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河南省信阳市2016-2017学年高一物理下学期期末试卷(含解析)

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2016-2017 学年河南省信阳高一(下)期末物理试卷
一、选择题:本题共 10 小题,在每小题给出的四个选项中,第 1~7 题只有一个选项正确, 第 8~10 题有多个选项正确,全部选对的得 5 分,选对但不全的得 3 分,有选错的得 0 分. 1.(5 分)关于曲线运动,下列说法中正确的是( ) A.曲线运动物体的速度方向保持不变 B.曲线运动一定是变速运动 C.物体受到变力作用时就做曲线运动 D.曲线运动的物体受到的合外力可以为零 2.(5 分)如图所示,从倾角为 θ 的足够长的斜面顶端 P 以速度 v0 抛出一个小球,落在斜 面上某处 Q 点,小球落在斜面上的速度与斜面的夹角为 α ,若把初速度变为 3v0,小球仍落 在斜面上,则以下说法正确的是( )
A.夹角 α 将变大 B.夹角 α 与初速度大小无关 C.小球在空中的运动时间不变 D.PQ 间距是原来间距的 3 倍 3.(5 分)利用双线可以稳固小球在竖直*面内做圆周运动而不易偏离竖直面,如图,用 两根长为 L 的细线系一质量为 m 的小球,两线上端系于水*横杆上,A、B 两点相距也为 L, 若小球恰能在竖直面内做完整的圆周运动,则小球运动到最低点时,每根线承受的张力为 ()

A.2mg B.3mg C.2.5mg D.

mg

4.(5 分)我国自主研制的“嫦娥三号”,携带“玉兔”月球车已于 2013 年 12 月 2 日 1 时 30 分在西昌卫星发射中心发射升空,落月点有一个富有诗意的名字﹣﹣﹣“广寒宫”.若 已知月球质量为 m 月,半径为 R,引力常量为 G,以下说法正确的是( ) A.若在月球上发射一颗绕月球做圆周运动的卫星,则最大运行速度为

B.若在月球上发射一颗绕月球做圆周运动的卫星,则最小周期为 2π C.若在月球上以较小的初速度 v0 竖直上抛一个物体,则物体上升的最大高度为 D.若在月球上以较小的初速度 v0 竖直上抛一个物体,则物体从抛出落回到抛出点所用时间 为 5.(5 分)小球由地面竖直上抛,上升的最大高度为 H,设所受阻力大小恒定,地面为零势 能面.在上升至离地高度 h 处,小球的动能是势能的 2 倍,在下落至离地高度 h 处,小球的 势能是动能的 2 倍,则 h 等于( ) A. B. C. D. 6.(5 分)如图所示,小车的上面是中突的两个对称的曲面组成,整个小车的质量为 m,原 来静止在光滑的水*面上.今有一个可以看作质点的小球,质量也为 m,以水*速度 v 从左 端滑上小车,恰好到达小车的最高点后,又从另一个曲面滑下.关于这个过程,下列说法正 确的是( )
A.小球滑离小车时,小车又回到了原来的位置 B.小球从滑上曲面到最高点的过程中,小车的动量变化大小是零 C.小球和小车作用前后,小车和小球的速度一定变化 D.车上曲面的竖直高度不会大于 7.(5 分)如图所示,工厂利用足够长的皮带传输机把货物从地面运送到高出水*地面的 C *台上,C *台离地面的高度一定.运输机的皮带以一定的速度 v 顺时针转动且不打滑.将 货物轻轻地放在 A 处,货物随皮带到达*台.货物在皮带上相对滑动时,会留下一定长度的 痕迹.已知所有货物与皮带间的动摩擦因数为 μ .满足 tanθ <μ ,可以认为最大静摩擦力 等于滑动摩擦力( )
A.传送带对货物做的功等于物体动能的增加量

B.传送带对货物做的功等于货物对传送带做的功 C.因传送物体,电动机需多做的功等于货物机械能的增加量 D.货物质量 m 越大,皮带上摩擦产生的热越多 8.(5 分)如图甲所示,质量为 m=1kg 的小物块放在长直水*面上,用水*细线紧绕在半 径为 R=0.2m 的薄壁圆筒上.t=0 时刻,圆筒在电动机带动下由静止开始绕竖直中心轴转动, 小物块的 v﹣t 图象如图乙,物块和地面之间的动摩擦因数为 μ =0.2.(不计细线在圆筒上 缠绕的厚度)则( )
A.圆筒转动的角速度满足 ω =5t B.细线的拉力大小为 2 N C.细线拉力的瞬时功率满足 P=4t D.在 0﹣2 s 内,细绳对小物块做的功为 6J 9.(5 分)如图所示,一倾角为 a 的固定斜面下端固定一挡板,一劲度系数为 k 的轻弹簧 下端固定在挡板上.现将一质量为 m 的小物块从斜面上离弹簧上端距离为 s 处,由静止释放, 已知物块与斜面间的动摩擦因数为 μ ,物块下滑过程中的最大动能为 Ekm,则小物块从释放 到运动至最低点的过程中,下列说法中正确的是( )
A.μ <tana B.物块刚与弹簧接触的瞬间达到最大动能 C.弹簧的最大弹性势能等于整个过程中物块减少的重力势能与摩擦力对物块做功之和 D.若将物块从离弹簧上端 2s 的斜面处由静止释放,则下滑过程中物块的最大动能小于 2Ekm 10.(5 分)质量为 m 和 M 的两个物块 A、B,中间夹着一根由轻绳束缚着的、被压缩的轻质 弹簧,弹簧与 A、B 不相连,它们一起在光滑的水*面上以共同的速度向右运动,总动量为 P,弹簧的弹性势能为 EP;某时刻轻绳断开,弹簧恢复到原长时,A 刚好静止,B 向右运动, 与质量为 M 的静止物块 C 相碰并粘在一起,则( )
A.弹簧弹力对 A 的冲量大小为 P B.弹簧弹力对 B 做功的大小为 EP

C.全过程中机械能减小量为 EP D.B、C 的最终速度为

二、解答题(共 2 小题,满分 14 分)

11.某物理兴趣小组在探究*抛运动的规律实验时,将小球做*抛运动,用频闪照相机对准

方格背景照相,拍摄到了如图所示的照片,但照片上有一破损处.已知每个小方格边长

9.8cm,当地的重力加速度为 g=9.8m/s2.

(1)若以拍摄的第 1 个点为坐标原点,水*向右和竖直向下为正方向,则照片上破损处的

小球位置坐标为



(2)小球*抛的初速度大小为



12.(10 分)“验证机械能守恒定律”的实验装置可以采用图示的甲或乙方案来进行.

(1)比较这两种方案,

(填“甲”或“乙”)方案好些.

(2)该同学开始实验时情形如图丙所示,接通电源释放纸带.请指出该同学在实验操作中

存在的两处明显错误或不当的地方:





(3)该实验中得到一条纸带,且测得每两个计数点间的距离如图丁中所示.已知相邻两个

计数点之间的时间间隔 T=O.1s.则物体运动的加速度 a=

;该纸带是采用

.(填

“甲”或“乙”)实验方案得到的.

三、计算题(46 分)

13.(10 分)如图所示,位于竖直*面上的 圆弧轨道光滑,半径为 R,OB 沿竖直方向,

上端 A 距地面高度为 H,质量为 m 的小球从 A 点由静止释放,到达 B 点时的速度为



最后落在地面上 C 点处,不计空气阻力.求: (1)小球刚运动到 B 点时的加速度为多大,对轨道的压力多大. (2)小球落地点 C 与 B 点水*距离为多少.
14.(8 分)如图所示的装置叫做阿特伍德机,是阿特伍德创制的一种著名力学实验装置.绳 子两端的物体下落(上升)的加速度总是小于自由落体的加速度 g,同自由落体相比,下落 相同的高度,所花费的时间要长,这使得实验者有足够的时间从容的观测、研究.已知物体 A、B 的质量相等均为 M,物体 C 的质量为 m,轻绳与轻滑轮间的摩擦不计,轻绳不可伸长且 足够长,如果 m= M,将 BC 由静止释放,下落距离为 H,此时 A 未与滑轮接触,求: (1)此时 A 的速度大小; (2)此过程中 B 对 C 做的功.
15.(12 分)如图所示,圆筒的内壁光滑,底端固定在竖直转轴 OO',圆筒可随轴转动,它 与水*面的夹角始终为 45°.在圆筒内有两个用轻质弹簧连接的相同小球 A、B(小球的直 径略小于圆筒内径),A、B 质量均为 m,弹簧的劲度系数为 k.当圆筒静止时 A、B 之间的 距离为 L(L 远大于小球直径).现让圆筒开始转动,其角速度从零开始缓慢增大,当角速 度增大到 ω 0 时保持匀速转动,此时小球 B 对圆筒底部的压力恰好为零.重力加速度大小为 g. (1)求圆筒的角速度从零增大至 ω 0 的过程中,弹簧弹性势能的变化量; (2)用 m、g、L、k 表示小球 A 匀速转动的动能 Ek.

16.(16 分)如图所示,在光滑的水*面上有一质量为 m=1kg 的足够长的木板 C,在 C 上放 置有 A、B 两物体,A 的质量 mA=1kg,B 的质量为 mB=2kg.A、B 之间锁定一被压缩了的轻弹 簧,弹簧储存的弹性势能 Ep=3J,现突然给 A、B 一瞬时冲量作用,使 A、B 同时获得 v0=2m/s 的初速度,且同时弹簧由于受到扰动而解除锁定,并在极短的时间内恢复原长,之后与 A、 B 分离.已知 A 和 C 之间的摩擦因数为 μ 1=0.2,B、C 之间的动摩擦因数为 μ 2=0.1,且滑动 摩擦力略小于最大静摩擦力.求: (1)弹簧与 A、B 分离的瞬间,A、B 的速度分别是多大? (2)已知在 C 第一次碰到右边的固定挡板之前,A、B 和 C 已经达到了共同速度,求在到达 共同速度之前 A、B、C 的加速度分别是多大及该过程中产生的内能为多少? (3)已知 C 与挡板的碰撞的碰撞无机械能损失,求在第一次碰撞后到第二次碰撞前 A 在 C 上滑行的距离?

2016-2017 学年河南省信阳高中高一(下)期末物理试卷 参考答案与试题解析
一、选择题:本题共 10 小题,在每小题给出的四个选项中,第 1~7 题只有一个选项正确, 第 8~10 题有多个选项正确,全部选对的得 5 分,选对但不全的得 3 分,有选错的得 0 分. 1.关于曲线运动,下列说法中正确的是( ) A.曲线运动物体的速度方向保持不变 B.曲线运动一定是变速运动 C.物体受到变力作用时就做曲线运动 D.曲线运动的物体受到的合外力可以为零 【考点】42:物体做曲线运动的条件;41:曲线运动. 【分析】物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上,合外力大小和方向不一定 变化,由此可以分析得出结论. 【解答】解:A、既然是曲线运动,它的速度的方向必定是改变的,所以 A 错误. B、既然是曲线运动,它的速度的方向必定是改变的,物体一定受到合力的作用,所以线运 动一定是变速运动,所以 B 正确. C、物体受到变力的作用,如果力的方向和速度在同一条直线上时,物体做的仍是直线运动, 只不过是物体的加速度的大小在变化,所以 C 错误. D、既然是曲线运动,它的速度的方向必定是改变的,物体一定受到合力的作用,合外力不 可能为零,所以 D 错误. 故选 B. 【点评】本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查,掌握了做曲线运动的条件,本题基本 上就可以解决了.
2.如图所示,从倾角为 θ 的足够长的斜面顶端 P 以速度 v0 抛出一个小球,落在斜面上某 处 Q 点,小球落在斜面上的速度与斜面的夹角为 α ,若把初速度变为 3v0,小球仍落在斜面 上,则以下说法正确的是( )

A.夹角 α 将变大 B.夹角 α 与初速度大小无关 C.小球在空中的运动时间不变 D.PQ 间距是原来间距的 3 倍 【考点】43:*抛运动. 【分析】小球落在斜面上,根据竖直位移与水*位移的关系求出小球在空中的运动时间,从 而得出 PQ 间的变化.结合速度方向与水*方向夹角正切值和位移与水*方向夹角正切值的 关系,判断夹角与初速度的关系. 【解答】解:A、小球落在斜面上,位移与水*方向的夹角不变,因为*抛运动某时刻速度 方向与水*方向夹角的正切值是位移与水*方向夹角正切值的 2 倍,可知速度与水*方向夹 角的正切值不变,可知夹角 α 与初速度大小无关,故 A 错误,B 正确.

C、根据

得,t=

,可知初速度变为原来的 3 倍,则运动的时间变

为原来的 3 倍,故 C 错误.

D、PQ 间的间距 s=

,初速度变为原来的 3 倍,则 PQ 间距变为原来的 9

倍,故 D 错误. 故选:B. 【点评】解决本题的关键知道*抛运动在水*方向和竖直方向上的运动规律,结合运动学公 式和推论灵活求解.

3.利用双线可以稳固小球在竖直*面内做圆周运动而不易偏离竖直面,如图,用两根长为 L 的细线系一质量为 m 的小球,两线上端系于水*横杆上,A、B 两点相距也为 L,若小球恰 能在竖直面内做完整的圆周运动,则小球运动到最低点时,每根线承受的张力为( )

A.2 mg B.3mg C.2.5mg D. mg 【考点】4A:向心力;29:物体的弹性和弹力. 【分析】小球恰能过最高点的临界情况是重力提供向心力,根据牛顿第二定律求出最小速度, 再根据动能定理求出最低点的速度,根据牛顿第二定律求出绳子的张力.
【解答】解:小球恰好过最高点时有:mg=m

解得:



根据动能定理得,mg? L=



在最低点,由牛顿第二定律得: T﹣mg=m ③
联立①②③得,T=2 mg 故 A 正确,B、C、D 错误. 故选:A. 【点评】本题综合运用了动能定理和牛顿第二定律,知道细线拉着小球在竖直面内做圆周运 动,最高点和最低点靠竖直方向上的合力提供向心力.

4.我国自主研制的“嫦娥三号”,携带“玉兔”月球车已于 2013 年 12 月 2 日 1 时 30 分在 西昌卫星发射中心发射升空,落月点有一个富有诗意的名字﹣﹣﹣“广寒宫”.若已知月球 质量为 m 月,半径为 R,引力常量为 G,以下说法正确的是( )
A.若在月球上发射一颗绕月球做圆周运动的卫星,则最大运行速度为

B.若在月球上发射一颗绕月球做圆周运动的卫星,则最小周期为 2π

C.若在月球上以较小的初速度 v0 竖直上抛一个物体,则物体上升的最大高度为

D.若在月球上以较小的初速度 v0 竖直上抛一个物体,则物体从抛出落回到抛出点所用时间 为

【考点】4F:万有引力定律及其应用. 【分析】第一宇宙速度是*地卫星的环绕速度,也是最大的圆周运动的环绕速度;忽略月球 自转的影响,根据万有引力等于重力列出等式求出月球表面重力加速度,再根据竖直上抛的 运动规律求解. 【解答】解:A、第一宇宙速度是*地卫星的环绕速度,也是最大的圆周运动的环绕速度;

根据万有引力提供向心力得:

=

在月球上发射一颗绕它作圆形轨道运行的卫星的最大运行速度为:v=

,故 A 错误;

B、根据万有引力提供向心力得:

=

;解得:T=2π



故卫星的轨道半径增大,周期也在增大,故卫星的最小周期为 2π R

,故 B 错误;

C、D、忽略月球自转的影响,根据万有引力等于重力列出等式:

=mg;解得:g=



在月球上以初速度 v0 竖直上抛一个物体,物体落回到抛出点所用时间:t= =



物体上升的最大高度:h= =

;故 C 正确,D 错误.

故选:C. 【点评】把星球表面的物体运动和天体运动结合起来是考试中常见的问题;运用*鸫皇 GM=gR2 求出问题是考试中常见的方法.

5.小球由地面竖直上抛,上升的最大高度为 H,设所受阻力大小恒定,地面为零势能面.在 上升至离地高度 h 处,小球的动能是势能的 2 倍,在下落至离地高度 h 处,小球的势能是动

能的 2 倍,则 h 等于( )

A. B. C. D.

【考点】6C:机械能守恒定律;1N:竖直上抛运动;67:重力势能. 【分析】对小球上升和下降过程反复运用动能定理,并且结合在 h 处动能和势能的数量关系, 联立方程组问题可解. 【解答】解:设小球受到的阻力大小恒为 f,小球上升至最高点过程,由动能定理得:

﹣mgH﹣fH=0﹣

…①

小球上升至离地高度 h 处时速度设为 v1,由动能定理得:

﹣mgh﹣fh=



…②

又由题有:

=2mgh…③;

小球上升至最高点后又下降至离地高度 h 处时速度设为 v2,此过程由动能定理得:

﹣mgh﹣f(2H﹣h)=



…④

又由题有:2×

=mgh…⑤;

以上各式联立解得:h= . 选项 C 正确,ABD 错误. 故选:C 【点评】在应用动能定理解题时,要灵活选择研究的过程,各个力做功的分析非常重要,本 题中要注意上升和下降过程中阻力始终做负功.

6.如图所示,小车的上面是中突的两个对称的曲面组成,整个小车的质量为 m,原来静止 在光滑的水*面上.今有一个可以看作质点的小球,质量也为 m,以水*速度 v 从左端滑上 小车,恰好到达小车的最高点后,又从另一个曲面滑下.关于这个过程,下列说法正确的是 ()

A.小球滑离小车时,小车又回到了原来的位置 B.小球从滑上曲面到最高点的过程中,小车的动量变化大小是零

C.小球和小车作用前后,小车和小球的速度一定变化
D.车上曲面的竖直高度不会大于
【考点】53:动量守恒定律;6B:功能关系. 【分析】小球和小车组成的系统,水*方向不受外力,系统水*方向动量守恒,根据动量守 恒定律求出小球到达最高点时系统的速度,再求小车动量的变化.根据系统的机械能不会增 加来判断车上曲面的竖直高度大小. 【解答】解:A、小球滑上曲面的过程,小车向右运动,小球滑下时,小车还会继续前进, 故不会回到原位置,故 A 错误. B、由小球恰好到最高点时小球与小车具有共同速度,对于车、球组成的系统,取水*向右 为正方向,由动量守恒定律列式为 mv=2mv′,得共同速度 v′=0.5v.则小车动量的变化为 △P=mv′﹣0= ,故 B 错误. C、由于满足动量守恒定律,系统机械能又没有增加,若两曲面光滑时,小车和小球的速度 可能没有变化.故 C 错误; D、由于小球原来的动能为 mv2,小球到最高点时系统的动能为 ×2m×(0.5v)2= , 所以系统动能减少了 .如果曲面光滑,则减少的动能等于小球增加的重力势能,即
=mgh,得 h= .显然,这是最大值,如果曲面粗糙,高度还要小些,所以车上曲面的竖直
高度不会大于 .故 D 正确.
故选:D 【点评】本题是系统动量守恒和机械能守恒的类型,类似于弹性碰撞,要知道小球恰好到最 高点时小球与小车具有共同速度.
7.如图所示,工厂利用足够长的皮带传输机把货物从地面运送到高出水*地面的 C *台上, C *台离地面的高度一定.运输机的皮带以一定的速度 v 顺时针转动且不打滑.将货物轻轻 地放在 A 处,货物随皮带到达*台.货物在皮带上相对滑动时,会留下一定长度的痕迹.已 知所有货物与皮带间的动摩擦因数为 μ .满足 tanθ <μ ,可以认为最大静摩擦力等于滑动 摩擦力( )

A.传送带对货物做的功等于物体动能的增加量 B.传送带对货物做的功等于货物对传送带做的功 C.因传送物体,电动机需多做的功等于货物机械能的增加量 D.货物质量 m 越大,皮带上摩擦产生的热越多 【考点】6B:功能关系;62:功的计算;6C:机械能守恒定律. 【分析】物体放在皮带上先做匀加速运动,当速度达到皮带的速度时做匀速运动;物体匀加 速运动时,物体速度增加到与传送带速度相同时与传送带一起做匀速运动;在传送物体的过 程中,电动机做的功转化为物体的动能、重力势能与系统产生的内能;表示出物体与皮带的 相对位移,根据 Q=μ mgcosθ ?△x 表示出因滑动摩擦产生的热量. 【解答】解:A、物体放在皮带上先做匀加速运动,当速度达到皮带的速度时做匀速运动, 送带对货物做的功等于物体动能的增加量与重力势能的增加量的和.故 A 错误; B、物体放在皮带上先做匀加速运动,当速度达到皮带的速度时做匀速运动,而传送带一直 做匀速运动,所以物体位移的绝对值 x1 小于传送带的位移 x2, 传送带对物体做功:W1=f?x1,物体对传送带做功:W2=fx2>fx1=W1.故 B 错误; C、在传送物体的过程中,电动机做的功转化为物体的动能、重力势能与系统产生的内能, 所以电动机需多做的功大于货物机械能的增加量.故 C 错误; D、皮带上摩擦产生的热:Q=f?△x=μ mgcosθ ? ,当倾角 θ 和速度 v 一定时,物体匀加 速运动时,根据牛顿第二定律可得: μ mgcosθ ﹣mgsinθ =ma 解得物体的加速度为: a=μ gcosθ ﹣gsinθ 加速度不变,货物质量 m 越大,皮带上摩擦产生的热越多.故 D 正确. 故选:D 【点评】本题要注意物块在传送带上的运动情况,能正确对物体进行受力分析;在传送物体 的过程中,电动机做的功转化为物体的动能、重力势能与系统产生的内能,难度适中.
8.如图甲所示,质量为 m=1kg 的小物块放在长直水*面上,用水*细线紧绕在半径为 R=0.2m

的薄壁圆筒上.t=0 时刻,圆筒在电动机带动下由静止开始绕竖直中心轴转动,小物块的 v ﹣t 图象如图乙,物块和地面之间的动摩擦因数为 μ =0.2.(不计细线在圆筒上缠绕的厚度) 则( )

A.圆筒转动的角速度满足 ω =5t B.细线的拉力大小为 2 N C.细线拉力的瞬时功率满足 P=4t D.在 0﹣2 s 内,细绳对小物块做的功为 6J 【考点】66:动能定理的应用;4A:向心力. 【分析】根据物块速度求得圆筒线速度,进而得到角速度;由物块速度求得加速度,进而由 牛顿第二定律求得拉力,即可求得瞬时功率及功. 【解答】解:A、小物块的速度 v=t(m/s),故圆筒边缘的线速度为 v=t(m/s),那么,角

速度

,故 A 正确;

B、小物块的加速度 a=1m/s2,故由牛顿第二定律可得:F﹣μ mg=ma,所以,F=ma+μ mg=3N, 故 B 错误; C、细线拉力的瞬时功率 P=Fv=3t(W),故 C 错误;

D、在 0﹣2 s 内,小物块的位移

,故细绳对小物块做的功 W=Fs=6J,故 D

正确; 故选:AD. 【点评】经典力学问题一般先对物体进行受力分析,求得合外力及运动过程做功情况,然后 根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解.

9.如图所示,一倾角为 a 的固定斜面下端固定一挡板,一劲度系数为 k 的轻弹簧下端固定 在挡板上.现将一质量为 m 的小物块从斜面上离弹簧上端距离为 s 处,由静止释放,已知物 块与斜面间的动摩擦因数为 μ ,物块下滑过程中的最大动能为 Ekm,则小物块从释放到运动 至最低点的过程中,下列说法中正确的是( )

A.μ <tana B.物块刚与弹簧接触的瞬间达到最大动能 C.弹簧的最大弹性势能等于整个过程中物块减少的重力势能与摩擦力对物块做功之和 D.若将物块从离弹簧上端 2s 的斜面处由静止释放,则下滑过程中物块的最大动能小于 2Ekm 【考点】6B:功能关系. 【分析】小物块从静止释放后能下滑,说明重力沿斜面向下的分力大于最大静摩擦力,由此 列式得到 μ 与 α 的关系.物块所受的合力为零时动能最大.根据能量守恒定律分析各种能 量的关系. 【解答】解:A、小物块从静止释放后能沿斜面下滑,则有 mgsinα >μ mgcosα ,解得 μ <tanα .故 A 正确; B、物块刚与弹簧接触的瞬间,弹簧的弹力仍为零,仍有 mgsinα >μ mgcosα ,物块继续向 下加速,动能仍在增大,所以此瞬间动能不是最大,当物块的合力为零时动能才最大,故 B 错误; C、根据能量转化和守恒定律知,弹簧的最大弹性势能等于整个过程中物块减少的重力势能 与产生的内能之差,而内能等于物块克服摩擦力做功,可得弹簧的最大弹性势能等于整个过 程中物块减少的重力势能与摩擦力对物块做功之和.故 C 正确; D、若将物块从离弹簧上端 2s 的斜面处由静止释放,下滑过程中物块动能最大的位置不变, 弹性势能不变,设为 Ep.此位置弹簧的压缩量为 x. 根据功能关系可得: 将物块从离弹簧上端 s 的斜面处由静止释放,下滑过程中物块的最大动能为 Ekm=mg(s+x) sinα ﹣μ mg(s+x)cosα ﹣Ep. 将物块从离弹簧上端 s 的斜面处由静止释放,下滑过程中物块的最大动能为 Ekm′=mg? (2s+x)sinα ﹣μ mg?(2s+x)cosα ﹣Ep. 而 2Ekm=mg(2s+2x)sinα ﹣μ mg(2s+2x)cosα ﹣2Ep=[mg(2s+x)sinα ﹣μ mg(2s+x)cosα ﹣Ep]+[mgxsinα ﹣μ mgxcosα ﹣Ep]=Ekm′+[mgxsinα ﹣μ mgxcosα ﹣Ep] 由于在物块接触弹簧到动能最大的过程中,物块的重力势能转化为内能和物块的动能,则根

据功能关系可得:mgxsinα ﹣μ mgxcosα >Ep,即 mgxsinα ﹣μ mgxcosα ﹣Ep>0,所以得 Ekm′<2Ekm.故 D 正确. 故选:ACD 【点评】本题要求同学们能正确分析物体的运动情况,知道什么时候动能最大,能熟练运用 能量守恒定律列式研究.
10.质量为 m 和 M 的两个物块 A、B,中间夹着一根由轻绳束缚着的、被压缩的轻质弹簧, 弹簧与 A、B 不相连,它们一起在光滑的水*面上以共同的速度向右运动,总动量为 P,弹 簧的弹性势能为 EP;某时刻轻绳断开,弹簧恢复到原长时,A 刚好静止,B 向右运动,与质 量为 M 的静止物块 C 相碰并粘在一起,则( )

A.弹簧弹力对 A 的冲量大小为 P B.弹簧弹力对 B 做功的大小为 EP C.全过程中机械能减小量为 EP D.B、C 的最终速度为 【考点】53:动量守恒定律. 【分析】根据 A 的速度的变化,结合动量的定义式和动量定理即可求出弹簧弹力对 A 的冲量 大小. A、B 组成的系统,在细绳断开的过程中动量守恒,B 与 C 碰撞过程中动量守恒,抓住 B 与 C 最后速度相同,根据动量守恒定律求出 B 与 C 碰撞后的速度. 从绳剪断到 AB 与弹簧分开的过程,对 AB 和弹簧满足能量守恒求出弹性势能,根据能量守恒 定律可以求出损失的机械能. 【解答】解:A、选取向右为正方向,两个物体的总动量是 P,则 A 的动量:

弹簧恢复到原长时,A 刚好静止,由动量定理得:I=PA′﹣PA=0﹣

=﹣

,负号表

示与选定的正方向相反.故 A 正确;

B、弹簧对 AB 作用的过程中,弹簧对 A 做负功,对 B 做正功,系统的机械能全部转化为 B

的动能,所以 B 的动能的增加量等于弹簧的弹性势能与 A 的动能的和,所以弹簧弹力对 B

做功的大于 EP.故 B 错误; C、D、物块 A 与 B 以及弹簧组成的系统相互作用的过程中系统的动量守恒,设相互作用结束 后 B 的速度为 v1,选取向右为正方向,则: P=Mv1 B 与 C 相互作用的过程中二者组成的系统的动量也守恒,设最终的速度为 v2,根据动量守恒 得: Mv2=(M+M)v2 联立得:
整个的过程中损失的机械能:
而:
联立得:△E=EP+ 可知只有在 m 与 M 相等时,全过程中机械能减小量才为 EP.故 C 错误,D 正确. 故选:AD 【点评】本题要正确分析碰撞的过程,抓住碰撞的基本规律:动量守恒定律和能量守恒定律, 灵活选取研究的过程和研究对象.
二、解答题(共 2 小题,满分 14 分) 11.某物理兴趣小组在探究*抛运动的规律实验时,将小球做*抛运动,用频闪照相机对准 方格背景照相,拍摄到了如图所示的照片,但照片上有一破损处.已知每个小方格边长 9.8cm,当地的重力加速度为 g=9.8m/s2. (1)若以拍摄的第 1 个点为坐标原点,水*向右和竖直向下为正方向,则照片上破损处的 小球位置坐标为 (58.8cm,58.8cm) . (2)小球*抛的初速度大小为 1.96m/s .

【考点】MB:研究*抛物体的运动. 【分析】(1)*抛运动水*方向为匀速直线运动,故相同时间内水*方向的距离相等,竖 直方向位移差为以定值; (2)由△h=gt2,求得闪光周期,由 v0= 求得初速度; 【解答】解:(1)根据*抛运动的特点,水*方向的坐标为:3×2×9.8cm=58.8cm; 竖直方向:y=(1+2+3)×9.8cm=58.8cm; 故没有被拍摄到的小球位置坐标为:(58.8cm,58.8cm);

(2)由△h=gt2,得:t=

=0.1s

由 v0= =

=1.96m/s;

故答案为:(1)(58.8m,58.8m)(2)1.96m/s. 【点评】解决本题的关键掌握“研究*抛运动”实验的注意事项,以及知道*抛运动在水* 方向和竖直方向上的运动规律,灵活运用运动学公式求解.

12.(10 分)(2017 春?浉河区校级期末)“验证机械能守恒定律”的实验装置可以采用图 示的甲或乙方案来进行.

(1)比较这两种方案, 甲 (填“甲”或“乙”)方案好些. (2)该同学开始实验时情形如图丙所示,接通电源释放纸带.请指出该同学在实验操作中 存在的两处明显错误或不当的地方: ① 打点计时器接直流电源 ② 重物释放时离打点计时器太远 (3)该实验中得到一条纸带,且测得每两个计数点间的距离如图丁中所示.已知相邻两个 计数点之间的时间间隔 T=O.1s.则物体运动的加速度 a= 4.8m/s2 ;该纸带是采用 乙 .(填“甲”或“乙”)实验方案得到的. 【考点】MD:验证机械能守恒定律. 【分析】解决实验问题首先要掌握该实验原理,了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及 注意事项. 纸带实验中,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加速度. 【解答】解:(1)机械能守恒的前提是只有重力做功,实际操作的方案中应该使摩擦力越 小越好,误差小,操作方便. 乙方案中小车受斜面的摩擦力影响较大,故甲方案好一些. (2))①图中打点计时器接直流电源,打点计时器应接交流电源. ②重物释放时离打点计时器太远.不利于数据的采集和测量. (3)采用逐差法求解加速度.

a=

≈4.8 m/s2

因 a 远小于重力加速度 g,故为斜面上小车下滑的加速度.所以该纸带采用图乙所示的实验 方案. 故答案为:(1)甲 (2)①打点计时器接直流电源②重物释放时离打点计时器太远. (3)4.8 m/s2 乙 【点评】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.

三、计算题(46 分)

13.(10 分)(2013 春?清远期末)如图所示,位于竖直*面上的 圆弧轨道光滑,半径为 R,OB 沿竖直方向,上端 A 距地面高度为 H,质量为 m 的小球从 A 点由静止释放,到达 B 点 时的速度为 ,最后落在地面上 C 点处,不计空气阻力.求: (1)小球刚运动到 B 点时的加速度为多大,对轨道的压力多大. (2)小球落地点 C 与 B 点水*距离为多少.

【考点】4A:向心力;37:牛顿第二定律;43:*抛运动. 【分析】(1)已知小球到达 B 点时的速度,由向心加速度的公式 a 向= 列式求解 B 点的 加速度;经过 B 点时,由重力和轨道的支持力的合力提供向心力,根据牛顿第二定律求出支 持力,再由牛顿第三定律求出小球对轨道的压力. (2)小球从 B 点抛出后做*抛运动,根据*抛运动的位移公式求解; 【解答】解:(1)小球到达 B 点时的加速度 a 向= =aB

则得:aB= =

=2g

根据牛顿第二定律 FN﹣mg=maB=mg 得:FN=3mg 根据牛顿第三定律得:小球运动到 B 点对轨道的压力为 FN′=FN=3mg; (2)小球从 B 点抛出后做*抛运动,竖直方向自由落体,则有:

水*方向匀速运动,有:

s=vBt

又 vB=

联立上三式得:s=2



答:

(1)小球刚运动到 B 点时的加速度为 2g,对轨道的压力为 3mg.

(2)小球落地点 C 与 B 点水*距离为 2



【点评】本题要知道小球做圆周运动时,到 B 点的加速度即为 B 点的向心加速度.*抛运动

根据运动的分解法进行研究.

14.如图所示的装置叫做阿特伍德机,是阿特伍德创制的一种著名力学实验装置.绳子两端 的物体下落(上升)的加速度总是小于自由落体的加速度 g,同自由落体相比,下落相同的 高度,所花费的时间要长,这使得实验者有足够的时间从容的观测、研究.已知物体 A、B 的质量相等均为 M,物体 C 的质量为 m,轻绳与轻滑轮间的摩擦不计,轻绳不可伸长且足够 长,如果 m= M,将 BC 由静止释放,下落距离为 H,此时 A 未与滑轮接触,求: (1)此时 A 的速度大小; (2)此过程中 B 对 C 做的功.

【考点】62:功的计算. 【分析】(1)通过整体由动能定理即可求的速度; (2)对 C 由动能定理即可求的 B 对 C 做功 【解答】解:(1)对整体由动能定律可得: (M+m)gH﹣MgH=

v=

=

(2)对 C 由动能定理得:

mgH﹣W=

W=

=

答:(1)此时 A 的速度大小



(2)此过程中 B 对 C 做的功﹣



【点评】本题主要考查了动能定理,注意选择合适的运动过程即可.

15.(12 分)(2017 春?浉河区校级期末)如图所示,圆筒的内壁光滑,底端固定在竖直转 轴 OO',圆筒可随轴转动,它与水*面的夹角始终为 45°.在圆筒内有两个用轻质弹簧连接 的相同小球 A、B(小球的直径略小于圆筒内径),A、B 质量均为 m,弹簧的劲度系数为 k.当 圆筒静止时 A、B 之间的距离为 L(L 远大于小球直径).现让圆筒开始转动,其角速度从零 开始缓慢增大,当角速度增大到 ω 0 时保持匀速转动,此时小球 B 对圆筒底部的压力恰好为 零.重力加速度大小为 g. (1)求圆筒的角速度从零增大至 ω 0 的过程中,弹簧弹性势能的变化量; (2)用 m、g、L、k 表示小球 A 匀速转动的动能 Ek.

【考点】6B:功能关系;69:弹性势能. 【分析】(1)系统静止时,以 A 位研究对象,根据*衡条件和胡克定律结合求出设弹簧的 压缩量.当角速度增大到 ω 0 时保持匀速转动,B 对圆筒底部的压力恰好为零时,以 B 研究 对象,求出弹簧的压缩量,从而分析弹簧弹性势能的改变量. (2)A 在水*面内做匀速圆周运动,由合力充当向心力,分析其受力情况,根据牛顿第二 定律求出 A 转动的线速度,再得到动能. 【解答】解:(1)系统静止时,设弹簧的压缩量为 x1,以 A 位研究对象,根据*衡条件和 胡克定律有:kx1=mgsin45° B 对圆筒底部的压力恰好为零时,设弹簧的压缩量为 x2,以 B 为研究对象,根据*衡条件和 胡克定律有:kx2=mgsin45° 可得 x1=x2,故弹簧弹性势能的改变量为:△Ep=0 (2)设 A 做匀速圆周运动的半径为 R,则:R=(L+x1+x2)cos45° A 在水*面内做匀速圆周运动,根据牛顿第二定律

水*方向有: 竖直方向有:Ncos45°=kx2sin45°+mg

联立解得:

答:(1)圆筒的角速度从零增大至 ω 0 的过程中,弹簧弹性势能的变化量为 0;

(2)小球 A 匀速转动的动能 Ek 为

+



【点评】本题考查了共点力*衡和牛顿第二定律的综合运用,知道小球 A 在水*面内做匀速 圆周运动时,竖直方向上的合力为零,水*方向上的合力提供向心力,结合牛顿第二定律进 行研究.

16.(16 分)(2014?宣城二模)如图所示,在光滑的水*面上有一质量为 m=1kg 的足够长 的木板 C,在 C 上放置有 A、B 两物体,A 的质量 mA=1kg,B 的质量为 mB=2kg.A、B 之间锁定 一被压缩了的轻弹簧,弹簧储存的弹性势能 Ep=3J,现突然给 A、B 一瞬时冲量作用,使 A、 B 同时获得 v0=2m/s 的初速度,且同时弹簧由于受到扰动而解除锁定,并在极短的时间内恢 复原长,之后与 A、B 分离.已知 A 和 C 之间的摩擦因数为 μ 1=0.2,B、C 之间的动摩擦因 数为 μ 2=0.1,且滑动摩擦力略小于最大静摩擦力.求: (1)弹簧与 A、B 分离的瞬间,A、B 的速度分别是多大? (2)已知在 C 第一次碰到右边的固定挡板之前,A、B 和 C 已经达到了共同速度,求在到达 共同速度之前 A、B、C 的加速度分别是多大及该过程中产生的内能为多少? (3)已知 C 与挡板的碰撞的碰撞无机械能损失,求在第一次碰撞后到第二次碰撞前 A 在 C 上滑行的距离?

【考点】53:动量守恒定律;1D:匀变速直线运动的速度与时间的关系;37:牛顿第二定律; 8G:能量守恒定律. 【分析】(1)根据动量守恒和能量守恒列方程组求 AB 分离时的速度; (2)由牛顿第二定律求三者的加速度,该过程中产生的内能等于系统损失的机械能,只需 求出三者达到的共同速度便可以由能量守恒求解;

(3)根据牛顿第二定律和运动学公式联立求解. 【解答】解:(1)在弹簧弹开两物体的过程中,由于作用时间极短,对 AB 弹簧组成的系统 由动量和能量守恒可得: (mA+mB)v0=mAvA+mBvB

EP+ (mA+mB)v02= mAvA2+ mBvB2

联立得:vA=0,vB=3m/s (2)由牛顿第二定律可得,对 B:aB=μ 2g=1m/s2 对 AC:μ 2mBg=(mA+m)a 又因:mAa<μ 1mAg 故 AC 的共同加速度均为 1m/s2 对 ABC 整体来说,水*方向不受外力,故由动量和能量守恒可得: mBvB=(mA+mB+m)v

Q= mBvB2﹣ (mA+mB+m)v2

得:Q=4.5J,v=1.5m/s (3)C 和挡板碰后,先向左匀减速运动,速度减至 0 后向右匀加速运动,分析可知,在向 右加速过程中先和 A 达到共同速度 v1,之后 AC 再以共同的加速度向右匀加速,B 一直向右 匀减速,最后三者达到共同速度 v2 后做匀速运动.在此过程中由于摩擦力做负功,故 C 向 右不能一直匀加速到挡板处,所以挡板再次碰撞前三者已经达到共同速度. aA=μ 1g=2m/s2,aB=μ 2g=1m/s2 μ 1mAg+μ 2mBg=mac ac=4m/s2 v1=v﹣aAt=﹣v+act v1=0.5m/s t=0.5s

xA1=

t=0.5m

xc1=

t=﹣0.25m

AC 间的相对运动距离为:xAC=0.5+0.25=0.75m. 答:(1)弹簧与 A、B 分离的瞬间,A、B 的速度分别是 vA=0,vB=3m/s; (2)已知在 C 第一次碰到右边的固定挡板之前,A、B 和 C 已经达到了共同速度,在到达共

同速度之前 A、B、C 的加速度均为 1m/s2; 该过程中产生的内能为 4.5J; (3)已知 C 与挡板的碰撞的碰撞无机械能损失,在第一次碰撞后到第二次碰撞前 A 在 C 上 滑行的距离为 0.75m. 【点评】本题抓住系统的动量守恒和机械能守恒,关键要准确选择研究对象,运用两大守恒 定律求解.



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