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1、一、选择题 1.(2018 辽宁大连实验中学模拟)(多选)“嫦娥二号”卫星由地面发射后,进入地月转移轨道,经多次变轨最 终进入距离月球表面 100 km,周期为 118 min 的圆形工作轨道,开始对月球进行探测,则( )。 A.卫星在轨道上的运动速度比月球的第一宇宙速度小 B.卫星在轨道上经过P点的速度比在轨道上经过P点时大 C.卫星在轨道上运动的周期比在轨道上小 D.卫星在轨道上的机械能比在轨道上大 【解析】月球的第一宇宙速度是卫星贴近月球表面做匀速圆周运动的速度,卫星在轨道上的半径大于 月球半径,根据G=m,得卫星的速度v=,可知卫星在轨道上的运动速度比月球的第一宇宙速度小,故 2 2
2、A 项正确。卫星在轨道上经过P点若要进入轨道,需减速,即卫星在轨道上经过P点的速度比在轨道 上经过P点时小,故 B 项错误。根据开普勒第三定律=k,可知卫星在轨道上运动的周期比在轨道上小, 3 2 故 C 项正确。卫星从轨道进入轨道,在P点需减速,动能减小,而它们在各自的轨道上机械能守恒,则卫星 在轨道上的机械能比在轨道上的大,故 D 项正确。 【答案】ACD 2.(2019 贵州毕节开学考试)一种玩具的结构如图所示,竖直放置的光滑铁圆环的半径R=20 cm,环上有一穿 孔的小球m,仅能沿环做无摩擦滑动。如果圆环绕通过环心的竖直轴O1O2以=10 rad/s 的角速度旋转,g 取 10 m/s
3、2,则小球相对环静止时球与圆心O的连线与O1O2的夹角为( )。 A.30B.45C.60D.75 【解析】向心力F=mgtan =m2Rsin ,则 cos =,可得=60。 2 1 2 【答案】C 3.(2018 湖南怀化第三次擀调研)如图所示,将两根劲度系数均为k、 原长均为L的轻弹簧一端固定于水平天 花板上相距为 2L的两点,另一端共同连接一质量为m的物体,平衡时弹簧与竖直方向的夹角为 37。若将 物体的质量变为M,平衡时弹簧与竖直方向的夹角为 53(sin 37=0.6),则 等于( )。 A.B.C.D. 9 32 9 16 3 8 3 4 【解析】取连接点为研究对象,可知其受竖直
4、向下的拉力mg、两弹簧弹力F作用而平衡,利用效果分解 法得mg=2Fcos 37,所以F=,由胡克定律知F=k-L= kL,同理可得F=,F= kL,联立可得 2cos37 sin37 2 3 2cos53 1 4 =,A 项正确。 9 32 【答案】A 4.(2019 湖南邵阳开学考试)如图所示,在竖直放置的半圆形容器的中心O点分别以水平初速度v1、v2抛出 两个小球(可视为质点),最终它们分别落在圆弧上的A点和B点。 已知OA与OB互相垂直,且OA与竖直方向 成角,则两个小球初速度之比 为( )。 1 2 A.tan B.cos C.tan D.cos tancos 【解析】由几何关系可知
5、,A的竖直位移hA=Rcos ,水平位移xA=Rsin ;B的竖直位移hB=Rcos (90- )=Rsin ,水平位移xB=Rsin (90-)=Rcos ,由平抛运动的规律可知,h= gt2,x=v0t,解得v0=x,则= 1 2 2 1 2 =tan ,C 项正确。 tan 【答案】C 5.(2018 江西南昌六校联考)(多选)一小球放置在光滑水平面上,弹簧左侧固定在竖直面上,右侧与小球相连, 如图甲所示。 手拿小球沿水平面向右移动一段距离后松手,用计算机描绘出小球运动的v-t图象为正弦曲线 (如图乙所示)。从图中可以判断( )。 A.在 0t1时间内,外力做正功 B.在 0t1时间内,
6、外力的功率逐渐增大 C.在t2时刻,外力的功率最大 D.在t1t3时间内,外力做的总功为零 【解析】由动能定理可知,在 0t1时间内小球的速度越来越大,动能越来越大,外力一定做正功,故 A 项正 确;在t1t3时间内,动能变化量为零,可以判定外力做的总功为零,故 D 项正确;由P=Fv知 0、t1、t2、t3四个 时刻功率均为零,故 B、C 两项错误。 【答案】AD 6.(2018西北师大附中模拟)(多选)宇航员在某星球表面以初速度2.0 m/s水平抛出一物体,并记录下物体的 运动轨迹,如图所示,O为抛出点,若该星球半径为 4000 km,引力常量G=6.6710-11 Nm2kg-2,则下列
7、说法 正确的是( )。 A.该星球表面的重力加速度为 4.0 m/s2 B.该星球的质量为 2.41023 kg C.该星球的第一宇宙速度为 4.0 km/s D.若发射一颗该星球的同步卫星,则同步卫星的绕行速度一定大于 4.0 km/s 【解析】 根据平抛运动的规律有h= gt2,x=v0t,解得g=4.0 m/s2,A 项正确;在星球表面,重力近似等于万有 1 2 引力,得M=9.61023 kg,B 项错误;由=mg得第一宇宙速度为v=4.0 km/s,C 项正确;第一宇宙速度 2 2 为最大的环绕速度,D 项错误。 【答案】AC 7.(2018 江苏无锡 10 月考试)空间有一匀强电场
8、,在电场中建立图甲所示的直角坐标系O-xyz,M、N、P为电 场中的三个点,M点的坐标为(0,a,0),N点的坐标为(a,0,0),P点的坐标为(a, , )。已知电场方向平行于直 2 2 线MN,M点电势为零,N点电势为 1 V,则P点的电势为( )。 甲 A. VB. V 2 2 3 2 C. VD. V 1 2 3 4 【解析】将立体图中的P点投影在xOy平面,做出M、N、P三点在xOy平面的相对位置如图乙所示,M点 电势为零, N点电势为 1 V,根据沿着电场线方向电势降低可知,该匀强电场的电场线方向如图乙所示,O1为MN 连线的二等分点,O2为O1N的二等分点,由几何知识知AP垂直于
9、电场强度E,故P、O2、A三点的电势相 等,O2=P= UMN= V,D 项正确。 3 4 3 4 乙 【答案】D 8.(2018 山西晋城 12 月考试)(多选)两个小球A、B在光滑水平面上相向运动,已知它们的质量分别为m1=4 kg,m2=2 kg,A的速度v1=3 m/s(设为正方向),B的速度v2=-3 m/s,则它们发生正碰后,其速度可能分别是 ( )。 A.均为 1 m/sB.+4 m/s 和-5 m/s C.+2 m/s 和-1 m/sD.-1 m/s 和+5 m/s 【解析】由动量守恒,可验证四个选项都满足要求。再看动能情况: Ek= m1+ m2=27 J 1 2 12 1
10、2 22 Ek= m1v12+ m2v2 1 2 1 2 因为碰撞过程中动能不可能增加,所以应有EkEk,可排除 B 项;C 项虽满足EkEk,但A、B沿同一直线 相向运动,发生碰撞后各自仍能保持原来速度方向(vA0,vB0),这显然是不符合实际的,因此 C 项错误;验证 A、D 两项均满足EkEk,故答案为 A 项(完全非弹性碰撞)和 D 项(弹性碰撞)。 【答案】AD 二、非选择题 9.(2018 云南昆明八校联考)小明同学利用如图所示的装置来验证机械能守恒定律。A为装有挡光片的钩码, 总质量为M,挡光片的挡光宽度为b,轻绳一端与A相连,另一端跨过光滑轻质定滑轮与质量为m(mM)的重物 B
11、相连。他的做法是:先用力拉住B,保持A、B静止,测出A的挡光片上端到光电门的距离h;然后由静止释 放B,A下落过程中经过光电门,光电门可测出挡光片的挡光时间t,算出挡光片经过光电门的平均速度,将其 视为A下落h(hb)时的速度,重力加速度为g。 (1)在A从静止开始下落h的过程中,验证以A、B、地球所组成的系统机械能守恒定律的表达式为 (用题目所给物理量的符号表示)。 (2)由于光电门所测的平均速度与物体A下落h时的瞬时速度间存在一个差值 v,因而系统减少的重力势 能 (选填“大于”或“小于”)系统增加的动能。 (3)为减小上述 v对结果的影响,小明同学想到了以下一些做法,其中可行的是( )。
12、 A.保持A下落的初始位置不变,测出多组t,算出多个平均速度然后取平均值 B.减小挡光片上端到光电门的距离h C.增大挡光片的挡光宽度b D.适当减小挡光片的挡光宽度b (4)若采用本装置测量当地的重力加速度g,则测量值 (选填“大于”“等于”或“小于”)真实值。 【解析】 (2)光电门所测的平均速度小于物体A下落h时的瞬时速度,因而系统减少的重力势能大于系统 增加的动能。 (3)适当减小挡光片的挡光宽度b可以使挡光时间t减小,此时光电门所测的平均速度更接近于物体A下 落h时的瞬时速度,可以减小系统误差,所以 D 项正确。 (4)由于有空气阻力、摩擦力等因素的影响,采用本装置测量当地的重力加速
13、度g,则测量值小于真实值。 【答案】(1)(M-m)gh=(M+m)( )2 (2)大于 1 2 (3)D (4)小于 10.(2018 山东济南六校联考)如图所示,在电场强度E=103 V/m 的水平向左匀强电场中,有一光滑半圆形绝 缘轨道竖直放置,轨道与一水平绝缘轨道MN连接,半圆轨道所在竖直平面与电场线平行,其半径R=40 cm,一 带电荷量为q=+10-4 C 的小滑块的质量m=40 g,与水平轨道间的动摩擦因数=0.2,重力加速度取g=10 m/s2,问: (1)要使小滑块恰好运动到圆轨道的最高点C,滑块应在水平轨道上离N点多远处释放? (2)这样释放的滑块通过P点时对轨道的压力是多
14、大?(P为半圆轨道中点) (3)小滑块经过C点后最后落地,落地点离N点的距离多大?落地时的速度是多大? 【解析】(1)设滑块与N点的距离为L,分析滑块的运动过程,由动能定理可得 qEL-FfL-mg2R= mv2-0 1 2 由滑块的受力可知Ff=FN,FN=mg 小滑块在C点时,重力提供向心力,有 mg=m 2 联立上式得L=20 m。 (2)滑块到达P点时,对全过程应用动能定理可得 qE(L+R)-FfL-mgR= m-0 1 2 2 在P点时由牛顿第二定律可得 FN-qE=m 2 联立解得FN=1.5 N 即滑块通过P点时对轨道压力的大小是 1.5 N。 (3)小滑块经过C点,在竖直方向
15、上做的是自由落体运动,由 2R= gt2,可得滑块运动的时间t= 1 2 4 得t=0.4 s 滑块在水平方向上只受到电场力的作用,做匀减速运动,由(1)可得v=2 m/s,由牛顿第二定律可得qE=ma 水平方向的位移x=vt- at2 1 2 代入解得x=0.6 m 滑块落地时竖直方向上的速度大小 vy=gt=4 m/s 水平方向的速度大小vx=v-at=1 m/s 落地时速度大小v地= 2+ 2 解得v地= m/s。 17 【答案】(1)20 m (2)1.5 N (3)0.6 m m/s 17 11.(2019 江西南昌开学考试)如图所示,一质量M=2 kg、 长L=4 m 的绝缘不带电
16、长木板B静止于光滑的水平 面上,B的右端虚线边界与竖直挡板间存在宽度d=4.75 m 的匀强电场,电场强度大小E=2104 N/C,方向水平 向右。一个质量m=1 kg、电荷量q=+110-4 C 的小物体A以初速度v0=3 m/s 从B的左端水平滑上B,两者达 到共同速度后进入电场。 设物体A可视为质点,A、B间的动摩擦因数=0.4,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,B 与竖直挡板碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失,g取 10 m/s2。 (1)求B与竖直挡板第一次碰撞前的瞬间的速度大小。 (2)求B与竖直挡板第二次碰撞前的瞬间的速度大小。 (3)A最后是否会从B上滑下?若不会,求出A最后在木板
17、B上的位置。 【解析】(1)设A、B达到共同速度v1时,A相对B向右运动距离为s1 由动量守恒定律有mv0=(M+m)v1由能量守恒有mgs1= m-(M+m) 1 2 02 1 2 12 联立解得v1=1 m/s,s1=0.75 m A、B进入电场后,假设保持相对静止,以整体为研究对象,有qE=(M+m)a 再以B为研究对象,f=Ma 解得f= Nfm=mg=4 N,故假设成立 4 3 设B与竖直挡板第一次碰撞前的瞬间,B的速度为v2,则由动能定理 qEd-(l-s1)=(M+m)-(M+m) 1 2 22 1 2 12 解得v2= m/s。 3 (2)B与竖直挡板第一次碰撞后,A的加速度为
18、a1,则 mg-qE=ma1,解得a1=2 m/s2 B的加速度为a2,则mg=Ma2,解得a2=2 m/s2 a1、a2大小相等,则两者同时减速到零,位移大小 x=0.75 m 22 21 然后保持相对静止向右加速,设B与竖直挡板第二次碰撞前的瞬间,B的速度为v3,则由动能定理 qEx=(M+m) 1 2 32 解得v3=1 m/s。 (3)假设A最终停在距B左端s处,此时B右端与挡板接触,对全过程由功能关系可得 mgs= m+qE(d+s-L) 1 2 02 由于s=3 mL,可知A最后停在距B左侧 3 m 的位置。 【答案】(1) m/s (2)1 m/s (3)停在距B左侧 3 m 的位置 3