【文档说明】北京市广渠门中学2024-2025学年高三上学期9月月考物理试题 Word版含解析.docx，共(23)页，1.122 MB，由小赞的店铺上传

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北京市广渠门中学2024—2025学年度第一学期高三物理练习本试卷共4页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效一、不定项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分）1.如图所示，长为l的细线上端固定于悬点O，细线下面悬挂一质量为m的小钢球

。钢球在水平面内以O为圆心做匀速圆周运动时，细线与OO的夹角为。忽略空气阻力，重力加速度为g。则（）A.小钢球受重力、拉力和向心力B.细绳拉力大小为mgcosθC.小钢球受向心力大小为mgtanθD.小钢球运动的角速度大小为

tangl【答案】C【解析】【详解】A．小钢球受重力、拉力作用，合力提供了向心力，故A错误；B．线的拉力的竖直方向分力等于重力cosmgT=得cosmgT=故B错误；C．线的水平分力提供了向心力sintanFTmg==向故C正确；D．拉力的水平分力提供了向

心力T根据2tansinmgml=解得=cosgl故D错误。故选C。2.某人造地球卫星因受高空稀薄空气的阻力作用，绕地球运转的轨道会慢慢改变，每次测量中卫星的运动可近似看作圆周运动，某次测量卫星的轨道半径1r，后来变为2r，12rr，以Ek1、Ek

2表示卫星在这两个轨道上的动能，T1、T2表示卫星在这两个轨道上的周期则（）A.Ek2>Ek1、T2<TlB.Ek2<Ek1、T2>TlC.Ek2<Ek1、T2<TlD.Ek2>Ek1、T2>Tl【答案】A【解析】【分析】【详解】因卫星受空气阻力，则速度变小，使得引力大于向心力从

而做向心运动，则做圆周的半径变小；根据卫星所受万有引力提供向心力有22224MmvGmmrrrT==解得GMvr=234rTGM=可得线速度变大，所以动能变大k2k1EE周期变小，则21TT故选A。3.如图所示，利用向心力演示仪，探究向心力的大小与质量、角

速度和半径之间的关系，若皮带套在两个半径相等的塔轮上，且做匀速圆周运动，两侧分别放置铝球和钢球，则此时正在研究哪两个物理量之间的关系（）A.研究向心力与质量之间的关系B.研究向心力与角速度之间的关系C.研究向心力与半径之间的关系D.研究向心

力与线速度之间的关系【答案】A【解析】【详解】铝球与钢球质量不同，转动的半径相等，线速度大小相等，本实验研究向心力与质量之间的关系，不是研究向心力与角速度、半径、线速度的关系．故A正确，BCD错误．故选A．4.如图所示，用水平传送带将质量为m的煤块从

A端运送到B端。AB之间的距离为L，传送带始终保持以速率v匀速运动，煤块与传送带间的动摩擦因数为。将煤块轻轻放在传送带上后，煤块在传送带上留下一段长度为l（lL）的痕迹。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.摩擦力对煤块做的功为()mgLl+B.摩

擦力对煤块做的功为212mvC.摩擦力对传送带做功mgl−D.一对滑动摩擦力对煤块与传送带系统做功之和为mgl−【答案】BD【解析】【详解】AB．设煤块与传送带的速度相等时，所用的时间为t，且煤块相对于地

面的位移为x，则02vxt+=由于煤块在传送带上留下一段长度为l（lL）的痕迹，则有vtxl−=联立解得xl=根据动能定理可得，摩擦力对煤块做的功为2f12Wmgxmglmv===故A错误，B正确；C．摩擦力对传送带做功为f2Wm

gxmgvtmgl=−=−=−传故C错误；D．一对滑动摩擦力对煤块与传送带系统做功之和为ff(2)lWWWmglmglmg+=+−=−=总故D正确。故选BD。5.把一小球放在竖立的轻弹簧上，并把小球往下按至A的位置，如图甲所示。迅速松手后，弹簧把小球弹起，小球升至最高位

置C（图丙），途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态（图乙）。不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.小球从A运动到B的过程中，弹簧的弹性势能全都转化为小球的重力势能B.小球从A运动到C的过程中，弹簧的弹性势能全

都转化为小球的重力势能C.小球从A运动到B的过程中，动能一直增大D.小球从A运动到B的过程中，动能最大的位置为AB的中点【答案】B【解析】【详解】A．小球从A运动到B的过程中，因小球在B点具有速度，所以弹簧的弹性势能一部分转化为小球的重力势能，还有一部分转化为小球的动能，故A错误

；B．小球从A运动到C的过程中，由于小球在C点的速度为零，则弹簧的弹性势能全都转化为小球的重力势能，故B正确；C．小球从A运动到B的过程中，先向上作加速运动，后作减速运动，所以其动能不是一直增大，而是先增大后减小，故C

错误；D．小球从A运动到B的过程中，动能最大的位置为小球的重力等于弹簧的弹力时的位置，而不一定是AB的中点位置，故D错误。故选B。6.某载人飞船运行的轨道示意图如图所示。飞船先沿椭圆轨道1运行，近地点为Q，远地点为P，当飞船经过点P时点火加速，使飞船由椭圆轨道1转移到圆轨道2上运

行。关于飞船的运行过程，下列说法中正确的是（）A.飞船在圆轨道上运行时航天员处于完全失重状态B.飞船在轨道1上的运动周期可能等于飞船在轨道上2上的运动周期C.飞船在轨道1上运行经过P点的加速度等于在轨道2上运行经过P点的加速度D.飞船在轨道1上运行经过P点的速度等于在轨道

2上运行经过P点的速度【答案】AC【解析】【详解】A．飞船在圆轨道上运行时航天员只受万有引力作用，万有引力充当向心力，航天员处于完全失重状态，故A正确；B．由开普勒第三定律32RkT=可知，轨道半径越大，公转周期越大，所以飞船在轨道1的运行周期小于其在轨道2的运行周期，

故B错误；C．根据2GMmmar=解得2GMar=可知，飞船在轨道1上运行经过P点的加速度等于在轨道2上运行经过P点的加速度，故C正确；D．因为飞船由椭圆轨道1转移到圆轨道2上运行，需要飞船经过点P时点火加速，故飞船在轨道1上运行经过P点的速度

小于在轨道2上运行经过P点的速度，故D错误。故选AC。7.在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低。如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些。汽车的运动可看作是做半径为R的圆周运动。设内外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L

。已知重力加速度为g。要使车轮与路面之间的横向摩擦力（即垂直于前进方向）等于零，则汽车转弯时的车速应等于（）A.gRhLB.gRhdC.gRLhD.gRdh【答案】B【解析】【详解】由题意知，当横向摩擦力（即垂直于前进方向）等于零时2tanvmgmR=根据数学知识

可得tanhd=联立解得gRhvd=故选B。8.司机卸载货物时，为了方便，经常将一块木板搭在车厢和地面之间，使货物沿木板滑下来。把货物的运动看作由静止开始的匀加速直线运动、设kpaEEE机、、、分别表示货物下滑过程中的加速度、动能、重力势能、机械能，x和t表示货

物下滑的位移和时间，取地面为零势能面，木板粗糙程度处处相同，则下列图像中可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】AB【解析】【详解】A．设木板倾角，货物质量为m，动摩擦因数为，根据牛顿第二定律sincosmgmgma

−=可得sincosagg=−可知货物下滑过程中的加速度保持不变，故A正确；B．根据动能定理ksincos(sincos)Emgxmgxmgmgx=−=−可知kE与x成正比，故B正确；C．设车厢距地面高度为h，货物的重力势能为p(sin)sinEmghxmg

hmgx=−=−根据动力学公式212xat=整理得2p1sin2Emghmgat=−可知pEx−是开口向下的抛物线，故C错误；为D．货物下滑过程，克服摩擦力做功，机械能减小，滑到地面时，重力势能为0，但具有动能，因此机械能不为0，故D

错误。故选AB。9.两个物体A、B的质量分别为1m和2m，并排静止在水平地面上，用同向水平拉力1F、2F分别作用于物体A和B上，分别作用一段时间后撤去，两物体各自滑行一段距离后停止下来。两物体运动的速度−时间图象分别如

图中图线a、b所示。已知拉力1F、2F分别撤去后，物体做减速运动过程的速度−时间图线彼此平行（相关数据已在图中标出）。由图中信息可以得出（）A.若12FF=，则1m大于2mB.若12mm=，则力1F对物体A所做的功较多C.若1

2mm=，则力1F对物体A的冲量较大D.若12mm=，则力1F的最大瞬时功率一定是力2F的最大瞬时功率的2倍【答案】D【解析】【分析】根据撤除拉力后物体的运动情况进行分析，从而分析动摩擦因数的关系。由于水平拉力1F和2F的大小关系未知，故要求比较摩擦力对物体所做的功的多少，一定

要知道两物体位移的大小关系；根据图象可求出拉力相同的情况下未撤力前加速度的关系，从而比较质量的大小。【详解】A．撤除拉力后两物体的速度图象平行，由速度−时间图线的斜率等于加速度知加速度大小相等，有2121

m/saag===则120.1==若12FF=，对于1m则有11111Fmgma−=解得1111Fmag+=对于2m，则有22222Fmgma−=解得2222Fmag=+由图可知12aa，则12mm，选项A错误；B．若12mm=，则12ff=根据动能定理，对a有1110FW

fs−=同理对b有2220FWfs−=则1142.5m5.0m2s==2125m5.0m2s==所以12FFWW=选项B错误；C．对两个物体的运动全程列动量定理得0FIft−=即FIft=摩擦力相等，物体B运动的时间长，所以力2F对物体A的冲

量较大，选项C错误；D．由A项分析可知11111Fmgma−=22222Fmgma−=得11111Fmamg=+22222Fmamg=+解得1183Fm=2253Fm=而瞬时功率为PFv=，则1122203103PmPm==所以力1F的最大瞬时功率一定是力2F的

最大瞬时功率的2倍，选项D正确，故选D。10.我们知道，处于自然状态的水都是向重力势能更低处流动的，当水不再流动时，同一滴水在水表面的不同位置具有相同的重力势能，即水面是等势面。通常稳定状态下水面为水平面，但

将一桶水绕竖直固定中心轴以恒定的角速度ω转动，稳定时水面呈凹状，如图所示。这一现象依然可用等势面解释：以桶为参考系，桶中的水还多受到一个“力”，同时水还将具有一个与这个“力”对应的“势能”。为便于研究，在过桶竖直轴线的平面上，以水面最低处为坐标原

点、以竖直向上为y轴正方向建立xOy直角坐标系，质量为m的小水滴（可视为质点）在这个坐标系下具有的“势能”可表示为22p12xEmx=−。该“势能”与小水滴的重力势能之和为其总势能，水会向总势能更低的

地方流动，稳定时水表面上的相同质量的水将具有相同的总势能。根据以上信息可知，下列说法中正确的是（）A.与该“势能”对应的“力”的方向指向O点B.与该“势能”对应的“力”的大小随x的增加而减小C.该“势能”的表达式22p12xEmx=−是选取了y轴处“势能”为零D.稳定时桶中水面的纵

截面为圆的一部分【答案】C【解析】【详解】A．根据该“势能”的表达式22p12xEmx=−可知，距离y轴越远，势能越小，当小水滴从y轴向外运动的过程中，对应的“力”一定做正功，因此“力”的方向背离O点向外，A错误；B．该“势能”的表达式类比于弹簧弹性势能的表达式2p12

Ekx=弹簧离平衡位置越远，弹力越大，因此该“势能”对应的“力”的大小随x的增加而增大，B错误；C．该表达式中，当x取0时，势能为零，因此选取了y轴处“势能”为零，C正确；D．由于整个水面势能相等，在O点处势能为零，则一个小水滴在该水面上任何位置重力势能与该“势能”的和均为零，即22102mgy

mx−=整理可得222yxg=因此稳定时，桶中水面的纵截面为抛物线的一部分，D错误。故选C。第二部分二、实验题（本部分共3小题，共18分）。11.某同学做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验装置，如图所示。（1）为了使实

验能够顺利进行，且尽量减小误差，你认为下列说法正确的是：___________；A.两细绳必须等长B.测量时，橡皮条、细绳和弹簧测力计应贴近并平行于木板C.用弹簧测力计拉两个细绳套时，两拉力夹角越大越好（2）本实验采用的科学方法是___________

。A.理想实验法B.等效替代法C.控制变量法（3）按照正常实验操作，图乙中的F与F两力中，方向一定沿AO方向的是___________。【答案】（1）B（2）B（3）F【解析】【小问1详解】A．通过两细绳用两个弹簧秤互成角度地拉橡皮条时，并非要求两细绳等长，

故A错误；B．测量力的实验要求尽量准确，为了减小实验中因摩擦造成的误差，操作中要求弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行，故B正确；C．实验中对两弹簧之间的夹角没有具体要求，只要夹角适当，便于作图，有利于减小误差即可，并非越大越好，故C错误。故选B。小问2详解

】一把弹簧测力计拉橡皮条的作用效果与两把弹簧测力计拉橡皮条的作用效果相同，故该实验中采用的科学方法是等效替代法。故选B。【小问3详解】【F是通过平行四边形定则得到的合力的理论值，而F是通过一个弹簧测力计沿

AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，一个弹簧测力计的拉力与两个弹簧测力计的拉力效果相同，从而测量出的合力，故F一定沿AO方向。12.某同学做“探究弹力弹簧伸长关系”的实验，他先测出不挂钩码时竖直悬挂的弹簧长度，然后在弹簧下

端挂上钩码，并逐个增加钩码，同时分别测出加挂不同钩码时弹簧的伸长量。在处理测量数据时，他将所有测得的弹簧伸长量x与相应的弹簧的弹力(FF的大小等于所挂钩码受到的重力）的各组数据逐点标注在下图所示的坐标纸上。（1）请你在图中画出此弹簧弹力与弹簧伸长量的关系图线____________

_。（2）通过做出弹簧弹力与弹簧伸长量的关系图线可知，弹簧的弹力F随弹簧伸长量x变化的函数表达式是：___________（变量均用国际单位）【答案】（1）见解析（2）80Fx=【解析】【小问1详解】弹

簧弹力与弹簧伸长量的关系图线如图所示【小问2详解】通过做出弹簧弹力与弹簧伸长量的关系图线可知，弹簧弹力与弹簧伸长量成正比；图线斜率为2N/m80N/m5.0104Fkx−===则弹簧的弹力F随弹簧伸长量x变化的函数表达式为80Fx=13.实验小组的同学在“验证牛顿

第二定律“实验中，使用了如图所示的实验装置，(1)在下列测量工具中，本次实验需要用的测量仪器有______（选填测量仪器前的字母）A.游标卡尺B.刻度尺C.秒表D.天平(2)实验中，为了可以将细线对小车的拉力看成是小车所受

的合外力，某同学先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行。接下来还需要进行的一项必须且正确的操作是_______。（选填选项前的字母）A.将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节砂和砂桶的总质量的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否

做匀速运动B.将长木板的右端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推一下小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动C.将长木板的右端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推

一下小车，观察判断小车是否做匀速运动(3)某同学在做保持小车质量不变，验证小车的加速度与其合外力成正比的实验时，根据测得的数据作出如图所示的aF−图线，所得的图线既不过原点，又不是直线，原因可能是_______。（选填选项前的字母）A.木板右端所垫物体较低，使得木板的倾角偏小B.木

板右端所垫物体较高，使得木板的倾角偏大C.小车质量远大于砂和砂桶的质量D.砂和砂桶的质量不满足远小于小车质量(4)在某次利用上述已调整好的装置进行实验中，保持砂和砂桶的总质量不变，小车自身的质量为M且保持不变，改变小车中砝码的质量m，并

测出小车中不同砝码质量时所对应的加速度a，以m为横坐标，1a为纵坐标，在坐标纸上作出如图所示的1ma−关系图线，实验结果验证了牛顿第二定律。如果图中纵轴上的截距为b，则小车受到的拉力大小为___________。【答案】①.BD；②.

B；③.AD；④.Mb；【解析】【详解】(1)[1]“验证牛顿第二定律”实验需要用天平测量小车、砂、砂桶的质量，需要用刻度尺测出计数点间的距离，故选BD；(2)[2]小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，可以将长木

板的一段垫高，撤去砂和砂桶，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动，故B正确；故选B；(3)[3]由图2所示图像可知，直线没过原点，当a=0时，F＞0。也就是说当绳子上有拉力时小车没有加速度，说明小车的摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，实验前没有平衡摩擦力或平衡

摩擦力不足，平衡摩擦力时，所垫木板太低。从图像上可以看出：F从0开始增加，砝码和砝码盘的质量远小于车的质量，慢慢的砂的质量在增加，那么在后面砝码和砝码盘的质量就没有远小于车的质量呢，那么绳子的拉力与砝码和砝码盘的总重力就相差大。所以原因是砝码和砝码盘的质量没有远小于车的质量。故AD

正确，BC错误，故选AD；(4)[4]根据题意，由牛顿第二定律得F=(M+m）a则11MmaFF=+则1a﹣m图像的截距MbF=小车受到的拉力大小MFb=【点评】本题考查了实验器材、实验注意事项、实验数据处理；应用牛顿第二定律求出图像的函数表

达式是求出小车所受合力的关键，要掌握应用图像法处理实验数据的方法。三、计算题：（本题共5小题，52分。解答应画出必要的示意图，写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。）14.如图，一质量为m=10kg的物体，由14圆弧轨道上端从静止开始下滑，到达底端时的速度v=2m/s，然后沿水平面向右滑

动1m距离后停止，已知轨道半径R=0.4m，g=10m/s2则：（1）物体沿轨道下滑过程中克服摩擦力做多少功？（2）物体与水平面间的动摩擦因数μ是多少？【答案】（1）20J；（2）0.2【解析】【分析】【详解】（1）对下滑过程，根据动能定理得212fmgRWm

v−=-0代入数据求得物体克服摩擦力做的功为Wf=20J（2）物体沿水平面滑动的过程中受力情况如图所示根据动能定理有2102mgsmv−=−代入数据得20.22gsv==15.如图所示，质量为m的小物块在

粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上。已知l=1.4m，v=3.0m/s，m=0.10kg，物块与桌面间的动摩擦因数0.25=，桌面高h=0.45m。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求（1）小物块落地点距飞出点的水平距离s；（2）小物块落

地时的动能Ek；（3）小物块的初速度大小v0。【答案】（1）0.90m；（2）0.90J；（3）4.0m/s【解析】【详解】（1）物块飞出桌面后做平抛运动，在竖直方向上有212hgt=代入数据解得t=0.3s在水平方向上有svt=代入数据解得s=0.90m（2）对物块从飞出桌面到落地，由

动能定理得2k12mghEmv=−代入数据解得k0.90JE=（3）对滑块从开始运动到飞出桌面，根据动能定理有2201122mglmvmv−=−代入数据解得04.0m/s=v16.我国高速铁路使用的

和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车．某列动车组由8节车厢组成，其中车头第1节、车中第5节为动车，其余为拖车，假设每节动车和拖车的质量均为m=2×104kg，每节动车提供的最大功率P=60

0kW．（1）假设行驶过程中每节车厢所受阻力f大小均为车厢重力的0.01倍，若该动车组从静止以加速度a=0.5m/s2加速行驶．a．求此过程中，第5节和第6节车厢间作用力大小；b．以此加速度行驶时所能持续的时间．（2）若行驶

过程中动车组所受阻力与速度成正比，两节动车带6节拖车的动车组所能达到的最大速度为v1．为提高动车组速度，现将动车组改为4节动车带4节拖车，则动车组所能达到的最大速度为v2，求v1与v2的比值．【答案】（1）aF=36×104Nb.25s（2）

1212vv=【解析】【详解】（1）a．以第6、7、8三节车厢为整体分析，总质量为3m，所受拉力为F，据牛顿第二定律有33Ffma−=f=0.01mg代入数据解得F=3.6×104Nb.设每个动车提供最大功率为p，提供的牵引力为F，动车匀加速行驶能达到的最大速度为

vm，对整个动车组进行分析，据牛顿第二定律，有2F-8f=8ma2P=2Fvmm2p8f8maV−=代入数据解得vm=12.5m/s持续时间25smVta==（2）动车组以最大速度行驶时有F牵=f阻=kv，依据公

式pFv牵=112pkvv=.224pkvv=两式相比得1212vv=17.小行星撞击地球虽然发生概率较低，却会使地球生命面临重大威胁。我国已经提出了近地小行星防御发展蓝图，计划在2030年实现一次对小行星的动能撞击，2030至2035

年间实现推离偏转。已知地球质量为M，可视为质量分布均匀的球体，引力常量为G。若一颗质量为m的小行星距离地心为r时，速度的大小2GMvr=，m远小于M。不考虑地球运动及其它天体的影响。（1）若小行星速度方向垂直于它与地心的连线，通过分析判断该小行星能否围绕地球做圆周运动。（2）若小行星的速

度方向沿着它与地心的连线指向地心。已知取无穷远处的引力势能为零，则小行星在距地心为r处的引力势能pMmEGr=−。a．设想提前发射质量为0.1m的无人飞行器，在距离地心为r处与小行星发生迎面撞击，小行星撞后未解体。将撞击过程简化为完全非

弹性的对心碰撞。为彻底解除小行星对地球的威胁，使其不与地球碰撞。求飞行器撞击小行星时的最小速度0v。b．设想对小行星施加适当的“推力”后，使其在距离地心为r处的速度方向与它和地心连线的夹角变为30，速度大小不变，也能解除对地球的威胁。已知小行星仅在地球引力所用下的运

动过程，它与地心的连线在任意相等时间内扫过相等的面积。求小行星在此后的运动过程中，距地心的最近距离0r。【答案】（1）不能；（2）a．0221GMvr=；b．014rr=【解析】【详解】（1）若小行星在该位置做匀速圆周运动，设速度大小为1v，由万有引力提供向心力，可得212vMmGmrr

=解得1GMvr=的的由于1vv可知，小行星不能围绕地球做圆周运动。（2）a．设碰撞后小行星的速度大小为2v，为彻底解除小行星的威胁，应使小行星被撞后能运动至无穷远处。根据能量守恒定律有()()220.110.

102mmMGmmvr+−++=解得22GMvr=以飞行器速度方向为正方向，飞行器撞击小行星的过程根据动量守恒定律有()020.10.1mvmvmmv−=+解得0221GMvr=b．设小行星离地心最近时，速度的大小为3v，小行星与地心的连线在相等时间扫过相等面积有30sinvrvr=根

据能量守恒定律有22301122MmMmGmvGmvrr−+=−+解得014rr=18.追寻守恒量是物理学的重要研究内容，在高中阶段我们探索守恒量时，除了实验手段，也常借助已有理论来进行分析。已知重力加速度为g。（1）如图1所示，A和B两位置分别距离地面高度为h

A和hB，质量为m的物体（可视为质点）在A和B两位置的速度大小分别为vA和vB。a．以地面为参考平面，分别写出物体在A和B两位置的机械能EA和EB；b．利用动能定理和重力做功的特点，证明沿光滑曲面下滑的物块在A位置的机械能与在B

位置的机械能相等。（2）供暖系统、自来水系统都是通过管道运送液体的。管内液体稳定流动时具有这样的特点：①管内各处液体体积无法压缩且密度均相同；②管内各处液体流速不随时间改变。如图2所示，选取横截面C和横截面D之间的液体为研究对象，当C处

液体流动很小一段距离，到达C´时，D处液体正好流动到D´处。已知液体密度为ρ，C处的压强为p1、流速为u1、高度为h1，D处的压强为p2、流速为u2、高度为h2，C处管道半径为R，C与C´间距离为d，且R、d均

远远小于h2。不计管道对液体的阻力，不考虑液体的黏滞性。在C、D间的液体流动至Cʹ、Dʹ的过程中a．求横截面C左侧液体对研究对象所做的功W1；b．求重力对研究对象所做的功WG；c．研究表明，可运用动能定理对C、D

间的液体进行分析。请依据动能定理探索压强p、流速u、高度h是否也存在着某种守恒的关系。若存在，请写出关系式；若不存在，请说明理由。【答案】（1）a.2AAA12Emmgh=+v，2BBB12Emmgh=+v；b.见解

析；（2）a.211WpRd=；b.()212GWRdghh=−；c.见解析【解析】【详解】（1）a．以地面为参考平面，物体在A位置的机械能2AAA12Emmgh=+v物体在B位置的机械能2BBB12Emmgh=+vb．物体从A位置运动到B位置，重力做功GABWmghmgh=−根据

动能定理，合外力做功221122BAWmvmv=−合从A位置运动到B位置，由于曲面光滑，仅有重力做功即GWW=合因此22AB1122BAmghmghmvmv−=−可得22AABB1122mmghmmgh+=+vv即物体在A位置的机械

能与在B位置的机械能相等。（2）a．横截面C左侧液体对研究对象所做的功211WFspRd==b．C、D间液体流动至C´、D´间，可等效为C´、D间液体位置不变，C、C´间液体流动至D、D´间。C、C´间液体质量2mRd=重力对研究对象所做的功()212GWm

ghRdghh==−c．在相同的时间内，流过C处截面水的体积与流过D处截面水的体积∆V相同。由C、C´间液体体积2VRd=可知11WpV=设D处管道面积为S2，D、D´间距离为x，则D、D´间液体体积22SxRd=横截面D右侧液体对研究对象所做的功222222WpSxpRdpV=−

=−=−由动能定理，合外力做功22211122Wmm=−uu即2212122111()22VghhpVpVVV−+−=−uu整理得221212211122ghghppuu−+−=−所

以压强p、流速u、高度h是满足守恒的关系221112221122pghupghu++=++即212pghu++为守恒量。