1、江西省吉安一中2014-2015学年高一（下）期中物理试卷一、不定项选择题：（共40分=10×4分，2、3、7、9题多选，其他题单选）1（4分）下列说法正确的是（）A丹麦天文学家第谷通过长期的天文观测，指出所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，揭示了行星运动的有关规律B卫星轨道必为圆形，卫星运行速度总不超过7.9km/sC卫星运行速度与卫星质量无关D卫星轨道可以与纬度不为零的某条纬线在同一平面内2（4分）下列有关物理概念和物理规律，说法不正确的有（）A如果地球没有自转，只要采取适当的发射速度和发射角度，也可以发射地球同步卫星B小船在水速较小的河中横渡，并使船头始终垂直河岸航行，到达河中间
2、时突然上游来大水使水流速度加快，则小船要用更长的时间才能到达对岸C一个物体以0.5g竖直下落了高度h，机械能减少0.5mghD无论宏观物体还是微观物体，无论高速运动还是低速运动，都可以运用牛顿运动规律处理3（4分）如图，固定在水平桌面上的两个光滑斜面M、N，其高度相同，斜面的总长度也相同现有完全相同的两物块a、b同时由静止分别从M、N的顶端释放，假设b在通过斜面转折处时始终沿斜面运动且无能量损失则（）A物块b较物块a先滑至斜面底端B两物块滑至斜面底端时速率相等C两物块下滑过程中的平均速率相同D两物块开始下滑时加速度大小相等4（4分）2011年11月3日，“神舟八号”飞船与“天宫一号”目标飞行器
3、成功实施了首次交会对接任务完成后“天宫一号”经变轨升到更高的轨道，等待与“神舟九号”交会对接变轨前和变轨完成后“天宫一号”的运行轨道均可视为圆轨道，对应的轨道半径分别为R1、R2，线速度大小分别为v1、v2则等于（）ABCD5（4分）已知一足够长的传送带与水平面的倾角为，以一定的速度匀速运动某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块（如图甲所示），以此时为t=0时刻纪录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系，如图乙所示（图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v1v2）已知传送带的速度保持不变（g取10m/s2），则 （）A0t1内，物块对传送带做正功B物块与传送带间的
4、动摩擦因数为，tanC0t2内，传送带对物块做功为W=mvmvD系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小6（4分）一根轻绳跨过一光滑的定滑轮，质量为m的人抓着轻绳的一端，轻绳另一端系着一个质量为m的物体已知重力加速度为g，若人相对于轻绳匀速向上爬时，物体上升的加速度为（）AgBgCgDg7（4分）如图所示，光滑滑轮两边各有等质量的两个小物体，通过不可伸长的轻绳拉一个M物体，当两个小物体速度竖直向下为V0时，夹角为=60时（）A下降过程中M减少的重力势能等于二个m增加的动能B此时M的瞬时速度为V0CM在上升过程中机械能增加量与两小球克服细绳做功相等D此时M的瞬时速度为V08（4分）距离河岸
5、（看成直线）500m处有一艘静止的船，船上的探照灯以转速为n=1r/min转动当光束与岸边成60角时，光束沿岸边移动的速率为（）A52.3m/sB69.8m/sC3.14104m/sD4.18103m/s9（4分）如图，穿在水平直杆上质量为m的小球开始时静止现对小球沿杆方向施加恒力F0，垂直于杆方向施加竖直向上的力F，且F的大小始终与小球的速度成正比，即F=k（图中未标出）已知小球与杆间的动摩擦因数为，已知小球运动过程中未从杆上脱落，且F0mg下列说法正确的是（）A小球先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动直到静止B小球先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动，直到最后做
6、匀速运动C小球的最大加速度为D恒力F0，的最大功率为10（4分）假设地球是一半径为R，质量分布均匀的球体，一矿井深度为dR表面积很小，矿井方向沿着半径方向，已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，则下列有关物理过程正确的有（）A矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为B从井口由静止释放一个小球，小球沿着井做匀速直线下落C如果将小球放入地心，由万有引力定律公式计算引力巨大，会将物体拉碎D从井口释放一个小球，小球做加速度减小的加速运动二、填空题（本题共3小题，共16分）11（3分）小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面若在上升至离地高度H 处，小球的动能与势能
7、相等，则在下落的过程中动能与势能相等处高地的高度等于12（3分）某机器内有两个围绕各自固定轴匀速转动的铝盘A、B，A盘上固定一个信号发射装置P，能持续沿半径向外发射红外线，P到圆心的距离为28cmB盘上固定一个带窗口的红外线信号接收装置Q，Q到圆心的距离为16cmP、Q转动的线速度均为4m/s当P、Q正对时，P发出的红外线恰好进入Q的接收窗口，如图所示，则Q每隔一定时间就能接收到红外线信号，这个时间的最小值为s13（10分）在“验证机械能守恒定律”的实验中，实验装置如图甲所示（1）该实验中使用电火花计时器，它的工作电压是（填“交流220V”、“交流6V以下”或“直流6V以下”）纸带下端所挂重物
8、应选图乙中的重物比较合适（填所选重物的字母）（2）按照正确对确的操作得到如图丙所示的纸带其中打0点时释放重物，A、B、C是打点计时器连续打下的三个点，该同学用毫米刻度尺测量0点到A、B、C各点的距离，并记录在图乙中（单位cm）已知打点计时器的电源频率为50HZ，重物质量为0.5kg，当地重力加速度g取9.80m/s2现选取重物在OB段人运动进行数据处理，则打B点时重物的速度为m/sOB段动能增加量为J，重力势能减少量为J（计算结果均保留三位有效数字）三、计算题：（共44分=10+11+11+12）14（10分）如图所示，光滑轨道的DP段为水平轨道，PQ段为半径是R的竖直半圆轨道，半圆轨道的下端
9、与水平的轨道的右端相切于P点，一轻质弹簧左端A固定，另一端拴接一个质量为m的小球B，质量也为m的小球C靠在B球的右侧，现用外力作用在C上，使弹簧被压缩了一定距离（弹簧仍在弹性限度内）这时小球静止于距离P端3R的水平轨道上，若撤去外力，C球运动到轨道的最高点Q后又恰好落回到原出发点已知重力加速度为g求（1）小球C运动到Q点时对轨道的压力多大？（2）撤去外力前的瞬间，弹簧的弹性势能Ep是多少？15（11分）蹦极比赛分成预备运动和比赛动作两个阶段，最初，运动员静止站在蹦床上，在预备运动阶段，他经过若干次蹦跳，逐渐增加上升高度，最终达到完成比赛动作所需的高度，此后，进入比赛动作阶段把蹦床简化为一个竖直
10、放置的轻弹簧，弹力大小F=kx（x为床面下沉的距离，k为常量）质量m=50kg的运动员静止站在蹦床上，床面下沉x=0.10m；在预备运动中，假定运动员所做的总功W全部用于增加其机械能，在比赛动作中，把该运动员视作质点，其每次离开床面做竖直上抛运动的腾空时间均为t=2.0s，设运动员每次落下使床面压缩的最大深度为x1，取重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力的影响（1）求常量k，并在图中画出弹力F 随x变化的示意图；（2）求在比赛动作中，运动员离开床面后上升的最大高度hm；（3）借助Fx图象可以确定弹力做功的规律，在次基础上，求x1和W的值16（11分）将一天的时间记为TE，地面上的重力加速度
11、记为g，地球半径记为RE（1）试求地球同步卫星P的轨道半径Rp；（2）一卫星Q位于赤道上空，赤道一城市A的人三天看到Q四次掠过上空，求Q的轨道半径假设卫星运动方向与地球自转方向相同17（12分）一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧的坡面呈抛物线形状此队员从山沟的竖直一侧，以速度v0沿水平方向跳向另一侧坡面如图所示，以沟底的O点为原点建立坐标系Oxy已知，山沟竖直一侧的高度为2h，坡面的抛物线方程为y=x2，探险队员的质量为m人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g（1）求此人落到坡面时的动能；（2）此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多少？江西省吉
12、安一中2014-2015学年高一（下）期中物理试卷参考答案与试题解析一、不定项选择题：（共40分=10×4分，2、3、7、9题多选，其他题单选）1（4分）下列说法正确的是（）A丹麦天文学家第谷通过长期的天文观测，指出所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，揭示了行星运动的有关规律B卫星轨道必为圆形，卫星运行速度总不超过7.9km/sC卫星运行速度与卫星质量无关D卫星轨道可以与纬度不为零的某条纬线在同一平面内考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系 专题：人造卫星问题分析：开普勒通过长期的天文观测，指出所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，卫星轨道不一定都是圆形，可以是椭圆，根据万有引力提供向心
13、力公式求出线速度的表达式即可判断解答：解：A、开普勒通过长期的天文观测，指出所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，揭示了行星运动的有关规律，故A错误；B、卫星轨道不一定都是圆形，可以是椭圆，故B错误；C、根据，解得：v=，与卫星质量无关，故C正确；D、卫星绕地球做匀速圆周运动的圆心是地心，所以不可能与纬度不为零的某条纬线在同一平面内，故D错误故选：C点评：物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，知道卫星运行速度与卫星质量无关，难度不大，属于基础题2（4分）下列有关物理概念和物理规律，说法不正确的有（）A如果地球没有自转，只要采取适当的发射速度和发射角度，也可以发射地
14、球同步卫星B小船在水速较小的河中横渡，并使船头始终垂直河岸航行，到达河中间时突然上游来大水使水流速度加快，则小船要用更长的时间才能到达对岸C一个物体以0.5g竖直下落了高度h，机械能减少0.5mghD无论宏观物体还是微观物体，无论高速运动还是低速运动，都可以运用牛顿运动规律处理考点：经典时空观与相对论时空观的主要区别；运动的合成和分解；功能关系 分析：地球同步卫星相对地面静止，相对太阳绕地球做匀速圆周运动；牛顿运动定律适用于宏观低速运动的物体，高速移动的物体适用与爱因斯坦的相对论解答：解：A、地球同步卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，与地球自转同步，如果地球不自转，就不存在同步卫星
15、，故A错误；B、由于船的速度不变，根据运动的合成与分解可知，渡河时间不变；故B错误；C、一个物体以0.5g竖直下落了高度h，重力势能减小mgh，动能增加：mah=0.5mgh，故机械能减少0.5mgh，故C正确；D、牛顿运动定律适用于宏观低速运动的物体，故D错误；本题选错误的；故选：ABD点评：本题考查内容较多，关键是明确地球同步卫星的动力学原理，能根据功能关系分析问题，知道牛顿运动定律的适用范围3（4分）如图，固定在水平桌面上的两个光滑斜面M、N，其高度相同，斜面的总长度也相同现有完全相同的两物块a、b同时由静止分别从M、N的顶端释放，假设b在通过斜面转折处时始终沿斜面运动且无能量损失则（）
16、A物块b较物块a先滑至斜面底端B两物块滑至斜面底端时速率相等C两物块下滑过程中的平均速率相同D两物块开始下滑时加速度大小相等考点：牛顿第二定律；平均速度 专题：牛顿运动定律综合专题分析：这道题如采用解析法，难度很大可以利用vt图象（这里的v是速率，曲线下的面积表示路程s）定性地进行比较在同一个vt图象中做出a、b的速率图线，显然，开始时b的加速度较大，斜率较大；由于机械能守恒，末速率相同，即曲线末端在同一水平图线上为使路程相同（曲线和横轴所围的面积相同），显然b用的时间较少解答：解：同一个vt图象中做出a、b的速率图线，显然，开始时b的加速度较大，斜率较大，故D错误，由于两斜面长度相同，因此图
17、线与t轴围成的“面积”相等由于机械能守恒，末速率相同，即曲线末端在同一水平图线上路程相同，显然b用的时间较少，故A正确；由于路程相等，时间不相等，故C错误；根据机械能守恒，可知a、b到达斜面底端时，速率相等，速度方向不同，故B正确；故选：AB点评：利用图象描述物理过程更直观 物理过程可以用文字表述，也可用数学式表达，还可以用物理图象描述而从物理图象上可以更直观地观察出整个物理过程的动态特征4（4分）2011年11月3日，“神舟八号”飞船与“天宫一号”目标飞行器成功实施了首次交会对接任务完成后“天宫一号”经变轨升到更高的轨道，等待与“神舟九号”交会对接变轨前和变轨完成后“天宫一号”的运行轨道均可
18、视为圆轨道，对应的轨道半径分别为R1、R2，线速度大小分别为v1、v2则等于（）ABCD考点：万有引力定律及其应用 专题：万有引力定律的应用专题分析：天宫一号绕地球做匀速圆周运动，靠万有引力提供向心力，根据万有引力定律和牛顿第二定律比较线速度的大小关系解答：解：“神舟八号”飞船与“天宫一号”绕地球做匀速圆周运动，靠万有引力提供向心力：得：，故故B正确、ACD错误故选：B点评：本题的关键根据万有引力提供向心力，解出线速度与轨道半径的关系5（4分）已知一足够长的传送带与水平面的倾角为，以一定的速度匀速运动某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块（如图甲所示），以此时为t=0时刻纪录了小物块
19、之后在传送带上运动速度随时间的变化关系，如图乙所示（图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v1v2）已知传送带的速度保持不变（g取10m/s2），则 （）A0t1内，物块对传送带做正功B物块与传送带间的动摩擦因数为，tanC0t2内，传送带对物块做功为W=mvmvD系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小考点：动能定理的应用；牛顿第二定律 专题：压轴题；动能定理的应用专题分析：由图看出，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上0t1内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，可知物块对传送带做功情况由于物块能向上运动，则有 mgcosmgsin根据动能定理研究0t2
20、内，传送带对物块做功根据能量守恒判断可知，物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产生的内能，则系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小解答：解：A、由图知，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上0t1内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带做负功故A错误B、在t1t2内，物块向上运动，则有 mgcosmgsin，得tan故B错误C、0t2内，由图“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为WG，根据动能定理得：W+WG=，则传送带对物块做功W故C错误D、物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得
21、知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小故D正确故选D点评：本题由速度图象要能分析物块的运动情况，再判断其受力情况，得到动摩擦因数的范围，根据动能定理求解功是常用的方法6（4分）一根轻绳跨过一光滑的定滑轮，质量为m的人抓着轻绳的一端，轻绳另一端系着一个质量为m的物体已知重力加速度为g，若人相对于轻绳匀速向上爬时，物体上升的加速度为（）AgBgCgDg考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用 专题：牛顿运动定律综合专题分析：抓住人相对于轻绳匀速上升，得出人的加速度方向，隔离对物体和人分析，根据牛顿第二定律求出物体上升的加速度解答：解：人相对于轻绳匀速上爬时，则
22、相对于地面有向下的加速度，与物体的加速度大小相同根据牛顿第二定律有：mgT=ma对物体分析，根据牛顿第二定律得，T解得a=故B正确，A、C、D错误故选：B点评：本题考查了牛顿第二定律的基本运用，解决本题的关键抓住绳子对物体和人的拉力大小相等7（4分）如图所示，光滑滑轮两边各有等质量的两个小物体，通过不可伸长的轻绳拉一个M物体，当两个小物体速度竖直向下为V0时，夹角为=60时（）A下降过程中M减少的重力势能等于二个m增加的动能B此时M的瞬时速度为V0CM在上升过程中机械能增加量与两小球克服细绳做功相等D此时M的瞬时速度为V0考点：功能关系；功的计算 分析：将M的速度分解，沿绳子方向的分速度大小等
23、于小物体的速度大小，然后由平行四边形定则即可求解此时M的瞬时速度根据功能关系分析能量的变化情况解答：解：A、当两个小物体速度竖直向下时，M上升，重力势能增加，故A错误BD、设此时M的瞬时速度为为v将M速度分解为沿绳子方向和垂直与绳子方向，根据平行四边形定则，则有 vcos=v0得：v=v0，故B错误，D正确C、根据功能关系知，M在上升过程中机械能增加量等于两小球克服细绳做功故C正确故选：CD点评：解决本题的关键知道沿绳子方向上的速度是如何分解，并掌握运动的合成与分解的方法8（4分）距离河岸（看成直线）500m处有一艘静止的船，船上的探照灯以转速为n=1r/min转动当光束与岸边成60角时，光束
24、沿岸边移动的速率为（）A52.3m/sB69.8m/sC3.14104m/sD4.18103m/s考点：线速度、角速度和周期、转速 专题：匀速圆周运动专题分析：船上的探照灯光点的移动速度沿着光线方向和垂直光线方向正交分解，其中垂直光线方向分速度与半径的比值，即可求解光束沿岸边移动的速率解答：解：光点移动的速度v可分解为两个速度，一个速度v1垂直于光束，另一个速度沿光束方向分速度v1=vsin 60=r，此时转动半径r=dsin 60，转动角速度=2n，联立以上各式解得v=69.8 m/s；故选：B点评：考查运用运动的合成与分解的方法求解，找出合速度与分速度是关键9（4分）如图，穿在水平直杆上质
25、量为m的小球开始时静止现对小球沿杆方向施加恒力F0，垂直于杆方向施加竖直向上的力F，且F的大小始终与小球的速度成正比，即F=k（图中未标出）已知小球与杆间的动摩擦因数为，已知小球运动过程中未从杆上脱落，且F0mg下列说法正确的是（）A小球先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动直到静止B小球先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动，直到最后做匀速运动C小球的最大加速度为D恒力F0，的最大功率为考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系 专题：牛顿运动定律综合专题分析：对小球受力分析，根据牛顿第二定律表示出加速度，分析加速度的变化情况，进而分析运动情况，恒力的功率等
26、于力乘以速度解答：解：刚开始运动，加速度，当速度v增大，加速度增大，当速度v增大到符合kvmg后，加速度，当速度v增大，加速度减小，当a2减小到0，做匀速运动，故A错误，B正确；匀速运动的速度最大，且F0=（kvmmg），则小球的最大速度为vm=，所以最大功率为，故D正确；当kv=mg时，加速度最大，且，故C正确故选BCD点评：本题关键是根据牛顿二定律表示出加速度，分析加速度的变化情况，难度适中10（4分）假设地球是一半径为R，质量分布均匀的球体，一矿井深度为dR表面积很小，矿井方向沿着半径方向，已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，则下列有关物理过程正确的有（）A矿井底部和地面处的重力
27、加速度大小之比为B从井口由静止释放一个小球，小球沿着井做匀速直线下落C如果将小球放入地心，由万有引力定律公式计算引力巨大，会将物体拉碎D从井口释放一个小球，小球做加速度减小的加速运动考点：万有引力定律及其应用 专题：万有引力定律的应用专题分析：根据题意知，地球表面的重力加速度等于半径为R的球体在表面产生的加速度，矿井深度为d的井底的加速度相当于半径为Rd的球体在其表面产生的加速度，根据地球质量分布均匀得到加速度解答：解：A、令地球的密度为，则在地球表面，重力和地球的万有引力大小相等，有：g=G，由于地球的质量为：M=R3，所以重力加速度的表达式可写成：g=GR根据题意有，质量分布均匀的球壳对壳
28、内物体的引力为零，固在深度为d的井底，受到地球的万有引力即为半径等于（Rd）的球体在其表面产生的万有引力，故井底的重力加速度g=G（Rd），矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为，A错误；B、由A分析知靠近地心时重力加速度逐渐减小，所以从井口由静止释放一个小球，小球沿着井做加速度逐渐减小的加速运动，B错误，D正确；C、万有引力定律公式成立的条件是两个物体可以看做质点，如果将小球放入地心，公式将不再成立，C错误；故选：D点评：抓住在地球表面重力和万有引力相等，在矿井底部，地球的重力和万有引力相等，要注意在矿井底部所谓的地球的质量不是整个地球的质量而是半径为（Rd）的球体的质量二、填空题（本题共3
29、小题，共16分）11（3分）小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面若在上升至离地高度H 处，小球的动能与势能相等，则在下落的过程中动能与势能相等处高地的高度等于考点：动能定理的应用；动能；重力势能 专题：机械能守恒定律应用专题分析：小球上升和下降过程反复应用功能原理，并且在h处表达动能和势能的数量关系，联立方程组问题可解解答：解：设初动能为Ek0，阻力大小为f，上升至离地h时动能为Ek1，下落至离地h时动能为Ek2，那么由功能关系可知，任何阶段减少的机械能都等于克服摩擦力做的功故有：从抛出到上升到最大高度的过程，有 Ek0mgH=fH 从抛出到上升到高度处的
30、过程，有 Ek0（mg+Ek1）=f 从抛出到下落到高度h处的全过程，有 Ek0（mgh+Ek2）=f（2Hh） 题知：Ek1=mgH Ek2=mgh 联接得 h=H 答：h是H的倍点评：在应用动能定理解题时，各个力的做功分析非常重要，本题中上升和下降过程中阻力始终做负功是关键12（3分）某机器内有两个围绕各自固定轴匀速转动的铝盘A、B，A盘上固定一个信号发射装置P，能持续沿半径向外发射红外线，P到圆心的距离为28cmB盘上固定一个带窗口的红外线信号接收装置Q，Q到圆心的距离为16cmP、Q转动的线速度均为4m/s当P、Q正对时，P发出的红外线恰好进入Q的接收窗口，如图所示，则Q每隔一定时间就
31、能接收到红外线信号，这个时间的最小值为0.56s考点：线速度、角速度和周期、转速 专题：匀速圆周运动专题分析：因为P、Q正对时，P发出的红外线恰好进入Q的接收窗口，再次被接收时，经历的时间都为各自周期的整数倍，分别求出各自的周期，求出周期的最小公倍数，从而求出经历的时间解答：解：P的周期TP=，Q的周期因为经历的时间必须等于它们周期的整数倍，根据数学知识，0.14和0.08的最小公倍数为0.56s，所以经历的时间最小为0.56s故答案为：0.56点评：解决本题的关键知道P发出的红外线恰好再次进入Q的接收窗口，所经历的时间为它们周期的整数倍，通过最小公倍数求解最短时间间隔13（10分）在“验证机
32、械能守恒定律”的实验中，实验装置如图甲所示（1）该实验中使用电火花计时器，它的工作电压是交流220V（填“交流220V”、“交流6V以下”或“直流6V以下”）纸带下端所挂重物应选图乙中的C重物比较合适（填所选重物的字母）（2）按照正确对确的操作得到如图丙所示的纸带其中打0点时释放重物，A、B、C是打点计时器连续打下的三个点，该同学用毫米刻度尺测量0点到A、B、C各点的距离，并记录在图乙中（单位cm）已知打点计时器的电源频率为50HZ，重物质量为0.5kg，当地重力加速度g取9.80m/s2现选取重物在OB段人运动进行数据处理，则打B点时重物的速度为1.57m/sOB段动能增加量为0.616J，
33、重力势能减少量为0.627J（计算结果均保留三位有效数字）考点：验证机械能守恒定律 专题：实验题分析：对于基本实验仪器，首先理解仪器的工作原理，会正确使用实验仪器，根据所测量数据正确进行数据处理以及具体使用仪器的注意事项等根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该段时间内的平均速度可以求出物体在B点时的速度，然后根据动能、势能的定义进一步求得动能、势能的变化量解答：解：（1）根据打点计时器的构造和具体使用我们知道，打点计时器的工作电源为交流电源，电火花打点计时器的工作电压为220V，纸带下端所挂重物应该体积小，质量大，从而受到的阻力较小，而C是重锺，故选C；（2）根据匀变速直线运动中时间中点的速
34、度等于该段时间内的平均速度可以求出物体在B点时的速度，则有：vB=m/s=1.57 m/s动能的增量：Ek=mvB2=0.51.5720.616 J重力势能的减少量：Ep=mghB=0.59.80.128 J0.627 J故答案：（1）交流220V，C；（2）1.57，0.616，0.627点评：对于基本实验仪器不光要了解其工作原理，还要从实践上去了解它，自己动手去操作，达到熟练使用的程度本题比较简单，考查了验证机械能守恒定律中基本方法的应用，对于基本方法不能忽视，要在训练中加强练习，提高认识三、计算题：（共44分=10+11+11+12）14（10分）如图所示，光滑轨道的DP段为水平轨道，P
35、Q段为半径是R的竖直半圆轨道，半圆轨道的下端与水平的轨道的右端相切于P点，一轻质弹簧左端A固定，另一端拴接一个质量为m的小球B，质量也为m的小球C靠在B球的右侧，现用外力作用在C上，使弹簧被压缩了一定距离（弹簧仍在弹性限度内）这时小球静止于距离P端3R的水平轨道上，若撤去外力，C球运动到轨道的最高点Q后又恰好落回到原出发点已知重力加速度为g求（1）小球C运动到Q点时对轨道的压力多大？（2）撤去外力前的瞬间，弹簧的弹性势能Ep是多少？考点：向心力；平抛运动 专题：匀速圆周运动专题分析：（1）小球离开Q点后做平抛运动，由平抛运动的规律可以求得小球在Q点的速度的大小，从而由牛顿第二定律和牛顿第三定律
36、结合可以求得C球到Q点时对轨道的压力（2）撤去外力前的瞬间，弹簧的弹性势能作用下，B、C两球获得动能，因此借助平抛运动求出C球抛出速度，再由机械能守恒算出小球C被弹出的速度，从而根据能量守恒，确定撤去外力时弹簧的弹性势能解答：解：（1）设小球经过最高点Q时的速度为v，由平抛规律有：3R=vt联立两式得：小球C在最高点，由动力学方程得：解得：根据牛顿第三定律得：球C运动到Q点时对轨道的压力 FN=（2）设小球C离开小球B时的速度为v0，由机械能守恒有：弹簧恢复到原长时脱离，则由能量守恒有：联立上述各式得：答：（1）小球C运动到Q点时对轨道的压力为mg（2）撤去外力前的瞬间，弹簧的弹性势能EP是点
37、评：本题考查了能量的转化和守恒，同时还有机械能守恒和平抛运动的规律，分析清楚运动过程，应用牛顿第二定律、能量守恒定律即可正确解题15（11分）蹦极比赛分成预备运动和比赛动作两个阶段，最初，运动员静止站在蹦床上，在预备运动阶段，他经过若干次蹦跳，逐渐增加上升高度，最终达到完成比赛动作所需的高度，此后，进入比赛动作阶段把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧，弹力大小F=kx（x为床面下沉的距离，k为常量）质量m=50kg的运动员静止站在蹦床上，床面下沉x=0.10m；在预备运动中，假定运动员所做的总功W全部用于增加其机械能，在比赛动作中，把该运动员视作质点，其每次离开床面做竖直上抛运动的腾空时间均为t=
38、2.0s，设运动员每次落下使床面压缩的最大深度为x1，取重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力的影响（1）求常量k，并在图中画出弹力F 随x变化的示意图；（2）求在比赛动作中，运动员离开床面后上升的最大高度hm；（3）借助Fx图象可以确定弹力做功的规律，在次基础上，求x1和W的值考点：动能定理的应用；胡克定律 专题：动能定理的应用专题分析：（1）根据胡克定律求出劲度系数，抓住弹力与形变量成正比，作出弹力F随x变化的示意图（2）根据竖直上抛运动的对称性，求出人在空中下落的时间，根据自由落体运动的位移时间公式求出运动员离开床面后上升的最大高度（3）根据图线围成的面积表示弹力做功，得出弹力做功的表
39、达式，根据动能定理求出弹力做功，从而求出x1的值解答：解：（1）根据胡克定律得，mg=kx0，解得k=N/m=5000N/mF随x的变化示意图如图所示（2）根据竖直上抛运动的对称性，知运动员下落的时间为1s则上升的最大高度hm=gt2=101m=5m（3）人静止时弹性势能k=25J运动员与弹簧接触时的速度 v=gt=10m/s以弹簧面为参考面，根据动能定理得：kmgx0+W=mv2人从最高处5m下落到最低处：kx12=mg（h+x1）联立两式解得：x1=m1.1m则W=2525J答：（1）常量k=5000N/m，弹力F随x变化的示意图如图所示（2）运动员离开床面后上升的最大高度为5m（3）x1
40、和W的值分别为1.1m和2525J点评：解决本题的关键知道运动员在整个过程中的运动情况，结合运动学公式、动能定理等知识进行求解从答案看，题目数据错误：“每次离开床面做竖直上抛运动的腾空时间均为t=0.2s”应该改为“每次离开床面做竖直上抛运动的腾空时间均为t=2s”，提交题干错误16（11分）将一天的时间记为TE，地面上的重力加速度记为g，地球半径记为RE（1）试求地球同步卫星P的轨道半径Rp；（2）一卫星Q位于赤道上空，赤道一城市A的人三天看到Q四次掠过上空，求Q的轨道半径假设卫星运动方向与地球自转方向相同考点：同步卫星 专题：人造卫星问题分析：1、由万有引力等于向心力列出等式求解轨道半径2
41、、卫星绕地球做匀速圆周运动，赤道一城市A的人三天看到Q四次掠过上空，求出周期关系，由万有引力等于向心力列出等式求解Q的轨道半径解答：解：（1）设地球质量为M，同步卫星质量为m，同步卫星周期等于TE，由万有引力等于向心力得：又：，联立解得：（2）根据题述，卫星Q的周期TTE假设每隔T时间看到一次：则，解得：考虑到三天看到四次的稳定状态，则有：，解得：又解得：答：（1）地球同步卫星P的轨道半径是；（2）Q的轨道半径是点评：解决本题的关键知道同步卫星的特点，掌握万有引力提供向心力和万有引力等于重力这两个理论，并能熟练运用17（12分）一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧的坡面呈抛物线
42、形状此队员从山沟的竖直一侧，以速度v0沿水平方向跳向另一侧坡面如图所示，以沟底的O点为原点建立坐标系Oxy已知，山沟竖直一侧的高度为2h，坡面的抛物线方程为y=x2，探险队员的质量为m人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g（1）求此人落到坡面时的动能；（2）此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多少？考点：动能定理的应用；平抛运动 专题：压轴题；动能定理的应用专题分析：（1）由平抛运动规律列出等式由整个过程中根据由动能定理求解（2）根据动能的表达式应用数学方法求解解答：解：（1）设探险队员跳到坡面上时水平位移为x，竖直位移为H，由平抛运动规律有：x=v0t，H=，整个过程中，由动能定理可得：mgH=EKm由几何关系，y=2hH坡面的抛物线方程y=x2解以上各式得：EK=m+（2）由EK=m+令=ngh，则EK=mgh+=mgh（+）当n=1时，即=gh，探险队员的动能最小，最小值为Emin=v0=答：（1）此人落到坡面时的动能是m+；（2）此人水平跳出的速度为时，他落在坡面时的动能最小，动能的最小值为点评：本题主要考查平抛运动和动能定理的应用，以及函数最值的计算，意在考查考生的综合分析及数学计算能力