【文档说明】四川省绵阳南山中学2019-2020学年高一下学期期中考试物理试题【精准解析】.doc，共(28)页，1.497 MB，由小赞的店铺上传

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绵阳南山中学2020年春季高2019级半期考试物理试题第Ⅰ卷（选择题，共54分）一、本大题12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中只有一个是正确的。1.经典力学只适用于“宏观世界”，这里的“

宏观世界”是指()A.行星、恒星、星系等巨大的物质领域B.地球表面上的物质世界C.人眼能看到的物质世界D.不涉及分子、原子、电子等微观粒子的物质世界【答案】D【解析】根据中学物理中的规定，微观世界通常是指分子、原子等粒子层面的物质世界，而除微观世界以外的物质世界被称为宏观世界．故ABC错误，D正确

，故选D.【点睛】在自然科学中，微观世界通常是指分子、原子等粒子层面的物质世界，而除微观世界以外的物质世界被称为宏观世界．2.一个做匀速直线运动的物体突然受到一个与运动方向不在同一条直线上的恒力作用时，则物体()A.继续做直线运动B.一定做曲线运动C.可能做直线运动，也可能做曲线运

动D.运动的形式不能确定【答案】B【解析】物体做匀速运动时，受力平衡，突然受到一个与运动方向不在同一直线上的恒力作用时，合外力方向与速度方向不在同一直线上，所以物体一定做曲线运动，合力不变，加速度不变，是匀变速曲线运动，故B正确，ACD错

误．3.我国发射的“天宫一号”和“神州八号”在对接前，“天宫一号”的运行轨道高度为350km，“神州八号”的运行轨道高度为343km．它们的运行轨道均视为圆周，则A.“天宫一号”比“神州八号”速度大B.“天宫一号”比“神州八号”周期长C.“

天宫一号”比“神州八号”角速度大D.“天宫一号”比“神州八号”加速度大【答案】B【解析】【详解】试题分析：A．天宫一号和神州八号绕地球做匀速圆周运动，靠地球的万有引力提供向心力：即222224MmvrFGmmmrmarrT=====，根

据这个等式得：线速度GMvr=，天宫一号的轨道半径大于神舟八号的轨道半径，则天宫一号的线速度较小，A错误；B．周期32rTGM=，天宫一号的轨道半径大于神舟八号的轨道半径，则天宫一号的周期更大，B正确；C．角速度3GMr=，天宫一号的轨道半径大于神舟八号的轨道半径，则天

宫一号的角速度更小，C错误；D．加速度2GMar=，天宫一号的轨道半径大于神舟八号的轨道半径，则天宫一号的加速度更小，D错误．【点睛】4.如图所示，质量为m的小物块，从离桌面高H处由静止下落，忽略空气阻力，桌面离地面高为h。以运动起点所在平面为参考面，小物块落地时的机械能是（）A

.0B.mghC.mgHD.()mgHh+【答案】A【解析】【详解】以运动起点所在平面为参考面，此位置小物块的动能为0，重力势能为0，则机械能为0，由于小物块下落过程中只有重力做功，则机械能守恒，所以小物块落地时的机械能为0，故A正确，BCD错误。故选A

。5.小船在静水中速度为4m/s，它在宽为200m，流速为5m/s的河中渡河，船头始终垂直河岸，如图所示。则渡河需要的时间为（）A.40sB.50sC.66.7sD.90s【答案】B【解析】【详解】小船渡河时间由垂直河岸方向的分运动决定，船头始终垂直河岸，渡河时间200s50s4cdtv

===故B正确，ACD错误。故选B。6.如图所示，在粗糙水平木板上放一个物块，使木板和物块一起在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，ab为水平直径，cd为竖直直径，在运动中木板始终保持水平，物块相对于木板始终静止，则（）A.物块始终受到三个力作用B.物块受到的合外力始终指向圆心C.在c、

d两个位置，物块所受支持力N相同，摩擦力f为零D.在a、b两个位置物块所受摩擦力提供向心力，支持力0N=【答案】B【解析】【详解】A．物块在最高点和最低点受重力和支持力两个力作用，靠两个力的合力提供向心力，在a、b两点，

受重力、支持力和静摩擦力三个力作用，故A错误；B．物块做匀速圆周运动，靠合外力提供向心力，可知合外力始终指向圆心，故B正确；CD．在位置c，根据牛顿第二定律得2cvmgNmR−=得2cvNmgmR=−在位置d，根据牛顿第二定律得2dvNmgmR−=得2dvNmgmR=+最

高点和最低点，摩擦力为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，在a、b两位置，重力和支持力平衡，靠静摩擦力提供向心力，故CD错误。故选B。7.假设地球的质量不变，而地球的半径增大到原来半径的2倍，那么从地球发射

人造卫星的第一宇宙速度的大小应为原来的()A.2倍B.12倍C.22倍D.2倍【答案】C【解析】【详解】地球的第一宇宙速度是卫星在近地圆轨道上的环绕速度，即轨道半径为地球半径的环绕速度，则由2GMmR=m2v

R得：vGMR=，所以第一宇宙速度是GMR，R为地球半径．地球半径增大到原来的2倍，所以第一宇宙速度（环绕速度）大小应为：v'2GMR=，即为原来的22倍．故C正确，ABD错误．8.如图所示，某人用绳通过定滑轮拉小船，设人匀速拉绳的速度为0v，小船水平向左运动，小船与滑轮间的绳某时刻与水平

方向夹角为，则小船的运动性质及此时刻小船的速度v船为（）A.小船做加速运动，0cosvv=船B.小船做加速运动，0cosvv=船C.小船做匀速直线运动，0cosvv=船D.小船做匀速直线运动，0cosvv=船【答

案】A【解析】【详解】如图所示，小船的实际运动是水平向左的运动，它的速度v船可以产生两个效果：一是使绳子OP段缩短，二是使OP段绳与竖直方向的夹角减小。所以小船的速度v船应有沿OP绳指向O的分速度2v和垂直OP的分速度1v，由运动的分解可求得2cosvv=船20vv=则0cosv

v=船角逐渐变大，可得v船是逐渐变大的，所以小船做的是加速运动。故选A。9.如图，将a、b两小球以不同的初速度同时水平抛出，它们均落在水平地面上的P点，a球抛出时的高度较b球的高，P点到两球起抛点的水平距离相等，不计空气阻力．与b球相比，a球A.初速度较大B.速度变化率较大C.落地时速度一

定较大D.落地时速度方向与其初速度方向的夹角较大【答案】D【解析】【详解】A.由212hgt=可得，高度越高，下落时间越大，由xυt=可知，两球水平位移相同，但是b求运动时间短，故b球初速度较大，A错误；B.速度变化率即表示加

速度，两球加速度相同，故速度变化率相同，B错误；C.a球的水平速度小于b球，故落地时虽然竖直分速度大于b球，但是合速度不一定大于b球，C错误；D.由tangtθυ=，a球落地时间t大，但是小，故a球的t

an一定大于b球，即a球落地时速度方向与其初速度方向的夹角较大，D正确；故选D。10.如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力。忽略

空气阻力，则球B在最高点时（）A.球B的速度为零B.球A的速度大小为2gLC.杆对A球的作用力为1.5mgD.杆对A球的作用力为2.5mg【答案】C【解析】【详解】A．球B运动到最高点时，球B对杆恰好

无作用力，即重力恰好提供向心力，则有2B2vmgmL=解得B2vgL=故A错误；B．由于A、B两球的角速度相等，由v=ωr得球A的速度大小为AB122gLvv==故B错误；CD．A球受重力和拉力的合力提供向心力，有2AvFmg

mL−=解得1.5Fmg=故C正确，D错误。故选C。11.如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d，杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点下方距离为d处。现将环从A处由静止

释放，不计一切摩擦阻力，杆足够长，下列说法正确的是（）A.环到达B处时，重物上升的高度2dh=B.环到达B处时，环与重物的速度大小相等C.环能下降的最大高度为43dD.环从A到B，环减少的机械能大于重物增加的机械能【

答案】C【解析】【详解】A．根据几何关系有，环从A下滑至B点时，下降的高度为d，则重物上升的高度2(21)hddd=−=−故A错误；B．环到达B处时，对环的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子

方向上的分速度等于重物的速度，有cos45vv=环物得2vv=环物故B错误；C．环下滑到最大高度为h时环和重物的速度均为0，此时重物上升的最大高度为22hdd+−，根据机械能守恒有222()mghmghdd=+−得43hd=故C正确；D．环下滑过程中无摩擦力对

系统做功，故系统机械能守恒，即满足环减小的机械能等于重物增加的机械能，故D错误。故选C。12.有一个固定的直杆与水平面的夹角为53，杆上套着一个滑块A，用足够长的且不可伸长的轻绳将滑块A与物块B通过定滑轮相连接，两物体质量均为2m，不计摩擦，当A与滑轮等高时，

将滑块A由静止释放，（整个运动过程中A和B不会触地，B不会触及滑轮和直杆）。则（）A.当绳子与直杆垂直时，滑块A的速度最大B.滑块A从O点运动至最低点的过程中机械能一直减小C.当绳子与直杆垂直时，滑块A的机械能最大，物块B的机械能最小D.滑块A从O点运动至最低点的过程中，滑块A动

能等于物块B动能的位置可能位于绳子与直杆垂直点的上方【答案】C【解析】【详解】A．当滑块A受力合为零时，A的速度最大，当绳子与直杆垂直时，对A受力分析如图知A合力不可能为零，故A错误；BC．滑块A从O点运动至绳子与直杆垂直的过程，绳子拉力做正功，机

械能增大，绳子与直杆垂直至最低点的过程中，绳子拉力做负功，机械能减小，所以A的机械能是先增大后减小，当绳子与直杆垂直时，滑块A的机械能最大，根据AB系统机械能守恒知此时B的机械能最小，故B错误，C正确；D．滑块A

与物块B质量相等，要是动能相等，则满足速度相等，B的速度等于沿绳方向的速度，由于沿绳方向的速度为A的分速度，二者不共线速度不可能相等，即动能不可能相等，故D错误。故选C。13.如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上，两者用长为L的细绳连

接，木块与转的最大静摩擦力均为各自重力的K倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴12OO转动，开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是（）A.当2KgL时，A、B相对于转盘会滑动B.当2KgL时，绳子一定有

弹力C.在23Kg2KgLL范围内增大时，B所受摩擦力变大D.在032KgL范围内增大时，A所受摩擦力一直不变【答案】B【解析】【详解】A．开始角速度较小，两木块都靠静摩擦力提供向心力，B先到达最大静摩擦力，角速度继续增大，则绳子出现拉力，角速

度继续增大，A的静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，开始发生相对滑动，A、B相对于转盘会滑动，对A有2KmgTmL−=对B有22TKmgmLω+=解得23KgL=故A错误；B．当B达到最大静摩擦力时，绳子开始出现

弹力22KmgmLω=解得2KgL=则当2KgL时，绳子一定有弹力，故B正确；C．2KgL时B已经达到最大静摩擦力，则ω在23Kg2KgLL内，B受到的摩擦力不变，故C错误；D．绳子没有拉力时，对A有2fmL=则随转盘角速度增大，静摩擦力增大，绳子出现拉

力后，对A有2fTmL−=对B有22TKmgmL−=联立有23fKmgmL−=则当ω增大时，静摩擦力也增大，故D错误。故选B。14.质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如图所示，绳a与水平方向成角，绳b在水平方向且长为l，当轻

杆绕轴AB以角速度匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（）A.a绳的张力随角速度的增大而增大B.当角速度tangl，b绳将出现弹力C.若角速度足够大，a绳的张力可能为零D.若b绳突然被

剪断，则a绳的弹力一定发生变化【答案】B【解析】【详解】A．当b绳中有弹力时，根据竖直方向上平衡得sinaFmg=得sinamgF=可知a绳的拉力不变，故A错误；B．当b绳拉力为零时，有2cotmgml=解得tangl=即tangl

时，b绳出现弹力，故B正确；C．小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以a绳在竖直方向上的分力与重力相等，可知a绳的张力不可能为零，故C错误；D．由于b绳可能没有弹力，则当b绳没有弹力时，b绳突然被剪断，则a绳的弹力不变，故D错误。故选B。二、本大题6

小题，每小题3分，共18分。在每小题给出的四个选项中有一个或一个以上的选项正确，全对得3分，选对但不全得1分，有错或不选得0分。15.如图所示的传动装置中，B，C两轮固定在一起绕同一轴转动，A，B两轮用皮带传动，三个

轮的半径关系是rA＝rC＝2rB，若皮带不打滑，则A，B，C三轮边缘上a，b，c三点的角速度之比和线速度之比为()A.角速度之比1∶2∶2B.角速度之比1∶1∶2C.线速度之比1∶2∶2D.线速度之比1∶1∶2【答案】AD【解析】点a和点b是同缘传动边缘点，线速度相等，故

：:1:1abvv=，根据vr=，有：12abbarr==:::；点b和点c是同轴传动，角速度相等，故：:1:1bc=；根据vr=，有：::1:2bcbcvvrr==，综合有：::1:2:2abc=，::1:1:2abcvv

v=，故选项AD正确．点睛：要求线速度之比需要知道三者线速度关系：A、B两轮是皮带传动，皮带传动的特点是皮带和轮子接触点的线速度的大小相同，B、C两轮是轴传动，轴传动的特点是角速度相同．16.两个完全相同的小球A、B，在某一高度处以相同大

小的初速度0v分别沿水平方向和竖直方向抛出，不计空气阻力，如图所示，则下列说法正确的是（）。A.两小球落地时动能相同B.两小球落地时，重力的瞬时功率相同C.从开始运动至落地，重力对两小球做的功相同D.从开始运动至落地，重力对两小球做功的平均功率相同【答案】AC【解析】【详解】AC．根据

动能定理得2201122mghmvmv=−高度相同，则重力做功mgh相同，初动能相同，则末动能相同，故AC正确；B．根据P=mgv竖直知，落地的速度大小相等，但是A落地时速度方向与重力之间有夹角，可知两球落地时的重力功率不同，故B错误；D．从开始抛出到落地，重力做功相同，但是竖直

上抛运动的时间大于平抛运动的时间，根据mghPt=知，重力做功的平均功率不同，且PA＞PB，故D错误。故选AC。17.如图所示，两颗星球组成的双星，在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的O点做周期相同的匀速圆周运动。现测得两颗星之间的距离为L，质量之比

为12:2:3mm=，下列说法中正确的是（）。A.1m、2m做圆周运动的线速度之比为3:2B.1m、2m做圆周运动的角速度之比为3:2C.1m做圆周运动的半径为25LD.2m做圆周运动的半径为25L【答案】AD【解析】【详解】双星系统靠相互间的万有

引力提供向心力，角速度大小相等，向心力大小相等，则有：m1r1ω2＝m2r2ω2则122132rmrm＝＝因为r1+r2=L则135Lr＝225Lr＝根据v=rω知v1：v2=3：2故AD正确，BC错误。故选AD。18.铁路在弯道处的内、外轨道高度是不同的，已知内、外轨道平面与水平

面的夹角为，如图所示，弯道处的圆弧半径为R，若质量为m的火车转弯时速度大于tangR，则（）。A.内轨对内侧车轮轮缘有挤压B.外轨对外侧车轮轮缘有挤压C.这时铁轨对火车的支持力大于cosmgD.这时铁轨对火车的支持力等于cosmg【答案】

BC【解析】【详解】AB．火车的重力和轨道对火车的支持力的合力恰好等于需要的向心力时，根据牛顿第二定律可得2tanvmgmR=解得此时火车的速度正好是tanvgR=当火车转弯的速度大于tangR，需要的向心力增大，而重力与支持力的合力不变，所以此时外轨对外侧车轮轮缘有挤压。故

A错误，B正确；CD．火车以速度tanvgR=行驶时，铁轨对火车在垂直于轨道平面的支持力为FN，根据平衡条件可得FNcosθ=mgcosNmgF=若火车转弯时速度大于tangR时，由于外侧铁轨对外侧车轮

有斜向下的压力，则此时火车对铁轨的压力大于cosmg，即铁轨对火车的支持力大于cosmg，故C正确，D错误。故选BC。19.如图甲所示，在杂技表演中，质量为2kg的猴子（可视为质点）沿竖直杆向上运动，其vt−图像如图乙所示，同

时人顶着杆沿水平地面运动的xt−图像如图丙所示。若以地面为参考系，g取210m/s，下列说法正确的是（）。A.0t=时猴子的速度大小为8m/sB.猴子在2s内的加速度大小为24m/sC.前2s内质点的重力势能增加了120JD.前2s内质点的机械能增加了96

J【答案】BD【解析】【详解】A．水平方向匀速运动的速度为28m/s=4m/s2xvt==0t=时猴子的速度大小为2222001284m/s45m/svvv=+=+=选项A错误；B．猴子在竖直方向做匀减速运动，水平方向做匀速运动，则

2s内的加速度大小等于水平加速度大小284m/s2vat===选项B正确；C．前2s内质点竖直位移128m=8m2h=克服重力做功208J=160JGWGh==则重力势能增加了160J，选项C错误；D．前2s内质点的动能减小

22011128J=64J22kEmv==则机械能增加了160J-64J=96J，选项D正确。故选BD。20.如图，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上.质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端.现用一水平恒力F作用在小物块

上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为Ff，物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为s.在这个过程中，以下结论正确的是()A.物块到达小车最右端时具有的动能为F(L＋s)B.物块到达小车最右端时，小车具有的动能为FfsC.物块克服摩擦力所做的功为Ff(L＋s)D.物块和小

车增加的机械能为Ffs【答案】BC【解析】【详解】试题分析：对物块分析，物块相对于地的位移为Ls+，根据动能定理得，21()()02fFFLsv−+=−，则知物块到达小车最右端时具有的动能()()fFFLs−+，故A错误．对小车分析

，小车对地的位移为l，根据动能定理得，2102fFlMv=−，则知物块到达小车最右端时，小车具有的动能为fFs，故B正确．物块相对于地的位移大小为Ls+，则物块克服摩擦力所做的功为fFLs（）+，故C正确．根据能量守恒得，外力F做的功转化为小车和物块的机械

能和摩擦产生的内能，则有：FLsEQ+=+（），则物块和小车增加的机械能为fEFLsFL（）=+−，故D错误.21.如图所示，倾角θ＝30°的固定斜面上固定着挡板，轻弹簧下端与挡板相连，弹簧处于原长时上端位于D点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑定滑轮连接物体A

和B，使滑轮左侧轻绳始终与斜面平行，初始时A位于斜面的C点，C、D两点间的距离为L．现由静止同时释放A、B，物体A沿斜面向下运动，将弹簧压缩到最短的位置E点，D、E两点间的距离为2L．若A、B的质量分别为4m和m，A与斜面间的动摩擦因数38=，不计空气阻力，重

力加速度为g，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，则()A.A在从C至E的过程中，先做匀加速运动，后做匀减速运动B.A在从C至D的过程中，加速度大小为120gC.弹簧的最大弹性势能为158mgLD.弹簧的最大弹性势能为38mgL【答案

】BD【解析】【详解】AB．对AB整体，从C到D的过程受力分析，根据牛顿第二定律得加速度为4sin304cos30420mgmgmggamm−−==+可知a不变，A做匀加速运动，从D点开始与弹簧接触，压缩弹簧，弹簧被压缩到E点的过程中，弹簧弹力是个变

力，则加速度是变化的，所以A在从C至E的过程中，先做匀加速运动，后做变加速运动，最后做变减速运动，直到速度为零，故A错误，B正确；CD．当A的速度为零时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大，整个过程中对AB整体应用动能定理得004sin304cos30222LLLmgLmgLmgL

W−=+−+−+−弹解得38WmgL=弹，则弹簧具有的最大弹性势能为p38EWmgL==弹故C错误，D正确。故选BD。第Ⅱ卷（非选择题，共46分）三、本大题4小题。每空2分，共16分。22.如图所示

，P是水平地面上的一点，A、B、C在同一条竖直线上，且ABBC=，从A、B两点分别水平抛出一个物体，这两个物体都落在水平地面上的P点。则两个物体在空中运动的时间之比:ABtt=________，抛出时的速度大小之比:ABvv=________。【答案】(1

).2:1(2).1:2【解析】【详解】[1]由212hgt=可得2htg=则:2:1ABABtthh==：[2]根据12xgvxthh==则::1:2ABBAvvhh==23.随着航天技术的发展，许多实验可以搬到太空中进行。

飞船绕地球做匀速圆周运动时，无法用天平称量物体的质量。假设某宇航员在这种环境下设计了如图所示装置（图中O为光滑的小孔）来间接测量物体的质量：给待测物体一个初速度，使它在桌面上做匀速圆周运动，物体与桌面间的摩擦力可以忽略不计。实验时测得的物理量有弹簧秤示数F、圆周运动的周期T和圆周运动的半

径R，则待测物体质量的表达式为M=________。【答案】224FTR【解析】【分析】【详解】[1]弹簧秤的拉力等于物体做圆周运动的向心力，则224FMRT=解得224FTMR=24.图为验证小球做自由落体运动时机械能守恒的装置图。图中O点为释放小球

的初始位置，A、B、C、D各点为固定速度传感器的位置，A、B、C、D、O各点在同一竖直线上。（1）已知当地的重力加速度为g，则要完成实验，还需要测量的物理量是________；A．小球的质量mB．小球下落到每一个速度传

感器时的速度vC．各速度传感器与O点之间的竖直距离hD．小球自初始位置至下落到每一个速度传感器时所用的时间t（2）作出2vh−图像，由图像算出其斜率k，当k=________时，可以认为小球在下落过程中系统机械能守恒。【答案】(1

).BC(2).2g【解析】【详解】（1）[1]小球做自由落体运动时，由机械能守恒定律得212mghmv=即212ghv=故需要测量小球下落到每一个速度传感器时的速度v和高度h，不需要测量小球的质量m和下落时间时间t，故BC正确，AD错误。故选BC。（2）[2]若机械能守恒，则212mgh

mv=得v2=2gh则v2-h图象的斜率k=2g，即可验证机械能守恒。25.某同学为探究“合力做功与物体动能改变的关系”设计了如下实验，他的操作步骤：(1)按图摆好实验装置，其中小车质量M＝0.20kg，钩码总质量m＝0.05kg.(2)释放小车，然后接通

打点计时器的电源(电源频率为f＝50Hz)，打出一条纸带．(3)他在多次重复实验得到的纸带中取出自认为满意的一条，如图所示．把打下的第一点记作0，然后依次取若干个计数点，相邻计数点间还有4个点未画出，用厘米刻度尺测得各计数点到0点距离分别为d1＝0

.041m，d2＝0.055m，d3＝0.167m，d4＝0.256m，d5＝0.360m，d6＝0.480m…，他把钩码重力(当地重力加速度g＝10m/s2)作为小车所受合力，算出打下0点到打下第5点

合力做功W＝________J(结果保留三位有效数字)，用正确的公式Ek＝________(用相关数据前字母列式)把打下第5点时小车的动能作为小车动能的改变量，算得Ek＝0.125J.(4)此次实验探究的结果，他没能得到“合力对物体做的功等于物体动能的增量”，且误差很大．通过反思，他认为产生

误差的原因如下，其中正确的是________．（双项选择题）A．钩码质量太大，使得合力对物体做功的测量值比真实值偏大太多B．没有平衡摩擦力，使得合力对物体做功的测量值比真实值偏大太多C．释放小车和接通电源的次序有误，使得动能增量的测量值比真实值偏小D．没有使用最小刻度为毫米的刻度

尺测距离也是产生此误差的重要原因【答案】(1).0.180(2).()2264200Mfdd−(3).AB【解析】【详解】（1）根据题意物体所受合外力为：F=mg=0.05×10=0.50N，根据功的定义可知

：W=Fs=mgh=0.180J；根据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可以求出第5个点的速度大小为：6464()210ddddfvt−−==（其中t=5T=5f）动能公式为：()22226464

()11()2210200kddfMfEMvMdd−===−（2）A设绳子上拉力为F，对小车根据牛顿第二定律有：对小车：F=Ma;对钩码有：mg-F=ma解得：mgMFMm=+，由此可知当M＞＞m时，钩码的重力等于绳子的拉力，因此当钩码质量太大时，会造成较大误差，故A正确；实验中要

进行平衡摩擦力操作，若没有平衡摩擦力直接将钩码重力做的功当做小车合外力做的功，会造成较大误差，故B正确；释放小车和接通电源得次序有误是偶然误差，不是该实验得主要误差，距离的测量产生的误差是偶然误差，不是该

实验产生的主要误差，故D错误．故选AB．四．本大题3小题，共30分。要求写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的答案。26.某人在一星球上以速率v竖直上抛一物体，经时间t落回手中，已知该星的半径为R，求这个星球上的第一宇宙速度。【答案】2vRt【

解析】【详解】根据竖直上抛运动规律得：物体向上和向下的时间相等，均为2t，则由速度公式可得v=g2t解得g=2vt忽略星球自转的影响，根据重力提供向心力列出等式mg=m2vRv=2tvR27.水平面上静止放置一质量为m=0.2kg

的物块，固定在同一水平面上的小型电动机通过水平细线牵引物块，使物块由静止开始做匀加速直线运动，2秒末达到额定功率，其v－t图线如图所示，物块与水平面间的动摩擦因数为=0.1，g=10m/s2，电动机与物块间的距离足够长．求：（1）物块做匀加速直线运动时受到的牵引力大小；（2）电动机的

额定功率；（3）物块在电动机牵引下，最终能达到的最大速度．【答案】（1）0.28N；（2）0.224W；（3）1.12m/s。【解析】【详解】（1）由题图知物块在匀加速阶段加速度大小A=vt=0.4m/s2物块受到的摩擦力大小：Ff=μmg设牵引力大小为F，根据牛顿第二定律有：F－Ff

=ma代入数据得：F=0.28N（2）当v=0.8m/s时，电动机达到额定功率，则P=Fv=0.224W（3）物块达到最大速度vm时，此时物块所受的牵引力大小等于摩擦力大小，有Ff=μmg根据P=Ffvm解得

vm=1.12m/s28.滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来．如图是滑板运动的轨道，BC和DE是两段光滑圆弧形轨道，BC段的圆心为O点，圆心角为60，半径OC与水平轨道CD垂直，水平轨道CD段粗糙且长8m．一运动员从轨道上的

A点以3m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回．已知运动员和滑板的总质量为60kg，B、E两点与水平面CD的竖直高度为h和H，且2mh=，2.8mH=，g取210m/s．求：(1)运动员从A运动到达B点时

的速度大小Bv；(2)轨道CD段的动摩擦因数；(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能，请求出回到B点时速度的大小；如不能，则最后停在何处？【答案】(1)6m/sBv=(2)0.125=(

3)停在D点左侧6.4m处，或C点右侧1.6m处【解析】【详解】（1）由题意可知：0cos60Bvv=解得：026m/sBvv==（2）由B点到E点，由动能定理可得：2102CDBmghmgSmgHmv−−=代入数据可得：0.125=，（3）运动员能到达左侧的最大高度为h，从B到第一次返

回左侧最高处根据动能定理有：21202CDBmghmghmgSmv−−=−解得：1.8m2mhh==所以第一次返回时，运动员不能回到B点设运动员从B点运动到停止，在CD段的总路程为S由动能定理可得：2102BmghmgSm

v−=−代入数据解得：30.4mS=，因为36.4mCDSS=+，所以运动员最后停在D点左侧6.4m处，或C点右侧1.6m处．【点睛】本题考查了平抛运动、动能定理的综合，能根据几何关系求出B点速度，并且能根据动能定理求出动摩擦因数和最终停止的位置．29.如图所示，有一个可视为质点的质量m＝1

kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0＝1.8m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，最后小物块无碰撞的地滑上紧靠轨道末端D点的足够长的水平传送带．已知传送带上表面与圆弧轨道末端切线相平，传送带沿顺时针方

向匀速运动的速度为v＝3m/s，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，圆弧轨道的半径为R＝2m，C点和圆弧的圆心O点连线与竖直方向的夹角θ＝53°，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6．求：（1）小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；（

2）小物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中产生的热量．【答案】（1）22.5N，方向竖直向下；（2）32J【解析】【详解】（1）设小物体在C点的速度为cv，在C点由0coscvv=解得3m/scv=设在D的的速度为Dv，从C到D，由动能定理得2211(1cos)22DCmgRmvm

v−=−解得5m/sDv=在D点设轨道对小球的作用力为NF2DNvFmgmR−=解得NF=22.5N由牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小为22.5N，方向竖直向下．（2）设物体在传送带上加速度为a根据牛顿第二定律mg

ma=解得25m/sag==物体由D点向左运动至速度为零，所用时间1t，位移1x：1Dvat=112Dvxt=1t时间内传送带向右的位移为2x21xvt=物体速度由零增加到与传送带速度相等过程，所用时间2t2ta=v通过的位移3x，322vxt=传送带的位移为34xx=小木块相对传送带移

动的路程为1243xxxxx=++−产生的热量为Qmgx=解得Q=32J