期末复习题(易错题 60题30个考点)-高一物理同步知识点解读与专题训练（2019人教版必修第二册）

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1．（2023春•南昌期末）狗拉雪橇在水平冰面上加速转弯，由A向B运动，轨迹为曲线AB，雪橇运动到C点时所受合外力可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解答】解：雪橇做的是曲线运动，雪橇受到的合力应该指向运动轨迹曲线的内侧，由于雪橇是从A向B运动的，并且速度在加速，所以合力与雪橇的速度方向的夹角要小于90°，故BCD错误，A正确。
故选：A。
二．运动的合成与分解（共2小题）
2．（2023春•泸县校级期末）若河水的流速大小与水到河岸的距离有关，河中心水的流速最大，河岸边缘处水的流速最小．现假设河的宽度为120m．河中心水的流速大小为4m/s，船在静水中的速度大小为3m/s，要使船以最短时间渡河，则（ ）
A．船渡河的最短时间是24 s
B．在行驶过程中，船头始终与河岸垂直
C．船在河水中航行的轨迹是一条直线
D．船在河水中的最大速度为7 m
【答案】B
【解答】解：A、当静水速的方向与河岸垂直时，渡河时间最短，t＝＝s＝40s。故A错误，B正确。
C、船在垂直河岸方向做匀速直线运动，在沿河岸方向，由于水流速在变，做变速运动，两合运动的轨迹是曲线。故C错误。
D、根据运动的合成，可知船在河水中的最大速度为m/s＝5m/s。故D错误。
故选：B。
3．（2023春•乐山期末）如图所示，小明将玩具电动车放在跑步机上做游戏，跑步机履带外侧机身上有正对的A、B两点，在慢跑模式下履带以v0＝3m/s的速度运行。已知电动小车能以v＝5m/s的速度匀速运动，履带宽度为50cm，小车每次都从A点出发，下列说法正确的是（ ）
A．无论玩具车车头指向何方，小车运动的合速度始终大于5m/s
B．玩具小车到达对面的最短时间为0.125s
C．玩具小车从A点出发到达正对面的B点，车头需与A点左侧履带边缘成53°夹角
D．玩具小车从A点出发到达正对面的B点用时为0.1s
【答案】C
【解答】解：A、由矢量合成的平行四边形法则，合速度可能等于分速度，可能大于分速度，也可能小于分速度，故A错误；
B、当玩具小车的车头垂直于履带运动时，小车到达对面的时间最短，此时最短时间为：，故B错误；
C、若玩具小车从A点出发到达正对面的B点，则速度方向与履带边缘成θ角，且有：
所以：θ＝53°，所以车头需与A点左侧履带边缘成53°夹角，故C正确；
D、玩具小车从A点出发到达正对面的B点所用时间为：，故D错误。
故选：C。
三．关联速度问题（共1小题）
4．（2022秋•黔东南州期末）（多选）如图所示，小车A通过一根绕过定滑轮的轻绳吊起一重物B，开始时用力按住A使A不动，现设法使A以速度vA＝2m/s向左做匀速直线运动，某时刻连接A车右端的轻绳与水平方向成θ＝37°角，设此时B的速度大小为vB（sin37°＝0.6，cs37°＝0.8），不计空气阻力，忽略绳与滑轮间摩擦，则（ ）
A．A不动时，B对轻绳的拉力就是B的重力
B．当轻绳与水平方向成θ角时，重物B的速度vB＝2.5m/s
C．当轻绳与水平方向成θ角时，重物B的速度vB＝1.6m/s
D．B上升到滑轮处前的过程中处于超重状态
【答案】CD
【解答】解：A、若A不动时B对轻绳的拉力大小等于B的重力，不是同一个力，故A错误；
BC、小车的运动可分解为沿绳方向和垂直于绳的方向的两个运动，因斜拉绳子与水平面的夹角为37°，
由几何关系可得：vB＝vAcs37°＝2×0.8m/s＝1.6m/s，故B错误，C正确；
D、因小车匀速直线运动，而θ逐渐变小，故vB逐渐变大，物体有向上的加速度，则B处于超重状态，故D正确。
故选：CD。
四．平抛运动（共2小题）
5．（2023春•福清市期末）“套圈”是老少皆宜的游戏。如图所示，将A、B两个套圈分别以速度v1、v2水平抛出，都能套中地面上的同一玩具，已知套圈A、B抛出时距玩具的水平距离相等，设套圈A、B在空中运动时间分别为t1、t2，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．t1等于t2B．t1小于t2
C．v2大于v1D．v1与v2相等
【答案】C
【解答】解：AB、套圈过程是圈做平抛运动，在竖直方向有：，由于A圈的高度比B圈的高度大，可知：t1＞t2，故AB错误；
CD、套圈A、B的水平速度为：，水平位移相等，可知：v1＜v2，故C正确，D错误。
故选：C。
6．（2022秋•泰山区校级期末）（多选）如图所示，球网高出桌面H，网到桌边的距离为L，某人在乒乓球训练中，从左侧处，将球沿垂直于网的方向水平击出，球恰好通过网的上沿落到右侧边缘，设乒乓球的运动为平抛运动，下列判断正确的是（ ）
A．击球点的高度与网高度之比为9：8
B．乒乓球在网左右两侧运动时间之比为2：1
C．乒乓球过网时与落到右侧桌边缘时速率之比为1：2
D．乒乓球在左、右两侧运动速度变化量之比为1：2
【答案】AD
【解答】解：AB、因为水平方向做匀速运动，网右侧的水平位移是左边水平位移的两倍，由x＝v0t得：乒乓球在网左右两侧运动时间之比为1：2．球在竖直方向做自由落体运动，根据h＝gt2可知，击球点的高度与网高之比为 9：8，故A正确、B错误；
C、水平方向为匀速直线运动，球恰好通过网的上沿的时间为球在网右侧运动时间的，竖直方向做自由落体运动，根据v＝gt可知，球恰好通过网的上沿的竖直分速度与落到右侧桌边缘的竖直分速度之比为1：3，根据v＝可知，乒乓球过网时与落到桌边缘时速率之比不一定是1：2，故C错误；
D、网右侧运动时间是左侧的两倍，Δv＝gt，所以乒乓球在左、右两侧运动速度变化量之比为1：2；故D正确；
故选：AD。
五．斜抛运动（共1小题）
7．（2020•山东）单板滑雪U形池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型：U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2°。某次练习过程中，运动员以vM＝10m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角α＝72.8°，腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g＝10m/s2，sin72.8°＝0.96，cs72.8°＝0.30。求：
（1）运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d；
（2）M、N之间的距离L。
【答案】（1）运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值为4.8m；
（2）M、N之间的距离为12m。
【解答】解：（1）在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1，由运动的合成与分解规律得：
v1＝vMsin72.8°…①
设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1，由牛顿第二定律得：
mgcs17.2°＝ma1 …②
由运动学公式得：d＝…③
联立①②③式，代入数据得：
d＝4.8m…④
（2）在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2，由运动的合成与分解规律得：
v2＝vMcs72.8°…⑤
设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得：
mgsin17.2°＝ma2 …⑥
设腾空时间为t，由运动学公式得：t＝…⑦
沿斜面方向根据位移﹣时间关系可得：L＝v2t+…⑧
联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得：L＝12m。
答：（1）运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值为4.8m；
（2）M、N之间的距离为12m。
六．线速度、角速度和周期、转速（共1小题）
8．（2023春•长寿区期末）如图，质量相等的A、B两物块置于绕竖直轴匀速转动的水平圆盘上，两物块始终相对于圆盘静止，则两物块（ ）
A．线速度相同B．向心加速度大小相等
C．角速度相同D．摩擦力大小相等
【答案】C
【解答】解：AC．由于A、B在同一转盘上无相对运动，因此它们的角速度相等，它们与转轴的距离不同，由v＝ωr可知线速度不同，故A错误，C正确；
B．A、B角速度相等，半径不同，则根据a＝ω2r可知，向心加速度不同，故B错误；
D．由题可知摩擦力提供向心力，A、B质量相等，角速度相等，半径不同，根据可知，向心力不同，故D错误。
故选：C。
七．向心力（共2小题）
9．（2023春•宝山区校级期末）细线一端系一个质量确定的重物，手执另一端使重物在光滑水平面上做圆心确定的匀速圆周运动。以下说法错误的是（ ）
A．若周期等大，绳子越长越容易断
B．若线速度等大，绳子越长越容易断
C．若角速度等大，绳子越长越容易断
D．若绳子等长，转得越快越容易断
E．若转速等大，线速度越大越容易断
F．若线速度等大，周期越小越容易断
【答案】B
【解答】解：A、对给定的物体而言，当周期等大时，根据公式Fn＝mr（）2，绳子越长即半径越大，向心力越大，即绳子越长越容易断，故A正确；
B、当线速度等大时，根据公式Fn＝m，绳子越长即半径越大，向心力越小，即绳子越长越不容易断，故B错误；
C、当角速度等大时，根据公式Fn＝mrω2，绳子越长即半径越大，向心力越大，即绳子越长越容易断，故C正确；
D、当绳子等长时，根据公式Fn＝mr（2πn）2，转得越快即n越大，向心力越大，即转得越快越容易断，故D正确，E正确；
E、若转速等大，根据公式Fn＝mr（2πn）2＝mv（2πn），线速度越大越容易断，故E正确；
F、当线速度等大时，根据公式Fn＝mrω2＝mvω＝mv，周期越小，向心力越大，即周期越小越容易断，故F正确。
本题选错误的，故选：B。
10．（2022秋•龙岩期末）（多选）四个完全相同的小球A、B、C、D均在水平面内做圆锥摆运动。如图甲所示，其中小球A、B在同一水平面内做圆锥摆运动（连接B球的绳较长）；如图乙所示，小球C、D在不同水平面内做圆锥摆运动，但是连接小球C、D的绳与竖直方向之间的夹角相同（连接D球的绳较长），则下列说法正确的是（ ）
A．小球A、B角速度相等
B．小球A、B线速度大小相同
C．小球C、D线速度大小相同
D．小球D受到绳的拉力与小球C受到绳的拉力大小相等
【答案】AD
【解答】解：AB、对题图甲，A、B两小球分析，设绳与竖直方向的夹角为θ，绳长为l，小球的质量为m，小球A、B与悬点间的竖直高度为h，如图所示。小球在水平面内做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，则由牛顿第二定律有
mgtanθ＝mω2lsinθ
解得：ω＝＝，因为小球A、B与悬点间的竖直高度h相同，所以小球A、B的角速度相同。小球A、B的轨迹半径r不同，由v＝rω可知，小球A、B的线速度大小不同，故A正确，B错误；
C、对C、D两小球分析，设绳与竖直方向的夹角为α，小球的质量为m，绳长为L，同理可知ω＝
线速度大小为v＝ωr，r＝Lsinα，可得v＝
小球C、D的绳与竖直方向之间的夹角相同，绳长不同，因此小球C、D线速度大小不同，故C错误；
D、对C、D两小球分析，设绳上的拉力为T，竖直方向有：Tcsα＝mg，则T＝，可知小球D受到绳的拉力与小球C受到绳的拉力大小相等，故D正确。
故选：AD。
八．向心加速度（共1小题）
11．（2023春•南宁期末）（多选）2022年3月23日的“天宫课堂”上，航天员叶光富用绳子一端系住装有水油混合液体的瓶子，做如图所示的圆周运动，一段时间后水和油成功分层（水在瓶底），以空间站为参考系，水油分离后的圆周运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．油的线速度小于水的线速度
B．油的向心加速度比水的向心加速度大
C．水对油有指向圆心的作用力
D．水对油的作用力大于油对水的作用力
【答案】AC
【解答】解：A、油和水都绕O点转动，角速度相等，根据v＝ωr，因水在外层，转动半径较大，所以油的线速度小于水的线速度，故A正确；
B、根据a＝ω2r可知，水的转动半径较大，则水的向心加速度大小大于油的向心加速度大小，故B错误；
C、“天宫课堂”瓶子和水油在太空中处于完全失重状态，此时油做匀速圆周运动，水对油有指向圆心的作用力，该力提供油所需要的向心力，故C正确；
D、根据牛顿第三定律知，水对油的作用力与油对水的作用力是相互作用力，等大反向，故D错误。
故选：AC。
九．生活中的圆周运动——车辆转弯问题（共1小题）
12．（2023春•湖北期末）2023年5月28日，我国自主研制的大型客运飞机C919从上海虹桥飞抵北京首都国际机场，标志着中国造大飞机正式迈入商业运营阶段。若客机空中转弯时，在t时间内以恒定的速率沿圆弧路径飞行的路程为L，客机相对圆弧圆心转过的角度为θ，客机的质量为m，下列对客机转弯过程的分析，正确的是（ ）
A．转弯半径为L
B．转弯半径为
C．客机所受向心力大小为
D．客机所受向心力大小为
【答案】D
【解答】解：AB、已知客机沿圆弧路径飞行的路程为L，客机相对圆弧圆心转过的角度为θ，根据L＝rθ得转弯半径为，AB错误；
CD、客机所受向心力大小为
F＝mω2r
又因为
联立解得：，故C错误，D正确。
故选：D。
一十．生活中的圆周运动——竖直平面内的圆周运动（共1小题）
13．（2022秋•舟山期末）如图是由弧形轨道、圆轨道（轨道底端B略错开，图中未画出）、水平直轨道平滑连接而成的力学探究装置。水平轨道AC右端装有理想轻弹簧（右端固定），圆轨道与水平直轨道相交于B点，且B点位置可改变，现将B点置于AC中点，质量m＝2kg的滑块（可视为质点）从弧形轨道高H＝0.6m处静止释放。已知圆轨道半径R＝0.1m，水平轨道长LAC＝1.0m，滑块与AC间动摩擦因数μ＝0.2，弧形轨道和圆轨道均视为光滑，不计其他阻力与能量损耗，求：
（1）滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压力大小；
（2）轻弹簧获得的最大弹性势能；
（3）若H＝0.4m，改变B点位置，使滑块在整个滑动过程中不脱离轨道，求BC长度满足的条件。
【答案】（1）滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压力大小为100N；
（2）轻弹簧获得的最大弹性势能为8J；
（3）若H＝0.4m，改变B点位置，使滑块在整个滑动过程中不脱离轨道，BC长度满足的条件是：0.5m≤L≤1m。
【解答】解：（1）从出发到第一次滑至圆轨道最高点过程，由动能定理可得：
在圆轨道最高点，由牛顿第二定律可得：
联立解得：FN＝100N
由牛顿第三定律得：滑块对轨道的压力大小为100N；
（2）弹射器第一次压缩时弹性势能有最大值，有能量守恒可知：EP＝mgH﹣μmgLAC
解得：EP＝8J
（3）①若滑块恰好到达圆轨道的最高点，在最高点根据牛顿第二定律有：
从开始到圆轨道最高点，有动能定理可知：
解得：s1＝0.75m
而LBC＝LAC﹣s1
要使滑块不脱离轨道，BC之间的距离应该满足：LBC≥0.25m
②若滑块刚好达到圆轨道的圆心等高处，此时的速度为零有动能定理可知：mg（H﹣R）﹣μmgs2＝0
解得：s2＝1.5ms2＝1.5m＝1m+0.5m
而：L'BC＝s2﹣LAC
即反弹时恰好上到圆心等高处，如果反弹距离更大，则上升的高度更小，更不容易脱离轨道，所以L'BC≥0.5m
考虑到AC的总长度等于1m，所以L'BC≤1m
结合①②两种情况，符合条件的BC长度L为：0.5m≤L≤1m
答：（1）滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压力大小为100N；
（2）轻弹簧获得的最大弹性势能为8J；
（3）若H＝0.4m，改变B点位置，使滑块在整个滑动过程中不脱离轨道，BC长度满足的条件是：0.5m≤L≤1m。
一十一．近代天体物理学史（共1小题）
14．（2023春•南开区期末）在万有引力定律理论建立的过程中，有许多科学家做出了杰出的贡献，关于科学和他们的贡献，下列说法中正确的是（ ）
A．月地检验表明地面物体所受地球的引力与太阳、行星间的引力遵从相同的规律
B．开普勒通过对第谷的观测数据的研究，认为行星的运动轨道都是圆轨道
C．牛顿通过扭秤实验测出了万有引力常量，成为测出地球质量的第一人
D．开普勒发现在相等时间内，地球与太阳的连线和火星与太阳的连线扫过的面积相等
【答案】A
【解答】解：A、牛顿的月地检验表明地面物体所受地球的引力与太阳、行星间的引力遵从相同的规律，故A正确；
B、开普勒通过对第谷的观测数据的研究，认为行星的运动轨道都是椭圆轨道，故B错误；
C、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪什通过扭秤实验测出了万有引力常量，成为测出地球质量的第一人，故C错误；
D、根据开普勒第二定律可知，对同一行星，行星与太阳的连线在任何相等时间内扫过的面积相等，故D错误。
故选：A。
一十二．万有引力定律的应用（共9小题）
15．（2023春•开远市校级期末）如图所示，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，运行的周期为T0，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点。若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经M、Q到N的运动过程中（ ）
A．从P到M所用的时间等于
B．从Q到N做减速运动
C．从P到Q阶段，速率逐渐变小
D．从M到N所用时间等于
【答案】C
【解答】解：BC、由开普勒第二定律知，从P经M到Q速率在减小，从Q到N速率在增大，故B错误，C正确；
AD、由对称性知，P→M→Q与Q→N→P所用的时间均为，从P经M到Q速率在减小，故从P到M所用时间小于，从Q→N所用时间大于，从M→N所用时间大于，故AD错误。
故选：C。
16．（2023•沈河区校级模拟）我国计划在2023年发射“嫦娥六号”，它是嫦娥探月工程计划中嫦娥系列的第六颗人造探月卫星，主要任务是更深层次、更加全面的科学探测月球地理、资源等方面的信息，进一步完善月球档案资料。已知月球的半径为R，月球表面的重力加速度为g，引力常量为G，嫦娥六号的质量为m，离月球中心的距离为r。根据以上信息可求出（ ）
A．月球的第一宇宙速度为
B．“嫦娥六号”绕月运行的动能为
C．月球的平均密度为
D．“嫦娥六号”绕月运行的周期为
【答案】B
【解答】解：A、设月球的质量为M。在月球表面，忽略自转，根据重力等于万有引力有
解得：GM＝gR2
对于近月卫星，根据万有引力提供向心力，有
可得月球的第一宇宙速度为：，故A错误；
B、“嫦娥六号”绕月运行时，根据万有引力提供向心力，有
解得：
“嫦娥六号”绕月运行的动能为：，故B正确；
C、由得月球的质量为，月球的平均密度为，故C错误；
D、“嫦娥六号”绕月运行时根据万有引力提供向心力，有
解得“嫦娥六号”绕月运行的周期为，故D错误。
故选：B。
17．（2023春•江津区期末）（多选）我国载人月球探测工程登月阶段任务已启动实施，计划2030年前实现中国人首次登陆月球。此前我国“玉兔2号”月球车首次实现月球背面软着陆，若月球的质量为M，月球的半径为R，“玉兔2号”月球车的质量为m，万有引力常量为G，则（ ）
A．月球对“玉兔2号”月球车的引力
B．月球的平均密度
C．月球的第一宇宙速度
D．月球表面的重力加速度
【答案】AC
【解答】解：A、根据万有引力定律可知，月球对“玉兔2号”月球车的引力，故A正确；
B、把月球看作一个密度均匀的球体，则有M＝ρ•，解得月球的平均密度，故B错误；
C、月球的第一宇宙速度即近月卫星的线速度大小，根据万有引力提供向心力有
解得：，故C正确；
D、在月球表面，根据重力等于万有引力有
则月球表面的重力加速度，故D错误。
故选：AC。
18．（2023春•武陟县校级期末）（多选）如图所示，在进行火星考查时，火星探测器对火星完成了“绕、着、巡”三项目标。在探测器着陆后，探测器上的科研装置，将一个小球由离地面h的高度静止释放，做自由落体运动，测得小球在经过时间t落地。已知引力常量为G，火星的半径为R。下列说法正确的是（ ）
A．“天问一号”在地球上的发射速度将大于16.7km/s
B．由题中数据可计算出火星表面处的重力加速度为
C．由题中数据可计算出火星质量为
D．由题中数据可计算出火星的平均密度为
【答案】CD
【解答】解：A、火星探测器虽然离开了地球，但没有离开太阳系，所以其发射速度应介于第二宇宙速度11.2km/s和第三宇宙速度16.7km/s之间，故A错误；
B、小球在火星表面做自由落体运动，由，解得火星表面处的重力加速度为，故B错误；
C、设火星质量为M，火星表面质量为m的物体所受万有引力等于重力，即，解得，故C正确；
D、火星的体积为，火星的平均密度为，解得，故D正确。
故选：CD。
19．（2023春•吉安期末）（多选）2018年5月21日，我国发射人类首颗月球中继卫星“鹊桥”，6月14日进入使命轨道地月拉格朗日L2轨道，为在月球背面着陆的嫦娥四号与地球站之间提供通信链路。12月8日，我国成功发射嫦娥四号探测器，并于2019年1月3日成功着陆于与月球背面，通过中继卫星“鹊桥“传回了月被影像图，解开了古老月背的神秘面纱。如图所示，“鹊桥“中继星处于L2点上时，会和月、地两个大天体保持相对静止的状态。设地球的质量为月球的k倍，地月间距为L，拉格朗日L2点与月球间距为d，地球、月球和“鹊桥”均视为质点，忽略太阳对“鹊桥”中继星的引力。则“鹊桥”中继星处于L2点上时，下列选项正确的是（ ）
A．“鹊桥”与月球的线速度之比为v鹊：v月＝（L+d）：L
B．“鹊桥”与月球的向心加速度之比为a鹊：a月＝L：（L+d）
C．k，L，d之间在关系为
D．k，L，d之间在关系为
【答案】AC
【解答】解：A、“鹊桥”与月球的角速度相等，根据v＝rω，线速度之比为v鹊：v月＝r鹊：r月＝（L+d）：L，故A正确；
B、“鹊桥”与月球的角速度相等，根据a＝ω2r，向心加速度之比为a鹊：a月＝r鹊：r月＝（L+d）：L，故B错误；
CD、对月球，万有引力提供向心力，故：
对“鹊桥”中继卫星，地球引力和月球引力的合力提供向心力，故：
联立解得：，故C正确，D错误；
故选：AC。
20．（2023春•赣州期末）在我国科幻电影《流浪地球2》的主角实施救援的电影片段中，提到了“洛希极限”这个概念，即当两个天体的距离小于洛希极限时，天体就会倾向碎散，地球有解体的风险。若地球与月球间的“洛希极限”计算公式为d＝1.26R地，其中R地、ρ地、ρ月分别为地球的半径、地球的密度和月球的密度；已知地球表面的重力加速度约为月球表面重力加速度的6倍，地球的半径约为6400km，月球的半径约为1700km；请根据以上数据计算地球与月球间的“洛希极限”。（提示：＝1.167，计算结果保留两位有效数字）
【答案】地球与月球间的“洛希极限”为9.4×103km。
【解答】解：利用星球表面处物体的重力等于万有引力有：
变形得到星球的质量：
星球的体积为：
则：
那么地球与月球的密度之比为：
根据题设条件可知，所以地球与月球间的“洛希极限”：≈1.26×6400×km＝9.4×103km
答：地球与月球间的“洛希极限”为9.4×103km。
21．（2023春•渭滨区期末）“嫦娥奔月”非神话，“破壁飞天”化玉娥。“万户”精魂付火箭，屈原“天问”下长河。2021年5月22日，祝融号火星车成功驶入火星表面；天问一号2021年11月8日成功实施第五次近火制动，准确进入遥感使命轨道，我国因此成为第一个首次同时实现火星环绕和登陆的国家。若已知祝融号质量为m1，它静止在火星表面时受到的重力大小为F0。天问一号探测器的质量为m2，在某时间段天问一号的轨迹可视为匀速圆周运动，圆周运动的周期为T。火星可近似视为半径为R质量均匀分布的球体，万有引力常量为G，求：
（1）火星的质量M；
（2）天问一号在该时间段与火星表面的距离。
【答案】（1）火星的质量M为；
（2）天问一号在该时间段与火星表面的距离为。
【解答】解：（1）设火星表面重力加速度为g，则据题意有：F0＝m1g
在火星表面，根据万有引力等于重力，有
解得火星的质量为：
（2）设天问一号在该时间段与火星表面的距离为h。
天问一号绕火星做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得：
由几何关系有h＝r﹣R
联立可得：
答：（1）火星的质量M为；
（2）天问一号在该时间段与火星表面的距离为。
22．（2023春•桂林期末）北京时间2023年5月30日，塔载神舟十六号载人飞船的长征二号F运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，约10分钟后，神舟十六号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道。航天员乘组状态良好，发射取得圆满成功。神舟十六号载人飞船入轨后，与空间站成功对接，之后神舟十六号上的3名航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮顺利进驻中国空间站，与神舟十五号乘组进行在岗轮换，再现6名航天员“太空会师”名场面。这是我国第三批航天员首次执行飞行任务，也是我国航天员队伍“新成员”——航天飞行工程师和载荷专家的“首秀”。空间站的轨道可近似看成距地面高度为h的圆轨道，其周期为T，已知地球半径为R，引力常量G。
（1）求空间站的线速度大小；
（2）求地球的平均密度；
（3）在火箭发射过程中，若忽略地球自转，初始阶段火箭近似认为沿竖直方向上升，某时刻飞船内仪器显示航天员对座椅的压力是地面重力的1.9倍，数据显示此时火箭加速度大小为g，方向竖直向上，已知地面重力加速度为g，试求此时火箭离地面的高度（结果可保留根式）。
【答案】（1）空间站的线速度大小为；
（2）地球的平均密度为；
（3）此时火箭离地面的高度为（﹣1）R。
【解答】解：（1）空间站的轨道半径r＝R+h，根据线速度与周期的关系式v＝可得空间站的线速度大小为
（2）设地球质量为M，空间站质量为m。空间站绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，有
地球密度为
联立解得：
（3）设此时火箭离地面的高度为h′。
火箭上升过程中，对航天员，由牛顿第三定律知，座椅对航天员的支持力FN＝F压＝1.9m1g
由牛顿第二定律有
FN﹣m1g′＝m1g
此时，有
在地球表面上，有
联立解得：
答：（1）空间站的线速度大小为；
（2）地球的平均密度为；
（3）此时火箭离地面的高度为（﹣1）R。
23．（2023春•青秀区校级期末）如图所示，行星绕太阳的公转可以看成匀速圆周运动。在地球上容易测得地球一水星连线与地球—太阳连线夹角α，地球—金星连线与地球—太阳连线夹角β，两角最大值分别为αm、βm，求：
（1）地球与金星公转周期之比；
（2）水星与金星的公转线速度之比。
【答案】（1）地球与金星公转周期之比为；
（2）水星与金星的公转线速度之比为。
【解答】解：（1）由题图的几何关系可知，地球和金星的公转半径之比为：
故：r金＝sinβmr地
结合太阳对任意行星的万有引力提供向心力：
联立得到：
（2）由牛顿第二定律有：
变形得到：
所以有：
由题可知：，
从而得到：
答：（1）地球与金星公转周期之比为；
（2）水星与金星的公转线速度之比为。
一十三．人造卫星（共2小题）
24．（2024•江苏模拟）国产科幻大片《流浪地球2》中提出太空电梯设想，其原理如图所示．假设有一太空电梯轨道连接地球赤道上的固定基地与同步空间站A，空间站A相对地球静止，某时刻电梯停靠在轨道某位置，卫星B与同步空间站A的运行方向相同，此时二者距离最近，经过时间t后，A、B第一次相距最远．已知地球自转周期为T，则下列说法正确的是（ ）
A．太空电梯内的乘客处于完全失重状态
B．电梯轨道对电梯的作用力方向指向地心
C．电梯轨道外部一物体脱落后将做匀速圆周运动
D．卫星B绕地球做圆周运动的周期为
【答案】D
【解答】解：A、对地球卫星，有G＝mω2r，解得ω＝，可知，卫星轨道半径越大，角速度越小。由于太空电梯上各质点的角速度与地球同步卫星的角速度相同，即太空电梯各质点的角速度小于与其处于同一轨道半径上卫星的角速度，则太空电梯上各质点做圆周运动所需的向心加速度小于该轨道卫星的向心加速度，而卫星的向心力是全部由万有引力提供，但是太空电梯上各质点的向心力小于其万有引力，所以处于失重状态，但不是完全失重状态，故A错误；
B、电梯做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，根据电梯受到的万有引力大于做圆周运动的向心力，则万有引力与电梯轨道对电梯的作用力的差值提供向心力，即电梯轨道对电梯的作用力方向与万有引力方向相反，指向空间站，故B错误；
C、对于同步卫星，由万有引力提供向心力，有：G＝m同r同
电梯环绕半径小于同步轨道半径，即r梯＜r同，则G＞m梯r梯
万有引力大于电梯做圆周运动的向心力，符合近心运动的条件，故电梯外壳上脱落的物体将做近心运动，故C错误；
D、设卫星B绕地球做圆周运动的周期为T′。经过时间t之后，A、B第一次相距最远，则有﹣＝0.5，解得T′＝，故D正确。
故选：D。
25．（2023春•涪城区校级期末）变轨技术是航天器入轨过程中的重要一环。实际航行中的变轨过程较为复杂，为方便研究，我们将航天器的变轨过程简化为如图所示的模型：①将航天器发射到近地圆轨道1上；②在A点点火加速使航天器沿椭圆轨道2运行，轨道1和轨道2相切于A点，A、B分别为轨道2的近地点与远地点，地球的球心位于椭圆的一个焦点上；③在远地点B再次点火加速，航天器沿圆轨道3运行，轨道2和轨道3相切于B点。已知引力常量为G，地球表面的重力加速度为g，轨道1半径为R，轨道3半径为3R，求：
（1）航天器在圆轨道3上运行时的速度大小v；
（2）航天器在轨道2上运动时，从A点运动到B点的最短时间。
【答案】（1）航天器在圆轨道3上运行时的速度大小v为；
（2）航天器在轨道2上运动时，从A点运动到B点的最短时间为。
【解答】
解：（1）航天器在轨道3运动时，根据万有引力提供向心力有：。
在近地轨道1运动时有：。
解得运行大小：。
（2）由题意可知，椭圆轨道2的半长轴：a=2R。
设航天器在近地轨道1运动时的周期为T1，则有：。
设航天器在轨道2运动时的周期为T2，根据开普勒第三定律有：。
解得最短时间：。
答：（1）航天器在圆轨道3上运行时的速度大小v为；
（2）航天器在轨道2上运动时，从A点运动到B点的最短时间为。
一十四．多星系统问题（共1小题）
26．（2023春•蓝田县期末）宇宙中两个相距较近的天体称为“双星”，它们以两者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动，但两者不会因万有引力的作用而吸引到一起。设两者的质量分别为m1和m2，两者相距为L。求：
（1）双星的轨道半径之比；
（2）双星的线速度之比；
（3）双星的角速度。
【答案】（1）双星的轨道半径之比为；
（2）双星的线速度之比为 ；
（3）双星的角速度为。
【解答】解：（1）设m1和m2的轨道半径分别为r1，r2 角速度为ω
由万有引力定律和向心力公式：，
联立解得：
（2）设m1和m2的线速度分别为v1，v2
根据线速度与角速度的关系：v＝ωr，所以有：
（3）由万有引力定律和向心力公式：，
两式相加得：
从而解得：ω＝
答：（1）双星的轨道半径之比为；
（2）双星的线速度之比为 ；
（3）双星的角速度为。
一十五．相对论时空观（共1小题）
27．（2016•江苏）一艘太空飞船静止时的长度为30m，他以0.6c（c为光速）的速度沿长度方向飞行经过地球，下列说法正确的是（ ）
A．飞船上的观测者测得该飞船的长度小于30m
B．地球上的观测者测得该飞船的长度小于30m
C．飞船上的观测者测得地球上发来的光信号速度小于c
D．地球上的观测者测得飞船上发来的光信号速度小于c
【答案】B
【解答】解：A、飞船上的观测者测得该飞船的长度是静止时的长度，为30m，故A错误；
B、地球上的观测者测得该飞船的长度是以0.6c的速度沿长度方向飞行时长度，为：＝30×＝24m＜30m，故B正确；
C、根据狭义相对论的光速不变原理，飞船上的观测者测得地球上发来的光信号速度等于c，地球上的观测者测得飞船上发来的光信号速度也等于c，故CD错误；
故选：B。
一十六．牛顿力学的局限性（共1小题）
28．（2023春•闵行区校级期末）下列对经典力学的说法中，正确的是（ ）
A．牛顿建立了经典力学的理论体系
B．经典力学适用于微观、高速、强引力场情况
C．用经典力学能解释微观高速粒子的某些现象
D．相对论和量子理论与牛顿经典力学观点完全一致
【答案】A
【解答】解：A．牛顿运动定律是经典力学的核心理论，建立了经典力学的理论体系，故A正确；
BC．用经典力学不能适用于微观高速粒子的现象，适用于宏观、低速、强引力场情况；故BC错误；
D．相对论、量力理论提出了经典力学的局限性，相对论适应领域：高速运动和量子理论适应领域：黑体辐射；观点完全不一致，故D错误。
故选：A。
一十七．功率、平均功率和瞬时功率（共4小题）
29．（2023•江苏模拟）如图所示，汽车上坡的时候，司机一般会换低挡，其目的是（ ）
A．减小功率，得到较小的牵引力
B．增大功率，得到较小的牵引力
C．减小速度，得到较大的牵引力
D．增大速度，得到较大的牵引力
【答案】C
【解答】解：由P＝FV可知，在功率一定的情况下，当速度减小时，汽车的牵引力就会增大，此时更容易上坡，故C正确，A、B、D错误。
故选：C。
30．（2023春•承德期末）一爱好轮滑的同学在轮滑场上练习轮滑时，有两个用相同材料铺设的轮滑轨道，高度相同，I轨道向外凸起，Ⅱ轨道向内凹进，如图所示。该同学多次从两轨道上等高的A、C两点由静止滑下，当到达轨道底端的等高点B、D时，速度大小总是一个大、另一个小，则下列说法正确的是（ ）
A．下滑的过程中在Ⅰ轨道上摩擦力对该同学做的功大于在Ⅱ轨道上摩擦力对该同学做的功
B．该同学到达B点时的速度总是大于到达D点时的速度
C．在经过两轨道上某等高点时，I轨道受到该同学的压力大
D．在Ⅱ轨道上下滑的过程中该同学克服重力做功的功率一定越来越大
【答案】B
【解答】解：ABC、由题意可知两轨道的动摩擦因数相同，由微元法可知，若不考虑向心力，每一小段上克服摩擦力做的功都可以表示为：Wf＝μmglcsθ
由于lcsθ等于对应长度l在地面上的投影，所以在不考虑向心力的情况下，两轨道摩擦力做的功相等。
由于在两轨道上运动时做圆周运动，Ⅰ轨道圆心在轨迹下方，向心加速度有竖直向下的分量，因此I轨道上同学对轨道的压力小于Ⅱ轨道上同学对轨道的压力，所以在Ⅰ轨道上摩擦力做的功小于在Ⅱ轨道上摩擦力做的功，由动能定理可知，该同学滑到最低点时，到达B点时的速度总是大于到达D点时的速度，故AC错误，B正确；
D、在Ⅱ轨道下滑的过程中该同学重力做功的功率WG＝mgvcsα，由于v越来越大，而csα越来越小，因此可以确定的是重力功率是先增大后减小的，故D错误。
故选：B。
31．（2023春•郫都区校级期末）如图所示，在水平地面静止放着一质量m＝1kg的木箱，一与水平方向成37°，大小F＝10N的恒力作用于木箱，木箱在力F的作用下由静止开始运动6s，木箱与地面摩擦因数μ＝0.5。sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，取g＝10m/s2。求：
（1）6s内，力F所做的功；
（2）6s内，力F的平均功率；
（3）6s末，力F的瞬时功率。
【答案】（1）6s内，力F所做的功为864J；
（2）6s内，力F的平均功率为144W；
（3）6s末，力F的瞬时功率为288W。
【解答】解：（1）根据牛顿第二定律得物体运动的加速度为：
a＝
代入数据解得：a＝6m/s2
6s内的位移为
x＝＝m＝108m
6s内力F所做的功为
W＝Fxcs37°＝10×108×0.8J＝864J
（2）6s内，力F的平均功率
（3）6s末速度为v＝at＝6×6m/s＝36m/s
6s末，力F的瞬时功率为
P＝Fvcs37°＝10×36×0.8W＝288W
答：（1）6s内，力F所做的功为864J；
（2）6s内，力F的平均功率为144W；
（3）6s末，力F的瞬时功率为288W。
32．（2023•南昌三模）港珠澳大桥是建筑史上里程最长、投资最多、施工难度最大的跨海大桥。如图所示的水平路段由一段半径为48m的圆弧形弯道和直道组成。现有一总质量为2.0×103kg、额定功率为80kW的测试汽车通过该路段，汽车可视为质点，取重力加速度g＝10m/s2。
（1）若汽车通过弯道时做匀速圆周运动，路面对轮胎的径向最大静摩擦力是车重的0.675倍，求该汽车安全通过此弯道的最大速度；
（2）若汽车由静止开始沿直道做加速度大小为3m/s2的匀加速运动，在该路段行驶时受到的阻力为车重的0.1倍，求该汽车运动4s末的瞬时功率。
【答案】（1）该汽车安全通过此弯道的最大速度为18m/s；
（2）该汽车运动4s末的瞬时功率为80kW。
【解答】解：汽车的额定功率为P0＝80kW＝8×104W
（1）由径向最大静摩擦力提供向心力时，汽车通过此弯道的速度最大，设最大速度为vm，则由牛顿第二定律有：
f径向＝m
据题：f径向＝0.675mg
解得：vm＝18m/s
（2）汽车在匀加速过程中，由牛顿第二定律得：
F﹣f＝ma
当功率达到额定功率时，有 P0＝Fv1
由运动学公式有 v1＝at1
代入数据解得匀加速直线运动的时间为：t1＝3.33s
因t＝4s＞t1＝3.33s，则t＝4s末发动机功率为P＝80kW
答：（1）该汽车安全通过此弯道的最大速度为18m/s；
（2）该汽车运动4s末的瞬时功率为80kW。
一十八．机车启动的两种模型（共1小题）
33．（2023春•安庆期末）工作人员为了对某款汽车的加速性能进行充分测试，驾驶员以汽车发动机额定功率启动汽车，作出的该款车的速度随时间的图像如图所示。假设测试路段平直，可以认为汽车所受阻力为恒力。已知该款车的质量为m＝1.2×103kg，发动机额定功率为P＝1.2×105W。
（1）当速度为20m/s时，汽车的加速度大小为多少；
（2）以汽车开始启动为零时刻，10s末汽车恰好达到最大速度，此过程汽车的位移为多少。
【答案】（1）当速度为20m/s时，汽车的加速度大小为2.5m/s2；
（2）此过程汽车的位移为80m。
【解答】解：（1）由图知汽车的最大vm＝40m/s，此时牵引力与阻力大小相等
由P＝Fvm＝fvm得汽车所受阻力大小为
f＝＝N＝3000N
当速度为20m/s时，牵引力为
F′＝＝N＝6000N
由牛顿第二定律有
F﹣f＝ma
可得：a＝2.5m/s2
（2）由动能定理有
可得：x＝80m
答：（1）当速度为20m/s时，汽车的加速度大小为2.5m/s2；
（2）此过程汽车的位移为80m。
一十九．重力势能的变化和重力做功的关系（共2小题）
34．（2023春•南昌期末）如图所示为一栋楼房的截面图，各楼层高度已在图中标出，一只质量为1kg的小猫从一楼的A处沿楼梯爬上三楼，已知小猫爬到楼梯口B处时的重力势能为0，重力加速度大小取g＝10m/s2，则下面说法正确的是（ ）
A．小猫在A处的重力势能为15J
B．小猫在E处的重力势能是在A处的2倍
C．小猫从B到D重力做的功为30J
D．小猫从A到B重力势能增加了15J
【答案】D
【解答】解：A.小猫爬到楼梯口B处时的重力势能为0，则小猫在A处的重力势能为
EpA＝﹣mghA＝﹣1×10×1.5J＝﹣15J，故A错误；
B.小猫在E处的重力势能，EpE＝mghEB＝1×10×（3﹣1.5+3）J＝45J，而A处的重力势能为﹣15J，故B错误；
C.小猫从B到D重力做的功为，WG＝﹣mghBD＝﹣1×10×3J＝﹣30J，故C错误；
D.小猫从A到B重力势能增加了，ΔEp＝mghAB＝1×10×1.5J＝15J，故D正确。
故选：D。
35．（2023春•乌鲁木齐期末）树上有一个质量m＝0.3kg的苹果下落，在由C落至D的过程中。若g＝10m/s2，hCD＝3.0m，则重力所做的功为 9.0 J，重力势能的变化量为 ﹣9.0 J。
【答案】9.0；﹣9.0。
【解答】解：苹果下落，在由C落至D的过程中，则重力所做的功W＝mgh＝0.3×10×3.0J＝9.0J
重力势能的变化量为：ΔEP＝﹣9.0J
故答案为：9.0；﹣9.0。
二十．动能定理（共5小题）
36．（2023春•高新区校级期末）小明驾驶两轮平衡车在水平路面上以恒定加速度a启动，v﹣t图像如图所示，已知人和平衡车的总质量为m，平衡车动力系统的额定功率为P0，平衡车受到的阻力恒为f，不计人对平衡车做功，则（ ）
A．平衡车匀加速阶段的牵引力为f+ma
B．平衡车能达到的最大行驶速度
C．平衡车做匀加速直线运动过程中能达到的最大速度
D．0～t2时间内，阻力对平衡车做的功为
【答案】A
【解答】解：A、匀加速阶段，由牛顿第二定律得：F﹣f＝ma，可得平衡车匀加速阶段的牵引力为F＝f+ma，故A正确；
B、当平衡车牵引力与阻力平衡时，达到最大速度，由P0＝F'vm＝fvm，可得平衡车能达到的最大行驶速度，故B错误；
C、匀加速直线运动结束时平衡车的功率达到额定功率，由P0＝Fv1，结合F＝f+ma，可得平衡车做匀加速直线运动过程中能达到的最大速度，故C错误；
D、0～t2时间内，由动能定理可得：F•+P0（t2﹣t1）+Wf＝
联立可得阻力对平衡车做的功为：，故D错误。
故选：A。
37．（2023春•浉河区校级期末）如图，在竖直平面内有一个半径为R且光滑的四分之一圆弧轨道AB，轨道下端B与水平面CD相切，BC光滑且长度大于R，C点右边粗糙程度均匀且足够长。现用手捏住一根长为的匀质细杆的上端，使杆下端与A点等高，然后由静止释放杆子，让杆子保持沿轨道内下滑。不计空气阻力及杆与圆弧轨道的撞击，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．杆子前端到达C点时的速度大小为
B．杆子前端在过C点后，一直做匀减速运动
C．杆子前端在过C点后，滑行一段距离后停下来，在此过程中，若将杆子分成任意两段，其前一段对后一段的作用力大小不变
D．若杆子前端在过C点后，滑行s距离后停下，且s＞R，杆子与粗糙平面间的动摩擦因数为
【答案】D
【解答】解：A、杆子从A处静止释放到前端到达C点的过程，由动能定理得：mg（R+R）＝，解得：vC＝，故A错误；
B、杆子前端在过C点后，在杆子通过C点的过程中，杆子受到的滑动摩擦力逐渐增大，合力逐渐增大，加速度逐渐增大，做加速度逐渐增大的变减速运动，当杆子完全进入CD后，受到的滑动摩擦力不变，合力不变，开始做匀减速直线运动，故B错误；
C、杆子前端在过C点后，将杆子分成任意两段，设前段的质量为m。若前段已经通过C点，在后段通过C点的过程，对前段，由牛顿第二定律得：f﹣F＝ma，则后段对前段的作用力大小F＝f﹣ma，a增大，f不变，F减小，故C错误；
D、绳子前端滑过C点后，其受到的滑动摩擦力先均匀增大，其平均值为＝＝μmg，后端通过C点后滑动摩擦力不变，其值为μmg。
从前端过C点到停止的过程，由动能定理得：−μmg•−μmg（s−）＝0−，解得：μ＝，故D正确。
故选：D。
38．（2023春•宁波期末）一辆小汽车在水平路面上由静止沿直线启动，在0～t1时间内做匀加速直线运动，t1时刻达到速度v1，并达到额定功率，之后保持以额定功率运动。汽车的质量为m，汽车受到地面的阻力为车重力的k倍，重力加速度g及上述物理量均已知，若想要知道该汽车从静止加速到最大速度经过的位移，还需要知道以下哪个物理量（ ）
A．汽车在0～t1时间内的牵引力F
B．汽车的额定功率P
C．汽车的最大速度vm
D．汽车加速到最大速度的时刻t2
【答案】D
【解答】解：在0～t1时间内做匀加速直线运动，汽车的位移为
根据牛顿第二定律得
以上两式联立可解得汽车的额定功率P。
当F＝f时汽车的速度最大，汽车的最大速度为
汽车速度从v1加速至vm，根据动能定理得
汽车从静止加速到最大速度经过的位移为
x＝x1+x2
可知若想要知道该汽车从静止加速到最大速度经过的位移x，需要解得x2，求解x2就需要知道汽车加速到最大速度的时刻t2，故ABC错误，D正确。
故选：D。
39．（2022秋•葫芦岛期末）（多选）如图1所示，水平粗糙传送带以恒定速度v0顺时针匀速传送，质量为m的正方形物体abcd置于传送带上，在传送带所在区域有一以PQ与MN为边界的测定区域，当abcd在进入与离开该区域的过程中就会受到水平向左的变力F的作用，且当abcd进入该区域的过程中F的变化规律与abcd离开该区域的过程中F的变化规律相同，PQ、MN与传送带垂直。物体在图示位置开始计时，运动过程中ab边始终与PQ平行，其速度与时间的关系如图2所示，t1～t2时间内为曲线，t2～t3时间内为直线，重力加速度为g，正方体物体的棱长为L，则下列说法正确的是（ ）
A．t2～t3时间内物体的加速度大小为
B．物体与传送带间的动摩擦因数为
C．边界PQ与MN的距离为
D．t1～t2时间内，变力F做的功的绝对值为
【答案】ABD
【解答】解：A、物体在t2～t3时间内做匀加速直线运动，由v﹣t图像可得物体的加速度大小为，故A正确；
B、物体在t2～t3时间内做匀加速直线运动，此过程中物体水平方向只受滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得：μmg＝ma，解得物体与传送带间的动摩擦因数为：，故B正确；
C、根据题意可知，边界PQ与MN的距离为物体在t1～t4时间内的位移之和，物体在t1～t2时间内的位移为物体的棱长，即有x1＝L
根据v﹣t图像与时间轴所围的面积表示位移，可得物体在t2～t3时间内的位移为
物体在t3～t4时间内的位移为x3＝v0（t4﹣t3）
故边界PQ与MN的距离为，故C错误；
D、设t1～t2时间内，变力F做功的绝对值为W，根据动能定理得：，解得：，故D正确。
故选：ABD。
40．（2023春•镇江期末）如图所示，人们常用“打夯”的方式把松散的地面夯实。设某次打夯符合以下模型：两人同时通过绳子对重物各施加一个恒力，力的大小均为250N，方向都与竖直方向成37°，重物离开地面30cm后人停止施力。已知重物的质量为30kg，g取10m/s2，cs37°＝0.8。求：
（1）两人对重物所做的功；
（2）重物离开地面的最大高度。
【答案】（1）两人对重物所做的功为120J；
（2）重物离开地面的最大高度为0.4m。
【解答】解：（1）一个人对重物所做的功为
W＝Flcsα＝250×30×10﹣2×0.8J＝60J
两人对重物所做的的功为
W总＝2W＝2×60J＝120J
（2）设重物上升最大高度为h，从重物离地到重物到达最高点的过程中，由动能定理得
W总+（﹣mgh）＝0
解得：h＝0.4m
答：（1）两人对重物所做的功为120J；
（2）重物离开地面的最大高度为0.4m。
二十一．机械能守恒定律（共2小题）
41．（2022秋•铁岭期末）如图所示，两小滑块P、Q的质量分别为2m和m，P、Q通过光滑铰链用长为L的轻杆连接，P套在固定的光滑竖直杆上，Q放在光滑水平地面上。原长为的轻弹簧水平放置，右端与Q相连，左端固定在竖直杆上O点。将P由静止释放，此时轻杆与竖直方向夹角α＝30°，P下降到最低点时α变为60°。重力加速度为g，则在P下降的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．P、Q组成的系统机械能守恒
B．下降过程中P的机械能先增大后减小
C．弹簧弹性势能最大值为
D．P达到最大动能时，Q受到地面的支持力大小为3mg
【答案】D
【解答】解：A、对于P、Q和弹簧组成的系统，由于只有重力和弹簧的弹力做功，所以系统机械能守恒，由于弹簧的弹性势能增加，所以P、Q组成的系统机械能减少，故A错误；
B、P下降过程中，轻杆一直阻碍P下落，对P做负功，所以P的机械能一直减小，故B错误；
C、P下降到最低点时，弹簧弹性势能最大，根据系统机械能守恒可得弹簧弹性势能最大值为，故C错误；
D、P达到最大动能时，在竖直方向上的加速度为零，整个系统竖直方向合力为零，所以Q受到地面的支持力大小为FN＝2mg+mg＝3mg，D正确。
故选：D。
42．（2023春•长寿区期末）如图所示，悬崖上有一质量m＝50kg的石块，距离地面高度h＝20m，由于长期风化作用而从悬崖上由静止落到地面。若下落时不计空气阻力且石块质量不变，以地面为零势能面，求石块：（取g＝10m/s2）
（1）未下落时在悬崖上的重力势能；
（2）落到地面时的速度大小。
【答案】（1）未下落时在悬崖上的重力势能为10000J；
（2）落到地面时的速度大小为20m/s。
【解答】解：（1）由重力势能的计算式可知
Ep＝mgh
可得
（2）由机械能守恒定律可知
可得：
答：（1）未下落时在悬崖上的重力势能为10000J；
（2）落到地面时的速度大小为20m/s。
二十二．功能关系（共4小题）
43．（2023春•兴庆区校级期末）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块（ ）
A．加速度先增大后减小
B．经过O点时的速度最大
C．所受弹簧弹力始终做正功
D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
【答案】D
【解答】解：AB、物块由A点开始向右加速运动，弹簧压缩量逐渐减小，F弹减小，由F弹﹣Ff＝ma知，a减小，所以物块做加速度减小的加速运动；
当运动到F弹＝Ff时，a减小为零，此时物块速度最大，弹簧仍处于压缩状态，不是在O点；
由于惯性，物块继续向右运动，此时Ff﹣F弹＝ma，物块做减速运动，且随着压缩量继续减小，a逐渐增大；
当越过O点后，弹簧开始被拉伸，此时F弹+Ff＝ma，随着拉伸量增大，a继续增大，
综上所述，从A到B过程中，物块加速度先减小后反向增大，在O点左侧F弹＝Ff时速度v达到最大，故AB错误；
C、在AO段，弹簧压缩，物块所受弹簧弹力做正功，在OB段，弹簧伸长，物块所受弹簧弹力做负功，故C错误；
D、由动能定理知，从A到B的过程中，弹簧弹力做功与摩擦力做功之和为0，所以物块所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功，故D正确。
故选：D。
44．（2023春•成华区校级期末）（多选）如图所示，粗糙的水平面上有一根右端固定的轻弹簧，其左端自由伸长到b点，质量为2kg的滑块从a点以初速度v0＝6m/s开始向右运动，与此同时，在滑块上施加一个大小为20N，与水平方向夹角为53°的恒力F，滑块将弹簧压缩至c点时，速度减小为零，然后滑块被反弹至d点时，速度再次为零，已知ab间的距离是2m，d是ab的中点，bc间的距离为0.5m．（g取10m/s2，sin53°≈0.8，cs53°≈0.6），则下列说法中正确的是（ ）
A．滑块与水平面间的摩擦因数为0.3
B．滑块从b点至c点的过程运动时间为
C．弹簧的最大弹性势能为36J
D．滑块从c点至d点过程中的最大动能为25J
【答案】CD
【解答】解：A、滑块从a点到反弹到d点过程，根据动能定理得
根据题意有
，xac+xcd＝（2m+0.5m）+（0.5m+1m）＝4m
解得：，故A错误；
C、滑块从a点运动至c点过程，由于Fcs53°＝20×0.6N＝12N，f＝μ（mg+Fsin53°）＝×（2×10+20×0.8）N＝12N，则Fcs53°＝f
滑块运动到c点时弹性势能最大，由于恒力F做功与滑动摩擦力做功的代数和为0，则弹簧的最大弹性势能为EPmax＝＝J＝36J，故C正确；
B、滑块从b点至c点的过程，由于Fcs53°＝f，可知滑块的合力大小等于弹簧弹力大小，可认为滑块做简谐运动，则滑块从b点至c点的时间为
根据，解得弹簧劲度系数为k＝288N/m
则有，故B错误；
D、滑块从c点至d点过程中，当滑块的合力为零时，滑块的速度最大，动能最大，则有
kx﹣Fcs53°﹣μ（mg+Fsin53°）＝0
解得弹簧的压缩量为
滑块从最大动能处至d点过程中，根据功能关系可得
解得最大动能为：Ekm＝25J，故D正确。
故选：CD。
45．（2023春•锦州期末）（多选）如图所示，质量分别为2kg和2.5kg的物块A、B，与劲度系数为1000N/m的轻弹簧拴接后竖直放在水平地面上，对物块A施加一个40N的竖直向下的压力F，物块A、B均处于静止状态。已知弹簧的弹性势能大小为，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，取g＝10m/s2，突然撤去压力F，则（ ）
A．物块A的最大动能为0.8J
B．物块A的最大动能为1.6J
C．物块B不可能离开水平地面
D．只要k足够小，物块B就可能离开水平地面
【答案】AC
【解答】解：AB、有压力F时，弹簧的压缩量x0＝＝m＝0.06m
物块A动能最大时，弹簧的弹力等于物块A的重力，即kx1＝mAg，解得：x1＝0.02m
由机械能守恒定律得：
mAgh+EkA＝Ep0﹣Ep1
其中，
h＝x0﹣x1＝0.06m﹣0.02m＝0.04m
可得A的最大动能EkA＝0.8J，故A正确，B错误；
CD、设弹簧形变量为x2时，弹簧的弹力kx2＝mBg
此时B恰好要离开地面，A由初始上升h‘＝x0+x2
由机械能守恒有：mAgh′+EkA′＝Ep0﹣Ep2
代入数据得：EkA′＜0，不可能，所以B不会离开地面，故C正确，D错误。
故选：AC。
46．（2023春•烟台期末）物理兴趣小组同学设计了一个游戏装置研究竖直平面内物体的运动。其简化的模型如图所示，竖直面内依次固定着斜面轨道AB和圆心为O、半径为R的圆周轨道，二者通过水平直轨道BC平滑连接，圆周轨道的左侧连接一段长度为2R的粗糙水平轨道CD，D点的左侧有一轻质弹簧固定在竖直挡板上，弹簧自由伸长时其右端恰好位于D点。在一次实验中，小组同学将一个质量为m的小滑块从斜面轨道上距离水平直轨道高度h＝5R处由静止释放，滑块进入水平轨道运动到C点后，进入圆周轨道，运动一周后自C点离开圆周轨道后向D点运动。小滑块和CD段间的动摩擦因数μ＝0.5，与其它部分摩擦均忽略不计，不计小滑块大小及经过连接处的机械能损失，重力加速度为g。求：
（1）弹簧获得最大弹性势能；
（2）滑块第一次到达圆周轨道最高点处对轨道的压力大小；
（3）整个过程中滑块在CD段运动的时间。
【答案】（1）弹簧获得最大弹性势能为4mgR；
（2）滑块第一次到达圆周轨道最高点处对轨道的压力大小为5mg；
（3）整个过程中滑块在CD段运动的时间为。
【解答】（1）设弹簧获得最大弹性势能为Epm，由能量守恒定律得：Epm=mgh-μmg•2R
解得：Epm=4mgR
（2）设滑块第一次到达圆周轨道最高点时速度为v,由机械能守恒定律得：mg•5R−mg•2R＝
mv2
在最高点，根据牛顿第二定律有：FN+mg＝m。
由牛顿第三定律可知，滑块在最高点对轨道压力大小为：FN=FN′=5mg。
（3）设滑块能够在竖直圆周轨道做完整圆周运动时，在最高点和最低点的最小速度分别为v0、V0，则由牛顿第二定律有：。
。
由以上两式解得：。
设滑块和弹簧第一次作用后，经过CD返回到圆周轨道最低点C时的速度大小为v1，则由动能定理有：。
解得：。
由于v1＞V0，滑块能够到达最高点返回斜面，而后又从斜面返回并离开圆周轨道，并再一次和弹簧发生作用，设滑块和弹簧第二次作用后，经过CD返回到圆周轨道最低点C时的速度大小为v2，则由动能定理有：。
解得：。
设滑块以速度v2从C点进入圆周轨道，能够上升的最大高度为h1，则有：。解得：h1=R。
由此可见滑块沿着圆周轨道运动圆周后，再次返回到CD轨道上运动，设滑块在轨道CD段运动的总路程为s,则由能量守恒定律得：mg•5R=μmgs
在CD段运动的加速度的大小为：a=μg
根据位移—时间关系有：
联立解得：。
答：（1）弹簧获得最大弹性势能为4mgR；
（2）滑块第一次到达圆周轨道最高点处对轨道的压力大小为5mg；
（3）整个过程中滑块在CD段运动的时间为。
二十三．电荷守恒定律（共1小题）
47．（2020•浦口区校级学业考试）将一束塑料包扎带一端打结，另一端撕成细条后，用手迅速捋细条，观察到细条散开了，如图所示．下列关于细条散开现象的分析中正确的是（ ）
A．由于摩擦起电，细条带同种电荷，相互排斥散开
B．撕成细条后，所受重力减小，细条自然松散
C．撕成细条后，由于空气浮力作用使细条散开
D．细条之间相互感应起电，相互排斥散开
【答案】A
【解答】解：塑料捆扎绳与手摩擦带电；塑料捆扎绳上带的是同种电荷，同种电荷相互排斥，所以塑料绳会向四周散开，捋的次数越多，塑料绳带电越多，排斥力越多，下端散开的就越大，下端散开的就越大；故BCD错误，A正确；
故选：A。
二十四．库仑定律（共4小题）
48．（2024•碑林区模拟）两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F．两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（ ）
A．FB．FC．FD．12F
【答案】A
【解答】解：相距为r时，根据库仑定律得：
F＝K；
接触后，各自带电量变为Q′＝＝Q，则此时
F′＝K 两式联立得F′＝ F，故A正确，BCD错误，
故选：A。
49．（2023春•景德镇期末）对于库仑定律，下面说法中正确的是（ ）
A．凡计算两个点电荷间的相互作用力，都可以使用公式F＝k计算
B．相互作用的两个点电荷，若它们的电量不相同，它们之间的库仑力大小可能不相等
C．两个点电荷的电量各减为原来的一半，它们之间的距离保持不变，则它们之间的库仑力减为原来的一半
D．在公式F＝k中，是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的场强大小；而是点电荷Q1产生的电场在点电荷Q2处的场强大小
【答案】D
【解答】解；A、库仑定律的适用条件是：真空和静止点电荷，两个带电小球距离非常近时，电荷不能看成点电荷，因此不能使用库仑定律，故A错误。
B、相互作用的两个点电荷之间的库仑力为作用力和反作用力的关系，大小始终相等，故B错误。
C、根据库仑定律的计算公式F＝k，当两个点电荷的电荷量都减为原来的一半，它们之间的距离保持不变，则它们之间的库仑力减为原来的 ，故C错误；
D、在公式F＝k中，是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的场强大小；而是点电荷Q1产生的电场在点电荷Q2处的场强大小。故D正确。
故选：D。
50．（2023春•湖北期末）如图所示，abcde是半径为r的圆内接正五边形，在其顶点a、b、c、d处各固定有电荷量为+Q的点电荷，则放置在圆心O处的点电荷﹣q（q＞0）所受到的静电力大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解答】解：假设在e点固定一个电荷量为+Q的点电荷，根据对称性和电场的叠加原理可知圆心O处的合场强为零，所以，如果撤去e点处固定的这个电荷，则剩下电荷在O处的合场强与e点固定一个电荷量为+Q的点电荷在O处产生的场强等大反向，大小为E＝k，则放置在圆心O处的点电荷﹣q（q＞0）所受到的静电力大小为F＝qE＝，故ACD错误，B正确。
故选：B。
51．（2022秋•台州期末）（多选）如图所示，三根完全相同的轻质绝缘细杆，通过金属铰链P组合成支架，杆可绕铰链自由转动，每根杆下端分别固定有A、B、C带电小球，支架静放在绝缘粗糙的水平桌面上。已知三根细杆对称分布，与竖直方向的夹角均为37°，长为l。P、A、B、C质量均为m，电荷量均为q（q＞0）且可看成点电荷。静电力常量为k，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。则（ ）
A．A球受到5个力作用
B．A球受到桌面的摩擦力方向垂直指向BC
C．每根杆对P球的作用力大小为
D．同时减小杆与竖直方向夹角时，小球对桌面的压力减小
【答案】BC
【解答】解：C、对P球作受力分析如图所示：
库仑力大小为：
由平衡条件得：3（F杆+F库）cs37°＝mg
解得每根杆对P球的作用力大小为：，故C正确；
A、对A作受力分析如图所示：
由于与库仑力大小未知，所以杆AP受力方向未知，A球受到重力、支持力、摩擦力、B、C、P的斥力作用，故A错误；
B、FBA、FCA的合力方向由A指向D，FPA在桌面方向的分力也是由A指向D，所以摩擦力的方向垂直指向BC，故B正确；
D、将金属铰链和小球作为整体，同时减小杆与竖直方向夹角时，根据平衡条件可知桌面对小球的支持力大小等于4mg，由牛顿第三定律知小球对桌面的压力仍为4mg，故D错误。
故选：BC。
二十五．电场强度与电场力（共2小题）
52．（2022秋•浦东新区校级期末）如图，一个电荷量为q的正点电荷位于电场中A点，受到的电场力为F，则A点的电场强度大小，方向与F相同。若把该点电荷换为电荷量为2q的负点电荷，则A点的电场强度（ ）
A．大小仍为E，方向与原来相反 B．大小仍为E，方向与原来相同
C．大小变为，方向与原来相反 D．大小变为，方向与原来相同
【答案】B
【解答】解：根据电场强度的物理意义：电场强度反映电场本身性质的物理量，仅电场本身决定，与试探电荷无关。可知，将该点电荷换为电荷量为2q的负点电荷，A点的场强大小和方向均不变，故B正确。
故选：B。
53．（2023春•鞍山期末）如图所示，轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°。已知小球所带电荷量q＝1.0×10﹣6C，匀强电场的场强E＝3.0×103N/C，取重力加速度g＝10m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求：
（1）小球的质量m；
（2）若剪断细线，求剪断细线后2s末的速度大小；
（3）若不剪断细线，调整场强大小与方向保持小球静止，求最小场强。
【答案】（1）小球的质量m为4.0×10﹣4kg；
（2）剪断细线后2s末的速度大小为25m/s；
（3）最小场强为2.4×103N/C，方向垂直于绳向上。
【解答】解：（1）对小球进行受力分析如图所示
则由平衡条件有
Tcsθ＝mg，Tsinθ＝qE
解得：m＝4.0×10﹣4kg
（2）若剪断细线，小球将沿原来细线的方向向右下方做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有
由运动学公式有 v＝at
解得：v＝25m/s
（3）若不剪断细线，调整场强大小与方向保持小球静止，对小球进行受力分析，作出受力的动态三角形，如图所示
可知，当电场方向垂直于绳向上时，电场力最小，电场强度最小，则有
qEmin＝mgsinθ
解得：
答：（1）小球的质量m为4.0×10﹣4kg；
（2）剪断细线后2s末的速度大小为25m/s；
（3）最小场强为2.4×103N/C，方向垂直于绳向上。
二十六．电场的叠加（共1小题）
54．（2023春•赣州期末）如图所示，两异种点电荷的电荷量均为Q＝1×10﹣3C，绝缘竖直平面过两点电荷连线的中点O且与连线垂直，平面上A、O两点位于同一竖直线上，AO＝l＝3m，两点电荷到O点的距离也为l。现有比荷C/kg带负电的小物块（可视为质点），从A点以一定的初速度向下滑动.已知物块与平面的动摩擦因数为μ＝，g取10m/s2.求：
（1）A点的电场强度的大小；
（2）A点的加速度。
【答案】（1）A点的电场强度的大小为N/C；
（2）A点的加速度大小为5m/s2，方向竖直向上。
【解答】解：（1）两异种点电荷在A点的场强如图所示
正、负点电荷在A点产生的场强大小为E＝k＝
A点的电场强度的大小为
（2）物块在A点受到重力、电场力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律有
mg﹣μFN＝ma
水平方向有
FN＝qEA
解得：a＝﹣5m/s2，负号表示方向竖直向上。
答：（1）A点的电场强度的大小为N/C；
（2）A点的加速度大小为5m/s2，方向竖直向上。
二十七．电场线（共1小题）
55．（2023春•湘阴县期末）关于电场线，下列说法中正确的是（ ）
A．电场线是电场中客观存在的物质
B．电场中任意两条电场线都不会相交
C．顺着电场线的方向电场强度越来越大
D．初速度为零的点电荷，其运动轨迹与电场线重合
【答案】B
【解答】解：A、电场是客观的存在，电场线是人为虚拟的，不是客观存在的线，故A错误。
B、电场线的切线方向就是电场强度的方向，如果两条电场线在同一点相交，则有两个切线方向，而事实上电场中的每一点只有一个方向，故任意两条电场线都不会相交。故B正确。
C、电场线的疏密代表电场的强弱，顺着电场线方向，电场线不一定越来越密，场强不一定越来越大，故C错误。
D、初速度为零的正电荷在电场力作用下可能沿电场线运动，如当电场线是直线时，正电荷沿电场线方向运动，故D错误。
故选：B。
二十八．静电平衡现象（共1小题）
56．（2022秋•贵阳期末）如图，将带正电荷量为Q的导体球C靠近不带电的导体。若沿虚线1将导体分成A、B两部分，这两部分所带电荷量的大小分别用QA、QB表示；若沿虚线2将导体分成两部分，这两部分所带电荷量的大小分别用QAʹ、QBʹ表示。下列关于QA、QAʹ、QB和QBʹ电荷量的正负和大小关系判断正确的是（ ）
A．QA为负，QB为正，且QA＝QB
B．QAʹ为正，QBʹ为负，且QAʹ＝QBʹ
C．QA和QAʹ为正，且QA＝QAʹ
D．QB和QBʹ为负，且QB＝QBʹ
【答案】B
【解答】解：导体AB开始时不带电，但C靠近时，根据电荷守恒定律可知，不管是沿虚线1将导体分开还是沿虚线2将导体分开，两部分所带异种电荷量的大小均相等，即QA＝QB，QA′＝QB′；若沿虚线1将导体分成A、B两部分，由于虚线1距正电荷Q较远，A部分感应出的正电荷较少，即B部分感应出的负电荷较少，有QA＜QA'，QB＜QB'，故B正确ACD错误。
故选：B。
二十九．探究平抛运动的特点（共2小题）
57．（2023春•海淀区校级期末）用如图所示装置探究平抛运动的特点。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上，钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球会在白纸上挤压出一个痕迹点，移动挡板，依次重复上述操作，白纸上将留下一系列痕迹点。
（1）除图示中器材外，还需要的实验器材有 B （选填选项前的字母）。
A．秒表 B．刻度尺 C．天平
（2）关于本实验，下列操作中正确的是 AB （选填选项前的字母）。
A．调节斜槽轨道使末端保持水平
B．每次从同一位置释放钢球
C．取斜槽末端紧贴槽口处为平抛运动的起始点并作为建立坐标系的原点
（3）频闪摄影是研究变速运动常用的实验手段，频闪仪闪光频率保持恒定。图为小球做平抛运动的闪光照片的一部分，途中的几个位置如图中的O、A、B、C、D所示。小红同学以其中一个小球位置O为坐标原点，建立直角坐标系，并测出B、D两点坐标分别为“x1，y1”和“x2，y2”，请根据运动的合成与分解和平抛运动的相关知识，求y轴与竖直方向的夹角θ是 满足 ？
【答案】（1）B；（2）AB；（3）。
【解答】解：（1）除图示中器材外，还需要的实验器材刻度尺，不需要秒表和天平。
故选：B。
（2）A、调节斜槽轨道使末端保持水平，以保证小球能做平抛运动，故A正确；
B、为了保证小球到达斜槽底端时速度相同，则每次从同一位置由静止释放钢球，故B正确；
C、取小球放在斜槽末端时小球的球心的投影点为平抛运动的起始点并作为建立坐标系的原点，故C错误。
故选：AB。
（3）将重力加速度g分解在y轴方向和x轴方向，则：gy＝gcsθ，gx＝gsinθ
小球沿x和y方向均做匀变速运动，设：tOB＝tBD＝T
则由题意根据逐差公式有：，
解得：
故答案为：（1）B；（2）AB；（3）。
58．（2023春•天津期末）某同学做用如图甲所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。
（1）下列说法中正确的是 B 。
A．该实验轨道必须尽量光滑，以减小摩擦
B．每次都要将小球从轨道同一位置无初速释放
C．小球应贴紧白纸运动以减小误差
D．挡板高度必须等间距变化
（2）为定量研究，建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。在确定y轴时 需要 （选填“需要”或者“不需要”）y轴与重垂线平行。
（3）在正确操作的实验中，用光滑曲线拟合了平抛轨迹如图乙所示，A、B、C、D为轨迹中的四个位置，则从A到B与从B到C过程所用的时间应满足tAB ＝ tBC（填“＜”、“＝”或“＞”）。
【答案】（1）B；（2）需要；（3）＝。
【解答】解：（1）AB、斜槽不一定光滑，但末端必须水平，以保证小球做平抛运动。且每次小球要从同一位置从静止开始下滑，故A错误，B正确；
CD、为精确找到小球的位置，应使小球的轨迹尽量靠近木板，不能接触木板。减小挡板的高度时，不一定要等距离变化，故CD错误；
故选：B。
（2）因为钢球所挤压的痕迹点是球心的投影点，而所有的痕迹点与原点应在同一抛物线上，所以应取钢球的球心对应白纸上的位置为原点，y轴正方向沿竖直向下，故需要与重垂线平行。
（3）因为A、B和B、C间水平距离相等，均为1.5个小格，所以A、B和B、C间对应钢球运动的时间相同。
故答案为：（1）B；（2）需要；（3）＝。
三十．实验验证机械能守恒定律（共2小题）
59．（2023春•番禺区期末）在验证机械能守恒定律的实验中，质量m＝1kg的重物自由下落，在纸带上打出了一系列的点，如图所示，相邻计数点间的时间间隔为0.02s，长度单位是cm，g取9.8m/s2。求：
（1）打点计时器打下计数点B时，物体的速度vB＝ 0.97m/s （保留两位有效数字）。
（2）从起点O到打下计数点B的过程中，物体重力势能减小量ΔEP＝ 0.48J ，动能的增加量ΔEk＝ 0.47J （保留两位有效数字）。
（3）即使在实验操作规范、数据测量及数据处理很准确的前提下，该实验求得的ΔEp也一定略大于ΔEk，这是实验存在系统误差的必然结果，试分析该系统误差产生的主要原因 C 。
A．重物下落的实际距离大于测量值
B．重物质量选用得大了，造成的误差
C．重物在下落的过程中，由于摩擦生热造成的误差
D．先释放纸带后接通计时器造成的误差
（4）某同学利用自己在做该实验时打出的纸带，测量出了各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h，算出了各计数点对应的速度v，以h为横轴，以v2为纵轴画出了如图的图线。则图线未过原点O的原因是 实验过程先释放重物后通电 ，图线的斜率近似等于 A 。
【答案】（1）0.97m/s； （2）0.48J、0.47J；（3）C；（4）实验过程先释放重物后通电、A。
【解答】解：（1）根据匀变速直线运动的推论得：vB＝＝cm/s＝97cm/s＝0.97m/s；
（2）从O点到B点重力势能减小量：ΔEp＝mgh＝1×9.8×0.0486J＝0.48J；
动能的增加量为：ΔEk＝m﹣0＝J＝0.47J．
（3）A、由于在物体下落的过程中，不可避免的要克服阻力做功，因此重力势能并没有全部转化为动能，故动能的增量总是要小于重力势能的减小量，故C正确，ABD错误；
故选：C
（4）从图象中可以看出，当物体下落的高度为0时，物体的速度不为0，说明了操作中先释放重物，再接通（打点计时器）电源。
若机械能守恒，则：mgh＝mv2
以h为横轴，以v2为纵轴，所以斜线的斜率：k＝2g＝19.6m/s2，故A正确，BC错误。
故选：A。
故答案为：（1）0.97m/s； （2）0.48J、0.47J；（3）C；（4）实验过程先释放重物后通电、A。
60．（2023春•凉山州期末）用如图（a）所示的实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒。m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带利用电火花打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。如图（b）给出的是实验中获取的一条纸带中的某一段，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），电源的频率为50Hz，相邻计数点间的距离如图（b）所示。已知m1＝80g、m2＝120g，要求所有计算结果保留三位有效数字（重力加速度g取9.8m/s2）。
（1）下面列举了该实验的几个操作步骤：
A．按照图示的装置安装器件；
B．将打点计时器接到6V直流电源上；
C．先释放m2，再接通电源打出一条纸带；
D．测量纸带上某些点间的距离；
E．根据测量的结果，分别计算系统减少的重力势能和增加的动能。
其中操作不当的步骤是 BC （填选项对应的字母）。
（2）在打下计数点1～5的过程中，系统重力势能的减少量ΔEp＝ 0.172 J，系统动能的增量ΔEk＝ 0.169 J。由此得出的结论：在误差允许的范围内，系统重力势能的减少量等于系统动能的增加量，从而验证机械能守恒定律。
（3）某同学测量出了各计数点到计数点0的距离hi，算出了各计数点对应的速度vi，然后以hi为横轴、以为纵轴作出了如图c所示的图线，图线的斜率近似等于 D 。
A．4.90
B．3.27
C．2.45
D．1.96
【答案】（1）BC；（2）0.172、0.169；（3）D。
【解答】解：（1）打点计时器要接到交流电源上。实验时要先接通电源，再释放m2，拉动m1打出一条纸带；如果先释放m2，再接通电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集，会导致实验产生较大的误差。故操作不当的步骤是：BC。
（2）在打下计数点1～5的过程中，系统重力势能的减少量：ΔEp＝（m2g﹣m1g）x15
代入数据得：ΔEp＝0.172J
系统动能的增量：ΔEk＝﹣＝
其中：t＝5T＝0.1s
代入数据得：ΔEk＝0.169J
（3）根据机械能守恒可得：（m2g﹣m1g）hi＝
整理得：＝•hi+
结合图像的斜率：k＝
代入数据得：k＝1.96m/s2，故ABC错误，D正确。
故选：D。
故答案为：（1）BC；（2）0.172、0.169；（3）D。