黑龙江省哈尔滨市哈师大附中2020届高三9月月考物理试题

黑龙江省哈尔滨市哈师大附中2020届高三9月月考物理试题

哈师大附中2019～2020学年度高三上学期第一次月考物理试卷 一、选择题（本题共15小题，共45分。在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一项符合题目要求，有的小题有多项符合题目要求。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)‎ ‎1.水平地面上有一木箱，木箱与地面之间的动摩擦因数为。现对木箱施加一拉力F，使木箱做匀速直线运动。设F的方向与水平面夹角为，如图，在从0逐渐增大到90°的过程中，木箱的速度保持不变，则（ ）‎ A. F先减小后增大 B. F一直增大 C. F的功率减小 D. F的功率不变 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 由于木箱的速度保持不变，因此木箱始终处于平衡状态，受力分析如图所示，则由平衡条件得：，两式联立解得，可见F有最小值，所以F先减小后增大，A正确；B错误；F的功率，可见在从0逐渐增大到90°的过程中tan逐渐增大，则功率P逐渐减小，C正确，D错误。‎ ‎2.将质量为 m 的物体A 以速率 v0水平抛出，经过时间 t 后，物 体下落了一段距离，速率仍为v0，方向却与初速度相反，如图所 示。在这一运动过程中，下列说法中正确的是( )‎ A. 风对物体做功为零 B. 风对物体做负功 C. 物体机械能减少 D. 风对物体的冲量大小大于 2mv0‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 物体被抛出后，重力对其做正功，但是其动能没有增加，说明风对物体做负功，选项A错误，B正确；由于不知道风的方向，所以无法计算物体下落的高度，也就无法计算重力和风对物体所做的功，选项C错误；重力的冲量竖直向下，大小为mgt，合力的冲量为2mv0，根据矢量的合成可知，风对物体的冲量大小大于2mv0，选项D正确；综上本题选BD.‎ ‎3.2019年春节档，科幻电影《流浪地球》红遍大江南北。电影讲述的是太阳即将毁灭，人类在地21球上建造出巨大的推进器，使地球经历停止自转、加速逃逸、匀速滑行、减速人轨等阶段，最后成为新恒星（比邻星）的一颗行星的故事。假设儿千年后地球流浪成功，成为比邻星的一颗行星，设比邻星的质量为太阳质量的1/8，地球质量在流浪过程中损失了1/5，地球绕比邻星运行的轨道半径为地球绕太阳运行轨道半径的1/2，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 地球绕比邻星运行的公转周期和绕太阳的公转周期相同 B. 地球绕比邻星运行的向心加速度是绕太阳运行时向心加速度的2/5‎ C. 地球与比邻星间的万有引力为地球与太阳间万有引力的1/10‎ D. 地球绕比邻星运行的动能是绕太阳运行时动能的1/10‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得： ，解得： ，则：，即：T比＝T太，故A正确；‎ B、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得： ，，故B错误；‎ C、万有引力：,代入数据计算解得，故C错误；‎ D、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：，动能：，代入数据计算解得动能之比为 故D错误；‎ ‎4.如图所示，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一轻杆与竖直方向成θ角并与横杆固定，下端连接一小铁球，横杆右边用一根轻质细线吊一小铁球，当小车向右做加速运动时，细线保持与竖直方向成α角，若θ<α，则下列说法正确的是 ‎ A. 轻杆对小球的弹力方向与细线平行 B. 轻杆对小球的弹力方向沿着轻杆方向向上 C. 轻杆对小球的弹力方向既不与细线平行也不沿着轻杆方向 D. 此时小车向右做加速运动的加速度大小为gtanθ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC．左边小球受到重力和轻杆的作用力，右边小球受到重力和绳子拉力，两个小球的加速度相等，即小球的弹力和重力合力相等，所以轻杆对小球的弹力和细线对小球的拉力大小相等，方向相同，A符合题意，B不符合题意，C不符合题意；‎ D．小车的加速度等于右边小球的加速度，小球受重力、绳子拉力，合力记为，根据几何关系有：‎ 可知：‎ 所以 D不符合题意。‎ ‎5.某工地上，工人将放在地面上一重10 N的箱子吊起。箱子在绳的拉力作用下由静止开始竖直向上运动，运动过程中箱子的机械能E与其位移x的关系图象如图所示，其中0〜5 m过程的图线为曲线，5 m〜15 m过程的图线为直线。根据图象可知 A. 0〜5 m过程中箱子所受的拉力逐渐减小 B. 0〜15 m过程中箱子的动能一直增加 C. 在位移为15m时，拉力F = 20 N D. 在位移为15m时，拉力F = 10 N ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．据功能关系，物体机械能的变化等于重力以外其它力做的功；据可知，机械能E与其位移x的关系图象切线斜率表示箱子所受拉力；由图象得，0〜5 m过程中箱子所受的拉力逐渐减小．故A项正确．‎ BCD．由图象得，0〜5 m过程中箱子所受的拉力逐渐减小，5〜15 m过程中箱子所受拉力；0〜5 m过程中箱子所受的拉力大于重力，箱子的动能增加；5〜15 m过程中箱子所受的拉力等于重力，箱子的动能不变．故BC两项错误，D项正确．‎ ‎6.有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计一吨左右)．一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量．他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头后停下来，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离为d，然后用卷尺测出船长L，已知他自身的质量为m，则渔船的质量M为(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 人和船组成的系统所受合外力为0，满足动量守恒，由位移与时间之比表示速度，根据动量守恒定律进行分析与计算；‎ ‎【详解】设人走动时船的速度大小为，人的速度大小为，人从船尾走到船头所用时间为t，取船的速度为正方向。 则， 根据动量守恒定律： 则得： 解得渔船的质量：，故选项B正确，选项ACD错误。‎ ‎【点睛】人船模型是典型的动量守恒模型，体会理论知识在实际生活中的应用，关键要注意动量的方向。‎ ‎7.如图所示，一质量为m的小球置于半径为R的光滑竖直圆轨道最低点A处，B为轨道最高点，C、D另一端与小球栓接，已知弹簧的劲度系数为，原长为L=2R，弹簧始终处于弹性限度内，若给小球一水平初速度v0，已知重力加速度为g，则（ ）‎ A. 当v0较小时，小球可能会离开圆轨道 B. 若在则小球会在B、D间脱离圆轨道 C. 只要，小球就能做完整的圆周运动 D. 只要小球能做完整圆周运动，则小球与轨道间最大压力与最小压力之差与v0无关 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 试题分析：B、因弹簧的劲度系数为，原长为L=2R，所以小球始终会受到弹簧的弹力作用，大小为F=k（L-R）=kR=mg，方向始终背离圆心，无论小球在CD以上的哪个位置速度为零，重力在沿半径方向上的分量都小于等于弹簧的弹力（在CD以下，轨道对小球一定有指向圆心的支持力），所以无论v0多大，小球均不会离开圆轨道，故AB错误． C、小球在运动过程中只有重力做功，弹簧的弹力和轨道的支持力不做功，机械能守恒，当运动到最高点速度为零，在最低点的速度最小，有：，所以只要，小球就能做完整的圆周运动， C均正确．D、在最低点时，设小球受到的支持力为N，有，解得①，运动到最高点时受到轨道的支持力最小，设为N′，设此时的速度为v,由机械能守恒有②，此时合外力提供向心力，有③，联立②③解得：④,联立①④得压力差为△N=6mg与初速度无关，故D正确．故选CD．‎ 考点：考查向心力、牛顿第二定律、机械能守恒定律．‎ ‎【名师点睛】该题涉及到的考点较多，解答中要注意一下几点：1、正确的对物体进行受力分析，计算出沿半径方向上的合外力，利用向心力公式进行列式．2、注意临界状态的判断，知道临界状态下受力特点和运动的特点．3、熟练的判断机械能守恒的条件，能利用机械能守恒进行列式求解．‎ ‎8.如图所示，在水平圆盘上放有质量分别为m、m、2m的可视为质点的三个物体A、B、C，圆盘可绕垂直圆盘的中心轴O1O2转动．三个物体与圆盘之间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力认为等于滑动摩擦力．三个物体与轴心O1共线且O1A=O1B=BC=r．现将三个物体用轻质细线相连，保持细线伸直且恰无张力．圆盘从静止开始转动，角速度极其缓慢地增大，则对于这个过程，下列说法正确的是 A. A、B两个物体所受的摩擦力同时达到最大静摩擦力 B. B、C两个物体的静摩擦力先增大后不变，A物体的静摩擦力先增大后减小再增大 C. 当时整体会发生滑动 D. 当，在ω增大的过程中BC间的拉力不断增大 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ 当圆盘转速增大时，由静摩擦力提供向心力．三个物体的角速度相等，由F=mω2r，由于C的半径最大，质量最大，故C所需要的向心力增加最快，最先达到最大静摩擦力，此时μ2mg=2m•2r，解得： ，当C的摩擦力达到最大静摩擦力之后，BC开始提供拉力，B的摩擦力增大，达最大静摩擦力后，AB之间绳开始有力的作用，随着角速度最大，A的摩擦力将减小到零然后反向增大，当A与B的摩擦力也达到最大时，且BC的拉力大于AB整体的摩擦力时物体将会出现相对滑动，此时A与B还受到绳的拉力，对C可得：T+μ•2mg=2m•2r，对AB整体可得：T=2μmg，解得： ，当 时整体会发生滑动，故A错误，BC正确；当 ，C摩擦力沿着半径向里，且没有出现滑动，故在ω增大的过程中，由于向心力F=T+f不断增大，故BC间的拉力不断增大，故D正确．故选BCD.‎ 点睛：本题考查圆周运动中力与运动的关系，注意本题中为静摩擦力与绳子的拉力充当向心力，故应注意静摩擦力是否已达到最大静摩擦力。‎ ‎9.如图所示，水平传送带以 的速率匀速运行，上方漏斗每秒将40 kg的煤粉竖直放到传送带上，然后一起随传送带匀速运动．如果要使传送带保持原来的速率匀速运行，则电动机应增加的功率为 A. 80 W B. 160 W C. 400 W D. 800 W ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粉末流到传送带上后，在滑动摩擦力作用下做初速度为0的匀加速直线运动，摩擦力对煤粉做正功，对传送带做负功，传送带多做的功转化为煤的动能以及系统之间产生热量，正确分析煤粉的运动情况，利用功能关系课正确解答。‎ ‎【详解】在1s内做到传送带上煤粉的质量为，这部分煤由于动摩擦力的作用被传送带加速，由功能关系的：‎ 煤在摩擦力的作用下加速前进，因此：‎ 传送带的位移：‎ 相对位移：‎ 由此可知煤的位移与煤和传送带的相对位移相同，因此摩擦生热为：‎ 传送带需要增加的能量分为两部分：第一部分为煤获得的动能，第二部分为传送带克服摩擦力做功保持传送带速度不变。所以传送带1s内增加的能量为：‎ 所以皮带机相应增加的功率为：‎ A．80 W 　　不符合题意；‎ B．160 W 符合题意；‎ C．400 W 不符合题意；‎ D．800 W 不符合题意。‎ ‎10.如图所示，B球在水平面内做半径为R的匀速圆周运动，竖直平台与轨迹相切且高度为R，当B球运动到切点时，在切点正上方的A球水平飞出，g为重力加速度大小，要使B球刚好运动半周与A球相遇，则B球的速度大小为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A球的平抛时间t=，B球经过的路程为S=Rπ，则B球的速度大小为v=S/t=，故C正确，ABD错误。‎ 故选：C ‎11.如图所示，在距水平地面高为0.4m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右边，杆上套有一质量m=2kg的滑块A。半径R＝0.3m的光滑半圆形细轨道竖直地固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量也为m=2kg的小球B。用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将A、B连接起来。杆和半圆形轨道在同一竖直面内，A、B均可看作质点，且不计滑轮大小的影响。现给滑块A一个水平向右的恒力F＝50N（取g=10m/s2）。则（ ）‎ A. 把小球B从地面拉到P的正下方时力F做功为20J B. 小球B运动到C处时的速度大小为0‎ C. 小球B被拉到与滑块A速度大小相等时，离地面高度为0.225m D. 把小球B从地面拉到P的正下方C时，小球B的机械能增加了20J ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ 解： 把小球B从地面拉到P点正下方C点过程中，力F的位移为： ，则力F做的功WF=Fx=20J，选项A正确；把小球B从地面拉到P点正下方C点时，此时B的速度方向与绳子方向垂直，此时A的速度为零，设B的速度为v，则由动能定理： ，解得v= m/s，选项B错误；当细绳与圆形轨道相切时，小球B的速度方向沿圆周的切线方向向上，此时和绳子方向重合，故与小球A速度大小相等，由几何关系可得h=0.225m选项C正确；B机械能增加量为F做的功20J，D正确 本题选ACD ‎12.在一水平向右匀速运动长传送带的左端点，每隔相同的时间轻放上一个相同的工件。经测量，发现前面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离均为。已知传送带的速率恒为，工件与传送带间动摩擦因数为，工件质量为，重力加速度为，则下列说法正确的是 A. 工件在传送带上加速运动的时间一定等于 ‎ B. 传送带对每个工件做的功为 C. 每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量一定等于 D. 传送带因传送每一个工件而多消耗的能量为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动每个工件划伤传送带后运动的规律相同，由此可知：‎ 解得将相邻两个物块放到传送带上的时间间隔为 而不能确定加速时间，不符合题意；‎ B.传送带对每个工件做的功为：‎ 符合题意；‎ C.设工件加速运动的时间为，工件与传送带相对滑动的路程为：‎ 摩擦产生的热量为：‎ 由于不一定等于，所以不一定等于 不符合题意；‎ D.根据能量守恒得，传送带传送一个工件多消耗的能量为：‎ 对于工件加速过程，有：‎ 整理得：‎ 符合题意。‎ ‎13.如图所示，一倾角为的固定斜面下端固定一挡板，一劲度系数为k的轻弹簧下端固定在挡板上。现将一质量为m的小物块从斜面上离弹簧上端距离为s处由静止释放，已知物块与斜面间的动摩擦因数为，物块下滑过程中的最大动能为EKm，则小物块从释放到运动至最低点的过程中，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 物块刚与弹簧接触的瞬间动能最大 B. 物块的最大动能等于重力与摩擦力对物块做功之和 C. 弹簧的最大弹性势能等于整个过程中重力与摩擦力对物块做功之和 D. 若将物块从离弹簧上端2s的斜面处由静止释放，则下滑过程中物块的最大动能小于2EKm ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 物块刚与弹簧接触的瞬间，弹簧的弹力为零，仍有mgsinα＞μmgcosα，物块继续向下加速，动能仍在增大，所以此瞬间动能不是最大，当物块的合力为零时动能才最大，故A错误．物块的最大动能等于重力、弹力与摩擦力对物块做功之和，选项B错误；根据能量转化和守恒定律知，弹簧的最大弹性势能等于整个过程中物块减少的重力势能与产生的内能之差，而内能等于物块克服摩擦力做功，可得弹簧的最大弹性势能等于整个过程中物块减少的重力势能与摩擦力对物块做功之和．故C正确．若将物块从离弹簧上端2s的斜面处由静止释放，下滑过程中物块动能最大的位置不变，弹性势能不变，设为Ep．此位置弹簧的压缩量为x． 根据功能关系可得：将物块从离弹簧上端s的斜面处由静止释放，下滑过程中物块的最大动能为 Ekm=mg（s+x）sinα-μmg（s+x）cosα-Ep． 将物块从离弹簧上端s的斜面处由静止释放，下滑过程中物块的最大动能为 Ekm′=mg•（2s+x）sinα-μmg•（2s+x）cosα-Ep ‎． 而2Ekm=mg（2s+2x）sinα-μmg（2s+2x）cosα-2Ep．=[mg（2s+x）sinα-μmg（2s+x）cosα-Ep]+[mgxsinα-μmgxcosα-Ep]=Ekm′+[mgxsinα-μmgxcosα-Ep] 由于在物块接触弹簧到动能最大的过程中，物块的重力势能转化为内能和物块的动能，则根据功能关系可得：mgxsinα-μmgxcosα＞Ep，即mgxsinα-μmgxcosα-Ep＞0，所以得Ekm′＜2Ekm．故D正确．故选CD.‎ 点睛：本题主要考查了动能定理及能量守恒定律的直接应用，关键要能正确分析物体的运动情况，知道什么时候动能最大，能熟练运用能量守恒定律列式研究．‎ ‎14.如图所示，轻弹簧一端固定在点，另一端系一小球，小球穿在固定于竖直面内、圆心为 的光滑圆环上，在的正上方， 是的连线和圆环的交点，将小球从圆环上的点无初速度释放后，发现小球通过了点，最终在之间做往复运动．已知小球在点时弹簧被拉长，在点时弹簧被压缩，则下列判断正确的是 A. 弹簧在点的伸长量一定大于弹簧在点的压缩量 B. 小球从至一直做加速运动，从至一直做减速运动 C. 弹簧处于原长时，小球的速度最大 D. 小球机械能最大的位置有两处 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因只有重力和内力中的弹力做功，故小球和弹簧构成的系统机械能守恒，小球在点的动能和重力势能均最小，小球在点的弹性势能必然大于在点的弹性势能，所以弹簧点的伸长量一定大于弹簧在点的压缩量，符合题意；‎ BC．小球从至，在切线方向先做加速运动，在做减速运动，当切线方向合力等于0（此时弹簧仍处于伸长状态）时，速度最大，B不符合题意，C不符合题意；‎ D．当弹簧处于原长时，弹性势能为0，小球机械能最大，由此可知，相对于对称，显然此位置在与之间各有一处，符合题意。‎ ‎15.如图甲所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻质弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度处，滑块与弹簧不拴接．现由静止释放滑块，通过传感器测量滑块的速度和离地高度并作出滑块的图象如图乙所示，其中高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，取，由图象可知 A. 滑块的质量为0.1 kg B. 轻弹簧原长为0.2 m C. 弹簧最大弹性势能为0.5 J D. 滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4 J ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在从0.2m上升到0.35m的范围内：‎ 图像的斜率绝对值为：‎ 所以：‎ 不符合题意；‎ B．在图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2m上升到0.25m范围内图线为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2m上升到0.35m的范围内所受作用力为恒力，所以从0.2m处滑块与弹簧分离，所以弹簧的原长为0.2m，符合题意；‎ C．根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大的弹性势能，所以：‎ 符合题意；‎ D．由图可知，当时的动能最大，在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能的转化和守恒可知：‎ 不符合题意。‎ 二、实验题(本题共2小题，共24分) ‎ ‎16.为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图甲所示的实验装置．其中带滑轮的小车的质量为，砂和砂桶的质量为.(滑轮质量不计)‎ ‎(1)实验时，一定要进行的操作是________．‎ A．用天平测出砂和砂桶的质量 B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力 C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计示数 D．改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带 E．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量 ‎(2)该同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带(两相邻计数点间还有四个点)，测得： ＝1.40 cm，＝1.90 cm，＝2.38 cm，＝2.88 cm，＝3.39 cm，＝3.87‎ ‎ cm.那么打下3点时小车的瞬时速度的大小是________，小车加速度的大小是________.已知打点计时器采用的是频率为50 Hz的交流电(结果保留两位有效数字)．‎ ‎(3)以弹簧测力计的示数为横坐标，加速度为纵坐标，作出的图象是一条直线，如图丙所示，图线与横轴的夹角为，求得图线的斜率为，则小车的质量为________．‎ A．2 B. C． D. ‎ ‎【答案】 (1). BCD (2). 026 (3). 0.50 (4). D ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]A、E．本实验中拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使砂和砂桶的质量远小于小车的质量，A不符合题意，E不符合题意 B．弹簧测力计测出拉力，从而得到小车受到的合外力，故需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，符合题意；‎ C．打点计时器使用时，先接通电源，再释放小车，该实验探究质量一定时加速度与力的关系，要记录弹簧测力计的示数，符合题意；‎ D．改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随力的变化关系，符合题意。‎ ‎(2)[2][3]两相邻计数点间还有四个点，则相邻两计数点间的时间间隔:‎ 打下3点时小车的瞬时速度的大小 由匀变速直线运动的推论可知，小车加速度的大小 代入数据可解得 ‎(3)[4]以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，故 由牛顿第二定律 得，小车的质量为 A．2 不符合题意； ‎ B. 不符合题意；‎ C． 不符合题意；‎ D. 符合题意。‎ ‎17.某同学利用如图装置来研究机械能守恒问题，设计了如下实验．A、B是质量均为m的小物块，C是质量为M的重物，A、B间由轻弹簧相连，A、C间由轻绳相连．在物块B下放置一压力传感器，重物C下放置一速度传感器，压力传感器与速度传感器相连．当压力传感器示数为零时，就触发速度传感器测定此时重物C的速度．整个实验中弹簧均处于弹性限度内，重力加速度为g．实验操作如下：‎ ‎(1)开始时，系统在外力作用下保持静止，细绳拉直但张力为零．现释放C，使其向下运动，当压力传感器示数为零时，触发速度传感器测出C的速度为v．‎ ‎(2)在实验中保持A，B质量不变，改变C的质量M，多次重复第(1)步．‎ ‎①该实验中，M和m大小关系必需满足M______m　（选填“小于”、“等于”或“大于”）‎ ‎②为便于研究速度v与质量M的关系，每次测重物的速度时，其已下降的高度应______（选填“相同”或“不同”）‎ ‎③根据所测数据，为得到线性关系图线，应作出______（选填“v2-M”、“v2-”或“v2-”）图线．‎ ‎④根据③问的图线知，图线在纵轴上截距为b，则弹簧的劲度系数为______（用题给的已知量表示）．‎ ‎【答案】 (1). 大于 (2). 相同 (3). v2- (4). ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：①根据题意，确保压力传感器示数为零，因此弹簧要从压缩状态到伸长状态，那么C的质M要大于A的质量m；‎ ‎②要刚释放C时，弹簧处于压缩状态，若使压力传感器为零，则弹簧的拉力为，因此弹簧的形变量为，不论C的质量如何，要使压力传感器示数为零，则A物体上升了，则C下落的高度为，即C下落的高度总相同；‎ ‎③选取AC及弹簧为系统，根据机械能守恒定律，则有：，整理得，，为得到线性关系图线，因此应作出图线．‎ ‎④由上表达式可知，，解得．‎ 考点：验证机械能守恒定律 ‎【名师点睛】理解弹簧有压缩与伸长的状态，掌握依据图象要求，对表达式的变形的技巧．‎ 三、论述计算题：（本大题共3小题，共41分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）‎ ‎18.如图是一架小型四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的遥控飞行器，具有体积小、使用灵活、飞行高度低、机动性强等优点。现进行试验：无人机从地面由静止开始以额定功率竖直向上起飞．经t＝20s上升到h＝47m,，速度达到v＝6 m/s。之后，不断调整功率继续上升，最终悬停在高H =108 m．处．已知无人机的质量m＝4kg，无论动力是否启动，无人机上升、下降过程中均受空气阻力，且大小恒为f＝4 N．取g＝10 m/s2，求 ‎（1）无人机的额定功率；‎ ‎（2）当悬停在H高处时，突然关闭动力设备．无人机由静止开始竖直坠落，2s末启动动力设备，无人机立即获得向上的恒力F，使其到达地面时速度恰好为0，则F是多大？‎ ‎【答案】（1）107W；（2）43.2N ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）无人机以额定功率向上运动时，由动能定理可得：‎ 解得：P=107W ‎（2）失去升力后下落过程由牛顿第二定律可得：mg-f=ma1‎ 经过2s后速度为：v1=a1t1‎ 下落高度：‎ 恢复升力后减速下降：由运动学公式有：0-v12=2a2（H-h1）‎ 根据牛顿第二定律有：mg-F-f=ma2‎ 联立解得：F=43.2N ‎【点睛】解答此题的关键是抓住无人机由静止开始以额定功率竖直向上起飞，额定功率不变，发动机的牵引力变化，做的是变加速运动，只能由动能定理求得无人机的额定功率，还要注意运动过程的分析，注意牛顿第二定律和运动学公式相结合的运用。‎ ‎19.某兴趣小组设计了一种实验装置，用来研究碰撞问题，其模型如图所示，光滑轨道中间部分水平，右侧为位于竖直平面内半径为R的半圆，在最低点与直轨道相切．5个大小相同、质量不等的小球并列静置于水平部分，球间有微小间隔，从左到右，球的编号依次为0、1、2、3、4，球的质量依次递减，每球质量与其相邻左球质量之比为k（k＜1）．将0号球向左拉至左侧轨道距水平高h处，然后由静止释放，使其与1号球碰撞，1号球再与2号球碰撞…所有碰撞皆为无机械能损失的正碰（不计空气阻力，小球可视为质点，重力加速度为g）．‎ ‎（1）. 0号球与1号球碰撞后，1号球的速度大小v1；‎ ‎（2） 若已知h=0.1m，R=0.64m，要使4号球碰撞后能过右侧轨道的最高点，问k值为多少？‎ ‎【答案】（1）(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)0号球碰前速度为v0，‎ 碰撞过程：‎ 解得：‎ ‎（2）同理 故：‎ ‎4号球从最低点到最高点：‎ ‎4号球在最高点：‎ 解得：‎ ‎20.如图所示，质量M=1kg木板静置于倾角为37°的足够上的固定斜面上的固定斜面上的某个位置，质量m=1kg的可视为质点的小物块以初速度v0=5m/s从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上的外力F=14N，使木板从静止开始运动，当小物块与木板共速时，撤去该外力，最终小物块从木板的下端滑出．已知小物块与木板之间的动摩擦因素为0．25，木板与斜面之间的动摩擦因数为0．5，g=10m/s2，sin37°=0．6,cos37°=0．8。‎ ‎（1）物块和木板共速前，物块和木板的加速度各为多少；‎ ‎（2）木板的长度至少为多少；‎ ‎（3）物块在木板上运动的总时间是多少。‎ ‎【答案】（1）a1=8m/s2,方向沿斜面向下, a2=2m/s2,方向沿斜面向上 （2）（3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）物块与木板共速前，对物块分析：‎ 得：a1=8m/s2,方向沿斜面向下，减速上滑 对木板分析：‎ 得：a2=2m/s2,方向沿斜面向上，加速上滑 ‎（2）共速时：‎ 得：，‎ 共速前的相对位移：‎ 撤掉F后：物块相对于木板上滑，加速度仍未a1=8m/s2，减速上滑 而木板：‎ 则：，方向沿斜面向下，减速上滑 由于：‎ 木板停止后，物块在木板上滑动时，木板就不再运动 过，木板停止，过，物块减速到0‎ 此过程，相对位移：‎ 木板至少长度 ‎（3）物块在木板上下滑，木板不动 物块加速度 得：‎ 在木板上的总时间：‎ 考点：考查牛顿第二定律、匀变速直线运动．‎ ‎【名师点睛】动力学的解题思路：已知受力研究运动；已知运动研究受力情况。‎ ‎ ‎