1、物理试题一、选择题：1.关于动量，下列说法正确的是A. 速度大的物体，它的动量一定也大B. 动量大的物体，它的速度一定也大C. 只要物体运动的速度大小不变，物体的动量也保持不变D. 质量一定的物体，动量变化越大，该物体的速度变化一定越大【答案】D【解析】【详解】物体的动量，速度大小，可能质量小，所以其动量不一定大，反过来，动量大，其速度不一定大，AB错误；动量是矢量，速度大小不变，可能方向在变，其动量在变化，C错误；质量一定，动量变化越大，则根据可知速度变化一定越大，D正确2.如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O的水平线已知一小球从M点出发，以初速沿管道
2、MPN运动，到N点的速率为，所需的时间为；若该小球仍由M点以相同初速出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为，所需时间为则A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】A【解析】试题分析：根据机械能守恒定律分析小球到达N点时速率关系，结合小球的运动情况，分析平均速率关系，即可得到结论解：由于小球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，到达N点时速率相等，即有v1=v2小球沿管道MPN运动时，根据机械能守恒定律可知在运动过程中小球的速率小于初速率v0，而小球沿管道MQN运动，小球的速率大于初速率v0，所以小球沿管道MPN运动的平均速率小于沿管道MQN运动的平均速率，而两个过程的路程相等，所以有t1t2故
3、A正确故选A【点评】解决本题关键要掌握机械能守恒定律，并能用来分析小球速率的大小，知道平均速率等于路程与时间之比3.如图所示，A、B、C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动，A由静止释放，B的初速度方向沿斜面向下，大小为，C的初速度方向沿斜面水平，大小也为。下列说法中正确的是（ ）A. A和C将同时滑到斜面底端B. 滑到斜面底端时，B的机械能减少最多C. 滑到斜面底端时，B的动能最大D. C的重力势能减少最多【答案】C【解析】【详解】AA、C两个滑块所受的滑动摩擦力大小相等，但方向不同，A的摩擦力沿斜面向上，C的摩擦力与速度方向相反，沿斜面向上的力是滑动摩擦力的分力；设斜面倾角为，
4、在沿斜面方向上根据可知在沿斜面方向C的加速度大于A的加速度，C先到达斜面底端，故A错误；B滑动摩擦力做功与路程有关，C运动的路程大，克服摩擦力做功多，机械能减少多，故B错误；C下滑到底端重力做功相同，摩擦力对A、B做功相同，C克服摩擦力做功多，而B有初速度，则滑到斜面底端时B动能最大，故C正确；D三个滑块下降的高度相同，重力势能减少量相同，故D错误。故选C。4. 如图，一质量为M光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大圆环上的质量为m的小环（可视为质点），从大圆环的最高处由静止滑下，重力加速度为g当小圆环滑到大圆环的最低点时，大圆环对轻杆拉力的大小为（ ）A. Mg-5mgB. Mg+m
5、gC. Mg+5mgD. Mg+10mg【答案】C【解析】试题分析：小圆环到达大圆环低端时满足：，对小圆环在最低点，有牛顿定律可得：；对大圆环，由平衡可知：，解得，选项C正确考点：牛顿定律及物体的平衡5.如图所示，P是水平面上的圆弧凹槽，从高台边B点以某速度v0水平飞出的小球，恰能从固定在某位置的凹槽的圆弧轨道的左端A点沿圆弧切线方向进入轨道O是圆弧的圆心，1是OA与竖直方向的夹角，2是BA与竖直方向的夹角，则A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】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.速度与水平方向的夹角为，则：位移与竖直方向的夹角为，则：所以：所以选C.
6、6.如图所示，质量为M的滑槽内有半径为R的半圆轨道，将滑槽放在水平面上，左端紧靠墙壁一质量为m的物体从半圆轨道的顶端a点无初速度释放，b点为半圆轨道的最低点，c点为半圆轨道另一侧与a等高的点不计一切摩擦，下列说法正确的是A. m从a点运动到b点过程中，m与M组成的系统机械能守恒、水平方向动量守恒B. m从a点释放后运动的全过程中，m的机械能守恒C. m释放后能够到达c点D. 当m首次从右向左到达最低点b时，M的速度达到最大【答案】D【解析】【详解】A、m从a点运动到b点过程，m与M组成的系统在水平方向所受合外力不为零，系统在水平方向动量不守恒，在该过程只有重力做功，系统机械能守恒，故A错误；B
7、、m从a释放后，从a到b过程，只有重力做功，该过程m的机械能守恒，m经过b后初重力做功外，轨道弹力对m做功，m的机械能减少，m的机械能不守恒，故B错误；C、m第一次到最低点后，M离开墙，系统水平方向动量守恒，当m和M共速时，系统具有动能，因此m的势能必小于mgR，故m不能到达c点，故C错误；D、m第一次在圆轨道右半侧上滑行过程对M的弹力始终向右下方，有水平向右的分力，因此M始终加速，m从右向左通过最低点b后，M开始减速，故D正确。故选D。7.如图所示，带有光滑弧形轨道的小车质量为m，放在光滑水平面上，一质量也是m的铁块，以速度v沿轨道水平端向上滑去，至某一高度后再向下返回，则当铁块回到小车右端
8、时，将A. 以速度v做平抛运动B. 以小于v的速度做平抛运动C. 静止于车上D. 自由下落【答案】D【解析】【详解】整个过程水平方向动量守恒，机械能守恒，所以相当于弹性碰撞，由于小车和铁块的质量都为m，所以当铁块回到小车右端时，小车和铁块交换速度，即铁块的速度为0，小车具有向左的速度所以当铁块回到小车右端时将做自由落体运动。故选D。【名师点睛】整个过程水平方向动量守恒，机械能守恒，所以相当于弹性碰撞！当铁块回到小车右端时，铁块的速度为0，小车具有向左的速度8.一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为31不计质量损失，取重力加速度g10m
9、/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】试题分析：炮弹到达最高点时爆炸时，爆炸的内力远大于重力（外力），遵守动量守恒定律；当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，两片炸弹都做平抛运动根据平抛运动的基本公式即可解题规定向右为正，设弹丸的质量为4m，则甲的质量为3m，乙的质量为m，炮弹到达最高点时爆炸时，爆炸的内力远大于重力（外力），遵守动量守恒定律，则有,则，两块弹片都做平抛运动，高度一样，则运动时间相等，水平方向做匀速运动，则，结合图象可知，D的位移满足上述表达式，故D正确9.如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P栓接，另
10、一端与物体A相连，物体A置于光滑水平桌面上（桌面足够大），A右端连接一水平细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连，开始时托住B，让A处于静止且细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度，下列有关该过程的分析中正确的是A. B物体受到细线的拉力始终保持不变B. B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量C. A物体动能的增加量等于B物体重力对B做的功与弹簧弹力对A做的功之和D. A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A做的功【答案】BD【解析】【详解】分析B，从开始运动到最后静止，B受到绳子的拉力和重力，当时，做加速运动，当时，B的速度最大，当做减速运动，因为B的加速度在
11、变化，所以T也在变化，A错误AB和弹簧组成的系统机械能守恒，所以B减小的机械能等于弹簧的弹力势能的增加量与A动能的增加量，B正确A受绳子的拉力，弹簧的弹力，所以根据动能定理可得A物体动能的增加量等于细绳对A做的功与弹簧弹力对A做的功之和C错误因为A物体与弹簧组成的系统只有细绳的拉力做功，所以A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A做的功，D正确10.如图所示，放置在竖直平面内的光滑杆AB，是按照从高度为h处以初速度平抛的运动轨迹制成的，A端为抛出点，B端为落地点现将一小球套于其上，由静止开始从轨道A端滑下已知重力加速度为g，当小球到达轨道B端时A. 小球的速率为B. 小球的速率为
12、C. 小球在水平方向的速度大小为D. 小球在水平方向的速度大小为【答案】BD【解析】【详解】AB、由于杆AB光滑，小球在整个运动过程中，受重力mg和杆弹力N作用，又由于弹力N始终与小球运动的速度相垂直，因此一直不做功，根据动能定理有：mgh0，解得小球到达轨道B端时的速率为v，故A错误；B正确；CD、由于杆AB是按照从高度为h处以初速度v0平抛的运动轨迹制成的，不妨假设B端的切线方向与水平方向间的夹角为，当物体以初速度v0平抛运动至B端时，根据动能定理有：mgh，解得：v，根据几何关系有：cos，所以小球沿杆到达轨道B端在水平方向的速度大小为：vxvcos，故C错误；D正确11.变速自行车靠变
13、换齿轮组合来改变行驶速度，如图是某一变速车齿轮转动结构示意图，图中A轮有48齿，B轮有42齿，C轮有18齿，D轮有12齿，则A. 该车可变换两种不同挡位B. 该车可变换四种不同档位C. 当A轮与D轮组合时，两轮的角速度之比：4D. 当A轮与D轮组合时，两轮的角速度之比：1【答案】BC【解析】【详解】AB、A轮通过链条分别与C、D连接，自行车可有两种速度，B轮分别与C、D连接，又可有两种速度，所以该车可变换4种挡位，故A错误，B正确；CD、当A与D组合时，两轮边缘线速度大小相等，A轮转一圈，D转4圈，即，故C正确，D错误；故选BC【点睛】关键知道靠传送带传动，两轮边缘的线速度大小相等，结合齿轮的
14、齿数之比可以得出轨道半径之比，从而求出角速度之比，A轮分别与C、D连接，B轮分别与C、D连接，共有4种不同的挡位12. 质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为初始时小物块停在箱子正中间，如图所示现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，井与箱子保持相对静止设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )A. B. C. D. 【答案】BD【解析】试题分析：设物块与箱子相对静止时共同速度为V，则由动量守恒定律得，得，系统损失的动能为，B正确，AC错误根据能量守恒定律得知，系统产生的内能
15、等于系统损失的动能，根据功能关系得知，系统产生的内能等于系统克服摩擦力做的功，则有D正确，故选BD考点：动量守恒定律；功能关系点评：两个相对运动的物体，当它们的运动速度相等时候，往往是最大距离或者最小距离的临界条件本题是以两物体多次碰撞为载体，综合考查功能原理，动量守恒定 律，要求学生能依据题干和选项暗示，从两个不同角度探求系统动能的损失又由于本题是陈题翻新，一部分学生易陷入某种思维定势漏选B或者D，另一方面，若 不仔细分析，易认为从起点开始到发生第一次碰撞相对路程为，则发生N次碰撞，相对路程为，而错选C二、实验题13.用如图甲所示，实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒，m2从高处由静止
16、开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。图乙给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两个计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图乙所示。已知、，则：（g取10m/s2，结果保留两位有效数字）(1)在纸带上打下计数点5时的速度_m/s；(2)在打点05过程中系统动能的增加量_J，系统势能的减少量_J，由此得出的结论是：_；(3)若某同学作出的h图象如图丙所示，则当地的实际重力加速度_m/s2。【答案】 (1). 2.4 (2). 0.58 (3). 0.60 (4). 在误差允许的范围内，m1、m2 组成的系统机械能守
17、恒 (5). 9.7【解析】【详解】(1)1根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打第5个点时的速度为(2)2物体的初速度为零，所以动能的增加量为3重力势能的减小量等于物体重力做功，故4在误差允许的范围内，m1、m2 组成的系统机械能守恒。(3)5本题中根据机械能守恒可知即有所以作出的图象中，斜率表示重力加速度，由图可知斜率故当地的实际重力加速度14.如图所示为实验室中验证动量守恒的实验装置示意图（1）若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则_Am1m2，r1r2Bm1m2，r1r2Cm1m2，r1=r2Dm1m2，r1=r2（2）
18、为完成此实验，需要调节斜槽末端的切线必须水平，如何检验斜槽末端水平：_（3）设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，P为碰前入射小球落点的平均位置，则关系式（用m1、m2及图中字母表示）_成立即表示碰撞中动量守恒【答案】 (1). C (2). 将小球放在斜槽末端看小球是否静止，若静止则水平 (3). 【解析】【详解】（1）1安装和调整实验装置的两点主要要求是：斜槽末端要水平；（2）2要使两球发生对心正碰，两球半径应相等，为防止入射球碰撞后反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即：m1、m2大小关系为 m1m2，r1、r2大小关系为 r1=r2故选C.（3）3验证碰撞过程动量守恒定律，因
19、两球碰撞后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，碰撞过程动量守恒，则m1v1=m1v1+m2v2两边同时乘以时间t得m1v1t=m1v1t+m2v2t则实验需要验证m1OP=m1OM+m2ON三、计算题：15.“嫦娥一号”是我国首次发射探月卫星，它在距月球表面高度为200km的圆形轨道上运行，运行周期为127分钟，已知引力常量G=6.6710-11Nm2/kg2，月球的半径为1.74103km，利用以上数据估算月球的质量（结果保留两位有效数字）【答案】【解析】卫星受到地球给的万有引力充当向心力，由，解得月球的质量，代入数据得16.如图所示，在光滑水平地面上放置质量M2 kg
20、的长木板，木板上表面与固定的竖直弧形轨道相切一质量m1 kg的小滑块自A点沿弧面由静止滑下，A点距离长木板上表面高度h0.6 m滑块在木板上滑行t1 s后，和木板以共同速度v1 m/s匀速运动，取g10 m/s2求：(1)滑块与木板间的摩擦力大小；(2)滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功；(3)滑块相对木板滑行的距离【答案】(1)2 N；(2)15 J；(3)1.5 m【解析】【详解】(1)对木板 由运动学公式，有解得 (2)对滑块设滑块滑上木板时的初速度为v0，由公式 解得滑块沿弧面下滑的过程，由动能定理得可得滑块克服摩擦力做功为(3)t=1s内木板的位移 此过程中滑块的位移 故滑块相对木
21、板滑行距离17.如图，质量分别为、的两个小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h=0.8m，A球在B球的正上方 先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放 当A球下落t=0.3s时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零已知，重力加速度大小为，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失（i）B球第一次到达地面时的速度；（ii）P点距离地面的高度【答案】【解析】试题分析：（i）B球总地面上方静止释放后只有重力做功，根据动能定理有可得B球第一次到达地面时的速度（ii）A球下落过程，根据自由落体运动可得A球的速度设B球的速度为， 则有碰撞过程动量守恒碰撞过程没有动能损失则有解
22、得，小球B与地面碰撞后根据没有动能损失所以B离开地面上抛时速度所以P点的高度考点：动量守恒定律 能量守恒18.如图所示，A是长为L的细线悬挂的以质量为m的小球，A的下端离光滑水平面很近，且可以绕O点在竖直面内做圆周运动，现有一质量为2m的滑块B沿光滑水平面以速度正对A运动，并与A发送弹性碰撞，已知细线承受的最大拉力为10mg，现要求小球做圆周运动能通过圆形轨道最高点为重力加速度，求滑块B初速度的取值范围【答案】【解析】设小球A在最低点时速度为，根据牛顿第二定律可得，小球在最高点时速度为，根据机械能守恒定律可得，在最高点，根据牛顿第二定律可得，依据题意，即设B与A发生弹性碰撞后速度为，根据动量守恒和能量守恒可得，解得，即【点睛】本题的关键是根据杆球模型判断小球A在最高点以及最低点杆对小球作用力的临界条件，然后结合牛顿第二定律以及机械能守恒定律，动量守恒定律列式求解，综合性较强
