第二学期期末考试物理复习二.doc
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玉田一中2017—2018学年度第二学期期末考试物理复习四
组题人：
静恩财审核人：
江洪波张春玉
班级_____________姓名_______________学号____________
一、选择题（不定项选择，每题4分共48分）
1．关于重力做功与重力势能，以下叙述中正确的是（ ）
A．重力对物体做正功，物体的重力势能减少
B．物体克服重力做功，物体的重力势能减少
C．重力对物体不做功，物体的重力势能一定为零
D．物体克服重力做功，物体的重力势能一定为负值
2．如图所示，斜面上a、b、c三点等距，小球从a点正上方O点抛出，做初速为v0的平抛运动，恰落在b点．若小球初速变为v，其落点位于c，则（ ）
A．v0＜v＜2v0 B．v=2v0
C．2v0＜v＜3v0 D．v＞3v0
3．狗拉雪橇沿位于水平面内的圆弧形道路匀速率行驶，下图为四个关于雪撬受到的牵引力F及摩擦力f的示意图（O为圆心）其中正确的是（ ）
A． B． C． D．
4．冥王星与其附近的另一星体卡戎可视为双星系统．质量比约为7：
1，同时绕它们连线上某点O做匀速圆周运动．由此可知，冥王星绕O点运动的（ ）
A．轨道半径约为卡戎的 B．角速度大小约为卡戎的
C．线速度大小约为卡戎的7倍 D．向心力大小约为卡戎的7倍
5．假设地球是一半径为R、质量分布均匀的球体．一矿井深度为d．已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零．矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为（ ）
A．1﹣ B．1+ C．（）2 D．（）2
6．汽车由静止开始运动，若要使汽车在开始运动一小段时间保持匀加速直线运动，则（ ）
A．不断增大牵引功率 B．不断减小牵引功率
C．保持牵引功率不变 D．不能判断牵引功率怎样变化
7．如图所示，质量为m的物体P放在光滑的倾角为θ的斜面体上，同时用力F向右推斜面体，使P与斜面体保持相对静止．在前进的水平位移为l的过程中，斜面体对P做功为（ ）
A．Fl B．mgsinθ•l
C．mgcosθ•l D．mgtanθ•l
8．如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m（包括雪具在内）的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为g．在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．运动员减少的重力势能全部转化为动能
B．运动员获得的动能为mgh
C．运动员克服摩擦力做功为mgh
D．下滑过程中系统减少的机械能为mgh
9．如图所示，长0.5m的轻质细杆，一端固定有一个质量为3kg的小球，另一端由电动机带动，使杆绕O在竖直平面内作匀速圆周运动，小球的速率为2m/s．取g=10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．小球通过最高点时，对杆的拉力大小是24N
B．小球通过最高点时，对杆的压力大小是6N
C．小球通过最低点时，对杆的拉力大小是24N
D．小球通过最低点时，对杆的拉力大小是54N
10．如图所示，“东方红一号”的运行轨道为椭圆轨道，其近地点M和远地点N的高度分别为439km和2384km，则（ ）
A．卫星在M点的势能大于N点的势能
B．卫星在M点的角速度大于N点的角速度
C．卫星在M点的加速度大于N点的加速度
D．卫星在N点的速度大于7.9km/s
11．关于环绕地球运行的卫星，下列说法正确的是（ ）
A．分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颗卫星，可能具有相同的周期
B．沿椭圆轨道运行的一颗卫星，在轨道不同位置可能具有相同的速率
C．在赤道上空运行的两颗地球同步卫星，它们的轨道半径有可能不同
D．沿不同轨道经过北京上空的两颗卫星，它们的轨道平面一定会重合
12．如图1所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻质弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h=0.1m处，滑块与弹簧不拴接．现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的Ek﹣h图象（如图2），其中高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零重力势能面，取g=10m/s2，由图象可知：
（）
A．小滑块的质量为0.2kg
B．弹簧最大弹性势能为0.5J
C．滑块上升过程中机械能守恒
D．小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4J
二、实验题（共14分）
13．某探究学习小组的同学欲验证动能定理，他们在实验室组装了一套如图所示的装置，另外他们还找到了打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、纸带、滑块、细沙．当滑块连接上纸带，用细线通过滑轮挂上空的小沙桶时，释放小桶，滑块处于静止状态．若你是小组中的一位成员，要完成该项实验．
（1）你认为还需要的实验器材有 ．
（2）实验时为了保证滑块受到的合力与沙桶的总重力大小基本相等，细沙和沙桶的总质量应满足的实验条件是 ，实验时首先要做的步骤是 ．
（3）在
（2）的基础上，某同学用天平称量滑块的质量为M．往沙桶中装入适量的细沙，用天平称出此时沙和沙桶的总质量为m．让沙桶带动滑块加速运动．用打点计时器记录其运动情况，在打点计时器打出的纸带上取两点，测出这两点的间距L和这两点的速度大小v1与v2（v1＜v2）．则本实验最终要验证的数学表达式为 ．（用题中的字母表示实验中测量得到的物理量）
14．用如图1实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．图2给出的是实验中获取的一条纸带：
0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图所示．已知m1=50g、m2=150g，则（g取10m/s2，结果保留两位有效数字）
（1）在纸带上打下记数点5时的速度v= m/s；
（2）在打点0～5过程中系统动能的增量△EK= J，系统势能的减少量△EP= J，由此得出的结论是 ．
三、解答题（共4小题，满分40分）
15．质量为m=3000t的火车，在恒定的额定功率下由静止出发，运动中受到恒定不变的阻力作用，经过103s，行程12km后，达到最大速度72km/h，求列车的额定功率和它受到的阻力．
玉田一中2017—2018学年度第二学期期末考试物理复习四
组题人：
静恩财审核人：
江洪波张春玉
班级_____________姓名_______________学号____________
16．如图所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上．已知l=1.4m，v=3.0m/s，m=0.10kg，物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，桌面高h=0.45m，不计空气阻力，重力加速度取10m/s2，求：
（1）小物块落地点距飞出点的水平距离s；
（2）小物块落地时的动能EK；
（3）小物块的初速度大小v0．
17．位于竖直平面内的光滑轨道，有一段斜的直轨道和与之相切的圆形轨道连接，圆形轨道的半径为R，一质量为m的小物块从斜轨道上某处由静止开始下滑，然后沿圆轨道运动，
（1）要求物块能通过圆轨道最高点，求物块初始位置相对圆形轨道底部的高度h；
（2）若要求小物块在该轨道最高点与轨道间的压力不超过5mg，求物块初始位置相对圆形轨道底部的高度H．
18．如图所示，质量的物体B通过一轻弹簧固连在地面上，弹簧的劲度系数。
一轻绳一端与物体B连接，绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮、后，另一端与套在光滑直杆顶端的、质量的小球A连接。
已知直杆固定，杆长为，且与水平面的夹角θ=37°。
初始时使小球A静止不动，与A端相连的绳子保持水平，此时绳子中的张力为。
已知，重力加速度g取，绳子不可伸长。
现将小球A从静止释放，则：
（1）在释放小球A之前弹簧的形变量；
（2）求小球A运动到底端C点时的速度．
O1
O2
C
A
θ
1【考点】68：
重力势能的变化与重力做功的关系．
【分析】重力做正功，重力势能减少，重力做负功，重力势能增加．重力势能的大小取决于相对于零势能面的位置．
【解答】解：
A、重力做正功时，重力势能减小；故A正确；
B、物体克服重力做功，则重力势能一定增加；故B错误；
C、重力不做功，重力势能没有变化，但重力势能不一定为零；故C错误；
D、物体的重力势能的大小取决于其相对于零势能面的位置，与做功无关；故D错误；
故选：
A．
2【考点】43：
平抛运动．
【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，平抛运动的水平位移由初速度和运动时间决定．
【解答】解：
小球从a点正上方O点抛出，做初速为v0的平抛运动，恰落在b点，改
变初速度，落在c点，知水平位移变为原来的2倍，若时间不变，则初速度变为原来的2倍，由于运动时间变长，则初速度小于2v0．故A正确，B、C、D错误．
故选A．
3【考点】42：
物体做曲线运动的条件．
【分析】雪橇沿位于水平面内的圆弧形道路匀速率行驶，做匀速圆周运动，其合力提供向心力，即合力指向圆心．雪橇受到向后的滑动摩擦力，拉力的分力指向圆心．
【解答】解：
A、f与F的合力不指向圆心，没有力提供向心力．故A错误．
B、f与F的合力不指向圆心，雪橇受到的滑动摩擦力不应指向圆心，应与速度方向相反．故B错误．
C、D雪橇受到向后的滑动摩擦力，拉力与滑动摩擦力的合力指向圆心，拉力偏向圆的内侧．故C正确，D错误．
故选C
4【考点】4F：
万有引力定律及其应用．
【分析】双星中两颗子星相互绕着旋转可看作匀速圆周运动，其向心力由两恒星间的万有引力提供．由于力的作用是相互的，所以两子星做圆周运动的向心力大小是相等的，利用万有引力定律可以求得其大小．两子星绕着连线上的一点做圆周运动，所以它们的运动周期是相等的，角速度也是相等的，所以线速度与两子星的轨道半径成正比．
【解答】解：
冥王星与其附近的另一星体卡戎可视为双星系统．所以冥王星和卡戎周期是相等的，角速度也是相等的．
A、它们之间的万有引力提供各自的向心力得：
mω2r=Mω2R，质量比约为7：
1，所以冥王星绕O点运动的轨道半径约为卡戎的．故A正确．
B、冥王星和卡戎周期是相等的，角速度也是相等的．故B错误
C、根据线速度v=ωr得冥王星线速度大小约为卡戎的，故C错误
D、它们之间的万有引力提供各自的向心力，冥王星和卡戎向心力大小相等，故D错误
故选A．
5【考点】4F：
万有引力定律及其应用；37：
牛顿第二定律．
【分析】根据题意知，地球表面的重力加速度等于半径为R的球体在表面产生的加速度，矿井深度为d的井底的加速度相当于半径为R﹣d的球体在其表面产生的加速度，根据地球质量分布均匀得到加速度的表达式，再根据半径关系求解即可．
【解答】解：
令地球的密度为ρ，则在地球表面，重力和地球的万有引力大小相等，有：
g=，
由于地球的质量为：
M=，所以重力加速度的表达式可写成：
g==．
根据题意有，质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，固在深度为d的井底，受到地球的万有引力即为半径等于（R﹣d）的球体在其表面产生的万有引力，故井底的重力加速度g′=
所以有=
故选A．
6【考点】63：
功率、平均功率和瞬时功率．
【分析】要使汽车在开始运动一小段时间保持匀加速直线运动，则牵引力不能变化，而速度增大，根据P=Fv分析即可．
【解答】解：
汽车做匀加速直线运动，加速度不变，根据牛顿第二定律可知，牵引力不变，而速度增大，根据P=Fv可知，牵引力的功率增大，故A正确．
故选A
．
7【考点】62：
功的计算；37：
牛顿第二定律．
【分析】m与楔形物体相对静止，二者必定都向右加速运动．即m的合外力方向水平向右，画出m的受力图，求出楔形物体对小物体的作用力，根据功的公式即可求解．
【解答】解：
m与楔形物体相对静止，二者必定都向左加速运动．即m的合外力方向水平向右，画出m的受力图，
根据几何关系得：
N=
所以支持力做的功为：
W=Nl•cos（90°﹣θ）=mgtanθ•l
故选：
D
8【考点】62：
功的计算；6A：
动能和势能的相互转化；6B：
功能关系．
【分析】由几何关系可知运动员下滑的位移，则由速度和位移公式可得出运动员的末速度，则可得出运动员的动能；由动能定理可得出运动员克服摩擦力所做的功；由功能关系即可得出机械能的改变量．
【解答】解：
A、若物体不受摩擦力，则加速度应为a′=gsin30°=g，而现在的加速度小于g，故运动员应受到摩擦力，故减少的重力势能有一部分转化为了内能，故A错误；
B、运动员运动员下滑的距离：
L==2h；
由运动学公式可得：
V2=2aL，得：
V=；
动能为：
Ek=mV2=，故B错误；
C、由动能定理可知mgh﹣Wf=mV2；解得Wf=mgh；故C错误；
D、机械能的减小量等于阻力所做的功，故下滑过程中系统减少的机械能为，故D正确；
故选：
D．
9【考点】37：
牛顿第二定律；4A：
向心力．
【分析】杆子对小球的作用力可以是拉力，也可以是推力，在最高点，杆子的作用力是推力还是拉力，取决于在最高点的速度．在最低点，杆子一定表现为拉力，拉力和重力的合力提供圆周运动的向心力．
【解答】解：
A、设在最高点杆子表现为拉力，则有F+mg=，代入数据得，F=﹣6N，则杆子表现为推力，大小为6N．所以小球对杆子表现为压力，大小为6N．故A错误，B正确．
C、在最点，杆子表现为拉力，有F﹣mg=，代入数据得，F=54N．故C错误，D正确．
故选BD．
10【考点】4H：
人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．
【分析】地球引力做功改变卫星的势能，做正功势能减小，做负功势能增加．据此判断势能的大小．在远地点速度慢，加速度小，近地点速度快，加速度大．
【解答】解：
A、由M到N地球引力做负功，势能增加，即卫星在M点的势能小于N点的势能．故A错误；
B、近地点角速度大，远地点角速度小．故B正确；
C、加速度a=，可知近地点加速度大，远地点加速度小．故C正确；
D、第一宇宙速度，是发射卫星的最小速度，是卫星绕地球运动的最大速度，所以在N点的速度应小于7.9Km/s故D错误．
故选：
BC
11【考点】4H：
人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；4F：
万有引力定律及其应用．
【分析】根据开普勒定律求解．
了解同步卫星的含义，即同步卫星的周期必须与地球自转周期相同．
物体做匀速圆周运动，它所受的合力提供向心力，也就是合力要指向轨道平面的中心．
通过万有引力提供向心力，列出等式通过已知量确定未知量．
【解答】解：
A、分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颗卫星，可能具有相同的周期，故A正确；
B、沿椭圆轨道运行的一颗卫星，在轨道对称的不同位置具有相同的速率，故B正确；
C、根据万有引力提供向心力，列出等式：
，其中R为地球半径，h为同步卫星离地面的高度．由于同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，所以T为一定值，根据上面等式得出：
同步卫星离地面的高度h也为一定值．故C错误；
D、沿不同轨道经过北京上空的两颗卫星，它们的轨道平面不一定重合，但圆心都在地心，故D错误．
故选：
AB
12【答案】AB
【解析】在从0.2m上升到0.35m范围内，△Ek=△EP=mg△h，图线的斜率绝对值为：
，则m=0.2kg，故A正确；根据能量守恒定律可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以Epm=mg△h=0.2×10×（0.35-0.1）=0.5J，故B正确；
滑块未脱离弹簧前，滑块和弹簧组成的系统机械能守恒，滑块脱离弹簧后，滑块的机械能守恒，故
C错误；
由图可知，当h=0.18m时的动能最大；在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能的转化和守恒可知，EPmin=E-Ekm=Epm+mgh-Ekm=0.5+0.2×10×0.1-0.32=0.38J，故D错误．故选AB。
13【考点】MJ：
探究功与速度变化的关系．
【分析】
（1）根据实验原理，得到需要验证的表达式，从而确定需要的器材；
（2）实验要测量滑块动能的增加量和合力做的功，用沙和沙桶的总质量表示滑块受到的拉力，对滑块受力分析，受到重力、拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，
必须使重力的下滑分量等于摩擦力；同时重物加速下降，处于失重状态，故拉力小于重力，可以根据牛顿第二定律列式求出拉力表达式分析讨论；
（3）实验要测量滑块动能的增加量和合力做的功，求出合力的功和动能的增加量即可．
【解答】解：
（1）实验要验证动能增加量和总功是否相等，故需要求出总功和动能，故还要天平和刻度尺；
故答案为：
刻度尺、天平；
（2）沙和沙桶加速下滑，处于失重状态，其对细线的拉力小于重力，设拉力为T，根据牛顿第二定律，有
对沙和沙桶，有mg﹣T=ma
对滑块，有T=Ma
解得
T=
故当M＞＞m时，有T≈mg
滑块下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，故可以将长木板的一段垫高；
故答案为：
沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量，平衡摩擦；
（3）总功为：
W=mgL
动能增加量为：
，所以要验证mgL=
故答案为：
（1）刻度尺、天平；
（2）沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量，平衡摩擦；（3）mgL=
14【考点】MD：
验证机械能守恒定律．
【分析】
（1）根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可以求出打下记数点5时的速度大小；
（2）根据物体的初末动能大小可以求出动能的增加量，根据物体重力做功和重力势能之间的关系可以求出系统重力势能的减小量，比较动能增加量和重力势能减小量之间的关系可以得出机械能是否守恒．
【解答】解：
（1）根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打第5个点时的速度为：
故答案为：
2.4．
（2）物体的初速度为零，所以动能的增加量为：
重力势能的减小量等于物体重力做功，故：
△EP=W=mgh=0.60J；
由此可知动能的增加量和势能的减小量基本相等，因此在在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒．
故答案为：
0.58，0.60，因此在在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒．
15【考点】66：
动能定理的应用；63：
功率、平均功率和瞬时功率．
【分析】汽车速度最大时，牵引力等于阻力，汽车到达最大速度的过程中，只牵引力和阻力对汽车做功，对汽车运用动能定理求解即可．
【解答】解：
由题意知汽车最大速度v=72km/h=20m/s，令汽车受到阻力恒为f，恒定功率为P，则汽车速度最大时牵引力等于阻力，故有：
P=fv①
在汽车加速的过程中只有牵引力与阻力对汽车做功，由动能定理有：
②
由①和②式代入x=12000m，t=1000s，v=20m/s，m=3000000kg可得：
P=1.5×106W
f=7.5×104N；
答：
列车的额定功率为1.5×106W，列车受到的阻力为7.5×104N．
16【考点】66：
动能定理的应用；43：
平抛运动．
【分析】
（1）物块离开桌面后做平抛运动，由匀速与匀变速运动规律可以求出水平距离．
（2）由动能定理可以求出落地动能．
（3）由动能定理可以求出物块的初速度．
【解答】解：
（1）物块飞出桌面后做平抛运动，
竖直方向：
h=gt2，解得：
t=0.3s，
水平方向：
s=vt=0.9m；
（2）对物块从飞出桌面到落地，
由动能定理得：
mgh=mv12﹣mv22，
落地动能EK=mgh+mv12=0.9J；
（3）对滑块从开始运动到飞出桌面，
由动能定理得：
﹣μmgl=mv2﹣mv02，
解得：
v0=4m/s；
答：
（1）小物块落地点距飞出点的水平距离为0.9m．
（2）小物块落地时的动能为0.9J．
（3）小物块的初速度为4m/s．
17【考点】66：
动能定理的应用；4A：
向心力．
【分析】
（1）物块恰好能通过圆形轨道最高点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求得最高点的临界速度，再根据机械能守恒定律求解．
（2）以物块为研究对象，根据牛顿第二定律求出最高点的速度，再机械能守恒求解H．
【解答】解：
（1）设从高度h1处开始下滑，恰能以v1通过圆周轨道最高点．
在圆轨道最高点有：
mg=m…①
由机械能守恒得：
mgh1=mg•2R+mv12…②
由①②式得：
h1=2.5R，所以高度h至少要2.5R．
（2）设从高度h2处开始下滑，过圆周最高点时速度为v2，滑块在最高点与轨道间的压力是5mg，
在最高点由牛顿第二定律得：
5mg+mg=m…③
由机械能守恒定律得：
mgH=mg•2R+mv22…④
由③④式得：
H=5R；
所以物块初始位置相对圆形轨道底部的高度H应满足：
2.5R≤H≤5R．
答：
（1）h≥2.5R时物块能通过圆形轨道最高点；
（2）物块初始位置相对圆形轨道底部的高度H应满足2.5R≤H≤5R．
18【答案】
（1）0.1m
（2）2m/s
（2）由题意知，杆长L=0.8m，故∠ACO1=θ=37°故CO1=AO1，当A到达C时，弹簧弹性势能与初状态相等，物体B又回到原位置，在C点对A的速度沿平行于绳和垂直于绳两方向进行分解，
可得，平行于绳方向的速度即为B的速度，由几何关系得：
对于整个下降过程由机械能守恒得：
由⑤⑥得：
第8页（共8页）
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