湖北省武汉市常青第一中学2023-2024学年高二上学期开学考物理复习卷三
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1．（2020高二下·吉林期末）高速公路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离．某汽车以21.6km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆．已知司机的反应时间为0.7s，刹车的加速度大小为5m/s2，则该ETC通道的长度约为（ ）
A．4.2m B．6.0m C．7.8m D．9.6m
2．据史料记载，拨浪鼓最早出现在战国时期，宋代小型拨浪鼓已成为儿童玩具。现有一拨浪鼓上分别系有长度不等的两根轻绳，绳一端系着小球，另一端固定在关于手柄对称的鼓沿上。现使鼓绕竖直放置的手柄匀速转动，稳定两球在水平面内做周期相同的匀速圆周运动。下列各图中两球的位置关系正确的是（图中轻绳与竖直方向的夹角）（ ）
A． B．
C． D．
3．“天问一号”于2020年7月23日成功发射，经过多次变轨，于2021年5月15日成功着陆火星，着陆后“祝融号”火星车成功传回遥测信号。已知“天问一号”在距火星表面高度为的圆形轨道上运行的周期为，火星的半径为，引力常量为，忽略火星自转的影响，则以下说法正确的是（ ）
A．“天问一号”在地球上的发射速度介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间
B．“天问一号”在着陆火星的过程中，引力势能增大，动能减少，机械能守恒
C．火星的平均密度为
D．火星的第一宇宙速度为
4．如图所示，质量分别为m和3m的A、B两物块，用一轻弹簧相连，将A用轻绳悬挂于天花板上，用一木板托住物块B。调整木板的位置，当系统处于静止状态时，悬挂A物块的悬绳恰好伸直且没有拉力，此时轻弹簧的形变量为x，突然撤去木板，重力加速度为g，物块运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是（ ）
A．撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为g
B．撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为0.5g
C．撤去木板后，B物块向下运动3x时速度最大
D．撤去木板后，B物块向下运动4x时速度最大
5．如图所示是陕西黄土高原上的一个实景斜坡，简化为两个倾角不同的斜面，某物体由静止开始下滑，物体与两个斜面之间的动摩擦因数均为μ=，两个斜面倾角分别为α=53°，β=30°。图中，v、a、s、t、E、Ek分别表示物体速度大小、加速度大小、路程、时间、机械能和动能，下列图中可能正确的是
A． B．
C． D．
6．（2022高三上·安康月考）视为质点的甲、乙两个小球先后在同一水平面相邻的两个位置以相同的初速度做竖直上抛运动，小球与出发位置的高度差与时间的图像如图所示，重力加速度为，根据图像所给的信息，下列说法正确的是（ ）
A．甲回到抛出点的时刻为
B．乙回到抛出点的时刻为
C．甲距抛出点的最大高度为
D．甲、乙在同一水平线上时离抛出点的高度为
7．如图所示，两小滑块P、Q的质量分别为、m，P、Q用长为L的轻杆通过铰链连接，P套在固定的竖直光滑杆上，Q放在光滑水平地面上，原长为的轻弹簧水平放置，右端与Q相连，左端固定在竖直杆O点上，轻杆与竖直方向夹角。P由静止释放，下降到最低点时变为，整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则P下降过程中（ ）
A．P、Q组成的系统机械能守恒
B．下降过程中P的速度始终比Q的速度大
C．弹簧弹性势能最大值为
D．P达到最大动能时，Q受到地面的支持力大小为
8．汽车在弯道转弯时，需减速慢行，否则会有发生侧翻的危险，这是汽车发生离心运动导致的。关于离心运动，下列说法正确的是（ ）
A．离心运动对人的生活生产都是有害的
B．物体发生离心运动时，其所受合力一定为零
C．物体发生离心运动，是由于所受合外力不足以提供向心力导致的
D．若物体所能提供的最大向心力、运动半径不变，则角速度越大，越可能发生离心运动
9．如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆底部，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，重物Q的质量。把滑块从图中A点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等。已知OA与水平面的夹角，OB长为L，与AB垂直。不计滑轮的摩擦力，重力加速度为g，滑块P从A到B的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．重物Q的重力功率先增大后减小
B．滑块P运动到位置B处速度大小为
C．轻绳对滑块P做功为4mgL
D．P与Q的机械能之和先减少后增加
10．两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v=6m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量4kg的物块C静止在前方，如图所示，B与C碰撞后二者会粘在一起运动，则下列说法正确的是（ ）
A．BC碰撞刚结束时BC的共同速度为3m/s
B．弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为3m/s
C．弹簧的弹性势能最大值为12J
D．弹簧再次恢复原长时A、B、C三物块速度相同
二、非选择题：本题共5小题，共60分。
11．某实验小组用如图甲所示的装置探究平抛运动。
（1）用不同的力击打弹簧金属片，可以观察到____。（填选项前的字母）
A．A、B两球同时落地
B．A、B两球的运动路线相同
C．击打的力度越大，A、B两球落地时间间隔越大
（2）某次实验过程中用频闪照相机获得小球 A 连续三个时刻的位置如图乙所示，频闪照相机的频率为f=10 Hz。用刻度尺测得照片上。x1=x2=2.00 cm，y1=1.24 cm，y2=2.20cm，物体的实际大小与照片上物体影像的大小的比值为 10，则小球平抛的初速度大小为 m/s，当地的重力加速度 g为 m/s2。（计算结果均保留两位有效数字）
12．某实验小组利用光电门等器材验证“机械能守恒定律”。
（1）实验中，直径为d的金属小球由A处静止释放，下落过程中经过A处正下方固定的光电门1和光电门2，两光电门分别与数字计时器连接。小球的挡光时间分别为、，则小球通过光电门1时的速度大小为= ，小球通过光电门2时的速度大小为= （用物理量的符号表示）。
（2）已知当地重力加速度大小为g，为验证机械能守恒定律，实验中还一定需要测量的物理量是____（选填选项前的字母）。
A．金属小球的质量M
B．金属小球下落的时间T
C．两个光电门的高度差h
（3）如果金属小球下落过程中的机械能守恒，应满足的关系式为 （用题中字母表示）。
13．如图所示，AC、BC两绳系一质量为的小球，AC绳长，两绳的另一端分别固定于轴的A、B两处，两绳拉直时与竖直轴的夹角分别为和小球在水平面内做匀速圆周运动时，若两绳中始终有张力，求小球的角速度的取值范围。
14．如图甲所示，平台ON上有一轻质弹簧，其左端固定于竖直挡板上，右端与质量m=0.50kg、可看作质点的物块A相接触（不粘连），OP段粗糙且长度等于弹簧原长，PN段光滑，上面有静止的小滑块B、C，mB=kg，mC=kg，滑块B、C之间有一段轻弹簧刚好处于原长，B与轻弹簧连接，滑块C未连接弹簧，两滑块离N点足够远。物块A开始静止于P点，与OP段的动摩擦因数μ=0.50。现对物块施加一个水平向左的外力F，大小随位移x变化关系如图乙所示。物块A向左运动x=0.40m到达Q点，到达Q点时速度为零，随即撤去外力F，物块A在弹簧弹力作用下向右运动，与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短。重力加速度g=10m/s2.求：
（1）与B物块碰前物块A的速度大小；
（2） 滑块C脱离弹簧后的速度；
15．如图所示，长、倾角的传送带，顶端与半径的竖直圆弧ABC相切于A点，最高点的左侧有光滑水平台面，台面最左侧墙面固定有一轻弹簧。传送带以速度顺时针匀速转动，一质量的物块（可视为质点）以速度滑上传送带底端，最后物块恰能通过圆弧轨道最高点滑上水平台面，已知物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g取。（，）求：
（1）弹簧具有的最大弹性势能；
（2）物块在A点时对圆轨道的压力大小；
（3）物块在圆弧轨道上克服摩擦力做的功。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【解答】汽车的速度21.6km/h＝6m/s，汽车在前0.3s+0.7s内做匀速直线运动，位移为：x1＝v0（t1+t2）＝6×（0.3+0.7）＝6m，随后汽车做减速运动，位移为： 3.6m，所以该ETC通道的长度为：L＝x1+x2＝6+3.6＝9.6m，ABC不符合题意，D符合题意
故答案为：D
【分析】明确汽车的运动过程，物体先做减速运动，再做匀速运动，再做匀加速运动，结合物体的初速度、加速度，结合运动学公式分析求解即可。
2．【答案】B
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】设绳长为L，则由合力提供向心力得
化简得
；
由于T相等，可知，L长的，角度大；设绳的竖直分量为h，则由合力提供向心力得
化简得
；
可知，角度大的，竖直分量大。综上所述，故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】本题以宋代时小型拨浪鼓成为儿童玩具为背景命制试题，考查匀速圆周运动，是一道理论联系实际的好题；要特别注意绳子反向延长与拨浪鼓转轴交点为O到小球转动平面的高度h固定。小球做匀速圆周运动，角速度相同，通过对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律和几何关系求解即可。
3．【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】 A．根据地球第一宇宙速度和第二宇宙速度的定义，可知“天问一号”在地球上的发射速度应该介于第二宇宙速度与第三宇宙速度之间，故A错误；
B．“天问一号”在着陆火星的过程中需要做减速运动，所以动能减小，但引力做正功，则引力势能减小，所以机械能减小，故B错误；
C．“天问一号”在距地面高h的轨道上做匀速圆周运动，则有
得到
所以火星的平均密度
故C错误；
D．根据第一宇宙速度定义，有
再将选项C的质量M代入得到，火星的第一宇宙速度为
故D正确。
故选D。
【分析】知道第一宇宙速度是发射卫星绕地球做圆周运动的最小发射速度，第二宇宙速度是脱离地球的最小发射速度，第三宇宙速度是脱离太阳系的最小发射速度；“天问一号”着陆前做近心运动，需要减速；已知距火星表面高度为h的圆形轨道上运行卫星的周期为T，根据万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，可求出火星的质量，根据密度公式求火星的平均密度；根据万有引力提供向心力求火星的第一宇宙速度。
4．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—连接体；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】AB．撤去木板前，弹簧的弹力大小
弹簧处于压缩状态，则有
撤去木板瞬间，弹簧的弹力不变，对B物块，由牛顿第二定律知
解得
方向竖直向下，故AB错误；
CD．当B物块的加速度为零时，速度最大，此时有
可得弹簧的伸长量为
因为撤去木板前，弹簧的压缩量为x，所以撤去木板后，B物块向下运动4x时速度最大，故C错误，D正确。
故选 D。
【分析】撤去木板瞬间，弹簧的弹力不变，先求出撤去木板前弹簧的弹力，再根据牛顿第二定律求出撤去木板瞬间B的加速度。撤去木板后，当B物块的加速度为零时，速度最大，根据平衡条件和胡克定律相结合求B运动的距离。
5．【答案】B
【知识点】牛顿定律与图象；动能定理的综合应用
【解析】【解答】物体在角为的斜面上，重力沿斜面的分力
滑动摩擦力
物体将沿斜面加速下滑；物体在角为的斜面上，重力沿斜面的分力
滑动摩擦力
物体将沿斜面向下匀速运动。
A．物体在整个过程中都要克服摩擦力做功，物体的机械能不断减少，故A错误；
B．物体先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，物体的动能随位移先增大后不变，故B正确；
C．物体先做匀加速直线运动，v与t成正比， 但v2与t不成正比，故C错误；
D．物体先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，后来的加速度为零，故D错误。
故选B。
【分析】本题结合实际情形，全面考查能量、速度、力与路程、时间的关系以及利用图像理解实际物理过程，对物体正确受力分析，分析清楚物体的运动过程是正确解题的前提与关键。
6．【答案】B
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】A．设甲回到抛出点的时刻为 ，两个 图像具有对称性，则有 ，解得 ，A不符合题意；
B．乙回到抛出点的时刻为 ，B符合题意；
C．设竖直上抛运动的最大高度为 ，根据竖直上抛运动对称性 ，结合 ，可得 ，C不符合题意；
D．设甲运动到最高点的时刻为 ，由 图像的对称性可得 ， 至 ，甲下落的高度为 ，甲、乙在同一水平线时的高度为 ，综合可得 ，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】两球做斜抛运动。图像具有对称性。竖直上抛运动上升过程和下降过程具有对称性，运动时间分别为总运动时间的一半。
7．【答案】D
【知识点】弹性势能；机械能守恒定律
【解析】【解答】 A、在整个运动过程中，由于弹簧对Q要做功，所以P、Q组成的系统机械能不守恒，故 A错误；
B、根据P、Q沿杆方向的速度分量相等可得，解得，
由30°增大到60°，由增大到，可知，P的速度先比Q的速度小，后比Q的速度大，故B错误；
C、对于P、Q、弹簧组成的系统，由于只有重力和弹力做功，所以系统机械能守恒，当P下降到最低点时，P的重力势能转化为弹簧的弹性势能，到达最低点时弹簧弹性势能最大，根据系统机械能守恒可得弹簧弹性势能最大值为
，故C错误；
D、P由静止释放，P开始向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，P的速度达到最大，此时动能最大，设此时杆与竖直方向的夹角为，杆的弹力大小为T，则，即得；对Q，根据平衡条件得地面对Q的支持力大小，故D正确。
故选D。
【分析】对于P、Q以及弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，系统机械能守恒。根据P、Q沿杆方向的速度分量相等列式，判断P与Q的速度大小；当P到达最低点时弹簧弹性势能最大，根据系统的机械能守恒求弹簧弹性势能最大值；当P的合力为零时，动能最大，分析Q的受力情况，确定地面对Q的支持力大小。
本题考查机械能守恒定律，要掌握系统机械能守恒的条件：只有重力和弹力做功，并能够分析运动过程中能量的转化情况。
8．【答案】C,D
9．【答案】A,B,C
10．【答案】B,C
【知识点】动量守恒定律；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】 A．B与C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为vBC，规定向右为正方向，由动量守恒定律得
解得
故A错误。
B．当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大。设向右为正方向，由A、B、C三者组成的系统动量守恒，得
解得
故B正确。
C．设物ABC速度相同时弹簧的弹性势能最大为Ep，根据能量守恒可得
故C正确。
D．设弹簧再次恢复原长时A的速度为v1，B、 C的速度为v2 ，从B、C碰撞后到弹簧再次恢复原长的过程，由系统的动量守恒和能量守恒分别得
联立解得v1= 0，v2 = 4m/s
或v1 = 2m/s，v2=6m/s(不合理，舍去）
故D错误。
故选BC。
【分析】B与C发生碰撞过程，根据动量守恒定律求出 B、C碰撞刚结束时BC的共同速度；当弹簧的弹性势能最大时，三者具有相同的速度，由三个物体组成的系统动量守恒求此时A的速度；由能量守恒求解弹性势能的最大值。从B、C碰撞后到弹簧再次恢复原长的过程，由系统的动量守恒和能量守恒求A、B、C三物块速度。
本题是含有非弹性碰撞的过程，不能全过程列出机械能守恒方程，这是学生经常犯的错误。要正确选择研究过程和对象，分段运用动量守恒定律和能量守恒定律。
11．【答案】（1）A
（2）2.0；9.6
12．【答案】（1）；
（2）C
（3）
13．【答案】解：当上绳绷紧，下绳恰好伸直但无张力时，小球受力如图
由牛顿第二定律得：，又有，解得：；
当下绳绷紧，上绳恰好伸直无张力时，小球受力如图
由牛顿第二定律得：，
解得：；
故当时，两绳始终有张力，
【知识点】向心力；生活中的圆周运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】本题中球做匀速圆周运动，临界情况下由拉力和重力的合力提供向心力，关键受力分析后根据牛顿第二定律列式求解。当上绳绷紧，下绳恰好伸直但无张力时，由上绳子的拉力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解出最小角速度；当下绳绷紧，上绳恰好伸直但无张力时，由下绳子的拉力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解出最大角速度，即可求得角速度的范围。
14．【答案】（1）解：根据图像与坐标轴所围的面积表示力做的功，则弹簧被压缩过程中外力做的功为
物块向左运动的过程中，克服摩擦力做功
整个运动过程中克服摩擦力做功为
物块到达点时的速度为，由能量守恒得
解得
（2）解：对、系统，由动量守恒定律得
设、碰撞后，弹簧恢复原长时的速度为，的速度为，取向右为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
【知识点】能量守恒定律；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）F-x图线与坐标轴围成图形的面积表示力做的功，根据图示图像求出外力F做功，然后应用动能定理求解，关键点在于物理过程的分析，并注意摩擦力做功与路径有关这一特点。
（2）根据A、B、C的运动过程应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可求解。
15．【答案】（1）解：物块通过最高点时，有向心力方程有
又由机械能守恒定律有
解得
（2）解：物块滑上传送带，由牛顿第二定律可得
由于
说明滑块与传送带未共速，由运动学有
在A点时，由牛顿第二定律有
由牛顿第三定律有
解得
（3）解：物块从A点到C点过程中，由动能定理有
解得
1 / 1湖北省武汉市常青第一中学2023-2024学年高二上学期开学考物理复习卷三
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1．（2020高二下·吉林期末）高速公路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离．某汽车以21.6km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆．已知司机的反应时间为0.7s，刹车的加速度大小为5m/s2，则该ETC通道的长度约为（ ）
A．4.2m B．6.0m C．7.8m D．9.6m
【答案】D
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【解答】汽车的速度21.6km/h＝6m/s，汽车在前0.3s+0.7s内做匀速直线运动，位移为：x1＝v0（t1+t2）＝6×（0.3+0.7）＝6m，随后汽车做减速运动，位移为： 3.6m，所以该ETC通道的长度为：L＝x1+x2＝6+3.6＝9.6m，ABC不符合题意，D符合题意
故答案为：D
【分析】明确汽车的运动过程，物体先做减速运动，再做匀速运动，再做匀加速运动，结合物体的初速度、加速度，结合运动学公式分析求解即可。
2．据史料记载，拨浪鼓最早出现在战国时期，宋代小型拨浪鼓已成为儿童玩具。现有一拨浪鼓上分别系有长度不等的两根轻绳，绳一端系着小球，另一端固定在关于手柄对称的鼓沿上。现使鼓绕竖直放置的手柄匀速转动，稳定两球在水平面内做周期相同的匀速圆周运动。下列各图中两球的位置关系正确的是（图中轻绳与竖直方向的夹角）（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】设绳长为L，则由合力提供向心力得
化简得
；
由于T相等，可知，L长的，角度大；设绳的竖直分量为h，则由合力提供向心力得
化简得
；
可知，角度大的，竖直分量大。综上所述，故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】本题以宋代时小型拨浪鼓成为儿童玩具为背景命制试题，考查匀速圆周运动，是一道理论联系实际的好题；要特别注意绳子反向延长与拨浪鼓转轴交点为O到小球转动平面的高度h固定。小球做匀速圆周运动，角速度相同，通过对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律和几何关系求解即可。
3．“天问一号”于2020年7月23日成功发射，经过多次变轨，于2021年5月15日成功着陆火星，着陆后“祝融号”火星车成功传回遥测信号。已知“天问一号”在距火星表面高度为的圆形轨道上运行的周期为，火星的半径为，引力常量为，忽略火星自转的影响，则以下说法正确的是（ ）
A．“天问一号”在地球上的发射速度介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间
B．“天问一号”在着陆火星的过程中，引力势能增大，动能减少，机械能守恒
C．火星的平均密度为
D．火星的第一宇宙速度为
【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】 A．根据地球第一宇宙速度和第二宇宙速度的定义，可知“天问一号”在地球上的发射速度应该介于第二宇宙速度与第三宇宙速度之间，故A错误；
B．“天问一号”在着陆火星的过程中需要做减速运动，所以动能减小，但引力做正功，则引力势能减小，所以机械能减小，故B错误；
C．“天问一号”在距地面高h的轨道上做匀速圆周运动，则有
得到
所以火星的平均密度
故C错误；
D．根据第一宇宙速度定义，有
再将选项C的质量M代入得到，火星的第一宇宙速度为
故D正确。
故选D。
【分析】知道第一宇宙速度是发射卫星绕地球做圆周运动的最小发射速度，第二宇宙速度是脱离地球的最小发射速度，第三宇宙速度是脱离太阳系的最小发射速度；“天问一号”着陆前做近心运动，需要减速；已知距火星表面高度为h的圆形轨道上运行卫星的周期为T，根据万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，可求出火星的质量，根据密度公式求火星的平均密度；根据万有引力提供向心力求火星的第一宇宙速度。
4．如图所示，质量分别为m和3m的A、B两物块，用一轻弹簧相连，将A用轻绳悬挂于天花板上，用一木板托住物块B。调整木板的位置，当系统处于静止状态时，悬挂A物块的悬绳恰好伸直且没有拉力，此时轻弹簧的形变量为x，突然撤去木板，重力加速度为g，物块运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是（ ）
A．撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为g
B．撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为0.5g
C．撤去木板后，B物块向下运动3x时速度最大
D．撤去木板后，B物块向下运动4x时速度最大
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—连接体；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】AB．撤去木板前，弹簧的弹力大小
弹簧处于压缩状态，则有
撤去木板瞬间，弹簧的弹力不变，对B物块，由牛顿第二定律知
解得
方向竖直向下，故AB错误；
CD．当B物块的加速度为零时，速度最大，此时有
可得弹簧的伸长量为
因为撤去木板前，弹簧的压缩量为x，所以撤去木板后，B物块向下运动4x时速度最大，故C错误，D正确。
故选 D。
【分析】撤去木板瞬间，弹簧的弹力不变，先求出撤去木板前弹簧的弹力，再根据牛顿第二定律求出撤去木板瞬间B的加速度。撤去木板后，当B物块的加速度为零时，速度最大，根据平衡条件和胡克定律相结合求B运动的距离。
5．如图所示是陕西黄土高原上的一个实景斜坡，简化为两个倾角不同的斜面，某物体由静止开始下滑，物体与两个斜面之间的动摩擦因数均为μ=，两个斜面倾角分别为α=53°，β=30°。图中，v、a、s、t、E、Ek分别表示物体速度大小、加速度大小、路程、时间、机械能和动能，下列图中可能正确的是
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】牛顿定律与图象；动能定理的综合应用
【解析】【解答】物体在角为的斜面上，重力沿斜面的分力
滑动摩擦力
物体将沿斜面加速下滑；物体在角为的斜面上，重力沿斜面的分力
滑动摩擦力
物体将沿斜面向下匀速运动。
A．物体在整个过程中都要克服摩擦力做功，物体的机械能不断减少，故A错误；
B．物体先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，物体的动能随位移先增大后不变，故B正确；
C．物体先做匀加速直线运动，v与t成正比， 但v2与t不成正比，故C错误；
D．物体先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，后来的加速度为零，故D错误。
故选B。
【分析】本题结合实际情形，全面考查能量、速度、力与路程、时间的关系以及利用图像理解实际物理过程，对物体正确受力分析，分析清楚物体的运动过程是正确解题的前提与关键。
6．（2022高三上·安康月考）视为质点的甲、乙两个小球先后在同一水平面相邻的两个位置以相同的初速度做竖直上抛运动，小球与出发位置的高度差与时间的图像如图所示，重力加速度为，根据图像所给的信息，下列说法正确的是（ ）
A．甲回到抛出点的时刻为
B．乙回到抛出点的时刻为
C．甲距抛出点的最大高度为
D．甲、乙在同一水平线上时离抛出点的高度为
【答案】B
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】A．设甲回到抛出点的时刻为 ，两个 图像具有对称性，则有 ，解得 ，A不符合题意；
B．乙回到抛出点的时刻为 ，B符合题意；
C．设竖直上抛运动的最大高度为 ，根据竖直上抛运动对称性 ，结合 ，可得 ，C不符合题意；
D．设甲运动到最高点的时刻为 ，由 图像的对称性可得 ， 至 ，甲下落的高度为 ，甲、乙在同一水平线时的高度为 ，综合可得 ，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】两球做斜抛运动。图像具有对称性。竖直上抛运动上升过程和下降过程具有对称性，运动时间分别为总运动时间的一半。
7．如图所示，两小滑块P、Q的质量分别为、m，P、Q用长为L的轻杆通过铰链连接，P套在固定的竖直光滑杆上，Q放在光滑水平地面上，原长为的轻弹簧水平放置，右端与Q相连，左端固定在竖直杆O点上，轻杆与竖直方向夹角。P由静止释放，下降到最低点时变为，整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则P下降过程中（ ）
A．P、Q组成的系统机械能守恒
B．下降过程中P的速度始终比Q的速度大
C．弹簧弹性势能最大值为
D．P达到最大动能时，Q受到地面的支持力大小为
【答案】D
【知识点】弹性势能；机械能守恒定律
【解析】【解答】 A、在整个运动过程中，由于弹簧对Q要做功，所以P、Q组成的系统机械能不守恒，故 A错误；
B、根据P、Q沿杆方向的速度分量相等可得，解得，
由30°增大到60°，由增大到，可知，P的速度先比Q的速度小，后比Q的速度大，故B错误；
C、对于P、Q、弹簧组成的系统，由于只有重力和弹力做功，所以系统机械能守恒，当P下降到最低点时，P的重力势能转化为弹簧的弹性势能，到达最低点时弹簧弹性势能最大，根据系统机械能守恒可得弹簧弹性势能最大值为
，故C错误；
D、P由静止释放，P开始向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，P的速度达到最大，此时动能最大，设此时杆与竖直方向的夹角为，杆的弹力大小为T，则，即得；对Q，根据平衡条件得地面对Q的支持力大小，故D正确。
故选D。
【分析】对于P、Q以及弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，系统机械能守恒。根据P、Q沿杆方向的速度分量相等列式，判断P与Q的速度大小；当P到达最低点时弹簧弹性势能最大，根据系统的机械能守恒求弹簧弹性势能最大值；当P的合力为零时，动能最大，分析Q的受力情况，确定地面对Q的支持力大小。
本题考查机械能守恒定律，要掌握系统机械能守恒的条件：只有重力和弹力做功，并能够分析运动过程中能量的转化情况。
8．汽车在弯道转弯时，需减速慢行，否则会有发生侧翻的危险，这是汽车发生离心运动导致的。关于离心运动，下列说法正确的是（ ）
A．离心运动对人的生活生产都是有害的
B．物体发生离心运动时，其所受合力一定为零
C．物体发生离心运动，是由于所受合外力不足以提供向心力导致的
D．若物体所能提供的最大向心力、运动半径不变，则角速度越大，越可能发生离心运动
【答案】C,D
9．如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆底部，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，重物Q的质量。把滑块从图中A点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等。已知OA与水平面的夹角，OB长为L，与AB垂直。不计滑轮的摩擦力，重力加速度为g，滑块P从A到B的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．重物Q的重力功率先增大后减小
B．滑块P运动到位置B处速度大小为
C．轻绳对滑块P做功为4mgL
D．P与Q的机械能之和先减少后增加
【答案】A,B,C
10．两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v=6m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量4kg的物块C静止在前方，如图所示，B与C碰撞后二者会粘在一起运动，则下列说法正确的是（ ）
A．BC碰撞刚结束时BC的共同速度为3m/s
B．弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为3m/s
C．弹簧的弹性势能最大值为12J
D．弹簧再次恢复原长时A、B、C三物块速度相同
【答案】B,C
【知识点】动量守恒定律；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】 A．B与C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为vBC，规定向右为正方向，由动量守恒定律得
解得
故A错误。
B．当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大。设向右为正方向，由A、B、C三者组成的系统动量守恒，得
解得
故B正确。
C．设物ABC速度相同时弹簧的弹性势能最大为Ep，根据能量守恒可得
故C正确。
D．设弹簧再次恢复原长时A的速度为v1，B、 C的速度为v2 ，从B、C碰撞后到弹簧再次恢复原长的过程，由系统的动量守恒和能量守恒分别得
联立解得v1= 0，v2 = 4m/s
或v1 = 2m/s，v2=6m/s(不合理，舍去）
故D错误。
故选BC。
【分析】B与C发生碰撞过程，根据动量守恒定律求出 B、C碰撞刚结束时BC的共同速度；当弹簧的弹性势能最大时，三者具有相同的速度，由三个物体组成的系统动量守恒求此时A的速度；由能量守恒求解弹性势能的最大值。从B、C碰撞后到弹簧再次恢复原长的过程，由系统的动量守恒和能量守恒求A、B、C三物块速度。
本题是含有非弹性碰撞的过程，不能全过程列出机械能守恒方程，这是学生经常犯的错误。要正确选择研究过程和对象，分段运用动量守恒定律和能量守恒定律。
二、非选择题：本题共5小题，共60分。
11．某实验小组用如图甲所示的装置探究平抛运动。
（1）用不同的力击打弹簧金属片，可以观察到____。（填选项前的字母）
A．A、B两球同时落地
B．A、B两球的运动路线相同
C．击打的力度越大，A、B两球落地时间间隔越大
（2）某次实验过程中用频闪照相机获得小球 A 连续三个时刻的位置如图乙所示，频闪照相机的频率为f=10 Hz。用刻度尺测得照片上。x1=x2=2.00 cm，y1=1.24 cm，y2=2.20cm，物体的实际大小与照片上物体影像的大小的比值为 10，则小球平抛的初速度大小为 m/s，当地的重力加速度 g为 m/s2。（计算结果均保留两位有效数字）
【答案】（1）A
（2）2.0；9.6
12．某实验小组利用光电门等器材验证“机械能守恒定律”。
（1）实验中，直径为d的金属小球由A处静止释放，下落过程中经过A处正下方固定的光电门1和光电门2，两光电门分别与数字计时器连接。小球的挡光时间分别为、，则小球通过光电门1时的速度大小为= ，小球通过光电门2时的速度大小为= （用物理量的符号表示）。
（2）已知当地重力加速度大小为g，为验证机械能守恒定律，实验中还一定需要测量的物理量是____（选填选项前的字母）。
A．金属小球的质量M
B．金属小球下落的时间T
C．两个光电门的高度差h
（3）如果金属小球下落过程中的机械能守恒，应满足的关系式为 （用题中字母表示）。
【答案】（1）；
（2）C
（3）
13．如图所示，AC、BC两绳系一质量为的小球，AC绳长，两绳的另一端分别固定于轴的A、B两处，两绳拉直时与竖直轴的夹角分别为和小球在水平面内做匀速圆周运动时，若两绳中始终有张力，求小球的角速度的取值范围。
【答案】解：当上绳绷紧，下绳恰好伸直但无张力时，小球受力如图
由牛顿第二定律得：，又有，解得：；
当下绳绷紧，上绳恰好伸直无张力时，小球受力如图
由牛顿第二定律得：，
解得：；
故当时，两绳始终有张力，
【知识点】向心力；生活中的圆周运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】本题中球做匀速圆周运动，临界情况下由拉力和重力的合力提供向心力，关键受力分析后根据牛顿第二定律列式求解。当上绳绷紧，下绳恰好伸直但无张力时，由上绳子的拉力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解出最小角速度；当下绳绷紧，上绳恰好伸直但无张力时，由下绳子的拉力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解出最大角速度，即可求得角速度的范围。
14．如图甲所示，平台ON上有一轻质弹簧，其左端固定于竖直挡板上，右端与质量m=0.50kg、可看作质点的物块A相接触（不粘连），OP段粗糙且长度等于弹簧原长，PN段光滑，上面有静止的小滑块B、C，mB=kg，mC=kg，滑块B、C之间有一段轻弹簧刚好处于原长，B与轻弹簧连接，滑块C未连接弹簧，两滑块离N点足够远。物块A开始静止于P点，与OP段的动摩擦因数μ=0.50。现对物块施加一个水平向左的外力F，大小随位移x变化关系如图乙所示。物块A向左运动x=0.40m到达Q点，到达Q点时速度为零，随即撤去外力F，物块A在弹簧弹力作用下向右运动，与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短。重力加速度g=10m/s2.求：
（1）与B物块碰前物块A的速度大小；
（2） 滑块C脱离弹簧后的速度；
【答案】（1）解：根据图像与坐标轴所围的面积表示力做的功，则弹簧被压缩过程中外力做的功为
物块向左运动的过程中，克服摩擦力做功
整个运动过程中克服摩擦力做功为
物块到达点时的速度为，由能量守恒得
解得
（2）解：对、系统，由动量守恒定律得
设、碰撞后，弹簧恢复原长时的速度为，的速度为，取向右为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
【知识点】能量守恒定律；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）F-x图线与坐标轴围成图形的面积表示力做的功，根据图示图像求出外力F做功，然后应用动能定理求解，关键点在于物理过程的分析，并注意摩擦力做功与路径有关这一特点。
（2）根据A、B、C的运动过程应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可求解。
15．如图所示，长、倾角的传送带，顶端与半径的竖直圆弧ABC相切于A点，最高点的左侧有光滑水平台面，台面最左侧墙面固定有一轻弹簧。传送带以速度顺时针匀速转动，一质量的物块（可视为质点）以速度滑上传送带底端，最后物块恰能通过圆弧轨道最高点滑上水平台面，已知物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g取。（，）求：
（1）弹簧具有的最大弹性势能；
（2）物块在A点时对圆轨道的压力大小；
（3）物块在圆弧轨道上克服摩擦力做的功。
【答案】（1）解：物块通过最高点时，有向心力方程有
又由机械能守恒定律有
解得
（2）解：物块滑上传送带，由牛顿第二定律可得
由于
说明滑块与传送带未共速，由运动学有
在A点时，由牛顿第二定律有
由牛顿第三定律有
解得
（3）解：物块从A点到C点过程中，由动能定理有
解得
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