1、考试时长：100分钟 满分：110分一选择题（为不定项选择，每小题4分，共48分全部正确得4分，部分正确得2分，选错得零分）1质量为m的小球，从桌面上竖直抛出，桌面离地高为h小球能到达的离地面高度为H，若以桌面为零势能参考平面，不计空气阻力，则小球落地时的机械能为( )AmgH Bmgh Cmg(Hh) Dmg(Hh)【答案】D【考点】机械能守恒定律解：取桌面为零势能面，小球的机械能守恒，在最高点时的机械能为mg（H-h），所以整个过程中的机械能都是mg（H-h），所以D正确故选D2某星球的质量和半径分别约为地球的和，地球表面的重力加速度为g，则该星球表面的重力加速度约为( )A0.2g B0
2、.4g C2.5g D5g【答案】B【考点】万有引力定律及其应用解：根据星球表面的万有引力等于重力知道 =mg得出：g=火星的质量和半径分别约为地球的和所以火星表面的重力加速度g=故选B3质量为m的物体，在F1、F2、F3三个共点力的作用下做匀速直线运动，保持F1、F2不变，仅将F3的方向改变90(大小不变)后，物体可能做( )A加速度大小为的匀变速直线运动 B加速度大小为的匀变速曲线线运动C加速度大小为的匀变速曲线运动 D匀速直线运动【答案】C【考点】牛顿第二定律解：物体在F1、F2、F3三个共点力作用下做匀速直线运动，三力平衡，必有F3与F1、F2的合力等大反向，当F3大小不变，方向改变9
3、0时，F1、F2的合力大小仍为F3，方向与改变方向后的F3夹角为90，故F合= ,加速度a=，则物体可能做加速度大小为的匀变速直线运动，可能做加速度大小为的匀变速曲线运动故B正确，A、C、D错误故选：B4某载人飞船发射后进入距地球表面约343 km的圆形预定轨道，绕行一周约90分钟，关于该载人飞船在预定轨道上运行时，下列说法中正确的是( )A飞船绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大B飞船绕地球运行的线速度比第一宇宙速度大C当飞船要离开圆形轨道返回地球时，要启动助推器让飞船速度增大D该载人飞船可以看做是地球的一颗同步卫星【答案】A【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系解：A、月球绕地
4、球运行的周期约27天，大于飞船绕地球运行的周期，由=，可知飞船绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大故A正确B、第一宇宙速度是卫星绕地球运行的最大环绕速度，即是近地卫星的速度，由卫星的速度公式v=，知飞船绕地球运行的线速度比第一宇宙速度小故B错误C、当飞船要离开圆形轨道返回地球时，要启动助推器让飞船速度减速，使得地球提供的向心力大于飞船圆周运动所需要的向心力，从而做近心运动，故C错误D、同步卫星的周期与地球同步为24h，载人飞船周期约90分钟，故不能看作地球的同步卫星，故D错误；故选：A5人造卫星因受高空稀薄空气的阻力作用，绕地球运转的轨道会慢慢改变设每次测量时卫星的运动可近似看做圆周运
5、动，某次测量卫星的轨道半径为r1，后来变为r2，r2r1，以Ek1、Ek2表示卫星在这两个轨道上的动能，T1、T2表示卫星在这两个轨道上绕地球运动的周期，则( )AEk1Ek2，T2T1 BEk1Ek2，T2T1CEk1Ek2，T2T1 DEk1Ek2，T2T1【答案】C【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用解：根据G得，v=，T=，轨道半径变小，则线速度变大，所以动能变大周期变小故A正确，B、C、D错误故选A6如图所示，光滑的半圆柱体的半径为R，其上方有一个曲线轨道AB，轨道底端水平并与半圆柱体顶端相切质量为m的小球沿轨道滑至底端(也就是半圆柱体的顶端)B点时的速度
6、大小为，方向沿水平方向小球在水平面上的落点为C(图中未画出)，则( )A小球将沿圆柱体表面做圆周运动滑至C点 B 小球将先沿圆柱体表面做圆周运动，后在圆弧上某点离开半圆柱体抛至C点COC之间的距离为RDOC之间的距离为R【答案】C【考点】平抛运动解：mg-N=m，而v=，所以N=0，小球仅受重力，有初速度，将做平抛运动，R=gt2，t=，x= R故A、B、C错误，D正确故选D7如图所示，“嫦娥奔月”的过程可以简化为：“嫦娥一号”升空后，绕地球沿椭圆轨道运动，远地点A距地面高为h1，然后经过变轨被月球捕获，再经多次变轨，最终在距离月球表面高为h2的轨道上绕月球做匀速圆周运动若已知地球的半径为R1
7、、表面重力加速度为g0，月球的质量为M、半径为R2，引力常量为G，根据以上信息，不能确定的是( )A“嫦娥一号”在远地点A时的速度 B“嫦娥一号”在远地点A时的加速度C“嫦娥一号” 绕月球运动的周期 D月球表面的重力加速度【答案】A【考点】万有引力定律及其应用；人造卫星的加速度、周期和轨道的关系解：A、根据牛顿第二定律得“嫦娥一号”在远地点A时万有引力等于其合力忽略地球自转的影响，根据万有引力等于重力列出等式=mg1由可求得“嫦娥一号”在远地点A时的加速度由于轨道是椭圆，在远地点A时的速度无法确定，故A错误，B正确C、“嫦娥一号”绕月球运动根据万有引力提供向心力，列出等式忽略月球自转的影响，根
8、据万有引力等于重力列出等式=mg2由可求得“嫦娥一号”绕月球运动的周期和月球表面的重力加速度，故C、D正确本题选错误的，故选A8如图所示，一个质量为m的物体(可视为质点)，以某一初速度由A点冲上倾角为30的固定斜面，其加速度大小为g，物体在斜面上运动的最高点为B，B点与A点的高度差为h，则从A点到B点的过程中，下列说法正确的是( )A物体动能损失了 B物体动能损失了2mghC系统机械能损失了2mgh D系统机械能损失了【答案】B【考点】动能定理的应用；功能关系；机械能守恒定律解：A、B、滑块上升过程中，受到重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，得到合力F=ma=mg 沿斜面向下动能减小量等于
9、克服合力做的功，故EK减=FS=mg2h=2mgh故A错误，B正确；C、D、系统损失的机械能等于减小的动能和势能之和，故E减=EK减-mgh=mgh故CD错误；故选B9用水平力拉一物体在水平地面上从静止开始做匀加速运动，到t1秒末撤去拉力F，物体做匀减速运动，到t2秒末静止其速度图象如图所示，且若拉力F做的功为W，平均功率为P；物体在加速和减速过程中克服摩擦阻力做的功分别为W1和W2，它们的平均功率分别为P1和P2，则下列选项错误的是( )AWW1W2 BW1W2 CPP1P2 DP1P2【答案】B【考点】功率、平均功率和瞬时功率解：A、对于整个过程由动能定理可知W-W1-W2=0，故W=W1
10、+W2；故A正确；B、由图可知，加速过程的位移要大于减速过程的位移，因摩擦力不变，故加速时摩擦力所做的功大于减速时摩擦力所做的功，故B错误；C、根据匀变速直线运动规律知道加速和减速运动中平均速度相等，故由P=FV可知，摩擦力的功率相等，故P1=P2；由功率关系可知W=P（t1+t2）=P1t1+P2t2，而P1=P2所以得：P=P1=P2，故CD正确；本题选错误的，故选：B10如图所示，两个内壁光滑、半径不同的半球形碗，放在不同高度的水平面上，使两碗口处于同一水平面，现将质量相同的两个小球(小球半径远小于碗的半径)，分别从两个碗的边缘由静止释放，当两球分别通过碗的最低点时( )A小球对两碗底的
11、压力相同 B小球对两碗底的压力不相同C小球的速度相同 D小球的向心加速度相同【答案】AD【考点】机械能守恒定律解：设任意一碗的半径为r根据动能定理研究小球从碗的边缘到碗的最低点，列出等式有：mgr=mv2，则小球通过碗的最低点为 v=，r越大，v越大，则两球分别通过碗的最低点速度不同在最低点，由牛顿第二定律得：N-mg=m，解得N=3mg，由牛顿第三定律得：小球对碗底的压力N=N=3mg，与碗的半径无关，则小球对两碗底的压力相同；小球通过碗底时的向心加速度为 a=2g，与r无关，则小球的向心加速度相同，故AD正确，BC错误故选：AD11如图，一轻弹簧左端固定在长木块M的左端，右端与小木块m连接
12、，且m、M及M与地面间接触光滑（m”“”或“”)时，说明气垫导轨已经水平(3)滑块P用细线跨过气垫导轨左端的定滑轮与质量为m的钩码Q相连，将滑块P由图甲所示位置释放，通过计算机得到的图像如图乙所示，若t1、t2、遮光条宽度d、滑块质量M、钩码质量m已知，若上述物理量间满足关系式_，则表明在上述过程中，滑块和钩码组成的系统机械能守恒(4)若遮光条宽度d8.400mm, A、B间的距离L=160.00cm, t1=8.4010-3s ,t2=4.2010-3s, 滑块质量M=180g, 钩码Q质量m20g,则滑块从A运动到B的过程中系统势能的减少量Ep_J，系统动能的增量Ek_J(g=9.80m/
13、s2,计算结果保留三位有效数字)【答案】(1) C(2) =(3) mgL(Mm)()2(Mm)()2(4)Ep0.314 J Ek0.300 J【考点】验证机械能守恒定律解：（1）该实验装置验证滑块P和钩码Q组成的系统机械能是否守恒，对于单个P和Q，机械能不守恒故选：C（2）如果遮光条通过光电门的时间相等，即t1=t2，说明遮光条做匀速运动，即说明气垫导轨已经水平（3）要验证滑块和砝码组成的系统机械能是否守恒，就应该去求出动能的增加量和重力势能的减小量，光电门测量瞬时速度是实验中常用的方法由于光电门的宽度很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度vB=，vA，滑块和砝码组成的系统动能的
14、增加量Ek= (M+m)( )2 (M+m)( )2，滑块和砝码组成的系统重力势能的减小量Ep=mgL可知只要满足mgL=(M+m）（）2-（M+m）（）2，系统机械能守恒（4）系统重力势能的减小量Ep=mgL=0.029.81.60=0.314J系统动能的增加量Ek=(M+m)( )2 (M+m)( )2= (0.18+0.02)()2()2=0.300J三计算题（共48分写出必要的文字说明、物理方程和结果，只写出答案不给分）15（14分）我国探月工程实施“绕”、“落”、“回”发展战略“绕”即环绕月球进行月表探测，2007年10月24日成功发射“嫦娥一号”探测器完成绕月探测；“落”是着月探测
15、，2013年12月2日成功发射“嫦娥三号”并于2013年12月14日成功实施软着陆，传回图像，释放月球车；“回”是在月球表面着陆，并采样返回，计划于2017年前后实施假设若干年后中国人乘宇宙飞船探索月球并完成如下实验：当质量为m1的飞船（含登月舱）沿贴近月球表面的圆形轨道环绕时，测得环绕一周经过的时间为T；当质量为m2的登月舱在月球表面着陆后，科研人员在距月球地面高h处以速度v0水平抛出一个质量为m0的小球，测得小球落地点与抛出点的水平距离为L试根据以上信息，求：月球表面重力加速度的大小g；月球的质量M；登月舱离开月球返回近月轨道上的宇宙飞船时发动机做的功？【答案】(1) (2) (3) 【考
16、点】万有引力定律及其应用；向心力解析设月球表面重力加速度为g，由平抛运动规律 解得：设月球半径为R，飞船在近月面轨道环行时，有：在月球表面时，有：解得： （5分）发动机做功使登月舱离开月球绕月球表面做匀速圆周运动，登陆舱在近月轨道运行的向心加速度为g，则解得：由动能定理：16（16分）如图所示，质量为M=9.99kg的沙箱，用长度为L=0.80m的轻绳悬挂在无摩擦的转轴O上，质量为m0.01kg的子弹，以速度v0=400m/s水平射入沙箱，子弹射入时间极短，射入时沙箱的微小摆动可忽略，子弹射入后与沙箱一起恰能摆到与转轴O等高的位置，忽略空气阻力的影响，g=10m/s2，求：沙箱重新摆到最低点时
17、悬绳拉力的大小；沙箱从最高点重新摆到最低点的过程中重力的最大功率【答案】(1)300N (2)248W【考点】动量守恒定律；向心力；机械能守恒定律解析子弹射入沙箱有机械能损失，射入后上摆过程中只有重力做功，系统机械能守恒，设子弹射入后的共同速度为v， 解得： 在最低点有： 解得： （2）在最高点速度为零，在最低点速度与重力垂直，在这两个位置，重力功率均为零，从最高点到最低点过程中，重力功率先增大后减小，设下摆到绳与水平方向为时重力功率最大，在整个过程中，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得：（m+M）gLsin=（m+M）v2-0，解得：v=，重力的功率：PG=（m+M）gvcos=（
18、m+M）gcos，设y=sincos2，则y2=sin2cos2cos2，由于2sin2+cos2+cos2=2，则当2sin2=cos2时，y最大，由于，解得：y= ,则： 17（18分）如图所示，固定的光滑平台上一轻弹簧一端固定在平台上，弹簧长度比平台短木板B左端紧靠平台，木板C放在B右端，第一次B、C用销钉固定，然后用大小可忽略的木块A将弹簧压缩到某一位置，释放后A恰能运动到C右端第二次将销钉撤去，仍使A将弹簧压缩到同一位置后释放，若A与B、C间动摩擦因数为10.5，B、C与地面动摩擦因数为20.1，A、B、C质量分别为mAmC1.0kg、mB3.0kg，B、C长度均为L2.0m，g10
19、m/s2，求：释放A后弹簧对A做功是多少？第二次B、C未固定时，A滑过B右端的瞬时速度多大？第二次B、C未固定时，最终BC间的距离多大？【答案】 见解析【考点】动量守恒定律；动能定理的应用解析 A依次滑过B、C所受滑动摩擦力 对全过程应用动能定理 (4分)B、C固定时，由动能定理 B、C不固定时，A滑上C时，B、C整体与地面的最大静摩擦力故BC保持静止由动能定理 （3）A滑到C上，C与地面间的摩擦力：fC=2N3=2（mA+mB）g，代入数据解得：fC=2N，C在地面上滑动，由牛顿第二定律得：aA= =1g=0.510=5m/s2，aC= =（1-22）g=（0.5-20.1）10=3m/s2，设AB的共同速度为v2，则： 假设成立 此后AB一起减速到速度为零，由动能定理 BC相距 版权所有：高考资源网()版权所有：高考资源网()