【物理】福建省漳州市龙海市2014-2015学年高一（下）期末试卷

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福建省漳州市龙海市2014-2015学年高一（下）期末物理试卷一、选择题（共8小题，每小题4分，满分32分.每小题只有一个答案符合要求）1．下列关于做功的说法正确的是（）A．力对物体做功越多，说明物体的位移一定越大B．静摩擦力总是做正功，滑动摩擦力总是做负功C．作用力做正功，反作用力就一定做负功D．一个质点所受到的一对平衡力所做的功的代数和为零2．关于运动的合成和分解，下列说法正确的是（）A．物体只有做曲线运动时，才能将这个运动分解为两个分运动B．两个匀速直线运动（速度大小不等）的合运动仍是匀速直线运动C．合运动的时间等于两个分运动的时间之和D．合运动的速度大小等于两个分运动的速度大小之和3．物体做匀速圆周运动的过程中，下列说法中正确的是（）A．物体处于平衡状态B．物体的速度不变C．物体的加速度为零D．物体受到的合力时刻与速度方向垂直4．做平抛运动的物体，每秒的速度增量总是（）A．大小相等，方向竖直向下B．大小不等，方向竖直向下C．大小相等，方向不同D．大小不等，方向不同5．在空间某一点以大小相等的速度分别竖直上抛、竖直下抛、水平抛出质量相等的小球，不计空气阻力，经过t秒（设小球均未落地）（）A．做竖直下抛运动的小球加速度最大B．三个小球的机械能都守恒C．做平抛运动的小球动量变化最小D．做竖直下抛的小球动量变化最小6．铁路在弯道处的内外轨道高度是不同的，已知内外轨道平面对水平面倾角为θ，如图所示，弯道处的圆弧半径为R，若质量为m的火车转弯时速度小于，则（）A．内轨对内侧车轮轮缘有挤压B．外轨对外侧车轮轮缘有挤压C．这时铁轨对火车的支持力等于D．这时铁轨对火车的支持力大于7．关于功、功率和机械能，以下说法中正确的是（）A．一对相互作用的静摩擦力同时做正功、同时做负功、同时不做功都是可能的B．一个受变力作用的物体做曲线运动时，其合力的瞬时功率不可能为零16 C．一个物体受合外力为零时，其动能不变，但机械能可能改变D．雨滴下落时，所受空气阻力的功率越大，其动能变化就越快8．物体m用线通过光滑的水平板间小孔与砝码M相连，并且正在做匀速圆周运动，如图所示，如果减少M的重量，则物体m的轨道半径r，角速度ω，线速度v的大小变化情况是（）A．r不变．v变小B．r增大，ω减小C．r减小，v不变D．r减小，ω不变二、多项选择题（共4小题，每小题4分，满分16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）9．质量为m的物体以竖直向上3g的加速度加速运动，在它向上运动h米的过程中（）A．物体的动能增加mghB．物体的机械能增加4mghC．物体的重力势能增加mghD．合外力对物体做功2mgh10．如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动．小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F一v2图象如乙图所示．则（）A．小球的质量为B．当地的重力加速度大小为C．v2=c时，小球对杆的弹力方向向上D．v2=2b时，小球受到的弹力与重力大小相等11．如图，两个半径均为R的光滑圆弧对接于O点，有物体从上面圆弧的某点C以上任意位置由静止下滑（C点未标出），都能从O点平抛出去，则（）A．∠CO1O=60°B．∠CO1O=45°C．落地点距O2最远为2RD．落地点距O2最近为R16 12．低碳、环保是未来汽车的发展方向．某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到节能的目的．某次测试中，汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机，测出了汽车动能Ek与位移x的关系图象如图，其中①是关闭储能装置时的关系图线，②中开启储能装置时的关系图线．已知汽车的质量为1000kg，设汽车运动过程中所受地面阻力恒定，空气阻力不计．根据图象所给的信息可求出（）A．汽车行驶过程中所受地面的阻力为1000WB．汽车的额定功率为80kWC．汽车加速运动的时间为22.5sD．汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5×105J三、实验题（共2小题，第13题4分，第14题10分，满分14分）13．为了验证平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动，用如图所示的装置进行试验，小锤打击弹性金属片，A球水平抛出，同时B球被松开，自由下落，关于该实验，下列说法中正确的是（）A．两球的质量应相等B．两球应同时落地C．应改变装置的高度，多次实验D．实验也能说明A球在水平方向上做匀速直线运动14．用图甲所示装置验证机械能守恒定律时，所用交流电源的频率为50Hz，得到如图乙所示，纸带，选取纸带上打出的连续五个点A、B、C、D、E，测出A点距起点O的距离为S0=19.00cm，点A、C间的距离为S1=8.36cm，点C、E间的距离为S2=9.98cm，g取9.8m/s2，测得重物的质量为100g．（1）下列物理量中需要用工具直接测量的有___________．A．重物的质量B．重力加速度C．重物下落的高度D．与重物下落高度对应的重物的瞬时速度16 （2）下列做法正确的有______________．A．图甲中两限位孔必须在同一竖直线上B．实验前，手应提住纸带上端，并使纸带竖直C．实验时，先放手松开纸带再接通打点计时器电源D．数据处理时，应选择纸带上距离较近的两点作为初、末位置（3）选取O、C两点为初末位置研究机械能守恒，重物减少的重力势能是________J，打下C点时重物的动能是__________J．（结果保留三位有效数字）（4）实验中，重物减小的重力势能总是略大于增加的动能，（排除读数、测量等造成的偶然误差），则可能的原因是___________（写一种情况即可）．（5）实验中，如果以为纵轴，以h为横轴，根据实验数据绘出的﹣h图线应是______线，才能合乎实验验证的要求，﹣h图线的斜率等于的_________数值．四、计算题（共3小题，满分38分）15．为了对火星及其周围的空间环境进行探测，我国于2011年10月发射第一颗火星探测器“萤火一号”．已知火星球体半径为R，探测器在离火星表面某高度的圆轨道上运动时周期为T．假设在距火星表面某处将一小球以初速度v0竖直向上抛出，小球经时间t落回抛出点．已知引力常量为G，试依据上述数据和已知量，计算出探测器围绕火星做圆周运动时距离火星表面的高度H．16．如图所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上．已知l=1.4m，v=3.0m/s，m=0.10kg，物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，桌面高h=0.45m，不计空气阻力，重力加速度取10m/s2，求：（1）小物块落地点距飞出点的水平距离s；（2）小物块落地时的动能EK；（3）小物块的初速度大小v0．17．如图所示，水平轨道PAB与竖直光滑圆弧轨道相连，出口为水平轨道BE，其中，PA段光滑，AB段粗糙，动摩擦因数μ=0.1，AB段长度L=2m，半径R=1m，轻质弹簧左端固定于P点，右端处于自由状态时位于A点，现用力推质量m=2kg的小滑块，使其缓慢压缩弹簧（即推力做功全部转化为弹簧的弹性势能），当推力做功W=20J时撤去推力，重力加速度取g=10m/s2．（1）判断小滑块能否到达C点，如果能，求出滑块到达C点的速度vc；如果不能，求出滑块能达到的最大高度h；（2）求滑块第一次到达圆弧轨道最低点B时对轨道的压力；（3）如果要使小滑块进入圆弧轨道后不能脱离轨道（滑回PAB或从BE滑出），推力做功W应满足的条件．16 福建省漳州市龙海市2014-2015学年高一（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题4分，满分32分.每小题只有一个答案符合要求）1．下列关于做功的说法正确的是（）A．力对物体做功越多，说明物体的位移一定越大B．静摩擦力总是做正功，滑动摩擦力总是做负功C．作用力做正功，反作用力就一定做负功D．一个质点所受到的一对平衡力所做的功的代数和为零考点：功的计算；牛顿第三定律．专题：功的计算专题．分析：力对物体做功的两个必要因素：作用在物体上的力，物体在该力的方向上通过距离；力做功的正负即决于力和位移的方向关系；根据作用力和反作用力的性质可以判断两力做功的情况，一对平衡力作用在一个物体上，其作用效果相互抵消．解答：解：A、根据W=Fscosθ可知，力对物体做功越多，物体的位移不一定越大，故A错误；B、静摩擦力和滑动摩擦力都可以做正功，也可以做负功，还可以不做功，故B错误；C、作用力做正功，反作用力也可以做正功，比如两带电小球靠斥力分开，库仑斥力对两小球都做正功，故C错误；D．一对平衡力作用在一个物体上，其作用效果相互抵消，合力为零，则其合力做的功为零，故D正确．故选：D．点评：本题考查了学生对做功公式W=Fs的理解与掌握，是一道基础题目．2．关于运动的合成和分解，下列说法正确的是（）A．物体只有做曲线运动时，才能将这个运动分解为两个分运动B．两个匀速直线运动（速度大小不等）的合运动仍是匀速直线运动C．合运动的时间等于两个分运动的时间之和D．合运动的速度大小等于两个分运动的速度大小之和考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：速度、加速度、位移都是矢量，运动的合成和分解遵循平行四边形定则，分运动和合运动具有等时性．解答：解：A、直线运动也可以分解成两个分运动，比如：匀加速直线运动．故A错误．B、两个匀速直线运动（速度大小不等）的合运动仍是匀速直线运动．故B正确．C、分运动和合运动具有等时性．故C错误．16 D、速度的合成遵循平行四边形定则，合速度可能比分速度大，可能比分速度小，可能与分速度相等．故D错误．故选：B．点评：解决本题的关键知道合运动与分运动具有等时性，以及知道判断合运动是直线运动还是曲线运动的方法．3．物体做匀速圆周运动的过程中，下列说法中正确的是（）A．物体处于平衡状态B．物体的速度不变C．物体的加速度为零D．物体受到的合力时刻与速度方向垂直考点：匀速圆周运动．专题：匀速圆周运动专题．分析：匀速圆周运动中，速度、向心力、加速度是矢量，有大小有方向，要保持不变，大小和方向都不变．在匀速圆周运动的过程中，速度的方向时刻改变，加速度、向心力的方向始终指向圆心，所以方向也是时刻改变，只有角速度的方向不变．解答：解：A、匀速圆周运动中，所受合外力充当向心力，方向时刻改变，合外力不为零，不是平衡状态，故A错误；B、匀速圆周运动中，速度的大小不变，方向时刻变化，故B错误；C、匀速圆周运动中，合外力不为零，加速度也不为零，故C错误；D、匀速圆周运动中，合力方向指向圆心，速度沿该点的切线方向，所以物体受到的合力时刻与速度方向垂直，故D正确；故选：D．点评：解决本题的关键知道匀速圆周运动的过程中，速度的大小、向心力的大小、向心加速度的大小保持不变，但方向时刻改变．4．做平抛运动的物体，每秒的速度增量总是（）A．大小相等，方向竖直向下B．大小不等，方向竖直向下C．大小相等，方向不同D．大小不等，方向不同考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：平抛运动运动是匀变速曲线运动，根据△v=gt，每秒速度增量大小相等，方向竖直向下．解答：解：平抛运动的加速度不变，为g．根据△v=at=gt，知每秒速度增量大小相等，方向竖直向下，与加速度的方向相同．故A正确，B、C、D错误．故选：A．点评：解决本题的关键知道平抛运动每秒的速度增量大小相等，方向总是竖直向下．5．在空间某一点以大小相等的速度分别竖直上抛、竖直下抛、水平抛出质量相等的小球，不计空气阻力，经过t秒（设小球均未落地）（）A．做竖直下抛运动的小球加速度最大B．三个小球的机械能都守恒C．做平抛运动的小球动量变化最小D．做竖直下抛的小球动量变化最小考点：机械能守恒定律；动量定理．专题：机械能守恒定律应用专题．16 分析：三个球运动过程中只受重力，加速度相等，机械能守恒．根据动量定理：三个球动量的变化等于重力的冲量，研究动量变化量的关系．解答：解：A、不计空气阻力，三个球运动过程中只受重力作用，加速度都是重力加速度g，故A错误．B、三个小球运动过程中，都只有重力做功，机械能都守恒．故B正确．CD、根据动量定理得知：三个球动量的变化等于重力的冲量I=Gt=mgt，三个重力mg相等，运动时间t相同，则重力的冲量I相同，即冲量的大小和方向均相同，所以三个球动量变化量大小相等，方向相同．故CD错误．故选：B．点评：本题的难点是判断动量变化量的关系，考查灵活选择研究动量变化量方法的能力．动量变化量常用两种方法研究：一法是定义法，根据动量变化的定义研究；二法是定理法，根据动量定理研究，特别是对于曲线运动和变力的情况，更有效．6．铁路在弯道处的内外轨道高度是不同的，已知内外轨道平面对水平面倾角为θ，如图所示，弯道处的圆弧半径为R，若质量为m的火车转弯时速度小于，则（）A．内轨对内侧车轮轮缘有挤压B．外轨对外侧车轮轮缘有挤压C．这时铁轨对火车的支持力等于D．这时铁轨对火车的支持力大于考点：向心力；牛顿第二定律．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：火车在弯道处拐弯时火车的重力和轨道对火车的支持力的合力做为转弯需要的向心力，当合力恰好等于需要的向心力时，火车对内外轨道都没有力的作用，速度增加，就要对外轨挤压，速度减小就要对内轨挤压．解答：解：A、B、火车的重力和轨道对火车的支持力的合力恰好等于需要的向心力时，此时火车的速度正好是，当火车转弯的速度小于，需要的向心力减小，而重力与支持力的合力不变，所以合力大于了需要的向心力，内轨就要对火车产生一个向外的力来抵消多余的力，所以此时内轨对内侧车轮轮缘有挤压．故A正确，B错误；C、D、当内外轨没有挤压力时，受重力和支持力，N=，由于内轨对火车的作用力沿着轨道平面，可以把这个力分解为水平和竖直向上两个分力，由于竖直向上的分力的作用，使支持力变小，即小于．故C错误，D错误；故选：A．点评：火车转弯主要是分析清楚向心力的来源，再根据速度的变化，可以知道对内轨还是对外轨由作用力．7．关于功、功率和机械能，以下说法中正确的是（）A．一对相互作用的静摩擦力同时做正功、同时做负功、同时不做功都是可能的B．一个受变力作用的物体做曲线运动时，其合力的瞬时功率不可能为零16 C．一个物体受合外力为零时，其动能不变，但机械能可能改变D．雨滴下落时，所受空气阻力的功率越大，其动能变化就越快考点：功率、平均功率和瞬时功率；功的计算．专题：功率的计算专题．分析：静摩擦力总是大小相等，方向相反，故一对静摩擦力一个做正功，一个做负功；一个受变力作用的物体做曲线运动时，如果速度为力垂直，功率为零；根据动能定理和机械能守恒即可判断；判断出雨滴的速度变化即可判断解答：解：A、静摩擦力总是大小相等，方向相反，故一对静摩擦力一个做正功，一个做负功，故A错误；B、一个受变力作用的物体做曲线运动时，如果速度为力垂直，功率为零，如匀速圆周运动，故B错误；C、根据动能定理可知，一个物体受合外力为零时，其动能不变，当外力做功，故机械能可能变化，故C正确；D、雨滴下落时，所受空气阻力的功率越大但雨滴最终匀速运动，故动能变化越来越慢，故D错误；故选：C点评：本题主要考查了力做功的条件，及对物体运动的分析，利用动能定即可判断8．物体m用线通过光滑的水平板间小孔与砝码M相连，并且正在做匀速圆周运动，如图所示，如果减少M的重量，则物体m的轨道半径r，角速度ω，线速度v的大小变化情况是（）A．r不变．v变小B．r增大，ω减小C．r减小，v不变D．r减小，ω不变考点：线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动．分析：小球在砝码的重力作用下，在光滑水平面上做匀速圆周运动．显然砝码的重力提供向心力，当砝码的重量变化，此时向心力与砝码的重力不等，从而做离心运动，导致半径变化．向心力再次与砝码的重力相等时，又做匀速圆周运动．因此由半径的变化可得出角速度、线速度的变化．解答：解：小球在砝码的重力作用下，在光滑水平面上做匀速圆周运动．砝码的重力提供向心力，当砝码的重量减小，此时向心力大于砝码的重力，从而做离心运动，导致半径变大．当再次出现砝码的重力与向心力相等时，小球又做匀速圆周运动．A、因M的质量减小，则导致提供的向心力小于需要的向心力，因此小球出现离心运动，那么半径增大，故A不正确；B、由于半径变大，而向心力大小变小，则角速度减小，故B正确；C、由于半径变大，同时线速度大小变化不定，所以C不正确；D、由于半径变大，角速度减小，所以D不正确；故选：B．点评：本题体现出圆周运动与离心运动区别，同时掌握影响向心力大小的因素．16 二、多项选择题（共4小题，每小题4分，满分16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）9．质量为m的物体以竖直向上3g的加速度加速运动，在它向上运动h米的过程中（）A．物体的动能增加mghB．物体的机械能增加4mghC．物体的重力势能增加mghD．合外力对物体做功2mgh考点：功能关系．分析：根据重力做功判断重力势能的变化，根据合力做功判断动能的变化，根据动能和重力势能的变化判断机械能的变化．解答：解：AD、物体以竖直向上3g的加速度加速运动，合外力为F=ma=3mg，故合外力做功为W=Fh=3mgh，故动能增加3mgh，故A、D错误；BC、重力做功为﹣mgh，故重力势能增加mgh，而动能增加3mgh，故机械能增加3mgh+mgh=4mgh，故B、C正确；故选：BC．点评：解决本题的关键掌握功能关系，知道重力做功与重力势能的关系，合力做功与动能的关系．10．如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动．小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F一v2图象如乙图所示．则（）A．小球的质量为B．当地的重力加速度大小为C．v2=c时，小球对杆的弹力方向向上D．v2=2b时，小球受到的弹力与重力大小相等考点：向心力；牛顿第二定律．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：（1）在最高点，若v=0，则N=mg=a；若N=0，则mg=m，联立即可求得当地的重力加速度大小和小球质量；（2）由图可知：当v2＜b时，杆对小球弹力方向向上，当v2＞b时，杆对小球弹力方向向下；（3）若c=2b．根据向心力公式即可求解．解答：解：A、在最高点，若v=0，则N=mg=a；若N=0，则mg=m，解得g=，m=R，故A正确，B错误；C、由图可知：当v2＜b时，杆对小球弹力方向向上，当v2＞b时，杆对小球弹力方向向下，所以当v2=c时，杆对小球弹力方向向下，所以小球对杆的弹力方向向上，故C正确；16 D、若c=2b．则N+mg=m，解得N=a=mg，故D正确．故选：ACD点评：本题主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，要求同学们能根据图象获取有效信息，难度适中．11．如图，两个半径均为R的光滑圆弧对接于O点，有物体从上面圆弧的某点C以上任意位置由静止下滑（C点未标出），都能从O点平抛出去，则（）A．∠CO1O=60°B．∠CO1O=45°C．落地点距O2最远为2RD．落地点距O2最近为R考点：机械能守恒定律；平抛运动．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：小球从O点离开做平抛运动，知小球对O点的压力为零，根据牛顿第二定律求出在O点的最小速度，从而根据机械能守恒定律求出C点的位置，在O点的速度越大，平抛运动的水平距离越大．解答：解：A、根据mg=，解得v=．知O点的最小速度为．设∠CO1O=θ．mgR（1﹣cosθ）=解得θ=60°．故A正确，B错误．C、当通过O点速度最大时，水平距离最大．mgR=，解得v=．因为R=，解得t=．则落地点的最大水平距离为x=．故C正确．D、通过O点的最小速度为，则最小水平距离x=．故D错误．故选：AC．点评：解决本题的关键知道小球过O点做平抛运动的临界条件，结合机械能守恒定律和平抛运动的知识进行求解．12．低碳、环保是未来汽车的发展方向．某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到节能的目的．某次测试中，汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机，测出了汽车动能Ek与位移x的关系图象如图，其中①是关闭储能装置时的关系图线，②中开启储能装置时的关系图线．已知汽车的质量为1000kg，设汽车运动过程中所受地面阻力恒定，空气阻力不计．根据图象所给的信息可求出（）16 A．汽车行驶过程中所受地面的阻力为1000WB．汽车的额定功率为80kWC．汽车加速运动的时间为22.5sD．汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5×105J考点：功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的图像．分析：关闭储能装置时，根据动能定理求解汽车所受地面的阻力．在5﹣7m过程中汽车做匀速直线运动，牵引力等于阻力，求解汽车的额定功率．根据动能定理求解加速运动的时间，其中牵引力的功为Pt．由能量关系分析汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能．解答：解：A、对于图线①，根据动能定理得：﹣fx=0﹣Ek，得到f==N=2×103N．故A错误．B、设汽车匀速运动的速度为v，则有Ek=mv2，解得：v==40m/s，汽车的额定功率为P=Fv=fv=2×103×40W=80kW．故B正确．C、对于加速运动过程，根据动能定理得：Pt﹣fS=Ek2﹣Ek1，得到t===16.25s．故C错误．D、根据功能关系得到：汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为E=Ek﹣fS=8×105J﹣2×103×1.5×102J=5×105J．故D正确．故选：BD．点评：本题是汽车的起动问题，根据动能定理求解阻力和加速运动的时间．汽车匀速运动时，牵引力与阻力平衡．三、实验题（共2小题，第13题4分，第14题10分，满分14分）13．为了验证平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动，用如图所示的装置进行试验，小锤打击弹性金属片，A球水平抛出，同时B球被松开，自由下落，关于该实验，下列说法中正确的是（）A．两球的质量应相等B．两球应同时落地C．应改变装置的高度，多次实验16 D．实验也能说明A球在水平方向上做匀速直线运动考点：研究平抛物体的运动．专题：实验题．分析：本题图源自课本中的演示实验，通过该装置可以判断两球同时落地，可以验证做平抛运动的物体在竖直方向上做自由落体运动；解答：解：根据装置图可知，两球由相同高度同时运动，A做平抛运动，B做自由落体运动，因此将同时落地，由于两球同时落地，因此说明A、B在竖直方向运动规律是相同的，故根据实验结果可知，平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动，不需要两球质量相等，要多次实验，观察现象，则应改变装置的高度，多次实验，故BC正确．故选：BC．点评：本题比较简单，重点考察了平抛运动特点，平抛是高中所学的一种重要运动形式，要重点加强．14．用图甲所示装置验证机械能守恒定律时，所用交流电源的频率为50Hz，得到如图乙所示，纸带，选取纸带上打出的连续五个点A、B、C、D、E，测出A点距起点O的距离为S0=19.00cm，点A、C间的距离为S1=8.36cm，点C、E间的距离为S2=9.98cm，g取9.8m/s2，测得重物的质量为100g．（1）下列物理量中需要用工具直接测量的有C．A．重物的质量B．重力加速度C．重物下落的高度D．与重物下落高度对应的重物的瞬时速度（2）下列做法正确的有AB．A．图甲中两限位孔必须在同一竖直线上B．实验前，手应提住纸带上端，并使纸带竖直C．实验时，先放手松开纸带再接通打点计时器电源D．数据处理时，应选择纸带上距离较近的两点作为初、末位置（3）选取O、C两点为初末位置研究机械能守恒，重物减少的重力势能是0.268J，打下C点时重物的动能是0.262J．（结果保留三位有效数字）（4）实验中，重物减小的重力势能总是略大于增加的动能，（排除读数、测量等造成的偶然误差），则可能的原因是重物受到的空气阻力（写一种情况即可）．（5）实验中，如果以为纵轴，以h为横轴，根据实验数据绘出的﹣h图线应是过原点的倾斜直线，才能合乎实验验证的要求，﹣h图线的斜率等于重力加速度g的数值．考点：验证机械能守恒定律．16 专题：实验题；机械能守恒定律应用专题．分析：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项．根据机械能守恒定律写出机械能守恒的表达式，从而得出﹣h的关系，得出图线的性质以及图线的斜率．重物减少的重力势能为mgh，根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可以求出打下记数点C时的速度大小．由于空气阻力和摩擦力阻力的作用重物减小的重力势能总是略大于增加的动能．解答：解：（1）在“验证机械能守恒定律”的实验中，直接测量的有：用刻度尺测量重锤下落的高度，重物的质量可以测量也可以不测量．重力加速度与实验无关．通过计算得到的有与重锤下落高度对应的重锤瞬时速度．故选：C（2）A、图甲中两限位孔必须在同一直线上，故A正确；B、实验前，手应提住纸带上端，并使纸带竖直，减小纸带与打点计时器限位孔之间的摩擦，故B正确；C、开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重锤，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差，故C错误；D、数据处理时，应选择纸带上距离较远的两点作为初、末位置，以减小测量的误差．故D错误；故选：AB．（3）重物减少的重力势能为：△Ep=mgh=mg（s0+s1）=0.1kg×9.8m/s2×（19.00+8.36）×10﹣2m=0.268Jvc==2.29m/s打下C点时重物的动能Ekc=（2.29）2=0.262J（4）由于阻力的作用重物减小的重力势能总是略大于增加的动能，这里的阻力主要来源于重物受到的空气阻力和纸带与打点计时器之间的摩擦阻力．（5）在验证机械能守恒定律的实验中，有：mgh=mv2，则有：=gh，g是常数，所以图线为过原点的倾斜直线，图线的斜率等于g，即重力加速度．故答案为：（1）C；（2）AB；（3）0.268；0.262；（4）重物受到的空气阻力；（5）过原点的倾斜直；重力加速度g．点评：本题主要考查了“验证机械能守恒定律”的实验的原理，要求同学们了解其实验仪器及实验过程，会根据机械能守恒推﹣h的关系．要学会根据可能产生误差的原因进行分析．四、计算题（共3小题，满分38分）15．为了对火星及其周围的空间环境进行探测，我国于2011年10月发射第一颗火星探测器“萤火一号”．已知火星球体半径为R，探测器在离火星表面某高度的圆轨道上运动时周期为T．假设在距火星表面某处将一小球以初速度v0竖直向上抛出，小球经时间t落回抛出点．已知引力常量为G，试依据上述数据和已知量，计算出探测器围绕火星做圆周运动时距离火星表面的高度H．16 考点：万有引力定律及其应用；向心力．专题：万有引力定律的应用专题．分析：以小球为研究对象，根据竖直上抛运动的规律求出小球的加速度，即为火星表面的重力加速度．根据万有引力与重力近似相等，求出火星的质量．再对探测器研究，根据万有引力提供力向心力，由牛顿第二定律求出探测器围绕火星做圆周运动时距离火星表面的高度H．解答：解：小球在火星表面做竖直上抛运动，则有0=v0﹣g可得火星表面的重力加速度g=当探测器围绕火星运动时有G=m（R+H）若探测器在火星表面上有：G=mg联立以上各式解得H=﹣R答：探测器围绕火星做圆周运动时距离火星表面的高度H为﹣R．点评：本题关键是根据竖直上抛运动计算出火星表面的重力加速度．本题还要知道探测器绕火星做匀速圆周运动，火星对探测器的万有引力提供向心力，并且要能根据题意选择恰当的向心力的表达式．16．如图所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上．已知l=1.4m，v=3.0m/s，m=0.10kg，物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，桌面高h=0.45m，不计空气阻力，重力加速度取10m/s2，求：（1）小物块落地点距飞出点的水平距离s；（2）小物块落地时的动能EK；（3）小物块的初速度大小v0．考点：动能定理的应用；平抛运动．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）物块离开桌面后做平抛运动，由匀速与匀变速运动规律可以求出水平距离．（2）由动能定理可以求出落地动能．（3）由动能定理可以求出物块的初速度．解答：解：（1）物块飞出桌面后做平抛运动，16 竖直方向：h=gt2，解得：t=0.3s，水平方向：s=vt=0.9m；（2）对物块从飞出桌面到落地，由动能定理得：mgh=mv12﹣mv22，落地动能EK=mgh+mv12=0.9J；（3）对滑块从开始运动到飞出桌面，由动能定理得：﹣μmgl=mv2﹣mv02，解得：v0=4m/s；答：（1）小物块落地点距飞出点的水平距离为0.9m．（2）小物块落地时的动能为0.9J．（3）小物块的初速度为4m/s．点评：要掌握应用动能定理解题的方法与思路；（2）（3）两问也可以应用牛顿定律、运动学公式求解．17．如图所示，水平轨道PAB与竖直光滑圆弧轨道相连，出口为水平轨道BE，其中，PA段光滑，AB段粗糙，动摩擦因数μ=0.1，AB段长度L=2m，半径R=1m，轻质弹簧左端固定于P点，右端处于自由状态时位于A点，现用力推质量m=2kg的小滑块，使其缓慢压缩弹簧（即推力做功全部转化为弹簧的弹性势能），当推力做功W=20J时撤去推力，重力加速度取g=10m/s2．（1）判断小滑块能否到达C点，如果能，求出滑块到达C点的速度vc；如果不能，求出滑块能达到的最大高度h；（2）求滑块第一次到达圆弧轨道最低点B时对轨道的压力；（3）如果要使小滑块进入圆弧轨道后不能脱离轨道（滑回PAB或从BE滑出），推力做功W应满足的条件．考点：功能关系；向心力．分析：（1）根据功能关系求出小滑块速度第一次为零时上升的最大高度，即可作出判断．（2）由动能定理求出滑块第一次到达点B时的速度，再由牛顿运动定律求对轨道的压力．（3）小滑块进入圆弧轨道后不能脱离轨道，可能做完整的圆周运动，也可能在O点下方半圆周内做往复运动．求出最高点的临界速度，再由动能定理求W的范围即可．解答：解：（1）从撤去推力到滑块第一次速度为零，上升的最大高度为h，根据动能定理得W﹣μmgL﹣mgh=0解得h=0.8m，因h＜R，故滑块不能到达C点．（2）设滑块第一次到达B点时的速度为vB．根据动能定理得：W﹣μmgL=16 在B点，根据牛顿第二定律有N﹣mg=m解得N=52N由牛顿第三定律知，滑块对轨道的压力大小为52N，方向竖直向下．（3）要保证滑块不能脱离轨道，可分两种情况讨论：Ⅰ、W较小时，通过B点且最高只能到达C点，应满足：μmgL＜W≤μmgL+mgR可得4J＜W≤24J．Ⅱ、W较大时，当滑块恰能到达圆轨道的最高点时的速度为v，应满足mg=mW=μmgL+2mgR+解得W=54J综合Ⅰ、Ⅱ可得，要保证滑块不能脱离轨道，W应满足下面的条件：4J＜W≤24J或W≥54J．答：（1）滑块不能到达C点．滑块能达到的最大高度h是0.8m．（2）滑块第一次到达圆弧轨道最低点B时对轨道的压力大小为52N，方向竖直向下．（3）要保证滑块不能脱离轨道，W应满足下面的条件：4J＜W≤24J或W≥54J．点评：本题运用功能关系和动能定理、牛顿运动定律研究时，关键要抓住滑块不脱离圆轨道有两种可能的情况，把握最高点的临界条件：重力等于向心力．16