受力分析时，不能与充当其的其他力并存，C错误；地球绕太阳运动，D错误； 考点：考查了万有引力定律的应用
二、多项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分 11．BD 【解析】 【详解】
A.根据图线可知，带电小球从A点由静止释放，速度逐渐增大，说明电场力方向由A指向C，但小球的电性未知，故无法判断电场强度的方向，故A错误；
B.由图知，小球在B处加速度最大，由qE=ma知，A、B、C三点中B点场强最大，故B正确；
v?C.如果小球从B到C做匀加速直线运动，则小球的平均速度为 4?7m/s?5.5m/s，但小球由B至C2过程中做加速度减小的加速运动，位移大于匀加速过程的位移，故平均速度大于5.5m/s，故C错误；
qUAB?D.根据动能定理得：
D正确。 12．AC 【解析】 【详解】
12121212mvB?mvA?6m，qUBC?mvC?mvB?16.5m，可得UAB小于UBC．故2222AB.根据装置图可知，两球由相同高度同时运动，P做平抛运动，Q做自由落体运动，P竖直方向的分运动也是自由落体运动，因此两球将同时落地，故A正确，B错误； C.由于两球同时落时，且重力做功相同，根据P?W，所以重力做功的平均功率相同，故C正确； tD.由于落地时竖直分速度相同，根据P=mgvy，所以两球落地时的重力做功的瞬时功率相同，故D错误。 13．BCD 【解析】 【详解】
A.以海平面为零势能平面，则物体到海平面时的重力势能为零，故A错误。 B.重力对物体做功 W=mgh 故B正确。
C.根据机械能守恒有：
12mv0?mgh?0?Ek 2可知物体在海平面时的动能为
12mv0?mgh 2故C正确。
D. 物体在运动的过程中机械能守恒，以地面为零势能面,物体在海平面的重力势能 Ep=-mgh
则物体在海平面上的机械能
1212E?Ep?Ek??mgh?(mv0?mgh)?mv0
22故D正确。 14．ACD 【解析】 【详解】
A. 对小球自由下落的过程，小球只受重力作用，由动量定理可有B. 对小球自由下落的过程，由机械能守恒可有
，选项A正确；
，选项B错误；
C. 对小球进入泥潭的过程，由动能定理可有，选项C正确；
D. 对小球下落的整个过程，由动能定理可有15．BC 【解析】 【分析】 【详解】
，选项D正确.
人的速度原来为零，起跳瞬间为v，则由动量定理可得：I-mg△t=△mv=mv；故地面对人的冲量为I=mv+mg△t；故A错误，B正确；在整个过程中，人的重心高度增加，速度增大，机械能增加，人的机械能增加是因为人自身内力做了功．地面对人的支持力作用点无位移，不做功，故地面对人做功为零；故C正确，D错误；故选BC． 【点睛】
在应用动量定理时一定要注意冲量应是所有力的冲量，不要把重力漏掉．另外地面对人是否做功的问题是易错点，要根据功的概念去理解. 16．BD 【解析】 【分析】 【详解】
A.两个滑块都受到重力、支持力和拉力，下滑趋势是重力的作用效果，故A错误；
B.由于2m的物体的重力的下滑分量总是较大，故质量为m的滑块均沿斜面向上运动，故B正确；
C.根据牛顿第三定律，绳对质量为m滑块的拉力均等于该滑块对绳的拉力，C错误；
D.系统减小的重力势能完全转化为动能，无其他形式的能量参与转化，故机械能守恒，故D正确； 故选BD． 【点睛】
本题关键受力分析后判断滑块的运动规律：对两个滑块受力分析，先加速静止不动，得到两边对细线的拉力大小，得到运动情况；机械能是否守恒的判断可以从能量转化的角度来分析． 【考点】
功能关系；牛顿定律的应用
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分 17．1.40； 0.58； 0.60； 9.70 【解析】 【分析】
根据“用如图1所示的实验装置验证m1、m1组成的系统机械能守恒”及题意可知，考查了验证系统机械能守恒定律中的数据处理问题．根据匀变速直线运动的规律和纸带，由匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可以求出打下记数点5时的速度大小；根据物体的初末动能大小可以求出动能的增加量，根据物体重力做功和重力势能之间的关系可以求出系统重力势能的减小量，比较动能增加量和重力势能减小量之间的关系可以得出机械能是否守恒；根据系统机械能守恒，列出表达式，找出v1-h图象的物理意义即可求解当地的重力加速度g． 【详解】
（1）由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，
0.216?0.264m/s?2.40m/s
2?0.112（1）系统动能的增量?Ek?(m1?m2)v?0.58J
2v?系统势能的减小量为：?Ep??m2?m1?gx05?0.1?9.8??0.394?0.216??0.60J．
12m2?m112gh （3）本题中根据机械能守恒可知：?m2?m1?gh??m2?m1?v；则v?2m2?m12由图象知图线的斜率k?m2?m15.82g?；解得：g=9.70m/s1．
m2?m11.2018．控制变量法 乙 0.61（0.60~0.63） 0.1（0.44~0.46） 【解析】 【详解】
第一空、控制变量法
多种因素影响到所测物理量的时候，通常在保证其它因素不变的情况下，只考虑某一种因素对研究物理量的影响，这种方法称为控制变量法．
第二空、乙
仅改变物块质量，从甲、乙两图可知，乙物体的质量较大． 第三空、0.61（0.60~0.63）
图甲中所示的最大静摩擦力为0.61N； 第四空、0.1（0.44~0.46） 物块与木板间的动摩擦因数?=
ff0.61===0.1． FNmg0.14?9.8四、解答题：本题共4题，每题5分，共20分
19．s（2）60kg·m/s，竖直向下（3）2010kg?m/s （1）60N·【解析】 【详解】
（1）3s内重力的冲量： I=Ft =mgt =2×10×3N·s=60N·s
（2）3s内物体动量的变化量，根据动量定理： △P=mgt =20×3kg·m/s=60kg·m/s 方向：竖直向下。 （3）第3s末的动量：
22=2102??gt??2010kg?m/s P末=mv末=mv0?vy222mgl?mv0v0v?gl020． （1）mg+m（2）v1?（3）
4l22【解析】 【详解】
（1）B球刚开始运动时，A球静止，所以B球做圆周运动
2v0对B球：T-mg=m
l2v0得：T=mg+m
l（2）B球第一次到达最高点时，A、B速度大小、方向均相同，均为v1
以A、B系统为研究对象，以水平横杆为零势能参考平面，从开始到B球第一次到达最高点，根据机械能守恒定律，
1211lmv0?mgl?mv12?mv12?mg 22222v?gl 0得：v1?2（3）从开始到B球第一次到达最高点的过程，对B球应用动能定理 W-mg
l1212?mv1?mv0 2222mgl?mv0 得：W=
4mg21．（1）求弹簧的劲度系数k为；
l0（2）弹簧为原长时，杆的角速度为2g； 3l022g5过程中，小球机械能增加了mgl0。
3l04（3）在杆的角速度由0缓慢增大到【解析】 【详解】
mgl0k?（1）由平衡条件mgsin30??k解得弹簧的劲度系数为：；
l02（2）当弹簧弹力为零时，小球只受到重力和杆的支持力，它们的合力提供向心力，则有：
mgtan30??m?12l0sin60?，解得：?1?2g； 3l0（3）当?2?22g??1时，弹簧处于伸长状态，伸长量为x，由正交分解知
3l02竖直方向：FNcos30°﹣kxsin30°＝mg，水平方向：FNsin30??kxcos30??m?2(l0?x)sin60?，解得：
x?1l0 。 2此时，弹簧弹性势能增量为零，此时小球速度为：v＝ω2（l0+x）sin60°，小球机械能增量为：
15?E?mgl0sin30??mv2?mgl0。
2422． (1)
(2)
(3)
【解析】 【详解】
(1)小球从A至B，由弹簧和小球构成的系统机械能守恒得释放小球前弹簧的弹性势能为：
〖精选3套试卷〗北京市西城区2020年高一下物理期末调研模拟试题
