【物理】广东省珠海市香洲区2019-2020学年高一下学期期末模拟考04卷（解析版）

【物理】广东省珠海市香洲区2019-2020学年高一下学期期末模拟考04卷（解析版）

广东省珠海市香洲区2019-2020学年高一下学期 期末模拟考04卷 一、 单选题 ‎1．电梯在t=0时由静止开始上升，运动的a-t图象如图所示（选取向上为正），电梯内乘客的质量m0=50kg，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）‎ A．第9s内电梯速度的增加量为0.5m/s B．第9s内电梯对人的支持力对人做负功 C．第9s内乘客处于失重状态 D．第9s内电梯对人的支持力大小小于人对电梯的压力大小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、由a-t图象的面积表示，可求得第9s内，即速度的增量为0.5m/s；故A正确.‎ B、第9s内的加速度为正向，速度也向上正在向上加速，则支持力与位移同向，支持力做正功；B错误.‎ C、由a-t图可知，0~9s内电梯加速度方向向上，则乘客一直处于超重状态；故C错误.‎ D、人对电梯的压力和电梯对人的支持力是一对相互作用力，始终等大反向，与其它力和运动状态无关；故D错误.‎ 故选A.‎ ‎2．韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900J，他克服阻力做功100J。韩晓鹏在此过程中 ( )‎ A．动能增加了1900J B．重力势能减小了1900J C．内能增加了2000J D．机械能势能减小了2000J ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、外力对物体所做的总功为：，是正功，根据动能定理得知他的动能增加了，故A错误；‎ B、重力对物体做功为，是正功，则他的重力势能减小，故B错误；‎ C、由于他克服阻力做功，则根据功能关系可知，机械能减小，减小的机械能转化为内能，则内能增加，故选项CD错误。‎ ‎3．如图所示，质量为m的小球(可看做质点)在竖直放置的半径为R的固定光滑圆环轨道内运动．若小球通过最高点时的速率为，下列说法中正确的是 (　　)‎ A．小球在最高点时受地球施加的重力和轨道施加的向心力两个力作用 B．小球在最高点对圆环的压力大小为mg C．小球在最高点时瞬时压力为0‎ D．小球绕圆环运动一周的时间大于 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、小球通过最高点时，设轨道对它的作用力大小为F，由牛顿第二定律得：，又，解得，即小球在最高点时轨道对小球没有作用力，小球只受重力作用，所以小球在最高点对圆环的压力大小也为零，故A B错误； C、小球在最高点时重力的瞬时速率为，故C正确； D、若小球以大小为的线速度做匀速圆周运动时，其周期为，现由于小球在最高点的速度最小，所以小球在绕圆环运动一周的时间小于，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎4．太极球是近年来在广大市民中较流行的一种健身器材．做该项运动时，健身者半马步站立，手持太极球拍，拍上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍时，球却不会掉落地上．现将太极球简化成如图所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动到图中的A、B、C、D位置时球与板间无相对运动趋势．A为圆周的最高点，C为最低点，B、D与圆心O等高且在B、D处板与水平面夹角为．设球的质量为m，圆周的半径为R，重力加速度为g，不计拍的重力，若运动过程到最高点时拍与小球之间作用力恰为mg，则 A．圆周运动的周期为： B．圆周运动的周期为：‎ C．在B、D处球拍对球的作用力为 D．在B、D处球拍对球的作用力为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 在最高点，根据牛顿第二定律得：，解得：，，则圆周运动的周期为：，故AB错误；球做匀速圆周运动，在B、D处，根据合外力提供向心力结合几何关系得：，解得：，故C正确，D错误．‎ ‎5．下列关于能量守恒说法不正确的是 A．导致能量守恒最后确立的两类重要事实是：确立了永动机的不可能性和发现了各种自然现象之间的相互联系与转化 B．自然界的能量虽然守恒，但还是要节约能源的根本原因是在能源的可利用品质上降低了，从便于利用的变成不便于利用的了 C．能量的耗散从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性 D．对能量守恒定律的建立工作最有成效的是牛顿、焦耳、亥姆霍兹等3位科学家 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、导致能量守恒定律最后确立的两类重要事实是：确认了永动机的不可能性和发现了各种自然现象之间的相互联系和转化，A正确；‎ B、虽然能量守恒，但是我们利用能源时能源的品质会下降，从便于利用的变成不便于利用，所以会出现能源短缺，B正确；‎ C、能量的耗散从能量转化的角度反映出自然界中宏观过程的方向性，能源的利用受这种方向性的制约，所以能源的利用是有条件的，也是有代价的，C正确；‎ D、能量守恒定律是不同国家、不同领域的十几位科学家各自独立提出的，其中迈尔、焦耳、亥姆霍兹的工作最有成效．D错误； ‎ 故选D。‎ ‎6．如图所示，质量为m的物体A静止于倾角为的斜面体B上，斜面体B的质量为M，现对该斜面体施加一个水平向左的推力F，使物体随斜面体一起沿水平方向向左匀速运动的位移为L，则在此匀速运动过程中斜面体B对物体A所做的功为 ( ) ‎ A．0 B． mgL C． D．以上说法均错误 ‎【答案】A ‎【解析】对A受力分析可知，A受重力和B对A的作用力，合力为0，所以B对A的作用力与A的重力等大，反向。物体随斜面体一起沿水平方向运动，B对A的作用力与位移垂直，做功为0，A对。‎ ‎7．如图所示，体重相同的小丽和小芳都从一楼到二楼商场去购物，小丽从楼梯走上去，克服重力做功W1，所用时间t1，克服重力做功的平均功率P1；小芳乘电梯上去，克服重力做功W2，所用时间t2，克服重力做功的平均功率P2.已知她们的体重相同，且t1＞t2，则(　　)‎ A．P1＝P2 B．P1＞P2 C．W1＝W2 D．W1＞W2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 这两个同学的体重相同，爬楼的高度前后不变，根据公式W=-Gh可知两人上楼过程重力做功相同，故克服重力做的功W1、W2大小相等，即W1=W2；克服重力的平均功率为，由于t1＞t2，所以P1＜P2，故AB错误．所以C正确，ABD错误．‎ ‎8．如图所示，中间有孔的物块A套在光滑的竖直杆上，通过光滑定滑轮用不可伸长的轻绳在自由端施加向下的力将物体拉着匀速向上运动，则 A．拉力F的功率P不变 B．拉力F变小 C．绳子自由端的速率v增大 D．杆对A的弹力FN减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ABC．物体A沿绳子方向上的分速度，该速度等于绳子自由端的速度，增大，绳子自由端速度减小；因为A做匀速直线运动，在竖直方向上合力为零，则有：，增大，减小，拉力增大；拉力的功率为：，可知拉力的功率不变，故选项A正确，BC错误。‎ D．水平方向合力为零，则有：，增大，增大，增大，所以增大，故选项D错误。‎ ‎9．如图，一物体在水平面上受到向右、大小为8N的恒力F作用，在4s时间内，向右运动2m，则在此过程中，力F对物体所做的功和平均功率分别为（　）‎ A．32J，4W B．32J，8W C．16J，8W D．16J，4W ‎【答案】D ‎【解析】‎ 力F所做的功为，平均功率为，故D正确．‎ 点睛：本题主要考查了功和平均功率的求法，属于基础问题．‎ ‎10．如图所示，半径为R的半球形碗竖直固定，直径AB水平，一质量为m的小球（可视为质点）由直径AB上的某点以初速度v0水平抛出，小球落进碗内与内壁碰撞，碰撞时速度大小为2，结果小球刚好能回到抛出点，设碰撞过程中不损失机械能，重力加速度为g，则初速度v0大小应为（　　）‎ A． B． C． D．2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 小球欲回到抛出点，与弧面的碰撞必须是垂直弧面的碰撞，即速度方向沿弧AB的半径方向．设碰撞点和O的连线与水平夹角，抛出点和碰撞点连线与水平夹角为，如图，则由，得，竖直方向的分速度为，水平方向的分速度为，又，而，所以，物体沿水平方向的位移为，又，联立以上的方程可得，C正确．‎ ‎11．某军事试验场正在水平地面上试射地对空导弹，若某次竖直向上发射导弹时发生故障，造成导弹的v﹣t图象如图所示，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．0～1s内导弹匀速上升 B．1～2s内导弹静止不动 C．3s末导弹回到出发点 D．5s末导弹回到出发点 ‎【答案】D ‎【解析】A、由图可知，内导弹的速度随时间均匀增加，故导弹做匀加速直线运动，故A错误； B、内物体的速度一直不变，故导弹是匀速上升，故B错误； C、内导弹的速度仍然向上，但均匀减小，导弹仍然是上升的，末导弹到达最高点，故C错误； D、前内物体在向上运动，上升的高度为；到内导弹下落，下落高度为，故说明导弹末的位移为零，回到出发点，故D正确；‎ ‎12．如图所示，长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L，重力加速度大小为g。现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根轻绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根轻绳的拉力大小为（　　）‎ A．3mg B．mg C．mg D．2mg ‎【答案】C ‎【解析】‎ 若在最高点速率为时，根据牛顿第二定律；若在最高点速率为时，根据牛顿第二定律。式中为绳子与竖直方向的夹角，根据几何关系可知，整理推导。解得，ABD错误，C正确。‎ 故选C。‎ 二、多选题 ‎13．如图所示，两个内壁光滑、半径不同的半圆轨道固定于地面，一个小球先后在与球心在同一水平高度的A、B两点由静止开始下滑，通过轨道最低点时 A．A球对轨道的压力等于B球对轨道的压力 B．A球对轨道的压力小于B球对轨道的压力 C．A球的角速度等于B球的角速度 D．A球的角速度大于B球的角速度 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ AB.小球滚下过程只有重力做功，则：，解得：，在最低点，重力和支持力的合力等于向心力，则： ，解得：，所以球对轨道的压力等于3mg，与轨道半径无关；故A正确、B错误；‎ CD.根据线速度与角速度关系公式可得： ，则A球的角速度大于B球的角速度；故C错误，D正确．‎ ‎14．如图所示，长为 的细绳一端固定在O点，另一端拴住一个小球，在O点的正下方与O点相距 的地方有一枚与竖直平面垂直的钉子；把小球拉起使细绳在水平方向伸直，由静止开始释放，当细绳碰到钉子的瞬间，下列说法正确的是(　　)‎ A．小球的线速度不发生突变 B．小球的角速度不发生突变 C．小球的向心加速度突然增大到原来的2倍 D．绳子对小球的拉力突然增大到原来的2倍 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 由于惯性，小球的线速度不会突变，但由于继续做圆周运动的半径减小为原来的一半，则角速度ω＝增为原来的2倍；向心加速度a＝也增为原来的2倍；对小球受力分析，由牛顿第二定律得FT－mg＝，即FT＝mg＋，r减为原来的一半，拉力增大，但不到原来的2倍．故AC正确，BD错误；‎ 故选AC.‎ ‎15．如图所示为牵引力F和车速倒数1/v的关系图像．若一汽车质量为2×103㎏，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，设其最大车速为30 m/s，则下列说法中正确的是 A．汽车所受阻力为6×103N B．汽车车速为15m/s时，功率为6×104W C．汽车匀加速的的加速度为3m/s2 D．汽车匀加速所需时间为5s ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 当速度为30m/s时，牵引车的速度达到最大，做匀速直线运动，此时F=f，所以f=2×103N．故A错误．牵引车的额定功率P=fv=2×103×30W=6×104W．匀加速直线运动的加速度，匀加速直线运动的末速度，匀加速直线运动的时间t==5s．因为15m/s＞10m/s，所以汽车速度为15m/s时，功率已达到额定功率．故BD正确，C错误．故选BD.‎ ‎16．下列说法中正确的是( )‎ A．总结出关于行星运动三条定律的科学家是开普勒 B．总结出万有引力定律的物理学家是伽俐略 C．总结出万有引力定律的物理学家是牛顿 D．第一次精确测量出万有引力常量的物理学家是卡文迪许 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ 开普勒发现了开普勒三定律，A正确；伽利略通过理想斜面实验推出了力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动的原因，牛顿发现了万有引力定律，B错误C正确；卡文迪许通过扭秤实验测得了万有引力常量，D正确．‎ ‎17．如图为乒乓球发球机的工作示意图。若发球机从球台底边中点的正上方某一固定高度连续水平发球，球的初速度大小随机变化，发球方向也在水平面内不同方向随机变化。若某次乒乓球沿中线恰好从中网的上边缘经过，落在球台上的点，后来另一次乒乓球的发球方向与中线成角，也恰好从中网上边缘经过，落在桌面上的点。忽略空气对乒乓球的影响，则（　　）‎ A．第一个球在空中运动的时间更短 B．前后两个球从发出至到达中网上边缘的时间相等 C．前后两个球发出时的速度大小之比为 D．两落点到中网的距离相等 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ A．乒乓球发球机从固定高度水平发球，两个球的竖直位移相同，由，可知，两个球在空中的运动时间相等，故A错误；‎ B．由于发球点到中网上边缘的竖直高度一定，所以前后两个球从发出至到达中网上边缘的时间相等，故B正确；‎ C．两球均恰好从中网上边缘经过，且从发出至到达中网上边缘的时间相等，由，可知前后两个球发出时的速度大小之比等于位移大小之比，为，故C错误；‎ D．前后两球发出时速度大小之比为，且在空中运动时间相同，故水平位移之比为，结合几何关系可知，两落点到中网的距离相等，故D正确。‎ 故选BD。‎ ‎18．如图所示，一物体以初速度v0冲向光滑斜面AB，并恰好能沿斜面升高h，下列说法中正确的是( )‎ A．若把斜面从C点锯断，物体冲过C点后仍升高h B．若把斜面弯成圆弧形D，物体仍沿圆弧升高h C．若把斜面从C点锯断或弯成圆弧状，物体都不能升高h D．若把斜面AB变成曲面AEB，物体沿此曲面上升仍能到B点 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ A．若把斜面从C点锯断，物体冲过C点后做斜抛运动，由于物体机械能守恒，同时斜抛运动运动最高点，速度不为零，故不能到达h高处，故A错误；‎ B．若把斜面弯成圆弧形D，如果能到圆弧最高点，即h处，由于合力充当向心力，速度不为零，故会得到机械能增加，矛盾，故B错误；‎ C．无论是把斜面从C点锯断或把斜面弯成圆弧形，物体都不能升高h，故C正确；‎ D．若把斜面AB变成曲面AEB，物体在最高点速度为零，根据机械能守恒定律，物体沿此曲面上升仍能到达B点，故D正确。‎ ‎19．在伽利略的斜面实验中，小球从斜面A上离斜面底端为h高处滚下斜面，通过最低点后继续滚上另一个斜面B，小球最后会在斜面B上某点速度变为零，这点距斜面底端的竖直高度仍为h.在小球运动过程中，下面的叙述正确的是(　　)‎ A．小球在A斜面上运动时，离斜面底端的竖直高度越来越小，小球的运动速度越来越大 B．小球在A斜面上运动时，动能越来越小，势能越来越大 C．小球在B斜面上运动时，速度越来越大，离斜面底端的高度越来越小 D．小球在B斜面上运动时，动能越来越小，势能越来越大 ‎【答案】AD ‎【解析】小球从斜面A上下滑时，速度增大，高度降低，动能越来越大，重力势能越来越小； 小球在斜面B上运动时，速度越来越小，动能减小，高度逐渐增大，重力势能变大； 故AD正确，BC错误。‎ ‎20．有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是 A．如图a，汽车通过拱桥的最高点处于超重状态 B．如图b所示是两个圆锥摆，增大，但保持圆锥的高度不变，则圆锥摆的角速度不变 C．如图c，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置先后分别做匀速圆周运动，则在A、B两位置小球的角速度相等 D．如图c，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置先后分别做匀速圆周运动，则在A、B两位置所受筒壁的支持力大小相等 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 汽车在最高点有mg-FN=m，则 FN＜mg，故汽车处于失重状态，故A正确；如图b所示是一圆锥摆，由重力和拉力的合力提供向心力，则有 F=mgtanθ=mω2r；r=Lsinθ，知，故增大θ，但保持圆锥的高h不变，角速度不变，故B正确；图c，根据受力分析知两球受力情况相同，若设侧壁与竖直方向的夹角为θ；则支持力，则支持力相同；向心力F=mg/tanθ相同，由F=mω2r知r不同，角速度不同，故C错误，D正确；故选BD.‎ ‎21．如图所示，某人从高出水平地面h的坡上水平击出一个质量为m的高尔夫球由于受恒定的水平风力的作用，高尔夫球竖直落入距击球点水平距离为L的A穴，不计洞穴的深度，则下列说法正确的是 A．球被击出后做平抛运动 B．该球从被击出到落入A穴所用的时间为 C．球被击出时的初速度大小为 D．球被击出后受到的水平风力的大小为 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 由于水平方向受到空气阻力，不是平抛运动，故A错误；竖直方向为自由落体运动，由h=gt2，得到，因水平方向不是匀速直线运动，因此从被击出到落入A穴所用时间不能为，故B错误；由于球竖直地落入A穴，故水平方向为末速度为零匀减速直线运动，根据运动学公式，有L=v0t-at2‎ ‎0=v0-at；解得，故C正确；水平方向分运动为末速度为零匀减速直线运动，由运动学公式L=v0t-at2；0=v0-at；由牛顿第二定律F=ma；由上述各式可解得，故D正确；故选CD．‎ ‎22．倾角为的斜面与水平面保持静止，斜面上有一重为G的物体A，物体A与斜面间的动摩擦因数．现给A施以一水平力F，如右图所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等（sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8），如果物体A能在斜面上静止，水平推力F与G的比值可能是 （ ）‎ A．3 B．2 C．1 D．0．5‎ ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ 设物体刚好不下滑时F=F1，作出力图如图．则由平衡条件得：‎ F1•cosθ+μN1=G•sinθ，N1=F1•sinθ+G•cosθ．‎ 得：；‎ 设物体刚好不上滑时F=F2，则： F2•cosθ=μN2+G•sinθ，N2=F2•sinθ+G•cosθ，‎ 得：，‎ 即．所以水平推力F与G的比值可能是2、1、0．5，故选BCD．‎ ‎23．关于重力势能与重力做功,下列说法中正确的是( ) ‎ A．物体克服重力做的功等于重力势能的增加 B．在同一高度,将物体以初速v0向不同的方向抛出,从抛出到落地过程中,重力做的功相等,物体所减少的重力势能一定相等 C．重力势能等于零的物体,不可能对别的物体做功 D．用手托住一个物体匀速上举时,手的支持力做的功等于克服重力的功与物体所增加的重力势能之和.‎ ‎【答案】AB ‎【解析】‎ 根据WG＝Ep1－Ep2知，物体克服重力做的功等于重力势能增加量，A项正确；根据重力做功的特点知，从同一高度抛出物体到落地的过程中，重力做功相等，因而重力势能的减少量也相等，B项正确；重力势能的数值依赖于参考平面的选取，重力势能为零的物体，完全可以对别的物体做功，C项错误；用手托住物体匀速上升时，手的支持力等于物体的重力，手的支持力做的功等于物体克服重力做的功，也等于物体重力势能的增加量，D项错误．‎ 三、实验题 ‎24．在“利用自由落体运动”来验证机械能守恒定律的实验中，‎ ‎（1）从下列器材中选出实验所必需的，其编号为_________‎ A．打点计时器(包括纸带) B．重物 C．天平 D．毫米刻度尺 E.秒表 F.运动小车 ‎（2）实验中由于系统误差的原因,会使重物获得的动能往往______它所减少的重力势能。( 填“大于”、“等于”或“小于”)‎ ‎（3）如果以为纵轴,以h为横轴,根据实验数据绘出的图线是___,该线的斜率等于_____。‎ ‎【答案】（1）ABD （2）小于 （3）0一条通过坐标原点的倾斜直线 2g ‎ ‎【解析】‎ 第一空.在该实验中，通过打点计时器来记录物体运动时间，不需要秒表；由于验证机械能公式中可以把重锤质量约掉，因此不需要天平，也不需要弹簧秤；同时实验中需要测量纸带上两点间的距离，所以需要刻度尺，故ABD正确，CEF错误；‎ 第二空.产生系统误差的主要原因是纸带通过打点计时器时受到摩擦阻力以及空气阻力等,导致重物获得的动能小于它所减少的重力势能；‎ 第三空第四空.如果以为纵轴，以h为横轴,可有，可知与正比例函数，图线是一条通过坐标原点的倾斜直线，该线的斜率等于。‎ ‎25．利用如图装置做“验证机械能守恒定律”实验．‎ ‎（1）为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的（_______）‎ A．动能变化量与势能变化量 B．速度变化量和势能变化量 C．速度变化量和高度变化量 ‎（2）在实验中，已知重物质量m＝1 kg，在纸带上打出一系列的点，如图所示(打点间隔为0.02 s)，g=9.8m/s2，单位cm，那么从打O点到打B点的过程中：‎ ‎①打点计时器打下计数点B时，物体的速度＝________；重物的重力势能变化量△Ep=_______，动能变化量△Ek=______(结果保留两个有效数字）‎ ‎②大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是：_____　‎ A．利用公式v=gt计算重物速度 ‎ B．利用公式计算重物速度 C．存在空气阻力和摩擦力阻力的影响 ‎ D．没有采用多次试验算平均值的方法 ‎【答案】（1）A （2）①0.98m/s 0.49J 0.48J ②C ‎ ‎【解析】‎ ‎(1)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，故A正确；‎ ‎(2) 从打O点到打B点的过程中,重物的重力势能变化量，B点的速度，则动能的增加量为；‎ 因为纸带在下落过程中，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一部分转化为动能，还有一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，故C选项正确；‎ ‎26．如图为在“探究小车速度随时间的变化规律”实验中，得到的纸带，从中确定五个计数点，量得d1＝8.00 cm，d2＝17.99 cm，d3＝30.00 cm，d4＝44.01 cm。每相邻两个计数点间的时间间隔是0.1 s。则打C点时小车的速度vC＝________ m/s，小车的加速度a＝________ m/s2，打E点时小车的速度vE＝________ m/s 。(结果保留两位有效数字)‎ ‎【答案】 1.1 m/s 2.0 m/s2 1.5 m/s ‎ ‎【解析】匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度,因此有:‎ 在计算加速度时用逐差法 即： ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 综上所述本题的答案：（1）1.1 m/s (2). 2.0 m/s2 (3). 1.5 m/s ‎ ‎27．（1）在进行《验证机械能守恒定律》的实验中，有下列器材可供选择：铁架台、打点计时器以及复写纸、纸带、低压直流电源、天平、秒表、导线、开关．其中不必要的器材是 ____________，缺少的器材是 ________________‎ ‎(2)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g＝9．8m／s2，实验中得到一条点迹清楚的纸带如图所示，把第一个点记作O，另选连续的4个点A、B、C、D作为测量的点，经测量A、B、C、D各点到O的距离分别为62．99 cm、70．18 cm、77．76 cm、85．73cm．根据以上数据，可知重物由O点运动到C点，重力势能减少量等于____________________J，动能的增加量等于__________ J(取三位有效数字)．在实验允许误差范围内，可认为重物下落过程中，机械能____________，(可设重物质量为m)‎ ‎【答案】（1）低压直流电源；天平；秒表 交流电源； 重锤； 刻度尺； ‎ ‎（2）7.62m 7.57m 守恒 ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）该实验中，要有做自由落体运动的物体重锤；通过打点计时器来记录物体运动时间，不需要秒表，打点计时器需要的是交流电源，因此低压直流电源不需要，缺少低压交流电源，由于验证机械能公式中可以把物体质量约掉，因此不需要天平，同时实验中缺少刻度尺．故不必要的器材有：低压直流电源、秒表、天平．缺少的器材是低压交流电源、重锤、刻度尺．‎ ‎（2）重力势能减小量为：，在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，因此有：，得：‎ ‎，故可以得出结论：在实验允许误差范围内，可认为重物下落过程中，机械能守恒．‎ ‎28．下列关于选取计数点的说法中，不正确的是（ ）‎ A．用计数点进行测量计算，既方便又可减小误差 B．相邻计数点间的时间间隔应是相等的 C．相邻计数点间的距离应当是相等的 D．计数点是从计时器打出的实际点中选出来的，相邻计数点间点痕的个数相等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、每相同的点选一个记数点进行测量计算，由于记数点之间的距离较大，因此有助于减小偶然误差，便于测量，故A正确．‎ B、在选择计数点时，要每隔相同的点选择一个计数点，因此时间间隔是相同的，故B正确．‎ C、在选取计数点时，时间间隔是相同的，由于物体运动过程中速度大小可能发生变化，因此其计数点之间的距离不一定是相同，故C错误．‎ D、由于计数点之间的时间间隔是相同的，因此相邻计数点间点痕的个数相等，故D正确．‎ 故选C．‎ 四、解答题 ‎29．一跳伞运动员从静止开始以5m/s2的加速度竖直下落，运动员和降落伞的总质量为80kg，g取10m/s2，求：‎ ‎(1)运动员速度达到20m/s所用的时间；‎ ‎(2)运动员和降落伞受到的空气阻力。‎ ‎【答案】（1）t=4s (2)f=400N ‎【解析】（1）根据速度-时间公式可得v=at ‎ ‎（2）由牛顿第二定律可得： mg-f=ma f=mg-ma=80×10-80×5N=400N ‎30．一个物体从45m高的地方静止释放，做自由落体运动，（g取10m/s2）求：‎ ‎（1）到达地面时的速度 ‎（2）下落第1秒和最后1s内的位移．‎ ‎【答案】（1）物体到达地面时的速度为30m/s；‎ ‎（2）下落第1s内的位移为5m，最后1s内的位移为25m．‎ ‎【解析】解：（1）根据v2=2gh得，‎ 物体到达地面时的速度；‎ ‎（2）下落第1s内的位移；‎ 物体下落到落地的时间t=，‎ 则最后1s前的位移，‎ 所以最后1s内的位移为△h=h﹣h2=45﹣20m=25m．‎ 答：（1）物体到达地面时的速度为30m/s；‎ ‎（2）下落第1s内的位移为5m，最后1s内的位移为25m．‎ ‎31．有一水平抛出的小石子，大小不计，落地时的速度为20m/s，落地时速度方向与水平方向之间夹角450，（g=10m/s2），求: ‎ ‎(1)水平抛出的初速度等于多少？‎ ‎(2)抛出点距离地面的竖直高度是多少？‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）抛出的初速度： ‎ ‎（2）落地的竖直速度：‎ 抛出点距离地面的竖直高度 ‎32．如图所示，足够长的光滑绝缘水平台左端固定一被压缩的绝缘轻质弹簧，一个质量，电量的带负电小物块与弹簧接触但不栓接，弹簧的弹性势能为 ‎。某一瞬间释放弹簧弹出小物块，小物块从水平台右端点飞出，恰好能没有碰撞地落到粗糙倾斜轨道的最高点，并沿轨道滑下，运动到光滑水平轨道，从点进入到光滑竖直圆内侧轨道。已知倾斜轨道与水平方向夹角为，倾斜轨道长为，带电小物块与倾斜轨道间的动摩擦因数。小物块在点没有能量损失，所有轨道都是绝缘的，运动过程中小物块的电量保持不变，可视为质点。只有光滑竖直圆轨道处存在范围足够大的竖直向下的匀强电场，场强。已知，，取，求：‎ ‎（1）小物块运动到点时的速度大小；‎ ‎（2）小物块运动到点时的速度大小；‎ ‎（3）要使小物块不离开圆轨道，圆轨道的半径应满足什么条件？‎ ‎【答案】（1）4m/s；（2）m/s；（3）R⩽0.022m ‎【解析】‎ ‎（1）释放弹簧过程中，弹簧推动物体做功，弹簧弹性势能转变为物体动能 解得 ‎（2）A到B物体做平抛运动，到B点有 ‎ 所以 ‎ B到C根据动能定理有 解得 ‎ ‎（3）根据题意可知，小球受到的电场力和重力的合力方向向上，其大小为F=qE-mg=59.6N 所以D点为等效最高点，则小球到达D点时对轨道的压力为零，此时的速度最小，即 解得 所以要小物块不离开圆轨道则应满足vC≥vD得：R≤0.022m ‎33．如图所示，AB为半径R＝0.8m的一光滑圆弧轨道，下端B恰与小车石端平滑对接。小车质量M＝3kg，车长L＝2.06m，车上表面距地面的高度h＝0.2m，现有质址m＝1kg的滑块，山轨道顶端无初速度释放，滑到B端后冲上小车。已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数＝0.3，当车运动了t0＝1.5时，被地面装置锁定(g取10m/s2)。试求:‎ ‎(1)滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小;‎ ‎(2)车被锁定时，车右端距轨道B端的距离 ‎【答案】（1）30N （2）1m ‎【解析】‎ ‎(1)A至B过程,由机械能守恒得：‎ 在B点，由牛顿第二定律得：‎ 解得：=30N.‎ ‎(2)设滑块滑上小车后经过时间与小车速度相同，共同速度大小为,对滑块有:‎ 对小车有:‎ ‎，‎ 解得：=lm/s,=ls.‎ 因，故滑块与小车同速后，小车继续向左匀速行驶了0.5s，则小车右端距B端的距离为 解得：=lm.‎ ‎34．在与水平方向成θ角的光滑导轨上放一导体棒ab,导轨间距为L，质量为m(电阻不计)，整个装置放在竖直向下的、磁感应强度为B的匀强磁场中，电源电动势为E，内阻为r，外电路电阻为R，.求导体棒由静止释放时加速度为多大？（已知重力加速度为g）‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 根据闭合电路欧姆定律可求得导体棒中的电流，再根据安培力公式可求得安培力大小，再对导体棒分析，根据牛顿第二定律可求得导体棒的加速度.‎ 由闭合电路欧姆定律有：，导体棒受到的安培力F=BIL，方向水平向右 以导体棒为研究对象，受力情况如图所示 根据牛顿第二定律有： ‎ 联立解得：‎