江苏省苏州市姑苏区2022-2023学年高三上学期期中物理试卷

江苏省苏州市姑苏区2022-2023学年高三上学期期中物理试卷一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分。每题只有一个选项符合题意。

1．（4分）以下研究中所采用的最主要物理思维方法与“重心”概念的提出所采用的思维方法相同的是（　　）

A．    理想斜面实验 

B．    卡文迪什扭秤实验 

C．       共点力合成实验 

D．探究影响向心力大小因素

2．（4分）如图甲所示，笔记本电脑散热底座一般有四个卡位用来调节角度。某同学将电脑放在散热底座上，为了获得更好的舒适度，由原卡位1缓慢调至卡位4（如图乙所示），电脑始终处于静止状态，则（　　）

A．电脑受到的摩擦力变大 

B．散热底座对电脑的支持力是由于电脑发生形变产生的 

C．散热底座对电脑的作用力的合力不变 

D．电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其重力大小

3．（4分）如图所示，某小区门口自动升降杆的长度为L，A、B为横杆上两个质量均为m的小螺帽，A在横杆的顶端，B与A的距离为。杆从水平位置匀速转动至竖直位置的过程，下列说法一定正确的是（　　）

A．A、B的动量大小之比为1：1 

B．A、B的向心加速度大小之比为3：1 

C．A、B的转速之比为3：2 

D．此过程中A、B的机械能增加量之比为3：2

4．（4分）如图所示是电视机显像管主聚焦电场中的电场线分布图，中间一根电场线是直线，电子从O点由静止开始只在电场力作用下运动到A点。取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向，在此过程中，关于电子运动速度v随时间t的变化图线，加速度a、运动径迹上电势φ、电子动能Ek随位移x的变化图线，下列可能正确的是（　　）

A． B． 

C． D．

5．（4分）某同学利用电流传感器研究电容器的放电过程，他按如图甲所示电路图连接电路。先使开关S接1，电容器充电完毕后将开关掷向2，电容器通过R放电，传感器将电流信息传入计算机。屏幕上显示出电流随时间变化的I﹣t曲线如图乙所示。下列说法中正确的是（　　）

A．电容器放电时电流逐渐减小，流过R的电流方向从左向右 

B．图乙中曲线与坐标轴所围面积表示电容器放电过程中放出的电荷量 

C．在放电过程中，电容器的电容随所储存的电荷量的减少而减小 

D．若滑片向右移动，其他条件不变，重做实验获得的I﹣t曲线会与原曲线重合

6．（4分）2022年5月10日，天舟四号货运飞船采用快速交会对接技术，顺利与在轨运行的天和核心舱进行交会对接。对接前，天舟四号货运飞船绕地球做椭圆运动，近地点A和远地点B，如图所示；天和核心舱在离地球表面高度h处做匀速圆周运动。若对接地点在椭圆轨道的远地点B处，下列说法正确的是（　　）

A．天舟四号在A点的运行速度小于在B点的运行速度 

B．天舟四号与天和核心舱对接后的运行速度大于7.9km/s 

C．天舟四号在B处点火加速，才能与天和核心舱顺利完成对接 

D．若天和核心舱在轨运行时受阻力作用，则其运行周期将变大

7．（4分）投壶是古代士大夫所做的一种投射游戏。《礼记传》中提到：“投壶，射之细也。宴饮有射以乐宾，以习容而讲艺也。”若甲、乙两人站在距壶相同水平距离处沿水平方向各投出一支完全相同的箭，箭尖插入同一个壶中时与水平面的夹角分别为53°和37°，忽略空气阻力、箭长、壶口大小等因素的影响，下列说法正确的是（　　）

A．甲所投的箭在空中运动的时间比乙的长 

B．甲所投箭的初速度大小比乙的大 

C．此运动过程中，甲所投箭的速度的变化量比乙小 

D．此运动过程中，甲所投箭的重力势能的减小量比乙的小

8．（4分）如图甲所示，在平行于纸面的匀强电场中，有一个半径为0.2m的圆形区域ABCD，圆心为O，P为圆弧上的一个点，从A点出发沿逆时针运动，θ为PO连线旋转的角度，P点电势φ随θ变化情况如图乙所示，则（　　）

A．场强大小为10V/m 

B．电子在A点时的电势能为2eV 

C．电子在A点时所受电场力指向O点 

D．电子沿圆弧运动过程中电场力不做功

9．（4分）如图所示，质量为2m、带有半圆形轨道的小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R。现将质量为m的小球从A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点进入半圆形轨道后从B点冲出，在空中上升的最大高度为h0（不计空气阻力），则（　　）

A．小球和小车组成的系统动量守恒 

B．小球离开小车后做斜上抛运动 

C．小车向左运动的最大距离为R 

D．小球第二次能上升的最大高度h满足h0＜h＜h0

10．（4分）如图所示，一弹性轻绳（绳的弹力与其伸长量成正比）左端固定在A点，弹性绳自然长度等于AB，跨过由轻杆OB固定的定滑轮连接一个质量为m的小球，小球穿过竖直固定的杆。初始时A、B、C在同一条水平线上，小球从C点由静止释放滑到E点时速度恰好为零。已知C、E两点间距离为h，D为CE的中点，小球在C点时弹性绳的拉力为0.5mg，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是（　　）

A．对于弹性绳和小球组成的系统，从C点到E点的过程中机械能守恒 

B．小球在CD阶段和在DE阶段克服摩擦力所做的功相同 

C．小球在CD阶段损失的机械能大于小球在DE阶段损失的机械能 

D．若在E点给小球一个向上的速度v＝，则小球恰好能回到C点

二、非选择题：共5题，共60分，其中第12题～15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。

11．（15分）某同学设计出如图甲所示的实验装置来“验证机械能守恒定律”，让小铁球从A点自由下落，下落过程中经过A点正下方的光电门B时，光电计时器记录下小球通过光电门时间t，已知小球的质量为m，直径为d，当地的重力加速度为g。

（1）某次用游标卡尺测得的铁球直径如图丙所示，读数为 　   　mm；

（2）若AB之间距离为h，则小球从A到B过程中，减少的重力势能为 　   　增加的动能为 　   　（用题中给出的字母表示）；

（3）调整AB之间距离h，记录下小球通过光电门B的时间t，多次重复上述过程，作出随h的变化图象如图乙所示。若小球下落过程中机械能守恒，该直线斜率k0＝　   　；

（4）若某一实验小组根据数据实际绘出﹣h图象的直线斜率为k（k＜k0），则实验过程中所受的平均阻力f与小球重力mg的比值＝　   　（只用k、k0表示）；

（5）若另一实验小组测得小球动能的增加量ΔEk总是稍大于重力势能的减少量ΔEp，原因可能是 　   　（写出一个即可）。

12．（8分）高铁已成为重要的“中国名片”，领跑世界。一辆由8节车厢编组的列车，从车头开始的第2、3、6和7共四节为动力车厢，其余为非动力车厢。列车在平直轨道上匀加速启动时，若每节动力车厢牵引力大小均为F＝2.4×104N，每节动车能提供的最大功率P＝400kW，每节车厢质量都为m＝2×104kg，每节车厢所受阻力均为车厢重力的k倍，k＝0.01，重力加速度g＝10m/s2。求

（1）第2节车厢对第1节车厢的作用力大小为多少？

（2）列车在以后的行驶过程中能达到的最大速度是多少？

13．（8分）在某爆炸实验基地，把爆炸物以40m/s的速度斜向上发射。当爆炸物动能为发射时四分之一时恰好到最高点，此时爆炸物炸裂成两块A、B，其中mA＝0.2kg，mB＝0.8kg。经测量发现，A块恰好以原轨迹落回，忽略空气阻力及炸药质量。求：

（1）若爆炸时间持续0.005s，则爆炸过程A、B间的平均作用力大小；

（2）爆炸过程中增加的机械能。

14．（13分）如图建立坐标系，α射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成，放置在第Ⅱ象限，细管C离两板等距，细管C开口在y轴上。放射源P在A极板左端，可以沿特定方向发射某一速度的α粒子。若极板长为L，间距为d，当A、B板加上某一电压时，α粒子刚好能以速度v0从细管C水平射出，进入位于第Ⅰ象限的静电分析器恰好做匀速圆周运动，t＝0时刻α粒子垂直x轴进入第Ⅳ象限的交变电场中，交变电场随时间变化关系如图乙，规定沿x轴正方向为电场正方向。静电分析器中电场的电场线为沿半径方向指向圆心O，运动轨迹处的场强大小为E0。已知a粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。求：

（1）α粒子从放射源P发射至运动到C的过程中动能的变化；

（2）α粒子在静电分析器中运动的运动的时间t0；

（3）当t＝nT时，α粒子的坐标。（n＝1.2.3…）

15．（16分）如图所示，在倾角为θ＝30°的固定斜面上固定一块与斜面垂直的光滑挡板，质量为m的半圆柱体A紧靠挡板放在斜面上，质量为2m的圆柱体B放在A上并靠在挡板上静止。A与B半径均为R，曲面均光滑，半圆柱体A底面与斜面间的动摩擦因数为μ．现用平行斜面向上的力拉A，使A沿斜面向上缓慢移动，直至B恰好降到斜面。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：

（1）未拉A时，B受到A的作用力F。

（2）A移动的整个过程中，拉力做的功W。

（3）动摩擦因数的最小值μmin。

江苏省苏州市姑苏区2022-2023学年高三上学期期中物理试卷

参考答案与试题解析

一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分。每题只有一个选项符合题意。

1．（4分）以下研究中所采用的最主要物理思维方法与“重心”概念的提出所采用的思维方法相同的是（　　）

A．    理想斜面实验 

B．    卡文迪什扭秤实验 

C．       共点力合成实验 

D．探究影响向心力大小因素

【考点】物理学方法；物理学史．版权所有

【分析】“重心”概念的提出所采用的思维方法是等效替代法，分析题中各选项所采用的物理方法，然后作答。

【解答】解：“重心”概念的提出所采用的思维方法是等效替代法。

A.理想斜面实验，采用了理想模型法，故A错误；

B.卡文迪什扭秤实验，采用了微小形变放大法，故B错误；

C.共点力合成实验，采用了等效替代法，与“重心”概念的思维方法相同，故C正确；

D.探究影响向心力大小因素，采用了控制变量法，故D错误。

故选：C。

【点评】解决本题的关键就是要明确常用的物理思维方法。

2．（4分）如图甲所示，笔记本电脑散热底座一般有四个卡位用来调节角度。某同学将电脑放在散热底座上，为了获得更好的舒适度，由原卡位1缓慢调至卡位4（如图乙所示），电脑始终处于静止状态，则（　　）

A．电脑受到的摩擦力变大 

B．散热底座对电脑的支持力是由于电脑发生形变产生的 

C．散热底座对电脑的作用力的合力不变 

D．电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其重力大小

【考点】一般情况下的共点力平衡；摩擦力的判断和计算；力的合成与分解的应用．版权所有

【分析】电脑受重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件求解静摩擦力和支持力表达式，再分析即可。

【解答】解：电脑在散热座上受到重力mg、散热座的支持力N和摩擦力f的作用保持平衡状态，受力分析如图所示。

A、根据平衡状态的条件可得：

摩擦力大小：f＝mgsinθ，

支持力大小：N＝mgcosθ，

当卡位1调至卡位4时，倾角θ变小，则电脑受到的摩擦力变小，故A错误；

B、电脑受到的支持力是底座给的，是由于底座发生形变产生的，故B错误；

CD、支持力与摩擦力的合力始终不变，合力大小等于电脑的重力，根据“三角形两边之和大于第三边”可判断：支持力与摩擦力两力大小之和大于其重力，故C正确，D错误。

故选：C。

【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。

3．（4分）如图所示，某小区门口自动升降杆的长度为L，A、B为横杆上两个质量均为m的小螺帽，A在横杆的顶端，B与A的距离为。杆从水平位置匀速转动至竖直位置的过程，下列说法一定正确的是（　　）

A．A、B的动量大小之比为1：1 

B．A、B的向心加速度大小之比为3：1 

C．A、B的转速之比为3：2 

D．此过程中A、B的机械能增加量之比为3：2

【考点】动量定理；线速度、角速度和周期、转速；动能定理；机械能守恒定律．版权所有

【分析】根据题意找到A、B两点的角速度关系以及半径之比，根据线速度和向心加速度与角速度的关系求解比例关系；匀速转动时物体的动能不变，其重力势能增加量即为其机械能增量。

【解答】解：A、杆从水平位置匀速转动至竖直位置的过程，A、B螺帽做同轴转动，则ωA＝ωB，已知RA：RB＝3：2，根据v＝R•ω可得

vA：vB＝RA：RB＝3：2，

根据p＝mv可得

pA：pB＝vA：vB＝3：2，

故A错误；

B、根据a＝R•ω2知：aA：aB＝RA：RB＝3：2，故B错误；

C、根据ω＝2πn可知：nA：nB＝ωA：ωB＝1：1，故C错误；

D、杆从水平位置匀速转动至竖直位置的过程，螺帽动能未增加，重力势能增加量即为其机械能增加量，则

ΔEA＝ΔEpA＝mg•ΔhA＝mgL

ΔEB＝ΔEpB＝mg•ΔhB＝mg•

则有，故D正确。

故选：D。

【点评】本题考查圆周运动、动能定理和动量的综合，解题关键要知道A、B属于同轴转动，角速度和转速相等。

4．（4分）如图所示是电视机显像管主聚焦电场中的电场线分布图，中间一根电场线是直线，电子从O点由静止开始只在电场力作用下运动到A点。取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向，在此过程中，关于电子运动速度v随时间t的变化图线，加速度a、运动径迹上电势φ、电子动能Ek随位移x的变化图线，下列可能正确的是（　　）

A． B． 

C． D．

【考点】电场线；运动学图像综合．版权所有

【分析】电场线的疏密表示场强的大小，沿电场线方向电势逐渐降低，电势差等于两点间的电压，在电场中动能定理和牛顿第二定律仍然适用。

【解答】解：由图可知从O到A电场线先变密后变疏，由F＝Ee，则电子受到的电场力先变大后变小，电子带负电，则受到的电场力的方向向右；

AB、根据F＝ma，电子受到的电场力先变大后变小，则电子的加速度应先增大后减小；在v﹣t图象中，斜率表示加速度，故斜率应先增大后减小，故AB错误；

C、△φ＝U＝Ex，故在φ﹣x图象中，斜率表示电场强度，故斜率应先增大后减小，故C错误；

D、由动能定理可得，Ek＝W＝Eex，故Ek﹣x图象中，斜率代表电场力，根据电场线分布特点知，电场力先增大后减小，故D正确。

故选：D。

【点评】注意用好电场线与电场强度的关系、电场强度与电势差的关系等，在图象中，注意分析斜率、截距、面积等的含义，好题！

5．（4分）某同学利用电流传感器研究电容器的放电过程，他按如图甲所示电路图连接电路。先使开关S接1，电容器充电完毕后将开关掷向2，电容器通过R放电，传感器将电流信息传入计算机。屏幕上显示出电流随时间变化的I﹣t曲线如图乙所示。下列说法中正确的是（　　）

A．电容器放电时电流逐渐减小，流过R的电流方向从左向右 

B．图乙中曲线与坐标轴所围面积表示电容器放电过程中放出的电荷量 

C．在放电过程中，电容器的电容随所储存的电荷量的减少而减小 

D．若滑片向右移动，其他条件不变，重做实验获得的I﹣t曲线会与原曲线重合

【考点】电容器与电容；电容器的动态分析．版权所有

【分析】充电时电容器上极板连接电源的正极，带正电，放电时上极板相当于电源正极，外电路中，电流方向从正极流向负极，即可判断流过电阻的电流方向；I﹣t图像与坐标轴围成的面积表示电容器容纳的电荷量；电容是电容器本身的性质；滑片移动，外电路电阻变化，电容器两端电压变化，电荷量变化，I﹣t图像与坐标轴围成的面积变化。

【解答】解：A、由图像得，电容器放电时电流逐渐减小，充电时电容器上极板连接电源的正极，带正电，放电时上极板相当于电源正极，所以流过R的电流方向从右向左，故A错误；

B、I﹣t图像中图像与坐标轴围成的面积表示电容器放电过程中放出的电荷量，故B正确；

C、电容是电容器本身的性质，放电过程中，电容不发生变化，故C错误；

D、若滑片向右移动，外电路电阻减小，路端电压减小，电容器两端电压减小，根据C＝，电容器容纳的电荷量减少，故图像与坐标轴围成的面积减小，一定与原图像不重合，故D错误；

故选：B。

【点评】本题考查电容器，解题关键是知道电容是电容器本身的性质，知道I﹣t图像与坐标轴围成的面积表示电荷量。

6．（4分）2022年5月10日，天舟四号货运飞船采用快速交会对接技术，顺利与在轨运行的天和核心舱进行交会对接。对接前，天舟四号货运飞船绕地球做椭圆运动，近地点A和远地点B，如图所示；天和核心舱在离地球表面高度h处做匀速圆周运动。若对接地点在椭圆轨道的远地点B处，下列说法正确的是（　　）

A．天舟四号在A点的运行速度小于在B点的运行速度 

B．天舟四号与天和核心舱对接后的运行速度大于7.9km/s 

C．天舟四号在B处点火加速，才能与天和核心舱顺利完成对接 

D．若天和核心舱在轨运行时受阻力作用，则其运行周期将变大

【考点】人造卫星；万有引力定律的应用．版权所有

【分析】根据开普勒第二定律得出天舟四号在AB两点的速度大小；

理解第一宇宙速度的物理意义并完成分析；

正确理解卫星变轨的知识；

根据万有引力提供向心力得出周期的表达式，结合半径的变化得出周期的变化。

【解答】A、根据开普勒第二定律可知，天舟四号在A点的运行速度大于在B点的运行速度，故A错误；

B、7.9km/s是第一宇宙速度，也是近地卫星环绕地球的速度，而天舟四号与天和核心舱对接后的轨道并不是近地轨道，所以运行速度小于7.9km/s，故B错误；

C、要使天舟四号从低轨道到高轨道，要先在B点点火加速，做离心运动达到更高轨道，才能与天和核心舱顺利完成对接，故C正确；

D、若天和核心舱在轨运行时受阻力作用，则天和核心舱会到更低的轨道上运动，根据万有引力提供向心力可得：

解得：T＝，当半径减小时，核心舱的运行周期将变小，故D错误；

故选：C。

【点评】本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解卫星做圆周运动的向心力来源，结合牛顿第二定律即可完成分析。

7．（4分）投壶是古代士大夫所做的一种投射游戏。《礼记传》中提到：“投壶，射之细也。宴饮有射以乐宾，以习容而讲艺也。”若甲、乙两人站在距壶相同水平距离处沿水平方向各投出一支完全相同的箭，箭尖插入同一个壶中时与水平面的夹角分别为53°和37°，忽略空气阻力、箭长、壶口大小等因素的影响，下列说法正确的是（　　）

A．甲所投的箭在空中运动的时间比乙的长 

B．甲所投箭的初速度大小比乙的大 

C．此运动过程中，甲所投箭的速度的变化量比乙小 

D．此运动过程中，甲所投箭的重力势能的减小量比乙的小

【考点】平抛运动；重力势能．版权所有

【分析】箭在空中做平抛运动，根据推论：速度的反向延长线过水平位移的中点，分析抛出点高度关系，从而确定运动时间关系。由x＝v0t分析初速度关系。根据重力做功关系，由动能定理分析动能变化和重力势能变化的关系。

【解答】解：A、设箭抛出点离壶口的竖直高度为h，水平距离为x，箭尖插入壶中时与水平面的夹角为θ。箭在空中做平抛运动，根据推论：速度的反向延长线过水平位移的中点，则tanθ＝，x相同，h越大，θ越大，则知甲所投的箭离壶口的竖直高度比乙的大，甲所投的箭在空中运动的时间比乙的长，故A正确；

B、由x＝v0t可知，x相等，甲所投的箭在空中运动的时间比乙的长，则甲所投箭的初速度大小比乙的小，故B错误；

C、速度变化量Δv＝gt，甲所投的箭在空中运动的时间比乙的长，则甲的速度变化量比乙的大，故C错误；

D、重力势能的减小量等于重力做功，甲所投的箭离壶口的竖直高度比乙的大，可知甲所投箭的重力势能的减小量比乙的大，故D错误。

故选：A。

【点评】解决本题的关键要灵活运用平抛运动的推论，来分析抛出点高度关系。要知道平抛运动的时间由高度决定。

8．（4分）如图甲所示，在平行于纸面的匀强电场中，有一个半径为0.2m的圆形区域ABCD，圆心为O，P为圆弧上的一个点，从A点出发沿逆时针运动，θ为PO连线旋转的角度，P点电势φ随θ变化情况如图乙所示，则（　　）

A．场强大小为10V/m 

B．电子在A点时的电势能为2eV 

C．电子在A点时所受电场力指向O点 

D．电子沿圆弧运动过程中电场力不做功

【考点】电场力做功；电势能与电场力做功的关系；电势差与电场强度的关系．版权所有

【分析】电场强度方向从高电势点指向低电势点，根据推论解得电场强度与O点的电势，根据功能关系分析D选项。

【解答】解：AB、由图乙可知：φA＝2V，电子在A点电势能EPA＝eφA＝﹣2eV

当θ＝时，P点位于下图中的E点处，此时可得：φE＝1V

当θ＝时，P点位于下图中的F点处，由几何知识可知E、F、O三点共线，此时可得：φF＝5V

则圆心O点的电势为：φO＝＝V＝3V

过A点作OE的垂线交于M点，由几何知识易得，M点为EO中点，则下图中M点的电势为：φM＝＝＝2V＝φA

故直线AM为等势线，由于电场线与等势面垂直，则可知电场线沿FOE方向，过B点作电场线FOE的垂线，交于N点，如下图所示

则有：φA＝φM＞φN＝φE

电场强度的大小为：E＝＝＝10V/m，故A正确，B错误；

C、根据上面的分析可知，电子在A点时所受电场力平行于EF斜向下，故C错误；

D、电子从A点沿圆弧逆时针移动，电势先降低再升高，电势能先升高后降低，则电场力先做负功后做正功，故D错误。

故选：A。

【点评】本题主要考查了场强的相关应用，根据图像结合推论和场强的定义式即可完成分析。

9．（4分）如图所示，质量为2m、带有半圆形轨道的小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R。现将质量为m的小球从A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点进入半圆形轨道后从B点冲出，在空中上升的最大高度为h0（不计空气阻力），则（　　）

A．小球和小车组成的系统动量守恒 

B．小球离开小车后做斜上抛运动 

C．小车向左运动的最大距离为R 

D．小球第二次能上升的最大高度h满足h0＜h＜h0

【考点】动量与能量的综合应用——板块模型．版权所有

【分析】小球与小车组成的系统系统在竖直方向上动量不守恒；

系统水平方向合动量为零，小球离开小车时小球与小车水平方向速度均为零，小球离开小车后做竖直上抛运动；

根据“人船模型”分析小车向左运动的最大距离；

由功能关系分析小球第一次达到最高点过程中克服摩擦力做的功；小球第二次在车中运动过程中，小球克服摩擦做的功小于第一次，根据功能关系进行分析。

【解答】解：A、小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向上动量守恒，小球与小车组成的系统在竖直方向所受合外力不为零，系统在竖直方向上动量不守恒，故A错误；

B、小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，系统水平方向动量为零，小球离开小车时两者在水平方向速度相等，则小球离开小车时小球与小车水平方向速度均为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故B错误；

C、当小球向右运动时，设任一时刻小球速度的水平分量大小为v，小车的速度大小为v'，以向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒，得mv﹣2mv'＝0，即v＝2v'，则小球在水平方向的位移大小x等于小车在水平方向的位移大小x'的2倍，即x＝2x′，又x+x'＝2R，解得小车向左运动的最大距离x'＝R，故C错误；

D、小球第一次在车中运动过程中，设小球克服摩擦力做的功为W1，由功能关系得：W1＝mg（h0﹣h0）＝mgh0

小球第二次在车中运动过程中，对应位置处速度变小，小车对小球的弹力变小，小球克服摩擦做的功W2＜W1

设小球第二次能上升的最大高度为h，根据功能关系可得：mg（h0﹣h）＜mgh0，所以h＞h0

即小球第二次能上升的最大高度h满足h0＜h＜h0，故D正确。

故选：D。

【点评】本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用（或合外力为零）；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。

10．（4分）如图所示，一弹性轻绳（绳的弹力与其伸长量成正比）左端固定在A点，弹性绳自然长度等于AB，跨过由轻杆OB固定的定滑轮连接一个质量为m的小球，小球穿过竖直固定的杆。初始时A、B、C在同一条水平线上，小球从C点由静止释放滑到E点时速度恰好为零。已知C、E两点间距离为h，D为CE的中点，小球在C点时弹性绳的拉力为0.5mg，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是（　　）

A．对于弹性绳和小球组成的系统，从C点到E点的过程中机械能守恒 

B．小球在CD阶段和在DE阶段克服摩擦力所做的功相同 

C．小球在CD阶段损失的机械能大于小球在DE阶段损失的机械能 

D．若在E点给小球一个向上的速度v＝，则小球恰好能回到C点

【考点】功能关系；动能定理；机械能守恒定律．版权所有

【分析】首先对球受力分析，明确小球受重力、弹性轻绳的拉力、支持力和摩擦力，水平方向平衡；根据机械能守恒定律的守恒条件分析机械能是否守恒；再根据胡克定律得到支持力和摩擦力不变；然后结合动能定理列式分析即可。

【解答】解：A．由于小球受到杆的滑动摩擦力做负功，对于弹性绳和小球组成的系统，从C点到E点的过程中机械能减少，故A错误；

B．设BC间距为x，在C点时，绳上的拉力为：T＝kx＝0.5mg

从C点向下运动过程，设B点右侧绳长为x'，与竖直方向夹角为θ，水平方向由平衡条件可得N＝kx'•sinθ＝kx＝0.5mg

小球受到的滑动摩擦力大小为：f＝μN＝0.25mg

故小球从C点到E点的过程中摩擦力大小不变，小球在CD阶段和在DE阶段克服摩擦力所做的功相同，故B正确；

C．对小球而言，除了摩擦力做功以外还有弹力做功，克服摩擦力做功相同，弹力做功不同，由于弹力沿竖直分力越来越大，所以，小球在CD阶段损失的机械能小于在DE阶段损失的机械能，故C错误；

D．从C到E过程，据动能定理可得：mgh﹣fh﹣W弹＝0

若在E点给小球一个向上的速度v＝，从E到C过程，根据动能定理可得：W弹−mgh−fh＝Ek−mv2

联立解得到达C点的动能Ek＜0，故小球无法回到C点，故D错误。

故选：B。

【点评】本题考查功能关系，关键是结合水平方向平衡和胡克定律得到摩擦力是不变的，注意弹性轻绳的弹力是变化的，小球在平衡位置速度最大，要结合动能定理列式分析。

二、非选择题：共5题，共60分，其中第12题～15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。

11．（15分）某同学设计出如图甲所示的实验装置来“验证机械能守恒定律”，让小铁球从A点自由下落，下落过程中经过A点正下方的光电门B时，光电计时器记录下小球通过光电门时间t，已知小球的质量为m，直径为d，当地的重力加速度为g。

（1）某次用游标卡尺测得的铁球直径如图丙所示，读数为 　10.15　mm；

（2）若AB之间距离为h，则小球从A到B过程中，减少的重力势能为 　mgh　增加的动能为 　　（用题中给出的字母表示）；

（3）调整AB之间距离h，记录下小球通过光电门B的时间t，多次重复上述过程，作出随h的变化图象如图乙所示。若小球下落过程中机械能守恒，该直线斜率k0＝　　；

（4）若某一实验小组根据数据实际绘出﹣h图象的直线斜率为k（k＜k0），则实验过程中所受的平均阻力f与小球重力mg的比值＝　　（只用k、k0表示）；

（5）若另一实验小组测得小球动能的增加量ΔEk总是稍大于重力势能的减少量ΔEp，原因可能是 　在测量小球的释放点A点与B点之间的距离时，测量值比实际值偏小　（写出一个即可）。

【考点】实验验证机械能守恒定律．版权所有

【分析】（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；

（2）根据重力势能表达式以及动能表达式即可分析求解；

（3）根据机械能守恒定律列式，整理表达式即可根据图像求解；

（4）根据动能定理列式，整理表达式，再根据（3）中的表达式联立分析即可；

（5）根据题意分析导致动能大于重力势能损失量的原因可以是小球下降的高度测量值出现误差。

【解答】解：（1）由图丙所示游标卡尺可知，游标尺是20分度的，游标尺的精度是0.05mm，其示数为d＝10mm+3×0.05mm＝10.15mm；

（2）根据重力势能表达式可知，小球从A到B过程中，减少的重力势能为Ep＝mgh，小球经过光电门时的速度大小v＝，小球增加的动能为Ek＝＝；

（3）由机械能守恒定律得：mgh＝mv2，整理得：＝h，﹣h图象的斜率：k0＝；

（4）设小球下落过程受到的阻力为f，小球下落过程，由动能定理得：mgh﹣fh＝mv2，

整理得：＝1﹣＝1﹣×＝1﹣＝；

（5）在测量小球的释放点A点与B点之间的距离时，测量值比实际值偏小，即会测得小球动能的增加量ΔEk总是稍大于重力势能的减少量ΔEp，

故答案为：（1）10.15；（2）mgh，；（3）；（4）；（5）在测量小球的释放点A点与B点之间的距离时，测量值比实际值偏小

【点评】此题考查了验证机械能守恒定律的实验，理解机械能守恒的条件，掌握分析的思维，同时本题为创新型实验，要注意通过分析题意明确实验的基本原理才能正确求解。

12．（8分）高铁已成为重要的“中国名片”，领跑世界。一辆由8节车厢编组的列车，从车头开始的第2、3、6和7共四节为动力车厢，其余为非动力车厢。列车在平直轨道上匀加速启动时，若每节动力车厢牵引力大小均为F＝2.4×104N，每节动车能提供的最大功率P＝400kW，每节车厢质量都为m＝2×104kg，每节车厢所受阻力均为车厢重力的k倍，k＝0.01，重力加速度g＝10m/s2。求

（1）第2节车厢对第1节车厢的作用力大小为多少？

（2）列车在以后的行驶过程中能达到的最大速度是多少？

【考点】机车启动的两种模型；牛顿第二定律．版权所有

【分析】（1）根据牛顿第二定律，对整体车厢列式可求解加速度，隔离第1节车厢可求解第2节车厢对第1节车厢的作用力大小。

（2）列车匀速运动时，牵引力等于阻力，据此分析。

【解答】解：（1）对列车整体，由牛顿第二定律，有：

4F﹣8kmg＝8ma

对第一节车厢，由牛顿第二定律，有：

F21﹣kmg＝ma

联立解得：N

（2）列车最终匀速运动时，有：

4P＝F牵vm

且有：F牵＝8kmg

联立解得：vm＝100m/s。

答：（1）第2节车厢对第1节车厢的作用力大小为1.2×104N。

（2）列车在以后的行驶过程中能达到的最大速度是100m/s。

【点评】该题考查了牛顿第二定律的基本应用，求解时要注意整体法、隔离法的灵活运用。

13．（8分）在某爆炸实验基地，把爆炸物以40m/s的速度斜向上发射。当爆炸物动能为发射时四分之一时恰好到最高点，此时爆炸物炸裂成两块A、B，其中mA＝0.2kg，mB＝0.8kg。经测量发现，A块恰好以原轨迹落回，忽略空气阻力及炸药质量。求：

（1）若爆炸时间持续0.005s，则爆炸过程A、B间的平均作用力大小；

（2）爆炸过程中增加的机械能。

【考点】动量与能量的其他综合应用；动量定理；动量守恒定律；爆炸．版权所有

【分析】（1）根据动能公式求出爆炸前爆炸物速度，爆炸后A能以原轨迹返回，求出爆炸后物块A的速度，对A分析，根据动量定理列式可求B对A的平均作用力大小；

（2）爆炸过程中水平方向动量守恒，根据动量守恒定律列式求出物块B爆炸后速度，从而计算出爆炸前后系统机械能的增加量。

【解答】解：（1）设爆炸物初速度为v0，在最高点速度为v，则有

Ek0＝

联立解得：v＝20m/s，

取爆炸物爆炸前运动方向为正方向，爆炸后裂成两块做平抛运动，A块恰好以原轨迹落回，则爆炸后A的速度vA＝﹣v＝﹣20m/s，对物块A，由动量定理得

﹣Ft＝﹣mAvA﹣mAv

解得：F＝1600N；

（2）在最高点，取爆炸物爆炸前运动方向为正方向，爆炸过程中水平方向动量守恒，由动量守恒定律得

（mA+mB）v＝mAvA+mBvB

解得：vB＝30m/s，

则爆炸过程中增加机械能

解得：ΔE＝200J。

答：（1）若爆炸时间持续0.005s，则爆炸过程A、B间的平均作用力大小为1600N；

（2）爆炸过程中增加的机械能为200J。

【点评】解决本题的关键是理清爆炸物的运动过程，抓住炸裂过程系统的动量守恒，要注意选取正方向，特别是A块恰好以原轨迹落回的分析。

14．（13分）如图建立坐标系，α射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成，放置在第Ⅱ象限，细管C离两板等距，细管C开口在y轴上。放射源P在A极板左端，可以沿特定方向发射某一速度的α粒子。若极板长为L，间距为d，当A、B板加上某一电压时，α粒子刚好能以速度v0从细管C水平射出，进入位于第Ⅰ象限的静电分析器恰好做匀速圆周运动，t＝0时刻α粒子垂直x轴进入第Ⅳ象限的交变电场中，交变电场随时间变化关系如图乙，规定沿x轴正方向为电场正方向。静电分析器中电场的电场线为沿半径方向指向圆心O，运动轨迹处的场强大小为E0。已知a粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。求：

（1）α粒子从放射源P发射至运动到C的过程中动能的变化；

（2）α粒子在静电分析器中运动的运动的时间t0；

（3）当t＝nT时，α粒子的坐标。（n＝1.2.3…）

【考点】带电粒子在交变电场中的运动．版权所有

【分析】（1）粒子从发射到细管C反过来看是类平抛运动，由类平抛规律和牛顿第二定律求出板间电压，再由动能定理求出动能的变化；

（2）由动能定理求出粒子进入C的速度，由静电力提供向心力求得粒子的半径，再由运动学公式求出时间；

（3）进入正交的交变电场后，在竖直方向匀速运动，在水平方向做匀加速直线运动，按运动的合成与分解求坐标。

【解答】解：（1）设α粒子运动到C处时速度为v0，α粒子反方向的运动为类平抛运动，

水平方向有：L＝v0t

竖直方向有：＝at2

U＝Ed

由牛顿第二定律：2eE＝ma

联立解得：U＝

α粒子从放射源发射出到C的过程，由动能定理，﹣2e•U＝ΔEk

解得：ΔEk＝﹣eU＝﹣

（2）由牛顿第二定律2eE0＝m

解得：r＝

由＝v0t0

解得：t0＝

（3）时，α粒子在x方向的速度为 vx＝•

所以一个周期内，离子在x方向的平均速度：＝＝

每个周期α粒子在x正方向前进：x0＝T＝

因为开始计时时α粒子横坐标为：r＝

所以nT时，α粒子的横坐标为：x＝r+nx0＝+n•

α粒子的纵坐标为y＝﹣v0nT

在nT时α粒子的坐标为：（+n•，﹣v0nT）（n＝1、2、3……）

答：（1）α粒子从放射源P发射至运动到C的过程中动能的变化量为﹣；

（2）α粒子在静电分析器中运动的运动的时间t0为；

（3）当t＝nT时，α粒子的坐标为（+n•，﹣v0nT）（n＝1、2、3……）。

【点评】本题是带电粒子在复合场中的运动在实际科技中应用，关键抓住类平抛运动、圆周运动等基础知识，分过程分步骤用研究曲线运动的方法处理问题。

15．（16分）如图所示，在倾角为θ＝30°的固定斜面上固定一块与斜面垂直的光滑挡板，质量为m的半圆柱体A紧靠挡板放在斜面上，质量为2m的圆柱体B放在A上并靠在挡板上静止。A与B半径均为R，曲面均光滑，半圆柱体A底面与斜面间的动摩擦因数为μ．现用平行斜面向上的力拉A，使A沿斜面向上缓慢移动，直至B恰好降到斜面。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：

（1）未拉A时，B受到A的作用力F。

（2）A移动的整个过程中，拉力做的功W。

（3）动摩擦因数的最小值μmin。

【考点】动能定理；一般情况下的共点力平衡．版权所有

【分析】（1）对B由平衡条件可求得B受到A的作用力；

（2）对整体分析，由平衡条件判断斜面对半圆柱体的支持力变化，从而求得半圆柱体受到的摩擦力，由几何关系可求得A的位移及B下降的高度，根据功能关系求拉力做的功。

（3）对小球B，分析受力情况，根据平衡条件分析挡板对小球支持力的最大值，从而求得动摩擦因数的最小值。

【解答】解：（1）设A对B的支持力为F，对B据平衡条件可知：F＝2mgcosθ，

解得：

（2）对整体，据平衡条件，斜面对A的支持力为：

，

移动过程中滑动摩擦力：，

由几何关系解得A的位移：，

克服摩擦力做功：Wf＝fx＝4.5μmgR，

由几何关系可知A上升的高度和B下降的高度均为：，

根据功能关系：W+2mgh﹣mgh﹣Wf＝0，

解得：

（3）B刚好接触斜面时，挡板对B弹力最大，研究B可得：，

对整体：fmin+3mgsin30°＝Nm′，

解得：fmin＝2.5mg，

动摩擦因数的最小值：

答：（1）未拉A时，B受到A的作用力是mg。

（2）A移动的整个过程中，拉力做的功是（9μ﹣）mgR。

（3）动摩擦因数的最小值是。

【点评】解决本题的关键是灵活选择研究对象，采用隔离法和整体法结合分析受力情况。同时，要熟练运用数学知识求解半圆柱体移动的距离。