2017-2018学年湖南省长沙市长郡中学高三（上）第二次月考物理试卷
一、选择题（共12小题，每小题4分，满分48分）
1．如图所示，直线a与四分之一圆弧b分别表示两质点A、B从同一地点出发，沿同一方向做直线运动的v﹣t图．当B的速度变为0时，A恰好追上B，则A的加速度为（ ）
A．1m/s2 B．2m/s2 C． m/s2 D．πm/s2
2．如图所示，质量为M的斜面体A放在粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为m的小球B置于斜面上，整个系统处于静止状态，已知斜面倾角及轻绳与竖直方向夹角均为θ=30°．不计小球与斜面间的摩擦，则（ ）
A．轻绳对小球的作用力大小为mg
B．斜面对小球的作用力大小为mg
C．斜面体与水平面间的摩擦力大小为
D．斜面体对水平面的压力大小为（M+m）g
3．如图所示，质量满足mA=2mB=3mC的三个物块A、B、C，A与天花板之间、B与C之间均用轻弹簧相连，A与B之间用细绳相连，当系统静止后，突然剪断AB间的细绳，则此瞬间A、B、C的加速度分别为（取向下为正）（ ）
A．﹣ g、2g、0 B．﹣2g、2g、0 C．﹣ g、g、0 D．﹣2g、g、g
4．如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面到下降至最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，下列判断正确的是（ ）
A．在第一过程中，运动员始终处于失重状态
B．运动员接触床面时的速度最大
C．在第二过程中运动员的速度先增大后再减小
D．运动员在速度为零时加速度最大
5．如图所示，三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m，且与水平方向的夹角均为37°．现有两小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5，下列说法正确的是（ ）
A．物块A先到达传送带底端
B．物块A、B受到的摩擦力分别沿斜面向下和向上
C．物块A、B运动的加速度大小相同
D．物块A、B在传送带上的划痕长度相同
6．如图所示，甲、乙两船在同一条河流中同时开始渡河，M、N分别是甲、乙两船的出发点，两船头与河岩均成α角，甲船船头恰好对准N点的正对岸P点，经过一段时间乙船恰好到达P点，如果划船速度大小相同，且两船相遇，不影响各自的航行，下列判断正确的是（ ）
A．甲船也能到达正对岸 B．两船渡河时间一定相等
C．两船相遇在NP直线上 D．渡河过程中两船不会相遇
7．有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b处于地面附近近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，各卫星排列位置如图，则有（ ）
A．a的向心加速度等于重力加速度g
B．c在4 h内转过的圆心角是
C．b在相同时间内转过的弧长最长
D．d的运动周期有可能是20 h
8．质量为m的物体静止在粗糙的水平地面上，从t=0时刻开始受到方向恒定的水平拉力F作用，F与时间t的关系如图甲所示．物体在时刻开始运动，其v﹣t图象如图乙所示，若可认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则（ ）
A．物体与地面间的动摩擦因数为
B．物体在t0时刻的加速度大小为
C．物体所受合外力在t0时刻的功率为2F0v0
D．水平力F在t0到2t0这段时间内的平均功率为F0（2v0+）
9．如图所示，可以看作质点的小球从末端水平的圆弧轨道上最高点由静止开始沿轨道下滑，并沿水平方向抛出，小球抛出后落在斜面上．已知轨道高度为h，斜面的倾角为θ=30°，斜面上端与小球抛出点在同一水平面上，下端与抛出点在同一竖直线上，斜面长度为3h，斜面上M、N两点将斜面长度等分为三段．空气阻力不计，重力加速度为g．若小球落在斜面上M点，则（ ）
A．小球在空中飞行时间为
B．小球抛出的速度为
C．小球从轨道上最高点释放到落在斜面上M点的过程中重力做功为mgh
D．小球从轨道上最高点释放到落到斜面上M点的过程中克服摩擦力做的功为mgh
10．（多选）如图所示，带着光滑竖直的三角形斜壁固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接，开始时轻绳与斜劈平行．现给小滑块施加一竖直向上的拉力，使小滑块沿杆缓慢上升，整个过程中小球始终为脱离斜劈，则有（ ）
A．轻绳对小球的拉力逐渐增大
B．小球对斜劈的压力先减小后增大
C．竖直杆对小滑块的弹力先增大后减小
D．对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大
11．如图轨道是由一直轨道和一半圆轨道组成，一个小滑块从距轨道最低点B为h的A处由静止开始运动，滑块质量为m，不计一切摩擦．则（ ）
A．若滑块能通过圆轨道最高点D，h最小为2.5R
B．若h=2R，当滑块到达与圆心等高的C点时，对轨道的压力为3mg
C．若h=2R，滑块会从C、D之间的某个位置离开圆轨道做斜抛运动
D．若要使滑块能返回到A点，则h≤R
12．如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上． A、B 间 的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．现对A施加一水平拉力F，则（ ）
A．当F＜2μmg 时，A、B 都相对地面静止
B．当F=μmg时，A的加速度为μg
C．当F＞3 μmg 时，A相对B滑动
D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg
二、填空题（共2小题，每小题6分，满分16分）
13．某实验小组在做“验证牛顿第二定律”实验中．
（1）在闭合电键之前，甲同学将实验器材组装成图甲所示．请指出该装置中的错误或不妥之处（只要答出其中的两点即可）： ； ．
（2）乙同学将上述装置调整正确后进行实验，在实验中得到如图乙所示的一条纸带，图中相邻两计数点之间还有四个点没有画出，由图中的数据可计算得小车加速度为 m/s2．（保留两位有效数字）
（3）丙同学在利用上述调整好的装置进行实验中，保持砂和砂桶的总质量不变，小车自身的质量为M且保持不变，改变小车中砝码的质量m，并测出小车中放不同砝码时所对应的加速度a，以m为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上作出如图丙所示的﹣m关系图线，图中纵轴上的截距为b，则小车受到的拉力大小为 ．
14．如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验．有一直径为d、质量为m的金属小球由A处由静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H（H＞＞d），光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g．则：
（1）如图乙所示，用20分度的游标卡尺测得小球的直径d= cm．
（2）多次改变高度H，重复上述实验，作出随H的变化图象如图丙所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足以下表达式： （用t0、H0、g、d表示，四个量均取国际单位）时，可判断小球下落过程中机械能守恒．
（3）实验中发现动能增加量△EK总是稍小于重力势能减少量△EP，增加下落高度后，则△Ep﹣△Ek将 （选填“增加”、“减小”或“不变”）．
三、解答题（共4小题，满分46分）
15．所受重力G1=8N的砝码悬挂在绳PA和PB的结点上．PA偏离竖直方向37°
角，PB在水平方向，且连在所受重力为G2=100N的木块上，木块静止于倾角为37°的斜面上，如图所示．试求：
（1）绳PB的拉力；
（2）木块与斜面间的摩擦力、弹力．
16．如图所示，在倾角θ=37°的足够长的固定斜面上，有一质量m=1kg的物体，物体与斜面间动摩擦因数μ=0.2．物体受到沿平行于斜面向上的轻细线的拉力F=9.6N的作用，从静止开始运动，经2s绳子突然断了．求绳断后多长时间物体速度大小为22m/s．（结果保留两位有效数字，已知sin37°=0.6，g取10m/s2）
17．如图所示，质量为5kg的物块自倾角为37°的传送带上由静止下滑，物块经过水平地面CD后进入光滑半圆弧轨道DE，传送带向下匀速转动，其速度v=10m/s，传送带与水平地面之间光滑连接（光滑圆弧BC长度可忽略），传送带AB长度为16m，水平地面 CD长度为6.3 m，物块与水平地面、传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5，圆弧DE的半径R=1.125m．（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）
（1）求物块在传送带上运动时系统产生的热量；
（2）物块到达E点时的速度．
18．如图所示，固定斜面的倾角θ=30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数为μ=，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一根不可伸长的轻弹簧通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m=4kg，B的质量为m=2kg，初始时物体A到C点的距离为L=1m．现给A、B一初速度v0=3m/s，使A开始沿斜面向下运动，B
向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点．已知重力加速度为g=10m/s2，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求此过程中：
（1）物体A向下运动刚到C点时的速度大小；
（2）弹簧的最大压缩量；
（3）弹簧中的最大弹性势能．
2017-2018学年湖南省长沙市长郡中学高三（上）第二次月考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共12小题，每小题4分，满分48分）
1．如图所示，直线a与四分之一圆弧b分别表示两质点A、B从同一地点出发，沿同一方向做直线运动的v﹣t图．当B的速度变为0时，A恰好追上B，则A的加速度为（ ）
A．1m/s2 B．2m/s2 C． m/s2 D．πm/s2
【考点】1I：匀变速直线运动的图像．
【分析】两质点A、B从同一地点出发，A追上B时两者的位移相等，根据v﹣t图象的“面积”表示位移，进行列式求解．
【解答】解：设A的加速度为a．
两质点A、B从同一地点出发，A追上B时两者的位移相等，即xa=xb．
根据v﹣t图象的“面积”表示位移，得=
由题知 t=2s，解得 a=m/s2．
故选：C
2．如图所示，质量为M的斜面体A放在粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为m的小球B置于斜面上，整个系统处于静止状态，已知斜面倾角及轻绳与竖直方向夹角均为θ=30°．不计小球与斜面间的摩擦，则（ ）
A．轻绳对小球的作用力大小为mg
B．斜面对小球的作用力大小为mg
C．斜面体与水平面间的摩擦力大小为
D．斜面体对水平面的压力大小为（M+m）g
【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；2G：力的合成与分解的运用．
【分析】先以B球为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件求解轻绳和斜面对小球的作用力大小．再以B球和斜面整体为研究对象，分析受力情况，由平衡条件求出水平面对斜面的支持力和摩擦力．
【解答】解：A、B、由题目叙述得到模型图，以B球为研究对象，分析受力情况，如图所示：
根据平衡条件，水平方向：Tsinθ=N1sinθ
得：T=N1
则竖直方向：2Tcosθ=mg
解得轻绳对小球的作用力大小为T==mg
斜面对小球的作用力大小为N1=T=mg．故A错误，B错误．
C、D、以B球和斜面整体为研究对象，分析受力情况，如图所示，则有：
N2+Tcosθ=Mg+mg
得：N2=Mg﹣mg
根据牛顿第三定律可知，斜面体对地面的作用力大小也是Mg﹣mg；
f=Tsinθ 得：f=mg．故C正确，D错误．
故选：C
3．如图所示，质量满足mA=2mB=3mC的三个物块A、B、C，A与天花板之间、B与C之间均用轻弹簧相连，A与B之间用细绳相连，当系统静止后，突然剪断AB间的细绳，则此瞬间A、B、C的加速度分别为（取向下为正）（ ）
A．﹣ g、2g、0 B．﹣2g、2g、0 C．﹣ g、g、0 D．﹣2g、g、g
【考点】37：牛顿第二定律．
【分析】本题考查了瞬间加速度的计算，弹簧弹力不能发生突变，在剪短瞬间仍然保持原来的大小和方向；而细绳的弹力会发生突变，在剪断瞬间会突然改变；剪断细线前对A、B和C整体物体分别受力分析，根据平衡条件求出细线的弹力，断开细线后，再分别对A、B和C整体受力分析，求解出合力并运用牛顿第二定律求解加速度．
【解答】解：设C物体的质量为m，则A物体的质量为3m，B物体的质量为1.5m，
剪断细线前，对BC整体受力分析，受到总重力和细线的拉力而平衡，故
T=2.5mg；
再对物体A受力分析，受到重力、细线拉力和弹簧的拉力；
剪断细线后，重力和弹簧的弹力不变，细线的拉力减为零，故物体A受到的力的合力等于2.5mg，向上，
根据牛顿第二定律得A的加速度为①
物体C受到的力不变，合力为零，故C的加速度为aC=0 ②
剪断细线前B受重力、绳子的拉力和弹簧的拉力，他们合力为零；
剪短细线后，绳子的拉力突变为零，重力和弹簧的弹力不变，故B合力大小等于绳子的拉力2.5mg，方向竖直向下，
根据牛顿第二定律得B的加速度为③
根据①②③式知ABD错误，C正确；
故选C．
4．如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面到下降至最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，下列判断正确的是（ ）
A．在第一过程中，运动员始终处于失重状态
B．运动员接触床面时的速度最大
C．在第二过程中运动员的速度先增大后再减小
D．运动员在速度为零时加速度最大
【考点】3E：牛顿运动定律的应用﹣超重和失重．
【分析】当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g．结合加速度的变化分析速度的变化．
【解答】解：A、运动员刚接触床面时重力大于弹力，运动员向下做加速运动，运动员处于失重状态；随床面的形变的增大，弹力逐渐增大，弹力大于重力时，运动员做减速运动，运动员处于超重状态．故A错误；
B、运动员刚接触床面时重力大于弹力，运动员向下做加速运动，所以运动员接触床面时的速度没有达到最大．故B错误；
C、D、在第二过程中，运动开始时有一段弹力大于重力，运动员做加速运动，因此开始时速度增大，只有重力和弹力平衡时达到最大速度之后，运动员的速度才开始减小；故C正确，D正确．
故选：CD
5．如图所示，三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m，且与水平方向的夹角均为37°．现有两小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5，下列说法正确的是（ ）
A．物块A先到达传送带底端
B．物块A、B受到的摩擦力分别沿斜面向下和向上
C．物块A、B运动的加速度大小相同
D．物块A、B在传送带上的划痕长度相同
【考点】37：牛顿第二定律；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【分析】AB都以1m/s的初速度沿传送带下滑，故传送带对两物体的滑动摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，用匀变速直线运动规律解决．
【解答】解：A、AB都以1m/s的初速度沿传送带下滑，mgsin37°＞μmgcos37°，故传送带对两物体的滑动摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，故两物体沿斜面向下的加速度大小相同，滑到底端时位移大小相同，故时间相同，故A错误
B、由A分析得，B错误；
C、根据牛顿第二定律可知mgsinθ﹣μmgcosθ=ma，产生的加速度大小都为
a=gsinθ﹣μgcosθ，故C正确；
D、划痕长度由相对位移决定，A物体与传送带运动方向相同，划痕较少，故D错误
故选：C
6．如图所示，甲、乙两船在同一条河流中同时开始渡河，M、N分别是甲、乙两船的出发点，两船头与河岩均成α角，甲船船头恰好对准N点的正对岸P点，经过一段时间乙船恰好到达P点，如果划船速度大小相同，且两船相遇，不影响各自的航行，下列判断正确的是（ ）
A．甲船也能到达正对岸 B．两船渡河时间一定相等
C．两船相遇在NP直线上 D．渡河过程中两船不会相遇
【考点】44：运动的合成和分解．
【分析】小船过河的速度为船在静水中的速度垂直河岸方向的分速度，故要求过河时间需要将船速分解为沿河岸的速度和垂直河岸的速度；要求两船相遇的地点，需要求出两船之间的相对速度，即它们各自沿河岸的速度的和．
【解答】解：A、乙船垂直河岸到达正对岸，说明水流方向向右；甲船参与了两个分运动，沿着船头指向的匀速运动，随着水流方向的匀速运动，故不可能到达正对岸，故A错误；
B、小船过河的速度为船本身的速度垂直河岸方向的分速度，故小船过河的速度vy=vsinα，故小船过河的时间：t1==，故甲乙两船到达对岸的时间相同，故B正确；
C、D、以流动的水为参考系，相遇点在两个船速度方向射线的交点上；又由于乙船沿着NP方向运动，故相遇点在NP的中点上；故C正确，D错误；
故选：BC．
7．有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b处于地面附近近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，各卫星排列位置如图，则有（ ）
A．a的向心加速度等于重力加速度g
B．c在4 h内转过的圆心角是
C．b在相同时间内转过的弧长最长
D．d的运动周期有可能是20 h
【考点】4H：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；4F：万有引力定律及其应用．
【分析】地球同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，根据a=ω2r比较a与c的向心加速度大小，再比较c的向心加速度与g的大小．根据万有引力提供向心力，列出等式得出角速度与半径的关系，分析弧长关系．根据开普勒第三定律判断d与c的周期关系．
【解答】解：A、地球同步卫星的周期c必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a=ω2r知，c的向心加速度大．
由G=ma，得a=，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星c的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g．故A错误；
B、c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是×2π=．故B错误；
C、，解得，可知，卫星的轨道半径越大，速度越小，所以b的速度最大，在相同时间内转过的弧长最长．故C正确；
D、由开普勒第三定律知，卫星的轨道半径越大，周期越大，所以d
的运动周期大于c的周期24h．故D错误；
故选：C
8．质量为m的物体静止在粗糙的水平地面上，从t=0时刻开始受到方向恒定的水平拉力F作用，F与时间t的关系如图甲所示．物体在时刻开始运动，其v﹣t图象如图乙所示，若可认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则（ ）
A．物体与地面间的动摩擦因数为
B．物体在t0时刻的加速度大小为
C．物体所受合外力在t0时刻的功率为2F0v0
D．水平力F在t0到2t0这段时间内的平均功率为F0（2v0+）
【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率；1I：匀变速直线运动的图像；37：牛顿第二定律．
【分析】在t0时刻刚好运动说明物体受到的摩擦力等于阻力，故可判断出摩擦因数；在0﹣t0时间内物体做变加速运动，不能用运动学公式求解；由P=Fv可求得平均功率，也可求的瞬时功率；
【解答】解：A、物体在时刻开始运动，说明阻力等于水平拉力故为f=F0，摩擦因数为，故A错误；
B、在t0时刻有牛顿第二定律可知，2F0﹣f=ma，a=，故B错误；
C、物体受到的合外力为F=2F0﹣f=F0功率为P=F0v0，故C错误；
D、2t0时刻速度为v=v0+，在t0﹣2t0时刻的平均速度为
，故平均功率为P=2F0=F0（2v0+），故D正确；
故选：D
9．如图所示，可以看作质点的小球从末端水平的圆弧轨道上最高点由静止开始沿轨道下滑，并沿水平方向抛出，小球抛出后落在斜面上．已知轨道高度为h，斜面的倾角为θ=30°，斜面上端与小球抛出点在同一水平面上，下端与抛出点在同一竖直线上，斜面长度为3h，斜面上M、N两点将斜面长度等分为三段．空气阻力不计，重力加速度为g．若小球落在斜面上M点，则（ ）
A．小球在空中飞行时间为
B．小球抛出的速度为
C．小球从轨道上最高点释放到落在斜面上M点的过程中重力做功为mgh
D．小球从轨道上最高点释放到落到斜面上M点的过程中克服摩擦力做的功为mgh
【考点】66：动能定理的应用；43：平抛运动．
【分析】由几何关系求得平抛运动竖直位移，然后根据平抛运动竖直位移公式解得运动时间；由几何关系求得平抛运动水平位移，然后根据平抛运动水平位移公式及运动时间解得小球抛出的速度．根据初末位置的高度差求重力做功．由动能定理求克服摩擦力做功．
【解答】解：AB、小球做平抛运动，竖直位移为：
y=2hsin30°=h
又 h=gt2，所以，小球在空中的运动时间为：
t=；
小球做平抛运动的水平位移为：
x=hcos30°=h
所以，小球抛出的速度为：
v==，故A错误，B正确．
C、小球从轨道上最高点释放到落在斜面上M点的过程中重力做功为mg（h+y）=2mgh，故C错误．
D、小球在轨道上下滑过程，根据动能定理得：mgh﹣Wf=，得：Wf=mgh，所以整个过程中小球克服摩擦力做的功为mgh．故D正确．
故选：BD
10．（多选）如图所示，带着光滑竖直的三角形斜壁固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接，开始时轻绳与斜劈平行．现给小滑块施加一竖直向上的拉力，使小滑块沿杆缓慢上升，整个过程中小球始终为脱离斜劈，则有（ ）
A．轻绳对小球的拉力逐渐增大
B．小球对斜劈的压力先减小后增大
C．竖直杆对小滑块的弹力先增大后减小
D．对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大
【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；29：物体的弹性和弹力．
【分析】先对小球受力分析，受重力、支持力和细线的拉力，其中支持力的方向不变，拉力方向改变，根据平衡条件并结合图示法分析支持力和拉力的变化情况；然后对球和滑块整体分析，根据平衡条件列式分析．
【解答】解：AB、对小球受力分析，受重力、支持力和细线的拉力，如图所示：
根据平衡条件，细线的拉力T增加，支持力N减小，根据牛顿第三定律，球对斜面的压力也减小；
故A正确，B错误；
CD、对球和滑块整体分析，受重力、斜面的支持力N，杆的支持力N′，拉力F，如图所示：
根据平衡条件，有：
水平方向：N′=Nsinθ
竖直方向：F+Ncosθ=G
由于N减小，故N′减小，F增加；
故C错误，D正确；
故选：AD
11．如图轨道是由一直轨道和一半圆轨道组成，一个小滑块从距轨道最低点B为h的A处由静止开始运动，滑块质量为m，不计一切摩擦．则（ ）
A．若滑块能通过圆轨道最高点D，h最小为2.5R
B．若h=2R，当滑块到达与圆心等高的C点时，对轨道的压力为3mg
C．若h=2R，滑块会从C、D之间的某个位置离开圆轨道做斜抛运动
D．若要使滑块能返回到A点，则h≤R
【考点】6C：机械能守恒定律；37：牛顿第二定律；4A：向心力．
【分析】物体进入右侧半圆轨道后做圆周运动，由圆周运动的临界条件可知物体能到达D点的临界值；再由机械能守恒定律可得出A点最小高度，分情况讨论即可．
【解答】解：A、要使物体能通过最高点，则由mg=m可得：v=，从A到D根据机械能守恒定律得：mgh=mg2R+，解得h=2.5R，故A正确；
B、若h=2R，从A到C根据机械能守恒定律得：mgh=mgR+，在C点有：N=m，解得：N=2mg，故B错误；
C、若h=2R，小滑块不能通过D点，在CD中间某一位置即做斜上抛运动离开轨道，做斜抛运动，故C正确；
D、若要使滑块能返回到A点，则物块在圆弧中运动的高度不能超过C点，否则就不能回到A点，则则h≤R，故D正确．
故选ACD
12．如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上． A、B 间 的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．现对A施加一水平拉力F，则（ ）
A．当F＜2μmg 时，A、B 都相对地面静止
B．当F=μmg时，A的加速度为μg
C．当F＞3 μmg 时，A相对B滑动
D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg
【考点】37：牛顿第二定律；27：摩擦力的判断与计算．
【分析】根据A、B之间的最大静摩擦力，隔离对B分析求出整体的临界加速度，通过牛顿第二定律求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力．然后通过整体法隔离法逐项分析．
【解答】解：A、设B对A的摩擦力为f1，A对B的摩擦力为f2，地面对B的摩擦力为f3，由牛顿第三定律可知f1与f2大小相等，方向相反，f1和f2的最大值均为2μmg，f3的最大值为μmg．故当0＜F≤μmg时，A、B均保持静止；继续增大F，在一定范围内A、B将相对静止以共同的加速度开始运动，故A错误；
C、设当A、B恰好发生相对滑动时的拉力为F′，加速度为a′，则对A，有F′﹣2μmg=2ma′，对A、B整体，有F′﹣μmg=3ma′，解得F′=3μmg，故当μmg＜F≤3μmg时，A相对于B静止，二者以共同的加速度开始运动；当F＞3μmg时，A相对于B滑动．C正确．
B、当F=μmg时，A、B以共同的加速度开始运动，将A、B看作整体，由牛顿第二定律有F﹣μmg=3ma，解得a=，B正确．
D、对B来说，其所受合力的最大值Fm=2μmg﹣μmg=μmg，即B的加速度不会超过μg，D正确．
故选：BCD．
二、填空题（共2小题，每小题6分，满分16分）
13．某实验小组在做“验证牛顿第二定律”实验中．
（1）在闭合电键之前，甲同学将实验器材组装成图甲所示．请指出该装置中的错误或不妥之处（只要答出其中的两点即可）： 打点计时器的电源不能用干电池 ； 小车离打点计时器太远 ．
（2）乙同学将上述装置调整正确后进行实验，在实验中得到如图乙所示的一条纸带，图中相邻两计数点之间还有四个点没有画出，由图中的数据可计算得小车加速度为 0.49 m/s2．（保留两位有效数字）
（3）丙同学在利用上述调整好的装置进行实验中，保持砂和砂桶的总质量不变，小车自身的质量为M且保持不变，改变小车中砝码的质量m，并测出小车中放不同砝码时所对应的加速度a，以m为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上作出如图丙所示的﹣m关系图线，图中纵轴上的截距为b，则小车受到的拉力大小为 ．
【考点】M6：验证牛顿第二运动定律．
【分析】（1）打点计时器使用的是交流电源，而干电池是直流电源．接通电源前，小车应紧靠打点计时器，而在该图中小车初始位置离打点计时器太远．
（2）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小；
（3）由牛顿第二定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象分析答题．
【解答】解：（1）①打点计时器应该用低压交流电（图中干电池为直流电源）；
②小车离定滑轮太近（离打点计器较远），小车应靠近打点计时器且打点计时器应距左端较远，这样便于小车运动一段过程，从而能准确测量小车的加速度，减小误差；
（2）图中相邻两计数点之间还有四个点没有画出，则相邻两计数点之间的时间间隔为T=0.1s，
根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2得：a=m/s2=0.49m/s2，
（3）根据题意，由牛顿第二定律得：F=（M+m）a，则，则﹣m图象的截距：b=，小车受到的拉力大小：F=．
故答案为：（1）打点计时器的电源不能用干电池；小车离打点计时器太远；（2）0.49；（3）
14．如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验．有一直径为d、质量为m的金属小球由A处由静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H（H＞＞d），光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g．则：
（1）如图乙所示，用20分度的游标卡尺测得小球的直径d= 0.815 cm．
（2）多次改变高度H，重复上述实验，作出随H的变化图象如图丙所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足以下表达式： 2gH0=d2 （用t0、H0、g、d表示，四个量均取国际单位）时，可判断小球下落过程中机械能守恒．
（3）实验中发现动能增加量△EK总是稍小于重力势能减少量△EP，增加下落高度后，则△Ep﹣△Ek将 增加 （选填“增加”、“减小”或“不变”）．
【考点】MD：验证机械能守恒定律．
【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．
由题意可知，本实验采用光电门利用平均速度法求解落地时的速度；则根据机械能守恒定律可知，当减小的机械能应等于增大的动能；由原理即可明确注意事项及数据的处理等内容．
【解答】解：（1）由图可知，主尺刻度为8mm；游标对齐的刻度为3；
故读数为：8mm+3×0.05mm=8.15mm=0.815cm；
（2）若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；
则有：mgH=mv2，
即：2gH0=（）2
解得：2gH0=d2．
（3）由于该过程中有阻力做功，而高度越高，阻力做功越多；故增加下落高度后，则△Ep﹣△Ek将增加；
故答案为：（1）0.815cm；
（2）2gH0=d2
（3）增加
三、解答题（共4小题，满分46分）
15．所受重力G1=8N的砝码悬挂在绳PA和PB的结点上．PA偏离竖直方向37°角，PB在水平方向，且连在所受重力为G2=100N的木块上，木块静止于倾角为37°的斜面上，如图所示．试求：
（1）绳PB的拉力；
（2）木块与斜面间的摩擦力、弹力．
【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；29：物体的弹性和弹力．
【分析】先以结点P为研究对象，分析受力情况，由平衡条件求出BP绳的拉力大小，再以G2为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件求解斜面对木块的摩擦力和弹力．
【解答】解：（1）如图甲所示分析结点P受力，由平衡条件得：
FAcos37°=G1
FAsin37°=FB
可解得：BP绳的拉力为FB=6 N
（2）再分析G2的受力情况如图乙所示．
由物体的平衡条件可得：
Ff=G2sin37°+FB′cos37°
FN+FB′sin37°=G2 cos37°
又有FB′=FB
解得：Ff=64.8N，FN=76.4N．
答：（1）绳PB的拉力为6N；
（2）木块与斜面间的摩擦力大小为64.8 N，木块所受斜面的弹力大小为76.4 N，方向垂直斜面向上．
16．如图所示，在倾角θ=37°的足够长的固定斜面上，有一质量m=1kg的物体，物体与斜面间动摩擦因数μ=0.2．物体受到沿平行于斜面向上的轻细线的拉力F=9.6N的作用，从静止开始运动，经2s绳子突然断了．求绳断后多长时间物体速度大小为22m/s．（结果保留两位有效数字，已知sin37°=0.6，g取10m/s2）
【考点】37：牛顿第二定律；1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系．
【分析】物体先向上做匀加速直线运动，绳子断后，向上做匀减速直线运动到零，然后返回做匀加速直线运动，三个阶段的加速度不同，根据牛顿第二定律求出三个阶段的加速度，然后根据匀变速直线运动的公式分阶段求解．
【解答】解：第一阶段：在最初2 s内，物体在F=9.6N的拉力作用下，从静止开始沿斜面做匀加速运动，受力如图所示，有：沿斜面方向F﹣mgsinθ﹣Ff=ma1
沿垂直斜面方向FN=mgcosθ
且Ff=μFN
由①②③得：a1==2m/s2
2 s末绳断时瞬时速度v1=a1t1=4 m/s
第二阶段：从撤去F到物体继续沿斜面向上运动到达速度为零的过程，设加速度为a2，则：
a2==﹣7.6 m/s2
设从断绳到物体达最高点所需时间为t2，据运动学公式v2=v1+a2t2，得t2═0.53 s
第三阶段：物体从最高点沿斜面下滑，在第三阶段物体加速度为a3，所需时间为t3．由牛顿定律知：
a3==4.4 m/s2
速度达v3=22 m/s，所需时间t3==5s
综上所述，从绳断到速度为22m/s所经历的总时间t=t2+t3=0.53s+5s≈5.5s．
17．如图所示，质量为5kg的物块自倾角为37°的传送带上由静止下滑，物块经过水平地面CD后进入光滑半圆弧轨道DE，传送带向下匀速转动，其速度v=10m/s，传送带与水平地面之间光滑连接（光滑圆弧BC长度可忽略），传送带AB长度为16m，水平地面 CD长度为6.3 m，物块与水平地面、传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5，圆弧DE的半径R=1.125m．（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）
（1）求物块在传送带上运动时系统产生的热量；
（2）物块到达E点时的速度．
【考点】6B：功能关系；29：物体的弹性和弹力；37：牛顿第二定律．
【分析】（1）物块在传送带上先做匀加速直线运动，速度达到传送带速度后继续做加速度不同的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出物块与传送带间的相对位移，即可求得热量．
（2）根据速度时间公式求出C点的速度，由动能定理求物块到达E点时的速度．
【解答】解：（1）物块放上传送带后的加速度 a1==gsin37°+μgcos37°=10×0.6+0.5×10×0.8m/s2=10m/s2．
物体的速度加速至传送带的速度所需的时间 t1==s=1s
匀加速直线运动的位移 x1=a1t12=×10×1m=5m＜16m
共速后，由于mgsin37°＞μmgcos37°，所以滑块与传送带不能保持相对静止，继续向下以不同的加速度匀加速
物块的加速度为 a2==gsin37°﹣μgcos37°=10×0.6﹣0.5×10×0.8m/s2=2m/s2．
根据 L﹣x1=vt2+a2t22，
代入数据得，16﹣5=10t2+t22，
解得t2=1s．
物块在传送带上运动时系统产生的热量为 Q=μmgcos37°[（vt1﹣x1）+（L﹣x1﹣vt2）]
代入数据解得 Q=120J
（2）物块到达C点的速度 vc=v+a2t2=（10+2×1）m/s=12m/s．
根据动能定理得﹣μmgLCD﹣2mgR=mvE2﹣mvC2．
解得 vE=6m/s
答：
（1）物块在传送带上运动时系统产生的热量是120J；
（2）物块到达E点时的速度是6m/s．
18．如图所示，固定斜面的倾角θ=30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数为μ=，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一根不可伸长的轻弹簧通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m=4kg，B的质量为m=2kg，初始时物体A到C点的距离为L=1m．现给A、B一初速度v0=3m/s，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点．已知重力加速度为g=10m/s2，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求此过程中：
（1）物体A向下运动刚到C点时的速度大小；
（2）弹簧的最大压缩量；
（3）弹簧中的最大弹性势能．
【考点】6B：功能关系；69：弹性势能．
【分析】（1）物体A向下运动到C点的过程中，A的重力势能及AB的动能都减小，转化为B的重力势能和摩擦生热，根据能量守恒定律列式求出物体A向下运动刚到C点时的速度；
（2）从物体A接触弹簧到将弹簧压缩到最短后回到C点的过程中，弹簧的弹力和重力做功都为零，根据动能定理求出弹簧的最大压缩量；
（3）弹簧从压缩最短到恰好能弹到C点的过程中，根据能量守恒定律求解弹簧中的最大弹性势能．
【解答】解：（1）物体A沿斜面向下运动时，B向上做运动，两者加速度大小相等，以AB整体为研究对象，根据牛顿第二定律得：
a=
代入解得：a=﹣2.5m/s2．
由v2﹣=2aL得：v==2m/s
（2）设弹簧的最大压缩量为x．物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点，整个过程中，弹簧的弹力和重力对A做功均为零．设A的质量为mA，B的质量为mB，根据动能定理得：
﹣μ•mAgcosθ•2x=0﹣•（mA+mB）v2
代入数据解得：x=0.4m
（3）弹簧从压缩最短到恰好能弹到C点的过程中，对系统根据能量关系有：
Ep+mBgx=mAgxsinθ+μ•mAgcosθ•x
因为mBgx=mAgxsin θ
所以Ep=μ•mAgcosθ•x==6J
答：（1）物体A向下运动刚到C点时的速度大小是2m/s；
（2）弹簧的最大压缩量是0.4m；
（3）弹簧中的最大弹性势能是6J．
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