2022-2022学年山东省青岛市城阳一中高三（上）期中物理试卷 一、选择题（本大题共12小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一个选项符合题目要求，第8～12题有多个选项符合题目要求．全部选对的得4分．选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离．假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法不正确的是（ ）A．运动员到达最低点前重力势能始终减小B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D．蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关 2．一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的．关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b点的切线）（ ）A．B．C．D． 3．一质点做匀加速直线运动时，速度变化△v时发生位移x1，紧接着速度变化同样的△v时发生位移x2，则该质点的加速度为（ ）A．（△v）2（+）B．2C．（△v）2（﹣）D． 4．静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力．不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随高度变化的关系是（ ）A．B．C．D． 5．如图，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ．图甲中A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻杆相连．系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行．在突然撤去挡板的瞬间（ ）A．两图中两球加速度均为gsinθB．两图中A球的加速度均为零-22-\nC．图甲中B球的加速度是为2gsinθD．图乙中B球的加速度为零 6．如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端．B与小车平板间的动摩擦因数为μ．若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为（ ）A．mg，竖直向上B．mg，斜向左上方C．mgtanθ，水平向右D．mg，斜向右上方 7．“飞车走壁”是一种传统的杂技艺术，演员骑车在倾角很大的桶面上做圆周运动而不掉下来．如图所示，已知桶壁的倾角为θ，车和人的总质量为m，做圆周运动的半径为r，若使演员骑车做圆周运动时不受桶壁的摩擦力，下列说法正确的是（ ）A．人和车的速度为B．桶面对车的弹力为C．桶面对车的弹力为D．人和车的速度为 8．如图，一半径为R，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平，一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道，质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小，用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，则（ ）A．W=mgR，质点恰好可以到达Q点-22-\nB．W＞mgR，质点不能到达Q点C．W=mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离D．W＜mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离 9．一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t=0时起，第1秒内受到2N的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1N的外力作用．下列判断正确的是（ ）A．0～2s内外力的平均功率是4.5WB．第2秒内外力所做的功是JC．第2秒末外力的瞬时功率最大D．第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是 10．如图为“高分一号”卫星与北斗导航系统中的“G1”卫星，在空中某一平面内绕地心O做匀速圆周运动的示意图．已知卫星“G1”的轨道半径为r，地球表面的重力加速度为g，地球半径为R，万有引力常量为G．则（ ）A．“高分一号”的加速度大于卫星“G1”的加速度B．“高分一号”的运行速度大于第一宇宙速度C．地球的质量为D．卫星“G1”的周期为 11．如图，在正电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M=30°，M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM=φN、φP=φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则（ ）A．点电荷Q一定在MP的连线上-22-\nB．连接PF的线段一定在同一等势面上C．将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功D．φP＞φM 12．如图所示，质量为m的物体（可视为质点）以某一初速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度大小为g，沿斜面上升的最大高度为h，则在物体沿斜面上升的过程中（ ）A．物体克服摩擦力做功mghB．物体的重力势能增加了mghC．物体的动能减少了mghD．物体的机械能损失了mgh 二、实验题（本大题包括2小题，共16分）．13．（2022秋•沈阳校级期中）在追寻科学家研究足迹的过程中，某同学为探究恒力做功和物体动能变化间的关系，采用了如图甲所示的实验装置．（1）实验时，该同学用钩码的重力表示小车受到的合力，为了减小这种做法带来的实验误差，你认为应该采取的措施是 ．（多选，填选项前的字母）A．保证钩码的质量远小于小车的质量B．保证细线与长木板平行C．把长木板不带滑轮的一端适当垫高以平衡摩擦力D．必须先接通电源再释放小车（2）如图乙所示是实验中得到的一条纸带，其中A、B、C、D、E、F是连续的六个计数点，相邻计数点间的时间间隔为T，相关计数点问的距离已在图中标出，测出小车的质量为M，钩码的总质量为m．从打B点到打E点的过程中，合力对小车做的功是 ，小车动能的增量是 （用题中和图中的物理量符号表示）． -22-\n14．用如图所示装置可验证机械能守恒定律，轻绳两端系着质量相等的物体A、B，物块B上放一金属片C，铁架台上固定一金属圆环，圆环处在物体B的正下方．系统静止时，金属片C与圆环间的高度为h，由此释放，系统开始运动．当物体B穿过圆环时，金属片C被搁置在圆环上，两光电门固定在铁架台P1、P2处，通过数字计时器可测出物块B通过P1、P2这段距离的时间．（1）若测得P1、P2之间的距离为d，物体B通过这段距离的时间为t，则物块B刚穿过圆环后的速度v= （2）若物块A、B的质量均用M表示，金属片C的质量用m表示，重力加速度为g，该实验中验证了等式 成立，即可验证机械能守恒定律．（3）本实验中的测量仪器除了刻度尺、光电门、数字计时器外，还需要 ． 三、计算题（本大题包括4小题，共42分．解答应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）．15．（10分）（2022秋•沈阳校级期中）如图1所示，在平直的道路上，依次有编号为A、B、C、D、E五根标志杆，相邻两杆之间的距离是相等的．一辆汽车以v0=20m/s的速度匀速向标志杆驶来，当司机经过O点时开始刹车，由于司机有反应时间，汽车先匀速运动一段距离再做匀减速运动，直到停止．开始刹车后的0～7.5s内汽车的v﹣t图象如图2所示，其中如tB=5.5s、tC=7.5s分别是司机经过B、C杆的时刻．求：（1）司机的反应时间t1；（2）A杆距O点的距离xOA． -22-\n16．（12分）（2022秋•赣州校级期末）如图所示，一带正电的长细直棒水平放置，带电细直棒在其周围产生方向向外辐射状的电场，场强大小与直棒的距离成反比．在直棒上方有一长为a的绝缘细线连接了两个质量均为m的小球A、B，A、B所带电荷量分别为+q和+4q，A球距直棒的距离为a，两个球恰好处于静止状态．不计两小球之间的静电力作用，剪断细线，若A球下落的最大速度为vm，求A球下落到速度最大过程中，电场力对A球做的功． 17．（16分）（2022秋•沈阳校级期中）如图所示，在足够高的光滑水平台面上静置一质量为m的长木板A，A右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量也为m的物体C栓接．当C从静止开始下落距离h时，在木板A的最右端轻放一质量为4m的小铁块B（可视为质点），最终B恰好未从木板A上滑落．A、B间的动摩擦因数μ=0.25，且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求：（1）C由静止下落距离h时，A的速度大小vo；（2）A、B间因摩擦而产生的热量Q；（3）若当铁块B轻放在木板A的最右端的同时，对B加一水平向右的恒力，其他条件不变，在保证B能滑离木板A的条件下，则A、B间因摩擦而产生热量的最大值Qm多大． 18．如图所示，轻弹簧的两端与质量均为2m的B、C两物块固定连接，静止在光滑水平面上，物块C紧靠挡板但不粘连．另一质量为m的小物块A以速度vo从右向左与B发生弹性正碰，碰撞时间极短可忽略不计．（所有过程都在弹簧弹性限度范围内）求：（1）A、B碰后瞬间各自的速度；（2）弹簧第一次压缩最短与第一次伸长最长时弹性势能之比． 2022-2022学年山东省青岛市城阳一中高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析 -22-\n一、选择题（本大题共12小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一个选项符合题目要求，第8～12题有多个选项符合题目要求．全部选对的得4分．选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离．假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法不正确的是（ ）A．运动员到达最低点前重力势能始终减小B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D．蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关【考点】重力势能的变化与重力做功的关系；弹性势能；机械能守恒定律．【专题】计算题．【分析】本题考查机械能守恒定律及功能关系，涉及重力势能、重力做功、弹力做功、弹性势能等．我们要熟悉功能关系，也就是什么力做功量度什么能的变化，并能建立定量关系．【解答】解：A、运动员到达最低点前，运动员一直向下运动，根据重力势能的定义知道重力势能始终减小．故A正确．B、蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力方向向上，而运动员向下运动，所以弹性力做负功，根据弹力做功量度弹性势能的变化关系式得：w弹=﹣△Ep因为弹性力做负功所以弹性势能增加．故B正确．C、对于运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，蹦极过程中只有重力和弹力做功，所以系统机械能守恒，故C正确．D、根据重力做功量度重力势能的变化，wG=﹣△Ep而蹦极过程中重力做功不变的，与重力势能零点的选取无关．所以重力势能的改变与重力势能零点的选取无关．故D错误．故选D．【点评】做功不做功，决定能量是否变化，功的正负决定能的增减．重力做正功（或负功）重力势能减少（或增加）；弹簧的弹力做正功（或负功）弹簧的弹性势能减少（或增加）．机械能守恒定律适用于系统，其条件是系统内只有重力或弹力（有弹簧时）做功． 2．一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的．关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b点的切线）（ ）A．B．C．D．【考点】电场强度；曲线运动．【专题】压轴题；电场力与电势的性质专题．【分析】根据物体做曲线运动的条件和受力特点分析电荷受的电场力方向，再由负电荷所受的电场力方向与场强方向相反进行选择．【解答】解：A、电荷做曲线运动，电场力与速度方向不在同一直线上，应指向轨迹弯曲的内侧，不可能沿轨迹的切线方向，则场强也不可能沿轨迹的切线方向．故A错误．-22-\nB、负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，图中电场力方向与速度方向的夹角为锐角，电场力做正功，电荷的速率增大，与题不符．故B错误．C、图中场强方向指向轨迹的内侧，则电场力指向轨迹的外侧，电荷的轨迹应向上弯曲，不可能沿如图的轨迹运动．故C错误．D、图中场强方向指向轨迹的外侧，则电场力指向轨迹的内侧，而且电场力方向与电荷的速度方向成钝角，电场力做负功，电荷的速率减小，符合题意．故D正确．故选D【点评】本题是电场中轨迹问题，抓住电荷所受的合力指向轨迹的内侧和速度沿轨迹的切线方向是解题的关键． 3．一质点做匀加速直线运动时，速度变化△v时发生位移x1，紧接着速度变化同样的△v时发生位移x2，则该质点的加速度为（ ）A．（△v）2（+）B．2C．（△v）2（﹣）D．【考点】匀变速直线运动的速度与位移的关系．【专题】直线运动规律专题．【分析】首先知道题境，利用运动学速度位移公式和速度的变化量公式求解即可．【解答】解：设匀加速的加速度a，物体的速度分别为v1、v2和v3据运动学公式可知：v22﹣v12=2ax1，v32﹣v22=2ax2，且v2﹣v1=v3﹣v2=△v，联立以上三式解得：a=，故D正确，ABC错误．故选：D．【点评】明确题境，利用运动学速度位移公式和速度的变化量公式求解，一定动手计算，否则感觉无从下手． 4．静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力．不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随高度变化的关系是（ ）A．B．C．D．【考点】功能关系．【分析】恒力做功的大小等于机械能的增量，撤去恒力后，物体仅受重力，只有重力做功，机械能守恒．【解答】解：设在恒力作用下的加速度为a，则机械能增量E=Fh=，知机械能随时间不是线性增加，撤去拉力后，机械能守恒，则机械能随时间不变．故C正确，A、B、D错误．故选：C．【点评】解决本题的关键掌握功能关系，知道除重力以外其它力做功等于机械能的增量，以及知道机械能守恒的条件．-22-\n 5．如图，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ．图甲中A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻杆相连．系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行．在突然撤去挡板的瞬间（ ）A．两图中两球加速度均为gsinθB．两图中A球的加速度均为零C．图甲中B球的加速度是为2gsinθD．图乙中B球的加速度为零【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】根据弹簧弹力不能突变，杆的弹力会突变，分析撤去挡板的瞬间，图甲和图乙中AB所受合外力即可得到各自的加速度．【解答】解：撤去挡板前，对整体分析，挡板对B球的弹力大小为2mgsinθ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsinθ，加速度为2gsinθ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsinθ，加速度均为gsinθ，故C正确，A、B、D错误．故选：C．【点评】本题考查了牛顿第二定律的瞬时问题，知道弹簧的弹力在撤去挡板的瞬间保持不变，结合牛顿第二定律进行求解． 6．如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端．B与小车平板间的动摩擦因数为μ．若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为（ ）A．mg，竖直向上B．mg，斜向左上方C．mgtanθ，水平向右D．mg，斜向右上方【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】先以A为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度．再对B研究，由牛顿第二定律求解小车对物块B产生的摩擦力大小和方向，再对支持力进行合成，得到小车对B的作用力的大小和方向．【解答】解：以A为研究对象，分析受力如图，根据牛顿第二定律得：-22-\nmAgtanθ=mAa，得：a=gtanθ，方向水平向右．再对B研究得：小车对B的摩擦力为：f=ma=mgtanθ，方向水平向右，小车对B的支持力大小为N=mg，方向竖直向上，则小车对物块B产生的作用力的大小为：F==mg，方向斜向右上方故选：D【点评】本题要抓住小球、物块B和小车的加速度相同的特点，根据牛顿第二定律采用隔离法研究 7．“飞车走壁”是一种传统的杂技艺术，演员骑车在倾角很大的桶面上做圆周运动而不掉下来．如图所示，已知桶壁的倾角为θ，车和人的总质量为m，做圆周运动的半径为r，若使演员骑车做圆周运动时不受桶壁的摩擦力，下列说法正确的是（ ）A．人和车的速度为B．桶面对车的弹力为C．桶面对车的弹力为D．人和车的速度为【考点】向心力．【分析】车和人做圆周运动，靠重力和支持力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律求出线速度的大小，通过平行四边形定则求出桶面对车的弹力大小．【解答】解：A、根据几何关系得：人和车所受的合力为：F合=mgtanθ，根据得：．故A正确，D错误．B、根据平行四边形定则知，桶面对车的弹力为：N=．故BC错误．故选：A．-22-\n【点评】本题考查应用物理规律分析实际问题的能力，是圆锥摆模型，关键是分析物体的受力情况，结合牛顿第二定律进行求解． 8．如图，一半径为R，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平，一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道，质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小，用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，则（ ）A．W=mgR，质点恰好可以到达Q点B．W＞mgR，质点不能到达Q点C．W=mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离D．W＜mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离【考点】动能定理．【专题】动能定理的应用专题．【分析】对N点运用牛顿第二定律，结合压力的大小求出N点的速度大小，对开始下落到N点的过程运用动能定理求出克服摩擦力做功的大小．抓住NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功，根据动能定理分析Q点的速度大小，从而判断能否到达Q点．【解答】解：在N点，根据牛顿第二定律有：，解得，对质点从下落到N点的过程运用动能定理得，，解得W=．由于PN段速度大于NQ段速度，所以NQ段的支持力小于PN段的支持力，则在NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功，对NQ段运用动能定理得，，-22-\n因为，可知vQ＞0，所以质点到达Q点后，继续上升一段距离．故C正确，A、B、D错误．故选：C．【点评】本题考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用，知道在最低点，靠重力和支持力的合力提供向心力，通过牛顿第二定律求出N点的速度是关键．注意在NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功． 9．一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t=0时起，第1秒内受到2N的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1N的外力作用．下列判断正确的是（ ）A．0～2s内外力的平均功率是4.5WB．第2秒内外力所做的功是JC．第2秒末外力的瞬时功率最大D．第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是【考点】功率、平均功率和瞬时功率；动量定理；动能定理的应用．【专题】功率的计算专题．【分析】功率是表示物体做功快慢的物理量，平均功率可以用P=来计算，而公式P=Fv既可以计算瞬时功率，又可以计算平均功率；本题可由动量定理求得1s末及2s末的速度，再由动能定理可求得合力的功；由功率公式求得功率．【解答】解：A、由动量定理Ft=mv2﹣mv1求出1s末、2s末速度分别为：v1=2m/s、v2=3m/s由动能定理可知合力3s内做功为w=mv2=4.5J故0～2s内功率是p==w=w，故A错误；C、1s末、2s末功率分别为：P1=F1v1=4w、P2=F2v2=3w；故C错误；B、第1秒内与第2秒动能增加量分别为：mv12=2J、mv22﹣mv12=2.5J，故第2s内外力所做的功为2.5J，B错误；D、第1秒内与第2秒动能增加量分别为：mv12=2J、mv22﹣mv12=2.5J，故动能增加量的比值为4：5，故D正确；故选D．【点评】本题也可由动力学公式求解出1s末及2s末的速度，再由动能定理求解；不过在过程上就稍微繁琐了点． 10．如图为“高分一号”卫星与北斗导航系统中的“G1”卫星，在空中某一平面内绕地心O做匀速圆周运动的示意图．已知卫星“G1”的轨道半径为r，地球表面的重力加速度为g，地球半径为R，万有引力常量为G．则（ ）-22-\nA．“高分一号”的加速度大于卫星“G1”的加速度B．“高分一号”的运行速度大于第一宇宙速度C．地球的质量为D．卫星“G1”的周期为【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】卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律求出加速度、线速度、周期，然后答题．【解答】解：A、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G=ma，解得：a=，由图示可知，“高分一号”的半径小于卫星“G1”的半径，则“高分一号”的加速度大于卫星“G1”的加速度，故A正确；B、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G=m，解得：v=，“高分一号”的轨道半径大于地球半径，则“高分一号”的线速度小于第一宇宙速度，故B错误；C、地球表面的物体受到的重力等于万有引力，即：G=mg，解得，地球的质量：M=，故C错误；D、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G=mr，解得：T=，故D正确；故选：AD．【点评】本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律可以解题，注意黄金代换的应用． 11．如图，在正电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M=30°，M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM=φN、φP=φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则（ ）-22-\nA．点电荷Q一定在MP的连线上B．连接PF的线段一定在同一等势面上C．将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功D．φP＞φM【考点】电势；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆，圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心；找出电荷位置后，根据电势能的变化情况判断电场力做功情况．【解答】解：A、点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆、圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心，故场源电荷在MN的中垂线和FP的中垂线的交点上，在MP的连线上，如图所示，故A正确；B、φP=φF，线段PF是P、F所在等势面（圆）的一个弦，故B错误；C、在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，将正试探电荷从P点搬运到N点，电势能降低，故电场力做正功，故C错误；D、在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，故φP＞φM，故D正确．故选：AD．【点评】本题关键是明确点电荷的电场的电场线和等势面的分布规律，知道沿着电场线电势逐渐降低；基础问题． 12．如图所示，质量为m的物体（可视为质点）以某一初速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度大小为g，沿斜面上升的最大高度为h，则在物体沿斜面上升的过程中（ ）A．物体克服摩擦力做功mghB．物体的重力势能增加了mgh-22-\nC．物体的动能减少了mghD．物体的机械能损失了mgh【考点】动能定理的应用；机械能守恒定律．【专题】动能定理的应用专题．【分析】重力势能的增加量等于克服重力做的功；物体动能变化等于外力的总功；机械能变化量等于除重力外其余力做的功．【解答】解：AD、物体的加速度为a=g，根据牛顿第二定律得：mgsin30°+f=ma，得到摩擦力f=mg，克服摩擦力做功：f•s==；机械能的损失量为f•s==；故A错误，D正确．B、物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh．故B正确；C、动能损失量等于合外力做的功的大小，即有△Ek=F合外力•s=mg•2h=mgh．故C错误．故选：BD．【点评】本题关键根据功能关系的各种具体形式得到重力势能变化、动能变化和机械能变化． 二、实验题（本大题包括2小题，共16分）．13．（2022秋•沈阳校级期中）在追寻科学家研究足迹的过程中，某同学为探究恒力做功和物体动能变化间的关系，采用了如图甲所示的实验装置．（1）实验时，该同学用钩码的重力表示小车受到的合力，为了减小这种做法带来的实验误差，你认为应该采取的措施是 ABC ．（多选，填选项前的字母）A．保证钩码的质量远小于小车的质量B．保证细线与长木板平行C．把长木板不带滑轮的一端适当垫高以平衡摩擦力D．必须先接通电源再释放小车（2）如图乙所示是实验中得到的一条纸带，其中A、B、C、D、E、F是连续的六个计数点，相邻计数点间的时间间隔为T，相关计数点问的距离已在图中标出，测出小车的质量为M，钩码的总质量为m．从打B点到打E点的过程中，合力对小车做的功是 mgs ，小车动能的增量是 M（）2﹣M（）2 （用题中和图中的物理量符号表示）．【考点】探究功与速度变化的关系．【专题】实验题；定量思想；实验分析法；动能定理的应用专题．【分析】-22-\n（1）由于小车运动过程中会遇到（滑轮和细绳、小车和木板、打点计时器和纸带之间等）阻力，所以要平衡摩擦力．平衡摩擦力时，要轻推一下小车，观察小车是否做匀速运动；由于小车加速下降，处于失重状态，拉力小于重力，小ma，勾码重量越小，ma越小，拉力与重量越接进．（2）对系统研究，根据某段时间内平均速度等于中间时刻的瞬时速度，从而得出系统动能的变化量，判断系统动能的增加量与合力做功是否相等．【解答】解：（1）由于小车运动过程中会遇到阻力，同时由于小车加速下降，处于失重状态，拉力小于重力，故要使拉力接近勾码的重量，要平衡摩擦力，把长木板不带滑轮的一端适当垫高以平衡摩擦力，以及要使勾码的质量远小于小车的质量，同时保证细线与长木板平行，故ABC正确；故选：ABC（2）从打B点到打E点的过程中，合力对小车做的功是W=mgh=mgs根据中间时刻的速度等于平均速度得：vB=，vE=，小车动能的增量是△EK=MvE2﹣MvB2=M（）2﹣M（）2故答案为：（1）ABC；（2）mgs；M（）2﹣M（）2【点评】正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材、实验步骤、所测数据等，会起到事半功倍的效果． 14．用如图所示装置可验证机械能守恒定律，轻绳两端系着质量相等的物体A、B，物块B上放一金属片C，铁架台上固定一金属圆环，圆环处在物体B的正下方．系统静止时，金属片C与圆环间的高度为h，由此释放，系统开始运动．当物体B穿过圆环时，金属片C被搁置在圆环上，两光电门固定在铁架台P1、P2处，通过数字计时器可测出物块B通过P1、P2这段距离的时间．（1）若测得P1、P2之间的距离为d，物体B通过这段距离的时间为t，则物块B刚穿过圆环后的速度v= （2）若物块A、B的质量均用M表示，金属片C的质量用m表示，重力加速度为g，该实验中验证了等式 mgh=（2M+m） 成立，即可验证机械能守恒定律．（3）本实验中的测量仪器除了刻度尺、光电门、数字计时器外，还需要 天平 ．-22-\n【考点】验证机械能守恒定律．【专题】实验题．【分析】（1）通过平均速度等于瞬时速度，即可求解；（2）根据系统减小的重力势能，转化为系统增加的动能，即可求解；（3）根据上式可知，还需要天平测出金属片C的质量；【解答】解：（1）根据平均速度等于瞬时速度，则有：物块B刚穿过圆环后的速度v=；（2）由题意可知，系统ABC减小的重力势能转化为系统的增加的动能，即为：mgh+Mgh﹣Mgh=（2M+m）v2，即为：mgh=（2M+m），（3）由mgh=（2M+m），公式可知，除了刻度尺、光电门、数字计时器外，还需要天平测出金属片的质量；故答案为：（1）（2）mgh=（2M+m），（3）天平【点评】考查平均速度等于瞬时速度，条件是时间很短或做匀变速直线运动；掌握系统机械能守恒定律验证方法，注意由于A与B的质量相同，则重力势能之和不变； 三、计算题（本大题包括4小题，共42分．解答应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）．15．（10分）（2022秋•沈阳校级期中）如图1所示，在平直的道路上，依次有编号为A、B、C、D、E五根标志杆，相邻两杆之间的距离是相等的．一辆汽车以v0=20m/s的速度匀速向标志杆驶来，当司机经过O点时开始刹车，由于司机有反应时间，汽车先匀速运动一段距离再做匀减速运动，直到停止．开始刹车后的0～7.5s内汽车的v﹣t图象如图2所示，其中如tB=5.5s、tC=7.5s分别是司机经过B、C杆的时刻．求：（1）司机的反应时间t1；-22-\n（2）A杆距O点的距离xOA．【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】直线运动规律专题．【分析】（1）根据速度时间图线求出匀减速运动的加速度大小，结合速度时间公式求出司机的反应时间．（2）根据速度位移公式求出相邻两杆之间的距离，结合位移公式求出汽车在0～5.5s内的位移，从而得出A杆距O点的距离xOA．【解答】解：（1）由汽车的v﹣t图象可得，刹车后汽车的加速度大小，tB=5.5s时，汽车的速度vB=v0﹣a（5.5﹣t1），代入数据解得t1=0.5s．（2）设相邻两杆之间的距离为L，司机由B到C的过程中，，代入数据解得L=16m．汽车在0～5.5s内的位移，代入数据xOB=85m，A杆距O点的距离xOA=xOB﹣L=85﹣16m=69m．答：（1）司机的反应时间为0.5s；（2）A杆距O点的距离为69m．【点评】本题考查了运动学公式与速度时间图线的综合，通过图线求出加速度以及反应时间是解决本题的关键． 16．（12分）（2022秋•赣州校级期末）如图所示，一带正电的长细直棒水平放置，带电细直棒在其周围产生方向向外辐射状的电场，场强大小与直棒的距离成反比．在直棒上方有一长为a的绝缘细线连接了两个质量均为m的小球A、B，A、B所带电荷量分别为+q和+4q，A球距直棒的距离为a，两个球恰好处于静止状态．不计两小球之间的静电力作用，剪断细线，若A球下落的最大速度为vm，求A球下落到速度最大过程中，电场力对A球做的功．【考点】电势差与电场强度的关系．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】先对A、B整体受力分析，通过共点力平衡求出系数k；当A球下落时，重力与电场力平衡时速度最大，根据平衡求出下降的距离，再根据动能定理求出电场力所做的功．【解答】解：带电细直棒在其周围产生方向向外辐射状的电场，场强大小与直棒的距离成反比，故设场强：E=对AB整体：-22-\n解得：当A下落速度最大时：代入k得：r=对A下落过程：mg（a﹣r）+W=解得：W=答：A球下落到速度最大过程中，电场力对A球做的功为．【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡求解．以及会根据物体的受力，判断球的运动情况，知道加速度为零时，速度最大． 17．（16分）（2022秋•沈阳校级期中）如图所示，在足够高的光滑水平台面上静置一质量为m的长木板A，A右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量也为m的物体C栓接．当C从静止开始下落距离h时，在木板A的最右端轻放一质量为4m的小铁块B（可视为质点），最终B恰好未从木板A上滑落．A、B间的动摩擦因数μ=0.25，且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求：（1）C由静止下落距离h时，A的速度大小vo；（2）A、B间因摩擦而产生的热量Q；（3）若当铁块B轻放在木板A的最右端的同时，对B加一水平向右的恒力，其他条件不变，在保证B能滑离木板A的条件下，则A、B间因摩擦而产生热量的最大值Qm多大．【考点】牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；功能关系．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）开始时，以A与C组成是系统为研究的对象，C下降的过程中，拉着A一起运动，只有重力做功，机械能守恒，由此即可求出速度；（2）将B放在A上后，B受到摩擦力的作用，获得加速度，同时对A与C进行受力分析，得出A与C的运动状态，最后结合相对运动，求出A的长度，然后由Q=fL求出；-22-\n（3）在保证B离木板A的条件下，A、B间因摩擦产生热量的最大值Qm是摩擦力与A的长度的乘积．【解答】解：（1）以A与C组成是系统为研究的对象，C下降的过程中，拉着A一起运动，只有重力做功，则：mgh=（m+m）v02代入数据解得：v0=（2）将B放在A上后，B受到摩擦力的作用，A与B之间有摩擦力：f=μ•4mg=mgC的重力：GC=mg设此时A与C仍然一起做加速运动，则：（m+m）a=mg﹣f=mg﹣mg=0所以将B放在A上后，A与C一起做匀速直线运动，B做匀加速直线运动，加速度：aB=，设经过时间t后B与A的速度相等，此时B恰好运动到Ad左端，则：B与A的速度相等需要的时间：t=木板A的长度：L=联立得：L=2hA、B间因摩擦而产生的热量：Q=μ（4mg）L=0.25×4mg×2h=2mgh（3）加上恒力D共速后，B受力情况如图所示，设共速后A、B的加速度分别为aA、aB，要使B能从A上滑离，则aB≥aA，对物体B由牛顿第二定律得：F﹣μ（4m）g=（4m）aB①对系统A、C由牛顿第二定律得：mg+μ（4m）g=（m+m）aC②由①②解得：F≥5mg，F越小，△s越大，即F=5mg时，△s最大，设A、B共速前B的加速度为a，加速时间为t1，则：F+μ4mg=mBa，v0=at1，所以A、B间因摩擦而产生热量的最大值Qm=2μmBg△s解得：Qm=答：（1）刚放物块B时，A的速度大小是；（2）A、B间因摩擦而产生的热量是2mgh；（3）若当铁块B轻放在木板A的最右端的同时，对B加一水平向右的恒力，其他条件不变，在保证B能滑离木板A的条件下，则A、B间因摩擦而产生热量的最大值Qm是．-22-\n【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，得出把B放在A上后，A与C组成的系统处于平衡状态，一起做匀速直线运动，运用牛顿第二定律进行求解B的加速度即可． 18．如图所示，轻弹簧的两端与质量均为2m的B、C两物块固定连接，静止在光滑水平面上，物块C紧靠挡板但不粘连．另一质量为m的小物块A以速度vo从右向左与B发生弹性正碰，碰撞时间极短可忽略不计．（所有过程都在弹簧弹性限度范围内）求：（1）A、B碰后瞬间各自的速度；（2）弹簧第一次压缩最短与第一次伸长最长时弹性势能之比．【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．【专题】动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．【分析】（1）A、B发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出碰后两物体的速度．（2）在B压缩弹簧过程中，系统机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出弹簧的弹性势能；当弹簧第一次伸长最长时，B、C两物体组成的系统动量守恒、机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出弹簧的弹性势能，然后求出弹簧的弹性势能之比．【解答】解：（1）A、B发生弹性正碰，碰撞过程中，A、B组成的系统动量守恒、机械能守恒，以A、B组成的系统为研究对象，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mvo=mvA+2mvB，在碰撞过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：mv02=mvA2+•2mvB2，联立解得：vA=﹣v0，vB=v0；（2）弹簧第一次压缩到最短时，B的速度为零，该过程机械能守恒，由机械能守恒定律得，弹簧的弹性势能：EP=•2m•vB2=mv02，从弹簧压缩最短到弹簧恢复原长时，B、C与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧恢复原长时，B的速度vB=v0，速度方向向右，C的速度为零，从弹簧恢复原长到弹簧第一次伸长最长时，B、C与弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，弹簧伸长最长时，B、C速度相等，以向右为正方向，由动量守恒定律得：2mvB=（2m+2m）v′，由机械能守恒定律得：-22-\n•2m•vB2=•（2m+2m）•v′2+EP′，解得：EP′=mv02，弹簧第一次压缩最短与第一次伸长最长时弹性势能之比：EP：EP′=2：1；答：（1）A、B碰后瞬间，A的速度为v0，方向向右，B的速度为v0，方向向左；（2）弹簧第一次压缩最短与第一次伸长最长时弹性势能之比为2：1．【点评】本题考查了物体的速度与弹簧弹性势能之比，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题，分析清楚物体运动过程是正确解题的关键． -22-
