2021北京五十七中高一（下）期末物理（教师版）

这是一份2021北京五十七中高一（下）期末物理（教师版），共21页。试卷主要包含了单项选择题，填空题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2021北京五十七中高一（下）期末
物 理
一、单项选择题。
1．下列物理量中不属于矢量的是（　　）
A．线速度 B．冲量 C．动能 D．动量
2．一辆汽车在水平公路上转弯，沿曲线由M向N行驶，速度逐渐减小。图中分别画出了汽车转弯时所受合力F的四种方向，其中你认为正确的是（　　）
A． B．
C． D．
3．“神舟七号”宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动，它比地球同步卫星轨道低很多，则“神舟七号”宇宙飞船与同步卫星相比（　　）
A．线速度小一些 B．周期小一些
C．向心加速度小一些 D．角速度小一些
4．如图所示，质量分别为m1和m2的两个物体，m1＝m2，在大小相等的两个力F1和F2的作用下沿水平方向移动了相同的距离．若F1做的功为W1，F2做的功为W2，则（　　）

A．W1＞W2 B．W1＜W2
C．W1＝W2 D．条件不足，无法确定
5．质量为1kg的物体从某一高度开始做自由落体运动，1s后物体着地．g 取10m/s2则该物体落地时重力的瞬时功率是（　　）
A．25W B．50 W C．75 W D．100 W
6．某码头采用斜面运送冷链食品，简化如图甲所示，电动机通过绕轻质定滑轮的轻细绳与放在倾角为θ＝30°的足够长斜面上的物体相连，启动电动机后物体沿斜面上升，在0～6s时间内物体运动的v﹣t图像如图乙所示，其中除1～5s时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线，1s后电动机的输出功率保持不变。已知物体的质量为2kg，不计一切摩擦，重力加速度g＝10m/s²。则下列判断正确的是（　　）

A．在0～1s内电动机所做的功为25J
B．1s后电动机的输出功率为80W
C．在1～5s内电动机牵引力的冲量大小为50N•s
D．在0～5s内物体沿斜面向上运动了32.5m
7．如图所示，地球和月球组成“地月双星系统”，两者绕共同的圆心C点（图中未画出）做周期相同的圆周运动。数学家拉格朗日发现，处在拉格朗日点（如图所示）的航天器在地球和月球引力的共同作用下可以绕“地月双星系统”的圆心C点做周期相同的圆周运动，从而使地、月、航天器三者在太空的相对位置保持不变。不考虑航天器对地月双星系统的影响，不考虑其它天体对该系统的影响。已知：地球质量为M，月球质量为m，地球与月球球心距离为d。则下列说法正确的是（　　）

A．位于拉格朗日点的绕C点稳定运行的航天器，其向心加速度小于月球的向心加速度
B．地月双星系统的周期为T＝2π
C．圆心C点在地球和月球的连线上，距离地球和月球球心的距离之比等于地球和月球的质量之比
D．拉格朗日点距月球球心的距离x满足关系式G+G＝G（x+）
8．质量为m的物体静止在水平地面上，起重机将其竖直吊起，上升高度为h时，物体的速度为v0此过程中（　　）
A．重力对物体做功为mv2
B．起重机对物体做功为mgh
C．合外力对物体做功为mv2
D．合外力对物体做功为mv2+mgh
9．一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球A和B，B球的质量是A球的3倍。用手托住B球，当轻绳刚好被拉紧时，B球离地面的高度是h，A球静止于地面，如图所示。定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦均不计，重力加速度为g。释放B球当B球刚落地时，A球的速度大小为（　　）

A． B． C． D．
10．从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是（　　）
①掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小
②掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，而掉在草地上的玻璃杯动量改变慢
③掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，而掉在草地上的玻璃杯动量改变小
④掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间长
A．①② B．③④ C．①③ D．②④
11．“嫦娥三号”探测器由“长征三号乙”运载火箭从西昌卫星发射中心发射，首次实现月球软着陆和月面巡视勘察。假设“嫦娥三号”先后分别在如图所示的环月圆轨道和椭圆轨道上运行，则（　　）

A．若已知“嫦娥三号”环月圆轨道的半径、运行周期和引力常量，则可以算出月球的密度
B．“嫦娥三号”由环月圆轨道变轨为椭圆轨道时，应在P点发动机点火使其减速
C．“嫦娥三号”在环月椭圆轨道上运行时P点的速度大于Q点的速度
D．“嫦娥三号”进入环月椭圆轨道后关闭发动机，探测器从Q点运行到P点过程中机械能增加
12．研究小组的同学们用如图所示的装置探究物体的加速度与力、质量的关系之后，对此实验又做了进一步的分析：在实验前通过垫块已经平衡了阻力，且砂和砂桶的总质量远小于小车和车上砝码的总质量，若将小车（含车上砝码）和砂（含砂桶）当成一个系统（包括地球），由静止释放小车后，下列说法中正确的是（　　）

A．系统动量守恒，机械能守恒
B．系统动量不守恒，机械能守恒
C．系统动量守恒，机械能不守恒
D．系统动量不守恒，机械能不守恒
13．如图所示，光滑水平面上有A、B两物块，已知A物块的质量mA＝2kg，以一定的初速度向右运动，与静止的物块B发生碰撞并一起运动，碰撞前后的位移时间图象如图所示（规定向右为正方向），则碰撞后的速度及物体B的质量分别为（　　）

A．2m/s，5kg B．2m/s，3kg
C．3.5m/s，2.86kg D．3.5m/s，0.86kg
14．如图所示，若x轴表示时间，y轴表示位置，则该图像反映了某质点做匀速直线运动时，位置与时间的关系。若令x轴和y轴分别表示其它的物理量，则该图像又可以反映在某种情况下，相应的物理量之间的关系。下列说法中正确的是（　　）

A．若x轴表示时间，y轴表示动能，则该图像可以反映某物体受恒定合外力作用做直线运动过程中，物体动能与时间的关系
B．若x轴表示时间，y轴表示动量，则该图像可以反映某物体在沿运动方向的恒定合外力作用下，物体动量与时间的关系
C．对于做直线运动的物体，若x轴表示时间，y轴表示合力对物体所做的功，则该图像可以反映某物体在功率不变的情况下，合力做功与时间的关系
D．对于做匀速圆周运动的物体，若x轴表示半径大小，y轴表示线速度大小，则该图像可以反映某物体在角速度不变的情况下，线速度与做圆周运动半径大小的关系
二、填空题
15．如图1所示，将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置做“验证机械能守恒定律”实验。

（1）已准备的器材有打点计时器（带导线）、纸带、复写纸、铁架台和带夹子的重物，此外还必需要的器材是 　 　。
A．直流电源
B．交流电源
C．天平和砝码
D．毫米刻度尺
（2）为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的 　 　。
A．速度变化量与高度变化量
B．重力做功与重力势能变化量
C．动能变化量与势能变化量
（3）下列关于该实验的一些说法正确的是 　 　。
A．做实验时，要先接通电源，再释放重物
B．实验中的误差主要是由于存在空气阻力和摩擦阻力引起的
C．若某同学通过描绘v2﹣h图像研究机械能是否守恒，合理的图像应该是过原点的一条直线，并且该直线的斜率应约为9.8
（4）安装好实验装置，从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如图2所示。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。设重锤质量为m，当地重力加速度为g，打点计时器打点周期为T。为了验证此实验过程中机械能是否守恒，应满足下面的哪个等式 　 　（用题中所给字母表示）
A．8ghBT2＝（hC﹣hA）2
B．4ghBT2＝（hC﹣hA）2
C．2ghBT2＝（hC﹣hA）2
16．（1）甲同学用如图（a）所示的装置来验证动量守恒定律。

①实验中质量为m1的入射小球和质量为m2的被碰小球的质量关系是m1　 　m2（选填“大于”“等于”或“小于”）；
②图（a）中O点是小球抛出点在地面上的投影.实验时，先将入射小球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量水平射程OP。然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分末端，再将入射小球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复本操作.接下来要完成的必要步骤是 　 　；（填选项前的字母）
A．用天平测量两个小球的质量m1、m2
B．测量小球m1开始释放的高度h
C．测量抛出点距地面的高度H
D．分别通过画最小的圆找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N
E．测量水平射程OM、ON
③若两球相碰前、后的动量守恒，其表达式可表示为 　 　（用②中测量的量表示）。
（2）乙同学也用上述两球进行实验，但将实验装置改成如图（b）所示。将白纸、复写纸固定在竖直放置的木条上，用来记录实验中小球1、小球2与木条的撞击点.实验时先将木条竖直立在轨道末端右侧并与轨道接触，让入射小球1从斜轨上起始位置由静止释放，撞击点为B'；然后将木条平移到图中所示位置，入射小球1从斜轨上起始位置由静止释放，确定其撞击点P；再将入射小球1从斜轨上起始位置由静止释放，与小球2相撞，撞击点分别为M和N，测得B'与N、P、M各点的高度差分别为h1、h2、h3。只要满足关系式 　 　，则说明碰撞中动量是守恒的；只要再满足关系式 　 　，则说明两小球的碰撞是弹性碰撞（用所测物理量的字母表示）。
三、计算题
17．已知地球质量为M，万有引力常量为G．将地球视为半径为R、质量均匀分布的球体。忽略地球自转影响。
（1）求地面附近的重力加速度g；
（2）求地球的第一宇宙速度v；
（3）若要利用地球绕太阳的运动估算太阳的质量，需要知道哪些相关数据？请分析说明。
18．如图所示，用水平拉力F，使质量m＝5.0kg的物体以v0＝1.0m/s的速度沿水平地面向右做匀速直线运动。已知物体与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.40，空气阻力可忽略不计，取重力加速度g＝10m/s2。
（1）求水平拉力F的大小；
（2）若从某时刻起，保持拉力F的大小不变，改为与水平成θ＝37°角斜向上拉此物体，使物体沿水平地面向右做匀加速直线运动。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
①改变拉力方向后在位移s＝5.0m内拉力F所做的功W；
②改变拉力方向后在位移s＝5.0m内物体动能增量的大小ΔEk，并说明W与ΔEk不相等的原因。

19．暑假里，小明去游乐场游玩，坐了一次名叫“摇头飞椅”的游戏机，如图所示，该游戏机顶上有一个半径为r＝4.5m的“伞盖”，“伞盖”在转动过程中带动下面的悬绳转动，其示意图如图所示。“摇头飞椅”高O1O2＝5.8m，绳长L＝5m。小明挑选了一个悬挂在“伞盖”边缘的最外侧的椅子坐下，他与座椅的总质量为m＝40kg。小明和椅子的转动可简化为如图所示的圆周运动。在某段时间内，“伞盖”保持在水平面内稳定旋转，绳与竖直方向夹角为37°（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），在此过程中，求：
（1）座椅受到绳子的拉力大小；
（2）小明运动的线速度大小；
（3）小明运动一个周期内重力的冲量。

20．如图所示，质量为M＝2kg的物块A（可看作质点），开始放在长木板B的左端，B的质量为m＝1kg，长木板B可在水平面上无摩擦滑动。两端各有一固定竖直挡板M、N，现A、B以相同速度v0＝6m/s向左运动并与挡板M发生碰撞。B与M碰后速度立即变为0，但不与M粘结，A与M碰后没有机械能损失，碰后接着返回向N板运动，且在与N板碰撞之前，A、B能达共同速度。在长木板B即将与挡板N碰前，立即将A锁定于长木板B上，使长木板B与挡板N碰后，A、B一并原速反向。B与挡板N碰后，立即解除对A的锁定（锁定和解除锁定过程均无机械能损失）。以后A、B若与M、N挡板碰撞，过程同前。A、B之间动摩擦因数μ＝0.1，g＝10m/s2。求：
（1）在与N板发生第一次碰撞之前A相对于B向右滑行距离△s1；
（2）通过计算，判断A与挡板M能否发生第二次碰撞；
（3）A、B系统在整个运动过程中由于摩擦产生的热量。

21．（1）如图，质量为m的物体，仅在与运动方向相同的恒力F的作用下，经过时间t，发生了一段位移l，速度由v1增加到v2。结合图中情景，请猜测并推导：
a．恒力和其作用时间的累积Ft直接对应着什么物理量的变化？并由牛顿运动定律和运动学公式推导这种关系的表达式。
b．恒力在其作用空间上的积累Fl直接对应着什么物理量的变化？并由牛顿运动定律和运动学公式推导这种关系的表达式。
（2）题（1）a和（1）b所推导出的表达式不仅适用于质点在恒力作用下的运动，也适用于质点在变力作用下的运动，这时两个表达式中的力都是指平均力，但两个表达式中的平均力的含义不同。在（1）a所推导出的表达式中的平均力F1是指合力对时间的平均值，在（1）b所推导出的表达式中的平均力F2是指合力对位移的平均值。
c．质量为1.0kg的物块，受变力作用下由静止开始沿直线运动，在2.0s的时间内运动了2.5m的位移，速度达到了2.0m/s。请利用题（1）a和（1）b所推导出的表达式求出平均力F1和F2的值。

22．如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M＝6.0kg的物块A．装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u＝2.0m/s匀速运动。传送带的右边是一半径R＝1.25m位于竖直平面内的光滑圆弧轨道。质量m＝2.0kg的物块B从圆弧的最高处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，传送带两轴之间的距离l＝4.5m。设物块A、B之间发生的是正对弹性碰撞，第一次碰撞前，物块A静止。取g＝10m/s2．求：

（1）物块B滑到圆弧的最低点C时对轨道的压力；
（2）物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；
（3）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带上运动的总时间。

参考答案
一、单项选择题。
1．【分析】既有大小又有方向，运算时遵循平行四边形定则的物理量是矢量，如力、线速度、加速度、位移、动量、冲量等都是矢量；只有大小，没有方向的物理量是标量，如路程、时间、质量、动能等都是标量。
【解答】解：ABD、线速度、冲量和动量既有大小又有方向，运算时遵循平行四边形定则，都是矢量，故ABD正确；
C、动能只有大小没有方向，是标量，故C错误。
本题选不属于矢量的，
故选：C。
【点评】矢量与标量有两大区别：一是矢量有方向，标量没有方向；二是运算法则不同，矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数运算法则。
2．【分析】汽车在水平的公路上转弯，所做的运动为曲线运动，故在半径方向上合力不为零且是指向圆心的；又是做减速运动，故在切线上合力不为零且与瞬时速度的方向相反，分析这两个力的合力，即可看出那个图象时对的。
【解答】解：
汽车从M点运动到N，曲线运动，必有些力提供向心力，向心力是指向圆心的；汽车同时减速，所以沿切向方向有与速度相反的合力；向心力和切线合力与速度的方向的夹角要大于90°，所以选项ABD错误，选项C正确。
故选：C。
【点评】解决此题关键是要沿半径方向上和切线方向分析汽车的受力情况，在水平面上，减速的汽车受到水平的力的合力在半径方向的分力使汽车转弯，在切线方向的分力使汽车减速，知道了这两个分力的方向，也就可以判断合力的方向了。
3．【分析】宇宙飞船和同步卫星绕地球做匀速圆周运动，靠万有引力提供向心力，根据万有引力定律和牛顿第二定律判断线速度、周期、向心加速度和角速度的大小．
【解答】解：根据：＝
解得：a＝，v＝，ω＝，T＝，知宇宙飞船的轨道半径小，向心加速度大，线速度大，角速度大，周期小。故B正确，A、C、D错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键知道飞船和同步卫星绕地球做圆周运动靠万有引力提供向心力，掌握线速度、角速度、周期、向心加速度和轨道半径的关系．
4．【分析】由于F1和F2都是恒力，求恒力的功可以根据功的公式直接求得．
【解答】解：由题意可得F1和F2是恒力，物体移动的位移相同，并且力与位移的夹角相等，所以由功的公式W＝FLcosθ可知，它们对物体做的功是相同的，所以C正确。
故选：C。
【点评】本题为恒力做功，根据功的公式直接计算即可，比较简单．
5．【分析】由自由落体运动的速度公式求出1s的速度，由功率公式P＝Fv可以求出1s末重力的瞬时功率．
【解答】解：1s末物体的速度v＝gt＝10×1＝10m/s，
1s末重力的瞬时功率P＝Gv＝mgv＝1×10×10＝100W；
故选：D。
【点评】由自由落体运动的速度公式、功率公式P＝Fv可以求出物体的瞬时功率．
6．【分析】0～ls物体做匀加速运动，先求位移，再由动能定理求电动机做的功；由0～1s做匀加速运动，利用牛顿第二定律解出1s末的牵引力，利用瞬时功率表达式求其输出功率；先解出vm，在1～5s内使用动量定理，求这段时间牵引力的冲量；先利用动能定理求1～5s内物体的位移，再求0～5s内物体沿斜面的位移。
【解答】解：A.在0～1s内，物体位移大小为
x1＝＝ m＝2.5m
设0～1s内电动机做的功为W1，由动能定理得
W1﹣mgx1sin 30°＝
代入数据解得
W1＝50J
故A错误；
B.在0～1s内，物体的加速度大小为
a＝
设0～1s内细绳拉力的大小为F，由牛顿第二定律得
F1﹣mgsin30°＝ma
联立解得
F1＝20N
由题意知1s后电动机输出功率为
P＝F1v1＝20×5W＝100W
故B错误；
C.当物体达到最大速度vm后，根据平衡条件可得细绳的拉力大小为
F2＝mgsin30°＝2×10×0.5N＝10N
根据功率的公式可得
vm＝
在1～5s内，设电动机牵引力的冲量大小为1，由动量定理得
I﹣mgt2sin30°＝mvm﹣mv1
联立解得
I＝50N•s
故C正确；
D.设1～5s内物体沿斜面向上运动的距离为x2，对物体由动能定理得
Pt2﹣mgx2sin30°＝
代入数据解得
x2＝32.5m
所以在0～5s 内物体沿斜面向上运动的距离为
x＝x1+x2＝2.5m+32.5m＝35m
故D错误。
故选：C。
【点评】本题实际是一道机车启动问题的变形试题，涉及动量定理、动能定理、牛顿定律、运动学公式和运动图像，是一道综合性极强的试题。解答时注意分三个阶段处理，即第一阶段，匀加速运动，处理时应用牛顿定律即可；第二阶段恒定功率阶段，注意此阶段为变加速运动，不可使用牛顿定律定量处理，应使用动能定理和动量定理解决。
7．【分析】位于拉格朗日点的绕C点稳定运行的航天器与月球的周期相同，根据可比较其向心加速度大小；
根据万有引力提供向心力，对地球地球和月球列式，且有d＝r1+r2，可以解得周期T和地球和月球球心的距离之比；
航天器在月球和地球引力的共同作用下可以绕“地月双星系统”的圆心C点做圆周运动的向心力，列式即可求解。
【解答】解：A、位于拉格朗日点的绕C点稳定运行的航天器的周期与地球的周期相同，根据可知，探测器的向心加速度大于月球的向心加速度，故A错误；
BC、对于地月双星系统，设地球的轨道半径为r1，月球的轨道半径为r2，据万有引力提供向心力，
对地球：
对月球：
因为d＝r1+r2
联立解得：
，即距离地球和月球球心的距离之比等于地球和月球的质量之比；
，故BC错误；
D、根据d＝r1+r2且有，月球距离圆心C点距离为
航天器在地球和月球引力的共同作用下可以绕“地月双星系统”的圆心C点做周期相同的圆周运动，设航天器的质量为m0
则有
整理可得：，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查万有引力的应用，题目较为新颖，在解题时要注意分析向心力的来源及题目中隐含的条件．
8．【分析】由动能定理可求得合外力的功；由重力做功的特点可求得重力所做的功．
【解答】解：重力做功W＝﹣mgh，故B错误；
由动能定理可知，合外力做功W＝mv2；故C正确，D错误；
而物体受重力、拉力，合力为F﹣mg；故有（F﹣mg）h＝mv2；故重力做功不等于mv2；故A错误；
故选：C。
【点评】本题考查动能定理及重力做功的公式应用，要先注意分析物体的受力情况，再分析物体的受力情况．
9．【分析】对A、B两球组成的系统，在运动过程中，只有重力做功，系统的机械能守恒，由于A、B是通过同一条绳相连的，所以它们的速度大小相等，对系统由机械能守恒定律可以求得结果。
【解答】解：设A球的质量为m，则B球的质量为3m。设当B球刚落地时A、B球的速度大小为v。
对于A、B两球组成的系统来说，只有重力做功，所以系统的机械能守恒。
取地面为参考平面，由系统的机械能守恒得：
3mgh＝mgh+mv2+×3mv2
解得：v＝，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题中，对于单个小球而言，机械能并不守恒，A球的机械能增加，B球的机械能减小，所以不能对单个小球使用机械能守恒，另外还要知道A、B是同一条绳相连的，它们的速度大小相等。
10．【分析】玻璃杯掉在水泥地和草地上时的速度相等，碰撞后末速度均为零，结合动量定理分析判断。
【解答】解：①玻璃杯落地前是自由落体运动，末速度一定，玻璃杯掉在水泥地上与掉在草地上的动量mv相等，故①错误；
玻璃杯两次与地面碰撞过程，初动量相同，末动量为零，两种情况下动量变化量相同；
玻璃杯两次与地面碰撞过程，初动量相同，末动量为零，两次的动量变化量相同，但在水泥地上碰撞过程时间短，则动量的变化快，根据动量定理知，相互作用力大，掉在草地上的杯子动量改变慢，相互作用力小，故③错误，②④正确。
故选：D。
【点评】本题考查的是利用动量定理解释生活现象中的缓冲现象，注意明确两次玻璃杯的动量变化相同，延长作用时间则相互作用力就小。
11．【分析】已知“嫦娥三号”环月段圆轨道的半径、运动周期和引力常量，根据万有引力提供向心力，解出月球的质量，进一步分析能否求解月球的密度。
根据卫星变轨原理分析轨道变化时卫星是加速还是减速。
“嫦娥三号”在椭圆轨道上运行时，只有万有引力做功，机械能守恒。
【解答】解：A、根据万有引力提供向心力，有：＝m，可以解出月球的质量：M＝，由于不知道月球的半径，无法知道月球的体积，故无法计算月球的密度，故A错误；
B、“嫦娥三号”在环月段圆轨道上P点减速，使万有引力大于向心力做近心运动，才能进入进入环月段椭圆轨道，故B正确；
C、“嫦娥三号”在环月段椭圆轨道上P点向Q点运动中，距离月球越来越近，月球对其引力做正功，故速度增大，即嫦娥三号在环月段椭圆轨道上P点的速度小于Q点的速度，故C错误；
D、“嫦娥三号”进入环月椭圆轨道后关闭发动机，探测器从Q点运行到P点过程中，只有万有引力做功，机械能守恒，故D错误。
故选：B。
【点评】此题考查了人造卫星的相关知识，解题的关键是明确万有引力提供向心力，以及掌握卫星的变轨原理，从高轨道变轨到低轨道时，需要减速运动，做近心运动。
12．【分析】系统所受合外力为零，系统动量守恒；只有重力或只有弹力做功，系统机械能守恒；根据题意分析清楚系统受力情况与各力做功情况，然后判断系统动量与机械能是否守恒。
【解答】解：释放小车，小车运动过程，系统所受合力等于砂（含砂桶）的重力，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒；
小车运动过程木板对小车的摩擦力要做负功，即小车运动过程除重力外还有克服摩擦力做功，系统机械能不守恒，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了判断系统动量与机械能是否守恒，知道动量守恒与机械能守恒的条件是解题的关键，分析清楚系统受力情况与各力做功情况即可解题。
13．【分析】由图象求出碰撞前、后物体的速度，然后由动量守恒定律求出物体B的质量．
【解答】解：由图象可知，碰前A的速度为：vA＝＝＝5m/s；
碰后AB的共同速度为：v＝＝m/s＝2m/s；
A、B碰撞过程中动量守恒，以A、B组成的系统为研究对象，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mAvA＝（mA+mB）v，
即：2×5＝（2+mB）×2，
解得：mB＝3kg；故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题考查了求物体的质量，应用动量守恒定律时要清楚研究的对象和守恒条件；通过位移﹣时间图象得到一些信息．
14．【分析】利用动能定理可以判别动能和时间的关系；利用动量定理可以判别动量和时间的关系；利用合力做功的表达式可以判别做功和时间的关系；利用线速度和角速度的关系可以判别对应的图像。
【解答】解：A、根据动能定理Ek＝Ek0+Fx，而x＝，则Ek＝Ek0+t2，则Ek﹣t图像不是直线，故A错误；
B、根据动量定理p＝p0+Ft，则若x轴表示时间，y轴表示动量，则该图像可以反映某物体在沿运动方向的恒定合外力作用下，物体动量与时间的关系，故B正确；
C、根据W＝Pt可知，对于做直线运动的物体，若x轴表示时间，y轴表示合力对物体所做的功，则该图像应该是过原点的直线，故C错误；
D、根据v＝ωr，则对于做匀速圆周运动的物体，若x轴表示半径大小，y轴表示线速度大小，则线速度与做圆周运动半径大小的关系图像应该是过原点的直线，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了学生对图象的理解能力、分析综合能力，对学生的要求较高，要注意处理图象问题的基本思路：根据相应的物理规律推导出纵横坐标所表示物理量之间的关系结合数学知识即可判断。
二、填空题
15．【分析】（1）根据实验原理与实验需要测量的量分析答题。
（2）可以通过比较重力势能的减少量与动能的增加量间的关系判断机械能是否守恒。
（3）根据实验注意事项与实验原理分析答题。
（4）根据匀变速直线运动的推论求出重锤的瞬时速度，然后根据机械能守恒定律求出需要验证的表达式。
【解答】解：（1）AB、打点计时器使用交流电源，不使用直流电源，故A错误，B正确；
C、重锤下落过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh＝，实验需要验证的表达式是：gh＝，实验不需要测量质量，不需要天平和砝码，故C错误；
D、处理实验数据时需要测量计数点间的距离，需要使用毫米刻度尺，故D正确。
故选：BD。
（2）为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的动能变化量与势能变化量是否相等，故C正确，AB错误。
故选：C。
（3）A、做实验时，为使打第一个点时重锤的速度为零且充分利用纸带，要先接通电源，再释放重物，故A正确；
B、重锤下落过程要受到空气阻力与纸带和限位孔间摩擦阻力的作用，实验中的误差主要是由于存在空气阻力和摩擦阻力引起的，故B正确；
C、重锤下落过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh＝，整理得：v2＝2gh，v2﹣h图象的斜率k＝2g＝2×9.8m/s2＝19.6m/s2，合理的图像应该是过原点的一条直线，并且该直线的斜率应约为19.6，故C错误。
故选：AB。
（4）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点时重锤的速度大小vB＝
从打O点到打B点过程，由机械能守恒定律得：mghB＝，整理得：8ghBT2＝（hC﹣hA）2，故A正确，BCD错误。
故选：A。
故答案为：（1）BD；（2）C；（3）AB；（4）A。
【点评】解决本题的关键知道实验的原理，以及知道实验中误差的来源，掌握纸带的处理，会通过纸带求解瞬时速度，从而得出动能的增加量；根据题意应用机械能守恒定律即可解题。
16．【分析】（1）①为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量；
②应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式，然后分析答题；
③应用动量守恒定律可以求出实验需要验证的表达式；
（2）由于两球从同一抛出点平抛后落到同一竖直板上，故水平位移相同，所以水平向速度之比等于两物体平抛时间的反比，然后由动量守恒定律与机械能守恒倒推出需要验证的表达式。
【解答】解：（1）①为防止碰撞后入射球反弹，实验中入射小球的质量m1应大于被碰小球的质量m2.
②设碰撞前入射小球的速度为v1，碰撞后入射小球的速度为v2，被碰小球的速度为v3，如果碰撞过程系统动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得m1v1＝m1v2+m2v3，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得m1v1t＝m1v2t+m2v3t，即m1•OP＝m1•OM+m2•ON，实验需要测量两球的质量、两球落点的水平位移，ADE均正确.
③由以上可知，实验需要验证的表达式为：m1•OP＝m1•OM+m2•ON
（2）小球做平抛运动，在竖直方向上
平抛运动时间
设轨道末端到木条的水平位置为x，小球做平抛运动的初速度，，
如果碰撞过程中动量守恒，则m1v1＝m1v1′+m2v2′
将v1、v1′、v2′代入，可得
若为弹性碰撞，则满足动能守恒，即
代入速度表达式，化简可得
故答案为：（1）①大于；②ADE；③m1•OP＝m1•OM+m2•ON；（2）、
【点评】本题考查了验证动量守恒定律实验；理解实验原理、掌握基础知识是解题的前提，应用平抛运动知识、动量守恒定律与机械能守恒定律即可解题。
三、计算题
17．【分析】（1）根据地球表面物体的重力等于地球对物体的万有引力，即可求解地面附近的重力加速度；
（2）地球的第一宇宙速度等于地球的近地卫星的线速度，根据万有引力提供向心力即可求解；
（3）根据万有引力提供向心力即可得出求解太阳需要测定的物理量。
【解答】解：（1）设地球表面的物体质量为m，有：

解得：
（2）设地球的近地卫星质量为m′，有：

解得：
（3）若要利用地球绕太阳的运动估算太阳的质量，需要知道地球绕太阳运动的轨道半径、周期和万有引力常量。
设太阳质量为M′，地球绕太阳运动的轨道半径为r、周期为T
根据可知若知道地球绕太阳运动的轨道半径、周期可求得太阳的质量。
答：（1）求地面附近的重力加速度g为。
（2）求地球的第一宇宙速度v为。
（3）利用地球绕太阳的运动估算太阳的质量，需要知道地球绕太阳运动的轨道半径、周期。
【点评】解决飞船、人造地球卫星类型的问题常常建立这样的模型：卫星绕地球做匀速圆周运动，地球对卫星的万有引力提供卫星所需要的向心力。常常是万有引力定律与圆周运动知识的综合应用。
18．【分析】（1）物体做匀速直线运动，拉力等于滑动摩擦力，以此分析拉力的大小；
（2）由W＝Fscosθ求解拉力F所做的功W，
（3）根据动能定理分析W与ΔE不相等的原因。
【解答】解：（1）物体做匀速直线运动，由平衡条件得
F＝f＝μmg＝0.40×5×10N＝20N
（2）①拉力F所做的功
W＝Fscos37°＝20×5.0×0.8J＝80J
②由牛顿第二定律得
F cos37°﹣μ （mg﹣Fsin37°）＝ma
可得
a＝0.16m/s2
根据运动学公式＝2as 可得
v＝m/s
则
ΔEk＝
代入数据解得：ΔEk＝4.0J
由动能定理可知，W与ΔEk不相等的原因是有摩擦力做负功。
答：（1）水平拉力F的大小为20N；
（2）①改变拉力方向后在位移s＝5.0m内拉力F所做的功W为80J；
②改变拉力方向后在位移s＝5.0m内物体动能增量的大小ΔEk为4.0J，由动能定理可知，W与ΔEk不相等的原因是有摩擦力做负功。
【点评】解决该题需要明确知道匀速直线运动的物体的合力为零，知道要物体在水平面做匀速直线运动需要满足水平方向的动力大于滑动摩擦力。
19．【分析】（1）分析小明的受力，找到其合力方向，根据平行四边形定则求解绳子的拉力大小；
（2）根据平行四边形定则求解小明做圆周运动的向心力，结合牛顿第二定律求解小明运动的线速度；
（3）根据I＝Ft求解重力的冲量。
【解答】解：（1）小明受到重力和绳子的拉力作用，向心力沿水平方向，重力和绳子的拉力的合力提供向心力，
由平行四边形定则得绳子的拉力为T＝＝N＝500N；
（2）由牛顿第二定律，得：mgtan37°＝m，
其中圆周运动的半径为 R0＝Lsin37°+r＝5×0.6m+4.5m＝7.5m
解得v＝＝m/s＝7.5m/s；
（3）小明运动的周期t＝＝s＝6.28s
根据冲量I＝mgt＝40×10×6.28N•s＝2512N•s，方向竖直向下
答：（1）座椅受到绳子的拉力大小为500N；
（2）小明运动的线速度大小为7.5m/s；
（3）小明运动一个周期内重力的冲量为2512N•s，方向竖直向下。
【点评】飞椅做的是圆周运动，确定圆周运动所需要的向心力是解题的关键，向心力都是由物体受到的某一个力或几个力的合力来提供，在对物体受力分析时一定不能分析出物体受向心力这么一个单独的力。
20．【分析】（1）第一次与N板碰撞前，A、B系统动量守恒，根据守恒定律列式求解共同速度；根据功能关系列式求解相对滑动的距离；
（2）根据碰撞后的运动过程分析判断A与挡板M能否发生第二次碰撞；
（3）对第i次离开M到返回M的全部过程，根据动能定理、动量守恒定律列式判断损失的动能，然后对全程根据功能关系列式分析．
【解答】解：（1）第一次碰撞后A以v0＝6 m/s速度向右运动，B的初速度为0，与N板碰前达共同速度v1，
碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：Mv0＝（m+M）v1
代入数据解得：v1＝4m/s
系统克服阻力做功损失动能：△E1＝Mv02﹣（m+M）v12
代入数据解得：△E1＝12J．
根据功能关系有：μMg△s1＝△E1
代入数据解得：△s1＝6m
（2）因与N板的碰撞没有能量损失，A、B与N板碰后返回向左运动，此时A的动能：
EA′＝×2×42J＝16J＞△E1
因此，当B先与M板碰撞停住后，A还有足够能量克服阻力做功，并与M板发生第二次碰撞．
所以A可以与挡板M发生第二次碰撞．
（2）对A，根据动能定理，有：
解得，A与挡板M发生第二次碰撞后的速度大小：＝m/s＝2m/s≈3.4m/s
设第i次碰后A的速度为vi，动能为EAi，达到共同速度后A的速度为vi′动能为EAi′同理可求
vi′＝vi
EAi′＝EAi
EBi′＝EAi′＝EAi
单程克服阻力做功Wfi＝EAi﹣EAi′﹣EBi′＝EAi＜EAi′
因此每次都可以返回到M板，最终停靠在M板前．
在每完成一个碰撞周期中损失的总能量均能满足
△Ei＝2Wfi+EBi′＝EAi+EAi＝EAi．
（即剩余能量为EAi）
其中用以克服阻力做功占损失总能量之比＝＝
碰撞中能量损失所占的比例＝
因此，当初始A的总动能损失完时，克服摩擦力做的总功为Wf总＝EA0
代入数据解得：Wf总＝27J
根据功能关系，产生的内能为27J；
答：（1）在与N板发生第一次碰撞之前A相对于B向右滑行距离△s1是6m。
（2）A与挡板M能发生第二次碰撞；
（3）A、B系统在整个运动过程中由于摩擦产生的热量是27J。
【点评】本题关键是明确A板、B板的运动情况、受力情况和能量转化情况，结合功能关系、动量守恒定律列式求解；第3小题要考虑第i次离开M板到返回M板的过程．
21．【分析】（1）a、根据牛顿第二定律和速度公式列式后约去加速度即可得到动量定理表达式；
b、根据牛顿第二定律和速度位移公式列式后约去加速度即可得到动能定理表达式；
（2）根据已知条件，直接代入（1）中推导出的表达式中求解即可。
【解答】解：（1）a．恒力和其作用时间的累积Ft直接对应着动量的变化。
由牛顿运动定律和运动学公式推导：
F＝ma，v2＝v1+at，
联立解得：Ft＝mv2﹣mv1。
b．恒力和其作用空间的累积Fl直接对应着动能的变化。
由牛顿运动定律和运动学公式推导：
F＝ma，﹣＝2al，
联立解得：Fl＝m﹣m。
（2）已知m＝1.0kg，t＝2.0s，v2＝2.0m/s，v1＝0，根据（1）a所推导出的表达式有：
F1t＝mv2﹣mv1，
解得：F1＝＝N＝1N。
已知l＝2.5m，根据（1）b所推导出的表达式有：
F2l＝m﹣m，
解得：F2＝＝N＝0.8N。
答：（1）a．恒力和其作用时间的累积Ft直接对应着动量的变化。推导见解答。
b．恒力在其作用空间上的积累Fl直接对应着动能的变化。推导见解答。
（2）平均力F1和F2的值分别为1N和0.8N。
【点评】本题关键是要熟悉动量定理、动能定理的推导过程和运用，理解动量定理、动能定理中每一个物理量的含义。
22．【分析】（1）物块在圆弧上下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出滑到圆弧底部时的速度，在圆弧底部应用牛顿第二定律求出轨道的支持力，然后应用牛顿第三定律求出物块对轨道的压力。
（2）应用牛顿第二定律与运动学公式求出两物块碰撞前B的速度，两物块碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后的速度，对A应用能量守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能。
（3）分析清楚物块运动过程，应用动量守恒定律与动量定理求出物块的运动时间。
【解答】解：（1）设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0。
由机械能守恒定律得：mgR＝mv02
代入数据解得：v0＝5 m/s，
在圆弧最低点C，由牛顿第二定律得：F﹣mg＝m，
代入数据解得：F＝60N，
由牛顿第三定律可知，物块B对轨道的压力大小：F′＝F＝60N，方向：竖直向下。
（2）在传送带上，对物块B，由牛顿第二定律得：μmg＝ma，
设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有v2﹣v02＝﹣2al
代入数据解得：v＝4m/s，
由于v＞u＝2 m/s，所以v＝4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小。
设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v2、v1，两物块碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv＝mv1+Mv2，
由机械能守恒定律得：mv2＝mv12+Mv22，
解得：v1＝＝﹣2m/s，v2＝2m/s，
物块A的速度为零时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律得：EP＝Mv22＝×6×22＝12J；
（3）碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动。
设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l′，
由动能定理得：﹣μmgl′＝0﹣mv12
解得：l′＝2m＜4.5m，
所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上。
当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动。
可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v1′＝2m/s，
继而与物块A发生第二次碰撞。设第1次碰撞到第2次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为t1。
由动量定理得：μmgt1＝2mv1′，解得：，
设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v4、v3，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得：
mv1′＝mv3+Mv4，mv1′2＝mv32+Mv42，
代入数据解得：v3＝﹣＝﹣1m/s，
当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动。
可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v3′＝1m/s，继而与物块A发生第2次碰撞。
则第2次碰撞到第3次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为t2．由动量定理得：μmgt2＝2mv3
解得：，
同上计算可知：物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞…
第n次碰撞后物块B在传送带运动的时间为：tn＝s，
构成无穷等比数列，公比：q＝，
由无穷等比数列求和公式：可知，
当n→∞时，有物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带运动的总时间为：t总＝＝8s；
答：（1）物块B滑到圆弧的最低点C时对轨道的压力大小为：60N，方向：竖直向下；
（2）物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能为12J；
（3）物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带上运动的总时间为8s。
【点评】本题是一道力学综合题，难度较大，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，分析清楚运动过程后，应用动量守恒定律、机械能守恒定律、牛顿第二定律与动量定理可以解题。