青海西宁2012016学年高一下期末物理试卷解析版

1、2015-2016学年青海省西宁市高一（下）期末物理试卷一、选择题：本题共 15小题，每小题3分，共45分.在每小题给出的四个选项中，有且 只有一个选项符合题意.1.关于曲线运动，下列说法不正确的是（）A.曲线运动一定是变速运动B.变速运动不一定是曲线运动C.曲线运动的速度方向不断变化，但速度的大小可以不变D.曲线运动的加速度一定变化2.如图所示，物体做平抛运动时，描述物体在竖直方向上的速度vy （取向下为正）随时间 TOC o 1-5 h z 变化的图象是（）3.用跨过定滑轮的绳把湖中小船拉靠岸，如图所示，已知拉绳的速度 v不变，则船速（）A .逐渐增大B .逐渐减小C .不变D .先增大后

2、减小.某运动员臂长1,将质量为m的铅球由静止自肩部推出，铅球出手的速度大小为v,方向与水平方向成30。角，则该运动员对铅球所做的功是（）2A. ingl十万mFB .C. 万D. mgl+mv.如图所示，一质量为 m的小球，沿半径为 R的竖直圆弧轨道滑行，经过轨道最低点时的 速度为v,则物体在最低点时，轨道对它的支持力的大小为（）222A. mg B. mg-C. mg+- D , RRR.下列运动过程中，机械能守恒的物体是（）A.在竖直平面内做匀速圆周运动物体B,在水中下沉的物体C.沿粗糙斜面匀速下滑的物体D.自由下落的物体.某一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，下列说法正确的是（）A .距

3、离地球越远，所受地球的万有引力越大.距离地球越远，周期越小C.距离地球越远，线速度越大D.距离地球越远，角速度越小8.某行星质量为地球质量的半径为地球半径的 3倍，则此行星的第一宇宙速度约为地 TOC o 1-5 h z 球第一宇宙速度的（）A. 9 倍 B. / C. 3 倍 D.吉.若知道太阳的某一颗行星绕太阳运转的轨道半径为r,周期为T,引力常量为G,则可求得（）A.该行星的质量 B.太阳的质量C.该行星的密度 D.太阳的平均密度.两颗人造卫星 A、B绕地球做圆周运动，周期之比为Ta： Tb=1： 8,则轨道半径之比和运动速率之比分别为（）A. Ra：Rb=4：1,va：vb=1 ： 2

4、B.Ra：Rb=4 ： 1,va：vb=2： 1C. Ra：Rb=1 :4,va：vb=2： 1D.Ra：Rb=1 : 4,va :vb=1： 2.如图所示，在匀速转动的圆筒内壁上有一个小物体随圆筒一起运动，小物体所需要的向心力由以下哪个力来提供（）A.重力B.弹力C.静摩擦力D,滑动摩擦力.在水平街道上匀速行驶的洒水车，一边行驶一边向道路上洒水.下列关于其机械能变化的说法中正确的是（）A.动能不变，机械能减小 B.动能减小，机械能减小C.动能不变，机械能不变 D.动能减小，机械能增大.水平面上有一物体，受一水平方向的力的作用，由静止开始无摩擦地运动，经过路程S1,速度达到V,又经过路程 S2

5、,速度达到2V,则在S1和S2两段路程中该力所做功之比是（）A. 1: 1 B, 1: 2 C. 1 : 3 D. 1: 4.甲、乙两个质点间的万有引力大小为F,若甲物体的质量不变，乙物体的质量增加到原来的2倍，同时，它们之间的距离减为原来的则甲、乙两物体间的万有引力大小将变为（ ）F -A. FB. C. 8F D. 4F乙.发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1,然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3 （如图）.则卫星分别在1、2、3轨道上运行时，以下说法正确的是（）A.卫星在轨道 B.卫星在轨道 C.卫星在轨道 D.卫星在轨道3上的速率大于在轨道

6、1上的速率1上的速率小于在轨道2上经过Q点时的速率1上具有的加速度小于它在轨道2上经过Q点时的加速度3上的加速度大于它在轨道2上经过P点时的加速度二、本题共5小题，每空2分，共28分.绳子的弹力只能沿绳子指向绳收缩的方向，而杆子的弹力可指向任何方向.如图所示，质量为m=0.2 kg的小球固定在长为 L=0.9m的轻杆一端，杆可绕 O点的水平转轴在竖直平面内转动.g=10m/s2,则：(1)当小球在最高点的速度为 m/s时，杆对球的作用力为零；(2)当小球在最高点的速度为 6m/s时，杆对球的作用力的大小为 N,方向是.把质量m=4kg的物体，以vo=10m/s的初速度水平抛出，不计空气阻力，前

7、 2s内重力 2的平均功率是 W,第2s末重力的瞬间功率是 W. (g取10m/s2).从距地面高为 h1=1.25m处竖直向下抛出皮球，碰地后皮球跳起的高度h2=2.5m ,不计空气阻力，设球碰撞地面时无机械能损失，g取10m/s2,则皮球下抛时的初速度大小是m/s.图1是研究平抛物体运动”的实验装置图，通过描点画出平抛小球的运动轨迹.(1)以下是实验过程中的一些做法，其中合理的有 .a.安装斜槽轨道，使其末端保持水平b.每次小球释放的初始位置可以任意选择c.每次小球应从同一高度由静止释放d.为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接(2)图2是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，O为

8、平抛的起点，在轨迹上任取三点A、B、C,测得A、B两点竖直坐标 y1为5.0cm、丫2为45.0cm, A、B两点水平间距 x为40.0cm,则平抛小球的初速度 丫0为 m/s,若C点的竖直坐标丫3为60.0cm,则2小球在C点的速度VC为 m/s (结果保留两位有效数子，g取10m/s ).在利用自由落体 验证机械能守恒定律”的实验中，(1)下列器材中不必要的一项是 (只需填字母代号).A.重物B.纸带C.天平D.低压交流电源E.毫米刻度尺(2)关于本实验的误差，说法不正确的一项是 A.选择质量较小的重物，有利于减小误差B.选择点击清晰且第 1、2两点间距约为2mm的纸带，有利于减小误差C.

9、先松开纸带后接通电源会造成较大的误差D.本实验产生误差的主要原因是因为重物在下落过程中不可避免地受到阻力的作用(3)在实验中，质量 m=1kg的物体自由下落，得到如图所示的纸带，相邻计数点间的时间 间隔为0.04s.那么从打点计日器打下起点O到打下B点的过程中，物体重力势能的减少量Ep=J,此过程中物体动能的增加量Ek=J,由此可得到的结论是 .(取g=9.8m/s2,保留三位有效数字)三、计算题：本大题共 3小题，共27分.解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的 演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中须明确写出数值和单位.如图所示，某滑板爱好者在离地面h=1.8m高的平

10、台上滑行，水平离开 A点后落在水平地面上的B点，其水平位移 S=3.6m,着地时由于存在能量损失，着地后速度变为v=4m/s,并以此为初速度沿水平面滑行S2=8m后停止.已知人与滑板的总质量m=50kg.求：(1)人与滑板离开平台时的水平初速度；(空气阻力忽略不计，取 g=10m/s2)(2)人与滑板在水平地面上滑行时受到的平均阻力的大小.额定功率为80kW的汽车，在平直公路上行驶的最大速度是 20m/s.汽车的质量为 2.0 x103kg.如果汽车从静止开始做匀加速直线运动，加速度的大小是2m/s2,运动过程中阻力不变.求：(1)汽车受到的阻力多大？(2) 3s末汽车的瞬时功率是多大？(3)

11、汽车维持匀加速运动的时间是多少？23.如图所示，质量 m=0.5kg的小球从距地面高 H=5m处自由下落，到达地面 A点时恰能 沿凹陷于地面的粗糙半圆形才t壁运动，半圆槽半径R=0.4m.小球到达槽最低点时的速率为vB=10m/s ,并继续沿槽壁运动直至从槽左端边缘飞出，竖直上升，落下后恰好又沿槽壁运动直到从槽右端边缘飞出，竖直上升、下落，如此反复几次.设粗糙半圆形槽壁对小球的摩擦力大小恒定不变.求：(1)小球开始下落后，第一次到达 A点时的速度大小 VA；(2)小球第一次离槽上升高度 h ；(3)小球最多能飞出槽外几次？ (g=10m/s2)2015-2016学年青海省西宁市高一（下）期末物

12、理试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共 15小题，每小题3分，共45分.在每小题给出的四个选项中，有且 只有一个选项符合题意.1.关于曲线运动，下列说法不正确的是（）A.曲线运动一定是变速运动B.变速运动不一定是曲线运动C.曲线运动的速度方向不断变化，但速度的大小可以不变D.曲线运动的加速度一定变化【考点】物体做曲线运动的条件.【分析】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.在 恒力作用下，物体可以做曲线运动， 如平抛运动，而匀速圆周运动受到的是变力， 是变加速 曲线运动.【解答】解：A、曲线运动物体的速度方向在不断改变，是变速运动，但变速运动不一定就是曲线

13、运动，如匀变速直线运动，故 AB正确；C、曲线运动速度的方向不断的变化，但速度的大小可以不变， 如匀速圆周运动.故C正确；D、曲线运动速度的方向不断的变化，但加速度可以不变，如平抛运动.故D不正确.本题选择不正确的，故选：D.如图所示，物体做平抛运动时，描述物体在竖直方向上的速度Vy （取向下为正）随时间变化的图象是（）【考点】平抛运动；运动的合成和分解.【分析】根据平抛运动的规律， 水平方向匀速直线运动，竖直方向自由落体运动，由竖直方向的运动规律分析可以求出.【解答】解：平抛运动在竖直方向上是自由落体运动，竖直方向的速度为Vy=gt,所以速度与时间成正比，所以 D正确.故选：D.用跨过定滑轮

14、的绳把湖中小船拉靠岸，如图所示，已知拉绳的速度 v不变，则船速（）A .逐渐增大B ,逐渐减小C .不变D.先增大后减小 【考点】运动的合成和分解.【分析】将小船的运动沿绳子收缩方向和垂直绳子方向进行正交分解， 拉绳子的速度v等于 船沿绳子收缩方向的分速度， 再对绳子收缩方向的分速度的表达式进行讨论， 即可以求出船 速的变化情况.【解答】 解：将小船的运动沿绳子收缩方向和垂直绳子方向进行正交分解，如图拉绳子的速度V等于船沿绳子收缩方向的分速度，由几何关系，得到v=v 船 cos 0在小船靠岸的过程中，由于拉绳的速度V保持不变，。也不断变大，故 V船不断变大，故 A正确，BCD错误；故选：A.某

15、运动员臂长1,将质量为m的铅球由静止自肩部推出，铅球出手的速度大小为v,方向与水平方向成30。角，则该运动员对铅球所做的功是（）2丁、 B .二二！C -7TrD. mgl+mv【考点】功的计算.【分析】 运动员将铅球抛出的过程中，根据动能定理列式即可求解运动员对铅球所做的功.【解答】 解：运动员将铅球抛出的过程中，根据动能定理得：W- mg1sin300=w2U故选：A解得：W=25.如图所示，一质量为 m的小球，沿半径为 R的竖直圆弧轨道滑行，经过轨道最低点时的 速度为v,则物体在最低点时，轨道对它的支持力的大小为（）A. mg2B. mg - R向心力.物体在最低点时,重力和支持力的合力

16、提供向心力,根据向心力公式列式即可求解.N mg=解：物体在最低点，根据向心力公式得:2吗2解得：N=mg+耳一，故C正确.R故选：C6.下列运动过程中，机械能守恒的物体是（A.在竖直平面内做匀速圆周运动物体B,在水中下沉的物体C.沿粗糙斜面匀速下滑的物体D.自由下落的物体【考点】 机械能守恒定律.【分析】根据机械能守恒的条件判断物体的机械能是否守恒，或通过物体的动能和势能之和是否保持不变，判断机械能是否守恒.【解答】解：A、物体在竖直平面内做匀速圆周运动，动能不变，重力势能在改变，两者之 和即机械能在改变，故 A错误.B、在水中下沉的物体，受到向上的浮力作用，浮力对物体做负功，物体的机械能减

17、小，故B错误.C、沿粗糙斜面匀速下滑的物体，动能不变，重力势能在减小，则机械能减小，故C错误.D、自由下落的物体，只受重力，机械能守恒，故 D正确.故选：D.某一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，下列说法正确的是（）A .距离地球越远，所受地球的万有引力越大.距离地球越远，周期越小C.距离地球越远，线速度越大D.距离地球越远，角速度越小【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】人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列式进行分析即可.【解答】解：A、由F=gE知，距离地球越远，卫星所受地球的万有引力越小，故 A错误. rBC

18、D、人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则有：G=m12gr=mZ=mw2r解得，周期T=2兀，（；线速度为：丫=丹；角速度为：3=* .式中M是地球的质量，r是卫星的轨道半径.可见，卫星距离地球越远，轨道半径越大，周期越大，而线速度和角速度均越小.故BC错误，D正确.故选：D.某行星质量为地球质量的 春，半径为地球半径的 3倍，则此行星的第一宇宙速度约为地球第一宇宙速度的（）A. 9倍B.; C. 3倍D.吉【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系.可根据卫星在圆轨道上运行时的速度公式v=强解得.r7.9km/s,【分析】物体在地面附近绕地球做匀速圆周运动的速度叫

19、做第一宇宙速度，大小1m,地球半径r,某星球半径 3r3r=3 ght2_【解答】解：设地球质量 M,某星球质量由万有引力提供向心力做匀速圆周运动得：解得：卫星在圆轨道上运行时的速度公式分别代入地球和某星球的各物理量得 此行星的第一宇宙速度约为地球第一宇宙速度的3故选B.若知道太阳的某一颗行星绕太阳运转的轨道半径为r,周期为T,引力常量为G,则可求得（）A.该行星的质量 B.太阳的质量C.该行星的密度 D.太阳的平均密度【考点】万有引力定律及其应用.【分析】研究行星绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式求出中心体的质量.【解答】 解：A、研究行星绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引

20、力提供向心力，列出等式：型粤目二工，知道行星的运动轨道半径 r和周期T,再利用万有引力常量 G,通过前面的r2 T2表达式只能算出太阳 M的质量，也就是中心体的质量，无法求出行星的质量，也就是环绕体的质量.故A错误；B、通过以上分析知道可以求出太阳M的质量，故B正确；C、本题不知道行星的质量和体积，也就无法知道该行星的平均密度，故 C错误.D、本题不知道太阳的体积，也就不知道太阳的平均密度，故 D错误.故选：B.两颗人造卫星 A、B绕地球做圆周运动，周期之比为Ta： Tb=1： 8,则轨道半径之比和 TOC o 1-5 h z 运动速率之比分别为（）A.Ra：Rb=4：1,va：vb=1 ：

21、2B.Ra：Rb=4 ： 1,va：vb=2：1C.Ra：Rb=1 ：4,va：vb=2： 1D.Ra：Rb=1： 4,7 A :vB=1 ：2【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系.【分析】根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、周期和向心力的表达式进行讨论即可.【解答】解：根据万有引力提供向心力,、2G 2 =m=mr （ 丁 ） ， r1因为Ta: Tb=1： 8,根据式得：Ra: rb=1 ： 4,根据式得：Va： Vb=2： 1,故选：C.如图所示，在匀速转动的圆筒内壁上有一个小物体随圆筒一起运动，小物体所需要的向心力由以下哪个力来提供（）A.重力B.弹力C.静

22、摩擦力D,滑动摩擦力【考点】向心力.【分析】本题中应该首先对物体进行受力分析和运动情况分析，然后确定向心力来源!【解答】 解：物体做匀速圆周运动，合力指向圆心；受力如图；重力 G与静摩擦力f平衡，支持力N提供向心力；故选B.在水平街道上匀速行驶的洒水车，一边行驶一边向道路上洒水.下列关于其机械能变化的说法中正确的是（）A.动能不变，机械能减小 B.动能减小，机械能减小C.动能不变，机械能不变 D.动能减小，机械能增大【考点】 机械能守恒定律.【分析】洒水车匀速行驶，速度不变，根据质量分析其动能的变化.机械能等于重力势能和 动能之和.通过分析重力势能和动能的变化，判断机械能的变化.【解答】解：洒

23、水车匀速行驶，速度不变，质量减小，所以动能减小.高度不变，质量减小, 则其重力势能减小，根据机械能等于重力势能和动能之和， 可知机械能减小.故ACD错误, B正确.故选：B.水平面上有一物体，受一水平方向的力的作用，由静止开始无摩擦地运动，经过路程Si,速度达到V,又经过路程 S2,速度达到2V,则在Si和S2两段路程中该力所做功之比是（）A. 1: 1 B, 1: 2 C. 1 : 3 D. 1: 4【考点】功的计算.【分析】根据动能定理，结合动能的变化量求出水平力做功的大小，从而得出两段路程中力所做功之比.【解答】解：根据动能定理得,可知Wi： W2=1： 3.故C正确，A、B、D错误.

24、故选：C.甲、乙两个质点间的万有引力大小为 F,若甲物体的质量不变，乙物体的质量增加到原 来的2倍，同时，它们之间的距离减为原来的 工，则甲、乙两物体间的万有引力大小将变为（ ）F -A. F B. -7- C. 8F D. 4F2【考点】万有引力定律及其应用.【分析】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.）解决问题4 n ”人 一 ”，一八、一心，GMm【解答】 解：两个质点相距r时，它们之间的万有引力为 F=,r-若它们间的距离缩短为 |r,其中一个质点的质量变为原来的2倍，2GM-2m则它们之间的万有引力为 F=工Z=8F.令）故选C.发射地球同步卫星时

25、，先将卫星发射至近地圆轨道1,然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3 （如图）.则卫星分别在1、2、3轨道上运行时，以下说法正确的是（）A.卫星在轨道 B.卫星在轨道 C.卫星在轨道 D.卫星在轨道3上的速率大于在轨道 1上的速率1上的速率小于在轨道2上经过Q点时的速率1上具有的加速度小于它在轨道2上经过Q点时的加速度3上的加速度大于它在轨道2上经过P点时的加速度【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系.角速度、周期和向心力的【分析】根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、 表达式进行讨论即可.【解答】 解：A、卫星做圆周运动时万有引力提供圆周运动的

26、向心力有: 线速度v=d郃,轨道3半径比轨道1半径大，在轨道1上卫星的速率大于轨道 3上的速率， 故A错误；B、卫星在轨道1上经过Q点时开始加速，需要的向心力增大，做离心运动沿椭圆轨道2运所以卫星在轨道1上的速率小于在轨道 2上经过Q点时的速率.故 B正确；C、卫星做圆周运动时万有引力提供圆周运动的向心力有：-2-=mar向心加速度a=, r所以卫星在轨道1上具有的加速度等于它在轨道 2上经过Q点时的加速度，故 C错误；D、卫星在轨道3上的加速度等于它在轨道 2上经过P点时的加速度.故 D错误；故选：B.二、本题共5小题，每空2分，共28分.绳子的弹力只能沿绳子指向绳收缩的方向，而杆子的弹力可

27、指向任何方向.如图所示，质量为m=0.2 kg的小球固定在长为 L=0.9m的轻杆一端，杆可绕 O点的水平转轴在竖直平2面内转动.g=10m/s ,则：(1)当小球在最高点的速度为3 m/s时,杆对球的作用力为零；(2)当小球在最高点的速度为6m/s时，杆对球的作用力的大小为6 N,方向是 竖直向下 .【考点】向心力.【分析】(1)杆子对小球的作用力可以是拉力，也可以是推力，取决于小球在最高点的速度.在最高点，球对杆的作用力为零时，由重力充当向心力，由牛顿第二定律求解速度.(2)根据牛顿第二定律和向心力公式列式求解.【解答】 解：小球在最高点时，对小球受力分析，受重力 G和杆的弹力N,假定弹力

28、N向 下，如图所示；2由牛顿第二定律和向心力公式得：N+G=mJ r(1)由 式解得：N=0 时的速度 v 1 =VgL=Vl 0 X 0. 9 m/s=3m/s2(2)由 式得小球在最局点的速度 V2=6m/s时，杆对球的作用力为：N=m-mg=r(2黑 6 _ 0.2x 10)n=+6N 0.9+说明方向竖直向下，故答案为：(1) 3(2) 6,竖直向下17.把质量m=4kg的物体，以v0=10m/s的初速度水平抛出，不计空气阻力，前 2s内重力2的平均功率是400 W,第2s末重力的瞬间功率是 800 W. (g取10m/s2)【考点】功率、平均功率和瞬时功率.【分析】物体做平抛运动，竖

29、直方向做自由落体运动，根据自由落体运动的位移公式求出2s内下落的高度，得到重力做功 W,即可由P=上求得重力的平均功率.t由速度时间公式求出 2s末的竖直分速度，根据 P=mgvy求出重力的瞬时功率【解答】解：因为小球竖直方向上做自由落体运动，则2s内下落的位移为：h=gt2=x 1022x 22=20m重力做功为：W=mgh=40 X 20J=800J则在下落的2s内重力做功的功率为：手=出=碰&W=400W t 22s末的竖直分速度为：vy=gt=10 x 2m/s=20m/s .则第2s末重力的瞬时功率为：P=mgvy=40 x 20W=800W故答案为：400, 800.从距地面高为

30、h1=1.25m处竖直向下抛出皮球，碰地后皮球跳起的高度h2=2.5m ,不计空气阻力，设球碰撞地面时无机械能损失，g取10m/s2,则皮球下抛时的初速度大小是 5m/s.【考点】 机械能守恒定律.【分析】不计空气阻力则可知机械能守恒；对皮球运动过程中，机械能守恒，运用机械能守恒定律列式求解.【解答】解：对于皮球整个过程，取地面为参考平面，根据机械能守恒定律得：,12一一一mgh1+5 my口-mgh2;则得：v0=，F；勾-, J=：-m/s=5m/s答：小皮球向下抛出时的初速度大小为5m/s.图1是讲究平抛物体运动”的实验装置图，通过描点画出平抛小球的运动轨迹.(1)以下是实验过程中的一些

31、做法，其中合理的有ac .a.安装斜槽轨道，使其末端保持水平b.每次小球释放的初始位置可以任意选择c.每次小球应从同一高度由静止释放d.为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接(2)图2是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，O为平抛的起点，在轨迹上任取三点A、B、C,测得A、B两点竖直坐标 y1为5.0cm、丫2为45.0cm, A、B两点水平间距 x为40.0cm.则平抛小球的初速度 vo为 2.0 m/s,若C点的竖直坐标 y3为60.0cm,则2小球在C点的速度VC为 4.0 m/s (结果保留两位有效数子，g取10m/s ).【考点】研究平抛物体的运动.【分析】(1)根据实验的

32、原理以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤；(2)根据位移时间公式分别求出抛出点到A点、B点的时间，结合水平位移和时间求出初速度，根据速度位移公式求出C点的竖直分速度，结合平行四边形定则求出C点的速度.【解答】解：(1) a、为了保证小球的初速度水平，安装斜槽轨道时，使其末端水平，故 a 正确.b、为了保证小球的初速度相等，每次让小球从斜槽的同一位置由静止释放，故b错误，c正确.d、描写小球的运动轨迹，描绘的点可以用平滑曲线连接，故 d错误.故选：ac.。35=2. 0 m/5, c点的竖直分速度vyc=2。3 =2X 10X 0. 60=2Vm/s,根据平行四边形定则知，c点的速度n=JvJ

33、 + Vyc2=Hm/s=4.0m/s.故答案为：(1) ac (2) c (3) 2.04.0.在利用自由落体 验证机械能守恒定律”的实验中，(1)下列器材中不必要的一项是C (只需填字母代号).A.重物B.纸带C.天平D.低压交流电源E.毫米刻度尺(2)关于本实验的误差，说法不正确的一项是AA.选择质量较小的重物，有利于减小误差B.选择点击清晰且第 1、2两点间距约为2mm的纸带，有利于减小误差C.先松开纸带后接通电源会造成较大的误差D.本实验产生误差的主要原因是因为重物在下落过程中不可避免地受到阻力的作用(3)在实验中，质量 m=1kg的物体自由下落，得到如图所示的纸带，相邻计数点间的时

34、间 间隔为0.04s.那么从打点计日器打下起点O到打下B点的过程中，物体重力势能的减少量Ep= 2.28 J,此过程中物体动能的增加量Ek= 2.26 J,由此可得到的结论是在实验误差允许的范围内，重物重力势能的减小量等于动能的增加量，重物下落过程中机械能守恒.(取g=9.8m/s2,保留三位有效数字)【考点】验证机械能守恒定律.【分析】(1)根据实验的原理确定所需测量的物理量，从而确定不需要的物理器材.(2)根据实验的原理以及操作中的注意事项确定不正确的操作步骤.(3)根据下降的高度求出物体重力势能的减小量，根据某段时间内的平均速度等于中间时 刻的瞬时速度，求出 B点的速度，从而得出动能的增

35、加量.分析比较得出实验的结论.【解答】解：(1)实验中验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，两端都有质量, 可以约去，所以不需要测量质量，不需要天平.故不必要的器材选 C.A、为了减小阻力的影响，重物选择质量较大的重物，故 A错误.B、根据=K10乂 Q. 02m二堤知，纸带选择点迹清晰且第1、2两点间距约为2mm的纸带，有利于减小误差，故B正确.C、实验时先松开纸带后接通电源会造成较大的误差，故 C正确.D、本实验产生误差的主要原因是因为重物在下落过程中不可避免地受到阻力的作用，故D正确. 本题选择错误的，故选：A.23.25cm=0.2325m , 32.50cm=0.3250m ,

36、 15.50cm=0.1550m , 物体重力势能的减少量为：Ep=mgh=1 X 9.8X 0.2325J=2.28J,B点的速度为:工出 0. 3250- 0.15500.08:r =2.125m/s ,9 19则动能的增加量为：一一 . I - =2.26J.K Z u Z可知在实验误差允许的范围内，重物重力势能的减小量等于动能的增加量，重物下落过程中机械能守恒.故答案为：(1) C, (2) A, (3) 2.28, 2.26,在实验误差允许的范围内，重物重力势能的减 小量等于动能的增加量，重物下落过程中机械能守恒.三、计算题：本大题共 3小题，共27分.解答时应写出必要的文字说明、方

37、程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中须明确写出数值和单位.21 .如图所示，某滑板爱好者在离地面h=1.8m高的平台上滑行，水平离开 A点后落在水平地面上的B点，其水平位移 S=3.6m,着地时由于存在能量损失，着地后速度变为v=4m/s,并以此为初速度沿水平面滑行S2=8m后停止.已知人与滑板的总质量m=50kg .求：(1)人与滑板离开平台时的水平初速度；(空气阻力忽略不计，取 g=10m/s2)(2)人与滑板在水平地面上滑行时受到的平均阻力的大小.【考点】动能定理的应用；平抛运动.【分析】(1)人与滑板离开平台做平抛运动，利用平抛运动的规律：时间由竖直方向

38、的高度决定，水平方向匀速运动，利用Si=v0t求出初速度大小.(2)人与滑板在水平地面滑行时受到摩擦阻力最后停下来，由动能定理求出受到的阻力大 小.【解答】 解：(1)从A到B过程人和滑板一起在空中做平抛运动，设初速度为V0,飞行时间为t,由平抛运动规律得：竖直方向有h=gt2水平方向有 Si=vot则得： v0= S11 =3.6 x Jm/s=6m/s .4 2h V2X1. 8(2)设人与滑板在水平地面上滑行时受到的平均阻力大小为f.由动能定理得:2fS2=0 一 mv : TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark4 o Current Document 22

39、贝U得：f=3=02LN=50N ；2s22X8答：(1)人与滑板离开平台时的水平初速度是6m/s.(2)人与滑板在水平地面上滑行时受到的平均阻力的大小是50N.22.额定功率为80kW的汽车，在平直公路上行驶的最大速度是20m/s.汽车的质量为 2.0 x 103kg .如果汽车从静止开始做匀加速直线运动, 不变.求：(1)汽车受到的阻力多大？(2) 3s末汽车的瞬时功率是多大？(3)汽车维持匀加速运动的时间是多少？【考点】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，于恒定加速度启动方式，由于牵引力不变，根据2加速度的大小是 2m/s ,运动过程中阻力恒定加速度启动和恒定功率启动.本题属p=Fv可知随着汽车速度的增加，汽车的实际功率在增加，此过程汽车做匀加速运动，当实际功率