资源简介

湖南长沙市第一中学 2027届高三上学期月考（二）
物理试题
★祝大家学习生活愉快★
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡
皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题 (本题共 7小题，每小题 4分，共 28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求
的)
1.下列说法正确的是
A. 如果物体做曲线运动，则一定是变速运动
B. 做匀速圆周运动的物体，相等时间内运动的位移一定相同
C. 做匀速直线运动的物体机械能一定守恒
D. 牛顿运动定律既适用于宏观、低速运动，也适用于微观、高速运动
2.一列简谐横波沿 x轴正方向传播，P、Q为该介质中的两质点，波速为 5m/s，某时刻波形如图所示。则关
于该简谐波，下列说法正确的是
A. 周期为 5s B. 经过 10s，质点 P运动的路程为 110cm
C. 该时刻质点Q在向上运动 D. 该时刻质点 P的加速度为零
3.如图所示，一个长为 L，质量为M的木板，静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块 (可视为质点)，以
水平初速度 v0从木板的左端滑向另一端，设物块与木板间的动摩擦因数为 μ，当物块与木板相对静止时，
物块仍在长木板上，物块相对木板的位移为 d，木板相对地面的位移为 s，重力加速度为 g，则在此过程中
A. 由于摩擦而产生的热量为 μmg s+d B. 木板动能的增量为 μmgs
C. 摩擦力对木板做的功为 μmg s+d D. 摩擦力对物块做的功为 μmg s+d
4.已知质量分布均匀的空心球壳对内部任意位置的物体引力为 0。 P、Q两个星球的质量分布均匀且自转
角速度相同，两星球某位置的重力加速度大小随该位置到星球中心的距离 r变化的图像如图所示，关于
P、Q星球，下列说法正确的是
A. P、Q两个星球质量之比为 1 ∶ 4
B. Q星球的密度大于 P星球的密度
C. P、Q两个星球的第一宇宙速度大小之比为 2 ∶ 1
D. P、Q两个星球的同步卫星距星球表面的高度之比为 1 ∶ 2
5.如图所示，四分之三圆轨道 ABD(内壁、外壁均光滑)被固定在竖直面内，O为圆心，C是轨道上一点，其
中 AB部分是光滑圆管，E是圆管上与O等高的位置，AB是竖直直径，OC、OB的夹角为 θ(为未知量)。
一质量为m的小球 (可视为质点)沿光滑水平面，以向左的速度 v0经 A点进入圆轨道，恰好到达最高点
B，接着在 B点受到轻微的扰动从 B到达C时刚好脱离轨道，最后落到水平面，重力加速度为 g，不计空气
阻力以及圆管粗细。下列说法正确的是
v2
A. 圆弧轨道的半径为 03g
B. θ 1的余弦值为 3
C. 从 E到 B的过程中，小球的水平分速度先增大后减小
D. 从 E到 B的过程中，小球受到的弹力先增大后减小
6.如图所示，质量为 3m的小球 P和质量为m的小球Q通过两根长度均为 L的细线悬挂在天花板的O点，
两球之间通过长度为 3 L的轻杆相连，重力加速度为 g。现对小球 P施加一外力 F并确保轻杆始终处
于水平状态，则
A. 外力 F竖直向上时，外力取得最小值 2mg
B. 外力 F水平向左时，外力取得最小值 2 3mg
C. 外力 F垂直于绳子OP时，外力取得最小值 3mg
D. 外力 F垂直于绳子OP 3时，外力取得最小值 2 mg
物理试题 第 2 页 共 7 页
7.如图所示，可视为质点的光滑定滑轮 P与竖直墙面上的Q点等高，O为 PQ的中点，PQ距离为 2d。一根
轻质不可伸长的细绳一端系在Q点，穿过质量为m的光滑圆环 A再绕过定滑轮 P，另一端吊着质量为
2m的重物 B。将圆环 A由O点静止释放，设QA与水平方向夹角为 θ。已知重力加速度为 g，整个过程
中 B未与滑轮 P相撞，不计空气阻力和一切摩擦。下列说法中正确的是
A. A和 B的速度关系为 vB= vAsinθ
B. A 4可以下降的最大高度为 3 d
C. A 1和 B总动能最大时，sinθ= 3
D. A B sinθ= 1和 总势能最小时， 4
二、选择题 (本题共 3小题，每小题 5分，共 15分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。
全部选对的得 5分，选对但不全的得 3分，有选错的得 0分)
8.如图所示，弹珠发射器 (可视为质点)固定于足够高的支架顶端，支架沿着与竖直墙壁平行的方向以速度
v1水平运动，同时弹珠发射器可在水平面内沿不同方向发射相对地面速度大小为 v2(v2> v1)的弹珠。弹
珠从发射到击中墙壁的过程中水平方向位移为 x，竖直方向位移为 y。已知发射器到墙壁的垂直距离为
L，重力加速度为 g，不计空气阻力，下列说法正确的是
v
A. x的最小值为 2v L1
B. x的最小值为 L
gL2
C. y的最小值为
2 v2-v22 1
gL2
D. y的最小值为
2v22
9.在同一足够长的竖直墙壁上，一质量为m的物块从某时刻无初速释放，在释放的同时，分别以图中两种
方式对物块施加水平外力 F1使物块贴着墙壁运动。方式一中 t表示时间，方式二中 v表示速度大小，k1、
k2为已知的大于零的比例系数，物块与墙壁间的动摩擦因数为 μ，重力加速度为 g。则
mg2 mg
A. 方式一中，物块的最大速度为 μk ，全过程的运动时间为1 μk1
mg2 2mg
B. 方式一中，物块的最大速度为 2μk ，全过程的运动时间为1 μk1
μxk
C. 2 m方式二中，若已知物块从释放到速度最大过程的位移为 x，则该过程的时间为 mg + μk2
μxk
D. 2 m方式二中，若已知物块从释放到速度最大过程的位移为 x，则该过程的时间为 2mg + 2μk2
物理试题 第 3 页 共 7 页
10.如图甲，某轻弹簧两端系着质量均为m的小球 A、B，小球 A用细线悬挂于天花板上，系统处于静止状态。
将细线烧断，并以此为计时起点，A、B两小球运动的 a- t图像如图乙所示，S表示 0到 t1时间内 A的 a
- t图线与横轴所围面积大小，当地重力加速度为 g。下列说法正确的是
A. 0 t3时刻，A、B两小球的速度差一直增大
B. 0时刻和 t3时刻弹簧的弹性势能相等，t2时刻弹簧弹性势能最小
C. t1时刻 B物体的速度大小为 vB= 2gt1- S
D. 从 0到 t3时刻，弹簧对 B球的冲量不为 0
三、非选择题 (本大题共 5题，共 57分)
11.某同学利用如图所示的向心力演示器探究小球做圆周运动的向心力 F与质量m、运动半径 r和角速度ω
之间的关系。
(1)下列实验中与本实验所采用的实验方法相同的是 。
A. 探究小车速度随时间变化的规律 B. 探究两个互成角度的力的合成规律
C. 探究加速度与物体受力、物体质量的关系 D. 探究平抛运动的特点
(2)用如图实验装置探究向心力大小与质量、角速度、半径的关系时，用两个质量相等的小球分别放在挡
板 A和挡板C处，A、C到各自转轴的距离相等。匀速转动时，若左边标尺露出 1格，右边标尺露出 4格
(小球受到的弹力与标尺露出的格子数成正比)，则皮带连接的左、右轮塔半径之比为 。
(3)某物理兴趣小组利用力传感器和光电门改进了实验方案，探究向心力大小与角速度关系的装置如图
所示。电动机的竖直转轴上，固定有光滑水平直杆，直杆上距转轴中心 L处固定有宽度为 d的竖直遮光
条，d L。水平直杆上套有一质量为m的物块，物块与固定在转轴上的力传感器通过细线连接，细线的
长度为 r。当物块随水平直杆匀速转动时，细线拉力 F的大小可由力传感器测得，遮光条经过光电门的
时间可由光电计时器测得。保持物块的质量m和细线的长度 r不变，记录经过光电门时力传感器示数 F
1 1
和遮光时间 t，得到多组实验数据后，作出力传感器示数 F与 (选填“t”或“
t2
”或“ t ”)的图像，若
得到一条过原点的倾斜直线，表明向心力与角速度的平方成正比。
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12.某同学用如图 (a)所示的装置验证机械能守恒定律。不可伸长的轻绳绕过轻质定滑轮，轻绳两端分别连
接物块 P与感光细钢柱K，两者质量均为m= 0． 8kg，钢柱K下端与质量为M= 0． 2kg的物块Q相连。
铁架台下部固定一个电动机，电动机竖直转轴上装一支激光笔，电动机带动激光笔绕转轴在水平面内匀
速转动，每转一周激光照射在细钢柱表面时就会使细钢柱感光并留下痕迹。初始时 P、K、Q系统在外力
作用下保持静止，轻绳与细钢柱均竖直，重力加速度 g取 9． 8m/s2。
(1)开启电动机，待电动机以ω= 20πrad/s的角速度匀速转动后，将 P、K、Q系统由静止释放，Q落地前，
激光器在细钢柱K上留下感光痕迹。取下K，用刻度尺测出感光痕迹间的距离如图 (b)所示，则细钢柱
K上相邻感光痕迹间的时间间隔 T= s，激光束照射到 E点时，细钢柱速度大小为 v1=
m/s。 (此问两空的计算结果均保留 1位有效数字)
(2)经判断系统由静止释放时激光笔光束恰好经过O点。参照图 (b)，在OE段，系统动能的增加量ΔEk
= J，重力势能的减少量ΔEp= J；比较两者关系可判断系统机械能是否守恒。 (此问两空
的计算结果均保留 3位有效数字)
(3)选取相同的另一感光细钢柱K，若初始时激光笔对准K上某点，开启电动机的同时系统由静止释放，
电动机的角速度按如图 (c)所示的规律变化，图像斜率为 k，记录下如图 (d)所示的感光痕迹，其中两相
邻感光痕迹间距均为 d。若验证得到表达式 k= ，即可证明系统在运动过程中机械能守恒 (用含
字母M、m、d、g、π的表达式表示)。
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13.如图所示，足够长的水平传送带以恒定速率 v= 3m/s顺时针转动，右端与倾角为 37°的斜面的底端 P平
滑连接，将一质量m= 1kg的小物块从 A点静止释放。已知 A、P的距离 L= 2m，物块与斜面、传送带间
的动摩擦因数分别为 μ1= 0． 25，μ2= 0． 5，取重力加速度 g= 10m/s2，sin37° = 0． 6，cos37° = 0． 8。
求：
(1)物块第 1次滑过 P点时的速度大小 v1；
(2)物块第 1次在传送带上往返运动的时间 t；
(3)从释放到最终停止运动，物块与斜面间因摩擦产生的热量Q。
14.如图所示，光滑水平面上有一个薄木板 AB，在 B端正上方高度 H= 2.8m的屋顶O点悬挂一根长度 d=
2m不可伸长的轻绳OP。一只质量m= 1kg的猫，从木板 A端走到木板上的C点 (图上未标出)时，稍作
停顿后奋力跃起，刚好在运动的最高点抓住轻绳的 P点，随之向右端荡出。木板质量M= 4kg、长度 L=
2m，小猫可看成质点，不计一切能量损失，重力加速度 g取 10m/s2。
(1)若木板固定在水平面上，AC距离为 0.4m，求猫跳起时的初速度大小及方向；
(2)在 (1)问的情况下，求猫在轻绳上荡到最高点时的加速度大小；
(3)若木板不固定在水平面上，起跳点C为 B端，求猫跳起过程中所消耗的能量。
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15.如图甲所示，在光滑水平面上有 A、B、C三个小球，其中 A、B两球的质量均为m1= 0． 1kg，C球的质量
为m2= 0． 2kg，A、B两球分别用长为 L= 1m的水平轻杆通过光滑轻质铰链与C球连接，两球间夹有一
根劲度系数足够大、长度可忽略的压缩轻弹簧，弹簧与球不相连，弹簧储存弹性势能为 Ep= 10J，现固定
C球，释放弹簧。
(1)求弹簧释放后，A、B两球与弹簧分离时两球的速度大小；
(2)若C球不固定，求释放弹簧后，当C球的速度最大时轻杆的弹力大小；
(3)若C球不固定，求释放弹簧后两杆间夹角第一次为 θ= 60°时 (如图乙)，C球的速度大小。
物理试题 第 7 页 共 7 页
参考答案
1. A
【解析】A．曲线运动中，物体速度方向沿轨迹的切线方向，方向不断变化。速度是矢量，方向发生变化就
表示速度发生变化，因此曲线运动一定是变速运动，故 A正确；
B．位移是矢量，既有大小又有方向。匀速圆周运动物体在相等时间内通过的弧长相等，但各段位移的
方向通常不同，所以位移不一定相同，故 B错误；
C．匀速直线运动只能说明速度大小和方向不变，即动能不变，并不能保证重力势能等势能不变。例如
物体竖直方向做匀速直线运动时，高度变化，机械能不守恒，故C错误；
D．牛顿运动定律属于经典力学规律，适用于宏观、低速运动的物体。微观粒子或高速运动情形需要用
量子力学或相对论等理论描述，故D错误。
2. D
【解析】A．该波的波长为 20m，波速为 5m/s λ 20，则周期为 T= v = 5 s= 4s，A错误；
B．经过 10s= 2.5T，质点 P运动的路程为 x= 2.5× 4A= 100cm，B错误；
C．根据同侧法可知，该时刻质点Q在向下运动，C错误；
D．该时刻质点 P的位移为零，回复力为零，则加速度为零，D正确。
3. B
【解析】A．由能量关系可知，由于摩擦而产生的热量为Q= fx相对= μmgd，A错误；
BC．对木板由动能定理可知，摩擦力对木板做的功等于木板动能的增量，则ΔEk= fs= μmgs，B正确，C
错误；
D．摩擦力对物块做的功为Wf =-μmg s+d ，D错误。
4. D
【解析】两星球质量分布都是均匀的，在星球内部某一位置，设该位置到球心的距离为 r，等效重力加速度
M 4πr3
4πR3 × 3 ×m
为 g 31，则质量为m的物体在该处有G 2 =mgr 1
M
即 g1=G rR3
Mm
在星球外部某一位置，该位置到星球球心的距离为 r时有mg2=G r2
g =GM即 2 r2
由题中 g- r图像可知，星球 P的半径为 R，表面处重力加速度为 g0，星球Q的半径为 2R，表面处重力加
速度为 2g0
AB Mm．在星球表面有G 2 =mgR
gR2
可得星球质量M= G
M M 3g
对应密度 ρ= V = 4 =πR3 4πGR3
= g0R
2
= 2g
2
M M 0
×(2R)
两星球质量有 P G ， Q G
参考答案 1 页 共 7 页
M
可得 P
1
M =Q 8
3g0 3×2g 3g
两星球密度有 ρP= 4πGR ，ρQ=
0 = 04πG×2R 4πGR
则两星球密度相等，故 AB错误；
2
C v．由mg=m R
可得第一宇宙速度表达式 v= gR
v g0R 1
结合本题有 Pv = = 2 ，故C错误；Q 2g0×2R
D Mm．同步卫星的角速度等于星球自转的角速度 ω，设同步卫星到星球表面的高度为 h，由 G 2 =(R+h)
m(R+ h)ω2
3
得 h= GMω2 - R
3 3
P h = GMP - R= g0R
2
对星球 有 P ω2 ω2 - R
3 GM 3 8g R2 3 g R2Q
对星球Q有 hQ= ω2 - 2R=
0
ω2 - 2R= 2 0ω2 -R
3 g R20
h ω2 -R
则有 P
1
h = 3 = ，故D正确。Q
2 g
2 2
0R
ω2 -R
5. C
【解析】A．小球恰好到达最高点 B，由于 AB部分是圆管，小球在 B点的速度可以为零，即 vB= 0
1
从 A到 B过程，根据机械能守恒定律有 2 mv
2
0=mg 2R
v2
解得圆弧轨道的半径 R= 04g ，故 A错误；
B．小球从 B到C 1的过程，根据机械能守恒定律有mgR 1-cosθ = 2 mv
2
C
v2
在C点刚好脱离轨道，说明轨道对小球的弹力为零，重力的径向分力提供向心力mgcosθ=m CR
联立解得 cosθ= 23 ，故 B错误；
C．小球从 E到 B的过程中，在 E点时速度竖直向上，水平分速度为零；在 B点时速度为零，水平分速度
也为零。而在 E、B之间运动时，速度方向斜向右上方，存在水平向右的分速度。因此，小球的水平分速
度先增大后减小，故C正确；
D．设小球运动到某位置时，半径与竖直方向 (OB)的夹角为 α(E点 α= 90°，B点 α= 0°)。根据机械能守
恒 ( 1以 B点为零势能面) 2 mv
2=mgR(1- cosα)
2
需要的向心力 F vn=m R = 2mg(1- cosα)
重力沿半径方向的分力Gr=mgcosα
在 E点 (cosα= 0)，Fn= 2mg，Gr= 0，轨道外壁提供指向圆心的弹力N= 2mg
在 B点 (cosα= 1)，Fn= 0，Gr=mg，轨道内壁提供背离圆心的弹力N=mg
当 Fn=Gr时，即 2mg(1- cosα) =mgcosα
参考答案 2 页 共 7 页
解得 cosα= 23 ，此时弹力N= 0
所以从 E到 B的过程中，弹力大小先由 2mg减小到 0，再由 0增大到mg，即先减小后增大，故D错误。
6. C
【解析】根据题意，几何关系可知OQ与 PQ的夹角、OP与 PQ的夹角均为 θ= 30°，分析可知，Q受到重
力mg、杆的弹力 F杆、绳子拉力 FTQ而平衡，由平衡条件得
F杆= FTQcosθ
FTQsinθ=mg
联立解得
F杆= 3mg
对 P受力分析可知，P受到重力 3mg、杆的弹力 F杆、绳子拉力 FTP和外力 F而平衡，如图甲所示。
则小球 P受的重力与杆的合力
F = 3mg 21 +
2
F杆
联立以上解得
F1= 2 3mg
作出 F1、FTP、F三个力的矢量三角形如图乙所示，当作用在小球 P的外力方向与 P相连的细绳方向垂直
时，外力 F最小，即最小值为
Fmin= F1sinθ
联立以上解得
Fmin= 3mg
7. D
【解析】A． B上升的速度等于左侧绳伸长的速度，A沿QA方向的速度分量为 vAsinθ，沿 PA方向的速度
分量也为 vAsinθ，故有 vB= 2vAsinθ，故 A错误；
B．由能量守恒知mgH= 2mg× 2( H2+d2- d)
8
解得H= 15 d，故 B错误；
CD． A和 B总重力势能最小时，系统总动能最大，此时 A、B加速度为零，受力平衡。对 B有 T= 2mg
对 A竖直方向有 2Tsinθ=mg
联立解得 sinθ= 14 ，故C错误，D正确。
8. BD
【解析】AB．弹珠的水平速度 v2是对地速度，支架沿墙运动的速度 v1不限制弹珠的对地发射方向。发射
点到墙面的垂直距离为 L，沿墙面法线发射时水平位移最小，为 xmin= L，故 A错误，B正确；
CD L．水平方向弹珠做匀速直线运动，由 x= v2t及前述最短水平位移可得 tmin= v2
参考答案 3 页 共 7 页
2
竖直方向弹珠做自由落体运动，由 y= 1 gt2 gL2 可知 t越小，y越小，故 ymin= 2 ，故C错误，D正确。2v2
9. BC
【解析】AB．取竖直向下为正方向。方式一中，物块下滑时，墙壁对物块的支持力为 FN= k1t，滑动摩擦力
竖直向上。
由牛顿第二定律得mg- μk1t=ma
物块先加速后减速，当加速度为零时，速度最大，设此时为 t1，则mg= μk1t1
mg
解得 t1= μk1
1
摩擦力随时间均匀增大，其冲量大小等于摩擦力与时间关系图线下的面积，由动量定理得mgt1- 2 μk t
2
1 1
=mv1max
mg2
解得 v1max= 2μk1
T mgT- 1设物块下滑至停止的时间为 ，由动量定理得 μk T 22 1 = 0
2mg
解得 T= μk1
此后水平压力继续增大，物块保持静止，A错误，B正确；
CD．方式二中，物块下滑时的摩擦力大小为 Ff = μk2v
由牛顿第二定律得mg- μk2v=ma
随着速度增大，加速度减小，速度趋于极限值，由mg= μk2v2max
mg
解得 v2max= μk2
将运动过程分成许多极短时间，在每段时间内，摩擦力的冲量大小为ΔI f = μk2vΔt= μk2Δx
对整个过程累加，得摩擦力的总冲量大小为 I f = μk2x
设经过时间 t2时物块的速度为 v，由动量定理得mgt- μk2x=mv
μk2x v
整理得 t2- mg = g
mg μk x
代入极限速度 v 2 m2max= μk ，得 t2= mg + μk ，C正确，D错误。2 2
10. BC
【解析】A．由 a- t图线与坐标轴围成的面积表示速度的变化量及图乙可知，从 0到 t3时刻两者速度差先
增大后减小，故 A错误；
B． 0时刻弹簧弹力等于 B的重力，处于伸长状态，t3 时刻 A的加速度为 0，说明弹簧弹力等于 A的重力、
处于压缩状态，两个时刻弹簧形变量相同，弹性势能相等；t2时刻，两小球加速度大小相等，以小球 A、B
整体为对象，由牛顿第二定律 2mg= 2ma
得此时小球 A、B的加速度大小为 a= g
此时小球 A、B均处于完全失重状态，可知此时弹簧弹力 F弹= 0，即弹簧处于原长，弹性势能最小，故 B正
确；
C．从 0到 t1时刻，以 A、B两球整体为对象，由动量定理得 2mgt1=mvA+mvB
其中 t1时刻小球 A的速度大小为 vA= S
联立可得 t1时刻，小球 B的速度大小为 vB= 2gt1- S，故C正确。
D．从图像可知从 0到 t3时刻两图线与时间轴所夹面积相等，而小球 A、B的初速度为 0，即 t3时刻两小球
参考答案 4 页 共 7 页
速度大小相等，整体由动量定理得 2mgt3= 2mv3
可得两球速度大小 v3= gt3
设弹簧对球 B的冲量为 IB，对 B球由动量定理有mgt3+ IB=mv3
则 IB= 0，故D错误。
11. (1)C (2)2 : 1 (3) 1
t2
【解析】 1 本实验探究向心力与质量、半径、角速度三个变量的关系，采用控制变量法。
A．探究小车速度随时间变化的规律使用的是图像法处理数据，未用控制变量法，不符合题意，故 A错
误；
B．探究两个互成角度的力的合成规律使用的是等效替代法，不符合题意，故 B错误；
C．探究加速度与物体受力、物体质量的关系，控制质量不变研究加速度和力的关系、控制力不变研究加
速度和质量的关系，同样使用控制变量法，符合题意，故C正确；
D．探究平抛运动的特点使用的是运动的合成与分解的思想方法，不符合题意，故D错误。
2 根据向心力公式 F=mω2r
两球质量m相等、转动半径 r相等，因此向心力 F与角速度平方ω2成正比。已知弹力与标尺露出格数成
正比，即 I
可得ω21 :ω22= 1 : 4
即两轮塔的角速度之比ω1 :ω2= 1 : 2。由于皮带传动的两轮塔边缘线速度大小相等，满足 v=ω1R1=
ω2R2
因此轮塔半径之比 R1 : R2=ω2 :ω1= 2 : 1。
d v d
3 遮光条的线速度 v= t ，而遮光条随杆转动的角速度ω= L = Lt
d2
因此ω2=
L2t2
向心力公式为 F=mω2r
F= md
2r
代入可得 2
1
L t2
m r F 1 F- 1在 、不变时， 与 2 成正比，因此作 2 图像，若得到过原点的倾斜直线，即可证明向心力与角速t t
度的平方成正比。
12. (1)①. 0.1 ②. 0.5 (2)①. 0.225 ②. 0.245 (3) 2πM g
2m+M d
【解析】 1 [1]激光笔每转一周在钢柱上留下相邻的两道痕迹，故时间间隔等于转动周期，由角速度定义
2π
得 T= ω = 0.1s
[2]刻度尺显示，D点距O点 8.00cm，F点距O点 18.00cm。各痕迹的时间间隔相等，E对应D与 F的中
x -x 0.10
间时刻；匀变速运动在中间时刻的瞬时速度等于该段平均速度，故 v1= F D2T = 2×0.1 m/s= 0.5m/s
2 [1]刻度尺上O至 E的距离为 h= 0.125m。细钢柱、物块 P和物块Q的速度大小相同，均为 v1，故系统
ΔE = 1动能增加量为 k 2 2m+M v
2 1 2
1= 2 × 1.8× 0.5 J= 0.225J
[2]细钢柱和物块Q下降距离 h，物块 P上升相同距离，因此系统重力势能减少量为 ΔEp= m+M gh-
mgh=Mgh= 0.2× 9.8× 0.125J= 0.245J
两者相差 0.020J，本次测量显示机械能有少量损失；考虑摩擦和测量误差，可认为机械能近似守恒。
3 设释放后第 n道痕迹形成于 tn时刻。角速度随时间变化的图像斜率为 k，图线下的面积表示转过的
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k
角度；相邻两道痕迹间激光筒转过 2π，故 2 t
2
n+1- t2n = 2π
设钢柱下降距离为 y、加速度大小为 a，三物体速度大小相同。若系统机械能守恒，钢柱和物块Q下降、物
1
块 P上升，使系统减少的重力势能转化为动能，故Mgy= 2 2m+M v
2
1 Mg
系统从静止做匀加速运动，由 y= 2 at
2和 v= at，消去时间及速度得 a= 2m+M
d a 2πa相邻痕迹的距离为 ，结合两次照射的时间关系，得 d= 2 t
2 2
n+1- tn = k
代入加速度并整理得 k= 2πMg
2m+M d
13. 1 1 小物块从 A点到 P点由动能定理得mgLsin37° -μ 21mgLcos37° = 2 mv1- 0
解得 v1= 4m/s
2 在水平传送带上由牛顿第二定律得 μ2mg=ma
解得 a= 5m/s2
物块与传送带共速时，由速度公式得-v= v1- at1
解得 t1= 1.4s
v21 2
2a -
v
2a 7
匀速运动阶段的时间为 t2= v = 30 s
第 1次在传送带上往返运动的时间 t= t + t = 491 2 30 s
3 由分析可知，小物块 A点到 P点因摩擦产生的热量为Q1= μ1mgcos37° × L= 4J
物块第一次从传送带上返回到 P点时的速度为 vP= v= 3m/s
接着小物块沿斜面向上做匀减速直线运动后反向沿斜面向下做匀加速直线运动，但再次到达 P点时的
速度大小为 v' ，此时 v'P P< vP
经传送带第二次返回到 P点时的速度为 v '2= vP
此往返的过程，小物块的动能无损失，以此类推，最终小物块到达 P点的速度为 0，则小物块的动能全部
损失在与斜面摩擦生热的过程中，即Q = 1 22 2 mv = 4.5J
故从释放到最终停止运动，物块与斜面间因摩擦产生的热量为Q=Q1+Q2= 8.5J
14. 1 1 将猫的运动反向看成平抛运动，则在竖直方向有H- d= 22 gt
解得 t= 0.4s
在水平方向有 xBC= v0t
解得 v0= 4m/s
又竖直方向的速度为 vy= gt= 4m/s
故猫跳起时的初速度大小 v= v2+v20 y= 4 2m/s
vy
设猫跳起时的初速度方向与水平方向的夹角为 θ，根据几何关系有 tanθ= v = 10
解得 θ= 45°
即猫跳起时的初速度方向与水平方向夹角为 45°。
1
2 设猫在轻绳上荡到最高点时，绳与竖直方向的夹角为 α，根据机械能守恒 2 mv
2
0=mgd 1-cosα
解得 cosα= 0.6
沿切线方向，根据牛顿第二定律有mgsinα=ma
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解得 a= 8m/s2
3 由题意可知，设猫从 A端走到 B端时，猫和木板相对地面的位移大小分别为 x1和 x2，则由水平方向动
量守恒得mx1=Mx2
根据几何关系可得 x1+ x2= L
联立解得 x2= 0.4m
根据 x2= v1t
解得 v1= 1m/s
猫跳起的初速度为 v = v21+v2y= 17m/s
根据水平方向动量守恒mv1=Mv2
解得 v2= 0.25m/s
1 1
则猫跳起过程中所消耗的能量 E= 2 mv
2+ Mv22 2= 8.625J
15. 1 由题意可得，A、B两球与弹簧分离时C球速度为零，系统动量守恒，则m1vA=m1vB
1 1
由机械能守恒定律可得 Ep= 2 m1v
2
A+ 2 m1v
2
B
联立解得 vA= vB= 10m/s
2 当C球的速度最大时，此时C球的加速度为零，三个球在同一直线，由对称性可知，A、B两球的速度
相同，设为 v，由动量守恒定律得 2m1v=m2vm
1 1
由机械能守恒定律得 E = 2× m v2p 2 1 +
2
2 m2vm
C 4v
2
以 球为参考系，A、B两球绕C做圆周运动，杆的弹力大小为 F=m1 L
联立解得 F= 20N
3 以C球为参考系，A、B两球绕C做圆周运动相对速度为 v相，如图所示
系统在 x方向动量守恒，所以 vAx= vBx= vx= v相x
A、B两球的在 y方向速度相同，则 vy= v相y- vC
系统在 y方向由动量守恒定律得 2m1vy=m2vC
由图中几何关系得 v相x= v相ytanθ
1
由机械能守恒定律得 E = 2× m v2p 2 1 x+v
2
y + 12 m2v
2
C
联立解得 vC= 5 27 m/s
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