天津市第一中学2019届高三上学期第二次月考物理试题-fe08dc75c1734258aba4b4e2ea02f896

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天津市第一中学2019届高三上学期第二次月考物理试题
试卷副标题
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上
第I 卷（选择题)
请点击修改第I 卷的文字说明 一、单选题
1．如图所示，质量相等的A 、B 两个物体，沿着倾角分别为α和β的两个光滑斜面，由静止从同一高度h 2开始下滑到同样的另一高度h 1的过程中，A 、B 两个物体相同的物理量是（）
A ．所受重力的冲量
B ．所受支持力的冲量
C ．所受合力的冲量
D ．动量改变量的大小
2．如图所示，半径为R 的圆筒固定在小车上，小车以速度v 向右匀速运动，有一光滑小球相对静止在圆筒的最低点。

当小车遇到障碍物突然停止时，小球在圆筒中上升的最大高度不可能的是（）
…装…………※※要※※在※※装…装…………A ．等于v 2
2g
B ．大于v 2
2g C ．小于v 2
2g
D ．等于2R
3．有一辆在平直公路上行驶的汽车，满载时质量为m ，当速度为v 、功率为P 时，加速度为a ；该汽车空载时，质量比满载时减少了Δm ，重力加速度为g ，汽车运动时受到的阻力为汽车和货物总重的k 倍，当汽车空载时速度仍为v 、功率仍为P 时，汽车的加速度为() A ．
kmg+ma m−Δm
B ．kg
C ．
kΔmg+ma m−Δm
D ．
2kmg+ma−kΔmg
m−Δm
4．如图所示，固定的半圆形竖直轨道，AB 为水平直径，O 为圆心，同时从A 点水平抛出质量相等的甲、乙两个小球，初速度分别为v 1、v 2，分别落在C 、D 两点。

并且C 、D 两点等高，OC 、OD 与竖直方向的夹角均为37°（sin37°=0.6，cos37°=0.8）。

则（）
A ．甲、乙两球下落到轨道上C 、D 两点时的机械能和重力瞬时功率不相等
B ．甲、乙两球下落到轨道上的速度变化量不相同
C ．v 1:v 2=1:4
D ．v 1:v 2=1:3
5．已知地球两极的重力加速度为g,地球同步卫星的轨道半径是地球半径的n 倍。

考虑地球自转的影响把地球视为质量均匀分布的球体,则赤道上的重力加速度为 A ．1
n g
B ．(1−1
n )g
C ．(1−1
n 2)g
D ．(1−1
n 3)g
6．三根光滑的坚固的细金属杆焊接成一等腰三角形ABC ，过C 的转轴竖直且与三角形的底边AB 垂直，将光滑的小环套在三角形的腰BC 上（小环可以沿BC 自由滑动），三角形以角速度ω1、ω2绕转轴匀速转动时，小环在水平面内做匀速圆周运动的轨迹分别如图中的虚线所示，则（）
………○…………订…………○……_________班级：___________………○…………订…………○……
A ．ω2>ω1
B ．以ω2转动时小环的加速度比以ω1转动时小环的加速度大
C ．以ω2转动时小环的线速度比以ω1转动时小环的线速度大
D ．以ω2转动时小环的向心力比以ω1转动时小环的向心力大
7．如图所示，一足够长的斜面倾角为45°，一弹性小球，在与斜面上端等高的某处A 点由静止释放小球落到斜面上的B 点后反弹，反弹时速度大小不变，反弹前后，速度方向与斜面夹角相等，小球反弹后落到斜面上C 点，不计空气阻力，则小球在AB 段和BC 段运动中（）
A ．运动时间之比为t A
B ：t B
C =1：1
B ．重力做功的平均功率之比为P AB ：P B
C =1：2 C ．运动的竖直高度之比为h AB ：h BC =1：3
D ．若小球释放点自A 点向右平移少许，则小球反弹后再次落到斜面上时速度方向与落到C 点的不同 二、多选题
8．一质量m=60kg 的运动员从下蹲状态竖直向上跳起，经t=0.2s 以大小v=4m/s 的速度离开地面，取重力加速度g=10m/s 2。

在这0.2s 内 A ．地面对运动员的冲量大小为240N∙s B ．地面对运动员的冲量大小为360N∙s C ．地面对运动员做的功为零 D ．地面对运动员做的功为480J
…………○…………………要※※在※※装※※订※※线…………○…………………9．如图所示在光滑的以角速度ω旋转的细杆上穿有质量分别为m 和M 的两球，两球用轻细线(不会断)连接，若M>m ，则（）
A ．当两球离轴距离相等时,两球可能相对杆不动
B ．当两球离轴距离之比等于质量之比时,两球一定相对杆滑动
C ．若两球相对于杆滑动,一定是都向左滑动
D ．若转速为ω时,两球相对杆都不动,那么转速为2ω时,两球也不动
10．如图所示,半径为R 的光滑大圆环用一细杆固定在竖直平面内,质量为m 的小球A 套在大圆环上。

上端固定在杆上的轻质弹簧与质量为m 的滑块B 连接并一起套在杆上,小球A 和滑块B 之间用长为2R 的轻杆分别通过铰链连接。

当小球A 位于圆环最高点时,弹簧处于原长;此时给A 一个微小扰动(初速度视为0)使小球A 沿环顺时针滑下到达圆环最右侧时小球A 的速度为√gR (g 为重力加速度)。

不计一切摩擦,A 、B 均可视为质点,则下列说法中正确的是（）
A ．小球A 、滑块
B 和轻杆组成的系统在下滑过程中机械能守恒
B ．小球A 从圆环最高点到达圆环最右侧的过程滑块B 的重力势能减小了(3−√3)mgR
C ．小球A 从环最高点到达圆环最右侧的过程中小球A 的重力势能减小了
mgR 2
D ．小球A 从圆环最高点到达圆环最右侧的过程中弹簧的弹性势能增加了(3−√3)mgR 11．随着我国航天技术的发展，国人的登月梦想终将实现，若宇航员着陆月球后在其表面以一定的初速度竖直上抛一小球（可视为质点），经时间t 小球落回抛出点；然后字航员又在离月面高度为h 处，以相同的速度大小沿水平方向抛出一小球，一段时间后小球落到月球表面，测得小球的水平射程为L ．已知月球的质量为M ，引力常量为G ，月球可看做质量分布均匀的球体下列判断正确的是（） A ．月球表面的重力加速度大小为2L 2
ℎt 2 B ．小球上的初速度大小为L 2
2ℎt
…………○………：___________
…………○………C ．月球的半径为t L √
GMℎ2
D ．月球的第一宇宙速度大小为√L
ℎt
√GMℎ
12．如图所示，带一段光滑圆弧轨道AB 的弧面体固定在水平面上,圆弧所对的圆心角为37°,轨道A 端切线水平。

一个小滑块以初动能E K0水平滑上轨道的左侧A 点,然后从圆弧轨道的右侧B 点滑出,滑块在圆弧轨道上运动克服重力的功为0.2E K0，不计空气阻力,sin37°
=0.6。

则（）
A ．滑块在A 、
B 点的向心力大小之比为5:2 B ．滑块在A 、B 点的向心力大小之比为5:4
C ．滑块滑出圆弧轨道后的最小动能为0.288E K0
D ．滑块滑出圆弧轨道后的最小动能为0.512
E K0
外…………○………………○……※※请※※答※※题※※
内…………○………………○……第II 卷（非选择题)
请点击修改第II 卷的文字说明 三、解答题
13．如图所示，一个长直轻杆两端分别固定小球A 和B ，竖直放置，两球质量均为m ，两球半径忽略不计，杆的长度为l 。

由于微小的扰动，A 球沿竖直光滑槽向下运动，B 球沿水平光滑槽向右运动，下列说法正确的是（）
A ．A 球下滑过程中的机械能守恒
B ．在A 球到达水平滑槽前，A 球的机械能先增大后减小
C ．当小球A 沿墙下滑距离为l
2时，A 球的速度为1
2√3gl D ．A 球的机械能最小时轻杆对B 球的作用力沿杆向B
14．如图所示，装置由一理想弹簧发射器及两个轨道组成．其中轨道Ⅰ由光滑轨道AB 与粗糙直轨道BC 平滑连接，高度差分别是h 1=0.2m 、h 2=0.10m ，BC 水平距离L=1.00m ．轨道Ⅱ由AE 、螺旋圆形EFG 和GB 三段光滑轨道平滑连接而成，且A 点与F 点等高．当弹簧压缩量为d 时，恰能使质量m=0.05kg 的滑块沿轨道Ⅰ上升到B 点；当弹簧压缩量为2d 时，恰能使滑块沿轨道Ⅰ上升到C 点．（已知弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，取g=10m/s 2）
（1）当弹簧压缩量为d 时，求弹簧的弹性势能及滑块离开弹簧瞬间的速度大小； （2）求滑块与轨道BC 间的动摩擦因数；
（3）当弹簧压缩量为d 时，若沿轨道Ⅱ运动，滑块能上升到B 点，则圆轨道EFG 的半径需满足什么条件？
………○……：___________
………○……15．某工厂车间通过图示装置把货物运送到二楼仓库，AB 为水平传送带，CD 为倾角θ=37°、长s=3m 的倾斜轨道，AB 与CD 通过长度忽略不计的圆弧轨道平滑连接，DE 为半径r=0.4m 的光滑圆弧轨道，CD 与DE 在D 点相切，OE 为竖直半径，FG 为二楼仓库地面（足够长且与E 点在同一高度），所有轨道在同一竖直平面内．当传送带以恒定速率v=10m/s 运行时，把一质量m=50kg 的货物（可视为质点）由静止放入传送带的A 端，货物恰好能滑入二楼仓库，已知货物与传送带、倾斜轨道及二楼仓库地面间的动摩擦因数均为μ=0.2，取g=10m/s2，sin37°
=0.6，cos37°=0.8．求：
(1)货物在二楼仓库地面滑行的距离；
(2)传送带把货物从A 端运送到B 端过程中因摩擦而产生的内能．
16．“打水漂”是男女老少都适合体验的水上项目，将扁平的小石片在手上呈水平放置后，用力飞出，石片遇到水面后并不会直接沉入水中，而是在水面上擦水面滑行一小段距离后再弹起再飞，跳跃数次后沉入水中，即称为“打水漂”。

现在有一人从岸边离水面高度为1.8m 处，以8m/s 的水平初速度用力飞出一质量为20g 的小石片，小石片在水面上弹跳数次后沉入水底，在水面上滑行时受到的水平阻力为0.4N 。

假设每次小石片接触水面相同的时间0.1s 后跳起，小石片在水面上滑动后在竖直方向上跳起时的速度与此时沿水面滑动的速度之比为常数k ，k=0.75；小石片在水面上速度减为零后，以0.5m/s2加速度沿竖直方向沉入深为1m 的水底。

不计空气阻力。

（取g=10m/s 2）求： (1)小石片第一次接触水面时的速度大小；
(2)小石片从开始到沉入水底的整个过程中，水对小石片做的功； (3)小石片从抛出到沉入水底的总时间。

17．、如图所示为过山车模型，它由光滑水平轨道和竖直面内的光滑圆形轨道组成，Q 点为圆形轨道最低点，M 点为最高点，圆形轨道半径R=0.32m 。

水平轨道PN 右侧的光滑水平地面上，并排放置两长木板c 、d ，两木板间相互接触但不粘连，长木板上表面与水平轨道PN 平齐，木板c 质量m 3=2.2kg ，长L=4m ，木板d 质量m4=4.4kg 。

质量m 2=3.3kg 的小滑块b 放置在轨道QN 上，另一质量m 1=1.3kg 的小滑块a 从P 点以水平速度v 0向右运动，沿圆形轨道运动一周后进入水平轨道与小滑块b 发生弹性碰撞。

碰后a 沿原路返回到M 点时，对轨道压力恰好为0。

已知小滑块b 与两长木板间的动摩擦因数均为μ=0.16，g=10m/s 2。

…
…
…
…
外
…
…
装
…
…
…
…
○
…
…
…
…
…
○
…
…
※
要
※
※
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※
※
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※
※
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…
…
…
…
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…
…
装
…
…
…
…
○
…
…
…
…
…
○
…
…
(1)求小滑块a与小滑块b碰撞后，a和b的速度大小v1和v2；
(2)碰后滑块b最终恰好没有离开木板d，求滑块b在木板c上滑行的时间及木板d的长
度
四、填空题
18．汽车的质量为m=6.0×103kg，额定功率为P=90kW，沿水平道路行驶时，阻力
恒为重力的0.05倍，g取10m s
⁄2，汽车沿水平道路匀速行驶的最大速度是______m s
⁄，
当汽车的速度为20m s
⁄时的加速度大小为_______ m s2
⁄。

19．如图，斜面倾角为30°，一小球从斜面底端B 点的正上方A点水平抛出，初速度
v0=10m/s，小球正好垂直打在斜面上。

则小球从抛出到打在斜面上的时间
t=______________s；AB 间的高度h AB=_______________m。

取g=10m/s2
20．如图所示，在距水平地面高均为0.4m处的P、Q两处分别固定两光滑小定滑轮，
细绳跨过滑轮，一端系一质量为m A=2.75kg的小物块A，另一端系一质量为m B=1kg的
小球B；半径R=0.3m的光滑半圆形轨道竖直地固定在地面上，其圆心O在P点的正下
方，且与两滑轮在同一竖直平面内，小球B套在轨道上，静止起释放该系统，则小球B
被拉到离地_____________m高时滑块A与小球B的速度大小相等，小球B从地面运动
到半圆形轨道最高点时的速度大小为_____________m/s．
五、实验题
…………外…………装…………………线…_______姓名：_______…………内…………装…………………线…21．为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，甲、乙同学设计了如图所示的实验装置。

其中M 为小车的质量，m 为砂和砂桶的质量,m 0为滑轮的质量，滑轮大小不计且光滑。

力传感器可测出轻绳中的拉力大小。

（1）实验时，一定要进行的操作是________ A.用天平测出砂和砂桶的质量
B.将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
C.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数
D.为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m 远小于小车的质量M 。

（2）甲同学在实验中得到如图所示的一条纸带（两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz 的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为________m/s 2（结果保留三位有效数字）。

（3）甲同学以力传感器的示数F 为横坐标，加速度a 为纵坐标，画出的a －F 图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为θ，求得图线的斜率为k ，则小车的质量为________ A ．
1tanθ
B ．
1
tanθ
−m 0 C ．2k
−m 0 D ．2
m
22．用如图所示装置可以做一些力学实验。

以下说法正确的是________
A.用此装置“研究匀变速直线运动”时必须平衡摩擦力。

B.用此装置探究“小车的加速度与质量的关系”并用图象法处理数据时，如果画出的
a—Μ关系图象是一条曲线，就可以确定加速度与质量成反比。

C.用此装置探究“功与速度变化的关系”实验时，将放置打点计时器的那端木板适当垫高，目的是为了平衡摩擦力。

D.用此装置探究“小车的加速度与外力的关系”时，若用钩码的重力代替绳子对小车的拉
力，应让钩码质量远小于小车质量。

参考答案
1．D 【解析】 【详解】
物体下滑过程中，下滑高度h =h 2-h 1相等，由机械能守恒定律得：mgh =1
2mv 2，物体到达斜面底端时，速度v =√2gℎ，由牛顿第二定律得：mg sinθ=ma ，加速度a =g sinθ，物体沿斜面下滑的时间：t =v
a =√2gℎ
gsinθ=1
sinθ√2ℎ
g ，由于斜面倾角θ不同，物体下滑的时间t 不同，重力的冲量I =mgt 不同。

故A 错误；物体下滑的时间t 不同，所受支持力的方向不同，所以所受支持力的冲量一定不同。

故B 错误；由于斜面倾角不同，滑到h 1高度时，两物体动量方向不同，但两物体动量大小相等，所以两个物体动量变化量的大小是相等的；由动量定理可知，物体动量变化量等于物体所受合外力的冲量，所以物体所受合力的冲量大小相等，但方向不同。

故C 错误，D 正确； 2．B 【解析】 【详解】
小球由于惯性会继续运动，可能会越过最高点做圆周运动，也有可能达不到四分之一圆周，速度减为零，也有可能越过四分之一圆周但越不过圆桶的最高点。

若越过最高点做圆周运动，则在圆桶中上升的高度等于2R 。

若达不到四分之一圆周，速度减为零，根据机械能守恒，
12
mv 2=mgh ，ℎ
=v 2
2g 。

若越过四分之一圆周但越不过圆桶的最高点，则会离开轨道做斜抛，在
最高点有水平速度，根据机械能守恒得，1
2mv 2=m gh +1
2mv ′2，上升的高度小于v 2
2g ．故ACD 可能，B 不可能。

本题选择不可能的，故选B 。

3．C 【解析】 【详解】
当汽车满载时，根据牛顿第二定律有：ma =P
v −kmg ；当汽车空载时，根据牛顿第二定律
有：(m −Δm )a ′=P v −k (m −Δm )g ，联立解得：a =kΔmg+ma m−Δm
，故选C 。

4．C 【解析】
【详解】
由图可知，两个物体下落的高度是相等的，根据h=1
2
gt2可知，甲、乙两球下落到轨道的时间相等，由∆v=v y=gt可知速度的竖直分量相等，则落到轨道上的速度变化量相同，根据
P=Gv cosθ=Gv y，故重力的瞬时功率相等，故AB错误；设圆形轨道的半径为R．则A、C的水平位移为x1=R-R sin37°=0.4R；x2=R+R sin37°=1.6R；则x2=4x1；由x=vt可知，v2=4v1，故C正确，D错误。

5．D
【解析】
【详解】
考虑地球的自转因素，但两极的自转半径为零，故万有引力等于重力，G Mm
R2
=mg；赤道位
置万有引力提供向心力和重力，G Mm
R2=mg
赤
+ma
赤
；同步卫星的公转满足G Mm
(nR)2
=ma
同
；
而赤道自转和同步卫星的角速度相同由a=ω2r，有a
同
a
赤
=n，联立各式可得g
赤
=(1−1
n3
)g；
故选D.
【点睛】
本题要知道公转的卫星满足万有引力提供向心力，在地球两极表面万有引力等于重力，而在赤道处，引力与支持力之差提供向心力.
6．C
【解析】
【分析】
对环受力分析，找出向心力来源，然后根据匀速圆周运动规律分析解题.
【详解】
环受力如图.
小环受到金属杆的支持力和重力，二者的合力充当向心力，设BC杆与转动轴的夹角为θ，
则根据矢量三角形可得F n=mg
tanθ
，故环在两个位置的向心力相同，根据F n=mω2r可得半径
大的角速度小，即ω2<ω1，AD错误；向心加速度a n=g
tanθ
，所以两者的向心加速度相同，
B错误；根据a n=v2
r
可得由于向心加速度相同，所以半径大的线速度大，故以ω2转动时小环的线速度比以ω1转动时小环的线速度大，C正确.
故选：C.
7．B
【解析】
【详解】
A.设小球第一次碰板时速度大小为v，对自由下落阶段
v=gt AB t AB=v
g
①
对平抛阶段
y2=1
2
gt BC2②
x2=vt BC③
联立②③得：t BC=2vtan450
g =2v
g
故t AB：t BC＝1：2，故A错误；
B.根据ℎ=1
2
gt2，h AB：h BC＝1：4，
根据重力做功W=mgh，得W AB：W BC＝1：4，
根据功率p=W
t
得：P AB：P BC＝1：2，故B正确，C错误；
D. 设小球反弹后再次落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角tanθ=gt BC
v =
g×2v
g
v
=
2tan450，与B点的位置无关，故D错误。

故选：B
8．BC
【解析】
【分析】
已知初末速度，则由动量定理可求得地面对人的冲量；由功的公式可确定地面对人是否做功．【详解】
人的速度原来为零，起跳后变化v，以向上为正方向，由动量定理可得：I−mgΔt=mv−0，故地面对人的冲量为：I=mv+mgΔt=60×4+600×0.2=360N·s，故A错误，B正确；人在跳起时，地面对人的支持力竖直向上，在跳起过程中，在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，故C正确，D错误；故选BC。

9．BD
【解析】
【详解】
A、两小球所受的绳子的拉力提供向心力，所以向心力大小相等，角速度又相等，当两球离轴距离相等时，则有：Mω2r＞mω2r，所以两球相对杆会滑动;故A错误.
B、两球的向心力是相等的，得：Mω2r1=mω2r2 ，所以r1
r2=m
M
<1，两球离轴距离之比与质
量成反比。

所以两球离轴距离之比等于质量之比时，两球相对杆都动;故B正确.
C、由于两球用轻细线连接，所以两球相对杆滑动时，只能向同一方向滑动;故C错误.
D、根据向心力的表达式，得：Mω2r1=mω2r2 ，由于两球的向心力相等与角速度无关，所以转速为ω时，两球相对杆都不动，那么转速为2ω时两球也不动;故D正确.
故选BD.
【点睛】
本题考查了向心力公式的应用，知道两小球的角速度和向心力相等.
10．BD
【解析】
【详解】
小球A、滑块B和轻弹簧组成的系统在下滑过程中机械能守恒，小球A、滑块B和轻杆组成的系统机械能不守恒，故A错误；小球A从圆环最高点到达圆环最右侧的过程中，此时滑
块B 距离圆心的高度为2R cos30°=√3R ，滑块B 下落的高度为h =3R -√3R ，滑块B 的重力势能减小了（3-√3）mgR ，故B 正确；小球A 从圆环最高点到达圆环最右侧的过程中，小球A 下落的高度为R ，所以小球A 的重力势能减小了mgR ，故C 错误；小球A 从圆环最高点到达圆环最右侧时，两个小球的速度方向都向下，如图所示，根据运动的合成与分解可得：
v A cosθ=v B cosθ，则v A =v B ，根据机械能守恒定律可得：（3-√3）mgR +mgR =1
2
mv A 2+1
2
mv B 2+E P ，
解得E P =（3-√3）mgR ，所以小球A 从圆环最高点到达圆环最右侧的过程中弹簧的弹性势能增加了（3-√3）mgR ，故D 正确。

11．AC 【解析】 【详解】
A.设竖直上抛小球初速度为v ，月球表面重力加速度为g ，根据题意知： 在月球表面，有：t =2v
g
① ，小球做平抛运动时：t ′=√2ℎg ，水平位移：L =vt ′=v ⋅√2ℎ
g ②，
联立得：g=2L 2
ℎt 2 ③。

故A 正确； B.联立①③得初速度：v =
gt 2
=
L 2ℎt
，故B 错误；
C.根据万有引力提供重力得：mg =GMm R 2
，联立得：R =t L
⋅√
GMℎ2，故C 正确；
D.根据万有引力等于向心力，得：GMm R 2
=
mv 1
2R
，所以：v 1=√L
ℎt √2GMℎ，故D 错误。

故选：AC 。

【点睛】
竖直上抛运动返回地面时的速度和抛出时的速度大小相等，方向相反，根据匀变速直线运动的规律得出加速度；根据平抛运动的规律得出初速度．根据万有引力等于向心力，求解月球的第一宇宙速度。

12．BD 【解析】 【详解】
滑块在光滑圆弧轨道上运动，根据动能定理得：−W G =E K1−E K0，解得：E K1=0.8E K0，向心力满足：F =m v 2
R ，E K =1
2mv 2，滑块在A 、B 点的向心力大小之比为5：4，选项A 错
误、B 正确；滑块滑出圆弧轨道后做斜抛运动，当滑块的速度与重力垂直时，速度最小亦即动能最小，设滑块滑出圆弧轨道时的速度为v 1，根据斜抛运动的规律得之后在空中运动的最小速度为v 2=v 1cos370，因为E K1=0.8E K0=1
2mv 12，最小动能E K2=1
2mv 22=0.512E K0，选项C 错误、D 正确；故选BD 。

13．C 【解析】 【详解】
AB 系统机械能守恒，A 的机械能转化为B 的动能，B 的动能开始是0，最终还是0，所以A 球的机械能先减小后增大。

最终A 球以一定的竖直速度撞击横槽。

故AB 错误；当小球A 沿墙下滑距离为l
2时，A 球的速度为v 1，B 球的速度为v 2。

根据系统机械能守恒定律得mg ⋅l
2＝
12
mv 12+1
2mv 22，两球沿杆子方向上的速度相等，则有：v 1cos60°=v 2cos30°，联立两式解得：
v 1＝1
2√3gl ，故C 正确；A 球的机械能最小时，这是一个瞬间状态，是轻杆对B 做负功和
正功的临界点，所以作用力为0，故D 错误。

14．（1）2m/s （2）μ=0.5（3）R≤0.4m 【解析】 【详解】
（1）当弹簧压缩量为d 时，根据机械能守恒定律得弹簧的弹性势能为： E P1=mgℎ1=0.05×10×0.2J =0.1J ，且有1
2mv 2=mgℎ1
解得滑块离开弹簧瞬间的速度大小为：v =√2gℎ1=√2×10×0.2=2m/s
（2）当弹簧压缩量为2d 时，由题可得：弹簧的弹性势能是弹簧压缩量为d 时弹性势能的4倍，即为：
E P2=4E P1=0.4J
对滑块从弹簧释放后运动到C 点的过程，根据能量守恒定律得：
E P2=mg （ℎ1+ℎ2）+μmgcosα⋅L BC =mg （ℎ1+ℎ2）+μmgL
解得：μ=0.5
（3）滑块恰能圆环最高点应满足的条件是：mg =m v 0
2R m
根据机械能守恒定律得：12mv 2=1
2mv 02
即得 v 0=v ，联立解得 R m =0.4m
若R ≤R m =0.4m 滑块能通过圆环最高点．
设滑块在EB 轨道上上升的最高点离图中虚线的高度为h ． 根据机械能守恒定律得：E P1=mgh ，解得：h =0.2m 由于h =h 1，所以滑块能上升到B 点．
若R ＞R m =0.4m 滑块不能通过圆环最高点，会脱离圆形轨道，所以不能到达B 点． 15．（1）s =1m ；（2）2400J 【解析】 【详解】
（1）由题意，贷物恰好能滑入二楼仓库则在圆轨道的最高点E ，恰好由重力提供向心力，得：mg=m v E
2
r
所以：v E =√gr ＝√10×0.4＝2m/s
货物到达仓库后在运动的过程中只有摩擦力做功，由动能定理得：-μmgs=0-1
2mv E 2
代入数据得：s=1m
（2）货物从B 到达E 的过程中重力和摩擦力做功，由动能定理得：
-mgs•sin37°-μmgs•cos37°-mgr （1+cos37°）=1
2
mv E 2−1
2
mv B 2
代入数据得：v B =8m/s
货物在传送带上加速时，沿水平方向的摩擦力提供加速度，由牛顿第二定律得：ma=μmg 所以：a=μg=0.2×10=2m/s 2
货物从开始运动到速度等于8m/s 的过程中的位移为x ，则：2ax ＝v B 2 代入数据得：x=16m 该过程中的时间：t=
v B a
＝8
2＝4s
该过程中传送带的位移：x′=vt=10×4=40m 货物相对于传送带的位移：△x=x′-x=40-16=24m
所以传送带把货物从A 端运送到B 端过程中因摩擦而产生的内能：Q=μmg•△x=0.2×50×10×24=2400J 16．(1)10m/s (2)-1.19J(3)4.8s 【解析】
【详解】
（1）小石块先做平抛运动，竖直方向有：h 1=1
2gt 2 解得：t =0.6s v y0=gt =10×0.6=6m/s
则v 0=√v x02+v y02=√62+82m/s =10m/s ；
（2）由v 2=2ah 2得
解得小石片沉入水底时的速度v =1m/s 从抛出到沉入水底过程，根据动能定理有 mg （h 1+h 2）+W =1
2
mv 2-1
2
mv 02
解得：W =-1.19J 。

（3）小石片在水面上滑行时，由牛顿第二定律有：a =f
m =0.4
0.02m/s 2=20m/s 2 每次滑行速度的变化量△v =-a △t =20×0.1=-2m/s ； 由n =
v x0△v
=8
2=4
可知，小石片共在水平方向滑行了4次，空中弹起后飞行了3次 第一次弹起时的竖直速度为v 1=6×0.75m/s=4.5m/s ；在空中的时间：t 1=2v 1g
=
910
s =0.9s
第二次弹起时的竖直速度为v 2=4×0.75m/s=3m/s ；在空中的时间：t 2=
2v 2g
=
6
10
s =0.6s
第三次弹起时的竖直速度为v 3=2×0.75m/s=1.5m/s ；在空中的时间：t 3=2v 3g
=
3
10
s =0.3s
落入水中的时间为：t 4=
v a
=
10.5
s =2s
故总时间：t 总=t +4∆t +t 1+t 2+t 3+t 4=0.6+4×0.1+0.9+0.6+0.3+2=4.8s 。

17．（1）4m/s 5.2m/s （2）1.4m 【解析】 【分析】
a 恰好通过M 对轨道没有压力，重力提供a 做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律可以求出a 的速度，a 与
b 碰撞过程中系统动量守恒、机械能守恒，a 碰后返回到圆轨道最高点过程中，机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出碰后a 、b 的速度；b 做匀减速运动，
c 、
d 做匀加速运动，由牛顿第二定律与运动学公式可以求出b 的滑行时间与木板长度。

【详解】
（1）小滑块a在M点，由牛顿第二定律得：m1g=m1v M2
R
小滑块a从碰后到到达M的过程中，由机械能守恒定律得：1
2m1v12=1
2
m1v M2+m1g⋅2R
解得：v1=4m/s，
两滑块碰撞过程中动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v0=-m1v1+m2v2，
碰撞过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：1
2m1v02=1
2
m1v12+1
2
m2v22
解得：v0=9.2m/s，v2=5.2m/s
（2）小滑块b滑上长木板c时的加速度大小：a1=μ0g=1.6m/s2，
此时两块长木板的加速度大小为：a2=μ0m2g
m3+m4
=0.8m/s2
小滑块b在c上滑行过程中，b的位移：x1=v2t−1
2
a1t2
两块长木板的位移：x2=1
2
a2t2，x1-x2=L
解得：t=1s，t1=10
3
s不合题意，舍去；
b刚离开长木板c时，b的速度v2′=v2-a1t=3.6m/s，
b刚离开长木板c时，d的速度v3=a2t=0.8m/s，
设d的长度至少为x，由动量守恒定律可得：m2v2′+m4v3=（m2+m4）v 解得：v=2m/s
由能量守恒定律得：μ0m2gx=1
2m2v′22+1
2
m4v32−1
2
(m2+m4)v2
解得：x=1.4m
【点睛】
本题涉及到四个物体，多个运动过程，属于多体多过程问题，分析清楚物体运动过程是正确解题的前提与关键。

18．300.25
【解析】
【详解】
当汽车的牵引力与阻力相等时，速度最大，根据P=fv m得最大速度：v m＝P e
f ＝90000
0.05×6×104
m/
s=30m/s
根据P e=Fv得，汽车的牵引力F=P e
v ＝90000
20
N＝4500N
则加速度a =F−f m
＝
4500−0.05×60000
6000
m/s 2＝0.25m/s 2．
【点睛】
本题考查了机车的启动问题，知道发动机功率、牵引力、速度的关系，知道加速度为零时，速度最大．
19．√3s 25m 【解析】 【详解】
如图小球垂直撞在斜面上，将速度分解，有：tan30°=v
0v y
，又v y =gt ，代入数据解得运动时
间为：t =√3s ，小球平抛下降的高度为：h =12
gt 2=1
2
×10×3m=15m ；水平位移为：x =v 0t =10√3m ；
故AB 间的高度为：h AB =h +x tan30°=15m+10√3×√3
3m=25m. 20．0.225； 4 【解析】 【分析】
当绳与轨道相切时滑块与小球速度相等，由几何知识求得此时小球B 的高度．小球B 到半圆形轨道最高点时，A 物的速度为零，对系统，运用动能定理列式，即可求出B 球到最高点时的速度大小． 【详解】
当绳与轨道相切时滑块与小球速度相等，（B 速度只沿绳），由几何知识得R 2=h•PO ，所以有：ℎ=2
PO =
0．320.4
=0.225m ．
小球B 从地面运动到半圆形轨道最高点时，A 物的速度为零，即v A =0， 对系统，由动能定理得：m A g[√(PO)2+R 2-（PO-R ）]=m B gR+1
2m v B 2
代入数据解得：v B =4m/s 【点睛】
题是连接体的机械能守恒或动能定理问题，关键是分析临界条件，确定出两个物体速度相等的条件；分析系统的能量变化情况，列出能量方程． 21．BC 2.00m/s 2 c 【解析】 【详解】。