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2022-2023学年云南省红河州开远一中高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年云南省红河州开远一中高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示，一重力为100 3N的光滑球，置于倾角为30∘的斜面上，在竖直挡板的作用下处于静止状态。将重力按作用效果分解，正确的是( )
A. 重力垂直于挡板方向的分力为50 3N
B. 重力垂直于挡板方向的分力为50N
C. 重力垂直于斜面方向的分力为200 3N
D. 重力垂直于斜面方向的分力为200N
2.如图所示，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，运行的周期为T0，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点。若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经M、Q到N的运动过程中( )
A. 从P到M所用的时间等于T04B. 从Q到N做减速运动
C. 从P到Q阶段，速率逐渐变小D. 从M到N所用时间等于T02
3.有科学家正在研究架设从地面到太空的“太空梯”。若“太空梯”建在赤道上，人沿“太空梯”上升到h高度处，恰好会感到自己“漂浮”起来。已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，则地球自转角速度为( )
A. gR(R+h)3B. gR2(R+h)3C. gR3(R+h)2D. gR3(R+h)3
4.如图所示的装置在外力F的作用下沿水平方向向左匀速直线运动，已知甲、乙两物体的质量分别为m、M，斜面的倾角为θ，重力加速度为g，当整个装置向左一起运动x时，乙对甲所的功为÷( )
A. FxmM+mB. MgxtanθC. 0D. 12mgsin2θ
5.如图所示为一轻质弹簧的长度和弹力大小的关系图像.根据图像可知( )
A. 弹簧的劲度系数为1.5N/cm
B. 弹簧的劲度系数为1.5N/m
C. 弹簧的原长为2cm
D. 若给弹簧施加一个大小为3 N的作用力，弹簧的长度一定为8cm
6.在水平桌面上放一木块，用从零开始均匀增大的水平拉力F拉着木块沿桌面运动，则木块所受到的摩擦力Ff随拉力F变化的图象是( )
A. B.
C. D.
7.如图所示，两个星体的质量均为m，O为两星体连线的中点，连线的垂直平分线为MN，可视为质点的一颗小行星从O点沿OM方向运动(到无穷远)，则小行星所受到的万有引力大小F随距离r的大致变化为( )
A. B. C. D.
8.a、b两车在同一平直公路上行驶，a做匀速直线运动，两车的位置x随时间t的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A. b车运动方向始终不变
B. a、b两车相遇两次
C. t1到t2时间内，a车的平均速度小于b车的平均速度
D. t1时刻，a车的速度大于b车的速度
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
9.如图所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位置由静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是(
)
A. 斜劈对小球的弹力不做功
B. 斜劈与小球组成的系统机械能守恒
C. 斜劈的机械能守恒
D. 小球机械能的减少量等于斜劈动能的增加量
10.如图甲所示的水平传送带AB逆时针匀速转动，一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑，以某一初速度从传送带左端滑上，在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向，以物块刚滑上传送带时为计时起点)，已知传送带的速度保持不变，重力加速度g取10m/s2，关于物块与传送带间的动摩擦因数μ及物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间t，下列计算结果正确的是( )
A. μ=0.4B. μ=0.2C. t=4.5sD. t=3s
11.一质量为2kg的质点在如图甲所示的xOy平面内运动，在x方向的速度-时间(v−t)图像和y方向的位移-时间(y−t)图像分别如图乙、丙所示，由此可知( )
A. t=0时，质点的速度大小为12m/sB. 质点做加速度恒定的曲线运动
C. 前2s内，质点所受的合力大小为10ND. t=1s时，质点的速度大小为7m/s
12.气象研究小组用如图所示简易装置测定水平风速。在水平地面上竖直固定一根直杆，质量为m的薄空心塑料球用细线悬于杆顶端O，当水平风吹来时，球在水平风力的作用下飘起来。已知风力大小正比于风速，当风速v0=3m/s时，测得球平衡时细线与竖直方向的夹角θ=30∘，重力加速度为g，则( )
A. θ=30∘时，细线拉力大小为FT=2 3mg3
B. 风速增大到某一值时，θ可能等于90∘
C. 细线拉力与风力的合力大于mg
D. θ=30∘时，风力大小F= 33mg
三、实验题：本大题共2小题，共12分。
13.如图所示，图甲为“向心力演示器验证向心力公式”的实验示意图，图乙为俯视图。图中A、B槽分别与a、b轮同轴固定，且a、b轮半径相同。当a、b两轮在皮带的带动下匀速转动。
(1)两槽转动的角速度ωA______ωB.(选填“>”、“=”或“<”)。
(2)现有两质量相同的钢球，①球放在A槽的边缘，②球放在B槽的边缘，它们到各自转轴的距离之比为2：1.则钢球①、②的线速度之比为______；受到的向心力之比为______。
14.某同学利用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律．弧形轨道末端水平，离地面的高度为H.将钢球从轨道的不同高度h处静止释放，钢球的落点距轨道末端的水平距离为s.
(1)若轨道完全光滑，s2与h的理论关系应满足s2=______(用H、h表示).
(2)该同学经实验测量得到一组数据，如下表所示：
请在坐标纸上作出s2−h关系图．
(3)对比实验结果与理论计算得到的s2--h关系图线(图中已画出)，自同一高度静止释放的钢球，水平抛出的速率______ (填“小于”或“大于”)理论值．
(4)从s2−h关系图线中分析得出钢球水平抛出的速率差十分显著，你认为造成上述偏差的可能原因是______.
四、简答题：本大题共1小题，共10分。
15.已知地球半径R地=6400km，月球绕地球做圆周运动的半径r月=60R地，运行周期T=27.3天=2.36×106s，求：
(1)月球绕地球做圆周运动的向心加速度a月；
(2)地球表面物体自由下落的加速度g一般取9.8m/s2，a月与g的比值是多大？
(3)根据万有引力公式及牛顿第二定律推算，月球做匀速圆周运动的向心加速度是地面附近自由落体加速度g的多少倍？
五、计算题：本大题共2小题，共30分。
16.如图所示，竖直平面内的34圆弧形光滑轨道半径为R，A端与圆心O等高，AD为与水平方向成45∘角的斜面，B端在O的正上方与AD在一直线上，一个质量为m的小球在A点正上方某处由静止开始释放，自由下落至A点后进入圆形轨道并能沿圆形轨到达B点，且到达B处时小球对圆弧轨道顶端的压力大小为mg。求：
(1)小球到B点时的速度大小？
(2)小球从B点运动到C点所用的时间？
(3)小球落到斜面上C点时的速度大小？
17.如图所示，光滑水平面AB与一半圆形轨道在B点平滑连接，轨道位于竖直面内，其半径为R，一个质量为m的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经B点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C点，重力加速度为g。求：
(1)弹簧弹力对物块做的功；
(2)物块从B到C克服阻力所做的功；
(3)物块离开C点后，再落回到水平面上时的动能。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：将小球受到的重力按作用效果进行分解如图所示：
AB、根据几何关系可得重力垂直于挡板方向的分力为F1=Gtan30∘=100× 33N=100 33N，故AB错误；
CD、根据几何关系可得重力垂直于斜面方向的分力为F2=Gcs30∘=100 3 32N=200N，故C错误、D正确。
故选：D。
将小球受到的重力按力的作用效果进行分解，根据几何关系进行解答。
本题主要是考查力的分解，关键是能够将重力按力的作用效果进行分解，作出受力图进行分析，也可以根据共点力的平衡条件进行解答。
2.【答案】C
【解析】解：BC、由开普勒第二定律知，从P经M到Q速率在减小，从Q到N速率在增大，故B错误，C正确；
AD、由对称性知，P→M→Q与Q→N→P所用的时间均为T02，从P经M到Q速率在减小，故从P到M所用时间小于T04，从Q→N所用时间大于T04，从M→N所用时间大于T02，故AD错误。
故选：C。
根据开普勒第二定律，近地点的速度大于远地点的速度，再结合对称性判断各段的时间的关系。
解题时结合开普勒第二定律及对称性，根据速度的变化判断各段时间的关系。
3.【答案】B
【解析】解：设地球的质量为M，人的质量为m。
在地球表面质量为m的人所受的重力等于地球对它的万有引力，即：GMmR2=mg①
人沿“太空梯”上升到h高度处，恰好会感到自己“漂浮”起来，此时地球对他的万有引力恰好提供了他随地球一起做圆周运动的向心力，
即：GMm(R+h)2=m(R+h)ω2②
由①②联立得：ω= gR2(R+h)3，故B正确，ACD错误。
故选：B。
当人恰好会感到自己“漂浮”起来时，地球对他的万有引力恰好提供了他随地球一起做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律列式求解即可。
解决本题的关键要掌握万有引力定律，注意当人恰好会感到自己“漂浮”起来时，是地球对他的万有引力恰好提供了他随地球一起做圆周运动的向心力。
4.【答案】C
【解析】解：因为整个装置一起向左匀速运动，合力为0，对甲受力分析，甲受到重力和支持力和静摩擦力三力作用，乙对甲的作用力是支持力和静摩擦力的合力，大小等于甲的重力，方向竖直向上，与位移方向垂直，所以乙对甲做功为0，故C正确，ABD错误
故选：C。
整个装置在外力作用下向左匀速直线运动，合力为零，对物体受力分析，可以求得乙对甲的作用力的合力，再由功的公式即可求得对物体做的功的大小．
本题关键是对物体受力分析，求出乙对甲的合力的大小，再由功的公式即可做功的大小，注意乙对甲的作用力是乙对甲的支持力和摩擦力的合力．
5.【答案】A
【解析】解：C、从图像可以看出，L=6cm时，F为0，故该长度为弹簧的原长，故C错误；
AB、根据弹簧弹力公式有
k=FΔL=610−6N/cm=1.5N/cm
所以弹簧的劲度系数为1.5N/cm，故A正确，B错误；
D、根据弹簧弹力公式，作用力为3N时，弹簧的形变量为
ΔL=Fk=31.5cm=2cm
因为题目中未说明是压力还是拉力，所以弹簧的长度为4cm或者8cm，故D错误。
故选：A。
本题首先要由图像判断出弹簧的原长，然后再根据弹簧弹力公式进行求解。
解决本题时，要知道胡克定律公式F=kx中，x是弹簧伸长或压缩的长度，不是弹簧的长度，弹力与形变量成正比。
6.【答案】D
【解析】解：对木块受力分析，受到重力、支持力、拉力和摩擦力；
木块静止不动时，拉力和静摩擦力二力平衡，此时静摩擦力随着拉力的增大而增大；
木块运动以后，摩擦力突变为滑动摩擦力，滑动摩擦力与正压力成正比，故滑动摩擦力不变，等于μmg；因最大静摩擦力略大于滑动摩擦力；故D正确，ABC错误；
故选：D。
木块静止不动时，拉力和静摩擦力二力平衡，此时静摩擦力随着拉力的增大而增大；木块运动以后，摩擦力突变为滑动摩擦力，滑动摩擦力与正压力成正比，故滑动摩擦力不变；最大静摩擦力略大于滑动摩擦力．
本题关键是对木块受力分析，当静止不动时，根据共点力平衡条件进行分析，滑动后，根据滑动摩擦定律进行判断，同时要注意，最大静摩擦力一般略大于滑动摩擦力．
7.【答案】D
【解析】解：因为在连线的中点时，小行星所受万有引力的和为零，当运动到很远很远时合力也为零(因为距离无穷大万有引力为零)而在其他位置不是零所以先增大后减小。
设两个质量均为m的星体的距离是2L，小行星质量是m′，小行星沿OM方向运动距离是r时，它所受到的万有引力大小：F=2Gmm′r(L2+r2)32，F随r不是线性变化，图象为曲线，故ABC错误，D正确。
故选：D。
小行星放于O点时，由于两星体对小行星的万有引力大小相等、方向相反，互相抵消，当小行星置于无穷远处时，万有引力都为零，把小行星放在其他点时，万有引力及合力都不是零。
根据万有引力定律和力的合成与分解知识，得到小行星受到的万有引力，分析作答。
此题考查了万有引力定律及其应用，可以灵活的运用极限法，明确万有引力初、末位置均为零，中间位置不为零，运用适当的方法可以避开复杂的数学计算。
8.【答案】B
【解析】解：A、位移时间图象的斜率等于物体的速度，斜率的正负表示速度方向，则知，b先沿正向运动后沿负向运动。故A错误；
B、两个图象有两个交点，说明a、b两车相遇两次，故B正确；
C、物体的位移大小等于纵坐标的变化量，根据图象可知t1到t2时间内，两车通过的位移相等，时间也相等，所以平均速度大小相等，故C错误；
D、t1时刻，a车的速度小于b车的速度，故D错误；
故选：B。
位移时间图象的斜率等于物体的速度，斜率的正负表示速度方向。物体的位移大小等于纵坐标的变化量。平均速度等于位移与时间之比。结合这些知识分析。
本题考查对位移时间图象的理解，对于位移时间图象，抓住图象的斜率等于速度、坐标的变化量等于位移大小是关键。
9.【答案】BD
【解析】【分析】
对斜劈分析可知其动能增加，则可分析弹力做功情况，结合机械能守恒条件分析斜劈及系统的机械能是否守恒，再分析小球机械能的减少量与斜劈动能的增加量的关系。
掌握机械能守恒的条件是解题的关键。
【解答】
A.斜劈由静到动，动能增加，只有弹力对斜劈做功，所以小球对斜劈的弹力做正功，则斜劈对小球的弹力做负功，故A错误；
C.斜劈动能增加，重力势能不变，则斜劈机械能不守恒，故C错误
BD.小球和斜劈组成的系统中，只有重力势能和动能相互转化，机械能守恒，小球机械能的减少量等于斜劈动能的增加量(斜劈重力势能不变)，故BD正确。
故选BD。
10.【答案】BC
【解析】解：AB、根据v−t图像的斜率表示加速度，由题图乙可得，0∼3s时间内物块做匀变速运动的加速度大小为：a=ΔvΔt=0−(−4)2m/s2=2m/s2
此时间内物块相对传送带滑动，由牛顿第二定律得：f=μmg=ma
代入数据解得物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，故B正确，A错误；
CD、由题图乙可知，物块由传送带左端先向右做匀加速直线运动，速度减小到零后再反向向左做匀加速直线运动，直到与传送带相对静止，再做匀速直线运动第一次回到传送带左端，此过程物块的位移为零。由题图乙可得物块在0∼2s时间内的位移与2s∼t时刻内的位移等大反向，根据在v−t图像中图线与时间轴所围面积表示物块的位移的大小，可得：
12×4×2m=12×1×2+2×(t−3)m
解得：t=4.5s，故C正确，D错误。
故选：BC。
根据v−t图像的斜率表示加速度，结合牛顿第二定律求解物块与传送带间的动摩擦因数；根据v−t图像分析物块的运动过程，根据在v−t图像中图线与时间轴所围面积表示物块的位移的大小，求解物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间。
本题是牛顿第二定律应用的典型问题-传送带问题。解决本题的关键是根据v−t图像分析物块在传送带上运动过程，根据v−t图像的物理意义，结合牛顿第二定律进行求解。
11.【答案】BC
【解析】解：A、由v−t图可知，物体在x方向上初速度为12m/s，而在y方向上物体做匀速运动，速度为：vy=ΔyΔt=2−122−0m/s=−5m/s，故在前2s内物体做匀变速的曲线运动，物体的初速度为水平速度和竖直速度的合速度，则初速度大小：v0= vx02+vy2= 122+52m/s=13m/s；故A错误，B正确；
C、由v−t图可知，前2秒，物体的加速度为：a=ΔvΔt=2−122−0m/s2=−5m/s2，根据牛顿第二定律，前两秒物体所受合外力大小为：F=ma=2×5N=10N，故C正确；
D、t=1.0s时，x方向的速度为7m/s，而y方向速度为5m/s，因此质点的速度大小为v= 72+52m/s= 74m/s，故D错误；
故选：BC。
由v−t图象可知物体的速度变化，由斜率求出加速度；由x−t图象可知y方向上的位移的变化，由斜率求出速度；由运动的合成和分解可知物体的运动状态，由牛顿第二定律可求得物体的合外力。
图象是物理学中重要的解题方法之一，一定要熟练掌握公式的意义及应用。
12.【答案】AD
【解析】解：AD、小球受力如图所示
θ=30∘时细线的拉力FT=mgcs30∘=2 3mg3，风力大小F=mgtan30∘= 33mg，故AD正确；
B、因为风力和重力的合力方向不可能水平向右，可知拉力方向不可能水平向左，则θ不可能等于90∘，故B错误；
C、小球静止处于平衡状态，细线拉力与风的合力与重力大小相等、方向相反，故C错误。
故选：AD。
对小球受力分析，根据共点力平衡求出细线的拉力大小，根据风力和重力合力方向与拉力方向反向，确定θ不可能等于90∘，根据角度求出风力的大小。
本题考查了共点力平衡的基本运用，关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，知道拉力与重力和风力的合力等值反向。
13.【答案】(1)=；
(2)2：1，2：1
【解析】(1)皮带传送，边缘上的点线速度大小相等，所以va=vb，a轮、b轮半径之比为1：1，共轴的点，角速度相等，两个钢球的角速度分别与共轴轮子的角速度相等，则ωA=ωB；
(2)根据题意可知，rA：rB=2：1，根据v=ωr得线速度之比为2：1，根据F=mrω2得向心力之比为：FA：FB=2：1。
皮带传送，边缘上的点线速度大小相等；共轴的点，角速度相等，再根据向心加速度F=ma=mrω2分析。
解决本题关键掌握皮带传送，边缘上的点线速度大小相等；共轴的点，角速度相等，难度适中。
14.【答案】4Hh 小于 小球与轨道间存在摩擦力．
【解析】解：(1)对于小球从静止释放到水平抛出这段曲线运动，
运用动能定理研究得：
mgh=12mv2
v= 2gh
所以离开轨道时速度为 2gh，
由平抛运动知识可求得时间为 2Hg，
可得s=vt= 4Hh.
所以：s2=4Hh
(2)依次描点，连线，注意不要画成折线．
(3)对比实验结果与理论计算得到的s2--h关系图线中发现：自同一高度静止释放的钢球，也就是h为某一具体数值时，理论的s2数值大于实验的s2数值，根据平抛运动规律知道同一高度运动时间一定，所以实验中水平抛出的速率小于理论值．
(4)由于客观上，轨道与小球间存在摩擦，机械能减小，因此会导致实际值比理论值小．小球的转动也需要能量维持，而机械能守恒中没有考虑重力势能转化成转动能的这一部分，也会导致实际速率明显小于“理论”速率．
故答案为：(1)4Hh
(2)见图
(3)小于
(4)小球与轨道间存在摩擦力．
要求平抛的水平位移，我们应该想到运用平抛运动的规律，即要求出时间和水平初速度．
对于小球从静止释放到水平抛出这段曲线运动，我们应该运用动能定理求出抛出的水平初速度．
根据表格中的数据采用描点作图．
同一坐标系中两天倾斜的直线对比，可以采用某一个变量取一定值，看另一个变量的大小关系来解决问题．
对于误差原因分析，我们要从实验装置和过程中分析．
本题从新的角度考查了对机械能守恒实定律的理解，有一定的创新性，很好的考查了学生的创新思维．但该实验的原理都是我们学过的物理规律．
做任何实验问题还是要从最基本的物理规律入手去解决．
15.【答案】解：(1)由a月=r月ω2=r月4π2T2，代入数据得
a月≈2.72×10−3m/s2.
(2)a月与g的比值为
a月g=2.72×10−39.8≈13600
(3)根据万有引力定律F=Gm1m2r2=mg，r月=60R地，解得
月球做匀速圆周运动的向心加速度是地面附近自由落体加速度g的13600。
答：(1)月球绕地球做圆周运动的向心加速度2.72×10−3m/s2；
(2)球表面物体自由下落的加速度g一般取9.8m/s2，a月与g的比值是13600；
(3)月球做匀速圆周运动的向心加速度是地面附近自由落体加速度g的13600。
【解析】(1)月球绕地球做匀速圆周运动，根据向心加速度公式，求出月球绕地球运行的向心加速度a月。
(2)地球表面物体自由落体运动的加速度，g=9.8m/s2。
(3)根据万有引力定律可知，F∝1r2，所以月球轨道处的向心加速度约是地面附近自由落体加速度的13600。
此题考查了万有引力定律及其应用，解题的关键是明确地球表面的重力与地球吸引月球的力是相同性质的力。
16.【答案】解：(1)由牛顿第三定律可知：圆弧轨道顶端对小球的压力大小也为mg
对小球在B点应用牛顿第二定律可得：
mg+mg=mvB2R，
解得：vB= 2gR ①
(2)小球从B到C做平抛运动，
故有y=12gt2②，
x=vBt③
由题意可知合位移与水平方向夹角为45∘
则，tan45∘=yx④；
①②③④联立解得：
t=2 2Rg
(3)小球在C点时的竖直分速度
vyC=gt=2 2gR
又水平分速度为：vxC=vB= 2gR
所以，小球在C点的速度为：
vC= vxC2+vyC2= 10gR
答：(1)小球到B点时的速度大小为 2gR；
(2)小球从B点运动到C点所用的时间为2 2Rg；
(3)小球落到斜面上C点时的速度大小 10gR。
【解析】(1)由牛顿第二定律求得在B处的速度；
(2)由平抛运动位移规律，根据几何关系求得平抛运动时间；
(3)根据平抛运动位移规律求得落到斜面竖直方向速度，进而求得合速度。
小球的运动过程可以分为三部分，第一段是自由落体运动，第二段是圆周运动，此时机械能守恒，第三段是平抛运动，分析清楚各部分的运动特点，采用相应的规律求解即可。
17.【答案】解：(1)物块在B点，由牛顿第二定律得 7mg−mg=mvB2R
由动能定理得W=12mvB2
解得弹簧弹力对物块做的功W=3mgR
(2)物块从B到C，由动能定理得
−2mgR−W′=12mvC2−12mvB2
物块在C点时，有mg=mvC2R
解得物块从B到C克服阻力所做的功W′=12mgR
(3)物块从C点平抛到水平面的过程中，由动能定理得
2mgR=Ek−12mvC2
解得Ek=2.5mgR
答：
(1)弹簧弹力对物块做的功是3mgR；
(2)物块从B到C克服阻力所做的功是12mgR；
(3)物块离开C点后，再落回到水平面上时的动能是2.5mgR。
【解析】(1)物块在B点时，由支持力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出物块到达B点时的速度，然后由动能定理可以求出弹簧弹力对物块做的功；
(2)物体恰能通过最高点C，说明此时由重力恰好充当向心力，由向心力公式可得出物块通过C点的速度；从B到C，由动能定理可以求出克服摩擦力所做的功。
(3)物体离开C点后做平抛运动，由动能定理可求得物体落回到水平面上时的动能。
本题可分为直线运动、圆周运动及平抛运动三个过程，在圆周运动的过程中机械能不守恒，其余两个过程遵守机械能守恒。要知道常常运用动能定理求变力做功。h(10−1m)
2.00
3.00
4.00
5.00
6.00
s2 (10−1m2)
2.62
3.89
5.20
6.53
7.78
1.如图所示，一重力为100 3N的光滑球，置于倾角为30∘的斜面上，在竖直挡板的作用下处于静止状态。将重力按作用效果分解，正确的是( )
A. 重力垂直于挡板方向的分力为50 3N
B. 重力垂直于挡板方向的分力为50N
C. 重力垂直于斜面方向的分力为200 3N
D. 重力垂直于斜面方向的分力为200N
2.如图所示，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，运行的周期为T0，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点。若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经M、Q到N的运动过程中( )
A. 从P到M所用的时间等于T04B. 从Q到N做减速运动
C. 从P到Q阶段，速率逐渐变小D. 从M到N所用时间等于T02
3.有科学家正在研究架设从地面到太空的“太空梯”。若“太空梯”建在赤道上，人沿“太空梯”上升到h高度处，恰好会感到自己“漂浮”起来。已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，则地球自转角速度为( )
A. gR(R+h)3B. gR2(R+h)3C. gR3(R+h)2D. gR3(R+h)3
4.如图所示的装置在外力F的作用下沿水平方向向左匀速直线运动，已知甲、乙两物体的质量分别为m、M，斜面的倾角为θ，重力加速度为g，当整个装置向左一起运动x时，乙对甲所的功为÷( )
A. FxmM+mB. MgxtanθC. 0D. 12mgsin2θ
5.如图所示为一轻质弹簧的长度和弹力大小的关系图像.根据图像可知( )
A. 弹簧的劲度系数为1.5N/cm
B. 弹簧的劲度系数为1.5N/m
C. 弹簧的原长为2cm
D. 若给弹簧施加一个大小为3 N的作用力，弹簧的长度一定为8cm
6.在水平桌面上放一木块，用从零开始均匀增大的水平拉力F拉着木块沿桌面运动，则木块所受到的摩擦力Ff随拉力F变化的图象是( )
A. B.
C. D.
7.如图所示，两个星体的质量均为m，O为两星体连线的中点，连线的垂直平分线为MN，可视为质点的一颗小行星从O点沿OM方向运动(到无穷远)，则小行星所受到的万有引力大小F随距离r的大致变化为( )
A. B. C. D.
8.a、b两车在同一平直公路上行驶，a做匀速直线运动，两车的位置x随时间t的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A. b车运动方向始终不变
B. a、b两车相遇两次
C. t1到t2时间内，a车的平均速度小于b车的平均速度
D. t1时刻，a车的速度大于b车的速度
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
9.如图所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位置由静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是(
)
A. 斜劈对小球的弹力不做功
B. 斜劈与小球组成的系统机械能守恒
C. 斜劈的机械能守恒
D. 小球机械能的减少量等于斜劈动能的增加量
10.如图甲所示的水平传送带AB逆时针匀速转动，一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑，以某一初速度从传送带左端滑上，在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向，以物块刚滑上传送带时为计时起点)，已知传送带的速度保持不变，重力加速度g取10m/s2，关于物块与传送带间的动摩擦因数μ及物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间t，下列计算结果正确的是( )
A. μ=0.4B. μ=0.2C. t=4.5sD. t=3s
11.一质量为2kg的质点在如图甲所示的xOy平面内运动，在x方向的速度-时间(v−t)图像和y方向的位移-时间(y−t)图像分别如图乙、丙所示，由此可知( )
A. t=0时，质点的速度大小为12m/sB. 质点做加速度恒定的曲线运动
C. 前2s内，质点所受的合力大小为10ND. t=1s时，质点的速度大小为7m/s
12.气象研究小组用如图所示简易装置测定水平风速。在水平地面上竖直固定一根直杆，质量为m的薄空心塑料球用细线悬于杆顶端O，当水平风吹来时，球在水平风力的作用下飘起来。已知风力大小正比于风速，当风速v0=3m/s时，测得球平衡时细线与竖直方向的夹角θ=30∘，重力加速度为g，则( )
A. θ=30∘时，细线拉力大小为FT=2 3mg3
B. 风速增大到某一值时，θ可能等于90∘
C. 细线拉力与风力的合力大于mg
D. θ=30∘时，风力大小F= 33mg
三、实验题：本大题共2小题，共12分。
13.如图所示，图甲为“向心力演示器验证向心力公式”的实验示意图，图乙为俯视图。图中A、B槽分别与a、b轮同轴固定，且a、b轮半径相同。当a、b两轮在皮带的带动下匀速转动。
(1)两槽转动的角速度ωA______ωB.(选填“>”、“=”或“<”)。
(2)现有两质量相同的钢球，①球放在A槽的边缘，②球放在B槽的边缘，它们到各自转轴的距离之比为2：1.则钢球①、②的线速度之比为______；受到的向心力之比为______。
14.某同学利用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律．弧形轨道末端水平，离地面的高度为H.将钢球从轨道的不同高度h处静止释放，钢球的落点距轨道末端的水平距离为s.
(1)若轨道完全光滑，s2与h的理论关系应满足s2=______(用H、h表示).
(2)该同学经实验测量得到一组数据，如下表所示：
请在坐标纸上作出s2−h关系图．
(3)对比实验结果与理论计算得到的s2--h关系图线(图中已画出)，自同一高度静止释放的钢球，水平抛出的速率______ (填“小于”或“大于”)理论值．
(4)从s2−h关系图线中分析得出钢球水平抛出的速率差十分显著，你认为造成上述偏差的可能原因是______.
四、简答题：本大题共1小题，共10分。
15.已知地球半径R地=6400km，月球绕地球做圆周运动的半径r月=60R地，运行周期T=27.3天=2.36×106s，求：
(1)月球绕地球做圆周运动的向心加速度a月；
(2)地球表面物体自由下落的加速度g一般取9.8m/s2，a月与g的比值是多大？
(3)根据万有引力公式及牛顿第二定律推算，月球做匀速圆周运动的向心加速度是地面附近自由落体加速度g的多少倍？
五、计算题：本大题共2小题，共30分。
16.如图所示，竖直平面内的34圆弧形光滑轨道半径为R，A端与圆心O等高，AD为与水平方向成45∘角的斜面，B端在O的正上方与AD在一直线上，一个质量为m的小球在A点正上方某处由静止开始释放，自由下落至A点后进入圆形轨道并能沿圆形轨到达B点，且到达B处时小球对圆弧轨道顶端的压力大小为mg。求：
(1)小球到B点时的速度大小？
(2)小球从B点运动到C点所用的时间？
(3)小球落到斜面上C点时的速度大小？
17.如图所示，光滑水平面AB与一半圆形轨道在B点平滑连接，轨道位于竖直面内，其半径为R，一个质量为m的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经B点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C点，重力加速度为g。求：
(1)弹簧弹力对物块做的功；
(2)物块从B到C克服阻力所做的功；
(3)物块离开C点后，再落回到水平面上时的动能。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：将小球受到的重力按作用效果进行分解如图所示：
AB、根据几何关系可得重力垂直于挡板方向的分力为F1=Gtan30∘=100× 33N=100 33N，故AB错误；
CD、根据几何关系可得重力垂直于斜面方向的分力为F2=Gcs30∘=100 3 32N=200N，故C错误、D正确。
故选：D。
将小球受到的重力按力的作用效果进行分解，根据几何关系进行解答。
本题主要是考查力的分解，关键是能够将重力按力的作用效果进行分解，作出受力图进行分析，也可以根据共点力的平衡条件进行解答。
2.【答案】C
【解析】解：BC、由开普勒第二定律知，从P经M到Q速率在减小，从Q到N速率在增大，故B错误，C正确；
AD、由对称性知，P→M→Q与Q→N→P所用的时间均为T02，从P经M到Q速率在减小，故从P到M所用时间小于T04，从Q→N所用时间大于T04，从M→N所用时间大于T02，故AD错误。
故选：C。
根据开普勒第二定律，近地点的速度大于远地点的速度，再结合对称性判断各段的时间的关系。
解题时结合开普勒第二定律及对称性，根据速度的变化判断各段时间的关系。
3.【答案】B
【解析】解：设地球的质量为M，人的质量为m。
在地球表面质量为m的人所受的重力等于地球对它的万有引力，即：GMmR2=mg①
人沿“太空梯”上升到h高度处，恰好会感到自己“漂浮”起来，此时地球对他的万有引力恰好提供了他随地球一起做圆周运动的向心力，
即：GMm(R+h)2=m(R+h)ω2②
由①②联立得：ω= gR2(R+h)3，故B正确，ACD错误。
故选：B。
当人恰好会感到自己“漂浮”起来时，地球对他的万有引力恰好提供了他随地球一起做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律列式求解即可。
解决本题的关键要掌握万有引力定律，注意当人恰好会感到自己“漂浮”起来时，是地球对他的万有引力恰好提供了他随地球一起做圆周运动的向心力。
4.【答案】C
【解析】解：因为整个装置一起向左匀速运动，合力为0，对甲受力分析，甲受到重力和支持力和静摩擦力三力作用，乙对甲的作用力是支持力和静摩擦力的合力，大小等于甲的重力，方向竖直向上，与位移方向垂直，所以乙对甲做功为0，故C正确，ABD错误
故选：C。
整个装置在外力作用下向左匀速直线运动，合力为零，对物体受力分析，可以求得乙对甲的作用力的合力，再由功的公式即可求得对物体做的功的大小．
本题关键是对物体受力分析，求出乙对甲的合力的大小，再由功的公式即可做功的大小，注意乙对甲的作用力是乙对甲的支持力和摩擦力的合力．
5.【答案】A
【解析】解：C、从图像可以看出，L=6cm时，F为0，故该长度为弹簧的原长，故C错误；
AB、根据弹簧弹力公式有
k=FΔL=610−6N/cm=1.5N/cm
所以弹簧的劲度系数为1.5N/cm，故A正确，B错误；
D、根据弹簧弹力公式，作用力为3N时，弹簧的形变量为
ΔL=Fk=31.5cm=2cm
因为题目中未说明是压力还是拉力，所以弹簧的长度为4cm或者8cm，故D错误。
故选：A。
本题首先要由图像判断出弹簧的原长，然后再根据弹簧弹力公式进行求解。
解决本题时，要知道胡克定律公式F=kx中，x是弹簧伸长或压缩的长度，不是弹簧的长度，弹力与形变量成正比。
6.【答案】D
【解析】解：对木块受力分析，受到重力、支持力、拉力和摩擦力；
木块静止不动时，拉力和静摩擦力二力平衡，此时静摩擦力随着拉力的增大而增大；
木块运动以后，摩擦力突变为滑动摩擦力，滑动摩擦力与正压力成正比，故滑动摩擦力不变，等于μmg；因最大静摩擦力略大于滑动摩擦力；故D正确，ABC错误；
故选：D。
木块静止不动时，拉力和静摩擦力二力平衡，此时静摩擦力随着拉力的增大而增大；木块运动以后，摩擦力突变为滑动摩擦力，滑动摩擦力与正压力成正比，故滑动摩擦力不变；最大静摩擦力略大于滑动摩擦力．
本题关键是对木块受力分析，当静止不动时，根据共点力平衡条件进行分析，滑动后，根据滑动摩擦定律进行判断，同时要注意，最大静摩擦力一般略大于滑动摩擦力．
7.【答案】D
【解析】解：因为在连线的中点时，小行星所受万有引力的和为零，当运动到很远很远时合力也为零(因为距离无穷大万有引力为零)而在其他位置不是零所以先增大后减小。
设两个质量均为m的星体的距离是2L，小行星质量是m′，小行星沿OM方向运动距离是r时，它所受到的万有引力大小：F=2Gmm′r(L2+r2)32，F随r不是线性变化，图象为曲线，故ABC错误，D正确。
故选：D。
小行星放于O点时，由于两星体对小行星的万有引力大小相等、方向相反，互相抵消，当小行星置于无穷远处时，万有引力都为零，把小行星放在其他点时，万有引力及合力都不是零。
根据万有引力定律和力的合成与分解知识，得到小行星受到的万有引力，分析作答。
此题考查了万有引力定律及其应用，可以灵活的运用极限法，明确万有引力初、末位置均为零，中间位置不为零，运用适当的方法可以避开复杂的数学计算。
8.【答案】B
【解析】解：A、位移时间图象的斜率等于物体的速度，斜率的正负表示速度方向，则知，b先沿正向运动后沿负向运动。故A错误；
B、两个图象有两个交点，说明a、b两车相遇两次，故B正确；
C、物体的位移大小等于纵坐标的变化量，根据图象可知t1到t2时间内，两车通过的位移相等，时间也相等，所以平均速度大小相等，故C错误；
D、t1时刻，a车的速度小于b车的速度，故D错误；
故选：B。
位移时间图象的斜率等于物体的速度，斜率的正负表示速度方向。物体的位移大小等于纵坐标的变化量。平均速度等于位移与时间之比。结合这些知识分析。
本题考查对位移时间图象的理解，对于位移时间图象，抓住图象的斜率等于速度、坐标的变化量等于位移大小是关键。
9.【答案】BD
【解析】【分析】
对斜劈分析可知其动能增加，则可分析弹力做功情况，结合机械能守恒条件分析斜劈及系统的机械能是否守恒，再分析小球机械能的减少量与斜劈动能的增加量的关系。
掌握机械能守恒的条件是解题的关键。
【解答】
A.斜劈由静到动，动能增加，只有弹力对斜劈做功，所以小球对斜劈的弹力做正功，则斜劈对小球的弹力做负功，故A错误；
C.斜劈动能增加，重力势能不变，则斜劈机械能不守恒，故C错误
BD.小球和斜劈组成的系统中，只有重力势能和动能相互转化，机械能守恒，小球机械能的减少量等于斜劈动能的增加量(斜劈重力势能不变)，故BD正确。
故选BD。
10.【答案】BC
【解析】解：AB、根据v−t图像的斜率表示加速度，由题图乙可得，0∼3s时间内物块做匀变速运动的加速度大小为：a=ΔvΔt=0−(−4)2m/s2=2m/s2
此时间内物块相对传送带滑动，由牛顿第二定律得：f=μmg=ma
代入数据解得物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，故B正确，A错误；
CD、由题图乙可知，物块由传送带左端先向右做匀加速直线运动，速度减小到零后再反向向左做匀加速直线运动，直到与传送带相对静止，再做匀速直线运动第一次回到传送带左端，此过程物块的位移为零。由题图乙可得物块在0∼2s时间内的位移与2s∼t时刻内的位移等大反向，根据在v−t图像中图线与时间轴所围面积表示物块的位移的大小，可得：
12×4×2m=12×1×2+2×(t−3)m
解得：t=4.5s，故C正确，D错误。
故选：BC。
根据v−t图像的斜率表示加速度，结合牛顿第二定律求解物块与传送带间的动摩擦因数；根据v−t图像分析物块的运动过程，根据在v−t图像中图线与时间轴所围面积表示物块的位移的大小，求解物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间。
本题是牛顿第二定律应用的典型问题-传送带问题。解决本题的关键是根据v−t图像分析物块在传送带上运动过程，根据v−t图像的物理意义，结合牛顿第二定律进行求解。
11.【答案】BC
【解析】解：A、由v−t图可知，物体在x方向上初速度为12m/s，而在y方向上物体做匀速运动，速度为：vy=ΔyΔt=2−122−0m/s=−5m/s，故在前2s内物体做匀变速的曲线运动，物体的初速度为水平速度和竖直速度的合速度，则初速度大小：v0= vx02+vy2= 122+52m/s=13m/s；故A错误，B正确；
C、由v−t图可知，前2秒，物体的加速度为：a=ΔvΔt=2−122−0m/s2=−5m/s2，根据牛顿第二定律，前两秒物体所受合外力大小为：F=ma=2×5N=10N，故C正确；
D、t=1.0s时，x方向的速度为7m/s，而y方向速度为5m/s，因此质点的速度大小为v= 72+52m/s= 74m/s，故D错误；
故选：BC。
由v−t图象可知物体的速度变化，由斜率求出加速度；由x−t图象可知y方向上的位移的变化，由斜率求出速度；由运动的合成和分解可知物体的运动状态，由牛顿第二定律可求得物体的合外力。
图象是物理学中重要的解题方法之一，一定要熟练掌握公式的意义及应用。
12.【答案】AD
【解析】解：AD、小球受力如图所示
θ=30∘时细线的拉力FT=mgcs30∘=2 3mg3，风力大小F=mgtan30∘= 33mg，故AD正确；
B、因为风力和重力的合力方向不可能水平向右，可知拉力方向不可能水平向左，则θ不可能等于90∘，故B错误；
C、小球静止处于平衡状态，细线拉力与风的合力与重力大小相等、方向相反，故C错误。
故选：AD。
对小球受力分析，根据共点力平衡求出细线的拉力大小，根据风力和重力合力方向与拉力方向反向，确定θ不可能等于90∘，根据角度求出风力的大小。
本题考查了共点力平衡的基本运用，关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，知道拉力与重力和风力的合力等值反向。
13.【答案】(1)=；
(2)2：1，2：1
【解析】(1)皮带传送，边缘上的点线速度大小相等，所以va=vb，a轮、b轮半径之比为1：1，共轴的点，角速度相等，两个钢球的角速度分别与共轴轮子的角速度相等，则ωA=ωB；
(2)根据题意可知，rA：rB=2：1，根据v=ωr得线速度之比为2：1，根据F=mrω2得向心力之比为：FA：FB=2：1。
皮带传送，边缘上的点线速度大小相等；共轴的点，角速度相等，再根据向心加速度F=ma=mrω2分析。
解决本题关键掌握皮带传送，边缘上的点线速度大小相等；共轴的点，角速度相等，难度适中。
14.【答案】4Hh 小于 小球与轨道间存在摩擦力．
【解析】解：(1)对于小球从静止释放到水平抛出这段曲线运动，
运用动能定理研究得：
mgh=12mv2
v= 2gh
所以离开轨道时速度为 2gh，
由平抛运动知识可求得时间为 2Hg，
可得s=vt= 4Hh.
所以：s2=4Hh
(2)依次描点，连线，注意不要画成折线．
(3)对比实验结果与理论计算得到的s2--h关系图线中发现：自同一高度静止释放的钢球，也就是h为某一具体数值时，理论的s2数值大于实验的s2数值，根据平抛运动规律知道同一高度运动时间一定，所以实验中水平抛出的速率小于理论值．
(4)由于客观上，轨道与小球间存在摩擦，机械能减小，因此会导致实际值比理论值小．小球的转动也需要能量维持，而机械能守恒中没有考虑重力势能转化成转动能的这一部分，也会导致实际速率明显小于“理论”速率．
故答案为：(1)4Hh
(2)见图
(3)小于
(4)小球与轨道间存在摩擦力．
要求平抛的水平位移，我们应该想到运用平抛运动的规律，即要求出时间和水平初速度．
对于小球从静止释放到水平抛出这段曲线运动，我们应该运用动能定理求出抛出的水平初速度．
根据表格中的数据采用描点作图．
同一坐标系中两天倾斜的直线对比，可以采用某一个变量取一定值，看另一个变量的大小关系来解决问题．
对于误差原因分析，我们要从实验装置和过程中分析．
本题从新的角度考查了对机械能守恒实定律的理解，有一定的创新性，很好的考查了学生的创新思维．但该实验的原理都是我们学过的物理规律．
做任何实验问题还是要从最基本的物理规律入手去解决．
15.【答案】解：(1)由a月=r月ω2=r月4π2T2，代入数据得
a月≈2.72×10−3m/s2.
(2)a月与g的比值为
a月g=2.72×10−39.8≈13600
(3)根据万有引力定律F=Gm1m2r2=mg，r月=60R地，解得
月球做匀速圆周运动的向心加速度是地面附近自由落体加速度g的13600。
答：(1)月球绕地球做圆周运动的向心加速度2.72×10−3m/s2；
(2)球表面物体自由下落的加速度g一般取9.8m/s2，a月与g的比值是13600；
(3)月球做匀速圆周运动的向心加速度是地面附近自由落体加速度g的13600。
【解析】(1)月球绕地球做匀速圆周运动，根据向心加速度公式，求出月球绕地球运行的向心加速度a月。
(2)地球表面物体自由落体运动的加速度，g=9.8m/s2。
(3)根据万有引力定律可知，F∝1r2，所以月球轨道处的向心加速度约是地面附近自由落体加速度的13600。
此题考查了万有引力定律及其应用，解题的关键是明确地球表面的重力与地球吸引月球的力是相同性质的力。
16.【答案】解：(1)由牛顿第三定律可知：圆弧轨道顶端对小球的压力大小也为mg
对小球在B点应用牛顿第二定律可得：
mg+mg=mvB2R，
解得：vB= 2gR ①
(2)小球从B到C做平抛运动，
故有y=12gt2②，
x=vBt③
由题意可知合位移与水平方向夹角为45∘
则，tan45∘=yx④；
①②③④联立解得：
t=2 2Rg
(3)小球在C点时的竖直分速度
vyC=gt=2 2gR
又水平分速度为：vxC=vB= 2gR
所以，小球在C点的速度为：
vC= vxC2+vyC2= 10gR
答：(1)小球到B点时的速度大小为 2gR；
(2)小球从B点运动到C点所用的时间为2 2Rg；
(3)小球落到斜面上C点时的速度大小 10gR。
【解析】(1)由牛顿第二定律求得在B处的速度；
(2)由平抛运动位移规律，根据几何关系求得平抛运动时间；
(3)根据平抛运动位移规律求得落到斜面竖直方向速度，进而求得合速度。
小球的运动过程可以分为三部分，第一段是自由落体运动，第二段是圆周运动，此时机械能守恒，第三段是平抛运动，分析清楚各部分的运动特点，采用相应的规律求解即可。
17.【答案】解：(1)物块在B点，由牛顿第二定律得 7mg−mg=mvB2R
由动能定理得W=12mvB2
解得弹簧弹力对物块做的功W=3mgR
(2)物块从B到C，由动能定理得
−2mgR−W′=12mvC2−12mvB2
物块在C点时，有mg=mvC2R
解得物块从B到C克服阻力所做的功W′=12mgR
(3)物块从C点平抛到水平面的过程中，由动能定理得
2mgR=Ek−12mvC2
解得Ek=2.5mgR
答：
(1)弹簧弹力对物块做的功是3mgR；
(2)物块从B到C克服阻力所做的功是12mgR；
(3)物块离开C点后，再落回到水平面上时的动能是2.5mgR。
【解析】(1)物块在B点时，由支持力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出物块到达B点时的速度，然后由动能定理可以求出弹簧弹力对物块做的功；
(2)物体恰能通过最高点C，说明此时由重力恰好充当向心力，由向心力公式可得出物块通过C点的速度；从B到C，由动能定理可以求出克服摩擦力所做的功。
(3)物体离开C点后做平抛运动，由动能定理可求得物体落回到水平面上时的动能。
本题可分为直线运动、圆周运动及平抛运动三个过程，在圆周运动的过程中机械能不守恒，其余两个过程遵守机械能守恒。要知道常常运用动能定理求变力做功。h(10−1m)
2.00
3.00
4.00
5.00
6.00
s2 (10−1m2)
2.62
3.89
5.20
6.53
7.78
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