2023-2024学年四川省南充市高二(下)期末物理试卷

2023-2024学年四川省南充市高二（下）期末物理试卷一、单项选择题（本大题7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中只有一个选项最符合题意)1．（4分）关于曲线运动，下列说法正确的是（）A．做曲线运动的物体加速度一定与速度同向 B．做匀速圆周运动的物体所受的合力为恒力 C．曲线运动的加速度一定变化 D．两个直线运动的合运动可能是曲线运动2．（4分）物理与生活息息相关，在下列与图片相关的描述中，正确的是（）A．甲图，“旋转秋千”角速度越来越大，座椅越转越低 B．乙图，汽车上坡时换成高速挡可以获得更大的牵引力 C．丙图，海啸能掀翻汽车、摧毁房屋，说明运动的物体可以做功，具有能量 D．丁图，击打弹片两球同时落地，说明平抛运动水平方向做匀速直线运动3．（4分）如图，一心形靶放在水平地面上，心形靶由三个半圆组成，其中大圆半径R1＝0.4m，小圆半径R2＝0.2m。飞镖（视为质点）从大圆圆心O点正上方h＝3.2m处沿各个方向水平抛出，重力加速度取g＝10m/s2，要求飞镖击中心形靶（包括边缘处），则飞镖初速度最大值为（）A．0.5m/s B．0.25m/s C．24m/s4．（4分）科学家发现由于太阳内部的核反应而使其质量在不断减小，使得地球做离心运动。若干年后，地球绕太阳的运动仍可视为匀速圆周运动，描述地球绕太阳运动的物理量与现在相比，下列说法正确的是（）A．加速度变大 B．周期变大 C．速率变大 D．角速度变大5．（4分）2021年3月11日宁夏银川，一家餐厅后厨起火后，三名顾客被困。如图是火警设计的一种快捷让当事人逃离现场的救援方案：用一根不变形的轻杆MN支撑在楼面平台AB上，N端在水平地面上向右以v0匀速运动，被救助的人员紧抱在M端随轻杆向平台B端靠近，平台高h，当BN＝2h时，则此时被救人员向B点运动的速率是（）A．v0 B．2v0 C．32v06．（4分）有一种能自动计数的智能呼啦圈深受健身者的喜爱，智能呼啦圈腰带外侧有半径r＝0.12m的圆形光滑轨道，将安装有滑轮的短杆嵌入轨道并能自由滑动，短杆的另一端悬挂一根带有配重的腰带轻质细绳，其简化模型如图。已知配重（可视为质点）质量m＝0.6kg，绳长为L＝0.3m。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，在某一段时间内细绳与竖直方向夹角始终为53°。腰带可看作不动，重力加速度取g＝10m/s2，不计空气阻力，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，下列说法正确的是（）A．配重受到的合力大小为10N B．配重的角速度为ω=10C．若细绳不慎断裂，配重将自由下落 D．若增大转速，细绳对配重的拉力将变小7．（4分）某新能源汽车生产厂家在平直公路上测试汽车性能，t＝0时刻驾驶汽车由静止启动，t＝6s时汽车达到额定功率，之后保持该功率不变，再过7s汽车速度达到最大，车载电脑生成的汽车加速度a随速率倒数1v变化的图像如图中AB、BC两段。已知汽车和司机的总质量m＝2000kg，所受阻力是总重力的0.25倍，g取10m/s2A．汽车启动后一直做匀加速直线运动 B．汽车的额定功率为1.5×104W C．汽车的最大速度大小为15m/s D．汽车从启动到速度最大通过的位移大小为120m二、多项选择题（本大题3小题，每小题5分，共15分。每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）（多选）8．（5分）以下关于功和能的说法正确的是（）A．功是矢量，能是标量 B．功和能都是标量 C．功是能量转化的量度 D．因为功和能的单位都是焦耳，所以功就是能（多选）9．（5分）如图，地球同步卫星轨道在距离地面约36，000千米的Ⅲ轨道处，依靠人类目前的火箭发射能力不能直接把卫星送到如此远的空间位置，想要进入高轨道Ⅲ需先将卫星发射到近地轨道Ⅰ，再经转移轨道Ⅱ进行变轨到达轨道Ⅲ。以下关于卫星变轨过程描述正确的是（）A．通过调整同步卫星可以定点在南充上空 B．无论在哪个轨道上运行，卫星的速率始终不会大于7.9km/s C．Ⅱ轨道上B点的速率在整个变轨过程中最小 D．卫星在Ⅱ轨道上A点的加速度等于在Ⅰ轨道上A点的加速度（多选）10．（5分）如图，一质量为m＝2kg的圆环套在固定的光滑杆上，杆倾角为53°，圆环用轻绳通过轻质光滑定滑轮与质量为M＝2.7kg的物块相连。现将圆环拉到A位置（AO水平）由静止释放，圆环向下运动经过位置C，已知OC垂直于杆，AO长为53m，g取10m/sA．圆环和物块组成的系统机械能守恒 B．物块的机械能守恒 C．物块机械能的改变量等于合力对其做的功 D．到达C位置时，圆环的速度大小为5m/s三、实验探究题（本题共2小题，每空2分，共18分）11．（6分）在某星球上用如图甲所示的装置探究平抛运动的规律。在铁架台的悬点O的正下方P点处有水平放置的炽热电热丝，当悬线摆至电热丝处时立即被烧断，之后小球做平抛运动。现利用频闪数码照相机连续拍摄，在有坐标纸的背景屏前，拍下了小球某次做平抛运动的多张照片，经合成后，照片如图乙所示。a、b、c、d为连续四次拍下的小球位置，而后用平滑曲线连接各点得到小球做平抛运动的轨迹。已知照相机拍照的频率为20Hz（即相邻两点的时间间隔为0.05s）。（1）根据上述信息可知，a点（选填“是”或“不是”）小球平抛的起点；（2）小球平抛的初速度大小为m/s；（3）该星球表面重力加速度大小为m/s2。12．（12分）图甲是用“落体法”验证机械能守恒定律的实验装置。打点计时器打点周期为T＝0.02s，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（速度为0），A、B、C为三个计数点。测得OA＝13.00cm，OB＝20.70cm，OC＝29.00cm，在计数点A和B、B和C之间还各有一个点，g取9.80m/s2。（1）该实验（选填“不必”或“必须”）测量重锤质量；（2）若重锤的质量为0.5kg，取过程O到B验证重锤机械能守恒。根据以上数据计算出：重锤的重力势能减少J，打点计时器打B点时重锤的速度vB＝m/s，重锤的动能增加J；（结果均保留3位有效数字）（3）重锤增加的动能比减少的重力势能小，主要原因是；（4）利用实验时打出的纸带，测量出各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h，算出各计数点对应的速度v，然后以h为横轴、以12v2A．19.6B．9.80C．4.90四、计算题（本题共3小题，共39分。解答应当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，不能得分.有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）13．（12分）如图，质量为m＝0.5kg的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R＝0.4m的圆周运动。已知小球恰好通过最高点，不计空气阻力，g取10m/s2。（1）求小球通过最高点的速度大小v0；（2）求小球通过最高点时重力的瞬时功率P；（3）求小球通过最低点时对轻绳的拉力。14．（12分）一行星质量为M，半径为R，已知万有引力常量为G，不考虑行星自转的影响。（1）求行星表面重力加速度大小g；（2）若卫星绕行星做匀速圆周运动，卫星距行星表面的高度为h，求卫星的线速度大小v；（3）若从行星表面以初速度v0竖直上抛一物体，求物体上升到最高点的时间t。15．（15分）如图，水平光滑平台左端固定一竖直挡板，轻质弹簧左端与其相连；平台右方有一光滑圆弧轨道CD，半径R=118m，圆心角θ＝53°，半径OD与水平光滑轨道DE垂直；DE与长为L＝6m的水平传送带EF等高，传送带静止不动。一质量m＝0.5kg的滑块（可视为质点）从A点由静止释放，弹簧的弹性势能EP（1）求滑块离开平台时的速度大小v0以及运动到C点的速度大小vC；（2）求滑块与传送带之间的动摩擦因数μ；（3）若传送带以速度v＝3m/s逆时针匀速转动，只考虑滑块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程，求滑块与传送带间因摩擦产生的热量Q。

2023-2024学年四川省南充市高二（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本大题7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中只有一个选项最符合题意)1．（4分）关于曲线运动，下列说法正确的是（）A．做曲线运动的物体加速度一定与速度同向 B．做匀速圆周运动的物体所受的合力为恒力 C．曲线运动的加速度一定变化 D．两个直线运动的合运动可能是曲线运动【考点】匀速圆周运动；物体运动轨迹、速度、受力（加速度）的相互判断；分析合运动的轨迹问题．【答案】D【分析】A、曲线运动速度方向时刻发生变化，可利用此条件判断；B、做匀速圆周运动的物体所受合力提供向心力，此时合力总与速度方向垂直，可利用此运动规律判断；C、曲线运动的速度一定变化，只要加速度与速度不共线，即做曲线运动，不要求加速度是否发生变化；D、利用平行四边形定则判断。【解答】解：A、曲线运动的加速度方向与速度方向不可能在同一直线上，更不可能同向，故A错误；B、做匀速圆周运动的物体所受合力提供向心力，大小不变，方向始终指向圆心，方向始终变化，故B错误；C、曲线运动的速度一定变化，但加速度可以不变，比如平抛运动，加速度恒为重力加速度，故C错误；D、根据平行四边形定则可知，两个直线运动的合运动，若合加速度与合速度的方向共线，则是直线运动；若两者方向不共线，则是曲线运动，故D正确。故选：D。2．（4分）物理与生活息息相关，在下列与图片相关的描述中，正确的是（）A．甲图，“旋转秋千”角速度越来越大，座椅越转越低 B．乙图，汽车上坡时换成高速挡可以获得更大的牵引力 C．丙图，海啸能掀翻汽车、摧毁房屋，说明运动的物体可以做功，具有能量 D．丁图，击打弹片两球同时落地，说明平抛运动水平方向做匀速直线运动【考点】功率的定义、物理意义和计算式的推导；平抛运动在竖直和水平方向上的特点；物体被系在绳上做圆锥摆运动；功的定义、单位和计算式的推导．【答案】C【分析】根据合外力提供向心力，结合功率表达式以及平抛运动竖直方向做自由落体运动分析求解。【解答】解：A.甲图，设秋千线与竖直方向的夹角为θ，秋千长度为l，人与座位的质量为m，则“旋转秋千”根据合外力提供向心力有：mgtanθ＝mω2lsinθ可得cosθ=则角速度越大，悬线与竖直方向的夹角越大，可知座椅越转越高，故A错误；B.乙图，根据P＝Fv可知，汽车上坡时换成低速挡可以获得更大的牵引力，故B错误；C.丙图，海啸能掀翻汽车、摧毁房屋，说明运动的物体可以做功，具有能量，故C正确；D.丁图，击打弹片两球同时落地，说明平抛运动竖直方向做自由落体运动，故D错误。故选：C。3．（4分）如图，一心形靶放在水平地面上，心形靶由三个半圆组成，其中大圆半径R1＝0.4m，小圆半径R2＝0.2m。飞镖（视为质点）从大圆圆心O点正上方h＝3.2m处沿各个方向水平抛出，重力加速度取g＝10m/s2，要求飞镖击中心形靶（包括边缘处），则飞镖初速度最大值为（）A．0.5m/s B．0.25m/s C．24m/s【考点】平抛运动速度的计算．【答案】A【分析】利用平抛运动规律，结合位移与时间关系计算水平方向的速度。【解答】解：飞镖在做平抛运动，在竖直方向h=1代入数据解得t＝0.8s当水平方向上有最大位移时，飞镖初速度最大，由题可得，水平方向的最大位移为xm＝R1＝0.4m飞镖在水平方向上匀速直线运动xm＝vmt代入数据解得vm＝0.5m/s故BCD错误，A正确。故选：A。4．（4分）科学家发现由于太阳内部的核反应而使其质量在不断减小，使得地球做离心运动。若干年后，地球绕太阳的运动仍可视为匀速圆周运动，描述地球绕太阳运动的物理量与现在相比，下列说法正确的是（）A．加速度变大 B．周期变大 C．速率变大 D．角速度变大【考点】一般卫星参数的计算；物体做近心或离心运动的条件．【答案】B【分析】太阳质量变小了，太阳对地球的万有引力就变小了，地球做离心运动。地球绕太阳的运动可视为匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列出等式分析。【解答】解：太阳质量不断减小，太阳对地球的万有引力不断变小，不足以提供地球所需要的向心力，地球就做离心运动了，离太阳越来越远，所以运动半径变大；在若干年后，地球绕太阳的运动仍可视为匀速圆周运动，设太阳的质量为M，地球的轨道半径为r，质量为m，根据万有引力提供向心力得：GMmr2=m4π2T得T＝2πr3GM，v=GMr，M变小，r变大，可知地球绕太阳运动的周期T变大，速率v、加速度a和角速度ω均变小，故B正确，ACD错误。故选：B。5．（4分）2021年3月11日宁夏银川，一家餐厅后厨起火后，三名顾客被困。如图是火警设计的一种快捷让当事人逃离现场的救援方案：用一根不变形的轻杆MN支撑在楼面平台AB上，N端在水平地面上向右以v0匀速运动，被救助的人员紧抱在M端随轻杆向平台B端靠近，平台高h，当BN＝2h时，则此时被救人员向B点运动的速率是（）A．v0 B．2v0 C．32v0【考点】关联速度问题．【答案】C【分析】将速度分解成沿杆的分速度和垂直杆转动的速度，利用同一根杆上的各点速度相同分析求解。【解答】解：设杆与水平面CD的夹角为θ，由几何关系可知sinθ=h即θ＝30°将杆上N点的速度分解成沿杆的分速度v1和垂直杆转动的速度v2，如下图所示v1根据沿着同一根杆，各点的速度相同，可得被救人员向B点运动的速率为32故ABD错误，C正确。故选：C。6．（4分）有一种能自动计数的智能呼啦圈深受健身者的喜爱，智能呼啦圈腰带外侧有半径r＝0.12m的圆形光滑轨道，将安装有滑轮的短杆嵌入轨道并能自由滑动，短杆的另一端悬挂一根带有配重的腰带轻质细绳，其简化模型如图。已知配重（可视为质点）质量m＝0.6kg，绳长为L＝0.3m。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，在某一段时间内细绳与竖直方向夹角始终为53°。腰带可看作不动，重力加速度取g＝10m/s2，不计空气阻力，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，下列说法正确的是（）A．配重受到的合力大小为10N B．配重的角速度为ω=10C．若细绳不慎断裂，配重将自由下落 D．若增大转速，细绳对配重的拉力将变小【考点】牛顿第二定律求解向心力；牛顿第二定律的简单应用；线速度的物理意义及定义式．【答案】B【分析】根据平行四边形定则求解配重受到的合力大小；根据合力提供向心力，即可求解角速度；根据周期公式求解周期；根据向心力公式判断绳上拉力的变化，进而得到腰受到腰带的弹力变化。【解答】解：A．配重在水平面内做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有：F故A错误；B．根据牛顿第二定律可得mgtan53°＝mω2（Lsin53°+r）解得ω=故B正确；C．若细绳不慎断裂，配重由于具有切线方向的初速度，配重将做平抛运动，故C错误；D．若增大转速，即增大角度，配重做匀速圆周运动的半径增大，细绳与竖直方向的夹角增大，竖直方向根据受力平衡可得Tcosθ＝mg可得T=可知细绳对配重的拉力将变大，故D错误。故选：B。7．（4分）某新能源汽车生产厂家在平直公路上测试汽车性能，t＝0时刻驾驶汽车由静止启动，t＝6s时汽车达到额定功率，之后保持该功率不变，再过7s汽车速度达到最大，车载电脑生成的汽车加速度a随速率倒数1v变化的图像如图中AB、BC两段。已知汽车和司机的总质量m＝2000kg，所受阻力是总重力的0.25倍，g取10m/s2A．汽车启动后一直做匀加速直线运动 B．汽车的额定功率为1.5×104W C．汽车的最大速度大小为15m/s D．汽车从启动到速度最大通过的位移大小为120m【考点】利用动能定理求解机车启动问题；机车以恒定加速度启动．【答案】D【分析】A.根据a−1B.汽车做匀加速直线运动阶段，根据功率公式、牛顿第二定律和运动学公式求解汽车的额定功率；C.当汽车的牵引力等于阻力时，汽车速度达到最大值，据此求最大速度；D.根据运动学公式求解匀加速运动过程的位移，根据动能定理求变加速运动过程的位移，再求总位移。【解答】解：A.汽车启动后先做匀加速直线运动，当达到额定功率后汽车做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动，故A错误；B.汽车做匀加速直线运动阶段，根据功率公式和牛顿第二定律P汽车6s时刻达到额定功率，根据匀变速运动公式v＝at1＝2.5×6m/s＝15m/s联立解得额定功率P＝1.5×105W，故B错误；C.当汽车的牵引力等于阻力时，汽车速度达到最大值，则P代入数据解得vm＝30m/s，故C错误；D.汽车在0～6s的位移x设汽车在6～13s内，位移为x2根据动能定理PΔt−kmg代入数据解得x2＝75m汽车的总位移x＝x1+x2＝45m+75m＝120m，故D正确。故选：D。二、多项选择题（本大题3小题，每小题5分，共15分。每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）（多选）8．（5分）以下关于功和能的说法正确的是（）A．功是矢量，能是标量 B．功和能都是标量 C．功是能量转化的量度 D．因为功和能的单位都是焦耳，所以功就是能【考点】功是能量转化的过程和量度；功的定义、单位和计算式的推导．【答案】BC【分析】功是能量转化的量度，单位相同，都是焦耳。【解答】解：A、B、物理学中把力和物体在力的方向上移动距离的乘积叫做机械功，简称功，功是标量；能量也是标量；故A错误，B正确；C、D、功是能量转化的量度，单位都是焦耳，但功不是能量，故C正确，D错误；故选：BC。（多选）9．（5分）如图，地球同步卫星轨道在距离地面约36，000千米的Ⅲ轨道处，依靠人类目前的火箭发射能力不能直接把卫星送到如此远的空间位置，想要进入高轨道Ⅲ需先将卫星发射到近地轨道Ⅰ，再经转移轨道Ⅱ进行变轨到达轨道Ⅲ。以下关于卫星变轨过程描述正确的是（）A．通过调整同步卫星可以定点在南充上空 B．无论在哪个轨道上运行，卫星的速率始终不会大于7.9km/s C．Ⅱ轨道上B点的速率在整个变轨过程中最小 D．卫星在Ⅱ轨道上A点的加速度等于在Ⅰ轨道上A点的加速度【考点】不同轨道上的卫星（可能含赤道上物体）运行参数的比较．【答案】CD【分析】根据地球同步卫星的特点分析A，根据变轨原理结合万有引力提供向心力分析BCD。【解答】解：A、地球同步卫星只能在赤道平面上方运行，不能定点在南充上空，故A错误；B、卫星从轨道Ⅰ在A点加速变轨到轨道Ⅱ，则卫星在轨道Ⅱ经过A点的运行速度可能大于7.9km/s，故B错误；C、根据万有引力提供向心力有GMmr2解得v=则卫星在轨道Ⅲ的速度小于在轨道Ⅰ的速度，Ⅱ轨道是椭圆轨道，远地点B点的速度最小，且在B点变轨时需加速，综上分析可知Ⅱ轨道上B点的速率在整个变轨过程中最小，故C正确；D、根据万有引力提供向心力有GMmr2解得a=所以卫星在Ⅱ轨道上A点的加速度等于在Ⅰ轨道上A点的加速度，故D正确；故选：CD。（多选）10．（5分）如图，一质量为m＝2kg的圆环套在固定的光滑杆上，杆倾角为53°，圆环用轻绳通过轻质光滑定滑轮与质量为M＝2.7kg的物块相连。现将圆环拉到A位置（AO水平）由静止释放，圆环向下运动经过位置C，已知OC垂直于杆，AO长为53m，g取10m/sA．圆环和物块组成的系统机械能守恒 B．物块的机械能守恒 C．物块机械能的改变量等于合力对其做的功 D．到达C位置时，圆环的速度大小为5m/s【考点】多物体系统的机械能守恒问题；关联速度问题；判断机械能是否守恒及如何变化．【答案】AD【分析】根据机械能守恒的条件判断；物块动能的改变量等于合力对其做功，物块的机械能改变量等于除重力之外的其他力做功；根据动能定理求解圆环的速度。【解答】解：A、圆环和物块组成的系统只有重力做功，所以圆环和物块组成的系统机械能守恒，故A正确；B、在运动过程中，绳子的拉力对物块做功，所以物块的机械能不守恒，故B错误；C、根据动能定理，物块动能的改变量等于合力对其做功，物块的机械能改变量等于除重力之外的其他力做功，故C错误；D、因为OC垂直于杆，所以在C点圆环沿绳的方向速度为零，因此物体的速度也为零，根据动能定理可得：mg•AC•sin53°+Mg•OA（1﹣sin53°）=1代入数据解得：v＝5m/s，故D正确。故选：AD。三、实验探究题（本题共2小题，每空2分，共18分）11．（6分）在某星球上用如图甲所示的装置探究平抛运动的规律。在铁架台的悬点O的正下方P点处有水平放置的炽热电热丝，当悬线摆至电热丝处时立即被烧断，之后小球做平抛运动。现利用频闪数码照相机连续拍摄，在有坐标纸的背景屏前，拍下了小球某次做平抛运动的多张照片，经合成后，照片如图乙所示。a、b、c、d为连续四次拍下的小球位置，而后用平滑曲线连接各点得到小球做平抛运动的轨迹。已知照相机拍照的频率为20Hz（即相邻两点的时间间隔为0.05s）。（1）根据上述信息可知，a点是（选填“是”或“不是”）小球平抛的起点；（2）小球平抛的初速度大小为1m/s；（3）该星球表面重力加速度大小为20m/s2。【考点】探究平抛运动的特点．【答案】（1）是；（2）1；（3）20【分析】（1）根据竖直方向的分运动的规律分析判断；（2）根据题意计算水平分速度；（3）根据竖直方向匀变速直线运动的规律列式解答。【解答】解：（1）a、b、c、d四个点在竖直方向的间隔距离分别是1、3、5格，满足竖直方向初始度为0的匀变速直线运动规律，故a点是小球平抛的起点；（2）小球水平方向的速度v0=x（3）根据Δy＝gT2，得g=ΔyT2=故答案为：（1）是；（2）1；（3）2012．（12分）图甲是用“落体法”验证机械能守恒定律的实验装置。打点计时器打点周期为T＝0.02s，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（速度为0），A、B、C为三个计数点。测得OA＝13.00cm，OB＝20.70cm，OC＝29.00cm，在计数点A和B、B和C之间还各有一个点，g取9.80m/s2。（1）该实验不必（选填“不必”或“必须”）测量重锤质量；（2）若重锤的质量为0.5kg，取过程O到B验证重锤机械能守恒。根据以上数据计算出：重锤的重力势能减少1.01J，打点计时器打B点时重锤的速度vB＝2.00m/s，重锤的动能增加1.00J；（结果均保留3位有效数字）（3）重锤增加的动能比减少的重力势能小，主要原因是克服空气阻力和摩擦力阻力做功；（4）利用实验时打出的纸带，测量出各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h，算出各计数点对应的速度v，然后以h为横轴、以12v2A．19.6B．9.80C．4.90【考点】验证机械能守恒定律．【答案】（1）不必；（2）1.01，2.00，1.00；（3）克服空气阻力和摩擦力阻力做功；（4）B。【分析】（1）根据实验原理判断是否需要测量质量；（2）根据重力势能的计算公式求出重力势能的减少量；根据匀变速直线运动的推论求出打B点时的速度，然后根据动能的计算公式求出动能的增加量；（3）重力势能的减少量大于动能的增加量的原因是存在阻力；（4）应用机械能守恒定律求出图象的函数表达式，然后判断斜率作出选择。【解答】解：（1）若机械能守恒，则mgh=1可知，重锤的质量可以约掉，所以不必测量重锤质量。（2）重锤的重力势能减少为ΔEp＝mghOB解得ΔEp≈1.01J重锤在B点的速度大小为vB其中T1＝2T＝0.04s解得vB＝2.00m/s重锤的动能增加量为ΔE解得ΔEk＝1.00J（3）由于纸带在下落过程中，重锤和空气之间存在阻力，纸带和打点计时器之间存在摩擦力，所以减小的重力势能部分转化为动能，还有部分要克服空气阻力和摩擦力阻力做功，故重力势能的减少量大于动能的增加量。（4）由机械能守恒定律有mgh=1可得12由此可知题图丙的斜率近似等于重力加速度g。故AC错误，B正确。故选：B。故答案为：（1）不必；（2）1.01，2.00，1.00；（3）克服空气阻力和摩擦力阻力做功；（4）B。四、计算题（本题共3小题，共39分。解答应当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，不能得分.有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）13．（12分）如图，质量为m＝0.5kg的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R＝0.4m的圆周运动。已知小球恰好通过最高点，不计空气阻力，g取10m/s2。（1）求小球通过最高点的速度大小v0；（2）求小球通过最高点时重力的瞬时功率P；（3）求小球通过最低点时对轻绳的拉力。【考点】机械能守恒定律的简单应用；牛顿第二定律的简单应用；牛顿第三定律的理解与应用；绳球类模型及其临界条件；瞬时功率的计算．【答案】（1）小球通过最高点的速度大小v0为2m/s；（2）小球通过最高点时重力的瞬时功率P为0；（3）小球通过最低点时对轻绳的拉力大小为30N，方向竖直向下。【分析】（1）根据绳模型，竖直面内圆周运动最高的的特点列式解答；（2）根据重力的瞬时功率的公式列式判断；（3）根据机械能守恒和牛顿第二、第三定律列式联立解答。【解答】解：（1）小球恰好通过最高的，根据牛顿第二定律有mg＝mv02R（2）小球通过最高点时，线速度的方向水平向右如图，竖直分速度为v0y＝0，故重力的瞬时功率PG＝mgv0y＝0（3）小球从最高点运动到最低点，机械能守恒，有mg•2R=12mv2−在最低点，设轻绳对小球的拉力大小为F，根据牛顿第二定律有F﹣mg＝mv联立解得F＝30N，根据牛顿第三定律可知，小球对轻绳的拉力大小也为30N答：（1）小球通过最高点的速度大小v0为2m/s；（2）小球通过最高点时重力的瞬时功率P为0；（3）小球通过最低点时对轻绳的拉力大小为30N，方向竖直向下。14．（12分）一行星质量为M，半径为R，已知万有引力常量为G，不考虑行星自转的影响。（1）求行星表面重力加速度大小g；（2）若卫星绕行星做匀速圆周运动，卫星距行星表面的高度为h，求卫星的线速度大小v；（3）若从行星表面以初速度v0竖直上抛一物体，求物体上升到最高点的时间t。【考点】万有引力的基本计算；万有引力与重力的关系（黄金代换）；匀变速直线运动速度与时间的关系．【答案】（1）行星表面重力加速度大小g为GMR（2）卫星的线速度大小v为GMR+h（3）物体上升到最高点的时间t为v0【分析】（1）根据黄金代换式列式求解；（2）根据牛顿第二定律列式求解线速度表达式；（3）根据竖直上抛运动的规律列式求解时间。【解答】解：（1）假设把一个物体放在行星表面，则GMm解得g=（2）万引力提供向心力，则GMm解得v=（3）物体向上做匀减速直线运动，则v0﹣gt＝0解得t=答：（1）行星表面重力加速度大小g为GMR（2）卫星的线速度大小v为GMR+h（3）物体上升到最高点的时间t为v015．（15分）如图，水平光滑平台左端固定一竖直挡板，轻质弹簧左端与其相连；平台右方有一光滑圆弧轨道CD，半径R=118m，圆心角θ＝53°，半径O