1、 期中物理试卷 题号一二三四五总分得分一、单选题（本大题共13小题，共39.0分）1. 如图所示，轻弹簧置于光滑水平面上，一端固定在竖直墙壁，另一端自由。现分别用质量不等的两物块将弹簧压缩相同长度后由静止释放，物快离开弹簧的瞬间（）A. 质量大的动能大B. 质量小的动能大C. 质量大的速度大D. 质量小的速度大2. 如图所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上若以海平面为零势能面，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（）A. 物体到海平面时的重力势能为mghB. 重力对物体做的功为-mghC. 物体在海平面上的动能为mv02+mghD. 物体在海平面上的机械
2、能为mv023. 将质量为m的小球以v0=10m/s的初速度从地面竖直向上抛出，当它上升到离地某一高度时，它的势能（以地面为势能零点）恰好等于此时的动能，则这个高度是（）A. 2.5mB. 5mC. mD. m4. 一块质量为m的木块放在地面上，用一根弹簧连着木块，如图所示，用恒力F拉弹簧，使木块离开地面，如果力F的作用点向上移动的距离为h，则（）A. 木块的重力势能增加了mghB. 木块的机械能增加了FhC. 拉力所做的功为FhD. 木块的动能增加了Fh5. 如图所示，物体在力F的作用下沿水平面移动了一段位移l，甲、乙、丙、丁四种情况下，力F和位移l大小以及角均相同，则力做功相同的是（）A.
3、 甲图与乙图B. 甲图与丙图C. 甲图与丁图D. 乙图与丙图6. 如图所示，三个完全相同的绝缘金属小球a、b、c位于等边三角形的三个顶点上，c球在xOy坐标系的原点O上，a和c带正电，b带负电，a所带电荷量比b所带电荷量少关于c受到a和b的静电力的合力方向，下列判断正确的是（）A. 从原点指向第象限B. 从原点指向第象限C. 从原点指向第象限D. 从原点指向第象限7. 下列关于运动和力的叙述中，正确的是（）A. 做曲线运动的物体，其加速度方向一定是变化的B. 物体做圆周运动，所受的合力一定指向圆心C. 物体所受合力方向与运动方向相反，该物体一定做直线运动D. 物体运动的速率在增加，所受合力方向
4、一定与运动方向相同8. 一只小船渡河，运动轨迹如图所示。水流速度各处相同且恒定不变，方向平行于河岸；小船相对于静水分别做匀加速、匀减速、匀速直线运动，船的初速度大小均相同，方向垂直于河岸，且船在渡河过程中船头方向始终不变。由此可以确定船（）A. 沿三条不同路径渡河的时间相同B. 沿AB轨迹渡河所用的时间最短C. 沿AC轨迹船到达对岸的速度最小D. 沿AD轨迹运动时，船在垂直于河岸方向做匀减速直线运动9. 如图所示，B和C是一组塔轮，即B和C半径不同，但固定在同一转动轴上，其半径之比为RB：RC=3：2A轮的半径大小与C轮相同，它与B轮紧靠在一起，当A轮绕其中心的竖直轴转动时，由于摩擦作用，B轮
5、也随之无滑动地转动起来，a、b、c分别为三轮边缘的三个点，则a、b、c三点在运动过程中（）A. 线速度大小之比为3：2：2B. 角速度之比为3：3：2C. 转速之比为2：3：2D. 向心加速度大小之比为9：6：410. 如图所示，是某课外研究小组设计的可以用来测量转盘转速的装置该装置上方是一与转盘固定在一起有横向均匀刻度的标尺，带孔的小球穿在光滑细杆上与一轻弹簧相连，弹簧的另一端固定在转轴上，小球可沿杆自由滑动并随转盘在水平面内转动当转盘不转动时，指针指在O处，如果转盘转动的角速度为1，指针指在A处，当转盘转动的角速度为2时，指针指在B处，设弹簧均没有超过弹性限度则1与2的比值为（）A. B.
6、 C. D. 11. 一根质量为m、长为L的均匀链条一半放在光滑的水平桌面上，另一半悬在桌边，桌面足够高，如图a所示。若将一个质量为m小球分别拴在链条左端和右端，如图b、图c所示。约束链条的挡板光滑，三种情况均由静止释放，当整根链条刚离开桌面时，关于它们的速度关系，下列判断中正确的是（）A. va=vb=vcB. vavbvcC. vcvavbD. vavbvc12. 如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，OM水平，ON竖直且光滑，用不可伸长的轻绳相连的两小球A和B分别套在OM和ON杆上，B球的质量为2kg，在作用于A球的水平力F的作用下，A、B均处于静止状态，此时OA=0.3m，OB=0.4
7、m，改变水平力F的大小，使A球向右加速运动，已知A球向右运动0.1m时速度大小为3m/s，则在此过程中绳对B球的拉力所做的功为（取g=10m/s2）（）A. 11JB. 16JC. 18JD. 9J13. 两个相同的金属小球，带电量之比为1：7，相距为r，两者相互接触后再放回原来的位置上，则它们间的库仑力可能为原来的（）A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，共9.0分）14. 铁路在弯道处的内外轨道高低是不同的，已知内外轨道对水平面倾角为，弯道处的轨道半径为R，若质量为m的火车转弯时速度小于，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. 这时两根铁轨对火
8、车的垂直轨道平面向上支持力等于D. 这时两根铁轨对火车的垂直轨道平面向上支持力小于15. （多选）如图所示，两个质量均为m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴OO的距离为l，b与转轴的距离为2l木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g，若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用表示圆盘转动的角速度下列说法正确的是（）A. b一定比a先开始滑动B. =是b开始滑动的临界角速度C. a、b所受的摩擦力始终相等D. 当=时，a所受摩擦力的大小为kmg16. 光滑水平面上静止一质量为M的木块，一颗质量为m的子弹以水平速度v1射入木块，并以速度v2穿出，对这个过程，
9、下列说法正确的是（）A. 子弹克服阻力做的功等于B. 子弹对木块做的功等于子弹克服阻力做的功C. 子弹对木块做的功等于木块获得的动能与子弹跟木块摩擦生热的内能之和D. 子弹损失的动能等于木块的动能跟子弹和木块摩擦转化的内能之和三、填空题（本大题共3小题，共12.0分）17. 已知甲、乙两船在静水中速度分别是v1、v2，它们要从同一河岸同一点出发到达对岸，其中甲船要以最短时间渡河，乙船要以最短位移渡河，结果是两船到达对岸同一点，那么两船所用时间t1、t2的比值是_18. 在“研究平抛物体的运动”实验中，某同学记录了A、B、C三点，取A点为坐标原点，建立了如图所示的坐标系平抛轨迹上的这三点坐标值图
10、中已标出那么小球平抛的初速度为_，小球抛出点的坐标为_（g=10m/s2）（注明单位）19. 如图所示，质量均为m的三个带电小球A、B、C，放在光滑的绝缘水平面上，A与B，B与C相距均为L，A带电QA=+2q，B带电QB=-q若在C上施加一水平向右的恒力，能使A、B、C三球始终保持相对静止，则外力F的大小为_；C球带电量QC=_（用正、负号表示电性）。四、实验题（本大题共1小题，共9.0分）20. 在做“验证机械能守恒定律”实验时，（1）下列说法正确的是_A由于要计算重力势能和动能，因此必须要测出重物质量B安装器材时必须保证计时器竖直，以便减少限位孔与纸带的摩擦C必须选第一个点作为初始位置D由
11、于确实存在阻力作用，在不考虑其它因素影响的情况下，重锤下落过程中增加的动能要大于减少的重力势能（2）实验中需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度h。某同学对实验得到的纸带，设计了以下四种测量方案，这些方案中合理的是_A用刻度尺测出物体下落高度h，由打点间隔数算出下落时间t，通过v=gt计算出瞬时速度vB用刻度尺测出物体下落的高度h，并通过v=计算出瞬时速度vC根据做匀变速直线运动时，纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v，并通过h=算得出高度hD用刻度尺测出物体下落的高度h，根据做匀变速直线运动时，纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间
12、的平均速度，测算出瞬时速度v（3）在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，质量m=1.00kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列点。如图所示为选取的一条符合实验要求的纸带，O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点（其他点未画出）。已知打点计时器每隔0.02s打一次点，当地的重力加速度g=9.8m/s2那么：纸带的_端（选填“O”或“C”）与重物相连；根据图上所得的数据，应取图中O点和_点来验证机械能守恒定律；从O点到所取点，重物重力势能减少量EP=_J，该所取点的动能为_J（结果取3位有效数字）五、计算题（本大题共4小题，共40.0分）21. 跳台滑雪运动员经过一段
13、加速滑行后从O点水平飞出，经3.0 s落到斜坡上的A点。已知O点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角37，运动员的质量m50 kg。不计空气阻力，g10 m/s2。求： （1）运动员从O点飞出的速度大小；（2）运动员离斜坡距离最远时重力的瞬时功率。22. 如图所示，长为l的绳子下端连着质量为m的小球，上端悬于天花板上，当把绳子拉直时，绳子与竖直线夹角为60，此时小球静止于光滑水平桌面上。（1）当球以=做圆锥摆运动时，绳子张力T为多大？桌面受到压力N为多大？（2）当球以角速度=做圆锥摆运动时，绳子的张力及桌面受到的压力各为多少？23. 如图所示，足够长的水平传送带在电动机的带动下匀速传动。现有一可视
14、为质点，质量m=0.5kg的煤块落在传送带左端（不计煤块落下的速度），煤块在传送带的作用下从右轮轴正上方的P点恰好离开皮带做平抛运动，正好落入运煤车车箱中心点Q已知煤块与传送带间的动摩擦因数=0.8，P点与运煤车底板间的竖直高度H=1.8 m，与运煤车车箱底板中心点Q的水平距离x=1.2 m，取g=10m/s2，求：（1）传送带的速度v0；（2）右轮半径的最大值Rm；（3）由于传送煤块，电动机多做的功W。24. 如图所示，在水平轨道右侧安放半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为l水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态小物块A（可视为质点）从
15、轨道右侧以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回，经水平轨道返回圆形轨道已知R=0.2m，l=1.0m，v0=2m/s，物块A质量为m=1kg，与PQ段间的动摩擦因数为=0.2，轨道其他部分摩擦不计，取g=10m/s2求：（1）物块A与弹簧刚接触时的速度大小（2）物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度（3）调节PQ段的长度l，A仍以v0从轨道右侧冲上轨道，当l满足什么条件时，A物块能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道答案和解析1.【答案】D【解析】解：弹簧压缩相同长度，弹簧具有的弹性势能相等，根据功能关系可知物快离开弹簧的瞬间弹性势能全部转化
16、为物块的动能，所以两物块动能相等，根据动能的表达式可知质量小的速度大，故ABC错误D正确。故选：D。由弹簧压缩相同长度，弹簧具有的弹性势能相等，根据功能关系可判断物快离开弹簧的瞬间弹性势能的关系，再由动能的表达式可判断质量和速度的关系。解决本题的关键要知道弹簧压缩相同，弹簧具有的弹性势能相等。2.【答案】C【解析】解：A、以海平面为零势能平面，则物体到海平面时的重力势能为零，故A错误。B、重力对物体做功W=mgh，故B错误。C、根据机械能守恒有：，可知物体在海平面时的动能为，故C正确。D、物体在运动的过程中机械能守恒，则物体在海平面上的机械能E=，故D错误。故选：C。整个过程不计空气阻力，只有
17、重力对物体做功，机械能守恒，应用机械能守恒和功能关系可判断各选项的对错此题考查重力势能、重力做功、动能定理和机械能守恒，动能定理揭示了外力对物体所做总功与物体动能变化之间的关系，它描述了力在空间的积累效果，力做正功，物体的动能增加，力做负功，动能减少动能定理解决的问题不受运动形式和受力情况的限制还有就是重力势能的变化与零势能面的选取无关3.【答案】A【解析】解：设这个高度是h，此时小球的速度为v。小球做竖直上抛运动时，只有重力做功，机械能守恒，则有：mgh+mv2=mv02；据题有mgh=mv2；解得：h=2.5m故选：A。小球做竖直上抛运动时，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律和已
18、知条件列式即可求解。本题是针对机械能守恒的专项训练，要善于利用和挖掘条件，要注意mgh=mv2是已知条件，不是机械能守恒定律表达式。4.【答案】C【解析】解：A、用恒力F拉弹簧，力F的作用点向上移动的距离为h，物体上升的高度不是h，故重力势能的增加量不是mgh，故A错误；B、C、D、功是力与力的作用点的乘积，故拉力的功为Fh，等于木块和弹簧系统的机械能增加量，故BD错误，C正确；故选：C。功是力与力的作用点的乘积；题中拉力做功等于木块和弹簧系统的机械能增加量用拉弹簧，使木块离开地面，如果力F的作用点向上移动的距离为h时的拉力是F5.【答案】B【解析】解：图甲中的力做功为：W=Fxcos（180
19、-）；图乙中做功W=Fxcos）；图丙的是W=Fxcos（180-）；丁中力做功W=Fxcos；故做功相同的是甲和丙，乙和丁；故B正确，ACD错误故选：B。恒力做功表达式为：W=Fxcos，注意公式中的夹角是力与位移之间的夹角。本题考查功的计算公式的应用，要特别注意公式中的夹角的确定。6.【答案】D【解析】解：如图可知，a对c的静电力为F1，为斥力，沿ac方向；b对c的静电力为F2，为引力，沿cb方向，若F1=F2，则合力指向x轴正方向。由于F1F2，据力的合成可知，c所受到合力的方向为从原点指向第象限故选：D。由题意，a对c的静电力为F1，为斥力，沿ac方向；b对c的静电力为F2，为引力，沿
20、cb方向，若F1=F2，则合力指向x轴正方向由于F1F2，据力的合成可知，c所受到合力的方向为从原点指向第象限本题主要考查库仑定律及平行四边形定则7.【答案】C【解析】【分析】曲线运动的条件是初速度与加速度不在一条直线上，速度不断变化，它是变速运动，曲线运动有加速度不变的，也有加速度变化的当物体做圆周运动，其合力不一定指向圆心，若是匀速圆周运动，则合力一定指向圆心曲线运动有加速度，所以必定是变速，可能是匀变速曲线，比如：平抛运动也可能是速率不变，方向变化比如：匀速圆周运动【解答】解：A、做曲线运动的物体，其速度一定变化，但加速度不一定变化，比如平抛运动，故A错误；B、物体做圆周运动，所受的合力
21、不一定指向圆心，当是匀速圆周运动时，由于速度大小不变，所以加速度垂直于速度，因此合力一定指向圆心，故B错误；C、当物体所受合力方向与运动方向相反，则一定做减速且直线运动，故C正确；D、物体运动的速率在增加，则一定有加速度存在，但不一定与运动方向相同，比如平抛运动，合力方向与运动方向不相同。故D错误；故选：C。8.【答案】D【解析】解：船沿着船头指向方向做匀加速直线运动的同时还要随着水流一起运动；曲线运动的加速度指向轨迹的内侧，故AC轨迹船相对于静水沿v0方向做匀加速运动，AB轨迹船相对于静水沿v0方向做匀速运动，AD轨迹船相对于静水沿v0方向做匀减速运动；A、船相对于水的初速度大小均相同，方向
22、垂直于岸边，因运动的性质不同，则渡河时间也不同，故A错误；B、沿AB轨迹，做匀速直线运动，则渡河所用的时间大于沿AC轨迹运动渡河时间，故B错误；C、沿AC轨迹，船是匀加速运动，则船到达对岸的速度最大，故C错误；D、当沿AD轨迹运动时，则加速度方向与船在静水中的速度方向相反，因此船相对于水做匀减速直线运动，故D正确。故选：D。根据运动的合成，结合合成法则，即可确定各自运动轨迹，由运动学公式，从而确定运动的时间与速度大小。考查运动的合成与分解的应用，注意船运动的性质不同，是解题的关键，并注意曲线运动的条件。9.【答案】D【解析】解：轮A、轮B靠摩擦传动，边缘点线速度相等，故：va：vb=1：1 根
23、据公式v=r，有：a：b=3：2 根据=2n，有：na：nb=3：2 根据a=v，有：aa：ab=3：2 轮B、轮C是共轴传动，角速度相等，故：b：c=1：1 根据公式v=r，有：vb：vc=3：2 根据=2n，有：nb：nc=1：1 根据a=v，有：ab：ac=3：2 综合得到：va：vb：vc=3：3：2 a：b：c=3：2：2 na：nb：nc=3：2：2 aa：ab：ac=9：6：4 故选：D。轮A、轮B靠摩擦传动，边缘点线速度相等；轮B、轮C是共轴传动，角速度相等；再结合公式v=r和a=v列式分析本题关键是明确同轴传动和同源传动的区别，然后根据公式v=r、=2n、a=v列式分析，注意
24、两两分析；再找出共同项得出最后的表达式！10.【答案】B【解析】解：设每格的长度为l，根据弹簧的弹力提供向心力，得：kl=m124l k3l=m226l 由解得：故选：B。题中由弹簧的弹力提供向心力，根据F=m2r列式即可求解本题主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，本题中是弹簧弹力提供向心力，难度不大，属于基础题11.【答案】C【解析】解：铁链释放之后，到离开桌面，由于桌面无摩擦，对两次释放，桌面下方L处为0势能面。则释放前，系统的重力势能为第一次，Ep1=mgL+mg=第二次，Ep2=（m+m）gL+mg=第三次，Ep3=mgL+mg+mg=mgL释放后Ep1=mgEp2=mgL+mg=
25、mgLEp3=mgL则损失的重力势能Ep1=mgLEp2=mgLEp3=mgL那么Ep1=mva2Ep2=（2m）vb2Ep3=（2m）vc2解得：va2=vb2=gLvc2=gL显然vc2va2vb2，所以vcvavb，故选：C。在运动的过程中，对整个系统而言，机械能守恒。抓住系统重力势能的减小量等于动能的增加量，分别求出离开桌面时的速度。解决本题的关键知道系统机械能守恒，抓住系统重力势能的减小量等于系统动能的增加量进行求解。12.【答案】C【解析】解：A球向右运动0.1m时，由几何关系得，B上升距离：h=0.4m-m=0.1m此时细绳与水平方向夹角的正切值：tan=，则得cos=，sin=
26、由运动的合成与分解知识可知：B球的速度为vBsin=vAcos可得vB=4m/s以B球为研究对象，由动能定理得WF-mgh=代入数据解得：WF=18J即绳对B球的拉力所做的功为18J故选：C。先根据两球的速度沿绳子方向的分量相等，列式求出A球向右运动0.1m时B球的速度，由几何关系求出此过程中B球上升的高度。再以B球为研究对象，由动能定理求绳对B球的拉力所做的功。本题中绳子拉力为变力，不能根据功的计算公式求拉力做功，而要根据动能定理求变力做功。13.【答案】D【解析】解：由库仑定律可得：F=k得，当两相同金属小球带同种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为4：4，所以库仑力
27、是原来的16：7。当两相同金属小球带异种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为3：3，所以库仑力是原来的9：7故D正确，A、B、C错误。故选：D。两电荷间存在库仑力，其大小可由库仑定律求出当两电荷相互接触后再放回原处，电荷量可能相互中和后平分，也可能相互叠加再平分，所以库仑力的变化是由电荷量变化导致的解决本题的关键掌握库仑定律的公式，注意两个金属小球可能带同种电荷，可能带异种电荷14.【答案】AD【解析】解：A、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，此时火车的速度正好是，当火车转弯的速度小于，需要的向心力减小，而重力与支持力的合力不变，所以合力大于了需
28、要的向心力，内轨就要对火车产生一个向外的力来抵消多余的力，所以此时内轨对内侧车轮轮缘有挤压。故A正确，B错误。C、当内外轨没有挤压力时，受重力和支持力，N=，由于内轨对火车的作用力沿着轨道平面，可以把这个力分解为水平和竖直向上两个分力，由于竖直向上的分力的作用，使支持力变小。故C错误，D正确。故选：AD。火车在弯道处拐弯时火车的重力和轨道对火车的支持力的合力做为转弯需要的向心力，当合力恰好等于需要的向心力时，火车对内外轨道都没有力的作用，速度增加，就要对外轨挤压，速度减小就要对内轨挤压火车转弯主要是分析清楚向心力的来源，再根据速度的变化，可以知道对内轨还是对外轨由作用力15.【答案】AB【解析
29、】解：A、两个木块的最大静摩擦力相等。木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得：木块所受的静摩擦力f=m2r，m、相等，fr，所以b所受的静摩擦力大于a的静摩擦力，当圆盘的角速度增大时b的静摩擦力先达到最大值，所以b一定比a先开始滑动，故A正确，C错误；B、当b刚要滑动时，有kmg=m22l，解得：=，故B正确；D、以a为研究对象，当=时，由牛顿第二定律得：f=m2l，可解得：f=kmg，故D错误。故选：AB。木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，而所需要的向心力大小由物体的质量、半径和角速度决定当圆盘转速增大时，提供的静摩擦力随之而增大当需要的向心力大于最大静摩擦力时，物体
30、开始滑动因此是否滑动与质量无关，是由半径大小决定本题的关键是正确分析木块的受力，明确木块做圆周运动时，静摩擦力提供向心力，把握住临界条件：静摩擦力达到最大，由牛顿第二定律分析解答16.【答案】AD【解析】解：A、对子弹全过程由动能定理，有，所以子弹克服阻力做功，故A正确 B、子弹与木块相互作用过程如下图：不仿设子弹与木块相互作用力大小为f，则子弹对木块做功W1=fs，木块对子弹做功W2=fx，由于xs，故W2W1，故B错误C、由动能定理，木块获得动能Ek=W1，即子弹对木块做的功等于木块获得的动能，故C错误 D、对子弹和木块组成的系统，全过程总能量守恒，即系统内减少的能量等增加的能量，即：子弹
31、减少的动能=木块增加的动能+系统产生的内能。故D正确。故选：AD。研究阻力对子弹做的功，子弹对木块做功，使用动能定理列方程即可解决比较子弹与木块相互作用力所做的功，关键是确定两物体的位移，为了便于理解，最好是画下示意图内能的产生，可以用能量守恒定律，或者求机械能损失来解动能定理在使用时，必须明确研究对象和研究过程，避免出现研究对象混乱，在处理相关题目时，有必要画下示意图，以明确对地位移内能产生问题除能量守恒外，亦可用滑动摩擦力乘相对位移来解决17.【答案】【解析】解：两船抵达的地点相同，知合速度方向相同，甲船静水速垂直于河岸，乙船的静水速与合速度垂直。如图：两船的合位移相等，则渡河时间之比等于
32、两船合速度之反比，则：由图可知：；v乙合=v2tan；其中：tan=；则：故答案为：甲船以最短时间渡河，知静水速的方向与河岸垂直。乙船以最短航程渡河，因为两船抵达地点相同，知乙船静水速小于水流速，不能垂直到对岸，乙船静水速方向与合速度方向垂直。解决本题的关键知道两船的合速度方向相同，甲船的静水速垂直于河岸，乙船的静水速垂直于合速度的方向。18.【答案】1.5m/s （-30cm，-20cm）【解析】解：根据y=gT2得，T=则小球平抛运动的初速度小球经过B点竖直方向上的分速度=从抛出点运动到B点的时间t=则抛出点到B点的水平位移x=v0t=0.6m，则抛出点的横坐标为0.3-0.6=-0.3m
33、=-30cm抛出点到B点的竖直位移y=，则抛出点的纵坐标为0.6-0.8m=-0.2m=-20cm故答案为：1.5m/s，（-30cm，-20cm）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根据竖直方向上相邻相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，根据水平位移求出小球的初速度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点竖直方向上的分速度，从而求出抛出点运动到B点的时间，结合水平方向和竖直方向上的运动规律求出水平位移和竖直位移，从而求出小球抛出点的坐标解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论进行求解19.【答案】 【解
34、析】解：A、B、C三者作为整体为研究对象，有：F=3ma 所以加速度方向向右，而A带正电，B带负电，B若要向右加速，则C带正电荷以A为研究对象，有=ma 以B为研究对象，有=ma 由可解得：qc=qF=故答案为：；先把A、B、C三者作为整体为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度，再分别以A、B为研究对象，运用静电力公式结合牛顿第二定律即可解题。本题主要考查了库仑定律及牛顿第二定律的直接应用，难度不大，属于基础题。20.【答案】B D O B 1.88 1.84【解析】解：（1）A、机械能守恒表达式两边的质量可以约去，则不需要测量重物的质量。故A错误；B、由于纸带和打点计时器之间存在摩擦力，因此
35、为了减少摩擦力所做的功，应将限位孔竖直，B故正确；C、因为初速度为零，加速度为g的匀加速直线运动，在0.02s内的位移为2mm，所以选用点迹清晰，且第一、二两点间的距离接近2mm的纸带来处理数据，故C错误；D、由于阻力存在，重锤下落过程中增加的动能要小于减少的重力势能，故D错误；故选：B；（2）本实验就是要验证表达式，所以用这一表达式算速度、算高度都是错误的，都相当于用机械能守恒验证机械能守恒，故A、B、C错误，D正确。故选：D。（3）由纸带上点，可知，纸带向左运动，因此纸带左端与重物相连；根据纸带上数据方便求解B点速度，故取O点和B点来验证机械能守恒定律；从开始下落至B点，重锤的重力势能减少
36、量Ep=mgh=19.80.192J=1.88J，利用匀变速直线运动的推论vB=，重锤的动能EKB=，故答案为：（1）B（2）D（3）O；B；1.88J；1.84J；本实验需要验证的是重力势能的减小量和动能的增加量是否相等，根据下落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瞬时速度的大小，从而求出动能的增加量；由于纸带通过时受到较大的阻力和重锤受到的空气阻力，重力势能有相当一部分转化给摩擦产生的内能，所以重力势能的减小量明显大于动能的增加量。纸带问题的处理是力学实验中常见的问题，在有纸带处理实验中，若纸带做匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运
37、动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，要知道重物带动纸带下落过程中能量转化的过程和能量守恒。21.【答案】解：（1）根据平抛运动规律，有竖直高度：h=gt2，=水平距离：x=根据x=v0t，解得v0=20m/s（2）竖直分速度：vy=v0tan37=20m/s=15m/s落到斜面的重力的瞬时功率：PG=mgvy=501015W=7500W答：（1）运动员从O点飞出的速度大小为20m/s；（2）运动员离斜坡距离最远时重力的瞬时功率为7500W。【解析】根据平抛运动规律h=gt2，x=v0t，求出初速度；再利用vy=v0tan37，求出竖直方向速度；用PG=mgvy可求出重力的瞬
38、时功率。本题考查了平抛运动运动规律。在斜面上做平抛运动又落回到斜面关键要用到平抛运动的位移公式，结合斜面倾斜角这个条件解题。22.【答案】解：（1）对小球受力分析，作出力图如图1根据牛顿第二定律，得Tsin60=m2Lsin60 mg=N+Tcos60 又=解得T=mg，N=（2）设小球对桌面恰好无压力时角速度为0，即N=0代入得0=由于=0，故小球离开桌面做匀速圆周运动，则N=0此时小球的受力如图2设绳子与竖直方向的夹角为，则有mgtan=m2Lsin mg=Tcos 联立解得 T=4mg答：（1）当球以=做圆锥摆运动时，绳子张力T=mg，桌面受到压力N=；（2）当球以角速度=做圆锥摆运动时
39、，绳子的张力为4mg，桌面受到的压力为零。【解析】（1）当球做圆锥摆运动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，由重力、水平面的支持力和绳子拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，采用正交分解法列方程求解绳子的张力和支持力，再由牛顿第三定律求出桌面受到的压力。（2）当小球对桌面恰好无压力时，由重力和绳子拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解此时小球的角速度。根据角速度=与临界角速度的关系，判断小球是否离开桌面。若小球桌面做圆周运动，再由牛顿第二定律求解绳子的张力。本题是圆锥摆问题，分析受力，确定向心力来源是关键，实质是牛顿第二定律的特殊应用。23.【答案】解：（1）由平抛运动的规律，得x=vtH
40、=代入数据解得v=2m/s（2）要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，由牛顿第二定律，得mg=代入数据得R=0.4m（3）由牛顿第二定律F=ma得a=g=8m/s2，煤块沿传送带做初速度为零的匀加速直线运动的时间：煤块的位移：相等时间内传送带的位移：x2=vt=0.5m则相对运动的位移：x=x2-x1=0.5-0.25=0.25m摩擦产生的热量Q=mgx=0.80.5100.25J=1J煤块获得动能：则带动传送带的电动机需要比传送带空载情况多消耗的电能E=Q+EK=2J答：（1）传送带的速度为2m/s；（2）右轮半径的最大值为0.4m；（3）由于传送煤块，电动机
41、多做的功为2J【解析】（1）煤块平抛运动的初速度等于传送带匀速运动的速度，根据高度求出平抛运动的时间，再根据水平位移求出平抛运动的初速度（2）要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，由牛顿第二定律列式求解（3）运送一块0.5kg的煤块，带动传送带的电动机需要比传送带空载情况多消耗的电能等于煤块与传送带摩擦产生的热量与煤块的动能之和解决本题的关键理清煤块在整个过程中的运动情况，结合牛顿第二定律、功能关系以及运动学公式进行求解24.【答案】解：（1）物块A冲上圆形轨道后回到最低点速度为v0=m/s，与弹簧接触瞬间，可得，物块A与弹簧刚接触时的速度大小m/s；（2）A被
42、弹簧以原速率v1弹回，向右经过PQ段，有；解得A速度v2=2m/s，A滑上圆形轨道，有，（也可以应用）可得，返回到右边轨道的高度为h=0.2m=R，符合实际（3）物块A以v0冲上轨道直到回到PQ段右侧，有，可得，A回到右侧速度：，要使A能返回右侧轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道，则有：若A沿轨道上滑至最大高度h时，速度减为0，则h满足：0hR，根据机械能守恒：联立可得，1.0ml1.5m；若A能沿轨道上滑至最高点，则满足：且，联立得l0.25m，综上所述，要使A物块能第一次返回圆形轨道并沿轨道运动而不脱离轨道，l满足的条件是1.0ml1.5m或l0.25m；答：（1）物块A与弹簧刚接触时的速度大
43、小为2m/s（2）物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度0.2m（3）A物块能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道的条件是：1.0ml1.5m或l0.25m【解析】（1）物块A从Q到P过程中，运用动能定理，结合摩擦力做功，从而求出物块A与弹簧刚接触时的速度大小（2）根据运动学公式求得回到圆轨道的速度大小，再根据动能定理求出A能够上升的高度，并讨论能否达到此高度（3）A物块能返回圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道，要么能够越过圆轨道的最高点，要么在圆轨道中上升的高度不要超过圆轨道的半径，结合动能定理、动量守恒定律和牛顿第二定律求出l所满足的条件本题综合考查了动量守恒定律、动能定理、牛顿第二定律，以及知道小球不脱离圆轨道的条件，综合性较强，对学生的能力要求较高，需加强训练
