2023-2024學(xué)年山西省朔州市懷仁一中、大地學(xué)校高二（上）第一次月考物理試卷卷（含解析）

2023-2024學(xué)年山西省朔州市懷仁一中、大地學(xué)校高二（上）第

一次月考物理試卷

一、單選題（本大題共7小題，共28.0分）

I.如圖所示，小物塊隨水平轉(zhuǎn)盤(pán)一起勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。關(guān)于物塊的實(shí)際受力，■

下列說(shuō)法正確的是（）J0

A.只受重力和支持力Jj二

B.重力、支持力和向心力I

C.重力、支持力、摩擦力和向心力

D.重力、支持力和摩擦力

2.關(guān)于近地衛(wèi)星和同步衛(wèi)星，下列說(shuō)法中正確的是（）

A.近地衛(wèi)星一定在赤道上空，同步衛(wèi)星不一定在赤道上空

B.近地衛(wèi)星運(yùn)行速度大于同步衛(wèi)星的運(yùn)行速度

C.近地衛(wèi)星的運(yùn)行周期大于同步衛(wèi)星的運(yùn)行周期

D.近地衛(wèi)星受到的萬(wàn)有引力大于同步衛(wèi)星受到的萬(wàn)有引力

3.小林同學(xué)在電梯轎廂內(nèi)做實(shí)驗(yàn)，如圖，兩個(gè)完全相同的條形s.VSN

A,3

磁鐵，放在水平桌面AB上。開(kāi)始時(shí)電梯停在15層，磁鐵保持不-Γ"--j

動(dòng)。在電梯從15層由靜止下行至1層的過(guò)程中，觀察到兩個(gè)條形

磁鐵碰在一起，則當(dāng)磁鐵開(kāi)始滑動(dòng)時(shí)，電梯正處于（）

A.啟動(dòng)加速狀態(tài)B.勻速運(yùn)行狀態(tài)C.制動(dòng)減速狀態(tài)D.停在1層

4.中國(guó)是世界上第三個(gè)掌握衛(wèi)星回收技術(shù)的國(guó)家.如圖所示是地球衛(wèi).1一一-

，?*、

星返回地球經(jīng)歷的變軌過(guò)程示意圖，軌道1、3是圓軌道，軌道2是橢圓[???…:工

軌道，P、Q分別是橢圓軌道與圓軌道3和1的切點(diǎn)，衛(wèi)星質(zhì)量不變.則下Pkj等;Q

列說(shuō)法正確的是（）'彳3.一

A.衛(wèi)星在軌道2上運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的加速度大小等于在軌道3上運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的加速度大小

B.衛(wèi)星在軌道1上運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)的速度大于在軌道2上運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)的速度

C.衛(wèi)星在軌道2上從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過(guò)程動(dòng)能增大，機(jī)械能也增大

D.衛(wèi)星在軌道1上運(yùn)行的速度大于在軌道3上運(yùn)行的速度，且在軌道1上機(jī)械能較大

???????

5.如圖所示，輕繩繞過(guò)光滑定滑輪，一端連接4物塊，另

一端連接B物塊,4物塊在外力F作用下以速度以水平向右做

勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),輕繩拉著B(niǎo)物塊以速度如向上運(yùn)動(dòng)，系在4物

塊上的輕繩與水平方向夾角設(shè)為d則下列說(shuō)法正確的是

（）

A.B物塊做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)

B.輕繩拉力大于B物塊的重力

C.B物塊處于失重狀態(tài)

D.A、B兩物塊速度大小之比為以：VB=cosθ?.1

6.如圖所示，在豎直平面內(nèi)，截面為三角形的小積木懸掛在離地足夠高處，一玩具槍的槍口

與小積木上P點(diǎn)等高且相距為L(zhǎng)。當(dāng)玩具子彈以水平速度"從槍口向P點(diǎn)射出時(shí)，小積木恰好由

靜止釋放，子彈從射出至擊中積木所用時(shí)間為K不計(jì)空氣阻力。下列關(guān)于子彈的說(shuō)法正確的

是（）

B.將擊中P點(diǎn)，t等于人

V

c?將擊中P點(diǎn)上方,‘大于5D.將擊中P點(diǎn)下方，t等于人

V

7.一圓錐開(kāi)口向上豎直放置，讓一小鋼球沿光滑內(nèi)壁做水平方向的勻速

圓周運(yùn)動(dòng)，如圖，由于空氣阻力的作用，小鋼球運(yùn)動(dòng)的圓平面會(huì)很緩慢

地降低，則下列關(guān)于小鋼球的變化情況正確的是（）

A.角速度3逐漸減小，向心加速度大小α逐漸增大

B.角速度3逐漸增大，向心加速度大小α不變

C.向心力減小，線(xiàn)速度增大

D.向心力大小不變，線(xiàn)速度增大

二、多選題（本大題共3小題，共18.0分）

8.圖示是奧運(yùn)會(huì)比賽項(xiàng)目撐竿跳高，運(yùn)動(dòng)員在竿的作用下加速上升的

過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（不計(jì)空氣阻力）（）

竿對(duì)運(yùn)動(dòng)員可能不做功

A.&Sλl

B.竿對(duì)運(yùn)動(dòng)員做正功

C.運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能一直增大

D.運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能先增大后減小

9.在火箭發(fā)射這一領(lǐng)域，中國(guó)走在世界的前列.圖示為某豎直升空的飛行器在某段時(shí)間內(nèi)的

u-t圖像，由圖可知（）

A.飛行器經(jīng)過(guò)135s落回地面

B.飛行器上升的最大高度為2025OTn

C.飛行器在0?45s內(nèi)處于超重狀態(tài)

D.飛行器在0?45s內(nèi)所受合力與在45s?135s內(nèi)所受合力的大小之比為2：1

10.2022年2月18日，我國(guó)選手谷愛(ài)凌榮獲北京冬奧會(huì)女

子滑雪U型槽項(xiàng)目的冠軍。如圖所示,U型槽可簡(jiǎn)化成由4B、

CD兩個(gè)相同的四分之一圓弧與BC水平雪道組成，BC與圓

弧雪道相切。質(zhì)量為m的谷愛(ài)凌（可視為質(zhì)點(diǎn)）從。點(diǎn)自由下

落，由左側(cè)4點(diǎn)進(jìn)入U(xiǎn)型槽中，從右側(cè)。點(diǎn)自由飛出后上升

至Q點(diǎn).其中。4=h,QD=0.75%,圓弧半徑R=2鼠不計(jì)空氣阻力，下列判斷正確的是（）

A.谷愛(ài)凌運(yùn)動(dòng)到4點(diǎn)的速度為J藥

B.谷愛(ài)凌首次運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，對(duì)B點(diǎn)的壓力為4mg

C.谷愛(ài)凌由A到B過(guò)程損耗的機(jī)械能比C到。過(guò)程的大

D.谷愛(ài)凌第二次離開(kāi)U型槽后，最高能夠到達(dá)相對(duì)于4點(diǎn)0.5八的位置

三、實(shí)驗(yàn)題（本大題共2小題，共15.0分）

光時(shí)間為±2,通過(guò)兩光電門(mén)之間的時(shí)間為九然后，他又測(cè)量滑塊上的擋光片寬度為d。完成

下列填空。

（1）兩個(gè)光電門(mén)間的距離（填：“近一些”或“遠(yuǎn)一些”）有利于減小誤差；

（2）重力加速度的計(jì)算表達(dá)式為g=（用題中所給字母表示）；

（3）考慮到滑塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中會(huì)受到一定的空氣阻力，因此，當(dāng)?shù)氐膶?shí)際重力加速度會(huì)（

填：“略大于”或“略小于”）測(cè)量值。

12.某同學(xué)做“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”的實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示，圖乙為實(shí)驗(yàn)所得的一條紙帶。

選取紙帶上打出的連續(xù)五個(gè)點(diǎn)4、B、C、D、E,測(cè)出A點(diǎn)距起點(diǎn)。的距離為So=I9.00cm,

點(diǎn)4、C間的距離為Si=8.36cm,點(diǎn)C、E間的距離為s?=9.88cm,測(cè)得重物的質(zhì)量為m=1kg,

所用交流電源的頻率為50Hz,當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間=9.8m∕s2回答下列問(wèn)題：

（1）下列實(shí)驗(yàn)操作和數(shù)據(jù)處理正確的是（填選項(xiàng)前的字母）。

A.圖中兩限位孔必須在同一豎直線(xiàn)上

B.實(shí)驗(yàn)前，手應(yīng)提住紙帶上端，使紙帶豎直

C.實(shí)驗(yàn)時(shí)，先放開(kāi)紙帶，再接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源

D數(shù)據(jù)處理時(shí)，應(yīng)選擇紙帶上距離較遠(yuǎn)的兩點(diǎn)作為初、末位置

(2)選取0、C兩點(diǎn)為初、末位置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，重物減少的重力勢(shì)能是_____/,打下

C點(diǎn)時(shí)重物的速度大小是m/s。(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)

(3)實(shí)驗(yàn)結(jié)果顯示，重力勢(shì)能的減少量大于動(dòng)能的增加量，原因是(填選項(xiàng)前的字母)。

4利用公式V=gt計(jì)算重物速度

8.利用公式U=計(jì)算重物速度

C.存在空氣阻力和摩擦阻力的影響

D沒(méi)有采用多次實(shí)驗(yàn)取平均值的方法

四、計(jì)算題(本大題共3小題，共39.0分)

13.物流公司通過(guò)滑軌把貨物直接裝運(yùn)到卡車(chē)中，如圖所示，傾斜滑軌與水平面成24。角，長(zhǎng)

度h=46,水平滑軌長(zhǎng)度可調(diào)，兩滑軌間平滑連接。若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開(kāi)始下滑，

其與滑軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃=|,貨物可視為質(zhì)點(diǎn)(取cos24o=0.9,$譏24。=0.4)。

(1)求貨物在傾斜滑軌上滑行時(shí)加速度%的大??；

(2)求貨物在傾斜滑軌末端時(shí)速度U的大??；

(3)若貨物滑離水平滑軌末端時(shí)的速度不超過(guò)2m∕s,求水平滑軌的最短長(zhǎng)度"。

14.如圖所示，長(zhǎng)度為L(zhǎng)=O.4m的輕繩，系一小球(可視為質(zhì)

點(diǎn))在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，小球的質(zhì)量為nι=0.5kg,當(dāng)/

11?J

小球恰好運(yùn)動(dòng)到圓周的最低點(diǎn)4時(shí)，與球連接處的輕繩斷裂，\/'

、，

小球以水平速度從光滑的斜面4處射出，最后從B處離開(kāi)斜面。睽-----------

已知輕繩能承受的最大張力為45N,斜面傾角為0=37。、高?/A

為九=0.45τn,取重力加速度g=lθm/sz,S譏37。=0.6,/

cos37o=0.8,忽略空氣阻力，求：(計(jì)算結(jié)果可保留根號(hào))'B

(1)小球運(yùn)動(dòng)到圓周的最低點(diǎn)時(shí)的速度大?。?/p>

(2)小球從力處到達(dá)B處所用的時(shí)間；

(3)小球從4處到達(dá)B處在沿初速度方向的位移大小。

15.如圖所示，半徑為R的半圓形軌道固定在水平地面上，半圓的直徑與地面垂直，水平地

面上有一左端固定的輕質(zhì)彈簧，一質(zhì)量為T(mén)n的小物塊將彈簧壓縮到某一位置，此時(shí)彈簧的彈

性勢(shì)能為與。將小物塊由靜止釋放，滑入半圓形軌道并從軌道上端水平飛出，再次落回水平

地面。(不計(jì)所有摩擦，重力加速度為g)求：

(1)小物塊離開(kāi)彈簧時(shí)的速度大??；

(2)小物塊到達(dá)與圓心等高處4點(diǎn)時(shí)對(duì)半圓形軌道的壓力大小；

(3)小物塊落地點(diǎn)到半圓形軌道下端的距離與軌道半徑有關(guān)，改變半徑為多大時(shí)，此距離最大。

TTnTTTTTTTTTTTnTTTTTTTTTTTTmTnTT

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，合力指向圓心提供物體轉(zhuǎn)動(dòng)需要的向4TV

心力，向心力是效果力，不是物體實(shí)際受到的力，所以物體受重力、支持-U→ι-->

力和摩擦力的作用，受力分析如圖；重力G與支持力N二力平衡，合力等于I―^TG

摩擦力,充當(dāng)向心力，故。正確，A8C錯(cuò)誤。I

故選：D。

物體做圓周運(yùn)動(dòng)，合力指向圓心，充當(dāng)向心力，對(duì)物體受力分析，可按照重力、彈力、摩擦力的

順序，防止漏力、多力、重復(fù)，每一個(gè)力都應(yīng)該能找出施力物體。

本題考查對(duì)向心力的理解，注意向心力是按照力的作用效果命名的，在勻速圓周運(yùn)動(dòng)中是由合力

提供，不能重復(fù)分析受力/

2.【答案】B

【解析】解：力、近地衛(wèi)星繞地球飛行時(shí)，不一定在赤道的上空，同步衛(wèi)星相對(duì)于地面靜止，與

地球自轉(zhuǎn)的方向和周期相同，一定在赤道的正上方，故4錯(cuò)誤；

BC、由萬(wàn)有引力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得：G粵=JnQ=Tnr警，解得線(xiàn)速度的表達(dá)

rzrτ

式為：D=叵周期的表達(dá)式為：7=2兀仁，結(jié)合近地衛(wèi)星的軌道半徑小于同步衛(wèi)星的軌

道半徑，可知近地衛(wèi)星運(yùn)行速度大于同步衛(wèi)星的運(yùn)行速度，近地衛(wèi)星的運(yùn)行周期小于同步衛(wèi)星的

運(yùn)行周期，故B正確，C錯(cuò)誤；

。、由于衛(wèi)星的質(zhì)量關(guān)系未知，故其所受萬(wàn)有引力大小關(guān)系未知，故。錯(cuò)誤。

故選：Bo

同步衛(wèi)星相對(duì)于地球靜止，與地球自轉(zhuǎn)的周期相同，在赤道的上空飛行：根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心

力得出線(xiàn)速度、周期與軌道半徑的關(guān)系，從而比較出同步衛(wèi)星和近地衛(wèi)星的速度和周期；由于衛(wèi)

星的質(zhì)量關(guān)系不知道，所受萬(wàn)有引力大小關(guān)系未知。

解決本題的關(guān)鍵知道同步衛(wèi)星的特點(diǎn)，以及掌握萬(wàn)有引力提供向心力這一理論，知道線(xiàn)速度、周

期與軌道半徑的關(guān)系。

3.【答案】A

【解析】解：磁鐵開(kāi)始滑動(dòng)，說(shuō)明磁鐵間的作用力大于磁鐵與桌面間的最大靜摩擦力，說(shuō)明磁鐵

所受彈力減小，則磁鐵處于失重狀態(tài)，具有豎直向下的加速度，所以電梯正處于啟動(dòng)加速狀態(tài)；

故A正確，BCD錯(cuò)誤；

故選：Ao

根據(jù)二力平衡可以判斷摩擦力的大??；磁鐵與平板之間的最大靜摩擦力減小，才能使兩磁鐵碰到

一起。

磁鐵與平板之間的最大靜摩擦力由接觸面間的彈力的大小、接觸面的粗糙程度決定的，磁鐵能夠

碰到一起，說(shuō)明磁鐵與平板之間的最大靜摩擦力減小了，即磁鐵與平板之間的彈力減小，所以磁

鐵處于失重狀態(tài)。

4.【答案】A

【解析】解：力、根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，=ma,得α=得，知衛(wèi)星經(jīng)過(guò)同一點(diǎn)時(shí)加速度

相同，故A正確；

B、衛(wèi)星從軌道1變軌到軌道2,必須在Q點(diǎn)加速，可知軌道2上衛(wèi)星在Q點(diǎn)時(shí)速度大于軌道1上衛(wèi)星

的速度，故B錯(cuò)誤；

C、衛(wèi)星在軌道2上從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過(guò)程中，萬(wàn)有引力做正功，動(dòng)能增大，機(jī)械能不變，故C

錯(cuò)誤；

。、根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，曜=mQ,解得線(xiàn)速度：V=陛，衛(wèi)星軌道3上衛(wèi)星的速度

一定小于軌道1上衛(wèi)星的速度，而衛(wèi)星從軌道1變軌到軌道2,從軌道2變軌到軌道3,外力均做正

功，機(jī)械能不斷增大，故衛(wèi)星在軌道3上的機(jī)械能最大，故。錯(cuò)誤。

故選：Ao

根據(jù)萬(wàn)有引力定律和牛頓第二定律列式分析加速度關(guān)系.根據(jù)衛(wèi)星變軌原理分析速度關(guān)系，以及

機(jī)械能的關(guān)系。

該題的關(guān)鍵是掌握變軌原理，可結(jié)合離心運(yùn)動(dòng)的規(guī)律來(lái)理解。要衛(wèi)星抓住萬(wàn)有引力提供向心力，

列式得出加速度表達(dá)式。

5.【答案】B

【解析】解：D、將4物塊的速度沿繩方向和垂直繩的方向進(jìn)行分解可得。B=VACOSΘ,VAZVB-1:

cosθ,故。錯(cuò)誤；

ABC,運(yùn)動(dòng)過(guò)程中以不變，。減小，cos。變大，外變大，故B物塊向上做加速運(yùn)動(dòng)，加速度向上.B

物塊處于超重狀態(tài)，輕繩拉力大于B物塊重力，故AC錯(cuò)誤，8正確.

故選：B。

將A的速度分解為沿繩子方向和垂直于繩子方向，沿繩子方向的分速度等于8的速度，根據(jù)平行四

邊形定則判斷8的速度的變化，從而分析受力情況.

本題考查運(yùn)動(dòng)的合成與分解，抓住A在沿繩子方向的速度等于B的速度，通過(guò)平行四邊形定則進(jìn)行

求解.

6.【答案】B

【解析】解：當(dāng)玩具子彈以水平速度V從槍口向P點(diǎn)射出時(shí)，小積木恰好由靜止釋放，子彈和小積

木在豎直方向上都做自由落體，在豎直方向上保持相對(duì)靜止，因此子彈將擊中P點(diǎn)，且根據(jù)水平

方向的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)可知，t=V故8正確，ACO錯(cuò)誤。

V

故選：B。

根據(jù)子彈和積木在豎直方向的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)可知在豎直方向上保持相對(duì)靜止，結(jié)合水平方向的運(yùn)動(dòng)特

點(diǎn)得出擊中的時(shí)間和位置。

本題主要考查了平拋運(yùn)動(dòng)的相關(guān)應(yīng)用，理解平拋運(yùn)動(dòng)在不同方向的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，同時(shí)要注意運(yùn)動(dòng)的

相對(duì)性和獨(dú)立性，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可完成分析。

7.【答案】B

【解析】解：由題意可知，設(shè)小鋼球和錐頂?shù)倪B線(xiàn)與水平方向的夾角為0,小鋼球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)

的向心力尸由重力和內(nèi)壁的支持力的合力提供，即：F=mgtanθ,①

則向心加速度為：α=?=gtan8,②

根據(jù)①②兩式可知小鋼球的向心力大小和向心加速度大小均不變。運(yùn)動(dòng)半徑變小，根據(jù)向心加速

度公式有：a=gtanθ=ω2r,（3）

可得角速度變大，而α=32r=t>3,

且α大小一定，所以線(xiàn)速度"減小。綜上所述可知B正確，ACZ）錯(cuò)誤。

故選：B。

對(duì)小球受力分析，求出合力，根據(jù)向心力公式和牛頓第二定律列式求解，可分析向心加速度、角

速度、線(xiàn)速度的變化。

本題關(guān)鍵受力分析后，求出合力，然后根據(jù)向心力公式和牛頓第二定律列式求解，難度不大。

8.【答案】BC

【解析】解：AB.運(yùn)動(dòng)員受到重力和桿的作用力，因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)員在加速上升，所以由于重力做負(fù)功，

桿對(duì)運(yùn)動(dòng)員做正功，故A錯(cuò)誤，B正確；

CD,運(yùn)動(dòng)員加速上升過(guò)程中，合力對(duì)運(yùn)動(dòng)員做正功，動(dòng)能增加，重力勢(shì)能也增大，所以機(jī)械能一

直增大，故C正確，。錯(cuò)誤。

故選：BC.

運(yùn)動(dòng)員在上升過(guò)程中，桿恢復(fù)形變，機(jī)械能減少，對(duì)人的作用力做正功，即可判斷出機(jī)械能的變

化。

本題主要考查了功能關(guān)系，明確合力做功等于動(dòng)能的變化量，除重力以外其它力做功等于物體機(jī)

械能的變化量。

9.【答案】CD

【解析】解：AB,根據(jù)u-t圖像可知，在O?135s時(shí)間內(nèi)，飛行器速度始終豎直向上，經(jīng)過(guò)135s時(shí)

達(dá)到最大高度，根據(jù)D-t圖像與坐標(biāo)軸所圍的面積表示位移可知飛行器上升的最大高度為”=

∣×135×900m=60750m,故AB錯(cuò)誤；

C、飛行器在。?45s內(nèi)加速度方向豎直向上，所受合力大于重力，處于超重狀態(tài)，故C正確；

。、根據(jù)u-t圖像的斜率表示加速度可知飛行器在0?45s內(nèi)的加速度大小與在45s?135s內(nèi)的加

速度大小之比的：a=^m∕s2:濯＞m∕s2=2.?1,根據(jù)牛頓第二定律F=mα可知飛行器在

24T????I,?

0?45s內(nèi)所受合力與在45s?135s內(nèi)所受合力的大小之比為Fl：F2=α1:a2≈2：1,故。正確；

故選：CD=

在t圖像中，圖像的斜率表示加速度，圖像所圍面積表示通過(guò)的位移，根據(jù)牛頓第二定律求得

合力。

本題是v-t圖像問(wèn)題，關(guān)鍵要知道速度一時(shí)間圖像的斜率表示加速度，圖像與時(shí)間軸所圍的面積

表示位移。

10.【答案】AC

【解析】解：4、從。到4過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得：mgh=^mv2-0,解得：v=/^h,故

A正確；

8、由于滑板與軌道間動(dòng)摩擦因數(shù)不知道，無(wú)法計(jì)算谷愛(ài)凌首次運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大小，所以無(wú)

法計(jì)算她對(duì)B點(diǎn)的壓力大小，故8錯(cuò)誤；

C、由于谷愛(ài)凌由4到B過(guò)程平均速度大于從C到。過(guò)程中的平均速度，則根據(jù)向心力的知識(shí)可知，

谷愛(ài)凌由4到B過(guò)程受到的摩擦力大于從C到。過(guò)程中受到的摩擦力，則谷愛(ài)凌由A到B過(guò)程損耗的

機(jī)械能比C到。過(guò)程的大，故C正確；

。、谷愛(ài)凌第一次由。到Q過(guò)程損耗的機(jī)械能為2%=mgh-mg×0.75∕ι=0.25mgh,從Q到。點(diǎn)

運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，平均速度小于第一從。到Q的平均速度，則機(jī)械能損失小于0?25mgh,谷愛(ài)凌第二

次離開(kāi)U型槽后，最高能夠到達(dá)相對(duì)于4點(diǎn)的高度大于0?5h,故。錯(cuò)誤。

故選:ACo

從。到4過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理求解速度大??；由于滑板與軌道間動(dòng)摩擦因數(shù)不知道，無(wú)法計(jì)算谷

愛(ài)凌首次運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大?。焊鶕?jù)平均速度大小分析摩擦力大小，從而得到損失的機(jī)械能

多少。

本題主要是考查功能關(guān)系，知道克服摩擦力做的功等于機(jī)械能的損失。注意：本題中由于平均速

度不同時(shí)對(duì)軌道的壓力不同、摩擦力不同，造成機(jī)械能損失不同，這是本題易錯(cuò)的地方。

11.【答案】遠(yuǎn)一些的仁一/大于

【解析】解：(1)很短時(shí)間內(nèi)的平均速度近似看作瞬時(shí)速度，時(shí)間越短平均速度越接近瞬時(shí)速度,

兩光電門(mén)間的距離遠(yuǎn)一些，一方面可以準(zhǔn)確測(cè)量滑塊的速度，又可以減小時(shí)間測(cè)量誤差，從而減

小實(shí)驗(yàn)誤差。

(2)滑塊經(jīng)過(guò)光電門(mén)1時(shí)的速度大小巧=3經(jīng)過(guò)光電門(mén)2時(shí)的速度大小W=W

設(shè)導(dǎo)軌傾角為對(duì)滑塊，由牛頓第二定律得：mgsinθ=ma

由幾何知識(shí)可知：SirI。=號(hào)

由勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的速度一時(shí)間公式得：v2=v1+at

解得：=

(3)由于空氣阻力的存在，使滑塊的實(shí)際加速度偏小，重力加速度的測(cè)量值小于真實(shí)值，當(dāng)?shù)氐膶?shí)

際重力加速度會(huì)大于測(cè)量值。

故答案為：(1)遠(yuǎn)一些；(2瑞Q-/；⑶大于。

(1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理分析答題。

(2)應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出重力加速度的表達(dá)式。

(3)考慮空氣阻力，然后分析實(shí)驗(yàn)誤差。

理解實(shí)驗(yàn)原理是解題的前提，應(yīng)用牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可解題。

12.【答案】ABD2.682.28C

【解析】解：(I)4、為了減小紙帶與限位孔之間的摩擦，圖甲中兩限位孔必須在同一豎直線(xiàn)，故

A正確；

8、為了保證重物和紙帶在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，減小阻力對(duì)實(shí)驗(yàn)的影響，實(shí)驗(yàn)前，手應(yīng)提住

紙帶上端，并使紙帶豎直，故8正確；

C、為充分利用紙帶，實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)先接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器電源、再放手松開(kāi)紙帶，故C錯(cuò)誤；

。、為了減小測(cè)量數(shù)據(jù)h的相對(duì)誤差，數(shù)據(jù)處理時(shí)，應(yīng)選擇紙帶上距離較遠(yuǎn)的兩點(diǎn)作為初、末位置，

故。正確。

故選：ABD.,

(2)選取0、。兩點(diǎn)為初、末位置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，重物減少的重力勢(shì)能為：

s-2

ΔEp=mgh=Tng(SO+ι)=1×9.8X(19.00+8.36)XIO/≈2.68/；

做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的物體在某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度，打下C點(diǎn)時(shí)重物的

速度大?。?/p>

sι+s>(8.36+9.88)x10?,CCC，

%=+L="~品一m∣s=2?28τn∕s;

(3)4、利用公式V=gt計(jì)算重物速度，意味著加速度等于重力加速度，沒(méi)有阻力，這樣計(jì)算得到

的重力勢(shì)能的減少量一定等于動(dòng)能的增加量，故A錯(cuò)誤；

B、利用公式V=不71計(jì)算重物速度，意味著加速度等于重力加速度，沒(méi)有阻力，這樣計(jì)算得到

的重力勢(shì)能的減少量一定等于動(dòng)能的增加量，故8錯(cuò)誤；

C、由于紙帶在下落過(guò)程中，重錘和空氣之間存在阻力，紙帶和打點(diǎn)計(jì)時(shí)器之間存在摩擦力，所

以減小的重力勢(shì)能一部分轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，還有一部分要克服空氣阻力和摩擦力阻力做功，故重力勢(shì)

能的減少量大于動(dòng)能的增加量，故C正確；

。、該實(shí)驗(yàn)誤差屬于系統(tǒng)誤差，盡管多次實(shí)驗(yàn)求解平均值，得到的結(jié)果仍然是“重力勢(shì)能的減少

量大于動(dòng)能的增加量”，故。錯(cuò)誤。

故選：Co

故答案為：(I)ABD;(2)2.68；2.28；(3)C。

(1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理與實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)分析解答；

(2)重物減少的重力勢(shì)能為mg∕ι,根據(jù)勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的推論求出打下C點(diǎn)時(shí)的速度；

(3)通過(guò)能量守恒的角度分析重力勢(shì)能的減小量大于動(dòng)能增加量的原因。

本題主要考查了“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”實(shí)驗(yàn)，知道實(shí)驗(yàn)原理是解題的前提，根據(jù)實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)、

應(yīng)用勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的推論與機(jī)械能守恒定律即可解題。

13.【答案】解：(1)傾斜滑軌與水平面成6=24。角，對(duì)貨物根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsinθ-

μmgcosθ=ma1

2

代入數(shù)據(jù)解得：a1=2m∕s;

2

(2)根據(jù)速度一位移關(guān)系可得：V=2a1l1

代入數(shù)據(jù)解得：V=4m/s；

(3)貨物在水平軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理可得：

22

-μmgl2=?mv'—?mv,其中“=2τn∕s

代入數(shù)據(jù)解得：2.7m。

答：(1)貨物在傾斜滑軌上滑行時(shí)加速度的的大小為2τn∕s2;

(2)貨物在傾斜滑軌末端時(shí)速度”的大小為4m∕s;

(3)若貨物滑離水平滑軌末端時(shí)的速度不超過(guò)2m∕s,則水平滑軌的最短長(zhǎng)度為2.7m。

【解析】(1)對(duì)貨物根據(jù)牛頓第二定律求解加速度大??；

(2)根據(jù)速度一位移關(guān)系求解速度大??；

(3)貨物在水平軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理求解水平滑軌的最短長(zhǎng)度。

對(duì)于牛頓第二定律的綜合應(yīng)用問(wèn)題，關(guān)鍵是弄清楚物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程和受力情況，利用牛頓第二定

律或運(yùn)動(dòng)學(xué)的計(jì)算公式求解加速度，再根據(jù)題目要求進(jìn)行解答；知道加速度是聯(lián)系力和運(yùn)動(dòng)的橋

梁。

14.【答案】解：(1)小球運(yùn)動(dòng)到圓周的最低點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得：FN-mg=m^

將FN=45N代入可得：v0=4V_2m∕s;

(2)小球受重力和支持力兩個(gè)力作用，合力沿斜面向下，與初速度方向垂直，做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)。

根據(jù)牛頓第二定律知，小球的加速度α==gsinθ

小球在沿加速度方向上，根據(jù)位移一時(shí)間關(guān)系可得：-?=∣αt2

sin。2

解得：t=0.5s;

(3)小球從4