2025年北师大版共同必修2物理上册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年北师大版共同必修2物理上册月考试卷768考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、下列关于向心加速度的说法中，正确的是（）A.向心加速度的方向始终与线速度的方向垂直B.向心加速度的方向保持不变C.在匀速圆周运动中，向心加速度是恒定的D.在匀速圆周运动中，向心加速度的大小不断变化2、如图所示，一辆小车静置在水平地面上，用一条遵守胡克定律的橡皮筋将小球悬挂于车顶点，在点正下方有一光滑小钉它到点的距离恰好等于橡皮筋原长现使小车从静止开始向右做加速度逐渐增大的直线运动；在此运动过程中（橡皮筋始终在弹性限度内）

A.小球的高度保持不变B.小球的重力势能不断增大C.橡皮筋长度保持不变D.小球只受橡皮筋的拉力和重力，所以机械能守恒3、如图倾角为30°的斜面体固定在水平地面上，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A和物块B（均可视为质点），跨过固定于斜面体顶端的滑轮O（可视为质点），A的质量为m，B的质量为4m，开始时，用手托住A，使OA段绳恰处于水平伸直状态（绳中无拉力），OB绳平行于斜面；此时B静止不动，将A由静止释放，在其下摆过程中B始终保持静止，则在绳子到达竖直位置之前，下列说法正确的是（）

A.物块B受到的摩擦力一直沿着斜面向上B.物块B受到的摩擦力增大C.绳子的张力先增大后减小D.地面对斜面体的摩擦力方向一直水平向右4、如图所示，两个啮合的齿轮，其中小齿轮半径为10cm，大齿轮半径为20cm，大齿轮中C点离圆心O2的距离为10cm，A、B两点分别为两个齿轮边缘上的点，则A、B、C三点的（）

A.线速度之比是1：1：1B.角速度之比是1：1：1C.向心加速度之比是4：2：1D.转动周期之比是1：1：25、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6、某电场中x轴上电场强度E随x变化的关系如图所示，设x轴正方向为电场强度的正方向。一带电荷量为q的粒子从坐标原点O沿x轴正方向运动，结果粒子刚好能运动到x=3x0处。假设粒子仅受电场力作用，E0、x0已知；则下列说法正确的是。

A.粒子一定带正电B.粒子的初动能大小为qE0x0C.粒子沿x轴正方向运动过程中最大动能为2qE0x0D.粒子沿x轴正方向运动过程中电势能先增大后减小7、如图，不计空气阻力，从O点水平抛出的小球抵达光滑斜面上端P处时，速度方向恰好沿着斜面方向，然后紧贴斜面PQ做匀加速直线运动下列说法正确的是（）

A.小球在斜面上运动的加速度大小比平抛运动时的大B.小球在斜面运动的过程中地面对斜面的支持力大于小球和斜面的总重C.撤去斜面，小球仍从O点以相同速度水平抛出，落地速率将变大D.撤去斜面，小球仍从O点以相同速度水平抛出，落地时间将减小评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)8、如图所示，一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a和b，跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆上，质量为3m的a球置于地面上，质量为m的b球从水平位置静止释放．当a球对地面压力刚好为零时，b球摆过的角度为．下列结论正确的是（）

A.B.C.b球摆动到最低点的过程中，重力对小球做功的功率先增大后减小D.b球摆动到最低点的过程中，重力对小球做功的功率一直增大9、如图所示，物体以一定初速度从倾角α=37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m，选择斜面底端为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化如图乙所示，下列说法正确的是（）

A.物体的质量m=1.0kgB.物体可能静止在斜面顶端C.物体回到斜面底端时的动能Ek=10JD.物体上升过程的加速度大小a=15m/s210、如图所示，长为l的轻杆两端各固定一个小球（均可视为质点），两小球的质量分别为mA=m和mB=2m，轻杆绕距B球处的光滑轴O在竖直平面内自由转动。当杆转至图中竖直位置时，A球速度为则此时。

A.B球的速度大小为B.B球的速度大小为C.杆对B球的支持力为mgD.杆对A球的拉力为2mg11、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)212、如图所示,水平传送带逆时针匀速转动,速度大小为8m/s,A、B为两轮圆心正上方的点，AB=L1=6m,两边水平面分别与传送带表面无缝对接,弹簧右端固定,自然长度时左端恰好位于B点,现将一小物块与弹簧接触(不栓接),并压缩至图示位置然后释放,已知小物块与各接触面间的动摩擦因数均为μ=0.2,AP=L2=5m,小物块与轨道左端P碰撞无机械能损失,小物块最后刚好能返回到B点减速到零,g=10m/s2,则下列说法正确的是())

A.小物块从释放后第一次到B点的过程中,做加速度减小的加速运动B.小物块第一次从B点到A点的过程中,一定做匀加速直线运动C.小物块第一次到A点时,速度大小一定等于8m/sD.小物块离开弹簧时的速度一定满足评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)13、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）

14、如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，两个质量相同的小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则vA____vB，ωA____ωB，TA___TB．(填“>”“＝”或“<”)

15、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)16、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___。17、质量为的小球沿光油水平面以的速度冲向墙壁，又以的速度反向弹回，此过程中小球的合力冲量的大小为__________小球的动能变化量的大小为__________18、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_________．

19、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9分)20、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21、某同学利用图示装置“探究功与动能变化的关系”；图中气垫导轨已调至水平．

(1)测得两光电门中心间的距离为L，测得固定在滑块上的竖直挡光条的宽度为d，记录挡光条通过光电门1和2的时间分别为t1和t2，则滑块通过光电门1时的速度大小v1=_____________（用对应物理量的符号表示）．

(2)在(1)中，从力传感器中读出滑块受到的拉力大小为F，滑块、挡光条和力传感器的总质量为M，若动能定理成立，则必有FL=_____________（用对应物理量的符号表示）．

(3)该实验__________（选填“需要”或“不需要”）满足砝码盘和砝码的总质量远小于滑块、挡光条和力传感器的总质量．22、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)。评卷人得分五、解答题(共4题，共20分)23、如图所示，在光滑的水平面上停放着一辆质量为2m平板车C，在车上的左端放有一质量为m的小木块B，在小车的左边紧靠着一个固定在竖直平面内、半径为r的光滑圆形轨道，轨道底端的切线水平且与小车的上表面相平．现有一块质量也为m的小木块A从图中圆形轨道的位置处由静止释放，然后，滑行到车上立即与小木块B发生碰撞，碰撞后两木块立即粘在一起向右在动摩擦因数为的平板车上滑行，并与固定在平板车上的水平轻质小弹簧发生作用而被弹回，最后两个木块又回到小车的最左端与车保持相对静止，重力加速度为g，求：

(1)小木块A滑到轨道最点低时，对圆形轨道的压力；

(2)A、B两小木块在平板车上滑行的总路程．24、如图所示，把一个质量m=0.1kg的小钢球用细线悬挂起来，就成为一个摆。悬点O距地面的高度摆长将摆球拉至摆线与竖直方向成角的位置由静止释放，不计细线质量，空气阻力可以忽略，取重力加速度

（1）求小球运动到最低点时的速度大小；

（2）求小球运动到最低点时细线对球拉力的大小；

（3）若小球运动到最低点时细线断了，小球沿水平方向抛出，求它落地时速度的大小和方向（结果可保留根号）。25、如图所示，一光滑杆固定在底座上，构成支架，放置在水平地面上，光滑杆沿竖直方向，一轻弹簧套在光滑杆上．一圆环套在杆上，圆环从距弹簧上端H处由静止释放，接触弹簧后，将弹簧压缩，弹簧的形变始终在弹性限度内．已知圆环的质量为m，支架的质量为3m，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，不计空气阻力．取圆环刚接触弹簧时的位置为坐标原点O，竖直向下为正方向，建立x轴．

（1）在圆环压缩弹簧的过程中，圆环所受合力为F，请在图中画出F随x变化的示意图；

（2）借助F-x图像可以确定合力做功的规律，在此基础上，求圆环在下落过程中最大速度vm的大小．

（3）试论证当圆环运动到最低点时，底座对地面的压力FN>5mg．

26、如图所示，固定木板BC与水平面在B点平滑连接，一物块在水平面上A点以的初速度向右滑去。已知物块与水平面间的动摩擦因数与木板间的动摩擦因数重力加速度AB间的距离为s=2m，木板的倾角为木板足够长，求：

（1）物块在木板上滑行的距离；

（2）物块从A点运动到木板上最高点所用的时间；

（3）保持物块出发点和出发初速度不变；要使物块在木板上向上滑行的距离最小，则木板的倾角应调整为多少，此情况下物块在木板上运动的时间为多少。

参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】【详解】

ABC．向心加速度方向时刻指向圆心；速度方向一直与半径方向垂直，A对；BC错；

D．.在匀速圆周运动中；线速度大小恒定，但方向时刻发生变化，D错；

故选A。2、A【分析】【详解】

设L0为橡皮筋的原长，k为橡皮筋的劲度系数，小车静止时，对小球受力分析得：T1=mg；

弹簧的伸长即小球与悬挂点的距离为L1=L0+当小车的加速度稳定在一定值时；对小球进行受力分析如图，得：

T2cosα=mg，T2sinα=ma，所以：弹簧的伸长：则小球与悬挂点的竖直方向的距离为：即小球在竖直方向上到悬挂点的距离不变，故A正确。小球的高度保持不变，则重力势能不变，选项B错误；橡皮筋的长度：则随α角的变化而变化，选项C错误；随加速度的增加，小球的重力势能不变，动能变化，则机械能变化，选项D错误.3、D【分析】【详解】

AB．初始情况下由于绳子无拉力，则物块B受到沿斜面向上的静摩擦力，大小为

斜面体在水平方向不存在受地面的摩擦力。小球A下摆过程中，由机械能守恒，到最低点时速度最大，则由机械能守恒定律得

又由牛顿第二定律得

解得小球A对绳的拉力为F=3mg，即物块B受到绳子沿斜面向上的拉力为3mg，此时物块B在平行于斜面方向所受的摩擦力为

方向沿斜面向下，由此可知物块B受到斜面的摩擦力先是沿斜面向上2mg，后逐渐减少到零，再沿斜面向下逐渐增大到mg；故AB错误；

C．由以上分析知绳子的张力一直增大，小球A摆到低时对绳的拉力最大，为3mg；故C错误；

D．将A由静止释放；在其下摆过程中B始终保持静止，在绳子到达竖直位置之前，把斜面与物块B看做整体，绳子始终有拉力，此拉力有水平向左的分力，而斜面和物块B这个整体保持静止，水平方向受力平衡，因此，地面对斜面体的摩擦力方向一直水平向右，故D正确。

故选D。4、C【分析】【详解】

A、同缘传动时，边缘点的线速度相等，故：vA=vB；同轴传动时，角速度相等，故：ωB=ωC；根据题意，有rA:rB：rC=1:2:1；根据v=ωr，由于ωB=ωC，故vB：vC=rB：rC=2:1；故vA:vB：vC=2:2:1，故A错误；B、根据v=ωr，由于vA=vB，故ωA：ωB=rB：rA=2:1；故ωA：ωB：ωC=rB：rA=2:1:1，故B错误；C、向心加速度之比为故C正确．D、转动周期之比为故D错误．故选C．

【点睛】

皮带传动、摩擦传动、齿轮传动时，边缘点的线速度相等；同轴转动和共轴转动时，角速度相等；然后结合v=ωr列式求解．5、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．6、C【分析】从图中可知粒子在沿x轴正向运动过程中，电场强度方向发生改变，并且在过程中电场强度和位移都比过程中的大，也就是说如果先做负功后做正功，粒子不可能在处静止，所以只有先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故粒子一定带正电，AD错误；因为电场强度是均匀减小的，过程中平均电场强度为过程中平均电场强度为故根据动能定理可得解得初动能B错误；在过程中电场力做正功，所以在处动能最大，最大为C正确；7、D【分析】【详解】

根据牛顿第二定律得，小球在斜面上运动的加速度a=＝gsinθ，平抛运动的加速度为g，可知小球在斜面上运动的加速度小于平抛运动的加速度，故A错误．对小球和斜面整体分析，小球沿斜面向下加速的过程中，小球具有沿斜面向下的加速度，处于失重状态，可知地面对斜面的支持力小于小球和斜面的总重力，故B错误．根据动能定理得，mgh=mv2-mv02，撤去斜面，h不变，落地的速率不变，故C错误．比较小球在斜面上与空中运动的时间．由于小球在斜面上运动的加速度为a=gsinα，竖直分加速度为ay=asinα=gsin2α＜g，则知撤去斜面，落地时间变短．故D正确．故选D．二、多选题(共5题，共10分)8、A:C【分析】【详解】

b球在摆过的过程中做圆周运动，设此时其速度为v，由机械能守恒定律可得在沿半径方向上由牛顿第三定律可得因a球此时对地面压力刚好为零，则联立得A对，B错．b球从静止到最低点的过程中，其在竖直方向的分速度是先由零增大后又减至零，由可知，重力的功率是先增大后减小，C对，D错．9、A:C【分析】【分析】

【详解】

A．物体在最高点时的机械能等于重力势能，即

解得m=1kg

故A正确；

B．物体上升到最高点的过程中，机械能减小20J，即克服摩擦力做功等于20J，有fs=20J

则摩擦力f=4N

因为

知物体不能静止在斜面的顶端；故B错误；

C．上升过程克服摩擦力做功为20J，则整个过程克服摩擦力做功为40J，根据动能定理得

解得回到斜面底端的动能

故C正确；

D．根据牛顿第二定律得

上升过程中的加速度大小

故D错误；

故选AC。10、B:C:D【分析】【详解】

对A、B球整体，重心在O位置，故A、B球整体绕着O点做匀速圆周运动，角速度是相等的，故根据v=rω，速度之比为2：1，故vB=故A错误，B正确。杆对B球的作用力为FB，合力提供向心力，解得FB=mg，方向竖直向上，故C正确。杆对A球的作用力为FA，合力提供向心力，解得FA=2mg，方向竖直向上，故D正确。11、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。12、C:D【分析】【详解】

小物块从释放后第一次到B点的过程中，先做加速度减小的加速运动，当弹力小于摩擦力时做加速度增大的减速运动，故A错误；设物体到达P点的速度为v，反弹后运动到B点的速度为零，由动能定理得：-μmg（L1+L2）=0-mv2，解得v=2m/s，物体由A到P点过程中，由动能定理得：-μmgL2=mv2-mvA2，解得vA=8m/s，小物块第一次从B点到A点的过程中，先做匀减速直线运动，B错误，C正确；若物体速度较大，一直做匀减速运动，有：-2μmg（L1+L2）=0-mv2，解得v=2m/s；若速度较小，在AB上一直加速，到A点时恰好与带同速，有：L1＝vt+at2，8=v+at联立解得v=2m/s，故小物块离开弹簧时的速度一定满足2m/s≤v≤2m/s，D正确；故选CD．三、填空题(共7题，共14分)13、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14、略

【分析】【详解】

对任一小球受力分析，受重力和支持力，如图，由重力与支持力的合力提供向心力，则

根据牛顿第二定律，有T=mgtanθ=m=mω2r；则得：v=ω=因为A球的转动半径r较大，则有：vA＞vB，ωA＜ωB．Ta=Tb

【点睛】

解决本题的关键知道小球做匀速圆周运动，靠重力和支持力的合力提供向心力．会通过F合=ma=m比较线速度、角速度的大小．【解析】><=15、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16、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)h17、略

【分析】【详解】

[1]规定初速度方向为正方向，初速度末速度则动量的变化量为

根据动量定理有

得合力冲量大小为

[2]动能变化量【解析】16018、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】；；19、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9分)20、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.21、略

【分析】【详解】

解：(1)根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度可知，滑块通过光电门1的瞬时速度为通过光电门2的瞬时速度为

(2)拉力做功等于动能的变化量，则有

(3)该实验中由于已经用力传感器测出绳子拉力大小，不是将砝码和砝码盘的重力作为小车所受的拉力，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量．【解析】不需要22、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不需要五、解答题(共4题，共20分)23、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）A下滑过程机械能守恒；由机械能守恒定律求出A到达最低点时的速度，在最低点应用牛顿第二定律求出支持力，然后由牛顿第三定律求出压力．（2）系统动量守恒，由动量守恒定律求出最终的速度，然后由能量守恒定律求出总路程．

（1）木块A从轨道图中位置滑到最低点的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：

在最低点时，对A由牛顿第二定律得：

解得：F=2mg

根据牛顿第三定律可得木块对轨道的压力：负号表示方向竖直向下。

（2）在小木块A与B碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

然后一起运动直到将弹簧压缩到最短的过程中系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

在这个过程中，由能量守恒定律得：

对于从弹簧压缩到最短到两木块滑到小车左端的过