高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1——★參考答案★——1．【答案】C【詳析】ABC．當(dāng)帶電的金屬球帶正電時，根據(jù)靜電感應(yīng)原理可知，驗電器的上端帶負(fù)電，驗電器的金屬箔片帶正電，故AB錯誤，C正確；D．當(dāng)帶電的金屬球帶負(fù)電時，根據(jù)靜電感應(yīng)原理可知，驗電器的上端帶正電，驗電器的金屬箔片帶負(fù)電，故D錯誤。故選C。2【答案】B【詳析】A．勢能是標(biāo)量，有正負(fù)、無方向，勢能為正值表示勢能大于零勢能點的勢能，勢能為負(fù)值表示勢能小于零勢能點的勢能，故A錯誤；B．重力勢能的大小與參考平面的選取有關(guān)，但重力勢能的變化量大小與參考平面選取無關(guān)，重力做正功，重力勢能減小，重力做負(fù)功，重力勢能增加，故B正確；C．系統(tǒng)所受合外力對物體做的功一定等于動能的變化量，故C錯誤；D．當(dāng)彈簧彈力做正功時彈簧彈性勢能減小，故D錯誤。故選B。3．【答案】B【詳析】根據(jù)而可得運行的向心加速度大小為運行的速度大小為運行的角速度為運行的周期為故選B。4．【答案】D【詳析】A．由p=mv知物體動量大，可能質(zhì)量非常大而速度比較小，A錯誤；B．由、p=mv得動能與動量大小的關(guān)系式知物體動能不變，其動量大小一定不變。但動量是矢量，大小不變而方向可能變化，所以動量可能是變化的，B錯誤；C．動量的值里面的正負(fù)號表示動量的方向，大小為其值的絕對值，所以（+4kg·m/s）的動量大小小于（6kg·m/s）的動量，C錯誤；D．根據(jù)動量定理可得知物體的動量變化越快，其所受的合外力越大，D正確。故選D。5．【答案】C【詳析】A．兩球初速度相同，質(zhì)量相同，初動能相同，從離地面相同高度處拋出，由動能定理可知，落地時動能相同，故A錯誤；B．根據(jù)機(jī)械能守恒，落地時的動能其中m、h、v0均相等，所以落地時的速度大小相等，但方向不同，所以速度不相同，故B錯誤；C．兩小球落地時，速度大小相等，但方向不同，由于A落地時速度方向與重力方向之間夾角θ不為零，而B落地時速度方向與重力方向相同，根據(jù)可知A落地時重力的瞬時功率比B的小，故C正確；D．從小球拋出到落地，重力對兩球做功相同，但落地時間不同，重力對兩小球做功的平均功率不同，故D錯誤。故選C。6．【答案】B【詳析】AB．根據(jù)動量定理解得則圖像的斜率質(zhì)量之比等于斜率之比，因甲乙圖像的斜率之比為，則甲、乙兩物體的質(zhì)量之比為，故A錯誤，B正確；CD．由動能定理，摩擦力做功等于動能減小量，即等于初動能之比，根據(jù)甲、乙兩物體受到的摩擦力做功之比為，故CD錯誤。故選B。7【答案】C【詳析】A．滑塊B在下滑過程中對斜面體A有斜向左下方的壓力，斜面體A向左移動，滑塊B的位移與其受到的支持力FN不是垂直關(guān)系，它們的夾角為鈍角，即支持力FN對滑塊B做負(fù)功，故A錯誤；BC．滑塊B在下滑過程中，有斜向右下方的加速度，此加速度有豎直向下的分加速度，所以系統(tǒng)在豎直方向合力向下，受力不平衡，合外力不為零，所以系統(tǒng)動量不守恒。滑塊B下滑過程中，A、B組成的系統(tǒng)水平方向不受力，所以系統(tǒng)水平方向動量守恒，取水平向右為正方向，滑塊B下滑過程中，任意時刻B物塊水平速度大小為vB，A的水平速度大小為vA，對系統(tǒng)在水平方向，由動量守恒定律有0=mvB-MvA解得設(shè)B到達(dá)斜面底端時，A、B水平位移大小分別為xA、xB，在水平方向有xA+xB=L且聯(lián)立解得，滑塊B滑到斜面底端時，斜面體向左滑動的距離為故B錯誤，C正確；D．因為整體分析可知，豎直方向存在向下的加速度，所以地面對整體支持力小于整體重力，則地面對A支持力的沖量大小小于，故D錯誤。故選C。8．【答案】ABC【詳析】A．小球自由下落過程，重力做正功，小球動能增加，小球與彈簧接觸后，開始彈簧彈力小于重力，小球合力豎直向下，合力做正功，動能增加，當(dāng)彈力與重力相等時，合力是零，小球動能最大，小球繼續(xù)向下運動，彈簧彈力大于重力，合力豎直向上，合力做負(fù)功，小球的動能減小，到達(dá)最低點速度減到零，動能減到零，所以從最高點到最低點過程，小球動能先增大后減小，故A正確；B．無論從最高點到最低點過程，還是從最低點到最高點過程，小球都是先做加速運動后做減速運動，小球彈簧彈力和重力大小相等時，合力是零，動能最大，所以小球的動能最大的位置與向上運動過程中動能最大的位置相同，故B正確；C．小球從最高點開始向下運動到最低點的過程中，由動能定理有可得即小球重力所做的功等于克服彈簧彈力所做的功，故C正確；D．小球自由下落過程，只有重力做功，小球重力勢能和動能之和保持不變，與彈簧接觸后，彈簧形變量增大，彈性勢能增大，根據(jù)小球、彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知，小球重力勢能與動能之和減小，故D錯誤。故選ABC。9．【答案】AB【詳析】ACD．根據(jù)題意，由牛頓第二定律有又有整理得結(jié)合圖像有，斜率截距解得故CD錯誤，A正確。B．根據(jù)題意可知，當(dāng)加速度為零時，汽車的速度最大，由圖乙可知解得故B正確；故選AB。10．【答案】AD【詳析】AB．據(jù)圖像可知，圓筒做勻加速轉(zhuǎn)動，角速度隨時間變化的關(guān)系式為圓筒邊緣線速度與物塊前進(jìn)速度大小相同，根據(jù)得所以物體做勻加速直線運動，故A正確，B錯誤；C．物體運動的加速度根據(jù)牛頓第二定律得解得故C錯誤；D．時，細(xì)線拉力的瞬時功率為故D正確。故選AD。11．（6分）每空2分【答案】DCB【詳析】（1）A．選擇密度大體積小的重物，有利于減小誤差，故A錯誤；BC．為了獲取更多的數(shù)據(jù)點，實驗過程中應(yīng)先接通電源，后釋放重物，釋放紙帶時重物靠近打點計時器，故BC錯誤；D．實驗產(chǎn)生誤差的主要原因是重物在下落過程中不可避免地受到阻力的作用，故D正確。故選D。（2）實驗中需要用刻度尺測量紙帶上的點之間的距離，在驗證機(jī)械能守恒時，由可知質(zhì)量可以約掉，故不需要測量重物質(zhì)量，故需要毫米刻度尺。故選C。（3）根據(jù)實驗數(shù)據(jù)可知物體減少的重力勢能與增加的動能可認(rèn)為相等，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知則圖線是過原點的直線。故選B。12．（10分）【答案】(1)AD（2分）(2)（2分）>=(3)c（2分）(4)maop=maOM+mbON（2分）(5)A（2分）【詳析】（1）A．本實驗要通過平拋運動驗證動量守恒定律，所以軌道末端必須水平，以保證小球做平拋運動，故A正確；BC．實驗需要測量平拋射程，需要刻度尺，由于平拋運動高度相同，時間相同，可用水平位移替代平拋初速度，故高度也不需要測量，故BC錯誤；D．為了保證兩次入射小球到達(dá)軌道末端具有相同的速度，兩次入射小球需從同一位置由靜止釋放，故D正確。故選AD。（2）為了保持碰撞過程A球的速度方向不變，需要，為了保證對心碰撞，需要。（3）如果采用畫圓法確定小球的平均落點位置，應(yīng)該讓所畫的圓盡可能地把大多數(shù)落點包進(jìn)去，且圓的半徑最小，這樣所畫圓的圓心即為小球落點的平均位置，故圓c畫的最合理。（4）分析可知，未放B球前，A球落地在P點，放B球，A碰B后二者落地分別為M點、N點，設(shè)碰前A的速度為，A碰B后二者速度分別為，設(shè)平拋運動的時間為t，則有根據(jù)動量守恒有mav0=mav1+mbv2聯(lián)立可得maop=maOM+mbON（5）兩球發(fā)生彈性碰撞，則有聯(lián)立以上，解得故選A。13(10分）．【答案】(1)(2)(3)【詳析】（1）設(shè)小球在最高點的最小速度為，由牛頓第二定律有2分解得小球要做完整的圓周運動，在最高點的速度至少為2分（2）小球在最高點時由牛頓第二定律有2分解得小球在最高點的速度為時，輕繩拉力為1分（3）小球在最低點時速度最大，繩的拉力最大，由牛頓第二定律有2分代入數(shù)據(jù)解得小球在最低點的速率不能超過1分14(12分）．【答案】(1)；(2)；(3)【詳析】(1)由題中圖像知物體1s末的速度m/s1分根據(jù)動能定理得J2分(2)物體沿斜面上升的最大距離m=5m1分物體到達(dá)斜面時的速度m/s，到達(dá)斜面最高點的速度為零，根據(jù)動能定理有2分解得J1分則平均功率為W2分(3)設(shè)物體重新到達(dá)斜面底端時的速度為，則根據(jù)動能定理有2分解得m/s1分此后物體做勻速直線運動，物體回到出發(fā)點的速度大小為m/s。15(16分）【答案】(1)(2)(3)，方向水平向左。【詳析】（1）由動能定理有1分解得小球P在C點的速度大小1分對P，由牛頓第二定律有2分解得1分（2）PQ速度相等時，彈簧彈性勢能最大，設(shè)共同速度為v，規(guī)定向右為正方向，由動量守恒有2分由能量守恒有2分聯(lián)立解得最大彈性勢能1分（3）設(shè)小球壓縮彈簧結(jié)束后瞬間Q的速度為，由動量守恒有2分能量守恒有2分聯(lián)立解得1分可知小球壓縮彈簧結(jié)束后瞬間，小球的速度大小為，方向水平向左。1分——★參考答案★——1．【答案】C【詳析】ABC．當(dāng)帶電的金屬球帶正電時，根據(jù)靜電感應(yīng)原理可知，驗電器的上端帶負(fù)電，驗電器的金屬箔片帶正電，故AB錯誤，C正確；D．當(dāng)帶電的金屬球帶負(fù)電時，根據(jù)靜電感應(yīng)原理可知，驗電器的上端帶正電，驗電器的金屬箔片帶負(fù)電，故D錯誤。故選C。2【答案】B【詳析】A．勢能是標(biāo)量，有正負(fù)、無方向，勢能為正值表示勢能大于零勢能點的勢能，勢能為負(fù)值表示勢能小于零勢能點的勢能，故A錯誤；B．重力勢能的大小與參考平面的選取有關(guān)，但重力勢能的變化量大小與參考平面選取無關(guān)，重力做正功，重力勢能減小，重力做負(fù)功，重力勢能增加，故B正確；C．系統(tǒng)所受合外力對物體做的功一定等于動能的變化量，故C錯誤；D．當(dāng)彈簧彈力做正功時彈簧彈性勢能減小，故D錯誤。故選B。3．【答案】B【詳析】根據(jù)而可得運行的向心加速度大小為運行的速度大小為運行的角速度為運行的周期為故選B。4．【答案】D【詳析】A．由p=mv知物體動量大，可能質(zhì)量非常大而速度比較小，A錯誤；B．由、p=mv得動能與動量大小的關(guān)系式知物體動能不變，其動量大小一定不變。但動量是矢量，大小不變而方向可能變化，所以動量可能是變化的，B錯誤；C．動量的值里面的正負(fù)號表示動量的方向，大小為其值的絕對值，所以（+4kg·m/s）的動量大小小于（6kg·m/s）的動量，C錯誤；D．根據(jù)動量定理可得知物體的動量變化越快，其所受的合外力越大，D正確。故選D。5．【答案】C【詳析】A．兩球初速度相同，質(zhì)量相同，初動能相同，從離地面相同高度處拋出，由動能定理可知，落地時動能相同，故A錯誤；B．根據(jù)機(jī)械能守恒，落地時的動能其中m、h、v0均相等，所以落地時的速度大小相等，但方向不同，所以速度不相同，故B錯誤；C．兩小球落地時，速度大小相等，但方向不同，由于A落地時速度方向與重力方向之間夾角θ不為零，而B落地時速度方向與重力方向相同，根據(jù)可知A落地時重力的瞬時功率比B的小，故C正確；D．從小球拋出到落地，重力對兩球做功相同，但落地時間不同，重力對兩小球做功的平均功率不同，故D錯誤。故選C。6．【答案】B【詳析】AB．根據(jù)動量定理解得則圖像的斜率質(zhì)量之比等于斜率之比，因甲乙圖像的斜率之比為，則甲、乙兩物體的質(zhì)量之比為，故A錯誤，B正確；CD．由動能定理，摩擦力做功等于動能減小量，即等于初動能之比，根據(jù)甲、乙兩物體受到的摩擦力做功之比為，故CD錯誤。故選B。7【答案】C【詳析】A．滑塊B在下滑過程中對斜面體A有斜向左下方的壓力，斜面體A向左移動，滑塊B的位移與其受到的支持力FN不是垂直關(guān)系，它們的夾角為鈍角，即支持力FN對滑塊B做負(fù)功，故A錯誤；BC．滑塊B在下滑過程中，有斜向右下方的加速度，此加速度有豎直向下的分加速度，所以系統(tǒng)在豎直方向合力向下，受力不平衡，合外力不為零，所以系統(tǒng)動量不守恒。滑塊B下滑過程中，A、B組成的系統(tǒng)水平方向不受力，所以系統(tǒng)水平方向動量守恒，取水平向右為正方向，滑塊B下滑過程中，任意時刻B物塊水平速度大小為vB，A的水平速度大小為vA，對系統(tǒng)在水平方向，由動量守恒定律有0=mvB-MvA解得設(shè)B到達(dá)斜面底端時，A、B水平位移大小分別為xA、xB，在水平方向有xA+xB=L且聯(lián)立解得，滑塊B滑到斜面底端時，斜面體向左滑動的距離為故B錯誤，C正確；D．因為整體分析可知，豎直方向存在向下的加速度，所以地面對整體支持力小于整體重力，則地面對A支持力的沖量大小小于，故D錯誤。故選C。8．【答案】ABC【詳析】A．小球自由下落過程，重力做正功，小球動能增加，小球與彈簧接觸后，開始彈簧彈力小于重力，小球合力豎直向下，合力做正功，動能增加，當(dāng)彈力與重力相等時，合力是零，小球動能最大，小球繼續(xù)向下運動，彈簧彈力大于重力，合力豎直向上，合力做負(fù)功，小球的動能減小，到達(dá)最低點速度減到零，動能減到零，所以從最高點到最低點過程，小球動能先增大后減小，故A正確；B．無論從最高點到最低點過程，還是從最低點到最高點過程，小球都是先做加速運動后做減速運動，小球彈簧彈力和重力大小相等時，合力是零，動能最大，所以小球的動能最大的位置與向上運動過程中動能最大的位置相同，故B正確；C．小球從最高點開始向下運動到最低點的過程中，由動能定理有可得即小球重力所做的功等于克服彈簧彈力所做的功，故C正確；D．小球自由下落過程，只有重力做功，小球重力勢能和動能之和保持不變，與彈簧接觸后，彈簧形變量增大，彈性勢能增大，根據(jù)小球、彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知，小球重力勢能與動能之和減小，故D錯誤。故選ABC。9．【答案】AB【詳析】ACD．根據(jù)題意，由牛頓第二定律有又有整理得結(jié)合圖像有，斜率截距解得故CD錯誤，A正確。B．根據(jù)題意可知，當(dāng)加速度為零時，汽車的速度最大，由圖乙可知解得故B正確；故選AB。10．【答案】AD【詳析】AB．據(jù)圖像可知，圓筒做勻加速轉(zhuǎn)動，角速度隨時間變化的關(guān)系式為圓筒邊緣線速度與物塊前進(jìn)速度大小相同，根據(jù)得所以物體做勻加速直線運動，故A正確，B錯誤；C．物體運動的加速度根據(jù)牛頓第二定律得解得故C錯誤；D．時，細(xì)線拉力的瞬時功率為故D正確。故選AD。11．（6分）每空2分【答案】DCB【詳析】（1）A．選擇密度大體積小的重物，有利于減小誤差，故A錯誤；BC．為了獲取更多的數(shù)據(jù)點，實驗過程中應(yīng)先接通電源，后釋放重物，釋放紙帶時重物靠近打點計時器，故BC錯誤；D．實驗產(chǎn)生誤差的主要原因是重物在下落過程中不可避免地受到阻力的作用，故D正確。故選D。（2）實驗中需要用刻度尺測量紙帶上的點之間的距離，在驗證機(jī)械能守恒時，由可知質(zhì)量可以約掉，故不需要測量重物質(zhì)量，故需要毫米刻度尺。故選C。（3）根據(jù)實驗數(shù)據(jù)可知物體減少的重力勢能與增加的動能可認(rèn)為相等，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知則圖線是過原點的直線。故選B。12．（10分）【答案】(1)AD（2分）(2)（2分）>=(3)c（2分）(4)maop=maOM+mbON（2分）(5)A（2分）【詳析】（1）A．本實驗要通過平拋運動驗證動量守恒定律，所以軌道末端必須水平，以保證小球做平拋運動，故A正確；BC．實驗需要測量平拋射程，需要刻度尺，由于平拋運動高度相同，時間相同，可用水平位移替代平拋初速度，故高度也不需要測量，故BC錯誤；D．為了保證兩次入射小球到達(dá)軌道末端具有相同的速度，兩次入射小球需從同一位置由靜止釋放，故D正確。故選AD。（2）為了保持碰撞過程A球的速度方向不變，需要，為了保證對心碰撞，需要。（3）如果采用畫圓法確定小球的平均落點位置，應(yīng)該讓所畫的圓盡可能地把大多數(shù)落點包進(jìn)去，且圓的半徑最小，這樣所畫圓的圓心即為小球落點的平均位置，故圓c畫的最合理。（4）分析可知，未放B球前，A球落地在P點，放B球，A碰B后二者落地分別為M點、N點，設(shè)碰前A的速度為，A碰B后二者速度分別為，設(shè)平拋運動的時間為t，則有根據(jù)動量守恒有mav0=mav1+mb