1、2015-2016学年河北省唐山市开滦二中高一（下）期末物理试卷一、选择题（本题共12小题，每题3分共36分在每小题给出的四个选项中，每题只有一项符合题目要求）1发现万有引力定律和测出引力常量的科学家分别是（）A开普勒、卡文迪许B牛顿、伽利略C牛顿、卡文迪许D开普勒、伽利略2下面说法正确的是（）A物体在恒力作用下一定做直线运动B物体在恒力作用下可能做曲线运动C做曲线运动的物体，其速度方向与加速度方向可能在同一直线上D曲线运动的加速度一定发生变化3如图所示，两个相对的斜面，倾角分别为37和53在顶点把两个小球以同样大小的初速度分别为向左、向右水平抛出，小球都落在斜面上若不计空气阻力，则A、B两个
2、小球的运动时间之比为（）A1：1B4：3C16：9D9：164如图所示，水平桌面上一小钢球沿直线运动若在钢球运动的正前方A处或旁边B处放一块磁铁，下列关于小球运动的说法正确的是（）A磁铁放在A处时，小球做匀速直线运动B磁铁放在A处时，小球做匀加速直线运动C磁铁放在B处时，小球做匀速圆周运动D磁铁放在B处时小球做变加速曲线运动5如图所示，洗衣机的脱水筒竖直轴匀速转动，此时有一衣物附在筒壁上，则（）A衣物随筒壁做圆周运动的向心力是由弹力提供的B衣物随筒壁做圆周运动的向心力是由摩擦力提供的C转速增大后，筒壁对衣物的摩擦力减小D转速增大后，筒壁对衣物的摩擦力增大6如图，质量为M的大圆环，半径为R，被乙
3、轻杆固定在O点，两个质量均为m的小环（可视为质点），同时从大环两侧的对称位置由静止滑下，两小环同时滑到大环最低点时（未相碰）速率都为v，则此时大环对轻杆的拉力大小为（）Am（+g）+MgB2m（g+）+MgCMg+D（2m+M）g7如图所示，一圆盘可绕通过其中心且垂直于盘面的竖直轴转动，盘上距中心r处放置一个质量为m的物体，物体与盘面间滑动摩擦因数为，重力加速度为g一段时间内观察到圆盘以角速度做匀速转动，物体随圆盘一起（相对静止）运动这段时间内（）A物体受到圆盘对它的摩擦力，大小一定为mg，方向与物体线速度方向相同B物体受到圆盘对它的摩擦力，大小一定为m2r，方向指向圆盘中心C物体受到圆盘对它
4、的摩擦力，大小可能小于mg，方向指向圆盘中心D物体受到圆盘对它的摩擦力，大小可能小于m2r，方向背离圆盘中心8我国“嫦娥一号”探月卫星发射后，先在“24小时轨道”上绕地球运行（即绕地球一圈需要24小时）；然后，经过两次变轨依次到达“48小时轨道”和“72小时轨道”；最后奔向月球如果按圆形轨道计算，并忽略卫星质量的变化，则在每次变轨完成后与变轨前相比（）A卫星动能增大，引力势能减小，机械能守恒B卫星动能增大，引力势能增大，机械能增大C卫星动能减小，引力势能减小，机械能减小D卫星动能减小，引力势能增大，机械能增大9质量为1kg的物体被人用手由静止向上提高1m，这时物体的速度是2m/s，g取10m/
5、s2，则下列说法中不正确的是（）A手对物体做功12JB合外力对物体做功12JC合外力对物体做功2JD物体克服重力做功10J10有一足够长、水平放置的传送带在电动机的带动下始终以恒定的速率v运行，现把一质量为m物块无初速地放在传送带的一端，经过一段时间物块到达了另一端，关于这一过程，以下说法正确的有（）A传送带对物块做的功等于mv2B产生的热量等于mv2C因传送物块电动机多消耗的电能等于mv2D摩擦力对传送带做的功为mv211物体沿直线运动的vt关系如图所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则（）A从第1秒末到第3秒末合外力做功为4WB从第3秒末到第5秒末合外力做功为2WC从第5秒末到第7
6、秒末合外力做功为2WD从第3秒末到第4秒末合外力做功为0.75W12如图是为了检验某种防护罩承受冲击能力的装置的一部分，M为半径为R=1.0m、固定于竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，M的下端相切处置放竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同的质量m=0.01kg的小钢珠，假设某次发射的钢珠沿轨道内侧恰好能经过M的上端点水平飞出，取g=10m/s2，弹簧枪的长度不计，则发射该钢珠前，弹簧的弹性势能为（）A0.10 JB0.15 JC0.20 JD0.25 J二、不定项选择题（本题共3小题，每题4分共12分，每题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，有错选或不选的得0
7、分）13质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻开始受到水平力的作用力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则（）A3t0时刻的瞬时功率为B3t0时刻的瞬时功率为C从t=0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为D从t=0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为14一辆汽车在平直的公路上以速度v0开始加速行驶，经过一段时间t，前进了距离s，此时恰好达到某最大速度vmax，设此过程中汽车发动机始终以额定功率P工作，汽车所受的阻力恒定为F，则在这段时间里，发动机所做的功表达正确的是（）AFvmaxtBPtC mv2max+Fsmv02DFt15一个小物块从斜面底端冲上足够长的斜面后又
8、返回到斜面底端已知小物块的初动能为E，它返回到斜面底端的速度为v，克服摩擦力做功为，若小木块以2E的初动能冲上斜面，则有（）A返回斜面底端时的动能为EB返回斜面底端时的动能为C返回斜面底端时的速度大小为D小物块两次往返克服摩擦力做功相同三、填空实验题（本题共3小题，每题4分，共12分）16两颗卫星绕地球运行的周期之比为27：1，则它们的角速度之比为，轨道半径之比为17如图1所示，是利用闪光照相研究平抛运动的示意图小球A由斜槽滚下，从桌边缘水平抛出，当它恰好离开桌边缘时，小球B也同时下落，闪光频率为10Hz的闪光器拍摄的照片中B球有四个像，像间距离已在图2中标出，两球恰在位置4相碰则A球从离开桌
9、面到和B球碰撞时经过的时间为s，A球离开桌面的速度为m/s18在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m=1.00kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图1所示O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取连续点中的三个点已知打点计时器每隔0.02s打一个点，当地的重力加速度为g=9.80m/s2，那么：（1）根据图上所得的数据，应取图中O点到点来验证机械能守恒定律；（2）从O点到（1）问中所取的点，重物重力势能的减少量Ep=J，动能增加量Ek=J（结果取三位有效数字）；（3）若测出纸带上所有各点到O点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v及物
10、体下落的高度h，则以为纵轴，以h为横轴画出的图象（如图2）是图中的四、计算题（本题共3小题，共40分）19宇航员站在某一星球距离表面h高度处，以某一初速度沿水平方向抛出一个小球，经过时间t后小球落到星球表面，已知该星球的半径为R，引力常量为G，求：（1）该星球表面的重力加速度g的大小；（2）该星球的质量20平抛一物体，当抛出1秒后它的速度方向与水平方向成45角，落地时速度方向与水平方向成60角，求（1）初速度大小；（2）落地速度大小；（3）开始抛出时距地面的高度；（4）水平位移（g=10m/s）21如图，光滑水平面AB与竖直面上的半圆形固定导轨在B点衔接，导轨半径为R，一个质量为m的静止物块在
11、A处压缩弹簧，把物块释放，在弹力的作用下获得一个向右的速度，当它经过B点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C点，求：（1）弹簧对物块的弹力做的功；（2）物块从B至C克服阻力做的功；（3）物块离开C点后落回水平面AB时动能的大小2015-2016学年河北省唐山市开滦二中高一（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题，每题3分共36分在每小题给出的四个选项中，每题只有一项符合题目要求）1发现万有引力定律和测出引力常量的科学家分别是（）A开普勒、卡文迪许B牛顿、伽利略C牛顿、卡文迪许D开普勒、伽利略【考点】万有引力定律的发现和万有引力恒量的
12、测定【分析】万有引力定律是牛顿在行星绕太阳做匀速圆周运动的向心力公式、开普勒第三定律及牛顿第三定律相结合得出的而式中的引力常量是由卡文迪许通过实验来测量出来的【解答】解：发现万有引力定律科学家是牛顿，而测出引力常量的科学家是卡文迪许故选：C2下面说法正确的是（）A物体在恒力作用下一定做直线运动B物体在恒力作用下可能做曲线运动C做曲线运动的物体，其速度方向与加速度方向可能在同一直线上D曲线运动的加速度一定发生变化【考点】曲线运动【分析】物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，速度的方向与该点曲线的切线方向相同；合外力的方向与加速度的方向在同一直线上，合力可以是恒力，也可以是变力，故加速
13、度可以是变化的，也可以是不变的平抛运动的物体所受合力是重力，加速度恒定不变，平抛运动是一种匀变速曲线运动物体做圆周运动时所受的合外力不一定是其向心力【解答】解：A、B、物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，只要恒力的方向与速度不共线，物体就做曲线运动，故A错误，B正确；C、物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，结合牛顿第二定律可知，加速度的方向与速度的方向一定不在同一条直线上，故C错误；D、物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上；当加速度不一定发生变化如平抛运动故D错误；故选：B3如图所示，两个相对的斜面，倾角分别为37和53在顶点把两个小球以同样大小的初速度
14、分别为向左、向右水平抛出，小球都落在斜面上若不计空气阻力，则A、B两个小球的运动时间之比为（）A1：1B4：3C16：9D9：16【考点】平抛运动【分析】两球都落在斜面上，位移上有限制，即竖直位移与水平位移的比值等于斜面倾角的正切值【解答】解：对于A球有：，解得：同理对于B球有：则故D正确，A、B、C错误故选D4如图所示，水平桌面上一小钢球沿直线运动若在钢球运动的正前方A处或旁边B处放一块磁铁，下列关于小球运动的说法正确的是（）A磁铁放在A处时，小球做匀速直线运动B磁铁放在A处时，小球做匀加速直线运动C磁铁放在B处时，小球做匀速圆周运动D磁铁放在B处时小球做变加速曲线运动【考点】物体做曲线运动
15、的条件【分析】物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上【解答】解：A、磁铁放在A处时，合力向前，加速度向前，物体加速运动，故A错误；B、磁铁放在A处时，合力向前，加速度向前，物体加速运动，但磁力大小与距离有关，故加速度是变化的，不是匀加速运动，故B错误；C、磁铁放在B处时，合力与速度不共线，故小钢球向右侧偏转，但不是圆周运动，故C错误；D、磁铁放在B处时，合力与速度不共线，故小钢球向右侧偏转；磁力大小与距离有关，故加速度是变化的；故小球做变加速曲线运动，故D正确；故选D5如图所示，洗衣机的脱水筒竖直轴匀速转动，此时有一衣物附在筒壁上，则（）A衣物随筒壁做圆周运动的向心力是由弹力提供的B
16、衣物随筒壁做圆周运动的向心力是由摩擦力提供的C转速增大后，筒壁对衣物的摩擦力减小D转速增大后，筒壁对衣物的摩擦力增大【考点】向心力；摩擦力的判断与计算【分析】衣服随脱水桶一起做匀速圆周运动，靠合力提供向心力，在水平方向上的合力提供向心力，竖直方向合力为零根据牛顿第二定律进行分析【解答】解：A、衣服受到重力、筒壁的弹力和静摩擦力的作用，共3个力作用，由于衣服在圆筒内壁上不掉下来，竖直方向上没有加速度，重力与静摩擦力二力平衡，靠弹力提供向心力故A正确，B错误；C、由于竖直方向上没有加速度，重力与静摩擦力二力平衡，所以摩擦力不随转速的增大而增大火减小故CD错误故选：A6如图，质量为M的大圆环，半径为
17、R，被乙轻杆固定在O点，两个质量均为m的小环（可视为质点），同时从大环两侧的对称位置由静止滑下，两小环同时滑到大环最低点时（未相碰）速率都为v，则此时大环对轻杆的拉力大小为（）Am（+g）+MgB2m（g+）+MgCMg+D（2m+M）g【考点】机械能守恒定律；向心力【分析】两小环同时滑到同大环底部时，在底部时，小环受重力和弹力，根据牛顿第二定律，求出大环对小环的弹力，再由牛顿第三定律求小环对大环的压力再研究大圆环，大环受到向下的两个弹力，竖直方向受重力和拉力和压力，根据力平衡列式求解【解答】解：小环滑到大环最低点时，对每个小环，根据牛顿第二定律得：Nmg=m，得：N=mg+m由牛顿第三定律得
18、，每个小环对大环的压力大小为：N=N=mg+m对大环，根据平衡条件得：F=2N+Mg=2m（g+）+Mg由牛顿第三定律知，大环对轻杆的拉力大小为：F=F=2m（g+）+Mg故选：B7如图所示，一圆盘可绕通过其中心且垂直于盘面的竖直轴转动，盘上距中心r处放置一个质量为m的物体，物体与盘面间滑动摩擦因数为，重力加速度为g一段时间内观察到圆盘以角速度做匀速转动，物体随圆盘一起（相对静止）运动这段时间内（）A物体受到圆盘对它的摩擦力，大小一定为mg，方向与物体线速度方向相同B物体受到圆盘对它的摩擦力，大小一定为m2r，方向指向圆盘中心C物体受到圆盘对它的摩擦力，大小可能小于mg，方向指向圆盘中心D物体
19、受到圆盘对它的摩擦力，大小可能小于m2r，方向背离圆盘中心【考点】摩擦力的判断与计算；向心力【分析】物体做圆周运动，一定要有一个力来充当向心力，对物体受力分析可以得出摩擦力的方向【解答】解：B、由于质量为m的物体不一定可以视为质点，所以物体离圆心的距离可能大于r，故受到圆盘对它的摩擦力，大小可能大于m2r，方向指向圆盘中心，故选项BD错误；A、由于物体随圆盘一起（相对静止）运动，物体受到圆盘对它的摩擦力充当向心力，但物体没有相对滑动，故摩擦力大小可能小于mg，方向指向圆盘中心，故C正确A错误故选：C8我国“嫦娥一号”探月卫星发射后，先在“24小时轨道”上绕地球运行（即绕地球一圈需要24小时）；
20、然后，经过两次变轨依次到达“48小时轨道”和“72小时轨道”；最后奔向月球如果按圆形轨道计算，并忽略卫星质量的变化，则在每次变轨完成后与变轨前相比（）A卫星动能增大，引力势能减小，机械能守恒B卫星动能增大，引力势能增大，机械能增大C卫星动能减小，引力势能减小，机械能减小D卫星动能减小，引力势能增大，机械能增大【考点】万有引力定律及其应用【分析】根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、周期的表达式，由题意知道周期变大，故半径变大，故速度变小，由于要克服引力做功，势能变大【解答】解：根据卫星的周期公式，根据题意两次变轨分别为：从“24小时轨道”变轨为“48小时轨道”和从“48小时轨道”变
21、轨为“72小时轨道”，则结合周期公式可知，在每次变轨完成后与变轨前相比运行周期增大，运行轨道半径增大，运行速度，运行线速度减小，所以卫星动能减小，引力势能增大，卫星要从低轨道到高轨道需要加速然后做离心运动，在到高轨道的过程中动能转化为势能，轨道越高克服引力做的功越多，所以轨道越大卫星的机械能越大，D正确ABC错误；故选：D9质量为1kg的物体被人用手由静止向上提高1m，这时物体的速度是2m/s，g取10m/s2，则下列说法中不正确的是（）A手对物体做功12JB合外力对物体做功12JC合外力对物体做功2JD物体克服重力做功10J【考点】功能关系【分析】根据动能定理，结合动能的变化求出合力做功的大
22、小，从而求出手对物体做功的大小根据上升的高度求出物体克服重力做功的大小【解答】解：A、根据动能定理得，合力做功等于动能的增加量，为：，因为重力做功为10J，则手对物体做功为12J故A正确，B错误，C正确D、物体重力做功为10J，可知物体克服重力做功10J，故D正确本题选错误的，故选：B10有一足够长、水平放置的传送带在电动机的带动下始终以恒定的速率v运行，现把一质量为m物块无初速地放在传送带的一端，经过一段时间物块到达了另一端，关于这一过程，以下说法正确的有（）A传送带对物块做的功等于mv2B产生的热量等于mv2C因传送物块电动机多消耗的电能等于mv2D摩擦力对传送带做的功为mv2【考点】功能
23、关系；功的计算【分析】对物块进行受力分析，运用动能定理求出摩擦力对物块做的功；对传送带而言，摩擦力做的功为负功；物块从静止到与传送带相对静止这个过程，物块与传送带的位移不等，所以摩擦力对两者做功大小也不等根据能量守恒定律求电动机多消耗的电能【解答】解：A、物体从静止释放在匀速运动的传送带上，物体在皮带的滑动摩擦力作用下先做匀加速运动，由于传送带足够长，所以最终物块随传送带一起做匀速运动，根据动能定理可知，传送带对物体做的功为 W=mv2故A正确B、设当物体达到传送带的速度时，物体相对地面的位移为s，则有 s物=，传送带的位移为 s带=vt，则得 s带=2s物产生的热量 Q=f（s带s物）=fs
24、物对物块，由动能定理有 fs物=mv2所以Q=mv2故B正确C、因传送物块电动机多消耗的电能等于物体获得的动能与过程中产生的热量之和，为E多=mv2+Q=mv2故C正确D、由动能定理可知，摩擦力对传送带做的功为mv2故D错误；故选：ABC11物体沿直线运动的vt关系如图所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则（）A从第1秒末到第3秒末合外力做功为4WB从第3秒末到第5秒末合外力做功为2WC从第5秒末到第7秒末合外力做功为2WD从第3秒末到第4秒末合外力做功为0.75W【考点】动能定理；匀变速直线运动的图像【分析】由速度时间图象可知，物体在第1秒末到第3秒末做匀速直线运动，合力为零，做功为
25、零根据动能定理：合力对物体做功等于物体动能的变化从第3秒末到第5秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相反，合力的功相反从第5秒末到第7秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相同，合力做功相同根据数学知识求出从第3秒末到第4秒末动能的变化量，再求出合力的功【解答】解：A、物体在第1秒末到第3秒末做匀速直线运动，合力为零，做功为零故A错误 B、从第3秒末到第5秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相反，合力的功相反，等于W故B错误 C、从第5秒末到第7秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相同，合力做功相同，即为W故C错误 D、从第3秒末到第4秒末动能变化量是负值，大小等于第1秒内动能的变化量的
26、，则合力做功为0.75W故D正确故选：D12如图是为了检验某种防护罩承受冲击能力的装置的一部分，M为半径为R=1.0m、固定于竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，M的下端相切处置放竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同的质量m=0.01kg的小钢珠，假设某次发射的钢珠沿轨道内侧恰好能经过M的上端点水平飞出，取g=10m/s2，弹簧枪的长度不计，则发射该钢珠前，弹簧的弹性势能为（）A0.10 JB0.15 JC0.20 JD0.25 J【考点】弹性势能【分析】在M轨道最高点，重力提供向心力，根据牛顿第二定律列方程求解最高点速度，然后根据机械能守恒定律列式求解；【解答】解：设钢珠在M轨道
27、最高点的速度为v，在最高点，由题有：mg=m从发射前到最高点，由机械能守恒定律有：EP=mgR+mv2=0.15J故选：B二、不定项选择题（本题共3小题，每题4分共12分，每题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，有错选或不选的得0分）13质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻开始受到水平力的作用力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则（）A3t0时刻的瞬时功率为B3t0时刻的瞬时功率为C从t=0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为D从t=0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为【考点】功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第
28、二定律；功的计算【分析】A、根据牛顿第二定律，求出3t0时刻的速度，然后根据P=Fv求出3t0时刻的瞬时功率C、根据动能定理，求出从t=0到3t0这段时间内，水平力所做的功，然后根据求出水平力的平均功率【解答】解：A、在02t0时间内，a=，则2t0时刻的瞬时速度v1=a2t0=2at0，在2t03t0时间内，a=，则3t0时刻的瞬时速度v=v1+at0=所以3t0时刻的瞬时功率P=故A错误，B正确 C、根据动能定理得，W=则故C错误，D正确故选BD14一辆汽车在平直的公路上以速度v0开始加速行驶，经过一段时间t，前进了距离s，此时恰好达到某最大速度vmax，设此过程中汽车发动机始终以额定功率
29、P工作，汽车所受的阻力恒定为F，则在这段时间里，发动机所做的功表达正确的是（）AFvmaxtBPtC mv2max+Fsmv02DFt【考点】功率、平均功率和瞬时功率【分析】汽车以额定功率，经时间t后从速度v0开始加速行驶了L距离，恰好达到最大速度vm，此时牵引力与阻力大小相等由于汽车所受阻力恒为F，所以由动能定理可求出发动机所做的功【解答】解：AB、设发动机所做的功为W，由于汽车发动机始终以额定功率P工作，则 W=Pt，汽车的速度达到最大时，牵引力与阻力大小相等，则F牵=F，则P=F牵vm=Fvm，可得：W=Fvmt，故AB正确；CD、由于vm，所以WFt；汽车从速度v0到最大速度vm过程中
30、，由动能定理可知：WFs=mvm2mv02，解得：W=mvm2mv02+Fs；故C正确，D错误故选：ABC15一个小物块从斜面底端冲上足够长的斜面后又返回到斜面底端已知小物块的初动能为E，它返回到斜面底端的速度为v，克服摩擦力做功为，若小木块以2E的初动能冲上斜面，则有（）A返回斜面底端时的动能为EB返回斜面底端时的动能为C返回斜面底端时的速度大小为D小物块两次往返克服摩擦力做功相同【考点】动能定理；功能关系【分析】（1）冲上斜面和返回到斜面底端两过程中克服摩擦阻力做功相等；（2）初动能增大后，上升的高度也随之变大，可根据匀减速直线运动的速度位移公式求出上升的位移，进而表示出克服摩擦力所做的功
31、；（3）对两次运动分别运用动能定理即可求解【解答】解：以初动能为E冲上斜面并返回的整个过程中运用动能定理得：设以初动能为E冲上斜面的初速度为V0，则以初动能为2E冲上斜面时，初速度为，加速度相同，根据可知第二次冲上斜面的位移是第一次的两倍，所以上升过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍，整个上升返回过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍，即为E以初动能为2E冲上斜面并返回的整个过程中运用动能定理得： mV22E=E，所以返回斜面底端时的动能为E，故A正确，B错误；C、由得：V=，故C正确，D、第二次冲上斜面的位移是第一次的两倍，所以上升过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍，整个上升返回过程中克服摩擦力做
32、功是第一次的两倍，故D错误故选：AC三、填空实验题（本题共3小题，每题4分，共12分）16两颗卫星绕地球运行的周期之比为27：1，则它们的角速度之比为1：27，轨道半径之比为9：1【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【分析】已知卫星运行的周期之比，由公式=求角速度之比利用万有引力提供向心力，列式求解轨道半径之比【解答】解：已知两颗卫星绕地球运行的周期之比为27：1，由公式=可得，角速度之比为1：27卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则 G=mr解得，卫星的周期为：T=2代入解得，轨道半径之比为9：1故答案为：1：27，9：117如图1所示，是利用闪光照相研究平抛运动的示意图小
33、球A由斜槽滚下，从桌边缘水平抛出，当它恰好离开桌边缘时，小球B也同时下落，闪光频率为10Hz的闪光器拍摄的照片中B球有四个像，像间距离已在图2中标出，两球恰在位置4相碰则A球从离开桌面到和B球碰撞时经过的时间为0.3s，A球离开桌面的速度为1m/s【考点】研究平抛物体的运动【分析】根据频闪照片的频率得知相邻两个像之间的时间间隔，从而求出A球从离开桌面到和B球碰撞时经过的时间，根据水平方向上的运动规律求出A球的初速度【解答】解：根据T=则A球从离开桌面到和B球碰撞时经过的时间为0.3s根据故答案为：0.3，118在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m=1.00kg的重物自由下落，打
34、点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图1所示O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取连续点中的三个点已知打点计时器每隔0.02s打一个点，当地的重力加速度为g=9.80m/s2，那么：（1）根据图上所得的数据，应取图中O点到B点来验证机械能守恒定律；（2）从O点到（1）问中所取的点，重物重力势能的减少量Ep=1.88J，动能增加量Ek=1.84J（结果取三位有效数字）；（3）若测出纸带上所有各点到O点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v及物体下落的高度h，则以为纵轴，以h为横轴画出的图象（如图2）是图中的A【考点】验证机械能守恒定律【分析】（1）验证机械能守恒时，我
35、们验证的是减少的重力势能Ep=mgh和增加的动能Ek=之间的关系，所以我们要选择能够测h和v的数据（2）减少的重力势能Ep=mgh，增加的动能Ek=，v可由从纸带上计算出来；（3）根据机械能守恒可知mgh=mv2，得出=gh，从而选择图象即可【解答】解：（1）验证机械能守恒时，我们验证的是减少的重力势能Ep=mgh和增加的动能Ek=之间的关系，所以我们要选择能够测h和v的数据故选B点（2）减少的重力势能为：Ep=mgh=19.819.2102=1.88J，B点的速度为： =1.92m/s，所以动能增加量为：EK=1.84J，（3）根据机械能守恒可知：mgh=mv2，得出=gh，因此h图线是一条
36、通过坐标原点的倾斜直线，故A正确故选：A故答案为：（1）B；（2）1.88；1.84；（3）A四、计算题（本题共3小题，共40分）19宇航员站在某一星球距离表面h高度处，以某一初速度沿水平方向抛出一个小球，经过时间t后小球落到星球表面，已知该星球的半径为R，引力常量为G，求：（1）该星球表面的重力加速度g的大小；（2）该星球的质量【考点】万有引力定律及其应用【分析】（1）小球在星球表面做平抛运动，其加速度等于该星球表面的重力加速度g，根据平抛运动的规律列式求g（2）根据物体的重力等于万有引力，列式求该星球的质量【解答】解：（1）小球在星球表面做平抛运动，由h=得该星球表面的重力加速度 g=（2
37、）设该星球的质量为M，则由得：将 g=代入得 M=答：（1）该星球表面的重力加速度g为（2）该星球的质量为20平抛一物体，当抛出1秒后它的速度方向与水平方向成45角，落地时速度方向与水平方向成60角，求（1）初速度大小；（2）落地速度大小；（3）开始抛出时距地面的高度；（4）水平位移（g=10m/s）【考点】平抛运动【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据平行四边形定则，结合竖直方向上的运动规律，运用速度时间公式求出初速度的大小，从而得出落地的速度大小和落地时竖直分速度的大小，根据速度位移公式求出抛出点距离地面的高度根据运动的时间和初速度求出水平位移【解答】
38、解：（1）1s后竖直分速度vy=v0=gt=101m/s=10m/s；（2）根据平行四边形定则知，落地时的速度v=；（3）落地时竖直分速度，则抛出点距离地面的高度h=（4）落地的时间t=，则水平位移x=答：（1）初速度的大小为10m/s；（2）落地的速度大小为20m/s；（3）开始时抛出距离地面的高度为15m；（4）水平位移为m21如图，光滑水平面AB与竖直面上的半圆形固定导轨在B点衔接，导轨半径为R，一个质量为m的静止物块在A处压缩弹簧，把物块释放，在弹力的作用下获得一个向右的速度，当它经过B点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C点，求：（1）弹簧对物
39、块的弹力做的功；（2）物块从B至C克服阻力做的功；（3）物块离开C点后落回水平面AB时动能的大小【考点】动能定理；机械能守恒定律【分析】（1）研究物体经过B点的状态，根据牛顿运动定律求出物体经过B点的速度（2）物体恰好到达C点时，由重力充当向心力，由牛顿第二定律求出C点的速度，物体从B到C的过程，运用动能定理求解克服阻力做的功；（3）得到物体的在C点 的速度，物体从C返回至AB点的过程中机械能守恒定律，由机械能守恒即可求出【解答】解：（1）设物块进入半圆导轨B点瞬间的速度为vB，物块到达B点时受重力mg和支持力N=7mg作用，这时对物块依牛顿第二定律得：设弹簧对物块的弹力做的功为WF，对弹簧推
40、动物块过程依动能定理得：由解得：WF=3mgR（2）设物块到达C点时的速度为vC，依题意可判知物块在C点仅受重力mg作用，对物块在C点依牛顿第二定律得：设物块从B到C过程，摩擦阻力对物块所做功的大小为Wf，对物块的此过程依动能定理得：由解得：故物块从B到C过程克服阻力做的功为（3）设物块落回水平面AB时速度大小为vt，取水平面AB为重力势能零势位，对物块由C落到水平面AB的过程，依机械能守恒定律得：由解得物块落回水平面AB时动能的大小为WK=答：（1）弹簧对物块的弹力做的功是3mgR；（2）物块从B至C克服阻力做的功是；（3）物块离开C点后落回水平面AB时动能的大小是2016年8月1日高考资源网