2020-2021学年福建省龙岩市长汀、连城、上杭、武平、漳平、永定一中六校联考高一（下）期中物理试卷

这是一份2020-2021学年福建省龙岩市长汀、连城、上杭、武平、漳平、永定一中六校联考高一（下）期中物理试卷，共19页。试卷主要包含了5m/s，则，6，cs37∘=0，【答案】D，【答案】C，【答案】A，【答案】B等内容，欢迎下载使用。

2020-2021学年福建省龙岩市长汀、连城、上杭、武平、漳平、永定一中六校联考高一（下）期中物理试卷

1. 下列说法正确的是( )
A. 重力势能一定大于零
B. 重力势能的大小只由重物本身决定
C. 在地面上的物体所具有的重力势能一定等于零
D. 重力势能实际上是物体和地球组成的系统所共有的
2. 如图所示，力F大小相等，物体运动沿水平方向的位移l也相同，则力F做功最多的是( )
A. B.
C. D.
3. 一条河宽90米，船在静水中的速度为3m/s，水流速度是4.5m/s，则( )
A. 该船可能垂直河岸横渡到对岸
B. 当船头垂直河岸横渡时，过河所用的时间最短，且为30s
C. 当船头垂直河岸横渡时，船的位移最小，为90m
D. 当水速增大时，横渡时间也增大
4. 如图所示是学生常用的剪刀，A、B两点是剪刀上的两点，B离O点更近，则在正常使用过程中( )

A. A、B两点的角速度相同 B. A、B两点的线速度大小相同
C. A、B两点的向心加速度大小相同 D. A、B两点的向心加速度方向相同
5. 如图所示，一个质量为m的小球，在长为l的细线的牵引下，绕光滑水平桌面上的图钉做角速度大小为ω的匀速圆周运动。要想增大图钉所受到的拉力，下列说法正确的是( )
A. m、l不变，增大ω B. m、ω不变，减小l
C. ω、l不变，减小m D. m不变，减小l和ω
6. 如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球，某次球与墙壁上A点碰撞后水平弹离，恰好垂直落在球拍上的B点，已知球拍与水平方向夹角37∘，AB两点高度差h=1m，忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2，则球水平弹离时速度v0为( )
A. 25m/s B. 215m/s C. 325m/s D. 4315m/s
7. 如图所示，相对的两个斜面，倾角分别为37∘和53∘，在顶点小球A以初速度2v0向左水平抛出，小球B以初速度v0向右水平抛出，最后都落在斜面上，若不计空气阻力，sin37∘=35，cos37∘=45，则A、B两个小球在空中的运动时间之比为( )
A. 4：3 B. 9：8 C. 16：9 D. 27：16
8. 荡秋千是广大人民非常喜欢的一项运动，既能强身健体，还能娱乐身心。如图所示，随着站立在秋千踏板上的人不断地下蹲和起立，秋千可越荡越高。如果不计秋千绳索的质量，忽略空气阻力和秋千轴间摩擦的影响，则下列说法正确的是( )

A. 不计空气阻力，荡秋千的过程中人与踏板机械能守恒
B. 不计空气阻力，在秋千越荡越高的过程中，人所做的功等于踏板机械能的增加
C. 人始终保持相同的姿势经过最低点时，绳子的拉力最小
D. 秋千板以相同的速度经过最低点时，人在站立状态下比下蹲状态下秋千绳的拉力大
9. 如图所示，同学们坐在相同的轮胎上，从倾角相同的平直雪道先后由同高度静止滑下，各轮胎与雪道间的动摩擦因数均相同，不计空气阻力。雪道上的同学们( )
A. 沿雪道做匀速直线运动 B. 前后间的距离随时间不断增大
C. 下滑过程中机械能均守恒 D. 所受重力沿雪道向下的分力相同
10. 如图所示，置于足够长斜面上的盒子A内放有光滑球B，B恰与A前、后壁接触，斜面光滑且固定于水平地面上．一轻质弹簧的一端与固定在斜面上的木板P拴接，另一端与A相连．今用外力推A使弹簧处于压缩状态，然后由静止释放，则从释放盒子直至其获得最大速度的过程中( )
A. 弹簧的弹性势能一直减小直至为零
B. A对B做的功小于B机械能的增加量
C. 弹簧弹性势能的减少量大于A和B机械能的增加量
D. A所受重力做功和弹簧弹力做功的代数和大于A动能的增加量
11. 下列说法中正确的是( )
A. 平抛运动是匀变速曲线运动
B. 圆周运动是匀变速曲线运动
C. 两个互成角度的匀速直线运动的合运动是匀速直线运动
D. 匀速上升的直升机机械能保持不变
12. 如图所示，水平转盘上的A、B、C三处有三块可视为质点的由同一种材料做成的正方体物块，B、C处物块的质量相等为m，A处物块的质量为2m；A、B与轴O的距离相等为r，C到轴O的距离为2r，转盘以某一角速度匀速转动时，A、B、C三处的物块都没有发生滑动现象，下列说法中正确的是( )
A. C处物块的向心加速度最大
B. B处物块受到的静摩擦力最小
C. C处物块的运动周期最长
D. 当转速增大时，最先滑动起来的是A处的物块
13. 如图所示是某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置．当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进．若小车在平直的公路上由静止开始加速行驶，经过时间t，前进了距离d，达到最大速度vmax，设此过程中电动机功率恒为额定功率P，受的阻力恒为f，则此过程中电动机所做的功为( )
A. fvmaxt B. Pt C. 12ftvmax D. fd+12mvmax2
14. 如图所示，物块与圆环通过光滑轻质定滑轮用细绳连结在一起，圆环套在光滑的竖直杆上。开始时连接圆环的细绳水平，竖直杆与滑轮间的距离为L。某时刻圆环由静止释放，依次经过竖直杆上的A、B两点，在A点处细绳与竖直杆成53∘，圆环下落到B点时速度达到最大，此时细绳与竖直杆成37∘。已知的圆环质量为m，重力加速度为g，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，空气阻力不计，下列判断正确的是( )
A. 物块的质量为45m
B. 在A位置时，圆环的加速度大小为g
C. 圆环下落的最大速度为135gL
D. 圆环下落的最大距离为40L9
15. 如图1，用小锤轻击弹簧金属片，A球向水平方向飞出，同时B球被松开，竖直向下运动。
(1)用不同的力打击弹簧金属片，可以观察到______。
A.A、B两球同时落地
B.A、B两球运动路线相同
C.A球的运动线路不同，B球的运动线路相同
D.力越大，A、B两球落地时间间隔越大
(2)改变此装置距地面的高度，重复上述实验，仍然可以看到相同的实验现象，根据此现象分析可知______。
A.小球A在水平方向做匀速运动
B.小球A在水平方向做匀加速运动
C.小球B在竖直方向做匀加速运动
D.小球A与B在竖直方向运动规律相同
(3)某学生在做“研究平抛物体运动”的实验中，忘记记下小球做平抛运动的起点位置O，A为物体运动一段时间后的位置，如图2所示，求出物体做平抛运动的初速度大小为______m/s.(g取10m/s2)

16. 在利用如图1装置“验证机械能守恒定律”的实验中：
(1)下列器材中不必要的一项是______(只需填字母代号).
A.天平
B.重物
C.纸带
D.毫米刻度尺
E.交流电源
(2)关于本实验，以下说法正确的是______
A.选择密度大体积小的重物，有利于减小误差
B.实验时要先松开纸带后接通电源
C.数据处理一定要选择点击清晰且第1、2两点间距约为2mm的纸带
D.实验产生误差的主要原因是重物在下落过程中不可避免地受到阻力的作用
(3)在实验中，质量m=0.5kg的物体自由下落，得到如图2所示的纸带，相邻计数点间的时间间隔为0.04s.那么从打点计时器打下起点O到打下B点的过程中，物体重力势能的减少量Ep=______J，此过程中物体动能的增加量Ek=______J.(取g=9.8m/s2，保留三位有效数字)


17. 某同学将一个小球在距水平地面h=3.2m高的平台边缘处水平击出，测出小球落地时的水平距离s=4.8m，不计空气阻力，g取10m/s2，求：
(1)小球在空中运动的时间；
(2)小球被击出时的水平初速度；
(3)小球落地时的速度大小。







18. AB是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道，O为圆心，半径R=0.9m。BC是长度L1=3m的水平传送带，CD是足够长的水平轨道，质量m=60kg的物体(可视为质点)从A处由静止下滑，OA与竖直方向OB的夹角θ=60∘。已知物体与传送带及水平轨道的动摩擦因数分别为μ1=0.4、μ2=0.5，g=10m/s2，忽略物体通过B点和C点时的能量损失。求：
(1)物体运动到B点时的速度大小；
(2)若传送带以V=3m/s的速度顺时针转动，物体通过B点后向右运动的最大距离；
(3)若传送带以V=4m/s的速度顺时针转动，物体因克服摩擦产生的总热量。








19. 如图所示，半径为R的光滑半圆形轨道CDE在竖直平面内与光滑水平轨道AC相切于C点，水平轨道AC上有一轻质弹簧处于自由状态，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧的右端B与轨道最低点C的距离为4R。现用一个质量为m的小球将弹簧压缩(不栓接)，当压缩至F点(图中未画出)时，将小球由静止释放，小球恰好经过BCDE轨道上的E点抛出后落到水平轨道AC上，已知重力加速度为g，求
(1)弹簧被压至F点时具有的弹性势能Ep；
(2)小球经过C点时，小球对轨道的压力大小；
(3)若水平轨道BC段有摩擦，小球从F′点(此时的弹性势能为4mgR)静止释放，要使小球能滑上半圆形CDE轨道且不脱轨，求小球与BC段动摩擦因数μ的取值范围。








答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：AC、重力势能具有相对性，必须先选取零势能面，任意选择，零势能面以上大于零，零势能面以下小于零，一般选取地面为零势能面；但在地面的物体重力势能不是一定为零，故AC错误；
B、重力势能表达式为mgh，h为距离零势能面的高度，所以重力势能由重物和高度决定，故B错误；
D、重物由于被举高而具有的势能，是物体和地球组成的系统共有的，故D正确；
故选：D。
重物由于被举高而具有的势能，是物体和地球组成的系统共有的；重力势能具有相对性，必须先选取零势能面，任意选择，一般选取地面为零势能面。
本题主要考查了重力势能的基本知识，重力势能具有相对性，必须先选取零势能面，任意选择，一般选取地面为零势能面。

2.【答案】C

【解析】解：A中，拉力做功为：W=Flcos30∘=32Fl；
B中拉力做功拉力W=Flcos30∘=32Fl；
C中拉力做功为：W=Fl；
D中，拉力做功为：W=Flcos60∘=12Fl；
故拉力做功最大多的是C；故C正确ABD错误。
故选：C。
力是恒力，根据恒力做功的表达式W=FLcosθ(θ为F与l的夹角)进行判断即可
本题涉及恒力做功的求法，拉力F做功取决与力的大小、位移的大小和力与位移夹角的余弦三者的乘积，与是否有其他力做功无关。

3.【答案】B

【解析】解：设船在静水中的航速为v1，水流的速度v2。
A、由题，船在静水中的航速小于水流的速度，根据平行四边形定则可知，船的合速度方向不可能垂直于河岸，则船不能垂直到达正对岸。故A错误；
B、将小船的速度分解为垂直河岸和沿河岸方向，在垂直于河岸的方向上，河宽一定，当在该方向上的速度最大时，渡河时间最短，所以当船头方向垂直河岸，在该方向上的速度等于静水航速，时间最短，为tmin=dv1=903=30s，故B正确；
C、船实际是按合速度方向运动，由于v1、v2的大小一定，根据作图法，由三角形定则分析可知，当船相对于水的速度v1与合速度垂直时，合速度与河岸的夹角最大，船登陆的地点离船出发点的最小距离。设船登陆的地点离船出发点的最小距离为S.根据几何知识得ds=v1v2代入解得  S=135m。故C错误；
D、当水速增大时，不会影响垂直河岸的速度，因此横渡时间不会受到影响，故D错误；
故选：B。
船既随水向下游运动，又相对于水向对岸行驶，根据船相对于水的速度与水流速度的比较，分析船能否到达正对岸。假设船头的指向与河岸的夹角为α，运用速度的分解求出船垂直于河岸方向的分速度，分析什么条件时渡河的时间最短，并进行求解。运用作图法，根据三角形定则分析什么条件下船的合速度与河岸夹角最大，则船登陆的地点离船出发点的最小距离，再由几何知识求解最小距离。
本题是小船渡河问题，关键是运用运动的合成与分解作出速度分解或合成图，分析最短时间或最短位移渡河的条件。

4.【答案】A

【解析】解：A、A、B两点同轴传动，A、B两点的角速度相同，故A正确；
B、根据v=rω得A、B两点的线速度大小不等，故B错误；
C、根据a=ω2r得A、B两点的向心加速度大小不相同，故C错误；
D、向心加速度方向指向圆心，故D错误；
故选：A。
靠传送带传动轮子边缘上的点线速度大小相等，共轴转动的点角速度相等，根据v=rω比较线速度大小与方向，根据a=ω2r，来确定向心加速度大小。
解决本题关键明确同轴传递角速度相等，同缘传动边缘点线速度相等；同时要能够结合线速度与角速度关系公式v=rω列式判断。

5.【答案】A

【解析】解：A、根据F=mω2l可知，m、l不变，增大ω，所需要的向心力越大，图钉所受到的拉力增大，故A正确；
B、根据F=mω2l可知，m、ω不变，减小l，所需要的向心力减小，图钉所受到的拉力减小，故B错误；
C、根据F=mω2l可知，l、ω不变，减小m，所需要的向心力减小，图钉所受到的拉力减小，故C错误；
D、根据F=mω2l可知，m不变，减小ω和l，所需要的向心力减小，图钉所受到的拉力减小，故D错误；
故选：A。
小球在光滑水平面内做匀速圆周运动，靠绳子拉力提供向心力，根据向心力公式进行分析即可。
本题主要考查了向心力公式的直接应用，要求同学们能运用控制变量法分析，难度不大，属于基础题。

6.【答案】C

【解析】解：根据h=12gt2得，t=2hg=2×110s=55s，
竖直分速度：vy=gt=10×55m/s=25m/s，

根据平行四边形定则知，球水平弹离时速度v0为：v0=vx=vytan37∘=25×34m/s=352m/s，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据高度求出平抛运动的时间，结合速度时间公式求出球的竖直分速度，根据平行四边形定则求出球刚要落到球拍上时速度大小。
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和平行四边形定则综合求解，难度不大。

7.【答案】B

【解析】解：根据tanθ=12gt2v0t得小球平抛运动的时间为：t=2v0tanθg，
则有：tAtB=2v0tan37∘v0tan53∘=98，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据平抛运动的竖直位移和水平位移的关系，结合运动学公式求出时间的表达式，从而得出a、b两个小球在空中运动的时间之比。
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，基础题。

8.【答案】D

【解析】解：A、不计空气阻力，荡秋千的过程中人对秋千做功，人与踏板组成的系统机械能不守恒，故A错误；
B、不计空气阻力，在秋千越荡越高的过程中，由功能关系可知，人所做的功等于踏板和人机械能的增加，故B错误；
CD、设经过最低点时秋千的速度大小为v，绳子的拉力大小为F，设人与秋千的质量为m，
绳子的拉力与人和秋千重力的合力提供向心力，在最低点，由牛顿第二定律得：N−mg=mv2r，
解得：F=mg+mv2r，人在站立状态时重心高，在下蹲状态时中心位置高，因此在下蹲状态下，
人与秋千做圆周运动的半径r小，秋千绳拉力F较大，故C错误，D正确。
故选：D。
只有重力或弹力做功，机械能守恒；在荡秋千的过程中人对秋千做功，人与秋千组成的系统机械能不守恒，根据题意应用功能关系与牛顿第二定律分析答题。
本题主要考查曲线运动中的能量问题，注意在最低点时由于人从蹲到站立，人需要消耗化学能转变为重力势能，机械能不守恒。

9.【答案】B

【解析】解：A、设平直雪道的倾角为θ，同学坐在轮胎上从静止开始沿雪道下滑，做加速运动，根据牛顿第二定律可知加速度为：a=mgsinθ−μmgcosθm=gsinθ−μgcosθ，又因为μ相同，所以同学们做加速度相同的匀加速直线运动，故A错误；
B、设前一个同学下滑时间t0后，另一个同学开始下滑，根据匀加速直线运动位移与时间的关系可得前后两个同学的间距Δx=12a(t+t0)2−12at2=att0+12at02，可知同学们前后距离随着时间t的不断增大而增大，故B正确；
C、下滑过程中摩擦力做负功，雪道上的同学们机械能减小，故C错误；
D、各同学质量可能不同，所以重力沿雪道向下的分力为mgsinθ也可能不相同，故D错误。
故选：B。
根据牛顿第二定律求解加速度，由此分析运动情况；根据位移-时间关系分析同学们前后距离是否变化；下滑过程中摩擦力做负功，由此分析机械能的变化；各同学质量可能不同，由此分析重力沿斜面向下的分力是否相同。
本题主要是考查牛顿第二定律的综合应用、机械能守恒定律等知识，关键是弄清楚同学们运动过程中的受力情况，由此确定运动情况，根据机械能守恒定律的守恒条件分析机械能是否守恒。

10.【答案】D

【解析】解：A.盒子获得最大速度的条件是盒子的合外力为0，由平衡条件可得此时弹簧的弹力等于整体重力沿斜面的分力，则弹簧还是处于压缩状态，所以弹簧的弹性势能没有减小直至为零，故A错误；
B.A对B做的功等于B机械能的增加量，故B错误；
C.整个系统机械能守恒，则弹簧弹性势能的减少量等于A和B机械能的增加量，故C错误；
D.由动能定理可知，A所受重力做功和弹簧力做功及B对A所做功的代数和等于A动能的增加量，因为B对A做负功，所以A所受重力做功和弹簧弹力做功的代数和大于A动能的增加量，故D正确；
故选：D。
根据形变量的变化，分析弹簧的弹性势能如何变化。对于A、B整体和弹簧构成弹簧振子，当AB整体受力平衡时，速度达到最大；同时根据AB整体和弹簧系统机械能守恒分析。
此题关键要抓住AB整体和弹簧系统机械能守恒，同时结合动能定理和除重力外其余力做的功等于机械能增量等功能关系表达式进行求解。

11.【答案】AC

【解析】解：A、平抛运动的加速度恒为g，保持不变，是匀变速曲线运动，故A正确；
B、圆周运动加速度方向发生变化，是非匀变速曲线运动，故B错误；
C、匀速直线运动的物体的加速度为零，两个互成角度的匀速直线运动合成后加速度仍为零，所以其合运动是匀速直线运动，故C正确；
D、匀速上升的直升机动能不变、重力势能增加，所以机械能保持增加，故D错误。
故选：AC。
平抛运动的加速度恒为g，圆周运动加速度方向发生变化，由此分析AB选项；根据运动的合成与分解分析C选项；根据机械能的概念分析D选项。
本题主要是考查机械能守恒定律、运动的合成与分解，知道机械能守恒的条件，知道加速度恒定的运动是匀变速运动。

12.【答案】AB

【解析】解：A、据a=rω2可得三个滑块的向心加速度分别为：aA=rω2，aB=rω2，aC=2rω2，则知C处物块的向心加速度最大，故A正确；
B、三个滑块做匀速圆周运动的向心力都由摩擦力提供，故有：fA=2mrω2，fB=mrω2，fC=2mrω2，则B处物块受到的静摩擦力最小，故B正确；
C、因为ABC做匀速圆周运动的角速度都为ω，故ABC做匀速圆周运动的周期都相等，故C错误；
D、三个滑块的最大静摩擦力fmA=2μmg，fmB=μmg，fmC=μmg，而滑块所受的摩擦力分别为：fA=2mrω2，fB=mrω2，fC=2mrω2，对比分析得到，当转速增大时，C处的物块静摩擦力最先达到最大值，最先滑动，当转速继续增大时，A物块与B物块同时开始滑动，故D错误。
故选：AB。
三个滑块都随转盘转动而做匀速圆周运动，角速度ω相同，根据向心加速度公式a=rω2，分别求出三个滑块的向心加速度，再比较大小．三个滑块均由静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律研究静摩擦力的大小．转速增大时，当滑块受到的静摩擦力达到最大时，滑块将开始滑动，根据最大静摩擦力与实际受到的摩擦力的关系，分析哪个滑块的摩擦力先达到最大，确定哪个滑块最先滑动。
本题首先抓住三个滑块相同的量：角速度，其次，根据产生离心运动的条件进行选择，中等难度。

13.【答案】ABD

【解析】解：ABC、当动力F等于阻力f时，速度达到最大值，vmax=Pf，W=Pt=fvmaxt，故AB正确，C错误；
D、小车由静止加速到最大速度vmax过程中，由动能定理可知：W−fd=12mvmax2
解得：W=fd+12mvmax2，故D正确；
故选：ABD。
小车以额定功率，由静止开始加速行驶了距离d，达到最大速度vmax，由于小车所受阻力恒为f，所以由动能定理可求出发动机所做的功。
根据W=Pt及vmax=Pf也可以得到其它形式。
由题意可知，求发动机做的功，当功率恒定时，可以由功率与时间的乘积，也可以由动能定理求出。当功率不恒定时，必须由动能定理求出。

14.【答案】CD

【解析】解：A、由题意知圆环到达B点时速度最大，则加速度为0，即mg=Mgcos37∘，
解得：M=54m，故A错误；
B、在A位置时圆环的加速度：a=mg−Fcos53∘m，由于重物加速上升，F≠Mg，故圆环的加速度大小a≠14g，故B错误；
C、依据运动的合成与分解，结合矢量的合成法则，则有：
，如图所示：
下滑过程中系统机械能守恒，可得：
mgLtan37∘=Mg(Lsin37∘−L)+12mv2+12M(vcos37∘)2
解得：v=5gL3，故C正确；
D、设圆环下落的最大距离为x，则有：mgx=Mg(L2+x2−L)，解得：x=409L，故D正确。
故选：CD。
速度最大时加速度为0，圆环处于平衡状态，依据矢量合成法则，求解细绳拉力，进一步求得物块的质量；
根据运动的合成与分解，结合三角形知识，求解圆环的最大速度及A点的加速度；
依据圆环下落距离最大时，各自速度为零，根据机械能守恒定律求解下落的最大距离。
考查机械能守恒定律的应用，掌握运动的合成与分解内容，理解矢量的合成法则，注意三角形知识的正确运用。

15.【答案】AC D 2

【解析】解：(1)BC、打击与力度不同，A球平抛初速度不同，则A球的运动路线不同；但B球始终做自由落体，所以B球路线相同，故C正确，B错误；
AD、因为A、B两球竖直方向均为自由落体运动，所以运动时间相同，两球同时落地，故A正确，D错误。
故选：AC。
(2)改变高度，仍看到相同现象说明小球A与B在竖直方向运动规律相同，故D正确，ABC错误；
故选：D。
(3)从ABC水平间隔看均为20cm，所以相仿的时间间隔相等，设为T。在竖直方向：hBC−hAB=gT2，
代入数据解得：T=(0.4−0.15)−0.1510s=0.1s，水平方向是匀速直线运动，所以v0=xT=0.20.1m/s=2m/s。
故答案为：(1)AC；(2)D；(3)2
(1)不同力度打击，小球A的初速度不同，小球B始终做自由落体运动，结合运动的规律分析落地时间。
(2)抓住两球始终同时落地得出小球A竖直方向的运动规律与小球B相同。
(3)平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，根据下降的高度求出平抛运动的时间，在水平方向上做匀速直线运动，结合水平位移和时间求出物体的初速度。
解决本题的关键知道实验的原理和注意事项，注意改变打击力度，只能改变平抛运动的初速度，不会改变运动的时间；掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解。

16.【答案】AACD1.141.13

【解析】解：(1)不需要的器材是天平，因为我们是比较mgh、12mv2的大小关系，m可约去故不需要用天平。故选A
(2)A.为了减少阻力的影响，重物应当选择质量大，体积小的，故A正确；
B.实验中应当先通电源，再释放纸带，故B错误；
C.打点计时器在频率为50Hz的电压下每隔0.02s打一个点，自由落体运动在最初0.02s内下落的距离h=12gt2，代入数据解得h≈0.002m=2mm因此选择点迹清晰且第1、2两点间距约为2mm的纸带能够确保第1个点速度为0，可以减小误差，故C正确；
D.实验产生误差的主要原因是重物在下落过程中不可避免地受到阻力的作用，故D正确。
故选ACD.
(3)重力势能减小量为ΔEp=mgh=0.5×9.8×23.25×10−2J=1.14J
利用匀变速直线运动的推论，可得B点的速度vB=AC2T
此过程中物体动能的增加量ΔEk=12mvB2
将AC=32.50cm−15.50cm=17.00cm=0.1700m代入可解得
ΔEk=1.13J
故答案为：(1)A(2)ACD(3)1.14；1.13
(1)(2)要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚。
(3)根据势能和动能的表达式进行计算，知道误差存在的原因。
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，掌握数据处理的方法。

17.【答案】解：(1)由题意可知小球竖直方向做自由落体运动，有h=12gt2
代入数据可得t=2hg=2×3.210s=0.8s；
(2)小球水平方向上匀速直线运动，所以有s=v0t
代入数据可得v0=st=4.80.8m/s=6m/s；
(3)小球落地前竖直方向分速度  vy=gt=10×0.8m/s=8m/s
所以小球落地速度v=v02+vy2=62+82m/s=10m/s；
答：(1)小球在空中运动的时间为0.8s；
(2)小球被击出时的水平初速度为6m/s；
(3)小球落地时的速度大小为10m/s。

【解析】(1、2)小球做平抛运动，水平方向上是匀速直线运动，竖直方向上是自由落体运动；
(3)小球落地的速度是水平和竖直速度的合成，根据平行四边形定则求解。
该题考查了平抛运动的规律，明确水平方向上是匀速直线运动，竖直方向上是自由落体运动是解题的关键。

18.【答案】解：(1)物块从A滑到B的过程，根据动能定理得：mgR(1−cosθ)=12mvB2，解得：vB=3m/s
(2)若传送带以v=3m/s的速度顺时针转动，由于v=vB=3m/s，所以物块在BC之间做匀速运动运动，得x1=3m
物块从C向右运动直到停止，根据动能定理 −μmgx2=0−12mvB2，解得：x2=0.9m
物体在BD间运动的距离x=x1+x2=3m+0.9m=3.9m
(3)若传送带以v=4m/s的速度顺时针转动，
物体由B运动到与传送带共速的过程，由牛顿第二定律可得μ1mg=ma
根据速度公式可得：v=vB+at
传送带的位移为s1=vt
物体的对地位移为s2=vB+v2t
此过程在传送带上产生的热量Q1=μ1mg(s1−s2)
联立解得：Q1=30J
物体离开传送带后，由能量转化与守恒定律，得Q2=12mv2=12×60×42J=480J
综上可得：Q=Q1+Q2=30J+480J=510J
答：(1)物体运动到B点时的速度大小为3m/s；
(2)若传送带以v=3m/s的速度顺时针转动，物体通过B点后向右运动的最大距离为3.9m；
(3)若传送带以v=4m/s的速度顺时针转动，物体因克服摩擦产生的总热量为510J。

【解析】(1)物块从A到B的过程，由动能定理求出它到达B点的速度；
(2)若传送带的速度等于物块在B的速度，则物块在传送带上做匀速直线运动，从C点向右做匀减速直线运动，根据动能定理可得物块在水平轨道上滑行的距离，进而求出物块在BD间运动的总距离；
(3)由于皮带速度大于物块在B点速度，所以物块在传送带上做加速运动直到传送带同速，该过程中根据求解焦耳热，物块在CD间做减速运动的过程中，物块的动能转化为焦耳热Q2，据此求解总的焦耳热。
解答本题的关键要分析清楚物块的运动情况，把握每个过程的物理规律，要知道摩擦产生的热量与相对位移有关。

19.【答案】解：(1)小球恰好通过E点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得
 mg=mvE2R
小球从C点运动到E点，由动能定理得 −2mgR=12mvc2−12mvE2
弹簧将小球弹开，由小球和弹簧组成的系统机械能守恒得Ep=12mvC2
联立解得  vc=5gR，Ep=52mgR
(2)小球在C点时，由牛顿第二定律得
        FN−mg=mvC2R
解得      FN=6mg
根据牛顿第三定律知，小球对轨道的压力大小为6mg。
(3)要使小球能滑上半圆形轨道且不脱轨，则有：
①小球从静止释放到圆弧最低点C，由能量守恒定律得Ep−μmg⋅4R>0
解得      μ