湖北武汉市第一中学2025-2026学年高一下学期期中模拟物理试卷

2025-2026学年高一物理下学期期中模拟卷 （测试范围：必修第二册第6-8章） 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 1．如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断不正确的是（　　） A．甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，物体A与弹簧组成的系统机械能守恒 B．乙图中，斜面体A固定，物体B沿斜面匀速下滑，物体B的机械能守恒 C．丙图中，连接A、B的绳子不可伸长，不计任何阻力和定滑轮及绳子的质量时，A加速下落，B加速上升过程中，A、B组成的系统机械能守恒 D．丁图中，小球沿水平面做匀速圆锥摆运动时，小球的机械能守恒 2．明代出版的《天工开物》中记录了我们祖先的劳动智慧，如“牛转翻车”是利用畜力转动不同半径齿轮来改变水车的转速，从而将水运送到高处。祖先的智慧在今天也得到了继承和发扬，我国自主研发的齿轮传动系统，打破了国外垄断，使中国高铁持续运行速度达到350km/h。图中A、B是两个齿轮边缘点，齿轮半径比rA：rB＝3：2，在齿轮转动过程中（　　） A．A、B的周期之比TA：TB＝2：3 B．A、B的线速度大小之比vA：vB＝3：2 C．A、B的角速度之比的ωA：ωB＝2：3 D．A、B的向心加速度大小之比aA：aB＝4：9 3．1970年4月24日，中国成功发射第一颗人造地球卫星“东方红”1号。“东方红”1号的发射成功，使中国成为世界上第五个独立自主研制和发射人造地球卫星的国家，标志着中国在宇航技术研究方面取得了历史性的重大突破。假设人造地球卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，它们的质量之比为mA：mB＝1：2，它们的轨道半径之比rA：rB＝2：1，则下面的结论正确的是（　　） A． 它们受到地球的引力之比为FA：FB＝1：4 B．它们的运行速度大小之比为 C．它们的运行周期之比为 D．它们的运行加速度之比为aA：aB＝1：8 4．如图是一辆电动车在平直公路上测试时的速度—时间图像，0～8s及18s之后的图线均为直线，中间曲线平滑连接。已知该电动车的额定功率为8kW，其所受阻力大小恒定不变，由静止开始启动，在18s末电动车的速度恰好达到最大值。下列说法正确的是（　　） A． 电动车前8s运动过程中功率恒定 B．电动车的最大牵引力大小为800N C．电动车在0～18s内的牵引力做功为1.12×105J D．电动车在8s～18s内的位移大小为87.5m 5．质量为2kg的物体以20m/s的初速度，从A点竖直向上抛出，在它上升到某点时，物体的动能减小了80J，机械能损失了20J。假设物体在上升、下降阶段空气阻力大小恒定，重力加速度大小g＝10m/s2，则物体落回A点时的动能为（　　） A．200J B．100J C． D．50J 6．随着科技的发展，人类必将揭开火星的神秘面纱。如图所示，火星的人造卫星在火星赤道的正上方距离火星表面高度为R处环绕火星做匀速圆周运动，已知卫星的运行方向与火星的自转方向相同，a点为火星赤道上的点，该点有一接收器，可接收到卫星发出信号。已知火星的半径为R，火星同步卫星的周期为T，近火卫星的线速度为v，引力常量为G。则下列说法正确的是（　　） A． 火星的质量为 B．卫星的环绕周期为 C．a点连续收到信号的最长时间为 D．火星同步卫星到火星表面的高度为 7．如图甲所示，将一劲度系数为k的轻弹簧压缩后锁定，在弹簧上放置一质量为m的小物块，小物块距离地面高度为h1。将弹簧的锁定解除后，小物块被弹起，其动能Ek与离地高度h的关系如图乙所示，其中h4到h5间的图像为直线，其余部分均为曲线，h3对应图像的最高点，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．小物块上升至高度h3时，弹簧刚好恢复到原长处 B．小物块上升至高度h4时，加速度为零 C．小物块从高度h2上升到高度h4，弹簧的弹性势能减少 D．小物块从高度h2上升到高度h4，弹性势能的减少量在数值上等于重力势能的增加量 8．如图所示，质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，当轻杆绕轴OO′以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，a绳与水平面成θ角，b绳平行于水平面且长为l，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．小球一定受a绳的拉力作用 B．小球所受a绳的拉力随角速度的增大而增大 C．当角速度ω时，b绳将出现弹力 D．若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化 9．某次发射卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道Ⅰ，卫星运动到轨道Ⅰ上的A点时实施变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道Ⅱ上的远地点B时，再次实施变轨进入轨道半径为3R（R为地球半径）的圆形轨道Ⅲ绕地球做圆周运动。下列判断正确的是（　　） A．卫星在轨道Ⅰ上运动的角速度与在轨道Ⅲ上运动的角速度之比是3：1 B．卫星在轨道Ⅰ上运动的周期与在轨道Ⅱ上运动的周期之比是 C．卫星在轨道Ⅲ上经过B点时的速度大小大于在轨道Ⅱ上经过B点时的速度大小 D．卫星在轨道Ⅲ上运动的机械能小于在轨道Ⅰ上运动的机械能 10．如图（a）所示，传送带沿顺时针方向以恒定的速率转动，将质量为1kg的货物轻放在传送带的底端，4s后从传送带的顶端离开，货物的速度大小随时间变化的关系如图（b）所示。已知传送带的倾角θ＝30°，重力加速度大小g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．摩擦力对货物做的功为32J B．传送带克服摩擦力做功为48J C．货物与传送带间因摩擦产生的热量为12J D．传送货物需要电机多消耗的电能为32J 二、非选择题：本题共5小题，共60分。 11．（7分）为探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系，某实验小组A通过如图甲所示装置进行实验.滑块套在水平杆上，随水平杆一起绕竖直杆做匀速圆周运动，力传感器通过一细绳连接滑块，用来测量向心力F的大小。滑块上固定一遮光片，宽度为d，滑块和挡光片总质量为m，光电门可以记录遮光片通过的时间，测得旋转半径为r。滑块随杆匀速圆周运动，每经过光电门一次，通过力传感器和光电门就同时获得一组向心力F和角速度ω的数据。 （1）本次探究采用的实验方法是 　 　 。 （2）以F为纵坐标，以为横坐标，可在坐标纸中描出数据点作一条如图乙所示直线，图线斜率的表达式为 　 　 （用m、r、d表示）；图线不过坐标原点的原因是 　 　 。 12．（9分）某同学用如图（a）所示的装置验证机械能守恒定律。实验原理如下：先用天平测出A、B两物块的质量mA＝300g，mB＝200g，然后将A、B用轻质细绳连接并跨过轻质定滑轮，B的下端连接纸带，纸带穿过固定的打点计时器。让A从高处由静止开始下落，B拖着纸带经过打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。图（b）给出的是实验中获取的一条纸带：O是打下的第一个点，计数点A、B、C、D到O点的距离分别为41.53cm、58.21cm、75.10cm、92.21cm，每相邻两计数点间还有4个点未标出，已知打点计时器计时周期为T＝0.02s，重力加速度大小g＝9.8m/s2。 （1）在打下O点至C点过程中系统重力势能的减小量ΔEp＝ 　 　 J，系统动能的增加量ΔEk＝ 　 　 J。（结果均保留三位有效数字） （2）根据（1）的计算结果，可以得出的结论是：　 　 。 （3）若计算得到的结论是动能的增加量大于重力势能的减少量，错误的原因可能是由于 　 　 。 A.打点计时器工作的实际频率大于50Hz B.操作时先释放重物，后接通电源 C.存在空气阻力和摩擦阻力 （4）若想利用该装置测量当地重力加速度，用v表示物块A的速度，h表示物块A下落的高度，作出的v2﹣h图像如图（c）所示，则可测得当地实际的重力加速度g＝ 　 　 m/s2（结果保留三位有效数字）。 13．（10分）如图，两个星球A和B在彼此万有引力作用下都绕O点做匀速圆周运动，星球A和B两者中心之间的距离为L．已知A、B的中心和O三点始终共线，A和B分别在O的两侧．观测并计算得B的运行速率为v,A的运行速率为3v,引力常数为G．求： （1）A星球的运行轨道半径； （2）A星球的质量。 14．（16分）如图所示，装置KOO'可绕竖直轴OO'转动，杆KO水平，可视为质点的小环A与小球B通过细线连接，细线与竖直方向的夹角θ＝37°，小环A套在杆KO上，小球B通过水平细线与固定在转轴上的P点相连，已知小环A的质量mA＝0.6kg，小球B的质量mB＝0.4kg，细线AB长L＝0.5m，细线BP长l＝0.2m。（重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求： （1）若装置匀速转动的角速度为ω1，小环A受到杆对它的摩擦力f大小变为零，细线AB与竖直方向夹角仍为37°，求角速度ω1的大小； （2）小环A与杆KO间的动摩擦因数为0.6，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当装置以不同的角速度匀速转动时，小环A受到的摩擦力大小为f。试通过必要的计算在坐标系中作出小环A与杆发生相对滑动前的f﹣ω2关系图像。 15．（18分）如图所示，一质量为m＝1kg的小物块（可视为质点）置于一光滑倾斜直轨道上，直轨道与光滑平台平滑连接，在平台的右端有一传送带AB，长L＝5m，物块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2，与传送带相邻的粗糙水平面BC长s＝3m，它与物块间的动摩擦因数μ2＝0.15，在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧与BC平滑连接，圆弧对应的圆心角为θ＝120°在圆弧的最高点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来。若传送带v＝5m/s的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失。现将小物块从直轨道上的P点静止释放，小物块恰能滑到与圆心等高的E点，P点与平台的高度差为1.8m，g取10m/s2。 （1）求小物块第一次通过传送带时，因物块与传送带间的摩擦而产生的热量。 （2）求小物块最终停下时与B点间的距离。 （3）可通过调节小物块由静止释放时的高度，使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离圆弧轨道，求其高度的可调节范围。 ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高一物理下学期期中模拟卷 （测试范围：必修第二册第6-8章） 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 1．如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断不正确的是（　B　） A．甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，物体A与弹簧组成的系统机械能守恒 B．乙图中，斜面体A固定，物体B沿斜面匀速下滑，物体B的机械能守恒 C．丙图中，连接A、B的绳子不可伸长，不计任何阻力和定滑轮及绳子的质量时，A加速下落，B加速上升过程中，A、B组成的系统机械能守恒 D．丁图中，小球沿水平面做匀速圆锥摆运动时，小球的机械能守恒 【解析】 甲图中，物块A以一定的初速度将弹簧压缩的过程中，由于只有重力和弹簧的弹力做功，则物块A与弹簧组成的系统机械能守恒，故A正确；乙图中，物体匀速下滑，动能不变，重力势能减少，则物体B的机械能不守恒，故B错误；丙图中，C、对A、B组成的系统，不计空气阻力，只有重力做功，A、B组成的系统机械能守恒，故C正确；丁图中，小球在做圆锥摆的过程中，重力势能和动能都不变，机械能守恒，故D正确。 2．明代出版的《天工开物》中记录了我们祖先的劳动智慧，如“牛转翻车”是利用畜力转动不同半径齿轮来改变水车的转速，从而将水运送到高处。祖先的智慧在今天也得到了继承和发扬，我国自主研发的齿轮传动系统，打破了国外垄断，使中国高铁持续运行速度达到350km/h。图中A、B是两个齿轮边缘点，齿轮半径比rA：rB＝3：2，在齿轮转动过程中（　C　） A．A、B的周期之比TA：TB＝2：3 B．A、B的线速度大小之比vA：vB＝3：2 C．A、B的角速度之比的ωA：ωB＝2：3 D．A、B的向心加速度大小之比aA：aB＝4：9 【解析】 A、B两点线速度相等，根据圆周运动v＝ωr可得，A、B的角速度，由可得，故AB错误，C正确；根据圆周运动a＝ω2r可得，故D错误。 3．1970年4月24日，中国成功发射第一颗人造地球卫星“东方红”1号。“东方红”1号的发射成功，使中国成为世界上第五个独立自主研制和发射人造地球卫星的国家，标志着中国在宇航技术研究方面取得了历史性的重大突破。假设人造地球卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，它们的质量之比为mA：mB＝1：2，它们的轨道半径之比rA：rB＝2：1，则下面的结论正确的是（　B　） A． 它们受到地球的引力之比为FA：FB＝1：4 B．它们的运行速度大小之比为 C．它们的运行周期之比为 D．它们的运行加速度之比为aA：aB＝1：8 【解析】 根据万有引力公式求解：FA：FB，代入质量之比mA：mB＝1：2，轨道半径之比rA：rB＝2：1，解得FA：FB＝1：8，故A错误；根据万有引力提供向心力得：，解得v，所以1：，故B正确；根据万有引力提供向心力得：，解得T＝2π，2：1，故C错误；根据万有引力提供向心力得：，解得a，aA：aB1：4，故D错误。 4．如图是一辆电动车在平直公路上测试时的速度—时间图像，0～8s及18s之后的图线均为直线，中间曲线平滑连接。已知该电动车的额定功率为8kW，其所受阻力大小恒定不变，由静止开始启动，在18s末电动车的速度恰好达到最大值。下列说法正确的是（　C　） A． 电动车前8s运动过程中功率恒定 B．电动车的最大牵引力大小为800N C．电动车在0～18s内的牵引力做功为1.12×105J D．电动车在8s～18s内的位移大小为87.5m 【解析】 对于AB：结合题意及题图可知，机电动车以恒定加速度启动，0～8s电动车做匀加速直线运动，t＝8s时电动车达到额定功率，8～18s电动车做加速度逐渐减小的加速运动，该过程电动车的功率始终为额定功率，当t＝18s时，电动车达到最大速度后，以该速度做匀速直线运动；因为0～8s电动车的加速度最大，又因为电动车所受阻力大小恒定不变，则最大牵引力出现在匀加速阶段，结合v﹣t图像可知，电动车的最大牵引力大小为：，故AB错误；对于C：根据v﹣t图像可知，0～8s内电动车匀加速运动的位移大小为：，则该过程，牵引力做的功为：，结合前面分析可知，8～18s内，电动车牵引力的功率恒为8kW，所以该过程中牵引力做的功为：，则电动车在0～18s内的牵引力做功为：1.12×105J，故C正确；对于D.当牵引力等于阻力时，电动车的速度达到最大值，则有：P＝Fvm＝fvm，可得该电动车在运动过程中所受阻力大小为：；设从静止开始到18s末该电动车前进的距离为x，由动能定理可得：WF﹣fx，解得：x＝127.5m，则电动车在8s～18s内的位移大小为：x2＝x﹣x1＝127.5m﹣32m＝95.5m，故D错误。 5．质量为2kg的物体以20m/s的初速度，从A点竖直向上抛出，在它上升到某点时，物体的动能减小了80J，机械能损失了20J。假设物体在上升、下降阶段空气阻力大小恒定，重力加速度大小g＝10m/s2，则物体落回A点时的动能为（　A　） A．200J B．100J C． D．50J 【解析】 物体从A点到某点的过程中，由动能定理：﹣mgh﹣fh＝﹣80J；由机械能损失，可得空气阻力做功：﹣fh＝﹣20J，结合合力做功：﹣80J，即可得重力做功：﹣60J，即：；从A到最高点过程，结合动能定理：，空气阻力做的功：﹣fH，解得：﹣fH＝﹣100J，根据上升、下降过程的距离相等，空气阻力大小相等，可知物体回到A点时，空气阻力做的总功为：﹣2fH，结合动能定理，可得A点的末动能满足：，解得：Ek＝200J，故ACD错误，B正确。 6．随着科技的发展，人类必将揭开火星的神秘面纱。如图所示，火星的人造卫星在火星赤道的正上方距离火星表面高度为R处环绕火星做匀速圆周运动，已知卫星的运行方向与火星的自转方向相同，a点为火星赤道上的点，该点有一接收器，可接收到卫星发出信号。已知火星的半径为R，火星同步卫星的周期为T，近火卫星的线速度为v，引力常量为G。则下列说法正确的是（　D　） A． 火星的质量为 B．卫星的环绕周期为 C．a点连续收到信号的最长时间为 D．火星同步卫星到火星表面的高度为 【解析】 对于A：对于近火卫星，由m 解得M 故A错误；对于B：由万有引力提供向心力可得m2R 结合M 可解得卫星围绕火星做圆周运动的周期T1 故B错误；对于C：以火星为参考系，则卫星围绕火星做圆周运动的角速度为ω'＝ω星﹣ω地 a点能够连续接收到的卫星信号范围如图所示，由几何关系可知圆弧所对应的圆心角为120°，故a点能够连续接收到卫星信号的最长时间为t 解得t 故C错误；对于D：由于同步卫星的周期与火星自转的周期相同，设同步卫星的轨道半径为r，则有mr 又r＝R+h，解得h 故D正确。 7．如图甲所示，将一劲度系数为k的轻弹簧压缩后锁定，在弹簧上放置一质量为m的小物块，小物块距离地面高度为h1。将弹簧的锁定解除后，小物块被弹起，其动能Ek与离地高度h的关系如图乙所示，其中h4到h5间的图像为直线，其余部分均为曲线，h3对应图像的最高点，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（　D　） A．小物块上升至高度h3时，弹簧刚好恢复到原长处 B．小物块上升至高度h4时，加速度为零 C．小物块从高度h2上升到高度h4，弹簧的弹性势能减少 D．小物块从高度h2上升到高度h4，弹性势能的减少量在数值上等于重力势能的增加量 【解析】 对于A：小物块上升至高度h3时，动能最大，则此时弹簧弹力与重力平衡，所以弹簧的弹力不为0，弹簧处于压缩状态，故A错误；对于B：因为h4到h5间的图像为直线，即小物块做匀减速直线运动，所以小物块上升至高度h4时，弹簧形变量为零，弹簧恢复原长，小物块只受重力，加速度为g，故B错误；对于C：小物块在h4时，加速度为g，在h2和h4处的动能相同，根据弹簧振子运动的对称性可知，在 h2处的加速度也为g，则有牛顿第二定律F﹣mg＝ma，得F＝2mg，所以小物块从高度h2上升到h4，上升高度为x，弹簧的弹性势能减少了ΔEPkx2，解得ΔEP，故C错误；对于D：根据能的转化和守恒可知，小物块从高度h2上升到高度h4，动能没有变化，弹簧的弹性势能完全释放转化成上升过程物块重力势能的增量，故D正确。 8．如图所示，质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，当轻杆绕轴OO′以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，a绳与水平面成θ角，b绳平行于水平面且长为l，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　AC　） A． 小球一定受a绳的拉力作用 B．小球所受a绳的拉力随角速度的增大而增大 C．当角速度ω时，b绳将出现弹力 D．若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化 【解析】 对于A：对小球受力分析，在竖直方向有：mg＝Tasinθ，可知小球一定受a绳的拉力作用，故A正确；对于B：b绳绷紧，a绳竖直方向的分力不变，则小球所受a绳的拉力随角速度的增大保持不变，故B错误；对于C：当b绳刚要绷紧出现弹力时，水平方向根据牛顿第二定律：联立解得：ω 即当角速度：ω时，则b绳将出现弹力，故C正确；对于D：由于b绳可能没有弹力，故b绳突然被剪断，a绳的弹力可能不变，故D错误。 9．某次发射卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道Ⅰ，卫星运动到轨道Ⅰ上的A点时实施变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道Ⅱ上的远地点B时，再次实施变轨进入轨道半径为3R（R为地球半径）的圆形轨道Ⅲ绕地球做圆周运动。下列判断正确的是（　BC　） A．卫星在轨道Ⅰ上运动的角速度与在轨道Ⅲ上运动的角速度之比是3：1 B．卫星在轨道Ⅰ上运动的周期与在轨道Ⅱ上运动的周期之比是 C．卫星在轨道Ⅲ上经过B点时的速度大小大于在轨道Ⅱ上经过B点时的速度大小 D．卫星在轨道Ⅲ上运动的机械能小于在轨道Ⅰ上运动的机械能 【解析】 对于A：根据mrω2，得ω，卫星在轨道Ⅰ上运动的角速度与在轨道Ⅲ上运动的角速度之比是3：1，故A错误；对于B：根据开普勒第三定律有，卫星在轨道Ⅰ上运动的周期与在轨道Ⅱ上运动的周期之比是1：2，故B正确；对于C：卫星在轨道Ⅱ上经过B点时需要加速才能变轨到轨道Ⅲ，故卫星在轨道Ⅲ上经过B点时的速度大小大于在轨道Ⅱ上经过B点时的速度大小，故C正确；对于D：卫星发射到轨道Ⅲ的过程中，火箭需要做更多的功，则卫星在轨道Ⅲ上运动的机械能大于在轨道Ⅰ上运动的机械能，故D错误。 10．如图（a）所示，传送带沿顺时针方向以恒定的速率转动，将质量为1kg的货物轻放在传送带的底端，4s后从传送带的顶端离开，货物的速度大小随时间变化的关系如图（b）所示。已知传送带的倾角θ＝30°，重力加速度大小g＝10m/s2。下列说法正确的是（　AC　） A．摩擦力对货物做的功为32J B．传送带克服摩擦力做功为48J C．货物与传送带间因摩擦产生的热量为12J D．传送货物需要电机多消耗的电能为32J 【解析】 对于A：根据v﹣t图像与时间轴所围的面积表示位移可知，货物在0﹣4s内的位移为x2m＝6m对货物，根据动能定理得W﹣mgxsin30° 可得摩擦力对货物做的功为W＝mgxsin30°1×10×6×0.5J1×22J＝32J，故A正确；对于B：0﹣2s内，货物的加速度为am/s2＝1m/s2 根据牛顿第二定律得f1﹣mgsin30°＝ma 解得f1＝6N 此过程中，传送带克服摩擦力做功为W1＝f1vt1＝6×2×2J＝24J 2﹣4s内，货物做匀速运动，受到的摩擦力大小为f2＝mgsin30°＝1×10×0.5N＝5N 此过程中，传送带克服摩擦力做功为W2＝f2vt2＝5×2×2J＝20J 故整个过程中，传送带克服摩擦力做功为W＝W1+W2＝24J+20J＝44J，故B错误；对于C：货物与传送带间的相对位移大小为Δx＝vt12m＝2m，货物与传送带间因摩擦产生的热量为Q＝f1Δx＝6×2J＝12J，故C正确；对于D：根据能量守恒定律，传送货物需要电机多消耗的电能为E电＝Q+mgxsin30°12J+1×10×6×0.5J1×22J＝44J，故D错误。 二、非选择题：本题共5小题，共60分。 11．（7分）为探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系，某实验小组A通过如图甲所示装置进行实验.滑块套在水平杆上，随水平杆一起绕竖直杆做匀速圆周运动，力传感器通过一细绳连接滑块，用来测量向心力F的大小。滑块上固定一遮光片，宽度为d，滑块和挡光片总质量为m，光电门可以记录遮光片通过的时间，测得旋转半径为r。滑块随杆匀速圆周运动，每经过光电门一次，通过力传感器和光电门就同时获得一组向心力F和角速度ω的数据。 （1）本次探究采用的实验方法是 　 。 （2）以F为纵坐标，以为横坐标，可在坐标纸中描出数据点作一条如图乙所示直线，图线斜率的表达式为 　 　 （用m、r、d表示）；图线不过坐标原点的原因是 　 。 【解析】 （1）因为影响向心力的因素有三个，所以本实验要采用控制变量法，探究向心力与角速度的关系，即需要控制滑块质量和旋转半径不变。 （2）根据光电门的测速原理 又v＝ωr 联立解得： 当杆转动时，由牛顿第二定律得：F+f＝mω2r 解得： 由于F为纵坐标，为横坐标，图线斜率的表达式为： ，由图线可知，当F＝0时，不为零，是因为滑块和水平杆之间有摩擦力；开始一段时间，只有摩擦力提供向心力，当摩擦力达到最大值后，才存在绳子拉力，所以图线不过原点的原因是滑块和水平杆之间有摩擦力。 故答案为：（1）控制变量法 （2） 滑块和水平杆之间有摩擦力。 12．（9分）某同学用如图（a）所示的装置验证机械能守恒定律。实验原理如下：先用天平测出A、B两物块的质量mA＝300g，mB＝200g，然后将A、B用轻质细绳连接并跨过轻质定滑轮，B的下端连接纸带，纸带穿过固定的打点计时器。让A从高处由静止开始下落，B拖着纸带经过打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。图（b）给出的是实验中获取的一条纸带：O是打下的第一个点，计数点A、B、C、D到O点的距离分别为41.53cm、58.21cm、75.10cm、92.21cm，每相邻两计数点间还有4个点未标出，已知打点计时器计时周期为T＝0.02s，重力加速度大小g＝9.8m/s2。 （1）在打下O点至C点过程中系统重力势能的减小量ΔEp＝ 　 J，系统动能的增加量ΔEk＝_____　 J。（结果均保留三位有效数字） （2）根据（1）的计算结果，可以得出的结论是：　 　 。 （3）若计算得到的结论是动能的增加量大于重力势能的减少量，错误的原因可能是由于 　 　 。 A.打点计时器工作的实际频率大于50Hz B.操作时先释放重物，后接通电源 C.存在空气阻力和摩擦阻力 （4）若想利用该装置测量当地重力加速度，用v表示物块A的速度，h表示物块A下落的高度，作出的v2﹣h图像如图（c）所示，则可测得当地实际的重力加速度g＝ 　　 m/s2（结果保留三位有效数字）。 【解析】 （1）当打点计时器打到C点时系统的重力势能比开始下落时减少ΔEp＝（mA﹣mB）ghOC＝（300﹣200）×10﹣3×9.8×75.10×0.01J＝0.740J每相邻两计数点间还有4个点未标出，则时间t＝0.1s 根据某段位移的平均速度等于该段位移所用时间中间时刻的瞬时速度可得v0.01m/s＝1.7m/s 此时重锤的动能为ΔEk（300+200）×10﹣3×1.72J＝0.723J （2）根据（1）的计算结果，可以得出的结论是：实验误差范围内，系统的机械能守恒； （3）A.打点计时器工作的实际频率大于50Hz，则计算所用周期偏大，则计算的速度偏小，动能偏小，故A错误；B.先释放重物，后接通电源打出纸带，纸带上记录的重力的运动具有一定的初速度，会出现动能的增加量大于重力势能的减少量的情况，故B正确；C.因存在空气阻力和摩擦阻力的影响，减少的重力势能一部分转化为重物的动能，还有一部分转化为内能，说明重力势能的减少量大于动能的增加量。故C错误 （4）根据机械能守恒定律有（mA﹣mB）gh 解得v2gh 图像的斜率为km/s2g 解得g＝9.75m/s2 故答案为：（1）0.736；0.723；（2）实验误差范围内，系统的机械能守恒；（3）B；（4）9.75 13．（10分）如图，两个星球A和B在彼此万有引力作用下都绕O点做匀速圆周运动，星球A和B两者中心之间的距离为L．已知A、B的中心和O三点始终共线，A和B分别在O的两侧．观测并计算得B的运行速率为v,A的运行速率为3v,引力常数为G．求： （1）A星球的运行轨道半径； （2）A星球的质量。 【解析】 （1）由题知A、B角速度相等，记为ω，A和B圆周运动的半径分别为rA和rB，则对A有：3v=rAω 对B有：v=rBω又rA+rB=L 联立得rA=L，rB=L （2）对B圆周运动有：G=mB 解得mA= 14．（16分）如图所示，装置KOO'可绕竖直轴OO'转动，杆KO水平，可视为质点的小环A与小球B通过细线连接，细线与竖直方向的夹角θ＝37°，小环A套在杆KO上，小球B通过水平细线与固定在转轴上的P点相连，已知小环A的质量mA＝0.6kg，小球B的质量mB＝0.4kg，细线AB长L＝0.5m，细线BP长l＝0.2m。（重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求： （1）若装置匀速转动的角速度为ω1，小环A受到杆对它的摩擦力f大小变为零，细线AB与竖直方向夹角仍为37°，求角速度ω1的大小； （2）小环A与杆KO间的动摩擦因数为0.6，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当装置以不同的角速度匀速转动时，小环A受到的摩擦力大小为f。试通过必要的计算在坐标系中作出小环A与杆发生相对滑动前的f﹣ω2关系图像。 【解析】（1）对小球B分析如图所示，小球B竖直方向受力平衡，则有T1cosθ＝mBg 可得细线AB的拉力大小T1＝5N 对A分析有，由牛顿第二定律有 解得： （2）由（1）分析知，当时，有 解得：f＝3﹣0.3ω2 当时，有 解得：f＝0.3ω2﹣3， 作图如下。 15．（18分）如图所示，一质量为m＝1kg的小物块（可视为质点）置于一光滑倾斜直轨道上，直轨道与光滑平台平滑连接，在平台的右端有一传送带AB，长L＝5m，物块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2，与传送带相邻的粗糙水平面BC长s＝3m，它与物块间的动摩擦因数μ2＝0.15，在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧与BC平滑连接，圆弧对应的圆心角为θ＝120°在圆弧的最高点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来。若传送带v＝5m/s的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失。现将小物块从直轨道上的P点静止释放，小物块恰能滑到与圆心等高的E点，P点与平台的高度差为1.8m，g取10m/s2。 （1）求小物块第一次通过传送带时，因物块与传送带间的摩擦而产生的热量。 （2）求小物块最终停下时与B点间的距离。 （3）可通过调节小物块由静止释放时的高度，使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离圆弧轨道，求其高度的可调节范围。 【解析】 （1）物块从斜面滑下的过程，由动能定理得：mgh0 由题知h0＝1.8m 解得：vA＝6m/s ，物块在传送带上做匀减速运动，根据牛顿第二定律可得：μ1mg＝ma1，解得：a1＝2m/s2 物块减速至与传送带共速时通过的位移为：x，解得：xm＜5m 物块与传送带共速时物块与传动带相对位移为Δv，解得：Δx＝0.25m 产生的热量为Q＝μ1mgΔx，解得：Q＝0.5J （2）物块以5m/s速度离开传送带，之后在水平面BC、圆弧面CE段、传送带上往复运动。设物块在BC段滑行的路程为d，从滑离传送带至静止过程中，由能量守恒得： 解得：， 因此最终物块距离B点距离为： （3）对物块第一次由B点到E点的过程，由动能定理可得 解得圆弧轨道半径：R＝0.8m 物块恰好与挡板碰撞，在F点有：，解得：vF＝2m/s 由开始下滑到恰好与板相碰过程中，由动能定理得 mg（h1R）﹣μ1mgL﹣μ2mgs 代入数据解得：h1＝2.85m 物块与挡板相碰后不脱离轨道的临界运动情景为：①物块从P点下滑后第一次与木板碰撞，之后返回B点。②冲上传送带后从A端滑离传送带并滑上斜面。③再次从斜面滑下后从A端滑上传送带，在传送带上一直减速到5m/s从B端滑离，恰好到达E点，全程由能量守恒有 mg（h2﹣R）＝μ1mg×3L+μ2mg×3s 解得：h2＝5.15m 综上2.85m≤h≤5.15m ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $