2024年人民版高一物理上册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年人民版高一物理上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、我国发射“嫦娥一号”飞船探测月球；当宇宙飞船到了月球上空先以速度v绕月球做圆周运动，为了使飞船较安全的落在月球上的B点，在轨道A点瞬间点燃喷气火箭，下列说法正确的是（）

A.喷气方向与v的方向一致；飞船的向心加速度增加。

B.喷气方向与v的方向相反；飞船的向心加速度增加。

C.喷气方向与v的方向一致；飞船的向心加速度不变。

D.喷气方向与v的方向相反；飞船的向心加速度减小。

2、【题文】“钱毛管”演示实验证明了（）A.重力加速度的大小为9.8m/s2B.自由落体运动是初速为零的匀加速直线运动C.没有空气阻力时，物体下落的快慢与物体的质量和形状无关D.以上三个结论都能证明3、许多物理学家为万有引力定律的发现作出了重大贡献.

下列陈述的历史事实发生的先后顺序正确的是(

)

垄脵

牛顿发现万有引力定律。

垄脷

卡文迪许测出了万有引力常量。

垄脹

第谷通过长时间观测；记录大量极为精确的天文资料。

垄脺

开普勒发现行星运动的三大定律．A.垄脵垄脷垄脹垄脺

B.垄脹垄脺垄脵垄脷

C.垄脹垄脺垄脷垄脵

D.垄脺垄脵垄脹垄脷

4、发现万有引力定律和测出引力常量的科学家分别是(

)

A.牛顿、卡文迪许B.开普勒、伽利略C.开普勒、卡文迪许D.牛顿、伽利略5、【题文】物体运动的速度方向、加速度方向与作用在物体上合外力方向的关系是()A.速度方向、加速度方向、合外力方向三者总是相同的B.速度方向可与加速度方向成任意夹角，但加速度方向总是与合外力方向相同C.速度方向总和合外力方向相同，而加速度方向可能与合外力方向相同，也可能不同D.当加速度方向或合外力方向不变时，速度方向也不发生变化6、【题文】如图所示，质量为M、倾角为q的斜劈形物体固定在水平地面上，质量为m的物块与斜面之间的动摩擦因素为m．并以某一初速度沿劈的斜面向上滑；至速度为零后静止在斜面上，而斜劈始终保持静止．则下列选项中正确的是。

A.物块在上滑过程中所受摩擦力大小为mgsinqB.物块在上滑过程中所受摩擦力大小为mmgcosqC.物块ｍ静止在斜面上后，所受的摩擦力大小为mmgcosqD.物块ｍ静止在斜面上后，所受的摩擦力大小为mgsinq7、某星球的质量约为地球质量的9

倍，半径约为地球半径的2

倍，若从地球表面高h

处平抛一物体，射程为60m

则在该星球上，从同样高度以同样的初速度平抛同一物体，射程应为(

)

A.10m

B.15m

C.40m

D.90m

8、若一绕地球做圆周运动的卫星的轨道半径增大到原来的2

倍，仍作圆周运动，则(

)

A.根据公式v=娄脴r

可知卫星运动的线速度将增大到原来的2

倍B.根据公式T=2娄脨娄脴

可知卫星运动的周期将保持不变C.根据公式F=mv2r

可知卫星所需的向心力将减少到原来的12

D.根据公式GMmr2=mv2r

可知卫星运动的线速度将减小到原来的22

9、有一辆运输西瓜的汽车，以速率v经过一座半径为R的拱形桥的底端，其中间有一个质量为m的西瓜受到周围的西瓜对它的作用力的合力大小为（）A.mgB.C.mg-D.mg+评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)10、以下物理量中：

①位移②路程③瞬时速度④时间⑤加速度。

其中是矢量有____其中是标量的有____（只填前面的序号）．11、篮球以10m/s的速度水平撞击篮板后以8m/s的速度反向弹回，球与板的接触时间为0.1s，则篮球在水平方向的平均加速度为______m/s2，方向为______．12、甲、乙两个做匀速圆周运动的质点，它们的角速度之比为31

线速度之比为23

它们的半径之比为______.

它们的周期之比为______．13、同学设计了一个探究加速度a与物体合力F及质量m关系的实验；图（a）为实验装置简图．（交流电的频率为50Hz）

①图（b）为某次实验得到的纸带，根据纸带可求出小车的加速度大小为____m/s2．（保留两位有效数字）

②若取小车质量M=0.4kg，改变砂桶和砂的质量m的值，进行多次实验，以下m的值不合适的是____．

A、m1=5kgB、m2=1kgC、m3=10kgD、m4=400g

③为了用细线的拉力表示小车受到的合外力，实验操作时必须首先____．该操作受否成功判断的依据是____．14、在场强大小为E的匀强电场中，一质量为m、带电量为＋q的物体以某一初速度沿电场的反方向做匀减速直线运动，其加速度大小为0.8Eq／m，物体运动距离S时速度减小为零。则物体的电势能了，机械能了。15、【题文】如图所示，两木块A和B叠放在光滑水平面上，质量分别为m和M，A与B之间的最大静摩擦力为f，B与劲度系数为k的轻质弹簧连接构成弹簧振子。为使A和B在振动过程中不发生相对滑动，则它们的振幅不能大于____，它们的最大加速度不能大于____16、如果在某电场中将5.0隆脕10鈭�8C

的电荷由A

点移到B

点，电场力做功为6.0隆脕10鈭�3J

那么AB

两点间的电势差为______；如果把2.5隆脕10鈭�8C

的负电荷由A

点移到B

点，电场力做功为______，电荷的电势能______.(

增大、减小、不变)

17、某同学通过实验对平抛运动进行研究，他在竖直墙上记录了抛物线轨迹的一部分，如图.O

点不是抛出点，x

轴沿水平方向，由图中所给的数据可求出平抛物体的初速度是______m/s

抛出点的坐标x=

______my=

______m(g

取10m/s2)

18、以20米/秒的初速度将一物体由足够高的某处水平抛出，当它的竖直速度跟水平速度相等时经历的时间为______；这时物体的速度方向与水平方向的夹角______；这段时间内物体的位移大小______．（g取10m/s2）评卷人得分三、计算题(共9题，共18分)19、（10分）如图所示，倾角θ=37°的斜面底端光滑的水平面BC平滑连接着半径r=0.40m的竖直光滑圆轨道。质量m=0.50kg的小物块，从距地面h=2.7m处沿斜面由静止开始下滑，小物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.25，求：（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）（1）物块滑到斜面底端B时的速度大小。（2）物块沿圆轨道运动到最高点A后在空中做平抛运动落在水平面BC上，已知平抛运动水平位移为1.8m，求物体运动至A点时对圆轨道的压力大小。20、【题文】如图甲；质量为m的小木块左端与轻弹簧相连，弹簧的另一端与固定在足够大的光滑水平桌面上的挡板相连，木块的右端与一轻细线连接，细线绕过光滑的质量不计的轻滑轮，木块处于静止状态。在下列情况中弹簧均处于弹性限度内，不计空气阻力及线的形变，重力加速度为g。

（1）图甲中；在线的另一端施加一竖直向下的大小为F的恒力，木块离开初始位置O由静止开始向右运动，弹簧开始发生伸长形变，已知木块过P点时，速度大小为v，O；P两点间距离为s。求木块拉至P点时弹簧的弹性势能；

（2）如果在线的另一端不是施加恒力，而是悬挂一个质量为M的物块，如图乙所示，木块也从初始位置O由静止开始向右运动，求当木块通过P点时的速度大小。21、一物体从O

出发；沿东偏北30

度的方向运动10m

至A

点，然后又向正南方向运动五米至B

点．

(1)

建立适当坐标系；

(2)

依据建立的坐标系分别求出AB

两点的坐标．22、有一探测卫星在地球赤道正上方绕地球做匀速圆周运动；已知地球质量为M

地球半径为R

万有引力常量为G

探测卫星绕地球运动的周期为T.

求：

(1)

探测卫星绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径；

(2)

探测卫星绕地球做匀速圆周运动时的速度大小．23、如图所示；质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态。然后木板AB突然向下撤离，求：

（1）木板AB撤离前木板和弹簧对小球的力分别是多少？

（2）当木板AB撤离的瞬间，小球的加速度大小？24、将质量为5kg、初温为20℃的水烧开，至少需要____J的热量．（c水=4.2×103J/kg•℃）25、【题文】一质量m=5kg的滑块在F=15N的水平拉力作用下，由静止开始做匀加速直线运动，若滑块与水平面间的动摩擦因数μ="0."2，g取10m/s2；问：

（1）滑块在力F作用下经5s；通过的位移是多大？

（2）5s末撤去拉力F，滑块还能滑行多远？26、【题文】如图所示，质量M=4kg的木板长L=1.4m，静止在光滑的水平地面上，其水平顶面右端静置一个质量m=1kg的小滑块（可视为质点），小滑块与板间的动摩擦因数μ=0.4（g取10m/s2）今用水平力F=28N向右拉木板；使滑块能从木板上掉下来。求：

（1）撤去F前；木板和小滑块的加速度各为多少？

（2）力F作用的最短时间为多长？27、【题文】如图所示，在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，A放在水平地面上；B、C两物体通过细绳绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上。用手拿住C，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行。已知A、B的质量均为m，C的质量为4m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。释放C后它沿斜面下滑，A刚离开地面时，B获得最大速度；

求：（1）当物体A从开始到刚离开地面时，物体C沿斜面下滑的距离。

（2）斜面倾角α

（3）B的最大速度。评卷人得分四、解答题(共4题，共12分)28、在“探究加速度与力；质量的关系”实验中；某同学使用了如图1所示的装置，打点计时器使用的交流电频率为50Hz．

①该同学得到一条纸带，在纸带上取连续的六个点，如图（a）所示，自A点起，相邻两点的距离分别为10.0mm、12.0mm、14.0mm、16.0mm、18.0mm，则打E点时小车速度为______m/s，小车的加速度为______m/s2；

②该同学要探究小车的加速度a和质量M的关系；应该保持______；若该同学要探究加速度a和拉力F关系，应该保持______不变；

③该同学通过数据的处理作出了a-F图象，如图（b）所示；则图中直线不过原点的原因可能是______．

29、跳伞运动员在直升飞机上做跳伞表演，当飞机离地面224m高处相对静止时，运动员离开飞机在竖直方向做自由落体运动，运动一段时间后，立即打开降落伞，打开降落伞后运动员以12.5m/s2的加速度匀减速下降．为了运动员的安全，要求运动员落地的速度最大不得超过5m/s．（g=10m/s2）

（1）运动员着地时相当于从多高处自由落下？

（2）运动员打开降落伞时离地面高度至少为多少？

（3）运动员在空中的最短时间为多少？

30、甲；乙两颗人造地球卫星；其线速度大小之比为以2：1；

求：

（1）这两颗卫星的转动半径之比；

（2）转动角速度之比；

（3）转动周期之比；

（4）向心加速度大小之比．

31、如图所示，平行光滑U形导轨倾斜放置，倾角为θ=30°，导轨间的距离L=1.0m，电阻R=3.0Ω，导轨电阻不计．匀强磁场的方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度B=2.0T，质量m=0.4kg、电阻r=1.0Ω的金属棒ab垂直置于导轨上．现用沿轨道平面且垂直于金属棒的大小为F=5.0N的恒力，使金属棒ab从静止起沿导轨向上滑行．求金属棒ab达到匀速运动时的速度大小．（g取10m/s2）

评卷人得分五、实验题(共3题，共24分)32、（6分）如图所示的甲、乙两图是表示用同一套器材测量重10N的铁块P与长金属板间的滑动摩擦力的两种不同方法．甲图使金属板静止在水平桌面上，用手通过弹簧秤向右用力F拉P，使P向右匀速运动；乙图把弹簧秤的一端固定在墙上，用力F水平向左拉金属板，使金属板向左运动。两种方法中弹簧秤的示数情况已放大画出，则关于这两种测量滑动摩擦力的方法：（1）_____（填“甲”或“乙”）方法好。（2）选择正确的方法后，滑动摩擦力的测量值为___________N，铁块与金属板之间的动摩擦因数为___________。33、在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，某同学使用了如图所示的装置．在实验过程中：（1）为了探究加速度与质量的关系，应保持________不变（选填“m”、“a”、“F”）；为了直观地判断加速度a与质量m的数量关系，应作________图象（选填“”、“”）．（2）如图甲所示为该同学实验操作示意图，其中有几处还需要改进的地方，请你找出两处并分别写出：a.b.(3)该同学改正实验装置后顺利完成了实验。如图乙所示是某次实验中得到的一条纸带，其中A.B.C.D.E是计数点(交变电源频率为50赫兹，纸带上每打5个点取一个计数点)，其中L1=3.07cm，L2=12.38cm，L3=27.87cm，L4=49.62cm。则打C点时小车的速度为______m/s，小车的加速度是_______m/s2。(计算结果均保留三位有效数字)34、在利用方木板、弹簧测力计、橡皮条、细绳套等器材探究力的平行四边形定则实验中：(1)下列做法中正确的是。A．用两个弹簧测力计和只用一个弹簧测力计拉时，橡皮条的形变量可不相同B．作分力和合力的图示时，选的标度必须相同C．拉弹簧测力计时，不能使弹簧测力计超出木板的边界D．用两个弹簧测力计拉时，其间的夹角越大越好(2)本实验采用的科学方法是。A．理想实验法B．控制变量法C．等效替代法D．建立物理模型法(3)如图，用A、B两个弹簧秤拉橡皮条的D点，使其伸长到E点，现保持A的读数不变，当∠α由图示位置减小时，欲使D点仍在E点位置保持不变，则可用的方法是。A．使B的读数变大，β角变大B．使B的读数变大，β角变小C．使B的读数变小，β角变小D．使B的读数变大，β角变大评卷人得分六、其他(共4题，共40分)35、如图是质量为70kg的李伟的比赛用山地自行车；其相关数据见表：

。车架材料碳纤维车架材料体积/cm32500车架质量/kg4.5整车质量/kg10单轮接触面积/cm24（1）求碳纤维车架的密度；

（2）算出比赛中的山地自行车对地面的压强；（取g=10N/kg）

（3）李伟在某路段匀速骑行6km，耗时10min，若该路段阻力为总重力的0.02倍，求他骑行功率．36、（2013•芜湖县校级自主招生）如图，是光滑斜面的示意图．斜面的水平长度为S，高为h，物体质量为m，如果用沿斜面向上的力把物体从斜面底端匀速拉到顶端，拉力F=____（用题中相关字母表示）．37、如图是质量为70kg的李伟的比赛用山地自行车；其相关数据见表：

。车架材料碳纤维车架材料体积/cm32500车架质量/kg4.5整车质量/kg10单轮接触面积/cm24（1）求碳纤维车架的密度；

（2）算出比赛中的山地自行车对地面的压强；（取g=10N/kg）

（3）李伟在某路段匀速骑行6km，耗时10min，若该路段阻力为总重力的0.02倍，求他骑行功率．38、（2013•芜湖县校级自主招生）如图，是光滑斜面的示意图．斜面的水平长度为S，高为h，物体质量为m，如果用沿斜面向上的力把物体从斜面底端匀速拉到顶端，拉力F=____（用题中相关字母表示）．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】

A：由：解得：．喷气方向与v的方向一致；则飞船速度增加，但是此瞬间半径没变，故飞船向心加速度是不变的，故A错误。

B：喷气方向与v的方向相反；飞船速度减小，此瞬间半径也没变，同理可以知道飞船向心加速度是不变的．故B错误。

C：由：解得：．喷气方向与v的方向一致；则飞船速度增加，但是此瞬间半径没变，故飞船向心加速度是不变的，故C正确。

D：喷气方向与v的方向相反；飞船速度减小，此瞬间半径也没变，同理可以知道飞船向心加速度是不变的．故D错误。

故选C

【解析】【答案】喷气方向与v的方向一致，则飞船速度增加，由于此时半径没变，由：解得：．因此可以知道向心加速度是不变的．

喷气方向与v的方向相反；飞船速度减小，此瞬间半径也没变，同理可以知道飞船向心加速度是不变的．

2、C【分析】【解析】

试题分析：“钱毛管”演示实验说明在没有空气阻力时；物体下落的快慢与物体的质量和形状无关，同时下落。因此答案为C

考点：自由落体运动演示实验。

点评：本题考查了“钱毛管”演示实验的实验现象说明了的问题，还不能直接叫自由落体运动，需要进一步研究，才能称之为自由落体运动。【解析】【答案】C3、B【分析】解：先是第谷通过长时间观测；记录大量极为精确的天文资料，然后开普勒发现行星运动的三大定律；

最后牛顿依据开普勒三定律；从而发现了万有引力定律，后来卡文迪许第一次在实验室里测出了万有引力常量，故B正确，ACD错误；

故选：B

．

根据物理学史和常识解答；记住著名物理学家的主要贡献即可．

本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．【解析】B

4、A【分析】解：牛顿根据行星的运动规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，从而第一次较为准确的得到万有引力常量；

故选A．

万有引力定律是牛顿运用开普勒有关行星运动的三大定律；结合向心力公式和牛顿运动定律，运用其超凡的数学能力推导出来的，因而可以说是牛顿在前人研究的基础上发现的.

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，从而第一次较为准确的得到万有引力常量．

由行星的运动规律推导出万有引力表达式，是典型的已知运动情况判断受力情况，最初由牛顿发现了万有引力的规律，并提出了著名的万有引力定律，经过100

多年后，由英国物理学家卡文迪许测量出万有引力常量．【解析】A

5、B【分析】【解析】由牛顿第二定律可知加速度方向由合外力方向决定，与合外力方向相同，加速度方向与速度方向没有直接关系，加速度的方向与速度变化量的方向相同，B对；【解析】【答案】B6、B|D【分析】【解析】物块在上滑过程中所受摩擦力为滑动摩擦力，物块ｍ静止在斜面上后，所受的摩擦力为静摩擦力等于重力分力所以答案选BC。【解析】【答案】BD7、C【分析】解：设星球质量为M隆盲

半径为R隆盲

地球质量为M

半径为R

．

已知：M隆盲M=9R隆盲R=2

根据万有引力等于重力得：GMmR2=mg

g=GMR2

所以：gg鈥�=MR隆盲2M鈥�R2=49垄脵

由题意从同样高度抛出：h=12gt2=12g隆盲t隆盲2垄脷

垄脵垄脷

联立，解得：t隆盲=23t

在地球上的水平位移：s=v0t=60m

在星球上的水平位移：s隆盲=v0t隆盲=23v0t=23隆脕60m=40m

故选：C

．

根据万有引力等于重力；求出星球表面重力加速度和地球表面重力加速度关系；运用平抛运动规律求出星球上水平抛出的射程．

把星球表面的物体运动和天体运动结合起来是考试中常见的问题；重力加速度g

是天体运动研究和天体表面宏观物体运动研究联系的物理量．【解析】C

8、D【分析】解：人造卫星绕地球做圆周运动时；由万有引力提供向心力，则有：

GMmr2=m娄脴2r=mv2r=m4娄脨2T2r

可得：娄脴=GMr3v=GMrT=2娄脨r3GM

式中M

是地球的质量，r

是卫星的轨道半径．

可见，当卫星的轨道半径增大时，角速度、线速度都减小，而周期增大，所以不能根据公式v=娄脴r

得到卫星运动的线速度将增大到原来的2

倍.

也不能根据公式F=mv2r

得到卫星所需的向心力将减少到原来的12

．

根据v=GMr

知卫星运动的线速度将减小到原来的22.

故ABC错误；D正确．

故选：D

人造卫星绕地球做圆周运动时；由万有引力提供向心力，当轨道半径变化时，卫星的线速度；角速度、周期随着变化，所以，不能用向心力的表达式来讨论一些物理量的变化.

可由牛顿第二定律和万有引力定律推导出各个量的表达式，再分析它们的变化.

要注意理解控制变量法．

人造卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，卫星的线速度、角速度、周期都与半径有关，讨论这些物理量时要找准公式，正确使用控制变量法．【解析】D

9、C【分析】解：根据牛顿第二定律有：mg-F=得：F=故C正确，A；B、D错误。

故选：C。

汽车过拱桥时做圆周运动；车上的西瓜也做圆周运动，根据径向的合力提供向心力，求出质量为m的西瓜受到周围的西瓜对它的作用力．

解决本题的关键知道汽车过拱桥时，在桥顶时，车上的西瓜所受的合力提供做圆周运动的向心力．【解析】C二、填空题(共9题，共18分)10、略

【分析】

位移；瞬时速度、加速度这些量有大小；有方向，是矢量，路程、时间只有大小，没有方向，是标量．

故答案为：①③⑤；②④．

【解析】【答案】矢量有大小有方向；合成分解遵循平行四边形定则，标量只有大小，没有方向．

11、略

【分析】解：选取篮球与墙壁碰撞前速度方向为正方向，篮球的初速度为v0=10m/s；末速度为v=-8m/s．则篮球在水平方向的平均加速度是。

a=负号表示加速度的方向与篮球撞击墙壁前的速度方向相反，即与末速度方向相同．

故答案为：180；末速度的方向．

选取篮球与墙壁碰撞前速度方向为正方向；分别写出初速度和末速度，根据加速度的定义式求出篮球在水平方向的平均加速度．

对于运动学的公式中速度、加速度和位移三个量，都是矢量，运用时要注意矢量的方向．在一维情况下，先规定正方向，用正负号表示矢量的方向．【解析】180；末速度的方向12、2：9；1：3【分析】解：根据v=r娄脴

得，半径r=v娄脴

因为角速度之比为31

线速度之比为23.

则半径之比为29

．

根据T=2娄脨娄脴

知；角速度之比为31

则周期之比为13

．

故答案为：2913

根据线速度与角速度的关系v=r娄脴

结合线速度、角速度之比求出半径之比.

根据T=2娄脨娄脴

．

解决本题的关键知道线速度、角速度、转速、周期、加速度的关系，并能灵活运用．【解析】2913

13、略

【分析】

①交流电频率为50Hz，则打点的时间间隔T=0.02s，小车的加速度a===12.75m/s2；

②只有当小车质量M远大于砂桶和砂的总质量m时；才可近似认为小车受到的拉力等于砂与砂桶的重力，M=0.4kg，砂与砂桶的质量应选C，A；B、D不合适；

③为了用细线的拉力表示小车受到的合外力；实验操作时必须首先平衡摩擦力．该操作受否成功判断的依据是：如果小车不挂砂桶时在木板上做匀速直线运动，则恰好平衡摩擦力．

故答案为：①12.75；②ABD；③平衡摩擦力；如果小车不挂砂桶时在木板上做匀速直线运动；则恰好平衡摩擦力．

【解析】【答案】①做匀变速运动的物体在相邻的相等时间内的位移之差是定值，即△x=at2；据此求出校车的加速度；

②只有当小车质量远大于砂桶和砂的总质量时；才可近似认为小车受到的拉力等于砂与砂桶的重力；

③实验时要平衡摩擦力；如果小车不挂砂桶时在木板上做匀速直线运动，则恰好平衡摩擦力．

14、略

【分析】试题分析：因为粒子带正电，受到的电场力方向和电场方向相同，所以粒子在运动过程中电场力做负功，电势能增大，电场力做功为所以电势能增大合外力做负功，动能减小，由动能定理得：故机械能减小了考点：考查了动能定理，功能关系【解析】【答案】增大，减小了15、略

【分析】【解析】

试题分析：A和B在振动过程中恰好不发生相对滑动时；AB间静摩擦力达到最大，此时振幅最大．先以A为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度，再对整体研究，根据牛顿第二定律和胡克定律求出振幅．

当A和B在振动过程中恰好不发生相对滑动时，AB间静摩擦力达到最大．根据牛顿第二定律得：以A为研究对象：a=以整体为研究对象：kA=（M+m）a，联立两式得，A=

点评：本题运用牛顿第二定律研究简谐运动，既要能灵活选择研究对象，又要掌握简谐运动的特点．基础题．【解析】【答案】16、1.2隆脕105V鈭�3.0隆脕10鈭�3J

增大【分析】解：根据电势差公式UAB=WABqUAB=WABq=6隆脕10鈭�35.0隆脕10鈭�8=1.2隆脕105V

根据W=qUAB

得：W=qUAB=鈭�2.5隆脕10鈭�8隆脕1.2隆脕105=鈭�3.0隆脕10鈭�3J

由于电场力做负功，电荷的电势能增大．

故答案为：1.2隆脕105V鈭�3.0隆脕10鈭�3J

增大．

电荷由A

点移到B

点，电场力对电荷做功，根据电势差公式UAB=WABq

求解AB

两点间的电势差UAB.

根据W=qUAB

即可计算出在AB

之间移动电荷电场力做的功．

本题中运用电势差公式UAB=WABq

时，各量都要代入符号进行计算．【解析】1.2隆脕105V鈭�3.0隆脕10鈭�3J

增大17、略

【分析】解：根据鈻�y=gT2T=鈻�yg=0.75鈭�0.4鈭�(0.4鈭�0.15)10=0.1s

则平抛运动的初速度v0=xT=0.20.1=2m/s

．

A

点在竖直方向上的分速度vyA=yAC2T=0.60.2=3m/s

．

平抛运动到A

的时间t=vyAg=310=0.3s

此时在水平方向上的位移x=v0t=2隆脕0.3=0.6m

在竖直方向上的位移y=12gt2=12隆脕10隆脕0拢庐32=0.45m

即为0.45鈭�0.15=0.3m

所以抛出点的坐标x=鈭�0.6my=鈭�0.3m

．

故答案为：2鈭�0.6鈭�0.3

．

平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，根据鈻�y=gT2

求出时间，再根据等时性，求出水平初速度；OB

段在竖直方向上的平均速度等于A

点竖直方向上的瞬时速度，再根据A

点竖直方向上的速度求出下落的时间，求出下落的水平位移和竖直位移，从而求出抛出点的坐标．

解决本题的关键知道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，以及分运动和合运动具有等时性．【解析】2鈭�0.2鈭�0.05

18、2s45°45m【分析】解：根据v0=gt得，t=．

竖直分速度vy=gt=20m/s；

设速度与水平方向的夹角为θ，则tanθ=

则θ=45°．

此时水平位移x=v0t=20×2m=40m；

竖直位移y=

则物体的位移s=．

故答案为：2s；45°，45m．

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，抓住水平和竖直分速度相等求出平抛运动的时间，从而得出竖直分速度的大小，根据平行四边形定则求出速度方向与水平方向的夹角，求出水平位移和竖直位移的大小，根据平行四边形定则求出物体的位移．

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，结合运动学公式灵活求解．【解析】2s45°45m三、计算题(共9题，共18分)19、略

【分析】（1）物块沿斜面下滑过程中，在重力、支持力和摩擦力作用下做匀加速运动，设下滑加速度为a，到达斜面底端B时的速度为v，则：（2分）（2分）代入数据解上述两式得：m/s（1分）（2）设物块运动到圆轨道的最高点A时的速度为vA，在A点受到圆轨道的压力为N，则有：（2分）由平抛运动规律得：（1分）x=vAt（1分）解上述三式得：N=20.3N（0.5分）由牛顿第三定律可知：物块运动到圆轨道的最高点A时，对圆轨道的压力大小NA=N=20.3N（0.5分）【解析】【答案】（1）m/s（2）NA=20.3N20、略

【分析】【解析】

试题分析:（1）用力F拉木块至P点时，设此时弹簧的弹性势能为根据功能关系有。

①代入数据可解得：②

（2）悬挂钩码M时，当木块运动到P点时，弹簧的弹性势能仍为E，设木块的速度为由机械能守恒定律得。

③

联立②③解得④

考点：功能关系；机械能守恒定律【解析】【答案】(1)（2）21、解：(1)

以出发点为坐标原点；向东为x

轴正方向，向北为y

轴正方向，建立直角坐标系，如图所示：

物体先沿OA

方向运动10m

后沿AB

方向运动5m

到达B

点；

(2)

根据几何关系得：yA=OA鈰�sin30鈭�=10隆脕12=5m

xA=OA鈰�cos30鈭�=10隆脕32=53m

而AB

的距离恰好为5m

所以B

点在x

轴上，则A

点的坐标为(53m,5m)B

点坐标为(53m,0)

答：(1)

如图所示；物体先沿OA

方向运动10m

后沿AB

方向运动5m

到达B

点；

(2)A

点的坐标为(53m,5m)B

点坐标为(53m,0)

．【分析】

以出发点为坐标原点；向东为x

轴正方向，向北为y

轴正方向，建立直角坐标系，进而描述物体的运动轨迹，求出AB

两点的坐标．

本题的关键是根据几何关系确定B

点的位置，要求同学们能正确建立合适的坐标系，难度不大，属于基础题．【解析】解：(1)

以出发点为坐标原点；向东为x

轴正方向，向北为y

轴正方向，建立直角坐标系，如图所示：

物体先沿OA

方向运动10m

后沿AB

方向运动5m

到达B

点；

(2)

根据几何关系得：yA=OA鈰�sin30鈭�=10隆脕12=5m

xA=OA鈰�cos30鈭�=10隆脕32=53m

而AB

的距离恰好为5m

所以B

点在x

轴上，则A

点的坐标为(53m,5m)B

点坐标为(53m,0)

答：(1)

如图所示；物体先沿OA

方向运动10m

后沿AB

方向运动5m

到达B

点；

(2)A

点的坐标为(53m,5m)B

点坐标为(53m,0)

．22、略

【分析】

(1)

卫星绕地球做匀速圆周运动时；由地球的万有引力提供向心力，根据万有引力定律和牛顿第二定律列式求轨道半径．

(2)

星绕地球做匀速圆周运动时的速度大小与半径的关系为v=2娄脨rT

与上题结果联立可求得速度大小．

探测卫星绕地球做匀速圆周运动，关键是万有引力提供向心力列出等式求解．【解析】解：(1)

设卫星质量为m

卫星绕地球运动的轨道半径为r

根据万有引力定律和牛顿运动定律得：

GMmr2=m4娄脨2rT2

解得r=3GMT24娄脨2

(2)

卫星绕地球做匀速圆周运动时的速度大小v=2娄脨rT=32娄脨GMT

答：

(1)

探测卫星绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径是3GMT24娄脨2

(2)

探测卫星绕地球做匀速圆周运动时的速度大小为32娄脨GMT

．23、解：（1）木板撤去前；小球处于平衡态，受重力；支持力和弹簧的拉力，如图。

根据共点力平衡条件有

F-Nsin30°=0

Ncos30°-G=0

解得：

N=

F=

（2）木板AB突然撤去后；支持力消失，重力和拉力不变，合力等于支持力N，方向与N反向；

由牛顿第二定律得：a==

答：（1）木板AB撤离前木板和弹簧对小球的力分别是

（2）当木板AB撤离的瞬间，小球的加速度大小是【分析】

木板撤去前；小球处于平衡态，根据共点力平衡条件先求出各个力，撤去木板瞬间，支持力消失，弹力和重力不变，求出合力后即可求出加速度。

本题考查了物体的平衡条件、瞬时加速度的求解，解题的关键明确木板AB突然撤去后，支持力消失，但弹簧的拉力不会发生突变。【解析】解：（1）木板撤去前；小球处于平衡态，受重力；支持力和弹簧的拉力，如图。

根据共点力平衡条件有

F-Nsin30°=0

Ncos30°-G=0

解得：

N=

F=

（2）木板AB突然撤去后；支持力消失，重力和拉力不变，合力等于支持力N，方向与N反向；

由牛顿第二定律得：a==

答：（1）木板AB撤离前木板和弹簧对小球的力分别是

（2）当木板AB撤离的瞬间，小球的加速度大小是24、略

【分析】【分析】水烧开的温度为100℃，知道水的质量、水的比热容、水的初温，利用吸热公式Q吸=cm△t求水吸收的热量．【解析】【解答】解：

t=100℃；

Q吸=cm△t

=4.2×103J/（kg•℃）×5kg×（100℃-20℃）

=1.68×106J．

故答案为：1.68×106．25、略

【分析】【解析】

试题分析：（1）由牛顿第二定律有

则滑块的加速度

滑块的位移

（2）5s末滑块的速度

撤去拉力后滑块的加速度大小

撤去拉力后滑行距离

考点：牛顿第二定律。

点评：本题的关键知道加速度是联系力学和运动学得桥梁，以及注意匀加速运动的加速度和匀减速运动的加速度不同。【解析】【答案】（1）12.5m（2）6.25m26、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】设力F作用于M上的时间为t1；

对m：做初速度为零的匀加速直线运动；

加速度2分。

对M：做初速度为零的平加速直线运动；

加速度2分。

当撤出力F运动时间为t2；

m受力不变，仍做匀加速直线运动，加速度还等于1分。

对M：做匀减速直线运动，加速度为1分。

当m与M速度相等时，滑块刚能从木板上掉下来，得1分。

27、略

【分析】【解析】

试题分析：（1）设开始时弹簧压缩的长度为xB得：①（1分）

设当物体A刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为xA得：②（1分）

当物体A刚离开地面时，物体B上升的距离以及物体C沿斜面下滑的距离为：

③（1分）

由①②③式解得：④（1分）

（2）物体A刚刚离开地面时，以B为研究对象，物体B受到重力mg、弹簧的弹力细线的拉力T三个力的作用，设物体B的加速度为a，根据牛顿第二定律，对B有：

⑤（1分）

对A有：⑥（1分）

由②③两式得：⑦（1分）

当B获得最大速度时，有：a=0⑧（1分）

由②⑦⑧式联立，解得⑨所以：⑩（1分）

（3）由于弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，弹簧弹力做功为零，且物体A刚刚离开地面时，B、C两物体的速度相等，设为

由动能定理得：⑪（2分）

由①④⑩⑪式；解得：

（1分）

考点：本题考查牛顿运动定律，动能定理，以及胡克定律等。【解析】【答案】（1）（2）30°（3）四、解答题(共4题，共12分)28、略

【分析】

①利用匀变速直线运动的推论得出：

vE===0.85m/s

小车的加速度为a==m/s2=5m/s2

②该同学要探究小车的加速度a和质量M的关系；应该保持细线对车的拉力F不变；若该同学要探究加速度a和拉力F的关系，应该保持小车的质量M不变．

③图中当F=0时；a≠0．也就是说当绳子上没有拉力时，小车的加速度不为0，说明小车的摩擦力小于重力的分力，所以原因是实验前木板右端垫得过高．

故答案为：①0.85；5；②拉力F恒定；小车质量M恒定；③平衡摩擦力过度．

【解析】【答案】该实验是探究加速度与力；质量的三者关系；研究三者关系必须运用控制变量法．

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两个推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度．

29、略

【分析】

已知H=224m，a=12.5m/s2；v=5m/s

（1）根据2gh=v2得：

h==1.25m

（2）设打开降落伞时离地的高度为h，此时速度为v1；

则运动员做自由落体运动过程有：

①

匀减速过程有：

=2ah②

由①②带入数据得：h=99m，v1=50m/s

（3）自由落体运动中v1=gt1

解得t1=5s；

匀减速运动中

空中最短时间为t总=t1+t2=8.6s

答：（1）运动员着地时相当于从1.25m高处自由落下；

（2）运动员打开降落伞时离地面高度至少为99m；

（3）运动员在空中的最短时间为8.6s．

【解析】【答案】运动员运动过程比较复杂；不是单一的匀变速运动，开始做自由落体运动，然后做匀减速运动，根据其运动形式列相应的方程求解即可．

30、略

【分析】

由题意知

（1）对于卫星万有引力提供圆周运动的向心力得：

可得对于不同卫星运动半径与线速度的平方成反比即：R=

∴=

（2）线速度与角速度的关系为v=Rω，所以有：

（3）据得：

（4）圆周运动向心加速度a=Rω2得

答：这两颗卫星的转动半径之比1：4；

（2）转动角速度之比8：1；

（3）转动周期之比1：8；

（4）向心加速度大小之比16：1．

【解析】【答案】人造地球卫星受到地球的万有引力提供向心力；列式可得卫星轨道半径与线速度的关系，再根据圆周运动线速度；半径、周期以及向心加速度间的关系求解．

31、略

【分析】

当金属棒匀速运动时；由力的平衡条件得：

F=mgsin30°+BIL

求得：I=1.5A

由闭合电路欧姆定律得：I==

联立以上方程解得金属棒匀速运动的速度大小为：v=3m/s．

故金属棒ab达到匀速运动时的速度大小：v=3m/s．

【解析】【答案】开始时拉力F大于重力沿斜面向下的分力；因此导体棒向上运动，回路中产生逆时针方向电流，根据左手定则可知，导体棒受到沿斜面向下的安培力，导体棒做加速度逐渐减小的加速运动，直到最后匀速运动为止，根据平衡状态列方程即可求解正确结果．

五、实验题(共3题，共24分)32、略

【分析】试题分析：对P进行受力分析可知，甲图必须保持P匀速运动，这时弹簧称的示数才等于P受到的拉力，而乙图中木板无论有匀速度还是加速度，弹簧称的示数总等于摩擦力，因此乙方法好；已弹簧称的读数为2.40N；根据因此考点：滑动摩擦力【解析】【答案】（1）乙（2分）（2）2.40(2分)0.24(2分)33、略

【分析】试题分析：（1）为了探究加速度与质量的关系，根据控制变量法，应保持F不变；由为了直观地判断加速度a与质量m的数量关系，应作图象；（2）打点计时器应该与交流