2020-2021学年四川省乐山市高一(下)期末物理试卷(附答案详解)

2020-2021学年四川省乐山市高一（下）期末物理试卷

1. 做曲线运动的物体，在运动过程中一定变化的是( )

A. 速率 B. 速度 C. 速度的变化率 D. 合外力

2. 如图所示，小物体A与圆盘保持相对静止，跟着圆盘一起做

匀速圆周运动，则小物体A的受力情况是( )

A. 受重力、支持力

B. 受重力、支持力和指向圆心的摩擦力 C. 受重力、支持力、向心力、摩擦力

D. 受重力、支持力、向心力和背离圆心的摩擦力

3. 如图，在匀速转动的洗衣机脱水桶内壁上，有一件湿衣服随圆桶一起转动而未滑动，

则( )

A. 衣服随圆桶做圆周运动的向心力由静摩擦力提供 B. 圆桶转速增大，衣服对桶壁的压力也增大 C. 圆桶转速足够大时，衣服上的水滴将做离心运动 D. 圆桶转速增大以后，衣服所受摩擦力也增大

4. 已知两个质点相距r时，它们之间的万有引力大小为F；若将它们之间的距离变为

2r，则它们之间的万有引力大小为( )

A. 4F B. 2F

C. 4𝐹

1

D. 2𝐹

1

5. 如图所示，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向。图中

画出了从y轴上沿x轴正向水平抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹，其中a和b是从同一点抛出的。不计空气阻力，则( )

A. a的飞行时间比b的长 B. a和c的飞行时间相同 C. a的水平速度比b的小

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D. c的初速度最大

6. 关于物体的动量和动能，下列说法中正确的是( )

A. 一物体的动量不变，其动能一定不变 B. 一物体的动能不变，其动量一定不变 C. 两物体的动量相等，其动能一定相等 D. 两物体的动能相等，其动量一定相等

7. 如图所示，质量为m的物体置于倾角为𝜃的斜面体上，物体与

斜面之间的动摩擦因数为𝜇，在外力作用下，斜面体沿水平方向向左做匀速运动．运动中物体m与斜面体相对静止，则关于斜面体对m的支持力和摩擦力的做功情况，下列说法中正确的是( )

A. 支持力一定不做功 C. 摩擦力可能不做功

B. 摩擦力一定做正功 D. 摩擦力一定做负功

8. 如图所示，车厢长为L，质量为M，静止在光滑水平面

上，车厢内有一质量为m的物体，以速度𝑣0向右运动，与车厢壁来回碰撞几次后，静止于车厢中，这时车厢的速度为( )

A. 𝑣0，水平向右 B. 0

C. 𝑀+𝑚𝑣0，水平向右 D. 𝑀−𝑚𝑣0，水平向右

9. 如图所示，用长为L且不可伸长的细绳拴着质量为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( )

𝑚𝑚

A. 小球在圆周最高点时的向心力一定是只由重力提供 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√𝑔𝐿 D. 小球过最低点时绳子的拉力有可能小于小球重力

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10. 一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为v，假设宇航员在该

行星表面用弹簧测力计测量一质量为m的物体的重力，当物体处于竖直静止状态时，弹簧测力计的示数为F，已知引力常量为G，则这颗行星的质量为( ) A. 𝑚𝑣

𝐺𝐹

2

B. 𝑚𝑣𝐺𝐹

4

C. 𝐹𝑣𝐺𝑚

2

D. 𝐹𝑣𝐺𝑚

4

11. 如图所示，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直

平面内；套在大环上质量为m的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下。重力加速度大小为g。当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为( )

A. 𝑀𝑔+𝑚𝑔 B. 𝑀𝑔+10𝑚𝑔 C. 𝑀𝑔−5𝑚𝑔 D. 𝑀𝑔+5𝑚𝑔

12. 如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环

与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态，现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2𝐿(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中( )

A. 圆环的机械能守恒

B. 弹簧弹性势能变化了√3𝑚𝑔𝐿

C. 圆环下滑到最大距离时，所受合力不为零 D. 圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先增大后减小

13. 甲、乙两个质量相同的物体，用大小相等的力F分别拉它们在水平面上从静止开始

运动相同的距离s。如图1所示，甲在光滑面上，乙在粗糙面上，则下列关于力F对甲、乙两物体做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法中正确的是( )

A. 力F对甲物体做功多

B. 力F对甲、乙两个物体做的功一样多 C. 甲物体获得的动能比乙大 D. 甲、乙两个物体获得的动能相同

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14. 如图，质量相同的两物体a、b，用不可伸长的轻绳跨接

在同一光滑的轻质定滑轮两侧，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上．初始时用力压住b使a、b静止，撤去此压力后，a开始运动，在a下降的过程中，b始终未离开桌面．在此过程中( )

A. a的动能小于b的动能 B. 两物体机械能的变化量相等

C. a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量 D. 绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和为零

15. 如图所示，长木板A静止在光滑的水平面上，质量𝑚=2𝑘𝑔的物体B以水平速度𝑣0=

3𝑚/𝑠滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化的情况如图乙所示，取𝑔=10𝑚/𝑠2，则下列说法正确的是( )

A. 长木板A获得的动能为4J C. 长木板A的最小长度为1m

B. 长木板的质量为4kg D. A、B间的动摩擦因数为0.2

16. 如图所示，固定斜面倾角为𝜃，顶端距光滑水平面的高度为h，一可视为质点的小

物块质量为m，从坡道顶端由静止滑下，经过底端O点进入水平面时无机械能损失，为使小物块制动，将轻弹簧的一端固定在水平面左侧竖直墙上的M处，弹簧自由伸长时右侧一端恰好位于O点。已知小物块与坡道间的动摩擦因数为𝜇，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )

A. 弹簧弹性势能的最大值为mgh

B. 小物块在倾斜轨道上运动时，下滑的加速度比上滑的加速度大 C. 小物块往返运动的总路程为𝑠=𝜇cos𝜃

D. 小物块返回倾斜轨道时所能达到的最大高度为𝐻=1+𝜇cot𝜃ℎ

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1−𝜇𝑐𝑜𝑡𝜃

ℎ

17. 用如图甲所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。

钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。 (1)本实验必须满足的条件有______。 A.斜槽轨道光滑 B.斜槽轨道末端切线水平

C.每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球 D.挡板高度等间距变化

(2)如图乙所示，在描出的轨迹上取A、B、C三点，三点间的水平间距相等且均为

1

x，竖直间距分别是𝑦1和𝑦2.若A点是抛出点，则𝑦=______；钢球平抛的初速度大

2

𝑦

小为______(已知当地重力加速度为g，结果用上述字母表示)。

18. 某实验小组利用图示装置进行“探究动能定理”的实验，实验步骤如下：

A.挂上钩码，调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下做匀速运动； B.打开速度传感器，取下轻绳和钩码，保持A中调节好的长木板倾角不变，让小车从长木板顶端静止下滑，分别记录小车通过速度传感器1和速度传感器2时的速度大小𝑣1和𝑣2；

C.重新挂上细绳和钩码，改变钩码的个数，重复A到B的步骤。 回答下列问题：

(1)按上述方案做实验，长木板表面粗糙对实验结果是否有影响？______(填“是”或“否”)；

(2)若要验证动能定理的表达式，还需测量的物理量有______； A.悬挂钩码的总质量𝑚 𝐵.长木板的倾角𝜃

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C.两传感器间的距离𝑙 𝐷.小车的质量M

(3)根据实验所测的物理量，动能定理的表达式为：______(重力加速度为𝑔)

19. “嫦娥四号”探测器于2019年1月在月球背面成功着陆，已知地球半径为R，是

月球半径的P倍，地球质量是月球质量的Q倍，地球表面重力加速度大小为g。求： (1)月球表面重力加速度大小；

(2)“嫦娥四号”着陆前曾绕月球飞行，某段时间可认为绕月做匀速圆周运动，圆周半径为月球半径的K倍。求“嫦娥四号”绕月球做圆周运动的速率。

20. 如图所示，光滑水平面AB与竖直面上的半圆形固定轨道在B点平滑连接，轨道半

径为R，BC为直径，一可看成质点、质量为m的物块在A点处压缩一轻质弹簧(物块与弹簧不拴接)，刚开始时被压缩弹簧的弹性势能为4.5𝑚𝑔𝑅。释放物块，物块被弹簧弹出后，经AB进入半圆形轨道向上运动，恰能通过半圆轨道的最高点C，重力加速度大小为g，不计空气阻力，求： (1)物块离开弹簧时的速度大小； (2)物块从B点到C点克服阻力所做的功。

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21. 如图所示，将质量𝑚=1𝑘𝑔的小物块(可视为质点)从A点以初速度𝑣0水平抛出，当

物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入圆心角∠𝐵𝑂𝐶=37°的光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在光滑水平面的长木板，圆弧轨道C端切线水平。已知长木板的质量𝑀=4𝑘𝑔，A、B两点距C点的高度分别为𝐻=0.6𝑚、ℎ=g取10𝑚/𝑠2。0.15𝑚，圆弧半径𝑅=0.8𝑚，物块与长木板之间的动摩擦因数𝜇=0.5，𝑠𝑖𝑛37°=0.6，𝑐𝑜𝑠37=0.8，求：

(1)小物块在A点的初速度𝑣0；

(2)小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力； (3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？

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答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：A、匀速圆周运动是曲线运动，它的速度大小是不变的，即速率是不变的，故A错误；

B、物体既然做曲线运动，那么它的速度方向肯定是不断变化的，所以速度一定在变化，故B正确．

B、速度的变化率即为加速度，平抛运动也是曲线运动，但是它的合力为重力，加速度是重力加速度，都是不变的，故CD错误． 故选：B．

既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动，它的速度肯定是变化的；

而匀速圆周运动的速率是不变的，平抛运动的合力、加速度是不变的．

曲线运动不能只想着匀速圆周运动，平抛也是曲线运动的一种，在做题时一定要考虑全面．

2.【答案】B

【解析】解：物体在水平面上，一定受到重力和支持力作用，物体在转动过程中，有背离圆心的运动趋势，因此受到指向圆心的静摩擦力，且静摩擦力提供向心力，故ACD错误，B正确。 故选：B。

向心力是根据效果命名的力，只能由其它力的合力或者分力来充当，不是真实存在的力，不能说物体受到向心力．

本题学生很容易错误的认为物体受到向心力作用，要明确向心力的特点，同时受力分析时注意分析力先后顺序，即受力分析步骤．

3.【答案】BC

【解析】解：A、B、D、衣服受到重力、筒壁的弹力和静摩擦力的作用，共3个力作用，由于衣服在圆筒内壁上不掉下来，竖直方向上没有加速度，重力与静摩擦力二力平衡，靠弹力提供向心力；随着圆桶转速的增加，弹力增加，但静摩擦力不变；故A错误，B

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正确，D错误；

C、对于水而言，衣服对水滴的附着力提供其做圆周运动的向心力，随着圆桶转速的增加，需要的向心力增加，当附着力不足以提供需要的向心力时，衣服上的水滴将做离心运动，故C正确； 故选：BC．

衣服随脱水桶一起做匀速圆周运动，靠合力提供向心力，在水平方向上的合力提供向心力，竖直方向合力为零，根据牛顿第二定律分析弹力的变化情况．

解决本题的关键搞清向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解；同时要知道离心运动的条件；基础问题．

4.【答案】C

【解析】解：根据万有引力定律得：

甲、乙两个质点相距r，它们之间的万有引力为𝐹=𝐺

𝑀𝑚𝑟2 若保持它们各自的质量不变，将它们之间的距离增大到2r， 则甲、乙两个质点间的万有引力𝐹′=𝐺(2𝑟)2=4𝐹 故选：C。

根据万有引力定律的内容：万有引力是与质量乘积成正比，与距离的平方成反比，列出表达式即可解决问题．

要求解一个物理量大小变化，我们应该把这个物理量先表示出来，再根据已知量进行判断．

𝑀𝑚

1

5.【答案】D

【解析】解：A、a、b同一点抛出，抛出点高度h相同，平抛运动在竖直方向做自由落体运动，ℎ=2𝑔𝑡2可知，运动时间𝑡=√相同，故A错误；

𝑔

1

2ℎ

B、a的抛出点高度大于c的抛出点高度，据𝑡=√可知，a的运动时间大于c的运动时

𝑔

2ℎ

间，故B错误；

C、a、b都做平抛运动，竖直高度相同，运动时间相同，由图可知，a的水平位移大于b的水平位移，根据𝑣=𝑡可知，a的水平速度比b的大，故C错误；

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𝑥

D、由C分析知，a的水平速度比b的大，a、c的水平位移相同，由B分析知a的运动时间大于c的运动时间，故c的初速度大于a的初速度，即c的初速度最大，故D正确。 故选：D。

平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度比较运动的时间，结合水平位移和时间比较初速度。

解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移。

6.【答案】A

【解析】解：动能是标量𝐸𝑘=2𝑚𝑣2，动量是矢量𝑃=𝑚𝑣，动能与动量之间的大小关系：𝐸𝑘=

𝑃22𝑚

1

，

A、一物体的动量P不变，其动能𝐸𝑘一定不变，故A正确．

B、一物体的动能不变，其动量大小一定不变，但速度的方向可以变化，即动量的方向可以变化．故B错误．

C、两物体的动量相等，当两物体的质量相等时，其动能一定相等，当两物体的质量不等时，其动能一定不相等．故C错误．

D、两物体动能相等，而质量不等时，其动量也是不相等的．故D错误． 故选A．

动能𝐸𝑘=2𝑚𝑣2，动量𝑃=𝑚𝑣，动能与动量之间的大小关系：𝐸𝑘=，动能是标量，

2𝑚动量是矢量，一个物体的动量不变时，动能一定不变，动能不变时，动量的大小一定不变，但方向可能变化；两个物体的动量相等时，只有当质量相等时，动能才相等，两个物体的动能相等时，也只有质量相等时，动量大小才会相等．

此题考查动量和动能的关系，特别要注意，动能是标量，动量是矢量，动量的方向就是速度的方向．此题难度不大，属于基础题．

1

𝑃2

7.【答案】D

【解析】解：A、由功的计算公式𝑊=𝐹𝑆𝑐𝑜𝑠𝛼可知，支持力方向垂直斜面向上，与位移的方向夹角小于90°，支持力一定做正功，故A错误；

B、物块相对于斜面静止，故受到的摩擦力沿斜面向上，故位移与力夹角大于90°，做负

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功，故BC错误，D正确； 故选：D

使物体A和斜面体B一起向左做匀速运动，速度水平向左，支持力𝐹𝑁垂直斜面向上，而摩擦力𝐹𝑓方向需要讨论，然后结合功的计算公式𝑊=𝐹𝑆𝑐𝑜𝑠𝛼进行分析判断正负功 本题主要考查了𝑊=𝐹𝐿𝑐𝑜𝑠𝜃，关键是正确受力分析，判断出力与位移的夹角关系

8.【答案】C

【解析】解：以物体与车厢组成的系统为研究对象，由于系统的合外力为零，所以系统的动量守恒。以水平向右为正方向，由动量守恒定律得：𝑚𝑣0=(𝑀+𝑚)𝑣， 最终车厢的速度：𝑣=𝑀+𝑚𝑣0，水平向右，故ABD错误，C正确。 故选：C。

物体在车厢中运动及与车厢壁的过程中，两者组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，最终两者速度相等，由动量守恒定律可以求出最终车厢的速度。

解答本题时，要知道系统的动量守恒，通过这题的解答，要体会运用动量守恒定律的优越性：不考虑过程的细节，只有考虑初末状态，比牛顿运动定律更加简洁方便。

𝑚

9.【答案】C

【解析】解：A、在最高点若速度比较大，则有𝐹+𝑚𝑔=𝑚，所以向心力不一定由重

𝐿𝑣2

力提供。故A错误。

B、当在最高点速度𝑣=√𝑔𝐿，此时𝐹=0，重力提供向心力。此时的速度是物体做圆周运动在最高点的最小速度。故B错误，C正确。

D、在最低点有：𝐹−𝑚𝑔=𝑚，拉力一定大于重力。故D错误。

𝐿𝑣2

故选：C。

细线拉着小球在竖直平面内做圆周运动，在最高点和最低点，沿半径方向上的合力提供向心力，在最高点速度为不为0，取决于在最高点的速度．

解决本题的关键知道竖直平面内圆周运动最高点和最低点，沿半径方向上的合力提供向心力．以及绳子拉着小球在竖直平面内运动，在最高点的临界情况是拉力为0时，重力提供向心力，𝑚𝑔=𝑚，𝑣=√𝑔𝐿为最高点的最小速度．

𝐿

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𝑣2

10.【答案】B

【解析】解：宇航员用弹簧秤竖直悬挂质量为m的钩码时，弹簧秤的示数为F，则有： 𝑔= 𝑚

一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，根据万有引力等于需要的向心力得

𝐺𝑀𝑚′𝑅2𝐹

=𝑚′

𝑅

𝑣2

根据万有引力等于重力得

𝐺𝑀𝑚′𝑅2

=𝑚′𝑔

𝑚𝑣4𝐺𝐹

解得这颗行星的质量𝑀=故选B．

，

先求出该星球表面重力加速度，再根据万有引力定律和向心力公式即可解题； 该题考查了万有引力公式及向心力基本公式的直接应用，难度不大，属于基础题．

11.【答案】D

【解析】解：小环从最高到最低，由动能定理，则有： 𝑚𝑔⋅2𝑅=2𝑚𝑣2−0 ①

在最低点，对小环受力分析根据牛顿第二定律有：𝐹−𝑚𝑔=𝑚 ② 𝑟由①②解得𝐹=5𝑚𝑔；

根据牛顿第三定律可得，小环对大环向下的拉力𝐹′=𝐹=5𝑚𝑔 再以大环为研究对象受力分析，据大环平衡有： 𝑇−𝑀𝑔−𝐹′=0

所以轻杆对大环的拉力𝑇=𝑀𝑔+𝐹′=𝑀𝑔+5𝑚𝑔

再根据牛顿第三定律可得大环对轻杆的拉力𝑇′=𝑇=𝑀𝑔+5𝑚𝑔 所以D正确，ABC错误。 故选：D。

根据动能定理求得小环滑到最低点时速度，再根据牛顿第二定律求得最低点大环对小环的拉力，再以大环平衡求得轻杆对大环的拉力，根据牛顿第三定律求得大环对轻杆拉力的大小。

解决本题的关键搞清小环做圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解。注意

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𝑣2

1

研究对象的变化和牛顿第三定律对力的说明。

12.【答案】BC

【解析】解：A、圆环沿杆滑下过程中，弹簧的拉力对圆环做功，圆环的机械能不守恒，故A错误。

B、图中弹簧水平时恰好处于原长状态，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L，可得圆环下降的高度为ℎ=√3𝐿，根据系统的机械能守恒得：弹簧的弹性势能增大量为：△𝐸𝑃=𝑚𝑔ℎ=√3𝑚𝑔𝐿，故B正确。

C、当圆环所受合力为零时，速度最大，此后圆环继续向下运动，则弹簧的弹力增大，圆环下滑到最大距离时，所受合力不为零，故C正确；

D、根据圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，即圆环的重力势能与圆环的动能还有弹簧弹性势能三种能量总和守恒。在圆环下滑到最大距离的过程中，圆环的速度是先增大后减少，圆环的动能也是先增大后减少，那么圆环重力势能与弹簧弹性势能之和就应先减少后增大，故D错误。 故选：BC。

分析圆环沿杆下滑的过程的受力和做功情况，只有重力弹簧的拉力做功，所以圆环机械能不守恒，系统的机械能守恒；根据系统的机械能守恒和圆环的受力情况进行分析。 对物理过程进行受力、运动、做功分析，是解决问题的根本方法。要注意圆环的机械能不守恒，圆环与弹簧组成的系统机械能才守恒。

13.【答案】BC

【解析】解：AB、由功的公式𝑊=𝐹𝑙𝑐𝑜𝑠 𝛼=𝐹⋅𝑠可知，两种情况下力F对甲、乙两个物体做的功一样多，A错误，B正确；

CD、根据动能定理，对甲有𝐹𝑠=𝐸𝑘1，对乙有𝐹𝑠−𝐹𝑓𝑠=𝐸𝑘2，可知𝐸𝑘1>𝐸𝑘2，即甲物体获得的动能比乙大，C正确，D错误； 故选：BC。

根据功的公式，可以知道拉力F对物体做功的情况，再根据动能定理可以判断物体的动能的情况。

根据功的公式和动能定理可以很容易的判断对木块的功和动能的情况，本题主要是对公

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式的考查。

14.【答案】AD

【解析】解：A、将b的实际速度进行分解如图：

由图可知𝑣𝑎=𝑣𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃，即a的速度小于b的速度，故a的动能小于b的动能，A正确； B、由于有摩擦力做功，故ab系统机械能不守恒，则二者机械能的变化量不相等，B错误；

C、a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量与产生的内能之和，故a的重力势能的减小量大于两物体总动能的增加量，C错误；

D、在这段时间t内，绳子对a的拉力和对b的拉力大小相等，绳子对a做的功等于−𝐹𝑇𝑣𝑎𝑡，𝐹𝑇𝑣𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃𝑡，绳子对b的功等于拉力与拉力方向上b的位移的乘积，即：又𝑣𝑎=𝑣𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃，所以绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的绝对值相等，二者代数和为零，故D正确。 故选：AD。

本题考查了关联速度问题以及功能关系的应用，难度一般．

15.【答案】BD

【解析】解：AB、在0～1𝑠内，B相对于A滑动，以物体B的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得𝑚𝑣0=(𝑚+𝑚𝐴)𝑣，由图知𝑣=1𝑚/𝑠

解得𝑚𝐴=4𝑘𝑔，所以长木板A获得的动能𝐸𝑘𝐴=2𝑚𝐴𝑣2=2×4×12𝐽=2𝐽，故A错误，B正确；

C、在𝑣−𝑡图像中，图像与时间轴围成的面积表示位移，则在0～1𝑠内，B与A的位移之差△𝑥=错误；

D、B在A上相对运动时，对B，根据牛顿第二定律有：𝜇𝑚𝑔=𝑚𝑎，据题图有𝑎=

3−11

△𝑣△𝑡

3×12

1

1

𝑚=1.5𝑚，则要使B不从A上滑下，长木板A的最小长度为1.5𝑚，故C

=

𝑚/𝑠2=2𝑚/𝑠2，解得𝜇=0.2，故D正确。

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故选：BD。

由图读出木板获得的速度，根据动量守恒定律求出长木板A的质量，根据动能的定义式求解长木板A获得的动能；根据图像与时间轴所围的面积表示位移，求出长木板A的最小长度；根据图像的斜率求出物体B做匀减速直线运动的加速度大小，再由牛顿第二定律求A、B间的动摩擦因数。

解决该题的关键是要知道B在A上滑动的过程中，两物块组成的系统动量守恒。对于动摩擦因数，也可以根据能量守恒定律求解。

16.【答案】D

【解析】解：A、根据能量的转化与守恒定律知，当小物块压缩弹簧到最短时，物块的重力势能一部分转化为弹簧的弹性势能，一部分转化为内能，所以弹簧弹性势能的最大值小于mgh，故A错误；

B、根据牛顿第二定律，小物块下滑时加速度大小：𝑎下=𝜇𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃

小物块上滑时加速度大小：𝑎上=故B错误；

C、𝑚𝑔ℎ−𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃⋅𝑠=物块m最终停止在O点，对于运动的全过程，由动能定理得：0−0

𝑠=𝜇cos𝜃，解得：这个总路程是物块在斜面上运动的总路程，不是整个过程中的总路程，故C错误；

D、设物块第一次到达O点时的速度为v，由动能定理得：𝑚𝑔ℎ−𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃×

12

ℎsin𝜃

ℎ

𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃+𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃

𝑚

𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃−𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃

𝑚

=𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃−

=𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃+𝜇𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃，可见，𝑎下<𝑎上，

=

𝑚𝑣2−0

设物体A能够上升得最大高度H，物体被弹回过程中由动能定理得： −𝑚𝑔𝐻−𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃⋅

1−𝜇𝑐𝑜𝑡𝜃

𝐻sin𝜃

=0−𝑚𝑣2

2

1

解得：𝐻=1+𝜇cot𝜃ℎ，故D正确。 故选：D。

当小物块压缩弹簧到最短时，物块的重力势能一部分转化为弹簧的弹性势能，一部分克服摩擦力做功转化为内能，根据能量守恒定律求弹簧弹性势能的最大值；对物块受力分析，根据牛顿第二定律分别表示出下滑和上滑时的加速度，然后比较其大小；物块滑回

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到O点时与刚滑到O点时速度大小相等，从坡底到坡顶，再由动能定理求解物块返回坡道时所能达到的最大高度；小物块最终将静止在斜面底端，由整个过程，利用动能定理求小物块往返运动的总路程．

本题是动能定理与能量守恒定律的综合运用．对动能定理的运用，要选择研究过程，分析哪些力对物体做功，进而确定合力的功或总功．

17.【答案】BC 3 𝑥√𝑦−𝑦 2

1

1𝑔

【解析】解：(1)𝐴𝐵𝐶、为了能画出平抛运动轨迹，首先保证小球做的是平抛运动，所以斜槽轨道不一定要光滑，但必须是水平的。

同时要让小球总是从同一位置释放，这样才能找到同一运动轨迹上的几个点；故A错误，BC正确；

D、档板只要能记录下小球下落在不同高度时的不同的位置即可，不需要等间距变化；故D错误；

(2)如果A点是抛出点，则在竖直方向上为初速度为零的匀加速直线运动， 则AB和BC的竖直间距之比为1：3； 由于两段水平距离相等，故时间相等， 根据𝑦2−𝑦1=𝑔𝑡2可知：𝑡=√则初速度为：𝑣=𝑡=𝑥√𝑦

1

𝑥

𝑔2−𝑦1

𝑦2−𝑦1𝑔

，

。

𝑔故答案为：(1)𝐵𝐶；(2)3； 𝑥√𝑦

2−𝑦1

。

(1)根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤。

(2)根据位移−时间公式求出从抛出到到达A、B两点的时间，从而得出时间差，结合水平位移求出平抛运动的初速度。

解决本题的关键知道实验的原理以及注意事项，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解。

22

−2𝑀𝑣118.【答案】否 ACD 𝑚𝑔𝑙=2𝑀𝑣2

1

1

【解析】解：(1)小车在重力、斜面弹力、摩擦力、细线拉力作用下处于平衡状态，撤去钩码后小车的合外力等于钩码的重力，所以长木板表面粗糙对实验结果没有影响，

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(2、3)根据动能定理可知，合外力对小车做的功等于小车动能的变化量，则有：

22

𝑚𝑔𝑙=𝑀𝑣2−𝑀𝑣1，

2

2

1

1

所以要测量悬挂钩码的总质量m，两传感器间的距离l，小车的质量M， 故选：ACD

22

−2𝑀𝑣1故答案为：(1)否；(2)𝐴𝐶𝐷；(3)𝑚𝑔𝑙=2𝑀𝑣2

1

1

根据实验原理可知，撤去钩码后小车的合外力等于钩码的重力，所以长木板表面粗糙对实验结果没有影响，根据动能定理列式判断需要测量哪里物理量。

本实验比较新颖，不是常规实验方法，直接用速度传感器得出速度，不需要用打点计时器求解速度，难度适中。

19.【答案】解：(1)在地球表面，质量为m的物体所受重力为：𝑚𝑔=

可得地球表面的重力加速度为：𝑔=

𝐺𝑀𝑅2

𝐺𝑀𝑚𝑅2

𝐺𝑀月𝑅2月

同理可知，月球表面的重力加速度为：𝑔月=

𝐺𝑀

月𝑅2月𝐺𝑀地2𝑅地

则𝑔=

地

𝑔月

解得𝑔月=

𝑃2𝑄

𝑔；

(2)“嫦娥四号”绕月球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，设“嫦娥四号”的质量为𝑚0，则有：

𝐺𝑀月𝑚0(𝐾𝑅月)2

=𝑚0𝐾𝑅

月

𝑣2

可得“嫦娥四号”绕月球做圆周运动的速率：𝑣=√𝐾𝑅=√𝑄𝐾。

月

𝐺𝑀月

𝑔𝑅𝑃

答：(1)月球表面重力加速度大小为𝑄𝑔；

(2)“嫦娥四号”绕月球做圆周运动的速率为√。

𝑄𝐾

【解析】(1)根据万有引力与重力的关系求解；

(2)根据万有引力提供向心力结合向心力的计算公式求解。

本题主要是考查了万有引力定律及其应用；解答此类题目一般要把握两条线：一是在星球表面，忽略星球自转的情况下，万有引力等于重力；二是根据万有引力提供向心力列

𝑔𝑅𝑃

𝑃2

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方程进行解答。

(1)设物块离开弹簧时的速度为𝑣𝐴，【答案】解：释放物块过程，由能量守恒定律得：20.

2

𝐸𝑃=𝑚𝑣𝐴

21

解得：𝑣𝐴=3√𝑔𝑅

(2)设物块到达C点时的速度为𝑣𝐶，物块在C点重力提供向心力，由牛顿第二定律得：𝑚𝑔=𝑚𝑅

物块从A点到B点的过程做匀速直线运动，物块从B点到C点的过程中，由动能定理有：

22−𝑚𝑔×2𝑅−𝑊=𝑚𝑣𝐶−𝑚𝑣𝐴 22

1

1

2

𝑣𝐶

代入数据解得，克服阻力做功：𝑊=2𝑚𝑔𝑅 答：(1)物块离开弹簧时的速度大小是3√𝑔𝑅； (2)物块从B点到C点克服阻力所做的功是2mgR。

【解析】(1)释放物块过程弹簧的弹性势能转化为物块的动能，应用能量守恒定律求出物块离开弹簧时的速度大小。

(2)物块恰好通过C点，在C点重力提供向心力，应用牛顿第二定律可以求得到达C点时的速度大小，从B到C过程，应用动能定理可以求出物块克服阻力做的功。 分析清楚物块的运动过程、知道物块经过C点时向心力来源是解题的前提与关键，应用能量守恒定律与动能定理、牛顿第二定律可以解题。

21.【答案】解：(1)小物块从A点到B点做平抛运动，设小物块做平抛运动的时间为t，

则有：𝐻−ℎ=2𝑔𝑡2

设小物块到达B点时竖直分速度为𝑣𝑦，则𝑣𝑦=𝑔𝑡 由以上两式解得：𝑣𝑦=3𝑚/𝑠

由题意知，小物块到达B点时速度方向与水平面的夹角为37°，则𝑡𝑎𝑛37°=解得𝑣0=4𝑚/𝑠

(2)设小物块到达C点时速度为𝑣𝐶，从A点至C点，由动能定理得

22 𝑚𝑔𝐻=2𝑚𝑣𝐶−2𝑚𝑣0

1

1

𝑣𝑦𝑣0

1

解得𝑣𝐶=2√7𝑚/𝑠

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设小物块在C点受到的支持力为𝐹𝑁，由牛顿第二定律有 𝐹𝑁−𝑚𝑔=𝑚𝑣𝐶

𝑅

2

联立解得𝐹𝑁=45𝑁

由牛顿第三定律知小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力大小为45N，方向竖直向下。

(3)设小物块到达小车的D端时与小车的共同速度大小为𝑣𝐷，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有 𝑚𝑣𝐶=(𝑚+𝑀)𝑣𝐷

22

−2(𝑚+𝑀)𝑣𝐷由功能关系有𝜇𝑚𝑔𝑙=2𝑚𝑣𝐶

1

1

代入数据解得长木板的最小长度：𝑙=2.24𝑚 答：(1)小物块在A点的初速度𝑣0是4𝑚/𝑠；

(2)小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力大小为45N，方向竖直向下； (3)长木板至少为2.24𝑚长，才能保证小物块不滑出长木板。

【解析】(1)小物块从A点到B点做平抛运动，根据平抛下落的高度求出平抛运动的时间，由𝑣𝑦=𝑔𝑡求出小物块运动到B时竖直分速度。根据小物块经过B点的速度方向，求物块在A点的初速度𝑣0；

(2)小物块从A点运动到C点的过程，由动能定理求出小物块通过C点的速度。物块在C点时，由轨道的支持力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求得支持力，从而得到压力；

(3)根据小物块在长木板上滑动时，小物块恰好不滑出长木板时，两者速度相同，且物块的位移与长木板的位移之差等于长木板的长度，根据动量守恒定律和能量守恒定律相结合解答。

本题的关键要理清小物块的运动过程，把握物块在各个阶段的运动规律。对于物块m在长木板上运动过程，要抓住隐含的临界条件：小物块到达小车的D端时与小车速度相同，根据动量守恒定律和能量守恒定律相结合求解长木板的长度。

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