2022综合2
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
一、单选题
1．如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图，此质谱仪由粒子源、加速电场、静电分析器和磁分析器组成。加速电场的加速电压为，半圆形通道内有方向指向圆心的均匀电场，在中心线处的电场强度大小为；磁分析器中分布着方向重直于纸面向外，磁感应强度为的范围足够大的有界匀强磁场，其上边界与静电分析器的下边界重合。由粒子源发出一个质量为、电荷量为的粒子（初速度为零，重力不计），经加速电场加速后沿垂直静电分析器左侧边界的方向进入并沿中心线通过静电分析器，由点进入磁分析器中，最终打到胶片上的点。下列说法正确的是（ ）
A．加速电场的极板比极板的电势低
B．磁分析器中点到点的距离
C．只有比荷等于的带正电粒子经加速电压加速后才可以沿通道中心线通过静电分析器，进入磁分析器
D．若某次使用时，磁场的上边界绕点逆时针转了30°，质量为、电荷量为的粒子最终将打到胶片上的点
2．甲、乙两船在静水中航行的速度分别为、，两船从同一渡口向河对岸划去。已知甲船以最短时间过河，乙船以最短航程过河，结果两船抵达对岸的地点恰好相同，则甲、乙两船渡河所用时间之比为（ ）
A． B． C． D．
3．小船从A码头出发，沿垂直于河岸的方向渡河，若河宽为d，渡河速度v船恒定，河水的流速与到河岸的距离成正比，即v水="kx" （x≤d/2，k为常量），要使小船能够到达距A正对岸为s的B码头，则：
A．v船应为kd2/4s B．v船应为kd2/2s
C．渡河时间为s/kd D．渡河时间为2s/kd
4．如图所示，O为斜面的底端，在O点正上方的A、B两点分别以初速度vA、vB正对斜面抛出两个小球，结果两个小球都垂直击中斜面，击中的位置分别为P、Q（图中未标出）。OB=AB，空气阻力忽略不计，则
A．OP=OQ B．OP=4OQ C． D．vA=vB
5．如图A、B两个物体相互接触但并不黏合，放置在光滑水平面上，两物体的质量mA为4kg，mB为6kg。从t = 0开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA、FB随时间变化规律为FA = (8 - 2t)(N)、FB = (2 + 2t)(N)。下列说法正确的是（ ）
A．t = 1.0s时A、B分离
B．t = 1.5s时A、B分离
C．t = 2.0s时A、B分离
D．A、B分离前加速度一直在变化
6．如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻（t=0）将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．在物块放到木板上之后，木板运动的速度﹣时间图象可能是下列图中的（ ）
A． B． C． D．
7．如图所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆的动摩擦因数为μ．现给环一个向右的初速度v0，同时对环施加一个竖直向上的作用力F，并使F的大小随环的速度v的大小变化，两者关系F=kv，其中k为常数，则环在运动过程中克服摩擦力所做的功大小不可能为( )
A． B．0 C． D．
二、多选题
8．如图甲所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q放置于长木板的最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动。滑块、长木板的速度图像如图乙所示，已知小滑块与长木板的质量相等，滑块Q始终没有从长木板P上滑下。重力加速度g取。则下列说法正确的是（ ）
A．时长木板P停下来
B．长木板P的长度至少是7.5 m
C．长木板P和水平地面之间的动摩擦因数是0.075
D．滑块Q在长木块P上滑行的路程是12 m
9．如图（甲）所示，斜面体放在粗糙的水平地面上，两斜面光滑且倾角分别为53°和37°，两小滑块P和Q用绕过滑轮不可伸长的轻绳连接，分别置于两个斜面上，OP∥AB，OQ∥AC，已知P，Q和斜面体均静止不动。若交换两滑块位置如图（乙）所示，再由静止释放，斜面体仍然静止不动，Q的质量为m，取sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，重力加速度大小为g，不计滑轮的质量和摩擦，则下列判断正确的是（ ）
A．P的质量为m
B．在（甲）图中，斜面体与地面间无静摩擦力
C．在（乙）图中，两滑块落地前的重力功率大小相等
D．在（乙）图中，滑轮受到轻绳的作用力大小为
10．在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示。在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其a-x关系如图中虚线所示，假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球M的半径是星球N的3倍，则（ ）
A．M的密度是N的3倍
B．Q的质量是P的6倍
C．Q下落过程中的最大动能是P的4倍
D．Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的2倍
11．如图，物块A通过细绳悬挂于电梯侧壁的O点，A与侧壁间夹有薄木板B，绳与侧壁夹角为θ，已知A、B质量分别为M、m，A、B间摩擦忽略不计。当电梯静止时，B恰好不滑落，重力加速度为g，下列判断正确的是（ ）
A．电梯减速下降时，木板B会滑落
B．电梯加速上升时，木板B不会滑落
C．当电梯以加速度a竖直加速上升时，绳子拉力
D．当电梯以加速度a（a第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
三、解答题
12．如图所示，装置BO′O可绕竖直轴O′O转动，可视为质点的小球A与两细线连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线AB水平，细线AC与竖直方向的夹角为37°。已知小球的质量m＝1 kg，细线AC长l＝1 m，B点距C点的水平和竖直距离相等：（重力加速度g取10 m/s2）
(1)若装置匀速转动的角速度为ω1，细线AB上的张力为零而细线AC与竖直方向的夹角仍为37°，求角速度ω1的大小；
(2)若装置匀速转动的角速度ω2＝rad/s，求细线AC的弹力；
(3)装置可以以不同的角速度匀速转动，试通过计算，写出细线AC上张力FT随角速度的平方ω2变化的关系式。
13．如图所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙。重物质量为木板质量的3倍，重物与木板间的动摩擦因数为使木板与重物以共同的速度向右运动，某时刻木板与墙发生碰撞。已知板与墙的碰撞均为弹性碰撞，时间极短。设木板足够长，重物始终在木板上。重力加速度为g，求：
(1)木板与墙第一次碰撞后，当木板离墙最远时，重物的速度v；
(2)木板与墙第二次碰撞前瞬间重物距木板左端的距离s；
(3)木板从第一次与墙碰撞到第n次与墙碰撞所经历的总时间T。
14．水平传送带足够长，始终以的恒定速率顺时针运行，水平面与传送带等高相接，小墨块从A点向左运动经B点滑上传送带，小墨块的平均速度与时间的关系如图所示，从A点开始计时，A、B两点的距离，小墨块与水平传送带的动摩擦因数，重力加速度，不考虑小墨块由水平面滑上传送带的能量损失。求：
(1)小墨块向左运动时到达B点的速度；
(2)小墨块在传送带上留下的痕迹。
15．如图所示，水平地面上依次摆放两块完全相同的木板，长度均为，质量均为，一质量为的物体（可视为质点）以的速度冲上A木板的左端，物体与木板间的动摩擦因数为，木板与地面间的动摩擦因数。（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g取）
(1)若物体滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求应满足的条件；
(2)若，求物体滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间；
(3)若，问物体最终能否滑离木板B？如果能，试通过计算证明之；如果不能，求出物体最终离木板B左端的距离。
16．一长木板在水平地面上运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度－时间图像如图所示．已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取重力加速度的大小g＝10m/s2，求：
（1）0-0.5s时物块与木板的加速度大小
（2）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；
（3）从t＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小．
17．如图，将质量m＝0.1kg的圆环套在固定的水平直杆上，圆环的直径略大于杆的截面直径，圆环与杆间动摩擦因数μ＝0.8，对圆环施加一位于竖直平面内与杆夹角为θ斜右上的拉力F。
（1）当θ＝53°使圆环以a＝4.4m/s2的加速度沿杆运动，求F的大小（取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）
（2）拉力F变为与杆夹角为α斜右下。当α达某一角度后，无论拉力F多大都拉不动圆环，求此时α最小值的正切。
四、填空题
18．如图所示，一个半径为R的实心圆盘，其中心轴与竖直方向有夹角θ开始时，圆盘静止，其上表面覆盖着一层灰没有掉落。现将圆盘绕其中心轴旋转，其角速度从零缓慢增加至ω，此时圆盘表面上的灰有75%被甩掉。设灰尘与圆盘间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力重力加速度为g，则ω的值为________。
试卷第8页，总8页
试卷第7页，总8页
参考答案
1．D
【详解】
A．带电粒子最终打到胶片上，根据磁场方向和左手定则可知粒子带正电，在加速电场中能够被加速，则极板比极板电势高，A错误；
B．带电粒子在加速电场中加速，根据动能定理可得，带电粒子在磁分析器中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由此可得，联立以上各式可得
因此磁分析器中点到点的距离为
故B错误；
C．粒子通过静电分析器时，电场力提供向心力，由此可得，而解得
即带电粒子在静电分析器中运动的轨迹半径与带电粒子的比荷无关，所以比荷不等于的带正电粒子经加速电压加速后也可以沿通道中心线通过静电分析器，进入磁分析器，故C错误；
D．质量为、电荷量为的粒子从点进入磁场，轨迹半径
设粒子从磁场上边界的点射出，然后做匀速直线运动打在胶片上的点，如图所示，由几何关系有，
即胶片上的点与点重合，D正确。
故选D。
2．D
【详解】
如图所示，当与河岸垂直时，甲渡河时间最短，合速度偏向下游，到达对岸下游某点。
乙船应斜向上游，才有最短航程，因两船抵达对岸的地点恰好相同，所以乙船不是垂直河岸过河，最短航程时。
由知，t与v成反比，所以有
由图可看出，代入上式得
故D项正确，ABC错误。
3．A
【详解】
试题分析：小船在沿河岸方向的速度随时间先均匀增大后均匀减小，前内和后内的平均速度为，则渡河的时间t=2×，渡河速度v船＝，故A正确，B、C、D错误．
考点：运动的合成与分解 小船过河类问题
4．C
【解析】
【详解】
设任一小球的初速度为v0，抛出点的高度为h，运动时间为t，斜面的倾角为θ.
据题小球垂直击中斜面，速度与斜面垂直，由速度分解可知：vytanθ=v0；
又vy=gt
可得：t=
根据几何关系得：，与成正比，
据题有OA=2OB,则得：，.
OP=
OQ=
故OP=2OQ
故选：C
【点睛】
平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据末速度的方向，通过平行四边形定则求出小球打在斜面上时的速度大小以及竖直方向上的分速度，从而求出飞行的时间．根据初始竖直高度与初速度的关系式可求初速度的关系。根据初速度的关系可求水平位移的关系，根据几何关系可求OP与OQ的关系。
5．C
【详解】
D．A、B分离前，对整体受力分析根据牛顿第二定律有
a = = 1m/s2
则A、B分离前加速度一直不变，D错误；
ABC．由题意可知，当A、B间的作用力为0时开始分离，设时间为t，则对于A而言
FA = mAa
对于B而言
FB = mBa
解得
t = 2s
AB错误、C正确。
故选C。
6．A
【详解】
试题分析：由于物块刚放到木板上时，运动的木板会对它一个向前的滑动摩擦力，则物块对木板就会有一个向左的摩擦力，此时木板还受到地面给它的向左的摩擦力，木板在这两个阻力的作用下做匀减速直线运动；当物块的速度与木板的速度相等时，物块与木板间没有了相对运动，它们之间的摩擦力为零，此时木板受到的阻力只有地面对它施加的向左的力，即阻力减小，故其反加速度变小，木板也做匀减速直线运动，但其加速度变小，故A是正确的．
考点：牛顿第二定律，摩擦力．
7．C
【详解】
试题分析：若，则环与杆之间没有正压力，故摩擦力为零，所以不需要 克服摩擦力做功，B正确，
若，则合力等于，环做减速运动，随着v减小，合力减小，加速度也减小，当速度减小到一定值时，F＝mg，环匀速运动，此时的速度为，过程中F与v垂直，不做功，所以只有摩擦力做功，根据动能定理可得，D正确，
若F考点：本题考查了动能定理的应用
点评：本题的突破口是从F与mg的关系入手，因为它们两个的合力关系到摩擦力的变化，综合性比较强，较难
8．BCD
【详解】
A．6 s末到长木板停下来过程中，由牛顿第二定律得
解得
这段时间
所以，时长木板P停下来，故A错误；
B．长木板P的长度至少是前6 s内滑块Q在长木板P上滑行的距离
故B正确；
C．由图乙可知，力F在时撤去，此时长木板P的速度，时两者速度相同，，前长木板P的速度大于滑块Q的速度，后长木板P的速度小于滑块Q的速度，0~6 s过程中，以滑块Q为研究对象，由牛顿第二定律得
解得
5~6 s过程中，以长木板P为研究对象，由牛顿第二定律得
解得
故C正确；
D．从6 s末到滑块停下来过程中，由牛顿第二定律得
解得
这段时间
所以，时滑块Q停下来，6 s后滑块Q在长木板P上滑行的距离
滑块Q在长木板P上滑行的路程是
故D正确。
故选BCD。
9．BD
【详解】
A．设P的质量为M，在图（甲）中P，Q各自受力平衡，有
T1=Mgsin 53°，
T1=mgsin 37°=mgcos 53°，
得
故A错误；
B．在图（甲）中，系统受力平衡，水平方向合力为零，斜面体不受地面的静摩擦力，B正确；
C．在图（乙）中，由于
mgsin 53°=0.8mg>Mgsin37°=mgcos53°=0.45mg，
Q下滑，P上滑，P重力功率大小
P1=0.45mgv，
Q重力功率大小
P2=0.8mgv，
则两滑块落地前的重力功率大小不相等，C错误；
D．对两滑块整体，根据牛顿第二定律有
0.8mg-0.45mg=
得
a=0.2g，
对Q有
0.8mg-T2=ma，
得
T2=0.6mg，
滑轮受到轻绳的作用力大小为两等大的拉力的合力：
，
故D正确。
故选BD。
10．BCD
【详解】
A．在星球表面，根据万有引力等于重力可得
则
星球的体积
星球的密度
根据图像可知，在M星球表面的重力加速度为
在N表面的重力加速度为
星球M的半径是星球N的3倍，则M与N的密度相等，A错误；
B．加速度为零时受力平衡，根据平衡条件可得
解得
B正确；
C．根据动能定理可得
根据图像的面积可得
整理得
C正确；
D．根据简谐运动的特点可知，P下落过程中弹簧最大压缩量为 ，Q下落过程中弹簧最大压缩量为 ，Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的2倍， D正确。
故选BCD。
11．BC
【详解】
电梯静止不动时，先分析A，受重力、支持力和拉力，根据平衡条件，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图所示
根据平衡条件，有
再分析物体B，受重力、压力N1′、支持力和静摩擦力，根据平衡条件，有
其中
根据牛顿第三定律，有
联立解得
AB．电梯加速上升或减速下降时等效为重力加速度变化为
故压力
最大静摩擦力
故木板B保持静止，故A错误，B正确；
C．当电梯以加速度a竖直加速上升时，等效为重力加速度变化为
故绳子拉力
故C正确；
D．当电梯以加速度a（） 竖直加速下降时，等效为重力加速度变化为
故压力
故D错误；
故选BC。
12．(1)rad/s；(2)FT=N，53°；(3)ω≤ω1＝rad/s时，FT＝12.5N不变，ω>ω1时，FT＝mω2l＝ω2（N）
【详解】
(1)当细线AB上的张力为零时，小球的重力和细线AC张力的合力提供小球做圆周运动的向心力，有
解得
(2)当ω2＝rad/s时，因为rad/s>rad/s，小球应该向左上方摆起，假设细线AB上的张力仍然为零，则
FT cosθ′=mg
FT sinθ′＝mω22lsinθ′
解得
cosθ′＝
则
FT=N
θ′＝53°
因为B点距C点的水平和竖直距离相等，所以，当θ′＝53°时，细线AB恰好竖直，且AB此时的张力为零，此时细线AC与竖直方向的夹角为53°，细线AC的弹力大小为50N。
(3)①ω≤ω1＝rad/s时，细线AB水平，细线AC上的张力的竖直分量等于小球的重力，即
FTcos37°＝mg
则
FT＝＝12.5 N
②ω1<ω<ω2时，细线AB松弛，细线AC上张力的水平分量等于小球做圆周运动需要的向心力
FTsinθ＝mω2lsinθ
则
FT＝mω2l
③ω2≤ω时，细线AB在竖直方向绷直，仍由细线AC上张力的水平分量提供小球做圆周运动需要的向心力。
FTsinθ＝mω2lsinθ
则
FT＝mω2l
综上所述：ω≤ω1＝rad/s时，FT＝12.5 N不变；ω>ω1时，FT＝mω2l＝ω2（N）。
13．(1)；(2)；(3)，(n=2，3，4……)
【详解】
(1)设木板质量为m，重物质量就是3m。选取向右为正方向，木板与墙第一次碰撞后，当木板离墙最远时，木板的速度为0，由系统动量守恒，有
解得
（2）木板第一次与墙碰撞后，重物与木板相互作用直到达到共同速度，由系统动量守恒，有
解得
木板第一次与墙碰撞后到第二次与墙碰前，根据系统能量守恒有
解得
设木板第一次与墙碰撞后到重物与木板达共同速度历时，木板运动的位移为，取木板研究，根据动量定理，选取向右为正方向，有
根据动能定理，有
重物与木板共速到再次与墙碰撞历时，有
所以板从第一次与墙碰撞到第二次与墙碰撞所经历的时间为
解得
设木板第二次与墙碰撞后到重物与木板达共同速度历时，木板运动的位移为，重物与木板第二次达共速到再次与墙碰撞历时，同理可得
解得板从第二次与墙碰撞到第三次与墙碰撞所经历的时间为
板从第次与墙碰撞到第n次与墙碰撞所经历的时间为
则板从第一次与墙碰撞到第n次与墙碰撞所经历的时间
解得
(n=2，3，
14．(1)；(2)3.375m
【详解】
(1)假设小墨块做匀减速直线运动，由运动学公式可得
联立可得
分析可知小墨块确实做匀减速直线运动
从图像可求得
，
物体从A点到B点，由运动学公式可知
代数解得
(2)小墨块滑上传送带向左做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可得
代数得
小墨块向左运动的时间为
小墨块向左运动的位移为
传送带向右运动的位移为
小墨块在传送带上向右做匀加速运动的时间为
小墨块在传送带上向右做匀加速运动的位移为
传送带在内运动的位移
小墨块继续在传送带上向右匀速运动，小墨块与传送带为相对位移为小墨块在传送带上留下的痕迹则
15．(1)；(2)，；(3)不能，离木板B左端的距离为
【详解】
(1)若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得
若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得
联立两式，代入数据得
(2)若，则物体在木板A上滑动时，木板A不动，设物体在木板A上做减速运动时的加速度大小为，由牛顿第二定律得
设物体滑到木板A末端时的速度为，由运动学公式可得
设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得
代入数据得
，
(3)若，则物体滑上木板B时，木板B开始滑动，设物体在木板上做匀减速直线运动的加速度大小为，木板做匀加速直线运动的加速度大小为，设在木板B上运动的时间为，根据牛顿第二定律，对物体
，
假设物体能与木板B共速，设两者共速的时间为
，
共速时物体相对木板B的位移
故假设正确，物体最终不能滑离木板B，物体最终离木板B左端的距离为。
16．（1），；（2）μ1＝0.20，μ2＝0.30；（3）1.125m。
【详解】
（1）设t=0到t=t1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，由速度时间图象可知：
物块的加速度大小
m/s2①
木板的加速度大小
m/s2②
（2）设物块和木板的质量为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得
③
④
联立①②③④式得μ1＝0.20⑤，μ2＝0.30⑥
（3）在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向．设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别a′1和a′2，则由牛顿第二定律得
f＝ma′1⑦
2μ2mg－f＝ma′2⑧
假设f＜μ1mg，则a′1＝a′2；由⑤⑥⑦⑧式得
f＝μ2mg＞μ1mg
与假设矛盾．故
f＝μ1mg⑨
由⑦⑨式知，物块加速度的大小a′1等于a1；物块的v－t图像如图中点划线所示
由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为
⑩
(11)
物块相对于木板的位移的大小为
s＝s2－s1(12)
联立①⑤⑥⑧⑨⑩(11)(12)式得
s＝1.125m
17．（1）1N或9N；（2）
【分析】
（1）分析圆环的受力情况，根据牛顿第二定律和摩擦力公式结合求F的大小；
（2）无论拉力F多大都拉不动圆环，说明F的水平分力不大于最大静摩擦力，根据平衡条件和临界条件结合解答；
【详解】
（1）当向上时，受力如图，由牛顿第二定律得，水平方向竖直方向分别有
，
联立解得
若当向下时受力如图，由牛顿第二定律，水平方向竖直方向分别有
，
得到
（2）由题知：无论拉力F多大都拉不动圆环，应满足
竖直方向有
得
因为，当，无论拉力F多大都拉不动圆环，即
所以α最小值的正切为。
【点睛】
本题第1小题要分两种情况对物体受力分析，然后根据平衡条件列方程求解，关键是分情况讨论，不能漏解。
18．
【详解】
[1]由于灰尘随圆盘做圆周运动，其向心力由灰尘受到的指向圆心的合力提供，在最下端指向圆心的合力最小；当75%的灰尘被甩掉时，剩余的灰尘所在圆的半径，如图所示：
根据牛顿第二定律有
解得
答案第18页，总18页
答案第17页，总18页2022综合1
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
一、单选题
1．《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千法”在的高压线上带电作业的过程。如图所示，绝缘轻绳一端固定在高压线杆塔上的O点，另一端固定在兜篮D上。另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端由工人控制。身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从C点运动到处于O点正下方E点的电缆处。绳一直处于伸直状态，兜篮、王进及携带的设备总质量为m，可看作质点，不计一切阻力，重力加速度大小为g。关于王进从C点运动到E点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．绳的拉力一直变小
B．工人对绝的拉力一直变大
C．、两绳拉力的合力小于
D．当绳与竖直方向的夹角为时，工人对绳的拉力为
【答案】D
【详解】
AB．对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析
绳OD的拉力为F1，与竖直方向的夹角为θ；绳CD的拉力为F2，与竖直方向的夹角为α，则由几何关系得
α = 45° -
由正弦定理可得
解得
F1= mgtanα，F2=
α增大，θ减小，则F1增大，F2减小，AB错误；
C．两绳拉力的合力大小等于mg，C错误；
D．当α = 30°时，则θ = 30°，根据平衡条件有
2F2cos30° = mg
可得
F2=
D正确。
故选D。
2．光滑水平面有一粗糙段AB长为s，其摩擦因数与离A点距离x满足（k为恒量）。一物块（可看作质点）第一次从A点以速度v0向右运动，到达B点时速率为v，第二次也以相同速度v0从B点向左运动，则（ ）
A．第二次也能运动到A点，但速率不一定为v
B．第二次也能运动到A点，但两次所用时间不同
C．两次克服摩擦力做的功不相同
D．两次速率相同的位置只有一个，且距离A为
【答案】B
【详解】
AB．根据
知物块所受的滑动摩擦力大小为
可知第一次物块向右过程中摩擦力不断增大，加速度不断增大，而向左运动的过程中，摩擦力不断减小，加速度不断减小，物块速度减小变慢，故第二次也能运动到A点。两个过程中，摩擦力做功相同，由动能定理可知，第二次到达A点的速率也为v，时间变长，故A错误，B正确。
C．根据块所受的滑动摩擦力大小为
通过相等的路程，根据变力做功的原理，可知两次物块克服摩擦力做功相同，故C错误；
D．设两次速率相同的位置距离A点的距离为x，相同的速率设为，根据动能定理得
第一次有
第二次有
联立解得，故D错误。
故选B。
3．将一小球以初速度v0水平抛出，不计空气阻力，小球轨迹如图a所示，按此轨迹制作一条光滑轨道，并将轨道固定在竖直面，如图b所示。现把质量为m的小球套在轨道上，从轨道顶点O由静止开始下滑，已知当地重力加速度为g，则沿该轨道下滑的小球（ ）
A．做平抛运动
B．机械能不守恒
C．下滑高度时，重力瞬时功率为
D．与图a中的小球相比，下滑相同高度时，耗时较长
【答案】D
【详解】
A．沿该轨道下滑的小球除受重力外，还受轨道的支持力，则小球不会做平抛运动，故A错误；
B．沿该轨道下滑的小球除受重力外，还受轨道的支持力，但支持力不做功，只有重力做功，则小球机械能守恒，故B错误；
C．下滑高度时，由机械能守恒得
得
此时小球的速度方向与竖直方向有一定的夹角，则重力瞬时功率不为，故C错误；
D．图a中的小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，沿该轨道下滑的小球除受重力外，还受轨道的支持力，支持力有沿竖直向上的分力，使小球在竖直方向的加速度小于重力加速度，则下滑相同高度时，耗时较长，故D正确。
故选D。
4．假设地球可视为质量均匀分布的球体，由于地球的自转，地球表面上不同纬度的重力加速度有所差别。已知地球表面的重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g1，则在纬度为的地球表面上重力加速度g2为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】
在两极
在赤道由牛顿第二定律知
在纬度圈由余弦定理知
联立解得
故B正确。
故选B。
5．如图（a）所示，A、B为钉在光滑水平面上的两根铁钉，小球C用细绳拴在铁钉B上（细绳能承受足够大的拉力），A、B、C在同一直线上．t=0时，给小球一个垂直于绳的速度，使小球绕着两根铁钉在水平面上做圆周运动．在0≤t≤10s时间内，细绳的拉力随时间变化的规律如图（b）所示，则下列说法中正确的有（ ）
A．小球的速率越来越大
B．细绳第三次到第四次撞击钉子经历的时间是4s
C．在时，绳子的拉力为
D．细线每撞击一次钉子，小球运动的半径减小绳长的
【答案】C
【详解】
小球在水平方向只受垂直于速度方向的绳子的拉力作用，小球速度大小不变，故A错误；0～6s内绳子的拉力不变，知，6～10s内拉力大小不变，知，因为F2=F1，则l′=l，两钉子之间的间距，第一个半圈经历的时间为6s，则，则第二个半圈的时间，细绳每跟钉子碰撞一次，转动半圈的时间少，则细绳第三次碰钉子到第四次碰钉子的时间间隔△t=6-3×1=3s．根据上述分析可知：6-11s时，小球在转第二个半圈，则绳子的拉力为6N，不发生变化，根据F=mω2r可知，球在t=10s时的角速度等于t=10.5s时的角速度，故BD错误，C正确．
6．如图，细绳一端固定在天花板上的O点，另一端穿过一张CD光盘的中央小孔后拴着一个橡胶球，橡胶球静止时，竖直悬线刚好挨着水平桌面的边沿．现将CD光盘按在桌面上，并沿桌面边缘以速度v匀速移动，移动过程中，CD光盘中央小孔始终紧挨桌面边线，当悬线与竖直方向的夹角为θ时，小球上升的速度大小为( )
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】试题分析：对线与CD光盘交点进行运动的合成与分解，此点既有沿着线方向的运动，又有垂直线方向的运动，而实际运动即为CD光盘的运动，结合数学三角函数关系，即可求解．
线与光盘交点参与两个运动，一是沿着线的方向运动，二是垂直线的方向运动，则合运动的速度大小为v，由数学三角函数关系，则有；而线的速度的方向，即为小球上升的速度大小，故D正确；
7．如图所示，、是完全相同的两个电容器，是电容器两极板间的一点，在电容器两极板间插入一块云母板。闭合开关，电路稳定后断开开关。将云母板从极板间抽出的过程，下列说法正确的是（ ）
A．点电势升高
B．电容器的电容增大
C．灵敏电流计中有向右的电流
D．电容器两极板间的电场强度变小
【答案】A
【详解】
B．闭合开关，电路稳定后再将开关断开，两电容器极板上的带电荷量不变，根据
电容器极板间云母板抽出的过程，相对介电常数减小，其他条件不变，则电容器的电容减小，B错误；
D．由可知，电容器极板间的电势差变大，致使电容器极板间的电势差变大，由可知，电容器极板间的电场强度变大，D错误；
A．由于电容器极板间的电场强度变大，导致点与电容器的下极板间的电势差变大，因下极板接地，电势为零，即点电势升高，A正确；
C．将云母板从极板间抽出过程中，电容器处于放电状态，电容器处于充电状态，灵敏电流计中有向左的电流，C错误。
故选A。
8．如图所示，两侧带有固定挡板的平板车乙静止在光滑水平地面上，挡板的厚度可忽略不计，车长为，与平板车质量相同的物体甲（可视为质点）由平板车的中点处以初速度向右运动，已知甲、乙之间的动摩擦因数为，重力加速度为，忽略甲、乙碰撞过程中的能量损失。下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙达到共同速度所需的时间为
B．甲、乙共速前甲的速度一定始终大于乙的速度
C．如果甲、乙碰撞的次数为，则最终甲距离乙左端的距离可能为
D．如果甲、乙碰撞的次数为，则最终甲距离乙左端的距离可能为
【答案】D
【详解】
AB．设甲、乙质量均为，碰前瞬间甲的速度为，乙的速度为，碰后瞬间甲的速度为，乙的速度为，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
解得
，
即甲、乙发生碰撞时速度互换，设甲、乙最终的共同速度为，则
得
则达到共速所需的时间为
故AB错误；
CD．甲、乙从开始运动到相对静止，设甲、乙相对路程为，由动能定理有
解得
甲、乙共发生次碰撞，设相对静止时物体甲距平板车左端的距离为，若甲、乙最后一次碰撞发生在平板车的左侧挡板，则
解得
若甲、乙最后一次碰撞发生在平板车右侧挡板，则
解得
故C错误，D正确。
故选D。
二、多选题
9．如图所示，质子（）、氘核（）和α粒子（）都沿平行板电容器两板中线OO′方向垂直于电场线射入板间的匀强电场，射出后都打在同一个与OO′垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点。下列说法中正确的是（ ）
A．若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将只出现3个亮点
B．若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现2个亮点
C．若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将只出现1个亮点
D．若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，在荧光屏上将只出现1个亮点
【答案】BD
【详解】
AB．三个粒子进入匀强电场中都做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则得到加速度
偏转距离
运动时间为
联立解得
若它们射入电场时的速度相等，与比荷成正比，而三个粒子中质子的比荷最大，氘核和粒子的比荷相等，在荧光屏上将出现2个亮点。故A错误，B正确；
C．若它们射入电场时的动能相等，与成正比，在荧光屏上将只出现2个亮点。故C错误；
D．若它们是同一个电场从静止加速后射入此偏转电场则根据动能定理得
解得
代入得
可知，都相同，故荧光屏上将只出现1个亮点。故D正确。
故选BD。
10．一辆汽车以速度v0在平直的公路上匀速行驶．到达某处时，司机减小油门使汽车输出功率减小为原来的一半，并保持该功率行驶．假设汽车受到的阻力恒定，下列能正确表示从减小油门开始，汽车加速度a、速度v、时间t之间关系是
A． B． C． D．
【答案】AD
【分析】
汽车匀速行驶时牵引力等于阻力，根据功率和速度关系公式，功率减小一半时，牵引力减小了，物体减速运动，根据牛顿第二定律分析加速度和速度的变化情况即可．
【详解】
CD、汽车匀速行驶时牵引力等于阻力，即；功率突然减小一半，，汽车的速度由于惯性来不及变化，此时，则根据功率和速度关系公式，牵引力立刻减小一半，小于阻力，合力向后，汽车做减速运动，又由公式可知，功率一定时，速度减小后，牵引力增大，合力减小，加速度减小，故物体做加速度不断减小的减速运动，当牵引力增大到等于阻力时，加速度减为零，此时速度刚好减为起初速度的一半，物体重新以的速度做匀速直线运动；故速度v、时间t之间关系C错误，D正确；
AB、由牛顿第二定律可知：，即，因，解得：，由题意可知，当时，；若，，故加速度a，时间t之间关系A正确，B错误．
故选AD．
【点睛】
本题关键分析清楚物体的受力情况，结合受力情况再确定物体的运动情况．
11．如图所示，一质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点，初始时刻小球静止于P点。第一次小球在水平拉力F作用下，从P点缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ，张力大小为T1；第二次在水平恒力作用下，从P点开始运动并恰好能到达Q点，至Q点时轻绳中的张力大小为T2，不计空气阻力，重力加速度为g，关于这两个过程，下列说法中正确的是（ ）
A．第一个过程中，拉力F在逐渐变大，且最大值一定大于
B．两个过程中，轻绳的张力均变大
C．，
D．第二个过程中，重力和水平恒力的合力的功率的变化是增大、减小、增大、减小
【答案】ACD
【详解】
A．第一次小球在水平拉力F作用下，从P点缓慢地移动到Q点，则小球处于平衡状态，根据平衡条件得
F=mgtanθ
随着θ增大，F逐渐增大。
第二次从P点开始运动并恰好能到达Q点，则到达Q点时速度为零，在此过程中，根据动能定理得
解得
因为θ＜90°，所以
tan＜mgtanθ
则，A正确；
B．第一次运动过程中，根据几何关系可知，绳子的拉力
随着θ增大，轻绳的张力变大。第二次由于重力和拉力都是恒力，可以把这两个力合成为新的“重力”，当绳子方向与重力和的合力方向在同一直线上时，小球处于“最低点”，最低点的速度最大，此时绳子张力最大，所以第二次绳子张力先增大，后减小，B错误；
C．第一次运动到Q点时，受力平衡，根据几何关系可知
第二次运动到Q点时，速度为零，则向心力为零，则绳子拉力
C正确；
D．第二个过程中，重力和水平恒力的合力是个恒力，在等效最低点时，合力方向与速度方向垂直，此时功率最小为零，到达Q点速度也为零，则第二个过程中，重力和水平恒力的合力的功率先增大，后减小，再增大，最后再减小为0，D正确。
故选ACD。
12．一辆汽车以额定功率沿平直公路从静止开始启动，其牵引力F与行驶速度v的关系如图所示。加速过程在图中的T点结束，加速过程所用的时间，经历的路程。8s后汽车做匀速运动，若汽车所受阻力始终不变，则（ ）
A．汽车做匀速运动时的牵引力大小为
B．汽车所受的阻力大小为
C．汽车的额定功率为
D．汽车的质量为
【答案】ACD
【详解】
AB．加速过程在T点结束，即此后汽车沿平直路面作匀速运动，由平衡条件和图象信息可得
汽车做匀速运动时的牵引力大小为
汽车所受的阻力大小为
故A正确，B错误；
C．由图象信息得车的额定功率为
故C正确；
D．汽车加速运动过程，牵引力做功为
根据动能定理可得
则可得
故D正确；
故选ACD。
13．地球和木星绕太阳运行的轨道可以看作是圆形的，它们各自的卫星轨道也可看作是圆形的。已知木星的公转轨道半径约为地球公转轨道半径的5倍，木星半径约为地球半径的11倍，木星质量大于地球质量。如图所示是地球和木星的不同卫星做圆周运动的半径r的立方与周期T的平方的关系图象，已知万有引力常量为G，地球的半径为R。下列说法正确的是（ ）
A．木星与地球的质量之比为
B．木星与地球的线速度之比为1：
C．地球密度为
D．木星密度为
【答案】BC
【详解】
ACD．根据
得
可知图线的斜率
由于木星的质量大于地球的质量，可知图线斜率较大的是绕木星做圆周运动轨道半径和周期的关系图线，图线斜率较小的是绕地球做圆周运动半径和周期的关系图线。对于地球
解得地球的质量
则地球的密度
对于木星
解得木星的质量
则木星的密度
则木星与地球的质量之比为
故AD错误，C正确；
B．根据
可知木星与地球的线速度之比为
故B正确。
故选BC。
14．已知物体放在质量分布均匀的球壳内部的时候受到球壳的万有引力为零，假想有一个质量分布均匀的球心为O1半径为R的星球，若将球内部挖掉一个半径为的圆心为O2的小球（A为两球切点），如图所示，在不考虑星球自转的情况下，若将一可视作质点的小物体从O2点由静止释放，则小物体将（ ）
A．由O2向A运动 B．由O2向O1运动
C．匀加速直线运动 D．变加速直线运动
【答案】BC
【详解】
AB．据对称性可知，星球的剩余部分对质点的吸引力方向由O2指向O1，则小物体从O2点由静止释放，小物体将由O2向O1运动，故A项错误，B项正确；
CD．已知物体放在质量分布均匀的球壳内部的时候受到球壳的万有引力为零，设星球的密度为，小物体的质量为m，未挖去小球前，小物体在距球心O1距离为r处受到的引力为
方向指向O1，星球挖去部分对小物体（小物体在O2O1连线上且距O1距离为r处）的引力为
方向指向O2，则剩余部分对质点的吸引力为
方向指向O1，据牛顿第二定律得，物体的加速度为
故C项正确，D项错误。
故选BC。
15．离子陷阱是一种利用电场或磁场将离子俘获并囚禁在一定范围内的装置．如图所示为最常见的“四极离子陷阱”的俯视示意图，四根平行细杆与直流电压和叠加的射频电压相连，相当于四个电极，相对的电极带等量同种电荷，相邻的电极带等量异种电荷．在垂直于四根杆的平面内四根杆的连线是一个正方形abcd，A、C是a、c连线上的两点，B、D是b、d连线上的两点，A、C、B、D到正方形中心O的距离相等．则下列判断正确的是( )
A．D点的电场强度为零
B．A、B、C、D四点电场强度相等
C．A点电势比B点电势高
D．O点的电场强度为零
【答案】CD
【详解】
A．两负电极在D点形成的电场水平向右，两正电荷在D点形成的电场也水平向右，所以电场强度不为0，故A错误；
B．A、B、C、D对称分布，电场线密集程度一样，所以这四点电场强度大小相等，方向不同，故B错误；
C．A到B的电场线，是由A指向B，且电场线是曲线，沿着电场线的方向，电势是降低，所以A点电势比B点电势高，故C正确；
D．根据电场的叠加原理，a、c两个电极带等量正电荷，其中点O的合场强为零，b、d两个电极带等量负电荷，其中点O的合场强为零，则O点的合场强为零，故D项正确。
16．如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上O点的转轴上，另一端与一质量为m、套在粗糙固定直杆A处的小球（可视为质点）相连，直杆的倾角为30°，OA=OC，B为AC的中点，OB等于弹簧原长．小球从A处由静止开始下滑，初始加速度大小为aA，第一次经过B处的速度为v，运动到C处速度为0，后又以大小为aC的初始加速度由静止开始向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是
A．小球可以返回到出发点A处
B．弹簧具有的最大弹性势能为
C．撤去弹簧，小球可以静止在直杆上任意位置
D．aA－aC＝g
【答案】BD
【详解】
AB.设小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为，AB间的竖直高度为h，小球的质量为m，弹簧具有的最大弹性势能为．根据能量守恒定律，对于小球A到B的过程有：
A到C的过程有：
解得：
小球从C点向上运动时，假设能返回到A点，由能量守恒定律得：
该式违反了能量守恒定律，可知小球不能返回到出发点A处．故A错误，B正确．
C.设从A运动到C摩擦力的平均值为，AB=s，由：
得：
解得：
在B点，摩擦力，由于弹簧对小球有拉力（除B点外），小球对杆的压力大于，所以：
可得：
因此撤去弹簧，小球不能在直杆上处于静止．故C错误．
D.根据牛顿第二定律得，在A点有：
在C点有：
两式相减得：
故D正确．
17．如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为v0，小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为t，小船到B点时绳子与水平方向的夹角为θ，A、B两点间距离为d，缆绳质量忽略不计，则下列说法正确的是
A．小船从A点运动到B点的全过程阻力做功为fd
B．小船经过B点时的速度大小为
C．小船在A点时的加速度大小为
D．小船在B点时的加速度大小为
【答案】BC
【详解】
A、小船从A点运动到B点阻力做功
故选项A错误；
B、小船从A点运动到B点，电动机牵引绳对小船做功
W=Pt
由动能定理有
联立解得
故选项B正确；
C、小船在A点根据牛顿第二定律
则
故选项C正确；
D、设小船经过B点时绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为，绳的速度大小为
牛顿第二定律
联立可以得到
故选项D错误．
故选BC.
点睛：本题综合考查了动能定理、牛顿第二定律等知识，综合性较强，对学生能力要求较高，尤其第三问要运用到速度的分解．
18．如图所示，滑块A、B的质量均为m，A套在倾斜固定的直杆上，倾斜杆与水平面成45°角，B套在水平固定的直杆上，两杆分离不接触，两直杆间的距离忽略不计，两直杆足够长，A、B通过铰链用长度为L的刚性轻杆（初始时轻杆与水平面成30°角）连接，A、B从静止释放，B开始沿水平杆向右运动，不计一切摩擦，滑块A、B视为质点，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．A、B及轻杆组成的系统机械能守恒
B．当A到达B所在的水平面时，A的速度为
C．B到达最右端时，A的速度为
D．B的最大速度为
【答案】AD
【详解】
A．不计一切摩擦，在运动的过程中，A、B及轻杆组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，故A正确；
B．从开始到A到达与B同一水平面的过程，由系统的机械能守恒得
其中
解得A的速度为
故B错误；
C．B滑块到达最右端时，速度为零，此时轻杆与斜杆垂直，由系统的机械能守恒得
解得A的速度为
故C错误；
D．当轻杆与水平杆垂直时B的速度最大，此时A的速度为零，由系统的机械能守恒得
解得B的最大速度为
故D正确；
故选AD。
19．由三颗星体构成的系统，忽略其他星体对它们的作用，存在着一种运动形式：三颗星体在相互之间的万有引力作用下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同的圆心O在三角形所在的平面内做相同角速度的圆周运动（图示为A、B、C三颗星体质量不相同时的一般情况）．若A星体质量为2m，B、C两星体的质量均为m，三角形边长为a．则（ ）
A．B星体所受的合力与A星体所受合力之比为1：2
B．圆心O与B的连线与BC夹角θ的正切值为
C．A、B星体做圆周运动的线速度大小之比为
D．此三星体做圆周运动的角速度大小为
【答案】BC
【分析】
由万有引力定律，分别求出单个的力，然后求出合力即可．C与B的质量相等，所以运行的规律也相等，然后结合向心力的公式即可求出C的轨道半径；三星体做圆周运动的角速度相等，写出B的向心加速度表达式即可求出．
【详解】
由万有引力定律，A星受到B、C的引力的大小：，方向如图所示：
则合力的大小为：，同理，B星受到的引力分别为：，，方向如上图，则沿x方向：，沿y方向：，可得：，B星体所受的合力与A星体所受合力之比为，故A错误；通过对于B的受力分析可知，由于，，合力的方向经过BC的中垂线AD的中点，所以圆心O一定在BC的中垂线AD的中点处，所以圆心O与B的连线与BC夹角的正切值为：，故B正确；结合B的分析可知，则有：，由几何关系得：，而：，，联立得：，由于三星系统转动的角速度是相等的，由，可得A、B星体做圆周运动的线速度大小之比为：，故C正确；由题可知C的受力大小与B的受力相同，对B星：，整理得：，故D错误．故选BC．
【点睛】
该题借助于三星模型考查万有引力定律，其中B与C的质量相等，则运行的规律、运动的半径是相等的．画出它们的受力的图象，在结合图象和万有引力定律即可正确解答．
20．如图所示，空间中存在一个范围足够大的垂直纸面向里的磁场，磁感应强度沿y轴方向大小相同，沿x轴方向按Bx＝kx的规律变化，式中k为已知常数且大于零。矩形线圈ABCD面积为S，BC边长度为L，线圈总电阻为R，线圈在恒力F的作用下从图示位置由静止开始向x轴正方向运动，下列说法正确的是（ ）
A．线圈运动过程中始终有感应电流且方向一直沿 ABCD
B．若加速距离足够长，线圈最终将做匀速直线运动
C．通过回路中C点的电量与线圈位移的比值为
D．线圈回路消耗的电功率与运动速度的关系为
【答案】AB
【详解】
A．线框沿x轴正方向运动，磁通量增加，根据楞次定律，感应电流的磁场向外，故感应电流是逆时针方向，即ABCD方向，故A正确；
B．某个时刻，设线框面积S，速度为v，取一段极短时间△t，磁通量增加量为
根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势为
E==kvS
故随着速度的增加，安培力增加，当安培力与恒力F平衡时，做匀速直线运动，故B正确；
C．某个时刻，设线框面积S，速度为v，取一段极短时间△t，根据推论公式
q=
通过回路中C点的电量
q=
其中线圈位移
则通过回路中C点的电量与线圈位移的比值为，故C错误；
D．某个时刻，设线框面积S，速度为v，取一段极短时间△t，感应电动势为
E==kvS
故感应电流为
I==
再根据
P=I2R
解得
P=
故D错误。
故选AB。
21．如图所示，一块橡皮用细线悬挂于点，用一竖直挡板靠着线的左侧，在时刻挡板上边缘沿与水平方向成角的斜面向右做初速度为零，加速度为的匀加速运动，运动中始终保持挡板竖直，则在运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．橡皮做加速度增加的加速直线运动
B．橡皮做匀加速直线运动
C．橡皮的速度方向始终与水平方向成角
D．在时刻，橡皮距离出发点的距离为
【答案】BCD
【详解】
AB．橡皮参与了斜向上方向上的初速度为零的匀加速直线运动和竖直方向上初速度为零的匀加速直线运动，两个运动的合运动仍然是匀加速直线运动，故A错误，B正确；
C．如图所示，根据速度的合成可知，橡皮的合速度是由与合成而得，由于这两个速度大小相等，结合几何知识可知，橡皮的速度方向始终与水平方向成角，故C正确；
D．时间内，斜向上的位移为，而竖直方向的位移也为，因此由矢量的合成法则可知，橡皮距离出发点的距离为，故D正确。
故选BCD。
第II卷（非选择题）
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三、解答题
22．如图所示,轻杆长2,中点装在水平轴O点,两端分别固定着小球A和B,A球质量为 ,B球质量为,两者在竖直平面内可绕O轴做圆周运动，初始时A球位于最高点．
（1）若A球受到轻微扰动，A、B开始做圆周运动，求A球运动至最低点时A、B球的速度大小；
（2）在（1）小题情形下O轴受力大小和方向；
（3）若初始时B球在最高点，给B球一初速度，在此后运动过程中能否出现O轴不受力的情形？若不能，请说明理由；若能，则求出A球初速度大小.
【答案】(1) (2)8mg(3)
【详解】
（1）当A到达最低点，由机械能守恒定律，对AB两个物体的系统：
解得
（2）对A：
解得：TA=9mg;
对B：
解得：TB=mg
因此，对O受力分析可知，O点受力大小为8mg.
（3）A球从最高点到最低点
解得：
对A：
解得：
对B：
解得：
对O点：TA=TB
解得
23．长度分别为和的不可伸长的轻绳悬挂着质量都是m的两个小球（如图所示），它们处于静止状态，中间的小球突然受到水平方向的冲击，瞬间获得水平向右的速度。求此时连接的绳上的拉力T。
【答案】
【解析】
【详解】
由于受固定于O点的绳束缚，将做圆周运动，此时加速度竖直向上，指向O点，大小为。
再以为参照，小球相对于也做圆周运动，但此时为非惯性系，受到竖直向下的惯性力。
则对有，
解得。
点睛 对习惯于在惯性系中研究动力学问题的中学生而言，此题极具隐蔽性。虽然容易确定相对于做圆周运动，但却易忽视相对于的加速度并非相对于地的加速度。本题易得到的错误答案：。
24．《电动自行车安全技术规范》规定电动自行车必须具有脚踏骑行功能，最高车速。某一品牌的电动自行车直流电动机的最大输出功率（电动机输出功率视为与电动自行车功率相同），整车质量（含骑行者），蓄电池电动势，该车在平直的公路上从静止开始启动，运动过程中受到的阻力恒为整车重力（含骑行者）的0.09倍，启动过程中该车先以恒定的加速度启动直至达到最大输出功率，再保持以最大输出功率行驶，整个过程的图像如图甲所示，重力加速度。
（1）判断该电动自行车在整个启动过程中是否超速；
（2）求该电动自行车在时间内匀加速运动的加速度大小；
（3）电动自行车的动力来源是电动机，如图乙为直流电动机的内部结构示意图，而直流电动机的动力实际上是安培力，大小为（式中为线圈匝数、为线圈所在位置的磁感应强度、为线圈有效切割磁感线的长度），线圈转动时会产生一个反向的感应电动势，大小为（为电动机线圈切割磁感线的速度），若蓄电池和直流电动机的总内阻，蓄电池电动势和总内阻可视为不变，不计其他能量损耗，求电动自行车以最大输出功率匀速行驶过程中感应电动势的大小。
【答案】（1）没有超速；（2）；（3）
【详解】
（1）该电动自行车启动过程中先以恒定的加速度启动再保持以最大输出功率行驶，
当牵引力和阻力相等时，该车做匀速直线运动，速度达到最大。则可得
可得
该电动自行车没有超速
（2）在匀加速阶段，由题图甲可知时直流电动机功率达到最大输出功率，设此时牵引力的大小为，速度大小为，则可得
可得
或（不符合题意，舍去）
则
（3）根据能量关系可知直流电动机正常工作时，
可知当
时，直流电动机有最大输出功率，此时
则
电动自行车以最大输出功率匀速行驶过程中始终不变，当
时电动机输出功率才最大，电动机线圈切割磁感线的速度也保持不变，得感应电动势的大小
25．某电视台的娱乐节目中，有一个拉板块的双人游戏，考验两人的默契度．如图所示，一长L=0.60m、质量M=0.40kg的木板靠在光滑竖直墙面上，木板右下方有一质量m=0.80kg的小滑块（可视为质点），滑块与木板间的动摩擦因数为μ=0.20，滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2．一人用水平恒力F1向左作用在滑块上，另一人用竖直恒力F2向上拉动滑块，使滑块从地面由静止开始向上运动．
(1)为使木板能向上运动，求F1必须满足什么条件？
(2)若F1=22N，为使滑块与木板能发生相对滑动，求F2必须满足什么条件？
(3)游戏中，如果滑块上移h=1.5m时，滑块与木板没有分离，才算两人配合默契，游戏成功．现F1=24N，F2=16N，请通过计算判断游戏能否成功？
【答案】(1)F1＞20N (2)F2＞13.2N (3)游戏不能成功．
【详解】
(1)滑块与木板间的滑动摩擦力：f=μF1
对木板应有：f＞Mg
代入数据得：F1＞20N
(2)对木板由牛顿第二定律有：μF1﹣Mg=Ma1
对滑块由牛顿第二定律有：F2﹣μF1﹣mg=ma2
要能发生相对滑动应有：a2＞a1
代入数据可得：F2＞13.2N
(3)对滑块由牛顿第二定律有：F2﹣μF1﹣mg=ma3
设滑块上升h的时间为t，则：
对木板由牛顿第二定律有：μF1﹣Mg=Ma4
设木板在t时间上升的高度为H，则：
代入数据可得：H=0.75m
由于H+L＜h，滑块在上升到1.5m之前已经脱离了木板，游戏不能成功．
26．某电动机工作时输出功率P与拉动物体的速度v之间的关系如图所示。现用该电动机在水平地面内拉动一物体，可视为质点，运动过程中轻绳始终处在拉直状态，且不可伸长，如图所示。已知物体质量m=1kg，与地面的动摩擦因数μ1=0.3，离出发点左侧s距离处另有一段动摩擦因数为μ2、长为d的粗糙材料铺设的地面。（g取10m/s2）
（1）若s足够长，电动机功率为24W时，物体在地面能达到的最大速度是多少？
（2）若s足够长，当物体速度v0=5m/s时，加速度为多少？
（3）若s=1.5m，物体与粗糙材料之间动摩擦因数μ2=0.8启动电动机后，分析物体在达到粗糙材料之前的运动情况。若最终能滑过粗糙材料，则d应满足什么条件？
【答案】（1）8m/s；（2）；（3）
【详解】
（1）物体所受摩擦力
最大速度
（2）由功率表达式可知，拉力为
设加速度为，则
（3）物体在地面上滑行时，拉力
加速度
物体在达到粗糙材料之前，做初速度为零的匀加速直线运动。
设滑上粗糙面时的速度为，则
在粗糙面上滑行时，摩擦力
加速度
减速到零的时间
最大距离
若最终能滑过粗糙材料，则d应满足的条件为
27．已知某星球的自转周期为T．，在该星球赤道上以初速度v竖直上抛一物体，经t时间 后物体落回星球表面，已知物体在赤道上随星球自转的向心加速度为a，要使赤道上的物体 “飘”起来，则该星球的转动周期T要变为多大？
【答案】
【详解】
设该星球的质量为M，半径为R，则赤道上的物体m随该星球自转时，有：
其中 N=mg ,而
要使赤道上的物体“飘”起来，应当有N=0
根据万有引力定律和牛顿第二定律可得：
联立解得：
28．如图，倾角为的斜面上放置一内壁光滑的凹槽A，凹槽A与斜面间动摩擦因数，槽内紧靠上侧挡板处有一小物块B，它与凹槽下侧挡板间的距离为d。A、B的质量均为m，斜面足够长。现同时由静止释放A、B，此后B与A的挡板间的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间都极短，重力加速度为g。求：
(1)物块B与凹槽发生第一次碰撞前的瞬间，物块B的速度大小；
(2)凹槽A最终沿斜面下滑的距离；
(3)物块B从开始释放到最终停止所经历的时间。
【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】
(1)设物块B下滑的加速度大小为，对B，有
对A，有
所以B下滑，A保持静止，所以有
解得
(2)设凹槽A下滑的总位移为x，由能量守恒定律得
解得
(3)设B从开始释放到与A发生第一次碰撞经历时间为t1，碰撞后A、B速度分别为vA1、vB1，有
解得
，，
故以后每次碰撞A、B均交换速度。
设第一次碰撞后A减速下滑的加速度大小为aA，经时间tA1停止，发生位移为xA1，tA1时间内B下滑位移为xB1，有
解得
故发生第二次碰撞前凹槽A已停止。
设第一次碰撞后再经时间t2发生第二次碰撞，有
解得
同理可得
第n-1次碰撞到第n次碰撞经历时间为
所以物块B从开始释放到第n次碰撞所经历的时间为
当即为物块B从开始释放到最终停止所经历的总时间t总，所以
29．如图所示，固定直杆上套有一个质量为m的小球和两根原长均为L的轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球相连，另一端分别固定在杆上相距为2L的A、B两点．已知直杆与水平面的夹角为θ，两弹簧的劲度系数均为k=，小球在距B点L的P点处于静止状态，此时小球受到的摩擦力为最大静摩擦力，且与滑动摩擦力相等，重力加速度为g．求：
（1）小球在P点处受到摩擦力的大小及方向；
（2）若从固定点B处剪断弹簧，则剪断弹簧的瞬间小球加速度大小及方向；
（3）若小球从P点以初速度v0沿杆向上运动，恰能到达距A点L的Q点，求初速度v0的大小及小球从Q点下滑过程中动能最大时距B点的距离．
【答案】⑴ , 方向沿杆向下 ⑵，方向沿杆向下 ⑶ ；
【详解】
（1）小球在P点时两根弹簧的弹力大小相等，设为F,根据胡克定律由：F=k(L-L)，设小球静止时受到的摩擦力大小为f,方向沿杆向下，根据平衡条件有：mg+f=2F，解得f=，方向沿杆向下.
（2）从固定点B处剪断弹簧的瞬间，对小球有：mg-f-F=ma，解得a=，方向沿杆向下.
（3）小球在P、Q两点时，弹簧的弹性势能相等，所以小球从P到Q的过程中，两弹簧对小球做功为零，由动能定理W合=EK有：-2mg(L-L)-2f(L-L)=0-m，解得
小球从Q点下滑过程中,当加速度a=0时速度最大，动能最大，设动能最大时距B点的距离为x：
k(L-x)+k(2L-x-L)+f=mg
代入数据得：x=
30．光滑的长轨道形状如图所示，底部为半圆型，半径R，固定在竖直平面内．AB两质量相同的小环用长为R的轻杆连接在一起，套在轨道上．将AB两环从图示位置静止释放，A环距底部2R．不考虑轻杆和轨道的接触，即忽略系统机械能的损失，求：
（1）AB两环都未进入半圆型底部前，杆上的作用力．
（2）A环到达最低点时，两球速度大小．
（3）若将杆换成长，A环仍从距底部2R处静止释放，经过半圆型底部再次上升后离开底部的最大高度．
【答案】（1）没有作用力；（2）（3）A离开底部
【详解】
（1）对整体分析，自由落体，加速度g，以A为研究对象，A作自由落体则杆对A一定没有作用力．即，故AB两环都未进入半圆型底部前，杆上的作用力为零．
（2）AB都进入圆轨道后，两环具有相同角速度，则两环速度大小一定相等，即，对整体依动能定理（或机械能守恒）：
可得：
（3）A再次上升后，位置比原来高h，如下图所示：
由动能定理（或机械能守恒）：
解得
故A离开底部，故若将杆换成长，A环仍从离开底部2R处静止释放，经过半圆型底部再次上升后离开底部的最大高度为．
31．如图所示，光滑绝缘水平面内有直角坐标系xoy，虚线MN和OD均过O点且都与x轴成60°角。在距x轴为d处平行x轴固定放置一细杆PQ，杆上套有一可以左右滑动的滑块。劲度系数为k、原长为 d 的轻细弹簧垂直于细杆固定在滑块上，另一端放置一质量为 m的绝缘小球甲，小球甲与弹簧不栓接。同时在x轴上、沿着弹簧方向放置一质量为3m、带电量为 – q（q > 0）的小球乙。压缩弹簧将小球甲从OD上某点释放，此后，甲球与乙球发生弹性正碰，小球乙随后进入位于MN左侧的有矩形边界的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，矩形的一条边与MN重合。改变滑块位置，保证每次小球甲的释放点都在OD上、且滑块与两球在同一条平行于y轴的直线上，并知两球每次都能发生弹性正碰，且碰撞后小球乙的带电量不变，结果发现每次小球乙进入磁场后再离开磁场时的位置是同一点。弹簧始终在弹性限度以内，弹性势能的计算公式是EP =k·ΔL2，ΔL是弹簧的伸长或缩短量，滑块和小球甲、乙都可视为质点。求：
(1)当滑块的横坐标为时，小球甲与乙碰前的速度大小；
(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(3)若弹簧的最大压缩量为d，求矩形磁场区域的最小面积。
【答案】(1) d；(2)；(3) （2 +）d 2
【详解】
(1)如图，弹簧的压缩量ΔL与释放点横坐标x之间存在关系式
ΔL =
当横坐标为d时
释放弹簧后，弹性势能转化为小球甲的动能
k·ΔL02 = mv12
整理得
(2)当粒子释放点坐标为x时，有
小球甲与小球乙发生弹性正碰过程
整理得
乙在磁场中运动时
联立得
由于 因此当x→0时，r→0时，可见，小球乙离开磁场的位置为O点，由几何知识得
r = 2 x
即
整理得
(3)当弹簧最大压缩量为ΔLm =d 时
最大轨道运动如图所示
最小矩形的长为
a = 2 R
矩形的宽为
矩形面积为
32．如图所示，在平面直角坐标系的第Ⅲ象限内有方向竖直向下的匀强电场。一带负电的粒子从电场中的点以水平向右的初速度射出，经时间到达轴上的点，并沿与轴正力向成角的方向经第Ⅳ象限运动到轴上的点，从点经第Ⅰ象限内某一矩形区域内的匀强磁场（图中未画出）偏转，后从轴上的点沿与轴正方向成角的方向飞出。已知点到轴的距离与点到点的距离相等，、两点间的距离是、两点间距离的3倍，粒子重力不计。求：
(1)点到轴的距离；
(2)电场强度与磁场的磁感应强度之比；
(3)该矩形磁场的最小面积。
【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】
(1)在点，粒子在电场中获得的竖直分速度大小为
设粒子在电场中沿轴正方向运动的距离为，则有
在中，由几何关系可知
故点到轴的距离为
(2)设粒子在电场中的加速度大小为，由题意可知
由牛顿第二定律可得
联立解得
粒子出电场后的运动轨迹如图所示
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为，由几何关系可知
解得
粒子进入磁场时的速度
又因为
解得
故
(3)由图可知，第Ⅰ象限内匀强磁场的最小区域应为图中的矩形由几何关系得
解得
解得
故该矩形匀强磁场的最小面积为
33．如图所示，在xOy平面内，有一半径为R、磁感应强度为B1（未知）、方向垂直纸面向里的圆形磁场区域与x轴相切于O点，圆心O1位于（0，R）；x轴下方有一直线CD，CD与x轴相距，x轴与直线CD之间的区域有一沿＋y轴的匀强电场，电场强度；在CD的下方有一矩形磁场区域，区域上边界紧靠CD直线，磁感应强度，方向垂直纸面向外。纸面内一束宽为R的平行电子束以速度v0平行于x轴射入圆形磁场，最下方电子速度正对O1点，偏转后所有电子都经过原点O进入x轴下方的电场。已知电子质量为m，电荷量为e，不计电子重力。
(1)求磁感应强度B1的大小；
(2)求电子第一次到达CD直线的范围大小；
(3)欲使所有电子都能达到x轴，求矩形磁场区域的最小面积。
【答案】(1)；(2)2R；(3)
【详解】
解：(1)由图可知r1=R，根据洛仑兹力提供向心力可知
解得
(2)在电场中电子的加速度
由于最上方的电子从O点出来的速度方向水平向左，大小为v0，故此电子到达CD直线上距y轴最远，在y方向上有
解得
水平方向上有
故电子第一次到达CD直线的范围长度l1=2R
(3)在CD直线下方的磁场中，根据动能定理可知
解得
即所有进入下方磁场的电子都具有相同的速度大小，电子在磁场中的运动轨迹半径
如下图，最上方的电子进入磁场时速度与CD直线夹角满足
解得
θ=60°
由图可知，当最上方的电子速度与CD直线夹角为60°时，能够到达O点，当最下方的电子垂直进入磁场后，出磁场的方向与CD直线夹角为60°时，恰好能到达x轴，所以，由几何关系可得到矩形磁场的最小面积
34．如图所示，一滑块放在水平轨道上，下方用绝缘杆固定一边长为、匝数为10匝的正方形金属线框，已知线框的总阻值为，线框、绝缘杆以及滑块的总质量为，滑块与水平轨道之间的的动摩擦因数为。水平轨道的正下方有长为、宽为的长方形磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，且线框的上边缘刚好与磁场区域的中心线重合。现给滑块施加一水平向右的外力，使整个装置以恒定的速度通过磁场区域，从线框进入磁场瞬间开始计时，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，重力加速度为。
（1）正方形线框刚要全部进入磁场时外力应为多大；
（2）正方形线框从刚进入磁场到刚好离开磁场的过程中，外力做的功为多少。
【答案】（1）10.8N；（2）20.16J
【详解】
(1)正方形线框刚进入磁场时，由法拉第电磁感应定律得
则线框中的电流为
正方形线框全部进入磁场所用的时间为
在此时间内，磁感应强度不变，均为，线框将要全部进入磁场时，右边导线受到向左的安培力，大小为
线框的上边所受的安培力向下，大小为
则滑块所受滑动摩擦力为
故外力
(2)正方形线框刚进入磁场时的外力大小为
线框全部进入过程中外力所做的功为
线框整体在磁场中运动的时间为
则内有
线框中有沿顺时针方向的电流，电流大小为
线框完全进入磁场瞬间，磁感应强度发生变化，线框的上边受到向上的安培力，大小为
则内外力做的功
后线框中无电流，此时直到线框完全离开磁场，外力做的功
故整个过程外力做的总功为
35．如图所示，一质点做平抛运动先后经过A、B两点，到达A点时速度方向与水平方向的夹角为30°，到达B点时速度方向与水平方向的夹角为60°。求：
（1）质点在A、B位置的竖直分速度大小之比；
（2）设质点的位移AB与水平方向的夹角为θ，求tanθ的值。
【答案】（1）；（2）
【详解】
（1）设质点平抛的初速度为v0，在A、B点的竖直分速度分别为vAy、vBy，则
解得
（2）设从A到B的时间为t，竖直位移和水平位移分别为y、x，则
联立解得
试卷第40页，总42页
试卷第39页，总42页2022综合4
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
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一、单选题
1．如图所示为牵引力F和车速倒数的关系图。若汽车质量为2t，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，其最大车速为30m/s，则正确的是（ ）
A．汽车所受阻力为
B．汽车车速为15m/s，功率为
C．汽车匀加速的加速度为3m/s2
D．汽车匀加速所需时间为5s
【答案】D
【详解】
A．由题图可得，当汽车速度为30m/s时，汽车的速度达到最大，以后做匀速直线运动，此时有
F=f
所以
f=2×103N
故A错误；
BCD．由题图可得，汽车的额定功率为
P=fv=2×103×30W=6×104W
故汽车作匀加速直线运动的加速度为
匀加速直线运动的末速度
故匀加速直线运动的时间为
t==5s
因为15m/s＞10m/s，所以汽车速度为15m/s时，功率已达到额定功率，故B，C错误，D正确。
故选D。
【点睛】
解决本题的关键能够从图线中分析出汽车的运动情况，知道倾斜图线的斜率表示牵引车的额定功率。
2．将一长木板静止放在光滑的水平面上，如图甲所示。一个小铅块（可视为质点）以水平初速度v0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止。小铅块运动过程中所受的摩擦力始终不变，现将木板分成A和B两段，使B的长度和质量均为A的2倍。并紧挨着A放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v0由木块A的左端开始向右滑动，如图乙所示，下列有关说法正确的是（ ）
A．小铅块恰能滑到木板B的右端，并与木板B保持相对静止
B．小铅块将从木板B的右端飞离木板
C．小铅块滑到木板B的右端前就与木板B保持相对静止
D．木板B达到的最终速度与第一种情景中木板达到的最终速度大小相同
【答案】C
【详解】
ABC．在第一次小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，运动到B部分上后A部分停止加速，只有B部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与B木板将更早达到速度相等，所以小铅块还没有运动到B的右端，选项AB错误，C正确；
D．木板B达到的最终速度比第一种情景中木板达到的最终速度大，选项D错误。
故选C。
3．质量为的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，为半圆的最低点，为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为的小滑块。用推力推动小滑块由A点向点缓慢移动，力的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是（ ）
A．推力先增大后减小
B．凹槽对滑块的支持力先减小后增大
C．墙面对凹槽的压力先增大后减小
D．水平地面对凹槽的支持力先减小后增大
【答案】C
【详解】
AB ．对滑块受力分析，由平衡条件有
滑块从A缓慢移动B点时，越来越大，则推力F越来越大，支持力N越来越小，所以AB错误；
C．对凹槽与滑块整体分析，有墙面对凹槽的压力为
则越来越大时，墙面对凹槽的压力先增大后减小，所以C正确；
D．水平地面对凹槽的支持力为
则越来越大时，水平地面对凹槽的支持力越来越小，所以D错误；
故选C。
4．如图所示，用轻绳系住一质量为2m的匀质大球，大球和墙壁之间放置一质量为m的匀质小球，各接触面均光滑。系统平衡时，绳与竖直墙壁之间的夹角为，两球心连线O1O2与轻绳之间的夹角为，则、应满足（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】
设绳子拉力为T，墙壁支持力为N，两球之间的压力为F，将两个球作为一个整体进行受力分析，可得
对小球进行受力分析，可得
联立得
故选C。
5．一质点做匀加速直线运动，位移为x1时，速度的变化为△v，紧接着位移为x2时，速度的变化仍为Δv。则质点的加速度为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】
在匀变速直线运动中，速度变化所用时间为
则可知质点位移为x1和x2过程中所用时间相同，根据
得
解得
故选C。
6．甲、乙两球质量分别为m1、m2，从不同高度由静止释放，如图a所示。甲、乙两球的v t图象分别如图b中的①、②所示。球下落过程所受空气阻力大小f满足f=kv(v为球的速率，k为常数)，t2时刻两球第二次相遇。落地前，两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2。下列判断不正确的是( )
A．
B．乙球释放的位置高
C．两球释放瞬间，甲球的加速度较大
D．两球第一次相遇的时刻在t1时刻之前
【答案】C
【详解】
A．两球稳定时均做匀速直线运动，则有
kv=mg
得
所以有
由图知，故，A正确，不符合题意；
B．v t图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，0～t2时间内，乙球下降的高度较大，而t2时刻两球第二次相遇，所以乙球释放的位置高，故B正确，不符合题意；
C．两球释放瞬间v=0，此时空气阻力f=0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g，故C错误，符合题意；
D．在t1～t2时间内，甲球下落的高度较大，而t2时刻两球第二次相遇，所以两球第一次相遇的时刻在t1时刻之前，故D正确，不符合题意；
故选C。
7．斜面体上开有凹槽，槽内紧挨放置六个半径均为r的相同刚性小球，各球编号如图。斜面与水平轨道OA平滑连接，OA长度为6r。现将六个小球由静止同时释放，小球离开A点后均做平抛运动，不计一切摩擦，所有小球平抛中不相撞。则在各小球运动过程中，下列说法错误的是（ ）
A．球1的机械能守恒 B．球6在OA段机械能增大
C．球6的水平射程最小 D．有三个球落地点位置相同
【答案】A
【详解】
A．6个小球都在斜面上运动时，只有重力做功，整个系统机械能守恒，当有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，球2对1的作用力做功，故球1的机械能不守恒，故A错误；
B．球6在OA段运动时，斜面上的小球在加速，球5对球6的作用力做正功，动能增加，机械能增大，故B正确；
C．由于有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，所以可知离开A点时球6的速度最小，水平射程最小，C正确；
D．最后三个小球在水平面上运动不再加速，3、2、1速度相等，水平射程相同，落地位置相同，D正确。本题选择不正确的。
故选A。
8．如图所示，电源电动势E＝12 V，内阻r＝3 Ω，R0＝1 Ω，直流电动机内阻R′0＝1 Ω.当调节滑动变阻器R1时可使图甲中电路的输出功率最大；调节R2时可使图乙中电路的输出功率最大，且此时电动机刚好正常工作(额定输出功率为P0＝2 W)，则R1和R2连入电路中的阻值分别为( )
A．2 Ω、2 Ω B．2 Ω、1.5 Ω
C．1.5 Ω、1.5 Ω D．1.5 Ω、2 Ω
【答案】B
【详解】
因为题图甲电路是纯电阻电路，当外电阻与电源内阻相等时，电源的输出功率最大，所以R1接入电路中的阻值为2 Ω；而题图乙电路是含电动机的电路，欧姆定律不适用，电路的输出功率P＝IU＝I(E－Ir)，所以当I＝＝2 A时，输出功率P有最大值，此时电动机的输出功率为2 W，发热功率为4 W，所以电动机的输入功率为6 W，电动机两端的电压为3 V，电阻R2两端的电压为3 V，所以R2接入电路中的阻值为1.5 Ω．
A. 2 Ω、2 Ω，与结论不相符，选项A错误；
B. 2 Ω、1.5 Ω，与结论相符，选项B正确；
C. 1.5 Ω、1.5 Ω，与结论不相符，选项C错误；
D. 1.5 Ω、2 Ω，与结论不相符，选项D错误．
9． 如图，长为l的细绳下方悬挂一小球a．绳的另一端固定在天花板上O点处，在O点正下方l的处有一固定细铁钉．将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度（约为2°）后由静止释放，并从释放时开始计时．当小球a摆至最低位置时，细绳会受到铁钉的阻挡．设小球相对于其平衡位置的水平位移为x，向右为正．下列图像中，能描述小球在开始一个周期内的x-t关系的是_____．
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】
由T=2π得：T1=2π，T2=2π=π=T1 ，故BD错误；
，
由能量守恒定律可知，小球先后摆起得最大高度相同，故l-lcosθ1=
根据数学规律可得： 故，即第一次振幅是第二次振幅得2倍，故A正确，C错误．
二、多选题
10．如图所示，一倾角为37°的固定斜面足够长，一物块由斜面底端以10m/s的速度冲上斜面，上升的最大高度为3m，当运动过程中物块的速度大小为4m/s时，(sin37°=0.6，cos37°=0.8)取g=10m/s ，可能的高度为
A．0.6m B．0.8m C．2.4m D．2.52m
【答案】AD
【详解】
在上升过程中，物块在沿斜面方向上，受到沿斜面向下的摩擦力和重力沿斜面的分量，合力为
由牛顿第二定律的
由运动学公式得
解得
则当速度为4m/s的时候，可得
解得
在下滑过程中，有
当速度为4m/s时，有
解得
A．正确；
B．不符合题意，错误；
C．不符合题意，错误；
D．正确．
11．如图所示，粗糙斜面体静止于水平地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮，天花板上也固定一个与之等高的光滑定滑轮，连接物体A和若干钩码的细绳跨过这两个定滑轮，在两滑轮间的细绳上挂一光滑挂钩，挂钩下面悬挂物体B，整个系统处于静止状态。若取下一个钩码，系统再次达到平衡，物体A和斜面体始终未移动。则取下一个钩码后的平衡状态和原平衡状态比较，下列说法正确的是（ ）
A．物体A受到的摩擦力一定增大
B．物体B的位置会上升
C．斜面体受到地面的摩擦力减小
D．斜面体对地面的压力大小不变
【答案】CD
【详解】
A．若开始时物体A受静摩擦力向上，则
取下一个钩码后细绳的拉力T减小，则摩擦力f变大；若开始时物体A受静摩擦力向下，则
取下一个钩码后细绳的拉力T减小，则摩擦力f变小，综上分析可知，摩擦力的变化情况无法判断，A错误；
B．取下一个钩码后细绳的拉力减小，而定滑轮两边绳子的拉力的合力一定，仍与B的重力平衡，可知绳子之间的夹角减小，物体B下降，B错误；
CD．对斜面体和物体A的整体分析，水平方向受到细绳在水平方向的分量减小，则地面对斜面体的摩擦力减小；竖直方向，地面对斜面体的支持力等于整体的重力与细绳拉力向下的分量之和，而从物体B来分析可知，细线拉力的竖直分量是不变的（等于B重力的一半），可知地面对斜面体的支持力不变，即斜面体对地面的压力大小不变，CD正确。
故选CD。
12．一列长L的火车以加速度a匀加速经过一座长为x的直桥，火车通过桥头和桥尾的时间分别是和，则（ ）
A．火车通过桥头的平均速度是
B．火车通过桥头的平均速度是
C．火车头从桥头到桥尾的时间是
D．火车头从桥头到桥尾的时间是
【答案】AD
【详解】
AB．火车通过桥头的时间为，根据平均速度公式可知，火车通过桥头的平均速度
故B错误，A正确；
CD．火车通过桥尾的时间为，根据平均速度公式可知，火车通过桥尾的平均速度
根据平均速度定义可知，火车头到桥尾的速度
火车头到桥头的速度
则火车头从桥头到桥尾的时间
故C错误，D正确。
故选AD。
13．如图所示，一块足够长的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右放有序号是1、2、3、……、n的木块，所有木块的质量均为m，与木块间的动摩擦因数都相同，开始时，木板静止不动，第1、2、3、……、n号木块的初速度分别为v0、2v0、3v0、……、nv0，v0方向向右，木板的质量与所有木块的总质量相等，最终所有木块与木板以共同速度匀速运动，则（ ）
A．所有木块与木板一起匀速运动的速度为
B．所有木块与木板一起匀速运动的速度为
C．若n=9，则第8号木块在整个运动过程中的最小速度为
D．若n=9，则第8号木块在整个运动过程中的最小速度为
【答案】AC
【详解】
AB．根据动量守恒有
解得
故A正确，B错误；
CD．设经过时间，第1块木块与木板的速度相同，设此时木板的速度为，则
对第1个木块
对木板
联立解得
设再经过时间，第2块木块与木板的速度相同，设此时木板的速度为，则对第2个木块
对木板和第1个木块
，
解得
再经过时间，第3块木块与木板的速度相同，设此时木板的速度为，则对第3个木块
对木板和第1、2个木块
……
再经过时间，第k块木块与木板的速度相同，设此时木板的速度为，则对第k个木块
对木板和第1、2、3…、k-1个木块
解得
将n=9，k=8代入
故C正确D错误；
故选AC。
14．如图所示，为某电场中的一条电场线，在a点静止地放一个带正电粒子(所受重力不能忽略)，到达b点时速度恰好为零，则( )
A．该粒子从a→b做变加速运动
B．电场线的方向一定竖直向上
C．a点场强有可能比b点大
D．该电场可能是负的点电荷的电场
【答案】AB
【解析】
【详解】
A、由于粒子在a点由静止释放，到达b点也静止，所以该粒子从a→b速度先增加后减小，做变加速运动，故A正确；
B、在a点由静止释放粒子，到达b点时速度恰好为零，可知粒子所受电场力与重力方向相反；粒子带正电，则电场力的方向与电场线方向相同，故电场线的方向一定竖直向上，故B正确；
C、从a到b先加速后减速，该粒子从a到b是做变加速运动，故电场力逐渐变大，故b点场强大于a点场强，故C错误；
D、电场线的方向向上，若是负电荷，则负电荷处于下端，ab之间是吸引力，到达b点速度不能为零，故D错误；
故选AB。
15．如图所示，理想变压器的原线圈与稳定的正弦交流电源相连（电源内阻不计），原副线圈匝数比为，电压表和电流表均为理想电表，为定值电阻，为滑动变阻器，当滑片向左滑动时，电压表、电流表的示数变化分别用、、、表示，以下说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【详解】
正弦交流电源电压稳定，有
，
所以有
根据变压器的规律可知，理想变压器原、副线圈电压变化量之比
原、副线圈电流变化量之比
所以有
所以AD正确；BC错误；
故选AD。
16．某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标上，如图中的a、b、c所示．以下判断正确的是( )
A．直线a表示电源的总功率
B．曲线c表示电源的输出功率
C．电源的电动势E＝3V，内电阻r＝1Ω
D．电源的最大输出功率Pm＝9W
【答案】ABC
【详解】
A．闭合电路中电动势E和内电阻r不变，外电阻的变化引起电路中的电流I发生变化．电路中消耗的总功率PE＝IE，E一定时，PE与I成正比，故直线a表示电源的总功率与电流的关系，且a图线的斜率大小为电源电动势E＝3 V．
B．电源内电阻消耗的功率：
r一定时，Pr 与I2成正比，所以抛物线b表示电源内电阻消耗的功率与电流的关系；外电阻上消耗的功率：
故抛物线c表示外电阻消耗的功率与电流的关系，选项A、B正确；
C．图线a、b的交点表示，此时外电阻消耗功率为0，R＝0，则：
所以内阻：
r＝1 Ω
选项C正确；
D．图线b、c的交点也是抛物线c的顶点，该处纵坐标表示外电阻消耗功率的最大值，此时：
R＝r
选项D错误．
第II卷（非选择题）
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三、实验题
17．探究小组为了精确测量某电阻R阻值，设计了甲图所示的电路，其中虚线框内为用毫安表改装成双量程电流表的电路。已知毫安表的内阻为10，满偏电流为100mA，电压表量程为15V（内阻未知），R1、R2为定值电阻。
（1）若使用a和b两个接线柱，电流表量程为0.6A；若使用a和c两个接线柱，电流表量程为3.0A，则R1=___________，R2=___________。
（2）实验步骤：
①按照原理图连接电路；
②开关S2拨向b，将滑动变阻器R0的滑片移动到___________（填“M”或“N”）端，闭合开关S1；
③多次调节滑动变阻器的滑片，记下相应的毫安表的示数I和电压表的示数U。
（3）数据处理：
①利用实验测得的数据画成了如乙图所示的U-I图像；
②由图像得出电阻R=___________（R的结果保留3位有效数字）。
【答案】0.4 1.6 M 28.6（27.8～28.8）
【详解】
(1)[1][2]使用a、b接线柱时
使用a、c接线柱时
联立解得
(2)②[3]开关S2拨向b，将滑动变阻器R0的滑片移动到M端，闭合开关S1；
(3)② [4] 因电流计量程扩大了6倍，改装后的电流表内阻为
则电阻
18．某同学设计了如图所示的电路测量电池组的电动势和内阻。除待测电池组外，还需使用的实验器材：灵敏电流表G，可变电阻、，电压表V1、V2，电流表A1、A2，开关，导线若干。
（1）选择合适的可变电阻、后，按图所示电路图连接好电路，将可变电阻、调到合适的阻值，闭合开关S，反复调节可变电阻、，直到电流表G的指针不偏转，电压表V1和V2的示数之和记为，电流表A1和A2的示数之和记为。
（2）断开开关，适当调小可变电阻的阻值，闭合开关，发现此时电流表G的指针发生了偏转，缓慢___________（选填“调大”或“调小”）可变电阻的阻值，直至电流表G的指针不发生偏转，电压表V1和V2的示数之和记为，电流表A1和A2的示数之和记为。
（3）重复（2）的步骤，记录到多组数据、……
（4）实验完毕，整理器材。
（5）利用记录的数据，作出图线如图所示，依据图线可得电池组的内阻r为___________，电动势为___________。
（6）理论上该同学测得的电池组内阻___________（选填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
【答案】调大 b 等于
【详解】
(2)[1] 调小可变电阻的阻值，则电流表G的下端电势降低，要使电流表G没有电流经过，则电流表G上端的电势也要降低，所以适当调大可变电阻的阻值。
(5)[2] [3]电压表之和表示路端电压，电流表示数之和表示干路电流，所以图像的截距表示电动势，斜率的绝对值表示电源内阻，即
，
(6)[4]因为路端电压及干路电流均准确测量，所以内阻的测量值与真实值相等。
四、解答题
19．如图所示，斜面倾角为，在斜面底端垂直斜面固定一挡板，轻质弹簧一端固定在挡板上，质量为M=1.0kg的木板与轻弹簧接触、但不拴接，弹簧与斜面平行、且为原长，在木板右上端放一质量为m=2.0kg的小金属块，金属块与木板间的动摩擦因数为1=0.75，木板与斜面粗糙部分间的动摩擦因数为2=0.25，系统处于静止状态。小金属块突然获得一个大小为v1=5.3m/s、平行斜面向下的速度，沿木板向下运动。当弹簧被压缩x=0.5m到P点时，金属块与木板刚好达到相对静止，且此后运动过程中，两者一直没有发生相对运动。设金属块从开始运动到木块达到共速共用时间t=0.75s，之后木板压缩弹簧至最短，然后木板向上运动，弹簧弹开木板，弹簧始终处于弹性限度内，已知sin=0.28、cos=0.96，g取10m/s2，结果保留二位有效数字。
(1)求木板开始运动瞬间的加速度；
(2)假设木板由P点压缩弹簧到弹回P点过程中不受斜面摩擦力作用，求木板离开弹簧后沿斜面向上滑行的距离。
【答案】(1)，方向沿斜面向下；(2)0.077m
【详解】
(1)木板刚开始运动瞬间，受竖直向下的重力、垂直于接触面向上的支持力、木块对木板的压力、木块对木板的摩擦力以及斜面对木板的摩擦力，由牛顿第二定律可得
解得，方向沿斜面向下；
(2)设金属块与木板达到共同速度为，对金属块
在此过程中，以木板为研究对象，设弹簧对木板做的功为，则有
解得，则此时弹簧的弹性势能；
金属块和木板达到共同速度后压缩弹簧，速度减小到0后反向弹回，设弹簧恢复原长时，木板和金属块的速度为，在此过程中对木板和金属块，由能量守恒定律可得
木板离开弹簧后，设滑行距离为，由动能定理可得
联立可得
20．如图所示，在竖直平面的xOy坐标系中，Oy竖直向上，Ox水平。设平面内存在沿x轴正方向的恒定风力。一小球从坐标原点沿Oy方向竖直向上抛出，初速度为v0＝4m/s，到达最高点的位置如图中M点所示，（坐标格为正方形，g＝10m/s2）求：
(1)小球在M点的速度v1；
(2)小球落回x轴时的位置N点的坐标和速度v2的大小和方向。
(3)小球从O点至落回N点过程中速度最小值的大小和方向？
【答案】(1)3m/s；(2)(12，0)，m/s，；(3)2.4m/s，方向与水平方向成
【详解】
(1)设正方形的边长为，竖直方向做竖直上抛运动，则有
水平方向做匀加速直线运动，则有
解得
(2)由竖直方向的对称性可知，小球再经过t1到x轴，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，所以回到x轴时落到x＝12处，位置N的坐标为(12，0)，到N点时竖直分速度大小为
水平分速度
故有
(3)利用比较法则有
可得
利用等效动场法可得
可得
建坐标轴，小球在坐标轴内做类斜抛运动，故“最高点”有
为最小值，方向与水平方向成
21．如图，上表面光滑且水平的小车静止在水平地面上，A、B为固定在小车上的挡板，C、D为竖直放置的轻质薄板。A、C和D、B之间分别用两个相同的轻质弹簧连接，薄板C、D间夹住一个长方体金属块（视为质点）。金属块与小车上表面有一定的距离并与小车保持静止，此时金属块所受到的摩擦力为最大静摩擦力。已知金属块的质量m=10kg，弹簧劲度系数k=1000N/m，金属块和薄板C、D间动摩擦因数μ=0.8。设金属块受到的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取重力加速度g=10m/s2求：
(1)此时弹簧的压缩量；
(2)当小车、金属块一起向右加速运动，加速度大小a=15m/s2时，A、C和D、B间弹簧形变量及金属块受到的摩擦力大小。
【答案】(1)0.0625m；(2)0.15m，0；100N
【详解】
(1)由于两个轻质弹簧相同，两弹簧压缩量相同。设弹簧的压缩量为x0，弹簧形变产生的弹力大小为F，由胡克定律得
F=kx0
设金属块所受摩擦力大小为f，此时金属块所受摩擦力等于最大静摩擦力，依题意得
f=2μF
由物体平衡条件得
f=mg
由三式并代入题给数据得
x0=0.0625m
(2)假设A、C和D、B间的弹簧压缩量分别为x1和x2，有
x1+x2=2x0
由牛顿第二定律得
代入题给数据得
x1=0.1375m
x2=-0.0125m
由x2＜0可知，此时薄板D已与金属块分离，D、B间弹簧已恢复原长，无弹力。金属块水平方向加速运动所需的合力全部由A、C间弹簧的弹力提供。设A、C和D、B间弹簧实际压缩量分别为x1′、x2′，则
x2′=0
由牛顿运动定律可得
kx1′=ma
由式可得
x1′=0.15m
由于此时最大静摩擦力
故金属块受到的摩擦力大小为
22．如图所示，物体1、3和木板2的质量均为m=1kg，木板2与物体3通过不可伸长轻绳连接，跨过光滑的定滑轮，设木板2到定滑轮足够远，物体3离地面高H=5.75m，物体1与木板2之间的动摩擦因数μ=0.2，木板2放在光滑的水平桌面上从静止开始释放，同时物体1（视为质点）在木板2的左端以v=4m/s的初速度开始向右运动，运动过程中恰好没有从木板2的右端掉下。求：
(1)木板2的长度L0；
(2)当物体3落地时，物体1在木板2的位置。
【答案】(1)1m；(2)物体1在长板2的最左端
【详解】
设向右为正方向
(1)物体1的加速度
物体2和3的整体加速度为：
设经过时间t1二者速度相等，即有
解得
，
物体1的位移为
物体1的位移为
所以木板2的长度
L0=x1－x2=1m
(3)此后，假设物体123相对静止
物体1受到的静摩擦力为
故假设不成立，则知物体1和物体2相对滑动，物体1的加速度大小为
物体2和3整体的加速度大小为
整体下落高度
根据，解得
物体1的位移，解得
则
故物体1在长木板2的最左端。
23．如图（a）所示，将质量为的长木板用钉子固定在光滑的水平面上，质量为的子弹（可视为质点）以水平初速度从左侧射入长木板，子弹恰好穿出长木板。如图（b）所示，现将长木板分成长度相等的两段，用钉子把左侧木板固定在光滑的水平面上，将子弹以相同的初速度从左侧射入。设子弹与长木板之间的摩擦力大小始终不变。（以下计算结果可以用分数表示）
(1)求图（b）所示的情境中，子弹的最终速度；
(2)求图（b）所示的情境中，子弹与木块摩擦产生的热量。
(3)如图（e）所示，将长木板分成长度相等的两段后，把两段间隔一定距离放置且间隔大于每一段木板长度的，解除对左侧木块的固定，将子弹以相同的初速度从左侧射入。求子弹与木块摩擦产生的热量。
【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】
(1)设木板长度为，子弹与木板之间的摩擦力为，木板固定时，
由动能定理得
①
木板分成长度相等的两段，且用钉子把左侧的部分固定时
②
由①②解得
③
由能量守恒定律知，子弹不会打穿右侧木板。由动量守恒定律得
④
解得子弹的最终速度为
⑤
(2)由能量守恒定律得，子弹打入右侧木块过程中
⑥
解得
⑦
(3)设左侧木板在子弹穿出前没有与右侧的木板相碰，子弹穿过左侧木板后速度为，木板的速度为，由动量守恒和能量守恒得
⑧
⑨
解得
⑩
此过程中，左侧木板前进的距离为，则有
解得
说明子弹在穿出左侧木板前，左侧木板没有与右侧木板碰撞，假设成立。
子弹与右侧木板作用过程，由动量守恒和能量守恒得
解得
由功能关系得子弹与木块摩擦产生的热量
解得
24．如图所示，在倾角为37°的斜面顶端放一质量为M=2kg，长度为L=0.35m的木板，木板顶端放一质量为m=0.5kg的小物块，小物块可看作质点。已知斜面长为x=0.7m，小物块与木板之间的动摩擦因数为μ1=0.6，木板与斜面之间的动摩擦因数为μ2=0.65，将小物块和木板同时由静止释放。（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）求∶
（1）小物块的加速度a1和木板的加速度a2；
（2）当木板滑到斜面底端时，木块距斜面底端的距离（即到木板下端的距离）；
（3）为保证木板滑到斜面底端前小物块不掉到斜面上，小物块质量m应满足的条件。
【答案】（1）1.2m/s2，0.7m/s2；（2）0.1m；（3）m≤1kg
【详解】
（1）根据牛顿第二定律，对小物块
可得
a1=1.2m/s2
对木板
可得
a2=0.7m/s2
（2）木板滑到斜面底端
解得
t=1s
在这1s内，物块下滑距离
物块距斜面底端距离为
d=x-x′=0.1m
（3）假设木板滑到斜面底端时，物块也恰好滑到斜面底端
对木板
对木块
则木板的加速度至少为
根据牛顿第二定律
解得
m=1kg
因此木块的质量必须满足
m≤1kg
25．如图所示，空间存在一个水平向左的匀强电场，场强，在A处有一个质量为，电量为的带电小球，小球用一长为的不可伸长的绝缘细线与固定点O连接。AO与电场线平行，现让小球从A处由静止释放，取。
(1)求小球第一次到达O点正下方所需的时间
(2)若绝缘细线在突然拉直时，小球会损失全部的沿细线方向速度，而垂直细线方向的速度维持原样不变，试确定小球第一次速度回到零时绳子的方向
(3)若初始时刻，在A点给小球一个向下的初速度，以保证小球能在竖直平面内做完整圆周运动回到A点，问的最小值为多少？
【答案】(1)；(2)与水平方向夹角；(3)
【详解】
(1)小球受力如图，由题
故小球会沿右图中虚直线到达O点正下方，有
得
(2)如图
带电小球沿直线匀加速到达O点正下方时的速度
故由动能定理
得
(3)如图，只要小球能做圆周运动通过B点，就能在竖直平面内做完整圆周运动
由题，在B点有
从A至B由动能定理有
得
。
26．如图所示，足够长的斜面固定在水平地面上，倾角。斜面上有质量为3m、上表面光滑且上端有挡板P的木板A，沿斜面以速度匀速向下运动。某时刻，质量为m的滑块B（可视为质点）从木板底端以速度v0滑上木板A，当滑块与挡板碰前的瞬间，滑块速度刚好减为零。已知滑块与挡板是弹性碰撞且碰撞时间极短，重力加速度为g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）滑块滑上木板时，滑块、木板各自的加速度大小；
（2）滑块与挡板碰撞后的瞬间，滑块、木板各自的速度大小；
（3）滑块与挡板碰撞后至脱离木板所经历的时间。
【答案】（1）6m/s，；（2），；（3）
【详解】
（1）长木板匀速向下运动时，由平衡条件得
以滑块B研究对像，由牛顿第二定律得：
以木板A为研究对像，由牛顿第二定律得：
解得
（2）从小滑块滑长长木板到即将与挡板碰撞时
则
t=0.25s
则
小滑块与长木板发生弹性碰撞，以沿斜面向下为正方向，设碰后瞬间木板速度为，滑块速度为
得
，
（3）设木板的长度为L，由碰前分析可得
L=0.5m
设木板碰后经停止
设滑块碰后经脱离木板
27．如图甲所示的空间直角坐标系Oxyz中，分界面P、荧光屏Q均与平面Oxy平行，分界面P把空间分为区域Ⅰ和区域Ⅱ两部分，分界面P与平面Oxy间的距离为L，z轴与分界面P相交于O'。区域Ⅰ空间中分布着沿y轴正方向的匀强电场，区域Ⅱ空间中分布若沿x轴正方向和z轴正方向的交替出现的磁场，磁感应强度大小均为B0，变化规律如图乙所示。电荷量为q、质量为m的带正电粒子在y轴负半轴上的某点沿z轴正方向出射，经过区域Ⅰ，到达O'点时速度大小为v0，方向与z轴正方向成=60°角；以带电粒子在O'点的时刻为t=0时刻，再经过区域Ⅱ打在荧光屏Q上，其速度方向恰好与经过O'点时速度的方向相同。粒子所受重力忽略不计，不考虑场的边缘效应及相对论效应，求:
（1）区域Ⅰ内电场强度E的大小；
（2）时刻粒子的速度v1大小与方向；
（3）分界面P与荧光屏Q之间的距离d；
（4）粒子打在荧光屏上的x坐标。
【答案】（1）；（2）v0，方向与水平z方向成角斜向y轴负向；
（3）；（4）
【详解】
（1）在区域Ⅰ电场中做类平抛运动，沿z轴
沿y轴
由牛顿第二定律得
解得
（2）带电粒子在区域Ⅱ磁场中的运动周期为
从O'点开始时间内粒子做螺旋运动，在垂直z轴的平面内分运动为匀速圆周运动，有效速度为沿y轴正向的
沿z轴正向的分运动为
的匀速直线运动，运动时间为
在垂直z轴的平面内的匀速圆周运动正好半周，此时分速度方向沿y轴负向，大小仍为
所以
方向与水平z方向成角斜向y轴负向
（3）在时间内，粒子以为初速度在垂直与z轴的平面内做匀速圆周运动，运动时间为
转过的角度为
粒子此时的速度恰好与经过O'点时的速度方向相同。因此要想使粒子打在荧光屏上时满足题目要求，所经过的时间为
时间内，沿z轴上发生的位移
时间内
沿z轴上发生的位移
所以
（4）时间内
沿z轴正向，每经过的时间，粒子沿x轴发生的位移
粒子打在荧光屏上的x坐标
28．如图甲所示，两块金属板AB、CD平行正对放置，金属板长L=0.4m，板间距离d=0.2m，极板CD接地，AB板上的电势随时间t变化规律如图乙所示。金属板外有一区域足够大的匀强磁场，磁感应强度B=1×10-3T，方向垂直纸面向外。现有质子流以v0=1×105m/s的速度连续射入电场中（质子紧贴着AB板射入且初速度方向与之平行），质子的比荷=108C/kg，在每个质子通过电场的极短时间内，电场可视为恒定电场，不考虑质子与极板的碰撞，MN为经过B、D点的虚线，求：
(1)t=0.05s时刻出发的质子射出电场时离B点的距离x；
(2)在磁场中运动的所有质子到MN的最大距离H；
(3)在CD右侧放置一足够大的质子收集板，收集板初始紧贴着MN，若将其向下缓慢平行移动，在不同位置，质子打到收集板的范围长度不一，该长度的最大值lmax。
【答案】(1) 0.2m；(2)m；(3)m
【详解】
(1)t=0. 05s时，V，板间电势差
V
质子在板间运动时，平行金属板方向做匀速运动，垂直金属板方向做初速度为0的匀变速运动，整体可看作一个类平抛运动
由
F=Eq=ma
解得
m/s2
由
解得
x =0.2m=d
粒子恰好从D点飞出
(2)设任意时刻从电场中射出的质子，速度方向和轨迹如图所示
由几何关系得
根据牛顿第二定律
联立解得
此函数为随θ变化的减函数；
所以θ最小时，H最大。θ最小为45°，对应着从D点飞出的质子
代入计算得
m
(3)从B点射出的质子，其轨迹圆半径为
m
从D点射出的质子，其轨迹圆半径为
m
质子在磁场中运动轨迹，及收集板收集质子的可能长度如图所示：
由图可知，收集板收集质子的可能长度为两轨迹间所夹部分的长度，FG下方，因左侧轨迹会再次向上运动，部分点无法到达，且右侧轨迹开始向左运动，所以收集板收集质子的可能长度会开始减小，所以
29．静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为 ，；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离，如图所示．某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为．释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A、B与地面之间的动摩擦因数均为．重力加速度取．A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．
（1）求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；
（2）物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？
（3）A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？
【答案】（1）vA=4.0m/s，vB=1.0m/s；（2）B先停止； 0.50m；（3）0.91m；
【分析】
首先需要理解弹簧释放后瞬间的过程内A、B组成的系统动量守恒，再结合能量关系求解出A、B各自的速度大小；很容易判定A、B都会做匀减速直线运动，并且易知是B先停下，至于A是否已经到达墙处，则需要根据计算确定，结合几何关系可算出第二问结果；再判断A向左运动停下来之前是否与B发生碰撞，也需要通过计算确定，结合空间关系，列式求解即可．
【详解】
（1）设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有
①
②
联立①②式并代入题给数据得
vA=4.0m/s，vB=1.0m/s
（2）A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a．假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B．设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB．，则有
④
⑤
⑥
在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为
sA=vAt–⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA=1.75m，sB=0.25m⑧
这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25m处．B位于出发点左边0.25m处，两物块之间的距离s为
s=0.25m+0.25m=0.50m⑨
（3）t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有
⑩
联立③⑧⑩式并代入题给数据得
故A与B将发生碰撞．设碰撞后A、B的速度分别为vA′′以和vB′′，由动量守恒定律与机械能守恒定律有
联立式并代入题给数据得
这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动．设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式
由④式及题给数据得
sA′小于碰撞处到墙壁的距离．由上式可得两物块停止后的距离
五、填空题
试卷第38页，总38页
试卷第1页，总39页2022综合3
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
一、单选题
1．如图，光滑圆弧槽面末端切线水平，并静置一质量为m2的小球Q，另一质量为m1的小球P从槽面上某点静止释放，沿槽面滑至槽口处与Q球正碰，设碰撞过程中无能量损失，两球落地点到O点水平距离之比为1：3，则P、Q两球质量比不可能是（ ）
A．3：1 B．3：5 C．2：3 D．1：7
2．如图所示，长为的粗糙长木板水平放置，在木板的右端放置一个质量为m的小物块．现缓慢抬高A端，使木板以左端为轴转动．当木板转到与水平面的夹角为时,小物块开始滑动,此时停止转动木板，小物块滑到底端时的速度为,重力加速度为g．下列说法正确的是
A．整个过程木板对物块做功为
B．整个过程支持力对物块做功为0
C．整个过程支持力对物块做功为
D．整个过程摩擦力对物块做功为
3．质量为150kg的赛车在平直赛道上以恒定功率启动，受到的阻力恒定不变，其加速度a和速度的倒数的关系如图所示，则赛车（ ）
A．速度随时间均匀增大 B．加速度随时间均匀增大
C．所受阻力大小为6000N D．输出功率为60KW
4．以下说法正确的是
A．若地球质量减少， 则地球公转要加快约
B．若太阳质量减少，则地球公转周期要缩短约
C．离地高 3.2 km处的重力加速度比地面处重力加速度少约
D．月球上的重力加速度是地球上的，可知月球质量是地球质量的，已知地球半径为6400 km，
二、多选题
5．如图（a），质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的图像如图（b）所示，表示0到时间内的图线与坐标轴所围面积大小，、分别表示到时间内A、B的图线与坐标轴所围面积大小。A在时刻的速度为。下列说法正确的是（ ）
A．0到时间内，墙对B的冲量等于mAv0
B． mA > mB
C．B运动后，弹簧的最大形变量等于
D．
6．如图所示，滑块A、B的质量均为m，A套在倾斜固定的直杆上，倾斜杆与水平面成45°角，B套在水平固定的直杆上，两杆分离不接触，两直杆间的距离忽略不计，两直杆足够长，A、B通过铰链用长度为L的刚性轻杆（初始时轻杆与水平面成30°角）连接，A、B从静止释放，B开始沿水平杆向右运动，不计一切摩擦，滑块A、B视为质点，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．A、B及轻杆组成的系统机械能守恒
B．当A到达B所在的水平面时，A的速度为
C．B到达最右端时，A的速度为
D．B的最大速度为
7．我国的“天链一号”卫星是地球同步卫星，可为中低轨道卫星提供数据通讯，如图为“天链一号”卫星a、赤道平面内的低轨道卫星b、地球的位置关系示意图，O为地心，地球相对卫星的张角分别为和（ 图中未标出），卫星a的轨道半径是b的4倍，已知卫星绕地球同向运行，卫星a的周期为T，在运行过程中由于地球的遮挡，卫星b会进入卫星a通讯的盲区，卫星间的通讯信号视为沿直线传播，信号传输时间可忽略，下列分析正确的是（ ）
A．卫星的速度之比为
B．卫星b的周期为
C．卫星b每次在盲区运行的时间
D．卫星b每次在盲区运行的时间
8．如图所示，在竖直平面内固定两个很靠近的同心圆轨道，外圆内表面光滑，内圆外表面粗糙。一质量为m的小球从轨道的最低点以初速度v0向右运动，球的直径略小于两圆间距，球运动的轨道半径为R，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．若使小球在最低点的速度v0大于，则小球在整个运动过 程中，机械能守恒
B．若使小球在最低点的速度v0小于，则小球在整个运动过 程中，机械能守恒
C．若v0＝，则小球在整个运动过程中克服摩擦力做功等于mgR
D．若小球第一次运动到最高点，内圆对小球的支持力为0.5mg，则小球在最低点对外圆的压力为5.5mg
9．如图，轻弹簧一端固定在O1点，一端系一小球，小球穿在固定于竖直面内、圆心为O2的光滑圆环上，在O1上O2的正上方，C是O1O2和圆环的交点，将小球从圆环上的A点无初速释放后，发现小球通过了C点、最终在A、B之间做往复运动．已知小球在A点时弹簧被拉长、在C点时弹簧被压缩，则下列判断正确的是
A．弹簧在A点的伸长量一定大于弹簧在C点的压缩量
B．小球从A至C一直做加速运动，从C至B一直做减速运动
C．弹簧处于原长时，小球的速度最大
D．弹簧处于原长时，小球的机械能最大
10．如图甲所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧下端固定在地面上，上端与物块B相连并处于静止状态。一物块A在外力作用下静止在弹簧正上方某高度处，取物块A静止时的位置为原点O、竖直向下为正方向建立x轴。某时刻撤去外力，物块A自由下落，与物块B碰撞后以相同的速度向下运动，碰撞过程用时极短．测得物块A的动能与其位置坐标x的关系如图乙所示（弹簧始终处于弹性限度内），图中除之间的图线为直线外，其余部分均为曲线。已知物块A、B均可视为质点，重力加速度为g，则（ ）
A．物块A、B的质量之比为1∶2
B．弹簧的劲度系数
C．从到的过程中，物块运动加速度的最大值
D．从到的过程中，弹簧的弹性势能增加了
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
三、解答题
11．如图所示，在足够高的光滑水平桌面上静置一质量为1kg的长木板A，轻绳绕过光滑的轻质滑轮，一端固定在O点，另一端与A的右端相连，质量为2kg的物体B挂在轻质动滑轮下端。将物体B由静止释放，当木板A的位移为0.3m时，质量为2.5kg的物块C（可视为质点）以4m/s的水平向左的速度从木板A的右端滑上来，经过一段时间后，C刚好不能从木板A的左端滑出，此过程中木板A始终在桌面上滑动。已知A、C间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度取g=10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）物块C没有滑上木板A之前，A和B的加速度大小之比；
（2）当木板A的位移为0.3m时，A的速度大小v1；
（3）木板A的长度L。
12．在抗震救灾中常常利用悬停直升机向灾区空投救灾物资（如图甲）．对于医药救灾物资只能从不高于h=20m处自由释放才能安全着地，实际一些灾区往往地处深山峡谷，直升机能够安全悬停的高度比h要高得多，直接空投会造成损失．为解决这一问题，“我爱发明”研究小组设计了一台限速装置，不论从多高处释放物资，最终都能以安全速度着地．该装置简化工作原理如图乙所示，竖直绝缘圆盘可以绕圆心O自由转动，其上固定半径分别为r1=1m和r2=0.5m的两个同心金属圆环，连接两圆环的金属杆EF的延长线通过圆心O，足够长的不可伸长的轻质细绳一端缠绕在大金属圆环上，另一端通过光滑滑轮挂救灾物资，圆环上的a点和b点通过电刷连接一可调电阻R，两圆环之间区域存在垂直于圆盘平面向内的匀强磁场，磁感应强度B=40T．（细绳与大金属圆环间没有滑动，金属杆、金属圆环、导线及电刷的电阻均不计，空气阻力及一切摩擦均不计，重力加速度g=10m/s2）
（1）求医药物资能安全着地的最大速度；
（2）利用该装置使医药物资以最大安全速度匀速下降，求此时电阻R两端的电势差；
（3）若医药物资的质量m=60kg，应如何设置可调电阻R的阻值？
（4）试推导质量为m的医药物资在匀速下降时，金属杆EF所受安培力与重力的大小关系．
13．如图甲所示两根平行金属导轨平放在水平面上，左端连接一个定值电阻。一根金属棒垂直导轨横放在导轨上，轻绳的一端固定在金属棒中央，另一端绕过光滑定滑轮系一重物，金属棒的电阻与定值电阻的阻值相等，金属棒和重物质量均为m，金属棒与导轨间动摩擦因数为。在导轨间区域存在垂直导轨向上的匀强磁场，磁场的宽度为s。以O点为坐标原点，沿导轨建立Ox轴。ab与磁场左边界的距离为2s，将金属棒由该位置从静止释放，金属棒恰好匀速进入磁场，当金属棒进入磁场瞬间，用个水平的外力作用在金属棒上，金属棒在磁场中运动的图象如图乙所示，重力加速度为g。
(1)求金属棒进入磁场瞬间的速度；
(2)求金属棒离开磁场瞬间外力的大小；
(3)若，求金属棒在磁场中运动的过程中棒上产生的焦耳热。
14．如图甲所示，某空间区域存在两部分匀强磁场，磁感应强度的大小都为B，两部分匀强磁场的分界线是圆心为O点、半径为R的圆，圆内的磁场方向垂直于纸面向外，圆外的磁场方向垂直于纸面向里。现有一质量为m、带电荷量绝对值为e的电子从点沿半径OA方向射出。
(1)若方向垂直于纸面向里的磁场范围足够大，电子从A点射出后，两次经过分界线，最后恰好返回到A点，求电子在刚开始从A点射出到第一次返回A点的过程中所经历的时间；
(2)若方向垂直于纸面向里的磁场范围足够大，电子从A点射出后，最后能够返回到A点，求电子在磁场中的运动半径；
(3)若方向垂直于纸面向里的磁场分布在以O点为圆心，半径为R和2R的两圆之间的区域，如图乙所示，电子从A点射出后仍能返回A点，求电子从A点射出时的最大速度。（已知tan37°=）
15．如图所示，足够长的光滑水平地面上并排静置着靠在一起的两相同长木板A、B，木板质量，长度均为，A、B之间用不可伸长的长度为的轻质细线拴接（图中未画出）。质量的小滑块C以的水平初速度自木板A的左端滑到上表面，已知小滑块C与木板A、B间的动摩擦因数均为，细线张紧后两长木板能立即相对静止，取，求：
(1)小滑块C在木板A上运动的时间tA；
(2)木板B最终的速度大小vB；
(3)整个运动过程中，A、B、C组成的系统因摩擦产生的热量Q。
试卷第8页，总8页
试卷第3页，总8页
参考答案
1．C
【详解】
设碰撞前小球P的速度为v0，碰撞后P、Q的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律和无能量损失得
解得
两式之比为
A．若碰撞后P球不弹回，继续向前运动，P球射程一定小于Q球射程，根据两球落地点到O点水平距离之比为1：3可得
解得
A可能；
B．若碰撞后P球被弹回，并且P球射程小于Q球射程，根据两球落地点到O点水平距离之比为1：3可得
解得
B可能；
D．若碰撞后P球被弹回，并且P球射程大于Q球射程，根据两球落地点到O点水平距离之比为1：3可得
解得
D可能；
C．结合碰撞的实际，只有上述三种可能，C不可能。
故选C。
2．A
【详解】
A、对整体过程研究,重力做功为零,根据动能定理得:木板对物块做功为.所以A选项是正确的.
BC、缓慢地抬高A端的过程中,摩擦力不做功，根据动能定理得 :,得到支持力对小物块做功为 ，当滑块下滑时支持力不做功，所以整个过程中支持力做功为，故BC错；
D、对下滑过程,根据动能定理得
得到滑动摩擦力对小物块做功为 ，故D错；
故选A
【点睛】
木板对物块做功是木板对物块所做的总功,根据动能定理求解.缓慢地抬高A端的过程中摩擦力不做功,下滑过程,滑动摩擦力对物块做负功,由功的公式求解.由动能定理求解支持力做功和下滑过程滑动摩擦力做功.
3．D
【详解】
由图可知，加速度变化，故做变加速直线运动，故A错误；图象的函数方程为，汽车加速运动，速度增大，加速度减小，故B错误；对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：，其中：，联立得：，结合图线，当物体的速度最大时，加速度为零，故结合图象可以知道，a=0时，，解得：v=100m/s，所以最大速度为100m/s，由图象可知：，解得：，又，解得：，故ABC错误，D正确；故选D．
【点睛】
本题关键对汽车受力分析后，根据牛顿第二定律列出加速度与速度关系的表达式，再结合图象进行分析求解．
4．C
【详解】
A、根据：，解得： ，地球公转周期与地球质量无关，故A错误；
B、若M减少2%，则地球所受太阳的万有引力不足以提供向心力，地球做离心运动，离心后半径增大，周期将增大，故B错误；
C、根据：，解得：
所以： ，所以离地高 3.2 km处的重力加速度比地面处重力加速度少约0.1%，故C正确；
D、根据星球表面重力加速度 ，其中M为星球质量，r为星球半径，由于不知道月球半径，所以无法求出地球和月球质量之比，故D错误．
5．ABD
【详解】
A．由于在0 ~ t1时间内，物体B静止，则对B受力分析有
F墙 = F弹
则墙对B的冲量大小等于弹簧对B的冲量大小，而弹簧既作用于B也作用于A，则可将研究对象转为A，撤去F后A只受弹力作用，则根据动量定理有
I = mAv0（方向向右）
则墙对B的冲量与弹簧对A的冲量大小相等、方向相同，A正确；
B．由a—t图可知t1后弹簧被拉伸，在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大，根据牛顿第二定律有
F弹 = mAaA= mBaB
由图可知
aB > aA
则
mB < mA
B正确；
C．由图可得，t1时刻B开始运动，此时A速度为v0，之后AB动量守恒，AB和弹簧整个系统能量守恒，则
可得AB整体的动能不等于0，即弹簧的弹性势能会转化为AB系统的动能，弹簧的形变量小于x，C错误；
D．由a—t图可知t1后B脱离墙壁，且弹簧被拉伸，在t1—t2时间内AB组成的系统动量守恒，且在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大，A、B共速，由a—t图像的面积为v，在t2时刻AB的速度分别为
，
A、B共速，则
D正确。
故选ABD。
6．AD
【详解】
A．不计一切摩擦，在运动的过程中，A、B及轻杆组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，故A正确；
B．从开始到A到达与B同一水平面的过程，由系统的机械能守恒得
其中
解得A的速度为
故B错误；
C．B滑块到达最右端时，速度为零，此时轻杆与斜杆垂直，由系统的机械能守恒得
解得A的速度为
故C错误；
D．当轻杆与水平杆垂直时B的速度最大，此时A的速度为零，由系统的机械能守恒得
解得B的最大速度为
故D正确；
故选AD。
7．BC
【详解】
A．由地球的引力提供向心力，则有
由于卫星a的轨道半径是b的4倍，故二者线速度之比为，故选项A错误；
B．由地球的引力提供向心力，则有
可得
则得卫星b星的周期为，故B正确；
CD．如图所示，A、B是卫星盲区两个边缘位置，由几何知识可得
则
解得，b每次在盲区运行的时间为
故C正确，D错误。
故选BC。
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。
【点睛】
根据几何关系求解张角和满足的关系，由万有引力提供向心力，列式求解卫星b的周期，卫星间的通讯信号视为沿直线传播，由几何关系得到卫星b在盲区有两个边缘相对于地球的张角，再求解在盲区运行的时间；本题既要掌握卫星问题的基本思路：万有引力提供向心力，更重要的是画出示意图，运用几何知识解答。
8．BC
【详解】
A．由题知，外圆光滑，内圆粗糙，若小球能过最高点而整个过程机械能守恒，则通过最高点时有
根据机械能守恒定律有
解得，故小球在最低点的速度时，小球机械能守恒，A错误；
B．若小球不能过最高点而整个过程机械能守恒，则此时小球最多上到与圆心等高处，由机械能守恒定律
解得，故小球在最低点的速度 时，小球的机械能守恒，B正确；
C．若，因为，小球在运动过程中一定与内壁有摩擦力，小球的机械能逐渐减少，小球最终在圆心下方往复运动，保持稳定状态不变，整个运动过程中克服摩擦力做功等于
解得 ，C正确；
D．假如内壁光滑，设小球在最高点速度为v1，在最低点速度为v2，在最低点与轨道的作用力为F2，根据牛顿第二定律有
根据机械能守恒定律有
根据牛顿第二定律有
解得
由于小球与内壁有摩擦力，运动过程中必然损失机械能，在最低点的速度一定比v2小，在最低点与轨道的作用力一定比5.5mg小，D错误。
故选BC。
9．AD
【详解】
A．视小球和弹簧系统，动能、重力势能和弹性势能相互转化，故小球和弹簧系统的机械能守恒，小球在A点的动能和重力势能均最小，故小球在A点的弹性势能必大于在C点的弹性势能，所以弹簧在A点的伸长量一定大于弹簧在C点的压缩量，故A正确；
BC．小球从A至C，在切向先做加速运动，再做减速运动，当切向合力为零(此时弹簧仍处于伸长状态)时，速度最大，故BC错误；
D．当弹簧处于原长时，弹性势能为0，小球机械能最大，故D正确；
故选AD．
10．AD
【详解】
A．当A与B接触时，A下降x1，当A与B即将接触时有
解得
由图乙可知，A、B共速时的速度
v共
由动量守恒定律
mAv =（mA+mB）v共
解得
mA﹕mB=1﹕2
A正确；
B．当x=x1时
当A、B一起运动到x2位置时，速度最大，有
则
A下落运动x1中，有
mAgx1=Ek1
则
则
B错误；
C．当A、B一起运动到x=x3时，加速度a最大，由牛顿第二定律有
k（x3 x1） （mA+mB）g=（mA+mB）amax
C错误；
D．在A、B碰撞的运动中，减少的能量
在整个运动中，由能量守恒定律有
mAgx3+mBg（x3 x1） ΔE=ΔEP
解得
D正确。
故选AD。
11．（1）2:1；（2）2m/s；（3）4.5m
【详解】
（1）设物块C滑上木板A前，A的位移为xA，加速度为aA，B的位移为xB，加速度为aB，A、B做初速度为零的匀加速直线运动：
因为
所以
（2）在物块C滑上木板A前，设细线上的拉力为T1，分别对A、B应用牛顿第二定律，则有：
，，
解得
（3）设C滑上木板后，B的加速度为a2，则A的加速度为2a2，细线上的拉力为T2，分别对A、B应用牛顿第二定律，则有：
解得
即C滑上A后，A、B以速度v1匀速运动。此时，C做匀变速运动，设C滑上木板的加速度为a3，则有：
设经过时间t，C的速度达到v1，根据题意此时C刚好运动至木板A的左端，以向右为正方向：
木板A的长度为：
，，
解得
12．（1）20m/s （2）300V （3）R7.5Ω （4）F=mg
【分析】
根据自由落体运动位移与速度公式，即可求解；根据法拉第电磁感应定律，结合几何关系求得面积，从而求得电阻R两端的电势差；由能量守恒关系，重力的功率等于发热功率，从而求得可调电阻的阻值范围；根据安培力表达式F=BIL，结合，和，即可求解；
【详解】
(1)设医药物资安全到达地面的最大速度为v，
根据自由落体运动可知，则有：
解得：
(2)在t时间内，金属杆EF扫过的面积为：
由法拉第电磁感应定律，金属杆上感应电动势的大小为：
解得：
则电阻R两端的电势差为300V
(3)医药物资以最大安全速度下降时，由功率相等可知：
解得：
可调电阻R的阻值应小于7.5Ω
(4)设金属杆EF所受安培力为F，则有：
将和代入，解得：
13．(1) ；(2) ；(3)
【详解】
(1)根据动能定理
整理得
(2)由于恰好匀速进入磁场，则
①
在磁场中运动过程中，根据
在磁场中的加速度
设绳子拉力为T，安培力大小为F，根据牛顿第二定律，对导体棒
②
对物块
③
由①②③联立可得
(3)由于，导体棒在磁场中加速度小于重力加速度g，因此绳子处于伸直状态，两个物体速度相等。导体棒克服安培力所做的功等于回路产生的焦耳热，而安培力的大小与运动速度成正比，由图乙可知，安培力随位移均匀变化，因此克服安培力做的功用平均值计算
④
而金属棒产生的热量
⑤
由①④⑤联立可得
14．(1)；(2)；(3)
【详解】
⑴由运动的周期性和几何关系可知，A、M、N三点把圆周三等分，作出电子的运动轨迹如图所示
每段圆弧对应的圆心角
α=
电子刚开始从A点射出到返回A点的过程对应的圆心角
β=2（π＋α）＋（π－α）=
由
ev1B=m及T=
得电子在磁场中运动的周期
T=
电子刚开始从A点射出到返回A点的时间为
t=
⑵由运动的周期性和几何关系可知，电子要返回A点，要把圆周n等分，每段圆弧对应的圆心角
θ=
由对称性可知
得
r=
⑶由
evB=m
得从A点射出时的速度
v=
由几何关系可知，要使电子不超出半径为2R的边界，须有
解得
r≤
联立解得
所以
n≥4.86
由于n要取整数，所以n=5时电子的速度最大
vm=
15．(1)1s；(2)2m/s；(3)
【详解】
(1)C在A上滑动时，由牛顿第二定律得，C的加速度大小
AB整体的加速度大小
由运动学公式
得
解得
或（舍）
(2)在时由
知C的速度
AB整体的速度
假设C滑上B后，BC能达共速，由动量守恒得
解得
由
知：BC达共速的时间
由
知：在该过程中C和B的位移分别为
故C相对B的位移
即C未从B上滑落。有
知在内，A运动的位移
B相对A运动的位移
故该过程中细线一直未被拉紧，即BC能先达共速。在细线被拉紧的过程中，由AB组成的系统动量守恒得
解得细线被拉紧后AB的共同速度
假设最终AB整体与C三者能达到共速，由三者组成的系统动量守恒得
解得
由
知：细绳张紧后，AB整体与C达共速的时间
该过程中C和AB整体的位移分别为
，
该过程中C相对AB的位移
故C始终未从B上滑落，即A、B、C三者能达共速。故木板B最终的速度大小
(3)由能量守恒得：整个过程中A、B、C三者组成的系统损失的机械能
细线张紧过程中，A、B组成的系统损失的机械能
故整个运动过程中，A、B、C组成的系统因摩擦产生的热量
答案第16页，总17页
答案第11页，总17页
