湖南湖南师范大学附属中学下册期末精选单元测试卷 (word版,含解析)

湖南湖南师范大学附属中学下册期末精选单元测试卷 （word 版，含解析）
一、第五章 抛体运动易错题培优（难）
1．如图所示，斜面倾角不为零，若斜面的顶点与水平台AB 间高度相差为h (h ≠0)，物体以速度v 0沿着光滑水平台滑出B 点，落到斜面上的某点C 处，物体与斜面接触时速度与水平方向的夹角为φ1。

现将物体的速度增大到2v 0，再次从B 点滑出，落到斜面上，物体与斜面接触时速度与水平方向的夹角为φ2，(不计物体大小，斜面足够长)，则（ ）
A ．φ2>φ1
B ．φ2<φ1
C ．φ2=φ1
D ．无法确定两角大小
【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
物体做平抛运动，设斜面倾角为θ，则
101x v t =
21112
y gt =
11tan y h
x θ-=
1
10
tan gt v ϕ=
整理得
101
tan 2(tan )h v t ϕθ=+
同理当初速度为2v 0时
22002
tan =2(tan )22gt h v v t ϕθ=
+ 由于
21t t >
因此
21tan tan ϕϕ<
即
21ϕϕ<
B 正确，ACD 错误。

故选B 。

2．一群小孩在山坡上玩投掷游戏时，有一小石块从坡顶水平飞出，恰好击中山坡上的目标物。

若抛出点和击中点的连线与水平面成角α，该小石块在距连线最远处的速度大小为
v ，重力加速度为g ，空气阻力不计，则（ ）
A ．小石块初速度的大小为
cos v
α
B ．小石块从抛出点到击中点的飞行时间为
sin v g
α
C ．抛出点与击中点间的位移大小为22sin v g
α
D ．小石块击中目标时，小石块的速度的方向与抛出点和击中点的连线的夹角也为α 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
A ．石块做的是平抛运动，当石块与连线的距离最远时，石块的速度与山坡斜面平行，所以把石块的速度沿水平和竖直方向分解，水平方向上可得
0cos v
v α
=
即为平抛运动的初速度的大小，选项A 正确；
BC ．设抛出点与击中点间的距离为L ，则由平抛运动的规律得 水平方向上
0cos L v t α=
竖直方向上
21sin 2
L gt α=
由以上两个方程可以解得
232sin cos v L g αα=
22sin cos v t g α
α
=
选项BC 错误；
D ．小石块击中目标时，竖直分速度
22sin cos y v v gt α
α
==
则击中目标时速度方向与水平方向的夹角
2
2sin
tan2tan
cos
y
v v
v
α
βα
α
===
所以小石块击中目标时，小石块的速度的方向与抛出点和击中点的连线的夹角不等于α，选项D错误。

故选A。

3．如图所示，是竖直平面内的直角坐标系，P、Q分别是y轴和x轴上的一点，这两点到坐标原点的距离均为L。

从P点沿x轴正向抛出一个小球，小球只在重力作用下运动，恰好经过Q点，现改变抛出点的位置（仍从第一象限抛出），保持抛出速度的大小和方向不变，要使小球仍能经过Q点，则新的抛出点坐标（x、y）满足的函数关系式为（）
A．
()2
L
L
x
-
B．
()2
3
2
L
L
x
-
C．
()2
2
L
L
x
-
D．
()2
2L
L
x
-
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
小球从P点沿x轴正向抛出，有
2
1
2
L gt
=
L v t
=
解得
1
2
2
v gL
=
当抛出点的坐标为（x，y）时，小球以初速度v0水平抛出，仍能到达Q点，则有
L x v t'
-=
2
1
2
'
=
y gt
解得
()2
L x
y
L
-
=，其中0<x<L
选项A正确，BCD错误。

故选A。

4．如图所示，在不计滑轮摩擦和绳子质量的前提下，当小车匀速向右运动时，绳中拉力()．
A．大于A所受的重力
B．等于A所受的重力
C．小于A所受的重力
D．先大于A所受的重力，后等于A所受的重力
【答案】A
【解析】
【详解】
绳与小车的结点向右匀速运动，此为合运动，可把它按如图所示进行分解．
其中v1为绳被拉伸的速度，
v1＝v cos θ
A上升的速度v A与v1大小相等，即
v A＝v1＝v cos θ
随着车往右运动，θ角减小，故v A增大，即A物体加速上升，加速度竖直向上，由牛顿第二定律得，绳中拉力
T＝mg＋ma＞mg
故A正确，BCD错误。

故选A．
5．如图，A、B、C三个物体用轻绳经过滑轮连接，物体A、B的速度向下，大小均为v，则物体C的速度大小为（）
A．2vcosθB．vcosθC．2v/cosθD．v/cosθ
【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
将C 速度分解为沿绳子方向和垂直与绳子方向，根据平行四边形定则，则有cos C v v θ=，
则cos C v
v θ=
，故选D ． 【点睛】
解决本题的关键知道沿绳子方向上的速度是如何分解，将C 的速度分解，沿绳子方向的分速度大小等于小物体的速度大小,掌握运动的合成与分解的方法．
6．如图所示，船停在平静的河水中，人在岸上拉船，人匀速向左的速度为v ，则（ ）
A ．船在河中做匀速直线运动，速度也为v
B ．船在河中做匀减速直线运动
C ．船在河中做加速度增加的加速直线运动
D ．斜绳与水平成30时，2:3v v =人船 【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．由题意知，船的速度方向水平向左。

现在将船的速度分解到两个方向，沿着绳子向上的1v 和垂直于绳子向下的2v ，其中
1v v =
则根据几何关系可知
cos cos v v
v θθ
=
=人船 随着人向左拉绳子，船也在水平向左运动，θ角逐渐变大，则可知v 船逐渐增大，所以船在河中做加速运动，所以AB 错误；
C ．由AB 选项分析可知，船在河中做加速运动。

设河岸高为h ，传到岸边的绳长为l ，岸到船的距离为x ，则由数学知识推导为
cos v v θ
=
船 2v l ω=，2tan v v θ=
由加速度的定义式可得
22
23d(
)d sin sin cos d d cos cos v v v v a t
t l θθθωθθ
=
==⋅= 又由几何关系可得
sin h
l θ=
，cos x l
θ= 得
223v h a x
=
所以当船在河中向左运动时，x 逐渐减小，a 逐渐增大，则船在河中做加速度增加的加速直线运动，所以C 正确； D ．由AB 选项分析可知
cos v v θ
=
人
船 则当
30θ=
时
:2:3v v =人船
所以D 正确。

故选CD 。

7．如图所示，一小球自平台上水平拋出，恰好落在临近平台的一倾角α=53°的固定斜面顶端，并刚好无碰撞地沿斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h =0. 8m ，重力加速度g =10m/s 2，sin53°=0. 8，cos53°=0. 6，则小球平拋运动的（ ）
A ．水平速度03/v m s =
B ．水平速度04/v m s =
C ．水平位移x =1.2m
D ．水平位移x =1. 6m
【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．小球做平抛运动，竖直方向上，有
22y v gh =
解得
4m/s y v =
小球落到斜面上时方向与斜面平行，可得
0tan53y v v ︒=
解得
v 0=3m/s
故A 正确，B 错误； CD ．小球做平抛运动的时间
0.4s y v t g
=
=
水平位移
x =v 0t =1.2m
故C 正确，D 错误。

故选AC 。

8．如图所示，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑斜面，在斜面底端将一物块以初速度1v 沿斜面上滑，同时在斜面底端正上方高h 处以初速度2v 水平抛出一小球，已知当物块的速度最小时，小球与物块恰在斜面中点相撞，忽略空气阻力，那么下列说法正确的有（ ）
A ．物块与小球相遇的时间()
221sin h
t g θ=
+B ．物块初速度212sin 21sin v gh θθ
=⋅+ C ．小球初速度()
222sin 221sin v gh θ
θ=⋅+
D ．斜面的水平长度2sin 21sin L h θ
θ
=⋅+
【答案】ABD 【解析】 【分析】
设物块在斜面上运动的距离为
s ，由牛顿第二定律得
sin mg ma θ=
由运动学方程得
212221sin 2cos v as h s gt s v t
θθ⎧=⎪
⎪
-=⎨⎪
=⎪⎩
又因为
2cos s L θ=⋅
联立解得
()
221sin h
t g θ=
+
212
sin 21sin v gh θ
θ
=⋅+ ()2221sin 2221sin v gh θθ⋅+=
2sin 21sin L h θ
θ
=
⋅+
故ABD 正确，C 错误。

故选ABD 。

9．河水的流速随离河岸的距离的变化关系如图甲所示，船在静水中的速度与时间的关系如图乙所示，经过一段时间该船成功渡河，则下列说法正确的是（ ）
A ．船渡河的航程可能是300m
B ．船在河水中的最大速度可能是5m/s
C ．船渡河的时间不可能少于100s
D ．若船头与河岸垂直渡河，船在河水中航行的轨迹是一条直线 【答案】BC 【解析】 【分析】
A．因河流中间部分水流速度大于船在静水中的速度，因此船渡河的合速度不可能垂直河岸，则位移不可能是300m，选项A错误；
B．若船头垂直河岸，则当水流速最大时，船的速度最大
22
34m/s5m/s
m
v=+=
选项B正确；
C．当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短
300
s100s
3
C
d
t
v
===
选项C正确；
D．船在沿河岸方向上做变速运动，在垂直于河岸方向上做匀速直线运动，两运动的合运动轨迹是曲线，选项D错误。

故选BC。

10．如图所示，水平地面的上空有一架飞机在进行投弹训练，飞机沿水平方向做匀加速直线运动．当飞机飞过观察点B点正上方A点时投放一颗炸弹，经时间T炸弹落在观察点B 正前方1L处的C点，与此同时飞机投放出第二颗炸弹，最终落在距观察点B正前方2L处的D点，且21
L3L
=，空气阻力不计，以下说法正确的有（）
A．飞机第一次投弹时的速度为1
L
T
B．飞机第二次投弹时的速度为1
2L
T
C．飞机水平飞行的加速度为1
2
L
T
D．两次投弹时间间隔T内飞机飞行距离为1
4L
3
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
A、第一次投出的炸弹做平抛运动，在时间T内水平方向匀速直线运动的位移为L1，故第
一次投弹的初速度为1
1
L
v
T
=；故A正确.
BC、设飞机的加速度为a，第二次投弹时的速度为2v，由匀变速直线运动的规律可知：
()21211
v T aT L v aT T 2+=-+，而21L 3L =，解得：122L a 3T =，1215L v v aT 3T =+=，
故B 、C 均错误.
D 、两次投弹间隔T 内飞机飞行的距离2114123
L s v T aT =+=；故D 正确. 故选AD.
二、第六章 圆周运动易错题培优（难）
11．如图所示，用一根长为l =1m 的细线，一端系一质量为m =1kg 的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ=30°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为T ，取g=10m/s 2。

则下列说法正确的是（ ）
A ．当ω=2rad/s 时，T 3+1)N
B ．当ω=2rad/s 时，T =4N
C ．当ω=4rad/s 时，T =16N
D ．当ω=4rad/s 时，细绳与竖直方向间夹角
大于45° 【答案】ACD 【解析】 【分析】 【详解】
当小球对圆锥面恰好没有压力时，设角速度为0ω，则有
cos T mg θ=
2
0sin sin T m l θωθ=
解得
053
2
rad/s 3
ω= AB ．当02rad/s<ωω=，小球紧贴圆锥面，则
cos sin T N mg θθ+=
2sin cos sin T N m l θθωθ-=
代入数据整理得
(531)N T =
A 正确，
B 错误；
CD ．当04rad/s>ωω=，小球离开锥面，设绳子与竖直方向夹角为α，则
cos T mg α= 2sin sin T m l αωα=
解得
16N T =，o 5
arccos 458
α=>
CD 正确。

故选ACD 。

12．如图所示，有一可绕竖直中心轴转动的水平足够大圆盘，上面放置劲度系数为k 的弹簧，弹簧的一端固定于轴O 上，另一端连接质量为m 的小物块A （可视为质点），物块与圆盘间的动摩擦因数为μ，开始时弹簧未发生形变，长度为L ，若最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g ，物块A 始终与圆盘一起转动。

则（ ）
A ．当圆盘角速度缓慢地增加，物块受到摩擦力有可能背离圆心
B ．当圆盘角速度增加到足够大，弹簧将伸长
C g
L
μ D ．当弹簧的伸长量为x mg kx
mL
μ+【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．开始时弹簧未发生形变，物块受到指向圆心的静摩擦力提供圆周运动的向心力；随着圆盘角速度缓慢地增加，当角速度增加到足够大时，物块将做离心运动，受到摩擦力为指向圆心的滑动摩擦力，弹簧将伸长。

在物块与圆盘没有发生滑动的过程中，物块只能有背离圆心的趋势，摩擦力不可能背离圆心，选项A 错误，B 正确；
C ．设圆盘的角速度为ω0时，物块将开始滑动，此时由最大静摩擦力提供物体所需要的向心力，有
20mg mL μω=
解得
0g
L
μω=
选项C 正确；
D ．当弹簧的伸长量为x 时，物块受到的摩擦力和弹簧的弹力的合力提供向心力，则有
2
mg kx m x L μω+=+（）
解得
mg kx
m x L μω+=
+（）
选项D 错误。

故选BC 。

13．如图所示，叠放在水平转台上的物体 A 、B 及物体 C 能随转台一起以角速度 ω 匀速转动，A ，B ，C 的质量分别为 3m ，2m ，m ，A 与 B 、B 和 C 与转台间的动摩擦因数都为 μ ，A 和B 、C 离转台中心的距离分别为 r 、1.5r 。

设最大静摩擦力等于 滑动摩擦力，下列说法正确的是（重力加速度为 g ）（ ）
A ．
B 对 A 的摩擦力一定为 3μmg B ．B 对 A 的摩擦力一定为 3m ω2r
C ．转台的角速度需要满足g
r
μω
D ．转台的角速度需要满足23g r
μω 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．对A 受力分析，受重力、支持力以及B 对A 的静摩擦力，静摩擦力提供向心力，有
()()233f m r m g ωμ=
故A 错误，B 正确；
CD ．由于A 、AB 整体、C 受到的静摩擦力均提供向心力，故对A 有
()()233m r m g ωμ
对AB 整体有
()()23232m m r m m g ωμ++
()21.52m r mg ωμ
解得
g
r
μω
故C 错误， D 正确。

故选BD 。

14．如图所示，在匀速转动的水平盘上，沿半径方向放着用细线相连的物体A 和B ，A 和B 质量都为m ．它们分居在圆心两侧，与圆心距离分别为R A ＝r ，R B ＝2r ，A 、B 与盘间的动摩擦因数μ相同．若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，下列说法正确的是( )
A ．此时绳子张力为T ＝3mg μ
B ．此时圆盘的角速度为ω2g
r
μC ．此时A 所受摩擦力方向沿半径指向圆外 D ．此时烧断绳子物体A 、B 仍将随盘一块转动 【答案】ABC 【解析】 【分析】 【详解】
C ．A 、B 两物体相比，B 物体所需要的向心力较大，当转速增大时，B 先有滑动的趋势，此时B 所受的静摩擦力沿半径指向圆心，A 所受的静摩擦力沿半径背离圆心，故C 正确； AB ．当刚要发生相对滑动时，以B 为研究对象，有
22T mg mr μω+=
以A 为研究对象，有
2T mg mr μω-=
联立可得
3T mg μ=
2g
r
μω=
故AB 正确；
D ．若烧断绳子，则A 、B 的向心力都不足，都将做离心运动，故D 错误．
15．如图所示，两个啮合的齿轮，其中小齿轮半径为10cm ，大齿轮半径为20cm ，大齿轮中C 点离圆心O 2的距离为10cm ，A 、B 两点分别为两个齿轮边缘上的点，则A 、B 、C 三点的（ ）
A ．线速度之比是1：1：2
B ．角速度之比是1：2：2
C ．向心加速度之比是4：2：1
D ．转动周期之比是1：2：2 【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．同缘传动时，边缘点的线速度相等
v A =v B ①
同轴转动时，各点的角速度相等
ωB =ωC ②
根据
v =ωr ③
由②③联立代入数据，可得
B C 2v v =④
由①④联立可得
v A ：v B ：v C =2：2：1
A 错误；
B ．由①③联立代入数据，可得
A B :2:1ωω=⑤
再由②⑤联立可得
A B C ::2:1:1ωωω=⑥
B 错误； D ．由于
2T π
ω
=
⑦
由⑥⑦联立可得
A B C ::1:2:2T T T =
C ．根据
2a r ω= ⑧
由⑥⑧联立代入数据得
A B C ::4:2:1a a a =
C 正确。

故选C
D 。

16．荡秋千是小朋友们喜爱的一种户外活动，大人在推动小孩后让小孩自由晃动。

若将此模型简化为一用绳子悬挂的物体，并忽略空气阻力，已知O 点为最低点，a 、b 两点分别为最高点，则小孩在运动过程中（ ）
A ．从a 到O 的运动过程中重力的瞬时功率在先增大后减小
B ．从a 到O 的运动过程中，重力与绳子拉力的合力就是向心力
C ．从a 到O 的运动过程中，重力与绳子拉力做的总功等于小球在此过程中获得的动能
D ．从a 到O 的运动过程中，拉力向上有分量，位移向下有分量，所以绳子拉力做了负功 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．由题可知，a 、b 两点分别为最高点，所以在a 、b 两点人是速度是0，所以此时重力的瞬时功率为0；在最低点O 时，速度方向与重力方向垂直，所以此时重力的瞬时功率为0，所以从a 到O 的运动过程中重力的瞬时功率在先增大后减小，故A 正确；
B ．从a 到O 的运动过程中，将重力分解为速度方向的分力和背离半径方向的分力，所以提供向心力的是重力背离半径方向的分力和绳子的拉力的合力共同提供的，故B 错误；
C ．根据动能定理可知，从a 到O 的运动过程中，重力与绳子拉力做的总功等于小球在此过程中获得的动能，故C 正确；
D ．从a 到O 的运动过程中，绳子的拉力与人运动的速度方向垂直，所以拉力不做功，故D 错误。

故选AC 。

17．如图所示，匀速转动的水平圆盘上放有质量分别为2kg 和3kg 的小物体A 、B ，A 、B 间用细线沿半径方向相连。

它们到转轴的距离分别为R A =0.2m 、R B =0.3m 。

A 、B 与盘面间的最大静摩擦力均为重力的0.4倍。

g 取10m/s 2，现极其缓慢地增大圆盘的角速度，则下列说法正确的是（ ）
A ．小物体A 达到最大静摩擦力时，
B 受到的摩擦力大小为12N B ．当A 恰好达到最大静摩擦力时，圆盘的角速度为4rad/s
C 230
D ．当A 恰好达到最大静摩擦力时，剪断细线，A 将做向心运动，B 将做离心运动 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．当增大原盘的角速度，
B 先达到最大静摩擦力，所以A 达到最大静摩擦力时，B 受摩擦力也最大，大小为
f B=km B
g =0.4⨯3⨯10N=12N
故A 正确；
B ．当A 恰好达到最大静摩擦力时，圆盘的角速度为ω，此时细线上的拉力为T ，由牛顿第二定律，对A
2A A A k T R m g m ω-=
对B
2B B B T km g m R ω+=
联立可解得
s 13
102
ω=
故B 错误；
C. 当细线上开始有弹力时，此时B 物体受到最大摩擦力，由牛顿第二定律，有
2B B 1B k m R m g ω=
可得
1230
ω=
故C 正确；
D. 当A 恰好达到最大静摩擦力时，剪断细线，A 物体摩擦力减小，随圆盘继续做圆周运动，而B 不再受细线拉力，最大摩擦力不足以提供向心力，做离心运动，故D 错误。

故选AC 。

18．修正带是中学生必备的学习用具，其结构如图所示，包括上下盖座、大小齿轮、压嘴座等部件，大小齿轮分别嵌合于大小轴孔中，大小齿轮相互吻合，a 、b 点分别位于大小齿
轮的边缘，c 点位于大齿轮的半径中点，当纸带匀速走动时（ ）
A ．a 、b 点的线速度大小相同
B ．a 、c 点的线速度大小相同
C ．b 、c 点的角速度相同
D ．大小齿轮的转动方向相同 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
AD ．a 、b 点是同缘传动，边缘点的线速度大小相同，方向相反，即
a b v v =
A 正确，D 错误；
B ．a 、c 点是同轴传动，角速度相等，即
a c ωω=
根据v r ω=知线速度与半径成正比，半径不同，线速度不同，B 错误； C ．a b v v =，根据v r ω=知角速度与半径成反比，有
12a b b a r r ωω==:::
所以
22b a c ωωω==
C 错误。

故选A 。

19．如图所示，水平的木板B 托着木块A 一起在竖直平面内做匀速圆周运动，从水平位置a 沿逆时针方向运动到最高点b 的过程中（ ） ①B 对A 的支持力越来越大 ②B 对A 的支持力越来越小 ③B 对A 的摩擦力越来越大 ④B 对A 的摩擦力越来越小
A ．①③
B ．①④
C ．②③
D ．②④
【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
以A 物体作为研究对象，设指向圆心的加速度为a ，a 与水平方向的夹角为θ ，竖直方向根据牛顿第二定律
sin BA mg F ma θ-=
得
sin BA F mg ma θ=-
可知沿逆时针方向运动到最高点过程中，θ增大，支撑力减小，故①错误，②正确。

水平方向根据牛顿第二定律
cos BA f ma θ=
可知沿逆时针方向运动到最高点过程中，θ增大，摩擦力减小，故③错误，④正确。

故选D 。

20．如图所示，水平杆固定在竖直杆上，两者互相垂直，水平杆上O A 、两点连接有两轻绳，两绳的另一端都系在质置为m 的小球上，OA OB AB ==现通过转动竖直杆，使水平杆在水平面内做匀速圆周运动，三角形OAB 始终在竖直平面内，若转动过程中OB AB 、两绳始终处于拉直状态，重力加速度为g ，则下列说法正确的是（ ）
A ．O
B 绳的拉力范围为3
03
mg B ．OB 绳的拉力范围为323
mg mg C ．AB 绳的拉力范围为
323
mg mg D ．AB 绳的拉力范围为3
03
mg 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
当转动的角速度为零时，OB 绳的拉力最小，AB 绳的拉力最大。

这时二者的值相同，设为
1F ，则
12cos 30F mg ︒=
13F mg =
增大转动的角速度，当AB 绳的拉力刚好等于零时，OB 拉力最大，设这时绳的拉力2F ，则
2cos30F mg ︒=
223
F mg =
因此OB 拉力范围为
323~mg mg AB 拉力范围为23
0~mg ，故ACD 错误，B 正确。

故选B 。

三、第八章 机械能守恒定律易错题培优（难）
21．一足够长的水平传送带上放置质量为m =2kg 小物块（物块与传送带之间动摩擦因数为
0.2μ=），现让传送带从静止开始以恒定的加速度a =4m/s 2开始运动，当其速度达到
v =12m/s 后，立即以相同大小的加速度做匀减速运动，经过一段时间后，传送带和小物块均静止不动。

下列说法正确的是（ ）
A ．小物块0到4s 内做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动直至静止
B．小物块0到3s内做匀加速直线运动，之后做匀减速直线运动直至静止
C．物块在传送带上留下划痕长度为12m
D．整个过程中小物块和传送带间因摩擦产生的热量为80J
【答案】ACD
【解析】
【分析】
【详解】
物块和传送带的运动过程如图所示。

AB.由于物块的加速度
a1=µg=2m/s2
小于传送带的加速度a2=4 m/s2，所以前面阶段两者相对滑动，时间1
2
v
t
a
==3s，此时物块的速度v1=6 m/s，传送带的速度v2=12 m/s
物块的位移
x1=
1
2
a1t12=9m
传送带的位移
x2=
1
2
a2t12=18m
两者相对位移为
121
x x x
∆=-=9m
此后传送带减速，但物块仍加速，B错误；
当物块与传送带共速时，由匀变速直线运动规律得
12- a2t2=6+ a1t2
解得t2=1s
因此物块匀加速所用的时间为
t1+ t2=4s
两者相对位移为2x∆= 3m，所以A正确。

C．物块开始减速的速度为
v3=6+ a1t2=8 m/s
物块减速至静止所用时间为
3
3
1
v
t
a
==4s
传送带减速至静止所用时间为
3
4
2
v
t
a
==2s
该过程物块的位移为
x3=
1
2
a1t32=16m
传送带的位移为
x2=
1
2
a2t42=8m
两者相对位移为
3
x∆=8m
回滑不会增加划痕长度，所以划痕长为
12
x x x
∆=∆+∆=9m+3m=12m
C正确；
D．全程相对路程为
L=123
x x x
∆+∆+∆=9m+3m+8m=20m
Q=µmgL=80J
D正确；
故选ACD。

22．如图甲所示，轻弹簧下端固定在倾角37°的粗糙斜面底端A处，上端连接质量5kg的滑块（视为质点），斜面固定在水平面上，弹簧与斜面平行。

将滑块沿斜面拉动到弹簧处于原长位置的O点，由静止释放到第一次把弹簧压缩到最短的过程中，其加速度a随位移x的变化关系如图乙所示，，重力加速度取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

下列说法正确的是（）
A．滑块在下滑的过程中，滑块和弹簧组成的系统机械能守恒
B．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.1
C
13
m/s
D．滑块在最低点时，弹簧的弹性势能为10.4J
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．滑块在下滑的过程中，除重力和弹簧的弹力做功外，还有摩擦力做功，故滑块和弹簧组成的系统机械能不守恒，故A 错误；
B ．刚释放瞬间，弹簧的弹力为零，由图象可知此时加速度为a =5.2m/s 2，根据牛顿第二定律有
sin cos mg mg ma θμθ-=
解得0.1μ=，故B 正确；
C ．当x =0.1m 时a =0，则速度最大，此时滑块受到的合力为零，则有
sin cos 0mg kx mg θμθ--=
解得260N /m k =，则弹簧弹力与形变量的关系为
F kx =
当形变量为x =0.1m 时，弹簧弹力F =26N ，则滑块克服弹簧弹力做的功为
11
2.60.1J 1.3J 22
W Fx =
=⨯⨯= 从下滑到速度最大，根据动能定理有
()2
m 1sin cos 2
mg mg x W mv θμθ--=
解得m 13
5
v =
m/s ，故C 正确； D ．滑块滑到最低点时，加速度为25.2m/s a '=-，根据牛顿第二定律可得
sin cos mg mg kx ma θμθ--'='
解得0.2m x '=，从下滑到最低点过程中，根据动能定理有
()p sin cos 00mg mg x E θμθ'--=-
解得E p =5.2J ，故D 错误。

故选BC 。

23．2016年6月18日神舟九号完成最后一次变轨，在与天宫一号对接之前神舟九号共完成了4次变轨。

神舟九号某次变轨的示意图如图所示。

在A 点从椭圆轨道Ⅱ进入圆形轨道Ⅰ，B 为轨道Ⅱ上的一点，关于飞船的运动，下列说法中正确的有（ ）
A ．在轨道Ⅱ上经过A 的速度小于经过
B 的速度
B ．在轨道Ⅱ上经过A 的动能小于在轨道Ⅰ上经过A 的动能
C ．在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期
D ．在轨道Ⅱ上经过A 的加速度小于在轨道Ⅰ上经过A 的加速度 【答案】ABC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．在轨道Ⅱ上从A 到
B 万有引力做正功，即合外力做正功，物体的动能增加，所以A 的速度小于经过B 的速度，故A 项正确；
B ．由于从轨道Ⅱ到轨道Ⅰ神舟九号要点火加速做离心运动，所以在轨道Ⅱ上经过A 的动能小于在轨道Ⅰ上经过A 的动能，故B 正确；
C ．根据开普勒第三定律3
2a k T
=，由图可知轨道Ⅱ的半长轴比轨道Ⅰ的半径更小，所以在
轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期，故C 正确； D ．根据
2
GmM
ma r =，由于神舟九号在轨道Ⅱ和轨道Ⅰ上离地球的距离相同即r 相同，所以在轨道Ⅱ上经过A 的加速度等于在轨道Ⅰ上经过A 的加速度，故D 错误。

故选ABC 。

24．如图所示，一根劲度系数为k 的轻弹簧竖直固定在水平地面上，轻弹簧上端正上方h 高度处A 点有一个质量为m 的小球。

现让小球由静止开始下落，在B 点接触轻弹簧的上端，在C 点时小球所受的弹力大小等于重力大小，在D 点时小球速度减为零，此后小球向上运动返回到最初点，已知小球在竖直方向上做周期性运动。

若轻弹簧储存的弹性势能与其形变量x 间的关系为2
12
p E kx =，不计空气阻力，重力加速度为g ，则下列说法正确的是（ ）
A ．在D 点时小球的加速度大小大于重力加速度g 的大小
B ．小球从B 点到D 点的过程中，其速度和加速度均先增大后减小
C ．从A 点到C 点小球重力势能的减少量等于小球动能的增加量
D ．小球在D (2)
mg mg mg kh ++
【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．若小球从
B 点由静止释放，则最低点应该在D ′位置且满足B
C =C
D ′，由对称可知，在D ′点的加速度为向上的g ；若小球从A 点释放，则最低点的位置在D 点，则D 点应该在D ′点的下方，则在D 点时小球的加速度大小大于在D ′点的加速度，即大于重力加速度g 的大小，选项A 正确；
B ．小球从B 点到D 点的过程中，在B
C 段重力大于弹力，加速度向下且逐渐减小，速度逐渐变大；在C
D 段，重力小于弹力，加速度向上且逐渐变大，速度逐渐减小，即小球从B 点到D 点的过程中，加速度先减小后增加，速度先增加后减小，选项B 错误； C ．由能量守恒定律可知，从A 点到C 点小球重力势能的减少量等于小球动能的增加量与弹簧的弹性势能的增加量之和，选项C 错误； D ．由能量关系可知从A 到D 满足
21()2
mg h x kx +=
解得小球在D 点时弹簧的压缩量为
(2)
mg mg mg kh x ++=
（另一值舍掉）选项D 正确。

故选AD 。

25．如图甲所示，质量为0.1 kg 的小球从最低点A 冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.4 m 的半圆轨道，小球速度的平方与其高度的关系图象如图乙所示．已知小球恰能到达最高点C ，轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计．g 取10 m/s 2，B 为AC 轨道中点．下列说法正确的是( )
A ．图乙中x ＝4 m 2s －2
B ．小球从B 到
C 损失了0.125 J 的机械能 C ．小球从A 到C 合外力对其做的功为－1.05J
D ．小球从C 抛出后，落地点到A 的距离为0.8 m 【答案】ACD 【解析】 【分析】 【详解】
A.当h ＝0.8 m 时小球在C 点，由于小球恰能到达最高点C ，故
mg ＝2C
mv R
所以C v gR =。