1、2016-2017学年河北省保定市定州中学高一（下）期末物理试卷一、选择题1物体做平抛运动时，描述物体在水平方向的分速度vx随时间变化的图线是图中的哪一个（）ABCD2在地球大气层外有大量的太空垃圾在太阳活动期，地球大气会受太阳风的影响而扩张，使一些原本在大气层外绕地球飞行的太空垃圾被大气包围，从而开始向地面下落大部分太空垃圾在落地前已经燃烧成灰烬，但体积较大的太空垃圾仍会落到地面上，对人类造成危害太空垃圾下落的原因是（）A大气的扩张使垃圾受到的万有引力增大而导致下落B太空垃圾在与大气摩擦燃烧过程中质量不断减小，进而导致下落C太空垃圾的上表面受到的大气压力大于其下表面受到的大气压力，这种压力差
2、将它推向地面D太空垃圾在大气阻力作用下速度减小，运动所需的向心力将小于万有引力，垃圾做趋向圆心的运动，落向地面3质量为m的小球，从离桌面H高处由静止下落，桌面离地面高度为h，如图所示，若以地面为参考平面，那么小球落地时的重力势能及下落过程中重力势能的变化分别为（）Amgh，减少mg（Hh）Bmgh，增加mg（H+h）Cmgh，增加mg（Hh）D0，减少mg（H+h）4如图所示，一个小球绕圆心O做匀速圆周运动，已知圆周半径为r，该小球运动的角速度为，则它运动线速度的大小为（）ABrC2rDr25跳水运动员从10m高的跳台上跳下，在运动员下落的过程中（）A运动员的动能增加，重力势能增加B运动员的动
3、能减少，重力势能减少C运动员的动能减少，重力势能增加D运动员的动能增加，重力势能减少6由于某种原因，人造地球卫星的轨道半径减小了，那么，卫星的（）A速率变小，周期变小B速率变小，周期变大C速率变大，周期变大D速变率大，周期变小7在同一水平直线上的两位置分别沿同水平方向抛出两小球A和B，两球相遇于空中的P点，它们的运动轨迹如图所示不计空气阻力，下列说法中正确的是（）A在P点，A球的速度大小大于B球的速度大小B在P点，A球的速度大小小于B球的速度大小C抛出时，先抛出A球后抛出B球D抛出时，先抛出B球后抛出A球82011年11月1日“神舟八号”飞船发射圆满成功“神舟八号”飞船在入轨后两天，与“天宫一
4、号”目标飞行器成功进行交会对接我国成为继美国和俄国后第三个掌握太空交会对接技术的国家对接前“天宫一号”和“神舟八号”绕地球做匀速圆周运动如图所示，A代表“天宫一号”，B代表“神舟八号”，虚线为对接前各自的轨道由此可以判定对接前（）A“神舟八号”适当加速才有可能与“天宫一号”实现对接B“天宫一号”的周期小于“神舟八号”的周期C“天宫一号”的向心加速度小于“神舟八号”的向心加速度D“天宫一号”的运行速率大于“神舟八号”的运行速率9如图所示，一辆装满货物的汽车在丘陵地区行驶，由于轮胎太旧，途中“放了炮”，你认为在图中A、B、C、D四处，“放炮”可能性最大处是（）AA处BB处CC处DD处10如图甲所示
5、，轻杆一端与一小球相连，另一端连在光滑固定轴上，可在竖直平面内自由转动现使小球在竖直平面内做圆周运动，到达某一位置开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度vx随时间t的变化关系如图乙所示不计空气阻力下列说法中正确的是（）At1时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积相等Bt2时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积相等Ct1时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积不相等Dt2时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积不相等11在粗糙绝缘的斜面上A处固定一点电荷甲，在其左下方B点无初速度释放带电小物块乙，小物块乙沿斜面运动到C点静止从B到C的过程中，乙带电量始终保持不变，下列说法正确
6、的是（）A甲、乙一定带异种电荷B小物块的电势能一定减少C小物块机械能的损失一定大于克服摩擦力做的功DB点的电势一定高于C点的电势12如图所示，斜面体固定在水平面上，倾角为=30，质量为m的物块从斜面体上由静止释放，以加速度a=开始下滑，取出发点为参考点，则图乙中能正确描述物块的速率v、动能Ek、势能EP、机械能E、时间t、位移x关系的是（）ABCD13如图所示一带电液滴在重力和匀强电场对它的电场力的共同作用下，在竖直平面内，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45，下列结论正确的是（）A此液滴带正电B液滴的加速度大小为gC合外力对液滴做的总功为零D液滴的电势能与动能之和是
7、增加的14“探路者”号宇宙飞船在宇宙深处飞行过程中，发现A、B两颗均匀球形天体，两天体各有一颗靠近其表面飞行的卫星，测得两颗卫星的周期相等，以下判断正确的是（）A天体A、B的质量与它们的半径成正比B两颗卫星的线速度与它们的半径成正比C天体A、B表面的重力加速度一定相等D天体A、B的密度一定相等15一个小球从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功5J，除重力之外其它力做功2J则小球（）Aa点的重力势能比在b点多5JB在 a点的动能比在b点少7JC在a点的机械能比在b点少2JD在a点的机械能比在b点多2J16“探路者”号宇宙飞船在宇宙深处飞行过程中，发现A、B两颗天体各有一颗靠近表面飞行的卫星，并
8、测得两颗卫星的周期相等，以下说法中正确的是（）A天体A、B表面的重力加速度与它们的半径之比相等B两颗卫星的线速度一定相等C天体A、B的质量一定相等D天体A、B的密度一定相等17在倾角为的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ、MN，相距为L，导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下有两根质量均为m的金属棒a、b，先将a棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c 连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止释放c，此后某时刻，将b也垂直导轨放置，a、c此刻起做匀速运动，b棒刚好能静止在导轨上a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨电接触良好，导轨电阻不计则（）A物块c的质
9、量是2msinBb棒放上导轨前，物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能Cb棒放上导轨后，物块c减少的重力势能等于回路消耗的电能Db棒放上导轨后，a棒中电流大小是18如图所示，匀强电场水平向左，带正电物体沿绝缘、粗糙水平板向右运动，经A点时动能为100J，到B点时动能减少到80J减少的动能中有12J转化为电势能，则它再经过B点时，动能大小是（）A4JB16JC32JD64J19如图所示，小木块P和长木板Q叠放后静置于光滑水平面上P、Q的接触面是粗糙的用足够大的水平力F拉Q，P、Q间有相对滑动在P从Q左端滑落以前，关于水平力F的下列说法中正确的是（）AF做的功大于P、Q动能增量之和BF做的功等于
10、P、Q动能增量之和CF的冲量大于P、Q动量增量之和DF的冲量等于P、Q动量增量之和20如图所示，长为R的轻杆一端拴有一个小球，另一端连在光滑的固定轴O上，现在最低点给小球一水平初速度，使小球能在竖直平面内做完整圆周运动，不计空气阻力，则（）A小球通过最高点时的最小速度为B若小球通过最高点时速度越大，则杆对小球的作用力越大C若小球在最高点的速度大小为，则此时杆对小球作用力向下D若小球在最低点的速度大小为，则小球通过最高点时对杆无作用力二、实验题21某探究学习小组的同学欲验证“动能定理”，他们在实验室组装了一套如图所示的装置，另外他们还找到了打点计时器所用的学生电源一台，导线、复写纸、纸带、小木块
11、、细沙若干当滑块连接上纸带，用细线通过滑轮挂上空的小沙桶时，释放小桶，滑块处于静止状态 1你是小组中的一位成员，要完成该项实验，则：还需要补充的实验器材是 2某同学的实验步骤如下：用天平称量滑块的质量M往沙桶中装入适量的细沙，让沙桶带动滑块加速运动，用打点计时器记录其运动情况，用天平称出此时沙和沙桶的总质量m在打点计时器打出的纸带上取两点，测出这两点的间距L，算出这两点的速度v1与v2他用沙和沙桶的总重力表示滑块受到的合外力，为了减小这种做法带来的实验误差，你认为在图示情况下还应该采取的一项操作是： ； 应控制的实验条件是： ；若挑选的一条点迹清晰的纸带如下，且已知滑块的质量为M，沙和沙桶的总
12、质量为m，相邻两个点之间的时间间隔为T，从A点到B、C、D、E、F点的距离依次为S1、S2、S3、S4、S5（图中未标出S3、S4、S5），则由此可求得纸带上由B点到E点所对应的过程中，沙和沙桶的重力所做的功W= ；该滑块动能改变量的表达式为EK= （结果用题中已知物理量的字母表示）三、计算题22跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一，2014年索契冬奥会于当地时间2月7日开幕如图所示，一名跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从O点水平飞出，经过3.0s落到斜坡上的A点已知O点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角=37，运动员的质量m=50kg不计空气阻力（取sin 37=0.60，cos 37=0.80；g
13、取10m/s2）求：（1）A点与O点的距离L；（2）运动员离开O点时的速度大小2016-2017学年河北省保定市定州中学高一（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题1物体做平抛运动时，描述物体在水平方向的分速度vx随时间变化的图线是图中的哪一个（）ABCD【考点】43：平抛运动；1I：匀变速直线运动的图像【分析】平抛运动的物体水平方向做匀速直线运动，所以水平方向速度不变【解答】解：平抛运动的物体水平方向做匀速直线运动，所以水平方向速度不变，即水平方向速度不随时间的变化而变化，所以vxt图象是一条平行于时间轴的直线故选：C2在地球大气层外有大量的太空垃圾在太阳活动期，地球大气会受太阳风的影
14、响而扩张，使一些原本在大气层外绕地球飞行的太空垃圾被大气包围，从而开始向地面下落大部分太空垃圾在落地前已经燃烧成灰烬，但体积较大的太空垃圾仍会落到地面上，对人类造成危害太空垃圾下落的原因是（）A大气的扩张使垃圾受到的万有引力增大而导致下落B太空垃圾在与大气摩擦燃烧过程中质量不断减小，进而导致下落C太空垃圾的上表面受到的大气压力大于其下表面受到的大气压力，这种压力差将它推向地面D太空垃圾在大气阻力作用下速度减小，运动所需的向心力将小于万有引力，垃圾做趋向圆心的运动，落向地面【考点】4F：万有引力定律及其应用【分析】太空垃圾在大气阻力的作用下速度减小，它做圆周运动所需的向心力就小于地球对它的引力，
15、故其不断做向心运动，最终落在地面上【解答】解：太空垃圾在大气阻力的作用下速度减小，它做圆周运动所需的向心力就小于地球对它的引力，故其不断做向心运动，最终落在地面上，故D正确、ABC错误故选：D3质量为m的小球，从离桌面H高处由静止下落，桌面离地面高度为h，如图所示，若以地面为参考平面，那么小球落地时的重力势能及下落过程中重力势能的变化分别为（）Amgh，减少mg（Hh）Bmgh，增加mg（H+h）Cmgh，增加mg（Hh）D0，减少mg（H+h）【考点】6C：机械能守恒定律【分析】解决本题需要掌握：重力势能表达式Ep=mgh中，h为物体相对零势能点的高度，因此重力势能大小和零势能点的选取有关；
16、而重力做功和零势能的选取无关，只与物体的初末位置有关【解答】解：以地面为参考平面，地面离零势能点的高度为0，所以重力势能为0；物体下落的高度为H+h，重力做功为：W=mg（h+H），所以重力势能减少mg（h+H），故ABC错误，D正确故选：D4如图所示，一个小球绕圆心O做匀速圆周运动，已知圆周半径为r，该小球运动的角速度为，则它运动线速度的大小为（）ABrC2rDr2【考点】48：线速度、角速度和周期、转速【分析】小球做匀速圆周运动，已知角速度和转动半径，根据v=r求解【解答】解：小球做匀速圆周运动，转动的半径为r，角速度为，故速度为：v=r故选：B5跳水运动员从10m高的跳台上跳下，在运动员
17、下落的过程中（）A运动员的动能增加，重力势能增加B运动员的动能减少，重力势能减少C运动员的动能减少，重力势能增加D运动员的动能增加，重力势能减少【考点】6A：动能和势能的相互转化【分析】本题比较简单，只要弄清运动员下落过程中速度变化，以及重力做功情况即可正确解答本题【解答】解：运动员下落过程中，重力做正功，重力势能减小，运动员速度越来越大，因此动能增加，故ABC错误，D正确故选：D6由于某种原因，人造地球卫星的轨道半径减小了，那么，卫星的（）A速率变小，周期变小B速率变小，周期变大C速率变大，周期变大D速变率大，周期变小【考点】4H：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【分析】人造卫星圆周运动时
18、万有引力提供圆周运动向心力，由此分析周期与速度与半径的关系即可【解答】解：根据万有引力提供圆周运动向心力有：物体的线速度，周期，知卫星的半径减小，则线速度增加，周期减小，所以ABC错误，D正确故选：D7在同一水平直线上的两位置分别沿同水平方向抛出两小球A和B，两球相遇于空中的P点，它们的运动轨迹如图所示不计空气阻力，下列说法中正确的是（）A在P点，A球的速度大小大于B球的速度大小B在P点，A球的速度大小小于B球的速度大小C抛出时，先抛出A球后抛出B球D抛出时，先抛出B球后抛出A球【考点】43：平抛运动【分析】研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，
19、竖直方向做自由落体运动，根据分运动的规律分析【解答】解：CD、A、B两球都做平抛运动，相遇时竖直位移h相同，由h=gt2可知两球下落时间相同，即应同时抛出两球，故CD错误AB、水平方向上都做匀速直线运动，由于A的水平位移比B的水平位移大，由x=v0t知，所以A的初速度比B的大由速度的合成知，P点的速度为：v=，由于两球下落时间相同，所以在P点，A球的速度大小大于B球的速度大小，故A正确，B错误故选：A82011年11月1日“神舟八号”飞船发射圆满成功“神舟八号”飞船在入轨后两天，与“天宫一号”目标飞行器成功进行交会对接我国成为继美国和俄国后第三个掌握太空交会对接技术的国家对接前“天宫一号”和“
20、神舟八号”绕地球做匀速圆周运动如图所示，A代表“天宫一号”，B代表“神舟八号”，虚线为对接前各自的轨道由此可以判定对接前（）A“神舟八号”适当加速才有可能与“天宫一号”实现对接B“天宫一号”的周期小于“神舟八号”的周期C“天宫一号”的向心加速度小于“神舟八号”的向心加速度D“天宫一号”的运行速率大于“神舟八号”的运行速率【考点】4H：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；4F：万有引力定律及其应用【分析】神舟八号加速将做离心运动，可能与“天宫一号”对接根据万有引力提供向心力， =可知r越大，线速度越小，周期越大，加速度越小【解答】解：A、神舟八号适当加速后将做离心运动，轨道半径增大，才可能与“天
21、宫一号”对接，故A正确B、C、D、卫星的向心力由万有引力提供得： =ma可得运行周期 T=2，故半径越大，运行周期越大，所以“天宫一号”的周期大于“神舟八号”的周期，故B错误卫星的加速度 a=，所以“天宫一号”的向心加速度小于“神舟八号”的向心加速度，故C正确卫星的运行线速度 v=，故半径越大，运行速度越小，所以“天宫一号”的运行速率小于“神舟八号”的运行速率；故D错误，故选：AC9如图所示，一辆装满货物的汽车在丘陵地区行驶，由于轮胎太旧，途中“放了炮”，你认为在图中A、B、C、D四处，“放炮”可能性最大处是（）AA处BB处CC处DD处【考点】4A：向心力；37：牛顿第二定律【分析】当轮胎受到
22、的地面的支持力最大，最可能“放炮”以汽车为研究对象，根据牛顿运动定律分析汽车在四个位置受到的地面的支持力的大小，判断在哪个位置最容易放炮【解答】解：汽车经过丘陵的高处时，向心加速度向下，汽车处于失重状态，地面对汽车的支持力小于重力，而当汽车经过丘陵的高处时，向心加速度向下，汽车处于超重状态，地面对汽车的支持力大于重力，所以汽车经过图中B、D两处受到的支持力大于B、D两处受到的支持力，B、D两处容易放炮对于B、D两处，设汽车的质量为m，凹陷处半径为r，汽车速度大小为v，则由牛顿第二定律得 Nmg=m得到地面的支持力N=mg+m，在汽车的速率v不变时，半径r越小，N越大，越容易放炮图中D处半径比B
23、处半径小，则汽车在D处最容易放炮故选D10如图甲所示，轻杆一端与一小球相连，另一端连在光滑固定轴上，可在竖直平面内自由转动现使小球在竖直平面内做圆周运动，到达某一位置开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度vx随时间t的变化关系如图乙所示不计空气阻力下列说法中正确的是（）At1时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积相等Bt2时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积相等Ct1时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积不相等Dt2时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积不相等【考点】4A：向心力【分析】过最高点后，速度越来越大，水平分速度也要变大，结合该规律确定最高点的时刻，抓住水平
24、位移的关系确定面积是否相等【解答】解：过最高点后，水平分速度要增大，经过四分之一圆周后，水平分速度为零，可知从最高点开始经过四分之一圆周，水平分速度先增大后减小，可知t1时刻小球通过最高点根据题意知，图中x轴上下方图线围成的阴影面积分别表示从最低点经过四分之一圆周，然后再经过四分之一圆周到最高点的水平位移大小，可知S1和S2的面积相等故A正确，B、C、D错误故选：A11在粗糙绝缘的斜面上A处固定一点电荷甲，在其左下方B点无初速度释放带电小物块乙，小物块乙沿斜面运动到C点静止从B到C的过程中，乙带电量始终保持不变，下列说法正确的是（）A甲、乙一定带异种电荷B小物块的电势能一定减少C小物块机械能的
25、损失一定大于克服摩擦力做的功DB点的电势一定高于C点的电势【考点】AD：电势差与电场强度的关系；AE：电势能【分析】小物块与电荷A之间的距离增大，根据库仑定律分析库仑力的变化；电场力对物块做正功，电势能减小；根据动能定理分析电场力做功与物块克服摩擦力做功的关系；由于点电荷A的电性未知，无法判断B、C电势的高低【解答】解：A、若甲、乙是异种电荷，向下运动的过程中电场力逐渐减小，合力增大，加速度增大，物块乙不可能停止在C点所以两物块为同种电荷，故A错误B、电场力对物块乙做正功，则小物块的电势能一定减小故B正确C、根据动能定理得知：电场力对小物块所做的功、摩擦力对小物块做的功及重力做功之和等于零，则
26、知电场力对小物块所做的功和重力做功之和等于小物块克服摩擦力做的功，故电场力对小物块所做的功小于小物块克服摩擦力做的功，故C错误D、由于点电荷A的电性未知，电场线方向未知，无法判断B、C电势的高低故D错误故选：B12如图所示，斜面体固定在水平面上，倾角为=30，质量为m的物块从斜面体上由静止释放，以加速度a=开始下滑，取出发点为参考点，则图乙中能正确描述物块的速率v、动能Ek、势能EP、机械能E、时间t、位移x关系的是（）ABCD【考点】6B：功能关系；1I：匀变速直线运动的图像【分析】滑块从斜面上匀加速下滑，根据运动学公式得出速度与时间的关系式，再得到动能与时间的关系根据重力势能Ep=mgh，
27、得到重力势能与位移的关系式再选择图象【解答】解：A、滑块从斜面上匀加速下滑，速度 v=at=t，vt，所以A图能正确描述速度与时间的关系故A正确B、动能Ek=mv2=t2，得Ekt2，是非线性关系所以B图不能正确描述动能与时间的关系，故B错误C、取出发点为参考，滑块向下滑动时，重力势能为负值，则重力势能Ep=mgh=mgxsin30=mgx，Epx所以C图能正确描述势能EP与位移x的关系故C正确D、由于滑块的加速度a=g=gsin30，根据牛顿第二定律得知，滑块的合力等于mgain30，说明滑块下滑过程中，不受摩擦力作用，只有重力做功，其机械能不变取出发点为参考点，其机械能为0，所以D图能正确
28、描述机械能E与位移x关系，故D正确故选：ACD13如图所示一带电液滴在重力和匀强电场对它的电场力的共同作用下，在竖直平面内，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45，下列结论正确的是（）A此液滴带正电B液滴的加速度大小为gC合外力对液滴做的总功为零D液滴的电势能与动能之和是增加的【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动；AG：匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】根据带电液滴作直线运动可知：带电液滴所受重力与电场力的合力一定与其运动方向在同一直线上，由此可以判定出带电液滴所受电场力的方向，从而判断出带电液滴的电性，由力的合成法求出电场力的大小和合外力的大小，再根据牛顿第
29、二定律计算出物体的加速度；根据合外力的方向与速度的方向相同可知合外力做正功，根据电场力做功的情况可以判定电势能变化情况【解答】解：A、据题带电液滴沿直线b运动到d，带电液滴所受重力与电场力的合力一定与其运动方向在同一直线上，对液滴进行受力分析可知，电场力方向一定水平向右，与场强方向相反，所以该液滴带负电故A错误；B、由图可得物体所受合力F=mg，故物体的加速度a=g；故B正确C、由于液滴从静止开始做加速运动，故合力的方向与运动的方向相同，故合外力对物体做正功，总功不为零，故C错误D、因液滴的重力做正功，重力势能减小，故液滴的电势能与动能之和是增加的，故D正确；故选：BD14“探路者”号宇宙飞船
30、在宇宙深处飞行过程中，发现A、B两颗均匀球形天体，两天体各有一颗靠近其表面飞行的卫星，测得两颗卫星的周期相等，以下判断正确的是（）A天体A、B的质量与它们的半径成正比B两颗卫星的线速度与它们的半径成正比C天体A、B表面的重力加速度一定相等D天体A、B的密度一定相等【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【分析】卫星绕球形天体运动时，由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律和万有引力定律得出天体的质量与卫星周期的关系式，再得出天体密度与周期的关系式，然后进行比较【解答】解：根据题意，两天体A、B各有一颗靠近其表面飞行的卫星，根据万有引力提供向心力，有，得，体积天
31、体A、B的密度=，因为两颗卫星的周期相等，故天体A、B的密度一定相等；A、天体的质量，故天体A、B的质量与半径的三次方成正比，故A错误；B、根据万有引力提供向心力，有得，即两颗卫星的线速度与半径成正比，故B正确；C、根据重力等于万有引力有，得，半径大的天体表面的重力加速度大，故C错误；D、根据及，其中，联立解得，故D正确；故选：BD15一个小球从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功5J，除重力之外其它力做功2J则小球（）Aa点的重力势能比在b点多5JB在 a点的动能比在b点少7JC在a点的机械能比在b点少2JD在a点的机械能比在b点多2J【考点】6B：功能关系【分析】本题根据不同的力做功与不
32、同形式的能转化对应关系分析：重力做的功与重力势能变化相对应；总功与动能的变化相对应；除重力外，其它力做的功与物体机械能的变化相对应【解答】解：A、小球从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功多少，重力势能就减小多少，重力做功5J，重力势能减小5J，所以a点重力势能比b点多5J，故A正确B、合力做功等于动能的变化量，合力做功等于各个分力做的功，总功为5J+2J=7J，为正功，故动能增加7J，所以a点动能比b点少7J，故B正确CD、除重力外的其他力做的总功等于机械能的变化量，重力之外其它力做功2J，为正功，故小球的机械能增加2J，所以a点机械能比b点少2J，故C正确，D错误故选：ABC16“探路者
33、”号宇宙飞船在宇宙深处飞行过程中，发现A、B两颗天体各有一颗靠近表面飞行的卫星，并测得两颗卫星的周期相等，以下说法中正确的是（）A天体A、B表面的重力加速度与它们的半径之比相等B两颗卫星的线速度一定相等C天体A、B的质量一定相等D天体A、B的密度一定相等【考点】4H：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；4F：万有引力定律及其应用【分析】卫星绕球形天体运动时，由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律和万有引力定律得出天体的质量与卫星周期的关系式，再得出天体密度与周期的关系式，然后进行比较【解答】解：A、天体A、B表面的重力加速度等于卫星的向心加速度，即g=a=R，T相同，可见天体A、B表面的重力加
34、速度之比等于它们的半径正比故A正确B、卫星的线速度为 v=，T相等，而R不一定相等，线速度不一定相等故B错误C、设A、B中任意天体的半径为R，质量为M，卫星的质量为m，周期为T则由题意，卫星靠近天体表面飞行，卫星的轨道半径约等于天体的半径，则有G=mR，得M=，T相等，R不一定相等，所以天体A、B的质量不一定相等故C错误D、天体的密度为=，可见，与天体的半径无关，由于两颗卫星的周期相等，则天体A、B的密度一定相等故D正确故选：AD17在倾角为的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ、MN，相距为L，导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下有两根质量均为m的金属棒a、b，
35、先将a棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c 连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止释放c，此后某时刻，将b也垂直导轨放置，a、c此刻起做匀速运动，b棒刚好能静止在导轨上a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨电接触良好，导轨电阻不计则（）A物块c的质量是2msinBb棒放上导轨前，物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能Cb棒放上导轨后，物块c减少的重力势能等于回路消耗的电能Db棒放上导轨后，a棒中电流大小是【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；BH：焦耳定律【分析】a、b棒中电流大小相等方向相反，故a、b棒所受安培力大小相等方向相反，对b棒进行受力分析有安培力大小与重力沿斜
36、面向下的分力大小相等，再以a棒为研究对象，由于a棒的平衡及安培力的大小，所以可以求出绳的拉力，再据C平衡可以得到C的质量c减少的重力势能等于各棒增加的重力势能和动能以及产生的电能，由此分析即可解答【解答】解：A、b棒静止说明b棒受力平衡，即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡，a棒匀速向上运动，说明a棒受绳的拉力和重力沿斜面向下的分力大小以及沿斜面向下的安培力三个力平衡，c匀速下降则c所受重力和绳的拉力大小平衡由b平衡可知，安培力大小F安=mgsin由a平衡可知，F绳=F安+mgsin=2mgsin，由c平衡可知F绳=mcg因为绳中拉力大小相等，故2mgsin=mcg，即物块c的质量为2msin，
37、故A正确；B、b放上之前，根据能量守恒知物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能与a增加的重力势能之和，故B错误C、b棒放上导轨后，物块c减少的重力势能等于回路消耗的电能、a、c增加的动能与a增加的重力势能之和，故C错误D、根据b棒的平衡可知F安=mgsin 又因为F安=BIL，则知 I=，故D正确；故选：AD18如图所示，匀强电场水平向左，带正电物体沿绝缘、粗糙水平板向右运动，经A点时动能为100J，到B点时动能减少到80J减少的动能中有12J转化为电势能，则它再经过B点时，动能大小是（）A4JB16JC32JD64J【考点】66：动能定理的应用；AE：电势能【分析】电场力做功等于电势能的减
38、小量，根据动能定理得出从B点速度减为零过程中，克服摩擦力做功的大小，再对B点向右到返回B点的过程运用动能定理，求出返回B点时的动能【解答】解：从A到B的过程中，电场力做功为12J，动能减小了20J从A到B，根据动能定理得，qExABfxAB=Ek解得A到B过程中，克服摩擦力做功为WfAB=8J可知克服电场力做功与克服摩擦力做功之比为3：2则在整个过程中，克服电场力做功与克服摩擦力做功之比仍然为3：2从B点到速度减为零，动能减小量为80J，则克服摩擦力做功为对B点向右到返回B点的过程运用动能定理，电场力做功为0，则有：2解得故B正确，A、C、D错误故选：B19如图所示，小木块P和长木板Q叠放后静
39、置于光滑水平面上P、Q的接触面是粗糙的用足够大的水平力F拉Q，P、Q间有相对滑动在P从Q左端滑落以前，关于水平力F的下列说法中正确的是（）AF做的功大于P、Q动能增量之和BF做的功等于P、Q动能增量之和CF的冲量大于P、Q动量增量之和DF的冲量等于P、Q动量增量之和【考点】66：动能定理的应用；52：动量定理【分析】对系统研究，根据能量守恒定律判断F做功的大小与P、Q动能增量之和对系统研究，运用动量定理判断F的冲量与P、Q动量增量之和【解答】解：以P、Q系统为对象，根据能量守恒定律守恒得，拉力做的功等于P、Q动能增量与摩擦生热之和故A正确，B错误C、由于一对作用力和反作用力在同样时间内的总冲量
40、一定为零，因此系统内力不改变系统总动量，因此F的冲量等于P、Q动量增量之和故C错误，D正确故选：AD20如图所示，长为R的轻杆一端拴有一个小球，另一端连在光滑的固定轴O上，现在最低点给小球一水平初速度，使小球能在竖直平面内做完整圆周运动，不计空气阻力，则（）A小球通过最高点时的最小速度为B若小球通过最高点时速度越大，则杆对小球的作用力越大C若小球在最高点的速度大小为，则此时杆对小球作用力向下D若小球在最低点的速度大小为，则小球通过最高点时对杆无作用力【考点】4A：向心力【分析】在最高点和最低点合外力提供向心力，根据牛顿第二定律及向心力公式列式求解，注意杆子的作用力可以向上，也可以向下，在最高点
41、的最小速度为零【解答】解：A、在最高点，轻杆对小球可以表现为拉力，可以表现为支持力，可知小球通过最高点的最小速度为零，故A错误B、当小球在最高点速度v=时，杆子作用力为零，当时，速度增大，根据F+mg=m知，杆子作用力变大，当时，根据mgF=m知，速度越大，杆子作用力越小，故B错误C、若小球在最高点的速度大小为，知杆对小球的作用力向下，故C正确D、根据动能定理得：，代入数据解得最高点的速度为：，根据牛顿第二定律得：mg+F=，解得：F=0，故D正确故选：CD二、实验题21某探究学习小组的同学欲验证“动能定理”，他们在实验室组装了一套如图所示的装置，另外他们还找到了打点计时器所用的学生电源一台，
42、导线、复写纸、纸带、小木块、细沙若干当滑块连接上纸带，用细线通过滑轮挂上空的小沙桶时，释放小桶，滑块处于静止状态 1你是小组中的一位成员，要完成该项实验，则：还需要补充的实验器材是天平和刻度尺2某同学的实验步骤如下：用天平称量滑块的质量M往沙桶中装入适量的细沙，让沙桶带动滑块加速运动，用打点计时器记录其运动情况，用天平称出此时沙和沙桶的总质量m在打点计时器打出的纸带上取两点，测出这两点的间距L，算出这两点的速度v1与v2他用沙和沙桶的总重力表示滑块受到的合外力，为了减小这种做法带来的实验误差，你认为在图示情况下还应该采取的一项操作是：平衡摩擦力； 应控制的实验条件是：保持沙和沙桶的质量远小于滑
43、块的质量；若挑选的一条点迹清晰的纸带如下，且已知滑块的质量为M，沙和沙桶的总质量为m，相邻两个点之间的时间间隔为T，从A点到B、C、D、E、F点的距离依次为S1、S2、S3、S4、S5（图中未标出S3、S4、S5），则由此可求得纸带上由B点到E点所对应的过程中，沙和沙桶的重力所做的功W=mg；该滑块动能改变量的表达式为EK=（结果用题中已知物理量的字母表示）【考点】MJ：探究功与速度变化的关系【分析】本题的关键是明确该实验的实验原理和方法，只有平衡摩擦力才能使滑块受到的拉力为合力，只有满足沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量才能使绳子的拉力等于沙和沙桶的重力，然后求出合力对滑块做的功和滑块动能的变
44、化，比较即可【解答】解：由于实验需要测量纸带的长度，所以需要刻度尺，根据动能定理表达式可知，需要用天平测量物体的质量，所以缺少的器材是天平和刻度尺受力分析可知，使滑块所受合外力等于绳子的拉力，应采取的措施是平衡摩擦力平衡摩擦力：先将小沙桶和滑块的连线断开，用垫块将长木板的左端稍垫起，直至轻推滑块，滑块能在水平长木板上匀速滑行为止；要使绳子拉力约等于沙和沙桶的重力，应满足的条件是：实验中保持沙和沙桶的质量远小于滑块的质量由点B到D点所对应的过程中，沙和沙桶的重力所做的功W=mg，根据=可得，=，=，所以=，整理可得=故答案为：天平和刻度尺平衡摩擦力；保持沙和沙桶的质量远小于滑块的质量 mg，三、
45、计算题22跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一，2014年索契冬奥会于当地时间2月7日开幕如图所示，一名跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从O点水平飞出，经过3.0s落到斜坡上的A点已知O点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角=37，运动员的质量m=50kg不计空气阻力（取sin 37=0.60，cos 37=0.80；g取10m/s2）求：（1）A点与O点的距离L；（2）运动员离开O点时的速度大小【考点】43：平抛运动【分析】根据竖直方向上的位移，结合平行四边形定则求出A与O点的距离根据水平位移和时间求出运动员离开O点的速度大小【解答】解：（1）A与O点的距离L=，（2）水平位移x=Lcos37=750.8m=60m，则运动员离开O点的速度大小答：（1）A点与O点的距离L为75m；（2）运动员离开O点时的速度大小为20m/s2017年8月3日