T?2?m k可知总质量增大，则周期增大，所以新振子从最大位移处到第一次回到平衡位置所用时间比原振子大，故C正确；
D.因为弹簧的最大伸长量不变，故振子的振幅不变；故D正确。 12．AC 【解析】 【详解】
互成角度的两个初速度的合初速度为v，两个加速度的合加速度为a，其中可能的情况如图，由物体做曲线运动的条件可知，当v与a共线时为匀变速直线运动，当v与a不共线时，为匀变速曲线动
A. 匀加速直线运动与分析相符，故A项符合题意； B. 匀速直线运动与分析不符，故B项不符合意意； C. 匀减速直线运动与分析相符，故C项符合题意； D. 非匀变速曲线运动与分析不符，故D不符合题意。 13．BC 【解析】 【详解】
重力的冲量I=mgt，故A错误；上升：mg+F=ma1，下降：mg-F=ma2，可得上升的加速度较大，用时小，故在上升过程中空气阻力对物体的冲量Ft较小，所以B正确；设抛出的速度为v0，下降回到抛出点的速度为v，取向上为正方向，则动量的变化量为-mv-mv0大于抛出时的动量mv0，所以C正确；因上升和下落阻力均做负功，所以减少的机械能为2FH，D错误． 14．BD 【解析】 【详解】
A、运动员在下落高度h的一段过程中，重力做功mgh，运动员的重力势能减少了mgh，故A错误。 B、运动员在下落高度h的一段过程中，合外力的功W合=mah=的动能增加了
3mgh，根据动能定理W合=5Ek，运动员
3mgh，故B正确。 52mg，在下落高度h的过程中，运动员克服阻5CD、根据牛顿第二定律mg-Ff=ma，运动员受到的阻力Ff=
力所做的功Wf=15．BCD 【解析】
22mgh，根据能量守恒，运动员的机械能减少了mgh，故C错误，D正确。 55试题分析：做曲线运动的物体的速度方向时刻在变化着，所以速度一定变化，A错误；平抛运动是曲线运动，但过程中只受重力作用，合力恒定，只有重力做功，机械能守恒，BD正确；匀速圆周运动过程中，速度大小恒定，所以动能不变，C正确；在水 考点：考查了对曲线运动的理解
【名师点睛】既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动，它的速度肯定是变化的；而匀速圆周运动的速率是不变的，平抛运动的合力、加速度是不变的 16．AD 【解析】 【分析】 【详解】
A、石块做平抛运动，只受重力，在相等时间内重力的冲量I?G?t相同，根据动量定理I?G?t??p可知，在两个相等的时间间隔内，石块动量的增量相同，故A正确；
B、平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动，则在两个相等的时间间隔内，位移?h越来越大，根据动能定理?Ek?WG?mg?h可知，故在两个相等的时间间隔内，石块动能的增量越来越大，故B错误； C、平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动，则在两个下落高度相同的过程中，时间?t越来越小，根据动量定理I?G?t??p可知，在两个下落高度相同的过程中，石块动量的增量不相同，故C错误； D、平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动，则在两个下落高度相同的过程中，根据动能定理
?Ek?WG?mg?h可知，在两个下落高度相同的过程中，石块的动能的增量相同，故D正确；
故选AD． 【点睛】
石块做平抛运动，只受重力，在相等时间内重力的冲量相同，由动量定理可知，动量的变化量相同．在两个下落高度相同的过程中，重力做功相同，由动能定理可知，石块动能的增量相同，而运动时间不同，动量的增量不同．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分 17．1.20 1.2 2.3 【解析】 【分析】 【详解】
(2)[1] 最小分度为0.1kg，注意估读到最小分度的下一位，为1.20kg。
(4)[2][3] 根据表格知最低点小球和凹形桥模拟器对秤的最大压力平均值为：
F?2.3?2.2?2.3?2.1?2.2?10?m桥 g?N?7?N
5解得： N=1．2N
根据牛顿运动定律知：
v2N?m0g?m
R代入数据解得： v=2．3m/s
18．BD 0.770 0.761 存在阻力 【解析】 【分析】
(1)根据实验的原理和操作中的注意事项确定正确的操作步骤。
(2)根据下降的高度求出重力势能的减小量，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的瞬时速度，从而得出动能的增加量。
(3)根据实验的原理和能量守恒分析重力势能减小量略大于动能增加量的原因。 【详解】
（1）打点计时器应接到电源的“交流输出”上，故A错误。为了减小阻力的影响，释放纸带之前，纸带必须处于竖直状态，故B正确。实验时，应先接通电源再释放纸带，故C错误。根据
x?121gt??10?0.022m?2mm知，选纸带时，应使第1、2两点间距接近2mm且点迹清晰，故D正22确。故选BD。
（2）从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量为：EP?mgh?0.1?9.8?0.7857J?0.770J
?86.59?70.99??10m/s?3.9m/s xB点的瞬时速度为：vB?AC?2T0.04?2则动能的增加量为：Ek?121mvB??0.1?3．92J?0.761J。 22（3）通过分析多组数据该同学发现EP总是大于Ek，原因是存在阻力作用。 【点睛】
解决本题的关键知道实验的原理和注意事项，掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度，从而得出动能的增加量，会根据下降的高度求解重力势能的减小量。 四、解答题：本题共4题，每题5分，共20分 19．（1）25.6 N （2）0.4s 【解析】
试题分析：（1）滑块由C点运动到D点的过程，机械能守恒：滑块在D点的速度
在D点，对滑块受力分析，根据牛顿第二定律，有：
滑块受到的支持力
根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力，方向竖直向下
（2）滑块离开B点后做平抛运动，恰好在C点沿切线方向进入圆弧形轨道 由几何关系可知，滑块运动在B点的速度为滑块由A点运动B点的过程，根据动能定理，有：
解得：水平外力作用在滑块上的时间
考点：动能定理，圆周运动的规律，机械能守恒定律
g41g?20． （1）?3600 （2）
g月8a【解析】 【详解】
GM地m?mg （1）对于地球表面自由落体的物体m有：
R地2得g?GM地 R地2GM地M月?M月a 月球绕地球公转，由牛顿第二定律有：
r2得a?GM地 r2gr2?602?3600 则?2aR地GM月m?mg月 （2）对于月球表面自由落体的物体m有：2R月得g月?GM月 R月2
M地R月28241g??2? 则2g月M月R地4821．E?16V，r?5? 【解析】 【详解】
当Rx=1Ω时，Uab=2V；此时电路中的电流：
I1?Uab?2A; Rx由闭合电路的欧姆定律：E=U+I(r+R) 可得： E=2+2(r+2)
当Rx=3Ω时，Uab=4.8V；此时电路中的电流：
I2?Uab?1.6A; Rx由闭合电路的欧姆定律：E=U+I(r+R) 可得： E=4.8+1.6(r+2)
联立解得：E=16V，r=5Ω
22．（1）物块滑到弧形轨道底端时对轨道的压力大小为30N； （2）直杆的长度为2.1m 【解析】 【分析】 【详解】
（1）沿弧形轨道下滑过程:mgR?12mv 2mv2 在轨道最低点时: FN?mg?Rmv2解得:FN?mg??30N
R由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力大小为30N （2）x?1Lcos??vt 212gt 21h?Lsin??y?2.1m
2y?
中山市名校2020新高考高一物理下学期期末统考试题
