2022-2022学年北京市苹果园中学高三（上）期中物理试卷 一、单项选择题（每小题4分，共40分）1．人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，当运行轨道半径变小时，下列说法错误的是（ ）A．它的线速度变大B．它的角速度变小C．它的加速度变大D．它的运行周期变小 2．从距地面高h处水平抛出一质量为m的水球，小球落地点至抛出点的水平距离刚好等于h，若不计空气阻力，则小球的初速度大小为（ ）A．B．C．D． 3．下列说法正确的是（ ）A．质点做自由落体运动，每秒内重力所做的功都相同B．质点做平抛运动，每秒内动量的增量都相同C．质点做匀速圆周运动，每秒内合外力的冲量都相同D．质点做简谐运动，每四分之一周期内回复力做的功都相同 4．一个质量为0.3kg的弹性小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同．则碰撞前后小球动量变化量的大小△p和碰撞过程中墙对小球做功的大小W为（ ）A．△p=0B．△p=3.6kg•m/sC．W=5.4JD．W=10.8J 5．一辆汽车关闭油门后，沿一斜坡由顶端以大小3m/s的初速度下滑，滑至底端速度恰好变为零，如果汽车关闭油门后由顶端以大小5m/s的初速度下滑，滑至底端速度大小将为（ ）A．1m/sB．2m/sC．3m/sD．4m/s 6．如图所示，质量为m的物体，从固定的、倾角为α的光滑斜面顶端，由静止开始下滑，开始下滑时物体离地面的高度为h，则（ ）A．物体滑到底端时重力的瞬时功率为mgsinαB．物体滑到底端时重力的瞬时功率为mgcosαC．物体下滑过程的重力的平均功率为D．物体下滑过程的重力的平均功率为 25\n7．如图所示的是杂技演员表演的“水流星”．一根细长绳的一端，系着一个盛了水的容器．以绳的另一端为圆心，使容器在竖直平面内做半径为R的圆周运动．N为圆周的最高点，M为圆周的最低点．若“水流星”通过最低点时的速度．则下列判断正确的是（ ）A．“水流星”到最高点时的速度为零B．“水流星”通过最高点时，有水从容器中流出C．“水流星”通过最高点时，水对容器底没有压力D．“水流星”通过最高点时，绳对容器有向下的拉力 8．某位同学为了研究超重和失重现象，将重为50N的物体带到电梯中，并将它放在传感器上，电梯由起动到停止的过程中，测得重物的压力一时间变化的F﹣t图象如图所示．t1=3s设在和t2=8s时电梯的速度分别为v3和v8．由此他做出判断（ ）A．电梯上升了，v3＞v8B．电梯上升了，v3＜v8C．电梯下降了，v3＞v8D．电梯下降了，v3＜v8 9．已知地球半径为R，月球半径为r，地球与月球之间的距离（两球中心之间的距离）为L．月球绕地球公转的周期为T1，地球自转的周期为T2，地球绕太阳公转周期为T3，假设公转运动都视为圆周运动，万有引力常量为G，由以上条件可知（ ）A．地球的质量为m地=B．月球的质量为m月=C．地球的密度为ρ=D．月球运动的加速度为 25\n10．有一个物体以初速度v0沿倾角为θ的足够长的粗糙斜面上滑，已知物体与该斜面间的动摩擦因数μ＜tanθ，那么能正确表示该物体的速度v随时间t变化的图线是（ ）A．B．C．D． 11．在军事演习中，某空降兵从飞机上跳下，先做自由落体运动，在t1时刻，速度达较大值v1时打开降落伞，做减速运动，在t2时刻以较小速度v2着地．他的速度图象如图所示．下列关于该空降兵在0～t1或t1～t2时间内的平均速度的结论正确的是（ ）A．0～t1，＜B．t1～t2，C．t1～t2，＞D．t1～t2，＜ 12．如图1所示，有一个弹簧振子在a、b两点之间做简谐运动，O点是平衡位置，建立图1中所示的坐标轴，其振动图象如图2所示，则下列说法正确的是（ ）A．振子振动的周期等于t1B．振子振动的周期等于t2C．t1时刻振子位于b点D．t1时刻振子位于a点 13．如图中实线是一列简谐横波在某时刻的波形图，虚线是经过0.2s时该波的波形图．下列说法中正确的是（ ）A．波源的振动周期可能是0.8s25\nB．波源的振动周期可能是1.6sC．波速一定为5m/sD．在任何一个周期内振动质点的位移都为8m 14．如图所示，电梯质量为M，地板上放置一质量为m的物体，钢索拉着电梯由静止开始向上做加速运动，当上升高度为H时，速度达到v，则（ ）A．地板对物体的支持力做的功等于mv2B．地板对物体的支持力做的功等于mgHC．钢索的拉力做的功等于Mv2+MgHD．合力对电梯M做的功等于Mv2 15．如图所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量．M=3kg．质量m=1kg的铁块以水平速度v0=4m/s，从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端．在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为（ ）A．3JB．6JC．20JD．4J 二、非选择题（共75分）16．（2022秋•北京校级期中）在“用单摆测定重力加速度”的实验中：①用主尺最小分度为1mm，游标上有20个分度的卡尺测量金属球的直径，结果如图1所示，可以读出此金属球的直径为 mm．②某同学在利用单摆测重力加速度的实验中，测出多组摆长L与周期T的数据，根据实验数据，作出了T2﹣L的关系图象如图所示，理论上T225\n﹣L是一条过坐标原点的直线，根据图中数据，可算出重力加速度其值为 m/s2（取π2=9.86，结果保留三位有效数字）．③此同学作出了T2﹣L的关系图象不过原点，其原因可能是 ． 17．（2022秋•北京校级期中）如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．①实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过测量 （填选项前的符号），间接地解决这个问题．A．小球开始释放高度hB．小球抛出点距地面的高度HC．小球做平抛运动的射程②图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP．然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是 ．（填选项前的符号）A．用天平测量两个小球的质量m1、m2B．测量小球m1开始释放的高度hC．测量抛出点距地面的高度HD．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE．测量平抛射程OM、ON③若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为 （用②中测量的量表示）． 18．（2022•西安二模）在光滑的水平面上，甲、乙两物质的质量分别为m1；m2，它们分别沿东西方向的一直线相向运动，其中甲物体以速度6m/s由西向东运动，乙物体以速度2m/s由东向西运动，碰撞后两物体都沿各自原运动方向的反方向运动，速度大小都是4m/s求：①甲、乙两物体质量之比；②通过计算说明这次碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞． 19．（2022春•兴平市期末）“嫦娥奔月”的过程可以简化为：“嫦娥一号”升空后，绕地球沿椭圆轨道运动，远地点A距地面高为h1，在远地点时的速度为v，然后经过变轨被月球捕获，再经多次变轨，最终在距离月球表面高为h2的轨道上绕月球做匀速圆周运动．（1）已知地球半径为R1、表面的重力加速度为g0，求“嫦娥一号”在远地点A处的加速度a；（2）已知月球的质量为M、半径为R2，引力常量为G，求“嫦娥一号”绕月球运动的周期T．25\n 20．（2022•朝阳区一模）如图所示，ABCM为固定在竖直平面内的轨道，其中ABC为光滑半圆形轨道，半径为R，CD为水平粗糙轨道．一质量为m的小滑块（可视为质点）从圆轨道中点B由静止释放，滑至M点恰好静止，CM间距为4R．已知重力加速度为g．（1）求小滑块与水平面间的动摩擦因数；（2）求小滑块到达C点时，小滑块对圆轨道压力的大小；（3）现使小滑块在M点获得一初动能，使它向左运动冲上圆轨道，恰能通过最高点A，求小滑块在M点获得的初动能． 21．（2022•丰台区二模）如图所示，在水平地面上固定一倾角θ=37°的长斜面体，物体A以v1=8m/s的初速度沿斜面上滑，同时在物体A的正上方，有一物体B以某一初速度水平抛出．物体A上滑过程中速度减小，当速度减为零时恰好被B物体击中．已知物体A与斜面体间的动摩擦因数为0.25．（A、B均可看作质点，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）求：（1）物体A上滑过程所用的时间t；（2）物体B抛出时的初速度v2；（3）物体A、B间初始位置的高度差h． 25\n22．（2022秋•北京校级期中）如图所示，AB是一个固定在竖直面内的弧形轨道，与竖直圆形轨道BCD在最低点B平滑连接，且B点的切线是水平的；BCD圆轨道的另一端D与水平直轨道DE平滑连接．B、D两点在同一水平面上，且B、D两点间沿垂直圆轨道平面方向错开了一段很小的距离，可使运动物体从圆轨道转移到水平直轨道上．现有一无动力小车从弧形轨道某一高度处由静止释放，滑至B点进入竖直圆轨道，沿圆轨道做完整的圆运动后转移到水平直轨道DE上，并从E点水平飞出，落到一个面积足够大的软垫上．已知圆形轨道的半径R=0.40m，小车质量m=2.5kg，软垫的上表面到E点的竖直距离h=1.25m、软垫左边缘F点到E点的水平距离s=1.0m．不计一切摩擦和空气阻力，弧形轨道AB、圆形轨道BCD和水平直轨道DE可视为在同一竖直平面内，小车可视为质点，取重力加速度g=10m/s2．（1）要使小车能在竖直圆形轨道BCD内做完整的圆周运动，则小车通过竖直圆轨道最高点时的速度至少多大；（2）若小车恰能在竖直圆形轨道BCD内做完整的圆周运动，则小车运动到B点时轨道对它的支持力多大；（3）通过计算说明要使小车完成上述运动，其在弧形轨道的释放点到B点的竖直距离应满足什么条件． 23．（2022•洪泽县校级模拟）如图所示，质量为M的长方形木板静止在光滑水平面上，木板的左侧固定一劲度系数为k的轻质弹簧，木板的右侧用一根伸直的并且不可伸长的轻绳水平地连接在竖直墙上．绳所能承受的最大拉力为T．一质量为m的小滑块以一定的速度在木板上无摩擦地向左运动，而后压缩弹簧．弹簧被压缩后所获得的弹性势能可用公式EP=kx2计算，k为劲度系数，x为弹簧的形变量．（1）若在小滑块压缩弹簧过程中轻绳始终未断，并且弹簧的形变量最大时，弹簧对木板的弹力大小恰好为T，求此情况下小滑块压缩弹簧前的速度v0；（2）若小滑块压缩弹簧前的速度v0'为已知量，并且大于（1）中所求的速度值v0，求此情况下弹簧压缩量最大时，小滑块的速度；（3）若小滑块压缩弹簧前的速度大于（1）中所求的速度值v0，求小滑块最后离开木板时，相对地面速度为零的条件． 2022-2022学年北京市苹果园中学高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析 一、单项选择题（每小题4分，共40分）25\n1．人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，当运行轨道半径变小时，下列说法错误的是（ ）A．它的线速度变大B．它的角速度变小C．它的加速度变大D．它的运行周期变小【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【专题】应用题；定性思想；推理法；人造卫星问题．【分析】卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，应用牛顿第二定律与万有引力公式求出线速度、角速度、加速度与周期的表达式，然后分析答题．【解答】解：A、万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得：G=m，解得：v=，卫星的轨道半径r变小，则卫星的线速度v变大，故A正确；B、万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得：G=mω2r，解得：ω=，卫星的轨道半径r变小，则卫星的角速度ω变大，故B错误；C、万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得：G=ma，解得：a=，卫星的轨道半径r变小，则卫星的加速度a变大，故C正确；A、万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得：G=mr，解得：T=2π，卫星的轨道半径r变小，则卫星的周期T变小，故D正确；故选：ACD．【点评】本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供卫星做圆周运动的向心力是解题的关键，应用万有引力公式与牛顿第二定律可以解题． 2．从距地面高h处水平抛出一质量为m的水球，小球落地点至抛出点的水平距离刚好等于h，若不计空气阻力，则小球的初速度大小为（ ）A．B．C．D．【考点】平抛运动．【专题】平抛运动专题．【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，根据高度确定运动的时间，通过水平位移和时间确定小球的初速度．【解答】解：根据h=得，t=，则初速度．故A正确，B、C、D错误．故选A．【点评】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，结合运动学公式进行求解． 25\n3．下列说法正确的是（ ）A．质点做自由落体运动，每秒内重力所做的功都相同B．质点做平抛运动，每秒内动量的增量都相同C．质点做匀速圆周运动，每秒内合外力的冲量都相同D．质点做简谐运动，每四分之一周期内回复力做的功都相同【考点】动能定理的应用；动量定理．【专题】动能定理的应用专题．【分析】自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，根据W=mgh分析重力做功；根据动量定理研究平抛运动动量的增量；匀速圆周运动的合外力是变力，其冲量是变量；根据动能定理研究简谐运动中回复力做的功．【解答】解：A、自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，每秒内下落的位移逐渐增大，则由重力做功公式W=mgh可知，每秒内重力所做的功逐渐增大．故A错误．B、质点做平抛运动，合外力等于重力，根据动量定理得：△P=G•t，t=1s时，△P=G，则知，每秒内动量的增量都相同．故B正确．C、质点做匀速圆周运动，合外力是变力，每秒内合外力的冲量不同．故C错误．D、质点做简谐运动，每四分之一周期内动能的变化量不都相同，则根据动能定理可知，每四分之一周期内回复力做的功不都相同．故D错误．故选B【点评】本题运用动能定理分析动能的增量，根据动量定理分析动量的增量，都是常用的方法． 4．一个质量为0.3kg的弹性小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同．则碰撞前后小球动量变化量的大小△p和碰撞过程中墙对小球做功的大小W为（ ）A．△p=0B．△p=3.6kg•m/sC．W=5.4JD．W=10.8J【考点】动量定理；动能定理．【专题】定性思想；推理法；动能定理的应用专题；动量定理应用专题．【分析】由于动量是矢量，对于动量的变化量我们应该采用平行四边形法则．对于同一直线上的动量变化量的求解，我们可以运用表达式△P=P2﹣P1，但必须规定正方向．运用动能定理求出碰撞过程中墙对小球做功．【解答】解：A、规定初速度方向为正方向，初速度v1=6m/s，碰撞后速度v2=﹣6m/s；△v=v2﹣v1=﹣12m/s，负号表示速度变化量的方向与初速度方向相反；动量变化量为：△P=m•△v=0.3kg×（﹣12m/s）=﹣3.6kg•m/s，所以碰撞前后小球动量变化量的大小为3.6kg•m/s，故A错误，B正确．C、碰撞前后小球速度大小不变，小球动能不变，对碰撞过程，对小球由动能定理得：W=△Ek=0，碰撞过程中墙对小球做功的大小W为0，故CD错误．故选：C．【点评】对于矢量的加减，我们要考虑方向，动能定理是一个标量等式，对于动能定理的研究，则无需考虑方向． 5．一辆汽车关闭油门后，沿一斜坡由顶端以大小3m/s的初速度下滑，滑至底端速度恰好变为零，如果汽车关闭油门后由顶端以大小5m/s的初速度下滑，滑至底端速度大小将为（ ）A．1m/sB．2m/sC．3m/sD．4m/s25\n【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】根据匀变速直线运动的速度位移公式v2﹣v02=2ax列出汽车关闭油门以大小3m/s的初速度下滑与以大小5m/s的初速度下滑的两个等式，由于加速度与位移一定，从而可求出以大小5m/s的初速度下滑，滑至底端速度大小．【解答】解：根据匀变速直线运动的速度位移公式v2﹣v02=2ax列出等式，即为：两式联立可得：代入数据得：v2=4m/s故选：D【点评】考查匀变速直线运动的速度与位移公式v2﹣v02=2ax，利用了加速度与位移相同为前提条件． 6．如图所示，质量为m的物体，从固定的、倾角为α的光滑斜面顶端，由静止开始下滑，开始下滑时物体离地面的高度为h，则（ ）A．物体滑到底端时重力的瞬时功率为mgsinαB．物体滑到底端时重力的瞬时功率为mgcosαC．物体下滑过程的重力的平均功率为D．物体下滑过程的重力的平均功率为【考点】功率、平均功率和瞬时功率．【专题】定量思想；方程法；功率的计算专题．【分析】（1）由功的公式求得重力所做的功；根据动力学公式求解时间，由P=可求得平均功率；（2）根据P=mgvcosθ可求得重力做功的瞬时功率【解答】解：A、下滑过程重力做功；有：W=mgh；下滑过程加速度为：a=gsinα；到达底部时的速度为：v=at=；故瞬时功率为：，故A正确，B错误C、位移为：x=由位移公式可得时间为：t==25\n平均功率为：，故CD错误故选：A【点评】本题考查功率公式的应用，对于平均功率可以由P=和P=Fv求解；而对于瞬时功率只能由P=Fv求解 7．如图所示的是杂技演员表演的“水流星”．一根细长绳的一端，系着一个盛了水的容器．以绳的另一端为圆心，使容器在竖直平面内做半径为R的圆周运动．N为圆周的最高点，M为圆周的最低点．若“水流星”通过最低点时的速度．则下列判断正确的是（ ）A．“水流星”到最高点时的速度为零B．“水流星”通过最高点时，有水从容器中流出C．“水流星”通过最高点时，水对容器底没有压力D．“水流星”通过最高点时，绳对容器有向下的拉力【考点】向心力；牛顿第二定律．【专题】牛顿第二定律在圆周运动中的应用．【分析】根据动能定理求出“水流星”通过最高点的速度，根据牛顿第二定律去判断绳子对容器有无拉力，水对桶底部是否有压力．【解答】解：A、根据动能定理得，，解得最高点的速度v′=．故A错误．B、对桶中的水分析，有N+mg=，解得N=0．知水对桶底压力恰好为零，水恰好不流出．故B错误，C正确．D、对整体受力分析，有：F+mg=m，解得F=0，绳子的拉力为零．故D错误．故选C．【点评】解决本题的关键知道物体在竖直平面中做圆周运动，在最高点的临界情况，以及知道向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解． 8．某位同学为了研究超重和失重现象，将重为50N的物体带到电梯中，并将它放在传感器上，电梯由起动到停止的过程中，测得重物的压力一时间变化的F﹣t图象如图所示．t1=3s设在和t2=8s时电梯的速度分别为v3和v8．由此他做出判断（ ）25\nA．电梯上升了，v3＞v8B．电梯上升了，v3＜v8C．电梯下降了，v3＞v8D．电梯下降了，v3＜v8【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】根据F﹣t图象分析重物的运动情况：重物的重力为50N，在0﹣4s内，物体加速上升，4﹣14s，物体匀速上升，可得知v3和v8的大小．【解答】解：电梯原来处于静止状态，根据F﹣t图象分析重物的重力G=50N，在0﹣4s内，F＞G，物体匀加速上升，4﹣14s，F=G，物体匀速上升，所以t1=3s和t2=8s时的速度关系为：v3＜v8，而且电梯上升了．故选B【点评】本题首先要理解F﹣t图象的意义，读出重物的重力，其次要能根据重物的受力情况，分析其运动情况，属于基础题． 9．已知地球半径为R，月球半径为r，地球与月球之间的距离（两球中心之间的距离）为L．月球绕地球公转的周期为T1，地球自转的周期为T2，地球绕太阳公转周期为T3，假设公转运动都视为圆周运动，万有引力常量为G，由以上条件可知（ ）A．地球的质量为m地=B．月球的质量为m月=C．地球的密度为ρ=D．月球运动的加速度为【考点】万有引力定律及其应用．【专题】万有引力定律的应用专题．【分析】根据万有引力提供圆周运动向心力可以求得中心天体的质量，根据密度公式可以求天体的密度．25\n【解答】解：AC、月球围绕地球圆周运动，已知月球公转周期为T1，公转半径为为L，根据万有引力提供圆周运动向心力有：，可得地球的质量，地球的密度，所以AC均错误；B、因为月球是环绕天体，万有引力提供向心力等式两边消去环绕天体的质量，故无法求得月球的质量，所以B错误；D、月球绕地球公转，万有引力提供圆周运动向心力有，月球的加速度即为向心加速度故a=，故D正确．故选：D．【点评】万有引力提供圆周运动向心力可以通过测量周期与半径求中心天体的质量不，注意只能求中心天体的质量，环绕天体的质量无法求得． 10．有一个物体以初速度v0沿倾角为θ的足够长的粗糙斜面上滑，已知物体与该斜面间的动摩擦因数μ＜tanθ，那么能正确表示该物体的速度v随时间t变化的图线是（ ）A．B．C．D．【考点】匀变速直线运动的图像．【专题】运动学中的图像专题．【分析】物体先沿斜面向上做匀减速直线运动，后沿斜面向下做匀加速直线运动．根据牛顿第二定律可知：物体上滑的加速度大于下滑的加速度，则上滑的时间短于下滑的时间，返回出发点时速度与初速度v0小．【解答】解：物体先沿斜面向上做匀减速直线运动，后沿斜面向下做匀加速直线运动．根据牛顿第二定律可知：物体上滑的加速度大于下滑的加速度，则上滑的时间短于下滑的时间，返回出发点时速度与初速度v0小．则a图符合物体的运动情况．故选A【点评】本题是速度图象问题，关键要根据牛顿第二定律和运动学的规律分析物体上滑和下滑加速度、速度、时间的关系． 25\n11．在军事演习中，某空降兵从飞机上跳下，先做自由落体运动，在t1时刻，速度达较大值v1时打开降落伞，做减速运动，在t2时刻以较小速度v2着地．他的速度图象如图所示．下列关于该空降兵在0～t1或t1～t2时间内的平均速度的结论正确的是（ ）A．0～t1，＜B．t1～t2，C．t1～t2，＞D．t1～t2，＜【考点】匀变速直线运动的图像．【专题】运动学中的图像专题．【分析】空降兵在0～t1时间内做自由落体运动，在t1～t2时间内做加速度不断减小的减速运动；根据速度时间图线与时间轴包围的面积表示位移来分析讨论．【解答】解：A、空降兵在0～t1时间内做自由落体运动，为匀变速直线运动，故=，故A错误；B、在t1～t2时间内做加速度不断减小的减速运动，位移等于速度时间图线与时间轴包围的面积，此面积比虚线（直线）面积小，故＜，故D正确，BC错误．故选：D．【点评】本题关键根据速度时间图象与坐标轴包围的面积表示位移以及匀变速直线运动的平均速度等于该段时间内的初速度与末速度的平均值来进行分析计算． 12．如图1所示，有一个弹簧振子在a、b两点之间做简谐运动，O点是平衡位置，建立图1中所示的坐标轴，其振动图象如图2所示，则下列说法正确的是（ ）A．振子振动的周期等于t1B．振子振动的周期等于t2C．t1时刻振子位于b点D．t1时刻振子位于a点【考点】简谐运动的振幅、周期和频率．【专题】简谐运动专题．【分析】振子做简谐运动，位移为相对平衡位置的位移，周期为完成一次全振动所需要的时间．【解答】解：A、B、振子做简谐运动，在t4时间内完成一次全振动，故周期为t4，故A错误，B错误；25\nC、D、t1时刻振子为负的最大，改位移是相对平衡位置的位移，故t1时刻振子位于a点，故C错误，D正确；故选：D．【点评】本题关键是明确简谐运动的周期和位移的概念，要能够从x﹣t图象读出位移、振幅和周期，基础题目． 13．如图中实线是一列简谐横波在某时刻的波形图，虚线是经过0.2s时该波的波形图．下列说法中正确的是（ ）A．波源的振动周期可能是0.8sB．波源的振动周期可能是1.6sC．波速一定为5m/sD．在任何一个周期内振动质点的位移都为8m【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．【专题】振动图像与波动图像专题．【分析】由图读出波长，考虑波的双向性和周期性，分别写出向左传播或向右传播的速度的通项．【解答】解：由图可知：波长λ=8m，振幅A=2m，若波沿x轴正方向传播：△t=（n+）T，所以T=（n=0，1，2，3…）若波沿x轴负方向传播：△t=（n+）T，所以T=（n=0，1，2，3…）A、由以上分析可知，该波的周期可能为0.8s，0.16s，…，不可能为1.6s，故A正确，B错误；C、据v=和周期的通式可知，波速很多，并不一定为5m/s，故C错误；D、据波与质点振动的关系知，在任何一个周期内振动质点的路程都为8m，并非位移，故D错误．故选：A．【点评】本题是知道两个时刻的波形研究波传播的距离、波速、周期的问题，关键是理解波的周期性，运用数学知识列出通项式． 14．如图所示，电梯质量为M，地板上放置一质量为m的物体，钢索拉着电梯由静止开始向上做加速运动，当上升高度为H时，速度达到v，则（ ）A．地板对物体的支持力做的功等于mv225\nB．地板对物体的支持力做的功等于mgHC．钢索的拉力做的功等于Mv2+MgHD．合力对电梯M做的功等于Mv2【考点】动能定理的应用；功能关系．【专题】动能定理的应用专题．【分析】根据电梯的运动情况，可以求得电梯的加速度的大小，再有牛顿第二定律可以求得电梯对物体的支持力的大小，从而可以求得功的大小．【解答】解：A、电梯由静止开始向上做加速运动，设加速度的大小为a，由速度和位移的关系式可得，v2=2aH，所以a=，对电梯由牛顿第二定律可得，FN﹣mg=ma，所以FN=mg+ma=mg+m，地板对物体的支持力做的功为W=FNH=（mg+ma）H=mgH+mv2，所以AB错误．C、对于整体由牛顿第二定律可得，F﹣（M+m）g=（M+m）a，所以钢索的拉力为F=（M+m）g+（M+m）a，钢索的拉力做的功等于FH=（M+m）gH+（M+m）v2，所以C错误．D、根据动能定理可得，合力对电梯M做的功等于电梯的动能的变化即为Mv2，故D正确．故选：D．【点评】解决本题的关键是对物体的受力分析，再根据功的公式可以逐个来求得每个力的功． 15．如图所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量．M=3kg．质量m=1kg的铁块以水平速度v0=4m/s，从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端．在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为（ ）A．3JB．6JC．20JD．4J【考点】机械能守恒定律．【专题】机械能守恒定律应用专题．【分析】铁块从木板的左端沿板面向右滑行，当铁块与木板的速度相同时，弹簧压缩最短，其弹性势能最大．根据能量守恒列出此过程的方程．从两者速度相同到铁块运动到木板的左端过程时，两者速度再次相同，根据能量守恒定律再列出整个过程的方程．根据系统动量守恒可知，两次速度相同时，铁块与木板的共同速度相同，根据动量守恒定律求出共同速度，联立求解弹簧具有的最大弹性势能．25\n【解答】解：设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为v，铁块相对木板向右运动时，滑行的最大路程为L，摩擦力大小为f．根据能量守恒定律得：铁块相对于木板向右运动过程：=fL++EP铁块相对于木板运动的整个过程：=2fL+又根据系统动量守恒可知，mv0=（M+m）v联立得到：EP=3J．故选A【点评】本题是系统的动量守恒和能量守恒问题，分析两个过程进行研究，要抓住铁块与木板两次共同速度相同． 二、非选择题（共75分）16．（2022秋•北京校级期中）在“用单摆测定重力加速度”的实验中：①用主尺最小分度为1mm，游标上有20个分度的卡尺测量金属球的直径，结果如图1所示，可以读出此金属球的直径为 19.40 mm．②某同学在利用单摆测重力加速度的实验中，测出多组摆长L与周期T的数据，根据实验数据，作出了T2﹣L的关系图象如图所示，理论上T2﹣L是一条过坐标原点的直线，根据图中数据，可算出重力加速度其值为 9.86 m/s2（取π2=9.86，结果保留三位有效数字）．③此同学作出了T2﹣L的关系图象不过原点，其原因可能是 测摆长时漏加小球半径 ．【考点】用单摆测定重力加速度．【专题】实验题；定性思想；图析法；单摆问题．【分析】①游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；②根据单摆周期公式求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出重力加速度；③摆线长度与摆球半径之和是单摆的摆长，根据实验注意事项分析实验误差．【解答】解：①由图示游标卡尺可知，金属球的直径为：19mm+8×0.05mm=19.40mm；②由单摆的周期公式：T=2π可知，T2=L，则T2﹣L图象的斜率：k====4，重力加速度：g===9.86m/s2；③图象不通过坐标原点，将图象向右平移1cm就会通过坐标原点，故相同的周期下，摆长偏小1cm，故可能是测摆长时漏掉了摆球的半径；25\n故答案为：①19.40；②9.86；③测摆长时漏加小球半径．【点评】本题考查了游标卡尺读数、求重力加速度、图象分析等问题，游标卡尺主尺与游标尺的示数之和是游标卡尺示数，游标卡尺不需要估读，对游标卡尺读数时要注意游标尺的精度． 17．（2022秋•北京校级期中）如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．①实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过测量 C （填选项前的符号），间接地解决这个问题．A．小球开始释放高度hB．小球抛出点距地面的高度HC．小球做平抛运动的射程②图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP．然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是 ADE ．（填选项前的符号）A．用天平测量两个小球的质量m1、m2B．测量小球m1开始释放的高度hC．测量抛出点距地面的高度HD．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE．测量平抛射程OM、ON③若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为 m1OP=m1OM+m2ON （用②中测量的量表示）．【考点】验证动量守恒定律．【专题】实验题；定性思想；实验分析法；动量定理应用专题．【分析】在该实验中，小球做平抛运动，H相等，时间t就相等，水平位移x=vt，与v成正比，因此可以用位移x来代替速度v．再根据动量守恒定律的规律可求得表达式．【解答】解：①根据小球的平抛运动规律，可以用位移x来代替速度v，因此待测的物理量就是水平射程x、小球的质量m．②待测的物理量就是位移x（水平射程OM，ON）和小球的质量m，所以，要完成的必要步骤是ADE．③若两球相碰前后的动量守恒，则m1v0=m1v1+m2v2，又OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t，代入得：m1OP=m1OM+m2ON故答案为：①C；②ADE；③m1OP=m1OM+m2ON【点评】该题考查用“碰撞试验器”验证动量守恒定律，该实验中，虽然小球做平抛运动，但是却没有用到速和时间，而是用位移x来代替速度v，成为是解决问题的关键．此题难度中等，属于中档题． 25\n18．（2022•西安二模）在光滑的水平面上，甲、乙两物质的质量分别为m1；m2，它们分别沿东西方向的一直线相向运动，其中甲物体以速度6m/s由西向东运动，乙物体以速度2m/s由东向西运动，碰撞后两物体都沿各自原运动方向的反方向运动，速度大小都是4m/s求：①甲、乙两物体质量之比；②通过计算说明这次碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞．【考点】动量守恒定律；能量守恒定律．【专题】动量定理应用专题．【分析】甲乙两物体在碰撞的过程中动量守恒，根据动量守恒定律求出甲乙两物体的质量之比．分别计算出碰撞前后相同的动能的和，然后通过比较看看是否相等：若相等，则是弹性碰撞，若不相等，则是非弹性碰撞．【解答】解：①设向东方向为正，则由动量守恒知：m1v1+（﹣m2v2）=（﹣m1v1'）+m2v2'代入数据解得：②设m1=3m，m2=5m碰撞前系统总能量：Ek=m1v12+m2v22=64m碰撞后系统总能量：Ek'=m1v1'2+m2v2'2=64m因为Ek=Ek'，所以这是弹性碰撞．答：①甲、乙两物体质量之比为；②通过计算发现，这次碰撞是弹性碰撞．【点评】解决本题的关键掌握动量守恒定律，在运用动量守恒定律解题时注意速度的方向． 19．（2022春•兴平市期末）“嫦娥奔月”的过程可以简化为：“嫦娥一号”升空后，绕地球沿椭圆轨道运动，远地点A距地面高为h1，在远地点时的速度为v，然后经过变轨被月球捕获，再经多次变轨，最终在距离月球表面高为h2的轨道上绕月球做匀速圆周运动．（1）已知地球半径为R1、表面的重力加速度为g0，求“嫦娥一号”在远地点A处的加速度a；（2）已知月球的质量为M、半径为R2，引力常量为G，求“嫦娥一号”绕月球运动的周期T．25\n【考点】万有引力定律及其应用．【专题】匀速圆周运动专题．【分析】（1）嫦娥一号受到合力为地球的万有引力，由牛顿第二定律可以求出A点处的加速度．（2）月球对嫦娥一号的万有引力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出其绕月运动的周期．【解答】解：（1）由牛顿第二定律得：对嫦娥一号卫星：ma=G=G，在地球表面的物体mg0=G，解得：a=；（2）月球的万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G=m（）2（R2+h2），解得，嫦娥一号绕月运动的周期T=2π；答：（1）“嫦娥一号”在远地点A处的万有引力产生的加速度为；（2）“嫦娥一号”绕月球运动的周期2π【点评】万有引力等于重力，万有引力提供向心力，由万有引力定律及牛顿第二定律可以正确解题． 20．（2022•朝阳区一模）如图所示，ABCM为固定在竖直平面内的轨道，其中ABC为光滑半圆形轨道，半径为R，CD为水平粗糙轨道．一质量为m的小滑块（可视为质点）从圆轨道中点B由静止释放，滑至M点恰好静止，CM间距为4R．已知重力加速度为g．（1）求小滑块与水平面间的动摩擦因数；（2）求小滑块到达C点时，小滑块对圆轨道压力的大小；（3）现使小滑块在M点获得一初动能，使它向左运动冲上圆轨道，恰能通过最高点A，求小滑块在M点获得的初动能．25\n【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；牛顿第三定律；向心力；功能关系．【专题】动能定理的应用专题．【分析】（1）从B到M的过程中，滑块的重力做功mgR，滑动摩擦力做功﹣4μmgR，动能变化量为零，根据动能定理求得μ；（2）从B到C的过程中，只有重力做功，机械能守恒，即可求得小滑块到达C点时的速度．经过C点时，由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求得轨道对滑块的支持力，即可由牛顿第三定律得到小滑块对圆轨道压力的大小．（3）滑块恰能通过最高点A时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律求得滑块到达最高点时的速度大小，根据根据能的转化和守恒定律求解小滑块在M点获得的初动能．【解答】解：（1）从B到M的过程中，根据动能定理：mgR﹣4μmgR=0﹣0所以μ=0.25（2）设小滑块到达C点时的速度为vC，根据机械能守恒定律：mgR=解得，设小滑块到达C点时圆轨道对它的支持力为F，根据牛顿第二定律得F﹣mg=m解得，F=3mg根据牛顿第三定律，小滑块到达C点时，对圆轨道压力的大小F'=F=3mg（3）根据题意，小滑块刚好到达圆轨道的最高点A，此时，重力充当向心力，设小滑块达到A点时的速度为vA，根据牛顿第二定律：mg=m得设小滑块在M点获得的初动能为Ek，又根据能的转化和守恒定律：Ek=Ep+EkA+Q即答：（1）小滑块与水平面间的动摩擦因数是0.25；（2）小滑块到达C点时，小滑块对圆轨道压力的大小是3mg；（3）现使小滑块在M点获得一初动能，使它向左运动冲上圆轨道，恰能通过最高点A，小滑块在M点获得的初动能是3.5mgR．【点评】本题是动能定理和牛顿运动定律、向心力等知识的综合应用，当涉及力在空间的效应时，应优先考虑动能定理． 21．（2022•丰台区二模）如图所示，在水平地面上固定一倾角θ=37°的长斜面体，物体A以v1=8m/s的初速度沿斜面上滑，同时在物体A的正上方，有一物体B以某一初速度水平抛出．物体A上滑过程中速度减小，当速度减为零时恰好被B物体击中．已知物体A与斜面体间的动摩擦因数为0.25．（A、B均可看作质点，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）求：25\n（1）物体A上滑过程所用的时间t；（2）物体B抛出时的初速度v2；（3）物体A、B间初始位置的高度差h．【考点】平抛运动；牛顿第二定律．【专题】平抛运动专题．【分析】（1）对物体A进行受力分析，可以根据牛顿第二定律求出A上滑的加速度，再由匀变速直线运动的速度公式可以求得运动的时间；（2）由几何关系得出B平抛运动的水平位移，结合时间求出初速度的大小．（3）物体A、B间初始位置的高度差等于A上升的高度和B下降的高度的和，A上升的高度可以由A的运动求出，B下降的高度就是自由落体的竖直位移．【解答】解：（1）物体A上滑过程中，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma代入数据得：a=8m/s2设经过t时间相撞，由运动学公式：0=v1﹣at代入数据得：t=1s（2）平抛物体B的水平位移：代入数据得：x=3.2m平抛速度：代入数据得：v2=3.2m/s（3）物体A、B间的高度差：h=hA+hB代入数据得：h=7.4m答：（1）物体A上滑过程所用的时间t为1s；（2）物体B抛出时的初速度v2为3.2m/s；（3）物体A、B间初始位置的高度差h为7.4m．【点评】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，抓住与A运动的时间相等，水平位移相等，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解． 25\n22．（2022秋•北京校级期中）如图所示，AB是一个固定在竖直面内的弧形轨道，与竖直圆形轨道BCD在最低点B平滑连接，且B点的切线是水平的；BCD圆轨道的另一端D与水平直轨道DE平滑连接．B、D两点在同一水平面上，且B、D两点间沿垂直圆轨道平面方向错开了一段很小的距离，可使运动物体从圆轨道转移到水平直轨道上．现有一无动力小车从弧形轨道某一高度处由静止释放，滑至B点进入竖直圆轨道，沿圆轨道做完整的圆运动后转移到水平直轨道DE上，并从E点水平飞出，落到一个面积足够大的软垫上．已知圆形轨道的半径R=0.40m，小车质量m=2.5kg，软垫的上表面到E点的竖直距离h=1.25m、软垫左边缘F点到E点的水平距离s=1.0m．不计一切摩擦和空气阻力，弧形轨道AB、圆形轨道BCD和水平直轨道DE可视为在同一竖直平面内，小车可视为质点，取重力加速度g=10m/s2．（1）要使小车能在竖直圆形轨道BCD内做完整的圆周运动，则小车通过竖直圆轨道最高点时的速度至少多大；（2）若小车恰能在竖直圆形轨道BCD内做完整的圆周运动，则小车运动到B点时轨道对它的支持力多大；（3）通过计算说明要使小车完成上述运动，其在弧形轨道的释放点到B点的竖直距离应满足什么条件．【考点】机械能守恒定律；平抛运动；向心力．【专题】计算题；定量思想；图析法；方程法；机械能守恒定律应用专题．【分析】（1）小车在最高点，重力和轨道的压力的合力提供向心力，当压力为零时，速度最小，根据牛顿第二定律列式即可求解；（2）根据机械能守恒定律求出小车通过B点的速度，在B点，根据牛顿第二定律列式即可求解；（3）小车从E点水平飞出后做平抛运动，根据平抛运动的基本公式结合机械能守恒定律即可求解．【解答】解：（1）设小车能在竖直圆形轨道BCD内做完整的圆周运动，小车通过圆轨道最高点时的最小速度为vC，根据牛顿第二定律有mg=m，解得：vC=2m/s；（2）小车恰能在圆轨道内做完整的圆周运动，此情况下小车通过B点的速度为vB，轨道对小车的支持力为FN．根据机械能守恒定律有mvB2=mvC2+mg•2R，解得：vB=2m/s，在B点，由牛顿第二定律得：FN﹣mg=m，解得：FN=150N；（3）设小车从E点水平飞出落到软垫上的时间为t，则h=gt2，解得t=0.50s，设小车以vE的速度从E点水平飞出落到软垫F点右侧，则vEt＞s，解得：vE＞2.00m/s要使小车完成题目中所述运动过程，应当满足两个条件：①小车通过轨道B点的速度vB≥2m/s，②小车通过E点的速度vE＞2.00m/s25\n因为vB=vE，综合以上两点，小车通过B点的速度应不小于vB=2m/s，设释放点到B点的竖直距离为H，根据机械能守恒定律有：mgH=mvB2，解得H=1.0m，则释放点到B点的竖直距离H≥1.0m；答：（1）要使小车能在竖直圆形轨道BCD内做完整的圆周运动，则小车通过竖直圆轨道最高点时的速度至少为2m/s；（2）若小车恰能在竖直圆形轨道BCD内做完整的圆周运动，则小车运动到B点时轨道对它的支持力多大为150N；（3）通过计算说明要使小车完成上述运动，其在弧形轨道的释放点到B点的竖直距离应满足H≥1.0m．【点评】本题主要考查了牛顿第二定律、平抛运动基本公式、机械能守恒定律的应用．对于圆周运动，涉及力的问题，往往根据向心力进行分析处理．难度适中． 23．（2022•洪泽县校级模拟）如图所示，质量为M的长方形木板静止在光滑水平面上，木板的左侧固定一劲度系数为k的轻质弹簧，木板的右侧用一根伸直的并且不可伸长的轻绳水平地连接在竖直墙上．绳所能承受的最大拉力为T．一质量为m的小滑块以一定的速度在木板上无摩擦地向左运动，而后压缩弹簧．弹簧被压缩后所获得的弹性势能可用公式EP=kx2计算，k为劲度系数，x为弹簧的形变量．（1）若在小滑块压缩弹簧过程中轻绳始终未断，并且弹簧的形变量最大时，弹簧对木板的弹力大小恰好为T，求此情况下小滑块压缩弹簧前的速度v0；（2）若小滑块压缩弹簧前的速度v0'为已知量，并且大于（1）中所求的速度值v0，求此情况下弹簧压缩量最大时，小滑块的速度；（3）若小滑块压缩弹簧前的速度大于（1）中所求的速度值v0，求小滑块最后离开木板时，相对地面速度为零的条件．【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．【专题】动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．【分析】（1）假设绳子不断，当滑块速度减为零时，弹性势能最大，弹力最大，绳子的张力最大，等于弹簧的弹力；然后根据机械能守恒定律和胡克定律列式求解；（2）当滑块与长木板速度相等时，弹力最大，加速度最大；先求解出断开时滑块速度，然后根据动量守恒和机械能守恒定律列式联立求解出共同速度，得到最大加速度．（3）滑块与长木板分离后，速度恰好为零，根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式后联立求解即可．【解答】解：（1）设此问题中弹簧的最大压缩量为x0，则有：…①kx0=T…②解得：．25\n（2）由于小滑块压缩弹簧前的速度v0′大于（1）中所求的速度值v0，所以当弹簧的压缩量为x0时，小滑块的速度不为零．设弹簧的压缩量为x0时，小滑块的速度为v，有…③由②③解得：…④此后细绳被拉断，木板与滑块（弹簧）组成的系统动量守恒，当弹簧的压缩量最大时，木板和小滑块具有共同速度，设共同速度为V有mv=（m+M）V…⑤由④⑤解得：…⑥（3）木板与小滑块通过弹簧作用完毕时，小滑块相对地面的速度应为0，设此时木板的速度为V1，并设小滑块压缩弹簧前的速度为v0'，绳断瞬间小滑块的速度为v，则有mv=MV1…⑦…⑧由④⑦⑧解得小滑块最后离开木板时，相对地面速度为零的条件得：，且m＞M．答：（1）小滑块压缩弹簧前的速度v0是T．（2）弹簧压缩量最大时，小滑块的速度是；（3）小滑块最后离开木板时，相对地面速度为零的条件是：，且m＞M．【点评】本题关键要分析清楚滑块和滑板的运动情况，能结合机械能守恒定律和动量守恒定律多次列式后联立分析，难度较大． 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