2019届高三物理上学期期中测试试卷(含解析).doc

2019届高三物理上学期期中测试试卷(含解析)一、选择题（共17题，1-12为单选，13-17为多选）1.在下列关于运动和力关系的叙述中正确的是（）A. 物体做圆周运动，所受的合力一定指向圆心B. 物体所受合力方向与运动方向相反，该物体一定做直线运动C. 物体运动的速度在增加，所受合力方向一定与运动方向相同D. 做曲线运动的物体，其加速度方向一定是变化的【答案】B【解析】【详解】只有做匀速圆周运动的物体所受合外力指向圆心，变速圆周运动由于物体受到沿切线的分力和径向的向心力，所以合力不一定指向圆心，A错误；当合力与速度不在同一条直线上时，物体做曲线运动，当合力与速度方向在同一直线上时时，物体做直线运动，B正确；物体运动的速度在增加，所受合力方向与运动方向不一定相同，可能成锐角，C错误；曲线运动物体的速度方向与该点曲线的切线方向相同，所以曲线运动的速度的方向是时刻变化的，一定是变速运动，但加速度不一定变化，如平抛运动，加速度为g，不变，D错误【点睛】物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合力可以是恒力，也可以是变力，速度的方向与该点曲线的切线方向相同，只有做匀速圆周运动的物体所受合外力指向圆心2.如图所示，不计绳的质量及绳与滑轮的摩擦，物体A的质量为M，水平面光滑，当在绳B端挂一质量为m的物体时，物体A的加速度为a1。当在绳B端施以F=mg的竖直向下的拉力作用时，A的加速度为a2，则a1与a2的大小关系是 A. a1=a2B. a1a2C. a1a2D. 无法确定【答案】C【解析】【详解】当在绳的B端挂一质量为m的物体时，将它们看成系统，由牛顿第二定律：mg(mM)a1，故a1mgm+M .而当在绳的B端施以Fmg的竖直向下的拉力作用时，mgMa2，a2mgM，所以a1a2.C正确ABD错；故选C3.如图所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动用绳在O点悬挂一个重为G的物体，另一根绳一端系在O点，另一端系在圆弧形墙壁上的C点当点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动过程中（保持OA与地面夹角不变），OC绳所受拉力的大小变化情况是（）A. 逐渐减小 B. 逐渐增大 C. 先减小后增大 D. 先增大后减小【答案】C【解析】试题分析：对G分析，G受力平衡，则拉力等于重力；故竖直绳的拉力不变；再对O点分析，O受绳子的拉力OA的支持力及OC的拉力而处于平衡；受力分析如图所示；将F和OC绳上的拉力合力，其合力与G大小相等，方向相反，则在OC上移的过程中，平行四边形的对角线保持不变，平行四边形发生图中所示变化，则由图可知OC的拉力先减小后增大，图中D点时力最小；故选C。考点：物体的平衡【名师点睛】本题利用了图示法解题，解题时要注意找出不变的量作为对角线，从而由平行四边形可得出拉力的变化。4. 如图所示，弹簧秤一端固定在墙壁上，另一端与小木块A相连，当用力加速抽出长木板B的过程中，观察到弹簧秤的示数为30N，若匀速抽出木板B，弹簧秤的示数大小为A. 一定大于30N B. 一定小于30NC. 一定等于30N D. 一定为零【答案】C【解析】试题分析：当用力加速抽出木板B时，A物体保持静止，故可知A受B的摩擦力f=F=3.0N； 因A对B物体的压力不变，故A、B间的摩擦力不会发生变化，故匀速拉动时摩擦力也为30N；物体A在弹簧秤的作用下仍保持静止，故弹簧秤对A的拉力仍为30N，即弹簧秤的示数大小仍等于30N，C正确；考点：考查了摩擦力的计算【名师点睛】本题的关键在于摩擦力大小的判断，应明确滑动摩擦力的大小与动摩擦因数和正压力的有关，与物体的运动状态无关5.火星和地球绕太阳运行的轨道视为圆周。已知火星和地球绕太阳运动的周期之比，由此可求得A. 火星和地球的第一宇宙速度之比B. 火星和地球表面的重力加速度之比C. 火星和地球绕太阳运行速度大小之比D. 火星和地球受到的太阳的万有引力之比【答案】C【解析】【详解】根据万有引力提供向心力GMmR2=mg，得g=GMR2，由于星球的半径之比不知道，故不可以求得火星和地球绕太阳运动的表面的重力加速度之比，更无法根据v=gR求解第一宇宙速度比，AB错误；研究火星和地球绕太阳做圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式GMmr2=m42T2r，得T=2r3GM，其中M为太阳的质量，r为轨道半径，已知火星和地球绕太阳运动的周期之比，所以能求得火星和地球到太阳的距离之比，根据圆周运动知识得v=2rT，由于火星和地球绕太阳运动的周期之比和火星和地球到太阳的距离之比都知道，所以能求得火星和地球绕太阳运行速度大小之比，C正确；根据F=GMmr2=m42T2r，由于不知道两者质量质量，所以无法计算两者的万有引力之比，D错误【点睛】在万有引力这一块，求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先用已知的物理量表示出来，再根据表达式进行比较向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用，根据万有引力提供向心力只能求出中心体质量，不能得出环绕体质量6.一人乘电梯从底楼到顶楼，若从电梯启动时开始计时，18s末电梯到达顶楼停下，此过程中他对电梯地板的压力大小F与其重力大小G的比值随时间变化的图象如图所示，g取10m/s2，则底楼地板距顶楼地板的距离为（）A. 36m B. 40.5m C. 42m D. 45m【答案】D【解析】【分析】根据牛顿第二定律求出头3秒内的加速度，同时求出3秒末的速度，再根据牛顿第二定律求出后3s内的加速度，根据速度时间公式求出后3s末的速度根据运动学公式分别求出三段时间内的位移，从而得出上升的高度【详解】在前3s内，FG=1.1F=1.1mg，加速度为：a1=Fmgm=1.1gg=0.1g=1m/s2，3s末的速度为：v1=a1t1=13m/s=3m/s；3-15s内，加速度为：a2=0，则15s末的速度为v2=v1=3m/s；在03s内的位移为：x1=12a1t12=4.5m；在315s内的位移为：x2=v1t2=3m/s12s=36m；1518s内：FG=0.9F=0.9mg，加速度为：a3=Fmgm=1m/s2；18s末速度恰好减为0，位移为：x3=v2t3+12a3t32=4.5m，则在18s内上升的高度为：x=x1+x2+x3=45m，D正确7.如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有()A. 两图中两球加速度均为gsin B. 两图中A球的加速度均为0C. 图乙中轻杆的作用力一定不为0D. 图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍【答案】D【解析】当撤去挡板时，甲图中由于弹簧的压缩量不能突变，A球还会受到不变的弹力作用，能继续平衡；而B球沿斜面方向受到重力分力mgsin和弹簧弹力mgsin两个力，所以B球会产生2gsin加速度。乙图中轻杆的形变很小，撤掉挡板后，轻杆的弹力可以发生突变。将A、B看成整体可知，A、B会沿斜面以gsin加速度下滑，可知轻杆的弹力瞬间消失。综上所述，选项D正确。8.北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统。如图所示，北斗卫星导航系统中的两颗工作卫星1、2均绕地心做顺时针方向的匀速圆周运动，轨道半径为r，某时刻两颗工作卫星分别位于同一圆轨道上的A、B两位置。已知地球表面附近的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力。则以下判断中正确的是A. 卫星1向后喷气就一定能追上卫星2B. 卫星1由位置A运动到位置B所需的时间为r3RrgC. 卫星1、2绕地球做匀速圆周运动的向心力大小一定相等D. 若卫星1由圆轨道上的位置A变轨能进入椭圆轨道，则卫星1在圆轨道上经过位置A的加速度小于在椭圆轨道上经过位置A的加速度【答案】B【解析】【详解】卫星1向后喷气时需要加速，所需要的向心力增大，而万有引力不变，卫星将做离心运动，轨道半径增大，不可能追上卫星2，A错误；卫星做圆周运动，由万有引力提供向心力，GMmr2=m42T2rT=2r3GM，根据地球表面万有引力等于重力列出等式GMmR2=mg，由得T=2r3gR2，卫星1由位置A运动到位置B所需的时间为t=T6=r3Rrg，B正确；由于卫星甲和卫星乙的质量不一定相等，所以地球对两颗卫星的万有引力大小不一定相等，C错误；根据万有引力提供向心力，有GMmr2=maa=GMr2，由于卫星1在圆轨道上经过位置A的轨道半径等于在椭圆轨道上经过位置A的轨道半径，故两次情况下加速度相等，D错误9.用细线将篮球拴在升降机光滑的侧壁上，当升降机加速下降时，出现如图所示的情形四位同学对此现象做出了分析与判断，其中可能正确的是()A. 升降机的加速度大于g，侧壁对球无挤压B. 升降机的加速度小于g，侧壁对球有挤压C. 升降机的加速度等于g，侧壁对球无挤压D. 升降机的加速度等于g，侧壁对球有挤压【答案】C【解析】试题分析：当升降机加速下降时，加速度等于g，则小球在竖直方向上仅受重力，拉力为零，由于小球在水平方向上平衡，可知侧壁对小球无挤压，故C正确，D错误当升降机加速下降时，加速度大于g，小球受重力、绳子的拉力，由于水平方向上平衡，则侧壁对小球有弹力，即侧壁对球有挤压，故A错误当升降机加速下降是，加速度小于g，不会出现如图所示的情况，球会在悬点下方，故B错误故选C。考点：牛顿第二定律的应用【名师点睛】解决本题的关键知道小球和升降机具有相同的加速度，通过隔离对小球分析，合力在竖直下降，抓住水平方向平衡进行求解。10.不久前欧洲天文学家在太阳系外发现了一颗可能适合人类居住的行星，命名为“格利斯581c”。该行星的质量是地球的5倍，直径是地球的1.5倍。设想在该行星表面附近绕行星沿圆轨道运行的人造卫星的动能为Ek1，在地球表面附近绕地球沿圆轨道运行的相同质量的人造卫星的动能为Ek2，则Ek1： Ek2为A. 0.13 B. 0.3 C. 3.33 D. 7.5【答案】C【解析】试题分析：在行星表面运行的卫星其做圆周运动的向心力由万有引力提供，故有，所以卫星的动能为，故在地球表面运行的卫星的动能在“格利斯”行星表面表面运行的卫星的动能，所以有；故C正确故选C考点：万有引力定律的应用；动能。视频11.如图甲所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平拉力F的作用，F与时间t的关系如图乙所示。设物块与地面间的最大静摩擦力fm的大小与滑动摩擦力大小相等。则A. 0t1时间内所受摩擦力大小不变B. t1t2时间内物块做加速度减小的加速运动C. t2时刻物块A的动能最大D. t2t3时间内物块克服摩擦力做功的功率增大【答案】D【解析】【分析】当拉力小于最大静摩擦力时，物体静止不动，静摩擦力与拉力二力平衡，当拉力大于最大静摩擦力时，物体开始加速，当拉力重新小于最大静摩擦力时，物体由于惯性继续减速运动【详解】在0t1时间内水平拉力小于最大静摩擦力，物体保持不动，摩擦力大小逐渐增大，A错误；t1t2时间内，拉力逐渐增大，摩擦力不变，根据牛顿第二定律可知，加速度逐渐增大，物块做加速度增大的加速运动，B错误；t1t3时间内拉力始终大于最大静摩擦力，所以过程中做加速运动，到t3时刻拉力和最大静摩擦力相等，合力为零，加速度为零，速度最大，故C错误；t2t3时间内速度逐渐增大，摩擦力大小不变，根据P=fv可知物块克服摩擦力做功的功率增大，D正确12.质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是（ ）A. 14mgR B. 13mgR C. 12mgR D. mgR【答案】C【解析】【分析】圆周运动在最高点和最低点沿径向的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出最高点和最低点的速度，再根据动能定理求出此过程中小球克服空气阻力所做的功。【详解】小球在最低点，由牛顿第二定律有：F-mg=mv12R，由题意知：F =7mg ，在最高点时，由于小球恰好能通过最高点，重力提供向心力有：mg=mv22R，小球选取从最低点到最高点作为过程，由动能定理可得：-mg2R-Wf=12mv22-12mv12，联立以上可得：Wf=12mgR，故C正确，ABD错误。【点睛】本题主要考查了圆周运动与能量结合问题，由绳子的拉力可求出最低点速度，由恰好能通过最高点求出最高点速度，这都是题目中隐含条件。同时在运用动能定理时，明确初动能与末动能，及过程中哪些力做功，做正功还是负功。13.如图所示，质量不等的木块A和B的质量分别为m1和m2，置于光滑的水平面上当水平力F作用于左端A上，两物体一起做匀加速运动时，A、B间作用力大小为F1.当水平力F作用于右端B上，两物体一起做匀加速运动时，A、B间作用力大小为F2，则（）A. 在两次作用过程中，物体的加速度的大小相等B. 在两次作用过程中，F1+F2FC. 在两次作用过程中，F1+F2=FD. 在两次作用过程中，F1F2=m1m2【答案】AC【解析】两次作用过程，对整体分析，整体的加速度为：a=Fm1+m2，故A正确；隔离分析，第一种情况，A对B的作用力为：F1=m2a=m2Fm1+m2，第二中情况，A对B的作用力为：F2=m2a=m1Fm1+m2，则有：F1+F2=F，故B错误；C正确；以上数据可知，F1F2=m2m1，故D错误。14.如图所示，A、B两球分别套在两光滑无限长的水平直杆上，两球通过一轻绳绕过一定滑轮(轴心固定不动)相连，某时刻连接两球的轻绳与水平方向的夹角分别为、，A球向左的速度为v，下列说法正确的是( )A. 此时B球的速度为coscosvB. 此时B球的速度为coscosvC. 当增大到等于90时，B球的速度达到最大，A球的速度为0D. 在整个运动过程中，绳对B球的拉力一直做正功【答案】AC【解析】试题分析：按照运动的合成与分解，把A和B的速度分别分解如图所示，沿绳子方向分速度相等，所以有vAcos=vBcos，即vB=vAcoscos=vcoscos，选项A对B错。当增大到等于90时，B沿绳子方向没有分速度，即cos=0，但是cos0，所以vA=0，选项C对。增大到等于90之前，拉力和B的运动方向夹角为锐角，做正功，当超过90之后，拉力和运动方向夹角为钝角，做负功，选项D错。考点：运动的合成与分解【名师点睛】连接体的速度分解，实际发生的运动时合运动，所以A的合速度水平向左B的合速度水平向右。分速度按照效果来分解，一个沿绳子方向，一个垂直绳子方向。当增大到等于90时，根据二者在沿绳子方向速度相等可判断A的速度。15.如图所示，质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动.已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离L，子弹进入木块的深度为s.若木块对子弹的阻力Ff视为恒定，则下列关系式中正确的是( )A. FfL=12Mv2B. Ffs=12mv2C. Ffs=12mv02-12m+Mv2D. Ffs+L=12mv02-12mv2【答案】ABD【解析】【详解】以木块为研究对象，根据动能定理得：子弹对木块做功等于木块动能的增加，即：FfL=12Mv2，A正确；以系统为研究对象，根据能量守恒定律得Ffs=12mv0212M+mv2，B错误C正确；两式相加可得Ffs+L=12mv0212mv2，（或者以子弹为研究对象亦可得出Ffs+L=12mv0212mv2），D正确【点睛】本题是冲击块类型，要注意应用动能定理研究单个物体时，功的公式W=Fl中，l是相对于地的位移大小16.如图，长为2L的轻杆两端分别固定质量均为m的两小球P、Q，杆可绕中点的轴O在竖直平面内无摩擦转动。若给P球一个大小为的速度，使P、Q两球在竖直面内做匀速圆周运动。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）A. Q球在运动过程中机械能守恒B. P从最高点运动到最低点过程中杆对其做功为2mgLC. 水平位置时杆对P的作用力大小为5mgD. Q到达最高点时杆对其作用力大小为mg【答案】CD【解析】试题分析：由于两个小球的质量相等，所以P、Q两球在竖直面内做匀速圆周运动，两球在运动的过程中，二者的总重力势能保持不变，但单个的小球的重力势能不断变化，Q球在运动过程中机械能不守恒故A错误；P从最高点运动到最低点过程中动能不变，重力对其做功是mg2L，所以杆对其做功为-2mgL故B错误；在水平位置时，杆的弹力和重力和合力提供向心力，受力如图，则：F(mg)2+(mv2L)25mg故C正确；Q到达最高点时，设在最高点时，假设杆的作用力向下，根据向心力公式得：mg+T=mv2L，解得：T=mg故D正确，故选CD。考点：机械能守恒定律；功；牛顿第二定律。【名师点睛】此题考查了机械能守恒定律、功以及牛顿第二定律等知识点；注意该题中P与Q的质量是相等的，所以系统的力矩平衡，两球都做匀速圆周运动，要注意杆对小球可以是拉力，可以是支持力；解题时要注意对小球的受力分析。17.如图所示，倾角30的固定斜面上固定着挡板，轻弹簧下端与挡板相连，弹簧处于原长时上端位于D点。用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑定滑轮连接物体A和B，使滑轮左侧轻绳始终与斜面平行，初始时A位于斜面的C点，C、D两点间的距离为L。现由静止同时释放A、B，物体A沿斜面向下运动，将弹簧压缩到最短的位置E点，D、E两点间的距离为L2。若A、B的质量分别为4m和m，A与斜面间的动摩擦因数=38，不计空气阻力，重力加速度为g，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，则()A. A在从C至E的过程中，先做匀加速运动，后做匀减速运动B. A在从C至D的过程中，加速度大小为120gC. 弹簧的最大弹性势能为158mgLD. 弹簧的最大弹性势能为38mgL【答案】BD【解析】试题分析：对AB整体，从C到D的过程受力分析，根据牛顿第二定律得：加速度为：a=4mgsin30mg4mgcos304m+m=g20，可知a不变，A做匀加速运动从D点开始与弹簧接触，压缩弹簧，弹簧被压缩到E点的过程中，弹簧弹力是个变力，则加速度是变化的，所以A在从C至E的过程中，先做匀加速运动，后做变加速运动，最后做变减速运动，直到速度为零，故A错误，B正确；当A的速度为零时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大，整个过程中对AB整体应用动能定理得：00=4mg（L+L2）sin30mg（L+L2）4mgcos30（L+L2）W弹解得：W弹=38mgL，则弹簧具有的最大弹性势能为：EP=W弹=38mgL，故C错误，D正确故选BD考点：牛顿第二定律；动能定理二、实验题：18.在高中物理力学实验中，下列说法中正确的是A在“探究动能定理”的实验中，通过改变橡皮筋的长度来改变拉力做功的数值B在“验证力的平行四边形定则”实验中，采用的科学方法是等效替代法C在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，可用直尺直接测量弹簧的伸长量D在处理实验数据时，常常采用图象法可以减小系统误差【答案】B【解析】【详解】因为橡皮筋的拉力会随其形变量的变化而变化，即拉力是变力，不容易求解其做功，所以实验时，每次保持橡皮筋的形变量一定，增加橡皮筋的个数，1条为W，2条为2W，不是通过改变橡皮筋的长度来改变拉力做功的数值，而是通过改变橡皮筋的条数来改变拉力做功的数值，A错误；在“验证力的平行四边形定则”实验中，采用的科学方法是等效替代法；两个分力与合力效果是相同的，B正确；为了减少误差，应测量弹簧的总长度，不能测量伸长量，C错误；图象法只能减小因测量而产生的偶然误差，不能减小系统误差，D错误；19.在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器接在电压为U，频率为f的交流电源上，从实验中打出的几条纸带中选出一条理想纸带，如图所示，选取纸带上打出的连续5个点A、B、C、D、E，测出A点距起始点的距离为S0，点AC间的距离为S1，点CE间的距离为S2，已知重锤的质量为m，当地的重力加速度为g，则：起始点O到打下C点的过程中，重锤重力势能的减少量为EP_，重锤动能的增加量为EK_；根据题中提供的条件，还可利用重锤下落求出当地的重力加速度g=_ ，经过计算可知，测量值比当地重力加速度的真实值要小，其主要原因是：_【答案】 (1). EP=mgS0+S1 (2). Ek=mS1+S22f232 (3). S2S14f2 (4). 存在摩擦阻力【解析】【分析】根据下降的高度求出重力势能的减小量，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出D点的瞬时速度，从而得出动能的增加量根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出重力加速度【详解】重锤重力势能的减少量为EP=mgS0+S1，C点的速度vC=S1+S24T=S1+S2f4，则重锤动能的增加量Ek=12mvC2=mS1+S22f232；根据S2S1=g2T2得g=S2S14T2=S2S14f2；测量值比当地重力加速度的真实值要小，其主要原是纸带与限位孔之间的摩擦力（或纸带与其它部分的阻力或摩擦阻力）【点睛】做分析匀变速直线运动情况时，其两个推论能使我们更为方便解决问题，一、在相等时间内走过的位移差是一个定值，即x=aT2，二、在选定的某一过程中，中间时刻瞬时速度等于该过程中的平均速度20. 某同学用下面的实验装置测量小车的质量，他的部分实验步骤如下：（1）将轨道倾斜适当角度以平衡摩擦力；（2）将两个光电门G1、G2固定在轨道侧面（不影响小车在轨道上运行），测得两光电门之间的距离为L；（3）测得遮光条的宽度为d，并将遮光条（质量不计）固定在小车上：（4）将质量未知的钩码用跨过定滑轮的细绳与小车连接，将小车从适当位置由静止释放，遮光条先后通过两个光电门；（5）计时器记录下遮光条通过G1、G2时遮光的时间分别为t1和t2，若L=0.75m，d=0.5cm、t1=5.0l0-3 s、t2=2.510-3 s，则通过计算可得：a1=- m/s2；（计算结果保留2位有效数字）（6）保持钩码质量不变,在小车上加入质量为m的砝码后进行第二次试验，并测得小车运动的加速度大小为a2；（7）若钩码质量较小，可认为两次试验中钩码质量均满足远小于小车质量的条件，则小车质量可表示为M= （用a1、a2、m表示）；若所用钩码质量较大，明显不满足远小于小车质量的条件，则小车质量可表示为M= （用a1、a2、m及重力加速度g表示）。【答案】（5）2.0（7）ma2a1a2;m(ga1)a2g(a1a2)【解析】试题分析:（5）遮光条通过第一个光电门的速度为:v1=dt1、通过第二个光电门的速度为:v2=dt2，根据速度位移公式得：a=v22v122L=2.0m/s2（7）两次试验中钩码质量均满足远小于小车质量，则钩码的重力等于拉力，设钩码质量为m0，则有：m0g=Ma1，m0g=(M+m)a2，联立解得:M=ma2a1a2.若所用钩码质量较大，明显不满足远小于小车质量的条件，对整体分析，有：m0g=(M+m0)a1，m0g=(M+m+m0)a2，联立解得:M=m(ga1)a2g(a1a2).考点：本题考查探究牛顿第二定律三、计算题21.如图所示，坡道顶端距水平面高度为h，质量为m的小物块A从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M处的墙上，另一端与质量为2m的挡板B相连，弹簧处于原长时，B恰位于滑道的末端O点A与B碰撞时间极短，碰后结合在一起共同压缩弹簧，已知在OM段A、B与水平面间的动摩擦因数均为，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求（1）物块A在与挡板B碰撞前瞬间速度v的大小；（2）弹簧最大压缩量为d时的弹性势能EP（设弹簧处于原长时弹性势能为零）（3）全过程以及压缩弹簧过程中分别产生多少热量？【答案】（1）v=2gh（2）EP=mgh33mgd（3）2mgh3+3mgd；3mgd【解析】【详解】（1）A由静止开始下滑到与B碰撞过程，由机械能守恒定律得mgh=12mv2，解得：v=2gh；（2）A、B在碰撞过程中内力远大于外力，系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv=m+2mv，A、B克服摩擦力所做的功：W=m+2mgd，从AB碰撞到弹簧压缩最短过程，由能量守恒定律得12m+2mv2=EP+W，解得：EP=mgh33mgd；（3）由能量守恒定律可得：全过程产生的热量：Q=12mv2EP=2mgh3+3mgd；压缩弹簧过程产生的热量：Q=3mgd；22.如图所示，一质量为m=1kg的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带上的A点，随传送带运动到B点，小物块从C点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道恰能做圆周运动已知圆弧半径R=0.9m，轨道最低点为D，D点距水平面的高度h=0.75m小物块离开D点后恰好垂直碰击放在水平面上E点的固定倾斜挡板（g取10m/s2），试求：（1）摩擦力对物块做的功；（2）小物块经过D点时对轨道的压力的大小；（3）倾斜挡板与水平面间的夹角的正切值【答案】（1）1.5J（2）60N（3）3【解析】【分析】小物块从C点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道恰能做圆周运动，知物块对轨道的压力恰好为零，根据重力提供向心力求出C点的速度，再根据动能定理求解摩擦力做功；根据动能定理求出物块在D点的速度，再通过牛顿第二定律求出轨道对物块的支持力，从而得出物块对轨道的压力；物块离开D点做平抛运动，根据高度求出平抛运动的时间，根据竖直方向和水平方向速度的关系求出倾斜挡板与水平面间的夹角的正切值【详解】（1）对小物块，在C点恰能做圆周运动，由牛顿第二定律得：mg=mv12R，则v1=gR=3m/s，过程中摩擦力做正功，根据动能定理可得摩擦力对物块做功为W=12mv12=1213=1.5J；（2）对小物块，由C到D有2mgR=12mv2212mv12，在D点FNmg=mv22R，代入数据解得FN=60N，v2=35m/s，由牛顿第三定律知小物块对轨道的压力大小为FN=FN=60N；（3）小物块从D点抛出后做平抛运动，则h=12gt2，解得t=0.15s，将小物块在E点的速度进行分解得tan=v2gt=3【点睛】解决本题的关键理清物块的运动，物块经历了匀加速直线运动，圆周运动和平抛运动，根据牛顿第二定律、动能定理以及运动学公式综合求解23.如图所示，半径R=0.5m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M点，斜面倾角分别如图所示。O为圆弧圆心，D为圆弧最低点，C、M在同一水平高度。斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块P、Q(两边细绳分别与对应斜面平行)，并保持P、Q两物块静止。若PC间距为L1=0.25m，斜面MN足够长，物块P质量m1=3kg，与MN间的动摩擦因数=13，重力加速度g=10m/s2。求：(sin37=0.6，cos37=0.8)（1）小物块Q的质量m2；（2）烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小；（3）物块P在MN斜面上滑行的总路程。【答案】（1）4kg（2）78N（3）1m【解析】试题分析：根据共点力平衡条件列式求解；先根据动能定理列式求出到D点的速度，再根据牛顿第二定律求压力；直接根据动能定理全程列式求解。（1）根据共点力平衡条件，两物体的重力沿斜面的分力相等，有：m1gsin53=m2gsin37解得：m2=4kg即小物块Q的质量为4kg。（2）滑块由P到D过程，根据动能定理，得：根据几何关系，有：h=L1sin53+R（1cos53）在D点，支持力和重力的合力提供向心力：解得：FD=78N由牛顿第三定律得，物块P对轨道的压力大小为78N（3）最后物体在CM之间来回滑动，且到达M点时速度为零对从P到M过程运用动能定理，得到：mgL1sin53mgcos53L总=0解得：L总=1.0m 即物块P在MN斜面上滑行的总路程为1.0m. 点睛：本题主要考查了对物体受力分析后，根据平衡条件、牛顿第二定律、运动学公式和动能定理综合求解，对各个运动过程要能灵活地选择规律列式。