江西省赣州市信丰县信丰中学2020-2021学年高一7月夏令
营考试物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．伽利略理想斜面实验使人们认识到引入能量概念的重要性．在此理想实验中，能说明能量在小球运动过程中不变的理由是（ ）
A ．小球滚下斜面时，高度降低，速度增大
B ．小球滚上斜面时，高度增加，速度减小
C ．小球总能准确地到达与起始点相同的高度
D ．小球能在两斜面之间来回滚动
2．关于功率说法正确的是( )
A ．由P ＝W t
可知，只要知道W 和t 就可求出任意时刻的功率 B ．由P ＝Fv 只能求某一时刻的瞬时功率
C ．由P ＝Fv 知，汽车的功率和它的速度成正比
D ．从P ＝Fv 知，当汽车的发动机功率一定时，牵引力与速度成反比
3．如图所示，一个物块在与水平方向成α角的拉力F 作用下，沿水平面向右运动一段距离x 。在此过程中，拉力F 对物块所做的功为（ ）
A ．Fx sin α
B ．sin Fx α
C ．Fxc os α
D ．cos Fx α
4．如图所示，桌面高为?1，质量为m 的的小球从高出桌面?2的A 点下落到地面上的B 点，在此过程中下列说法正确的是（ ）
A ．以地面为参考平面，小球在A 点的重力势能为mg?2
B ．以桌面为参考平面，小球在B 点的重力势能为mg?1
C ．以桌面为参考平面，小球从A 到B 点过程中，重力势能减少mg?2
D ．以桌面为参考平面，小球从A 到B 点过程中，重力势能减少mg(?1+?2)
5．下列关于动量及其变化的说法正确的是( )
A ．两物体的动量相等，动能也一定相等
B ．物体动能发生变化，动量也一定发生变化
C ．动量变化的方向一定与初末动量的方向都不同
D ．动量变化的方向不一定与合外力的冲量方向相同
6．如图所示，B 、C 、D 、E 、F 五个球并排放置在光滑的水平面上，B 、C 、D 、E 四球质量相等，而F 球质量小于B 球质量，A 球的质量等于F 球质量，A 球以速度v 0向B 球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后( )
A ．五个小球静止，一个小球运动
B ．四个小球静止，两个小球运动
C ．三个小球静止，三个小球运动
D ．六个小球都运动
7．如图所示，三角形木块A 质量为M ，置于光滑水平面上，底边长a ，在其顶部有一三角形小木块B 质量为m ，其底边长b ，若B 从顶端由静止滑至底部，则木块后退的距离为( )
A ．ma M m +
B ．Ma M m +
C ．()m a b M m -+
D ．()M a b M m -+
二、多选题
8．A 、B 两球沿同一直线运动并发生正碰,如图所示为两球碰撞前后的位移—时间(x-t)图像,图中a 、b 分别为A 、B 两球碰撞前的图线,c 为碰撞后两球共同运动的图线.若A 球的质量2A m kg =,则由图可知下列结论正确的是( )
A ．A 、
B 两球碰撞前的总动量为3 kg·m/s
B ．碰撞过程A 对B 的冲量为-4 N·s
C ．碰撞前后A 的动量变化为4kg·m/s
D ．碰撞过程A 、B 两球组成的系统损失的机械能为10 J
9．如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧一端固定在墙上，另一端与置于水平面上的质量为m 的小物体接触（未连接），如图中O 点，弹簧水平且无形变．用水平力F 缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x 0 ，运动到图中B 点，此时物体静止．撤去F 后，物体开始向右运动，运动的最大距离B 点为3x 0，C 点是物体向右运动过程中弹力和摩擦力大小相等的位置，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ．则（ ）
A ．撤去F 时，弹簧的弹性势能为04mgx μ
B ．撤去F 后，物体向右运动到
C 点时的动能最大
C ．从B→C 物体弹簧弹性势能的减少量等于物体动能的增加量
D ．水平力F 做的功为 04mgx μ
10．A ，B 两球在光滑水平面上沿同一直线运动，A 球动量为P A =5kg ?m/s ，B 球动量为P B =7kg ?m/s ；当A 球追上B 球时发生碰撞，则碰后A 、B 两球的动量可能是（）
A ．p A =3kg ?m/s 、p
B =9kg ?m/s B ．p A =6kg ?m/s 、p B =6kg ?m/s
C ．p A =﹣2kg ?m/s 、p B =14kg ?m/s
D ．p A =﹣5kg ?m/s 、p B =17kg ?m/s
三、实验题
11．在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器所用电源频率为50 Hz ，当地重力加速度的值为9.80 m/s 2，测得所用重物的质量为1.00 kg ．实验步骤如下：A ．按照图示的装置安装仪器；
B ．将打点计时器接到电源的直流输出端上；
C ．用天平测量出重锤的质量；
D ．接通电源开关，然后释放重物，打出一条纸带；
E．测量纸带上打出的某些点之间的距离；
F．根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能.
按实验要求正确地操作并选出纸带进行测量，量得连续三点A、B、C到第一个点的距离如图所示（相邻计数点时间间隔为0.02 s）．
（1）上述步骤中没有必要进行的的步骤是；操作不恰当的步骤是
（2）纸带的________(左、右)端与重物相连；
（3）打点计时器打下计数点B时，物体的速度V B= m/s；（计算结果保留两位有效数字）
（4）从起点O到打下计数点B的过程中重力势能减少量是△E p =______________J，此过程中物体动能的增加量△E k =_____________J；（计算结果保留两位有效数字）（5）实验的结论是．
（6）若测出纸带上所有各点到O点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v及物体下落的高度h，则以v2/2为纵轴、以h为横轴画出的图象是下图中的
12．如图所示“为探究碰撞中的不变量”的实验装置示意图.
(1)因为下落高度相同的平抛小球(不计空气阻力)的飞行时间相同，所以我们在实验中可以用平抛运动的________来替代平抛运动的初速度。
(2)本实验中，实验必须要求的条件是______
A．斜槽轨道必须是光滑的
B．斜槽轨道末端点的切线是水平的
C．入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放
D．入射球与被碰球满足m a>m b，r a＝r b
(3)图中M、P、N分别为入射球与被碰球对应的落点的平均位置，则实验中要验证的关系是_____
A．m a·ON＝m a·OP＋m b·OM
B．m a·OP＝m a·ON＋m b·OM
C．m a·OP＝m a·OM＋m b·ON
D．m a·OM＝m a·OP＋m b·ON
四、解答题
13．质量为0.1kg的弹性小球从高为1.25m处自由下落至一光滑而坚硬的水平板上，碰撞后弹回到0.8m高处，碰撞时间为0.01s，求小球与水平板之间的平均撞击力为多少？（g取10m/s2）
14．
如图所示，位于竖直平面内的光滑有轨道，由一段倾斜的直轨道与之相切的圆形轨道连接而成，圆形轨道的半径为R．一质量为m的小物块从斜轨道上某处由静止开始下滑，然后沿圆形轨道运动．要求物块能通过圆形轨道最高点，且在该最高点与轨道间的压力不能超过5mg（g为重力加速度）．求物块初始位置相对于圆形轨道底部的高度h的取
值范围．
15．车发动机的功率为60kW，汽车的质量为4t，当它行驶在坡度为0.02（sinα=0.02）的长直公路上时，如图所示，所受摩擦阻力为车重的0.1倍（g=10m/s2），求：
（1）汽车所能达到的最大速度v m；
（2）若汽车从静止开始以0.6m/s2的加速度做匀加速直线运动，则此过程能维持多长时间？(计算结果保留三位有效数字)
16．质量为M的小车置于水平面上．小车的上表面由1/4圆弧和平面组成，车的右端固定有一不计质量的弹簧，圆弧AB部分光滑，半径为R，平面BC部分粗糙，长为，C
点右方的平面光滑．滑块质量为m ，从圆弧最高处A无初速下滑（如图），与弹簧相接触并压缩弹簧，最后又返回到B相对于车静止．求：
（1）BC部分的动摩擦因数；
（2）弹簧具有的最大弹性势能；
（3）当滑块与弹簧刚分离时滑块和小车的速度大小．
参考答案
1．C
【详解】
A．小球滚下斜面时，高度降低，速度增大，即重力势能减小，动能增加，但是不能确定能量在小球运动过程中不变，故A错误；
B．小球滚上斜面时，高度增加，速度减小，重力势能增加，动能减小，但是不能确定能量在小球运动过程中不变，故B错误；
C．小球总能准确地到达与起始点相同的高度，即重力势能和动能之和不变，故C正确；D．小球能在两斜面之间来回滚动，因位置不确定，故不能说明重力势能和动能之和不变，故D错误。
故选C。
2．D
【详解】
A．P＝W
t
计算的是时间t内的平均功率，不能用来计算瞬时功率；故A错误；
B．P＝Fv可以计算平均功率也可以是瞬时功率，取决于速度是平均速度还是瞬时速度，故B错误；
C．由P＝Fv知，当F不变的时候，汽车的功率和它的速度成正比，当F变化时就就不是正比关系了，故C错误；
D．从P＝Fv知，当汽车的发动机功率一定时，牵引力与速度成反比；故D正确．
3．C
【详解】
由图可知，力和位移的夹角为α，故拉力做的功
cos
W Fxα
=
故C正确，ABD错误。
故选C。
4．D
【解析】以地面为参考平面，小球在A点的重力势能为mg（h1+h2），选项A错误；以桌面为参考平面，小球在B点的重力势能为-mgh1，选项B错误；以桌面为参考平面，小球从A到B点过程中，重力势能减少mg（h1+h2），选项C错误，D正确；故选D.
5．B
【解析】
试题分析：由公式21,2
k E mv p mv ==可得m p E k 22=可知动量相等质量相同的情况下动能才相等，A 错误；动能是标量，动量是矢量，所以物体动能发生变化，动量也一定发生变化，B 正确，动量变化的方向可能与初末动量的方向都相同，例如匀加速直线运动，C 错误；根据公式I Ft = 可得动量变化的方向一定与合外力的冲量方向相同，D 错；
故选B
考点：考查了对动量的理解
点评：冲量的方向一定与作用力方向相同，不一定与动量方向相同．根据动量定理，物体所受合力的冲量等于物体动量的变化．动量增量的方向不一定和动量的方向相同，动量增量的大小不一定和动量大小的增量相同．
6．C
【详解】
设入碰小球的速度为0v ，碰撞后的两球速度分别为1v 和2v ，由题可知所发生的碰撞均为弹性碰撞，动量守恒定律和机械能守恒，则有：
101122m v m v m v =+
222101122111222
m v m v m v =+ 解得碰撞后两个小球的速度为：
120112
()m m v v m m -=+ 102122m v v m m =
+ 由于A 球质量小于B 球质量，所以A 、B 相碰后A 速度向左运动，B 向右运动；B 、C 、D 、E 四球质量相等，弹性碰撞后，不断交换速度，最终E 有向右的速度，B 、C 、D 静止；由于F 球质量小于E 球质量，所以E 、F 两球弹性碰撞后E 、F 两球都向右运动；所以碰撞之后B 、C 、D 三球静止；A 球向左，E 、F 两球向右运动；
A.五个小球静止，一个小球运动与分析不符，不符合题意；
B.四个小球静止，两个小球运动与分析不符，不符合题意；
C.三个小球静止，三个小球运动与分析相符，符合题意；
D.六个小球都运动与分析不符，不符合题意．
7．C
【解析】
取向右为正方向．设木块后退的距离为x ，B 从顶端由静止滑至底部时，B 向左运动的距离为a-b-x ，则水平方向上A 的平均速度大小为 x t ，B 的平均速度大小为
a b x t --，根据水平方向动量守恒得：0x a b x M
m t t ---=，解得，()m a b x M m -=+，故选C. 8．BCD
【详解】
A 、由s-t 图像可以知道：碰撞前A 的速度为4103/2
A v m s -==- ； 碰撞前
B 的速度402/2
B v m s -=
= ， 碰撞后AB 的速度为241/2C v m s -==- 根据动量守恒可知 ()b B a A a b C m v m v m m v -=-+ 代入速度值可求得：43
b m kg = 所以碰撞前的总动量为 10/3b B a A m v m v kg m s -=-
? ，故A 错误； B 、碰撞时A 对B 所施冲量为即为B 的动量变化量4B b C b B P m v m v N s ?=--=-? 故B 正确；
C 、根据动量守恒可知44/A B P P N s kg m s ?=-?=?=? ，故C 正确；
D 、碰撞中A 、B 两球组成的系统损失的动能为
()22211110222
a A
b B a b C m v m v m m v J +-+= ,故D 正确，
故选BCD
【点睛】
结合图像求出碰前碰后的速度，利用动量守恒求出B 的质量，然后根据定义求出动量的变化量．
9．BD
【解析】
撤去F 后一直到物体停止运动的过程，根据能量守恒得：弹簧的弹性势能
E p =μmg?3x 0=3μmgx 0，故A 错误；撤去
F 后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，
滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹力先大于摩擦力，合力向右，物体向右加速运动．随着弹力减小，后来弹力小于摩擦力，合力向左，物体向右减速运动，所以当弹力和摩擦力大小相等时，即运动到C 点时的动能最大．故B 正确；从B→C 物体做加速运动，动能增大，由能量守恒可知，弹簧弹性势能的减少量等于物体动能的增加量和产生的内能之和，所以弹簧弹性势能的减少量大于物体动能的增加量，故C 错误；物体向左运动过程中，由功能关系知：水平力F 做的功为 W=E p +μmgx 0=4μmgx 0，故D 正确．故选BD.
点睛：本题分析物体的受力情况和运动情况是解答的关键，要抓住加速度与合外力成正比，即可得到加速度是变化的．对于物体弹簧弹性势能的减少量与物体动能的增加量间的关系通常应用动能定理结合功能关系解决．
10．BC
【解析】两球碰撞满足动量守恒定律，碰前总动量为12kg ?m/s ，则四个选项中碰后总动量均为12kg ?m/s ；碰撞前A 的速度大于B 的速度v A ＞v B ，则有A B A B P P m m ＞ ，得到m A ＜57
m B ．根据碰撞过程总动能不增加，则有： 2222
39572222A B A B
m m m m +≤+ ，得到：m A ≤2m B ，满足m A ＜57
m B ，故A 正确．A 球追上B 球时发生碰撞，A 的动量不可能沿原方向增大．故B 错误． 根据m A ＜57m B ，则C 选项中： 2222214572222A B A B
m m m m ++＜ ，动能不增加，故C 正确． D 选项中： 2222
517572222A B A B
m m m m +>+，违背了能量守恒，故D 错误．故选AC ． 点睛：对于碰撞过程要遵守三大规律：动量守恒定律；总动能不增加；符合物体的实际运动情况．
11．(1)C 、B (2)左 (3) 0.98m/s (4) 0.49J , 0.48J (5)在误差允许范围内，机械能守恒 (6) A
【解析】
试题分析：（1）没有必要进行的步骤是：因为我们是比较2
12mgh mv 、的大小关系，故m 可约去比较，不需要用天平．故C 没有必要．故选C ．操作不恰当的步骤是：应将打点计时器接到电源的交流输出端上，故B 错误．故选B
（2）因为打点计时器每隔0.02s 打一个点，时间间隔是定值；重物拖动纸带下落的运动过
程中，速度越来越快，所以相等时间内运动的位移越来越大．所以图中纸带左端先开始运动． （3）0.98/22AC OC OA B x x x v m s T T
-=== （4）从起点O 到打下计数点B 的过程中重力势能减少量是p E 0.49ob mgh J ?== 物体动能的增加量210.482
k B E mv J ?== (5) 在误差允许范围内，机械能守恒
(6)利用21 2v h -图线处理数据，从理论角度物体自由下落过程中机械能守恒可以得出：212mgh mv =，即21 v gh 2=所以以212
v 为纵轴，以h 为横轴画出的图线应是过原点的倾斜直线，故选A
考点：验证机械能守恒定律．
点评：纸带问题的处理是力学实验中常见的问题．我们可以纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度．
12．初速度 BCD C
【详解】
(1)[1]由平抛运动规律
y =12
gt 2 可知，当下落高度相同时落地时间相同，再根据
x =v 0t
可知
0x v t
= 所以可以用平抛运动的水平位移来替代平抛运动的初速度；
(2)[2]A ．本实验必须要求入射小球在每次碰撞前的速度相同，与斜槽是否光滑无关，故A 错误；
B ．只有斜槽末端点的切线水平才能保证碰后小球做平抛运动，故B 正确；
C ．根据动等定理
mgH -W f =12
mv 2 可知，只有满足入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放时，入射速度才能相同，故
C 正确；
D ．根据弹性碰撞规律，若入射小球质量小于被碰小球的质量时，入射小球要被碰回，所以必须满足
m a >m b
只有满足两小球的半径相同时，碰后两小球的速度才能在一条直线上，故D 正确。 故选BCD 。
(3)[3]根据题意，P 点应是小球a 没有与b 碰撞时的落地位置，M 点应是碰后小球a 的落地位置，P 点应是碰后小球b 的落地位置，根据平均动量守恒定律应有
0 a a a b b m v m v m v =+
再由
OP =v 0?t
OM =v a ?t
ON =v b ?t
可得
m a ?OP =m a ?OM + m b ?ON
故C 正确，ABD 错误。
13．91N
【解析】小球与水平面碰撞前的速度为：v 1=√2g?1=√2×10×1.25m/s =5m/s 与水平面碰撞前的动量为：P 1=mv 1=0.1×5kg?m/s=0.5 kg?m/s ，方向竖直向下．
碰后小球上升速度为：v 2=√2g?2=√2×10×0.8m/s =4m/s
此时小球的动量为：P 2=mv 2=0.1×
4 kg?m/s=0.4 kg?m/s ，方向竖直向上． 设向上为正方向，根据动量定理，则有：（N-mg ）t=P 2-P 1
带入数据解得：N=91N ，方向竖直向上．
点睛：本题考查动量定理的应用，要注意在用动量定理解题的时候要规定正方向，注意各物理量的正负是正确解题的关键．
14．2.5R≤h≤5R
【解析】
试题分析：要求物块相对于圆轨道底部的高度，必须求出物块到达圆轨道最高点的速度，在最高点，物体做圆周运动的向心力由重力和轨道对物体的压力提供，当压力恰好为0时，h
最小；当压力最大时，h 最大．由机械能守恒定律和牛顿第二定律结合解答．
设物块在圆形轨道最高点的速度为v ，由机械能守恒得：
2122
mgh mgR mv =+ 物块在最高点受的力为重力mg ，轨道的压力N F ,重力与压力的合力提供向心力，有
2
N v mg F m R
+= 物块能通过最高点的条件是0N F ≥
由以上式得v ≥联立以上各式得52
h R ≥ 根据题目要求5N F mg ≤
由以上各式得v ≤由此可得5h R ≤
所以h 的取值范围是552
h R ≤≤ 点睛：物体在竖直平面内做圆周运动的过程中在最高点的最小速度必须满足重力等于向心力，这是我们解决此类问题的突破口．要知道小球做圆周运动时，由指向圆心的合力充当向心力．
15．（1）12.5m/s ．（2）13.9s ．
【解析】
（1）汽车在坡路上行驶时所受阻力为： F f =kmg+mgsinα=4000N+800N=4800N ． 当汽车达到最大速度时，加速度为零，此时有 F=F f ，由功率 P=Fv m =F f v m ，所以 3
6010/12.5/4800
m P v m s m s kmg mgsin α?===+． （2）汽车从静止开始以a=0.6 m/s 2匀加速行驶，根据牛顿第二定律得：F′-F f =ma ，
则 F′=ma+kmg+mgsinα═4×103×
0.6 N+4800N=7.2×103N ． 当汽车的实际功率等于额定功率时，匀加速运动的速度达到最大，设匀加速行驶的最大速度
为v m ′，则有3
3
6010/8.33/7.210m P v m s m s F ?'==='? ． 匀加速行驶的时间：8.3313.90.6
m v t s s a '=== 点睛：本题考查机车的启动问题，关键理清汽车在整个过程中的受力情况及运动情况，结合功率的公式，以及牛顿第二定律和运动学公式进行求解；知道当加速度为零时速度最大．
16．（1）2R l μ＝
（2）2mgR （3）1v ，2v 【详解】
（1）滑块与小车初始状态为静止，末状态滑块相对小车静止，即两者共速且速度为0，据能量守恒 2mgR mg l μ=?
可得
2R l
μ= （2）弹簧压缩到最大形变量时，滑块与小车又一次共速，且速度均为0，此时，据能量守恒，弹簧的弹性势能
2
P mgR E mgR mgl μ=-= （3）弹簧与滑块分离的时候，弹簧的弹性能为0，设此时滑块速度为v 1，小车速度为v 2据能量守恒有
22121122
P E mv Mv =
+ 又因为系统动量守恒，有 mv 1-Mv 2=0
解得
1v =
2v =