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2022-2023学年北京市通州区高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年北京市通州区高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共14页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题，综合题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共20小题，共60分。
请阅读下述文字，完成下列小题。
2023年5月30日，神舟十六号载人飞船与空间站组合体完成自主快速交会对接，形成三舱三船组合体，对接后的组合体绕地球做匀速圆周运动，如图所示。已知对接后的组合体质量为m，轨道半径为r；地球质量为M，半径为R。引力常量为G。
1.对接后的组合体受到地球的万有引力大小为( )
A. GMmrB. GMmr2C. GMmRD. GMmR2
2.对接后的组合体绕地球做匀速圆周运动的线速度大小为( )
A. GMrB. GMrC. GmRD. GMR
3.对接后的组合体绕地球做匀速圆周运动的角速度大小为( )
A. GMr3B. GMrC. GMR3D. GMR
4.对接后的组合体绕地球做匀速圆周运动的周期为( )
A. 4π2rGMB. 4π2R3GMC. GM4π2r3D. 4π2r3GM
5.根据题目中的信息，下列说法正确的是( )
A. 可以计算出对接后组合体表面的重力加速度
B. 可以计算出对接后组合体的第一宇宙速度
C. r3T2与地球质量M无关
D. GMmr对应物理量的单位与动能的单位相同
请阅读下述文字，完成下列小题。
如图所示，可视为质点的质量为m的小球A用长为L轻质细绳悬挂于B点，细绳与竖直方向夹角为θ，使小球在水平面内做匀速圆周运动。不计空气阻力，重力加速度为g。
6.小球在水平面内做匀速圆周运动的半径为( )
A. LB. LsinθC. LcsθD. 无法确定
7.小球在水平面内做匀速圆周运动的向心力大小为( )
A. mgsinθB. mgcsθC. mgtanθD. Fsinθ
8.现仅增加绳长，保持轨迹圆的圆心 O到悬点 B的高度不变，小球仍在水平面内做匀速圆周运动。增加绳长前后小球运动的加速度大小分别为a1和a2，则( )
A. a1=a2B. a1>a2C. a19.现仅增加绳长，保持轨迹圆的圆心 O到悬点 B的高度不变，小球仍在水平面内做匀速圆周运动。增加绳长前后小球运动中所受细绳的拉力大小分别为F1和F2，则( )
A. F1=F2B. F1>F2C. F110.现仅增加绳长，保持轨迹圆的圆心 O到悬点 B的高度不变，小球仍在水平面内做匀速圆周运动。增加绳长前后小球运动的角速度大小分别为ω1和ω2，则( )
A. ω1=ω2B. ω1>ω2C. ω1<ω2D. 无法比较
请阅读下述文字，完成下列小题。
如图所示，将拱形桥面近似看作圆弧面，一辆汽车以恒定速率通过桥面abc，其中a、c两点高度相同，b点为桥面的最高点。假设整个过程中汽车所受空气阻力和摩擦阻力的大小之和保持不变。
11.下列描述汽车过桥过程中的物理量，属于矢量的是( )
A. 恒定速率B. 功C. 摩擦阻力D. 输出功率
12.关于汽车对桥面的压力，下列说法正确的是( )
A. 在ab段汽车对桥面的压力大小不变B. 在ab段汽车对桥面的压力逐渐增大
C. 在bc段汽车对桥面的压力大小不变D. 在bc段汽车对桥面的压力逐渐增大
13.关于在 ab段汽车的牵引力，下列说法正确的是( )
A. 保持不变B. 逐渐增大C. 逐渐减小D. 先减小后增大
14.关于在 bc段汽车的输出功率，下列说法正确的是( )
A. 保持不变B. 逐渐增大C. 逐渐减小D. 先减小后增大
15.关于汽车发动机做功的大小，下列说法正确的是( )
A. 在ab段汽车发动机做功与bc段相等B. 在ab段汽车发动机做功比bc段少
C. 在ab段汽车发动机做功比bc段多D. 无法比较
请阅读下述文字，完成下列小题。
如图所示，天花板上固定一轻弹簧，轻弹簧下端连接一重物，用手托住重物并使弹簧处于压缩状态停在A处。(不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内变化)
16.在 A处，关于重物受到的弹簧弹力，下列说法正确的是( )
A. 方向竖直向下B. 方向竖直向上C. 大小为0D. 无法确定
17.若手突然撤开，重物从位置 A处放开，它将迅速下降，直至位置 B后再返回 A处。在重物从 A运动到 B的过程中，下列说法正确的是( )
A. 弹簧的弹性势能一直增大B. 弹簧的弹性势能先减小后增大
C. 重物的重力势能一直增大D. 重物的重力势能先减小后增大
18.若手突然撤开，重物从位置 A处放开，它将迅速下降，直至位置 B后再返回 A处。在重物从 A运动到 B的过程中，关于重物的运动，下列说法正确的是( )
A. 当弹簧恢复到原长时，重物的速度最大
B. 当弹簧恢复到原长时，重物的加速度最大
C. 当弹簧的弹力等于重物所受重力时，重物速度恰好为0
D. 当重物速度减小到0时，弹簧的弹力大于重物所受重力
19.若手突然撤开，重物从位置 A处放开，它将迅速下降，直至位置 B后再返回 A处。记弹簧的弹性势能为Ep1、重物和地球的重力势能为Ep2、重物的动能为Ek，下列说法正确的是( )
A. 重物从A到B的过程中，Ep1+Ep2持续减小
B. 重物从B到A的过程中，Ep1+Ep2持续增大
C. 重物从A到B的过程中，Ep1+Ep2保持不变
D. 重物从A到B的过程中，Ep1+Ep2+Ek保持不变
20.若手与重物一同缓慢下降，直至重物与手分离并保持静止。在此过程中，下列说法正确的是( )
A. 弹簧的弹性势能与物体的重力势能之和先减少再增加
B. 弹簧对重物做的功等于重物机械能的变化量
C. 重物对手的压力随下降的距离均匀变化
D. 手对重物做的功一定等于重物重力势能的变化量
二、实验题：本大题共2小题，共18分。
21.甲小组同学利用如图所示的实验装置做“验证机械能守恒定律”实验。
(1)除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的器材是__________(选填选项前字母)。
A. 低压交流电源 B.天平(含砝码)C.刻度尺
(2)实验中，先接通电源，再释放重物，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。已知当地重力加速度为g，计时器打点周期为T，若从O点到B点的过程中机械能守恒，应满足的关系式为__________。
(3)某同学利用图中纸带，先分别测量出从A点到B、C、D、E、F、G点的距离h(其中D、E、F、G点为C点后连续打出的点，图中未画出)，再计算打出B、C、D、E、F各点时重锤下落的速度v，绘制v2−h图像，如图所示，并求得图线的斜率k。请说明如何根据图像验证重锤下落过程机械能是否守恒__________？
(4)乙小组同学利用气垫导轨“验证机械能守恒定律”，实验装置如图所示。安装遮光条的滑块放置在带有刻度尺的气垫导轨上，滑块通过细绳和重物相连，遮光条宽度为d。滑块经过光电门时，可以读出遮光条通过光电门的时间t。将气垫导轨放在水平桌面上，导轨调至水平，使得连接滑块和重物的细绳处于水平状态，实验室可提供的器材还有天平，已知当地重力加速度为g。
请你利用以上器材帮助乙小组设计“验证机械能守恒定律”的实验，简要说明实验思路及需要测量的物理量，并说明以上物理量应该满足的关系式。
(5)除去上述两种方案可以做“验证机械能守恒定律”实验，请你再提出一种“验证机械能守恒定律”的实验方案，并简要写出重物运动形式及需要测量的物理量__________。
22.如图所示，可视为质点的小物块从光滑轨道上的A处由静止释放，沿着轨道下滑后在轨道水平段末端B处抛出。已知，小物块的质量为m=0.10kg，小物块的释放点A距离轨道末端的竖直高度为h1=0.20m，抛出点B距离水平地面的竖直高度为h2=0.45m，取重力加速度g=10m/s2。求
(1)小物块在B处的速度大小vB；
(2)小物块落地点距离轨道末端的水平距离s。
三、计算题：本大题共2小题，共14分。
23.游乐场中过山车可抽象为如图所示模型：弧形轨道下端与半径为R的竖直圆轨道平滑相接，B点和C点分别为圆轨道的最低点和最高点。质量为m的小球(可视为质点)从弧形轨道上距B点高4R的A点静止释放，先后经过B点和C点，而后沿圆轨道滑下。忽略一切摩擦，重力加速度为g。
(1)求小球通过B点时的速度大小vB；
(2)求小球通过C点时，轨道对小球作用力的大小F和方向。
24.利用物理模型对问题进行分析，是重要科学思维方法。
(1)如图所示，质量为m的物体在水平恒力F的作用下，沿光滑水平面从A点加速运动至B点，A、B两点间的距离为l。重力加速度为g。在物体从A点运动到B点的过程中，速度由v1变化到v2，请根据牛顿运动定律和运动学公式，推导水平恒力F对物体做的功与物体动能变化的关系。
(2)如图所示，一个圆盘在水平面内转动，盘面上距圆盘中心为r的位置有一个质量为m的小物体随圆盘一起做圆周运动(未发生相对滑动)，小物体与圆盘间的动摩擦因数为μ(假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力)，重力加速度为g。
a.圆盘的角速度ω多大时，小物体将开始滑动；
b.若小物体随圆盘一起从静止开始做加速圆周运动(始终未发生相对滑动)。小物体随圆盘从静止开始加速到即将发生相对滑动的过程中，求摩擦力对小物体所做的功W。
四、综合题：本大题共1小题，共8分。
25.设地球是质量分布均匀的半径为R的球体。已知引力常量G，地球表面的重力加速度g，忽略地球自转。
(1)推导地球质量M的表达式；
(2)推导地球第一宇宙速度v的表达式；
(3)地球的卫星中，有的卫星在近地轨道Ⅰ绕地球做匀速圆周运动，也有卫星在轨道Ⅱ上绕地球做椭圆运动，如图甲所示。卫星沿椭圆轨道运动的情况较为复杂，研究时我们可以把椭圆分割为许多很段的小段，卫星在每小段的运动都可以看作是圆周运动的一部分，如图乙所示。这样，在分析卫星经过椭圆上某位置的运动时，就可以按其等效的圆周运动来分析和处理。
卫星在椭圆轨道Ⅱ的近地点P的速度为v1，近地点P到地心的距离为r1；在远地点Q的速度为v2，远地点Q到地心的距离为r2。根据开普勒第二定律(对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等)可知v1r1=v2r2，请你根据万有引力定律和牛顿运动定律推导这一结论。
答案和解析
1~5.【答案】B 、B 、A 、D 、D
【解析】1.
1.根据万有引力定律，可知对接后的组合体受到地球的万有引力大小为F万=GMmr2
ACD错误，B正确。
故选B。
2.
对接后的组合体绕地球做匀速圆周运动的向心力由万有引力提供向心力GMmr2=mv2r⇒v= GMr
ACD错误，B正确。
故选B。
3.
对接后的组合体绕地球做匀速圆周运动的向心力由万有引力提供向心力GMmr2=mω2r⇒ω= GMr3
BCD错误，A正确。
故选A。
4.
根据角速度与周期的关系，可得对接后的组合体绕地球做匀速圆周运动的周期为GM
ABC错误，D正确。
故选D。
5.
A.根据黄金代换，可知对接后组合体表面的重力加速度为Gmm ′r组合体2=m ′g⇒g=Gmr组合体2
要想求组合体表面的重力加速度需要知道组合体的质量和半径，根据题意组合体的半径不确定，所以不能求出组合体表面的重力加速度，A错误；
B.根据第一宇宙速度的意义可知r组合体
由于组合体的半径不确定，所以不能求组合体的第一宇宙速度，B错误；
C.对接后的组合体绕地球做匀速圆周运动的向心力由万有引力提供向心力T2
可知 r3T2 与地球质量M有关，C错误；
D.根据G、M、m和r的单位分别为 kg2 、kg、kg、m可知 GMmr 对应物理量的单位为 N⋅m ，根据公式W=Fx
可知此单位为功的单位，等效于J，与动能的单位相同，D正确。
故选D。
6~10.【答案】B 、C 、C 、C 、A
【解析】1.
6.由几何关系可知小球在水平面内做匀速圆周运动的半径为r=Lsinθ
故B正确，ACD错误。
2.
对小球受力分析，将拉力正交分解后如图所示
可得小球在水平面内做匀速圆周运动的向心力大小为F1=tanθ⋅F2=mgtanθ
故C正确，ABD 错误。
3.
现仅增加绳长，保持轨迹圆的圆心O到悬点B的高度不变，则角度 θ 变大，则向心力F2=mgtanθ
可知向心力也变大，有牛顿第二定律可知加速度也变大，所以有a1故C正确，ABD错误。
4.
由几何关系有F=F1csθ
现仅增加绳长，保持轨迹圆的圆心O到悬点B的高度不变，小球仍在水平面内做匀速圆周运动，则角度 θ 变大，由于0∘<θ<90∘
所以角度 θ 变大， csθ 变小，故拉力变大，即有F1故C正确，ABD错误。
5.
轨迹圆的圆心O到悬点B的高度为h，由牛顿第二定律有mgtanθ=mω2htanθ
化简可得ω= gh
现仅增加绳长，保持轨迹圆的圆心O到悬点B的高度不变，小球仍在水平面内做匀速圆周运动，则由上式可知ω1=ω2
故A正确，BCD错误。
11~15.【答案】C 、B 、C 、C 、C
【解析】1.
既有大小又有方向，运算时遵循平行四边形定则的物理量是矢量；只有大小，没有方向的物理量是标量；可知选项中，摩擦阻力是矢量，速率、功、功率是标量。
故选C。
2.
汽车以恒定速率通过桥面abc，在ab段、b点、bc段受力分析如图所示。
AB.设汽车在运动过程中受到的空气阻力和摩擦阻力的总阻力为 F ，在ab段时支持力和竖直方向的夹角为 θ ，则由牛顿第二定律可得mgcsθ−N1=mv2r
从 a→b 过程中 θ 逐渐减小，则汽车对桥面的压力 N1 逐渐增大，故A错误，B正确；
CD.设在bc段时支持力和竖直方向的夹角为 α ，则由牛顿第二定律可得mgcsα−N2=mv2r
从 b→c 过程中 α 逐渐增大，则汽车对桥面的压力 N2 逐渐减小，故C、D错误。
故选B。
3.
在ab段时汽车受到的牵引力为F1=mgsinθ+F
从 a→b 过程中 θ 逐渐减小，则在ab段汽车的牵引力 F1 逐渐减小。
故选C。
4.
在bc段时汽车受到的牵引力为F3=F−mgsinα
从 b→c 过程中 α 逐渐增大，则在bc段汽车的牵引力 F3 逐渐减小。
在bc段汽车的输出功率P=F3v
可知在bc段汽车的输出功率逐渐减小。
故选C。
5.
在ab段汽车发动机要克服阻力和重力做功，在bc段汽车发动机只克服阻力做功，整个过程中汽车的动能不变，两段过程克服阻力做功相同，因此在ab段汽车发动机做功比bc段多。
故选C。
16~20.【答案】A 、B 、D 、D 、C
【解析】1.
在A处弹簧处于压缩状态，根据形变量方向可知，弹簧对重物弹力方向竖直向下。
故选A。
2.
AB.在重物从A运动到B的过程中，弹簧先处于压缩状态，之后恢复原长再伸长，可知弹簧弹性势能先减小后增大，故A错误，B正确；
CD.重物从A运动到B的过程中，重力势能一直减小，故C、D错误。
故选B。
3.
AB.在重物从A运动到B的过程中，当弹簧恢复到原长时，重物仍受到重力继续做加速运动，可知重物的速度没有达到最大；此时弹簧的弹力减小到0之后变为拉力，重物受到的合力在减小，可知重物的加速度在减小；故A、B错误；
C.当弹簧的弹力等于重物所受重力时，重物所受合力为0，重物速度达到最大值，故C错误；
D.当弹簧的弹力等于重物所受重力时，重物处于平衡位置，此时 F弹=mg ；当重物速度减小到0时，即重物处于最低点时，弹簧的弹力大于重物所受重力，故D正确。
故选D。
4.
根据机械能守恒可知，重物的重力势能、弹性势能、动能之间相互转化，则有 Ep1+Ep2+Ek 保持不变，故D正确；
AC.重物从A到B的过程中，重物的动能 Ek 先增大后减小，则 Ep1+Ep2 先减小后增大，故A、C错误；
B.重物从B到A的过程中，重物的动能 Ek 先增大后减小，则 Ep1+Ep2 先减小后增大，故B错误。
故选D。
5.
由题可知，重物的动能变化量为零，根据题意可知手对重物的作用力一直竖直向上，将弹簧与重物视作一个整体，所以手对整体一直做负功，由此可知弹簧的弹性势能与物体的重力势能之和一直在减少，故A错误；
B.根据机械能的定义可知，弹簧和手对重物的功等于重物机械能的变化量，故B错误；
C.由题可知，当弹簧的弹力与重物的重力相等时，手与重物间的弹力为零，则两者分离，设重物对手的压力 N ，则有mg=N+F弹
根据弹力的特点 F弹=kx 可知，弹力随下降的距离均匀变化，则重物对手的压力随下降的距离均匀变化，故C正确；
D.重物的动能变化为零，则手对重物做的功等于重物重力势能的变化量和弹性势能的变化量之和，则手对重物做的功不一定等于重物重力势能的变化量，故D错误。
故选C。
21.【答案】 AC##CA(hC−hA)28T2=ghB 2g 见解析
【解析】(1)[1]根据实验原理可知还必须使用的器材是低压交流电源、刻度尺，质量可被消去，无需测量，则不需要天平。
故选AC。
(2)[2]在B点的速度为
vB=hC−hA2T
则经过B点的动能的变化量为
ΔEk=12mvB2=m(hC−hA)28T2
重力势能的变化量为
ΔEp=mghB
若从O点到B点的过程中机械能守恒，应满足的关系式为
(hC−hA)28T2=ghB
(3)[3]若机械能守恒，则有
mgh=12mv2−12mvA2
公式中v0表示打A点时重锤的的速度，v表示后打出的B、C、D、E、F各点时重锤下落的速度v，则
v2=v02+2gh
可以看出，只要根据 v2 −h图像计算出其斜率k在实验误差允许范围内近似等于2g，即为验证了机械能守恒定律。
(5)[4]绕过定滑轮的两个质量不同的物体，可验证系统机械能守恒，利用光电门计算速度，利用刻度尺测量物体运动的位移。
22.【答案】(1)vB=2m/s ；(2)s=0.6m
【解析】(1)小物块从A点到B点的过程，由动能定理有mgh1=12mvB2−0
解得小物块在B处的速度大小为vB= 2gh1=2m/s
(2)小物块从B点做平抛运动，有h2=12gt2，s=vBt
解得s=0.6m
23.【答案】(1)vB=2 2gR ；(2)F=3mg ，方向竖直向下
【解析】(1)小球从A到B由机械能守恒定律mg⋅4R=12mvB2
解得小球通过B点时的速度大小vB=2 2gR
(2)小球从A到C由机械能守恒定律mg4R−2R=12mvC2
解得小球通过C点时的速度大小vC=2 gR
在C点由牛顿第二定律F+mg=mvC2R
解得小球通过C点时，轨道对小球作用力的大小F=3mg
方向竖直向下。
24.【答案】(1)见解析；(2)a. μgr b.12μmgr
【解析】(1)在A到B的过程中，由牛顿第二定律和运动学公式得
F=ma
v22−v12=2al
联立解得
Fl=12mv22−12mv12
(2)a.物块做圆周运动的向心力由摩擦力提供，则当物块将要滑动时
μmg=mω2r
解得
ω= μgr
b.当物块相对圆盘将要滑动时，由动能定理
W=12mv2=12m(ωr)2=12μmgr
25.【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)见解析
【解析】(1)根据黄金代换，可知地球的质量为G
(2)第一宇宙速度即为地球近地卫星围绕地球运动的速度，根据万有引力提供向心力，有R
(3)卫星在椭圆轨道Ⅱ上运行时，近地点和远地点的等效圆周运动半径分别为R1和R2，根据牛顿第二定律可得GMmr12=mv12R1，GMmr 22=mv22R2
根据椭圆的对称性可知R1=R2，联立解得v1r1=v2r2
一、单选题：本大题共20小题，共60分。
请阅读下述文字，完成下列小题。
2023年5月30日，神舟十六号载人飞船与空间站组合体完成自主快速交会对接，形成三舱三船组合体，对接后的组合体绕地球做匀速圆周运动，如图所示。已知对接后的组合体质量为m，轨道半径为r；地球质量为M，半径为R。引力常量为G。
1.对接后的组合体受到地球的万有引力大小为( )
A. GMmrB. GMmr2C. GMmRD. GMmR2
2.对接后的组合体绕地球做匀速圆周运动的线速度大小为( )
A. GMrB. GMrC. GmRD. GMR
3.对接后的组合体绕地球做匀速圆周运动的角速度大小为( )
A. GMr3B. GMrC. GMR3D. GMR
4.对接后的组合体绕地球做匀速圆周运动的周期为( )
A. 4π2rGMB. 4π2R3GMC. GM4π2r3D. 4π2r3GM
5.根据题目中的信息，下列说法正确的是( )
A. 可以计算出对接后组合体表面的重力加速度
B. 可以计算出对接后组合体的第一宇宙速度
C. r3T2与地球质量M无关
D. GMmr对应物理量的单位与动能的单位相同
请阅读下述文字，完成下列小题。
如图所示，可视为质点的质量为m的小球A用长为L轻质细绳悬挂于B点，细绳与竖直方向夹角为θ，使小球在水平面内做匀速圆周运动。不计空气阻力，重力加速度为g。
6.小球在水平面内做匀速圆周运动的半径为( )
A. LB. LsinθC. LcsθD. 无法确定
7.小球在水平面内做匀速圆周运动的向心力大小为( )
A. mgsinθB. mgcsθC. mgtanθD. Fsinθ
8.现仅增加绳长，保持轨迹圆的圆心 O到悬点 B的高度不变，小球仍在水平面内做匀速圆周运动。增加绳长前后小球运动的加速度大小分别为a1和a2，则( )
A. a1=a2B. a1>a2C. a1
A. F1=F2B. F1>F2C. F1
A. ω1=ω2B. ω1>ω2C. ω1<ω2D. 无法比较
请阅读下述文字，完成下列小题。
如图所示，将拱形桥面近似看作圆弧面，一辆汽车以恒定速率通过桥面abc，其中a、c两点高度相同，b点为桥面的最高点。假设整个过程中汽车所受空气阻力和摩擦阻力的大小之和保持不变。
11.下列描述汽车过桥过程中的物理量，属于矢量的是( )
A. 恒定速率B. 功C. 摩擦阻力D. 输出功率
12.关于汽车对桥面的压力，下列说法正确的是( )
A. 在ab段汽车对桥面的压力大小不变B. 在ab段汽车对桥面的压力逐渐增大
C. 在bc段汽车对桥面的压力大小不变D. 在bc段汽车对桥面的压力逐渐增大
13.关于在 ab段汽车的牵引力，下列说法正确的是( )
A. 保持不变B. 逐渐增大C. 逐渐减小D. 先减小后增大
14.关于在 bc段汽车的输出功率，下列说法正确的是( )
A. 保持不变B. 逐渐增大C. 逐渐减小D. 先减小后增大
15.关于汽车发动机做功的大小，下列说法正确的是( )
A. 在ab段汽车发动机做功与bc段相等B. 在ab段汽车发动机做功比bc段少
C. 在ab段汽车发动机做功比bc段多D. 无法比较
请阅读下述文字，完成下列小题。
如图所示，天花板上固定一轻弹簧，轻弹簧下端连接一重物，用手托住重物并使弹簧处于压缩状态停在A处。(不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内变化)
16.在 A处，关于重物受到的弹簧弹力，下列说法正确的是( )
A. 方向竖直向下B. 方向竖直向上C. 大小为0D. 无法确定
17.若手突然撤开，重物从位置 A处放开，它将迅速下降，直至位置 B后再返回 A处。在重物从 A运动到 B的过程中，下列说法正确的是( )
A. 弹簧的弹性势能一直增大B. 弹簧的弹性势能先减小后增大
C. 重物的重力势能一直增大D. 重物的重力势能先减小后增大
18.若手突然撤开，重物从位置 A处放开，它将迅速下降，直至位置 B后再返回 A处。在重物从 A运动到 B的过程中，关于重物的运动，下列说法正确的是( )
A. 当弹簧恢复到原长时，重物的速度最大
B. 当弹簧恢复到原长时，重物的加速度最大
C. 当弹簧的弹力等于重物所受重力时，重物速度恰好为0
D. 当重物速度减小到0时，弹簧的弹力大于重物所受重力
19.若手突然撤开，重物从位置 A处放开，它将迅速下降，直至位置 B后再返回 A处。记弹簧的弹性势能为Ep1、重物和地球的重力势能为Ep2、重物的动能为Ek，下列说法正确的是( )
A. 重物从A到B的过程中，Ep1+Ep2持续减小
B. 重物从B到A的过程中，Ep1+Ep2持续增大
C. 重物从A到B的过程中，Ep1+Ep2保持不变
D. 重物从A到B的过程中，Ep1+Ep2+Ek保持不变
20.若手与重物一同缓慢下降，直至重物与手分离并保持静止。在此过程中，下列说法正确的是( )
A. 弹簧的弹性势能与物体的重力势能之和先减少再增加
B. 弹簧对重物做的功等于重物机械能的变化量
C. 重物对手的压力随下降的距离均匀变化
D. 手对重物做的功一定等于重物重力势能的变化量
二、实验题：本大题共2小题，共18分。
21.甲小组同学利用如图所示的实验装置做“验证机械能守恒定律”实验。
(1)除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的器材是__________(选填选项前字母)。
A. 低压交流电源 B.天平(含砝码)C.刻度尺
(2)实验中，先接通电源，再释放重物，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。已知当地重力加速度为g，计时器打点周期为T，若从O点到B点的过程中机械能守恒，应满足的关系式为__________。
(3)某同学利用图中纸带，先分别测量出从A点到B、C、D、E、F、G点的距离h(其中D、E、F、G点为C点后连续打出的点，图中未画出)，再计算打出B、C、D、E、F各点时重锤下落的速度v，绘制v2−h图像，如图所示，并求得图线的斜率k。请说明如何根据图像验证重锤下落过程机械能是否守恒__________？
(4)乙小组同学利用气垫导轨“验证机械能守恒定律”，实验装置如图所示。安装遮光条的滑块放置在带有刻度尺的气垫导轨上，滑块通过细绳和重物相连，遮光条宽度为d。滑块经过光电门时，可以读出遮光条通过光电门的时间t。将气垫导轨放在水平桌面上，导轨调至水平，使得连接滑块和重物的细绳处于水平状态，实验室可提供的器材还有天平，已知当地重力加速度为g。
请你利用以上器材帮助乙小组设计“验证机械能守恒定律”的实验，简要说明实验思路及需要测量的物理量，并说明以上物理量应该满足的关系式。
(5)除去上述两种方案可以做“验证机械能守恒定律”实验，请你再提出一种“验证机械能守恒定律”的实验方案，并简要写出重物运动形式及需要测量的物理量__________。
22.如图所示，可视为质点的小物块从光滑轨道上的A处由静止释放，沿着轨道下滑后在轨道水平段末端B处抛出。已知，小物块的质量为m=0.10kg，小物块的释放点A距离轨道末端的竖直高度为h1=0.20m，抛出点B距离水平地面的竖直高度为h2=0.45m，取重力加速度g=10m/s2。求
(1)小物块在B处的速度大小vB；
(2)小物块落地点距离轨道末端的水平距离s。
三、计算题：本大题共2小题，共14分。
23.游乐场中过山车可抽象为如图所示模型：弧形轨道下端与半径为R的竖直圆轨道平滑相接，B点和C点分别为圆轨道的最低点和最高点。质量为m的小球(可视为质点)从弧形轨道上距B点高4R的A点静止释放，先后经过B点和C点，而后沿圆轨道滑下。忽略一切摩擦，重力加速度为g。
(1)求小球通过B点时的速度大小vB；
(2)求小球通过C点时，轨道对小球作用力的大小F和方向。
24.利用物理模型对问题进行分析，是重要科学思维方法。
(1)如图所示，质量为m的物体在水平恒力F的作用下，沿光滑水平面从A点加速运动至B点，A、B两点间的距离为l。重力加速度为g。在物体从A点运动到B点的过程中，速度由v1变化到v2，请根据牛顿运动定律和运动学公式，推导水平恒力F对物体做的功与物体动能变化的关系。
(2)如图所示，一个圆盘在水平面内转动，盘面上距圆盘中心为r的位置有一个质量为m的小物体随圆盘一起做圆周运动(未发生相对滑动)，小物体与圆盘间的动摩擦因数为μ(假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力)，重力加速度为g。
a.圆盘的角速度ω多大时，小物体将开始滑动；
b.若小物体随圆盘一起从静止开始做加速圆周运动(始终未发生相对滑动)。小物体随圆盘从静止开始加速到即将发生相对滑动的过程中，求摩擦力对小物体所做的功W。
四、综合题：本大题共1小题，共8分。
25.设地球是质量分布均匀的半径为R的球体。已知引力常量G，地球表面的重力加速度g，忽略地球自转。
(1)推导地球质量M的表达式；
(2)推导地球第一宇宙速度v的表达式；
(3)地球的卫星中，有的卫星在近地轨道Ⅰ绕地球做匀速圆周运动，也有卫星在轨道Ⅱ上绕地球做椭圆运动，如图甲所示。卫星沿椭圆轨道运动的情况较为复杂，研究时我们可以把椭圆分割为许多很段的小段，卫星在每小段的运动都可以看作是圆周运动的一部分，如图乙所示。这样，在分析卫星经过椭圆上某位置的运动时，就可以按其等效的圆周运动来分析和处理。
卫星在椭圆轨道Ⅱ的近地点P的速度为v1，近地点P到地心的距离为r1；在远地点Q的速度为v2，远地点Q到地心的距离为r2。根据开普勒第二定律(对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等)可知v1r1=v2r2，请你根据万有引力定律和牛顿运动定律推导这一结论。
答案和解析
1~5.【答案】B 、B 、A 、D 、D
【解析】1.
1.根据万有引力定律，可知对接后的组合体受到地球的万有引力大小为F万=GMmr2
ACD错误，B正确。
故选B。
2.
对接后的组合体绕地球做匀速圆周运动的向心力由万有引力提供向心力GMmr2=mv2r⇒v= GMr
ACD错误，B正确。
故选B。
3.
对接后的组合体绕地球做匀速圆周运动的向心力由万有引力提供向心力GMmr2=mω2r⇒ω= GMr3
BCD错误，A正确。
故选A。
4.
根据角速度与周期的关系，可得对接后的组合体绕地球做匀速圆周运动的周期为GM
ABC错误，D正确。
故选D。
5.
A.根据黄金代换，可知对接后组合体表面的重力加速度为Gmm ′r组合体2=m ′g⇒g=Gmr组合体2
要想求组合体表面的重力加速度需要知道组合体的质量和半径，根据题意组合体的半径不确定，所以不能求出组合体表面的重力加速度，A错误；
B.根据第一宇宙速度的意义可知r组合体
由于组合体的半径不确定，所以不能求组合体的第一宇宙速度，B错误；
C.对接后的组合体绕地球做匀速圆周运动的向心力由万有引力提供向心力T2
可知 r3T2 与地球质量M有关，C错误；
D.根据G、M、m和r的单位分别为 kg2 、kg、kg、m可知 GMmr 对应物理量的单位为 N⋅m ，根据公式W=Fx
可知此单位为功的单位，等效于J，与动能的单位相同，D正确。
故选D。
6~10.【答案】B 、C 、C 、C 、A
【解析】1.
6.由几何关系可知小球在水平面内做匀速圆周运动的半径为r=Lsinθ
故B正确，ACD错误。
2.
对小球受力分析，将拉力正交分解后如图所示
可得小球在水平面内做匀速圆周运动的向心力大小为F1=tanθ⋅F2=mgtanθ
故C正确，ABD 错误。
3.
现仅增加绳长，保持轨迹圆的圆心O到悬点B的高度不变，则角度 θ 变大，则向心力F2=mgtanθ
可知向心力也变大，有牛顿第二定律可知加速度也变大，所以有a1
4.
由几何关系有F=F1csθ
现仅增加绳长，保持轨迹圆的圆心O到悬点B的高度不变，小球仍在水平面内做匀速圆周运动，则角度 θ 变大，由于0∘<θ<90∘
所以角度 θ 变大， csθ 变小，故拉力变大，即有F1
5.
轨迹圆的圆心O到悬点B的高度为h，由牛顿第二定律有mgtanθ=mω2htanθ
化简可得ω= gh
现仅增加绳长，保持轨迹圆的圆心O到悬点B的高度不变，小球仍在水平面内做匀速圆周运动，则由上式可知ω1=ω2
故A正确，BCD错误。
11~15.【答案】C 、B 、C 、C 、C
【解析】1.
既有大小又有方向，运算时遵循平行四边形定则的物理量是矢量；只有大小，没有方向的物理量是标量；可知选项中，摩擦阻力是矢量，速率、功、功率是标量。
故选C。
2.
汽车以恒定速率通过桥面abc，在ab段、b点、bc段受力分析如图所示。
AB.设汽车在运动过程中受到的空气阻力和摩擦阻力的总阻力为 F ，在ab段时支持力和竖直方向的夹角为 θ ，则由牛顿第二定律可得mgcsθ−N1=mv2r
从 a→b 过程中 θ 逐渐减小，则汽车对桥面的压力 N1 逐渐增大，故A错误，B正确；
CD.设在bc段时支持力和竖直方向的夹角为 α ，则由牛顿第二定律可得mgcsα−N2=mv2r
从 b→c 过程中 α 逐渐增大，则汽车对桥面的压力 N2 逐渐减小，故C、D错误。
故选B。
3.
在ab段时汽车受到的牵引力为F1=mgsinθ+F
从 a→b 过程中 θ 逐渐减小，则在ab段汽车的牵引力 F1 逐渐减小。
故选C。
4.
在bc段时汽车受到的牵引力为F3=F−mgsinα
从 b→c 过程中 α 逐渐增大，则在bc段汽车的牵引力 F3 逐渐减小。
在bc段汽车的输出功率P=F3v
可知在bc段汽车的输出功率逐渐减小。
故选C。
5.
在ab段汽车发动机要克服阻力和重力做功，在bc段汽车发动机只克服阻力做功，整个过程中汽车的动能不变，两段过程克服阻力做功相同，因此在ab段汽车发动机做功比bc段多。
故选C。
16~20.【答案】A 、B 、D 、D 、C
【解析】1.
在A处弹簧处于压缩状态，根据形变量方向可知，弹簧对重物弹力方向竖直向下。
故选A。
2.
AB.在重物从A运动到B的过程中，弹簧先处于压缩状态，之后恢复原长再伸长，可知弹簧弹性势能先减小后增大，故A错误，B正确；
CD.重物从A运动到B的过程中，重力势能一直减小，故C、D错误。
故选B。
3.
AB.在重物从A运动到B的过程中，当弹簧恢复到原长时，重物仍受到重力继续做加速运动，可知重物的速度没有达到最大；此时弹簧的弹力减小到0之后变为拉力，重物受到的合力在减小，可知重物的加速度在减小；故A、B错误；
C.当弹簧的弹力等于重物所受重力时，重物所受合力为0，重物速度达到最大值，故C错误；
D.当弹簧的弹力等于重物所受重力时，重物处于平衡位置，此时 F弹=mg ；当重物速度减小到0时，即重物处于最低点时，弹簧的弹力大于重物所受重力，故D正确。
故选D。
4.
根据机械能守恒可知，重物的重力势能、弹性势能、动能之间相互转化，则有 Ep1+Ep2+Ek 保持不变，故D正确；
AC.重物从A到B的过程中，重物的动能 Ek 先增大后减小，则 Ep1+Ep2 先减小后增大，故A、C错误；
B.重物从B到A的过程中，重物的动能 Ek 先增大后减小，则 Ep1+Ep2 先减小后增大，故B错误。
故选D。
5.
由题可知，重物的动能变化量为零，根据题意可知手对重物的作用力一直竖直向上，将弹簧与重物视作一个整体，所以手对整体一直做负功，由此可知弹簧的弹性势能与物体的重力势能之和一直在减少，故A错误；
B.根据机械能的定义可知，弹簧和手对重物的功等于重物机械能的变化量，故B错误；
C.由题可知，当弹簧的弹力与重物的重力相等时，手与重物间的弹力为零，则两者分离，设重物对手的压力 N ，则有mg=N+F弹
根据弹力的特点 F弹=kx 可知，弹力随下降的距离均匀变化，则重物对手的压力随下降的距离均匀变化，故C正确；
D.重物的动能变化为零，则手对重物做的功等于重物重力势能的变化量和弹性势能的变化量之和，则手对重物做的功不一定等于重物重力势能的变化量，故D错误。
故选C。
21.【答案】 AC##CA(hC−hA)28T2=ghB 2g 见解析
【解析】(1)[1]根据实验原理可知还必须使用的器材是低压交流电源、刻度尺，质量可被消去，无需测量，则不需要天平。
故选AC。
(2)[2]在B点的速度为
vB=hC−hA2T
则经过B点的动能的变化量为
ΔEk=12mvB2=m(hC−hA)28T2
重力势能的变化量为
ΔEp=mghB
若从O点到B点的过程中机械能守恒，应满足的关系式为
(hC−hA)28T2=ghB
(3)[3]若机械能守恒，则有
mgh=12mv2−12mvA2
公式中v0表示打A点时重锤的的速度，v表示后打出的B、C、D、E、F各点时重锤下落的速度v，则
v2=v02+2gh
可以看出，只要根据 v2 −h图像计算出其斜率k在实验误差允许范围内近似等于2g，即为验证了机械能守恒定律。
(5)[4]绕过定滑轮的两个质量不同的物体，可验证系统机械能守恒，利用光电门计算速度，利用刻度尺测量物体运动的位移。
22.【答案】(1)vB=2m/s ；(2)s=0.6m
【解析】(1)小物块从A点到B点的过程，由动能定理有mgh1=12mvB2−0
解得小物块在B处的速度大小为vB= 2gh1=2m/s
(2)小物块从B点做平抛运动，有h2=12gt2，s=vBt
解得s=0.6m
23.【答案】(1)vB=2 2gR ；(2)F=3mg ，方向竖直向下
【解析】(1)小球从A到B由机械能守恒定律mg⋅4R=12mvB2
解得小球通过B点时的速度大小vB=2 2gR
(2)小球从A到C由机械能守恒定律mg4R−2R=12mvC2
解得小球通过C点时的速度大小vC=2 gR
在C点由牛顿第二定律F+mg=mvC2R
解得小球通过C点时，轨道对小球作用力的大小F=3mg
方向竖直向下。
24.【答案】(1)见解析；(2)a. μgr b.12μmgr
【解析】(1)在A到B的过程中，由牛顿第二定律和运动学公式得
F=ma
v22−v12=2al
联立解得
Fl=12mv22−12mv12
(2)a.物块做圆周运动的向心力由摩擦力提供，则当物块将要滑动时
μmg=mω2r
解得
ω= μgr
b.当物块相对圆盘将要滑动时，由动能定理
W=12mv2=12m(ωr)2=12μmgr
25.【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)见解析
【解析】(1)根据黄金代换，可知地球的质量为G
(2)第一宇宙速度即为地球近地卫星围绕地球运动的速度，根据万有引力提供向心力，有R
(3)卫星在椭圆轨道Ⅱ上运行时，近地点和远地点的等效圆周运动半径分别为R1和R2，根据牛顿第二定律可得GMmr12=mv12R1，GMmr 22=mv22R2
根据椭圆的对称性可知R1=R2，联立解得v1r1=v2r2
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