安徽省芜湖市2013-2014学年下学期期末考试高一物理试卷（word解析版）
文档属性
| 名称 | 安徽省芜湖市2013-2014学年下学期期末考试高一物理试卷（word解析版） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 149.4KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 沪科版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2014-09-04 06:24:27 | ||
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文档简介
安徽省芜湖市2013-2014学年下学期期末考试
高一物理试卷
一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）
1．（4分）物体做曲线运动时，下列情况不可能的是（ ）
A. 速度的大小不变而方向改变 B速度的大小改变而方向不变
C. 加速度的大小和方向都不变 D. 加速度的大小不变而方向改变
考点：
曲线运动．.
专题：
物体做曲线运动条件专题．
分析：
根据物体做曲线运动的特点，速度一定在变化但大小不一定变，速度和加速度是否也变化不能决定物体是否做曲线运动．
解答：
解：A、匀速圆周运动的速度的大小就不变，而方向在不断地变化，所以A可能存在．
B、如果速度的方向不变，那就成了直线运动，不可能是曲线运动，所以B选项是不可能存在的．
C、平抛运动也是曲线运动，它的加速度的大小和方向就都不变化，所以C可能存在．
D、匀速圆周运动的加速度的大小就不变，而方向在不断地变化，所以D可能存在．
本题选不可能的，故选：B．
点评：
本题主要是对质点做曲线运动的特点的考查，还要注意匀速圆周运动和平抛运动的各自的特点，知道这些本题基本上就可以解决了．
2．（4分）用细线拴住小球在光滑的水平面内做匀速圆周运动，下列描述小球运动的物理量发生变化的是（ ）
A. 动能 B. 周期 C. 向心加速度 D. 角速度
考点：
匀速圆周运动．.
专题：
匀速圆周运动专题．
分析：
用细绳拉着质量为m的小球在光滑水平面上做匀速圆周运动，速度的大小不变，方向时刻改变，而动能是标量，只有大小，没有方向．周期是标量，不变，角速度虽然是矢量，但它的方向也不变．
解答：
解：A、动能Ek=mv2是标量，只有大小没有方向，由于速度的大小不变，所以动能不变，故A错误；
B、周期是标量，T=，v的大小不变，故匀速圆周运动的周期不变．故B错误．
C、小球做匀速圆周运动，速度的大小不变，方向时刻改变．所以小球的速度不断改变，则向心加速度也不断变化．故C正确．
D、角速度虽然是矢量，但方向不变，大小ω=，v大小不变，角速度不变．故D错误．
故选：C．
点评：
解决本题的关键知道匀速圆周运动的特点，速度方向是切线方向，动能是标量
3．（4分）关于功和功率的概念，下列说法正确的是（ ）
A．
功有正、负之分，说明功有方向
B．
力是矢量，位移是矢量，根据W=Fs可知，功也是矢量
C．
功率越大，做功越多
D．
瞬时功率可能等于平均功率
考点：
功率、平均功率和瞬时功率．.
专题：
功率的计算专题．
分析：
功率是描述做功快慢的物理量，功率大说明物体做功快，功率小说明物体做功慢，在分析功率的时候，一定要注意公式的选择．
解答：
解：A、功是标量，没有方向，正负表示动力还是阻力做功，故AB错误；
C、功率是描述做功快慢的物理量，功率越大，功不一定多，还要看时间，故C错误．
D、当物体做匀速直线运动时，拉力的平均功率等于拉力的瞬时功率，故D正确．
故选：D．
点评：
本题就是考查学生对功率概念的理解，知道功率是表示做功的快慢的物理量，做的功多，功率也不一定大．
4．（4分）一条河宽300m，水流速度3m/s，小船在静水中速度为4m/s，则小船横渡该河所需的最短时间是（ ）
A．
43s
B．
60s
C．
75s
D．
100s
考点：
运动的合成和分解．.
专题：
运动的合成和分解专题．
分析：
当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短；当合速度与河岸垂直时，渡河航程最短．
解答：
解：当静水速与河岸垂直时，垂直于河岸方向上的分速度最大，则渡河时间最短，最短时间为：
t==s=75s，故C正确，ABD错误；
故选：C．
点评：
解决本题的关键知道合运动与分运动具有等时性，当静水速与河岸垂直，渡河时间最短；当合速度与河岸垂直，渡河航程最短．
5．（4分）“金星凌日”是一种特殊天象，发生时地球，金星，太阳处在同一条直线上，从地球上可以看到金星就像一个小黑点一样在太阳表面缓慢移动，金星轨道在地球轨道的内侧，离太阳更近．假设金星和地球都绕太阳做匀速圆周运动，则（ ）
A．
金星的线速度小于地球的线速度
B．
金星的角速度小于地球的角速度
C．
金星的周期大于地球的周期
D．
金星的向心的加速度大于地球的向心加速度
考点：
万有引力定律及其应用．.
专题：
万有引力定律的应用专题．
分析：
根据万有引力提供圆周运动向心力由半径大小关系分析线速度、角速度、周期与向心加速度的大小．
解答：
解：由题意知，金星轨道在地球轨道的内侧，所以金星的轨道半径小于地球的轨道半径，根据万有引力提供圆周运动向心力有知：
A、线速度，金星的轨道半径小线速度大，故A错误；
B、，金星的轨道半径小角速度大，故B错误；
C、周期T=，金星的轨道半径小，周期小，故C错误；
D、向心加速度，金星的轨道半径小，向心加速度大，故D正确．
故选：D．
点评：
能根据万有引力提供圆周运动向心力分析描述圆周运动的物理理与轨道半径的关系是正确解题的关键．
6．（4分）如图所示，木块m沿固定的光滑斜面从静止开始下滑，当下降h高度时，重力做功的瞬时功率大小为（ ）
A．
mg
B．
mgcosθ
C．
mgsinθ
D．
mgsinθ
考点：
功率、平均功率和瞬时功率．.
专题：
功率的计算专题．
分析：
由机械能守恒定律可求得木块下滑的高度，由功率公式可求得重力瞬时功率．
解答：
解：滑块下滑过程受重力和支持力，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒得：
mgh=mv2；
解得：v=
则重力的功率为：
P=mgvsinθ=mgsinθ
故选：D．
点评：
功率公式P=Fv应注意公式里的速度为与力F方向一致的速度，若不在同一直线上，可以将速度进行分解，功率为力与沿力的方向上分速度的乘积．
7．（4分）桌面高为h1，质量为m的小球从高出桌面h2的A点从静止开始下落到地面上的B点，以桌面为参考面，在此过程中小球重力做功和小球在桌面处的机械能分别为（ ）
A．
mg（h1+h2），mgh2
B．
mgh2，mgh2
C．
mgh2，mg（h1+h2）
D．
mg（h1+h2），mg（h1+h2）
考点：
机械能守恒定律；重力势能．.
专题：
机械能守恒定律应用专题．
分析：
解答本题要掌握：重力做功只与物体始末位置有关，与路径无关，与零势能点的选取无关；重力势能大小与零势能点的选取有关，同一位置选择的零势能点不同，对应的重力势能就不同．根据机械能守恒定律求解小球在桌面处的机械能．
解答：
解：小球下落的始末位置的高度差为：h1+h2，故重力做功为：W=mg（h1+h2）
小球下落过程中机械能守恒，则知小球在桌面处的机械能等于刚开始下落时的机械能，为E=mgh2；
故选：A．
点评：
重力势能、重力做功特点，重力势能和重力做功之间的关系是学生必须掌握的重点内容，在学习过程中要加强理解．
8．（4分）（2008?安徽）如图所示，一物体自倾角为θ的固定斜面顶端沿水平方向抛出后落在斜面上．物体与斜面接触时速度与水平方向的夹角φ满足（ ）
A．
tanφ=sinθ
B．
tanφ=cosθ
C．
tanφ=tanθ
D．
tanφ=2tanθ
考点：
平抛运动．.
专题：
平抛运动专题．
分析：
φ为速度与水平方向的夹角，tanφ为竖直速度与水平速度之比；θ为平抛运动位移与水平方向的夹角，tanθ为竖直位移与水平位移之比．
解答：
解：竖直速度与水平速度之比为：tanφ=，
竖直位移与水平位移之比为：
tanθ==，
故tanφ=2tanθ，
故选：D．
点评：
解决本题的关键掌握速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍．
9．（4分）如图所示为一皮带传动装置，右轮的半径为r，a是它边缘上一点，左侧是一轮轴，大轮的半径为4r，小轮的半径为2r，在小轮中间有一点b，到小轮中心的距离为r，c点位于大轮的边缘上，若在传动过程中，皮带不打滑，则（ ）
A．
a，b两点的角速度大小之比为2：1
B．
a，b两点线速度大小之比为1：1
C．
a，c两点角速度大小之比为1：2
D．
a，c两点向心加速度大小之比为2：1
考点：
线速度、角速度和周期、转速；向心加速度．.
专题：
匀速圆周运动专题．
分析：
传送带在传动过程中不打滑，则传送带传动的两轮子边缘上各点的线速度大小相等，共轴的轮子上各点的角速度相等．再根据v=rω，a=去求解．
解答：
解：A、a点与左侧小轮边缘上的点线速度大小相等，根据v=rω，知角速度之比为2：1，而小轮边缘上的点与b点的角速度相等，所以a、b两点的角速度之比为2：1．故A正确．
B、a、b两点的角速度之比为2：1，半径之比为1：1，则线速度之比为2：1．故B错误．
C、左侧小轮边缘上的点与c点的角速度相等，知a点与c点的角速度之比为2：1．故C错误．
D、a点与c点的角速度之比为2：1，半径之比为1：4，根据a=rω2知，向心加速度之比为1：1．故D错误．
故选：A．
点评：
传送带在传动过程中不打滑，则传送带传动的两轮子边缘上各点的线速度大小相等，共轴的轮子上各点的角速度相等．
10．（4分）如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将静止在湖面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时缆绳与水平方向的夹角为θ，小船的速度大小为v0，则此时小船的加速度大小a和缆绳对船的拉力F为（缆绳质量忽略不计）（ ）
A．
a=（﹣f），F=
B．
a=（﹣f），F=
C．
a=（﹣f），F=
D．
a=（﹣f），F=
考点：
运动的合成和分解．.
专题：
运动的合成和分解专题．
分析：
设小船经过B点时绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为θ，绳的速度大小为u，根据牛顿第二定律、功率P=Fv，以及小船速度与绳子收缩速度的关系求出B点的加速度．
解答：
解：设小船经过B点时绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为θ，绳的速度大小为u，
则P=Fu
因u=v0cosθ
牛顿第二定律 Fcosθ﹣f=ma
联立得a=（﹣f）
F=；
故选：D．
点评：
本题综合考查了牛顿第二定律等知识，功率的计算和速度的分解，对学生能力要求较高．
二、填空题（没空2分，共14分）
11．（4分）将20kg的物体从静止开始以2m/s2的加速度竖直提升4m，拉力做功的平均功率为 480 W，到达4m末端时拉力的瞬时功率为 960 W．
考点：
功率、平均功率和瞬时功率．.
专题：
功率的计算专题．
分析：
对物体受力分析，由牛顿第二定律可以求得拉力的大小，根据恒力做功公式求出拉力做的功，由求解平均功率，由运动学的规律可以求得瞬时速度的大小，再由瞬时功率的公式可以求得拉力的瞬时功率．
解答：
解：对物体受力分析，由牛顿第二定律可得，
F﹣mg=ma
所以拉力 F=mg+ma=20×10+20×2N=240N．
根据x=
解得；t=2s
所以=
由 v2=2ax
得 v=4m/s
由瞬时功率的公式，
P=Fv=240×4N=960W，
故答案为：480；960
点评：
分析功率的时候，一定要注意公式的选择，只能计算平均功率的大小，而P=Fv可以计算平均功率也可以是瞬时功率，取决于速度是平均速度还是瞬时速度．
12．（4分）放在水平圆盘上质量为0.5kg的小物块离转轴距离为0.2m，物块与圆盘间的动摩擦因数为0.2．当小物块随圆盘一起以2rad/s的角速度做匀速圆周运动时，其受到的摩擦力大小为 0.4 N，方向为 沿半径方向指向圆心 ．
考点：
摩擦力的判断与计算．.
专题：
摩擦力专题．
分析：
分析物体的受力情况，根据静摩擦力提供圆周运动向心力来计算摩擦力的大小及方向；
解答：
解：由题意知，滑块受竖直向下的重力和竖直向上的支持力还有静摩擦力作用，根据合力提供圆周运动向心力知，此时静摩擦力与滑块圆周运动向心力相等，故滑块受到静摩擦力的大小
Ff=mrω2=0.55×0.2×22N=0.4N
因为静摩擦力提供圆周运动向心力知，静摩擦力的方向指向转轴；
故答案为：0.4；沿半径方向指向圆心．
点评：
解决本题的关键知道圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，以及知道线速度与角速度的大小关系．
13．（6分）“钓鱼台群岛”一直都是我国的固有领土，位于北纬25°，莱湖市则位于北纬32°．假设钓鱼岛和莱湖市随地球自转的线速度大小分别为v1和v2，随地球自转的角速度大小分别为ω1和ω2，随着地球自转周期分别为T1和T2，则v1 ＞ v2，ω1 = ω2，T1 = T2．（选填“＞”，“＜”或“=”）
考点：
线速度、角速度和周期、转速．.
专题：
匀速圆周运动专题．
分析：
随着地球一起自转，角速度相等，周期相等，结合转动半径的大小比较线速度大小关系．
解答：
解：钓鱼岛和莱湖市随地球自转，角速度相等，根据T=知，周期相等．
根据v=rω，钓鱼岛的半径大，则线速度大．
故答案为：＞，=，=．
点评：
解决本题的关键知道共轴转动，角速度相等，知道线速度与角速度的大小关系，并能灵活运用．
14．（6分）频闪摄影是研究变速运动常用的实验手段．在暗室中，照相机的快门处于常开状态，频闪仅每隔一定时间发出一次短暂的强烈闪光，照亮运动的物体，于是胶片上记录了物体在几个闪光时刻的位置．某物理小组利用图甲所示装置探究平抛运动规律．他们分别在该装置正上方A处和右侧B处安装了频闪仪器并进行拍摄，得到的频闪照片如图乙，O为抛出点，P为抛出轨迹上某点．根据平抛运动规律回答下列问题：
（1）乙图中，A处拍摄的频闪照片为 b ；（选填“a”或“b”）
（2）测得图乙（a）中OP距离为45cm，（b）中OP距离为30cm，则平抛物体的初速度为 1 m/s，p点速度为 m/s．
考点：
研究平抛物体的运动．.
专题：
实验题．
分析：
小球做平抛运动，摄像头A拍摄小球水平方向上的匀速直线运动，摄像头B拍摄小球竖直方向的自由落体运动，分别在水平方向和竖直方向上列式求解．
解答：
解：（1）小球做平抛运动，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，摄像头A拍摄的是水平方向上的运动，故应该是间距相等的点．故摄像头A所拍摄的频闪照片为b图．
（2）摄像头A拍摄小球水平方向上的匀速直线运动，摄像头B拍摄小球竖直方向的自由落体运动，根据测得图乙（a）OP距离为h=45cm，
则，
解得：t=
由（b）中OP距离为s=30cm，则s=v0t，
解得平抛物体的初速度大小为．
P点竖直速度大小为vy=gt=10×0.3m/s=3m/s，
所以P点的速度大小，由勾股定理得．
故答案为：（1）b；（2）1；．
点评：
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解．
15．（10分）在“验证机械能守恒定律”的实验中，已知打点计时器所用电源的频率为50Hz．查得当地的重力加速度为g=10m/s2，某同学选择了一条理想的纸带，测得各计数点到O点对应的长度如图所示．图中O点是打点计时器打出的第一个点，A，B，C，D分别是每打两个点取出的计数点，问：
（1）在该实验中不必要的仪器是 ABC ．（只需填字母代号）
A．秒表 B．弹簧测力计 C．天平 D．刻度尺
（2）若重物质量为1kg，重物由O点运动到B点过程中，重力势能减少量为 1.95 J，动能的增加量是 1.89 J．（结果保留三位有效数字）
（3）根据计算的数据可得出的结论是 在误差允许的范围内，重物下落机械能守恒 ，产生误差的主要原因是 受到摩擦阻力 ．
考点：
验证机械能守恒定律．.
专题：
实验题．
分析：
（1）在“验证机械能守恒定律”的实验中，我们验证的是减少的重力势能与增加的动能之间的关系，根据这个实验原理判断需要的实验器材．
（2）减少的重力势能为mgh，增加的动能为mv2，代入计算求解．
（3）由于系统受到阻力的原因，所以减少的重力势能有一部分转化为内能，所以会出现减少的重力势能不等于增加的动能的情况．
解答：
解：（1）在“验证机械能守恒定律”的实验中，我们验证的是减少的重力势能与增加的动能之间的关系，根据这个实验原理判断需要的实验器材．
A、打点计时器本身可以计时，不需要秒表，故A错误；
B、该实验不需要测量力的大小，不需要弹簧测力计，故B错误；
C、我们要验证的是：mgh=mv2，m约掉，故不需要天平，故C错误；
D、需要刻度尺测量位移，故D正确；
本题选择不需要的，故选：ABC．
（2）减少的重力势能：△Ep=mgh=1×19.50×10﹣2×10=1.95 J
利用匀变速直线运动的推论得：
B点的速度为：vB==1.94m/s
所以增加的动能为：△EK=m=1.89 J
（3）由步骤（2）的数据得：减少的重力势能近似等于增加的动能，
故结论为：在误差允许的范围内，重物下落机械能守恒．
由于受到摩擦阻力的原因，所以减少的重力势能有一部分转化为内能，所以会出现减少的重力势能不等于增加的动能的情况．
故答案为：（1）ABC，（2）1.95；1.89，（3）在误差允许的范围内，重物下落机械能守恒；受到摩擦阻力．
点评：
纸带问题的处理时力学实验中常见的问题，计算过程中要注意单位的换算和有效数字的保留．
要知道重物带动纸带下落过程中能量转化的过程和能量守恒．
四、计算与简答（16题8分，17题8分，18题14分，共30分）
16．（8分）（2012?北京）如图所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上．已知l=1.4m，v=3.0m/s，m=0.10kg，物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，桌面高h=0.45m，不计空气阻力，重力加速度取10m/s2，求：
（1）小物块落地点距飞出点的水平距离s；
（2）小物块落地时的动能EK；
（3）小物块的初速度大小v0．
考点：
动能定理的应用；平抛运动．.
专题：
动能定理的应用专题．
分析：
（1）物块离开桌面后做平抛运动，由匀速与匀变速运动规律可以求出水平距离．
（2）由动能定理可以求出落地动能．
（3）由动能定理可以求出物块的初速度．
解答：
解：（1）物块飞出桌面后做平抛运动，
竖直方向：h=gt2，解得：t=0.3s，
水平方向：s=vt=0.9m；
（2）对物块从飞出桌面到落地，
由动能定理得：mgh=mv12﹣mv22，
落地动能EK=mv12=0.9J；
（3）对滑块从开始运动到飞出桌面，
由动能定理得：﹣μmgl=mv2﹣mv02，
解得：v0=4m/s；
答：（1）小物块落地点距飞出点的水平距离为0.9m．
（2）小物块落地时的动能为0.9J．
（3）小物块的初速度为4m/s．
点评：
要掌握应用动能定理解题的方法与思路；（2）（3）两问也可以应用牛顿定律、运动学公式求解．
17．（8分）“嫦娥三号”探测器于2013年12月2日凌晨在西昌发射中心发射成功．“嫦娥三号”经过几次成功变轨以后，探测器状态极其良好，成功进入绕月轨道．12月14日21时11分，“嫦娥三号”探测器在月球表面成功着陆，标志着我国已成为世界上第三个实现地外天体软着陆的国家．设“嫦娥三号”探测器环绕月球的运动为匀速圆周运动，它距月球表面的高度为h，已知月球表面的重力加速度为g，月球半径为R，引力常量为G，求：
（1）月球的质量；
（2）探测器绕月球运动的速度；
（3）探测器绕月球运动的周期．
考点：
万有引力定律及其应用．.
专题：
万有引力定律的应用专题．
分析：
（1）月球表面重力等于万有引力求得月球质量；
（2）根据万有引力提供圆周运动向心力求解探测器的线速度；
（3）根据万有引力提供圆周运动向心力求探测器的周期．
解答：
解：（1）在月球表面重力等于万有引力有：
可得月球质量为：M=
（2）月球对探测器的万有引力提供圆周运动向心力有：
可得探测器的线速度为：=
（3）月球对探测器的万有引力提供圆周运动向心力有：
得探测器圆周运动的周期为：T==
答：（1）月球的质量为；
（2）探测器绕月球运动的速度为；
（3）探测器绕月球运动的周期为．
点评：
从星球表面万有引力等于重力和万有引力提供圆周运动向心力两方面入手求解是关键．
18．（14分）如图所示，AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA处于水平位置．AB是半径为R=2m的圆周轨道，CDO是半径为r=1m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性档板．D为CDO轨道的中央点．BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接．已知BC段水平轨道长L=2m，与小球之间的动摩擦因数μ=0.4．现让一个质量为m=1kg的小球P从A点的正上方距水平线OA高H处自由落下．（取g=10m/s2）
（1）当H=1.4m时，问此球第一次到达D点对轨道的压力大小．
（2）当H=1.4m时，试通过计算判断此球是否会脱离CDO轨道．如果会脱离轨道，求脱离前球在水平轨道经过的路程．如果不会脱离轨道，求静止前球在水平轨道经过的路程．
考点：
动能定理；牛顿第二定律．.
专题：
动能定理的应用专题．
分析：
（1）先对从P到D过程根据动能定理列式求解D点速度，然后由支持力提供向心力列式求解支持力．
（2）先判断能够第一次到达O点，第二次来到D点是沿着原路返回，然后判断能否第三次到达D点，最后对全程根据动能定理列式求解总路程．
解答：
解：（1）设小球第一次到达D的速度VD，P到D点的过程对小球根据动能定理列式，有：
mg（H+r）﹣μmgL=mVD2
在D点对小球列牛顿第二定律：FN=m
联立解得：FN=32N
（2）第一次来到O点，速度V1
P到O点的过程对小球根据动能定理列式，有：
mgH﹣μmgL=mV12
解得：V12=12
要能通过O点，须mg＜m
临界速度VO2=10
故第一次来到O点之前没有脱离，第二次来到D点是沿着原路返回，设第三次来到D点的动能EK
对之前的过程根据动能定理列式，有：
mg（H+r）﹣3μmgL=EK
代入解得：EK=0
故小球一直没有脱离CDO轨道
设此球静止前在水平轨道经过的路程S
对全过程根据动能定理列式，有：
mg（H+R）﹣μmgS=0
解得：S=8.5m
答：（1）当H=1.4m时，此球第一次到达D点对轨道的压力大小为32N．（2）当H=1.4m时，此球不会脱离CDO轨道，静止前球在水平轨道经过的路程为8.5m．
点评：
本题关键是结合动能定理和向心力公式判断物体的运动情况，注意临界点D和Q位置的判断．
高一物理试卷
一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）
1．（4分）物体做曲线运动时，下列情况不可能的是（ ）
A. 速度的大小不变而方向改变 B速度的大小改变而方向不变
C. 加速度的大小和方向都不变 D. 加速度的大小不变而方向改变
考点：
曲线运动．.
专题：
物体做曲线运动条件专题．
分析：
根据物体做曲线运动的特点，速度一定在变化但大小不一定变，速度和加速度是否也变化不能决定物体是否做曲线运动．
解答：
解：A、匀速圆周运动的速度的大小就不变，而方向在不断地变化，所以A可能存在．
B、如果速度的方向不变，那就成了直线运动，不可能是曲线运动，所以B选项是不可能存在的．
C、平抛运动也是曲线运动，它的加速度的大小和方向就都不变化，所以C可能存在．
D、匀速圆周运动的加速度的大小就不变，而方向在不断地变化，所以D可能存在．
本题选不可能的，故选：B．
点评：
本题主要是对质点做曲线运动的特点的考查，还要注意匀速圆周运动和平抛运动的各自的特点，知道这些本题基本上就可以解决了．
2．（4分）用细线拴住小球在光滑的水平面内做匀速圆周运动，下列描述小球运动的物理量发生变化的是（ ）
A. 动能 B. 周期 C. 向心加速度 D. 角速度
考点：
匀速圆周运动．.
专题：
匀速圆周运动专题．
分析：
用细绳拉着质量为m的小球在光滑水平面上做匀速圆周运动，速度的大小不变，方向时刻改变，而动能是标量，只有大小，没有方向．周期是标量，不变，角速度虽然是矢量，但它的方向也不变．
解答：
解：A、动能Ek=mv2是标量，只有大小没有方向，由于速度的大小不变，所以动能不变，故A错误；
B、周期是标量，T=，v的大小不变，故匀速圆周运动的周期不变．故B错误．
C、小球做匀速圆周运动，速度的大小不变，方向时刻改变．所以小球的速度不断改变，则向心加速度也不断变化．故C正确．
D、角速度虽然是矢量，但方向不变，大小ω=，v大小不变，角速度不变．故D错误．
故选：C．
点评：
解决本题的关键知道匀速圆周运动的特点，速度方向是切线方向，动能是标量
3．（4分）关于功和功率的概念，下列说法正确的是（ ）
A．
功有正、负之分，说明功有方向
B．
力是矢量，位移是矢量，根据W=Fs可知，功也是矢量
C．
功率越大，做功越多
D．
瞬时功率可能等于平均功率
考点：
功率、平均功率和瞬时功率．.
专题：
功率的计算专题．
分析：
功率是描述做功快慢的物理量，功率大说明物体做功快，功率小说明物体做功慢，在分析功率的时候，一定要注意公式的选择．
解答：
解：A、功是标量，没有方向，正负表示动力还是阻力做功，故AB错误；
C、功率是描述做功快慢的物理量，功率越大，功不一定多，还要看时间，故C错误．
D、当物体做匀速直线运动时，拉力的平均功率等于拉力的瞬时功率，故D正确．
故选：D．
点评：
本题就是考查学生对功率概念的理解，知道功率是表示做功的快慢的物理量，做的功多，功率也不一定大．
4．（4分）一条河宽300m，水流速度3m/s，小船在静水中速度为4m/s，则小船横渡该河所需的最短时间是（ ）
A．
43s
B．
60s
C．
75s
D．
100s
考点：
运动的合成和分解．.
专题：
运动的合成和分解专题．
分析：
当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短；当合速度与河岸垂直时，渡河航程最短．
解答：
解：当静水速与河岸垂直时，垂直于河岸方向上的分速度最大，则渡河时间最短，最短时间为：
t==s=75s，故C正确，ABD错误；
故选：C．
点评：
解决本题的关键知道合运动与分运动具有等时性，当静水速与河岸垂直，渡河时间最短；当合速度与河岸垂直，渡河航程最短．
5．（4分）“金星凌日”是一种特殊天象，发生时地球，金星，太阳处在同一条直线上，从地球上可以看到金星就像一个小黑点一样在太阳表面缓慢移动，金星轨道在地球轨道的内侧，离太阳更近．假设金星和地球都绕太阳做匀速圆周运动，则（ ）
A．
金星的线速度小于地球的线速度
B．
金星的角速度小于地球的角速度
C．
金星的周期大于地球的周期
D．
金星的向心的加速度大于地球的向心加速度
考点：
万有引力定律及其应用．.
专题：
万有引力定律的应用专题．
分析：
根据万有引力提供圆周运动向心力由半径大小关系分析线速度、角速度、周期与向心加速度的大小．
解答：
解：由题意知，金星轨道在地球轨道的内侧，所以金星的轨道半径小于地球的轨道半径，根据万有引力提供圆周运动向心力有知：
A、线速度，金星的轨道半径小线速度大，故A错误；
B、，金星的轨道半径小角速度大，故B错误；
C、周期T=，金星的轨道半径小，周期小，故C错误；
D、向心加速度，金星的轨道半径小，向心加速度大，故D正确．
故选：D．
点评：
能根据万有引力提供圆周运动向心力分析描述圆周运动的物理理与轨道半径的关系是正确解题的关键．
6．（4分）如图所示，木块m沿固定的光滑斜面从静止开始下滑，当下降h高度时，重力做功的瞬时功率大小为（ ）
A．
mg
B．
mgcosθ
C．
mgsinθ
D．
mgsinθ
考点：
功率、平均功率和瞬时功率．.
专题：
功率的计算专题．
分析：
由机械能守恒定律可求得木块下滑的高度，由功率公式可求得重力瞬时功率．
解答：
解：滑块下滑过程受重力和支持力，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒得：
mgh=mv2；
解得：v=
则重力的功率为：
P=mgvsinθ=mgsinθ
故选：D．
点评：
功率公式P=Fv应注意公式里的速度为与力F方向一致的速度，若不在同一直线上，可以将速度进行分解，功率为力与沿力的方向上分速度的乘积．
7．（4分）桌面高为h1，质量为m的小球从高出桌面h2的A点从静止开始下落到地面上的B点，以桌面为参考面，在此过程中小球重力做功和小球在桌面处的机械能分别为（ ）
A．
mg（h1+h2），mgh2
B．
mgh2，mgh2
C．
mgh2，mg（h1+h2）
D．
mg（h1+h2），mg（h1+h2）
考点：
机械能守恒定律；重力势能．.
专题：
机械能守恒定律应用专题．
分析：
解答本题要掌握：重力做功只与物体始末位置有关，与路径无关，与零势能点的选取无关；重力势能大小与零势能点的选取有关，同一位置选择的零势能点不同，对应的重力势能就不同．根据机械能守恒定律求解小球在桌面处的机械能．
解答：
解：小球下落的始末位置的高度差为：h1+h2，故重力做功为：W=mg（h1+h2）
小球下落过程中机械能守恒，则知小球在桌面处的机械能等于刚开始下落时的机械能，为E=mgh2；
故选：A．
点评：
重力势能、重力做功特点，重力势能和重力做功之间的关系是学生必须掌握的重点内容，在学习过程中要加强理解．
8．（4分）（2008?安徽）如图所示，一物体自倾角为θ的固定斜面顶端沿水平方向抛出后落在斜面上．物体与斜面接触时速度与水平方向的夹角φ满足（ ）
A．
tanφ=sinθ
B．
tanφ=cosθ
C．
tanφ=tanθ
D．
tanφ=2tanθ
考点：
平抛运动．.
专题：
平抛运动专题．
分析：
φ为速度与水平方向的夹角，tanφ为竖直速度与水平速度之比；θ为平抛运动位移与水平方向的夹角，tanθ为竖直位移与水平位移之比．
解答：
解：竖直速度与水平速度之比为：tanφ=，
竖直位移与水平位移之比为：
tanθ==，
故tanφ=2tanθ，
故选：D．
点评：
解决本题的关键掌握速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍．
9．（4分）如图所示为一皮带传动装置，右轮的半径为r，a是它边缘上一点，左侧是一轮轴，大轮的半径为4r，小轮的半径为2r，在小轮中间有一点b，到小轮中心的距离为r，c点位于大轮的边缘上，若在传动过程中，皮带不打滑，则（ ）
A．
a，b两点的角速度大小之比为2：1
B．
a，b两点线速度大小之比为1：1
C．
a，c两点角速度大小之比为1：2
D．
a，c两点向心加速度大小之比为2：1
考点：
线速度、角速度和周期、转速；向心加速度．.
专题：
匀速圆周运动专题．
分析：
传送带在传动过程中不打滑，则传送带传动的两轮子边缘上各点的线速度大小相等，共轴的轮子上各点的角速度相等．再根据v=rω，a=去求解．
解答：
解：A、a点与左侧小轮边缘上的点线速度大小相等，根据v=rω，知角速度之比为2：1，而小轮边缘上的点与b点的角速度相等，所以a、b两点的角速度之比为2：1．故A正确．
B、a、b两点的角速度之比为2：1，半径之比为1：1，则线速度之比为2：1．故B错误．
C、左侧小轮边缘上的点与c点的角速度相等，知a点与c点的角速度之比为2：1．故C错误．
D、a点与c点的角速度之比为2：1，半径之比为1：4，根据a=rω2知，向心加速度之比为1：1．故D错误．
故选：A．
点评：
传送带在传动过程中不打滑，则传送带传动的两轮子边缘上各点的线速度大小相等，共轴的轮子上各点的角速度相等．
10．（4分）如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将静止在湖面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时缆绳与水平方向的夹角为θ，小船的速度大小为v0，则此时小船的加速度大小a和缆绳对船的拉力F为（缆绳质量忽略不计）（ ）
A．
a=（﹣f），F=
B．
a=（﹣f），F=
C．
a=（﹣f），F=
D．
a=（﹣f），F=
考点：
运动的合成和分解．.
专题：
运动的合成和分解专题．
分析：
设小船经过B点时绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为θ，绳的速度大小为u，根据牛顿第二定律、功率P=Fv，以及小船速度与绳子收缩速度的关系求出B点的加速度．
解答：
解：设小船经过B点时绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为θ，绳的速度大小为u，
则P=Fu
因u=v0cosθ
牛顿第二定律 Fcosθ﹣f=ma
联立得a=（﹣f）
F=；
故选：D．
点评：
本题综合考查了牛顿第二定律等知识，功率的计算和速度的分解，对学生能力要求较高．
二、填空题（没空2分，共14分）
11．（4分）将20kg的物体从静止开始以2m/s2的加速度竖直提升4m，拉力做功的平均功率为 480 W，到达4m末端时拉力的瞬时功率为 960 W．
考点：
功率、平均功率和瞬时功率．.
专题：
功率的计算专题．
分析：
对物体受力分析，由牛顿第二定律可以求得拉力的大小，根据恒力做功公式求出拉力做的功，由求解平均功率，由运动学的规律可以求得瞬时速度的大小，再由瞬时功率的公式可以求得拉力的瞬时功率．
解答：
解：对物体受力分析，由牛顿第二定律可得，
F﹣mg=ma
所以拉力 F=mg+ma=20×10+20×2N=240N．
根据x=
解得；t=2s
所以=
由 v2=2ax
得 v=4m/s
由瞬时功率的公式，
P=Fv=240×4N=960W，
故答案为：480；960
点评：
分析功率的时候，一定要注意公式的选择，只能计算平均功率的大小，而P=Fv可以计算平均功率也可以是瞬时功率，取决于速度是平均速度还是瞬时速度．
12．（4分）放在水平圆盘上质量为0.5kg的小物块离转轴距离为0.2m，物块与圆盘间的动摩擦因数为0.2．当小物块随圆盘一起以2rad/s的角速度做匀速圆周运动时，其受到的摩擦力大小为 0.4 N，方向为 沿半径方向指向圆心 ．
考点：
摩擦力的判断与计算．.
专题：
摩擦力专题．
分析：
分析物体的受力情况，根据静摩擦力提供圆周运动向心力来计算摩擦力的大小及方向；
解答：
解：由题意知，滑块受竖直向下的重力和竖直向上的支持力还有静摩擦力作用，根据合力提供圆周运动向心力知，此时静摩擦力与滑块圆周运动向心力相等，故滑块受到静摩擦力的大小
Ff=mrω2=0.55×0.2×22N=0.4N
因为静摩擦力提供圆周运动向心力知，静摩擦力的方向指向转轴；
故答案为：0.4；沿半径方向指向圆心．
点评：
解决本题的关键知道圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，以及知道线速度与角速度的大小关系．
13．（6分）“钓鱼台群岛”一直都是我国的固有领土，位于北纬25°，莱湖市则位于北纬32°．假设钓鱼岛和莱湖市随地球自转的线速度大小分别为v1和v2，随地球自转的角速度大小分别为ω1和ω2，随着地球自转周期分别为T1和T2，则v1 ＞ v2，ω1 = ω2，T1 = T2．（选填“＞”，“＜”或“=”）
考点：
线速度、角速度和周期、转速．.
专题：
匀速圆周运动专题．
分析：
随着地球一起自转，角速度相等，周期相等，结合转动半径的大小比较线速度大小关系．
解答：
解：钓鱼岛和莱湖市随地球自转，角速度相等，根据T=知，周期相等．
根据v=rω，钓鱼岛的半径大，则线速度大．
故答案为：＞，=，=．
点评：
解决本题的关键知道共轴转动，角速度相等，知道线速度与角速度的大小关系，并能灵活运用．
14．（6分）频闪摄影是研究变速运动常用的实验手段．在暗室中，照相机的快门处于常开状态，频闪仅每隔一定时间发出一次短暂的强烈闪光，照亮运动的物体，于是胶片上记录了物体在几个闪光时刻的位置．某物理小组利用图甲所示装置探究平抛运动规律．他们分别在该装置正上方A处和右侧B处安装了频闪仪器并进行拍摄，得到的频闪照片如图乙，O为抛出点，P为抛出轨迹上某点．根据平抛运动规律回答下列问题：
（1）乙图中，A处拍摄的频闪照片为 b ；（选填“a”或“b”）
（2）测得图乙（a）中OP距离为45cm，（b）中OP距离为30cm，则平抛物体的初速度为 1 m/s，p点速度为 m/s．
考点：
研究平抛物体的运动．.
专题：
实验题．
分析：
小球做平抛运动，摄像头A拍摄小球水平方向上的匀速直线运动，摄像头B拍摄小球竖直方向的自由落体运动，分别在水平方向和竖直方向上列式求解．
解答：
解：（1）小球做平抛运动，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，摄像头A拍摄的是水平方向上的运动，故应该是间距相等的点．故摄像头A所拍摄的频闪照片为b图．
（2）摄像头A拍摄小球水平方向上的匀速直线运动，摄像头B拍摄小球竖直方向的自由落体运动，根据测得图乙（a）OP距离为h=45cm，
则，
解得：t=
由（b）中OP距离为s=30cm，则s=v0t，
解得平抛物体的初速度大小为．
P点竖直速度大小为vy=gt=10×0.3m/s=3m/s，
所以P点的速度大小，由勾股定理得．
故答案为：（1）b；（2）1；．
点评：
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解．
15．（10分）在“验证机械能守恒定律”的实验中，已知打点计时器所用电源的频率为50Hz．查得当地的重力加速度为g=10m/s2，某同学选择了一条理想的纸带，测得各计数点到O点对应的长度如图所示．图中O点是打点计时器打出的第一个点，A，B，C，D分别是每打两个点取出的计数点，问：
（1）在该实验中不必要的仪器是 ABC ．（只需填字母代号）
A．秒表 B．弹簧测力计 C．天平 D．刻度尺
（2）若重物质量为1kg，重物由O点运动到B点过程中，重力势能减少量为 1.95 J，动能的增加量是 1.89 J．（结果保留三位有效数字）
（3）根据计算的数据可得出的结论是 在误差允许的范围内，重物下落机械能守恒 ，产生误差的主要原因是 受到摩擦阻力 ．
考点：
验证机械能守恒定律．.
专题：
实验题．
分析：
（1）在“验证机械能守恒定律”的实验中，我们验证的是减少的重力势能与增加的动能之间的关系，根据这个实验原理判断需要的实验器材．
（2）减少的重力势能为mgh，增加的动能为mv2，代入计算求解．
（3）由于系统受到阻力的原因，所以减少的重力势能有一部分转化为内能，所以会出现减少的重力势能不等于增加的动能的情况．
解答：
解：（1）在“验证机械能守恒定律”的实验中，我们验证的是减少的重力势能与增加的动能之间的关系，根据这个实验原理判断需要的实验器材．
A、打点计时器本身可以计时，不需要秒表，故A错误；
B、该实验不需要测量力的大小，不需要弹簧测力计，故B错误；
C、我们要验证的是：mgh=mv2，m约掉，故不需要天平，故C错误；
D、需要刻度尺测量位移，故D正确；
本题选择不需要的，故选：ABC．
（2）减少的重力势能：△Ep=mgh=1×19.50×10﹣2×10=1.95 J
利用匀变速直线运动的推论得：
B点的速度为：vB==1.94m/s
所以增加的动能为：△EK=m=1.89 J
（3）由步骤（2）的数据得：减少的重力势能近似等于增加的动能，
故结论为：在误差允许的范围内，重物下落机械能守恒．
由于受到摩擦阻力的原因，所以减少的重力势能有一部分转化为内能，所以会出现减少的重力势能不等于增加的动能的情况．
故答案为：（1）ABC，（2）1.95；1.89，（3）在误差允许的范围内，重物下落机械能守恒；受到摩擦阻力．
点评：
纸带问题的处理时力学实验中常见的问题，计算过程中要注意单位的换算和有效数字的保留．
要知道重物带动纸带下落过程中能量转化的过程和能量守恒．
四、计算与简答（16题8分，17题8分，18题14分，共30分）
16．（8分）（2012?北京）如图所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上．已知l=1.4m，v=3.0m/s，m=0.10kg，物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，桌面高h=0.45m，不计空气阻力，重力加速度取10m/s2，求：
（1）小物块落地点距飞出点的水平距离s；
（2）小物块落地时的动能EK；
（3）小物块的初速度大小v0．
考点：
动能定理的应用；平抛运动．.
专题：
动能定理的应用专题．
分析：
（1）物块离开桌面后做平抛运动，由匀速与匀变速运动规律可以求出水平距离．
（2）由动能定理可以求出落地动能．
（3）由动能定理可以求出物块的初速度．
解答：
解：（1）物块飞出桌面后做平抛运动，
竖直方向：h=gt2，解得：t=0.3s，
水平方向：s=vt=0.9m；
（2）对物块从飞出桌面到落地，
由动能定理得：mgh=mv12﹣mv22，
落地动能EK=mv12=0.9J；
（3）对滑块从开始运动到飞出桌面，
由动能定理得：﹣μmgl=mv2﹣mv02，
解得：v0=4m/s；
答：（1）小物块落地点距飞出点的水平距离为0.9m．
（2）小物块落地时的动能为0.9J．
（3）小物块的初速度为4m/s．
点评：
要掌握应用动能定理解题的方法与思路；（2）（3）两问也可以应用牛顿定律、运动学公式求解．
17．（8分）“嫦娥三号”探测器于2013年12月2日凌晨在西昌发射中心发射成功．“嫦娥三号”经过几次成功变轨以后，探测器状态极其良好，成功进入绕月轨道．12月14日21时11分，“嫦娥三号”探测器在月球表面成功着陆，标志着我国已成为世界上第三个实现地外天体软着陆的国家．设“嫦娥三号”探测器环绕月球的运动为匀速圆周运动，它距月球表面的高度为h，已知月球表面的重力加速度为g，月球半径为R，引力常量为G，求：
（1）月球的质量；
（2）探测器绕月球运动的速度；
（3）探测器绕月球运动的周期．
考点：
万有引力定律及其应用．.
专题：
万有引力定律的应用专题．
分析：
（1）月球表面重力等于万有引力求得月球质量；
（2）根据万有引力提供圆周运动向心力求解探测器的线速度；
（3）根据万有引力提供圆周运动向心力求探测器的周期．
解答：
解：（1）在月球表面重力等于万有引力有：
可得月球质量为：M=
（2）月球对探测器的万有引力提供圆周运动向心力有：
可得探测器的线速度为：=
（3）月球对探测器的万有引力提供圆周运动向心力有：
得探测器圆周运动的周期为：T==
答：（1）月球的质量为；
（2）探测器绕月球运动的速度为；
（3）探测器绕月球运动的周期为．
点评：
从星球表面万有引力等于重力和万有引力提供圆周运动向心力两方面入手求解是关键．
18．（14分）如图所示，AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA处于水平位置．AB是半径为R=2m的圆周轨道，CDO是半径为r=1m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性档板．D为CDO轨道的中央点．BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接．已知BC段水平轨道长L=2m，与小球之间的动摩擦因数μ=0.4．现让一个质量为m=1kg的小球P从A点的正上方距水平线OA高H处自由落下．（取g=10m/s2）
（1）当H=1.4m时，问此球第一次到达D点对轨道的压力大小．
（2）当H=1.4m时，试通过计算判断此球是否会脱离CDO轨道．如果会脱离轨道，求脱离前球在水平轨道经过的路程．如果不会脱离轨道，求静止前球在水平轨道经过的路程．
考点：
动能定理；牛顿第二定律．.
专题：
动能定理的应用专题．
分析：
（1）先对从P到D过程根据动能定理列式求解D点速度，然后由支持力提供向心力列式求解支持力．
（2）先判断能够第一次到达O点，第二次来到D点是沿着原路返回，然后判断能否第三次到达D点，最后对全程根据动能定理列式求解总路程．
解答：
解：（1）设小球第一次到达D的速度VD，P到D点的过程对小球根据动能定理列式，有：
mg（H+r）﹣μmgL=mVD2
在D点对小球列牛顿第二定律：FN=m
联立解得：FN=32N
（2）第一次来到O点，速度V1
P到O点的过程对小球根据动能定理列式，有：
mgH﹣μmgL=mV12
解得：V12=12
要能通过O点，须mg＜m
临界速度VO2=10
故第一次来到O点之前没有脱离，第二次来到D点是沿着原路返回，设第三次来到D点的动能EK
对之前的过程根据动能定理列式，有：
mg（H+r）﹣3μmgL=EK
代入解得：EK=0
故小球一直没有脱离CDO轨道
设此球静止前在水平轨道经过的路程S
对全过程根据动能定理列式，有：
mg（H+R）﹣μmgS=0
解得：S=8.5m
答：（1）当H=1.4m时，此球第一次到达D点对轨道的压力大小为32N．（2）当H=1.4m时，此球不会脱离CDO轨道，静止前球在水平轨道经过的路程为8.5m．
点评：
本题关键是结合动能定理和向心力公式判断物体的运动情况，注意临界点D和Q位置的判断．
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