2023-2024学年高一物理人教版2019试题期末复习（冲A提升练）-1

期末复习（冲A提升练）（知识点）序号知识点分值分值占比对应题号1功的定义及理解5.2分5.2%1,7,82曲线运动1.0分1.0%23超重和失重1.0分1.0%24平均功率与瞬时功率5.3分5.3%2,17,225开普勒第一定律和第二定律0.7分0.7%36第二宇宙速度和第三宇宙速度0.7分0.7%37功能关系的应用0.9分0.9%38卫星运行规律及应用5.2分5.2%3,4,59第一宇宙速度1.5分1.5%410向心加速度1.5分1.5%611线速度与角速度3.0分3.0%6,1512功的计算1.5分1.5%713弹性势能的概念0.7分0.7%814重力势能的概念和表达式0.7分0.7%815牛顿第二定律0.9分0.9%816竖直平面内的圆周运动2.2分2.2%9,1217单个物体机械能守恒问题6.9分6.9%9,12,13,2318圆周运动规律及其应用6.0分6.0%10,16,2319动能定理的应用14.5分14.5%10,17,18,21,2320应用动能定理处理单个物体多过程的运动3.0分3.0%1121牛顿第三定律0.7分0.7%1222向心力2.2分2.2%12,1623斜抛运动1.5分1.5%1324运动的合成与分解1.5分1.5%1425动量定理的应用1.5分1.5%1426平抛运动基本规律及推论4.5分4.5%15,2327牛顿运动定律的应用2.0分2.0%17,1828胡克定律1.0分1.0%1829验证机械能守恒定律8.0分8.0%1930探究平抛运动的特点8.0分8.0%2031功能的图像问题3.4分3.4%2232追及相遇问题3.3分3.3%22

期末复习（冲A提升练）（解析版）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________考试时间：2023年X月X日命题人：审题人：本试题卷分选择题和非选择题两部分，共11页，满分100分，考试时间90分钟。考生注意：1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应的区域内，作图时先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。4.可能用到的相关参数：重力加速度g均取10m/s2。第I卷（选择题部分）一、单选题（本题共18小题，每小题3分，共54分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.如图，缆车的车厢始终保持水平，车厢内某游客站立不动且未扶扶手，下列说法正确的是(

)A.在加速上升阶段支持力对该游客做正功B.在匀速上升阶段支持力对该游客不做功

C.在减速上升阶段支持力对该游客做负功D.整个上升过程支持力对该游客不做功【答案】A

【解析】解：游客受竖直向上的支持力，根据W=Fxcosθ可知，不论是加速上升还是减速上升阶段，只要是上升，支持力对该游客都做正功，故A正确，BCD错误。

故选：A。

先判断游客受到的支持力方向，结合位移，根据力做功的公式，判断做正功还是负功。

本题主要考查了恒力做功公式的直接应用，关键是判断游客受到的支持力方向，再根据W2.中国运动员谷爱凌在北京冬奥会中获得“自由式滑雪女子U型场地技巧”金牌。图示为U型场地技巧比赛示意图，不计空气阻力且把其视为质点，则谷爱凌在空中运动过程(

)

A.可能处于超重状态 B.速度、加速度均可能为零

C.速度改变量的方向总是竖直向下 D.只要有速度，重力的功率就不可能为零【答案】C

【解析】本题主要考查超重和失重的概念、瞬时功率的概念、速度改变量的概念，均属于基础知识，注重对公式的理解和记忆即可解答。

【解答】AB、谷爱凌在空中运动过程做曲线运动，其速度一定不为0，运动中只受重力作用，其加速度为重力加速度，不为0，可见谷爱凌处于完全失重状态，故AB错误；

C、由Δv=gΔt知，谷爱凌的速度改变量的方向与重力加速度的方向相同，总是竖直向下，故C正确；

D、谷爱凌在空中运动过程做曲线运动，当运动到最高点时，速度方向沿水平方向与重力方向垂直，此时重力的瞬时功率为0，故D错误。

3.如图所示，我国“天问一号”火星探测器在地火转移轨道1上飞行七个月后，于今年2月进入近火点为280千米、远火点为5.9万千米的火星停泊轨道2，进行相关探测后将进入较低的轨道3开展科学探测．则探测器(

)A.在轨道1上的运行速度不超过第二宇宙速度B.在轨道2上近火点的速率比远火点小

C.在轨道2上近火点的机械能比远火点大D.在轨道2上近火点减速可进入轨道3【答案】D

【解析】第一宇宙速度是卫星绕地球表面飞行的环绕速度，第二宇宙速度是卫星脱离地球引力的束缚的最小发射速度；根据开普勒第二定律分析在轨道2上近火点的速率与远火点速度的大小关系；根据功能关系分析机械能的变化；根据卫星的变轨原理进行分析。

根据第二宇宙速度含义、引力做功与速度变化机械能变化的关系分析可得结果，难度不大。

【解答】A.第二宇宙速度为脱离地球的引力的最小发射速度，则在轨道1上的运行速度超过第二宇宙速度，故A错误；

B.在轨道2上由近火点向远火点运动时引力做负功，速度减小，故在近火点的速率比远火点大，故B错误；

C.在轨道2上从近火点到远火点只有引力做功，则机械能守恒，故C错误；

D.在轨道2上近火点减速时，则探测器做向心运动可进入轨道3，故D正确。

4.2021年7月我国成功将全球首颗民用晨昏轨道气象卫星——“风云三号05星”送入预定圆轨道，轨道周期约为1.7 h，被命名为“黎明星”，使我国成为国际上唯一同时拥有晨昏、上午、下午三条轨道气象卫星组网观测能力的国家，如图所示。某时刻“黎明星”正好经过赤道上P城市(未标出)正上方，则下列说法正确的是(

)A.“黎明星”做匀速圆周运动的速度大于7.9 km/s

B.同步卫星的轨道半径小于“黎明星”的轨道半径

C.该时刻后“黎明星”经过1.7 h能经过P城市正上方

D.该时刻后“黎明星”经过【答案】D

【解析】本题以我国成功将全球首颗民用晨昏轨道气象卫星为背景，考查了人造卫星问题。

7.9km/s是人造卫星绕地球做匀速圆周运动的最大环绕速度，“黎明星”的半径大于地球半径，可知“黎明星”做匀速圆周运动的速度小于7.9km/s；根据开普勒第三定律结合同步卫星和“黎明星”的周期关系即可解得轨道半径的关系。由于地球的自转，该时刻后“黎明星”不是经过1.7h能经过P城市正上方。

【解答】A.7.9km/h为地球卫星绕地球做匀速圆周运动的的最大环绕速度，所以“黎明星”做匀速圆周运动的速度小于7.9km/h，A错误；B.“黎明星”轨道周期约为1.7h，同步卫星的周期约为24h，根据开普勒第三定律r13r23=TC.该时刻后“黎明星”经过1.7h正好运行一个周期，因为地球的自转，P城市转过的角度为θ1=ωt1=2π24×1.7=17π120，则D.该时刻后“黎明星”经过17天运动的周期数为n=17×241.7个=240个，此时P城市转过的角度为θ2=ωt2=2π故选D。5.图a为土星探测器拍摄的照片(图b为其示意图)，土卫三十五位于土星内环和外环之间的缝隙里，由于其对所经过区域的引力作用，原本平滑的土星环边沿泛起“涟漪”.已知两土星环由大量碎块组成且绕土星运行方向相同，土卫三十五轨道与两环始终位于同一平面，则下列关于土卫三十五的运行方向说法正确的是A.与两环绕行方向相同且正向图a右上方运动

B.与两环绕行方向相同且正向图a左下方运动

C.与两环绕行方向相反且正向图a右上方运动

D.与两环绕行方向相反且正向图a左下方运动【答案】B

【解析】本题考查卫星的运行规律。

根据万有引力定律有：GMmr2【解答】根据万有引力定律有：GMmr2=mv2r，可得：v=GMr，卫星的轨道半径越大，线速度越小；内环“涟漪”和外环“涟漪”出现在土卫三十五两侧，说明三者运动方向相同，如果运动方向相反，内环“涟漪”和外环“涟漪”出现在土卫三十五同一侧；内环运动比土卫三十五快，外环运动比土卫三十五慢，因此内环“涟漪”

6.宝应县风电、光伏等新能源项目年发电量约21亿千瓦时，约占全县全年用电量的84%。叶片转速很慢时，可通过内部的齿轮箱进行提速后驱动发电机，如图所示是齿轮箱工作原理图一部分，A、B分别是从动轮(内齿轮)和主动轮(外齿轮)上两个点，下列说法中正确的是

A.

两个点的角速度相同 B.

两个点的线速度大小相同

C.

两个点的转速相同 D.

两个点的向心加速度大小相同【答案】B

【解析】物体做匀速圆周运动过程中，同轴转动角速度相同，链条相连和皮带相连线速度相同，即可判断；

大小齿轮线速度相同，根据a=v2r求得向心加速度的大小；

根据ω=vr分析角速度的大小，根据n=v2πr分析转速。

【解答】

B、AB两点为齿轮边缘上的两点，在相等时间内通过的弧长相等，故线速度大小相同，故B正确；

A、根据ω=vr可知，半径不同，故角速度不同，故A错误；

C、根据v=2πrn可知转速n=v2πr，v相等，r不同，故转速不同，故C错误；

D7.一辆正在路面上行驶的汽车，遇到前方有人横穿马路时，司机紧急制动后又经过x的距离停下来才避免了一场车祸的发生，若汽车与地面的摩擦力大小为F，则关于汽车与地面间摩擦力做的功，以下说法中正确的是(

)A.摩擦力对汽车、地面均不做功

B.摩擦力对汽车做-Fx的功，对地面做Fx的功

C.摩擦力对汽车、地面均做-Fx的功

D.摩擦力对汽车做【答案】D

【解析】本题主要考查做功问题，解决问题关键在于理解做功必须是在力的方向上有位移发生。摩擦力做功的条件是发生相对滑动，根据更得公式可求摩擦力做功大小。

【解答】

由功的公式W=FS，汽车发生了位移，又有摩擦力方向相对于速度方向为反方向，所以摩擦力对汽车做功为-Fx，而地面没有发生位移，所以摩擦力对地面没有做功。故ABC错误，D正确。

故选D。8.如图所示，一蹦极爱好者自O点下落后依次经过a、b、c三个位置，经过a点时蹦极绳刚好自然伸直，经过b点时蹦极者所受的合力恰好为零，c点是蹦极者能够到达的最低点。已知蹦极绳始终处于弹性限度内，忽略空气阻力和绳的质量，取O点所在水平面为零势能面。在蹦极者下落的过程中，下列说法正确的是(

)A.蹦极者在a点的重力势能小于在c点时重力势能

B.由O到b的过程中，蹦极者的动能一直增大

C.由O到c的过程中，合力始终对蹦极者做正功

D.由O到c的过程中，蹦极绳的弹性势能先增大后减小【答案】B

【解析】本题考查功的正负的判断，弹性势能变化的判断及运动分析，基础题目。

结合重力势能的定义式直接可判断；分析蹦极者由O到a和a到b的运动情况结合动能的表达式直接可判断；分析蹦极者由O到b和b到c所受合力的方向，从而得出合力做功的正负情况即可判断；分析O到a和a到c过程弹性绳形变量变化情况从而得出弹性绳弹性势能的变化情况即可判断。

【解答】

A、由图知，a点比c点高，由Ep=mgh知，蹦极者在a点的重力势能大于在c点时重力势能，故A错误；

B、蹦极者由O自由下落至a，此过程蹦极者速度一直增大，由a到b过程，蹦极者受重力和弹性绳的弹力作用，由于经过b点时蹦极者所受的合力恰好为零，可见由a到b过程蹦极者所受的重力一直大于弹性绳的弹力，此过程合力向下，与速度方向相同，蹦极者一直做加速运动，可见由O到b的过程中，蹦极者的速度一直增大，其动能一直增大，故B正确；

C、蹦极者由O到b过程，合力一直向下，对蹦极者一直做正功，此后蹦极者所受的弹性绳大于重力，其合力向上，对蹦极者做负功，可见由O到c的过程中，合力始终对蹦极者先做正功后做负功，故C错误；

D、由O到a过程，弹性绳为发生弹性形变，由a到c过程弹性绳一直拉长，可见由O到c的过程中，蹦极绳的弹性势能先不变后增大，故D9.四川西岭雪山滑雪场是中国南方规模最大、档次最高、设施最完善的大型滑雪场。某段滑道建在一斜坡上，斜坡简化为一斜面，倾角θ=30∘，示意图如图所示。运动员从a点由静止自由滑下，到达c点飞离滑道，bc为一小段半径为R的圆弧且b点为圆弧的最低点，运动员视为质点，不计一切阻力，若要求运动员在b点对滑道沿斜面向下的作用力不超过自身重力的3倍，则a、b点间的高度差(

)

A.不大于54R B.不大于12R C.不小于【答案】A

【解析】本题考查了机械能守恒、向心力的规律，要注意明确物体的运动过程，根据受力分析灵活选择物理规律求解即可．根据机械能守恒定律可求得最低b点的速度表达式，再结合向心力公式可求得a、b点间的高度差。【解答】运动员从a点到b点，根据机械能守恒有mgh=12mv2，

在b点，由圆周运动规律有F-mgsinθ=mv2R，

F≤3mg，

联立解得

10.如图所示是玩具飞车的360°回环赛道，其底座固定，且赛道视为半径为R的光滑竖直圆轨道。一质量为m的无动力赛车被弹射出去后，在圆形轨道最低点以水平初速度v0向右运动。设重力加速度为g，则下列说法正确的是(

)

A.当v0=2gR时赛车在最低点对轨道的压力为4mg

B.如果赛车能够完成圆周运动，v0的最小值是2【答案】C

【解析】赛车在竖直光滑圆轨道内做圆周运动，在最高点和最低点，赛车在竖直方向的合力提供赛车做圆周运动的向心力，赛车能够完成圆周运动，赛车在最高点的速度最小，根据动能定理求解赛车在最低点的速度，并加以分析。

本题主要考查在竖直平面内做圆周运动的临界问题，知道能通过轨道最高点时的速度限制，能分析最高点和最低点做圆周运动的向心力来源。

【解答】

A、赛车在最低点时，受到重力与轨道支持力的合力提供赛车做圆周运动的向心力有：FN-mg=mv2R，可得轨道对赛车的支持力FN=mg+mv2R=5mg，根据牛顿第三定律可知，在最低点赛车对轨道的压力为5mg，故A错误；

B、如果赛车能够完成圆周运动，则赛车在最高点的最小速度为v=gR，根据动能定理赛车从最低点到最高点有：-mg⋅2R=12mv2-12mv02，代入v=gR可解得v0=5gR>2gR，故B错误；

C、设赛车经过最低点和最高点速度分别为11.冰壶比赛的场地如图所示，一运动员从冰道左端发球区推动冰壶，沿投掷线的中线以某一速度将冰壶掷出，经过22s冰壶滑过栏线，而后沿中线继续滑动恰好未进入营垒区。若冰壶与冰道之间的动摩擦因数为μ，重力加速度g=10m/s2，则A.3.75×10-3 B.7.0×10【答案】A

【解析】从投掷线到栏线这一过程，分别根据运动学公式以及动能定理列式，越过栏线至静止的过程运用动能定理列式，联立可求μ。

【解答】冰壶沿投掷线的中线做匀减速直线运动，则v=xt=v0+v2，

代入x=22m，t=22s，

可得v0+v=2m/s，

对冰壶运用动能定理，从掷出到运动到栏线的过程有-μmgL0=12mv12.大部分过山车的竖直回环轨道均不是正圆，而是上下高、左右窄的扁轨道结构，如图甲所示.乙图为简化后的示意图，一辆小车(可视为质点)从倾斜轨道某一确定高度由静止释放，不计一切阻力，当小车运动到扁轨道最高点时，与在相同高度的正圆轨道最高点相比A.在扁轨道上小车向心力更大，对轨道压力更大

B.在扁轨道上小车速度更大，对轨道压力更大

C.在扁轨道上小车加速度更小，对轨道压力更小

D.在扁轨道上小车机械能更小，对轨道压力更小【答案】A

【解析】本题考查了竖直平面内的圆周运动；对于圆周运动，涉及力的问题，往往根据向心力进行分析处理。

小车能在竖直轨道内做完整的圆周运动时，小车在最高点时，由重力和支持力提供向心力；结合机械能守恒定律即可。

【解答】BD.过山车在竖直轨道上做圆周运动，机械能守恒，动能和重力势能相互转化；所以过山车运动到扁轨道最高点时，与在相同高度的正圆轨道最高点相比机械能相等，速度相等，故BD错误；

A.过山车在最高点，重力和支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律可知：F向=G+F支=mv2R，由于扁轨道的半径小于正圆轨道的半径，所以在扁轨道上小车向心力更大，支持力更大；根据牛顿第三定律过山车对轨道压力更大，故A正确；

C.由F13.如图所示，某同学在某地玩耍，发现一个图示仓库，于是在某点P(P点位置可移动)想以最小的动能将一块小石子丢过仓库(恰好从A点和B点飞过，注意平时可不能这样，非常危险)，那么设小石子丢出时速度与水平向右的方向成θA.θ=45°B.θ>45°C.θ<45°D.无论θ角多大，P【答案】B

【解析】根据平抛运动的基本规律和机械能守恒定律分析即可。【解答】ABC.从A点和B点飞过，那么在AB所在直线上，射程一定，只有在A点是速度与水平向右方向成45°角，那么在A点的速度才最小，根据机械能守恒，那么在抛出点P的速度也最小(动能最小)，因此在P的抛射角一定大于45°，故B正确，AC错误;

D.如果无限靠近墙，那就是竖直上抛，永远也达不到B点，故D错误。

14.2022世乒赛团体锦标赛在成都举行．如图所示，运动员水平持拍，乒乓球从某一高度自由下落，以4 m/s的速度碰撞球拍，同时球拍水平移动，兵乓球与球拍碰撞后的速度大小为A.乒乓球反弹至最高点时速度为0 B.乒乓球撞击过程的速度变化为1 m/s

C.乒乓球拍水平移动的速度可能是2 【答案】D

【解析】兵乓球反弹后的高度与下落高度相等，说明碰撞前后竖直方向速度大小不变，由速度合成求出碰撞后水平方向的速度大小；对水平方向和竖直方向，分别运用动量定理列方程，结合摩擦力公式，即可求出动摩擦因数。

本题分方向运用动量定理来求解作用力，要抓住两个方向的同时性，同时要注意动量的方向性。【解答】A.乒乓球反弹至最高点时竖直方向速度为零，水平方向速度不为零，故A错误；

B.由于速度是矢量，具有方向性，因此乒乓球撞击过程的速度变化不等于1 m/s，故B错误；

C.由于反弹后的高度与下落高度相等，所以反弹过后竖直方向的速度大小与撞击球拍的速度大小相等，根据合运动与分运动的性质可知v水平=52-42=3m/s，故C错误；

D.设碰撞时间为t，由动量定理分析竖直方向可得FN·t=2mv

15.如图所示，一位同学做飞镖游戏，已知圆盘的直径为d，飞镖距圆盘为L，且对准圆盘上边缘的A点水平抛出，初速度为v0，飞镖抛出的同时，圆盘以垂直圆盘过盘心O的水平轴匀速运动，角速度为ω.若飞镖恰好击中A点，则下列关系正确的是．(

)

A.dv 02=L2g

B.ωL=【答案】B

【解析】由题意分析，由于飞镖做平抛运动，由平抛运动规律解得其在空中飞行的时间及初速度，再由圆周运动的周期性解得其可能的周期及角速度。

本题考查平抛运动及圆周运动相结合的问题，知道圆周运动具有周期性，是解题的关键。

【解答】

A.由平抛运动规律：d=12gt2，解得其在空中飞行的时间t=2dg，由L=v0t，解得平抛初速度为：v0=Lt=Lg2d，化简得：2v02d=L2g，A错误；

BC.由题意可知，当飞镖射中圆盘A点时，A点刚好转到圆盘的正下方，且圆周运动具有周期性，故有：t=2n+12T，T=2π16.市面上有一种自动计数的智能呼拉圈深受女士们喜爱．如图甲，腰带外侧带有轨道，轨道内有一滑轮，滑轮与细绳连接，细绳的另一端连接配重，其模型简化如图乙所示．已知配重质量0.5 kg，绳长为0.4 m，悬挂点到腰带中心的距离为0.2 m.水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重在水平面内做匀速圆周运动，计数器显示在1 min内圈数为120，此时绳子与竖直方向夹角为θ.配重运动过程中腰带可看做不动，g= 10 m/sA.匀速转动时，配重受到的合力恒定不变 B.配重的角速度是240π rad/s

C.【答案】D

【解析】对配重进行受力分析，结合运动状态：配重在水平方向做圆周运动，合外力提供向心力，竖直方向受力平衡。本题考查圆锥摆问题、向心力的来源分析及计算，关键是根据实际情况分析受力模型，根据向心力公式分析计算。

【解答】

A、匀速转动时，配重受到的合力提供配重做匀速圆周运动的向心力，其大小不变，但方向变化，故配重受到的合力改变，故A错误；

D、以配重为研究对象，受到重力和拉力，如图1所示；

竖直方向根据平衡条件可得：Tcosθ=mg，转速增大、θ增大、T增大，故D正确；

B、计数器显示在1min内显数圈数为120，可得周期为T=1min120=60120s=0.5s，

角速度ω=2πT=2π0.5rad/s=4π rad/s，故B错误；

C、根据图1结合牛顿第二定律可得：mgtanθ=mr4π217.复兴号动车在世界上首次实现了速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为M的动车，以恒定功率P在平直轨道上由静止开始运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力f保持不变。动车在时间t内A.做匀加速直线运动，加速度大小为a=vmtB.在时间t内通过的位移为s=vm【答案】C

【解析】由机车以恒定功率启动过程判断得解。本题主要考查机车以恒定功率启动过程，熟悉启动过程，熟悉各量的关系是解题的关键，难度一般。

【解答】A.根据牛顿第二定律得：F牵-f=ma，而由机车的功率表达式：FB.若复兴号做匀变速直线运动，v-t图像如图中直线所示由图像面积可得位移为x=vm2t复兴号动车实际做加速度逐渐减小的变加速直线运动，v-t图像如图中曲线所示，其位移C.当加速度为零时，速度达到最大值为vm，此时牵引力的大小等于阻力f，故功率P=f⋅vmD.在该时间内，根据动能定理得：W-Wf=12Mvm2，可得牵引力做功：W=

18.如图所示，固定光滑斜面的倾角为37°，轻弹簧的一端固定在斜面上C点正上方的固定转轴O

处，另一端与一质量为m

的滑块(视为质点)相连，弹簧原长和O点到斜面的距离均为d。将滑块从与O点等高的A点由静止释放，滑块经过O点在斜面上的垂足B点到达C点的过程中始终未离开斜面，滑块到达C点时弹簧的弹力小于滑块受到的重力，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(

)

A.滑块经过B点的速度小于gd

B.滑块从A点运动到C点的过程中，在B点的速度最大

C.滑块从A点运动到C点的过程中，其速度一直在增大

D.弹簧的劲度系数大于【答案】C

【解析】A到B过程根据动能定理分析经过B点的速度；A到C过程对滑块分析竖直方向的受力情况，判断运动情况；根据题意结合胡克定律、几何关系分析弹簧的劲度系数。

【解答】

A.滑块从A到B点，根据题意可知弹簧和重力都做正功，假如只有重力做功，

根据动能定理mgdcos37°=12mv2，解得：v=85gd

所以滑块经过B点的速度大于gd，故A错误；

BC.从A到C

的过程中，重力沿斜面向下的分量不变，弹簧的弹力开始时沿斜面向下的分量逐渐减小，即合外力不断减小，而过B点后弹簧的弹力沿斜面向上的分量逐渐增大，合外力逐渐减小，所以加速度是一直减小，但是加速度和速度方向始终一致，所以做加速度减小的加速运动，故B错误，C正确；

D.根据几何关系可得LOC=54d第II卷（非选择题）二、实验题（本题共2小题，共16分）19.某实验小组用落体法“验证机械能守恒定律”，实验装置如图甲所示．让重锤从高处由静止开始下落，打点计时器在重锤拖着的纸带上打出一系列的点，对图中纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．

甲

乙(1)为完成此实验，除了图甲中所示器材，还必需的器材是

．

A.刻度尺

B.秒表

C.天平

(2)对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的有

．A.选用质量和密度较大的金属重锤B.打点计时器的两限位孔在同一竖直线上C.精确测量出重锤的质量D.用手托稳重锤，接通电源后，撒手释放重锤(3)选出一条清晰的纸带如图乙所示，其中O点为打点计时器打下的第一个点，A、B、C为三个计数点，测得OA=h1，OB=h2，OC=h3，在计数点A和B、B和C之间还各有一个点．设重锤的质量为m，已知当地的重力加速度为g(4)实验计算结果显示，重锤重力势能的减少量略大于重锤动能的增加量，可能的原因是

．【答案】(1)A；

(2)AB；

(3)mgh2

；

12m【解析】此题考查验证机械能守恒定律实验的原理，掌握如何处理实验误差的方法，理解验证机械能守恒的中，瞬时速度的求解，及重力势能的表达式的应用。

【解答】

(1)在该实验中需要测量点迹间的距离，需要刻度尺，故A正确；

(2)A、实验供选择的重物应该相对质量较大、体积较小、密度较大的物体，这样能减少摩擦阻力的影响，从而减小实验误差，故A正确；

B、为了减小纸带与限位孔之间的摩擦图甲中两限位孔必须在同一竖直线，这样可以减小纸带与限位孔的摩擦，从而减小实验误差，故B正确；

C、因为实验中比较的是mgh与12mv2的大小关系，故m可约去，不需要测量重锤的质量，对减小实验误差没有影响，故C错误；

D、实验时，应用手提着纸带上端，再接通打点计时器电源后释放重物，对减小实验误差没有影响，故D错误。

(3)在OB段运动过程中，重物重力势能的减少量为：ΔEp=mghOB=mgh2，

20.某物理小组利用如图甲所示的装置探究平抛运动规律。在斜槽轨道的末端安装一个光电门，调节激光束与实验所用小钢球的球心等高，斜槽末端切线水平，又分别在该装置正上方A处和右侧正前方B处安装频闪摄像头进行拍摄，钢球从斜槽上的固定位置无初速度释放，通过光电门后抛出，测得钢球通过光电门的平均时间为2.10ms，得到的频闪照片如图丙所示，O为抛出点，P为运动轨迹上某点，g取9.80m/(1)用50分度游标卡尺测得钢球直径如图乙所示，则钢球直径d=

mm，由此可知钢球通过光电门的速度v=

m/(2)在图丙中，B处摄像头所拍摄的频闪照片为

(选填“a”或“b”)。(3)测得图丙a中OP距离为59.10cm，b中OP距离为44.10cm，则钢球平抛的初速度大小v0=

(4)通过比较钢球通过光电门的速度v与由平抛运动规律解得的平抛初速度v0【答案】(1)4.20；2.00；(2)b；(3)1.97。

【解析】本题主要考查探究平抛运动规律的实验，明确实验原理是解决问题的关键。

(1)根据游标卡尺读数方法可得钢球直径；根据一段极短时间内的平均速度近似等于瞬时速度求解钢球通过光电门的速度；

(2)根据平抛运动的规律分析即可；

(3)由平抛运动的规律，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，由运动学公式列式求解平抛初速度。

【解答】(1)由游标卡尺读数规则可知读数为d=4mm+10×0.02 mm=4.20 mm，由此可知钢球通过光电门的速度v=dt=2.00m/s；

(2)钢球做平抛运动时，水平方向是匀速直线运动，竖直方向是自由落体运动，故B处摄像头所拍摄的频闪照片为b;

(3)由平抛运动规律可得，竖直方向：h=12gt2三、计算题（本大题共3小题，10分+10分+10分，共30分，解答过程请写出必要的文字说明和必需的物理演算过程，只写出最终结果的不得分）21.如图所示为一滑梯的实物图，滑梯的斜面段长度L=5.0m，高度h=3.0m，为保证小朋友的安全，在水平面铺设安全地垫。水平段与斜面段平滑连接，小朋友在连接处速度大小不变。某小朋友从滑梯顶端由静止开始滑下，经斜面底端后水平滑行一段距离，停在水平地垫上。已知小朋友质量为m=20kg，小朋友在斜面上受到的平均阻力f

(1)小朋友在斜面滑下的过程中克服摩擦力做的功；

(2)小朋友滑到斜面底端时的速度v的大小；

(3)为使小朋友不滑出水平地垫，地垫的长度x至少多长。【答案】解：(1)小朋友在斜面滑下的过程中克服摩擦力做的功为：Wf1=f1L=88×5J=440J

(2)小