2019-2020年高三一轮复习第三周同步检测物理试题含答案.doc

2019-2020年高三一轮复习第三周同步检测物理试题含答案一、选择题1.（单选）物体从静止开始做直线运动，vt图象如图所示，则该物体（）A在第8s末相对于起点的位移最大B在第4s末相对于起点的位移最大C在第2s末到第4s末这段时间内的加速度最大D在第4s末和第8s末在同一位置上2.（单选）如图所示，小方块代表一些相同质量的钩码，图中O为轻绳之间联结的节点，图中光滑的滑轮跨在轻绳上悬挂钩码，两装置处于静止状态，现将图中的B滑轮或图中的端点B沿虚线稍稍上移一些，则关于角变化说法正确的是（）A图、图中角均增大B图、图中角均不变C图中增大、图中角不变化D图中不变、图中角变大3.（单选）如图甲所示，在倾角为30的足够长的光滑斜面上，有一质量为m的物体，受到沿斜面方向的力F作用，力F按图乙所示规律变化（图中纵坐标是F与mg的比值，力沿斜面向上为正）。则物体运动的速度v随时间t变化的规律是图丙中的（物体的初速度为零，重力加速度取10 m/s2）（ ）4.（多选）如图a、b所示，是一辆质量为6.0103kg的公共汽车在t=0和t=5.0s末两个时刻的两张照片当t=0时，汽车刚启动（汽车的运动可看成匀加速直线运动）图c是车内横杆上悬挂的拉手环经放大后的图象，约为30根据题中提供的信息，可以估算出的物理量有（）A汽车的长度B5.0s末汽车的速度C5.0s内合外力对汽车所做的功D5.0s末汽车牵引力的功率5.（单选）如图所示是倾角为45的斜坡，在斜坡底端P点正上方某一位置Q处以速度v0水平向左抛出一个小球A，小球恰好能垂直落在斜坡上，运动时间为t1小球B从同一点Q处自由下落，下落至P点的时间为t2不计空气阻力，则t1：t2=（）A1：2B1：C1：3D1：6.（单选）xx年6月13日，我国“神舟十号与“天富号”成功实现交会对接如图所示，圆形轨道1为“天宫一号，运行轨道，圆形轨道2为“神舟十号”运行轨道，在实现交会对接前，“神舟十号”要进行多次变轨，则（）A“神舟十号”在圆形轨道2的运行速率大于7.9km/sB“天宫一号”的运行速率小于“神舟十号”在轨道2上的运行速率C“神舟十号”从轨道2要先减速才能与“天宫一号”实现对接D“天宫一号”的向心加速度大于“神舟十号”在轨道2上的向心加速度7.（单选）做简谐运动的弹簧振子，每次通过平衡位置与最大位移处之间的某点时，下列哪组物理量完全相同 A回复力、加速度、速度 B回复力、加速度、动能 C回复力、速度、弹性势能 D加速度、速度、机械能8.从地面上方同一高度沿水平和竖直向上方向分别抛出两个等质量的小物体，抛出速度大小都是为v，不计空气阻力，对两个小物体以下说法正确的是（）A落地时的速度相同B落地时重力做功的瞬时功率相同C从抛出到落地重力的冲量相同D两物体落地前动量变化率相等9.（多选）将一电荷量为+Q 的小球放在不带电的金属球附近,所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等。 a、b 为电场中的两点，则（ ）Aa 点的场强与b 点的场强无法比较强弱Ba 点的电势比b 点的高C检验电荷 - q 在a 点的电势能比在b 点的大D将检验电荷 - q 从a 点移到b 点的过程中，电场力做负功10.（多选）如图所示，L1和L2为两条平行的虚线，L1上方和L2下方都是范围足够大，且磁感应强度相同的匀强磁场，A、B两点都在L2上带电粒了从A点以初速度v0与L2成30角斜向右上方射出，经过偏转后正好过B点，经过B点时速度方向也斜向上，不计重力，下列说法正确的是（）A若将带电粒子在A点时的初速度变大（方向不变），它仍能经过B点B带电粒子经过B点时的速度一定跟在A点时的速度大小相同C此带电粒子既可以是正电荷，也可以是负电荷D若将带电粒子在A点时的初速度方向改为与L2成60角斜向右上方，它将不能经过B点11.（单选）如图所示，电流表与螺线管组成闭合电路，以下不能使电流表指针偏转的是（）A将磁铁插入螺线管的过程中B磁铁放在螺线管中不动时C将磁铁从螺线管中向上拉出的过程中D将磁铁从螺线管中向下拉出的过程中12.（多选）下列说法正确的是_ A波的图象表示介质中“某个质点”在“各个时刻”的位移 B当波源与观察者相互远离时，观察到的频率变小 C光的偏振现象说明光是横波 D均匀变化的磁场产生均匀变化的电场，均匀变化的电场产生均匀变化的磁场 E狭义相对论认为，在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的，真空的光速相同13.（单选）金属棒和三根电阻线按右图所示连接，虚线框内存在均匀变化的匀强磁场，三根电阻丝的电阻大小之比R1：R2：R3=1：2：3，金属棒电阻不计当S1、S2闭合，S3断开时，闭合回路中的感应电流为I，当S2、S3闭合，S1断开时，闭合回路中的感应电流为9I，当S1、S2闭合，S2断开时，闭合回路中的感应电流是（）A12IB10IC8ID014.（多选）下列说法正确的是（ ） A布朗运动就是液体分子的无规则运动B当两分子间距离增大时，分子力一定减小而分子势能一定增加C热量不会自动地从低温物体传给高温物体而不引起其他变化D夏天将密闭有空气的矿泉水瓶放进低温的冰箱中会变扁，此过程中瓶内空气（可看成理想气体）的内能减小，向外放热.15.（多选）如图所示，一厚度均匀的、由同一种物质微粒构成的圆板和电流表A、干电池组成闭合回路，ab和cd是圆板上互相垂直的两条直径。现将圆板从图示位置旋转90后发现电流表A的示数发生了变化，若圆板始终和两侧导线接触良好，则（ ）A该圆板是非晶体； B该圆板是多晶体；C该圆板是单晶体； D该圆板的导电性是各向异性的16.具有放射性，它能放出一个新的粒子而变为，同时伴随有射线产生其方程，钍的半衰期为24天则下列说法中正确的是_(填选项前的字母)A为质子B是钍核中的一个中子转化成一个质子时产生的C射线是钍原子核放出的D1 g钍经过120天后还剩0.2g钍17.（单选）图所示的磁场中，有三个面积相同且相互平行的线圈S1、S2和S3，穿过S1、S2和S3的磁通量分别为1、2和3，下列判断正确的是（）A1最大B2最大C3最大D1=2=318.（单选）如下图所示，质量相等的物体A、B通过一轻质弹簧相连，开始时B放在地面上，A、B均处于静止状态,此时弹簧压缩量x1。现通过细绳将A向上缓慢拉起，第一阶段拉力做功为W1时，弹簧变为原长；第二阶段拉力再做功W2时，B刚要离开地面，此时弹簧伸长量为x2。弹簧一直在弹性限度内，则 （ ）A x1x2B拉力做的总功等于A的重力势能的增加量C第一阶段，拉力做的功等于A的重力势能的增加量D第二阶段，拉力做的功等于A的重力势能的增加量第II卷（非选择题）二、实验题19.兴趣小组为测一遥控电动小车的额定功率，进行了如下实验：用天平测出电动小车的质量为1kg；将电动小车、纸带和打点计时器按如图甲所示安装；接通打点计时器（其打点周期为0.02s）；使电动小车以额定功率加速运动，达到最大速度一段时间后关闭小车电源，待小车静止时再关闭打点计时器（设在整个过程中小车所受的阻力恒定）。在上述过程中，打点计时器在纸带上所打的部分点迹如图乙所示。请你分析纸带数据，回答下列问题：(保留两位有效数字)（1）该电动小车运动的最大速度为_m/s；（2）关闭小车电源后，小车的加速度大小为_m/s2；（3）该电动小车的额定功率为_W。20.如图所示，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可以测定重力和速度（1）所需器材有打点计时器（带导线）、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需D（填字母代号）中的器材A直流电源、天平及砝码 B直流电源、毫米刻度尺C交流电源、天平及砝码 D交流电源、毫米刻度尺（2）通过作图象的方法可以剔除偶然误差较大的数据，提高实验的准确程度为使图线的斜率等于重力加速度，除作vt图象外，还可作h图象，其纵轴表示的是速度平方的二分之一，横轴表示的是重物下落的高度三、计算题21.擦黑板也许同学们都经历过，手拿黑板擦在竖直的黑板面上，或上下或左右使黑板擦与黑板之间进行滑动摩擦，将黑板上的粉笔字等擦干净已知黑板的规格是：4.51.5m2，黑板的下边沿离地的高度为0.8m，若小黑板擦（可视为质点）的质量为0.1kg，现假定某同学用力将小黑板擦在黑板表面缓慢竖直向上擦黑板，当手臂对小黑板擦的作用力F与黑板面成45角时，F=20N，他所能擦到的最大高度为2.05m，g取10m/s2求：（1）此小黑板擦与黑板之间的滑动摩擦系数；（2）如该同学擦到最高位置时意外让小黑板擦沿黑板面竖直向下滑落，则小黑板擦砸到黑板下边沿的速度大小；（3）擦黑板时有这样的现象：粉笔字的位置越高或越远的地方，已经用力较大却还是不容易擦干净，请用物理知识简要解释22.如图所示，有一竖直固定在地面的透气圆筒，筒中有一轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m的薄滑块，当滑块运动时，圆筒内壁对滑块有阻力的作用，阻力的大小恒为Ffmg(g为重力加速度)在初始位置滑块静止，圆筒内壁对滑块的阻力为零，弹簧的长度为l.现有一质量也为m的物体从距地面2l处自由落下，与滑块发生碰撞，碰撞时间极短碰撞后物体与滑块粘在一起向下运动，运动到最低点后又被弹回向上运动，滑动到刚发生碰撞位置时速度恰好为零，不计空气阻力。求(1)物体与滑块碰撞后共同运动速度的大小；(2)下落物体与薄滑块相碰过程中损失的机械能多大。(2)碰撞后，在滑块向下运动的最低点的过程中弹簧弹性势能的变化量。23.观光旅游、科学考察经常利用热气球，保证热气球的安全就十分重要科研人员进行科学考察时，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为M=800 kg，在空中停留一段时间后，由于某种故障，气球受到的空气浮力减小，当科研人员发现气球在竖直下降时，气球速度为v0=2m/s，此时开始计时经过t0=4s时间，气球匀加速下降了h1=16 m，科研人员立即抛掉一些压舱物，使气球匀速下降不考虑气球由于运动而受到的空气阻力，重力加速度g=10m/s2.求：(1)气球加速下降阶段的加速度大小a。(2)抛掉的压舱物的质量m是多大？(3)抛掉一些压舱物后，气球经过时间t=5s，气球下降的高度是多大？试卷答案1.考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系.专题：运动学中的图像专题分析：vt图象中图象中图象中的点表示物体的速度，图象的斜率表示物体的加速度，图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移解答：解：A、B、由图可知，6s内物体一直沿正方向运动，68s时物体反向运动，故6s时相对于起点的位移最大，故A错误，B错误；C、图象的斜率表示物体的加速度，由图可知，48s的加速度最大，故C错误；D、46s内和68s内物体的位移大小方向，故8s时物体回到4s所在的位置，故D正确；故选：D点评：本题考查vt图象的性质，要注意明确图象中点、线及面的含义，并能熟练应用2.考点：合力的大小与分力间夹角的关系.专题：平行四边形法则图解法专题分析：根据力的平行四边形定则，结合几何关系，即可求解解答：解：图1中，根据钩码个数，三个力正好构成直角三角形，若端点B沿虚线稍稍上移一些，三力大小不变，根据力的合成法则，可知，方向不变，即夹角不变图2中，因光滑的滑轮，且绳子中的张力相等，则A、B的力总是相等的，因此合力平分A、B绳的夹角，即使稍上移，绳子张力大小仍不变，则根据力的合成法则，可知，AB夹角也不变 故选：B点评：本题解题关键是抓住动滑轮绳子的张力大小相等的特点，以及合力与分力的关系：合力大小不变，夹角增大时，合力减小进行分析3.C。当F与mg的比值为1时，有此时加速度a=0.5g=5m/s2，在1s末速度增大到正向5m/s，在1s到2s间撤去F后物体在重力沿斜面向下的分力提供加速度，为5m/s2，在2s末速度减小到零。可细分析如下：在0-1s内，根据牛顿第二定律得：，方向沿斜面向上，物体向上做匀加速直线运动；在1-2s内，拉力为零，根据牛顿第二定律得：，方向沿斜面向下，物体沿斜面向上做匀减速直线运动，2s末速度为零在2-3s内，根据牛顿第二定律得：方向沿斜面向下，物体沿斜面向下做匀加速直线运动，3s末的速度大小v=a3t=15m/s故C正确，A、B、D错误故选择C答案。4.考点：功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律；功的计算专题：功率的计算专题分析：从图c中求出汽车的加速度的，根据初速度、时间、加速度可求出汽车的位移（即汽车的长度）、以及汽车的速度根据加速度可求出汽车所受的合外力，从而求出合外力做的功，因无法知道汽车的牵引力，故无法求出汽车牵引力的功率解答：解：A、B、从c图知道，汽车的加速度为gtan，还知道初速度为0和运动的时间，根据 x=at2和v=at可求出汽车的位移（即汽车的长度）和5s末汽车的速度故A、B正确C、根据F=ma求合外力，根据位移可求出合外力做的功故C正确D、因牵引力大小未知，所以功率无法求出故D错误故选：ABC点评：解决本题的关键通过c图求出汽车的加速度，从而求出位移、速度、合外力5.考点：平抛运动；自由落体运动.专题：平抛运动专题分析：小球做平抛运动时，根据分位移公式求出竖直分位移和水平分位移之比，然后根据几何关系求解出的自由落体运动的位移并求出时间解答：解：小球A恰好能垂直落在斜坡上，如图由几何关系可知，小球竖直方向的速度增量vy=gt1=v0 水平位移S=v0t1 竖直位移hQ=g 由得到：由几何关系可知小球B作自由下落的高度为：hQ+Sg 联立以上各式解得：故选：D点评：本题关键是明确小球Q的运动是平抛运动，然后根据平抛运动的分位移和分速度公式联立求解出运动时间，再根据几何关系得到自由落体的位移，从而进一步求得时间，最后得到比值6.考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用.专题：人造卫星问题分析：卫星绕地球做圆周运动时万有引力提供圆周运动向心力，据此讨论卫星运动的线速度与向心加速度与卫星轨道的关系，知道卫星变轨是通过做离心运动或近心运动来实现的解答：解：卫星绕地球做圆周运动向心力由万有引力提供，故有A、线速度知卫星轨道高度越大线速度越小，而第一宇宙速度是绕地球做圆周运动的最大速度故A错误；B、线速度知天宫一号轨道半径大，故其线速度小于神舟十号的线速度，故B正确；C、神舟十号与天宫一号实施对接，需要神舟十号抬升轨道，即神舟十号开动发动机加速做离心运动使轨道高度抬长与天宫一号实现对接，故神舟十号是要加速而不是减速，故C错误；D、向心加速度a=知，天宫一号的轨道半径大，故其向心加速度小，故D错误故选：B点评：知道环绕天体绕中心天体做圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，掌握卫星变轨原理是解决本题的关键7.B 解析解：振动质点的位移是指离开位置的位移，做简谐运动的物体，每次通过同一位置时，位移一定相同；过同一位置，可能离开平衡位置，也可能向平衡位置运动，故速度有两个可能的方向，不一定相同；复力F=-kx，由于x相同，故F相同；加速度a=-经过同一位置时，x相同，故加速度a相同；经过同一位置，速度大小一定相等，故动能一定相同，弹性势能、机械能也相同；故ACD错误，B正确；故选：B8.D【考点】动量定理；功率、平均功率和瞬时功率【分析】根据动能定理比较落地时的动能大小，方向不同；通过比较落地时竖直方向上的速度比较重力做功的瞬时功率，通过比较运动的时间比较重力冲量；动量定理求变化率【解答】解：A、根据动能定理两物体落地时，速度大小相等，方向不同，故落地时速度不同，故A错误；B、根据动能定理两物体落地时，速度大小相等，方向不同，重力做功的瞬时功率p=mgvsin，故B错误C、高度相同，平抛时间短，根据动量定理I=mgt，故C错误D、根据动量定理I=mgt故D正确故选：D9.BDA、电场线的疏密表示场强的大小，由图象知a点的电场强度比b点大，故A错误；B、a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势，即a点的电势比b点的高故B正确；C、电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小，即负电荷在a点的电势能较b点小，故C错误；D、由上知，-q在a点的电势能较b点小，则把-q电荷从电势能小的a点移动到电势能大的b点，电势能增大，电场力做负功故D正确。故选：BD10.考点：带电粒子在匀强磁场中的运动专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：分析带电粒子的运动情况：在无磁场区域，做匀速直线运动，进入磁场后，只受洛伦兹力，做匀速圆周运动，画出可能的轨迹，作出选择解答：解：画出带电粒子运动的可能轨迹，B点的位置可能有下图四种A、根据轨迹，粒子经过边界L1时入射点与出射点间的距离与经过边界L2时入射点与出射点间的距离相同，与速度无关所以当初速度大小稍微增大一点，但保持方向不变，它仍有可能经过B点故A正确B、如图，粒子B的位置在B1、B4，速度跟在A点时的速度大小相等，但方向不同故B正确C、如图，分别是正负电荷的轨迹，正负电荷都可能，故C正确；D、如图，设L1与L2 之间的距离为d，则A到B2的距离为：x=，所以，若将带电粒子在A点时初速度方向改为与L2成60角斜向上，它就只经过多个周期后仍有可能经过B点故D错误故选：ABC点评：带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动问题，关键是画出粒子圆周的轨迹往往要抓住圆的对称性11.考点：研究电磁感应现象 专题：实验题分析：根据法拉第电磁感应定律可知，只要线圈中的磁通量不发生变化，则回路中便无感应电流产生，指针便不会偏转解答：解：只要是线圈中的磁通量不发生变化，回路中无感应电流，指针便不会偏转，在磁铁插入、拉出过程中线圈中的磁通量均发生变化，因此ACD错误；磁铁放在螺线管中不动时，线圈中的磁通量不发生变化，无感应电流产生，故B正确故选：B12.B C E13.考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律 专题：电磁感应与电路结合分析：根据开关的闭合与断开情况，明确电路结构；根据电路连接情况确定感应电动势，由欧姆定律求出电路电流；然后解方程组答题解答：解：因为R1：R2：R3=1：2：3，可以设R1=R，R2=2R，R3=3R；由电路图可知，当S1、S2闭合，S3断开时，电阻R1与R2组成闭合回路，设此时感应电动势是E1，由欧姆定律可得：E1=3IR；当S2、S3闭合，S1断开时，电阻R2与R3组成闭合回路，设感应电动势为E2，由欧姆定律可得：E2=9I5R=45IR；当S1、S3闭合，S2断开时，电阻R1与R3组成闭合回路，此时感应电动势E=E1+E2=48IR，则此时的电流I=12I故A正确，BCD错误故选：A14.CDA、布朗运动是悬浮在液体中固体微粒的运动，是由于其周围液体分子的碰撞形成的，故布朗运动是液体分子无规则热运动的反映，但并不是液体分子的无规则运动故A错误；B、当分子力表现为斥力时，分子距离增大时，分子引力做正功，分子势能减小故B错误C、根据热力学第二定律，热量不会自动地从低温物体传给高温物体而不引起其他变化故C正确；D、夏天将密闭有空气的矿泉水瓶放进低温的冰箱中会变扁，此过程中瓶内空气体积减小，外界对气体做正功；同时由于气体的纬度降低，内能减小，由热力学第一定律：，可知Q为负值，表示气体向外放热故D正确。故选：CD15.CD16.B衰变过程中满足质量数守恒，粒子质量数为0；衰变时释放的电子是由核内一个中子转化成一个质子同时释放出来的；衰变过程中满足质量数、电荷数守恒A、根据电荷数和质量数守恒知钍核衰变过程中放出了一个电子，即x为电子，故A错误；B、衰变的实质：衰变时释放的电子是由核内一个中子转化成一个质子同时产生的，故B正确；C、射线是镤原子核放出的，故C错误；D、钍的半衰期为24天，1g钍90234Th经过120天后，发生5个半衰期，1g钍经过120天后还剩0.03125g故D错误；故选：B17.考点：磁通量 分析：判断磁通量的变化可根据穿过磁感线条数多少来定性判断，也可从公式=BS来判断解答：解：从图中看出，线圈S3穿过的磁感线条数最多，所以磁通量最大故A、B、D错误，C正确故选C18.BA、开始时A压缩弹簧，形变量为；要使B刚要离开地面，则弹力应等于B的重力，即，故形变量，则，故A错误；A、缓慢提升物体A，物体A的动能不变，第一阶段与第二阶段弹簧的形变量相同，弹簧的弹性势能EP相同，由动能定理得：，由于在整个过程中，弹簧的弹性势能不变，物体A、B的动能不变，B的重力势能不变，由能量守恒定律可知，拉力做的功转化为A的重力势能，拉力做的总功等于A的重力势能的增加量，故B正确；C、由A可知，物体重力势能的增加量为，则第一阶段，拉力做的功小于A的重力势能的增量，故C错误；D、由A可知，重力势能的增加量为，则第二阶段拉力做的功大于A的重力势能的增加量，故D错误。故选：B19.【知识点】额定功率E1【答案解析】（1）1.50m/s（2）4.00m/s2（3）6.00W解析：（1）小车匀速运动时，牵引力等于阻力，此时速度最大，最大速度为：v= = =1.50m/s故答案为：1.50（2）匀减速运动阶段有：a= 4.00m/s2，根据牛顿第二定律有：Ff=ma=-4.00N故答案为：4.00N（3）F=-Ff电动小车的额定功率：P=Fv=4.001.50W=6.00W故答案为：6.00【思路点拨】（1）相邻计数点的时间间隔为T=0.04s，间距最大的两点间速度最大，因此当小车匀速时速度最大；（2）根据匀减速运动部分运用逐差法求出加速度大小，根据牛顿第二定律求出阻力；（3）小车匀速运动时，牵引力等于阻力，求出牵引力的功率，P额=fvm20.D D h，速度平方的二分之一，重物下落的高度考点：验证机械能守恒定律解：（1）打点计时器需接交流电源重力加速度与物体的质量无关，所以不要天平和砝码计算速度需要测相邻计数的距离，需要刻度尺，故选：D（2）由公式v2=2gh，如绘出h图象，其斜率也等于重力加速度故答案为：D，h，速度平方的二分之一，重物下落的高度21.考点：机械能守恒定律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用版权所有专题：机械能守恒定律应用专题分析：对小黑板擦进行受力分析，根据牛顿第二定律解求解小黑板擦可看成质点，它向下滑落的过程与黑板间无摩擦，它作自由落体运动由于只受重力，根据机械能守恒定律求解作用点的高度越高，手臂与黑板面的夹角越小，黑板擦与黑板间的摩擦力也就越小，所以，手臂与黑板面的夹角越小的地方越不容易擦干净解答：解：（1）小黑板擦向上缓慢移动，处于平衡状态，对其进行受力分析：根据牛顿第二定律得：水平方向：NFsin=0竖直方向：Fcosmgf=0f=N=0.93（2）小黑板擦可看成质点，它向下滑落的过程与黑板间无摩擦，它作自由落体运动由于只受重力，所以机械能守恒得：mgh=mv2，v=5m/s （3）在手臂的用力大小相同时，由f=Fsin可知：作用点的高度越高，手臂与黑板面的夹角越小，黑板擦与黑板间的摩擦力也就越小，所以，手臂与黑板面的夹角越小的地方越不容易擦干净答：（1）此小黑板擦与黑板之间的滑动摩擦系数是0.93；（2）小黑板擦砸到黑板下边沿的速度大小是5m/s；（3）作用点的高度越高，手臂与黑板面的夹角越小，黑板擦与黑板间的摩擦力也就越小，所以，手臂与黑板面的夹角越小的地方越不容易擦干净点评：此题主要考查了牛顿第二定律和机械能守恒定律的应用能清楚物体的受力情况和运动过程22.(1)设物体下落至与薄滑块碰撞前的速度为v0，在此过程中机械能守恒，依据机械能守恒定律有mglmv/2解得v0设碰撞后共同速度为v，依据动量守恒定律有mv02mv解得v.-5分(2) 物体与薄滑块相碰过程中损失的机械能-4分(3)设物体和滑块碰撞后下滑的最大距离为x，依据动能定理，对碰撞后物体与滑块一起向下运动到返回初始位置的过程，有2Ffx02mv2设在滑块向下运动的过程中，弹簧的弹力所做的功为W，依据动能定理，对碰撞后物体与滑块一起向下运动到最低点的过程，有W2mgxFfx02mv2解得：。所以弹簧的弹性势能增加了。23.(1)设气球加速下降的加速度为a，受到空气的浮力为F，则由运动公式可知：xv0tat2解得a1 m/s2 -4分(2)由牛顿第二定律得：MgFMa抛掉质量为m压舱物，气体匀速下降，有：(Mm)gF解得m80 kg. -5