综合检测 (时间90分钟满分：100分) 一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第 1~7小题只有一个选项符合题目要求，第8~10小题有多个选项符合题目要求，全 部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分) 1如图所示的陀螺，是很多人小时候喜欢玩的玩具。从上往下看（俯视），若陀螺立 在某一点顺时针匀速转动，此时在陀螺上滴一滴墨水，则墨水被甩出的径迹可能是 () ※回食河 答案D 解析：做曲线运动的墨水，所受陀螺的束缚力消失后，水平面内（俯视）应沿轨迹的切 线飞出，选项A、B错误；又因陀螺顺时针匀速转动，故选项C错误，D正确。 2.摩天轮是游乐场里的大型娱乐项目，它的直径可以达到几百米。乘客乘坐时，转 轮始终不停地匀速转动，下列说法正确的是( A在最高点，乘客处于超重状态 B.任一时刻乘客受到的合力都不等于零 C.乘客在乘坐过程中对座椅的压力始终不变 D.乘客在乘坐过程中的机械能始终保持不变 答案B 解析：在最高点，乘客具有向下的加速度，处于失重状态，选项A错误：乘客做圆周运 动，任一时刻受到的合力都不等于零，选项B正确：乘客在乘坐过程中匀速转动，向 心力时刻指向圆心，大小不变，对座椅的压力不可能始终不变，选项C错误；乘客在 乘坐过程中匀速转动，动能不变，但重力势能在变化，所以机械能也在变化，选项D 错误。 3.A、B、C三物体在水平转台上，它们与台面的动摩擦因数相同，质量之比为3： 2：1,与转轴的距离之比为1：2：3，当转台以角速度ω旋转时它们均无滑动，它 们受到的静摩擦力的大小关系是()
综合检测 (时间:90 分钟 满分:100 分) 一、选择题(共 10 小题,每小题 4 分,共 40 分。在每小题给出的四个选项中,第 1~7 小题只有一个选项符合题目要求,第 8~10 小题有多个选项符合题目要求,全 部选对的得 4 分,选对但不全的得 2 分,有选错或不答的得 0 分) 1.如图所示的陀螺,是很多人小时候喜欢玩的玩具。从上往下看(俯视),若陀螺立 在某一点顺时针匀速转动,此时在陀螺上滴一滴墨水,则墨水被甩出的径迹可能是 ( ) 答案:D 解析:做曲线运动的墨水,所受陀螺的束缚力消失后,水平面内(俯视)应沿轨迹的切 线飞出,选项 A、B 错误;又因陀螺顺时针匀速转动,故选项 C 错误,D 正确。 2.摩天轮是游乐场里的大型娱乐项目,它的直径可以达到几百米。乘客乘坐时,转 轮始终不停地匀速转动,下列说法正确的是( ) A.在最高点,乘客处于超重状态 B.任一时刻乘客受到的合力都不等于零 C.乘客在乘坐过程中对座椅的压力始终不变 D.乘客在乘坐过程中的机械能始终保持不变 答案:B 解析:在最高点,乘客具有向下的加速度,处于失重状态,选项 A 错误;乘客做圆周运 动,任一时刻受到的合力都不等于零,选项 B 正确;乘客在乘坐过程中匀速转动,向 心力时刻指向圆心,大小不变,对座椅的压力不可能始终不变,选项 C 错误;乘客在 乘坐过程中匀速转动,动能不变,但重力势能在变化,所以机械能也在变化,选项 D 错误。 3.A、B、C 三物体在水平转台上,它们与台面的动摩擦因数相同,质量之比为 3∶ 2∶1,与转轴的距离之比为 1∶2∶3,当转台以角速度 ω 旋转时它们均无滑动,它 们受到的静摩擦力的大小关系是( )
A.FfAFB>FfC C.FfA=FICFfC 答案：C 解析：当转台匀速转动时，A、B、C三个物体相对转台静止，它们的角速度相同，由 向心力的表达式F=mwr知，FA:FB:Fc=mArA:mBB:mCrC=3:4:3,通过静摩 擦力提供向心力，所以它们的静摩擦力大小关系为FA=FC<FB,选项C正确。 4如图所示，质量相同的可视为质点的甲、乙两小球，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 项端由静止滑下。下列判断正确的是( A.两小球到达底端时速度相同 B.两小球由静止运动到底端的过程中重力做功不相同 C.两小球到达底端时动能相同 D.两小球到达底端时，甲小球重力做功的瞬时功率等于乙小球重力做功的瞬时功 率 答案：C 解析：根据动能定理得mgR=2,知v=√2gR,两小球达到底端时的速度大小相 等，但是速度的方向不同，速度不同，选项A错误。两小球运动到底端的过程中，下 落的高度相同，有WG=mgh=mgR,由于质量m相同，则重力做功相同，选项B错 误。两小球到达底端时动能m2=mgR,m相同，则动能相同，选项C正确。两小球 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，而乙球重力做 功的瞬时功率不为零，则甲球重力做功的瞬时功率小于乙球重力做功的瞬时功率， 选项D错误。 5,若在某行星和地球上相对于各自水平地面附近相同的高度处、以相同的速率 平抛一物体，它们在水平方向运动的距离之比为2：√万。已知该行星质量约为地 球的7倍，地球的半径为R,由此可知，该行星的半径为() A-R BR C.2R 答案：C 解析：对于任一行星，设其表面重力加速度为g,根据平抛运动的规律得h=二g2,解 得仁 ,则水平射程为x=1o1仁0 可得该行星表面的重力加速度与地球表面
A.FfAFfB>FfC C.FfA=FfCFfC 答案:C 解析:当转台匀速转动时,A、B、C 三个物体相对转台静止,它们的角速度相同,由 向心力的表达式 F=mω2 r 知,FA∶FB∶FC=mArA∶mBrB∶mCrC=3∶4∶3,通过静摩 擦力提供向心力,所以它们的静摩擦力大小关系为 FfA=FfC<FfB,选项 C 正确。 4.如图所示,质量相同的可视为质点的甲、乙两小球,甲从竖直固定的1 4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.两小球到达底端时速度相同 B.两小球由静止运动到底端的过程中重力做功不相同 C.两小球到达底端时动能相同 D.两小球到达底端时,甲小球重力做功的瞬时功率等于乙小球重力做功的瞬时功 率 答案:C 解析:根据动能定理得 mgR=1 2 mv2 ,知 v=√2𝑔𝑅,两小球达到底端时的速度大小相 等,但是速度的方向不同,速度不同,选项 A 错误。两小球运动到底端的过程中,下 落的高度相同,有 WG=mgh=mgR,由于质量 m 相同,则重力做功相同,选项 B 错 误。两小球到达底端时动能1 2 mv2=mgR,m 相同,则动能相同,选项 C 正确。两小球 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,而乙球重力做 功的瞬时功率不为零,则甲球重力做功的瞬时功率小于乙球重力做功的瞬时功率, 选项 D 错误。 5.若在某行星和地球上相对于各自水平地面附近相同的高度处、以相同的速率 平抛一物体,它们在水平方向运动的距离之比为 2∶√7。已知该行星质量约为地 球的 7 倍,地球的半径为 R,由此可知,该行星的半径为( ) A. 1 2 R B. 7 2 R C.2R D. √7 2 R 答案:C 解析:对于任一行星,设其表面重力加速度为 g,根据平抛运动的规律得 h=1 2 gt2 ,解 得 t=√ 2ℎ 𝑔 ,则水平射程为 x=v0t=v0√ 2ℎ 𝑔 ,可得该行星表面的重力加速度与地球表面
的重力加速度之比为距=至 典可得 9饰-之=2，又g=2 431 地.五解得R#=2R,选 9行m地 项C正确。 6.在全国田径锦标赛上，某选手（可看成质点）在一次跳远试跳中，水平距离达8m 最高处高达1m。设他离开地面时的速度方向与水平面的夹角为a,若不计空气 阻力，则tana等于( 号 B时 c D.1 答案：C 解析：从起点A到最高点B可看成平抛运动的逆过程，如图所示，初速度方向与水 平方向夹角的正切值为tana=2tanf=2×冬-2×2=号选项C正确。 B A《 7777777177777777777777777777 7.如图所示，卫星1和卫星2沿同一轨道绕地心O做匀速圆周运动，某时刻两颗工 作卫星分别位于轨道上的A、B两位置，若卫星均沿顺时针方向运行，不计卫星间 的相互作用力，则以下判断正确的是( 卫星1 卫星2 地球 A.两颗卫星的质量一定相等 B两颗卫星的加速度大小一定相等 C两颗卫星所受到的向心力大小一定相等 D.卫星1向后喷气（即加速）就一定能追上卫星2 答案B 解析根据万有引力提供向心力得G”=m二解得1=受两颗卫星的轨道半 径相等，所以运动速度大小相等，与质量无关，选项A错误；根据万有引力提供向心 力得G-ma,解得a一，两颗卫星的轨道半径相等，所以加速度大小相等，选 项B正确，根据万有引力提供向心力得向心力F=G”,由于两颗卫星质量不 定相等，所以向心力大小不一定相等，选项C错误；若卫星1向后喷气，则其速度会 增大，卫星1将做离心运动，所以卫星1不可能追上卫星2，选项D错误。 8.一赛车在平直赛道上以恒定功率加速，其功率为200kW,设所受到的阻力不变 加速度α和速度的倒数的关系如图所示，则赛车()
的重力加速度之比为 𝑔行 𝑔地 = 𝑥地 2 𝑥行 2 = 7 4 ,又 g= 𝐺𝑚地 𝑟 2 ,可得 𝑅行 𝑅地 = √ 𝑔地 𝑔行 · 𝑚行 𝑚地 ,解得 R 行=2R,选 项 C 正确。 6.在全国田径锦标赛上,某选手(可看成质点)在一次跳远试跳中,水平距离达 8 m, 最高处高达 1 m。设他离开地面时的速度方向与水平面的夹角为 α,若不计空气 阻力,则 tan α 等于( ) A. 1 8 B. 1 4 C. 1 2 D.1 答案:C 解析:从起点 A 到最高点 B 可看成平抛运动的逆过程,如图所示,初速度方向与水 平方向夹角的正切值为 tan α=2tan β=2× ℎ 𝑥 2 =2× 1 4 = 1 2 ,选项 C 正确。 7.如图所示,卫星 1 和卫星 2 沿同一轨道绕地心 O 做匀速圆周运动,某时刻两颗工 作卫星分别位于轨道上的 A、B 两位置,若卫星均沿顺时针方向运行,不计卫星间 的相互作用力,则以下判断正确的是( ) A.两颗卫星的质量一定相等 B.两颗卫星的加速度大小一定相等 C.两颗卫星所受到的向心力大小一定相等 D.卫星 1 向后喷气(即加速)就一定能追上卫星 2 答案:B 解析:根据万有引力提供向心力得 G 𝑚地𝑚 𝑟 2 =m 𝑣 2 𝑟 ,解得 v=√ 𝐺𝑚地 𝑟 ,两颗卫星的轨道半 径相等,所以运动速度大小相等,与质量无关,选项 A 错误;根据万有引力提供向心 力得 G 𝑚地𝑚 𝑟 2 =ma,解得 a= 𝐺𝑚地 𝑟 2 ,两颗卫星的轨道半径相等,所以加速度大小相等,选 项 B 正确;根据万有引力提供向心力得向心力 F=G 𝑚地 𝑚 𝑟 2 ,由于两颗卫星质量不一 定相等,所以向心力大小不一定相等,选项 C 错误;若卫星 1 向后喷气,则其速度会 增大,卫星 1 将做离心运动,所以卫星 1 不可能追上卫星 2,选项 D 错误。 8.一赛车在平直赛道上以恒定功率加速,其功率为 200 kW,设所受到的阻力不变, 加速度 a 和速度的倒数1 𝑣的关系如图所示,则赛车( )
a/m·s2) 0.01 合作·m) A.做匀加速直线运动 B.质量为500kg C.所受阻力大小为2000N D.速度大小为50m/s时牵引力大小为3000N 答案BC 解析：由题图可知，加速度变化，故赛车做变速直线运动，选项A错误。对赛车受力 分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有FF=mα，其中 F号联立得a=儿-三结合图线，当物体的速度最大时，加速度为零，故结合图像可 mv m 以知道，a=0时，v=100m/s,所以最大速度为100ms由图像可知上=-4 ms2,0=(0.01sml)x2-三解得m=500kg,F=2×103N,选项B、C正确。由P=Fy m m' 可知，F-号=20000N=4000N,选项D错误。 50 9.如图所示，两个小球从水平地面上方同一点O分别以初速度v1、2水平抛出，落 在地面上的位置分别是A、B,O是O在地面上的竖直投影，且O'A:AB=1:3。 若不计空气阻力，则两小球( A A.抛出的初速度大小之比为1：4 B.落地速度大小之比为1：3 C.落地速度与水平地面夹角的正切值之比为4：1 D通过的位移大小之比为1：√3 答案：AC 解析：两小球的水平位移分别为O'A和OB,水平位移之比为O'A:(O'A+AB)=1: 4:小球在竖直方向上做自由落体运动，而两球的抛出高度相同，根据仁 h可知下 落时间相同，根据x=vo1可得两小球的初速度之比为1：4，选项A正确。落地速 度o2+(gt,通过的位移s=√2+严=t+传gt2),由于未知两小 球的下落高度，不能得出下落时间，故无法求出准确的落地速度比和位移比，选项 B、D错误。落地速度与水平地面夹角的正切值tan0=,因竖直分速度相等，而 Vx 水平初速度比值为1：4，故正切值的比值为4：1，选项C正确
A.做匀加速直线运动 B.质量为 500 kg C.所受阻力大小为 2 000 N D.速度大小为 50 m/s 时牵引力大小为 3 000 N 答案:BC 解析:由题图可知,加速度变化,故赛车做变速直线运动,选项 A 错误。对赛车受力 分析,受重力、支持力、牵引力和摩擦力,根据牛顿第二定律,有 F-Ff=ma,其中 F=𝑃 𝑣 ,联立得 a= 𝑃 𝑚𝑣 − 𝐹f 𝑚 ;结合图线,当物体的速度最大时,加速度为零,故结合图像可 以知道,a=0 时,v=100 m/s,所以最大速度为 100 m/s;由图像可知- 𝐹f 𝑚 =-4 m/s2 ,0=(0.01 s·m-1 )× 𝑃 𝑚 − 𝐹f 𝑚 ,解得 m=500 kg,Ff=2×103 N,选项 B、C 正确。由 P=Fv 可知,F=𝑃 𝑣 = 200 000 50 N=4 000 N,选项 D 错误。 9.如图所示,两个小球从水平地面上方同一点 O 分别以初速度 v1、v2 水平抛出,落 在地面上的位置分别是 A、B,O'是 O 在地面上的竖直投影,且 O'A∶AB=1∶3。 若不计空气阻力,则两小球( ) A.抛出的初速度大小之比为 1∶4 B.落地速度大小之比为 1∶3 C.落地速度与水平地面夹角的正切值之比为 4∶1 D.通过的位移大小之比为 1∶√3 答案:AC 解析:两小球的水平位移分别为 O'A 和 O'B,水平位移之比为 O'A∶(O'A+AB)=1∶ 4;小球在竖直方向上做自由落体运动,而两球的抛出高度相同,根据 t=√ 2ℎ 𝑔 可知下 落时间相同,根据 x=v0t 可得两小球的初速度之比为 1∶4,选项 A 正确。落地速 度 v=√𝑣0 2 + (𝑔𝑡) 2 ,通过的位移 s=√𝑥 2 + 𝑦 2 = √(𝑣0 𝑡) 2 + ( 1 2 𝑔𝑡 2 ) 2 ,由于未知两小 球的下落高度,不能得出下落时间,故无法求出准确的落地速度比和位移比,选项 B、D 错误。落地速度与水平地面夹角的正切值 tan θ= 𝑣𝑦 𝑣𝑥 ,因竖直分速度相等,而 水平初速度比值为 1∶4,故正切值的比值为 4∶1,选项 C 正确
10.如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离 弹簧上端高h处由静止释放。某同学探究小球在接触弹簧后向下的运动过程，他 以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox,作出小球所受弹 力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加 速度为g。以下判断正确的是( 0 h+xo h+2xo 乙 A.当x=h+xo时，重力势能与弹性势能之和最小 B.最低点的坐标为x=h+2xo C.小球受到的弹力最大值等于2mg D.小球动能的最大值为mgh+mg 2 答案：AD 解析：结合图像知小球的运动过程为先自由落体运动，当与弹簧相接触后，再做加 速度减小的加速运动，然后做加速度增大的减速运动，直到小球速度为零。当 x=h+o时，弹力等于重力，加速度为零，小球速度最大，动能最大，由于系统机械能守 恒，所以重力势能与弹性势能之和最小，选项A正确：在最低，点小球速度为零，从刚 释放小球到小球运动到最低，点，小球动能变化量为零，重力做的功和弹力做的功的 绝对值相等，即到最低点图中实线与x轴围成的面积应该与mg虚线与x轴围成 的面积相同，所以最低，点应该在x=h+2xo的后面，选项B错误：由B知道最低，点位 置大于x=h+2x0,所以弹力大于2mg,选项C错误；当x=h+x0时，弹力等于重力，加 速度为零，小球速度最大，动能最大，由动能定理可得WG+WN=mgh+xo) mg之0=mgh+之mg0,故选项D正确。 二、实验题（共2小题，共14分） 11.(6分)(2020天津卷)某实验小组利用图甲所示装置测定平抛运动的初速度。 把白纸和复写纸叠放一起固定在竖直木板上，在桌面上固定一个斜面，斜面的底边 αb与桌子边缘及木板均平行。每次改变木板和桌边之间的距离，让钢球从斜面顶 端同一位置滚下，通过碰撞复写纸，在白纸上记录钢球的落点。 周节螺旋
10.如图甲所示,轻弹簧竖直放置,下端固定在水平地面上,一质量为 m 的小球,从离 弹簧上端高 h 处由静止释放。某同学探究小球在接触弹簧后向下的运动过程,他 以小球开始下落的位置为原点,沿竖直向下方向建立坐标轴 Ox,作出小球所受弹 力 F 大小随小球下落的位置坐标 x 的变化关系如图乙所示,不计空气阻力,重力加 速度为 g。以下判断正确的是( ) A.当 x=h+x0 时,重力势能与弹性势能之和最小 B.最低点的坐标为 x=h+2x0 C.小球受到的弹力最大值等于 2mg D.小球动能的最大值为 mgh+𝑚𝑔𝑥0 2 答案:AD 解析:结合图像知小球的运动过程为先自由落体运动,当与弹簧相接触后,再做加 速度减小的加速运动,然后做加速度增大的减速运动,直到小球速度为零。当 x=h+x0 时,弹力等于重力,加速度为零,小球速度最大,动能最大,由于系统机械能守 恒,所以重力势能与弹性势能之和最小,选项 A 正确;在最低点小球速度为零,从刚 释放小球到小球运动到最低点,小球动能变化量为零,重力做的功和弹力做的功的 绝对值相等,即到最低点图中实线与 x 轴围成的面积应该与 mg 虚线与 x 轴围成 的面积相同,所以最低点应该在 x=h+2x0 的后面,选项 B 错误;由 B 知道最低点位 置大于 x=h+2x0,所以弹力大于 2mg,选项 C 错误;当 x=h+x0 时,弹力等于重力,加 速度为零,小球速度最大,动能最大,由动能定理可得 WG+WN=mg(h+x0)- mg· 1 2 x0=mgh+1 2 mgx0,故选项 D 正确。 二、实验题(共 2 小题,共 14 分) 11.(6 分)(2020·天津卷)某实验小组利用图甲所示装置测定平抛运动的初速度。 把白纸和复写纸叠放一起固定在竖直木板上,在桌面上固定一个斜面,斜面的底边 ab 与桌子边缘及木板均平行。每次改变木板和桌边之间的距离,让钢球从斜面顶 端同一位置滚下,通过碰撞复写纸,在白纸上记录钢球的落点。 甲
(1)为了正确完成实验，以下做法必要的是 A.实验时应保持桌面水平 B.每次应使钢球从静止开始释放 C.使斜面的底边ab与桌边重合 D选择对钢球摩擦力尽可能小的斜面 (2)实验小组每次将木板向远离桌子的方向移动0.2m,在白纸上记录了钢球的4 个落点，相邻两点之间的距离依次为15.0cm、25.0cm、35.0cm,示意如图乙。重 力加速度g取10m/s2,钢球平抛的初速度为， m/s。 (3)图甲装置中，木板上悬挂一条铅垂线，其作用是 答案：(1)AB(2)2(3)方便将木板调整到竖直平面 解析：(1)为保证小球离开桌面后做平抛运动，桌面必须保持水平，且小球离开斜面 后必须在水平桌面上先运动一段距离，选项A正确，C错误；为保证小球每次离开 桌面后做同一轨迹的平抛运动，必须保证每次实验中小球离开桌面的速度相同，故 每次实验小球必须从斜面顶端同一位置且由静止释放，这种情况下斜面对小球的 摩擦力的影响每次都是相同的，没有必要选择对小球摩擦力小的斜面，选项B正 确，D错误。 (②)小球离开桌面后在水平方向做匀速直线运动，木板每次远离桌子的距离 △x=0.2相同，故小球打到木板前每次平抛运动的时间增量相同，即白纸上相邻 点迹对应的时间间隔T相等，又因为小球竖直方向做自由落体运动，故△y=gP,设 小球平抛运动的初速度为vo,则△r=voT,联立解得vo=2m/s。 (3)为保证白纸上点迹间隔为竖直方向上的位移，木板必须沿竖直方向，铅垂线的 作用就是方便将木板调整到竖直平面。 12.(8分)在验证机械能守恒定律实验中，打出的纸带如图所示，其中A、B为打点 计时器打下的第1、2个点，AB=2mm,D、E、F为点迹清晰时连续打出的计时 点，测得D、E、F到A的距离分别为S1、S2、3(图中未画出)。设打点计时器的 打点频率为重物质量为m,实验地点重力加速度为g。一位学生想由纸带上打 下A点到打下E点过程，验证重物的机械能守恒。 )A R P E F
乙 (1)为了正确完成实验,以下做法必要的是 。 A.实验时应保持桌面水平 B.每次应使钢球从静止开始释放 C.使斜面的底边 ab 与桌边重合 D.选择对钢球摩擦力尽可能小的斜面 (2)实验小组每次将木板向远离桌子的方向移动 0.2 m,在白纸上记录了钢球的 4 个落点,相邻两点之间的距离依次为 15.0 cm、25.0 cm、35.0 cm,示意如图乙。重 力加速度 g 取 10 m/s2 ,钢球平抛的初速度为 m/s。 (3)图甲装置中,木板上悬挂一条铅垂线,其作用是 。 答案:(1)AB (2)2 (3)方便将木板调整到竖直平面 解析:(1)为保证小球离开桌面后做平抛运动,桌面必须保持水平,且小球离开斜面 后必须在水平桌面上先运动一段距离,选项 A 正确,C 错误;为保证小球每次离开 桌面后做同一轨迹的平抛运动,必须保证每次实验中小球离开桌面的速度相同,故 每次实验小球必须从斜面顶端同一位置且由静止释放,这种情况下斜面对小球的 摩擦力的影响每次都是相同的,没有必要选择对小球摩擦力小的斜面,选项 B 正 确,D 错误。 (2)小球离开桌面后在水平方向做匀速直线运动,木板每次远离桌子的距离 Δx=0.2 m 相同,故小球打到木板前每次平抛运动的时间增量相同,即白纸上相邻 点迹对应的时间间隔 T 相等,又因为小球竖直方向做自由落体运动,故 Δy=gT2 ,设 小球平抛运动的初速度为 v0,则 Δx=v0T,联立解得 v0=2 m/s。 (3)为保证白纸上点迹间隔为竖直方向上的位移,木板必须沿竖直方向,铅垂线的 作用就是方便将木板调整到竖直平面。 12.(8 分)在验证机械能守恒定律实验中,打出的纸带如图所示,其中 A、B 为打点 计时器打下的第 1、2 个点,AB=2 mm,D、E、F 为点迹清晰时连续打出的计时 点,测得 D、E、F 到 A 的距离分别为 s1、s2、s3(图中未画出)。设打点计时器的 打点频率为 f,重物质量为 m,实验地点重力加速度为 g。一位学生想由纸带上打 下 A 点到打下 E 点过程,验证重物的机械能守恒
一重物 (1)实验中，如下哪些操作是必要的 。(2分) A.用停表测量时间 B.重物的质量应尽可能大些 C.先接通电源后释放纸带 D.先释放纸带后接通电源 (2)重物重力势能减少量△Ep= 动能增加量△Ek= 。(3分) (3)比较△Ep和△Ek发现，重物重力势能的减少量△Ep大于动能的增加量△Ek,造成 这一误差的原因是 -。(3分) 答案(1)BC(2)mg2msY (3)实验过程中有阻力作用 解析：(1)实验中根据打点计时器打点频率计算时间，不需要停表，A错误；重物的质 量应尽可能大些，这样可以减小阻力引起的误差，B正确：打点计时器使用时，都是 先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，C正确，D错误。 (2)因为AB=2m,则A点为自由落体运动的初始位置，即4=0。从A点到E点 过程中，重力势能的减少量为△Ep=mgS2。 E点的瞬时速度v=9=s近 2T 2 则动能增量为 Ak-=之2-msf 8 (3)因为实验过程中有阻力作用，所以减少的重力势能大于增加的动能。 三、计算题（共4小题，共46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演 算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和 单位) 13.(10分)如图所示，宇航员站在某质量分布均匀的星球表面沿水平方向以初速度 o抛出一个小球，经时间1落地，落地时速度与水平地面间的夹角为α。已知该星 球半径为R,引力常量为G。求 +0 (1)该星球表面的重力加速度g:(3分) (2)该星球的第一宇宙速度(3分) (3)人造卫星绕该星球表面做匀速圆周运动的最小周期T。(4分)
(1)实验中,如下哪些操作是必要的 。(2 分) A.用停表测量时间 B.重物的质量应尽可能大些 C.先接通电源后释放纸带 D.先释放纸带后接通电源 (2)重物重力势能减少量 ΔEp= ,动能增加量 ΔEk= 。(3 分) (3)比较 ΔEp 和 ΔEk 发现,重物重力势能的减少量 ΔEp 大于动能的增加量 ΔEk,造成 这一误差的原因是 。(3 分) 答案:(1)BC (2)mgs2 𝑚( 𝑠3 -𝑠1 ) 2 𝑓 2 8 (3)实验过程中有阻力作用 解析:(1)实验中根据打点计时器打点频率计算时间,不需要停表,A 错误;重物的质 量应尽可能大些,这样可以减小阻力引起的误差,B 正确;打点计时器使用时,都是 先接通电源,待打点稳定后再释放纸带,C 正确,D 错误。 (2)因为 AB=2 mm,则 A 点为自由落体运动的初始位置,即 vA=0。从 A 点到 E 点 过程中,重力势能的减少量为 ΔEp=mgs2。 E 点的瞬时速度 v= 𝑠3 -𝑠1 2𝑇 = (𝑠3 -𝑠1 )𝑓 2 则动能增量为 ΔEk= 1 2 mv2= 𝑚(𝑠3 -𝑠1 ) 2 𝑓 2 8 。 (3)因为实验过程中有阻力作用,所以减少的重力势能大于增加的动能。 三、计算题(共 4 小题,共 46 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演 算步骤,只写出最后答案不能得分,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和 单位) 13.(10 分)如图所示,宇航员站在某质量分布均匀的星球表面沿水平方向以初速度 v0 抛出一个小球,经时间 t 落地,落地时速度与水平地面间的夹角为 α。已知该星 球半径为 R,引力常量为 G。求: (1)该星球表面的重力加速度 g';(3 分) (2)该星球的第一宇宙速度 v;(3 分) (3)人造卫星绕该星球表面做匀速圆周运动的最小周期 T。(4 分)
答案：(l)oanc (2) voRtana (3)2元 Rt t votana 解析：(l)根据平抛运动知识得tana=g些 解得g'=oana t ,m星m (2)物体绕星球表面做匀速圆周运动时万有引力提供向心力，则有G=mR v2 又因为G”皂” R2=mg 联立解得v=√gR= vo Rtana (③)人造卫星绕该星球表面做匀速圆周运动时，运行周期最小，则有T=m 所以T=2πR t一=2m Rt voRtana votana 14.(10分)2020山东卷)单板滑雪U形池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化 为如图甲所示的模型U形滑道由两个半径相同的圆柱面轨道和一个中央的平 面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2°。某次练习过程中，运动员以vw=10ms的 速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道 边缘线AD的夹角aα=72.8°，腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过 程左视图。该运动员可视为质点，不计空气阻力，重力加速度的大小g取10 m/s2,sin72.8°=0.96，c0s72.8°=0.30。求： 17.2 水平面 12 (I)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d (2)M、N之间的距离1。 答案：(1)4.8m(2)12m 解析：(I)在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1,由运动的合 成与分解规律得v1=vsin72.8°①
答案:(1)𝑣0 tan𝛼 𝑡 (2)√ 𝑣0𝑅tan𝛼 𝑡 (3)2π√ 𝑅𝑡 𝑣0 tan𝛼 解析:(1)根据平抛运动知识得 tan α= 𝑔'𝑡 𝑣0 解得 g'=𝑣0 tan𝛼 𝑡 。 (2)物体绕星球表面做匀速圆周运动时万有引力提供向心力,则有 G 𝑚星 𝑚 𝑅 2 =m 𝑣 2 𝑅 又因为 G 𝑚星𝑚 𝑅 2 =mg' 联立解得 v=√𝑔'𝑅 = √ 𝑣0𝑅tan𝛼 𝑡 。 (3)人造卫星绕该星球表面做匀速圆周运动时,运行周期最小,则有 T=2π𝑅 𝑣 所以 T=2πR√ 𝑡 𝑣0𝑅tan𝛼 =2π√ 𝑅𝑡 𝑣0 tan𝛼。 14.(10 分)(2020·山东卷)单板滑雪 U 形池比赛是冬奥会比赛项目,其场地可以简化 为如图甲所示的模型:U 形滑道由两个半径相同的1 4 圆柱面轨道和一个中央的平 面直轨道连接而成,轨道倾角为 17.2°。某次练习过程中,运动员以 vM=10 m/s 的 速度从轨道边缘上的 M 点沿轨道的竖直切面 ABCD 滑出轨道,速度方向与轨道 边缘线 AD 的夹角 α=72.8°,腾空后沿轨道边缘的 N 点进入轨道。图乙为腾空过 程左视图。该运动员可视为质点,不计空气阻力,重力加速度的大小 g 取 10 m/s2 ,sin 72.8°=0.96,cos 72.8°=0.30。求: 甲 乙 (1)运动员腾空过程中离开 AD 的距离的最大值 d; (2)M、N 之间的距离 l。 答案:(1)4.8 m (2)12 m 解析:(1)在 M 点,设运动员在 ABCD 面内垂直 AD 方向的分速度为 v1,由运动的合 成与分解规律得 v1=vMsin 72.8°①
设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1,由牛顿第二定律得mngcos 17.2°=ma1② 由运动学公式得d=”③ 2a1 联立①②③式，代入数据得d=4.8m。④ (2)在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为2，由运动的合成与 分解规律得2=vC0s72.8°⑤ 设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2,由牛顿第二定律得mngsin 17.2°=ma2⑥ 设腾空时间为1由运动学公式得 =2”⑦ a1 1=2+2a2⑧ 联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得1=12m。⑨ 15.(12分)如图所示，餐桌中心是一个半径为r=1.5m的圆盘，圆盘可绕中心轴转 动，近似认为圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之间的间隙可忽略不计。己知放 置在圆盘边缘的小物体与圆盘的动摩擦因数为1=0.6，与餐桌的动摩擦因数为 42=0.225,餐桌离地高度取h=0.8m。设小物体与圆盘以及餐桌之间的最大静摩 擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。 (1)为使物体不滑到餐桌上，圆盘的角速度0的最大值为多少？ (2)缓慢增大圆盘的角速度，物体从圆盘上甩出，为使物体不滑落到地面，餐桌半径 R的最小值为多大？ (3)若餐桌半径R'=v2,则在圆盘角速度缓慢增大时，物体从圆盘上被甩出后滑落 到地面上的位置到从圆盘甩出点的水平距离1为多少？ 答案：(1)2rad/s(2)2.5m(3)2.1m 解析：(1)由题意可得，当小物体在圆盘上随圆盘一起转动时，圆盘对小物体的静摩 擦力提供向心力，所以随着圆盘转速的增大，小物体受到的静摩擦力增大。当静摩 擦力最大时，小物体即将滑落，此时圆盘的角速度达到最大，则有 Ftm=uFN=mro2,FN=mg 两式联立可得ω= g=2rad/s。 (2)由题意可得，当物体滑到餐桌边缘时速度恰好减为零，对应的餐桌半径取最小 值。设物体在餐桌上滑动的位移为5，物体在餐桌上做匀减速运动的加速度大小 为a,则 a=,F=2mg,所以a=2g=2.25m/s2 m
设运动员在 ABCD 面内垂直 AD 方向的分加速度为 a1,由牛顿第二定律得 mgcos 17.2°=ma1② 由运动学公式得 d=𝑣1 2 2𝑎1 ③ 联立①②③式,代入数据得 d=4.8 m。④ (2)在 M 点,设运动员在 ABCD 面内平行 AD 方向的分速度为 v2,由运动的合成与 分解规律得 v2=vMcos 72.8°⑤ 设运动员在 ABCD 面内平行 AD 方向的分加速度为 a2,由牛顿第二定律得 mgsin 17.2°=ma2⑥ 设腾空时间为 t,由运动学公式得 t=2𝑣1 𝑎1 ⑦ l=v2t+1 2 a2t 2⑧ 联立①②⑤⑥⑦⑧式,代入数据得 l=12 m。⑨ 15.(12 分)如图所示,餐桌中心是一个半径为 r=1.5 m 的圆盘,圆盘可绕中心轴转 动,近似认为圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之间的间隙可忽略不计。已知放 置在圆盘边缘的小物体与圆盘的动摩擦因数为 μ1=0.6,与餐桌的动摩擦因数为 μ2=0.225,餐桌离地高度取 h=0.8 m。设小物体与圆盘以及餐桌之间的最大静摩 擦力等于滑动摩擦力,重力加速度 g 取 10 m/s2。 (1)为使物体不滑到餐桌上,圆盘的角速度 ω 的最大值为多少? (2)缓慢增大圆盘的角速度,物体从圆盘上甩出,为使物体不滑落到地面,餐桌半径 R 的最小值为多大? (3)若餐桌半径 R'=√2r,则在圆盘角速度缓慢增大时,物体从圆盘上被甩出后滑落 到地面上的位置到从圆盘甩出点的水平距离 l 为多少? 答案:(1)2 rad/s (2)2.5 m (3)2.1 m 解析:(1)由题意可得,当小物体在圆盘上随圆盘一起转动时,圆盘对小物体的静摩 擦力提供向心力,所以随着圆盘转速的增大,小物体受到的静摩擦力增大。当静摩 擦力最大时,小物体即将滑落,此时圆盘的角速度达到最大,则有 Ffm=μ1FN=mrω2 ,FN=mg 两式联立可得 ω=√ 𝜇1𝑔 𝑟 =2 rad/s。 (2)由题意可得,当物体滑到餐桌边缘时速度恰好减为零,对应的餐桌半径取最小 值。设物体在餐桌上滑动的位移为 s,物体在餐桌上做匀减速运动的加速度大小 为 a,则 a= 𝐹f 𝑚 ,Ff=μ2mg,所以 a=μ2g=2.25 m/s2
物体在餐桌上滑动的初速度为vo=or=3m/s 由运动学公式m,2-2=-2as可得s=2m 由几何关系可得餐桌半径的最小值为R=Vr2+sZ=2.5m。 (3)当物体滑离餐桌时，开始做平抛运动，平抛的初速度为物体在餐桌上滑动的末 速度，由题意可得2-，2-2as 由于餐桌半径为R'=V2r,所以s'=r=1.5m 所以可得'=1.5m/s 物体做平抛运动的时间为1则h=2gr2 解得昏04 所以物体做平抛运动的水平位移为Sx=v1=0.6m 所以由题意可得1=s'+x=2.1m。 16.(14分)如图所示，倾斜轨道AB的倾角为37°，CD、EF轨道水平，AB与CD通 过光滑圆弧管道BC连接且AB、CD与圆弧管道相切，CD右端与竖直光滑圆周 轨道相连。小球可以从D进入该轨道，沿轨道内侧运动，从E滑出该轨道进入EF 水平轨道。小球由静止从A点释放，己知AB长为5R,CD长为R,重力加速度为g, 小球与倾斜轨道AB及水平轨道CD、EF的动摩擦因数均为0.5，sin37°=0.6，cos 37°=0.8，圆弧管道BC入口B与出口C的高度差为1.8R。求：（在运算中，根号中 的数值无需算出) 18R (1)小球滑到斜面底端C时速度的大小：(4分) (2)小球刚到C时对轨道的作用力：(5分) (3)为使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R应该满足的条件。 (5分) 答案(1(26.6mg竖直向下(3)R≤0.92R或R≥2.3R 解析(1)设小球到达C点时速度为vC,小球从A运动至C过程，由动能定理，得 mg(5Rsin37°+1.8R)-mgcos37°5R=2mvc2 可得vc=2359R 5 (2)小球沿BC轨道做圆周运动，设在C点时轨道对球的作用力为FN,由牛顿第二 定律，得 FN-mg-mc2
物体在餐桌上滑动的初速度为 v0=ωr=3 m/s 由运动学公式𝑣𝑡 2 − 𝑣0 2=-2as 可得 s=2 m 由几何关系可得餐桌半径的最小值为 R=√𝑟 2 + 𝑠 2=2.5 m。 (3)当物体滑离餐桌时,开始做平抛运动,平抛的初速度为物体在餐桌上滑动的末 速度 vt',由题意可得 vt' 2 -𝑣0 2=-2as' 由于餐桌半径为 R'=√2r,所以 s'=r=1.5 m 所以可得 vt'=1.5 m/s 物体做平抛运动的时间为 t,则 h=1 2 gt2 解得 t=√ 2ℎ 𝑔 =0.4 s 所以物体做平抛运动的水平位移为 sx=vt't=0.6 m 所以由题意可得 l=s'+sx=2.1 m。 16.(14 分)如图所示,倾斜轨道 AB 的倾角为 37°,CD、EF 轨道水平,AB 与 CD 通 过光滑圆弧管道 BC 连接且 AB、CD 与圆弧管道相切,CD 右端与竖直光滑圆周 轨道相连。小球可以从 D 进入该轨道,沿轨道内侧运动,从 E 滑出该轨道进入 EF 水平轨道。小球由静止从 A 点释放,已知 AB 长为 5R,CD 长为 R,重力加速度为 g, 小球与倾斜轨道 AB 及水平轨道 CD、EF 的动摩擦因数均为 0.5,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,圆弧管道 BC 入口 B 与出口 C 的高度差为 1.8R。求:(在运算中,根号中 的数值无需算出) (1)小球滑到斜面底端 C 时速度的大小;(4 分) (2)小球刚到 C 时对轨道的作用力;(5 分) (3)为使小球在运动过程中不脱离轨道,竖直圆周轨道的半径 R'应该满足的条件。 (5 分) 答案:(1)2√35𝑔𝑅 5 (2)6.6mg 竖直向下 (3)R'≤0.92R 或 R'≥2.3R 解析:(1)设小球到达 C 点时速度为 vC,小球从 A 运动至 C 过程,由动能定理,得 mg(5Rsin 37°+1.8R)-μmgcos 37°·5R=1 2 𝑚𝑣𝐶 2 可得 vC= 2√35𝑔𝑅 5 。 (2)小球沿 BC 轨道做圆周运动,设在 C 点时轨道对球的作用力为 FN,由牛顿第二 定律,得 FN-mg=m 𝑣𝐶 2 𝑟