江苏省2014-2015学年高一(下)期末物理试卷(解析版)

1、2014-2015学年江苏省南京市高一（下）期末物理试卷一、选择题（共13小题，满分43分）1发现万有引力定律与测定万有引力常量的科学家分别是（）A牛顿卡文迪许B开普勒牛顿C牛顿伽利略D伽利略第谷2一个物体以初速度v0水平抛出，经时间t时，其速度竖直方向分量和v0大小相等，t等于（）ABCD3如图所示，紧贴圆筒内壁上的物体，随圆筒一起做匀速圆周运动，物体所需的向心力的来源为（）A重力B弹力C静摩擦力D重力与弹力的合力4树上有一个质量为0.2kg的苹果P，从树上A高处先落到地面C最后滚入沟底D，已知AC、CD的高度差分别为2.2m和3m，以地面C为零势能面，则该苹果在A处和在D处的重力势能分别是

2、（取重力加速度g=10m/s2）（）A4.4J和6JB4.4J和6JC10.4J和0D0和10.4J5下列情形中，运动物体机械能一定守恒的是（）A做匀速直线运动的物体B做匀变速直线运动的物体C做平抛运动的物体D在竖直平面内做匀速圆周运动的物体6下列说法中正确的是（）A电场中某点的场强方向即为负检验电荷在该点所受电场力的方向B电场中某点的场强与检验电荷在该点所受的电场力成正比C电场中某点的电场强度与检验电荷的带电量无关，只由电场本身的性质决定D公式E=k适用于任何带电体周围的电场7两个完全相同的导体球A与B，球A带5q的正电荷，球B带q的负电荷，将两导体球接触之后再分开，则导体球B的电荷量是（）

3、AqBqC2qD4q8一条宽100m的河流，水流速度恒为3m/s，某船以4m/s的速度（在静水中的速度）渡河，则（）A当船头垂直河岸，船可以到达正对岸B当船头垂直河岸，船渡河时间最短且为25sC当船头垂直于河岸，船将到达对岸下游100mD当船的运动轨迹垂直于岸，船渡河时间最短且为25s9质量相同的两木块A、B，分别从高度相同、倾角不同的光滑固定斜面的顶端由静止开始下滑，如图所示，在它们分别从顶端到最低点的过程中，下列说法中正确的是（）AA所受重力做的功大于B所受重力做的功B斜面对A支持力做的功大于斜面对B支持力做的功C两木块重力做功的平均功率相等D两木块到达最低点时，A木块所受重力的瞬时功率小

4、于B木块所受重力的瞬时功率10如图所示为正点电荷的电场线，一带电粒子只在电场力作用下由静止释放，发现粒子由A点运动到B点，则根据以上条件可以作出的正确判断有（）A该粒子带正电BA处的电场强度等于B处的电场强度C粒子在A处的加速度大于在B处点的加速度D粒子做匀加速直线运动11卫星发射中心反射等质量的两颗圆轨道卫星，其中一颗卫星的轨道半径为2.8×107m另一颗的轨道半径为4.2×107m，两卫星相比，前一颗卫星的（）A向心力较小B向心加速度较大C绕地球的运动速率较大D绕地球转动的周期较大12A、B两个质点分别做匀速圆周运动，在相同时间内它们通过的路程比lA：lB=2：3，转动

5、的圆心角比A：B=3：2，则下列说法中正确的有（）A它们的线速度比vA：vB=2：3B它们的角速度比A：B=3：2C它们的周期比TA：TB=3：2D它们的向心加速度比A：B=4：913如图所示，水平桌面上的轻质弹簧左端固定，右端与静止在O点的小物块接触面不连接，此时弹簧无形变，现对物块施加大小恒为F、方向水平向左的推力，当物块向左运动到A点时撤去该推力，物块继续向左运动，最终物块运动到B点静止，已知物块质量为m，与桌面间的动摩擦因数为，OA=l1，OB=l2，重力加速度为g，则（）A在推力作用的过程中，物块一定始终做加速运动B在推力作用的过程中，物块的动能可能先增大后减小C在物块向右运动的过程

6、中，物块和弹簧构成的系统的机械能不断减小D在物块运动的整个过程中，弹性势能的最大值Epm=Fl3+mgl2二、解答题（共5小题，满分57分）14图甲为测定平抛运动初速度的实验装置示意图，小球从斜面上由静止释放，经过一段水平轨道后水平抛出，图乙是实验后在白纸上描出的轨迹和所测数据（1）下列各种情况中，不会对实验产生误差的是A小球与槽间有摩擦 B小球飞离斜槽后受到空气的阻力 C小球每次释放的高度不同 D小球每次飞过竖直板时与板有摩擦 （2）安装器材时，利用小球判断轨道末端水平的操作方法为（3）根据图乙，算得此平抛运动的初速度v0=m/s（当地重力加速度g=9.80m/s2）15某同学用自由落体运动

7、来“验证机械能守恒定律”（1）现有下列器材可供选择：A铁架台B电火花计时器 C纸带 D秒表 E重物 F刻度尺，其中不必要的器材是（选填相应的序号）（2）已知电火花计时器所用交流电源频率为50Hz，当地重力加速度为9.80m/s2，重物的质量为0.2kg，实验中得到一条点迹清晰的纸带，如图所示，O为下落起点，之后连续7个点到O点距离分别为OA=0.19cm、OB=0.75cm、OC=1.69cm、OD=3.02cm、OE=4.74cm、OF=6.83cm、OG=9.32cm，该同学已计算出从O到F点重物重力势能的减少量等于0.134J，请计算重物下落到F点的速度v1=m/s，从O到F点动能增加量

8、等于J（上述结果均保留三位有效数字）（3）上述结果中，重物的重力势能减少量（选填“大于”、“小于”或“等于”）动能增加量，其原因是（只需写出一个原因即可）16把一小球从离地面h=3.2m处，以一定的初速度水平抛出，小球着地的水平位移为x=4.8m，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，求：（1）小球在空气飞行的时间（2）小球抛出时的初速度大小（3）小球落地时速度大小与方向17有一台最大功率为Pm=8×103W的起重机，将一个质量为m=1000kg的物体竖直向上吊起，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2，则（1）若起重机以最大功率工作时，物体最终能达到的最大速度为多少？（2）

9、若物体以v=0.4m/s的速度匀速上升，起重机的实际功率是多少？（3）若物体从静止气以a=2m/s2的加速度匀加速上升，则维持此加速度的时间是多少？18如图所示，固定在竖直面内的光滑半圆形轨道与粗糙水平轨道在B点平滑连接，轨道半径R=0.5m，一质量m=0.2kg的小物块（可视为质点）静止在水平轨道上的A点，A与B相距L=10m，物块与水平轨道间的动摩擦因数=0.1，现用3N的水平恒力F向右推物块，当物块运动到C点时撤去该力，设C点到A点的距离为x，在圆轨道的最高点D处安装一压力传感器，当物块运动到D点时传感器就会显示其对轨道压力的相应示数，取重力加速度g=10m/s2（1）若物块能沿圆周运动

10、到最高点D，则物块到达最高点D时速度至少多大？（2）若x=4m，物体到达B点的速度是多少？（3）若物块达到D点时，传感器的示数FN=6N，则x应该是多少？2014-2015学年江苏省南京市高一（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共13小题，满分43分）1发现万有引力定律与测定万有引力常量的科学家分别是（）A牛顿卡文迪许B开普勒牛顿C牛顿伽利略D伽利略第谷【考点】物理学史【分析】根据牛顿和卡文迪许的研究成果进行解答即可【解答】解：牛顿根据行星的运动规律和牛顿运动定律推导出了万有引力定律，经过100多年后，由英国物理学家卡文迪许利用扭秤装置巧妙的测量出了两个铁球间的引力，从而第一次较为

11、准确的得到万有引力常量；故选：A【点评】记住一些科学家的主要贡献，相当于考查了物理学史，难度不大2一个物体以初速度v0水平抛出，经时间t时，其速度竖直方向分量和v0大小相等，t等于（）ABCD【考点】平抛运动【专题】平抛运动专题【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，抓住竖直分速度与水平初速度相等，结合速度时间公式求出运动的时间【解答】解：由题意得：vy=v0=gt，则平抛运动的时间为：t=故A正确，B、C、D错误故选：A【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住等时性，运用运动学公式灵活求解3如图所示，紧贴圆筒内壁上的物体，随圆筒

12、一起做匀速圆周运动，物体所需的向心力的来源为（）A重力B弹力C静摩擦力D重力与弹力的合力【考点】向心力；牛顿第二定律【专题】牛顿第二定律在圆周运动中的应用【分析】物体随圆筒一起做匀速圆周运动，受重力、静摩擦力和弹力作用，靠合力提供向心力【解答】解：物体随圆筒一起做匀速圆周运动，受重力和静摩擦力平衡，靠弹力提供向心力，故B正确，A、C、D错误故选：B【点评】解决本题的关键知道圆周运动向心力的来源，知道匀速圆周运动靠合力提供向心力，合力的方向指向圆心4树上有一个质量为0.2kg的苹果P，从树上A高处先落到地面C最后滚入沟底D，已知AC、CD的高度差分别为2.2m和3m，以地面C为零势能面，则该苹果

13、在A处和在D处的重力势能分别是（取重力加速度g=10m/s2）（）A4.4J和6JB4.4J和6JC10.4J和0D0和10.4J【考点】机械能守恒定律【专题】机械能守恒定律应用专题【分析】以地面为零势能平面，得出A、D的高度，从而结合Ep=mgh求出重力势能的大小【解答】解：以地面C为零势能面，A的高度为2.2m，则重力势能EpA=mghA=2×2.2J=4.4J，D的高度为3m，则重力势能EpD=mghD=2×（3）J=6J故选：B【点评】解决本题的关键知道重力势能是相对量，与零势能平面的选取有关，基础题5下列情形中，运动物体机械能一定守恒的是（）A做匀速直线运动的物体

14、B做匀变速直线运动的物体C做平抛运动的物体D在竖直平面内做匀速圆周运动的物体【考点】机械能守恒定律【专题】机械能守恒定律应用专题【分析】根据机械能守恒的条件判断物体机械能是否守恒，或通过动能和势能之和是否保持不变进行判断【解答】解：A、做匀速直线运动的物体，机械能不一定守恒，比如匀速下降的物体，动能不变，重力势能减小，机械能减小，故A错误B、做匀变速直线运动的物体，机械能不一定守恒，比如匀减速下降的物体，动能减小，重力势能减小，机械能减小，故B错误C、做平抛运动的物体，仅受重力，只有重力做功，机械能守恒，故C正确D、在竖直平面内做匀速圆周运动，动能不变，重力势能在变化，机械能变化，故D错误故选

15、：C【点评】解决本题的关键知道机械能守恒的条件，即只有重力做功，知道机械能守恒时，动能和势能之和保持不变6下列说法中正确的是（）A电场中某点的场强方向即为负检验电荷在该点所受电场力的方向B电场中某点的场强与检验电荷在该点所受的电场力成正比C电场中某点的电场强度与检验电荷的带电量无关，只由电场本身的性质决定D公式E=k适用于任何带电体周围的电场【考点】电场强度；点电荷的场强【分析】电场强度等于检验电荷所受电场力与其电荷量的比值，电场强度反映电场本身的特性，与检验电荷无关场强方向与正电荷在该点的受力方向相同，公式E=k适用于点电荷周围的电场【解答】解：A、电场中某点的场强方向即正试探电荷在该点的受

16、力方向，与负检验电荷在该点的受力方向相反故A错误B、电场中某点的场强E=，E反映电场本身的强弱和方向，与检验电荷的受力大小及带电量无关故B错误C、电场强度反映了电场的力的性质，由电场本身决定，场强与检验电荷在该点所受的电场力无关故C正确D、公式E=运用比值法定义，对任何静电场都是适用的，而公式E=k只适用于真空点电荷产生的电场故D错误故选：C【点评】本题考查对电场强度的理解，抓住电场强度的物理意义是关键，不能单纯从数学角度理解物理知识7两个完全相同的导体球A与B，球A带5q的正电荷，球B带q的负电荷，将两导体球接触之后再分开，则导体球B的电荷量是（）AqBqC2qD4q【考点】电荷守恒定律【分

17、析】两相同的导体相互接触时，若带同种电荷则将两球带电量平分，若带异种电荷则将电量先中和再平分，据此可正确解答本题【解答】解：两带电体带异种电荷，接触后先将电量中和，故接触后两带电体带电总和为：5QQ=4Q，当两带电体分开后，将总电量平分，所以将两导体接触一会后再分开，则B导体的带电量为2Q故选：C【点评】本题关键是根据电荷守恒定律得到，两个相同的金属球接触后，电荷总量先中和后均分8一条宽100m的河流，水流速度恒为3m/s，某船以4m/s的速度（在静水中的速度）渡河，则（）A当船头垂直河岸，船可以到达正对岸B当船头垂直河岸，船渡河时间最短且为25sC当船头垂直于河岸，船将到达对岸下游100mD

18、当船的运动轨迹垂直于岸，船渡河时间最短且为25s【考点】运动的合成和分解【专题】运动的合成和分解专题【分析】当静水速的方向与河岸垂直时，渡河时间最短；因为静水速大于水流速，合速度方向可能垂直于河岸，即可能垂直渡河，当合速度的方向与静水速的方向垂直时，渡河位移最短【解答】解：AB、当静水速的方向与河岸垂直时，渡河时间最短，t=25s，船不可以垂直到达正对岸，故A错误，B正确；C、当船头垂直于河岸，船将到达对岸下游s=vst=3×25=75m，故C错误；D、当船的运动轨迹垂直于岸，船渡河位移最短，而不是时间最短，故D错误；故选：B【点评】解决本题的关键知道合运动与分运动具有等时性，以及知

19、道静水速与河岸垂直时，渡河时间最短若静水速大于水流速，合速度方向与河岸垂直时，渡河位移最短；若静水速小于水流速，则合速度方向与静水速方向垂直时，渡河位移最短9质量相同的两木块A、B，分别从高度相同、倾角不同的光滑固定斜面的顶端由静止开始下滑，如图所示，在它们分别从顶端到最低点的过程中，下列说法中正确的是（）AA所受重力做的功大于B所受重力做的功B斜面对A支持力做的功大于斜面对B支持力做的功C两木块重力做功的平均功率相等D两木块到达最低点时，A木块所受重力的瞬时功率小于B木块所受重力的瞬时功率【考点】机械能守恒定律；功率、平均功率和瞬时功率【专题】机械能守恒定律应用专题【分析】重力做功与路径无关

20、，与首末位置的高度差有关，结合支持力与速度的方向判断出支持力不做功根据牛顿第二定律和运动学公式比较运动的时间，从而比较重力做功的平均功率根据到达底端的速度大小，结合瞬时功率公式比较重力的瞬时功率【解答】解：A、重力做功与路径无关，与首末位置的高度差有关，高度差相同，质量相同，则重力做功相同，故A错误B、斜面对物体的支持力与运动方向垂直，支持力不做功，故B错误C、设斜面的倾角为，则加速度a=gsin，根据得，t=，可知A的运动时间较长，重力做功相同，可知重力做功的平均功率不同，故C错误D、根据机械能守恒定律得，A、B到达底端的速度大小相等，根据P=mgcos（90°）=mgsin，A木

21、块所受重力的瞬时功率小于B木块所受重力的瞬时功率，故D正确故选：D【点评】解决本题的关键知道平均功率和瞬时功率的区别，知道这两种功率的求法，难度不大10如图所示为正点电荷的电场线，一带电粒子只在电场力作用下由静止释放，发现粒子由A点运动到B点，则根据以上条件可以作出的正确判断有（）A该粒子带正电BA处的电场强度等于B处的电场强度C粒子在A处的加速度大于在B处点的加速度D粒子做匀加速直线运动【考点】电场线；点电荷的场强【分析】根据电场力的方向分析粒子的电性电场强度由电场线的疏密判断，加速度根据牛顿第二定律分析，从而可判断出粒子的运动情况【解答】解：A、粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点，说明所

22、受的电场力方向向右，该粒子与正点电荷间存在斥力，所以该粒子带正电，故A正确B、电场线的疏密表示电场强度的大小，则知A处的电场强度大于B处的电场强度，故B错误C、根据牛顿第二定律得 a=，则知A处的电场强度大，粒子在A处的加速度大，故C正确D、粒子做加速度减小的变加速直线运动，故D错误故选：AC【点评】解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，然后利用电场线、电势能、电场力做功等之间的关系进一步判断各个物理量的变化情况11卫星发射中心反射等质量的两颗圆轨道卫星，其中一颗卫星的轨道半径为2.8×107m另一颗的轨道半径为4.2×107m，两卫星相比，前一

23、颗卫星的（）A向心力较小B向心加速度较大C绕地球的运动速率较大D绕地球转动的周期较大【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用【专题】人造卫星问题【分析】卫星绕地球圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，据轨道半径大小分析描述圆周运动物理量的大小关系即可【解答】解：万有引力提供卫星圆周运动的向心力有：可知：A、两颗卫星的质量相同，故轨道半径大的向心力较小，故A错误；B、向心加速度a=，由于前一颗卫星轨道半径较小，故向心加速度较大，B正确；C、绕地球运行的速率v=，由于前一颗卫星的轨道半径较小，故运行速率较大，故C正确；D、周期T=，由于前一颗卫星的轨道半径较小，故其周期较小，

24、故D错误故选：BC【点评】根据万有引力提供圆周运动向心力并由此掌握描述圆周运动的物理量与轨道半径的关系是正确解题的关键12A、B两个质点分别做匀速圆周运动，在相同时间内它们通过的路程比lA：lB=2：3，转动的圆心角比A：B=3：2，则下列说法中正确的有（）A它们的线速度比vA：vB=2：3B它们的角速度比A：B=3：2C它们的周期比TA：TB=3：2D它们的向心加速度比A：B=4：9【考点】线速度、角速度和周期、转速【专题】匀速圆周运动专题【分析】在相同时间内，它们通过的弧长之比lA：lB=2：3，由v=公式可知，求出线速度之比；在相同时间内，转过的角度之比A：B=3：2，由公式=可求出角速

25、度之比；根据T=判断周期之比，根据a=v判断向心加速度之比【解答】解：A、在相同时间内，它们通过的弧长之比lA：lB=2：3，由v=公式可知，线速度之比vA：vB=sA：sB=2：3故A正确B、在相同时间内，转过的角度之比A：B=3：2，由公式=可知角速度之比A：B=3：2故B正确C、根据T=可知，周期比TA：TB=2：3，故C错误；D、根据a=v可知，aA：aB=1：1，故D错误故选：AB【点评】本题关键是记住线速度、角速度、周期和向心加速度的公式，根据公式列式分析，基础题13如图所示，水平桌面上的轻质弹簧左端固定，右端与静止在O点的小物块接触面不连接，此时弹簧无形变，现对物块施加大小恒为F

26、、方向水平向左的推力，当物块向左运动到A点时撤去该推力，物块继续向左运动，最终物块运动到B点静止，已知物块质量为m，与桌面间的动摩擦因数为，OA=l1，OB=l2，重力加速度为g，则（）A在推力作用的过程中，物块一定始终做加速运动B在推力作用的过程中，物块的动能可能先增大后减小C在物块向右运动的过程中，物块和弹簧构成的系统的机械能不断减小D在物块运动的整个过程中，弹性势能的最大值Epm=Fl3+mgl2【考点】功能关系；牛顿第二定律【分析】根据物体的受力情况，研究合外力，由牛顿第二定律分析其运动情况根据除重力以外的力做功情况分析系统的机械能的变化根据能量守恒定律求弹性势能的最大值Epm【解答】

27、解：A、在推力作用的过程中，由牛顿第二定律得：FmgF弹=ma有两种可能：开始时推力大于摩擦力和弹力之和，弹力增大，物块做加速运动，加速度减小到零后，推力小于摩擦力和弹力之和，物块做减速运动在推力作用下的过程中，推力一直大于摩擦力和弹力之和，即做加速度逐渐减小的加速运动，所以加速度一直减小，速度一直增大故A错误B、由上分析知，物块可能先加速后减速，动能可能先增大后减小，故B正确C、在物块向右运动的过程中，摩擦力对物块做负功，则物块和弹簧构成的系统的机械能不断减小，故C正确D、设物块从O点向左运动x后返回，则有：Fl1mgx=Epm，Epmmgxmgl2=0，解得：Epm=Fl1+mgl2；故D

28、正确故选：BCD【点评】本题考查了牛顿第二定律、能量守恒的综合，知道加速度方向与合力的方向相同，当加速度方向与速度方向相同时，做加速运动，当加速度方向与速度方向相反时，做减速运动根据功能原理分析机械能的变化二、解答题（共5小题，满分57分）14图甲为测定平抛运动初速度的实验装置示意图，小球从斜面上由静止释放，经过一段水平轨道后水平抛出，图乙是实验后在白纸上描出的轨迹和所测数据（1）下列各种情况中，不会对实验产生误差的是AA小球与槽间有摩擦 B小球飞离斜槽后受到空气的阻力 C小球每次释放的高度不同 D小球每次飞过竖直板时与板有摩擦 （2）安装器材时，利用小球判断轨道末端水平的操作方法为将小球放在

29、斜槽末端看其是否滚动，若不滚动，则斜槽末端水平（3）根据图乙，算得此平抛运动的初速度v0=1.6m/s（当地重力加速度g=9.80m/s2）【考点】研究平抛物体的运动【专题】实验题；平抛运动专题【分析】（1）小球做平抛运动，必须保证斜槽末端切线水平；实验过程中要保证小球每次做平抛运动的初速度相同，每次应从斜槽的同一位置由静止释放小球，整个装置要在竖直平面内；由于小球下落过程中所受摩擦相同，因此轨道是否有摩擦对实验没有影响；（2）将小球放在斜槽末端看其是否滚动，若不滚动，则斜槽末端水平；（3）利用在竖直方向上连续相等时间内的位移差等于常数解出时间，然后进一步根据匀变速直线运动的规律、推论求解【解

30、答】解：（1）A、由于小球下落过程中所受摩擦相同，因此轨道是否有摩擦对实验没有影响，只要保证每次同一位置静止释放即可，故A不产生影响；B、平抛是只在重力作用下的运动，因此小球飞离槽口后受到空气阻力，会产生大的误差，故B有影响；C、若每次释放位置不同，则小球平抛的轨迹不同，故产生大的误差，故C有影响；D、小球飞行过程中与记录装置间有擦碰，则会改变其运动轨迹，会产生大的影响，故D有影响故选：A（2）检验斜槽末端水平的方法有多种，如用水平仪或者将小球放在斜槽末端看其是否滚动，若不滚动，则斜槽末端水平（3）在竖直方向上y=gT2，则T=，初速度故答案为：（1）A；（2）将小球放在斜槽末端看其是否滚动，

31、若不滚动，则斜槽末端水平；（3）1.6【点评】掌握如何让小球做平抛运动及平抛运动轨迹的描绘，并培养学生利用平抛运动规律去分析与解决问题的能力，学会从实验原理的角度出发分析实验误差，能根据平抛运动的特点即可求解初速度大小15某同学用自由落体运动来“验证机械能守恒定律”（1）现有下列器材可供选择：A铁架台B电火花计时器 C纸带 D秒表 E重物 F刻度尺，其中不必要的器材是D（选填相应的序号）（2）已知电火花计时器所用交流电源频率为50Hz，当地重力加速度为9.80m/s2，重物的质量为0.2kg，实验中得到一条点迹清晰的纸带，如图所示，O为下落起点，之后连续7个点到O点距离分别为OA=0.19cm

32、、OB=0.75cm、OC=1.69cm、OD=3.02cm、OE=4.74cm、OF=6.83cm、OG=9.32cm，该同学已计算出从O到F点重物重力势能的减少量等于0.134J，请计算重物下落到F点的速度v1=1.15m/s，从O到F点动能增加量等于0.132J（上述结果均保留三位有效数字）（3）上述结果中，重物的重力势能减少量大于（选填“大于”、“小于”或“等于”）动能增加量，其原因是（只需写出一个原因即可）下落过程中受到空气阻力的作用【考点】验证机械能守恒定律【专题】实验题；机械能守恒定律应用专题【分析】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项

33、纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，从而求出动能根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值【解答】解：（1）其中不必要的器材是：D、秒表，因为打点计时器本身可以表示出时间（2）利用匀变速直线运动的推论得：v1=Ek=mv12=Ek=Ek0=0.132 J（3）上述结果中，重物的重力势能减少量大于动能的增加量，这是由于下落过程中受到空气阻力的作用故答案为：（1）D；（2）1.15；0.132；（3）大于；下落过程中受到空气阻力的作用【点评】纸带问题的处理时力学实验中常见的问题我们可以纸带法实验中，若纸

34、带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度数据处理时要注意单位的换算16把一小球从离地面h=3.2m处，以一定的初速度水平抛出，小球着地的水平位移为x=4.8m，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，求：（1）小球在空气飞行的时间（2）小球抛出时的初速度大小（3）小球落地时速度大小与方向【考点】平抛运动【专题】平抛运动专题【分析】根据高度求出小球平抛运动的时间，结合水平位移和时间求出小球抛出时的初速度，根据竖直分速度的大小，结合平行四边形定则求出小球落地的速度大小和方向【解答】解：（1）根据h=得：t=（2）小球抛出时的初速

35、度：（3）小球落地的竖直分速度为：vy=gt=10×0.8m/s=8m/s，根据平行四边形定则知，小球落地的速度大小为：，小球速度方向与水平方向夹角的正切值为：，可知：=53°答：（1）小球在空中飞行的时间为0.8s（2）小球抛出时的速度大小为6m/s（3）小球落地的速度大小为10m/s，方向与水平方向的夹角为53度【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，基础题17有一台最大功率为Pm=8×103W的起重机，将一个质量为m=1000kg的物体竖直向上吊起，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2，则（1）若起重机以最大功率工作时，物体最终能达到的最大速度为多少？（2）若物体以v=0.4m/s的速度匀速上升，起重机的实际功率是多少？（3）若物体从静止气以a=2m/s2的加速度匀加速上升，则维持此加