河北省承德一中届高三物理上学期第二次月考试卷含解析

河北省承德一中2018-2019学年度高三第一学期第二次月
考物理试题
一、选择题
1.以下列图，小物块静止在倾角θ＝37°的粗糙斜面上。

现对物块施加一个沿斜面向下的推力F，力F的大小随时间t的变化情况以下列图，物块的速率v随时间t的变化规律以下列图，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。

以下说法正确的选项是()
A. 物块的质量为1 kg
B. 物块与斜面间的动摩擦因数为0.7
C. 0～3 s时间内力F做功的平均功率为2.13 W
D. 0～3 s时间内物块战胜摩擦力做的功为6.12 J
【答案】A
【分析】
【详解】由速度图象知在1～3 s时间内，物块做匀加速直线运动，则0.8N+mgsinθ-μmgcosθ=ma，a=m/s2=0.4 m/s2．在3～4 s时间内，物块匀速运动，受力平衡，则μmgcosθ-mgsinθ=0.4N，解得m=1kg，μ=0.8，选项A 正确，B错误；0～1 s时间内，物块静止，力F不做功，1～3s时间内，力F=0.8N，物块的位移为：x=×0.4×22m=0.8 m，0～3 s内力F做功的平均功率为：
，选项C错误；0～3 s时间内物块战胜摩擦力做的功为μmgcosθ•x=5.12J，选项D错误。

应选A。

2.质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，以下列图，
绳a与水平方向成θ角，绳b在水平方向且长为l，当轻杆绕轴AB 以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则以下说法正确的选项是()
A. a绳的张力不可以能为零
B. a绳的张力随角速度的增大而增大
C. 当角速度ω＞，b绳将出现弹力
D. 若b绳突然被剪断，则a绳的弹力必然发生变化
【答案】A
【分析】
解：A、小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力供给向心力，因此a绳在竖直方向上的分力与重力相等，可知a绳的张力不可以能为零，故A正确．
B、依照竖直方向上平衡得，F a sinθ=mg，解得Fa=，可知a绳的拉力不变，故B错误．
C、当b绳拉力为零时，有：mgcotθ=mlω2，解得ω=，可知当角速度ω＞时，b绳出现弹力．故C错误．
D、由于b绳可能没有弹力，故b绳突然被剪断，a绳的弹力可能不变，故D正确．
应选：AD
考点：向心力；牛顿第二定律．
【专题】牛顿第二定律在圆周运动中的应用．
分析：小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向合力供给向心力，结合牛顿第二定律分析判断
议论：解决此题的要点知道小球做圆周运动向心力的本源分析，知道小球竖直方向合力为零，这是解决此题的要点
3.我国发射的“嫦娥三号”登月探测器凑近月球后，先在月球表面周边的近似圆轨道上绕月运行；此后经过一系列过程，在离月面4 m高处做一次悬停(能够为是相关于月球静止)；最后关闭发动机，探测器自由下落。

已知探测器的质量约为1.3×103 kg，地球质量约为月球的81倍，地球半径约为月球的3.7倍，地球表面的重力加速度大小约为9.8 m/s2。

则此探测器()
A. 在着陆前的刹时，速度大小约为8.9 m/s
B. 悬停时碰到的反冲作用力约为2×103 N
C. 从走开近月圆轨道到着陆这段时间内，机械能守恒
D. 在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度【答案】BD
【分析】
试题分析：依照万有引力等于重力，可得重力加速度，地球质量约为月球的81倍，地球半径约为月球的3.7倍，地球表面的重力加速度大小约
为9.8m/s2，因此月球表面的重力加速度大小约为，依
照运动学公式得在着陆前的刹时，速度大小约，故A错误；登月探测器悬停时，二力平衡，F=mg′=1.3×103×1.66≈2×103N，故B 正确；从走开近月圆轨道到着陆这段时间内，有外力做功，机械能不守恒，故C 错误；依照，地球质量约为月球的81倍，地球半径约为月球的3.7倍，因此在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度，故D正确；应选BD。

考点：万有引力定律的应用
【名师点睛】解答此题要知道除重力以外的力对物体做功等于物体机械能的变化量，月球重力加速度约为地球重力加速度的1/6，关于万有引力的应用中，常用公式是在地球表面重力等于万有引力，卫星绕地球做圆周运动万有引力供给圆周运动向心力.
视频
4.“嫦娥五号”的“探路尖兵”载人返回翱翔试验返回器在内蒙古四子王旗预定地域顺利着陆，标志住我国已全面打破和掌握航天器以凑近第二宇宙速度的高速载人返回要点技术，为“嫦娥五号”任务顺利推行和探月工程连续推进确定了牢固基础．已知人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，经过时间t(t小于航天器的绕行周期)，航天器运动的弧长为s，航天器与月球的中心连线扫过角度为θ，引力常量为G，则()
A. 航天器的轨道半径为
B. 航天器的围绕周期为
C. 月球的质量为
D. 月球的密度为
【答案】BC
【分析】
依照几何关系得：．故A错误；经过时间t，航天器与月球的中心连线扫过角度为θ则：，得：T＝．故B正确；由万有引力充当向心力而做圆周运动，因此：，因此：．故C正确；人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，月球的半径等于r，则月球的体积：
月球的密度：．故D错误。

应选BC。

5.一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，动能减小为原来的，不考虑卫星质量的变化，则变轨前后卫星的()．
A. 向心加速度大小之比为4∶1
B. 角速度之比为2∶1
C. 周期之比为1∶8
D. 轨道半径之比为1∶2
【答案】C
【分析】
【详解】依照E k＝mv2得v＝，因此卫星变轨前、后的速度大小之比为；依照，得卫星变轨前、后的轨道半径之比为，选项D错误；依照，得卫星变轨前、后的向心加速度大小之比为，选项A错误；依照，得卫星变轨前、后的角速度之比为，选项B错误；依照T＝，得卫星变轨前、后的周期之比为，选项C正确；应选C．
【点睛】能依照万有引力供给圆周运动向心力，并由此依照半径关系求解分析描述圆周运动物理量大小关系是正确解题的要点．
6.假设有一载人宇宙飞船在距地面高度为4 200 km的赤道上空绕地球做匀速圆周运动，地球半径约为6 400 km，地球同步卫星距地面高为36 000 km，宇宙飞船和一地球同步卫星绕地球同向运行，每当二者相距近来时，宇宙飞船就向同步卫星发射信号，此后再由同步卫星将信号送到地面接收站.某时辰二者相距最远，从此刻开始，在一昼夜的时间内，接收站共接收到信号的次数为(忽略从宇宙飞船向同步卫星发射信号到地面接收站接收信号所用的时间)()
A. 4次
B. 6次
C. 7次
D. 8次
【答案】C
【分析】
【详解】对飞船，，对同步卫星，，
由于同步卫星的运行周期为T2＝24 h，可求出载人宇宙飞船的运行周期T1＝3 h，因此飞船一昼夜内绕地球8圈，比同步卫星多运动了7圈，因此相遇7次，接收站共接收到7次信号，C正确，ABD错误；应选C.
【点睛】从相距近来再次相距近来，它们转动的角度相差360度；当从相距近到达再次相距最远时，它们转动的角度相差180度．
7.探月卫星的发射过程可简化以下：第一进入绕地球运行的“停靠轨道”，在该轨道的P处，经过变速，再进入“地月转移轨道”，在快要到达月球时，对卫星再次变速，卫星被月球引力“俘获”后，成为环月卫星，最后在围绕月球的“工作轨道”上绕月翱翔(视为圆周运动)，对月球进行探测，“工作轨道”周期为T，距月球表面的高度为h，月球半径为R，引力常量为G，忽略其他天体对探月卫星在“工作轨道”上围绕运动的影响,则（）
A. 要使探月卫星从“转移轨道”进入“工作轨道”，应增大速度
B. 探月卫星在“工作轨道”上围绕的线速度大小为
C. 月球的第一宇宙速度
D. 卫星在“停靠轨道” P处的机械能大于“地月转移轨道” P处的机械能
【答案】BC
【分析】
【详解】要使探月卫星从“转移轨道”进入“工作轨道”，应减小速度做近心运动，选项A错误；依照线速度与轨道半径和周期的关系可知探月卫星线速度的大小为v＝，选项B正确；设月球的质量为M，探月卫星的质量为m，月球对探月卫星的万有引力供给其做匀速圆周运动的向心力，因此有：
；月球的第一宇宙速度v1等于“近月卫星”的围绕速度，设“近月卫星”的质量为m′，则有：；由以上两式解得：，
选项C正确；卫星在“停靠轨道” P处要经过加速才能进入“地月转移轨道” ，则卫星在“停靠轨道” P处的机械能小于“地月转移轨道” P处的机械能，选项D错误；应选BC.
【点睛】此题要掌握万有引力供给向心力这个关系，要能依照题意选择合适的向心力的表达式，要知道“近月卫星”的围绕速度为月球的第一宇宙速度．
8.据报道，目前我国正在研制“萤火二号”火星探测器。

探测器升空后，先在近地轨道上以线速度v围绕地球翱翔，再调整速度进入地火转移轨道，最后再一次调整速度以线速度v′在火星表面周边围绕翱翔。

若认为地球和火星都是质量分布平均的球体，已知火星与地球的半径之比为1∶2，密度之比为5∶7，设火星与地球表面重力加速度分别为g′和g，以下结论正确的选项是()
A. g′∶g＝4∶1
B. g′∶g＝10∶7
C. v′∶v＝
D. v′∶v＝
【答案】C
【分析】
在星球表面的物体碰到的重力等于万有引力，因此
，因此，AB错误；探测器绕地球表面运行和绕月球表面运行都是由万有引力充当向心力，依照牛顿第二定律有，得①，M为中心体质量，R为中心体半径。

②，由①②得，已知地球和火星的半径之比为1：2，密度之比为5：7，因此探测器绕地球表面运行和绕月球表面运行线速度大小之比为
，C正确D错误．
9.双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的
某一点做周期同样的匀速圆周运动。

研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化。

若某双星系统中两星做圆周运动的周期为T，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k倍，两星之间的距离变为原来的n倍，则此时圆周运动的周期为()
A. T
B. T
C. T
D. T
【答案】B
【分析】
试题分析：双星靠相互间的万有引力供给向心力，拥有同样的角速度，依照牛顿第二定律分别对两星进行列式，来求解．
设的轨道半径为，的轨道半径为．两星之间的距离为l．由于它们之间的距离恒定，因此双星在空间的绕向必然同样，同时角速度和周期也都同样．由
向心力公式可得：对：①，对：②，又由于
，由①②式可得，因此当两星总质量变为KM，两星之间的距离变为原来的n倍，圆周运动的周期平方为
，即，B正确．
视频
10.以下列图，甲、乙两物体之间存在相互作用的滑动摩擦力，甲对乙的滑动摩擦力对乙做了负功，则乙对甲的滑动摩擦力对甲()
A. 可能做正功，也可能做负功，也可能不做功
B. 可能做正功，也可能做负功，但不可以能不做功
C. 可能做正功，也可能不做功，但不可以能做负功
D. 可能做负功，也可能不做功，但不可以能做正功
【答案】A
【分析】
【详解】恒力做功的表达式W=Flcosα，甲对乙的滑动摩擦力对乙做了负功，可知甲对乙的滑动摩擦力的方向向左，乙对甲的滑动摩擦力方向向右；当甲静止时，乙对甲的滑动摩擦力对乙不做功；当甲向右运动时，乙对甲的滑动摩擦力对甲做正功；当甲向左运动时，乙对甲的滑动摩擦力对甲做负功；故A正确，BCD错误；应选A。

【点睛】此题要点要分清相对运动方向与运动方向的关系，前者是相对与物体接触的另一个物体，此后者是相对与参照系；同时要明确恒力做功的求法.
11.A、B两物体的质量之比m A∶m B＝2∶1，它们以同样的初速度v0在摩擦力作用在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其速度—时间图象以下列图。

那么A、B两物体所受摩擦力之比F A∶F B和A、B两物体战胜摩擦阻力做功之比
W A∶W B分别为()
A. 2∶1，4∶1
B. 4∶1，2∶1
C. 1∶4，1∶2
D. 1∶2，1∶4
【答案】B
【分析】
【详解】依照速度时间的图象可知：a A：a B=2：1；物体只碰到摩擦力的作用，摩擦力作为合力产生加速度，由牛顿第二定律可知：f=ma；因此摩擦力之比为：F A：F B=4：1；由动能定理，摩擦力的功：W=0-mv2；由于ab的初速度大小同样，m A：m B=2：1，因此两物体战胜摩擦阻力做的功之比：W A：W B=2：1．应选B.
【点睛】此题中物体碰到的摩擦力作为物体的合力，在速度时间图象中，要知道直线的斜率表示物体的加速度的大小，能灵便运用动能定理求解．
12.一物体静止在粗糙水平川面上。

现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v。

若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v。

关于上述两个过程，用W F1、W F2分别表示拉力F1、F2所做的功，W f1、W f2分别表示前后两次战胜摩擦力所做的功，则( )
A. W F2＞4W F1，W f2＞2W f1
B. W F2＞4W F1，W f2＝2W f1
C. W F2＜4W F1，W f2＝2W f1
D. W F2＜4W F1，W f2＜2W f1
【答案】C
【分析】
试题分析：依照动能定理，结合运动学公式，求出滑动摩擦力做功，从而求得结果．
解：由题意可知，两次物体均做匀加速运动，则在同样的时间内，它们的位移之比为S1：S2==1：2；
两次物体所受的摩擦力不变，依照力做功表达式，则有滑动摩擦力做功之比W f1：W f2=fS1：fS2=1：2；
再由动能定理，则有：W F﹣W f=；
可知，W F1﹣W f1=；
W F2﹣W f2=4×；
由上两式可解得：W F2=4W F1﹣2W f1，故C正确，ABD错误；
应选：C．
【议论】观察做功表达式的应用，掌握动能定理的内容，注意做功的正负．视频
13.一辆质量为m的汽车在平直的公路上以某一初速度运动，运动过程中保持恒定的牵引功率，其加速度a和速度的倒数图象以下列图．若已知汽车的质量，
则依照图象所给的信息，能求出的物理量是()
A. 汽车的功率
B. 汽车行驶的最大速度
C. 汽车所碰到的阻力
D. 汽车运动到最大速度所需的时间
【答案】D
【分析】
试题分析：对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，依照牛顿第二定律，有，其中，联立得，结合图线，有：时，，解得，，由于质量已知，故AB错误；当物体的速度最大时，加速度为零，故结合图象能够知道，最大速度为20m/s，故C错误；汽车的初速度未知，故加速时间未知，故D正确；
考点：观察了机车启动，牛顿第二定律；功率的计算．
【名师点睛】此题要点对汽车受力分析后，依照牛顿第二定律列出加速度与速度关系的表达式，再结合图象进行分析求解．
14.一个质量为50 kg的人乘坐电梯，由静止开始上升，先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，最后做匀减速直线运动到静止。

整个过程0-9秒中电梯对人做功的功率随时间变化的P－t图象以下列图，g＝10 m/s2，则以下说法正确的选项是()
A. 电梯匀速阶段运动的速度为2 m/s
B. 图中P2的值为1100 W
C. 图中P1的值为900 W
D. 电梯加速运动过程中对人所做的功大于减速过程中对人所做的功
【答案】AB
【分析】
【详解】匀速运动时，支持力等于重力，有N=mg=500N，依照P=Nv得，匀速运动的速度，故A正确。

匀加速直线运动的加速度大小，依照牛顿第二定律得，N1-mg=ma1，解得N1=mg+ma1=500+50×1N=550N，则P2=N1v=550×2W=1100W，故B正确。

匀减速直线运动的加速度大小，依照牛顿第二定律得，mg-N2=ma2，解得N2=mg-ma2=500-50×0.5N=475N，可知P1=N2v=475×2W=950W，故C错误。

加速过程中的位移x1＝vt1＝×2×2m＝2m，电梯对人做功W1=N1x1=550×2J=1100J，减速过程中的位移x2＝t3＝×2×4m＝4m，电梯对人做功W2=N2x2=475×4J=1900J，可知电梯加速运动过程中对人所做的功小于减速阶段对人所做的功，故D错误。

应选AB。

15.长为L＝1 m、质量为M＝1 kg的平板车在粗糙水平川面上以初速度v＝6 m/s 向右运动，同时将一个质量为m＝2 kg的小物块轻轻放在平板车的最前端，物块和平板车的平板间的动摩擦因数为μ＝0.5，由于摩擦力的作用，物块相对平板车向后滑行距离s＝0.4 m后与平板车相对静止，平板车最后由于地面摩擦而静止，以下列图，物块从放到平板车上到与平板车一起停止运动，摩擦力对物块做的功为()
A. 0
B. 4 J
C. 8 J
D. 12 J
【答案】A
【分析】
【详解】将小物块轻放到平板车上时，由于摩擦力做正功，使小物块加速，到速度相等时转变为静摩擦力，由于地面对平板车的阻力而使平板车和小物块都减速，静摩擦力对小物块做负功，由于小物块初速度为零，最后与平板车一起减速到零，故动能变化量为零，在整个过程中摩擦力对小物块做的功为零，故A正确。

应选A。

16.以下列图，一轻质橡皮筋的一端系在竖直放置的半径为0.5 m的圆环极点P，另一端系一质量为0.1 kg的小球，小球穿在圆环上可做无摩擦的运动．设开始时小球置于A点，橡皮筋处于恰好无形变状态，A点与圆心O位于同一水平线上，当小球运动到最低
点B时速率为1 m/s，此时小球对圆环恰好没有压力(取g＝10 m/s2)．以下说法正确的选项是（）
A. 从A到B的过程中，小球的机械能守恒
B. 从A到B的过程中，橡皮筋的弹性势能增加了0.35 J
C. 小球过B点时，橡皮筋上的弹力为0.2 N
D. 小球过B点时，橡皮筋上的弹力为1.2 N
【答案】D
【分析】
【详解】对小球来说，由于有弹力做功，小球的机械能不再守恒，部分小球的机械能转变为了弹簧的弹性势能，而使小球的机械能减小，故A错误；依照能量的转变与守恒，mgR=E p+mv2，得：E p=1×0.5-×0.1×12=0.45J，即从A到B 的过程中，橡皮筋的弹性势能增加了0.45J，B错误；小球在最低点，不受圆环的弹力，故弹簧的弹力与重力一起充当向心力，故有F-mg=m；故
F=mg+m=1+0.1×=1.2N，故C错误，D正确；应选D。

【点睛】此题要注意我们研究的系统是小球而不是小球与弹簧，若说明是小球与弹簧系统则机械能守恒；而只对小球机械能是不定恒的．
17.以下列图，竖直平面内放素来角杆MON，杆的水平部分粗糙，动摩擦因数μ＝0.2，杆的竖直部分圆滑．两部分各套有质量均为1 kg的小球A和B，A、B 球间用细绳相连．初始A、B均处于静止状态，已知OA＝3 m，OB＝4 m，若A 球在水平拉力的作用下向右缓慢地搬动1 m(取g＝10 m/s2)，那么该过程中拉力F做功为()
A. 14 J
B. 10 J
C. 16 J
D. 4 J
【答案】A
【分析】
【详解】对AB整体受力分析，受拉力F、重力G、支持力N、向左的摩擦力f 和向右的弹力N1，如图；
依照共点力平衡条件，有：竖直方向：N=G1+G2；水平方向：F=f+N1；其中：f=μN；解得：N=（m1+m2）g=20N；f=μN=0.2×20N=4N；对整体在整个运动过
程中运用动能定理列式，获得：W F-fs-m2g•h=0；依照几何关系，可知求B上升距离h=1m，故有：W F=fs+m2g•h=4×1+1×10×1=14J；应选A。

【点睛】此题中拉力为变力，先对整体受力分析后依照共点力平衡条件得出摩擦力为恒力，此后依照动能定理求变力做功。

18.我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器．舰载机总质量为3×104 kg，设腾跃过程中发动机的推力恒为1.0×105N；弹射器有效作用长度为100 m，推力恒定．要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则()
A. 弹射器的推力大小为1.1×106N
B. 弹射器对舰载机所做的功为1.1×108J
C. 弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107W
D. 舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s2
【答案】ABD
【分析】
试题分析：由速度和位移公式可得，解得舰载机在弹射过程中的加速度为；由牛顿第二定律可知，解得推力为，故AD正确；弹射器对舰载机所做的功为，故B正确；作用时间为；平均功率为，故C错误；
考点：观察了功和功率的计算，牛顿第二定律，运动学公式
【名师点睛】此题要理清问题的情况，明确物理过程的分析依照牛顿第二定律和运动学公式结合解答．也能够依照动能定理直接求推力．
19.以下列图，一个小球(视为质点)从H＝12 m高处，由静止开始经过圆滑弧形轨道AB，进入半径R＝4 m的竖直圆环，且与圆环间动摩擦因数各处相等，当到达环顶C时，恰好对轨道压力为零；沿CB圆弧滑下后，进入圆滑弧形轨道BD，且到达高度为h的D点时的速度为零，则h之值可能为(取g＝10 m/s2，所有高度均相对B点而言) ()
A. 12 m
B. 10 m
C. 8.5 m
D. 7 m
【答案】C
【分析】
【详解】小球到达环顶C时，恰好对轨道压力为零，在C点，由重力充当向心力，则依照牛顿第二定律得：mg=m；因R=4m，因此得：mv2=mgR=mg•4=2mg；因此在C点，小球动能为2mg。

以b点为零势能面，小球重力势能E p=2mgR=8mg。

开始小球从H=12m 高处，由静止开始经过圆滑弧形轨道ab，因此在小球上升到极点时，依照动能定理得：w f+mg（12-8）=mv2-0，因此摩擦力做功W f=-2mg，此机会械能等于10mg，此后小球沿轨道下滑，由于机械能有损失，因此下滑速度比上升速度小，因此对轨道压力变小，所受摩擦力变小，因此下滑时，摩擦力做功大小小于2mg，机械能有损失，到达底端时小于10mg；此时小球机械能大于10mg-2mg=8mg，而小于10mg；因此进入圆滑弧形轨道bd时，小球机械能的范围为，8mg＜E p＜10mg；因此高度范围为8m＜h＜10m，故C正确。

应选C。

20.以下列图，一根不可以伸长的轻绳两端各系一个小球a和b，跨在两根固定在同一高度的圆滑水平细杆C和D上，质量为m1的a球置于地面上，质量为m2的b球从水平川点静止释放。

当b球摆过的角度为90°时，a球对地面压力恰好为零，以下结论正确的选项是()
A. m1∶m2＝3∶1
B. m1∶m2＝2∶1
C. 当b球摆过的角度为30°时，a球对地面的压力为m1g
D. 若只将细杆D水平向左搬动少许，则当b球摆过的角度仍为90°时，a球对
地面的压力大于零
【答案】AC
【分析】
【详解】由于b球摇动过程中机械能守恒，则有m2gl=m2v2；当b球摆过的角度为90°时，a球对地面压力恰好为零，说明此时绳子张力为m1g，依照牛顿运动定律和向心力公式得：m1g-m2g=m2，解得：m1：m2=3：1，故A正确，B 错误。

当b球摆过的角度为30°时，依照动能定理：m2glsin300=m2v12；此时对b球：T1-m2gsin300=m2；对a：N a=m1g-T1；联立解得，选项C正确；由上述求解过程能够看出T=3m2g，细绳的拉力T与球到悬点的距离没关，只要b球摆到最低点，细绳的拉力都是3m2g，a球对地面的压力恰好为零。

故D错误。

应选AC。

21.以下列图，一个长直轻杆两端分别固定一个小球A和B，两球质量均为m，两球半径忽略不计，杆的长度为l。

先将杆AB竖直靠放在竖直墙上，轻轻振动小球B，使小球B在水平面上由静止开始向右滑动，当小球A沿墙下滑距离为l 时，以下说法正确的选项是(不计所有摩擦)( )
A. 小球A和B的速度都为
B. 小球A和B的速度都为
C. 小球A、B的速度分别为和
D. 小球A、B的速度分别为和
【答案】D
【分析】
【详解】当小球A沿墙下滑距离为l时，设此时A球的速度为v A，B球的速度为v B。

依照系统机械能守恒定律得：mg•＝mv A2+mv B2；两球沿杆子方向上的速度相等，则有：v A cos60°=v B cos30°。

联立两式解得：v A＝，v B＝．故D正确，ABC错误。

应选D。

【点睛】解决此题的要点知道系统机械能守恒，抓住两球沿杆子方向的速度相等，进行求解。

22.以下列图，一个小球套在固定的倾斜圆滑杆上，一根轻质弹簧的一端悬挂于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内，将小球沿杆拉到与O 点等高的地址由静止释放。

小球沿杆下滑，当弹簧处于竖直时，小球速度恰好为零。

若弹簧向来处于伸长且在弹性限度内，在小球下滑过程中，以下说法正确的选项是()
A. 小球的机械能先增大后减小
B. 弹簧的弹性势能和小球重力势能之和先增大后减小
C. 弹簧和小球系统的机械能先增大后减小
D. 重力做功的功率先增大后减小
【答案】AD
【分析】
【详解】小球运动过程中，只有重力和弹簧弹力做功，弹簧和小球系统的机械能守恒，弹簧与杆垂直时，弹簧伸长量最短，弹性势能最小，故动能与重力势能之和最大，小球下滑至最低点，动能为零重力势能最小，故此时弹簧的弹性势能最大，故小球的机械能先增大后减小；小球的动能先增加后减小，则弹簧的弹性势能和小球重力势能之和先减小后增大，选项BC错误，A正确；重力功率P=mgv y=mgvcosθ，θ不变，v先增大后减小，故功率先增大后减小，故D正确；应选AD。

【点睛】此题主要观察了机械能守恒定律的直接应用，知道系统的机械能守恒；重力功率P=mgv y=mgv cosθ，要求同学们能正确分析小球的受力情况和运动情况。

二、实验题
23.某实验小组利用以下列图装置，研究木块在木板上滑动至停止的过程中，摩擦力做的功与木块滑上木板时初速度的关系。

实验步骤以下：
A．将弹簧左端固定在平台上，右端自然伸长到平台右侧O点，木板紧靠平台，其上表面与P、O在同一水平面上。

使木块压缩弹簧自由端至P点后由静止释放，木块最后停在木板上的B点，记下P点并测出OB间的距离L。

B．去掉木板再使木块压缩弹簧自由端至P点并由静止释放，测出木块做平抛运动的水平位移x。

C．改变由静止释放木块的地址，以获得多组L、x数据。

D．用作图象的方法，研究L与x的关系，得出结论。

(1)A、B两步中，均使弹簧压缩到同一点P 的目的是
______________________________________________________________ ______
(2)本实验中，可否必定测出图中h的详尽数值？_____（填“是”“否”)；
(3)实验小组依照测得的数据，作出L－x2图象如左图所示，据此，实验小组便得出结论：摩擦力对木块做的功与木块滑上木板时的初速度平方成正比。

请写出其。