2023-2024学年山西省运城市盐湖区重点中学高二（上）开学物理试卷（含解析）

2023-2024学年山西省运城市盐湖区重点中学高二（上）开学物理试卷

一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）

1.关于曲线运动的物体，下列说法正确的是（）

A.物体所受合力可能为零B.物体的速度方向可能与运动轨迹垂直

C.物体一定是匀变速运动D.物体的速度一定发生变化

2.如图所示的曲线是某个质点在恒力作用下的一段运动轨迹。质点从M点出发经M

P点到达N点，已知弧长MP大于弧长PN,质点由M点运动到P点与从P点运动到N

点的时间相等。下列说法中正确的是（）

A.质点在曲线MN间的运动是变加速曲线运动

B.质点从M到N过程中速度大小可能保持不变

C.质点在这两段时间内的速度变化量一定相同

D.质点在这两段时间内的速度变化量大小可能相等，方向可能不同

3.质量为5kg的物体在光滑平面上运动，其分速度以和为随时间变化的图

像如图所示。关于物体的运动，下列说法正确的是（）

A.物体2s内的位移大小是100TH

B.物体4s时速度大小为50m/s

C.物体的速度和加速度都先减小后增大

D.物体所受合外力大小为20N

4.假设在宇宙中存在这样三个天体4、B、C,它们在一条直线上，天体4离天体B的高度

为某值时，天体4和天体B就会以相同的角速度共同绕天体C运转，且天体4和天体B绕天

体C运动的轨道都是圆轨道，如图所示，以下说法正确的是（）

A.天体4做圆周运动的速度小于天体B做圆周运动的速度

B.天体A做圆周运动的加速度大于天体B做圆周运动的加速度

C.天体B做圆周运动的向心力大于天体C对它的万有引力

D.天体B做圆周运动的向心力等于天体C对它的万有引力

5.中国首次火星探测任务“天问一号”已于2021年2月10日成功环绕火星。火星公转轨道半径是地球公转轨

道半径的小火星的半径为地球半径的土火星的质量为地球质量的火星探测器在火星表面附近绕火星做

zzy

匀速圆周运动（探测器可视为火星的近地卫星），探测器绕火星运行周期为T。已知火星和地球绕太阳公转的

轨道都可近似为圆轨道，地球和火星可看作均匀球体，地球半径为R,则（）

A.地球的质量为驾

2GT乙

B.火星的公转周期和地球的公转周期之比为fA

727

C.火星表面的重力加速度为^

D.探测器环绕火星表面运行速度与环绕地球表面运行速度之比为

6.距离北京冬奥会只有一年多的时间，我国跳台滑雪国家集训队比往年更早开一）〜

始了新赛季的备战。如图所示，一位跳台滑雪运动员从平台末端a点以某一初/

速度水平滑出，在空中运动一段时间后落在斜坡b点，不计空气阻力，对运动J/

员下列说法正确的是（）

A.若增大初速度，则运动员落在斜坡上时速度方向与水平方向的夹角变大

B.在相等的时间间隔内，重力势能的改变量总是相同的

C.若初速度变成原来的2倍，则运动员落在斜坡上时的速度也变为原来的2倍

D.在下落相等的高度的过程中，速度的改变量总是相同的

7.如图所示为自行车的传动装置示意图，已知链轮的半径万=10cm,飞轮的半径七=5cm,后轮的半径R=

30cm,A、B、C（图中未画出）分别为链轮、飞轮和后轮边缘上的点。若脚蹬匀速转动一圈所需要的时间为1s,

则在自行车匀速前进的过程中,

A.A、B、C三点的向心加速度大小之比为1：2：12

B.A、B、C三点的线速度大小之比为2：1：6

C.链轮、飞轮和后轮的角速度大小之比为2：1：1

D.自行车前进的速度大小约为1.2m/s

二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）

8.一位同学玩飞镖游戏，已知飞镖距圆盘为L,对准圆盘上边缘的4点水平抛出，初p,___

速度为火,飞镖抛出的同时，圆盘以垂直圆盘且过盘心。点的水平轴匀速转动。若

飞镖恰好击中4点，下列说法正确的是（）

A.从飞镖抛出到恰好击中A点，A点一定转动到最低点位置

B.圆盘转动的角速度一定满足岑8兀几伙=0,1,2...）

C.圆盘的半径为吗

D.从飞镖抛出到恰好击中4点的时间为争

v0

9.如图所示，一只老鹰在水平面内盘旋做匀速圆周运动,质量为TH,运动半径为R,

角速度大小为3,重力加速度为g。下列说法正确的有（）

A.老鹰受重力、空气对它的作用力和向心力的作用

B,老鹰受空气对它的作用力大小为J（mg）2+（mRo>2）2

C.老鹰线速度的大小为

D.老鹰运动的周期为为

10.2020年5月23日消息，巴西滑板少年圭•库里，在半管上完成了空中转体

1080。的壮举，创下新的世界纪录，滑板运动可以简化为如图所示的模型，半

球形碗固定在水平面上，物块（可看作质点）以某一竖直向下的初速度从碗口左

边缘向下滑，物块与碗壁间的动摩擦因数是变化的，因摩擦作用，物块下滑过

程中速率不变，贝1」（）

A.物块下滑过程中所受合外力大小恒定方向始终指向圆心

B.物块下滑的过程中所受摩擦力不变

C.物块下滑的过程中加速度不变

D.物块滑到最低点时对碗壁的压力大于物块的重力

11.如图所示，质量为1kg的小物块，以初速度为=llm/s从。=53。的固定斜面底端先后两次滑上斜面，第

一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F,第二次不施加力，图乙中的两条线段a、b分别表示施加力尸和无

F时小物块沿斜面向上运动的v-t图线，不考虑空气阻力，g=10m/s2,下列说法正确的是（）

A.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5

B.恒力F大小为21N

C.有恒力F时，小物块在整个上升过程产生的热量较多

D.有恒力F时，小物块在整个上升过程机械能的减少量少

12.在倾角为30。的斜面上，某人用平行于斜面的力把原来静止于斜面上的质量为

2kg的物体沿斜面向上拉了2巾的距离，并使物体获得lm/s的速度，已知物体与

斜面间的动摩擦因数为浮，g取l（hn/s2,则在这个过程中（）之二5a

A.物体重力势能增加40/B.摩擦力对物体做功2Q/

C.物体机械能增加21/D.合外力对物体做功1/

三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）

13.在“研究小球平抛运动”的实验中：

甲乙丙

（1）如图中所示在实验中，小球每次都从斜面上的同一高度下落，而放有复写纸和白纸的木板离水平桌面的

高度依次调为九1、/12、无3,根据小球撞击木板时在白纸上留下的点迹，可得小球平抛时的水平位移分别为与、

%2、9则0

A.若hJh2：%=1：3：5,%!：x2：x3=1：2：3,则能说明小球在水平方向做匀速直线运动

B.若八2-八1=h3-%2，%1：X2-x3-1：2:3,则能说明小球在水平方向做匀速直线运动

C.若与：x2：x3=1：2：3,阳：h2：h3=1：3：5,则能说明小球在竖直方向做自由落体运动

D若石：x2：孙=1：2：3,b：h2；h3=1：4：9,则能说明小球在竖直方向做自由落体运动

(2)如图乙所示，在描绘平抛运动轨迹的实验中，下列说法正确的是；

4.实验前必须将斜槽末端调节水平，挡板调节竖直

8.小球每次可以从斜槽上相同的位置以不同的速度滚下

C要准确的描绘出平抛运动的轨迹，接球槽必须等间距的下移

D要使描出的轨迹更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些

E.为了比较准确地描出小球运动的轨迹，应该用一条曲线把所有的点连接起来

(3)在做该实验时某同学只记录了物体运动的轨迹上的4、B、C三点，已知相邻两点的时间间隔相等，并以4

点为坐标原点建立了直角坐标系，得到如图丙所示的图像，g取10m/s2。

①据图像求出相邻两点的时间间隔为s；

②据图像求出物体平抛运动的初速度大小为m/s；

③物体运动到8点时的速度大小为m/s.(结果可含根号)

14.某实验小组用图1所示的实验装置验证机械能守恒定律，现有的器材：带铁夹的铁架台、电火花打点计

时器、电源、纸带、带铁夹的重锤、米尺、天平，回答下列问题:

(1)实验中得到一条点迹清晰的完整纸带如图2所示，纸带上的第一个点记为0,另选连续的三个点4、B、C

进行测量，图中给出了这三个点到。点的距离心、凝和九c的值，已知打点计时器的打点周期为0.02s,重物

质量为1kg，当地重力加速度为g=9.80rn/s2。在打点计时器打。点至B点过程中，重物动能增加量=

J,重物重力势能减少量4Ep=/(计算结果均保留3位有效数字)。

(2)关于该实验，下列说法中正确的是»

A.电磁打点计时器使用220V交流电

8.重物选用质量较大的大木球

C.实验时先接通电源等打点稳定后再释放纸带

D实验中用v=计算重锤的速度

E.释放重物时，重物离打点计时器近些

E若所选择的纸带前面一小段点迹不清晰，则不能验证机械能守恒定律

四、简答题(本大题共1小题，共11.0分)

15.将一个物体以10m/s的速度从20m的高度水平抛出(不计空气阻力，取g=lOm/s?),试计算：

(1)落地时速度的大小和方向(用三角函数表示)；

(2)落地时位移的大小和方向(用三角函数表示)。

五、计算题(本大题共2小题，共25.0分)

16.如图是小型电动打夯机的结构示意图，电动机带动质量为m=50kg的重锤(重锤除

可视为质点)绕转轴。匀速转动，重锤转动半径为R=0.5m.电动机连同打夯机底座的质

量为M=25kg,重锤和转轴。之间连接杆的质量可以忽略不计，重力加速度g取3?

10m/s2.

(1)重锤转动的角速度为多大时，才能使打夯机底座刚好离开地面？

(2)若重锤以上述的角速度转动，当打夯机的重锤通过最低位置时，打夯机对地面的压力为多大？

17.如图甲所示，轻质弹簧原长为0.2m,将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将质量M=0.8的的物体由静

止释放，当弹簧压缩至最短时，弹簧长度为现将该轻质弹簧水平放置，一端固定在。点，另一端在4点

与一质量为巾=0.1kg的物块接触但不连接，48是长度为Im的水平光滑轨道，B端与半径为R=0.1m的光

滑竖直半圆轨道BCD相切，如图乙所示。现用力缓慢推物块m,将弹簧长度压缩至0.1m,然后由静止释放。

重力加速度g=10m/s2o求:

(1)弹簧的劲度系数k和弹簧压缩至0.1小时的弹性势能与；

(2)物块;n经过。点时对轨道的压力；

(3)若在4B段铺设某种材料，物块与这种材料之间的动摩擦因数为出使物块在BCD上不脱离轨道，求日的取

值范围。

QVtbffi

回TTmTrrrrnrm

D

a

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：4根据曲线运动的条件可知，物体做曲线运动的条件是物体所受合外力不为零，且合外力与速

度不在一条直线上，故A错误；

8.做曲线运动的物体速度沿曲线的切线方向，不可能与运动轨迹垂直，故8错误；

C做曲线运动的物体，只有合外力恒定时才做匀变速曲线运动，故C错误；

D做曲线运动的物体加速度不为零，故物体的速度一定发生变化，故。正确。

故选：D。

曲线运动物体的速度沿曲线的切线方向，速度方向一定变化，一定是变速运动。物体做曲线运动的条件是

合外力与速度不在一条直线上。

本题考查曲线运动两个基本知识点：一是曲线运动速度的方向；物体做曲线运动的条件，运用牛顿定律加

深理解记忆。

2.【答案】C

【解析】解：4、质点在恒力作用下运动，所以质点的加速度是不变的，所以质点在曲线MN间的运动是匀

变速曲线运动，故A错误；

B、质点从M点出发经P点到达N点，弧长MP大于弧长PN,根据速率公式

S

可知质点从M到N过程中，速度的大小是不断变化的，故B错误；

CD.质点做加速度不变的运动，并且由M点运动到P点与从P点运动到N点的时间相等，根据

Av=aAt

可知质点在这两段时间内的速度变化量一定相同，故C正确，。错误。

故选：Co

分析运动的轨迹确定质点受到的恒力的方向与初速度的方向的夹角，判断质点的运动情况。质点在恒力作

用下，做匀变速曲线运动，加速度恒定，则在相等的时间内速度的变化量相等。

考查曲线运动的特点：速度在变化，可能大小变，也可能方向变，但必存在加速度，可能加速度在变，也

可能加速度不变。

3.【答案】B

【解析】解：4、物体水平方向做匀速直线运动，2s内的水平位移大小为

xx=vxt=30x2m=60m

物体水平方向做匀变速直线运动，物体2s内的竖直方向的位移大小为

0+Vyo40

nlnl

xy=----------1=2*2=40

物体2s内的位移大小是

x=J.+.=7602+402m=20v13m

故A错误；

B、根据图象可知

Vy=20t—40

物体4s时竖直方向的速度为

vy4=20x4m/s-40m/s-40m/s

物体4s时速度大小为

vv

f4=Jx+y4=J302+402nl/s—50m/s

故8正确；

a由图可知，物体水平方向的分运动是匀速直线运动，竖直方向的运动是匀变速直线运动，竖直方向的速

度先减小后反向增大，根据

V=J出+药

可知物体的速度先减小后增大，物体的加速度不变，大小为

Av40,,

a=市--^-m/s—20m/s

故C错误；

。、物体所受合外力大小为

F=ma=5x20N=100/V

故。错误。

故选：Bo

根据u-t图像的斜率等于加速度，分析方向和y方向上的分加速度特点，再判断物体的加速度变化情况，根

据速度、位移的合成分析速度、位移的变化情况，根据牛顿第二定律求解合力的大小。

本题的关键要掌握曲线运动的研究方法：运动的合成和分解，熟练运用平行四边形定则，要能正确分析物

体的运动情况。

4.【答案】B

【解析】解:4天体4和天体B以相同的角速度共同绕天体C运转，轨道半径以>rB,由。=3r可知，vA>vB,

故A错误；

8.两天体轨道半径o>-B，由a=o>2r可知，aA>aB,故B正确；

CD.天体B做圆周运动的向心力，是由天体C对天体B的万有引力与天体A对天体B的万有引力的合力提供的,

由于天体C对天体B的万有引力方向与天体4对天体B的万有引力方向相反，可知天体B做圆周运动的向心力

小于天体C对它的万有引力，故CO错误。

故选：B。

A、天体4和天体8以相同的角速度共同绕天体C运转，由〃=cor及天体轨道半径关系，可判断天体力、天体B

圆周运动线速度的大小。

B、由a=o)2r及天体轨道半径关系，可判断两天体做圆周运动的加速度大小关系。

CD、分析天体8做圆周运动的向心力的来源，进而判断天体8做圆周运动的向心力与天体C对它的万有引力

的大小关系。

解答本题，要掌握控制变量法，要注意天体做圆周运动的向心力的来源问题。

5.【答案】A

1GM火m4n2

【解析】解：4、由题意知火星的球体半径R次=^R,根据万有引力提供向心力，有方-=mR火干

根据题意地球的质量M=9M火

解得M=驾，故A正确；

2GT1

B、火星和地球都绕太阳做圆周运动，根据开普勒第三定律可得g=W

解得火星的公转周期和地球的公转周期之比为忖故8错误；

GM.m

c、探测器绕火星表面附近运行时有一舍=mg次，解得火星表面重力加速度。次=竽2，故C错误：

GM.mV2.GM.

D、根据万有引力提供向心力可得：一含=根岩，解得探测器环绕火星表面运行速度〃火=J/

同理可得探测器环绕地球表面运行速度"地=市型

、地

所以探测器环绕火星表面运行速度与环绕地球表面运行速度之比为n,故。错误。

故选：4。

根据万有引力提供向心力求解火星的质量，进而计算地球的质量；根据开普勒第三定律求解火星的公转周

期和地球的公转周期之比：忽略星球自转，星球表面物体所受重力等于万有引力计算月表重力加速度；根

据万有引力提供向心力得到线速度的表达式求解探测器环绕火星表面运行速度与环绕地球表面运行速度之

比。

本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式

进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。

6.【答案】C

【解析】解：4设斜面的倾斜角为仇运动员落在斜坡上时速度方向与水平方向的夹角为a；

设运动员在空中运动的时间为t，运动员落在斜坡上时有tan。=丫=速=①

xVQt2VQ

运动员落在斜坡上时的竖直速度为=gt

落地速度方向与水平方向的夹角的正切值为tana=詈=磬

联立解得tcma=2tand

可知运动员落在斜坡上时速度方向与水平方向的夹角与初速度无关，故若增大初速度，则运动员落在斜坡

上时速度方向与水平方向的夹角不变，故A错误；

B.运动员在竖直方向做自由落体运动，在相等时间内通过的位移之比为1：3：5：7-,根据重力势能的表

达式=可知，重力势能的改变量不相同的，故B错误；

C运动员落在斜坡上时速度大小为u=J诏+药

2

代入数据解得u=v0V4tan9+1

可知若初速度变成原来的2倍，则运动员落在斜坡上时的速度也变为原来的2倍，故C正确；

D运动员在竖直方向做自由落体运动，在下落相等的高度过程中，通过每段高度的时间不相等；

根据=可知，在下落相等的高度的过程中，速度的改变量不相同的，故。错误。

故选：Co

A.根据平抛运动的规律求水平位移和竖直位移，根据数学知识求斜面倾角的正切；根据平抛运动规律求竖直

速度，根据数学知识求落地速度方向与水平方向的夹角的正切值，然后综合分析作答；

8.运动员在竖直方向做自由落体运动，在相等时间内通过的位移之比为1：3：5：7-,再根据重力势能的

表达式分析作答；

C根据运动的合成求解运动员在斜面上的合速度，然后作答。

D运动员在竖直方向做自由落体运动，在下落相等的高度过程中，通过每段高度的所用的时间不相等，再

根据4“=gdt分析作答。

平抛运动与斜面问题的结合，注意应用其竖直分位移与水平位移之比为斜面倾角的正切值，据此可求时间，

是解题的关键。

7.【答案】A

【解析】解：C.由题可知8、C两点分别在飞轮和后轮上，飞轮和后轮是同轴转动，因此有3B=3c，由题

可知A、B两点分别位于链轮和飞轮的边缘，链轮和飞轮是通过链条连接，因此有以=〃8,根据线速度和角

速度的关系"=a>r

可得以=以34，vB=rBa)B,因此®，:o)B=r2：/=5：10=1：2,综上分析可得34：a)B：a)c=1：2：

2,故C错误；

A.向心加速度大小为a=32「，又因为q：r2：r3=10：5：30=2：1：6,代入数据可得4、B、C三点的

向心加速度大小之比为以：aB：ac=1：2：12,故A正确；

B.根据线速度与角速度的关系"=a)r,B、C两点的线速度之比方：vc=r2a)B：r3a)c=r2：r3=5：30=1：

6,

代入数据可得4、B、C三点的线速度大小之比为以：vc=l：1：6,故8错误；

D脚蹬匀速转动一圈所需要的时间为1s,根据角速度与周期的关系以=竿=与rad/s=2nrad/s,根据角

速度关系可得3c=2%=2x2nrad/s=^nrad/s,自行车前进的速度大小约为々；=(^cr3=4兀x

03m/s®3.8m/s,故。错误。

故选：A。

根据圆周运动的两种传动方式分析线速度和角速度的大小；皮带(链条、齿轮)传动，皮带不打滑时，轮边缘

线速度大小相等，同轴传动，角速度的大小相等；再根据线速度与角速度的关系、向心加速度与角速度的

关系、角速度与周期的关系逐项分析作答。

本题考查了圆周运动的两种传动方式，知道皮带(链条、齿轮)传动，皮带不打滑时，轮边缘线速度大小相等，

同轴传动，角速度的大小相等；理解并掌握线速度与角速度、向心加速度公式、周期公式；要学会连比式

的运算。

8.【答案】AB

【解析】解：4、飞镖抛出后做平抛运动，飞镖竖直方向是自由落体运动，所以飞镖抛出到恰好击中4点，

故A点一定转动到最低点位置，故A正确；

D、从飞镖抛出到恰好击中4点的时间等于飞镖抛出后在水平方向做匀速直线运动的时间，即t=3,故。

v0

错误；

B、飞镖抛出到恰好击中4点，圆盘运动的角度应满足

B=n+2kn(fc=0,1,2…)

故圆盘转动的角速度一定满足

3="^。兀几(k=0,1,2•••)

故8正确；

C、飞镖抛出后在竖直方向做自由落体运动，有

,1,

h==2R

解得圆盘的半径为

4诏

故C错误。

故选:AB»

首先，根据平抛运动竖直方向的规律判断飞镖抛出到恰好击中4点，贝必点的位置是不是转动到最低点；

然后，根据飞镖抛出后在水平方向做匀速直线运动求出从飞镖抛出到恰好击中4点的时间；

接着，根据匀速圆周运动的周期性求出飞镖抛出到恰好击中4点圆盘运动的角度满足的条件；

最后，根据飞镖抛出后在竖直方向做自由落体运动，求出圆盘的半径。

本题考查了平抛运动与匀速圆周运动的结合问题，解决本题的关键是熟练掌握平抛运动的规律以及匀速圆

周运动的规律。

9.【答案】BC

【解析】解对老鹰受力分析,老鹰受到的重力与空气对它的作用力的合力提供老鹰做圆周运动的向心力，

故A错误；

8.老鹰受空气对它的作用力大小为

F—y/(rag}2+(mRca2)2

故8正确；

C.根据线速度角速度关系式，老鹰线速度的大小为

v=a)R

故C正确；

D根据角速度、周期公式，老鹰运动的周期7=4

O)

故。错误。

故选：BC。

对老鹰受力分析，找向心力来源；

根据力的合成，求鹰受空气对它的作用力大小：

根据线速度角速度关系式，求老鹰线速度的大小；

根据角速度、周期公式，求老鹰运动的周期。

本题考查学生对圆周运动基本物理量关系的掌握以及对向心力的分析，比较基础。

10.【答案】AD

【解析】解：4由题意可知物体做匀速圆周运动，所以物块下滑过程中所受合外力大小恒定方向始终指向圆

心，故4正确；

8设重力与物体与圆心连线方向夹角为仇根据受力分析可知

f=mgsind

可知物块下滑的过程中，，减小，所受摩擦力减小，故B错误；

C.物块下滑的过程中加速度大小不变，方向时刻改变，指向圆心，故加速度是变化的，故C错误；

。.物块滑到最低点时有

V2

FN-mg=m—

根据牛顿第三定律可知物块滑到最低点时对碗壁的压力大于物块的重力，故O正确。

故选：AD.

根据物体做匀速圆周运动分析判断；根据物体再圆上某位置切线方向受力情况分析判断；根据向心加速度

的特点分析判断；根据牛顿第二定律分析判断。

本题关键掌握物体在半圆装置上做匀速圆周运动，根据匀速圆周运动的特点分析。

11.【答案】ACD

【解析】解：4无F时小物块沿斜而向上运动的加速度为

他

0-1122

%=西=Fm/s=—llm/s

根据牛顿第二定律有

—(mgsind+〃gcos。)=mar

解得物块与斜面间的动摩擦因数为：〃=0.5,故A正确;

8、施加F时小物块沿斜面向上运动的加速度为

Jv0-11

2m/s2=-10m/s2

02=AL

4t21.1

根据牛顿第二定律有

F—mgsind—林mgcosB

«2m

解得恒力F大小为：F=IN,故B错误;

C、u-t图象与时间轴所围的的面积表示位移，由图可知施加F时小物块的位移较大，两个过程摩擦力大小

相等，故有恒力F时，小物块在整个上升过程克服摩擦力做功较多，则产生的热量较多，故C正确；

D.施加F时小物块的位移大，故小物块上升的高度较大，故该过程小物块重力势能增加量较大，小物块上

升过程中动能的减小量相等，故有恒力F时，小物块在整个上升过程机械能的减少量少，故。正确。

故选：ACD.

根据u-t图象的斜率等于加速度，分别求出物块上滑和下滑的加速度大小，然后受力分析，根据牛顿第二

定律列式求解恒力和动摩擦因数。根据v-t图象与时间轴所围的面积表示位移，分析位移关系，从而判断

出热量关系；根据重力势能的增加量与动能的减小量关系，分析机械能的减少量关系。

本题的关键根据速度一时间图象的斜率得到物体上滑和下滑的加速度，然后受力分析并根据牛顿第二定律

列式，求解出斜面的倾角和摩擦力。掌握图象的“面积”表示位移的大小。

12.【答案】CD

【解析】解：4、物体重力势能增加量为AEp=mgxsin9=2x10x2x/=20/,故A错误；

B、摩擦力对物体做功为必=-4巾gxcos30。=-?x2x10x2x?/=-20/，故8错误；

22

C、物体动能增加量为=|mv=1x2xl；=1/,则物体机械能增加量为4E=AEk+AEp=1J+

20/=217,故C正确；

。、根据动能定理可知合外力对物体做功为小台=4a=1/,故。正确。

故选：CD,

物体重力势能增加等于克服重力做功；根据功的计算公式求解摩擦力对物体做功；根据动能增加量与重力

势能增加量之和求机械能增加量：由动能定理求合外力对物体做功。

解决该题的关键要正确分析物体的受力，熟记恒力做功的公式，要注意摩擦力做的是负功，同时，要掌握

相应的功能关系。

13.【答案】DAD0.122y/~2

【解析】解：(1)4小球在竖直方向做自由落体运动，根据自由落体运动规律h=；gt2

当九”：：：

h2h3=135

可得时间比为土2；t3=1：>/-3•5

假设小球在水平方向做匀速运动，根据匀速运动公式X=vt

可知小球的水平位移之比与：叼=1：C：屋,不能说明小球在水平方向做匀速运动，故A错误；

.假设小球在水平方向做匀速直线运动，有

8x=vot

由于％：：：：

ix2x3=123

可得J：：：：

t2t3=123

小球在竖直方向做自由落体运动，根据自由落体运动规律h=\gt2

可得上：：：：

h2h3=149

故九2一瓦V九3一九2

假设不成立，不能说明小球在水平方向做匀速直线运动，故8错误；

,假设小球在水平方向做匀速直线运动％=

CDvQt

由于％1：%2:X3=1：2：3

可得12：13=1：2：3

假设小球在竖直方向做自由落体运动，根据自由落体运动规律h=\gt2

可得九：：：：

1h2/i3=149

故C错误，。正确。

故选：D.

(2)4为使小球做平抛运动的初速度水平，实验前必须将斜槽末端调节水平，为使小球做平抛运动，挡板调

节竖直，故A正确；

B.为使小球做平抛运动的初速度相同，小球每次可以从斜槽上相同的位置静止滚下，故8错误；

C.要准确的描绘出平抛运动的轨迹，接球槽不需要等间距的下移，故C错误；

D要使描出的轨迹更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些，故。正确；

E为了比较准确地描出小球运动的轨迹，应舍弃误差较大的点，用一条曲线把点平滑地连接起来，故E错

误。

故选：ADo

(3)根据匀变速运动推论ysc-=9T2

解得相邻两点的时间间隔为T=0.1s

平抛运动在水平方向做匀速运动，水平初速度大小为为=半=署m/s=2m/s

平抛运动在竖直方向做自由落体运动，根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，

2ms

则B点的竖直分速度为%B=繇=gfm/s=/

LtI乙入U.JL

根据运动的合成与分解，B点时的合速度大小为%=J用+4B

代入数据求解得珈=Zx/^m/so

故答案为：(1)D;(2)4。；(3)①0.1;02:③2「。

(1)假设小球在水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，根据已知条件逐项分析作答；

(2)根据实验正确操作和注意事项逐项分析作答；

(3)根据匀变速运动的推论求时间间隔，根据匀速运动公式求水平初速度；根据匀变速运动中间时刻的瞬时

速度等于这段时间内的平均速度求B点的竖直分速度；根据运动的合成求B点速度的大小。

本题主要考查了利用斜槽“研究小球平抛运动”的规律；难点在于对问题(1)的分析求解。

14.【答案】7.617.63CE

【解析】解：(1)打点计时器打8点时重物的速度大小等于4c段的平均速度大小，可得：

hc-hA86.60-71.00,

益=~ZT-=2X0,02*1°M/S=390R/S

在打点计时器打。点至B点过程中，重物的动能增加量为：

1_1

mv2

AEk=2s=2x1x3.90/*7.61/

此过程重物的重力势能减少量为：

2

啊=mghB=1x9.80x77.90x10-J«7.63/

(2)4电磁打点计时器使用约81/的交流电，故A错误；

8.为减小空气阻力的影响，重物选用体积小、质量较大的物体，故B错误；

C为充分利用纸带，实验时先接通电源等打点稳定后再释放纸带，故C正确；

D实验中不可以用。=gt,计算重锤的速度，否则就认为加速度为重力加速度，默认了重锤的机械能守恒,

失去了验证的意义，故。错误；

E.为充分利用纸带，释放重物时，重物离打点计时器近些，故E正确；

F.实验中初始位置并非一定要选取纸带上的第一个点，可选取纸带中点迹清晰的部分纸带完成实验，根据

mgAh=,也能验证机械能守恒定律，故尸错误。

故选：CE.

故答案为：(1)7.61；7.63；(2)CE

(1)根据打点计时器打B点时重物的速度大小等于4C段的平均速度大小求得打B点时重物的速度大小，根据

动能的定义求得重物的动能增加量，根据重力势能的定义求得重物的重力势能减少量；

(2)根据实验原理、实验操作规则与注意事项解答。

本题考查了验证机械能守恒定律的实验，题目较简单。掌握打点纸带测量瞬时速度的原理，根据实验原理

和实验操作需注意事项解答。

15.【答案】解：(1)根据动力学公式

Vy=2gh

可得

vy-J2gh—V2X10X20m/s=20m/s

落地时速度的大小

v-J诏+琢—V102+202m/s-10'J_5m/s

设速度与水平方向夹角为e,有

.„Vy20

tanf)=—=—=2