四川省广安市武胜中学2022学年高一物理下学期第二次月考试题（尖子班）（含解析）新人教版

2022-2022学年四川省广安市武胜中学高一（下）第二次月考物理试卷（尖子班）一、单项选择题（本大题10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中只有一个最符合题意）．1．（3分）（2022春•武胜县校级月考）对质点运动的描述，以下说法正确的是（　　）　A．平抛运动是加速度每时每刻都改变的运动　B．匀速圆周运动是加速度不变的运动　C．某时刻质点的加速度为零，则此时刻质点的速度一定为零　D．物体做曲线运动，速度一定改变考点：物体做曲线运动的条件；曲线运动．版权所有专题：物体做曲线运动条件专题．分析：加速度是反映速度变化快慢的物理量，与速度的大小无必然的联系．平抛运动所受的合力为重力，则加速度不变．匀速圆周运动加速度始终指向圆心．解答：解：A、平抛运动的加速度不变，始终竖直向下．故A错误B、匀速圆周运动的加速度始终指向圆心，大小不变，方向时刻改变．故B错误．C、某时刻质点的加速度为零，则速度不一定为零，比如做匀速直线运动．故C错误．D、物体做曲线运动，速度的方向沿曲线的曲线方向，所以方向一定改变．故D正确．故选：D．点评：解决本题的关键知道平抛运动和圆周运动的特点．知道加速度的物理意义．　2．（3分）（2022春•桃城区校级期末）在同一高度将质量相等的三个小球以大小相同的速度分别竖直上抛、竖直下抛、水平抛出，不计空气阻力．从抛出到落地过程中，三球（　　）　A．运动时间相同B．落地时的速度相同　C．落地时重力的功率相同D．落地时的动能相同考点：动能定理的应用；功率、平均功率和瞬时功率．版权所有专题：动能定理的应用专题．分析：小球沿着不同的方向抛出，都只有重力做功，机械能守恒，故可得到落地时动能相等，但方向不同；根据瞬时功率表达式P=Fvcosθ判断瞬时功率的大小．解答：解：A、落地的时间不同，竖直上抛时间最长，竖直下抛时间最短，故A错误；B、小球运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，故末速度相等，但方向不同，故B错误；C、落地时速度相等，但方向不同，根据P=Gvcosθ可知，重力的瞬时功率不等，故C错误；D、根据机械能守恒定律得到落地时动能相等，故D正确；故选D．点评：本题关键在于沿不同方向抛出的小球都只有重力做功，机械能守恒；同时速度是矢量，大小相等、方向相同速度才是相同，要有矢量意识．　-19-\n3．（3分）（2022•盐亭县校级模拟）一根长为L的轻杆下端固定一个质量为m的小球，上端连在光滑水平轴上，轻杆可绕水平轴在竖直平面内运动（不计空气阻力）．当小球在最低点时给它一个水平初速度v0，小球刚好能做完整的圆周运动．若小球在最低点的初速度从v0逐渐增大，则下列判断正确的是（　　）　A．小球能做完整的圆周运动，经过最高点的最小速度为　B．小球在最高点对轻杆的作用力先减小后增大　C．小球在最低点对轻杆的作用力先增大后减小　D．小球在运动过程中所受合外力的方向始终指向圆心考点：牛顿第二定律；牛顿第三定律；向心力．版权所有专题：牛顿运动定律综合专题．分析：小球在竖直平面内做圆周运动，只有重力做功，机械能守恒，故速度不断变化，是变速圆周运动；在最高点和最低点，小球受到的弹力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式分析即可．解答：解：A、设轻杆对小球的作用力大小为F，方向向上，小球做完整的圆周运动经过最高点时，对小球，由牛顿第二定律得mg﹣F=，当轻杆对小球的作用力大小F=mg时，小球的速度最小，最小值为零，所以A错．B、由mg﹣F=，可得在最高点轻杆对小球的作用力F=mg﹣，若小球在最低点的初速度从v0逐渐增大，小球经过最高点时的速度v也逐渐增大，所以轻杆对小球的作用力F先减小后方向增大（先为支持力后为拉力，正负表示力的方向）．由牛顿第三定律可得小球在最高点对轻杆的作用力先减小后增大，因此选项B正确．C、在最低点，由F﹣mg=，可得轻杆对小球的作用力（拉力）F=mg+，若小球在最低点的初速度从v0逐渐增大，则轻杆对小球的作用力（拉力）一直增大，选项C错．D、轻杆绕水平轴在竖直平面内运动，小球不是做匀速圆周运动，所以合外力的方向不是始终指向圆心，只有在最低点和最高点合外力的方向才指向圆心，选项D错．故选B．点评：本题关键对小球在最高点和最低点分别受力分析，然后根据牛顿第二定律列式分析，要注意，杆对小球可以无弹力，可以是拉力、支持力．　4．（3分）（2022春•和平区校级期中）两个同高度斜面，倾角分别为α、β，小球1、2分别由斜面顶端以相等水平速度抛出，如图所示，假设两球能落在斜面上，则小球1、2飞行下落的高度之比为（　　）-19-\n　A．1：1B．tanα：tanβC．tanβ：tanαD．tan2α：tan2β考点：平抛运动．版权所有专题：平抛运动专题．分析：两个小球均做平抛运动，根据斜面倾角的正切等于竖直位移与水平位移之比求出运动时间，再由竖直方向小球做自由落体运动，求出高度，再求解高度之比．解答：解：设两球平抛运动的初速度为v0，则对于球1：tanα===，得到运动时间t1=2，下落高度h1=同理，得到球2运动时间t2=2，下落高度h2=则得到h1：h2=tan2α：tan2β故选D点评：本题是有条件的平抛运动，关键是斜面倾角的运用．要注意斜面倾角的正切等于竖直位移与水平位移之比，不等于竖直方向速度与水平方向速度之比．　5．（3分）（2022•江苏）两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F．两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（　　）　A．B．C．D．12F考点：库仑定律；电荷守恒定律．版权所有专题：计算题．分析：清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分．根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题．解答：解：接触前两个点电荷之间的库仑力大小为F=k，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带点为+Q，距离又变为原来的，库仑力为F′=k，所以两球间库仑力的大小为．故选C．点评：本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题．　-19-\n6．（3分）（2022•揭阳模拟）质量为lkg的物体在水平面内做曲线运动，已知该物体在互相垂直方向上两分运动的速度时间图象分别如图所示，则下列说法正确的是（　　）　A．2s末质点速度大小为7m/s　B．质点所受的合外力大小为3N　C．质点的初速度大小为5m/s　D．质点初速度的方向与合外力方向垂直考点：匀变速直线运动的图像；运动的合成和分解．版权所有专题：计算题．分析：由图象可以看出，质点在x方向做初速度为零的匀加速直线运动，在y方向做匀速直线运动，可以分别求出各个时刻两个分运动的速度、力，再根据平行四边形定则合成得到合运动的速度与合力．解答：解：A、据题意，物体在两个互相垂直方向上运动，即x与y方向垂直，且质点在x方向做初速度为零的匀加速直线运动，在y方向做匀速直线运动，2s末，vx=3m/s，vy=4m/s，因而v==5m/s，故A错误；B、ax==1.5m/s2，ay=0根据牛顿第二定律Fx=max=1×1.5N=1.5NFy=0因而F=1.5N，故B错误；C、t=0时，vx=0，vy=4m/s因而v0=4m/s，故C错误；D、由于v0=4m/s，且沿y方向，F=1.5N沿x方向，故D正确；故选D．点评：本题关键为根据图象得出x和y方向的分运动的运动规律，根据合运动与分运动的等效替代关系，得出合运动的速度与受力情况！　7．（3分）（2022•利州区校级模拟）我国第一颗月球探测卫星“嫦娥一号”已于2022年10月24日在西昌卫星发射中心由“长征三号甲”运载火箭成功发射升空．假设该卫星的绕月轨道是圆形的，且距离月球表面高度为h，并已知该卫星的运行周期为T，月球直径为d，万有引力常量为G，则可求出（　　）　A．月球质量　B．月球探测卫星“嫦娥一号”在离月球表面h高度轨道上运行的速度　C．月球探测卫星“嫦娥一号”绕月轨道的半径r=d+h-19-\n　D．月球表面的重力加速度考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．版权所有专题：人造卫星问题．分析：A、根据万有引力提供向心力，求出中心天体月球的质量．B、根据求出卫星运行的线速度．C、轨道半径等于卫星到月球球心的距离．D、根据万有引力等于重力，求出月球表面的重力加速度．解答：解：A、，得M=．故A正确．B、探测卫星“嫦娥一号”在离月球表面h高度轨道上运行的速度．故B错误．C、轨道半径等于卫星到月球球心的距离，即r=．故C错误．D、根据万有引力等于重力，g=．故D错误．故选A．点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，以及万有引力等于重力．　8．（3分）（2022春•柯城区校级期中）质量为m的物体，在距地面h高处以g的加速度由静止竖直下落到地面．下列说法中正确的是（　　）　A．物体的重力势能减少mghB．物体的动能增加mgh　C．物体的机械能减少mghD．阻力做功mgh-19-\n考点：功能关系；重力势能．版权所有分析：物体距地面一定高度以的加速度由静止竖直下落到地面，则说明物体下落受到一定阻力．那么重力势能的变化是由重力做功多少决定的，而动能定理变化由合力做功决定的，那么机械能是否守恒是由只有重力做功决定的．解答：解：A、物体在下落过程中，重力做正功为mgh，则重力势能减小也为mgh．故A错误；B、物体的合力为，则合力做功为mgh，所以物体的动能增加为mgh，故B正确；C、物体除重力做功，阻力做负功，导致机械能减少．根据牛顿第二定律得：F合=ma=mg﹣f=mg得f=mg所以阻力做功为Wf=﹣fh=﹣，所以机械能减少为mgh，故C错误；D、物体在下落过程中，重力做正功为mgh，故D错误；故选：B．点评：功是能量转化的量度，重力做功导致重力势能变化；合力做功导致动能变化；除重力外其他力做功导致机械能变化；弹力做功导致弹性势能变化．　9．（3分）（2022春•宿城区校级期末）如图所示，小球自a点由静止自由下落，到b点时与弹簧接触，到c点时弹簧被压缩到最短，若不计弹簧质量和空气阻力，在小球由a→b→c的运动过程中（　　）　A．小球的加速度在ab段不变，在bc段逐渐减小　B．小球的重力势能随时间均匀减少　C．小球在b点时速度最大　D．到c点时小球重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量考点：功能关系；牛顿第二定律；弹性势能．版权所有分析：小球与弹簧接触后受重力和弹力两个力作用，根据小球合力的变化判断小球加速度的变化，通过加速度方向与速度方向的关系判断小球速度的变化．通过能量守恒比较在c点时，小球重力势能的减小量和弹性势能增加量的关系．解答：-19-\n解：A、在ab段，小球仅受重力，做自由落体运动，加速度不变，bc段，开始重力大于弹力，加速度向下，根据a=知，加速度逐渐减小，做加速度逐渐减小的加速运动，重力等于弹力后，弹力大于重力，加速度方向向上，根据a=知，加速度逐渐增大，做加速度逐渐增大的减速运动．可知bc段的加速度先减小后增大．故A错误．B、小球在下降的过程中不是匀速直线运动，所以重力势能随时间不是均匀减小．故B错误．C、由A选项分析知，速度最大的位置在bc之间．故C错误．D、从开始下落到c点，动能变化量为零，根据能量守恒，重力势能的减小量等于弹性势能的增加量．故D正确．故选：D．点评：解决本题的关键会根据物体的受力判断物体的运动规律，知道加速度方向与合力的方向相同，当加速度方向与速度方向相同，做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，做减速运动．　10．（3分）（2022•红河州模拟）用一根细线一端系一可视为质点的小球，另一端固定在一光滑锥顶上，如图所示，设小球在水平面内作匀速圆周运动的角速度为ω，线的张力为T，则T随ω2变化的图象是（　　）　A．B．C．D．考点：匀速圆周运动；向心力．版权所有分析：分析小球的受力，判断小球随圆锥作圆周运动时的向心力的大小，进而分析T随ω2变化的关系，但是要注意的是，当角速度超过某一个值的时候，小球会飘起来，离开圆锥，从而它的受力也会发生变化，T与ω2的关系也就变了．解答：解：设绳长为L，锥面与竖直方向夹角为θ，当ω=0时，小球静止，受重力mg、支持力N和绳的拉力T而平衡，T=mgcosθ≠0，所以A项、B项都不正确；ω增大时，T增大，N减小，当N=0时，角速度为ω0．当ω＜ω0时，由牛顿第二定律得，Tsinθ﹣Ncosθ=mω2Lsinθ，Tcosθ+Nsinθ=mg，解得T=mω2Lsin2θ+mgcosθ；当ω＞ω0时，小球离开锥子，绳与竖直方向夹角变大，设为β，由牛顿第二定律得-19-\nTsinβ=mω2Lsinβ，所以T=mLω2，可知T﹣ω2图线的斜率变大，所以C项正确，D错误．故选：C．点评：本题很好的考查了学生对物体运动过程的分析，在转的慢和快的时候，物体的受力会变化，物理量之间的关系也就会变化．　二、不定项选择题（每小题3分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有一个或一个以上的选项正确．全选对的得3分，选对但不全的得1分，有错的得0分）．11．（3分）（2022春•武胜县校级月考）一条河宽100m，水流速度为3m/s，一条小船在静水中的速度为5m/s，关于船过河的过程，下列说法正确的是（　　）　A．船过河的最短时间是20s　B．船要垂直河岸过河需用25s的时间　C．船的实际速度可能为5m/s　D．船的实际速度可能为1m/s考点：运动的合成和分解．版权所有专题：运动的合成和分解专题．分析：因为水流速度小于静水速度，当静水速的方向与河岸垂直，渡河时间最短．速度的合成满足平行四边形定则．解答：解：A、当静水中船速垂直于河岸时，渡河时间最短为：t==20s．故A正确；B、船要垂直河岸过河即合速度垂直河岸，合速度与分速度如图：过河时间用合位移除以合速度：t′==25s，故B正确；C、3m/s与5m/s的合速度的大小大于等于两速度之差小于等于两速度之和，故在2m/s到8m/s之间，可能为5m/s，不可能为1m/s故C正确，D错误；故选：ABC．点评：解决本题的关键知道当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短，而合速度垂直河岸时，渡河位移最短．　12．（3分）（2022•船营区模拟）如图所示小球沿水平面通过O点进入半径为R的半圆弧轨道后恰能通过最高点P，然后落回水平面，不计一切阻力，下列说法正确的是（　　）-19-\n　A．小球落地点离O点的水平距离为R　B．小球落地点时的动能为　C．小球运动到半圆弧最高点P时向心力恰好为零　D．若将半圆弧轨道上部的圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比P点高0.5R考点：向心力；平抛运动；动能定理的应用．版权所有专题：计算题．分析：小球恰能通过圆弧最高点P，重力恰好提供向心力，可先求出过最高点的速度，小球离开最高点后做平抛运动，可由动能定理求解落地速度，将半圆弧轨道上部的圆弧截去，同样可以用动能定理求解．解答：解：A、小球恰好通过最高点，重力恰好提供向心力mg=m解得v=小球离开最高点后做平抛运动2R=gt2x=vt解得x=2R因而A错误；B、小球平抛过程mg（2R）=Ek2﹣mv2解得Ek2=mgR因而B正确；C、小球恰好通过最高点，重力恰好提供向心力，故C错误；D、不计一切阻力，最高点速度为零﹣mg（R+h）=0﹣Ek2解得h=1.5R因而D正确；故选BD．点评：本题关键分析清楚物体的运动过程，然后结合平抛运动和动能定理的相关知识求解．　-19-\n13．（3分）（2022春•武胜县校级月考）如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是（　　）　A．甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，A机械能守恒　B．乙图中，A置于光滑水平面，物体B沿光滑斜面下滑，物体B机械能守恒　C．丙图中，不计任何阻力时A加速下落，B加速上升过程中，A、B系统机械能守恒　D．丁图中，小球沿水平面做匀速圆锥摆运动时，小球的机械能守恒考点：机械能守恒定律．版权所有专题：机械能守恒定律应用专题．分析：当只有重力做功或弹簧的弹力做功时，物体的机械能守恒，根据机械能守恒的条件逐项进行分析判断．解答：解：A、在物体A压缩弹簧的过程中，弹簧和物体A组成的系统，只有重力和弹力做功，系统机械能守恒．对于A，由于弹簧的弹性势能在增加，则A的机械能减小．故A错误．B、物块B沿A下滑的过程中，A要向后退，A、B组成的系统，只有重力做功，机械能守恒，由于A的机械能增大，所以B的机械能不守恒，在减小．故B错误．C、对A、B组成的系统，不计空气阻力，只有重力做功，A、B组成的系统机械能守恒．故C正确．D、小球在做圆锥摆的过程中，重力势能和动能都不变，机械能守恒．故D正确．故选：CD．点评：解决本题的关键掌握判断机械能守恒的条件，判断的方法：1、看系统是否只有重力或弹力做功，2、看动能和势能之和是否保持不变．　14．（3分）（2022春•七里河区校级期末）如图所示，长为L=4m的传送带的速度是5m/s，现将m=1kg的小物体轻放在左轮正上方的皮带上，物体与皮带间的动摩擦因数μ=0.2，电动机带动皮带将物体从左轮运送到右轮的过程中，下列说法中正确的是（　　）　A．小物体获得的动能为12.5JB．小物体获得的动能为8J　C．摩擦产生的热量为8JD．摩擦产生的热量为12J考点：功能关系；牛顿第二定律．版权所有专题：传送带专题．分析：摩擦产生的热量Q等于滑动摩擦力大小与物体传送带相对位移大小的乘积，由速度公式求出物体加速运动的时间，再根据运动学基本公式求出物体和传送带的位移，进而求出相对位移；根据动能定理即可求出小物体获得的动能．解答：解：解：对小物体由牛顿第二定律得：Ff=μmg=ma-19-\n解得：a=μg=2m/s2假设物块与传送带能够相对静止得：t==s小物块位移x===6.25m＞L故小物体在传送带上一直加速，由vt2﹣v02=2aL得：最大速度为：vt===4m/s小物体获得的动能为：Ek===8J，故A错误，B正确；小物体匀加速运动的时间为t′，由L=，得t==s=2s故摩擦产生的热量为：Q=μmg（vt﹣L）=0.2×1×10×（5×2﹣4）=12J，故C错误，D正确．故选：BD点评：此题考查传送带上物体的运动，难度在于首先判断小物块内否达到传送带的速度，然后再进行求解．　15．（3分）（2022秋•香坊区校级期中）一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动．其v﹣t图象如图所示．已知汽车的质量为m=2×103kg，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，则以下说法正确的是（　　）　A．汽车在前5s内的牵引力为4×103N　B．汽车在前5s内的牵引力为6×103N　C．汽车的额定功率为40kW　D．汽车的最大速度为30m/s考点：功率、平均功率和瞬时功率．版权所有专题：功率的计算专题．分析：从v﹣t图象可以看出：汽车经历三个运动过程：匀加速直线运动，加速度减小的变加速直线运动，最后做匀速直线运动．由图线斜率可求出前5s内汽车的加速度，由牛顿第二定律即可求出此过程的牵引力．5s末汽车的功率就达到额定功率，由P=Fv能求出额定功率．汽车速度最大时，牵引力等于阻力，由P=Fvm，能求出最大速度．解答：解：汽车受到的阻力f=0.1×2×103×10=2×103N；AB、前5s内，由图a=2m/s2，由牛顿第二定律：F﹣f=ma，求得：F=f+ma=（0.1×2×103×10+2×103×2）N=6×103N故A错误．B正确．C、t=5s末功率达到额定功率，P=Fv=6×103×10W=6×104W=60kw；故C错误；-19-\nD、当牵引力等于阻力时，汽车达最大速度，则最大速度vm===30m/s．故D正确．故选：BD．点评：本题结合图象考查汽车启动问题，在解题时要明确汽车的运动过程及运动状态，正确应用牛顿第二定律及功率公式求解．　16．（3分）（2022春•武胜县校级月考）如图所示，长度相同的l轻杆构成一个直角形支架，在A端固定质量为2m的小球，B端固定质量为m的小球，支架可绕O点在竖直面内自由旋转．现从OB竖直、OA水平，静止释放支架，下列说法中正确的是（　　）　A．A球到达最低点时速度为　B．从开始到A球到达最低点的过程中，支架对B球做的功为mgl　C．当支架下摆45°时（A、B两球等高时），A球速度最大　D．当支架从左向右返回摆动时，A球一定能回到起始高度考点：机械能守恒定律；功的计算．版权所有专题：机械能守恒定律应用专题．分析：AB两个球组成的系统机械能守恒，根据系统的机械能守恒列式可以求得A球到达最低点时速度；对B球，根据动能定理列式求解支架对B球做的功；根据系统的机械能守恒列式列式得到两球速度与杆转动角度的关系，分析速度最大的条件；对于系统，由机械能守恒分析支架从左向右返回摆动时A球达到的最高高度．解答：解：A、A球到达最低点时，A、B两球的速度大小为v．根据系统的机械能守恒定律得：mg•2l﹣mgl=（m+2m）v2解得：v=，故A正确．B、对于B球：从开始到A球到达最低点的过程中，由动能定理得：﹣mgl+W=mv2，将v=代入解得支架对B球做的功为：W=mgl．故B正确．C、当支架向下转动夹角为θ时，由机械能守恒得：2mglsinθ﹣mgl（1﹣cosθ）=（m+2m）v2-19-\n得：v2=gl[（2sinθ+cosθ）﹣1]根据数学知识得知：当θ=90°﹣arctan0.5时，v最大，故C错误．D、根据系统的机械守恒得知：当支架从左向右返回摆动时，A球一定能回到起始高度，故D正确．故选：ABD点评：本题关键抓住两个球组成的整体机械能守恒，知道两球速度大小相等，运用数学知识分析速度最大的条件．　三、实验题（每空2分，共14分）17．（14分）（2022春•武胜县校级月考）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，得到如图乙所示的纸带．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　0.27　J，打下C点时重物的动能是　0.29　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　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　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．-19-\n考点：验证机械能守恒定律．版权所有专题：实验题．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≈0.27Jvc===2.29m/s（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=，则有：，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）0.27；0.29；（4）重物受到的空气阻力；（5）过原点的倾斜直线；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导﹣h的关系．要学会根据可能产生误差的原因进行分析．　四、解答题（本题共4小题，共38分.解答应有必要的文字说明、公式和重要的演算步骤，文字说明要简洁明了，只写出最后答案的不能得分．）-19-\n18．（6分）（2022春•鲤城区校级期末）航天员在月球上做自由落体实验，将某物体由距离月球表面高h处由静止释放，经时间t落到月球表面，已知月球半径为R，万有引力常量为G．试求：（1）月球表面处重力加速度g的大小；（2）月球的质量（3）飞船在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动的速度大小．考点：万有引力定律及其应用；自由落体运动；线速度、角速度和周期、转速．版权所有专题：万有引力定律的应用专题．分析：（1）根据自由落体的位移时间规律可以直接求出月球表面的重力加速度；　（2）根据月球表面重力和万有引力相等，利用求出的重力加速度和月球半径可以求出月球的质量M；　（3）飞船近月飞行时，飞船所受月球万有引力提供月球的向心力，从而求出近月飞行时飞船的速度v．解答：解：（1）由自由落体运动的规律可知：解得月球表面重力加速度：①（2）在月球表面，万有引力与重力相等②由①②得：月球的质量③（3）万有引力提供向心力，即④由③④解得：答：（1）月球表面处重力加速度g的大小；（2）月球的质量（3）飞船在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动的速度大小点评：结合自由落体运动规律求月球表面的重力加速度，根据万有引力与重力相等和万有引力提供圆周运动向心力求解中心天体质量和近月飞行的速度v．　-19-\n19．（10分）（2022春•杭州期中）（选做A）如图所示，摩托车做腾跃特技表演，沿曲面冲上高0.8m顶部水平高台，接着以v=3m/s水平速度离开平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑．A、B为圆弧两端点，其连线水平．已知圆弧半径为R=1.0m，人和车的总质量为180kg，特技表演的全过程中，阻力忽略不计．（计算中取g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）．求：（1）从平台飞出到A点，人和车运动的水平距离s．（2）从平台飞出到达A点时速度及圆弧对应圆心角θ．（3）人和车运动到达圆弧轨道A点时对轨道的压力．考点：向心力；牛顿第二定律；平抛运动．版权所有专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：（1）从平台飞出后，摩托车做的是平抛运动，根据平抛运动在竖直方向上是自由落体运动，可以求得运动的时间，再根据水平方向上是匀速直线运动，可以求得水平的位移的大小；（2）由于摩托车恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道，说明此时摩托车的速度恰好沿着竖直圆弧轨道的切线方向，通过摩托车的水平的速度和竖直速度的大小可以求得摩托车的末速度的方向，从而求得圆弧对应圆心角θ；（3）从A点开始摩托车做的是圆周运动，此时指向圆心方向的合力作为圆周运动的向心力，对摩托车受力分析，根据向心力的公式可以求得在A点时车受到的支持力的大小，再根据牛顿第三定律可以求得对轨道的压力的大小；解答：解：（1）车做的是平抛运动，很据平抛运动的规律可得竖直方向上H=水平方向上s=vt2，则s=．（2）摩托车落至A点时，其竖直方向的分速度vy=gt2=4m/s到达A点时速度=5m/s设摩托车落地时速度方向与水平方向的夹角为α，则tanα=即α=53°所以θ=2α=106°（3）对摩托车受力分析可知，摩托车受到的指向圆心方向的合力作为圆周运动的向心力，-19-\n所以NA﹣mgcosα=解得NA=5580N由牛顿第三定律可知，人和车在最低点O时对轨道的压力为5580N．答：（1）从平台飞出到A点，人和车运动的水平距离s为1.2m．（2）从平台飞出到达A点时速度及圆弧对应圆心角θ为106°．（3）人和车运动到达圆弧轨道A点时对轨道的压力为5580N．点评：本题考查的是平抛运动和圆周运动规律的综合的应用，本题很好的把平抛运动和圆周运动结合在了一起，对学生的分析问题的能力要求较高，能很好的考查学生分析解决问题的能力．　20．（10分）（2022春•武胜县校级月考）如图1所示，质量m=1kg的物体B置于倾角θ=37°的固定斜面上，用轻绳通过光滑的滑轮与物体A相连．t=0时同时释放A、B，物体A拉动B沿斜面向上运动，已知斜面足够长，A落地后不再反弹，物体B运动的部分v﹣t图如图2所示．（sin37°=0.6，cos37°=0.8g=10m/s2）求：（1）物体A的质量；（2）物体B在上升过程中，求与斜面摩擦产生的热量．考点：牛顿第二定律；功能关系．版权所有分析：（1）AB具有相同的加速度，由v﹣t图象的斜率可得加速度．对整体和B分别由牛顿第二定律列方程联立可求得质量；（2）由v﹣t图象的面积表示位移，可求出B的位移s，则物体B与斜面间摩擦产生的热量为Q=fs．解答：解：（1）设A的质量为M，由图象知前4s内B做匀加速运动，对AB整体由牛顿第二定律：Mg﹣mgsinθ﹣f=（M+m）a1…①4s后B向上匀减速直线运动，对B由牛顿第二定律：mgsinθ+f=ma2…②由图象知：a1=5m/s2a2=10m/s2由①②式解得：M=3kg（2）由②式代入数据解得：f=4N由图象与时间轴围成图形的面积表示位移知B物体在6s末到达最高点且在斜面上升的位移为：s=×20×6=60m则物体B与斜面间摩擦产生的热量为：Q=fs代入数据解得：Q=240J-19-\n答：（1）物体A的质量为3kg；（2）物体B在上升过程中，与斜面摩擦产生的热量为240J．点评：本题主要考查了牛顿第二定律的应用，要求同学们能正确对物体进行受力分析，注意整体法和隔离法的应用．　21．（12分）（2022•山东）如图所示，一水平圆盘绕过圆心的竖直轴转动，圆盘边缘有一质量m=1.0kg的小滑块．当圆盘转动的角速度达到某一数值时，滑块从圆盘边缘滑落，经光滑的过渡圆管进入轨道ABC．已知AB段斜面倾角为53°，BC段斜面倾角为37°，滑块与圆盘及斜面间的动摩擦因数均为μ=0.5，A点离B点所在水平面的高度h=1.2m．滑块在运动过程中始终未脱离轨道，不计在过渡圆管处和B点的机械能损失，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8（1）若圆盘半径R=0.2m，当圆盘的角速度多大时，滑块从圆盘上滑落？（2）若取圆盘所在平面为零势能面，求滑块到达B点时的机械能．（3）从滑块到达B点时起，经0.6s正好通过C点，求BC之间的距离．考点：牛顿第二定律；向心力；动能定理的应用．版权所有专题：压轴题．分析：（1）滑块做匀速圆周运动，指向圆心的静摩擦力力提供向心力，静摩擦力随着外力的增大而增大，当滑块即将从圆盘上滑落时，静摩擦力达到最大值，根据最大静摩擦力等于向心力列式求解，可以求出滑块即将滑落的临界加速度；（2）先根据动能定理求解出滑倒最低点时的动能，再根据机械能的表达式求解出机械能；（3）对滑块受力分析，分别求出向上滑行和向下滑行的加速度，然后根据运动学公式求解出BC间的距离．解答：解：（1）滑块在圆盘上做圆周运动时，静摩擦力充当向心力，根据牛顿第二定律，可得：μmg=mϖ2R代入数据解得：即当圆盘的角速度5rad/s时，滑块从圆盘上滑落．（2）滑块在A点时的速度：vA=ϖR=1m/s从A到B的运动过程由动能定理：-19-\n在B点时的机械能即滑块到达B点时的机械能为﹣4J．（3）滑块在B点时的速度：vB=4m/s滑块沿BC段向上运动时的加速度大小：a1=g（sin37°+μcos37°）=10m/s2返回时的加速度大小：a2=g（sin37°﹣μcos37°）=2m/s2BC间的距离：即BC之间的距离为0.76m．点评：本题关键把物体的各个运动过程的受力情况和运动情况分析清楚，然后结合动能定理、牛顿第二定律和运动学公式求解．　-19-