2023-2024学年吉林省长春市东北师大附中高一（下）期中物理试卷

这是一份2023-2024学年吉林省长春市东北师大附中高一（下）期中物理试卷，共23页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）美国科学家2016年2月11日宣布，他们探测到引力波的存在，引力波是实验验证爱因斯坦相对论的最后一块缺失的“拼图”，相对论在一定范围内弥补了牛顿力学的局限性。关于牛顿发现万有引力定律的过程，下列说法错误的是（ ）
A．开普勒总结出关于行星绕太阳运行的规律，为牛顿发现万有引力定律提供了有力的帮助
B．万有引力定律可以计算任何两个有质量的物体之间的万有引力大小
C．开普勒、第谷、牛顿、卡文迪什对发现和完善万有引力定律都是有贡献的
D．卡文迪什在实验室里测出了万有引力常量的数值
2．（4分）势能是指物体（或系统）由于位置或位形而具有的能。势能按作用性质的不同，可分为引力势能、弹性势能、电势能和核势能等，根据你学习过的重力势能和弹性势能相关理论判断下列说法正确的是（ ）
A．势能的正负表示势能的方向
B．重力势能的大小与参考平面的选取有关，但重力势能的变化量大小与参考平面选取无关
C．系统所受合外力对物体做的功一定等于势能的变化量
D．当弹簧弹力做正功时弹簧弹性势能可能增大
3．（4分）从1970到2022年我国在航天领域取得了巨大成就，1970年发射首颗、造地球卫星“东方红一号”。2007年“嫦娥一号”绕月人造卫星成功发射。2020年中国首颗火星探测器“天问一号”成功发射；2022年中国首颗综合性太阳探测专用卫星“夸父一号”成功发射。已知“东方红一号”绕地球运行周期为1.9小时，“嫦娥一号”绕月球运行周期为2.1小时，“天问一号”绕火星运行周期为8.2小时，“夸父一号”绕地球运行周期为1.7小时。以上飞行器都做匀速圆周运动。根据以上信息可知（ ）
A．“东方红一号”的轨道半径比“夸父一号”的轨道半径小
B．“东方红一号”的动能比“夸父一号”的动能小
C．“天问一号”的发射速度最大
D．“嫦娥一号”的向心加速度最大
4．（4分）高铁列车在启动阶段的运动可视为初速度为零的匀加速直线运动。从列车启动开始计时，以其出发时的位置为初位置，在启动阶段，列车的动量大小（ ）
A．与它所经历的时间成正比
B．与它所经历的时间的二次方成正比
C．与它的位移大小成正比
D．与它的动能成正比
5．（4分）牛顿在发现万有引力定律时曾用月球的运动来检验。若已经知道地球的半径为R，地球表面重力加速度为g，月球中心与地球中心距离是地球半径的k倍，月球绕地球做圆周运动的周期为T。若万有引力定律是正确的，则下列选项中正确的是（ ）
A．gT2＝4π2k3RB．gT2＝4π2k2R
C．gT2＝4π2k3R2D．gT2＝4π2k2R2
6．（4分）光滑水平面上质量为M的物块A以速度v运动，与质量为m的静止物块B发生正碰，碰撞后A、B的动量刚好相等。A、B质量之比可能为（ ）
A．3B．4C．5D．6
7．（4分）如图（a）所示，质量相等的甲、乙两个小物块可视为质点，甲沿倾角为30°的足够长的固定斜面由静止开始下滑，乙做自由落体运动，不计空气阻力。已知甲、乙的动能Ek与路程x的关系图像如图（b）所示。则甲与斜面间的动摩擦因数μ大小为（ ）
A．B．C．D．
8．（4分）在电影《流浪地球》中出现了一种物理现象——洛希极限。洛希极限是指在双星系统中，两个天体之间的距离小于洛希极限r，则质量较小的天体就会在质量较大的天体引力下被撕碎。洛希极限的计算公式为：，M、m分别为质量较大和较小的天体质量，R为质量较大的天体半径。若已知某双星系统由两颗相距较近的天体组成，并近离其他天体，它们在彼此间的万有引力作用下，绕连线上的一点做速圆周运动。简化为如图所示，测得A、B两恒星的半径分别为RA、RB，恒星A做圆周运动的向心加速度是恒星B的8倍，该双星系统的洛希极限为（ ）
A．4.88RAB．2.44RAC．4.88RBD．2.44RB
（多选）9．（4分）如图所示，静止在光滑水平面上的两辆小车用细线相连，中间有一个压缩了的轻弹簧（两端分别与小车栓接，未超出弹性限度）。则以下说法正确的是（ ）
A．烧断细线后瞬时→弹簧第一次恢复原长的过程，两车的总动量始终不变
B．烧断细线后瞬时→弹簧第一次恢复原长的过程，两车的总动能始终不变
C．烧断细线后，弹簧的最长长度与最短长度之和为弹簧原长的两倍
D．烧断细线后的任何一段时间内，两车的位移之比始终保持不变
（多选）10．（4分）一物体在恒力F作用下，从A点运动到B点，在此过程中t1时刻与t2时刻的重力势能相等，动能增加E，t2时刻与t3时刻的动能相等，重力势能增加E，t3时刻与t4时刻的机械能相等，重力势增加2E，则（ ）
A．t1～t4时间内物体的机械能增加2E
B．t1与t4时刻物体的动能相等
C．t1～t4时间内恒力F做功为4E
D．t1～t4时间内物体的合外力做功为﹣E
（多选）11．（4分）如图所示，A、B两物块放置在足够长的光滑斜面上，当A、B一起沿斜面向下滑动的过程中（A、B之间相对静止）（ ）
A．A物体所受摩擦力对A做正功
B．A、B两物体的总机械能不断增大
C．A物体机械能不断的减小
D．B物体的机械能守恒
（多选）12．（4分）如图所示，在光滑的水平面上，质量为4m、长为L的木板右端紧靠竖直墙壁，与墙壁不粘连，质量为m的滑块（可视为质点）以水平向右的速度v滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零。现滑块以水平速度kv（k未知）滑上木板左端，滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，滑块以原速率弹回，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．滑块与木板间动摩擦因数为
B．从滑块以初速度kv滑上木板到回到木板左端的过程中系统机械能损失了mv2
C．k＝1.5
D．k＝2
二.实验题（本题共2个小题，满分12分）
13．（6分）某同学用如图甲所示的装置做“验证机械能守恒定律”实验，所用计时器为电火花打点计时器，重锤质量为500g，部分实验步骤如下：
A.将实验器材按图甲所示组装完毕
B.先接通电源，后释放重锤
C.更换纸带，再重复几次，选择合适的纸带进行测量分析
（1）上述实验步骤中不合理的步骤为 （选填序号字母）。
（2）按照正确的操作选得如图乙所示的纸带，其中O是重锤刚释放时所打的点，测得连续打下的五个点A、B、C、D、E到O点的距离h值如图乙所示。已知交流电源频率为50Hz，当地重力加速度为9.80m/s2。在打O点到C点的这段时间内，重锤动能的增加量ΔE1＝ J。（结果均保留三位有效数字）。
（3）该同学进一步求出纸带上其他点的速度大小v，然后作出相应的图像，画出的图线是一条通过坐标原点的直线。该同学认为：只要图线通过坐标原点，就可以判定重锤下落过程机械能守恒，该同学的分析 （选填“合理”或“不合理”）。
14．（6分）“验证动量守恒定律”的实验装置如图所示，即研究两个小球在轨道水平部分末端碰撞前后的动量关系。已知入射小球A和被碰小球B的质量分别为m1、m2。
（1）本实验中，要求满足的条件不必要的是 （填选项前的序号）。
A.斜槽轨道必须是光滑的
B.斜槽轨道末端的切线是水平的
C.入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放
D.入射球与被碰球质量要满足m1＞m2
（2）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 （填选项前的序号），间接地解决这个问题。
A.小球开始释放的高度h
B.小球抛出点距地面的高度H
C.小球做平抛运动的水平射程
（3）实验中，用天平测出小球A、B的质量之比为2，若小球发生弹性碰撞，则LON：LOM＝ 。
三.计算题（本题共4小题，其中15、16小题各8分，17小题10分，18小题14分，共40分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的、答案中必须明确写出数值和单位。）
15．（8分）2016年11月18日13时59分，“神舟十一号”飞船返回舱在内蒙古中部预定区域成功着陆，执行飞行任务的航天员在“天宫二号”空间实验室工作生活30天后，顺利返回祖国，创造了中国航天员太空驻留时间的新纪录，标志着我国载人航天工程空间实验室任务取得重要成果。有同学设想在不久的将来，宇航员可以在月球表面以初速度v0将一物体沿着水平方向抛出，测出物体下落高度h，水平射程为x，已知月球的半径为R，引力常量为G。请你求出：
（1）月球的质量M；
（2）月球的第一宇宙速度v。
16．（8分）如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0kg和mB＝2.0kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C在t＝0s时刻以一定速度向右运动，在t＝4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的一段时间内v﹣t图像如图乙所示。求：
（1）物块B离开墙察前，弹簧的最大弹性势能为多少？
（2）物块B离开填壁后，物块B的最大速度大小为多少？
17．（10分）一列火车停在足够长的平直铁轨上。已知火车的总质量为M。请分析并回答下列问题。
（1）若整列火车所受阻力恒为F0，当整列火车速度为v时，发动机的功率为P0。求此时火车的加速度；
（2）若整列火车所受阻力恒为F0，某次测试时整列火车的运动分为两个阶段。第一阶段火车受到大小为kF0的恒定牵引力由静止启动，位移为x时，发动机的实际功率正好等于额定功率，然后进入第二阶段；第二阶段发动机保持额定功率继续前进，已知两个阶段时间相等，第二阶段的末速度为初速度倍。求第二阶段火车的位移。
18．（14分）如图所示，足够长粗糙斜面的倾角为37°斜面顶端B与一段光滑的圆弧轨道AB相切于B点，A点与圆心O等高，圆弧AB的轨道半径为，在B点放置一质量为1kg的小滑块乙，乙刚好不沿斜面下滑，某时刻把质量为4kg的小滑块甲从A点由静止释放，甲、乙在B点发生弹性碰抛。甲、乙之间连有一条长为4m的轻绳（图中未画出，运动初始为松弛状态），在运动全程，绳长不变，且不断开。已知甲与斜面之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，求：
（1）滑块甲与乙发生第一次碰撞前瞬间的速度大小；
（2）滑块甲、乙第一次碰撞过程中甲对乙的冲量大小和方向；
（3）滑块甲与乙从第一次碰撞到第二次碰撞过程中运动的位移大小。
2023-2024学年吉林省长春市东北师大附中高一（下）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
二．多选题（共4小题）
一、选择题（每小题4分，共48分。1-8题每题只有一个选项正确，9-12题每题至少有两个选项正确。选对且选全得4分，选对但不全得2分，选错或不选得0分）
1．（4分）美国科学家2016年2月11日宣布，他们探测到引力波的存在，引力波是实验验证爱因斯坦相对论的最后一块缺失的“拼图”，相对论在一定范围内弥补了牛顿力学的局限性。关于牛顿发现万有引力定律的过程，下列说法错误的是（ ）
A．开普勒总结出关于行星绕太阳运行的规律，为牛顿发现万有引力定律提供了有力的帮助
B．万有引力定律可以计算任何两个有质量的物体之间的万有引力大小
C．开普勒、第谷、牛顿、卡文迪什对发现和完善万有引力定律都是有贡献的
D．卡文迪什在实验室里测出了万有引力常量的数值
【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
【解答】解：A、开普勒总结出关于行星绕太阳运行的规律，为牛顿发现万有引力定律提供了有力的帮助，故A正确；
B、当两个物体距离很近时，物体不能视为质点，万有引力定律不再适用，故B错误；
C、开普勒、第谷、牛顿、卡文迪什对发现和完善万有引力定律都是有贡献的，故C正确；
D、1798年英国物理学家卡文迪什利用扭秤实验装置比较准确地测出了引力常量，故D正确。
本题选择错误的，故选：B。
【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。
2．（4分）势能是指物体（或系统）由于位置或位形而具有的能。势能按作用性质的不同，可分为引力势能、弹性势能、电势能和核势能等，根据你学习过的重力势能和弹性势能相关理论判断下列说法正确的是（ ）
A．势能的正负表示势能的方向
B．重力势能的大小与参考平面的选取有关，但重力势能的变化量大小与参考平面选取无关
C．系统所受合外力对物体做的功一定等于势能的变化量
D．当弹簧弹力做正功时弹簧弹性势能可能增大
【分析】势能是标量只有大小没有方向；力做正功势能减小，力做负功势能增加；根据题意分析答题。
【解答】解：A、势能是标量，有正负、无方向，势能为正值表示势能大于零势能点的势能，势能为负值表示势能小于零势能点的势能，故A错误；
B、重力势能的大小与参考平面的选取有关，但重力势能的变化量大小与参考平面选取无关，重力做正功，重力势能减小，重力做负功，重力势能增加，故B正确；
C、系统所受合外力对物体做的功一定等于动能的变化量，不一定等于势能的变化量，故C错误；
D、当弹簧弹力做正功时弹簧弹性势能减小，故D错误。
故选：B。
【点评】本题是一道基础题，掌握基础知识是解题的前提，根据题意应用基础知识即可解题。
3．（4分）从1970到2022年我国在航天领域取得了巨大成就，1970年发射首颗、造地球卫星“东方红一号”。2007年“嫦娥一号”绕月人造卫星成功发射。2020年中国首颗火星探测器“天问一号”成功发射；2022年中国首颗综合性太阳探测专用卫星“夸父一号”成功发射。已知“东方红一号”绕地球运行周期为1.9小时，“嫦娥一号”绕月球运行周期为2.1小时，“天问一号”绕火星运行周期为8.2小时，“夸父一号”绕地球运行周期为1.7小时。以上飞行器都做匀速圆周运动。根据以上信息可知（ ）
A．“东方红一号”的轨道半径比“夸父一号”的轨道半径小
B．“东方红一号”的动能比“夸父一号”的动能小
C．“天问一号”的发射速度最大
D．“嫦娥一号”的向心加速度最大
【分析】根据分析；不知道东方红﹣号”与“夸父一号”的质量关系；天问一号的发射速度需要大于第二宇宙速度，据此分析；根据分析。
【解答】解：A.根据万有引力提供向心力有，解得：r，可知轨道半径越大，周期越大，则“东方红一号”的轨道半径比“夸父一号”的轨道半径大，故A错误；
B.根据万有引力提供向心力有，解得：v，可知轨道半径越大，线速度越小，则“东方红一号”的线速度比“夸父一号”的线速度小，根据动能公式：Ek，因为不知道两者的质量大小，所以无法比较“东方红一号”的动能比与夸父一号”的动能大小，故B错误；
C.“天问一号”是绕火星运行的，所以其发射速度大于第二宇宙速度，“夸父一号”绕地球运行，发射速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，“嫦娥一号”绕月球运行，发射速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，则“天问一号”的发射速度最大，故C正确；
D.根据万有引力提供向心力有，解得：a，可知轨道半径越大，向心加速度越小，但是它们的中心天体的质量不同，它们到中心天体的距离关系也不知，所以“夸父一号”的向心加速度最大和“嫦娥一号”的向心加速度大小无法比较，故D错误。
故选：C。
【点评】掌握万有引力定律在解题中的应用是解题基础。
4．（4分）高铁列车在启动阶段的运动可视为初速度为零的匀加速直线运动。从列车启动开始计时，以其出发时的位置为初位置，在启动阶段，列车的动量大小（ ）
A．与它所经历的时间成正比
B．与它所经历的时间的二次方成正比
C．与它的位移大小成正比
D．与它的动能成正比
【分析】根据车做匀加速直线运动，结合运动学公式，确定动量与各量的关系式，即可求解。
【解答】解：AB、因列车做初速度为零的匀加速直线运动，则有：v＝at，p＝mat可知动量与时间成正比，则A正确，B错误
C、p＝mv＝m可知动量与成正比，则C错误
D、依据动能与动量关系式，p＝mv，可知，动量与成正比，故D错误
故选：A。
【点评】考查动能的表达式，掌握影响动能的因素，理解动能定理的内容，及运动学公式的运用。
5．（4分）牛顿在发现万有引力定律时曾用月球的运动来检验。若已经知道地球的半径为R，地球表面重力加速度为g，月球中心与地球中心距离是地球半径的k倍，月球绕地球做圆周运动的周期为T。若万有引力定律是正确的，则下列选项中正确的是（ ）
A．gT2＝4π2k3RB．gT2＝4π2k2R
C．gT2＝4π2k3R2D．gT2＝4π2k2R2
【分析】忽略地球自转影响地球表面物体所受的重力等于万有引力；月球绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，根据万有引力公式与牛顿第二定律求解。
【解答】解：地球表面的物体：mg＝G
月球绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，
由牛顿第二定律得：Gm'kR
解得：gT2＝4π2k3R，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律即可解题。
6．（4分）光滑水平面上质量为M的物块A以速度v运动，与质量为m的静止物块B发生正碰，碰撞后A、B的动量刚好相等。A、B质量之比可能为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【分析】根据动量守恒定律、碰撞的过程中总动能不增加，以及碰后速度的合理性，分别列式，求出A、B质量之比范围，再求特殊值。
【解答】解：设碰撞后A、B的动量都为p，由动量守恒定律可知，碰撞前后总动量为2p，根据动量和动能的关系有p2＝2mEk
碰撞过程动能不增加，有
解得：
设碰后M的速度为v1，m的速度为v2，根据碰后速度合理性可知，碰撞后M的速度应小于等于m的速度，则有v1≤v2
据题有Mv1＝mv2，联立可得
综上可得：，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】解决本题的关键要知道碰撞的过程中系统动量守恒，总动能不增加，碰后同向运动时，后面物体的速度不会大于前面物体的速度。
7．（4分）如图（a）所示，质量相等的甲、乙两个小物块可视为质点，甲沿倾角为30°的足够长的固定斜面由静止开始下滑，乙做自由落体运动，不计空气阻力。已知甲、乙的动能Ek与路程x的关系图像如图（b）所示。则甲与斜面间的动摩擦因数μ大小为（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据动能定理列出图像表达式，从而分析对应物块的Ek﹣x图像；结合图像数据结合动能定理解得动摩擦因数。
【解答】解：设甲与斜面间的动摩擦因数为μ，甲、乙的质量为m，乙做自由落体运动，由机械能守恒定律可知mgx＝Ek乙
对甲在斜面上下滑距离为x过程中，由动能定理得（mgsin30°﹣μmgcs30°）x＝Ek甲
因为mg＞（mgsin30°﹣μmgcs30°）
所以，图线A表示的是乙物块的Ek﹣x图像。
当x＝x0时，有mgx0＝Ek0
当x＝3x0时，有（mgsin30°﹣μmgcs30°）•3x0＝Ek0
联立解得，甲与斜面间的动摩擦因数为μ
故A正确，BCD错误；
故选：A。
【点评】本题考查了动能定理。利用动能定理及机械能守恒定律列方程结合图像求解是本题的关键。
8．（4分）在电影《流浪地球》中出现了一种物理现象——洛希极限。洛希极限是指在双星系统中，两个天体之间的距离小于洛希极限r，则质量较小的天体就会在质量较大的天体引力下被撕碎。洛希极限的计算公式为：，M、m分别为质量较大和较小的天体质量，R为质量较大的天体半径。若已知某双星系统由两颗相距较近的天体组成，并近离其他天体，它们在彼此间的万有引力作用下，绕连线上的一点做速圆周运动。简化为如图所示，测得A、B两恒星的半径分别为RA、RB，恒星A做圆周运动的向心加速度是恒星B的8倍，该双星系统的洛希极限为（ ）
A．4.88RAB．2.44RAC．4.88RBD．2.44RB
【分析】由题意知，双星靠相互间的万有引力提供向心力，据此列式，结合题意及洛希极限的计算公式，即可分析判断ABCD正误。
【解答】解：由题意知，双星靠相互间的万有引力提供向心力，则有：
，
由题知：
aA＝8aB，
联立可得：
mA：mB＝1：8，
则该双星系统的洛希极限为：
，
故C正确，ABD错误；
故选：C。
【点评】本题考查双星系统及相关计算，解题时需注意，对于双星系统，要抓住三个相等，即向心力相等、角速度相等、周期相等。
（多选）9．（4分）如图所示，静止在光滑水平面上的两辆小车用细线相连，中间有一个压缩了的轻弹簧（两端分别与小车栓接，未超出弹性限度）。则以下说法正确的是（ ）
A．烧断细线后瞬时→弹簧第一次恢复原长的过程，两车的总动量始终不变
B．烧断细线后瞬时→弹簧第一次恢复原长的过程，两车的总动能始终不变
C．烧断细线后，弹簧的最长长度与最短长度之和为弹簧原长的两倍
D．烧断细线后的任何一段时间内，两车的位移之比始终保持不变
【分析】A.根据动量守恒的条件判断；
B.根据能量守恒定律判断；
C.由动量守恒和机械能守恒求烧断细线后，弹簧的最长长度与最短长度之和与弹簧原长的关系；
D.由动量守恒求两车的位移之比。
【解答】解：A.烧断细线后瞬时→弹簧第一次恢复原长的过程两车合外力为零，两车的总动量守恒，始终不变，故A正确；
B.烧断细线后瞬时→弹簧第一次恢复原长的过程，弹簧的弹性势能转变为辆车的动能，两车的总动能增加，故B错误；
C.设刚开始弹簧压缩了x，原长为l，由动量守恒可知当弹簧最长和最短时，两小车速度都为零，根据机械能守恒可知，弹簧的最短长度为
lmin＝l﹣x
弹簧的最长长度
lmax＝l+x
所以
lmin+lmax＝l﹣x+l+x＝2l
故C正确；
D.以水平向右为正方向，由动量守恒：
m1v1＝m2v2
两边速度取平均，同时乘以时间可得：

即m1x1＝m2x2
可得
故D正确
故选：ACD。
【点评】解决该题需要掌握动量守恒的条件，两车及弹簧组成的系统所受的合外力为零，系统动量守恒，掌握位移的求解公式。
（多选）10．（4分）一物体在恒力F作用下，从A点运动到B点，在此过程中t1时刻与t2时刻的重力势能相等，动能增加E，t2时刻与t3时刻的动能相等，重力势能增加E，t3时刻与t4时刻的机械能相等，重力势增加2E，则（ ）
A．t1～t4时间内物体的机械能增加2E
B．t1与t4时刻物体的动能相等
C．t1～t4时间内恒力F做功为4E
D．t1～t4时间内物体的合外力做功为﹣E
【分析】解题关键在于理清各时间段内动能和重力势能的变化关系，并综合机械能的变化。通过分析t1到t4时间段内重力势能增加3E，动能减少E，得出机械能增加2E。同时结合动能定理分析合外力做功情况。
【解答】解：A、t1时刻与t2时刻的重力势能相等，t2时刻与t3时刻重力势能增加E，t3时刻与t4时刻重力势能增加2E，t1﹣t4时间内物体的重力势能增加3E，t1﹣t4时间内物体的动能减少E，t1～t4时间内物体的机械能增加 ΔEp＝3E﹣E＝2E，故A正确；
B、t3时刻与t4时刻的机械能相等，而重力势能增加2E，则动能减少2E，而t时刻到t2时刻动能增加E，t2时刻与t3时刻的动能相等，t1﹣t4时间内物体的动能减少E，t1与t4时刻物体的动能不相等，故B错误；
C、机械能的增加量等于除重力以外恒力F及其他力做功即2E，但恒力F做功不确定，故C错误；
D、由B项分析可知t1﹣t4时间内物体的动能减少E，由动能定理W合＝ΔEk故D正确。
故选：AD。
【点评】本题综合考查功能关系与动能定理的应用，通过分段描述能量变化构建物理情景。要求考生准确把握各时段动能、势能及机械能的转化关系，并理解恒力做功与能量变化的对应性。计算量适中但思维链条较长，需建立能量变化的整体框架，对能量守恒思想的运用提出较高要求。解题关键在于厘清各时段能量变化的叠加关系，并注意重力势能与机械能变化的区别。
（多选）11．（4分）如图所示，A、B两物块放置在足够长的光滑斜面上，当A、B一起沿斜面向下滑动的过程中（A、B之间相对静止）（ ）
A．A物体所受摩擦力对A做正功
B．A、B两物体的总机械能不断增大
C．A物体机械能不断的减小
D．B物体的机械能守恒
【分析】分析A物体的受力，根据摩擦力方向和位移方向的夹角关系判断摩擦力对A做功的正负；分析A、B整体的受力，根据各力的做功情况判断整体机械能的变化情况；分析A、B的受力，根据各力做功的情况判断B物体的机械能变化情况。
【解答】解：A.当A、B一起沿斜面向下加速运动时，A物体所受摩擦力水平向右，此时摩擦力对A做正功，故A正确；
B.A、B两物体的整体只有重力做功，则机械能守恒，即总机械能不变，故B错误；
CD.A的加速度为gsinθ，A受重力，B对A的作用力，受力分析可得，B对A的作用力垂直斜面向上，故B对A的作用力不做功，A机械能守恒，由牛顿第三定律可知，A对B的反作用力垂直斜面向下，对B不做功，则B物体的机械能守恒，故C错误，D正确。
故选：AD。
【点评】解决本题的关键能够正确地进行受力分析，确定各力的做功情况，再根据功能关系对物体的机械能变化做出判断。
（多选）12．（4分）如图所示，在光滑的水平面上，质量为4m、长为L的木板右端紧靠竖直墙壁，与墙壁不粘连，质量为m的滑块（可视为质点）以水平向右的速度v滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零。现滑块以水平速度kv（k未知）滑上木板左端，滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，滑块以原速率弹回，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．滑块与木板间动摩擦因数为
B．从滑块以初速度kv滑上木板到回到木板左端的过程中系统机械能损失了mv2
C．k＝1.5
D．k＝2
【分析】A.对滑块以水平速度v右滑动的过程，根据动能定理求解滑块与木板间的动摩擦因数；
B.根据摩擦力做功求系统损失的机械能；
CD.根据动量守恒定律与能量守恒定律求解k。
【解答】解：A.滑块以水平向右的速度v滑上木板左端到达右端时，由动能定理

解得

故A正确；
B.从滑块以初速度kv滑上木板到回到木板左端的过程中系统机械能损失了
ΔE＝2μmgL＝mv2
故B正确；
CD.滑块以初速度kv滑上木板到达右端时由动能定理

解得

反弹后到木板最左端时，以v′的方向为正方向，由动量守恒定律
mv′＝（4m+m）v共

解得
k＝1.5
故C正确，D错误。
故选：ABC。
【点评】本题是动量守恒定律、功能关系、动能定理的综合运用，题目难度不大，解题时先确定所研究过程的初、末状态，再选择相应的物理原理解答。
二.实验题（本题共2个小题，满分12分）
13．（6分）某同学用如图甲所示的装置做“验证机械能守恒定律”实验，所用计时器为电火花打点计时器，重锤质量为500g，部分实验步骤如下：
A.将实验器材按图甲所示组装完毕
B.先接通电源，后释放重锤
C.更换纸带，再重复几次，选择合适的纸带进行测量分析
（1）上述实验步骤中不合理的步骤为 A （选填序号字母）。
（2）按照正确的操作选得如图乙所示的纸带，其中O是重锤刚释放时所打的点，测得连续打下的五个点A、B、C、D、E到O点的距离h值如图乙所示。已知交流电源频率为50Hz，当地重力加速度为9.80m/s2。在打O点到C点的这段时间内，重锤动能的增加量ΔE1＝ 2.00 J。（结果均保留三位有效数字）。
（3）该同学进一步求出纸带上其他点的速度大小v，然后作出相应的图像，画出的图线是一条通过坐标原点的直线。该同学认为：只要图线通过坐标原点，就可以判定重锤下落过程机械能守恒，该同学的分析 不合理 （选填“合理”或“不合理”）。
【分析】（1）根据图示实验装置结合实验注意事项分析答题。
（2）应用匀变速直线运动的推论求出打点C时的速度，然后求出动能的增加量。
（3）应用机械能守恒定律求出图像的函数解析式，然后分析答题。
【解答】解：（1）A、安装实验器材完毕，重锤应靠近打点计时器，由图示可知，重锤离打点计时器太远，不合适，故A错误；
B、为充分利用纸带要先接通电源，后释放重锤，故B正确；
C、更换纸带，再重复几次，选择合适的纸带进行测量分析，故C正确。
本题选不合理的，故选：A。
（2）交流电源频率为50Hz，打点计时器打点时间间隔Ts＝0.02s
打C点时重锤的速度vm/s＝2m/s
在打O点到C点的这段时间内，重锤动能的增加量ΔE1J＝2.00J。
（3）重锤下落过程若机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh，整理得：v2＝gh，
v2﹣h图像的斜率k＝g，当v2﹣h图像是过坐标原点的直线且斜率k＝g时机械能守恒，直线过坐标原点但k≠g，机械能不守恒，该同学的分析不合理。
故答案为：（1）A；（2）2.00；（3）不合理。
【点评】理解实验原理、分析清楚图示实验装置是解题的前提，应用匀变速直线运动的推论与机械能守恒定律即可解题。
14．（6分）“验证动量守恒定律”的实验装置如图所示，即研究两个小球在轨道水平部分末端碰撞前后的动量关系。已知入射小球A和被碰小球B的质量分别为m1、m2。
（1）本实验中，要求满足的条件不必要的是 A （填选项前的序号）。
A.斜槽轨道必须是光滑的
B.斜槽轨道末端的切线是水平的
C.入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放
D.入射球与被碰球质量要满足m1＞m2
（2）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 （填选项前的序号），间接地解决这个问题。
A.小球开始释放的高度h
B.小球抛出点距地面的高度H
C.小球做平抛运动的水平射程
（3）实验中，用天平测出小球A、B的质量之比为2，若小球发生弹性碰撞，则LON：LOM＝ 4：1 。
【分析】（1）根据实验注意事项分析答题。
（2）小球离开轨道后做平抛运动，水平位移以初速度成正比，可以用水平位移代替初速度。
（3）弹性碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求解。
【解答】解：（1）A、只要入射球每次从斜槽的同一位置由静止释放就能保证小球到达轨道末端速度相等，斜槽轨道不必是光滑的，故A错误；
B、为使小球离开轨道后做平抛运动，斜槽轨道末端的切线是水平的，故B正确；
C、为保证入射球到达轨道末端速度相等，入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放，故C正确；
D、为防止碰撞后入射球反弹，入射球与被碰球质量要满足m1＞m2，故D正确。
本题选不必要的，故选：A。
（2）小球离开轨道后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，小球做平抛运动的时间相等，
小球做平抛运动的水平位移与初速度成正比，实验不必要测初速度，只要测出小球平抛运动的水平射程即可，故AB错误，C正确。
故选：C。
（3）设小球做平抛运动的时间为t，则碰撞前入射球的速度v0，碰撞后入射球的速度v1，碰撞后被碰球的速度v2
两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v0＝m1v1+m2v2
由机械能守恒定律得：
已知：m1：m2＝2：1，解得：LON：LOM＝4：1
故答案为：（1）A；（2）C；（3）4：1。
【点评】理解实验原理、知道实验注意事项是解题的前提，根据题意应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可解题。
三.计算题（本题共4小题，其中15、16小题各8分，17小题10分，18小题14分，共40分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的、答案中必须明确写出数值和单位。）
15．（8分）2016年11月18日13时59分，“神舟十一号”飞船返回舱在内蒙古中部预定区域成功着陆，执行飞行任务的航天员在“天宫二号”空间实验室工作生活30天后，顺利返回祖国，创造了中国航天员太空驻留时间的新纪录，标志着我国载人航天工程空间实验室任务取得重要成果。有同学设想在不久的将来，宇航员可以在月球表面以初速度v0将一物体沿着水平方向抛出，测出物体下落高度h，水平射程为x，已知月球的半径为R，引力常量为G。请你求出：
（1）月球的质量M；
（2）月球的第一宇宙速度v。
【分析】（1）小球做平抛运动，应用运动学公式求出重力加速度，然后求出月球质量。
（2）卫星绕月球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，应用牛顿第二定律求解。
【解答】解：（1）小球做平抛运动，
水平方向：x＝v0t
竖直方向：h
月球表面物体受到的重力等于万有引力，即：mg＝G
解得：M
（2）卫星绕月球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，
由牛顿第二定律得：G
解得：v。
答：（1）月球的质量是；
（2）月球的第一宇宙速度是。
【点评】本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力是解题的前提，应用运动学公式与牛顿第二定律即可解题。
16．（8分）如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0kg和mB＝2.0kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C在t＝0s时刻以一定速度向右运动，在t＝4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的一段时间内v﹣t图像如图乙所示。求：
（1）物块B离开墙察前，弹簧的最大弹性势能为多少？
（2）物块B离开填壁后，物块B的最大速度大小为多少？
【分析】这道题主要考查了动量守恒定律、能量守恒定律以及弹簧弹性势能的计算。题目通过物块A、B、C之间的相互作用，结合给定的v﹣t图像，要求学生能够分析出各个阶段的物理状态，并计算出相应的物理量。
【解答】解：（1）A、C碰撞过程中由动量守恒可得mCv0＝（mC+mA）v
v0＝12m/s，v＝4m/s
解得：mC＝2kg
当A、C速度减为零时弹簧压缩至最短，此时弹性势能最大，则
解得：Ep＝48J
（2）当弹簧为原长时B的速度达到最大，由动量守恒和能量守恒可得：
（mA+mC）v1＝（mA+mC）v3+mBv4

联立解得：v4＝﹣6m/s
答：（1）物块B离开墙察前，弹簧的最大弹性势能为48J。
（2）物块B离开填壁后，物块B的最大速度大小为6m/s。
【点评】这道题不仅考查学生对基本物理定律的理解，还考察了学生分析复杂物理过程的能力。
17．（10分）一列火车停在足够长的平直铁轨上。已知火车的总质量为M。请分析并回答下列问题。
（1）若整列火车所受阻力恒为F0，当整列火车速度为v时，发动机的功率为P0。求此时火车的加速度；
（2）若整列火车所受阻力恒为F0，某次测试时整列火车的运动分为两个阶段。第一阶段火车受到大小为kF0的恒定牵引力由静止启动，位移为x时，发动机的实际功率正好等于额定功率，然后进入第二阶段；第二阶段发动机保持额定功率继续前进，已知两个阶段时间相等，第二阶段的末速度为初速度倍。求第二阶段火车的位移。
【分析】（1）根据功率的计算公式求解发动机的牵引力大小，根据牛顿第二定律求解加速度；
（2）根据动能定理和动量定理列出关系式解答。
【解答】解：（1）由P＝Fv得当火车速度为v时，发动机的牵引力大小为，
对整列火车由牛顿第二定律有F1﹣F0＝Ma1，
联立解得；
（2）设火车第一阶段运动的时间为t，末速度为v2，第二阶段的位移为x2，
则对火车第一阶段的运动，由动能定理有，
以火车的运动方向为正，由动量定理有（k﹣1）F0t＝Mv2，
由题意可知，发动机的额定功率P额＝kF0v2，
第二阶段的初速度为v2，末速度为对火车第二阶段的运动，
由动能定理有，
联立解得x2＝（k+1）x。
答：（1）火车的加速度为；
（2）第二阶段火车的位移（k+1）x。
【点评】考查对功率的理解，熟悉其计算公式，熟悉动能定理、动量定理公式的运用。
18．（14分）如图所示，足够长粗糙斜面的倾角为37°斜面顶端B与一段光滑的圆弧轨道AB相切于B点，A点与圆心O等高，圆弧AB的轨道半径为，在B点放置一质量为1kg的小滑块乙，乙刚好不沿斜面下滑，某时刻把质量为4kg的小滑块甲从A点由静止释放，甲、乙在B点发生弹性碰抛。甲、乙之间连有一条长为4m的轻绳（图中未画出，运动初始为松弛状态），在运动全程，绳长不变，且不断开。已知甲与斜面之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，求：
（1）滑块甲与乙发生第一次碰撞前瞬间的速度大小；
（2）滑块甲、乙第一次碰撞过程中甲对乙的冲量大小和方向；
（3）滑块甲与乙从第一次碰撞到第二次碰撞过程中运动的位移大小。
【分析】（1）由动能定理求滑块甲与乙发生第一次碰撞前瞬间的速度大小；
（2）根据动量守恒和能量守恒再结合冲量公式求滑块甲、乙第一次碰撞过程中甲对乙的冲量大小和方向；
（3）由运动学公式和动量守恒求滑块甲与乙从第一次碰撞到第二次碰撞过程中运动的位移大小。
【解答】解：（1）甲从A到B，由动能定理

解得
v0＝5m/s
（2）甲乙碰撞过程动量守恒和能量守恒，以v0的方向为正方向，则
m1v0＝m1v1+m2v2

解得
v1＝3m/s
v2＝8m/s
滑块甲、乙第一次碰撞过程中甲对乙的冲量大小
I＝m2v2
解得：
I＝8N•s
方向沿斜面向下；
（3）第一次碰后，乙向下匀速运动，甲的加速度为
a＝gsin37°﹣μgcs37°
解得
a＝2m/s2
当甲乙之间的距离达到4m时经过时间t1，则

解得
t1＝1s
此时甲下滑的距离

解得
x1＝4m
此时甲的速度
v3＝v1+at1
解得
v3＝5m/s
细绳绷紧后甲乙达到共速，以v3的方向为正方向，则由动量守恒
m1v3+m2v2＝（m1+m2）v4
解得
v4＝5.6m/s
两物块第二次相碰时经过时间t2，则

解得
t2＝2s
此过程中甲下滑的距离

解得
x2＝15.2m
滑块甲与乙从第一次碰撞到第二次碰撞过程中运动的位移大小
x＝x1+x2
解得
x＝19.2m
答：（1）滑块甲与乙发生第一次碰撞前瞬间的速度大小为5m/s；
（2）滑块甲、乙第一次碰撞过程中甲对乙的冲量大小为8N•s，方向为沿斜面向下；
（3）滑块甲与乙从第一次碰撞到第二次碰撞过程中运动的位移大小为19.2m。
【点评】本题考查了能量守恒定律和动量守恒定律，分析清楚物体的运动过程是正确解题的前提与关键，应用动能定理、动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题。
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答案
B
B
C
A
A
A
A
C
题号
9
10
11
12
答案
ACD
AD
AD
ABC