【文档说明】河北省石家庄市辛集市第一中学2019-2020学年高二四月月考第一次考试物理试卷（一）含答案.doc，共(33)页，700.500 KB，由小赞的店铺上传

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物理试卷一．选择题（共18小题）每题3分1．如图是跳远运动员在起跳、腾空和落地过程的情景。若运动员的成绩为8.00m。腾空时重心离沙坑的最大高度为1.25m。为简化情景。把运动员视为质点，空中轨迹视为抛物线，则（）A．运动员在空中

运动的时间为0.5sB．运动员在空中最高点时的速度大小为4m/sC．运动员落入沙坑时的速度大小为m/sD．运动员落入沙坑时速度与水平面夹角正切值为tanα＝0.6252．乒乓球作为我国的国球，是一种大家喜闻乐见的体育运动，它对场地要求低且容易上手。如图所示，某

同学疫情期间在家锻炼时，对着墙壁练习打乒乓球，球拍每次击球后，球都从同一位置斜向上飞出，其中有两次球在不同高度分别垂直撞在竖直墙壁上，不计空气阻力，则球在这两次从飞出到撞击墙壁前（）A．飞出时的初速度大小可能相等B．飞出时的初速度竖直分量可能相等C．在空中的时间可

能相等D．撞击墙壁的速度可能相等3．如图所示，两个竖直圆弧轨道固定在同一水平地面上，半径R相同，左侧轨道由金属凹槽制成，右侧轨道由金属圆管制成，均可视为光滑。在两轨道右侧的正上方分别将金属小球A和B由

静止释放，小球距离地面的高度分别为hA和hB，下列说法正确的是（）A．若使小球A沿轨道运动并且从最高点飞出，释放的最小高度为3RB．若使小球B沿轨道运动并且从最高点飞出，释放的最小高度为2.5RC．适当调整hA，可使A球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处D．适当调整hB，可使B

球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处4．我国计划在2020年发射首个火星探测器，实现火星环绕和着陆巡视探测。假设“火星探测器”贴近火星表面做匀速圆周运动，测得其周期为T．已知引力常量为G，由以上数据可以求得（）A．火星的质量B．火星探测器的质量C．火星的第一宇宙速度D．火星的密度5．

如图所示，A、B、C是三级台阶的端点位置，每一级台阶的水平宽度是相同的，其竖直高度分别为h1、h2、h3，将三个相同的小球分别从A、B、C三点以相同的速度v0水平抛出，最终都能到达A的下一级台阶的端点P处，不计空气阻力。

关于从A、B、C三点抛出的小球，下列说法正确的是（）A．在空中运动时间之比为tA：tB：tC＝1：3：5B．竖直高度之比为h1：h2：h3＝1：2：3C．在空中运动过程中，动量变化率之比为：：＝1：1：1D．

到达P点时，重力做功的功率之比为PA：PB：PC＝1：4：96．如图，两根细杆M、N竖直固定在水平地面上，M杆顶端A和N杆中点B之间有一拉直的轻绳。两杆的高度均为4.0m，两杆之间的距离为2.0m。将一个小球从M杆上的C点以一定的初速度v0水平向右抛出。已知C点与A点的距离为0.8m

，重力加速度g取10m/s2．不计空气阻力。若要使小球能碰到轻绳，则v0的最小值为（）A．2.5m/sB．m/sC．4.0m/sD．m/s7．如图所示，竖直平面内的光滑固定轨道由一个半径为R的圆弧AB和另一个圆弧BC组成，两者在最低点B平滑连接。一小球（可视为质点）从A点由静止开始沿轨道下

滑，恰好能通过C点，则BC弧的半径为（）A．RB．RC．RD．R8．如图所示，质量为m的物体静止在地面上，物体上面连着一个轻弹簧，用手拉住弹簧上端上移H，将物体缓缓提高h，拉力F做功WF，不计弹簧的质量，则下列说法正确的是（）A．重力做功﹣mgh，重力势能减少mghB．弹力做功﹣WF，弹性势

能增加WFC．重力势能增加mgh，弹性势能增加FHD．重力势能增加mgh，弹性势能增加WF﹣mgh9．如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小球以速度v从轨道下端滑入轨道，并保证从轨道上端水平飞出，则关于小球落地点到轨道下端的水平距离x与轨道半径R的关系，下列说法正确的是（

）A．R越大，则x越大B．R越小，则x越大C．当R为某一定值时，x才有最大值D．当R为某一定值时，x才有最小值10．北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统。为了兼顾高纬度地区的定位和导航需要，该系统已布置了10余颗倾斜地球同步轨道卫星（IGSO），其轨道是与赤道平面呈一定

夹角的圆形，圆心为地心，运行周期与地球自转周期相同。关于倾斜地球同步轨道卫星，下列说法正确的是（）A．该卫星不可能经过北京上空B．该卫星距地面的高度与同步轨道静止卫星相同C．与赤道平面夹角为30°的倾斜地球同步轨道只有唯一一条D．该卫星运行的速度大于第一宇宙速度11．据科学家推算，六亿两千万

年前，一天只有21个小时，而现在已经被延长到24小时，假设若干年后，一天会减慢延长到25小时，则若干年后的地球同步卫星与现在的相比，下列说法正确的是（）A．可以经过地球北极上空B．轨道半径将变小C．加速度将变大D．线速度

将变小12．如图所示，绕地球做匀速圆周运动的卫星P的角速度为ω，对地球的张角为θ弧度，万有引力常量为G．则下列说法正确的是（）A．卫星的运动属于匀变速曲线运动B．张角θ越小的卫星，其角速度ω越大C．根据已知量可以求地球质量D．根据已知量可求地球的平均密度

13．如图所示，小环A套在光滑竖直杆上，小环B套在光滑水平杆上，A、B两环用一不可伸长的轻绳连接在一起。初始时，用力F作用在A上，使A、B两环均处于静止状态，轻绳处于伸直状态且与竖直杆夹角为60°．撤去F后，小环A运动至轻绳与竖直杆夹角为37°时的速率

为v。已知A、B两环的质量均为m，绳长为l，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．力F的大小为2mg，方向竖直向上B．在运动过程中，小环A的机械能守恒C．轻绳与竖直杆夹角为37°时，小环B的速率也为vD．轻绳与竖直杆夹角为37°时，小环A的速率为v＝14．如图所示，一个长直轻杆两端分别固定小

球A和B，两球质量均为m，两球半径忽略不计，杆的长度为L．先将杆竖直靠放在竖直墙上，轻轻拨动小球B，使小球B在水平面上由静止开始向右滑动，当小球A沿墙下滑距离为时，下列说法正确的是（不计一切摩擦）（）A．杆对小球A做功为B．小球A和B的速度都为C．小球A、B的速度分别为和D．杆与小球A和

B组成的系统机械能减少了15．一物体从空中某点以一定的初速度v0做平抛运动，落地时的水平位移为s，记录下该平抛运动的轨迹，并按照1：1的比例制作成了一条钢制抛物线轨道，如图所示。现让一个铁环从抛物线轨道顶端从静止滑下，不计运动过程中摩擦阻力和空气阻力，重力加速度为g，当铁环滑落到抛物线

轨道末端时，下面说法正确的是（）A．铁环的水平速度等于v0B．铁环的竖直速度等于C．铁环的末速度等于D．铁环的末速度等于16．2019年11月11日出现了难得一见的“水星凌日”现象。水星轨道在地球轨道内侧，某些特殊时刻，地球、水星、太阳会在一条直线上，这时从地球上可以看到水星就像一个小

黑点一样在太阳表面缓慢移动，天文学称之为“水星凌日”。在地球上每经过N年就会看到“水星凌日”现象。通过位于贵州的“中国天眼”FAST（目前世界上口径最大的单天线射电望远镜）观测水星与太阳的视角（观察者分别与水星、太阳的连

线所夹的角）θ，则sinθ的最大值为（）A．B．C．D．17．某物体在水平面上从静止开始向右做直线运动，其加速度随时间变化的图象如图所示，下列关于物体所受合外力F、瞬时速度v、距起始点的距离x、合外力做功的功率P随时间t变化的大致图象正确的是（）A．B．C．D．18

．如图，第一次，小球从粗糙的圆形轨道顶端A由静止滑下，到达底端B的速度为v1，克服摩擦力做功为W1；第二次，同一小球从底端B以v2冲上圆形轨道，恰好能到达A点，克服摩擦力做功为W2，则（）A．v1可能等于v2B

．W1一定小于W2C．小球第一次运动机械能变大了D．小球第一次经过圆弧某点C的速率大于它第二次经过同一点C的速率二．多选题（共2小题）每题5分19．如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上。一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放，某同学在研究小球落到

弹簧后向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，做出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是（）A．小球在下落的过程中机械能守恒B．小球到达最低点的坐标大于h+2x0C．小球受到的弹力最

大值等于2mgD．小球动能的最大值为mgh+mgx020．如图所示，质量为4m的球A与质量为m的球B用绕过轻质定滑轮的细线相连，球A放在固定的光滑斜面上，斜面倾角α＝30°，球B与质量为m的球C通过劲度系数

为k的轻质弹簧相连，球C放在水平地面上。开始时控制住球A，使整个系统处于静止状态，细线刚好拉直但无张力，滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行，然后由静止释放球A，不计细线与滑轮之间的摩擦，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A

．释放球A瞬间，球B的加速度大小为B．释放球A后，球C恰好离开地面时，球A沿斜面下滑的速度达到最大C．球A沿斜面下滑的最大速度为2gD．球C恰好离开地面时弹簧的伸长量与开始时弹簧的压缩量相等，所以A、B两小球组成的系统机械能守恒三．计算题（共2小题）21．（20

分）如图所示，可视为质点的质量为m＝0.2kg的小滑块静止在水平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F＝4N的作用下，从A点开始做匀加速直线运动，当其滑行到AB的中点时撤去拉力，滑块继续运动到B点后进入半径为R＝0.3m且

内壁光滑的竖直固定圆轨道，在圆轨道上运行一周后从B处的出口（未画出，且入口和出口稍稍错开）出来后向C点滑动，C点的右边是一个“陷阱”，D点是平台边缘上的点，C、D两点的高度差为h＝0.2m，水平距离为x＝0.6m。已知滑块运动到圆轨道的最高点时对轨道的压力大小刚好为滑块重力的3

倍，水平轨道BC的长度为12＝2.0m，小滑块与水平轨道AB、BC间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2。（1）求水平轨道AB的长度11；（2）试通过计算判断小滑块能否到达“陷阱”右侧的D点；（3）若

在AB段水平拉力F作用的范围可变，要达到小滑块在运动过程中，既不脱离竖直圆轨道，又不落入C、D间的“陷阱”的目的，试求水平拉力F作用的距离范围。22．（16分）如图所示，光滑水平面放置质量M、倾角θ的斜劈，质量m的长直杆被限制在竖直的管P内，管内壁光滑，杆只能上下移动，杆

下端B搁置在斜面上，斜面光滑。（1）为使m、M静止，在M右侧加一水平方向的力F1，求F1大小；（2）在斜劈右侧加一水平方向的力F，使得斜劈缓慢向右水平移动，m上升h1高，m始终未脱离斜面，求斜劈的位移s1及力F所做的功W；（

3）若初始时B点离水平面高为h2，由静止释放m、M，求m着地时刻M的速度v。物理参考答案1D2A3D4D5C6C7A8D9C10B11D12D13D14C15C16A17B18B19BD20BC21、【解答】解：（1）设小滑块运动到竖直圆轨道最高点时速

度大小为v，则解得v＝从B运动到最高点的过程，设小滑块到达B点的速度为vB根据动能定理可知解得小滑块由A到B的过程中，根据动能定理可知，解得l1＝2.4m（2）设小滑块到达C点时的速度大小为vC由动能定理可知，解得vC＝2m/s下滑块下落h＝0.2m所需时间为t，则h

＝，解得t＝故小滑块水平方向通过的位移为x0＝vCt＝0.4m＜0.6m故小滑块将落入“陷阱：中，不能运动到D点；（3）又题意可知，若要滑块既不脱离轨道，又不掉进陷阱，则需要分三种情况进行讨论第一种情况：当滑块刚好能够到达与圆心等高的E点时，设恒力作用的

距离为x′1，则由动能定理可知Fx′1﹣μmgl1﹣mgR＝0﹣0解得x′1＝0.75m故当恒力的作用距离满足0＜x′≤0.75m时符合条件；第二种情况：当滑块刚好能经过圆轨道最高点时，设滑块经过最高点时速度为v0则mg＝

m设此时恒力作用的距离为x′2，则解得：x′2＝0.975m当滑块刚好运动到C点时速度为零，设此时恒力作用的距离为x″2，则Fx″2﹣μmg（l1+l2）＝0解得x″2＝1.1m故当恒力作用的距离满足0.975m＜x′＜

1.1m时符合条件第三种情况：当滑块刚好能够越过陷阱时，设滑块到达C点的速度为v′C，则由平抛运动x＝v′Ct联立解得v′C＝3m/s设此时恒力作用的距离为x′3，则解得x′C＝1.325m故当恒力作用距离满足1.325m＜x′＜4m时符合条件水平拉力F作用的距离范围0＜x′≤0.75

m，0.975m＜x′＜1.1m，1.325m＜x′＜4m。22、【解答】解：（1）斜劈对杆支持力N，杆平衡竖直方向Ncosθ﹣mg＝0斜劈平衡，水平方向N′＝N解得：F1＝mgtanθ（2）由几何关系如图所示，有：s1＝由于过程缓慢，杆

及斜劈速度都认为零，系统功能关系有：W＝△E＝mgh1（3）m着地时的速度为v，此时斜劈的速度为V，系统机械能守恒，有：又v＝Vtanθ解得：参考答案与试题解析一．选择题（共18小题）1．如图是跳远运动员在起跳、腾空和落地过程的情景。若运动员的成绩

为8.00m。腾空时重心离沙坑的最大高度为1.25m。为简化情景。把运动员视为质点，空中轨迹视为抛物线，则（）A．运动员在空中运动的时间为0.5sB．运动员在空中最高点时的速度大小为4m/sC．运动员落入沙坑时的速度大小为m/sD．运动员落入沙坑时速度与水平面夹角正切值为tanα＝0

.625【分析】运动员做斜上抛运动，水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做竖直上抛运动。根据抛体运动的处理规律，依据运动的合成与分解内容，及平行四边形定则，及运动学公式，即可求解。【解答】解：A、运动员做斜上抛运动，从最高点开始做

平抛运动，竖直方向上做自由落体运动，落地时间：t＝＝0.5s，那么运动员在空中的时间为t′＝2t＝1s，故A错误；B、运动员在空中最高点的速度即为运动员起跳时水平方向的分速度，根据分运动与合运动的等时性，运动员在空中最高点时的速度大小：v水＝

＝8m/s，故B错误；C、落入沙坑时竖直方向的速度：v竖＝＝5m/s，故落地速度v＝＝m/s，故C错误；D、落入沙坑时速度方向与水平面所成的夹角为α，则tanα＝＝0.625，故D正确。故选：D。2．乒乓球作为我国的国球，是一种大家喜闻乐见的体育运动，它对场地要求低且容易上手。如图所

示，某同学疫情期间在家锻炼时，对着墙壁练习打乒乓球，球拍每次击球后，球都从同一位置斜向上飞出，其中有两次球在不同高度分别垂直撞在竖直墙壁上，不计空气阻力，则球在这两次从飞出到撞击墙壁前（）A．飞出时的初速度大小可能相等B．飞出时

的初速度竖直分量可能相等C．在空中的时间可能相等D．撞击墙壁的速度可能相等【分析】由于两次乒乓球垂直撞在竖直墙面上，该运动的逆运动为平抛运动，结合平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律分析求解。根据速度合成规律

可分析撞击墙壁的速度大小。【解答】解：C、将乒乓球的运动反向处理，即为平抛运动，竖直方向上为自由落体运动，由题意可知，运动过程中高度较小的，运动时间较短，因此球在这两次从飞出到撞击墙壁前的过程中，在空中的时间不相等，故C错误；D、乒乓球反向做平抛运动，

在水平方向做匀速直线运动，水平射程相等，高度较小的，运动时间短，水平分速度较大，即乒乓球撞击墙壁的速度较大，故D错误；B、乒乓球反向做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，高度较小的，抛出时速度的竖直分量较小，故B错误；A、根据速度的合成可知，高度较小的，水平速度大，

竖直速度小，故抛出时的初速度大小不能确定，有可能相等，故A正确。故选：A。3．如图所示，两个竖直圆弧轨道固定在同一水平地面上，半径R相同，左侧轨道由金属凹槽制成，右侧轨道由金属圆管制成，均可视为光滑。在两轨道右侧的正上方分别将金属小球A和B由静止

释放，小球距离地面的高度分别为hA和hB，下列说法正确的是（）A．若使小球A沿轨道运动并且从最高点飞出，释放的最小高度为3RB．若使小球B沿轨道运动并且从最高点飞出，释放的最小高度为2.5RC．适当调整hA，

可使A球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处D．适当调整hB，可使B球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处【分析】小球A恰好能到A轨道的最高点时，轨道对小球无作用力，由重力提供小球的向心力，由牛顿定律求出速度。小球恰好能到B轨道的最高点时，速度为零，根据机械能守恒求解。小球沿轨道运动并且从

最高点飞出，做平抛运动，根据最高点的临界速度求出小球最高点飞出的水平位移的最小值。【解答】解：A、小球A恰好能到A轨道的最高点时，由mg＝m，得vA＝根据机械能守恒定律得，mg（hA﹣2R）＝解得hA＝2

.5R，故A错误；B、小球恰好能到B轨道的最高点时，临界速度为零，根据机械能守恒定律得：mg（hB﹣2R）＝0若使小球沿轨道运动并且从最高点飞出，B小球hB＞2R的任意高度释放都可以，故B错误；C、小球A恰好能到A轨道的最高点时，

由mg＝m，vA＝小球A从最高点飞出后下落R高度时，根据平抛运动规律得：水平位移的最小值为xA＝vA＝＞R，小球落在轨道右端口外侧。故C错误。D、小球恰好能到B轨道的最高点时，临界速度为零，适当调整hB，B可以落在轨道右端口处。故D

正确。故选：D。4．我国计划在2020年发射首个火星探测器，实现火星环绕和着陆巡视探测。假设“火星探测器”贴近火星表面做匀速圆周运动，测得其周期为T．已知引力常量为G，由以上数据可以求得（）A．火星的质量B．火星探测器的质量C．火星的第一宇宙速度D

．火星的密度【分析】根据万有引力提供向心力得出火星质量与探测器周期的关系，结合密度的公式求出火星的密度。【解答】解：AC、据G＝mR可知，因缺少火星的半径，故无法求出火星的质量、火星的第一宇宙速度，故AC均错误；B、根据上式可知

，火星探测器的质量m被约去，故无法求出其质量，故B错误；D、据M＝ρV＝代人上式可知，火星的密度ρ＝故可求出火星的密度，故D正确。故选：D。5．如图所示，A、B、C是三级台阶的端点位置，每一级台阶的水平宽度是相同的，

其竖直高度分别为h1、h2、h3，将三个相同的小球分别从A、B、C三点以相同的速度v0水平抛出，最终都能到达A的下一级台阶的端点P处，不计空气阻力。关于从A、B、C三点抛出的小球，下列说法正确的是（）A．在空中运动时间之比为tA：tB：tC＝1：3：5B．竖直高度之比为h1：h2：h3

＝1：2：3C．在空中运动过程中，动量变化率之比为：：＝1：1：1D．到达P点时，重力做功的功率之比为PA：PB：PC＝1：4：9【分析】研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做

匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，由于抛出速度相同，根据水平位移可确定各自运动的时间之比，从而求出各自抛出高度之比，动量的变化率为物体受到的合外力；vy＝gt，重力做功的功率P＝mgvy。【解答】解：A

、根据x＝v0t，水平初速度相同，A、B、C水平位移之比为1：2：3，所以它们在空中运动的时间之比为1：2：3，故A错误；B、根据h＝gt2，知hAP：hBP：hCP＝1：4：9，所以竖直高度之比为h1：h2：h3＝1：

3：5，故B错误；C、根据动量定理可知，动量的变化率为物体受到的合外力即重力，重力相同，则动量的变化率相等，故C正确；D、到达P点时，由vy＝gt知，竖直方向速度之比为1：2：3，重力做功的功率P＝mgvy，所以重力做功的功率之比为PA：PB：PC＝1：

2：3，故D错误。故选：C。6．如图，两根细杆M、N竖直固定在水平地面上，M杆顶端A和N杆中点B之间有一拉直的轻绳。两杆的高度均为4.0m，两杆之间的距离为2.0m。将一个小球从M杆上的C点以一定的初速度v0水平向右抛出。已知C点与A点

的距离为0.8m，重力加速度g取10m/s2．不计空气阻力。若要使小球能碰到轻绳，则v0的最小值为（）A．2.5m/sB．m/sC．4.0m/sD．m/s【分析】小球的轨迹与轻绳刚好相切时是小球能碰到轻绳的

临界条件，根据平抛运动规律分别写出相切时的速度方程和位移方程，根据几何关系写出水平位移和竖直位移的关系，即可解得初速度。【解答】解：小球的轨迹与轻绳刚好相切时是小球能碰到轻绳的临界条件。设经过时间t小球的

轨迹刚好与轻绳相切，此时速度方向即轨迹的切线方向，即为AB方向，根据几何关系可以知道AB与水平方向的夹角为45°，所以相切时v0＝vy＝gt．在t时间内水平位移x＝v0t，竖直位移，根据几何关系有y＝x﹣0.8，联立以上几个方程可以解得v0＝4.0m/s，故C正确，A

BD错误。故选：C。7．如图所示，竖直平面内的光滑固定轨道由一个半径为R的圆弧AB和另一个圆弧BC组成，两者在最低点B平滑连接。一小球（可视为质点）从A点由静止开始沿轨道下滑，恰好能通过C点，则BC弧的半径为（）A．RB．RC．RD．R【分析】小

球恰好能通过C点时，由重力充当向心力，由此求得小球通过C点时的速度与轨道半径的关系式。再根据机械能守恒定律列式，即可求解BC弧的半径。【解答】解：设BC弧的半径为r。小球恰好能通过C点时，由重力充当向心力，则有：mg＝m小球从A到C的过程，以C点所在水平面为参考平面，根据机械

能守恒得：mg（R﹣2r）＝联立解得：r＝R，故A正确，BCD错误。故选：A。8．如图所示，质量为m的物体静止在地面上，物体上面连着一个轻弹簧，用手拉住弹簧上端上移H，将物体缓缓提高h，拉力F做功WF，不计弹簧的质量，

则下列说法正确的是（）A．重力做功﹣mgh，重力势能减少mghB．弹力做功﹣WF，弹性势能增加WFC．重力势能增加mgh，弹性势能增加FHD．重力势能增加mgh，弹性势能增加WF﹣mgh【分析】重力势能的变化量等于负的重力所做的功，物体缓缓提高说明速度不变，拉力F做的功等

于物体重力势能的变化量与弹簧弹性势能增加量之和．【解答】解：重力势能的变化量等于负的重力所做的功，即△EP＝﹣WG＝﹣（﹣mgh）＝mgh物体缓缓提高说明速度不变，所以物体动能不发生变化，△E弹＝WF+WG＝WF﹣mgh故选：D。9．如图，半圆形光

滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小球以速度v从轨道下端滑入轨道，并保证从轨道上端水平飞出，则关于小球落地点到轨道下端的水平距离x与轨道半径R的关系，下列说法正确的是（）A．R越大，则x越大B．R越小，则x越大C．当R为某一定值时，x才有最大值D．当R为某一定值时，x才有最小值【分析

】根据机械能守恒定律和平抛运动的规律得到小物块平抛的水平距离与轨道半径的关系，再由数学知识求解。【解答】解：设半圆的半径为R，根据动能定理得：﹣mg•2R＝mv′2﹣mv2离开最高点做平抛运动，有：2R＝gt2x＝v′t联立解得：x＝＝根据数学知识可知：当R＝时，水平位移最

大；当R＜时，R增大，x增大；当R＞时，R增大，x减小。故C正确，ABD错误。故选：C。10．北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统。为了兼顾高纬度地区的定位和导航需要，该系统已布置了10余颗倾斜地球同步轨道卫星（IGSO），其轨道是与赤道平面呈一定夹角

的圆形，圆心为地心，运行周期与地球自转周期相同。关于倾斜地球同步轨道卫星，下列说法正确的是（）A．该卫星不可能经过北京上空B．该卫星距地面的高度与同步轨道静止卫星相同C．与赤道平面夹角为30°的倾斜地球

同步轨道只有唯一一条D．该卫星运行的速度大于第一宇宙速度【分析】倾斜同步轨道卫星相对于地球非静止的，可以经过北京上空。根据万有引力提供向心力，运行周期相等，则距地面的高度相同。与赤道平面夹角为30°的倾斜地球同步轨道不止一条。第一宇宙速度是卫星绕地球圆周运动的最

大运行速度。【解答】解：A、倾斜同步轨道卫星相对于地球非静止的，所以倾斜同步轨道卫星从地球上看是移动的，该卫星不可能始终位于地球表面某个点的正上方，但可以在运行过程中，经过北京的上空，故A错误；B、根据万有引力提供向心力，＝m，

倾斜地球同步轨道卫星和同步轨道卫星的周期相等，均等于地球自转周期，故两种卫星离地面的高度相同，故B正确；C、根据对称性可知，与赤道平面夹角为30°的倾斜地球同步轨道不止一条，故C错误；D、第一宇宙速度是卫星绕地球圆周运动的最大运行速度，该卫星运行的速度一定小于第一宇宙速度，故D错误。

故选：B。11．据科学家推算，六亿两千万年前，一天只有21个小时，而现在已经被延长到24小时，假设若干年后，一天会减慢延长到25小时，则若干年后的地球同步卫星与现在的相比，下列说法正确的是（）A．可以经过地球北极上空B．轨道半径将变小C．加速度将变大D．线速度将变小【分析】人造地球卫星绕地

球做匀速圆周运动，根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、周期和向心力的表达式，进行讨论即可。【解答】解答：解：AB、根据万有引力提供向心力，有G＝m（）2r解得：T＝2π当周期变大时，轨道半径将变大，但依然与地球同步，故轨

道平面与地球赤道共面，故AB错误。C、根据G＝ma知a＝，r增大，加速度a减小，故C错误。D、根据G＝m解得：v＝，r增大，线速度减小，故D正确。故选：D。12．如图所示，绕地球做匀速圆周运动的卫星P的角速度为ω，对地球的张角为θ弧度

，万有引力常量为G．则下列说法正确的是（）A．卫星的运动属于匀变速曲线运动B．张角θ越小的卫星，其角速度ω越大C．根据已知量可以求地球质量D．根据已知量可求地球的平均密度【分析】设地球的半径为R，由θ可确轨道半径，再据万有引力提供向心力确定各量与半径的关系可得各选项的正误。【解

答】解：A、卫星做匀速圆周运动，其加速度指向圆心，方向在变化，则为变加速曲线运动，故A错误B、设地球的半径为R，则卫星的轨道半径为r＝，可知张角θ越小的卫星的轨道半径越大，由G可知，则轨道半径越大角速度越小，故B错误C、地球的

轨道半径为r，地球的质量为M，由G可求得M＝但无法确定r，故不能得到地球的质量M，故C错误D、设地球的半径为R，则卫星的轨道半径为r＝，密度ρ＝＝＝，故D正确故选：D。13．如图所示，小环A套在光滑竖直杆上，小环B套在光滑水平杆上，A、B两环用一不可伸长的轻

绳连接在一起。初始时，用力F作用在A上，使A、B两环均处于静止状态，轻绳处于伸直状态且与竖直杆夹角为60°．撤去F后，小环A运动至轻绳与竖直杆夹角为37°时的速率为v。已知A、B两环的质量均为m，绳长为l，重力加速度为g。下列说法正确的是（）

A．力F的大小为2mg，方向竖直向上B．在运动过程中，小环A的机械能守恒C．轻绳与竖直杆夹角为37°时，小环B的速率也为vD．轻绳与竖直杆夹角为37°时，小环A的速率为v＝【分析】在拉力作用下，AB处于

静止状态，根据共点力平衡即可求得拉力的大小；小环AB在运动过程中。将A、B的速度分解为沿绳的方向和垂直于绳子的方向，根据两物体沿绳子方向的速度相等，求出AB的速度关系，再根据系统机械能守恒，求出A的速度。【解

答】解：A、在拉力作用下，AB都处于静止，说明轻绳上的拉力为0，对A分析，由于A静止，故合力为零，施加的外力等于A环的重力，故拉力F＝mg，方向竖直向上，故A错误；B、在运动过程中，AB组成的系统机械能守恒，由于轻绳存在作用力，故小环A的机械能不守恒，故B错误；

C、将A、B的速度分解为沿绳的方向和垂直于绳子的方向，两物体沿绳子方向的速度大小相等vAcos37°＝vBsin37°，解得，故C错误；D、在运动过程中，AB组成的系统机械能守恒，则mg（lcos37°﹣lcos60°）

＝解得，故D正确；故选：D。14．如图所示，一个长直轻杆两端分别固定小球A和B，两球质量均为m，两球半径忽略不计，杆的长度为L．先将杆竖直靠放在竖直墙上，轻轻拨动小球B，使小球B在水平面上由静止开始向右滑动，当小球A沿墙下滑距离为时，下列说法正确的是（不计一切摩擦）（）

A．杆对小球A做功为B．小球A和B的速度都为C．小球A、B的速度分别为和D．杆与小球A和B组成的系统机械能减少了【分析】将球的运动分解为沿杆子方向和垂直于杆子方向，抓住沿杆子方向速度相等得出A、B的速度关系，结合系统机械能守恒求出此时

A、B的速度。【解答】解：A、当小球A沿墙下滑距离为L时，设此时A球的速度为vA，B球的速度为vB。根据系统机械能守恒定律得：mg＝mv+mv两球沿杆子方向上的速度相等，则有：vAcos60°＝vBcos30°。联立两式解得：vA＝．vB＝对A使用动

能定理有：mg+W杆＝mv﹣0，代入A的速度解得W杆＝﹣mgL，故A错误；BC、由以上分析得：vA＝．vB＝，故B错误，C正确；D、对于杆与小球A和B组成的系统而言运动过程中只有重力做功，故系统机械能守恒，故D错误。故选：C。15．一物体从空中某点以一定的初速度v0做平抛

运动，落地时的水平位移为s，记录下该平抛运动的轨迹，并按照1：1的比例制作成了一条钢制抛物线轨道，如图所示。现让一个铁环从抛物线轨道顶端从静止滑下，不计运动过程中摩擦阻力和空气阻力，重力加速度为g，当铁环滑落到抛物线轨道末端时，下面说法正确的是（）A．铁环的水平速度等于v0

B．铁环的竖直速度等于C．铁环的末速度等于D．铁环的末速度等于【分析】根据机械能守恒求解末速度表达式，根据平抛运动求解运动时间从而知高度，代入解得末速度。【解答】解：设铁环落地速度为v，根据机械能守恒mgh＝，解得v＝，钢制轨道的高度h可根据平抛运动规律求得t

＝，所以h＝＝，因此铁环落地速度v＝＝＝．故C正确。故选：C。16．2019年11月11日出现了难得一见的“水星凌日”现象。水星轨道在地球轨道内侧，某些特殊时刻，地球、水星、太阳会在一条直线上，这时从地球上可以看到水星就

像一个小黑点一样在太阳表面缓慢移动，天文学称之为“水星凌日”。在地球上每经过N年就会看到“水星凌日”现象。通过位于贵州的“中国天眼”FAST（目前世界上口径最大的单天线射电望远镜）观测水星与太阳的视角（观察者分别与水星、太阳的连线所夹的角）θ

，则sinθ的最大值为（）A．B．C．D．【分析】根据题意知道当行星处于最大视角处时，地球和行星的连线应与行星轨道相切，运用几何关系求解问题。地球与某行星围绕太阳做匀速圆周运动，根据开普勒第三定律及角速度公式列出等式，表示出周期，然后去进行求解。【解答】解：地球绕太阳

运行周期为＝1年，设水星绕太阳运行周期为T火，在地球上每经过N年就会看到“水星凌日”现象，2π＝（）N解得火星周期T火＝，最大视角的定义，即此时观察者与水星的连线应与水星轨迹相切，由三角函数可得：sinθ＝根据开普勒第三定律可知，联立解得

，sinθ＝，故A正确，BCD错误。故选：A。17．某物体在水平面上从静止开始向右做直线运动，其加速度随时间变化的图象如图所示，下列关于物体所受合外力F、瞬时速度v、距起始点的距离x、合外力做功的功率P随时间t变化的大致图象正确的

是（）A．B．C．D．【分析】分析加速度随时间变化的图线，根据牛顿第二定律确定合外力与时间变化的图线。速度时间图象的斜率表示加速度。位移时间图象的斜率表示速度，据此分析。加速度为零时，合外力为零，功率为零。【解答】解

：A、分析图象可知，加速度先增大后减小，所以根据牛顿第二定律可知，合外力先增大后减小，故A错误；B、物体先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动，速度一直增加，速度﹣时间图象的斜率表示加速度，故斜率先增大后减小，故B正确；C、物体一直做加速运

动，一直向一个方向运动，位移一直增加，位移时间图象的斜率表示速度，故斜率一直增大，故C错误；D、根据功率公式可知，合外力为零时，功率为零，则当加速度为零时，功率为零，故D错误。故选：B。18．如图，第一次，小球从粗糙的圆形轨道顶端A由静止

滑下，到达底端B的速度为v1，克服摩擦力做功为W1；第二次，同一小球从底端B以v2冲上圆形轨道，恰好能到达A点，克服摩擦力做功为W2，则（）A．v1可能等于v2B．W1一定小于W2C．小球第一次运动机械能

变大了D．小球第一次经过圆弧某点C的速率大于它第二次经过同一点C的速率【分析】对小球从A到B和从B到A的两个过程分别列式，可比较经过B点时速度大小。分析小球向下和向上运动时经过轨道上同一点时所受支持力的大小，分析比较出滑动摩擦力的大小，即可分析克服摩擦力做功的大小，根据特殊位

置分析小球第一次经过圆弧某点C的速率和它第二次经过同一点C的速率大小。【解答】解：A、从A下滑到B根据动能定理可得：mgR﹣W1＝，从B上滑到A根据动能定理可得：﹣mgR﹣W2＝0﹣，可得v1＜v2．故A错误；B、小球经过轨道

上同一点时，上滑时的速度大于下滑时的速度，上滑时所需要的向心力大于下滑时所需要的向心力，而向心力是由轨道的支持力和重力垂直于轨道的分力的合力提供，所以上滑时所受的支持力大于下滑时所受的支持力，则同一点上滑时所受的摩擦力大于下滑时所受的摩擦力，而上滑与下滑两个过程路程相等，所以有W1＜W2．故B正确

；C、小球的两次运动，都有阻力做负功，机械能都减小了，故C错误；D、取特殊位置，如果C点在最低点B，则小球第一次经过圆弧某点C的速率小于它第二次经过同一点C的速率，故D错误；故选：B。二．多选题（共2小题）19．如图甲所示，轻弹簧竖直

放置，下端固定在水平地面上。一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放，某同学在研究小球落到弹簧后向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，做出小球所受弹力F大小随小球下落的

位置坐标x的变化关系如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是（）A．小球在下落的过程中机械能守恒B．小球到达最低点的坐标大于h+2x0C．小球受到的弹力最大值等于2mgD．小球动能的最大值为mgh+mgx0【分析】小

球下降过程，先自由落体运动，与弹簧接触后，先加速下降，到达平衡位置后开始减速下降，根据共点力平衡条件求出平衡位置的坐标，结合整个下降过程中小球和弹簧机械能守恒进行分析。【解答】解：A、小球与弹簧组成地系统满足机械能守恒

，小球在下落过程中受到弹簧的弹力，故机械能不守恒，故A错误；B、由图象可知，h+x0为平衡位置，小球刚接触弹簧时有动能，有对称性知识可得，小球到达最低点的坐标大于h+2x0，小球运动到最低点时弹力大于2mg，故B正确，C错误；D、h+x0为平衡位置，动能最大，故从开始

到h+x0这段过程，根据动能定理可得：mg（h+x0）﹣W＝Ekm，而克服弹力做功等于图乙中小三角形面积，即，故小球动能的最大值，D正确；故选：BD。20．如图所示，质量为4m的球A与质量为m的球B用绕过轻

质定滑轮的细线相连，球A放在固定的光滑斜面上，斜面倾角α＝30°，球B与质量为m的球C通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，球C放在水平地面上。开始时控制住球A，使整个系统处于静止状态，细线刚好拉直但无张力，滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行

，然后由静止释放球A，不计细线与滑轮之间的摩擦，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．释放球A瞬间，球B的加速度大小为B．释放球A后，球C恰好离开地面时，球A沿斜面下滑的速度达到最大C．球A沿斜面下滑的最大速度为2gD．球C恰好离开地面时弹簧的伸长量

与开始时弹簧的压缩量相等，所以A、B两小球组成的系统机械能守恒【分析】释放球A瞬间，弹簧的弹力不变，分别对B和A研究，根据牛顿第二定律列式，求出球B的加速度大小。球A沿斜面下滑的速度达到最大时合力为零，分析弹簧的

弹力大小，判断球C的状态。根据A、B和弹簧组成的系统机械能守恒求球A沿斜面下滑的最大速度，并分析A、B两小球组成的系统机械能是否守恒。【解答】解：A、释放球A瞬间，设物体B的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得：对B有：F＝ma对A有：

4mgsinα﹣F＝4ma解得：a＝g，故A错误；B、C恰好离开地面时，对C有kx＝mg对B有F′﹣mg﹣kx＝ma′对A有4mgsinα﹣F′＝4ma′联立解得a′＝0，说明球C恰好离开地面时，球A沿斜面下滑的速度达到最大，故B正确；C、设球A沿

斜面下滑的最大速度为v。根据A、B和弹簧组成的系统机械能守恒得4mg••sinα﹣mg•＝解得v＝2g，故C正确；D、球C恰好离开地面时弹簧的伸长量与开始时弹簧的压缩量相等，只能说明这两个状态A、B两小球组成的系统机械能相

等，但在整个过程中，A、B两小球组成的系统机械能并不守恒，故D错误。故选：BC。三．实验题四．计算题（共2小题）21．如图所示，可视为质点的质量为m＝0.2kg的小滑块静止在水平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F＝4N的作用下，从A点开始做匀加速直线运动，当其滑行到AB的中点时撤去拉力，滑块继续

运动到B点后进入半径为R＝0.3m且内壁光滑的竖直固定圆轨道，在圆轨道上运行一周后从B处的出口（未画出，且入口和出口稍稍错开）出来后向C点滑动，C点的右边是一个“陷阱”，D点是平台边缘上的点，C、D两点的高度差为h＝0.2m，水平

距离为x＝0.6m。已知滑块运动到圆轨道的最高点时对轨道的压力大小刚好为滑块重力的3倍，水平轨道BC的长度为12＝2.0m，小滑块与水平轨道AB、BC间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2。（1）求水平轨道AB的

长度11；（2）试通过计算判断小滑块能否到达“陷阱”右侧的D点；（3）若在AB段水平拉力F作用的范围可变，要达到小滑块在运动过程中，既不脱离竖直圆轨道，又不落入C、D间的“陷阱”的目的，试求水平拉力F作用的距离范围。【分析】（1）小滑块在最高点通过牛顿第二

定律求得速度，从B到最高点根据动能定理求得速度，从A到B结合动能定理即可求得；（2）由动能定理结合平抛运动规律求得水平位移与距离的关系确定是否达到陷阱的右侧；（3）具体分可能存在的情况进行分析讨论，应用动量定量，圆周运动，动能定理等确定各量的关系确定时间的限定条件。【解答】

解：（1）设小滑块运动到竖直圆轨道最高点时速度大小为v，则解得v＝从B运动到最高点的过程，设小滑块到达B点的速度为vB根据动能定理可知解得小滑块由A到B的过程中，根据动能定理可知，解得l1＝2.4m（2）设小滑块到达C点时

的速度大小为vC由动能定理可知，解得vC＝2m/s下滑块下落h＝0.2m所需时间为t，则h＝，解得t＝故小滑块水平方向通过的位移为x0＝vCt＝0.4m＜0.6m故小滑块将落入“陷阱：中，不能运动到D点；（3）又题意可知，若要滑块既不脱离轨道，又不掉进陷阱，则需要分三种情况进行

讨论第一种情况：当滑块刚好能够到达与圆心等高的E点时，设恒力作用的距离为x′1，则由动能定理可知Fx′1﹣μmgl1﹣mgR＝0﹣0解得x′1＝0.75m故当恒力的作用距离满足0＜x′≤0.75m时符合条件；第二种情况：当滑块刚好能经过圆轨道最高点时，设滑块经过最高点时速度为v0则m

g＝m设此时恒力作用的距离为x′2，则解得：x′2＝0.975m当滑块刚好运动到C点时速度为零，设此时恒力作用的距离为x″2，则Fx″2﹣μmg（l1+l2）＝0解得x″2＝1.1m故当恒力作用的距离满足0.975m＜x′＜1.1m时符合条件第三种情况：当滑块

刚好能够越过陷阱时，设滑块到达C点的速度为v′C，则由平抛运动x＝v′Ct联立解得v′C＝3m/s设此时恒力作用的距离为x′3，则解得x′C＝1.325m故当恒力作用距离满足1.325m＜x′＜4m时符合条件答：（1）水平轨道AB的长度11为

2.4m；（2）通过计算判断小滑块不能到达“陷阱”右侧的D点；（3）水平拉力F作用的距离范围为0＜x′≤0.75m，0.975m＜x′＜1.1m，1.325m＜x′＜4m。22．如图所示，光滑水平面放置质量M、倾角θ的斜劈，质量m的长直杆被限制在竖直的管P内，管内壁

光滑，杆只能上下移动，杆下端B搁置在斜面上，斜面光滑。（1）为使m、M静止，在M右侧加一水平方向的力F1，求F1大小；（2）在斜劈右侧加一水平方向的力F，使得斜劈缓慢向右水平移动，m上升h1高，m始终未脱离斜面，求斜劈的位移s1及力F所做的功W；（3）若初始时B点离水平面高为h2，由静止释

放m、M，求m着地时刻M的速度v。【分析】（1）对杆斜斜劈受力分析，根据共点力平衡即可求得水平力；（2）斜劈缓慢运动，整个过程处于平衡状态，根据功能关系求得外力做功，利用几何关系求得位移；（3）系统机械能守恒，即可求得；【解答】解：（1）斜劈对杆支持

力N，杆平衡竖直方向Ncosθ﹣mg＝0斜劈平衡，水平方向N′＝N解得：F1＝mgtanθ（2）由几何关系如图所示，有：s1＝由于过程缓慢，杆及斜劈速度都认为零，系统功能关系有：W＝△E＝mgh1（3）m着地时的速度为v，此时斜劈的速度

为V，系统机械能守恒，有：又v＝Vtanθ解得：答：（1）F1大小为mgtanθ；（2）斜劈的位移s1及力F所做的功W分别为和mgh1；（3）m着地时刻M的速度v为。