1. 某利用太陽能驅(qū)動(dòng)的小車質(zhì)量為m，當(dāng)太陽光照射到小車上方的光電板時(shí)，光電板中產(chǎn)生的電流經(jīng)電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)小車前進(jìn)．小車在平直的道路上由靜止開始勻加速行駛，經(jīng)過時(shí)間t，速度達(dá)到時(shí)電動(dòng)機(jī)功率達(dá)到額定功率，并保持不變；小車又繼續(xù)前進(jìn)了s距離，達(dá)到最大速度．小車運(yùn)動(dòng)過程中所受阻力恒為，則小車的額定功率為( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
【詳解】小車勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律
且
解得
當(dāng)達(dá)到最大速度時(shí)，此時(shí)牽引力
則
故選項(xiàng)B正確，ACD錯(cuò)誤
故選B。
考點(diǎn)：功率；牛頓第二定律.
2. 為了防止高空下落物體對(duì)樓下行人造成傷害，我國已將高空拋物納入了法律追責(zé)范疇，進(jìn)一步規(guī)范居民生活行為．假設(shè)質(zhì)量為的物體從高處自由落下，落到地面與地面作用時(shí)間為，物體落地后不反彈，重力加速度取，不計(jì)空氣阻力．則地面受到的作用力約為( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【詳解】物體落地的速度
落地時(shí)由動(dòng)量定理
解得
故選B。
3. 如圖所示，質(zhì)量為m的小車左端緊靠豎直墻壁但不固定，其左側(cè)AB部分為光滑圓弧軌道，半徑為R，軌道最低點(diǎn)B與水平粗糙軌道BC相切，，將質(zhì)量也為m的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)無初速釋放，只考慮物塊與BC間的摩擦，其動(dòng)摩擦因數(shù)為，其余一切摩擦不計(jì)，則物塊相對(duì)BC運(yùn)動(dòng)的位移大小為( )
A. B. RC. D. 2R
【答案】A
【解析】
【詳解】物塊從A下滑到B的過程中,小車保持靜止,對(duì)物塊,由機(jī)械能守恒定律得:

從B到C的過程中,小車和物塊組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒,有:

從B到C的過程中,由功能關(guān)系得:

故A正確；
故選A
點(diǎn)睛：根據(jù)機(jī)械能守恒定律求滑塊下落至B點(diǎn)時(shí)的速度,滑塊從B向C滑動(dòng)時(shí),滿足系統(tǒng)動(dòng)量守恒,求出滑塊和小車在水平面上一起運(yùn)動(dòng)時(shí)的共同速度,再根據(jù)功能關(guān)系求出物塊相對(duì)BC運(yùn)動(dòng)的位移大小.
4. 如圖所示，半徑為0.1m的豎直圓環(huán)上固定有一個(gè)質(zhì)量為0.1 kg的小球，圓環(huán)繞其圓心在豎直面內(nèi)以角速度＝7rad/s沿逆時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)．已知重力加速度g取9.8 m/s2，小球由P點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過程中，下列說法正確的是
A. 小球重力的功率先增大后減小
B. 圓環(huán)對(duì)小球的作用力先減小后增大
C. 圓環(huán)對(duì)小球的作用力與豎直方向的最大夾角為30°
D. 圓環(huán)對(duì)小球的作用力的最小值為0.98 N
【答案】C
【解析】
【詳解】A．小球隨圓環(huán)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，由P點(diǎn)轉(zhuǎn)到Q點(diǎn)的過程中，豎直分速度越來越大，因此重力的功率越來越大，故A錯(cuò)誤；
BD．圓環(huán)由P到Q轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，由牛頓第二定律： (其中α為圓環(huán)所在位置與圓心連線與豎直方向的夾角)，當(dāng)α=0時(shí)FN=-0.49N，方向豎直向上；當(dāng)α=90°時(shí)FN=0.49N，則隨著α增大，F(xiàn)N先減小到0后變大，圓環(huán)對(duì)小球的作用力的最小值為0，故BD錯(cuò)誤；
C．小球受到的向心力F向＝mω2r=0.49N，如圖所示，以小球所處的位置為圓心，以0.49N為半徑作圓，可知圓環(huán)對(duì)小球的作用力F與圓相切時(shí)，夾角θ最大，，則θ=30°，故C正確；
5. 一物體放在水平地面上，如圖1所示，已知物體所受水平拉力F隨時(shí)間t的變化情況如圖2所示，物體相應(yīng)的速度v隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖3所示．則 ( )
A. 2～6s時(shí)間內(nèi)物體的加速度為0.5m/s2B. 物塊的質(zhì)量為1kg
C. 整個(gè)過程中，物體所受摩擦力始終為2ND. 0～10s時(shí)間內(nèi)，物體克服摩擦力所做的功30J
【答案】D
【解析】
【詳解】A．2～6s時(shí)間內(nèi)物體的加速度為
故A錯(cuò)誤；
B. 2～6s時(shí)間內(nèi)由牛頓定律
即
3-f=0．75m
6～8s時(shí)間內(nèi)物體勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)
F=f
即
f=2N
可得
m=1．33kg
故B錯(cuò)誤；
C. 開始的2s內(nèi)物體靜止，所受的摩擦力為靜摩擦力，大小為1N，故整個(gè)過程中，物體所受摩擦力不是始終為2N ，故C錯(cuò)誤；
D．0～10s時(shí)間內(nèi)，物體的位移
則物體克服摩擦力所做的功
Wf=fx=30J
故D正確。
故選D。
6. 一列沿x軸正方向傳播的簡(jiǎn)諧橫波，時(shí)的波形如圖甲所示，處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像如圖乙所示，則波速可能是( )

A. 1m/sB. 2m/sC. 3m/sD. 4m/s
【答案】B
【解析】
【詳解】由圖乙可知，波的周期為T=6s，質(zhì)點(diǎn)在時(shí)沿y軸正方向振動(dòng)，波沿x軸正方向傳播， 則處質(zhì)點(diǎn)可能處在
(n=0,1,2,3，?)
則有
(n=0,1,2,3，?)
解得
(n=0,1,2,3，?)
則波速為
(n=0,1,2,3，?)
則波速可能是：當(dāng)n=0時(shí)
當(dāng)n=1時(shí)
因此則波速可能是2m/s，ACD錯(cuò)誤，B正確。
故選B。
7. 如圖所示，小球A可視為質(zhì)點(diǎn)，裝置靜止時(shí)輕質(zhì)細(xì)線AB水平，輕質(zhì)細(xì)線AC與豎直方向的夾角37°。已知小球的質(zhì)量為m，細(xì)線AC長l，B點(diǎn)距C點(diǎn)的水平和豎直距離相等。裝置能以任意角速度繞豎直軸轉(zhuǎn)動(dòng)，且小球始終在平面內(nèi)，那么在角速度從零緩慢增大的過程中( )(重力加速度g取，，)
A. 兩細(xì)線張力均增大
B. 細(xì)線AB中張力一直變小，直到為零
C. 細(xì)線AC中張力一直增大
D. 當(dāng)AB中張力為零時(shí)，角速度可能為
【答案】D
【解析】
【詳解】AB．當(dāng)靜止時(shí)，受力分析如圖，由平衡條件
由平衡條件得
TAB=mgtan37°=0.75mg
TAC＝＝1.25mg
若AB中的拉力為0，當(dāng)ω最小時(shí)繩AC與豎直方向夾角θ1=37°，受力分析如圖
根據(jù)受力分析
mgtanθ1＝m(Lsinθ1)ωmin2
得
根據(jù)對(duì)稱性可知，當(dāng)ω最大時(shí)繩AC與豎直方向夾角θ2=53°，此時(shí)應(yīng)有
mgtanθ2＝mωmax2Lsinθ2
得
ωmax＝
所以ω取值范圍為
≤ω≤
繩子AB的拉力都是0．由以上的分析可知，開始時(shí)AB拉力不為0，當(dāng)轉(zhuǎn)速在≤ω≤時(shí)，AB的拉力為0，角速度再增大時(shí)，AB的拉力又會(huì)增大，AB錯(cuò)誤；
C．當(dāng)繩子AC與豎直方向之間的夾角不變時(shí)，AC繩子的拉力在豎直方向的分力始終等于重力，所以繩子的拉力繩子等于1.25mg；當(dāng)轉(zhuǎn)速大于后，繩子與豎直方向之間的夾角增大，拉力開始增大；當(dāng)轉(zhuǎn)速大于后，繩子與豎直方向之間的夾角不變，AC上豎直方向的拉力不變；隨后當(dāng)水平方向的拉力增大，AC的拉力繼續(xù)增大，C錯(cuò)誤；
D．由開始時(shí)的分析可知，當(dāng)ω取值范圍為≤ω≤時(shí)，繩子AB的拉力都是0，D正確。
故選D
二、多選題
8. 2019年10月11日，中國火星探測(cè)器首次公開亮相，暫命名為“火星一號(hào)”，并計(jì)劃于2020年發(fā)射，探測(cè)器接近火星后需經(jīng)歷如圖所示的變軌過程，軌道Ⅰ為圓軌道，已知引力常量為G，則下列說法正確的是( )
A. 探測(cè)器在軌道Ⅰ上的機(jī)械能大于在軌道Ⅱ上的機(jī)械能
B. 探測(cè)器在軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，運(yùn)行的周期
C. 探測(cè)器若從軌道Ⅱ變軌到軌道Ⅰ，需要在P點(diǎn)朝速度反向噴氣
D. 若軌道I貼近火星表面，并已知探測(cè)器在軌道I上運(yùn)動(dòng)的角速度，可以推知火星的密度
【答案】BD
【解析】
【分析】
【詳解】AC．探測(cè)器在P點(diǎn)從軌道Ⅱ變軌到軌道Ⅰ，需要在P點(diǎn)朝速度方向噴氣，從而使探測(cè)器減速到達(dá)軌道Ⅰ，則探測(cè)器在軌道Ⅰ上的機(jī)械能小于在軌道Ⅱ上的機(jī)械能，AC錯(cuò)誤；
B．根據(jù)開普勒第三定律可知，探測(cè)器在軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)半長軸越大其運(yùn)行的周期越大，B正確；
D．根據(jù)萬有引力定律可得
根據(jù)可得
聯(lián)立解得
所以當(dāng)軌道Ⅰ貼近火星表面，并且已知探測(cè)器在軌道Ⅰ上運(yùn)動(dòng)的角速度，可以推知火星的密度，D正確；
故選BD。
9. 在粗糙水平面上有一可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊，物塊質(zhì)量為m，物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)隨位置坐標(biāo)變化如圖所示，若小物塊從坐標(biāo)原點(diǎn)由靜止在恒力F作用下沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)時(shí)間t至坐標(biāo)為x0處停下，重力加速度為g，則在此運(yùn)動(dòng)過程中下列說法正確的是( )
A. 物塊加速度隨時(shí)間均勻變化
B. 恒力F大小為
C. 物塊運(yùn)動(dòng)速度最大值
D. 物塊所受摩擦力沖量大小為
【答案】BD
【解析】
【詳解】A．根據(jù)牛頓第二定律可知物體的加速度為
=-μg
所以加速度與動(dòng)摩擦因數(shù)是線性關(guān)系，則與位移是線性關(guān)系，但變速運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間是非線性關(guān)系，所以加速度隨著時(shí)間不是均勻變化，故A錯(cuò)誤；
BD．根據(jù)圖象可知，滑動(dòng)摩擦力隨著位移均勻變化，由動(dòng)能定理得：
即有：
解得：
由動(dòng)量定理得：
即有：
故BD正確；
C．當(dāng)F等于摩擦力時(shí)，速度最大，則有
即

所以
由圖像可知物體發(fā)生的位移為
由于加速度與位移成線性關(guān)系，所以物體前一半位移平均加速度與后一半位移的平均加速度大小相等，所以前一半位移的時(shí)間與后一半位移的時(shí)間也相等，如物體是勻變速直線運(yùn)動(dòng)，則
=
解得
但物塊做的是非勻變速直線運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤．
10. 如圖所示，同一豎直平面內(nèi)有四分之一圓環(huán)和傾角為的斜面相接于點(diǎn)，為中點(diǎn)，A、兩點(diǎn)與圓環(huán)的圓心等高?，F(xiàn)將甲、乙小球同時(shí)從A、兩點(diǎn)以一定大小的初速度沿水平方向同時(shí)拋出，兩球恰好在點(diǎn)相碰(不計(jì)空氣阻力)。則下列說法正確的是( )
A. 甲、乙兩球初速度大小之比為
B. 若僅增大兩球質(zhì)量，則兩球不再相碰
C. 若乙球速度大小變?yōu)樵瓉淼囊话?，則落在斜面之間某點(diǎn)
D. 若乙球速度大小變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則可能垂直擊中圓環(huán)
【答案】AC
【解析】
【詳解】A．甲、乙小球同時(shí)從A、兩點(diǎn)同時(shí)拋出，在點(diǎn)相碰，則兩小球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，由幾何知識(shí)可知，兩小球水平位移之比為
則甲、乙兩球初速度大小之比為，故A正確；
B．兩球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與質(zhì)量無關(guān)，若改變質(zhì)量，兩球仍會(huì)相碰，故B錯(cuò)誤；
C．若乙球速度大小變?yōu)樵瓉淼囊话?，在時(shí)間不變的情況下水平位移將會(huì)變?yōu)樵瓉淼囊话?，但由于乙球?huì)落在斜面上導(dǎo)致下落高度減小，則時(shí)間減小，所以乙球的水平位移會(huì)小于原來位移的一半，則落在斜面之間某點(diǎn)，故C正確；
D．若乙球垂直擊中圓環(huán)，則落點(diǎn)時(shí)速度的反向延長線過圓心O，如下圖所示
根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的推論，即速度方向的反向延長線交于水平位移的中點(diǎn)，可知此時(shí)的水平位移變?yōu)樵瓉淼膬杀?，但由于下落高度減小，則運(yùn)動(dòng)的時(shí)間減小，故此時(shí)的初速度大于原來的兩倍。則若乙球速度大小變?yōu)樵瓉淼膬杀叮瑒t不可能垂直擊中圓環(huán)，故D錯(cuò)誤。
故選AC。
三、實(shí)驗(yàn)題
11. 利用如圖裝置做“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”實(shí)驗(yàn)。

(1)為驗(yàn)證機(jī)械能是否守恒，需要比較重物下落過程中任意兩點(diǎn)間的______。
A.動(dòng)能變化量與勢(shì)能變化量
B.速度變化量與勢(shì)能變化量
C.速度變化量與高度變化量
(2)實(shí)驗(yàn)中，先接通電源，再釋放重物，得到圖所示的一條紙帶。在紙帶上選取三個(gè)連續(xù)打出的點(diǎn)A、B、C，測(cè)得它們到起始點(diǎn)O的距離分別為hA、hB、hC。已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打點(diǎn)的周期為T、設(shè)重物的質(zhì)量為m，從打O點(diǎn)到打B點(diǎn)的過程中，重物的重力勢(shì)能變化量ΔEp=______，動(dòng)能變化量ΔEk=______。

(3)請(qǐng)?zhí)岢鲆粭l減小實(shí)驗(yàn)誤差的方法________________________。
【答案】 ①. A ②. ③. ④. 選用質(zhì)量大體積小的重物
【解析】
【詳解】(1)[1]驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律原理是看減少的重力勢(shì)能和增加的動(dòng)能是否相等，所以需要比較重物下落過程中任意兩點(diǎn)間的動(dòng)能變化量與勢(shì)能變化量。
故選A。
(2)[2]從打O點(diǎn)到打B點(diǎn)的過程中，重物的重力勢(shì)能變化量
[3]B點(diǎn)的速度
則動(dòng)能變化量為
[4]造成誤差的原因是重物下落受到的空氣阻力、紙帶受到的摩擦力等，所以為了減小誤差重物用質(zhì)量大體積小的物體、紙帶不能打結(jié)。
12. 為了測(cè)定滑塊與水平桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置，其中圓弧形滑槽末端與桌面相切。第一次實(shí)驗(yàn)時(shí)，滑槽固定于桌面右端，滑槽末端與桌面右端對(duì)齊，小球從滑槽頂端由靜止釋放，落在水平地面上的點(diǎn)；第二次實(shí)驗(yàn)時(shí)，滑槽固定于桌面左側(cè)，測(cè)出滑槽末端與桌面右端的距離為，小球從滑槽頂端由靜止釋放，落在水平面上的點(diǎn)。已知重力加速度為，不計(jì)空氣阻力，滑塊與滑槽之間有摩擦力。
(1)實(shí)驗(yàn)還需要測(cè)出的物理量是__________(用代號(hào)表示)
A．滑槽的高度
B．桌子的高度
C．點(diǎn)到點(diǎn)的距離
D．點(diǎn)到點(diǎn)的距離
E．滑塊的質(zhì)量
(2)實(shí)驗(yàn)中需要用到的測(cè)量工具(儀器)有_____________
(3)寫出動(dòng)摩擦因數(shù)的表達(dá)式是__________________
【答案】 ①. BCD ②. 刻度尺 ③.
【解析】
【分析】
【詳解】(1)[1]滑塊離開桌面后做平拋運(yùn)動(dòng)，實(shí)驗(yàn)需要測(cè)出滑塊離開滑槽與離開桌面時(shí)的速度，因此實(shí)驗(yàn)時(shí)需要測(cè)出：桌子的高度H； O點(diǎn)到P點(diǎn)的距離d1；O點(diǎn)到Q點(diǎn)的距離d2。
故選BCD。
(2)[2]實(shí)驗(yàn)中需要用到的測(cè)量工具(儀器)有刻度尺。
(3)[3]滑塊離開桌面后做平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上
在水平方向上
，
滑塊在桌面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，要克服摩擦力做功，由動(dòng)能定理得
解得
四、解答題
13. 如圖為過山車的簡(jiǎn)化模型，AB是一段光滑的半徑為R的四分之一圓弧軌道，B點(diǎn)處接一個(gè)半徑為r的豎直光滑圓軌道，滑塊從圓軌道滑下后進(jìn)入一段長度為L的粗糙水平直軌道BD，最后滑上半徑為R，圓心角θ=60°的光滑圓弧軌道DE?，F(xiàn)將質(zhì)量為m的滑塊從A點(diǎn)由靜止釋放，求∶
(1)若R=3r，求滑塊第一次到達(dá)豎直圓軌道最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小；
(2)若要求滑塊能滑上DE圓弧軌道但不會(huì)從E點(diǎn)沖出軌道，并最終停在平直軌道上，平直軌道BD的動(dòng)摩擦因數(shù)μ需滿足的條件。
【答案】(1)；(2)
【解析】
【詳解】(1)對(duì)滑塊，從A到C的過程，由機(jī)械能守恒可得：
根據(jù)牛頓第二定律
代入，得
由牛頓第三定律得
(2)滑塊由A到B得
若滑塊恰好停在D點(diǎn)，從B到D的過程，由動(dòng)能定理可得：
可得
若滑塊恰好不會(huì)從E點(diǎn)沖出軌道，從B到E的過程，由動(dòng)能定理可得：
可得
綜上所述，需滿足的條件為
14. 如圖所示，半徑R=0.80m的光滑圓弧軌道豎直固定，過最低點(diǎn)的半徑OC處于豎直位置。其右方有底面半徑r=0.2m的轉(zhuǎn)筒，轉(zhuǎn)筒頂端與 C等高，下部有一小孔，距頂端h=0.8m。轉(zhuǎn)筒的軸線與圓弧軌道在同一豎直平面內(nèi)，開始時(shí)小孔也在這一平面內(nèi)的圖示位置。今讓一質(zhì)量m=0.1kg的小物塊自A點(diǎn)由靜止開始下落后打在圓弧軌道上的B點(diǎn)，但未反彈，在瞬間碰撞過程中，小物塊沿半徑方向的分速度立刻減為0，而沿切線方向的分速度不變。此后，小物塊沿圓弧軌道滑下，到達(dá) C點(diǎn)時(shí)觸動(dòng)光電裝置，使轉(zhuǎn)筒立刻以某一角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)起來，且小物塊最終正好進(jìn)入小孔。已知 A、B到圓心O的距離均為R，與水平方向的夾角均為θ=30°，不計(jì)空氣阻力，g取10m/s2。求：
(1)小物塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大?。?br>(2)轉(zhuǎn)筒軸線距C點(diǎn)的距離；
(3)轉(zhuǎn)筒轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度。
【答案】(1)；(2)；(3)(，，)
【解析】
【詳解】(1)小物塊從A到B做自由落體運(yùn)動(dòng)，則有
解得
小物塊經(jīng)B點(diǎn)后，速度變?yōu)?br>從B到C，由動(dòng)能定理
解得
經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)
得
根據(jù)牛頓第三定律，軌道對(duì)物塊的壓力大小為3.5N。
(2)小物塊從C點(diǎn)后平拋到小孔，有
解得
則有
(3)小物塊最終正好進(jìn)入小孔，所以在小球做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間里，轉(zhuǎn)筒正好轉(zhuǎn)了圈，則圓筒勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的角速度為
(，，)
15. 如圖甲是某游樂場(chǎng)“過山車”設(shè)施的一部分，其運(yùn)行原理可簡(jiǎn)化為圖乙的“滑塊軌道”模型。其中軌道ABC段和豎直圓軌道光滑，滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))與CD、DE段直軌道的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.8，BC、CD段軌道水平，DE段軌道的傾角α=37°，B、D連接處圓滑，C為豎直圓軌道的最低點(diǎn)，圓軌道半徑R=2m，軌道CD、DE的長度 LCD= LDE=3m。滑塊從右側(cè)軌道的A點(diǎn)由靜止開始下滑，已知sin37°=0.6，重力加速度取g=10m/s2.
(1)若滑塊恰能通過圓軌道最高點(diǎn)，求滑塊到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)速度大小以及A點(diǎn)離水平軌道的高度h；
(2)若要使滑塊在運(yùn)動(dòng)過程中不脫離軌道，并最終停在DE段，求A點(diǎn)離水平軌道高度h的范圍。
【答案】(1)；5m；(2)5m≤h≤6.12m
【解析】
【詳解】(1)設(shè)滑塊質(zhì)量為m，滑塊恰好能通過第1個(gè)圓軌道，有

解得

滑塊從A點(diǎn)到圓軌道最高點(diǎn)過程機(jī)械能守恒有

聯(lián)立解得
h=5m
(2)如果滑塊停止在D點(diǎn)，從A點(diǎn)到D點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理，有

解得
h=2.4m

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