2026-2027学年高三上学期物理期中复习五

高三期中复习五 一、单选题：本大题共8小题，共32分。 1.在物理学研究过程中科学家们创造了许多物理学研究方法，如理想实验法、控制变量法、极限法、等效替代法、理想模型法、微元法等，以下关于所用物理学研究方法的叙述正确的是     A. 瞬时速度概念的建立体现了等效替代的方法 B. 质点概念的引入运用了理想化模型的方法 C. 探究加速度与力、质量的关系的实验，采用了理想实验的方法 D. 速度、加速度的定义都运用了比值定义法 2.如图，是卡文迪许测量万有引力常量的实验装置示意图，根据胡克定律及转动理论可知，两平衡球受到的等大反向且垂直水平平衡杆的水平力F与石英丝N发生扭转的角度成正比，即，k的单位为，可以通过固定在T形架上平面镜M的反射点在弧形刻度尺上移动的弧长求出来，弧形刻度尺的圆心正是光线在平面镜上的入射点，半径为R。已知两平衡球质量均为m，两施力小球的质量均为，与平衡球的距离均为r，施加给平衡球的力水平垂直平衡杆，反射光线在弧形刻度尺上移动的弧长为，则测得万有引力常量为平面镜M扭转角度为时，发射光线扭转角度为     A. B. C. D. 3.具有拱券结构的赵州桥展示了我国古代人民高超的造桥技术。如图，某同学用6块形状相同的楔形块搭成一个半圆形的拱券结构桥梁模型，其中1号与6号楔形块固定在水平面上，2号与5号楔形块的质量均为m，3号与4号楔形块的质量均为。若不计楔形块之间的摩擦力，则为     A. B. 1 C. D. 2 4.明朝的《天工开物》记载了我国古代劳动人民的智慧。如图所示，可转动的把手上a点到转轴的距离为2R，辘轳边缘b点到转轴的距离为R。人甲转动把手，把井底的人乙拉上来，则下列判断正确的是     A. a点的角速度大于b点的角速度 B. a点的向心加速度小于b点的向心加速度 C. 绳对乙做的功等于乙机械能的变化量 D. 绳对乙拉力的冲量等于乙的动量的变化量 5.如图甲，将一小球从地面以某一初速度竖直向上抛出，取地面为零重力势能参考面，小球的机械能和重力势能随小球离开地面的高度h变化关系图像如图乙。重力加速度，下列说法正确的是     A. 小球从地面抛出的初速度 B. 小球所受空气阻力大小为小球自身重力的 C. 从抛出开始，小球经1s时间上升到最高点 D. 小球离地面高度时，小球的动能 6.工程上经常利用“重力加速度法”探测地下矿藏分布，可将其原理简化，如图，P为某地区水平地面上一点，如果地下没有矿物，岩石分布均匀，密度为，P处的重力加速度正常值为g；若在P点正下方一球形区域内有某种矿物，球形区域中矿物的密度为，球形区域半径为R，球心O到P的距离为L，此时P处的重力加速度相比P处重力加速度正常值g会偏小，差值可称为“重力加速度反常值”。关于不同情况下的“重力加速度反常值”，下列说法正确的是：     A. 若球形区域半径变为，则“重力加速度反常值”变为 B. 若球心O到P的距离变为2L，则“重力加速度反常值”变为 C. 若球形区域变为一个空腔，即“矿物”密度为0，则“重力加速度反常值”变为 D. 若球形区域内为重金属矿物，矿物密度变为，则“重力加速度反常值”变为 7.如图所示，在水平地面上有一斜面，质量均为m的A、B两物块放在斜面的等高处，A、B之间连接着一个轻质弹簧，其劲度系数为k，弹簧处于压缩状态，且物块与斜面均能保持静止。已知斜面的倾角为，两物块和斜面间的动摩擦因数均为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度的大小为g。下列说法正确的是     A. 斜面对A、B组成系统的静摩擦力为0 B. 斜面和水平地面间可能有静摩擦力作用 C. 若将弹簧拿掉，A物块有可能发生滑动 D. 弹簧的最大压缩量为 8.一弹簧秤的秤盘质量为，盘内放一质量为的物体，弹簧质量不计，其劲度系数为k，系统处于静止状态，如图所示。时刻给物体施加一个竖直向上的力F，使物体从静止开始向上做加速度为a的匀加速直线运动，经2s物体与秤盘脱离，用表示物体与秤盘间的相互作用力的大小，已知重力加速度大小为g，则下列F和随时间变化的关系图像正确的是     A. B. C. D. 二、多选题：本大题共4小题，共16分。 9.耙在中国已有1500年以上的历史，北魏贾思勰著《齐民要术》称之为“铁齿楱”，将使用此农具的作业称作耙。如图甲所示，牛通过两根耙索拉耙沿水平方向匀速耙地。两根耙索等长且对称，延长线的交点为，夹角，拉力大小均为F，平面与水平面的夹角为为AB的中点，如图乙所示。忽略耙索质量，下列说法正确的是     A. 两根耙索的合力大小为F B. 两根耙索的合力大小为 C. 地对耙的水平阻力大小为 D. 地对耙的水平阻力大小为 10.一种升降电梯的原理如图所示，A为电梯的轿厢，B为平衡配重。在某次运行时含乘客、B的质量分别为和。A、B由跨过轻质滑轮的足够长轻质缆绳连接。电动机通过牵引绳向下拉配重B，使得电梯的轿厢由静止开始向上运动轿厢A、配重B一直未与滑轮相撞。电动机输出功率保持不变。不计空气阻力和摩擦阻力，。在A向上运动过程中，则     A. 轿厢A先做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速直线运动 B. 轿厢A能达到的最大速度 C. 轿厢A向上的加速度为时，配重B下端的牵引绳上拉力 D. 厢体A从静止开始到上升的高度为5m时箱体已处于匀速，所用的时间 11.根据宇宙大爆炸理论，密度较大区域的物质在万有引力作用下，不断聚集可能形成恒星。恒星最终的归宿与其质量有关，如果质量为太阳质量的倍将坍缩成白矮星，质量为太阳质量的倍将坍缩成中子星，质量更大的恒星将坍缩成黑洞。设恒星坍缩前后可看成质量均匀分布的球体，质量不变，体积缩小，自转变快。不考虑恒星与其它物体的相互作用。已知逃逸速度为第一宇宙速度的倍，中子星密度大于白矮星。根据万有引力理论，下列说法正确的是     A. 同一恒星表面任意位置的重力加速度相同 B. 恒星坍缩后表面两极处的重力加速度比坍缩前的大 C. 恒星坍缩前后的第一宇宙速度增大 D. 中子星的逃逸速度小于白矮星的逃逸速度 12.如图所示，固定光滑曲面左侧与光滑水平面平滑连接，水平面依次放有2022个质量均为2m的弹性物块所有物块在同一竖直平面内，质量为m的0号物块从曲面上高h处静止释放后沿曲面滑到水平面，以速度与1号物块发生弹性正碰，0号物块反弹后滑上曲面再原路返回，如此反复：2022个弹性物块两两间碰撞时交换速度，则下列说法正确的是所有物块均可视为质点，重力加速度为     A. B. 最终所有物块的总动能为mgh C. 2022号物块最终速度 D. 0号物块最终动量大小为 三、实验题：本大题共2小题，共18分。 13.用如图所示的装置研究平抛物体的运动规律，击打弹片时，A做平抛运动，B做自由落体。经过多次实验发现两个小球总是同时落地，则得到的结论是：____________________________________。 以A的抛出点做为坐标原点，建立直角坐标系，如图所示，设从，从，从的时间分别是、、，则这三个时间是否相等_______。选填“相等”或“不相等” 物体平抛的初速度是多少_______用x、h、g表示 14.某实验小组为测量小球从某一高度释放，与某种橡胶材料碰撞导致的机械能损失，设计了如图所示的装置，实验过程如下： 让小球从某一高度由静止释放，与水平放置的橡胶材料碰撞后竖直反弹。调节光电门位置，使小球从光电门正上方释放后，在下落和反弹过程中均可通过光电门。 用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图所示，小球直径__________mm。 测量时，应__________选填“A”或“B”，其中A为“先释放小球，后接通数字计时器”，B为“先接通数字计时器，后释放小球”。记录小球第一次和第二次通过光电门的遮光时间和。 计算小球通过光电门的速度，已知小球的质量为m，可得小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失__________用字母m、d、和表示。 若适当调高光电门的高度，将会__________选填“增大”或“减小”因空气阻力引起的测量误差。 四、计算题：本大题共4小题，共34分。 15.某粮库使用如图所示的装置运粮，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车从坡底沿斜坡匀加速上行，此时电动机提供的恒定拉力，配重落地的瞬间，关闭电动机，小车又沿斜坡匀减速上行，到达卸粮点时速度恰好为零。已知斜坡倾角，坡底到卸粮点的距离，小车质量，车上粮食质量，配重质量，取重力加速度，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例系数，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求： 配重落地前小车的加速度大小； 配重落地后经多长时间小车到达卸粮点。 16.如图所示，质量为m、视为质点的小球可通过轻绳绕固定点O转动，轻绳的长度为L，O点与位于其正下方的M点间的距离为2L，M点位于倾角为的固定斜面上将小球拉起至轻绳水平，然后由静止释放，当轻绳拉着小球绕O点转过时，轻绳达到其最大能承受的拉力而断裂。已知重力加速度为g，不计空气阻力，求： 轻绳能承受的最大拉力； 自轻绳断裂至小球到达斜面的时间； 小球在斜面上的落点到M点的距离； 若轻绳断裂瞬间立即对小球施加垂直纸面的力F，力F随时间t变化的函数表达式为，常数，计算得出此种情况下小球以多大的动能与斜面相碰。 17.如图所示，劲度系数为的轻质弹簧放置在光滑的水平面上，左端连接在墙上，质量为m的小球乙放在光滑的水平面上，质量为m、半径为r的四分之一圆弧槽弧面光滑也静置在光滑水平面上，最低点A的切线水平、最高点B的切线竖直。现用物块甲视为质点、与弹簧不粘连压迫弹簧，使弹簧的压缩量为r，然后释放甲，弹簧恢复原长的全过程中，墙对弹簧的冲量为，接着甲与乙发生碰撞产生的热量为，然后乙冲上圆弧轨道，离开B点，已知弹簧的弹性势能表达式为为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，重力加速度为g，空气的阻力忽略不计，求： 甲的质量以及甲、乙碰撞后甲的速度； 乙离开B点后与水平面的最大高度； 乙从离开圆弧槽的B点到再次到达圆弧槽的B点的过程中，圆弧槽运动的距离及乙再次离开圆弧槽时二者的速度大小。 18.窗帘是我们日常生活中很常见的一种家具装饰物，具有遮阳隔热和调节室内光线的功能。图甲为罗马杆滑环窗帘示意图。假设窗帘质量均匀分布在每一个环上，将图甲中的窗帘抽象为图乙所示模型。长滑杆水平固定，上有10个相同的滑环，滑环厚度忽略不计，滑环从左至右依次编号为1、2、。窗帘拉开后，相邻两环间距离均为，每个滑环的质量均为，滑环与滑杆之间的动摩擦因数均为。窗帘未拉开时，所有滑环可看成挨在一起处于滑杆右侧边缘处，滑环间无挤压，现在给1号滑环一个向左的初速度，使其在滑杆上向左滑行视为只有平动；在滑环滑行的过程中，前、后滑环之间的窗帘绷紧后，两个滑环立即以共同的速度向前滑行，窗帘绷紧的过程用时极短，可忽略不计。不考虑空气阻力的影响，重力加速度。 若要保证2号滑环能动起来，求1号滑环的最小初速度； 假设1号滑环与2号滑环间窗帘绷紧前其瞬间动能为E，求窗帘绷紧后瞬间两者的总动能以及由于这部分窗帘绷紧而损失的动能； 号滑环开始运动后继续滑行后停下来，求1号滑环的初速度大小及全过程中由于窗帘绷紧而损失的能量。 答案和解析 1.【答案】B  【解析】【分析】 本题涉及了物理多种物理方法和数学方法，理想化模型，等效替代，比值定义法，这些都是老师在课上经常提到的，只要留意听课，这些很容易解答． 【解答】 A.瞬时速度概念的建立体现了极限的思想方法，故A错误； B.质点概念的引入运用了理想化模型的方法，将物体抽象为一个有质量的点，故B正确； C.探究加速度与力、质量的关系的实验采用的是控制变量法，故C错误； D.速度运用了比值定义法，是决定式，不是比值定义法，故D错误。 2.【答案】B  【解析】【分析】 本题考查了万有引力定律的应用；本题巧妙地利用光的反射将因引力产生微小转动的角度放大，同时利用反射定律及几何关系来解题，能拓宽学生的解题思路，提高解题能力。 为测量石英丝极的扭转角，实验采取了“微小量放大”，当引进时由于物体间引力作用，使石英丝极发生微小的扭转，从而带动平面镜转动，导致经平面镜反射过来的光线发生较大变化，根据平面镜反射定律及几何关系得出转动的角度，根据万有引力定律和水平力F与石英丝N发生扭转的角度成正比，联立求解万有引力常数即可。 【解答】 所施加的力为万有引力，由万有引力定律得： 根据平面镜反射定律及几何关系可知，石英丝N发生扭转的角度为： 又 联立解得：； 故B正确，ACD错误。 3.【答案】D  【解析】【分析】 本题是多个物体的平衡问题，要灵活选择研究对象，采用整体法和隔离法相结合求解比较简单． 【解答】 6块形状完全相同的模形块围成半圆，每块模形块对应的圆心角为，对第3块楔形块受力分析如图所示， 则有，对第2块和第3块模形块整体受力分析如图所示， 则有，解得，D正确。 4.【答案】C  【解析】因 a、 b两点同轴转动，则 a点的角速度等于 b点的角速度，因 a点转动半径较大，根据可知 a点的向心加速度大于 b点的向心加速度，故AB错误； C.乙上升过程中，仅重力和绳子的拉力做功，且绳子的拉力做正功，重力做负功，由机械能守恒定律可知，重力做功不改变物体的机械能，绳子的拉力做的功等于乙重力势能增量与动能增量的总和，即，因此绳子对乙做的功等于乙机械能的变化量，故C正确； D.对乙根据动量定理可得，即绳对乙拉力和乙重力的合力的冲量等于乙的动量变化量，故D错误。 5.【答案】D  【解析】【分析】 本题考查功能关系的图像问题，能从图像得出有用的信息是解题的关键。 根据重力势能的表达式结合图像得出小球的质量，根据图像得出小球抛出时的动能和重力势能，计算出动能，根据动能的表达式得出小球的抛出时的速度即可判断；根据图像得出上升的最大高度，根据匀变速直线运动规律列方程得出运动的时间，小球上升到最高点过程，由动能定理列方程得出小球上升的阻力大小，从而得出小球所受空气阻力大小与小球重力关系即可判断；小球上升到离地面高度过程，由动能定理列方程得出小球的动能即可判断。 【解答】 A、由知，图像的斜率为mg，由图知，，解得小球的质量。抛出时，小球的重力势能为0，机械能为100J，则抛出小球的动能，解得小球的初速度，故A错误； BC、由图知，小球上升的最大高度为，小球上升过程做匀减速直线运动，则，解得小球上升到最高点所需的时间，小球上升到最高点过程，由动能定理：，解得小球所受的空气阻力，即小球所受空气阻力大小为小球自身重力的，故BC错误； D、小球上升到离地面高度过程，由动能定理：，解得小球的动能，故D正确。 6.【答案】A  【解析】【分析】 本题考查了万有引力部分的知识，逆向思维。填满岩石就回到正常值，则反常就是这部分岩石引起的。 假设在空腔处填满岩石，由万有引力定律列方程求出重力加速度的反常值，根据反常值的表达式分析答题。 【解答】 解：如果将近地表的球形区域中的黄金矿石换成普通的密度为的岩石，则该地区重力加速度便回到正常值，因此，重力加速度反常可理解为在球形区域存在普通岩石的基础上减去一个密度为、质量为的球引起的，该减去的球对P点一质量为m的质点产生的附加加速度为，则；此时P处的重力加速度相比P处重力加速度的正常值g会偏小，差值可称为“重力加速度反常值”，故； 若球心O到P的距离变为2L，则“重力加速度反常值”变为，故B错误； A.若球形区域半径变为，则重力加速度反常可理解为在球形区域存在普通岩石的基础上减去一个密度为、质量为的球引起的，此时“重力加速度反常值”变为，故A正确； C.若球形区域变为一个空腔，则重力加速度反常可理解为在球形区域存在普通岩石的基础上减去一个密度为、质量为的球引起的，即“矿物”密度为0，则“重力加速度反常值”变为，故C错误； D.若球形区域变为重金属矿物，矿物密度变为，则重力加速度反常可理解为在球形区域存在普通岩石的基础上增加一个密度为、质量为的球引起的，即"矿物"密度为时"重力加速度反常值"变为，故D错误。 7.【答案】D  【解析】解： A、选A、B组成的系统为研究对象，摩擦力等于重力沿斜面的分力，。故A错误； B、以A、B两物块和轻质弹簧、斜面组成的整体为研究对象进行受力分析知，整体只在竖直方向上受重力及地面的支持力，没有沿水平面的相对运动趋势，故斜面与水平地面间没有摩擦力作用，故B错误； C、以A为研究对象进行受力分析 在斜面内的力如图1，与弹力和的合力大小相等、方向相反； 当撤去弹簧，A在斜面内的受力如图2所示，则，，所以物块不可能发生滑动，故C错误； D、由于，则，整理可得：，故D正确。 故选：D。 一、应用共点力的平衡条件来求解A、B组成系统的摩擦力和斜面所受地面摩擦力的情况：整体只在竖直方向上受重力及地面的支持力，没有沿水平面的相对运动趋势，故斜面与水平地面间没有摩擦力作用；二、考查胡克定律的应用，当压缩量最大时，满足：。进而解出最大的压缩量。 本题考查共点力的平衡问题，通过分析A、B系统的摩擦力和斜面所受地面摩擦力情况来加深对摩擦力的理解；弹簧最大压缩量问题的理解是D选项的解题关键。 8.【答案】C  【解析】【分析】 先根据平衡条件和胡克定律相结合求出初始时弹簧的压缩量。时刻给物体施加一个竖直向上的力F后，对物体与秤盘整体，运用牛顿第二定律和运动学公式、胡克定律列式，得到F与t的关系式，再分析图像的形状。对物体，运用牛顿第二定律列式，得到与t的关系式，再分析图像的形状。 本题中弹簧的弹力是变力，分析好何时两者分离是关键，此时两者间无作用力，且两者加速度刚好相等，运用牛顿第二定律、运动学公式和胡克定律列式分析。 【解答】 AB、系统处于静止状态时，弹簧的压缩量为 时刻给物体施加一个竖直向上的力F后，对物体与秤盘整体，由牛顿第二定律得： 由运动学公式有 联立可得：，图像是开口向上的抛物线一部分。 当时，； 当时，对物体，有，得，故AB错误； CD、时刻前， 时刻后，对物体，由牛顿第二定律得： 结合，得，图像是开口向下的抛物线一部分，时，。时，，故C正确，D错误。 故选：C。 9.【答案】BC  【解析】【分析】 对耙进行受力分析，受到牵引力、阻力、重力和支持力，根据平衡条件和二力合成列式求解，注意几何知识运用。 【解答】 AB、根据受力分析知，两根耙索之间的夹角为，两根耙索的合力大小为，故B正确，A错误； CD、根据平衡条件，地对耙的水平阻力大小为，故C正确，D错误。 10.【答案】AC  【解析】【分析】 本题考查动能定理和机车的两种启动的应用，涉及了牛顿第二定律和功率的相关知识，解题关键是熟练掌握物理公式，灵活运用。 首先根据牛顿第二定律和功率与速度的关系式求解最大速度；然后对A、B分别应用牛顿第二定律联立求解重物B下端绳的拉力大小；最后根据动能定理求解厢体A从静止开始到上升的高度为5m时箱体已处于匀速状态，试求该过程中所用的时间t。 【解答】 A.由于电动机输出功率保持不变，轿厢A先做加速度减小的加速运动，再做匀速直线运动，故A正确； B.当轿厢A达到最大速度时，轿厢A做匀速直线运动，设此时电动机的牵引力为，则，又，得，故B错误； C.轿厢A向上的加速度为时，设A、B之间绳子的拉力为T； 由牛顿第二定律可得，，得，故C正确； D.由于箱体已经处于匀速状态，因此此时箱体的速度为， 根据动能定理可得，得，故D错误。 11.【答案】BC  【解析】【分析】 考虑恒星自转，根据万有引力的一个分力等于重力判断同一恒星表面任意位置的重力加速度是否相同；根据两极处万有引力等于重力判断恒星坍缩后表面两极处的重力加速度是否比坍缩前的大；根据星球表面万有引力提供向心力判断恒星坍缩前后的第一宇宙速度是否不变；根据星球表面万有引力提供向心力推导恒星坍缩后的第一宇宙速度，进而表示出逃逸速度，进一步判断中子星的逃逸速度是否小于白矮星的逃逸速度。 本题考查万有引力定律在天体运动中的应用，涉及了星体表面的重力加速度、第一宇宙速度以及逃逸速度的问题，解题方法是：忽略星球自转，万有引力等于重力，涉及环绕问题，一般需要根据万有引力提供向心力讨论分析。 【解答】 A.考虑恒星自转，两极处万有引力等于重力，而其它地方万有引力的一个分力等于重力，所以同一恒星表面任意位置的重力加速度不一定相同，故A错误； B.根据两极处万有引力等于重力得：，解得：，恒星坍缩后质量M不变，R变小，所以表面两极处的重力加速度一定比坍缩前的大，故B正确； C.根据星球表面万有引力提供向心力推导第一宇宙速度，得：，，质量M不变，R变小，所以恒星坍缩前后的第一宇宙速度变大，故C正确； D.由质量分布均匀球体的质量表达式  得 已知逃逸速度为第一宇宙速度的  倍，则 联立得 由题意可知中子星的质量和密度均大于白矮星，结合上式表达式可知中子星的逃逸速度大于白矮星的逃逸速度，D错误。 12.【答案】ABD  【解析】解：A、对0号物体，0号物块从曲面上滑到水平面过程，根据机械能守恒定律有：，解得：，故A正确； B、碰撞为弹性碰撞，碰撞过程机械能守恒，对整体，由机械能守恒定律得：，故B正确； C、2022个弹性物体两两之间碰撞时交换速度，所以2022号物体最终速度是0号物体与1号物体发生弹性正碰后1号物体的速度，物块发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：，由机械能守恒定律得：，解得：，，故C错误； D、0号与1号发生碰撞后，1号将于2号发生正碰，因两者质量相同，将发生速度交换，1号将静止。之后0号将继续与1号发生第二次碰撞，同理可得，0号第二次碰撞后的速度为，最终0号物体要与1号物体碰撞2022次，所以0号物体最终动量大小为，故D正确。 故选：ABD。 应用机械能守恒定律求出0号物块到达水平面时的速度大小； 碰撞是弹性碰撞，碰撞过程没有机械能损失，应用机械能守恒定律求出最终所有物块的总动能； 弹性碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求解。 物块弹性碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，分析清楚物块的运动过程，应用机械能守恒定律与动量守恒定律即可解题。 13.【答案】作平抛运动的物体，在竖直方向上的分运动是自由落体运动；相等；  【解析】【分析】 通过实验探究出平抛运动处理的规律，并掌握了运动的合成与分解；对于平抛运动问题，一定明确其水平和竖直方向运动特点，尤其是在竖直方向熟练应用匀变速直线运动的规律和推论解题。 【解答】 经过多次实验发现两个小球总是同时落地，则得到的结论是：作平抛运动的物体，在竖直方向上的分运动是自由落体运动； 在水平方向是匀速运动，由图可知，从、、水平方向位移相等，运动相同的距离所用时间相等； 设相邻两点间时间为t，则 在竖直方向上，相邻两点间距离差为2h，有，得，所以。 14.【答案】或； ； ；增大  【解析】解：螺旋测微器的分度值为，需要估读到分度值的下一位，则； 在测量时，因小球下落时间很短，如果先释放小球，有可能会出现时间记录不完整，所以应先接通数字计时器，再释放小球，故选B； 在光电门位置，小球的重力势能相等，则小球在此处的动能之差即为小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失。 在极短时间内，物体的瞬时速度等于该过程中物体的平均速度，则小球第一次经过光电门的速度为，小球第二次经过光电门的速度为，因此； 若适当调高光电门的高度，则空气阻力做功将变大，将会增大因空气阻力引起的测量误差。 故答案为：或；；；增大 根据螺旋测微器的读数规则得出小球的直径； 根据实验原理掌握正确的实验操作； 理解机械能的定义，利用光电门测出小球的速度，结合动能的计算公式完成分析； 根据实验原理结合功的计算公式完成对实验误差的分析。 本题主要考查了能量守恒定律的相关应用，理解光电门测量速度的原理，结合能量守恒定律完成对实验的分析。 15.【答案】解：配重落地前，对小车由牛顿第二定律 对重物由牛顿第二定律 解得： 配重落地后，对小车由牛顿第二定律 设小车运动的最大速度，匀加速运动的位移，匀减速运动的位移 由速度位移关系得    斜坡长 有得 小车减速时间 联立解得 答：配重落地前小车的加速度大小为； 配重落地后经1s小车到达卸粮点。  【解析】根据牛顿第二定律结合运动学公式可解得。 本题考查牛顿第二定律及运动学公式的应用，解题关键掌握小车的受力分析及运动状态的分析。 16.【答案】解：小球绕O点转过的过程，由机械能守恒定律得   解得： 轻绳断裂前瞬间，对小球，由牛顿第二定律得   解得轻绳能承受的最大拉力： 沿着绳断裂时小球的速度方向，有： 根据牛顿第二定律得： 根据运动学公式有： 解得自轻绳断裂至小球到达斜面的时间： 纸面内垂直于轻绳断裂时速度方向，由牛顿第二定律得   小球在斜面上的落点到M点的距离： 解得： 垂直纸面方向，由动量定理得：    沿着绳断裂时的速度方向，有： 沿斜面向下的方向，有： 小球与斜面相碰前的动能： 联立解得： 答：轻绳能承受的最大拉力为； 自轻绳断裂至小球到达斜面的时间为； 小球在斜面上的落点到M点的距离为； 此种情况下小球以的动能与斜面相碰。  【解析】根据机械能守恒定律求出轻绳断裂前瞬间的速度，由向心力公式求轻绳能承受的最大拉力； 轻绳断裂后，小球做斜下抛运动，根据竖直方向的运动规律求自轻绳断裂至小球到达斜面的时间； 轻绳断裂后，将小球的运动沿垂直于轻绳断裂时速度方向和速度方向分解，由牛顿第二定律和分位移公式相结合求小球在斜面上的落点到M点的距离； 垂直纸面方向，由动量定理列式；沿着绳断裂时的速度方向和沿斜面向下的方向分别由速度-时间公式列方程，结合动能的表达式求解。 本题的关键要理清小球的运动过程，灵活运用运动的分解法处理斜下抛运动。涉及力在时间上累积效果可以考虑动量定理。 17.【答案】解：墙对弹簧的冲量与弹簧对甲的冲量大小相等，令甲离开弹簧的速度为，则有 甲与弹簧分离过程弹性势能转化为甲的动能，则有： 解得：， 对甲乙碰撞过程分析有：， 解得结果甲乙速度方向不变，则甲的速度必定小于乙的速度，可知， 对乙与圆弧相水平方向动量守恒，乙飞出后乙做斜抛运动，圆弧槽做匀速直线运动， 乙斜抛水平分速度与圆弧槽速度相等，则有 根据能量守恒定律有： 解得： 乙飞出到最高点过程有：，解得： 斜抛过程，乙水平分位移与圆弧槽的位移相等，则有：，，解得： 乙从A进入圆弧槽到再次从A脱离圆弧槽全过程有： ， 解得：，。  【解析】该题综合性较强，解决本题的关键要分析物块甲和小球乙的运动情况，判断动量、能量的转化情况，根据动量守恒定律和能量守恒定律结合研究。 墙对弹簧的冲量与弹簧对甲的冲量大小相等，以及甲与弹簧分离过程弹性势能转化为甲的动能，在对甲乙碰撞过程分析即可； 对乙与圆弧相水平方向动量守恒，乙飞出后乙做斜抛运动，圆弧槽做匀速直线运动，乙斜抛水平分速度与圆弧槽速度相等结合能量守恒定律可得乙离开B点后与水平面的最大高度； 乙飞出到最高点过程可得乙球的竖直方向速度，斜抛过程，乙水平分位移与圆弧槽的位移相等，可知圆弧槽运动的距离；乙从A进入圆弧槽到再次从A脱离圆弧槽全过程根据动量守恒定律和能量守恒定律可得乙再次离开圆弧槽时二者的速度大小。 18.【答案】解：设1号环的初速度为，则由动能定理可得 解得 设窗帘绷紧前瞬间滑环1的速度为，滑环2的速度为0，绷紧后共同速度为v，则窗帘绷紧前后动量守恒，有 绷紧后系统动能为 又知 联立解得 故损失的动能为 设1号滑环的初速度为，其动能为，1号环滑行距离L，1、2绷紧前瞬间，系统剩余动能为 据的分析可得，1、2绷紧后瞬间，系统剩余动能为 在1、2滑环共同滑行距离L、第2与第3滑环绷紧前的瞬间，系统剩余动能为 2、3滑环绷紧后的瞬间，系统剩余动能为 依次类推，在8、9号滑环绷紧前的瞬间，系统剩余动能为 8与9滑环绷紧后的瞬间，系统剩余动能为 由题意可知，8与9号滑环绷紧后还可以继续滑行距离后静止，因而有 联立解得1号滑环的初速度大小为 整个过程中克服摩擦力所做的功为， 在整个过程中仅由窗帘绷紧引起的动能损失为 代入数据解得   【解析】由动能定理，求1号环的初速度； 窗帘绷紧前后动量守恒，根据动能定义式，求损失的动能； 、2绷紧前瞬间，系统剩余动能为，1、2绷紧后瞬间，系统剩余动能，计算在1、2滑环共同滑行距离L、第2与第3滑环绷紧前的瞬间，系统剩余动能。然后根据数学归纳的思想方法解答，最后根据功能关系求得窗帘绷紧而损失的能量。 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $