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北京市首都师大附中 高二上学期期末物理试题（选考）（解析版）
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这是一份北京市首都师大附中 高二上学期期末物理试题（选考）（解析版），共26页。试卷主要包含了单项选择题，不定项选择题等内容，欢迎下载使用。
首都师大附中 2019－2020 学年第二学期期末考试物理（05-12班物理选考用）
一、单项选择题
1. 一物体做斜抛运动（不计空气阻力），在由抛出到落地的过程中，下列表述中正确的是（ ）
A. 物体的加速度是不断变化的
B. 物体的速度不断减小
C. 物体到达最高点时的速度等于零
D. 物体到达最高点时的速度沿水平方向
【答案】D
【解析】
【详解】A．任何抛体运动抛出后都只受重力作用加速度均为重力加速度，大小方向均不变，所以A错；
B．斜抛运动水平速度不变，竖直速度先减小后增大，所以合速度先减小后增大，B错；
CD．在最高点时水平速度不为零，C错；D对．
2. 从高处抛出一物体，落至地面。用 m、v0、h、θ 分别表示平抛运动物体的质量、初速度、抛出点离水平地面的高度、抛出时物体与水平方向的夹角（抛射角）。不考虑空气阻力，以下物理量与抛射角 θ无关的是（ ）
A. 物体在空中运动的时间 B. 物体在空中运动的水平位移
C. 物体落地时的动能 D. 物体落地时的动量
【答案】C
【解析】
【详解】A．物体在竖直方向的分速度为
则在空中运动的时间为
所以在空中飞行的时间与抛射角 θ有关，故A不符合题意；
B．物体在水平方向的分速度为
物体在空中运动的水平位移为
可知物体在空中运动的水平位移与抛射角 θ有关，故B不符合题意；
C．根据动能定理
可得物体落地时的动能
所以物体落地时的动能与抛射角 θ无关，故C符合题意；
D．物体的抛出方向不同，则落地时速度的方向不同，根据
P=mv
可知物体落地时的动量也不同，所以物体落地时的动量与抛射角 θ有关，故D不符合题意。
故选C。
3. A、B两点分别位于大、小轮的边缘上，C点位于大轮半径的中点，大轮的半径是小轮的2倍，它们之间靠摩擦传动，接触面上没有滑动。下列关系式正确的是（ ）
A. vA：vB：vC=2：1：1
B. ωA：ωB：ωC=1：2：2
C. TA：TB：TC=1：2：1
D. aA：aB：aC=2：4：1
【答案】D
【解析】
【详解】AB．设小轮半径为r，则、、，由于A、C两点同轴转动，所以
根据
可得
又A、B两点为传动关系，所以
根据
可得
故
、
AB错误；
C．根据
可得
C错误；
D．根据
可得
D正确。
故D正确。
4. 地球与月球的平均距离为 r=3.84×108m，引力常量 G=6.67×10-11N·m2/kg2，月球绕地球公转的周期为T=27.3 天，视月球绕地球匀速圆周运动。仅根据以上数据，可以计算出的物理量有（ ）
A. 月球的质量 B. 地球的质量
C. 地球与月球之间的引力大小 D. 地球自转的角速度
【答案】B
【解析】
【详解】根据
可知，已知地球与月球的平均距离 r和月球绕地球公转的周期T，可求解地球的质量
但是不能求解月球的质量m；因月球的质量m未知，则不能求解地球与月球之间的引力大小；根据题目的条件也不能求解地球自转的角速度。故选项B正确，ACD错误。
故选B。
5. 若取地球的第一宇宙速度为8km/s，某行星的质量是地球质量的6倍，半径是地球的1.5倍，则此行星的第一宇宙速度约（ ）
A. 16 B. 32 C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】设地球质量M，某星球质量6M，地球半径r，某星球半径1.5r；万有引力提供向心力做匀速圆周运动得：解得：卫星在圆轨道上运行时的速度公式，分别代入地球和某星球的各物理量，得： ；解得：v星球=2v地球=16km/s，故A正确，BCD错误；
6. 以下单位中，与“功”的单位J量纲相同的是（ ）
A kg·m/s2 B. kg·m2/s2 C. N·s D. N/m
【答案】B
【解析】
【详解】AB．根据功的表达式
可得
故B符合题意，A不符合题意；
C． N·s是冲量的单位，故C不符合题意；
D． N/m是弹簧劲度系数的单位，故D不符合题意。
故选B。
7. A、B 两物体的速度之比为 2：1，质量之比为 1：3，则它们的动能之比为（ ）
A. 12：1 B. 12：3 C. 12：5 D. 4：3
【答案】D
【解析】
【详解】
A、B 两物体的速度之比为 2：1 ，质量之比为 1：3，根据动能的表达式
可知动能之比为4：3，故D正确， ABC错误。
故选D。
8. 在下面列举的各个实例中，关于机械能守恒的判断，正确的是（ ）
A. 运动员踢出的足球，不计空气阻力，足球和地球系统，机械能守恒
B. 拉着一个金属块使它沿光滑的圆弧面匀速上升，金属块和地球系统，机械能守恒
C. 跳伞运动员带着张开的降落伞在空气中减速下落，运动员和地球系统，机械能守恒
D. 光滑斜面上运动的小球碰到一个弹簧，把弹簧压缩后又被弹回来，小球的机械能守恒
【答案】A
【解析】
【详解】A．若不计空气阻力，则踢出的足球，只受重力作用，所以足球和地球系统，机械能守恒，A正确；
B．拉着一个金属块使它沿光滑的圆弧面匀速上升，拉力做功，机械能不守恒，B错误；
C．减速下落过程中，阻力做功，机械能不守恒，C错误；
D．把弹簧压缩后又被弹回来，弹力做功，小球的机械能不守恒，D错误。
故选A。
9. 下列运动中的物体，动量始终保持不变的是（ ）
A. 正常运行的地球同步卫星
B. 用绳子拉着物体，沿斜面做匀速直线运动
C. 小球碰到竖直墙壁被弹回，速度大小不变
D. 荡秋千的小孩，每次荡起的高度保持不变
【答案】B
【解析】
【详解】动量的表达式为
P=mv
A．正常运行的地球同步卫星，速度大小不变，方向不断改变，所以动量改变，故A不符合题意；
B．用绳子拉着物体，沿斜面做匀速直线运动，速度大小和方向都不发生改变，所以动量不变，故B符合题意；
C．小球碰到竖直墙壁被弹回，速度大小不变，但方向改变，所以动量改变，故C不符合题意；
D．荡秋千的小孩，每次荡起的高度保持不变，在这个过程中速度大小和方向都改变，所以动量改变，故D不符合题意。
故选B。
10. 如图所示，两个互相垂直的力 F1和 F2作用在同一物体上，使物体沿虚线方向运动，经过某段时间后，F1对物体的冲量为4N·s，F2对物体的冲量为3Ns，则 F1和 F2的合力对物体的冲量为（ ）
A. 1Ns B. 3.5Ns C. 5Ns D. 7Ns
【答案】C
【解析】
【详解】冲量是矢量，矢量的合成遵循平行四边形法则，两个力合冲量为
故ABD错误，C正确。
故选C。
11. 在空中相同高度处以相同的速率分别抛出质量相同的三个小球．一个竖直上抛，一个竖直下抛，一个平抛，若不计空气阻力，从三个小球抛出到落地的过程中（ ）
A. 三个球动量的变化量相同
B. 下抛球和平抛球动量的变化量相同
C. 上抛球动量变化量最大
D. 三球落地时的动量相同
【答案】C
【解析】
【详解】ABC．三个小球以相同的速率抛出，可知竖直上抛运动的物体运动时间大于平抛运动的时间，平抛运动的时间大于竖直下抛运动的时间，所以上抛运动的时间最长，根据动量定理知，mgt=△p，可得上抛球动量变化量最大．下抛球动量变化量最小，故C正确，A、B错误．
D．根据动能定理知，mgh=，可知三球落地时速度的大小相等，由于平抛运动的速度方向与上抛运动和下抛运动的速度方向不同，则动量不同．故D错误。
故选C。
12. 物体受到方向不变的力F作用，其中力的大小随时间变化的规律如图所示，则力F在4s内的冲量大小为（ ）
A. 2N∙s B. 4N∙s C. 6N∙s D. 8N∙s
【答案】C
【解析】
【详解】根据I=Ft可知，力F的冲量等于F-t图像与坐标轴围成的“面积”，则力F在4s内的冲量大小为
故选C。
13. 速度为4m/s 的钢球与静止的塑料球发生正碰，钢球的质量是塑料球的3倍，则碰后钢球的速度大小不可能是（ ）
A. 1.5m/s B. 2m/s C. 2.5m/s D. 3m/s
【答案】A
【解析】
【详解】设塑料球的质量为m，碰撞过程中动量守恒，若两球发生完全非弹性碰撞，则
解得
若两球发生完全弹性碰撞，则
，
解得
，
当钢球速度为4m/s时，塑料球的速度为零，不合符题意，所以钢球的速度范围为，故A不可能，符合题意；BCD可能，不符合题意。
故选A。
14. 一无动力航天器在高空绕地球做匀速圆周运动，若其沿运动方向的相反方向瞬间弹射出一物体P，不计空气阻力，则弹射完毕瞬间（ ）
A. 航天器将离开原来的运动轨道 B. 航天器的动能可能不变
C. 航天器的速度可能减小 D. 航天器加速度增大
【答案】AB
【解析】
【详解】AC．航天器在高空绕地球作匀速圆周运动，由万有引力提供向心力。若沿其运动相反的方向释放出一物体P，系统的动量守恒，由动量守恒定律可知，航天器的速度将增大，而航天器放出P物体，质量减小，所受到的万有引力会减小，所需要的向心力增大，航天器将做离心运动，离开原来的轨道运动，轨道半径一定增大，故A正确，C错误；
B．由以上分析可知，释放的物体P后航天器的速度增大，但质量变小，故航天器动能可能不变，故B符合题意；
D．由于轨道半径增大，根据万有引力提供向心力可知航天器加速度减小，故D不符合题意。
故选AB。
二、不定项选择题
15. 如图，半径R=0.90m的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与水平地面相切于圆环的端点A。一小球从A点冲上竖直半圆环，沿轨道运动到B点飞出，最后落在水平地面上的C点（图上未画），g取10m/s2。为了实现上述运动，关于小球在B点的运动分析，下述说法正确的有（ ）
A. 小球在轨道上做圆周运动，因此小球在B处的运动模型应当是圆周运动模型
B. 小球在B处可能受到两个力的作用，它们的合力提供圆运动所需向心力
C. 小球通过B处的极限情况是小球受到的合力为0
D. 小球从A到B做匀速圆周运动
【答案】AB
【解析】
【详解】AD．若小球在轨道上做圆周运动，由于合力并不能时刻指向圆心，即存在切向加速度，所以小球做的不是匀速圆周运动，在B处的运动模型应当是圆周运动模型，A正确D错误；
BC．在B处，小球通过B的极限情况为重力恰好充当向心力（合力不为零），即小球与轨道间无作用力，则满足
解得
若，则轨道对小球有向下的作用力，该作用力和重力的合力充当向心力，若，则小球不能通过B点，故B正确C错误。
故选AB。
16. 如图，半径R=0.90m的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与水平地面相切于圆环的端点A。一小球从A点冲上竖直半圆环，沿轨道运动到B点飞出，最后落在水平地面上的C点（图上未画），g取10m/s2。关于小球在B处的速度，下列说法正确的有（ ）
A. 不小于3m/s B. 不超过3m/s
C. 可以为0 D. 方向一定是水平方向
【答案】AD
【解析】
【详解】ABC．小球恰好到达B点时速度最小，由重力提供向心力，设小球在B点的最小速度是v，由牛顿第二定律得
代入数据解得
故在B处的速度不小于3m/s，A正确，BC错误；
D．小球从B点飞出后做平抛运动，故速度方向一定沿水平方向，D正确。
故选AD
17. 如图，半径R=0.90m 的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与水平地面相切于圆环的端点A。一小球从 A 点冲上竖直半圆环，沿轨道运动到 B 点飞出，最后落在水平地面上的C点（图上未画），g 取 10m/s2。
小球以不同的速度从B处落至水平地面C点，下列说法正确的有（ ）
A. 根据小球在 B 处运动的物理情境要求，小球落地点C可能与A重叠
B. 根据抛体运动的规律可知，落地需要的时间都相同
C. 根据动能定理或机械能守恒定律可知，落地时小球动能的变化量相同
D. 由于小球落地时的速度方向不同，因此小球速度的变化量不同
【答案】BC
【解析】
【详解】A．小球离开B点后做平抛运动，落点C不会与正下方与A重叠，故A错误；
B．根据竖直方向做自由落体运动的
的
时间相同，故B正确；
C．根据动能定理
重力做功等于动能的增加量，落地时小球动能的变化量相同。故C正确；
D．根据
方向竖直向下，小球速度的变化量相同。故D错误。
故选BC。
18. 如图，半径R=0.90m 的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与水平地面相切于圆环的端点A。一小球从 A 点冲上竖直半圆环，沿轨道运动到B点飞出，最后落在水平地面上的C点（图上未画），g 取10m/s2。若想进一步求出小球在 A 处的速度，可以运用的求解方法有（ ）
A. 建立小球从A 到B 的牛顿运动定律方程进行求解
B. 小球从A 到B 的过程利用机械能守恒定律进行求解
C. 小球从A 到B 的过程利用动能定理进行求解
D. 若仅知道小球在C 点的速度大小，则无法求出小球在 A 处的速度大小
【答案】BC
【解析】
【详解】
ABC．从A到B物体做圆周运动，由于轨道光滑，则只有重力做功，机械能守恒，则可用机械能守恒定律进行求解；由于从 A到B轨道的弹力对小球不做功，则也可以通过动能定理求解；由于小球做非匀速圆周运动，加速度方向不变变化，则不能运用牛顿运动定律方程进行求解，故A错误， BC正确；
D．因为小球从A到C的过程机械能守恒，则小球在 C点时的速度大小等于在A点时的速度大小，即若仅知道小球在C 点的速度大小，则可求出小球在 A 处的速度大小，故D错误。
故选BC。
19. 如图所示，光滑水平面 AB 与竖直面内的粗糙半圆形导轨在B点相接，导轨半径为R。一个质量为m 的物体将弹簧压缩至A 点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，它经过B点的速度为 v1，之后沿半圆形导轨运动，到达 C 点的速度为 v2。重力加速度为g。为了求解弹簧压缩至 A 点时的弹性势能，结合本题已知条件，可以用的方法有（ ）
A. 动能定理 B. 动量定理
C. 机械能守恒定律 D. 功的定义式
【答案】AC
【解析】
【详解】弹簧弹开物块的过程，只有弹力做功，则弹簧和物体系统的机械能守恒，则可知弹簧的弹性势能为
或者由动能定理
而弹力做功等于弹性势能的减小，可知弹簧的弹性势能为
因为不涉及时间问题，不能使用动量定理；弹力是变力，根据题目条件不能用功的定义式求解弹力功。
故选AC。
20. 如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的粗糙半圆形导轨在B点相接，导轨半径为R。一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，它经过B点的速度为v1，之后沿半圆形导轨运动，到达C点的速度为v2。重力加速度为g。利用动能定理，求物体沿半圆形导轨运动过程中阻力所做的功Wf时，所列的表达式为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】物体沿半圆形导轨运动过程中，重力和阻力做功，初动能为，末动能为，根据动能定理可得
故选A。
21. 如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的粗糙半圆形导轨在B点相接，导轨半径为R。一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，它经过B点的速度为v1，之后沿半圆形导轨运动，到达C点的速度为v2。重力加速度为g。
关于重力做功与摩擦力做功的正负的判断，正确的有（ ）
A. 本题中物体从B到C，如果将重力势能的零点规定为C点，那么重力做功为正
B. 本题中物体从B到C，由于物体高度升高，因此重力做功一定为负
C. 本题中物体从B到C，由于摩擦力，势能增大，因此摩擦力做功为负
D. 在任何情境中，摩擦力总跟物体运动方向相反，因此摩擦力做功始终为负
【答案】B
【解析】
【详解】AB．从B到C过程中，位移方向竖直向上，重力方向竖直向下，重力做负功，A错误B正确；
C．从B到C过程中，受到的滑动摩擦力始终与物体运动方向相反，所以摩擦力始终做负功，但不是由于摩擦力重力势能才增大，而是重力做了负功，C错误；
D．在传送带模型中，物块无初速度放到正在运动的水平传送带上时，物块受到的滑动摩擦力方向和运动方向相同，摩擦力做正功，是动力，D错误。
故选B。
22. 如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的粗糙半圆形导轨在B点相接，导轨半径为R。一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，它经过B点的速度为v1，之后沿半圆形导轨运动，到达C点的速度为v2。重力加速度为g。在本题的求解过程中，没有直接利用牛顿运动定律，其原因有（ ）
A. 弹簧推物块过程中，由于弹簧弹力不是恒力，因此牛顿运动定律不成立
B. 物块脱离弹簧到B的过程，满足动量守恒的条件，可以不使用牛顿运动定律
C. 物块从B到C的过程，受变力作用、做曲线运动，因此牛顿运动定律求解会很繁琐
D. 物块从B到C的过程，机械能不守恒，这不满足牛顿运动定律应用的条件
【答案】C
【解析】
【详解】A．牛顿运动定律既适用于恒力作用规律也适用于变力作用规律，A错误；
B．物块脱离弹簧到B的过程，由于水平面光滑，在水平方向上不受其他力，做匀速直线运动，可以不使用牛顿运动定律，但该过程没有碰撞产生，所以不使用牛顿运动定律的原因，不是满足动量守恒，故B错误；
C．物块从B到C的过程，受重力，摩擦力，轨道给的支持力，其中摩擦力和支持力为变力，且做曲线运动，因此牛顿运动定律求解会很繁琐，直接使用动能定理比较方便，C正确；
D．牛顿运动定律适用于一切宏观低速运动，无论机械能守恒不守恒，都适用，D错误。
故选C。
23. 地球质量为M，半径为R，自转周期为T，引力常量G 已知。根据上述已知条件，计算地球表面附近重力加速度g 的表达式的依据是（ ）
A. 物体在地球表面受到的万有引力与重力是一对平衡力
B. 物体在地球表面受到的万有引力与重力是一对作用力与反作用力
C. 物体在地球表面所受重力提供物体随地球自转所需的向心力
D. 即便考虑到物体随地球一起自转，万有引力与重力大小差别几乎可以忽略
【答案】D
【解析】
【详解】物体在地球表面受到的重力是万有引力的一个分力，另一个分力提供物体随地球自转所需的向心力，但是即便考虑到物体随地球一起自转，万有引力与重力大小差别几乎可以忽略，所以可以认为在地面附近万有引力等于重力，故选D。
24. 地球质量为M，半径为R，自转周期为T，引力常量G已知。仅在引力作用下，物体在地球表面附近绕地球做匀速圆周运动的速度叫做第一宇宙速度。为了求第一宇宙速度的大小，可以依据以下哪些等量关系（该问重力加速度g视为已知）（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】设质量为m的物体在地球表面附近绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律，有
解得
①
根据黄金替代公式
②
①②联立可得
D正确ABC错误。
故选D。
25. 地球质量为M，半径为R，自转周期为T，引力常量G 已知。在一些参考资料中，经常看到这样的说法：绕地球运动的卫星“近大远小”。下面的物理量哪些并不满足“近大远小”的变化规律（ ）
A. 卫星在不同半径轨道处的线速度 B. 卫星在不同半径轨道处的加速度
C. 卫星在不同半径轨道处的角速度 D. 卫星在不同半径轨道处的周期
【答案】D
【解析】
【详解】万有引力充当向心力，根据牛顿第二定律可得
解得
，，，
A．根据可知线速度随着轨道半径的减小而增大，即满足“近大远小”，A不符合题意；
B．根据可知加速度随着轨道半径的减小而增大，即满足“近大远小”，B不符合题意；
C．根据可知角速度随着轨道半径的减小而增大，即满足“近大远小”，C不符合题意；
D．根据可知周期随着轨道半径的增大而增大，即不满足“近大远小”，D符合题意；
故选D。
26. 地球质量为M，半径为R，自转周期为T，引力常量G 已知。由于通讯和广播等方面的需要，许多国家发射了地球同步轨道卫星（相对地面静止），这些卫星的（ ）
A. 质量可以不同 B. 轨道半径可以不同
C. 轨道平面可以不同 D. 速率可以不同
【答案】A
【解析】
【详解】B．因为同步卫星要和地球自转同步，即这些卫星ω相同，根据万有引力提供向心力得
因为ω一定，所以 r 相同，故B不符合题意；
A．根据上面可知许多国家发射了地球同步轨道卫星，这些卫星的质量可以不同，故A符合题意；
C．它若在除赤道所在平面外的任意点，假设实现了“同步”，那它的运动轨道所在平面与受到地球的引力就不在一个平面上，这是不可能的。所以所有的同步卫星都在赤道上方同一轨道上，故C不符合题意；
D．根据万有引力提供向心力得
因为r一定，所以这些卫星速率相等，故D不符合题意。
故选A。
27. 如图所示，质量为 M 的长木板静止在光滑水平地面上，现有一质量为m 的小滑块（可视为质点）以 v0的初速度从木板左端沿木板上表面冲上木板，带动木板M 一起向前滑动，木板足够长。从m 开始冲上M 到两者共速，这段时间内，以下说法正确的是（ ）
A. 木块 m 的动量变化量的方向水平向左
B. 木板 M 的动量变化量的方向水平向右
C. m 动量变化量的大小大于 M 动量变化量的大小
D. m 的损失的动能与 M 获得的动能大小相等
【答案】AB
【解析】
【详解】A．由于木块 m在摩擦力作用下做匀减速运动，则动量向右减小，即木块的动量变化量的方向水平向左，选项A正确；
B．木板 M 的速度向右增加，则木板M动量变化量的方向水平向右，选项B正确；
C．由于系统受合外力为零，则系统动量守恒，即m 动量变化量的大小等于 M 动量变化量的大小，选项C错误；
D．设此过程中，m相对木板滑动的距离为l，木板向前的位移为d，由动能定理，m 的损失的动能
M 获得的动能大小
可知m 的损失的动能大于 M 获得的动能，选项D错误。
故选AB。
28. 如图所示，质量为 M 的长木板静止在光滑水平地面上，现有一质量为m 的小滑块（可视为质点）以 v0的初速度从木板左端沿木板上表面冲上木板，带动木板M 一起向前滑动，木板足够长。从m开始冲上M 到两者共速，关于m 和M 共同组成的系统，以下说法正确的是（ ）
A. 因为系统水平方向合外力为 0，因此系统的机械能守恒
B. 因为系统水平方向的合外力为 0，因此系统在水平方向动量守恒
C. m 与M 之间的摩擦力 f 对两物体的做功大小相等、正负相反
D. m 与 M 之间的摩擦力 f 对两物体的冲量大小相等、方向相反
【答案】BD
【解析】
【详解】
AB．因为系统水平方向的合外力为 0，因此系统在水平方向动量守恒，但是由于两者之间的滑动摩擦力对系统做负功，则系统的机械能减小，A 错误，B正确；
C．两物体均向右运动，物块受向左的摩擦力，木板受向右的摩擦力，则m 与M 之间的摩擦力 f 对物块做负功，对木板做正功，由于物块向右的位移大于木板向右的位移，摩擦力f对物块做的功大于对木板做的功，即摩擦力对两物体的做功大小不相等、正负相反，C 错误；
D．根据I=ft可知， m 与 M 之间的摩擦力 f 对两物体的冲量大小相等、方向相反，D正确。
故选BD。
29. 如图所示，质量为 M 的长木板静止在光滑水平地面上，现有一质量为m 的小滑块（可视为质点）以 v0的初速度从木板左端沿 木板上表面冲上木板，带动木板M 一起向前滑动，木板足够长。
根据本题的已知条件，从m 开始冲上M 到两者共速，可以求出的物理量有（ ）
A. m 和M 共同运动的速度
B. 两者共速所需要的时间
C. m 与 M 之间的摩擦力f 对两物体做功之和
D. m 与 M 之间的摩擦力f对 M 的冲量
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．根据动量守恒定律，两物体碰撞过程动量守恒
解得
故A正确；
B．不知道摩擦系数，无法求时间。故B错误；
C．m 与 M 之间的摩擦力f 对两物体做功之和等于体统损失的机械能
故C正确；
D．m 与 M 之间的摩擦力f对M 的冲量
故D正确。
故选ACD。
30. 如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平地面上，现有一质量为m的小滑块（可视为质点）以v0的初速度从木板左端沿木板上表面冲上木板，带动木板M一起向前滑动，木板足够长。如果水平地面是粗糙的，从m开始冲上M到两者共速，以下关于两物体构成的系统和单个物体的描述正确的是（ ）
A. 因为系统水平方向的合外力不为0，因此系统的动量不守恒
B. 地面摩擦力对M的的功等于M的动能变化量
C. 地面摩擦力做的功等于两物体动能的变化量
D. 这种情况下，有可能M始终不动
【答案】AD
【解析】
【详解】A．系统在水平方向上受摩擦力作用，合力不为零，所以系统的动量不守恒，A正确；
B．M受小滑块给的摩擦力，地面给的摩擦力，两个力做功之和等于M的动能变化量，B错误；
C．由于小滑块对地位移和木板对地位移不等，即木板给滑块的摩擦力对滑块做的功和滑块对木板的摩擦力对木板做的功的代数和不为零，所以地面摩擦力做的功不等于两物体动能的变化量，C错误；
D．若滑块对木板的摩擦力小于地面给木板的最大静摩擦力，则M不运动，D正确。
31. 一个质量为50kg的蹦床运动员，从离水平网面1.8m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面2.45m高处。已知运动员和网接触的时间为1s，g取10m/s2。运动员从1.8m自由下落，接触蹦床瞬间，速度大小为（ ）
A. 5m/s B. 6m/s C. 7m/s D. 8m/s
【答案】B
【解析】
【详解】运动员自由下落，即做自由落体运动，故接触蹦床时，有
解得
B正确ACD错误。
故选B
32. 一个质量为50kg的蹦床运动员，从离水平网面1.8m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面2.45m高处。已知运动员和网接触的时间为1s，g取10m/s2。运动员与网接触的这段时间内，动量变化量的大小为（ ）
A. 50kg·m/s B. 300kg·m/s C. 350kg·m/s D. 650kg·m/s
【答案】D
【解析】
【详解】根据机械能守恒定律，运动员开始接触水平网面时，
解得
运动员离开水平网面时
解得
规定向下为正方向，则动量变化量为
负号表示方向向上，大小为，故D正确ABC错误。
故选D。
33. 一个质量为 50kg 的蹦床运动员，从离水平网面 1.8m 高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面 2.45m 高处。已知运动员和网接触的时间为 1s，g 取 10m/s2。网对运动员平均作用力大小为（ ）
A. 150N B. 550N C. 650N D. 1150N
【答案】D
【解析】
【详解】
设运动员从h1处下落，刚触网的速度为
（方向向下）
运动员反弹到达高度h2，离网时速度为
（方向向上）
在接触网的过程中，运动员受到向上的弹力F和向下的重力mg，设向上方向为正，由动量定理有
（F-mg）t =mv2-（-mv1 ）
解得
F=1150 N
故选D。
34. 一个质量为 50kg 的蹦床运动员，从离水平网面 1.8m 高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面 2.45m 高处。已知运动员和网接触的时间为 1s，g 取 10m/s2。从自由下落开始，到蹦回离水平面 2.45m 高处这一过程中，运动员所受重力的冲量大小为（ ）
A. 300N·s B. 350N·s C. 500N·s D. 1150N·s
【答案】D
【解析】
【详解】
下落1.8m的时间
上升2.45m的时间
则运动员所受重力的冲量大小为
故D正确，ABC错误。
故选D。
35. 在一个反应堆中用石墨做慢化剂使快中子减速。碳原子核的质量是中子的12倍，假设中子与碳原子核的每次碰撞都是弹性正碰，而且认为碰撞前碳核都是静止的。微观粒子之间的碰撞均遵循碰撞的一般规律。关于原子的内部结构，有以下知识可供参考：
①一个原子的直径大约是10-10m，极小极小；
②原子由质子与中子组成，这两种粒子的的质量几乎相同，约为电子质量的2000倍；
③原子核只占据的原子内部极小的空间（大约为原子整个体积的10-15），却集中了几乎所有原子的质量；
④小小的电子们（直径大约为10-15m）在原子内部、原子核之外的“广袤”的空间中“游荡”着。
在讨论该问题时，始终没有提到中子与电子的碰撞对中子速度的影响，结合上述关于原子结构的知识，你觉得为什么不用考虑电子的影响？（ ）
A. 为了避免电子影响，石墨烯材料中不包含电子
B. 电子质量太小，与中子碰后，中子速度几乎不变
C. 中子与电子的碰撞，不满足碰撞的物理规律
D. 电子活动空间大，中子与电子碰撞的概率极低
【答案】BD
【解析】
【详解】A．一切物质都是由原子或分子组成，都包含电子，A错误；
B．根据②可知电子质量太小，与中子碰后，中子速度几乎不变，B正确；
C．微观粒子之间的碰撞均遵循碰撞的一般规律，C错误；
D．根据④可知电子活动空间大，中子与电子碰撞的概率极低，D正确。
故选BD。
36. 在一个反应堆中用石墨做慢化剂使快中子减速，碳原子核的质量是中子的12倍，假设中子与碳原子核的每次碰撞都是弹性正碰，而且认为碰撞前碳核都是静止的。微观粒子之间的碰撞均遵循碰撞的一般规律，关于原子的内部结构，有以下知识可供参考：①一个原子的直径大约是10－10m，极小极小；②原子由质子与中子组成，这两种粒子的质量几乎相同，约为电子质量的2000倍；③原子核只占据的原子内部极小的空间（大约为原子整个体积的10－15），却集中了几乎所有原子的质量；④小小的电子们（直径大约为10－15m）在原子内部、原子核之外的“广袤”的空间中“游荡”着。设碰撞前中子的动能是E0，经过一次碰撞，中子失去的动能大约是多少？（可用计算器）（ ）
A. 15% B. 30% C. 50% D. 85%
【答案】B
【解析】
【详解】设中子的质量为m，速度为v0，碳核的质量为M，碰撞后中子、碳核的速度分别为v1、v，以v0方向为正方向，根据动量守恒定律得
根据机械能守恒定律得
联立解得
碰撞一次，中子损失的动能为
故B正确，ACD错误。
故选B。
37. 在一个反应堆中用石墨做慢化剂使快中子减速。碳原子核的质量是中子的12倍，假设中子与碳原子核的每次碰撞都是弹性正碰，而且认为碰撞前碳核都是静止的。微观粒子之间的碰撞均遵循碰撞的一般规律。关于原子的内部结构，有以下知识可供参考：①一个原子的直径大约是10-10m，极小极小；②原子由质子与中子组成，这两种粒子的的质量几乎相同，约为电子质量的2000倍；③原子核只占据的原子内部极小的空间（大约为原子整个体积的 10-15），却集中了几乎所有原子的质量；④小小的电子们（直径大约为10-15m）在原子内部、原子核之外的“广袤”的空间中“游荡”着。中子的动能小于E0×10-6 时，才能被引入反应堆。为了计算中子需要碰撞的次数，下面做一番简单的推导。假设碰前中子的动能是E0，经过一次碰撞，中子的动能失去了ηE0（η<1），那么再碰撞一次，中子的动能将变为原先的（ ）
A. （1-η）2 B. η2 C. 1-2η D. η（1-η）
【答案】A
【解析】
【详解】碰前中子的动能是E0，经过一次碰撞，中子的动能失去了ηE0，则此时中子的动能为E0(1-η)，则再碰撞一次，中子的动能将变为E0(1-η)2，即中子的动能将变为原先的(1-η)2。故A正确，BCD错误。
故选A。
38. 在一个反应堆中用石墨做慢化剂使快中子减速。碳原子核的质量是中子的12倍，假设中子与碳原子核的每次碰撞都是弹性正碰，而且认为碰撞前碳核都是静止的。微观粒子之间的碰撞均遵循碰撞的一般规律。关于原子的内部结构，有以下知识可供参考：①一个原子的直径大约是10-10m，极小极小；②原子由质子与中子组成，这两种粒子的的质量几乎相同，约为电子质量的2000倍；③原子核只占据的原子内部极小的空间（大约为原子整个体积的10-15），却集中了几乎所有原子的质量；④小小的电子们（直径大约为10-15m）在原子内部、原子核之外的“广袤”的空间中“游荡”着。根据上述研究，用碳作为中子减速剂比起用更重的原子（比如硅，它的质量是中子的28倍），其优势有（ ）
A. 每一次碰撞的减速效果明显
B. 达到相同能量要求，需要减速的次数较少
C. 其他材料中电子对碰撞的影响不可忽略
D. 中子与质量较小的原子碰撞，物理规律相对简单、计算简便
【答案】AB
【解析】
【详解】用表示中子质量，表示某原子核质量，和表示中子碰撞前后的速度。和表示某原子核碰撞前后的速度。当中子与静止的原子核发生弹性碰撞时，系统动量和动能守恒，故有
（）
解得
中子碰后，动能会损失，动能损失比率为
对于碳
对于硅
ABD．根据分析可知用碳作为中子减速剂时每一次碰撞的减速效果明显，则达到相同能量要求，需要减速的次数较少，AB正确D错误；
CD．任何材料中电子的质量都是相同的，所以电子对碰撞的影响都可忽略。
故选AB。
首都师大附中 2019－2020 学年第二学期期末考试物理（05-12班物理选考用）
一、单项选择题
1. 一物体做斜抛运动（不计空气阻力），在由抛出到落地的过程中，下列表述中正确的是（ ）
A. 物体的加速度是不断变化的
B. 物体的速度不断减小
C. 物体到达最高点时的速度等于零
D. 物体到达最高点时的速度沿水平方向
【答案】D
【解析】
【详解】A．任何抛体运动抛出后都只受重力作用加速度均为重力加速度，大小方向均不变，所以A错；
B．斜抛运动水平速度不变，竖直速度先减小后增大，所以合速度先减小后增大，B错；
CD．在最高点时水平速度不为零，C错；D对．
2. 从高处抛出一物体，落至地面。用 m、v0、h、θ 分别表示平抛运动物体的质量、初速度、抛出点离水平地面的高度、抛出时物体与水平方向的夹角（抛射角）。不考虑空气阻力，以下物理量与抛射角 θ无关的是（ ）
A. 物体在空中运动的时间 B. 物体在空中运动的水平位移
C. 物体落地时的动能 D. 物体落地时的动量
【答案】C
【解析】
【详解】A．物体在竖直方向的分速度为
则在空中运动的时间为
所以在空中飞行的时间与抛射角 θ有关，故A不符合题意；
B．物体在水平方向的分速度为
物体在空中运动的水平位移为
可知物体在空中运动的水平位移与抛射角 θ有关，故B不符合题意；
C．根据动能定理
可得物体落地时的动能
所以物体落地时的动能与抛射角 θ无关，故C符合题意；
D．物体的抛出方向不同，则落地时速度的方向不同，根据
P=mv
可知物体落地时的动量也不同，所以物体落地时的动量与抛射角 θ有关，故D不符合题意。
故选C。
3. A、B两点分别位于大、小轮的边缘上，C点位于大轮半径的中点，大轮的半径是小轮的2倍，它们之间靠摩擦传动，接触面上没有滑动。下列关系式正确的是（ ）
A. vA：vB：vC=2：1：1
B. ωA：ωB：ωC=1：2：2
C. TA：TB：TC=1：2：1
D. aA：aB：aC=2：4：1
【答案】D
【解析】
【详解】AB．设小轮半径为r，则、、，由于A、C两点同轴转动，所以
根据
可得
又A、B两点为传动关系，所以
根据
可得
故
、
AB错误；
C．根据
可得
C错误；
D．根据
可得
D正确。
故D正确。
4. 地球与月球的平均距离为 r=3.84×108m，引力常量 G=6.67×10-11N·m2/kg2，月球绕地球公转的周期为T=27.3 天，视月球绕地球匀速圆周运动。仅根据以上数据，可以计算出的物理量有（ ）
A. 月球的质量 B. 地球的质量
C. 地球与月球之间的引力大小 D. 地球自转的角速度
【答案】B
【解析】
【详解】根据
可知，已知地球与月球的平均距离 r和月球绕地球公转的周期T，可求解地球的质量
但是不能求解月球的质量m；因月球的质量m未知，则不能求解地球与月球之间的引力大小；根据题目的条件也不能求解地球自转的角速度。故选项B正确，ACD错误。
故选B。
5. 若取地球的第一宇宙速度为8km/s，某行星的质量是地球质量的6倍，半径是地球的1.5倍，则此行星的第一宇宙速度约（ ）
A. 16 B. 32 C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】设地球质量M，某星球质量6M，地球半径r，某星球半径1.5r；万有引力提供向心力做匀速圆周运动得：解得：卫星在圆轨道上运行时的速度公式，分别代入地球和某星球的各物理量，得： ；解得：v星球=2v地球=16km/s，故A正确，BCD错误；
6. 以下单位中，与“功”的单位J量纲相同的是（ ）
A kg·m/s2 B. kg·m2/s2 C. N·s D. N/m
【答案】B
【解析】
【详解】AB．根据功的表达式
可得
故B符合题意，A不符合题意；
C． N·s是冲量的单位，故C不符合题意；
D． N/m是弹簧劲度系数的单位，故D不符合题意。
故选B。
7. A、B 两物体的速度之比为 2：1，质量之比为 1：3，则它们的动能之比为（ ）
A. 12：1 B. 12：3 C. 12：5 D. 4：3
【答案】D
【解析】
【详解】
A、B 两物体的速度之比为 2：1 ，质量之比为 1：3，根据动能的表达式
可知动能之比为4：3，故D正确， ABC错误。
故选D。
8. 在下面列举的各个实例中，关于机械能守恒的判断，正确的是（ ）
A. 运动员踢出的足球，不计空气阻力，足球和地球系统，机械能守恒
B. 拉着一个金属块使它沿光滑的圆弧面匀速上升，金属块和地球系统，机械能守恒
C. 跳伞运动员带着张开的降落伞在空气中减速下落，运动员和地球系统，机械能守恒
D. 光滑斜面上运动的小球碰到一个弹簧，把弹簧压缩后又被弹回来，小球的机械能守恒
【答案】A
【解析】
【详解】A．若不计空气阻力，则踢出的足球，只受重力作用，所以足球和地球系统，机械能守恒，A正确；
B．拉着一个金属块使它沿光滑的圆弧面匀速上升，拉力做功，机械能不守恒，B错误；
C．减速下落过程中，阻力做功，机械能不守恒，C错误；
D．把弹簧压缩后又被弹回来，弹力做功，小球的机械能不守恒，D错误。
故选A。
9. 下列运动中的物体，动量始终保持不变的是（ ）
A. 正常运行的地球同步卫星
B. 用绳子拉着物体，沿斜面做匀速直线运动
C. 小球碰到竖直墙壁被弹回，速度大小不变
D. 荡秋千的小孩，每次荡起的高度保持不变
【答案】B
【解析】
【详解】动量的表达式为
P=mv
A．正常运行的地球同步卫星，速度大小不变，方向不断改变，所以动量改变，故A不符合题意；
B．用绳子拉着物体，沿斜面做匀速直线运动，速度大小和方向都不发生改变，所以动量不变，故B符合题意；
C．小球碰到竖直墙壁被弹回，速度大小不变，但方向改变，所以动量改变，故C不符合题意；
D．荡秋千的小孩，每次荡起的高度保持不变，在这个过程中速度大小和方向都改变，所以动量改变，故D不符合题意。
故选B。
10. 如图所示，两个互相垂直的力 F1和 F2作用在同一物体上，使物体沿虚线方向运动，经过某段时间后，F1对物体的冲量为4N·s，F2对物体的冲量为3Ns，则 F1和 F2的合力对物体的冲量为（ ）
A. 1Ns B. 3.5Ns C. 5Ns D. 7Ns
【答案】C
【解析】
【详解】冲量是矢量，矢量的合成遵循平行四边形法则，两个力合冲量为
故ABD错误，C正确。
故选C。
11. 在空中相同高度处以相同的速率分别抛出质量相同的三个小球．一个竖直上抛，一个竖直下抛，一个平抛，若不计空气阻力，从三个小球抛出到落地的过程中（ ）
A. 三个球动量的变化量相同
B. 下抛球和平抛球动量的变化量相同
C. 上抛球动量变化量最大
D. 三球落地时的动量相同
【答案】C
【解析】
【详解】ABC．三个小球以相同的速率抛出，可知竖直上抛运动的物体运动时间大于平抛运动的时间，平抛运动的时间大于竖直下抛运动的时间，所以上抛运动的时间最长，根据动量定理知，mgt=△p，可得上抛球动量变化量最大．下抛球动量变化量最小，故C正确，A、B错误．
D．根据动能定理知，mgh=，可知三球落地时速度的大小相等，由于平抛运动的速度方向与上抛运动和下抛运动的速度方向不同，则动量不同．故D错误。
故选C。
12. 物体受到方向不变的力F作用，其中力的大小随时间变化的规律如图所示，则力F在4s内的冲量大小为（ ）
A. 2N∙s B. 4N∙s C. 6N∙s D. 8N∙s
【答案】C
【解析】
【详解】根据I=Ft可知，力F的冲量等于F-t图像与坐标轴围成的“面积”，则力F在4s内的冲量大小为
故选C。
13. 速度为4m/s 的钢球与静止的塑料球发生正碰，钢球的质量是塑料球的3倍，则碰后钢球的速度大小不可能是（ ）
A. 1.5m/s B. 2m/s C. 2.5m/s D. 3m/s
【答案】A
【解析】
【详解】设塑料球的质量为m，碰撞过程中动量守恒，若两球发生完全非弹性碰撞，则
解得
若两球发生完全弹性碰撞，则
，
解得
，
当钢球速度为4m/s时，塑料球的速度为零，不合符题意，所以钢球的速度范围为，故A不可能，符合题意；BCD可能，不符合题意。
故选A。
14. 一无动力航天器在高空绕地球做匀速圆周运动，若其沿运动方向的相反方向瞬间弹射出一物体P，不计空气阻力，则弹射完毕瞬间（ ）
A. 航天器将离开原来的运动轨道 B. 航天器的动能可能不变
C. 航天器的速度可能减小 D. 航天器加速度增大
【答案】AB
【解析】
【详解】AC．航天器在高空绕地球作匀速圆周运动，由万有引力提供向心力。若沿其运动相反的方向释放出一物体P，系统的动量守恒，由动量守恒定律可知，航天器的速度将增大，而航天器放出P物体，质量减小，所受到的万有引力会减小，所需要的向心力增大，航天器将做离心运动，离开原来的轨道运动，轨道半径一定增大，故A正确，C错误；
B．由以上分析可知，释放的物体P后航天器的速度增大，但质量变小，故航天器动能可能不变，故B符合题意；
D．由于轨道半径增大，根据万有引力提供向心力可知航天器加速度减小，故D不符合题意。
故选AB。
二、不定项选择题
15. 如图，半径R=0.90m的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与水平地面相切于圆环的端点A。一小球从A点冲上竖直半圆环，沿轨道运动到B点飞出，最后落在水平地面上的C点（图上未画），g取10m/s2。为了实现上述运动，关于小球在B点的运动分析，下述说法正确的有（ ）
A. 小球在轨道上做圆周运动，因此小球在B处的运动模型应当是圆周运动模型
B. 小球在B处可能受到两个力的作用，它们的合力提供圆运动所需向心力
C. 小球通过B处的极限情况是小球受到的合力为0
D. 小球从A到B做匀速圆周运动
【答案】AB
【解析】
【详解】AD．若小球在轨道上做圆周运动，由于合力并不能时刻指向圆心，即存在切向加速度，所以小球做的不是匀速圆周运动，在B处的运动模型应当是圆周运动模型，A正确D错误；
BC．在B处，小球通过B的极限情况为重力恰好充当向心力（合力不为零），即小球与轨道间无作用力，则满足
解得
若，则轨道对小球有向下的作用力，该作用力和重力的合力充当向心力，若，则小球不能通过B点，故B正确C错误。
故选AB。
16. 如图，半径R=0.90m的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与水平地面相切于圆环的端点A。一小球从A点冲上竖直半圆环，沿轨道运动到B点飞出，最后落在水平地面上的C点（图上未画），g取10m/s2。关于小球在B处的速度，下列说法正确的有（ ）
A. 不小于3m/s B. 不超过3m/s
C. 可以为0 D. 方向一定是水平方向
【答案】AD
【解析】
【详解】ABC．小球恰好到达B点时速度最小，由重力提供向心力，设小球在B点的最小速度是v，由牛顿第二定律得
代入数据解得
故在B处的速度不小于3m/s，A正确，BC错误；
D．小球从B点飞出后做平抛运动，故速度方向一定沿水平方向，D正确。
故选AD
17. 如图，半径R=0.90m 的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与水平地面相切于圆环的端点A。一小球从 A 点冲上竖直半圆环，沿轨道运动到 B 点飞出，最后落在水平地面上的C点（图上未画），g 取 10m/s2。
小球以不同的速度从B处落至水平地面C点，下列说法正确的有（ ）
A. 根据小球在 B 处运动的物理情境要求，小球落地点C可能与A重叠
B. 根据抛体运动的规律可知，落地需要的时间都相同
C. 根据动能定理或机械能守恒定律可知，落地时小球动能的变化量相同
D. 由于小球落地时的速度方向不同，因此小球速度的变化量不同
【答案】BC
【解析】
【详解】A．小球离开B点后做平抛运动，落点C不会与正下方与A重叠，故A错误；
B．根据竖直方向做自由落体运动的
的
时间相同，故B正确；
C．根据动能定理
重力做功等于动能的增加量，落地时小球动能的变化量相同。故C正确；
D．根据
方向竖直向下，小球速度的变化量相同。故D错误。
故选BC。
18. 如图，半径R=0.90m 的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与水平地面相切于圆环的端点A。一小球从 A 点冲上竖直半圆环，沿轨道运动到B点飞出，最后落在水平地面上的C点（图上未画），g 取10m/s2。若想进一步求出小球在 A 处的速度，可以运用的求解方法有（ ）
A. 建立小球从A 到B 的牛顿运动定律方程进行求解
B. 小球从A 到B 的过程利用机械能守恒定律进行求解
C. 小球从A 到B 的过程利用动能定理进行求解
D. 若仅知道小球在C 点的速度大小，则无法求出小球在 A 处的速度大小
【答案】BC
【解析】
【详解】
ABC．从A到B物体做圆周运动，由于轨道光滑，则只有重力做功，机械能守恒，则可用机械能守恒定律进行求解；由于从 A到B轨道的弹力对小球不做功，则也可以通过动能定理求解；由于小球做非匀速圆周运动，加速度方向不变变化，则不能运用牛顿运动定律方程进行求解，故A错误， BC正确；
D．因为小球从A到C的过程机械能守恒，则小球在 C点时的速度大小等于在A点时的速度大小，即若仅知道小球在C 点的速度大小，则可求出小球在 A 处的速度大小，故D错误。
故选BC。
19. 如图所示，光滑水平面 AB 与竖直面内的粗糙半圆形导轨在B点相接，导轨半径为R。一个质量为m 的物体将弹簧压缩至A 点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，它经过B点的速度为 v1，之后沿半圆形导轨运动，到达 C 点的速度为 v2。重力加速度为g。为了求解弹簧压缩至 A 点时的弹性势能，结合本题已知条件，可以用的方法有（ ）
A. 动能定理 B. 动量定理
C. 机械能守恒定律 D. 功的定义式
【答案】AC
【解析】
【详解】弹簧弹开物块的过程，只有弹力做功，则弹簧和物体系统的机械能守恒，则可知弹簧的弹性势能为
或者由动能定理
而弹力做功等于弹性势能的减小，可知弹簧的弹性势能为
因为不涉及时间问题，不能使用动量定理；弹力是变力，根据题目条件不能用功的定义式求解弹力功。
故选AC。
20. 如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的粗糙半圆形导轨在B点相接，导轨半径为R。一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，它经过B点的速度为v1，之后沿半圆形导轨运动，到达C点的速度为v2。重力加速度为g。利用动能定理，求物体沿半圆形导轨运动过程中阻力所做的功Wf时，所列的表达式为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】物体沿半圆形导轨运动过程中，重力和阻力做功，初动能为，末动能为，根据动能定理可得
故选A。
21. 如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的粗糙半圆形导轨在B点相接，导轨半径为R。一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，它经过B点的速度为v1，之后沿半圆形导轨运动，到达C点的速度为v2。重力加速度为g。
关于重力做功与摩擦力做功的正负的判断，正确的有（ ）
A. 本题中物体从B到C，如果将重力势能的零点规定为C点，那么重力做功为正
B. 本题中物体从B到C，由于物体高度升高，因此重力做功一定为负
C. 本题中物体从B到C，由于摩擦力，势能增大，因此摩擦力做功为负
D. 在任何情境中，摩擦力总跟物体运动方向相反，因此摩擦力做功始终为负
【答案】B
【解析】
【详解】AB．从B到C过程中，位移方向竖直向上，重力方向竖直向下，重力做负功，A错误B正确；
C．从B到C过程中，受到的滑动摩擦力始终与物体运动方向相反，所以摩擦力始终做负功，但不是由于摩擦力重力势能才增大，而是重力做了负功，C错误；
D．在传送带模型中，物块无初速度放到正在运动的水平传送带上时，物块受到的滑动摩擦力方向和运动方向相同，摩擦力做正功，是动力，D错误。
故选B。
22. 如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的粗糙半圆形导轨在B点相接，导轨半径为R。一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，它经过B点的速度为v1，之后沿半圆形导轨运动，到达C点的速度为v2。重力加速度为g。在本题的求解过程中，没有直接利用牛顿运动定律，其原因有（ ）
A. 弹簧推物块过程中，由于弹簧弹力不是恒力，因此牛顿运动定律不成立
B. 物块脱离弹簧到B的过程，满足动量守恒的条件，可以不使用牛顿运动定律
C. 物块从B到C的过程，受变力作用、做曲线运动，因此牛顿运动定律求解会很繁琐
D. 物块从B到C的过程，机械能不守恒，这不满足牛顿运动定律应用的条件
【答案】C
【解析】
【详解】A．牛顿运动定律既适用于恒力作用规律也适用于变力作用规律，A错误；
B．物块脱离弹簧到B的过程，由于水平面光滑，在水平方向上不受其他力，做匀速直线运动，可以不使用牛顿运动定律，但该过程没有碰撞产生，所以不使用牛顿运动定律的原因，不是满足动量守恒，故B错误；
C．物块从B到C的过程，受重力，摩擦力，轨道给的支持力，其中摩擦力和支持力为变力，且做曲线运动，因此牛顿运动定律求解会很繁琐，直接使用动能定理比较方便，C正确；
D．牛顿运动定律适用于一切宏观低速运动，无论机械能守恒不守恒，都适用，D错误。
故选C。
23. 地球质量为M，半径为R，自转周期为T，引力常量G 已知。根据上述已知条件，计算地球表面附近重力加速度g 的表达式的依据是（ ）
A. 物体在地球表面受到的万有引力与重力是一对平衡力
B. 物体在地球表面受到的万有引力与重力是一对作用力与反作用力
C. 物体在地球表面所受重力提供物体随地球自转所需的向心力
D. 即便考虑到物体随地球一起自转，万有引力与重力大小差别几乎可以忽略
【答案】D
【解析】
【详解】物体在地球表面受到的重力是万有引力的一个分力，另一个分力提供物体随地球自转所需的向心力，但是即便考虑到物体随地球一起自转，万有引力与重力大小差别几乎可以忽略，所以可以认为在地面附近万有引力等于重力，故选D。
24. 地球质量为M，半径为R，自转周期为T，引力常量G已知。仅在引力作用下，物体在地球表面附近绕地球做匀速圆周运动的速度叫做第一宇宙速度。为了求第一宇宙速度的大小，可以依据以下哪些等量关系（该问重力加速度g视为已知）（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】设质量为m的物体在地球表面附近绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律，有
解得
①
根据黄金替代公式
②
①②联立可得
D正确ABC错误。
故选D。
25. 地球质量为M，半径为R，自转周期为T，引力常量G 已知。在一些参考资料中，经常看到这样的说法：绕地球运动的卫星“近大远小”。下面的物理量哪些并不满足“近大远小”的变化规律（ ）
A. 卫星在不同半径轨道处的线速度 B. 卫星在不同半径轨道处的加速度
C. 卫星在不同半径轨道处的角速度 D. 卫星在不同半径轨道处的周期
【答案】D
【解析】
【详解】万有引力充当向心力，根据牛顿第二定律可得
解得
，，，
A．根据可知线速度随着轨道半径的减小而增大，即满足“近大远小”，A不符合题意；
B．根据可知加速度随着轨道半径的减小而增大，即满足“近大远小”，B不符合题意；
C．根据可知角速度随着轨道半径的减小而增大，即满足“近大远小”，C不符合题意；
D．根据可知周期随着轨道半径的增大而增大，即不满足“近大远小”，D符合题意；
故选D。
26. 地球质量为M，半径为R，自转周期为T，引力常量G 已知。由于通讯和广播等方面的需要，许多国家发射了地球同步轨道卫星（相对地面静止），这些卫星的（ ）
A. 质量可以不同 B. 轨道半径可以不同
C. 轨道平面可以不同 D. 速率可以不同
【答案】A
【解析】
【详解】B．因为同步卫星要和地球自转同步，即这些卫星ω相同，根据万有引力提供向心力得
因为ω一定，所以 r 相同，故B不符合题意；
A．根据上面可知许多国家发射了地球同步轨道卫星，这些卫星的质量可以不同，故A符合题意；
C．它若在除赤道所在平面外的任意点，假设实现了“同步”，那它的运动轨道所在平面与受到地球的引力就不在一个平面上，这是不可能的。所以所有的同步卫星都在赤道上方同一轨道上，故C不符合题意；
D．根据万有引力提供向心力得
因为r一定，所以这些卫星速率相等，故D不符合题意。
故选A。
27. 如图所示，质量为 M 的长木板静止在光滑水平地面上，现有一质量为m 的小滑块（可视为质点）以 v0的初速度从木板左端沿木板上表面冲上木板，带动木板M 一起向前滑动，木板足够长。从m 开始冲上M 到两者共速，这段时间内，以下说法正确的是（ ）
A. 木块 m 的动量变化量的方向水平向左
B. 木板 M 的动量变化量的方向水平向右
C. m 动量变化量的大小大于 M 动量变化量的大小
D. m 的损失的动能与 M 获得的动能大小相等
【答案】AB
【解析】
【详解】A．由于木块 m在摩擦力作用下做匀减速运动，则动量向右减小，即木块的动量变化量的方向水平向左，选项A正确；
B．木板 M 的速度向右增加，则木板M动量变化量的方向水平向右，选项B正确；
C．由于系统受合外力为零，则系统动量守恒，即m 动量变化量的大小等于 M 动量变化量的大小，选项C错误；
D．设此过程中，m相对木板滑动的距离为l，木板向前的位移为d，由动能定理，m 的损失的动能
M 获得的动能大小
可知m 的损失的动能大于 M 获得的动能，选项D错误。
故选AB。
28. 如图所示，质量为 M 的长木板静止在光滑水平地面上，现有一质量为m 的小滑块（可视为质点）以 v0的初速度从木板左端沿木板上表面冲上木板，带动木板M 一起向前滑动，木板足够长。从m开始冲上M 到两者共速，关于m 和M 共同组成的系统，以下说法正确的是（ ）
A. 因为系统水平方向合外力为 0，因此系统的机械能守恒
B. 因为系统水平方向的合外力为 0，因此系统在水平方向动量守恒
C. m 与M 之间的摩擦力 f 对两物体的做功大小相等、正负相反
D. m 与 M 之间的摩擦力 f 对两物体的冲量大小相等、方向相反
【答案】BD
【解析】
【详解】
AB．因为系统水平方向的合外力为 0，因此系统在水平方向动量守恒，但是由于两者之间的滑动摩擦力对系统做负功，则系统的机械能减小，A 错误，B正确；
C．两物体均向右运动，物块受向左的摩擦力，木板受向右的摩擦力，则m 与M 之间的摩擦力 f 对物块做负功，对木板做正功，由于物块向右的位移大于木板向右的位移，摩擦力f对物块做的功大于对木板做的功，即摩擦力对两物体的做功大小不相等、正负相反，C 错误；
D．根据I=ft可知， m 与 M 之间的摩擦力 f 对两物体的冲量大小相等、方向相反，D正确。
故选BD。
29. 如图所示，质量为 M 的长木板静止在光滑水平地面上，现有一质量为m 的小滑块（可视为质点）以 v0的初速度从木板左端沿 木板上表面冲上木板，带动木板M 一起向前滑动，木板足够长。
根据本题的已知条件，从m 开始冲上M 到两者共速，可以求出的物理量有（ ）
A. m 和M 共同运动的速度
B. 两者共速所需要的时间
C. m 与 M 之间的摩擦力f 对两物体做功之和
D. m 与 M 之间的摩擦力f对 M 的冲量
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．根据动量守恒定律，两物体碰撞过程动量守恒
解得
故A正确；
B．不知道摩擦系数，无法求时间。故B错误；
C．m 与 M 之间的摩擦力f 对两物体做功之和等于体统损失的机械能
故C正确；
D．m 与 M 之间的摩擦力f对M 的冲量
故D正确。
故选ACD。
30. 如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平地面上，现有一质量为m的小滑块（可视为质点）以v0的初速度从木板左端沿木板上表面冲上木板，带动木板M一起向前滑动，木板足够长。如果水平地面是粗糙的，从m开始冲上M到两者共速，以下关于两物体构成的系统和单个物体的描述正确的是（ ）
A. 因为系统水平方向的合外力不为0，因此系统的动量不守恒
B. 地面摩擦力对M的的功等于M的动能变化量
C. 地面摩擦力做的功等于两物体动能的变化量
D. 这种情况下，有可能M始终不动
【答案】AD
【解析】
【详解】A．系统在水平方向上受摩擦力作用，合力不为零，所以系统的动量不守恒，A正确；
B．M受小滑块给的摩擦力，地面给的摩擦力，两个力做功之和等于M的动能变化量，B错误；
C．由于小滑块对地位移和木板对地位移不等，即木板给滑块的摩擦力对滑块做的功和滑块对木板的摩擦力对木板做的功的代数和不为零，所以地面摩擦力做的功不等于两物体动能的变化量，C错误；
D．若滑块对木板的摩擦力小于地面给木板的最大静摩擦力，则M不运动，D正确。
31. 一个质量为50kg的蹦床运动员，从离水平网面1.8m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面2.45m高处。已知运动员和网接触的时间为1s，g取10m/s2。运动员从1.8m自由下落，接触蹦床瞬间，速度大小为（ ）
A. 5m/s B. 6m/s C. 7m/s D. 8m/s
【答案】B
【解析】
【详解】运动员自由下落，即做自由落体运动，故接触蹦床时，有
解得
B正确ACD错误。
故选B
32. 一个质量为50kg的蹦床运动员，从离水平网面1.8m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面2.45m高处。已知运动员和网接触的时间为1s，g取10m/s2。运动员与网接触的这段时间内，动量变化量的大小为（ ）
A. 50kg·m/s B. 300kg·m/s C. 350kg·m/s D. 650kg·m/s
【答案】D
【解析】
【详解】根据机械能守恒定律，运动员开始接触水平网面时，
解得
运动员离开水平网面时
解得
规定向下为正方向，则动量变化量为
负号表示方向向上，大小为，故D正确ABC错误。
故选D。
33. 一个质量为 50kg 的蹦床运动员，从离水平网面 1.8m 高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面 2.45m 高处。已知运动员和网接触的时间为 1s，g 取 10m/s2。网对运动员平均作用力大小为（ ）
A. 150N B. 550N C. 650N D. 1150N
【答案】D
【解析】
【详解】
设运动员从h1处下落，刚触网的速度为
（方向向下）
运动员反弹到达高度h2，离网时速度为
（方向向上）
在接触网的过程中，运动员受到向上的弹力F和向下的重力mg，设向上方向为正，由动量定理有
（F-mg）t =mv2-（-mv1 ）
解得
F=1150 N
故选D。
34. 一个质量为 50kg 的蹦床运动员，从离水平网面 1.8m 高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面 2.45m 高处。已知运动员和网接触的时间为 1s，g 取 10m/s2。从自由下落开始，到蹦回离水平面 2.45m 高处这一过程中，运动员所受重力的冲量大小为（ ）
A. 300N·s B. 350N·s C. 500N·s D. 1150N·s
【答案】D
【解析】
【详解】
下落1.8m的时间
上升2.45m的时间
则运动员所受重力的冲量大小为
故D正确，ABC错误。
故选D。
35. 在一个反应堆中用石墨做慢化剂使快中子减速。碳原子核的质量是中子的12倍，假设中子与碳原子核的每次碰撞都是弹性正碰，而且认为碰撞前碳核都是静止的。微观粒子之间的碰撞均遵循碰撞的一般规律。关于原子的内部结构，有以下知识可供参考：
①一个原子的直径大约是10-10m，极小极小；
②原子由质子与中子组成，这两种粒子的的质量几乎相同，约为电子质量的2000倍；
③原子核只占据的原子内部极小的空间（大约为原子整个体积的10-15），却集中了几乎所有原子的质量；
④小小的电子们（直径大约为10-15m）在原子内部、原子核之外的“广袤”的空间中“游荡”着。
在讨论该问题时，始终没有提到中子与电子的碰撞对中子速度的影响，结合上述关于原子结构的知识，你觉得为什么不用考虑电子的影响？（ ）
A. 为了避免电子影响，石墨烯材料中不包含电子
B. 电子质量太小，与中子碰后，中子速度几乎不变
C. 中子与电子的碰撞，不满足碰撞的物理规律
D. 电子活动空间大，中子与电子碰撞的概率极低
【答案】BD
【解析】
【详解】A．一切物质都是由原子或分子组成，都包含电子，A错误；
B．根据②可知电子质量太小，与中子碰后，中子速度几乎不变，B正确；
C．微观粒子之间的碰撞均遵循碰撞的一般规律，C错误；
D．根据④可知电子活动空间大，中子与电子碰撞的概率极低，D正确。
故选BD。
36. 在一个反应堆中用石墨做慢化剂使快中子减速，碳原子核的质量是中子的12倍，假设中子与碳原子核的每次碰撞都是弹性正碰，而且认为碰撞前碳核都是静止的。微观粒子之间的碰撞均遵循碰撞的一般规律，关于原子的内部结构，有以下知识可供参考：①一个原子的直径大约是10－10m，极小极小；②原子由质子与中子组成，这两种粒子的质量几乎相同，约为电子质量的2000倍；③原子核只占据的原子内部极小的空间（大约为原子整个体积的10－15），却集中了几乎所有原子的质量；④小小的电子们（直径大约为10－15m）在原子内部、原子核之外的“广袤”的空间中“游荡”着。设碰撞前中子的动能是E0，经过一次碰撞，中子失去的动能大约是多少？（可用计算器）（ ）
A. 15% B. 30% C. 50% D. 85%
【答案】B
【解析】
【详解】设中子的质量为m，速度为v0，碳核的质量为M，碰撞后中子、碳核的速度分别为v1、v，以v0方向为正方向，根据动量守恒定律得
根据机械能守恒定律得
联立解得
碰撞一次，中子损失的动能为
故B正确，ACD错误。
故选B。
37. 在一个反应堆中用石墨做慢化剂使快中子减速。碳原子核的质量是中子的12倍，假设中子与碳原子核的每次碰撞都是弹性正碰，而且认为碰撞前碳核都是静止的。微观粒子之间的碰撞均遵循碰撞的一般规律。关于原子的内部结构，有以下知识可供参考：①一个原子的直径大约是10-10m，极小极小；②原子由质子与中子组成，这两种粒子的的质量几乎相同，约为电子质量的2000倍；③原子核只占据的原子内部极小的空间（大约为原子整个体积的 10-15），却集中了几乎所有原子的质量；④小小的电子们（直径大约为10-15m）在原子内部、原子核之外的“广袤”的空间中“游荡”着。中子的动能小于E0×10-6 时，才能被引入反应堆。为了计算中子需要碰撞的次数，下面做一番简单的推导。假设碰前中子的动能是E0，经过一次碰撞，中子的动能失去了ηE0（η<1），那么再碰撞一次，中子的动能将变为原先的（ ）
A. （1-η）2 B. η2 C. 1-2η D. η（1-η）
【答案】A
【解析】
【详解】碰前中子的动能是E0，经过一次碰撞，中子的动能失去了ηE0，则此时中子的动能为E0(1-η)，则再碰撞一次，中子的动能将变为E0(1-η)2，即中子的动能将变为原先的(1-η)2。故A正确，BCD错误。
故选A。
38. 在一个反应堆中用石墨做慢化剂使快中子减速。碳原子核的质量是中子的12倍，假设中子与碳原子核的每次碰撞都是弹性正碰，而且认为碰撞前碳核都是静止的。微观粒子之间的碰撞均遵循碰撞的一般规律。关于原子的内部结构，有以下知识可供参考：①一个原子的直径大约是10-10m，极小极小；②原子由质子与中子组成，这两种粒子的的质量几乎相同，约为电子质量的2000倍；③原子核只占据的原子内部极小的空间（大约为原子整个体积的10-15），却集中了几乎所有原子的质量；④小小的电子们（直径大约为10-15m）在原子内部、原子核之外的“广袤”的空间中“游荡”着。根据上述研究，用碳作为中子减速剂比起用更重的原子（比如硅，它的质量是中子的28倍），其优势有（ ）
A. 每一次碰撞的减速效果明显
B. 达到相同能量要求，需要减速的次数较少
C. 其他材料中电子对碰撞的影响不可忽略
D. 中子与质量较小的原子碰撞，物理规律相对简单、计算简便
【答案】AB
【解析】
【详解】用表示中子质量，表示某原子核质量，和表示中子碰撞前后的速度。和表示某原子核碰撞前后的速度。当中子与静止的原子核发生弹性碰撞时，系统动量和动能守恒，故有
（）
解得
中子碰后，动能会损失，动能损失比率为
对于碳
对于硅
ABD．根据分析可知用碳作为中子减速剂时每一次碰撞的减速效果明显，则达到相同能量要求，需要减速的次数较少，AB正确D错误；
CD．任何材料中电子的质量都是相同的，所以电子对碰撞的影响都可忽略。
故选AB。
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