1、2015-2016学年河北省邯郸一中高一（下）期中物理试卷（文科）一、单项选择题（本大题共18小题，每小题3分，共54分）1在高中物理学习内容中，建立速度、加速度、电场强度等概念时所体现的共同物理思想方法是（）A等效替代法B理想模型法C控制变量法D比值定义法2在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献关于科学家和他们的贡献，下列说法中不正确的是（）A伽利略首先将实验事实和逻辑推理（包括数学推演）和谐地结合起来B笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献C开普勒通过研究行星观测记录，发现了行星运动三大定律D牛顿总结出了万有引力定律并用实验测出了引力常量3已知引力常量G和下列备组数据，不能计算
2、出地球质量的是（）A地球绕太阳运行的周期及地球离太阳的距离B月球绕地球运行的周期及月球离地球的距离C人造卫星在地面附近绕行的速度和运行周期D若不考虑地球自转，已知地球的半径及重力加速度4从天文望远镜中观察到银河系中有两颗行星绕某恒星运行，两行星的轨道均为椭圆，观察测量到它们的运转周期之比为8：1，则它们椭圆轨道的半长轴之比为（）A2：1B4：1C8：1D1：45两个分别带有电荷量负Q和3Q的相同金属小球，固定在相距为r的两处，两带电小球均可视为点电荷，它们间的库仑力大小为F两小球接触后放回原处，两球间的库仑力大小变为（）ABCD12F62010年10月1日，我国成功发射“嫦娥二号”月球探测器，
3、在探测器靠近月球的过程中（探测器质量不变），月球对它的万有引力（）A变小B变大C不变D无法确定7关于地球同步卫星，下列说法正确的是（）A它不一定在赤道上空B它的离地高度和运行周期都是确定值C所有同步卫星都有相同的速度和加速度D它的线速度介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间8从1984年我国第一颗试验同步卫星发射成功到2005年神舟五号载人飞行，我国的航天事业实现了两次质的飞跃神舟五号历经21小时27分37秒，绕地球运行14圈后安全着陆则运行时神舟五号与同步卫星相比（）A神舟五号比同步卫星的加速度小B神舟五号比同步卫星的线速度大C神舟五号比同步卫星离地高度大D神舟五号比同步卫星角速度大9一质量为m
4、的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点，小球 在水平力F作用下，从平衡位置P很缓慢地移动到Q点，如图所示，则力F所做的功为（）AmgLcosBmgL（1cos）CFLsinDFL（1cos）10用水平恒力F作用在质量为M的物体上，使之在光滑的水平面上沿力的方向移动距离s，恒力做功为W1，再用该恒力作用于质量为m（mM）的物体上，使之在粗糙的水平面上沿力的方向移动同样距离s，恒力做功为W2，则两次恒力做功的关系是（）AW1W2BW1W2CW1=W2D无法判断11如图所示，一质量为m的质点在半径为R的半球形容器中（容器固定）由静止开始自边缘上的A点滑下，到达最低点B时，它对容器的正压力为FN重力加速度为
5、g，则质点自A滑到B的过程中，摩擦力对其所做的功为（）A R（FN3mg）B R（2mgFN）C R（FNmg）D R（FN2mg）12蹦极是一项既惊险又刺激的运动，深受年轻人的喜爱如图所示，蹦极者从P点静止跳下，到达A处时弹性绳刚好伸直，继续下降到最低点B处，B离水面还有数米距离蹦极者在其下降的整个过程中，重力势能的减少量为E1、绳的弹性势能增加量为E2、克服空气阻力做功为W，则下列说法正确的是（）A蹦极者从P到A的运动过程中，机械能守恒B蹦极者与绳组成的系统从A到B的过程中，机械能守恒CE1=W+E2DE1+E2=W13“飞流直下三千尺，疑是银河落九天”是唐代诗人李白描写庐山瀑布的佳句瀑布
6、中的水从高处落下的过程中（）A重力势能增加B重力势能减少C重力对水做的功大于水重力势能的改变量D重力对水做的功小于水重力势能的改变量14起重机将一集装箱匀速提升的过程中，集装箱的（）A动能不变，机械能不变B动能不变，机械能减小C重力势能增加，机械能不变D重力势能增加，机械能增加15质量为m的物体，在距地面h高处以的加速度由静止开始竖直落下至地面，则下落过程中（）A物体的动能增加B物体的重力势能减少了C物体的机械能减少了mghD物体的重力做的功为mgh16如图所示，一质量为m的滑块以初速度v0从固定于地面的斜面底端A开始冲上斜面，到达某一高度后返回A，斜面与滑块之间有摩擦下列各项分别表示它在斜面
7、上运动的速度v、加速度a、重力势能Ep和机械能E随时间变化的图象，可能正确的是（）ABCD17如图，汽车从拱形桥顶点A匀速率运动到桥的B点下列说法正确的是（）A汽车在A点受力平衡BA到B重力的瞬时功率减小CA到B汽车的机械能在减小DA到B汽车的机械能不变18在如图所示的装置中，木块B与水平桌面的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内在子弹和木块将弹簧压缩到最短的过程中，下列说法正确的是（）A子弹减小的动能等于弹簧增加的弹性势能B弹簧、木块和子弹组成的系统机械能守恒C在木块压缩弹簧过程中，木块对弹簧的作用力大于弹簧对木块的作用力D在弹簧压缩到最短的时刻，木块的速度为零，加速度不为零二
8、、双项选择题（本大题共7小题，每小题3分，全部选对得3分，少选且正确得2分，未选、错选不得分，共21分）19一行星绕恒星作圆周运动由天文观测可得，其运动周期为T，速度为v，引力常量为G，则（）A恒星的质量为B行星的质量为C行星运动的轨道半径为D行星运动的加速度为20海王星是绕太阳运动的一颗行星，它有一颗卫星叫海卫1若将海王星绕太阳的运动和海卫1绕海王星的运动均看作匀速圆周运动，要计算海王星的质量，只要知道（引力常量G为已知量）（）A海王星绕太阳运动的周期和半径B海卫1绕海王星运动的周期和半径C海卫1绕海王星运动的周期D海卫1绕海王星运动的半径和向心加速度21如图，一固定斜面倾角为30，高为h质
9、量为m的小物体沿斜面以a=4m/s2的加速度从顶 端加速下滑到底端，则整个过程中小物体的（）A重力做功等于mghB重力做功小于mghC机械能逐渐增大D机械能逐渐减小22关于功的概念，下列说法中正确的是（）A力对物体不做功，物体可能有位移B力对物体做功多，说明物体的位移一定大C力对物体做功少，说明物体一定受力小D功的大小是由力的大小和物体在力的方向上的位移大小决定的23如图所示，一个质量为m的物体（可视为质点），由斜面底端的A点以某一初速度冲上倾角为30的固定斜面做匀减速直线运动，减速的加速度大小为g，物体沿斜面上升的最大高度为h，在此过程中（）A重力势能增加了2mghB机械能损失了mghC动能
10、损失了mghD系统生热mgh24一物体由M点运动到N点的过程中，物体的动能由12J减少到8J，重力势能由3J增加到7J，在此过程中（）A物体的速度减小B物体的机械能不变C物体的机械能减少D物体的位置降低25如图所示，小球与一端固定的轻质弹簧连接，在竖直方向上下振动着，若不计空气阻力，下列说法中正确的是（）A小球动能和重力势能的总和始终不变B小球动能和重力势能的总和最大时，弹簧的弹性势能最小C弹簧伸到最长时，小球的动能和重力势能的总和最小D弹簧处于原长时，小球的动能和重力势能的总和最小三、计算题（本大题共3小题，第26题5分，第27题10分，第28题10分）26质量为0.02kg的子弹，以600
11、m/s的速度垂直射穿一块厚度为10cm的固定木板已知子弹穿过木板后的速度为400m/s，求木板对子弹的阻力所做的功27如图所示，倾角为30、长度为10m 的光滑斜面一个质量为1.2kg的物体从斜面顶端由静止开始下滑，求（1）物体滑到斜面底端时重力做功的瞬时功率是多少？（2）整个过程中重力做功的平均功率是多少？（取g=10m/s2）28如图所示，AB为固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，轨道的B点与水平地面相切，其半径为R质量为m的小球由A点静止释放，求：（1）小球滑到最低点B时，小球速度v的大小；（2）小球刚到达最低点B时，轨道对小球支持力FN的大小；（3）小球通过光滑的水平面BC滑上固定曲面，恰
12、达最高点D，D到地面的高度为h（已知hR），则小球在曲面上克服摩擦力所做的功Wf2015-2016学年河北省邯郸一中高一（下）期中物理试卷（文科）参考答案与试题解析一、单项选择题（本大题共18小题，每小题3分，共54分）1在高中物理学习内容中，建立速度、加速度、电场强度等概念时所体现的共同物理思想方法是（）A等效替代法B理想模型法C控制变量法D比值定义法【考点】物理学史【分析】根据速度、加速度、电场强度的定义方法进行分析即可【解答】解：速度等于位移与所用时间的比值，加速度是速度变化量与所用时间的比值，电场强度是试探电荷所受的电场力与其电荷量的比值，这三个物理量都是采用比值定义法定义的，故ABC
13、错误，D正确故选D【点评】比值定义法是常用的物理思想方法，要抓住比值法的共性理解物理量的意义2在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献关于科学家和他们的贡献，下列说法中不正确的是（）A伽利略首先将实验事实和逻辑推理（包括数学推演）和谐地结合起来B笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献C开普勒通过研究行星观测记录，发现了行星运动三大定律D牛顿总结出了万有引力定律并用实验测出了引力常量【考点】物理学史【分析】本题比较简单考查了学生对物理学史的了解情况，在物理学发展的历史上有很多科学家做出了重要贡献，大家熟悉的牛顿、爱因斯坦、法拉第等，在学习过程中要了解、知道这些著名科学家的重要贡献【解答
14、】解：A、伽利略首先将实验事实和逻辑推理（包括数学推演）和谐地结合起来，标志着物理学的真正开始，故A正确；B、笛卡尔等人又在伽利略研究的基础上进行了更深入的研究，他认为：如果运动物体，不受任何力的作用，不仅速度大小不变，而且运动方向也不会变，将沿原来的方向匀速运动下去，因此笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献，故B正确；C、开普勒提出行星运动三大定律，故C正确；D、万有引力常量是由卡文迪许测出的故D错误本题选错误的，故选D【点评】要熟悉物理学史，了解物理学家的探索过程，从而培养学习物理的兴趣和为科学的奉献精神3已知引力常量G和下列备组数据，不能计算出地球质量的是（）A地球绕太阳运行的周期及地球
15、离太阳的距离B月球绕地球运行的周期及月球离地球的距离C人造卫星在地面附近绕行的速度和运行周期D若不考虑地球自转，已知地球的半径及重力加速度【考点】万有引力定律及其应用【分析】地球、人造卫星等做匀速圆周运动，它们受到的万有引力充当向心力，用它们的运动周期表示向心力，由万有引力定律结合牛顿第二定律列式求中心天体的质量，然后由选项条件判断正确的答案【解答】解：A、地球绕太阳运动的周期和地球与太阳的距离，根据万有引力提供向心力，其中地球质量在等式中消去，只能求出太阳的质量M也就是说只能求出中心体的质量故A错误B、地球对月球的万有引力提供向心力=mr，月球绕地球运行的周期及月球离地球的距离，所以可以计算
16、出地球质量，故B正确；C、已知人造地球卫星在地面附近运行的速度v和运行周期T，依据=，v=可解得地球质量，故C正确D、已知地球半径R和地球表面重力加速度g，依据=m0g，可以解得地球质量，故D正确本题选不能计算出地球质量的，故选：A【点评】解答万有引力定律在天体运动中的应用时要明确天体做匀速圆周运动，其受到的万有引力提供向心力，会用线速度、角速度、周期表示向心力，同时注意公式间的化简4从天文望远镜中观察到银河系中有两颗行星绕某恒星运行，两行星的轨道均为椭圆，观察测量到它们的运转周期之比为8：1，则它们椭圆轨道的半长轴之比为（）A2：1B4：1C8：1D1：4【考点】万有引力定律及其应用【分析】
17、根据开普勒第三定律得轨道半径R的三次方与运行周期T的平方之比为常数，即=k【解答】解：根据开普勒第三定律得轨道半径R的三次方与运行周期T的平方之比为常数，即=k，两行星的运转周期之比为8：1，所以它们椭圆轨道的半长轴之比为4：1，故选B【点评】该题关键要掌握开普勒第三定律内容，轨道半径R的三次方与运行周期T的平方之比为常数，即=k，k与恒星质量有关5两个分别带有电荷量负Q和3Q的相同金属小球，固定在相距为r的两处，两带电小球均可视为点电荷，它们间的库仑力大小为F两小球接触后放回原处，两球间的库仑力大小变为（）ABCD12F【考点】库仑定律【分析】清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分再根
18、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，距离仍不变，则库仑力为F=k，所以两球间库仑力的大小为F故选：C【点评】本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题，注意接触后，间距没有变化是解题的关键62010年10月1日，我国成功发射“嫦娥二号”月球探测器，在探测器靠近月球的过程中（探测器质量不变），月球对它的万有引力（）A变小B变大C不变D无法确定【考点】万有引力定律及其应用【分析】根据万有引力公式直接判断即可【解答】解：在探测器靠近月球的过程中，离月
19、球的距离逐渐减小，根据可知，距离减小，万有引力增大，故B正确故选：B【点评】本题主要考查了万有引力公式的直接应用，知道质量不变时，距离减小，万有引力增大，难度不大，属于基础题7关于地球同步卫星，下列说法正确的是（）A它不一定在赤道上空B它的离地高度和运行周期都是确定值C所有同步卫星都有相同的速度和加速度D它的线速度介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间【考点】同步卫星【分析】了解同步卫星的含义，即同步卫星的周期必须与地球自转周期相同物体做匀速圆周运动，它所受的合力提供向心力，也就是合力要指向轨道平面的中心第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度【解答】解：A、它若在除赤道所在
20、平面外的任意点，假设实现了“同步”，那它的运动轨道所在平面与受到地球的引力就不在一个平面上，这是不可能的，因此同步卫星一定在赤道上空，故A错误；BC、根据万有引力提供向心力，列出等式： =m（R+h），其中R为地球半径，h为同步卫星离地面的高度由于同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，所以T为一定值，根据上面等式得出：同步卫星离地面的高度h也为一定值由于轨道半径一定，则线速度的大小也一定，那么加速度大小也一定相同，但它们的方向时刻改变，故B正确，C错误D、第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度而同步卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，根据v=可以发现，同步卫星运行的
21、线速度一定小于第一宇宙速度，第二宇宙速度是脱离地球的束缚的速度，第二宇宙速度大于第一宇宙速度，故D错误故选：B【点评】地球质量一定、自转速度一定，同步卫星要与地球的自转实现同步，就必须要角速度与地球自转角速度相等，这就决定了它的轨道高度和线速度8从1984年我国第一颗试验同步卫星发射成功到2005年神舟五号载人飞行，我国的航天事业实现了两次质的飞跃神舟五号历经21小时27分37秒，绕地球运行14圈后安全着陆则运行时神舟五号与同步卫星相比（）A神舟五号比同步卫星的加速度小B神舟五号比同步卫星的线速度大C神舟五号比同步卫星离地高度大D神舟五号比同步卫星角速度大【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的
22、关系；万有引力定律及其应用【分析】卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，列出等式通过对轨道半径不同，来分析各自加速度、线速度、角速度及周期与频率的关系【解答】解：根据万有引力提供向心力，则得：G=man=m2r=m=m，则得T=2，v=，=，an=可见，轨道半径越大，加速度越小，周期越大，线速度越小，角速度越小由于同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，为24h，大于神舟五号的周期，则根据上面等式得出：神舟五号半径小于同步卫星的半径，所以神舟五号的加速度大，线速度大，高度大，角速度大，故AC错误，BD正确；故选BD【点评】本题应用万有引力提供向心力，并根据轨道半径的不同，来分析加速度、
23、线速度、角速度、周期与频率如何变化同时要知道同步卫星的含义，即同步卫星的周期必须与地球自转周期相同自转速度一定，同步卫星要与地球的自转实现同步，就必须要角速度与地球自转角速度相等，这就决定了它的轨道高度和线速度大小9一质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点，小球 在水平力F作用下，从平衡位置P很缓慢地移动到Q点，如图所示，则力F所做的功为（）AmgLcosBmgL（1cos）CFLsinDFL（1cos）【考点】动能定理的应用【分析】小球从平衡位置P点缓慢移动到Q点，对小球受力分析，受重力、拉力F和绳子的拉力T，根据平衡条件求解出拉力的一般表达式，得出拉力为变力；再根据动能定理列式求解【解答
24、】解：对小球受力分析，受到重力、拉力F和绳子的拉力T，如图根据共点力平衡条件，有F=mgtan，故F随着的增大而不断变大，故F是变力；对小球运动过程运用动能定理，得到mgL（1cos）+W=0故拉力做的功等于mgL（1cos）故选：B【点评】本题关键在于拉力F是变力，求解变力做功可以根据动能定理列式求解10用水平恒力F作用在质量为M的物体上，使之在光滑的水平面上沿力的方向移动距离s，恒力做功为W1，再用该恒力作用于质量为m（mM）的物体上，使之在粗糙的水平面上沿力的方向移动同样距离s，恒力做功为W2，则两次恒力做功的关系是（）AW1W2BW1W2CW1=W2D无法判断【考点】功的计算【分析】本
25、题是对功的公式的直接应用，根据功的公式直接计算即可【解答】解：由于物体受到的都是恒力的作用，根据恒力做功的公式W=FL可知，在两次拉物体运动的过程中，拉力的大小相同，物体运动的位移也相等，所以两次拉力做的功相同，所以C正确故选C【点评】恒力做功，根据功的公式直接计算即可，比较简单11如图所示，一质量为m的质点在半径为R的半球形容器中（容器固定）由静止开始自边缘上的A点滑下，到达最低点B时，它对容器的正压力为FN重力加速度为g，则质点自A滑到B的过程中，摩擦力对其所做的功为（）A R（FN3mg）B R（2mgFN）C R（FNmg）D R（FN2mg）【考点】动能定理【分析】质点在B点竖直方向
26、上受重力和支持力，根据合力提供向心力求出B点的速度，再根据动能定理求出摩擦力所做的功【解答】解：在B点，由牛顿第二定律，有：FNmg=m质点在B点的动能为 EKB=mv2=（FNmg）R质点从A滑到B的过程中，由动能定理得： mgRWf=EKB0解得：Wf=R（FN3mg）故A正确，BCD错误故选：A【点评】解决本题的关键掌握动能定理解题，以及知道质点在B点径向的合力提供圆周运动的向心力12蹦极是一项既惊险又刺激的运动，深受年轻人的喜爱如图所示，蹦极者从P点静止跳下，到达A处时弹性绳刚好伸直，继续下降到最低点B处，B离水面还有数米距离蹦极者在其下降的整个过程中，重力势能的减少量为E1、绳的弹性
27、势能增加量为E2、克服空气阻力做功为W，则下列说法正确的是（）A蹦极者从P到A的运动过程中，机械能守恒B蹦极者与绳组成的系统从A到B的过程中，机械能守恒CE1=W+E2DE1+E2=W【考点】机械能守恒定律【分析】根据机械能守恒的条件判断机械能是否守恒，结合能量守恒守恒得出重力势能减小量、弹性势能增加量和克服空气阻力做功的大小关系【解答】解：A、蹦极者从P到A的过程中，除了重力做功以外，有空气阻力做功，机械能不守恒故A错误；B、从A到B的过程中，有重力、弹力和阻力做功，对于系统，除了重力和弹力做功以外，有阻力做功，系统机械能不守恒故B错误；C、D、根据能量守恒知，由于动能变化量为零，重力势能的
28、减小量等于弹性势能的增加量与克服阻力做功之和，即E1=W+E2故C正确，D错误故选：C【点评】解决本题的关键掌握机械能守恒的条件，即只有重力做功或弹力做功；知道能量守恒是一个普遍的规律，会通过能量守恒分析能量变化的关系13“飞流直下三千尺，疑是银河落九天”是唐代诗人李白描写庐山瀑布的佳句瀑布中的水从高处落下的过程中（）A重力势能增加B重力势能减少C重力对水做的功大于水重力势能的改变量D重力对水做的功小于水重力势能的改变量【考点】重力势能的变化与重力做功的关系【分析】瀑布中的水从高处落下重力做正功，重力势能减小【解答】解：根据EP=WG可知：瀑布中的水从高处落下的过程中重力做正功，重力势能减小，
29、重力对水做的功等于水重力势能的改变量故选B【点评】本题主要考查了重力做功与重力势能的变化量的关系，难度不大，属于基础题14起重机将一集装箱匀速提升的过程中，集装箱的（）A动能不变，机械能不变B动能不变，机械能减小C重力势能增加，机械能不变D重力势能增加，机械能增加【考点】机械能守恒定律【分析】集装箱匀速提升，速度不变，则动能不变，高度上升，重力势能增大，机械能等于动能加重力势能【解答】解：集装箱匀速提升，速度不变，则动能不变，在上升过程中高度上升，重力势能增大，则机械能增大故D正确，ABC错误；故选：D【点评】起重机对集装箱做功，除重力以外的力做功，所以会导致物体机械能变化，而重力势能的变化由
30、重力做功决定，对于合力做功可以由动能变化来确定15质量为m的物体，在距地面h高处以的加速度由静止开始竖直落下至地面，则下落过程中（）A物体的动能增加B物体的重力势能减少了C物体的机械能减少了mghD物体的重力做的功为mgh【考点】功的计算；重力势能【分析】已知加速度，由牛顿第二定律可求出合力和外力F，得到合力做功，通过动能定理求出动能的增加量根据下落的高度求出重力势能的减小量根据外力F的做功情况确定机械能的变化量【解答】解：A、根据牛顿第二定律得，小球所受的合力为：F合=ma=mg，根据动能定理知：F合h=Ek，则动能增加量为mgh故A错误B、D、小球下降的高度是h，所以重力做功mgh，物体的
31、重力势能减少mgh故B错误，D正确C、根据牛顿第二定律得：mgF=ma解得：F=mg则小球克服F所做的功为mgh因为除重力以外其它力做功等于机械能的增量，所以机械能减小mgh故C错误故选：D【点评】解决本题的关键掌握常见的功与能关系，知道合力做功等于动能的变化量，重力做功等于重力势能的减小量，除重力以外其它力做功等于机械能的增量16如图所示，一质量为m的滑块以初速度v0从固定于地面的斜面底端A开始冲上斜面，到达某一高度后返回A，斜面与滑块之间有摩擦下列各项分别表示它在斜面上运动的速度v、加速度a、重力势能Ep和机械能E随时间变化的图象，可能正确的是（）ABCD【考点】重力势能；机械能守恒定律【
32、分析】滑块在斜面上运动过程中，由于存在摩擦力，上滑与下滑过程不再具有对称性，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，上滑运动的时间较短根据牛顿第二定律分析上滑与下滑过程的加速度大小关系根据运动学公式和重力势能公式得出重力势能与时间的关系式【解答】解：A、滑块在斜面上运动过程中，由于存在摩擦力，机械能不断减小，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，根据速度图象的“面积”等于位移，两个过程的位移大小相等，可知，下滑时间大于上滑时间所以A错误B、物体在上滑与下滑两个过程中，所受的合力方向均沿斜面向下，加速度方向相同故B错误C、设斜面的倾角为在上滑过程中：上滑的位移大小为：x1=v0ta1t2重力势能为
33、：EP=mgx1sin=mgsin（v0ta1t2），为抛物线方程下滑过程：重力势能为EP=mgHa2（tt0）2sin，H为斜面的最大高度，t0是上滑的时间，此为开口向下的抛物线方程所以C是可能的故C正确D、由于物体克服摩擦力做功，其机械能不断减小，不可能有增大的阶段，所以D图不可能故D错误故选：C【点评】本题采用定性分析与定量计算相结合的方法分析功能关系、运动与力关系，根据解析式选择物理图象17如图，汽车从拱形桥顶点A匀速率运动到桥的B点下列说法正确的是（）A汽车在A点受力平衡BA到B重力的瞬时功率减小CA到B汽车的机械能在减小DA到B汽车的机械能不变【考点】机械能守恒定律【分析】车在桥顶
34、点A竖直方向上受重力和支持力，两个力的合力提供向心力，根据动能和重力势能的变化判断机械能的变化根据P=mgvcos判断重力的瞬时功率的变化【解答】解：A、汽车做匀速圆周运动，车在A点竖直方向上受重力和支持力两个力，合力提供向心力，不是平衡状态，故A错误；B、根据P=mgvcos知，v大小不变，减小，则重力的瞬时功率增大故B错误C、汽车从A匀速率到B，动能不变，重力势能减小，则机械能减小故C正确，D错误故选：C【点评】解决本题的关键知道车在桥顶时向心力的来源，运用牛顿第二定律进行分析以及知道功率的一般表达式，难度适中18在如图所示的装置中，木块B与水平桌面的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块
35、后留在木块内在子弹和木块将弹簧压缩到最短的过程中，下列说法正确的是（）A子弹减小的动能等于弹簧增加的弹性势能B弹簧、木块和子弹组成的系统机械能守恒C在木块压缩弹簧过程中，木块对弹簧的作用力大于弹簧对木块的作用力D在弹簧压缩到最短的时刻，木块的速度为零，加速度不为零【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律【分析】从子弹射向木块到木块将弹簧压缩到最短的全过程中，系统受到墙壁的弹力，总动量不守恒系统的机械能减小转化为内能在木块压缩弹簧过程中，木块对弹簧的作用力等于弹簧对木块的作用力在弹簧压缩到最短的时刻，木块的速度为零，弹簧处于压缩状态，加速度不为零【解答】解：A、子弹减小的动能等于弹簧增加的弹性势能与
36、克服摩擦力做功转化为内能之和，故A错误；B、在整个过程中，要克服摩擦力做功，把机械能转化为内能，因此弹簧、木块和子弹组成的系统机械能不守恒，故B错误；C、在木块压缩弹簧过程中，木块对弹簧的作用力与弹簧对木块的作用力是作用力与反作用力，它们大小相等，故C错误；D、在弹簧压缩到最短的时刻，木块的速度为零，木块受到的合力不为零，加速度不为零，故D正确；故选D【点评】判断动量和机械能是否守恒，关键根据守恒条件进行判断：动量守恒的条件是合外力为零，机械能守恒条件是只有重力或弹簧的弹力做功二、双项选择题（本大题共7小题，每小题3分，全部选对得3分，少选且正确得2分，未选、错选不得分，共21分）19一行星绕
37、恒星作圆周运动由天文观测可得，其运动周期为T，速度为v，引力常量为G，则（）A恒星的质量为B行星的质量为C行星运动的轨道半径为D行星运动的加速度为【考点】万有引力定律及其应用【分析】根据圆周运动知识和已知物理量求出轨道半径根据万有引力提供向心力，列出等式求出中心体的质量和环绕天体的加速度【解答】解：A、根据线速度与轨道半径和周期的关系v=得行星运动的轨道半径为：r=，根据万有引力提供向心力，列出等式：由得：M=，故A错误；B、根据题意无法求出行星的质量，故B错误；C、通过以上分析得行星的轨道半径为r=，故C正确；D、加速度为：a=由得：行星运动的加速度为故D正确故选：CD【点评】本题考查万有引
38、力与圆周运动问题根据万有引力提供向心力，列出等式可求出中心体的质量，不能求出环绕体质量20海王星是绕太阳运动的一颗行星，它有一颗卫星叫海卫1若将海王星绕太阳的运动和海卫1绕海王星的运动均看作匀速圆周运动，要计算海王星的质量，只要知道（引力常量G为已知量）（）A海王星绕太阳运动的周期和半径B海卫1绕海王星运动的周期和半径C海卫1绕海王星运动的周期D海卫1绕海王星运动的半径和向心加速度【考点】万有引力定律及其应用【分析】要计算海王星的质量，则海王星为中心天体才行，由万有引力等于向心力求解【解答】解：A、海王星绕太阳做圆周运动过程中，根据牛顿第二定律，则有：G=m海R1（）2可知：只能求出太阳的质量
39、，故A错误BCD、同理可知：G=m卫a向=m卫R2（）2，可知BD正确，C错误；故选：BD【点评】本题关键是根据海王星的卫星做圆周运动的向心力有万有引力提供，列出方程，分析方程式即可看出要测量的量，涉及半径有星体半径和轨道半径，解题时要注意区分21如图，一固定斜面倾角为30，高为h质量为m的小物体沿斜面以a=4m/s2的加速度从顶 端加速下滑到底端，则整个过程中小物体的（）A重力做功等于mghB重力做功小于mghC机械能逐渐增大D机械能逐渐减小【考点】功的计算；功能关系【分析】重力做功只与初末位置有关，与运动路径无关；如果斜面光滑，通过牛顿第二定律求出下滑加速度，与给出的加速度作比较，判断是否
40、收摩擦力，即可判断机械能变化【解答】解：A、物体下降的高度为h，故重力做功为mgh，故A正确，B错误；C、如果斜面光滑，则物体下滑的加速度为mgsin30=ma，a=5m/s2，故物体受到摩擦力，且摩擦力做负功，机械能减小，故C错误，D正确；故选：AD【点评】本题主要考查了重力做功特点及外力做功对物体机械能的影响；22关于功的概念，下列说法中正确的是（）A力对物体不做功，物体可能有位移B力对物体做功多，说明物体的位移一定大C力对物体做功少，说明物体一定受力小D功的大小是由力的大小和物体在力的方向上的位移大小决定的【考点】功的计算【分析】根据恒力做功的表达式W=FScos判断，功的大小取决与力的
41、大小、力的方向的位移大小【解答】解：A、力对物体不做功，即W=0，可能是F=0，也可能是S=0，也可能是cos=0，故说明物体可以有位移；故A正确；B、力对物体做功W多，根据W=FScos，可能是力大，也可能是力的方向的位移大，也有可能两者都大，故B错误；B、力对物体做功W少，根据W=FScos，可能是力小，也可能是力的方向的位移小，也有可能两者都小，故C错误；D、根据恒力做功的表达式W=FScos判断，功的大小取决与力的大小、力的方向的位移大小，故D正确；故选：AD【点评】做功有两个不可缺少的因素，功的大小由力的大小、位移的大小及力和位移方向夹角的余弦值的大小决定，即由力的大小和在力的方向上
42、的位移的大小决定23如图所示，一个质量为m的物体（可视为质点），由斜面底端的A点以某一初速度冲上倾角为30的固定斜面做匀减速直线运动，减速的加速度大小为g，物体沿斜面上升的最大高度为h，在此过程中（）A重力势能增加了2mghB机械能损失了mghC动能损失了mghD系统生热mgh【考点】功能关系【分析】本题根据功能关系进行分析即可：重力势能的增加量等于克服重力做的功；动能变化等于力的总功；机械能变化量等于除重力外其余力做的功【解答】解：A物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故A错误；B根据动能定理得：物体动能的变化量Ek=W合=ma2h=2mgh，即动能损失了2mgh物
43、体的重力势能增加了mgh，动能损失了2mgh物体的动能与重力势能之和等于机械能，所以物体的机械能减小mgh，根据能量守恒得知，系统生热mgh故BC错误；D正确故选：D【点评】本题考查功能关系的应用；关键是根据功能关系的各种具体形式得到重力势能变化、动能变化和机械能变化24一物体由M点运动到N点的过程中，物体的动能由12J减少到8J，重力势能由3J增加到7J，在此过程中（）A物体的速度减小B物体的机械能不变C物体的机械能减少D物体的位置降低【考点】功能关系【分析】由于物体的动能减小，所以物体的速度要减小；物体的势能增加，计算出物体的总机械能的变化，然后进行判定即可【解答】解：A、物体的动能由12
44、J减少到8J，物体的动能减小，速度要减小，故A正确；B、C、物体的动能由12J减少到8J，减小4J；重力势能由3J增加到7J，增加4J，总机械能不变故B正确；C错误；D、重力势能由3J增加到7J，增加4J，物体的位置升高故D错误故选：AB【点评】本题是对机械能守恒的直接考查，掌握住机械能守恒的条件即可，题目比较简单25如图所示，小球与一端固定的轻质弹簧连接，在竖直方向上下振动着，若不计空气阻力，下列说法中正确的是（）A小球动能和重力势能的总和始终不变B小球动能和重力势能的总和最大时，弹簧的弹性势能最小C弹簧伸到最长时，小球的动能和重力势能的总和最小D弹簧处于原长时，小球的动能和重力势能的总和最
45、小【考点】功能关系；重力势能【分析】小球在振动过程中，只有重力与弹簧的弹力做功，因此小球的动能、重力势能与弹簧的弹性势能相互转化，总和保持不变，当拉伸最长或压缩最短时，弹性势能最大，从而即可求解【解答】解：A、小球在振动过程中，只有重力与弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，即小球的动能，重力势能和弹簧的弹性势能之和保持不变，故A错误；B、当小球动能和重力势能的总和最大时，根据系统的机械能守恒知，弹簧的弹性势能最小，故B正确；C、弹簧伸长到最长时，弹性势能最大，此时小球的动能和重力势能的总和最小，故C正确；D、弹簧处于原长时，弹性势能最小，此时小球的动能和重力势能的总和最大，故D错误故选：BC【点
46、评】本题要由于弹簧的弹力对小球做功时，小球的机械能不守恒，而系统的机械能却守恒，这是解题的关键三、计算题（本大题共3小题，第26题5分，第27题10分，第28题10分）26质量为0.02kg的子弹，以600m/s的速度垂直射穿一块厚度为10cm的固定木板已知子弹穿过木板后的速度为400m/s，求木板对子弹的阻力所做的功【考点】动能定理【分析】以子弹为研究对象，根据前后的动能变化，由动能定理可以求出子弹克服阻力做的功【解答】解：设子弹质量为m，初速度为v，穿过木板后速度为v，木板对子弹的阻力做的功大小为W，对子弹穿木板过程中，由动能定理得：W=mv2代入数据解得：W=2000J答：木板对子弹的阻
47、力所做的功为负功，大小为2000J【点评】本题考查了求子弹克服阻力做的功，应用动能定理即可正确解题27如图所示，倾角为30、长度为10m 的光滑斜面一个质量为1.2kg的物体从斜面顶端由静止开始下滑，求（1）物体滑到斜面底端时重力做功的瞬时功率是多少？（2）整个过程中重力做功的平均功率是多少？（取g=10m/s2）【考点】功率、平均功率和瞬时功率【分析】通过牛顿第二定律求的下滑加速度，利用运动学公式求的下滑速度和时间，再有重力做功只与初末位置有关即可求得【解答】解：（1）物体下滑时做匀加速直线运动，受力情况如图所示由牛顿第二定律F=ma 得物体的加速度下滑到底端时的速度v=此时重力的瞬时功率P
48、=Gvcos=mgvcos 60=60W（2）物体下滑过程中重力做的总功W=Gscos=mgscos 6060 J物体下滑的时间重力做功的平均功率答：（1）物体滑到斜面底端时重力做功的瞬时功率是60W（2）整个过程中重力做功的平均功率是30W【点评】解决本题的关键掌握平均功率和瞬时功率的求法，要注意瞬时功率的表达式是P=Fvcos28如图所示，AB为固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，轨道的B点与水平地面相切，其半径为R质量为m的小球由A点静止释放，求：（1）小球滑到最低点B时，小球速度v的大小；（2）小球刚到达最低点B时，轨道对小球支持力FN的大小；（3）小球通过光滑的水平面BC滑上固定曲面，恰达最高点D，D到地面的高度为h（已知hR），则小球在曲面上克服摩擦力所做的功Wf【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律【分析】（1）小球从A滑至B的过程中，支持力不做功，只有重力做功，根据机械能守恒定律或动能定理列式求解；（2）在圆弧最低点B，小球所受重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解即可
