時長：75分鐘 總分：100分
一、選擇題（每題5分，共50分）
1. 如圖所示，光滑的輕滑輪用細繩OO'懸掛于O點，另一細繩跨過滑輪，其一端懸掛貨物A，人拉繩的另一端緩慢向右移動，使貨物緩慢提升，在此過程中（ ）
A. 細繩對人的拉力逐漸變大B. 細繩OO'的張力逐漸變小
C. 水平面對人的支持力逐漸變小D. 水平面對人的摩擦力逐漸變小
【答案】B
【解析】A．由于整個系統(tǒng)處于動態(tài)平衡狀態(tài)，貨物A受力平衡，則繩子的張力T保持不變，選項A錯誤；
B．人拉繩的另一端緩慢向右移動，滑輪兩側(cè)連接的繩子的夾角變大，但繩子的張力T保持不變，繩子對輕滑輪的合力
則繩子對輕滑輪的合力變小，所以細繩OO'的張力逐漸變小，選項B正確；
CD．人處于動態(tài)平衡狀態(tài)，對人受力分析有
由于T的大小不變，人拉繩的另一端緩慢向右移動，α減小，所以N增大，f增大，選項CD錯誤。
2. 2019年5月17日，我國成功發(fā)射第45顆北斗導航衛(wèi)星，該衛(wèi)星屬于地球靜止軌道衛(wèi)星（同步衛(wèi)星），該衛(wèi)星（ ）
A. 入軌后可以位于北京正上方
B. 入軌后的速度大于第一宇宙速度
C. 發(fā)射速度大于第二宇宙速度
D. 若發(fā)射到近地圓軌道所需能量較少
【答案】D
【解析】A．由于衛(wèi)星為同步衛(wèi)星，所以入軌后一定只能與赤道在同一平面內(nèi)，故A錯誤；
B．由于第一宇宙速度為衛(wèi)星繞地球運行的最大速度，所以衛(wèi)星入軌后的速度一定小于第一宇宙速度，故B錯誤；
C．由于第二宇宙速度為衛(wèi)星脫離地球引力的最小發(fā)射速度，所以衛(wèi)星的發(fā)射速度一定小于第二宇宙速度，故C錯誤；
D．將衛(wèi)星發(fā)射到越高的軌道克服引力所作的功越大，所以發(fā)射到近地圓軌道所需能量較小，故D正確．
3. 如圖所示，固定斜面AB和CB與水平面均由一小段光滑圓弧連接，傾角分別為α、β，OB=h．細線一端固定在豎直擋板上，另一端系一質(zhì)量為m的小物塊，在小物塊和擋板之間壓縮一輕質(zhì)彈簧（小物塊與彈簧不連接），燒斷細線，小物塊被彈出，滑上斜面AB后，恰好能運動到斜面的最高點，已知知AD=l，小物塊與水平面、斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g，則
A. 彈簧對小物塊做功為μmgl
B. 斜面摩擦力對小物塊做功為
C. 細線燒斷前，彈簧具有的彈性勢能為mgh+μmg（+l）
D. 撤去斜面AB，小物塊還從D點彈出，將沿斜面CB上滑并從B點飛出去
【答案】C
【解析】AC．由功能關(guān)系可知，彈簧對小物塊做功
細線燒斷前，彈簧具有的彈性勢能為
故A錯誤，C正確；
B．斜面摩擦力對小物塊做功為
故B錯誤；
D．撤去斜面AB，小物塊還從D點彈出，則彈簧的彈性勢能不變，此時由能量關(guān)系可知
物塊也恰能到達B點，故D錯誤；
故選C.
4. 如圖所示，質(zhì)量為M的斜面體放在粗糙的水平地面上，質(zhì)量為m的物體放在斜面上，用方向豎直向上、大小為F的力拉物體，物體沿斜面勻加速下滑，斜面體始終靜止。重力加速度大小為g。下列說法正確的是（ ）
A. 地面對斜面體的靜摩擦力不可能為零
B. 地面對斜面體的支持力大小為
C. 斜面對物體的力豎直向上
D. 斜面對物體的摩擦力可能為零
【答案】A
【解析】A．由于物體沿斜面向下勻加速下滑，因此物體有水平方向向左的分加速度，對斜面體和物體組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律，地面對斜面體靜摩擦力
方向水平向左， A正確；
B．物體有豎直向下的分加速度，由牛頓第二定律，對斜面體和物體組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律，
地面對斜面體的支持力
小于， B錯誤；
C．物體受到的合力沿斜面向下，其所受重力、拉力在豎直方向，故斜面對物體的力偏向左上方， C錯誤；
D．斜面體粗糙，若物體不受斜面的摩擦力，斜面對物體的支持力等于0，則斜面體對物體的力等于0，與C選項分析矛盾，故D錯誤。
故選A。
5. 如圖所示，虛線1、2、3，為某電場中的三條電場線，實線表示某帶電粒子僅在電場力作用下的運動軌跡，a、b是軌跡上的兩點，則下列說法正確的是（ ）
A. 粒子在a點的加速度大于在b點的加速度
B. 粒子在a點的電勢能大于在b點的電勢能
C. 粒子在a點的速度大于在b點的速度
D. a點的電勢高于b點的電勢
【答案】B
【解析】A．根據(jù)電場線的疏密程度可知，b點場強大于a點場強，則粒子在a點受到的電場力小于在b點受到的電場力，粒子在a點的加速度小于在b點的加速度，故A錯誤；
BC．若粒子從a到b，根據(jù)電場力位于軌跡的凹側(cè)，且電場力與電場方向在同一直線上，可知電場力對粒子做正功，電勢能減小，粒子動能增加，則粒子在a點的電勢能大于在b點的電勢能，粒子在a點的速度小于在b點的速度；若粒子從b到a，同理可知電場力對粒子做負功，電勢能增加，粒子動能減小，則粒子在a點的電勢能大于在b點的電勢能，粒子在a點的速度小于在b點的速度，故B正確、C錯誤；
D．粒子的電性不確定，電場線方向不確定，則不能判斷a點和b點的電勢高低，故D錯誤。
故選B。
6. 如圖，一帶電小球用絕緣絲線懸掛在水平天花板上，整個裝置處于垂直于紙面向里的勻強磁場中，不計空氣阻力，當小球由靜止分別從等高的A點和B點向最低點O運動，經(jīng)過O點時（絲線均保持伸直狀態(tài)）（ ）
A. 小球所受的洛倫茲力相同B. 絲線所受的拉力相同
C. 小球的動能相同D. 小球的速度相同
【答案】C
【解析】AD．小球分別從A、B兩點釋放，經(jīng)過O點時，速度的方向不同，洛倫茲力的方向也不同，即速度和洛倫茲力都不相同，故A、D錯誤；
B．因為經(jīng)過O點時，速度的方向不同，則洛倫茲力的方向也不同，拉力的大小不同，故B錯誤。
C．由于洛倫茲力不做功，小球經(jīng)過O點時速度的大小相同，小球的動能相同，選項C正確。
故選C。
7. 滑雪運動深受人民群眾喜愛。如圖，豎直面內(nèi)有半徑為R的圓弧形滑道AB，一質(zhì)量為m的滑雪愛好者（可視為質(zhì)點）從滑道的A點由靜止開始下滑，到達最低點B時對滑道的壓力大小為mg（g為當?shù)氐闹亓铀俣龋?。已知過A點的切線與豎直方向的夾角為30°，滑道各處動摩擦因數(shù)相同，則滑雪好者在沿著AB下滑的過程中（ ）
A. 重力的功率先增加后減小
B. 始終處于失重狀態(tài)
C. 克服摩擦力做功為
D. 受到摩擦力大小為
【答案】AC
【解析】A．在下滑過程中滑雪者的速度越來越大，但是在豎直方向的速度是先增大后減小，重力的功率先增加后減小，故A正確；
B．在下滑過程中，滑雪者在豎直方向的加速度先是向下，后向上，所以滑雪者先處于失重狀態(tài)，后處于超重狀態(tài)，故B錯誤；
C．設滑雪者到最低點時的速度為v
根據(jù)牛頓第二定律得
從A到B的過程中有重力和摩擦力做功
根據(jù)動能定理可得
可解得
故C正確；
D．因為在滑行過程中，滑雪者受到的彈力在不斷的變化，所以受到的摩擦力也是一個變量，不是一個確定值，故D錯誤。
故選AC。
8. 如圖所示，質(zhì)量mB=2kg的水平托盤B與一豎直放置的輕彈簧焊接，托盤上放一質(zhì)量mA=1kg的小物塊A，整個裝置靜止?，F(xiàn)對小物塊A施加一個豎直向上的變力F，使其從靜止開始以加速度a=2m/s2做勻加速直線運動，已知彈簧的勁度系數(shù)k=600N/m，g=10m/s2。以下結(jié)論正確的是（ ）
A. 變力F的最小值為2N
B. 變力F的最小值為6N
C. 小物塊A與托盤B分離瞬間的速度為0.2m/s
D. 小物塊A與托盤B分離瞬間的速度為m/s
【答案】BC
【解析】AB．A、B整體受力產(chǎn)生加速度，則有
可得
當FN最大時，F(xiàn)最小，即剛開始施力時，F(xiàn)N最大且等于A和B的重力之和，則
故A錯誤，B正確；
CD．剛開始，彈簧的壓縮量為
A、B分離時，其間恰好無作用力，對托盤B，由牛頓第二定律可知
解得
物塊A在這一過程的位移為
由運動學公式可知
代入數(shù)據(jù)得
故C正確，D錯誤。
故選BC。
9. 如圖是某金屬在光的照射下產(chǎn)生的光電子的最大初動能Ek與入射光頻率的關(guān)系圖像，由圖像可知（ ）
A. 該金屬的逸出功等于E
B. 普朗克常量等于
C. 入射光的頻率為時，產(chǎn)生的電子的最大初動能為2E
D. 入射光的頻率為時，產(chǎn)生的電子的最大初動能為
【答案】AB
【解析】A．根據(jù)光電效應方程
結(jié)合圖像可知該金屬的逸出功
W=E
A 正確；
B．該圖像的斜率為普朗克常數(shù)，故
B正確；
C．由圖像可知，當入射光的頻率為時，產(chǎn)生的電子的最大初動能為E，C錯誤；
D．當入射光的頻率為時，小于極限頻率，不會產(chǎn)生光電效應，D錯誤。
故選AB。
10. 如圖所示，MN和PQ是電阻不計的平行金屬導軌，其間距為L，導軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑連接。右端接一個阻值為R的定值電阻。平直部分導軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場。質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高度為h處靜止釋放，到達磁場右邊界處恰好停止。已知金屬棒與平直部分導軌間的動摩擦因數(shù)為μ，金屬棒與導軌間接觸良好。則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中（ ）
A. 流過定值電阻的電流方向是N→Q
B. 通過金屬棒的電荷量為
C. 金屬棒滑過時的速度大于
D. 金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為（mgh﹣μmgd）
【答案】BCD
【解析】A．金屬棒下滑到底端時速度向右，而且磁場豎直向上，根據(jù)右手定則可以知道流過定值電阻的電流方向是Q→N，故A錯誤；
B．根據(jù)法拉第電磁感應定律，通過金屬棒的電荷量為
故B正確；
C．金屬棒在磁場中做減速運動，則產(chǎn)生的電動勢減小，電路電流減小，安培力減小，則金屬棒加速度減小的減速運動，則金屬棒滑過時的速度大于，選項C正確；
D．根據(jù)動能定理則
則克服安培力所做的功為
電路中產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力做功，所以金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為
故選項D正確。
二、填空（每題8分，共16分）
11. 如圖甲所示，某探究小組用能夠顯示并調(diào)節(jié)轉(zhuǎn)動頻率的小電動機驗證勻速圓周運動的向心力關(guān)系式
①把轉(zhuǎn)動頻率可調(diào)的小電動機固定在支架上，轉(zhuǎn)軸豎直向下，將搖臂平臺置于小電動機正下方的水平桌面上；
②在轉(zhuǎn)動軸正下方固定一不可伸長的細線，小電動機轉(zhuǎn)軸與細線連接點記為O。細線另一端穿過小鐵球的球心并固定；
③啟動電動機，記錄電動機的轉(zhuǎn)動頻率f，當小球轉(zhuǎn)動穩(wěn)定時，將搖臂平臺向上移動，無限接近轉(zhuǎn)動的小球；
④關(guān)閉電動機，測量O點到搖臂平臺的高度h；
⑤改變電動機的轉(zhuǎn)動頻率，重復上述實驗。
（1）探究小組的同學除了測量以上數(shù)據(jù)，還用游標卡尺測量了小球的直徑D，如圖乙所示，讀數(shù)為________mm；本實驗___________（填“需要”或“不需要”）測量小球的質(zhì)量。
（2）實驗中測得了O點到搖臂平臺的高度h、小球的直徑D和電動機的轉(zhuǎn)動頻率f，已知當?shù)氐闹亓铀俣葹間，若所測物理量滿足g=_________，則成立。（用所測物理量符號表示）
【答案】（1）10.52 不需要 （2）
【解析】（1）[1]主尺讀數(shù)為10mm，游標尺第26個刻度和主尺對其，精確度為0.02mm，故游標尺讀數(shù)為0.52mm，故小鋼球的直徑為10.52mm；
[2]設細線與豎直方向的夾角為，從到球心的距離為，如圖所示
根據(jù)牛頓第二定律可得
可以約去，則得
其中
則有
所以本實驗不需要測量小球的質(zhì)量；
（2）[3]通過上述分析可知所測物理量滿足
12. （1）已知理想的平拋運動在水平方向和豎直方向的位移分別為x和y，則其初速度大小v0＝________。在實際的平拋運動實驗探究中，也利用上述關(guān)系式計算初速度，那么計算的初速度誤差與x、y的大小選取________（選填“有關(guān)”或“無關(guān)”）。
（2）某同學在“探究平拋運動”的實驗中，在白紙上記錄了豎直方向，并作出小球平拋軌跡的部分擬合圖線，但是沒有記錄平拋運動的起點，于是該同學以這段圖線的起點作為坐標原點O，豎直向下方向為y軸正向，建立直角坐標系xOy，如圖所示，在圖線上標注a、b兩點，用刻度尺測得其坐標a（x0，y1）、b（2x0，y2），已知當?shù)刂亓铀俣葹間，不計空氣阻力，則可確定：
①小球由O運動到b點的時間t＝________；
②平拋運動的初速度大小v0＝________。
【答案】x 有關(guān) 2 x0
【解析】（1）[1][2]平拋運動的豎直分運動是自由落體運動，有
y＝gt2
平拋運動的水平分運動為勻速直線運動，有
x＝v0t
聯(lián)立可得平拋初速度
v0＝x
用兩坐標值x、y計算初速度，選取的數(shù)值較大，會使測量誤差減小，故計算的初速度誤差與x、y的大小選取有關(guān)。
（2）[3][4]由于Oa、ab水平位移相等，所以其時間間隔相同，設為t0，由平拋運動規(guī)律得
x0＝v0t0
y2－2y1＝gt
t＝2t0
聯(lián)立解得
t＝2
v0＝x0
三、計算題（34分）
13. 泥石流是在雨季由于暴雨、洪水將含有沙石且松軟的土質(zhì)山體經(jīng)飽和稀釋后形成的洪流。泥石流流動的全過程雖然只有很短時間，但由于其高速前進，具有強大的能量，因而破壞性極大。某課題小組對泥石流的威力進行了模擬研究，他們設計了如圖甲所示的模型：在水平地面上放置一個質(zhì)量為m＝4 kg的物體，讓其在隨位移均勻減小的水平推力作用下運動，推力F隨位移變化如圖乙所示，已知物體與地面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，g＝10 m/s2.則：
（1）物體在運動過程中的最大加速度為多少？
（2）在距出發(fā)點多遠處，物體的速度達到最大？
（3）物體在水平面上運動的最大位移是多少？
【答案】（1）15m/s2；（2）3m；（3）8m
【解析】（1）當推力F最大時，加速度最大，由牛頓第二定律，得
可解得
（2）由圖像可知，隨變化的函數(shù)方程為
速度最大時，合力為0，即
所以
（3）位移最大時，末速度一定為0，由動能定理可得
由圖像可知，力做的功為
所以
14. 如圖所示，長度的輕繩上端固定在O點，下端拴接一個質(zhì)量的小球，輕繩伸直時小球與水平臺面AB右端接觸且恰好無壓力，質(zhì)量的長木板緊靠水平臺面AB放在水平地面上，其上表面水平且與水平臺面AB等高，長木板上表面足夠長。質(zhì)量的小物塊在水平臺面AB上以大小的初速度向右運動，經(jīng)過距離后與小球發(fā)生碰撞，隨后小球恰好可以在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運動且不再與小物塊發(fā)生碰撞，小物塊滑上長木板。已知小物塊與小球均可看作質(zhì)點，小物塊與水平臺面AB間的動摩擦因數(shù)，小物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)，長木板與水平地面間的動摩擦因數(shù)，取重力加速度大小。求：
（1）碰撞后瞬間輕繩對小球拉力的大小；
（2）小物塊剛滑上長木板時速度大?。?br>（3）小物塊在長木板上相對于長木板滑行的距離。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）小物塊與小球發(fā)生碰撞后，隨后小球恰好可以在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運動，小球在最高點時，由牛頓第二定律有
解得
設碰撞后瞬間小球的速度大小為，根據(jù)機械能守恒定律有
解得
在最低點，根據(jù)牛頓第二定律有
解得
（2）設小物塊在水平臺面AB上滑到B點時的速度大小為，根據(jù)動能定理有
解得
小物塊與小球發(fā)生碰撞，根據(jù)動量守恒定律有
解得
（3）小物塊滑上長木板后，根據(jù)牛頓第二定律有
解得
對長木板有
解得
小物塊減速，長木板加速，當兩者速度相等時，相對靜止，有
解得
小物塊位移為
長木板位移為
物塊相對于長木板的位移為
代入數(shù)據(jù)解得
因為，所以當兩者速度相等以后一起減速，不再產(chǎn)生相對位移。

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