2024-2025学年广东省东莞外国语学校高三（上）月考物理试卷（10月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年广东省东莞外国语学校高三（上）月考物理试卷（10月份）（含答案），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.2019年10月15日，第十届环太湖国际公路自行车赛在无锡结束。比赛中甲、乙两赛车(可视为质点)在一条直线上运动，其速度−时间图象如图所示，下列对甲、乙运动描述中正确的是( )
A. t0时刻甲乙相遇
B. 0～t0时间内乙的加速度逐渐增大
C. 0～t0时间内甲乙间的距离先增大后减小
D. 0～t0时间内的某时刻甲、乙加速度大小相等
2.珠港澳大桥是跨海悬索桥，总长55000米，设计速度为80千米/小时，下图中A、B、C、D、E处为此大桥上的五根钢丝绳吊索，每两根吊索之间距离相等，若汽车从吊索A处开始做匀减速直线运动，刚好在吊索E处停下，汽车通过吊索D处时的瞬时速度为vD，通过DE段的时间为t，则( )
A. 汽车通过吊索A处时的速度大小为4vD
B. 汽车通过AD段的平均速度是通过DE段平均速度的3倍
C. 汽车通过吊索C处时的瞬时速度等于通过AE段的平均速度
D. 汽车减速的时间大于2t
3.如图所示，一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质不可伸长的缆绳提升一箱货物，已知货箱的质量为m0，货物的质量为m，货车向左做匀速直线运动，在将货物提升到图示的位置时，货箱速度为v，连接货车的缆绳与水平方向夹角为θ，不计一切摩擦，下列说法正确的是( )
A. 货车速度v车=vcsθ
B. 货物做匀速直线运动
C. 货车对地面的压力大于货车的重力
D. 缆绳中的拉力FT=(m0+m)g
4.图像能够直观描述物理过程，能形象表述物理规律，能有效处理实验数据。如图所示为物体做直线运动的图像，下列说法不正确的是( )
A. 甲图为A、B、C三物体做直线运动的s−t图像，0−t1时间内三物体的平均速度相等
B. 乙图中，x1−2x1物体的加速度大小为2v02x1
C. 丙图中，阴影面积表示t1−t2时间内物体的速度改变量的大小
D. 丁图中所描述的物体正在做匀加速直线运动，则该物体的加速度4m/s2
5.图甲是北京冬奥会单板滑雪大跳台比赛项目中运动员在空中姿态的合成图。比赛场地分为助滑区、起跳台、着陆坡和终点区域四个部分。运动员进入起跳台后的运动可简化成如图乙所示，先以水平初速度v0从A点冲上圆心角为α的圆弧跳台，从B点离开跳台，C点为运动轨迹最高点，之后落在着陆坡上的E点。忽略运动过程中受到的空气阻力并将运动员及装备看成质点，则下列说法正确的是( )
A. 运动员在C点速度为0
B. 运动员在AB圆弧轨道上运动时处于失重状态
C. 运动员从B到C与从C到E两个过程的速度变化量方向相反
D. 运动员以更大的初速度从A点冲上轨道，运动轨迹的最高点在C点的右上方
6.如图所示，小球通过长度为L的细线悬挂在天花板的O点，在O点正下方3L4处有一固定的光滑细铁钉。将小球向左拉开一小段距离后由静止释放，小球摆到最低点时，细线会受到铁钉的阻挡。不计空气阻力，则小球从静止释放到第一次回到释放位置的过程中，细线中的拉力大小T随时间t变化的关系可能正确的是( )
A. B.
C. D.
7.2023年9月21日，莞外高三年级篮球比赛决赛开打，一同学第一次跳投出手，篮球的初速度方向与竖直方向的夹角α=60°；第二次不起跳出手，篮球的初速度方向与竖直方向的夹角β=30°；两次出手的位置在同一竖直线上，结果两次篮球正好垂直撞击到篮板同一位置点。不计空气阻力，则从篮球出手到运动到点C的过程中，下列说法正确的是( )
A. 运动时间的比值为1：3B. 上升的最大高度的比值为1： 3
C. 两次出手时篮球的初动能相等D. 两次投篮，篮球在C点的机械能相等
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，两个质量分别为m1=2kg，m2=4kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接。两个大小分别为F1=40N，F2=16N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则达到稳定状态后，下列说法正确的是( )
A. 弹簧秤的示数是32N
B. 弹簧秤的示数是28N
C. 在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为7m/s2
D. 在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为16m/s2
9.如图甲为自动计数的智能呼啦圈，水平固定的圆形腰带外侧有轨道，配重通过轻绳与轨道上的滑轮P连接。锻炼中，配重的运动简化为绕腰带的中心轴在水平面内匀速转动，其模型如图乙所示。已知配重的质量为m，轻绳长为l，与竖直方向的夹角为θ，圆形腰带的半径为r，重力加速度为g，配重可视为质点，则配重( )
A. 受到的拉力大小为T=mgcsθB. 受到的拉力大小为T=mgcsθ
C. 转动的角速度为ω= glcsθD. 转动的角速度为ω= gtanθlsinθ+r
10.如图所示，O为水平转盘的圆心，物块A和B质量均为m，中间用轻绳连接在一起，A与竖直转轴之间也用轻绳连接，两绳恰好伸直且能承受的张力足够大，A、B随着圆盘转动时，始终与圆盘保持相对静止，已知A与O点距离为R，B与O点距离为2R，A、B与转盘之间动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，水平转盘的角速度ω从零开始缓慢增大的过程中，有( )
A. 当ω= μg2R时，AB绳开始有张力B. 当ω= μgR时，AB绳开始有张力
C. 当ω= 2μg3R时，OA绳开始有张力D. 当ω= μgR时，OA绳开始有张力
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某兴趣小组“探究小车加速度与合外力的关系”的实验装置如图1。A为小车(质量为M)，B为打点计时器，C为装有沙的沙桶(沙和沙桶的总质量为m)，D为一端带有定滑轮的长木板，电源频率为50Hz。

(1)下列实验操作中，正确的是______；
A.调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行
B.每次实验，都要先放开小车，再接通打点计时器
C.平衡摩擦力时，应将沙桶用细绳通过定滑轮系在小车上
D.平衡摩擦力时，应将小车后面的纸带连接好
E.改变小车的质量时，需要重新平衡摩擦力
(2)陈同学根据测量数据作出的a−F图线如图(a)所示，他实验中可能存在的问题是______；李同学根据测量数据作出的a−F图线如图(b)所示，图像末端发生弯曲的原因是______；

(3)胡同学改进实验方案，采用图2的实验装置探究“小车加速度与合外力的关系”时，是否需要平衡摩擦力？______(选填“需要”或“不需要”)。
12.图甲是“研究平抛物体的运动”的实验装置图。

(1)实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线______。每次让小球从同一位置由静止释放，是为了每次平抛______。
(2)图乙是正确实验取得的数据，其中O为抛出点，则此小球做平抛运动的初速度为______m/s。(g取9.8m/s2)
(3)在另一次实验中将白纸换成方格纸，每小格的边长L=5cm，通过实验记录了小球在运动途中的三个位置，如图丙所示，则该小球做平抛运动的初速度为______m/s。(g取10m/s2)
四、简答题：本大题共1小题，共17分。
13.如图所示，AB为竖直光滑圆弧的直径，其半径R=0.9m，A端沿水平方向。水平轨道BC与半径r=0.5m的光滑圆弧轨道CDE相接于C点，D为圆轨道的最低点，圆弧轨道CD、DE对应的圆心角θ=37°。圆弧和倾斜传送带EF相切于E点，EF的长度为l=10m。一质量为M=1kg的物块(视为质点)从水平轨道上某点以某一速度冲上竖直圆轨道，并从A点飞出，经过C点恰好沿切线进入圆弧轨道，再经过E点，随后滑上传送带EF。已知物块经过E点时速度大小与经过C点时速度大小相等，物块与传送带EF间的动摩擦因数μ=0.75，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
(1)物块从A点飞出的速度大小vA和在A点受到的压力大小FA；
(2)物块到达C点时的速度大小vC及对C点的压力大小FC；
(3)若传送带顺时针运转的速率为v=4m/s，求物块从E端到F端所用的时间。
五、计算题：本大题共2小题，共23分。
14.如图所示，在光滑的水平面上有一长L=4m、质量为M=4kg的木板，在长木板右端有一质量为m=1kg的小物块，长木板与小物块间动摩擦因数为μ=0.2，长木板与小物块均静止。现用F=18N的水平恒力作用在木板上(g取10m/s2)。
(1)求木板加速度a1和小物块加速度a2的大小；
(2)经过多长时间小物块脱离木板。
15.如图所示为一种可测量角速度的筒易装置，“V”形光滑支架可随水平面上的底座绕中轴线OO′旋转，支架两杆与水平面间夹角均为θ，两侧的杆长均为1.5L，一原长为L的轻弹簧套在AB杆上，下端固定于杆的B端，另一端与一小球拴接，已知小球的质量为m，重力加速度为g，轻弹簧的劲度系数k=2mgsinθL。现让小球随支架以角速度ω匀速转动，求：
(1)支架静止时弹簧的长度；
(2)轻弹簧恰为原长时，支架角速度ω1的大小；
(3)若已知θ=53°,sin53°=0.8,cs53°=0.6,L=16m，重力加速度g=10m/s2，小球不能从杆末端A滑脱，则支架角速度ω2的大小应满足什么要求。
答案解析
1.D
【解析】解：A、根据图象与坐标轴围成的面积表示位移，知0～t0时间内，甲的位移小于乙的位移，由于比赛时甲、乙起点相同，所以t0时刻甲乙没有相遇，故A错误。
B、根据速度图象中图线切线的斜率表示加速度，知0～t0时间内乙的加速度逐渐减小，故B错误。
C、t0时刻两者速度相等，甲的位移小于乙的位移，因比赛时甲乙起点相同，则甲乙距离一直增大，故C错误。
D、在0～t0时间内，对乙图作切线，总会找到一条与甲图线平行，则0～t0时间内的某时刻甲、乙加速度大小会相等，故D正确。
故选：D。
在v−t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示位移，根据位移关系判断是否相遇。图象的斜率表示加速度，根据图象斜率的变化分析加速度的变化。分析两个物体速度关系判断间距的变化情况。
本题是速度−时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度−时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息。
2.B
【解析】解：A、利用逆过程处理方法，把汽车从A到E的匀减速直线运动，看作从E到A的初速度为零的匀加速直线运动，设汽车的加速度为a，每两根吊索之间距离为x，则有vD2=2ax，vA2=2a⋅4x，则可得vAvD=21，所以汽车车通过A处时的速度大小为：vA=2vD，故A错误；
B、汽车通过AD段的平均速度为：vAD=vA+vD2=vD2+vD2=32vD
汽车通过DE段的平均速度为：vDE=vD+vE2=vD+02=12vD，可知汽车通过AD段的平均速度是通过DE段平均速度的3倍，故B正确；
C、汽车通过吊索C处时的瞬时速度为：vC= 2a⋅2x= 2× 2ax= 2vD
汽车通过AE段的平均速度为：vAE=vA+vE2=2vD+02=vD，可知汽车通过吊索C处时的瞬时速度大于通过AE段的平均速度，故C错误；
D、设汽车减速的时间为t0，通过AE段有：4x=12at02，通过DE段有：x=12at2
联立方程可得汽车减速的时间为：t0=2t，故D错误。
故选：B。
A、利用逆过程处理方法，把汽车从E到A的运动看作初速度为零的匀加速直线运动，利用运动学公式v2−v02=2ax可得汽车通过A处速度；
B、利用v−=v0+v2分析求解；
C、利用v2−v02=2ax可得汽车在C处速度与D处速度关系，利用v−=v0+v2可得汽车在AE段的平均速度，则可得结论；
D、汽车通过AE段、DE段利用x=12at2可得时间关系。
本题考查了匀变速直线运动的规律，解题的关键是利用逆过程处理方法，把汽车从E到A的运动看作初速度为零的匀加速直线运动，熟练掌握运动学公式。
3.A
【解析】解：A、将货车的速度沿着绳和垂直于绳正交分解，如图所示，货车速度为
v车=vcsθ，故A正确；
B、根据v车=vcsθ得
v=v车csθ
货车向左做匀速直线运动，v车不变，随着θ减小，货物的速度v增大，货物向上做加速直线运动，故B错误；
C、因为绳的拉力斜向上，所以货车对地面的压力小于货车的重力，故C错误；
D、因为货物向上做加速直线运动，加速度向上，处于超重状态，所以缆绳中的拉力FT>(m0+m)g，故D错误。
故选：A。
根据货箱向上运动的速度和货车的速度沿着缆绳方向的分量相等，根据平行四边形定则求出货车的速度，再分析货车的运动情况，结合牛顿运动定律分析即可。
本题的关键要掌握缆绳末端物体速度分解的方法，知道缆绳末端物体沿缆绳方向的分速度相等，推导出货箱与货车的速度关系式，从而确定货箱的运动规律，然后根据超重的特点分析。
4.B
【解析】解：A、由图甲可知，0∼t1时间内，A、B、C三物体的初、末位置均相同，则三个物体做直线运动的位移相同，三物体的平均速度相同，均为v−=s1t1，故A正确；
B、根据速度—位移关系可得：v02−v2=2ax
解得：v2=v02−2ax
可知v2−x图像的斜率k=2a，所以甲图中x1∼2x1物体的加速度大小为：a=12×v022x1−x1=v022x1，故B错误；
C、丙图中，根据Δv=aΔt，可知阴影面积表示t1∼t2时间内物体的速度变化量，故C正确；
D、根据位移—时间关系可得：x=v0t+12at2
解得：xt=v0+12at
根据丁图可知：xt=2t+2
可得加速度大小为a=4m/s2，故D正确。
本题选择错误选项；
故选：B。
甲图中，根据s−t图像直接读出位移关系，进而判断平均速度关系；乙图中，根据v02−v2=2ax求解物体的加速度大小；a−t图像与时间轴所围的面积表示速度变化量；丁图中，对照匀变速直线运动的位移—时间公式x=v0t+12at2，写出图像的解析式求解物体的加速度大小。
对于图像问题，关键是能够根据已知的公式、定律等推导出横坐标和纵坐标的关系式，分析斜率的变化，然后作出正确的判断。
5.D
【解析】解：A、运动员在C点时具有水平速度，即速度不为0，故A错误；
B、运动员在AB圆弧轨道上运动时设速度与水平方向夹角为θ，则其竖直方向分速度为v竖直=v0sinθ，运动员从A运动到B过程，其线速度减小，θ增大，导致sinθ增大，可知v竖直先增大后减小，即运动员竖直方向加速度先竖直向上后竖直向下，运动员先处于超重状态后出于失重状态，故B错误；
C、由Δv=g⋅Δt可知运动员从B到C与从C到E两个过程的速度变化量方向均竖直向下，方向相同，故C错误；
D、运动员以更大的初速度从A点冲上轨道，则从B点离开跳台时，具有更大的斜抛初速度，根据0=vBsinα−gt，x=vBcsαt，解得x=vB2sinαcsαg，根据y=vB2sin2α2g可知运动员在最高点的水平分位移和竖直分位移均增大，运动轨迹的最高点在C点的右上方，故D正确。
故选：D。
根据加速度方向分析运动员的状态；根据斜抛运动分运动规律分析运动员在C点速度大小；根据其受力情况分析加速度变化情况；由v=gt分析速度变化量关系。
解答本题时，要掌握斜抛运动中受力、加速度、速度特点，明确超重的条件。
6.A
【解析】解：根据单摆的周期公式得
摆长为L时的周期为：T1=2π Lg
摆长为L4时的周期为：T2=2π L4g=π Lg=T12，所以从最左侧到竖直位置的时间是从竖直位置到最右侧的时间的两倍，故D错误；
根据能量守恒，小球在最低点的速度大小相等，根据牛顿第二定律
T−mg=mv2r
可知，当半径r减小时，最低点的拉力T就会变大，所以从左侧刚到达竖直位置还没有碰到钉子时的拉力小于碰钉之后的瞬间的拉力，即在碰钉子时拉力发生突变，故B错误；
又因为在最高点有：T−mgcsθ=0即T=mgcsθ
如图，根据机械能守恒，在最左侧和最右侧的高度是一样的，故左侧的摆角小于右侧的摆角，摆角越小，csθ越大，故左侧最高点的拉力大于右侧最高的的拉力，故C错误，A正确。
故选：A。
根据摆长判定周期关系，进而确定左侧与右侧的时间大小关系；根据最低点速度大小一样，摆长不同，拉力不同，判定出最低点碰钉前后瞬间的拉力大小关系；根据左右两侧最高点的摆角不同，判定出该处的拉力大小关系。
从三个角度来分析判出选项，即最低点拉力，最高点拉力，左右两侧的运动时间。
7.C
【解析】解：AB.因为篮球垂直撞在C点，则两次篮球运动过程的逆过程是平抛运动，根据平抛运动中速度偏角和位移偏角的正切值关系，对第一、二次出手，分别有tan30°=2y1x，tan60°=2y2x，联立可得y1y2=13，且y1=12gt12，y2=12gt22，联立可得t1t2=1 3，故AB错误；
CD.对第一次出手，有vy12⋅t1=y1，v1=vy1sin30∘，vx1=vy1tan30∘，对第二次出手，有vy22⋅t2=y2，v2=vy2sin60∘，vx2=vy2tan60∘，联立可得v1=v2，vx1= 3vx2
因二者初速度大小相同，则初动能相同，由于篮球两次运动过程中的初始位置不等高，末位置在同一位置，根据机械能守恒定律可知，篮球在C点时，两球的机械能不同，故C正确，D错误。
故选：C。
AB.根据篮球运动的逆过程对应的平抛运动规律，利用速度偏角和位移偏角的正切值的关系以及竖直方向的自由落体运动规律列式求解竖直分位移比值以及时间比值；
CD.根据竖直方向和水平方向的速度、位移规律列式求解初速度大小关系，再判断初动能的大小，结合机械能守恒分析两次在C点的机械能是否相等。
考查平抛运动的速度、位移以及速度和位移偏角的规律应用，结合机械能守恒分析解决实际问题。
8.AD
【解析】解：AB、对两物体组成的系统，由牛顿第二定律得：a=F1−F2m1+m2=40−162+4m/s2=4m/s2，方向水平向右；
对m1，由牛顿第二定律得：F1−F=m1a，解得：F=32N，即弹簧秤的示数为32N，故A正确，B错误；
C、在突然撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不变，对m2，由牛顿第二定律得：a2=Fm2=324m/s2=8m/s2，故C错误；
D、在突然撤去F1的瞬间，弹簧的弹力不变，对m1，由牛顿第二定律得：a1=Fm1=322m/s2=16m/s2，故D正确。
故选：AD。
根据牛顿第二定律，分别对两个物体整体和任一物体研究，求出弹簧秤的读数。突然撤去F1的瞬间，弹簧秤的示数不变。由牛顿第二定律求解突然撤去F1的瞬间两个物体的加速度。
本题运用整体法和隔离法结合求解弹簧秤的弹力，是常用的方法。要抓住：撤去外力时，弹簧的弹力不能突变。
9.AD
【解析】解：AB.对配重受力分析如图：
竖直方向上合力为零，则
Tcsθ=mg
解得：T=mgcsθ
故A正确，B错误；
CD.绳子拉力的水平分力提供向心力，由牛顿第二定律得：
Tsinθ=mω2r′
由几何关系得：r′=(lsinθ+r)
解得：ω= gtanθlsinθ+r
故C错误，D正确。
故选：AD。
配重在水平面内做匀速圆周运动，竖直方向上受力平衡可求得细绳的拉力；根据绳子拉力的水平分力提供向心力，结合几何关系，求解转动的角速度。
本题考查匀速圆周运动和动能定理，关键是弄清楚配重的受力情况，能够根据牛顿第二定律结合向心力的计算公式求解配重的速度。
10.AC
【解析】解：AB.由题可知A、B具有相同的角速度，根据向心力公式F=mrω2
可知角速度相同时，圆周运动半径越大，向心力越大。B的圆周半径较大，当B达到最大静摩擦力时，AB绳即将产生拉力，此时对B有μmg=m⋅2Rω2
解得ω= μg2R
故A正确，B错误；
CD.当A、B整体达到最大静摩擦力时，OA绳即将产生拉力，设AB绳的拉力为T，此时对A有μmg−T=mRω2
对B有μmg+T=m⋅2Rω2
联立解得ω= 2μg3R
故C正确，D错误。
故选：AC。
开始角速度较小，两木块都靠静摩擦力提供向心力，B先到达最大静摩擦力，角速度继续增大，则绳子出现拉力；根据牛顿第二定律列式即可确定OA绳中有张力时的角速度大小。
解决本题的关键弄清楚木块向心力的来源，结合牛顿第二定律进行分析，特别要注意临界状态的分析是解决此题的关键。
11.AD 平衡摩擦力过度 未满足M远大于m 需要
【解析】解：(1)A.平衡摩擦力后，连接砝码盘和小车的细绳跟长木板保持平行时，细线的拉力等于小车所受合力，故A正确；
B.为了充分利用纸带，能够在纸带上打出足够多的点，小车释放前应靠近打点计时器，且应先接通电源再释放小车，故B错误；
CD.摩擦力是通过小车重力沿木板方向的分力来平衡的，所以平衡摩擦力时不能将沙桶用细绳通过定滑轮系在小车上，并且由于运动过程中纸带也要受到阻力，所以后面的纸带必须连好，再通过纸带上的点间距判断小车是否做匀速直线运动，故C错误，D正确；
E.设木板的倾角为θ，当小车匀速下滑时，根据平衡条件Mgsinθ=μMgcsθ
得μ=tanθ
因此与小车质量M无关，每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力，故E错误。
故选：AD。
(2)陈同学根据测量数据作出的a−F图线如图(a)所示，由图可知，当合外力为零时，小车加速度不为零，他实验中可能存在的问题是平衡摩擦力过度；
对小车、沙和桶整体为研究对象，根据牛顿第二定律mg=(M+m)a
对小车，根据牛顿第二定律F=Ma
解得F=MmgM+m=mg1+mM
当满足M≫m时，F≈mg；当m过大，不满足M≫m时，F明显小于mg，李同学根据测量数据作出的a−F图线如图(b)所示，图像末端发生弯曲的原因是未满足M远大于m。
(3)由图可知，弹簧测力计可以直接测出小车所受的合外力，不需要满足M远大于m，为了使小车和定滑轮整体所受的合力等于小车和定滑轮整体所受的拉力，仍然需要平衡摩擦力。
故答案为：(1)AD；(2)平衡摩擦力过度；未满足M远大于m；(3)需要。
(1)A.平衡摩擦力后，从保证细线的拉力等于小车所受合力的角度分析作答；
B.从充分利用纸带的角度分析作答；
CDE.根据平衡摩擦力的原理和正确操作分析作答；
(2)根据牛顿第二定律分析图示图像存在的问题；
(3)探究加速度与合力关系实验需要平衡摩擦力。
本题考查了“探究小车加速度与合外力的关系”的实验，要明确平衡摩擦力的目的和掌握平衡摩擦力的方法；能够根据牛顿第二定律分析图像出现的问题。
12.水平 初速度相同 1.6 1.5
【解析】解：(1)实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线水平，每次让小球从同一位置由静止释放，是为了每次平抛的初速度相同。
(2)由于O为抛出点，所以根据平抛运动规律有：
x=v0t
y=12gt2
将x=32cm，y=19.6cm，代入解得：v0=1.6m/s
(3)由图可知，物体由A→B和由B→C所用的时间相等，在竖直方向上根据位移差公式得：Δy=gT2
由图可知Δy=2L=10cm
代入数据解得：T=0.1s
由x=v0T，其中x=3L=15cm
代入数据解得：v0=1.5m/s
故答案为：(1)水平；初速度相同；(2)1.6；(3)1.5。
(1)根据实验原理分析可知，需要保证斜槽末端水平，从而保证每次实验的小球初速度相等；
(2)根据平抛运动在不同方向上的运动特点，结合运动学公式得出小球的初速度；
(3)先根据竖直方向上的运动特点得出时间间隔，结合水平方向上的运动特点得出小球的速度。
本题不但考查了平抛运动的规律，还灵活运用了匀速运动和匀变速运动的规律，是一道考查基础知识的好题目。
13.解：(1)物块在C处的速度分解如图，

在竖直方向做自由落体运动：vy2=2g⋅2R
水平方向做匀速直线运动：v0=vytanθ
联立代入数据求得：v0=8m/s
在A处受力如图，

由牛顿第二定律得：FNA+Mg=Mv02R
代入数据得：FNA=5509N
(2)物块在C处速度：vC=v0csθ=80.8m/s=10m/s
小球在C点的受力分析如图，

由牛顿第二定律得：FN−Mgcsθ=MvC2R
代入数据得：FN=208N
根据牛顿第三定律知物块对C处的压力大小为：FNC=FN=208N
(3)物块的速度从vC减到v1的过程，受力如图，

根据牛顿第二定律有：μMgcsθ+Mgsinθ=Ma1
解得：a1=12m/s2
当与传送带其速时用时：t1=vC−v1a1=10−412s=0.5s
通过的位移为：x1=vC+v12t1=10+42×0.5m=3.5m
物块的速度减到v1之后，受力如图，

根据牛顿第二定律有：Mgsinθ−μMgcsθ=Ma2
解得：a2=0
物块此后与传送带一起匀速至F，用时：t2=l−x1v=10−3.54s=1.625s
则物块从E到F所用的时间为：t=t1+t2=0.5s+1.625s=2.125s
答：(1)物块从A点飞出的速度大小为8m/s，在A点受到的压力大小为5509N；
(2)物块到达C点时的速度大小为10m/s，对C点的压力大小208N；
(3)物块从E端到F端所用的时间为2.125s。
【解析】(1)根据平抛运动的规律计算水平初速度，在A点根据牛顿第二定律计算受到的压力；
(2)根据几何知识计算物块在C点的速度，根据牛顿第二定律和牛顿第三定律计算对C点的压力；
(3)根据牛顿第二定律和匀变速直线运动学公式计算总时间。
本题关键掌握各运动之间衔接的物理量的关系。恰当地应用牛顿第二定律和运动学公式解决问题。
14.解：(1)当小物块相对木板恰好滑动时，小物块受到的摩擦力恰好等于滑动摩擦力，由牛顿第二定律有：μmg=ma0
此时二者的加速度大小相等，把小物块与木板看作一个整体，由牛顿第二定律有：F0=(m+M)a0
代入数据可得小物块相对长木板恰好滑动时的拉力大小为：F0=10N
因F=18N>F0=10N，可知两物体相对滑动，对木板由牛顿第二定律可得其加速度大小为：a1=F−μmgM=18−0.2×1×104m/s2=4m/s2
对小物块由牛顿第二定律可得其加速度大小为：a2=μmgm=μg=0.2×10m/s2=2m/s2
(2)设经过时间t小物块脱离木板，则有：L=12a1t2−12a2t2
代入数据可得：t=2s
答：(1)木板加速度a1的大小为4m/s2和小物块加速度a2的大小为2m/s2；
(2)经过2s小物块脱离木板。
【解析】(1)利用整体法和隔离法分别利用牛顿第二定律可得小物块相对木板滑动时的拉力大小，此拉力与18N水平恒力比较，可知小物块相对长木板滑动，分别对木板和小物块利用牛顿第二定律可得加速度大小；
(2)利用木板运动的位移与小物块运动的位移之差等于木板的长度求解。
本题考查了有外力作用的滑块木板模型，牛顿第二定律，解题的关键是知道小物块相对木板恰好滑动时，两者之间的摩擦力为滑动摩擦力，两者的加速度大小恰好相等。
15.解：(1)对小球进行受力分析如图1所示，由平条件可得F1=mgsinθ，其中F1=kΔx
解得Δx=0.5L
此时弹簧的长度为L′=L−0.5L=0.5L

图1
(2)轻弹簧恰为原长时，小球只受重力和杆的支持力N2，受力分析如图2所示，由几何关系可得r1=Lcsθ

图2
竖直方向有N2csθ=mg
水平方向有N2sinθ=mω12r1
联立可得ω1=1csθ gsinθL
(3)小球在A端随装置做匀速圆周运动时，弹簧的伸长量为12L，受力分析如图3所示，弹簧的弹力F2=12kL

图3
圆周运动的半径r2=32Lcsθ
竖直方向有N2csθ=F2sinθ+mg
水平方向有N2sinθ+F2csθ=mω22r2
联立可得ω2=2csθ gsinθ3L=403rad/s
故小球不滑脱需满足ω3≤403rad/s
答：(1)支架静止时弹簧的长度为0.5L；
(2)轻弹簧恰为原长时，支架角速度ω1的大小为1csθ gsinθL；
(3)支架角速度ω2的大小应满足ω2≤403rad/s。
【解析】(1)杆处于静止状态时，对球，根据平衡条件和胡克定律相结合求支架静止时弹簧的长度；
(2)弹簧为原长时，小球做匀速圆周运动，由重力和杆的支持力的合力提供向心力，根据向心力公式列式求小球的角速度ω1；
(3)分析弹簧的状态，再由向心力公式求解角速度范围。
本题的关键要明确小球做匀速圆周运动时，由合外力提供向心力，要能熟练运用向心力公式和胡克定律相结合进行解答。