2019-2020学年广东省广州市天河区高一(下)期末物理试卷(附答案详解)

2019-2020学年广东省广州市天河区高一（下）期末物理

试卷

1. 关于力与运动，下列说法正确的是( )

A. 物体做曲线运动时，一定受到变力的作用

B. 物体做曲线运动时，某点的加速度方向就是轨迹上该点的切线方向 C. 若物体所受合力方向始终与速度方向垂直，则速度一定不变 D. 做曲线运动的物体，物体受到合力方向跟它速度方向不在同一直线

2. 如图所示，在同一竖直平面内，距地面不同高度的

地方，以不同的水平速度同时抛出两个小球小球落地后不再反弹，忽略空气阻力，则两球( )

A. 在空中可能相遇 B. 落地的时间可能相等 C. 落地时速度大小可能相等 D. 落地的时间可能与抛出速度有关

3. 一台抽水机每秒能把20kg的水抽到15m高的水塔上，重力加速度取10𝑚/𝑠2，这台

抽水机输出的功率至少多大( )

A. 1kW B. 2kW C. 3kW D. 4kW

4. 在高速路的拐弯处，路面往往设计成外高内低。如图，设拐弯

路段是半径为R的圆弧，当汽车以车速v拐弯时，车轮与路面之间的横向(即垂直于前进方向)摩擦力等于零，则在该弯道处( )

A. 车速为v时，汽车受到重力、支持力、向心力的作用 B. 车速只要低于v，车辆便会向内测滑动 C. 车速只要高于v，车辆便会向外侧滑动 D. v的数值与汽车的质量无关

5. 一辆汽车在水平路面上启动，运动𝑣−𝑡图像如图所示，Oa为过原点的倾斜直线，

ab段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc段是与ab段相切的水平直线，已知𝑡1，𝑡2时刻汽车速度大小为𝑣1、𝑣2，整个过程所受阻力恒为f，下列说法正确的是( )

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A. 汽车的额定功率为𝑓𝑣2 B. 汽车的额定功率为𝑓𝑣1

C. 𝑡2～𝑡3时间内汽车的牵引力为零 D. 𝑡2～𝑡3时间内汽车的牵引力做功为零

6. A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相同的时间内，它们通过的路程之比

是4：3，运动方向改变的角度之比是3：2，它们的向心加速度之比为( )

A. 16：9 B. 2：1 C. 9：4 D. 4：1

7. 如图，质量为1kg的小物块从倾角为30°、长为2m的

光滑固定斜面顶端由静止开始下滑，若选斜面底端为零势能点，重力加速度取10𝑚/𝑠′，则它滑到斜面中点时具有的机械能和动能分别是( )

A. 10J，5J B. 10J，10J C. 0，5J D. 0，10J

8. 如图，乒乓球从水平桌面上𝑃1点弹起后，刚好能以水平速度v越过高为h的球网，

落到桌面上𝑃2点。乒乓球可看成质点，不计空气阻力，重力加速度为g，则乒乓球( )

A. 从 𝑃1点弹起时的速度大小为 √2𝑔ℎ B. 从𝑃1点运动至 𝑃2点的过程其速度变化量为 0

C. 从 𝑃1点运动至 𝑃2点的过程其速度变化量大小为2√2𝑔ℎ D. 𝑃1点与𝑃2点的距离为𝑣√𝑔

9. 一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为𝐹1的水平拉力拉动物体，经过一段时

间后其速度为v，若将水平拉力的大小改为𝐹2，物体从静止开始经过同样的时间后𝑊𝑓1、𝑊𝐹2分别表示拉力𝐹1、𝐹2所做的功，速度变为2v，对于上述两个过程，用𝑊𝐹1、𝑊𝑓2分别表示前两次克服摩擦力所做的功，则( )

2ℎ

A. 𝑊𝐹2>4𝑊𝐹1，𝑊𝑓2>2𝑊𝑓1 C. 𝑊𝐹2<4𝑊𝐹1，𝑊𝑓2=2𝑊𝑓1

B. 𝑊𝐹2>4𝑊𝐹1，𝑊𝑓2=2𝑊𝑓1 D. 𝑊𝐹2<4𝑊𝐹1，𝑊𝑓2<2𝑊𝑓1

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10. 某质点在Oxy平面上运动，𝑡=0时，质点位于y轴上，它在x方向运动的速度一时

间图像以及在y方向运动的位移一时间图像如图所示，下列说法正确的是( )

A. 质点做匀变速直线运动 C. 质点在2s末的速度大小为8𝑚/𝑠

B. 质点做匀变速曲线运动

D. 质点第1s内的位移大小为5√2𝑚

11. 飞船b与空间站a交会对接前绕地球做匀速圆周运动的位置

如图所示，虚线为各自的轨道，则( )

A. a的周期大于b的周期 B. a的加速度小于b的加速度 C. a的运行速度大于b的运行速度 D. a、b的运行速度大于第一宇宙速度

12. 用手把质量为𝑚=2𝑘𝑔的物体由静止向上提高2m，这时物体的速度为2𝑚/𝑠，𝑔=

10𝑚/𝑠2，物体在此运动过程( )

A. 手对物体所做的功为4J C. 物体机械能增加4J

B. 物体重力势能增加40J D. 物体机械能增加44J

13. 如图，甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量

为M和2M的行星做匀速圆周运动，下列说法正确的是( )

A. 甲的向心加速度比乙的小 C. 甲的角速度比乙的大

B. 甲的运行周期比乙的大 D. 甲的线速度比乙的大

14. 如图，两个质量均为m的小木块a和𝑏(可视为质点)放

在水平圆盘上，a与转轴𝑂𝑂′的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的

k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用𝜔表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )

A. b一定比a先开始滑动 B. a、b所受的摩擦力始终相等

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时，a受到摩擦力大小为kmg C. 当𝜔=√𝑘𝑔𝑙时，b受到摩擦力大小为2kmg D. 当𝜔=√𝑘𝑔𝑙

15. 如图所示，有一竖直放置、内壁光滑的圆环，可视为质点的小

球在竖直平面内做圆周运动，已知圆环的半径为R，重力加速度为g，小球在最低点Q的速度为𝑣0，不计空气阻力，则( )

A. 小球运动到最低点Q时，处于超重状态

B. 小球的速度𝑣0越大，则在P、Q两点小球对圆环内壁的压力

差越大

C. 当𝑣0>√6𝑚𝑔时，小球一定能通过最高点P D. 当′𝑣0<√𝑚𝑔时，小球始终不会脱离圆环

16. 如图甲所示，在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为𝑚=1.0𝑘𝑔的

重物从静止开始自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图乙所示。0为打下的第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点(其他点未画出)。已知打点计时器每隔0.02𝑠打一个点，当地的重力加速度为𝑔=9.8𝑚/𝑠2。

(1)关于本实验，下列说法正确的是______。 A.应选用质量和密度较大的重物 B.实验时应先放开纸带，再接通电源

C.电火花打点计时器要接在电压为220V的直流电源上

D.若无法准确找出计时器打的第一个点，则无法利用该实验装置验证机械能守恒定律

E.实验无需称出重物的质量

(2)纸带的______端(选填“左”或“右”)与重物相连；

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(3)从打O点到打B点的过程中，重物重力势能的减少量𝛥𝐸𝑝=______J，动能增加量𝛥𝐸𝑘=______J.(结果保留两位有效数字)

17. 平抛一物体，当抛出1s后它的速度与水平方向成45°角，落地时速度方向与水平方

向成60°角．则物体的初速度大小为______；物体的落地速度大小______；物体的水平射程为：______(取𝑔=10𝑚/𝑠2)：

18. 如图所示，质量为m的物体静止在倾角为𝜃的斜面上，物体

与斜面间的动摩擦因数为𝜇，现使斜面水平向左匀速移动距离l。则此过程斜面对物体的支持力______(选填“做正功”、

“做负功”或“不做功”)，物体克服摩擦力做的功为______。(重力加速度为𝑔) 19. 已知地球的质量为M，半径为R，自转的角速度为𝜔，万有引力常量为G。则地球

表面重力加速度大小为______，地球同步卫星离地球表面的高度为______。 20. 如图所示，有一质量为m的小球在光滑的半球形碗内做匀速圆

周运动，轨道平面在水平面内，已知小球与半球形碗的球心O的连线跟竖直方向的夹角为𝜃，半球形碗的半径为R，则小球做

圆周运动的线速度大小为______；碗壁对小球的弹力大小为______。(重力加速度为𝑔)

21. 如图所示，长度为𝐿=1.2𝑚的木板静止在光滑的水平面

上，一滑块(可视为质点)放在木板上最左端，现用一水

平恒力𝐹=3𝑁作用在滑块上，使滑块从静止开始做匀加速直线运动.已知滑块和木板之间的摩擦力为𝑓=1𝑁。当滑块滑到木板的最右端时，木板运动的距离为0.8𝑚，则此时滑块与木板具有动能的比值为______。 22. 如图，竖直平面内A、B两点间的距离为L，AB与

竖直方向的夹角𝜃=60°。将质量为m的小球从A点水平向左抛出，小球在运动过程中恰好通过B点。忽略空气阻力，重力加速度为g。求： (1)小球被抛出时的初速度大小； (2)小球通过B点时的动能。

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23. 如图所示，半径𝑅=0.4𝑚的光滑半圆轨道处于竖直平面内，半圆轨道与粗糙的水平

地面相切于轨道的端点A。一质量𝑚=0.1𝑘𝑔的小球，以初速度𝑣0=7.0𝑚/𝑠从水平地面开始向左运动并冲上半圆轨道，然后从轨道最高点B水平抛出，最后落在C点，A、C两点相距0.8𝑚。𝑔=10𝑚/𝑠2。 求：

(1)小球经过B点时对轨道的压力；

(2)小球运动至B过程中克服摩擦力所做的功。

24. 如图(𝑎)所示，可视为质点的物块质量为𝑚=2𝑘𝑔，置于水平地面上的A点，物块

与水平地面间的动摩擦因数𝜇1=0.25。在水平向右的力F作用下物块由静止开始运动，由A运动到B的过程中力F随位移x变化关系如图(𝑏)所示，到达斜面底端B点后撤去力F，物块冲上倾角𝜃=37°的足够长斜面，不计物块在B处的动能损失，物块与斜面间的动摩擦因数𝜇2=0.5，其中AB段长为𝐿=5𝑚。(𝑠𝑖𝑛37°=0.6,𝑐𝑜𝑠37°=0.8,𝑔=10𝑚/𝑠2)求：

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(1)由A运动到B的过程中，物块受到摩擦力所做的功； (2)物块由A运动到B所用的时间； (3)物块最终静止时与B点的距离。

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答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：A、物体做曲线运动的条件是合力的方向与速度方向不在同一条直线上，但合力不一定变化，如平抛运动，故A错误；

B、曲线运动中速度的方向一定沿该点曲线的切线方向，若某点的加速度方向也沿轨迹上该点的切线方向，则物体受力的方向与速度的方向在同一条直线上，所以在该点物体将做直线运动而不是做曲线运动，故B错误；

C、若物体所受合力方向始终与速度方向垂直，则速度方向一定是变化的，即速度一定是变化的，故C错误；

D、物体做曲线运动的条件是合力的方向与速度方向不在同一条直线上，故D正确。 故选：D。

曲线运动速度的方向一定沿该点曲线的切线方向，质点做曲线运动的条件是合力的方向与速度的方向不在同一条直线上，合力的大小和方向变或不变都可以。

本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，掌握了做曲线运动的条件，本题基本上就可以解决了．

2.【答案】C

A、【解析】解：两球被抛出后做平抛匀速，在相等时间内在竖直方向下落的高度相等，由于两球同时抛出而两球抛出点的高度不同，因此两球在空中不可能同时到达同一高度，两小球在空中不可能相遇，故A错误；

B、平抛运动在竖直方向做自由落体运动，设抛出点的高度为h，做平抛运动的物体的运动时间𝑡=√，由于两球抛出点的高度h不同，则两球在空中的运动时间t不相等，

𝑔落地时间不可能相等，故B错误；

C、设小球抛出点的高度我h，初速度为𝑣0，小球落地时的竖直分速度大小𝑣𝑦=√2𝑔ℎ，22=√𝑣2+2𝑔ℎ，小球落地时的速度大小𝑣=√𝑣0由于不知两球的初速度大小𝑣0与抛+𝑣𝑦0

2ℎ

出点高度h的具体关系，小球落地速度v的大小可能相等，故C正确；

D、平抛运动在竖直方向做自由落体运动，设抛出点的高度为h，做平抛运动的物体的运动时间𝑡=√，落地时间仅与抛出点的高度有关，与抛出速度无关，故D错误。

𝑔故选：C。

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2ℎ

平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的自由落体运动，平抛运动的运动时间由抛出点的高度决定，根据图示情景应用运动学公式与运动的合成与分解分析答题。

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，知道运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移。

3.【答案】C

【解析】解：抽水机做的功转化为水的重力势能，由功能关系可知， 1秒钟内抽水机做功𝑊=𝑚𝑔ℎ=20×10×15𝐽=3000𝐽， 抽水机的功率为𝑃=故选：C。

根据功能关系可以求得每秒钟抽水机做的功的大小，由功率的公式可以求得功率，进而可以求得做的功的大小。

根据功能关系求出抽水机做的功是解题的前提，应用功率公式即可解题，本题是一道基础题。

𝑊𝑡

=

30001

𝑊=3000𝑊=3𝑘𝑊，故C正确，ABD错误。

4.【答案】D

【解析】解：A、由题意知，车速为v时，摩擦力为零，汽车所受的重力和支持力的合力提供汽车在该弯道处的向心力，并不是汽车受到向心力的作用，故A错误； B、车速低于v时，汽车有向圆心滑动的趋势，会受到背向圆心的摩擦力作用，若这个摩擦力小于最大静摩擦力时，车辆便不会向内测滑动，故B错误；

C、车速高于v时，汽车有做离心运动的趋势，会受到指向圆心的摩擦力作用，若这个摩擦力小于最大静摩擦力时，车辆便不会向外侧滑动，故C错误； D、设路面内外侧的倾角为𝜃，受力分析如图所示。

由牛顿第二定律得：𝑚𝑔𝑡𝑎𝑛𝜃=𝑚，

𝑅

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𝑣2

解得：𝑣=√𝑔𝑅𝑡𝑎𝑛𝜃，

所以v的数值与汽车的质量无关，故D正确。 故选：D。

向心力是一个效果力，向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，甚至可以由一个力的分力提供，因此向心力的来源要根据物体受力的实际情况判定。汽车以车速v拐弯时，车轮与路面之间的横向摩擦力等于零，车速低于或者高于v，汽车并不一定立刻便会滑动，要看横向摩擦力是否大于最大静摩擦力。对汽车受力分析，并用牛顿第二定律求出v的大小，v的数值与汽车的质量无关。

汽车转弯问题是圆周运动中的一个典型问题，关键是分析物体的受力情况，确定向心力的来源。

5.【答案】A

【解析】解：AB、由图示图象可知，汽车做匀速直线运动时的速度大小是𝑣2，设此时汽车的牵引力大小为F，设汽车的额定功率为P，则𝑃=𝐹𝑣2，汽车做匀速直线运动，由平衡条件得：𝐹=𝑓，解得，汽车的额定功率𝑃=𝑓𝑣2，故A正确，B错误； CD、由图示图象可知，在𝑡2～𝑡3时间内汽车做匀速直线运动，汽车的牵引力𝐹=𝑓，牵引力不为零；汽车做匀速直线运动，汽车位移为x时汽车牵引力做功𝑊=𝐹𝑥=𝑓𝑥不为零，故CD错误。 故选：A。

汽车做匀速直线运动时所受合力为零，根据平衡条件求出汽车做匀速直线运动时的牵引力，然后求出汽车的额定功率；根据图示图象分析清楚汽车的运动过程，然后分析答题。 知道汽车的启动过程、根据图示图象分析清楚汽车的运动过程是解题的前提，应用平衡条件、功率公式𝑃=𝐹𝑣即可解题。

6.【答案】B

【解析】解：根据𝑣=𝑡可知，线速度大小之比为

𝑣𝐴𝑣𝐵

𝑠

=𝑠𝐴=3

𝐵

𝑠4

根据𝜔=𝑡可知，角速度大小之比为

𝜔𝐴𝜔𝐵

𝜃

=𝜃𝐴=2

𝐵

𝜃3

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根据𝑎=𝑣𝜔知，向心加速度之比为

𝑎𝐴𝑎𝐵

=×=2，故B正确，ACD错误。

3

2

43

故选：B。

根据相同时间内经过的弧长之比和角度之比，分别求出线速度、角速度之比，根据𝑎=𝑣𝜔可求向心加速度大小之比。

解决本题的关键掌握线速度、角速度的定义式，以及知道向心加速度与线速度、角速度的关系。

7.【答案】A

【解析】解：物体的机械能等于动能和重力势能的总和，选斜面底端为零势能点，则初始位置的机械能𝐸=𝑚𝑔ℎ=𝑚𝑔𝐿𝑠𝑖𝑛30°=1×10×2×2𝐽=10𝐽；

在运动的过程中只有重力做功，机械能守恒，所以物体滑到斜面中点时的机械能为10；重力势能𝐸𝑃=𝑚𝑔ℎ=10×(−0.5)𝐽=−5𝐽.所以动能是5J，故A正确，BCD错误。 故选：A。

滑块在光滑斜面顶端由静止下滑，只有重力做功，机械能守恒；滑到斜面中点时的机械能等于在顶端时的机械能，根据𝐸𝑃=𝑚𝑔ℎ求出重力势能，由机械能守恒即可求出物体的动能。

解决本题的关键知道物体在运动的过程只有重力做功，机械能守恒；以及掌握重力势能的公式𝐸𝑃=𝑚𝑔ℎ，知道h是相对零势能面的高度。

1

8.【答案】D

【解析】解：A、乒乓球从𝑃1到最高点的逆过程是平抛运动，设平抛球在𝑃1点的竖直分

2+𝑣2=速度大小为𝑣𝑦，则𝑣𝑦=√2𝑔ℎ，则乒乓球在𝑃1弹起的速度大小𝑣1=√𝑣𝑥𝑦

√𝑣2+2𝑔ℎ，故A错误；

B、乒乓球在𝑃1点的速度𝑣1，在𝑃2点的速度𝑣2如图所示，在𝑃2点的速度大小𝑣2=√𝑣2+2𝑔ℎ=𝑣1，

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由于𝑣1、𝑣2的方向不同，速度是矢量，由平行四边形定则可知，从𝑃1点运动至 𝑃2点的过⃗⃗⃗⃗⃗ =⃗程其速度变化量不为零，即𝛥𝑣𝑣⃗⃗⃗ 𝑣⃗⃗⃗ 2−⃗1≠0，故B错误；

C、乒乓球在水平方向做匀速直线运动，水平方向的分速度不变，从 𝑃1点运动至 𝑃2点的过程其速度变化量大小为𝛥𝑣=2𝑣𝑦=2√2𝑔ℎ，故C正确；

D、平抛球从最高点到落地的运动时间𝑡=√，乒乓球从𝑃1点与𝑃2点的运动时间𝑡′=

𝑔2ℎ

乒乓球在水平方向做匀速直线运动，则𝑃1点与𝑃2点的距离𝑥=𝑣𝑡′=2𝑣√，2𝑡=2√𝑔，𝑔故D错误。 故选：D。

乒乓球从𝑃1到最高点的逆过程是平抛运动，小球从最高点到𝑃2的运动是平抛运动，平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的自由落体运动，应用运动学公式与运动的合成与分解分析答题。

知道乒乓球从𝑃1到最高点的逆过程是平抛运动、掌握平抛运动规律是解题的前提，根据乒乓球的运动过程，应用运动学公式与运动的合成与分解即可解题。

2ℎ2ℎ

9.【答案】C

【解析】解：由题意可知，两次物体均做匀加速运动，则在同样的时间内，它们的位移之比为𝑆1：𝑆2=

𝑣 2

𝑡 ：2𝑣 2

𝑡=1：2；

𝑊𝑓2=两次物体所受的摩擦力不变，根据力做功表达式，则有滑动摩擦力做功之比𝑊𝑓1：𝑓𝑆1：𝑓𝑆2=1：2；

再由动能定理，则有：𝑊𝐹−𝑊𝑓=2𝑚𝑣2−0； 可知，𝑊𝐹1−𝑊𝑓1=2𝑚𝑣2−0； 𝑊𝐹2−𝑊𝑓2=4×2𝑚𝑣2−0；

由上两式可解得：𝑊𝐹2=4𝑊𝐹1−2𝑊𝑓1，故C正确，ABD错误； 故选：C。

根据动能定理，结合运动学公式，求出滑动摩擦力做功，从而求得结果。 考查做功表达式的应用，掌握动能定理的内容，注意做功的正负。

1

1

1

10.【答案】BD

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【解析】解：

AB、质点在x轴方向以初速度4𝑚/𝑠做匀加速直线运动，而在y轴负方向做匀速运动，依据运动的合成与分解，及曲线运动条件可知，若加速度与初速度不在同一直线，则质点做匀加速曲线运动，故A错误，B正确； C、质点在2s末，𝑣𝑥=8𝑚/𝑠，𝑣𝑦=

102

2+𝑣2=𝑚/𝑠=5𝑚/𝑠，由勾股定理：𝑣=√𝑣𝑥𝑦

√82+52𝑚/𝑠=√𝑚/𝑠，故C错误； D、质点在第1s内，𝑥=𝑣𝑥0𝑡+𝑎𝑡2，𝑎=

21

𝑣𝑥2−𝑣𝑥1

𝑡

，代入数据解得𝑥=5𝑚，𝑦=5𝑚，

合位移𝑥=√𝑥2+𝑦2=√52+52𝑚=5√2𝑚，故D正确； 故选：BD。

依据两图象可知：质点在x方向上做匀加速直线运动，在y方向上做匀速运动，结合运动的合成与分解，即可判定运动性质；根据两图象可知：质点在x方向上做匀加速直线运动，在y方向上做匀速运动，求出1s末x方向的分速度，然后根据平行四边形定则得出质点的速度；分别求出质点沿x方向的位移与y方向的位移，然后根据平行四边形定则求得位移大小。

解决本题的关键知道质点在x方向和y方向上的运动规律，根据平行四边形定则进行合成，注意掌握曲线运动的条件。

11.【答案】AB

【解析】解：设地球的质量为M，卫星的质量为m，卫星的轨道半径为r，卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，由牛顿第二定律，得𝐺𝑚𝑎=𝑚𝑟，得𝑎=

𝑣2

𝐺𝑀

𝑟

，解得，𝑎=√𝑇=2𝜋2𝑟

𝐺𝑀

3

𝑀𝑚𝑟2=𝑚

4𝜋2𝑇2𝑟=

𝐺𝑀𝑟2

，𝑣=√

3

𝐺𝑀𝑟

A、a的轨道半径大于b的轨道半径，由𝑇=2𝜋√𝑟，知a的周期大于b的周期，故A

𝐺𝑀正确；

B、a的轨道半径大于b的轨道半径，由𝑎=正确；

C、a的轨道半径大于b的轨道半径，由𝑣=√𝐺𝑀，知a的运行速度小于b的运行速度，

𝑟故C错误；

D、a、b的轨道半径均大于近地卫星的轨道半径，由𝑣=√𝐺𝑀，知a、b的运行速度均小

𝑟

𝐺𝑀𝑟2

，知a的加速度小于b的加速度，故B

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于近地卫星的速度，即小于第一宇宙速度，故D错误。 故选：AB。

飞船b与空间站a交会对接前绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，由牛顿第二定律列式，得到各个量与轨道半径的关系，再进行分析。

解决本题的关键关键要根据万有引力提供向心力表示出线速度、周期、加速度，再去分析各个量的大小。要知道地球的第一宇宙速度即为近地卫星的运动速度。

12.【答案】BD

【解析】解：A、对物体，根据动能定理得：𝑊−𝑚𝑔ℎ=2𝑚𝑣2−0， 代入数据解得，手对物体做功为：𝑊=44𝐽，故A错误；

B、重力势能的增加量等于克服重力做的功，重力势能的增加量𝛥𝐸𝑃=𝑚𝑔ℎ=2×10×2𝐽=40𝐽，故B正确；

CD、重力做功不改变物体的机械能，物体机械能的增加量等于手对物体做的功，物体机械能的增加量𝛥𝐸=𝑊=44𝐽，故C错误，D正确。 故选：BD。

根据动能定理求解手对物体做功做的功，重力做功等于重力势能的改变量；重力做功不改变物体的机械能，物体机械能的改变量等于手对物体做的功．

本题考查常见的几对功能关系的理解，要知道合外力做功等于动能的变化，除重力以外的其他力做功等于机械能的变化．

1

13.【答案】AB

【解析】解：卫星绕星球圆周运动，万有引力提供圆周运动向心力：𝐺𝑚

4𝜋2𝑇2

𝑀𝑚𝑟2=𝑚

𝑣2𝑟

=

𝑟=𝑚𝜔2𝑟=𝑚𝑎可得：

𝐺𝑀𝑟2A、向心加速度𝑎=

3

，甲中心天体的质量小，向心加速度小，故A正确；

B、周期𝑇=2𝜋√𝑟，甲的中心天体质量小，周期大，故B正确；

𝐺𝑀

C、角速度𝜔=√  𝐺𝑀，甲的中心天体质量小，角速度小，故C错误； 3

𝑟

D、线速度𝑣=√𝐺𝑀，甲的中心天体质量小，线速度小，故D错误；

𝑟故选：AB。

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卫星绕星球圆周运动，万有引力提供圆周运动向心力据此列式分析即可。

解决本题关键是抓住半径相同，中心天体质量不同，根据万有引力提供向心力展开讨论即可，注意区别中心天体质量和环绕天体质量。

14.【答案】AC

【解析】解：A、小物块a、b随圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，每一时刻两者均做匀速圆周运动，其向心力由静摩擦力提供，根据牛顿第二定律可知：

2

当a所受摩擦力达到最大静摩擦力时，有：𝑘𝑚𝑔=𝑚𝜔1𝑙

解得：𝜔1=√

𝑙

2

当b所受摩擦力达到最大静摩擦力时，有：𝑘𝑚𝑔=𝑚𝜔2×2𝑙

𝑘𝑔

解得：𝜔2=√

2𝑙

𝑘𝑔

可得：𝜔2<𝜔1，说明b先达到最大静摩擦力，b一定比a先开始滑动，故A正确； B、b随圆盘相对静止做匀速圆周运动，小物块a、两者所受静摩擦力等于各自的向心力，即：

𝑓=𝑚𝜔2𝑅，两者同轴转动加速度相等，而b的转动半径R较大，则b所受的静摩擦力大于a所受的静摩擦力，故B错误；

CD、假设当𝜔=√𝑘𝑔时，a、b相对圆盘均是静止的，则：

𝑙a受到摩擦力大小：𝑓𝑎=𝑚𝜔2𝑙=𝑘𝑚𝑔，

可见𝑓𝑎恰好等于a所受的最大静摩擦力kmg，则假设成立，a相对圆盘是静止的，其所受摩擦力等于kmg；

b受到摩擦力大小：𝑓𝑏=𝑚𝜔2×2𝑙=2𝑘𝑚𝑔，

可见𝑓𝑏大于b的最大静摩擦力kmg，则假设不成立，实际b相对圆盘是滑动的，其所受摩擦力等于kmg，故C正确，D错误。 故选：AC。

小物块a、b随圆盘相对静止做匀速圆周运动，其向心力由静摩擦力提供，相对滑动的临界为静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律求得各自的相对滑动的最小角速度；静摩擦力等于向心力，角速度相等，转动半径不同，向心力不相等；由𝐹=𝑚𝜔2𝑅求出各自的向心力，与最大静摩擦力相比较，研判是否相对滑动，若相对滑动则所受滑动摩擦力；若相对静止则所受静摩擦力，等于向心力。

本题考查了牛顿第二定律在圆周运动中的应用，涉及到相对静止与相对滑动的判断，掌

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握其临界条件是关键，应用牛顿第二定律和向心力公式即可解答。

15.【答案】ACD

【解析】解：𝐴.小球运动到最低点Q时，由牛顿第二定律可得 𝐹1−𝑚𝑔=𝑚𝑅 可知 𝐹1>𝑚𝑔

故小球一定处于超重状态，故A正确； B.经过最高点P时满足 𝐹2+𝑚𝑔=𝑚𝑅

从最低点到最高点过程，据动能定理可得

22

−𝑚𝑔⋅2𝑅=𝑚𝑣1−𝑚𝑣0

2

2

1

1

2𝑣12𝑣0

联立解得

𝛥𝐹=𝐹1−𝐹2=6𝑚𝑔

故在P、Q两点小球对圆环内壁的压力差与𝑣0无关，故B错误； C.小球恰好过最高点时满足 𝑚𝑔=𝑚𝑅

解得在最高点的速度为 𝑣=√𝑔𝑅

当𝑣0>√6𝑔𝑅 时，代入B解析中的动能定理，可得小球经过最高点的速度为 𝑣1>√2𝑔𝑅>𝑣

故小球一定能通过最高点P，故C正确；

D.当𝑣0<√𝑔𝑅时，设能上升的最大高度为h，由动能定理可得

2𝑚𝑔ℎ=2𝑚𝑣0

1𝑣2

解得 ℎ<2

未超过圆心等高处，故小球始终不会脱离圆环，故D正确。 故选：ACD。

小球刚好通过最高点时，绳子的拉力恰好为零，靠重力提供向心力。根据牛顿第二定律

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𝑅

求出小球在最高点时的速度。根据牛顿第二定律求出小球在最低点时绳子的拉力最小值。 解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，知道“绳模型”最高点的临界情况，结合牛顿第二定律进行分析。

16.【答案】AE 左 0.31 0.30

【解析】解：(1)𝐴、为减小空气阻力对实验的影响，应选用质量和密度较大的重物，故A正确；

B、为充分利用纸带，实验时应先接通电源然后再放开纸带，故B错误； C、电火花打点计时器要接在电压为220V的交流电源上，故C错误；

D、若无法准确找出计时器打的第一个点，可以利用选择纸带上清晰的两个点进行实验，故D错误；

E、𝑚𝑔ℎ=2𝑚𝑣2，𝑔ℎ=2𝑣2，重物下落过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：整理得：实验需要验证𝑔ℎ=2𝑣2，不需要测量重物的质量，故E正确； 故选：AE。

(2)重物在下落过程中，速度在增大，故相邻点间的距离应该是增大的，由图可知，纸带的左端与重物相连；

(3)从打O点到打B点的过程中，重物重力势能的减少量为𝛥𝐸𝑝=𝑚𝑔×𝑂𝐵=1.0×9.8×3.15×10−2𝐽≈0.31𝐽，

做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度， 打B点时，重物的速度大小为𝑣𝐵=

1

1

𝑂𝐶−𝑂𝐴2𝑇

1

1

1

=

(4.85−1.75)×10−2

2×0.02

𝑚/𝑠=0.775𝑚/𝑠，

2

=2×1.0×0.7752𝐽≈0.30𝐽。 动能增加量𝛥𝐸𝑘=2𝑚𝑣𝐵

故答案为：(1)𝐴𝐸；(2)左；(3)0.31；0.30。 (1)根据实验原理与实验注意事项分析答题； (2)根据点间距离的变化情况分析判断；

(3)根据下落的高度求解重力势能的减少量，先求速度，再求动能的增加量； 掌握实验原理，会通过纸带点的分布情况判断物体的运动性质；掌握利用纸带求速度的方法，数据处理过程中注意有效数字的位数。

17.【答案】10𝑚/𝑠；20𝑚/𝑠；10√3𝑚

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【解析】解：设物体平抛的初速度为𝑣0，运动过程如图． 1s末物体的竖直方向的分速度为：𝑣𝑦1=𝑔𝑡1=10𝑚/𝑠 得：𝑣0=𝑣𝑦1𝑐𝑜𝑡45°=10𝑚/𝑠

0

落地时速度为：𝑣′=𝑐𝑜𝑠60∘=2×10𝑚/𝑠=20𝑚/𝑠

𝑣

飞行时间为：𝑡=

𝑣𝑦′𝑔

=

𝑣0𝑡𝑎𝑛60°

𝑔

=

10√3

𝑠10

=√3𝑠

物体的水平射程为：𝑥=𝑣0𝑡=10√3𝑚 故答案为：10𝑚/𝑠；20𝑚/𝑠；10√3𝑚.

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．将两秒后的速度进行分解，根据𝑣𝑦=𝑔𝑡求出竖直方向上的分速度，再根据角度关系求出平抛运动的初速度．

将落地的速度进行分解，水平方向上的速度不变，根据水平初速度求出落地时的速度． 根据落地时竖直方向上的分速度，运用𝑣𝑦=𝑔𝑡求出运动的时间．再根据𝑥=𝑣0𝑡求出水平射程．

解决本题的关键知道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．知道分运动和合运动具有等时性，掌握竖直方向和水平方向上的运动学公式．

18.【答案】做正功 𝑚𝑔𝑙𝑠𝑖𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃

【解析】解：物体处于静止，对物体受力分析，如图所示；

在竖直方向 𝑚𝑔=𝑁𝑐𝑜𝑠𝜃+𝑓𝑠𝑖𝑛𝜃 在水平分析𝑁𝑠𝑖𝑛𝜃=𝑓𝑐𝑜𝑠𝜃 解得 𝑁=𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑓=𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃

支持力与竖直方向的夹角为𝜃，支持力与位移方向间的夹角为锐角，故支持力做正功；摩擦力做的功𝑊𝑓=−𝑓𝑐𝑜𝑠𝜃⋅𝑙=−𝑚𝑔𝑙𝑠𝑖𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃，即物体克服摩擦力做功𝑚𝑔𝑙𝑠𝑖𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃。 故答案为：做正功；𝑚𝑔𝑙𝑠𝑖𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃

对物体受力分析，可以求得斜面对物体的支持力和摩擦力，再由功的公式即可求得对物

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体做的功的大小。

本题考查功的计算，关键是正确对物体受力分析，求出各力的大小，再由功的公式即可做功的大小即可。

19.【答案】𝑅2 √𝐺𝑀−𝑅 𝜔2

3

𝐺𝑀

【解析】解：物体在地球表面，重力近似等于万有引力，则：解得地球表面重力加速度大小：𝑔=

𝐺𝑀𝑅2

𝐺𝑀𝑚𝑅2

=𝑚𝑔

。

𝐺𝑀𝑚

同步卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力：(𝑅+ℎ)3=𝑚𝜔2(𝑅+ℎ) 解得地球同步卫星离地球表面的高度：ℎ=√故答案为：𝑅2；√

𝐺𝑀

3

3

𝐺𝑀𝜔2

−𝑅。

𝐺𝑀𝜔2

−𝑅。

物体在地球表面，重力近似等于万有引力，据此求解地球表面的重力加速度；同步卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，据此求解同步卫星离地的高度。 该题考查了万有引力定律与天体相关的知识，一是抓住万有引力提供圆周运动向心力，二是在星球表面重力与万有引力相等。

20.【答案】√𝑅𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃𝑡𝑎𝑛𝜃 cos𝜃

【解析】解：如图受力分析：小球所受的合力为：𝐹合=𝑚𝑔𝑡𝑎𝑛𝜃，

𝑚𝑔

小球做圆周运动的轨道半径为：𝑟=𝑅𝑠𝑖𝑛𝜃， 根据牛顿第二定律得：𝑚𝑔𝑡𝑎𝑛𝜃=𝑚

𝑟𝑣2

解得：𝑣=√𝑅𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃𝑡𝑎𝑛𝜃

小球竖直方向的合力为零，则𝑁𝑐𝑜𝑠𝜃=𝑚𝑔， 解得：𝑁=cos𝜃

故答案为：√𝑅𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃𝑡𝑎𝑛𝜃，cos𝜃 第19页，共22页

𝑚𝑔

𝑚𝑔

对小球受力分析，根据合力提供向心力，由牛顿第二定律求出小球运动的速度；根据几何关系，求解碗壁对小球的弹力。

解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解。

21.【答案】5：1

【解析】解：滑块受到重力、支持力、拉力和摩擦力，根据动能定理得滑块的动能𝐸𝑘=(𝐹−𝑓)(𝐿+𝑥)=(3−1)×(1.2+0.8)𝐽=4𝐽

木板在滑块对其的摩擦力作用下做加速运动，根据动能定理得木板的动能𝐸𝑘′=𝑓𝑥=1×0.8𝐽=0.8𝐽

𝑘

所以此时滑块与木板具有动能的比值为𝐸′=0.8=1

𝑘

𝐸45

故答案为：5：1

滑块在F作用下做匀加速运动，木板在摩擦力作用下也做匀加速运动，对滑块和木板分别运用动能定理列式分析即可。

在求解合力对滑块做功时，其对地位移为木板的对地位移与木板的长度之和。

(1)小球在空中做平抛运动，𝑦=𝐿𝑐𝑜𝑠𝜃=【答案】解：竖直方向做自由落体运动，有：22.

12𝑔𝑡 2

水平方向做匀速直线运动，有：𝑥=𝐿𝑠𝑖𝑛𝜃=𝑣0𝑡 联立解得：𝑣0=√

2

(2)小球从A运动到B过程中，由动能定理，有：

2

𝑚𝑔𝐿𝑐𝑜𝑠𝜃=𝐸𝑘−2𝑚𝑣0

13𝑔𝐿解得到达B点的动能𝐸𝑘=8𝑚𝑔𝐿 答：(1)小球被抛出时的初速度大小为√(2)小球通过B点时的动能为8𝑚𝑔𝐿。

【解析】(1)根据平抛运动规律列式求解初速度；

(2)小球从A运动到B的过程中，据动能定理列式求解小球到达B点的动能。

解决本题的关键是要明确小球做平抛运动过程中的水平位移和竖直位移的比值为𝑡𝑎𝑛𝜃，

7

3𝑔𝐿2

7

；

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据此可求平抛运动的初速度。

23.【答案】解：(1)小球离开B点后做平抛运动，则：2𝑅=2𝑔𝑡2，𝑥=𝑣𝐵𝑡

解得：𝑣𝐵=2𝑚/𝑠

在最高点B时，由牛顿第二定律得：𝑚𝑔+𝐹𝐵′=

2𝑚𝑣𝐵

1

𝑅

由牛顿第三定律得小球过B点时对轨道压力 𝐹𝐵=𝐹𝐵′ 联立解得：𝐹𝐵=0

(2)小球从开始运动到B的过程，设克服摩擦力做功为𝑊𝑓，

22−𝑚𝑣0由动能定理得：−𝑚𝑔⋅2𝑅−𝑊𝑓=2𝑚𝑣𝐵 2

1

1

联立解得：𝑊𝑓=1.45𝐽

答：(1)小球经过最高点B时对轨道的压力大小𝐹𝐵是0． (2)小球运动至B过程中克服摩擦力所做的功为1.45𝐽．

【解析】(1)根据平抛运动的规律求出小球在B点速度，再根据牛顿第二定律结合牛顿第三定律求出小球过B点时对轨道的压力；

(2)小球运动至B点过程运用动能定理，求出克服摩擦力所做的功．

本题综合运用了动能定理、牛顿第二定律，综合性较强，关键理清过程，选择适当的定理或定律进行解题．

24.【答案】解：(1)由A运动到B的过程中，物块受滑动摩擦力𝑓1的作用，物块受到摩

擦力所做的功为𝑊𝑓1。

𝑓1=𝜇1𝑚𝑔=0.25×2×10𝑁=5𝑁 𝑊𝑓1=−𝑓1𝐿=−5×5𝐽=−25𝐽

(2)由图象可知在0−2.5𝑚阶段：𝐹1>𝑓1，故物块做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a，此阶段时间为𝑡1，位移大小为𝑥1=2.5𝑚，末速度为𝑣1，

2

𝐹1−𝑓1=𝑚𝑎，𝑥1=2𝑎𝑡1，𝑣1=𝑎𝑡1

1

解得：𝑡1=1𝑠，𝑣1=5𝑚/𝑠

在2.5𝑚−5𝑚阶段，𝐹2=𝑓1，故物块以𝑣1的速度匀速直线运动，设此阶段时间为𝑡2，位移大小为𝑥2，

𝑥2=5𝑚−2.5𝑚=2.5𝑚，

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𝑡2=𝑣2=

1

𝑥2.55

𝑠=0.5𝑠

则物块由A运动到B所用的时间：𝑡=𝑡1+𝑡2=1𝑠+0.5𝑠=1.5𝑠

(3)因𝜇2<𝑡𝑎𝑛37°=0.75，故木块先沿斜面上滑再下滑到B点，设在斜面上运动最大位移为𝑥3，静止时距离B点的距离为𝑥4，由动能定理得：

2

对在斜面上升到最高点的过程：−𝑚𝑔𝑥3𝑠𝑖𝑛37°−𝜇2𝑚𝑔𝑥3𝑐𝑜𝑠37°=0−2𝑚𝑣1

1

从斜面的最高点到静止的过程：𝑚𝑔𝑥3𝑠𝑖𝑛37°−𝜇2𝑚𝑔𝑥3𝑐𝑜𝑠37°−𝜇1𝑚𝑔𝑥4=0−0 解得：𝑥4=1𝑚

答：(1)物块受到摩擦力所做的功为−25𝐽； (2)物块由A运动到B所用的时间为1.5𝑠： (3)物块最终静止时与B点的距离为1m。

【解析】(1)由力做功的定义求解物块受到摩擦力所做的功； (2)根据牛顿第二定律结合运动学公式，分阶段求得各段时间；

(3)研判运动过程，分析初末状态，对不同的过程分别利用动能定理，求解木块最终静止时与B点的距离。

本题考查动能定理的应用，涉及到的运动较简单，运用动能定理或功能关系解题很便捷，不用去研究运动的细节，只需将所研究的过程中力做功与过程的初末状态对应好即可，切记要考虑做功的正负。

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