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1、2021-2022学年河南省濮阳第一高级中学高一（下）期中物理试卷一、单 选 题（本大题共8小题，共32.0分）1.下列描述中符合物理学史的是（）A.牛顿总结出了万有引力定律并测得了引力常量GB.第谷通过长期的观测，积累了大量的天文资料，并总结出了关于行星运动的三条规律C.伽利略研究自由落体运动时，利用斜面进行实验，“冲淡”重力的作用，使得测量位移更容易D.海王星被称之为“笔尖下发现的行星”，充分显示了用“计算和观察”的方法指导人们寻找新的天体2.甲、乙两个质点分别在两个并排直轨道上运动，其速度随时间的变化规律分别如图中a、b所示，图线a是直线，图线b是抛物线，则下列说法正确的是（）A.t3时
2、刻，甲、乙一定相遇B.t2 t3时间内某一时刻甲、乙的加速度相等C.0-G时间内，甲的平均速度等于乙的平均速度D.0-t2时间内，甲、乙的加速度均不断减小3.如图所示，小球从A点静止下落，在B点接触竖直放置的轻质弹簧，运动到D点速度为零，忽略空气阻力，0 4下列说法正确的是（）A.小球从A到B的过程中，机械能不守恒B.小球从B到D的过程中，机械能守恒C.小球和弹簧组成的系统从B到D的过程中，机械能777777)7777777777777守恒D.小球从B到D的过程中，重力对小球做功的功率逐渐减小4.质量为m的物体P置于倾角为为的固定光滑斜面上，轻细绳跨过光滑定滑轮分别连接着P与小车，P与滑轮间的
3、细绳平行于斜面，小车以速率v水平向右做匀速直线运动，当小车与滑轮间的细绳和水平方向成夹角%时（如图所示），下列判断正确的是（）A.绳的拉力小于mgsinO B.P的速率为vcos/C.P的速率为v D.绳的拉力大于mgsin%5.如图所示，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮一端悬挂物块N,另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N,直至悬挂N的细绳与竖直方向成45。已知M始终保持静止，则在此过程中（）A.水平拉力的大小可能保持不变B.M所受细绳的拉力大小一定一直减小C.M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加D.M所受斜面的摩擦力大小
4、一定一直增加6.如图所示，从倾角为。的斜面顶端分别以V。和2Vo的速度水平抛出a、b两个小球，若两个小球都落在斜面上且不发生反弹，不计空气阻力，则a、b两球（）A.在空中飞行的时间之比为1：2B.水平位移之比为1：2C.下落的高度之比为1：2D.落到斜面时速度方向与斜面夹角之比为1：4第 2 页，共 18页7.如图所示，m、M两物体叠放在光滑水平面上，两物体间动摩擦因数为口 =0.2,已知它们的质量m =2 k g,M =1 k g,水平力F作用在m上（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=1 0 m/s2）,则（）A.当F =4 N时，两物体即将发生相对运动B.当F =6 N时，两物体一定发生相
5、对运动C.当F =8 N时，M受到的摩擦力为4 ND.当F =1 2 N时，m的加速度为4 m/s 28.2 0 2 1年1 0月，中国发射了首颗太阳探测科学技术试验卫 星“羲和号”，用于实现太阳H a波段光谱成像的空间探测。该卫星轨道为圆轨道，通过地球南北两极上方,离地高度约为5 1 7 k m。如图所示，a为羲和号，b为地球同步卫星，c为赤道上随地球一起转动的物体。下列说法正确的是（）A.卫星a运行的速度大于第一宇宙速度B.a的角速度小于c的角速度C.a的向心加速度大于c的向心加速度 D.a的向心加速度小于b的向心加速度二、多 选 题（本大题共4小题，共1 6.0分）9.如图甲所示，轻绳一
6、端固定在0点，另一端固定一小球（可看成质点），让小球在竖直平面内做圆周运动。改变小球通过最高点时的速度大小v,测得小球在最高点时轻绳的拉力大小F,得到F-v 2图像如图乙所示，已知图线的延长线与纵轴交点坐标为（0,-b）,不计空气阻力，重力加速度为g,则下列说法正确的是（）甲 乙A.该小球的质量为b gB.小球运动的轨道半径为以C.图线与横轴的交点表示小球所受的合外力为零D.当V?=时，小球的向心加速度为2 g1 0.如图所示，电梯质量为M,电梯地板上放置一个质量为m的物块，轻质钢索拉动电梯由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，当上升高度为H时，速度达到v,不计空气阻力，重力加速度为g,在这个过
7、程中（）“A.物块所受支持力与钢索拉力之比为m：MB.地板对物块的支持力做的功等于：m v 2 +m g HC.物块克服重力做功的平均功率等于;m g vD.电梯及物块构成的系统机械能增加量等于+m）v21 1 .已知做功公式W=F x,贝 l l F-x 图像与坐标轴围成的面积可以表示W。现有一均匀变小的力F 拉着物体在粗糙水平地面从静止开始滑动，物体质量m =1 k g,物体与地面间动摩擦因数p =0.7,F 随物体位移x 的变化如图所示，当物体位移为3 m 时停止运动。g 取1 0 m/s 2,则下列说法正确的是（）A.物体动能的最大值为2.2 5J B.Fo=1 7.5NC.物体在1.
8、5m 时的速度最大 D.物体速度的最大值为1.5m/s1 2 .如图所示，水平转台上有一个质量为m的物块，用长为1 的轻质细绳将物块连接在转轴上，细绳与竖直转轴的夹角。为 也 此时绳绷直但无张 i力，物块与转台间动摩擦因数为口=%最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，角速度为O），加速度为g，则（）A.当3 =狎 时，物块与转台间的摩擦力为零B.当3 =J I 时，细线中张力为零C.当3 =卡 时,细线的张力为詈第4页，共18页D.当3 =驷，细绳的拉力大小为警三、实 验 题（本大题共2 小题，共 18.0分）1 3.如图所示为“探究加速度与物体受力和质量的关系”实验装
9、置图。图中A为小车，B为装有祛码的小盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与打点计时器相连。小车的质量为mr 小盘（及祛码）的质量为m2。S3（1）关于本实验，下 列 说 法 正 确 的 是。A.每次改变小车质量时，不需重新平衡摩擦力B.实验时应先释放小车后接通电源C.本实验m2应远大于m1D.在用图像探究加速度与质量关系时，应用a-上图像（2）图是在实验中得到的一条纸带，图中相邻两计数点的时间间隔为0.1 s,由图中的数据可算得，打点计时器打下D点速度VD=m/s,小车的加速度a=m/s2；（保留两位有效数字）（3）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a-F图
10、像如图所示，可能是图中的图线 o （选 填“甲”、“乙”、“丙”）1 4.利用图1装置做“验证机械能守恒定律”实验。为验证机械能是否守恒，需 要 比 较 重 物 下 落 过 程 中 任 意 两 点 间 的。A.动能变化量与势能变化量B.速度变化量和势能变化量C.速度变化量和高度变化量除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还 必 须 使 用 的 两 种 器 材 是。A.交流电源 B.刻度尺 C.天平（含祛码）实验中，先接通电源，再释放重物，得到图2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0的距离分别为hA、hB、k.已
11、知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T.设重物的质量为m。从打0点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量 Ep=,动能变化量 Ek=3打点计-纸带图1图2大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是A.利用公式v=gt计算重物速度B.利用公式v=再 计 算 重 物 速 度C.存在空气阻力和摩擦阻力的影响D.没有采用多次实验取平均值的方法。四、计 算 题（本大题共3小题，共34.0分）15.如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相接，导轨半径为R.一个质量为m的物块（可视为质点）将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物块获得某一向右速度后脱离弹簧，
12、当它经过B点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半个圆周运动到达C点.试 求：（1）弹簧开始时的弹性势能；（2）物块从B点运动至C点克服阻力做的功.第 6 页，共 18页16.在检测某种汽车性能的实验中，质量为3 x103kg的汽车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为40m/s,利用传感器测得此过程中不同时刻该汽车的牵引力F与对应的速度V,并描绘出如图所示的F-图像(图线ABC为汽车由静止到达到最大速度的全过程，AB、BO均为直线)，假设该汽车行驶过程中所受的阻力恒定。求：(1)该汽车的额定功率；(2)该汽车由静止开始运动，经过35s达到最大速度40m/s,求汽车
13、匀加速行驶的时间t和其在BC段的位移大小。17.如图所示，质量m=3kg的小物块以初速度v=4m/s水平向右抛出，恰好从A点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。圆弧轨道的半径为R=3.75m,B点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD平滑连接,A与圆心0的连线与竖直方向成37。角。MN是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN间的动摩擦因数口 =0.1,轨道其他部分光滑。最右测是一个半径为r=0.4m的半圆弧轨道，C点是圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD在D点平滑连接。已知重力加速度g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8o(1)求小物体经过B点时对轨道的压力大小。(2)若MN
14、的长度为L=6 m,求小物块通过C点时对轨道的压力大小。(3)若小物块恰好能通过C点，求MN的长度L。答案和解析1.【答案】D【解析】解：A牛顿在前人的基础上，总结并提出了万有引力定律，卡文迪许测得了引力常量G,故 A 错误；B.开普勒根据第谷长期的观测积累的天文资料，总结并提出了关于行星运动的三条规律开普勒三大定律，故 B 错误；C.伽利略研究自由落体运动时，由于物体下落速度过快，不便于测量，巧妙地利用斜面进行实验，“冲淡”重力的作用，使得测量时间更容易，故 C 错误；D天王星被观测到以后，发现天王星的实际位置与理论上发生了较大的偏差，人们猜想在天王星之外一定有未被发现的天体，科学家通过万有
15、引力定律计算出未知天体的位置,后来果然在这个位置发现了海王星，所以海王星被称之为“笔尖下发现的行星”，充分显示了用“计算和观察”的方法指导人们寻找新的天体，故 D 正确。故选：Do熟练理解并掌握万有引力定律的发现、开普勒三大定律的发现、伽利略对自由落体运动的研究、海王星的发现趣事等基础知识。万有引力定律的发现、开普勒三大定律的发现、伽利略对自由落体运动的研究、海王星的发现趣事等都需要学生很好掌握；是解题的关键。2.【答案】B【解析】解：A、v-t 图象不能反映质点的初始位置，题中也没有说明两个质点初始位置是否相同，所以t3时刻，甲、乙可能相遇，也可能不相遇，故 A 错误；B、t2-t3 时间内
16、，在图线b上可以画出一条切线与图线a平行，此切线的斜率与图线a的斜率相等，根据v-t 图像的斜率表示加速度，则知某一时刻甲、乙的加速度能相等，故B 正确；C、根据v-t 图像与时间轴所围的面积表示位移，可知0-J 时间内，甲的位移大于乙的位移，根据j 可知，甲的平均速度大于乙的平均速度，故 c 错误；D、根据v-t 图像的斜率表示加速度，可知甲的加速度不变，乙的加速度一直减小，故D 错误。故选：B根据位移关系和初始位置关系分析两个质点能否相遇；v-t 图像的斜率表示加速度；图第8页，共18页像与横轴围成的面积表示位移大小，结合平均速度等于位移与时间之比进行分析。本题是速度一时间图像问题，要明确
17、图像斜率和面积的意义，知道v-t图像的斜率表示加速度，图像与时间轴围成的面积表示位移。要注意v-t图像不能反映质点的初始位置。3.【答案】C【解析】解：A、小球从A到B的过程中，除重力之外没有其他力做功，机械能守恒，故A错误；B、小球从B到D的过程中，弹簧对小球做功，机械能不守恒，故B错误；C、小球和弹簧组成的系统从B到D的过程中，仅重力和系统内的弹力做功，系统机械能守恒，故C正确：D、小球从B到D的过程中，先加速后减速，重力对小球做功的功率先增大后减小，故D错误。故选：Co分析小球下落过程中受力情况和各力做功情况，从而分析其机械能是否守恒；再根据功能关系分析小球能量和弹簧能量之间的变化关系，
18、根据功率公式分析重力做功的功率变化。本题考查功能关系、机械能守恒以及功率公式的应用，要注意明确机械能守恒的条件应用。4.【答案】D【解析】解：BC.将小车的速度v进行分解如图所示则Vp=vcos02，故 BC 错误；AD.小车向右运动，为减小，v不变，则vp逐渐增大，说明物体P沿斜面向上做加速运动,由牛顿第二定律FT-mgsin%=ma可知绳子对A的拉力FT mgsinOi，故A错误，D正确。故选：D小车的速度是合速度，可分解为沿绳方向和垂直于绳方向，由于角“减小可判断物体P 的运动性质，根据牛顿第二定律判断受力情况。分运动共同的效果与合运动相同，用三角函数计算各分速度，特别注意：实际运动是合
19、运动（速度、位移、加速度）分解时，合运动是平行四边形对角线。5 .【答案】C【解析】解：A B.根据题意可知M、N 均保持平衡状态，进行受力分析，受力分析图如下图所示当向左拉动时，绳子拉力T 和水平拉力F 都在一直增大，故 AB错误；C D.对于M的受力，开始时可能是T =m g s i n O-f,当T 不断增大的时候，醵 少，当T m g s i n。时，随着T 的增大，f W 反向增大，所以沿斜面的摩擦力何能先减小后增大；也可能是丁=m g s i n。+f,当T 不断增大的时候，摩擦力f 增大，故 C 正确，D错误。故选：Co对N 进行受力分析，根据矢量三角形得出力的变化趋势；对M进行
20、受力分析，需要进行分类讨论，由此分析出摩擦力的变化可能性。本题主要考查了共点力的平衡问题，熟悉物体的受力分析，根据几何关系即可完成解答。6 .【答案】A（解析 解:A、设小球以水平初速度v 抛出，经历时间t之后落到了斜面上,则ta n。=廷=vtgt2v由于斜面倾角。固定不变，由上式可知，b 球的初速度是a 球的2 倍，则运动时间之比也为1：2,故 A正确；B、根据平抛运动规律，水平位移表达式*=丫 3 可知，水平位移之比为1：4,故 B 错误；C、根据平抛运动规律，竖直方向位移表达式为y =：g t2,可知，下落的高度之比为1：4,故 C 错误;第 10页，共 18页D、设落到斜面上时速度方
21、向与水平方向夹角为a,则ta n a =段V两个角之间的关系为ta n a =2 ta n 0由于斜面倾角9 固定不变，所以a 也固定不变，即小球落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角为定值，所以速度方向与斜面之间的夹角也为定值，两球落到斜面时速度方向与斜面夹角之比为1：1,故 D错误。故选：A 根据平抛运动竖直位移和水平位移的关系，结合运动学公式求出时间的表达式，得出时间之比，从而得出水平位移和竖直位移之比。抓住某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2 倍得出速度方向与斜面夹角的关系。解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，通过竖直位移和水平位移关
22、系得出时间的表达式是关键。7 .【答案】D【解析】解：A B D、当m、M刚要滑动时，静摩擦力达到最大值，设此时它们的加速度为a。，力为F；对M根据牛顿第二定律，有：a 0 =詈=2 xx l Om/s2=4 m/s2对m、M整体，根据牛顿第二定律可得：F =(m +M)a0=3 x 4 N =1 2 N所以当F W 1 2 N 时，m、M相对静止，一起向右匀加速运动，当F =1 2 N 时，m的加速度为4 m/s 2,AB 错误，D正确；C、当F -8N 时，m、M相对静止。整体的加速度为a =-m/s2=m/s2M+m 1+2 3 M受到的摩擦力为：f=M a =l x|N =gN,故 C
23、 错误。故选：D o根据牛顿第二定律求解二者发生相对滑动时的拉力大小；以整体为研究对象求解共同运动的加速度大小，根据牛顿第二定律求解摩擦力。本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用。8 .【答案】C【解析】解：设地球质量为M,“羲和号”的质量为m,绕地球做半径为r、周期为T、速度大小为v的匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有G当=m =m 与 rr2 r T2分别解得丫=胖 T=2喧A、第一宇宙速度是物体在地球附近绕地球做匀速圆周运动的速度，“羲和号”的轨道半径比地球半径大，
24、根据式可知其运行速度小于第一宇宙速度，故 A 错误；B、b卫星的轨道半径大于a卫星的轨道半径，由3 =科，知3a 3b，又3b=3v，所以a的角速度大于c的角速度，故 B 错误；D、b卫星的轨道半径大于a卫星的轨道半径，由an=詈，知a的向心加速度大于b的向心加速度，故 D 错误。C、a的向心加速度大于b的向心加速度，又由a n=M，知b的向心加速度大于c的向心加速度，所以a的向心加速度大于c的向心加速度，故 C 正确；故选：Co本题中涉及到三个做圆周运动物体，b为同步卫星，故比较他们的周期、角速度、线速度、向心加速度的关系时，根据万有引力提供向心力分析解答。此题考查了人造卫星的相关知识，解决
25、本题的关键是利用万有引力提供向心力这一知识点，知道线速度、周期、加速度与轨道半径的关系。9.【答案】BD【解析】解：AB.小球在最高点时受到拉力为F,根据合力提供向心力可知F+mg=m f2解得F=mg结合图像可知mg=b即m=斜率牛=k解得1建=J故 A 错误；B 正确；C.图线与横轴的交点表示小球所受的拉力为零，即合外力等于重力时的情况，故 C 错误；D.根据向心加速度公式知a=?=m=警=2gkg第1 2页，共1 8页故D正确。故选：B D.分析小球的受力及运动情况，根据小球受力情况，应用牛顿第二定律求出图象的函数表达式，根据斜率和截距可求得小球质量与半径；进而求出小球运动的加速度.本题
26、重点在于结合受力分析变形公式后得出F与速度v 2的函数表达式，根据斜率和截距求得对应物理量。1 0 .【答案】B C【解析】解：A、由牛顿第二定律得，对物块：N -m g =m a,对系统：T-(M +m)g =(M +m)a,解得：3 故 A 错误；B、对物块，由动能定理得：W-m g H =|m v2-0,解得：W=m v2+m g H,故B正确；C、物块克服重力做功的平均功率：P =m g v =m g x 1 m g v,故C正确；D、电梯与物块系统机械能的增加量：E =(M +m)gH +l(M +m)v2,故D错误；故选：B C.应用牛顿第二定律求出支持力与钢索的拉力，然后求出其比
27、值；对电梯和物体整体运用动能定理求解拉力做功.对物体运用动能定理求解支持力做功.根据功率公式P =F v求平均功率.本题运用动能定理研究各力做功，要注意灵活选择研究对象.动能定理涉及合力做功与动能变化，可以直接求解合力做功.1 1.【答案】A Cc.2F0【解析】解：B、在0 3 m内，F做的功为Wu之dxBJuKFn，根据动能定理得W|i m g x =0,其中x =3 m,解得F()=1 0 N,故 B 错误；A C D、当F与滑动摩擦力大小相等时速度最大，则有F =f =p m g =7 N。由图可得F =1 0-2 x,解得x =1.5 m此时速度最大，根据动能定理得：E k m =等
28、 x 1.5 J-0.7 X 1 0 x 1 x 1.5 J =1 x 1 x v2,解得最大动能：E k m =2.2 5 J,最大速度：v =m/s,故A C正确，D错误。故选：A C o根据F-x 图像与坐标轴围成的面积表示功，求出0-3m内F 做功与F。的关系，由动能定理列式，即可求出F。的大小。当F 与滑动摩擦力大小相等时速度最大，由F =f=u m g 以及图象的解析式求出此时x 的值，再由动能定理求最大动能，从而求得最大速度。本题利用F-x 图象与坐标轴所围的面积来求变力做功，这是常用的方法，要学会运用。1 2.【答案】B D【解析】解：A、当转台的角速度比较小时，物块只受重力、
29、支持力和摩擦力，当细绳恰好要产生拉力时：|i m g =m a)i l s i n ,解得：3 =弱随速度的增大，细绳上的拉力增大，当物块恰好要离开转台时，物块受到重力和细绳的拉力的作用，则：71 9 T Tm g t a n =m u)2(l s i n-)6 6解得：3 2 =停，由于31V,3 2,所以当3 =J 垓时，物块与转台间的摩擦力不为零。故 A错误；B、由于Jl白，所以当3 =时，细线中张力为零，故 B正确C、由于o)i由牛顿第二定律：f +F s i n：=m(J 1)2 1 s i 吗 因为压力小于m g,所以f g m g.故 C错误D、当3 =蠢 u)2 时，小球已经离
30、开转台，细绳的拉力与重力的合力提供向心力，则：m g t a n a =m()2l s i n a解得：c o s a =故F =上且=：m g,故D 正确4 cosa 3故选：B D。对物体受力分析知物块离开圆盘前合力F =f+Ts i n。=华；N +Tc o s 9 =mg,根据题目提供的条件，结合临界条件分析即可此题考查牛顿运动定律的应用，注意临界条件的分析，至绳中出现拉力时，摩擦力为最大静摩擦力；转台对物块支持力为零时，N =0,f=0.题目较难，计算也比较麻烦1 3.【答案】A D 0.1 2 0.2 0丙第 14页，共 18页【解析】解：(1)A,平衡摩擦力,假设木板倾角为。,则
31、有f =m g s i n O =n m g c o s。,其中m约掉了，故不需要重新平衡摩擦力，故A正确；B.实验时应先接通电源后释放小车，故B错误；C.根据牛顿第二定律得，对m 2 m 2 g -F拉=m2a对 m/拉=rrn a解得：F拉=谓，则本实验t n?应远小于m 故C错误；D.由于a =当F一定时，a与三成正比，所以要画出a-?图像，故D正确。故选：A D；(2)打点计时器打下D点速度VD=4喘63 x i o-2m/s =0.1 2 m/s由逐差法得a =x 1 0-2m/s2=0.2 0 m/s2(3)由于摩擦力的存在，当沙桶及沙质量较小时，可能拉不动小车加速，则此时小车的加
32、速度为零，所以当未平衡摩擦力时，图象是图丙。故答案为：(1)A D；(2)0.1 2；(3)0.2 0；(4)丙(1)根据实验原理掌握正确的实验操作和对应的实验分析；(2)根据运动学公式得出打点计时器的速度，结合逐差法计算出小车的加速度大小；(3)根据牛顿第二定律结合图像的特点完成分析。本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，熟练掌握运动学公式，结合牛顿第二定律和图像的特点即可完成分析。1 4.【答案】A；A B;-m g h B；m l：*乙c【解析】解：验证机械能守恒，即需比较重力势能的变化量与动能增加量的关系，故选A o电磁打点计时器需要接低压交流电源，实验
33、中需要用刻度尺测量点迹间的距离，从而得出瞬时速度以及下降的高度。实验验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等,质量可以约去，不需要用天平测量质量，故选：A B。从打0点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量A Ep=-m g h B，B点的瞬时速度为：VB=T ，则动能的增加量为：E k =i m v l =大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是存在空气阻力和摩擦力阻力的影响，故选：C o故答案为：A：AB：-mghB:m(h#C o验证机械能守恒即验证重物动能增加量和重力势能的减小量是否相等。根据实验的原理确定所需测量的物理量，从而确定需要的器材。根据下降的高度
34、求出重力势能的减小量，根据某段时间内的平均速度等于瞬时速度求出B点的速度，从而得出动能的变化量。根据功能关系可判断重力势能的减少量大于动能的增加量的原因。解决本题的关键掌握实验的原理，会通过原理确定器材，以及掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度的大小，从而得出动能的增加量，会根据纸带下降的高度求解重力势能的减小量。1 5.【答案】解：(1)物块在B点时，由牛顿第二定律得：FN-m g =m ,由题意：FN=7 m g物体经过B点的动能：EKB=3m g R在物体从A点至B点的过程中，根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能：Ep=Ek B=3n)g R.(2)物体到达C点仅受重力m g,根据牛
35、顿第二定律有：m g =m g,EK C=1 m g R物体从B点到C点只有重力和阻力做功，根据动能定理有：W阻一 m g 2 R =Ekc-Ek B解得：W阻=-0.5 m g R所以物体从B点运动至C点克服阻力做的功为：W=0.5 m g R.答：(1)弹簧开始时的弹性势能3 m g R (2)块从B点运动至C点克服阻力做的功0.5 m g R.【解析】(1)研究物体经过B点的状态，根据牛顿运动定律求出物体经过B点的速度，得到物体的动能，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)物体恰好到达C点时，由重力充当向心力，由牛顿第二定律求出C点的速度，物体
36、从B到C的过程，运用动能定理求解克服阻力做的功；本题的解题关键是根据牛顿第二定律求出物体经过B、C两点的速度，再结合动能定理、平抛运动的知识求解.1 6.【答案】解:由题图可知：当达到最大速度V m a x=4 0m/s时，牵引力为F m i n=2 000N。由平衡条件F f =F m i n第 16页，共 18页可得 F f =2 000N由公式 P =Fmjnvm a x得额定功率P =8 x 1 04W(2)图线A B 表示牵引力F 不变，即F =8 000N,匀加速运动的末速度VB=代入数据解得VB=1 0m/s汽车由A 到B 做匀加速运动的加速度为a =巴*m设汽车由A 到B 所用
37、时间为t 由B 到C 所用时间为t2、位移为x,则t2=3 5 s J联立代入数据解得：t2 =3 0sB 点之后，对汽车由动能定理可得P t2 -Ffx=|m v -|m v|代入数据可得x=7 5 m答：(1)该汽车的额定功率为8 x 1 04W；(2)汽车匀加速行驶的时间为3 0s,其在B C 段的位移大小为7 5 m。【解析】(1)根据图象知最大速度时牵引力等于阻力；额定功率P =F m i nV m a x；(3)P =F v和牛顿第二定律和动能定理分析求解。本题属于恒定加速度启动方式，由于牵引力不变，根据p =F v可知随着汽车速度的增加，汽车的实际功率在增加，此过程汽车做匀加速运
38、动，当实际功率达到额定功率时，功率不能增加了，要想增加速度，就必须减小牵引力，当牵引力减小到等于阻力时，加速度等于零，速度达到最大值。在分析本题目的时候一定要注意图象的坐标，图象的横坐标标的是速度的倒数，从坐标的右侧向左看，车的速度是逐渐增大的，本题目不能从左向右来分析。1 7.【答案】解：(1)物块做平抛运动时，根据平抛运动的规律有：V()=VAC OS37。，小物块经过A 点运动到B 点，根据机械能守恒定律有：1c 1 o-m v|+m g(R -R c o s 3 7)=-m v|小物块经过B 点时，有：FN-m g =解 得:FN=6 2 N根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小是6
39、 2 N.(2)小物块由B点运动到C点，根据定能定理有：1 1-pmgL-2mgr=-mv2-mvj在C点，由牛顿第二定律得：Ft+mg=?代入数据解得：Ft=60N根据牛顿第三定律，小物块通过C点时对轨道的压力大小是60N.(3)小物块刚好能通过C点时，根据mg=解得：*=屈=V10 x 0.4m/s=2m/s小物块从B点运动到C点的过程，根据动能定理有：1 1-HmgL,-2mgr=-mc，2-m vB2代入数据解得：L=10m答：(1)小物块经过B点时对轨道的压力大小是62N.(2)若MN的长度为L=6 m,小物块通过C点时对轨道的压力大小是60N.(3)若小物块恰好能通过C点，MN的长度L是10m.【解析】(1)小物块先做平抛运动，根据A点的速度方向求出经过A点的速度.从A到B,运用机械能守恒求出经过B点的速度，在B点，由牛顿定律求压力.(2)小物块由B点运动到C点，根据定能定理求出物块到达C点的速度.在C点，由合力提供向心力，由牛顿定律求物块对轨道的压力.(3)小物块刚好能通过C点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出C点的速度.再由动能定理求MN的长度L.解决本题的关键要理清物块的运动过程，掌握平抛运动的规律，分析圆周运动向心力的来源，并把握圆周运动的临界条件.第18页，共18页