2016-2017学年天津市静海一中高一(下)期末物理试卷(文）

1、智浪教育-普惠英才文库2016-2017学年天津市静海一中局一（下）期末物理试卷（文科）一、单选题（每小题4分，共80分）1.关于物体的运动，下列说法中正确的是（）A.物体做曲线运动时，它所受的合力一定不为零B.做曲线运动的物体，有可能处于平衡状态°做曲线运动的物体，速度方向可能改变D.做曲线运动的物体，所受的合外力的方向有可能与速度方向在一条直线上2 .如图所示，红蜡块可以在竖直玻璃管内的水中匀速上升，若在红蜡块从A点开始匀速上升的同时，玻璃管从AB位置水平向右做匀减速直线运动，则红蜡块的实际运动轨迹可能是图中的（）线 曲BP 线 直AC曲线R D,三条轨迹都有可能3 .关于平抛运

2、动，下列说法中正确的是（）A.平抛运动的轨迹是曲线，所以平抛运动是变加速运动B.平抛运动是一种匀变速曲线运动°平抛运动的水平射程 s仅由初速度v0决定，v0越大，s越大D水平飞行的时间只与抛出点的高度和水平速度有关4，从高h处以水平速度v0抛出一物体，物体落地速度方向与水平地面夹角最大的时候，h与v0的取值应为下列四组中的（A h=30m，v0=10m/s B h=30m，v0=30m/sC h=50m，v0=30m/s D h=50m，v0=10m/s5.关于向心力的说法正确的是（）A.做匀速圆周运动的物体其向心力是不变的B.做匀速圆周运动的物体其向心力一定是其所受的合外力

3、6;物体由于做圆周运动而产生了一个向心力D，向心力不但改变物体运动的方向，还改变物体速度大小6 .如图所示的皮带传动装置中，皮带与轮之间不打滑，两轮半径分别为 R和r,且R=3r, A B分别为两轮边缘上的点，则皮带轮运动过程中，关于a、b两点下列说法正确的A角速度之比3 A： 3 B=3 1B.向心加速度之比 aA aB=i：C速率之比0 A： u B=1 3D.在相同的时间内通过的路程之比 sA sB=3： 17 .火车轨道在转弯处外轨高于内轨，其高度差由转弯半径与火车速度确定.若在某转弯处规定行驶的速度为 v则下列说法中正确的是（）A.当以v的速度通过此弯路时，火车重力与轨道面支持力的合

4、力沿水平方向提供向心8 .当以v的速度通过此弯路时，火车重力、轨道面支持力和外轨对轮缘弹力的合力提供向心力C当速度大于v时，轮缘挤压外轨D，当速度小于v时，轮缘挤压外轨8，如图所示，光滑水平面上，小球m在拉力f作用下作匀速圆周运动.若小球运动到p点时，拉力F发生变化，关于小球运动情况的说法不正确的是（）第26页（共32页）A若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pa作离心运动8 .若拉力突然变小，小球将沿轨迹 pa作离心运动° 若拉力突然变小，小球将沿轨迹 pb作离心运动D 若拉力突然变大，小球将沿轨迹 Pc作向心运动9 .如图所示，一质量为 M 的赛车，在某次比赛中要以恒定的速率通过一段凹凸

5、起伏 的圆弧形路面，若圆弧半径都是 R汽车在最高点对路面的压力为零，则下列说法正确 的是（）A，在凸起的圆弧路面的顶部，汽车处于超重状态B在凹下的圆弧路面的底部，汽车对路面的压力为2Mg°在经过凸起的圆弧路面的顶部后，汽车将做平抛运动，落地点到最高点得水平距离为2RD.汽车在弧形轨道上运动的过程中向心力保持不变10 .如图所示，轻绳的上端系于天花板上的 O点，下端系有一只小球.将小球拉离平衡位置一个角度后无初速释放.当绳摆到竖直位置时，与钉在 O点正下方P点的钉子相碰.在绳与钉子相碰瞬间，以下物理量的大小没有发生变化的是（）A.小球的线速度大小b.小球的角速度大小C小球的向心加速度大

6、小d.小球所受拉力的大小11 .在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步.以下叙述中，正确的说法是（）A开普勒最早提出了日心说B,牛顿发现了万有引力定律，并测定了万有引力常量C.卡文迪许第一次在实验室里测出了万有引力常量D 天王星是人们依据万有引力定律计算的轨道而发现的12 .某人站在一星球上，以速度 v0竖直向上抛一小球，经t秒后，球落回手中，已知该星球半径为R,现将此球沿此星球表面将小球水平抛出，欲使其不落回星球，则抛出时的速度至少为（）A 也 B C Jill t v t V t13 . A、B两颗人造卫星绕地球做匀速圆周运动，运动周期ta TB=2： 1，则（）

7、A轨道半径rA： rB=8： 1 B线速度vA： vB=1：eC角速度9k 9 B=4 1 D向心加速度aA： aB=1： 214 .关于地球同步卫星的说法正确的是（）A.地球同步卫星可以在地球赤道平面上的不同高度运行B.地球同步卫星都在同一条轨道上，所以运行速度相同C同步卫星的向心加速度小于静止于赤道上物体的向心加速度D，同步卫星的运行速率小于 7 9km/s15 . 2003年10月15日，我国成功地发射了 神舟五号”载人飞船，经过21小时的 太空飞行，返回舱于次日安全着陆.已知飞船在太空中运行的轨道是一个椭圆，椭圆的一个焦点是地球的球心，如图所示，飞船在飞行中是无动力飞行，只受到地球的万

8、有引力作用，在飞船的轨道的 A点沿箭头方向运行到 B点的过程中，有以下说法，上述说 法中正确的是（）飞船的速度逐渐增大飞船的速度逐渐减小飞船的加速度逐渐减小飞船的机械能逐渐增大.ABC.D.16 . 一个人用力把一个质量为1kg的物体，由静止向上提起1m 时物体的速度是2m/s ,则在此过程中下列说法正确的是（g=10m/s2）（）A手对物体彳&的功为12J b合外力对物体做的功为 10JC.合外力对物体做的功为 12J D，物体克服重力做的功为 2J17 .如图所示，板长为 l，板的b端静止放有质量为 m的小物体，物体与板的动摩擦因数为 .开始时板水平，在缓慢转过一个小角度的过程中，

9、小物体保持与板相对 静止，则在这个过程中（一 _ 岛A摩擦力对小物体做功为,mgLcos 0c sin 0cB合力对小物体做功为mgLsin 0c°弹力对小物体做功为 °D板对小物彳*做功为mgLsin %18 .汽车以恒定功率 p由静止开始在水平路面上启动， 其所受阻力大小恒为f,经过时间t,汽车的运动速度 v1刚好满足p=fv1，在此过程中，（）A，汽车做匀加速直线运动B.汽车牵引力做功为J. mv°汽车牵引力做功为 ptD，汽车最终做匀速运动时的速度大于vi19 .如图所示，小球在竖直向下的力F作用下，将竖直轻弹簧压缩.将力F撤去，小球将向上弹起并离开弹簧，

10、直到速度为零时为止，则小球在上升过程中小球的动能先增大后减小小球在离开弹簧时动能最大小球动能最大时弹性势能为零小球动能减为零时，重力势能最大以上说法中正确的是（）A.B.C.D.20 .如图所示，水平传送带由电动机带动，并始终保持以速度v匀速运动，现将质量为m的某物块由静止释放在传送带上的左端，过一会儿物块能保持与传送带相对静止，设物块与传送带间的动摩擦因数为现对于这一过程，下列说法错误的是（）A摩擦力对物块做的功为 0 5mv2Bj.物块对传送带做功为 0 5mv2C系统摩寸S生热为 0 5mv2D,电动机多彳&的功为 mv2二、填空题（每题2分，共6分）21 .如图1所示为验证机械

11、能守恒定律的实验装置，现有的器材为：带铁夹的铁架台、 电火花计时器、纸带和带铁夹的重物.为了完成实验，除了所给的器材、还需要的器材有.（填字母代号）A毫米刻度尺B1.秒表C.0 12V的直流电源D0 12V的父流电源下列做法正确的是（填字母代号）A，实验时，必须用秒表测出重物下落的时间B.实验时，应选用质量大，体积小的重物C.实验操作时，纸带应被竖直提着，使重物靠近计时器，先释放纸带，后接通电源 D用毫米刻度尺测出重物下落的高度h.并通过v=%计算出瞬时速度 v实验中得到一条比较理想的纸带如图2所示，在点迹较清晰的部分选取某点O作为起始点，图中 a b、c d为纸带上选取的4个连续点，分别测出

12、 b、c、d到o点 的距离分别为15.55cm、19.20cm、23.23cm，重物和纸带下落的加速度a=m/s2、解答题（22题6分，23题8分）22.如图：用F=40N的水平推力推一个质量 m=30kg的木块，使其沿着光滑斜面向上移动2m，则在这一过程中，（1）f做的功为多少？（2）重力做的功为多少.23.如图所示，有一个可视为质点的质量为m=1kg的小物块，从光滑平台上的 A点以v0=3m/s的初速度水平抛出，到达 B点时，恰好沿B点的切线方向进入固定在地面上的竖直圆弧轨道，圆弧轨道的半径为R=0 5mp B点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角g =53。不计空气阻力，取重力加速度 g=i

13、0m/s2 （sin 53 =0.8，cos53 =0.6）求：（1）a b两点的iWj度差h；（2）若小物块恰好经过圆弧轨道最高点D,则小物块在竖直圆弧轨道内克服摩擦力做的功w克.2016-2017学年天津市静海一中高一（下）期末物理试卷（文科）参考答案与试题解析一、单选题（每小题4分，共80分）1.关于物体的运动，下列说法中正确的是（）A.物体做曲线运动时，它所受的合力一定不为零B.做曲线运动的物体，有可能处于平衡状态C做曲线运动的物体，速度方向可能改变D.做曲线运动的物体，所受的合外力的方向有可能与速度方向在一条直线上【考点】42：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

14、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、当合外力为零时，物体做匀速直线运动或静止，所以做曲线运动时所受的合外力一定不为零，也不可能处于平衡状态，故A正确，B错误；C、做匀速圆周运动的物体，速度方向一定时刻改变，故C错误；D、当合力与速度不在同一条直线上时，物体才做曲线运动，所受的合外力的方向一定与速度方向不在一条直线上，故 d错误；故选：a2 .如图所示，红蜡块可以在竖直玻璃管内的水中匀速上升，若在红蜡块从A点开始匀速上升的同时，玻璃管从AB位置水平向右做匀减速直线运动，则红蜡块的实际运动轨迹可能是图中的（）A直线p b，曲线qC曲线r D-三

15、条轨迹都有可能【考点】44：运动的合成和分解.【分析】蜡块参与了水平方向向右初速度不为°的匀减速直线运动和竖直方向上的匀速直线运动，根据合速度与合加速度的方向关系确定蜡块的运动轨迹.【解答】解：当合速度的方向与合力（合加速度）的方向不在同一条直线上，物体将做曲线运动，且轨迹夹在速度与合力方向之间，轨迹的凹向大致指向合力的方向.蜡块的合速度方向斜向右上方，合加速度方向水平向左，不在同一直线上，轨迹的凹向要大致指向合力的方向，知c正确，a b、d错误.故选：c，3 .关于平抛运动，下列说法中正确的是（）A.平抛运动的轨迹是曲线，所以平抛运动是变加速运动B.平抛运动是一种匀变速曲线运动&#

16、176;平抛运动的水平射程 s仅由初速度v0决定，v0越大，s越大D水平飞行的时间只与抛出点的高度和水平速度有关【考点】43：平抛运动.【分析】平抛运动的加速度不变，做匀变速曲线运动，水平射程s由下落的高度h和初速度V0共同决定，飞行的时间只与抛出点的高度有关.【解答】解：AB、平抛运动的物体只受重力，加速度为保持不变，所以平抛运动是一种匀变速曲线运动.故 A错误，B正确.CD竖直方向上有 h=11gt2,得 仁产,则知飞行的时间只与抛出点的高度有关.水平射程 s=v0t=v0p则知水平射程s由下落的高度h和初速度v0共同决定, 故cd错误.故选：b4，从高h处以水平速度v0抛出一物体，物体落

17、地速度方向与水平地面夹角最大的时候，h与V0的取值应为下列四组中的（）A h=30m，v0=10m/s B h=30m，v0=30m/sC h=50m，v0=30m/s D h=50m，v0=10m/s【考点】43：平抛运动.【分析】物体做平抛运动，我们可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相同.【解答】解：根据平抛运动的规律可知，水平方向上匀速直线运动： v=vo，x=vot竖直方向上的速度：Vy=gt，h=lgt2落地时速度方向与地面的夹角为 tan aYy二地二，2助 vo"o- y0所以h越大，初速度V0越小，

18、物体落地的速度方向与地面的夹角越大，所以D正确.故选d5.关于向心力的说法正确的是（）A.做匀速圆周运动的物体其向心力是不变的B.做匀速圆周运动的物体其向心力一定是其所受的合外力°物体由于做圆周运动而产生了一个向心力D，向心力不但改变物体运动的方向，还改变物体速度大小【考点】4A:向心力；37：牛顿第二定律.【分析】匀速圆周运动的物体由所受的合外力提供向心力，不是物体产生的向心力.对于圆周运动，向心力方向时刻在变化，向心力是变化的.向心力与速度方向垂直，只改 变速度的方向，不改变速度的大小.【解答】解：a、做匀速圆周运动的物体其向心力大小不变，方向时刻改变，是变力，故A错误.B、对于

19、匀速圆周运动，合外力指向圆心，提供向心力.故 b正确.°向心力是物体所受的合外力，不是物体由于做圆周运动而产生的.故 c错误.D、向心力方向始终与速度方向垂直，只改变速度的方向，不改变速度的大小.故 d错 误.故选：b6 .如图所示的皮带传动装置中，皮带与轮之间不打滑，两轮半径分别为 R和r,且R=3r, A B分别为两轮边缘上的点，则皮带轮运动过程中，关于 a b两点下列说法正确的 是（）A角速度之比3 A： 3 B=3 1B.向心加速度之比 aA： aB=i： 3速率之比U A： U B=1 3D.在相同的时间内通过的路程之比sA sB=3： 1【考点】48：线速度、角速度和周期

20、、转速；49：向心加速度.【分析】两轮通过皮带传动，皮带与轮之间不打滑，说明它们边缘的线速度相等；再由角速度、向心加速度的公式逐个分析即可.【解答】解：A由于AB的线速度大小相等，由知，、一y,所以，、于r成A ABV= GJ I GJ 9 rr反比，所以角速度之比为 1： 3,故A错误.B、由an=L-可知，an于r成反比，所以向心加速度之比 aA： aB=1： 3,所以BT正确.C两轮通过皮带传动，皮带与轮之间不打滑，说明它们边缘的线速度相等，所以 C错误.sA： sB=1：D、由于AB的线速度大小相等，在相同的时间内通过的路程之比应该是 1,所以D错误.故选b，7 .火车轨道在转弯处外轨

21、高于内轨，其高度差由转弯半径与火车速度确定.若在某转弯处规定行驶的速度为 v,则下列说法中正确的是（）A.当以v的速度通过此弯路时，火车重力与轨道面支持力的合力沿水平方向提供向心 力8 .当以v的速度通过此弯路时，火车重力、轨道面支持力和外轨对轮缘弹力的合力提供向心力C当速度大于v时，轮缘挤压外轨D，当速度小于v时，轮缘挤压外轨【考点】4A:向心力；37牛顿第二定律.【分析】火车拐弯时以规定速度行驶，此时火车的重力和支持力的合力提供圆周运动所 需的向心力.若速度大于规定速度，重力和支持力的合力不够提供，此时外轨对火车有 侧压力；若速度小于规定速度，重力和支持力的合力提供偏大，此时内轨对火车有侧

22、压 力.【解答】解：A、当火车以v的速度通过此弯路时，火车重力与轨道面支持力的合力恰 好提供向心力，内外轨都无压力.故 A正确，B错误.C若速度大于规定速度，重力和支持力的合力不够提供，此时外轨对火车有侧 压力，轮缘挤压外轨.故 c正确.D、若速度小于规定速度，重力和支持力的合力提供偏大，此时内轨对火车有侧 压力，轮缘挤压内轨.故 D错误.故选：AC8，如图所示，光滑水平面上，小球m在拉力f作用下作匀速圆周运动.若小球运动到p点时，拉力f发生变化，关于小球运动情况的说法不正确的是（）A若拉力突然消失，小球将沿轨迹 Pa作离心运动8 .若拉力突然变小，小球将沿轨迹 Pa作离心运动C 若拉力突然变

23、小，小球将沿轨迹Pb作离心运动D.若拉力突然变大，小球将沿轨迹 Pc作向心运动【考点】4A:向心力；37牛顿第二定律.【分析】本题考查离心现象产生原因以及运动轨迹，当拉力突然消失或变小时，物体会做离心运动，运动轨迹可是直线也可以是曲线，要根据受力情况分析.【解答】解：A、若拉力突然消失，小球做离心运动，因为不受力，将沿轨迹 Pa运动， 故A正确.B、若拉力变小，拉力不够提供向心力，做半径变大的离心运动，即沿Pb运动，故B错误，c正确.D 若拉力变大，则拉力大于向心力，沿轨迹Pc做近心运动，故 D正确.本题选错误的，故选： B9 .如图所示，一质量为 M 的赛车，在某次比赛中要以恒定的速率通过一

24、段凹凸起伏 的圆弧形路面，若圆弧半径都是 R汽车在最高点对路面的压力为零，则下列说法正确 的是（）A，在凸起的圆弧路面的顶部，汽车处于超重状态B.在凹下的圆弧路面的底部，汽车对路面的压力为2MgC在经过凸起的圆弧路面的顶部后，汽车将做平抛运动，落地点到最高点得水平距离为2RD.汽车在弧形轨道上运动的过程中向心力保持不变【考点】4A：向心力；3E：牛顿运动定律的应用-超重和失重.【分析】在凸起处，重力和支持力的合力提供向心力；在下凹处，重力和支持力的合力 同样提供向心力.由此分析即可.【解答】解：A、在凸起的圆弧路面的顶部，汽车在最高点对路面的压力为零，重力提 供向心力，向心加速度的方向向下，汽

25、车处于失重状态.故 a错误;B、汽车在最高点对路面的压力为零，重力提供向心力根据牛顿第二定律，有:Mg=M则速率为:v=J嬴在凹下的圆弧路面的底部，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有:N Mg=M速率恒为解得：N=2Mg，根据牛顿第三定律，汽车对路面的压力为2Mg，故B正确;时间:所以平抛运动的水平位移:°由于在凸起的圆弧路面的顶部，支持力为零，故此后车将做平抛运动，平抛运动的x=vt=ER故C错误;D、由于速率恒为v=j彘，故向心力大小等于：Fn=Mv£=Mg,但方向不断变化.故RD错误;故选：b10 .如图所示，轻绳的上端系于天花板上的0点，下端系有一只

26、小球.将小球拉离平衡位置一个角度后无初速释放.当绳摆到竖直位置时，与钉在 0点正下方P点的钉子相碰.在绳与钉子相碰瞬间，以下物理量的大小没有发生变化的是（）A.小球的线速度大小b.小球的角速度大小C小球的向心加速度大小d.小球所受拉力的大小【考点】4A:向心力；37：牛顿第二定律.【分析】当绳摆到竖直位置时，与钉在 0点正下方P的钉子相碰后，小球圆周运动的 半径减小，速度大小不变，根据角速度与线速度的关系，分析角速度的变化.由V= 0J 1向心加速度公式an=*2分析向心加速度的变化.根据牛顿第二定律分析小球所受拉力r的变化.【解答】解：a、在绳与钉子相碰瞬间，绳子的拉力和重力方向都与小球的速

27、度方向垂直，不对小球做功，不改变小球的动能，则小球的线速度大小不变.故 a正确.B、角速度与线速度的关系为，得到，、v ,在绳与钉子相碰瞬间，小球圆周运Bv= GJ 1 GJr动的半径r减小，v不变，则角速度 增大.故b错误.C、由向心加速度公式 an=分析得到，向心加速度增大.故 C错误.rD、根据牛顿第一th律得：丁- mg=man，T=mg+man，an增大，则绳子拉力t增 大.故D错误.故选：a11.在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步.以下 叙述中，正确的说法是（）A.开普勒最早提出了日心说B.牛顿发现了万有引力定律，并测定了万有引力常量C.卡文迪许第一次

28、在实验室里测出了万有引力常量D.天王星是人们依据万有引力定律计算的轨道而发现的【考点】1U：物理学史.【分析】哥白尼最早提出了日心说.牛顿提出万有引力定律.卡文迪许第一次在实验室里测出了万有引力常量.天王星不是依据万有引力定律计算轨道而发现的.海王星和冥王星是依据万有引力定律计算轨道而发现的，根据它们的发现过程，进行分析和解答.【解答】解：A、开普勒最早发现行星的运动规律，哥白尼最早提出了日心说.Be牛顿提出万有引力定律.卡文迪许第一次在实验室里测出了万有引力常量.故 b 错误，c正确；D、天王星不是依据万有引力定律计算轨道而发现的；1781年3月13日，威廉?泳歇耳爵士宣布他发现了天王星，这

29、也是第一颗使用望远镜发现的行星.故 D错误. 故选：c12.某人站在一星球上，以速度 v0竖直向上抛一小球，经t秒后，球落回手中，已知 该星球半径为 R,现将此球沿此星球表面将小球水平抛出，欲使其不落回星球，则抛出时的速度至少为（）A迎B ,严叫C J泗D匣t V t V t【考点】in：竖直上抛运动；4I：第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度.【分析】（1）可由竖直上抛运动的初速度和时间求出星球表面的重力加速度.（2）现将此球沿此星球表面将小球水平抛出，欲使其不落回星球，则抛出时的速度至 少为该星球第一宇宙速度J直m示求解.【解答】解：设该星球表面的引力加速度为：g1,则上升到最高点用的

30、时间 t'为:所以落回手中用时为:现将此球沿此星球表面将小球水平抛出，欲使其不落回星球，则抛出时的速度至少为该星球的第一宇宙速度：所以：厂L西口VM故选：b13。A、B两颗人造卫星绕地球做匀速圆周运动，运动周期ta TB=2： 1，则（A轨道半径rA： rB=8： 1 B线速度vA： vB=1：血C角速度3k 3 B=4 1 D向心加速度aA aB=1： 2【考点】48：线速度、角速度和周期、转速.【分析】根据万有引力提供向心力得出线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系，从而求出大小之比.【解答】解：A、根据万有引力提供向心力得：Mm _ 4冗J ,tj-T=nr-72-r

31、T解得：叵F，因为TA TB=2近：1,所以rA： rB=2： 1,故A错误; UH2r根据门露即 产得:B - T 1v="则vA： vB=1： Jp故b正确；C、角速度0咛,所以角速度"B诋：4,故C错误；D、向心加速度 a=cJ_,则向心加速度 aA aB=i： 4,故D错误. 产故选：b14关于地球同步卫星的说法正确的是（）A地球同步卫星可以在地球赤道平面上的不同高度运行B.地球同步卫星都在同一条轨道上，所以运行速度相同C同步卫星的向心加速度小于静止于赤道上物体的向心加速度D，同步卫星的运行速率小于 7 9km/s【考点】4J：同步卫星.【分析】了解同步卫星的含义，

32、即同步卫星的周期必须与地球自转周期相同.物体做匀 速圆周运动，它所受的合力提供向心力，也就是合力要指向轨道平面的中心.【解答】解：a、同步卫星要与地球的自转实现同步，就必须要角速度与地球自转角速度相等，这就决定了它的轨道高度和线速度是相等的，但速度的方向不同，故AB错误;C、同步卫星的周期与地球自转周期相同，所以地球同步卫星与静止在赤道上物体的角速度相同，根据 Qn_、则有同步卫星的向心加速度大于静止在赤道上的物体的向an- co 2r心加速度，故c错误；D 7 9km/s是地球卫星绕地球做运动圆周运动的最大速度，则同步卫星的运行速率小于7.9km/s，故D正确故选：d15. 2003年10月

33、15日，我国成功地发射了 神舟五号”载人飞船，经过21小时的太空飞行，返回舱于次日安全着陆.已知飞船在太空中运行的轨道是一个椭圆，椭圆的一个焦点是地球的球心，如图所示，飞船在飞行中是无动力飞行，只受到地球的万有引力作用，在飞船的轨道的 A点沿箭头方向运行到 B点的过程中，有以下说法，上述说法中正确的是（）飞船的速度逐渐增大飞船的速度逐渐减小飞船的加速度逐渐减小飞船的机械能逐渐增大.ABC.D.【考点】4H：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；6B：功能关系.【分析】根据卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、向心力的表达式进行讨论 即可；只有万有引力，机械能守恒.【解答】解：由飞船在飞行中是

34、无动力飞行，只受到地球的万有引力作用,将椭圆运动的每一点视为绕地球转动的某一匀速圆周运动的一点由=ma距离地球越远，线速度越小，加速度越小，故错误，正确;飞船的机械能不变，故错误.故选：c>.16. 一个人用力把一个质量为1kg的物体，由静止向上提起1m 时物体的速度是2m/s ,则在此过程中下列说法正确的是（g=10m/s2）（）A手对物体彳&的功为12J b合外力对物体做的功为 iojC.合外力对物体做的功为 12J D.物体克服重力做的功为 2J【考点】6B：功能关系.【分析】物体受力从静止向上加速运动，当速度达到3m/s时，手对物体做功导致物体机械能增加；物体的重力做功由

35、物体重力及高度差决定；动能由E=Jmv2即可求得,再根据动能定理即可求得合外力的功.【解答】解：A手对物体做的功等于物体机械能的变化量，则W =mgh+Jmv2=1*10*1+/*1*221=121故 A正确；B由动能定理可得，合外力所做的功等于物体动能的变化，故合外力的功W=Lmv2Mx 1*22J=2J 故 bc错误；2D物体克服重力做的功WG=mgh=lXl0Xl=10J，故 D错误;故选：a17 .如图所示，板长为 l，板的b端静止放有质量为 m的小物体，物体与板的动摩擦因数为开始时板水平，在缓慢转过一个小角度”的过程中，小物体保持与板相对LLC/v静止，则在这个过程中（）A摩擦力对小

36、物体做功为p mgLcos a sin aB合力对小物体做功为mgLsin 0c°弹力对小物体做功为 °D板对小物彳*做功为mgLsin a【考点】66：动能定理的应用；62：功的计算.【分析】明确功的公式，根据力和位移间的夹角关系可分析摩擦力和重力做功情况，再 根据动能定理分析合外力做功以及弹力做功情况.【解答】解：a、由于静摩擦力沿板向上，运动中它始终与速度垂直，所以它不做功, 即Wf=0，故A错误;B因物体缓慢运动，可以认为速度不变，动能不变，则由动能定理可知，合力对小物体做功为零，故B错误;C根据重力功的特点可求得WG=- mglsin；加小物体在此过程中用动能定理

37、可知:WG+W 板=0 解得w板二mglsin ；%故c错误，d正确 故选:18 .汽车以恒定功率 P由静止开始在水平路面上启动，其所受阻力大小恒为f,经过时间t,汽车的运动速度 v1刚好满足P=fv1,在此过程中，（）A，汽车做匀加速直线运动B.汽车牵引力做功为 xmv°汽车牵引力做功为 ptD，汽车最终做匀速运动时的速度大于vi【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率.【分析】这题考的知识点是汽车的两种启动方式，恒定加速度启动和恒定功率启动.本题属于恒定功率启动方式，由于功率不变，根据p=Fv可知随着汽车速度的增加，汽车的牵引力减小，此过程汽车做加速度减小的加速运动，当牵引力减小到

38、等于阻力时，加速度等于零，速度达到最大值.【解答】解：a由于功率不变，根据 p=Fv可知随着汽车速度的增加，汽车的牵引力减小，此过程汽车做加速度减小的加速运动，故 A错误；B 根据动能定理得： WF+Wf=Lmv12,阻力做负功，所以汽车牵引力做功大于Tmv12,故b错误；C、由于汽车功率不变，所以汽车牵引力做功w=pt，故c正确;D、当牵引力减小到等于阻力时，加速度等于零，速度达到最大值，vm£_=l=vi,F f此后以速度vi做匀速运动，故 d错误.故选：c19.如图所示，小球在竖直向下的力F作用下，将竖直轻弹簧压缩.将力 F撤去，小智浪教育-普惠英才文库球将向上弹起并离开弹簧，

39、直到速度为零时为止，则小球在上升过程中小球的动能先增大后减小小球在离开弹簧时动能最大小球动能最大时弹性势能为零小球动能减为零时，重力势能最大以上说法中正确的是（）AB.cD.【考点】6B功能关系.【分析】小球开始受到重力、推力 F和弹簧的支持力，三力平衡，撤去推力后，小球先向上做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断变大的减速运动，离开弹簧后做竖直上抛运动，结合功能关系和牛顿第二定律进行分析即可.【解答】解：将力F撤去小球向上弹起的过程中，弹簧的弹力先大于重力，后小于重力，小球所受的合力先向上后向下，所以小球先做加速运动，后做减速运动，所以小球的动能先增大后减小，故正确；当弹簧的弹力与重力大

40、小相等时，速度最大，动能最大，此时弹簧处于压缩状态，小球还没有离开弹簧.故错误.小球动能最大时，弹簧处于压缩状态，弹性势能不为零，故错误.小球动能减为零时，小球上升到最高点，重力势能最大，故正确.20 .如图所示，水平传送带由电动机带动，并始终保持以速度v匀速运动，现将质量为m的某物块由静止释放在传送带上的左端，过一会儿物块能保持与传送带相对静止，设物块与传送带间的动摩擦因数为w对于这一过程，下列说法错误的是（）A摩擦力对物块做的功为 0 5mv2Bt.物块对传送带做功为 0 5mv2C系统摩寸S生热为 0 5mv2D,电动机多彳&的功为 mv2【考点】6B：功能关系.【分析】摩擦力对

41、物块做功等于物块动能的变化，根据动能定理求解；由于物块与传送带间有相对位移，物块对传送带做功与传送带对物块做功并不相等.系统摩擦生热等于系统克服摩擦力做的总功.物体在传送带上运动时，物体和传送带要发生相对滑动，所以电动机多做的功一部分转化成了物体的动能另一部分摩擦生热.【解答】解：A、物块在运动过程中，只有摩擦力对它做功，根据动能定理得：摩擦力对物块做的功为 Wf=lmv2 - 0=0.5mv2 -故A正确. 2B在物块与传送带相对静止之前，两者之间有相对位移，所以物块对传送带做功与传送带对物块做功并不相等.由于传送带相对于地的位移大于物块相对地的位移，所以物块对传送带做功大于0 5mv2 .

42、故B错误.C、设物块匀加速运动的时间为t,则物块与传送带相对位移大小为x=vt - vti=0.5vt，此过程中物块的位移为x物=Lvt=0.5vt，则4mux物.2则系统摩擦生热为Q=f?4x=fx物=0.5mv2故c正确.D、电动机多做的功转化成了物体的动能和系统的内能，所以电动机多做的功为W机=mv2+Q=mv2 故 D 正确2本题选错误的，故选： B二、填空题（每题2分，共6分）21 .如图1所示为验证机械能守恒定律的实验装置，现有的器材为：带铁夹的铁架台、 电火花计时器、纸带和带铁夹的重物.为了完成实验，除了所给的器材、还需要的器材有A .（填字母代号）A毫米刻度尺Bj.秒表C.0 12V的直流电源D0- 12V的交流电源下列做法正确的是B （填字母代号）A.实验时，必须用秒表测出重物下落的时间B.实验时，应选用质量大，体积小的重物第29页（共32页）智浪教育-普惠英才文库C.实验操作时，纸带应被竖直提着，使重物靠近计时器，先释放纸带，后接通电源 D.用毫米刻度尺测出重物下落的高度h.并通过丫=而十算出瞬时速度 v实验中得到一条比较理想的纸带如图2所示，在点迹较清晰的部分选取某点 O作为起始点，图中 A B C D为纸带上选取的4个连续点，分别测出 B C D到O点 的距离分别为15.55cm、19.20cm、23.23cm，重物和纸带下落的加速度a= 9.5