河北省衡水市2015-2016学年高一物理下册期末试题.doc

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2015-2016学年河北省衡水市景县中学高一（下）期末物理试卷

一．选择题（共60分，15小题，每题4分，其中1-10题为单选，11-15为多选，全对得4分，选不全得2分）
1．下面有关物理学史和物理学方法的说法中，不正确的有（　　）
A．伽利略研究自由落体运动时，由于物体下落时间太短，不易测量，因此采用了“冲淡重力”的方法来测量时间，然后再把得出的结论合理外推
B．根据速度定义式v=，当△t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法
C．由a=可知，物体的加速度又叫做速度的变化率，其值由比值决定
D．在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法
2．L型木板P（上表面光滑）放在固定斜面上，轻质弹簧一端固定在木板上，另一端与置于木板上表面的滑块Q相连，如图所示．若P、Q一起沿斜面匀速下滑，不计空气阻力．则木板P的受力个数为（　　）

A．3 B．4 C．5 D．6
3．质量为1kg的物体与地面间的动摩擦因数μ=0.2，从t=0开始以初速度v0沿水平地面向右滑行，同时受到一个水平向左的恒力F=1N的作用，取向右为正方向，g=10m/s2，该物体受到的摩擦力f随时间变化的图象是（　　）
A． B． C． D．
4．一个质量m=0.05kg的小球做平抛运动时，测出小球在不同时刻速率v的数据，并作出v2﹣t2图线，如图所示．不计空气阻力，下列说法不正确的是（　　）

A．小球的初速度为2m/s
B．图线的斜率大小为100m2•s﹣4
C．横轴读数在0.16时，小球离抛出点的位移大小为2m
D．横轴读数在0～0.25区间内，小球所受重力做功的平均功率为1.25W
5．质量为m的飞机，以速率v在水平面上做半径为r的匀速圆周运动，空气对飞机作用力的大小等于（　　）
A． B． C．mg D．
6．如图所示，小球m可以在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，下列说法中正确的是（　　）

A．小球通过最高点的最小速度至为
B．小球通过最高点的最小速度可以为0
C．小球在水平线ab以下管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力
D．小球在水平线ab以上管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力
7．两颗靠得很近的天体称为双星，它们都绕两者连线上某点做匀速圆周运动，因而不至于由于万有引力吸引到相撞，以下说法中正确的是（　　）
A．它们做圆周运动的角速度与它们的总质量成反比
B．它们做圆周运动的线速度大小与它们的质量成正比
C．它们做圆周运动的半径与各自质量的乘积相等
D．它们做圆周运动的半径与各自线速度大小的乘积相等
8．甲、乙两颗圆球形行星半径相同，质量分别为M和2M，若不考虑行星自转的影响，下述判断正确的是（　　）
A．质量相同的物体在甲、乙行星表面所受万有引力大小相等
B．两颗行星表面的重力加速度g甲=2g乙
C．两颗行星的卫星的最大环绕速度v甲＞v乙
D．两颗行星的卫星的最小环绕周期T甲＞T乙
9．从空中静止释放一重为1N的物体，物体在空中运动5s落地，不计空气阻力，取g=10m/s2，则在这5s内重力的功率为（　　）
A．25W B．50W C．300W D．500W
10．用水平恒力F作用在质量为M的物体上，使之在光滑的水平面上沿力的方向移动距离s，恒力做功为W1，再用该恒力作用于质量为m（m＜M）的物体上，使之在粗糙的水平面上沿力的方向移动同样距离s，恒力做功为W2，则两次恒力做功的关系是（　　）
A．W1＞W2 B．W1＜W2 C．W1=W2 D．无法判断
11．如图所示，A、B两点分别是斜面的顶端、底端，C、D是斜面上的两个点，LAC：LCD：LDB=1：3：3，E点在B点正上方并与A点等高．从E点水平抛出质量相等的两个小球，球a落在C点，球b落在D点，球a和球b从抛出到落在斜面上的过程中（不计空气阻力）（　　）

A．两球运动时间之比为l：2
B．两球抛出时初速度之比为4：1
C．两球动能增加量之比为1：2
D．两球重力做功之比为l：3
12．2016年4月24日为首个“中国航天日”，中国航天事业取得了举世瞩目的成绩．我国于16年1月启动了火星探测计划，假设将来人类登上了火星，航天员考察完毕后，乘坐宇宙飞船离开火星时，经历了如图所示的变轨过程，则有关这艘飞船的下列说法，正确的是（　　）

A．飞船在轨道Ⅰ上运动到P点的速度小于在轨道Ⅱ上运动到P点的速度
B．飞船绕火星在轨道Ⅰ上运动的周期跟飞船返回地面的过程中绕地球以与轨道Ⅰ同样的轨道半径运动的周期相同
C．飞船在轨道Ⅲ上运动到P点时的加速度大于飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度
D．飞船在轨道Ⅱ上运动时，经过P点时的速度大于经过Q点时的速度
13．如图所示，质量相同的甲乙两个小物块，甲从竖直固定的光滑圆弧轨道顶端由静止滑下，轨道半径为R，圆弧底端切线水平，乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滑下．下列判断正确的是（　　）

A．两物块到达底端时速度相同
B．两物块运动到底端的过程中重力做功相同
C．两物块到达底端时动能相同
D．两物块到达底端时，甲物块重力做功的瞬时功率大于乙物块重力做功的瞬时功率
14．如图所示，水平面上质量相等的两木块A、B用一轻弹簧相连，整个系统处于静止状态．t=0时刻起用一竖直向上的力F拉动木块A，使A向上做匀加速直线运动．t1时刻弹簧恰好恢复原长，t2时刻木块B恰好要离开水平面．以下说法正确的是（　　）

A．在0﹣t2时间内，拉力F随时间t均匀增加
B．在0﹣t2时间内，拉力F随木块A的位移均匀增加
C．在0﹣t1时间内，拉力F做的功等于A的动能增量
D．在0﹣t2时间内，拉力F做的功等于A的机械能增量
15．如图所示为通过弹射器研究轻弹簧的弹性势能的实验装置．半径为R的光滑圆形轨道竖直固定于光滑水平面上并与水平地面相切于B点，弹射器固定于A处．某次实验过程中弹射器射出一质量为m的小球，恰能沿圆轨道内侧到达最髙点C，然后从轨道D处（D与圆心等高）下落至水平面．忽略空气阻力，取重力加速度为g．下列说法正确的是（　　）

A．小球从D处下落至水平面的时间小于
B．小球运动至最低点B时对轨道压力为5mg
C．小球落至水平面时的动能为2mgR
D．释放小球前弹射器的弹性势能为

二．实验题（共16分，16题6分，17题10分）
16．为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图1所示的实验装置．其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量．（滑轮质量不计）
（1）实验时，一定要进行的操作是　　　　　　．（多选）
A．用天平测出砂和砂桶的质量．
B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力．
C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计示数．
D．改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带．
E．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M
（2）该同学在实验中得到如图2所示的一条纸带（两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为　　　　　　m/s2（结果保留两位有效数字）．
（3）以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度为纵坐标，画出的a﹣F图象是一条直线，求得图线的斜率为k，则小车的质量为　　　　　　．
17．在“自由落体法验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器接在6V、50Hz的交流电源上，自由下落的重物质量为1Kg，一条理想的纸带数据如图所示，单位是cm，g取9.8m/s2，O、A之间有几个计数点没画出．
（1）打点计时器打下计数点B时，物体的速度vB为　　　　　　
（2）从起点O到打下计数点B的过程中重力势能的减少量是△EP=　　　　　　，动能的增加量△EK=　　　　　　（结果保留3位有效数字）
（3）通过计算，数值上△EP　　　　　　△EK（填“＞”、“＜”或“=”），这是因为　　　　　　．

三．计算题（共34分，共3道题，其中18题10分，19题10分，20题14分）
18．如图所示，光滑轨道固定在竖直平面内，其中BCD为细管，AB只有外轨道，AB段和BC段均为半径为R的四分之一圆弧．一小球从距离水平地面高为H（未知）的管口D处静止释放，最后恰能够到达A点，并水平抛出落到地面上．求：
（1）小球到达A点速度vA；
（2）平抛运动的水平位移x；
（3）D点到水平地面的竖直高度H．

19．已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，万有引力常量为G，不考虑地球自转的影响．
（1）求卫星环绕地球运行的第一宇宙速度v1；
（2）若卫星绕地球做匀速圆周运动且运行周期为T，求卫星运行半径r；
（3）由题目所给条件，请提出一种估算地球平均密度的方法，并推导出密度表达式．
20．如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面AB长为2.4m，其下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC=37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R=1.0m，现有一个质量为m=0.2kg可视为质点的滑块，从D点的正上方h=1.6m的E点处自由下落，滑块恰好能运动到A点．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，计算结果可保留根号．求：
（1）滑块第一次到达B点的速度；
（2）滑块与斜面AB之间的动摩擦因数；
（3）滑块在斜面上运动的总路程及总时间．

2015-2016学年河北省衡水市景县中学高一（下）期末物理试卷
参考答案与试题解析

一．选择题（共60分，15小题，每题4分，其中1-10题为单选，11-15为多选，全对得4分，选不全得2分）
1．下面有关物理学史和物理学方法的说法中，不正确的有（　　）
A．伽利略研究自由落体运动时，由于物体下落时间太短，不易测量，因此采用了“冲淡重力”的方法来测量时间，然后再把得出的结论合理外推
B．根据速度定义式v=，当△t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法
C．由a=可知，物体的加速度又叫做速度的变化率，其值由比值决定
D．在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法
【考点】物理学史．
【分析】速度的定义v=，当△t→0时，表示物体在t时刻的瞬时速度，是采用数学上极限思想方法．
合力与分力是等效替代的关系，在探究求合力方法的实验中使用了等效替代的思想．
匀变速运动分成无数小段，采用的是数学上的微分法．
质点是用来代替物体的，采用是等效替代法．
【解答】解：A、伽利略研究自由落体运动时，由于物体下落时间太短，不易测量，因此采用了“冲淡重力”的方法来测量时间，然后再把得出的结论合理外推．故A正确．
B、速度的定义v=，表示平均速度，当△t→0时，表示物体在t时刻的瞬时速度，是采用数学上极限思想方法．故B正确．
C、物体的加速度又叫做速度的变化率，其值由比值决定．故C不正确．
D、在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成无数小段，采用的是数学中的微元法．故D正确．
本题选不正确的，故选：C．

2．L型木板P（上表面光滑）放在固定斜面上，轻质弹簧一端固定在木板上，另一端与置于木板上表面的滑块Q相连，如图所示．若P、Q一起沿斜面匀速下滑，不计空气阻力．则木板P的受力个数为（　　）

A．3 B．4 C．5 D．6
【考点】物体的弹性和弹力．
【分析】先对物体Q受力分析，由共点力平衡条件可知，弹簧对Q有弹力，故弹簧对P有沿斜面向下的弹力；再对物体P受力分析，即可得到其受力个数．
【解答】解：P、Q一起沿斜面匀速下滑时，由于木板P上表面光滑，滑块Q受到重力、P的支持力和弹簧沿斜面向上的弹力．根据牛顿第三定律，物体Q必对物体P有压力，同时弹簧对P也一定有向下的弹力，因而木板P受到重力、斜面的支持力、斜面的摩擦力、Q的压力和弹簧沿斜面向下的弹力，所以选项C正确；
故选：C．

3．质量为1kg的物体与地面间的动摩擦因数μ=0.2，从t=0开始以初速度v0沿水平地面向右滑行，同时受到一个水平向左的恒力F=1N的作用，取向右为正方向，g=10m/s2，该物体受到的摩擦力f随时间变化的图象是（　　）
A． B． C． D．
【考点】静摩擦力和最大静摩擦力；滑动摩擦力．
【分析】先分析物体的运动情况：物体先向右做匀减速运动，当速度减到零时，根据恒力F与最大静摩擦力的关系，分析物体的状态，再研究摩擦力．
【解答】解：从t=0开始以初速度v0沿水平地面向右做匀减速运动，受到的滑动摩擦力大小为f=μmg=0.2×1×10N=2N，方向向左，为负值．
当物体的速度减到零时，物体所受的最大静摩擦力为fm=μmg=2N，则F＜fm，所以物体不能被拉动而处于静止状态，受到静摩擦力作用，其大小为f=F=1N，方向向右，为正值，根据数学知识得知，A图象正确．
故选A

4．一个质量m=0.05kg的小球做平抛运动时，测出小球在不同时刻速率v的数据，并作出v2﹣t2图线，如图所示．不计空气阻力，下列说法不正确的是（　　）

A．小球的初速度为2m/s
B．图线的斜率大小为100m2•s﹣4
C．横轴读数在0.16时，小球离抛出点的位移大小为2m
D．横轴读数在0～0.25区间内，小球所受重力做功的平均功率为1.25W
【考点】功率、平均功率和瞬时功率；平抛运动．
【分析】小球从A点做平抛运动，通过乙图找出v2﹣t2的关系式，结合图线的纵轴截距求出小球的初速度，以及图线的斜率大小．根据横轴数据得出运动的时间，结合平抛运动的规律进行求解．
【解答】解：小球做平抛运动，某时刻t竖直分速度vy=gt，则小球的速度的平方，
A、纵轴截距表示，即=4m2/s2，解得小球的初速度v0=2m/s，故A正确．
B、图线的斜率等于g2，等于100m2•s﹣4，故B正确．
C、横轴读数在0.16时，即t=0.4s时，小球离抛出点的水平位移x=v0t=2×0.4m=0.8m，竖直位移y===0.8m，则小球离抛出点的位移s=m，故C错误．
D、横轴读数在0～0.25区间内，即t=0.5s内，小球下降的高度为：h===1.25m，
则重力做功的平均功率为：P=，故D正确．
本题选错误的，故选：C．

5．质量为m的飞机，以速率v在水平面上做半径为r的匀速圆周运动，空气对飞机作用力的大小等于（　　）
A． B． C．mg D．
【考点】向心力；牛顿第二定律．
【分析】飞机受重力、空气的作用力，靠两个力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出空气对飞机的作用力．
【解答】解：根据牛顿第二定律有：
根据平行四边形定则，如图．空气对飞机的作用力F=．故A正确，B、C、D错误．
故选A．

6．如图所示，小球m可以在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，下列说法中正确的是（　　）

A．小球通过最高点的最小速度至为
B．小球通过最高点的最小速度可以为0
C．小球在水平线ab以下管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力
D．小球在水平线ab以上管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力
【考点】向心力．
【分析】小球在竖直光滑圆形管道内做圆周运动，在最高点，由于外管或内管都可以对小球产生弹力作用，从而可以确定在最高点的最小速度．小球做圆周运动是，沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力．
【解答】解：A、在最高点，由于外管或内管都可以对小球产生弹力作用，当小球的速度等于0时，内管对小球产生弹力，大小为mg，故最小速度为0．故A错误，B正确．
C、小球在水平线ab以下管道运动，由于沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，所以外侧管壁对小球一定有作用力，内侧没有力的作用．故C错误．
D、小球在水平线ab以上管道中运动时，当速度时，内侧管壁没有作用力，此时外侧管壁有作用力．当速度时，内侧管壁有作用力．故D错误．
故选：B．

7．两颗靠得很近的天体称为双星，它们都绕两者连线上某点做匀速圆周运动，因而不至于由于万有引力吸引到相撞，以下说法中正确的是（　　）
A．它们做圆周运动的角速度与它们的总质量成反比
B．它们做圆周运动的线速度大小与它们的质量成正比
C．它们做圆周运动的半径与各自质量的乘积相等
D．它们做圆周运动的半径与各自线速度大小的乘积相等
【考点】万有引力定律及其应用．
【分析】在双星系统中，双星之间的万有引力提供各自做圆周运动的向心力，即向心力相同，同时注意：它们的角速度相同，然后根据向心力公式列方程即可求解．
【解答】解：A、双星系统所受的向心力相等，根据…①
得…②
…③
…④
解得，故它们做圆周运动的角速度与它们的总质量的平方根成正比，故A错误；
B、双星系统的角速度相等，得，得
根据v=ωR，得，故它们做圆周运动的线速度大小与它们的质量成反比，故B错误；
C、由B分析有，故C正确；
D、由C分析知，即它们做圆周运动的半径与各自线速度大小的乘积不相等，故D错误
故选：C

8．甲、乙两颗圆球形行星半径相同，质量分别为M和2M，若不考虑行星自转的影响，下述判断正确的是（　　）
A．质量相同的物体在甲、乙行星表面所受万有引力大小相等
B．两颗行星表面的重力加速度g甲=2g乙
C．两颗行星的卫星的最大环绕速度v甲＞v乙
D．两颗行星的卫星的最小环绕周期T甲＞T乙
【考点】万有引力定律及其应用．
【分析】抓住卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，根据牛顿第二定律列式推导出重力加速度、环绕速度的表达式讨论即可．
【解答】解：A、根据万有引力定律F=G∝M，得质量相同的物体在甲、乙行星表面所受万有引力大小之比为1：2，不相等，故A错误；
B、在行星表面，不考虑行星自转的影响，重力等于万有引力，故：mg=G，故g=∝M，故两颗行星表面的重力加速度大小之比为1：2，即2g甲=g乙，故B错误；
C、行星的卫星的最大环绕速度即为该行星的第一宇宙速度，万有引力等于向心力，故：
G=m
解得：
v=∝
故两颗行星表面的重力加速度大小之比为1：；
故两颗行星的卫星的最大环绕速度v甲＜v乙，故C错误；
D、卫星的万有引力提供向心力，故：G=m，解得：T=2π；
故R越小，周期越小，故近地卫星的周期最小；
由于T=2π∝，甲的质量小，故T甲＞T乙，故D正确；
故选：D

9．从空中静止释放一重为1N的物体，物体在空中运动5s落地，不计空气阻力，取g=10m/s2，则在这5s内重力的功率为（　　）
A．25W B．50W C．300W D．500W
【考点】功率、平均功率和瞬时功率．
【分析】物体做自由落体运动，由运动学公式求得下落的高度，根据P=求的功率
【解答】解：物体下落的高度为：
h=
平均功率为：
P=
故选：A

10．用水平恒力F作用在质量为M的物体上，使之在光滑的水平面上沿力的方向移动距离s，恒力做功为W1，再用该恒力作用于质量为m（m＜M）的物体上，使之在粗糙的水平面上沿力的方向移动同样距离s，恒力做功为W2，则两次恒力做功的关系是（　　）
A．W1＞W2 B．W1＜W2 C．W1=W2 D．无法判断
【考点】功的计算．
【分析】本题是对功的公式的直接应用，根据功的公式直接计算即可．
【解答】解：由于物体受到的都是恒力的作用，
根据恒力做功的公式W=FL可知，在两次拉物体运动的过程中，拉力的大小相同，物体运动的位移也相等，
所以两次拉力做的功相同，所以C正确．
故选C．

11．如图所示，A、B两点分别是斜面的顶端、底端，C、D是斜面上的两个点，LAC：LCD：LDB=1：3：3，E点在B点正上方并与A点等高．从E点水平抛出质量相等的两个小球，球a落在C点，球b落在D点，球a和球b从抛出到落在斜面上的过程中（不计空气阻力）（　　）

A．两球运动时间之比为l：2
B．两球抛出时初速度之比为4：1
C．两球动能增加量之比为1：2
D．两球重力做功之比为l：3
【考点】功能关系；动能和势能的相互转化．
【分析】根据下降的高度之比求出运动的时间之比，根据水平位移之比以及时间之比求出初速度之比．根据动能定理得出动能增加量之比．
【解答】解：A、球1和球2下降的高度之比为1：4，根据t=知，时间之比为1：2，故A正确．
B、因为球1和球2的水平位移之比为2：1，时间之比为1：2，则初速度之比为4：1，故B正确．
C、根据动能定理知，重力做功之比为1：4，则动能增加量之比为1：4，故CD错误．
故选：AB

12．2016年4月24日为首个“中国航天日”，中国航天事业取得了举世瞩目的成绩．我国于16年1月启动了火星探测计划，假设将来人类登上了火星，航天员考察完毕后，乘坐宇宙飞船离开火星时，经历了如图所示的变轨过程，则有关这艘飞船的下列说法，正确的是（　　）

A．飞船在轨道Ⅰ上运动到P点的速度小于在轨道Ⅱ上运动到P点的速度
B．飞船绕火星在轨道Ⅰ上运动的周期跟飞船返回地面的过程中绕地球以与轨道Ⅰ同样的轨道半径运动的周期相同
C．飞船在轨道Ⅲ上运动到P点时的加速度大于飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度
D．飞船在轨道Ⅱ上运动时，经过P点时的速度大于经过Q点时的速度
【考点】万有引力定律及其应用．
【分析】根据开普勒第二定律可知，飞船在轨道Ⅱ上运动时，在P点速度大于在Q点的速度．飞船从轨道Ⅰ转移到轨道Ⅱ上运动，必须在P点时，点火加速，使其速度增大做离心运动，即机械能增大．飞船在轨道Ⅰ上运动到P点时与飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时有r相等，则加速度必定相等．根据万有引力提供向心力与周期的关系确
【解答】解：A、飞船在轨道Ⅰ上经过P点时，要点火加速，使其速度增大做离心运动，从而转移到轨道Ⅱ上运动．所以飞船在轨道Ⅰ上运动时经过P点的速度小于在轨道Ⅱ上运动时经过P点的速度．故A正确．
B、根据周期公式T=2π，虽然r相等，但是由于地球和火星的质量不等，所以周期T不相等．故B错误．
C、飞船在轨道上Ⅲ运动到P点时与飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时受到的万有引力大小相等，根据牛顿第二定律可知加速度必定相等．故C错误．
D、根据开普勒第二定律可知，飞船在轨道Ⅱ上运动时，在近地点P点速度大于在Q点的速度．故D正确．
故选：AD

13．如图所示，质量相同的甲乙两个小物块，甲从竖直固定的光滑圆弧轨道顶端由静止滑下，轨道半径为R，圆弧底端切线水平，乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滑下．下列判断正确的是（　　）

A．两物块到达底端时速度相同
B．两物块运动到底端的过程中重力做功相同
C．两物块到达底端时动能相同
D．两物块到达底端时，甲物块重力做功的瞬时功率大于乙物块重力做功的瞬时功率
【考点】机械能守恒定律；功率、平均功率和瞬时功率．
【分析】根据动能定理比较两物块到达底端的动能，从而比较出速度的大小，根据重力与速度方向的关系，结合P=mgvcosα比较瞬时功率的大小．
【解答】解：A、根据动能定理得，mgR=，知两物块达到底端的动能相等，速度大小相等，但是速度的方向不同．故A错误．
B、两物块运动到底端的过程中，下落的高度相同，重力做功相同．故B正确．
C、两物块到达底端的速度大小相等，质量相等，可知两物块到达底端时动能相同，故C正确．
D、两物块到达底端的速度大小相等，甲重力与速度方向垂直，瞬时功率为零，则乙重力做功的瞬时功率大于甲重力做功的瞬时功率．故D错误．
故选：BC

14．如图所示，水平面上质量相等的两木块A、B用一轻弹簧相连，整个系统处于静止状态．t=0时刻起用一竖直向上的力F拉动木块A，使A向上做匀加速直线运动．t1时刻弹簧恰好恢复原长，t2时刻木块B恰好要离开水平面．以下说法正确的是（　　）

A．在0﹣t2时间内，拉力F随时间t均匀增加
B．在0﹣t2时间内，拉力F随木块A的位移均匀增加
C．在0﹣t1时间内，拉力F做的功等于A的动能增量
D．在0﹣t2时间内，拉力F做的功等于A的机械能增量
【考点】功能关系；动能和势能的相互转化．
【分析】以木块A为研究对象，分析受力情况，根据牛顿第二定律得出F与A位移x的关系式，再根据位移时间公式，得出F与t的关系．根据功能关系分析拉力做功与A的机械能增量关系．
【解答】解：A、B、设原来系统静止时弹簧的压缩长度为x0，当木块A的位移为x时，弹簧的压缩长度为（x0﹣x），弹簧的弹力大小为k（x0﹣x），根据牛顿第二定律得：
F+k（x0﹣x）﹣mg=ma
得到：F=kx﹣kx0+ma+mg，
又kx0=mg，
则得到：F=kx+ma
可见F与x是线性关系，则在0﹣t2时间内，拉力F随木块A的位移均匀增加，由x=at2得：F=kat2+ma，F与t不成正比．故A错误，B正确．
C、根据动能定理可知：在0﹣t1时间内，拉力F做的功、重力做功与弹力做功之和等于A的动能增量，故C错误．
D、据题t=0时刻弹簧的弹力等于A的重力，t2时刻弹簧的弹力等于B的重力，而两个物体的重力相等，所以t=0时刻和t2时刻弹簧的弹力相等，弹性势能相等，根据功能关系可知在0﹣t2间间内，拉力F做的功等于A的机械能增量，故D正确．
故选：BD．

15．如图所示为通过弹射器研究轻弹簧的弹性势能的实验装置．半径为R的光滑圆形轨道竖直固定于光滑水平面上并与水平地面相切于B点，弹射器固定于A处．某次实验过程中弹射器射出一质量为m的小球，恰能沿圆轨道内侧到达最髙点C，然后从轨道D处（D与圆心等高）下落至水平面．忽略空气阻力，取重力加速度为g．下列说法正确的是（　　）

A．小球从D处下落至水平面的时间小于
B．小球运动至最低点B时对轨道压力为5mg
C．小球落至水平面时的动能为2mgR
D．释放小球前弹射器的弹性势能为
【考点】功能关系；向心力；动能定理．
【分析】小球从被弹出后机械能守恒；在最高点应保证重力充当向心力，由临界条件可求得最高点的速度；由机械能守恒可求得B点的压力、小球到达水平面的动能及开始时的机械能．
【解答】解：A、小球恰好通过最高点，则由mg=m，解得v=；小球从C到D的过程中机械能守恒，则有mgR=﹣mv2；解得vD=；小球由D到地面做匀加速直线运动；若做自由落体运动时，由R=可得，t=；而现在有初速度，故时间小于；故A正确；
B、由B到C过程中，机械能守恒，则有：mg2R=﹣；B点时由牛顿第二定律有：F﹣mg=m；联立解得，F=6mg，故B错误；
C、对C到地面过程由机械能守恒得：Ek﹣=mg2R；EK=2.5mgR；故C错误；
D、小球弹出后的机械能等于弹射器的弹性势能；故弹性势能为E=mg2R+=；故D正确；
故选：AD．

二．实验题（共16分，16题6分，17题10分）
16．为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图1所示的实验装置．其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量．（滑轮质量不计）
（1）实验时，一定要进行的操作是　BCD　．（多选）
A．用天平测出砂和砂桶的质量．
B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力．
C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计示数．
D．改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带．
E．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M
（2）该同学在实验中得到如图2所示的一条纸带（两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为　0.48　m/s2（结果保留两位有效数字）．
（3）以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度为纵坐标，画出的a﹣F图象是一条直线，求得图线的斜率为k，则小车的质量为　　．
【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．
【分析】（1）解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项；
（2）依据逐差法可得小车加速度．
（3）小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对a﹣F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数．
【解答】解：（1）AE、本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故A错误，E错误．
B、该题是弹簧测力计测出拉力，从而表示小车受到的合外力，故需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确；
C、打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，故C正确；
D、改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F变化关系，故D正确；
故选：BCD．
（2）由于两计数点间还有两个点没有画出，故单摆周期为0.06s，
由△x=aT2可得：
a==0.48m/s2．
（3）对a﹣F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数，
此题，弹簧测力计的示数F=F合，
故小车质量为m=．
故答案为：（1）BCD
（2）0.48
（3）

17．在“自由落体法验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器接在6V、50Hz的交流电源上，自由下落的重物质量为1Kg，一条理想的纸带数据如图所示，单位是cm，g取9.8m/s2，O、A之间有几个计数点没画出．
（1）打点计时器打下计数点B时，物体的速度vB为　0.98m/s　
（2）从起点O到打下计数点B的过程中重力势能的减少量是△EP=　0.491J　，动能的增加量△EK=　0.480J　（结果保留3位有效数字）
（3）通过计算，数值上△EP　＞　△EK（填“＞”、“＜”或“=”），这是因为　实验中有摩擦和空气阻力　．

【考点】验证机械能守恒定律．
【分析】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，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．
【解答】解：（1）利用匀变速直线运动的推论有：
vB===0.98m/s；
（2）重力势能减小量为：△Ep=mgh=1×9.8×0.0501J=0.491 J．
EkB=mvB2=0.480 J．
（3）通过计算，数值△EP大于△Ek，这是因为物体下落过程中受阻力作用．
故答案为：（1）0.98m/s；（2）0.491J，0.480J；（3）＞，实验中有摩擦和空气阻力．

三．计算题（共34分，共3道题，其中18题10分，19题10分，20题14分）
18．如图所示，光滑轨道固定在竖直平面内，其中BCD为细管，AB只有外轨道，AB段和BC段均为半径为R的四分之一圆弧．一小球从距离水平地面高为H（未知）的管口D处静止释放，最后恰能够到达A点，并水平抛出落到地面上．求：
（1）小球到达A点速度vA；
（2）平抛运动的水平位移x；
（3）D点到水平地面的竖直高度H．

【考点】机械能守恒定律；平抛运动．
【分析】（1）小球恰能够到达A点，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律求解vA；
（2）小球离开A点后做平抛运动，运用运动的分解法，由运动学公式求解x．
（3）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H．
【解答】解：（1）小球恰能够到达A点，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律得：
mg=m
解得小球到达A点速度为：vA=．
（2）从A点抛出后做平抛运动，则有：
x=vAt，2R=
联立解得：x=2R．
（3）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，则得：
mgH=2mgR+
解得：H=
答：（1）小球到达A点速度vA为．
（2）平抛运动的水平位移x是2R；
（3）D点到水平地面的竖直高度H是．

19．已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，万有引力常量为G，不考虑地球自转的影响．
（1）求卫星环绕地球运行的第一宇宙速度v1；
（2）若卫星绕地球做匀速圆周运动且运行周期为T，求卫星运行半径r；
（3）由题目所给条件，请提出一种估算地球平均密度的方法，并推导出密度表达式．
【考点】第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度；人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．
【分析】（1）第一宇宙速度为卫星在地面附近轨道做匀速圆周运动的环绕速度，根据重力等于向心力列式求解；
（2）根据卫星受到的万有引力等于向心力和地面附近的重力加速度公式联立列式求解；
（3）根据地面附近的重力加速度公式先计算出地球质量，再估算密度．
【解答】解：（1）重力等于向心力
mg=m
解得
v1=
即卫星环绕地球运行的第一宇宙速度v1为．
（2）若不考虑地球自转的影响，地面上质量为m的物体所受的重力mg等于地球对物体的引力，即
mg=G ①
卫星受到的万有引力等于向心力
G=m′r ②
由①②两式解得
r=
即卫星运行半径r为．
（3）由①式解得
M=
因而
ρ=
即地球的密度为．

20．如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面AB长为2.4m，其下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC=37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R=1.0m，现有一个质量为m=0.2kg可视为质点的滑块，从D点的正上方h=1.6m的E点处自由下落，滑块恰好能运动到A点．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，