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2022届黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学高三（上）第一次月考物理试题含解析
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这是一份2022届黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学高三（上）第一次月考物理试题含解析，共27页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
哈师大附中2021-2022年度高三上学期月考
物理试卷
满分100分 时间：90分钟
一、选择题（12小题，共48分。1-7小题为单选，每小题4分。8-12小题为多选，全部选对得4分，对而不全得2分，有错选的得0分）
1. 在平直公路上行驶的a车和b车，其x-t图像分别为图中直线a和曲线b。t=3s时，直线a和曲线b刚好相切，下列说法正确的是（ ）
A. t=3s时，两车具有共同的加速度
B. 在运动过程中，b车始终没有超过a车
C. 在0～3s时间内，a车的平均速度比b车的大
D. a车做匀速运动且速度为m/s，b车做加速运动
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．因为位移时间图像的斜率代表物体的速度，在t=3s时，直线a和曲线b刚好相切，斜率相同，所以两车具有相同的速度，而不是加速度，A错误；
B．位移时间图像，纵坐标表示距原点的距离，通过图像可知，b车始终没有超过a车，B正确；
C．纵轴的变化量代表位移，所以在0-3s的时间内，a的位移小于b的位移，所以a的平均速度小，C错误；
D．由图可知，a车图线的斜率不变，则速度不变，做匀速直线运动。速度为
由于b车图线的斜率减小，则速度减小，做减速直线运动。故D错误。
故选B。
2. 如图所示，一光滑的半圆形碗固定在水平面上，质量为m1的小球用轻绳跨过光滑碗连接质量分别为m2和m3的物体，平衡时小球恰好与碗之间没有弹力作用，两绳与水平方向夹角分别为60°、30°．则m1、m2、m3的比值为（ ）
A. 1：2：3 B. C. 2：1：1 D.
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】对碗内的小球m1受力分析，受重力、两个细线的两个拉力，由于碗边缘光滑，故相当于动滑轮，故细线对物体m2的拉力等于m2g，细线对物体m3的拉力等于m3g，如图
根据共点力平衡条件，两个拉力的合力与重力等值、反向、共线，有
故
故选B。
3. 如图所示的机械装置可以将圆周运动转化为直线上的往复运动．连杆AB、OB可绕图中A、B、O三处的转轴转动，连杆OB在竖直面内的圆周运动可通过连杆AB使滑块在水平横杆上左右滑动．已知OB杆长为L，绕O点做逆时针方向匀速转动的角速度为ω，当连杆AB与水平方向夹角为α，AB杆与OB杆的夹角为β时，滑块的水平速度大小为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据“连杆OB在竖直面内的圆周运动可通过连杆AB使滑块在水平横杆上左右滑动”、“滑块的水平速度大小为”可知，本题考查速度的合成与分解问题，根据两物体沿杆方向的速度相等，分别将A、B的速度沿杆和垂直杆分解，列式求解及可．
【详解】设滑块的水平速度大小为v，A点的速度的方向沿水平方向，如图将A点的速度分
根据运动的合成与分解可知，沿杆方向的分速度：vA分=vcosα，
B点做圆周运动，实际速度是圆周运动的线速度，可以分解为沿杆方向的分速度和垂直于杆方向的分速度，如图设B的线速度为v′则：
vB分=v′⋅cosθ=v′cos(90∘−β)=v′sinβ， v′=ωL
又二者沿杆方向的分速度是相等的，即：vA分=vB分
联立可得：v=.故D正确，ABC错误
故选D
4. 如图，一长为L的细绳，一端系一小球（可视为质点），另一端固定在O点。现把绳拉直，当绳处在水平位置时，给小球一竖直向下的初速度v1，则小球刚好能沿圆周运动到位于O点正上方的P点。如果把细绳换成长为L的刚性轻杆，杆可绕O点在竖直面内转动，为使小球能沿同一圆周逆时针方向转动刚好到达P点，当杆位于水平位置时，应给小球的竖直向下的初速度为v2，则v1∶v2为（ ）
A. 2 B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】小球刚好通过最高点时，绳子的拉力恰好为零，有
解得
从开始运动到的过程中机械能守恒，则
所以
如果把细绳换成长为的刚性轻杆，小球到达最高点的最小速度等于0，所以
可得
所以
故C正确，ABD错误。
故选C。
5. 为简单计，把地－月系统看成地球静止不动而月球绕地球做匀速圆周运动，如图所示，虚线为月球轨道。在地月连线上存在一些所谓“拉格朗日点”的特殊点。在这些点，质量极小的物体（如人造卫星）仅在地球和月球引力共同作用下可以始终和地球、月球在同一条线上，则图中四个点不可能是“拉格朗日点”的是（ ）
A. A点 B. B点 C. C点 D. D点
【答案】B
【解析】
【详解】B点处的物体受到地球与月球的万有引力的方向相同，而B到地球的之间小于月球到地球的距离，根据万有引力提供向心力可知，B处物体的向心加速度要大于月球的向心加速度，不能与月球具有相等的角速度，所以也不是拉格朗日点，同理分析，A、C、D可能是拉格朗日点”，故B正确，ACD错误。
故选B。
6. 如图所示，重力均为G的两小球用等长的细绳a、b悬挂于O点，两小球之间用一根轻弹簧连接，均处于静止状态，两细绳a、b与轻弹簧c恰好构成正三角形。现用水平力F缓慢拉动右侧小球，使细绳a最终竖直，并保持两小球处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A. 最终状态时，水平拉力F等于G
B. 最终状态与初态相比，轻弹簧c的弹性势能保持不变
C. 最终状态与初态相比，右侧小球机械能的增加量等于弹簧弹性势能的减少量加力F做的功
D. 最终状态与初态相比，两小球和弹簧组成的系统机械能的增加量等于力F做的功
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．末状态左边小球在最低点，细绳处于竖直方向，受到重力和绳子拉力而平衡，此时弹簧的弹力为零，对右侧小球受力分析可知，如图所示
根据平衡条件可得
由于弹簧的长度发生变化，后来三边构成的三角形不是等边三角形，故
则
A错误；
B．开始时弹簧处于压缩状态，当细绳a最终竖直，弹簧处于原长，轻弹簧的弹性势能减小，B错误；
C．在整个过程中，根据能量守恒可知，右侧小球机械能的增加等于拉力做功加上弹簧弹性势能的减小量和左侧小球机械能的减小量，C错误；
D．对系统，外力F做正功，系统的机械能增加，D正确。
故选D。
7. 如图所示，三个直径相同的小球静止在足够长的光滑水平面上，A、C两球的质量均为m，B球的质量为km（k>1）。给A球一个水平向右的初速度v0，B球先与A球发生弹性正碰，再与C球发生弹性正碰。系数k为多少时，B与C碰后瞬间B球的速度最大（ ）
A. 2.5 B. 3 C. 3.5 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】设A、B发生弹性碰撞后的速度分别vA、vB1，则
mv0=mvA+kmvB1
联立解得
设B、C发生弹性碰撞后的速度分别为vB2、vC，同理可得
代入整理得
解得当k=3时，vB2最大．
故选B。
8. 如图甲所示，用黏性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为mA＝1kg、mB＝2kg，当A、B之间产生拉力且大于0.3N时A、B将会分离。t＝0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示。则下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析，正确的是（ ）
A. t＝2.0s时刻A、B之间作用力大小为0.6N
B. t＝2.0s时刻A、B之间作用力为零
C. t＝2.5s时刻A对B的作用力方向向左
D. 从t＝0时刻到A、B分离，它们运动的位移为5.4 m
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】D．设t时刻A、B分离，由乙图可知，分离之前A、B物体受到的合力不变，故以相同加速度a共同加速，以整体为研究对象，据牛顿第二定律可得，加速度为
分离时对B由牛顿第二定律可得
F2-N=mBa
其中
解得
F2＝2.7N
结合F2的变化规律可得，经历时间为
根据位移公式可得，整体的位移大小为
D正确；
AB．当t=2s时，F2=1.8N，对B据牛顿第二定律可得
F2+N=mBa
解得B受到的压力大小为
N＝0.6N
A正确，B错误；
C．当t＝2.5s时，F2＝2.25N，对B据牛顿第二定律可得
F2＋N＝mBa
解得B受到的压力大小为
N＝0.15N>0
即A对B的作用力方向向右，C错误。
故选AD。
9. 如图所示，在一个倾角为的长斜面底端点正上方的点处将一小球以速度水平抛出，恰好垂直击中斜面上的点，。下列说法正确的是（ ）
A. 小球的初速度
B. 点离点距离
C. 保持不变，将小球以的速度水平抛出，则击中斜面的位置到点的距离小于
D. 若抛出点高度变为，欲使小球仍能垂直击中斜面，小球的初速度应调整为
【答案】CD
【解析】
【详解】AB．如图甲所示
小球垂直击中斜面时，速度的偏向角为，根据平抛运动规律的推论可知，速度偏向角的正切值
可得
小球在空中运动的时间
初速度
故AB错误；
C．保持抛出点高度不变，初速度大小变为原来的两倍，如图乙所示
若无斜面，则小球应击中点，实际击中点为轨迹与斜面的交点，显然离底端的距离小于，故C正确；
D．若抛出点高度变为，根据小球垂直击中斜面的规律知
则小球下落的高度和水平位移均变为原来的两倍，根据
联立解得
故小球的初速度应调整为原来的倍，故D正确。
故选CD。
10. 如图甲所示，长为l、倾角为的斜面固定在水平地面上，一质量为m的小物块从斜面顶端由静止释放并沿斜面向下滑动，已知小物块与斜面间的动摩擦因数μ与下滑距离x的变化图像如图乙所示，则（ ）
A.
B. 小物块下滑的加速度逐渐增大
C. 小物块下滑到斜面低端的过程中克服摩擦力做的功为
D. 小物块下滑到低端时的速度大小为
【答案】BC
【解析】
分析】
【详解】A．物块在斜面顶端静止释放能够下滑，则满足
即
故A错误；
B．根据牛顿第二定律有
下滑过程中μ逐渐减小，则加速度a逐渐增大，故B正确；
C．由图乙可知
则摩擦力
可知f与x成线性关系，如图所示
其中f0=μ0mgcosα，图线和横轴所围的面积表示克服摩擦力做的功，则下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功
故C正确；
D．下滑过程根据动能定理有
解得
故D错误。
故选BC。
11. 水平面上有质量相等的a、b两个物体，分别施加水平推力作用在a、b上，使a、b在水平面上运动起来。在t1、t2时刻分别撤去作用在a、b上的推力，两物体继续运动一段距离后停下、两物体的v－t图像如图所示，图中实线为a的运动图线，虚线为b的运动图线，图线中AB段平行于CD段。在a、b运动的整个过程中（ ）
A. a受到的水平推力冲量等于b受到的水平推力冲量
B. a受到的水平推力冲量小于b受到的水平推力冲量
C. 摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量
D. 合力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】撤去外力后两物体受的阻力相等，设为f，根据动量定理，对a
对b
因
则
即a受到的水平推力冲量小于b受到的水平推力冲量，摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量，合力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量，均为0，故选项AC错误，BD正确；
故选BD。
12. 一颗子弹水平击中静止在光滑水平面上的木块，子弹与木块的速度图像如图所示。若子弹射击木块时的初速度增大，则下列说法中正确的是（设子弹所受阻力大小不变）（ ）
A. 木块获得的动能减小 B. 子弹穿过木块的时间变短
C. 木块的位移变大 D. 系统损失的动能变大
【答案】AB
【解析】
【详解】AB．子弹射击木块时的初速度增大，则子弹在木块中运动时相对木块的速度越大，子弹在木块中的作用时间越短，根据
ft=Mv
可知木块得到的速度减小，动能减小，AB正确；
C．由于木块位于光滑水平面上，子弹射击后，木块不会停下，无法比较位移大小， C错误；
D．系统损失动能
因子弹相对木块的位移l等于木块的厚度d，可知系统损失的动能不变，D错误。
故选AB。
二、实验题（本题共2小题，共17分）
13. 在“探究向心力大小的表达式”实验中，所用向心力演示器如图（a）所示。图（b）是演示器部分原理示意图：其中皮带轮①、④的半径相同，轮②的半径是轮①的2倍，轮④的半径是轮⑤的2倍，两转臂上黑白格的长度相等。A、B、C为三根固定在转臂上的挡板，可与转臂上做圆周运动的实验球产生挤压，从而提供向心力，图（a）中的标尺1和2可以显示出两球所受向心力的大小关系。可供选择的实验球有：质量均为2m的球Ⅰ和球Ⅱ，质量为m的球Ⅲ。
（1）为探究向心力与圆周运动轨道半径的关系，实验时应将皮带与轮①和轮______相连，同时应选择球Ⅰ和球______作为实验球；
（2）若实验时将皮带与轮②和轮⑤相连，这是要探究向心力与______（填物理量的名称）的关系，此时轮②和轮⑤的这个物理量之比为______，应将两个实验球分别置于短臂C和长臂______处；
（3）本实验采用的实验方法是______，下列实验也采用此方法的是______；
A．探究平抛运动的特点 B．验证机械能守恒定律
C．探究加速度与力和质量的关系 D．探究两个互成角度的力的合成规律
【答案】 ①. ④ ②. Ⅱ ③. 角速度 ④. 1∶4 ⑤. A ⑥. 控制变量法 ⑦. C
【解析】
【分析】
【详解】（1）[1][2]为探究向心力与圆周运动轨道半径的关系，要保持角速度和质量一定，则实验时应将皮带与轮①和轮④相连，同时应选择球Ⅰ和球Ⅱ作为实验球；
（2）[3][4][5]若实验时将皮带与轮②和轮⑤相连，因两轮转动时边缘的线速度相等，但是角速度不等，则这是要探究向心力与角速度的关系，因轮②的半径与轮⑤的半径之比为4:1，则此时轮②和轮⑤的角速度之比为1:4，实验时还要保持运动半径相同，则应将两个实验球分别置于短臂C和长臂A处；
（3）[6][7]本实验采用的实验方法是控制变量法，探究加速度与力和质量的关系实验也采用此方法，故选C。
14. 如图（a）所示的装置叫阿特伍德机，是英国数学家和物理学家阿特伍德创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律。某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒定律，如图（b）所示。实验时，该同学进行了如下步骤：
a．将质量均为M（A的含挡光片）的重物用轻质细绳连接后，跨放在定滑轮上，处于静止状态，测量出A上挡光片中心到光电门中心的竖直距离h。
b．在B的下端挂上质量为m的物块C，让系统（重物A、B以及物块C）中的物体由静止开始运动，光电门记录挡光片挡光的时间为Δt。
c．测出挡光片的宽度d，计算重物运动的速度v。
d．利用实验数据验证机械能守恒定律。
（1）步骤c中，计算重物的速度v＝______（用实验中字母表示），利用这种方法测量的速度总是比挡光片中心通过光电门中心的实际速度______（选填“大”或“小”），为使v的测量值更加接近真实值，减小系统误差，可采用的合理的方法是______。
A．减小挡光片宽度d
B．减小挡光片中心到光电门中心的竖直距离h
C．将光电门记录挡光时间Δt的精度设置得更高些
D．将实验装置更换为纸带和打点计时器
（2）步骤d中，如果系统（重物A、B以及物块C）的机械能守恒，应满足的关系为______（已知当地重力加速度为g，用实验中字母表示）。
（3）某次实验分析数据发现，系统重力势能减少量小于系统动能增加量，造成这个结果的原因可能是______。
A．绳子、滑轮并非轻质而有一定质量 B．滑轮与绳子之间产生滑动摩擦
C．计算重力势能时g取值比实际值偏大 D．挂物块C时不慎使B具有向上的初速度
【答案】 ①. ②. 小 ③. A ④. mgh＝（m＋2M） ⑤. D
【解析】
【分析】
【详解】（1）[1]根据步骤c中，则可得系统的末速度为
[2][3]挡光片中心通过光电门中心的实际速度为中间位移的瞬时速度，而用这种方法测出来的速度是平均速度，所以比实际速度要小；所以为让平均速度越接近瞬时速度，即通过光电门的时间要短，所以可采用的最合理的方法是减小挡光片宽度d，故A正确，BCD错误。
故选A。
（2）[4]系统重力势能的减小量
系统动能的增加量为
若系统机械能守恒，则有
mgh=
（3）[5]A．绳子、滑轮并非轻质而有一定质量，会导致系统重力势能减小量大于系统动能增加量，故A错误，不符合题意；
B．轮与绳子之间产生滑动摩擦，会导致系统重力势能减小量大于系统动能增加量，故B错误，不符合题意；
C．计算重力势能错误地将g的数值取做10m/s2，会导致系统重力势能减小量大于系统动能增加量，故C错误，不符合题意；
D．挂物块C时不慎使B具有向上的初速度，使得BC下落的高度比静止时下落的高度更高，则A通过光电门的速度更大，故会导致系统重力势能减小量小于系统动能增加量，故D正确，符合题意。
故选D。
三、计算题（共35分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出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. 如图所示，弹簧的一端固定，另一端连接一个物块，弹簧质量不计。物块（可视为质点）的质量为m，在水平桌面上沿x轴运动，与桌面间的动摩擦因数为μ。以弹簧原长时物块的位置为坐标原点O，当弹簧的伸长量为x时，物块所受弹簧弹力大小为F＝kx，k为常量。物块由x1向右运动到x3，然后由x3返回到x2，在这个过程中：
（1）求弹力所做的功，并据此求弹性势能的变化量；
（2）求滑动摩擦力所做的功，并与弹力做功比较，说明为什么不存在与摩擦力对应的“摩擦力势能”的概念。
【答案】（1）； ；（2）见解析
【解析】
【分析】
【详解】（1）物块由x1向右运动到x3的过程中，弹力做功为
WT1＝－（kx1＋kx3）（x3－x1）＝
物块由x3向左运动到x2的过程中，弹力做功为
WT2＝（kx2＋kx3）（x3－x2）＝
整个过程中弹力做功
WT＝WT1＋WT2＝
弹簧弹性势能的变化量为
ΔEp＝－WT＝
（2）整个过程中，摩擦力做功
Wf＝－μmg（2x3－x1－x2）
比较两力做功可知，弹力做功与x3无关，即与实际路径无关，只与始末位置有关，所以我们可以定义一个由物体之间的相互作用力（弹力）和相对位置决定的能量——弹性势能；而摩擦力做功与x3有关，即与实际路径有关，所以不能定义与摩擦力对应的“摩擦力势能”。
16. 如图所示，水平传送带以v0＝2 m/s的速度做逆时针运动，传送带左端与水平地面平滑连接，传送带与一固定的四分之一光滑圆弧轨道相切，物块a从圆弧轨道最高点由静止下滑后滑过传送带，与静止在水平地面右端的物块b发生弹性碰撞。已知物块b的质量M＝0.3 kg，两物块均可视为质点，物块a滑到圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小F＝3 N，圆弧轨道半径r＝1.25 m，传送带左、右两端的距离d＝4.5 m，物块a与传送带和水平地面间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，物块b与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.5，取重力加速度g＝10 m/s2，碰撞时间极短。求：
（1）物块a的质量m和物块a下滑到圆弧轨道最低点时的速度大小v1；
（2）物块a第一次与物块b碰撞后瞬间，物块b的速度大小；
【答案】（1）0.1 kg，5 m/s；（2）2m/s
【解析】
【分析】
【详解】（1）物块a沿圆弧从最高点由静止下滑到圆弧轨道最低点，根据机械能守恒定律有
物块a运动到轨道最低点时，有
F－mg＝
联立以上两式代入数据解得
m＝0.1 kg
v1＝5 m/s
（2）物块a在传送带上运动时，有
ma1＝μ1mg
设物块a第一次滑到传送带左端时的速度大小为v2，则有
解得
v2＝4 m/s>v0＝2 m/s
所以物块a第一次滑到传送带左端时的速度大小为4 m/s
物块a、b碰撞过程动量守恒，机械能守恒，设碰撞后物块a的速度为v3，b的速度为v4，则有
mv2＝mv3＋Mv4
联立解得
v3＝－2 m/s
v4＝2 m/s
即第一次碰撞后瞬间物块b的速度大小为2m/s。
17. 如图所示，两个半径不同的光滑圆弧轨道的下端与水平轨道平滑相切于A、B两点，另外一侧与一光滑的直管轨道平滑相切于C、D两点，管道内径比小球直径略大。E点是大圆弧的最高点，一质量为m=0.1kg的小球（可视为质点）能在轨道内侧和管道内运动。小球于B点开始以初速度v0沿粗糙水平轨道BA向左运动，由A点进入大圆弧轨道。已知大圆弧轨道半径R1=0.4m，两圆轨道圆心分别为O1、O2，O1D与O1E夹角为74°，水平轨道AB长度为L=0.4m，且与小球的动摩擦因数为μ=0.5，小球在运动过程中不脱离轨道，g取10m/s2。求：
（1）小球初速度v0的最小值及以该速度出发第一次经过A点时小球对圆轨道的压力；
（2）若小球完整通过轨道，求小球依次通过大圆弧最高点E和小圆弧轨道最低点B时对轨道压力之差的最小值；
（3）若v0=10m/s，求小球经过E点次数。
【答案】（1）2m/s，6N；（2）21N；（3）20次
【解析】
【详解】（1）由题意可知，小球在运动过程中不脱离轨道，即小球可以顺利通过E点而不脱轨，在临界状态下，分析小球在E点的受力情况，有
mg=
从B点到E点，对小球应用动能定理有
-μmgL-2mgR1=m-m
解得
v0==2m/s
从B点到A点，对小球应用动能定理有
分析小球在A点的受力情况，有
FN-mg=
求得
FN=6N
根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力
F′N=FN=6N
（2）如图所示
作辅助线GO2平行于AB，根据对称性与几何关系有∠GO1O2=53°且有
=R1-R2
代入数据解得
R2=0.1m
从E点到B点，对小球应用动能定理有
在最低点B有
FB-mg=
在最高点E有
FE+mg=
解得
FB-FE=2mg+m-m=18mg+
因为vE最小值为，则FB-FE最小值为21mg=21N。
根据牛顿第三定律可知，小球依次通过大圆弧最高点E和小圆弧轨道最低点B时对轨道压力之差的最小值为21N。
（3）从B点开始，到第n次经过E点，对小球应用动能定理有
解得
n=20
哈师大附中2021-2022年度高三上学期月考
物理试卷
满分100分 时间：90分钟
一、选择题（12小题，共48分。1-7小题为单选，每小题4分。8-12小题为多选，全部选对得4分，对而不全得2分，有错选的得0分）
1. 在平直公路上行驶的a车和b车，其x-t图像分别为图中直线a和曲线b。t=3s时，直线a和曲线b刚好相切，下列说法正确的是（ ）
A. t=3s时，两车具有共同的加速度
B. 在运动过程中，b车始终没有超过a车
C. 在0～3s时间内，a车的平均速度比b车的大
D. a车做匀速运动且速度为m/s，b车做加速运动
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．因为位移时间图像的斜率代表物体的速度，在t=3s时，直线a和曲线b刚好相切，斜率相同，所以两车具有相同的速度，而不是加速度，A错误；
B．位移时间图像，纵坐标表示距原点的距离，通过图像可知，b车始终没有超过a车，B正确；
C．纵轴的变化量代表位移，所以在0-3s的时间内，a的位移小于b的位移，所以a的平均速度小，C错误；
D．由图可知，a车图线的斜率不变，则速度不变，做匀速直线运动。速度为
由于b车图线的斜率减小，则速度减小，做减速直线运动。故D错误。
故选B。
2. 如图所示，一光滑的半圆形碗固定在水平面上，质量为m1的小球用轻绳跨过光滑碗连接质量分别为m2和m3的物体，平衡时小球恰好与碗之间没有弹力作用，两绳与水平方向夹角分别为60°、30°．则m1、m2、m3的比值为（ ）
A. 1：2：3 B. C. 2：1：1 D.
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】对碗内的小球m1受力分析，受重力、两个细线的两个拉力，由于碗边缘光滑，故相当于动滑轮，故细线对物体m2的拉力等于m2g，细线对物体m3的拉力等于m3g，如图
根据共点力平衡条件，两个拉力的合力与重力等值、反向、共线，有
故
故选B。
3. 如图所示的机械装置可以将圆周运动转化为直线上的往复运动．连杆AB、OB可绕图中A、B、O三处的转轴转动，连杆OB在竖直面内的圆周运动可通过连杆AB使滑块在水平横杆上左右滑动．已知OB杆长为L，绕O点做逆时针方向匀速转动的角速度为ω，当连杆AB与水平方向夹角为α，AB杆与OB杆的夹角为β时，滑块的水平速度大小为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据“连杆OB在竖直面内的圆周运动可通过连杆AB使滑块在水平横杆上左右滑动”、“滑块的水平速度大小为”可知，本题考查速度的合成与分解问题，根据两物体沿杆方向的速度相等，分别将A、B的速度沿杆和垂直杆分解，列式求解及可．
【详解】设滑块的水平速度大小为v，A点的速度的方向沿水平方向，如图将A点的速度分
根据运动的合成与分解可知，沿杆方向的分速度：vA分=vcosα，
B点做圆周运动，实际速度是圆周运动的线速度，可以分解为沿杆方向的分速度和垂直于杆方向的分速度，如图设B的线速度为v′则：
vB分=v′⋅cosθ=v′cos(90∘−β)=v′sinβ， v′=ωL
又二者沿杆方向的分速度是相等的，即：vA分=vB分
联立可得：v=.故D正确，ABC错误
故选D
4. 如图，一长为L的细绳，一端系一小球（可视为质点），另一端固定在O点。现把绳拉直，当绳处在水平位置时，给小球一竖直向下的初速度v1，则小球刚好能沿圆周运动到位于O点正上方的P点。如果把细绳换成长为L的刚性轻杆，杆可绕O点在竖直面内转动，为使小球能沿同一圆周逆时针方向转动刚好到达P点，当杆位于水平位置时，应给小球的竖直向下的初速度为v2，则v1∶v2为（ ）
A. 2 B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】小球刚好通过最高点时，绳子的拉力恰好为零，有
解得
从开始运动到的过程中机械能守恒，则
所以
如果把细绳换成长为的刚性轻杆，小球到达最高点的最小速度等于0，所以
可得
所以
故C正确，ABD错误。
故选C。
5. 为简单计，把地－月系统看成地球静止不动而月球绕地球做匀速圆周运动，如图所示，虚线为月球轨道。在地月连线上存在一些所谓“拉格朗日点”的特殊点。在这些点，质量极小的物体（如人造卫星）仅在地球和月球引力共同作用下可以始终和地球、月球在同一条线上，则图中四个点不可能是“拉格朗日点”的是（ ）
A. A点 B. B点 C. C点 D. D点
【答案】B
【解析】
【详解】B点处的物体受到地球与月球的万有引力的方向相同，而B到地球的之间小于月球到地球的距离，根据万有引力提供向心力可知，B处物体的向心加速度要大于月球的向心加速度，不能与月球具有相等的角速度，所以也不是拉格朗日点，同理分析，A、C、D可能是拉格朗日点”，故B正确，ACD错误。
故选B。
6. 如图所示，重力均为G的两小球用等长的细绳a、b悬挂于O点，两小球之间用一根轻弹簧连接，均处于静止状态，两细绳a、b与轻弹簧c恰好构成正三角形。现用水平力F缓慢拉动右侧小球，使细绳a最终竖直，并保持两小球处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A. 最终状态时，水平拉力F等于G
B. 最终状态与初态相比，轻弹簧c的弹性势能保持不变
C. 最终状态与初态相比，右侧小球机械能的增加量等于弹簧弹性势能的减少量加力F做的功
D. 最终状态与初态相比，两小球和弹簧组成的系统机械能的增加量等于力F做的功
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．末状态左边小球在最低点，细绳处于竖直方向，受到重力和绳子拉力而平衡，此时弹簧的弹力为零，对右侧小球受力分析可知，如图所示
根据平衡条件可得
由于弹簧的长度发生变化，后来三边构成的三角形不是等边三角形，故
则
A错误；
B．开始时弹簧处于压缩状态，当细绳a最终竖直，弹簧处于原长，轻弹簧的弹性势能减小，B错误；
C．在整个过程中，根据能量守恒可知，右侧小球机械能的增加等于拉力做功加上弹簧弹性势能的减小量和左侧小球机械能的减小量，C错误；
D．对系统，外力F做正功，系统的机械能增加，D正确。
故选D。
7. 如图所示，三个直径相同的小球静止在足够长的光滑水平面上，A、C两球的质量均为m，B球的质量为km（k>1）。给A球一个水平向右的初速度v0，B球先与A球发生弹性正碰，再与C球发生弹性正碰。系数k为多少时，B与C碰后瞬间B球的速度最大（ ）
A. 2.5 B. 3 C. 3.5 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】设A、B发生弹性碰撞后的速度分别vA、vB1，则
mv0=mvA+kmvB1
联立解得
设B、C发生弹性碰撞后的速度分别为vB2、vC，同理可得
代入整理得
解得当k=3时，vB2最大．
故选B。
8. 如图甲所示，用黏性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为mA＝1kg、mB＝2kg，当A、B之间产生拉力且大于0.3N时A、B将会分离。t＝0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示。则下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析，正确的是（ ）
A. t＝2.0s时刻A、B之间作用力大小为0.6N
B. t＝2.0s时刻A、B之间作用力为零
C. t＝2.5s时刻A对B的作用力方向向左
D. 从t＝0时刻到A、B分离，它们运动的位移为5.4 m
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】D．设t时刻A、B分离，由乙图可知，分离之前A、B物体受到的合力不变，故以相同加速度a共同加速，以整体为研究对象，据牛顿第二定律可得，加速度为
分离时对B由牛顿第二定律可得
F2-N=mBa
其中
解得
F2＝2.7N
结合F2的变化规律可得，经历时间为
根据位移公式可得，整体的位移大小为
D正确；
AB．当t=2s时，F2=1.8N，对B据牛顿第二定律可得
F2+N=mBa
解得B受到的压力大小为
N＝0.6N
A正确，B错误；
C．当t＝2.5s时，F2＝2.25N，对B据牛顿第二定律可得
F2＋N＝mBa
解得B受到的压力大小为
N＝0.15N>0
即A对B的作用力方向向右，C错误。
故选AD。
9. 如图所示，在一个倾角为的长斜面底端点正上方的点处将一小球以速度水平抛出，恰好垂直击中斜面上的点，。下列说法正确的是（ ）
A. 小球的初速度
B. 点离点距离
C. 保持不变，将小球以的速度水平抛出，则击中斜面的位置到点的距离小于
D. 若抛出点高度变为，欲使小球仍能垂直击中斜面，小球的初速度应调整为
【答案】CD
【解析】
【详解】AB．如图甲所示
小球垂直击中斜面时，速度的偏向角为，根据平抛运动规律的推论可知，速度偏向角的正切值
可得
小球在空中运动的时间
初速度
故AB错误；
C．保持抛出点高度不变，初速度大小变为原来的两倍，如图乙所示
若无斜面，则小球应击中点，实际击中点为轨迹与斜面的交点，显然离底端的距离小于，故C正确；
D．若抛出点高度变为，根据小球垂直击中斜面的规律知
则小球下落的高度和水平位移均变为原来的两倍，根据
联立解得
故小球的初速度应调整为原来的倍，故D正确。
故选CD。
10. 如图甲所示，长为l、倾角为的斜面固定在水平地面上，一质量为m的小物块从斜面顶端由静止释放并沿斜面向下滑动，已知小物块与斜面间的动摩擦因数μ与下滑距离x的变化图像如图乙所示，则（ ）
A.
B. 小物块下滑的加速度逐渐增大
C. 小物块下滑到斜面低端的过程中克服摩擦力做的功为
D. 小物块下滑到低端时的速度大小为
【答案】BC
【解析】
分析】
【详解】A．物块在斜面顶端静止释放能够下滑，则满足
即
故A错误；
B．根据牛顿第二定律有
下滑过程中μ逐渐减小，则加速度a逐渐增大，故B正确；
C．由图乙可知
则摩擦力
可知f与x成线性关系，如图所示
其中f0=μ0mgcosα，图线和横轴所围的面积表示克服摩擦力做的功，则下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功
故C正确；
D．下滑过程根据动能定理有
解得
故D错误。
故选BC。
11. 水平面上有质量相等的a、b两个物体，分别施加水平推力作用在a、b上，使a、b在水平面上运动起来。在t1、t2时刻分别撤去作用在a、b上的推力，两物体继续运动一段距离后停下、两物体的v－t图像如图所示，图中实线为a的运动图线，虚线为b的运动图线，图线中AB段平行于CD段。在a、b运动的整个过程中（ ）
A. a受到的水平推力冲量等于b受到的水平推力冲量
B. a受到的水平推力冲量小于b受到的水平推力冲量
C. 摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量
D. 合力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】撤去外力后两物体受的阻力相等，设为f，根据动量定理，对a
对b
因
则
即a受到的水平推力冲量小于b受到的水平推力冲量，摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量，合力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量，均为0，故选项AC错误，BD正确；
故选BD。
12. 一颗子弹水平击中静止在光滑水平面上的木块，子弹与木块的速度图像如图所示。若子弹射击木块时的初速度增大，则下列说法中正确的是（设子弹所受阻力大小不变）（ ）
A. 木块获得的动能减小 B. 子弹穿过木块的时间变短
C. 木块的位移变大 D. 系统损失的动能变大
【答案】AB
【解析】
【详解】AB．子弹射击木块时的初速度增大，则子弹在木块中运动时相对木块的速度越大，子弹在木块中的作用时间越短，根据
ft=Mv
可知木块得到的速度减小，动能减小，AB正确；
C．由于木块位于光滑水平面上，子弹射击后，木块不会停下，无法比较位移大小， C错误；
D．系统损失动能
因子弹相对木块的位移l等于木块的厚度d，可知系统损失的动能不变，D错误。
故选AB。
二、实验题（本题共2小题，共17分）
13. 在“探究向心力大小的表达式”实验中，所用向心力演示器如图（a）所示。图（b）是演示器部分原理示意图：其中皮带轮①、④的半径相同，轮②的半径是轮①的2倍，轮④的半径是轮⑤的2倍，两转臂上黑白格的长度相等。A、B、C为三根固定在转臂上的挡板，可与转臂上做圆周运动的实验球产生挤压，从而提供向心力，图（a）中的标尺1和2可以显示出两球所受向心力的大小关系。可供选择的实验球有：质量均为2m的球Ⅰ和球Ⅱ，质量为m的球Ⅲ。
（1）为探究向心力与圆周运动轨道半径的关系，实验时应将皮带与轮①和轮______相连，同时应选择球Ⅰ和球______作为实验球；
（2）若实验时将皮带与轮②和轮⑤相连，这是要探究向心力与______（填物理量的名称）的关系，此时轮②和轮⑤的这个物理量之比为______，应将两个实验球分别置于短臂C和长臂______处；
（3）本实验采用的实验方法是______，下列实验也采用此方法的是______；
A．探究平抛运动的特点 B．验证机械能守恒定律
C．探究加速度与力和质量的关系 D．探究两个互成角度的力的合成规律
【答案】 ①. ④ ②. Ⅱ ③. 角速度 ④. 1∶4 ⑤. A ⑥. 控制变量法 ⑦. C
【解析】
【分析】
【详解】（1）[1][2]为探究向心力与圆周运动轨道半径的关系，要保持角速度和质量一定，则实验时应将皮带与轮①和轮④相连，同时应选择球Ⅰ和球Ⅱ作为实验球；
（2）[3][4][5]若实验时将皮带与轮②和轮⑤相连，因两轮转动时边缘的线速度相等，但是角速度不等，则这是要探究向心力与角速度的关系，因轮②的半径与轮⑤的半径之比为4:1，则此时轮②和轮⑤的角速度之比为1:4，实验时还要保持运动半径相同，则应将两个实验球分别置于短臂C和长臂A处；
（3）[6][7]本实验采用的实验方法是控制变量法，探究加速度与力和质量的关系实验也采用此方法，故选C。
14. 如图（a）所示的装置叫阿特伍德机，是英国数学家和物理学家阿特伍德创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律。某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒定律，如图（b）所示。实验时，该同学进行了如下步骤：
a．将质量均为M（A的含挡光片）的重物用轻质细绳连接后，跨放在定滑轮上，处于静止状态，测量出A上挡光片中心到光电门中心的竖直距离h。
b．在B的下端挂上质量为m的物块C，让系统（重物A、B以及物块C）中的物体由静止开始运动，光电门记录挡光片挡光的时间为Δt。
c．测出挡光片的宽度d，计算重物运动的速度v。
d．利用实验数据验证机械能守恒定律。
（1）步骤c中，计算重物的速度v＝______（用实验中字母表示），利用这种方法测量的速度总是比挡光片中心通过光电门中心的实际速度______（选填“大”或“小”），为使v的测量值更加接近真实值，减小系统误差，可采用的合理的方法是______。
A．减小挡光片宽度d
B．减小挡光片中心到光电门中心的竖直距离h
C．将光电门记录挡光时间Δt的精度设置得更高些
D．将实验装置更换为纸带和打点计时器
（2）步骤d中，如果系统（重物A、B以及物块C）的机械能守恒，应满足的关系为______（已知当地重力加速度为g，用实验中字母表示）。
（3）某次实验分析数据发现，系统重力势能减少量小于系统动能增加量，造成这个结果的原因可能是______。
A．绳子、滑轮并非轻质而有一定质量 B．滑轮与绳子之间产生滑动摩擦
C．计算重力势能时g取值比实际值偏大 D．挂物块C时不慎使B具有向上的初速度
【答案】 ①. ②. 小 ③. A ④. mgh＝（m＋2M） ⑤. D
【解析】
【分析】
【详解】（1）[1]根据步骤c中，则可得系统的末速度为
[2][3]挡光片中心通过光电门中心的实际速度为中间位移的瞬时速度，而用这种方法测出来的速度是平均速度，所以比实际速度要小；所以为让平均速度越接近瞬时速度，即通过光电门的时间要短，所以可采用的最合理的方法是减小挡光片宽度d，故A正确，BCD错误。
故选A。
（2）[4]系统重力势能的减小量
系统动能的增加量为
若系统机械能守恒，则有
mgh=
（3）[5]A．绳子、滑轮并非轻质而有一定质量，会导致系统重力势能减小量大于系统动能增加量，故A错误，不符合题意；
B．轮与绳子之间产生滑动摩擦，会导致系统重力势能减小量大于系统动能增加量，故B错误，不符合题意；
C．计算重力势能错误地将g的数值取做10m/s2，会导致系统重力势能减小量大于系统动能增加量，故C错误，不符合题意；
D．挂物块C时不慎使B具有向上的初速度，使得BC下落的高度比静止时下落的高度更高，则A通过光电门的速度更大，故会导致系统重力势能减小量小于系统动能增加量，故D正确，符合题意。
故选D。
三、计算题（共35分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出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. 如图所示，弹簧的一端固定，另一端连接一个物块，弹簧质量不计。物块（可视为质点）的质量为m，在水平桌面上沿x轴运动，与桌面间的动摩擦因数为μ。以弹簧原长时物块的位置为坐标原点O，当弹簧的伸长量为x时，物块所受弹簧弹力大小为F＝kx，k为常量。物块由x1向右运动到x3，然后由x3返回到x2，在这个过程中：
（1）求弹力所做的功，并据此求弹性势能的变化量；
（2）求滑动摩擦力所做的功，并与弹力做功比较，说明为什么不存在与摩擦力对应的“摩擦力势能”的概念。
【答案】（1）； ；（2）见解析
【解析】
【分析】
【详解】（1）物块由x1向右运动到x3的过程中，弹力做功为
WT1＝－（kx1＋kx3）（x3－x1）＝
物块由x3向左运动到x2的过程中，弹力做功为
WT2＝（kx2＋kx3）（x3－x2）＝
整个过程中弹力做功
WT＝WT1＋WT2＝
弹簧弹性势能的变化量为
ΔEp＝－WT＝
（2）整个过程中，摩擦力做功
Wf＝－μmg（2x3－x1－x2）
比较两力做功可知，弹力做功与x3无关，即与实际路径无关，只与始末位置有关，所以我们可以定义一个由物体之间的相互作用力（弹力）和相对位置决定的能量——弹性势能；而摩擦力做功与x3有关，即与实际路径有关，所以不能定义与摩擦力对应的“摩擦力势能”。
16. 如图所示，水平传送带以v0＝2 m/s的速度做逆时针运动，传送带左端与水平地面平滑连接，传送带与一固定的四分之一光滑圆弧轨道相切，物块a从圆弧轨道最高点由静止下滑后滑过传送带，与静止在水平地面右端的物块b发生弹性碰撞。已知物块b的质量M＝0.3 kg，两物块均可视为质点，物块a滑到圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小F＝3 N，圆弧轨道半径r＝1.25 m，传送带左、右两端的距离d＝4.5 m，物块a与传送带和水平地面间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，物块b与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.5，取重力加速度g＝10 m/s2，碰撞时间极短。求：
（1）物块a的质量m和物块a下滑到圆弧轨道最低点时的速度大小v1；
（2）物块a第一次与物块b碰撞后瞬间，物块b的速度大小；
【答案】（1）0.1 kg，5 m/s；（2）2m/s
【解析】
【分析】
【详解】（1）物块a沿圆弧从最高点由静止下滑到圆弧轨道最低点，根据机械能守恒定律有
物块a运动到轨道最低点时，有
F－mg＝
联立以上两式代入数据解得
m＝0.1 kg
v1＝5 m/s
（2）物块a在传送带上运动时，有
ma1＝μ1mg
设物块a第一次滑到传送带左端时的速度大小为v2，则有
解得
v2＝4 m/s>v0＝2 m/s
所以物块a第一次滑到传送带左端时的速度大小为4 m/s
物块a、b碰撞过程动量守恒，机械能守恒，设碰撞后物块a的速度为v3，b的速度为v4，则有
mv2＝mv3＋Mv4
联立解得
v3＝－2 m/s
v4＝2 m/s
即第一次碰撞后瞬间物块b的速度大小为2m/s。
17. 如图所示，两个半径不同的光滑圆弧轨道的下端与水平轨道平滑相切于A、B两点，另外一侧与一光滑的直管轨道平滑相切于C、D两点，管道内径比小球直径略大。E点是大圆弧的最高点，一质量为m=0.1kg的小球（可视为质点）能在轨道内侧和管道内运动。小球于B点开始以初速度v0沿粗糙水平轨道BA向左运动，由A点进入大圆弧轨道。已知大圆弧轨道半径R1=0.4m，两圆轨道圆心分别为O1、O2，O1D与O1E夹角为74°，水平轨道AB长度为L=0.4m，且与小球的动摩擦因数为μ=0.5，小球在运动过程中不脱离轨道，g取10m/s2。求：
（1）小球初速度v0的最小值及以该速度出发第一次经过A点时小球对圆轨道的压力；
（2）若小球完整通过轨道，求小球依次通过大圆弧最高点E和小圆弧轨道最低点B时对轨道压力之差的最小值；
（3）若v0=10m/s，求小球经过E点次数。
【答案】（1）2m/s，6N；（2）21N；（3）20次
【解析】
【详解】（1）由题意可知，小球在运动过程中不脱离轨道，即小球可以顺利通过E点而不脱轨，在临界状态下，分析小球在E点的受力情况，有
mg=
从B点到E点，对小球应用动能定理有
-μmgL-2mgR1=m-m
解得
v0==2m/s
从B点到A点，对小球应用动能定理有
分析小球在A点的受力情况，有
FN-mg=
求得
FN=6N
根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力
F′N=FN=6N
（2）如图所示
作辅助线GO2平行于AB，根据对称性与几何关系有∠GO1O2=53°且有
=R1-R2
代入数据解得
R2=0.1m
从E点到B点，对小球应用动能定理有
在最低点B有
FB-mg=
在最高点E有
FE+mg=
解得
FB-FE=2mg+m-m=18mg+
因为vE最小值为，则FB-FE最小值为21mg=21N。
根据牛顿第三定律可知，小球依次通过大圆弧最高点E和小圆弧轨道最低点B时对轨道压力之差的最小值为21N。
（3）从B点开始，到第n次经过E点，对小球应用动能定理有
解得
n=20
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