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湖北省腾云联盟2023-2024学年高一下学期5月联考物理试卷（A）
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这是一份湖北省腾云联盟2023-2024学年高一下学期5月联考物理试卷（A），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.长安一片月，万户捣衣声。现代洗衣工具早已由棒槌换成了洗衣机，正在运转的洗衣机，当其脱水桶转得很快时，机身的振动并不强烈，切断电源，脱水桶转速逐渐变慢，到某一时刻 t，机身反而会发生强烈的振动，此后脱水桶转速继续变慢，机身的振动也随之减弱，关于这种现象，下列说法正确的是( )
A. 在t时刻脱水桶的惯性最小B. 在t时刻脱水桶的转动频率最大
C. 在t时刻洗衣机发生共振D. 纯属偶然，没有规律
2.一质量为m的物体做平抛运动，在先后两个不同时刻的速度大小分别为v1、v2，时间间隔为Δt，不计空气阻力，重力加速度为g，则在Δt时间内，以下说法不正确的是( )
A. 速度变化的大小为Δv=gΔtB. 动量变化的大小为Δp=m(v2−v1)
C. 动能变化为ΔEK=12m(v22−v12)D. 高度变化为Δh=v22−v122g
3.道路千万条，安全第一条。驾驶汽车时必须系好安全带，因为在紧急刹车时，车速会在很短时间内减小为零，关于安全带在此过程中的作用，下列说法正确的是( )
A. 延长了司机的受力时间B. 减少了司机所受的冲量
C. 减小了刹车前后司机动量的变化量D. 将司机的动能全部转换成汽车的动能
4.如图所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平面上，上端处于a位置。现让一小球从高于a位置的c点沿弹簧中轴线自由下落，弹簧被小球压缩至最低位置d，其中经过位置b时弹力等于重力。不计空气阻力，关于小球下落运动过程，以下说法中正确的是( )
A. c至a做匀加速运动，a至d做减速运动
B. 在d点时弹簧弹力等于小球重力的2倍
C. 小球经过b时的动能等于小球由c至b减小的重力势能
D. 弹簧由a至d增加的弹性势能等于小球由c至d减小的重力势能
5.用起重机将一个质量为m的物体竖直向上以加速度a匀加速提升H，已知重力加速度为g，在这个过程中( )
A. 重力对物体做的功为mgHB. 拉力对物体做的功为mgH
C. 物体的动能增加了maHD. 物体的机械能增加了maH
6.如图所示，质量M=30kg的箱子，放在光滑水平面上，箱子中有一个质量m=50kg的铁块，铁块与箱子的左端 ab壁相距s=1m，它一旦与 ab壁接触后就不会分开。用水平向右的恒力F=10N作用于箱子，2s末立即撤去F，最后箱子与铁块的共同速度大小是( )
A. 0.67m/sB. 0.40m/sC. 0.25m/sD. 0.15m/s
7.如图甲所示，光滑的水平面上静置一斜面体，一个小物块(可视为质点)在斜面体上从距离水平面h高处由静止释放，滑至斜面底部后与斜面分离，此过程中小物块水平位移为x。改变小物块在斜面体上的释放位置，得到小物块的水平位移x和释放高度h的关系图像如图乙所示，图中p、q为已知量。已知斜面体与小物块的质量之比为2:1，关于小物块下滑的过程，下列说法正确的是( )
A. 斜面体对小物块不做功B. 小物块与斜面体组成的系统动量守恒
C. 斜面倾角的正切值为pqD. 斜面倾角的正切值为2p3q
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.某弹簧振子沿x轴的简谐运动图像如图所示，下列描述正确的是( )
A. t=0.1s时，振子的速度为零，加速度为正的最大值
B. t=0.3s时，振子的回复力为零，势能为最大值
C. 从t=0.6s到t=0.8s过程中，振子通过的路程为4cm
D. 振动方程为x=0.04sin(5π2t−3π4)(m)。
9.测弹丸速率常用如图所示冲击摆，用长为l的细线悬挂质量为M的沙袋(沙袋尺寸远小于l)，沙袋静止，质量为m的子弹以一定的初速度自左方水平射向沙袋，并留在沙袋中，测出沙袋向右摆过的最大偏角θ，就可以计算出子弹的初速度。重力加速度为 g，忽略空气阻力，则下列说法正确的是( )
A. 子弹打击沙袋过程中系统机械能守恒
B. 子弹射入沙袋的前后细线中拉力大小保持不变
C. 子弹射入沙袋瞬间子弹和沙袋的共同速度为 2gl(1−csθ)
D. 子弹的初速度v0=M+mm 2gl(1−csθ)
10.如图所示，水平传送带保持2m/s的速度运行，两端AB水平距离l=8m，把一质量m=2kg的一个物块轻轻放到传送带的A端，物块在传送带的带动下向右运动，若物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，重力加速度g=10m/s2，不计物块的大小。则把物块从A端传送到B端的过程中( )
A. 摩擦力对物块做的功为4J
B. 摩擦力对传送带做的功为16J
C. 物块与传送带摩擦生热为4J
D. 全过程中摩擦力对物块做功的平均功率为0.8W
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某同学用单摆测定当地的重力加速度。
(1)该同学先用毫米刻度尺测量摆球直径，结果如图甲所示，则该摆球的直径d为__________mm。组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，再测出摆线的长度为 l，则单摆摆长L=__________(用l、d表示)。
(2)该同学通过多次实验得出数据画出摆长L和周期T2图像，如图乙所示，请根据图像求出重力加速度g=__________m/s2。(已知π2≈9.86，结果保留两位有效数字)
(3)如果测得的g值偏小，可能的原因是__________(填序号)。
A.计算摆长时用摆线长度
B.开始计时时，停表没有及时按下
C.摆线上端未牢固系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加
D.实验中误将29次全振动记为30次
12.某同学查阅资料得知：若弹簧劲度系数为k，弹性形变为x，则其弹性势能EP=12kx2。据此设计了如图甲所示的的实验装置来验证系统的机械能守恒：铁架台上竖直悬挂一个轻弹簧，弹簧下端连接一质量为m的小钢球，小钢球平衡时的位置记为O，在 O处安装一光电计时器， O正下方桌面设置位移传感器。现把小钢球竖直托高到弹簧刚好处于原长的位置A点，由静止释放，光电计时器测出第一次下落过程中小钢球挡光时间Δt，同时由位移传感器在计算机上得到小钢球相对O点的位移-时间图像如图乙所示，从图像中可读出x0的数值。用刻度尺测得小钢球的直径为D，D远小于AO之间的距离，重力加速度为 g，弹簧始终处于弹性限度内且不能对光电门造成有效挡光。问：
(1)弹簧的劲度系数为__________。
(2)小钢球第一次通过O点的速度为__________。
(3)小钢球第一次由A到O的过程中，系统势能(包括重力势能和弹性势能)的减小量ΔEP=__________，动能的增加量ΔEK=__________，如果在误差许可范围内，有ΔEP=ΔEK成立，就可以认为系统机械能守恒。(用前文中的字母符号表达)
(4)如果小钢球的释放位置略高于A点位置，则实验结果表现为ΔEP__________ΔEK。(填“大于”、“小于”或“等于”)
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.如图甲所示，摆球在竖直平面内做简谐运动，通过力传感器测量摆线拉力F的大小随时间t变化规律如图乙所示，摆球经过最低点时的速度大小v= 55m/s，忽略空气阻力，取g=10m/s2，π2≈g。求：单摆的摆长和摆球的质量。
14.一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球A和B，质量分别是mA=1.0kg和mB=2.0kg。用手托住B球，当轻绳刚好被拉紧时，B球离地面的高度是h=0.6m， A球静止于地面，如图所示。定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦均不计，且A离滑轮足够高，重力加速度为g=10m/s2。现释放B球，求：
(1)B球刚落地时，A球的速度大小;
(2)B球下落过程中，轻绳对A球做的功;
(3)A球能达到的最大高度。
15.如图所示，一轻质弹簧的左端固定在小球B上，右端与小球C接触但未拴接，球B和球C静止在光滑水平台面上。小球A从左侧光滑斜面上距水平台面高度为h处由静止释放(不计小球A在斜面与水平面衔接处的能量损失)，与球B发生正碰后粘在一起，碰撞时间极短，之后球C脱离弹簧，在水平台面上匀速运动并从其右端点O水平抛出，落入固定放置在水平地面上的竖直四分之一光滑圆弧轨道内，该段圆弧的圆心在 O点，半径为R= 2h。已知三个小球A、B、C均可看成质点，且质量分别为m、m、2m，重力加速度为 g，不计空气阻力和一切摩擦。求：
(1)弹簧具有的最大弹性势能;
(2)小球C从水平台面右端点O抛出后落到圆弧轨道上的P点在图示坐标系中的位置;
(3)改变A的释放位置，使小球C从水平台面右端O点抛出后，落到圆弧轨道上时的动能具有最小值，求此最小动能值。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】惯性是物体本身的性质，只与物体的质量有关，质量越大惯性越大，与速度大小是否受力无关；做受迫振动的物体，振动稳定后振动的频率等于驱动力的频率，与固有频率无关，当驱动力频率接近固有频率时，振幅变大，相等时振幅最大，达到共振。应用共振时，让驱动力频率接近固有频率，防止共振时，驱动力频率原理固有频率。
【解答】惯性是物体本身的性质，只与物体的质量有关，A错误;机身做受迫振动的频率与脱水桶的转动频率相等，当脱水桶的转动频率与机身的固有频率相等时机身发生共振，振幅最大，C正确，B、D错误.
2.【答案】B
【解析】【解答】A.平抛运动的加速度为g，所以速度变化量△v=a⋅△t=g⋅△t，方向竖直向下，故A正确;
B.动量是矢量，应根据平行四边形定则求动量变化量大小，根据数学知识知，△p=m△v>m(v2−v1)，
方向竖直向下，
由动量定理得：动量变化量大小为△p=mg△tt方向竖直向下，故B错误;
C.物体的质量为mt初速度大小为v1，末速度大小为v2，则动能变化为
ΔEk=12mv22−12mv12=12m(v22−v12)，故C正确。
D、平抛竖直方向上为自由落体，利用匀变速运动的知识分析，D正确。
【分析】
解决本题时要明确平抛运动的加速度为 g，动量是矢量，应根据平行四边形定则或动量定理求动量变化量大小。
3.【答案】A
【解析】【分析】
在碰撞过程中，司机动量的变化量是一定的，都等于△p=mv，但安全带会延长作用时间；再根据动量定理分析即可。
本题的关键是知道在碰撞过程中，司机动量的变化量是一定的；会熟练应用动量定理分析力的变化。
【解答】ABC、在碰撞过程中，司机动量的变化量是一定的，都等于△p=mv，但安全带会延长作用时间，A正确，BC错误；
D、将司机的动能转化为安全带的弹性势能等，没有全部转化为汽车动能，D错误。
故选A。
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查简谐运动，能量守恒，根据受力分析加速度，分析物体的运动情况，根据简谐运动的对称性，分析简谐运动的两端加速度相同受合力相同，再根据能量守恒判断弹性势能。
【解答】
【解析】a到b过程重力大于弹力，是加速运动;如果重球是从a位置释放的，则会做简谐运动，根据对称性，到最低点时加速度与刚释放时的加速度等大反向，对应弹簧弹力等于重球重力的2倍，如果重球释放点比 a点高，就会把弹簧压得更低，弹簧弹力必定大于重球重力的2倍;下落过程中重球由c至b减小的重力势能转化为在b处的动能和弹簧的弹性势能了;小球在a和d的动能都是零，根据功能关系，故D项正确。
5.【答案】C
【解析】【解析】根据功能关系，重力对物体做的功为−mgH;拉力对物体做的功为
m(g+a)H;物体动能的增加等于合外力做的功maH;物体机械能的增加等于拉力做
的功m(g+a)H。故C项正确。
本题考查功能关系，重力做功改变重力势能，拉力做功改变机械能，合力做功改变动能。
6.【答案】C
【解析】【解析】对系统由动量定理Ft=(M+m)v共，得v共=0.25m/s。故C项正确。
本题考查动量定理的应用，关键是选择系统为研究对象，合力的冲量等于系统的动量的变化量。
7.【答案】D
【解析】【分析】本题考查动量守恒定律的应用。小物块在斜面上下滑的过程，水平方向动量守恒，根据“人船模型”的方法得出小物块的水平位移表达式，结合图乙分析图像斜率的物理意义，即可解题。
【解答】A.小物块下滑过程中，斜面受到小物块左向下的压力向左运动，所以斜面对小物块的支持力做负功，故A错误；
B.小滑块与斜面组成的系统在竖直方向动量不守恒，但是水平方向上动量守恒，故B错误；
CD.小物块和斜面在水平方向上动量守恒，系统总动量为0，则mx=Mx0，x0为斜面移动的距离，根据位移关系可知x+x0=htan θ，解得小物块的水平位移为x=MM+m⋅htan θ=23tan θ⋅h，结合图像可知斜率为23tan θ=qp，解得tanθ=2p3q，故C错误，D正确。
8.【答案】AD
【解析】【分析】
熟练掌握简谐振动x−t图像中各参量的物理意义，是解题的关键。
A，振子在负的最大位移处，判断速度、加速度情况；
B，振子在平衡位置，判断回复力、势能情况；
D，由图得到振动方程；
C，由D项分析，判断t=0.6s和t=0.8s时振子位移，进而求振子路程。
【解答】
t=0.1s时，振子的速度为零，加速度为正的最大值，A正确;
t=0.3s时，振子的回复力为零，势能为零， B错误;
振幅为A=0.04m，振动周期T=0.8s，得振动方程为x=0.04sin(5π2t+φ0)，代入t=0.1s时，x=−0.04m和t=0.3s时，x=0，可得φ0=−3π4，所以振动方程为x=0.04sin(5π2t−3π4)(m)，D正确；
从t=0.6s到t=0.8s过程中，振子通过的路程为4 2cm，C错误。
故选AD。
9.【答案】CD
【解析】【分析】
子弹射木块是一种常见的物理模型，由于时间极短，内力远大于外力，故动量守恒;系统接下来的运动机械能守恒，子弹射入沙袋过程中系统有机械能损失，摆动过程中系统机械能守恒可得子弹射入沙袋瞬间子弹和沙袋的共同速度；子弹射入沙袋过程子弹和沙袋的总动量守恒可得子弹的初速度
【解答】
A、子弹射入沙袋过程中系统有机械能损失;故A错误
B、子弹射入沙袋后沙袋做圆周运动需要向心力，细线中拉力会变大;故B错误；
C、摆动过程中系统机械能守恒12(m+M)v共2=(m+M)gl(1−csθ)，
得共同速度为v共= 2gl(1−csθ)，故C正确；
D、子弹射入沙袋过程子弹和沙袋的总动量守恒，由mv0=(M+m)v共
联立得子弹的初速度v0=m+Mm 2gl(1−csθ)，故D正确。
故CD项正确。
10.【答案】ACD
【解析】【分析】本题的关键理清物块在传送带上的运动规律，结合运动学公式和牛顿第二定律进行求解，掌握平均功率和瞬时功率的区别，以及这两种功率的求法。
根据牛顿第二定律和运动学公式求出物体在摩擦力作用下的位移，结合摩擦力和位移的大小求出摩擦力做功的大小，结合物块A到B运行的时间，求出平均功率的大小。根据速度时间公式求出物块的速度，从而得出摩擦力对物块做功的功率。根据皮带的速度和摩擦力的大小求出皮带克服摩擦力做功的功率。
【解析】物块在传送带上先匀加速运动x物=v22μg=2m，用时t=vμg=2s，有
x带=vt=4m，x相=x带−x物=2m，则摩擦力对物块做的功为W物=μmg⋅x物=4J;
摩擦力对传送带做的功为W带=−μmg⋅x带=−8J;物块与传送带摩擦生热为
Q=μmg⋅x相=4J;然后物块在传送带上做匀速运动，用时t=l−x物v=3s，全过程的总
时间为t总=5s，摩擦力对物块做功的平均功率为P=W物t总=0.8W。故ACD项正确。
11.【答案】【解析】(1)19.0，l+d2(2)由T=2π Lg得L=g4π2⋅T2，则g4π2=ΔL△T2=1.20−−2.50m/s2解得
g=9.5m/s2;(3)由g=4π2LT2和T=tn，因为摆线长l比摆长L要小，计算出的g值要偏小，A正确;开始计时时，停表没有及时按下，会导致t偏小，计算出的g值要偏大， B错误;摆线上端未牢固系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加，导致测量的周期是长摆的周期，但计算时仍用的短摆的摆长，计算结果会偏小， C正确;实验中误将29次全振动记为30次，即周期数据偏小，计算结果要偏大，D错误。
【解析】会读刻度尺，摆线长度与摆球半径之和为单摆摆长；根据单摆的周期公式得出L−T2的关系式，结合图线的斜率求出重力加速度；单摆完成一次全振动需要的时间是一个周期，根据题意应用单摆周期公式求出重力加速度的表达式作出判断。
本题考查了刻度尺读数、考查了实验数据处理，要掌握常用器材的使用及读数方法，掌握基础知识是解题的前提与关键；应用单摆周期公式求出图象的函数表达式即可解题。
12.【答案】(1)mgx0；
(2)DΔt；
(3)12mgx0；12m(DΔt)2；
(4)小于
【解析】【分析】
本题考查了验证机械能守恒定律；解题关键掌握实验原理，同时注意遮光条经过光电门时的平均速度近似等于遮光条经过光电门的中间时刻的瞬时速度。
(1)由平衡条件求出弹簧的劲度系数；
(2)遮光条经过光电门时的平均速度近似等于遮光条经过光电门的中间时刻的瞬时速度；
(3)根据系统势能等于重力势能和弹性势能求出系统势能；根据动能定义求出动能的增加量；
(4)求出系统势能变化量、动能变化量，然后比较得出结论。
【解答】
(1)小钢球在O点受力平衡mg=kx0，得k=mgx0。
(2)用小钢球挡光距离(直径)除以挡光时间得到经过O点的平均速度DΔt，近似等于经过O点的瞬时速度。
(3)由A到O过程中ΔEP= mgx0−12kx02=12mgx0，ΔEk=12mv2=12m(DΔt)2。
(4)设小钢球的释放位置比A点偏高了d，由位移传感器得到的图像中x0变大为x0′=x0+d，计算出的ΔEP=12mg(x0+d)，而光电计时器测得的是新运动的真实速度，ΔEk=ΔEP真=mg(x0+d)+12kd2−12kx02=12mg(x0+d)+kd(x0+d)，
故实验结果表现为△EP小于△Ek。
13.【答案】(1)由乙图可知，单摆周期为T=2s
由单摆周期公式T=2π Lg
解得L=1m
(2)当拉力最大时，即F=2.04N，摆球处在最低点。
由牛顿第二定律F−mg=mv2L
可解得m=0.2kg。
【解析】【分析】本题主要考查圆周运动，解决本题的关键掌握单摆的运动规律，知道单摆的周期公式，以及会灵活运用动能定理、牛顿定律解题．
(1)小球运动到最低点时，绳子的拉力最大，在一个周期内两次经过最低点，根据该规律，求出单摆的周期．再根据单摆的周期公式T=2π Lg求出摆长．
(2)小球在最高点时绳子的拉力最小，在最低点时绳子拉力最大，求出最高点和最低点绳子拉力的表达式，求出摆球的质量．
【解答】
14.【答案】【解析】(1)B下落过程中， A、B系统机械能守恒，
mBgh=mAgh+12mAv2+12mBv2
得v=2m/s
(2)对A用动能定理W−mAgh=12mAv2
得W=8J
(3)B落地后，A竖直上抛，机械能守恒mAgh′=12mAv2
得h′=0.2m
故A能达到的最大高度H=h+h′=0.8m
【解析】【分析】本题考查机械能守恒定律知识。
(1)两小球组成的系统机械能守恒，可以利用机械能守恒定律来求解；
(2)对A根据动能定理求解；
(3)根据匀变速直线运动规律求解。
15.【答案】解析：(1)A从斜面滚下过程机械能守恒mgh=12mvA2，
A与B碰撞后达到共速vAB，有mvA=(m+m)vAB，
再与C作用达到三者共速vABC，有(m+m)vAB=(m+m+2m)vABC，
EPm=12(m+m)vAB2−12(m+m+2m)vABC2，
得最大弹簧弹性势能EPm=14mgh；
(2)设C与弹簧分离后的速度为vC，在弹簧起作用的过程中有
(m+m)vAB=(m+m)vAB′+2mvC，
12(m+m)vAB2=12(m+m)v′2AB+12⋅2mvC2，
而C平抛过程中
x=vCt，
y=12gt2，
又x2+y2=R2，
解得x=h，y=h，故落点坐标为(h,h)；
(3)设C球平抛初速度为v′，同理由⑧⑨⑩得
得v′=xxg2y′= R2−y′2 g2y′，
则落到曲面上时动能为
EK=12×2mv′2+2mgy′=12mg(R2y′+3y′)，
当R2v′=3y′时，动能取最小值为EKmin= 3mgR= 6mgh。
【解析】(1)(2)根据动能定理得出A到达水平面的速度，再根据两球碰撞过程中动量守恒列式，AB和C相互作用的过程系统动量守恒且机械能守恒；再结合平抛运动的知识求解即可；
(3)根据平抛运动的规律并结合机械能守恒和数学知识列式即可。
本题是碰撞过程和能量守恒及平抛运动的综合题目的求解，难度较大。
1.长安一片月，万户捣衣声。现代洗衣工具早已由棒槌换成了洗衣机，正在运转的洗衣机，当其脱水桶转得很快时，机身的振动并不强烈，切断电源，脱水桶转速逐渐变慢，到某一时刻 t，机身反而会发生强烈的振动，此后脱水桶转速继续变慢，机身的振动也随之减弱，关于这种现象，下列说法正确的是( )
A. 在t时刻脱水桶的惯性最小B. 在t时刻脱水桶的转动频率最大
C. 在t时刻洗衣机发生共振D. 纯属偶然，没有规律
2.一质量为m的物体做平抛运动，在先后两个不同时刻的速度大小分别为v1、v2，时间间隔为Δt，不计空气阻力，重力加速度为g，则在Δt时间内，以下说法不正确的是( )
A. 速度变化的大小为Δv=gΔtB. 动量变化的大小为Δp=m(v2−v1)
C. 动能变化为ΔEK=12m(v22−v12)D. 高度变化为Δh=v22−v122g
3.道路千万条，安全第一条。驾驶汽车时必须系好安全带，因为在紧急刹车时，车速会在很短时间内减小为零，关于安全带在此过程中的作用，下列说法正确的是( )
A. 延长了司机的受力时间B. 减少了司机所受的冲量
C. 减小了刹车前后司机动量的变化量D. 将司机的动能全部转换成汽车的动能
4.如图所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平面上，上端处于a位置。现让一小球从高于a位置的c点沿弹簧中轴线自由下落，弹簧被小球压缩至最低位置d，其中经过位置b时弹力等于重力。不计空气阻力，关于小球下落运动过程，以下说法中正确的是( )
A. c至a做匀加速运动，a至d做减速运动
B. 在d点时弹簧弹力等于小球重力的2倍
C. 小球经过b时的动能等于小球由c至b减小的重力势能
D. 弹簧由a至d增加的弹性势能等于小球由c至d减小的重力势能
5.用起重机将一个质量为m的物体竖直向上以加速度a匀加速提升H，已知重力加速度为g，在这个过程中( )
A. 重力对物体做的功为mgHB. 拉力对物体做的功为mgH
C. 物体的动能增加了maHD. 物体的机械能增加了maH
6.如图所示，质量M=30kg的箱子，放在光滑水平面上，箱子中有一个质量m=50kg的铁块，铁块与箱子的左端 ab壁相距s=1m，它一旦与 ab壁接触后就不会分开。用水平向右的恒力F=10N作用于箱子，2s末立即撤去F，最后箱子与铁块的共同速度大小是( )
A. 0.67m/sB. 0.40m/sC. 0.25m/sD. 0.15m/s
7.如图甲所示，光滑的水平面上静置一斜面体，一个小物块(可视为质点)在斜面体上从距离水平面h高处由静止释放，滑至斜面底部后与斜面分离，此过程中小物块水平位移为x。改变小物块在斜面体上的释放位置，得到小物块的水平位移x和释放高度h的关系图像如图乙所示，图中p、q为已知量。已知斜面体与小物块的质量之比为2:1，关于小物块下滑的过程，下列说法正确的是( )
A. 斜面体对小物块不做功B. 小物块与斜面体组成的系统动量守恒
C. 斜面倾角的正切值为pqD. 斜面倾角的正切值为2p3q
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.某弹簧振子沿x轴的简谐运动图像如图所示，下列描述正确的是( )
A. t=0.1s时，振子的速度为零，加速度为正的最大值
B. t=0.3s时，振子的回复力为零，势能为最大值
C. 从t=0.6s到t=0.8s过程中，振子通过的路程为4cm
D. 振动方程为x=0.04sin(5π2t−3π4)(m)。
9.测弹丸速率常用如图所示冲击摆，用长为l的细线悬挂质量为M的沙袋(沙袋尺寸远小于l)，沙袋静止，质量为m的子弹以一定的初速度自左方水平射向沙袋，并留在沙袋中，测出沙袋向右摆过的最大偏角θ，就可以计算出子弹的初速度。重力加速度为 g，忽略空气阻力，则下列说法正确的是( )
A. 子弹打击沙袋过程中系统机械能守恒
B. 子弹射入沙袋的前后细线中拉力大小保持不变
C. 子弹射入沙袋瞬间子弹和沙袋的共同速度为 2gl(1−csθ)
D. 子弹的初速度v0=M+mm 2gl(1−csθ)
10.如图所示，水平传送带保持2m/s的速度运行，两端AB水平距离l=8m，把一质量m=2kg的一个物块轻轻放到传送带的A端，物块在传送带的带动下向右运动，若物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，重力加速度g=10m/s2，不计物块的大小。则把物块从A端传送到B端的过程中( )
A. 摩擦力对物块做的功为4J
B. 摩擦力对传送带做的功为16J
C. 物块与传送带摩擦生热为4J
D. 全过程中摩擦力对物块做功的平均功率为0.8W
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某同学用单摆测定当地的重力加速度。
(1)该同学先用毫米刻度尺测量摆球直径，结果如图甲所示，则该摆球的直径d为__________mm。组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，再测出摆线的长度为 l，则单摆摆长L=__________(用l、d表示)。
(2)该同学通过多次实验得出数据画出摆长L和周期T2图像，如图乙所示，请根据图像求出重力加速度g=__________m/s2。(已知π2≈9.86，结果保留两位有效数字)
(3)如果测得的g值偏小，可能的原因是__________(填序号)。
A.计算摆长时用摆线长度
B.开始计时时，停表没有及时按下
C.摆线上端未牢固系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加
D.实验中误将29次全振动记为30次
12.某同学查阅资料得知：若弹簧劲度系数为k，弹性形变为x，则其弹性势能EP=12kx2。据此设计了如图甲所示的的实验装置来验证系统的机械能守恒：铁架台上竖直悬挂一个轻弹簧，弹簧下端连接一质量为m的小钢球，小钢球平衡时的位置记为O，在 O处安装一光电计时器， O正下方桌面设置位移传感器。现把小钢球竖直托高到弹簧刚好处于原长的位置A点，由静止释放，光电计时器测出第一次下落过程中小钢球挡光时间Δt，同时由位移传感器在计算机上得到小钢球相对O点的位移-时间图像如图乙所示，从图像中可读出x0的数值。用刻度尺测得小钢球的直径为D，D远小于AO之间的距离，重力加速度为 g，弹簧始终处于弹性限度内且不能对光电门造成有效挡光。问：
(1)弹簧的劲度系数为__________。
(2)小钢球第一次通过O点的速度为__________。
(3)小钢球第一次由A到O的过程中，系统势能(包括重力势能和弹性势能)的减小量ΔEP=__________，动能的增加量ΔEK=__________，如果在误差许可范围内，有ΔEP=ΔEK成立，就可以认为系统机械能守恒。(用前文中的字母符号表达)
(4)如果小钢球的释放位置略高于A点位置，则实验结果表现为ΔEP__________ΔEK。(填“大于”、“小于”或“等于”)
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.如图甲所示，摆球在竖直平面内做简谐运动，通过力传感器测量摆线拉力F的大小随时间t变化规律如图乙所示，摆球经过最低点时的速度大小v= 55m/s，忽略空气阻力，取g=10m/s2，π2≈g。求：单摆的摆长和摆球的质量。
14.一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球A和B，质量分别是mA=1.0kg和mB=2.0kg。用手托住B球，当轻绳刚好被拉紧时，B球离地面的高度是h=0.6m， A球静止于地面，如图所示。定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦均不计，且A离滑轮足够高，重力加速度为g=10m/s2。现释放B球，求：
(1)B球刚落地时，A球的速度大小;
(2)B球下落过程中，轻绳对A球做的功;
(3)A球能达到的最大高度。
15.如图所示，一轻质弹簧的左端固定在小球B上，右端与小球C接触但未拴接，球B和球C静止在光滑水平台面上。小球A从左侧光滑斜面上距水平台面高度为h处由静止释放(不计小球A在斜面与水平面衔接处的能量损失)，与球B发生正碰后粘在一起，碰撞时间极短，之后球C脱离弹簧，在水平台面上匀速运动并从其右端点O水平抛出，落入固定放置在水平地面上的竖直四分之一光滑圆弧轨道内，该段圆弧的圆心在 O点，半径为R= 2h。已知三个小球A、B、C均可看成质点，且质量分别为m、m、2m，重力加速度为 g，不计空气阻力和一切摩擦。求：
(1)弹簧具有的最大弹性势能;
(2)小球C从水平台面右端点O抛出后落到圆弧轨道上的P点在图示坐标系中的位置;
(3)改变A的释放位置，使小球C从水平台面右端O点抛出后，落到圆弧轨道上时的动能具有最小值，求此最小动能值。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】惯性是物体本身的性质，只与物体的质量有关，质量越大惯性越大，与速度大小是否受力无关；做受迫振动的物体，振动稳定后振动的频率等于驱动力的频率，与固有频率无关，当驱动力频率接近固有频率时，振幅变大，相等时振幅最大，达到共振。应用共振时，让驱动力频率接近固有频率，防止共振时，驱动力频率原理固有频率。
【解答】惯性是物体本身的性质，只与物体的质量有关，A错误;机身做受迫振动的频率与脱水桶的转动频率相等，当脱水桶的转动频率与机身的固有频率相等时机身发生共振，振幅最大，C正确，B、D错误.
2.【答案】B
【解析】【解答】A.平抛运动的加速度为g，所以速度变化量△v=a⋅△t=g⋅△t，方向竖直向下，故A正确;
B.动量是矢量，应根据平行四边形定则求动量变化量大小，根据数学知识知，△p=m△v>m(v2−v1)，
方向竖直向下，
由动量定理得：动量变化量大小为△p=mg△tt方向竖直向下，故B错误;
C.物体的质量为mt初速度大小为v1，末速度大小为v2，则动能变化为
ΔEk=12mv22−12mv12=12m(v22−v12)，故C正确。
D、平抛竖直方向上为自由落体，利用匀变速运动的知识分析，D正确。
【分析】
解决本题时要明确平抛运动的加速度为 g，动量是矢量，应根据平行四边形定则或动量定理求动量变化量大小。
3.【答案】A
【解析】【分析】
在碰撞过程中，司机动量的变化量是一定的，都等于△p=mv，但安全带会延长作用时间；再根据动量定理分析即可。
本题的关键是知道在碰撞过程中，司机动量的变化量是一定的；会熟练应用动量定理分析力的变化。
【解答】ABC、在碰撞过程中，司机动量的变化量是一定的，都等于△p=mv，但安全带会延长作用时间，A正确，BC错误；
D、将司机的动能转化为安全带的弹性势能等，没有全部转化为汽车动能，D错误。
故选A。
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查简谐运动，能量守恒，根据受力分析加速度，分析物体的运动情况，根据简谐运动的对称性，分析简谐运动的两端加速度相同受合力相同，再根据能量守恒判断弹性势能。
【解答】
【解析】a到b过程重力大于弹力，是加速运动;如果重球是从a位置释放的，则会做简谐运动，根据对称性，到最低点时加速度与刚释放时的加速度等大反向，对应弹簧弹力等于重球重力的2倍，如果重球释放点比 a点高，就会把弹簧压得更低，弹簧弹力必定大于重球重力的2倍;下落过程中重球由c至b减小的重力势能转化为在b处的动能和弹簧的弹性势能了;小球在a和d的动能都是零，根据功能关系，故D项正确。
5.【答案】C
【解析】【解析】根据功能关系，重力对物体做的功为−mgH;拉力对物体做的功为
m(g+a)H;物体动能的增加等于合外力做的功maH;物体机械能的增加等于拉力做
的功m(g+a)H。故C项正确。
本题考查功能关系，重力做功改变重力势能，拉力做功改变机械能，合力做功改变动能。
6.【答案】C
【解析】【解析】对系统由动量定理Ft=(M+m)v共，得v共=0.25m/s。故C项正确。
本题考查动量定理的应用，关键是选择系统为研究对象，合力的冲量等于系统的动量的变化量。
7.【答案】D
【解析】【分析】本题考查动量守恒定律的应用。小物块在斜面上下滑的过程，水平方向动量守恒，根据“人船模型”的方法得出小物块的水平位移表达式，结合图乙分析图像斜率的物理意义，即可解题。
【解答】A.小物块下滑过程中，斜面受到小物块左向下的压力向左运动，所以斜面对小物块的支持力做负功，故A错误；
B.小滑块与斜面组成的系统在竖直方向动量不守恒，但是水平方向上动量守恒，故B错误；
CD.小物块和斜面在水平方向上动量守恒，系统总动量为0，则mx=Mx0，x0为斜面移动的距离，根据位移关系可知x+x0=htan θ，解得小物块的水平位移为x=MM+m⋅htan θ=23tan θ⋅h，结合图像可知斜率为23tan θ=qp，解得tanθ=2p3q，故C错误，D正确。
8.【答案】AD
【解析】【分析】
熟练掌握简谐振动x−t图像中各参量的物理意义，是解题的关键。
A，振子在负的最大位移处，判断速度、加速度情况；
B，振子在平衡位置，判断回复力、势能情况；
D，由图得到振动方程；
C，由D项分析，判断t=0.6s和t=0.8s时振子位移，进而求振子路程。
【解答】
t=0.1s时，振子的速度为零，加速度为正的最大值，A正确;
t=0.3s时，振子的回复力为零，势能为零， B错误;
振幅为A=0.04m，振动周期T=0.8s，得振动方程为x=0.04sin(5π2t+φ0)，代入t=0.1s时，x=−0.04m和t=0.3s时，x=0，可得φ0=−3π4，所以振动方程为x=0.04sin(5π2t−3π4)(m)，D正确；
从t=0.6s到t=0.8s过程中，振子通过的路程为4 2cm，C错误。
故选AD。
9.【答案】CD
【解析】【分析】
子弹射木块是一种常见的物理模型，由于时间极短，内力远大于外力，故动量守恒;系统接下来的运动机械能守恒，子弹射入沙袋过程中系统有机械能损失，摆动过程中系统机械能守恒可得子弹射入沙袋瞬间子弹和沙袋的共同速度；子弹射入沙袋过程子弹和沙袋的总动量守恒可得子弹的初速度
【解答】
A、子弹射入沙袋过程中系统有机械能损失;故A错误
B、子弹射入沙袋后沙袋做圆周运动需要向心力，细线中拉力会变大;故B错误；
C、摆动过程中系统机械能守恒12(m+M)v共2=(m+M)gl(1−csθ)，
得共同速度为v共= 2gl(1−csθ)，故C正确；
D、子弹射入沙袋过程子弹和沙袋的总动量守恒，由mv0=(M+m)v共
联立得子弹的初速度v0=m+Mm 2gl(1−csθ)，故D正确。
故CD项正确。
10.【答案】ACD
【解析】【分析】本题的关键理清物块在传送带上的运动规律，结合运动学公式和牛顿第二定律进行求解，掌握平均功率和瞬时功率的区别，以及这两种功率的求法。
根据牛顿第二定律和运动学公式求出物体在摩擦力作用下的位移，结合摩擦力和位移的大小求出摩擦力做功的大小，结合物块A到B运行的时间，求出平均功率的大小。根据速度时间公式求出物块的速度，从而得出摩擦力对物块做功的功率。根据皮带的速度和摩擦力的大小求出皮带克服摩擦力做功的功率。
【解析】物块在传送带上先匀加速运动x物=v22μg=2m，用时t=vμg=2s，有
x带=vt=4m，x相=x带−x物=2m，则摩擦力对物块做的功为W物=μmg⋅x物=4J;
摩擦力对传送带做的功为W带=−μmg⋅x带=−8J;物块与传送带摩擦生热为
Q=μmg⋅x相=4J;然后物块在传送带上做匀速运动，用时t=l−x物v=3s，全过程的总
时间为t总=5s，摩擦力对物块做功的平均功率为P=W物t总=0.8W。故ACD项正确。
11.【答案】【解析】(1)19.0，l+d2(2)由T=2π Lg得L=g4π2⋅T2，则g4π2=ΔL△T2=1.20−−2.50m/s2解得
g=9.5m/s2;(3)由g=4π2LT2和T=tn，因为摆线长l比摆长L要小，计算出的g值要偏小，A正确;开始计时时，停表没有及时按下，会导致t偏小，计算出的g值要偏大， B错误;摆线上端未牢固系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加，导致测量的周期是长摆的周期，但计算时仍用的短摆的摆长，计算结果会偏小， C正确;实验中误将29次全振动记为30次，即周期数据偏小，计算结果要偏大，D错误。
【解析】会读刻度尺，摆线长度与摆球半径之和为单摆摆长；根据单摆的周期公式得出L−T2的关系式，结合图线的斜率求出重力加速度；单摆完成一次全振动需要的时间是一个周期，根据题意应用单摆周期公式求出重力加速度的表达式作出判断。
本题考查了刻度尺读数、考查了实验数据处理，要掌握常用器材的使用及读数方法，掌握基础知识是解题的前提与关键；应用单摆周期公式求出图象的函数表达式即可解题。
12.【答案】(1)mgx0；
(2)DΔt；
(3)12mgx0；12m(DΔt)2；
(4)小于
【解析】【分析】
本题考查了验证机械能守恒定律；解题关键掌握实验原理，同时注意遮光条经过光电门时的平均速度近似等于遮光条经过光电门的中间时刻的瞬时速度。
(1)由平衡条件求出弹簧的劲度系数；
(2)遮光条经过光电门时的平均速度近似等于遮光条经过光电门的中间时刻的瞬时速度；
(3)根据系统势能等于重力势能和弹性势能求出系统势能；根据动能定义求出动能的增加量；
(4)求出系统势能变化量、动能变化量，然后比较得出结论。
【解答】
(1)小钢球在O点受力平衡mg=kx0，得k=mgx0。
(2)用小钢球挡光距离(直径)除以挡光时间得到经过O点的平均速度DΔt，近似等于经过O点的瞬时速度。
(3)由A到O过程中ΔEP= mgx0−12kx02=12mgx0，ΔEk=12mv2=12m(DΔt)2。
(4)设小钢球的释放位置比A点偏高了d，由位移传感器得到的图像中x0变大为x0′=x0+d，计算出的ΔEP=12mg(x0+d)，而光电计时器测得的是新运动的真实速度，ΔEk=ΔEP真=mg(x0+d)+12kd2−12kx02=12mg(x0+d)+kd(x0+d)，
故实验结果表现为△EP小于△Ek。
13.【答案】(1)由乙图可知，单摆周期为T=2s
由单摆周期公式T=2π Lg
解得L=1m
(2)当拉力最大时，即F=2.04N，摆球处在最低点。
由牛顿第二定律F−mg=mv2L
可解得m=0.2kg。
【解析】【分析】本题主要考查圆周运动，解决本题的关键掌握单摆的运动规律，知道单摆的周期公式，以及会灵活运用动能定理、牛顿定律解题．
(1)小球运动到最低点时，绳子的拉力最大，在一个周期内两次经过最低点，根据该规律，求出单摆的周期．再根据单摆的周期公式T=2π Lg求出摆长．
(2)小球在最高点时绳子的拉力最小，在最低点时绳子拉力最大，求出最高点和最低点绳子拉力的表达式，求出摆球的质量．
【解答】
14.【答案】【解析】(1)B下落过程中， A、B系统机械能守恒，
mBgh=mAgh+12mAv2+12mBv2
得v=2m/s
(2)对A用动能定理W−mAgh=12mAv2
得W=8J
(3)B落地后，A竖直上抛，机械能守恒mAgh′=12mAv2
得h′=0.2m
故A能达到的最大高度H=h+h′=0.8m
【解析】【分析】本题考查机械能守恒定律知识。
(1)两小球组成的系统机械能守恒，可以利用机械能守恒定律来求解；
(2)对A根据动能定理求解；
(3)根据匀变速直线运动规律求解。
15.【答案】解析：(1)A从斜面滚下过程机械能守恒mgh=12mvA2，
A与B碰撞后达到共速vAB，有mvA=(m+m)vAB，
再与C作用达到三者共速vABC，有(m+m)vAB=(m+m+2m)vABC，
EPm=12(m+m)vAB2−12(m+m+2m)vABC2，
得最大弹簧弹性势能EPm=14mgh；
(2)设C与弹簧分离后的速度为vC，在弹簧起作用的过程中有
(m+m)vAB=(m+m)vAB′+2mvC，
12(m+m)vAB2=12(m+m)v′2AB+12⋅2mvC2，
而C平抛过程中
x=vCt，
y=12gt2，
又x2+y2=R2，
解得x=h，y=h，故落点坐标为(h,h)；
(3)设C球平抛初速度为v′，同理由⑧⑨⑩得
得v′=xxg2y′= R2−y′2 g2y′，
则落到曲面上时动能为
EK=12×2mv′2+2mgy′=12mg(R2y′+3y′)，
当R2v′=3y′时，动能取最小值为EKmin= 3mgR= 6mgh。
【解析】(1)(2)根据动能定理得出A到达水平面的速度，再根据两球碰撞过程中动量守恒列式，AB和C相互作用的过程系统动量守恒且机械能守恒；再结合平抛运动的知识求解即可；
(3)根据平抛运动的规律并结合机械能守恒和数学知识列式即可。
本题是碰撞过程和能量守恒及平抛运动的综合题目的求解，难度较大。
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