【文档说明】湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2021-2022学年高一下学期5月物理试题（详解版）【武汉专题】.docx，共(29)页，1.482 MB，由envi的店铺上传

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1华中师大一附中2021-2022学年度第二学期5月月考高一年级物理试题本试卷分四个大题，满分100分，考试用时90分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、考试科目填写在规定的位置上。2.第Ⅰ

卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。3.第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不得使用涂改液

，胶带纸、修正带和其他笔。一、单项选择题（共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题意）1.高空“蹦极”是勇敢者的游戏。蹦极运动员将弹性长绳（质量忽略不计）的一端系在双脚上，另一端固定在高处的跳台上，运动员无初速地从跳

台上落下。若不计空气阻力，则（）A.弹性绳刚伸直时，运动员开始减速B.整个下落过程中，运动员的机械能一直在减小C.从弹性绳伸直到最低点的过程，重力对运动员所做的功等于运动员克服弹性绳弹力所做的功D.从弹性绳伸直到最低点的过程中，运动员的重力势能与弹性绳的弹性势能

之和先减小后增大【答案】D【解析】【详解】A．弹性绳刚伸直时，弹性绳的弹力为零，运动员只受重力，运动员继续向下加速，A错误；B．整个下落过程中，在弹性绳伸直前的过程，运动员只受重力作用，运动员的机械能守恒，弹性绳伸直后

，弹性绳的弹力对运动员做负功，运动员的机械能减小，B错误；C．从弹性绳伸直到最低点的过程，由于运动员的动能最终减为零，可知重力对运动员所做的功小于运动员克服弹性绳弹力所做的功，C错误；D．从弹性绳伸直到最低点的过程中，弹性绳的弹力逐渐增大，一开始弹性绳的弹力小于运动员的重力，2运动

员向下加速，当弹性绳的弹力等于运动员的重力时，运动员的速度达到最大，之后弹性绳的弹力大于运动员的重力，运动员向下减速，此过程，运动员的动能先增大后减小，根据系统机械能守恒可知，运动员的重力势能与弹性绳的弹性势能之和先减小后增大，D正确

；故选D。2.两颗质量相同的人造卫星绕地球逆时针运动。如图所示，卫星1轨道为圆、卫星2轨道为椭圆，A、B两点为椭圆轨道长轴两端，C点为两轨道交点。已知圆的半径与椭圆的半长轴相等，下列说法正确的是（）A.卫星2的周期小于卫星1的周期B.卫星1在C点的动能小于卫星2在A点的动能C.

从A点到B点和从B点到A点的过程地球对卫星2做的功相同D.相等时间内，卫星1与地心连线扫过的面积等于卫星2与地心连线扫过的面积【答案】B【解析】【详解】A．根据开普勒第三定律有32akT=由题知圆的半径与椭

圆的半长轴相等，则卫星2的周期等于卫星1的周期，A错误；B．以地球球心为圆心，并过A点画出圆轨道3，如图所示由图可知卫星从轨道3到卫星2的椭圆轨道要在A点点火加速，做离心运动，则卫星在轨道3的速度小于卫星2在椭圆轨道A

点的速度，又由图可知，轨道1和轨道3都是圆轨道，则有322MmvGmrr=可得GMvr=可知轨道1上卫星的速度小于轨道3上卫星的速度，综合可知卫星在轨道1上经过C点的速度小于卫星2在A点的速度，由于卫星1、2质量相等，则卫星1在C点

的动能小于卫星2在A点的动能，B正确；C．根据开普勒第二定律可知，卫星2在A点的速度大于在B点的速度，根据动能定理可知卫星2从A点到B点的过程中地球对卫星2的万有引力做负功，从B点到A点的过程中地球对卫星2的万有引力做正功

，C错误；D．由开普勒第二定律可知，每颗卫星与地心的连线在相等时间内扫过的面积相等，但卫星1与卫星2不在同一轨道，则等时间内，卫星1与地心连线扫过的面积不一定等于卫星2与地心连线扫过的面积，D错误。故选B。3.第24届冬季奥

林匹克运动会于2022年2月4日在中国北京和张家口同时举行，跳台滑雪是冬奥会中最具观赏性的项目之一。如图所示，一滑雪坡由圆弧面AC、竖直台阶CD和倾角为的斜坡DE相连接而组成，且圆弧面AC的末端C处水平。第一次运动员从A点由静止滑下通

过C点后飞落到DE上，第二次从A点稍下的A点（图中未标出）由静止滑下通过C点后也飞落到DE上，运动员两次与斜坡DE接触时速度与水平方向的夹角分别为1和2，不计空气阻力和轨道的摩擦力，则（）A.12B.12C.12=D.无法确定两角的大

小关系【答案】B【解析】4【详解】根据动能定理21=2mghmvA下落时高度较大，所以从A下落到达C点速度比较大那么从A和A'下落时在DE上的落点如图所示，设平抛运动的位移与水平方向的夹角为20012tan2gthgtxvtv===速度和水平方向的夹角关系

00tanyvgtvv==可得tan2tan=由图可以看出从A'下落时从C点飞出后tan值较大，故从A'下落时落到DE后tan较大，即12tantan故选B。4.地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖

井运送至地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的物体质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程，

（）的5A.电机的最大牵引力之比为2：1B.矿车上升所用的时间之比为4：5C.电机输出的最大功率之比为1：1D.电机所做的功之比为4：5【答案】B【解析】【详解】A．加速过程中的牵引力最大，且已知两次加速时的加速度大小相等，故两次加速过程中最大牵引

力相等，即电机的最大牵引力之比为1：1，故A错误；B．设第2次比第1次多用时间为t，根据位移相同可得两图线与时间轴围成的面积相等00000[]11122()222vtvtttt=+++解得012tt=则矿车上升所用时间之比为00012:(2)4:52tt

t+=故B正确；C．由题知两次提升的过程中矿车的最大速度之比为2：1，由功率PFv=得最大功率之比为2：1，故C错误；D．两次提升过程中矿车的初、末速度都为零，则电机所做的功等于克服重力做的功，重力做的功相等，故电机所做的功

之比为1：1，故D错误。故选B。5.如图，两个质量均为m的小球a、b通过轻质铰链用轻杆连接，a套在固定的竖直杆上，b放在水平地面上。一轻质弹簧水平放置，左端固定在杆上，右端与b相连。当弹簧处于原长状态时，将a由静

止释放，已知a下降高度为h时的速度大小为v，此时杆与水平面夹角为。弹簧始终在弹性限度内，不计一切摩擦，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）的6A.释放a的瞬间，a的加速度大小为gB.释放a的瞬间，地面对b的支持力大小为2mgC.a的速度大小为v时，b的速度大小为tanvD.a的速度

大小为v时，弹簧的弹性势能为212mghmv−【答案】C【解析】【详解】A．释放a的瞬间，a开始向下做加速运动，对a进行受力分析，竖直方向上受重力和轻杆沿竖直方向的分力，即此时a的加速度不为g，A错误；B．把a、b作为整

体，竖直方向有N2mgFma−=则有N2Fmgma=−即释放a的瞬间，地面对b的支持力小于2mg，B错误；C．当a的速度大小为v时，a沿轻杆方向的分速度为sinv，沿着轻杆方向速度不变，则此时b的速度大小为sintancosvv=C正确；D．

整个系统机械能守恒，则有22P11(tan)22mghmvmvE=++则有此时弹簧的弹性势能22P11(tan)22Emghmvmv=−−D错误。故选C。6.如图所示，竖直固定的光滑圆轨道内有一质量

为m的小球在做完整的圆周运动。已知轨道半径为R，a为最高点，b为最低点，c和d为与圆心O等高的点，e和f为圆心O的对称点，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）7A.小球在a点的速度必须大于2gRB.小球在c点和d点时与轨道之间没有压力C.小球在e点的合力和在f点的合力等大反向D.小球在b点时

对轨道的压力一定比在a点时大6mg【答案】D【解析】【详解】A．小球若恰能经过a点，则2minavmgmR=解得minavgR=即在a点的速度必须大于gR，故A错误；B．小球在c点和d点时轨道对小球的支持力提

供向心力，即与轨道之间都有压力，故B错误；C．小球在e点和f点受力情况如图可知小球在e点的合力和在f点的合力大小不等，方向不是相反的，故C错误；D．设小球在a点的速度为va，则2aavNmgmR+=从a

点到b点机械能守恒，则2211222bamvmgRmv=+8小球在b点时2bbvNmgmR−=解得6baNNmg−=即小球在b点时对轨道的压力一定比在a点时大6mg，故D正确。故选D。7.如图所示，轻质弹簧上端固定，下端系一物体。物体在A处时，弹簧处

于原长状态。现用手托住物体使它从A处缓慢下降，到达B处时，手和物体自然分开。此过程中，物体克服手的支持力所做的功为W，不计空气阻力，弹簧始终处于弹性限度内。关于此过程，下列说法正确的是（）A.物体重力势能减少量可能小于WB.弹簧

弹性势能增加量一定小于WC.弹簧弹性势能增加量一定大于物体重力势能减少量D.若将物体从A处由静止释放，则物体到达B处的动能一定等于W【答案】D【解析】【详解】A．物体使它从A处缓慢下降，到达B处时，这一过程中，

由动能定理可得G00WWW−+=−弹W弹是负值，因此GpΔWEW=−9物体重力势能减少量大于W，A错误；B．这一过程中，支持力与弹簧弹力的合力始终等于重力，且弹簧的拉力与位移成正比增加，则支持力与位移成线性关系减小，如图图线与x轴围城图形面积等

于做功的大小，则弹簧弹性势能增加量等于克服手的支持力所做的功即W，B错误；C．根据功能关系ppΔΔEEW−=+弹物体重力势能减少量大于弹簧弹性势能增加量，C错误；D．若将物体从A处由静止释放，有动能定理可得BGkW

WE+=弹又有G00WWW−+=−弹求得BkWE=D正确。故选D。8.如图所示，足够长的水平传送带以速度v沿逆时针方向传动，传送带的左端与光滑圆弧轨道底部平滑连接，而弧轨道上的A点与圆心等高，一小物块从A点由静止滑下，再滑上传送带，经过一段时间又返回圆弧轨道，返回

圆弧轨道时小物块恰好能到达A点，则下列说法正确的是（）10A.圆弧轨道的半径一定是22vgB.若减小传送带速度，则小物块仍一定能返回A点C.若增大传送带速度，则小物块有可能经过圆弧轨道的最高点D.不论传送带速度增大到多大，小物块都不可能到达圆弧轨道的最高点【答案】D【解析】【详解】A．

小物块在圆弧轨道上下滑的过程中机械能守恒，设圆弧轨道的半径为R，根据机械能守恒定律得2012mgRmv=所以小物块滑上传送带的初速度02vgR=。小物块滑上传送带后，由于摩擦力的作用开始减速，速度减小为零之后

，又在传送带的摩擦力作用下反向加速，根据小物块的受力情况可知，在减速和加速的过程中小物块的加速度的大小是相等的，若小物块恰好回到A点，小物块返回圆弧轨道底端时的速度大小等于从圆弧轨道下滑到传送带时的初速度大小，只要传送带的速度2vgR，小物块就能返回到A点，则22vRg

故A错误；B．若减小传送带速度，仍有2vgR，小物块就能返回到A点；若2vgR，则小物块返回到圆弧轨道底端时的速度小于0v，则小物块到达不了A点，故B错误；CD．若增大传送带的速度，由于小物块返回到圆弧轨道底端的速度不变，故小物块只能滑到A点，不能滑到圆弧轨道的最高点，

故C错误，D正确。故选D。二、多项选择题（每题有两个或者两个以上正确答案，每题5分，少选得3分，共30分）9.如图，工人用传送带运送货物，传送带倾角为30°，顺时针匀速转动，把货物从底端A点运送到顶端B点，其速度随时间变化关系如图所示。已知货物质量为10kg，重力加速度取21

0m/s。则（）11A.传送带匀速转动的速度大小为1m/sB.货物与传送带间的动摩擦因数为32C.AB、两点的距离为16mD.运送货物的整个过程中摩擦力对货物做功15J【答案】AB【解析】【详解】A．由图像可知，货物先向上匀加速，再

向上匀速，所以传送带匀速转动的速度大小为1m/s，选项A正确；B．开始时货物的加速度221m/s2.5m/s0.4vat===由牛顿第二定律可知cos30sin30mgmgma−=解得货物与传送带间的动摩擦因数为3=2选项B正确；C．由图像可知，AB两点的距

离为1(1615.6)1m15.8m2s=+=选项C错误；D．由动能定理可知21sin302fWmgsmv−=解得运送货物的整个过程中摩擦力对货物做功12795JfW=选项D错误。故选AB。10.如图，表面粗糙的水平传送带顺时

针匀速运行，轻弹簧的一端固定在墙壁上，另一端栓接一个小物块。现将小物块无初速度地放到传送带上，此时弹簧水平且处于原长状态。设小物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，在小物块向右运动的过程中，下列关于小物块加速度a、

速度v、弹簧的弹性势能PE、弹簧与小物块的总机械能E随小物块运动距离x变化的图像，可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】ABD【解析】【详解】A．若物块并不是一直加速，以右为正方向，根据牛顿第二定律fkxma−=可得fkaxmm=−故A正确；B．若物块

并不是一直加速，由上分析可知，物块向右运动过程中，加速度先向右减小，后反向增大，则速度随位移先增大得越来越慢，后减小得越来越快，故B正确；C．弹簧的弹性势能132p12Ekx=pEx−图像应该是曲线，故C错误；D．弹簧与小物块的总机械能变化量等于摩擦力做功，当物块位于零势能

面时，则有Efx=故D正确。故选ABD。11.如图所示，一光滑杆一端固定于水平面上，杆与水平面夹角为θ，杆上穿着一个质量为m的小球，小球上连一轻弹簧，弹簧另一端固定于A点，初始时小球从B点静止释放，小

球沿杆向下运动，经过C点，此时弹簧为原长，最后到达D点时速度为零（D点图中未标出）。已知AC与杆垂直，杆足够长，小球在沿杆向下运动过程中始终未触到地面，则在小球从B点到D点运动过程中下列说法正确的是（）A.小球的机械能守恒B.小球的机械能先增加后减少C.到达C点时小

球的动能最大D.CD间的距离大于BC间的距离【答案】BD【解析】【详解】A．依题意，对小球受力分析可知，小球在重力，弹簧弹力，杆的弹力的共同作用下，先做加速运动，后做减速运动，到达D点时，小球的动能不变

，重力势能减小，所以小球的机械能不守恒，故A错误；B．由于AC与杆垂直且杆足够长，在运动过程中，杆对小球的弹力一直与小球运动方向垂直，不做功；在C点时，弹簧处于原长，则在BC段，弹簧处于拉伸状态，方向与小球运动方向夹角小于90，对小球做正功，小球机械能增加；在CD段，弹

簧也处于拉伸状态，方向与小球运动方向夹角大于90，对小球做负功，小球机械能减小，所以小球的机械能先增加后减少，故B正确；14C．小球从B点到D点运动过程中，先做加速运动，后做减速运动，当加速度为零时，速度最大，而到达C点时，弹簧处于原长，小球的合力为sinmg，加速度不为

零，故速度不是最大，所以动能不是最大，故C错误；D．小球从B点到D点运动过程中，根据能量守恒定律可知，小球机械能的减小量等于弹簧弹性势能的增加量，即弹簧在D点时的弹性势能一定大于B点时的弹性势能，由于在C点时弹簧为原长，且BC段，CD段弹簧均处于拉伸状态，所以可知CD段弹簧

的伸长量大于BC段的伸长量，由几何关系可知CD间的距离大于BC间的距离，故D正确。故选BD。12.力F对物体所做的功可由公式cos=WFSα求得。但用这个公式求功是有条件的，即力F必须是恒力。而实际问题中，有很多情况是变力在对物体做功。那么，用这个公式不能直接求变力的

功，我们就需要通过其他的一些方法来求解力F所做的功。如图，对于甲、乙、丙、丁四种情况下求解某个力所做的功，下列说法正确的是（）A.甲图中若F大小不变，物块从A到C过程中力F做的为()=−WFOAOCB.乙图中，全过程中F做的总功为72JC.丙图中，绳长为R，若空气

阻力f大小不变，小球从A运动到B过程中空气阻力做的功12=WπRfD.图丁中，F始终保持水平，无论是F缓慢将小球从P拉到Q，还是F为恒力将小球从P拉到Q，F做的功都是sinWFlθ=【答案】AB【解析】【详解】A．因沿着同一根绳做功的功率相等，则力对绳做的功等于

绳对物体做的功，则物块从A到C过程中力F做的为()=−WFOAOC故A正确；B．乙图Fx−的面积代表功，则全过程中F做的总功为15()156J3672JW=+−=故B正确；C．丙图中，绳长为R，若空气阻力f

大小不变，可用微元法得小球从A运动到B过程中空气阻力做的功为1422πRWfπRf=−=−故C错误；D．图丁中，F始终保持水平，当F为恒力时将小球从P拉到Q，F做的功是sinWFlθ=而F缓慢将小球从P拉到Q

，F为水平方向的变力，F做的功不能用力乘以位移计算，故D错误。故选AB。13.如图所示，弹性轻绳一端固定于P点，绕过光滑定滑轮O后另一端连接质量为m的小球，小球穿在竖直固定的杆上。PO的距离等于绳的自然长度，OA水平。小球从A点由静止释放，

滑到B点时速度恰好为零。已知A、B两点间距离为L，C为AB的中点，小球在A点时弹性绳的拉力为mg，小球与杆之间的动摩擦因数为，弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是（）A.小球在C点时速度最大B.在AC段运动的摩擦生热等于在CB段运动的摩擦生热C.在AC段运动的摩擦生热小于在CB段运动的摩擦

生热D.若在B点给小球大小为2gL的向上速度，小球恰好能回到A点【答案】AB【解析】【详解】BC．在A点时，设弹簧的伸长量为1L，从A向B运动的过程中，设某时刻小球向下运动位移为x时，绳与竖直方向夹角为θ，弹性绳在垂直杆方向的弹力1sinFklkLmg===垂沿着杆方向的弹力16cos

Fklkx==沿BC．在运动过程中，杆的弹力NFFmg==垂可知小球下降的过程中，摩擦力恒定不变，因此在AC段运动的摩擦生热等于在CB段运动的摩擦生热，B正确，C错误；A．在A到B的过程中，根据能量守恒可知2221111()22mgLmgLkLLkL=++

−可得2()kLmgmg=−当运动到C点时，弹簧沿着杆的方向向上的弹力2LFkmgmg==−竖物体所受合力恰好为零，加速度为零，速度达到最大，A正确；D．若在B点给小球一定的初速度v0，小球恰好能回到A点，根据能量守恒222201111

1()222mvkLLmgLmgLkL++=++解得初速度大小02vgL=D错误。故选AB。14.如图所示，农民在精选谷种时，常用一种叫“风车”的农具进行分选。其过程是：在大小相同的风力作用下，谷种和瘪谷（空壳）谷粒都从洞口水平飞出，结果谷种和瘪谷落地点不同，这样它们就

会自然分开。不考虑空气阻力且谷种和瘪谷只在洞中受到风力，对这一物理过程，下列分析正确的是（）A.谷种质量大，惯性大，飞得远些17B.谷种飞出洞口时的速度比瘪谷飞出洞口时的速度小些C.N处是瘪谷，M处为谷种D.谷种和瘪谷在竖直方向都匀速下落【答案】BC【解析】【详解】B．在大

小相同的风力作用下，风力做的功相同，根据动能定理可知，由于谷种的质量大，所以其飞出洞口时的速度小，B正确；ACD．谷种和瘪谷离开风车时做平抛运动，则谷种和瘪谷在竖直方向做自由落体运动，运动的时间相同，又

由于谷种飞出时的速度较小，所以谷种的水平位移较小，N处是瘪谷，M处是谷种，AD错误，C正确。故选BC。15.在某游乐场有如图所示的弹射游戏，在竖直固定的支架MPN上固定有带孔的半圆弧容器ABC以及可上下自由调动的水平弹

射器，游戏时，手动调整弹射器高度，再压缩弹簧将弹性小球弹出，弹射出口在A点的正上方，小球只有在小孔中心O处沿图示速度方向（速度方向的反向沿长线过圆O′）射入小孔时，才能通过小孔成功过关。若小球可当作质点看，并且忽略摩擦及空气阻力，已知弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为()2p12Ekx=

，则下列说法正确的是（）A.小球弹射出去的初速度大小与弹簧的压缩量成正比B.将弹射器出口调整到A点，无论以多大的速度将小球弹射出去都无法顺利过关C.弹射器在P点上方的不同位置，只要小球射出速度大小合适，都能顺利过关D.若将弹射器出口调整在A点上方某一位

置时游戏可顺利过关，再将弹射器出口水平向左调整一段距离，要想顺利过关，应将弹射器高度降低【答案】AB【解析】18【详解】A．由能量守恒()2201122mvkx=得0kvxm=故A正确；B．从A点飞出的小球到达O点，速度的反向延长线指向水平位移的中点，不可

能指向圆心O′，速度方向不可能垂直O点的切线方向，无法过关，故B正确；C．由图可得0tangtv=水平位移x恒定0xvt=可得0tangxv=，tanxtg=下落高度21tan22xhgt==则弹射器只能在距离O点竖直高度ta

n2xh=处，以固定的速度0tangxv=弹出，才能顺利过关，故C错误；D．根据1921tan22xhgt==打进小孔时，速度与水平方向夹角恒定，x增大，则h增大才行，D错误。故选AB。三、实验题（满分14分。请书写工整，保持卷面整洁，规范答题）16.某实验小组利用如图甲所示的实

验装置验证机械能守恒定律。（1）下列说法中有利于减小实验误差的有___________；A．必须精确测量出重物的质量B．重物选用密度较大的铁锤C．调节打点计时器两限位孔在同一竖直线上D．先松开纸带，后接通电源（2）甲同学利用上述装置按正确操作得到了一条如图乙所示的纸带

（部分纸带未画出）。纸带上的各点均为连续的计时点，其中O点为打出的第一个点，打点周期为T，重力加速度为g。从纸带上直接测出计时点间的距离，利用下列测量值能验证机械能守恒定律的有___________；A．OE和DF的长度B．OA和AF的长度C．OD和DG的长度D．AC、BF和EG的长度（

3）乙同学取打下G点时重物的重力势能为零，利用测量数据计算出该重物下落不同高度h时所对应的动能kE和重力势能pE，并以h为横轴、kE和pE为纵轴，分别绘出了如图丙所示的图线I和图线II，发现两图线的斜率绝对值近似相等，说明_

__________。20（4）在验证机械能守恒定律的实验中，使质量m=250g的重物拖着纸带自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点。选取一条符合实验要求的纸带如图所示，O为纸带下落的起始点，A、B、C为纸带上选取的三个连续点，已知打点计时器每隔T=0.02s打一

个点，当地的重力加速度为g=9.8m/s2，那么：①计算B点瞬时速度时，甲同学用2BOBvgx=，乙同学用()BvgnT=，丙同学用2ACBxvT=。其中所选择方法正确的是___________（选填“甲”、“乙”或“丙”）同学（xOB与ACx分别表示纸带上O、B和A、C之间的

距离，n为从O到B之间的打点时间间隔数）。②纸带下落加速度为___________m/s2，下落过程中受到的阻力f=___________N。【答案】①.BC②.AD③.在实验误差允许范围内，重物下落过程机械能守恒④

.丙⑤.9.50##9.5⑥.0.075【解析】【详解】（1）[1]A．由212mghmv=可知，重物质量的大小并不影响测量结果，A错误；B．使用质量大，体积小的重锤可以减小阻力的影响，B正确；C．需

要调整打点计时器的限位孔，使它在同一直线上，减小摩擦阻力，C正确；D．打点计时器要先接通电源，再释放重物，使纸带利用率更高，D错误。故选BC；（2）[2]要能完成验证机械能守恒定律，需要能计算出这个过程减少的重力势能和增加的动能，即能知道的2

1这个过程下落的高度和计算出初末位置的速度大小。A．利用OE和DF的长度，能得出O到E减少的重力势能和打E时重锤的动能，A能验证；B．利用OA和AF的长度，能得到O到A或O到F过程重锤减少的重力势能，但无法利用较短时间平均速度表示瞬时速度这个推论得到A或F点的瞬时速度，所以B不能验证；C

．由B中分析知，利用OD和DG的长度无法验证；D．利用AC、BF和EG的长度，由BF的长度可以得到B到F重锤减少的重力势能，由AC、EG的长度可以得到打B点和打F点的瞬时速度，得到重锤动能的增量，故可以验证。故选AD；（3）[3]两图线的斜率绝对值近似相等，说明重物在空中运

动过程中动能kE与重力势能pE之和不变，即在实验误差允许范围内，重物下落过程机械能守恒；（4）①[4]甲和乙都用了加速度为g的匀加速直线运动公式，这与实验目标相违背，故选丙。②[5]由匀变速直线运动推论得纸带下落的加速度为222

2(550.9488.0)mm(488.0428.9)mm9.50m/s0.02sBCABxxaT−−−−===[6]由牛顿第二定律mgfma−=代入数据可得f=0.075N17.某研究性学习小组设计测量弹簧弹性势能pE的实验装置如图甲所示。实验器材有：上端带有挡板的斜面体、轻质弹簧。带有遮光片的

滑块（总质量为m）、光电门、数字计时器、游标卡尺、毫米刻度尺。实验步骤如下：①用游标卡尺测得遮光片的宽度为d；②弹簧上端固定在挡板P上，下端与滑块不拴接，当弹簧为原长时，遮光片中心线通过斜面上的M点；③光电门固定在斜面上的N点，并与数字计时器相连；22④压缩弹簧，然后用销钉

把滑块锁定，此时遮光片中心线通过斜面上的O点；⑤用刻度尺分别测量出O、M两点间的距离x和M、N两点间的距离l；⑥拔去锁定滑块的销钉，记录滑块经过光电门时数字计时器显示的时间t；⑦保持x不变，移动光电门位置，多次重复步骤④⑤⑥。根据实验数据做出的()21lt−图像为

图乙所示的一条倾斜直线，求得图像的斜率为k、纵轴截距为b。（1）下列做法中，有利于减小实验误差的有______A.选择宽度较小的遮光片B.选择质量很大的滑块C.减小斜面倾角D.增大光电门和M点距离（2）滑块在MN段运动的加速度=a______，滑

块在M点的动能kE=______，弹簧的弹性势能pE=______。（用“m、d、x、k、b”表示）【答案】①.AD②.22kd③.212mbd④.221122mbdmkxd−【解析】【详解】(1)[1]A．选择宽度较小的遮光片，遮光片在挡光时间内的平均速度更接近遮

光片通过光电门时的瞬时速度，能减小误差，故A正确；B．选择质量很大的滑块，滑块运动的距离减小，从而增大测量偶然误差，故B错误；C．减小斜面倾角，增大摩擦力，滑块运动的距离减小，从而增大测量偶然误差，故C错误；D．增大光电门和M点距离，能减

小长度测量的偶然误差，故D正确。故选AD。(2)[2]滑块从M到N做匀加速直线运动，设加速度为a，由于宽度较小，时间很短，所以瞬时速度接近平均速度，因此有N点的速度为Ndvt=根据运动学公式则有23222NMvval−=化简得222212

Mvaltdd=+由图象得22akd=，22Mvbd=解得22kda=，Mvdb=[3]滑块在M点的动能22k1122MEmvmbd==[4]从O点到M点由动能定理21+2GfMWWWmv−=弹又pEW=弹，212G

fWWmaxmkxd−==所以弹簧的弹性势能22p1122Embdmkxd=−四、解答题（本题共包括4个小题，满分32分。请书写工整，规范答题）18.为了研究过山车的原理，某同学提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为60=，长为13mL=的倾斜轨道AB，通过微小圆弧与长为23m4L=的水

平轨道BC相连，然后在C处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道CD，如图所示。在距A点高为0.6mh=的水平台面上有一处于压缩状态的弹簧被锁定，弹簧右端紧挨一个质量为1kg的小球，解除锁定，弹簧可

将小球弹射出去，此时弹簧已恢复原长。小球到A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下。已知小球与AB和BC间的动摩擦因数均为33=，取210m/sg=。求：（1）弹簧处于锁定状态时的弹性势能；24

（2）小球滑过C点时的速率cv；（3）要使小球不离开轨道，则竖直圆弧轨道半径R应该满足什么条件。（不考虑圆轨道与倾斜轨道相切）【答案】（1）2J；（2）33m/s；（3）00.54mR或者1.35mR【解析】【详解】（1）小球离开弹簧后做平抛运动到达

A点，如图竖直方向：由22yvgh=可知223msyvgh==在A点的速度Av恰好沿AB方向，由几何关系可知A4mssinyvv==水平方向分速度即小球的初速度02m/stanyvv==的25弹簧的弹性势能2P012J2Emv==

（2）从A经B到C点的过程，由动能定理得22112CA11sincos22mgLmgLmgLmvmv−−=−解得小球滑过C点时的速率C33m/sv=（3）①若小球能通过圆形轨道的最高点，做完整的圆周运动，则其不脱离轨道．小球刚能通

过最高点时，小球在最高点与轨道没有相互作用，重力提供向心力，根据牛顿第二定律21vmgmR=小球由C运动到圆形轨道的最高点，机械能守恒22C111222mvmvmgR=+得2C10.54m5vRg==

即轨道半径不能超过0.54m②若小球没有到达圆形轨道的与圆心等高处速度就减小到零，此后又沿轨道滑下，则其也不脱离轨道。此过程机械能守恒，小球由C到达刚与圆心等高处，有2C212mvmgR=得2C21.35m2vRg==即轨道半径不能小于1.35m。综上所述，要使小球不离开

轨道，R应该满足的条件是00.54mR或者1.35mR19.如图所示，AB为倾角θ=37°的光滑斜面轨道，BP为圆心角等于143°、半径R=1m的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于B点，P与圆心O两点在同一竖直线上。轻弹簧一端固定在A点，另一自由端在斜面上C点

处，现有一质量m=2kg的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D点后（不拴接）释放，物块经过B点后恰能沿竖直圆轨道到达P点，已知斜面部分的长度sDC=0.2m，sCB=1m，sin37°=0.6，cos37°=0.8，。26g=10m/s2）。试求：（1）物块在P点的速度大小

。（2）物块在B点的速度大小；（3）将弹簧缓慢压缩到D点时，弹簧储存的弹性势能；（4）若CB部分粗糙且动摩擦因数为μ=0.25，其余轨道光滑，将上述物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D＇点后（不拴接）释放，要使物块经过B点后仍恰能到达P点，求释放后弹簧对物块做的功。【答

案】（1）10Pvm/s=；（2）46m/sBv=；（3）60.4JE=弹；（4）68.4JW=【解析】【详解】（1）对物块，在P点由牛顿第二定律得2PvmgmR=解得10Pvm/s=（2）对物块和地球组成的系统，从B到P过程，由机械能守恒定律得()22111c

os3722BPmgRmvmv+=−解得46m/sBv=（3）对弹簧和物块系统，在物块从D到B的过程中，由机械能守恒定律得21()sin372DCCBBEmgssmv=++弹解得60.4JE=弹27（4）对物块，在从D’到B的过程中，由功能关系可知，释放后弹簧对物块做的功等于

（3）中弹簧储存的弹性势能加上CB段克服摩擦力所做的功和从D’到D克服重力所做的功，由能量关系可知，CB段克服摩擦力所做的功和从D’到D克服重力所做的功相等，则=+2cos37CBWEmgs弹解得68.4JW=20.如图所示，倾角θ=30°的光滑斜面固定在水平地面上，穿过定滑

轮（足够高）的轻绳两端分别系着小物块a和b，开始时将b按压在地面不动，a位于斜面高h=0.5m的地方，此时滑轮左边的绳子竖直而右边的绳子与斜面平行，然后放开手，让a沿斜面下滑而b上升，当a滑到斜面底端A时绳子突然断了，物块a继续沿水平地面运动，然后滑上

与地面相切、半径R=0.1m的四分之一圆轨道BC。已知A、B之间的距离x=0.5m，物块a与水平地面间的动摩擦因数μ=0.2，轨道BC光滑，物块a的质量m1=1kg，取g=10m/s2。（1）若物块a到达C点时

的速度为Cv=1m/s，求物块a刚进入四分之一圆轨道BC时对轨道的压力大小；（2）欲使物块a能滑上四分之一圆轨道但又不会从轨道的最高点滑出，求物块b的质量2m的取值范围。【答案】（1）40N；（2）214kgkg411m【解析】【详解】（1）设物块a经过B点时的速度为Bv，由机械能守恒定律得2

21111122BCmvmvmgR=+设物块a刚进入圆轨道BC时受到的支持力为NF，由牛顿第二定律有2N11BvFmgmR−=联立解得28NF=40N由牛顿第三定律，物块a对轨道的压力大小为40N。（2）设物块a经过A点的速度为1v时恰能滑到B点，由动能定理有2111102mgxmv−=−解得1

2v=m/s设物块a经过A点的速度为2v时恰能滑到C点，由动能定理有21112102mgxmgRmv−−=−解得2v=2m/s要使物块能滑上轨道BC而又不从C点滑出，物块a在A点的速度Av应满足2m/s<Av≤2m/s设两物

块的共同速度为Av，绳断前a、b组成的系统机械能守恒，有2211221122sinAAhmghmvmvmg=++解得214kgkg411m29获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com