?鄞州中學2022-2023學年第二學期5月月考
高一物理試題
第I卷（選擇題）
一、單選題（本大題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分，請將你認為正確的答案填涂在答題卡相應位置）
1．在下列各組物理量中，全部屬于矢量的是（ ）
A．彈力、長度、時間 B．位移、速度、加速度
C．路程、速率、質量 D．速度、位移、時間
2．關于曲線運動，以下說法正確的是（　?。?br /> A．曲線運動一定是變速運動 B．曲線運動一定是變加速運動
C．做曲線運動的物體所受的合外力一定是變化的 D．在恒力作用下物體不可能做曲線運動
3．愛因斯坦對于伽利略的工作給予了高度的評價：伽利略的發(fā)現(xiàn)以及他所應用的科學推理方法是人類思想史上最偉大的成就之一，而且標志著物理學的真正開始。伽利略對自由落體運動的研究，是科學實驗和邏輯思維的完美結合，如圖所示，可大致表示其實驗和思維的過程，對這一過程的分析，下列說法正確的是（　?。?br />
①數(shù)學推理，如果，初速度為零的勻變速直線運動運動應符合
②合理外推，當傾角等于時，斜面運動變?yōu)樽杂陕潴w運動
③實驗驗證：小球在斜面上運動符合，是勻加速直線運動
④猜想假設：自由落體運動是最簡單的變速運動，即
A．④③①② B．④①③② C．①④③② D．④①②③
4．智能機器制造是我國實施強國戰(zhàn)略行動的一個重要方向。如圖所示，一機械臂鐵夾夾住一個鋼球水平向右勻速移動，鐵夾與球之間的接觸面均保持豎直，在移動球的過程中，下列說法正確的是（　?。?br />
A．球受三個力作用 B．鐵夾對球的作用力水平向右
C．鐵夾對球的作用力豎直向上 D．球受到的合外力水平向右
5．如圖所示為一質點做直線運動的速度—時間圖像，下列說法中正確的是（　　）

A．AB段表示質點處于靜止狀態(tài)
B．CD段和DE段的加速度大小相等，方向相反
C．整個過程中，C點表示質點開始反向運動
D．0~16s，質點通過的位移為43.5m
6．有a、b、c、d四顆地球衛(wèi)星，a還未發(fā)射，在地球赤道上隨地球一起轉動，b在近地軌道做勻速圓周運動，c是地球同步衛(wèi)星，d是高空探測衛(wèi)星，各衛(wèi)星排列位置如圖所示。關于這四顆衛(wèi)星，下列說法正確的是（　　）

A．a的向心加速度等于重力加速度g
B．c在4 h內轉過的圓心角是
C．在相同時間內，這四顆衛(wèi)星中b轉過的弧長最長
D．d做圓周運動的周期有可能是20小時
7．在緊張的學習之余，班上舉行了飛鏢比賽。小羽同學從到地面的高度為h、到靶面的水平距離為L處，將飛鏢以大小為v0的速度水平投出，結果飛鏢落在靶心的正下方。不計空氣阻力。如果他下次打靶時做出調整，可能讓飛鏢打在靶中心的是（　?。?br /> A．保持飛鏢出手點距地高度和出手速度不變，增大飛鏢出手點到靶的水平距離
B．保持飛鏢出手點距地高度和到靶的水平距離不變，增大飛鏢的出手速度
C．保持飛鏢出手點距地高度和到靶的水平距離不變，減小飛鏢的出手速度
D．保持飛鏢出手點到靶的水平距離和出手速度不變，降低飛鏢出手點距地高度
8．如圖所示，輕質彈簧下端懸掛有一小球，上端固定在水平天花板上，將彈簧拉至水平方向，且彈簧處于原長，現(xiàn)將小球由靜止釋放，直至其運動到最低點，不計空氣阻力，在此過程中（　　）

A．小球做勻速圓周運動
B．彈簧對小球作用力不做功
C．小球所受彈力的瞬時功率始終在增大
D．小球所受重力的瞬時功率先增大后減小
9．用手掌托著智能手機，打開加速度傳感器，手掌從靜止開始迅速上下運動，得到如圖所示的豎直方向上加速度隨時間變化的圖像，該圖像以豎直向上為正方向。由此可判斷出（　　）

A．手機可能離開過手掌
B．手機在t1時刻運動到最高點
C．手機在t2時刻改變運動方向
D．手機在t1~t3間內，受到的支持力先減小再增大
10．直升飛機通過繩索打撈掉入海里質量為m的物體，啟動后發(fā)動機以額定功率P沿豎直方向帶動物體上升，經過一段時間后物體會以速度v勻速上升。若上升中受到的阻力大小不變，則在加速過程中速度為時，物體的加速度為（　　）
A． B． C． D．
11．如圖所示，木盒中固定一質量為m的砝碼，木盒和砝碼在斜面上一起以一定的初速度滑行一段距離后停止?，F(xiàn)拿走砝碼，而持續(xù)加一個垂直于斜面向下的恒力F（F=mgcos θ），其他條件不變，則木盒滑行的距離將（　?。?br />
A．不變 B．變小
C．變大 D．變大、變小均有可能
12．如圖a所示，小物體從豎直彈簧上方離地高h1處由靜止釋放，其動能Ek與離地高度h的關系如圖b所示。其中高度從h1下降到h2，圖像為直線，其余部分為曲線，h3對應圖像的最高點，輕彈簧勁度系數(shù)為k，小物體質量為m，重力加速度為g。以下說法正確的是（　?。?br />
A．小物體下降至高度h3時，彈簧形變量為0
B．小物體下落至高度h5時，加速度為0
C．小物體從高度h2下降到h4，彈簧的彈性勢能增加了
D．小物體從高度h1下降到h5，彈簧的最大彈性勢能為mg（h1-h5）
13．如圖所示，斜面體OAB固定在水平桌面上，斜面底端A、B處夾角分別為、，斜面體與桌面材質相同，在頂端O處同時靜止釋放完全相同的兩物塊a、b，兩物塊均沿斜面向下滑行最終靜止在水平桌面上，物塊在A、B處沒有機械能的損失。則以下說法正確的是（　?。?br />
A．兩物塊運動全程的位移大小相等 B．兩物塊運動全程的路程相等
C．兩物塊一定同時到達水平桌面 D．兩物塊剛到達水平桌面時動能相等

二、多項選擇題（本大題共2小題，每小題4分，共8分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分，請將你認為正確的答案填涂在答題卡相應位置，選對但不全得2分）
14．如圖，廣州塔摩天輪位于塔頂450m高空處，是世界最高的摩天輪。摩天輪由16個“水晶”觀光球艙組成（相鄰兩個觀光艙間距離相等），沿著與水平面夾角為的傾斜軌道做勻速圓周運動。質量為m的游客坐于觀光球艙中，運動半徑為r，角速度為，重力加速度為g，則（　?。?br />
A．游客的線速度大小為
B．相鄰兩個球艙經過同一位置的最短時間間隔為
C．質量不同的游客的向心力大小都相等
D．因為游客做勻速圓周運動，所以他所受到的合力是恒力
15．如圖，一足夠長的傾斜傳送帶順時針勻速轉動。一小滑塊以某初速度沿傳送帶向下運動，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)恒定，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則其速度v隨時間t變化的圖像可能是：
A． B．
C． D．

第II卷（非選擇題）
三、實驗題(共11空，每空2分，共22分)
16．（1）某實驗小組做驗證牛頓第二定律實驗，實驗小組中的小華用圖所示裝置做實驗，圖中帶滑輪的長木板水平放置于桌面，拉力傳感器可直接顯示所受到的拉力大小。

小華做實驗時，下列操作必要且正確的是_____
A．將長木板右端適當墊高，使小車能自由勻速滑動
B．小車靠近打點計時器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶，同時記錄傳感器的示數(shù)
C．改變砂和砂桶質量，打出幾條紙帶
D．用天平測出砂和砂桶的質量
E．為了減小誤差，實驗中一定要保證砂和砂桶的質量遠小于小車的質量
（2）實驗小組中的小明如圖所示的實驗裝置來做實驗。

①小明同學平衡了摩擦力后。以砂和砂桶的重力為F，在小車質量M保持不變情況下，不斷往桶里加砂，砂的質量最終達到，測小車加速度a，作a-F的圖像。下列圖線正確的是_____。
A B．????C． D．
②圖為上述實驗中打下的一條紙帶，A點為小車剛釋放時打下的起始點，每兩點間還有四個計時點未畫出，打點計時器的頻率為50Hz，則C點的速度為_____m/s，小車的加速度為_____（以上兩空均保留一位有效數(shù)字）

（3）某同學用物體A、B分別探究了加速度隨著外力的變化的關系，物體A、B由靜止開始加速運動（紙帶與打點計時器之間阻力及空氣阻力可忽略），實驗后進行數(shù)據(jù)處理，得到了物體A、B的加速度a與輕質彈簧秤彈力F的關系圖象分別如圖中的A、B所示。

該同學仔細分析了圖中兩條線不重合的原因，得出結論：兩個物體的質量不等，且mA_____mB
17．某同學采用重物自由下落的方法“驗證機械能守恒定律”，如圖（甲）所示。打點計時器所用電源頻率為50Hz，當?shù)刂亓铀俣鹊闹禐椤?br />
（1）下面是他實驗時的操作步驟：
A．按照圖示的裝置安裝器件；
B．將打點計時器接到電源的直流輸出端上；
C．用天平測量出重錘的質量；
D．先釋放紙帶，然后再接通電源；
E.測量打出的紙帶上某些點之間的距離；
F.計算重錘下落過程中減少的重力勢能和增加的動能；
G.改換紙帶，重做幾次。
其中不必要以及不恰當?shù)牟襟E有______；

（2）若已知重物的質量為，按實驗要求正確地選出紙帶，用毫米刻度尺測量連續(xù)三點A、B、C到第一個點O的距離如圖（乙）所示，那么：從打下O點到打下計數(shù)點B的過程中重力勢能的減少量_____J（保留3位有效數(shù)字）；而動能的增加量______J（保留3位有效數(shù)字）。實驗發(fā)現(xiàn)二者并不完全相等，請指出一個可能的原因__________
（3）處理數(shù)據(jù)過程中，甲乙兩位同學分別發(fā)現(xiàn)了一種計算B點對應時刻物體速度的新思路：
甲同學發(fā)現(xiàn)，圖中的B是除起始點外打點計時器打下的第n個點。因此可以用從O點到B點的時間nT（T是打點計時器的打點周期）計算，即，再依此計算動能的增量。
乙同學認為，可以利用從O點到B點的距離計算，即，再依此計算動能的增量。
你認為，他們的新思路中( )
A．只有甲同學的思路符合實驗要求????????B．只有乙同學的思路符合實驗要求
C．兩位同學的思路都符合實驗要求?????????D．兩位同學的思路都不符合實驗要求
（4）重錘在下落的過程中，如果所受阻力均忽略不計，h代表下落的距離，v代表物體速率，代表動能，代表勢能，E代表機械能，以水平桌面為參考面，下列圖像可能正確的是_______
A．???B． C． D．

四、解答題(共3小題，共計31分)
18．（本題滿分9分）如圖所示，水平放置的薄圓盤可繞其中心軸轉動，放置在圓盤上的小滑塊A用穿過圓盤中心光滑小孔的細線與小球B連接，當圓盤勻速轉動的角速度為時，小滑塊A和小球B均相對圓盤保持靜止，此時OA段線長為0.5m，OB段線長為1m。已知滑塊A的質量m1=2kg，小球B的質量m2=0.6kg，取重力加速度g=10m/s2，滑塊與小球均視為質點，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。求：
（1）細線對小滑塊A的拉力大??；（3分）
（2）OB段細線與豎直方向的夾角；（3分）
（3）小滑塊A與圓盤間的動摩擦因數(shù)最小值。（3分）


19．（本題滿分9分）如圖甲所示，水平傳送帶在電機的作用下，時刻由靜止開始向右做勻加速直線運動，質量的物塊（視為質點）在時刻，以速度從左輪中心的正上方水平向右滑上傳送帶，時刻物塊與傳送帶的速度相等均為，物塊和傳送帶運動的圖像如圖乙所示，時刻前后物塊受到的摩擦力大小的變化量為，物塊從右輪中心正上方離開傳送帶時速度為。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取，求：
（1）物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)；（3分）
（2）物塊在傳送帶上的劃痕長度；（3分）
（3）物塊從滑上傳送帶到離開傳送帶過程的平均速度。（3分）


20．（本題滿分13分）如圖所示，小明設計的游戲裝置，由光滑平臺、傾斜粗糙直軌道、豎直圓管道（管道口徑遠小于管道半徑）、水平粗糙直軌道平滑連接組成。其中平臺左側周定一彈簧，傾斜直軌道與圓管道相切于B點，水平直軌道與圓管道相切于點（C和略錯開）。小滑塊與傾斜直軌道及水平直軌道間的動摩擦因數(shù)均為，斜軌道傾角，長度。小滑塊從B點進入管道內，當小滑塊沿管道內靠近圓心O的內側運動時有摩擦，沿管道外側運動時無摩擦，管道半徑為。第一次壓縮彈簧后釋放小滑塊，A點上方擋片可以讓小滑塊無速度損失地進入段，恰好可以運動到與管道圓心等高的D點。第二次壓縮彈簧使彈性勢能為時釋放小滑塊，小滑塊運動到圓管道最高處E的速度為。已知小滑塊質量，可視為質點，已知，。
（1）求第一次壓縮彈簧釋放小滑塊后，第一次運動到C點時對軌道的壓力；（4分）
（2）求第二次壓縮彈簧釋放小滑塊后，運動到E點的過程，小滑塊在圓管道內所受摩擦力做的功；（3分）
（3）若第三次壓縮彈簧使彈性勢能為時釋放小滑塊，通過計算判斷小滑塊在圓管道內運動是否受到摩擦力。小滑塊在水平直軌道上距離為x處的速度為，求與x之間的關系式。（6分）


鄞州中學2022-2023學年第二學期5月月考
高一物理試題參考答案
1．B
【詳解】A．彈力是矢量，而長度、時間是標量，沒有方向，故A不符合題意；
B．位移、速度和加速度都是矢量，故B符合題意；
C．路程、速率、質量都是只有大小，沒有方向的標量，故C不符合題意；
D．速度、位移是矢量，而時間是沒有方向的標量，故D不符合題意。
故選B。
2．A
【詳解】A．曲線運動的速度方向是不斷改變的，所以曲線運動一定是變速運動，故A正確；
BCD．在恒力作用下物體的加速度不變，如果合力方向與速度方向不在一條直線上，物體做勻變速曲線運動，如果合力方向與速度方向在一條直線上，物體做勻變速直線運動；如果合力是變力，物體可能做變加速曲線運動，故BCD錯誤。
故選A。
3．B
【詳解】伽利略對自由落體的研究分為：猜想假設數(shù)學推理實驗驗證合理外推幾個步驟。
故選B。
4．C
【詳解】A. 根據(jù)受力分析可知，球受重力、夾子兩側面的彈力和摩擦力，共五個力的作用，故A錯誤；
BCD．鋼球水平向右勻速移動，所受的合外力為零，根據(jù)平衡條件可知，鐵夾對球的作用力與球受到的重力等大反向，所以鐵夾對球的作用力豎直向上，故BD錯誤，C正確。
故選C。
5．D
【詳解】A．由圖像可知，AB段表示物體做勻速直線運動；故A錯誤；
B．圖像斜率表示加速度，由圖可知，CD段和DE段的加速度大小相等，方向也相同，故B錯誤；
C．D點以前物體的速度為正，D點以后物體的速度為負，則物體在D點開始反向，故C錯誤；
D．圖像與坐標軸所圍面積表示位移則

故D正確。
故選D。
6．C
【詳解】A．對于衛(wèi)星 a ，根據(jù)萬有引力定律、牛頓第二定律可得

所以 a 的向心加速度小于重力加速度 g ， 故A 項錯；
B．由 c 是同步衛(wèi)星，可知 c 在 4 h 內轉過的圓心角是

故B 項錯；
C．由萬有引力提供向心力，有

解得

故軌道半徑越大，線速度越小，故衛(wèi)星 b 的線速度大于衛(wèi)星 c 的線速度，衛(wèi)星 c 的線速度大于衛(wèi)星 d 的線速度，而衛(wèi)星 a 與同步衛(wèi)星 c 的周期相同，所以衛(wèi)星 c 的線速度大于衛(wèi)星 a 的線速度，所以b的線速度最大，在相同時間內，這四顆衛(wèi)星中b轉過的弧長最長，故 C 正確；
D．由萬有引力提供向心力，有

解得

軌道半徑 r 越大，周期越長，故衛(wèi)星 d 的周期大于同步衛(wèi)星 c 的周期，故 D 項錯。
故選C。
7．B
【詳解】A．設靶心到地面高度為h0，飛鏢下落高度為，根據(jù)題意可知

保持飛鏢出手點距地高度不變，要擊中靶心，則飛鏢的實際下落高度要減小，運動時間要變短， 出手速度如果不變，則有

飛鏢出手點到靶的水平距離要減小，故A錯誤；
BC．保持飛鏢出手點距地高度，則飛鏢實際到靶的時間較短，還要保持飛鏢出手點距靶的水平距離不變，根據(jù)

就需要增大飛鏢的出手速度，故B正確，C錯誤；
D．如果保持飛鏢出手點到靶的水平距離和出手速度不變，則飛鏢的運動時間不變，根據(jù)

可知，需要升高飛鏢出手點距地高度，故D錯誤。
故選B。
8．D
【詳解】A．小球下落過程中，彈簧長度在增加，小球做變加速曲線運動，不是勻速圓周運動。故A錯誤；
B．小球下落過程中，彈簧的彈性勢能增加，彈簧對小球做負功。故B錯誤；
CD．根據(jù)
PG=mgvy
可知，開始時小球的速度為零，則重力的瞬時功率為零，到達最低點時，速度的方向與重力垂直，則沿豎直方向的分速度為零，此時重力的瞬時功率又變?yōu)榱悖瑒t小球重力的瞬時功率先變大后減小。同理，小球所受彈力的瞬時功率始先增大后減小。故C錯誤；D正確。
故選D。
9．A
【詳解】A．由圖可知，手機的加速度某一段時間內等于重力加速度，則手機與手掌沒有力的作用，手機可能離開過手掌，故A正確；
B．根據(jù)可知圖像與坐標軸圍成面積表示速度變化量，可知手機在時刻速度為正，還沒有到最高點，故B錯誤；
C．根據(jù)可知圖像與坐標軸圍成面積表示速度變化量，可知手機在時刻前后速度均為正，運動方向沒有發(fā)生改變，故C錯誤；
D．由圖可知時間加速度向上不斷減小，根據(jù)牛頓第二定律得

得

可知時刻支持力不斷減小，時間內加速度向下，不斷增大，根據(jù)牛頓第二定律得

得

可知支持力還是不斷減小，故D錯誤。
故選A。
10．C
【詳解】物體勻速上升時，有

速度為時，根據(jù)牛頓第二定律得

解得

故選C。
11．B
【詳解】設木盒的質量為M且向上滑行，放有砝碼時由牛頓第二定律有

換成垂直于斜面向下的恒力F時由牛頓第二定律有

可知a2>a1，再由
x=
可得x2＜x1.同理可知，若木盒向下滑行，放有砝碼時，有

換成垂直于斜面向下的恒力F時，有

可知a2′>a1′，再由
x′=
可得x2′＜x1′，故B正確，ACD錯誤。
故選B。
12．D
【詳解】由圖知，小物體下降至高度h3時，動能最大，速度最大，合力等于零，加速度，即kx=k（h2-h3)=mg，所以A錯誤；小物體下落至高度h5時，速度減為零，有向上的加速度，故B錯誤；小物體從高度h2下降到h4，彈簧形變量為h2-h4，由能量守恒知，彈簧的彈性勢能增加了EP=mg（h2-h4），又因k（h2-h3)=mg，所以C錯誤；小物體從高度h1下降到h5，由能量守恒知，彈簧的最大彈性勢能等于減少的重力勢能為mg（h1-h5），所以D正確。
13．A
【詳解】C．由題意可知，物塊與斜面和地面有摩擦，設物塊和斜面與地面的動摩擦因數(shù)為，設O與水平桌面的高度為h，在O點到水平桌面過程中，對a，由牛頓第二定律有


聯(lián)立解得

同理對b有


解得

因為

所以

故C錯誤；
D．到達水平桌面時，對a由動能定理得

同理對b有

因為

所以

故D錯誤；
A．設物塊a從A點到靜止的水平位移為，對全過程由動能定理得

設物塊b從A點到靜止的水平位移為，對全過程由動能定理得

可得

可得兩物塊在水平方向上位移相等，豎直方向的位移為h，所以兩物塊的位移大小相等，故A正確；
B．對物塊a，從最高點到靜止時根據(jù)動能定理

解得

則物塊a的路程為

同理，對b，從B點到靜止時由動能定理

解得

則物塊b的路程為

因為

所以兩物塊運動全程的路程不相等，故B錯誤。
故選A。
14．AB
【詳解】A．游客的線速度大小為

選項A正確；
B．相鄰兩個球艙經過同一位置的最短時間間隔為

選項B正確；
C．根據(jù)

可知，質量不同的游客的向心力大小不相等，選項C錯誤；
D．因為游客做勻速圓周運動，所以他所受到的合力大小不變，但是方向不斷變化，不是恒力，選項D錯誤。
故選AB。
15．BC
【詳解】AB．物塊受重力，支持力，滑動摩擦力，滑動摩擦力方向沿傳送帶向上。設物塊的質量為，傳送帶的傾角為，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，若

物塊的合力沿傳送帶向上，則物塊先沿傳送帶做勻減速直線運動，速度減至零后，再反向加速，直至速度與傳送帶相同，之后做勻速直線運動。A錯誤，B正確。
CD．若

物塊的合力沿傳送帶向下，則物塊一直做勻加速直線運動，C圖是可能的。C正確，D錯誤。
故選BC。
16． ABC C 4 小于
【詳解】(1)[1]A．將長木板右端適當墊高，平衡摩擦力,使小車能自由勻速滑動。故A正確；
B．小車靠近打點計時器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶，同時記錄傳感器的示數(shù)。故B正確；
C．改變砂和砂桶質量，打出幾條紙帶，多次進行測量以減小誤差。故C正確；
DE．由拉力傳感器可讀出細線的拉力，故不需要知道砂和砂桶的質量，實驗中也就不需要保證砂和砂桶的質量遠小于小車的質量。故DE錯誤。
故選ABC。
(2)[2]整體分析由牛頓第二定律得
mg=(M +m)a
隔離小車，由牛頓第二定律有
T= Ma
聯(lián)立可得細線的拉力為

可知在平衡摩擦力的前提下，若，小車所受的合外力可認為等于砂和砂桶的總重力，小車的加速度為

隨著砂和砂桶的質量增大，當不滿足關系時，小車的實際加速度為

圖線會向下彎曲，故C正確；ABD錯誤。
故選C。
[3]依題意，紙帶上相鄰計數(shù)點的時間間隔為

打C點時小車的速度為

[4]根據(jù)逐差法，可得小車的加速度為

(3)[5]根據(jù)牛頓第二定律有

可得

結合圖象可知，圖線的斜率為，由圖可知A物體對應的斜率較大，則可知A物體的質量小于B物體的質量，即

17． BCD 0.476 0.473 由于克服空氣阻力及紙帶與限位孔的摩擦阻力做功，減少的重力勢能中有少部分要轉化為內能 D B
【詳解】（1）[1]A．按照圖示的裝置安裝器件，該步驟有必要；
B．將打點計時器接到電源的交流輸出端上，該步驟不恰當；
C．要驗證的關系式中兩邊都有質量，可以消掉，則沒必要用天平測量出重錘的質量，該步驟沒必要；
D．先接通電源，然后再釋放紙帶，該步驟不恰當；
E．測量打出的紙帶上某些點之間的距離，該步驟有必要；
F．計算重錘下落過程中減少的重力勢能和增加的動能，該步驟有必要；
G．改換紙帶，重做幾次，該步驟有必要。
故選BCD。
（2）[2]從打下O點到打下計數(shù)點B的過程中重力勢能的減少量

[3]動能的增加量

[4]實驗發(fā)現(xiàn)二者并不完全相等，可能的原因：由于克服空氣阻力及紙帶與限位孔的摩擦阻力做功，減少的重力勢能中有少部分要轉化為內能；
（3）[5]兩種方法均不正確；原因是所用的表達式里面都有重力加速度g，也就間接應用了機械能守恒定律，失去了驗證的價值。故選D。
（4）[6]A．因

則圖像是過原點的直線，選項A錯誤；
B．因

則圖像是開口向下的拋物線，選項B正確；
C．因

則圖像為直線，選項C錯誤；
D．因

則總的機械能與下落的高度h無關，即E-h圖像是平行橫軸的直線，選項D錯誤。
故選B。
18．（1）12N；（2）60°；（3）0.4
【詳解】（1）對物體B受力分析如圖所示

根據(jù)牛頓第二定律得

解得

（2）對B，在豎直方向有

代入數(shù)據(jù)解得

（3）對A分析，其向心力大小為

所以滑塊A所受摩擦力f一定指向圓心，根據(jù)牛頓第二定律得

解得

因為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，所以

解得

即滑塊A與圓盤間的動摩擦因數(shù)不小于0.4。
19．（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）時間內物塊的加速度大小為

由牛頓第二定律可得

時刻之后，物塊的加速度為

由牛頓第二定律可得

由題意可得

設物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，則有

解得
、，
（2）時間內，物塊與傳送帶之間的相對位移（即劃痕）為

解得

（3）時間內，物塊的位移為

設時刻后物塊隨傳送帶一起運動的時間為，一起運動的位移為x2，由勻加速直線運動的規(guī)律可得


物塊在傳送帶上運動的整個過程中的平均速度

解得

20．（1）3N，方向豎直向下；（2）；（3）不受，
【詳解】（1）從C到D，對小球由動能定理

在C點由牛頓第二定律

聯(lián)立解得

由牛頓第三定律可知，第一次運動到C點時對軌道的壓力為3N，方向豎直向下
（2）從開始到E點由動能定理

解得

（3）當滑塊以通過最高點時對軌道無壓力，此時的彈性勢能為，由牛頓第二定律

從開始到E點由動能定理

解得

彈性勢能為大于時，小滑塊在圓管道內不受到摩擦力。從開始到離距離為x處，由動能定理

解得



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