1．（2023春?南昌期末）狗拉雪橇在水平冰面上加速轉(zhuǎn)彎，由A向B運(yùn)動(dòng)，軌跡為曲線AB，雪橇運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)所受合外力可能正確的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解答】解：雪橇做的是曲線運(yùn)動(dòng)，雪橇受到的合力應(yīng)該指向運(yùn)動(dòng)軌跡曲線的內(nèi)側(cè)，由于雪橇是從A向B運(yùn)動(dòng)的，并且速度在加速，所以合力與雪橇的速度方向的夾角要小于90°，故BCD錯(cuò)誤，A正確。
故選：A。
二．運(yùn)動(dòng)的合成與分解（共2小題）
2．（2023春?瀘縣校級(jí)期末）若河水的流速大小與水到河岸的距離有關(guān)，河中心水的流速最大，河岸邊緣處水的流速最?。F(xiàn)假設(shè)河的寬度為120m．河中心水的流速大小為4m/s，船在靜水中的速度大小為3m/s，要使船以最短時(shí)間渡河，則（ ）
A．船渡河的最短時(shí)間是24 s
B．在行駛過程中，船頭始終與河岸垂直
C．船在河水中航行的軌跡是一條直線
D．船在河水中的最大速度為7 m
【答案】B
【解答】解：A、當(dāng)靜水速的方向與河岸垂直時(shí)，渡河時(shí)間最短，t＝＝s＝40s。故A錯(cuò)誤，B正確。
C、船在垂直河岸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在沿河岸方向，由于水流速在變，做變速運(yùn)動(dòng)，兩合運(yùn)動(dòng)的軌跡是曲線。故C錯(cuò)誤。
D、根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成，可知船在河水中的最大速度為m/s＝5m/s。故D錯(cuò)誤。
故選：B。
3．（2023春?樂山期末）如圖所示，小明將玩具電動(dòng)車放在跑步機(jī)上做游戲，跑步機(jī)履帶外側(cè)機(jī)身上有正對(duì)的A、B兩點(diǎn)，在慢跑模式下履帶以v0＝3m/s的速度運(yùn)行。已知電動(dòng)小車能以v＝5m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)，履帶寬度為50cm，小車每次都從A點(diǎn)出發(fā)，下列說法正確的是（ ）
A．無論玩具車車頭指向何方，小車運(yùn)動(dòng)的合速度始終大于5m/s
B．玩具小車到達(dá)對(duì)面的最短時(shí)間為0.125s
C．玩具小車從A點(diǎn)出發(fā)到達(dá)正對(duì)面的B點(diǎn)，車頭需與A點(diǎn)左側(cè)履帶邊緣成53°夾角
D．玩具小車從A點(diǎn)出發(fā)到達(dá)正對(duì)面的B點(diǎn)用時(shí)為0.1s
【答案】C
【解答】解：A、由矢量合成的平行四邊形法則，合速度可能等于分速度，可能大于分速度，也可能小于分速度，故A錯(cuò)誤；
B、當(dāng)玩具小車的車頭垂直于履帶運(yùn)動(dòng)時(shí)，小車到達(dá)對(duì)面的時(shí)間最短，此時(shí)最短時(shí)間為：，故B錯(cuò)誤；
C、若玩具小車從A點(diǎn)出發(fā)到達(dá)正對(duì)面的B點(diǎn)，則速度方向與履帶邊緣成θ角，且有：
所以：θ＝53°，所以車頭需與A點(diǎn)左側(cè)履帶邊緣成53°夾角，故C正確；
D、玩具小車從A點(diǎn)出發(fā)到達(dá)正對(duì)面的B點(diǎn)所用時(shí)間為：，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
三．關(guān)聯(lián)速度問題（共1小題）
4．（2022秋?黔東南州期末）（多選）如圖所示，小車A通過一根繞過定滑輪的輕繩吊起一重物B，開始時(shí)用力按住A使A不動(dòng)，現(xiàn)設(shè)法使A以速度vA＝2m/s向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻連接A車右端的輕繩與水平方向成θ＝37°角，設(shè)此時(shí)B的速度大小為vB（sin37°＝0.6，cs37°＝0.8），不計(jì)空氣阻力，忽略繩與滑輪間摩擦，則（ ）
A．A不動(dòng)時(shí)，B對(duì)輕繩的拉力就是B的重力
B．當(dāng)輕繩與水平方向成θ角時(shí)，重物B的速度vB＝2.5m/s
C．當(dāng)輕繩與水平方向成θ角時(shí)，重物B的速度vB＝1.6m/s
D．B上升到滑輪處前的過程中處于超重狀態(tài)
【答案】CD
【解答】解：A、若A不動(dòng)時(shí)B對(duì)輕繩的拉力大小等于B的重力，不是同一個(gè)力，故A錯(cuò)誤；
BC、小車的運(yùn)動(dòng)可分解為沿繩方向和垂直于繩的方向的兩個(gè)運(yùn)動(dòng)，因斜拉繩子與水平面的夾角為37°，
由幾何關(guān)系可得：vB＝vAcs37°＝2×0.8m/s＝1.6m/s，故B錯(cuò)誤，C正確；
D、因小車勻速直線運(yùn)動(dòng)，而θ逐漸變小，故vB逐漸變大，物體有向上的加速度，則B處于超重狀態(tài)，故D正確。
故選：CD。
四．平拋運(yùn)動(dòng)（共2小題）
5．（2023春?福清市期末）“套圈”是老少皆宜的游戲。如圖所示，將A、B兩個(gè)套圈分別以速度v1、v2水平拋出，都能套中地面上的同一玩具，已知套圈A、B拋出時(shí)距玩具的水平距離相等，設(shè)套圈A、B在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間分別為t1、t2，不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是（ ）
A．t1等于t2B．t1小于t2
C．v2大于v1D．v1與v2相等
【答案】C
【解答】解：AB、套圈過程是圈做平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向有：，由于A圈的高度比B圈的高度大，可知：t1＞t2，故AB錯(cuò)誤；
CD、套圈A、B的水平速度為：，水平位移相等，可知：v1＜v2，故C正確，D錯(cuò)誤。
故選：C。
6．（2022秋?泰山區(qū)校級(jí)期末）（多選）如圖所示，球網(wǎng)高出桌面H，網(wǎng)到桌邊的距離為L，某人在乒乓球訓(xùn)練中，從左側(cè)處，將球沿垂直于網(wǎng)的方向水平擊出，球恰好通過網(wǎng)的上沿落到右側(cè)邊緣，設(shè)乒乓球的運(yùn)動(dòng)為平拋運(yùn)動(dòng)，下列判斷正確的是（ ）
A．擊球點(diǎn)的高度與網(wǎng)高度之比為9：8
B．乒乓球在網(wǎng)左右兩側(cè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為2：1
C．乒乓球過網(wǎng)時(shí)與落到右側(cè)桌邊緣時(shí)速率之比為1：2
D．乒乓球在左、右兩側(cè)運(yùn)動(dòng)速度變化量之比為1：2
【答案】AD
【解答】解：AB、因?yàn)樗椒较蜃鰟蛩龠\(yùn)動(dòng)，網(wǎng)右側(cè)的水平位移是左邊水平位移的兩倍，由x＝v0t得：乒乓球在網(wǎng)左右兩側(cè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為1：2．球在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)h＝gt2可知，擊球點(diǎn)的高度與網(wǎng)高之比為 9：8，故A正確、B錯(cuò)誤；
C、水平方向?yàn)閯蛩僦本€運(yùn)動(dòng)，球恰好通過網(wǎng)的上沿的時(shí)間為球在網(wǎng)右側(cè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間的，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)v＝gt可知，球恰好通過網(wǎng)的上沿的豎直分速度與落到右側(cè)桌邊緣的豎直分速度之比為1：3，根據(jù)v＝可知，乒乓球過網(wǎng)時(shí)與落到桌邊緣時(shí)速率之比不一定是1：2，故C錯(cuò)誤；
D、網(wǎng)右側(cè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間是左側(cè)的兩倍，Δv＝gt，所以乒乓球在左、右兩側(cè)運(yùn)動(dòng)速度變化量之比為1：2；故D正確；
故選：AD。
五．斜拋運(yùn)動(dòng)（共1小題）
7．（2020?山東）單板滑雪U形池比賽是冬奧會(huì)比賽項(xiàng)目，其場(chǎng)地可以簡化為如圖甲所示的模型：U形滑道由兩個(gè)半徑相同的四分之一圓柱面軌道和一個(gè)中央的平面直軌道連接而成，軌道傾角為17.2°。某次練習(xí)過程中，運(yùn)動(dòng)員以vM＝10m/s的速度從軌道邊緣上的M點(diǎn)沿軌道的豎直切面ABCD滑出軌道，速度方向與軌道邊緣線AD的夾角α＝72.8°，騰空后沿軌道邊緣的N點(diǎn)進(jìn)入軌道。圖乙為騰空過程左視圖。該運(yùn)動(dòng)員可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，取重力加速度的大小g＝10m/s2，sin72.8°＝0.96，cs72.8°＝0.30。求：
（1）運(yùn)動(dòng)員騰空過程中離開AD的距離的最大值d；
（2）M、N之間的距離L。
【答案】（1）運(yùn)動(dòng)員騰空過程中離開AD的距離的最大值為4.8m；
（2）M、N之間的距離為12m。
【解答】解：（1）在M點(diǎn)，設(shè)運(yùn)動(dòng)員在ABCD面內(nèi)垂直AD方向的分速度為v1，由運(yùn)動(dòng)的合成與分解規(guī)律得：
v1＝vMsin72.8°…①
設(shè)運(yùn)動(dòng)員在ABCD面內(nèi)垂直AD方向的分加速度為a1，由牛頓第二定律得：
mgcs17.2°＝ma1 …②
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：d＝…③
聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)得：
d＝4.8m…④
（2）在M點(diǎn)，設(shè)運(yùn)動(dòng)員在ABCD面內(nèi)平行AD方向的分速度為v2，由運(yùn)動(dòng)的合成與分解規(guī)律得：
v2＝vMcs72.8°…⑤
設(shè)運(yùn)動(dòng)員在ABCD面內(nèi)平行AD方向的分加速度為a2，由牛頓第二定律得：
mgsin17.2°＝ma2 …⑥
設(shè)騰空時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：t＝…⑦
沿斜面方向根據(jù)位移﹣時(shí)間關(guān)系可得：L＝v2t+…⑧
聯(lián)立①②⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)得：L＝12m。
答：（1）運(yùn)動(dòng)員騰空過程中離開AD的距離的最大值為4.8m；
（2）M、N之間的距離為12m。
六．線速度、角速度和周期、轉(zhuǎn)速（共1小題）
8．（2023春?長壽區(qū)期末）如圖，質(zhì)量相等的A、B兩物塊置于繞豎直軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的水平圓盤上，兩物塊始終相對(duì)于圓盤靜止，則兩物塊（ ）
A．線速度相同B．向心加速度大小相等
C．角速度相同D．摩擦力大小相等
【答案】C
【解答】解：AC．由于A、B在同一轉(zhuǎn)盤上無相對(duì)運(yùn)動(dòng)，因此它們的角速度相等，它們與轉(zhuǎn)軸的距離不同，由v＝ωr可知線速度不同，故A錯(cuò)誤，C正確；
B．A、B角速度相等，半徑不同，則根據(jù)a＝ω2r可知，向心加速度不同，故B錯(cuò)誤；
D．由題可知摩擦力提供向心力，A、B質(zhì)量相等，角速度相等，半徑不同，根據(jù)可知，向心力不同，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
七．向心力（共2小題）
9．（2023春?寶山區(qū)校級(jí)期末）細(xì)線一端系一個(gè)質(zhì)量確定的重物，手執(zhí)另一端使重物在光滑水平面上做圓心確定的勻速圓周運(yùn)動(dòng)。以下說法錯(cuò)誤的是（ ）
A．若周期等大，繩子越長越容易斷
B．若線速度等大，繩子越長越容易斷
C．若角速度等大，繩子越長越容易斷
D．若繩子等長，轉(zhuǎn)得越快越容易斷
E．若轉(zhuǎn)速等大，線速度越大越容易斷
F．若線速度等大，周期越小越容易斷
【答案】B
【解答】解：A、對(duì)給定的物體而言，當(dāng)周期等大時(shí)，根據(jù)公式Fn＝mr（）2，繩子越長即半徑越大，向心力越大，即繩子越長越容易斷，故A正確；
B、當(dāng)線速度等大時(shí)，根據(jù)公式Fn＝m，繩子越長即半徑越大，向心力越小，即繩子越長越不容易斷，故B錯(cuò)誤；
C、當(dāng)角速度等大時(shí)，根據(jù)公式Fn＝mrω2，繩子越長即半徑越大，向心力越大，即繩子越長越容易斷，故C正確；
D、當(dāng)繩子等長時(shí)，根據(jù)公式Fn＝mr（2πn）2，轉(zhuǎn)得越快即n越大，向心力越大，即轉(zhuǎn)得越快越容易斷，故D正確，E正確；
E、若轉(zhuǎn)速等大，根據(jù)公式Fn＝mr（2πn）2＝mv（2πn），線速度越大越容易斷，故E正確；
F、當(dāng)線速度等大時(shí)，根據(jù)公式Fn＝mrω2＝mvω＝mv，周期越小，向心力越大，即周期越小越容易斷，故F正確。
本題選錯(cuò)誤的，故選：B。
10．（2022秋?龍巖期末）（多選）四個(gè)完全相同的小球A、B、C、D均在水平面內(nèi)做圓錐擺運(yùn)動(dòng)。如圖甲所示，其中小球A、B在同一水平面內(nèi)做圓錐擺運(yùn)動(dòng)（連接B球的繩較長）；如圖乙所示，小球C、D在不同水平面內(nèi)做圓錐擺運(yùn)動(dòng)，但是連接小球C、D的繩與豎直方向之間的夾角相同（連接D球的繩較長），則下列說法正確的是（ ）
A．小球A、B角速度相等
B．小球A、B線速度大小相同
C．小球C、D線速度大小相同
D．小球D受到繩的拉力與小球C受到繩的拉力大小相等
【答案】AD
【解答】解：AB、對(duì)題圖甲，A、B兩小球分析，設(shè)繩與豎直方向的夾角為θ，繩長為l，小球的質(zhì)量為m，小球A、B與懸點(diǎn)間的豎直高度為h，如圖所示。小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由合外力提供向心力，則由牛頓第二定律有
mgtanθ＝mω2lsinθ
解得：ω＝＝，因?yàn)樾∏駻、B與懸點(diǎn)間的豎直高度h相同，所以小球A、B的角速度相同。小球A、B的軌跡半徑r不同，由v＝rω可知，小球A、B的線速度大小不同，故A正確，B錯(cuò)誤；
C、對(duì)C、D兩小球分析，設(shè)繩與豎直方向的夾角為α，小球的質(zhì)量為m，繩長為L，同理可知ω＝
線速度大小為v＝ωr，r＝Lsinα，可得v＝
小球C、D的繩與豎直方向之間的夾角相同，繩長不同，因此小球C、D線速度大小不同，故C錯(cuò)誤；
D、對(duì)C、D兩小球分析，設(shè)繩上的拉力為T，豎直方向有：Tcsα＝mg，則T＝，可知小球D受到繩的拉力與小球C受到繩的拉力大小相等，故D正確。
故選：AD。
八．向心加速度（共1小題）
11．（2023春?南寧期末）（多選）2022年3月23日的“天宮課堂”上，航天員葉光富用繩子一端系住裝有水油混合液體的瓶子，做如圖所示的圓周運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后水和油成功分層（水在瓶底），以空間站為參考系，水油分離后的圓周運(yùn)動(dòng)過程中，下列說法正確的是（ ）
A．油的線速度小于水的線速度
B．油的向心加速度比水的向心加速度大
C．水對(duì)油有指向圓心的作用力
D．水對(duì)油的作用力大于油對(duì)水的作用力
【答案】AC
【解答】解：A、油和水都繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度相等，根據(jù)v＝ωr，因水在外層，轉(zhuǎn)動(dòng)半徑較大，所以油的線速度小于水的線速度，故A正確；
B、根據(jù)a＝ω2r可知，水的轉(zhuǎn)動(dòng)半徑較大，則水的向心加速度大小大于油的向心加速度大小，故B錯(cuò)誤；
C、“天宮課堂”瓶子和水油在太空中處于完全失重狀態(tài)，此時(shí)油做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，水對(duì)油有指向圓心的作用力，該力提供油所需要的向心力，故C正確；
D、根據(jù)牛頓第三定律知，水對(duì)油的作用力與油對(duì)水的作用力是相互作用力，等大反向，故D錯(cuò)誤。
故選：AC。
九．生活中的圓周運(yùn)動(dòng)——車輛轉(zhuǎn)彎問題（共1小題）
12．（2023春?湖北期末）2023年5月28日，我國自主研制的大型客運(yùn)飛機(jī)C919從上海虹橋飛抵北京首都國際機(jī)場(chǎng)，標(biāo)志著中國造大飛機(jī)正式邁入商業(yè)運(yùn)營階段。若客機(jī)空中轉(zhuǎn)彎時(shí)，在t時(shí)間內(nèi)以恒定的速率沿圓弧路徑飛行的路程為L，客機(jī)相對(duì)圓弧圓心轉(zhuǎn)過的角度為θ，客機(jī)的質(zhì)量為m，下列對(duì)客機(jī)轉(zhuǎn)彎過程的分析，正確的是（ ）
A．轉(zhuǎn)彎半徑為L
B．轉(zhuǎn)彎半徑為
C．客機(jī)所受向心力大小為
D．客機(jī)所受向心力大小為
【答案】D
【解答】解：AB、已知客機(jī)沿圓弧路徑飛行的路程為L，客機(jī)相對(duì)圓弧圓心轉(zhuǎn)過的角度為θ，根據(jù)L＝rθ得轉(zhuǎn)彎半徑為，AB錯(cuò)誤；
CD、客機(jī)所受向心力大小為
F＝mω2r
又因?yàn)?br>聯(lián)立解得：，故C錯(cuò)誤，D正確。
故選：D。
一十．生活中的圓周運(yùn)動(dòng)——豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)（共1小題）
13．（2022秋?舟山期末）如圖是由弧形軌道、圓軌道（軌道底端B略錯(cuò)開，圖中未畫出）、水平直軌道平滑連接而成的力學(xué)探究裝置。水平軌道AC右端裝有理想輕彈簧（右端固定），圓軌道與水平直軌道相交于B點(diǎn)，且B點(diǎn)位置可改變，現(xiàn)將B點(diǎn)置于AC中點(diǎn)，質(zhì)量m＝2kg的滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從弧形軌道高H＝0.6m處靜止釋放。已知圓軌道半徑R＝0.1m，水平軌道長LAC＝1.0m，滑塊與AC間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，弧形軌道和圓軌道均視為光滑，不計(jì)其他阻力與能量損耗，求：
（1）滑塊第一次滑至圓軌道最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大?。?br>（2）輕彈簧獲得的最大彈性勢(shì)能；
（3）若H＝0.4m，改變B點(diǎn)位置，使滑塊在整個(gè)滑動(dòng)過程中不脫離軌道，求BC長度滿足的條件。
【答案】（1）滑塊第一次滑至圓軌道最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為100N；
（2）輕彈簧獲得的最大彈性勢(shì)能為8J；
（3）若H＝0.4m，改變B點(diǎn)位置，使滑塊在整個(gè)滑動(dòng)過程中不脫離軌道，BC長度滿足的條件是：0.5m≤L≤1m。
【解答】解：（1）從出發(fā)到第一次滑至圓軌道最高點(diǎn)過程，由動(dòng)能定理可得：
在圓軌道最高點(diǎn)，由牛頓第二定律可得：
聯(lián)立解得：FN＝100N
由牛頓第三定律得：滑塊對(duì)軌道的壓力大小為100N；
（2）彈射器第一次壓縮時(shí)彈性勢(shì)能有最大值，有能量守恒可知：EP＝mgH﹣μmgLAC
解得：EP＝8J
（3）①若滑塊恰好到達(dá)圓軌道的最高點(diǎn)，在最高點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律有：
從開始到圓軌道最高點(diǎn)，有動(dòng)能定理可知：
解得：s1＝0.75m
而LBC＝LAC﹣s1
要使滑塊不脫離軌道，BC之間的距離應(yīng)該滿足：LBC≥0.25m
②若滑塊剛好達(dá)到圓軌道的圓心等高處，此時(shí)的速度為零有動(dòng)能定理可知：mg（H﹣R）﹣μmgs2＝0
解得：s2＝1.5ms2＝1.5m＝1m+0.5m
而：L'BC＝s2﹣LAC
即反彈時(shí)恰好上到圓心等高處，如果反彈距離更大，則上升的高度更小，更不容易脫離軌道，所以L'BC≥0.5m
考慮到AC的總長度等于1m，所以L'BC≤1m
結(jié)合①②兩種情況，符合條件的BC長度L為：0.5m≤L≤1m
答：（1）滑塊第一次滑至圓軌道最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為100N；
（2）輕彈簧獲得的最大彈性勢(shì)能為8J；
（3）若H＝0.4m，改變B點(diǎn)位置，使滑塊在整個(gè)滑動(dòng)過程中不脫離軌道，BC長度滿足的條件是：0.5m≤L≤1m。
一十一．近代天體物理學(xué)史（共1小題）
14．（2023春?南開區(qū)期末）在萬有引力定律理論建立的過程中，有許多科學(xué)家做出了杰出的貢獻(xiàn)，關(guān)于科學(xué)和他們的貢獻(xiàn)，下列說法中正確的是（ ）
A．月地檢驗(yàn)表明地面物體所受地球的引力與太陽、行星間的引力遵從相同的規(guī)律
B．開普勒通過對(duì)第谷的觀測(cè)數(shù)據(jù)的研究，認(rèn)為行星的運(yùn)動(dòng)軌道都是圓軌道
C．牛頓通過扭秤實(shí)驗(yàn)測(cè)出了萬有引力常量，成為測(cè)出地球質(zhì)量的第一人
D．開普勒發(fā)現(xiàn)在相等時(shí)間內(nèi)，地球與太陽的連線和火星與太陽的連線掃過的面積相等
【答案】A
【解答】解：A、牛頓的月地檢驗(yàn)表明地面物體所受地球的引力與太陽、行星間的引力遵從相同的規(guī)律，故A正確；
B、開普勒通過對(duì)第谷的觀測(cè)數(shù)據(jù)的研究，認(rèn)為行星的運(yùn)動(dòng)軌道都是橢圓軌道，故B錯(cuò)誤；
C、牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，卡文迪什通過扭秤實(shí)驗(yàn)測(cè)出了萬有引力常量，成為測(cè)出地球質(zhì)量的第一人，故C錯(cuò)誤；
D、根據(jù)開普勒第二定律可知，對(duì)同一行星，行星與太陽的連線在任何相等時(shí)間內(nèi)掃過的面積相等，故D錯(cuò)誤。
故選：A。
一十二．萬有引力定律的應(yīng)用（共9小題）
15．（2023春?開遠(yuǎn)市校級(jí)期末）如圖所示，海王星繞太陽沿橢圓軌道運(yùn)動(dòng)，運(yùn)行的周期為T0，P為近日點(diǎn)，Q為遠(yuǎn)日點(diǎn)，M、N為軌道短軸的兩個(gè)端點(diǎn)。若只考慮海王星和太陽之間的相互作用，則海王星在從P經(jīng)M、Q到N的運(yùn)動(dòng)過程中（ ）
A．從P到M所用的時(shí)間等于
B．從Q到N做減速運(yùn)動(dòng)
C．從P到Q階段，速率逐漸變小
D．從M到N所用時(shí)間等于
【答案】C
【解答】解：BC、由開普勒第二定律知，從P經(jīng)M到Q速率在減小，從Q到N速率在增大，故B錯(cuò)誤，C正確；
AD、由對(duì)稱性知，P→M→Q與Q→N→P所用的時(shí)間均為，從P經(jīng)M到Q速率在減小，故從P到M所用時(shí)間小于，從Q→N所用時(shí)間大于，從M→N所用時(shí)間大于，故AD錯(cuò)誤。
故選：C。
16．（2023?沈河區(qū)校級(jí)模擬）我國計(jì)劃在2023年發(fā)射“嫦娥六號(hào)”，它是嫦娥探月工程計(jì)劃中嫦娥系列的第六顆人造探月衛(wèi)星，主要任務(wù)是更深層次、更加全面的科學(xué)探測(cè)月球地理、資源等方面的信息，進(jìn)一步完善月球檔案資料。已知月球的半徑為R，月球表面的重力加速度為g，引力常量為G，嫦娥六號(hào)的質(zhì)量為m，離月球中心的距離為r。根據(jù)以上信息可求出（ ）
A．月球的第一宇宙速度為
B．“嫦娥六號(hào)”繞月運(yùn)行的動(dòng)能為
C．月球的平均密度為
D．“嫦娥六號(hào)”繞月運(yùn)行的周期為
【答案】B
【解答】解：A、設(shè)月球的質(zhì)量為M。在月球表面，忽略自轉(zhuǎn)，根據(jù)重力等于萬有引力有
解得：GM＝gR2
對(duì)于近月衛(wèi)星，根據(jù)萬有引力提供向心力，有
可得月球的第一宇宙速度為：，故A錯(cuò)誤；
B、“嫦娥六號(hào)”繞月運(yùn)行時(shí)，根據(jù)萬有引力提供向心力，有
解得：
“嫦娥六號(hào)”繞月運(yùn)行的動(dòng)能為：，故B正確；
C、由得月球的質(zhì)量為，月球的平均密度為，故C錯(cuò)誤；
D、“嫦娥六號(hào)”繞月運(yùn)行時(shí)根據(jù)萬有引力提供向心力，有
解得“嫦娥六號(hào)”繞月運(yùn)行的周期為，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
17．（2023春?江津區(qū)期末）（多選）我國載人月球探測(cè)工程登月階段任務(wù)已啟動(dòng)實(shí)施，計(jì)劃2030年前實(shí)現(xiàn)中國人首次登陸月球。此前我國“玉兔2號(hào)”月球車首次實(shí)現(xiàn)月球背面軟著陸，若月球的質(zhì)量為M，月球的半徑為R，“玉兔2號(hào)”月球車的質(zhì)量為m，萬有引力常量為G，則（ ）
A．月球?qū)Α坝裢?號(hào)”月球車的引力
B．月球的平均密度
C．月球的第一宇宙速度
D．月球表面的重力加速度
【答案】AC
【解答】解：A、根據(jù)萬有引力定律可知，月球?qū)Α坝裢?號(hào)”月球車的引力，故A正確；
B、把月球看作一個(gè)密度均勻的球體，則有M＝ρ?，解得月球的平均密度，故B錯(cuò)誤；
C、月球的第一宇宙速度即近月衛(wèi)星的線速度大小，根據(jù)萬有引力提供向心力有
解得：，故C正確；
D、在月球表面，根據(jù)重力等于萬有引力有
則月球表面的重力加速度，故D錯(cuò)誤。
故選：AC。
18．（2023春?武陟縣校級(jí)期末）（多選）如圖所示，在進(jìn)行火星考查時(shí)，火星探測(cè)器對(duì)火星完成了“繞、著、巡”三項(xiàng)目標(biāo)。在探測(cè)器著陸后，探測(cè)器上的科研裝置，將一個(gè)小球由離地面h的高度靜止釋放，做自由落體運(yùn)動(dòng)，測(cè)得小球在經(jīng)過時(shí)間t落地。已知引力常量為G，火星的半徑為R。下列說法正確的是（ ）
A．“天問一號(hào)”在地球上的發(fā)射速度將大于16.7km/s
B．由題中數(shù)據(jù)可計(jì)算出火星表面處的重力加速度為
C．由題中數(shù)據(jù)可計(jì)算出火星質(zhì)量為
D．由題中數(shù)據(jù)可計(jì)算出火星的平均密度為
【答案】CD
【解答】解：A、火星探測(cè)器雖然離開了地球，但沒有離開太陽系，所以其發(fā)射速度應(yīng)介于第二宇宙速度11.2km/s和第三宇宙速度16.7km/s之間，故A錯(cuò)誤；
B、小球在火星表面做自由落體運(yùn)動(dòng)，由，解得火星表面處的重力加速度為，故B錯(cuò)誤；
C、設(shè)火星質(zhì)量為M，火星表面質(zhì)量為m的物體所受萬有引力等于重力，即，解得，故C正確；
D、火星的體積為，火星的平均密度為，解得，故D正確。
故選：CD。
19．（2023春?吉安期末）（多選）2018年5月21日，我國發(fā)射人類首顆月球中繼衛(wèi)星“鵲橋”，6月14日進(jìn)入使命軌道地月拉格朗日L2軌道，為在月球背面著陸的嫦娥四號(hào)與地球站之間提供通信鏈路。12月8日，我國成功發(fā)射嫦娥四號(hào)探測(cè)器，并于2019年1月3日成功著陸于與月球背面，通過中繼衛(wèi)星“鵲橋“傳回了月被影像圖，解開了古老月背的神秘面紗。如圖所示，“鵲橋“中繼星處于L2點(diǎn)上時(shí)，會(huì)和月、地兩個(gè)大天體保持相對(duì)靜止的狀態(tài)。設(shè)地球的質(zhì)量為月球的k倍，地月間距為L，拉格朗日L2點(diǎn)與月球間距為d，地球、月球和“鵲橋”均視為質(zhì)點(diǎn)，忽略太陽對(duì)“鵲橋”中繼星的引力。則“鵲橋”中繼星處于L2點(diǎn)上時(shí)，下列選項(xiàng)正確的是（ ）
A．“鵲橋”與月球的線速度之比為v鵲：v月＝（L+d）：L
B．“鵲橋”與月球的向心加速度之比為a鵲：a月＝L：（L+d）
C．k，L，d之間在關(guān)系為
D．k，L，d之間在關(guān)系為
【答案】AC
【解答】解：A、“鵲橋”與月球的角速度相等，根據(jù)v＝rω，線速度之比為v鵲：v月＝r鵲：r月＝（L+d）：L，故A正確；
B、“鵲橋”與月球的角速度相等，根據(jù)a＝ω2r，向心加速度之比為a鵲：a月＝r鵲：r月＝（L+d）：L，故B錯(cuò)誤；
CD、對(duì)月球，萬有引力提供向心力，故：
對(duì)“鵲橋”中繼衛(wèi)星，地球引力和月球引力的合力提供向心力，故：
聯(lián)立解得：，故C正確，D錯(cuò)誤；
故選：AC。
20．（2023春?贛州期末）在我國科幻電影《流浪地球2》的主角實(shí)施救援的電影片段中，提到了“洛希極限”這個(gè)概念，即當(dāng)兩個(gè)天體的距離小于洛希極限時(shí)，天體就會(huì)傾向碎散，地球有解體的風(fēng)險(xiǎn)。若地球與月球間的“洛希極限”計(jì)算公式為d＝1.26R地，其中R地、ρ地、ρ月分別為地球的半徑、地球的密度和月球的密度；已知地球表面的重力加速度約為月球表面重力加速度的6倍，地球的半徑約為6400km，月球的半徑約為1700km；請(qǐng)根據(jù)以上數(shù)據(jù)計(jì)算地球與月球間的“洛希極限”。（提示：＝1.167，計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）
【答案】地球與月球間的“洛希極限”為9.4×103km。
【解答】解：利用星球表面處物體的重力等于萬有引力有：
變形得到星球的質(zhì)量：
星球的體積為：
則：
那么地球與月球的密度之比為：
根據(jù)題設(shè)條件可知，所以地球與月球間的“洛希極限”：≈1.26×6400×km＝9.4×103km
答：地球與月球間的“洛希極限”為9.4×103km。
21．（2023春?渭濱區(qū)期末）“嫦娥奔月”非神話，“破壁飛天”化玉娥?！叭f戶”精魂付火箭，屈原“天問”下長河。2021年5月22日，祝融號(hào)火星車成功駛?cè)牖鹦潜砻妫惶靻栆惶?hào)2021年11月8日成功實(shí)施第五次近火制動(dòng)，準(zhǔn)確進(jìn)入遙感使命軌道，我國因此成為第一個(gè)首次同時(shí)實(shí)現(xiàn)火星環(huán)繞和登陸的國家。若已知祝融號(hào)質(zhì)量為m1，它靜止在火星表面時(shí)受到的重力大小為F0。天問一號(hào)探測(cè)器的質(zhì)量為m2，在某時(shí)間段天問一號(hào)的軌跡可視為勻速圓周運(yùn)動(dòng)，圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T?；鹦强山埔暈榘霃綖镽質(zhì)量均勻分布的球體，萬有引力常量為G，求：
（1）火星的質(zhì)量M；
（2）天問一號(hào)在該時(shí)間段與火星表面的距離。
【答案】（1）火星的質(zhì)量M為；
（2）天問一號(hào)在該時(shí)間段與火星表面的距離為。
【解答】解：（1）設(shè)火星表面重力加速度為g，則據(jù)題意有：F0＝m1g
在火星表面，根據(jù)萬有引力等于重力，有
解得火星的質(zhì)量為：
（2）設(shè)天問一號(hào)在該時(shí)間段與火星表面的距離為h。
天問一號(hào)繞火星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由萬有引力提供向心力可得：
由幾何關(guān)系有h＝r﹣R
聯(lián)立可得：
答：（1）火星的質(zhì)量M為；
（2）天問一號(hào)在該時(shí)間段與火星表面的距離為。
22．（2023春?桂林期末）北京時(shí)間2023年5月30日，塔載神舟十六號(hào)載人飛船的長征二號(hào)F運(yùn)載火箭在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心點(diǎn)火發(fā)射，約10分鐘后，神舟十六號(hào)載人飛船與火箭成功分離，進(jìn)入預(yù)定軌道。航天員乘組狀態(tài)良好，發(fā)射取得圓滿成功。神舟十六號(hào)載人飛船入軌后，與空間站成功對(duì)接，之后神舟十六號(hào)上的3名航天員景海鵬、朱楊柱、桂海潮順利進(jìn)駐中國空間站，與神舟十五號(hào)乘組進(jìn)行在崗輪換，再現(xiàn)6名航天員“太空會(huì)師”名場(chǎng)面。這是我國第三批航天員首次執(zhí)行飛行任務(wù)，也是我國航天員隊(duì)伍“新成員”——航天飛行工程師和載荷專家的“首秀”?？臻g站的軌道可近似看成距地面高度為h的圓軌道，其周期為T，已知地球半徑為R，引力常量G。
（1）求空間站的線速度大小；
（2）求地球的平均密度；
（3）在火箭發(fā)射過程中，若忽略地球自轉(zhuǎn)，初始階段火箭近似認(rèn)為沿豎直方向上升，某時(shí)刻飛船內(nèi)儀器顯示航天員對(duì)座椅的壓力是地面重力的1.9倍，數(shù)據(jù)顯示此時(shí)火箭加速度大小為g，方向豎直向上，已知地面重力加速度為g，試求此時(shí)火箭離地面的高度（結(jié)果可保留根式）。
【答案】（1）空間站的線速度大小為；
（2）地球的平均密度為；
（3）此時(shí)火箭離地面的高度為（﹣1）R。
【解答】解：（1）空間站的軌道半徑r＝R+h，根據(jù)線速度與周期的關(guān)系式v＝可得空間站的線速度大小為
（2）設(shè)地球質(zhì)量為M，空間站質(zhì)量為m?？臻g站繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬有引力提供向心力，有
地球密度為
聯(lián)立解得：
（3）設(shè)此時(shí)火箭離地面的高度為h′。
火箭上升過程中，對(duì)航天員，由牛頓第三定律知，座椅對(duì)航天員的支持力FN＝F壓＝1.9m1g
由牛頓第二定律有
FN﹣m1g′＝m1g
此時(shí)，有
在地球表面上，有
聯(lián)立解得：
答：（1）空間站的線速度大小為；
（2）地球的平均密度為；
（3）此時(shí)火箭離地面的高度為（﹣1）R。
23．（2023春?青秀區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，行星繞太陽的公轉(zhuǎn)可以看成勻速圓周運(yùn)動(dòng)。在地球上容易測(cè)得地球一水星連線與地球—太陽連線夾角α，地球—金星連線與地球—太陽連線夾角β，兩角最大值分別為αm、βm，求：
（1）地球與金星公轉(zhuǎn)周期之比；
（2）水星與金星的公轉(zhuǎn)線速度之比。
【答案】（1）地球與金星公轉(zhuǎn)周期之比為；
（2）水星與金星的公轉(zhuǎn)線速度之比為。
【解答】解：（1）由題圖的幾何關(guān)系可知，地球和金星的公轉(zhuǎn)半徑之比為：
故：r金＝sinβmr地
結(jié)合太陽對(duì)任意行星的萬有引力提供向心力：
聯(lián)立得到：
（2）由牛頓第二定律有：
變形得到：
所以有：
由題可知：，
從而得到：
答：（1）地球與金星公轉(zhuǎn)周期之比為；
（2）水星與金星的公轉(zhuǎn)線速度之比為。
一十三．人造衛(wèi)星（共2小題）
24．（2024?江蘇模擬）國產(chǎn)科幻大片《流浪地球2》中提出太空電梯設(shè)想，其原理如圖所示．假設(shè)有一太空電梯軌道連接地球赤道上的固定基地與同步空間站A，空間站A相對(duì)地球靜止，某時(shí)刻電梯?？吭谲壍滥澄恢?，衛(wèi)星B與同步空間站A的運(yùn)行方向相同，此時(shí)二者距離最近，經(jīng)過時(shí)間t后，A、B第一次相距最遠(yuǎn)．已知地球自轉(zhuǎn)周期為T，則下列說法正確的是（ ）
A．太空電梯內(nèi)的乘客處于完全失重狀態(tài)
B．電梯軌道對(duì)電梯的作用力方向指向地心
C．電梯軌道外部一物體脫落后將做勻速圓周運(yùn)動(dòng)
D．衛(wèi)星B繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為
【答案】D
【解答】解：A、對(duì)地球衛(wèi)星，有G＝mω2r，解得ω＝，可知，衛(wèi)星軌道半徑越大，角速度越小。由于太空電梯上各質(zhì)點(diǎn)的角速度與地球同步衛(wèi)星的角速度相同，即太空電梯各質(zhì)點(diǎn)的角速度小于與其處于同一軌道半徑上衛(wèi)星的角速度，則太空電梯上各質(zhì)點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心加速度小于該軌道衛(wèi)星的向心加速度，而衛(wèi)星的向心力是全部由萬有引力提供，但是太空電梯上各質(zhì)點(diǎn)的向心力小于其萬有引力，所以處于失重狀態(tài)，但不是完全失重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；
B、電梯做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由合外力提供向心力，根據(jù)電梯受到的萬有引力大于做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，則萬有引力與電梯軌道對(duì)電梯的作用力的差值提供向心力，即電梯軌道對(duì)電梯的作用力方向與萬有引力方向相反，指向空間站，故B錯(cuò)誤；
C、對(duì)于同步衛(wèi)星，由萬有引力提供向心力，有：G＝m同r同
電梯環(huán)繞半徑小于同步軌道半徑，即r梯＜r同，則G＞m梯r梯
萬有引力大于電梯做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，符合近心運(yùn)動(dòng)的條件，故電梯外殼上脫落的物體將做近心運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；
D、設(shè)衛(wèi)星B繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T′。經(jīng)過時(shí)間t之后，A、B第一次相距最遠(yuǎn)，則有﹣＝0.5，解得T′＝，故D正確。
故選：D。
25．（2023春?涪城區(qū)校級(jí)期末）變軌技術(shù)是航天器入軌過程中的重要一環(huán)。實(shí)際航行中的變軌過程較為復(fù)雜，為方便研究，我們將航天器的變軌過程簡化為如圖所示的模型：①將航天器發(fā)射到近地圓軌道1上；②在A點(diǎn)點(diǎn)火加速使航天器沿橢圓軌道2運(yùn)行，軌道1和軌道2相切于A點(diǎn)，A、B分別為軌道2的近地點(diǎn)與遠(yuǎn)地點(diǎn)，地球的球心位于橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)上；③在遠(yuǎn)地點(diǎn)B再次點(diǎn)火加速，航天器沿圓軌道3運(yùn)行，軌道2和軌道3相切于B點(diǎn)。已知引力常量為G，地球表面的重力加速度為g，軌道1半徑為R，軌道3半徑為3R，求：
（1）航天器在圓軌道3上運(yùn)行時(shí)的速度大小v；
（2）航天器在軌道2上運(yùn)動(dòng)時(shí)，從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的最短時(shí)間。
【答案】（1）航天器在圓軌道3上運(yùn)行時(shí)的速度大小v為；
（2）航天器在軌道2上運(yùn)動(dòng)時(shí)，從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的最短時(shí)間為。
【解答】
解：（1）航天器在軌道3運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)萬有引力提供向心力有：。
在近地軌道1運(yùn)動(dòng)時(shí)有：。
解得運(yùn)行大?。?。
（2）由題意可知，橢圓軌道2的半長軸：a=2R。
設(shè)航天器在近地軌道1運(yùn)動(dòng)時(shí)的周期為T1，則有：。
設(shè)航天器在軌道2運(yùn)動(dòng)時(shí)的周期為T2，根據(jù)開普勒第三定律有：。
解得最短時(shí)間：。
答：（1）航天器在圓軌道3上運(yùn)行時(shí)的速度大小v為；
（2）航天器在軌道2上運(yùn)動(dòng)時(shí)，從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的最短時(shí)間為。
一十四．多星系統(tǒng)問題（共1小題）
26．（2023春?藍(lán)田縣期末）宇宙中兩個(gè)相距較近的天體稱為“雙星”，它們以兩者連線上的某一點(diǎn)為圓心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，但兩者不會(huì)因萬有引力的作用而吸引到一起。設(shè)兩者的質(zhì)量分別為m1和m2，兩者相距為L。求：
（1）雙星的軌道半徑之比；
（2）雙星的線速度之比；
（3）雙星的角速度。
【答案】（1）雙星的軌道半徑之比為；
（2）雙星的線速度之比為 ；
（3）雙星的角速度為。
【解答】解：（1）設(shè)m1和m2的軌道半徑分別為r1，r2 角速度為ω
由萬有引力定律和向心力公式：，
聯(lián)立解得：
（2）設(shè)m1和m2的線速度分別為v1，v2
根據(jù)線速度與角速度的關(guān)系：v＝ωr，所以有：
（3）由萬有引力定律和向心力公式：，
兩式相加得：
從而解得：ω＝
答：（1）雙星的軌道半徑之比為；
（2）雙星的線速度之比為 ；
（3）雙星的角速度為。
一十五．相對(duì)論時(shí)空觀（共1小題）
27．（2016?江蘇）一艘太空飛船靜止時(shí)的長度為30m，他以0.6c（c為光速）的速度沿長度方向飛行經(jīng)過地球，下列說法正確的是（ ）
A．飛船上的觀測(cè)者測(cè)得該飛船的長度小于30m
B．地球上的觀測(cè)者測(cè)得該飛船的長度小于30m
C．飛船上的觀測(cè)者測(cè)得地球上發(fā)來的光信號(hào)速度小于c
D．地球上的觀測(cè)者測(cè)得飛船上發(fā)來的光信號(hào)速度小于c
【答案】B
【解答】解：A、飛船上的觀測(cè)者測(cè)得該飛船的長度是靜止時(shí)的長度，為30m，故A錯(cuò)誤；
B、地球上的觀測(cè)者測(cè)得該飛船的長度是以0.6c的速度沿長度方向飛行時(shí)長度，為：＝30×＝24m＜30m，故B正確；
C、根據(jù)狹義相對(duì)論的光速不變?cè)?，飛船上的觀測(cè)者測(cè)得地球上發(fā)來的光信號(hào)速度等于c，地球上的觀測(cè)者測(cè)得飛船上發(fā)來的光信號(hào)速度也等于c，故CD錯(cuò)誤；
故選：B。
一十六．牛頓力學(xué)的局限性（共1小題）
28．（2023春?閔行區(qū)校級(jí)期末）下列對(duì)經(jīng)典力學(xué)的說法中，正確的是（ ）
A．牛頓建立了經(jīng)典力學(xué)的理論體系
B．經(jīng)典力學(xué)適用于微觀、高速、強(qiáng)引力場(chǎng)情況
C．用經(jīng)典力學(xué)能解釋微觀高速粒子的某些現(xiàn)象
D．相對(duì)論和量子理論與牛頓經(jīng)典力學(xué)觀點(diǎn)完全一致
【答案】A
【解答】解：A．牛頓運(yùn)動(dòng)定律是經(jīng)典力學(xué)的核心理論，建立了經(jīng)典力學(xué)的理論體系，故A正確；
BC．用經(jīng)典力學(xué)不能適用于微觀高速粒子的現(xiàn)象，適用于宏觀、低速、強(qiáng)引力場(chǎng)情況；故BC錯(cuò)誤；
D．相對(duì)論、量力理論提出了經(jīng)典力學(xué)的局限性，相對(duì)論適應(yīng)領(lǐng)域：高速運(yùn)動(dòng)和量子理論適應(yīng)領(lǐng)域：黑體輻射；觀點(diǎn)完全不一致，故D錯(cuò)誤。
故選：A。
一十七．功率、平均功率和瞬時(shí)功率（共4小題）
29．（2023?江蘇模擬）如圖所示，汽車上坡的時(shí)候，司機(jī)一般會(huì)換低擋，其目的是（ ）
A．減小功率，得到較小的牽引力
B．增大功率，得到較小的牽引力
C．減小速度，得到較大的牽引力
D．增大速度，得到較大的牽引力
【答案】C
【解答】解：由P＝FV可知，在功率一定的情況下，當(dāng)速度減小時(shí)，汽車的牽引力就會(huì)增大，此時(shí)更容易上坡，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。
故選：C。
30．（2023春?承德期末）一愛好輪滑的同學(xué)在輪滑場(chǎng)上練習(xí)輪滑時(shí)，有兩個(gè)用相同材料鋪設(shè)的輪滑軌道，高度相同，I軌道向外凸起，Ⅱ軌道向內(nèi)凹進(jìn)，如圖所示。該同學(xué)多次從兩軌道上等高的A、C兩點(diǎn)由靜止滑下，當(dāng)?shù)竭_(dá)軌道底端的等高點(diǎn)B、D時(shí)，速度大小總是一個(gè)大、另一個(gè)小，則下列說法正確的是（ ）
A．下滑的過程中在Ⅰ軌道上摩擦力對(duì)該同學(xué)做的功大于在Ⅱ軌道上摩擦力對(duì)該同學(xué)做的功
B．該同學(xué)到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度總是大于到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度
C．在經(jīng)過兩軌道上某等高點(diǎn)時(shí)，I軌道受到該同學(xué)的壓力大
D．在Ⅱ軌道上下滑的過程中該同學(xué)克服重力做功的功率一定越來越大
【答案】B
【解答】解：ABC、由題意可知兩軌道的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，由微元法可知，若不考慮向心力，每一小段上克服摩擦力做的功都可以表示為：Wf＝μmglcsθ
由于lcsθ等于對(duì)應(yīng)長度l在地面上的投影，所以在不考慮向心力的情況下，兩軌道摩擦力做的功相等。
由于在兩軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)做圓周運(yùn)動(dòng)，Ⅰ軌道圓心在軌跡下方，向心加速度有豎直向下的分量，因此I軌道上同學(xué)對(duì)軌道的壓力小于Ⅱ軌道上同學(xué)對(duì)軌道的壓力，所以在Ⅰ軌道上摩擦力做的功小于在Ⅱ軌道上摩擦力做的功，由動(dòng)能定理可知，該同學(xué)滑到最低點(diǎn)時(shí)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度總是大于到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度，故AC錯(cuò)誤，B正確；
D、在Ⅱ軌道下滑的過程中該同學(xué)重力做功的功率WG＝mgvcsα，由于v越來越大，而csα越來越小，因此可以確定的是重力功率是先增大后減小的，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
31．（2023春?郫都區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，在水平地面靜止放著一質(zhì)量m＝1kg的木箱，一與水平方向成37°，大小F＝10N的恒力作用于木箱，木箱在力F的作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)6s，木箱與地面摩擦因數(shù)μ＝0.5。sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，取g＝10m/s2。求：
（1）6s內(nèi)，力F所做的功；
（2）6s內(nèi)，力F的平均功率；
（3）6s末，力F的瞬時(shí)功率。
【答案】（1）6s內(nèi)，力F所做的功為864J；
（2）6s內(nèi)，力F的平均功率為144W；
（3）6s末，力F的瞬時(shí)功率為288W。
【解答】解：（1）根據(jù)牛頓第二定律得物體運(yùn)動(dòng)的加速度為：
a＝
代入數(shù)據(jù)解得：a＝6m/s2
6s內(nèi)的位移為
x＝＝m＝108m
6s內(nèi)力F所做的功為
W＝Fxcs37°＝10×108×0.8J＝864J
（2）6s內(nèi)，力F的平均功率
（3）6s末速度為v＝at＝6×6m/s＝36m/s
6s末，力F的瞬時(shí)功率為
P＝Fvcs37°＝10×36×0.8W＝288W
答：（1）6s內(nèi)，力F所做的功為864J；
（2）6s內(nèi)，力F的平均功率為144W；
（3）6s末，力F的瞬時(shí)功率為288W。
32．（2023?南昌三模）港珠澳大橋是建筑史上里程最長、投資最多、施工難度最大的跨海大橋。如圖所示的水平路段由一段半徑為48m的圓弧形彎道和直道組成?，F(xiàn)有一總質(zhì)量為2.0×103kg、額定功率為80kW的測(cè)試汽車通過該路段，汽車可視為質(zhì)點(diǎn)，取重力加速度g＝10m/s2。
（1）若汽車通過彎道時(shí)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，路面對(duì)輪胎的徑向最大靜摩擦力是車重的0.675倍，求該汽車安全通過此彎道的最大速度；
（2）若汽車由靜止開始沿直道做加速度大小為3m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)，在該路段行駛時(shí)受到的阻力為車重的0.1倍，求該汽車運(yùn)動(dòng)4s末的瞬時(shí)功率。
【答案】（1）該汽車安全通過此彎道的最大速度為18m/s；
（2）該汽車運(yùn)動(dòng)4s末的瞬時(shí)功率為80kW。
【解答】解：汽車的額定功率為P0＝80kW＝8×104W
（1）由徑向最大靜摩擦力提供向心力時(shí)，汽車通過此彎道的速度最大，設(shè)最大速度為vm，則由牛頓第二定律有：
f徑向＝m
據(jù)題：f徑向＝0.675mg
解得：vm＝18m/s
（2）汽車在勻加速過程中，由牛頓第二定律得：
F﹣f＝ma
當(dāng)功率達(dá)到額定功率時(shí)，有 P0＝Fv1
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 v1＝at1
代入數(shù)據(jù)解得勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t1＝3.33s
因t＝4s＞t1＝3.33s，則t＝4s末發(fā)動(dòng)機(jī)功率為P＝80kW
答：（1）該汽車安全通過此彎道的最大速度為18m/s；
（2）該汽車運(yùn)動(dòng)4s末的瞬時(shí)功率為80kW。
一十八．機(jī)車啟動(dòng)的兩種模型（共1小題）
33．（2023春?安慶期末）工作人員為了對(duì)某款汽車的加速性能進(jìn)行充分測(cè)試，駕駛員以汽車發(fā)動(dòng)機(jī)額定功率啟動(dòng)汽車，作出的該款車的速度隨時(shí)間的圖像如圖所示。假設(shè)測(cè)試路段平直，可以認(rèn)為汽車所受阻力為恒力。已知該款車的質(zhì)量為m＝1.2×103kg，發(fā)動(dòng)機(jī)額定功率為P＝1.2×105W。
（1）當(dāng)速度為20m/s時(shí)，汽車的加速度大小為多少；
（2）以汽車開始啟動(dòng)為零時(shí)刻，10s末汽車恰好達(dá)到最大速度，此過程汽車的位移為多少。
【答案】（1）當(dāng)速度為20m/s時(shí)，汽車的加速度大小為2.5m/s2；
（2）此過程汽車的位移為80m。
【解答】解：（1）由圖知汽車的最大vm＝40m/s，此時(shí)牽引力與阻力大小相等
由P＝Fvm＝fvm得汽車所受阻力大小為
f＝＝N＝3000N
當(dāng)速度為20m/s時(shí)，牽引力為
F′＝＝N＝6000N
由牛頓第二定律有
F﹣f＝ma
可得：a＝2.5m/s2
（2）由動(dòng)能定理有
可得：x＝80m
答：（1）當(dāng)速度為20m/s時(shí)，汽車的加速度大小為2.5m/s2；
（2）此過程汽車的位移為80m。
一十九．重力勢(shì)能的變化和重力做功的關(guān)系（共2小題）
34．（2023春?南昌期末）如圖所示為一棟樓房的截面圖，各樓層高度已在圖中標(biāo)出，一只質(zhì)量為1kg的小貓從一樓的A處沿樓梯爬上三樓，已知小貓爬到樓梯口B處時(shí)的重力勢(shì)能為0，重力加速度大小取g＝10m/s2，則下面說法正確的是（ ）
A．小貓?jiān)贏處的重力勢(shì)能為15J
B．小貓?jiān)贓處的重力勢(shì)能是在A處的2倍
C．小貓從B到D重力做的功為30J
D．小貓從A到B重力勢(shì)能增加了15J
【答案】D
【解答】解：A.小貓爬到樓梯口B處時(shí)的重力勢(shì)能為0，則小貓?jiān)贏處的重力勢(shì)能為
EpA＝﹣mghA＝﹣1×10×1.5J＝﹣15J，故A錯(cuò)誤；
B.小貓?jiān)贓處的重力勢(shì)能，EpE＝mghEB＝1×10×（3﹣1.5+3）J＝45J，而A處的重力勢(shì)能為﹣15J，故B錯(cuò)誤；
C.小貓從B到D重力做的功為，WG＝﹣mghBD＝﹣1×10×3J＝﹣30J，故C錯(cuò)誤；
D.小貓從A到B重力勢(shì)能增加了，ΔEp＝mghAB＝1×10×1.5J＝15J，故D正確。
故選：D。
35．（2023春?烏魯木齊期末）樹上有一個(gè)質(zhì)量m＝0.3kg的蘋果下落，在由C落至D的過程中。若g＝10m/s2，hCD＝3.0m，則重力所做的功為 9.0 J，重力勢(shì)能的變化量為 ﹣9.0 J。
【答案】9.0；﹣9.0。
【解答】解：蘋果下落，在由C落至D的過程中，則重力所做的功W＝mgh＝0.3×10×3.0J＝9.0J
重力勢(shì)能的變化量為：ΔEP＝﹣9.0J
故答案為：9.0；﹣9.0。
二十．動(dòng)能定理（共5小題）
36．（2023春?高新區(qū)校級(jí)期末）小明駕駛兩輪平衡車在水平路面上以恒定加速度a啟動(dòng)，v﹣t圖像如圖所示，已知人和平衡車的總質(zhì)量為m，平衡車動(dòng)力系統(tǒng)的額定功率為P0，平衡車受到的阻力恒為f，不計(jì)人對(duì)平衡車做功，則（ ）
A．平衡車勻加速階段的牽引力為f+ma
B．平衡車能達(dá)到的最大行駛速度
C．平衡車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)過程中能達(dá)到的最大速度
D．0～t2時(shí)間內(nèi)，阻力對(duì)平衡車做的功為
【答案】A
【解答】解：A、勻加速階段，由牛頓第二定律得：F﹣f＝ma，可得平衡車勻加速階段的牽引力為F＝f+ma，故A正確；
B、當(dāng)平衡車牽引力與阻力平衡時(shí)，達(dá)到最大速度，由P0＝F'vm＝fvm，可得平衡車能達(dá)到的最大行駛速度，故B錯(cuò)誤；
C、勻加速直線運(yùn)動(dòng)結(jié)束時(shí)平衡車的功率達(dá)到額定功率，由P0＝Fv1，結(jié)合F＝f+ma，可得平衡車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)過程中能達(dá)到的最大速度，故C錯(cuò)誤；
D、0～t2時(shí)間內(nèi)，由動(dòng)能定理可得：F?+P0（t2﹣t1）+Wf＝
聯(lián)立可得阻力對(duì)平衡車做的功為：，故D錯(cuò)誤。
故選：A。
37．（2023春?浉河區(qū)校級(jí)期末）如圖，在豎直平面內(nèi)有一個(gè)半徑為R且光滑的四分之一圓弧軌道AB，軌道下端B與水平面CD相切，BC光滑且長度大于R，C點(diǎn)右邊粗糙程度均勻且足夠長?，F(xiàn)用手捏住一根長為的勻質(zhì)細(xì)桿的上端，使桿下端與A點(diǎn)等高，然后由靜止釋放桿子，讓桿子保持沿軌道內(nèi)下滑。不計(jì)空氣阻力及桿與圓弧軌道的撞擊，重力加速度為g，下列說法正確的是（ ）
A．桿子前端到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為
B．桿子前端在過C點(diǎn)后，一直做勻減速運(yùn)動(dòng)
C．桿子前端在過C點(diǎn)后，滑行一段距離后停下來，在此過程中，若將桿子分成任意兩段，其前一段對(duì)后一段的作用力大小不變
D．若桿子前端在過C點(diǎn)后，滑行s距離后停下，且s＞R，桿子與粗糙平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為
【答案】D
【解答】解：A、桿子從A處靜止釋放到前端到達(dá)C點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理得：mg（R+R）＝，解得：vC＝，故A錯(cuò)誤；
B、桿子前端在過C點(diǎn)后，在桿子通過C點(diǎn)的過程中，桿子受到的滑動(dòng)摩擦力逐漸增大，合力逐漸增大，加速度逐漸增大，做加速度逐漸增大的變減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)桿子完全進(jìn)入CD后，受到的滑動(dòng)摩擦力不變，合力不變，開始做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；
C、桿子前端在過C點(diǎn)后，將桿子分成任意兩段，設(shè)前段的質(zhì)量為m。若前段已經(jīng)通過C點(diǎn)，在后段通過C點(diǎn)的過程，對(duì)前段，由牛頓第二定律得：f﹣F＝ma，則后段對(duì)前段的作用力大小F＝f﹣ma，a增大，f不變，F(xiàn)減小，故C錯(cuò)誤；
D、繩子前端滑過C點(diǎn)后，其受到的滑動(dòng)摩擦力先均勻增大，其平均值為＝＝μmg，后端通過C點(diǎn)后滑動(dòng)摩擦力不變，其值為μmg。
從前端過C點(diǎn)到停止的過程，由動(dòng)能定理得：?μmg??μmg（s?）＝0?，解得：μ＝，故D正確。
故選：D。
38．（2023春?寧波期末）一輛小汽車在水平路面上由靜止沿直線啟動(dòng)，在0～t1時(shí)間內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，t1時(shí)刻達(dá)到速度v1，并達(dá)到額定功率，之后保持以額定功率運(yùn)動(dòng)。汽車的質(zhì)量為m，汽車受到地面的阻力為車重力的k倍，重力加速度g及上述物理量均已知，若想要知道該汽車從靜止加速到最大速度經(jīng)過的位移，還需要知道以下哪個(gè)物理量（ ）
A．汽車在0～t1時(shí)間內(nèi)的牽引力F
B．汽車的額定功率P
C．汽車的最大速度vm
D．汽車加速到最大速度的時(shí)刻t2
【答案】D
【解答】解：在0～t1時(shí)間內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，汽車的位移為
根據(jù)牛頓第二定律得
以上兩式聯(lián)立可解得汽車的額定功率P。
當(dāng)F＝f時(shí)汽車的速度最大，汽車的最大速度為
汽車速度從v1加速至vm，根據(jù)動(dòng)能定理得
汽車從靜止加速到最大速度經(jīng)過的位移為
x＝x1+x2
可知若想要知道該汽車從靜止加速到最大速度經(jīng)過的位移x，需要解得x2，求解x2就需要知道汽車加速到最大速度的時(shí)刻t2，故ABC錯(cuò)誤，D正確。
故選：D。
39．（2022秋?葫蘆島期末）（多選）如圖1所示，水平粗糙傳送帶以恒定速度v0順時(shí)針勻速傳送，質(zhì)量為m的正方形物體abcd置于傳送帶上，在傳送帶所在區(qū)域有一以PQ與MN為邊界的測(cè)定區(qū)域，當(dāng)abcd在進(jìn)入與離開該區(qū)域的過程中就會(huì)受到水平向左的變力F的作用，且當(dāng)abcd進(jìn)入該區(qū)域的過程中F的變化規(guī)律與abcd離開該區(qū)域的過程中F的變化規(guī)律相同，PQ、MN與傳送帶垂直。物體在圖示位置開始計(jì)時(shí)，運(yùn)動(dòng)過程中ab邊始終與PQ平行，其速度與時(shí)間的關(guān)系如圖2所示，t1～t2時(shí)間內(nèi)為曲線，t2～t3時(shí)間內(nèi)為直線，重力加速度為g，正方體物體的棱長為L，則下列說法正確的是（ ）
A．t2～t3時(shí)間內(nèi)物體的加速度大小為
B．物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為
C．邊界PQ與MN的距離為
D．t1～t2時(shí)間內(nèi)，變力F做的功的絕對(duì)值為
【答案】ABD
【解答】解：A、物體在t2～t3時(shí)間內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由v﹣t圖像可得物體的加速度大小為，故A正確；
B、物體在t2～t3時(shí)間內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，此過程中物體水平方向只受滑動(dòng)摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律得：μmg＝ma，解得物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為：，故B正確；
C、根據(jù)題意可知，邊界PQ與MN的距離為物體在t1～t4時(shí)間內(nèi)的位移之和，物體在t1～t2時(shí)間內(nèi)的位移為物體的棱長，即有x1＝L
根據(jù)v﹣t圖像與時(shí)間軸所圍的面積表示位移，可得物體在t2～t3時(shí)間內(nèi)的位移為
物體在t3～t4時(shí)間內(nèi)的位移為x3＝v0（t4﹣t3）
故邊界PQ與MN的距離為，故C錯(cuò)誤；
D、設(shè)t1～t2時(shí)間內(nèi)，變力F做功的絕對(duì)值為W，根據(jù)動(dòng)能定理得：，解得：，故D正確。
故選：ABD。
40．（2023春?鎮(zhèn)江期末）如圖所示，人們常用“打夯”的方式把松散的地面夯實(shí)。設(shè)某次打夯符合以下模型：兩人同時(shí)通過繩子對(duì)重物各施加一個(gè)恒力，力的大小均為250N，方向都與豎直方向成37°，重物離開地面30cm后人停止施力。已知重物的質(zhì)量為30kg，g取10m/s2，cs37°＝0.8。求：
（1）兩人對(duì)重物所做的功；
（2）重物離開地面的最大高度。
【答案】（1）兩人對(duì)重物所做的功為120J；
（2）重物離開地面的最大高度為0.4m。
【解答】解：（1）一個(gè)人對(duì)重物所做的功為
W＝Flcsα＝250×30×10﹣2×0.8J＝60J
兩人對(duì)重物所做的的功為
W總＝2W＝2×60J＝120J
（2）設(shè)重物上升最大高度為h，從重物離地到重物到達(dá)最高點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理得
W總+（﹣mgh）＝0
解得：h＝0.4m
答：（1）兩人對(duì)重物所做的功為120J；
（2）重物離開地面的最大高度為0.4m。
二十一．機(jī)械能守恒定律（共2小題）
41．（2022秋?鐵嶺期末）如圖所示，兩小滑塊P、Q的質(zhì)量分別為2m和m，P、Q通過光滑鉸鏈用長為L的輕桿連接，P套在固定的光滑豎直桿上，Q放在光滑水平地面上。原長為的輕彈簧水平放置，右端與Q相連，左端固定在豎直桿上O點(diǎn)。將P由靜止釋放，此時(shí)輕桿與豎直方向夾角α＝30°，P下降到最低點(diǎn)時(shí)α變?yōu)?0°。重力加速度為g，則在P下降的過程中，下列說法正確的是（ ）
A．P、Q組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
B．下降過程中P的機(jī)械能先增大后減小
C．彈簧彈性勢(shì)能最大值為
D．P達(dá)到最大動(dòng)能時(shí)，Q受到地面的支持力大小為3mg
【答案】D
【解答】解：A、對(duì)于P、Q和彈簧組成的系統(tǒng)，由于只有重力和彈簧的彈力做功，所以系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由于彈簧的彈性勢(shì)能增加，所以P、Q組成的系統(tǒng)機(jī)械能減少，故A錯(cuò)誤；
B、P下降過程中，輕桿一直阻礙P下落，對(duì)P做負(fù)功，所以P的機(jī)械能一直減小，故B錯(cuò)誤；
C、P下降到最低點(diǎn)時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最大，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得彈簧彈性勢(shì)能最大值為，故C錯(cuò)誤；
D、P達(dá)到最大動(dòng)能時(shí)，在豎直方向上的加速度為零，整個(gè)系統(tǒng)豎直方向合力為零，所以Q受到地面的支持力大小為FN＝2mg+mg＝3mg，D正確。
故選：D。
42．（2023春?長壽區(qū)期末）如圖所示，懸崖上有一質(zhì)量m＝50kg的石塊，距離地面高度h＝20m，由于長期風(fēng)化作用而從懸崖上由靜止落到地面。若下落時(shí)不計(jì)空氣阻力且石塊質(zhì)量不變，以地面為零勢(shì)能面，求石塊：（取g＝10m/s2）
（1）未下落時(shí)在懸崖上的重力勢(shì)能；
（2）落到地面時(shí)的速度大小。
【答案】（1）未下落時(shí)在懸崖上的重力勢(shì)能為10000J；
（2）落到地面時(shí)的速度大小為20m/s。
【解答】解：（1）由重力勢(shì)能的計(jì)算式可知
Ep＝mgh
可得
（2）由機(jī)械能守恒定律可知
可得：
答：（1）未下落時(shí)在懸崖上的重力勢(shì)能為10000J；
（2）落到地面時(shí)的速度大小為20m/s。
二十二．功能關(guān)系（共4小題）
43．（2023春?興慶區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點(diǎn)為彈簧在原長時(shí)物塊的位置。物塊由A點(diǎn)靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運(yùn)動(dòng)，最遠(yuǎn)到達(dá)B點(diǎn)。在從A到B的過程中，物塊（ ）
A．加速度先增大后減小
B．經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)的速度最大
C．所受彈簧彈力始終做正功
D．所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功
【答案】D
【解答】解：AB、物塊由A點(diǎn)開始向右加速運(yùn)動(dòng)，彈簧壓縮量逐漸減小，F(xiàn)彈減小，由F彈﹣Ff＝ma知，a減小，所以物塊做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)；
當(dāng)運(yùn)動(dòng)到F彈＝Ff時(shí)，a減小為零，此時(shí)物塊速度最大，彈簧仍處于壓縮狀態(tài)，不是在O點(diǎn)；
由于慣性，物塊繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，此時(shí)Ff﹣F彈＝ma，物塊做減速運(yùn)動(dòng)，且隨著壓縮量繼續(xù)減小，a逐漸增大；
當(dāng)越過O點(diǎn)后，彈簧開始被拉伸，此時(shí)F彈+Ff＝ma，隨著拉伸量增大，a繼續(xù)增大，
綜上所述，從A到B過程中，物塊加速度先減小后反向增大，在O點(diǎn)左側(cè)F彈＝Ff時(shí)速度v達(dá)到最大，故AB錯(cuò)誤；
C、在AO段，彈簧壓縮，物塊所受彈簧彈力做正功，在OB段，彈簧伸長，物塊所受彈簧彈力做負(fù)功，故C錯(cuò)誤；
D、由動(dòng)能定理知，從A到B的過程中，彈簧彈力做功與摩擦力做功之和為0，所以物塊所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功，故D正確。
故選：D。
44．（2023春?成華區(qū)校級(jí)期末）（多選）如圖所示，粗糙的水平面上有一根右端固定的輕彈簧，其左端自由伸長到b點(diǎn)，質(zhì)量為2kg的滑塊從a點(diǎn)以初速度v0＝6m/s開始向右運(yùn)動(dòng)，與此同時(shí)，在滑塊上施加一個(gè)大小為20N，與水平方向夾角為53°的恒力F，滑塊將彈簧壓縮至c點(diǎn)時(shí)，速度減小為零，然后滑塊被反彈至d點(diǎn)時(shí)，速度再次為零，已知ab間的距離是2m，d是ab的中點(diǎn)，bc間的距離為0.5m．（g取10m/s2，sin53°≈0.8，cs53°≈0.6），則下列說法中正確的是（ ）
A．滑塊與水平面間的摩擦因數(shù)為0.3
B．滑塊從b點(diǎn)至c點(diǎn)的過程運(yùn)動(dòng)時(shí)間為
C．彈簧的最大彈性勢(shì)能為36J
D．滑塊從c點(diǎn)至d點(diǎn)過程中的最大動(dòng)能為25J
【答案】CD
【解答】解：A、滑塊從a點(diǎn)到反彈到d點(diǎn)過程，根據(jù)動(dòng)能定理得
根據(jù)題意有
，xac+xcd＝（2m+0.5m）+（0.5m+1m）＝4m
解得：，故A錯(cuò)誤；
C、滑塊從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至c點(diǎn)過程，由于Fcs53°＝20×0.6N＝12N，f＝μ（mg+Fsin53°）＝×（2×10+20×0.8）N＝12N，則Fcs53°＝f
滑塊運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)時(shí)彈性勢(shì)能最大，由于恒力F做功與滑動(dòng)摩擦力做功的代數(shù)和為0，則彈簧的最大彈性勢(shì)能為EPmax＝＝J＝36J，故C正確；
B、滑塊從b點(diǎn)至c點(diǎn)的過程，由于Fcs53°＝f，可知滑塊的合力大小等于彈簧彈力大小，可認(rèn)為滑塊做簡諧運(yùn)動(dòng)，則滑塊從b點(diǎn)至c點(diǎn)的時(shí)間為
根據(jù)，解得彈簧勁度系數(shù)為k＝288N/m
則有，故B錯(cuò)誤；
D、滑塊從c點(diǎn)至d點(diǎn)過程中，當(dāng)滑塊的合力為零時(shí)，滑塊的速度最大，動(dòng)能最大，則有
kx﹣Fcs53°﹣μ（mg+Fsin53°）＝0
解得彈簧的壓縮量為
滑塊從最大動(dòng)能處至d點(diǎn)過程中，根據(jù)功能關(guān)系可得
解得最大動(dòng)能為：Ekm＝25J，故D正確。
故選：CD。
45．（2023春?錦州期末）（多選）如圖所示，質(zhì)量分別為2kg和2.5kg的物塊A、B，與勁度系數(shù)為1000N/m的輕彈簧拴接后豎直放在水平地面上，對(duì)物塊A施加一個(gè)40N的豎直向下的壓力F，物塊A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知彈簧的彈性勢(shì)能大小為，其中k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量，取g＝10m/s2，突然撤去壓力F，則（ ）
A．物塊A的最大動(dòng)能為0.8J
B．物塊A的最大動(dòng)能為1.6J
C．物塊B不可能離開水平地面
D．只要k足夠小，物塊B就可能離開水平地面
【答案】AC
【解答】解：AB、有壓力F時(shí)，彈簧的壓縮量x0＝＝m＝0.06m
物塊A動(dòng)能最大時(shí)，彈簧的彈力等于物塊A的重力，即kx1＝mAg，解得：x1＝0.02m
由機(jī)械能守恒定律得：
mAgh+EkA＝Ep0﹣Ep1
其中，
h＝x0﹣x1＝0.06m﹣0.02m＝0.04m
可得A的最大動(dòng)能EkA＝0.8J，故A正確，B錯(cuò)誤；
CD、設(shè)彈簧形變量為x2時(shí)，彈簧的彈力kx2＝mBg
此時(shí)B恰好要離開地面，A由初始上升h‘＝x0+x2
由機(jī)械能守恒有：mAgh′+EkA′＝Ep0﹣Ep2
代入數(shù)據(jù)得：EkA′＜0，不可能，所以B不會(huì)離開地面，故C正確，D錯(cuò)誤。
故選：AC。
46．（2023春?煙臺(tái)期末）物理興趣小組同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)游戲裝置研究豎直平面內(nèi)物體的運(yùn)動(dòng)。其簡化的模型如圖所示，豎直面內(nèi)依次固定著斜面軌道AB和圓心為O、半徑為R的圓周軌道，二者通過水平直軌道BC平滑連接，圓周軌道的左側(cè)連接一段長度為2R的粗糙水平軌道CD，D點(diǎn)的左側(cè)有一輕質(zhì)彈簧固定在豎直擋板上，彈簧自由伸長時(shí)其右端恰好位于D點(diǎn)。在一次實(shí)驗(yàn)中，小組同學(xué)將一個(gè)質(zhì)量為m的小滑塊從斜面軌道上距離水平直軌道高度h＝5R處由靜止釋放，滑塊進(jìn)入水平軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)后，進(jìn)入圓周軌道，運(yùn)動(dòng)一周后自C點(diǎn)離開圓周軌道后向D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)。小滑塊和CD段間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，與其它部分摩擦均忽略不計(jì)，不計(jì)小滑塊大小及經(jīng)過連接處的機(jī)械能損失，重力加速度為g。求：
（1）彈簧獲得最大彈性勢(shì)能；
（2）滑塊第一次到達(dá)圓周軌道最高點(diǎn)處對(duì)軌道的壓力大??；
（3）整個(gè)過程中滑塊在CD段運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。
【答案】（1）彈簧獲得最大彈性勢(shì)能為4mgR；
（2）滑塊第一次到達(dá)圓周軌道最高點(diǎn)處對(duì)軌道的壓力大小為5mg；
（3）整個(gè)過程中滑塊在CD段運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為。
【解答】（1）設(shè)彈簧獲得最大彈性勢(shì)能為Epm，由能量守恒定律得：Epm=mgh-μmg?2R
解得：Epm=4mgR
（2）設(shè)滑塊第一次到達(dá)圓周軌道最高點(diǎn)時(shí)速度為v,由機(jī)械能守恒定律得：mg?5R?mg?2R＝
mv2
在最高點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有：FN+mg＝m。
由牛頓第三定律可知，滑塊在最高點(diǎn)對(duì)軌道壓力大小為：FN=FN′=5mg。
（3）設(shè)滑塊能夠在豎直圓周軌道做完整圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，在最高點(diǎn)和最低點(diǎn)的最小速度分別為v0、V0，則由牛頓第二定律有：。
。
由以上兩式解得：。
設(shè)滑塊和彈簧第一次作用后，經(jīng)過CD返回到圓周軌道最低點(diǎn)C時(shí)的速度大小為v1，則由動(dòng)能定理有：。
解得：。
由于v1＞V0，滑塊能夠到達(dá)最高點(diǎn)返回斜面，而后又從斜面返回并離開圓周軌道，并再一次和彈簧發(fā)生作用，設(shè)滑塊和彈簧第二次作用后，經(jīng)過CD返回到圓周軌道最低點(diǎn)C時(shí)的速度大小為v2，則由動(dòng)能定理有：。
解得：。
設(shè)滑塊以速度v2從C點(diǎn)進(jìn)入圓周軌道，能夠上升的最大高度為h1，則有：。解得：h1=R。
由此可見滑塊沿著圓周軌道運(yùn)動(dòng)圓周后，再次返回到CD軌道上運(yùn)動(dòng)，設(shè)滑塊在軌道CD段運(yùn)動(dòng)的總路程為s,則由能量守恒定律得：mg?5R=μmgs
在CD段運(yùn)動(dòng)的加速度的大小為：a=μg
根據(jù)位移—時(shí)間關(guān)系有：
聯(lián)立解得：。
答：（1）彈簧獲得最大彈性勢(shì)能為4mgR；
（2）滑塊第一次到達(dá)圓周軌道最高點(diǎn)處對(duì)軌道的壓力大小為5mg；
（3）整個(gè)過程中滑塊在CD段運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為。
二十三．電荷守恒定律（共1小題）
47．（2020?浦口區(qū)校級(jí)學(xué)業(yè)考試）將一束塑料包扎帶一端打結(jié)，另一端撕成細(xì)條后，用手迅速捋細(xì)條，觀察到細(xì)條散開了，如圖所示．下列關(guān)于細(xì)條散開現(xiàn)象的分析中正確的是（ ）
A．由于摩擦起電，細(xì)條帶同種電荷，相互排斥散開
B．撕成細(xì)條后，所受重力減小，細(xì)條自然松散
C．撕成細(xì)條后，由于空氣浮力作用使細(xì)條散開
D．細(xì)條之間相互感應(yīng)起電，相互排斥散開
【答案】A
【解答】解：塑料捆扎繩與手摩擦帶電；塑料捆扎繩上帶的是同種電荷，同種電荷相互排斥，所以塑料繩會(huì)向四周散開，捋的次數(shù)越多，塑料繩帶電越多，排斥力越多，下端散開的就越大，下端散開的就越大；故BCD錯(cuò)誤，A正確；
故選：A。
二十四．庫侖定律（共4小題）
48．（2024?碑林區(qū)模擬）兩個(gè)分別帶有電荷量﹣Q和+3Q的相同金屬小球（均可視為點(diǎn)電荷），固定在相距為r的兩處，它們間庫侖力的大小為F．兩小球相互接觸后將其固定距離變?yōu)?，則兩球間庫侖力的大小為（ ）
A．FB．FC．FD．12F
【答案】A
【解答】解：相距為r時(shí)，根據(jù)庫侖定律得：
F＝K；
接觸后，各自帶電量變?yōu)镼′＝＝Q，則此時(shí)
F′＝K 兩式聯(lián)立得F′＝ F，故A正確，BCD錯(cuò)誤，
故選：A。
49．（2023春?景德鎮(zhèn)期末）對(duì)于庫侖定律，下面說法中正確的是（ ）
A．凡計(jì)算兩個(gè)點(diǎn)電荷間的相互作用力，都可以使用公式F＝k計(jì)算
B．相互作用的兩個(gè)點(diǎn)電荷，若它們的電量不相同，它們之間的庫侖力大小可能不相等
C．兩個(gè)點(diǎn)電荷的電量各減為原來的一半，它們之間的距離保持不變，則它們之間的庫侖力減為原來的一半
D．在公式F＝k中，是點(diǎn)電荷Q2產(chǎn)生的電場(chǎng)在點(diǎn)電荷Q1處的場(chǎng)強(qiáng)大?。欢屈c(diǎn)電荷Q1產(chǎn)生的電場(chǎng)在點(diǎn)電荷Q2處的場(chǎng)強(qiáng)大小
【答案】D
【解答】解；A、庫侖定律的適用條件是：真空和靜止點(diǎn)電荷，兩個(gè)帶電小球距離非常近時(shí)，電荷不能看成點(diǎn)電荷，因此不能使用庫侖定律，故A錯(cuò)誤。
B、相互作用的兩個(gè)點(diǎn)電荷之間的庫侖力為作用力和反作用力的關(guān)系，大小始終相等，故B錯(cuò)誤。
C、根據(jù)庫侖定律的計(jì)算公式F＝k，當(dāng)兩個(gè)點(diǎn)電荷的電荷量都減為原來的一半，它們之間的距離保持不變，則它們之間的庫侖力減為原來的 ，故C錯(cuò)誤；
D、在公式F＝k中，是點(diǎn)電荷Q2產(chǎn)生的電場(chǎng)在點(diǎn)電荷Q1處的場(chǎng)強(qiáng)大??；而是點(diǎn)電荷Q1產(chǎn)生的電場(chǎng)在點(diǎn)電荷Q2處的場(chǎng)強(qiáng)大小。故D正確。
故選：D。
50．（2023春?湖北期末）如圖所示，abcde是半徑為r的圓內(nèi)接正五邊形，在其頂點(diǎn)a、b、c、d處各固定有電荷量為+Q的點(diǎn)電荷，則放置在圓心O處的點(diǎn)電荷﹣q（q＞0）所受到的靜電力大小為（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解答】解：假設(shè)在e點(diǎn)固定一個(gè)電荷量為+Q的點(diǎn)電荷，根據(jù)對(duì)稱性和電場(chǎng)的疊加原理可知圓心O處的合場(chǎng)強(qiáng)為零，所以，如果撤去e點(diǎn)處固定的這個(gè)電荷，則剩下電荷在O處的合場(chǎng)強(qiáng)與e點(diǎn)固定一個(gè)電荷量為+Q的點(diǎn)電荷在O處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)等大反向，大小為E＝k，則放置在圓心O處的點(diǎn)電荷﹣q（q＞0）所受到的靜電力大小為F＝qE＝，故ACD錯(cuò)誤，B正確。
故選：B。
51．（2022秋?臺(tái)州期末）（多選）如圖所示，三根完全相同的輕質(zhì)絕緣細(xì)桿，通過金屬鉸鏈P組合成支架，桿可繞鉸鏈自由轉(zhuǎn)動(dòng)，每根桿下端分別固定有A、B、C帶電小球，支架靜放在絕緣粗糙的水平桌面上。已知三根細(xì)桿對(duì)稱分布，與豎直方向的夾角均為37°，長為l。P、A、B、C質(zhì)量均為m，電荷量均為q（q＞0）且可看成點(diǎn)電荷。靜電力常量為k，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。則（ ）
A．A球受到5個(gè)力作用
B．A球受到桌面的摩擦力方向垂直指向BC
C．每根桿對(duì)P球的作用力大小為
D．同時(shí)減小桿與豎直方向夾角時(shí)，小球?qū)ψ烂娴膲毫p小
【答案】BC
【解答】解：C、對(duì)P球作受力分析如圖所示：
庫侖力大小為：
由平衡條件得：3（F桿+F庫）cs37°＝mg
解得每根桿對(duì)P球的作用力大小為：，故C正確；
A、對(duì)A作受力分析如圖所示：
由于與庫侖力大小未知，所以桿AP受力方向未知，A球受到重力、支持力、摩擦力、B、C、P的斥力作用，故A錯(cuò)誤；
B、FBA、FCA的合力方向由A指向D，F(xiàn)PA在桌面方向的分力也是由A指向D，所以摩擦力的方向垂直指向BC，故B正確；
D、將金屬鉸鏈和小球作為整體，同時(shí)減小桿與豎直方向夾角時(shí)，根據(jù)平衡條件可知桌面對(duì)小球的支持力大小等于4mg，由牛頓第三定律知小球?qū)ψ烂娴膲毫θ詾?mg，故D錯(cuò)誤。
故選：BC。
二十五．電場(chǎng)強(qiáng)度與電場(chǎng)力（共2小題）
52．（2022秋?浦東新區(qū)校級(jí)期末）如圖，一個(gè)電荷量為q的正點(diǎn)電荷位于電場(chǎng)中A點(diǎn)，受到的電場(chǎng)力為F，則A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小，方向與F相同。若把該點(diǎn)電荷換為電荷量為2q的負(fù)點(diǎn)電荷，則A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度（ ）
A．大小仍為E，方向與原來相反 B．大小仍為E，方向與原來相同
C．大小變?yōu)?，方向與原來相反 D．大小變?yōu)椋较蚺c原來相同
【答案】B
【解答】解：根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的物理意義：電場(chǎng)強(qiáng)度反映電場(chǎng)本身性質(zhì)的物理量，僅電場(chǎng)本身決定，與試探電荷無關(guān)?？芍瑢⒃擖c(diǎn)電荷換為電荷量為2q的負(fù)點(diǎn)電荷，A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小和方向均不變，故B正確。
故選：B。
53．（2023春?鞍山期末）如圖所示，輕質(zhì)細(xì)繩上端固定，下端連接一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球，小球靜止在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，繩與豎直方向的夾角θ＝37°。已知小球所帶電荷量q＝1.0×10﹣6C，勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E＝3.0×103N/C，取重力加速度g＝10m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求：
（1）小球的質(zhì)量m；
（2）若剪斷細(xì)線，求剪斷細(xì)線后2s末的速度大小；
（3）若不剪斷細(xì)線，調(diào)整場(chǎng)強(qiáng)大小與方向保持小球靜止，求最小場(chǎng)強(qiáng)。
【答案】（1）小球的質(zhì)量m為4.0×10﹣4kg；
（2）剪斷細(xì)線后2s末的速度大小為25m/s；
（3）最小場(chǎng)強(qiáng)為2.4×103N/C，方向垂直于繩向上。
【解答】解：（1）對(duì)小球進(jìn)行受力分析如圖所示
則由平衡條件有
Tcsθ＝mg，Tsinθ＝qE
解得：m＝4.0×10﹣4kg
（2）若剪斷細(xì)線，小球?qū)⒀卦瓉砑?xì)線的方向向右下方做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 v＝at
解得：v＝25m/s
（3）若不剪斷細(xì)線，調(diào)整場(chǎng)強(qiáng)大小與方向保持小球靜止，對(duì)小球進(jìn)行受力分析，作出受力的動(dòng)態(tài)三角形，如圖所示
可知，當(dāng)電場(chǎng)方向垂直于繩向上時(shí)，電場(chǎng)力最小，電場(chǎng)強(qiáng)度最小，則有
qEmin＝mgsinθ
解得：
答：（1）小球的質(zhì)量m為4.0×10﹣4kg；
（2）剪斷細(xì)線后2s末的速度大小為25m/s；
（3）最小場(chǎng)強(qiáng)為2.4×103N/C，方向垂直于繩向上。
二十六．電場(chǎng)的疊加（共1小題）
54．（2023春?贛州期末）如圖所示，兩異種點(diǎn)電荷的電荷量均為Q＝1×10﹣3C，絕緣豎直平面過兩點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn)O且與連線垂直，平面上A、O兩點(diǎn)位于同一豎直線上，AO＝l＝3m，兩點(diǎn)電荷到O點(diǎn)的距離也為l。現(xiàn)有比荷C/kg帶負(fù)電的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），從A點(diǎn)以一定的初速度向下滑動(dòng).已知物塊與平面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝，g取10m/s2.求：
（1）A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；
（2）A點(diǎn)的加速度。
【答案】（1）A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為N/C；
（2）A點(diǎn)的加速度大小為5m/s2，方向豎直向上。
【解答】解：（1）兩異種點(diǎn)電荷在A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)如圖所示
正、負(fù)點(diǎn)電荷在A點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小為E＝k＝
A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為
（2）物塊在A點(diǎn)受到重力、電場(chǎng)力、支持力和摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律有
mg﹣μFN＝ma
水平方向有
FN＝qEA
解得：a＝﹣5m/s2，負(fù)號(hào)表示方向豎直向上。
答：（1）A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為N/C；
（2）A點(diǎn)的加速度大小為5m/s2，方向豎直向上。
二十七．電場(chǎng)線（共1小題）
55．（2023春?湘陰縣期末）關(guān)于電場(chǎng)線，下列說法中正確的是（ ）
A．電場(chǎng)線是電場(chǎng)中客觀存在的物質(zhì)
B．電場(chǎng)中任意兩條電場(chǎng)線都不會(huì)相交
C．順著電場(chǎng)線的方向電場(chǎng)強(qiáng)度越來越大
D．初速度為零的點(diǎn)電荷，其運(yùn)動(dòng)軌跡與電場(chǎng)線重合
【答案】B
【解答】解：A、電場(chǎng)是客觀的存在，電場(chǎng)線是人為虛擬的，不是客觀存在的線，故A錯(cuò)誤。
B、電場(chǎng)線的切線方向就是電場(chǎng)強(qiáng)度的方向，如果兩條電場(chǎng)線在同一點(diǎn)相交，則有兩個(gè)切線方向，而事實(shí)上電場(chǎng)中的每一點(diǎn)只有一個(gè)方向，故任意兩條電場(chǎng)線都不會(huì)相交。故B正確。
C、電場(chǎng)線的疏密代表電場(chǎng)的強(qiáng)弱，順著電場(chǎng)線方向，電場(chǎng)線不一定越來越密，場(chǎng)強(qiáng)不一定越來越大，故C錯(cuò)誤。
D、初速度為零的正電荷在電場(chǎng)力作用下可能沿電場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)，如當(dāng)電場(chǎng)線是直線時(shí)，正電荷沿電場(chǎng)線方向運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
二十八．靜電平衡現(xiàn)象（共1小題）
56．（2022秋?貴陽期末）如圖，將帶正電荷量為Q的導(dǎo)體球C靠近不帶電的導(dǎo)體。若沿虛線1將導(dǎo)體分成A、B兩部分，這兩部分所帶電荷量的大小分別用QA、QB表示；若沿虛線2將導(dǎo)體分成兩部分，這兩部分所帶電荷量的大小分別用QA?、QB?表示。下列關(guān)于QA、QA?、QB和QB?電荷量的正負(fù)和大小關(guān)系判斷正確的是（ ）
A．QA為負(fù)，QB為正，且QA＝QB
B．QA?為正，QB?為負(fù)，且QA?＝QB?
C．QA和QA?為正，且QA＝QA?
D．QB和QB?為負(fù)，且QB＝QB?
【答案】B
【解答】解：導(dǎo)體AB開始時(shí)不帶電，但C靠近時(shí)，根據(jù)電荷守恒定律可知，不管是沿虛線1將導(dǎo)體分開還是沿虛線2將導(dǎo)體分開，兩部分所帶異種電荷量的大小均相等，即QA＝QB，QA′＝QB′；若沿虛線1將導(dǎo)體分成A、B兩部分，由于虛線1距正電荷Q較遠(yuǎn)，A部分感應(yīng)出的正電荷較少，即B部分感應(yīng)出的負(fù)電荷較少，有QA＜QA'，QB＜QB'，故B正確ACD錯(cuò)誤。
故選：B。
二十九．探究平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)（共2小題）
57．（2023春?海淀區(qū)校級(jí)期末）用如圖所示裝置探究平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)。將白紙和復(fù)寫紙對(duì)齊重疊并固定在豎直的硬板上，鋼球沿斜槽軌道PQ滑下后從Q點(diǎn)飛出，落在水平擋板MN上。由于擋板靠近硬板一側(cè)較低，鋼球落在擋板上時(shí)，鋼球會(huì)在白紙上擠壓出一個(gè)痕跡點(diǎn)，移動(dòng)擋板，依次重復(fù)上述操作，白紙上將留下一系列痕跡點(diǎn)。
（1）除圖示中器材外，還需要的實(shí)驗(yàn)器材有 B （選填選項(xiàng)前的字母）。
A．秒表 B．刻度尺 C．天平
（2）關(guān)于本實(shí)驗(yàn)，下列操作中正確的是 AB （選填選項(xiàng)前的字母）。
A．調(diào)節(jié)斜槽軌道使末端保持水平
B．每次從同一位置釋放鋼球
C．取斜槽末端緊貼槽口處為平拋運(yùn)動(dòng)的起始點(diǎn)并作為建立坐標(biāo)系的原點(diǎn)
（3）頻閃攝影是研究變速運(yùn)動(dòng)常用的實(shí)驗(yàn)手段，頻閃儀閃光頻率保持恒定。圖為小球做平拋運(yùn)動(dòng)的閃光照片的一部分，途中的幾個(gè)位置如圖中的O、A、B、C、D所示。小紅同學(xué)以其中一個(gè)小球位置O為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立直角坐標(biāo)系，并測(cè)出B、D兩點(diǎn)坐標(biāo)分別為“x1，y1”和“x2，y2”，請(qǐng)根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解和平拋運(yùn)動(dòng)的相關(guān)知識(shí)，求y軸與豎直方向的夾角θ是 滿足 ？
【答案】（1）B；（2）AB；（3）。
【解答】解：（1）除圖示中器材外，還需要的實(shí)驗(yàn)器材刻度尺，不需要秒表和天平。
故選：B。
（2）A、調(diào)節(jié)斜槽軌道使末端保持水平，以保證小球能做平拋運(yùn)動(dòng)，故A正確；
B、為了保證小球到達(dá)斜槽底端時(shí)速度相同，則每次從同一位置由靜止釋放鋼球，故B正確；
C、取小球放在斜槽末端時(shí)小球的球心的投影點(diǎn)為平拋運(yùn)動(dòng)的起始點(diǎn)并作為建立坐標(biāo)系的原點(diǎn)，故C錯(cuò)誤。
故選：AB。
（3）將重力加速度g分解在y軸方向和x軸方向，則：gy＝gcsθ，gx＝gsinθ
小球沿x和y方向均做勻變速運(yùn)動(dòng)，設(shè)：tOB＝tBD＝T
則由題意根據(jù)逐差公式有：，
解得：
故答案為：（1）B；（2）AB；（3）。
58．（2023春?天津期末）某同學(xué)做用如圖甲所示裝置研究平拋運(yùn)動(dòng)。將白紙和復(fù)寫紙對(duì)齊重疊并固定在豎直的硬板上。鋼球沿斜槽軌道PQ滑下后從Q點(diǎn)飛出，落在水平擋板MN上。由于擋板靠近硬板一側(cè)較低，鋼球落在擋板上時(shí)，鋼球側(cè)面會(huì)在白紙上擠壓出一個(gè)痕跡點(diǎn)。移動(dòng)擋板，重新釋放鋼球，如此重復(fù)，白紙上將留下一系列痕跡點(diǎn)。
（1）下列說法中正確的是 B 。
A．該實(shí)驗(yàn)軌道必須盡量光滑，以減小摩擦
B．每次都要將小球從軌道同一位置無初速釋放
C．小球應(yīng)貼緊白紙運(yùn)動(dòng)以減小誤差
D．擋板高度必須等間距變化
（2）為定量研究，建立以水平方向?yàn)閤軸、豎直方向?yàn)閥軸的坐標(biāo)系。在確定y軸時(shí) 需要 （選填“需要”或者“不需要”）y軸與重垂線平行。
（3）在正確操作的實(shí)驗(yàn)中，用光滑曲線擬合了平拋軌跡如圖乙所示，A、B、C、D為軌跡中的四個(gè)位置，則從A到B與從B到C過程所用的時(shí)間應(yīng)滿足tAB ＝ tBC（填“＜”、“＝”或“＞”）。
【答案】（1）B；（2）需要；（3）＝。
【解答】解：（1）AB、斜槽不一定光滑，但末端必須水平，以保證小球做平拋運(yùn)動(dòng)。且每次小球要從同一位置從靜止開始下滑，故A錯(cuò)誤，B正確；
CD、為精確找到小球的位置，應(yīng)使小球的軌跡盡量靠近木板，不能接觸木板。減小擋板的高度時(shí)，不一定要等距離變化，故CD錯(cuò)誤；
故選：B。
（2）因?yàn)殇撉蛩鶖D壓的痕跡點(diǎn)是球心的投影點(diǎn)，而所有的痕跡點(diǎn)與原點(diǎn)應(yīng)在同一拋物線上，所以應(yīng)取鋼球的球心對(duì)應(yīng)白紙上的位置為原點(diǎn)，y軸正方向沿豎直向下，故需要與重垂線平行。
（3）因?yàn)锳、B和B、C間水平距離相等，均為1.5個(gè)小格，所以A、B和B、C間對(duì)應(yīng)鋼球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同。
故答案為：（1）B；（2）需要；（3）＝。
三十．實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律（共2小題）
59．（2023春?番禺區(qū)期末）在驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的實(shí)驗(yàn)中，質(zhì)量m＝1kg的重物自由下落，在紙帶上打出了一系列的點(diǎn)，如圖所示，相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔為0.02s，長度單位是cm，g取9.8m/s2。求：
（1）打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打下計(jì)數(shù)點(diǎn)B時(shí)，物體的速度vB＝ 0.97m/s （保留兩位有效數(shù)字）。
（2）從起點(diǎn)O到打下計(jì)數(shù)點(diǎn)B的過程中，物體重力勢(shì)能減小量ΔEP＝ 0.48J ，動(dòng)能的增加量ΔEk＝ 0.47J （保留兩位有效數(shù)字）。
（3）即使在實(shí)驗(yàn)操作規(guī)范、數(shù)據(jù)測(cè)量及數(shù)據(jù)處理很準(zhǔn)確的前提下，該實(shí)驗(yàn)求得的ΔEp也一定略大于ΔEk，這是實(shí)驗(yàn)存在系統(tǒng)誤差的必然結(jié)果，試分析該系統(tǒng)誤差產(chǎn)生的主要原因 C 。
A．重物下落的實(shí)際距離大于測(cè)量值
B．重物質(zhì)量選用得大了，造成的誤差
C．重物在下落的過程中，由于摩擦生熱造成的誤差
D．先釋放紙帶后接通計(jì)時(shí)器造成的誤差
（4）某同學(xué)利用自己在做該實(shí)驗(yàn)時(shí)打出的紙帶，測(cè)量出了各計(jì)數(shù)點(diǎn)到打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打下的第一個(gè)點(diǎn)的距離h，算出了各計(jì)數(shù)點(diǎn)對(duì)應(yīng)的速度v，以h為橫軸，以v2為縱軸畫出了如圖的圖線。則圖線未過原點(diǎn)O的原因是 實(shí)驗(yàn)過程先釋放重物后通電 ，圖線的斜率近似等于 A 。
【答案】（1）0.97m/s； （2）0.48J、0.47J；（3）C；（4）實(shí)驗(yàn)過程先釋放重物后通電、A。
【解答】解：（1）根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論得：vB＝＝cm/s＝97cm/s＝0.97m/s；
（2）從O點(diǎn)到B點(diǎn)重力勢(shì)能減小量：ΔEp＝mgh＝1×9.8×0.0486J＝0.48J；
動(dòng)能的增加量為：ΔEk＝m﹣0＝J＝0.47J．
（3）A、由于在物體下落的過程中，不可避免的要克服阻力做功，因此重力勢(shì)能并沒有全部轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，故動(dòng)能的增量總是要小于重力勢(shì)能的減小量，故C正確，ABD錯(cuò)誤；
故選：C
（4）從圖象中可以看出，當(dāng)物體下落的高度為0時(shí)，物體的速度不為0，說明了操作中先釋放重物，再接通（打點(diǎn)計(jì)時(shí)器）電源。
若機(jī)械能守恒，則：mgh＝mv2
以h為橫軸，以v2為縱軸，所以斜線的斜率：k＝2g＝19.6m/s2，故A正確，BC錯(cuò)誤。
故選：A。
故答案為：（1）0.97m/s； （2）0.48J、0.47J；（3）C；（4）實(shí)驗(yàn)過程先釋放重物后通電、A。
60．（2023春?涼山州期末）用如圖（a）所示的實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證m1、m2組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。m2從高處由靜止開始下落，m1上拖著的紙帶利用電火花打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打出一系列的點(diǎn)，對(duì)紙帶上的點(diǎn)跡進(jìn)行測(cè)量，即可驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。如圖（b）給出的是實(shí)驗(yàn)中獲取的一條紙帶中的某一段，每相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)點(diǎn)（圖中未標(biāo)出），電源的頻率為50Hz，相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離如圖（b）所示。已知m1＝80g、m2＝120g，要求所有計(jì)算結(jié)果保留三位有效數(shù)字（重力加速度g取9.8m/s2）。
（1）下面列舉了該實(shí)驗(yàn)的幾個(gè)操作步驟：
A．按照?qǐng)D示的裝置安裝器件；
B．將打點(diǎn)計(jì)時(shí)器接到6V直流電源上；
C．先釋放m2，再接通電源打出一條紙帶；
D．測(cè)量紙帶上某些點(diǎn)間的距離；
E．根據(jù)測(cè)量的結(jié)果，分別計(jì)算系統(tǒng)減少的重力勢(shì)能和增加的動(dòng)能。
其中操作不當(dāng)?shù)牟襟E是 BC （填選項(xiàng)對(duì)應(yīng)的字母）。
（2）在打下計(jì)數(shù)點(diǎn)1～5的過程中，系統(tǒng)重力勢(shì)能的減少量ΔEp＝ 0.172 J，系統(tǒng)動(dòng)能的增量ΔEk＝ 0.169 J。由此得出的結(jié)論：在誤差允許的范圍內(nèi)，系統(tǒng)重力勢(shì)能的減少量等于系統(tǒng)動(dòng)能的增加量，從而驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。
（3）某同學(xué)測(cè)量出了各計(jì)數(shù)點(diǎn)到計(jì)數(shù)點(diǎn)0的距離hi，算出了各計(jì)數(shù)點(diǎn)對(duì)應(yīng)的速度vi，然后以hi為橫軸、以為縱軸作出了如圖c所示的圖線，圖線的斜率近似等于 D 。
A．4.90
B．3.27
C．2.45
D．1.96
【答案】（1）BC；（2）0.172、0.169；（3）D。
【解答】解：（1）打點(diǎn)計(jì)時(shí)器要接到交流電源上。實(shí)驗(yàn)時(shí)要先接通電源，再釋放m2，拉動(dòng)m1打出一條紙帶；如果先釋放m2，再接通電源，由于重物運(yùn)動(dòng)較快，不利于數(shù)據(jù)的采集，會(huì)導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)產(chǎn)生較大的誤差。故操作不當(dāng)?shù)牟襟E是：BC。
（2）在打下計(jì)數(shù)點(diǎn)1～5的過程中，系統(tǒng)重力勢(shì)能的減少量：ΔEp＝（m2g﹣m1g）x15
代入數(shù)據(jù)得：ΔEp＝0.172J
系統(tǒng)動(dòng)能的增量：ΔEk＝﹣＝
其中：t＝5T＝0.1s
代入數(shù)據(jù)得：ΔEk＝0.169J
（3）根據(jù)機(jī)械能守恒可得：（m2g﹣m1g）hi＝
整理得：＝?hi+
結(jié)合圖像的斜率：k＝
代入數(shù)據(jù)得：k＝1.96m/s2，故ABC錯(cuò)誤，D正確。
故選：D。
故答案為：（1）BC；（2）0.172、0.169；（3）D。

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