NA?NB
由牛顿第二定律得
Nsinθ?m?2r
可得角速度
??gtanα r由于rA?rB，所以可得
?A??B
故C错误；
D．火车拐弯时超过规定速度行驶时，由于支持力和重力的合力不够提供向心力，会对外轨产生挤压，即外轨对轮缘会有挤压作用，故D正确； 故选BD。 13．BC 【解析】 【详解】
A.滑块A在木板上受滑动摩擦力做匀减速直线运动，加速度为
，两者最后共速为 ，由速
度公式，解得；故A错误.
B.对A和B在相对滑行的过程中，系统不受外力而动量守恒，有；解得；故B
正确.
C.对A和B相对滑动到共速的过程，由能量守恒定律可知，系统损失的动能转化成两者摩擦生热，有
，结合
可解得
；故C正确.
D.根据平均功率的计算式，而摩擦力对B做的功为，解得：；故
D错误. 14．AD 【解析】 【详解】
A．根据开普勒第二定律知，“天宫二号”在近地点的速度大于远地点的速度，即在M点的速度大于在N点
的速度，故选选项A正确；
B．“天宫二号”在M点受到的地球引力大于在N点的引力，由牛顿第二定律知在M点的加速度大于在N点的加速度，故选项B错误；
C．“天宫二号”沿椭圆轨道运行的过程中，只有地球的引力做功，故其机械能守恒，故选项C错误； D．从M点运动到N点的过程中引力与速度的夹角为锐角，所以引力做负功，故选项D正确． 15．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． 16．BCD 【解析】 【分析】
P在下滑过程中，凹槽要向左退．凹槽对P的弹力要做功．根据力与位移的夹角分析P对凹槽做功情况．根据系统水平动量守恒和机械能守恒分析P到达内壁右端最高点的位置．P下滑到最低点时凹槽动能最大，根据系统水平动量守恒和机械能守恒求凹槽的最大动能． 【详解】
P在下滑过程中，P对凹槽有斜向左下方的压力，凹槽要向左运动，则凹槽对P的弹力与P相对于地面的速度不垂直，所以凹槽对P的弹力要做功，A错误；P在到达最低点前对凹槽的压力与凹槽位移的夹角为锐角，则P对凹槽做正功，P从最低点上升过程对凹槽的压力与凹槽位移的夹角为钝角，P对凹槽做负功，B正确；m和M组成的系统外力为零，故系统动量守恒，P下滑到最低点时凹槽动能最大，取水平向右为正方向，根据系统水平动量守恒和机械能守恒得0?mv1?Mv2，根据机械能守恒定律可得
1211m2gR22mgR?mv0?Mv2；凹槽的最大动能EkM?Mv2，联立解得EkM?，CD正确．
222M?m三、实验题:共2小题，每题8分，共16分 17．3mg【解析】 【详解】
滑块A在圆弧轨道上下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
，
0
在圆弧轨道最低点，由牛顿第二定律得：，
解得：，由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为：；
滑块在水平轨道运动过程，由动能定理得：
对滑块A：，
对B：，
如果碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：解得：
；
，
、B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
，
由机械能守恒定律得：，
解得：【点睛】
，；
注意在弹性碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，分析清楚滑块的运动过程是解题的前提，应用机械能守恒定律、牛顿第二定律、动量守恒定律与机械能守恒定律即可解题。 18．0.1 1.5 【解析】 【分析】
小球做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，应用匀变速直线运动的推论求出频闪照相的时间间隔，然后应用速度公式求出速度。 【详解】
?1?在竖直方向：
?y?5L?3L?2L?gt2
时间间隔：
t?2L2?0.05?s?0.1s g10?2?小球的初速度大小
v0?x3L3?0.05??m/s?1.5m/s tt0.1四、解答题：本题共4题，每题5分，共20分 19．（1）2.45m（2）9m/s 【解析】
试题分析：设开始下落到达树干的时间为t，结合位移关系列式，从而根据位移时间公式求出物体开始下落时树冠的高度，根据v=gt求出末速度．
（1）设树冠高度为h1，树干高度为h2，苹果从顶部下落到树干顶部的速度为v0， 则 h2＝v0t＋gt 代入数据解得：v0＝7 m/s
又根据速度位移公式:v0＝2gh1， 代入数据解得：h1＝2.45 m. （2）设树的总高度为H，苹果落地的速度为v1，则 根据速度位移公式：v1＝2gH 总高度为：H＝h1＋h2＝4.05 m 联立解得：v1＝9 m/s.
点睛：本题主要考查了自由落体运动，在结合位移时间公式进行求解，属于基础题． 20．h=0.45m；s=0.54m 【解析】
设小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为h，此时m与M的共同速度为v. 根据水平动量守恒得：0=(m+M)v 根据系统的机械能守恒得
22122121mv0?mgh?(m?M)v2.解得h=0.45m 22小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，设滑块M在水平轨道上向右移动的距离为y. 由几何关系可得，m相对于M移动的水平距离为S=L+ 根据水平动量守恒得：0=m
L2?h2=0.75+ 0.752?0.452=1.35m yS?y?M ，解得y=0.54m．
tt点睛：根据系统水平方向动量守恒和机械能守恒求m上升的最大高度．由几何关系可得m相对于M移动的水平距离，结合水平方向动量守恒求滑块M在水平轨道上向右的距离． 21．（1）【解析】 【详解】
（1）速度最大时，加速度为零，根据平衡有F牵?f?kmg； 根据功率方程：P?F牵vmax，联立解得vmax?PP 2 ；（）
kmga(ma?kmg)P； kmg
（2）在匀加速过程中，根据运动学公式有：v=at； 功率方程：P?F牵'v
根据牛顿第二定律有：F牵'?kmg?ma 联立解得：t?P。
a(ma?kmg) (2)
,方向与AB垂直斜向下
22． (1)【解析】 【详解】
（1）由：WAB?WAC?WCB，又有：WAB?qUAB
解得：
（2）由WAC?qUAC 解得：UACWAC?4?10?7????20V
q2?10?8电场线与等势面垂直，所以电场线的方向与AB垂直斜向下 根据场强公式：E?UACd
解得：
烟台市名校2020年新高考高一物理下学期期末检测试题
