1、云南民族大学附属中学2017年秋季学期10月月考高二物理试卷（考试时间90分钟 满分100 分）注意事项：1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的考号、姓名、考场、座位号、班级在答题卡上填写清楚。2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试卷上作答无效。一、单选题(本大题共6小题，共24.0分)1.关于物理学研究中使用的主要方法，以下说法中错误的是（） A.用质点代替有质量的物体，应用的是模型法 B.用实验探究加速度、力和质量三者之间的关系时，应用了控制变量法 C.利用速度-时间图象推导匀变速直线运动的位移公式时，使用了
2、微元法 D.伽利略在利用理想实验探究力和运动的关系时，使用的是实验法2.关于电流的说法中正确的是（） A.根据I=，可知I与q成正比 B.电流有方向，电流也有矢量 C.在金属导体中，自由电子移动方向为电流方向 D.电流的单位“安培”是国际单位制中的基本单位3.如图所示，将质量为m的物体用一竖直弹簧固定在一向上运动的升降机内，根据弹簧伸长或压缩的状态，下列判断正确的是（） A.当弹簧处于压缩状态时，物体超重，升降机一定加速向上 B.当弹簧处于压缩状态时，物体失重，升降机一定减速向上 C.当弹簧处于伸长状态时，物体超重，升降机一定加速向上 D.当弹簧处于伸长状态时，物体失重，升降机一定减速向上4.
3、如图所示的是示波管工作原理图：电子经电场加速后垂直射入偏转电场，若加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转电场的极板长度与极板间的距离分别为L和d，取“单位偏转电压引起的偏转距离”来描述示波管的灵敏度（该距离越大则灵敏度越高），则下列哪种方法可使示波管的灵敏度提高（） A.增大U1B.增大U2C.减小LD.减小d5.如图所示电路，闭合开关S，将滑动变阻器的滑动片p向b端移动时，电压表和电流表的示数变化情况的是（） A.电压表示数增大，电流表示数变小B.电压表和电流表示数都增大 C.电压表和电流表示数都减小D.电压表示数减小，电流表示数增大6.如图所示，直线a为某电源的U-I图线，直线b为电阻R的U
4、-I图线，用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的内阻分别为() A.4W，1B.6W，1C.4W，0.5D.2W，0.5二、多选题(本大题共6小题，共24.0分)7.运动员从地面跳起时，下列判断正确的是（） A.地面对运动员的支持力等于运动员对地的压力 B.运动员对地的压力大于运动员的重力 C.地面对运动员的支持力大于运动员的重力 D.地面对运动员的支持力跟运动员对地面的压力的合力大于运动员的重力8.如图所示，在等量正电荷形成的电场中，画一正方形ABCD，对角线AC与两点电荷连线重合，两对角线交点O恰为电荷连线的中点下列说法中正确的是（） A.B、D两点的电场强度及电势均相同
5、B.A、B两点间的电势差UAB与C、D两点间的电势差UCD相等 C.一质子由B点沿BOD路径移至D点，电势能先增大后减小 D.一电子由C点沿COA路径移至A点，电场力对其先做负功后做正功9.2007年10月24日，我国发射了第一颗探月卫星-“嫦娥一号”，使“嫦娥奔月”这一古老的神话变成了现实嫦娥一号发射后先绕地球做圆周运动，经多次变轨，最终进入距月球表面h=200公里的圆形工作轨道，开始进行科学探测活动设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g，万有引力常量为G，则下列说法正确的是（） A.嫦娥一号绕月球运行的周期为2B.在嫦娥一号的工作轨道处的重力加速度为（）2gC.嫦娥一号在工作轨道上的绕行
6、速度为KS5UKS5UKS5UD.由题目条件可知月球的平均密度为10.如图所示，真空中有一个固定的点电荷，电荷量为+Q图中的虚线表示该点电荷形成的电场中的等势面有两个一价离子M、N（不计重力，也不计它们之间的电场力）先后从a点以相同的速率v0射入该电场，运动轨迹分别为曲线apb和aqc，其中p、q分别是它们离固定点电荷最近的位置以下说法正确的是（） A.M在b点的速率大于N在c的速率 B.M是负离子，N是正离子 C.apb过程中电场力先做负功再做正功 D.M从pb过程中电势能的增量小于N从aq电势能的增量11.C能自发地进行衰变，下列判断正确的是（） A.C经衰变后变成CB.C经衰变后变成NC
7、.C发生衰变时，原子核内一个质子转化成中子 D.C发生衰变时，原子核内一个中子转化成质子12.平行板电容器的两极板A、B接于电源两极，两极板竖直、平行正对一带电小球悬挂在电容器内部，闭合开关S，电容器充电，悬线静止时偏离竖直方向的夹角为，如图所示则下列说法正确的是（） A.开关S闭合，将A板向B板靠近，则减小 B.开关S闭合，将A板向B板靠近，则增大 C.开关S断开，将A板向B板靠近，则增大 D.开关S断开，将A板向B板靠近，则不变三、实验题探究题(本大题共4小题，共36.0分)13.某同学用如图甲所示的装置验证牛顿第二定律 该同学将滑块从距离光电门x远处由静止释放，遮光条通过光电门时，光电门
8、记录的时间为t；测得气垫导轨长度为L1垫起一端距离水平桌面的高度为h用游标卡尺测量遮光条的宽度如图乙所示，则遮光条的宽度d= _ mm；若重力加速度为g，用相关物理量的字母表示，则滑块下滑过程中加速度的理论值可表示为a= _ ，加速度的测量值可表示为a= _ 14.为了测定一个“6.3V、1W”的小电珠在额定电压下较准确的电阻值，可供选择的器材有： A电流表（03A，内阻约0.04） B毫安表（0300mA，内阻约4） C电压表（010V，内阻10K） D电压表（03V，内阻10K） E电源（额定电压6V，最大允许电流2A） F电源（额定电压9V，最大允许电流1A） G可变电阻（阻值范围010
9、，额定电流1A） H可变电阻（阻值范围050，额定功率0.5W） I导线若干根，电键一个 （1）为使测量安全和尽可能准确，应选用的器材是 _ （用字母代号填写） （2）请画出电路图并把图中所示实物图用线连接起来 15.某同学在测定金属圆柱体电阻率时需要先测量其尺寸，他分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图（a）和如图（b）所示，长度为 _ mm，直径为 _ mm 16.如图甲为某同学测绘额定电压为2.5V的小灯泡的I-U特性曲线的实验电路图（1）根据电路图甲，用笔画线替代导线，将答题纸图乙中的实验电路图连接完整（图乙左边是电压表） （2）依据你所连接的电路，在开
10、关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应该置于 _ 端（选填“A”、“B”或“AB中间”） （3）实验中测得有关数据如表： U/V0.400.801.201.602.00KS5UKS5UKS5U2.402.80KS5UKS5U.KS5UI/A0.100.160.200.230.250.260.27根据表中的实验数据，在图丙中画出小灯泡的I-U特性曲线 （4）如果用一个电动势为3V，内阻为25的直流电源直接给该小灯泡供电，则小灯泡的实际功率为 _ W四、计算题(本大题共3小题，共30.0分)KS5UKS5UKS5U17.如图所示为直流电动机提升重物装置，电动机的内阻一定，闭合开关K，当把它接入电压为U1
11、=0.2V的电路时，电动机不转，测得此时流过电动机的电流是I1=0.4A；当把电动机接入电压为U2=4.0V的电路中，电动机正常工作且电动机匀速提升重物，工作电流是I2=1.0A，求： （1）电动机线圈的电阻r； （2）当U2=4.0V电动机正常工作时的输出功率及电动机的效率； （3）如果重物质量m=0.5kg，当U2=4.0V时电动机提升重物的速度大小是多少？（g取10m/s2） 18.如图所示，在光滑水平面上放置ABC三物体，A与B用一弹性良好的轻质弹簧连在一起，开始弹簧处于原长，A、B均静止A、B的质量均为M=2kg，另一物体C以初速度v0=6m/s水平向右运动，C与A碰撞后粘合在一起，
12、设碰撞时间极短，已知C的质量为m=1kg求： （1）弹簧弹性势能的最大值 （2）在以后的运动过程中物体B的最大速度 19.如图甲所示，一竖直平面内的轨道由粗糙斜面AB和光滑半圆轨道BC组成，斜面底端通过一小段圆弧（图中未画出，长度可不计）与轨道相切于B点斜面的倾角为37，半圆轨道半径为1m，B是圆轨道的最低点，C为最高点将一小物块置于轨道AB上离地面高为H处由静止下滑，用力传感器测出其经过B点时对轨道的压力F，改变H的大小，可测出相应的F的大小，F随H的变化规律如图乙所示物块在某次运动时，由H=8.4m处释放，通过C后，又落回到斜面上D点（已知sin37=0.6，cos37=0.8，g取10m
13、/s2）求： （1）物块的质量及物块与斜面间的动摩擦因数 （2）物块落到D点时的速度大小 KS5UKS5UKS5U高二10月月考答案和解析【答案】 1.D2.D3.B4.D5.C6.C7.ABC8.BCD9.BD10.BD11.BD12.BD13.4.4；g； 14.BCFGI 15.50.2；4.815 16.A；0.054 17.解：（1）电动机不转时，此时电动机为纯电阻元件，则： （2）电动机正常工作时消耗的功率为： P=U2I2=4.01.0W=4.0W 电动机正常工作时线圈电阻损耗的功率为： P热=I22r=1.020.5W=0.5W 电动机正常工作时输出功率为： P出=P-P热=4
14、.0-0.5W=3.5W 电动机正常工作时效率为： （3）匀速提升时，拉力等于重力，即： F=mg=0.510N=5N 由电动机的输出功率P出=Fv可得提升重物的速度为： = 答：（1）电动机线圈的电阻为r=0.5； （2）当U2=4.0V电动机正常工作时的输出功率为3.5W，电动机的效率为87.5%； （3）如果重物质量m=0.5kg，当U2=4.0V时电动机提升重物的速度大小是0.7m/s 18.解：（1）C与A碰撞过程，设共同速度v1，以向右为正，由动量守恒： mv0=（m+M）v1 代入数据解得：v1=2m/s 当A、B、C速度相等时，弹簧被压缩到最短，弹簧的弹性势能最大，设此时三物体
15、速度为v共，有： （m+M）v1=（m+2M）v共 代入数据解得：v共=1.2m/s 根据能量守恒得： 代入数据解得：Epmax=2.4J （2）当弹簧第一次恢复原长时，B的速度最大，设此时B的速度为vB，从A、C粘合到弹簧第一次恢复原长的过程，设此时A、C的速度为v1， 由动量守恒和能量守恒有： （m+M）v1=（m+M）v1+MvB， 解得：vB=2.4m/s，故B的速度最大为2.4m/s，方向向右 答：（1）弹簧弹性势能的最大值为2.4J； （2）在以后的运动过程中物体B的最大速度大小为2.4m/s，方向向右 19.解：（1）物块从斜面上A点滑到B点的过程中，由动能定理得： mgH-mg
16、Hcot37=mvB2 物块在B点满足：F-mg=m 由可得：F=mg+H 由图象可知：H=0时，F=5N；H=3m时，F=15N 代入解得：m=0.5kg，=0.5 （2）物块从A到C由动能定理得：mg（H-2R）-mgHcot37=mv2C 物块从C到D做平抛运动，下落高度h=gt2 水平位移x=vCt 由几何关系知：tan37= 由可得：t=0.4s 物块到D点时的速度的大小：vD=4m/s 答：（1）物块的质量为0.5kg，物块与斜面间的动摩擦因数为0.5 （2）物块落到D点时的速度大小为4m/s 【解析】 1. 解：A、质点是高中所涉及的重要的理想化模型，是抓住问题的主要因素，忽略次
17、要因素，故A正确； B、在用实验探究加速度、力和质量三者之间的关系时，由于涉及物理量较多，因此采用控制变量法进行实验，故B正确； C、在利用速度-时间图象推导匀变速直线运动的位移公式时，采用极限思想，把时间轴无限分割，得出面积大小等于物体位移的结论，是微元法，故C正确； D、理想斜面实验探究力和运动的关系时，采用的是理想斜面实验法和将试验结论外推的方法，故D错误 本题选错误的，故选：D 物理学的发展离不开科学的思维方法，要明确各种科学方法在物理中的应用，如控制变量法、理想实验、理想化模型、极限思想等 本题考查了常见的研究物理问题的方法的具体应用，要通过练习体会这些方法的重要性，培养学科思想 2
18、. 解：A、电流等于电路中通过某一横截面积的电量与所用时间的比值，故在t不确定的情况下不能笼统的说I与q是否是成正比，故A错误； B、电流有方向，但电流的运算不适用平行四边形定则，故电流是标量，故B错误； C、金属导体中，自由电子定向移动方向与电流方向相反，故C错误； D、电流的单位为国际单位制中的基本单位，故D正确 故选：D 电荷的定向移动形成电流，电流与电荷量及时间无关，电流的单位为安培，安培是国际单位制的基本单位 本题考查电流的定义，要注意明确电流的定义及电流的方向规定，难度不大，属于基础题 3. 解：A、当弹簧处于压缩状态时，弹簧对物体的作用力的方向向下，物体受到的重力的方向向下，所以
19、物体受到的合外力的方向向下，则加速度的方向向下，物体一定失重，升降机一定减速向上故A错误，B正确； C、当弹簧处于伸长状态时，弹簧对物体的作用力 是拉力，当拉力大于重力时，物体加速度的方向向上，则可知m处于超重状态；故升降机的加速度应向上；当弹簧的拉力小于重力时，物体受到的合外力的方向向下，物体的加速度的方向向下，则物体处于失重状态；故CD都错误 故选：B 根据弹簧的变化可知m的受力变化；则可分析m的运动状态的变化；则可分析升降机的运动状态的变化 对于超重和失重一定要根据牛顿第二定律进行理解，不能脱离开受力关系而去分析超重和失重；该题中尤其要注意比较弹簧的拉力与重力的大小之间的关系 4. 解：
20、经加速电场后的速度为v，则： 所以电子进入偏转电场时速度的大小为：， 电子进入偏转电场后的偏转的位移为：y=at2=， 所以示波管的灵敏度， 所以要提高示波管的灵敏度可以增大L，减小d和减小U1，所以D正确、ABC错误 故选：D 先求出的表达式，由表达式分析提高灵敏度的方式 本题是信息的给予题，根据所给的信息，找出示波管的灵敏度的表达式即可解决本题 5. 解：当滑动变阻器的滑动片p向b端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析可知总电流增大，路端电压减小，则电压表的读数变小图中并联部分电路的电压减小，则电流表的读数变小故C正确 故选：C 当滑动变阻器的滑动片
21、p向b端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，再由欧姆定律分析并联部分电压的变化，分析电流表示数的变化 本题中R1也可直接作为内电阻处理，可直接由闭合电路欧姆定律得出并联部分的电压减小，流过R2的电流减小 6. 解：由图可知，电源的电动势E=3V，短路电流为I=6A；则内电阻r=0.5A； 当将电阻与电源相连时，电路中电流应为2A，路端电压为2V，故输出功率P=UI=4W； 故选C 7. 解：ABC、运动员受到重力和地面的支持力，之所以能起跳，是因为地面对运动员的支持力大于运动员的重力，产生向上的加速度 运动员对地面的压力等于地面对
22、运动员的支持力，而支持力大于运动员的重力，所以运动员对地面的压力大于运动员的重力故ABC均正确； D、地面对运动员的支持力跟运动员对地面的压力是相互作用力，作用在不同的物体上，效果不能抵消，不能合成，故D错误 故选：ABC 地面对运动员的支持力和运动员对地面的压力是一对作用力和反作用力，大小相等，方向相反运动员受到重力和地面的支持力，之所以能起跳，是因为地面对运动员的支持力大于运动员的重力，产生向上的加速度 解决本题的关键知道作用力和反作用力大小相等，方向相反人之所以能起跳，是因为地面对运动员的支持力大于运动员的重力，产生向上的加速度 8. 解：A、由于B、D两点关于O点对称，因此其场强大小相
23、等，方向相反，则场强不同，根据对称性知，电势相同，故A错误； B、根据电场线分布情况可知，A与C两的电势相等，B、D两点电势相等，则A、B两点间的电势差UAB与C、D两点间的电势差UCD相等，故B正确 C、根据电场的叠加知，BO间电场方向向上，OD间电场向下，则质子由B点沿BOD路径移至D点，电势先升高后降低，电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，故C正确 D、电子由C点沿COA路径移至A点，电场力先向左后向右，电场力对其先做负功后做正功，故D正确 故选：BCD 本题要根据等量正电荷周围电场分布情况进行答题在如图所示的等量异种电荷连线的中点O是两点电荷连线之间电场强度最小的点，同时是两点
24、电荷连线中垂线上最强的点，中垂线为零等势线，中垂线上电场方向水平向右；另外电势能的变化可通过电场力做功来判断 要熟练掌握等量异种电荷和等量同种电荷周围电场强度、电势分布情况，并能正确判断电荷在电场中运动时动能、电势能变化情况 9. 解：AC、根据万有引力提供向心力，即：，解得v=，T=，嫦娥一号的轨道半径为r=R+h，结合黄金代换公式：GM=gR2，代入线速度及周期公式得：，T=，故A、C错误 B、根据，GM=gR2，联立解得在嫦娥一号的工作轨道处的重力加速度为g=（）2g，故B正确 D、由黄金代换公式得中心天体的质量M=，体积V=，则平均密度=故D正确 故选：BD 根据万有引力提供向心力，求
25、出线速度和周期的表达式，结合万有引力等于重力得出线速度和周期的大小根据中心天体的质量和体积求出密度 解决本题的关键掌握万有引力定律的两个重要理论：1、万有引力提供向心力，2、万有引力等于重力，并能灵活运用 10. 解：A、根据运动轨迹的弯曲可知，M受到的是库仑引力、N受到的是库仑斥力，则M为负离子，N为正离子，a、b、c在同一个等势面上，ab和ac电势差为零，则静电力不做功，可知M在b点的速率等于N在c点的速率，故A错误，B正确 C、M从apb过程，由于M受到的是库仑引力，则电场力先做正功再做负功，故C错误 D、Pb间的电势差小于qc间的电势差，则从p到b过程中电场力做功小于q到c过程中电场力
26、做功，则M从pb过程中电势能的增量小于N从aq电势能的增量，故D正确 故选：BD 根据轨迹的弯曲确定静电力为库仑引力还是库仑斥力，从而得出M、N电性的正负根据动能定理比较粒子速度的大小，根据电场力做功判断电势能的变化 根据轨迹判定“电荷N受到中心电荷的斥力，而电荷M受到中心电荷的引力”是解决本题的突破口知道电场力做功等于电势能的减小量 11. 解：发生衰变时，原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，所以每发射一个粒子，一个中子转化为质子， 依据质量数与质子数守恒，则有CN+e故B、D正确，A、C错误 故选：BD 衰变的实质是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放
27、出来，并依据核反应方程书写规律：质量数与质子数守恒，即可求解 知道衰变的实质，衰变的电子来自原子核，不是核外电子，注意衰变与衰变的区别 12. 解：A、B、保持电键S闭合时，电容器板间电压不变，带正电的A板向B板靠近时，板间距离d减小，由E= 分析得知，板间场强增大，小球所受电场力增大，则增大故A错误，B正确 C、D、电键S断开，根据推论，E=，可知，将A板向B板靠近，板间场强不变，小球所受电场力不变，则不变故D正确，C错误 故选：BD 保持电键S闭合时，电容器板间电压不变，由E= 分析板间场强的变化，判断板间场强的变化，确定的变化电键S断开，根据推论可知，板间场强不变，分析是否变化 本题解答
28、的关键是抓住不变量进行分析，当电容器保持与电源相连时，其电压不变；当电容器充电后断开时，其电量不变然后再分析电势差及场强的变化 13. 解：游标卡尺的主尺读数为4mm，游标读数为0.14mm=0.4mm，则d=4.4mm， 根据牛顿第二定律可知：mgsin=ma 由几何关系可知：sin= 解得：加速度的理论值为：a=g 根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，滑块经过光电门的速度为：v= 根据v2=2ax可得加速度的测量值为：a= 故答案为：4.4；g； 游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读； 根据牛顿第二定律可求得加速度的理论值；根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出滑块经过光
29、电门时的速度大小，再根据速度和位移关系即可求得加速度的理论值 解决本题的关键明确光电门的作用，能根据平均速度方法求解瞬时速度，同时注意牛顿第二定律以及运动学公式的应用是解题的关键 14. 解：（1）由小电珠规格“6.3V，1W”可知，额定电流为：I=，故电流表应选B； 由于小电珠的额定电压为6.3V，所以电压表应选C；电源应选F； 由于实验要求测量安全和尽可能准确，则要求电流从零调，所以变阻器应用分压式接法，而采用分压式接法时，变阻器的电阻越小调节越方便，所以变阻器应选G； 显然还必需要选择I，所以应选用的器材是BCFGI （2）由于小电珠电阻较小，满足，因此电流表应使用外接法，从（1）可知滑
30、动变阻器采用分压接法，作出电路图，根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示 故答案为：（1）BCFGI；（2）电路图和实物图如图所示 （1）根据小电珠的额定电流来选择电流表量程，根据额定电压来选择电压表量程和电源电动势大小；为使测量安全和尽可能准确，变阻器应用分压式接法，应选择阻值小的变阻器，导线和电键是必需的； （2）先判断电流表的接法，再作图，再根据电路图连接实物图即可 本题考查了实验器材的选择，设计实验电路图、连接实物电路图，要掌握实验器材的选择原则，确定滑动变阻器与电流表接法是正确设计实验电路的关键，当电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器应采用分压接法 15. 解：是10分度的卡尺
31、，其精确度为0.1mm 则图示读数为：50+20.1=50.2mm； 螺旋测微器：不动刻度为4.5，可动刻度为31.50.01mm 则读数为4.5+31.50.01=4.815mm，因需要估计，则为4.8150.002mm； 故答案为：50.2，4.8150.002 游标卡尺的读法，先确定分度数，从而确定精确度，进行读数；螺旋测微器的读法要用主尺的整刻度加可动刻度数乘以精确度，要估读 对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量，要明确读数规则，记住螺旋测微器要估读 16. 解：（1）根据原理较可得出对应的原理图如图所示； （2）由实物图可知，测量电路
32、部分与滑动变阻器的左侧并联，故为了让电流从零开始调节，滑片开始时应滑至A端； （3）根据描点法得出对应的I-U图象； （4）在对应的I-U图象中作出电源的伏安特性曲线，如图所示，两图象的交点为灯泡的工作点；则由图可知，灯泡的电压为0.45V，电流为0.12A；则对应的功率为： P=UI=0.450.12=0.054W； 故答案为：（1）如下图所示；（2）A；（3）如图所示；（4）0.054； 做电学实验时首先要注意安全性原则，变阻器使用分压式接法；根据描点法做出伏安特性曲线即可；再作出电源的伏安特性曲线，两线的交点为灯泡的工作点，从而求得功率 解决本题的关键知道电表量程的选取，以及知道描点作图
33、，需要用平滑的曲线连接同时注意明确求灯泡实际功率时不能用欧姆定律求解 17. （1）在电动机不转时，电动机相当于纯电阻，根据欧姆定律可以求得电动机的线圈电阻； （2）根据功率的公式P=UI，可以求得电动机的功率，进而可以求得电动机的效率； （3）匀速提升时，拉力等于重力，由电动机的输出功率P=Fv可得提升重物的速度 本题重点是非纯电阻电路的考察，重点要明白当电动机通电不转的时候，电动机相当于纯电阻电路 18. （1）根据定律守恒求出AC的共同速度，当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒及能量守恒求出弹性势能的最大值； （2）当弹簧第一次恢复原长时，B的速度最大，设此时B的
34、速度为vB，从A、C粘合到弹簧第一次恢复原长的过程中，根据动量守恒及能量守恒求出最大速度 本题考查了动量守恒和能量守恒定律的综合运用，知道三者速度相等时，弹性势能最大，明确应用动量守恒定律解题时，要规定正方向，难度适中 19. （1）物块从斜面上A点滑到B点的过程中，由动能定理列式得到物块到达B点的速度与H的关系，在B点，由重力与轨道的支持力提供物块的向心力，根据牛顿第二定律得到F与H的表达式，结合图象信息，即可求出物块的质量及物块与斜面间的动摩擦因数 （2）物块从A到C过程，由动能定理求得物块到C点的速度大小，物块从C到D做平抛运动，根据平抛运动的规律，结合几何知识求解 根据物理规律得到表达式，再结合图象的信息，求解物理量是常用的方法