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(江苏版)2019届高考物理一轮复习阶段检测二 第一_五章验收(含解析)
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阶段综合检测（二） 第一~五章验收(其中第一~三章分值约占25%)
(时间：100分钟 满分：120分)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题3分，共21分。每小题只有一个选项符合题意)
1．(2018·汕头一模)一骑行者所骑自行车前后轮轴的距离为L，在水平道路上匀速运动，当看到道路前方有一条减速带时，立刻刹车使自行车做匀减速直线运动，自行车垂直经过该减速带时，对前、后轮造成的两次颠簸的时间间隔为t。利用以上数据，可以求出前、后轮经过减速带这段时间内自行车的( )
A．初速度 B．末速度
C．平均速度 D．加速度
解析：选C 在只知道时间t和这段时间内运动位移x的前提下，由＝可知能求平均速度，C项正确。
2.(2018·武汉模拟)一段圆环固定在竖直面内，O为圆心，轻绳的两端分别系在圆环上的P、Q两点，P、Q两点等高，一物体通过光滑的轻质挂钩挂在绳上，物体处于静止状态。现保持轻绳的Q端位置不变，使P端在圆环上沿逆时针方向缓慢转动，至PO水平。此过程中轻绳的张力( )
A．一直减小 B．一直增大
C．先增大后减小 D．先减小后增大
解析：选B 物体通过光滑的挂钩挂在绳上，绳各处张力相等。P端沿逆时针旋转过程中，两绳夹角变大，合力大小、方向不变，故两分力都变大，即轻绳的张力一直增大，选项B正确。
3．(2018·厦门一中月考)一质量为m的铁锤，以速度v竖直打在木桩上，经过Δt时间停止后，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是( )
A．mgΔt B.
C.＋mg D.－mg
解析：选C 对铁锤分析可知，其受重力与木桩的作用力，设向下为正方向，则有(mg－F)Δt＝0－mv，得：F＝＋mg，由牛顿第三定律可知，铁锤对木桩的平均冲力为＋mg，选项C正确。
4.如图所示，具有一定质量的小球A固定在轻杆一端，另一端挂在小车支架的O点。用手将小球拉至水平，此时小车静止于光滑水平面上，放手让小球摆下与B处固定的橡皮泥碰击后粘在一起，则在此过程中小车将( )
A．向右运动
B．向左运动
C．静止不动
D．小球下摆时，车向左运动后又静止
解析：选D 水平方向上，系统不受外力，因此在水平方向上动量守恒，小球下摆过程中，水平方向具有向右的分速度，因此为保证动量守恒，小车要向左运动。当撞到橡皮泥，是完全非弹性碰撞，A球和小车大小相等、方向相反的动量恰好抵消掉，小车会静止。
5．质量为2 kg的物体A做平抛运动，落地时水平方向的位移和竖直方向的位移均为L＝5 m，不考虑空气阻力的影响，重力加速度g取10 m/s2，下列说法中正确的是( )
A．物体A落地时的动量大小为10 kg·m/s
B．物体A落地时的动能为100 J
C．物体A落地时，速度与水平方向的夹角是45°
D．物体A做平抛运动中合力的平均功率为125 W
解析：选A 由平抛运动规律可知：物体A做平抛运动的时间t＝ ＝1 s，做平抛运动的初速度v0＝＝5 m/s，落地时竖直方向的速度vy＝gt＝10 m/s，落地时速度v＝＝5 m/s，落地时的动量大小p＝mv＝10 kg·m/s，A正确；物体A落地时的动能Ek＝mv2＝125 J，B错误；物体A落地时，速度与水平方向的夹角的正切值tan θ＝＝2，速度与水平方向的夹角不是45°，C错误；物体A做平抛运动中合力是重力，这段时间内重力做的功W＝mgL＝100 J，重力的平均功率为100 W，D错误。
6．(2018·沈阳模拟)卫星从发射到进入预定轨道往往需要进行多次轨道调整，如图所示，某次发射任务中先将卫星送至近地轨道，然后再控制卫星进入椭圆轨道，图中O点为地心，地球半径为R，A点是近地轨道和椭圆轨道的交点，远地点B离地面高度为6R，设卫星在近地轨道运动的周期为T，下列对卫星在椭圆轨道上运动的分析，其中正确的是( )
A．控制卫星从图中低轨道进入椭圆轨道需要使卫星减速
B．卫星通过A点时的速度是通过B点时速度的6倍
C．卫星通过A点时的加速度是通过B点时加速度的6倍
D．卫量从A点经4T的时间刚好能到达B点
解析：选D 卫星在椭圆轨道上运动的半长轴为4R，由开普勒第三定律知＝，卫星在椭圆轨道上运行的周期为8T，卫星从A到B用时为半个周期，即4T，D正确。
7．(2017·江苏高考)如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上。物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F。小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动。整个过程中，物块在夹子中没有滑动。小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2F
B．小环碰到钉子P时，绳中的张力大于2F
C．物块上升的最大高度为
D．速度v不能超过
解析：选D 物块受到的摩擦力小于最大静摩擦力，即Mg<2F。物块向右匀速运动时，物块处于平衡状态，绳子中的张力T＝Mg≤2F，故A错误。小环碰到钉子时，物块做圆周运动，根据牛顿第二定律和向心力公式有：T－Mg＝，T＝Mg＋，所以绳子中的张力与2F大小关系不确定，B错误。若物块做圆周运动到达的高度低于P点，根据动能定理有－Mgh＝0－Mv2，则最大高度h＝；若物块做圆周运动到达的高度高于P点，则根据动能定理有－Mgh＝Mv′2－Mv2，则最大高度h<，C错误。小环碰到钉子后，物块做圆周运动，在最低点，物块与夹子间的静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律知：2F－Mg＝，故最大速度v＝ ，D正确。
二、多项选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有多个选项符合题意。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分)
8．一细绳系着小球，在光滑水平面上做圆周运动，小球质量为m，速度大小为v，做圆周运动的周期为T，则以下说法中正确的是( )
A．经过时间t＝，动量变化量为0
B．经过时间t＝，动量变化量大小为mv
C．经过时间t＝，细绳对小球的冲量大小为2mv
D．经过时间t＝，重力对小球的冲量大小为
解析：选BCD 经过时间t＝，小球转过了180°，速度方向正好相反，若规定开始计时时的速度方向为正，则动量变化量为Δp＝－mv－mv＝－2mv，细绳对小球的冲量为I＝Δp＝－mv－mv＝－2mv，故大小为2mv，选项A错误，C正确；经过时间t＝，小球转过了90°，根据矢量合成法可得，动量变化量大小为Δp′＝mv，重力对小球的冲量大小为IG＝mgt＝，B、D均正确。
9.如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧，一端系在竖直放置的半径为R的圆环顶点P，另一端系一质量为m的小球，小球穿在圆环上做无摩擦的运动。设开始时小球置于A点，弹簧处于自然状态，当小球运动到最低点时速率为v，对圆环恰好没有压力。下列分析正确的是( )
A．从A到B的过程中，小球的机械能守恒
B．从A到B的过程中，小球的机械能减少
C．小球过B点时，弹簧的弹力为mg＋m
D．小球过B点时，弹簧的弹力为mg＋m
解析：选BC 从A到B的过程中，因弹簧对小球做负功，小球的机械能将减少，A错误，B正确；在B点对小球应用牛顿第二定律可得：FB－mg＝m，解得FB＝mg＋m，C正确，D错误。
10.如图所示，两个小球分别从斜虚线EF上的O、S两点水平抛出，过一段时间再次经过斜虚线EF，若不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A．两小球再次经过斜虚线EF时的速度大小可能相同
B．两小球再次经过斜虚线EF时的速度方向一定相同
C．两小球可能同时经过斜虚线EF上的同一位置
D．从O点水平抛出的小球到再次经过斜虚线EF所用的时间长
解析：选ABC 若两个球抛出时的初速度相同，则再次过虚线时两球的速度相同，A项正确；设虚线EF与水平方向夹角为α，再次经过虚线EF时的速度与水平方向的夹角为β，由平抛运动规律的推论可知：tan β＝2tan α，速度与水平方向的夹角相同，即速度方向相同，B项正确；若O点处球以水平初速度v1抛出到达虚线上某点C用时t1，S点处球以初速度v2水平抛出到达C用时为t2，因此要使两球同时到达C点，只要O处的球(以初速度v1)比S处的球(以初速度v2)早t1－t2的时间抛出，两球可以同时到达C点，C项正确；若O处的球抛出的初速度比S处的球抛出的初速度小，则从O处抛出的球再次经过虚线EF所用时间比S处抛出的球再次经过虚线EF所用时间短，D项错误。
11.如图所示，斜面除AB段粗糙外，其余部分都是光滑的，物体与AB段间的动摩擦因数又处处相等，一个从顶点滑下的物体，经过A点时速度与经过C点时的速度相等，且AB＝BC，则以下说法中正确的是( )
A．物体在AB段和BC段的加速度大小相等
B．物体在AB段和BC段的运动时间相等
C．重力在以上两段运动中对物体做的功相等
D．物体在以上两段运动中的动量变化量相同
解析：选ABC 根据运动学公式v12＝v02＋2ax，对AB段有vB2＝vA2＋2aABxAB，对BC段有vC2＝vB2＋2aBCxBC，因为vC＝vA，xAB＝xBC，所以有aAB＝－aBC，即两段运动加速度大小相等，方向相反，A选项正确；根据动量定理，对AB段，F合tAB＝m(vB－vA)，对BC段，F合′tBC＝m(vC－vB)，因为两段速度变化大小相等，方向相反，合外力大小相等，方向相反，所以tAB＝tBC，B选项正确；因为xAB＝xBC，所以在两段运动中竖直方向的位移分量相等，故重力做功相等，C选项正确；物体在以上两段运动中动量变化量大小相等，方向相反，故D选项错误。
12．(2018·齐鲁名校协作体联考)如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体沿足够长的斜面每次以不变的初速率v0向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图像可求出(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
A．物体的初速率v0＝3 m/s
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75
C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin＝1.44 m
D．当某次θ＝30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑
解析：选BC 由题图乙可知，当倾角θ＝0时，位移为2.40 m，而当倾角为90°时，位移为1.80 m，则由竖直上抛运动规律可得v0＝＝ m/s＝6 m/s，故A错误；当倾角为0时，由动能定理可得－μmgx＝0－mv02，解得μ＝0.75，故B正确；取不同的倾角θ，由动能定理得－mgxsin θ－μmgxcos θ＝0－mv02，解得x＝＝ m＝ m，当θ＋α＝90°时位移最小，xmin＝1.44 m，故C正确；若θ＝30°时，重力沿斜面向下的分力为mgsin 30°＝mg，摩擦力Ff＝μmgcos 30°＝mg，又因最大静摩擦力等于滑动摩擦力，故物体达到最高点后，不会沿斜面下滑，故D错误。
三、实验题(本题共2小题，共18分)
13．(8分)光电门在测量物体的瞬时速度方面有得天独厚的优势，比如在探究加速度和力的关系时就省去了打点计时器分析纸带的不便，实验装置如图甲所示。
(1)虽然少了计算的麻烦，却必须要测量遮光条的宽度，游标卡尺测量的结果如图乙所示，我们可以发现游标尺上每一分度与主尺上的最小刻度相差________cm，遮光条宽度d为________ cm。
(2)某次实验过程中，已经得到AB之间的距离l和遮光条通过光电门的时间t和力传感器的示数F，若要完成探究目的，还需要满足的条件是______________。若要以F为横坐标，做出一条倾斜的直线来判断加速度和力成正比，那么纵坐标的物理量应该是________。
解析：(1)游标尺共计20个分度，总长19 mm，每个分度长0.95 mm，主尺的最小刻度是1 mm，相差0.005 cm。d＝2 mm＋5×0.05 mm＝2.25 mm＝0.225 cm。
(2)要测量加速度，已经知道滑块在B点的速度，AB之间的距离，根据v2－v02＝2ax，必须知道初速度，而A点没有光电门，所以滑块在A点必须从静止开始释放。由F＝ma，a＝＝可得，F＝∝，所以处理数据时应作出F图像。
答案：(1)0.005 0.225 (2)滑块在A点静止释放
14．(10分)(2018·资阳一诊)图甲所示为验证机械能守恒定律的实验装置，某同学完成了一系列实验操作后，得到了如图乙所示的一条纸带。现选取纸带上某清晰的点标为0，然后每两个计时点取一个计数点，分别标记为1、2、3、4、5、6，用刻度尺量出计数点1、2、3、4、5、6与0点的距离分别为h1、h2、h3、h4、h5、h6。(重力加速度为g)
(1)已知打点计时器的打点周期为T，可求出打各个计数点时对应的速度分别为v1、v2、v3、v4、v5，其中v5的计算式v5＝__________。
(2)若重锤的质量为m，取打点0时重锤所在水平面为参考平面，分别算出打各个计数点时对应重锤的势能Epi和动能Eki，则打计数点3时对应重锤的势能Ep3＝______(用题中所给物理量的符号表示)；接着在Eh坐标系中描点作出如图丙所示的Ekh和Eph图线，求得Eph图线斜率的绝对值为k1，Ekh图线的斜率为k2，则在误差允许的范围内，k1________k2(选填“＞”“＜”或“＝”)时重锤的机械能守恒。
(3)关于上述实验，下列说法中正确的是________。
A．实验中可用干电池作为电源
B．为了减小阻力的影响，重锤的密度和质量应该适当大些
C．实验时应先释放纸带后接通电源
D．图丙Ekh图线纵轴上的截距表示重锤经过参考平面时的动能
(4)无论如何改进实验方法和措施，总有重力势能的改变量大于动能的改变量，原因是：__________________________________________________________。
解析：(1)计数点5的瞬时速度等于4、6两点间的平均速度，则v5＝。
(2)打计数点3时对应重锤的势能Ep3＝－mgh3，根据图像可知，每一段对应的重力势能减小量和动能增加量相等，那么机械能守恒，即图线的斜率大小相同，才能满足条件，因此k1＝k2。
(3)实验中打点计时器使用的是交流电源，不可用干电池作为电源，故A错误；为了减小阻力的影响，重锤的密度和质量应该适当大些，故B正确；实验时应先接通电源，再释放纸带，故C错误；图丙Ekh图线纵轴上的截距表示重锤经过参考平面时的初动能，故D正确。
(4)无论如何改进实验方法和措施，总有重力势能的改变量大于动能的改变量，原因是重锤下落过程中纸带和重锤受到阻力作用。
答案：(1) (2)－mgh3 ＝ (3)BD
(4)重锤下落过程中纸带和重锤受到阻力作用
四、计算题(本题共4小题，共61分)
15．(14分)(2017·上海高考)如图，与水平面夹角θ＝37°的斜面和半径R＝0.4 m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内。滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零。已知滑块与斜面间动摩擦因数μ＝0.25。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)滑块在C点的速度大小vC；
(2)滑块在B点的速度大小vB；
(3)A、B两点间的高度差h。
解析：(1)在C点滑块竖直方向所受合力提供向心力
mg＝
vC＝＝2 m/s。
(2)对B→C过程：滑块机械能守恒
mvB2＝mvC2＋mgR(1＋cos 37°)
vB＝＝4.29 m/s。
(3)滑块在A→B的过程，利用动能定理：
mgh－μmgcos 37°·＝mvB2－0
代入数据解得h＝1.38 m。
答案：(1)2 m/s (2)4.29 m/s (3)1.38 m
16．(15分)如图所示，光滑半圆形轨道MNP竖直固定在水平面上，直径MP垂直于水平面，轨道半径R＝0.5 m。质量为m1的小球A静止于轨道最低点M，质量为m2的小球B用长度为2R的细线悬挂于轨道最高点P。现将小球B向左拉起，使细线水平，以竖直向下的速度v0＝4 m/s释放小球B，小球B与小球A碰后粘在一起恰能沿半圆形轨道运动到P点。两球可视为质点，g＝10 m/s2，试求：
(1)B球与A球相碰前的速度大小；
(2)A、B两球的质量之比m1∶m2。
解析：(1)设B球与A球碰前速度为v1，碰后两球的速度为v2。B球摆下来的过程中机械能守恒
m2v02＋m2g·2R＝m2v12
解得v1＝6 m/s。
(2)碰后两球恰能运动到P点，则
(m1＋m2)g＝(m1＋m2)
得vP＝＝ m/s
碰后两球沿圆弧运动机械能守恒
(m1＋m2)v22＝(m1＋m2)vP2＋(m1＋m2)g·2R
解得v2＝5 m/s
两球碰撞过程中动量守恒m2v1＝(m1＋m2)v2
解得m1∶m2＝1∶5。
答案：(1)6 m/s (2)1∶5
17．(16分)滑雪者为什么能在软绵绵的雪地中高速奔驰呢？其原因是白雪内有很多小孔，小孔内充满空气。当滑雪板压在雪地时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦。然而当滑雪板对雪地速度较小时，与雪地接触时间超过某一值就会陷下去，使得它们间的摩擦力增大。假设滑雪者的速度超过4 m/s时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由μ1＝0.25变为μ2＝0.125。一滑雪者从倾角为θ＝37°的坡顶A由静止开始自由下滑，滑至坡底B(B处为一光滑小圆弧)后又滑上一段水平雪地，最后停在C处，如图所示。不计空气阻力，坡长为l＝26 m，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化经历的时间；
(2)滑雪者到达B处的速度；
(3)滑雪者在水平雪地上运动的最大距离。
解析：(1)设滑雪者和滑雪板的总质量为m，由牛顿第二定律得mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma1，a1＝g(sin θ－μ1cos θ)＝4 m/s2
滑行时间t＝＝1 s。
(2)由静止到动摩擦因数变化时的位移为
x1＝a1t2＝2 m
动摩擦因数变化后，由牛顿第二定律得
mgsin θ－μ2mgcos θ＝ma2，
a2＝g(sin θ－μ2cos θ)＝5 m/s2
又有x2＝l－x1＝24 m
由vB2－v2＝2a2x2，
解得vB＝＝16 m/s。
(3)在水平雪地上做匀减速直线运动。
阶段一：运动加速度为a3＝μ2g＝1.25 m/s2
由运动规律得x3＝＝96 m
阶段二：运动加速度为a4＝μ1g＝2.5 m/s2
由运动规律得x4＝＝3.2 m
则最大距离xm＝x3＋x4＝99.2 m。
答案：(1)1 s (2)16 m/s (3)99.2 m
18．(16分)(2018·贵阳月考)在光滑的冰面上放置一个截面为四分之一圆且半径足够大的光滑自由曲面体，一个坐在冰车上的小孩手扶一小球静止在冰面上。已知小孩和冰车的总质量为m1，小球的质量为m2，曲面体的质量为m3。某时刻小孩将小球以v0＝4 m/s的速度向曲面体推出(如图所示)。
(1)求小球在圆弧面上能上升的最大高度；
(2)若m1＝40 kg，m2＝2 kg，小孩将球推出后还能再接到小球，试求曲面质量m3应满足的条件。
解析：(1)小球与曲面组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得
m2v0＝(m2＋m3)v
系统机械能守恒，由机械能守恒定律得
m2v02＝(m2＋m3)v2＋m2gh
解得：h＝。
(2)小孩推出球的过程小孩与球组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得
m2v0－m1v1＝0，
球与曲面组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得
m2v0＝－m2v2＋m3v3
由机械能守恒定律得
m2v02＝m2v22＋m3v32
解得：v2＝v0
如果小孩将球推出后还能再接到球，则需要满足：v2＞v1
解得：m3＞ kg。
答案：(1) (2)m3＞ kg
(时间：100分钟 满分：120分)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题3分，共21分。每小题只有一个选项符合题意)
1．(2018·汕头一模)一骑行者所骑自行车前后轮轴的距离为L，在水平道路上匀速运动，当看到道路前方有一条减速带时，立刻刹车使自行车做匀减速直线运动，自行车垂直经过该减速带时，对前、后轮造成的两次颠簸的时间间隔为t。利用以上数据，可以求出前、后轮经过减速带这段时间内自行车的( )
A．初速度 B．末速度
C．平均速度 D．加速度
解析：选C 在只知道时间t和这段时间内运动位移x的前提下，由＝可知能求平均速度，C项正确。
2.(2018·武汉模拟)一段圆环固定在竖直面内，O为圆心，轻绳的两端分别系在圆环上的P、Q两点，P、Q两点等高，一物体通过光滑的轻质挂钩挂在绳上，物体处于静止状态。现保持轻绳的Q端位置不变，使P端在圆环上沿逆时针方向缓慢转动，至PO水平。此过程中轻绳的张力( )
A．一直减小 B．一直增大
C．先增大后减小 D．先减小后增大
解析：选B 物体通过光滑的挂钩挂在绳上，绳各处张力相等。P端沿逆时针旋转过程中，两绳夹角变大，合力大小、方向不变，故两分力都变大，即轻绳的张力一直增大，选项B正确。
3．(2018·厦门一中月考)一质量为m的铁锤，以速度v竖直打在木桩上，经过Δt时间停止后，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是( )
A．mgΔt B.
C.＋mg D.－mg
解析：选C 对铁锤分析可知，其受重力与木桩的作用力，设向下为正方向，则有(mg－F)Δt＝0－mv，得：F＝＋mg，由牛顿第三定律可知，铁锤对木桩的平均冲力为＋mg，选项C正确。
4.如图所示，具有一定质量的小球A固定在轻杆一端，另一端挂在小车支架的O点。用手将小球拉至水平，此时小车静止于光滑水平面上，放手让小球摆下与B处固定的橡皮泥碰击后粘在一起，则在此过程中小车将( )
A．向右运动
B．向左运动
C．静止不动
D．小球下摆时，车向左运动后又静止
解析：选D 水平方向上，系统不受外力，因此在水平方向上动量守恒，小球下摆过程中，水平方向具有向右的分速度，因此为保证动量守恒，小车要向左运动。当撞到橡皮泥，是完全非弹性碰撞，A球和小车大小相等、方向相反的动量恰好抵消掉，小车会静止。
5．质量为2 kg的物体A做平抛运动，落地时水平方向的位移和竖直方向的位移均为L＝5 m，不考虑空气阻力的影响，重力加速度g取10 m/s2，下列说法中正确的是( )
A．物体A落地时的动量大小为10 kg·m/s
B．物体A落地时的动能为100 J
C．物体A落地时，速度与水平方向的夹角是45°
D．物体A做平抛运动中合力的平均功率为125 W
解析：选A 由平抛运动规律可知：物体A做平抛运动的时间t＝ ＝1 s，做平抛运动的初速度v0＝＝5 m/s，落地时竖直方向的速度vy＝gt＝10 m/s，落地时速度v＝＝5 m/s，落地时的动量大小p＝mv＝10 kg·m/s，A正确；物体A落地时的动能Ek＝mv2＝125 J，B错误；物体A落地时，速度与水平方向的夹角的正切值tan θ＝＝2，速度与水平方向的夹角不是45°，C错误；物体A做平抛运动中合力是重力，这段时间内重力做的功W＝mgL＝100 J，重力的平均功率为100 W，D错误。
6．(2018·沈阳模拟)卫星从发射到进入预定轨道往往需要进行多次轨道调整，如图所示，某次发射任务中先将卫星送至近地轨道，然后再控制卫星进入椭圆轨道，图中O点为地心，地球半径为R，A点是近地轨道和椭圆轨道的交点，远地点B离地面高度为6R，设卫星在近地轨道运动的周期为T，下列对卫星在椭圆轨道上运动的分析，其中正确的是( )
A．控制卫星从图中低轨道进入椭圆轨道需要使卫星减速
B．卫星通过A点时的速度是通过B点时速度的6倍
C．卫星通过A点时的加速度是通过B点时加速度的6倍
D．卫量从A点经4T的时间刚好能到达B点
解析：选D 卫星在椭圆轨道上运动的半长轴为4R，由开普勒第三定律知＝，卫星在椭圆轨道上运行的周期为8T，卫星从A到B用时为半个周期，即4T，D正确。
7．(2017·江苏高考)如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上。物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F。小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动。整个过程中，物块在夹子中没有滑动。小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2F
B．小环碰到钉子P时，绳中的张力大于2F
C．物块上升的最大高度为
D．速度v不能超过
解析：选D 物块受到的摩擦力小于最大静摩擦力，即Mg<2F。物块向右匀速运动时，物块处于平衡状态，绳子中的张力T＝Mg≤2F，故A错误。小环碰到钉子时，物块做圆周运动，根据牛顿第二定律和向心力公式有：T－Mg＝，T＝Mg＋，所以绳子中的张力与2F大小关系不确定，B错误。若物块做圆周运动到达的高度低于P点，根据动能定理有－Mgh＝0－Mv2，则最大高度h＝；若物块做圆周运动到达的高度高于P点，则根据动能定理有－Mgh＝Mv′2－Mv2，则最大高度h<，C错误。小环碰到钉子后，物块做圆周运动，在最低点，物块与夹子间的静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律知：2F－Mg＝，故最大速度v＝ ，D正确。
二、多项选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有多个选项符合题意。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分)
8．一细绳系着小球，在光滑水平面上做圆周运动，小球质量为m，速度大小为v，做圆周运动的周期为T，则以下说法中正确的是( )
A．经过时间t＝，动量变化量为0
B．经过时间t＝，动量变化量大小为mv
C．经过时间t＝，细绳对小球的冲量大小为2mv
D．经过时间t＝，重力对小球的冲量大小为
解析：选BCD 经过时间t＝，小球转过了180°，速度方向正好相反，若规定开始计时时的速度方向为正，则动量变化量为Δp＝－mv－mv＝－2mv，细绳对小球的冲量为I＝Δp＝－mv－mv＝－2mv，故大小为2mv，选项A错误，C正确；经过时间t＝，小球转过了90°，根据矢量合成法可得，动量变化量大小为Δp′＝mv，重力对小球的冲量大小为IG＝mgt＝，B、D均正确。
9.如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧，一端系在竖直放置的半径为R的圆环顶点P，另一端系一质量为m的小球，小球穿在圆环上做无摩擦的运动。设开始时小球置于A点，弹簧处于自然状态，当小球运动到最低点时速率为v，对圆环恰好没有压力。下列分析正确的是( )
A．从A到B的过程中，小球的机械能守恒
B．从A到B的过程中，小球的机械能减少
C．小球过B点时，弹簧的弹力为mg＋m
D．小球过B点时，弹簧的弹力为mg＋m
解析：选BC 从A到B的过程中，因弹簧对小球做负功，小球的机械能将减少，A错误，B正确；在B点对小球应用牛顿第二定律可得：FB－mg＝m，解得FB＝mg＋m，C正确，D错误。
10.如图所示，两个小球分别从斜虚线EF上的O、S两点水平抛出，过一段时间再次经过斜虚线EF，若不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A．两小球再次经过斜虚线EF时的速度大小可能相同
B．两小球再次经过斜虚线EF时的速度方向一定相同
C．两小球可能同时经过斜虚线EF上的同一位置
D．从O点水平抛出的小球到再次经过斜虚线EF所用的时间长
解析：选ABC 若两个球抛出时的初速度相同，则再次过虚线时两球的速度相同，A项正确；设虚线EF与水平方向夹角为α，再次经过虚线EF时的速度与水平方向的夹角为β，由平抛运动规律的推论可知：tan β＝2tan α，速度与水平方向的夹角相同，即速度方向相同，B项正确；若O点处球以水平初速度v1抛出到达虚线上某点C用时t1，S点处球以初速度v2水平抛出到达C用时为t2，因此要使两球同时到达C点，只要O处的球(以初速度v1)比S处的球(以初速度v2)早t1－t2的时间抛出，两球可以同时到达C点，C项正确；若O处的球抛出的初速度比S处的球抛出的初速度小，则从O处抛出的球再次经过虚线EF所用时间比S处抛出的球再次经过虚线EF所用时间短，D项错误。
11.如图所示，斜面除AB段粗糙外，其余部分都是光滑的，物体与AB段间的动摩擦因数又处处相等，一个从顶点滑下的物体，经过A点时速度与经过C点时的速度相等，且AB＝BC，则以下说法中正确的是( )
A．物体在AB段和BC段的加速度大小相等
B．物体在AB段和BC段的运动时间相等
C．重力在以上两段运动中对物体做的功相等
D．物体在以上两段运动中的动量变化量相同
解析：选ABC 根据运动学公式v12＝v02＋2ax，对AB段有vB2＝vA2＋2aABxAB，对BC段有vC2＝vB2＋2aBCxBC，因为vC＝vA，xAB＝xBC，所以有aAB＝－aBC，即两段运动加速度大小相等，方向相反，A选项正确；根据动量定理，对AB段，F合tAB＝m(vB－vA)，对BC段，F合′tBC＝m(vC－vB)，因为两段速度变化大小相等，方向相反，合外力大小相等，方向相反，所以tAB＝tBC，B选项正确；因为xAB＝xBC，所以在两段运动中竖直方向的位移分量相等，故重力做功相等，C选项正确；物体在以上两段运动中动量变化量大小相等，方向相反，故D选项错误。
12．(2018·齐鲁名校协作体联考)如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体沿足够长的斜面每次以不变的初速率v0向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图像可求出(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
A．物体的初速率v0＝3 m/s
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75
C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin＝1.44 m
D．当某次θ＝30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑
解析：选BC 由题图乙可知，当倾角θ＝0时，位移为2.40 m，而当倾角为90°时，位移为1.80 m，则由竖直上抛运动规律可得v0＝＝ m/s＝6 m/s，故A错误；当倾角为0时，由动能定理可得－μmgx＝0－mv02，解得μ＝0.75，故B正确；取不同的倾角θ，由动能定理得－mgxsin θ－μmgxcos θ＝0－mv02，解得x＝＝ m＝ m，当θ＋α＝90°时位移最小，xmin＝1.44 m，故C正确；若θ＝30°时，重力沿斜面向下的分力为mgsin 30°＝mg，摩擦力Ff＝μmgcos 30°＝mg，又因最大静摩擦力等于滑动摩擦力，故物体达到最高点后，不会沿斜面下滑，故D错误。
三、实验题(本题共2小题，共18分)
13．(8分)光电门在测量物体的瞬时速度方面有得天独厚的优势，比如在探究加速度和力的关系时就省去了打点计时器分析纸带的不便，实验装置如图甲所示。
(1)虽然少了计算的麻烦，却必须要测量遮光条的宽度，游标卡尺测量的结果如图乙所示，我们可以发现游标尺上每一分度与主尺上的最小刻度相差________cm，遮光条宽度d为________ cm。
(2)某次实验过程中，已经得到AB之间的距离l和遮光条通过光电门的时间t和力传感器的示数F，若要完成探究目的，还需要满足的条件是______________。若要以F为横坐标，做出一条倾斜的直线来判断加速度和力成正比，那么纵坐标的物理量应该是________。
解析：(1)游标尺共计20个分度，总长19 mm，每个分度长0.95 mm，主尺的最小刻度是1 mm，相差0.005 cm。d＝2 mm＋5×0.05 mm＝2.25 mm＝0.225 cm。
(2)要测量加速度，已经知道滑块在B点的速度，AB之间的距离，根据v2－v02＝2ax，必须知道初速度，而A点没有光电门，所以滑块在A点必须从静止开始释放。由F＝ma，a＝＝可得，F＝∝，所以处理数据时应作出F图像。
答案：(1)0.005 0.225 (2)滑块在A点静止释放
14．(10分)(2018·资阳一诊)图甲所示为验证机械能守恒定律的实验装置，某同学完成了一系列实验操作后，得到了如图乙所示的一条纸带。现选取纸带上某清晰的点标为0，然后每两个计时点取一个计数点，分别标记为1、2、3、4、5、6，用刻度尺量出计数点1、2、3、4、5、6与0点的距离分别为h1、h2、h3、h4、h5、h6。(重力加速度为g)
(1)已知打点计时器的打点周期为T，可求出打各个计数点时对应的速度分别为v1、v2、v3、v4、v5，其中v5的计算式v5＝__________。
(2)若重锤的质量为m，取打点0时重锤所在水平面为参考平面，分别算出打各个计数点时对应重锤的势能Epi和动能Eki，则打计数点3时对应重锤的势能Ep3＝______(用题中所给物理量的符号表示)；接着在Eh坐标系中描点作出如图丙所示的Ekh和Eph图线，求得Eph图线斜率的绝对值为k1，Ekh图线的斜率为k2，则在误差允许的范围内，k1________k2(选填“＞”“＜”或“＝”)时重锤的机械能守恒。
(3)关于上述实验，下列说法中正确的是________。
A．实验中可用干电池作为电源
B．为了减小阻力的影响，重锤的密度和质量应该适当大些
C．实验时应先释放纸带后接通电源
D．图丙Ekh图线纵轴上的截距表示重锤经过参考平面时的动能
(4)无论如何改进实验方法和措施，总有重力势能的改变量大于动能的改变量，原因是：__________________________________________________________。
解析：(1)计数点5的瞬时速度等于4、6两点间的平均速度，则v5＝。
(2)打计数点3时对应重锤的势能Ep3＝－mgh3，根据图像可知，每一段对应的重力势能减小量和动能增加量相等，那么机械能守恒，即图线的斜率大小相同，才能满足条件，因此k1＝k2。
(3)实验中打点计时器使用的是交流电源，不可用干电池作为电源，故A错误；为了减小阻力的影响，重锤的密度和质量应该适当大些，故B正确；实验时应先接通电源，再释放纸带，故C错误；图丙Ekh图线纵轴上的截距表示重锤经过参考平面时的初动能，故D正确。
(4)无论如何改进实验方法和措施，总有重力势能的改变量大于动能的改变量，原因是重锤下落过程中纸带和重锤受到阻力作用。
答案：(1) (2)－mgh3 ＝ (3)BD
(4)重锤下落过程中纸带和重锤受到阻力作用
四、计算题(本题共4小题，共61分)
15．(14分)(2017·上海高考)如图，与水平面夹角θ＝37°的斜面和半径R＝0.4 m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内。滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零。已知滑块与斜面间动摩擦因数μ＝0.25。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)滑块在C点的速度大小vC；
(2)滑块在B点的速度大小vB；
(3)A、B两点间的高度差h。
解析：(1)在C点滑块竖直方向所受合力提供向心力
mg＝
vC＝＝2 m/s。
(2)对B→C过程：滑块机械能守恒
mvB2＝mvC2＋mgR(1＋cos 37°)
vB＝＝4.29 m/s。
(3)滑块在A→B的过程，利用动能定理：
mgh－μmgcos 37°·＝mvB2－0
代入数据解得h＝1.38 m。
答案：(1)2 m/s (2)4.29 m/s (3)1.38 m
16．(15分)如图所示，光滑半圆形轨道MNP竖直固定在水平面上，直径MP垂直于水平面，轨道半径R＝0.5 m。质量为m1的小球A静止于轨道最低点M，质量为m2的小球B用长度为2R的细线悬挂于轨道最高点P。现将小球B向左拉起，使细线水平，以竖直向下的速度v0＝4 m/s释放小球B，小球B与小球A碰后粘在一起恰能沿半圆形轨道运动到P点。两球可视为质点，g＝10 m/s2，试求：
(1)B球与A球相碰前的速度大小；
(2)A、B两球的质量之比m1∶m2。
解析：(1)设B球与A球碰前速度为v1，碰后两球的速度为v2。B球摆下来的过程中机械能守恒
m2v02＋m2g·2R＝m2v12
解得v1＝6 m/s。
(2)碰后两球恰能运动到P点，则
(m1＋m2)g＝(m1＋m2)
得vP＝＝ m/s
碰后两球沿圆弧运动机械能守恒
(m1＋m2)v22＝(m1＋m2)vP2＋(m1＋m2)g·2R
解得v2＝5 m/s
两球碰撞过程中动量守恒m2v1＝(m1＋m2)v2
解得m1∶m2＝1∶5。
答案：(1)6 m/s (2)1∶5
17．(16分)滑雪者为什么能在软绵绵的雪地中高速奔驰呢？其原因是白雪内有很多小孔，小孔内充满空气。当滑雪板压在雪地时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦。然而当滑雪板对雪地速度较小时，与雪地接触时间超过某一值就会陷下去，使得它们间的摩擦力增大。假设滑雪者的速度超过4 m/s时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由μ1＝0.25变为μ2＝0.125。一滑雪者从倾角为θ＝37°的坡顶A由静止开始自由下滑，滑至坡底B(B处为一光滑小圆弧)后又滑上一段水平雪地，最后停在C处，如图所示。不计空气阻力，坡长为l＝26 m，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化经历的时间；
(2)滑雪者到达B处的速度；
(3)滑雪者在水平雪地上运动的最大距离。
解析：(1)设滑雪者和滑雪板的总质量为m，由牛顿第二定律得mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma1，a1＝g(sin θ－μ1cos θ)＝4 m/s2
滑行时间t＝＝1 s。
(2)由静止到动摩擦因数变化时的位移为
x1＝a1t2＝2 m
动摩擦因数变化后，由牛顿第二定律得
mgsin θ－μ2mgcos θ＝ma2，
a2＝g(sin θ－μ2cos θ)＝5 m/s2
又有x2＝l－x1＝24 m
由vB2－v2＝2a2x2，
解得vB＝＝16 m/s。
(3)在水平雪地上做匀减速直线运动。
阶段一：运动加速度为a3＝μ2g＝1.25 m/s2
由运动规律得x3＝＝96 m
阶段二：运动加速度为a4＝μ1g＝2.5 m/s2
由运动规律得x4＝＝3.2 m
则最大距离xm＝x3＋x4＝99.2 m。
答案：(1)1 s (2)16 m/s (3)99.2 m
18．(16分)(2018·贵阳月考)在光滑的冰面上放置一个截面为四分之一圆且半径足够大的光滑自由曲面体，一个坐在冰车上的小孩手扶一小球静止在冰面上。已知小孩和冰车的总质量为m1，小球的质量为m2，曲面体的质量为m3。某时刻小孩将小球以v0＝4 m/s的速度向曲面体推出(如图所示)。
(1)求小球在圆弧面上能上升的最大高度；
(2)若m1＝40 kg，m2＝2 kg，小孩将球推出后还能再接到小球，试求曲面质量m3应满足的条件。
解析：(1)小球与曲面组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得
m2v0＝(m2＋m3)v
系统机械能守恒，由机械能守恒定律得
m2v02＝(m2＋m3)v2＋m2gh
解得：h＝。
(2)小孩推出球的过程小孩与球组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得
m2v0－m1v1＝0，
球与曲面组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得
m2v0＝－m2v2＋m3v3
由机械能守恒定律得
m2v02＝m2v22＋m3v32
解得：v2＝v0
如果小孩将球推出后还能再接到球，则需要满足：v2＞v1
解得：m3＞ kg。
答案：(1) (2)m3＞ kg
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