1、2016-2017学年江西省景德镇一中高一（下）期中物理试卷（16班）一、选择题（不定项选择，选全得4分，不全得2分，选错得0分）1国务院批复，自2016年起将4月24日设立为“中国航天日”1970年4月24日我国首次成功发射的人造卫星东方红一号，目前仍然在椭圆轨道上运行，其轨道近地点高度约为440km，远地点高度约为2060km；1984年4月8日成功发射的东方红二号卫星运行在赤道上空35786km的地球同步轨道上设东方红一号在远地点的加速度为a1，东方红二号的加速度为a2，固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a3，则a1、a2、a3的大小关系为（）Aa2a1a3Ba3a2a1Ca3a
2、1a2Da1a2a32如图所示，长为L的硬杆A一端固定一个质量为m的小球B，另一端固定在水平转轴O上，硬杆可绕转轴O在竖直平面内缓慢转动则在硬杆与水平方向的夹角从90减小到0的过程中，下列说法正确的是（）A小球B受到的合力方向始终沿杆向上B小球B受到硬杆A的作用力逐渐减小C小球B受到硬杆A的作用力对小球做负功D小球B受到硬杆A的作用力的方向始终沿杆向上3如图，竖直平面内的轨道和都由两段直杆连接而成，两轨道长度相等用相同的水平恒力将穿在轨道最低点B的静止小球，分别沿和推至最高点A，所需时间分别为t1、t2；动能增量分别为Ek1、Ek2假定球在经过轨道转折点前后速度大小不变，且球与、轨道间的动摩擦
3、因数相等，则（）AEk1Ek2；t1t2BEk1=Ek2；t1t2CEk1Ek2；t1t2DEk1=Ek2；t1t24如图所示，木块从左边斜面的A点自静止开始下滑，经过一段水平面后，又滑上右边斜面并停留在B点若动摩擦因数处处相等，AB连线与水平面夹角为，不考虑木块在路径转折处碰撞损失的能量，则（）A木块与接触面间的动摩擦因数为sinB木块与接触面间的动摩擦因数为tanC两斜面的倾角一定大于D右边斜面的倾角可以大于5如图所示为某直升飞机的俯视图，该直升机两侧均装有等高的照明发射管，当飞机悬停时发射方向与飞行方向垂直，测得照明弹发射速度大小为v，现直升机以速率v保持与水平地面固定高度差做匀速直线飞
4、行，每隔t时间按下发射开关，不计空气阻力，且t远小于照明弹在空中运动的时间，则（）A照明弹以初速2v做平抛运动B同侧同一发射筒发射的照明弹在空中处于同一条抛物线上C同侧的照明弹落地点在一条抛物线上D同时发射的照明弹在同一个水平面上6如图，两质量均为m的小球，通过长为L的不可伸长轻绳水平相连，从某一高处自由下落，下落过程中绳处于水平伸直状态在下落h高度时，绳的中点碰到水平放置的光滑钉子O重力加速度为g，空气阻力不计，则（）A小球从开始下落到刚到达最低点的过程中机械能守恒B从轻绳与钉子相碰到小球刚到达最低点的过程，重力的瞬时功率先增大后减小C小球刚到达最低点时速度大小为D小球刚到达最低点时的加速度
5、大小为（+2）g7有关实际中的现象，下列说法正确的是（）A火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度B体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力C用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响D为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好8质量为m的木块和质量为M（Mm）的铁块用细线连接刚好能在水中某个位置悬浮静止不动，此时木块至水面距离为h，铁块至水底的距离为H（两物体均可视为质点）突然细线断裂，忽略两物体运动中受到水的阻力，只考虑重力及浮力，若M、m同时分别到达水面水底，以M、m为系统，那么以下说法正确的是（）A该过程中系统动量不守恒B该过程中M、m均作匀速直线运动C同时到
6、达水面水底时，两物体速度大小相等D系统满足MH=mh9如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得（）A在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，且弹簧都处于伸长状态B从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长C两物体的质量之比为m1：m2=1：2D在t2时刻A与B的动能之比为Ek1：Ek2=8：110如图所示，在光滑的水平面上放着甲、乙两个物块，甲的质量是乙的2倍，开始物块乙静止，在乙上系有一个轻质弹簧，物块甲以速度向乙运动，在运动过程
7、中（）A甲的动量变化量大小等于乙的动量变化量大小B弹簧压缩量最大时，甲的速度为零C当乙的速度最大时，甲的速度为零D当乙的速度最大时，甲的速度水平向右二、实验题11（8分）某探究学习小组的同学欲验证“动能定理”，他们在实验室组装了一套如图所示的装置，另外他们还找到了打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、纸带、小木块、细沙当滑块连接上纸带，用细线通过滑轮挂上空的小沙桶时，释放小桶，滑块处于静止状态若你是小组中的一位成员，要完成该项实验，则：（1）你认为还需要的实验器材有 ，（2）实验时为了保证滑块受到的合力与沙和沙桶的总重力大小基本相等，沙和沙桶的总质量应满足的实验条件是 ，为减小系统误差实验时
8、首先要做的步骤是 （3）在（2）的基础上，某同学用天平称量滑块的质量M往沙桶中装入适量的细沙，用天平称出此时沙和沙桶的总质量m，已知重力加速度为g，让沙桶带动滑块加速运动，用打点计时器记录其运动情况，在打点计时器打出的纸带上取两点，测出这两点的间距L和这两点的速度大小v1与v2（v1v2）则对于滑块的运动本实验最终要验证的数学表达式为 （用题中的字母表示实验中测量得到的物理量）12（8分）某同学做验证动量守恒定律的实验，将A、B两滑块在一水平长直气垫导轨上相碰，用频闪照相机分别在t0=0，t1=t，t2=2t，t3=3t时刻闪光拍照，摄得如图所示照片，其中B像有重叠，已知x轴上单位长度为L，m
9、A=m，mB=m，向右为正方向，请完成下列填空（1）若碰前B静止，则碰撞发生在t= 时刻，碰后B的动量为 （用m、L、t表示）；（2）若碰后B静止，则碰前A的动量为 ，碰前B的动量为 （用m、L、t表示）三、计算题（13、14每题10分，15、16每题12分）13（10分）如图，P、Q为某地区水平地面上的两点，在P点正下方一球形区域内储藏有石油，假定区域周围岩石均匀分布，密度为；石油密度远小于，可将上述球形区域视为空腔如果没有这一空腔，则该地区重力加速度（正常值）沿竖直方向；当存在空腔时，该地区重力加速度的大小和方向会与正常情况有微小偏离重力加速度在原竖直方向（即PO方向）上的投影相对于正常值
10、的偏离叫做“重力加速度反常”为了探寻石油区域的位置和石油储量，常利用P点附近重力加速度反常现象已知引力常数为G（1）设球形空腔体积为V，球心深度为d（远小于地球半径），PQ=x，求空腔所引起的Q点处的重力加速度反常（2）若在水平地面上半径L的范围内发现：重力加速度反常值在与k（k1）之间变化，且重力加速度反常的最大值出现在半为L的范围的中心，如果这种反常是由于地下存在某一球形空腔造成的，试求此球形空腔球心的深度和空腔的体积14（10分）如图甲所示，倾角=37的粗糙斜面固定在水平面上，斜面足够长一根轻弹簧一端固定在斜面的底端，另一端与质量m=1.0kg的小滑块（可视为质点）接触，滑块与弹簧不相连
11、，弹簧处于压缩状态当t=0时释放滑块在00.24s时间内，滑块的加速度a随时间t变化的关系如图乙所示已知弹簧的劲度系数k=2.0102N/m，当t=0.14s时，滑块的速度v1=2.0m/sg取l0m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8弹簧弹性势能的表达式为Ep=kx2（式中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）求：（1）斜面对滑块摩擦力的大小f；（2）t=0.14s时滑块与出发点间的距离d；（3）在00.44s时间内，摩擦力做的功W15（12分）在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物块B，物块与左右两边槽壁的距离如图所示，L为2.0m，凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数
12、为0.03，开始时物块静止，凹槽以v0=6m/s初速度向右运动，设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计g取10m/s2，求：（1）物块与凹槽相对静止的速度？（2）从凹槽开始运动到两者相对静止物块与左侧槽壁碰撞的次数？（3）从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历的时间？16（12分）如图所示，在足够长的光滑水平地面上有一滑板，滑板AB部分为半径R=0.15m的圆弧，BC段水平，长度L=0.8m，滑板质量M=2.7kg，滑板左侧靠墙滑块P1和P2 （可视为质点）的质量都为m=0.9kg，滑块P1P2与BC面的动摩擦因数相同，开始时P1以V0=1m/s的初速度从A点沿弧面切线滑下，P2
13、静止在滑板BC的中点若P1与P2的碰撞为完全非弹性碰撞g取10m/s2求：（1）P1滑到圆弧最低点时，对凹形滑板的压力？（2）要使P1与P2不发生碰撞，滑块与BC面的动摩擦因数应满足什么条件？（3）若滑块与BC面的动摩擦因数=0.3，试通过计算判断P1与P2是否会从滑板上掉下？2016-2017学年江西省景德镇一中高一（下）期中物理试卷（16班）参考答案与试题解析一、选择题（不定项选择，选全得4分，不全得2分，选错得0分）1国务院批复，自2016年起将4月24日设立为“中国航天日”1970年4月24日我国首次成功发射的人造卫星东方红一号，目前仍然在椭圆轨道上运行，其轨道近地点高度约为440km
14、，远地点高度约为2060km；1984年4月8日成功发射的东方红二号卫星运行在赤道上空35786km的地球同步轨道上设东方红一号在远地点的加速度为a1，东方红二号的加速度为a2，固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a3，则a1、a2、a3的大小关系为（）Aa2a1a3Ba3a2a1Ca3a1a2Da1a2a3【考点】4H：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【分析】根据万有引力提供向心力可比较东方红一号和东方红二号的加速度；同步卫星的运行周期和地球自转周期相等，角速度相等，根据比较固定在地球赤道上的物体和东方红二号的加速度【解答】解：东方红二号地球同步卫星和地球自转的角速度相同，由a=2r
15、可知，a2a3；由万有引力提供向心力可得：a=，东方红一号的轨道半径小于东方红二号的轨道半径，所以有：a1a2，所以有：a1a2a3，故ABC错误，D正确故选：D【点评】解决本题的关键掌握万有引力定律的两个重要理论：1、万有引力等于重力，2、万有引力提供向心力，并能灵活运用还要知道同步卫星的运行周期和地球自转周期相等2如图所示，长为L的硬杆A一端固定一个质量为m的小球B，另一端固定在水平转轴O上，硬杆可绕转轴O在竖直平面内缓慢转动则在硬杆与水平方向的夹角从90减小到0的过程中，下列说法正确的是（）A小球B受到的合力方向始终沿杆向上B小球B受到硬杆A的作用力逐渐减小C小球B受到硬杆A的作用力对小
16、球做负功D小球B受到硬杆A的作用力的方向始终沿杆向上【考点】62：功的计算；37：牛顿第二定律【分析】硬杆绕转轴O在竖直平面内缓慢转动的过程中，B球的合力为零，保持平衡状态，根据平衡条件求出硬杆A的作用力对B球的作用力大小和方向，分析做功的正负【解答】解：硬杆绕转轴O在竖直平面内缓慢转动的过程中，B球的合力为零，而B球受到重力mg和硬杆A的作用力，则由平衡条件得知，硬杆A的作用力大小等于mg，方向竖直向上，而且硬杆A的作用力对小球做负功故C正确，ABD均错误故选：C【点评】本题要紧扣”缓慢“二字，说明小球的受力平衡，这题说明杆的作用力方向不一定沿杆子方向，要由物体的状态进行分析3如图，竖直平面
17、内的轨道和都由两段直杆连接而成，两轨道长度相等用相同的水平恒力将穿在轨道最低点B的静止小球，分别沿和推至最高点A，所需时间分别为t1、t2；动能增量分别为Ek1、Ek2假定球在经过轨道转折点前后速度大小不变，且球与、轨道间的动摩擦因数相等，则（）AEk1Ek2；t1t2BEk1=Ek2；t1t2CEk1Ek2；t1t2DEk1=Ek2；t1t2【考点】65：动能定理；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】根据动能定理比较动能的增加量；通过速度时间图线，抓住路程相等，结合加速度不同，比较运动时间的长短【解答】解：因为摩擦力做功Wf=（mgcos+Fsin）s=mgx+Fh，可知沿两轨道运
18、动，摩擦力做功相等，根据动能定理得：WFmghWf=Ek，知两次情况拉力做功相等，摩擦力做功相等，重力做功相等，则动能的变化量相等作出在两个轨道上运动的速度时间图线如图所示，由于路程相等，则图线与时间轴围成的面积相等，由图可知，t1t2故B正确，A、C、D错误故选：B【点评】本题考查了动能定理与运动学的综合，通过动能定理比较动能变化量的关系，难点在于通过速度时间图线比较运动的时间，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移4如图所示，木块从左边斜面的A点自静止开始下滑，经过一段水平面后，又滑上右边斜面并停留在B点若动摩擦因数处处相等，AB连线与水平面夹角为，不考虑木块在路径转折处
19、碰撞损失的能量，则（）A木块与接触面间的动摩擦因数为sinB木块与接触面间的动摩擦因数为tanC两斜面的倾角一定大于D右边斜面的倾角可以大于【考点】66：动能定理的应用【分析】物体在倾角为的斜面滑行L距离时，滑动摩擦力为f=mgcos，摩擦力做功的大小Wf=mgcosL=mgx，其中x为初位置与末位置间的水平分位移大小；对全过程运用动能定理，结合摩擦力做功的特点，求出动摩擦因数大小【解答】解：A、B、设AB间的水平分位移为x，高度差为h，如图所示：对从A到B间的过程运用动能定理，有：mghW克f=0其中：W克f=mgx联立解得：=tan故A错误，B正确；C、D、对左侧斜面，木块要能够滑下来，重
20、力的下滑分力要大于滑动摩擦力，故：mgsinmgcos由于=tan，故：对于右侧斜面，木块不能滑下，故重力的下滑分力要不大于滑动摩擦力，故：mgsinmgcos由于=tan，故：故C错误，D错误；故选：B【点评】本题要涉及两个推论：1、物体在倾角为的斜面滑行距离时，滑动摩擦力做功的大小Wf=mgx，其中x为初位置与末位置间的水平分位移大小；2、设斜面坡角为，当tan时，物体在斜面上可以加速下滑；当=tan时，物体在斜面上可以匀速下滑；当tan时，物体在斜面上可以减速下滑5如图所示为某直升飞机的俯视图，该直升机两侧均装有等高的照明发射管，当飞机悬停时发射方向与飞行方向垂直，测得照明弹发射速度大小
21、为v，现直升机以速率v保持与水平地面固定高度差做匀速直线飞行，每隔t时间按下发射开关，不计空气阻力，且t远小于照明弹在空中运动的时间，则（）A照明弹以初速2v做平抛运动B同侧同一发射筒发射的照明弹在空中处于同一条抛物线上C同侧的照明弹落地点在一条抛物线上D同时发射的照明弹在同一个水平面上【考点】43：平抛运动【分析】根据平行四边形定则求出照明弹发射的合速度，根据平抛运动在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，结合平抛运动的规律分析求解【解答】解：A、由题意知照明弹一方面与飞机一起水平匀速运动为v，在垂直飞机飞行方向还有一速度v，所以照明弹的合速度为，照明弹以的初速度做平抛运动故A
22、错误B、照明弹运动方向与飞机飞行方向不同，故同侧同一发射筒发射的照明弹不在同一条竖直线上，但是处于同一条抛物线上，故B正确C、所有照明弹运动时间相同，水平速度相同，故水平位移相同，所有照明弹的落地点在同一直线上故C错误D、照明弹在竖直方向上做自由落体运动，同时发射的照明弹，运动时间相同，下落高度相同，故在同一水平面上故D正确故选：BD【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解6如图，两质量均为m的小球，通过长为L的不可伸长轻绳水平相连，从某一高处自由下落，下落过程中绳处于水平伸直状态在下落h高度时，绳的中点碰到水平放置的光滑钉子O重力加速度为g，
23、空气阻力不计，则（）A小球从开始下落到刚到达最低点的过程中机械能守恒B从轻绳与钉子相碰到小球刚到达最低点的过程，重力的瞬时功率先增大后减小C小球刚到达最低点时速度大小为D小球刚到达最低点时的加速度大小为（+2）g【考点】6C：机械能守恒定律；63：功率、平均功率和瞬时功率【分析】小球从开始下落到刚到达最低点的过程中只有重力做功，系统机械能守恒；重力的瞬时功率根据PG=mgvy求解；小球刚到达最低点时速度可根据动能定理求解；根据向心加速度公式即可求解向心加速度【解答】解：A、小球从开始下落到刚到达最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒，故A正确；B、以向下为正方向，竖直方向合力为F=mgTsin
24、，开始时很小，mgTsin，F0，竖直方向加速度向下，vy增大，到快要相碰时，Tsinmg，F0，竖直方向加速度向上，vy减小，根据PG=mgvy可知重力的瞬时功率先增大后减小，故B正确；C、从最高点到小球刚到达最低点的过程中运用动能定理得：，解得：v=，故C错误；D、根据向心加速度公式有：a=，故D正确故选ABD【点评】本题主要考查了机械能守恒的条件，瞬时功率的求解方法、动能定理的应用以及向心加速度的公式，难度不大，属于基础题7有关实际中的现象，下列说法正确的是（）A火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度B体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力C用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了
25、减少反冲的影响D为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好【考点】52：动量定理【分析】根据反冲运动的特点分析A、C选项；根据动量定理方向B、D选项【解答】解：A、根据反冲运动的特点与应用可知，火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度故A正确；B、体操运动员在落地的过程中，动量变化一定由动量定理可知，运动员受到的冲量I一定；由I=Ft可知，体操运动员在着地时屈腿是延长时间t，可以减小运动员所受到的平均冲力F，故B正确；C、用枪射击时子弹给枪身一个反作用力，会使枪身后退，影响射击的准确度，所以为了减少反冲的影响，用枪射击时要用肩部抵住枪身故C正确；D、为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度
26、，就要延长碰撞的时间，由I=Ft可知位于车体前部的发动机舱不能太坚固故D错误故选：ABC【点评】该题考查动量定理和反冲运动的应用，例如延长运动员与地面的接触时间，减小运动员受到的冲击力，避免运动员受伤就是常见的应用之一8质量为m的木块和质量为M（Mm）的铁块用细线连接刚好能在水中某个位置悬浮静止不动，此时木块至水面距离为h，铁块至水底的距离为H（两物体均可视为质点）突然细线断裂，忽略两物体运动中受到水的阻力，只考虑重力及浮力，若M、m同时分别到达水面水底，以M、m为系统，那么以下说法正确的是（）A该过程中系统动量不守恒B该过程中M、m均作匀速直线运动C同时到达水面水底时，两物体速度大小相等D系
27、统满足MH=mh【考点】53：动量守恒定律【分析】当系统所受合外力为零时，系统动量守恒，对系统进行受力分析，判断动量是否守恒，然后根据物体受力情况判断物体运动性质，应用动量守恒定律分析答题【解答】解：A、以木块与铁块组成的系统为研究对象，开始系统静止，处于平衡状态，由平衡条件可知，系统所受合外力为零，不计水的阻力，细线断裂后系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A错误；B、细线断裂后，木块m上浮，受到的合外力向上，不为零，木块向上做加速运动，铁块向下运动，所受合外力向下，向下做加速运动，故B错误；C、以木块与铁块组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以向上为正方向，由动量守恒定律得：mvMv=0，
28、则mv=Mv，由于Mm，则vv，故C错误；D、以木块与铁块组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以向上为正方向，由动量守恒定律得：mvMv=0，则：mtMt=0，解得：MH=mh，故D正确；故选：D【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，知道动量守恒条件，应用动量守恒定律即可正确解题9如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得（）A在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，且弹簧都处于伸长状态B从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长C两
29、物体的质量之比为m1：m2=1：2D在t2时刻A与B的动能之比为Ek1：Ek2=8：1【考点】72：简谐运动的振幅、周期和频率；71：简谐运动【分析】两物块和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒，系统动能最小时，弹性势能最大，据此根据图象中两物块速度的变化可以分析系统动能和弹性势能的变化情况【解答】解：A、由图可知t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，且此时系统动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹性势能最大，弹簧处于压缩状态，故A错误；B、结合图象弄清两物块的运动过程，开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相当，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩最厉害，然后弹簧
30、逐渐恢复原长，m2依然加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当t3时刻，二木块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B错误；C、系统动量守恒，选择开始到t1时刻列方程可知：m1v1=（m1+m2）v2，将v1=3m/s，v2=1m/s代入得：m1：m2=1：2，故C正确；D、在t2时刻A的速度为：vA=1m/s，B的速度为：vB=2m/s，根据m1：m2=1：2，求出Ek1：Ek2=1：8，故D错误故选C【点评】对于这类弹簧问题关键用动态思想认真分析物体的运动过
31、程，注意过程中的功能转化关系；解答时注意动量守恒和机械能守恒列式分析，同时根据图象，分析清楚物体的运动情况10如图所示，在光滑的水平面上放着甲、乙两个物块，甲的质量是乙的2倍，开始物块乙静止，在乙上系有一个轻质弹簧，物块甲以速度向乙运动，在运动过程中（）A甲的动量变化量大小等于乙的动量变化量大小B弹簧压缩量最大时，甲的速度为零C当乙的速度最大时，甲的速度为零D当乙的速度最大时，甲的速度水平向右【考点】53：动量守恒定律【分析】甲、乙及弹簧组成的系统合力为零，系统的动量守恒当甲乙速度相同时，弹簧被压缩到最短，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律和能量守恒定律解答当乙的速度最大时，弹簧为原长，再根
32、据系统的动量守恒和机械能守恒求解【解答】解：A、甲、乙及弹簧组成的系统合力为零，系统的动量守恒，所以甲的动量变化量大小等于乙的动量变化量大小故A正确；B、弹簧压缩量最大时，甲乙共速，设为v共取向右为正方向，设乙的质量为m，则甲的质量为2m，根据动量守恒定律得：2mv=（2m+m）v共；解得：v共=v故B错误； CD、乙的速度最大时，弹簧为原长，设此时甲、乙速度分别为v甲和v乙；根据动量守恒定律得：2mv=2mv甲+mv乙；根据机械能守恒定律得： 2mv2=2mv甲2+mv乙2；解得：v甲=可知甲运动的方向向右故C错误，D正确故选：AD【点评】本题相当于弹性碰撞，遵守两大守恒定律：动量守恒定律和
33、机械能守恒定律可通过分析两个物块的受力情况，判断运动情况，知道速度相同时弹性势能最大二、实验题11某探究学习小组的同学欲验证“动能定理”，他们在实验室组装了一套如图所示的装置，另外他们还找到了打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、纸带、小木块、细沙当滑块连接上纸带，用细线通过滑轮挂上空的小沙桶时，释放小桶，滑块处于静止状态若你是小组中的一位成员，要完成该项实验，则：（1）你认为还需要的实验器材有刻度尺，天平，（2）实验时为了保证滑块受到的合力与沙和沙桶的总重力大小基本相等，沙和沙桶的总质量应满足的实验条件是沙和沙桶的质量远小于滑块的质量，为减小系统误差实验时首先要做的步骤是平衡摩擦力（3）在
34、（2）的基础上，某同学用天平称量滑块的质量M往沙桶中装入适量的细沙，用天平称出此时沙和沙桶的总质量m，已知重力加速度为g，让沙桶带动滑块加速运动，用打点计时器记录其运动情况，在打点计时器打出的纸带上取两点，测出这两点的间距L和这两点的速度大小v1与v2（v1v2）则对于滑块的运动本实验最终要验证的数学表达式为mgL=M（v22v12）（用题中的字母表示实验中测量得到的物理量）【考点】MJ：探究功与速度变化的关系【分析】（1）根据实验原理，得到需要验证的表达式，从而确定需要的器材；（2）实验要测量滑块动能的增加量和合力做的功，用沙和沙桶的总质量表示滑块受到的拉力，对滑块受力分析，受到重力、拉力、
35、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，必须使重力的下滑分量等于摩擦力；同时重物加速下降，处于失重状态，故拉力小于重力，可以根据牛顿第二定律列式求出拉力表达式分析讨论；（3）实验要测量滑块动能的增加量和合力做的功，求出合力的功和动能的增加量即可【解答】解：（1）实验要验证动能增加量和总功是否相等，故需要测量滑块、沙和沙桶的质量，所以还需要天平，纸带处理需要测量计数点间的距离，所以还需要刻度尺，故还要天平和刻度尺；（2）沙和沙桶加速下滑，处于失重状态，其对细线的拉力小于重力，设拉力为T，根据牛顿第二定律，有对沙和沙桶，有 mgT=ma对滑块，有 T=Ma解得T=故当Mm时，有Tmg滑块下滑时受到重力、
36、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，故可以将长木板的一段垫高；（3）总功为：W=mgL动能增加量为M（v22v12），则需要验证的数学表达式为mgL=M（v22v12）故答案为：（1）刻度尺，天平；（2）沙和沙桶的质量远小于滑块的质量；平衡摩擦力；（3）mgL=M（v22v12）【点评】本题关键是根据实验原理并结合牛顿第二定律和动能定理来确定要测量的量、实验的具体操作方法和实验误差的减小方法12某同学做验证动量守恒定律的实验，将A、B两滑块在一水平长直气垫导轨上相碰，用频闪照相机分别在t0=0，t1=t，t2=2t，t3=3t时刻闪光拍照，摄得如图
37、所示照片，其中B像有重叠，已知x轴上单位长度为L，mA=m，mB=m，向右为正方向，请完成下列填空（1）若碰前B静止，则碰撞发生在t=2.5t时刻，碰后B的动量为（用m、L、t表示）；（2）若碰后B静止，则碰前A的动量为，碰前B的动量为（用m、L、t表示）【考点】ME：验证动量守恒定律【分析】（1）碰前B静止，在它在碰前只能静止在碰撞位置，故碰撞位置只能在6L处；则B和第二个像即为碰后t时的位置；则可明确碰撞B的动量； 再分析A的运动情况，即可明确碰撞时刻；（2）碰后B静止，则它碰后只能静止在碰撞位置，故只能静止在6L处，则可明确碰撞B的动量； 再分析A的运动，即可明确A的碰前动量【解答】解：
38、（1）若碰前B静止，因碰后B一定向右运动，则可知，7L位置应为碰后的位置；故说明B应静止在6L处； A运动t2后某一时刻与B相碰； 碰后t内B向右运动L，A向左运动； 碰后B的动量PB=； 由图可知，A从开始到运动至6m处用时t=2.5t； 故碰撞发生在2.5t时刻处； （2）若碰后B静止，则碰撞发生在第1、2两次闪光时刻之间，碰撞后B静止，故碰撞发生在x=6m处碰前B在t内运动L，A运动；则碰前B的速度vB=； 所以碰前B的动量PB=； 碰前A在t内的位移为； 则其速度vA=则A的动量PA=mvA=； 故答案为：（1）2.5t； （2）； 【点评】本题考查动量守恒定律的实验分析，要注意明确频
39、闪照的分析方法，能从图中AB的位置确定它们各自的运动情况，从而明确碰撞前后的动量以及碰撞时刻三、计算题（13、14每题10分，15、16每题12分）13（10分）（2009全国卷）如图，P、Q为某地区水平地面上的两点，在P点正下方一球形区域内储藏有石油，假定区域周围岩石均匀分布，密度为；石油密度远小于，可将上述球形区域视为空腔如果没有这一空腔，则该地区重力加速度（正常值）沿竖直方向；当存在空腔时，该地区重力加速度的大小和方向会与正常情况有微小偏离重力加速度在原竖直方向（即PO方向）上的投影相对于正常值的偏离叫做“重力加速度反常”为了探寻石油区域的位置和石油储量，常利用P点附近重力加速度反常现象
40、已知引力常数为G（1）设球形空腔体积为V，球心深度为d（远小于地球半径），PQ=x，求空腔所引起的Q点处的重力加速度反常（2）若在水平地面上半径L的范围内发现：重力加速度反常值在与k（k1）之间变化，且重力加速度反常的最大值出现在半为L的范围的中心，如果这种反常是由于地下存在某一球形空腔造成的，试求此球形空腔球心的深度和空腔的体积【考点】4F：万有引力定律及其应用【分析】（1）如果将近地表的球形空腔填满密度为的岩石，则该地区重力加速度便回到正常值根据万有引力等于重力列出等式，结合几何关系求出空腔所引起的Q点处的重力加速度反常（2）由第一问当中的重力加速度反常的表达式得出重力加速度反常g的最大值
41、和最小值重力加速度反常的最大值出现在半为L的范围的中心，则重力加速度反常最大值k就是在P点！最小值g就是在Q点重力加速度反常值在与k（k1）之间变化，带入等式求解【解答】解：（1）如果将近地表的球形空腔填满密度为的岩石，则该地区重力加速度便回到正常值因此，重力加速度反常可通过填充后的球形区域产生的附加引力=m来计算，式中的m是Q点的质量，M是填充后球形区域的质量，M=V而r是球形空腔中心O至Q点的距离r=在数值上等于由于存在球形空腔所引起的Q点处重力加速度改变的大小Q点处重力加速度改变的方向沿OQ方向，重力加速度反常是这一改变在竖直方向上的投影=联立以上式子得=，（2）由式得，重力加速度反常的
42、最大值和最小值分别为（）max=（）min=由题设有（）max=k、（）min=g联立以上式子得，地下球形空腔球心的深度和空腔的体积分别为d=，V=答：（1）空腔所引起的Q点处的重力加速度反常是（2）此球形空腔球心的深度是，空腔的体积是【点评】本题考查万有引力部分的知识，逆向思维填满岩石就回到正常值，则反常就是这部分岩石的引力引起的！14（10分）（2015文登市模拟）如图甲所示，倾角=37的粗糙斜面固定在水平面上，斜面足够长一根轻弹簧一端固定在斜面的底端，另一端与质量m=1.0kg的小滑块（可视为质点）接触，滑块与弹簧不相连，弹簧处于压缩状态当t=0时释放滑块在00.24s时间内，滑块的加速
43、度a随时间t变化的关系如图乙所示已知弹簧的劲度系数k=2.0102N/m，当t=0.14s时，滑块的速度v1=2.0m/sg取l0m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8弹簧弹性势能的表达式为Ep=kx2（式中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）求：（1）斜面对滑块摩擦力的大小f；（2）t=0.14s时滑块与出发点间的距离d；（3）在00.44s时间内，摩擦力做的功W【考点】66：动能定理的应用【分析】（1）当t1=0.14s时，滑块与弹簧开始分离，此后滑块受重力、斜面的支持力和摩擦力，滑块开始做匀减速直线运动根据加速度的大小，结合牛顿第二定律求出摩擦力的大小（2）当t1=0.14s
44、时弹簧恰好恢复原长，所以此时滑块与出发点间的距离d等于t0=0时弹簧的形变量x，结合弹性势能的表达式，根据动能定理求出d的大小（3）物块速度减为零后反向做匀加速直线运动，根据运动学公式和牛顿第二定律分别求出各段过程中的位移的大小，从而得出摩擦力做功的大小【解答】解：（1）当t1=0.14s时，滑块与弹簧开始分离，此后滑块受重力、斜面的支持力和摩擦力，滑块开始做匀减速直线运动由题中的图乙可知，在这段过程中滑块加速度的大小为：a1=10m/s2根据牛顿第二定律有：mgsin+f=ma1代入数据解得：f=4.0N （2）当t1=0.14s时弹簧恰好恢复原长，所以此时滑块与出发点间的距离d等于t0=0
45、时弹簧的形变量x，所以在00.14s时间内弹簧弹力做的功为：W弹=Ep初Ep末=在这段过程中，根据动能定理有：W弹mgdsinfd=mv120代入数据解得：d=0.20 m （3）设从t1=0.14s时开始，经时间t1滑块的速度减为零，则有：t1=0.20s这段时间内滑块运动的距离为：x1=0.20m此时t2=0.14s+t1=0.34s，此后滑块将反向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可求得此时加速度的大小为：a2=2.0m/s2在0.34s0.44s（t2=0.1s）时间内，滑块反向运动的距离为：x2=t22代入数据解得：x2=0.01m所以在00.44s时间内，摩擦力f做的功为：W=f（
46、d+x1+x2）代入数据解得：W=1.64J答：（1）斜面对滑块摩擦力的大小f为4.0N；（2）t=0.14s时滑块与出发点间的距离d为0.20m；（3）在00.44s时间内，摩擦力做的功W为1.64J【点评】本题考查了牛顿第二定律、动能定理和运动学公式的综合运用，关键结合图象理清滑块在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解15（12分）（2016春武汉校级期中）在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物块B，物块与左右两边槽壁的距离如图所示，L为2.0m，凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数为0.03，开始时物块静止，凹槽以v0=6m/s初速度向右运动，设物块与凹槽
47、槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计g取10m/s2，求：（1）物块与凹槽相对静止的速度？（2）从凹槽开始运动到两者相对静止物块与左侧槽壁碰撞的次数？（3）从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历的时间？【考点】53：动量守恒定律【分析】（1）碰撞过程中物块与槽组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律列式即可求解；（2）整个过程，对整体根据动能定理列式即可求出物块与凹槽间的相对路程，再由几何关系求物块与左侧槽壁碰撞的次数（3）设凹槽与物块碰前的速度分别为v1、v2，碰后的速度分别为v1、v2根据动量守恒定律及能量守恒定律列式可知，每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，在同一坐标系上两者的速度图线
48、，根据碰撞次数可分为13段，凹槽、物块的vt图象在两条连续的匀变速运动图线间转换，可用匀变速直线运动规律求时间【解答】解：（1）设两者相对静止时速度为v取向右为正方向，由动量守恒定律得： mv0=2mv解得 v=3m/s（2）设两者间相对静止前，相对运动的路程为S，由动能定理得：mgS=（m+m）v2mv02解得：S=30m已知 L=2.0m可推知物块与左侧槽壁碰撞 n=+1=+1=8.25故碰撞8次 （3）设凹槽与物块碰前的速度分别为v1、v2，碰后的速度分别为v1、v2根据动量守恒定律和能量守恒定律有 mv1+mv2=mv1+mv2 mv12+mv22=mv12+mv22解得 v1=v2，
49、v2=v1易知每次碰撞都速度交换 在同一坐标系上两者的速度图线如图所示，凹槽、物块的vt图象在两条连续的匀变速运动图线间转换，故可用匀变速直线运动规律求时间则 v=v0+at，a=g解得：t=10s答：（1）物块与凹槽相对静止的速度是3m/s（2）从凹槽开始运动到两者相对静止物块与左侧槽壁碰撞的次数是8次（3）从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历的时间是10s【点评】本题主要考查了动量守恒定律、动能定理及能量守恒定律的直接应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，能根据题意画出速度时间图象，知道摩擦生热与两个物体间的相对路程有关16（12分）（2015佛山校级模拟）如图所示，在足够长的光滑水平
50、地面上有一滑板，滑板AB部分为半径R=0.15m的圆弧，BC段水平，长度L=0.8m，滑板质量M=2.7kg，滑板左侧靠墙滑块P1和P2 （可视为质点）的质量都为m=0.9kg，滑块P1P2与BC面的动摩擦因数相同，开始时P1以V0=1m/s的初速度从A点沿弧面切线滑下，P2静止在滑板BC的中点若P1与P2的碰撞为完全非弹性碰撞g取10m/s2求：（1）P1滑到圆弧最低点时，对凹形滑板的压力？（2）要使P1与P2不发生碰撞，滑块与BC面的动摩擦因数应满足什么条件？（3）若滑块与BC面的动摩擦因数=0.3，试通过计算判断P1与P2是否会从滑板上掉下？【考点】53：动量守恒定律；65：动能定理【分
51、析】（1）由机械能守恒可求得物体到达B点的速度，由牛顿第二定律可求得B点处物体对轨道的压力；（2）由动量守恒可求得小车与物体的共同速度，再由功能关系可得出物块与水平轨道BC间的动摩擦因数（3）对各过程由动量守恒及功能关系分析碰后两物体滑行的距离，从而判断是否能滑下【解答】解：（1）设圆弧轨道半径为R，取B点所在平面为重力势能零点，由机械能守恒定律有：mgR=mv02设在B点轨道对物块的支持力为FN，根据牛顿第二定律有：FNmg=得：FN=33N；设在B点物块对轨道的压力为FN，根据牛顿第三定律得：FN=FN=33N；压力竖直向下；（2）设物块滑行至轨道末端C处时与小车的共同速度为v2，由动量守
52、恒定律得：mv1=（M+2m）v2代入数据解得：v2=0.4m/s；对物块和小车应用功能关系得：mv12=（M+2m）v22+mg代入数据解得：=0.4；要使P1与P2不发生碰撞0.4；（3）P1与P2必发生碰撞，碰前P1的速度为v3，P2和滑板的速度为v4；由动量守恒定律可知：mv1=mv3+（M+m）v4由功能关系可知：mv12=mv32+（M+m）v42+mg联立解得：v3=1.2m/s；v4=0.2m/s；P1与P2碰撞后共同速度为v5；则有：mv3+mv4=（m+m）v5解得：v5=0.7m/s；P1和P2碰撞后相对滑板的距离为S由能量关系可知：Mv42+2mv52=（M+2m）v22+2mgS解得：S=0.025m；故P1和P2碰撞后不会从滑板上掉下；答：（1）物块到达圆弧轨道最低点B时对轨道的压力为33N；（2）动摩擦因数为0.4（3）P1和P2碰撞后不会从滑板上掉下；【点评】本题考查动量守恒及功能关系的综合应用，要注意正确分析受力及运动过程，从而分别对每一过程选择正确的物理规律进行求解
