天津市河西区2021届高三上学期物理期末质量调查试卷
一、单选题
1．（2018高三上·黄冈期末）远在春秋战国时代（公元前772—前221年），我国杰出学者墨子认为：“力，刑之所以奋也。”“刑”同“形”，即物体；“奋，动也”，即开始运动或运动加快，对墨子这句关于力和运动观点的理解，下列说法不正确的是（ ）
A．墨子认为力是改变物体运动状态的原因
B．墨子认为力是使物体产生加速度的原因
C．此观点与亚里士多德关于力和运动的观点基本相同
D．此观点与牛顿关于力和运动的观点基本相同
【答案】C
【知识点】力与运动的关系
【解析】【解答】“力，刑(形)之所以奋也。”也就是说，力是使物体运动的原因，即力是改变物体运动状态的原因，使物体产生加速度的原因，此观点与牛顿关于力和运动的观点基本相同，而亚里士多德认为有力作用在物体上,物体才能运动；没有力的作用，物体就要静止。C错误，符合题意，ABD不符合题意；
故答案为：C。
【分析】墨子认为力是产生加速度，改变物体速度的原因，观点和亚里士多德不同。
2．（2017高一下·海淀期末）“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一．摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动．下列叙述正确的是（ ）
A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
B．在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力
C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零
D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
【答案】B
【知识点】机械能守恒及其条件；功率及其计算；动量
【解析】【解答】解：A、机械能等于重力势能和动能之和，摩天轮运动过程中，做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，A不符合题意；
B、圆周运动过程中，在最高点，由重力和支持力的合力提供向心力F，向心力指向下方，所以F=mg﹣N，则支持力N=mg﹣F，所以重力大于支持力，B符合题意；
C、转动一周，重力的冲量为I=mgT，不为零，C不符合题意；
D、运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，所以重力的瞬时功率在变化，D不符合题意．
故答案为：B
【分析】机械能守恒定律，判断机械能是否守恒，根据机械能守恒的条件即可判断，圆周运动过程中，在最高点，由重力和支持力的合力提供向心力F，转动一周，重力的冲量不为零，运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，所以重力的瞬时功率在变化.
3．（2019·宜宾模拟）如图所示，物体A的质量大于B的质量，绳子的质量，绳与滑轮间的摩擦可不计，A、B恰好处于平衡状态，如果将悬点P靠近Q少许使系统重新平衡，则（ ）
A．物体A的重力势能增大 B．物体B的重力势能增大
C．绳的张力减小 D．P处绳与竖直方向的夹角减小
【答案】A
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】B物体对绳子的拉力不变，等于物体B的重力；动滑轮和物体A整体受重力和两个拉力，拉力大小恒定，重力恒定，故两个拉力的夹角不变，如图所示；
所以物体A上升，物体B下降，所以物体A的重力势能增大，物体B的重力势能减小，A符合题意；BCD不符合题意；
故答案为：A。
【分析】利用高度变化可以判别A的重力势能增加；B重力势能减小；利用动态平衡可以判别绳子的拉力和角度变化。
4．（2020高三上·河西期末）如图甲所示，一个有固定转动轴的竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个 形支架在竖直方向振动， 形支架的下面系着一个由弹簧和小球组成的振动系统．圆盘静止时，让小球做简谐运动，其振动图像如图乙所示．圆盘匀速转动时，小球做受迫振动．小球振动稳定时．下列说法正确的是（ ）
A．小球振动的固有频率是
B．小球做受迫振动时周期一定是
C．圆盘转动周期在 附近时，小球振幅显著增大
D．圆盘转动周期在 附近时，小球振幅显著减小
【答案】C
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】A．小球振动的固有周期 ，则其固有频率为 ，A不符合题意；
B．小球做受迫振动时周期等于驱动力的周期，即等 于圆盘转动周期，不一定等于固有周期 ，B不符合题意；
CD．圆盘转动周期在 附近时，驱动力周期等于振动系统的固有周期，小球产生共振现象，振幅显著增大，C符合题意D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用小球振动的周期可以求出小球振动的频率；由于不知道圆盘转动的周期所以不能判别小球受迫振动的周期；当驱动周期和固有周期接近小球振动的振幅最大。
5．（2019·济宁模拟）跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，如图所示，当运动员从直升机上由静止跳下后，在下落过程中将会受到水平风力的影响，下列说法中正确的是（ ）
A．风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的动作
B．风力越大，运动员着地时的竖直速度越大，有可能对运动员造成伤害
C．运动员下落时间与风力无关
D．运动员着地速度与风力无关
【答案】C
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】AC.运动员同时参与了两个分运动，竖直方向向下落和水平方向随风飘，两个分运动同时发生，相互独立；则水平方向的风力大小不影响竖直方向的运动，即落地时间不变，A不符合题意，C符合题意；
BD.不论风速大小，运动员竖直方向的运动不变，则下落时间和竖直方向下落的速度不变，但水平风速越大，水平方向的速度越大，则落地的合速度越大，BD不符合题意。
故答案为：C
【分析】物体做类平抛运动，水平方向匀加速运动，竖直方向自由落体运动，利用竖直方向的距离求出运动时间，在结合运动学公式分析求解即可。
6．（2018高三上·黄冈期末）如图所示，物块A放在木板B上，A、B的质量相同，A与B之间、B与地面之间的动摩擦因数也相同（最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小）。若将水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时水平力大小为F1；若将水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时水平力大小为F2，则F1与F2的比为（ ）
A．1：1 B．1：2 C．1：3 D．1：4
【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】由于A与B之间的最大静摩擦力 小于B与地面之间的最大静摩擦力 ，当水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时B静止，A与B间的摩擦力刚好达到最大，此时水平力大小为 当水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时A、B间的摩擦力刚好达到最大，A、B的加速度相等，有： ，此时水平力大小为 ，解得 ，故F1与F2的比为1：4，D符合题意，ABC不符合题意；
故答案为：D。
【分析】若力F作用在B上；利用A相对于B恰好运动时求出加速度的大小，结合整体的牛顿第二定律可以求出拉力的大小；若力作用在A上，比较B受到的摩擦力大小可以求出对应F的大小。
7．（2020高三上·河西期末）在2017年6月的全球航天探索大会上，我国公布了“可重复使用运载火箭”的概念方案．方案之一为“降伞方案”，如图，当火箭和有效载荷通过引爆装置分离后，火箭变轨进入返回地球大气层的返回轨道，并加速下落至低空轨道，然后采用降落伞减速，接近地面时打开气囊，让火箭安全着陆．对该方案涉及的物理过程，下列说法正确的是（ ）
A．火箭和有效载荷分离过程中该系统的总机械能守恒
B．从返回轨道下落至低空轨道，火箭的重力加速度增大
C．从返回轨道至低空轨道，火箭处于超重状态
D．打开气囊是为了减小地面对火箭的冲量
【答案】B
【知识点】动量定理；超重与失重；万有引力定律的应用；冲量
【解析】【解答】火箭和有效载荷分离时，需要火箭对载荷做功，所以机械能不守恒．A不符合题意；根据万有引力定律：ma= ，随高度h的减小，加速度增大．B符合题意；从返回轨道至低空轨道的过程中火箭做加速运动，火箭的加速度的方向向下，火箭处于失重状态．C不符合题意；打开气囊与没有气囊比较，火箭受到的地面的冲量大小是相等的，气囊可以使火箭与地面之间作用的时间延长，减小火箭与地面之间的作用力．D不符合题意．
故答案为：B．
【分析】由于火箭和有效载荷分离过程中其火箭需要对载荷做功所以机械能不守恒；利用引力形成重力结合距离的变化可以判别重力加速度的变化；利用加速度的方向可以判别超重和失重；打开气囊是为了延长作用时间减少火箭与地面之间的作用力大小。
8．（2018·浙江选考）奥运会比赛项目撑杆跳高如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．加速助跑过程中，运动员的动能增加
B．起跳上升过程中，杆的弹性势能一直增加
C．起跳上升过程中，运动员的重力势能增加
D．越过横杆后下落过程中，运动员的重力势能减少动能增加
【答案】B
【知识点】弹性势能；机械能守恒定律
【解析】【解答】加速助跑过程中速度增大，动能增加，A正确，不符合题意；撑杆从开始形变到撑杆恢复形变时，先是运动员部分动能转化为杆的弹性势能，后弹性势能转化为运动员的动能与重力势能，杆的弹性势能不是一直增加，B错误，符合题意；起跳上升过程中，运动员的高度在不断增大，所以运动员的重力势能增加，C正确，不符合题意；当运动员越过横杆下落的过程中，他的高度降低、速度增大，重力势能被转化为动能，即重力势能减少，动能增加，D正确，不符合题意．
故答案为：B
【分析】弹性体发生弹性形变，物体就会具有弹性势能，弹性形变越大，弹性势能就越大，动能与物体的质量和速度有关，质量和速度和速度越大，动能越大，重力势能与物体位置高度和质量有关，高度和质量越大，重力势能就越大。
9．（2020高三上·深圳月考）如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt（k是常数），木板和木块加速度的大小分别为a1和a2．下列反映a1和a2变化的图线中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】牛顿定律与图象；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】当F比较小时，两个物体相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律得： ，a∝t；
当F比较大时，m2相对于m1运动，根据牛顿第二定律得：对m1： ，μ、m1、m2都一定，则a1一定．
对m2： ，a2是t的线性函数，t增大，a2增大．
由于 ，则两木板相对滑动后a2图象大于两者相对静止时图象的斜率．A符合题意．
故答案为：A
【分析】刚开始拉力比较小时，利用整体的牛顿第二定律可以求出加速度的表达式；当后来物块相对于木板滑动时，利用两者各自的牛顿第二定律可以求出各自加速度的表达式。
10．（2020高三上·河西期末）一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2。则（ ）
A．物块下滑过程中机械能守恒
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2
D．当物块下滑2.0m时机械能损失了12J
【答案】B
【知识点】机械能
【解析】【解答】A．下滑5m的过程中，重力势能减少30J，动能增加10J，减小的重力势能并不等于增加的动能，所以机械能不守恒，A不符合题意；
B．斜面高3m、长5m，则斜面倾角为θ＝37°。令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能mgh＝30J
可得质量m＝1kg
下滑5m过程中，由功能原理，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功μmg·cosθ·s＝20J
求得μ＝0.5
B符合题意；
C．由牛顿第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma
求得a＝2m/s2
C不符合题意；
D．物块下滑2.0m时，重力势能减少12J，动能增加4J，所以机械能损失了8J，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用重力势能和动能变化量不相等可以判别其机械能不守恒；利用机械能的变化量结合摩擦力做功可以求出动摩擦因数的大小；利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；利用重力势能的变化量及动能的增加量可以求出机械能损失的大小。
二、多选题
11．（2020高三上·河西期末）一质量为2.0×103kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104N，当汽车经过半径为80m的弯道时，下列判断正确的是（ ）
A．汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力
B．汽车转弯的速度为20m/s时所需的向心力为1.0×104N
C．汽车转弯的速度为20m/s时汽车会发生侧滑
D．汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0m/s2
【答案】B,D
【知识点】牛顿第二定律；向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A.汽车转弯时受重力支持力摩擦力，摩擦力提供向心力，A不符合题意；
BC.汽车转弯的速度为20m/s时所需的向心力为
所需向心力小于最大静摩擦力，不会侧滑，B符合题意，C不符合题意；
D.汽车能安全转弯的向心加速度不超过
D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】汽车拐弯时受到支持力、重力和摩擦力的作用；利用向心力的表达式可以求出向心力的大小；比较向心力和摩擦力的大小进而判别是否发生侧滑；利用最大静摩擦力结合牛顿第二定律可以判别向心加速度的最大值。
12．（2020高三上·河西期末）如图所示为某质点做直线运动的v-t图像，关于这个质点在4s内的运动情况，下列说法中正确的是（ ）
A．加速度大小不变，方向与初速度方向相同
B．4s内通过的路程为4m，而位移为零
C．质点始终向同一方向运动
D．4s末物体回到发点
【答案】B,D
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A.由图像可知，前两秒物体向负方向做匀减速直线运动，加速度与初速度方向相反，A不符合题意；
B.质点前两秒的位移
路程为2m，后两秒位移
路程为2m，所以4s内的位移是零，路程是4m，B符合题意；
C.质点前两秒向负方向运动，后两秒向正方向运动，C不符合题意；
D.因为四秒内的位移为零，所以4s末物体回到发点，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】利用最初速度的减小可以判别加速度方向和初速度方向相反；利用图像面积可以求出位移和路程的大小；利用速度方向可以判别质点的运动方向。
13．（2018高三上·黄冈期末）如图所示，置于竖直面内的光滑金属圆环半径为r，质量为m的带孔小球穿于环上，同时有一长为r的细绳一端系于圆环最高点，当圆环以角速度 绕竖直直径转动时，（ ）
A．细绳对小球的拉力可能为零
B．细绳和金属圆环对小球的作用力大小可能相等
C．细绳对小球拉力与小球的重力大小不可能相等
D．当 时，金属圆环对小球的作用力为零
【答案】C,D
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】因为圆环光滑，所以这三个力肯定是重力、环对球的弹力、绳子的拉力，根据几何关系可知，此时细绳与竖直方向的夹角为60°，当圆环旋转时，小球绕竖直轴做圆周运动，则有 ， ，解得 ， ， 当 时，金属圆环对小球的作用力 ；CD符合题意，AB不符合题意；
故答案为：CD。
【分析】利用圆周运动的合力可以判别绳子一定有拉力；利用平衡可以判别细绳的拉力和圆环的作用力不相等；利用牛顿第二定律可以求出圆环对小球作用力的大小。
14．（2020高三上·河西期末）一列简谐横波，沿x轴正方向传播，传播速度为10m/s，在t=0时的波形图如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．此时x=1.25m处的质点正在做加速度增大的加速运动
B．x=0.7m处的质点比x=0.6m处的质点先运动到波峰的位置
C．x=0处的质点再经过0.05s可运动到波峰位置
D．x=0.3m处的质点再经过0.08s可运动至波峰位置
【答案】C,D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A.简谐波沿x轴正方向传播，所以 间的质点正在从正方向的位置向平衡位置振动，速度增大，加速度减小，A不符合题意；
B.沿波的传播方向，x=0.7m处的质点在x=0.6m处的质点后边，振动比x=0.6m处的质点滞后，B不符合题意
C.x=0m处的质点正在向y轴正方向振动，在经过四分之一周期即可到达波峰，即
C符合题意；
D.x=0.3m处的质点离左侧最近的波峰之间的水平距离为
所以x=0.3m处的质点再经过
到达波峰，D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】利用波的传播方向可以判别质点的速度及加速度的变化；利用波的传播方向可以判别质点回到平衡位置的先后顺序；利用振动时间可以判别质点的位置。
三、实验题
15．（2020高三上·河西期末）如图甲所示为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置，数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量及小车和砝码质量的对应关系图。钩码的质量为m1，小车和砝码的质量为m2，重力加速度为g。
（1）下列说法正确的是（________）
A．每次在小车上加减砝码时，应重新平衡摩擦力
B．实验时若用打点计时器应先释放小车后接通电源
C．本实验m2应远小于m1
D．在用图象探究加速度与质量关系时，应作 图象
（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，测得 ，作出a—F图象，他可能作出图乙中 （选填“甲”、“乙”、“丙”）图线。此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是 ；
A．小车与轨道之间存在摩擦 B．导轨保持了水平状态
C．钩码的总质量太大 D．所用小车的质量太大
（3）实验中打出的纸带如图丙所示。相邻计数点间的时间是0. 1s，由此可计算出小车运动的加速度是 m/s2。（结果保留2位有效数字）
【答案】（1）D
（2）丙；C
（3）0.46
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）A. 每次在小车上加减砝码时，不需要重新平衡摩擦力，A不符合题意；
B. 实验时若用打点计时器应先接通电源后释放小车，B不符合题意；
C. 本实验m1应远小于m2，这样才能近似认为钩码的重力等于小车所受的拉力，C不符合题意；
D. 在用图象探究加速度与质量关系时，应作 图象，这样得到的是一条直线，可得出加速度与质量成反比的结论，D符合题意。
故答案为：D。（2）若不平衡摩擦力，则当拉力F增加到一定值时小车才会产生加速度，且当钩码的质量不断增加，不再满足m1 m2，此时图像向下弯曲，故答案为：该同学做出的图像为丙图；此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是钩码的总质量太大，故答案为：C。 （3）根据 可得
【分析】（1）实验只需要平衡一次摩擦力；实验要先接通电源后释放小车；钩码的质量要远远小于小车的质量；
（2）由于没有平衡摩擦力所以会导致图像出现横截距；图像偏离直线是由于钩码质量太大；
（3）利用逐差法可以求出加速度的大小。
16．（2020高三上·河西期末）小李同学利用图①装置验证机械能守恒定律时，打出如图②所示的纸带，已知打点计时器频率为 。
（1）下列关于该实验说法正确的是______。
A．纸带必须尽量保持竖直方向以减小摩擦阻力作用
B．为了验证机械能守恒，必须选择纸带上打出的第一个点作为起点
C．将电磁打点计时器改成电火花计时器可以减少纸带和打点计时器间的摩擦
D．可以选择较轻的物体作为重物以延长下落的时间，实验效果更好
（2）根据图②中纸带的数据，打下 点时重物的速度为 （结果保留2位小数）。
（3）小明同学用两个形状完全相同，但质量不同的重物 和 分别进行实验，测得几组数据，并作出 图象，如图③所示，由图象可判断 的质量 的质量（选填“大于”或“小于”）。
【答案】（1）A；C
（2）2.25
（3）大于
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）A．重锤下落时，纸带必须尽量保持竖直以减小摩擦阻力作用，A符合题意；
B．数据处理时，可以选择第一个点作为起点，也可以选择后面的点作为起点，B不符合题意；
C．电磁打点计时器探针与纸带的摩擦较大，改成电火花计时器可以减少纸带和打点计时器间的摩擦，C符合题意；
D．如果选择较轻的物体，会增大空气阻力，给实验带来的误差更大，D不符合题意。
故答案为：AC。（2）C点时重物的速度为 （3）设空气阻力是f，根据动能定理有
整理得
由图像可知
由于P的斜率大于Q的斜率，空气阻力相同，所以P的质量大于Q的质量。
【分析】（1）验证机械能守恒不一定要选择第一个打出了的点；实验要选择重物减小摩擦力的作用；
（2）利用平均速度公式可以求出重物的速度；
（3）利用动能定理结合图像斜率的大小可以比较重物质量的大小。
四、解答题
17．（2020高三上·河西期末）如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sinα=0.6。一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求
（1）水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；
（2）小球达A点时对圆弧轨道的压力大小；
（3）小球从C点落至水平轨道所用的时间。
【答案】（1）解；设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F，由力的合成法则，则有
F2=(mg)2+F02
设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得
联立上式，结合题目所给数据，解得 ，
（2）解；设小球到达A点的速度大小v1，作CD⊥PA，交PA于D点
由几何关系得DA=Rsinα，CD=R(1+cosα)
由动能定理有 =
在A点有
联立上式，结合题目所给数据FN=6.75mg
由牛顿第三定律可知，小球达A点时对圆弧轨道的压力大小为6.75mg
（3）解；小球离开C点后，在竖直方向上做初速度不为零的匀加速直线运动，加速度大小为g，设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C点落到水平轨道上所用时间为t，由运动学公式，则有
又v⊥=vsinα，联立上式，结合题目数据，解得
【知识点】牛顿第二定律；平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）已知合力的方向，利用重力的大小可以求出水平恒力的大小；利用合力的大小结合牛顿第二定律可以求出小球到达C点的速度大小；
（2）小球沿水平轨道到达A点时，利用动能定理可以求出小球到达A点的速度大小，结合牛顿第二定律可以求出小球在A点处对轨道的压力大小；
（3）小球离开C点后，竖直方向做匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动；利用竖直方向的位移公式可以求出运动的时间。
18．（2020高三上·河西期末）某人乘坐游戏滑雪车从静止开始沿倾角 的斜直雪道下滑，滑行 后经一很短的拐弯道进入水平雪道，继续滑行 后减速到零。已知该人和滑雪车的总质量 ，整个滑行过程用时 ，滑雪车与雪道间的动摩擦因数相同，取重力加速 ， 。求：
（1）滑雪车与雪道间的动摩擦因数；
（2）该人和滑雪车经过拐弯道的过程中损失的机械能。
【答案】（1）解；在斜直雪道上，根据牛顿第二定律有
根据匀变速直线运动公式有 ，在水平雪道上，根据牛顿第二定律有
根据匀变速直线运动公式有 ，则
解得 ，
滑雪车与雪道间的动摩擦因数
（2）解；由功能关系有
，
解得
【知识点】功能关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）滑雪车开始在斜面做匀加速直线运动；在水平雪道做匀减速直线运动；利用牛顿第二定律可以求出两个过程加速度的大小；结合运动的位移公式可以求出运动的时间及动摩擦因数的大小；
（2）在运动的过程中，利用速度公式可以求出两个过程的速度，结合动能的变化可以求出损失的机械能大小。
19．（2020·新课标Ⅱ）如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M =4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg， g为重力加速度的大小，不计空气阻力。
（1）求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；
（2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；
（3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。
【答案】（1）解：管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有Ma1=Mg+f ①
ma2= f– mg ②
联立①②式并代入题给数据，得a1=2g，a2=3g③
（2）解：管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为 ④
方向均向下。管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。
设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向，由运动学公式v0–a1t1= –v0+a2t1⑤
联立③④⑤式得 ⑥
设此时管下端的高度为h1，速度为v。由运动学公式可得 ⑦
⑧
由③④⑥⑧式可判断此时v>0。此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点。由运动学公式有 ⑨
设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则H1= h1+ h2⑩
联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得
（3）解：设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1。在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有Mg（H–H1）+mg（H–H1+x1）–4mgx1=0
联立 式并代入题给数据得
同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2为
设圆管长度为L。管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x1+ x2≤L 联立 式，L应满足条件为
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）分析圆管和小球的运动趋势，对两个物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体各自的加速度；
（2）根据圆管内小球相对于圆管的运动状态，把圆管的运动过程分为两两段，第一段为小球相对于圆管向下运动，第二段为小球相对于圆管静止，利用牛顿第二定律求解物体各自的加速度，再结合运动学公式求解即可；
（3）小球没有滑出，即小球相对于圆管的位移没有大于圆管的长度，利用运动功能学公式列方程求解即可。
1 / 1天津市河西区2021届高三上学期物理期末质量调查试卷
一、单选题
1．（2018高三上·黄冈期末）远在春秋战国时代（公元前772—前221年），我国杰出学者墨子认为：“力，刑之所以奋也。”“刑”同“形”，即物体；“奋，动也”，即开始运动或运动加快，对墨子这句关于力和运动观点的理解，下列说法不正确的是（ ）
A．墨子认为力是改变物体运动状态的原因
B．墨子认为力是使物体产生加速度的原因
C．此观点与亚里士多德关于力和运动的观点基本相同
D．此观点与牛顿关于力和运动的观点基本相同
2．（2017高一下·海淀期末）“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一．摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动．下列叙述正确的是（ ）
A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
B．在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力
C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零
D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
3．（2019·宜宾模拟）如图所示，物体A的质量大于B的质量，绳子的质量，绳与滑轮间的摩擦可不计，A、B恰好处于平衡状态，如果将悬点P靠近Q少许使系统重新平衡，则（ ）
A．物体A的重力势能增大 B．物体B的重力势能增大
C．绳的张力减小 D．P处绳与竖直方向的夹角减小
4．（2020高三上·河西期末）如图甲所示，一个有固定转动轴的竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个 形支架在竖直方向振动， 形支架的下面系着一个由弹簧和小球组成的振动系统．圆盘静止时，让小球做简谐运动，其振动图像如图乙所示．圆盘匀速转动时，小球做受迫振动．小球振动稳定时．下列说法正确的是（ ）
A．小球振动的固有频率是
B．小球做受迫振动时周期一定是
C．圆盘转动周期在 附近时，小球振幅显著增大
D．圆盘转动周期在 附近时，小球振幅显著减小
5．（2019·济宁模拟）跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，如图所示，当运动员从直升机上由静止跳下后，在下落过程中将会受到水平风力的影响，下列说法中正确的是（ ）
A．风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的动作
B．风力越大，运动员着地时的竖直速度越大，有可能对运动员造成伤害
C．运动员下落时间与风力无关
D．运动员着地速度与风力无关
6．（2018高三上·黄冈期末）如图所示，物块A放在木板B上，A、B的质量相同，A与B之间、B与地面之间的动摩擦因数也相同（最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小）。若将水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时水平力大小为F1；若将水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时水平力大小为F2，则F1与F2的比为（ ）
A．1：1 B．1：2 C．1：3 D．1：4
7．（2020高三上·河西期末）在2017年6月的全球航天探索大会上，我国公布了“可重复使用运载火箭”的概念方案．方案之一为“降伞方案”，如图，当火箭和有效载荷通过引爆装置分离后，火箭变轨进入返回地球大气层的返回轨道，并加速下落至低空轨道，然后采用降落伞减速，接近地面时打开气囊，让火箭安全着陆．对该方案涉及的物理过程，下列说法正确的是（ ）
A．火箭和有效载荷分离过程中该系统的总机械能守恒
B．从返回轨道下落至低空轨道，火箭的重力加速度增大
C．从返回轨道至低空轨道，火箭处于超重状态
D．打开气囊是为了减小地面对火箭的冲量
8．（2018·浙江选考）奥运会比赛项目撑杆跳高如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．加速助跑过程中，运动员的动能增加
B．起跳上升过程中，杆的弹性势能一直增加
C．起跳上升过程中，运动员的重力势能增加
D．越过横杆后下落过程中，运动员的重力势能减少动能增加
9．（2020高三上·深圳月考）如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt（k是常数），木板和木块加速度的大小分别为a1和a2．下列反映a1和a2变化的图线中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．（2020高三上·河西期末）一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2。则（ ）
A．物块下滑过程中机械能守恒
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2
D．当物块下滑2.0m时机械能损失了12J
二、多选题
11．（2020高三上·河西期末）一质量为2.0×103kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104N，当汽车经过半径为80m的弯道时，下列判断正确的是（ ）
A．汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力
B．汽车转弯的速度为20m/s时所需的向心力为1.0×104N
C．汽车转弯的速度为20m/s时汽车会发生侧滑
D．汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0m/s2
12．（2020高三上·河西期末）如图所示为某质点做直线运动的v-t图像，关于这个质点在4s内的运动情况，下列说法中正确的是（ ）
A．加速度大小不变，方向与初速度方向相同
B．4s内通过的路程为4m，而位移为零
C．质点始终向同一方向运动
D．4s末物体回到发点
13．（2018高三上·黄冈期末）如图所示，置于竖直面内的光滑金属圆环半径为r，质量为m的带孔小球穿于环上，同时有一长为r的细绳一端系于圆环最高点，当圆环以角速度 绕竖直直径转动时，（ ）
A．细绳对小球的拉力可能为零
B．细绳和金属圆环对小球的作用力大小可能相等
C．细绳对小球拉力与小球的重力大小不可能相等
D．当 时，金属圆环对小球的作用力为零
14．（2020高三上·河西期末）一列简谐横波，沿x轴正方向传播，传播速度为10m/s，在t=0时的波形图如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．此时x=1.25m处的质点正在做加速度增大的加速运动
B．x=0.7m处的质点比x=0.6m处的质点先运动到波峰的位置
C．x=0处的质点再经过0.05s可运动到波峰位置
D．x=0.3m处的质点再经过0.08s可运动至波峰位置
三、实验题
15．（2020高三上·河西期末）如图甲所示为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置，数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量及小车和砝码质量的对应关系图。钩码的质量为m1，小车和砝码的质量为m2，重力加速度为g。
（1）下列说法正确的是（________）
A．每次在小车上加减砝码时，应重新平衡摩擦力
B．实验时若用打点计时器应先释放小车后接通电源
C．本实验m2应远小于m1
D．在用图象探究加速度与质量关系时，应作 图象
（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，测得 ，作出a—F图象，他可能作出图乙中 （选填“甲”、“乙”、“丙”）图线。此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是 ；
A．小车与轨道之间存在摩擦 B．导轨保持了水平状态
C．钩码的总质量太大 D．所用小车的质量太大
（3）实验中打出的纸带如图丙所示。相邻计数点间的时间是0. 1s，由此可计算出小车运动的加速度是 m/s2。（结果保留2位有效数字）
16．（2020高三上·河西期末）小李同学利用图①装置验证机械能守恒定律时，打出如图②所示的纸带，已知打点计时器频率为 。
（1）下列关于该实验说法正确的是______。
A．纸带必须尽量保持竖直方向以减小摩擦阻力作用
B．为了验证机械能守恒，必须选择纸带上打出的第一个点作为起点
C．将电磁打点计时器改成电火花计时器可以减少纸带和打点计时器间的摩擦
D．可以选择较轻的物体作为重物以延长下落的时间，实验效果更好
（2）根据图②中纸带的数据，打下 点时重物的速度为 （结果保留2位小数）。
（3）小明同学用两个形状完全相同，但质量不同的重物 和 分别进行实验，测得几组数据，并作出 图象，如图③所示，由图象可判断 的质量 的质量（选填“大于”或“小于”）。
四、解答题
17．（2020高三上·河西期末）如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sinα=0.6。一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求
（1）水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；
（2）小球达A点时对圆弧轨道的压力大小；
（3）小球从C点落至水平轨道所用的时间。
18．（2020高三上·河西期末）某人乘坐游戏滑雪车从静止开始沿倾角 的斜直雪道下滑，滑行 后经一很短的拐弯道进入水平雪道，继续滑行 后减速到零。已知该人和滑雪车的总质量 ，整个滑行过程用时 ，滑雪车与雪道间的动摩擦因数相同，取重力加速 ， 。求：
（1）滑雪车与雪道间的动摩擦因数；
（2）该人和滑雪车经过拐弯道的过程中损失的机械能。
19．（2020·新课标Ⅱ）如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M =4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg， g为重力加速度的大小，不计空气阻力。
（1）求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；
（2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；
（3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】力与运动的关系
【解析】【解答】“力，刑(形)之所以奋也。”也就是说，力是使物体运动的原因，即力是改变物体运动状态的原因，使物体产生加速度的原因，此观点与牛顿关于力和运动的观点基本相同，而亚里士多德认为有力作用在物体上,物体才能运动；没有力的作用，物体就要静止。C错误，符合题意，ABD不符合题意；
故答案为：C。
【分析】墨子认为力是产生加速度，改变物体速度的原因，观点和亚里士多德不同。
2．【答案】B
【知识点】机械能守恒及其条件；功率及其计算；动量
【解析】【解答】解：A、机械能等于重力势能和动能之和，摩天轮运动过程中，做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，A不符合题意；
B、圆周运动过程中，在最高点，由重力和支持力的合力提供向心力F，向心力指向下方，所以F=mg﹣N，则支持力N=mg﹣F，所以重力大于支持力，B符合题意；
C、转动一周，重力的冲量为I=mgT，不为零，C不符合题意；
D、运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，所以重力的瞬时功率在变化，D不符合题意．
故答案为：B
【分析】机械能守恒定律，判断机械能是否守恒，根据机械能守恒的条件即可判断，圆周运动过程中，在最高点，由重力和支持力的合力提供向心力F，转动一周，重力的冲量不为零，运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，所以重力的瞬时功率在变化.
3．【答案】A
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】B物体对绳子的拉力不变，等于物体B的重力；动滑轮和物体A整体受重力和两个拉力，拉力大小恒定，重力恒定，故两个拉力的夹角不变，如图所示；
所以物体A上升，物体B下降，所以物体A的重力势能增大，物体B的重力势能减小，A符合题意；BCD不符合题意；
故答案为：A。
【分析】利用高度变化可以判别A的重力势能增加；B重力势能减小；利用动态平衡可以判别绳子的拉力和角度变化。
4．【答案】C
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】A．小球振动的固有周期 ，则其固有频率为 ，A不符合题意；
B．小球做受迫振动时周期等于驱动力的周期，即等 于圆盘转动周期，不一定等于固有周期 ，B不符合题意；
CD．圆盘转动周期在 附近时，驱动力周期等于振动系统的固有周期，小球产生共振现象，振幅显著增大，C符合题意D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用小球振动的周期可以求出小球振动的频率；由于不知道圆盘转动的周期所以不能判别小球受迫振动的周期；当驱动周期和固有周期接近小球振动的振幅最大。
5．【答案】C
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】AC.运动员同时参与了两个分运动，竖直方向向下落和水平方向随风飘，两个分运动同时发生，相互独立；则水平方向的风力大小不影响竖直方向的运动，即落地时间不变，A不符合题意，C符合题意；
BD.不论风速大小，运动员竖直方向的运动不变，则下落时间和竖直方向下落的速度不变，但水平风速越大，水平方向的速度越大，则落地的合速度越大，BD不符合题意。
故答案为：C
【分析】物体做类平抛运动，水平方向匀加速运动，竖直方向自由落体运动，利用竖直方向的距离求出运动时间，在结合运动学公式分析求解即可。
6．【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】由于A与B之间的最大静摩擦力 小于B与地面之间的最大静摩擦力 ，当水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时B静止，A与B间的摩擦力刚好达到最大，此时水平力大小为 当水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时A、B间的摩擦力刚好达到最大，A、B的加速度相等，有： ，此时水平力大小为 ，解得 ，故F1与F2的比为1：4，D符合题意，ABC不符合题意；
故答案为：D。
【分析】若力F作用在B上；利用A相对于B恰好运动时求出加速度的大小，结合整体的牛顿第二定律可以求出拉力的大小；若力作用在A上，比较B受到的摩擦力大小可以求出对应F的大小。
7．【答案】B
【知识点】动量定理；超重与失重；万有引力定律的应用；冲量
【解析】【解答】火箭和有效载荷分离时，需要火箭对载荷做功，所以机械能不守恒．A不符合题意；根据万有引力定律：ma= ，随高度h的减小，加速度增大．B符合题意；从返回轨道至低空轨道的过程中火箭做加速运动，火箭的加速度的方向向下，火箭处于失重状态．C不符合题意；打开气囊与没有气囊比较，火箭受到的地面的冲量大小是相等的，气囊可以使火箭与地面之间作用的时间延长，减小火箭与地面之间的作用力．D不符合题意．
故答案为：B．
【分析】由于火箭和有效载荷分离过程中其火箭需要对载荷做功所以机械能不守恒；利用引力形成重力结合距离的变化可以判别重力加速度的变化；利用加速度的方向可以判别超重和失重；打开气囊是为了延长作用时间减少火箭与地面之间的作用力大小。
8．【答案】B
【知识点】弹性势能；机械能守恒定律
【解析】【解答】加速助跑过程中速度增大，动能增加，A正确，不符合题意；撑杆从开始形变到撑杆恢复形变时，先是运动员部分动能转化为杆的弹性势能，后弹性势能转化为运动员的动能与重力势能，杆的弹性势能不是一直增加，B错误，符合题意；起跳上升过程中，运动员的高度在不断增大，所以运动员的重力势能增加，C正确，不符合题意；当运动员越过横杆下落的过程中，他的高度降低、速度增大，重力势能被转化为动能，即重力势能减少，动能增加，D正确，不符合题意．
故答案为：B
【分析】弹性体发生弹性形变，物体就会具有弹性势能，弹性形变越大，弹性势能就越大，动能与物体的质量和速度有关，质量和速度和速度越大，动能越大，重力势能与物体位置高度和质量有关，高度和质量越大，重力势能就越大。
9．【答案】A
【知识点】牛顿定律与图象；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】当F比较小时，两个物体相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律得： ，a∝t；
当F比较大时，m2相对于m1运动，根据牛顿第二定律得：对m1： ，μ、m1、m2都一定，则a1一定．
对m2： ，a2是t的线性函数，t增大，a2增大．
由于 ，则两木板相对滑动后a2图象大于两者相对静止时图象的斜率．A符合题意．
故答案为：A
【分析】刚开始拉力比较小时，利用整体的牛顿第二定律可以求出加速度的表达式；当后来物块相对于木板滑动时，利用两者各自的牛顿第二定律可以求出各自加速度的表达式。
10．【答案】B
【知识点】机械能
【解析】【解答】A．下滑5m的过程中，重力势能减少30J，动能增加10J，减小的重力势能并不等于增加的动能，所以机械能不守恒，A不符合题意；
B．斜面高3m、长5m，则斜面倾角为θ＝37°。令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能mgh＝30J
可得质量m＝1kg
下滑5m过程中，由功能原理，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功μmg·cosθ·s＝20J
求得μ＝0.5
B符合题意；
C．由牛顿第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma
求得a＝2m/s2
C不符合题意；
D．物块下滑2.0m时，重力势能减少12J，动能增加4J，所以机械能损失了8J，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用重力势能和动能变化量不相等可以判别其机械能不守恒；利用机械能的变化量结合摩擦力做功可以求出动摩擦因数的大小；利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；利用重力势能的变化量及动能的增加量可以求出机械能损失的大小。
11．【答案】B,D
【知识点】牛顿第二定律；向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A.汽车转弯时受重力支持力摩擦力，摩擦力提供向心力，A不符合题意；
BC.汽车转弯的速度为20m/s时所需的向心力为
所需向心力小于最大静摩擦力，不会侧滑，B符合题意，C不符合题意；
D.汽车能安全转弯的向心加速度不超过
D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】汽车拐弯时受到支持力、重力和摩擦力的作用；利用向心力的表达式可以求出向心力的大小；比较向心力和摩擦力的大小进而判别是否发生侧滑；利用最大静摩擦力结合牛顿第二定律可以判别向心加速度的最大值。
12．【答案】B,D
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A.由图像可知，前两秒物体向负方向做匀减速直线运动，加速度与初速度方向相反，A不符合题意；
B.质点前两秒的位移
路程为2m，后两秒位移
路程为2m，所以4s内的位移是零，路程是4m，B符合题意；
C.质点前两秒向负方向运动，后两秒向正方向运动，C不符合题意；
D.因为四秒内的位移为零，所以4s末物体回到发点，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】利用最初速度的减小可以判别加速度方向和初速度方向相反；利用图像面积可以求出位移和路程的大小；利用速度方向可以判别质点的运动方向。
13．【答案】C,D
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】因为圆环光滑，所以这三个力肯定是重力、环对球的弹力、绳子的拉力，根据几何关系可知，此时细绳与竖直方向的夹角为60°，当圆环旋转时，小球绕竖直轴做圆周运动，则有 ， ，解得 ， ， 当 时，金属圆环对小球的作用力 ；CD符合题意，AB不符合题意；
故答案为：CD。
【分析】利用圆周运动的合力可以判别绳子一定有拉力；利用平衡可以判别细绳的拉力和圆环的作用力不相等；利用牛顿第二定律可以求出圆环对小球作用力的大小。
14．【答案】C,D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A.简谐波沿x轴正方向传播，所以 间的质点正在从正方向的位置向平衡位置振动，速度增大，加速度减小，A不符合题意；
B.沿波的传播方向，x=0.7m处的质点在x=0.6m处的质点后边，振动比x=0.6m处的质点滞后，B不符合题意
C.x=0m处的质点正在向y轴正方向振动，在经过四分之一周期即可到达波峰，即
C符合题意；
D.x=0.3m处的质点离左侧最近的波峰之间的水平距离为
所以x=0.3m处的质点再经过
到达波峰，D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】利用波的传播方向可以判别质点的速度及加速度的变化；利用波的传播方向可以判别质点回到平衡位置的先后顺序；利用振动时间可以判别质点的位置。
15．【答案】（1）D
（2）丙；C
（3）0.46
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）A. 每次在小车上加减砝码时，不需要重新平衡摩擦力，A不符合题意；
B. 实验时若用打点计时器应先接通电源后释放小车，B不符合题意；
C. 本实验m1应远小于m2，这样才能近似认为钩码的重力等于小车所受的拉力，C不符合题意；
D. 在用图象探究加速度与质量关系时，应作 图象，这样得到的是一条直线，可得出加速度与质量成反比的结论，D符合题意。
故答案为：D。（2）若不平衡摩擦力，则当拉力F增加到一定值时小车才会产生加速度，且当钩码的质量不断增加，不再满足m1 m2，此时图像向下弯曲，故答案为：该同学做出的图像为丙图；此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是钩码的总质量太大，故答案为：C。 （3）根据 可得
【分析】（1）实验只需要平衡一次摩擦力；实验要先接通电源后释放小车；钩码的质量要远远小于小车的质量；
（2）由于没有平衡摩擦力所以会导致图像出现横截距；图像偏离直线是由于钩码质量太大；
（3）利用逐差法可以求出加速度的大小。
16．【答案】（1）A；C
（2）2.25
（3）大于
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）A．重锤下落时，纸带必须尽量保持竖直以减小摩擦阻力作用，A符合题意；
B．数据处理时，可以选择第一个点作为起点，也可以选择后面的点作为起点，B不符合题意；
C．电磁打点计时器探针与纸带的摩擦较大，改成电火花计时器可以减少纸带和打点计时器间的摩擦，C符合题意；
D．如果选择较轻的物体，会增大空气阻力，给实验带来的误差更大，D不符合题意。
故答案为：AC。（2）C点时重物的速度为 （3）设空气阻力是f，根据动能定理有
整理得
由图像可知
由于P的斜率大于Q的斜率，空气阻力相同，所以P的质量大于Q的质量。
【分析】（1）验证机械能守恒不一定要选择第一个打出了的点；实验要选择重物减小摩擦力的作用；
（2）利用平均速度公式可以求出重物的速度；
（3）利用动能定理结合图像斜率的大小可以比较重物质量的大小。
17．【答案】（1）解；设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F，由力的合成法则，则有
F2=(mg)2+F02
设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得
联立上式，结合题目所给数据，解得 ，
（2）解；设小球到达A点的速度大小v1，作CD⊥PA，交PA于D点
由几何关系得DA=Rsinα，CD=R(1+cosα)
由动能定理有 =
在A点有
联立上式，结合题目所给数据FN=6.75mg
由牛顿第三定律可知，小球达A点时对圆弧轨道的压力大小为6.75mg
（3）解；小球离开C点后，在竖直方向上做初速度不为零的匀加速直线运动，加速度大小为g，设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C点落到水平轨道上所用时间为t，由运动学公式，则有
又v⊥=vsinα，联立上式，结合题目数据，解得
【知识点】牛顿第二定律；平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）已知合力的方向，利用重力的大小可以求出水平恒力的大小；利用合力的大小结合牛顿第二定律可以求出小球到达C点的速度大小；
（2）小球沿水平轨道到达A点时，利用动能定理可以求出小球到达A点的速度大小，结合牛顿第二定律可以求出小球在A点处对轨道的压力大小；
（3）小球离开C点后，竖直方向做匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动；利用竖直方向的位移公式可以求出运动的时间。
18．【答案】（1）解；在斜直雪道上，根据牛顿第二定律有
根据匀变速直线运动公式有 ，在水平雪道上，根据牛顿第二定律有
根据匀变速直线运动公式有 ，则
解得 ，
滑雪车与雪道间的动摩擦因数
（2）解；由功能关系有
，
解得
【知识点】功能关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）滑雪车开始在斜面做匀加速直线运动；在水平雪道做匀减速直线运动；利用牛顿第二定律可以求出两个过程加速度的大小；结合运动的位移公式可以求出运动的时间及动摩擦因数的大小；
（2）在运动的过程中，利用速度公式可以求出两个过程的速度，结合动能的变化可以求出损失的机械能大小。
19．【答案】（1）解：管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有Ma1=Mg+f ①
ma2= f– mg ②
联立①②式并代入题给数据，得a1=2g，a2=3g③
（2）解：管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为 ④
方向均向下。管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。
设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向，由运动学公式v0–a1t1= –v0+a2t1⑤
联立③④⑤式得 ⑥
设此时管下端的高度为h1，速度为v。由运动学公式可得 ⑦
⑧
由③④⑥⑧式可判断此时v>0。此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点。由运动学公式有 ⑨
设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则H1= h1+ h2⑩
联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得
（3）解：设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1。在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有Mg（H–H1）+mg（H–H1+x1）–4mgx1=0
联立 式并代入题给数据得
同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2为
设圆管长度为L。管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x1+ x2≤L 联立 式，L应满足条件为
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）分析圆管和小球的运动趋势，对两个物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体各自的加速度；
（2）根据圆管内小球相对于圆管的运动状态，把圆管的运动过程分为两两段，第一段为小球相对于圆管向下运动，第二段为小球相对于圆管静止，利用牛顿第二定律求解物体各自的加速度，再结合运动学公式求解即可；
（3）小球没有滑出，即小球相对于圆管的位移没有大于圆管的长度，利用运动功能学公式列方程求解即可。
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