山东高三高中物理月考试卷带答案解析

山东高三高中物理月考试卷
班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________
一、选择题
1.质量为0.5kg的物体在水平面上以一定的初速度运动，如图a、b分别表示物体不受拉力和受到水平拉力作用的v﹣t图象，则拉力与摩擦力大小之比为（）
A．1：2B．2：1C．3：1D．3：2
2.细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连．平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如图所示，以下说法正确的是（已知sin53°=0.8，cos53°=0.6）（）
A．小球静止时弹簧的弹力大小为mg
B．小球静止时细绳的拉力大小为mg
C．细线烧断后小球做平抛运动
D．细线烧断瞬间小球的加速度为g
3.如图，两个完全相同的小球A、B，在同一高度处以相同大小的初速度v分别水平抛出和竖直向上抛出，下列说法正确的是（）
A．两小球落地时的速度相同
B．两小球落地时，A球重力的瞬时功率较小
C．从开始运动至落地，A球重力做功较大
D．从开始运动至落地，重力对A小球做功的平均功率较小
4.如图所示，一质量为M的光滑大圆环，大圆环半径为R，用一细轻杆固定在竖直平面内．质量为m的小环（可视为质点）套在大环上，从大环的最髙处由静止滑下．重力加速度大小为g，当小环滑到大环的最低点时．（）
A．小环的角速度大小为
B．小环的角速度大小为2
C．大环对小环的拉力为4mg
D．杆对大环拉力为4（M+m）g
5.如图所示，在纸面内半径为R的圆形区域中充满了垂直于纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场，一点电荷从
垂直磁场射入，当该电荷离开磁场时，速度方向刚好改变了180°，不计电荷的重力，下列说法
图中A点以速度v
正确的是（）
A．该点电荷带正电
B．该点电荷离开磁场时速度方反方向延长线通过O点
C．该点电荷的电荷比为=
D．该点电荷在磁场中的运动时间为t=
6.如图所示，在倾角为300的光滑斜面上端系有一劲度系数为20N/m的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为2kg的
小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧恰处于原长．若挡板A以4m/s2的加速度沿斜面向下匀加速运动，则（）
A．小球向下运动0.1m时速度最大
B．小球向下运动0.1m时与挡板分离
C．在小球开始运动到速度达到最大的过程中，小球一直做匀加速直线运动
D．在小球从开始运动到与挡板分离的过程中，小球重力势能的减少量等于其动能与弹簧弹性势能增加量之和
7.我国自主研发的“北斗卫星导航系统”是由多颗卫星组成的，其中有5颗地球同步卫星．在发射地球同步卫星的过
程中，卫星首先进入椭圆轨道Ⅰ，如图所示，然后在Q点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道Ⅱ，则（）
A．该卫星的发射速度必定大于11.2 km/s
B．卫星在同步轨道Ⅱ上的运行速度小于7.9 km/s
C．在轨道Ⅰ上，卫星在P点的动能小于在Q点的动能
D．在轨道Ⅱ上的运行周期大于在轨道Ⅰ上的运行周期
8.如图所示a，b，c，d分别是一个菱形的四个顶点，∠abc=120°．现将三个等量的正点电荷+Q固定在a、b、c
三个顶点上，将一个电量为+q的点电荷依次放在菱形中心点O点和另一个顶点d点处，下列说法正确的是（）
A．d点电场强度的方向由O指向d
B．+q在d点所具有的电势能比在O点的大
C．d点的电势低于O点的电势
D．d点的电场强度大于O点的电场强度
9.如图所示，平行金属导轨MN和PQ，他们的电阻可以忽略不计．在M和P之间接有阻值为R=3.0Ω的定值电阻，导体棒ab长l=0.5m．其电阻不计，且与导轨接触良好，整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度
B=0.4T．现使ab以v=10m/s的速度向右做匀速运动．以下判断正确的是（）
A．导体棒ab中的感应电动势E=2.0v
B．电路中的电流I=0.5A
C．导体棒ab所受安培力方向向右
D．拉力做功的功率为W
10.如图所示，在固定倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，杆与水平方向的夹角α=30°，圆环与竖直放置的轻
质弹簧上端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，弹簧处于原长h．让圆环沿杆由静止滑下，滑到杆的底端时速度恰为零．则在圆环下滑过程中（）
A．圆环和地球组成的系统机械能守恒
B．当弹簧垂直于光滑杆时圆环的动能最大
C．弹簧的最大弹性势能为mgh
D．弹簧转过60°角时，圆环的动能为
二、实验题
1.某同学设计了一个如图1所示的装置来测定滑块与木板间的动摩擦因数，装置水平放置，其中A为滑块，B和C
）保持不变
是质量可调的砝码，不计绳和滑轮的质量及它们之间的摩擦．实验中该同学在砝码总质量（m+m′=m
的条件下，改变m和m′的大小，测出不同m下系统的加速度，然后通过实验数据的分析就可求出滑块与木板间的
动摩擦因数．
（1）该同学手中有打点计时器、纸带、10个质量均为100克的砝码、滑块、一端带有定滑轮的长木板、细线，
为了完成本实验，得到所要测量的物理量，还应有
A．秒表 B．毫米刻度尺 C．天平 D．低压交流电源
（2）实验中，该同学得到一条较为理想的纸带，如图3所示，从清晰的O点开始，每隔4个点取一计数点（中间
4个点没画出），分别记为A、B、C、D、E、F，各计数点到O点的距离为OA=1.61cm，OB=4.02cm，
OC=7.26cm，OD=l1.30cm，OE=16.14cm，OF=21.80cm，打点计时器打点频率为50Hz，则由此纸带可得到打
E点时滑块的速度v= m/s，此次实验滑块的加速度a= m/s2．（结果均保留两位有效数字）
（3）在实验数据处理中，该同学以m为横轴，以系统的加速度a为纵轴，绘制了如图2所示的实验图线，结合本
实验可知滑块与木板间的动摩擦因数μ= ．g 取1Om/s 2） 2.实际电流表有内阻．可等效为理想电流表与电阻的串联．测量实际电流表内阻r 1的电路如图1所示．供选择的仪器如下：
①待测电流表
（量程为5mA ，内阻约300Ω）； ②电流（量程为10mA ，内阻约100Ω）；
③定值电阻R 1（阻值为300Ω）；
④定值电阻R 2（阻值为10Ω）；
⑤滑动变阻器R 3（最大阻值为1000Ω）；
⑥滑动变阻器R 4（最大阻值为20Ω）；
⑦干电池（电动势为1.5V ）； ⑧开关S 及导线若干．
（1）定值电阻应选 ，滑动变阻器应选 ．（在空格内填写序号）
（2）用连线连接实物图2．
（3）补全实验步骤：
①按电路图连接电路，将滑动触头移至最 （填“左”或“右”）端；
②闭合开关S ，移动滑动触头至某一位置，记录
、的示数I 1、I 2；
③多次移动滑动触头，记录相应的、示数I 1、I 2；
④以I 2为纵坐标，I 1为横坐标，作出相应图线，如图3所示．
（4）己知I 2﹣I 1图线的斜率为k ，写出待测电流表内阻的表达式 ．
3.某同学用以下器材接成图1所示的电路，并将原微安表盘改画成如图2所示，成功地改装了一个简易的“R×1k”的欧姆表，使用中发现这个欧姆表用来测量阻值在10kΩ﹣20kΩ范围内的电阻时精确度令人满意，表盘上数字“15”为原微安表盘满偏电流一半处．所供器材如下：
A ．Ig=100μA 的微安表一个；
B ．电动势E=1.5V ，电阻可忽略不计的电池；
C ．阻值调至14kΩ电阻箱R 一个；
D ．红、黑测试表棒和导线若干；
（1）原微安表的内阻R g = Ω；
（2）在图1电路的基础上，不换微安表和电池，图2的刻度也不改变，仅增加1个电阻，就能改装成“R×1”的欧姆表．要增加的电阻应接在 之间 （填a 、b 、c ），规格为 ；（保留两位有效数字）
（3）画出改装成“R×1”的欧姆表后的电路图．
三、计算题
1.如图所示，在质量为m B =30kg 的车厢B 内紧靠右壁，放一质量m A =20kg 的小物体A （可视为质点），对车厢B 施加一水平向右的恒力F ，且F=120N ，使之从静止开始运动．测得车厢B 在最初t=
2.0s 内移动s=5.0m ，且这段时间内小物块未与车厢壁发生过碰撞．车厢与地面间的摩擦忽略不计．
（1）计算B 在2.0s 的加速度．
（2）求t=2.0s 末A 的速度大小．
（3）求t=2.0s 内A 在B 上滑动的距离．
2.电磁弹是我国最新研究的重大科技项目，原理可用下述模型说明．如图甲所示，虚线MN 右侧存在竖直向上的匀强磁场，边长为L 的正方形单匝金属线框abcd 放在光滑水平面上，电阻为R ，质量为m ，ab 边在磁场外侧紧靠MN 虚线边界．t=0时起磁感应强度B 随时间t 的变化规律是B=B 0+kt （k 为大于零的常数）．空气阻力忽略不计．
（1）求t=0时刻，线框中感应电流的功率P ；
（2）若用相同的金属线绕制相同大小的n 匝线框，如图乙所示，在线框上加一质量为M 的负载物，证明：载物线框匝数越多，t=0时线框加速度越大．
3.如图所示，已知倾角为θ=45°、高为h 的斜面固定在水平地面上．一小球从高为H （h ＜H ＜h ）处自由下落，与斜面做无能量损失的碰撞后水平抛出．小球自由下落的落点距斜面左侧的水平距离x 满足一定条件时，小球能直接落到水平地面上．
（1）求小球落到地面上的速度大小；
（2）求要使小球做平抛运动后能直接落到水平地面上，x 应满足的条件；
（3）在满足（2）的条件下，求小球运动的最长时间．
4.如图所示，在x 轴下方的区域内存在方向与y 轴相同的匀强电场，电场强度为E ．在x 轴上方以原点O 为圆心、半径为R 的半圆形区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xy 平面并指向纸面外，磁感应强度为B ．y 轴下方的A 点与O 点的距离为d ．一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从A 点由静止释放，经电场加速后从O 点射入磁场．不计粒子的重力作用．
（1）求粒子在磁场中运动的轨道半径r ．
（2）要使粒子进入磁场之后不再经过x 轴，电场强度需大于或等于某个值E 0．求E 0．
（3）若电场强度E 等于第（2）问E 0的，求粒子经过x 轴时的位置．
山东高三高中物理月考试卷答案及解析
一、选择题
1.质量为0.5kg的物体在水平面上以一定的初速度运动，如图a、b分别表示物体不受拉力和受到水平拉力作用的v﹣t图象，则拉力与摩擦力大小之比为（）
A．1：2B．2：1C．3：1D．3：2
【答案】D
【解析】由图象可求得物体的加速度，由牛顿第二定律可求得合力，不受水平拉力作用时物体的合力即为摩擦力．解：物体不受水平拉力时，加速度大小为：a
==1.5m/s2；
1
==0.75m/s2；
物体受到水平拉力作用时加速度大小为：a
2
根据牛顿第二定律得：
；
f=ma
1
F﹣f=ma
，
2
可得：F：f=3：2
故选：D．
【点评】该题结合图象考查牛顿第二定律，要理解图象在物理学中具有非常重要的地位，本题将图象与牛顿第二定律相结合，是道好题．
2.细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连．平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如图所示，以下说法正确的是（已知sin53°=0.8，cos53°=0.6）（）
A．小球静止时弹簧的弹力大小为mg
B．小球静止时细绳的拉力大小为mg
C．细线烧断后小球做平抛运动
D．细线烧断瞬间小球的加速度为g
【答案】D
【解析】小球静止时，分析受力情况，由平衡条件求解弹簧的弹力大小和细绳的拉力大小．细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，即可求出加速度．
解：AB、小球静止时，分析受力情况，如图，由平衡条件得：
弹簧的弹力大小为：F=mgtan53°=，细绳的拉力大小为：T==．故AB错误．
C、细线烧断后的瞬间，小球受重力和弹簧的弹力，不是做平抛运动，故C错误．
D、细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为：
a=．故D正确．
故选：D．
【点评】本题中小球先处于平衡状态，由平衡条件求解各力的大小，后烧断细绳，小球处于非平衡条件，抓住细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变是关键．
3.如图，两个完全相同的小球A、B，在同一高度处以相同大小的初速度v分别水平抛出和竖直向上抛出，下列说法正确的是（）
A．两小球落地时的速度相同
B．两小球落地时，A球重力的瞬时功率较小
C．从开始运动至落地，A球重力做功较大
D．从开始运动至落地，重力对A小球做功的平均功率较小
【答案】B
【解析】两个物体在运动的过程中机械能守恒，可以判断它们的落地时的速度的大小，
再由平均功率和瞬时功率的公式可以得出结论．
解：A、两个小球在运动的过程中都是只有重力做功，机械能守恒，所以根据机械能守恒可以知两物体落地时速度大小相等，方向不同，所以速度不同，故A错误．
B、到达底端时两物体的速率相同，重力也相同，但A物体重力与速度有夹角，B物体重力与速度方向相同，所以落地前的瞬间B物体重力的瞬时功率大于A物体重力的瞬时功率，故B正确．
C、根据重力做功的表达式得两个小球在运动的过程重力对两小球做功都为mgh，故C错误．
D、从开始运动至落地，重力对两小球做功相同，但过程A所需时间小于B所需时间，根据P=知道重力对A小
球做功的平均功率较大，故D错误；
故选：B．
【点评】在分析功率的时候，一定要注意公式的选择，P=只能计算平均功率的大小，而P=Fvcosθ可以计算平均功率也可以是瞬时功率，取决于速度是平均速度还是瞬时速度．
4.如图所示，一质量为M的光滑大圆环，大圆环半径为R，用一细轻杆固定在竖直平面内．质量为m的小环（可视为质点）套在大环上，从大环的最髙处由静止滑下．重力加速度大小为g，当小环滑到大环的最低点时．（）
A．小环的角速度大小为
B．小环的角速度大小为2
C．大环对小环的拉力为4mg
D．杆对大环拉力为4（M+m）g
【答案】B
【解析】利用动能定理求出在最低点的线速度，再根据加速度与线速度的关系求出加速度大小；
再最低点分析小环的受力情况，利用牛顿第二定律求出大环对小环的拉力；再对大环分析，计算出杆对大环拉力；解：小环从最高到最低，由动能定理，则有：
解得：v=2，
角速度为：=2，故A错误，B正确；
小环在最低点时，根据牛顿第二定律得：
N﹣mg=
解得：大环对小环的拉力为：N=5mg，C错误；
对大环分析，杆对大环拉力为：T=N+Mg=（5m+M）g，D错误；
【点评】本题综合考查动能定理，受力分析，特别是在分析小环在最低点时切不可认为大环对小环的支持力提供向心力，应该是大环对小环的支持力与小环重力的合力提供向心力，这里特别容易出错．
5.如图所示，在纸面内半径为R的圆形区域中充满了垂直于纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场，一点电荷从图中A点以速度v
垂直磁场射入，当该电荷离开磁场时，速度方向刚好改变了180°，不计电荷的重力，下列说法
正确的是（）
A．该点电荷带正电
B．该点电荷离开磁场时速度方反方向延长线通过O点
C．该点电荷的电荷比为=
D．该点电荷在磁场中的运动时间为t=
【答案】C
【解析】根据电荷在磁场中偏转180°和电荷在磁场中在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动作出电荷在磁场中的运运轨迹，根据已知条件由几何关系和洛伦兹力提供向心力推导即可．
解：如图所示，点电荷在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系作出点电荷运动轨迹有：
电荷在电场中刚好运动，电荷做圆周运动的半径r=Rsin30°所以有：
A、根据电荷偏转方向由洛伦兹力方向判定该电荷带负电，A错误；
B、如图，电荷离开磁场时速度方向与进入磁场时速度方向相反，其反向延长线不通过O点，故B错误；
C、根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m，得==，故C正确；
D、由图知该电荷在磁场中运动的时间t=T==，故D错误．
故选：C．
【点评】正确的判断带电粒子在磁场中的运动轨迹，利用几何关系求运动半径，洛伦兹力提供向心力是解决本题的关键．
6.如图所示，在倾角为300的光滑斜面上端系有一劲度系数为20N/m的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为2kg的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧恰处于原长．若挡板A以4m/s2的加速度沿斜面向下匀加速运
动，则（）
A．小球向下运动0.1m时速度最大
B．小球向下运动0.1m时与挡板分离
C．在小球开始运动到速度达到最大的过程中，小球一直做匀加速直线运动
D．在小球从开始运动到与挡板分离的过程中，小球重力势能的减少量等于其动能与弹簧弹性势能增加量之和
【解析】对球受力分析可知，当球受力平衡时，速度最大，此时弹簧的弹力与物体重力沿斜面的分力相等，由胡克定律和平衡条件即可求得小球向下运动的路程．从开始运动到小球与挡板分离的过程中，挡板A 始终以加速度
a=4m/s 2匀加速运动，小球与挡板刚分离时，相互间的弹力为零，由牛顿第二定律和胡克定律结合求得小球的位移． 解：A 、球和挡板分离前小球做匀加速运动；球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时物体所受合力为零．即：
kx m =mgsin30°，
解得：x m ==，
由于开始时弹簧处于原长，所以速度最大时小球向下运动的路程为0.5m ．故A 错误．
B 、设球与挡板分离时位移为x ，经历的时间为t ，
从开始运动到分离的过程中，m 受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力F N ，沿斜面向上的挡板支持力F 1和弹簧弹力F ．
根据牛顿第二定律有 mgsin30°﹣kx ﹣F 1=ma ，
保持a 不变，随着x 的增大，F 1减小，当m 与挡板分离时，F 1减小到零，则有：
mgsin30°﹣kx=ma ，
解得：x===0.1m ，
即小球向下运动0.1m 时与挡板分离，故B 正确．
C 、球和挡板分离前小球做匀加速运动；球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，故C 错误；
D 、从开始运动到分离的过程中，挡板对小球有沿斜面向上的支持力，小球重力势能的减少量大于其动能与弹簧弹性势能增加量之和，故D 错误
故选：B
【点评】在挡板运动的过程中，挡板对球的支持力的大小是在不断减小的，从而可以使球和挡板一起以恒定的加速度运动，在运动的过程中物体的受力在变化，但是物体的运动状态不变，从而可以求得物体运动的位移．
7.我国自主研发的“北斗卫星导航系统”是由多颗卫星组成的，其中有5颗地球同步卫星．在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道Ⅰ，如图所示，然后在Q 点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道Ⅱ，则（ ）
A ．该卫星的发射速度必定大于11.2 km/s
B ．卫星在同步轨道Ⅱ上的运行速度小于7.9 km/s
C ．在轨道Ⅰ上，卫星在P 点的动能小于在Q 点的动能
D ．在轨道Ⅱ上的运行周期大于在轨道Ⅰ上的运行周期
【答案】BD
【解析】根据万有引力提供向心力，得出线速度与轨道半径的关系，从而比较出卫星在同步轨道上的速度与第一宇宙速度的大小．根据万有引力做功情况判断卫星在P 点和Q 点的动能大小．根据开普勒第三定律比较在轨道上的运行周期．
解：A 、该卫星的发射速度必须小于第二宇宙速度11.2km/s ，因为一旦达到第二宇宙速度，卫星会挣脱地球的引力，不绕地球运行．故A 错误；
B 、根据=知，v=，第一宇宙速度的轨道半径等于地球的半径，知7.9km/s 是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度，所以卫星在同步轨道Ⅱ上的运行速度小于7.9 km/s ．故B 正确；
C 、由P 点向Q 点运动，万有引力做负功，则动能减小，P 点的动能大于Q 点的动能．故C 错误；
D 、根据开普勒第三定律知，轨道Ⅱ的半径大于椭圆的半长轴，则在轨道Ⅱ上的运行周期大于在轨道Ⅰ上的运行周期．故D 正确；
故选：BD ．
【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力以及开普勒第三定律，并能灵活运用．
8.如图所示a ，b ，c ，d 分别是一个菱形的四个顶点，∠abc=120°．现将三个等量的正点电荷+Q 固定在a 、b 、c 三个顶点上，将一个电量为+q 的点电荷依次放在菱形中心点O 点和另一个顶点d 点处，下列说法正确的是（ ）
A．d点电场强度的方向由O指向d
B．+q在d点所具有的电势能比在O点的大
C．d点的电势低于O点的电势
D．d点的电场强度大于O点的电场强度
【答案】AC
【解析】根据电场的叠加，分析d点电场强度的方向；O点的电场强度等于b处+Q在O处产生的电场强度大
小．根据顺着电场线方向电势降低，分析d点与O点电势关系．正电荷在高电势高处电势能大．
解：A、设菱形的边长为r，根据公式E=k分析可知三个点电荷在D产生的场强大小E相等，由电场的叠加可知，
D点的场强大小为E
D
=2k方向由O指向d．故A正确；
B、C、Od间电场线方向从O到d，根据顺着电场线方向电势降低，O点的电势高于d点的电势，而正电荷在高
电势高处电势能大，则知+q在d点所具有的电势能较小．故B错误，C正确；
D、O点的场强大小为E
O
=k，可见，d点的电场强度小于O点的电场强．所以+q在d点所受的电场
力较小，故D错误．
故选：AC
【点评】本题关键要抓住对称性，由电场的叠加分析场强大小和电场线的方向，再判断电场力大小和电势能的高低．9.如图所示，平行金属导轨MN和PQ，他们的电阻可以忽略不计．在M和P之间接有阻值为R=3.0Ω的定值电阻，导体棒ab长l=0.5m．其电阻不计，且与导轨接触良好，整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度
B=0.4T．现使ab以v=10m/s的速度向右做匀速运动．以下判断正确的是（）
A．导体棒ab中的感应电动势E=2.0v
B．电路中的电流I=0.5A
C．导体棒ab所受安培力方向向右
D．拉力做功的功率为W
【答案】AD
【解析】由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律可以求出感应电流；
由右手定则判断出感应电流方向，然后由左手定则判断出安培力方向；
由安培力公式求出安培力，由平衡条件求出拉力，然后由P=Fv求出拉力的功率．
解：A、感应电动势：E=Blv=0.4×0.5×10=2V，故A正确；
B、电路电流：I===A，故B错误；
C、由右手定则可知，感应电流由b流向a，由左手定则可知，安培力水平向左，故C错误；
D、ab受到的安培力：F
安培=BIl=0.4××0.5=N，ab匀速运动，由平衡条件可得：F=F
安培
=N，拉力的功率：
P=Fv=×10=W，故D正确；
故选：AD．
【点评】本题考查了求感应电动势、感应电流、拉力功率、判断安培力方向，应用E=BLv、欧姆定律、安培力公式、平衡条件、P=Fv、左手定则与右手定则即可在正确解题．
10.如图所示，在固定倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，杆与水平方向的夹角α=30°，圆环与竖直放置的轻质弹簧上端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，弹簧处于原长h．让圆环沿杆由静止滑下，滑到杆的底端时
速度恰为零．则在圆环下滑过程中（）
A．圆环和地球组成的系统机械能守恒
B．当弹簧垂直于光滑杆时圆环的动能最大
C．弹簧的最大弹性势能为mgh
D．弹簧转过60°角时，圆环的动能为
【答案】CD
【解析】分析圆环沿杆下滑的过程的受力和做功情况，只有重力弹簧的拉力做功，所以圆环机械能不守恒，但是系统的机械能守恒；沿杆方向合力为零的时刻，圆环的速度最大；当圆环的速度变为零时，弹簧的形变量最大，此时弹性势能最大；根据动能定理可以求出弹簧转过60°角时，圆环的动能的大小．
解：A、圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和弹簧的拉力；所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和弹簧组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，故A选项错误；
B、当圆环沿杆的加速度为零时，其速度最大，动能最大，此时弹簧处于伸长状态，给圆环一个斜向上的拉力，故B错误；
C、根据功能关系可知，当圆环滑到最底端时其速度为零，重力势能全部转化为弹性势能，此时弹性势能最大，等于重力势能的减小量即为mgh，故C选项正确；
D、弹簧转过60°角时，此时弹簧仍为原长，以圆环为研究对象，利用动能定理得：，故D正确．
故选：CD．
【点评】对物理过程进行受力、运动、做功分析，是解决问题的根本方法．这是一道考查系统机械能守恒的基础好题．
二、实验题
1.某同学设计了一个如图1所示的装置来测定滑块与木板间的动摩擦因数，装置水平放置，其中A为滑块，B和C是质量可调的砝码，不计绳和滑轮的质量及它们之间的摩擦．实验中该同学在砝码总质量（m+m′=m
）保持不
变的条件下，改变m和m′的大小，测出不同m下系统的加速度，然后通过实验数据的分析就可求出滑块与木板间的动摩擦因数．
（1）该同学手中有打点计时器、纸带、10个质量均为100克的砝码、滑块、一端带有定滑轮的长木板、细线，为了完成本实验，得到所要测量的物理量，还应有
A．秒表 B．毫米刻度尺 C．天平 D．低压交流电源
（2）实验中，该同学得到一条较为理想的纸带，如图3所示，从清晰的O点开始，每隔4个点取一计数点（中间4个点没画出），分别记为A、B、C、D、E、F，各计数点到O点的距离为OA=1.61cm，OB=4.02cm，
OC=7.26cm，OD=l1.30cm，OE=16.14cm，OF=21.80cm，打点计时器打点频率为50Hz，则由此纸带可得到打E点时滑块的速度v= m/s，此次实验滑块的加速度a= m/s2．（结果均保留两位有效数字）
（3）在实验数据处理中，该同学以m为横轴，以系统的加速度a为纵轴，绘制了如图2所示的实验图线，结合本实验可知滑块与木板间的动摩擦因数μ=．g取1Om/s2）
【答案】（1）BD （2）0.53；0.81 （3）0.30
【解析】（1）本实验中打点计时器需要交流电源，测量纸带各点距离需要长度的测量工具刻度尺．
（2）每隔4个点取一计数点，相邻计数点之间的时间间隔为0.1s，由匀加速规律可得，用平均速度等于中间时刻的瞬时速度求解E点速度、用△x=at2求解加速度．特别注意有效数字保留2位即可；
（3）对系统应用牛顿第二定律，得到图线的纵轴截距为﹣μg，可解得动摩擦因数．
解：（1）A、打点计时器通过打点即可知道时间，故不需要秒表测时间，A错误．。