江西省宜春市丰城中学高一物理下学期周练试卷(尖子班,含解析)

2015-2016学年江西省宜春市丰城中学高一（下）周练物理试卷（尖子班5.12）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共6小题，共24.0分)1.下列运动过程中，可视为机械能守恒的是（）A.热气球缓缓升空B.树叶从枝头飘落C.掷出的铅球在空中运动D.跳水运动员在水中下沉【答案】C【解析】解：A、热气球缓缓升空，除重力外浮力对它做功，机械能不守恒，故A错误；B、树叶从枝头飘落，空气阻力对它做功，机械能不守恒，故B错误；C、掷出的铅球在空中运动，只有重力做功，机械能守恒，故C正确；D、跳水运动员在水中下沉，除重力外，水的阻力对他做负功，机械能不守恒，故D错误；故选：C．根据机械能守恒的条件分析答题，只有重力或只有弹力做功，机械能守恒．本题考查了机械能守恒的判断，掌握机械能守恒的判断方法、知道机械能守恒的条件即可正确解题．2.如图，一半径为R，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平，一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道，质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小，用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，则（）A.W=mg R，质点恰好可以到达Q点B.W＞mg R，质点不能到达Q点 C.W=mg R，质点到达Q点后，继续上升一段距离 D.W＜mg R，质点到达Q点后，继续上升一段距离【答案】C【解析】解：在N点，根据牛顿第二定律有：，解得，对质点从下落到N点的过程运用动能定理得，，解得W=．由于PN段速度大于NQ段速度，所以NQ段的支持力小于PN段的支持力，则在NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功，对NQ段运用动能定理得，，因为 ＜，可知v Q＞0，所以质点到达Q点后，继续上升一段距离．故C正确，A、B、D错误．故选：C．对N点运用牛顿第二定律，结合压力的大小求出N点的速度大小，对开始下落到N点的过程运用动能定理求出克服摩擦力做功的大小．抓住NQ段克服摩擦力做功小于在PN 段克服摩擦力做功，根据动能定理分析Q点的速度大小，从而判断能否到达Q点．本题考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用，知道在最低点，靠重力和支持力的合力提供向心力，通过牛顿第二定律求出N点的速度是关键．注意在NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功．3.如图所示，为某质点（质量不变）运动过程中机械能（E）随速度平方（v2）变化的图象，关于该质点到零势能面竖直距离的变化，下列说法正确的是（）A.AB过程一定不变B.AB过程一定增大C.BC过程一定不变D.BC过程一定增大【答案】C【解析】解：AB、AB过程，质点的机械能不变，v2增大，动能增大，由E=+mgh，知质点到零势能面竖直距离h不断减小，故A、B错误，CD、BC过程，由机械能概念有E=+mgh，E-v2图象倾斜的直线，说明mgh不变，则h不变，故C正确，D错误．故选：C根据机械能等于动能与重力势能之和，通过列式分析质点到零势能面竖直距离的变化情况．解决本题的关键要掌握机械能的概念，以及其计算式E=+mgh，知道h是质点到零势能面的竖直距离．4.小型登月器连接在航天站上，一起绕月球做圆周运动，其轨道半径为月球半径的3倍，某时刻，航天站使登月器减速分离，登月器沿如图所示的椭圆轨道登月，在月球表面逗留一段时间完成科考工作后，经快速启动仍沿原椭圆轨道返回，当登月器第一次回到分离点时，登月器恰与航天站对接，忽略登月器快速启动和制动时间，整个过程中航天站保持原轨道绕月运行．已知月球表面的重力加速度为g，月球半径为R，不考虑月球自转的影响，则登月器可以在月球上停留的最短时间约为（）A.1.4πB.1.7πC.3.6πD.4.7π【答案】D【解析】解：设登月器和航天飞机在半径3R的轨道上运行时的周期为T，因其绕月球作圆周运动，所以应用牛顿第二定律有：r=3RT=2π=6π，在月球表面的物体所受重力近似等于万有引力，GM=g R2所以T=6π…①设登月器在小椭圆轨道运行的周期是T1，航天飞机在大圆轨道运行的周期是T2．对登月器和航天飞机依据开普勒第三定律分别有：为使登月器仍沿原椭圆轨道回到分离点与航天飞机实现对接，登月器可以在月球表面逗留的时间t应满足：t=n T2-T1③（其中，n=1、2、3、…）…联立①②③得：t=6πn-4π（其中，n=1、2、3、…）当n=1时，登月器可以在月球上停留的时间最短，即：t=4.7π故选：D．对登月器和航天飞机依据开普勒第三定律列出等式，为使登月器仍沿原椭圆轨道回到分离点与航天飞机实现对接，根据周期关系列出等式求解．该题考查了万有引力定律及圆周运动相关公式的直接应用，难度不大，属于中档题．5.如图所示，固定斜面AE分成等长四部分AB、BC、CD、DE，小物块与AB、CD间动摩擦因数均为μ1；与BC、DE间动摩擦因数均为μ2，且μ1=2μ2．当小物块以速度v0从A点沿斜面向上滑动时，刚好能到达E点．当小物块以速度从A点沿斜面向上滑动时，则能到达的最高点（）A.刚好为B点B.刚好为C点C.介于AB之间D.介于BC之间【答案】C【解析】解：设斜面的倾角为θ，AB=BC=CD=DE=s，μ1=2μ2=2μ，则μ2=μ，物块以速度v0上滑过程中，由动能定理得：-mg•4s•sinθ-μmgcosθ•2s-2μ•mgcosθ•2s=0-mv02，则：mv02=4mgs•sinθ+6μmgscosθ，初速度为时，m（）2=×mv02=mgs•sinθ+μmgscosθ＜mgs•sinθ+2μmgscosθ，则滑块能达到的最大高点在B点以下，即介于AB之间某点；故选：C．物块向上运动过程要克服重力与阻力做功，应用动能定理求出物块的位移，然后答题．本题考查了判断滑块能到达的最高点，分析清楚滑块的运动过程，应用动能定理即可正确解题．6.物体在万有引力场中具有的势能叫做引力势能．取两物体相距无穷远时的引力势能为零，一个质量为m0的质点距离质量为M0的引力源中心为r0时．其引力势能E P=-（式中G为引力常数），一颗质量为m的人造地球卫星以圆形轨道环绕地球飞行，已知地球的质量为M，由于受高空稀薄空气的阻力作用．卫星的圆轨道半径从r1逐渐减小到r2．若在这个过程中空气阻力做功为W f，则在下面给出的W f的四个表达式中正确的是（）A.W f=-GM m（-）B.W f=-（-）C.W f=-（-）D.W f=-（-）【答案】B【解析】解：卫星在圆轨道半径从r1上时，根据万有引力提供向心力：解得．卫星的总机械能：同理：卫星的圆轨道半径从r2上时，卫星的总机械能：卫星的圆轨道半径从r1逐渐减小到r2．在这个过程中空气阻力做功为W f，等于卫星机械能的减少：．所以选项B正确．故选：B．求出卫星在半径为r1圆形轨道和半径为r2的圆形轨道上的动能，从而得知动能的减小量，通过引力势能公式求出势能的增加量，根据能量守恒求出发动机所消耗的最小能量．解决本题的关键得出卫星动能和势能的和即机械能的变化量，从而根据能量守恒进行求解．二、多选题(本大题共1小题，共6.0分)7.质量为2kg的物体，以1m/s的速度在光滑水平长直轨道上滑行．从某时刻起对该物体施加一个沿轨道的水平力，经过一段时间后，滑块的速度改变量的大小为2m/s，则在此过程中水平力做的功可能为（）A.0B.3JC.4JD.8J【答案】AD【解析】解：据题，滑块的初速度为1m/s，滑块的速度改变量的大小为2m/s，若末速度方向与初速度方向相同时，则末速度大小为3m/s，根据动能定理得：在此过程中水平力做的功为W=-=8J．若末速度方向与初速度方向相反时，则末速度大小为1m/s，则W=0．故选AD由题，知道滑块的速度改变量的大小为2m/s，可能末速度方向与初速度方向相同，也可能与初速度方向相反，分别求出末速度的大小，由动能定理求解水平力做的功的可能值．解答本题关键是要知道速度的变化量是矢量，根据动能定理求解外力做功．三、单选题(本大题共1小题，共6.0分)8.最近，科学家在望远镜中看到太阳系外某一恒星有一行星，并测得它围绕该恒星运动一周所用的时间为1200年，它与该恒星的距离为地球到太阳距离的100倍．假定该行星绕恒星运行的轨道和地球绕太阳运行的轨道都是圆周．仅利用以上两个数据可以求出的量有（）A.恒星质量与太阳质量之比B.恒星密度与太阳密度之比C.行星质量与地球质量之比D.行星运行速度与地球公转速度之比【答案】AD【解析】解：行星绕恒星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，设恒星质量为M，行星质量为m，轨道半径为r，有G=m（）2r①解得M=同理，太阳质量为M=由于地球的公转周期为1年，故可以求得恒星质量与太阳质量之比，故A正确；又由于v=故可以求得行星运行速度与地球公转速度之比，故D正确；由于①式中，行星质量可以约去，故无法求得行星质量，故C错误；由于恒星与太阳的体积均不知，故无法求出它们的密度之比，故B错误；故选AD．根据行星的万有引力等于向心力，结合行星的轨道半径和公转周期列式求出恒星质量的表达式进行讨论即可．本题关键是根据行星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，列方程求出太阳和恒星的质量．四、多选题(本大题共1小题，共6.0分)9.如图所示，BC是半径为R的竖直面内的圆弧轨道，轨道末端C在圆心O的正下方，∠BOC=60°，将质量为m的小球，从与O等高的A点水平抛出，小球恰好从B点沿圆弧切线方向进入圆轨道，由于小球与圆弧之间有摩擦，能够使小球从B到C做匀速圆周运动．重力加速度大小为g．则（）A.从B到C，小球克服摩擦力做功为mg RB.从B到C，小球与轨道之间的动摩擦因数可能保持不变C.A、B两点间的距离为RD.在C点，小球对轨道的压力为mg【答案】AC【解析】解：小球做从A到B做平抛运动，在B点，小球速度方向偏角θ=60°，则°，v y=gt竖直方向的位移y=R cos60°=水平方向的位移x=v A t解得x=则A、B两点的距离=，C正确；在B点时小球的速度=小球从B到C做匀速圆周运动，则由能量守恒定律可知小球克服摩擦力做的功等于重力做的功°，A正确；从B到C，小球对轨道的压力是变化的，而小球仍能保持匀速圆周运动，则小球与轨道之间的动摩擦因数是变化的，B错误；在C点，轨道对小球的支持力设为F N则有解得F N=，由牛顿第三定律可知，在C点小球对轨道的压力也为，故D错误；故选：AC．小球进入轨道前做平抛运动，应用平抛运动规律可以求出小球的初速度、小球的水平与竖直位移，从而求出A、B两点的距离，由牛顿第二定律与牛顿第三定律可以求出小球对轨道的压力．本题考查了平抛运动和圆周运动，分析清楚小球运动过程、应用运动的合成与分解、运动学公式、牛顿第二定律即可正确解题．五、单选题(本大题共1小题，共6.0分)10.由光滑细管组成的轨道如图所示，其中AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内．一质量为m的小球，从距离水平地面高为H的管口D处由静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上．下列说法正确的是（）A.小球落到地面时相对于A点的水平位移值为2B.小球落到地面时相对于A点的水平位移值为2C.小球能从细管A端恰好落出的条件是H＞2RD.小球能从细管A端水平抛出的最小高度H min=R【答案】B【解析】解：A、B、从D到A运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律得：mv A2+mg2R=mg H解得：v A=从A点抛出后做平抛运动，则：t==2则x=v A t=2．故A错误，B正确；C、D、细管可以提供支持力，所以到达A点抛出时的速度大于零即可，即v A=＞0解得：H＞2R，小球能从细管A端恰好落出的条件是H=2R；故C错误，D错误．故选：B从D到A运动过程中只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律求出A点速度，从A点抛出后做平抛运动，根据平抛运动规律求出水平位移，细管可以提供支持力，所以到达A点的速度大于零即可．本题涉及的知识点较多，有机械能守恒定律、平抛运动基本公式及圆周运动达到最高点的条件．小球到达A点的临界速度是零．六、计算题(本大题共3小题，共52.0分)11.在“验证机械能守恒定律”的一次实验中，质量m=1kg的重物自由下落，在纸带上打出一系列的点，如图所示（相邻记数点时间间隔为0.02s），那么：（1）纸带的______ （用字母表示）端与重物相连；（2）打点计时器打下计数点B时，物体的速度v B= ______ m/s；（3）从起点P到打下计数点B的过程中物体的重力势能减少量△E P= ______ J，此过程中物体动能的增加量△E k= ______ J；（g取9.8m/s2，保留两位小数）（4）通过计算，数值上△E P ______ △E k（填“＜”、“＞”或“=”），这是因为______ ；（5）实验的结论是：______ ．【答案】P；0.98；0.49；0.48；＞；有机械能损失；在误差允许范围内，重物下落的机械能守恒．【解析】解：（1）与重物相连的纸带一端应该先打出点，先打出点的速度较小，从纸带图上可以看出是P点．（2）利用匀变速直线运动的推论=v B===0.98m/sE k B=mv B2=0.48J（3）重力势能减小量△E p=mgh=1×9.8×0.0501J=0.49J．（4）＞，由于存在摩擦阻力，所以有机械能损失．（5）由于重力势能减小量略大于动能的增加量，在误差允许范围内，重物下落的机械能守恒．故答案为：（1）P（2）0.98（3）0.49，0.48（4）＞有机械能损失（5）在误差允许范围内，重物下落的机械能守恒．书本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚．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．从而求出动能．根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值．该实验的误差主要来源于纸带和打点计时器的摩擦以及空气阻力的存在．纸带问题的处理时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.已知地球的半径为R，地球卫星A的圆轨道半径为2R，卫星B的圆轨道半径为R，两卫星均在地球赤道的正上方，两卫星运动方向与地球自转方向相同，已知地球表面的重力加速度大小为g，试求：（1）两卫星做圆周运动的周期T A和T B；（2）卫星A和B连续地不能直接通讯的最长时间间隔（信号传输时间可忽略）．【答案】解：（1）对于轨道半径为r的卫星，由万有引力提供向心力有：G=m（）2r在地球表面上，有m g=G联立解得T=所以有T A=4π，T B=2π=2π（2）卫星间的通讯信号视为沿直线传播，由于地球的遮挡，使卫星A、B不能直接通讯，如图所示，设遮挡的时间为t，则有它们转过的角度之差为θ时就不能通讯，则有：t-t=θ又根据几何关系可得：sinα==，sinβ==可得α=，β=而：θ=2（α+β）由以上各式可解得t=答：（1）两卫星做圆周运动的周期T A和T B分别为4π和2π．（2）卫星A和B连续地不能直接通讯的最长时间间隔是．【解析】（1）人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律和万有引力定律求解卫星的周期．（2）两卫星绕地球做匀速圆周运动，由于地球的遮挡，使卫星A、B不能直接通讯，作图找出空间的位置关系，根据几何知识和速度公式列式计算．本题主要考查了万有引力定律的应用和空间想象能力问题，要作图找出空间的位置关系，这是解题的关键．同时，对于卫星问题，要掌握基本的思路：万有引力等于向心力．13.如图所示，竖直平面内有一光滑圆弧轨道，其半径为R=0.5m，平台与轨道的最高点等高．一质量m=0.8kg的小球从平台边缘的A处水平射出，恰能沿圆弧轨道上P点的切线方向进入轨道内侧，轨道半径OP与竖直线的夹角为53°，已知sin53°=0.8，cos53°=0.6，g取10/m2．试求：（1）小球从平台上的A点射出时的速度大小v0；（2）小球从平台上的射出点A到圆轨道入射点P之间的水平距离l；（3）小球到达圆弧轨道最低点时的速度大小；（4）小球沿轨道通过圆弧的最高点Q时对轨道的内壁还是外壁有弹力，并求出弹力的大小．【答案】解：（1）小球从A到P的高度差为：h=R（1+cos53°）从A到P是平抛运动，根据分运动公式，有：v y=gt°联立并代入数据解得：v0=3m/s（2）从A到P是平抛运动，根据分位移公式，有：l=v0t联立并代入数据解得：l=1.2m（3）从A到圆弧最低点，根据机械能守恒定律，有：代入数据解得：m/s（4）小球从A到达Q时，根据机械能守恒定律可知：v Q=v0=3m/s；在Q点，根据牛顿第二定律，有：解得：=-0.8×10+0.8×=6.4N＞0根据牛顿第三定律，小球对外管壁有压力，为6.4N；答：（1）小球从平台上的A点射出时的速度大小为3m/s；（2）小球从平台上的射出点A到圆轨道入射点P之间的水平距离l为1.2m；（3）小球到达圆弧轨道最低点时的速度大小为m/s；（4）小球沿轨道通过圆弧的最高点Q时对轨道的外壁有弹力，弹力的大小为6.4N．【解析】（1）恰好从光滑圆弧PQ的P点的切线方向进入圆弧，说明到到P点的速度v P方向与水平方向的夹角为θ，这样可以求出初速度v0；（2）从A到P是平抛运动，根据分位移公式列式求解即可；（3）对从A到圆弧最低点过程根机械能守恒定律列式求解末速度；（4）根据机械能守恒定律求得Q点速度，再运用牛顿第二定律和圆周运动知识求解．本题综合考查了平抛运动和圆周运动，关键是要进行过程分析和状态分析，根据平抛运动分运动公式、机械能守恒定律和牛顿第二定律列式求解，求解弹力时要找到向心力来源，不难．。

丰城中学2015至2016学年下学期高一第三次周考物理试卷命题人：刘倩 审题人：高一物理备课组 2016-3-17本试卷总分值为100分，考试时间为70分钟一、选择题（1-7题为单选题， 8-10题为多选题，每小题4分, 共40分。

多选题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选或不选的不得分。

）1．在科学发展史上，不少物理学家作出了重大贡献．下列陈述中符合历史事实的是（ ） A ．牛顿发现了万有引力定律，并第一次在实验室里利用放大的思想方法测出了万有引力常量B ．通过逻辑推理亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快C ．哥白尼提出了日心说并发现了行星沿椭圆轨道运行的规律D ．伽利略通过理想斜面实验，说明物体的运动不需要力来维持2．如图所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带．假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动．下列说法正确的是（ ）A ．太阳对小行星的引力相同B ．各小行星绕太阳运动的周期小于一年C ．小行星带内侧小行星的向心加速度值大于小行星带外侧小行星的向心加速度值D ．小行星带内各小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值3．如图所示，当汽车通过拱桥顶点的速度为10m/s 时，车对桥顶的压力为车重的，如果要使汽车在粗糙的桥面行驶至桥顶时，不受摩擦力作用，则汽车通过桥顶的速度应为（g=10m/s 2）（ ）A ．15 m/sB ．20 m/sC ． 25 m/sD ．30 m/s434.地球半径为R ，地面重力加速度为g ，地球自转周期为T ，地球同步卫星离地面的高度为h ，则地球同步卫星的线速度大小为（ ）A ．B ．C ．D ．5.以下是力学中的三个实验装置，由图可知这三个实验共同的物理思想方法是A ．极限的思想方法B ．放大的思想方法C ．控制变量的方法D ．猜想的思想方法6.如图为“高分一号”卫星与北斗导航系统中的“G 1”卫星，在空中某一平面内绕地心O 做匀速圆周运动的示意图。

2015-2016学年江西省宜春市丰城中学高一（下）周练物理试卷（尖子班5.19）一、选择题：（10，11，12多选；每小题5分，共计60分.）1．2015年5月7日的一场欧洲冠军杯半决赛中，巴萨罗那队3：0战胜拜仁队．一次进攻中，巴萨罗那队球员阿尔维斯传球给队友梅西，梅西一脚劲射破门，梅西接球时球速约为2m/s，球刚射出时速度约为10m/s，皮球质量为1kg，踢球瞬间对球平均作用力约为400N，球在水平方向运动了20m停止，梅西对球所做的功约为（）A．50J B．48J C．8000J D．52J2．质量为m的物块始终静止在倾角为θ的斜面上，下列说法正确的是（）A．若斜面向右匀速移动距离s，斜面对物块没有做功B．若斜面向上匀速移动距离s，斜面对物块做功mgsC．若斜面向左以加速度a匀加速移动距离s，斜面对物块做功masD．若斜面向下以加速度匀加速移动距离s，斜面对物块做功m（g+a）s3．将A、B两物体竖直上抛，不计空气阻力，已知m A＜m B，它们具有相同的初动能，抛出时间t时，两物体都在上升，此时比较它们的动能（）A．动能较大的是A B．动能较大的是BC．动能一样大D．无法判定4．如图所示，质量为m的物块与水平转台之间的动摩擦因数为μ，物体与转台转轴相距R，物体随转台由静止开始转动，当转速增加到某值时，物块即将开始滑动，在这一过程中，摩擦力对物体做的功是（）A．μmgR B．2πmgR C．2μmgR D．05．质量为1kg的物体以某一初速度在水平面上开始滑行，其动能随位移变化的图象如图所示，则物体在水平面上滑行的时间为（）A．2.5s B．4s C．10s D．25s6．如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，B、C为水平的，其距离d=0.50m盆边缘的高度为h=0.30m．在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止出发下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ=0.10．小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B的距离为（）A．0.50m B．0.25m C．0.10m D．07．如图所示，木板质量为M，长度为L，小木块的质量为m，水平地面光滑，一根不计质量的轻绳通过定滑轮分别与M和m连接，小木块与木板间的动摩擦因数为μ．开始时木块静止在木板左端，现用水平向右的力将m拉至右端，拉力至少做功为（）A．μmgL B．2μmgL C．D．μ（M+m）gL8．下列关于点电荷的说法中，正确的是（）A．把质子或电子叫元电荷B．所有带电体的电荷量不一定等于元电荷的整数倍C．当两个带电体的大小远小于它们之间的距离时，可将这两个带电体看成点电荷D．只有电荷量很小的带电体才能看成是点电荷9．如图所示，左边是一个原先不带电的导体，右边C是后来靠近导体的带正电金属球，若用绝缘工具沿图示某条虚线将导体切开，分导体为A、B两部分，这两部分所带电荷量的数值分别为Q A、Q B，则下列结论正确的是（）A．沿虚线d切开，A带负电，B带正电，且Q A＞Q BB．只有沿虚线b切开，才有A带正电，B带负电，且Q A=Q BC．沿虚线a切开，A带正电，B带负电，且Q A＜Q BD．沿任意一条虚线切开，都有A带正电，B带负电，而Q A、Q B的值与所切的位置有关10．在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到v m后立即关闭发动机直到停止，v﹣t图象如图．设汽车的牵引力为F，摩擦力为F f，全过程中牵引力做功W1，克服摩擦力做功W2，则（）A．F：F f=4：1 B．F：F f=5：1 C．W1：W2=1：1 D．W1：W2=1：311．某人用手将1kg物体由静止向上提起1m，这时物体的速度为2m/s，则下列说法正确的是（）A．手对物体做功2J B．合外力做功2JC．合外力做功12J D．物体重力做功10J12．一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m和2m的小球A和B．支架的两直角边长度分别为2l和l，支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动，如图所示．开始时OA 边处于水平位置，由静止释放，则（）A．A球的最大速度为2B．A球速度最大时，两小球的总重力势能最小C．A球速度最大时，两直角边与竖直方向的夹角为45°D．A、B两球的最大速度之比v A：v B=2：1二、计算题（共40分）13．一个质量m=200g的小球系于轻质弹簧的一端，且套在光滑竖立的圆环上，弹簧的上端固定于环的最高点A，环的半径R=0.5m，弹簧的原长L0=0.5m，劲度系数为4.8N/m，如图所示位置，若小球从图中所示位置B点由静止开始滑动到最低点C时，弹簧的弹性势能E p =0.6J．求：弹（1）小球到C点时的速度v C的大小；（2）小球在C点对环的作用力．（g=10m/s2）14．如图a所示，在水平路段AB上有一质量为2×103kg的汽车，正以10m/s的速度向右匀速运动，汽车前方的水平路段BC较粗糙，汽车通过整个ABC路段的v﹣t图象如图b所示（在t=15s处水平虚线与曲线相切），运动过程中汽车发动机的输出功率保持20kW不变，假设汽车在两个路段上受到的阻力（含地面摩擦力和空气阻力等）各自有恒定的大小．（解题时将汽车看成质点）（1）求汽车在AB路段上运动时所受的阻力f1．（2）求汽车刚好开过B点时的加速度a．（3）求BC路段的长度．15．如图所示，轻绳一端挂一质量为M的物体，另一端系在质量为m的圆环上，圆环套在竖直固定的细杆上，定滑轮与细杆相距0.3m，将环拉至与滑轮在同一高度上，再将环由静止释放．圆环沿杆向下滑动的最大位移为0.4m，若不计一切摩擦阻力，求：（1）物体与环的质量比；（2）圆环下落0.3m时速度大小．16．如图所示，质量分别为3m、2m、m的三个小球A、B、C，用两根长为L的轻绳相连，置于倾角为30°、高为L的固定光滑斜面上，A球恰能从斜面顶端外竖直落下，弧形挡板使小球只能竖直向下运动，小球落地后均不再反弹．由静止开始释放它们，不计所有摩擦，求：（1）A球刚要落地时的速度大小；（2）C球刚要落地时的速度大小．2015-2016学年江西省宜春市丰城中学高一（下）周练物理试卷（尖子班5.19）参考答案与试题解析一、选择题：（10，11，12多选；每小题5分，共计60分.）1．2015年5月7日的一场欧洲冠军杯半决赛中，巴萨罗那队3：0战胜拜仁队．一次进攻中，巴萨罗那队球员阿尔维斯传球给队友梅西，梅西一脚劲射破门，梅西接球时球速约为2m/s，球刚射出时速度约为10m/s，皮球质量为1kg，踢球瞬间对球平均作用力约为400N，球在水平方向运动了20m停止，梅西对球所做的功约为（）A．50J B．48J C．8000J D．52J【考点】动能定理．【分析】根据动能定理求梅西对足球做的功．【解答】解：由动能定理可知，梅西对球所做的功为：W=mv2﹣mv02=×1×102﹣×1×22=48J，故B正确，ACD错误．故选：B．2．质量为m的物块始终静止在倾角为θ的斜面上，下列说法正确的是（）A．若斜面向右匀速移动距离s，斜面对物块没有做功B．若斜面向上匀速移动距离s，斜面对物块做功mgsC．若斜面向左以加速度a匀加速移动距离s，斜面对物块做功masD．若斜面向下以加速度匀加速移动距离s，斜面对物块做功m（g+a）s【考点】功的计算．【分析】先对物体受力分析，物体受重力mg、弹力N和摩擦力f，斜面对物体的作用力是支持力和摩擦力的合力，根据平衡条件并结合正交分解法和合成法判断该合力的大小和方向进行判断即可．【解答】解：A、若斜面向右匀速移动距离s，根据平衡条件，斜面对物体的支持力和摩擦力的合力竖直向上，与重力平衡，与位移垂直，故斜面对物块没有做功，故A正确；B、若斜面向上匀速移动距离s，根据平衡条件，斜面的作用力等于物体的重力；故做功为mgs；故B正确；C、若斜面向左以加速度a移动距离s，合力做功为mas，而重力与位移垂直不做功，故物块所受支持力和摩擦力的合力做功为mas，故C正确；D、若斜面竖直向下以加速度a匀加速动移动距离s，F+mg=ma；则F=ma﹣mg；斜面对物块做功m（a﹣g）s，故D错误；故选：ABC．3．将A、B两物体竖直上抛，不计空气阻力，已知m A＜m B，它们具有相同的初动能，抛出时间t时，两物体都在上升，此时比较它们的动能（）A．动能较大的是A B．动能较大的是BC．动能一样大D．无法判定【考点】机械能守恒定律．【分析】先根据动能的表达式分析初速度大小，再根据两球运动过程中机械能守恒和高度关系分析．【解答】解：根据E k=，m A＜m B，则知初速度关系为：v A0＞v B0；根据运动学公式h=，可知经过时间t，A上升的高度大，但不能判定重力势能的大小，所以根据机械能守恒可知无法判定动能的大小．故D正确．故选：D．4．如图所示，质量为m的物块与水平转台之间的动摩擦因数为μ，物体与转台转轴相距R，物体随转台由静止开始转动，当转速增加到某值时，物块即将开始滑动，在这一过程中，摩擦力对物体做的功是（）A．μmgR B．2πmgR C．2μmgR D．0【考点】功的计算；匀速圆周运动；向心力．【分析】物体做加速圆周运动，受重力、支持力和静摩擦力，物体即将滑动时已经做匀速圆周运动，最大静摩擦力提供向心力，可以求出线速度；又由于重力和支持力垂直于速度方向，始终不做功，只有静摩擦力做功，故可以根据动能定理求出摩擦力做的功．【解答】解：物体即将滑动时，最大静摩擦力提供向心力μmg=m解得v=①物体做加速圆周运动过程W f=mv2②由①②两式解得W f=mμgR故选：A．5．质量为1kg的物体以某一初速度在水平面上开始滑行，其动能随位移变化的图象如图所示，则物体在水平面上滑行的时间为（）A．2.5s B．4s C．10s D．25s【考点】动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】运用动能定理把动能和位移的关系表示出来．把物理表达式与图象结合起来，根据图象中的数据求出未知阻力，再根据牛顿第二定律可求得加速度，根据速度和加速度的关系可求得时间．【解答】解：由图象可知，E K1=50J，E K2=0J，位移x=20m，E K1=mv12=50J，初速度v为：1=10m/s，由动能定理得：E K2﹣E K1=﹣fx，解得：f=2.5N，物体加速度为：a===2.5m/s2，物体运动时间为：t===4s，故选：B．6．如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，B、C为水平的，其距离d=0.50m盆边缘的高度为h=0.30m．在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止出发下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ=0.10．小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B的距离为（）A．0.50m B．0.25m C．0.10m D．0【考点】动能定理的应用．【分析】根据动能定理，对小物块开始运动到停止的全过程进行研究，求出小物块在BC面上运动的总路程，再由几何关系分析最后停止的地点到B的距离．【解答】解：设小物块间在BC面上运动的总路程为S．物块在BC面上所受的滑动摩擦力大小始终为f=μmg，对小物块从开始运动到停止运动的整个过程进行研究，由动能定理得mgh﹣μmgS=0得到S===3m，d=0.50m，则S=6d，所以小物块在BC面上来回运动共6次，最后停在B点．故选D7．如图所示，木板质量为M，长度为L，小木块的质量为m，水平地面光滑，一根不计质量的轻绳通过定滑轮分别与M和m连接，小木块与木板间的动摩擦因数为μ．开始时木块静止在木板左端，现用水平向右的力将m拉至右端，拉力至少做功为（）A．μmgL B．2μmgL C．D．μ（M+m）gL【考点】功能关系．【分析】在水平向右的拉力作用下，小木块沿木板向右运动，在运动过程中拉力做功的最小值就是拉力等于摩擦力，使小木块在木板上做匀速运动．从而根据功的表达式可求出匀速运动时，拉力做的功．【解答】解：开始时木块静止在木板左端，现用水平向右的力将m拉至右端，拉力做功最小值时，即拉力维持小木块在木板上做匀速缓慢运动时；拉力大小为F=T+μmg=2μmg，拉力做功最小值为W=F•L=μmgL故选：A8．下列关于点电荷的说法中，正确的是（）A．把质子或电子叫元电荷B．所有带电体的电荷量不一定等于元电荷的整数倍C．当两个带电体的大小远小于它们之间的距离时，可将这两个带电体看成点电荷D．只有电荷量很小的带电体才能看成是点电荷【考点】元电荷、点电荷．【分析】元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，常用符号e表示，任何带电体所带电荷都等于元电荷或者是元电荷的整数倍．带电体看作点电荷的条件，当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无具体关系．【解答】解：A、元电荷是指最小的电荷量，不是电荷，不是指质子或者是电子，故A错误；B、所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍，故B错误；C、当两个带电体的大小远小于它们之间的距离时，可将这两个带电体看成是点电荷，故C 正确D、由带电体看作点电荷的条件，当带电体的形状对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，带电体能否看作点电荷是由研究问题的性质决定，与自身大小形状、电量的多少无具体关系，故D错误；故选：C9．如图所示，左边是一个原先不带电的导体，右边C是后来靠近导体的带正电金属球，若用绝缘工具沿图示某条虚线将导体切开，分导体为A、B两部分，这两部分所带电荷量的数值分别为Q A、Q B，则下列结论正确的是（）A．沿虚线d切开，A带负电，B带正电，且Q A＞Q BB．只有沿虚线b切开，才有A带正电，B带负电，且Q A=Q BC．沿虚线a切开，A带正电，B带负电，且Q A＜Q BD．沿任意一条虚线切开，都有A带正电，B带负电，而Q A、Q B的值与所切的位置有关【考点】静电场中的导体．【分析】根据静电感应现象，在正点电荷的电场作用下，导体AB自由电荷重新分布，不论沿着哪条虚线切开，都有A带正电，B带负电，且电量总是相等．【解答】解：由题意可知，静电感应现象使得A端带正电，B端带负电．导体原来不带电，只是在C的电荷的作用下，导体中的自由电子向B部分移动，使B部分多带了电子而带负电；A部分少了电子而带正电．根据电荷守恒可知，A部分转移的电子数目和B部分多余的电子数目是相同的，但由于电荷之间的作用力与距离有关，距离越小，作用力越大，因此更多的电子容易转移到最接近C的位置，导致电子在导体上分布不均匀，从B端到A端，电子分布越来越稀疏，所以从不同位置切开时，Q A、Q B的值不同．故只有D正确，ABC 错误；故选：D．10．在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到v m后立即关闭发动机直到停止，v﹣t图象如图．设汽车的牵引力为F，摩擦力为F f，全过程中牵引力做功W1，克服摩擦力做功W2，则（）A．F：F f=4：1 B．F：F f=5：1 C．W1：W2=1：1 D．W1：W2=1：3【考点】功的计算．【分析】由速度﹣时间图象可知物体的运动状态，找出加速与减速过程中位移之比；分析汽车的受力情况及各力的做功情况，由动能定理可得出牵引力及克服阻力做功的比值．【解答】解：由图可知，物体先做匀加速直线运动，1s末速度为v，由动能定理可知：（F﹣f）L1=mv2；减速过程中，只有阻力做功：fL2=0﹣mv2；则可得：（F﹣f）L1=fL2；由图象可知，L1：L2=1：3；解得：F：f=4：1；对全程由动能定理得：W1﹣W2=0故W1：W2=1：1故选：AC．11．某人用手将1kg物体由静止向上提起1m，这时物体的速度为2m/s，则下列说法正确的是（）A．手对物体做功2J B．合外力做功2JC．合外力做功12J D．物体重力做功10J【考点】功的计算．【分析】根据物体的运动的情况可以求得物体的加速度的大小，再由牛顿第二定律就可以求得拉力的大小，再根据功的公式就可以求得力对物体做功的情况．【解答】解：分析物体的运动的情况可知，物体的初速度的大小为0，位移的大小为1m，末速度的大小为2m/s，由导出公式：v2﹣v02=2ax可得加速度为：a=2m/s2，由牛顿第二定律可得：F﹣mg=ma，得：F=mg+ma=1×10+1×2=12N，A、手对物体做功为：W=FL=12×1J=12J，故A错误；B、合力的大小为F′=ma=1×2=2N，所以合力做的功为2×1=2J，所以合外力做功为2J，故B正确，C错误；D、重力做的功为：W G=mgh=﹣10×1=﹣10J，所以物体克服重力做功10J，故D错误；故选：B．12．一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m和2m的小球A和B．支架的两直角边长度分别为2l和l，支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动，如图所示．开始时OA 边处于水平位置，由静止释放，则（）A．A球的最大速度为2B．A球速度最大时，两小球的总重力势能最小C．A球速度最大时，两直角边与竖直方向的夹角为45°D．A、B两球的最大速度之比v A：v B=2：1【考点】机械能守恒定律．【分析】AB两个球组成的系统机械能守恒，但对于单个的球来说机械能是不守恒的，根据系统的机械能守恒列式可以求得AB之间的关系，同时由于AB是同时转动的，它们的角速度的大小相同．【解答】解：由机械能守恒可知，两球总重力势能最小时，二者的动能最大，所以B正确；根据题意知两球的角速度相同，线速度之比为V A：V B=ω•2l：ω•l=2：1，故D正确；当OA与竖直方向的夹角为θ时，由机械能守恒得：mg•2lcosθ﹣2mg•l（1﹣sinθ）=mV A2+•2mV B2，解得：V A2=gl（sinθ+cosθ）﹣gl，由数学知识知，当θ=45°时，sinθ+cosθ有最大值，故选项C是正确的；最大值为：V A=，所以A错误．故选：BCD．二、计算题（共40分）13．一个质量m=200g的小球系于轻质弹簧的一端，且套在光滑竖立的圆环上，弹簧的上端固定于环的最高点A，环的半径R=0.5m，弹簧的原长L0=0.5m，劲度系数为4.8N/m，如图所示位置，若小球从图中所示位置B点由静止开始滑动到最低点C时，弹簧的弹性势能E p =0.6J．求：弹（1）小球到C点时的速度v C的大小；（2）小球在C点对环的作用力．（g=10m/s2）【考点】机械能守恒定律；胡克定律；牛顿第二定律；向心力．【分析】小球在下降中小球的重力势能转化为动能和弹性势能，由小球与弹簧机械能守恒条件可知小球到C点时的速度大小；小球在最低点弹力与重力的合力充当向心力，由牛顿第二定律可得出小球在C点对环的作用力的大小．【解答】解：（1）小球由B点滑到C点，由动能定理m=mg（R+Rcos60°）+E弹=﹣0.60J由题意可知，E弹解得：V C=3m/s=（2R﹣l0）k=2.4N（2）在C点：F弹设环对小球作用力为N，方向指向圆心，由牛顿第二定律得：F+N﹣mg=m解得N=3.2N小球对环作用力为N′则有：N′=﹣N=﹣3.2N答：（1）小球到C点时的速度v c的大小3m/s；（2）小球在C点对环的作用力3.2N．14．如图a所示，在水平路段AB上有一质量为2×103kg的汽车，正以10m/s的速度向右匀速运动，汽车前方的水平路段BC较粗糙，汽车通过整个ABC路段的v﹣t图象如图b所示（在t=15s处水平虚线与曲线相切），运动过程中汽车发动机的输出功率保持20kW不变，假设汽车在两个路段上受到的阻力（含地面摩擦力和空气阻力等）各自有恒定的大小．（解题时将汽车看成质点）（1）求汽车在AB路段上运动时所受的阻力f1．（2）求汽车刚好开过B点时的加速度a．（3）求BC路段的长度．【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；功率、平均功率和瞬时功率．【分析】（1）由图象知汽车在AB段匀速直线运动，牵引力等于阻力，而牵引力大小可由瞬时功率表达式求出；（2）由图知，汽车到达B位置将做减速运动，瞬时牵引力大小不变，但阻力大小未知，考虑在t=15s处水平虚线与曲线相切，则汽车又瞬间做匀速直线运动，牵引力的大小与BC段阻力再次相等，有瞬时功率表达式求得此时的牵引力数值即为阻力数值，由牛顿第二定律可得汽车刚好到达B点时的加速度；（3）BC段汽车做变加速运动，但功率保持不变，需由动能定理求得位移大小．【解答】解：（1）汽车在AB路段做匀速直线运动，根据平衡条件，有：F1=f1P=F1v1解得：=，方向与运动方向相反；（2）t=15s时汽车处于平衡态，有：F2=f2P=F2v2解得：=t=5s时汽车开始减速运动，根据牛顿第二定律，有：f2﹣F1=ma4000﹣2000=2×103a解得：a=1m/s2，方向与运动方向相反；（3）对于汽车在BC段运动，由动能定理得：解得：s=68.75m答：（1）汽车在AB路段上运动时所受的阻力2000N；（2）车刚好到达B点时的加速度1m/s2；（3）求BC路段的长度68.75m．15．如图所示，轻绳一端挂一质量为M的物体，另一端系在质量为m的圆环上，圆环套在竖直固定的细杆上，定滑轮与细杆相距0.3m，将环拉至与滑轮在同一高度上，再将环由静止释放．圆环沿杆向下滑动的最大位移为0.4m，若不计一切摩擦阻力，求：（1）物体与环的质量比；（2）圆环下落0.3m时速度大小．【考点】机械能守恒定律．【分析】（1）根据几何关系及机械能守恒定律即可解题；（2）可根据几何关系求出物体上升高度，由运动合成分解求出物体的速度，再根据机械能守恒即可解题．【解答】解：（1）当环下降至最大位移处时，v m=v M=0而此时物体上升的高度为由机械能守恒（2）当圆环下降h1=0.30m时，物体上升高度为h2由运动合成分解得：由系统机械能守恒有联立得圆环下落0.3米时速度大小：v m=0.72m/s答：（1）物体与环的质量比为2：1；（2）圆环下落0.3m时速度大小为0.72m/s．16．如图所示，质量分别为3m、2m、m的三个小球A、B、C，用两根长为L的轻绳相连，置于倾角为30°、高为L的固定光滑斜面上，A球恰能从斜面顶端外竖直落下，弧形挡板使小球只能竖直向下运动，小球落地后均不再反弹．由静止开始释放它们，不计所有摩擦，求：（1）A球刚要落地时的速度大小；（2）C球刚要落地时的速度大小．【考点】机械能守恒定律．【分析】（1）在A球未落地前，A、B、C组成的系统机械能守恒，列式可求得A球刚要落地时的速度大小．（2）在A球落地后，B球未落地前，B、C组成的系统机械能守恒，在B球落地后，C球未落地前，C球在下落过程中机械能守恒，分两个过程由机械能守恒列式可求得C球刚要落地时的速度大小．【解答】解：（1）设A球刚要落地时速度大小为v1由机械能守恒定律：，则（2）设B球刚要落地时速度为v2，C球刚要落地时速度为v3由机械能守恒定律：则则答：（1）A球刚要落地时的速度大小为（2）C球刚要落地时的速度大小为．2016年8月12日。

宜春中学2018届高一下学期物理第二次周练试卷（B)2016-3—12使用一、选择题（每题6分，共同48分，6、7、8题为多选题，其它为单选题）1、如图，是我们家庭播放影片文件等常用的DVD光盘，光盘上的A、B两点距离圆心的距离不等，则当光盘匀速运动时，A、B两点的线速度（）A。

大小不等，方向不同B。

大小相等，方向不同C。

大小不等，方向相同D。

大小相等，方向相同2、关于运动的合成与分解,下列说法正确的是（）A．合运动的速度一定大于两个分运动的速度B．合运动的时间一定大于分运动的时间C．两个直线运动的合运动一定是直线运动D．合运动的速度方向就是物体实际运动的方向3、在不考虑空气阻力的情况下，下列物体中做平抛运动的是（）A．竖直下落的篮球B．水平飞行的飞机释放的物体C．斜向上踢出的足球D．从桌面上弹起的乒乓球4、正在水平匀速飞行的飞机，每隔1秒钟释放一个小球,先后共释放5个．不计阻力则( ）A．这5个球在空中排成一条直线B．这5个球在空中处在同一抛物线上C．在空中，第1、2两球间的距离保持不变D．相邻两球的落地点间距离逐渐增大5、物体做匀速圆周运动，下列关于它的周期正确的说法是（)A、物体的线速度越大，它的周期越小B、物体的角速度越大，它的周期越小C、物体的运动半径越大，它的周期越大D、物体运动的线速度和半径越大，它的周期越小6、一只小船在静水中的速度为5 m/s，它要渡过一条宽为50m的河,河水流速为4 m/s,则( ）A.这只船过河位移可能为50 mB。

这只船过河时间不可能为10 sC.若河水流速改变，船过河的最短时间一定不变D。

若河水流速改变，船过河的最短位移一定不变7、如图所示，a、b 两个小球从不同高度同时沿相反方向水平抛出，其平抛运动轨迹的交点为P，则以下说法正确的是( ）A．a、b 两球同时落地B．b 球先落地C．a、b 两球在P 点相遇D．无论两球初速度大小多大，两球总不能相遇8、如图滑板运动员以速度v0从离地高度h处的平台末端水平飞出,落在水平地面上．忽略空气阻力，运动员和滑板可视为质点，下列表述正确的是( )A．v0越大，运动员在空中运动时间越长B．v0越大,运动员落地瞬间速度越大C．运动员落地瞬间速度与高度h无关D．运动员落地时间与v0大小无关二、实验题（每空4分，共16分）9、某同学在做平抛运动实验时得到了如图所示的物体运动轨迹,A、B、C三点的位置在运动轨迹上已标出。

2015-2016学年江西省宜春市丰城中学高一（下）周练物理试卷（实验班5.26）一、选择题（本题共12小题，每小题5分；其中1-8题是单选题，9-12题是多选题）1．某原子电离后其核外只有一个电子，若该电子在核的静电力作用下绕核做匀速圆周运动，那么电子运动（）A．半径越大，加速度越大 B．半径越小，周期越大C．半径越大，角速度越小 D．半径越小，线速度越小2．关于电场，下列叙述中正确的是（）A．以点电荷为圆心，r为半径的球面上，各点的场强都相同B．正电荷周围的电场强度一定比负电荷周围的电场强度大C．在电场中某点放入试探电荷q，该点的场强为E=，取走q后，该点场强不为零D．电荷所受电场力很大，该点的电场强度一定很大3．A、B两点各放有电量为﹣Q和+2Q的点电荷，A、B、C、D四点在同一直线上，且AC=CD=DB．将一正电荷从C点沿直线移到D点，则（）A．电场力一直做正功 B．电场力先做正功再做负功C．电场力一直做负功 D．电场力先做负功再做正功4．如图所示，一带电荷量为q的金属球，固定在绝缘的支架上，这时球外P点的电场强度为E0．当把一电荷量也是q的点电荷放在P点时，测得点电荷的受到的静电力为f；当把电荷量为aq的点电荷放在P点时，测得这个点电荷的受到的静电力为F，则在国际单位制中（）A．f的数值等于qFB．F的数值等于afC．a比1小得越多，F的数值越接近aqE0D．a比1小得越多，F的数值越接近af5．如图所示，长为L的摆线一端系一个质量为m，带电荷量为﹣q的小球，另一端悬于A处，且A处放一电荷+q，要使小球在竖直面内做完整的圆周运动，则小球在最低点的最小速度为（）A．B．C．D． +6．如图所示，一传送带与水平方向的夹角为θ，以速度v 逆时针运转，一物块A 轻轻放在传送带的上端，则物块在从A 到B 运动的过程中，机械能E 随位移变化的关系图象不可能是（ ）A ．B ．C ．D ． 7．物体做自由落体，E k 代表动能，E P 代表势能，h 代表下落的距离，以水平地面为零势能面，下列所示图象中，能正确反映各物理量之间关系的是（ ）A ．B ．C ．D ． 8．足够长的水平传送带始终以速度v 匀速运动，某时刻，一质量为m 、速度大小为v ，方向与传送带运动方向相反的物体，在传送带上运动，最后物体与传送带相对静止．物体在传送带上相对滑动的过程中，滑动摩擦力对物体做的功为W 1，传送带克服滑动摩擦力做的功W 2，物体与传送带间摩擦产生的热量为Q ，则（ ）A ．W 1=mv 2B ．W 1=2mv 2C ．W 2=mv 2D ．Q=2mv 29．两个半径为R 的金属球所带电荷量分别为+Q 1和+Q 2，当两球心相距为r 时（R ＞r ），相互作用的库仑力大小为（ ）A ．F=kB ．F ＞kC ．F ＜kD ．无法确定10．如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球a 、b 、c （可视为点电荷），三球沿一条直线摆放，仅在它们之间的静电力作用下静止，则以下判断正确的是（ ）A ．a 对b 的静电力一定是引力B ．a 对b 的静电力可能是斥力C ．a 的电量可能比b 少D ．a 的电量一定比b 多11．如图所示，是表示在同一电场中a 、b 、c 、d 四点分别引入检验电荷时，测得的检验电荷的电荷量跟它所受电场力的函数关系图象，那么下列叙述正确的是（ ）A．这个电场是匀强电场B．a、b、c、d四点的场强大小关系是E d＞E a＞E b＞E cC．a、b、c、d四点的场强大小关系是E a＞E c＞E b＞E dD．a、b、d三点的场强方向相同12．有一系列斜面，倾角各不相同，它们的顶端都在O点，如图所示．有一系列完全相同的滑块（可视为质点）从O点同时由静止释放，分别到达各斜面上的A、B、C、D…各点，下列判断正确的是（）A．若各斜面光滑，且这些滑块到达A、B、C、D…各点的速率相同，则A、B、C、D…各点处在同一水平线上B．若各斜面光滑，且这些滑块到达A、B、C、D…各点的速率相同，则A、B、C、D…各点处在同一竖直线上C．若各斜面光滑，且这些滑块到达A、B、C、D…各点的时间相同，则A、B、C、D…各点处在同一竖直面内的圆周上D．若各斜面与这些滑块间有相同的摩擦因数，且到达A、B、C、D…各点的过程中，各滑块损失的机械能相同，则A、B、C、D…各点处在同一竖直线上二．实验题（每空2分，计14分）13．某同学用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律．实验所用的电源为学生电源，可以提供输出电压为6V的交流电和直流电，交流电的频率为50Hz．重锤从高处由静止开始下落，重锤拖着的纸带上打出一系列的点，对纸带上的点测量并分析，即可验证机械能守恒定律．（1）他进行了下面几个操作步骤A．按照图示的装置安装器件B．将打点计时器接到电源的“直流输出”上C．用天平测出重锤的质量D．先接通电源，后释放纸带，打出一条纸带；E．测量纸带上某些点间的距离；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其增加的动能．其中没有必要进行的步骤是______，操作不当的步骤是______．（填选项字母）（2）这位同学进行正确测量后挑选出一条点迹清晰的纸带进行测量分析，如图2所示，其中O点为起始点，A、B、C、D、E、F为六个计数点．根据纸带上的测量数据，可得出打B点时重锤的速度为______m/s．（保留3位有效数字）（3）他根据纸带上的数据算出各点的速度v，量出下落距离h，并以为纵轴、以h为横轴，作画出的﹣h图象，应是图3中的______．（4）他进一步分析，发现本实验存在较大误差，为此对实验设计进行了改进，用如图4所示的实验装置来验证机械能守恒定律：通过电磁铁控制的小铁球从A点自由下落，下落过程中经过光电门B时，通过与之相连的毫秒计时器（图中未画出）记录挡光时间t，用毫米刻度尺测出A、B之间的距离h，用游标卡尺测得小铁球的直径d．重力加速度为g．实验前应调整光电门位置使小铁球下落过程中球心通过光电门中的激光束．则小铁球通过光电门时的瞬时速度v=______．如果d、t、h、g满足关系式______，就可验证机械能守恒定律．（5）比较两个方案，改进后的方案相比原方案的最主要的优点是：______．三．计算题（14题8分，15题9分，16题9分，计26分）14．如图甲所示，水平地面上放置一倾角为θ=37°的足够长的斜面，质量为m的物块置于斜面的底端．某时刻起物块在沿斜面向上的力F作用下由静止开始运动，力F随位移变化的规律如图乙所示．已知整个过程斜面体始终保持静止状态，物块开始运动t=0.5s内位移x1=1m，0.5s 后物块再运动x2=2m时速度减为0．取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（1）由静止开始，0.5s末物块运动的速度大小v．（2）物块沿斜面向上运动过程，受到的摩擦力做的功W f．（3）物块在沿斜面向下运动过程中，斜面体受到地面的摩擦力．15．如图所示，ABCD竖直放置的光滑绝缘细管道，其中AB部分是半径为R的圆弧形管道，BCD部分是固定的水平管道，两部分管道恰好相切于B．水平面内的M、N、B三点连线构成边长为L等边三角形，MN连线过C点且垂直于BCD．两个带等量异种电荷的点电荷分别固定在M、N两点，电荷量分别为+Q和﹣Q．现把质量为m、电荷量为+q的小球（小球直径略小于管道内径，小球可视为点电荷），由管道的A处静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g．求：（1）小球运动到B处时受到电场力的大小；（2）小球运动到C处时的速度大小；（3）小球运动到圆弧最低点B处时，小球对管道压力的大小．16．一质量为m的很小的球，系于长为R的轻绳的一端，绳的另一端固定在空间的O点，假定绳是不可伸长的、柔软且无弹性的．今把小球从O点的正上方离O点的距离为d=R的O1点以水平的速度v0=抛出，如图所示．试求：（1）轻绳刚伸直（绳子突然拉紧会使沿绳子的速度突变为零）时，绳与竖直方向的夹角θ为多少？（2）当小球到达O点的正下方时，绳子的拉力为多大？2015-2016学年江西省宜春市丰城中学高一（下）周练物理试卷（实验班5.26）参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题，每小题5分；其中1-8题是单选题，9-12题是多选题）1．某原子电离后其核外只有一个电子，若该电子在核的静电力作用下绕核做匀速圆周运动，那么电子运动（）A．半径越大，加速度越大 B．半径越小，周期越大C．半径越大，角速度越小 D．半径越小，线速度越小【考点】库仑定律；匀速圆周运动．【分析】根据库仑定律求出原子核与核外电子的库仑力．根据原子核对电子的库仑力提供向心力，由牛顿第二定律求出角速度，加速度，周期，线速度进行比较．【解答】解：根据原子核对电子的库仑力提供向心力，由牛顿第二定律得=ma=m=mω2r=，可得a=T=ω=v=A、半径越大，加速度越小，故A错误；B、半径越小，周期越小，故B错误；C、半径越大，角速度越小，故C正确；D、半径越小，线速度越大，故D错误．故选：C．2．关于电场，下列叙述中正确的是（）A．以点电荷为圆心，r为半径的球面上，各点的场强都相同B．正电荷周围的电场强度一定比负电荷周围的电场强度大C．在电场中某点放入试探电荷q，该点的场强为E=，取走q后，该点场强不为零D．电荷所受电场力很大，该点的电场强度一定很大【考点】电场强度．【分析】电场强度是描述电场强弱的物理量，它是由电荷所受电场力与其电量的比值来定义．比值与电场力及电量均无关．而电场线越密的地方，电场强度越强．【解答】解：A、点电荷为圆心，r为半径的球面上，各点的电场强度大小相同，但方向不同，故A错误；B、正电荷周围的电场强度不一定比负电荷周围的电场强度强，除与各自电荷量外，还与电荷的距离有关．故B错误；C、在电场中某点放入试探电荷q，该点的场强为E=，取走q后，没有了电场力，但该点的电场强度仍不变，故C正确；D、电荷所受电场力很大，但该点的电场强度不一定很大，只有是同一电荷才能成立．故D错误；故选：C3．A、B两点各放有电量为﹣Q和+2Q的点电荷，A、B、C、D四点在同一直线上，且AC=CD=DB．将一正电荷从C点沿直线移到D点，则（）A．电场力一直做正功 B．电场力先做正功再做负功C．电场力一直做负功 D．电场力先做负功再做正功【考点】电势能．【分析】AB连线上每一点的场强是由+Q和+2Q的点电荷共同叠加产生的．正电荷从C点沿直线移到D点，根据电场强度的叠加判断电场力的方向，再去判断做功的正负情况．【解答】解：设AC=CD=DB=L﹣Q在C点产生的电场强度大小，方向向左；+2Q在C点产生的电场强度大小，方向向左﹣Q在D点产生的电场强度大小，方向向左，+2Q在D点产生的电场强度大小，方向向左所以D点实际场强方向向左所以从C点沿直线移到D点，场强方向向左，所以正电荷受电场力的方向向左，电场力始终做负功．故选C．4．如图所示，一带电荷量为q的金属球，固定在绝缘的支架上，这时球外P点的电场强度为E0．当把一电荷量也是q的点电荷放在P点时，测得点电荷的受到的静电力为f；当把电荷量为aq的点电荷放在P点时，测得这个点电荷的受到的静电力为F，则在国际单位制中（）A．f的数值等于qFB．F的数值等于afC．a比1小得越多，F的数值越接近aqE0D．a比1小得越多，F的数值越接近af【考点】库仑定律．【分析】本题以点电荷、试探电荷、静电感应与E=，F=Eq等概念和公式为依托，考查对概念和公式的深入理解．对于产生电场的电源，要弄清楚是否是点电荷，非点电荷电源产生的电场会受到外放点电荷的影响．【解答】解：A、本题中的场源电荷为金属球体而不是固定的点电荷，在P点没有放点电荷时，电荷量均匀分布在球体外表，金属球体可以等效为电量集中于球心的点电荷．但是，当有点电荷放在P点时，由于同种电荷相互排斥，使得金属球上的电荷分布不再均匀，带电的等效中心偏离球心，根据点电荷场强公式，可知此时P点的场强已经发生了变化．故A、B错误．C、当把电荷量为aq的点电荷放在P点时，电荷量越小，即a比1小得越多，金属球带电中心偏离球心越小，球在P点激发的场强越接近于，E0即F的数值越接近aqE0．当a＜＜1时，点电荷可看作电荷量足够小的试探电荷，对场源电荷的影响很小，P点场强认为没有变化．故C正确，D错误．故选：C．5．如图所示，长为L的摆线一端系一个质量为m，带电荷量为﹣q的小球，另一端悬于A处，且A处放一电荷+q，要使小球在竖直面内做完整的圆周运动，则小球在最低点的最小速度为（）A．B．C．D． +【考点】库仑定律；机械能守恒定律．【分析】对摆球进行受力分析，摆球运动到最高点时，受到重力mg、库仑力F=K、绳的拉力T作用，根据向心力公式列式，求出最高点速度的最小值，由于摆在运动过程中，只有重力做功，故机械能守恒．根据机械能守恒定律即可求出最低点速度的最小值．【解答】解：摆球运动到最高点时，受到重力mg、库仑力F=K、绳的拉力T作用，根据向心力公式可得：T+mg+K=m，由于T≥0，所以有：V≥由于摆在运动过程中，只有重力做功，故机械能守恒．据机械能守恒定律得：m=2mgL+mV2；解得：v0=，故A正确，BCD错误；故选：A．6．如图所示，一传送带与水平方向的夹角为θ，以速度v逆时针运转，一物块A轻轻放在传送带的上端，则物块在从A到B运动的过程中，机械能E随位移变化的关系图象不可能是（）A．B．C．D．【考点】动能定理的应用．【分析】对物块受力分析，开始时，受到重力、支持力、滑动摩擦力，处于加速阶段；当速度等于传送带速度时，如果重力的下滑分力小于或等于最大静摩擦力，则一起匀速下滑，否则，继续加速．【解答】解：设物块在传送带上运动位移为s，下落高度h则物体从A到B运动过程中，机械能：E=E k+E p=（μmgcosθ+mgsinθ）s+mgh=（μmgcosθ+mgsinθ）s+mgssinθA、C、若物块放上后一直加速，且到B点速度仍小于v，则物块机械能一直增大，故AC正确；B、D、若物块在到达B点之前，速度达到v，则物块将和传送带一起匀速运动，但重力势能减小，故机械能减小，故B错，D正确本题选不可能的，故选：B7．物体做自由落体，E k代表动能，E P代表势能，h代表下落的距离，以水平地面为零势能面，下列所示图象中，能正确反映各物理量之间关系的是（）A．B．C．D．【考点】机械能守恒定律；自由落体运动．【分析】物体做自由落体运动，机械能守恒，再根据动能势能的定义，逐个分析推导可以得出结论．【解答】解：A、重力势能E P=E﹣mv2=E﹣mg2t2，重力势能E P与时间t的图象也为开口向下的抛物线，故A错误；B、E P=E﹣mv2，所以势能E P与速度v的图象为开口向下的抛物线，故B正确；C、由机械能守恒定律：E P=E﹣E K，故势能E P与动能E k的图象为倾斜的直线，故C错误；D、由动能定理：E K=mgh，则E P=E﹣mgh，故重力势能E P与h的图象也为倾斜的直线，故D 错误．故选B．8．足够长的水平传送带始终以速度v匀速运动，某时刻，一质量为m、速度大小为v，方向与传送带运动方向相反的物体，在传送带上运动，最后物体与传送带相对静止．物体在传送带上相对滑动的过程中，滑动摩擦力对物体做的功为W1，传送带克服滑动摩擦力做的功W2，物体与传送带间摩擦产生的热量为Q，则（）A．W1=mv2B．W1=2mv2 C．W2=mv2D．Q=2mv2【考点】动能定理的应用；功能关系．【分析】根据动能定理求出滑动摩擦力对物体所做的功，摩擦力与相对路程的乘积等于摩擦产生的热量．【解答】解：在整个运动的过程中，物体动能的变化量为零，只有摩擦力做功，根据动能定理，得知W1=O．滑块先做匀减速直线运动到零，然后返回做匀加速直线运动，达到速度v后做匀速直线运动，设动摩擦因数为μ，则匀减速直线运动的加速度大小a==μg；匀减速直线运动的时间为t1==，位移x1==，传送带的位移x2=vt1=，物体相对传送带滑动的路程为△x=x1+x2=．物体返回做匀加速直线运动的加速度大小仍为a，则时间t2′==，位移x2′==，传送带的位移x2′=，物体相对传送带滑动的路程为△x′=x2′﹣x1′=．所以传送带克服滑动摩擦力做的功为W2=μmg（x2+x2′）=2mv2．物体与传送带间摩擦产生的热量为Q=μmg（△x1+△x2′）=2mv2．故D正确，A、B、C错误．故选：D．9．两个半径为R的金属球所带电荷量分别为+Q1和+Q2，当两球心相距为r时（R＞r），相互作用的库仑力大小为（）A．F=k B．F＞k C．F＜k D．无法确定【考点】库仑定律．【分析】题中由于带电球的大小与它们之间的距离相比，不能忽略，因此不能看作点电荷，不能直接利用库仑定律计算库仑力的大小，只能根据库仑定律定性的比较库仑力的大小．【解答】解：当两球心相距为r时，两球不能看成点电荷，因带同种电荷，导致电量间距大于r，根据库仑定律F=，可知，它们相互作用的库仑力大小F＜k，故C正确，ABD错误．故选：C．10．如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球a、b、c（可视为点电荷），三球沿一条直线摆放，仅在它们之间的静电力作用下静止，则以下判断正确的是（）A．a对b的静电力一定是引力B．a对b的静电力可能是斥力C．a的电量可能比b少D．a的电量一定比b多【考点】库仑定律．【分析】因题目中要求三个小球均处于平衡状态，故可分别对任意两球进行分析列出平衡方程即可求得结果．【解答】解：根据电场力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹一异”，因此A正确，B错误．同时根据库仑定律来确定电场力的大小，并由平衡条件来确定各自电量的大小，因此在大小上一定为“两大夹一小”．故D正确，C错误，故选：AD11．如图所示，是表示在同一电场中a、b、c、d四点分别引入检验电荷时，测得的检验电荷的电荷量跟它所受电场力的函数关系图象，那么下列叙述正确的是（）A．这个电场是匀强电场B．a、b、c、d四点的场强大小关系是E d＞E a＞E b＞E cC．a、b、c、d四点的场强大小关系是E a＞E c＞E b＞E dD．a、b、d三点的场强方向相同【考点】电场强度．【分析】由电荷在电场力中受到的电场力F=Eq可知，F﹣q图象的斜率大小等于场强的大小．直线的斜率越大，场强越大．矢量的正负表示矢量的方向．根据斜率的正负判断场强的方向是否相同．【解答】解：A、B、C由F﹣q图象的斜率大小等于场强的大小得知，四点的场强大小关系是E a＞E c＞E b＞E d．所以此电场是非匀强电场．故AB错误，C正确．D、由F﹣q图象的斜率正负反映场强的方向得知，a、b、d三条直线的斜率均为正值，说明三点的场强方向均为正方向，方向相同，而c图线的斜率是负值，说明c点的场强方向为负方向．故D正确．故选CD12．有一系列斜面，倾角各不相同，它们的顶端都在O点，如图所示．有一系列完全相同的滑块（可视为质点）从O点同时由静止释放，分别到达各斜面上的A、B、C、D…各点，下列判断正确的是（）A．若各斜面光滑，且这些滑块到达A、B、C、D…各点的速率相同，则A、B、C、D…各点处在同一水平线上B．若各斜面光滑，且这些滑块到达A、B、C、D…各点的速率相同，则A、B、C、D…各点处在同一竖直线上C．若各斜面光滑，且这些滑块到达A、B、C、D…各点的时间相同，则A、B、C、D…各点处在同一竖直面内的圆周上D．若各斜面与这些滑块间有相同的摩擦因数，且到达A、B、C、D…各点的过程中，各滑块损失的机械能相同，则A、B、C、D…各点处在同一竖直线上【考点】功能关系；牛顿第二定律．【分析】若斜面光滑，重力做功相同时，小球的重力势能改变量就相同，动能增加量相同，由机械能守恒定律分析．根据牛顿第二定律和运动学公式分析运动时间相等时位移关系；滑块损失的机械能为克服摩擦力做功．由功能关系分析．【解答】解：AB、若斜面光滑，根据机械能守恒定律得：mgh=mv2，得v=，则知速率相同时，则滑块下滑的高度h相同，即A、B、C、D…各点处在同一水平线上，故A正确，B错误；C、若物体自由下落，设t时间内下落的高度为d，则d=设任一斜面的倾角为α，则滑块下滑的加速度为gsinα，经过时间t，下滑的位移大小x==则得=sinα，由数学知识可知，A、B、C、D…各点处在同一竖直面内直径为d的圆周上，故C正确；D、若各次滑到O点的过程中，滑块滑动的水平距离是x，滑块损失的机械能等于克服摩擦力做功，即有：△E=W f=μmgcosθ•=μmgx，所以各滑块损失的机械能相同时，水平位移x相等，则A、B、C、D…各点处在同一竖直线上，故D正确；故选：ACD二．实验题（每空2分，计14分）13．某同学用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律．实验所用的电源为学生电源，可以提供输出电压为6V的交流电和直流电，交流电的频率为50Hz．重锤从高处由静止开始下落，重锤拖着的纸带上打出一系列的点，对纸带上的点测量并分析，即可验证机械能守恒定律．（1）他进行了下面几个操作步骤A．按照图示的装置安装器件B．将打点计时器接到电源的“直流输出”上C．用天平测出重锤的质量D．先接通电源，后释放纸带，打出一条纸带；E．测量纸带上某些点间的距离；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其增加的动能．其中没有必要进行的步骤是C，操作不当的步骤是B．（填选项字母）（2）这位同学进行正确测量后挑选出一条点迹清晰的纸带进行测量分析，如图2所示，其中O点为起始点，A、B、C、D、E、F为六个计数点．根据纸带上的测量数据，可得出打B点时重锤的速度为 1.84m/s．（保留3位有效数字）（3）他根据纸带上的数据算出各点的速度v，量出下落距离h，并以为纵轴、以h为横轴，作画出的﹣h图象，应是图3中的C．（4）他进一步分析，发现本实验存在较大误差，为此对实验设计进行了改进，用如图4所示的实验装置来验证机械能守恒定律：通过电磁铁控制的小铁球从A点自由下落，下落过程中经过光电门B时，通过与之相连的毫秒计时器（图中未画出）记录挡光时间t，用毫米刻度尺测出A、B之间的距离h，用游标卡尺测得小铁球的直径d．重力加速度为g．实验前应调整光电门位置使小铁球下落过程中球心通过光电门中的激光束．则小铁球通过光电门时的瞬时速度v=．如果d、t、h、g满足关系式，就可验证机械能守恒定律．（5）比较两个方案，改进后的方案相比原方案的最主要的优点是：消除了纸带与打点计时器间的摩擦影响，提高了测量的精确度，从而减小了实验误差．【考点】验证机械能守恒定律．【分析】（1）根据实验的原理和操作中的注意事项确定错误的操作步骤和不必要的操作步骤．（2）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的瞬时速度．（3）根据机械能守恒得出﹣h的关系式，从而确定正确的图线．（4）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出小铁球的瞬时速度，结合机械能守恒得出满足的关系式．（5）根据实验的原理和注意事项找出改进后方案的优点．【解答】解：（1）B：将打点计时器接到电源的“交流输出”上，故B错误，操作不当．C：因为我们是比较mgh、的大小关系，故m可约去比较，不需要用天平，故C没有必要．故答案为：C，B．（2）匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，由此可以求出B点的速度大小为：m/s=1.84m/s．（3）他继续根据纸带算出各点的速度v，量出下落距离h，并以为纵轴、以h为横轴画出的图象，根据知，图线为过原点的倾斜直线，故选：C．（4）光电门测速度的原理是用平均速度代替瞬时速度，因此有：v=，由于，所以．（5）该实验产生误差的主要原因是空气阻力以及纸带与限位孔之间的摩擦力影响，因此实验进行改正之后的主要优点是：没有纸带与打点计时器间的摩擦影响，实验误差减小了．故答案为：①C、B；（2）1.84；（3）C；（4），，（5）消除了纸带与打点计时器间的摩擦影响，提高了测量的精确度，从而减小了实验误差．三．计算题（14题8分，15题9分，16题9分，计26分）14．如图甲所示，水平地面上放置一倾角为θ=37°的足够长的斜面，质量为m的物块置于斜面的底端．某时刻起物块在沿斜面向上的力F作用下由静止开始运动，力F随位移变化的规律如图乙所示．已知整个过程斜面体始终保持静止状态，物块开始运动t=0.5s内位移x1=1m，0.5s 后物块再运动x2=2m时速度减为0．取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（1）由静止开始，0.5s末物块运动的速度大小v．（2）物块沿斜面向上运动过程，受到的摩擦力做的功W f．（3）物块在沿斜面向下运动过程中，斜面体受到地面的摩擦力．【考点】动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】（1）先分析物体的运动情况：0.5s内物块做匀加速直线运动，0.5s后物块做匀减速直线运动．研究0.5s内物体的运动过程：已知时间、初速度和位移，根据位移时间公式可求得加速度，由速度时间公式可求得0.5s末物块运动的速度大小v．（2）对于加速和减速过程分别运用动能定理，列方程，即可求得摩擦力做的功W f．（3）物块在沿斜面向下运动过程中，斜面体静止不动，合力为零，分析其受力情况，运用平衡条件求解即可．【解答】解：（1）由题意，0.5s内物块做匀加速直线运动，则a1t2=x1v=a1t解得：a1=8m/s2，v=4m/s（2）加速和减速过程沿斜面向上的力分别为F1=18N、F2=6N，设物块的质量m和物块与斜面间的动摩擦因数µ，由动能定理有加速过程（F1﹣mgsinθ﹣μmgcosθ）x1=mv2减速过程﹣（mgsinθ+μmgcosθ﹣F2）x2=0﹣mv2W f=﹣μmgcosθ（x1+x2）联立解得：m=1kg，µ=0.5W f=﹣12J（3）斜面体受力如图=mgcosθ受到物块的压力N块。

江西省宜春市高一（下）周练物理试卷（尖子班5.12）一、选择题（1-6题为单选，每题4分，7-10题为多选，每题6分，共48分）1. 下列运动过程中，可视为机械能守恒的是（）A.热气球缓缓升空B.树叶从枝头飘落C.掷出的铅球在空中运动D.跳水运动员在水中下沉2. 如图，一半径为R，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平，一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道，质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小，用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，则（）mgR，质点恰好可以到达Q点A.W=12mgR，质点不能到达Q点B.W>12mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离C.W=12mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离D.W<123. 如图所示，为某质点（质量不变）运动过程中机械能(E)随速度平方(v2)变化的图像，关于该质点到零势能面竖直距离的变化，下列说法正确的是（）A.AB过程一定不变B.AB过程一定增大C.BC过程一定不变D.BC过程一定增大4. 小型登月器连接在航天站上，一起绕月球做圆周运动，其轨道半径为月球半径的3倍，某时刻，航天站使登月器减速分离，登月器沿如图所示的椭圆轨道登月，在月球表面逗留一段时间完成科考工作后，经快速启动仍沿原椭圆轨道返回，当登月器第一次回到分离点时，登月器恰与航天站对接，忽略登月器快速启动和制动时间，整个过程中航天站保持原轨道绕月运行．已知月球表面的重力加速度为g，月球半径为R，不考虑月球自转的影响，则登月器可以在月球上停留的最短时间约为（）A.1.4π√Rg B.1.7π√RgC.3.6π√RgD.4.7π√Rg5. 如图所示，固定斜面AE分成等长四部分AB、BC、CD、DE，小物块与AB、CD间动摩擦因数均为μ1；与BC、DE间动摩擦因数均为μ2，且μ1＝2μ2．当小物块以速度v0从A点沿斜面向上滑动时，刚好能到达E点．当小物块以速度v02从A点沿斜面向上滑动时，则能到达的最高点（）A.刚好为B点B.刚好为C点C.介于AB之间D.介于BC之间6. 物体在万有引力场中具有的势能叫做引力势能．取两物体相距无穷远时的引力势能为零，一个质量为m0的质点距离质量为M0的引力源中心为r0时．其引力势能E P=−GM0m0r0（式中G为引力常数），一颗质量为m的人造地球卫星以圆形轨道环绕地球飞行，已知地球的质量为M，由于受高空稀薄空气的阻力作用．卫星的圆轨道半径从r1逐渐减小到r2．若在这个过程中空气阻力做功为W f，则在下面给出的W f的四个表达式中正确的是（）A.W f＝−GMm(1r1−1r2) B.W f=−GMm2(1r2−1r1)C.W f=−GMm3(1r1−1r2) D.W f=−GMm3(1r2−1r1)7. 质量为2kg的物体，以1m/s的速度在光滑水平长直轨道上滑行．从某时刻起对该物体施加一个沿轨道的水平力，经过一段时间后，滑块的速度改变量的大小为2m/s，则在此过程中水平力做的功可能为（）A.0B.3JC.4JD.8J8. 最近，科学家在望远镜中看到太阳系外某一恒星有一行星，并测得它围绕该恒星运动一周所用的时间为1200年，它与该恒星的距离为地球到太阳距离的100倍．假定该行星绕恒星运行的轨道和地球绕太阳运行的轨道都是圆周，仅利用以上两个数据可以求出的量有（）A.恒星质量与太阳质量之比B.恒星密度与太阳密度之比C.行星质量与地球质量之比D.行星运行速度与地球公转速度之比9. 如图所示，BC是半径为R的竖直面内的圆弧轨道，轨道末端C在圆心O的正下方，∠BOC＝60∘，将质量为m的小球，从与O等高的A点水平抛出，小球恰好从B点沿圆弧切线方向进入圆轨道，由于小球与圆弧之间有摩擦，能够使小球从B到C做匀速圆周运动．重力加速度大小为g．则（）mgRA.从B到C，小球克服摩擦力做功为12B.从B到C，小球与轨道之间的动摩擦因数可能保持不变RC.A、B两点间的距离为√712mgD.在C点，小球对轨道的压力为10310. 由光滑细管组成的轨道如图所示，其中AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内．一质量为m的小球，从距离水平地面高为H的管口D处由静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上．下列说法正确的是（）A.小球落到地面时相对于A点的水平位移值为2√2RH−2R2B.小球落到地面时相对于A点的水平位移值为2√2RH−4R2C.小球能从细管A端恰好落出的条件是H>2RRD.小球能从细管A端水平抛出的最小高度H min=52二、实验题（每空3分，共21分）在“验证机械能守恒定律”的一次实验中，质量m=1kg的重物自由下落，在纸带上打出一系列的点，如图所示（相邻记数点时间间隔为0.02s），那么：（1）纸带的________（用字母表示）端与重物相连；（2）打点计时器打下计数点B时，物体的速度v B=________m/s；（3）从起点P到打下计数点B的过程中物体的重力势能减少量△E P=________J，此过程中物体动能的增加量△E k=________J；（g取9.8m/s2，保留两位小数）（4）通过计算，数值上△E P________△E k（填“<”、“>”或“=”），这是因为________；（5）实验的结论是：________．三、计算题（12题15分，13题16分，共31分）已知地球的半径为R，地球卫星A的圆轨道半径为2R，卫星B的圆轨道半径为√2R，两卫星均在地球赤道的正上方，两卫星运动方向与地球自转方向相同，已知地球表面的重力加速度大小为g，试求：（1）两卫星做圆周运动的周期T A和T B；（2）卫星A和B连续地不能直接通讯的最长时间间隔（信号传输时间可忽略）．如图所示，竖直平面内有一光滑圆弧轨道，其半径为R=0.5m，平台与轨道的最高点等高．一质量m=0.8kg的小球从平台边缘的A处水平射出，恰能沿圆弧轨道上P点的切线方向进入轨道内侧，轨道半径OP与竖直线的夹角为53∘，已知sin53∘=0.8，cos53∘=0.6，g取10/m2．试求：（1）小球从平台上的A点射出时的速度大小v0；（2）小球从平台上的射出点A到圆轨道入射点P之间的水平距离l；（3）小球到达圆弧轨道最低点时的速度大小；（4）小球沿轨道通过圆弧的最高点Q时对轨道的内壁还是外壁有弹力，并求出弹力的大小．参考答案与试题解析江西省宜春市高一（下）周练物理试卷（尖子班5.12）一、选择题（1-6题为单选，每题4分，7-10题为多选，每题6分，共48分）1.【答案】C【考点】机械能守恒的判断【解析】根据机械能守恒的条件分析答题，只有重力或只有弹力做功，机械能守恒．【解答】解：A．热气球缓缓升空，除重力外浮力对它做功，机械能不守恒，故Ａ错误；Ｂ．树叶从枝头飘落，空气阻力对它做功，机械能不守恒，故Ｂ错误；Ｃ．掷出的铅球在空中运动，只有重力做功，机械能守恒，故Ｃ正确；Ｄ．跳水运动员在水中下沉，除重力外，水的阻力对他做负功，机械能不守恒，故Ｄ错误；故选：Ｃ．2.【答案】C【考点】动能定理的应用【解析】对N点运用牛顿第二定律，结合压力的大小求出N点的速度大小，对开始下落到N点的过程运用动能定理求出克服摩擦力做功的大小。

江西省宜春市高一（下）周练物理试卷（3.3）一、解答题（共12小题，满分36分）1. 关于运动的性质，以下说法中正确的是（）A.曲线运动一定是变速运动B.变速运动一定是曲线运动C.曲线运动一定是变加速运动D.物体加速度大小、速度大小都不变的运动一定是直线运动2. 质量为m的木块从半径为R的半球形的碗口下滑到碗的最低点的过程中，如果由于摩擦力的作用使得木块速率不变，则（）A.因为速率不变，所以木块的加速度为零B.因为速率不变，所以木块的加速度不变C.因为速率不变，所以木块下滑过程中的摩擦力不变D.木块下滑过程中的加速度大小不变，方向时刻指向球心3. 自行车的小齿轮A、大齿轮B、后轮C是相互关联的三个转动部分，且半径R B=4R A、R C=8R A，正常骑行时三轮边缘的向心加速度之比a A:a B:a C等于（）A.1:1:8B.4:1:4C.1:2:4D.4:1:324. 关于物体的运动状态与受力关系，下列说法中正确的是（）A.物体的运动状态发生变化，物体的受力情况一定变化B.物体的运动状态保持不变，说明物体所受的合外力为零C.物体在恒力作用下，一定做匀变速直线运动D.物体做曲线运动时，受到的合外力可以是恒力5. 在运动的合成与分解的实验中，红蜡块在长1m的玻璃管中竖直方向能做匀速直线运动，现在某同学拿着玻璃管沿水平方向做匀加速直线运动，并每隔一秒画出了蜡块运轴于A点，则A点的坐标为（）A.(0, 0.4y)B.(0, 0.5y)C.(0, 0.6y)D.不能确定6. 一小球从水平地面斜向上抛出，最后又落会同一水平面，不计空气阻力，在下图中能正确表示速度矢量变化过程的是（）A. B. C. D.7. 如图所示，质量不计的轻质弹性杆P插入桌面上的小孔中，杆的另一端套有一个质量为m的小球，今使小球在水平面内作半径为R的匀速圆周运动，且角速度为ω，则杆的上端受到球对其作用力的大小为（）A.mω2RB.m√g2−ω4R2C.m√g2+ω4R2D.不能确定8. 如图所示，轻质不可伸长的细绳，绕过光滑定滑轮C，与质量为m的物体A连接，A 放在倾角为θ的光滑斜面上，绳的另一端和套在固定竖直杆上的物体B连接．现BC连线恰沿水平方向，从当前位置开始B以速度v0匀速下滑．设绳子的张力为T，在此后的运动过程中，下列说法正确的是（）A.物体A做匀速运动B.物体A做加速运动C.T可能小于mg sinθD.T一定大于mg sinθ9. 如图所示，A、B、C三个物体放在旋转圆台上，动摩擦因数均为μ（可认为最大静摩擦力和滑动摩擦力相等），A质量为2m，B、C的质量均为m，A、B离轴距离为R，C 离轴距离为2R，则当圆台旋转时，若A、B、C均没有滑动，则（）A.C的向心加速度最大B.B的摩擦力最小C.当圆台转速增大时，B比A先滑动D.圆台转速增大时，C比B先滑动10. 如图所示，一条小河，河宽d=60m，水速v1=3m/s，甲乙两船在静水中的速度均为v2=5m/s，两船同时从A点出发，且同时到达对岸，其中甲船恰好垂直到达正对岸的B点，乙船到达对岸的C点，则（）A.α=βB.两船过河时间为12sC.两船航行的合速度大小相同D.BC距离为72m11. 如图所示，横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起，固定在水平面上，小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右水平抛出，最后落在斜面上。

江西省宜春市高一（下）周练物理试卷（1）（2-6 13-16班）一、选择题（每小题6分，共48分．1--3题有多个选项正确，4--8题只有一个选项正确）．1. 自行车场地赛中，运动员骑自行车绕圆形赛道运动一周，下列说法正确的是（）A.运动员通过的路程为零B.运动员发生的位移为零C.运动员的速度方向时刻在改变D.由于起点与终点重合，速度方向没有改变，因此运动并非曲线运动2. 物体在力F1、F2、F3的共同作用下做匀速直线运动，若突然撤去外力F1，则物体的运动情况是（）A.必沿着F1的方向做匀加速直线运动B.必沿着F1的方向做匀减速直线运动C.不可能做匀速直线运动D.可能做直线运动，也可能做曲线运动3. 如图所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m，水的阻力恒为F f，当轻绳与水平面的夹角为θ时，船的速度为v，此时人的拉力大小为F，则此时（）A.人拉绳行走的速度为v cosθB.人拉绳行走的速度为vcosθC.船的加速度为F cosθ−F fmD.船的加速度为F−F fm4. 下列关于匀速圆周运动的物体所受的向心力的说法中，正确的是（）A.物体除其他的力外还受到向心力的作用B.物体所受的合力提供向心力C.向心力是一个恒力D.向心力的大小一直在变化5. 如图所示．足够长的水平直轨道MN上左端有一点C，过MN的竖直平面上有两点A、B，A点在C点的正上方，B点与A点在一条水平线上，不计轨道阻力和空气阻力及碰撞过程中的能量损失和时间，下面判断正确的是（）A.在A、C两点以相同的速度同时水平向右抛出两小球，两球一定会相遇B.在A、C两点以相同的速度同时水平向右抛出两小球，两球一定不会相遇C.在A点水平向右抛出一小球，同时在B点由静止释放一小球，两球一定会相遇D.在A、C两点以相同的速度同时水平向右抛出两小球，并同时在B点由静止释放一小球，三小球有可能在水平轨道上相遇6. 如图所示，一偏心轮绕垂直纸面的轴O匀速转动，a和b是轮边缘上的两个点，则偏心轮转动过程中a、b两点（）A.角速度大小相同B.线速度大小相同C.周期大小不同D.转速大小不同7. 在印度洋海啸灾害中，执行救灾任务的飞机逆风做水平方向的匀速直线飞行，相隔0.5s先后释放开关和质量完全相同的两箱救灾物资1和2．假设风力保持不变，这两箱物资在空中时，地面上的人沿着飞机飞行的方向看（）A.1号箱在2号箱的正上方B.两箱间的水平距离保持不变C.两箱间的水平距离越来越大D.两箱间的水平距离越来越小8. 如图所示，水平放置的两个用相同材料制成的轮P和Q靠摩擦传动（不打滑），两轮的半径R:r=2:1．当主动轮Q匀速转动时，在Q轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在Q轮边缘上，此时Q轮转动的角速度为ω1，木块的向心加速度为a1；若改变转速，把小木块放在P轮边缘也恰能静止，此时Q轮转动的角速度为ω2，木块的向心加速度为a2，则（）A.w1 w2=√22B.w1w2=√21C.a1a2=11D.a1a2=12二、填空题（每空4分，共8分）如图所示，用数码相机记录物体做平抛运动的部分轨迹，背景方格的边长为5cm，重力加速度g=10m/s2．该数码相机每秒钟拍摄________帧照片．物体运动中水平速度的大小为________．三、计算题（本大题共3小题，第10题15分，第11题14分，第12题15分，共44分．写出必要的文字说明和演算步骤，只写出最后答案的不能得分．计算中g均取10m/s2）如图所示，货车正在以a1=0.1m/s2的加速度启动．同时，一只壁虎以v2=0.2m/s的速度在货车壁上向上匀速爬行．试求：（1）经过2s时，地面上的人看到壁虎的速度大小和方向；（2）经过2s的时间壁虎相对于地发生的位移；（3）壁虎做直线运动还是曲线运动？一足够大的倾角为45∘的斜面上有一点O，O点正上方ℎ=0.4m处有一点P．在P点以水平速度v0=1m/s抛出一个小球，随着抛出方向的不同，小球将落到斜面上的不同位置．不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2．试求小球落到斜面上的位置距离O点的最大值和最小值．如图所示，水平放置的圆盘上，在其边缘C点固定一个小桶，桶的高度不计，圆盘半径为R=1m，在圆盘直径CD的正上方，与CD平行放置一条水平滑道AB，滑道右端B与圆盘圆心O在同一竖直线上，且B点距离圆盘圆心的竖直高度ℎ=1.25m，在滑道左端静止放置质量为m=0.4kg的物块（可视为质点），物块与滑道的动摩擦因数为μ=0.2，现用力F=4N的水平作用力拉动物块，同时圆盘从图示位置，以角速度ω=2πrad/s，绕通过圆心O的竖直轴匀速转动，拉力作用在物块一段时间后撤掉，最终物块由B点水平抛出，恰好落入圆盘边缘的小桶内．重力加速度取10m/s2．（1）若拉力作用时间为0.5s，求所需滑道的长度；（2）求拉力作用的最短时间．参考答案与试题解析江西省宜春市高一（下）周练物理试卷（1）（2-6 13-16班）一、选择题（每小题6分，共48分．1--3题有多个选项正确，4--8题只有一个选项正确）．1.【答案】B,C【考点】位移【解析】位移是矢量，可以用由初位置指向末位置的有向线段表示．路程是标量，表示运动轨迹的长度．路程大于等于位移的大小，当做单向直线运动时，路程等于位移的大小．【解答】解：A、行车场地赛中，运动员骑自行车绕圆形赛道运动一周，初末位移相同，所以位移为零，运动轨迹的长度为周长，故A错误，B正确；C、运动员做圆周运动，圆周运动是曲线运动，所以运动的方向时刻在改变，故C正确，D错误．故选BC2.【答案】C,D【考点】物体做曲线运动的条件【解析】物体做匀速直线运动，说明合力为零，故除F2，其余力的合力一定与F2等值、反向、共线；曲线运动的条件是：(1)初速度不为零(2)合力不为零(3)初速度方向与合力方向不在同一直线上．【解答】解：A、撤去F1，其余力的合力与F1等值、反向、共线，与速度方向不共线时，物体做曲线运动，故AB错误；C、撤去F1，其余力的合力与F1等值、反向、共线，与速度方向共线时，物体做直线运动，但加速度不为零，所以不可能做匀速直线运动，故C正确；D、综上分析可知，物体可能做直线运动，也可能做曲线运动，故D正确．故选：CD．3.【答案】A,C【考点】牛顿第二定律的概念合力的大小与分力间夹角的关系【解析】绳子收缩的速度等于人在岸上的速度，连接船的绳子端点既参与了绳子收缩方向上的运动，又参与了绕定滑轮的摆动．根据船的运动速度，结合平行四边形定则求出人拉绳子的速度，及船的加速度．【解答】解：A、B、船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和绕定滑轮的摆动速度的合速=v cosθ；故A正确，B错误．度．如右图所示根据平行四边形定则有，v人C、对小船受力分析，如右图所示，根据牛顿第二定律，有：F cosθ−F f=ma因此船的加速度大小为：a=F cosθ−F f，故C正确，D错误；m故选：AC4.【答案】B【考点】向心力【解析】物体做匀速圆周运动，这里的匀速是指速度大小不变，由于圆周运动方向时刻在变化．因此物体需要一个方向与速度垂直且指向圆心的合外力．这样的合外力只会改变速度方向，不会改变速度大小．【解答】解：A、物体做匀速圆周运动需要一个指向圆心的合外力，并不是还要受到一个向心力作用．故A不正确；B、物体做匀速圆周运动需要向心力，所以物体的合外力正好提供向心力，让物体做匀速圆周运动．故B正确；C、物体做匀速圆周运动需要向心力，它始终指向圆心，因此方向不断改变，向心力不是恒力．故C不正确；D、做匀速圆周运动的物体所需的向心力大小恒定，方向始终指向圆心，故D错误．故选：B．5.【答案】A,D【考点】平抛运动中的相遇问题【解析】要使两球相遇，两球应同时出现在同一位置；而平抛运动在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，由两球的位置关系可知正确结果．【解答】解：AB．在A、C两点以相同的速度同时水平向右抛出两小球，A做平抛运动，C做匀速直线运动，水平方向速度相等，所以AC两小球一定会在MN上相遇，故A正确，B错误；C．在A点水平向右抛出一小球做平抛运动，B点由静止释放一小球做自由落体运动，由于不知道水平抛出时速度，所以不能保证在B下落的时间内A水平方向能运动AB距离，故C错误；D．设B到MN的距离为ℎ，AB的距离为x，则B运动的时间为t=√2ℎg，若能保证抛出时的速度v=x√g2ℎ，则三个球在水平轨道上相遇，故D正确．故选：AD．6.【答案】A【考点】线速度、角速度和周期、转速【解析】a、b两点共轴转动，角速度相等，则周期与转速相等，根据转动半径的大小比较线速度的大小即可．【解答】解：AD．a、b两点共轴转动，角速度相等，转速相等，故A正确，D错误；B．由于转动的半径不等，根据v＝rω知，线速度大小不等，故B错误；C．根据T=2πω，a、b两点角速度相等，则周期一定相等，故C错误．故选A．7.【答案】C【考点】平抛运动的概念【解析】救灾物资从飞机上释放后，把救灾物资的运动分解为竖直方向和水平方向，在水平方向即沿着飞机飞行的方向，由于受到风的恒定的阻力，救灾物资在水平方向看做匀减速运动，运用运动学公式来分析物资1和物资2在水平方向的运动情况．【解答】解：A、两箱物资在水平方向上受到大小相同且大小恒定的空气阻力，这两箱物资在开始下落的一段时间内，在水平方向上均做匀减速直线运动，由于释放的时间不同，虽然初速度相同，但二者水平方向的位移不同，因此，1号箱不在2号箱的正下方，故A错误．B、C、D、两箱物资在开始下落的一段时间内，在水平方向上均做匀减速直线运动，而加速度相同，设大小为a，设物资2下落时的水平初速度为v0，此时物资1的速度为v0−a△t，当物资2下落时间t时，二者之间的水平距离为：△x=x2−x1=v0△t+v0t−12at2−{v0(t+△t)−12a(t+△t)2}=12a△t2+a△t⋅t，随着时间t的增大△x增大，所以两箱间水平距离越来越大，故C正确，B错误，D错误．故选：C．8.【答案】A,C向心加速度线速度、角速度和周期、转速【解析】对于在Q边缘的木块，最大静摩擦力恰为向心力，若将小木块放在P轮上，欲使木块相对B轮也静止，也是最大静摩擦力提供向心力，根据向心力公式即可求解．【解答】解：A、在Q轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在Q轮边缘上．则有最大静摩擦力提供向心力．即为μmg=mω12r，当木块放在P轮也静止，则有μmg=mωP2R，解得：ω1ωp =√21因为线速度大小相等，ω2r=ωP R解得：ω2=2ωP所以ω1ω2=√22，故A正确，B错误；C、因为a1=ω12r，a2=ωP2R，所以a1a2=11，故C正确，D错误；故选：AC．二、填空题（每空4分，共8分）【答案】10,1.5【考点】研究平抛物体的运动【解析】平抛运动在竖直方向上是匀变速运动，由BC和AB之间的距离差可以求出时间间隔，也就可以求出闪光频率；在水平方向上是匀速直线运动，由ABC三点在水平方向上的位移，和两点之间的时间间隔，可以求得水平速度，也就是小球的初速度；【解答】解：在竖直方向：ℎBC−ℎAB=2l=0.1m所以g△t2=0.1m解得：△t=0.1s．f=1△t=10Hz．水平方向是匀速直线运动，v0=x△t=3l△t=0.150.1=1.5m/s故答案为：10.1.5三、计算题（本大题共3小题，第10题15分，第11题14分，第12题15分，共44分．写出必要的文字说明和演算步骤，只写出最后答案的不能得分．计算中g均取10m/s2）【答案】（1）经过2s时，地面上的人看到壁虎的速度大小为0.2√2m/s，壁虎速度方向在该时刻与水平方向成45∘角；（2）经过2s的时间壁虎相对于地发生的位移大小为0.45m，与水平方向所成的角θ=（3）壁虎相对于地面做曲线运动．【考点】运动的合成与分解【解析】（1）壁虎同时参入了相对于车向上的匀速运动和随车一起向左的匀加速直线运动．分别求出2s末，两个方向上的速度，根据速度合成原则即可求解；（2）分别求出壁虎水平和竖直方向的位移，根据矢量合成原则即可求解；（3）求出x−y的函数图像，即可分析壁虎的运动情况．【解答】解：（1）壁虎同时参入了相对于车向上的匀速运动和随车一起向左的匀加速直线运动．经过2s时，壁虎向上运动的速度为：v y=v2=0.2m/s，随车运动的速度为：v x=v1=a1t=0.2m/s，如图1所示，壁虎运动的合速度在t=2s末，大小为：v=√v x2+v y2=√0．22+0．22m/s=0.2√2m/s，tanα=v yv x =0.20.2=1，故壁虎速度方向在该时刻与水平方向成45∘角．（2）如图2，在汽车启动后2s这段时间内，壁虎的水平位移x=12at2=0.2m，竖直位移y=v y t=0.4m，壁虎相对地面发生的位移s=√x2+y2=0.45m，与水平方向所成的角θ=arctan2．（3）由上面分析知x=12at2=0.05t2，y=0.2t，消去时间t，解得：x=1.25y2，是一条如图答3所示的抛物线，所以壁虎做曲线运动，或者用初速度与加速度方向垂直的关系，也可以判断出壁虎的运动轨迹是曲线．答：（1）经过2s时，地面上的人看到壁虎的速度大小为0.2√2m/s，壁虎速度方向在该时刻与水平方向成45∘角；（2）经过2s的时间壁虎相对于地发生的位移大小为0.45m，与水平方向所成的角θ= arctan2；（3）壁虎相对于地面做曲线运动．【答案】小球落到斜面上的位置距离O点的最大值和最小值分别为2√25m、√25m．【考点】平抛运动的概念运动的合成与分解【解析】当初速度正对斜面上方时，落点A离O最近，当初速度正对斜面下方时，落点B离O最远，结合平抛运动的规律，抓住几何关系求出小球落到斜面上的位置距离O点的最大值和最小值．【解答】解：如图，当初速度正对斜面上方时，落点A离O最近，有：x1=v0t1①y1=12gt12②由几何关系tan45∘=ℎ−y1x1③由①②③代入数据解得：t1=0.2s，x1=0.2m所以最小距离OA=x1cos45∘=15√2m．当初速度正对斜面下方时，落点B离O最远，有x2=v0t2④y2=12gt22⑤由几何关系tan45∘=y2−ℎx2⑥由④⑤⑥代入数据解得：t1=0.4s，x2=0.4m所以最大距离OB=x2cos45∘=25√2m．【答案】解：（1）物块平抛：ℎ=12gt2；t=√2ℎg=0.5s物块离开滑道时的速度：v=Rt=2m/s拉动物块的加速度，由牛顿第二定律：F−μmg=ma1；得：a1=8m/s2撤去外力后，由牛顿第二定律：−μmg=ma2；得：a2=−2m/s2匀加速运动的位移x1=12a1t12=12×8×0.25m=1m，匀加速运动的速度v1=a1t1=4m/s．匀减速运动的位移x2=v2−v122a2=3m．板长L=x1+x2=4m．故所需滑道的长度为4m．（2）盘转过一圈时落入，拉力时间最短；盘转过一圈时间：T=2πω=1s；物块在滑道上先加速后减速，最终获得：v=a1t1−a2t2物块滑行时间、抛出在空中时间与圆盘周期关系：t1+t2+t=T由上两式得：t1=0.3s故拉力作用的最短时间为0.3s．【考点】平抛运动的概念匀变速直线运动的位移与时间的关系牛顿第二定律的概念匀速圆周运动【解析】（1）物块离开B点后做平抛运动，可以求出平抛运动的时间和平抛运动的初速度，物块在滑道上先匀加速运动再匀减速运动，两个运动的位移之和为滑道的长度．（2）若圆盘转一圈，物块恰好调入小桶，此时作用力时间最短．圆盘转一圈的时间与匀加速运动、匀减速运动、平抛运动三个时间之和相等．【解答】解：（1）物块平抛：ℎ=12gt2；t=√2ℎg=0.5s物块离开滑道时的速度：v=Rt=2m/s拉动物块的加速度，由牛顿第二定律：F−μmg=ma1；得：a1=8m/s2撤去外力后，由牛顿第二定律：−μmg=ma2；得：a2=−2m/s2匀加速运动的位移x1=12a1t12=12×8×0.25m=1m，匀加速运动的速度v1=a1t1=4m/s．匀减速运动的位移x2=v2−v122a2=3m．板长L=x1+x2=4m．故所需滑道的长度为4m．（2）盘转过一圈时落入，拉力时间最短；盘转过一圈时间：T=2πω=1s；物块在滑道上先加速后减速，最终获得：v=a1t1−a2t2物块滑行时间、抛出在空中时间与圆盘周期关系：t1+t2+t=T 由上两式得：t1=0.3s故拉力作用的最短时间为0.3s．。

丰城中学2015至2016学年下学期高一第二次周考物理试卷命题人：张洁审题人：高一物理备课组2016-3-10本试卷总分值为100分，考试时间为70分钟一、选择题（每题至少有一个选项正确，每题4分，共40分）1．做曲线运动的物体在运动过程中，下列说法正确的是( ) A．速度大小一定改变B．加速度大小一定改变C．速度方向一定改变D．加速度方向一定改变2.一小船在静水中的速度为3 m/s，它在一条河宽150 m，水流速度为4 m/s的河流中渡河，则选项中不正确的( )A．小船不可能到达正对岸B．小船渡河的时间不可能少于50 sC．小船以最短时间渡河时，它沿水流方向的位移大小为200 m D．小船以最短位移渡河时，位移大小为150 m3．长度为0.5m的轻质细杆OA，A端有一质量为3kg的小球，通过最高点时的速度为2m/s，取g=10m/s2，则此时轻杆OA将A．受到6.0N的拉力 B．受到6.0N的压力C．受到24N的拉力D．受到24N的压力4．有a、b为两个分运动，它们的合运动为c，则下列说法正确的是( )A．若a、b的轨迹为直线，则c的轨迹必为直线B．若c的轨迹为直线，则a、b必为匀速运动C．若a为匀速直线运动，b为匀速直线运动，则c不一定为匀速直线运动D．若a、b均为初速度为零的匀变速直线运动，则c必为匀变速直线运动5.对于做匀速圆周运动的质点，下列说法正确的是( )A．根据公式a＝v2/r，可知其向心加速度a与半径r成反比B．根据公式a＝ω2r，可知其向心加速度a与半径r成正比C．根据公式ω＝v/r，可知其角速度ω与半径r成反比D．根据公式ω＝2πn，可知其角速度ω与转数n成正比6. 如图所示，摩擦轮A和B固定在一起通过中介轮C进行传动，A 为主动轮，A的半径为20 cm，B的半径为10 cm，A、B两轮边缘上的向心加速度之比( )A．1∶1 B．1∶2C．2∶1 D．2∶37.如图所示，在光滑的轨道上，小球滑下经过圆弧部分的最高点A时，恰好不脱离轨道，此时小球受到的作用力是( ) A．重力、弹力和向心力B．重力和弹力C．重力和向心力D．重力8．如图所示，用长为L的细绳拴着质量为m的小球在竖直平面内做圆周运动，则下列说法中正确的是( )A．小球在圆周最高点时所受的向心力一定为重力B．小球在最高点时绳子的拉力不可能为零C．若小球刚好能在竖直平面内做圆周运动，则其在最高点的速率为gLD．小球过最低点时绳子的拉力一定大于小球重力9．如图所示，两个质量不同的小球用长度不等的细线拴在同一点，并在同一水平面内做匀速圆周运动，则它们的( ) A．运动周期相同B．运动线速度一样C．运动角速度相同D．向心加速度相同10．如图所示，小球原来能在光滑的水平面上做匀速圆周运动，若剪断B、C之间的细绳，当A球重新达到稳定状态后，则A球的（）A.运动半径变大B.速率变大C.角速度变大D.周期变大二、计算题（60分）11 （12分）.如图所示，AB为斜面，倾角为30°,小球从A点以初速度v0水平抛出,恰好落到B点,求:（1）AB间的距离（2）物体在空中飞行的时间.12（12分）.质量m=1000kg的汽车通过圆形拱形桥时的速率恒定,拱形桥的半径R=5m。

江西省宜春市高一（下）周练物理试卷（4）一、选择题（本题共8小题，每小题6分，共48分，1-5小题只有一个选项正确，6-8小题有多个选项正确．在每题给出的四个选项中，全部选对的得全分，选不全的得一半分，有选错或不答的得0分）1. 下列说法符合史实的是（）A.牛顿发现了行星的运动规律B.开普勒发现了万有引力定律C.卡文迪许测出了万有引力常量D.牛顿发现了海王星和冥王星2. 关于环绕地球运转的人造地球卫星，有如下几种说法，其中正确的是（）A.轨道半径越大，速度越小，周期越长B.轨道半径越大，速度越大，周期越短C.轨道半径越大，速度越大，周期越长D.轨道半径越小，速度越小，周期越长3. 一个行星，其半径比地球的半径大2倍，质量是地球的25倍，则它表面的重力加速度是地球表面重力加速度的（）A.6倍B.4倍C.259倍 D.12倍4. 地球公转的轨道半径为R1，周期为T1，月球绕地球运转的轨道半径为R2，周期为T2，则太阳质量与地球质量之比为（）A.R13T12 R23T22B.R13T22 R23T12C.R12T22 R22T12D.R12T13R22T235. 做平抛运动的物体，在水平方向通过的最大距离取决于（）A.物体的高度和所受重力B.物体的高度和初速度C.物体所受的重力和初速度D.物体所受的重力、高度和初速度6. 关于开普勒行星运动的公式R3T2=k，以下理解正确的是（）A.k是一个与行星无关的常量B.若地球绕太阳运转轨道的半长轴为R地，周期为T地，月球绕地球运转轨道的长半轴为R 月，周期为T月，则R地3T地2=R月3T月2C.T表示行星运动的自转周期D.T表示行星运动的公转周期7. 已知万有引力常量G，要计算地球的质量还需要知道某些数据，现在给出下列各组数据，可以计算出地球质量的是（）A.地球公转的周期及半径B.月球绕地球运行的周期和运行的半径C.人造卫星绕地球运行的周期和速率D.地球半径和同步卫星离地面的高度8. 如图是发射地球同步卫星模拟图，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3．轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下正确的是（）A.卫星在轨道3上的线速度大于在轨道1上的线速度B.卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度C.卫星在轨道1上经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度D.卫星在轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度二、实验题（每空3分，共12分）“研究平抛物体的运动”实验的装置如图所示，在实验前应（）A.将斜槽的末端切线调成水平B.将木板校准到竖直方向，并使木板平面与小球下落的竖直平面平行C.在白纸上记录斜槽末端槽口的位置O，作为小球做平抛运动的起点和所建坐标系的原点D.小球每次必须从斜面上的同一位置由静止开始释放如图所示为一小球做平抛运动的闪光照相照片的一部分，图中背景方格的边长均为5cm，如果取g＝10m/s2，那么：（1）照相机的闪光频率是________Hz；（2）小球运动中水平分速度的大小是________m/s；（3）小球经过B点时的速度大小是________m/s．三、计算题（共3小题，第11题12分，第12题13分，第14题15分，共40分．解答时要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，若只有最后答案而无演算过程的不得分）太阳系中除了有九大行星外，还有许多围绕太阳运行的小行星，其中一颗名叫“谷神”的小行星，质量为1.00×1021kg，它运行的轨道半径是地球的2.77倍，试求出它绕太阳一周所需要的时间是多少年？（可用根式表示）g的加速度某物体在地面上受到的重力为160N，将它放置在卫星中，当卫星以a=12随火箭上升的过程中，当物体与卫星中的支持物的相互挤压力为90N时，卫星距地球表面的距离为________（地球半径R=6400km，g取10m/s2）天宫一号于2011年9月29日成功发射，它将和随后发射的神州飞船在空间完成交会对接，实现中国载人航天工程的一个新的跨越．天宫一号进入运行轨道后，其运行周期为T，距地面的高度为ℎ，已知地球半径为R，万有引力常量为G．若将天宫一号的运行轨道看做圆轨道，求：（1）地球质量M；（2）地球的平均密度．参考答案与试题解析江西省宜春高一（下）周练物理试卷（4）一、选择题（本题共8小题，每小题6分，共48分，1-5小题只有一个选项正确，6-8小题有多个选项正确．在每题给出的四个选项中，全部选对的得全分，选不全的得一半分，有选错或不答的得0分）1.【答案】C【考点】物理学史【解析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．【解答】解：A、开普勒发现了行星的运动规律，故A错误；B、牛顿发现了万有引力定律，故B错误；C、卡文迪许测出了万有引力常量，故C正确；D、英国科学家亚当斯和法国科学家勒威耶发现了海王星和冥王星，故D错误；故选：C．2.【答案】A【考点】随地、绕地问题【解析】要求卫星的线速度与轨道半径之间的关系，可根据G MmR =m v2R来求解；要求卫星的运动周期和轨道半径之间的关系，可根据有G MmR2=m4π2T2R来进行求解．【解答】解：人造地球卫星在绕地球做圆周运动时地球对卫星的引力提供圆周运动的向心力故有G MmR2=m4π2T2R故T=√4π2R3GM，显然R越大，卫星运动的周期越长．又G MmR2=m v2Rv=√GMR，显然轨道半径R越大，线速度越小．故A正确．故选A．3.【答案】C【考点】万有引力定律及其应用根据万有引力等于重力，得出重力加速度的表达式，从而得出重力加速度之比． 【解答】 根据GMm R 2=mg 得：g =GM R 2，因为行星的质量是地球质量的25倍，半径是地球半径的3倍，则行星表面的重力加速度是地球表面的重力加速度的259倍。