鲁科版高一物理必修二单元测试题及答案解析全套

鲁科版高一物理必修二单元测试题及答案解析全套阶段验收评估（一）功和功率(时间：50分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。第1～5小题只有一个选项正确，第6～8小题有多个选项正确，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1.如图1是小孩滑滑梯的情景，在小孩下滑过程中，关于各力做功的说法，正确的是()图1A．重力不做功B．支持力做负功C．支持力做正功D．摩擦力做负功解析：选D下滑过程，位移方向斜向下，重力竖直向下，重力做正功；支持力始终与运动方向垂直，支持力不做功；摩擦力始终与运动方向相反，摩擦力做负功。2．关于力对物体做功，以下说法正确的是()A．一对作用力和反作用力在相同时间内做的功一定大小相等，正负相反B．不论怎样的力对物体做功，都可以用W＝Fscosα计算C．合外力对物体不做功，物体必定做匀速直线运动D．滑动摩擦力和静摩擦力都可以对物体做正功或负功解析：选D一对相互作用力做功，可以出现都做正功，都做负功，一正一负，或一个做功、一个不做功等各种情况，A错误。只有恒力做功才可用W＝Fscosα计算，B错误。合外力对物体不做功，物体可能处于静止，当合外力与物体的运动方向垂直时，物体的运动方向改变，故C项错误。摩擦力对物体可做正功也可做负功，D项正确。3．2015年亚洲田径锦标赛在湖北省武汉市举行，中国选手发挥出高水平，将八项决赛里产生的四枚金牌收入囊中。谢文骏夺得男子110米栏冠军，谢文骏在比赛中，主要有起跑加速、途中匀速跨栏和加速冲刺三个阶段，他的脚与地面间不会发生相对滑动，下列说法正确的是()A．加速阶段地面对人的摩擦力做正功B．匀速阶段地面对人的摩擦力做负功C．由于人的脚与地面间不发生相对滑动，所以不论加速还是匀速，地面对人的摩擦力始终不对人做功D．无论加速还是匀速阶段，地面对人的摩擦力始终做负功解析：选C由于脚与地面间不发生相对滑动，地面对人产生摩擦力的瞬间，力的作用点位移为零，所以地面对人的摩擦力不做功，C正确。4．如图2所示，分别用力F1、F2、F3将质量为m的物体由静止沿同一光滑斜面以相同的加速度从斜面底端拉到斜面的顶端，在此过程中，F1、F2、F3做功的功率大小关系是()图2A．P1＝P2＝P3 B．P1＞P2＝P3C．P3＞P2＞P1 D．P1＞P2＞P3解析：选A因为加速度a相同，所以沿斜面方向上F的分力相等，又时间相等，所以速度v也相等，据P＝Fvcosα知，选项A正确。5．质量为m的汽车行驶在平直公路上，在运动中所受阻力不变。当汽车加速度为a，速度为v时发动机的功率为P1；当功率为P2时，汽车行驶的最大速度应为()A.eq\f(P2v,P1) B.eq\f(P2v,P1－mav)C.eq\f(P1v,P2) D.eq\f(P1v,P2－mav)解析：选B由牛顿第二定律eq\f(P1,v)－f＝ma，vm＝eq\f(P2,f)，由两式可得vm＝eq\f(P2v,P1－mav)。6．如图3所示，坐在雪橇上的人与雪橇的总质量为m，在与水平面成θ角的恒定拉力F作用下，沿水平地面向右移动了一段距离l。已知雪橇与地面间的动摩擦因数为μ，雪橇受到的()图3A．支持力做功为mgl B.重力做功为0C．拉力做功为Flcosθ D．滑动摩擦力做功为－μmgl解析：选BC根据受力分析知N＝mg－Fsinθ，f＝μN＝μ(mg－Fsinθ)，由于支持力、重力与雪橇的位移垂直，故这两个力不做功，A错，B对。由功的计算式得拉力做功WF＝Flcosθ，C对。摩擦力做功Wf＝－fl＝－μ(mg－Fsinθ)l，D错。7．质量为m的物体沿直线运动，只受到一个力F的作用。物体的位移s、速度v、加速度a和F对物体做功功率P随时间变化的图像如图所示，其中不可能的是()解析：选AB在力F作用下物体做匀变速运动，所以C正确；v应该均匀增加，所以B错；s增加越来越快，所以A错；P＝Fv＝eq\f(F2,m)t，所以D正确。8．质量为m＝2kg的物体沿水平面向右做直线运动，t＝0时刻受到一个水平向左的恒力F，如图4甲所示，此后物体的v­t图像如图乙所示，取水平向右为正方向，g取10m/s2，则()图4A．物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5B．10s末恒力F的瞬时功率为6WC．10s末物体在计时起点左侧2m处D．10s内物体克服摩擦力做功34J解析：选CD由v­t图像得两段时间的加速度大小分别为a1＝2m/s2、a2＝1m/s2。根据牛顿第二定律：有F＋μmg＝ma1，F－μmg＝ma2。解得：F＝3N，μ＝0.05，故A错。10s末恒力F的瞬时功率P＝Fv＝18W，B错。10s内物体的位移s＝eq\f(8,2)×4m－eq\f(6,2)×6m＝－2m，说明物体10s末在计时起点左侧2m处，C对。整个过程的路程x＝eq\f(8,2)×4m＋eq\f(6,2)×6m＝34m，所以10s内物体克服摩擦力做功W＝μmgx＝34J，D对。二、计算题(本题共3小题，共52分)9.(16分)如图5所示，一质量m＝4.0kg的物体，由高h＝2.0m，倾角θ＝53°的固定斜面顶端滑到底端。物体与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.2。(g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)求：图5(1)物体的重力做的功。(2)物体所受外力对它做的总功。解析：(1)物体从斜面顶端滑到底端的过程中，位移为：l＝eq\f(h,sinθ)＝2.5m，位移l与重力方向的夹角为90°－θ，故重力做功：W1＝mglcos(90°－θ)＝80J。(2)物体受力如图所示，摩擦力为：f＝μmgcosθ＝0.2×4.0×10×cos53°N＝4.8N故物体所受摩擦力做的功为：W2＝－fl＝－4.8×2.5J＝－12J由于支持力与位移l垂直，故支持力不做功。所以物体所受外力对它做的总功：W＝W1＋W2＝68J。答案：(1)80J(2)68J10．(16分)已知解放牌汽车发动机的额定功率为60kW，汽车的质量为4t，它在水平路面上行驶时所受的阻力为车重的0.1倍，g取10m/s2，求：(1)解放牌汽车以额定功率从静止启动后，能达到的最大速度。(2)若解放牌汽车以0.5m/s2的加速度匀加速启动，其匀加速运动的时间多长。解析：(1)f＝kmg＝4000N以额定功率启动，达到最大速度时，P＝Fvm＝fvm由此：vm＝eq\f(p,f)＝eq\f(60×103,4×103)m/s＝15m/s。(2)由F－f＝ma得F＝ma＋f＝6000N由P＝Fv得v＝10m/s，故t＝eq\f(v,a)＝20s。答案：(1)15m/s(2)20s11．(20分)如图6所示，位于水平面上的物体A，在斜向上的恒定拉力作用下，由静止开始向右做匀加速直线运动。已知物体质量为10kg，F的大小为100N，方向与速度v的夹角为37°，物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，g取10m/s2。求：图6(1)第2s末，拉力F对物体做功的功率是多大？(2)从运动开始，物体前进12m过程中拉力对物体做功的功率？(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)解析：(1)物体对水平面的压力N＝mg－Fsin37°＝100N－100×0.6N＝40N由牛顿第二定律得Fcos37°－μN＝ma，代入数据解得物体的加速度a＝6m/s2第2s末，物体的速度v＝at＝12m/s拉力F对物体做功的功率P＝Fvcos37°＝960W。(2)从运动开始，前进12m用时t′＝eq\r(\f(2l,a))＝2s该过程中拉力对物体做功W＝Flcos37°＝100×12×0.8J＝960J拉力对物体做功的平均功率P′＝eq\f(W,t′)＝480W。答案：(1)960W(2)480W阶段验收评估（二）能的转化与守恒(时间：50分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。第1～5小题只有一个选项正确，第6～8小题有多个选项正确，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．自由摆动的秋千，摆动的幅度越来越小，下列说法中正确的是()A．机械能守恒B．能量正在消失C．总能量守恒，正在减少的机械能转化为内能D．只有动能和势能的相互转化解析：选C秋千摆动的幅度越来越小，即重力势能的最大值越来越小，机械能减小，减小的机械能转化为内能，C正确。2．一辆汽车以v1＝6m/s的速度沿水平面行驶，急刹车后能滑行l1＝3.6m。如果汽车以v2＝8m/s的速度行驶，在同样的路面上急刹车后滑行的距离l2应为()A．6.4m B．5.6mC．7.2m D．10.8m解析：选A设摩擦力为f，由动能定理得－fs1＝0－eq\f(1,2)mv12①－fs2＝0－eq\f(1,2)mv22②由①②两式得eq\f(s2,s1)＝eq\f(v22,v12)，故汽车滑行距离s2＝eq\f(v22,v12)·s1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,6)))2×3.6m＝6.4m。3.如图1所示在足球赛中，红队球员在白队禁区附近主罚定位球，并将球从球门右上角贴着球门射入，球门高度为h，足球飞入球门的速度为v，足球质量为m，则红队球员将足球踢出时对足球做的功W为(不计空气阻力、足球可视为质点)()图1A.eq\f(1,2)mv2 B．mghC.eq\f(1,2)mv2＋mgh D.eq\f(1,2)mv2－mgh解析：选C根据动能定理可得：W－mgh＝eq\f(1,2)mv2－0，所以W＝eq\f(1,2)mv2＋mgh，C正确。4.如图2所示，AB为eq\f(1,4)圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R。一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A从静止开始下落时，恰好运动到C处停止，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为()图2A.eq\f(μmgR,2) B.eq\f(mgR,2)C．mgR D.(1－μ)mgR解析：选D设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，BC段摩擦力做功－μmgR。故物体从A运动到C的全过程，由动能定理得：mgR－WAB－μmgR＝0解得：WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR，故D正确。5．物体做自由落体运动，Ek表示动能，Ep表示势能，h表示下落的距离，以水平地面为零势能面。下列所示图像中能正确反映各物理量之间的关系的是()解析：选B设物体的质量为m，初态势能为E0，则有Ep＝E0－eq\f(1,2)mg2t2＝E0－eq\f(1,2)mv2＝E0－Ek＝E0－mgh。综上可知只有B正确。6．一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离。假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是()A．运动员到达最低点前重力势能始终减小B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D．蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关解析：选ABC重力做功决定重力势能的变化，随着高度的降低，重力一直做正功，重力势能一直减小，故A正确；弹性势能的变化取决于弹力做功，当弹性绳张紧后，随着运动员的下落弹力一直做负功，弹性势能一直增大，故B正确；在蹦极过程中，由于只有重力和弹性绳的弹力做功，故由运动员、地球及弹性绳组成的系统机械能守恒，故C正确；重力势能的大小与势能零点的选取有关，而势能的改变与势能零点选取无关，故选项D错误。7．一质量为1kg的物体被人用手由静止向上提升1m，这时物体的速度为2m/s。则下列说法正确的是()A．手对物体做功12JB．合外力对物体做功12JC．合外力对物体做功2JD．物体克服重力做功10J解析：选ACD重力做功－mgh等于－10J，合外力对物体做功(即重力和拉力对物体做的总功)等于物体动能的变化，为2J，拉力做功为12J。8.如图3所示，某人以平行斜面的拉力将物体沿斜面拉下，拉力大小等于摩擦力大小，则下列说法正确的是()图3A．物体加速下滑B．合外力对物体做的功等于零C．物体的机械能减少D．物体的机械能保持不变解析：选AD物体沿斜面下滑，受到重力G，斜面支持力N，滑动摩擦力f和拉力F作用。因拉力F大小与摩擦力f大小相等，则物体所受合力将沿斜面向下，做加速运动，且合力做功不为零，故A正确、B错误。物体下滑时，支持力N方向总与运动方向垂直，因此不做功，拉力F和摩擦力f做的功的代数和为零，只有重力对物体做功，因此物体的机械能守恒，C错误，D正确。二、实验题(本题共2小题，共18分)9．(8分)在探究动能定理的实验中，实验装置已安装完毕，请完成如下实验操作：①将纸带穿过打点计时器的_________________________________________________，纸带下端固定在重锤上，上端用手提住，纸带不与限位孔接触。②接通打点计时器的电源使它工作，让纸带从________状态开始释放，计时器在纸带上打出一系列的点。③取纸带上的第1个点记为O，在第1个点后距离较远处任意选取一点P，记P点为n，用刻度尺测出________的距离h。④打点计时器工作电源频率为50Hz，则打点间隔时间为________s。根据公式________计算出P点的速度v。⑤由上面的h和v分别计算_________________________________________和____________________，看两者__________________________________。⑥在其他纸带上再另选几个点，重复步骤③④⑤。答案：①限位孔并在复写纸下面经过②静止③O点到P点④0.02vn＝eq\f(hn＋1－hn－1,2T)⑤重锤重力做的功WG＝mgh重锤动能增加量ΔEk＝eq\f(1,2)mv2是否近似相等10．(10分)在“验证机械能守恒定律”的实验中，质量m＝1kg的重物自由下落，在纸带上打出一系列的点，如图4所示(相邻两计数点时间间隔为0.02s)，单位cm，那么：图4(1)纸带的________端与重物相连；(2)打点计时器打下计数点B时，重物的速度vB＝____________；(3)从起点O到打下计数点B的过程中重物重力势能减少量ΔEp＝________J，此过程中重物动能的增加量ΔEk＝________J(g取9.8m/s2)；(4)通过计算，数值上ΔEp________ΔEk(填“＞”“＝”或“＜”)，这是因为___________________________________________________________________________________。解析：(1)重物下落的过程中，重物的速度越来越大，打的点间距应当越来越大，故O端与重物相连。(2)B点瞬时速度等于AC段的平均速度vB＝eq\f(hAC,2T)＝eq\f(7.06－3.14×10－2,2×0.02)m/s＝0.98m/s。(3)重力势能减少量ΔEp＝mgh＝1×9.8×0.0501J＝0.491J动能的增加量ΔEk＝eq\f(1,2)mvB2＝eq\f(1,2)×1×0.982J＝0.480J。(4)计算得出ΔEp＞ΔEk。这是因为重物在下落过程中还需克服摩擦阻力做功。答案：(1)O(2)0.98m/s(3)0.4910.480(4)＞重物在下落过程中还需克服摩擦阻力做功三、计算题(本题共2小题，共34分)11．(14分)2016年冰壶世界青年锦标赛于3月5日～13日在土耳其埃尔祖鲁姆举行。冰壶在水平冰面上的一次滑行可简化为如下过程：如图5所示，运动员将静止于O点的冰壶(视为质点)沿直线OO′推到A点放手，此后冰壶沿AO′滑行，最后停于C点。已知冰面与各冰壶间的动摩擦因数为μ，冰壶质量为m，AC＝L，CO′＝r，重力加速度为g。图5(1)求冰壶在A点的速率；(2)若将BO′段冰面与冰壶间的动摩擦因数减小为0.8μ，原只能滑到C点的冰壶能停于O′点，求A点与B点之间的距离。解析：(1)从A到C，由动能定理有－μmgL＝0－eq\f(1,2)mvA2得vA＝eq\r(2μgL)。(2)从A到O′，由动能定理有－μmgs－0.8μmg(L＋r－s)＝0－eq\f(1,2)mvA2得s＝L－4r。答案：(1)eq\r(2μgL)(2)L－4r12．(20分)如图6所示，一质量为m的滑块从高为h的光滑圆弧形槽的顶端A处无初速度地滑下，槽的底端B与水平传送带相接，传送带的运行速度恒为v0，两轮轴心间距为l，滑块滑到传送带上后做匀加速运动，滑到传送带右端C时，恰好加速到与传送带的速度相同，求：图6(1)滑块到达底端B时的速度大小vB；(2)滑块与传送带间的动摩擦因数μ；(3)此过程中，由于克服摩擦力做功而产生的热量Q。解析：(1)滑块在由A到B的过程中机械能守恒，可得mgh＝eq\f(1,2)mvB2，解得vB＝eq\r(2gh)。(2)滑块在由B到C的过程中，应用动能定理得μmgl＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mvB2解得μ＝eq\f(v02－2gh,2gl)。(3)Q＝f·l相对＝μmgl相对又v0＝vB＋μgt得l相对＝v0t－eq\f(vB＋v0,2)t＝eq\f(v0－vB2,2μg)＝eq\f(v0－\r(2gh)2,2μg)故Q＝eq\f(m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0－\r(2gh)))2,2)。答案：(1)vB＝eq\r(2gh)(2)μ＝eq\f(v02－2gh,2gl)(3)Q＝eq\f(mv0－\r(2gh)2,2)阶段验收评估（三）抛体运动(时间：50分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。第1～5小题只有一个选项正确，第6～8小题有多个选项正确，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．一质点在某段时间内做曲线运动，则在这段时间内()A．速度一定在不断地改变，加速度也一定不断地改变B．速度一定在不断地改变，加速度可以不变C．速度可以不变，加速度一定不断地改变D．速度可以不变，加速度也可以不变解析：选B物体做曲线运动，其运动轨迹上各点的切线方向不同，速度方向一定变化，即速度一定发生变化，物体必受力的作用，若所受力为恒力，则加速度不变，反之，则加速度变化，故B正确。2.如图1所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，用铅笔靠着线的左侧向右上方45°方向匀速移动，运动中始终保持悬线竖直，则橡皮运动的速度()图1A．大小和方向均不变B．大小不变，方向改变C．大小改变，方向不变D．大小和方向均改变解析：选A橡皮同时参与两个方向的运动：一个是水平方向的匀速直线运动，另一个是竖直方向的匀速直线运动，由于这两个方向上的分运动都是匀速直线运动，因此这两个运动的合运动也是匀速直线运动，即橡皮的速度大小和方向都保持不变，所以A正确。3.如图2所示，在水平地面上匀速运动的汽车，通过定滑轮用绳子吊起一物体，若汽车和被吊物体在同一时刻的速度大小分别为v1和v2，则下列说法中正确的是()图2A．物体在做匀速运动且v2＝v1B．物体在做加速运动且v2＞v1C．物体在做加速运动且v2＜v1D．物体在做减速运动且v2＜v1解析：选C对v1速度分解如图所示，得v2＝v1cosθ，所以v2＜v1；由于v1不变，θ角变小，cosθ变大，故v2变大，只有选项C正确。4．质点从同一高度水平抛出，不计空气阻力，下列说法正确的是()A．质量越大，水平位移越大B．初速度越大，落地时竖直方向速度越大C．初速度越大，空中运动时间越长D．初速度越大，落地速度越大解析：选D物体做平抛运动时，h＝eq\f(1,2)gt2，x＝v0t，则t＝eq\r(\f(2h,g))，所以x＝v0eq\r(\f(2h,g))，故A、C错误。由vy＝gt＝eq\r(2gh)，故B错误。由v＝eq\r(v02＋vy2)＝eq\r(v02＋2gh)，则v0越大，落地速度越大，故D正确。5.有A、B两小球，B的质量为A的两倍。现将它们以相同速率沿同一方向抛出，不计空气阻力。图3中①为A的运动轨迹，则B的运动轨迹是()图3A．① B．②C．③ D．④解析：选A不计空气阻力的情况下，两球沿同一方向以相同速率抛出，其运动轨迹是相同的，选项A正确。6．关于竖直上抛运动，下列说法正确的是()A．竖直上抛运动先后两次经过同一点时速度相同B．竖直上抛运动的物体从某点到最高点和从最高点回到该点的时间相等C．以初速度v0竖直上抛的物体升高的最大高度为h＝eq\f(v02,2g)D．竖直上抛运动可看成匀速直线运动与自由落体运动的合运动解析：选BCD由竖直上抛运动的对称性知B正确；速度是矢量，先后经过同一点时速度大小相等，但方向相反，A错误；由vt2－v02＝2gh知，上升的最大高度h＝eq\f(v02,2g)，C正确；竖直上抛运动可分解为竖直向上的匀速直线运动和自由落体运动，D正确。7．河宽为d，水流速度为v1，船在静水中速度为v2，要使小船在渡河过程中通过路程s最短，则下列说法中正确的是()A．v1＜v2时，s＝dB．v1＜v2时，s＝eq\f(\r(v12＋v22),v2)dC．v1＞v2时，s＝eq\f(v1,v2)dD．v1＞v2时，s＝eq\f(v2,v1)d解析：选AC渡河的最短路程有两种情况：第一，当v2＞v1时，可以使实际运动方向垂直河岸，即s＝d，A正确。第二，当v2＜v1时，不可能垂直河岸过河，但存在最短路程，即实际运动方向与垂直河岸方向的夹角最小，此时实际速度v与v2垂直，如图所示。由几何关系知最短路程(OA间的距离)s＝eq\f(v1,v2)d，故C正确。8.如图4所示，从地面上方某点，将一小球以5m/s的初速度沿水平方向抛出，小球经过1s落地。不计空气阻力，g取10m/s2，则可求出()图4A．小球抛出时离地面的高度是5mB．小球从抛出点到落地点的水平位移大小是5mC．小球落地时的速度大小是15m/sD．小球落地时的速度方向与水平地面成30°角解析：选AB由竖直方向有y＝eq\f(1,2)gt2＝5m知，A正确；由x＝v0t＝5m知，B正确；由v＝eq\r(v02＋gt2)＝5eq\r(5)m/s知，C错误；由tanθ＝eq\f(gt,v0)＝2知，D错误。二、计算题(本题共3小题，共52分)9．(16分)如图5所示为一次洪灾中，驻军的直升机为小城运送沙袋。该直升机A用长度足够长的悬索(重力可忽略不计)系住一质量m＝50kg的沙袋B，直升机A和沙袋B以v0＝10m/s的速度一起沿水平方向匀速运动，某时刻开始将沙袋放下，在5s时间内，沙袋在竖直方向上移动的距离以y＝t2(单位：m)的规律变化，g取10m/s2，求在5s末沙袋B的速度大小及位移大小。图5解析：沙袋在水平方向上做匀速直线运动，v0＝10m/s在竖直方向上沙袋的位移：y＝t2，即沙袋在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝2m/s2，沙袋5s末在竖直方向上的速度为vy＝at＝10m/s，合速度v＝eq\r(v02＋vy2)＝10eq\r(2)m/s，竖直方向上的位移y＝eq\f(1,2)at2＝25m，水平方向上的位移x＝v0t＝50m，合位移s＝eq\r(x2＋y2)＝25eq\r(5)m。答案：10eq\r(2)m/s25eq\r(5)m10.(18分)跳台滑雪是利用依山势特别建造的跳台进行的，运动员踩着专用滑雪板，不带雪杖在助滑路上获得高速后起跳，在空中飞行一段距离后着陆。如图6所示，设一位运动员由A点沿水平方向跃出，到B点着陆，测得AB间距离L＝75m，山坡倾角θ＝37°(取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，试计算：(不计空气阻力，g取10m/s2)图6(1)运动员在空中飞行的时间t；(2)他起跳时的速度v0；(3)落地前瞬间速度的大小。解析：(1)运动员从起跳到落地的竖直位移y＝eq\f(1,2)gt2，而y＝Lsinθ，将g＝10m/s2，L＝75m，θ＝37°代入以上两式，解得t＝3s。(2)运动员的水平位移x＝v0t，x＝Lcosθ，将t＝3s，L＝75m，θ＝37°代入求得v0＝20m/s。(3)运动员落地时的竖直分速度vy＝gt＝10×3m/s＝30m/s所以他落地时速度大小v＝eq\r(v02＋vy2)＝eq\r(202＋302)m/s≈36.1m/s。答案：(1)3s(2)20m/s(3)36.1m/s11.(18分)如图7所示，水平屋顶高H＝5m，墙高h＝3.2m，墙到房子的距离L＝3m，墙外马路宽x＝10m，小球从房顶水平飞出，落在墙外的马路上，求小球离开房顶时的速度v0的取值范围。(取g＝10m/s2)图7解析：设小球恰好越过墙的边缘时的水平初速度为v1，由平抛运动规律可知：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(H－h＝\f(1,2)gt12①,L＝v1t1②))由①②得：v1＝eq\f(L,\r(\f(2H－h,g)))＝eq\f(3,\r(\f(2×5－3.2,10)))m/s＝5m/s又设小球恰落到路沿时的初速度为v2，由平抛运动的规律得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(H＝\f(1,2)gt22③,L＋x＝v2t2④))由③④得：v2＝eq\f(L＋x,\r(\f(2H,g)))＝eq\f(3＋10,\r(\f(2×5,10)))m/s＝13m/s所以小球抛出时的速度大小为5m/s≤v0≤13m/s。答案：5m/s≤v0≤13m/s阶段验收评估（四）匀速圆周运动(时间：50分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。第1～5小题只有一个选项正确，第6～8小题有多个选项正确，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．对于做匀速圆周运动的物体，以下说法正确的是()A．速度不变B．受到平衡力作用C．除受到重力、弹力、摩擦力之外，还受到向心力的作用D．所受合力大小不变，方向始终与线速度垂直并指向圆心解析：选D做匀速圆周运动的物体速度方向不断变化，A错误。又因为做匀速圆周运动的物体具有向心加速度，所以所受合力不为零，B错误。向心力是效果力，受力分析时不考虑，C错误。做匀速圆周运动的物体，合力充当向心力，所以其大小不变，方向始终与线速度垂直并指向圆心，D正确。2．建造在公路上的桥梁大多是凸桥，较少是水平桥，更少有凹桥，其主要原因是()A．为了节省建筑材料，以减少建桥成本B．汽车以同样的速度通过凹桥时对桥面的压力要比对水平桥或凸桥压力大，故凹桥易损坏C．建造凹桥的技术特别困难D．无法确定解析：选B汽车通过水平桥时，对桥的压力大小等于车的重力，汽车通过凸桥时，在最高点时，对桥的压力F1＝mg－meq\f(v2,R)，而汽车通过凹桥的最低点时，汽车对桥的压力F2＝mg＋meq\f(v2,R)。综上可知，汽车通过凹桥时，对桥面的压力较大，因此对桥的损坏程度较大。这是不建凹桥的原因。3．(全国甲卷)小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图1所示。将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点，()图1A．P球的速度一定大于Q球的速度B．P球的动能一定小于Q球的动能C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度解析：选C两球由静止释放到运动到轨迹最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒，取轨迹的最低点为零势能点，则由机械能守恒定律得mgL＝eq\f(1,2)mv2，v＝eq\r(2gL)，因LP＜LQ，则vP＜vQ，又mP＞mQ，则两球的动能无法比较，选项A、B错误；在最低点绳的拉力为F，则F－mg＝meq\f(v2,L)，则F＝3mg，因mP＞mQ，则FP＞FQ，选项C正确；向心加速度a＝eq\f(F－mg,m)＝2g，选项D错误。4.如图2所示，在双人花样滑冰运动中，有时会看到被男运动员拉着的女运动员离开地面在空中做圆锥摆运动的精彩场面，目测体重为G的女运动员做圆锥摆运动时与水平冰面的夹角约为30°，重力加速度为g，估算知该女运动员()图2A．受到的拉力为G B.受到的拉力为2GC．向心加速度为3g D．向心加速度为2g解析：选B如图所示，F1＝Fcos30°，F2＝Fsin30°，F2＝G，F1＝ma，所以a＝eq\r(3)g，F＝2G。选项B正确。5．游客乘坐过山车，在圆弧轨道最低点处获得的向心加速度达到20m/s2，取g＝10m/s2。那么此位置座椅对游客的作用力相当于游客重力的()A．1倍B．2倍C．3倍 D．4倍解析：选C游客乘过山车在圆弧轨道最低点的受力如图所示。由牛顿第二定律得N－mg＝ma，则N＝mg＋ma＝3mg，即eq\f(N,mg)＝3。6.如图3所示，用长为L的细绳拴着质量为m的小球在竖直平面内做圆周运动，正确的说法是()图3A．小球在圆周最高点时所受的向心力一定为重力B．小球在最高点时绳子的拉力有可能为零C．若小球刚好能在竖直平面内做圆周运动，则其在最高点的速率为0D．小球过最低点时绳子的拉力一定大于小球重力解析：选BD设在最高点小球受的拉力为F1，最低点受到的拉力为F2，则在最高点F1＋mg＝meq\f(v12,L)，即向心力由拉力F1与mg的合力提供，A错。当v1＝eq\r(gL)时，F1＝0，B对。v1＝eq\r(gL)为小球经过最高点的最小速度，即小球在最高点的速率不可能为0，C错。在最低点，F2－mg＝meq\f(v22,L)，F2＝mg＋meq\f(v22,L)，所以经最低点时，小球受到绳子的拉力一定大于它的重力，D对。7.公路急转弯处通常是交通事故多发地带。如图4所示，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为v0时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势。则在该弯道处()图4A．路面外侧高内侧低B．车速只要低于v0，车辆便会向内侧滑动C．车速虽然高于v0，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动D．当路面结冰时，与未结冰时相比，v0的值变小解析：选AC抓住临界点分析汽车转弯的受力特点及不侧滑的原因，结合圆周运动规律可判断。汽车转弯时，恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，说明公路外侧高一些，支持力的水平分力刚好提供向心力，此时汽车不受静摩擦力的作用，与路面是否结冰无关，故选项A正确，选项D错误。当v＜v0时，支持力的水平分力大于所需向心力，汽车有向内侧滑动的趋势，摩擦力向外侧；当v＞v0时，支持力的水平分力小于所需向心力，汽车有向外侧滑动的趋势，在摩擦力大于最大静摩擦力前不会侧滑，故选项B错误，选项C正确。8.如图5所示，小球P用两根长度相等、不可伸长的细绳系于竖直杆上，随杆转动。若转动角速度为ω，则下列说法正确的是()图5A．ω只有超过某一值时，绳子AP才有拉力B．绳子BP的拉力随ω的增大而增大C．绳子BP的张力一定大于绳子AP的张力D．当ω增大到一定程度时，绳子AP的张力大于绳子BP的张力解析：选ABC小球P的重力、绳子BP的张力及绳子AP中可能存在的张力的合力提供P做匀速圆周运动的向心力。用正交分解法求出小球P分别在水平、竖直两个方向受到的合力Fx合、Fy合，由牛顿运动定律列方程，Fx合＝mrω2，Fy合＝0，分析讨论可知A、B、C正确，D错误。二、计算题(本题共3小题，共52分)9．(12分)如图6所示，两根长度相同的轻绳，连接着相同的两个小球，让它们穿过光滑的杆在水平面内做匀速圆周运动，其中O为圆心，两段细绳在同一直线上，此时，两段绳子受到的拉力之比为多少？图6解析：设每段绳子长为l，对球2有F2＝2mlω2对球1有：F1－F2＝mlω2，由以上两式得：F1＝3mlω2故F1∶F2＝3∶2。答案：3∶210．(18分)有一列重为100t的火车，以72km/h的速率匀速通过一个内外轨一样高的弯道，轨道半径为400m。(1)试计算铁轨受到的侧压力；(2)若要使火车以此速率通过弯道，且使铁轨受到的侧压力为零，我们可以适当倾斜路基，试计算路基倾斜角度θ的正切值。解析：(1)72km/h＝20m/s，外轨对轮缘的侧压力提供火车转弯所需要的向心力，所以有N＝meq\f(v2,r)＝eq\f(105×202,400)N＝105N由牛顿第三定律可知铁轨受到的侧压力大小等于105N。(2)火车过弯道，重力和铁轨对火车的弹力的合力正好提供向心力，如图所示，则mgtanθ＝meq\f(v2,r)由此可得tanθ＝eq\f(v2,rg)＝0.1。答案：(1)105N(2)0.111.(22分)如图7所示为某游乐场的过山车的轨道，竖直圆形轨道的半径为R。现有一节车厢(可视为质点)从高处由静止滑下，不计摩擦和空气阻力。图7(1)要使过山车通过圆形轨道的最高点，过山车开始下滑时的高度至少应多高？(2)若车厢的质量为m，重力加速度为g，则车厢在轨道最低处时对轨道的压力大小是多少？解析：(1)设过山车的质量为m，开始下滑时的高度为h，运动到圆形轨道最高点时的最小速度为v。要使过山车通过圆形轨道的最高点，应有mg＝meq\f(v2,R)。过山车在下滑过程中，只有重力做功，故机械能守恒。选取轨道最低点所在平面为参考平面，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mv2＋mg·2R＝mgh，联立以上两式得h＝eq\f(5,2)R。(2)设过山车到达轨道最低点时的速度为v′，受到的支持力大小为F，则由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mv′2＝mgh，再由牛顿第二定律得F－mg＝eq\f(mv′2,R)，联立以上两式得F＝6mg，由牛顿第三定律知，过山车对轨道的压力F′＝F＝6mg。答案：(1)eq\f(5,2)R(2)6mg阶段验收评估（五）万有引力定律及其应用(时间：50分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。第1～5小题只有一个选项正确，第6～8小题有多个选项正确，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．关于万有引力定律和引力常量的发现，下列说法中正确的是()A．万有引力定律是由开普勒发现的，而引力常量是由伽利略测定的B．万有引力定律是由开普勒发现的，而引力常量是由卡文迪许测定的C．万有引力定律是由伽利略发现的，而引力常量是由牛顿测定的D．万有引力定律是由牛顿发现的，而引力常量是由卡文迪许测定的解析：选D万有引力定律是牛顿在开普勒等前人的基础上总结出来的，不是开普勒，也不是伽利略；引力常量是由卡文迪许通过扭秤实验测定的，综合知D正确，A、B、C错误。2．关于万有引力定律，正确的说法是()A．物体间的万有引力与它们的质量成正比，与它们之间的距离成反比B．地球上的物体和地球附近的物体受到的重力就是地球对物体的万有引力C．万有引力与质量、距离和万有引力常量都成正比D．任何两个物体都是相互吸引的，引力的大小跟它们的质量的乘积成正比，跟它们的距离的平方成反比解析：选D由万有引力定律知任何两个物体都是相互吸引的，引力的大小跟它们的质量的乘积成正比，跟它们的距离的平方成反比，故A、C错误，D正确；地球上的物体和地球附近的物体受到的重力是地球对物体的万有引力的一个分力，只有在地球的两极时重力才等于万有引力，故B错误。3．已知金星绕太阳公转的周期小于地球绕太阳公转的周期，它们绕太阳的公转均可看成匀速圆周运动，则可判定()A．金星的质量大于地球的质量B．金星到太阳的距离大于地球到太阳的距离C．金星到太阳的距离小于地球到太阳的距离D．金星的半径大于地球的半径解析：选C根据开普勒第三定律eq\f(a3,T2)＝K，因为金星绕太阳公转的周期小于地球绕太阳公转的周期，所以金星到太阳的距离小于地球到太阳的距离，C正确。4．(全国乙卷)利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯。目前，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍。假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为()A．1h B．4hC．8h D．16h解析：选B万有引力提供向心力，对同步卫星有：eq\f(GMm,r2)＝mreq\f(4π2,T2)，整理得GM＝eq\f(4π2r3,T2)当r＝6.6R地时，T＝24h若地球的自转周期变小，轨道半径最小为2R地三颗同步卫星A、B、C如图所示分布。则有eq\f(4π26.6R地3,T2)＝eq\f(4π22R地3,T′2)解得T′≈eq\f(T,6)＝4h，选项B正确。5.在同一轨道平面上绕地球做匀速圆周运动的卫星A、B、C，某时刻恰好在同一过地心的直线上，如图1所示，当卫星B经过一个周期时()图1A．A超前于B，C落后于BB．A超前于B，C超前于BC．A、C都落后于BD．各卫星角速度相等，因而三颗卫星仍在同一直线上解析：选A由Geq\f(Mm,r2)＝mreq\f(4π2,T2)可得T＝2πeq\r(\f(r2,GM))，故轨道半径越大，周期越大。当B经过一个周期时，A已经完成了一个多周期，而C还没有完成一个周期，所以选项A正确，B、C、D错误。6．一行星绕恒星做圆周运动，由天文观测可得，其运行周期为T，速度为v，引力常量为G，则下列说法正确的是()A．恒星的质量为eq\f(v3T,2πG)B．行星的质量为eq\f(4π2v3,GT3)C．行星运动的轨道半径为eq\f(vT,2π)D．行星运动的加速度为eq\f(2πv,T)解析：选ACD由eq\f(GMm,r2)＝eq\f(mv2,r)＝meq\f(4π2,T2)r得M＝eq\f(v2r,G)＝eq\f(v3T,2πG)，A对；无法计算行星的质量，B错；r＝eq\f(v,ω)＝eq\f(v,\f(2π,T))＝eq\f(vT,2π)，C对；a＝ω2r＝ωv＝eq\f(2π,T)v，D对。7．甲、乙为两颗地球卫星，其中甲为地球同步卫星，乙的运行高度低于甲的运行高度，两卫星轨道均可视为圆轨道。以下判断正确的是()A．甲的周期大于乙的周期B．乙的速度大于第一宇宙速度C．甲的加速度小于乙的加速度D．甲在运行时能经过北极的正上方解析：选AC地球卫星绕地球做圆周运动时，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律知Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2r,T2)，得T＝2πeq\r(\f(r3,GM))。r甲>r乙，故T甲>T乙，选项A正确；贴近地表运行的卫星的速度称为第一宇宙速度，由Geq\f(Mm,r2)＝eq\f(mv2,r)知v＝eq\r(\f(GM,r))，r乙>R地，故v乙比第一宇宙速度小，选项B错误；由Geq\f(Mm,r2)＝ma，知a＝eq\f(GM,r2)，r甲>r乙，故a甲<a乙，选项C正确；同步卫星在赤道正上方运行，故不能通过北极正上方，选项D错误。8.我国自主研制的探月卫星在奔月旅途中，先后完成了一系列高难度的技术动作。探月卫星沿地月转移轨道到达月球附近，在P点进行第一次“刹车制动”后被月球捕获，进入椭圆轨道绕月飞行，如图2所示，若卫星的质量为m，远月点Q距月球表面的高度为h，运行到Q点时它的角速度为ω、加速度为a，月球的质量为M、半径为R，月球表面的重力加速度为g，引力常量为G，则卫星在远月点时，月球对卫星的万有引力大小为()图2A.eq\f(GMm,R2) B.maC.eq\f(mgR2,R＋h2) D．m(R＋h)ω2解析：选BC由万有引力定律得，月球对卫星的万有引力F＝eq\f(GMm,R＋h2)，又因GM＝gR2，所以，有F＝eq\f(mgR2,R＋h2)，选项C对、A错。由牛顿第二定律得万有引力F＝ma，选项B对。对椭圆轨道向心力公式F＝mω2r不成立，选项D错。二、计算题(本题共3小题，共52分)9．(16分)在物理学中，常常用等效替代法、类比法、微小量放大法等来研究问题。如在牛顿发现万有引力定律一百多年后，卡文迪许利用微小量放大法由实验测出了引力常量G的数值。卡文迪许的实验常被称为是“称量地球质量”的实验，因为由G的数值及其他已知量，就可计算出地球的质量，卡文迪许也因此被誉为“第一个称量地球的人”。如图3所示是卡文迪许扭秤实验示意图。图3(1)若在某次实验中，卡文迪许测出质量分别为m1、m2且球心相距为r的两个小球之间引力的大小为F，求万有引力常量G；(2)若已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，引力常量为G，忽略地球自转的影响，请推导出地球质量及地球平均密度的表达式。解析：(1)根据万有引力定律得F＝Geq\f(m1m2,r2)得G＝eq\f(Fr2,m1m2)。(2)设地球质量为M，质量为m的任一物体在地球表面附近满足Geq\f(Mm,R2)＝mg得GM＝R2g解得地球的质量M＝eq\f(R2g,G)地球的体积V＝eq\f(4,3)πR3解得地球的平均密度eq\x\to(ρ)＝eq\f(3g,4πRG)。答案：(1)eq\f(Fr2,m1m2)(2)M＝eq\f(R2g,G)eq\x\to(ρ)＝eq\f(3g,4πRG)10．(16分)在月球上以初速度v0竖直上抛一个小球，经时间T落回手中。月球半径为R，在月球上发射月球卫星，发射月球卫星的速度至少是多大？解析：由竖直上抛运动可知，物体往返时间相同，取下落过程，则有v0＝eq\f(T,2)·a，所以a＝eq\f(2v0,T)，a为月球表面的重力加速度。发射环绕月球的卫星，最小速度应为第一宇宙速度，故Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(v2,R)，所以v＝eq\r(\f(GM,R))，又因为ma＝Geq\f(Mm,R2)，所以GM＝aR2＝eq\f(2v0,T)R2，所以v＝eq\r(\f(\f(2v0,T)R2,R))＝eq\r(\f(2v0R,T))。答案：eq\r(\f(2v0R,T))11.(20分)如图4所示，质量分别为m和M的两个星球A和B在引力作用下都绕O点做匀速圆周运动，星球A和B两者中心之间距离为L。已知A、B的中心和O三点始终共线，A和B分别在O的两侧。引力常量为G。图4(1)求两星球做圆周运动的周期。(2)在地月系统中，若忽略其他星球的影响，可以将月球和地球看成上述星球A和B，月球绕其轨道中心运行的周期记为T1。但在近似处理问题时，常常认为月球是绕地心做圆周运动的，这样算得的运行周期记为T2。已知地球和月球的质量分别为5.98×1024kg和7.35×1022kg。求T2和T1两者平方之比。(结果保留3位小数)解析：(1)A和B绕O做匀速圆周运动，它们之间的万有引力提供向心力，则A和B的向心力相等。且A、B和O始终共线，说明A和B有相同的角速度和周期。因此有：mω2r＝Mω2R，r＋R＝L，联立解得R＝eq\f(m,m＋M)L，r＝eq\f(M,m＋M)L对A星根据牛顿第二定律和万有引力定律得：eq\f(GMm,L2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2eq\f(M,M＋m)L解得：T＝2πeq\r(\f(L3,GM＋m))。(2)将地月看成双星，由第一问所求有：T1＝2πeq\r(\f(L3,GM＋m))将月球看做绕地心做圆周运动，根据牛顿第二定律和万有引力定律得eq\f(GMm,L2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2L解得T2＝2πeq\r(\f(L3,GM))所以两种周期的平方比值为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T2,T1)))2＝eq\f(m＋M,M)＝eq\f(5.98×1024＋7.35×1022,5.98×1024)＝1.012。答案：(1)2πeq\r(\f(L3,GM＋m))(2)1.012阶段验收评估（六）相对论与量子论初步(时间：50分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。第1～5小题只有一个选项正确，第6～8小题有多个选项正确，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．首先提出量子理论的科学家是()A．普朗克 B．迈克尔孙C．爱因斯坦 D．德布罗意解析：选A为了解释黑体辐射，普朗克首先提出了能量的量子化，故A正确。2．属于狭义相对论基本假设的是在不同的惯性系中()A．真空中光速不变B．时间间隔具有相对性C．物体的质量不变D．物体的能量与质量成正比解析：选A狭义相对论的两条假设分别是在任何惯性系中真空中的光速不变和一切物理规律相同，故A正确。3.如图1所示，沿平直铁路线有间距相等的三座铁塔A、B和C。假想有一列车沿AC方向以接近光速行驶，当铁塔B发出一个闪光，列车上的观测者测得A、C两铁塔被照亮的顺序是()图1A．同时被照亮 B．A先被照亮C．C先被照亮 D．无法判断解析：选C列车上的观测者看到的是由B发出后经过A和C反射的光，由于列车在这段时间内靠近C，而远离A，所以C的反射光先到达列车上的观测者，看到C先被照亮，故只有C正确。4.如图2所示，一根10m长的梭镖以相对论速度穿过一根10m长的管子，它们的长度都是在静止状态下测量的。以下哪种叙述最好地描述了梭镖穿过管子的情况()图2A．梭镖收缩变短，因此在某些位置上，管子能完全遮住它B．管子收缩变短，因此在某些位置上，梭镖从管子的两端伸出来C．两者都收缩，且收缩量相等，因此在某个位置，管子恰好遮住梭镖D．所有这些都与观察者的运动情况有关解析：选D如果你是在相对于管子静止的参照系中观察运动着的梭镖，那么梭镖看起来就比管子短，在某些位置，梭镖会完全处在管子内部。然而当你和梭镖一起运动时，你看到的管子就缩短了；所以在某些位置，你可以看到梭镖两端都伸出管子。又如你在梭镖和管子之间运动，运动的速度是在梭镖运动的方向上，而大小是其一半；那么梭镖和管子都相对于你运动，且速度的大小一样；你看到这两样东西都缩短了，且缩短的量相同。所以你看到的一切都是相对的——依赖于你的参考系，故D正确。5．下列对于光的波粒二象性的说法中，正确的是()A．一束传播的光，有的光是波，有的光是粒子B．光子与电子是同样一种粒子，光波与机械波是同样一种波C．光的波动性是由于光子间的相互作用而形成的D．光是一种波，同时也是一种粒子，光子说并未否定电磁说，在光子能量ε＝hν中，仍表现出波的特性解析：选D光是一种波，同时也是一种粒子，粒子性和波动性是光子本身的一种属性，光子说并未否定电磁说，故D正确。6．如图3，世界上有各式各样的钟：砂钟、电钟、机械钟和光钟。既然运动可以使某一种钟变慢，它一定会使所有的钟都一样变慢。这种说法()图3A．正确B．错误C．若变慢，则变慢程度相同D．若变慢，则与钟的种类有关系解析：选AC将不同类型的两架钟调整到时间相同，并将它们密封在一个盒子中，再让该盒子匀速运动。假设运动对一架钟的影响比另一架大，则坐在盒子里的人就能看到两架钟的差别，因而可以判定出盒子是怎样运动的，显然这违反了相对论的基本原理，即一个密闭在盒子中的人是无法辨认自己是处于静止状态，还是匀速运动状态的。所以一架钟变慢时，所有的钟必定都变慢，且变慢的程度一定严格相同。故A、C正确。7．在引力可以忽略的空间里有一艘宇宙飞船在做匀加速直线运动，一束光垂直于运动方向在飞船内传播，则下列说法中正确的是()A．飞船外静止的观察者看到这束光是沿直线传播的B．飞船外静止的观察者看到这束光是沿曲线传播的C．航天员以飞船为参考系看到这束光是沿直线传播的D．航天员以飞船为参考系看到这束光是沿曲线传播的解析：选AD由相对论原理可知物理规律在一切惯性系中都相同，故A正确，B错误；由广义相对论原理可知C错误，D正确。8．爱因斯坦提出了质能方程，揭示了质量与能量的关系，关于质能方程，下列说法不正确的是()A．质量就是能量B．当物体向外释放能量时，其质量必定减少，且减少的质量Δm与释放的能量ΔE满足ΔE＝Δmc2C．如果物体的能量增加了ΔE，那么它的质量相应减少了Δm，并且ΔE＝Δmc2D．mc2是物体能够放出能量的总和解析：选ACD由质能方程可知，能量与质量之间存在着一种对应关系，而不能认为质量就是能量或能量就是质量，能量与质量是两个不同的概念，故选A、C、D。二、计算题(本题共3小题，共52分)9．(16分)长度测量与被测物体相对于观察者的运动有关，物体在运动方向上长度缩短了。一艘宇宙飞船的船身长度为L0＝90m，相对地面以v＝0.8c的速度在一观测站的上空飞过。(1)观测站的观测人员测得飞船的船身通过观测站的时间间隔是多少？(2)宇航员测得船身通过观测站的时间间隔为多少？解析：(1)观测站测得船身的长度为L＝L0eq\r(1－\f(v2,c2))＝90eq\r(1－0.82)m＝54m通过观测站的时间间隔为Δt＝eq\f(L,v)＝eq\f(54m,0.8c)＝2.25×10－7s。(2)宇航员测得飞船船身通过观测站的时间间隔为Δt＝eq\f(L0,v)＝eq\f(90m,0.8c)＝3.75×10－7s。答案：(1)2.25×10－7s(2)3.75×10－7s10．(18分)研究高空宇宙射线时，发现了一种不稳定的基本粒子，称为介子，质量约为电子质量的273倍，它带有一个电子电荷量的正电荷或负电荷，称为π＋或π－。若参考系中π±介子处于静止，它们的平均寿命为τ＝2.56×10－8s，设π±介子以0.9c的速率运动，求：(1)在实验室参考系中观测到该粒子的平均寿命。(2)在实验室参考系中观测到该粒子运动的平均距离。(3)该粒子运动时的动能。解析：(1)粒子运动时，在和粒子相对静止的参考系中，粒子的寿命仍为τ＝2.56×10－8s，而此时在实验室中观察到的寿命τ′应比τ大，满足τ′＝eq\f(τ,\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,c)))2))＝eq\f(2.56×10－8,\r(1－0.92))s≈5.87×10－8s。(2)平均距离d＝vτ′＝0.9×3×108×5.87×10－8m＝15.849m。(3)粒子的静止质量m0＝273×9.1×10－31kg＝2.4843×10－28kg粒子的动能为Ek＝mc2－m0c2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m0,\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,c)))2))－m0))c2≈2.898×10－11J。答案：(1)5.87×10－8s(2)15.849m(3)2.898×10－11J11．(18分)太阳在不断地辐射能量，因而其质量也不断地减少。若太阳每秒钟辐射的总能量为4×1026J，试计算太阳在一秒内失去的质量。估算5000年内总共减少了多少质量，并求5000年内减少的质量与太阳的总质量2×1027t的比值。解析：由太阳每秒钟辐射的能量ΔE可得其每秒内失去的质量为Δm＝eq\f(ΔE,c2)＝eq\f(4×1026,3×1082)kg＝eq\f(4,9)×1010kg≈4.4×109kg。在5000年内太阳总共减少的质量为ΔM＝Δm·t＝5000×365×24×3600×eq\f(4,9)×1010kg≈7×1020kg。与太阳的总质量比值为k＝eq\f(ΔM,M)＝eq\f(7×1020,2×1027×103)＝3.5×10－10。答案：4.4×109kg7×1020kg3.5×10－10(时间：90分钟满分：110分)一、选择题(本题共14小题，每小题4分，共56分。第1～8小题只有一个选项正确，第9～14小题有多个选项正确，全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献。关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是()A．伽利略发现了行星运动的规律B．牛顿通过实验测出了引力常量C．牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因D．笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献解析：选D发现行星运动规律的科学家是开普勒，A错；在牛顿发现万有引力定律一百多年后，卡文迪许通过实验测出了引力常量，B错；最早指出力不是维持物体运动的原因的科学家是伽利略，C错；与伽利略同时代的笛卡尔补充和完善了伽利略“力和运动关系”的论点，对牛顿第一定律的建立做出了贡献，D对。2．设某人在以速度0.5c飞行的飞船上打开一个光源，则下列说法正确的是()A．飞船正前方地面上的观察者看到这一光速为1.5cB．飞船正后方地面上的观察者看到这一光速为0.5cC．在垂直飞船前进方向地面上的观察者看到这一光速是0.5cD．在地面上任何地方的观察者看到的光速都是c解析：选D根据光速不变原理知，在任何惯性系中测得的真空中的光速都相同，都为c，故D正确。3.如图1所示，棒MN在夹角为30°的导轨上以3m/s的速度向左滑动，在滑动过程中棒MN始终垂直于AB边。MN与AC边的交点是P，则P沿AC滑动的速度大小为()图1A．2eq\r(3)m/s B.eq\f(\r(3),2)m/sC.eq\f(3,2)m/s D.eq\f(3\r(3),2)m/s解析：选A如图所示，对P点速度进行分解，则vP＝eq\f(v1,cos30°)＝eq\f(3,\f(\r(3),2))m/s＝2eq\r(3)m/s，故A正确。4．如图2所示，倾角30°的斜面连接水平面，在水平面上安装半径为R的半圆竖直挡板，质量为m的小球从斜面上高为eq\f(R,2)处静止释放，到达水平面恰能贴着挡板内侧运动。不计小球体积，不计摩擦和机械能损失。则小球沿挡板运动时对挡板的力是()图2A．0.5mg B．mgC．1.5mg D．2mg解析：选B质量为m的小球从斜面上高为eq\f(R,2)处静止释放，由机械能守恒定律可得，到达水平面时速度的二次方v2＝gR，小球在挡板弹力作用下做匀速圆周运动，F＝eq\f(mv2,R)，由牛顿第三定律，小球沿挡板运动时对挡板的力F′＝F，联立解得F′＝mg，B正确。5．质量为m的物体以v0的速度水平抛出，经过一段时间速度大小变为eq\r(2)v0，不计空气阻力，重力加速度为g，以下说法正确的是()A．该过程平均速度大小为eq\f(1＋\r(2),2)v0B．速度大小变为eq\r(2)v0时，重力的瞬时功率为eq\r(2)mgv0C．运动位移的大小为eq\f(\r(5)v02,2g)D．运动时间为eq\f(v0,2g)解析：选C运动时间为t＝eq\f(v0,g)，水平位移为x＝eq\f(v02,g)，竖直位移y＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(v02,2g)，运动位移的大小为s＝eq\r(x2＋y2)＝eq\f(\r(5)v02,2g)，D错误，C正确。该过程平均速度大小为v＝eq\f(s,t)＝eq\f(\r(5),2)v0，A错误。速度大小变为eq\r(2)v0时，重力的瞬时功率为P＝mgeq\r(2)v0cos45°＝mgv0，B错误。6．据媒体报道，“嫦娥一号”卫星环月工作轨道为圆轨道，轨道高度200km，运行周期127分钟。若还知道引力常量和月球平均半径，仅利用以上条件不能求出的是()A．月球表面的重力加速度B．月球对卫星的吸引力C．卫星绕月运行的线速度的大小D．卫星绕月运行的加速度的大小解析：选B由题意知“嫦娥一号”卫星的轨道半径由r＝R月＋h可确定，周期T已知，故线速度大小v＝eq\f(2πr,T)，向心加速度a＝ω2r＝eq\f(4π2,T2)r；“嫦娥一号”卫星绕月球转动的向心力由万有引力提供，则Geq\f(Mm,r2)＝mreq\f(4π2,T2)，而月球表面的重力加速度g＝eq\f(GM,R2)，联立解得：g＝eq\f(4π2r3,T2R2)；因为卫星的质量m未知，所以无法确定月球对卫星的吸引力，故选B。7．某科技创新小组设计制作出一种全自动升降机模型，用电动机通过钢丝绳拉着升降机由静止开始匀加速上升，已知升降机的质量为m，当升降机的速度为v1时，电动机的电功率达到最大值P，此后电动机保持该功率不变，直到升降机以最大速度v2匀速上升为止，整个过程中忽略摩擦阻力及空气阻力，重力加速度为g。有关此过程，下列说法错误的是()A．钢丝绳的最大拉力为eq\f(P,v1)B．升降机的最大速度v2＝eq\f(P,mg)C．钢丝绳的拉力对升降机所做的功等于升降机克服重力所做的功D．升降机的速度由v1增大至v2的过程中，钢丝绳的拉力不断减小解析：选C匀加速上升阶段，钢丝绳拉力最大，F＝eq\f(P,v1)，A正确；匀速运动时升降机有最大速度v2＝eq\f(P,mg)，B正确；钢丝绳的拉力对升降机所做的功等于升降机克服重力所做的功与动能增量的和，C错；升降机速度由v1增大至v2的过程中，钢丝绳的拉力不断减小，最终等于重力，D正确。8.如图3，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上。若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则()图3A．t1<t2 B．t1＝t2C．t1>t2 D．无法比较t1、t2的大小解析：选A在滑道AB段上取任意一点E，比较从A点到E点的速度v1和从C点到E点的速度v2易知，v1>v2。因E点处于“凸”形轨道上，速度越大，轨道对小滑块的支持力越小，因动摩擦因数恒定，则摩擦力越小，可知由A滑到C比由C滑到A在AB段上的摩擦力小，因摩擦造成的动能损失也小。同理，在滑道BC段的“凹”形轨道上，小滑块速度越小，其所受支持力越小，摩擦力也越小，因摩擦造成的动能损失也越小，从C处开始滑动时，小滑块损失的动能更大。故综上所述，从A滑到C比从C滑到A在轨道上因摩擦造成的动能损失要小，整个过程中从A滑到C平均速度要更大一些，故t1<t2。选项A正确。9．关于功和能，下列说法正确的是()A．内燃机做功的过程是内能转化为机械能的过程B．用电动机抽水时，若消耗100J的电能，一定转化为100J的水的机械能C．人走路时，没有力做功，所以没有能量转化D．人骑自行车做功时，自行车和人增加的机械能是由人体内的化学能转化来的解析：选AD做功过程是一个能量转化的过程，内燃机燃料燃烧推动活塞对外做功转化为机械能，故A正确；用电动机抽水时，电动机会发热，若消耗100J的电能时转化为水的机械能一定小于100J，故B错误；人走路时，人的重力要上下波动，需克服重力做功，所以是化学能转化为机械能的过程，故C错误；人骑自行车做功时，是消耗体内的化学能转化为自行车与人的机械能的过程，故D正确。10．质量为m的汽车在平直的公路上行驶，当速度为v0时开始加速，经过时间t前进了s，速度达到最大值vmax，设在加速过程中，汽车发动机的功率恒为P，汽车所受阻力大小恒为f，则在这段时间内，汽车发动机所做的功为()A．Pt B．fvmaxtC．fs D.eq\f(1,2)mvmax2＋fs－eq\f(1,2)mv02解析：选ABD由于汽车以恒定功率P行驶了时间t，则有W＝Pt，A正确；由功率的公式P＝Fv得，额定功率下车辆获得最大速度vmax，牵引力F和阻力f相等，P＝Fvmax＝fvmax，所以W＝Pt＝fvmaxt，B正确；由动能定理得：W－fs＝ΔEk，所以W＝fs＋eq\f(1,2)mvmax2－eq\f(1,2)mv02，D正确。11．我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器。舰载机总质量为3.0×104kg，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105N；弹射器有效作用长度为100m，推力恒定。要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80m/s。弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则()A．弹射器的推力大小为1.1×106NB．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108JC．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107WD．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32m/s2解析：选ABD对舰载机应用运动学公式v2－02＝2ax，即802＝2·a·100，得加速度a＝32m/s2，选项D正确；设总推力为F，对舰载机应用牛顿第二定律可知：F－20%F＝ma，得F＝1.2×106N，而发动机的推力为1.0×105N，则弹射器的推力为F推＝(1.2×106－1.0×105)N＝1.1×106N，选项A正确；弹射器对舰载机所做的功为W＝F推·l＝1.1×108J，选项B正确；弹射过程所用的时间为t＝eq\f(v,a)＝eq\f(80,32)s＝2.5s，平均功率P＝eq\f(W,t)＝eq\f(1.1×108,2.5)W＝4.4×107W，选项C错误。12．土星外层有一个环，为了判断它是土星的一部分还是土星的卫星群，可以通过测量环中各层的线速度大小v与该层到土星中心的距离R之间的关系来判断()A．若v与R成正比，则该层是土星的一部分B．若v2与R成正比，则该层是土星的卫星群C．若v与R成反比，则该层是土星的卫星群D．若v2与R成反比，则该层是土星的卫星群解析：选AD若是土星的一部分，则环中各点的角速度与土星相同，对应的线速度v＝ωR，v与R成正比，故A正确；若是卫星群，则对环中任一颗卫星有Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(v2,R)，v2＝eq\f(GM,R)，即v2与R成反比，故D正确。13.用细绳拴着质量为m的小球，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图4所示。则下列说法正确的是()图4A．小球通过最高点时，绳子张力可以为零B．小球通过最高点时的最小速度是零C．小球刚好通过最高点时的速度是eq\r(gR)D．小球通过最高点时，绳子对小球的作用力可以与球所受重力方向相反解析：选AC设小球通过最高点时的速度为v。由合外力提供向心力及牛顿第二定律得F合＝mg＋T，又F＝meq\f(v2,R)，则mg＋T＝meq\f(v2,R)。当T＝0时，v＝eq\r(gR)，故A正确；当v<eq\r(gR)时，T<0，而绳子只能产生拉力，不能产生与重力方向相反的支持力，故B、D错误；当v>eq\r(gR)时，T>0，小球能沿圆弧通过最高点。可见，v≥eq\r(gR)是小球能沿圆弧通过最高点的条件。14.如图5，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上。a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g。则()图5A．a落地前，轻杆对b一直做正功B．a落地时速度大小为eq\r(2gh)C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于gD．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg解析：选BD由题意知，系统机械能守恒。设某时刻a、b的速度分别为va、vb。此时刚性轻杆与竖直杆的夹角为θ