1．在x轴上存在一水平方向的电场，有一质量m=2kg的带电小球沿光滑绝缘
的水平面只在电场力的作用下，以初速度v0＝2m/s在x0＝7m处开始向x轴负方向运动。电势能EP随位置x的变化关系如图所示，则小球的运动范围和
最大速度分别为（ ）
A. 运动范围x≥0 B. 运动范围x≥1m
C. 最大速度vm＝2m/s D. 最大速度vm＝3m/s 【答案】BC 【解析】
2
试题分析：根据动能定理可得W电＝0−2𝑚𝑣0＝−4J，故电势能增大4J，因在开始时电势
1
能为零，故电势能最大增大4J，故运动范围在x≥1m，故A错误，B正确；由图可知，
2电势能最大减小4J，故动能最大增大4J，根据动能定理可得W＝mv2−𝑚𝑣0；解得v
2
2
1
1
＝2√2m/s，故C正确，D错误；故选：BC 考点：动能定理；电势能.
2．如图所示，竖直平面内光滑圆弧轨道半径为R，等边三角形ABC的边长为L，顶点C恰好位于圆周最低点，CD是AB边的中垂线．在A、B两顶点上放置一对等量异种电荷．现把质量为m带电荷量为+Q的小球由圆弧的最高点M处静止释放，到最低点C时速度为v0．不计+Q对原电场的影响，取无穷远处为零电势，静电力常量为k，则（ ）
A. 小球在圆弧轨道上运动过程机械能守恒 B. C点电势比D点电势高 C. M点电势为
（mv02﹣2mgR）
D. 小球对轨道最低点C处的压力大小为mg+m+2k
【答案】C 【解析】
试题分析：此题属于电场力与重力场的复合场，根据机械能守恒和功能关系即可进行判断．
试卷第1页，总59页
解：A、小球在圆弧轨道上运动重力做功，电场力也做功，不满足机械能守恒适用条件，故A错误；
B、CD处于AB两电荷的等势能面上，且两点的电势都为零，故B错误；
C、M点的电势等于==，故C正确；
D、小球对轨道最低点C处时，电场力为k，故对轨道的压力为mg+m+k，故
D错误； 故选：C
【点评】此题的难度在于计算小球到最低点时的电场力的大小，难度不大．
3．如图，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°角，上极板带正电。一电荷量为q（q>0）的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能Ek0竖直向上射出。不计重力，极板尺寸足够大。若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为
k0k0
A. 4𝑞𝑑 B. 2𝑞𝑑
𝐸𝐸
C.
√2𝐸k0
2𝑞𝑑
D.
√2𝐸k0
𝑞𝑑
【答案】B 【解析】
试题分析：当电场足够大时，粒子打到上极板的极限情况为：粒子到达上极板处时速度恰好与上极板平行，粒子的运动为类平抛运动的逆运动。将粒子初速度v0分解为垂直极板的vy和平行极板的vx，根据运动的合成与分解，当
时，根据运动学公式有
，，，联立得，故B正确。
考点：带电粒子在匀强电场中的运动。
【名师点睛】根据带电粒子在电场中的类平抛运动规律，沿电场方向的匀减速运动，结合粒子到达上极板时的临界条件，利用动能定理和运动学公式解答。
4．如图所示是用打点计时器验证机械能守恒定律的实验装置．关于这一实验，下列说法中正确的是( )
A. 应先释放纸带，后接通电源 B. 重物应选用密度小的物体
C. 开始时，应使重物靠近打点计时器 D. 需要用秒表测出重物下落的时间
试卷第2页，总59页
【答案】C 【解析】
应先接通电源，后释放纸带，选项A错误；重物应选用密度大、体积较小的物体，选项B错误； 开始时，应使重物靠近打点计时器，选项C正确；打点计时器可以计时，故不需要用秒表测出重物下落的时间，选项D错误；故选C.
5．如图所示，物体在恒定拉力F的作用下沿水平面做匀速直线运动，运动速度为v，拉力F斜向上与水平面夹角为θ，则拉力F的功率可以表示为( )
A. Fv B. Fvcosθ C. Fvsinθ D.
𝐹𝑣cos𝜃
【答案】B 【解析】
拉力F的功率P=Fvcosθ，故B正确，选B.
6．一辆汽车在平直的公路上运动，运动过程中先保持某一恒定加速度，后保持恒定的牵引功率，其牵引力和速度的图象如图所示。若已知汽车的质量m，牵引力F1和速度v1及该车所能达到的最大速度v3。则根据图象所给的信息，下列说法正确的是
A. 汽车运动中的最大功率为F1v1
B. 速度为v2时的加速度大小为F1v1/mv2 C. 汽车行驶中所受的阻力为F1v1/v3 D. 汽车匀加速运动的时间为m1v1v2/F1v2 【答案】C 【解析】
根据牵引力和速度的图象和功率P=Fv得汽车运动中的最大功率为F1v1，故A错误．汽车运动过程中先保持某一恒定加速度，后保持恒定的牵引功率，所以速度为v2时的功率是F1v1，根据功率P=Fv得速度为v2时的牵引力是
𝐹1𝑣1𝑣2
；对汽车受力分析，受重力、支持力、
牵引力和阻力，该车所能达到的最大速度时加速度为零，所以此时阻力等于牵引力，所以阻力𝑓=
𝐹1𝑣1𝑣3
，根据牛顿第二定律，有速度为v2时加速度大小为𝑎=
𝐹1𝑣1𝑚𝑣2
−
𝐹1𝑣1𝑚𝑣3
，故B
𝐹
1
错误，C正确．根据牛顿第二定律，有恒定加速时，加速度𝑎′=𝑚−
𝐹1𝑣1𝑚𝑣3
1
，加速的时间为𝑡=𝑎′=𝐹1𝑣
𝐹𝑣−11𝑚𝑚𝑣3
𝑣1
1
=𝐹(𝑣3，故D错误．故选：C. −𝑣)
1
3
1
𝑚𝑣𝑣
注：将选项A改为：汽车运动中的最大功率为F1v3
7．如图所示，A、B两木块靠在一起放在光滑的水平面上，A、B的质量分别为mA＝2.0 kg、mB＝1.5 kg.一个质量为mC＝0.5 kg的小铁块C以v0＝8 m/s的速度滑到木块A上，离开木块A后最终与木块B一起匀速运动．若木块A在铁块C滑离后的速度为vA＝0.8
m/s，铁块C与木块A、B间存在摩擦．则摩擦力对B做的功为( )
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A. 0.6J B. 1.2J C. 0.45J D. 2.435J
【答案】A 【解析】
对A、B、C，由动量守恒定律： mCv0＝(mA＋mB)vA＋mCvC′①代入数据，得vC′＝2.4 m/s 对B、C，由动量守恒定律：mBvA＋mCvC′＝(mB＋mC)v② Wf＝2 mBv2－2 mBvA2③
由②③解得，Wf＝0.6 J，故选A. 8．如图所示，在倾角为30°的斜面上的P点钉有一光滑小铁钉，以P点所在水平虚线将斜面一分为二，上部光滑，下部粗糙．一绳长为3R轻绳一端系于斜面O点，另一端系一质量为m的小球，现将轻绳拉直小球从A点由静止释放，小球恰好能第一次通过圆周运动的最高点B点．已知OA与斜面底边平行，OP距离为2R，且与斜面底边垂直，则小球从A到B的运动过程中( )
1
1
A. 合外力做功2mgR B. 重力做功2mgR C. 克服摩擦力做功mgR
431
D. 机械能减少4mgR
【答案】D 【解析】
以小球为研究的对象，则小球恰好能第一次通过圆周运动的最高点B点时，绳子的拉力为0，小球受到重力与斜面的支持力，重力沿斜面向下的分力恰好通过向心力，得：𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛30°=𝑚
2𝑣𝐵
1
𝑅
．
所以：𝑣𝐵＝√𝑔𝑅𝑠𝑖𝑛30°＝√0.5𝑔𝑅
A到B的过程中，重力与摩擦力做功，设摩擦力做功为W，则：
12
2𝑚𝑣𝐵−0 …①
12
12
12
𝑚𝑔𝑅•𝑠𝑖𝑛30°+𝑊=
2所以：𝑊＝𝑚𝑣𝐵−𝑚𝑔𝑅𝑠𝑖𝑛30°=𝑚×0.5𝑔𝑅−0.5𝑚𝑔𝑅＝−0.25𝑚𝑔𝑅 …②
合外力做功等于动能的增加，为：
14
1
2
𝑚𝑣＝𝐵2
𝑚𝑔𝑅 ．故A错误；由公式②知，物体克服摩擦力做功为0.25mgR，所以机械能损失为
1
0.25mgR．故B错误，D正确．重力做功：WG＝mgRsin30°＝2mgR．故C错误；故选D. 9．一辆质量为m的汽车在平直公路上，以恒定功率P行驶，经过时间t，运动距离为x，
速度从v1增加到v2，已知所受阻力大小恒为f，则下列表达式正确的是( )
试卷第4页，总59页
A. 𝑥=
𝑣1+𝑣2
𝑡
B. 𝑃=𝑓𝑣1 C.
𝑃𝑣1
−
𝑃𝑣2
=
𝑚𝑣2−𝑣1
𝑡12
2
D. 𝑃𝑡−𝑓𝑥=𝑚𝑣2【答案】D 【解析】
−𝑚𝑣1
2
1
2
汽车从速度v1最大速度v2程中，加速度不断减小，故不是匀变速直线运动，故𝑥≠
𝑣1+𝑣22
𝑡
错误，故A错误；由于拉力不是恒为f，故P≠fv1，故B错误；由动能定理可知：𝑊−𝑓𝑥=
1
22𝑚𝑣−𝑚𝑣 ，故D正确；由于发动机功率恒定，则经过时间t，发动机所做的功也122222可以为：W=Pt，即𝑃𝑡−𝑓𝑥=𝑚𝑣2−𝑚𝑣1，并不能得到C项，故C错误；故选D.
2
2
1
1
1
10．将质量为m的物体，放在粗糙的水平地面上处于静止状态，从某一时刻开始，物体受到一个水平拉力F作用一段时间之后撤去，物体的v—t图象如图所示，则摩擦力 f与拉力F之比为 （ ）
A. 1：1 B. 1：2 C. 1：3 D. 1：4 【答案】C 【解析】
速度时间图象与时间轴所围的“面积”表示位移，则得：前1s内的位移大小为
𝑣𝑚2
𝑠1=
×1=
𝑣𝑚2
；整个3s内的位移为𝑠=
𝑣𝑚2
×3=
3𝑣𝑚2
，对整个过程，由动能定理得：𝐹𝑠1−
𝑓𝑠=0 ，解得𝑓:𝐹=1:3，C正确；
【点睛】本题首先充分挖掘图象的信息，明确“面积”表示位移，由动能定理求解，也可以根据斜率等于加速度求得加速度，根据牛顿定律分过程研究F、f与加速度的关系．
11．用水平力拉一物体在水平地面上从静止开始做匀加速运动，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速运动，到t2时刻停止．其速度—时间图 象如图所示，且𝛼>𝛽．若拉力F做的功为W1，平均功率为P1；物体克服摩擦阻力做的功为W2，平均功率为P2， 则下列选项正确的是 （ ）
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A. W1＞W2 B. W1 = W2 C. P1＞P2 D. P1 = P2 【答案】BC 【解析】
试题分析：根据动能定理得出拉力做功与物体克服阻力做功的大小关系，根据功率的公式比较平均功率的大小．
在整个过程中，只有拉力和摩擦力做功，动能从零开始又以零结束，故对全过程运用动能定理得𝑊1−𝑊2=0，解得𝑊1=𝑊2．因为拉力F的作用时间小于摩擦力作用的时间，根据𝑃=可得𝑃1>𝑃2，故BC正确．
𝑡𝑊
【点睛】应用动能定理应注意的几个问题(1)明确研究对象和研究过程，找出始末状态的速度。(2)要对物体正确地进行受力分析，明确各力做功的大小及正负情况(待求的功除外)。(3)有些力在物体运动过程中不是始终存在的。若物体运动过程中包括几个阶段，物体在不同阶段内的受力情况不同，在考虑外力做功时需根据情况区分对待
12．汽车发动机的额定功率为80kW，它以额定功率在水平平直公路上行驶的最大速度为20m/s，那么汽车在以最大速度匀速行驶时所受的阻力是 ( ) A. 1600N B. 2500N C. 4000N D. 8000N 【答案】C 【解析】
试题分析：根据最大速度匀速行驶时牵引力和阻力相等分析
汽车匀速运动，说明汽车处于受力平衡状态，此时汽车受到的阻力的大小和汽车的牵引力大小相等，由𝑃=𝐹𝑣=𝑓𝑣可以求得𝑓=
𝑃𝑣
=
8000020
N=4000N，C正确．
13．运输人员要把质量为𝑚，体积较小的木箱拉上汽车。现将长为L的木板搭在汽车尾
o
部与地面间，构成一固定斜面，然后把木箱沿斜面拉上汽车。斜面与水平地面成30角，拉力与斜面平行。木箱与斜面间的动摩擦因数为𝜇，重力加速度为g。则将木箱运上汽车，拉力至少做功
A. mgL B. 𝑚𝑔2 C. 2𝑚𝑔𝐿(1+√3𝜇) D.
𝐿
1
√3𝜇𝑚𝑔𝐿2
+𝑚𝑔𝐿
【答案】C
【解析】
试题分析：木箱在拉力作用下沿斜面先做匀加速直线运动，当速度达到某个值时，撤去拉力，木箱向上做匀减速运动，当木箱速度为零时，刚好到汽车上，此时拉力做功最少，根据动能定理求解即可．
木箱先沿斜面先做匀加速直线运动，撤去拉力后在摩擦力的作用下向上做匀减速运动，当木箱速度为零时，刚好滑到汽车上，此时拉力做功最少，根据动能定理得： 𝑊𝐹−𝑚𝑔ℎ−𝜇𝑚𝑔cos30°⋅𝐿=0−0，解得：𝑊𝐹=2𝑚𝑔𝐿(1+√3𝜇)，故C正确．
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1
14．下列说法正确的是（ ）
A 加速度的单位是m/s2,由公式可知它是由m/s和s两个基本单位组合而成的 B 力做功有正功和负功，因此功是矢量
C 牛顿开创了实验研究和逻辑推理相结合探索物理规律的科学方法 D 重心、合力等概念的建立都体现了等效替代的思想 【答案】D 【解析】
加速度的单位是m/s2,由公式𝑎=𝛥𝑡可知它是由导出单位m/s和基本单位s两个单位组合而成的，选项A错误；力做功有正功和负功，但是功没有方向，故功是标量，选项B错误；伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索物理规律的科学方法，选项C错误； 重心、合力等概念的建立都体现了等效替代的思想，选项D正确；故选D.
15．在一次演示实验中，一个压紧的弹簧沿一粗糙水平面射出一个小球，测得弹簧压缩的距离d
和小球在粗糙水平面滚动的距离s如下表所示．由此表可以归纳出小球滚动的距离s跟弹簧压缩的距离d之间的关系，并猜测弹簧的弹性势能EP跟弹簧压缩的距离d之间的关系分别是（选项中k1、k2是常量）（ ）
𝛥𝑣
A. s=k1d，EP=k2d B. s=k1d，EP=k2d2 C. s=k1d2，EP=k2d D. s=k1d2，Ep=k2d2 【答案】D 【解析】
由表中数据可看出，在误差范围内，s正比于d2，即s=k1d2，弹簧释放后，小球在弹簧的弹力作用下加速，小球在粗糙水平面滚动的距离s，从能量转化的角度得弹簧的弹性势能转化为由于小球在粗糙水平面滚动产生的内能，列出等式Ep=fs，f为摩擦力，恒量．所以Ep正比于d2，即Ep=k2d2，故选D.
16．如图，平行板电容器的两个极板竖直放置，并接直流电源。若一带电粒子恰好能沿图中轨迹穿过电容器，a到c是直线，由于电极板边缘效应，粒子从c到d是曲线，重力加速度为g，则该粒子
A. 在ac段受重力与电场力平衡并做匀速运动，cd段电场力大于重力 B. a到c匀加速直线运动，加速度是g/cosθ C. a至d重力势能减小，电势能增加
D. a至d粒子所受合力一直沿轨迹的切线方向 【答案】B 【解析】
试题分析：由图看出，粒子先做直线运动，后做曲线运动，做直线运动时，合力与速
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度在同一直线上，可判断出电场力的方向，确定出合力的方向，分析其运动情况，由牛顿第二定律求解加速度．重力和电场力做正功，重力势能和电势能均减小．
在ac段：粒子做直线运动，合力与速度在同一直线上，则可判断出电场力的方向水平向右，合力的方向与速度方向相同，电场力与重力均是恒力，合力也是恒力，则粒子做匀加速运动，由牛顿第二定律得：加速度为𝑎=
𝑔cos𝜃
𝐹合𝑚
=
𝑚𝑔cos𝜃𝑚
=
，故A错误B正确；ad段，重力做正功，重力势能减小，电场力做正功，电势能减
小，故C错误；a到c过程，合力沿轨迹的切线方向，而c到d过程，合力指向轨迹的内侧，故D错误．
【点睛】当合力与速度共线时，物体做直线运动，当物体做曲线运动时，合力指向轨迹内侧
17．如图所示，不带电物体A和带电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳相连，AB的质量分别为2m和m，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体A相连，倾角为𝜃的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦，开始时，物体B在一沿斜面向上的外力𝐹=3𝑚𝑔sin𝜃的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力F，直到物体B获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，则在此过程中
A. 物体B受到的电场力大小为𝑚𝑔sin𝜃 B. B的速度最大时，弹簧的伸长量为
3𝑚𝑔sin𝜃
𝑘
C. 撤去外力F的瞬间，物体B的加速度为𝑔sin𝜃
D. 物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B和地球组成的系统的机械能的减少量 【答案】BC 【解析】
当施加外力时，对
B
分析可知𝐹−𝑚𝑔sin𝜃−𝐹电=0，解得𝐹电=
2𝑚𝑔sin𝜃，故A错误；当B受到的合力为零时，B的速度最大，由𝑘𝑥=𝐹电+𝑚𝑔sin𝜃，解
得
𝑥=
3𝑚𝑔sin𝜃
𝑘
，故B正确；当撤去外力瞬间，它们受到的合力为
𝐹合=𝐹电+
𝑚𝑔sin𝜃=(𝑚+2𝑚)𝑎，解得𝑎=𝑔sin𝜃，故C正确；B电场力做正功，电势能减小，物体A、弹簧和地球组成的系统机械能增加量不等于物体B和地球组成的系统机械能的减少量，故D错误
18．如图甲所示，质量为1kg的小物块以初速度𝑣0=11m/s，从𝜃=53°固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F，第二次无恒力，图乙中的两条线段a、b分别表示存在恒力F和无恒力F时小物块沿斜面向上运动的v-t图像，不考虑空气阻力，𝑔=10𝑚/𝑠2，下列说法正确的是（cos53°=0.6，sin53°=0.8）
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A. 恒力F大小为21N
B. 物块与斜面间的动摩擦因数为0.6
C. 有恒力F时，小物块在上升过程机械能的减少量较小 D. 有恒力F时，小物块在上升过程产生的热量较小 【答案】C 【解析】
试题分析：根据速度-时间图象的斜率等于加速度，分别得到上滑和下滑的加速度大小，然后受力分析，根据牛顿第二定律列式求解．根据动能定理得到动能与重力势能的关系，再将动能与重力势能相等的条件代入进行求解．
对物体分析，在沿斜面方向上，当有恒力作用时𝑚𝑔sin𝜃+𝜇𝑚𝑔cos𝜃−𝐹=𝑚𝑎1，没有恒力作用时𝑚𝑔sin𝜃+𝜇𝑚𝑔cos𝜃=𝑚𝑎2，从表达式中可以看出𝑎1<𝑎2，而速度时间图像的斜率表示加速度，故图像b为没有恒力作用时的图像，图像a为有恒力作用时的图像，故𝑎1=
11−01.1
=10𝑚/𝑠2，𝑎2=
11−01
=11𝑚/𝑠2，代入可得𝜇=
0.5，𝐹=1N，AB错误；因为初速度相同，末速度也相同，根据𝑥=
2𝑣2−𝑣0
2𝑎
可得加速度小的位移大，即有F作用时在斜面上滑行的距离大，摩擦力做功较多
，产生的热量较大，D错误；有恒力F时，小物块上升的高度比较大，所以在最高点的重力势能比较大，而升高的过程动能的减小是相等的，所以在上升过程机械能的减少量较小，故C正确．
【点睛】速度时间图像的斜率表示加速度是本题的突破口，C选项容易出错，虽然有恒力作用时摩擦力做功多，但是重力势能的变化量确实最大的，并且两种情况下动能变化量相同，由此得出结论
19．如图（甲）所示，平行光滑金属导轨水平放置，两轨相距L=0.4 m，导轨一端与阻值R=0.3Ω的电阻相连，导轨电阻不计。导轨x>0一侧存在沿x方向均匀增大的磁场，其方向与导轨平面垂直向下，磁感应强度B随位置x变化如图（乙）所示。一根质量m=0.2 kg、电阻r=0.1 Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直，棒在外力F作用下从x=0处以初速度v0=2m/s沿导轨向右变速运动，且金属棒在运动过程中受到的安培力大小不变。下列说法中正确的是（ ）
A. 金属棒向右做匀减速直线运动
B. 金属棒在x=1 m处的速度大小为0.5m/s
C. 金属棒从x=0运动到x=1m过程中，外力F所做的功为0.175 J D. 金属棒从x=0运动到x=2m过程中，流过金属棒的电量为2C 【答案】BD 【解析】
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A、根据图象得B﹣x函数关系式：B=0.5+0.5x
金属棒向右运动切割磁感线产生感应电动势：E=BLv 感应电流：I=
𝐸𝑅+𝑟
𝐵2𝐿2𝑣𝑅+𝑟
安培力：𝐹安=𝐵𝐼𝐿=解得：v=
𝐹安(𝑅+𝑟)𝐵2𝐿2
10𝐹安=(0.5+0.5𝑥)2×0.42=(𝑥+1)2 𝐹安×0.4
2
根据匀变速直线运动的速度位移公式：𝑣2−𝑣0=2𝑎𝑥，如果是匀变速直线运动，v2与x成线性关系，而由上式知，金属棒不可能做匀减速直线运动，A错误；
B、根据题意金属棒所受的安培力大小不变，x=0处与x=1m处安培力大小相等，有
2𝐿2𝑣𝐵11
2𝐿2𝑣𝐵00
𝑅+𝑟
=
𝑅+𝑟
，即𝑣1=
2𝐵02𝐵1
𝑣0=
0.5212×2=0.5𝑚/𝑠，B正确；
2𝐿2𝑣𝐵00
C、金属棒在x=0处的安培力大小为：𝐹安=
𝑅+𝑟
=
0.52×0.42×2
0.4
𝑁=0.2𝑁
对金属棒金属棒从x=0运动到x=1m过程中，根据动能定理有：
22𝑊𝐹−𝐹安∙𝑥=2𝑚𝑣1−2𝑚𝑣0,
1
1
代入数据：𝑊𝐹−0.2×1=×0.2×0.52−×0.2×22
2
2
11
解得：𝑊𝐹=−0.175J，C错误； D、根据感应电量公式：q=𝑅+𝑟=
∆∅
∆𝐵∙𝑥∙𝐿𝑅+𝑟
0.5+1.52
x=0到x=2m过程中，B﹣x图象包围的面积：∆B∙x=q=
∆∅𝑅+𝑟
×2=2
=
2×0.40.4
𝐶=2𝐶，D正确；
故选BD。
20．如图所示，螺旋形光滑轨道竖直放置， P 、 Q 为对应的轨道最高点，一个小球以一定速度沿轨道切线方向进入轨道，且能过轨道最高点 P ，则下列说法中正确的是( )
A. 轨道对小球做正功，小球的线速度移 vp > vQ B. 轨道对小球不做功，小球的角速度 ωP<ωQ C. 小球的向心加速度 aP < aQ D. 轨道对小球的压力 FP > FQ 【答案】BC 【解析】
A、由于支持力始终与速度方向垂直，所以支持力不做功即轨道对小球不做功，仅有重力做功，小球机械能守恒．则P点的速度小于Q点速度，且P点的半径大于Q点的半径．所以小球通过P点的角速度小于通过Q点的，A错误；B正确；
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C、小球在P点的速度小于Q点速度，且P点的半径大于Q点的半径．根据a=小球在P点的向心加速度小于Q点的，即𝑎𝑃<𝑎𝑄，C正确；
𝑣2𝑟
得，
D、小球在P点的向心加速度小于Q点的，则小球在P点的向心力小于Q点的，而向心力是由重力与轨道对它的支持力提供，因此小球在P点的支持力小于Q点的，即小球对轨道的压力P点小于Q点的，即𝐹𝑃<𝐹𝑄，D错误； 故选BC。 21．如图，长方体ABCD—A1B1C1D1中
，将可视为质点的小球从顶点A在∠BAD所在范围内（包括边界
）分别沿不同方向水平抛出，落点都在A1B1C1D1范围内（包括边界）。不计空气阻力，以A1B1C1D1所在水平面为重力势能参考平面，则小球（ ）
A. 抛出速度最大时落在B1点 B. 抛出速度最小时落在D1点
C. 从抛出到落在B1D1线段上任何一点所需的时间都相等 D. 落在B1D1中点时的机械能与落在D1点时的机械能相等 【答案】C 【解析】
A、小球被抛出后做平抛运动，飞行时间：t=√，抛出速度最大时水平位移最大，应
𝑔2ℎ
落在C1，A错误；
B、抛出速度越小，距离A1点越近，可以比D1点还近，B错误；
C、飞行时间由竖直高度决定，所以从抛出到落在A1B1C1D1平面时间都相同，即从抛出到落在B1D1线段上任何一点所需的时间都相等，C正确；
D、落在B1D1中点和落在D1点水平位移不等，说明抛出时速度不等，根据机械能守恒定律，所以落在B1D1中点时的机械能与落在D1点时的机械能不相等，D错误； 故选C。
22．如图所示，半径为𝑅、质量为𝑀的1/4 光滑圆槽置于光滑的水平地面上，一个质量为𝑚的小木块
从槽的顶端由静止滑下．则木块从槽口滑出时的速度大小为（ ）
A. √2𝑔𝑅 B. √𝑀+𝑚 C. √𝑀+𝑚 D. √
2𝑔𝑅𝑀
2𝑔𝑅𝑚
2𝑔𝑅(𝑀−𝑚)
𝑀
【答案】B 【解析】
圆槽在光滑水平面上可动，当木块开始下滑到脱离槽口的过程中，对木块和槽所组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设木块滑出槽口时的速度为v1，槽的速
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度为v2，在水平方向上，由动量守恒定律可得：𝑚𝑣1−𝑀𝑣2=0，木块下滑时，只有重
22
力做功，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：𝑚𝑔𝑅=𝑚𝑣1+𝑀𝑣2，联立解得，
2
2
1
1
木块滑出槽口的速度：𝑣2=√𝑚+𝑀 ，故选项B正确。故选B.
【点睛】分析清楚物体的运动过程、应用动能定理、机械能守恒定律、动量守恒定律即可正确解题．
23．下图为某古法榨油装置，轻杆O1A可绕O1轴转动，A端重物质量为10kg，下拉A可通过滑轮O2将重物P提起；释放A，P下落至平台Q，对固定的平台上的油饼进行捶压；已知P的质量为30kg；O1O2=3m，O1A=5m；将重物A拉到O1A杆水平时释放，当杆转到A与O2等高时，若系统减小的重力势能有240J转化为动能，则重物P此时的速度最接近
2𝑀𝑔𝑅
A. 2.5m/s B. 2.9m/s C. 3.54m/s D. 4.0m/s 【答案】B 【解析】
当当杆转到A与𝑂2等高时，将重物A的速度安照作用效果分解，如图所示：
设P的速度为v，则A的速度为：
𝑣cos𝛼
12
12
𝑣
则根据能量守恒可以得到：𝛥𝐸𝑝=𝐸𝑘𝐴+𝐸𝑘𝑃=𝑚𝑃𝑣2+𝑚𝐴(
cos𝛼
)2
代入数据，整理可以得到：𝑣≈2.9𝑚/𝑠，故选项B正确。 点睛：本题考查了能量守恒以及A的速度分解，一定要
注意同一根绳上的速度相等，同时对A的速度分解的时候，要分清那个是分速度、那个是合速度！
24．按照规定在七层以上高层写字楼或住宅楼内都要配有升降电梯，某为同学总质量为40kg，乘坐电梯从所住的七楼向下运动，其所乘电梯的速度-时间图像如图所示，已知重力加速度大小为𝑔=10𝑚/𝑠2，不计空气阻力，则 A. 在第1s内，该同学处于超重状态
B. 在第9s内，该同学对电梯的压力大小为320N C. 在前2s内，该同学的重力势能减少了800J D. 在10s内，该电梯的平均速度为1m/s 【答案】C 【解析】
由图可知，在第1s内，该同学向下加速，加速度向下，故处于失重状态，故A错误；第
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9s内物体减速向下，则加速度向上，物体处于超重状态，则压力一定大于本身的重力，故一定大于400N，故B错误；前2s内物体下落的高度ℎ=
2×22
𝑚=2𝑚 ，则重力势能减
(7+10)2
小量为EP=mgh=400×2=800J，故C正确；由图可知，10s内的位移𝑥=则平均速度𝑣==
t𝑥
1710
×2=17𝑚 ，
𝑚/𝑠=1.7𝑚/𝑠 ，故D错误．故选C．
点睛：本题考查了v-t图象的性质、超重和失重、重力势能以及牛顿第二定律，解题的
关键在于明确图象的性质，能利用图象确定物体的运动状态，求出加速度和位移是解题的关键。 25．质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5m的位置B处是一面墙，如图所示，物块以v0=9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s，碰后以6m/s的速度反向运动直至静止．碰撞时间为0.05s，g取10m/s2．
A. 物块与地面间的动摩擦因数μ=0.12 B. 墙面对物块平均作用力的大小130N
C. 物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功为9J. D. 碰撞后物块还能向左运动的时间为2s。 【答案】BC 【解析】
22
物块从A到B过程，由动能定理得： −𝜇𝑚𝑔𝑥=𝑚𝑣1−𝑚𝑣0，代入数据解得：μ=0.32；
2
2
1
1
故A错误；由动量定理得：𝐹𝑡=𝑚𝑣2−𝑚𝑣1 ，解得：F=130N，故B正确；物块向左
2运动过程，由动能定理得： −𝑊=−2𝑚𝑣2，物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的
0功为9J，故C正确；碰撞后物块还能向左运动的时间𝑡=𝜇𝑔=
1
𝑣
158
s ，故D错误，本题选择BC。
26．A、B两物体质量分别为m和2m，A静止于光滑水平面上，B静止于粗糙水平面上，用相同水平力分别推A和B，使它们前进相同位移。在此过程中，正确的是（ ） A. 对A的推力做功多一些 B. 两次推力做功一样多
C. 两次推力做功的功率一样大 D. 对B的推力做功的平均功率较小 【答案】BD 【解析】
用相同的力推A、B两个物体，分别在光滑和粗糙的两种水平地面前进相同路程，根据W=Fs可知两次做功一样多，A错误，B正确；B物体比A物体对水平面的压力大，且A接触面光滑、B接触面粗糙，故B物体移动相同的距离时用的时间长，根据P=𝑡，可知，做的功相同时，推B物体用的时间长，功率小故C错误；D正确；故选BD。 27．两辆汽车在同一水平路面上行驶，它们的质量之比m1∶m2＝l∶2，速度之比v1∶v2＝2∶1．当两车急刹车后，甲车滑行的最大距离为s1，乙车滑行的最大距离为s2．设两车与路面间的动摩擦因数相等，不计空气阻力，则（ ） A. s1∶s2＝1∶2
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𝑊
B. s1∶s2＝1∶1 C. s1∶s2＝2∶1 D. s1∶s2＝4∶1 【答案】D 【解析】
𝑘
对任汽车，由动能定理可知，-μmgs=0-EK；得𝑠=𝜇𝑚𝑔 ；
𝐸
由题，μ相等，质量之比为1：2．动能之比为2：1，可得两车滑行的最大距离之比为4：1．故选：D.
28．如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度的大小g.物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的( )
A. 动能损失了2mgH B. 动能损失了mgH
C. 机械能损失了mgH D. 机械能损失了mgH 【答案】AC 【解析】
试题分析：知道加速度，根据牛顿第二定律和动能定理可求得动能的损失；根据牛顿第二定律求出摩擦力，得到摩擦力做功，即可根据功能关系求解机械能的损失．
已知物体上滑的加速度大小为g，由动能定理得：动能损失等于物体克服合外力做功，为：𝛥𝐸𝑘=𝑊合=𝐹合⋅sin30°=𝑚𝑔⋅2𝐻=2𝑚𝑔𝐻，故A正确B错误；设摩擦力的大小为f，根据牛顿第二定律得𝑚𝑔sin30°+𝑓=𝑚𝑎=𝑚𝑔，得𝑓=0.5𝑚𝑔，则物块克服摩擦力做功为𝑊𝑓=𝑓⋅2𝐻=0.5𝑚𝑔⋅2𝐻=𝑚𝑔𝐻，根据功能关系可知机械能损失了mgH，故C正确D错误．
【点睛】解决本题的关键根据动能定理可求得动能的变化，掌握功能关系，明确除了重力以外的力做功等于物体机械能的变化．
29．如图所示，木块A放在木块B的左端，用恒力F将A拉至B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功为W1，生热为Q1；第二次让B可以在光滑地面上自由滑动，仍将A拉到B的右端，这次F做功为W2，生热为Q2.则应有( )
𝐻
A. W1＜W2，Q1＜Q2 B. W1＝W2，Q1＝Q2 C. W1＜W2，Q1＝Q2 D. W1＝W2，Q1＜Q2 【答案】C 【解析】
试题分析：根据功的定义以及摩擦产生的热量求解
木块从木板左端滑到右端克服摩擦力所做的功𝑊=𝑓𝑠，因为木板不固定时木块的位移要比固定时长，所以𝑊1<𝑊2，摩擦产生的热量𝑄=𝑓𝑠相对，两次都从木板左端滑到右端，相对位移相等，所以𝑄1=𝑄2，故C正确． 【点睛】正确解答本题的关键是理解功的定义以及如何求相互作用的系统产生的热量，根据𝑊=𝐹𝑠cos𝜃，比较克服摩擦力所做的功，摩擦产生的热量𝑄=
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𝑓𝑠相对，通过比较相对位移比较摩擦产生的热量
30．“娱乐风洞”是一种惊险的娱乐项目，在竖直的圆筒内，在底部竖直向上的风可把游客“吹起来，让人体验太空漂浮的感觉（如图甲）．假设风洞内各位置的风速均相同且保持不变，已知人体所受风力的大小与正对风的面积成正比，水平横躺时受风面积最大，站立时受风面积最小、为最大值的1/8；当人体与竖直方向成一倾角、受风面积是最大值的1/2时，人恰好可静止或匀速漂移．在某次表演中，质量为m的表演者保持站立身姿从距底部高为H的A点由静止开始下落；经过B点时，立即调整身姿为水平横躺并保持；到达底部的C点时速度恰好减为零．则在从A到C的过程中，下落说法正确的是（ ）
A. 表演者加速度的最大值是g 43
B. B点的高度是5H C. 从A到B，表演者克服风力做的功是从B到C克服风力做功的6 D. 若保持水平横躺，表演者从C返回到A时风力的瞬时功率为√2𝑚2𝑔3𝐻 【答案】C 【解析】
设最大风力为Fm，由于人体受风力大小与正对面积成正比，故人站立时风力为Fm
81
1
3
由于受风力有效面积是最大值的一半时，恰好可以静止或匀速漂移，故可以求得重力 G=
12
Fm，Fm=2G．则人平躺上升时有最大加速度，𝑎=
𝐹𝑚−𝐺𝑚
=
𝑣2
𝑔 ，故A错误；设下降的最大速度为v，有速度位移公式，加速下降过程位移𝑥1=2𝑎
1
减速下降过程位移
𝑣22𝑎2
3
3
𝑥2=
，x1：x2=4：3，因而x2=7H，则B的高度为7H，故B错误；表演者A至B克服风力所
1
4
1
3
做的功为𝑊1=8𝐹𝑚⋅7𝐻=14𝐹𝑚𝐻；B至C过程克服风力所做的功为𝑊2=𝐹𝑚⋅7𝐻=
3
𝐹𝐻 ；所以𝑊1=6 ，故C正确．C到A的过程中人的加速度大小为g，则到达A的速7𝑚
2
𝑊1
度：𝑣＝√2𝑔𝐻 ，所以表演者从C返回到A时风力的瞬时功率为：𝑃=𝐹𝑚•𝑣=2𝑚𝑔•√2𝑔𝐻=√8𝑚2𝑔3𝐻 ，故D错误；故选：C
31．如图所示，小车的上面是中突的两个对称的曲面组成，整个小车的质量为m，原来静止在光滑的水平面上．今有一个可以看作质点的小球，质量也为m，以水平速度v从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一个曲面滑下．关于这个过程，下列说法正确的是（ ）
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A．小球滑离小车时，小车又回到了原来的位置 B．小球在滑上曲面的过程中，小车的动量变化大小是C．小球和小车作用前后，小车和小球的速度一定变化
mv 2v2D．车上曲面的竖直高度不会大于 4g【答案】BD 【解析】
试题分析：A、小球滑上曲面的过程，小车向右运动，小球滑下时，小车还会继续前进，故不会回到原位置，所以A错误．B、由小球恰好到最高点，知道两者有共同速度，对于车、球组成的系统，由动量守恒定律列式为mv=2mv′，得共同速度v′=v/2．小车动量的变化为mv，则B正确．C、由于满足动量守恒定律，系统机械能又没有增加，所2以可能出现速度交换两次后和初始情况相同，选项C正确．D、由于小球原来的动能为
1v2mv2mv2mv2，小球到最高点时系统的动能为2m()，所以系统动能减少了，22424v2mv2mgh，如果曲面光滑，则减少的动能等于小球增加的重力势能，即得h．显
4g4然这是最大值，如果曲面粗糙，高度还要小些，所以D正确．故选BD．
考点：考查动量守恒定律；动量定理；机械能守恒定律．
【名师点睛】本题是系统动量守恒和机械能守恒的类型，类似于弹性碰撞，常见类型． 32．如图所示，木块静止在光滑水平桌面上，一子弹水平射入木块的深度为d时，子弹与木块相对静止，在子弹入射的过程中，木块沿桌面移动的距离为L，木块对子弹的平均阻力为Ff，那么在这一过程中不正确的是（ ） ．
A．木块的机械能增量为FfL
B．子弹的机械能减少量为Ff（L＋d） C．系统的机械能减少量为Ffd
D．系统的机械能减少量为Ff（L＋d） 【答案】D
【解析】木块机械能的增量等于子弹对木块的作用力Ff做的功FfL，A对；子弹机械能的减少量等于动能的减少量，即子弹克服阻力做的功Ff（L＋d），B对；系统机械能变化量等于力Ff做的总功，即ΔE＝FfL－Ff（L＋d）＝－Ffd，故机械能减少量为Ffd，C对，D错．
33．如图所示，滑块由静止开始沿曲面下滑，滑到B点时，速度恰好等于零；如果滑块从B点以速度v沿曲面下滑返回A点时，速度恰好也等于零，设滑块从A到B和从B到A平均摩擦力大小相等，则A、B两点的高度差等于（ ）
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v2A．0 B．
2gv2v2C． D．
4gg【答案】C
【解析】由能量守恒和转化定律可知：由A到B有mgh＝Q，从B到A有
12
mv－mgh＝Q，2v2联立解得h＝．
4g34．如图所示，一小孩从公园中粗糙的滑梯上自由加速滑下，其能量的变化情况是（ ）
A．重力势能减小，动能不变，机械能减小，总能量减小 B．重力势能减小，动能增加，机械能减小，总能量不变 C．重力势能减小，动能增加，机械能增加，总能量增加 D．重力势能减小，动能增加，机械能守恒，总能量不变 【答案】B
【解析】由能量转化和守恒定律可知，小孩在下滑过程中总能量守恒，故A、C均错；由于摩擦力要做负功，机械能不守恒，故D错；下滑过程中重力势能向动能和内能转化，故只有B正确．
35．有人设想在夏天用电冰箱来降低房间的温度．他的办法是：关好房间的门窗然后打开冰箱的所有门让冰箱运转，且不考虑房间内外热量的传递，则开机后，室内的温度将（ ）
A．逐渐有所升高 B．保持不变
C．开机时降低，停机时又升高 D．开机时升高，停机时降低 【答案】A
【解析】冰箱工作，会产生热量，即消耗电能，产生了内能，且房间与外界没有能量交换，所以房内温度会升高，A正确．
36．关于能源的开发和节约，你认为以下观点错误的是（ ） ．．A．能源是有限的，无节制地利用常规能源，如石油之类，是一种盲目的短期行为 B．根据能量守恒定律，担心能源枯竭实在是一种杞人忧天的表现 C．能源的开发利用，必须要同时考虑对环境的影响 D．和平利用核能是目前开发新能源的一项有效途径 【答案】B
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【解析】虽然能量守恒，但由于能量耗散现象的存在，可利用能源仍存在减少问题，故要节约能源和开发新能源．
37．下列关于能量守恒定律的认识不正确的是（ ） ．A．某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加 B．某个物体的能量减少，必然有其他物体的能量增加
C．不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器——永动机不可能制成 D．石子从空中落下，最后停止在地面上，说明机械能消失了 【答案】D
【解析】能量可以转化或转移，但总量不变，A、B、C对；D中机械能转化成了内能，D错．
38．在“验证机械能守恒定律”的实验中，根据纸带算出各点的速度v，量出下落距离
2
h，则以v为纵轴，以h为横轴，画出的图线应是下图中的（ ）
【答案】C
【解析】根据机械能守恒定律有：mgh＝1222
mv，v＝2gh，所以v与h成正比例关系，2函数图象是一条过原点的直线，C正确．
39．如图所示，将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可验证机械能守恒定律．实验中需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度h．某同学对实验得到的纸带，设计了以下四种测量方案，这些方案中正确的是（ ）
A．用刻度尺测出物体下落高度h，由打点间隔数算出下落时间t，通过v=gt计算出瞬时速度v
B．用刻度尺测出物体下落的高度h，并通过v=2gh计算出瞬时速度v
C．根据做匀变速直线运动时，纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均
v2速度，测算出瞬时速度v，并通过h=计算得出高度h
2gD．用刻度尺测出物体下落的高度h，根据做匀变速直线运动时，纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v 【答案】D
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【解析】瞬时速度应由纸带根据v=x求出，因为重物下落过程中受到阻力作用，实际t加速度小于当地重力加速度，不能用v=2gh来求速度，故AB错误；应用米尺量出纸
v2带下落高度，不能用h=求高度，故C错误；下落高度应用米尺测量，根据做匀变
2g速直线运动时纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，测出瞬时速度，故D正确．
40．用如图所示装置验证机械能守恒定律，由于电火花计时器两限位孔不在同一竖直线上，使纸带通过时受到较大的阻力，这样实验造成的结果是（ ）
A．重力势能的减少量明显大于动能的增加量 B．重力势能的减少量明显小于动能的增加量 C．重力势能的减少量等于动能的增加量 D．以上几种情况都有可能 【答案】A
【解析】由于重物下落时要克服阻力做功，重物减少的重力势能转化为重物的动能和系统的内能，故重力势能的减小量大于动能的增加量，A正确．
41．下列关于“验证机械能守恒定律”实验的实验误差的说法，正确的是（ ） A．重物质量的称量不准会造成较大误差 B．重物质量选用得大些，有利于减小误差 C．重物质量选用得较小些，有利于减小误差
D．打点计时器选用电磁打点计时器比电火花计时器误差要小 【答案】B
【解析】为减小实验误差，重物应选质量大些的，且重物质量不需称量，A、C错，B正确；电磁打点计时器的振针与纸带间有摩擦，电火花计时器对纸带的阻力较小，故选用电磁打点计时器误差大些，D错误．
42．关于“验证机械能守恒定律”的实验中，以下说法正确的是（ ）
A．实验中摩擦是不可避免的，因此纸带越短越好，因为纸带越短，克服摩擦力做的功就越小，误差就越小 B．称出重锤的质量
C．纸带上第1、2两点间距若不接近2 mm，则无论怎样处理实验数据，实验误差一定较大
D．处理打完点的纸带时，可以直接利用打点计时器打出的实际点迹，而不必采用“计数点”的方法 【答案】D
【解析】在打纸带时，纸带太短了，不易打出符合实验要求的纸带，选项A错误；由于
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mgh＝
12
mv，故称出重锤的质量是多余的，选项B错误；纸带上第1、2两点的间距不2接近2 mm，是由于通电后释放重锤时操作不同步造成的，不会影响验证结果，选项C错误；处理纸带时，由于自由落体加速度较大，纸带上点迹距离较大，故可直接用实际点迹测量研究． 评卷人 得分 二、不定项选择题
43．如图所示,电梯质量为M,它的水平地板上放置一质量为m的物体,电梯在钢索的拉力作用下由静止开始竖直向上加速运动.当上升高度为H时,电梯的速度达到v,则在这段过程中,下列说法中正确的是( ).
2
A. 电梯地板对物体的支持力所做的功等于mv/2
2
B. 电梯地板对物体的支持力所做的功大于mv/2 C. 钢索的拉力所做的功等于Mv2/2+MgH
2
D. 钢索的拉力所做的功大于Mv/2+MgH 【答案】BD 【解析】
由动能定理得：对物体：WN-mgH=2mv2-0，解得到地板对物体的支持力做的功为WN=mgH+2mv2，故A错误，B正确．由动能定理得：WF-（M+m）gH=2（M+m）v2-0，解得到钢索的拉力做的功WF=（M+m）gH+2（M+m）v2，可见索的拉力所做的功大于MgH
1
1
1
1
+2Mv2．故C错误，D正确．故选BD．
点睛：本题运用动能定理研究各力做功，要注意灵活选择研究对象．动能定理涉及合力做功与动能变化，可以直接求解合力做功．
44．如图是建筑工地上常用的一种“深穴打夯机”示意图，电动机带动两个滚轮匀速转动将夯杆从深坑提上来，当夯杆底端刚到达坑口时，两个滚轮彼此分开，夯杆在自身重力作用下，落回深坑，夯实坑底。然后两个滚轮再次压紧，夯杆被提上来，如此周而复始（夯杆被滚轮提升过程中，经历匀加速运动过程）。已知两个滚轮边缘的线速度恒为v，夯杆质量m，则下列说法正确的是：
1
A. 夯杆被提上来的过程中滚轮先对它施加向上的滑动摩擦力，后不对它施力 B. 增加滚轮匀速转动的角速度或增加滚轮对杆的正压力可减小提杠的时间 C. 滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能的增量
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D. 一次提杆过程系统共产生热量𝑄=
𝑚𝑔𝑣22𝑎
+𝑚𝑣2；
2
1
【答案】BD 【解析】
夯杆被提上来的过程中，先受到滑动摩擦力，然后受静摩擦力．故A错误．增加滚轮匀速转动的角速度时夯杆获得的最大速度增大，可减小提杠的时间．增加滚轮对杆的正压力，夯杆受到滑动摩擦力增大，匀加速运动的加速度增大，可减小提杠的时间．故B正确．根据功能关系分析得到，滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能重力势能的增量之和．故C错误．设匀加速直线运动过程，夯杆受到的滑动摩擦力大小为f，加速度为a，质量为m，匀加速运动的时间为t，则相对位移大小为△𝑠=𝑣𝑡−
𝑣2
𝑣22𝑎
，𝑡= ，得到△𝑠=
𝑎
𝑚𝑔𝑣22𝑎
𝑣
，摩擦生热Q=f△s．根据牛顿第二定律得：f-mg=ma，联立得到：𝑄=2𝑎
12
+
𝑚𝑣2 ．故D正确．故选BD.
45．如图所示，质量m=lkg的物体从高为h=0.2m的光滑轨 道上尸点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，物体和皮带之间的动摩擦因数为μ=0．1，传送带AB之间的距离为L=5.5m，传送带一直以v=3m/s的速度沿顺时针方向匀速运动，则
A. 物体由A运动到B的时间是1. 5s
B. 物体由A运动到B的过程中，摩擦力对物体的冲量大小为1N·s C. 物体由A运动到B的过程中，系统产生0. 5J的热量
D. 带动传送带转动的电动机对物体由A运动到B的过程中，多做了3J功 【答案】BC 【解析】
物体下滑到A点的速度为v0，由机械能守恒定律有：2mv02=mgh 代入数据得：v0=2m/s
物体在摩擦力作用下先匀加速运动，后做匀速运动，有：𝑡1=𝑠1=
𝑣+𝑣02
𝑣−𝑣0𝜇𝑔
1
=1𝑠
𝑡1=
3+22
×1𝑚=2.5𝑚
𝑡2=
𝐿−𝑠15.5−2.5
=𝑠=1𝑠 𝑣3 t=t1+t2=2s，选项A错误；
物体由A运动到B的过程中，摩擦力对物体的冲量大小为𝐼=𝜇𝑚𝑔𝑡1=1𝑁⋅𝑠 ，选项B正确；在t1时间内，皮带做匀速运动 S皮带=vt1=3m Q=μmg△S=μmg（S皮带-S1）
代入数据得：Q=0.5J，选项C正确；
物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体做功：𝑊𝑓=𝜇𝑚𝑔𝑠1=2.5𝐽 ，选项D错误；故选BC.
注；请填写选项D:物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体做功2J.
46．在新疆旅游时，最刺激的莫过于滑沙运动．某人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由
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静止沿直线下滑到斜面底端时，速度为2𝑣，设人下滑时所受阻力恒定不变，沙坡长度为𝐿，斜面倾角为𝛼，人的质量为𝑚，滑沙板质量不计，重力加速度为𝑔。则( )
A. 若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以𝑣的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为3𝑣
B. 若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以𝑣的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为√5𝑣 C. 人沿沙坡下滑时所受阻力𝐹𝑓=𝑚𝑔sin𝛼−2𝑚𝑣2/𝐿 D. 人在下滑过程中重力功率的最大值为2𝑚𝑔𝑣 【答案】BC 【解析】
对人进行受力分析如图所示：
根据匀变速直线运动的规律有：
（2𝑣）−0=2𝑎𝐿
2
，
𝑣1
2
−𝑣
2
=
2𝑎𝐿，可解得：
，所以选项A错误，B正确；根据动能定理有：𝑚𝑔𝐿𝑠𝑖𝑛𝛼−𝐹𝑓𝐿=
1
𝑚（2𝑣），可解得𝐹𝑓=𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝛼−2𝑚2
2
𝑣2𝐿
，选项C正确；重力功率的最大值为𝑃𝑚=
2𝑚𝑔𝑣𝑠𝑖𝑛𝛼，选项D错误。
点睛：人下滑时受到重力、支持力和滑动摩擦力的作用，对下滑过程运用动能定理和速度位移公式列式；具有初速度时，同样运用动能定理和速度位移公式列式，最后联立方程组分析。
47．A、B、C、D四图中的小球以及小球所在的左侧斜面完全相同，现从同一高度ℎ处由静止释放小球，使之进入右侧不同的竖直轨道：除去底部一小段圆弧，A图中的轨道是一段斜面，高度大于ℎ；B图中的轨道与A图中的轨道相比只是短了一些，且斜面高度小于ℎ；C图中的轨道是一个内径略大于小球直径的管道，其上部为直管，下部为圆弧形，与斜面相连，管的高度大于ℎ；D图中的轨道是个半圆形轨道，其直径等于ℎ.如果不计任何摩擦阻力和拐弯处的能量损失，小球进入右侧轨道后能到达ℎ高度的是( )
A. B. C. D.
【答案】AC 【解析】
A、小球到达右侧斜面上最高点时的速度为零，根据机械能守恒定律得，𝑚𝑔ℎ+0=𝑚𝑔ℎ′+0．则ℎ′=ℎ，故①正确；
B、小球离开轨道后做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，运动到最高点时在水平方向上有速度，即在最高点的速度不为零，根据机械能守恒定律得，𝑚𝑔ℎ+0=𝑚𝑔ℎ′+
1
2𝑚𝑣，则ℎ′＜ℎ，故②错误； 2
C、小球离开轨道做竖直上抛运动，运动到最高点速度为零，根据机械能守恒定律得，
试卷第22页，总59页
𝑚𝑔ℎ+0=𝑚𝑔ℎ′+0．则ℎ′=ℎ，故③正确； D、小球在内轨道运动，通过最高点最小的速度为𝑣=√𝑔𝑟，故在最高点的速度不为零，根据机械能守恒定律得，𝑚𝑔ℎ+0=𝑚𝑔ℎ′+𝑚𝑣2．则ℎ′＜ℎ，故④错误。
21
点睛：解决本题的关键掌握机械能守恒定律和圆周运动最高点的临界速度，判断小球在最高点的速度是否为零，通过列式进行分析。
48．关于作用力与反作用力做功的关系，下列说法正确的是（ ） A. 作用力做正功时，反作用力也可能做正功 B. 当作用力不做功时，反作用力也不做功
C. 作用力与反作用力所做的功一定是大小相等、方向相反 D. 当作用力做正功时，反作用力一定做负功 【答案】A 【解析】
作用力和反作用力是作用在两个相互作用的物体之上的；作用力和反作用力可以同时做负功，也可以同时做正功；如冰面上两个原来静止的小孩子相互推一下之后，两人同时后退，则两力做正功；而两个相对运动后撞在一起的物体，作用力和反作用力均做负功，故A正确，D错误；如果物体保持静止，即位移为零，一对作用力与反作用力做功可以都为零，也可以一个是0，另一个不是0．例如物体在水平地面上滑动，地面对物体的摩擦力对物体做负功，物体对地面的摩擦力不做功，故B错误；作用力和反作用力的作用点的位移可能同向，也可能反向，大小可以相等，也可以不等，故作用力和反作用力做功不一定相等，故C错误．故选A． 评卷人 得分 三、多选题
49．如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出)．物块的质量为m，AB＝a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W.撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零。重力加速度为g。则上述过程中( )
A. 物块在A点时，弹簧的弹性势能等于𝑊−2𝜇𝑚𝑔𝑎 B. 物块在B点时，弹簧的弹性势能小于𝑊−𝜇𝑚𝑔𝑎
231
C. 经O点时，物块的动能等于𝑊−𝜇𝑚𝑔𝑎
D. 物块动能最大时弹簧的弹性势能与物块在B点时弹簧的弹性势能大小无法确定 【答案】BD 【解析】
设A离弹簧原长位置O的距离为xOA，则弹簧的形变量为xOA ，当物块从A向左运动直至B的过程中，物块要克服摩擦力做功，则物块及弹簧系统的机械能一定减小，到B时只具有弹性势能，则EpB<EpA，由此可知B离O的距离比A离O的距离近．则xOA>2；故从O到A的过程中运用动能定理有W－μmgxOA＋W
1
弹
𝑎
＝0，解得A处的弹性势能EpA＝－W
弹
＝W－μmgxOA<W－2μmga，故A项错误；同理，经过B点时，弹簧的弹性势能EpB＝－W
试卷第23页，总59页
弹
－μmga＝W－μmg(a＋xOA)<W－μmga，故B项正确；经过O点的动能Ek＝W－2μmgxO
2
A<W－μmga，则C项错误；物块动能最大时是物块第一次回到平衡位置，受力分析
3
不难得出该位置在O点的右边，物块受到的弹力和物块受到的摩擦力大小相等，由于摩擦因数未知，则弹簧的弹性势能大小无法确定，故物块动能最大时弹簧的弹性势能与物块在B点时弹簧的弹性势能大小无法确定，故D项正确．故选BD.
50．(多选)如图所示，长为L的细绳一端固定于O点，另一端系一个质量为m的小球，将细绳在水平方向拉直，从静止状态释放小球，小球运动到最低点时速度大小为v，细绳拉力为F，小球的向心加速度为a，则下列说法正确的是( )
A. 小球质量变为2m，其他条件不变，则小球到最低点的速度为2v
B. 小球质量变为2m，其他条件不变，则小球到最低点时细绳拉力变为2F C. 细绳长度变为2L，其他条件不变，小球到最低点时细绳拉力变为2F D. 细绳长度变为2L，其他条件不变，小球到最低点时向心加速度为a 【答案】BD 【解析】
根据动能定理得：2mv 2-0=mgL，解得：𝑣=√2𝑔𝐿 ；小球质量变为2m，其他条件不变，则小球到最低点的速度仍为v，故A错误；根据向心力公式得：𝐹−𝑚𝑔=𝑚𝑟 .解得：F=3mg，所以小球质量变为2m，其他条件不变，则小球到最低点时细绳拉力变为2F，细绳长度变为2L，其他条件不变，小球到最低点时细绳拉力不变，故B正确，C
错误；根据向心加速度公式得：
𝑎=
𝑣2𝑟
𝑣2
1
=
2𝑔 ，细绳长度变为2L，其他条件不变，小球到最低点时向心加速度不变，仍为a，故D正确．故选BD。
点睛：该题是动能定理及圆周运动向心力公式的直接应用，要求某个量的变化是否会引起另一个量的变化，最后先求出该量的函数表达式，难度适中。
51．用力Ｆ把质量为ｍ的物体从地面举高ｈ时物体的速度为v，则（ ） A. 力Ｆ做功为ｍｇｈ B. 重力做功为－ｍgｈ C. 合力做功为𝑚𝑣2 D. 重力势能增加为ｍgｈ
21
【答案】BCD 【解析】
力F做的功等于物块的机械能增加量，即𝑊=𝐹ℎ=𝑚𝑔ℎ+
1
2𝑚𝑣，A错误；根据重力做功公式可知𝑊𝐺=−𝑚𝑔ℎ，重力做负功，重力势能增加mgh，2
故BD正确；根据动能定理，合外力做功对应着动能转化，物体动能变化为𝛥𝐸𝑘=2𝑚𝑣2，所以物体所受合外力对它做的功等于𝑊=2𝑚𝑣2，故C正确；
【点睛】合外力做功对应着动能转化，重力做功对应着重力势能转化．
52．如图所示，两个可视为质点的小球1和2带有同种电荷，质量分别为m1、m2，带电量分别为q1、q2，q1＞q2，用绝缘细线悬挂后，细线与竖直方向的夹角分别为α、β，
试卷第24页，总59页
1
1
α=β，两球位于同一水平线上。某时刻将两细线同时剪断，则
A. 剪断的瞬间小球1的加速度大于小球2的加速度 B. 剪断的瞬间小球1的加速度小于小球2的加速度 C. 落地时两球的速度大小相等 D. 落地时两球的动能相等 【答案】CD 【解析】
题中电荷电量可能不同，也可能相同，但各自所受的电场力大小却相同，方向相反．由于它们与竖直线所成的角度均为α，且两球同处一水平线上，所以根据共点力平衡条件可确定，它们的质量一定相等．当两细线同时剪断时，小球在竖直方向做自由落体运动，它们的加速度相同，根据动能定理可知，落地时两球的速度大小相等，动能也相等，故C、D正确，A、B错误；故选CD．
【点睛】本题中库仑力是两个小球联系的纽带，由平衡条件分别找出两个小球的质量与库仑力关系是解题的关键，并掌握动能定理的应用，当然也可能运用机械能守恒定律求解．
53．半径分别为𝑟和2𝑟的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为𝑟、质量为𝑚且质量分布均匀的直导体棒𝐴𝐵置于圆导轨上面，𝐵𝐴的延长线通过圆导轨中心𝑂，装置的俯视图如图所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为𝐵，方向竖直向下．在内圆导轨的𝐶点和外圆导轨的𝐷点之间接有一阻值为𝑅的电阻（图中未画出）．直导体棒在水平外力作用下以角速度𝜔绕𝑂逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为𝜇，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小𝑔．则（ ）
A. 电阻𝑅中的感应电流从𝐶端流向𝐷端 B. 电阻𝑅中的感应电流大小为C. 克服摩擦力做功的功率为𝜇𝑚𝑔𝜔𝑟 D. 外力的功率为
23
9𝜔2𝐵2𝑟4
4𝑅
3𝜔𝐵𝑟22𝑅
【答案】ABC 【解析】 【解答】
解：B、AB中感应电动势的大小为𝐸=2𝐵(2𝑟)2𝜔−2𝐵𝑟2𝜔=2𝐵𝑟2𝜔，感应电流大小：𝐼=𝑅=
𝐸
3𝐵𝑟2𝜔2𝑅
1
1
3
，选项B正确；A、由右手定则判断可知，感应电流的方向是从B端流向
A端，所以通过电阻R的电流方向为C→D，则选项Ａ正确．Ｃ、设导体棒克服摩擦力做
试卷第25页，总59页
功的功率为P，在竖直方向有：mg-N=0，由于质量分布均匀，内、外圆导轨对导体棒的正压力相等，故两导轨对导体棒的摩擦力均为𝑓=𝜇𝑚𝑔，所以𝑃=𝑓⋅𝑣̅=𝜇𝑚𝑔⋅(2𝑟+
2
2
1
1
𝑟)𝜔=2𝜇𝑚𝑔𝜔𝑟，选项Ｃ正确．Ｄ、电功率为𝑃电=𝐼2𝑅=
外
3
9𝐵2𝑟4𝜔2
4𝑅
，由能量守恒定律得：P
=P+P电，解得𝑃外=𝜇mg𝜔r+
2
1
3
9𝐵2𝑟4𝜔2
4𝑅
．故Ｄ错误．故选ABC.
【点睛】𝐸=2𝐵𝐿2𝜔 求导体棒转动的感应电动势，由欧姆定律求出电流，由右手定则判断出感应电流方向；外加机械功率等于电阻器上电功率与克服摩擦力做功的功率之和，根据能量转化守恒定律求解杆ab克服摩擦力做功的功率．
54．如图所示，两根正对的平行金属直轨道𝑀𝑁、𝑀′𝑁′位于同一水平面上，两轨道之间的距离𝑙=0.50m．轨道的𝑀、𝑀′之间有一阻值𝑅=0.50𝛺的定值电阻，𝑁𝑁′端与两条位于竖直面内的半圆形光滑金属轨道𝑁𝑃、𝑁′𝑃′平滑连接，两半圆轨道的半径均为𝑅0=0.50m．直轨道的右端处于竖直向下、磁感应强度𝐵=0.60T的匀强磁场中，磁场区域的宽度𝑑=0.80m，且其右边界与𝑁𝑁′重合．现有一质量𝑚=0.20kg、电阻𝑟=0.10𝛺恰好能放在轨道上的导体杆𝑎𝑏静止在距磁场的左边界𝑠=2.0m处．在与杆垂直的水平恒力𝐹=2.0N的作用下𝑎𝑏杆开始运动，当运动至磁场的左边界时撤去𝐹，导体杆𝑎𝑏穿过磁场区域后，沿半圆形轨道运动，结果恰好通过半圆形轨道的最高点𝑃𝑃′．已知导体杆𝑎𝑏 在运动过程中与轨道接触良好，且始终与轨道垂直，导体杆𝑎𝑏与直轨道之间的动摩擦因数𝜇=0.10，轨道的电阻可忽略不计，𝑔取10m/s2．则（ ）
A. 导体杆刚进入磁场时，电阻𝑅中的电流方向由𝑀指向𝑀′ B. 导体杆刚进入磁场时，导体杆中的电流大小为3.0 A C. 导体杆刚穿出磁场时速度的大小为5.0 m/s
D. 导体杆穿过磁场的过程中整个电路产生的焦耳热为0.94 J 【答案】BCD 【解析】
A、B、设导体杆在F的作用下运动至磁场的左边界时的速度为v1，由动能定理得：(𝐹−
2
𝜇𝑚𝑔)𝑠=𝑚𝑣1−0，导杆刚进入磁场时产生的感应电动势为：E=Blv1，此时通过导体杆
21
的电流大小为：𝐼=
𝐸𝑅+𝑟
，代入数据解得：I=3.0A，由右手定则可知，电流的方向为由b
指向a，电阻𝑅中的电流方向由𝑀′ 指向M，故A错误、B正确.C、设导体离开磁场时的速度为v2，运动到圆轨道最高点的速度为v3，因导杆恰好能以最小速度通过圆轨道最高点，由牛顿第二定律得：𝑚𝑔=𝑚𝑅3 ，导体杆从MN′到PP′的过程，由机械能守恒定律
0
𝑣2
22
得：2𝑚𝑣2=2𝑚𝑣3+𝑚𝑔⋅2𝑅0，代入数据解得：v2=5.0m/s，故选项C正确.D、由能量22守恒定律得：导体杆穿过磁场的过程中损失的机械能：𝛥𝐸=2𝑚𝑣1−2𝑚𝑣2 ，导体杆
1
1
11
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穿过磁场的过程中整个电路产生的焦耳热为：𝑄=𝛥𝐸−𝜇𝑚𝑔𝑑，代入数据解得Q=0.94J，故D正确。故选BCD.
【点睛】本题首先要分析导体棒的运动过程，分三个子过程进行研究；其次要掌握三个过程遵守的规律，运用动能定理、能量守恒、牛顿第二定律、机械能守恒等联合求解． 55．质量为𝑚的物块甲以3m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质量也为𝑚的物体乙以4m/s的速度与甲相向运动，如图所示，下列说法中不正确的是（ ）
A. 甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，系统动量守恒 B. 当两物块相距最近时，甲物块的速率为零
C. 当甲物块的速率为1m/s时，乙物块的速率可能为，也可能为0 D. 甲物块的速率可能达到6m/s 【答案】BD 【解析】
A、甲、乙两物块（包括弹簧）组成的系统在弹簧压缩过程中，系统所受的合外力为零，系统动量守恒，故A正确；B、当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前乙的速度方向为正方向，设共同速率为v，由动量守恒定律得：𝑚𝑣乙−𝑚𝑣甲=2𝑚𝑣，代入数据解得v=0.5m/s，故B错误．C、甲、乙组成的系统动量守恒，若物块甲的速率为1m/s，方向与原来相同，由动量守恒定律得：𝑚𝑣乙−𝑚𝑣甲=𝑚𝑣′甲+𝑚𝑣′乙，代入数据解得：v乙′=2m/s；若物块甲的速率为1m/s，方向与原来相反，代入数据解得：v乙′=0，故C正确．D、若物块甲的速率达到6m/s，方向与原来相同，代入数据解得：v乙′=7m/s．若物块甲的速率达到6m/s，方向与原来相反，代入数据解得v乙′=-5m/s，两个物体的速率都增大，动能都增大，违反了能量守恒定律．所以物块甲的速率不可能达到6m/s，故D错误．本题选错误的故选BD．
【点睛】本题考查了含弹簧的碰撞问题，处理该类问题，往往应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析解题．分析清楚物体运动过程是正确解题的前提与关键，应用动量守恒定律即可正确解题；当两物体速度相等时，弹簧被压到最短，此时弹力最大．
56．如图所示，一质量为m的小球以初动能Ek0从地面竖直向上抛出，己知运动过程中受到恒定阻力f=kmg作用(k为常数且满足0<k<1)。图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能和重力势能与其上升高度之间的关系(以地面为零势能面)，h0表示上升的最大高度。则由图可知，下列结论正确的是（ ）
𝑘0𝑘0
A. E1是最大势能，且𝐸1=𝑘+2 B. 上升的最大高度ℎ0=(𝑘+1)𝑚𝑔
𝐸𝐸
C. 落地时的动能𝐸𝑘=
𝑘𝐸𝑘0
𝑘0
D. 在h 1处，物体的动能和势能相等，且ℎ1=𝑘+1(𝑘+2)𝑚𝑔
𝐸
【答案】BD
【解析】
A、B、对于小球上升过程，根据动能定理可得：
试卷第27页，总59页
0−𝐸𝑘0=−(𝑚𝑔+
𝑘0
𝑓)ℎ0，又f=kmg，得上升的最大高度ℎ0=(𝑘+1)𝑚𝑔,则最大的势能为𝐸1=𝑚𝑔ℎ0=
𝐸
𝐸𝑘0𝑘+1
，故A错误、B正确．C、下落过程，由动能定理得：
,又f=kmg，解得落地时的动能
𝐸𝑘=(𝑚𝑔−
𝐸𝑘=
𝑓)ℎ0
(1−𝑘)𝐸𝑘0
𝑘+1
,故C错误．D、设h1高度时重力势能和动能相等，由动能定理得：𝐸𝑘−𝐸𝑘0=
𝐸
𝑘0−(𝑚𝑔+𝑓)ℎ1，又 mgh1=Ek，解得ℎ1=(𝑘+2)𝑚𝑔，故D正确．故选BD．
【点睛】本题的关键是掌握动能定理，并能分过程列式，要注意重力势能与重力做功之间的区别．
57．如图1所示，物体A以速度v0做平抛运动，落地时水平方向的位移和竖直方向的位移均为L，图1中的虚线是A做平抛运动的轨迹.图2中的曲线是一光滑轨道，轨道的形状与图1中的虚线相同.让物体B从轨道顶端无初速下滑，B下滑过程中没有脱离轨道.物体A、B都可以看作质点.重力加速度为g.则下列说法正确的是
A. A、B两物体落地时的速度方向相同 B. A、B两物体落地时的速度大小相等 C. 物体B落地时水平方向的速度大小为√
2𝑔𝐿5
D. 物体B落地时重力的瞬时功率为𝑚𝑔√2𝑔𝐿 【答案】AC 【解析】
A、因为轨迹相同，所以在落地时的速度方向一致，故A正确；B、由动能定理得，AB的都是重力做功，且大小相同，物体A以速度v0做平抛运动，物体B从轨道顶端无初速下滑，所以B的末速度小于A的末速度，故B错误；C、根据平抛运动的知识，A沿水平方向：L=v0t;竖直方向：𝐿=
𝑣𝑦+02
⋅𝑡,所以：𝑣𝑦=2𝑣0，A落地时的速度：𝑣𝐴=
𝑣
√5′，重力对B做功：𝑊5
22=√5𝑣，+𝑣𝑦cos𝜃=𝑣0=√𝑣00A落地时速度的方向：
𝐴
=𝑚′𝑔𝐿=
12
𝑚′𝑣2,B的末速度：𝑣=√2𝑔𝐿 ，因为B与A的落地速度方向相同，所以B的水平分速度
𝑣⋅cos𝜃=
5
为√
2𝑔𝐿
，故C正确；D、因为B的落地速度为
2𝑔𝐿5
√2𝑔𝐿，则竖直方向的分速度：
𝑣𝑦=
√𝑣2−(𝑣cos𝜃)2=2√2𝑚𝑔√
2𝑔𝐿5
，所以物体B落地时重力的瞬时功率为
，故D错误；故选AC.
【点睛】此题考查的是平抛运动的规律的应用，基础类题目，关键是竖直位移与水平位
移的时间关系．
58．两个物体A、B的质量分别为m1、m2，并排静止在水平地面上，用同向水平拉力F1、F2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
试卷第28页，总59页
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F1、F2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F1=F2，则m1小于m2
B. 若m1=m2，则力F1对物体A所做的功较多
C. 若m1=m2，则力F1对物体A的冲量与F2对B的冲量之比为4:5
D. 若m1=m2，则力F1的最大瞬时功率一定是力F2的最大瞬时功率的2倍 【答案】ACD 【解析】
由斜率等于加速度知，撤除拉力后两物体的速度图象平行，故加速度大小相等，设为a 由牛顿第二定律得：𝜇1𝑚1𝑔=𝑚1𝑎 ；𝜇2𝑚2𝑔=𝑚2𝑎，解得μ1=μ2=0.1，令μ1=μ2=μ，若F1=F2，对于m1则有：𝐹1−𝜇𝑚1𝑔=𝑚1𝑎1 解得
𝐹1𝑎2+𝜇𝑔
𝑚1=𝑎
𝐹1
1+𝜇𝑔
，同理
𝑚2=
由图可知a1＞a2 ，则m1＜m2，故A正确；若m1=m2，则滑动摩擦力f1=f2，由图可知
𝑊𝐹−𝑊𝑓=0 ，同理
𝐹1𝑡1𝐹2𝑡2
，两物体运动位移相同，滑动摩擦力对两物体做功相同，由动能定理
415
可知，力F1对物体A所做的功与力F2对物体B所做的功一样多，故B错误；令m1=m2=m，由牛顿第二定律得：
16
𝐹1−𝜇𝑚𝑔=𝑚𝑎1，这两个力的冲量之比
𝑃1𝑚
2𝑚
解得：
𝐹1=
𝑚𝑔
𝐼1𝐼2
𝐹2==
54
𝑚𝑔==
4
𝑚𝑔×1.5151𝑚𝑔×36故C正确；这两个力的最大功率之比𝑃=𝐹𝑣=
22
𝐹1𝑣1
4
𝑚𝑔×2.5151𝑚𝑔×26
=2 ，故D正确。
59．如图所示，质量为m的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度大小为个过程中物体（ ）
3g，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这43mgh 41B．克服摩擦力做功mgh
43C．动能损失了mgh
21D．机械能损失了mgh
2A．重力势能增加了【答案】CD
试卷第29页，总59页
【解析】该过程中重力势能增加了mgh，故A错误；加速度a＝摩擦力f＝
3mgsin 30＋fg＝，4m1mg，物体在斜面上能够上升的最大高度为h，发生的位移为2h，则克服摩4mgh擦力做功，故B错误；由动能定理可知，动能损失量为合外力做的功的大小，所
2331以ΔEk＝F合·2h＝m·g×2h＝mgh，故C正确；机械能的损失量为fs＝mg·2h
4241＝mgh，故D正确． 260．构建和谐、节约型社会的思想深得民心，也体现在生活的方方面面．自动充电式电动车就是很好的一例：将电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接，当电动车滑行时，就可以向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来．现有某人骑车以500 J的初动能在粗糙的水平面上滑行，第一次关闭充电装置，让车自由滑行，其动能随位移的变化关系如图线①所示；第二次启动充电装置，其动能随位移的变化关系如图线②所示，则（ ）
A．电动车受到的摩擦阻力为50 N B．电动车受到的摩擦阻力为83 N
C．第二次启动充电装置，向蓄电池所充的电能是200 J D．第二次启动充电装置，向蓄电池所充的电能是300 J 【答案】AC
【解析】当关闭充电装置，让车自由滑行时，自行车的动能全部用来克服摩擦力做功，转化为内能，有Ek＝fs1，解得f＝50 N；当启动充电装置滑行时，自行车的动能一部分克服摩擦力做功，另一部分转化为蓄电池的电能，根据能量守恒有Ek＝fs2＋E电，故E电＝Ek－fs2＝200 J．
61．在“验证机械能守恒定律”的实验中，要验证的是重物重力势能的减少量等于其动能的增加量，以下步骤仅是实验中的一部分，在这些步骤中多余或错误的有（ ） A．把打点计时器固定到铁架台上，并用导线把它和低压直流电源连接起来
B．把纸带的一端固定到重物上，另一端穿过打点计时器的限位孔，把重物提升到一定高度
C．接通电源，释放纸带
D．用停表测出重物下落的时间 【答案】AD
【解析】打点计时器连接交流电源，故A错误．把纸带的一端固定在重锤上，另一端穿过打点计时器的限位孔，把重锤提升到一定的高度，故B正确．实验时先接通电源，再释放纸带，故C正确．打点计时器可以记录时间，不需要用秒表测出重锤下落的时间，故D是多余的．
62．如图是用自由落体法验证机械能守恒定律时得到的一条纸带．有关尺寸在图中已注明．我们选中n点来验证机械能守恒定律．下面举一些计算n点速度的方法，其中正确的是（ ）
试卷第30页，总59页
A．n点是第n个点，则vn＝gnT
B．n点是第n个点，则vn＝g（n－1）T
xnxn1
2Thhn1D．vn＝n1
2TC．vn＝
【答案】CD
【解析】该实验是验证机械能守恒定律的实验，不能把重物看成自由落体运动，再运用自由落体的规律求解速度，那么就不需要验证了，AB选项都是利用了自由落体运动规律求速度的，故AB错误；根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度大小可以求出某点的瞬时速度，由图可知，n-1到n+1之间的距离为xn+xn+1或hn+1-hn-1； 可以求出n点的速度为：vn=
xnxn1hhn1，或vn=n1， CD正确．
2T2T63．用自由落体法验证机械能守恒定律的实验中，下列物理量中需要测量的有（ ）
A．重物的质量 B．重力加速度 C．重物下落的高度
D．与重物下落高度对应的重物的瞬时速度 【答案】CD
【解析】本实验无需测量重物的质量，重力加速度需用当地的重力加速度，A、B错误． 评卷人 得分 四、简答题
64．如图所示，足够长的水平传送带在电动机的带动下匀速转动。现有一可视为质点，质量m＝0.5 kg的煤块落在传送带左端(不计煤块落下的速度)，煤块在传送带的作用下达到传送带的速度后从右轮轴正上方的P点恰好离开皮带做平抛运动，正好落入运煤车车厢中心点Q。已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，P点与运煤车底板间的竖
2
直高度H＝1.8 m，与运煤车车厢底板中心点Q的水平距离x＝1.2 m，取g＝10 m/s， 求：
(1)传送带的速度v0； (2)右轮半径R；
(3)由于传送煤块，电动机多做的功W。
【答案】 (1)2 m/s (2)0.4 m (3)2 J 【解析】
试题分析：煤块平抛运动的初速度等于传送带匀速运动的速度，根据高度求出平抛运动的时间，再根据水平位移求出平抛运动的初速度．要使煤块在轮的最高点做平抛运
试卷第31页，总59页
动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，由牛顿第二定律列式求解．运送一块0.5kg的煤块，带动传送带的电动机需要比传送带空载情况多消耗的电能等于煤块与传送带摩擦产生的热量与煤块的动能之和．
（1）由平抛运动的规律，得𝑥=𝑣𝑡，𝐻=2𝑔𝑡2，代入数据解得𝑣=2𝑚/𝑠
（2）要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，由牛顿第二定律，得𝑚𝑔=𝑚𝑅，代入数据得𝑅=0.4𝑚 （3）由牛顿第二定律𝐹=𝑚𝑎得𝑎=𝜇𝑔=8𝑚/𝑠2，
煤块沿传送带做初速度为零的匀加速直线运动的时间：𝑡=𝑎=8=0.25𝑠 煤块的位移：𝑥1=𝑡=×0.25𝑚=0.25𝑚
2
2
𝑣
2
𝑣
2
𝑣2
1
相等时间内传送带的位移：𝑥2=𝑣𝑡=0.5𝑚
则相对运动的位移：𝛥𝑥=𝑥2−𝑥1=0.5𝑚−0.25𝑚=0.25𝑚 摩擦产生的热量𝑄=𝜇𝑚𝑔𝛥𝑥=0.8×0.5×10×0.25J=1J． 煤块获得动能：𝐸𝐾=2𝑚𝑣2=2×0.5×4J=1J．
则带动传送带的电动机需要比传送带空载情况多消耗的电能𝐸=𝑄+𝐸𝐾=2J
65．如图所示为一传送带装置模型，斜面的倾角θ，底端经一长度可忽略的光滑圆弧与足够长的水平传送带相连接，质量m＝2kg的物体从高h＝30cm的斜面上由静止开始下滑，它与斜面的动摩擦因数μ1＝0.25，与水平传送带的动摩擦因数μ2＝0.5，物体在传送带上运动一段时间以后，又回到了斜面上，如此反复多次后最终停在斜面底端．已知传送带的速度恒为v＝2.5m/s，tan θ＝0.75，g取10 m/s2.求：
1
1
(1)从物体开始下滑到第一次回到斜面的过程中，物体与传送带间因摩擦产生的热量； (2)从物体开始下滑到最终停在斜面底端，物体在斜面上通过的总路程． 【答案】(1) 20J (2) 1.5m 【解析】
对物体从静止开始到达底端的过程运用动能定理得：
mgh−μ1mgs1cosθ＝2mv12-0
代入数据解得：v1=2m/s，
物体滑上传送带后向右做匀减速运动，匀减速运动的位移为：𝑥1＝匀减速运动的时间为：𝑡1＝𝜇1𝑔＝5𝑠＝0.4𝑠 ，
2
1
𝑣12𝜇2
＝10𝑚＝0.4𝑚 ， 𝑔
2
4
𝑣2
该段时间内的传送带的位移为：x2=vt1=2.5×0.4m=1m 则相对路程的大小为：△x1=x1+x2=1.4m， 返回的过程做匀加速直线运动，根据x1＝2at22， 解得：𝑡2＝√
2𝑥1𝑎
1
＝√
2×0.45
𝑠＝0.4𝑠，
传送带的位移为：x3=vt2=2.5×0.4=1m， 则相对位移大小为：△x2=x3-x1=0.6m
试卷第32页，总59页
相对总路程的大小为：△x=△x1+△x2=2m， 则由摩擦产生的热量为：Q=μ2mg△x=0.5×20×2J=20J．
（2）在传送带上摩擦力先做负功，再做正功，在传送带上摩擦力做功为零，对全过程运用动能定理得：mgh-μ1mgscosθ=0 代入数据解得：s=1.5m．
点睛：解决本题的关键理清物体在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律、运动学公式和动能定理进行求解，知道物体在传送带上运动的过程中，摩擦力做功的代数和为零．
66．如图所示，在光滑水平面上有一块长为L的木板B，其上表面粗糙，在其左端有一个光滑的1/4圆弧槽C与长木板接触但不连接，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，B、C静止在水平面上．现有很小的滑块A以初速度v0从右端滑上B并以好能到达C的最高点．A、B、C的质量均为m，试求：
𝑣02
的速度滑离B，恰
14
(1)木板B上表面的动摩擦因数μ； (2) 圆弧槽C的半径R. 【答案】（1）16𝑔𝑙 (2)
5𝑣0
2
𝑣0
2
64𝑔𝑙
【解析】
（1）当A在B上滑动时，A与BC整体发生相互作用，由于水平面光滑，A与BC组成的系统动量守恒，选向左的方向为正方向，有：
mv0＝m(2v0)+2mv1…①
2
由能量守恒得知系统动能的减少量等于滑动过程中产生的内能即：𝜇𝑚𝑔𝐿＝𝑚𝑣0−
2
12
2𝑚(𝑣0)2−⋅2𝑚𝑣1 …② 2
2
25𝑣0
1
1
11
联立①②解得：𝜇＝16𝑔𝐿
…③
（2）当A滑上C，B与C分离，A、C发生相互作用．设A到达最高点时两者的速度相等均为v2，A、C组成的系统水平方向动量守恒有：
m(2v0)+mv1＝(m+m)v 2…④
22
由A、C组成的系统机械能守恒：𝑚(𝑣0)2+𝑚𝑣1＝(2𝑚)𝑣2+𝑚𝑔𝑅 …⑤
2
2
2
2
0联立④⑤解得：𝑅＝64𝑔
1
1111
𝑣2
点睛：该题考查动量守恒定律的应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，注意使用动量守恒定律解题时要规定正方向，难度适中．
67．如图所示，在同一竖直面上，质量为2m的小球A静止在光滑斜面的底部，斜面高度为H＝2L．小球受到弹簧的弹性力作用后，沿斜面向上运动．离开斜面后，运动到最高点时与静止悬挂在此处的小球B发生弹性碰撞（碰撞过程无动能损失），碰撞后球B刚好能摆到与悬点O同一高度，球A沿水平方向抛射落在水平面C上的P点，O点的投影O/与P的距离为L/2．已知球B质量为m，悬绳长L，视两球为质点，重力加速度为g，不计空气阻力，求：
试卷第33页，总59页
（1）球B在两球碰撞后一瞬间的速度大小； （2）球A在两球碰撞前一瞬间的速度大小； （3）弹簧的弹性力对球A所做的功。 【答案】（1）𝑣B=√2𝑔𝐿 （2）𝑣0=√2𝑔𝐿
4（3）𝑊=
5783
𝑚𝑔𝐿
【解析】
试题分析：两球碰撞过程满足动量守恒定律，B球上升过程满足机械能守恒定律或动能定理，A球碰撞后做平抛运动，A球从弹起到与B球碰撞可用动能定理．
2
（1）碰撞后，根据机械能守恒定律，对B球有：𝑚𝑔𝐿=2𝑚𝑣B
1
解得：𝑣B=√2𝑔𝐿
222（2）A、B球碰撞有：2𝑚𝑣0=2𝑚𝑣A+𝑚𝑣B，⋅2𝑚𝑣0=⋅2𝑚𝑣A+⋅𝑚𝑣B
2
2
2
1
1
1
解得：𝑣A=4√2𝑔𝐿，𝑣0=4√2𝑔𝐿
（3）碰后A球做平抛运动，设平抛高度为y，有：2=𝑣A𝑡，𝑦=2𝑔𝑡2 解得：y＝L
2对A球应用动能定理得：𝑊−2𝑚𝑔(𝑦+2𝐿)=2⋅2𝑚𝑣0
1
𝐿
1
13
解得：𝑊=
578
𝑚𝑔𝐿
68．如图所示，光滑的四分之一圆弧AB（质量可忽略）固定在甲车的左端，其半径𝑅=1m．质量均为𝑀=3kg的甲、乙两辆小车静止于光滑水平面上，两车之间通过一感应开关相连（当滑块滑过感应开关时，两车自动分离）．其中甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P之间的动摩擦因数𝜇=0.4．将质量为𝑚=2kg的滑块P（可视为质点）从A处由静止释放，滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车．求：
（1）滑块P刚滑上乙车时的速度大小； （2）滑块P在乙车上滑行的距离为多大? 【答案】(1)√15m/s (2)2m
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【解析】
（1）设滑块P刚滑上乙车时的速度为𝑣1，此时两车的速度为𝑣2，滑块、甲、乙两辆小车组成系统，规定向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒列出等式： 𝑚𝑣1−2𝑀𝑣2=0，对整体，应用能量守恒有：𝑚𝑔𝑅=2𝑚𝑣1解得：𝑣1=√15𝑚/𝑠，𝑣2=
√15𝑚/𝑠。 3
1
2
+2⋅2𝑀𝑣2
1
2
；
（2）设滑块P和小车乙达到的共同速度为v，滑块P在乙车上滑行的距离为L，规定向右为正方向，对滑块P和小车乙应用动量守恒有：𝑚𝑣1−𝑀𝑣2=（𝑚+𝑀)𝑣对滑块P和小车乙，应用能量守恒有：𝜇𝑚𝑔𝐿=2𝑚𝑣1
1
2
1
2
+2𝑀𝑣2−2（𝑚+𝑀)𝑣2，解得：𝐿=
1
2𝑚。
点睛：正确分析物体的运动过程，把握每个过程所遵守的物理规律是解题的关键，结合动量守恒定律和能量守恒定律进行求解．动量守恒定律解题时应注意其矢量性。 69．如图所示，底端带弹性挡板且足够长的光滑直杆与水平方向的夹角为53°，质量分别为𝑚𝐴、𝑚𝐵的两个带孔弹性小球A、B（孔径略大于杆的直径）穿在杆上，且𝑚𝐵=3𝑚𝐴，A球在B球的上方，先将B球释放，经过t=0.5s再将A球释放，当A球下落0.375s时，刚好与B球在杆上的P点处相碰撞，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零，已知重力加速度大小𝑔=10𝑚/𝑠2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，忽略空气阻力及碰撞中的能量损失，仅考虑B球与挡板碰一次的情况，求：
（1）与A球碰撞前后，B球的速度；
（2）B球由释放到与挡板相碰运动的时间。 【答案】（1）𝑣2=1𝑚/𝑠，𝑣′2=2𝑚/𝑠 （2）𝑡2=0.375𝑠 【解析】
（1）以平行于斜面向下的方向为正方向，根据牛顿第二定律𝑚𝑔sin53°=𝑚𝑎可得两球在杆上运动的加速度大小为𝑎=𝑔sin53°=8𝑚/𝑠2
设A球碰前的速度为𝑣1，运动时间𝑡1=0.375𝑠，则由运动学公式可得：𝑣1=𝑎𝑡1=3𝑚/𝑠
设B球碰前的速度为𝑣2，碰后速度为𝑣′2，由动量守恒定律可得𝑚𝐵𝑣2+𝑚𝐴𝑣1=𝑚𝐵𝑣′2
22
碰撞过程中动能守恒，则有2𝑚𝐵𝑣2+2𝑚𝐴𝑣1=2𝑚𝐵𝑣′22
1
1
1
联立即得𝑣2=1𝑚/𝑠，𝑣′2=2𝑚/𝑠
（2）碰前B球的运动可分为三个阶段，向下运动，与挡板碰后向上运动，再向下运动，设B球回到最高点后再向下运动的时间为𝑡3，B球回到最高点后再向下运动的距离为𝐿3，则有𝑡3=
|𝑣3|𝑎
2
=0.125𝑠，𝐿3=2𝑎𝑡3=0.0625𝑚
1
设B球由释放到与挡板相碰运动的时间为𝑡2，则有𝑡+𝑡1=2𝑡2+𝑡3
解得𝑡2=0.375𝑠
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点睛：本题考查了动量守恒和能量守恒的综合运用，综合性较强，结合动量守恒和能量守恒求出B碰撞前后的速度大小是关键，理清B在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式，抓住时间关系进行求解。 70．【加试题】图中两根足够长的平行光滑导轨，相距1m水平放置，磁感应强度B=0.4T的匀强磁场竖直向上穿过整个导轨所在的空间．金属棒ab、cd质量分别为0.1kg和0.2kg，电阻分别为0.4Ω和0.2Ω，并排垂直横跨在导轨上．若两棒以大小相等的初速度3m/s向相反方向分开，不计导轨电阻，求：
（1）金属棒运动达到稳定后，ab棒的速度大小；
（2）金属棒运动达到稳定的过程中，ab上产生的焦耳热； （3）金属棒运动达到稳定后，两棒间距离增加多少？ 【答案】（1） 1m/s （2） 1.5 m
【解析】
（1）ab、cd棒组成的系统动量守恒，最终具有共同速度v，以水平向右为正方向，则mcdv0-mabv0=（mcd+mab）v ∴v=1m/s
（2）根据能量转化与守恒定律，产生的焦耳热为： Q=△ΕΚ减=mcd+mab）（v02-v2）=1.2J
21
Qab=3Q=0.8J
（3）对cd棒利用动量定理：-BIL•△t=mcd（v-v0） 又 𝑞=𝐼𝛥𝑡=∴𝛥𝑠=
𝛥𝛷𝑅1+𝑅2
𝐵𝐿𝛥𝑥𝑅1+𝑅2
2
=
𝑚𝑐𝑑(𝑣0−𝑣)(𝑅1+𝑅2)
𝐵2𝐿2=1.5𝑚
71．自由式滑雪空中技巧是一项有极大观赏性的运动，其场地由①出发区、②助滑坡、③过渡区(由两段不同半径的圆弧平滑相连，其中CDE弧的半径为3m，DE弧的圆心角60º)、④ 跳台(高度可选)组成。比赛时运动员由A点进入助滑区做匀加速直线运动，经过渡区后沿跳台的斜坡匀减速滑至跳台F处飞出，运动员的空中动作一般须在54km/h到68km/h的速度下才能成功完成，不计摩擦和空气阻力，取g=10m/s2，求:
（1）某运动员选择由A点无初速滑下，测得他在②、④两段运动时间之比为t1:t2=3:1，，且已知AB=2EF，则运动员在这两坡段运动平均速度之比及加速度之比各为多少？
（2）另一质量60kg的运动员，选择高h = 4 m的跳台，他要成功完成动作，在过渡区
试卷第36页，总59页
最低点D处至少要承受多大的支持力？
（3）试求为了能成功完成空中动作，助滑过程中他至少需要消耗多少体能？ 【答案】（1）2:3 （2）7300N 【解析】
(1) 两段运动的平均速度之比̅=̅̅𝑣
2
̅̅̅𝑣1
𝐴𝐵
𝑡1𝐸𝐹𝑡2
=2:3
设滑到B点速度为v 1 ，则滑到E点速度也为v 1 ，又设滑到F点速度为v 2 . 则由，̅𝑣̅2̅=由𝑎1=
𝑣1𝑡1
𝑣1+𝑣22
，得：v 1 =2v 2
， 得：a 1 :a 2 = 2:3
ℎ
8√3𝑚， 3
（2）在EF段，有：𝐸𝐹＝sin60°＝a2＝gsin60°＝5√3m/s2，
在AB段，有：𝐴𝐵＝2𝐸𝐹＝16√33
𝑚 ，𝑎1＝3𝑎2＝2
10√3𝑚/𝑠2 3
2
运动员从A点由静止出发做匀加速运动，由运动学公式得，𝑣𝐵
12
̅̅̅ ， ＝2𝑎1̅𝐴𝐵
12
从B点至D点的过程中，由动能定理得，mgR(1−cos60°)＝mvD2−mvB2， 在D点，由牛顿第二定律得，𝐹𝑁−𝑚𝑔=𝑚联立代入数据解得: FN =7300N
（3）设助滑过程中运动员消耗的能量为E，由功能关系可得，𝐸−𝑚𝑔[ℎ+𝑅（1−𝑐𝑜𝑠60°）]=𝑚𝑣𝐹
21
2
2
𝑣𝐷
𝑟
−𝑚𝑣𝐷
2
1
2
当vF=54km/h=15m/s时，Emin=2200J．
72．如图所示，两条平行导轨MN、PQ的间距为L，粗糙的水平轨道的左侧为半径为𝑟的
14
光滑圆轨道，其最低点与右侧水平直导轨相切，水平导轨的右端连接一阻值为R的定
值电阻；同时，在水平导轨左边宽度为𝑑的区域内存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场。现将一金属杆从圆轨道的最高点PM处由静止释放，金属杆滑到磁场右边界时恰好停止。已知金属杆的质量为𝑚、接入电路部分的电阻为R，且与水平导轨间的动摩擦因数为𝜇，金属杆在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，导轨的电阻不计，重力加速度大小为𝑔，求：
（1）金属杆刚到达水平轨道时对导轨的压力大小N； （2）整个过程中通过金属杆横截面的电荷量𝑞； （3）整个过程中定值电阻R上产生的焦耳热Q。 【答案】（1）𝑁=𝐹=3𝑚𝑔；（2）𝑞=
𝐵𝑑𝐿
；（3）𝑄=2𝑚𝑔(𝑟−𝜇𝑑)
2𝑅
1
【解析】
（1）金属杆刚到达水平轨道的速度大小为𝑣0，金属杆在圆弧轨道上下滑的过程中，根
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2
据机械能守恒定律有：𝑚𝑔𝑟=𝑚𝑣0
2
2𝑣0
1
设此时导轨对金属杆的支持力大小为F，则有：𝐹−𝑚𝑔=𝑚
𝑟
解得：𝐹=3𝑚𝑔
根据牛顿第三定律可知：𝑁=𝐹=3𝑚𝑔。
（2）设金属杆在水平直导轨上运动的时间为̅=𝛥𝛷，其中磁通量的变化𝛥𝛷=𝛥𝑡，则这段时间内金属杆中产生的平均感应电动势为𝐸𝛥𝑡𝐵𝑑𝐿
这段时间内金属杆上通过的平均电流为：𝐼=𝑡 通过金属杆横截面的电荷量为𝑞=𝐼𝛥解得：𝑞=
𝐵𝑑𝐿2𝑅
̅𝐸2𝑅
。
（3）在金属杆运动的整个过程中，由能量守恒定律有：2𝑄=𝑚𝑔𝑟−𝜇𝑚𝑔𝑑 解得：𝑄=2𝑚𝑔(𝑟−𝜇𝑑)。 点
𝐵𝑑𝐿2𝑅
1
睛：推导感应电荷量的表达式𝑞=
，是解决本题的关键，同时要正确分析能量如何转化的，知道克服安培力所做的功
等于电路中产生的焦耳热，这些都是电磁感应问题的基本思路。
73．如图所示是利用电动机提升重物的示意图，其中D是直流电动机。P是一个质量为m的重物，它用细绳拴在电动机的轴上。闭合开关S，重物P以速度v匀速上升，这时电流表和电压表的示数分别是I=5.0A和U=110V，重物P上升的速度v=0.70 m/s。已知该装置机械部分的机械效率为70%，重物的质量m=45 kg（g取 10 m/s2）。求：
(1)电动机消耗的电功率P电；
(2)细绳对重物做功的机械功率P机； (3)电动机线圈的电阻R.
【答案】（1）𝑃电=550 W （2）𝑃机=315 W （3）𝑅=4 𝛺 【解析】
(1)电动机消耗的电功率为𝑃电=𝑈𝐼=5.0×110 W=550 W
(2)细绳对重物做功的机械功率为𝑃机=𝑚𝑔𝑣=45×10×0.70 W=315 W (3)电动机输出的电功率为𝑃输出=
𝑃机𝜂
=
3150.7
W=450 W
电动机线圈的电阻R的发热功率为𝑃热=𝑃电−𝑃输出=100 W 再由𝑃热=𝐼2𝑅得电动机线圈的电阻𝑅=
𝑃热𝐼2=
10025
𝛺=4 𝛺
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点睛：知道电动机工作时，消耗的电能转化为其它形式的能（一是机械能，二是内能）是解本题的关键；利用P=Fv求功率和平衡态列方程是解题的核心．
74．如图所示，在绝缘粗糙水平面上，相距为L的A、B两点处分别固定着两个等电量的正电荷，a、b是AB连线上的两点，其中Aa=Bb=L/4，O为AB连线的中点，一质量为m带电量为+q的小滑块（可以看作质点）以初动能Ek0从a点出发，沿直线AB向b点运动，其中小滑块第一次经过O点时的动能为初动能的2倍，到达b点时动能恰好为零，小滑块最终停在O点。（提示：a、b两点等势）求：
（1）小滑块与水平面间的动摩擦因数 （2）O、b两点间的电势差 （3）小滑块运动的总路程 【答案】（1）𝜇=
2𝐸0𝑚𝑔𝐿
；（2）𝑈𝑂𝑏=
−3𝐸02𝑞
；（3）𝑠=𝐿
4
5
【解析】 【试题分析】A、B两点处分别固定着两个等量正电荷，则a、b两点的电势相等，则a、b两点的电势差为0，对ab段运用动能定理求出摩擦力的大小，从而得出滑块与水平面间的动摩擦因数．小滑块从a开始运动到最终在O点停下的整个过程，运用动能定理求出小滑块的总路程s． (1)由Aa=Bb=L/4，O为AB连线的中点，得知：a、b关于O点对称，则ab间的电势差 Uab=0 ①
设小滑块与水平面间的摩擦力大小为f．对于滑块从a→b过程， 由动能定理得： 𝑞𝑈𝑎𝑏−𝑓⋅=0−𝐸0 ②
2𝐿
而f=μmg ③
0
由①②③式得：𝜇=𝑚𝑔𝐿 ④
2𝐸
(2)对于滑块从O→b过程，由动能定理得：𝑞𝑈𝑜𝑏−𝑓⋅=0−2𝐸0 ⑤
4
𝐿
由③-⑤式得：𝑈𝑂𝑏=−
3𝐸02𝑞
⑥
(3)对于小滑块从a开始运动到最终在O点停下的整个过程，由动能定理得：
𝑞𝑈𝑎𝑜−𝑓⋅𝑠=0−𝐸0 而𝑈𝑎𝑜=−𝑈𝑂𝑏=
3𝐸02𝑞
⑧
由③--⑧式得：𝑠=4𝐿 ⑨
【点睛】本题考查动能定理的运用，在解题时合适地选择研究的过程，运用动能定理列式求解．要知道滑块摩擦力做功与总路程有关． 75．如图所示，两平行金属导轨电阻不计，相距𝐿=1m，导轨平面与水平面的夹角𝜃=37°，导轨的下端连接一个电阻𝑅．匀强磁场的方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度为𝐵=0.4T．质量为0.2kg、电阻不计的金属棒垂直放在两导轨上且保持良好接触，金属棒和导轨间的动摩擦因数为𝜇=0.25．金属棒沿导轨由静止开始下滑，当金属棒下滑的速度达到稳定时，其速度的大小为10m/s.g取10m/s2，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
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5
（1）金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小；
（2）当金属棒下滑的速度达到稳定时电阻𝑅消耗的功率； （3）电阻𝑅的阻值．
【答案】（1）44m/s2 （2）8 W （3）2𝛺 【解析】
【试题分析】(1)刚开始下滑时，导体棒不受安培力，只受重力、支持力和摩擦力，则由牛顿第二定律可求得加速度；(2)由平衡条件可求得安培力，则由功率公式可求得安培力做功的功率，而由能量的转化关系可得出R消耗的功率；(3)由导体切割磁感线的电动势可求得感应电动势，则由闭合电路欧姆定律可求得电阻R． (1)设金属棒开始下滑时的加速度为a，
根据牛顿第二定律，有𝑚𝑔sin𝜃−𝜇𝑚𝑔cos𝜃=𝑚𝑎，
解得:𝑎=4m/s2
(2)当金属棒下滑的速度达到稳定时，设金属棒所受到的安培力为F，金属棒沿导轨方向受力平衡，根据平衡条件，有𝑚𝑔sin𝜃−𝜇𝑚𝑔cos𝜃−𝐹=0， 解得:𝐹=0.8N，
此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻𝑅消耗的电功率， 故𝑃=𝐹𝑣=0.8×10W=8W．
(3)设电路中的感应电流为𝐼，感应电动势为𝐸，由
法拉第电磁感应定律，有𝐸=𝐵𝐿𝑣=0.4×1×10V=4V， 电阻𝑅两端的电压𝑈=𝐸=4V， 由𝑃=
𝑈2
,得𝑅=𝑅
𝑈2𝑃
=
428
Ω=2Ω．
【点睛】电磁感应中导体切割引起的感应电动势在考试中涉及较多，应明确受力分析、
功能关系等的灵活应用，注意平衡状态的处理．
76．如图所示，固定的光滑圆弧面与质量为6 kg 的小车𝐶的上表面平滑相接，在圆弧面上有一个质量为2 kg 的滑块𝐴，在小车𝐶的左端有一个质量为2 kg的滑块𝐵，滑块𝐴与𝐵均可看作质点．现使滑块𝐴 从距小车的上表面高ℎ=1.25m处由静止下滑，与𝐵碰撞后瞬间粘合在一起共同运动，最终没有从小车𝐶上滑出．已知滑块𝐴、𝐵与小车𝐶的动摩擦因数均为𝜇=0.5，小车𝐶与水平地面的摩擦忽略不计，取𝑔=10m/s2．求：
（1）滑块𝐴与𝐵碰撞后瞬间的共同速度的大小； （2）小车𝐶上表面的最短长度． 【答案】（1）2.5m/s （2）0.375m 【解析】
【试题分析】(1)根据机械能守恒求解块A滑到圆弧末端时的速度大小，由动量守恒定律求解滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度的大小；(2)根据系统的能量守恒求解小车C上表面的最短长度．
试卷第40页，总59页
2
(1)设滑块A滑到圆弧末端时的速度大小为𝑣1，由机械能守恒定律有：mAgh=mAv1
2
1
代入数据解得𝑣1=√2gh=5m/s．
设A、B 碰后瞬间的共同速度为𝑣2，滑块A 与B 碰撞瞬间与小车C 无关，滑块A 与B 组成的系统动量守恒， 𝑚𝐴𝑣1=(𝑚𝐴+𝑚𝐵)𝑣2 代入数据解得𝑣2=2.5m/s．
(2)设小车C 的最短长度为L，滑块A 与B 最终没有从小车C 上滑出，三者最终速度相同设为𝑣3，
根据动量守恒定律有：(mA+mB)v2=(mA+mB+mC)v3
22
根据能量守恒定律有：𝜇(𝑚𝐴+𝑚𝐵)gL=2(𝑚𝐴+𝑚𝐵)𝑣2−2(𝑚𝐴+𝑚𝐵+𝑚𝐶)𝑣3
1
1
联立以上两代入数据解得𝐿=0.375m
【点睛】本题要求我们要熟练掌握机械能守恒、能量守恒和动量守恒的条件和公式，正确把握每个过程的物理规律是关键．
77．如图所示，某同学在一辆车上荡秋千，开始时车轮被锁定，车的右边有一个和地面相平的沙坑，且右端和沙坑的左边缘平齐；当同学摆动到最大摆角θ=600时，车轮立即解除锁定，使车可以在水平地面无阻力运动，该同学此后不再做功，并可以忽略自身大小，已知秋千绳子长度L=4.5m，该同学和秋千支架的质量M=200kg，重力加速度g=10m/s2，试求：
（1）该同学摆到最低点时的速率；
（2）在摆到最低点的过程中，绳子对该同学做的功；
（3）该同学到最低点时，顺势离开秋千板，他落入沙坑的位置距离左边界多远？已知车辆长度s=3.6m，秋千架安装在车辆的正中央，且转轴离地面的高度H=5.75m. 【答案】（1）6m/s；（2）-225J；（3）0.421m 【解析】
（1）人向下运动的过程中，人与车在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则： 𝑚𝑣1−𝑀𝑣2=0
22
人向下运动的过程中系统的机械能守恒，则：𝑚𝑔𝐿(1−𝑐𝑜𝑠60°)=𝑚𝑣1+𝑀𝑣2
2
2
1
1
代入数据，联立得：𝑣1=6𝑚/𝑠
2（2）对人向下运动的过程中使用动能定理，得：𝑚𝑔𝐿(1−𝑐𝑜𝑠60°)−𝑊绳=2𝑚𝑣1
1
代入数据解得：𝑊绳=−225𝐽
（3）人在秋千上运动的过程中，人与车组成的系统在水平方向的平均动量是守恒的，则：𝑚𝑣̅̅1̅−𝑀𝑣̅̅2̅=0
由于运动的时间相等，则：𝑚𝑥1−𝑀𝑥2=0
又：𝑥1+|𝑥2|=𝐿⋅𝑐𝑜𝑠60°，联立得：𝑥2=−0.779𝑚，即车向左运动了0.779𝑚
试卷第41页，总59页
人离开秋千后做平抛运动，运动的时间为：𝑡=√
2(𝐻−𝐿)𝑔
=√
2×(5.75−4.5)
10
=0.5𝑠
人沿水平方向的位移为：𝑥=𝑣1𝑡=6×0.5=3𝑚 所以人的落地点到沙坑边缘的距离为：𝑋=𝑥+𝑥2−2
代入数据，联立得：𝑋=0.421𝑚。
点睛：该题中涉及的过程多，用到的知识点多，在解答的过程中要注意对情景的分析，尤其要注意人在秋千上运动的过程中，车不是静止的，而是向左运动。
78．如图所示，一质量M=2kg的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B。从弧形轨道上距离水平轨道高h=0.3m处由静止释放一质量mA=1kg的小球A，小球A沿轨道下滑后与小球B发生弹性正碰，碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台。已知所有接触面均光滑，重力加速度为g，试求解：
𝑠
（1）小球A滑上水平轨道上时速度的大小； （2）小球B的质量。 【答案】（1）2m/s （2）3kg 【解析】
（1）设小球A下滑到水平轨道上时的速度大小为v1，平台水平速度大小为v，由水平方向动量守恒定律有：𝑚𝐴𝑣1=𝑀𝑣
2
再由能量守恒定律有：𝑚𝐴𝑔ℎ=2𝑚𝐴𝑣1+2𝑀𝑣2
1
1
联立可解：𝑣1=2m/s，𝑣=1m/s
即小球A滑至水平轨道上速度的大小为2m/s
（2）小球A、B碰后运动方向相反，设小球A、B碰后速度大小分别为𝑣′1和𝑣2，由题意知：𝑣1′=𝑣=1m/s
由A、B碰撞过程中遵循动量守恒定律得：𝑚𝐴𝑣1=−𝑚𝐴𝑣′1+𝑚𝐵𝑣2
22
再结合能量守恒定律可得：2𝑚𝐴𝑣1=2𝑚𝐴𝑣′1+2𝑚𝐵𝑣2
1
1
2
1
消去𝑣2，可解得：𝑚𝐵=3kg 79．带有等量异种电荷的两平行金属板A和B水平放置，板间匀强电场的场强大小为E，方向竖直向下，两板正中央均开有小孔，板长为L，板间距离为L/3，整个装置处于真空中，在A板小孔正上方、距小孔为L处的P点，由静止释放一个可视为质点的带正电小球，小球进入AB两板间时加速度变为原来的2倍，设小球通过上、下孔时的速度分别为V1、V2。现改变两板的带电性质，使两板间场强方向与原来相反，但大小不变，同时在两板之间加上垂直纸面向里的水平匀强磁场，再次在P点由静止释放该小球，小球从A板小孔进入两板间后，不碰撞极板而能从两板间飞出，重力加速度g为已知。求：
试卷第42页，总59页
（1）V1与V2之比
（2）磁感应强度B的取值范围 【答案】(1)𝑣1:𝑣2=√3:√5 (2) 【解析】
2
(1)设小球电荷量为q，质量为m，P到A的过程重力做功，则：2𝑚𝑣1=𝑚𝑔𝐿 ① 2全过程：2𝑚𝑣2=𝑚𝑔(𝐿+3𝐿)+𝑞𝐸∙3𝐿 ②
1
1
1
1
6𝐸√2𝑔𝐿<𝐵<
8𝐸√2𝑔𝐿
由题意知mg=qE ③ 联立①②③解得
𝑣1:𝑣2=√3:√5 ④
（2）再次释放后，小球进入复合场之后做匀速圆周运动 q𝑣1𝐵=
2𝑚𝑣1
𝑟
⑤
要是小球不碰撞极板而能飞出场区应满足
1
𝐿＜𝑟＜3𝐿 ⑥ 4
联立①③⑤⑥解得
6𝐸√2𝑔𝐿8𝐸1
<𝐵<
√2𝑔𝐿 ⑦
80．如图所示，半径R=0. 4 m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B
和圆心O的连 线与水平方向的夹角θ=30°，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在 竖直挡板上。质量m=0.1 kg的小物块(可视为质点)从空中的A点以v0= 2 m/s的速度被水平拋出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动至D点时，弹簧被压缩至最短，此时弹簧的弹性势能Epm = 0.8J，已知小物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5，g取10m/s2。求：
(1)小物块从A点运动至B点的时间。
(2)小物块经过圆弧轨道上的C点时，对轨道的压力大小。 (3)C、D两点间的水平距离L。 【答案】（1）0.35s；（2）8 N；（3）1.2m
试卷第43页，总59页
【解析】
（1）小物块恰好从B端沿切线方向进入轨道，据几何关系有：𝑡𝑎𝑛60°=𝑣
0
𝑔𝑡
解得：𝑡=
√3𝑠5𝑣
≈0.35𝑠
0
（2）𝜐𝐵=𝑐𝑜𝑠600=4𝑚/𝑠 ．
小物块由B运动到C，据动能定理有：mgR（1+sinθ）=2mυC2-2mυB2 在C点处，据牛顿第二定律有𝑁𝐶−𝑚𝑔=𝑚𝑅 联立两式代入数据解得NC=8N．
2（3）从C点到D点，由动能定律可知：2𝑚𝑣𝑐=𝜇𝑚𝑔𝐿𝐶𝐷+𝐸𝑃𝑚
1
2𝑣𝑐
11
解得：LCD=1.2m
81．如图所示，半径为R的水平绝缘圆盘可绕竖直轴O'O转动，水平虚线AB、CD互相垂直，一带电荷量为+q的小物块（可视为质点）置于距转轴r处，空间中有匀强电场。当圆盘匀速转动时，小物块相对圆盘始终静止。小物块转动到位置Ⅰ（虚线AB上）时受到的摩擦力为零，转动到位置Ⅱ（虚线CD上）时受到的摩擦力大小为f。求：
（1）电场强度的方向；
（2）圆盘边缘两点间电势差的最大值；
（3）小物块从位置Ⅰ转动到位置Ⅱ的过程中克服摩擦力做的功。 【答案】（1）电场强度的方向为从A指向B；（2）
√2𝑓𝑅√2𝑓𝑟；（3） 𝑞2
【解析】
试题分析：在位置Ⅰ时，摩擦力为零电场力提供向心力，判断电场方向，在位置Ⅱ时摩擦力和电场力合力提供向心力，联立两式求得电场强度，再由𝑈=𝐸𝑑求得电势差；根据动能定理求解摩擦力做功；
（1）在位置Ⅰ时，摩擦力为零电场力提供向心力，而向心力方向水平向右，所以电场力方向水平向右，因为物块带正电，所以电场方向从A指向B， （2）设圆盘转动的角速度为𝜔，场强大小为E，小物块质量为m，
由牛顿第二定律：在位置Ⅰ：𝑞𝐸=𝑚𝜔2𝑟，在位置Ⅱ：√𝑓2−(𝑞𝐸)2=𝑚𝜔2𝑟 圆盘边缘两点间电势差的最大值：𝑈=𝐸⋅2𝑅 联立解得：𝑈=
√2𝑓𝑅 𝑞（3）设小物块由Ⅰ转动到Ⅱ克服摩擦力做的功为Wf，由动能定理：𝑞𝐸𝑟−𝑊𝑓=0 解得：𝑊𝑓= 评卷人 得分 五、实验题
试卷第44页，总59页
√2𝑓𝑟 2
82．利用图1装置做“验证机械能守恒定律”实验.
(1) 除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、电磁打点计时器、导线及开关外,在下列器材中,还必须使用的两种器材是（______） A.交流电源 B.刻度尺 C.天平(含砝码)
(2) 实验中,先接通电源,再释放重物,得到如图2所示的一条纸带.在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C,测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC已知当地重力加速度为g,打点计时器打点的周期为T.设重物的质量为m.从打O点到打B点的过程中,重物的重力势能变化量ΔEp=_______；动能变化量ΔEk=________
【答案】(1) AB mghB
𝑚(ℎ𝐶−ℎ𝐴)2
8𝑇2
【解析】
（1）打点计时器使用交流电源，实验中需要测量点迹间的距离，从而得出瞬时速度和下降的高度，所以需要刻度尺．实验中验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，不需要测量质量，则不需要天平，故选AB
（2）从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量𝛥𝐸𝑝=−𝑚𝑔ℎ𝐵，B点的速度𝑣𝐵=
ℎ𝐶−ℎ𝐴2𝑇
，则动能的增加量为𝛥𝐸𝑘=𝑚(
2
1
ℎ𝑐−ℎ𝐴2
) 2𝑇
83．某探究学习小组的同学试图以图中的滑块为对象验证“动能定理”，他们在实验室组装了如图所示的一套装置，另外他们还找到了打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、小木块、细沙．当滑块连上纸带，沙桶中不放沙子时，释放沙桶，滑块不动。要完成该实验，你认为：
（1）还需要的实验器材有________________________
（2）实验时首先要做的步骤是______________________，为了保证滑块受到的合力与沙和沙桶的总重力大小基本相等，沙和沙桶的总质量应满足的条件是_______________________
（3）在上述的基础上，某同学测得滑块的质量M．往沙桶中装入适量的细沙，测得此时沙和沙桶的总质量m．接通电源，释放沙桶，在打点计时器打出的纸带上取两点，测出这两点的间距L和这两点的速度大小v1与v2（v1<v2）,则对滑块，本实验最终要验证的数学表达式为______________________ （用题中的字母表示，已知重力加速度为g）．
2【答案】天平、刻度尺平衡摩擦力沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量𝑚𝑔𝐿=2𝑀𝑣2−122𝑀𝑣1
1
试卷第45页，总59页
【解析】
（1）实验要验证动能增加量和总功是否相等，故需要求出总功和动能，故还要天平和刻度尺；故答案为：刻度尺、天平；（2）沙和沙桶加速下滑，处于失重状态，其对细线的拉力小于重力，设拉力为T，根据牛顿第二定律，有对沙和沙桶，有 mg-T=ma对小车，有 T=Ma解得：𝑇=𝑀+𝑚𝑚𝑔
故当M＞＞m时，有T≈mg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，故可以将长木板的一段垫高；（3）总功为：mgL动能增加量为：2 Mv22-2 Mv12, 故需验证的数学表达式为：𝑚𝑔𝐿＝12
22𝑀𝑣2−𝑀𝑣1 ；
21
1
1
𝑀
84．（1）如图是实验室测定水平面和小物块之间动摩擦因数的实验装置，曲面AB与水平面相切于B点且固定，带有遮光条的小物块自曲面上面某一点释放后沿水平面滑行最终停在C点，P为光电计时器的光电门，已知当地重力加速度为g.
利用游标卡尺测得遮光条的宽度如图2所示，则遮光条的宽度d＝________ cm.
实验中除了测定遮光条的宽度外，还需要测量的物理量有________． A．小物块质量m B．遮光条通过光电门的时间t
C．光电门到C点的距离s D．小物块释放点的高度h
为了减小实验误差，同学们采用图象法来处理实验数据，他们根据(2)测量的物理量，建立如图所示的坐标系寻找关系，其中合理的是________．
（2）利用图实验装置验证机械能守恒定律．
实验操作步骤如下，请将步骤B补充完整：
试卷第46页，总59页
A．按实验要求安装好实验装置；
B．使重物靠近打点计时器，接着先______________，打点计时器在纸带上打下一系列的点；
C．图为一条符合实验要求的纸带，O点为打点计时器打下的第一点．分别测出若干连续点A、B、C……与O点之间的距离h1、h2、h3…….
已知打点计时器的打点周期为T，重物质量为m，重力加速度为g，结合实验中所测得的h1、h2、h3，纸带从O点下落到B点的过程中，重物增加的动能为______，减少的重力势能为_____
【答案】1.060BCB接通电源再放开纸带
𝑚ℎ3−ℎ18𝑇2mgh2
【解析】
（1）主尺的刻度：1cm，游标尺上的第12个刻度与主尺的刻度对齐，读数是：0.05×12=0.60mm，总读数：10mm+0.60mm=10.60mm=1.060cm；实验的原理：根据遮光条的宽度与滑块通过光电门的时间即可求得滑块的速度：𝑣=
𝑑
；B到C的过程中，摩擦力做功，根据动能定理得：-μmgs=0-2mv2；联立以上两个公式𝑡
动
摩
擦
因
数
的
表
达
式
：
𝜇=
𝑑2
1
得
2𝑔𝑠𝑡2 ；还需要测量的物理量是：光电门P与C之间的距离s，与遮光条通过光电门的时
间t，故BC正确，AD错误．由动摩擦因数的表达式可知，μ与t2和s的乘积成反比，所以s与
的图线是过原点的直线，应该建立的坐标系为：纵坐标用物理量
1𝑡2
1𝑡2
，横坐标用物理量s
，即B正确，ACD错误．
（2）B．使重物靠近打点计时器，接着先接通电源，后释放纸带； B点的瞬时速度𝑣𝐵=
ℎ3−ℎ12𝑇
，则重物动能的增加量△𝐸𝑘=
1
ℎ3−ℎ12𝑚()22𝑇
=
𝑚(ℎ3−ℎ1)2
8𝑇2
减少的重力势能为△Ep=mgh2；
85．某同学利用如图甲所示的装置验证动能定理．固定并调整斜槽，使它的末端O点的切线水平，在水平地面上依次铺放好木板、白纸、复写纸．将小球从不同的标记点由静止释放，记录小球到达斜槽底端时下落的高度H，并根据落点位置测量出小球平抛的水平位移x改变小球在斜槽上的释放位置，进行多次测量，记录数据如下：
试卷第47页，总59页
（1）斜槽倾角为θ，小球与斜槽之间的动摩擦因数为μ斜槽底端离地的高度为y，不计小球与水平槽之间的摩擦，小球从斜槽上滑下的过程中，动能定理若成立应满足的关系式是_____________________。
（2）以H为横坐标，以______为纵坐标，在坐标纸上描点作图，如图乙所示；
【答案】mgH（1﹣）=
；x2
【解析】
（1）设小球离开斜槽时的速度为v，根据平抛运动的规律得： x=vt，y=𝑔𝑡2
21
联立得：v=x√ 2𝑦
𝑔小球在斜槽上滑下过程中，重力和摩擦力做功，则合力做的功为： W=mgH−μmgcosθ∙𝑠𝑖𝑛𝜃=𝑚𝑔𝐻(1−𝑡𝑎𝑛𝜃), 小球动能的变化量：∆𝐸𝑘=2𝑚𝑣2=4𝑦
则小球从斜槽上滑下的过程中，动能定理若成立应满足的关系式是： 𝑚𝑔𝐻(1−𝑡𝑎𝑛𝜃)=4𝑦，
（2）根据上题结果可知，以H为横坐标，以x2为纵坐标，在坐标纸上描点作图，如图乙所示；
（3）由第（1）（2）问，结合图象可得：在实验误差允许的范围内，小球运动到斜槽底端的过程中，合外力对小球所做的功等于动能的增量．
86．某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律．一根细线系住钢球，悬挂在铁架台上，钢球静止于A点，光电门固定在A的正下方．在钢球底部竖直地粘住一片宽带为d的遮光条．将钢球拉至不同位置由静止释放，遮光条经过光电门的挡光时间t可由计时器测出，取𝑣=作为钢球经过A点时的速度．记录钢球每次下落的高度h和计时器
𝑡𝑑
𝜇
𝑥2
1
𝑥2
𝐻
𝜇
示数t，计算并比较钢球在释放点和A点之间的势能变化大小ΔEp与动能变化大小ΔEk，就能验证机械能是否守恒．
（1）用ΔEp=mgh计算钢球重力势能变化的大小，式中钢球下落高度h应测量释放时的
试卷第48页，总59页
钢球球心到_____之间的竖直距离． A.钢球在A点时的顶端 B.钢球在A点时的球心 C.钢球在A点时的底端
（2）用ΔEk=2𝑚𝑣2计算钢球动能变化的大小，用刻度尺测量遮光条宽度，示数如乙图所示，其读数为______cm．某次测量中，计时器的示数为0.0100 s，则钢球的速度为v=___m/s．
（3）下表为该同学的实验结果：
1
他发现表中的ΔEp与ΔEk之间存在差异，认为这是由于空气阻力造成的．你是否同意他的观点？请说明理由________________． 【答案】（1）B （2）1.50 1.50（3）不同意，因为空气阻力会造成ΔEk小于ΔEp，但表中ΔEk大于ΔEp；
【解析】
（1）小球下落的高度h是初末位置球心之间的高度差，故选：B；
（2）刻度尺读数的方法，需估读一位，所以读数为1.50cm；某次测量中，计时器的示数为0.0100s，则钢球的速度为：𝑣=𝑡＝𝑑
1.50×10−
0.01
2
𝑚/𝑠＝1.50𝑚/𝑠．
（3）不同意，因为空气阻力会造成ΔEk小于ΔEp，但表中ΔEk大于ΔEp；
点睛：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量；知道极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小． 87．某课外活动小组利用竖直上抛运动验证机械能守恒定律；
（1）某同学用20分度游标卡尺测量小球的直径，读数如图甲所示，小球直径为______cm．图乙所示弹射装置将小球竖直向上抛出，先后通过光电门A、B，计时装置测出小球通过A、B的时间分别为2.55ms、5.15ms，由此可知小球通过光电门A、B时的速度分别为vA、vB，其中vA=______m/s．
（2）用刻度尺测出光电门A、B间的距离h，已知当地的重力加速度为g，只需比较___和____是否相等，就可以验证机械能是否守恒（用题目中涉及的物理量符号表示）． （3）通过多次的实验发现，小球通过光电门A的时间越短，（2）中要验证的两数值差越大，试分析实验中产生误差的主要原因是_____。
22
【答案】1.0204gh2𝑣𝐴−2𝑣𝐵小球上升过程中受到空气阻力的作用；速度越大，所受阻
1
1
力越大 【解析】
（1）游标卡尺主尺读数是10mm，游标尺第4个对与主尺对齐，所以游标尺读数是0.05
试卷第49页，总59页
╳4mm，所以小球直径为10.20mm= 1.020cm。𝑣𝐴=
12
𝑑𝑡𝐴
=4m/s
12
12
222
（2）由机械能守恒定律可得：𝑚𝑔ℎ=𝑚𝑣𝐴−𝑚𝑣𝐵 ，得：𝑔ℎ=𝑣𝐴−1
222𝑣，只要比较gh与𝑣−𝑣就可以验证机械能是否守恒. 𝐵𝐴𝐵222
1
1
（3）小球上升过程中受到空气阻力的作用；速度越大，所受阻力越大
88．在用落体法验证机械能守恒定律时，某小组按照正确的操作选得纸带如图．其中O是起始点，A、B、C是打点计时器连续打下的3个点．用毫米刻度尺测量O到A、B、C
2
各点的距离，并记录在图中．（已知当地的重力加速度g＝9．80 m/s，重锤质量为m＝1 kg，计算结果均保留3位有效数字）
（1）图中的三个测量数据中不符合有效数字读数要求的是________段的读数，应记作________cm；
（2）甲同学用重锤在OB段的运动来验证机械能守恒，他用AC段的平均速度作为B点对应的瞬时速度vB，则求得该过程中重锤的动能增加量ΔEk＝________J，重力势能的减少量ΔEp＝______J．这样验证的系统误差总是使ΔEk_____ΔEp（选填“>”、“<”或“＝”）； （3）乙同学根据同一条纸带，同一组数据，也用重锤在OB段的运动来验证机械能守恒，将打点计时器打下的第一个点O记为第1个点，图中的B是打点计时器打下的第9个点．因此他用v＝gt计算与B点对应的瞬时速度vB，求得动能的增加量ΔEk＝________J．这样验证的系统误差总是使ΔEk________ΔE（选填“>”“<”或“＝”）． p
（4）上述两种处理方法中，你认为合理的是________同学所采用的方法．（选填“甲”或“乙”） 【答案】（1）OC 15．70 （2）1．20 1．22 < （3）1．23 > （4）甲 【解析】（1）毫米刻度尺读数要估读到毫米下一位，OC长度读数到1毫米，不符合读数要求．应记作15．70 cm．（2）AC段的平均速度即B点瞬时速度vB＝
AC＝2T1（15.70－9.51）10－22 m/s＝1．55 m/s，则系统增加的动能ΔEk＝mvB≈1．20 J，
20.022重力势能减少了ΔEp＝mgOB≈1．22 J，由于摩擦力的作用，部分重力势能转化为内
能，所以ΔEk<ΔEp．（3）B是打点计时器打下的第9个点，所以B点的速度vB＝gt＝g×8×0．02 s＝1．57 m/s，动能的增加量ΔEk＝
12≈1．23 J，这样做把加速度mvB2按照自由落体计算，没有考虑摩擦力的作用，而实际上，由于摩擦力的作用，加速度a 试卷第50页，总59页 实验步骤如下： ①将气垫导轨放在水平桌面上，桌面高度不低于1 m，将导轨调至水平． ②测出挡光条的宽度l和两光电门中心之间的距离s． ③将滑块移至光电门1左侧某处，待砝码静止不动时，释放滑块，要求砝码落地前挡光条已通过光电门2． ④读出滑块分别通过光电门1和光电门2的挡光时间Δt1和Δt2． ⑤用天平称出滑块和挡光条的总质量M，再称出托盘和砝码的总质量m． ⑥滑块通过光电门1和光电门2时，可以确定系统（包括滑块、挡光条、托盘和砝码）的总动能分别为Ek1＝_________________和Ek2＝____________________． ⑦在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统势能的减少量ΔEp＝__________．（重力加速度为g） ⑧如果满足关系式______________，则可认为验证了机械能守恒定律． 【答案】⑥ ll1212 （M＋m）（） （M＋m）（） ⑦mgs t1t222⑧ΔEp＝Ek2－Ek1 【解析】⑥滑块通过光电门的速度v1＝ ll，v2＝ t1t2所以Ek1＝ l1122（M＋m）v1＝（M＋m）（） t122Ek2＝ l1122（M＋m）v2＝（M＋m）（） t222⑦系统重力势能的减少量等于托盘和砝码重力势能的减少量ΔEp＝mgs． ⑧若ΔEp＝Ek2－Ek1，则验证了机械能守恒定律． 90．某同学利用如图甲所示的实验装置来验证机械能守恒定律． 试卷第51页，总59页 （1）该同学开始实验时情形如图甲所示，接通电源释放纸带．请指出该同学在实验操作中存在的两处明显错误或不当的地方： ①___________________； ②___________________． （2）该同学经修改错误并正确操作，让质量为1 kg的重锤下落，通过打点计时器在纸带上记录运动过程，打点计时器所接电源为频率是50 Hz的交变电源，纸带打点如图乙所示． 纸带上O点为重锤自由下落时的打点起点（O、A间有点未画出），选取的计数点A、B、C、D依次间隔一个点（图中未画出），各计数点与O点距离如图乙所示，单位为mm，重 2 力加速度为9．8 m/s，则：（结果保留三位有效数字） 根据纸带，打点计时器打下B点时，重锤速度vB＝________，重锤动能EkB＝________，从开始下落算起，打点计时器记录B点时，重锤势能减少量为________．由此可以得到的实验结论是：________________． 【答案】（1）①打点计时器接了直流电 ②重锤离打点计时器太远 （2）1．18 m/s 0．690 J 0．692 J 在实验误差允许的范围内重锤下落过程机械能守恒 【解析】（1）本实验使用的是打点计时器，根据打点计时器的工作原理，必须使用交流电源，而该同学采用的是直流电源；纸带总长约1米左右，且尽可能在纸带上多打一些点，所以应让重物紧靠打点计时器，而该同学将重物放的位置离打点计时器太远，故该同学在实验操作中存在的两处明显错误或不当的地方是：①打点计时器接了直流电；②重物离打点计时器太远． （2）打点计时器所接电源为频率是50 Hz的交变电源，选取的计数点A、B、C、D依次间隔一个点，所以相邻的计数点的时间间隔是T＝0．04 s．根据匀变速直线运动的规律：某段时间内的平均速度大小等于这段时间中间时刻的瞬时速度大小，则有： 125.4－31.4）10－3xAC（vB＝＝m/s＝1．175 m/s≈1．18 m/s 20.042T根据动能的定义得：Ek＝ 1122＝×1×（1．175） J＝0．690 J，从开始下落算起，mvB22－3 打点计时器记录B点时，重锤势能减少量为ΔEp＝mgxOB＝1×9．8×70．6×10 J＝0．692 J 从前面的计算可以看出重锤动能增加量近似等于重锤势能减少量，即在误差允许的范围内重锤下落过程机械能守恒． 试卷第52页，总59页 91．在“验证机械能守恒定律”的实验中： （1）从下列器材中选出实验所必须的，其编号为________． A．打点计时器（包括纸带） B．重物 C．天平 D．毫米刻度尺 E．秒表 F．运动小车 （2）打点计时器的安装放置要求为________；开始打点计时的时候，应先________，然后________． （3）实验中产生系统误差的原因主要是________________，使重物获得的动能往往________．为减小误差，悬挂在纸带下的重物应选择_______________________． v2v2（4）如果以为纵轴，以h为横轴，根据实验数据绘出的－h图线是________， 22该线的斜率等于_____________． 【答案】（1）ABD （2）底板要竖直，两限位孔在一条竖直线上 给打点计时器通电 释放重物 （3）纸带通过打点计时器时有摩擦阻力和重物下落时所受空气阻力 小于所减小的重力势能 质量和密度大一些的 （4）一条通过坐标原点的倾斜直线 重力加速度g 【解析】（1）选出的器材有：打点计时器（包括纸带），重物，毫米刻度尺，编号分别为：A、B、D．注意因mgh＝ 12 mv，故m可约去，不需要用天平． 2（2）打点计时器安装时，底板要竖直，两限位孔在一条竖直线上．这样才能使重物在自由落下时，受到的阻力较小．开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再放下重物，让它带着纸带一同落下． （3）产生系统误差的主要原因是纸带通过打点计时器时的摩擦阻力和重物下落时所受空气阻力，使得重物获得的动能小于它所减少的重力势能．为减小误差，重物的质量和密度应选大一些的． v2（4）描绘出来的－h图线是一条通过坐标原点的倾斜直线，它的斜率即为重力加速 2度g． 评卷人 得分 六、计算题 92．如图所示，在水平向右的匀强电场中，水平轨道AB连接着一圆形轨道，圆形轨道固定在竖直平面内，其最低点B与水平轨道平滑连接。现有一质量为m、电荷量为q的带正电荷的小球（可视为质点），从离圆形轨道最低点B相距为L处的C点由静止开始在电场力作用下沿水平轨道运动。已知小球所受电场力与其所受的重力大小相等，重力加速度为g，水平轨道和圆形轨道均绝缘，小球在运动过程中所带电荷量q保持不变，不计一切摩擦和空气阻力。求： 试卷第53页，总59页 （1）匀强电场的电场强度E的大小； （2）小球由C点运动到B点所用的时间t； （3）小球运动到与圆形轨道圆心O等高的D点时的速度大小vD； 【答案】（1）mg/q；（2）；（3）。 【解析】 试题分析：（1）对小球，由题意可得：Eq=mg 解得：E=mg/q （2）对小球，设从C到B的加速度为a， 根据牛顿第二定律可得：Eq=ma 由运动学公式可得： 联立可解得： （3）设圆形轨道半径为R，对小球从C到D的过程，根据动能定理有： qE（L+R）-mgR=mvD-0 联立②⑥，可得：vD= 2 考点：牛顿第二定律，动能定理。 93．如图所示，现有一个小物块，质量为m=80g，带上正电荷q210C．与水平的轨道之间的滑动摩擦因数0.2,在一个水平向左的匀强电场中，E103V/m，在水平轨道的末端N处，连接一个光滑的半圆形轨道，半径为R=40cm，取g=10m/s．求： 2 4 （1）小物块恰好运动到轨道的最高点，那么小物块应该从水平位置距N处多远处由静止释放？ （2）如果在（1）小题的位置释放小物块，当它运动到P（轨道中点）点时对轨道的压力等于多少？ 3.0N 【答案】（1）s=20m （2）FN【解析】 试题分析：（1）物块能通过轨道最高点的临界条件是仅重力提供向心力，则有： v2mgm R解得：vgR2m/s 12mvmg2R 2设小物块释放位置距N处为s，根据能量守恒得：qEsmgs试卷第54页，总59页 解得s=20m 即小物块应该从在水平位置距N处为20m处开始释放． （2）物块到P点时，解得vP14m/s 2vP在P点，由电场力与轨道的弹力的合力提供向心力，则有：FNqEm R1212 mvmgRqERmvP22解得FN=3．0N FN3.0N 由牛顿第三运动定律可得物块对轨道的压力：FN考点：考查匀强电场中电势差和电场强度的关系；功能关系． 【名师点睛】解决本题的关键知道最高点的临界情况是轨道对物块的作用力为零，以及知道做圆周运动，靠径向的合力提供向心力，结合牛顿第二定律和动能定理解题． 94．如图，MNP为竖直面内一固定轨道，其圆弧段MN与水平段NP相切于N，P端固定一竖直挡板．M相对于N的高度为h，NP长度为s．一木块自M端从静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次完全弹性碰撞后（即木块与挡板碰撞前后动能不变）停止在水平轨道上某处．若在MN段的摩擦可忽略不计，物块与NP段轨道间的滑动摩擦因数为μ，求物块停止的地方与N点距离的可能值． 【答案】物块停止的位置距N的距离可能为2s－ h或 h－2s 【解析】根据功能原理，在物块从开始下滑到静止的过程中，物块重力势能减小的数值ΔEp与物块克服摩擦力所做功的数值W相等，即 ΔEp＝W① 设物块质量为m，在水平滑道上滑行的总路程为s′，则ΔEp＝mgh② W＝μmgs′③ 设物块在水平轨道上停止的地方与N点的距离为d．若物块在与P碰撞后，在到达圆弧形轨道前停止，则s′＝2s－d④ 联立①②③④式得d＝2s－ h⑤ 此结果在 h≤2s时有效．若 h>2s，则物块与P碰撞后，可再一次滑上圆弧形轨道， 滑下后在水平轨道上停止，此时有s′＝2s＋d⑥ 联立①②③⑥式得d＝ h－2s 95．如图所示，传送带保持v＝4 m/s的速度水平匀速运动，将质量为1 kg的物块无初速地放在A端，若物块与皮带间动摩擦因数为0．2，A、B两端相距6 m，则物块从A 试卷第55页，总59页 到B的过程中，皮带摩擦力对物块所做的功为多少？产生的摩擦热又是多少？（g取10 2 m/s） 【答案】8 J 8 J 【解析】木块与皮带间的摩擦力 Ff＝μFN＝μmg＝0．2×1×10 N＝2 N 由牛顿第二定律得木块加速度 a＝ Ff222 ＝m/s＝2 m/s 1m木块速度达到4 m/s时需发生位移 v242l＝＝ m＝4 m<6 m 2a22即木块在到达B端之前就已达到最大速度4 m/s，后与传送带一起匀速运动，不再发生滑动． 皮带摩擦力对物块所做的功等于物块动能的增加量，即 W＝ΔEk＝ 1212 mv＝×1×4 J＝8 J 22木块滑动过程中与传送带的相对位移 l相＝v 4v－l＝44m＝4 m 2a所以产生的摩擦热为 Q＝μmgl相＝0．2×1×10×4 J＝8 J 96．如图所示，用细圆管组成的光滑轨道AB部分平直，BC部分是处于竖直平面内半径为R的半圆，圆管截面半径r≪R．有一质量为m，半径比r略小的光滑小球以水平初速度v0射入圆管． （1）若要小球能从C端出来，初速度v0需多大？ （2）在小球从C端出来的瞬间，管壁对小球的压力为多少？ 【答案】（1）v0≥21mg，那么小球的初速度v0应为2gR （2） 11gR或 29gR 22【解析】（1）选AB所在平面为参考平面，从A至C的过程中，根据机械能守恒定律：mv012试卷第56页，总59页 ＝2mgR＋12① mvC2在最高点C小球速度满足vC≥0② 由①②得v0≥2gR （2）小球在C处受重力mg和细管竖直方向的作用力FN，根据牛顿第二定律，得： 2mvCmg＋FN＝③ R2mv0由①③解得FN＝－5mg④ R讨论④式，即得解： a．当小球受到向下的压力时， FN＝111gR mg，v0＝22b．当小球受到向上的压力时， FN＝－1mg，v0＝29gR． 297．如图所示，轻弹簧一端与墙相连处于自然状态，质量为4 kg的木块沿光滑的水平面以5 m/s的速度运动并开始挤压弹簧，求： （1）弹簧的最大弹性势能； （2）木块被弹回速度增大到3 m/s时弹簧的弹性势能． 【答案】（1）50 J （2）32 J 【解析】（1）木块压缩弹簧的过程中，木块和弹簧组成的系统机械能守恒，弹性势能最大时，对应木块的动能为零，故有： 1122＝×4×5 J＝50 J mv0221122（2）由机械能守恒有mv0＝Ep1＋mv1 221122×4×5 J＝Ep1＋×4×3 J 22Epm＝得Ep1＝32 J 评卷人 得分 七、填空题 98．如图所示，轻质弹簧长为L，竖直固定在地面上，质量为m的小球，在离地面高度为H处，由静止开始下落，正好落在弹簧上，使弹簧的最大压缩量为x，在下落过程中，小球受到的空气阻力为F阻，则弹簧在最短时具有的弹性势能为______。 试卷第57页，总59页 【答案】（mg－F阻）（H－L＋x） 【解析】设物体克服弹力做功为W弹，则对物体应用动能定理得（mg－F阻）（H－L＋x）－W弹＝ΔEk＝0，所以，W弹＝（mg－F阻）（H－L＋x），即为弹簧在最短时具有的弹性势能． 72 99．某海湾共占面积为1．0×10 m，涨潮时平均水深20 m，此时关上水坝闸门，可使水位保持20 m不变，退潮时，坝外水位降至18 m（如图所示）．利用此水坝建立一座水力发电站，重力势能转化为电能的效率为10%，每天有两次涨潮，该电站每天能发出 2 的电能为______J．（g＝10 m/s，不计发电机的能量损失） 10 【答案】4×10 【解析】退潮时，由坝内流向坝外的水的质量 3710 m＝ρV＝ρSh＝1．0×10×1．0×10×（20－18）kg＝2×10 kg 该过程中重力势能的减少量ΔEp减＝mg两次涨潮、退潮共减少 ΔEp＝2mg h 2h＝mgh 2故每天发出的电能 1010 E电＝ΔEp·10%＝2×10×10×2×10% J＝4×10 J 100．长为L的均匀链条，放在光滑的水平桌面上，且使其1L垂在桌边，如图所示，4松手后链条从静止开始沿桌边下滑，则链条滑至刚刚离开桌边时的速度大小为多少？ 【答案】15gL 4【解析】设整条链质量为m，取桌面为零势面，链条下落，由机械能守恒定律得 试卷第58页，总59页 －12mLLg＝－mg＋mv 248215gL 4所以v＝ 试卷第59页，总59页 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