【文档说明】2023-2024学年高一物理人教版2019必修第二册同步试题 期末复习（基础达标练） Word版含解析.docx，共(20)页，598.604 KB，由小赞的店铺上传

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期末复习（基础达标练）（知识点）序号知识点分值分值占比对应题号1平抛运动的概念和性质1.0分1.0%12圆周运动的概念和性质1.0分1.0%13曲线运动4.0分4.0%1,44开普勒第一定律和第二定律1.0分1.0%25引力常量及其测定1.0分1.0%26万有引力定律的理解及相关计算1.7分1.

7%2,157动能的概念和表达式1.5分1.5%38动能定理的应用18.5分18.5%3,11,22,239功的定义及理解4.0分4.0%5,1010圆周运动规律及其应用1.0分1.0%611向心力1.0分1.0

%612竖直平面内的圆周运动6.0分6.0%6,17,2313运动的合成与分解3.0分3.0%714线速度与角速度7.0分7.0%8,9,1715位移和路程1.0分1.0%1016平均功率与瞬时功率7.0分7.0%10

,17,18,2117平抛运动基本规律及推论9.0分9.0%12,13,1418第二宇宙速度和第三宇宙速度0.7分0.7%1519第一宇宙速度0.9分0.9%1520卫星运行规律及应用0.7分0.7%1521重力势能的概念和表达式1.5分1.5%162

2单个物体机械能守恒问题1.5分1.5%1623探究平抛运动的特点8.0分8.0%1924验证机械能守恒定律8.0分8.0%2025匀变速直线运动的位移与时间的关系2.0分2.0%2126匀变速直线运动的速度与时间的关系2.0分2.0

%2127牛顿第二定律2.0分2.0%2128应用动能定理处理单个物体多过程的运动4.0分4.0%23期末复习（基础达标练）（解析版）学校:___________姓名：___________班级：___

________考号：___________考试时间：2023年X月X日命题人：审题人：本试题卷分选择题和非选择题两部分，共11页，满分100分，考试时间90分钟。考生注意：1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。2

.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应的区域内，作图时先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。

4.可能用到的相关参数：重力加速度g均取10m/s2。第I卷（选择题部分）一、单选题（本题共18小题，每小题3分，共54分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.下面说法中错误的是()A.曲线运动一定是变速运动B.平拋运动一定是

匀变速运动C.匀速圆周运动一定是速度不变的运动D.做圆周运动的物体的速度方向与其合外力的方向不可能在同一条直线上【答案】C【解析】平抛运动的加速度不变，做匀变速曲线运动，匀速圆周运动的加速度大小不变，方向时刻改变，速度的大小不变，方向时刻改变。解决本题的关键是知道平抛运动

和匀速圆周运动的特点，知道平抛运动的加速度不变，速度大小和方向在变化，匀速圆周运动的速度大小不变，方向时刻改变。【解答】A.曲线运动的速度方向在变化，是变速运动，故A正确；B.平抛运动的加速度不变，做匀变速曲线运动，故B正确；C.匀速圆周运动的速度方向时刻改变，故C错误；D.圆周运动是曲

线运动，而物体的速度方向与其合外力的方向在同一条直线上时做直线运动，所以做圆周运动的物体的速度方向与其合外力的方向不可能在同一条直线上，故D正确。本题选错误的，故选C。2.关于行星运动定律和万有引力定律的建立过程，下列

说法中正确的是A.第谷通过整理大量的天文观测数据得到行星运动定律B.卡文迪许利用运动定律把行星的向心加速度与太阳对它的引力联系起来C.“月−地检验”表明地面物体所受地球引力与月球所受地球引力遵从同样的规律D.牛顿第一次在实验室里

比较准确地测出了引力常量𝐺【答案】C【解析】开普勒通过整理大量的天文观测数据得到行星运动定律；牛顿用运动定律把行星的向心加速度与太阳对它的引力联系起来，得出万有引力定律；“月−地检验”表明地面物体所受地球引力与月球所受

地球引力遵从同样的规律；卡文迪许第一次在实验室里比较准确地测出了引力常量G。本题考查天体中的人物贡献问题，注意平时学习中对物理学史的记忆，只要记住即可解答。【解答】A.开普勒通过整理大量的天文观测数据得到行星运动定律，故A错误；B.牛顿利用运动定律把

行星的向心加速度与太阳对它的引力联系起来，故B错误；C.“月−地检验”表明地面物体所受地球引力与月球所受地球引力遵从同样的规律，故C正确；D.卡文迪许第一次在实验室里比较准确地测出了引力常量G，故D错误。故选C。3.关于动能，下列说法正确的是()A

.对于同一物体，速度变化时，动能一定变化B.对于同一物体，动能变化时，速度一定变化C.物体所受的合外力不为零，则动能一定变化D.物体做曲线运动，则动能一定变化【答案】B【解析】解：A、对同一物体，速度变化，可能只

是速度方向变化而大小不变，动能不变，故A错误；B、对同一物体，动能变化，速度大小一定变化，速度一定变化，故B正确；C、物体受合外力不为零，但是合外力做功可能为零，动能可能不变，如匀速圆周运动，故C错误；D、物体做曲线运动，物体速度方向一定变化，速度大小不一定变化，动能不一定变化，故D错误。故

选：B。动能是标量、速度是矢量，速度变化时，动能不一定变化，物体动能变化，速度一定变化。解决本题的关键知道动能和速度的关系，知道动能是标量，速度是矢量。4.如图所示，高速摄像机记录了一名魔术师的发牌过程，虚线是飞出的扑克牌的运

动轨迹。则扑克牌在图示位置所受合力𝐹与速度𝑣的方向关系正确的是()A.B.C.D.【答案】B【解析】本题考查了物体做曲线运动的条件；本题以高速摄像机记录了一名魔术师的发牌过程为背景，考查物体做曲线运动的条件，

根据物体的运动轨迹来判断受到的合力的方向，合力应该指向运动轨迹的弯曲的内侧，这是解决曲线运动的时候经常用到的知识点。做曲线运动的物体的速度的方向是沿着运动轨迹的切线方向，合力指向运动轨迹弯曲的内侧。【解答】曲线运动的物体速度方向沿轨迹切线方向，而飞出的扑克牌受到重力和空气阻力的作用

做减速运动，所以其合力应该指向运动轨迹弯曲的内侧，且与速度方向的夹角大于90°；故B正确，ACD错误。5.下列选项所示的四幅图是小华提包回家的情景，其中小华提包的力不做功的是()A.B.C.D.【答案】B【解析】根据

物体做功的概念，物体受到了力的作用，并且物体在力的方向上移动了距离，即W=Fs。考查了做功的条件的知识点，要求学会功的概念，有力有距离，力对物体不一定做功，物体必须在力的作用下通过了距离，力对物体才做功。【解答】A.因为小华将包提起来了，提包受到了向上的力的作

用，并且提包在力的方向上移动了距离，根据W=Fs知，故A错误；B.因为小华站在水平匀速行驶的车上，小华提着包，但是提包没有在力的方向移动距离，即s=0，根据W=Fs知，故B正确；C.因为小华是乘升降电梯，提包的力的方向上移动了距离，故

提包的力做功，故C错误；D.小华提着包上楼，手提着包的力上向上的，提包在力的方向上移动了距离，根据W=Fs知，故D错误。故选：B。6.关于以下几种实际运动的向心力来源的说法中，正确的是()A.小球在如图的竖直圆形轨道内运动，经过轨道最高点𝐷点时，轨道对小球的支持力提供小球所需的向心力B.如图

物体放在水平转台上并随转台一起匀速转动，物体受到的静摩擦力方向与其运动方向相反C.如图，小球在细绳拉动下做圆锥摆运动，细绳的拉力与小球重力的合力提供小球运动所需的向心力D.如图，火车按规定速度转弯时，火车的牵引力提供一部分向心力【答案】C【解析】解：

A、小球在如图(甲)的竖直圆形轨道内运动，经过轨道最高点D点时，当支持力不为零时，小球受到重力和支持力，其中轨道对小球的支持力和重力的合力提供小球所需向心力，故A错误；B、如图(乙)，物体放在水平转台上并随转台一起匀速转动，受到重力支持力和

静摩擦力，静摩擦力提供向心力，指向圆心，与运动方向垂直，故B错误；C、对小球受力分析，受到重力和绳子的拉力，合力提供向心力，故C正确；D、火车转弯时，火车的牵引力沿速度方向，不提供向心力，故D错误。故选：C。物体做圆周运动，对物体受力分析，明确向心力的来源是解决此类问题的关键。本题主要考查了向心

力的来源，正确的受力分析是解决此类问题的关键。7.如图所示，小船沿直线𝐴𝐵过河，船头始终垂直于河岸，若水流速度增大，为保持航线不变，下列措施与结论正确的是A.减小船速，过河时间变长B.减小船速，过河时间不变C.增

大船速，过河时间不变D.增大船速，过河时间缩短【答案】D【解析】解：船头始终垂直于河岸，河宽一定，当水流速度增大，为保持航线不变，根据运动的合成，静水速度必须增大，再根据t=dvc，所以渡河的时间变小，故ABC错误，D正确．故选：D．小船渡河的运动可分解为沿河岸方向和垂直河岸方向两个分运

动，分运动和合运动具有等时性，根据垂直河岸方向的运动去判断渡河的时间。8.如图为在短道速滑比赛中运动员过弯道情景。假定两位运动员在过弯道时保持各自的速率恒定，一位运动员在内道角速度为𝜔1，线速度为𝑣

1;另一位运动员在外道角速度为𝜔2，线速度为𝑣2，他们同时进入弯道同时出弯道，则他们的角速度与线速度大小的关系为()A.𝜔1=𝜔2，𝑣1<𝑣2B.𝜔1>𝜔2，𝑣1<𝑣2C.𝜔1<𝜔2，𝑣1

=𝑣2D.𝜔1<𝜔2，𝑣1>𝑣2【答案】A【解析】根据同时进入弯道同时出弯道判断出运动时间和转过的角度相同，根据ω=ΔθΔt求得角速度，利用v=ωr求得线速度大小。本题主要考查了描述匀速圆周运动的物理量，根据定义式确定角速度大小，根据v=ωr求得线速度大小即可

。【解答】由于运动员同时进入弯道同时出弯道，故在弯道内运动的时间相同，转过的角度相同，根据ω=ΔθΔt可知，角速度相同，即ω1=ω2,外道的轨道半径大于内道的轨道半径，根据v=ωr可得，v1<v2，故BCD错误，A正确。9.骑自行车出行，不仅低碳环保，还能强身健体。自行车的大齿轮、

小齿轮是相互关联的转动部分，其边缘有两个点𝐴、𝐵，如图所示。当大齿轮带动小齿轮匀速转动时，下列说法正确的是()A.A、𝐵两点的线速度大小相等B.𝐴点的线速度比𝐵点的线速度大C.𝐴点的线速度比𝐵点的线速度小D.A、𝐵两点的周期相等【答案】A【解析】大齿轮与小齿轮

是同缘传动，边缘点线速度大小相等，结合T=2πrv判断周期即可。本题解题的关键在于把握同缘传动中边缘点线速度大小相等的特点。【解答】ABC、边缘有两个点A、B是皮带传动，线速度大小相等，故A正确，BC错误；D、AB两点线速度大小相等，而半径

不相等，根据T=2πrv可知A、B两点的周期不相等，故D错误。10.两个体重相同的学生分别以图示路径由静止从地面登上高为ℎ的阶梯顶端𝐴.对于这个过程，下列说法正确的是A.两学生的位移相等B.两学生运动时间一定相等C.两学生克服重力做功一定相等D.

两学生克服重力做功的平均功率一定相等【答案】C【解析】本题考查重力做功特点、平均功率的计算，基础题目。根据位移的概念可判断；根据运动情况可判断；根据克服重力做功的表达式可判断；结合平均功率的概念可判断。【解答】A、由图知，两学生上升的高度相同，但位移不相等，故A错误；B、由于两学生的具体运动情况

未知，则无法比较两者运动时间的关系，故B错误；C、由于两学生题中相同，上升的高度相同，则克服重力做功WG=mgh相同，但两者的运动时间关系无法判断，则两学生克服重力做功的平均功率的关系无法判断，故C正确，D错误

。11.某同学骑自行车下坡。已知坡长500𝑚、高8𝑚，人和车的总质量为100𝑘𝑔。下坡时车的初速度为4𝑚/𝑠，在人不踏车的情况下，到达坡底时车速为10𝑚/𝑠。取重力加速度𝑔=10𝑚/𝑠2，则下坡过程中克服阻力做的功为()A.−4000𝐽B.−3800𝐽C.40

00𝐽D.3800𝐽【答案】D【解析】本题考查动能定理的简单应用，分析清楚力做功的情况是关键。受力分析，分析力做功的情况，根据动能定理即可求解。【解答】人骑自行车下坡的过程中，受重力、支持力、摩擦

阻力作用，其中支持力不做功，重力做功与路径无关；故由动能定理有：mgh+Wf=12mv2−12mv02；代入数据得：Wf=−3800J；克服阻力做的功为3800J；故ABC错误，D正确。故选D。12.小明同学取细杆，铁钉和羽毛

分别做成𝐴，𝐵两只飞镖，在墙上挂一自制的标靶，在离墙一定距离的同一点，分别将它们沿同一方向水平掷出，不计空气阻力，两只飞镖插在靶上的状态如图所示，现已知𝐴，𝐵两飞镖的尖端在靶上的同一条竖直直线上，则下列说法正确的是()A.运动过程中

，𝐴镖的加速度比𝐵镖小B.𝐴镖的运动时间比𝐵镖的运动时间长C.𝐴镖掷出时的初速度比𝐵镖掷出时的初速度小D.从掷出到插入靶的过程中，𝐴镖发生的位移比𝐵镖发生的位移小【答案】D【解析】解决本题的关键是要知道平抛运动的规律，

知道水平方向是匀速直线运动，竖直方向是自由落体运动。【解答】A、两个飞镖均做平抛运动，加速度均为g，故A错误；B、平抛运动的时间由下落高度决定，有t=√2hg，B飞镖下落高度大，所以运动时间长，故B错误；C、平抛运动水平方向为匀速直线运动，则有v0=xt，因为tA<t

B，所以初速度vA>vB，故C错误；D、两飞镖水平位移x相等，A的竖直位移小于B的竖直位移，根据s=√x2+h2知A发生的位移大，故D正确。故选D．13.甲、乙两球位于同一竖直线上的不同位置，甲比乙高ℎ，如图所示。将甲、乙

两球分别以𝑣1、𝑣2的速度沿同一水平方向抛出，甲球刚好击中乙球，若不计空气阻力，则()A.甲乙应同时抛出，且𝑣1<𝑣2B.甲应比乙后抛出，且𝑣1>𝑣2C.甲应比乙早抛出，且𝑣1<𝑣2D.甲应比乙早抛出，且𝑣1>𝑣2【答案】C

【解析】平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动，竖直方向的分运动是自由落体运动．乙球击中甲球时，两球的水平分位移大小相等，由水平位移x=v0√2hg，比较初速度大小，由平抛运动的时间t=√2hg，分析两球抛出的先后．本题

两平抛运动相遇问题，在分别研究两球各自运动的基础上，找到它们之间的关系是关键，比如竖直位移和水平位移的关系．【解答】解：设乙球击中甲球时，甲球下落高度为h1，乙球下落的高度为h2．设甲球平抛运动的时间为t1

=√2h1g，乙球平抛运动的时间为t2=√2h2g由图看出，h1>h2，则得t1>t2.故要使乙球击中甲球，必须使甲比乙早抛出．相遇时两球的水平位移相等则有v1√2h1g=v2√2h2g则得，v1<v2．故选C14.如图所示，从某高度以5𝑚/𝑠的水平速度抛出一小球，小球经过0.5𝑠到达地面，

此时小球的速度与水平方向的夹角为𝜃.不计空气阻力，重力加速度大小𝑔取10𝑚/𝑠2.下列说法正确的是()A.小球距地面的高度为5𝑚B.小球着地速度大小为53𝑚/𝑠C.小球落地时的速度与水平方向的夹角为45∘

D.若小球抛出时的速度增大，则𝜃增大【答案】C【解析】解：A、小球做平抛运动，竖直方向为自由落体运动，根据：h=12gt2代入数据解得：h=12×10×0.52m=1.25m，故A错误；BC、小球落地时的竖直速度为：vy=gt=10×0

.5m/s=5m/s，小球落地时的速度大小为：v=√v02+vy2=√52+52m/s=5√2m/s小球落地时的速度分解如图所示，可知：tanθ=vyv0=gtv0=55=1，即小球落地时的速度与水平方向的夹角为45°，故B错误，C正确；D、若初速度v0增大时，tanθ=gtv0，t

不变，tanθ变小，θ变小，故D错误。故选：C。根据速度−时间公式求出竖直分速度，结合平行四边形定则求出初速度和落地的速度，抓住初速度增大，结合平行四边形定则得出速度与水平方向夹角的变化。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，结合运动学公式灵活求解，难度不大。15.2018年9月29日，我国在酒泉卫星发射中心用快舟一号甲固体运载火箭，成功发射微厘空间一号试验卫星。同步卫星的轨道半径比微厘空间一号试验卫星

的轨道半径大，则()A.微厘空间一号试验卫星运行速度大于同步卫星的运行速度B.微厘空间一号试验卫星的发射速度大于第二宇宙速度C.微厘空间一号试验卫星的运行周期大于同步卫星的运行周期D.微厘空间一号试验卫星受到的万有引力大于同步卫星受到的万有引力【答案】

A【解析】A.由万有引力提供向心力得GMmr2=mv2r，卫星的运行速度v=√GMr，因为试验卫星的轨道高度小于同步卫星的轨道高度，所以试验卫星运行速度大于同步卫星的运行速度，A正确；B.试验卫星的发射速度

大于第一宇宙速度，如果大于第二宇宙速度将脱离地球引力的束缚，B错误；C.由万有引力提供向心力得GMmr2=m4π2T2r，得卫星的运行周期T=2π√r3GM，试验卫星的轨道高度小于同步卫星的轨道高度，所以试验卫星的运行周期小于同步卫星的运行周期，C错误；D.由万有引力的表达式F=GMmr2，试

验卫星的轨道高度小于同步卫星的轨道高度，由于不知道卫星的质量大小关系，无法判断卫星受到的万有引力大小，D错误。故选A。16.如图，一质量为𝑚的足球，以速度𝑣由地面踢起，当它到达离地面高度为ℎ的𝐵点处(取𝐵点处所在水平面为参考平面)时，下列说法正确的是(重力加速度为𝑔，不计空气阻力)()A

.足球在𝐵点处的重力势能为𝑚𝑔ℎB.足球在𝐵点处的动能为𝑚𝑔ℎC.足球在𝐵点处的机械能为12𝑚𝑣2−𝑚𝑔ℎD.足球在𝐵点处的机械能为12𝑚𝑣2【答案】C【解析】足球在运动过程中，只

有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律列式分析。本题关键在于小球离开脚后，由于惯性继续飞行，水平方向速度不变，只有重力做功，机械能守恒。【解答】A.由于设B处为零势能面，故B处的重力势能为零，故A错误；B.从A到B过程，由机械能守

恒定律得：12mv2−mgh=12mvB2，则足球在B处的动能：EK=12mvB2=12mv2−mgh，故B错误；CD.足球在B点处的机械能EB=Ek+EP=12mv2−mgh，故C正确，D错误。故选C。17.英国特技演员史蒂夫⋅特鲁加里亚曾经飞车挑战壯界最大环形车道

．如图所示，环形车道竖直放置，直径达12𝑚，若汽车在车道上以12𝑚/𝑠恒定的速率运动，演员与摩托车的总质量为1000𝑘𝑔，车轮与轨道间的动摩擦因数为0.1，重力加速度𝑔取10𝑚/𝑠2，则()A.汽车在环形车道上的角速度为1𝑟𝑎𝑑/𝑠B.汽

车通过最高点时，演员处于失重状态C.汽车发动机的功率恒定为4.08×104𝑊D.若要挑战成功，汽车不可能以低于12𝑚/𝑠的恒定速率运动【答案】B【解析】解：A、汽车在环形车道上的角速度为ω=vr=126=2rad/s，故A错误；B、汽车通过最高点时，演员的加速度向下，处于失重状态，故

B正确．C、在最低点，有N−mg=mv2r，故N=m(g+v2r)=1000×(10+1226)=34000N，故摩擦力f=μN=3400N，牵引力F=f=3400N，故发动机的功率为：P=Fv=3400×12W=40800W；在最高点，有mg+N′=mv2r，故N

′=m(v2r−g)=1000×(1226−10)N=14000N，故摩擦力f=μN=1400N，牵引力F=f=1400N，故发动机的功率为：P=Fv=1400N×12m/s=16800W；可知发动机的功率是变化的，故C错误；D

、在最高点，当重力恰好提供向心力时，速度最小，有：mg=mv02r，解得v0=√gr=√10×6=2√15m/s<12m/s，故D错误；故选：B汽车在车道上以12m/s恒定的速率运动，做匀速圆周运动，由合力提供向心力，由此判断其受力情况；根据P=Fv判断瞬时功率的变化情况．本题关键是对车受力

分析，然后根据牛顿第二定律求解出弹力和摩擦力，最后再计算功率．18.引体向上是中学生体育测试的项目之一，一个质量为50𝑘𝑔的普通中学生在30秒内完成12次引体向上，每次引体向上，重心上升0.4𝑚，求该学生此

过程中克服重力做功的平均功率为(𝑔=10𝑚/𝑠2)()A.200WB.80WC.20WD.10W【答案】B【解析】估算出同学的体重以及引体向上时向上运动的位移，结合重力做功的大小求出平均功率大小。本题考查功率的基本计算，知道平均功率和瞬时功率的区别

，掌握这两种功率的求法，基础题。【解答】该同学体重大约50kg，引体向上时向上运动的位移大约0.4m，引体向上一次克服重力做功为W=mgh=50×10×0.4J=200J，全过程克服重力做功的平均功率为P=nWt

=12×200J30s=80W，故B正确，ACD错误。第II卷（非选择题）二、实验题（本题共2小题，共16分）19.(1)在“研究平抛物体的运动”实验中，已备有下列器材∶白纸、图钉、薄木板、铅笔、弧形斜槽、小球、刻度尺、铁架台，还需要下列器材中的_

___。A.秒表B.天平𝐶.重垂线D.弹簧测力计(2)图甲是“研究平抛物体的运动”的实验装置简图，在该实验中，应采取下列哪些措施减小实验误差____。A.斜槽轨道末端必须水平B.斜槽轨道必须光滑C.每次实验要平衡摩擦力D.小球每次都从斜槽上同一高度由静止释放(3)图乙是正确实验取得的数据

，其中𝑂为抛出点，则此小球做平抛运动的初速度为____𝑚/𝑠。【答案】(1)C；(2)AD；(3)1.6。【解析】本题主要考查“研究平抛物体的运动”的实验，明确实验原理和注意事项是解决问题的关键。(1)根据实验的原理确定所

需测量的物理量，从而确定所需的器材；(2)根据实验原理和注意事项分析即可；(3)平抛运动在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，应用运动学公式联立即可求出小球的初速度。【解答】(1)在“研究平抛物体

的运动”实验时，不需要小球的质量以及小球运动的时间，所以不需要秒表、天平和测力计，为了保证木板所在的平面竖直，需要重锤线，故C正确，ABD错误；(2)A.为保证抛出时速度沿水平方向，斜槽轨道末端必须水平，故A正确；B.只要小

球每次都从同一位置由静止滚下不必要求斜槽轨道必须光滑，故B错误；C.本实验不必平衡摩擦力，故C错误；D.只有小球每次都从同一高度由静止滚下才能可保证小球平抛初速度相同，故D正确；(3)O为抛出点，在竖直方向上，根据：y=12gt2，解得：t=√2yg=√2×19.6

×10−29.8s=0.2s，初速度为：v0=xt=32.0×10−20.2m/s=1.6m/s。20.利用图1装置做“验证机械能守恒定律”的实验。(1)实验中除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、电磁打

点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的器材是()A.交流电源𝐵.刻度尺𝐶.天平(含砝码)𝐷.秒表(2)实验中，需先接通电源，再释放重物，得到如图2所示的一条纸带，在纸带上选取三个连续打出的点𝐴、𝐵、𝐶，测得它们到起始点𝑂的距离分别为ℎ𝐴、ℎ�

�、ℎ𝐶。已知当地重力加速度为𝑔，打点计时器打点的周期为𝑇，设重物的质量为𝑚，从打𝑂点到打𝐵点的过程中，重物的重力势能减少量𝛥𝐸𝑝=_________；动能增加量𝛥𝐸𝑘=____

_____；大多数学生的实验结果显示重力势能的减少量_________(填“小于”、“等于”、“大于”)动能的增加量，主要原因是_________。(3)某同学想用该实验装置测量当地的重力加速度𝑔，该同学在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点𝑂的距离ℎ，计算对应计数点的重物

速度𝑣，描绘𝑣2−ℎ图像，发现图像是一条过原点的直线，且直线的斜率为𝐾，则当地的重力加速度𝑔=_________。【答案】(1)AB；(2)mghB；m(hC−hA)28T2；存在空气阻力和摩擦阻力；(3)K2【解析】(1)根据实验的原理

确定所需测量的物理量，从而确定所需的器材；(2)根据下降的高度求出重力势能的减小量；根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度，从而得出动能的增加量；(3)根据v2与h的关系式解答。解

决本题的关键知道实验的原理，掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度，从而求解动能的增加量。【解答】(1)打点计时器需接交流电源，实验中需要用刻度尺测量点迹间的距离，从而求出瞬时速度以及重力势能的减小量

，实验中验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，不需要用天平测量质量，故选AB；(2)从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量△Ep=mghB；B点的瞬时速度vB=hC−hA2T，则动能的

增加量ΔEk=12mvB2=m(hC−hA)28T2；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；(3)根据自由落体运动规律v2=

2gh，可得v2−h图像的斜率K=2g，所以g=K2。三、计算题（本大题共3小题，10分+10分+10分，共30分，解答过程请写出必要的文字说明和必需的物理演算过程，只写出最终结果的不得分）21.质量为2𝑘𝑔的物

体，受到24𝑁的竖直向上的拉力，由静止开始运动，经过5𝑠，已知，求：内拉力的平均功率末拉力的瞬时功率【答案】解：(1)根据牛顿第二定律得：F−mg=ma，得a=F−mgm=2m/s25s内的位移x=12at2=12×2×52m=25m所以5s内拉力对物体做的功W=Fx=24×25J=600

J5s内拉力的平均功率P平均=Wt=6005W=120W(2)5s末的速度v=at=2×5m/s=10m/s．所以5s末拉力的瞬时功率P=Fv=24×10W=240W．【解析】解决本题的关键理解平均功率

与瞬时功率的区别，平均功率表示一段时间或一段位移内的功率，瞬时功率表示某一时刻或某一位置的功率。(1)根据牛顿第二定律求出加速度，求出5s内位移，从而根据W=Fs求出拉力对物体做的功，求出5s内拉力的功，根据P=Wt求出平均功率．(2)根据运动学公

式求出5s末的速度，再根据P=Fv求出瞬时功率。22.如图所示，光滑14圆弧的半径为0.8𝑚，有一质量为1.0𝑘𝑔的物体自𝐴点从静止开始下滑到𝐵点，然后沿水平面前进4.0𝑚，到达𝐶点停止。𝑔取10𝑚/𝑠2，求：(1)

物体到达𝐵点时的速率；(2)物体与水平面间的动摩擦因数。【答案】解：(1)A到B过程运用动能定理可得mgR=12mvB2−0解得vB=√2gR=4m/s；(2)B到C过程运用动能定理可得−μmgx=0−12mvB2解得μ=vB22gx=0.2。【解析

】(1)物体在光滑的圆弧静止下滑，物体只受重力和指向圆心的弹力，且弹力不做功，由动能定理即可求解；(2)物体在BC面上运动，最终静止，所以在水平面上受滑动摩擦力做匀减速运动，再次利用动能定理即可求解．对研究对象受力分析和运动分

析是解决动力学问题的首要前提，要灵活选取过程，运用动能定理求解是核心。23.如图甲所示是滑板运动的其中一种场地，可以简化为如图乙所示的模型。𝐴𝐵和𝐶𝐷为光滑的14圆弧，半径𝑅=1𝑚，𝐵𝐶为粗糙的水平面，长𝐿=2𝑚，动摩

擦因数𝜇=0.1.现有一运动员在𝐵𝐶中点处用力蹬地，立即获得一个初速度𝑣0=4𝑚/𝑠向右运动，中途不在蹬地，不计空气阻力，运动员的质量𝑚=60kg，𝑔取10𝑚/𝑠2.求：(1)第一次进入圆弧轨道𝐶𝐷的𝐶点时对场地的压力；(2)判

断运动员能否运动到𝐴𝐵圆弧；(3)运动员最终停止的位置。【答案】解：(1)从BC的中点到C点过程中，由动能定理可得：−μmgL2=12mvC2−12mv02解得：vC=√14m/s在C点根据牛顿第二定律

可得：FN−mg=mvC2R联立解得：FN=240N根据牛顿第三定律，压力大小也为240N，方向竖直向下(2)根据动能定理可得：−μmg3L2=12mvB2−12mv02解得：vB=√v02−3μgL=√10m/s>0，因此能滑上AB轨道(3)对

整个过程，由动能定理可得：−μmgx=0−12mv02解得：x=8m恰好回到BC中点，即距B或距C处1m处。答：(1)第一次进入圆弧轨道CD的C点时对场地的压力为240N，方向竖直向下。(2)运动员能运动到AB圆弧；(3)运动员最终

停止的位置在距B或距C1m处。【解析】(1)从BC的中点到C点过程中，由动能定理列式，可求得运动员第一次进入圆弧轨道CD的C点时的速度。在C点，由重力和轨道支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求出支持力，从而得到压力。(2)根据动能定理求出运动员滑回B点时的速度，来分析运动员能否运动到AB圆弧

；(3)运动员最终停止在BC上，对整个过程，运用动能定理求出运动员在BC上滑行的总路程，从而确定其最终停止的位置。本题关键是明确运动员的受力情况、运动情况和能量转化情况，要灵活选择运动过程，根据动能定理多次列式求解。对圆周运动，要能找到向心力来源，根据牛顿第二定

律列式求解。