物理卷·2018届天津市第一中学高三上学期第二次月考试题（解析版）

物理卷·2018届天津市第一中学高三上学期第二次月考试题（解析版）

天津市第一中学2018届高三上学期第二次月考物理试题 一、单项选择题 ‎1. 2017年11月15日，我国自行研制的风云三号D星发射升空，这是一颗极轨气象卫星，运行周期约为100分钟。而11月5日，北斗三号双星发射升空，标志着我国的北斗导航系统进入全球组网时代。北斗系统中的同步定点卫星与风云卫星相比，下列说法正确的是( )‎ A. 两种卫星都可能经过天津上空 B. 北斗卫星的周期约为风云卫星的14.4倍 C. 北斗卫星的运行速度可能比风云卫星的大 D. 北斗卫星的向心力一定比风云卫星的大 ‎【答案】B ‎【解析】北斗系统中的同步定点卫星只能定点在赤道的上空，不能经过天津上空，选项A错误；北斗卫星的周期为24h，风云卫星的周期为100分钟，则北斗卫星的周期约为风云卫星的倍，选项B正确；北斗卫星的高度大于风云卫星，根据 可知，北斗卫星的运行速度小于风云卫星的速度，选项C错误；因不知北斗卫星的质量与风云卫星的质量关系，则无法比较两星的向心力关系，选项D错误；故选B.‎ ‎2. 如图所示，A、B、C是水平面上同一直线上的三点，其中AB=BC，在A点正上方的O点以初速度v0水平抛出一小球，刚好落在B点，小球运动的轨迹与OC的连线交于D点，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法不正确的是( )‎ A. 小球从O到D点的水平位移是从O到B点水平位移的1/2‎ B. 小球经过D点与落在B点时重力瞬时功率的比为1/2‎ C. 小球从O到D点与从D到B点两段过程中重力做功的比为1/3‎ D. 小球经过D点时速度与水平方向夹角的正切值是落到B点时速度与水平方向夹角的正切值的1/4‎ ‎【答案】D ‎【解析】设小球做平抛运动的时间为t，位移为L，则有：Lcosθ=v0t；Lsinθ=gt2，联立解得：，根据通式∠OBA=α，∠C=β，则，tanβ=，由于AB=BC，可知落到D点所用时间是落到B点所用时间的，即小球经过D点的水平位移是落到B点水平位移的，故A正确；在竖直方向物体做自由落体运动，由于从A到D和从A到B所需时间为1：2；故速度之比为1：2，根据P=mgv可知，在途经D点和B点时重力做功的瞬时功率之比为1/2，故B正确；由于竖直方向时自由落体运动，根据下落的时间关系可知小球经过D点下落的高度为OA，即OD竖直高度等于DB竖直高度的1/3，根据W=mgh可知，从O到D点与从D到B点两段过程中重力做功的比为1/3，故C正确；根据A的分析可知，根据“速度偏转角正切值等于位移偏转角正切值的2倍”，则小球经过D点时速度与水平方向夹角的正切值是落到B点时速度与水平方向夹角的正切值的1/2，故D错误．此题选项错误的选项，故选D. 点睛：本题关键是明确物体的运动性质是平抛运动，然后结合平抛运动的分运动公式列式求解，注意D点是轨迹与OC直线的交点，要结合“速度偏转角正切值等于位移偏转角正切值的2倍”这个结论分析．‎ ‎3. 如图所示，有一个内壁光滑的圆锥形漏斗竖直放置，一个质量为m的小球在漏斗内壁某水平面内做匀速圆周运动。若漏斗的侧壁与竖直方向夹角为θ，小球运动的圆平面到漏斗底端的距离为h，则下列说法正确的是( )‎ A. 小球受到内壁的支持力与h无关，随θ的增大而增大 B. 小球运动的向心加速度与θ无关，随h的增大而增大 C. 小球运动的线速度与θ无关，随h的增大而增大 D. 小球运动的角速度与h无关，随θ的增大而增大 ‎【答案】C ‎【解析】漏斗内壁母线与竖直方向的夹角为θ．以任意一个小球为研究对象，分析受力情况：重力mg和漏斗内壁的支持力N，它们的合力提供向心力，漏斗内壁的支持力，即小球受到内壁的支持力与h无关，随θ的增大而减小，选项A错误；向心加速度，即小球运动的向心加速度与θ有关，与h无关，选项B错误；根据牛顿第二定律得：，得到，即小球运动的线速度与θ无关，随h的增大而增大，选项C正确； 角速度 ，则小球运动的角速度与h有关，随θ的增大而减小，故D错误；故选C．‎ 点睛：解决这类圆周运动问题的关键是对物体正确受力分析，根据向心力公式列出各个物理量的表达式进行讨论．‎ ‎4. 如图所示，一小球以初速度v做竖直上抛运动，到达的最大高度为H。如果让该小球以相同的初速度v沿图中不同的光滑轨道运动，不计一切阻力，下列说法正确的是( )‎ A. 小球沿高度为H/2的光滑斜轨道上滑，冲出后有可能达到H高度 B. 小球沿半径为H/2的光滑四分之一圆弧轨道上滑，冲出后一定能达到H高度 C. 小球沿半径为H/2的光滑八分之三圆弧轨道上滑，冲出后可能达到H高度 D. 小球沿半径为H/2的光滑半圆弧轨道上滑，一定达到H高度 ‎【答案】B ‎【解析】小球以初速度v做竖直上抛运动，到达的最大高度为H，由机械能守恒定律可知，mgH=mv2；若小球沿高度为H/2的光滑斜轨道上滑，冲出后做斜上抛运动，到达最高点时小球有水平分速度v1，则满足mv2 =mgH1+mv12，则不可能达到H高度，选项A错误；小球沿半径为H/2的光滑四分之一圆弧轨道上滑，冲出后做竖直上抛运动，到达最高点的速度为零，则小球一定能达到H高度，选项B正确；小球沿半径为H/2的光滑八分之三圆弧轨道上滑，冲出后冲出后做斜上抛运动，到达最高点时小球有水平分速度v2，则满足mv2 =mgH2+mv22，则不可能达到H高度，选项C错误；小球沿半径为H/2的光滑半圆弧轨道上滑，则小球运动到轨道圆心以上、轨道最高点以下某位置将脱离轨道做斜上抛运动，到达最高点时小球有水平分速度v3，则满足mv2 =mgH3+mv32，则不可能达到H高度，选项D错误；故选B.‎ 点睛：此类问题考查了机械能守恒定律的应用问题；关键是看物体做什么运动，到达最高点时的速度是否为零.‎ ‎5. 如图所示，质量均为m的两物块A、B放在绕竖直轴OO’转动的圆盘上，用细线将A、B连在一起，A、B与圆盘间的动摩擦因数均为μ，A、B随圆盘以角速度ω做圆周运动，它们离圆心C的距离分别为r和2r，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。当角速度ω取不同值时，下列说法正确的是( )‎ A. 当 时，两物块的向心力由细线中的弹力充当 B. 当时，物块B所受静摩擦力方向总指向圆心C C. 当时，物块A所受静摩擦力方向总指向圆心C D. 当时，两物块开始做离心运动 ‎【答案】B ‎6. 如图所示，一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，初始时刻小球静止于P点。第一次小球在水平拉力F1作用下，从P点缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ，张力大小为T1；第二次在水平恒力F2作用下，从P点开始运动并恰好能到达Q点，至Q点时轻绳中的张力大小为T2。不计空气阻力，重力加速度为g。关于这两个过程，下列说法正确的是( )‎ A. T1cosθ = T2‎ B. 两个过程中，轻绳的张力均始终变大 C. 第一个过程中拉力F1做功比第二个过程中拉力F2做功要多 D. 第二个过程中，重力和水平恒力F2的合力的功率先增大后减小 ‎【答案】A ‎【解析】第一次小球在水平拉力F1作用下，从P点缓慢地移动到Q点，则小球处于平衡状态，根据平衡条件得：F1=mgtanθ，随着θ增大，F1逐渐增大，绳子的拉力，T1逐渐变大；第二次从P点开始运动并恰好能到达Q点，则到达Q点时速度为零，在此过程中，根据动能定理得：F2lsinθ=mgl（1-cosθ）解得：F2=mgtan；第二次由于重力和拉力都是恒力，可以把这两个力合成为新的“重力”，则第二次小球的运动可以等效于单摆运动，当绳子方向与重力和F2的合力方向在同一直线上时，小球处于“最低点”，最低点的速度最大，此时绳子张力最大，所以第二次绳子张力先增大，后减小，故B错误；第一次运动到Q点时，受力平衡，根据几何关系可知，，第二次运动到Q点时，速度为零，则向心力为零，则绳子拉力T2=mgcosθ+F2sinθ=mgcosθ+•sinθ=mg，则T1cosθ = T2，故A正确； 由能量守恒关系可知，两次重力功相同，小球最后的机械能相同，则第一个过程中拉力F1做功等于第二个过程中拉力F2做功，选项C错误；第二个过程中，重力和水平恒力F2的合力是个恒力，在等效最低点时，合力方向与速度方向垂直，此时功率最小为零，到达Q点速度也为零，则第二个过程中，重力和水平恒力F2的合力的功率先减小，后增大，再减小为0，故D错误．故选A．‎ 点睛：本题的难点在第二次拉动小球运动过程的处理，由于重力和拉力都是恒力，可以把这两个力合成为新的“重力”，则第二次小球的运动可以等效于单摆运动，根据单摆的知识求解．‎ ‎7. 图中的AOB是水上游乐场中的滑道模型，它位于竖直平面内，由两个半径都是R的1/4圆弧连接而成，它们的圆心O1、O2与两圆弧的连揍点O在同一竖直线上。O2B沿水池的水面。一小滑块可由弧AO的任意点从静止开始下滑，不计一切阻力。则下列说法错误的是( )‎ A. 若从A点开始运动，一定从O点水平飞出 B. 若在AO圆弧之间某点开始运动，可能会沿着OB滑道运动一段之后再脱离滑道 C. 在AO圆弧上肯定存在一点，能够满足从该点开始运动到脱离滑道，在两个圆弧上运动的弧长相等 D. 若从O点开始运动，可能会沿着OB滑道运动到B点 ‎【答案】D ‎【解析】若从A点开始运动，到达O点的速度为；滑块在O点做圆周运动，根据向心力规律可知，滑块刚能在O点离开滑道的条件是mg=，v0为滑块到达O点的速度，由此得v0=，则因为v>v0，一定能从O点水平抛出，选项A正确；设到达O点的速度为v0的滑块在滑道OA上的出发点到O1的连线与竖直夹角为θ0，由机械能守恒，有mgR（1-cosθ0）=mv02，联立两式解得θ0=； 故只有夹角大于60°时才能在O点脱离轨道，即若在AO圆弧之间某点开始运动，可能会沿着OB滑道运动一段之后再脱离滑道，B正确；如图所示，设小滑块出发点为P1，离开点为P2，由题意要求O1P1、O2P2与竖直方向的夹角相等，设为θ1，若离开滑道时的速度为v1，则小滑块在P2处脱离滑道的条件是：mgcosθ= ‎ ‎ 由动能定理得：2mgR（1-cosθ1）=mv12 解得：cosθ1‎ ‎=0.8，即在AO圆弧上存在一点，能够满足从该点开始运动到脱离滑道，在两个圆弧上运动的弧长相等，选项C正确；由C的分析可知，选项D错误；此题选项错误的选项，故选D. 点睛：该题主要考查了圆周运动的向心力公式、平抛运动的规律及机械能守恒定律，解题的关键在于明确物体在竖直面上做圆周运动的临界值，即恰好脱离轨道时轨道的支持力为零，并能正确根据机械能守恒定律列式求解.‎ ‎8. 如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，C是圆环最低点。两个质量均为m的小球A、B套在圆环上，用长为R的轻杆相连，轻杆从竖直位置由静止释放，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )‎ A. B球到达C点时的速度大小为 B. A球或B球在运动过程中机械能不变 C. 当轻杆到达水平位置时，A、B两球的速度相同，总动能最大 D. 轻杆最终能到达右侧竖直位置，然后返回 ‎【答案】D ‎【解析】对于A、B组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒．B球运动到最低点C时，系统减小的重力势能为mg•R+mg•R（1-）=mgR，由机械能守恒定律可得：（2m）v2=mgR；解得：B球到达C点时的速度大小为 v=；故A错误；‎ 因为杆子水平时，系统重力势能减小最大，根据系统的机械能守恒，知系统的总动能最大，但是两球的速度方向不同，即速度不同，故C错误；因A球或B球在运动中会受到杆的作用，杆的作用力对两个小球要做功，故单个小球的机械能不守恒；故B错误；由能量守恒关系可知，轻杆最终能到达右侧竖直位置，然后返回到原来位置，故选项D正确；故选D.‎ 点睛：本题考查机械能守恒定律的应用．解决本题的关键知道A、B组成的系统机械能守恒，知道当杆子水平时，系统重力势能减小最大．‎ 二、多项选择题 ‎9. 如图所示，一小物块以一定的初速度沿粗糙斜面上滑，到达最高点后又返回到出发点。以出发点为坐标原点，沿斜面向上为正方向，出发点所在平面为重力势能零面。用Ek表示小物块的动能，Ep表示小物块的重力势能，E表示小物块的机械能，Wf表示小物块克服摩擦力做的功，x表不小物块运动的位移，则下列图像表示正确的是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】ABD ‎ ‎ ‎10. 最近，天文学家发现了一颗仅距地球11先年，代号为Ross128b的潜在宜居星球。其质量约为地球质量的1.35倍，半径与地球半径大约相同。Ross128b距离它的恒星Ross128的距离是地球距离太阳的二十分之一，而它的公转周期仅为9.9天。设该行星与地球均视为质量分布均匀的球体，绕其中心天体做匀速圆周运动，则( )‎ A. 在该行星上发射卫星的第一宇宙是地球上发射卫星的第一宇宙速度的1.16倍 B. 如果人到了该行星，其体重是地球上的2.7倍 C. Ross128的质量约是太阳质量的0.17倍 D. 若Ross128b的自转周期为20小时，人在该行星赤道上就可能飘起来 ‎【答案】AC ‎【解析】根据第一宇宙速度的表达式 ，因m星=1.35m地，R星=R地，则，选项A正确；根据可知，，即如果人到了该行星，其体重是地球上的1.35倍，选项B错误；根据可得中心天体质量的表达式，可得，选项C正确；若人在该行星赤道上飘起来，则满足 ，解得，选项D错误；故选AC. ‎ ‎11. 在大型物流货场，广泛的应用着传送带搬运货物。如图甲所示，与水平面倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将质量为1kg的货物放在传送带上的A处，经过1.2s到达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化图像如图乙所示，已知重力加速度g取10m/s2。由v～t图像可知( )‎ A. A、B两点的距离为2.4m B. 货物与传送带的动摩擦因数为0.5‎ C. 货物从A运动到B的过程中，传送带对货物做功大小为12.8J D. 货物从A运动到B的过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8J ‎【答案】BD ‎【解析】试题分析：速度时间图像与坐标轴围成的面积表示位移，所以货物在1．2s内的位移为，在货物刚放上去时，由于传送带的速度大于货物的速度，所以货物相对传送带沿斜面向上运动，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可得①，当速度达到和传送带速度相同后，货物相对传送带向上运动，所以受到的摩擦力沿斜面向上，此时有②，所以，从图乙中可知0~0．2s过程对应滑动摩擦力向下的过程，0．2~1．2s过程中对应摩擦力向上的过程，根据斜率表示加速度可得③，④，联立四式可得，B正确；根据功能关系，由B中可知f=μmgcosθ=0．5×10×1×0．8=4N，做a1匀加速直线运动，有图象知位移为：，物体受力分析受摩擦力，方向向下，摩擦力做正功为：，同理做匀加速直线运动，有图象知位移为：，物体受力分析受摩擦力，方向向上，摩擦力做负功为：，所以整个过程，传送带对货物做功大小为：12J-0．8J=11．2J，故C错误；根据功能关系，货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，由C中可知：f=μmgcosθ=0．5×10×1×0．8=4N，做匀加速直线运动，位移为：，皮带位移为：，相对位移为：，同理：做a2匀加速直线运动，位移为：，相对位移为：，故两者之间的总相对位移为：，货物与传送带摩擦产生的热量为：Q=W=f△x=4×1．2=4．8J，故D正确；‎ 考点：考查了功能关系，牛顿第二定律，速度时间图像 ‎【名师点睛】本题一方面要分析工件的运动情况，由图象结合求解加速度，再结合牛顿第二定律分两个过程列式求解摩擦因数及斜面倾角是关键，求摩擦产生的热量注意找两物体的相对位移．‎ ‎12. 有一个固定的光滑直杆，该直杆与水平面的夹角为530，杆上套着一个质量为m=2kg的滑块（可视为质点），用不可伸长的细绳将滑块m与另一个质量为M=2.7kg的物块通过光滑的定滑轮相连接，细绳因悬挂M而绷紧，此时滑轮左侧绳恰好水平，其长度L=5/3m（如图所示）。将滑块从O点由静止释放，下滑了位移x=lm后到达P点，g取10m/s2，则下列说法正确的是( )‎ A. 滑块m运动到P点时的速度大小为5m/s B. 滑块m从O点运动到P点的过程中，滑块m一直加速，而物块M先加速后减速 C. 滑块m从O点运动到P点的过程中，滑块m的机械能先减小后增大 D. 滑块m下滑到最低点时（杆足够长），物块M所在高度一定高于初始高度 ‎【答案】ABD ‎【解析】设滑块m运动到P点时的速度大小为v，此时细线与轻杆垂直，物块M的速度为0，以两个物体组成的系统为研究对象，由机械能守恒定律得： mgxsin530 +MgL(1- sin530)=mv2 解得：v=5m/s，故A正确．滑块m从O点运动到P点的过程中，细线的拉力和重力一直对m做正功，即滑块m一直加速，而物块M开始的速度为零，m到达P点时，M的速度又为零，则M的先加速后减速，选项B正确；滑块m从O点运动到P点的过程中，细线的拉力一直对m做正功，即滑块m的机械能一直增加，选项C错误；当m运动到关于与P点对称的位置O/时，M回到初始位置，此时m仍有向下的速度，则当滑块m下滑到最低点时，物块M所在高度一定高于初始高度，选项D正确；故选ABD. 点睛：此题关键是搞清两滑块的位置关系，知道滑块m从O点运动到P点时两滑块的速度关系，结合机械能守恒定律列出方程求解.‎ ‎13. 如图所示，1和2是放在水平地面上的两个小物块（可视为质点），与地面的动摩擦因数相同，两物块间的距离为17m，它们的质量分别为m1= 2kg、m2=3kg。现令它们分别以初速度v1=10m/s和v2= 2m/s相向运动，经过时间2s，两物块相碰，碰撞时间极短，碰后两者粘在一起运动。g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )‎ A. 两物块相碰时各自的位移大小之比为5：1‎ B. 两物块碰后的共同速度为2.8 m/s C. 两物块在碰撞中损失的动能为21.6J D. 小物块1从开始到停止运动总的位移大小为17.44m ‎【答案】CD ‎【解析】因为两物块始终作减速运动，有可能出现在相碰前有物块停止运动，故应进行讨论．先假定在时间t内，都未停下，以a表示此加速度的大小，现分别以s1和s2表示它们走的路程，则有s1＝v1t−at2 ① s2＝v2t−at2  ② s1+s2=d  ③ 解①②③式并代入有关数据得：a=1.75m/s2   ④ 经过时间t，两物块的速度分别为：＝v1−at＝6.5m/s  ⑤ ＝v2−at＝−1.5m/s　⑥ 为负值是不合理的，因为物块是在摩擦力作用下作减速运动，当速度减少至零时，摩擦力消失，加速度不复存在，不可为负，为负，表明物块2经历的时间小于t时已经停止运动．在时间t内，物块2停止运动前滑行的路程应是：  ⑦ 解①③⑦式，代入有关数据得：a=2m/s2    ⑧‎ s2=1m，s1=16m ，选项A错误； 由⑤⑥式求得刚要发生碰撞时物块1的速度：＝6m/s ⑨ 而物块2的速度＝0   ⑩ 设v为两物块碰撞后的速度，由动量守恒定律有m1＝(m1+m2)v   （11） 解得：v=2.4m/s．选项B错误； 两物块在碰撞中损失的动能为 ，选项C正确；‎ 碰后两物块一起减速运动，加速度认为a=2m/s2 ，则停止时还能滑行的距离，则小物块1从开始到停止运动总的位移大小为16m+1.44m=17.44m，选项D正确；故选CD.   ‎ 点睛：本题考查了运动学规律、动量、能量等问题，难点和易错点在于判断两球碰撞过程中是否有一个停止运动，这要结合运动学的公式进行正确的分析和判断．‎ 三、填空与实验题 ‎14. 物理学界最新的观测成果是引力波的发现，这对物理学的理论产生了重大的影响。引力波可认为是两个黑洞绕着共同的中心做匀速圆周运动时产生的。如果观测到一对黑洞产生的引力波的频率为f，这对黑洞间的平均距离为L，万有引尢常量为G，则可估算这对黑洞的总质量约为M= ____________。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据万有引力定律可得 ‎ ‎ 解得；‎ 则 ‎15. 质量为m的汽车由静止开始运动，汽车在运动过程中所受阻力恒为f，汽车发动机的额定输出功率为P。若汽车在平直公路上从静止开始做加速度为a的匀加速运动，则匀加速运动的最长时间为t=________；若汽车以额定输出功率P从静止驶上倾角为α的山坡，重力加速度为g，则汽车能达到的最大速度为v=____。‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】若汽车匀加速行驶，则牵引力F=ma+f，最大速度： ，加速的时间 ；汽车以额定输出功率P从静止驶上倾角为α的山坡，则达到最大速度时的牵引力 ；汽车能达到的最大速度为.‎ ‎16. 质量为0.2kg的球竖直向下以6m/s的速度落至水平地面，再以4m/s的速度反向弹回。取竖直向下为正方向，g取10m/s2，在小球与地面接触的0.2s时间内，小球动量变化量为，△p=_____kg·m/s，地面对小球的平均作用力大小为F=______N，合外力对小球做的功为W=_______ J。‎ ‎【答案】 (1). -2kg·m/s (2). 12N (3). - 2J ‎【解析】取竖直向下为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化为：△p=mv2-mv1=0.2×(-4)-0.2×6=-2kg•m/s，方向竖直向上．根据动量定理： ，解得 由动能定理可知，合外力做功：W=mv22-mv12=×0.2×42-×0.2×62=-2J； 点睛：此题中动量是矢量，要规定正方向，用带正负呈的数值表示动量．动量变化量也是矢量，同样要注意方向．应用动能定理可以求出合外力做的功．‎ ‎17. 如图所示，在”探究功与物体速度变化的关系”的实验中，下列说法中正确的是_____‎ A .通过增加橡皮筋的条数可以使橡皮筋对小车做的功成整数倍增加 B．无论纸带上点迹分布情况如何，都可以任找两点求小车速度 C．为了得到实验结论，我们应该作出W～V2图像 D．实验结论为：在误差允许范围内，橡皮筋做的功与小车速度变化量的平方成正比 ‎【答案】AC ‎【解析】该实验中利用相同橡皮筋形变量相同时对小车做功相同，通过增加橡皮筋的条数可以使橡皮筋对小车做的功成整数倍增加，这个设计很巧妙地解决了直接去测量力和计算功的困难，故A正确；当橡皮筋恢复原长时，小车合外力为零，做匀速运动，此时速度最大，因此此时速度即为小车最终获得的速度，所以只能通过纸带上点迹均匀的点求解小车的速度，选项B错误；若W～V2图像是直线，则能直观反映合外力的功与动能变化的关系，故应该做出W～V2图像来得到结论，选项C正确；实验结论为：在误差允许范围内，合外力做的功等于小车动能的变化，选项D错误；故选AC.‎ ‎18. 如图所示，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律。‎ ‎(1)对于该实验．下列操作中对减小实验误差有利的是_____‎ A.重物选用质量和密度较大的金属锤 B．两限位孔在同一竖直面内上下对正 C．精确测量出重物的质量 D．用手托稳重物，接通电源后，撒手释放重物 ‎(2)已知打点计时器的频率，以及一条完整的纸带（由于纸带较长，图中有部分未画出），纸带上各点是打点计时器打出的计时点，O点为起始点。如图所示。利用下列测量值能完成验证机械能守恒定律的选项有____‎ A. OA、AD和EG的长度 B．OC、BC和CD的长度 C. BD、CF和EG的长度 D．AC、BD和EG的长度 ‎【答案】 (1). AB (2). BC ‎【解析】（1）实验供选择的重物应该相对质量较大、体积较小的物体，这样能减少摩擦阻力的影响，从而减小实验误差，故A正确．为了减小纸带与限位孔之间的摩擦图甲中两限位孔必须在同一竖直线，这样可以减小纸带与限位孔的摩擦，从而减小实验误差，故B正确．因为我们是比较mgh、mv2的大小关系，故m可约去，不需要测量重锤的质量，对减小实验误差没有影响，故C错误．实验时，先接通打点计时器电源再放手松开纸带，对减小实验误差没有影响，故D错误． （2）根据这段时间内的平均速度等于中时刻瞬时速度，结合动能与重力势能表达式，当OA、AD和EG的长度时，只有求得F点与BC的中点的瞬时速度，从而确定两者的动能变化，却无法求解重力势能的变化，故A错误；当OC、BC和CD的长度时，同理，依据BC和CD的长度，可求得C点的瞬时速度，从而求得O到C点的动能变化，因知道OC间距，则可求得重力势能的变化，可以验证机械能守恒，故B正确；当BD、CF和EG的长度时，依据BD和EG的长度，可分别求得C点与F点的瞬时速度，从而求得动能的变化，再由CF确定重力势能的变化，进而得以验证机械能守恒，故C正确；当AC、BD和EG的长度时，依据AC和EG长度，只能求得B点与F点的瞬时速度，从而求得动能的变化，而BF间距不知道，则无法验证机械能守恒，故D错误；故选BC.‎ 四、计算题 ‎19.‎ ‎ 如图所示，质量为M的小球通过不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止。质量为m的子弹以一定的速度水平射入小球未穿出，之后小球在轻绳作用下做圆弧运动。改变子弹的入射速度v，每次都保证子弹射入小球未穿出，测得每次小球上升的最大高度h（均不超过绳长）。某同学以h为纵坐标，以V2为横坐标，利用实验数据做直线拟合，得到该直线的斜率为k=2×l0-3s2/m。已知重力加速度为g=10m/s2。求小球质量与子弹质量的比值M/m。‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】子弹射入小球，由动量守恒定律可知：mv=(m+M)v1 ‎ 由机械能守恒定律： ‎ 有 解得 ‎ ‎20. 如图所示，长为L的细线一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小球在竖直面内做圆周运动。已知小球在最高点A时受到细线的拉力刚好等于小球自身的重力，重力加速度为g，不计一切阻力。若小球运动到最高点A时细线断裂或小球运动到最低点B时细线断裂，两种情况下小球落在水平地面上的位置到O点正下方水平地面上的C点的距离相等，求O点到C点的距离H。‎ ‎【答案】2L ‎【解析】在A点，由牛顿第二定律： ‎ 从A到B，由机械能守恒定律：‎ 又：，‎ ‎，‎ xA =xB 解得H= 2L ‎ ‎21. 如图所示，一水平方向的传送带以恒定速度v=2m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带右端固定着一光滑的四分之一圆弧轨道，并与圆弧下端相切。一质量为m=1kg的物体自圆弧轨道的最高点由静止滑下，圆弧轨道的半径为R=0.45m，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.2，不计物体滑过圆弧轨道与传送带交接处时的能量损失，传送带足够长，g取10m/s2。求：‎ ‎(1)物体第一次滑到圆弧轨道下端时，对轨道的压力大小FN；‎ ‎(2)物体从第一次滑上传送带到离开传送带的过程中，摩擦力对传送带做的功W，以及由于摩擦而产生的热量Q。‎ ‎【答案】（1）30N（2）-10J；12.5J ‎【解析】(1) 根据动能定理：‎ 解得：v1=3m/s ‎ 在轨道最低点： ‎ 由牛顿第三定律FN=N=30N ‎ ‎(2) 物体从第一次滑上传送带到离开传送带的过程中，由定律定理：，t=2.5s ‎ 摩擦力对传送带做的功 ‎ ‎ ‎ 摩擦而产生的热 ‎ ‎22. 如图甲所示，水平桌面上有一条轻质弹簧，左端固定在竖直墙面上，右端放一个可视为质点的小物块，小物块的质量为m=1kg，当弹簧处于原长时，小物块静止于O点。水平桌面右侧有一竖直放置的光滑圆弧轨道MNP，P为地面上一点，MN为其竖直方向的直径。现对小物块施加一个外力F，使它缓慢移动，将弹簧压缩至A点时，压缩量为x=0.1m，在这一过程中，所用外力F与压缩量的关系如图乙所示。然后撤去F释放小物块，让小物块沿桌面运动，已知O点至桌面B点的距离为L=0.2m，水平桌面的高度为h=0.6m。计算时，可认为滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，g取10m/s2。求：‎ ‎(1)弹簧压缩过程中存贮的最大弹性势能EP；‎ ‎(2)小物块到达桌边B点时速度的大小VB：‎ ‎(3)小物块落地时恰好沿切线由P点进入圆弧轨道，并恰好通过M点，求圆弧轨道的半径R。‎ ‎【答案】（1）2.3J（2）2m/s（3）0.4m ‎【解析】（1）由图可知滑动摩擦力f=F0=1.0N ‎ F做功 ‎ Ep=WF -f∙x=2.3J ‎ ‎（2）由动能定理： ‎ 解得vB=2m/s ‎ ‎（3）P点竖直分速度 ‎ ‎ 即： ‎ ‎ ‎ 从P到M: ‎ 在M点： ‎ 解得R= 0.4m ‎ ‎ ‎