作用只改变线速度方向，不改变线速度大小。
本题考查了对向心力概念的深刻理解，向心力曲线运动这一章的难点也是重点，学生常常以为向心力是物体所受的某一力，所以解题关键是搞清向心力的来源。
3..C
【解析】解：A、变速运动可能是直线运动，如匀变速直线运动，故A错误；
BC、既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动，故B错误，C正确；
D、物体的速度不变，则物体做匀速直线运动，故D错误。
故选：C。
物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，速度的方向与该点曲线的切线方向相同。
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。
4..B
【解析】解：第一个装置是当支持面发生微小形变时，镜面法线会改变一定角度，入射角增大，根据光的反射定律，反射角将增大，这一变化通过电光源投影进行放大；第二个装置是球m受到m′对它的引力会使竖直悬线发生扭转，从而使镜面M的法线转过微小角度，从而电光源的投影会在标尺上移动一定距离，从而将微小形变放大，故都是利用放大的思想方法，故B正确，ACD错误。
故选：B。
明确两个演示实验的原理，从而分析出所采用的共同的物理思想方法。
在物理实验中，经常会遇到要演示一些变化效应微弱的物理现象，为使实验效果明显，可见度大，通常采用放大手段；物理实验中常用的放大手段有杠杆放大，光点反射放大，点光源投影放大，投影仪放大，弱电流放大等。
5..D
【解析】解：做曲线运动的物体速度方向为所在位置的切线方向，所以经过O点时的速度方向为OD方向，故ABC错，D正确。
故选：D。
根据物体做做曲线运动的物体速度方向为所在位置的切线方向判断。
本题考查的是物体做曲线运动的速度方向与物体运动轨迹的切线方向一致。
6..D
【解析】解：忽略球体自转影响时万有引力等于重力，
即：GMmr2=mg
解得；g=GMr2
其中M是地球的质量，r应该是物体在某位置到球心的距离。
所以地面的重力加速度为：g0=GMR2
距离地心4R处的重力加速度为：g=GM(4R)2=GM16R2
所以gg0=116
故D正确、ABC错误。
故选：D。
忽略球体自转影响时万有引力等于重力，列出等式表示出重力加速度．根据物体距球心的距离关系进行加速度之比．
公式中的r应该是物体在某位置到球心的距离．求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先用已知的物理量表示出来，再进行作比．
7..B
【解析】解：小轿车速度达到最大后，将匀速前进，根据功率与速度关系公式P=Fv和共点力平衡条件得：
F1=f
P=F1vm
当小轿车的速度大小为2v3时，有：
P=F2⋅2v3
根据牛顿第二定律得：F2−f=ma
联立解得它的加速度大小为：a=P2mv，故B正确，ACD错误。
故选：B。
小轿车速度达到最大后，将匀速前进，根据功率与速度关系公式P=Fv和共点力平衡条件，可以先求出阻力；当汽车的车速为2v3时，先求出牵引力，再结合牛顿第二定律求解加速度即可。
本题关键结合功率与速度关系公式P=Fv、共点力平衡条件以及牛顿第二定律联合求解。
8..B
【解析】解：设平抛的位移倾角为θ，根据平抛运动规律有：tanθ=yx=12gt2v0t=gt2v0
解得落到斜面上所用的时间为：t=2v0tanθg
可见，运动员做平抛运动的时间与初速度为正比，所以t1与t2之比为：t1t2=v01v02=v02v0=12，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据平抛运动规律求解落到斜面上所用的时间与初速度的关系进行分析。
本题主要是考查了平抛运动规律的应用，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，能够根据平抛运动的规律结合运动学公式解答。
9..A
【解析】解：A、出手时，重力的功率为P=−mgvy=−mgv0sin30°=−12mgv0，故A正确；
B、取地面处的重力势能为零，物体落地前瞬间的重力势能为零，机械能为12mvt2，故B错误；
C、根据机械能守恒定律得：物体落地前瞬间的动能Ek=12mv02+mgℎ，故C错误；
D、根据机械能守恒定律得：12mvt2=12mv02+mgℎ，得vt= v02+2gℎ，知vt的大小与v0的仰角θ无关，故D错误。
故选：A。
根据P=−mgvy求出手时重力的功率；物体落地前瞬间的机械能等于重力势能与动能之和；根据机械能守恒定律求物体落地前瞬间的动能，从而得到vt的大小表达式，再分析vt的大小与v0的仰角θ的关系。
解决本题时，要知道重力的功率与竖直分速度有关。运用机械能守恒定律列式时，要注意明确零势能面，确定物体相对于零势能面的高度。
【解析】解：以飞车为研究对象，作出力图，如图。设侧壁与竖直方向的夹角为θ，
则根据牛顿第二定律，得
向心力Fn=mgmgtanθ=mω2r
对侧壁的压力：FN=mgsinθ
解得角速度为ω= grtanθ，则物体转动的线速度：v=ωr= grtanθ，
因θ相同，则有：
FnA=FnB
FNA=FNB
由角速度表达式得ω= grtanθ可知，r越大，ω越小，v越大，即
vA>vB
ωA<ωB
故AD正确，BC错误。
故选：AD。
任选一摩托车作为研究对象，根据匀速圆周运动的合力提供向心力的特点，分析受力情况，作出力图，根据牛顿第二定律得到线速度与半径的关系，可比较它们的大小。
本题是圆锥摆类型的问题，注意支持力和重力的合力提供物体的向心力．对于几个相似情况的比较，往往以任意情况情况为例研究，得到一般的公式，然后比较大小。
【解析】解：AB、加速下降过程中，根据动能定理可得：WG−Wf=12mv2，解得WG=12mv2+Wf，重力做功等于重力势能的减小量，则Ep=12mv2+Wf>12mv2，故A正确，B错误；
C、减速下降过程中，动能和重力势能均减小，机械能减小量等于重力势能和动能减小量之和，重力势能的减小量小于机械能的减少量，故C错误，D正确；
故选：AD。
在加速下降过程中，重力大于受到的阻力，向下做加速运动，速度增大，合力向下，根据动能定理即可判断，在减速下降过程中，受到的合力向上，速度减小，根据动能定理即可判断。
本题主要考查了动能定理，明确在运动的过程中，重力做功，阻力做功，即重力和阻力的大小关系即可判断。
【解析】解：人站在自动扶梯上不动，随扶梯向上匀速运动，受重力和支持力，重力做负功，支持力做正功，合外力为零，所以合外力做功等于零。人不受摩擦力，所以没有摩擦力做功。故A、C、D正确，B错误。
故选：ACD。
做功的必要因素是：力与在力方向上有位移。功的大小W=Fscsθ，θ为力与位移的夹角。
解决本题的关键知道做功的必要因素，以及知道力的方向与位移的夹角大于等于0°小于90°，该力做正功，大于90°小于等于180°，该力做负功。
【解析】解：A.人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力
GmMr2=mv2r
得
v= GMr
由于轨道3的轨道半径大，线速度小，故卫星在轨道3上的速率小于在轨道1上的速率，故A错误；
B.人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力
GmMr2=mω2r
得
ω= GMr3
由于轨道3的轨道半径大，角速度小，故卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度，故B正确；
C.由公式
GmMr2=ma
得
a=GMr2
则卫星在轨道1上经过Q点时的加速度等于它在轨道2上经过Q点时的加速度，故C错误；
D.卫星从轨道2进入轨道3需要在P点点火加速做离心运动，则卫星在轨道2上经过P点时的速度小于它在轨道3上经过P点时的速度，故D正确。
故选：BD。
根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、和向心力的表达式进行讨论即可；卫星做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须使卫星所需向心力大于万有引力，所以应给卫星加速。
本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度和角速度的表达式，再进行讨论。知道知道卫星变轨的原理，卫星通过加速或减速来改变所需向心力实现轨道的变换。
【解析】解：AB、质量相同的甲乙两个小球(可视为质点)从A点沿不同的光滑斜面由静止释放，到达同一水平面，根据机械能守恒定律得：mgℎ=12mv2，可知甲、乙两小球分别到达B点和C点时动能相同，速度大小相等，但是速度方向不相同，故A错误，B正确；
CD、根据重力瞬时功率公式PG=mgvy，可知小球运动到斜面最底端时重力的瞬时功率为：P甲=mgvsin37°，P乙=mgvsin53°，则P甲P乙=sin37°sin53∘=，故C错误，D正确。
故选：BD。
根据机械能守恒定律判断两小球到达斜面低端的动能相等，速度大小相等，但是速度方向不相同；根据重力瞬时功率公式PG=mgvy进行比较即可。
本题考查了机械能守恒定律和重力瞬时功率，要求学生能够熟练应用公式求解，同时需要注意速度的矢量性。
15..B D mgℎB m(ℎC−ℎA)28T2
【解析】解：(1)本实验需要验证的方程为
mgℎ=12mv2
由于验证机械能守恒的表达式中质量可以约去，所以不需要天平及砝码；需要用刻度尺测量纸带上计数点间的距离；打点计时器需要连接交流电源。
故选还必需要的器材是B和D。
(2)从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量为
ΔEp=mgℎB
打出B点时，重物的速度为
vB=xAC2T=ℎC−ℎA2T
故从打O点到打B点的过程中，重物的动能变化量为
ΔEk=12mvB2−0=12m(ℎC−ℎA2T)2=m(ℎC−ℎA)28T2
故答案为：(1)B，D；(2)mgℎB，m(ℎC−ℎA)28T2。
(1)根据实验原理确定所需测量的物理量，从而确定所需的器材；
(2)根据下降的高度求出重力势能的减少量，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度得出B点的速度，从而得出动能的变化量。
解决本题的关键要掌握实验原理，以及纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度，从而得出动能的增加量，会根据下降的高度求解重力势能的减小量。
16..解：(1)设小球落地时的速度大小为v，由题意可知，从小球从开始运动到落地的过程中，只有重力做，其机械能守恒，根据机械能守恒定律有：
mg(H−Lcs60°)=12mv2
代入数据得：v=5m/s
(2)设小球运动到B点的速度大小为vB，小球从A点到B点的过程中，受重力与线的拉力作用，只有重力做功，小球的机械能守恒，根据机械能守恒定律有：
mg(L−Lcs60°)=12mvB2
解得：vB=3m/s
线被剪断后，小球从B点开始做平抛运动，设小球做平抛运动的时间为t，根据平抛运动规律有：
H−L=12gt2
解得：t=0.4s
则可得落地点D与C点的距离为：
xCD=vBt=3×0.4m=1.2m
答：(1)摆球落地时速度的大小为5m/s；
(2)落地点D到C的距离1.2m。
【解析】(1)从开始下摆到小球落地的过程中，只有重力做功，小球机械能守恒，根据机械能守恒定律求出摆球落地速度大小；
(2)根据机械能守恒定律求出小球在B点的速度大小，由平抛运动规律求出落地点D到C的距离。
在利用机械能守恒定律分析问题时，一定要注意分析物体受力，理解机械能守恒的条件只有重力或弹力做功的实质意义；掌握平抛运动在水平方向与竖直方向的分运动性质。
17..解：(1)由平抛运动规律可知
水平方向：x=v0t
竖直方向：ℎ=12gt2
代入数据解得v0=3m/s
(2)小球在B点竖直方向的速度vBy= 2gℎ=4m/s
在B点速度与水平方向的夹角为tanθ=vByv0=43
则θ=53°
从A到C由机械能守恒定律得12mv02+mg[ℎ+R(1−cs53°)]=12mvC2
由牛顿第二定律得FN−mg=mvC2R
解得FN=24N
答：(1)小球抛出的水平速度为3m/s；
(2)经过圆弧槽最低点C时轨道对小球的支持力大小为24N。
【解析】(1)由平抛运动规律可解得初速度大小；
(2)根据运动的分解求得圆心角θ，根据机械能守恒定律结合牛顿第二定律求得支持力大小
本题考查平抛运动，圆周运动与机械能守恒定理，应用过程中注意对运动过程的分段分析。
18..解：(1)从A到B，根据功能关系可知，弹簧的弹性势能为：Ep=12mv12
(2)在C点，根据牛顿第二定律可得：mg=mvC2R，解得vC= gR
从B到C根据动能定理可得：−mg⋅2R+Wf=12mvC2−12mvB2
解得Wf=52mgR−12mv12
(3)物体从C点做平抛运动，则2R=12gt2，解得t=2 Rg
水平方向通过的位移为x=vCt=2R
答：(1)弹簧压缩至A点时的弹性势能为12mv12；
(2)物体沿半圆形导轨运动过程中所受摩擦阻力做的功为52mgR−12mv12；
(3)物体的落点与B点的距离为2R。
【解析】(1)，物体从A点至B点的过程中机械能守恒定律，弹簧的弹性势能等于体经过B点的动能；
(2)在C点根据牛顿第二定律求得C点的速度，从B到C根据动能定理求得摩擦力做功；
(3)从C点做平抛运动，根据运动学公式求得水平位移。
本题考查动能定理、平抛运动以及功能关系的应用，关键是抓住临界条件恰好通过轨道的最高点即可。
1.下列说法正确的是( )
A. 牛顿发现了万有引力定律并测得了引力常量
B. 原子、分子的体积太小，因此它们之间不存在万有引力
C. 根据表达式F=Gm1m2r2可知，当r趋于零时，万有引力趋于无穷大
D. 两物体间的万有引力总是大小相等方向相反，是一对作用力与反作用力
2.物体做圆周运动时，会受到向心力的作用，下列关于向心力的说法正确的是( )
A. 向心力一定由物体所受的合外力来提供
B. 向心力与向心加速度的方向可能不同
C. 向心力是恒力，因为向心力总是沿半径指向圆心且大小不变
D. 向心力与线速度的方向始终垂直，所以向心力不会改变线速度的大小
3.关于曲线运动的下列说法正确的是( )
A. 任何变速运动都是曲线运动B. 做曲线运动的物体速度有可能不变
C. 任何曲线运动都是变速运动D. 物体的速度如果不变也可能做曲线运动
4.图(a)是用来“显示桌(或支持)面的微小形变”的演示实验；图(b)是用来“测量万有引力常量”的实验。由图可知，两个实验共同的物理思想方法是( )
A. 极限的思想方法B. 放大的思想方法
C. 控制变量的方法D. 猜想的思想方法
5.如图所示，虚线为秋千凳荡过的轨迹，O是轨迹的最低点。秋千凳从如图位置开始运动，经过O点时的速度方向，图中所示正确的是( )
A. OA
B. OB
C. OC
D. OD
6.设地球表面重力加速度为g0，物体在距离地心4R(R是地球的半径)处，由于地球的吸引作用而产生的加速度为g，则gg0为( )
A. 1B. 19C. 14D. 116
7.一质量为m的小轿车以恒定功率P启动，沿平直路面行驶。若行驶过程中受到的阻力大小不变，能够达到的最大速度为v。当小轿车的速度大小为2v3时，它的加速度大小为( )
A. PmvB. P2mvC. 3P2mvD. 4Pmv
8.如图所示，跳台滑雪的跳台可以看作顶端的平台和足够长的斜面组成，运动员若以水平速度v0飞出，不计空气阻力，它落到斜面上所用的时间为t1；若以2v0的水平速度飞出，落到斜面上所用时间为t2，则t1与t2之比为( )
A. 1：1B. 1：2C. 1：3D. 1：4
9.如图所示，在ℎ高处以初速度v0沿与水平方向成θ=30°的仰角斜向上抛出质量为m的物体，抛出后的物体以速度vt落到地上。若取地面处的重力势能为零，忽略空气阻力，重力加速度为g。则下列说法中正确的是( )
A. 出手时，重力的功率为−12mgv0
B. 物体落地前瞬间的机械能为mgℎ+12mvt2
C. 物体落地前瞬间的动能为12mv02−mgℎ
D. vt的大小与v0的仰角θ有关
二、多选题：本大题共5小题，共25分。
10.如图所示，飞车表演场地可以看成一个圆台的侧面，侧壁是光滑的，飞车表演者可以看作质点，在A和B不同高度的水平面内做匀速圆周运动。以下关于表演者在A、B两个轨道时的线速度大小(vA、vB)、角速度(ωA、ωB)、向心力大小(FnA、FnB)和对侧壁的压力大小(FNA、FNB)的说法正确的是( )
A. vA>vBB. ωA>ωBC. FnA>FnBD. FNA=FNB
11.如图所示，运动员跳伞经历(打开伞前)加速下降和(打开伞后)减速下降两个过程，空气阻力不可忽略。下列说法中正确的是( )
A. 加速下降过程中，重力势能的减少量大于动能的增加量
B. 加速下降过程中，重力势能的减少量小于动能的增加量
C. 减速下降过程中，重力势能的减少量大于机械能的减少量
D. 减速下降过程中，重力势能的减少量小于机械能的减少量
12.如图，人站在自动扶梯上不动，随扶梯向上匀速运动，下列说法中正确的是( )
A. 重力对人做负功
B. 摩擦力对人做正功
C. 支持力对人做正功
D. 合力对人做功为零
13.如图所示，发射同步卫星时，先将卫星发射至近地圆形轨道1上，然后点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步轨道3，轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点。则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是( )
A. 卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率
B. 卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度
C. 卫星在轨道1上经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度
D. 卫星在轨道2上经过P点时的速度小于它在轨道3上经过P点时的速度
14.如图所示，质量相同的甲乙两个小球(可视为质点)从A点由静止释放，甲沿光滑斜面AB下滑到B点，乙沿光滑斜面AC下滑到C点，B点和C点处于同一高度，斜面AB和AC与水平面间的夹角分别为37°和53°，sin37°=0.6，sin53°=0.8，甲、乙两小球分别到达B点和C点时( )
A. 速度相同B. 动能相同
C. 重力做功的瞬时功率之比为1：1D. 重力做功的瞬时功率之比为3：4
三、实验题：本大题共1小题，共8分。
15.如图所示，已知当地的重力加速度为g，将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置做“验证机械能守恒定律”实验。
(1)已准备的器材有打点计时器(带导线)、纸带、复写纸、铁架台和带夹子的重物，此外还必需要的器材是______和______；
A.天平及砝码 B.毫米刻度尺 C.直流电源 D.交流电源
(2)得到图所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为ℎA、ℎB、ℎC。已知打点计时器打点的周期为T。打出B点时，设重物的质量为m，从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量ΔEp= ______，动能变化量ΔEk= ______。
四、计算题：本大题共3小题，共31分。
16.如图所示，让球从图中的A位置由静止开始下摆，正好到最低点B位置时，线被剪断，设摆线长L=0.9m，悬点到地面的竖直高度为H=1.7m，不计空气阻力，求：
(1)摆球落地时速度的大小；
(2)落地点D到C的距离(g=10m/s2)。
17.如图所示，竖直平面内有一半径R=0.5m的光滑圆弧槽BCD，一水平面与圆弧槽相接于B点，质量m=0.5kg的小球(可视为质点)从A点水平抛出，在B点沿圆弧切线进入圆弧BCD。AB间的水平距离x=1.2m，小球抛出时距地面高度ℎ=0.8m，取g=10m/s2，不计空气阻力，求：
(1)小球抛出的水平速度v0；
(2)经过圆弧槽最低点C时轨道对小球的支持力大小FN。
18.如图，光滑水平面AB与竖直面内的粗糙半圆形导轨在B点相接，导轨半径为R，一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，它经过B点的速度为v1，之后沿半圆形导轨运动，刚好能沿导轨到达C点。重力加速度为g，忽略空气阻力。求
(1)弹簧压缩至A点时的弹性势能；
(2)物体沿半圆形导轨运动过程中所受摩擦阻力做的功；
(3)物体的落点与B点的距离。
答案解析
1..D
【解析】解：A、牛顿提出了万有引力定律，但没有测出引力常量，引力常量是由卡文迪许通过实验测出的，故A错误；
B、原子、分子具有质量，所以它们之间同样存在万有引力，故B错误；
C、当r趋于零时，万有引力定律不再适用，不会出现万有引力无穷大的情况，故C错误；
D、万有引力是两个物体间的相互作用，所以两物体间的万有引力总是大小相等方向相反，是一对作用力与反作用力，故D正确。
故选：D。
万有引力定律公式适用于质点间或两个均匀球体间的引力大小。引力常量是卡文迪许通过实验测出的，知道两物体间的万有引力是等大反向的。
解决本题的关键掌握万有引力定律公式，知道万有引力定律公式的适用条件，明确万有引力的发现历程。
2..D
【解析】解：A、如果物体做匀速圆周运动，则物体所受的合外力提供向心力；如果是非匀速圆周运动，就是合外力在指向圆心方向的分力提供向心力，故A错误；
B、根据牛顿第二定律可知，向心力与向心加速度方向相同，故B错误；
C、向心力始终指向圆心，方向不断改变，根据力的矢量性原则可知向心力不是恒力，故C错误；
D、向心力始终与速度垂直，永不做功，故只能改变速度的方向，不能改变速度的大小，故D正确。
故选：D。
做匀速圆周运动的物体必须要有一个指向圆心的合外力，此力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供；根据牛顿第二定律可知，向心力与向心加速度方向相同；由于始终指向圆心，故方向不断变化；因为向心力方向与线速度方向垂直，所以向心力作用只改变线速度方向，不改变线速度大小。
本题考查了对向心力概念的深刻理解，向心力曲线运动这一章的难点也是重点，学生常常以为向心力是物体所受的某一力，所以解题关键是搞清向心力的来源。
3..C
【解析】解：A、变速运动可能是直线运动，如匀变速直线运动，故A错误；
BC、既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动，故B错误，C正确；
D、物体的速度不变，则物体做匀速直线运动，故D错误。
故选：C。
物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，速度的方向与该点曲线的切线方向相同。
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。
4..B
【解析】解：第一个装置是当支持面发生微小形变时，镜面法线会改变一定角度，入射角增大，根据光的反射定律，反射角将增大，这一变化通过电光源投影进行放大；第二个装置是球m受到m′对它的引力会使竖直悬线发生扭转，从而使镜面M的法线转过微小角度，从而电光源的投影会在标尺上移动一定距离，从而将微小形变放大，故都是利用放大的思想方法，故B正确，ACD错误。
故选：B。
明确两个演示实验的原理，从而分析出所采用的共同的物理思想方法。
在物理实验中，经常会遇到要演示一些变化效应微弱的物理现象，为使实验效果明显，可见度大，通常采用放大手段；物理实验中常用的放大手段有杠杆放大，光点反射放大，点光源投影放大，投影仪放大，弱电流放大等。
5..D
【解析】解：做曲线运动的物体速度方向为所在位置的切线方向，所以经过O点时的速度方向为OD方向，故ABC错，D正确。
故选：D。
根据物体做做曲线运动的物体速度方向为所在位置的切线方向判断。
本题考查的是物体做曲线运动的速度方向与物体运动轨迹的切线方向一致。
6..D
【解析】解：忽略球体自转影响时万有引力等于重力，
即：GMmr2=mg
解得；g=GMr2
其中M是地球的质量，r应该是物体在某位置到球心的距离。
所以地面的重力加速度为：g0=GMR2
距离地心4R处的重力加速度为：g=GM(4R)2=GM16R2
所以gg0=116
故D正确、ABC错误。
故选：D。
忽略球体自转影响时万有引力等于重力，列出等式表示出重力加速度．根据物体距球心的距离关系进行加速度之比．
公式中的r应该是物体在某位置到球心的距离．求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先用已知的物理量表示出来，再进行作比．
7..B
【解析】解：小轿车速度达到最大后，将匀速前进，根据功率与速度关系公式P=Fv和共点力平衡条件得：
F1=f
P=F1vm
当小轿车的速度大小为2v3时，有：
P=F2⋅2v3
根据牛顿第二定律得：F2−f=ma
联立解得它的加速度大小为：a=P2mv，故B正确，ACD错误。
故选：B。
小轿车速度达到最大后，将匀速前进，根据功率与速度关系公式P=Fv和共点力平衡条件，可以先求出阻力；当汽车的车速为2v3时，先求出牵引力，再结合牛顿第二定律求解加速度即可。
本题关键结合功率与速度关系公式P=Fv、共点力平衡条件以及牛顿第二定律联合求解。
8..B
【解析】解：设平抛的位移倾角为θ，根据平抛运动规律有：tanθ=yx=12gt2v0t=gt2v0
解得落到斜面上所用的时间为：t=2v0tanθg
可见，运动员做平抛运动的时间与初速度为正比，所以t1与t2之比为：t1t2=v01v02=v02v0=12，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据平抛运动规律求解落到斜面上所用的时间与初速度的关系进行分析。
本题主要是考查了平抛运动规律的应用，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，能够根据平抛运动的规律结合运动学公式解答。
9..A
【解析】解：A、出手时，重力的功率为P=−mgvy=−mgv0sin30°=−12mgv0，故A正确；
B、取地面处的重力势能为零，物体落地前瞬间的重力势能为零，机械能为12mvt2，故B错误；
C、根据机械能守恒定律得：物体落地前瞬间的动能Ek=12mv02+mgℎ，故C错误；
D、根据机械能守恒定律得：12mvt2=12mv02+mgℎ，得vt= v02+2gℎ，知vt的大小与v0的仰角θ无关，故D错误。
故选：A。
根据P=−mgvy求出手时重力的功率；物体落地前瞬间的机械能等于重力势能与动能之和；根据机械能守恒定律求物体落地前瞬间的动能，从而得到vt的大小表达式，再分析vt的大小与v0的仰角θ的关系。
解决本题时，要知道重力的功率与竖直分速度有关。运用机械能守恒定律列式时，要注意明确零势能面，确定物体相对于零势能面的高度。
【解析】解：以飞车为研究对象，作出力图，如图。设侧壁与竖直方向的夹角为θ，
则根据牛顿第二定律，得
向心力Fn=mgmgtanθ=mω2r
对侧壁的压力：FN=mgsinθ
解得角速度为ω= grtanθ，则物体转动的线速度：v=ωr= grtanθ，
因θ相同，则有：
FnA=FnB
FNA=FNB
由角速度表达式得ω= grtanθ可知，r越大，ω越小，v越大，即
vA>vB
ωA<ωB
故AD正确，BC错误。
故选：AD。
任选一摩托车作为研究对象，根据匀速圆周运动的合力提供向心力的特点，分析受力情况，作出力图，根据牛顿第二定律得到线速度与半径的关系，可比较它们的大小。
本题是圆锥摆类型的问题，注意支持力和重力的合力提供物体的向心力．对于几个相似情况的比较，往往以任意情况情况为例研究，得到一般的公式，然后比较大小。
【解析】解：AB、加速下降过程中，根据动能定理可得：WG−Wf=12mv2，解得WG=12mv2+Wf，重力做功等于重力势能的减小量，则Ep=12mv2+Wf>12mv2，故A正确，B错误；
C、减速下降过程中，动能和重力势能均减小，机械能减小量等于重力势能和动能减小量之和，重力势能的减小量小于机械能的减少量，故C错误，D正确；
故选：AD。
在加速下降过程中，重力大于受到的阻力，向下做加速运动，速度增大，合力向下，根据动能定理即可判断，在减速下降过程中，受到的合力向上，速度减小，根据动能定理即可判断。
本题主要考查了动能定理，明确在运动的过程中，重力做功，阻力做功，即重力和阻力的大小关系即可判断。
【解析】解：人站在自动扶梯上不动，随扶梯向上匀速运动，受重力和支持力，重力做负功，支持力做正功，合外力为零，所以合外力做功等于零。人不受摩擦力，所以没有摩擦力做功。故A、C、D正确，B错误。
故选：ACD。
做功的必要因素是：力与在力方向上有位移。功的大小W=Fscsθ，θ为力与位移的夹角。
解决本题的关键知道做功的必要因素，以及知道力的方向与位移的夹角大于等于0°小于90°，该力做正功，大于90°小于等于180°，该力做负功。
【解析】解：A.人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力
GmMr2=mv2r
得
v= GMr
由于轨道3的轨道半径大，线速度小，故卫星在轨道3上的速率小于在轨道1上的速率，故A错误；
B.人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力
GmMr2=mω2r
得
ω= GMr3
由于轨道3的轨道半径大，角速度小，故卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度，故B正确；
C.由公式
GmMr2=ma
得
a=GMr2
则卫星在轨道1上经过Q点时的加速度等于它在轨道2上经过Q点时的加速度，故C错误；
D.卫星从轨道2进入轨道3需要在P点点火加速做离心运动，则卫星在轨道2上经过P点时的速度小于它在轨道3上经过P点时的速度，故D正确。
故选：BD。
根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、和向心力的表达式进行讨论即可；卫星做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须使卫星所需向心力大于万有引力，所以应给卫星加速。
本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度和角速度的表达式，再进行讨论。知道知道卫星变轨的原理，卫星通过加速或减速来改变所需向心力实现轨道的变换。
【解析】解：AB、质量相同的甲乙两个小球(可视为质点)从A点沿不同的光滑斜面由静止释放，到达同一水平面，根据机械能守恒定律得：mgℎ=12mv2，可知甲、乙两小球分别到达B点和C点时动能相同，速度大小相等，但是速度方向不相同，故A错误，B正确；
CD、根据重力瞬时功率公式PG=mgvy，可知小球运动到斜面最底端时重力的瞬时功率为：P甲=mgvsin37°，P乙=mgvsin53°，则P甲P乙=sin37°sin53∘=，故C错误，D正确。
故选：BD。
根据机械能守恒定律判断两小球到达斜面低端的动能相等，速度大小相等，但是速度方向不相同；根据重力瞬时功率公式PG=mgvy进行比较即可。
本题考查了机械能守恒定律和重力瞬时功率，要求学生能够熟练应用公式求解，同时需要注意速度的矢量性。
15..B D mgℎB m(ℎC−ℎA)28T2
【解析】解：(1)本实验需要验证的方程为
mgℎ=12mv2
由于验证机械能守恒的表达式中质量可以约去，所以不需要天平及砝码；需要用刻度尺测量纸带上计数点间的距离；打点计时器需要连接交流电源。
故选还必需要的器材是B和D。
(2)从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量为
ΔEp=mgℎB
打出B点时，重物的速度为
vB=xAC2T=ℎC−ℎA2T
故从打O点到打B点的过程中，重物的动能变化量为
ΔEk=12mvB2−0=12m(ℎC−ℎA2T)2=m(ℎC−ℎA)28T2
故答案为：(1)B，D；(2)mgℎB，m(ℎC−ℎA)28T2。
(1)根据实验原理确定所需测量的物理量，从而确定所需的器材；
(2)根据下降的高度求出重力势能的减少量，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度得出B点的速度，从而得出动能的变化量。
解决本题的关键要掌握实验原理，以及纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度，从而得出动能的增加量，会根据下降的高度求解重力势能的减小量。
16..解：(1)设小球落地时的速度大小为v，由题意可知，从小球从开始运动到落地的过程中，只有重力做，其机械能守恒，根据机械能守恒定律有：
mg(H−Lcs60°)=12mv2
代入数据得：v=5m/s
(2)设小球运动到B点的速度大小为vB，小球从A点到B点的过程中，受重力与线的拉力作用，只有重力做功，小球的机械能守恒，根据机械能守恒定律有：
mg(L−Lcs60°)=12mvB2
解得：vB=3m/s
线被剪断后，小球从B点开始做平抛运动，设小球做平抛运动的时间为t，根据平抛运动规律有：
H−L=12gt2
解得：t=0.4s
则可得落地点D与C点的距离为：
xCD=vBt=3×0.4m=1.2m
答：(1)摆球落地时速度的大小为5m/s；
(2)落地点D到C的距离1.2m。
【解析】(1)从开始下摆到小球落地的过程中，只有重力做功，小球机械能守恒，根据机械能守恒定律求出摆球落地速度大小；
(2)根据机械能守恒定律求出小球在B点的速度大小，由平抛运动规律求出落地点D到C的距离。
在利用机械能守恒定律分析问题时，一定要注意分析物体受力，理解机械能守恒的条件只有重力或弹力做功的实质意义；掌握平抛运动在水平方向与竖直方向的分运动性质。
17..解：(1)由平抛运动规律可知
水平方向：x=v0t
竖直方向：ℎ=12gt2
代入数据解得v0=3m/s
(2)小球在B点竖直方向的速度vBy= 2gℎ=4m/s
在B点速度与水平方向的夹角为tanθ=vByv0=43
则θ=53°
从A到C由机械能守恒定律得12mv02+mg[ℎ+R(1−cs53°)]=12mvC2
由牛顿第二定律得FN−mg=mvC2R
解得FN=24N
答：(1)小球抛出的水平速度为3m/s；
(2)经过圆弧槽最低点C时轨道对小球的支持力大小为24N。
【解析】(1)由平抛运动规律可解得初速度大小；
(2)根据运动的分解求得圆心角θ，根据机械能守恒定律结合牛顿第二定律求得支持力大小
本题考查平抛运动，圆周运动与机械能守恒定理，应用过程中注意对运动过程的分段分析。
18..解：(1)从A到B，根据功能关系可知，弹簧的弹性势能为：Ep=12mv12
(2)在C点，根据牛顿第二定律可得：mg=mvC2R，解得vC= gR
从B到C根据动能定理可得：−mg⋅2R+Wf=12mvC2−12mvB2
解得Wf=52mgR−12mv12
(3)物体从C点做平抛运动，则2R=12gt2，解得t=2 Rg
水平方向通过的位移为x=vCt=2R
答：(1)弹簧压缩至A点时的弹性势能为12mv12；
(2)物体沿半圆形导轨运动过程中所受摩擦阻力做的功为52mgR−12mv12；
(3)物体的落点与B点的距离为2R。
【解析】(1)，物体从A点至B点的过程中机械能守恒定律，弹簧的弹性势能等于体经过B点的动能；
(2)在C点根据牛顿第二定律求得C点的速度，从B到C根据动能定理求得摩擦力做功；
(3)从C点做平抛运动，根据运动学公式求得水平位移。
本题考查动能定理、平抛运动以及功能关系的应用，关键是抓住临界条件恰好通过轨道的最高点即可。
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