2017-2018学年四川省南充高中高一（下）期末物理试卷

一、（本大题共16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项最符合题意）

1．关于曲线运动和圆周运动，以下说法中正确的是（　　）

A．变速运动一定是曲线运动

B．匀速圆周运动是匀速运动

C．做曲线运动的物体所受的合外力一定不为零

D．做圆周运动的物体受到的合外力方向一定指向圆心

2．关于重力和万有引力的关系，下列认识错误的是（　　）

A．地面附近物体所受的重力就是万有引力

B．重力是由于地面附近的物体受到地球的吸引而产生的

C．在不太精确的计算中，可以认为物体的重力等于万有引力

D．严格来说重力并不等于万有引力，除两极处物体的重力等于万有引力外，在地球其他各处的重力都略小于万有引力

3．某小船常年在水速较小的河中横渡，并使船头始终垂直河岸航行，但是某次横渡到达河中间时突然上游来大水使水流速度加快，则对此小船渡河的说法正确的是（　　）

A．小船到对岸的时间不变，但位移将变大

B．小船要用更长的时间才能到达对岸

C．因小船船头始终垂直河岸航行，故所用时间及位移都不会变化

D．因船速与水速关系未知，故无法确定渡河时间及位移的变化

4．如图所示，当用扳手拧螺母时，扳手上的P、Q两点的角速度分别为ωP和ωQ，线速度大小分别为υP和υQ，则（　　）

A．ωP＜ωQ，υP＜υQ B．ωP=ωQ，υP＜υQ C．ωP＜ωQ，υP=υQ D．ωP=ωQ，υP＞υQ

5．如图所示，在地面上发射一颗卫星，进入椭圆轨道Ⅱ运行，其发射速度（　　）

A．等于7.9km/s

B．大于16.7km/s

C．大于7.9km/s，小于11.2km/s

D．大于11.2km/s，小于16.7km/s

6．下列物体在运动过程中，机械能守恒的是（　　）

A．被起重机拉着向上做匀速运动的货物

B．在空中向上做加速运动的氢气球

C．沿粗糙的斜面向下做匀速运动的木块

D．一个做平抛运动的铁球

7．某行星的质量和半径分别约为地球的8倍和2倍，地球表面的重力加速度为g，则该行星表面的重力加速度约为（　　）

A．4g B．2g C．0.4g D．0.2g

8．下列关于点电荷和元电荷的说法中，不正确的是（　　）

A．只有体积很小的带电体才可以看成点电荷

B．带电体间的距离比它们本身的大小大得多，以至于带电体的形状和大小对它们间的相互作用力的影响可忽略不计时，带电体就可以视为点电荷

C．把1.6×10﹣19 C的电荷量叫元电荷

D．任何带电体所带电荷量都是元电荷的整数倍

9．有两个点电荷，所带电荷量分别为q1和q2，相距为r，相互作用力为F．为了使它们之间的作用力增大为原来的2倍，下列做法可行的是（　　）

A．仅使q1增大为原来的2倍

B．仅使q2减小为原来的一半

C．使q2和q1都增大为原来的2倍

D．仅使r减小为原来的一半

10．下列关于场强的说法正确的是（　　）

A．由E=可知，某电场的场强E与q成反比，与F成正比

B．在真空中点电荷Q产生的电场，电场强度的表达式E=k，式中Q是检验电荷的电量

C．由E=k可知，某点的电场强度大小与Q成正比，与r2成反比

D．在真空中点电荷Q产生的电场中，电场强度的定义式E=仍成立，式中的Q就是产生电场的点电荷

11．如图所示，a、b、c三个相同的小球，a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时b、c从同一高度分别开始自由下落和平抛．下列说法正确的有（　　）

A．它们的落地时间相同

B．运动过程中重力做的功相等

C．它们的落地时的动能相同

D．它们落地时重力的瞬时功率相等

12．质量为m的小物体沿着半径为R的半球形金属球壳下滑，当滑到最低点时速率为v，如图所示，若物体与球壳之间的动摩擦因数为μ，则物体在最低点时（　　）

A．加速度为 B．向心力为m（g+）

C．对球壳的压力为m D．受到的摩擦力为μm（g+）

13．长度为L=0.5m的轻质细杆OA，A端有一质量为m=3.0kg的小球，如图所示，小球以O点为圆心在竖直平面内做圆周运动，通过最高点时小球的速率为2.0m/s，不计空气阻力，g取10m/s2，则此时细杆OA受到（　　）

A．6.0N的拉力 B．6.0N的压力 C．24N的拉力 D．24N的压力

14．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

15．如图为测定运动员体能的装置，轻绳拴在腰间沿水平线跨过定滑轮（不计滑轮的质量与摩擦），下悬重为G的物体，设人的重心相对地面不动，人用力向后蹬传送带，使水平传送带以速率为v逆时针转动，则（　　）

A．人对物体重物，做功功率为Gv

B．人对传送带的摩擦力大小等于G，方向水平向右

C．在时间t内人对传送带做功消耗的能量为Gvt

D．若增大传送带的速度，人对传送带做功的功率不变

16．如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C 两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上．现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面．下列说法正确的是（　　）

A．斜面倾角α=60°

B．A获得最大速度为

C．C刚离开地面时，B的加速度最大

D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒

二、填空题（本大题共3小题，每空3分，共18分）

17．如图，在“用电磁打点计时器验证机械能守恒定律”实验中：

（1）打点计时器应接　　　　　　（填“交流”或“直流”）电源．

（2）实验时，释放纸带让重物下落的步骤应该在接通电源之　　　　　　（填“前”或“后”）进行．

（3）下列做法中，正确的是　　　　　　

A．重物应选择体积大、质量小的物体

B．必需使用天平测出重物的质量

C．必需使用秒表测出重物下落的时间

D．测出纸带上两点迹间的距离，可知重物相应的下落高度

（4）测量发现，下落过程中重物减少的重力势能通常略大于增加的动能，这是由于　　　　　　

A．重物质量过大

B．打点计时器的电压偏低

C．重物下落的初速度不为零

D．纸带与打点计时器间有摩擦阻力．

18．如图示，以9.8m/s的水平初速度抛出的物体，飞行一段时间后垂直的撞在倾角为30°的斜面上，物体空中飞行的时间为　　　　　　s． （ g取9.8m/s2）

19．如果是，在河岸上用细绳拉船，为了使船匀速靠岸，拉绳的速度必须是　　　　　　．

三、计算题（共4小题，满分34分）

20．如图所示，在匀强电场中，用一根绝缘的细线悬挂一质量为m的小球，小球带正电，电量为q，静止时细线与竖直方向的夹角为θ，求所加匀强电场的场强最小值为多少？方向怎样？

21．有一种叫“飞椅”的游乐项目，示意图如图所示，长为L的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r的水平转盘边缘，转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动．当转盘以角速度ω匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ，不计钢绳的重力，求转盘转动的角速度ω与夹角θ的关系．

22．在宇宙中有一个星球，半径为R=105m，在星球表面用弹簧称量一个质量m=1kg的砝码的重力，得砝码重力D0=1.6N，已知万有引力常量G=6.67×10﹣11N•m2/kg2．求：该星球的第一宇宙速度和该星球的质量．

23．如图所示，光滑水平面AB与竖直面内粗糙的半圆形导轨在B点衔接，BC为导轨的直径，与水平面垂直，导轨半径为R，一个质量为m的小球将弹簧压缩至A处．小球从A处由静止释放被弹开后，以速度v经过B点进入半圆形轨道，之后向上运动恰能沿轨道运动到C点，求：

（1）释放小球前弹簧的弹性势能；

（2）小球到达C点时的速度和落到水平面时离B点的距离；

（3）小球在由B到C过程中克服阻力做的功．

2017-2018学年四川省南充高中高一（下）期末物理试卷

参考答案与试题解析

一、（本大题共16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项最符合题意）

1．关于曲线运动和圆周运动，以下说法中正确的是（　　）

A．变速运动一定是曲线运动

B．匀速圆周运动是匀速运动

C．做曲线运动的物体所受的合外力一定不为零

D．做圆周运动的物体受到的合外力方向一定指向圆心

【考点】线速度、角速度和周期、转速；物体做曲线运动的条件．

【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，但合外力方向、大小不一定变化；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．

变加速运动是指加速度变化的运动，匀速圆周运动的速度大小不变，方向时刻变化．

只有做匀速圆周运动的物体受到的合外力方向一定指向圆心．

【解答】解：A、无论是物体速度的大小变了，还是速度的方向变了，都说明速度是变化的，都是变速运动；若物体的速度大小发生变化而方向不变，则物体的运动仍然是直线运动，所以A错误．

B、匀速圆周运动，速度的大小不变，方向时刻变化，因此圆周运动一定是变加速运动，所以B错误．

C、做曲线运动的物体的速度方向在时刻改变，所以曲线运动一定是变速运动，可知曲线运动的加速度不能等于0，结合牛顿第二定律可知，做曲线运动的物体所受的合外力一定不为零．所以C正确．

D、只有做匀速圆周运动的物体受到的合外力方向一定指向圆心．所以D错误．

故选：C．

2．关于重力和万有引力的关系，下列认识错误的是（　　）

A．地面附近物体所受的重力就是万有引力

B．重力是由于地面附近的物体受到地球的吸引而产生的

C．在不太精确的计算中，可以认为物体的重力等于万有引力

D．严格来说重力并不等于万有引力，除两极处物体的重力等于万有引力外，在地球其他各处的重力都略小于万有引力

【考点】万有引力定律及其应用．

【分析】物体由于地球的吸引而受到的力叫重力．

知道重力只是万有引力的一个分力，忽略地球的自转，我们可以认为物体的重力等于万有引力．

【解答】解：A、万有引力是由于物体具有质量而在物体之间产生的一种相互作用．任何两个物体之间都存在这种吸引作用．物体之间的这种吸引作用普遍存在于宇宙万物之间，称为万有引力．重力，就是由于地面附近的物体受到地球的万有引力而产生的，重力只是万有引力的一个分力． 故A错误．

B、重力是由于地面附近的物体受到地球的吸引而产生的，故B正确．

C、在不太精确的计算中，可以认为物体的重力等于万有引力，故C正确．

D、严格来说重力并不等于万有引力，除两极处物体的重力等于万有引力外，在地球其他各处的重力都略小于万有引力，故D正确．

本题选错误的，故选A．

3．某小船常年在水速较小的河中横渡，并使船头始终垂直河岸航行，但是某次横渡到达河中间时突然上游来大水使水流速度加快，则对此小船渡河的说法正确的是（　　）

A．小船到对岸的时间不变，但位移将变大

B．小船要用更长的时间才能到达对岸

C．因小船船头始终垂直河岸航行，故所用时间及位移都不会变化

D．因船速与水速关系未知，故无法确定渡河时间及位移的变化

【考点】运动的合成和分解．

【分析】将小船的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，根据分运动和合运动具有等时性可以确定渡河的时间，根据沿河岸方向上位移确定最终的位移．

【解答】解：A、因为各分运动具有独立性，在垂直于河岸方向上，t=，合运动与分运动具有等时性，知运动的时间不变．在沿河岸方向上x=v水t．水流速度加快，则沿河岸方向上的位移增大，根据运动的合成，最终的位移增大．故A正确，B、C、D错误．

故选：A．

4．如图所示，当用扳手拧螺母时，扳手上的P、Q两点的角速度分别为ωP和ωQ，线速度大小分别为υP和υQ，则（　　）

A．ωP＜ωQ，υP＜υQ B．ωP=ωQ，υP＜υQ C．ωP＜ωQ，υP=υQ D．ωP=ωQ，υP＞υQ

【考点】线速度、角速度和周期、转速．

【分析】物体在做转动时，各点具有相同的角速度，然后结合线速度与角速度之间的关系v=ωr进行求解即可．

【解答】解：由于P、Q两点属于同轴转动，所以P、Q两点的角速度是相等的，即ωP=ωQ；同时由图可知Q点到螺母的距离比较大，由可知，Q点的线速度大，即υP＜υQ．

故选：B

5．如图所示，在地面上发射一颗卫星，进入椭圆轨道Ⅱ运行，其发射速度（　　）

A．等于7.9km/s

B．大于16.7km/s

C．大于7.9km/s，小于11.2km/s

D．大于11.2km/s，小于16.7km/s

【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．

【分析】本题需掌握：卫星发射的速度大于7.9km/s，而小于11.2km/s，人造卫星的运行轨道是椭圆，由此分析解答．

【解答】解：根据宇宙速度的意义可知，在地面上发射一颗卫星，要进入椭圆轨道Ⅱ运行，其发射速度大于7.9km/s，小于11.2km/s．故ABD错误，C正确．

故选：C

6．下列物体在运动过程中，机械能守恒的是（　　）

A．被起重机拉着向上做匀速运动的货物

B．在空中向上做加速运动的氢气球

C．沿粗糙的斜面向下做匀速运动的木块

D．一个做平抛运动的铁球

【考点】机械能守恒定律．

【分析】物体机械能守恒的条件是只有重力或者弹力做功，机械能的概念是动能与势能之和，分析物体的受力情况，判断各力做功情况，根据机械能守恒条件或机械能的概念分析机械能是否守恒．

【解答】解：A、匀速上升的物体动能不变而重力势能不断增加，故机械能不守恒；故A错误；

B、在空中向上做加速运动的氢气球动能及重力势能不断增加，故机械能增加，故B错误；

C、沿粗糙的斜面向下做匀速运动的木块动能不变，而重力势能减小，故C错误；

D、做平抛运动的铁球空气阻力可以忽略，故下落过程中只有重力做功，机械能守恒；故D正确；

故选：D．

7．某行星的质量和半径分别约为地球的8倍和2倍，地球表面的重力加速度为g，则该行星表面的重力加速度约为（　　）

A．4g B．2g C．0.4g D．0.2g

【考点】万有引力定律及其应用．

【分析】物体在星球表面受到的万有引力等于它受到的重力，据此求出重力加速度，然后求该行星表面的重力加速度．

【解答】解：物体在行星表面受到的万有引力等于它的重力，即：G=mg，

解得：g=，

重力加速度之比： ===2，

则有：g行星=2g；

故选：B．

8．下列关于点电荷和元电荷的说法中，不正确的是（　　）

A．只有体积很小的带电体才可以看成点电荷

B．带电体间的距离比它们本身的大小大得多，以至于带电体的形状和大小对它们间的相互作用力的影响可忽略不计时，带电体就可以视为点电荷

C．把1.6×10﹣19 C的电荷量叫元电荷

D．任何带电体所带电荷量都是元电荷的整数倍

【考点】元电荷、点电荷．

【分析】点电荷是当两个带电体的形状对它的相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看作点电荷．而元电荷是带电量的最小值，它不是电荷，所有带电电荷量均是元电荷的整数倍．

【解答】解：A、当两个带电体形状和大小及电荷分布对它们间的相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看作点电荷，点电荷是一种理想化的物理模型，并不是只有体积很小的带电体才可以看成点电荷，故A错误，B正确；

C、把1.6×10﹣19 C的电荷量叫元电荷，故C正确；

D、点电荷是一种理想化的物理模型，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，任何带电体所带电荷都是e的整数倍，故D正确；

本题选择错误的，故选：A．

9．有两个点电荷，所带电荷量分别为q1和q2，相距为r，相互作用力为F．为了使它们之间的作用力增大为原来的2倍，下列做法可行的是（　　）

A．仅使q1增大为原来的2倍

B．仅使q2减小为原来的一半

C．使q2和q1都增大为原来的2倍

D．仅使r减小为原来的一半

【考点】库仑定律．

【分析】根据库仑定律公式F=k列式计算即可．

【解答】解：真空中有两个点电荷，它们之间相互作用力为F，即为F=k；当它们之间的相互作用力为2F，则有：

A、保持距离不变，仅使q1增大为原来的2倍，或使两电荷量都变为原来的倍，则库仑力变为2倍，故A正确；C错误；

B、仅使q2减小为原来的一半，根据库仑定律可知，它们之间的作用力减小为原来的一半，故B错误；

D、保持两点电荷的电量不变，使r减小为原来的一半，则库仑力变为4倍，故D错误；

故选：A．

10．下列关于场强的说法正确的是（　　）

A．由E=可知，某电场的场强E与q成反比，与F成正比

B．在真空中点电荷Q产生的电场，电场强度的表达式E=k，式中Q是检验电荷的电量

C．由E=k可知，某点的电场强度大小与Q成正比，与r2成反比

D．在真空中点电荷Q产生的电场中，电场强度的定义式E=仍成立，式中的Q就是产生电场的点电荷

【考点】电场强度．

【分析】E=是比值定义法，E反映电场本身的性质，与试探电荷无关，由电场本身性质决定，适用于任何电场．在真空中点电荷Q产生的电场，电场强度的表达式E=k，式中Q是场源电荷的电量．

【解答】解：A、E=是电场强度的定义式，采用比值法定义，E反映电场本身的性质，与试探电荷无关，由电场本身性质决定，所以不能说“场强E与q成反比，与F成正比”．故A错误．

B、在真空中点电荷Q产生的电场，电场强度的表达式E=k，式中Q是场源电荷的电量．故B错误．

C、由E=k可知，某点的电场强度大小与Q成正比，与r2成反比，故C正确．

D、电场强度的定义式E=仍成立，式中的Q是检验电荷，故D错误．

故选：C

11．如图所示，a、b、c三个相同的小球，a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时b、c从同一高度分别开始自由下落和平抛．下列说法正确的有（　　）

A．它们的落地时间相同

B．运动过程中重力做的功相等

C．它们的落地时的动能相同

D．它们落地时重力的瞬时功率相等

【考点】功率、平均功率和瞬时功率；自由落体运动；平抛运动；功的计算．

【分析】a做的是匀变速直线运动，b是自由落体运动，c是平抛运动，根据它们各自的运动的特点可以分析运动的时间和末速度的情况，由功率的公式可以得出结论．

【解答】解：A、bc运动的时间相同，a的运动的时间要比bc的长，故A错误；

B、a、b、c三个小球的初位置相同，它们的末位置也相同，由于重力做功只与物体的初末位置有关，所以三个球的重力做功相等，所以B正确．

C、由动能定理可知，三个球的重力做功相等，它们的动能的变化相同，但是c是平抛的，所以c有初速度，故c的末动能要大，所以C错误．

D、三个球的重力相等，但是它们的竖直方向上的末速度不同，所以瞬时功率不可能相等，所以D错误．

故选：B

12．质量为m的小物体沿着半径为R的半球形金属球壳下滑，当滑到最低点时速率为v，如图所示，若物体与球壳之间的动摩擦因数为μ，则物体在最低点时（　　）

A．加速度为 B．向心力为m（g+）

C．对球壳的压力为m D．受到的摩擦力为μm（g+）

【考点】向心力；牛顿第二定律．

【分析】物体滑到半球形金属球壳最低点时，速度大小为v，半径为R，向心加速度为an=，此时由重力和支持力提供向心力．根据牛顿第二定律求出支持力，由公式f=μN求出摩擦力．

【解答】解：A、物体滑到半球形金属球壳最低点时，速度大小为v，半径为R，向心加速度为an=，但是由于受摩擦力，水平方向还有切向加速度，故合加速大于．故A错误．

B、根据牛顿第二定律得知，物体在最低点时的向心力为：Fn=man=m．故B错误．

C、根据牛顿第二定律得：N﹣mg=m．得到金属球壳对小球的支持力为：N=m（g+），由牛顿第三定律可知，小球对金属球壳的压力大小为：N′=m（g+）．故C错误．

D、物体在最低点时，受到的摩擦力为：f=μN=μm（g+）．故D正确．

故选：D．

13．长度为L=0.5m的轻质细杆OA，A端有一质量为m=3.0kg的小球，如图所示，小球以O点为圆心在竖直平面内做圆周运动，通过最高点时小球的速率为2.0m/s，不计空气阻力，g取10m/s2，则此时细杆OA受到（　　）

A．6.0N的拉力 B．6.0N的压力 C．24N的拉力 D．24N的压力

【考点】向心力；牛顿第二定律．

【分析】小球在细杆的作用下，在竖直平面内做圆周运动．对最高点受力分析，找出提供向心力的来源，结合已知量可求出最高点小球速率为2m/s时的细杆受到的力．

【解答】解：小球以O点为圆心在竖直平面内作圆周运动，

当在最高点小球与细杆无弹力作用时，小球的速度为V1，则有

mg=m

得：v1==m/s

∵＞2m/s∴小球受到细杆的支持力

小球在O点受力分析：重力与支持力

mg﹣F支=m

则F支=mg﹣m=6N

所以细杆受到的压力，大小为6N．

故选B．

14．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D

15．如图为测定运动员体能的装置，轻绳拴在腰间沿水平线跨过定滑轮（不计滑轮的质量与摩擦），下悬重为G的物体，设人的重心相对地面不动，人用力向后蹬传送带，使水平传送带以速率为v逆时针转动，则（　　）

A．人对物体重物，做功功率为Gv

B．人对传送带的摩擦力大小等于G，方向水平向右

C．在时间t内人对传送带做功消耗的能量为Gvt

D．若增大传送带的速度，人对传送带做功的功率不变

【考点】功率、平均功率和瞬时功率．

【分析】通过在力的方向上有无位移判断力是否做功．人的重心不动，则知人处于平衡状态，摩擦力与拉力平衡．根据恒力做功公式可以求得在时间t内人对传送带做功消耗的能量，功率为P=Fv．

【解答】解：A、重物没有位移，所以人对重物没有做功，功率为0，故A错误；

B、根据人的重心不动，则知人处于平衡状态，摩擦力与拉力平衡，传送带对人的摩擦力方向向右，拉力等于物体的重力G，所以人对传送带的摩擦力大小等于G，方向水平向左，故B错误．

C、在时间t内人对传送带做功消耗的能量等于人对传送带做的功，人的重心不动，绳对人的拉力和人与传送带间的摩擦力平衡，而拉力又等于G．根据W=Fvt，所以人对传送带做功的功为Gvt．故C正确．

D、根据恒力做功功率P=Fv得：若增大传送带的速度，人对传送带做功的功率增大，故D错误．

故选：C

16．如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C 两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上．现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面．下列说法正确的是（　　）

A．斜面倾角α=60°

B．A获得最大速度为

C．C刚离开地面时，B的加速度最大

D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒

【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律．

【分析】C刚离开地面时，物体A沿斜面下滑的距离应该等于弹簧原来被压缩的长度再加上后来弹簧被拉长的长度，B获得最大速度，B应该处于受力平衡状态，对B受力分析，可以求得斜面的倾角α；对于整个系统机械能守恒，根据机械能守恒列出方程就可以求得B的最大速度．

【解答】解：A、设当物体C刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为xC，则

kxC=mg ①

物体C刚刚离开地面时，以B为研究对象，物体B受到重力mg、弹簧的弹力kxC、细线的拉力T三个力的作用，

设物体B的加速度为a，根据牛顿第二定律，

对B有

T﹣mg﹣kxC=ma ②

对A有

4mgsinα﹣T=4ma ③

由②、③两式得

4mgsinα﹣mg﹣kxC=5ma ④

当B获得最大速度时，有 a=0 ⑤

由①④⑤式联立，解得 sinα=

所以：α=30°

故A错误；

B、设开始时弹簧的压缩量xB，则

kxB=mg

设当物体C刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为xC，则

kxC=mg

当物体C刚离开地面时，物体B上升的距离以及物体A沿斜面下滑的距离均为：

h=xC+xB

由于弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，且物体C刚刚离开地面时，A、B两物体的速度相等，

且最大速度设为vBm，以A、B及弹簧组成的系统为研究对象，

由机械能守恒定律得：4mghsinα﹣mgh=（4m+m） VBm2

代入数据，解得：VBm═2g，故B正确；

C、C刚离开地面时，B的速度最大，加速度为零，故C错误；

D、从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球以及弹簧构成的系统机械能守恒，故D错误；

故选：B．

二、填空题（本大题共3小题，每空3分，共18分）

17．如图，在“用电磁打点计时器验证机械能守恒定律”实验中：

（1）打点计时器应接　交流　（填“交流”或“直流”）电源．

（2）实验时，释放纸带让重物下落的步骤应该在接通电源之　后　（填“前”或“后”）进行．

（3）下列做法中，正确的是　D　

A．重物应选择体积大、质量小的物体

B．必需使用天平测出重物的质量

C．必需使用秒表测出重物下落的时间

D．测出纸带上两点迹间的距离，可知重物相应的下落高度

（4）测量发现，下落过程中重物减少的重力势能通常略大于增加的动能，这是由于　D　

A．重物质量过大

B．打点计时器的电压偏低

C．重物下落的初速度不为零

D．纸带与打点计时器间有摩擦阻力．

【考点】验证机械能守恒定律．

【分析】（1）电磁打点计时器使用交流电；

（2）实验时先打点后释放下纸带，保证打点的是从静止开始运动；

（3）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．

（4）由于阻力的影响，导致重物减小的重力势能略大于动能的增加量，该误差属于系统误差．

【解答】解：（1）实验装置中所用打点计时器应接交流电源．

（2）开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重锤，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差．

（3）A、实验供选择的重物应该相对质量较大、体积较小的物体，这样能减少摩擦阻力的影响，故A错误．

B、因为我们是比较mgh、mv2的大小关系，故m可约去比较，不需要测出重物的质量，故B错误．

C、我们可以通过打点计时器计算时间，不需要秒表．故C错误．

D、纸带上两点迹间的距离，就是重物相应的下落高度，故D正确．

故选：D．

（4）实验中重物减小的重力通过略大于增加的动能，原因是空气阻力、以及制定与打点计时器的阻力的影响，消耗了一部分能量．故D正确，A、B、C错误．

故选：D．

故答案为：（1）交流；（2）后；（3）D；（4）D．

18．如图示，以9.8m/s的水平初速度抛出的物体，飞行一段时间后垂直的撞在倾角为30°的斜面上，物体空中飞行的时间为　　s． （ g取9.8m/s2）

【考点】平抛运动．

【分析】物体以初速度9.8m/s水平抛出后做平抛运动，垂直撞在斜面上时，速度方向与斜面垂直，将速度进行分解，求出物体飞行的时间．

【解答】解：由题物体做平抛运动，将速度分解成水平和竖直两个方向如图，则

竖直分速度为vy=vxcotθ

而物体在水平方向的分运动是匀速直线运动，竖直方向的分运动是自由落体运动，则有

vx=v0，vy=gt，

则得vy=v0cotθ

t=．

故答案为：．

19．如果是，在河岸上用细绳拉船，为了使船匀速靠岸，拉绳的速度必须是　减小　．

【考点】运动的合成和分解．

【分析】运动的分解我们分解的是实际运动．船是匀速靠岸，即船的实际运动是匀速向前，我们只需要分解实际运动即可．

【解答】解：船的运动分解如图：

将小船的速度v分解为沿绳子方向的v1和垂直于绳子方向的v2，

则：v1=vcosθ；当小船靠近岸时，θ变大，所以cosθ逐渐减小；即：在岸边拉绳的速度逐渐减小．

故答案为：减小．

三、计算题（共4小题，满分34分）

20．如图所示，在匀强电场中，用一根绝缘的细线悬挂一质量为m的小球，小球带正电，电量为q，静止时细线与竖直方向的夹角为θ，求所加匀强电场的场强最小值为多少？方向怎样？

【考点】电场强度；共点力平衡的条件及其应用．

【分析】对小球受力分析，受重力、电场力和拉力，小球保持静止，受力平衡，先根据平衡条件确定电场力最小的临界情况，然后求解最小电场力，从而求得场强最小值．

【解答】解：对小球受力分析，受重力、电场力和拉力，小球保持静止，电场力和拉力的合力与重力总是等大、反向，如图所示：

从图中可以看出，当电场力方向与细线垂直时，电场力最小，电场强度最小，根据共点力平衡条件，有：

电场力最小值为：F=mgsinθ

又 F=qE

解得场强最小值为：E=，方向垂直于细线斜向上

答：所加匀强电场的场强最小值为，方向垂直于细线斜向上．

21．有一种叫“飞椅”的游乐项目，示意图如图所示，长为L的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r的水平转盘边缘，转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动．当转盘以角速度ω匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ，不计钢绳的重力，求转盘转动的角速度ω与夹角θ的关系．

【考点】向心力；线速度、角速度和周期、转速．

【分析】对飞椅受力分析，求得椅子受到的合力的大小，根据向心力的公式可以求得角速度ω与夹角θ的关系．

【解答】解：对飞椅受力分析：重力mg和钢绳的拉力F，由合力提供向心力，则根据牛顿第二定律得：

竖直方向上：Fcosθ=mg

水平方向上：Fsinθ=mω2R

其中 R=Lsinθ+r

解得：ω==

答：转盘转动的角速度ω与夹角θ的关系为：ω=．

22．在宇宙中有一个星球，半径为R=105m，在星球表面用弹簧称量一个质量m=1kg的砝码的重力，得砝码重力D0=1.6N，已知万有引力常量G=6.67×10﹣11N•m2/kg2．求：该星球的第一宇宙速度和该星球的质量．

【考点】万有引力定律及其应用；向心力．

【分析】已知砝码的质量与所受重力可以求出星球表面的重力加速度；

万有引力等于重力，由此可以求出星球的质量；

万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律可以求出星球的第一宇宙速度．

【解答】解：砝码受到的重力：D0=mg，则重力加速度：g=1.6m/s2，

万有引力等于重力，即：G=mg，解得，星球质量：M===2.4×1020kg；

万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G=m，解得：v===400m/s；

答：该星球的第一宇宙速度是400m/s，该星球的质量为2.4×1020kg．

23．如图所示，光滑水平面AB与竖直面内粗糙的半圆形导轨在B点衔接，BC为导轨的直径，与水平面垂直，导轨半径为R，一个质量为m的小球将弹簧压缩至A处．小球从A处由静止释放被弹开后，以速度v经过B点进入半圆形轨道，之后向上运动恰能沿轨道运动到C点，求：

（1）释放小球前弹簧的弹性势能；

（2）小球到达C点时的速度和落到水平面时离B点的距离；

（3）小球在由B到C过程中克服阻力做的功．

【考点】机械能守恒定律；动能定理．

【分析】（1）小球从A至B过程，由弹簧和小球构成的系统机械能守恒，可求得释放小球前弹簧的弹性势能．

（2）小球到达C点时，由重力提供向心力，列式求出C点的速度．小球离开C点后做平抛运动，根据平抛运动的规律求解落地点到B点的距离．

（3）对于小球从B到C的过程，运用动能定理求解克服阻力做功．

【解答】解：（1）小球从A至B，由弹簧和小球构成的系统机械能守恒得释放小球前弹簧的弹性势能为：

（2）由题意，小球在C点，由重力提供向心力，则有：

解得：

小球离开C点后做平抛运动，则：

2R=

解得：t=

落到水平面时离B点的距离为：x=vCt=vc

联立得：x=2R

（3）小球从B至C由动能定理有：

﹣mg•2R﹣W克=﹣

则 W克=﹣mgR

答：（1）释放小球前弹簧的弹性势能为；

（2）小球到达C点时的速度和落到水平面时离B点的距离为2R；

（3）小球在由B到C过程中克服阻力做的功为﹣mgR．

2018年8月8日