高級中學名校試卷PAGEPAGE12023—2024學年五縣聯考高一年級物理試題卷（考試時長：75分鐘滿分：100分）一、選擇題（本題共10個題，共44分。其中1—6題是單選，每題4分；7—10是多選，每題5分，多選題有兩個或兩個以上選項正確，全部選對得5分，選對但不全的得3分，有錯選或不答的得0分）1.下列運動過程機械能不守恒的是（）A.物體做平拋運動B.物體沿豎直方向做勻速直線運動C.物體做自由落體運動D.物體沿固定的光滑斜面下滑〖答案〗B〖解析〗A．做平拋運動的物體只有重力對其做功，所以機械能守恒，故A項不符合題意；B．物體沿豎直方向做勻速運動，則物體受重力和一個豎直向上，大小與重力相等的外力，其運動過程，因為勻速運動，所以其動能不變，重力做功，即重力勢能變化。物體的機械能等于物體的動能加上物體的勢能，所以其機械能不守恒，故B項符合題意；C．做自由落體的物體，其只有重力做功，所以機械能守恒，故C項不符合題意；D．沿固定的光滑斜面下滑的物體，只有重力做功，所以機械能守恒，故D項不符合題意。故選B。2.小車在水平地面上沿軌道從左向右運動，動能一直增加。如果用帶箭頭的線段表示小車在軌道上相應位置處所受合力，下列四幅圖可能正確的是（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗AB．小車做曲線運動，所受合外力指向曲線的凹側，故AB錯誤；CD．小車沿軌道從左向右運動，動能一直增加，故合外力與運動方向夾角為銳角，C錯誤，D正確。3.如圖甲是滾筒式洗衣機。洗衣機脫水完成前的某段時間內，可認為水已脫干，衣物緊貼著滾筒壁在豎直平面內做勻速圓周運動，如圖乙所示。若一件小衣物在此過程中隨滾筒轉動經過最高位置a、最低位置c、與滾筒圓心等高位置b、d，則該件小衣物在（）A.衣物a、b、c、d四點的線速度相同B.衣物在整個運動過程中所受的合外力不變C.衣物在c位置對滾筒壁的壓力大小等于重力D.衣物在b、d位置對滾筒壁的壓力大小相等〖答案〗D〖解析〗A．小衣物在a、b、c、d位置的線速度大小相等，但方向不同，故A錯誤；B．衣物在整個運動過程中所受的合外力大小不變，但方向一直在變，故B錯誤；C．c點時根據牛頓第二定律可知結合牛頓第三定律可知，衣物在c位置對滾筒壁的壓力大于重力，故C錯誤；D．在b、d兩位置受到的摩擦力方向都豎直向上，與重力平衡，方向相同，故D正確。故選D。4.如圖是梁同學做引體向上的示意圖。若每次完整的引體向上分為身體“上引”（身體由靜止開始從最低點升到最高點）和“下放”（身體從最高點回到最低點的初始狀態）兩個過程，單杠在整個過程中相對地面靜止不動，下列說法正確的是（）A.單杠對雙手的彈力是由于梁同學的手發生了彈性形變產生的B.一次完整的引體向上過程中，梁同學的機械能守恒C.“上引”過程中，單杠對梁同學不做功D.“下放”過程中，單杠對梁同學做負功〖答案〗C〖解析〗A．單杠對雙手彈力是由于單杠發生了彈性形變產生的，故A錯誤；B．一次完整的引體向上過程中，梁同學有消耗自身的內能，故其機械能不守恒，故B錯誤；CD．“上引”過程中，單杠對梁同學的作用力向上，但該力作用下手沒有發生位移，故單杠對梁同學不做功，同理“下放”過程中，單杠對梁同學也不做功，故C正確，D錯誤。故選C。5.如圖所示是北斗導航系統中部分衛星的軌道示意圖，已知P、Q、M三顆衛星均做勻速圓周運動，其中P是地球同步衛星，則（）A.衛星Q不可能相對地面靜止B.衛星P的周期等于衛星M的周期C.衛星P的線速度大小等于衛星M的線速度大小D.地球對衛星P的引力一定小于地球對衛星M的引力〖答案〗A〖解析〗A．據萬有引力提供向心力可得衛星P的軌道半徑等于衛星Q的軌道半徑，則衛星P的角速度大小等于衛星Q的角速度大小，但兩者的繞行方向不一致；P相對地球靜止，所以Q相對地球運動，故A正確；B．根據萬有引力提供向心力得可得衛星P的軌道半徑大于衛星M的軌道半徑，衛星P的周期大于衛星M的周期，故B錯誤；C．根據萬有引力提供向心力得可得衛星P的軌道半徑大于衛星M的軌道半徑，則衛星P的線速度大小小于衛星M的線速度大小，故C錯誤；D．衛星P、衛星M質量大小未知，無法比較地球對衛星P和地球對衛星M的引力大小，故D錯誤。故選A。6.如圖（甲）所示，質量不計的彈簧豎直固定在水平面上，時刻，將一金屬小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點，然后又被彈起離開彈簧，上升到一定高度后再下落，如此反復，通過安裝在彈簧下端的壓力傳感器，測出這一過程彈簧彈力F隨時間t變化的圖像如圖（乙）所示，則（）A.時刻小球動能最大B.從的過程中，小球的動能先增大后減小C.從的過程中，小球的動能一直在增大D.段時間內，小球增加的動能等于彈簧減少的彈性勢能〖答案〗B〖解析〗A．小球落到彈簧表面后，開始壓縮彈簧，此后彈簧的彈力開始增大，小球受到的合力減小，但方向仍然向下，當重力等于彈力時合力為零，速度達最大，故時刻小球動能沒有達到最大，故A錯誤；B．這段時間內，彈簧處于開始壓縮到達到最大壓縮量的過程，小球受到的彈力開始時小于重力，后來大于重力，所以小球的動能先增大后減小，在時刻小球的動能是0，故B正確；CD．這段時間內，小球的彈力從最大開始減小，說明小球在由最低點上升，小球受到的彈力開始時大于重力，小球向上做加速運動，后來小于重力，小球做減速運動，所以小球的動能先增大后減小，小球增加的動能變化量等于彈簧減少的彈性勢能與增加的重力勢能之和，選項CD錯誤。故選B。7.如圖所示，質量為的物體在水平拉力作用下，從靜止開始沿光滑水平面向右運動，則4s內拉力F所做的功W及其平均功率分別為（）A. B. C. D.〖答案〗BC〖解析〗物體的加速度為4s內的位移為4s內拉力F所做的功平均功率故選BC。8.皮帶傳送在生產和生活中有著廣泛應用，一電動機帶動傳送帶始終以的速率運動，傳送帶兩端A、B間的距離。工作時，機器手臂將一個工件無初速度放到A點，當該工件剛離開B點時，機器手臂將下一個工件放到A點，之后不斷重復此過程。已知每個工件的質量，與傳送帶間的動摩擦因數均為，工件可視為質點且不發生滾動，重力加速度g取。從第一個工件放到A點開始計時，則（）A.工件在傳送帶上一直做勻加速直線運動B.工件在傳送帶上勻加速階段的加速度為C.每個工件在傳送帶上運動的時間為1.5sD.電動機多消耗的電能等于工件增加的動能〖答案〗BC〖解析〗B．據牛頓第二定律可得解得工件在傳送帶上勻加速階段的加速度為B正確；AC．工件在傳送帶上先做勻加速直線運動后做勻速運動，工件加速時間和位移分別為工件勻速運動的時間為故每個工件在傳送帶上運動的時間為A錯誤，C正確；D．電動機多消耗的電能等于工件增加的動能與摩擦生熱之和，選項D錯誤。故選C。9.如圖甲所示，一物塊以一定初速度沖上傾角為30°的固定斜面。物塊在斜面上運動的過程中，其動能與運動路程s的關系如圖乙所示。已知物塊所受的摩擦力大小恒定，g取。下列說法正確的是（）A.物塊質量為0.7kgB.物塊所受摩擦力大小為0.7NC.0—20m過程中，物塊克服摩擦力做功為10JD.0—10m過程中與10m—20m過程中物塊所受合力之比為4∶3〖答案〗ACD〖解析〗AB.物塊在沿斜面向上運動中，由動能定理可得物塊在沿斜面向下滑運動中，由動能定理可得代入數據聯立解得故A正確，B錯誤；C.0～20m過程中，物塊克服摩擦力做功為故C正確；D.0～10m過程中物塊所受合外力為10m～20m過程中物塊所受合力則有合力之比為故D正確。故選ACD。10.如圖所示，一質量為M長為l的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質量為m的小物塊（可視為質點）從木板上的左端以速度開始運動。已知物塊與木板間的滑動摩擦力大小為f，當物塊從木板右端離開時（）A.木板的動能一定等于flB.木板的動能一定小于flC.物塊的動能一定等于D.物塊的動能一定小于〖答案〗BD〖解析〗AB．畫出物塊與木板運動示意圖和速度圖像。對物塊，由動能定理對木板，由動能定理根據速度圖像面積表示位移可知且故故A錯誤，B正確；CD．對系統，由能量守恒定律物塊動能故C錯誤，D正確。故選BD。二、實驗題（本題共2個小題，11題8分，12題8分，共16分。）11.杲同學用如圖所示的裝置“探究物體做圓同運動的向心力大小與半徑、線速度、質量的關系”。用一根細線系住小鋼球，另一端連接在固定于鐵架臺，上端的力傳感器上，小鋼球靜止于A點，將光電門固定在A點的正下方靠近A點處。在小鋼球底部豎直地粘住一片寬度為d的遮光條（質量不計，長度很小），小鋼球的質量為m，重力加速度為g。將小鋼球豎直懸掛，測出懸點到小鋼球球心之間的距離，得到小鋼球運動的半徑為R。（1）將小鋼球拉至某一位置靜止釋放，讀出小鋼球經過A點時力傳感器的讀數F及遮光條的擋光時間為，則小鋼球通過A點時的速度大小可視為___________m/s。（2）從動力學角度小鋼球通過A點時的向心力大小為___________（用F、m、g表示），將其計算的結果與向心力公式計算的結果進行比較。（3）改變小鋼球釋放的位置，重復實驗，比較發現總是略小于，分析表明這是系統造成的誤差，該系統誤差的可能原因是___________。A.小鋼球的質量偏大B.小鋼球的初速度不為零C.總是存在空氣阻力D.小鋼球速度的測量值偏大（4）小鋼球從靜止釋放位置運動到A點的過程中，重力做功的功率___________。A.一直增大B.一直減小C.先增大后減小D.先減小后增大〖答案〗（1）（2）（3）D（4）C〖解析〗（1）由光電門的原理可知，其通過光電門的瞬時速度為（2）在小鋼球到達A點時，對其進行受力分析，小鋼球受重力和繩子的拉力，并且由這兩個力的合力提供向心力，所以其向心力為（3）向心力的計算公式由上述公式可知，若偏大，則可能原因是小鋼球的速度測量偏大，故ABC錯誤，D正確。故選D。（4）初始時，小球靜止，沒有速度，根據公式可知，初始時重力的功率為零，到達A點時，小球在豎直方向上沒有速度，故其重力的功率也為零，而在下落過程中，存在豎直方向的速度，即下落過程中重力功率不為零，由上述分析可知，重力的功率先增大后減小。故ABD錯誤，C正確。故選C。12.同學用讓重錘自由下落的方法進行“驗證機械能守恒定律”的實驗。實驗裝置如圖所示。試回答以下問題：（1）除帶夾子的重錘、紙帶鐵架臺（含夾子）、打點計時器、導線及開關外，在下列器材中，還需要使用的器材是______（選填選項前字母）。A.低壓直流電源 B.天平（含砝碼） C.低壓交流電源 D.刻度尺（2）實驗過程中他們進行了如下操作，其中操作不當的步驟是_____（選填選項前字母）。A.將打點計時器豎直固定在鐵架臺上B.先釋放紙帶，后接通電源C.在紙帶上選取適當的計數點，并測量計數點間的距離D.根據測量結果分別計算重錘下落過程中減少的重力勢能及增加的動能（3）甲同學按照正確的實驗步驟操作后，選出一條紙帶如圖所示，其中O點為打點計時器打下的第一個點，為三個計數點，用刻度尺測得，，，在計數點A和B、B和C之間還各有一個點。打點計時器打點的周期為0.02s，當地重力加速度為，經過B點時的速度大小為______m/s。（結果保留兩位有效數字）（4）某同學根據另一紙帶算出相關各點的速度v，量出下落的距離h，以為縱軸，以h為橫軸畫出的圖線如圖所示，由圖象可知機械能損失占機械能的______%（結果保留兩位有效數字）。由此數據可以得出結論，在誤差允許的范圍內，機械能損失可忽略不計，重力勢能減少量等于功能增加量，機械能守恒。〖答案〗（1）CD（2）B（3）1.9（4）4.1〖解析〗【小問1詳析】需要交流電源為打點計時器供電，需要刻度尺測量點跡間的距離，不需要測出質量，故不需要天平。故選CD。【小問2詳析】A．將打點計時器豎直固定在鐵架臺上，符合實驗操作要求，故A正確，不符合題意；B．為充分利用紙帶，應先接通電源，后釋放紙帶，故B錯誤，符合題意；C．在紙帶上選取適當的數據點，并測量數據點間的距離，符合實驗操作要求，故C正確，不符合題意；D．根據測量結果分別計算重錘下落過程中減少的重力勢能及增加的動能，符合實驗要求，故D正確，不符合題意。故選B。【小問3詳析】根據題意，相鄰計數點間時間間隔為經過B點時速度大小為【小問4詳析】根據動能定理有故物體下落加速度機械能損失占機械能的三、計算題（本題共3個小題，13題12分，14題14分，15題14分，共40分。）13.圖甲為“海洋和諧號”游輪，它是目前世界上最大的游輪，假設其總質量，發動機額定輸出功率，某次航行過程中，“海洋和諧號”游輪從靜止開始在海面上做直線運動，其加速度—時間圖像如圖乙所示，在時，發動機輸出功率達到額定輸出功率，此后保持不變假設航行過程中所受阻力恒定不變，求：（1）游輪航行過程中所受的阻力大小；（2）游輪行駛的最大速度〖答案〗（1）；（2）〖解析〗（1）由圖像可知，在內，游輪的加速度，在時游輪的速度由牛頓第二定律有又，解得（2）當游輪達到最大速度時，則有又?解得14.智能呼啦圈輕便美觀，深受大眾喜愛。如圖甲，腰帶外側帶有軌道，將帶有滑輪的短桿穿入軌道，短桿的另一端懸掛一根帶有配重的輕繩，其簡化模型如圖乙所示。可視為質點的配重質量為，繩長為，懸掛點P到腰帶中心點O的距離為，水平固定好腰帶，通過人體微小扭動，使配重隨短桿做水平勻速圓周運動，繩子與豎直方向夾角為，運動過程中腰帶可看成不動。重力加速度取，，，求：（1）配重運動的半徑以及向心力大小；（2）配重的角速度；（3）若輕繩所能承受的最大拉力為，則配重的角速度不能超過多少？〖答案〗（1），；（2）；（3）〖解析〗（1）根據圖乙，由幾何關系可知，配重運動的半徑為對配重受力分析，如圖所示由于配重隨短桿做水平勻速圓周運動，配重所受合力提供向心力，方向指向軸線，則有（2）根據題意，由公式可得，配重的角速度為（3）由（2）的受力分析圖可知，豎直方向上，由平衡條件有當繩子拉力達到最大值時，有此時繩子與豎直方向夾角為則配重運動的半徑變為由牛頓第二定律有解得即配重的角速度不能超過。15.如圖所示，水平面AB（摩擦因數為0.3，長度）與豎直面內的半圓形導軌在B點相接，導軌半徑為。一個質量為的物塊（可視為質點）將彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，在彈力作用下物塊獲得某一向右速度后脫離彈簧，當它經過B點進入導軌瞬間對導軌的壓力為其重力的7.25倍，之后向上運動恰能完成半個圓周運動到達C點。（）試求：（1）物塊運動到B點和C點時速度分別是多少？（2）彈簧開始時的彈性勢能是多少？（3）物塊從B點運動至C點克服阻力做的功？〖答案〗（1），；（2）；（3）〖解析〗（1）物塊在B點時解得物塊在C點時解得（2）在物體從A點到B點的過程中，根據能量轉化，彈簧的彈性勢能解得（3）物塊從B點運動到C點，有動能定理得解得2023—2024學年五縣聯考高一年級物理試題卷（考試時長：75分鐘滿分：100分）一、選擇題（本題共10個題，共44分。其中1—6題是單選，每題4分；7—10是多選，每題5分，多選題有兩個或兩個以上選項正確，全部選對得5分，選對但不全的得3分，有錯選或不答的得0分）1.下列運動過程機械能不守恒的是（）A.物體做平拋運動B.物體沿豎直方向做勻速直線運動C.物體做自由落體運動D.物體沿固定的光滑斜面下滑〖答案〗B〖解析〗A．做平拋運動的物體只有重力對其做功，所以機械能守恒，故A項不符合題意；B．物體沿豎直方向做勻速運動，則物體受重力和一個豎直向上，大小與重力相等的外力，其運動過程，因為勻速運動，所以其動能不變，重力做功，即重力勢能變化。物體的機械能等于物體的動能加上物體的勢能，所以其機械能不守恒，故B項符合題意；C．做自由落體的物體，其只有重力做功，所以機械能守恒，故C項不符合題意；D．沿固定的光滑斜面下滑的物體，只有重力做功，所以機械能守恒，故D項不符合題意。故選B。2.小車在水平地面上沿軌道從左向右運動，動能一直增加。如果用帶箭頭的線段表示小車在軌道上相應位置處所受合力，下列四幅圖可能正確的是（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗AB．小車做曲線運動，所受合外力指向曲線的凹側，故AB錯誤；CD．小車沿軌道從左向右運動，動能一直增加，故合外力與運動方向夾角為銳角，C錯誤，D正確。3.如圖甲是滾筒式洗衣機。洗衣機脫水完成前的某段時間內，可認為水已脫干，衣物緊貼著滾筒壁在豎直平面內做勻速圓周運動，如圖乙所示。若一件小衣物在此過程中隨滾筒轉動經過最高位置a、最低位置c、與滾筒圓心等高位置b、d，則該件小衣物在（）A.衣物a、b、c、d四點的線速度相同B.衣物在整個運動過程中所受的合外力不變C.衣物在c位置對滾筒壁的壓力大小等于重力D.衣物在b、d位置對滾筒壁的壓力大小相等〖答案〗D〖解析〗A．小衣物在a、b、c、d位置的線速度大小相等，但方向不同，故A錯誤；B．衣物在整個運動過程中所受的合外力大小不變，但方向一直在變，故B錯誤；C．c點時根據牛頓第二定律可知結合牛頓第三定律可知，衣物在c位置對滾筒壁的壓力大于重力，故C錯誤；D．在b、d兩位置受到的摩擦力方向都豎直向上，與重力平衡，方向相同，故D正確。故選D。4.如圖是梁同學做引體向上的示意圖。若每次完整的引體向上分為身體“上引”（身體由靜止開始從最低點升到最高點）和“下放”（身體從最高點回到最低點的初始狀態）兩個過程，單杠在整個過程中相對地面靜止不動，下列說法正確的是（）A.單杠對雙手的彈力是由于梁同學的手發生了彈性形變產生的B.一次完整的引體向上過程中，梁同學的機械能守恒C.“上引”過程中，單杠對梁同學不做功D.“下放”過程中，單杠對梁同學做負功〖答案〗C〖解析〗A．單杠對雙手彈力是由于單杠發生了彈性形變產生的，故A錯誤；B．一次完整的引體向上過程中，梁同學有消耗自身的內能，故其機械能不守恒，故B錯誤；CD．“上引”過程中，單杠對梁同學的作用力向上，但該力作用下手沒有發生位移，故單杠對梁同學不做功，同理“下放”過程中，單杠對梁同學也不做功，故C正確，D錯誤。故選C。5.如圖所示是北斗導航系統中部分衛星的軌道示意圖，已知P、Q、M三顆衛星均做勻速圓周運動，其中P是地球同步衛星，則（）A.衛星Q不可能相對地面靜止B.衛星P的周期等于衛星M的周期C.衛星P的線速度大小等于衛星M的線速度大小D.地球對衛星P的引力一定小于地球對衛星M的引力〖答案〗A〖解析〗A．據萬有引力提供向心力可得衛星P的軌道半徑等于衛星Q的軌道半徑，則衛星P的角速度大小等于衛星Q的角速度大小，但兩者的繞行方向不一致；P相對地球靜止，所以Q相對地球運動，故A正確；B．根據萬有引力提供向心力得可得衛星P的軌道半徑大于衛星M的軌道半徑，衛星P的周期大于衛星M的周期，故B錯誤；C．根據萬有引力提供向心力得可得衛星P的軌道半徑大于衛星M的軌道半徑，則衛星P的線速度大小小于衛星M的線速度大小，故C錯誤；D．衛星P、衛星M質量大小未知，無法比較地球對衛星P和地球對衛星M的引力大小，故D錯誤。故選A。6.如圖（甲）所示，質量不計的彈簧豎直固定在水平面上，時刻，將一金屬小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點，然后又被彈起離開彈簧，上升到一定高度后再下落，如此反復，通過安裝在彈簧下端的壓力傳感器，測出這一過程彈簧彈力F隨時間t變化的圖像如圖（乙）所示，則（）A.時刻小球動能最大B.從的過程中，小球的動能先增大后減小C.從的過程中，小球的動能一直在增大D.段時間內，小球增加的動能等于彈簧減少的彈性勢能〖答案〗B〖解析〗A．小球落到彈簧表面后，開始壓縮彈簧，此后彈簧的彈力開始增大，小球受到的合力減小，但方向仍然向下，當重力等于彈力時合力為零，速度達最大，故時刻小球動能沒有達到最大，故A錯誤；B．這段時間內，彈簧處于開始壓縮到達到最大壓縮量的過程，小球受到的彈力開始時小于重力，后來大于重力，所以小球的動能先增大后減小，在時刻小球的動能是0，故B正確；CD．這段時間內，小球的彈力從最大開始減小，說明小球在由最低點上升，小球受到的彈力開始時大于重力，小球向上做加速運動，后來小于重力，小球做減速運動，所以小球的動能先增大后減小，小球增加的動能變化量等于彈簧減少的彈性勢能與增加的重力勢能之和，選項CD錯誤。故選B。7.如圖所示，質量為的物體在水平拉力作用下，從靜止開始沿光滑水平面向右運動，則4s內拉力F所做的功W及其平均功率分別為（）A. B. C. D.〖答案〗BC〖解析〗物體的加速度為4s內的位移為4s內拉力F所做的功平均功率故選BC。8.皮帶傳送在生產和生活中有著廣泛應用，一電動機帶動傳送帶始終以的速率運動，傳送帶兩端A、B間的距離。工作時，機器手臂將一個工件無初速度放到A點，當該工件剛離開B點時，機器手臂將下一個工件放到A點，之后不斷重復此過程。已知每個工件的質量，與傳送帶間的動摩擦因數均為，工件可視為質點且不發生滾動，重力加速度g取。從第一個工件放到A點開始計時，則（）A.工件在傳送帶上一直做勻加速直線運動B.工件在傳送帶上勻加速階段的加速度為C.每個工件在傳送帶上運動的時間為1.5sD.電動機多消耗的電能等于工件增加的動能〖答案〗BC〖解析〗B．據牛頓第二定律可得解得工件在傳送帶上勻加速階段的加速度為B正確；AC．工件在傳送帶上先做勻加速直線運動后做勻速運動，工件加速時間和位移分別為工件勻速運動的時間為故每個工件在傳送帶上運動的時間為A錯誤，C正確；D．電動機多消耗的電能等于工件增加的動能與摩擦生熱之和，選項D錯誤。故選C。9.如圖甲所示，一物塊以一定初速度沖上傾角為30°的固定斜面。物塊在斜面上運動的過程中，其動能與運動路程s的關系如圖乙所示。已知物塊所受的摩擦力大小恒定，g取。下列說法正確的是（）A.物塊質量為0.7kgB.物塊所受摩擦力大小為0.7NC.0—20m過程中，物塊克服摩擦力做功為10JD.0—10m過程中與10m—20m過程中物塊所受合力之比為4∶3〖答案〗ACD〖解析〗AB.物塊在沿斜面向上運動中，由動能定理可得物塊在沿斜面向下滑運動中，由動能定理可得代入數據聯立解得故A正確，B錯誤；C.0～20m過程中，物塊克服摩擦力做功為故C正確；D.0～10m過程中物塊所受合外力為10m～20m過程中物塊所受合力則有合力之比為故D正確。故選ACD。10.如圖所示，一質量為M長為l的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質量為m的小物塊（可視為質點）從木板上的左端以速度開始運動。已知物塊與木板間的滑動摩擦力大小為f，當物塊從木板右端離開時（）A.木板的動能一定等于flB.木板的動能一定小于flC.物塊的動能一定等于D.物塊的動能一定小于〖答案〗BD〖解析〗AB．畫出物塊與木板運動示意圖和速度圖像。對物塊，由動能定理對木板，由動能定理根據速度圖像面積表示位移可知且故故A錯誤，B正確；CD．對系統，由能量守恒定律物塊動能故C錯誤，D正確。故選BD。二、實驗題（本題共2個小題，11題8分，12題8分，共16分。）11.杲同學用如圖所示的裝置“探究物體做圓同運動的向心力大小與半徑、線速度、質量的關系”。用一根細線系住小鋼球，另一端連接在固定于鐵架臺，上端的力傳感器上，小鋼球靜止于A點，將光電門固定在A點的正下方靠近A點處。在小鋼球底部豎直地粘住一片寬度為d的遮光條（質量不計，長度很小），小鋼球的質量為m，重力加速度為g。將小鋼球豎直懸掛，測出懸點到小鋼球球心之間的距離，得到小鋼球運動的半徑為R。（1）將小鋼球拉至某一位置靜止釋放，讀出小鋼球經過A點時力傳感器的讀數F及遮光條的擋光時間為，則小鋼球通過A點時的速度大小可視為___________m/s。（2）從動力學角度小鋼球通過A點時的向心力大小為___________（用F、m、g表示），將其計算的結果與向心力公式計算的結果進行比較。（3）改變小鋼球釋放的位置，重復實驗，比較發現總是略小于，分析表明這是系統造成的誤差，該系統誤差的可能原因是___________。A.小鋼球的質量偏大B.小鋼球的初速度不為零C.總是存在空氣阻力D.小鋼球速度的測量值偏大（4）小鋼球從靜止釋放位置運動到A點的過程中，重力做功的功率___________。A.一直增大B.一直減小C.先增大后減小D.先減小后增大〖答案〗（1）（2）（3）D（4）C〖解析〗（1）由光電門的原理可知，其通過光電門的瞬時速度為（2）在小鋼球到達A點時，對其進行受力分析，小鋼球受重力和繩子的拉力，并且由這兩個力的合力提供向心力，所以其向心力為（3）向心力的計算公式由上述公式可知，若偏大，則可能原因是小鋼球的速度測量偏大，故ABC錯誤，D正確。故選D。（4）初始時，小球靜止，沒有速度，根據公式可知，初始時重力的功率為零，到達A點時，小球在豎直方向上沒有速度，故其重力的功率也為零，而在下落過程中，存在豎直方向的速度，即下落過程中重力功率不為零，由上述分析可知，重力的功率先增大后減小。故ABD錯誤，C正確。故選C。12.同學用讓重錘自由下落的方法進行“驗證機械能守恒定律”的實驗。實驗裝置如圖所示。試回答以下問題：（1）除帶夾子的重錘、紙帶鐵架臺（含夾子）、打點計時器、導線及開關外，在下列器材中，還需要使用的器材是______（選填選項前字母）。A.低壓直流電源 B.天平（含砝碼） C.低壓交流電源 D.刻度尺（2）實驗過程中他們進行了如下操作，其中操作不當的步驟是_____（選填選項前字母）。A.將打點計時器豎直固定在鐵架臺上B.先釋放紙帶，后接通電源C.在紙帶上選取適當的計數點，并測量計數點間的距離D.根據測量結果分別計算重錘下落過程中減少的重力勢能及增加的動能（3）甲同學按照正確的實驗步驟操作后，選出一條紙帶如圖所示，其中O點為打點計時器打下的第一個點，為三個計數點，用刻度尺測得，，，在計數點A和B、B和C之間還各有一個點。打點計時器打點的周期為0.02s，當地重力加速度為，經過B點時的速度大小為______m/s。（結果保留兩位有效數字）（4）某同學根據另一紙帶算出相關各點的速度v，量出下落的距離h，以為縱軸，以h為橫軸畫出的圖線如圖所示，由圖象可知機械能損失占機械能的______%（結果保留兩位有效數字）。由此數據可以得出結論，在誤差允許的范圍內，機械能損失可忽略不計，重力勢能減少量等于功能增加量，機械能守恒。〖答案〗（1）CD（2）B（3）1.9（4）4.1〖解析〗【小問1詳析】需要交流電源為打點計時器供電，需要刻度尺測量點跡間的距離，不需要測出質量，故不需要天平。故選CD。【小問2詳析】A．將打點計時器豎直固定在鐵架