福建省龙岩市武平一中2022届高三物理上学期月考试题实验班含解析

2022-2022学年福建省龙岩市武平一中高三（上）月考物理试卷（实验班）一.单项选择题（32分）1．如图所示，一辆小车静置于水平地面上，用一条遵守胡克定律的橡皮筋将小球P悬挂于车顶O点，在O点正下方有一光滑小钉A，它到O点的距离恰好等于橡皮筋原长L原长，现使小车从静止开始向右做加速度逐渐增大的直线运动，在此运动过程中（橡皮筋始终在弹性限度内），小球的高度()A．保持不变B．逐渐降低C．逐渐升高D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定2．如图所示，传送带AB的倾角为θ，且传送带足够长．现有质量为m可视为质点的物体以v0的初速度从B端开始向上运动，物体与传送带之间的动摩擦因数μ＞tanθ，传送带的速度为v（v0＜v），方向未知，重力加速度为g．物体在传送带上运动过程中，摩擦力对物体做功的最大瞬时功率是()A．μmgcosθB．μmgv0cosθC．μmgvcosθD．μmg（v+v0）cosθ3．为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯．无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示．那么下列说法中正确的是()A．顾客始终受到三个力的作用B．顾客始终处于超重状态C．顾客受到扶梯的作用力先指向右侧斜上方后竖直向上D．在扶梯加速上升过程，顾客受到梯面的摩擦力指向右侧斜上方-23-\n4．宇航员在月球表面完成下面实验：在一固定的竖直光滑圆弧轨道内部的最低点，静止一质量为m的小球（可视为质点），如图所示，当给小球水平初速度v0时，刚好能使小球在竖直平面内做完整的圆周运动．已知圆弧轨道半径为r，月球的半径为R，万有引力常量为G．若在月球表面上发射一颗环月卫星，所需最小发射速度为()A．B．C．D．5．横截面为直角三角形的两个相同斜面如图紧靠在一起，固定在水平面上，它们的竖直边长都是底边长的一半．小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右平抛，最后落在斜面上．其中有三次的落点分别是a、b、c．下列判断正确的是()A．图中三小球比较，落在a的小球飞行时间最短B．图中三小球比较，落在c的小球飞行过程速度变化最大C．图中三小球比较，落在c的小球飞行过程速度变化最快D．无论小球抛出时初速度多大，落到两个斜面上的瞬时速度都不可能与斜面垂直6．用竖直向上大小为30N的力F，将2kg的物体由沙坑表面静止抬升1m时撤去力F，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20cm．若忽略空气阻力，g取10m/s2．则物体克服沙坑的阻力所做的功为()A．20JB．24JC．34JD．54J7．如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O点的水平线．已知一小球从M点出发，初速率为v0，沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以初速率v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2，则()A．v1=v2，t1＞t2B．v1＜v2，t1＞t2C．v1=v2，t1＜t2D．v1＜v2，t1＜t2-23-\n8．如图所示，一根长为L的轻杆OA，O端用铰链固定，另一端固定着一个小球A，轻杆靠在一个质量为M、高为h的物块上．若物块与地面摩擦不计，则当物块以速度v向右运动至杆与水平方向夹角为θ时，小球A的线速度大小为()A．B．C．D．二.多项选择题（16分）9．如图所示为某质点的v﹣t图象，向右为运动的正方向，关于这个质点在4s内的运动情况，下列说法中正确的是()A．0～2s内质点做直线运动，2～4s内质点做曲线运动B．2s末质点离出发点最远C．2～4s内质点的平均速度为1m/sD．4s末质点位于出发点左侧10．如图所示，质量均为m的A、B两物块置于水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数均为μ，物块间用一水平轻绳相连，绳中无拉力．现用水平力F向右拉物块A，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．下列说法中正确的是()A．当0＜F≤μmg时，绳中拉力为0B．当μmg＜F≤2μmg时，A、B物体均静止C．当F＞2μmg时，绳中拉力等于D．无论F多大，绳中拉力都不可能等于11．如图所示，水平光滑长杆上套有小物块A，细线跨过O点的轻质光滑小定滑轮一端连接A，另一端悬挂小物块B，物块A、B质量相等．C为0点正下方杆上一点，滑轮到杆的距离OC=h．开始时，A位于P点，PO与水平方向的夹角为30°．现将A、B静止释放．下列说法正确的是()-23-\nA．物块A由P点出发第一次到达C点过程中，速度不断增大B．在物块A由P点出发第一次到达C点过程中，物块B克服细线拉力做的功小于B重力势能的减少量C．物块A在杆上长为2h的范围内做往复运动D．物块A经过C点时的速度大小为12．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止释放后，经过B处速度最大，到达C处（AC=h）时速度减为零．若在此时给圆环一个竖直向上的速度v，它恰好能回到A点．弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则圆环()A．下滑过程中，加速度一直增大B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2C．在C处弹簧的弹性势能为mgh﹣mv2D．上下两次经过B点的速度大小相等三.实验题（18分）13．某活动小组利用图甲装置验证机械能守恒定律．钢球自由下落过程中，先后通过光电门A、B，计时装置测出钢球通过A、B的时间分别为tA、tB．用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度．测出两光电门间的距离为h，当地的重力加速度为g．（1）用游标卡尺测量钢球的直径，读数如图乙所示，钢球直径为D=__________cm．（2）要验证机械能守恒，只要比较__________．A．D2（﹣）与gh是否相等B．D2（﹣）与2gh是否相等C．D2（﹣）与gh是否相等D．D2（﹣）与2gh是否相等-23-\n（3）钢球通过光电门的平均速度__________（选填“＞”或“＜”）钢球球心通过光电门的瞬时速度，由此产生的误差__________（选填“能”或“不能”）通过增加实验次数减小．14．为了测量小滑块与水平桌面间的动摩擦因数，某小组设计了如图甲所示的实验装置，其中挡板可固定在桌面上，轻弹簧左端与挡板相连，图中桌面高为h，O1、O2、A、B、C点在同一水平直线上．已知重力加速度为g，空气阻力可忽略不计．实验过程一：挡板固定在O1点，推动滑块压缩弹簧，滑块移到A处，测量O1A的距离，如图甲所示．滑块由静止释放，落在水平面上的P点，测出P点到桌面右端的水平距离为x1．实验过程二：将挡板的固定点移到距O1点距离为d的O2点，如图乙所示，推动滑块压缩弹簧，滑块移到C处，使O2C的距离与O1A的距离相等．滑块由静止释放，落在水平面上的Q点，测出Q点到桌面右端的水平距离为x2．（1）为完成本实验，下列说法中正确的是__________A．必须测出小滑块的质量B．必须测出弹簧的劲度系数C．弹簧的压缩量不能太小D．必须测出弹簧的原长（2）写出动摩擦因数的表达式μ=__________（用题中所给物理量的符号表示）（3）小红在进行实验过程二时，发现滑块未能滑出桌面．为了测量小滑块与水平桌面间的动摩擦因数，还需测量的物理量是__________．（4）某同学认为，不测量桌面高度，改用秒表测出小滑块从飞离桌面到落地的时间，也可测出小滑块与水平桌面间的动摩擦因数．此实验方案__________（选填“可行”或“不可行”），理由是__________．四.计算题（34分）-23-\n15．如图所示，质量MA=2m的直杆A悬于离地面很高处，杆A上套有质量MB=m的小环B．将小环B由静止释放，环做加速度a=g的匀加速运动．经过时间t后，将杆A上方的细线剪断，杆A开始下落．杆A足够长，环B始终未脱离杆A，不计空气阻力，已知重力加速度为g，求：（1）杆A刚下落时的加速度a′；（2）在小环B下落的整个过程中，环B对杆A所做的功W；（3）在小环B下落的整个过程中，系统产生的热量Q．16．如图所示，在冰面上将质量m=1kg的滑块从A点以初速度v0推出，滑块与冰面的动摩擦因数为μ=0.1，滑块滑行L=18m后到达B点时速度为v1=8m/s．现将其间的一段CD用铁刷划擦，使该段的动摩擦因数变为μ=0.45，再使滑块从A以v0初速度推出后，到达B点的速度为v2=6m/s．g取10m/s2，求：（1）初速度v0的大小；（2）CD段的长度l；（3）若AB间用铁刷划擦的CD段的长度不变，要使滑块从A到B的运动时间最长，问铁刷划擦的CD段位于何位置？并求滑块滑行的最长时间．（结果保留三位有效数字）17．（13分）如图所示，一个质最为M，长为L的圆管竖直放置，顶端塞有一个质量为m的弹性小球，M=4m，球和管间的滑动摩擦力与最大静摩擦力大小均为4mg，管下端离地面高度H=5m．现让管自由下落，运动过程中管始终保持竖直，落地时向上弹起的速度与落地时速度大小相等，若管第一次弹起上升过程中，球恰好没有从管中滑出，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2求：（1）管第一次落地弹起刚离开地面时管与球的加速度分别多大？（2）从管第一次落地弹起到球与管达到相同速度时所用的时间．（3）圆管的长度L．-23-\n-23-\n2022-2022学年福建省龙岩市武平一中高三（上）月考物理试卷（实验班）一.单项选择题（32分）1．如图所示，一辆小车静置于水平地面上，用一条遵守胡克定律的橡皮筋将小球P悬挂于车顶O点，在O点正下方有一光滑小钉A，它到O点的距离恰好等于橡皮筋原长L原长，现使小车从静止开始向右做加速度逐渐增大的直线运动，在此运动过程中（橡皮筋始终在弹性限度内），小球的高度()A．保持不变B．逐渐降低C．逐渐升高D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定【考点】牛顿第二定律．【分析】以小球为研究对象，由牛顿第二定律可得出小球的加速度与受到的拉力之间的关系即可判断．【解答】解：设L0为橡皮筋的原长，k为橡皮筋的劲度系数，小车静止时，对小球受力分析得：T1=mg，弹簧的伸长x1=即小球与悬挂点的距离为L1=L0+，当小车的加速度稳定在一定值时，对小球进行受力分析如图，得：T2cosα=mg，T2sinα=ma，所以：T2=，弹簧的伸长：x2=，则小球与悬挂点的竖直方向的距离为：L2=L0+=L0+=L1，-23-\n即小球在竖直方向上到悬挂点的距离不变，故A正确，BCD错误．故选：A．【点评】本题中考查二力平衡与牛顿第二定律的应用，注意整体法与隔离法的使用，同时要注意审题．2．如图所示，传送带AB的倾角为θ，且传送带足够长．现有质量为m可视为质点的物体以v0的初速度从B端开始向上运动，物体与传送带之间的动摩擦因数μ＞tanθ，传送带的速度为v（v0＜v），方向未知，重力加速度为g．物体在传送带上运动过程中，摩擦力对物体做功的最大瞬时功率是()A．μmgcosθB．μmgv0cosθC．μmgvcosθD．μmg（v+v0）cosθ【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】因为μ＞tanθ，即μmgcosθ＞mgsinθ，不论传送带如何转动，物体最终在传送带上都和传送带具有相同的速度，即可求得最大功率【解答】解：由物体与传送带之间的动摩擦因数μ＞tanθ．传送带的速度为v（v0＜v），可得出传送带向上先做加速运动时，物体加速运动到和传送带速度相同时物体速度最大，此时摩擦力的最大瞬时功率为P=μmgvcosθ，故C正确．故选：C【点评】本题主要考查了对μ＞tanθ的理解，即物体受到的摩擦力大于重力在沿斜面的分力，故物体最终在传送带上都和传送带具有相同的速度3．为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯．无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示．那么下列说法中正确的是()A．顾客始终受到三个力的作用B．顾客始终处于超重状态C．顾客受到扶梯的作用力先指向右侧斜上方后竖直向上D．在扶梯加速上升过程，顾客受到梯面的摩擦力指向右侧斜上方【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】正确解答本题要掌握：正确对物体进行受力分析，应用牛顿第二定律解题；明确超重和失重的实质，理解生活中的超重和失重现象【解答】解：A、以人为研究对象，加速过程中，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用下沿电梯加速上升，匀速运动时受重力和支持力两个力，故A错误；-23-\nB、顾客有竖直向上的加速度，因此顾客处于超重状态，匀速时不是超重，故B错误；C、有A可知，顾客受到扶梯的作用力先指向右侧斜上方后竖直向上，故C正确；D、在扶梯加速上升过程，顾客受到梯面的摩擦力指向右，故D错误．故选：C【点评】本题考查了牛顿第二定律在生活中的应用，要熟练应用牛顿第二定律解决生活中的具体问题，提高理论联系实际的能力4．宇航员在月球表面完成下面实验：在一固定的竖直光滑圆弧轨道内部的最低点，静止一质量为m的小球（可视为质点），如图所示，当给小球水平初速度v0时，刚好能使小球在竖直平面内做完整的圆周运动．已知圆弧轨道半径为r，月球的半径为R，万有引力常量为G．若在月球表面上发射一颗环月卫星，所需最小发射速度为()A．B．C．D．【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．【专题】人造卫星问题．【分析】小球刚好能在竖直面内做完整的圆周运动，有mg=m，小球在光滑圆弧轨道运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒得出重力加速度的大小．再根据第一宇宙速度表达式求出最小发射速度．【解答】解：设月球表面重力加速度为g，小球在最高点的速度为v1，由机械能守恒定律，小球在从最低点到最高点的过程中，有．mv02=mg•2r+mv12…①由题意，小球在最高点时，有：mg=m…②联解①②有：g=故月球表面最小发射速度为：v0==．故选：A．-23-\n【点评】解决本题的关键会运用机械能守恒定律定律解题，知道小球在内轨道运动恰好过最高点的临界条件mg=m．5．横截面为直角三角形的两个相同斜面如图紧靠在一起，固定在水平面上，它们的竖直边长都是底边长的一半．小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右平抛，最后落在斜面上．其中有三次的落点分别是a、b、c．下列判断正确的是()A．图中三小球比较，落在a的小球飞行时间最短B．图中三小球比较，落在c的小球飞行过程速度变化最大C．图中三小球比较，落在c的小球飞行过程速度变化最快D．无论小球抛出时初速度多大，落到两个斜面上的瞬时速度都不可能与斜面垂直【考点】平抛运动．【专题】平抛运动专题．【分析】球做的是平抛运动，平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动，物体的运动的时间是由竖直方向上下落的高度决定的．【解答】解：A、从图中可以发现a点的位置最低，即此时在竖直方向上下落的距离最大，由h=gt2，可知，时间t=，所以此时运动的时间最长，所以A错误；B、小球做的是平抛运动，平抛运动在水平方向的速度是不变的，所以小球的速度的变化都发生在竖直方向上，竖直方向上的速度的变化为△v=g△t，所以，运动的时间长的小球速度变化的大，所以a球的速度变化最大，所以B错误；C、速度变化的快慢是指物体运动的加速度的大小，由于物体做的都是平抛运动，运动的加速度都是重力加速度，所以三次运动速度变化的快慢是一样的，所以C错误；D、首先a点上是无论如何不可能垂直的，然后看b、c点，竖直速度是gt，水平速度是v，然后斜面的夹角是arctan0.5，要合速度垂直斜面，把两个速度合成后，需要=tanθ，即v=0.5gt，那么在经过t时间的时候，竖直位移为0.5gt2，水平位移为vt=（0.5gt）•t=0.5gt2即若要满足这个关系，需要水平位移和竖直位移都是一样的，显然在图中b、c是不可能完成的，因为在b、c上水平位移必定大于竖直位移，所以D正确．故选D．【点评】由于竖直边长都是底边长的一半，通过计算可以发现，落到两个斜面上的瞬时速度都不可能与斜面垂直，这是本题中比较难理解的地方，不能猜测，一定要通过计算来说明问题．6．用竖直向上大小为30N的力F，将2kg的物体由沙坑表面静止抬升1m时撤去力F，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20cm．若忽略空气阻力，g取10m/s2．则物体克服沙坑的阻力所做的功为()A．20JB．24JC．34JD．54J-23-\n【考点】动能定理的应用．【专题】动能定理的应用专题．【分析】通过问题的情景了解，以物体从开始向上运动到落到落入沙中停止为研究过程，运用动能定理去解决．【解答】解：以物体从开始运动到落到落入沙中停止为研究过程，向上的力F、重力和沙的阻力做功，根据动能定理w总=△EK可得：W+WG+Wf=0﹣0即：F•H+mgh+Wf=0代入数据解得：Wf=﹣F•H﹣mgh=﹣34J负号表示物体克服沙坑的阻力做功．故选：C【点评】该题目考查的是动能定理得应用，在应用时应注意研究过程的选取和总功的求解．7．如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O点的水平线．已知一小球从M点出发，初速率为v0，沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以初速率v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2，则()A．v1=v2，t1＞t2B．v1＜v2，t1＞t2C．v1=v2，t1＜t2D．v1＜v2，t1＜t2【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】直线运动规律专题．【分析】根据机械能守恒定律分析小球到达N点时速率关系，结合小球的运动情况，分析平均速率关系，即可得到结论．【解答】解：由于小球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，到达N点时速率相等，即有v1=v2．小球沿管道MPN运动时，根据机械能守恒定律可知在运动过程中小球的速率小于初速率v0，而小球沿管道MQN运动，小球的速率大于初速率v0，所以小球沿管道MPN运动的平均速率小于沿管道MQN运动的平均速率，而两个过程的路程相等，所以有t1＞t2．故A正确．故选：A【点评】解决本题关键要掌握机械能守恒定律，并能用来分析小球速率的大小，知道平均速率等于路程与时间之比．8．如图所示，一根长为L的轻杆OA，O端用铰链固定，另一端固定着一个小球A，轻杆靠在一个质量为M、高为h的物块上．若物块与地面摩擦不计，则当物块以速度v向右运动至杆与水平方向夹角为θ时，小球A的线速度大小为()-23-\nA．B．C．D．【考点】线速度、角速度和周期、转速．【专题】匀速圆周运动专题．【分析】将物块的速度分解为沿杆子方向和垂直于杆子方向，在垂直于杆子方向上的速度等于B点绕O转动的线速度，根据v=rω求出转动的角速度，从而求出A的线速度大小．【解答】解：当物块以速度v向右运动至杆与水平方向夹角为θ时，B点的线速度等于木块的速度在垂直于杆子方向上的分速度，vB=vsinθ，则杆子的角速度ω=，则小球A的线速度vA=Lω=．故A正确，B、C、D错误．故选：A．【点评】解决本题的关键会根据平行四边形定则对速度进行分解，木块速度在垂直于杆子方向的分速度等于B点转动的线速度．二.多项选择题（16分）9．如图所示为某质点的v﹣t图象，向右为运动的正方向，关于这个质点在4s内的运动情况，下列说法中正确的是()A．0～2s内质点做直线运动，2～4s内质点做曲线运动B．2s末质点离出发点最远C．2～4s内质点的平均速度为1m/sD．4s末质点位于出发点左侧【考点】匀变速直线运动的图像；平均速度；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】运动学中的图像专题．【分析】根据速度的正负判断速度的方向．速度图象的斜率等于加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移，根据图线速度变化的变化分析物体做什么运动．【解答】解：A、由图看出，在前2s内，物体沿负方向做直线运动，在后2s内物体沿正方向做直线运动，故A错误；B、图象与坐标轴围成的面积表示位移，根据图象可知，2s末位移最大，质点离出发点最远，故B正确；C、若2﹣4s内做匀加速直线运动，则平均速度，根据图象可知，实际运动位移小于匀加速直线运动的位移，所以2～4s内质点的平均速度小于1m/s．故C错误．C、物体在前2s内向负方向做匀减速运动．后2s内向正方向做加速直线运动，后2s的位移小于前2s的位移，则4s末质点位于出发点左侧，故D正确．-23-\n故选：BD【点评】根据速度图象直接速度加速度的方向，由斜率大小求出加速度的大小，图象与坐标轴围成的面积求解位移是基本能力，要熟练掌握．10．如图所示，质量均为m的A、B两物块置于水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数均为μ，物块间用一水平轻绳相连，绳中无拉力．现用水平力F向右拉物块A，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．下列说法中正确的是()A．当0＜F≤μmg时，绳中拉力为0B．当μmg＜F≤2μmg时，A、B物体均静止C．当F＞2μmg时，绳中拉力等于D．无论F多大，绳中拉力都不可能等于【考点】牛顿第二定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】对整体分析，根据共点力平衡求出动摩擦因数的大小，然后隔离对A分析，根据牛顿第二定律求出物块A的加速度大小，最后确定绳子中的拉力【解答】解：A、当0＜F≤μmg时，A受到拉力与静摩擦力的作用，二者平衡，绳子拉力为0，A正确；B、当μmg＜F≤2μmg时，A、B整体受到拉力和摩擦力的作用，二者平衡，A、B整体处于静止状态，B正确；C、当F＞2μmg时，整体，对B：，由上两式得，C正确；D、当μmg＜F≤2μmg时，绳子的拉力为F﹣μmg，绳子的拉力可为，D错误．故选：ABC【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的使用11．如图所示，水平光滑长杆上套有小物块A，细线跨过O点的轻质光滑小定滑轮一端连接A，另一端悬挂小物块B，物块A、B质量相等．C为0点正下方杆上一点，滑轮到杆的距离OC=h．开始时，A位于P点，PO与水平方向的夹角为30°．现将A、B静止释放．下列说法正确的是()A．物块A由P点出发第一次到达C点过程中，速度不断增大B．在物块A由P点出发第一次到达C点过程中，物块B克服细线拉力做的功小于B重力势能的减少量C．物块A在杆上长为2h的范围内做往复运动-23-\nD．物块A经过C点时的速度大小为【考点】机械能守恒定律．【专题】机械能守恒定律应用专题．【分析】在绳子作用下物块A由P点到C点的过程，绳子的拉力做正功，速度增大．到C点时B的速度为零．根据能量守恒定律，分析物块B克服细线拉力做的功与B重力势能的减少量的关系．结合对称性分析物块A的运动范围．由系统的机械能守恒求物块经过C点时的速度．【解答】解：A、物块A由P点出发第一次到达C点过程中，绳子拉力对A做正功，动能不断增大，速度不断增大，故A正确．B、到C点时B的速度为零．则根据功能关系可知，在物块A由P点出发第一次到达C点过程中，物块B克服细线拉力做的功等于B重力势能的减少量，故B错误．C、由几何知识可得=h，由于AB组成的系统机械能守恒，由对称性可得物块A在杆上长为2h的范围内做往复运动．故C正确．D、设物块A经过C点时的速度大小为v，此时B的速度为0．根据系统的机械能守恒得：mg（﹣h）=，得v=，故D正确．故选：ACD．【点评】本题的关键要正确分析两物块的运动情况，知道当A的速度最大时，B的速度为零，明确系统遵守机械能守恒，但对单个物块而言，机械能是不守恒的．12．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止释放后，经过B处速度最大，到达C处（AC=h）时速度减为零．若在此时给圆环一个竖直向上的速度v，它恰好能回到A点．弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则圆环()A．下滑过程中，加速度一直增大B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2C．在C处弹簧的弹性势能为mgh﹣mv2D．上下两次经过B点的速度大小相等【考点】动能定理．【分析】根据圆环的运动情况分析下滑过程中，加速度的变化；研究圆环从A处由静止开始下滑到C和在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A两个过程，运用动能定理列出等式求解；-23-\n研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程和圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式【解答】解：A、圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，所以经过B处的加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故A错误B、研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，运用动能定理列出等式mgh﹣Wf﹣W弹=0﹣0=0在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理列出等式﹣mgh+W弹﹣Wf=0﹣mv2解得：Wf=﹣mv2，故B正确C、W弹=mv2﹣mgh，所以在C处，弹簧的弹性势能为mgh﹣mv2，故C正确；D、研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定理列出等式mgh′﹣W′f﹣W′弹=﹣0研究圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式﹣mgh′﹣W′f+W′弹=0﹣mgh′+W′f﹣W′弹=由于W′f＜0，所以＞，所以上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度，故D错误故选：BC【点评】能正确分析小球的受力情况和运动情况，对物理过程进行受力、运动、做功分析，是解决问题的根本方法，掌握动能定理的应用三.实验题（18分）13．某活动小组利用图甲装置验证机械能守恒定律．钢球自由下落过程中，先后通过光电门A、B，计时装置测出钢球通过A、B的时间分别为tA、tB．用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度．测出两光电门间的距离为h，当地的重力加速度为g．（1）用游标卡尺测量钢球的直径，读数如图乙所示，钢球直径为D=0.950cm．（2）要验证机械能守恒，只要比较D．A．D2（﹣）与gh是否相等B．D2（﹣）与2gh是否相等C．D2（﹣）与gh是否相等D．D2（﹣）与2gh是否相等（3）钢球通过光电门的平均速度＜（选填“＞”或“＜”）钢球球心通过光电门的瞬时速度，由此产生的误差不能（选填“能”或“不能”）通过增加实验次数减小．-23-\n【考点】验证机械能守恒定律．【专题】实验题．【分析】（1）解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．（2）利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，由此可以求出小铁球通过光电门时的瞬时速度，根据机械能守恒的表达式可以求出所要求的关系式．（3）根据匀变速直线运动的规律判断求解．【解答】解：（1）游标卡尺的主尺读数为：0.9cm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为0.05×10mm=0.50mm，所以最终读数为：0.950cm．（2）利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故：v=，根据机械能守恒的表达式有：mgh=mD2（﹣）即只要比较D2（﹣）与2gh是否相等，故选：D．（3）根据匀变速直线运动的规律得钢球通过光电门的平均速度等于这个过程中中间时刻速度，所以钢球通过光电门的平均速度＜钢球球心通过光电门的瞬时速度，由此产生的误差不能通过增加实验次数减小．故答案为：（1）0.950cm（2）D（3）＜，不能．【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量．无论采用什么样的方法来验证机械能守恒，明确其实验原理都是解决问题的关键，同时在处理数据时，要灵活应用所学运动学的基本规律．-23-\n14．为了测量小滑块与水平桌面间的动摩擦因数，某小组设计了如图甲所示的实验装置，其中挡板可固定在桌面上，轻弹簧左端与挡板相连，图中桌面高为h，O1、O2、A、B、C点在同一水平直线上．已知重力加速度为g，空气阻力可忽略不计．实验过程一：挡板固定在O1点，推动滑块压缩弹簧，滑块移到A处，测量O1A的距离，如图甲所示．滑块由静止释放，落在水平面上的P点，测出P点到桌面右端的水平距离为x1．实验过程二：将挡板的固定点移到距O1点距离为d的O2点，如图乙所示，推动滑块压缩弹簧，滑块移到C处，使O2C的距离与O1A的距离相等．滑块由静止释放，落在水平面上的Q点，测出Q点到桌面右端的水平距离为x2．（1）为完成本实验，下列说法中正确的是CA．必须测出小滑块的质量B．必须测出弹簧的劲度系数C．弹簧的压缩量不能太小D．必须测出弹簧的原长（2）写出动摩擦因数的表达式μ=（用题中所给物理量的符号表示）（3）小红在进行实验过程二时，发现滑块未能滑出桌面．为了测量小滑块与水平桌面间的动摩擦因数，还需测量的物理量是滑块停止滑动的位置到B点的距离．（4）某同学认为，不测量桌面高度，改用秒表测出小滑块从飞离桌面到落地的时间，也可测出小滑块与水平桌面间的动摩擦因数．此实验方案不可行（选填“可行”或“不可行”），理由是滑块在空中飞行时间很短，难以把握计时起点和终点，秒表测时间误差较大．【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．【专题】实验题．【分析】从实验操作的步骤可知，两种情况下弹簧做的功相等，物块滑出桌面时的动能是弹簧做功与摩擦力做功的和；求出滑块滑过不同距离下的摩擦力做的功，即可求出摩擦力的大小与摩擦因数的大小【解答】解：（1、2）滑块离开桌面后做平抛运动，平抛运动的时间：t=滑块飞行的距离：x=v•t所以滑块第1次离开桌面时的速度：v1=x1•①滑块第2次离开桌面时的速度：v2=x2•②滑块第1次滑动的过程中，弹簧的弹力和摩擦力做功，设弹簧做的功是W1，AB之间的距离是x，则：W1﹣μmg•x=m③滑块第1次滑动的过程中，W1﹣μmg•（x+d）④-23-\n联立①②③④可得：μmg•d=m（﹣）即：μ=可知，要测定摩擦因数，与弹簧的长度、弹簧的劲度系数、以及滑块的质量都无关．要想让滑块顺利画出桌面，弹簧的压缩量不能太小．故C正确．故选：C（3）在进行实验过程二时，发现滑块未能滑出桌面，则可以认为滑块的末速度是0．为了测量小滑块与水平桌面间的动摩擦因数，还需要测量出滑块停止滑动的位置到B点的距离．（4）改用秒表测出小滑块从飞离桌面到落地的时间，来测定小滑块与水平桌面间的动摩擦因数．此实验方案是不可行的，原因是滑块在空中飞行时间很短，难以把握计时起点和终点，秒表测时间误差较大．故答案为：（1）C；（2）；（3）滑块停止滑动的位置到B点的距离；（4）不可行，滑块在空中飞行时间很短，难以把握计时起点和终点，秒表测时间误差较大【点评】本题考查了探究影响摩擦力大小的因素及动摩擦因数的测定，意在考查考生对实验原理、操作步骤和数据处理方法的掌握情况，应用所学基本规律解决实验问题的能力．四.计算题（34分）15．如图所示，质量MA=2m的直杆A悬于离地面很高处，杆A上套有质量MB=m的小环B．将小环B由静止释放，环做加速度a=g的匀加速运动．经过时间t后，将杆A上方的细线剪断，杆A开始下落．杆A足够长，环B始终未脱离杆A，不计空气阻力，已知重力加速度为g，求：（1）杆A刚下落时的加速度a′；（2）在小环B下落的整个过程中，环B对杆A所做的功W；（3）在小环B下落的整个过程中，系统产生的热量Q．【考点】功能关系；牛顿第二定律．【分析】（1）对B进行受力分析，求出A与B之间的摩擦力的大小；（2）设当A下落t时间时二者的速度相等，之后二者相对静止，所以速度相等前杆受到的摩擦力与位移才乘积就是环B对杆A所做的功；（3）整个过程中产生的热量等于二者之间的摩擦力与相对位移的乘积，先求出相对位移，再根据Q=fs即可求出．-23-\n【解答】解：（1）对小环B进行受力分析，由牛顿第二定律可得：MBg﹣f=MBa解得：f=mg剪断绳后B的加速度不变仍为a=g对物体A，剪断的瞬间A受到重力和向下的摩擦力，则：MAg+f=MAa′代入数据，解得：（2）当A下落t时间时二者的速度相等，则：v=vA=vB，A、B相对静止无摩擦力存在v=a（△t+t）=a′t解得：t=2△tA下落的高度：h′==B对A做的功：W=fh′==（3）B下落的高度：h=解得：h=小环B相对A的位移：s=h﹣h′得：s=下落过程中，系统生成的热量Q=fs得：Q=答：（1）杆A刚下落时的加速度是；（2）在小环B下落的整个过程中，环B对杆A所做的功是；（3）在小环B下落的整个过程中，系统产生的热量Q是．【点评】该题结合功能关系考查牛顿第二定律与受力分析，解答本题关键是对环和杆受力分析，然后根据牛顿第二定律求出各个过程的加速度，最后结合运动学公式列式求解．16．如图所示，在冰面上将质量m=1kg的滑块从A点以初速度v0推出，滑块与冰面的动摩擦因数为μ=0.1，滑块滑行L=18m后到达B点时速度为v1=8m/s．现将其间的一段CD用铁刷划擦，使该段的动摩擦因数变为μ=0.45，再使滑块从A以v0初速度推出后，到达B点的速度为v2=6m/s．g取10m/s2，求：（1）初速度v0的大小；（2）CD段的长度l；（3）若AB间用铁刷划擦的CD段的长度不变，要使滑块从A到B的运动时间最长，问铁刷划擦的CD段位于何位置？并求滑块滑行的最长时间．（结果保留三位有效数字）【考点】动能定理；牛顿第二定律．-23-\n【专题】动能定理的应用专题．【分析】（1）未划擦冰面时，滑块从A到B过程中，运用动能定理求解v0的大小．（2）将CD段划擦后，滑块再从A到B的过程中，由动能定理求解CD段的长度l．（3）由上题的结果可知，不论CD在AB中的具体位置如何变化，滑块到达B点时的速度v2不变，作出滑块在A、B间运动的v﹣t图象，分析知道当C点与A点重合时，滑块运动的时间最长，由动能定理求出滑块到达D点时的速度，对两段过程，分别由牛顿第二定律和运动学速度公式列式，即可求解．【解答】解：（1）未划擦冰面时，滑块从A到B过程中，由动能定理得：﹣μ1mgL=﹣①代入解得v0=10m/s（2）将CD段划擦后，滑块再从A到B的过程中，由动能定理得：﹣μ1mg（L﹣l）﹣μ2mgl=﹣②代入解得l=4m（3）由②式，不论CD在AB中的具体位置如何变化，滑块到达B点时的速度v2不变，设滑块在AC段和CD段的加速度分别为a1和a2．根据牛顿第二定律得：﹣μ1mg=ma1；③﹣μ2mg=ma2；④滑块在A、B间运动的v﹣t图象如图，由图象可知当C点与A点重合时，滑块运动的时间最长．设此时滑块到达D点时的速度为v，则由动能定理得﹣μ2mgl=﹣⑤解得v=8m/s根据运动学公式得v=v0﹣a1t1⑥v2=v﹣a2t2⑦解得t=t1+t2=2.44s答：（1）初速度v0的大小是10m/s；（2）CD段的长度l是4m；（3）当C点与A点重合时，滑块运动的时间最长，滑块滑行的最长时间是2.44s．【点评】解决本题的关键要通过画出v﹣t图象分析滑块运动时间最长的条件，分段运用动能定理、牛顿第二定律和运动学公式结合解答．-23-\n17．（13分）如图所示，一个质最为M，长为L的圆管竖直放置，顶端塞有一个质量为m的弹性小球，M=4m，球和管间的滑动摩擦力与最大静摩擦力大小均为4mg，管下端离地面高度H=5m．现让管自由下落，运动过程中管始终保持竖直，落地时向上弹起的速度与落地时速度大小相等，若管第一次弹起上升过程中，球恰好没有从管中滑出，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2求：（1）管第一次落地弹起刚离开地面时管与球的加速度分别多大？（2）从管第一次落地弹起到球与管达到相同速度时所用的时间．（3）圆管的长度L．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）由运动学公式求出圆管底端落地前瞬间的速度．根据牛顿第二定律分别求出管反弹后，球和管的加速度；（2）分别对管和球进行分析，由运动学公式可求得时间；（3）根据速度位移公式求出球相对于管静止时的相对位移，即为管的至少长度．【解答】解：（1）管第一次落地弹起时，管的加速度大小为a1，球的加速度大小为a2由牛顿第二定律对管Mg+4mg=Ma1…（1）对球4mg﹣mg=ma2…（2）故，方向向下…（3）方向向上…（4）（2）球与管第一次碰地时，由…（5）得碰后管速，方向向上…（6）碰后球速，方向向下…（7）球刚好没有从管中滑出，设经过时间t，球、管速度相同，则有对管v=v1﹣a1t…（8）对球v=﹣v2+a2t…（9）代入数值联立解得t=0.4s…（10）（3）管经t时间上升的高度为…（11）-23-\n球下降的高度…（12）管长L=h1+h2=4m…（13）答：（1）管第一次落地弹起刚离开地面时管与球的加速度分别20m/s2和30m/s2；（2）从管第一次落地弹起到球与管达到相同速度时所用的时间为0.4s．（3）圆管的长度L为4m【点评】本题的难点在于管和球的运动情况难于判断，关键通过计算理清球和管的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．-23-