高一物理必修二模块综合试卷

模块综合试卷

（时间：

90 分钟满分：100 分）

一、选择题（1～8为单项选择题，9～16为多项选择题.每小题3分，共48 分）

1. 如图1所示，在皮带传送装置中，皮带把物体

P 匀速传送至高处，在此过程中，下述说法

正确的是（）

A. 摩擦力对物体做正功

B. 支持力对物体做正功

C. 重力对物体做正功

D. 合外力对物体做正功答案A

解析摩擦力方向平行皮带向上，与物体运动方向相同，故摩擦力做正功，终垂

直于速度方向，不做功，B 错；重力对物体做负功，C 错；合外力为零，做功为

零，D

错.

2. 如图2所示为质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图，且质点运动到D点（D 点是曲线的拐点）

时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，则质点从A 点运动到E 点的过程中，下列说法中正

确的是（

D.质点从B 到E 的过程中加速度方向与速度方向的夹角先增大后减小答案A

解析因为质点做匀变速运动，所以加速度恒定，C项错误.在D点时加速度与速度垂直，故

A 对；支持力始

A.质点经过

B.质点经过 A 点时的加速度方向与速度方向的夹角小于90 °

C.质点经过 D 点时的加速度比 B 点的大

图1

C 点的速率比

知加速度方向向上， 合力方向也向上，所以质点从 A

到 D 的过程中， 合力方向与速度方向夹 v C >v D ，A 项正确， B 项错误 .从 B 至 E 的过程中，加 速度方向与速度方向夹角一直减小， D 项错误 .

3.

（2019 北·京卷）2019年 5月 17日，我国成功发射第 45颗北斗导航卫星，该卫星属于地球静

止轨道卫星 （同步卫星 ）.该卫星 （ ）

A. 入轨后可以位于北京正上方

B. 入轨后的速度大于第一宇宙速度

C. 发射速度大于第二宇宙速度

D.

若发射到近地圆轨道所需能量较少

答案 D

2

解析 同步卫星只能位于赤道正上方， A 项错误；由 GM r 2m ＝m r v 知，卫星的轨道半径越大，

B 项错误；同步卫星的发射速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度， 发射到越高的轨道克服引力做功越多，故发射到近地圆轨道所需能量较少，

D 项正确 .

4.

（2019 天·津卷 ）2018 年 12月 8 日，肩负着亿万中华儿女探月飞天梦想的嫦娥四号探测器成

功

发射，“实现人类航天器首次在月球背面巡视探测，率先在月背刻上了中国足迹”，如图 3 所示 .已知月球的质量为 M 、半径为 R.探测器的质量为 m ，引力常量为 G ，嫦娥四号探测器围 绕月球做半径为 r 的匀速圆周运动时，探测器的 （ ）

答案 A

解析 嫦娥四号探测器环绕月球做匀速圆周运动时，万有引力提供其做匀速圆周运动的向心

GMm 2 v 2

4π2

GM GM

4π2r 3

GM

力，有 r 2 ＝ m ω2r ＝m r ＝ m T 2 r ＝ ma ，解得 ω＝ r 3 、v ＝ r 、T ＝ GM

、a ＝ r 2 ， 则嫦

娥四号探测器的动能为 E k ＝12mv 2＝GM 2r m ，由以上可知 A 正确，B 、C 、D 错误.

角大于 90 °，合力做负功，动能减小， 卫星做匀速圆周运动的线速度越小， 因此入轨后的速度小于第一宇宙速度 （近地卫星的速度 ），

C 项错误；将卫星 C.角速度为

Gm

r 3

B.动能为 GMm

2R

D.向心加速度为

GM

R 2

A.周期为 图3

5. （2017 全·国卷 Ⅲ

）2017年 4 月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室

完

成了首次交会对接，对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道 二号单独运行时相比，组合体运行的 （ ）

A.

周期变大 C.动能变大

答案 C

由于轨道半径不变，所以周期、速率、向心加速度均不变，

1

选项 A 、B 、D 错误；组合体比天宫二号的质量大，动能

E k ＝2mv 2

变大，选项 C 正确.

6.

（2018 湖·南师大附中高一下学期期末 ）“神舟六号”载人飞船顺利发射升空后，经过

115 小

时 32 分的太空飞行，在离地面约为 430 km 的圆轨道上运行了 77 圈，运动中需要多次“轨 道维持” . 所谓“轨道维持”就是通过控制飞船 上发动机的点火时间和推力的大小和方向， 使飞船能保持在预定轨道上稳定飞行，如果不进行“轨道维持”，由于飞船受到轨道上稀薄 空气的影响，轨道高度会逐渐降低，在这种情况下飞船的动能、重力势能和机械能的变化情 况是 （ ）

A. 动能、重力势能和机械能逐渐减小

B. 重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能不变

C. 重力势能逐渐增大，动能逐渐减小，机械能不变

D.

重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能逐渐减小 答案 D

解析 如果不进行 “ 轨道维持 ”，由于飞船受轨道上稀薄空气的摩擦阻力，需要克服摩擦阻 力做功，所以机械能逐渐减小，轨道高度会逐渐降低，重力势能逐渐减小，轨道半径逐渐减

2

小，根据 G M r m 2 ＝m v r ，可得 E k ＝ GM 2r m ，动能逐渐增大，所以正确选项为 D.

7.

如图 4所示是半径为 r 的竖直光滑圆形轨道，将一玩具小车放到与轨道圆心 O 处于同一水 平

面的 A 点，并给小车一竖直向下的初速度，使小车沿轨道内侧做圆周运动，重力加速度为

（可视为圆轨道 ）运行 .与天宫

B.速率变大 D.向心加速度变大

解析 根据组合体受到的万有引力提供向心力可得，

GMm

r 2

4π2 m T 2 r

＝m v r ＝ ma ，解得 T ＝

g.要使小车不脱离轨道，则在 A 处使小车获得竖直向下的最小初速度应为 ()

图4

B. 5gr

D. 2gr

解析小车恰好不脱离轨道的条件是在最高点满足mg＝m v r .小车沿轨道内侧做圆周运动的

过程中，只有重力做功，机械能守恒.设小车在A 处获得的最小初速度为v A，选A 点所在水11

平面为零势能参考面，由机械能守恒定律得2mv A2＝mgr＋2mv2，解得v A＝3gr ，故选项C

正确.

8. （2019 全·国卷Ⅲ ）从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一

大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用.距地面高度h 在3 m 以内时，物体上升、下

E k随h 的变化如图5 所示.重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为

A. 2 kg

B.1.5 kg

C.1 kg

D.0.5 kg

答案C

解析设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg 和竖直向下的恒

定外力F，当Δh＝3 m 时，由动能定理结合题图可得－（mg＋F）×Δh＝（36－72） J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg 和竖直向上的恒定外力F，当Δh＝3 m 时，再由动能定理结合题图可得（mg－F）×Δh＝（48－24） J，联立解得m＝1 kg、F＝2 N，选项C 正确，A 、B、

D 均错误.

9. （2019 江·苏卷）如图6 所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动.座舱的质量为

m，运动的半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱（）

A. 7gr

C. 3gr 答

案 C

落过程中动能

图5

图6

B. 线速度的大小为 ωR

C. 受摩天轮作用力的大小始终为 mg

D.

所受合力的大小始终为 m ω2R 答案 BD

2π

T ＝ π

、线速度大小 v ＝ ωR 、受到的 ω

合力大小 F ＝ m ω2R ，选项 B 、 D 正确， A 错误；座舱的重力为 mg ，座舱做匀速圆周运动受 到的合力大小不变， 方向时刻变化， 故座舱受到摩天轮的作用力大小不可能始终为 mg ，选项

C 错误 . 10.

（2018 简·阳市高一下学期期末 ）竖直平面内有两个半径不同的半圆形光滑轨道，

如图 7 所示，

A 、M 、

B 三点位于同一水平面

上， A 、 B 处同时无初速度释放，则 （

A. 通过 C 、D 时，两球的线速度大小相等

B. 通过 C 、 D 时，两球的角速度大小相等

C. 通过 C 、 D 时，两球的机械能相等

D.

通过 C 、D 时，两球对轨道的压力相等 答案 CD

1

解析 对任意一球研究，设半圆轨道的半径为 r ，根据机械能守恒定律得： mgr ＝ 12mv 2

，得： v ＝ 2gr ，由于 r 不同，则 v 不等，故 A 错误；由 v ＝r ω得：

度大小不等， 故 B 错误； 两球的初始位置机械能相等， 下滑过程机械能都守恒， 所以通过 C 、

与半径无关， 根据牛顿第二定律得： F N －mg ＝ma n ，得轨道对小球的支持力大小为 F N ＝ 3mg ， 由牛顿第三定律知球对轨道的压力为

F N ′＝ 3mg ，与半径无关，则通过 C 、D 时，两球对轨 道的

压力相等，故 D 正确.所以 C 、D 正确， A 、B 错误.

11. （2019 江·苏卷 ）如图 8 所示， 轻质弹簧的左端固定， 并处于自然状态 .小物块的质量为 m ，

从

A.运动周期为

2πR

解析 座舱做匀速圆周运动，合力提供向心力，知周期

C 、

D 分别为两轨道的最低点，将两个相同的小球分别从

D 时两球的机械能相等，故 C 正确；通过圆轨道最低点时小球的向心加速度为

a n ＝

r ＝ 2g ， v

ω＝

r

A 点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A 点恰好静止.物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度.在上述过程中

()

A. 弹簧的最大弹力为μ mg

B. 物块克服摩擦力做的功为2μ mgs

C. 弹簧的最大弹性势能为μ mgs

D. 物块在A 点的初速度为2μgs

答案BC

解析小物块处于最左端时，弹簧的压缩量最大，然后小物块先向右加速运动再减速运动，

可知弹簧的最大弹力大于滑动摩擦力μ m，g选项A 错误；物块从开始运动至最后回到A 点过

程，路程为2s，可得物块克服摩擦力做功为2μ mg，s选项B 正确；物块从最左侧运动至A 点过程，由能量守恒定律可知E pm＝μ mg，s选项C 正确；设物块在A 点的初速度为v0，整个过

1

程应用动能定理有－2μ mg＝s0－2mv02，解得v0＝2 μ g，s 选项D 错误.

12. “跳一跳”小游戏需要操作者控制棋子离开平台时的速度，使其能跳到旁边平台上.如图9

所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹，其最高点离平台的高度为h，水平速度

为v；若质量为m 的棋子在运动过程中可视为质点，只受重力作用，重力加速度为g，则( )

B. 若棋子在最高点的速度v 变大，则其落到平台上的时间变长

C. 棋子从最高点落到平台的过程中，重力势能减少mgh

D. 棋子落到平台上的速度大小为2gh

答案AC

A.棋子从最高点落到平台上所需时间

解析由h＝12gt 2得：t＝，A 项正确；下落时间与棋子在最高点的速度v无关， B 项错

1 误；棋子从最高点落到平台的过程中，重力势能减少mgh，C 项正确；由机械能守恒定律：

2 mv′ 2＝21mv 2＋mgh，得：v′＝v2＋2gh，D 项错误.

13. 北斗导航卫星的发射需要经过几次变轨，例如某次变轨，先将卫星发射至近地圆轨道1 上，然后在P 处变轨到椭圆轨道2 上，最后由轨道2在Q 处变轨进入圆轨道3，轨道1、2 相切于P 点，轨道2、3 相切于Q 点，如图10 所示.忽略空气阻力和卫星质量的变化，则以下说

法正确的是( )

A. 重力势能改变量不相等

A.该卫星从轨道

B.该卫星从轨道

C.该卫星在轨道

1 变轨到轨道

2 需要在P 处减速

1 到轨道

2 再到轨道3，机械能逐渐减小

3 的动能小于在轨道 1 的动能

D.该卫星稳定运行时，在轨道 3 上经过Q 点的加速度等于在轨道 2 上Q 点的加速度

答案CD

解析该卫星从轨道 1 变轨到轨道2需要在P 处加速，选项 A 错误；该卫星从轨道1到轨道

2 需要点火加速，则机械能增加；从轨道 2 再到轨道

3 ，又需要点火加速，机械能增加；故该

卫星从轨道 1 到轨道 2 再到轨道3，机械能逐渐增加，选项

B 错误；根据v＝G r M可知，

该卫星在轨道 3 的速度小于在轨道 1 的速度，则卫星在轨道 3 的动能小于在轨道 1 的动能，选项 C 正确；根据a＝G r M2 可知，该卫星稳定运行时，在轨道 3 上经过Q 点的加速度等于在

轨道2上Q点的加速度，选项 D 正确；故选C、D.

14.(2018 岷·县一中高一下学期期末)如图11 所示，在粗糙斜面顶端固定一弹簧，其下端挂

物体，物体在 A 点处于平衡状态.现用平行于斜面向下的力拉物体，第一次直接拉到 B 点，第二次将物体先拉到 C 点，再回到 B 点，则这两次过程中

图10

图11

B. 弹簧的弹性势能改变量相等

C. 摩擦力对物体做的功相等

D. 斜面弹力对物体做功相等

答案BD

解析第一次直接将物体拉到B 点，第二次将物体先拉到C 点，再回到B 点，两次初、末位置一样，路径不同，根据重力做功的特点只跟初、末位置有关，跟路径无关，所以两次重力做功相等，根据重力做功与重力势能变化的关系得两次重力势能改变量相等，故A 错误；由于两次初、末位置一样，即两次对应的弹簧的形变量一样，所以两次弹簧的弹性势能改变量相等，故B 正确；根据功的定义式得：摩擦力做功和路程有关.两次初、末位置一样，路径不同，所以两次摩擦力对物体做的功不相等，故 C 错误；斜面的弹力与物体位移方向垂直，则

弹力对物体不做功，即两次斜面弹力对物体做功相等，故 D 正确.故选B 、D.

15. (2019 全·国卷Ⅱ )如图12(a)，在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离.某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v 表示他在竖直方向的速度，其v－t图象如图(b)所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻.则( )

图12

A. 第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小

B. 第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大

C. 第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大

D. 竖直方向速度大小为v1 时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大

答案BD

解析根据v －t 图线与横轴所围图形的面积表示位移，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上

的位移比第一次的大，选项A 错误；从起跳到落到雪道上，第一次速度变化大，时间短，由

Δv

a＝Δt可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的小，选项 C 错误；第二次滑翔过程中在竖直方向的位移比第一次的大，又运动员每次滑翔过程中竖直位移与水平

位移的比值相同（等于倾斜雪道与水平面夹角的正切值），故第二次滑翔过程中在水平方向上

的位移比第一次的大，选项B 正确；竖直方向上的速度大小为v1时，根据v－t 图线的斜率

表示加速度可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的加速度比第一次的小，由牛顿第二定律有

mg－F f＝ma，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上所受阻力比第一次的大，选项 D 正确.

16. 如图13 甲所示，0.1 kg 的小球从最低点A 冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.4 m 的半圆形轨道，此后小球速度的平方与其距离水平地面的高度的关系图象如图乙所示.已知小球恰能到达最高点C，轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计.g取10 m/s2，B为AC轨道中点.下列说法正确的是（）

A. 图乙中x＝4

B.小球从B到C损失了0.125 J的机械能

C. 小球从A 到C 合外力对其做的功为－1.05 J

D. 小球从C 抛出后，落地点到A 的距离为0.8 m

答案ACD

v C2

解析当h＝0.8 m 时小球在C 点，由于小球恰能到达最高点C，故mg＝m v r C，所以v C2＝gr ＝10×0.4 m2·s－2＝4 m2·s－2，故选项A 正确；由已知条件无法计算出小球从B到C损失的机111

械能，故选项B 错误；小球从A 到C，由动能定理可知W 合＝2mv C2－2mv A2＝2× 0.1×4 J－11

2，落地点到A 的2×0.1×25 J＝－1.05 J，故选项C 正确；小球离开C点后做平抛运动，故2r＝2gt

距离x1＝v C t ，解得x1＝0.8 m，故选项D 正确.

二、实验题（本题共2 小题，共12分）

17. （6 分）如图14 所示是一种简易的圆周运动向心力演示仪，图中A、B 为两个穿在水平滑杆

上并通过棉线与转轴相连的重锤.试结合下列演示现象，分析影响向心力的因素.

图14

(1) 使线长L A＝L B，质量m A> m B，加速转动横杆.

现象：连接A 的棉线先断.

表明：在半径和角速度一定的条件下，圆周运动所需向心力随 ____________ 的增大而增大.

(2) 使质量m A＝m B，线长L A> L B，加速转动横杆.

现象：连接A 的棉线先断. 表明：在物体质量和角速度一定的条件下，圆周运动所需向心力随

___________________________________________________________________________________ 的增大而增大. (3) 对任一次断线过程进行考察.

现象：并不是横杆一开始转动就断线，而是加速了一段时间之后线才断的. 表明：在物体质量和半径一定的条件下，圆周运动所需向心力随 ____________________________________ 的增大而增大.答案(1)物体质量(2 分) (2)转动半径(2 分)

(3)转动角速度(2 分)

解析(1) 转动半径和角速度相同，根据F＝mω2r，物体质量越大，向心力越大；

(2)质量和角速度相同，根据F＝mω2r ，转动半径越大，向心力越大；

(3)质量和转动半径一定，角速度增加到一定程度后线才断，说明向心力随转动角速度的增大

而增大.

18. (6

分)(2018 成·都石室中学高一下学期期末)某同学用如图15 甲所示的装置“验证机械能守恒定律”，他将两物块A 和B 用轻质细绳连接并跨过轻质定滑轮，B 下端连接纸带，纸带穿过固定的打点计时器，用天平测出A、B两物块的质量m A＝300 g，m B＝100 g，A 从高处由静止开始下落，B 拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律，图乙给出的是实验中获取的一条纸带：0 是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，计数点间的距离如图乙所示，已知打点计时器计时周期为T＝0.02 s，则：

图15

v2

（2）用v 表示物块A 的速度，h 表示物块A 下落的高度.若某同学作出的v2－h 图象如图丙所示，

m/s34（结果保留三位有效数字）.

答案（1）1.15（1 分） 1.18（1 分）在误差允许范围内，A、B 组成的系统机械能守恒（2 分）（2）9.70（2 分）

解析（1）根据某段时间内平均速度等于中间时刻的瞬时速度，计数点5 的瞬时速度v5＝×x46

21.60＋26.40 × 10－2

图16

（1）B 球与A 球质量的比值M m；

（2）运动过程中（B 触地前）A、B 的加速度各多大？

答案（1）3 ∶1 （2）g2g2

解析（1）对A、B组成的系统，机械能守恒，则

1

2

（M－m）gh＝2（M＋m）v2（2 分）

M3

解得：m＝1（2 分）

（2）对B 分析，根据运动学公式可知2a B h＝v2（1 分）

解得a B＝2（1 分）

对A 分析，根据运动学公式可知2a A h＝v2（1 分）

解得

a

A＝2.（1 分）

19. （8 分）（2018 湖·北天门、仙桃、潜江高一下学期期末联考）如图16，一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑轻质定滑轮，绳两端各系一小球 A 和 B.A 球静置于地面； B 球用手托住，离地高度为h，此时轻绳刚好拉紧，从静止开始释放 B 后，在 B 触地的瞬间， B 球的速度大（1）在打点0～ 5 过程中系统动能的增加量ΔE k＝

_______ J，由此得出的结论

是

三位有效数字）

J，系统势能的减小量ΔE p ＝

；（重力加速度g＝9.8 m/s* 1 2，结果均

保留

则可求出当地的重力加速度g＝

1 2 1 ΔE k＝2（m A＋m B）

v5＝2

0.2

20. （8分）（2018 齐·齐哈尔市高一下学期期末）如图17所示，一个质量m＝4 kg的物块以v＝2 m/s 的水平速度滑到一静止的平板车上，已知平板车质量M＝16 kg，物块与平板车之间的动摩擦因数μ＝0.1，其他摩擦不计（取g＝10 m/s2），求：

图17

（1）当物块与平板车相对静止时，物块的速度大小及滑行时间；

（2）要使物块不能从平板车右端滑落，平板车至少多长.

答案（1）0.4 m/s 1.6 s （2）1.6 m

解析（1）对物块，由牛顿第二定律：μmg＝ma1（1 分）

v′＝v－a1t（1 分）

对车，由牛顿第二定律：μ m＝g Ma2（1 分）

v′＝a2t（1 分）

解得：v′＝0.4 m/s，t＝1.6 s（1 分）

1

2 1

2

（2）由功能关系：μ mgL＝2mv 2－2（m＋M）v′ 2（2 分）解得L＝1.6 m（1 分）

21. （10 分）（2018 商·丘市高一下学期期末九校联考）光滑水平面AB 与竖直面内的圆形轨道在B 点相切，轨道半径R＝0.5 m，一个质量m＝2 kg 的小球在A 处压缩一轻质弹簧，弹簧与小球不拴接.用手挡住小球不动，此时弹簧弹性势能E p＝36 J，如图18 所示.放手后小球向右运动

脱离弹簧，沿圆形轨道向上运动恰能通过最高点C，不计空气阻力，g 取10 m/s2.求：

（1）小球脱离弹簧时的速度大小；

（2）小球从B到C 克服阻力做的功；

（3）小球离开C 点后落回水平面的位置到B 点的距离x.

答案（1）6 m/s （2）11 J （3）1 m

1

解析（1）根据机械能守恒定律E p＝21mv12（2 分）

解得v1＝2m Ep＝6 m/s（1 分）

11

（2）由动能定理得－mg·2R－W f＝2mv22－2mv12（2 分）

2

v2

小球恰能通过最高点，故mg＝m 2（1 分）

R

联立解得W f＝11 J（1 分）

（3）球离开C 点后做平抛运动

1

2

2R＝2gt2（1 分）

x＝v2t（1 分）

解得x＝1 m（1 分）

22. （14 分）（2018 湖·南五市十校高一下学期期末）如图19 甲所示，倾角为θ＝37°的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量m＝2 kg 的小物体轻轻放在传送带的A 端，物体相对地面的

速度随时间变化的关系图象如图乙所示， 2 s末物体到达B端，取沿传送带向下为正方向，不计空气阻力，g＝10 m/s2，sin 37 ＝° 0.6，cos 37 °＝0.8，求：

(1)小物体在传送带A、B两端间运动的平均速度v 的大小；

(2)物体与传送带间的动摩擦因数μ；

(3)2 s 内物体机械能的减少量ΔE.

答案(1)8 m/s (2)0.5 (3)48 J

解析(1)设传送带A、B间的距离L，即为v－t图线与t 轴所围的面积大小，所以：L＝v21t1 v1＋v2

＋2 t2(2 分)

代入数值得：L＝16 m(1 分)

L 16

由平均速度的定义得：v＝t＝2 m/s＝8 m/ s；(2 分)

(2)0～1 s 内物体的加速度为：

v1 10 2 2

a1＝＝m /s 2＝10 m/ s2(2 分) t1 1

根据牛顿第二定律得：mgsin θ＋μ mcgos θ＝ma1 (2 分)

解得：μ＝0.5.(1 分)

(3) 0～2 s内物体下降的高度：h＝Lsin 37 ＝°16×0.6 m＝9.6 m(2 分)

物体机械能的变化量：

11

ΔE＝2mv22－mgh＝2×2×122 J－2×10×9.6 J＝－48 J(2分)

负号表示机械能减少

m/s＝2.4 m/ s，则系统动能的增加量：

×0.4×2.42 J≈1.15 J，系统重力势能的减小量ΔE p＝（m A－m B）gh＝0.2×9.8×（38.40＋21.60）×10－2 J≈1.18 J.在误差允许的范围内，A、B 组成的系统机械能守恒.

（2）根据机械能守恒定律得：

1

2

（m A－m B）gh＝2（m A＋m B）v

1m A－m B

得12v2＝gh

2m A＋m B

m A－m B 5.82

故斜率k

＝

g

＝

1.20

m A＋m B

1.20

代入数据得：g＝9.70 m/s2.

三、计算题（本题共4 小题，共40 分.要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）

小为gh（g 为重力加速度，不计空气阻力），求：