永州一中2023届下期高二9月月考物理试题-2024-2025英语周报圈

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时，金属环速度为0，金属环与细杆之间的压力最大，设此吋弹簧的形变量实验7验证机械能守恒定律为x2,对两金属环及弹簧组成的系统，由机械能守恒定律得2mg(号)=提能·重点突破2x2,对金属环进行受力分析，垂直于杆方向有F=mgcos45°十例1(1)AB(2)mg5Bm(sc一sA)2(3)不正确，如果是阻力造成的8T2si血45”，解得金属环与细杆之间的最大压力Fv=3y,2mg,C项正确。差异，△Ep应该大于△Ek例4AB解析物块下滑过程巾，其动能和重力势能之和减小，机械能解析(1)打点计时器应接交流电源，A项操作不当；打点计时器启动瞬不守恒，A项正确；物块下滑过程中重力势能的变化量△E,=一ngsin0·△s,间打点不稳定，应先接通电源，后释放纸带，B项操作不当；为了减小测量动能的变化量△Ek=(ngsin0-mngcos)△s,结合图像的斜率有mgsin0=产生的偶然误差，应在纸带上选取适当的数据点，并测量数据点间的距0N=6N,mgsin9-mgcos0=号N=2N,解得A=0,5,B项正确：物离，C项操作正确；为了验证机械能守恒，需要根据测量结果计算重物下5落过程中减少的重力势能及增加的动能，D项操作正确。块下滑过程，根据牛顿第二定律有mgsin0一ngcos0=ma,解得a=(2)根据O点到B点重力做正功，重力势能的减少量△Ep=mgsB;B点的2m/s2,C项借误；物块由顶端下滑2.0m的过程中克服摩擦力做的功W=:速度uB=27,0点为起始点，瞬时速度为零，则从0点到B点增加的mngcos8·=8J,故该过程中机械能损失了8J,D项错误。变式4C解析小球的速率为v时受到的空气图力大小P=a,在动能△E,=号m-m元8T2小球上升过程中，其速率口越来越小，由罗-一FU=一如2可知小球机△t(3)根据表中数据可知△Ep<△Ek,认为差异是阻力造成的观，点不正确；如果是阻力造成的差异，△E,应该大于△Ek。械能的变化率的绝对值逐渐减小；在小球下落过程中，其速率越来例2(1)B(2)1.881.84重物下落时受到空气阻力，纸带与打点计越大，故小球机械能的变化率会号的绝对值逐渐增大，C项正确。时器间存在阻力作用(3)A解析(1)根据题图上所得的数据，应取图中O点和B点来险证机械能守素养·专项培育恒定律，因为B点的瞬时速度比较方使计算。例5BCD解析两滑块做变速运动时的加速度大小a=g=2m/s2,(2)减少的重力势能△Ep=mgh=1×9.8×19.2×10-2J=1.88J,利用匀00,5s内，甲、乙均做匀减速直线运动，根据x=wt-令a2,41=0.5s变连直线运动规律有-资-心22路155m/s=l.92m/5,则EkB0.04时，两滑块相距△x=)-(mh-7a12）+(21-2a42）=3m,A=2m0n2=1.84J.△E=Eks一0=1.84J,动能的增川量小于重力势能项错误。传送带启动时，甲滑块的速度大小v'=1一at=5m/s,此时到的减少量的主要原因是重物下落时受到空气阻力以及打点针与纸带间的与传送带速度相等所用时间△1=二心=1s,因此在t=1,5s时，甲滑阻力作用，这使得一部分重力势能转化为内能。(3)根据mgh=之加2，得号-h,即号与人成正比，A项正确。块速度与传送带速度相等，传送带启动时，乙滑块的速度大小2'=2一=1m/s,到与传送带速度相等所用时间△2=0一2=1s,因此在t=悟法·拓展创新例3(1)0.980(2)0.588(3)见解析图(4)0.391.5s时，乙滑块速度与传送带相等，故t=1.5s时，两滑块速度相等，B项解析(1)四个钩码重力势能的减少量△Ep=4gL=0.980J。正确。0~0.5s内，乙相对传送带的位移大小1=观一之a12=(2)对滑块和钩码构成的系统，中能量守恒定律有4gL一W:=0.75m,0.5s~1.5s内，乙相对传送带的位移大小x2=0△t2一,其中系统减少的重力卖('△2十号a△2)=1m,因此0一1.5s内，乙相对传送带的位移大小动能△Ek=(4n十MD(22-12),系统减少的机械能△E=W,则代入为x2一x1=0.25m,C项正确。甲相对传送带的位移大小x甲=0t数据可得表格中减少的机械能△E=0.588J。2a12-6a4=6×1.5m-}×2×1.5m-3X1m=3.75m,甲滑块(3)根据表格数据描点得△E一M的图像如下：↑AEJ与传送带间摩擦生热Q1-1g·x甲一7.5J,乙滑块与传送带间摩擦生0.800=开热Q2=m2g(x1十x2)=7J,因此0~2.5s内，两滑块与传送带间摩擦生0.700目热Q=Q1+Q2=14.5J,D项正确。0.600变式5(1)8m/s(2)9s(3)48J解析(1)由动能定理得(mgsin0-构ngcos0)L=2m20.5000.400解得=8m/s。(2)物块相对传送带滑动的加速度大小为a,山牛顿第二定律得2mg=0308200.3000.400M/kg△E-M图像直线的斜率k=8785A38-1.96,又k=gL,解得H=Q.39。物块历时t1与传送带达创相同速度，有v=一1十at10.400-0.200解得t=6s第六单元动量物块向左诚速运动的距离幻一向右加速运动的距离。一二课时1动量与动量定理向右匀速运动阶段的时间t2=一巫知识·要点梳理解得t2=3s基础过关物块第1次在传送带上往返运动的时间（一1十2=9s。1.D2.B3.C(3)物块第一次离开传送带时以速度？滑上斜面，再从斜面上滑到传送带能力·重点突破上，重复运动，但物块每次到达传送带与离开传送带时速度大小相等，最例1A解析设高铁列车在启动阶段的加速度大小为α，经时间t后后停止在传送带最右端。由能量守恒定律有Q=内ngcos9XL十之m2的速度大小=at,则列车的动量大小p=mw=mat,即其动量与它所经历=48J。的时间成正比，A项正确，B项错误：根据2=2ax,得u=√/2ax,则列车的·20·23XLJ(新)·物理-D版-XJC

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