卷子答案网-一个不只有答案的网站江西省鹰潭一中2020届高三上学期物理第四次月考试卷
一、单选题
1．（2019高三上·鹰潭月考）如图所示，小蚂蚁从一半球形碗底沿碗内表面缓慢向上爬，已知球面半径为R，蚂蚁与碗的内表面的动摩擦因数为 ，它可以爬的最大高度为（ ）
A．0. 2R B．0. 5R C．0. 75R D．0. 8R
【答案】B
【知识点】共点力平衡条件的应用；滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】小孩沿半球形的碗状装置内表面缓慢向上爬的过程中，受到重力、支持力和摩擦力而处于动态平衡状态，受力如图所示：
设最高点圆弧的切线与水平方向夹角为θ，根据平衡条件有：f=mgsinθ，N=mgcosθ，
且有f=μN，
得：tanθ=μ=
解得：θ=60°
又根据几何知识得最大高度为：h=R(1 cosθ)=R(1 0.5)=0.5R。
故答案为：B。
【分析】对蚂蚁进行受力分析，在沿切面方向和垂直于切面两个方向上分解，当沿切面方向的重力与摩擦力相等时，此位置即为最大高度。
2．（2019高三上·鹰潭月考）甲、乙两个质点沿同一直线运动，其中质点甲以6m/s的速度匀速直线运动，质点乙作初速度为零的匀变速直线运动，它们的位置x随时间t的变化如图所示．已知t＝3s时，甲、乙图线的斜率相等．下列判断正确的是（ ）
A．最初的一段时间内，甲、乙的运动方向相反
B．t=3s时，乙的位置坐标为－9m
C．乙经过原点时的速度大小为 m/s
D．t=10s时，两车相遇
【答案】D
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】因x-t图像的斜率等于速度，由图像可知最初的一段时间内，甲、乙图像的斜率符号相同，则运动方向相同，A不符合题意；t＝3s时，甲、乙图线的斜率相等，则此时乙的速度为6m/s，则乙的加速度为 ，则此时乙的位置坐标为 ，B不符合题意；乙经过原点时的速度大小为 ，C不符合题意；两车相遇时： ，即 ，解得t=10s，D符合题意.
故答案为：D
【分析】s-t图像中，横坐标为时间，纵坐标为位移，图像的斜率是速度，两图像的交点意味着两个物体具有相同的位移，通过这些性质结合选项分析即可。
3．（2019高三上·鹰潭月考）有一宇宙飞船，它的正对面积S= ，以 的相对速度飞入一宇宙微粒区.此微粒区1 中有一个微粒，每一个微粒的平均质量为 .设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加 （ ）
A．36N B．3.6N C．12N D．1.2N
【答案】A
【知识点】动量定理
【解析】【解答】选在时间△t内与飞船碰撞的微粒为研究对象，其质量应等于底面积为S，高为v△t的圆柱体内微粒的质量。即 M=mSv△t，初动量为0，末动量为mv。设飞船对微粒的作用力为F，由动量定理得：F △t=Mv-0，则 ；根据牛顿第三定律可知，微粒对飞船的撞击力大小也等于mSv2，则飞船要保持原速度匀速飞行牵引力应增加F′=F=mSv2；代入数据得：F′=2×10-6×2×（3×103）2N=36N．BCD不符合题意，A符合题意，
故答案为：A。
【分析】对飞船和灰尘组成的系统应用动量定理求解牵引力的变化量。
4．（2019高三上·鹰潭月考）如图，可爱的毛毛虫外出觅食，缓慢经过一边长为L的等边三角形山丘，已知其身长为3L，总质量为m，如图头部刚到达最高点，假设小虫能一直贴着山丘前行，求其头部越过山顶刚到达山丘底端时小虫的重力势能变化量（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】动能与重力势能
【解析】【解答】选山丘底端为零势能面，初状态的重力势能为： ，
小虫头部越过山顶刚到达山丘底端时的重力势能为： ，
其重力势能的变化量为： ，
故答案为：B。
【分析】重力做功与路径无关，只与初末位置有关，利用公式W=Gh求解即可，重力做正功，重力势能减小，反之增大。
5．（2019高三上·鹰潭月考）如图，在竖直平面内，长为L的绳一端固定，另一端连接质量为m的小球，现将绳拉直与水平成30°静止释放小球，求当小球运动到最低点时绳的拉力（ ）
A．3mg B．3. 5mg C．4mg D．5mg
【答案】B
【知识点】竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】小球先做自由落体运动到与水平方向向下成30°角，此过程机械能守恒，有： ，
之后小球沿竖直面做圆周运动，此时速度为v1：
方向为垂直细绳。
根据机械能守恒，设到最低点时速度v，有：
根据牛顿第二定律，设绳子的拉力F，有：
联立解得：
故答案为：B。
【分析】利用动能定理求解物体到达最低点的速度，对处在最低点的物体进行受力分析，结合此时物体的速度，利用向心力公式求解物体对绳子的拉力。
6．（2019高三上·鹰潭月考）质量为M的小车静止在光滑水平面上，车上是一个四分之一圆周的光滑轨道，轨道下端切线水平，轨道半径为R，质量为m的小球由轨道最高点静止释放。已知M=3m，求小球运动到轨道最低点时小车的位移大小（ ）
A．0. 25R B．0. 5R C．0. 75R D．R
【答案】A
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】小球滚到最低点的过程中，由于系统水平方向总动量守恒。设小球水平位移的大小为s1，车水平位移的大小为s2。得(取水平向左为正方向)：
又s1+s2=R
联立解得：
故答案为：A。
【分析】小球和小车两个物体组成系统动量守恒，利用动量守恒定律可以判断两者速度满足一定关系，故路程也满足关系。
7．（2019高三上·鹰潭月考）一根轻绳两端各系一个小球A、B，两球质量分别为m和M。轻绳跨在半径为R的光滑半圆柱体上，两球刚好位于半圆柱体某一水平直径的两端。将两球从静止释放，发现A球上升到与圆心的连线跟水平成30°角时脱离圆柱面，取π=3，求M与m的比值（ ）
A．1 B．3 C．6 D．9
【答案】B
【知识点】动能定理的综合应用；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A球刚要脱离圆柱面，重力指向圆心的分力提供向心力。设此时速度为v，根据系统机械能守恒有： ，
根据牛顿第二定律有： ，
联立解得： ，
故答案为：B。
【分析】两个物体组成系统机械能守恒，利用机械能守恒列方程分析求解末速度，结合此时的速度对小球A应用向心力公式求解两者质量的关系。
二、多选题
8．（2019高三上·鹰潭月考）如图所示，内壁光滑的圆轨道竖直固定在桌面上，一小球静止在轨道底部A点，现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动．当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点．已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，若在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，第二次击打过程中小锤对小球做功W2，先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则 的值可能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,B
【知识点】功能关系；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】第一次击打后球最高到达与球心O等高位置，根据功能关系，有：W1≤mgR…①
两次击打后可以到轨道最高点，根据功能关系，有：W1+W2﹣2mgR= mv2…②
在最高点，由牛顿第二定律有：mg+N= ≥mg…③
联立①②③解得：W1≤mgR W2≥ mgR，
则： ，AB符合题意，CD不符合题意；
故答案为：AB．
【分析】第一次击打后球最多到达与球心O等高位置，根据功能关系列式；两次击打后可以到轨道最高点，再次根据功能关系列式；最后联立求解即可．
9．（2019高三上·鹰潭月考）2019年11月5日，我国又在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射第四十九颗北斗导航卫星。这标志着北斗三号系统3颗倾斜地球同步轨道卫星全部发射完毕。倾斜地球同步轨道是指轨道平面与地球赤道平面有夹角，但周期等于地球自转周期的卫星。下列说法正确的是（ ）
A．倾斜同步轨道卫星可能经过江西省上空
B．倾斜同步轨道卫星的轨道半径大于地球静止轨道卫星的轨道半径
C．倾斜同步轨道卫星的向心加速度等于地球静止轨道卫星的向心加速度
D．倾斜地球同步轨道卫星在轨道上正常运行时，线速度大于7. 9km/s
【答案】A,C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A. 倾斜同步轨道卫星轨道平面不与赤道平面重合，可能经过江西省上空，A符合题意；
B.根据万有引力提供向心力：
解得
知周期相同，轨道半径相等，所以倾斜同步轨道卫星的轨道半径等于地球静止轨道卫星的轨道半径，B不符合题意；
C.根据万有引力提供向心力，有：
得：
知轨道半径相等，向心加速度相等。所以倾斜同步轨道卫星的向心加速度等于地球静止轨道卫星的向心加速度，C符合题意；
D.所有卫星的运行速度不大于第一宇宙速度，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，卫星做圆周运动，圆心与地心重合，这样卫星才能稳定运行，卫星的轨道半径越大，到中心天体的距离越远，受到的万有引力越小，运动的加速度越小，第一宇宙速度为卫星的最小发射速度，同时也为卫星的最大环绕速度。
10．（2019高三上·鹰潭月考）如图所示，在倾角为θ的固定的光滑斜面上有一轻质弹簧，其一端固定在斜面下端的挡板上，另一端与质量为m的物体接触（未连接），物体静止时弹簧被压缩了x0．现用力F缓慢沿斜面向下推动物体，使弹簧在弹性限度内再被压缩3x0后保持物体静止，撤去F后，物体沿斜面向上运动的最大距离为8x0．已知重力加速度为g，则在撤去F后到物体上升到最高点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物体的机械能守恒
B．弹簧弹力对物体做功的功率一直增大
C．弹簧弹力对物体做的功为
D．物体从开始沿斜面向上运动到速度最大的过程中克服重力做的功为
【答案】C,D
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】A.以物体为研究对象（不包括弹簧），物体除了重力做功外，还有弹力对它做功，所以物体的机械能不守恒，A不符合题意。
B.物体受到的弹力会逐渐减小到零，弹力的功率最终为零，所以弹簧弹力对物体做功的功率并非一直增大，B不符合题意。
C.根据功能关系，弹簧弹力对物体做的功等于物体重力势能的增加，则有：W弹=mgh=mg 8x0sinθ=8mgx0sinθ，C符合题意。
D.物体静止时弹簧被压缩了x0．此时重力沿斜面向下的分力和弹簧的弹力平衡，加速度为零，速度达到最大值，重力做功：WG=3mgx0sinθ，D符合题意。
故答案为：CD
【分析】两个物体组成系统能量守恒，利用能量守恒列方程分析；对物体进行受力分析，合外力做功对应故物体动能的变化量，合外力对物体做正功，物体的动能增加，除重力以外的其他力做功对应物体机械能的变化量。
11．（2019高三上·鹰潭月考）如图所示，质量为m的小球在半径为R的数值轨道内运动，若小球从最低点算起运动一圈又回到最低点的过程中，两次在最低点时轨道对小球的弹力大小分别为10mg和6mg。设小球在该过程中克服摩擦力做的功为W，经过最高点时筒壁对小球的弹力大小为F，已知小球与圆轨道间动摩擦因数处处相等，则（ ）
A．W=2mgR B．W=mgR C．0
【知识点】动能定理的综合应用；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】AB.当弹力为10mg时，根据牛顿第二定律： ，
解得 ，
当弹力为6mg时，根据牛顿第二定律：
解得： ，
根据动能定理得： ，
A符合题意，B不符合题意；
CD.从第一次经过最低点到最高点，根据能量守恒，有： ，
因为摩擦力做功，使左半周克服摩擦力做功大于右半圆周，即： ，
解得： ，
在最高点，有： ，
联立可得：0
故答案为：AC。
【分析】对处在最低点的物体进行受力分析，结合此时物体对轨道的作用力，利用向心力公式求解物体的速度；利用末状态的机械能减去初状态的机械能即为小球损失的机械能，即克服摩擦力做功。
12．（2019高三上·鹰潭月考）如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行，t＝0时，将质量m＝1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v－t图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10 m/s2，则（ ）
A．传送带的速率v0＝10 m/s
B．传送带的倾角θ＝30°
C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5
D．0～2.0 s内摩擦力对物体做功Wf＝－24 J
【答案】A,C,D
【知识点】对单物体(质点)的应用；功的计算；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】当物体的速率超过传送带的速率后，物体受到的摩擦力的方向发生改变，加速度也发生改变，根据v－t图象可得，传送带的速率为v0＝10 m/s，A符合题意；1.0 s之前的加速度a1＝10 m/s2，1.0 s之后的加速度a2＝2 m/s2，结合牛顿第二定律，gsin θ＋μgcos θ＝a1，gsin θ－μgcos θ＝a2，解得sin θ＝0.6，θ＝37°，μ＝0.5，B不符合题意，C符合题意；摩擦力大小Ff＝μmgcos θ＝4 N，在0～1.0 s内，摩擦力对物体做正功，在1.0～2.0 s内，摩擦力对物体做负功，0～1.0 s内物体的位移为5 m，1.0～2.0 s内物体的位移是11 m，0～2.0 s内摩擦力做的功为－4×(11－5) J＝－24 J，D符合题意．
故答案为：ACD
【分析】v-t图像中，图像与时间轴所围成的面积是位移，图像的斜率是加速度，利用牛顿第二定律求解合外力，进而求出合外力做功和摩擦因数，结合选项分析即可。
三、实验题
13．（2019高三上·鹰潭月考）用如图所示的实验装置验证ml、m2组成的系统机能守恒．m2从高处由静止开始下落，ml上拖着的纸带打出一系列的点。对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。如图给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离s1=38.40 cm、s2=21.60 cm、s3=26.40 cm、s4=31.21 cm、s5=36.02 cm，如图所示，已知ml=50g、m2=150g，频率为50Hz，则（g取9.8 m/s2，结果保留两位有效数字）
（1）由纸带得出ml、m2运动的加速度大小为a= m/s2，在纸带上打下计数点5时的速度v5= m/s；
（2）在打点0~5过程中系统动能的增量△Ek= J，系统势能的减少量△Ep= J；
（3）若某同学根据实验数据作出的 -h图象如图，当地的实际重力加速度g= m/s2。
【答案】（1）4.8；2.4
（2）0.58；0.59
（3）9.7
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，则有：
代入数据解得： m/s2；根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的顺所受的求出计数点5的瞬时速度，则有：
代入数据解得： m/s；（2）系统增加的动能 J系统重力势能的减小量 J（3）根据
得
则图线的斜率
解得 m/s2
【分析】（1）结合纸带上点的距离，利用逐差法求解物体的加速度即可；求解5点的速度等于物体在该点相邻两段中运动的平均速度，即利用相邻两段的长度除以对应的时间即可；
（2）重力势能的减少量利用公式mgh求解即可，利用公式求出纸带上的点的速度，进而求出动能的增量；
（3）通过机械能守恒定律，结合图像的横纵坐标可知，图像斜率就是重力加速度，结合图像求解即可。
四、解答题
14．（2019高三上·鹰潭月考）在光滑水平面上，两球沿同一条直线同向运动，质量为2kg的A小球速度为2m/s，质量为1kg的B小球速度为1m/s，两球发生弹性碰撞，求碰后两球速度大小。
【答案】解：对于两球组成的系统，水平方向不受外力，动量守恒。由动量守恒可得：
由弹性碰撞知机械能守恒，得：
联立方程代入数据得： ， 。
【知识点】机械能守恒及其条件；动量守恒定律
【解析】【分析】A、B两个物体组成系统动量守恒和机械能守恒，利用动量守恒定律和机械能守恒列方程分析求解即可。
15．（2019高三上·鹰潭月考）用轻弹簧相连的质量均为m＝2kg的A、B两物体都以v＝6m/s的速度在光滑的水平地面上运动,弹簧处于原长,质量M＝4kg的物体C静止在前方,如图所示.B与C碰撞后二者粘在一起运动,在以后的运动中,求:
（1）当弹簧的弹性势能最大时物体A的速度.
（2）弹性势能的最大值.
【答案】（1）解：当弹簧的压缩量最大时，弹性势能最大，此时A、B、C的速度相等，由动量守恒定律得2mv=(2m＋M)v1
v1= =3m/s，即A的速度为3m/s.
（2）解：由动量守恒定律得B、C碰撞时：mv=(m＋M)v2，
v2= =2m/s
由能量守恒可得：
解得ΔEp=12J.
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律
【解析】【分析】（1）A、B两个物体组成系统动量守恒，利用动量守恒定律列方程分析求解末速度即可；
（2）A、B、C三个物体组成系统能量守恒，当三个物体速度相同时，弹簧的弹性势能最大，利用能量守恒列方程分析求解即可。
16．（2019高三上·鹰潭月考）如图所示，质量 的滑块（可视为质点），在F=60N的水平拉力作用下从A点由静止开始运动，一段时间后撤去拉力F，当滑块由平台边缘B点飞出后，恰能从水平地面上的C点沿切线方向落入竖直圆弧轨道CDE，并从轨道边缘E点竖直向上飞出，经过0.4 s后落回E点．已知AB间的距离L="2.3" m，滑块与平台间的动摩擦因数 ，平台离地高度 ，B、C两点间水平距离s="1.2" m，圆弧轨道半径R=1.0m．重力加速度g取10 m／s2，不计空气阻力．求：
（1）滑块运动到B点时的速度大小；
（2）滑块在平台上运动时受水平拉力F作用的时间；
（3）分析滑块能否再次经过C点．
【答案】（1）解：滑块由B至C的过程中做平抛运动
水平方向：
竖直方向：
解得：
（2）解：滑块由A至B的过程中，F作用时间内做匀加速直线运动
撤去F后滑块做匀减速直线运动
联立得：
（3）解：由B至C的过程根据动能定理
得
因此
滑块从E点上抛至落回的时间用 表示，则
滑块沿圆弧轨道由C到E过程，设克服摩擦力做的功为
根据动能定理：
可得：
由E点返回到C点过程，
由于
又因为返回过程中，克服摩擦力做功 ，故滑决一定能再次经过C点
【知识点】对单物体(质点)的应用；动能定理的综合应用；平抛运动
【解析】【分析】（1）物体做平抛运动，水平方向匀速运动，竖直方向自由落体运动，利用竖直方向的距离求出运动时间，根据水平方向的位移求解初速度；
（2）对物体进行受力分析，水平竖直正交分解，在水平方向利用牛顿第二定律求解物体的加速度，结合物体的位移和末速度，利用运动学公式求解拉力作用时间；
（3）结合物体在E点的上抛时间求解求解物体在E点的速度，结合C、E两点速度利用动能定理求解损失的能量，再对物体从E点运动到C点的过程应用动能定理求解C点的速度，如果方程有解，即物体可以到达C点。
17．（2019高三上·鹰潭月考）某工厂为实现自动传送工件设计了如图所示的传送装置，由一个水平传送带AB和倾斜传送带CD组成，水平传送带长度LAB=4m，倾斜传送带长度LCD=4. 45m，倾角为θ=37°，AB和CD通过一段极短的光滑圆弧板过渡，AB传送带以v1=5m/s的恒定速率顺时针运转。已知工件与传送带间的动摩擦因数均为μ=0. 5，重力加速度g=10m/s2 。现将一个质量为m=1kg的工件（可看作质点）无初速度地放在水平传送带最左端A点处，求：
（1）工件被第一次传送到B端时所花时间；
（2）若CD以v2顺时针转动且v2>v1，计算说明物体能否到达D端；
（3）若CD以v2=4m/s顺时针转动，求物体在CD传送带上运动到最高点的过程中产生的热量Q。（已知sin37°＝0. 6，cos37°＝0. 8）
【答案】（1）解；工件刚放在传送带AB上，在摩擦力作用下做匀加速运动，根据牛顿第二定律：
得： ，
设经时间t1，工件与传送带速度相等，有：
由于 ，随后在传送带AB上做匀速直线运动到B端，
匀速运动时间 为： ，
工件被第一次传送到B端时所花时间：t=t1+t2=1. 3s
（2）解；由于 ，摩擦力向上，根据牛顿第二定律：
加速度向下：
减速到零发生的位移： ，
则能到达最高点D
（3）解；由于 ，工件受到摩擦力向下，根据牛顿第二定律：
加速度向下，大小为：
减速到等速所花时间 ，
相对位移
等速后以 减速，减速到零所花时间 ，
减速到零位移为 ，
恰不滑出D点，相对位移
则产生热量
【知识点】对单物体(质点)的应用；匀变速直线运动基本公式应用；匀变速直线运动导出公式应用
【解析】【分析】（1）对物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体的加速度，结合传送带的速度分析，物体先做匀加速运动，再做匀速运动，利用运动学公式求解两段时间相加即可；
（2）对物体进行受力分析，在沿斜面方向和垂直于斜面两个方向上分解，在沿斜面方向利用牛顿第二定律求解物体的加速度，结合物体的初速度和传送带的长度求解即可；
（3）利用运动学公式求解物体与传送带的相对位移，摩擦力产生的热量用摩擦力的大小乘以两物体相对运动的距离即可。
江西省鹰潭一中2020届高三上学期物理第四次月考试卷
一、单选题
1．（2019高三上·鹰潭月考）如图所示，小蚂蚁从一半球形碗底沿碗内表面缓慢向上爬，已知球面半径为R，蚂蚁与碗的内表面的动摩擦因数为 ，它可以爬的最大高度为（ ）
A．0. 2R B．0. 5R C．0. 75R D．0. 8R
2．（2019高三上·鹰潭月考）甲、乙两个质点沿同一直线运动，其中质点甲以6m/s的速度匀速直线运动，质点乙作初速度为零的匀变速直线运动，它们的位置x随时间t的变化如图所示．已知t＝3s时，甲、乙图线的斜率相等．下列判断正确的是（ ）
A．最初的一段时间内，甲、乙的运动方向相反
B．t=3s时，乙的位置坐标为－9m
C．乙经过原点时的速度大小为 m/s
D．t=10s时，两车相遇
3．（2019高三上·鹰潭月考）有一宇宙飞船，它的正对面积S= ，以 的相对速度飞入一宇宙微粒区.此微粒区1 中有一个微粒，每一个微粒的平均质量为 .设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加 （ ）
A．36N B．3.6N C．12N D．1.2N
4．（2019高三上·鹰潭月考）如图，可爱的毛毛虫外出觅食，缓慢经过一边长为L的等边三角形山丘，已知其身长为3L，总质量为m，如图头部刚到达最高点，假设小虫能一直贴着山丘前行，求其头部越过山顶刚到达山丘底端时小虫的重力势能变化量（ ）
A． B． C． D．
5．（2019高三上·鹰潭月考）如图，在竖直平面内，长为L的绳一端固定，另一端连接质量为m的小球，现将绳拉直与水平成30°静止释放小球，求当小球运动到最低点时绳的拉力（ ）
A．3mg B．3. 5mg C．4mg D．5mg
6．（2019高三上·鹰潭月考）质量为M的小车静止在光滑水平面上，车上是一个四分之一圆周的光滑轨道，轨道下端切线水平，轨道半径为R，质量为m的小球由轨道最高点静止释放。已知M=3m，求小球运动到轨道最低点时小车的位移大小（ ）
A．0. 25R B．0. 5R C．0. 75R D．R
7．（2019高三上·鹰潭月考）一根轻绳两端各系一个小球A、B，两球质量分别为m和M。轻绳跨在半径为R的光滑半圆柱体上，两球刚好位于半圆柱体某一水平直径的两端。将两球从静止释放，发现A球上升到与圆心的连线跟水平成30°角时脱离圆柱面，取π=3，求M与m的比值（ ）
A．1 B．3 C．6 D．9
二、多选题
8．（2019高三上·鹰潭月考）如图所示，内壁光滑的圆轨道竖直固定在桌面上，一小球静止在轨道底部A点，现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动．当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点．已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，若在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，第二次击打过程中小锤对小球做功W2，先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则 的值可能为（ ）
A． B． C． D．
9．（2019高三上·鹰潭月考）2019年11月5日，我国又在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射第四十九颗北斗导航卫星。这标志着北斗三号系统3颗倾斜地球同步轨道卫星全部发射完毕。倾斜地球同步轨道是指轨道平面与地球赤道平面有夹角，但周期等于地球自转周期的卫星。下列说法正确的是（ ）
A．倾斜同步轨道卫星可能经过江西省上空
B．倾斜同步轨道卫星的轨道半径大于地球静止轨道卫星的轨道半径
C．倾斜同步轨道卫星的向心加速度等于地球静止轨道卫星的向心加速度
D．倾斜地球同步轨道卫星在轨道上正常运行时，线速度大于7. 9km/s
10．（2019高三上·鹰潭月考）如图所示，在倾角为θ的固定的光滑斜面上有一轻质弹簧，其一端固定在斜面下端的挡板上，另一端与质量为m的物体接触（未连接），物体静止时弹簧被压缩了x0．现用力F缓慢沿斜面向下推动物体，使弹簧在弹性限度内再被压缩3x0后保持物体静止，撤去F后，物体沿斜面向上运动的最大距离为8x0．已知重力加速度为g，则在撤去F后到物体上升到最高点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物体的机械能守恒
B．弹簧弹力对物体做功的功率一直增大
C．弹簧弹力对物体做的功为
D．物体从开始沿斜面向上运动到速度最大的过程中克服重力做的功为
11．（2019高三上·鹰潭月考）如图所示，质量为m的小球在半径为R的数值轨道内运动，若小球从最低点算起运动一圈又回到最低点的过程中，两次在最低点时轨道对小球的弹力大小分别为10mg和6mg。设小球在该过程中克服摩擦力做的功为W，经过最高点时筒壁对小球的弹力大小为F，已知小球与圆轨道间动摩擦因数处处相等，则（ ）
A．W=2mgR B．W=mgR C．0
A．传送带的速率v0＝10 m/s
B．传送带的倾角θ＝30°
C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5
D．0～2.0 s内摩擦力对物体做功Wf＝－24 J
三、实验题
13．（2019高三上·鹰潭月考）用如图所示的实验装置验证ml、m2组成的系统机能守恒．m2从高处由静止开始下落，ml上拖着的纸带打出一系列的点。对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。如图给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离s1=38.40 cm、s2=21.60 cm、s3=26.40 cm、s4=31.21 cm、s5=36.02 cm，如图所示，已知ml=50g、m2=150g，频率为50Hz，则（g取9.8 m/s2，结果保留两位有效数字）
（1）由纸带得出ml、m2运动的加速度大小为a= m/s2，在纸带上打下计数点5时的速度v5= m/s；
（2）在打点0~5过程中系统动能的增量△Ek= J，系统势能的减少量△Ep= J；
（3）若某同学根据实验数据作出的 -h图象如图，当地的实际重力加速度g= m/s2。
四、解答题
14．（2019高三上·鹰潭月考）在光滑水平面上，两球沿同一条直线同向运动，质量为2kg的A小球速度为2m/s，质量为1kg的B小球速度为1m/s，两球发生弹性碰撞，求碰后两球速度大小。
15．（2019高三上·鹰潭月考）用轻弹簧相连的质量均为m＝2kg的A、B两物体都以v＝6m/s的速度在光滑的水平地面上运动,弹簧处于原长,质量M＝4kg的物体C静止在前方,如图所示.B与C碰撞后二者粘在一起运动,在以后的运动中,求:
（1）当弹簧的弹性势能最大时物体A的速度.
（2）弹性势能的最大值.
16．（2019高三上·鹰潭月考）如图所示，质量 的滑块（可视为质点），在F=60N的水平拉力作用下从A点由静止开始运动，一段时间后撤去拉力F，当滑块由平台边缘B点飞出后，恰能从水平地面上的C点沿切线方向落入竖直圆弧轨道CDE，并从轨道边缘E点竖直向上飞出，经过0.4 s后落回E点．已知AB间的距离L="2.3" m，滑块与平台间的动摩擦因数 ，平台离地高度 ，B、C两点间水平距离s="1.2" m，圆弧轨道半径R=1.0m．重力加速度g取10 m／s2，不计空气阻力．求：
（1）滑块运动到B点时的速度大小；
（2）滑块在平台上运动时受水平拉力F作用的时间；
（3）分析滑块能否再次经过C点．
17．（2019高三上·鹰潭月考）某工厂为实现自动传送工件设计了如图所示的传送装置，由一个水平传送带AB和倾斜传送带CD组成，水平传送带长度LAB=4m，倾斜传送带长度LCD=4. 45m，倾角为θ=37°，AB和CD通过一段极短的光滑圆弧板过渡，AB传送带以v1=5m/s的恒定速率顺时针运转。已知工件与传送带间的动摩擦因数均为μ=0. 5，重力加速度g=10m/s2 。现将一个质量为m=1kg的工件（可看作质点）无初速度地放在水平传送带最左端A点处，求：
（1）工件被第一次传送到B端时所花时间；
（2）若CD以v2顺时针转动且v2>v1，计算说明物体能否到达D端；
（3）若CD以v2=4m/s顺时针转动，求物体在CD传送带上运动到最高点的过程中产生的热量Q。（已知sin37°＝0. 6，cos37°＝0. 8）
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】共点力平衡条件的应用；滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】小孩沿半球形的碗状装置内表面缓慢向上爬的过程中，受到重力、支持力和摩擦力而处于动态平衡状态，受力如图所示：
设最高点圆弧的切线与水平方向夹角为θ，根据平衡条件有：f=mgsinθ，N=mgcosθ，
且有f=μN，
得：tanθ=μ=
解得：θ=60°
又根据几何知识得最大高度为：h=R(1 cosθ)=R(1 0.5)=0.5R。
故答案为：B。
【分析】对蚂蚁进行受力分析，在沿切面方向和垂直于切面两个方向上分解，当沿切面方向的重力与摩擦力相等时，此位置即为最大高度。
2．【答案】D
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】因x-t图像的斜率等于速度，由图像可知最初的一段时间内，甲、乙图像的斜率符号相同，则运动方向相同，A不符合题意；t＝3s时，甲、乙图线的斜率相等，则此时乙的速度为6m/s，则乙的加速度为 ，则此时乙的位置坐标为 ，B不符合题意；乙经过原点时的速度大小为 ，C不符合题意；两车相遇时： ，即 ，解得t=10s，D符合题意.
故答案为：D
【分析】s-t图像中，横坐标为时间，纵坐标为位移，图像的斜率是速度，两图像的交点意味着两个物体具有相同的位移，通过这些性质结合选项分析即可。
3．【答案】A
【知识点】动量定理
【解析】【解答】选在时间△t内与飞船碰撞的微粒为研究对象，其质量应等于底面积为S，高为v△t的圆柱体内微粒的质量。即 M=mSv△t，初动量为0，末动量为mv。设飞船对微粒的作用力为F，由动量定理得：F △t=Mv-0，则 ；根据牛顿第三定律可知，微粒对飞船的撞击力大小也等于mSv2，则飞船要保持原速度匀速飞行牵引力应增加F′=F=mSv2；代入数据得：F′=2×10-6×2×（3×103）2N=36N．BCD不符合题意，A符合题意，
故答案为：A。
【分析】对飞船和灰尘组成的系统应用动量定理求解牵引力的变化量。
4．【答案】B
【知识点】动能与重力势能
【解析】【解答】选山丘底端为零势能面，初状态的重力势能为： ，
小虫头部越过山顶刚到达山丘底端时的重力势能为： ，
其重力势能的变化量为： ，
故答案为：B。
【分析】重力做功与路径无关，只与初末位置有关，利用公式W=Gh求解即可，重力做正功，重力势能减小，反之增大。
5．【答案】B
【知识点】竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】小球先做自由落体运动到与水平方向向下成30°角，此过程机械能守恒，有： ，
之后小球沿竖直面做圆周运动，此时速度为v1：
方向为垂直细绳。
根据机械能守恒，设到最低点时速度v，有：
根据牛顿第二定律，设绳子的拉力F，有：
联立解得：
故答案为：B。
【分析】利用动能定理求解物体到达最低点的速度，对处在最低点的物体进行受力分析，结合此时物体的速度，利用向心力公式求解物体对绳子的拉力。
6．【答案】A
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】小球滚到最低点的过程中，由于系统水平方向总动量守恒。设小球水平位移的大小为s1，车水平位移的大小为s2。得(取水平向左为正方向)：
又s1+s2=R
联立解得：
故答案为：A。
【分析】小球和小车两个物体组成系统动量守恒，利用动量守恒定律可以判断两者速度满足一定关系，故路程也满足关系。
7．【答案】B
【知识点】动能定理的综合应用；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A球刚要脱离圆柱面，重力指向圆心的分力提供向心力。设此时速度为v，根据系统机械能守恒有： ，
根据牛顿第二定律有： ，
联立解得： ，
故答案为：B。
【分析】两个物体组成系统机械能守恒，利用机械能守恒列方程分析求解末速度，结合此时的速度对小球A应用向心力公式求解两者质量的关系。
8．【答案】A,B
【知识点】功能关系；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】第一次击打后球最高到达与球心O等高位置，根据功能关系，有：W1≤mgR…①
两次击打后可以到轨道最高点，根据功能关系，有：W1+W2﹣2mgR= mv2…②
在最高点，由牛顿第二定律有：mg+N= ≥mg…③
联立①②③解得：W1≤mgR W2≥ mgR，
则： ，AB符合题意，CD不符合题意；
故答案为：AB．
【分析】第一次击打后球最多到达与球心O等高位置，根据功能关系列式；两次击打后可以到轨道最高点，再次根据功能关系列式；最后联立求解即可．
9．【答案】A,C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A. 倾斜同步轨道卫星轨道平面不与赤道平面重合，可能经过江西省上空，A符合题意；
B.根据万有引力提供向心力：
解得
知周期相同，轨道半径相等，所以倾斜同步轨道卫星的轨道半径等于地球静止轨道卫星的轨道半径，B不符合题意；
C.根据万有引力提供向心力，有：
得：
知轨道半径相等，向心加速度相等。所以倾斜同步轨道卫星的向心加速度等于地球静止轨道卫星的向心加速度，C符合题意；
D.所有卫星的运行速度不大于第一宇宙速度，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，卫星做圆周运动，圆心与地心重合，这样卫星才能稳定运行，卫星的轨道半径越大，到中心天体的距离越远，受到的万有引力越小，运动的加速度越小，第一宇宙速度为卫星的最小发射速度，同时也为卫星的最大环绕速度。
10．【答案】C,D
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】A.以物体为研究对象（不包括弹簧），物体除了重力做功外，还有弹力对它做功，所以物体的机械能不守恒，A不符合题意。
B.物体受到的弹力会逐渐减小到零，弹力的功率最终为零，所以弹簧弹力对物体做功的功率并非一直增大，B不符合题意。
C.根据功能关系，弹簧弹力对物体做的功等于物体重力势能的增加，则有：W弹=mgh=mg 8x0sinθ=8mgx0sinθ，C符合题意。
D.物体静止时弹簧被压缩了x0．此时重力沿斜面向下的分力和弹簧的弹力平衡，加速度为零，速度达到最大值，重力做功：WG=3mgx0sinθ，D符合题意。
故答案为：CD
【分析】两个物体组成系统能量守恒，利用能量守恒列方程分析；对物体进行受力分析，合外力做功对应故物体动能的变化量，合外力对物体做正功，物体的动能增加，除重力以外的其他力做功对应物体机械能的变化量。
11．【答案】A,C
【知识点】动能定理的综合应用；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】AB.当弹力为10mg时，根据牛顿第二定律： ，
解得 ，
当弹力为6mg时，根据牛顿第二定律：
解得： ，
根据动能定理得： ，
A符合题意，B不符合题意；
CD.从第一次经过最低点到最高点，根据能量守恒，有： ，
因为摩擦力做功，使左半周克服摩擦力做功大于右半圆周，即： ，
解得： ，
在最高点，有： ，
联立可得：0
故答案为：AC。
【分析】对处在最低点的物体进行受力分析，结合此时物体对轨道的作用力，利用向心力公式求解物体的速度；利用末状态的机械能减去初状态的机械能即为小球损失的机械能，即克服摩擦力做功。
12．【答案】A,C,D
【知识点】对单物体(质点)的应用；功的计算；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】当物体的速率超过传送带的速率后，物体受到的摩擦力的方向发生改变，加速度也发生改变，根据v－t图象可得，传送带的速率为v0＝10 m/s，A符合题意；1.0 s之前的加速度a1＝10 m/s2，1.0 s之后的加速度a2＝2 m/s2，结合牛顿第二定律，gsin θ＋μgcos θ＝a1，gsin θ－μgcos θ＝a2，解得sin θ＝0.6，θ＝37°，μ＝0.5，B不符合题意，C符合题意；摩擦力大小Ff＝μmgcos θ＝4 N，在0～1.0 s内，摩擦力对物体做正功，在1.0～2.0 s内，摩擦力对物体做负功，0～1.0 s内物体的位移为5 m，1.0～2.0 s内物体的位移是11 m，0～2.0 s内摩擦力做的功为－4×(11－5) J＝－24 J，D符合题意．
故答案为：ACD
【分析】v-t图像中，图像与时间轴所围成的面积是位移，图像的斜率是加速度，利用牛顿第二定律求解合外力，进而求出合外力做功和摩擦因数，结合选项分析即可。
13．【答案】（1）4.8；2.4
（2）0.58；0.59
（3）9.7
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，则有：
代入数据解得： m/s2；根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的顺所受的求出计数点5的瞬时速度，则有：
代入数据解得： m/s；（2）系统增加的动能 J系统重力势能的减小量 J（3）根据
得
则图线的斜率
解得 m/s2
【分析】（1）结合纸带上点的距离，利用逐差法求解物体的加速度即可；求解5点的速度等于物体在该点相邻两段中运动的平均速度，即利用相邻两段的长度除以对应的时间即可；
（2）重力势能的减少量利用公式mgh求解即可，利用公式求出纸带上的点的速度，进而求出动能的增量；
（3）通过机械能守恒定律，结合图像的横纵坐标可知，图像斜率就是重力加速度，结合图像求解即可。
14．【答案】解：对于两球组成的系统，水平方向不受外力，动量守恒。由动量守恒可得：
由弹性碰撞知机械能守恒，得：
联立方程代入数据得： ， 。
【知识点】机械能守恒及其条件；动量守恒定律
【解析】【分析】A、B两个物体组成系统动量守恒和机械能守恒，利用动量守恒定律和机械能守恒列方程分析求解即可。
15．【答案】（1）解：当弹簧的压缩量最大时，弹性势能最大，此时A、B、C的速度相等，由动量守恒定律得2mv=(2m＋M)v1
v1= =3m/s，即A的速度为3m/s.
（2）解：由动量守恒定律得B、C碰撞时：mv=(m＋M)v2，
v2= =2m/s
由能量守恒可得：
解得ΔEp=12J.
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律
【解析】【分析】（1）A、B两个物体组成系统动量守恒，利用动量守恒定律列方程分析求解末速度即可；
（2）A、B、C三个物体组成系统能量守恒，当三个物体速度相同时，弹簧的弹性势能最大，利用能量守恒列方程分析求解即可。
16．【答案】（1）解：滑块由B至C的过程中做平抛运动
水平方向：
竖直方向：
解得：
（2）解：滑块由A至B的过程中，F作用时间内做匀加速直线运动
撤去F后滑块做匀减速直线运动
联立得：
（3）解：由B至C的过程根据动能定理
得
因此
滑块从E点上抛至落回的时间用 表示，则
滑块沿圆弧轨道由C到E过程，设克服摩擦力做的功为
根据动能定理：
可得：
由E点返回到C点过程，
由于
又因为返回过程中，克服摩擦力做功 ，故滑决一定能再次经过C点
【知识点】对单物体(质点)的应用；动能定理的综合应用；平抛运动
【解析】【分析】（1）物体做平抛运动，水平方向匀速运动，竖直方向自由落体运动，利用竖直方向的距离求出运动时间，根据水平方向的位移求解初速度；
（2）对物体进行受力分析，水平竖直正交分解，在水平方向利用牛顿第二定律求解物体的加速度，结合物体的位移和末速度，利用运动学公式求解拉力作用时间；
（3）结合物体在E点的上抛时间求解求解物体在E点的速度，结合C、E两点速度利用动能定理求解损失的能量，再对物体从E点运动到C点的过程应用动能定理求解C点的速度，如果方程有解，即物体可以到达C点。
17．【答案】（1）解；工件刚放在传送带AB上，在摩擦力作用下做匀加速运动，根据牛顿第二定律：
得： ，
设经时间t1，工件与传送带速度相等，有：
由于 ，随后在传送带AB上做匀速直线运动到B端，
匀速运动时间 为： ，
工件被第一次传送到B端时所花时间：t=t1+t2=1. 3s
（2）解；由于 ，摩擦力向上，根据牛顿第二定律：
加速度向下：
减速到零发生的位移： ，
则能到达最高点D
（3）解；由于 ，工件受到摩擦力向下，根据牛顿第二定律：
加速度向下，大小为：
减速到等速所花时间 ，
相对位移
等速后以 减速，减速到零所花时间 ，
减速到零位移为 ，
恰不滑出D点，相对位移
则产生热量
【知识点】对单物体(质点)的应用；匀变速直线运动基本公式应用；匀变速直线运动导出公式应用
【解析】【分析】（1）对物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体的加速度，结合传送带的速度分析，物体先做匀加速运动，再做匀速运动，利用运动学公式求解两段时间相加即可；
（2）对物体进行受力分析，在沿斜面方向和垂直于斜面两个方向上分解，在沿斜面方向利用牛顿第二定律求解物体的加速度，结合物体的初速度和传送带的长度求解即可；
（3）利用运动学公式求解物体与传送带的相对位移，摩擦力产生的热量用摩擦力的大小乘以两物体相对运动的距离即可。