精品解析：山东济宁市育才中学2024-2025学年高一下学期期中考试物理试题

育才中学2024-2025年度高一下学期期中考试 物理试题 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分。考试时间90分钟。 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 质量不变、可视为质点的物体在做曲线运动的过程中，物体的（　　） A. 合外力可能为零 B. 动能一定在变化 C. 加速度一定在变化 D. 速度一定在变化 2. 第谷、开普勒等人对行星运动的研究漫长而曲折，牛顿在他们的研究基础上，得出了科学史上最伟大的定律之一：万有引力定律。下列说法中错误的是（　　） A. 在计算地球同步卫星受到的万有引力时，万有引力计算式中的距离取地心和卫星之间的距离，这是因为地球和卫星间的距离远远大于它们的直径，地球和卫星都视为质点 B. “月球绕地球转动”与“脱落树枝的苹果落向地面”都是地球引力作用的体现 C. 卡文迪许用扭秤实验较为准确地测出了引力常量G的数值 D. 牛顿在发现万有引力定律的过程中应用了牛顿第三定律 3. 如图所示，卫星A、B分别在轨道Ⅰ、Ⅱ上绕地球做圆周运动。卫星轨道Ⅰ、Ⅱ的半径分别为r和4r，卫星A的向心加速度大小为a，引力常量为G。下列说法正确的是（ ） A. 地球的质量为 B. 卫星A的线速度的大小为 C. 卫星B的角速度的大小为 D. 卫星B的加速度的大小为16a 4. 如图所示，一辆货车在水平公路上做匀速直线运动，车厢内放置一质量为m的箱子，与车厢保持相对静止。货车突然遇到紧急情况刹车，当货车和箱子均停止时，箱子相对车厢向前滑行的距离为x，已知箱子与车厢间的动摩擦因数为，重力加速度为g，下列说法中正确的是（　　） A. 货车对箱子做的功为 B. 合外力对箱子做的功为 C. 箱子与车厢间因摩擦而产生的热量为 D. 箱子对货车做的功为 5. 一汽车在平直公路上行驶，从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示，假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是（　　） A. B. C. D. 6. 如图所示，有一光滑轨道，部分竖直，部分水平，部分是半径为的四分之一圆弧，其中与、相切。质量均为的小球、（可视为质点）固定在长为的竖直轻杆两端，开始时球与点接触且轻杆竖直，由静止释放两球使其沿轨道下滑，重力加速度为。下列说法正确的是（　　） A. 球下滑过程中机械能减小 B. 球下滑过程中机械能增加 C. 球滑到水平轨道上时速度大小为 D. 从释放、球到两球均滑到水平轨道的过程中，轻杆对球做功为 7. 如图所示，竖直光滑固定圆环管道半径为R（管道内径<<R），一质量为m的小球（小球直径略小于管道内径）以一定速度由P点沿切线进入管道，经管道从Q点水平抛出时，刚好对管道无作用力。已知P点和圆心的连线与竖直方向的夹角为53°，A点为管道最低点，重力加速度为g，取sin53°＝0.8，下列说法正确的是（　　） A. 小球经Q点水平抛出后可能再次经过P点 B. 小球经过A点时对管道的压力为5mg C. 小球在管道内运动过程中，经过某些区段时会对管道内侧产生压力 D. 小球在A点的速度为 8. 如图所示，一个可视为质点，质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点不动。现将小球拉至A处，使弹簧在水平方向且处于原长L。由静止释放小球，运动到O点正下方的B点时，小球速度方向恰好水平，弹簧的形变量为x。已知弹簧始终处于弹性范围内，形变量为x的弹簧具有的弹性势能表达式为，重力加速度为g，忽略空气对系统的作用。下列结论正确的是（　　） A. 运动过程中弹簧对小球不做功 B. 运动过程中弹簧对小球做正功 C. 弹簧的弹性系数为 D. 小球的机械能守恒 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 9. 如图所示，内壁光滑的竖直圆桶内，一物块用细绳系着，绳的另一端系于圆桶上表面圆心处。物块贴着圆桶内表面随圆桶一起转动，则（　　） A. 绳的拉力可能为零 B. 桶壁对物块的弹力不可能为零 C. 随着转动的角速度增大，绳的拉力保持不变 D. 随着转动的角速度增大，桶壁对物块的弹力一定增大 10. 2019年5月17日，我国成功发射第45颗北斗导航卫星。如图所示为发射卫星的简化示意图，先将卫星发射到半径为＝r的圆轨道I上做匀速圆周运动，到A点时使卫星加速进入椭圆轨道II，到椭圆轨道的远地点B时，再次改变卫星的速度，使卫星进入半径为＝4r的圆轨道III上做匀速圆周运动。已知卫星在椭圆轨道II上A点时的速率为v，卫星的质量为m，地球的质量为M，引力常量为G，下列说法正确的是（　　） A. 卫星在I、II、III三个轨道上运行周期关系是 B. 卫星在椭圆轨道II上通过A点时的速率小于在圆轨道III上运行的速率 C. 发动机在A点对卫星做的功为 D. 发动机在B点对卫星做的功为 11. 中国目前拥有世界上最完善的高铁系统，高铁是中国科技发展的一张世界名片。假设有一动车组由四节车厢连接而成，每节车厢的质量均为m、阻力均为f，其中第一节和第四节为动力车厢，功率均恒为P，重力加速度为g。该动车组由静止开始恒定功率启动，下列说法正确的是（　　） A. 该动车组的最大行驶速度为 B. 由静止到最大速度过程的平均速度等于 C. 当速度为最大值的一半时，动车组运行的加速度大小为 D. 该动车组速度达到最大时，第二、三两节车厢之间的作用力大小为2f 12. 如图所示，质量分别为和m的物体P、Q用跨过定滑轮O的轻绳连接，P穿在固定的竖直光滑杆上，Q置于倾角的光滑固定斜面上。一劲度系数的轻质弹簧的一端固定在斜面底端的挡板上，另一端连接Q。初始时，施加外力将P静置于N点，轻绳恰好伸直但无拉力，ON段水平，ON=3l，OQ段与斜面平行，现将P由静止释放，运动过程中经过M点，MN=4l。P、Q均可视为质点，运动过程中Q不会与滑轮相碰，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，不计一切阻力。则P从N点下滑到M点的过程中（　　） A. P、Q组成的系统机械能守恒 B. 经过M点时P与Q的速度大小关系 C. P的机械能一直减小 D. 轻绳对P做的功为 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 13. 一同学通过图甲所示的装置探究物体做圆周运动的向心力与质量、轨道半径及线速度的关系。滑块套在光滑水平杆上，随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，用来测量向心力的大小F，滑块上固定一遮光片，与固定在铁架台上的光电门可测量滑块的线速度v。该同学先保持滑块质量m和运动半径r不变，探究向心力大小与线速度大小的关系。 （1）该同学采用的实验方法主要是______； A. 等效替代法 B. 理想模型法 C. 控制变量法 （2）该同学通过改变转速测量多组数据，记录力传感器示数F，算出对应的线速度v及的数值，以为横轴，F为纵轴，作出F-图线，如图乙所示，若滑块运动半径r＝0.3m，由图线可得滑块的质量m＝______kg（保留2位有效数字）。 14. 某同学用图甲所示的实验装置探究线速度与角速度的关系并验证机械能守恒定律。先将两个完全相同的钢球P、Q固定在长为3L的轻质空心刚性杆两端，然后在杆长处安装一个阻力非常小的固定转轴O。最后在两个钢球的球心处分别固定一个相同的挡光片，挡光片宽度为d，如图乙所示，保证挡光片所在平面和杆垂直。已知重力加速度为g。实验步骤如下： （1）该同学将杆抬至水平位置后由静止释放，当P转到最低点时，固定在钢球P、Q球心处的挡光片刚好同时通过光电门1、光电门2；（两个光电门规格相同，均安装在过O点的竖直轴上） （2）若挡光片通过光电门1、光电门2的时间分别为和，根据该同学的设计，之比应为______； （3）若要验证“机械能守恒定律”，该同学______（选填“需要”或者“不需要”）测量钢球的质量m； （4）在误差允许范围内，关系式______成立，则可验证机械能守恒定律（关系式用g、L、d、、表示）； （5）通过多次测量和计算，发现第（4）问的关系式中重力势能的减少量一定大于动能的增加量，造成误差的主要原因可能是______。 15. 蹦极是一项非常刺激的运动。为了研究蹦极过程，可将人视为质点，人的运动沿竖直方向，人离开蹦极台时的初速度、弹性绳的质量、空气阻力均可忽略。某次蹦极时，人从蹦极台跳下，到a点时弹性绳恰好伸直，人继续下落，能到达的最低位置为b点，如图所示。已知人的质量m＝50kg，弹性绳的弹力大小F＝kx，其中x为弹性绳的形变量，k＝200N/m，弹性绳的原长l0＝10m，整个过程中弹性绳的形变始终在弹性限度内。取重力加速度g＝10m/s2。在人离开蹦极台至第一次到达b点的过程中，机械能损失可忽略。 (1)求人第一次到达a点时的速度大小v； (2)求人的速度最大时，弹性绳的长度； (3)已知弹性绳的形变量为x时，它的弹性势能Ep＝kx2，求人的最大速度。 16. 如图所示，倾角为的足够长的斜面体固定放置在水平地面上，一根轻质细线跨过斜面顶端的定滑轮，一端与斜面上质量为M＝1kg的物块甲连接，另一端与质量为m＝0.4kg的物块乙连接，开始甲、乙在外力的作用下处于静止状态。已知甲与斜面之间的动摩擦因数＝0.5，重力加速度，不计滑轮与细线之间的摩擦，滑轮与物块甲间的细线与斜面平行，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，。现将甲、乙由静止释放，当甲运动距离为L＝0.5m时， （1）求此时甲的速度大小（结果用根号表示）； （2）求此过程中细线对甲做的功。 17. 如图所示，AB为竖直光滑圆弧的直径，其半径R＝0.9m，A端沿水平方向。水平轨道BC与半径r＝0.5m的光滑圆弧轨道CDE相接于C点，D为圆轨道的最低点，圆弧轨道CD、DE对应的圆心角。圆弧和倾斜传送带EF相切于E点，EF的长度为l＝5m。一质量为m＝1kg的物块（视为质点）从水平轨道上某点以某一速度冲上竖直圆轨道，并从A点飞出，经过C点恰好沿切线进入圆弧轨道，再经过E点，随后物块滑上传送带EF。已知物块与传送带EF间的动摩擦因数＝0.5，取，。求： （1）物块从A点飞出的速度大小； （2）物块到达C点时对C点的压力大小； （3）若传送带以速度v＝10m/s逆时针匀速转动，试求物块从E到达传送带最高点的过程中摩擦产生的热量。 18. 如图所示，学校科技小组设计了“e”字型竖直轨道固定放置，由光滑半圆形轨道AB、BC和粗糙的水平直轨道CD及光滑的四分之一圆弧轨道DE平滑连接组成，BC弧的半径r＝0.2m，AB弧的半径为2r、DE弧的半径为1.5r，轨道两端分别与地面、光滑竖直墙壁相切于A点和E点。质量m＝0.3kg的滑块从A端以水平向左的速度v0＝5m/s进入轨道。已知CD长为6r，滑块第二次经过D时对轨道DE的压力为＝8N，不计空气阻力，滑块可视为质点，重力加速度为。 （1）求滑块与CD之间的动摩擦因数； （2）求滑块最终停止的位置与C点的距离d； （3）若，求滑块脱离圆轨道时，速度与水平方向夹角的余弦值。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 育才中学2024-2025年度高一下学期期中考试 物理试题 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分。考试时间90分钟。 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 质量不变、可视为质点的物体在做曲线运动的过程中，物体的（　　） A. 合外力可能为零 B. 动能一定在变化 C. 加速度一定在变化 D. 速度一定在变化 【答案】D 【解析】 【详解】A. 物体做曲线运动时速度方向变化，必须有合外力提供向心力或改变运动状态，所以合外力不可能为零，A错误； B. 动能是标量，只和速度大小有关，在匀速圆周运动等曲线运动中，速度大小不变，动能不变，B错误； C. 加速度是矢量，包括大小或方向的变化，例如在平抛运动中，物体只受重力，加速度为重力加速度g，其大小和方向都不变，所以物体在做曲线运动的过程中，加速度不一定变化，C错误； D. 速度是矢量，包含大小和方向。曲线运动中，运动轨迹弯曲，速度方向必然变化，因此速度一定变化，D正确。 故选D。 2. 第谷、开普勒等人对行星运动的研究漫长而曲折，牛顿在他们的研究基础上，得出了科学史上最伟大的定律之一：万有引力定律。下列说法中错误的是（　　） A. 在计算地球同步卫星受到的万有引力时，万有引力计算式中的距离取地心和卫星之间的距离，这是因为地球和卫星间的距离远远大于它们的直径，地球和卫星都视为质点 B. “月球绕地球转动”与“脱落树枝的苹果落向地面”都是地球引力作用的体现 C. 卡文迪许用扭秤实验较为准确地测出了引力常量G的数值 D. 牛顿在发现万有引力定律的过程中应用了牛顿第三定律 【答案】A 【解析】 【详解】A．在计算地球同步卫星受到的万有引力时，万有引力计算式中的距离取地心和卫星之间的距离，这是因为地球可视为均匀球体，其引力作用等效于所有质量集中于球心，与卫星之间的距离应为球心间距。同步卫星轨道半径（约4.2×10⁴ km）与地球直径（约1.28×10⁴ km）的比值约为3.3，同步卫星与地球之间的距离没有远远大于地球直径。故A错误； B．“月球绕地球转动”和“脱落树枝的苹果落向地面”均由地球引力作用引起，符合万有引力定律的统一性原理。故B正确； C．卡文迪许于1798年利用扭秤实验首次较为准确地测定了引力常量G的数值，这是物理学史上的重要成就。故C正确； D．牛顿在发现万有引力定律的过程中，应用了牛顿第三定律（作用力与反作用力定律），例如在分析天体间引力时强调力的相互性和等值反向性。故D正确。 本题要求选出错误说法，故选A。 3. 如图所示，卫星A、B分别在轨道Ⅰ、Ⅱ上绕地球做圆周运动。卫星轨道Ⅰ、Ⅱ的半径分别为r和4r，卫星A的向心加速度大小为a，引力常量为G。下列说法正确的是（ ） A. 地球的质量为 B. 卫星A的线速度的大小为 C. 卫星B的角速度的大小为 D. 卫星B的加速度的大小为16a 【答案】A 【解析】 【详解】A．根据 解得 故A正确； B．根据 解得 故B错误； C．根据 解得 故C错误； D．根据 联立，解得 故D错误。 故选A。 4. 如图所示，一辆货车在水平公路上做匀速直线运动，车厢内放置一质量为m的箱子，与车厢保持相对静止。货车突然遇到紧急情况刹车，当货车和箱子均停止时，箱子相对车厢向前滑行的距离为x，已知箱子与车厢间的动摩擦因数为，重力加速度为g，下列说法中正确的是（　　） A. 货车对箱子做的功为 B. 合外力对箱子做的功为 C. 箱子与车厢间因摩擦而产生的热量为 D. 箱子对货车做的功为 【答案】C 【解析】 【详解】A．设货车的位移为s，则箱子的位移为s+x，货车对箱子的功为 A错误； B．合外力对箱子的功即货车对箱子的功为 B错误； C．箱子与车厢间因摩擦而产生的热量为 C正确； D．货车的位移为s，则箱子对货车的功为 D错误。 故选C。 5. 一汽车在平直公路上行驶，从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示，假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】在时间内，如果汽车做匀速运动，则图线是与时间轴平行的直线；如果是加速，根据 可知牵引力减小，根据 可知汽车做加速度逐渐减小加速运动，当加速度为0时，即，汽车开始做匀速直线运动，此时速度为 则时间内，图线先是切线斜率逐渐减小的平滑曲线，后是平行于横轴的直线；在时间内，功率突然增加，故牵引力突然增加，汽车做加速运动，根据 可知牵引力减小，再根据 可知汽车做加速度逐渐减小加速运动，当加速度为0时，即，汽车开始做匀速直线运动，此时速度为 所以在时间内，图线先是切线斜率逐渐减小的平滑曲线，后是平行于横轴的直线；故描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中A图符合。 故选A。 6. 如图所示，有一光滑轨道，部分竖直，部分水平，部分是半径为的四分之一圆弧，其中与、相切。质量均为的小球、（可视为质点）固定在长为的竖直轻杆两端，开始时球与点接触且轻杆竖直，由静止释放两球使其沿轨道下滑，重力加速度为。下列说法正确的是（　　） A. 球下滑过程中机械能减小 B. 球下滑过程中机械能增加 C. 球滑到水平轨道上时速度大小为 D. 从释放、球到两球均滑到水平轨道的过程中，轻杆对球做功为 【答案】D 【解析】 【详解】C．两个小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，故有 解得 即、球滑到水平轨道上时速度大小均为，故C错误； D．b球在滑落过程中，设杆对b球做功为W，根据动能定理可得 联立解得 对a球由动能定理可得 解得杆对a球做功为 故D正确； AB．结合D项分析可知，杆对球做正功，对b球做负功，故下滑过程中球机械能增大，b球机械能减小，即对单个球来看，机械能均不守恒，故AB错误。 故选D。 7. 如图所示，竖直光滑固定圆环管道半径为R（管道内径<<R），一质量为m的小球（小球直径略小于管道内径）以一定速度由P点沿切线进入管道，经管道从Q点水平抛出时，刚好对管道无作用力。已知P点和圆心的连线与竖直方向的夹角为53°，A点为管道最低点，重力加速度为g，取sin53°＝0.8，下列说法正确的是（　　） A. 小球经Q点水平抛出后可能再次经过P点 B. 小球经过A点时对管道的压力为5mg C. 小球在管道内运动过程中，经过某些区段时会对管道内侧产生压力 D. 小球在A点的速度为 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据题意可知，小球经Q点水平抛出，此时刚好对管道无作用力，小球的重力提供向心力，有 解得 小球抛出后做平抛运动，水平方向上有 竖直方向有 两式联立可得， 所以小球经Q点水平抛出后不可能再次经过P点，A错误； BD．从A到Q，根据动能定理有 在A点，小球受到向上的支持力和向下的重力，根据牛顿第二定律有 两式联立解得， 根据牛顿第三定律，小球经过A点对轨道的压力，B错误，D正确； C．小球在Q点的速度最小，需要的向心力最小刚好等于重力，其他任意点需要的向心力都大于重力，需要管道外侧的支持力为小球提供向心力，所以小球在整个运动过程中不会对管道内侧产生压力，C错误。 故选D。 8. 如图所示，一个可视为质点，质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点不动。现将小球拉至A处，使弹簧在水平方向且处于原长L。由静止释放小球，运动到O点正下方的B点时，小球速度方向恰好水平，弹簧的形变量为x。已知弹簧始终处于弹性范围内，形变量为x的弹簧具有的弹性势能表达式为，重力加速度为g，忽略空气对系统的作用。下列结论正确的是（　　） A. 运动过程中弹簧对小球不做功 B. 运动过程中弹簧对小球做正功 C. 弹簧的弹性系数为 D. 小球的机械能守恒 【答案】C 【解析】 【详解】ABD．在小球运动过程中，弹簧不断伸长，弹性势能不断增大，根据能量守恒可知弹簧对小球做负功，小球对弹簧做正功，小球的机械能减少，故ABD错误； C．在最低点，根据牛顿第二定律，有 根据能量守恒，有 联立解得，故C正确。 故选C。 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 9. 如图所示，内壁光滑的竖直圆桶内，一物块用细绳系着，绳的另一端系于圆桶上表面圆心处。物块贴着圆桶内表面随圆桶一起转动，则（　　） A. 绳的拉力可能为零 B. 桶壁对物块的弹力不可能为零 C. 随着转动的角速度增大，绳的拉力保持不变 D. 随着转动的角速度增大，桶壁对物块的弹力一定增大 【答案】CD 【解析】 【详解】A．由于桶的内壁光滑，桶不能提供给物体竖直向上的摩擦力去平衡重力，所以绳子的拉力一定不能等于0，故A错误； B．由于桶的内壁光滑，桶不能提供给物体竖直向上的摩擦力，绳子沿竖直向上的方向的分力与重力的大小相等，若绳子沿水平方向的分力恰好提供向心力，则桶对物块的弹力可能为零，故B错误； C．设细绳与竖直方向夹角为，由题图知，绳子与竖直方向的夹角不会随桶的角速度的增大而增大，在竖直方向有 所以物块随着转动的角速度增大时绳子的拉力保持不变，故C正确； D．在水平方向，根据牛顿第二定律有 物体随着转动的角速度增大，因拉力拉力保持不变，所以桶壁对物块的弹力一定增大，故D正确。 故选CD。 10. 2019年5月17日，我国成功发射第45颗北斗导航卫星。如图所示为发射卫星的简化示意图，先将卫星发射到半径为＝r的圆轨道I上做匀速圆周运动，到A点时使卫星加速进入椭圆轨道II，到椭圆轨道的远地点B时，再次改变卫星的速度，使卫星进入半径为＝4r的圆轨道III上做匀速圆周运动。已知卫星在椭圆轨道II上A点时的速率为v，卫星的质量为m，地球的质量为M，引力常量为G，下列说法正确的是（　　） A. 卫星在I、II、III三个轨道上运行周期关系是 B. 卫星在椭圆轨道II上通过A点时的速率小于在圆轨道III上运行的速率 C. 发动机在A点对卫星做的功为 D. 发动机在B点对卫星做的功为 【答案】AD 【解析】 【详解】A．由图示卫星轨道可知，卫星在轨道Ⅱ上运动时半长轴大于在轨道I上的半径，小于在轨道Ⅲ上的半径，由开普勒第三定律可知，卫星的周期，故A正确； B．卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得 解得 卫星在轨道I上A点时的速率大于在轨道III上的速率，卫星在轨道I上A点要加速才能进入轨道II，所以在椭圆轨道II上A点的速率大于在轨道I上A点的速率，所以卫星在椭圆轨道II上通过A点的速率大于在轨道III上运行的速率，故B错误； C．当卫星在的圆轨道I上运行时通过A点的速率 发动机在A点对卫星做的功，故C错误； D．当卫星在的圆轨道III上运行时通过B点时的速率 由开普勒第二定律可知 卫星在椭圆轨道II上通过B点时的速率 发动机在B点对卫星做的功，故D正确。 故选AD。 11. 中国目前拥有世界上最完善的高铁系统，高铁是中国科技发展的一张世界名片。假设有一动车组由四节车厢连接而成，每节车厢的质量均为m、阻力均为f，其中第一节和第四节为动力车厢，功率均恒为P，重力加速度为g。该动车组由静止开始恒定功率启动，下列说法正确的是（　　） A. 该动车组的最大行驶速度为 B. 由静止到最大速度过程的平均速度等于 C. 当速度为最大值的一半时，动车组运行的加速度大小为 D. 该动车组速度达到最大时，第二、三两节车厢之间的作用力大小为2f 【答案】AC 【解析】 【详解】A．当牵引力等于阻力时，此时速度达到最大，根据2P=4fvm 解得，故A正确； B．该动车组由静止启动到速度达到最大值过程中，动车做的是加速度减小的变加速运动，故平均速度，故B错误； C．当速度为最大值的一半时，此时牵引力 整体根据牛顿第二定律可得 解得，故C正确 D．该动车组速度达到最大值时，每节动车提供的拉力 对后两节受力分析，根据共点力平衡可知 解得F23=0，故D错误。 故选AC。 12. 如图所示，质量分别为和m的物体P、Q用跨过定滑轮O的轻绳连接，P穿在固定的竖直光滑杆上，Q置于倾角的光滑固定斜面上。一劲度系数的轻质弹簧的一端固定在斜面底端的挡板上，另一端连接Q。初始时，施加外力将P静置于N点，轻绳恰好伸直但无拉力，ON段水平，ON=3l，OQ段与斜面平行，现将P由静止释放，运动过程中经过M点，MN=4l。P、Q均可视为质点，运动过程中Q不会与滑轮相碰，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，不计一切阻力。则P从N点下滑到M点的过程中（　　） A. P、Q组成的系统机械能守恒 B. 经过M点时P与Q的速度大小关系 C. P的机械能一直减小 D. 轻绳对P做的功为 【答案】BCD 【解析】 【详解】A．由于弹簧对Q做功，所以P、Q组成的系统机械能不守恒，故A错误； C．绳子拉力一直对P做负功，P的机械能一直减少，故C正确； BD．开始运动时，对Q根据平衡条件，有 弹簧的压缩量为 则P经过M点时，弹簧的伸长量为 可知P从N点下滑到M点的过程，弹簧的弹性势能变化量为0，根据能量守恒可得 根据速度关联关系可得 其中 解得 联立以上解得经过M点时P的速度大小为 对P根据动能定理可得 解得轻绳对P做的功为 故BD正确。 故选BCD。 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 13. 一同学通过图甲所示的装置探究物体做圆周运动的向心力与质量、轨道半径及线速度的关系。滑块套在光滑水平杆上，随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，用来测量向心力的大小F，滑块上固定一遮光片，与固定在铁架台上的光电门可测量滑块的线速度v。该同学先保持滑块质量m和运动半径r不变，探究向心力大小与线速度大小的关系。 （1）该同学采用的实验方法主要是______； A. 等效替代法 B. 理想模型法 C. 控制变量法 （2）该同学通过改变转速测量多组数据，记录力传感器示数F，算出对应的线速度v及的数值，以为横轴，F为纵轴，作出F-图线，如图乙所示，若滑块运动半径r＝0.3m，由图线可得滑块的质量m＝______kg（保留2位有效数字）。 【答案】（1）C （2）0.20 【解析】 【小问1详解】 由题意可知，该实验是先保持小滑块质量和做圆周运动的半径不变，然后去探究向心力和线速度大小的关系，即先控制一些变量，再研究其中两个物理量之间的关系，该研究方法为控制变量法。 故选C。 【小问2详解】 根据 可得F-图像的斜率为 则滑块的质量 14. 某同学用图甲所示的实验装置探究线速度与角速度的关系并验证机械能守恒定律。先将两个完全相同的钢球P、Q固定在长为3L的轻质空心刚性杆两端，然后在杆长处安装一个阻力非常小的固定转轴O。最后在两个钢球的球心处分别固定一个相同的挡光片，挡光片宽度为d，如图乙所示，保证挡光片所在平面和杆垂直。已知重力加速度为g。实验步骤如下： （1）该同学将杆抬至水平位置后由静止释放，当P转到最低点时，固定在钢球P、Q球心处的挡光片刚好同时通过光电门1、光电门2；（两个光电门规格相同，均安装在过O点的竖直轴上） （2）若挡光片通过光电门1、光电门2的时间分别为和，根据该同学的设计，之比应为______； （3）若要验证“机械能守恒定律”，该同学______（选填“需要”或者“不需要”）测量钢球的质量m； （4）在误差允许范围内，关系式______成立，则可验证机械能守恒定律（关系式用g、L、d、、表示）； （5）通过多次测量和计算，发现第（4）问的关系式中重力势能的减少量一定大于动能的增加量，造成误差的主要原因可能是______。 【答案】 ①. ②. 不需要 ③. ④. 通过多次测量和计算，发现第（4）问的关系式中重力势能的减少量一定大于动能的增加量，造成误差的主要原因空气阻力和转轴阻力做负功，减少的重力势能有一部分转化成其它能量。 【解析】 【详解】（2）[1]根据题意可知，钢球P、Q转动过程中角速度相等，由公式可得 又有 ， 联立解得 （3）[2]本实验验证机械能守恒定律时，由于钢球P、Q的质量相等，则验证机械能表达式中质量可以约掉，所以不需要测量钢球的质量。 （4）[3]当系统转动过程中满足机械能守恒定律，有 整理可得 （5）[4]略。 15. 蹦极是一项非常刺激的运动。为了研究蹦极过程，可将人视为质点，人的运动沿竖直方向，人离开蹦极台时的初速度、弹性绳的质量、空气阻力均可忽略。某次蹦极时，人从蹦极台跳下，到a点时弹性绳恰好伸直，人继续下落，能到达的最低位置为b点，如图所示。已知人的质量m＝50kg，弹性绳的弹力大小F＝kx，其中x为弹性绳的形变量，k＝200N/m，弹性绳的原长l0＝10m，整个过程中弹性绳的形变始终在弹性限度内。取重力加速度g＝10m/s2。在人离开蹦极台至第一次到达b点的过程中，机械能损失可忽略。 (1)求人第一次到达a点时的速度大小v； (2)求人的速度最大时，弹性绳的长度； (3)已知弹性绳的形变量为x时，它的弹性势能Ep＝kx2，求人的最大速度。 【答案】(1)10m/s；(2)12.5m；(3)15m/s 【解析】 【分析】 【详解】(1)人由蹦极台到a点的运动过程中，根据机械能守恒定律有 mgl0＝mv2 所以 v＝＝10m/s (2)人的速度最大时，有 kx＝mg 得 x＝＝2.5m 此时弹性绳的长度 l＝l0＋x＝12.5m (3)设人的最大速度为vm，根据人和弹性绳组成的系统机械能守恒得 mgl＝kx2＋m 解得 vm＝15m/s 16. 如图所示，倾角为的足够长的斜面体固定放置在水平地面上，一根轻质细线跨过斜面顶端的定滑轮，一端与斜面上质量为M＝1kg的物块甲连接，另一端与质量为m＝0.4kg的物块乙连接，开始甲、乙在外力的作用下处于静止状态。已知甲与斜面之间的动摩擦因数＝0.5，重力加速度，不计滑轮与细线之间的摩擦，滑轮与物块甲间的细线与斜面平行，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，。现将甲、乙由静止释放，当甲运动距离为L＝0.5m时， （1）求此时甲的速度大小（结果用根号表示）； （2）求此过程中细线对甲做的功。 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 将甲、乙静止释放后，甲沿斜面向下运动，由动能定理可得 解得 【小问2详解】 对乙由动能定理 解得 则拉力对甲做负功 17. 如图所示，AB为竖直光滑圆弧的直径，其半径R＝0.9m，A端沿水平方向。水平轨道BC与半径r＝0.5m的光滑圆弧轨道CDE相接于C点，D为圆轨道的最低点，圆弧轨道CD、DE对应的圆心角。圆弧和倾斜传送带EF相切于E点，EF的长度为l＝5m。一质量为m＝1kg的物块（视为质点）从水平轨道上某点以某一速度冲上竖直圆轨道，并从A点飞出，经过C点恰好沿切线进入圆弧轨道，再经过E点，随后物块滑上传送带EF。已知物块与传送带EF间的动摩擦因数＝0.5，取，。求： （1）物块从A点飞出的速度大小； （2）物块到达C点时对C点的压力大小； （3）若传送带以速度v＝10m/s逆时针匀速转动，试求物块从E到达传送带最高点的过程中摩擦产生的热量。 【答案】（1） （2）208N （3）Q＝60J 【解析】 【小问1详解】 物块在C处的速度分解如图 在竖直方向有 水平方向 联立代入数据解得 【小问2详解】 物块在C处的速度分解如图 在竖直方向有 物块在C处速度 由牛顿第二定律得 解得 根据牛顿第三定律知物块对C处的压力大小为 【小问3详解】 由对称性 传送带逆时针转动，物块受到摩擦力沿传送带向下，则物体一直匀减速到顶端 解得 方向沿斜面向下，到达顶端时速度为，则 得＝0，t＝1s，此时物体刚好能达到顶端。 摩擦产生的热量 解得Q＝60J 18. 如图所示，学校科技小组设计了“e”字型竖直轨道固定放置，由光滑半圆形轨道AB、BC和粗糙的水平直轨道CD及光滑的四分之一圆弧轨道DE平滑连接组成，BC弧的半径r＝0.2m，AB弧的半径为2r、DE弧的半径为1.5r，轨道两端分别与地面、光滑竖直墙壁相切于A点和E点。质量m＝0.3kg的滑块从A端以水平向左的速度v0＝5m/s进入轨道。已知CD长为6r，滑块第二次经过D时对轨道DE的压力为＝8N，不计空气阻力，滑块可视为质点，重力加速度为。 （1）求滑块与CD之间的动摩擦因数； （2）求滑块最终停止的位置与C点的距离d； （3）若，求滑块脱离圆轨道时，速度与水平方向夹角的余弦值。 【答案】（1）0.5 （2）0.7m （3） 【解析】 【小问1详解】 滑块从进入轨道开始到第二次经过D过程，根据动能定理，可得 又 联立解得＝0.5 【小问2详解】 依题意，滑块从进入轨道开始到停止运动，由动能定理可得 解得s＝1.7m＝6r+0.5m 即滑块最终停止的位置与C点的距离d＝0.7m 【小问3详解】 假设小滑块在弧上G点恰好脱离轨道，对小滑块从A到G的运动过程，由动能定理可得 小滑块在G点时，由牛顿第二定律，可得 联立解得 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $