还剩17页未读，
继续阅读
所属成套资源：2021年高三物理上学期期中测试卷及答案
成套系列资料，整套一键下载
北京市海淀区2021届高三上学期期中考试 物理(含答案)
展开
2021届北京市海淀区高三上学期期中考试
物理 2020.11
本试卷共8页，100分，考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回。
一、本题共10分，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的。全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。把正确的答案填涂在答题纸上。
1、如图1所示，用同样大小的力F1、F2提一桶水沿水平路面做匀速直线运动。已知两个力F1、F2在同一竖直平面内。下列说法中正确的是
A两个力的夹角大一些省力
B两个力的夹角小一些省力
C两个力的夹角变大，F1、F2的合力也变大
D两个力的夹角变大，F1、F2的合力保持不变
【答案】BD
【解析】两个人提同一桶水做匀速直线运动，说明两个力的的合力与桶和水的重力大小相等、方向相反，如果两个力的夹角大一些，而合力不变，故这两个分力就会增大一些，如果两个力的夹角小一些，则两个分力的大小就会小一些，选项A错误，B正确；
由于这两个力的合力的大小都等于桶和水的重力，方向相反，故合力不变，选项C错误，D正确。
2、二维运动传感器设计原理如图2甲所示，通过B1、B2两个接收器，计算机可以记录各个时刻运动物体A的位置坐标。计算机可以根据位置坐标，分别绘出物体A的水平分速度大小vx（用虚线表示）和竖直分速度vy（用实线表示）随时间变化的v—t图像，如图2乙所示。根据题中信息
A可以看出物体A的竖直方向的分运动是匀加速运动
B可以看出物体A的水平方向的分运动是匀速运动
C可以求出物体A在竖直方向的加速度的大小
D无法求出物体A做平抛运动速度的大小
【答案】ABC
【解析】由于实线是竖直分速度随时间变化情况，它是一条过原点的直线，说明竖直方向上做的是初速度为0的匀加速直线运动，其加速度的大小等于图线的斜率大小，故竖直方向的加速度也可以计算得出，选项AC正确；
又由于虚线表示水平方向的分速度，看出是一条平行于时间轴的直线，说明它做的是匀速运动，选项B正确；而这个速度就是物体做平抛运动的初速度的大小，故平抛运动的初速度的大小是可以求出的，选项D错误。
3、如图3所示，不可伸长的轻质细绳的一端固定于O点，另一端系一个小球，在O点的正下方一个钉子A，小球从右侧某一高度，由静止释放后摆下，不计空气阻力和细绳与钉子相碰时的能量损失。下列说法中正确的是
A小球摆动过程中，所受合力大小保持不变
B小球在左侧所能达到的最大高度可能大于在右侧释放时的高度
C当细绳与钉子碰后的瞬间，小球的向心加速度突然变小
D钉子的位置靠近小球，在细绳与钉子相碰时绳就越容易断
【答案】D
【解析】小球在由静止释放后，小球向下运动，故小球的重力做正功，小球会加速向下运动，小球做圆周运动的线速度在增大，故它受到的合外力是变化的，如果小球做的是匀速圆周运动，根据F向= m可知，小球受到的合外力的大小是不变的，而现在的合外力是变化的，故选项A错误；
根据能量守恒，小球在左侧也能摆到与右侧同样的高度，不会大于右侧，选项B错误；
细绳与钉子碰后的瞬间，小球的线速度可以认为是不变的，而半径变小了，故根据向心加速度a=可知，加速度变大了，选项C错误；
钉子的位置越靠近小球，相当于小球在下半部分做圆周运动的半径越小，即R变小；小球在最下端，根据牛顿第二定律可知：F-mg=m，所以F= mg+m，所以R越小，则F越大，绳就越容易断，选项D正确。
4、某同学用如图4所示实验来认识超重和失重现象，先保持手指和钩码静止，感受套在手指上的橡皮筋对手指压力的变化。下列说法中正确的是
A钩码下降过程，处于失重状态
B钩码上升过程，处于失重状态
C钩码下降和上升过程，都能出现失重现象
D钩码由最低点上升到最高点的过程，先出现超重现象，后出现失重现象
【答案】CD
【解析】钩码在最上端向下运动的过程中，先是加速下降，后是减速下降，其加速度的方向先是向下的，后是向上的，所以是先失重后超重，选项A错误；
钩码在最下端向上运动的过程中，先是加速上升，后是减速上升，其加速度的方向先是向上的，后是向下的，所以是先超重后失重，选项B错误，D正确；
可见钩码上升和下降的过程都可能出现失重现象，当然也都可能出现超重现象，选项C正确。
5、如图5所示，木块A、B分别重50N和60N，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.20，夹在B之间的弹簧被压缩了1cm，弹簧的劲度系数为400N/m，系统置于水平地面上静止不动（可认为木块与水平地面之间的最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力）。现用F=2N的水平拉力作用在木块B上，此时木块A、B所受摩擦力分别记为fA和fB。则
AfA=10N BfA的方向水平向左
CfB=10N DfB的方向水平向左
【答案】CD
【解析】由于中间的弹簧被压缩了1cm，弹簧的劲度系数为400N/m，故弹簧对A和B两个的作用力为F＇=kx=400N/m×0.01m=4N，方向均向外；而对物体A而言，它的重力是50N，放在水平桌面上，它对桌面的压力也是50N，所以它的最大静摩擦力为fA静=0.2×50N=10N，因为F＇
6、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布署全面完成。北斗航系统由不同轨道的卫星构成，其中北斗导航系统第41颗卫星为地球同步轨道卫星，它的轨道半径约为4.2×107m。第44颗为倾斜地球同步卫星，运行周期等于地球的自转周期24h。两种同步卫星的绕行轨道都为圆轨道。倾斜地球同步轨道平面与地球赤道平面成一定的夹角，如图6所示。已知引力常量G=6.67×10-11Nm2/kg2。下列说法中正确的是
A两种同步卫星的轨道半径大小相等
B两种同步卫星的运行速度都小于第一宇宙速度
C根据题目数据可估算出地球的平均密度
D地球同步轨道卫星的向心加速度大小大于赤道上随地球一起自转的物体的向心加速度大小
【答案】ABD
【解析】由于两种卫星的周期相等，都是24h，故根据可得半径r3=，所以它们的轨道半径大小也相等，选项A正确；
第一宇宙速度是指近地卫星的环绕速度，其半径等于地球的半径，而同步卫星的半径要大于近地卫星的半径，故再根据可得v2=，半径越大，速度越小，故同步卫星的运行速度小于第一宇宙速度，选项B正确；
欲得出星球密度，就需要知道近地卫星的运行周期，而不是同步卫星的周期，所以选项C错误；
地球同步卫星与赤道上随地球一起自转的物体的周期是相等的，或者说角速度是相等的，根据向心加速度a=ω2r可知，半径大的向心加速度大，而同步卫星的半径大，所以同步卫星的向心加速度较大，选项D正确。
7、取一较长的轻质软绳，用手握住一端O，将绳拉平后在竖直平面内连续向上、向下抖动长绳，手上下振动的周期是T，可以看到一列波产生和传播的情形，如图7所示。在绳上做个标记P（图中未标出），且O、P的平衡位置间距为L。t=0时，O位于最高点，P离开平衡位置的位移恰好为零，振动方向竖直向上。若该波可以看作是简谐波，下列判断正确的是
A该波是纵波
B该波的最大波长为4L
Ct=3T/8时，P的振动方向竖直向下
D若手上下振动加快，该简谐波的波长将变大
【答案】BC
【解析】由图可知，绳波是沿水平方向向右传播的，而绳上各点的振动方向是竖直方向，所以波的传播方向与质点的振动方向垂直，所以该波是横波，选项A错误；
由图可知，现在O点在最上方，P点在平衡位置，且向上振动，根据同侧法可知，P点在如图所示的1/4波长的位置，也可以是5/4波长的位置，。。。，故λ=L，或者λ=L，。。。，所以波长λ=4L，或者λ=L，。。。，可见所以波的最大波长是4L，选项B正确；
在t=T时，因为T>T，说明质点P向上运动到最大位置后又向下运动了，故此时P的振动方向是竖直向下的，选项C正确；
若手上下的振动加快，则说明周期变小，而波速是不变的，而根据λ=vT可知，波长将变小，选项D错误。
8、一足够长的粗糙斜面固定在水平地面上，可视为质点的物块从斜面底端以某一初速度冲上斜面。取地面为重力势能零势能面，不计空气阻力。图8中可能反映物块从向上滑动到返回底端的过程中，其动能Ek、重力势能Ep、机械能E随物块滑动路程x变化关系的是
【答案】AC
【解析】由于斜面是粗糙的，存在摩擦阻力，所以物体上升到最高点再返回的过程中有能量的损失，故动能会减小，选项B错误，A正确；
重力势能在上升时随路程的增大而增大，下降时随路程的增大而逐渐减小，选项C正确；
根据功能关系，机械能的减少量等于摩擦力做的功，而摩擦力做的功W=fx，由于上滑和下降时摩擦力f都是不变的，故机械能一直在减小，并且E—x图像的斜率是不变的，不存在前半段减小快，后半段减小慢的现象，故选项D错误。
9、如图9甲所示，把两个质量相等的小车A和B静止地放在光滑的水平地面上。它们之间装有被压缩的轻质弹簧，用不可伸长的轻细线把它们系在一起。如图9乙所示，让B紧靠墙壁，其他条件与图9甲相同。烧断细线后，下列说法中正确的是
A当弹簧的压缩量减小到原来一半时，甲图中小车A和B组成的系统的动量为零
B当弹簧的压缩量减小到原来一半时，乙图中小车A和B组成的系统的动量为零
C当弹簧恢复原长时，乙图中A车速度是甲图中A车速度的2倍
D从绕断细线到弹簧恢复原长的过程中，乙图中弹簧对B车的冲量是甲图中弹簧对B车的冲量的倍
【答案】AD
【解析】对于甲来说，绕断细线后，A与B做为整体在水平方向上不受力，故A与B组成的系统在水平方向上动量守恒，原来A与B是静止的，系统动量为零，故绕断细线后，小车A和B组成的系统动量仍然为零，选项A正确；
对于乙来说，绕断细线后，弹簧对B有向右的作用力，而B的右端是墙壁，所以墙壁会对B有一个向左的作用力，所以对A与B组成的系统而言，水平方向上受力不等于零，所以A与B在水平方向上的动量不守恒，故乙图中小车A和B组成的系统的动量不为零，选项B错误；
设弹簧压缩一定程度时，其弹性势能为Ep，对于甲图而言，弹簧恢复原长时，根据水平方向上动量为0可知，A与B的速度大小相等，方向相反，设其速度大小均为vA，再根据能量守恒得：2×mvA2=Ep；对于乙图而言，当弹簧恢复原长时，满足机械能守恒，则mvA＇2=Ep；所以，说明乙图中A车的速度是甲图中A车速度的倍，选项C错误；
甲图中弹簧对B车的冲量大小根据动量定理可知，等于B车动量的变化量，即IB=mvB=mvA；乙图中弹簧对B车的冲量大小等于弹簧对A车的冲时大小，因为作用力与时间都是相等的，故IB＇=mvA＇，所以，故乙图中弹簧对B车的冲量是甲图中弹簧对B车的冲量的倍，选项D正确。
10、在某星球表面将一轻弹簧竖直固定在水平面上，把质量为m的小球P（可视为质点）从弹簧上端由静止释放，小球沿竖直方向向下运动，小球的加速度a与弹簧压缩量x间的关系如图10所示，其中a0和x0为已知量。下列说法中正确的是
A当弹簧压缩量为x0时，小球P的速度为零
B小球向下运动至速度为零时所受弹簧弹力大小为ma0
C弹簧劲度系数为
D当弹簧的压缩量为x0时，弹簧的弹性势能为
【答案】D
【解析】设竖直向下为正方向，该星球的重力加速度为g0，故对小球受力分析可知：mg0-kx=ma，故小球运动的加速度大小为a=-x+g0；由图可知，当弹簧的压缩量为x0时，小球的加速度为0，小球的速度最大，选项A错误；
小球放到弹簧上松开手，小球在弹簧上做简谐振动，当小球向下运动至速度为0时，根据简谐运动的对称性可知，它与小球刚放到弹簧上时的加速度大小是相等的，方向相反，小球刚放到弹簧上时，满足x=0，只受星球吸引力的作用，故加速度大小为g0，即g0=a0，方向竖直向下，所以当小球的速度为0时，它的加速度大小也是g0，方向竖直向上，设此时的弹力大小为F，则F-mg0=mg0，故此时的弹力大小为2mg0，也可以表达成2ma0，选项B错误；
由a=-x+g0可知，当a=0时，x0=g0，故k==，即弹簧的劲度系数为，选项C错误；
当弹簧的压缩量为x0时，弹簧的弹性势能为Ep=mg0x0= max0，选项D正确。
二、本题共2小题，共15分。
11、（4分）图11是向心力演示仪的示意图，匀速转动手柄1，可使变速塔轮2和3以及长槽4和短槽5随之匀速转动，槽内的小球就做匀速圆周运动。小球做圆周运动的向心力由长槽及短槽上的档板6对小球的弹力提供，该力的大小通过档板的杠杆使弹簧测力筒7下降，从而露出标尺8，因此标尺8上露出的红白相间等分格子的多少可以显示出两个球所受向心力的大小。长槽上A档板距左转轴的距离与短槽上B档板距右转轴的距离相等。A＇档板距左转轴的距离是A档板距左转轴距离的两倍。皮带分别套在塔轮2和3上的不同圆盘上（已知塔轮2由上到下，圆盘半径分别为6.00cm、8.00cm、9.00cm；塔轮3由上到下圆盘半径分别为6.00cm、4.00cm、3.00cm），可改变两个塔轮的转速比，以探究圆周运动向心力大小的影响因素。图12中甲、乙、丙是用控制变量法探究小球所受向心力大小与小球质量、小球转动角速度和转动半径之间关系的实验情境图，所用钢球质量相同，钢球质量大于铝球质量。其中：
（1）探究小球所受向心力大小与小球质量之间关系的是图12中的_________（选填“甲”、“乙”、“丙”）；
（2）探究小球所受向心力大小与小球转动角速度之间关系的是图12中的_________（选填“甲”、“乙”、“丙”）；
【答案】（1）乙；（2）甲。
【解析】（1）题中想探究的是小球受到的向心力大小与小球质量之间的关系，故需要使质量变化，而保证角速度、半径相等，观察三个图可知，乙图中在半径相等的位置处放的是钢球和铝球，二者的质量不相等，所以选乙；
（2）题中想探究的是小球受到的向心力大小与小球转动角速度之间的关系，故需要使角速度变化，保证质量、半径相等，角速度变化看不明显，我们也可以反过来看其控制的变量；图甲中的小球都是钢球，质量相等，它们距轴心的距离也都是相等的，即半径相等，所以选甲。
12、（11分）小明和小红同学分别通过实验探究“加速度与质量的关系“和”加速度与力的关系“。
（1）小明同学在探究小车加速度与质量的关系时，采用了如图13所示方案。
①保持砝码盘中砝码质量不变，通过增减小车中的砝码个数改变小车中砝码和小车的总质量M，与此相对应，利用纸带上打出的点来测量小车的加速度。对此实验方案，下列做法中合理的是______________；
A在平衡阻力时，需要把木板的一侧垫高，并将砝码盘及盘中砝码用细线通过定滑轮系在小车上
B实验前，先接通打点计时器电源，待打点计时器工作稳定后再释放小车
C调节滑轮，使细线与木板平行
②实验中打出的一条纸带的部分实验数据如图14所示，相邻两个计数点间还有四个点未画出。所用交变频率为50Hz，由该纸带可求小车的加速度a=______________m/s2（结果保留两位有效数字）；
③小明记录的6组实验数据如下表所示，其中5组数据的对应点已经标在图15的坐标纸上，请用“+“标出余下的一组数据的对应点，并作出a—图像。由a—图像可得出的实验结论为____________。
（2）小红同学在探究小车的加速度a与所受合外力的关系时，设计并采用了如图16所示的方案。其实验操作步骤如下：
a挂上砝码盘和砝码，调节木板的倾角，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑；
b取下砝码盘和砝码，测出其总质量为m，并让小车沿木板下滑，测出加速度a；
c改变砝码盘中砝码的个数，重复步骤a和b，多次测量，作出a—F图像。
①该实验方案_________满足条件M>>m（选填“需要“或”不需要“）；
②若小红同学实验操作规范，随砝码盘中砝码个数的增加，作出的a—F图像最接近图17中的_____________。
【答案】（1）①BC；②0.475；③余下的一组数据对应点和做出的图像如图所示；在合力力不变的情况下，加速度与质量成反比；（2）①不需要；②A。
【解析】（1）①在平衡阻力时，不需要细线对小车有力的作用，故不用将砝码盘及盘中中的砝码用细线通过定滑轮系在小车上，选项A错误；
实验时，需要先接通打点计时器的电源，待打点计时器工作稳定后再释放小车，选项B正确；
调节滑轮，使细线与木板平行，选项C正确。
②因为交流电的频率是50Hz，相邻还有四个点未画出，所以相邻计数点的时间间隔是T=0.1s；故纸带的加速度a==0.475m/s2；
③第五组数据没有标在图上，找出当加速度为0.81m/s2时的=2.78kg-1对应点，用“+”号表示即可；这些点可以用直线连接起来，并且过原点，说明在合力力不变的情况下，加速度与质量的倒数成正比，与质量成反比；
（2）①当盘及砝码匀速下滑时，对小车受力分析可知：mg+f=Mgsinθ，其中f是小车下滑时受到的摩擦力，θ是斜面与水平面的夹角；当去掉盘与砝码时，小车加速向下运动，再对小车进行受力分析可得：Mgsinθ-f=Ma，联立两式可得：mg=Ma，我们取盘与砝码的重力为F，则F=Ma；故该方案不需要满足条件M>>m；
②由表达式F=Ma可知，加速度a与合外力F之间在关系成正比例，即选项A正确。
三、本题包括6小题，共55分。解答应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。
13、（8分）如图18所示，一质量m=2.0kg的物体静止在水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数μ=0.5。现用一大小为10N、与水平方向成θ=37°斜向右上方的力F拉物体，使物体沿水平地面做匀速直线运动。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，空气阻力可忽略不计，取重力加速度g=10m/s2。
（1）物体做匀加速直线运动的加速度a；
（2）物体由静止开始运动，前4.0s内位移的大小x；
（3）物体由静止开始运动4.0s的过程中，拉力F的冲时大小I。
【答案】（1）5.5m/s2；（2）44m；（3）40Ns。
【解析】（1）对物体受力分析可得：Fcosθ-f=ma；FN+Fsinθ=mg；f=μFN；
联立以上三式解之得：a=5.5m/s2；
（2）根据x=at2=×5.5m/s2×（4.0s）2=44m；
（3）拉力F的冲量I=Ft=10N×4.0s=40Ns。
14、（8分）第24届冬季奥林匹克运动会将于2022年由北京和张家口联合举办。高山滑雪是比赛项目之一，因其惊险刺激、动作优美深受观众喜爱。如图19所示，为了备战北京冬奥会，一名滑雪运动员在倾角为θ的山坡滑道上进行训练，运动员及装备的总质量为m，山坡滑道底端与水平滑道平滑连接，滑雪板与山坡滑道及水平滑道间的动摩擦因数为同一常数。运动员从山坡滑道上某处由静止速下滑，经过时间t到达山坡滑道底端，速度大小为v。继续在水平滑道上滑行了一段距离后静止。运动员视为质点，空气阻力或忽略不计，重力加速度为g。
（1）求滑雪运动员沿山坡滑道下滑时所受摩擦力f的大小；
（2）求滑雪运动员沿山坡滑道滑到底端时运动员及装备所受重力的瞬时功率P；
（3）某同学认为，仅改变运动员及装备的总质量，可改变运动员在水平滑道上滑过的距离。你是否同意该同学的观点？请说明理由。（注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的，要在解题时做必要的说明）
【答案】（1）f= mgsinθ-m；（2）P=mgvsinθ；（3）不同意，理由见解析。
【解析】（1）由于下滑时的初速度为0，末速度为v，时间为t，所以下滑的加速度为a=；
对人下滑时受力分析得：mgsinθ-f=ma，故摩擦力大小为f= mgsinθ-m；
（2）重力的瞬时功率为P=mgvy=mgvsinθ；
（3）设运动员与滑道的动摩擦因数为μ，斜面滑道的长度为L，运动员沿水平滑道滑行的长度为x，
则从起点到终点，根据动能定理得：mgLsinθ-μmgcosθ×L-μmg×x=0-0，
故x=-Lcosθ，可知水平滑道上滑过的距离x与质量m无关。
15、（8分）如图20所示，一截面为正方形的塑料管道固定在水平桌面上，管道内充满液体，其右端面上有一截面积为S的小喷口，喷口离地的高度为h（h远远大于喷口的直径）。管道中有一与截面平行的活塞，活塞沿管道向右匀速推动液体使液体从喷口水平射出，液体落地点离喷口的水平距离为h。若液体的密度为ρ，重力加速度为g。液体在空中不散开，不计空气阻力，液体不可压缩且没有黏滞性。
（1）液体从小喷口水平射出速度的大小v0；
（2）喷射过程稳定后，空中液体的质量m；
（3）假设液体击打在水平地面上后速度立即变为零，求液体击打地面水平向右的平均作用力的大小Fx。
【答案】（1）v0=；（2）m=hSρ；（3）Fx=Sρv02；
【解析】（1）因为液体做平抛运动，
水平方向上：h=v0t；竖直方向上：h=gt2；
解得：v0=；
（2）由于喷出的时间为t=；故空中液体的质量m=v0t×S×ρ=hSρ；
（3）设液体与水平地面间的作用时间为△t，取△t时间内液体为研究对象；
液体水平向右的初速度为v0，末速度为0，取向右为正方向，
根据动量定理得：Fx＇×△t=0-△mv0；因为△m= v0△t×S×ρ；
解之得：Fx＇=-Sρv02；
根据牛顿第三定律可知：Fx=- Fx＇=Sρv02；
16、（9分）如图21所示，质量为m=1kg、左端有挡板的长木板置于水平地面上，木板上表面光滑，木板下表面与地面间的动摩擦因数μ=0.3。一固定有电动机的滑块，其总质量也为1kg，放置在木板上，电动机可收拢与档板拴接的不可伸长的水平轻绳，起初滑块离档板的距离L=4m。开启电动机收拢轻绳，滑块由静止开始做匀加速直线运动。设木板所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力，空气阻力不计，取g=10m/s2。
（1）若开启电动机后木板始终保持静止，滑块运动2s到达木板左侧档板处，求此时滑块的速度大小v0；
（2）若通电后，绳子上拉力为恒力F=7N，滑块由静止开始运动，到达档板处与档板碰撞后结合成一个整体（碰撞时间极短，相撞时电动机立即断电），最终两者停在水平地面上，
求：①滑块与档板碰撞过程中二者损失的总机械能△E；
②整个过程中电动机对餐做的总功W。
【答案】（1）v0=4m/s；（2）①△E=16J；②W=28J。
【解析】（1）当木板静止时，对于滑块而言，其初速度为0，L=4m，运动时间t=2s；
故根据L=可知，滑块的速度大小为v0==4m/s；
（2）①通电后，因为绳子上的力恒为F=7N，则电动机的加速度大小为a1==7m/s2；
对木板受力分析得：F-μ×2mg=ma2，则木板的加速度大小为a2=1m/s2；
设经过时间t电动机与木板相撞，则；解得t=1s；
所以碰撞前电动机的速度v1=a1t=7m/s；木板的速度v2=a2t=1m/s；这两个速度方向相反；
木板前进的距离x2==0.5m；
电动机与木板碰撞时，取向左为正方向，由于动量守恒，故mv1-mv2=2mv，解得v=3m/s；
所以碰撞时损失的机械能△E=mv12+mv22-×2mv2=16J；
②由于碰撞后，电动机就关闭了，所以在碰撞前，电动机做的功使得滑块与木板的动能增加，还使得木板克服地面的摩擦力做功，故电动机对外做的总功W=mv12+mv22+μ×2mg×x2=28J。
17、（10分）如图22甲所示，粗糙平直轨道与半径为R的光滑半圆形竖直轨道平滑连接。质量为m、可视为质点的滑块与平直轨道间的动摩擦因数为μ，由距离圆形轨道最低点为L的A点，以水平向右的不同初速度滑上平直轨道，滑过平直轨道后冲上圆形轨道，在圆形轨道最低点处有压力传感器，滑块沿圆形轨道上滑的最大高度h与滑块通过圆形轨道最低点时压力传感器的示数F之间的关系如图22乙所示。
（1）若滑块沿圆形轨道上滑的最大高度为R，求滑块在A点初速度的大小v0；
（2）求图22乙中F0的大小；
（3）请通过推导写出F<3mg时h与F的关系式，并将图21乙中F<3mg的部分图像补充完整。
【答案】（1）v0=；（2）F0=6mg；（3）h=；图像如图所示。
【解析】（1）由图像可知，当滑块沿圆形轨道上滑的最大高度是R时，滑块在在圆形轨道的最低点对轨道的压力是3mg；
则根据牛顿第二定律得：F支-mg=m，而F支=F压=3mg，解之得v=；
再由A到圆形轨道的最低点，由动能定理可得：-μmgL=mv2-mv02；
解得v0=；
（2）再由乙图可知，当压力为F0时，滑块刚好通过圆形轨道的最高点，
故在最高点，由牛顿第二定律可得：mg=m，解得：v1=；
在由圆形轨道的最高点到最低点，由动能定理得：mg×2R=mv22-mv12；
解得：v2=；
在圆形轨道的最低点，则F0-mg= m，解得F0=6mg；
（3）当F<3mg时，滑块上升的高度小于R，由机械能守恒得：mgh=mv32；
在最低点：F-mg=m，故可得：h=；
所以h和F的图像是一条直线，取两个特殊点，用直线连接起来即可，而当h<0时没有意义，故只画h>0的这一部分即可。
18、（12分）“势阱“是量子力学中的常见概念，在经典力学中也有体现。当粒子在某力场中运动，其势能函数曲线在空间某范围内存在最小值，形如陷阱，粒子很难跑出来。各种形式的势能函数只要具有这种特点，我们都可以称它为势阱，比如重力势阱、引力势阱、弹力势阱等。
（1）如图23甲所示，光滑轨道abc固定在竖直平面内形成一重力势阱，两侧高分别为kH和H。一可视为质点的质量为m的小球，静置于水平轨道b处。已知重力加速度为g。
①以a处所在平面为重力势能面，写出该小球在b处机械能的表达式；
②使小球由b处开始运动，从右侧处脱离该重力势阱，至少需要给小球提供多少动能？
（2）我国首个火星探测器命名为“天问一号“。为了简化问题，可以认为地球和火星在同一平面上绕匀速圆周运动，火星轨道半径约为地球轨道半径的1.5倍。从地球表面向火星发射火星探测器，简单又比较节省能量的发射过程可简化为：先在地球表面使探测器加速并获得足够的动能，从而摆脱地球引力势阱的束缚，经过一系列调整使探测器成为一颗沿地球公转轨道近似为圆形运行的人造卫星；然后使探测器在适当的位置加速，经过椭圆轨道（霍曼转移轨道）到达火星。
①已知取无限远处为引力势能零点，间距为r、质量分别为m1和m2的两质点组成的系统具有的引力势能可表示为Ep=-，式中G为引力常量且大小已知。已知地球质量为M、半径为R，在如图23乙所示的坐标系中，纵轴表示引力势能，横轴表示质量为m的探测器到地心的距离r(r≥R)。请在该坐标系中定性画出地球与探测器组成的系统具有的引力势能函数曲线。静置于地面处的该探测器，至少需要获得多大速度（相对于地心，不考虑地球的自转和空气阻力及其他天体的影响），才能摆脱地球引力势阱的束缚；
②由开普勒定律可知：所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上；所有行星的轨道的半长轴的三次方距它的公转周期的二次方的比值都相等。如图23丙所示，请经过计算，判断当火星运行到哪个位置（A、B、C、D、E、F、G）附近时，在地球公转轨道上H点的探测器开始发射（即瞬间加速，加速时间可忽略），此后探测器仅在太阳引力作用下，可经过霍曼转移轨道在I点到达火星。（可能需要用到的数据：，。
【答案】（1）①E=-kmgH；②Ek=mgH；（2）①引力势能函数曲线如下图所示；v=；②E点。
【解析】（1）①小球在b处的机械能：E=-kmgH；
②要使小球b从c点脱离，则根据机械能守恒得：-kmgH+Ek=-mg(kH-H)，解得Ek=mgH；
（2）①地球与探测器组成的系统具有的引力势能函数曲线如图所示；当r=R时，引力势能Ep=-，随着r的增大，引力势能的绝对值逐渐减小，引力势能逐渐增大；
设静置于地面处的探测器，至少需要速度v才能摆脱地球引力势阱的束缚；
故由机械能守恒得：-+mv2=0；解得v=；
②设地球的公转半径为R，则火星的公转半径为1.5R，探测器的半长轴为=1.25R；
对于地球和探测器而言，根据开普勒第三定律：，故T探=1.40T地；
对于地球和火星而言，根据开普勒第三定律：，故T火=1.84T地；
故T探=T火=0.76T火≈ T火
所以当探测器从H点飞行到I点时的时间为探测器的半个周期，即t=T探= T火，即当火星运行到E点附近时，可以使探测器与火星在I点相遇。
物理 2020.11
本试卷共8页，100分，考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回。
一、本题共10分，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的。全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。把正确的答案填涂在答题纸上。
1、如图1所示，用同样大小的力F1、F2提一桶水沿水平路面做匀速直线运动。已知两个力F1、F2在同一竖直平面内。下列说法中正确的是
A两个力的夹角大一些省力
B两个力的夹角小一些省力
C两个力的夹角变大，F1、F2的合力也变大
D两个力的夹角变大，F1、F2的合力保持不变
【答案】BD
【解析】两个人提同一桶水做匀速直线运动，说明两个力的的合力与桶和水的重力大小相等、方向相反，如果两个力的夹角大一些，而合力不变，故这两个分力就会增大一些，如果两个力的夹角小一些，则两个分力的大小就会小一些，选项A错误，B正确；
由于这两个力的合力的大小都等于桶和水的重力，方向相反，故合力不变，选项C错误，D正确。
2、二维运动传感器设计原理如图2甲所示，通过B1、B2两个接收器，计算机可以记录各个时刻运动物体A的位置坐标。计算机可以根据位置坐标，分别绘出物体A的水平分速度大小vx（用虚线表示）和竖直分速度vy（用实线表示）随时间变化的v—t图像，如图2乙所示。根据题中信息
A可以看出物体A的竖直方向的分运动是匀加速运动
B可以看出物体A的水平方向的分运动是匀速运动
C可以求出物体A在竖直方向的加速度的大小
D无法求出物体A做平抛运动速度的大小
【答案】ABC
【解析】由于实线是竖直分速度随时间变化情况，它是一条过原点的直线，说明竖直方向上做的是初速度为0的匀加速直线运动，其加速度的大小等于图线的斜率大小，故竖直方向的加速度也可以计算得出，选项AC正确；
又由于虚线表示水平方向的分速度，看出是一条平行于时间轴的直线，说明它做的是匀速运动，选项B正确；而这个速度就是物体做平抛运动的初速度的大小，故平抛运动的初速度的大小是可以求出的，选项D错误。
3、如图3所示，不可伸长的轻质细绳的一端固定于O点，另一端系一个小球，在O点的正下方一个钉子A，小球从右侧某一高度，由静止释放后摆下，不计空气阻力和细绳与钉子相碰时的能量损失。下列说法中正确的是
A小球摆动过程中，所受合力大小保持不变
B小球在左侧所能达到的最大高度可能大于在右侧释放时的高度
C当细绳与钉子碰后的瞬间，小球的向心加速度突然变小
D钉子的位置靠近小球，在细绳与钉子相碰时绳就越容易断
【答案】D
【解析】小球在由静止释放后，小球向下运动，故小球的重力做正功，小球会加速向下运动，小球做圆周运动的线速度在增大，故它受到的合外力是变化的，如果小球做的是匀速圆周运动，根据F向= m可知，小球受到的合外力的大小是不变的，而现在的合外力是变化的，故选项A错误；
根据能量守恒，小球在左侧也能摆到与右侧同样的高度，不会大于右侧，选项B错误；
细绳与钉子碰后的瞬间，小球的线速度可以认为是不变的，而半径变小了，故根据向心加速度a=可知，加速度变大了，选项C错误；
钉子的位置越靠近小球，相当于小球在下半部分做圆周运动的半径越小，即R变小；小球在最下端，根据牛顿第二定律可知：F-mg=m，所以F= mg+m，所以R越小，则F越大，绳就越容易断，选项D正确。
4、某同学用如图4所示实验来认识超重和失重现象，先保持手指和钩码静止，感受套在手指上的橡皮筋对手指压力的变化。下列说法中正确的是
A钩码下降过程，处于失重状态
B钩码上升过程，处于失重状态
C钩码下降和上升过程，都能出现失重现象
D钩码由最低点上升到最高点的过程，先出现超重现象，后出现失重现象
【答案】CD
【解析】钩码在最上端向下运动的过程中，先是加速下降，后是减速下降，其加速度的方向先是向下的，后是向上的，所以是先失重后超重，选项A错误；
钩码在最下端向上运动的过程中，先是加速上升，后是减速上升，其加速度的方向先是向上的，后是向下的，所以是先超重后失重，选项B错误，D正确；
可见钩码上升和下降的过程都可能出现失重现象，当然也都可能出现超重现象，选项C正确。
5、如图5所示，木块A、B分别重50N和60N，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.20，夹在B之间的弹簧被压缩了1cm，弹簧的劲度系数为400N/m，系统置于水平地面上静止不动（可认为木块与水平地面之间的最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力）。现用F=2N的水平拉力作用在木块B上，此时木块A、B所受摩擦力分别记为fA和fB。则
AfA=10N BfA的方向水平向左
CfB=10N DfB的方向水平向左
【答案】CD
【解析】由于中间的弹簧被压缩了1cm，弹簧的劲度系数为400N/m，故弹簧对A和B两个的作用力为F＇=kx=400N/m×0.01m=4N，方向均向外；而对物体A而言，它的重力是50N，放在水平桌面上，它对桌面的压力也是50N，所以它的最大静摩擦力为fA静=0.2×50N=10N，因为F＇
6、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布署全面完成。北斗航系统由不同轨道的卫星构成，其中北斗导航系统第41颗卫星为地球同步轨道卫星，它的轨道半径约为4.2×107m。第44颗为倾斜地球同步卫星，运行周期等于地球的自转周期24h。两种同步卫星的绕行轨道都为圆轨道。倾斜地球同步轨道平面与地球赤道平面成一定的夹角，如图6所示。已知引力常量G=6.67×10-11Nm2/kg2。下列说法中正确的是
A两种同步卫星的轨道半径大小相等
B两种同步卫星的运行速度都小于第一宇宙速度
C根据题目数据可估算出地球的平均密度
D地球同步轨道卫星的向心加速度大小大于赤道上随地球一起自转的物体的向心加速度大小
【答案】ABD
【解析】由于两种卫星的周期相等，都是24h，故根据可得半径r3=，所以它们的轨道半径大小也相等，选项A正确；
第一宇宙速度是指近地卫星的环绕速度，其半径等于地球的半径，而同步卫星的半径要大于近地卫星的半径，故再根据可得v2=，半径越大，速度越小，故同步卫星的运行速度小于第一宇宙速度，选项B正确；
欲得出星球密度，就需要知道近地卫星的运行周期，而不是同步卫星的周期，所以选项C错误；
地球同步卫星与赤道上随地球一起自转的物体的周期是相等的，或者说角速度是相等的，根据向心加速度a=ω2r可知，半径大的向心加速度大，而同步卫星的半径大，所以同步卫星的向心加速度较大，选项D正确。
7、取一较长的轻质软绳，用手握住一端O，将绳拉平后在竖直平面内连续向上、向下抖动长绳，手上下振动的周期是T，可以看到一列波产生和传播的情形，如图7所示。在绳上做个标记P（图中未标出），且O、P的平衡位置间距为L。t=0时，O位于最高点，P离开平衡位置的位移恰好为零，振动方向竖直向上。若该波可以看作是简谐波，下列判断正确的是
A该波是纵波
B该波的最大波长为4L
Ct=3T/8时，P的振动方向竖直向下
D若手上下振动加快，该简谐波的波长将变大
【答案】BC
【解析】由图可知，绳波是沿水平方向向右传播的，而绳上各点的振动方向是竖直方向，所以波的传播方向与质点的振动方向垂直，所以该波是横波，选项A错误；
由图可知，现在O点在最上方，P点在平衡位置，且向上振动，根据同侧法可知，P点在如图所示的1/4波长的位置，也可以是5/4波长的位置，。。。，故λ=L，或者λ=L，。。。，所以波长λ=4L，或者λ=L，。。。，可见所以波的最大波长是4L，选项B正确；
在t=T时，因为T>T，说明质点P向上运动到最大位置后又向下运动了，故此时P的振动方向是竖直向下的，选项C正确；
若手上下的振动加快，则说明周期变小，而波速是不变的，而根据λ=vT可知，波长将变小，选项D错误。
8、一足够长的粗糙斜面固定在水平地面上，可视为质点的物块从斜面底端以某一初速度冲上斜面。取地面为重力势能零势能面，不计空气阻力。图8中可能反映物块从向上滑动到返回底端的过程中，其动能Ek、重力势能Ep、机械能E随物块滑动路程x变化关系的是
【答案】AC
【解析】由于斜面是粗糙的，存在摩擦阻力，所以物体上升到最高点再返回的过程中有能量的损失，故动能会减小，选项B错误，A正确；
重力势能在上升时随路程的增大而增大，下降时随路程的增大而逐渐减小，选项C正确；
根据功能关系，机械能的减少量等于摩擦力做的功，而摩擦力做的功W=fx，由于上滑和下降时摩擦力f都是不变的，故机械能一直在减小，并且E—x图像的斜率是不变的，不存在前半段减小快，后半段减小慢的现象，故选项D错误。
9、如图9甲所示，把两个质量相等的小车A和B静止地放在光滑的水平地面上。它们之间装有被压缩的轻质弹簧，用不可伸长的轻细线把它们系在一起。如图9乙所示，让B紧靠墙壁，其他条件与图9甲相同。烧断细线后，下列说法中正确的是
A当弹簧的压缩量减小到原来一半时，甲图中小车A和B组成的系统的动量为零
B当弹簧的压缩量减小到原来一半时，乙图中小车A和B组成的系统的动量为零
C当弹簧恢复原长时，乙图中A车速度是甲图中A车速度的2倍
D从绕断细线到弹簧恢复原长的过程中，乙图中弹簧对B车的冲量是甲图中弹簧对B车的冲量的倍
【答案】AD
【解析】对于甲来说，绕断细线后，A与B做为整体在水平方向上不受力，故A与B组成的系统在水平方向上动量守恒，原来A与B是静止的，系统动量为零，故绕断细线后，小车A和B组成的系统动量仍然为零，选项A正确；
对于乙来说，绕断细线后，弹簧对B有向右的作用力，而B的右端是墙壁，所以墙壁会对B有一个向左的作用力，所以对A与B组成的系统而言，水平方向上受力不等于零，所以A与B在水平方向上的动量不守恒，故乙图中小车A和B组成的系统的动量不为零，选项B错误；
设弹簧压缩一定程度时，其弹性势能为Ep，对于甲图而言，弹簧恢复原长时，根据水平方向上动量为0可知，A与B的速度大小相等，方向相反，设其速度大小均为vA，再根据能量守恒得：2×mvA2=Ep；对于乙图而言，当弹簧恢复原长时，满足机械能守恒，则mvA＇2=Ep；所以，说明乙图中A车的速度是甲图中A车速度的倍，选项C错误；
甲图中弹簧对B车的冲量大小根据动量定理可知，等于B车动量的变化量，即IB=mvB=mvA；乙图中弹簧对B车的冲量大小等于弹簧对A车的冲时大小，因为作用力与时间都是相等的，故IB＇=mvA＇，所以，故乙图中弹簧对B车的冲量是甲图中弹簧对B车的冲量的倍，选项D正确。
10、在某星球表面将一轻弹簧竖直固定在水平面上，把质量为m的小球P（可视为质点）从弹簧上端由静止释放，小球沿竖直方向向下运动，小球的加速度a与弹簧压缩量x间的关系如图10所示，其中a0和x0为已知量。下列说法中正确的是
A当弹簧压缩量为x0时，小球P的速度为零
B小球向下运动至速度为零时所受弹簧弹力大小为ma0
C弹簧劲度系数为
D当弹簧的压缩量为x0时，弹簧的弹性势能为
【答案】D
【解析】设竖直向下为正方向，该星球的重力加速度为g0，故对小球受力分析可知：mg0-kx=ma，故小球运动的加速度大小为a=-x+g0；由图可知，当弹簧的压缩量为x0时，小球的加速度为0，小球的速度最大，选项A错误；
小球放到弹簧上松开手，小球在弹簧上做简谐振动，当小球向下运动至速度为0时，根据简谐运动的对称性可知，它与小球刚放到弹簧上时的加速度大小是相等的，方向相反，小球刚放到弹簧上时，满足x=0，只受星球吸引力的作用，故加速度大小为g0，即g0=a0，方向竖直向下，所以当小球的速度为0时，它的加速度大小也是g0，方向竖直向上，设此时的弹力大小为F，则F-mg0=mg0，故此时的弹力大小为2mg0，也可以表达成2ma0，选项B错误；
由a=-x+g0可知，当a=0时，x0=g0，故k==，即弹簧的劲度系数为，选项C错误；
当弹簧的压缩量为x0时，弹簧的弹性势能为Ep=mg0x0= max0，选项D正确。
二、本题共2小题，共15分。
11、（4分）图11是向心力演示仪的示意图，匀速转动手柄1，可使变速塔轮2和3以及长槽4和短槽5随之匀速转动，槽内的小球就做匀速圆周运动。小球做圆周运动的向心力由长槽及短槽上的档板6对小球的弹力提供，该力的大小通过档板的杠杆使弹簧测力筒7下降，从而露出标尺8，因此标尺8上露出的红白相间等分格子的多少可以显示出两个球所受向心力的大小。长槽上A档板距左转轴的距离与短槽上B档板距右转轴的距离相等。A＇档板距左转轴的距离是A档板距左转轴距离的两倍。皮带分别套在塔轮2和3上的不同圆盘上（已知塔轮2由上到下，圆盘半径分别为6.00cm、8.00cm、9.00cm；塔轮3由上到下圆盘半径分别为6.00cm、4.00cm、3.00cm），可改变两个塔轮的转速比，以探究圆周运动向心力大小的影响因素。图12中甲、乙、丙是用控制变量法探究小球所受向心力大小与小球质量、小球转动角速度和转动半径之间关系的实验情境图，所用钢球质量相同，钢球质量大于铝球质量。其中：
（1）探究小球所受向心力大小与小球质量之间关系的是图12中的_________（选填“甲”、“乙”、“丙”）；
（2）探究小球所受向心力大小与小球转动角速度之间关系的是图12中的_________（选填“甲”、“乙”、“丙”）；
【答案】（1）乙；（2）甲。
【解析】（1）题中想探究的是小球受到的向心力大小与小球质量之间的关系，故需要使质量变化，而保证角速度、半径相等，观察三个图可知，乙图中在半径相等的位置处放的是钢球和铝球，二者的质量不相等，所以选乙；
（2）题中想探究的是小球受到的向心力大小与小球转动角速度之间的关系，故需要使角速度变化，保证质量、半径相等，角速度变化看不明显，我们也可以反过来看其控制的变量；图甲中的小球都是钢球，质量相等，它们距轴心的距离也都是相等的，即半径相等，所以选甲。
12、（11分）小明和小红同学分别通过实验探究“加速度与质量的关系“和”加速度与力的关系“。
（1）小明同学在探究小车加速度与质量的关系时，采用了如图13所示方案。
①保持砝码盘中砝码质量不变，通过增减小车中的砝码个数改变小车中砝码和小车的总质量M，与此相对应，利用纸带上打出的点来测量小车的加速度。对此实验方案，下列做法中合理的是______________；
A在平衡阻力时，需要把木板的一侧垫高，并将砝码盘及盘中砝码用细线通过定滑轮系在小车上
B实验前，先接通打点计时器电源，待打点计时器工作稳定后再释放小车
C调节滑轮，使细线与木板平行
②实验中打出的一条纸带的部分实验数据如图14所示，相邻两个计数点间还有四个点未画出。所用交变频率为50Hz，由该纸带可求小车的加速度a=______________m/s2（结果保留两位有效数字）；
③小明记录的6组实验数据如下表所示，其中5组数据的对应点已经标在图15的坐标纸上，请用“+“标出余下的一组数据的对应点，并作出a—图像。由a—图像可得出的实验结论为____________。
（2）小红同学在探究小车的加速度a与所受合外力的关系时，设计并采用了如图16所示的方案。其实验操作步骤如下：
a挂上砝码盘和砝码，调节木板的倾角，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑；
b取下砝码盘和砝码，测出其总质量为m，并让小车沿木板下滑，测出加速度a；
c改变砝码盘中砝码的个数，重复步骤a和b，多次测量，作出a—F图像。
①该实验方案_________满足条件M>>m（选填“需要“或”不需要“）；
②若小红同学实验操作规范，随砝码盘中砝码个数的增加，作出的a—F图像最接近图17中的_____________。
【答案】（1）①BC；②0.475；③余下的一组数据对应点和做出的图像如图所示；在合力力不变的情况下，加速度与质量成反比；（2）①不需要；②A。
【解析】（1）①在平衡阻力时，不需要细线对小车有力的作用，故不用将砝码盘及盘中中的砝码用细线通过定滑轮系在小车上，选项A错误；
实验时，需要先接通打点计时器的电源，待打点计时器工作稳定后再释放小车，选项B正确；
调节滑轮，使细线与木板平行，选项C正确。
②因为交流电的频率是50Hz，相邻还有四个点未画出，所以相邻计数点的时间间隔是T=0.1s；故纸带的加速度a==0.475m/s2；
③第五组数据没有标在图上，找出当加速度为0.81m/s2时的=2.78kg-1对应点，用“+”号表示即可；这些点可以用直线连接起来，并且过原点，说明在合力力不变的情况下，加速度与质量的倒数成正比，与质量成反比；
（2）①当盘及砝码匀速下滑时，对小车受力分析可知：mg+f=Mgsinθ，其中f是小车下滑时受到的摩擦力，θ是斜面与水平面的夹角；当去掉盘与砝码时，小车加速向下运动，再对小车进行受力分析可得：Mgsinθ-f=Ma，联立两式可得：mg=Ma，我们取盘与砝码的重力为F，则F=Ma；故该方案不需要满足条件M>>m；
②由表达式F=Ma可知，加速度a与合外力F之间在关系成正比例，即选项A正确。
三、本题包括6小题，共55分。解答应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。
13、（8分）如图18所示，一质量m=2.0kg的物体静止在水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数μ=0.5。现用一大小为10N、与水平方向成θ=37°斜向右上方的力F拉物体，使物体沿水平地面做匀速直线运动。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，空气阻力可忽略不计，取重力加速度g=10m/s2。
（1）物体做匀加速直线运动的加速度a；
（2）物体由静止开始运动，前4.0s内位移的大小x；
（3）物体由静止开始运动4.0s的过程中，拉力F的冲时大小I。
【答案】（1）5.5m/s2；（2）44m；（3）40Ns。
【解析】（1）对物体受力分析可得：Fcosθ-f=ma；FN+Fsinθ=mg；f=μFN；
联立以上三式解之得：a=5.5m/s2；
（2）根据x=at2=×5.5m/s2×（4.0s）2=44m；
（3）拉力F的冲量I=Ft=10N×4.0s=40Ns。
14、（8分）第24届冬季奥林匹克运动会将于2022年由北京和张家口联合举办。高山滑雪是比赛项目之一，因其惊险刺激、动作优美深受观众喜爱。如图19所示，为了备战北京冬奥会，一名滑雪运动员在倾角为θ的山坡滑道上进行训练，运动员及装备的总质量为m，山坡滑道底端与水平滑道平滑连接，滑雪板与山坡滑道及水平滑道间的动摩擦因数为同一常数。运动员从山坡滑道上某处由静止速下滑，经过时间t到达山坡滑道底端，速度大小为v。继续在水平滑道上滑行了一段距离后静止。运动员视为质点，空气阻力或忽略不计，重力加速度为g。
（1）求滑雪运动员沿山坡滑道下滑时所受摩擦力f的大小；
（2）求滑雪运动员沿山坡滑道滑到底端时运动员及装备所受重力的瞬时功率P；
（3）某同学认为，仅改变运动员及装备的总质量，可改变运动员在水平滑道上滑过的距离。你是否同意该同学的观点？请说明理由。（注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的，要在解题时做必要的说明）
【答案】（1）f= mgsinθ-m；（2）P=mgvsinθ；（3）不同意，理由见解析。
【解析】（1）由于下滑时的初速度为0，末速度为v，时间为t，所以下滑的加速度为a=；
对人下滑时受力分析得：mgsinθ-f=ma，故摩擦力大小为f= mgsinθ-m；
（2）重力的瞬时功率为P=mgvy=mgvsinθ；
（3）设运动员与滑道的动摩擦因数为μ，斜面滑道的长度为L，运动员沿水平滑道滑行的长度为x，
则从起点到终点，根据动能定理得：mgLsinθ-μmgcosθ×L-μmg×x=0-0，
故x=-Lcosθ，可知水平滑道上滑过的距离x与质量m无关。
15、（8分）如图20所示，一截面为正方形的塑料管道固定在水平桌面上，管道内充满液体，其右端面上有一截面积为S的小喷口，喷口离地的高度为h（h远远大于喷口的直径）。管道中有一与截面平行的活塞，活塞沿管道向右匀速推动液体使液体从喷口水平射出，液体落地点离喷口的水平距离为h。若液体的密度为ρ，重力加速度为g。液体在空中不散开，不计空气阻力，液体不可压缩且没有黏滞性。
（1）液体从小喷口水平射出速度的大小v0；
（2）喷射过程稳定后，空中液体的质量m；
（3）假设液体击打在水平地面上后速度立即变为零，求液体击打地面水平向右的平均作用力的大小Fx。
【答案】（1）v0=；（2）m=hSρ；（3）Fx=Sρv02；
【解析】（1）因为液体做平抛运动，
水平方向上：h=v0t；竖直方向上：h=gt2；
解得：v0=；
（2）由于喷出的时间为t=；故空中液体的质量m=v0t×S×ρ=hSρ；
（3）设液体与水平地面间的作用时间为△t，取△t时间内液体为研究对象；
液体水平向右的初速度为v0，末速度为0，取向右为正方向，
根据动量定理得：Fx＇×△t=0-△mv0；因为△m= v0△t×S×ρ；
解之得：Fx＇=-Sρv02；
根据牛顿第三定律可知：Fx=- Fx＇=Sρv02；
16、（9分）如图21所示，质量为m=1kg、左端有挡板的长木板置于水平地面上，木板上表面光滑，木板下表面与地面间的动摩擦因数μ=0.3。一固定有电动机的滑块，其总质量也为1kg，放置在木板上，电动机可收拢与档板拴接的不可伸长的水平轻绳，起初滑块离档板的距离L=4m。开启电动机收拢轻绳，滑块由静止开始做匀加速直线运动。设木板所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力，空气阻力不计，取g=10m/s2。
（1）若开启电动机后木板始终保持静止，滑块运动2s到达木板左侧档板处，求此时滑块的速度大小v0；
（2）若通电后，绳子上拉力为恒力F=7N，滑块由静止开始运动，到达档板处与档板碰撞后结合成一个整体（碰撞时间极短，相撞时电动机立即断电），最终两者停在水平地面上，
求：①滑块与档板碰撞过程中二者损失的总机械能△E；
②整个过程中电动机对餐做的总功W。
【答案】（1）v0=4m/s；（2）①△E=16J；②W=28J。
【解析】（1）当木板静止时，对于滑块而言，其初速度为0，L=4m，运动时间t=2s；
故根据L=可知，滑块的速度大小为v0==4m/s；
（2）①通电后，因为绳子上的力恒为F=7N，则电动机的加速度大小为a1==7m/s2；
对木板受力分析得：F-μ×2mg=ma2，则木板的加速度大小为a2=1m/s2；
设经过时间t电动机与木板相撞，则；解得t=1s；
所以碰撞前电动机的速度v1=a1t=7m/s；木板的速度v2=a2t=1m/s；这两个速度方向相反；
木板前进的距离x2==0.5m；
电动机与木板碰撞时，取向左为正方向，由于动量守恒，故mv1-mv2=2mv，解得v=3m/s；
所以碰撞时损失的机械能△E=mv12+mv22-×2mv2=16J；
②由于碰撞后，电动机就关闭了，所以在碰撞前，电动机做的功使得滑块与木板的动能增加，还使得木板克服地面的摩擦力做功，故电动机对外做的总功W=mv12+mv22+μ×2mg×x2=28J。
17、（10分）如图22甲所示，粗糙平直轨道与半径为R的光滑半圆形竖直轨道平滑连接。质量为m、可视为质点的滑块与平直轨道间的动摩擦因数为μ，由距离圆形轨道最低点为L的A点，以水平向右的不同初速度滑上平直轨道，滑过平直轨道后冲上圆形轨道，在圆形轨道最低点处有压力传感器，滑块沿圆形轨道上滑的最大高度h与滑块通过圆形轨道最低点时压力传感器的示数F之间的关系如图22乙所示。
（1）若滑块沿圆形轨道上滑的最大高度为R，求滑块在A点初速度的大小v0；
（2）求图22乙中F0的大小；
（3）请通过推导写出F<3mg时h与F的关系式，并将图21乙中F<3mg的部分图像补充完整。
【答案】（1）v0=；（2）F0=6mg；（3）h=；图像如图所示。
【解析】（1）由图像可知，当滑块沿圆形轨道上滑的最大高度是R时，滑块在在圆形轨道的最低点对轨道的压力是3mg；
则根据牛顿第二定律得：F支-mg=m，而F支=F压=3mg，解之得v=；
再由A到圆形轨道的最低点，由动能定理可得：-μmgL=mv2-mv02；
解得v0=；
（2）再由乙图可知，当压力为F0时，滑块刚好通过圆形轨道的最高点，
故在最高点，由牛顿第二定律可得：mg=m，解得：v1=；
在由圆形轨道的最高点到最低点，由动能定理得：mg×2R=mv22-mv12；
解得：v2=；
在圆形轨道的最低点，则F0-mg= m，解得F0=6mg；
（3）当F<3mg时，滑块上升的高度小于R，由机械能守恒得：mgh=mv32；
在最低点：F-mg=m，故可得：h=；
所以h和F的图像是一条直线，取两个特殊点，用直线连接起来即可，而当h<0时没有意义，故只画h>0的这一部分即可。
18、（12分）“势阱“是量子力学中的常见概念，在经典力学中也有体现。当粒子在某力场中运动，其势能函数曲线在空间某范围内存在最小值，形如陷阱，粒子很难跑出来。各种形式的势能函数只要具有这种特点，我们都可以称它为势阱，比如重力势阱、引力势阱、弹力势阱等。
（1）如图23甲所示，光滑轨道abc固定在竖直平面内形成一重力势阱，两侧高分别为kH和H。一可视为质点的质量为m的小球，静置于水平轨道b处。已知重力加速度为g。
①以a处所在平面为重力势能面，写出该小球在b处机械能的表达式；
②使小球由b处开始运动，从右侧处脱离该重力势阱，至少需要给小球提供多少动能？
（2）我国首个火星探测器命名为“天问一号“。为了简化问题，可以认为地球和火星在同一平面上绕匀速圆周运动，火星轨道半径约为地球轨道半径的1.5倍。从地球表面向火星发射火星探测器，简单又比较节省能量的发射过程可简化为：先在地球表面使探测器加速并获得足够的动能，从而摆脱地球引力势阱的束缚，经过一系列调整使探测器成为一颗沿地球公转轨道近似为圆形运行的人造卫星；然后使探测器在适当的位置加速，经过椭圆轨道（霍曼转移轨道）到达火星。
①已知取无限远处为引力势能零点，间距为r、质量分别为m1和m2的两质点组成的系统具有的引力势能可表示为Ep=-，式中G为引力常量且大小已知。已知地球质量为M、半径为R，在如图23乙所示的坐标系中，纵轴表示引力势能，横轴表示质量为m的探测器到地心的距离r(r≥R)。请在该坐标系中定性画出地球与探测器组成的系统具有的引力势能函数曲线。静置于地面处的该探测器，至少需要获得多大速度（相对于地心，不考虑地球的自转和空气阻力及其他天体的影响），才能摆脱地球引力势阱的束缚；
②由开普勒定律可知：所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上；所有行星的轨道的半长轴的三次方距它的公转周期的二次方的比值都相等。如图23丙所示，请经过计算，判断当火星运行到哪个位置（A、B、C、D、E、F、G）附近时，在地球公转轨道上H点的探测器开始发射（即瞬间加速，加速时间可忽略），此后探测器仅在太阳引力作用下，可经过霍曼转移轨道在I点到达火星。（可能需要用到的数据：，。
【答案】（1）①E=-kmgH；②Ek=mgH；（2）①引力势能函数曲线如下图所示；v=；②E点。
【解析】（1）①小球在b处的机械能：E=-kmgH；
②要使小球b从c点脱离，则根据机械能守恒得：-kmgH+Ek=-mg(kH-H)，解得Ek=mgH；
（2）①地球与探测器组成的系统具有的引力势能函数曲线如图所示；当r=R时，引力势能Ep=-，随着r的增大，引力势能的绝对值逐渐减小，引力势能逐渐增大；
设静置于地面处的探测器，至少需要速度v才能摆脱地球引力势阱的束缚；
故由机械能守恒得：-+mv2=0；解得v=；
②设地球的公转半径为R，则火星的公转半径为1.5R，探测器的半长轴为=1.25R；
对于地球和探测器而言，根据开普勒第三定律：，故T探=1.40T地；
对于地球和火星而言，根据开普勒第三定律：，故T火=1.84T地；
故T探=T火=0.76T火≈ T火
所以当探测器从H点飞行到I点时的时间为探测器的半个周期，即t=T探= T火，即当火星运行到E点附近时，可以使探测器与火星在I点相遇。
相关资料
更多
