2025年外研版三年级起点共同必修2物理下册月考试卷

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A.线速度突然增大B.角速度不变C.向心加速度突然减小D.悬线拉力突然增大4、质量为m的小球在竖直平面内的圆形轨道的内侧运动，经过轨道最高点而不脱离轨道的最小速度是v，则当小球以3v的速度经过最高点时，对轨道压力的大小是（）A.0B.3mgC.5mgD.8mg5、小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上；P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示，将两球由静止释放，在各自轨迹的最低点（）

A.P球的速度一定大于Q球的速度B.P球的动能一定小于Q球的动能C.P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力D.P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度6、如图所示；光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B处的入；出口靠近但相互错开，C是半径为R的圆形轨道的最高点，BD部分水平，末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动．现将一质量为m的小滑块从轨道AB上某一固定位置A由静止释放，滑块能通过C点后再经D点滑上传送带，则。

A.滑块不可能重新回到出发点A处B.固定位置A到B点的竖直高度可能为2RC.滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v有关D.传送带速度v越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多7、如图所示，吊车下方吊着一个质量为500kg的重物，二者一起保持恒定的速度沿水平方向做匀速直线运动．某时刻开始，吊车以10kW的功率将重物向上吊起，经重物达到最大速度．忽略空气阻力，取．则在这段时间内（）

A.重物的最大速度B.重物克服重力做功的平均功率为9.8kWC.重物做匀变速曲线运动D.重物处于失重状态评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)8、如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度的大小g．物块上升的最大高度为H；则此过程中，物块的（）

A.动能损失了2mgHB.动能损失了mgHC.机械能损失了mgHD.机械能损失了mgH9、如图所示．水平圆盘可以绕竖直转轴OO′转动，在距转轴不同位置处通过相同长度的细绳悬挂两个质量相同的物体AB，不考虑空气阻力的影响，当圆盘绕OO′轴匀速转动达到稳定状态时；下列说法正确的是（）

A.A比B的线速度小B.A与B的向心加速度大小相等C.细绳对B的拉力大于细绳对A的拉力D.悬挂A于B的缆绳与竖直方向的夹角相等10、如图所示，处于竖直平面内的光滑细金属圆环半径为R，质量均为m的带孔小球A、B穿于环上，两根长为R的细绳一端分别系于A、B球上，另一端分别系于圆环的最高点和最低点，现让圆环绕竖直直径转动，当角速度缓慢增大到某一值时，连接B球的绳子恰好拉直，转动过程中绳不会断，则下列说法正确的是()

A.连接B球的绳子恰好拉直时，转动的角速度为B.连接B球的绳子恰好拉直时，金属圆环对A球的作用力为零C.继续增大转动的角速度，金属环对B球的作用力可能为零D.继续增大转动的角速度，A球可能会沿金属环向上移动11、如图所示，A、B两球穿过光滑水平杆，两球间用一细绳连接，当该装置绕竖直轴OO′匀速转动时，两球在杆上恰好不发生滑动.若两球质量之比mA∶mB＝2∶1，那么关于A、B两球的下列说法中正确的是()

A.A、B两球受到的向心力之比为2∶1B.A、B两球角速度之比为1∶1C.A、B两球运动半径之比为1∶2D.A、B两球向心加速度之比为1∶212、如图所示，水平传送带的长度AC=L，以速度v保持匀速运动，把质量为m的货物无初速地放到A点，当货物运动到C点时速度恰为v．货物与皮带间的动摩擦因数为μ，B点为AC的中点，则货物从A点到C点的过程中（）

A.货物运动到B点时的速度为B.货物从A运动到C点时的时间C.货物的动能增加了μmgLD.摩擦力对货物做功的平均功率为13、如图，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1顺时针转动。一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2(v1>v2)滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端。在上述过程中，下列判断正确的是（）

A.滑块返回传送带右端的速率为v2B.此过程中电动机对传送带做功为2mv1v2C.此过程中传送带对滑块做功为mv－mvD.此过程中滑块与传送带之间因摩擦产生的热量为m(v1－v2)214、质量为m的物体在水平面上，只受摩擦力作用，以初动能E0做匀变速直线运动，经距离d后，动能减小为则()A.物体与水平面间的动摩擦因数为B.物体再前进便停止C.物体滑行距离d所用的时间是滑行后面距离所用时间的倍D.若要使此物体滑行的总距离为3d，其初动能应为2E015、如图所示，质量为m的小球(可视为质点)用长为L的细线悬挂于O点，自由静止在A位置．现用水平力F将小球从A缓慢地拉到B位置，此时细线与竖直方向夹角θ＝60°，且细线的拉力为F1，然后放手让小球从静止返回，到A点时细线的拉力为F2；则()

A.F1＝F2＝2mgB.从A到B，拉力F做功为F1LsinθC.从A到B的过程中，拉力F做功为mgL(1-cosθ)D.从B到A的过程中，小球重力的瞬时功率一直增大16、如图1所示，一个弹簧秤放在水平地面上（为与轻弹簧上端连在一起的秤盘），为一重物。在空间建立一个固定的坐标轴为系统处于静止平衡状态时秤盘底部的位置；不计空气阻力。现使该系统振动起来，并且从某时刻开始计时后所形成的振动图像如图2所示。下列说法正确的是（）

A.“”时刻，重物处于失重状态B.重物的动能增加、重物和弹簧秤组成的系统的弹性势能减小、重力势能增加C.重物和弹簧秤组成的系统的弹性势能增加、重力势能减小、机械能不变D.回复力做正功，其功率先增后减评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)17、近年，我国的高铁发展非常迅猛．为了保证行车安全，车辆转弯的技术要求是相当高的．如果在转弯处铺成如图所示内、外等高的轨道，则车辆经过弯道时，火车的_____（选填“外轮”、“内轮”）对轨道有侧向挤压，容易导致翻车事故．为此，铺设轨道时应该把____（选填“外轨”、“内轨”）适当降低一定的高度．如果两轨道间距为L，内外轨高度差为h，弯道半径为R，则火车对内外轨轨道均无侧向挤压时火车的行驶速度为_____．（倾角θ较小时；sinθ≈tanθ）

18、铁路转弯处的圆弧半径是300m，轨距是1.5m，规定火车通过这里的速度是20m/s，内外轨的高度差应该是_______m，才能使内外轨刚好不受轮缘的挤压。若速度大于20m/s，则车轮轮缘会挤压_______。（填内轨或外轨）(g="10"m／s2)19、修建铁路弯道时，为了保证行车的安全，应使弯道的内侧__________（填“略高于”或“略低于”）弯道的外侧，并根据设计通过的速度确定内外轨高度差。若火车经过弯道时的速度比设计速度小，则火车车轮的轮缘与铁道的_______（填“内轨”或“外轨”）间有侧向压力。20、一质量为m的物体被人用手由静止竖直向上以加速度a匀加速提升h，已知重力加速度为g，则提升过程中，物体的重力势能的变化为____；动能变化为____；机械能变化为___。21、放在草地上质量为0.8kg的足球，被运动员甲以10m/s的速度踢出，则球的动能为______J；当此球以5m/s的速度向运动员乙飞来时，又被运动员乙以5m/s的速度反向踢回，球的动能改变量为为______J。22、如图所示，水平传送带的运行速率为v，将质量为m的物体轻放到传送带的一端，物体随传送带运动到另一端．若传送带足够长，则整个传送过程中，物体动能的增量为_________，由于摩擦产生的内能为_________．

23、水平传送带始终以速度v匀速运动，某时刻放上一个初速度为零的小物块，最后小物块与传送带以共同的速度运动。已知小物块与传送带间的滑动摩擦力为f，在小物块与传送带间有相对运动的过程中，小物块的对地位移为传送带的对地位移为则滑动摩擦力对小物块做的功为______，摩擦生热为______。评卷人得分四、实验题(共3题，共30分)24、下列关于实验相关操作的说法正确的有_______________

A.某同学在做《探究动能定理》的实验时认为，因要测量的是橡皮筋对小车做功后的动能大小，所以要先释放小车，后接通电源

B.在“利用斜槽上滚下的小球探究碰撞中的不变量”的实验中,入射小球每次都必须从斜槽上同一位置由静止滑下

C.在利用图所示装置“验证机械能守值定律”实验时,可以利用公式来求瞬时速度

D.在利用图所示装置“验证机械能守恒定律”实验时,发现动能增加量总是小于重力势能减少量，若增加下落高度则-A.B.C.D.会增大25、某实验小组用如图甲所示的装置测定物块与水平木板间的动摩擦因数。实验部分步骤如下：给物块一初速度使其向右运动，O点正上方的光电门记下物块上遮光条的挡光时间t，测量物块停止运动时物块到O点的距离x，多次改变速度，并记下多组x、t，已知重力加速度为g0

(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d如图乙所示，则d=________mm；

(2)本实验________(填“需要”或“不需要”)测量物块的质量；

(3)该小组同学处理数据时作出了关系图线，图线的斜率为k则物块与桌面间的动摩擦因数为_________(用题目中的字母表示)。26、用如图所示装置做“验证动能定理”的实验．实验中；小车碰到制动挡板时，钩码尚未到达地面．

（1）为了使细绳的拉力等于小车所受的合外力，以下操作必要的是__________（选填选项前的字母）

A．在未挂钩码时；将木板的右端垫高以平衡摩擦力。

B．在悬挂钩码后；将木板的右端垫高以平衡摩擦力。

C．调节木板左端定滑轮的高度；使牵引小车的细绳与木板平行。

D．所加钩码的质量尽量大一些。

（2）如图是某次实验中打出纸带的一部分．为个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有个打出的点没有画出，所用交流电源的频率为．通过测量，可知打点计时器打点时小车的速度大小为__________．

（3）甲同学经过认真、规范地操作，得到一条点迹清晰的纸带．他把小车开始运动时打下的点记为再依次在纸带上取等时间间隔的等多个计数点，可获得各计数点到的距离及打下各计数点时小车的瞬时速度．如图是根据这些实验数据绘出的图象．已知此次实验中钩码的总质量为小车中砝码的总质量为取重力加速度则由图象可知小车的质量为__________．（结果保留三位有效数字）

（4）在钩码质量远小于小车质量的情况下，乙同学认为小车所受拉力大小等于钩码所受重力大小．但经多次实验他发现拉力做的功总是要比小车动能变化量小一些，造成这一情况的原因可能是__________________________________________________．

（5）假设已经完全消除了摩擦力和其它阻力的影响，若重物质量不满足远小于小车质量的条件，则从理论上分析，图中正确反映关系的是____________．

评卷人得分五、解答题(共3题，共18分)27、如图所示，光滑直杆AB长为L，B端固定一根劲度系数为k原长为l0的轻弹簧，质量为m的小球套在光滑直杆上并与弹簧的上端连接，为过B点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为θ．

（1）杆保持静止状态，让小球从弹簧的原长位置静止释放，求小球释放瞬间的加速度大小a及小球速度最大时弹簧的压缩量；

（2）当小球随光滑直杆一起绕OO'轴匀速转动时，弹簧伸长量为，求匀速转动的角速度ω；

（3）若θ=30°，移去弹簧，当杆绕OO'轴以角速度匀速转动时，小球恰好在杆上某一位置随杆在水平面内匀速转动，求小球离B点的距离L0．28、如图所示，倾角为的斜面固定在水平地面上，一个质量为的小物体（可视为质点）以的初速度由底端冲上斜面，已知物体与斜面间的动摩擦因数为最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度取求：

（）物体沿斜面向上运动时的加速度．

（）若使物体不至滑出斜面；斜面的最小长度．

（）物体再次回到斜面底端的动能．29、如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行．现将一质量m＝1kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g＝10m/s2；sin37°＝0.6，cos37°＝0.8：求：

（1）物体与传送带间的动摩擦因数；

（2）0～8s内物体机械能的增加量；

（3）物体与传送带摩擦产生的热量Q．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【详解】

当有多个力对物体做功时,总功的大小就等于各个力单独对物体所做功的代数和;由于F1对物体做功3J,F2对物体做功4J,所以F1与F2的合力对物体做的总功为故选项C正确,选项A、B、D错误.2、B【分析】【详解】

解：A；电梯匀速下降；说明电梯处于受力平衡状态，并不是只有重力做功，所以A错误．

B；物体在光滑斜面上；受重力和支持力的作用，但是支持力的方向和物体运动的方向垂直，支持力不做功，只有重力做功，所以B正确．

C；物体沿着粗糙斜面匀速下滑；物体受力平衡状态，摩擦力和重力都要做功，所以机械能不守恒，所以C错误．

D；拉着物体沿光滑斜面匀速上升；物体受力平衡状态，拉力力和重力都要做功，所以机械能不守恒，所以D错误．

故选B．

【点评】掌握住机械能守恒的条件，也就是只有重力做功，分析物体是否受到其它力的作用，以及其它力是否做功，由此即可判断是否机械能守恒．3、D【分析】【详解】

A．悬线与钉子碰撞前后；线的拉力始终与小球运动方向垂直，小球的线速度不变．A错误；

B．当半径减小时，由公式

知ω变为原来的2倍；B错误；

C．根据公式

知向心加速度突然增大为原来的2倍；C错误；

D．在最低点，有

故碰到钉子后合力变为原来的2倍；悬线拉力变大，D正确。

故选D。4、D【分析】【详解】

当小球以速度v经内轨道最高点时不脱离轨道，小球仅受重力，重力充当向心力，有当小球以速度3v经内轨道最高点时，小球受重力G和向下的支持力N，合外力充当向心力，有又由牛顿第三定律得到，小球对轨道的压力与轨道对小球的支持力相等，N′=N；由以上三式得到，N′=8mg；

A.0；与结论不相符，选项A错误；

B.3mg；与结论不相符，选项B错误；

C.5mg；与结论不相符，选项C错误；

D.8mg，与结论相符，选项D正确；5、C【分析】【详解】

A．从静止释放至最低点，由机械能守恒得

解得

可知在最低点的速度只与半径有关，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短，所以

选项A错误；

B．根据

可知动能与质量和半径有关；由于P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短，所以不能比较动能的大小，选项B错误；

CD．在最低点，拉力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得

解得

向心加速度

由于P球的质量大于Q球的质量；所以P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力，向心加速度两者相等，选项C正确，D错误。

故选C。

【点睛】

求最低的速度、动能时，也可以使用动能定理求解；在比较一个物理量时，应该找出影响它的所有因素，全面的分析才能正确的解题。6、D【分析】【分析】

滑块恰能通过C点时；由重力提供向心力，根据牛顿第二定律列方程求C点时的临界速度，由动能定理知AC高度差，从而知AB高度；对滑块在传送带上运动的过程根据动能定理列方程求滑行的最大距离的大小因素；根据传送带速度知物块的速度，从而知是否回到A点；滑块与传送带摩擦产生的热量Q=μmg△x，看热量多少，分析相对路程．

【详解】

若滑块恰能通过C点时有：mg=m由A到C，根据动能定理知mghAC=mvC2；联立解得：hAC=R；则AB间竖直高度最小为2R+R=2.5R，所以A到B点的竖直高度不可能为2R，故A错误；设滑块在传送带上滑行的最远距离为x，则有动能定理有：0-mvC2=2mgR-μmgx，知x与传送带速度无关，故B错误；若滑块回到D点速度大小不变，则滑块可重新回到出发点A点，故C正确；滑块与传送带摩擦产生的热量Q=μmg△x；传送带速度越大，相对路程越大，产生热量越多，故D正确；故选CD．

【点睛】

本题综合考查了动能定理、机械能守恒定律和牛顿第二定律，理清物块在传送带上的运动情况，以及在圆轨道最高点的临界情况是解决本题的关键．7、B【分析】【分析】

【详解】

A．物体水平方向匀速运动，竖直方向做变加速运动，在竖直方向，当牵引力等于阻力时，竖直方向获得最大速度，则

故速度

故A错误；

B．在竖直方向，根据动能定理可知

解得

重物克服重力做功的平均功率为

故B正确；

C．物体向上做变加速运动；水平方向匀速运动，根据运动的合成，可知，重物做变速曲线运动，故C错误；

D．物体向上做变加速运动；故处于超重状态，故D错误；

故选B。

【点睛】

重物在水平方向匀速运动，竖直方向做变加速运动，等拉力等于重力时，速度达到最大，根据速度的合成即可判断和速度合运动.二、多选题(共9题，共18分)8、A:C【分析】【分析】

知道加速度；根据牛顿第二定律和动能定理可求得动能的损失；根据牛顿第二定律求出摩擦力，得到摩擦力做功，即可根据功能关系求解机械能的损失．

【详解】

AB．已知物体上滑的加速度大小为g，由动能定理得：动能损失等于物体克服合外力做功为：故A正确B错误；

CD．设摩擦力的大小为f，根据牛顿第二定律得：

解得：

则物块克服摩擦力做功为：

根据功能关系可知机械能损失了mgH；故C正确D错误．

【点睛】

解决本题的关键根据动能定理可求得动能的变化，掌握功能关系，明确除了重力以外的力做功等于物体机械能的变化．9、A:C【分析】【分析】

【详解】

A．A、B共轴转动，角速度相等，A转动的半径小于B，根据

知，A比B的线速度小；故A正确；

B．根据

知，A、B转动的半径不等；则向心加速度大小不等，故B错误；

CD．如图。

对任一物体，受力如图，由绳子的拉力与重力的合力提供向心力，则得

则得

由于B的半径较大，则B绳与竖直方向的夹角较大，根据平行四边形定则知，细绳对B的拉力较大；故C正确，D错误。

故选AC。10、A:B【分析】【分析】

球A、B均做匀速圆周运动；合力提供向心力，考虑细线拉力为零的临界情况，根据牛顿第二定律列式分析即可.

【详解】

A、当连接B球的绳刚好拉直时，mgtan60°＝mω2Rsin60°，求得A项正确；

B、连接B球的绳子恰好拉直时，A球与B球转速相同，A球所受合力也为mgtan60°，又小球A所受重力为mg，可判断出A球所受绳的拉力为2mg，A球不受金属圆环的作用力；B项正确；

C、继续增大转动的角速度，连接B球的绳上会有拉力，要维持B球竖直方向所受外力的合力为零，环对B球必定有弹力；C项错误；

D、当转动的角速度增大，环对B球的弹力不为零，根据竖直方向上A球和B球所受外力的合力都为零，可知绳对A球的拉力增大，绳应张得更紧，因此A球不可能沿环向上移动；D项错误.

故选AB.

【点睛】

本题中球做匀速圆周运动，关键是找到向心力来源，根据牛顿第二定律列式求解.要注意向心力是一种效果力，受力分析时，切不可在物体的相互作用力以外再添加一个向心力.11、B:C:D【分析】【详解】

由绳子的拉力提供向心力，绳子的拉力相等，所以向心力相等，向心力大小之比为1：1，故A错误；同轴转动角速度相同，由绳子的拉力提供向心力，则有：mAω2rA=mBω2rB，解得：故BC正确；根据a=ω2r得：故D正确；故选BCD．12、C:D【分析】【详解】

货物从A到C过程中在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动，加速度为A到B过程中，货物运动到B点时的速度为故A错误；由货物从A运动到C点时的时间故B错误；由动能定理得：货物的动能增加了故C正确；摩擦力对货物做功的平均功率为故D正确；

故选CD．13、A:B【分析】【分析】

【详解】

A．由于传送带足够长，滑块受向右的摩擦力，减速向左滑行，到速度为0，之后，再加速向右滑行，由于v1>v2，物体会在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于v2时，物体回到原出发点，即滑块返回传送带右端的速率为v2；故A正确；

B．设滑块向左运动的时间t1，位移为x1，则

摩擦力对滑块做功W1=fx1=

又摩擦力做功等于滑块动能的减小，即W1=mv22

该过程中传送带的位移x2=v1t1

摩擦力对传送带做功

解得W2=mv1v2

同理可计算，滑块返回到出发点时摩擦力对传送带做功为W2=mv1v2

则此过程中电动机对传送带做功为W=W2+=2mv1v2

选项B正确；

C．此过程中只有传送带对滑块做功根据动能定理W′=△EK

得W=△EK=mv22-mv22=0

故C错误；

D．物块向左减速运动时，物块相对传送带的位移为

物块向右加速运动时，物块相对传送带的位移为

则此过程中滑块与传送带问因摩擦产生的热量为

故D错误；

故选AB。14、A:D【分析】【详解】

A．由动能定理知Wf=μmgd=E0-所以A正确；

B．设物体总共滑行的距离为s，则有μmgs=E0，所以s=d，物体再前进便停止；B错误；

C．将物体的运动看成反方向的初速度为0的匀加速直线运动，则连续运动三个距离所用时间之比为(-)∶(-1)∶1，所以物体滑行距离d所用的时间是滑行后面距离所用时间的(-1)倍；C错误；

D．若要使此物体滑行的总距离为3d，则由动能定理知μmg·3d=Ek，得Ek=2E0，D正确．15、A:C【分析】【详解】

在B点，根据平衡有：解得B到A，根据动能定理得：在A点有：联立两式解得故A正确．从A到B，小球缓慢移动，根据动能定理得，解得：故B错误，C正确；在B点，重力的功率为零，在最低点，重力的方向与速度方向垂直，重力的功率为零，可知从B到A的过程中，重力的功率先增大后减小，故D错误．故选AC．

【点睛】根据共点力平衡求出在B点的拉力，根据动能定理和牛顿第二定律求出小球在最低点的拉力，从而比较两拉力的大小．对A到B过程运用动能定理，求出拉力F做功的大小．根据首末位置的重力功率，判断整个过程中的重力功率变化．16、A:C:D【分析】【详解】

A．由于弹簧处于伸长状态；依据受力分析合力向下，加速度方向向下，重物处于失重状态，故A正确；

B．时间内振子的速度减小；则动能在减小，故B错误；

C．的时间段内；振子从平衡位置向下振动，则重物和弹簧秤组成的系统，机械能守恒，弹性势能增加；重力势能减小，故C正确；

D．时间内，振子从最高点向下振动，回复力向下，则回复力做正功，在t1时刻因速度为零，则回复力的功率为零，在t2时刻；回复力为零，则回复力的功率也为零，则回复力的功率先增后减，故D正确。

故选ACD。

【点睛】

重物和弹簧秤组成的系统，机械能守恒，下降过程弹性势能增加、重力势能减小。三、填空题(共7题，共14分)17、略

【分析】【详解】

试题分析：火车内外轨道一样高时，火车转弯，由于离心运动，会向外滑离轨道，所以外轮对外轨有个侧向压力．当把内轨降低一定高度后，内外轨有个高度差，火车转弯时就可以让重力与轨道对火车弹力的合力来提供向心力，从而避免了对轨道的侧向压力．由几何知识可知此时的合力当倾角比较小时根据得出

考点：水平圆周运动、离心运动【解析】外轮内轨18、略

【分析】【详解】

[1]如图所示。

根据牛顿第二定律得

解得

由于较小，则

故

得

[2]若速度大于则需要的向心力变大，则轮缘会挤压外轨。【解析】0.2m外轨19、略

【分析】【详解】

火车以规定的速度转弯时；其所受的重力和支持力的合力提供向心力，当转弯的实际速度大于或小于规定的速度时，火车所受的重力和支持力的合力不足以提供向心力或大于所需要的向心力，火车有离心趋势或向心趋势，故其轮缘会挤压车轮；如果内外轨道等高，火车转弯，靠外轨对车轮向内的挤压提供向心力，这样容易破坏铁轨，不安全，所以应使弯道的内侧略低于弯道的外侧，靠重力和支持力的合力来提供向心力一部分；火车以某一速度v通过某弯道时，内；外轨道均不受侧压力作用，其所受的重力和支持力的合力提供向心力。

由图可以得出

为轨道平面与水平面的夹角，合力等于向心力，故

如果火车以比规定速度稍小的速度通过弯道，重力和支持力提供的合力大于向心力，所以火车车轮的轮缘与铁道的内轨间有侧向压力。【解析】略低于内轨20、略

【分析】【详解】

[1]物体上升高度为h，则重力做负功mgh，重力势能增加mgh.

[2]物体所受合外力为由动能定理：

可得动能变化：

[3]由功能关系除重力以外的力做功衡量机械能变化，由：

可知则机械能增加【解析】mghmahm(a+g)h21、略

【分析】【详解】

足球的动能为：动能的该变量为：．【解析】40J0J22、略

【分析】【详解】

传送带足够长，故物体末速度为v，由动能定理得Ek=Wf=mv2；运动过程中，物体的加速度为a=μg，由v=μgt可得：t=相对位移为：△x=x传-x物=vt-=所以全过程中物体与传送带摩擦产生内能为：Q=μmg•△x=μmg•=mv2．

【点睛】了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，工件从静止到与传送带相对静止这个过程，物块与传送带的位移不等，所以摩擦力对两者做功大小也不等；系统产生的内能等于滑动摩擦力乘以相对位移．【解析】；；23、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]小物块滑动过程只有摩擦力做功，故由动能定理可得，滑动摩擦力对小物块做的功为

[2]又有物块质量m未知，故滑动摩擦力对小物块做的功为fx1；传送带速度大于物块速度，故小物块对传送带的相对位移为x=x2-x1

则摩擦生热为Q=fx=f(x2-x1)【解析】四、实验题(共3题，共30分)24、B:D【分析】【详解】

在做《探究动能定理》的实验时，必须要先接通电源，后释放小车，得到小车从开始运动到匀速运动的纸带，然后根据纸带的均匀的部分求解小车的最大速度，选项A错误；在“利用斜槽上滚下的小球探究碰撞中的不变量”的实验中，入射小球每次都必须从斜槽上同一位置由静止滑下，以保证小球到达斜槽底端的速度相同，选项B正确；在利用图所示装置“验证机械能守值定律”实验时只能用两点之间的平均速度等于中间点的瞬时速度来求解瞬时速度，不可以利用公式来求瞬时速度，否则就不是验证机械能守恒了，选项C错误；在利用图所示装置“验证机械能守恒定律”实验时,发现动能增加量总是小于重力势能减少量△Ep减，这是由于该过程中有阻力做功，而高度越高，阻力做功越多；故增加下落高度后，则△Ep减-△Ek将增大；选项D正确；故选BD.25、略

【分析】【详解】

（1）[1]由图示游标卡尺可知；其示数为：6mm+0.05×10mm=6.50mm。

（2）[2]根据动能定理可知：且速度代入化简得：由此可知本实验不需要测理物块的质量；

（3）[3]根据可知图线的斜率为解得：【解析】6.50不需要26、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1]小车下滑时受到重力；细线的拉力，支持力和摩擦力，为了在实验中能够把细绳对小车的拉力视为小车的合外力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，并且调节木板左端定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行，故AC正确，BD错误；所以AC选项是正确的．

（2）[2]相邻的两个计数之间还有个打出的点没有画出，则

（3）[3]根据动能定理得：

则

根据图象可以知道斜率

则

计算得出．

（4）[4]多次实验他发现拉力做的功总是要比小车动能变化量小一些；则可能长木板的右端垫起的高度过高，有一部分重力势能转化为动能；

若滑轮的轴处有摩擦；则拉力做的功总是要比小车动能变化量大一些，小车释放时离打点计时器太近，拉力做的功和小车动能