魯科版高一物理必修二單元測試題及答案解析全套階段驗收評估（一）功和功率(時間：50分鐘滿分：100分)一、選擇題(本題共8小題，每小題6分，共48分。第1～5小題只有一個選項正確，第6～8小題有多個選項正確，全選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)1.如圖1是小孩滑滑梯的情景，在小孩下滑過程中，關于各力做功的說法，正確的是()圖1A．重力不做功B．支持力做負功C．支持力做正功D．摩擦力做負功解析：選D下滑過程，位移方向斜向下，重力豎直向下，重力做正功；支持力始終與運動方向垂直，支持力不做功；摩擦力始終與運動方向相反，摩擦力做負功。2．關于力對物體做功，以下說法正確的是()A．一對作用力和反作用力在相同時間內做的功一定大小相等，正負相反B．不論怎樣的力對物體做功，都可以用W＝Fscosα計算C．合外力對物體不做功，物體必定做勻速直線運動D．滑動摩擦力和靜摩擦力都可以對物體做正功或負功解析：選D一對相互作用力做功，可以出現都做正功，都做負功，一正一負，或一個做功、一個不做功等各種情況，A錯誤。只有恒力做功才可用W＝Fscosα計算，B錯誤。合外力對物體不做功，物體可能處于靜止，當合外力與物體的運動方向垂直時，物體的運動方向改變，故C項錯誤。摩擦力對物體可做正功也可做負功，D項正確。3．2015年亞洲田徑錦標賽在湖北省武漢市舉行，中國選手發(fā)揮出高水平，將八項決賽里產生的四枚金牌收入囊中。謝文駿奪得男子110米欄冠軍，謝文駿在比賽中，主要有起跑加速、途中勻速跨欄和加速沖刺三個階段，他的腳與地面間不會發(fā)生相對滑動，下列說法正確的是()A．加速階段地面對人的摩擦力做正功B．勻速階段地面對人的摩擦力做負功C．由于人的腳與地面間不發(fā)生相對滑動，所以不論加速還是勻速，地面對人的摩擦力始終不對人做功D．無論加速還是勻速階段，地面對人的摩擦力始終做負功解析：選C由于腳與地面間不發(fā)生相對滑動，地面對人產生摩擦力的瞬間，力的作用點位移為零，所以地面對人的摩擦力不做功，C正確。4．如圖2所示，分別用力F1、F2、F3將質量為m的物體由靜止沿同一光滑斜面以相同的加速度從斜面底端拉到斜面的頂端，在此過程中，F1、F2、F3做功的功率大小關系是()圖2A．P1＝P2＝P3 B．P1＞P2＝P3C．P3＞P2＞P1 D．P1＞P2＞P3解析：選A因為加速度a相同，所以沿斜面方向上F的分力相等，又時間相等，所以速度v也相等，據P＝Fvcosα知，選項A正確。5．質量為m的汽車行駛在平直公路上，在運動中所受阻力不變。當汽車加速度為a，速度為v時發(fā)動機的功率為P1；當功率為P2時，汽車行駛的最大速度應為()A.eq\f(P2v,P1) B.eq\f(P2v,P1－mav)C.eq\f(P1v,P2) D.eq\f(P1v,P2－mav)解析：選B由牛頓第二定律eq\f(P1,v)－f＝ma，vm＝eq\f(P2,f)，由兩式可得vm＝eq\f(P2v,P1－mav)。6．如圖3所示，坐在雪橇上的人與雪橇的總質量為m，在與水平面成θ角的恒定拉力F作用下，沿水平地面向右移動了一段距離l。已知雪橇與地面間的動摩擦因數為μ，雪橇受到的()圖3A．支持力做功為mgl B.重力做功為0C．拉力做功為Flcosθ D．滑動摩擦力做功為－μmgl解析：選BC根據受力分析知N＝mg－Fsinθ，f＝μN＝μ(mg－Fsinθ)，由于支持力、重力與雪橇的位移垂直，故這兩個力不做功，A錯，B對。由功的計算式得拉力做功WF＝Flcosθ，C對。摩擦力做功Wf＝－fl＝－μ(mg－Fsinθ)l，D錯。7．質量為m的物體沿直線運動，只受到一個力F的作用。物體的位移s、速度v、加速度a和F對物體做功功率P隨時間變化的圖像如圖所示，其中不可能的是()解析：選AB在力F作用下物體做勻變速運動，所以C正確；v應該均勻增加，所以B錯；s增加越來越快，所以A錯；P＝Fv＝eq\f(F2,m)t，所以D正確。8．質量為m＝2kg的物體沿水平面向右做直線運動，t＝0時刻受到一個水平向左的恒力F，如圖4甲所示，此后物體的v-t圖像如圖乙所示，取水平向右為正方向，g取10m/s2，則()圖4A．物體與水平面間的動摩擦因數為μ＝0.5B．10s末恒力F的瞬時功率為6WC．10s末物體在計時起點左側2m處D．10s內物體克服摩擦力做功34J解析：選CD由v-t圖像得兩段時間的加速度大小分別為a1＝2m/s2、a2＝1m/s2。根據牛頓第二定律：有F＋μmg＝ma1，F－μmg＝ma2。解得：F＝3N，μ＝0.05，故A錯。10s末恒力F的瞬時功率P＝Fv＝18W，B錯。10s內物體的位移s＝eq\f(8,2)×4m－eq\f(6,2)×6m＝－2m，說明物體10s末在計時起點左側2m處，C對。整個過程的路程x＝eq\f(8,2)×4m＋eq\f(6,2)×6m＝34m，所以10s內物體克服摩擦力做功W＝μmgx＝34J，D對。二、計算題(本題共3小題，共52分)9.(16分)如圖5所示，一質量m＝4.0kg的物體，由高h＝2.0m，傾角θ＝53°的固定斜面頂端滑到底端。物體與斜面間的動摩擦因數為μ＝0.2。(g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)求：圖5(1)物體的重力做的功。(2)物體所受外力對它做的總功。解析：(1)物體從斜面頂端滑到底端的過程中，位移為：l＝eq\f(h,sinθ)＝2.5m，位移l與重力方向的夾角為90°－θ，故重力做功：W1＝mglcos(90°－θ)＝80J。(2)物體受力如圖所示，摩擦力為：f＝μmgcosθ＝0.2×4.0×10×cos53°N＝4.8N故物體所受摩擦力做的功為：W2＝－fl＝－4.8×2.5J＝－12J由于支持力與位移l垂直，故支持力不做功。所以物體所受外力對它做的總功：W＝W1＋W2＝68J。答案：(1)80J(2)68J10．(16分)已知解放牌汽車發(fā)動機的額定功率為60kW，汽車的質量為4t，它在水平路面上行駛時所受的阻力為車重的0.1倍，g取10m/s2，求：(1)解放牌汽車以額定功率從靜止啟動后，能達到的最大速度。(2)若解放牌汽車以0.5m/s2的加速度勻加速啟動，其勻加速運動的時間多長。解析：(1)f＝kmg＝4000N以額定功率啟動，達到最大速度時，P＝Fvm＝fvm由此：vm＝eq\f(p,f)＝eq\f(60×103,4×103)m/s＝15m/s。(2)由F－f＝ma得F＝ma＋f＝6000N由P＝Fv得v＝10m/s，故t＝eq\f(v,a)＝20s。答案：(1)15m/s(2)20s11．(20分)如圖6所示，位于水平面上的物體A，在斜向上的恒定拉力作用下，由靜止開始向右做勻加速直線運動。已知物體質量為10kg，F的大小為100N，方向與速度v的夾角為37°，物體與水平面間的動摩擦因數為0.5，g取10m/s2。求：圖6(1)第2s末，拉力F對物體做功的功率是多大？(2)從運動開始，物體前進12m過程中拉力對物體做功的功率？(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)解析：(1)物體對水平面的壓力N＝mg－Fsin37°＝100N－100×0.6N＝40N由牛頓第二定律得Fcos37°－μN＝ma，代入數據解得物體的加速度a＝6m/s2第2s末，物體的速度v＝at＝12m/s拉力F對物體做功的功率P＝Fvcos37°＝960W。(2)從運動開始，前進12m用時t′＝eq\r(\f(2l,a))＝2s該過程中拉力對物體做功W＝Flcos37°＝100×12×0.8J＝960J拉力對物體做功的平均功率P′＝eq\f(W,t′)＝480W。答案：(1)960W(2)480W階段驗收評估（二）能的轉化與守恒(時間：50分鐘滿分：100分)一、選擇題(本題共8小題，每小題6分，共48分。第1～5小題只有一個選項正確，第6～8小題有多個選項正確，全選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)1．自由擺動的秋千，擺動的幅度越來越小，下列說法中正確的是()A．機械能守恒B．能量正在消失C．總能量守恒，正在減少的機械能轉化為內能D．只有動能和勢能的相互轉化解析：選C秋千擺動的幅度越來越小，即重力勢能的最大值越來越小，機械能減小，減小的機械能轉化為內能，C正確。2．一輛汽車以v1＝6m/s的速度沿水平面行駛，急剎車后能滑行l(wèi)1＝3.6m。如果汽車以v2＝8m/s的速度行駛，在同樣的路面上急剎車后滑行的距離l2應為()A．6.4m B．5.6mC．7.2m D．10.8m解析：選A設摩擦力為f，由動能定理得－fs1＝0－eq\f(1,2)mv12①－fs2＝0－eq\f(1,2)mv22②由①②兩式得eq\f(s2,s1)＝eq\f(v22,v12)，故汽車滑行距離s2＝eq\f(v22,v12)·s1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,6)))2×3.6m＝6.4m。3.如圖1所示在足球賽中，紅隊球員在白隊禁區(qū)附近主罰定位球，并將球從球門右上角貼著球門射入，球門高度為h，足球飛入球門的速度為v，足球質量為m，則紅隊球員將足球踢出時對足球做的功W為(不計空氣阻力、足球可視為質點)()圖1A.eq\f(1,2)mv2 B．mghC.eq\f(1,2)mv2＋mgh D.eq\f(1,2)mv2－mgh解析：選C根據動能定理可得：W－mgh＝eq\f(1,2)mv2－0，所以W＝eq\f(1,2)mv2＋mgh，C正確。4.如圖2所示，AB為eq\f(1,4)圓弧軌道，BC為水平直軌道，圓弧的半徑為R，BC的長度也是R。一質量為m的物體，與兩個軌道間的動摩擦因數都為μ，當它由軌道頂端A從靜止開始下落時，恰好運動到C處停止，那么物體在AB段克服摩擦力所做的功為()圖2A.eq\f(μmgR,2) B.eq\f(mgR,2)C．mgR D.(1－μ)mgR解析：選D設物體在AB段克服摩擦力所做的功為WAB，BC段摩擦力做功－μmgR。故物體從A運動到C的全過程，由動能定理得：mgR－WAB－μmgR＝0解得：WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR，故D正確。5．物體做自由落體運動，Ek表示動能，Ep表示勢能，h表示下落的距離，以水平地面為零勢能面。下列所示圖像中能正確反映各物理量之間的關系的是()解析：選B設物體的質量為m，初態(tài)勢能為E0，則有Ep＝E0－eq\f(1,2)mg2t2＝E0－eq\f(1,2)mv2＝E0－Ek＝E0－mgh。綜上可知只有B正確。6．一蹦極運動員身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺下落，到最低點時距水面還有數米距離。假定空氣阻力可忽略，運動員可視為質點，下列說法正確的是()A．運動員到達最低點前重力勢能始終減小B．蹦極繩張緊后的下落過程中，彈性力做負功，彈性勢能增加C．蹦極過程中，運動員、地球和蹦極繩所組成的系統機械能守恒D．蹦極過程中，重力勢能的改變與重力勢能零點的選取有關解析：選ABC重力做功決定重力勢能的變化，隨著高度的降低，重力一直做正功，重力勢能一直減小，故A正確；彈性勢能的變化取決于彈力做功，當彈性繩張緊后，隨著運動員的下落彈力一直做負功，彈性勢能一直增大，故B正確；在蹦極過程中，由于只有重力和彈性繩的彈力做功，故由運動員、地球及彈性繩組成的系統機械能守恒，故C正確；重力勢能的大小與勢能零點的選取有關，而勢能的改變與勢能零點選取無關，故選項D錯誤。7．一質量為1kg的物體被人用手由靜止向上提升1m，這時物體的速度為2m/s。則下列說法正確的是()A．手對物體做功12JB．合外力對物體做功12JC．合外力對物體做功2JD．物體克服重力做功10J解析：選ACD重力做功－mgh等于－10J，合外力對物體做功(即重力和拉力對物體做的總功)等于物體動能的變化，為2J，拉力做功為12J。8.如圖3所示，某人以平行斜面的拉力將物體沿斜面拉下，拉力大小等于摩擦力大小，則下列說法正確的是()圖3A．物體加速下滑B．合外力對物體做的功等于零C．物體的機械能減少D．物體的機械能保持不變解析：選AD物體沿斜面下滑，受到重力G，斜面支持力N，滑動摩擦力f和拉力F作用。因拉力F大小與摩擦力f大小相等，則物體所受合力將沿斜面向下，做加速運動，且合力做功不為零，故A正確、B錯誤。物體下滑時，支持力N方向總與運動方向垂直，因此不做功，拉力F和摩擦力f做的功的代數和為零，只有重力對物體做功，因此物體的機械能守恒，C錯誤，D正確。二、實驗題(本題共2小題，共18分)9．(8分)在探究動能定理的實驗中，實驗裝置已安裝完畢，請完成如下實驗操作：①將紙帶穿過打點計時器的_________________________________________________，紙帶下端固定在重錘上，上端用手提住，紙帶不與限位孔接觸。②接通打點計時器的電源使它工作，讓紙帶從________狀態(tài)開始釋放，計時器在紙帶上打出一系列的點。③取紙帶上的第1個點記為O，在第1個點后距離較遠處任意選取一點P，記P點為n，用刻度尺測出________的距離h。④打點計時器工作電源頻率為50Hz，則打點間隔時間為________s。根據公式________計算出P點的速度v。⑤由上面的h和v分別計算_________________________________________和____________________，看兩者__________________________________。⑥在其他紙帶上再另選幾個點，重復步驟③④⑤。答案：①限位孔并在復寫紙下面經過②靜止③O點到P點④0.02vn＝eq\f(hn＋1－h(huán)n－1,2T)⑤重錘重力做的功WG＝mgh重錘動能增加量ΔEk＝eq\f(1,2)mv2是否近似相等10．(10分)在“驗證機械能守恒定律”的實驗中，質量m＝1kg的重物自由下落，在紙帶上打出一系列的點，如圖4所示(相鄰兩計數點時間間隔為0.02s)，單位cm，那么：圖4(1)紙帶的________端與重物相連；(2)打點計時器打下計數點B時，重物的速度vB＝____________；(3)從起點O到打下計數點B的過程中重物重力勢能減少量ΔEp＝________J，此過程中重物動能的增加量ΔEk＝________J(g取9.8m/s2)；(4)通過計算，數值上ΔEp________ΔEk(填“＞”“＝”或“＜”)，這是因為___________________________________________________________________________________。解析：(1)重物下落的過程中，重物的速度越來越大，打的點間距應當越來越大，故O端與重物相連。(2)B點瞬時速度等于AC段的平均速度vB＝eq\f(hAC,2T)＝eq\f(7.06－3.14×10－2,2×0.02)m/s＝0.98m/s。(3)重力勢能減少量ΔEp＝mgh＝1×9.8×0.0501J＝0.491J動能的增加量ΔEk＝eq\f(1,2)mvB2＝eq\f(1,2)×1×0.982J＝0.480J。(4)計算得出ΔEp＞ΔEk。這是因為重物在下落過程中還需克服摩擦阻力做功。答案：(1)O(2)0.98m/s(3)0.4910.480(4)＞重物在下落過程中還需克服摩擦阻力做功三、計算題(本題共2小題，共34分)11．(14分)2016年冰壺世界青年錦標賽于3月5日～13日在土耳其埃爾祖魯姆舉行。冰壺在水平冰面上的一次滑行可簡化為如下過程：如圖5所示，運動員將靜止于O點的冰壺(視為質點)沿直線OO′推到A點放手，此后冰壺沿AO′滑行，最后停于C點。已知冰面與各冰壺間的動摩擦因數為μ，冰壺質量為m，AC＝L，CO′＝r，重力加速度為g。圖5(1)求冰壺在A點的速率；(2)若將BO′段冰面與冰壺間的動摩擦因數減小為0.8μ，原只能滑到C點的冰壺能停于O′點，求A點與B點之間的距離。解析：(1)從A到C，由動能定理有－μmgL＝0－eq\f(1,2)mvA2得vA＝eq\r(2μgL)。(2)從A到O′，由動能定理有－μmgs－0.8μmg(L＋r－s)＝0－eq\f(1,2)mvA2得s＝L－4r。答案：(1)eq\r(2μgL)(2)L－4r12．(20分)如圖6所示，一質量為m的滑塊從高為h的光滑圓弧形槽的頂端A處無初速度地滑下，槽的底端B與水平傳送帶相接，傳送帶的運行速度恒為v0，兩輪軸心間距為l，滑塊滑到傳送帶上后做勻加速運動，滑到傳送帶右端C時，恰好加速到與傳送帶的速度相同，求：圖6(1)滑塊到達底端B時的速度大小vB；(2)滑塊與傳送帶間的動摩擦因數μ；(3)此過程中，由于克服摩擦力做功而產生的熱量Q。解析：(1)滑塊在由A到B的過程中機械能守恒，可得mgh＝eq\f(1,2)mvB2，解得vB＝eq\r(2gh)。(2)滑塊在由B到C的過程中，應用動能定理得μmgl＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mvB2解得μ＝eq\f(v02－2gh,2gl)。(3)Q＝f·l相對＝μmgl相對又v0＝vB＋μgt得l相對＝v0t－eq\f(vB＋v0,2)t＝eq\f(v0－vB2,2μg)＝eq\f(v0－\r(2gh)2,2μg)故Q＝eq\f(m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0－\r(2gh)))2,2)。答案：(1)vB＝eq\r(2gh)(2)μ＝eq\f(v02－2gh,2gl)(3)Q＝eq\f(mv0－\r(2gh)2,2)階段驗收評估（三）拋體運動(時間：50分鐘滿分：100分)一、選擇題(本題共8小題，每小題6分，共48分。第1～5小題只有一個選項正確，第6～8小題有多個選項正確，全選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)1．一質點在某段時間內做曲線運動，則在這段時間內()A．速度一定在不斷地改變，加速度也一定不斷地改變B．速度一定在不斷地改變，加速度可以不變C．速度可以不變，加速度一定不斷地改變D．速度可以不變，加速度也可以不變解析：選B物體做曲線運動，其運動軌跡上各點的切線方向不同，速度方向一定變化，即速度一定發(fā)生變化，物體必受力的作用，若所受力為恒力，則加速度不變，反之，則加速度變化，故B正確。2.如圖1所示，一塊橡皮用細線懸掛于O點，用鉛筆靠著線的左側向右上方45°方向勻速移動，運動中始終保持懸線豎直，則橡皮運動的速度()圖1A．大小和方向均不變B．大小不變，方向改變C．大小改變，方向不變D．大小和方向均改變解析：選A橡皮同時參與兩個方向的運動：一個是水平方向的勻速直線運動，另一個是豎直方向的勻速直線運動，由于這兩個方向上的分運動都是勻速直線運動，因此這兩個運動的合運動也是勻速直線運動，即橡皮的速度大小和方向都保持不變，所以A正確。3.如圖2所示，在水平地面上勻速運動的汽車，通過定滑輪用繩子吊起一物體，若汽車和被吊物體在同一時刻的速度大小分別為v1和v2，則下列說法中正確的是()圖2A．物體在做勻速運動且v2＝v1B．物體在做加速運動且v2＞v1C．物體在做加速運動且v2＜v1D．物體在做減速運動且v2＜v1解析：選C對v1速度分解如圖所示，得v2＝v1cosθ，所以v2＜v1；由于v1不變，θ角變小，cosθ變大，故v2變大，只有選項C正確。4．質點從同一高度水平拋出，不計空氣阻力，下列說法正確的是()A．質量越大，水平位移越大B．初速度越大，落地時豎直方向速度越大C．初速度越大，空中運動時間越長D．初速度越大，落地速度越大解析：選D物體做平拋運動時，h＝eq\f(1,2)gt2，x＝v0t，則t＝eq\r(\f(2h,g))，所以x＝v0eq\r(\f(2h,g))，故A、C錯誤。由vy＝gt＝eq\r(2gh)，故B錯誤。由v＝eq\r(v02＋vy2)＝eq\r(v02＋2gh)，則v0越大，落地速度越大，故D正確。5.有A、B兩小球，B的質量為A的兩倍?，F將它們以相同速率沿同一方向拋出，不計空氣阻力。圖3中①為A的運動軌跡，則B的運動軌跡是()圖3A．① B．②C．③ D．④解析：選A不計空氣阻力的情況下，兩球沿同一方向以相同速率拋出，其運動軌跡是相同的，選項A正確。6．關于豎直上拋運動，下列說法正確的是()A．豎直上拋運動先后兩次經過同一點時速度相同B．豎直上拋運動的物體從某點到最高點和從最高點回到該點的時間相等C．以初速度v0豎直上拋的物體升高的最大高度為h＝eq\f(v02,2g)D．豎直上拋運動可看成勻速直線運動與自由落體運動的合運動解析：選BCD由豎直上拋運動的對稱性知B正確；速度是矢量，先后經過同一點時速度大小相等，但方向相反，A錯誤；由vt2－v02＝2gh知，上升的最大高度h＝eq\f(v02,2g)，C正確；豎直上拋運動可分解為豎直向上的勻速直線運動和自由落體運動，D正確。7．河寬為d，水流速度為v1，船在靜水中速度為v2，要使小船在渡河過程中通過路程s最短，則下列說法中正確的是()A．v1＜v2時，s＝dB．v1＜v2時，s＝eq\f(\r(v12＋v22),v2)dC．v1＞v2時，s＝eq\f(v1,v2)dD．v1＞v2時，s＝eq\f(v2,v1)d解析：選AC渡河的最短路程有兩種情況：第一，當v2＞v1時，可以使實際運動方向垂直河岸，即s＝d，A正確。第二，當v2＜v1時，不可能垂直河岸過河，但存在最短路程，即實際運動方向與垂直河岸方向的夾角最小，此時實際速度v與v2垂直，如圖所示。由幾何關系知最短路程(OA間的距離)s＝eq\f(v1,v2)d，故C正確。8.如圖4所示，從地面上方某點，將一小球以5m/s的初速度沿水平方向拋出，小球經過1s落地。不計空氣阻力，g取10m/s2，則可求出()圖4A．小球拋出時離地面的高度是5mB．小球從拋出點到落地點的水平位移大小是5mC．小球落地時的速度大小是15m/sD．小球落地時的速度方向與水平地面成30°角解析：選AB由豎直方向有y＝eq\f(1,2)gt2＝5m知，A正確；由x＝v0t＝5m知，B正確；由v＝eq\r(v02＋gt2)＝5eq\r(5)m/s知，C錯誤；由tanθ＝eq\f(gt,v0)＝2知，D錯誤。二、計算題(本題共3小題，共52分)9．(16分)如圖5所示為一次洪災中，駐軍的直升機為小城運送沙袋。該直升機A用長度足夠長的懸索(重力可忽略不計)系住一質量m＝50kg的沙袋B，直升機A和沙袋B以v0＝10m/s的速度一起沿水平方向勻速運動，某時刻開始將沙袋放下，在5s時間內，沙袋在豎直方向上移動的距離以y＝t2(單位：m)的規(guī)律變化，g取10m/s2，求在5s末沙袋B的速度大小及位移大小。圖5解析：沙袋在水平方向上做勻速直線運動，v0＝10m/s在豎直方向上沙袋的位移：y＝t2，即沙袋在豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運動，加速度a＝2m/s2，沙袋5s末在豎直方向上的速度為vy＝at＝10m/s，合速度v＝eq\r(v02＋vy2)＝10eq\r(2)m/s，豎直方向上的位移y＝eq\f(1,2)at2＝25m，水平方向上的位移x＝v0t＝50m，合位移s＝eq\r(x2＋y2)＝25eq\r(5)m。答案：10eq\r(2)m/s25eq\r(5)m10.(18分)跳臺滑雪是利用依山勢特別建造的跳臺進行的，運動員踩著專用滑雪板，不帶雪杖在助滑路上獲得高速后起跳，在空中飛行一段距離后著陸。如圖6所示，設一位運動員由A點沿水平方向躍出，到B點著陸，測得AB間距離L＝75m，山坡傾角θ＝37°(取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，試計算：(不計空氣阻力，g取10m/s2)圖6(1)運動員在空中飛行的時間t；(2)他起跳時的速度v0；(3)落地前瞬間速度的大小。解析：(1)運動員從起跳到落地的豎直位移y＝eq\f(1,2)gt2，而y＝Lsinθ，將g＝10m/s2，L＝75m，θ＝37°代入以上兩式，解得t＝3s。(2)運動員的水平位移x＝v0t，x＝Lcosθ，將t＝3s，L＝75m，θ＝37°代入求得v0＝20m/s。(3)運動員落地時的豎直分速度vy＝gt＝10×3m/s＝30m/s所以他落地時速度大小v＝eq\r(v02＋vy2)＝eq\r(202＋302)m/s≈36.1m/s。答案：(1)3s(2)20m/s(3)36.1m/s11.(18分)如圖7所示，水平屋頂高H＝5m，墻高h＝3.2m，墻到房子的距離L＝3m，墻外馬路寬x＝10m，小球從房頂水平飛出，落在墻外的馬路上，求小球離開房頂時的速度v0的取值范圍。(取g＝10m/s2)圖7解析：設小球恰好越過墻的邊緣時的水平初速度為v1，由平拋運動規(guī)律可知：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(H－h(huán)＝\f(1,2)gt12①,L＝v1t1②))由①②得：v1＝eq\f(L,\r(\f(2H－h(huán),g)))＝eq\f(3,\r(\f(2×5－3.2,10)))m/s＝5m/s又設小球恰落到路沿時的初速度為v2，由平拋運動的規(guī)律得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(H＝\f(1,2)gt22③,L＋x＝v2t2④))由③④得：v2＝eq\f(L＋x,\r(\f(2H,g)))＝eq\f(3＋10,\r(\f(2×5,10)))m/s＝13m/s所以小球拋出時的速度大小為5m/s≤v0≤13m/s。答案：5m/s≤v0≤13m/s階段驗收評估（四）勻速圓周運動(時間：50分鐘滿分：100分)一、選擇題(本題共8小題，每小題6分，共48分。第1～5小題只有一個選項正確，第6～8小題有多個選項正確，全選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)1．對于做勻速圓周運動的物體，以下說法正確的是()A．速度不變B．受到平衡力作用C．除受到重力、彈力、摩擦力之外，還受到向心力的作用D．所受合力大小不變，方向始終與線速度垂直并指向圓心解析：選D做勻速圓周運動的物體速度方向不斷變化，A錯誤。又因為做勻速圓周運動的物體具有向心加速度，所以所受合力不為零，B錯誤。向心力是效果力，受力分析時不考慮，C錯誤。做勻速圓周運動的物體，合力充當向心力，所以其大小不變，方向始終與線速度垂直并指向圓心，D正確。2．建造在公路上的橋梁大多是凸橋，較少是水平橋，更少有凹橋，其主要原因是()A．為了節(jié)省建筑材料，以減少建橋成本B．汽車以同樣的速度通過凹橋時對橋面的壓力要比對水平橋或凸橋壓力大，故凹橋易損壞C．建造凹橋的技術特別困難D．無法確定解析：選B汽車通過水平橋時，對橋的壓力大小等于車的重力，汽車通過凸橋時，在最高點時，對橋的壓力F1＝mg－meq\f(v2,R)，而汽車通過凹橋的最低點時，汽車對橋的壓力F2＝mg＋meq\f(v2,R)。綜上可知，汽車通過凹橋時，對橋面的壓力較大，因此對橋的損壞程度較大。這是不建凹橋的原因。3．(全國甲卷)小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質量大于Q球的質量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短。將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖1所示。將兩球由靜止釋放。在各自軌跡的最低點，()圖1A．P球的速度一定大于Q球的速度B．P球的動能一定小于Q球的動能C．P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度解析：選C兩球由靜止釋放到運動到軌跡最低點的過程中只有重力做功，機械能守恒，取軌跡的最低點為零勢能點，則由機械能守恒定律得mgL＝eq\f(1,2)mv2，v＝eq\r(2gL)，因LP＜LQ，則vP＜vQ，又mP＞mQ，則兩球的動能無法比較，選項A、B錯誤；在最低點繩的拉力為F，則F－mg＝meq\f(v2,L)，則F＝3mg，因mP＞mQ，則FP＞FQ，選項C正確；向心加速度a＝eq\f(F－mg,m)＝2g，選項D錯誤。4.如圖2所示，在雙人花樣滑冰運動中，有時會看到被男運動員拉著的女運動員離開地面在空中做圓錐擺運動的精彩場面，目測體重為G的女運動員做圓錐擺運動時與水平冰面的夾角約為30°，重力加速度為g，估算知該女運動員()圖2A．受到的拉力為G B.受到的拉力為2GC．向心加速度為3g D．向心加速度為2g解析：選B如圖所示，F1＝Fcos30°，F2＝Fsin30°，F2＝G，F1＝ma，所以a＝eq\r(3)g，F＝2G。選項B正確。5．游客乘坐過山車，在圓弧軌道最低點處獲得的向心加速度達到20m/s2，取g＝10m/s2。那么此位置座椅對游客的作用力相當于游客重力的()A．1倍B．2倍C．3倍 D．4倍解析：選C游客乘過山車在圓弧軌道最低點的受力如圖所示。由牛頓第二定律得N－mg＝ma，則N＝mg＋ma＝3mg，即eq\f(N,mg)＝3。6.如圖3所示，用長為L的細繩拴著質量為m的小球在豎直平面內做圓周運動，正確的說法是()圖3A．小球在圓周最高點時所受的向心力一定為重力B．小球在最高點時繩子的拉力有可能為零C．若小球剛好能在豎直平面內做圓周運動，則其在最高點的速率為0D．小球過最低點時繩子的拉力一定大于小球重力解析：選BD設在最高點小球受的拉力為F1，最低點受到的拉力為F2，則在最高點F1＋mg＝meq\f(v12,L)，即向心力由拉力F1與mg的合力提供，A錯。當v1＝eq\r(gL)時，F1＝0，B對。v1＝eq\r(gL)為小球經過最高點的最小速度，即小球在最高點的速率不可能為0，C錯。在最低點，F2－mg＝meq\f(v22,L)，F2＝mg＋meq\f(v22,L)，所以經最低點時，小球受到繩子的拉力一定大于它的重力，D對。7.公路急轉彎處通常是交通事故多發(fā)地帶。如圖4所示，某公路急轉彎處是一圓弧，當汽車行駛的速率為v0時，汽車恰好沒有向公路內外兩側滑動的趨勢。則在該彎道處()圖4A．路面外側高內側低B．車速只要低于v0，車輛便會向內側滑動C．車速雖然高于v0，但只要不超出某一最高限度，車輛便不會向外側滑動D．當路面結冰時，與未結冰時相比，v0的值變小解析：選AC抓住臨界點分析汽車轉彎的受力特點及不側滑的原因，結合圓周運動規(guī)律可判斷。汽車轉彎時，恰好沒有向公路內外兩側滑動的趨勢，說明公路外側高一些，支持力的水平分力剛好提供向心力，此時汽車不受靜摩擦力的作用，與路面是否結冰無關，故選項A正確，選項D錯誤。當v＜v0時，支持力的水平分力大于所需向心力，汽車有向內側滑動的趨勢，摩擦力向外側；當v＞v0時，支持力的水平分力小于所需向心力，汽車有向外側滑動的趨勢，在摩擦力大于最大靜摩擦力前不會側滑，故選項B錯誤，選項C正確。8.如圖5所示，小球P用兩根長度相等、不可伸長的細繩系于豎直桿上，隨桿轉動。若轉動角速度為ω，則下列說法正確的是()圖5A．ω只有超過某一值時，繩子AP才有拉力B．繩子BP的拉力隨ω的增大而增大C．繩子BP的張力一定大于繩子AP的張力D．當ω增大到一定程度時，繩子AP的張力大于繩子BP的張力解析：選ABC小球P的重力、繩子BP的張力及繩子AP中可能存在的張力的合力提供P做勻速圓周運動的向心力。用正交分解法求出小球P分別在水平、豎直兩個方向受到的合力Fx合、Fy合，由牛頓運動定律列方程，Fx合＝mrω2，Fy合＝0，分析討論可知A、B、C正確，D錯誤。二、計算題(本題共3小題，共52分)9．(12分)如圖6所示，兩根長度相同的輕繩，連接著相同的兩個小球，讓它們穿過光滑的桿在水平面內做勻速圓周運動，其中O為圓心，兩段細繩在同一直線上，此時，兩段繩子受到的拉力之比為多少？圖6解析：設每段繩子長為l，對球2有F2＝2mlω2對球1有：F1－F2＝mlω2，由以上兩式得：F1＝3mlω2故F1∶F2＝3∶2。答案：3∶210．(18分)有一列重為100t的火車，以72km/h的速率勻速通過一個內外軌一樣高的彎道，軌道半徑為400m。(1)試計算鐵軌受到的側壓力；(2)若要使火車以此速率通過彎道，且使鐵軌受到的側壓力為零，我們可以適當傾斜路基，試計算路基傾斜角度θ的正切值。解析：(1)72km/h＝20m/s，外軌對輪緣的側壓力提供火車轉彎所需要的向心力，所以有N＝meq\f(v2,r)＝eq\f(105×202,400)N＝105N由牛頓第三定律可知鐵軌受到的側壓力大小等于105N。(2)火車過彎道，重力和鐵軌對火車的彈力的合力正好提供向心力，如圖所示，則mgtanθ＝meq\f(v2,r)由此可得tanθ＝eq\f(v2,rg)＝0.1。答案：(1)105N(2)0.111.(22分)如圖7所示為某游樂場的過山車的軌道，豎直圓形軌道的半徑為R?，F有一節(jié)車廂(可視為質點)從高處由靜止滑下，不計摩擦和空氣阻力。圖7(1)要使過山車通過圓形軌道的最高點，過山車開始下滑時的高度至少應多高？(2)若車廂的質量為m，重力加速度為g，則車廂在軌道最低處時對軌道的壓力大小是多少？解析：(1)設過山車的質量為m，開始下滑時的高度為h，運動到圓形軌道最高點時的最小速度為v。要使過山車通過圓形軌道的最高點，應有mg＝meq\f(v2,R)。過山車在下滑過程中，只有重力做功，故機械能守恒。選取軌道最低點所在平面為參考平面，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mv2＋mg·2R＝mgh，聯立以上兩式得h＝eq\f(5,2)R。(2)設過山車到達軌道最低點時的速度為v′，受到的支持力大小為F，則由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mv′2＝mgh，再由牛頓第二定律得F－mg＝eq\f(mv′2,R)，聯立以上兩式得F＝6mg，由牛頓第三定律知，過山車對軌道的壓力F′＝F＝6mg。答案：(1)eq\f(5,2)R(2)6mg階段驗收評估（五）萬有引力定律及其應用(時間：50分鐘滿分：100分)一、選擇題(本題共8小題，每小題6分，共48分。第1～5小題只有一個選項正確，第6～8小題有多個選項正確，全選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)1．關于萬有引力定律和引力常量的發(fā)現，下列說法中正確的是()A．萬有引力定律是由開普勒發(fā)現的，而引力常量是由伽利略測定的B．萬有引力定律是由開普勒發(fā)現的，而引力常量是由卡文迪許測定的C．萬有引力定律是由伽利略發(fā)現的，而引力常量是由牛頓測定的D．萬有引力定律是由牛頓發(fā)現的，而引力常量是由卡文迪許測定的解析：選D萬有引力定律是牛頓在開普勒等前人的基礎上總結出來的，不是開普勒，也不是伽利略；引力常量是由卡文迪許通過扭秤實驗測定的，綜合知D正確，A、B、C錯誤。2．關于萬有引力定律，正確的說法是()A．物體間的萬有引力與它們的質量成正比，與它們之間的距離成反比B．地球上的物體和地球附近的物體受到的重力就是地球對物體的萬有引力C．萬有引力與質量、距離和萬有引力常量都成正比D．任何兩個物體都是相互吸引的，引力的大小跟它們的質量的乘積成正比，跟它們的距離的平方成反比解析：選D由萬有引力定律知任何兩個物體都是相互吸引的，引力的大小跟它們的質量的乘積成正比，跟它們的距離的平方成反比，故A、C錯誤，D正確；地球上的物體和地球附近的物體受到的重力是地球對物體的萬有引力的一個分力，只有在地球的兩極時重力才等于萬有引力，故B錯誤。3．已知金星繞太陽公轉的周期小于地球繞太陽公轉的周期，它們繞太陽的公轉均可看成勻速圓周運動，則可判定()A．金星的質量大于地球的質量B．金星到太陽的距離大于地球到太陽的距離C．金星到太陽的距離小于地球到太陽的距離D．金星的半徑大于地球的半徑解析：選C根據開普勒第三定律eq\f(a3,T2)＝K，因為金星繞太陽公轉的周期小于地球繞太陽公轉的周期，所以金星到太陽的距離小于地球到太陽的距離，C正確。4．(全國乙卷)利用三顆位置適當的地球同步衛(wèi)星，可使地球赤道上任意兩點之間保持無線電通訊。目前，地球同步衛(wèi)星的軌道半徑約為地球半徑的6.6倍。假設地球的自轉周期變小，若仍僅用三顆同步衛(wèi)星來實現上述目的，則地球自轉周期的最小值約為()A．1h B．4hC．8h D．16h解析：選B萬有引力提供向心力，對同步衛(wèi)星有：eq\f(GMm,r2)＝mreq\f(4π2,T2)，整理得GM＝eq\f(4π2r3,T2)當r＝6.6R地時，T＝24h若地球的自轉周期變小，軌道半徑最小為2R地三顆同步衛(wèi)星A、B、C如圖所示分布。則有eq\f(4π26.6R地3,T2)＝eq\f(4π22R地3,T′2)解得T′≈eq\f(T,6)＝4h，選項B正確。5.在同一軌道平面上繞地球做勻速圓周運動的衛(wèi)星A、B、C，某時刻恰好在同一過地心的直線上，如圖1所示，當衛(wèi)星B經過一個周期時()圖1A．A超前于B，C落后于BB．A超前于B，C超前于BC．A、C都落后于BD．各衛(wèi)星角速度相等，因而三顆衛(wèi)星仍在同一直線上解析：選A由Geq\f(Mm,r2)＝mreq\f(4π2,T2)可得T＝2πeq\r(\f(r2,GM))，故軌道半徑越大，周期越大。當B經過一個周期時，A已經完成了一個多周期，而C還沒有完成一個周期，所以選項A正確，B、C、D錯誤。6．一行星繞恒星做圓周運動，由天文觀測可得，其運行周期為T，速度為v，引力常量為G，則下列說法正確的是()A．恒星的質量為eq\f(v3T,2πG)B．行星的質量為eq\f(4π2v3,GT3)C．行星運動的軌道半徑為eq\f(vT,2π)D．行星運動的加速度為eq\f(2πv,T)解析：選ACD由eq\f(GMm,r2)＝eq\f(mv2,r)＝meq\f(4π2,T2)r得M＝eq\f(v2r,G)＝eq\f(v3T,2πG)，A對；無法計算行星的質量，B錯；r＝eq\f(v,ω)＝eq\f(v,\f(2π,T))＝eq\f(vT,2π)，C對；a＝ω2r＝ωv＝eq\f(2π,T)v，D對。7．甲、乙為兩顆地球衛(wèi)星，其中甲為地球同步衛(wèi)星，乙的運行高度低于甲的運行高度，兩衛(wèi)星軌道均可視為圓軌道。以下判斷正確的是()A．甲的周期大于乙的周期B．乙的速度大于第一宇宙速度C．甲的加速度小于乙的加速度D．甲在運行時能經過北極的正上方解析：選AC地球衛(wèi)星繞地球做圓周運動時，萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律知Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2r,T2)，得T＝2πeq\r(\f(r3,GM))。r甲>r乙，故T甲>T乙，選項A正確；貼近地表運行的衛(wèi)星的速度稱為第一宇宙速度，由Geq\f(Mm,r2)＝eq\f(mv2,r)知v＝eq\r(\f(GM,r))，r乙>R地，故v乙比第一宇宙速度小，選項B錯誤；由Geq\f(Mm,r2)＝ma，知a＝eq\f(GM,r2)，r甲>r乙，故a甲<a乙，選項C正確；同步衛(wèi)星在赤道正上方運行，故不能通過北極正上方，選項D錯誤。8.我國自主研制的探月衛(wèi)星在奔月旅途中，先后完成了一系列高難度的技術動作。探月衛(wèi)星沿地月轉移軌道到達月球附近，在P點進行第一次“剎車制動”后被月球捕獲，進入橢圓軌道繞月飛行，如圖2所示，若衛(wèi)星的質量為m，遠月點Q距月球表面的高度為h，運行到Q點時它的角速度為ω、加速度為a，月球的質量為M、半徑為R，月球表面的重力加速度為g，引力常量為G，則衛(wèi)星在遠月點時，月球對衛(wèi)星的萬有引力大小為()圖2A.eq\f(GMm,R2) B.maC.eq\f(mgR2,R＋h2) D．m(R＋h)ω2解析：選BC由萬有引力定律得，月球對衛(wèi)星的萬有引力F＝eq\f(GMm,R＋h2)，又因GM＝gR2，所以，有F＝eq\f(mgR2,R＋h2)，選項C對、A錯。由牛頓第二定律得萬有引力F＝ma，選項B對。對橢圓軌道向心力公式F＝mω2r不成立，選項D錯。二、計算題(本題共3小題，共52分)9．(16分)在物理學中，常常用等效替代法、類比法、微小量放大法等來研究問題。如在牛頓發(fā)現萬有引力定律一百多年后，卡文迪許利用微小量放大法由實驗測出了引力常量G的數值?？ㄎ牡显S的實驗常被稱為是“稱量地球質量”的實驗，因為由G的數值及其他已知量，就可計算出地球的質量，卡文迪許也因此被譽為“第一個稱量地球的人”。如圖3所示是卡文迪許扭秤實驗示意圖。圖3(1)若在某次實驗中，卡文迪許測出質量分別為m1、m2且球心相距為r的兩個小球之間引力的大小為F，求萬有引力常量G；(2)若已知地球半徑為R，地球表面重力加速度為g，引力常量為G，忽略地球自轉的影響，請推導出地球質量及地球平均密度的表達式。解析：(1)根據萬有引力定律得F＝Geq\f(m1m2,r2)得G＝eq\f(Fr2,m1m2)。(2)設地球質量為M，質量為m的任一物體在地球表面附近滿足Geq\f(Mm,R2)＝mg得GM＝R2g解得地球的質量M＝eq\f(R2g,G)地球的體積V＝eq\f(4,3)πR3解得地球的平均密度eq\x\to(ρ)＝eq\f(3g,4πRG)。答案：(1)eq\f(Fr2,m1m2)(2)M＝eq\f(R2g,G)eq\x\to(ρ)＝eq\f(3g,4πRG)10．(16分)在月球上以初速度v0豎直上拋一個小球，經時間T落回手中。月球半徑為R，在月球上發(fā)射月球衛(wèi)星，發(fā)射月球衛(wèi)星的速度至少是多大？解析：由豎直上拋運動可知，物體往返時間相同，取下落過程，則有v0＝eq\f(T,2)·a，所以a＝eq\f(2v0,T)，a為月球表面的重力加速度。發(fā)射環(huán)繞月球的衛(wèi)星，最小速度應為第一宇宙速度，故Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(v2,R)，所以v＝eq\r(\f(GM,R))，又因為ma＝Geq\f(Mm,R2)，所以GM＝aR2＝eq\f(2v0,T)R2，所以v＝eq\r(\f(\f(2v0,T)R2,R))＝eq\r(\f(2v0R,T))。答案：eq\r(\f(2v0R,T))11.(20分)如圖4所示，質量分別為m和M的兩個星球A和B在引力作用下都繞O點做勻速圓周運動，星球A和B兩者中心之間距離為L。已知A、B的中心和O三點始終共線，A和B分別在O的兩側。引力常量為G。圖4(1)求兩星球做圓周運動的周期。(2)在地月系統中，若忽略其他星球的影響，可以將月球和地球看成上述星球A和B，月球繞其軌道中心運行的周期記為T1。但在近似處理問題時，常常認為月球是繞地心做圓周運動的，這樣算得的運行周期記為T2。已知地球和月球的質量分別為5.98×1024kg和7.35×1022kg。求T2和T1兩者平方之比。(結果保留3位小數)解析：(1)A和B繞O做勻速圓周運動，它們之間的萬有引力提供向心力，則A和B的向心力相等。且A、B和O始終共線，說明A和B有相同的角速度和周期。因此有：mω2r＝Mω2R，r＋R＝L，聯立解得R＝eq\f(m,m＋M)L，r＝eq\f(M,m＋M)L對A星根據牛頓第二定律和萬有引力定律得：eq\f(GMm,L2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2eq\f(M,M＋m)L解得：T＝2πeq\r(\f(L3,GM＋m))。(2)將地月看成雙星，由第一問所求有：T1＝2πeq\r(\f(L3,GM＋m))將月球看做繞地心做圓周運動，根據牛頓第二定律和萬有引力定律得eq\f(GMm,L2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2L解得T2＝2πeq\r(\f(L3,GM))所以兩種周期的平方比值為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T2,T1)))2＝eq\f(m＋M,M)＝eq\f(5.98×1024＋7.35×1022,5.98×1024)＝1.012。答案：(1)2πeq\r(\f(L3,GM＋m))(2)1.012階段驗收評估（六）相對論與量子論初步(時間：50分鐘滿分：100分)一、選擇題(本題共8小題，每小題6分，共48分。第1～5小題只有一個選項正確，第6～8小題有多個選項正確，全選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)1．首先提出量子理論的科學家是()A．普朗克 B．邁克爾孫C．愛因斯坦 D．德布羅意解析：選A為了解釋黑體輻射，普朗克首先提出了能量的量子化，故A正確。2．屬于狹義相對論基本假設的是在不同的慣性系中()A．真空中光速不變B．時間間隔具有相對性C．物體的質量不變D．物體的能量與質量成正比解析：選A狹義相對論的兩條假設分別是在任何慣性系中真空中的光速不變和一切物理規(guī)律相同，故A正確。3.如圖1所示，沿平直鐵路線有間距相等的三座鐵塔A、B和C。假想有一列車沿AC方向以接近光速行駛，當鐵塔B發(fā)出一個閃光，列車上的觀測者測得A、C兩鐵塔被照亮的順序是()圖1A．同時被照亮 B．A先被照亮C．C先被照亮 D．無法判斷解析：選C列車上的觀測者看到的是由B發(fā)出后經過A和C反射的光，由于列車在這段時間內靠近C，而遠離A，所以C的反射光先到達列車上的觀測者，看到C先被照亮，故只有C正確。4.如圖2所示，一根10m長的梭鏢以相對論速度穿過一根10m長的管子，它們的長度都是在靜止狀態(tài)下測量的。以下哪種敘述最好地描述了梭鏢穿過管子的情況()圖2A．梭鏢收縮變短，因此在某些位置上，管子能完全遮住它B．管子收縮變短，因此在某些位置上，梭鏢從管子的兩端伸出來C．兩者都收縮，且收縮量相等，因此在某個位置，管子恰好遮住梭鏢D．所有這些都與觀察者的運動情況有關解析：選D如果你是在相對于管子靜止的參照系中觀察運動著的梭鏢，那么梭鏢看起來就比管子短，在某些位置，梭鏢會完全處在管子內部。然而當你和梭鏢一起運動時，你看到的管子就縮短了；所以在某些位置，你可以看到梭鏢兩端都伸出管子。又如你在梭鏢和管子之間運動，運動的速度是在梭鏢運動的方向上，而大小是其一半；那么梭鏢和管子都相對于你運動，且速度的大小一樣；你看到這兩樣東西都縮短了，且縮短的量相同。所以你看到的一切都是相對的——依賴于你的參考系，故D正確。5．下列對于光的波粒二象性的說法中，正確的是()A．一束傳播的光，有的光是波，有的光是粒子B．光子與電子是同樣一種粒子，光波與機械波是同樣一種波C．光的波動性是由于光子間的相互作用而形成的D．光是一種波，同時也是一種粒子，光子說并未否定電磁說，在光子能量ε＝hν中，仍表現出波的特性解析：選D光是一種波，同時也是一種粒子，粒子性和波動性是光子本身的一種屬性，光子說并未否定電磁說，故D正確。6．如圖3，世界上有各式各樣的鐘：砂鐘、電鐘、機械鐘和光鐘。既然運動可以使某一種鐘變慢，它一定會使所有的鐘都一樣變慢。這種說法()圖3A．正確B．錯誤C．若變慢，則變慢程度相同D．若變慢，則與鐘的種類有關系解析：選AC將不同類型的兩架鐘調整到時間相同，并將它們密封在一個盒子中，再讓該盒子勻速運動。假設運動對一架鐘的影響比另一架大，則坐在盒子里的人就能看到兩架鐘的差別，因而可以判定出盒子是怎樣運動的，顯然這違反了相對論的基本原理，即一個密閉在盒子中的人是無法辨認自己是處于靜止狀態(tài)，還是勻速運動狀態(tài)的。所以一架鐘變慢時，所有的鐘必定都變慢，且變慢的程度一定嚴格相同。故A、C正確。7．在引力可以忽略的空間里有一艘宇宙飛船在做勻加速直線運動，一束光垂直于運動方向在飛船內傳播，則下列說法中正確的是()A．飛船外靜止的觀察者看到這束光是沿直線傳播的B．飛船外靜止的觀察者看到這束光是沿曲線傳播的C．航天員以飛船為參考系看到這束光是沿直線傳播的D．航天員以飛船為參考系看到這束光是沿曲線傳播的解析：選AD由相對論原理可知物理規(guī)律在一切慣性系中都相同，故A正確，B錯誤；由廣義相對論原理可知C錯誤，D正確。8．愛因斯坦提出了質能方程，揭示了質量與能量的關系，關于質能方程，下列說法不正確的是()A．質量就是能量B．當物體向外釋放能量時，其質量必定減少，且減少的質量Δm與釋放的能量ΔE滿足ΔE＝Δmc2C．如果物體的能量增加了ΔE，那么它的質量相應減少了Δm，并且ΔE＝Δmc2D．mc2是物體能夠放出能量的總和解析：選ACD由質能方程可知，能量與質量之間存在著一種對應關系，而不能認為質量就是能量或能量就是質量，能量與質量是兩個不同的概念，故選A、C、D。二、計算題(本題共3小題，共52分)9．(16分)長度測量與被測物體相對于觀察者的運動有關，物體在運動方向上長度縮短了。一艘宇宙飛船的船身長度為L0＝90m，相對地面以v＝0.8c的速度在一觀測站的上空飛過。(1)觀測站的觀測人員測得飛船的船身通過觀測站的時間間隔是多少？(2)宇航員測得船身通過觀測站的時間間隔為多少？解析：(1)觀測站測得船身的長度為L＝L0eq\r(1－\f(v2,c2))＝90eq\r(1－0.82)m＝54m通過觀測站的時間間隔為Δt＝eq\f(L,v)＝eq\f(54m,0.8c)＝2.25×10－7s。(2)宇航員測得飛船船身通過觀測站的時間間隔為Δt＝eq\f(L0,v)＝eq\f(90m,0.8c)＝3.75×10－7s。答案：(1)2.25×10－7s(2)3.75×10－7s10．(18分)研究高空宇宙射線時，發(fā)現了一種不穩(wěn)定的基本粒子，稱為介子，質量約為電子質量的273倍，它帶有一個電子電荷量的正電荷或負電荷，稱為π＋或π－。若參考系中π±介子處于靜止，它們的平均壽命為τ＝2.56×10－8s，設π±介子以0.9c的速率運動，求：(1)在實驗室參考系中觀測到該粒子的平均壽命。(2)在實驗室參考系中觀測到該粒子運動的平均距離。(3)該粒子運動時的動能。解析：(1)粒子運動時，在和粒子相對靜止的參考系中，粒子的壽命仍為τ＝2.56×10－8s，而此時在實驗室中觀察到的壽命τ′應比τ大，滿足τ′＝eq\f(τ,\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,c)))2))＝eq\f(2.56×10－8,\r(1－0.92))s≈5.87×10－8s。(2)平均距離d＝vτ′＝0.9×3×108×5.87×10－8m＝15.849m。(3)粒子的靜止質量m0＝273×9.1×10－31kg＝2.4843×10－28kg粒子的動能為Ek＝mc2－m0c2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m0,\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,c)))2))－m0))c2≈2.898×10－11J。答案：(1)5.87×10－8s(2)15.849m(3)2.898×10－11J11．(18分)太陽在不斷地輻射能量，因而其質量也不斷地減少。若太陽每秒鐘輻射的總能量為4×1026J，試計算太陽在一秒內失去的質量。估算5000年內總共減少了多少質量，并求5000年內減少的質量與太陽的總質量2×1027t的比值。解析：由太陽每秒鐘輻射的能量ΔE可得其每秒內失去的質量為Δm＝eq\f(ΔE,c2)＝eq\f(4×1026,3×1082)kg＝eq\f(4,9)×1010kg≈4.4×109kg。在5000年內太陽總共減少的質量為ΔM＝Δm·t＝5000×365×24×3600×eq\f(4,9)×1010kg≈7×1020kg。與太陽的總質量比值為k＝eq\f(ΔM,M)＝eq\f(7×1020,2×1027×103)＝3.5×10－10。答案：4.4×109kg7×1020kg3.5×10－10(時間：90分鐘滿分：110分)一、選擇題(本題共14小題，每小題4分，共56分。第1～8小題只有一個選項正確，第9～14小題有多個選項正確，全選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)1．在力學理論建立的過程中，有許多偉大的科學家做出了貢獻。關于科學家和他們的貢獻，下列說法正確的是()A．伽利略發(fā)現了行星運動的規(guī)律B．牛頓通過實驗測出了引力常量C．牛頓最早指出力不是維持物體運動的原因D．笛卡爾對牛頓第一定律的建立做出了貢獻解析：選D發(fā)現行星運動規(guī)律的科學家是開普勒，A錯；在牛頓發(fā)現萬有引力定律一百多年后，卡文迪許通過實驗測出了引力常量，B錯；最早指出力不是維持物體運動的原因的科學家是伽利略，C錯；與伽利略同時代的笛卡爾補充和完善了伽利略“力和運動關系”的論點，對牛頓第一定律的建立做出了貢獻，D對。2．設某人在以速度0.5c飛行的飛船上打開一個光源，則下列說法正確的是()A．飛船正前方地面上的觀察者看到這一光速為1.5cB．飛船正后方地面上的觀察者看到這一光速為0.5cC．在垂直飛船前進方向地面上的觀察者看到這一光速是0.5cD．在地面上任何地方的觀察者看到的光速都是c解析：選D根據光速不變原理知，在任何慣性系中測得的真空中的光速都相同，都為c，故D正確。3.如圖1所示，棒MN在夾角為30°的導軌上以3m/s的速度向左滑動，在滑動過程中棒MN始終垂直于AB邊。MN與AC邊的交點是P，則P沿AC滑動的速度大小為()圖1A．2eq\r(3)m/s B.eq\f(\r(3),2)m/sC.eq\f(3,2)m/s D.eq\f(3\r(3),2)m/s解析：選A如圖所示，對P點速度進行分解，則vP＝eq\f(v1,cos30°)＝eq\f(3,\f(\r(3),2))m/s＝2eq\r(3)m/s，故A正確。4．如圖2所示，傾角30°的斜面連接水平面，在水平面上安裝半徑為R的半圓豎直擋板，質量為m的小球從斜面上高為eq\f(R,2)處靜止釋放，到達水平面恰能貼著擋板內側運動。不計小球體積，不計摩擦和機械能損失。則小球沿擋板運動時對擋板的力是()圖2A．0.5mg B．mgC．1.5mg D．2mg解析：選B質量為m的小球從斜面上高為eq\f(R,2)處靜止釋放，由機械能守恒定律可得，到達水平面時速度的二次方v2＝gR，小球在擋板彈力作用下做勻速圓周運動，F＝eq\f(mv2,R)，由牛頓第三定律，小球沿擋板運動時對擋板的力F′＝F，聯立解得F′＝mg，B正確。5．質量為m的物體以v0的速度水平拋出，經過一段時間速度大小變?yōu)閑q\r(2)v0，不計空氣阻力，重力加速度為g，以下說法正確的是()A．該過程平均速度大小為eq\f(1＋\r(2),2)v0B．速度大小變?yōu)閑q\r(2)v0時，重力的瞬時功率為eq\r(2)mgv0C．運動位移的大小為eq\f(\r(5)v02,2g)D．運動時間為eq\f(v0,2g)解析：選C運動時間為t＝eq\f(v0,g)，水平位移為x＝eq\f(v02,g)，豎直位移y＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(v02,2g)，運動位移的大小為s＝eq\r(x2＋y2)＝eq\f(\r(5)v02,2g)，D錯誤，C正確。該過程平均速度大小為v＝eq\f(s,t)＝eq\f(\r(5),2)v0，A錯誤。速度大小變?yōu)閑q\r(2)v0時，重力的瞬時功率為P＝mgeq\r(2)v0cos45°＝mgv0，B錯誤。6．據媒體報道，“嫦娥一號”衛(wèi)星環(huán)月工作軌道為圓軌道，軌道高度200km，運行周期127分鐘。若還知道引力常量和月球平均半徑，僅利用以上條件不能求出的是()A．月球表面的重力加速度B．月球對衛(wèi)星的吸引力C．衛(wèi)星繞月運行的線速度的大小D．衛(wèi)星繞月運行的加速度的大小解析：選B由題意知“嫦娥一號”衛(wèi)星的軌道半徑由r＝R月＋h可確定，周期T已知，故線速度大小v＝eq\f(2πr,T)，向心加速度a＝ω2r＝eq\f(4π2,T2)r；“嫦娥一號”衛(wèi)星繞月球轉動的向心力由萬有引力提供，則Geq\f(Mm,r2)＝mreq\f(4π2,T2)，而月球表面的重力加速度g＝eq\f(GM,R2)，聯立解得：g＝eq\f(4π2r3,T2R2)；因為衛(wèi)星的質量m未知，所以無法確定月球對衛(wèi)星的吸引力，故選B。7．某科技創(chuàng)新小組設計制作出一種全自動升降機模型，用電動機通過鋼絲繩拉著升降機由靜止開始勻加速上升，已知升降機的質量為m，當升降機的速度為v1時，電動機的電功率達到最大值P，此后電動機保持該功率不變，直到升降機以最大速度v2勻速上升為止，整個過程中忽略摩擦阻力及空氣阻力，重力加速度為g。有關此過程，下列說法錯誤的是()A．鋼絲繩的最大拉力為eq\f(P,v1)B．升降機的最大速度v2＝eq\f(P,mg)C．鋼絲繩的拉力對升降機所做的功等于升降機克服重力所做的功D．升降機的速度由v1增大至v2的過程中，鋼絲繩的拉力不斷減小解析：選C勻加速上升階段，鋼絲繩拉力最大，F＝eq\f(P,v1)，A正確；勻速運動時升降機有最大速度v2＝eq\f(P,mg)，B正確；鋼絲繩的拉力對升降機所做的功等于升降機克服重力所做的功與動能增量的和，C錯；升降機速度由v1增大至v2的過程中，鋼絲繩的拉力不斷減小，最終等于重力，D正確。8.如圖3，在豎直平面內，滑道ABC關于B點對稱，且A、B、C三點在同一水平線上。若小滑塊第一次由A滑到C，所用的時間為t1，第二次由C滑到A，所用的時間為t2，小滑塊兩次的初速度大小相同且運動過程始終沿著滑道滑行，小滑塊與滑道的動摩擦因數恒定，則()圖3A．t1<t2 B．t1＝t2C．t1>t2 D．無法比較t1、t2的大小解析：選A在滑道AB段上取任意一點E，比較從A點到E點的速度v1和從C點到E點的速度v2易知，v1>v2。因E點處于“凸”形軌道上，速度越大，軌道對小滑塊的支持力越小，因動摩擦因數恒定，則摩擦力越小，可知由A滑到C比由C滑到A在AB段上的摩擦力小，因摩擦造成的動能損失也小。同理，在滑道BC段的“凹”形軌道上，小滑塊速度越小，其所受支持力越小，摩擦力也越小，因摩擦造成的動能損失也越小，從C處開始滑動時，小滑塊損失的動能更大。故綜上所述，從A滑到C比從C滑到A在軌道上因摩擦造成的動能損失要小，整個過程中從A滑到C平均速度要更大一些，故t1<t2。選項A正確。9．關于功和能，下列說法正確的是()A．內燃機做功的過程是內能轉化為機械能的過程B．用電動機抽水時，若消耗100J的電能，一定轉化為100J的水的機械能C．人走路時，沒有力做功，所以沒有能量轉化D．人騎自行車做功時，自行車和人增加的機械能是由人體內的化學能轉化來的解析：選AD做功過程是一個能量轉化的過程，內燃機燃料燃燒推動活塞對外做功轉化為機械能，故A正確；用電動機抽水時，電動機會發(fā)熱，若消耗100J的電能時轉化為水的機械能一定小于100J，故B錯誤；人走路時，人的重力要上下波動，需克服重力做功，所以是化學能轉化為機械能的過程，故C錯誤；人騎自行車做功時，是消耗體內的化學能轉化為自行車與人的機械能的過程，故D正確。10．質量為m的汽車在平直的公路上行駛，當速度為v0時開始加速，經過時間t前進了s，速度達到最大值vmax，設在加速過程中，汽車發(fā)動機的功率恒為P，汽車所受阻力大小恒為f，則在這段時間內，汽車發(fā)動機所做的功為()A．Pt B．fvmaxtC．fs D.eq\f(1,2)mvmax2＋fs－eq\f(1,2)mv02解析：選ABD由于汽車以恒定功率P行駛了時間t，則有W＝Pt，A正確；由功率的公式P＝Fv得，額定功率下車輛獲得最大速度vmax，牽引力F和阻力f相等，P＝Fvmax＝fvmax，所以W＝Pt＝fvmaxt，B正確；由動能定理得：W－fs＝ΔEk，所以W＝fs＋eq\f(1,2)mvmax2－eq\f(1,2)mv02，D正確。11．我國科學家正在研制航母艦載機使用的電磁彈射器。艦載機總質量為3.0×104kg，設起飛過程中發(fā)動機的推力恒為1.0×105N；彈射器有效作用長度為100m，推力恒定。要求艦載機在水平彈射結束時速度大小達到80m/s。彈射過程中艦載機所受總推力為彈射器和發(fā)動機推力之和，假設所受阻力為總推力的20%，則()A．彈射器的推力大小為1.1×106NB．彈射器對艦載機所做的功為1.1×108JC．彈射器對艦載機做功的平均功率為8.8×107WD．艦載機在彈射過程中的加速度大小為32m/s2解析：選ABD對艦載機應用運動學公式v2－02＝2ax，即802＝2·a·100，得加速度a＝32m/s2，選項D正確；設總推力為F，對艦載機應用牛頓第二定律可知：F－20%F＝ma，得F＝1.2×106N，而發(fā)動機的推力為1.0×105N，則彈射器的推力為F推＝(1.2×106－1.0×105)N＝1.1×106N，選項A正確；彈射器對艦載機所做的功為W＝F推·l＝1.1×108J，選項B正確；彈射過程所用的時間為t＝eq\f(v,a)＝eq\f(80,32)s＝2.5s，平均功率P＝eq\f(W,t)＝eq\f(1.1×108,2.5)W＝4.4×107W，選項C錯誤。12．土星外層有一個環(huán)，為了判斷它是土星的一部分還是土星的衛(wèi)星群，可以通過測量環(huán)中各層的線速度大小v與該層到土星中心的距離R之間的關系來判斷()A．若v與R成正比，則該層是土星的一部分B．若v2與R成正比，則該層是土星的衛(wèi)星群C．若v與R成反比，則該層是土星的衛(wèi)星群D．若v2與R成反比，則該層是土星的衛(wèi)星群解析：選AD若是土星的一部分，則環(huán)中各點的角速度與土星相同，對應的線速度v＝ωR，v與R成正比，故A正確；若是衛(wèi)星群，則對環(huán)中任一顆衛(wèi)星有Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(v2,R)，v2＝eq\f(GM,R)，即v2與R成反比，故D正確。13.用細繩拴著質量為m的小球，在豎直平面內做半徑為R的圓周運動，如圖4所示。則下列說法正確的是()圖4A．小球通過最高點時，繩子張力可以為零B．小球通過最高點時的最小速度是零C．小球剛好通過最高點時的速度是eq\r(gR)D．小球通過最高點時，繩子對小球的作用力可以與球所受重力方向相反解析：選AC設小球通過最高點時的速度為v。由合外力提供向心力及牛頓第二定律得F合＝mg＋T，又F＝meq\f(v2,R)，則mg＋T＝meq\f(v2,R)。當T＝0時，v＝eq\r(gR)，故A正確；當v<eq\r(gR)時，T<0，而繩子只能產生拉力，不能產生與重力方向相反的支持力，故B、D錯誤；當v>eq\r(gR)時，T>0，小球能沿圓弧通過最高點。可見，v≥eq\r(gR)是小球能沿圓弧通過最高點的條件。14.如圖5，滑塊a、b的質量均為m，a套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上。a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止開始運動。不計摩擦，a、b可視為質點，重力加速度大小為g。則()圖5A．a落地前，輕桿對b一直做正功B．a落地時速度大小為eq\r(2gh)C．a下落過程中，其加速度大小始終不大于gD．a落地前，當a的機械能最小時，b對地面的壓力大小為mg解析：選BD由題意知，系統機械能守恒。設某時刻a、b的速度分別為va、vb。此時剛性輕桿與豎直桿的夾角為θ