9、擺動。整個過程中，物塊在夾子中沒有滑動。小環(huán)和夾子的質(zhì)量均不計，重力加速度為g。下列說法正確的是( )
A．物塊向右勻速運動時，繩中的張力等于2F
B．小環(huán)碰到釘子P時，繩中的張力大于2F
C．物塊上升的最大高度為
D．速度v不能超過
解析：選D 物塊受到的摩擦力小于最大靜摩擦力，即Mg<2F。物塊向右勻速運動時，物塊處于平衡狀態(tài)，繩子中的張力T＝Mg≤2F，故A錯誤。小環(huán)碰到釘子時，物塊做圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式有：T－Mg＝，T＝Mg＋，所以繩子中的張力與2F大小關(guān)系不確定，B錯誤。若物塊做圓周運動到達的高度低于P點，根據(jù)動能定理有－Mgh＝0－Mv2，則最大高
10、度h＝；若物塊做圓周運動到達的高度高于P點，則根據(jù)動能定理有－Mgh＝Mv′2－Mv2，則最大高度h<，C錯誤。小環(huán)碰到釘子后，物塊做圓周運動，在最低點，物塊與夾子間的靜摩擦力達到最大值，由牛頓第二定律知：2F－Mg＝，故最大速度v＝ ，D正確。
二、多項選擇題(本題共5小題，每小題4分，共計20分。每小題有多個選項符合題意。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，錯選或不答的得0分)
8.2018年5月25日21時46分，探月工程嫦娥四號任務(wù)“鵲橋”中繼衛(wèi)星成功實施近月制動，進入月球至地月拉格朗日L2點的轉(zhuǎn)移軌道。當“鵲橋”位于拉格朗日點(如圖中的L1、L2、L3、L4、L5所示，人們稱為
11、地月系統(tǒng)拉格朗日點)上時，會在月球與地球的共同引力作用下，幾乎不消耗燃料而保持與月球同步繞地球做圓周運動，下列說法正確的是(月球的自轉(zhuǎn)周期等于月球繞地球運動的周期)( )
A．“鵲橋”位于L2點時，“鵲橋”繞地球運動的周期和月球的自轉(zhuǎn)周期相等
B．“鵲橋”位于L2點時，“鵲橋”繞地球運動的向心加速度大于月球繞地球運動的向心加速度
C．L3點和L2點到地球中心的距離相等
D．“鵲橋”在L2點所受月球和地球引力的合力比在其余四個點都要大
解析：選ABD “鵲橋”位于L2點時，由于“鵲橋”與月球同步繞地球做圓周運動，所以“鵲橋”繞地球運動的周期和月球繞地球運動的周期相等，又月球的自轉(zhuǎn)周期
12、等于月球繞地球運動的周期，故選項A正確；“鵲橋”位于L2點時，由于“鵲橋”與月球繞地球做圓周運動的周期相同，“鵲橋”的軌道半徑大，根據(jù)公式a＝r分析可知，“鵲橋”繞地球運動的向心加速度大于月球繞地球運動的向心加速度，故選項B正確；若L3點和L2點到地球中心的距離相等，則“鵲橋”在L2點受到月球與地球引力的合力更大，加速度更大，所以周期更短，故L2點到地球中心的距離大于L3點到地球中心的距離，故選項C錯誤；在5個點中，L2點離地球最遠，所以在L2點“鵲橋”所受合力最大，故選項D正確。
9.如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，一端系在豎直放置的半徑為R的圓環(huán)頂點P，另一端系一質(zhì)量為m的小球，小球穿
13、在圓環(huán)上做無摩擦的運動。設(shè)開始時小球置于A點，彈簧處于自然狀態(tài)，當小球運動到最低點時速率為v，對圓環(huán)恰好沒有壓力。下列分析正確的是( )
A．從A到B的過程中，小球的機械能守恒
B．從A到B的過程中，小球的機械能減少
C．小球過B點時，彈簧的彈力為mg＋m
D．小球過B點時，彈簧的彈力為mg＋m
解析：選BC 從A到B的過程中，因彈簧對小球做負功，小球的機械能將減少，A錯誤，B正確；在B點對小球應(yīng)用牛頓第二定律可得：FB－mg＝m，解得FB＝mg＋m，C正確，D錯誤。
10．(2018·宿遷期末)如圖所示，質(zhì)量相等的兩小球a、b分別從斜面頂端A和斜面中點B沿水平方向拋出，恰好
14、都落在斜面底端。不計空氣阻力，則有( )
A．a(chǎn)、b的運動時間滿足ta＝tb
B．a(chǎn)、b的初速度大小滿足va＝2vb
C．a(chǎn)、b到達斜面底端時速度方向相同
D．a(chǎn)、b到達斜面底端時的動能滿足Eka＝2Ekb
解析：選ACD 由題意可知兩球下落的高度之比為2∶1，根據(jù)h＝gt2得t＝ ，高度之比為2∶1，則ta＝tb，A正確；兩球的水平位移之比為2∶1，時間滿足ta＝tb，根據(jù)v0＝知va＝vb，B錯誤；因為在底端兩者位移與水平方向的夾角相同，故兩者的速度方向相同，C正確；根據(jù)動能定理可知，到達斜面底端時的動能之比Eka∶Ekb＝∶＝2∶1，故Eka＝2Ekb，D正確。
11．(2
15、019·揚州月考)某馬戲團演員做滑桿表演，已知豎直滑桿上端固定，下端懸空，滑桿的重力為200 N，在桿的頂部裝有一拉力傳感器，可以顯示桿頂端所受拉力的大小。從演員在滑桿上端做完動作時開始計時，演員先在桿上靜止了0.5 s，然后沿桿下滑，3.5 s末剛好滑到桿底端，并且速度恰好為零。整個過程演員的v-t圖像和傳感器顯示的拉力隨時間的變化情況分別如圖甲、乙所示。g取10 m/s2，則下列說法正確的是( )
A．演員的體重為800 N
B．演員在最后2 s內(nèi)一直處于超重狀態(tài)
C．傳感器顯示的最小拉力為600 N
D．滑桿長4.5 m
解析：選BD 由兩題圖結(jié)合可知，靜止時，傳感器示數(shù)
16、為800 N，除去桿的重力200 N，演員的重力就是600 N，故A錯誤；由題圖可知最后2 s內(nèi)演員向下減速，故加速度向上，處于超重狀態(tài)，故B正確；在演員加速下滑階段，處于失重狀態(tài)，桿受到的拉力最小，此階段的加速度為：a1＝ m/s2＝3.0 m/s2，由牛頓第二定律得：mg－F1＝ma1，解得：F1＝420 N，加上桿的重力200 N，可知桿受的最小拉力為620 N，故C錯誤；v -t圖像的面積表示位移，則可知，滑桿的總長度x＝×3×3 m＝4.5 m，故D正確。
12．(2018·齊魯名校協(xié)作體聯(lián)考)如圖甲所示，為測定物體沖上粗糙斜面能達到的最大位移x與斜面傾角θ的關(guān)系，將某一物體沿足夠
17、長的斜面每次以不變的初速率v0向上推出，調(diào)節(jié)斜面與水平方向的夾角θ，實驗測得x與斜面傾角θ的關(guān)系如圖乙所示，g取10 m/s2，根據(jù)圖像可求出(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)( )
A．物體的初速率v0＝3 m/s
B．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.75
C．取不同的傾角θ，物體在斜面上能達到的位移x的最小值xmin＝1.44 m
D．當某次θ＝30°時，物體達到最大位移后將沿斜面下滑
解析：選BC 由題圖乙可知，當傾角θ＝0時，位移為2.40 m，而當傾角為90°時，位移為1.80 m，則由豎直上拋運動規(guī)律可得v0＝＝ m/s＝6 m/s，故A錯誤；當傾角為0時，由動能定理可
18、得－μmgx＝0－mv02，解得μ＝0.75，故B正確；取不同的傾角θ，由動能定理得－mgxsin θ－μmgxcos θ＝0－mv02，解得x＝＝ m＝ m，當θ＋α＝90°時位移最小，xmin＝1.44 m，故C正確；若θ＝30°時，重力沿斜面向下的分力為mgsin 30°＝mg，摩擦力Ff＝μmgcos 30°＝mg，又因最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，故物體達到最高點后，不會沿斜面下滑，故D錯誤。
三、實驗題(本題共2小題，共18分)
13．(8分)光電門在測量物體的瞬時速度方面有得天獨厚的優(yōu)勢，比如在探究加速度和力的關(guān)系時就省去了打點計時器分析紙帶的不便，實驗裝置如圖甲所示。
19、(1)雖然少了計算的麻煩，卻必須要測量遮光條的寬度，游標卡尺測量的結(jié)果如圖乙所示，我們可以發(fā)現(xiàn)游標尺上每一分度與主尺上的最小刻度相差________cm，遮光條寬度d為________ cm。
(2)某次實驗過程中，已經(jīng)得到AB之間的距離l和遮光條通過光電門的時間t和力傳感器的示數(shù)F，若要完成探究目的，還需要滿足的條件是______________。若要以F為橫坐標，做出一條傾斜的直線來判斷加速度和力成正比，那么縱坐標的物理量應(yīng)該是________。
解析：(1)游標尺共計20個分度，總長19 mm，每個分度長0.95 mm，主尺的最小刻度是1 mm，相差0.005 cm。d＝2 mm
20、＋5×0.05 mm＝2.25 mm＝0.225 cm。
(2)要測量加速度，已經(jīng)知道滑塊在B點的速度，AB之間的距離，根據(jù)v2－v02＝2ax，必須知道初速度，而A點沒有光電門，所以滑塊在A點必須從靜止開始釋放。由F＝ma，a＝＝可得，F(xiàn)＝∝，所以處理數(shù)據(jù)時應(yīng)作出-F圖像。
答案：(1)0.005 0.225 (2)滑塊在A點靜止釋放
14．(10分)(2018·泰州中學(xué)月考)如圖甲所示的裝置叫做阿特伍德機，是英國數(shù)學(xué)家和物理學(xué)家阿特伍德(G·Atwood 1746－1807)創(chuàng)制的一種著名力學(xué)實驗裝置，用來研究勻變速直線運動的規(guī)律。某同學(xué)對該裝置加以改進后用來驗證機械能守恒定律，如
21、圖乙所示。
(1)實驗時，該同學(xué)進行了如下步驟：
①將質(zhì)量均為M(A的含擋光片、B的含掛鉤)的重物用繩連接后，跨放在定滑輪上，處于靜止狀態(tài)。測量出______________(填“A的上表面”“A的下表面”或“擋光片中心”)到光電門中心的豎直距離h。
②在B的下端掛上質(zhì)量為m的物塊C，讓系統(tǒng)(重物A、B以及物塊C)中的物體由靜止開始運動，光電門記錄擋光片擋光的時間為Δt。
③測出擋光片的寬度d，計算有關(guān)物理量，驗證機械能守恒定律。
(2)如果系統(tǒng)(重物A、B以及物塊C)的機械能守恒，應(yīng)滿足的關(guān)系式為____________(已知重力加速度為g)。
(3)引起該實驗系統(tǒng)誤差的原因有_
22、_________________________________(寫一條即可)。
(4)驗證實驗結(jié)束后，該同學(xué)突發(fā)奇想：如果系統(tǒng)(重物A、B以及物塊C)的機械能守恒，不斷增大物塊C的質(zhì)量m，重物B的加速度a也將不斷增大，那么a與m之間有怎樣的定量關(guān)系？a隨m增大會趨于一個什么值？請你幫該同學(xué)解決。
①寫出a與m之間的關(guān)系式(還要用到M和g)：________________。
②a的值會趨于________。
解析：(1)驗證機械能守恒定律的原理是系統(tǒng)重力勢能的減少量等于系統(tǒng)動能的增加量，即需要測量系統(tǒng)重力勢能的變化量，則應(yīng)該測量出擋光片中心到光電門中心的距離。
(2)系統(tǒng)重力勢能
23、的減小量ΔEp＝mgh，系統(tǒng)的末速度為：v＝，系統(tǒng)動能的增加量為：ΔEk＝(2M＋m)v2＝(2M＋m)2，若系統(tǒng)機械能守恒，則有：mgh＝(2M＋m)2。
(3)系統(tǒng)機械能守恒的條件是只有重力做功，引起實驗誤差的原因可能有：繩子有質(zhì)量、滑輪與繩子之間有摩擦、重物運動受到空氣阻力等。
(4)根據(jù)牛頓第二定律得，系統(tǒng)所受的合力為mg，由牛頓第二定律：mg＝(2M＋m)a，則系統(tǒng)加速度為：a＝＝，當m不斷增大，則a趨向于g。
答案：(1)①擋光片中心 (2)mgh＝(2M＋m)2
(3) 繩子有質(zhì)量、滑輪與繩子之間有摩擦、重物運動受到空氣阻力等
(4)a＝ 重力加速度g
四、計算題
24、(本題共4小題，共61分)
15．(14分)光滑水平面上放著質(zhì)量mA＝1 kg的物塊 A與質(zhì)量mB＝2 kg 的物塊B，A與B均可視為質(zhì)點，A靠在豎直墻壁上，A、B間夾一個被壓縮的輕彈簧(彈簧與A、B均不拴接)，用手擋住B不動，此時彈簧彈性勢能Ep＝49 J。在A、B間系一輕質(zhì)細繩，細繩長度大于彈簧的自然長度，如圖所示。放手后B向右運動，繩在短暫時間內(nèi)被拉斷，之后B沖上與水平面相切的豎直半圓光滑軌道，其半徑R＝0.5 m，B恰能到達最高點C。g取10 m/s2，求：
(1)繩拉斷后物塊 B 到達半圓軌道最低點的速度大小；
(2)繩拉斷過程中系統(tǒng)損失的機械能大小。
解析：(1)設(shè)物塊B到
25、達C點的速率為vC，
根據(jù)物塊B恰能到達最高點C有：mBg＝mB
物塊B由最低點運動到最高點C這一過程應(yīng)用動能定理：
－2mBgR＝mBvC2－mBv2
解得：v＝5 m/s。
(2)設(shè)彈簧恢復(fù)到自然長度時物塊B的速率為v1，取向右為正方向，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為物塊B的動能，Ep＝mBv12，繩拉斷過程中系統(tǒng)損失的機械能大?。?
ΔE＝Ep－mv2＝24 J。
答案：(1)5 m/s (2)24 J
16．(15分)如圖所示，半徑為R的半球形陶罐，固定在可以繞豎直軸旋轉(zhuǎn)的水平轉(zhuǎn)臺上，轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)軸與過陶罐球心O的對稱軸OO′重合。一小物塊置于陶罐內(nèi)壁上，它和O點的連線與OO′之間的
26、夾角θ＝53°。已知物塊與陶罐內(nèi)壁間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度大小為g，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。
(1)轉(zhuǎn)臺靜止不動時，小物塊放置后開始沿內(nèi)壁下滑時的加速度大??；
(2)轉(zhuǎn)臺以一定角速度勻速旋轉(zhuǎn)時，小物塊隨陶罐一起轉(zhuǎn)動且相對罐壁靜止。求轉(zhuǎn)臺旋轉(zhuǎn)的角速度ω在什么范圍內(nèi)？
解析：(1)轉(zhuǎn)臺靜止不動時，小物塊放置后，有
mgsin θ－μmgcos θ＝ma，
代入數(shù)據(jù)解得物塊的加速度大小a＝0.5g。
(2)小物塊隨陶罐一起轉(zhuǎn)動，角速度最小為ω1，此時摩擦力方向沿切線向上，有
N1sin θ－f1cos θ＝mω12r，
27、N1cos θ＋f1sin θ＝mg，
f1＝μN1，r＝Rsin θ，
聯(lián)立解得ω1＝
小物塊隨陶罐一起轉(zhuǎn)動，角速度最大為ω2，此時摩擦力方向沿切線向下，有
N2sin θ＋f2cos θ＝mω22r，
N2cos θ－f2sin θ＝mg，
f2＝μN2，
聯(lián)立解得ω2＝
轉(zhuǎn)臺旋轉(zhuǎn)的角速度的取值范圍為 ≤ω≤ 。
答案：(1)0.5g (2) ≤ω≤
17．(16分)如圖甲所示，一傾角為37°的傳送帶以恒定速度運行。現(xiàn)將一質(zhì)量m＝1 kg的小物體拋上傳送帶，物體相對地面的速度隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示。取沿傳送帶向上為正方向，g＝10 m/s2，sin 37°
28、＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)0～8 s內(nèi)物體位移的大??；
(2)物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)；
(3)0～8 s內(nèi)物體機械能增量及因與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q。
解析：(1)由題圖乙可知，0～8 s內(nèi)物體位移的大小等于0～8 s內(nèi)圖線與時間軸所圍面積的大小，即為：
x＝－×2×2 m＋×(2＋6)×4 m＝14 m。
(2)由題圖乙可知，物體相對傳送帶滑動時加速度為：
a＝＝ m/s2＝1 m/s2
由牛頓第二定律，得：μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma
解得：μ＝0.875。
(3)物體被傳送帶送上的高度為：h＝xsin 37°＝8.4 m
29、
重力勢能的增量為：ΔEp＝mgh＝1×10×8.4 J＝84 J
動能增量為：ΔEk＝mv22－mv12＝×1×(42－22)J＝6 J
0～8 s內(nèi)物體機械能增量為：ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝90 J
0～8 s內(nèi)傳送帶運動距離為：x′＝4×8 m＝32 m
相對位移為：Δx＝x′－x＝32 m－14 m＝18 m
產(chǎn)生熱量為：Q＝μmgcos 37°Δx＝0.875×1×10×0.8×18 J＝126 J。
答案：(1)14 m (2)0.875 (3)90 J 126 J
18．(16分)(2018·江蘇高考)如圖所示，釘子A、B相距5l，處于同一高度。細線的一端系有質(zhì)量為M
30、的小物塊，另一端繞過A固定于B。質(zhì)量為m的小球固定在細線上C點，B、C間的線長為3l。用手豎直向下拉住小球，使小球和物塊都靜止，此時BC與水平方向的夾角為53°。松手后，小球運動到與A、B相同高度時的速度恰好為零，然后向下運動。忽略一切摩擦，重力加速度為g，取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求：
(1)小球受到手的拉力大小F；
(2)物塊和小球的質(zhì)量之比M∶m；
(3)小球向下運動到最低點時，物塊M所受的拉力大小T。
解析：(1)由幾何知識可知AC⊥BC，根據(jù)平衡
(F＋mg)cos 53°＝Mg
解得F＝Mg－mg。
(2)與A、B相同高度時
小球上升h1＝3lsin 53°，
物塊下降h2＝2l，
物塊和小球組成的系統(tǒng)機械能守恒mgh1＝Mgh2
解得＝。
(3)根據(jù)機械能守恒定律，小球向下運動到最低點時，恰好回到起始點，設(shè)此時物塊受到的拉力為T，加速度大小為a，由牛頓第二定律得
Mg－T＝Ma
對小球，沿AC方向由牛頓第二定律得
T－mgcos 53°＝ma
解得T＝
結(jié)合(2)可得T＝或mg或Mg。
答案：(1)Mg－mg (2)6∶5
(3)
（江蘇專版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 階段綜合檢測（二）第一-五章驗收（含解析）
