得：
故D项与题意不相符。
16．一部直通高层的客运电梯的简化模型如图1所示．电梯在t=0时由静止开始上升，以向上方向为正方向，电梯的加速度a随时间t的变化如图2所示．图1中一乘客站在电梯里，电梯对乘客的支持力为F．根据图2可以判断，力F逐渐变大的时间段有（ ）
A．0～1s内 【答案】AD 【解析】
B．8～9s内 C．15～16s内 D．23～24s内
试题分析：根据牛顿第二定律列式，分加速度向上和加速度向下两个过程讨论即可． 解：1、加速度向上时，根据牛顿第二定律，有： F﹣mg=ma 故F=mg+ma
故在0﹣1s内的支持力F是增加的，1s﹣8s内支持力恒定，8s﹣9s支持力是减小的； 2、加速度向下时，根据牛顿第二定律，有： mg﹣F=m|a| 故F=mg﹣m|a|
故在15s﹣16s支持力是减小的，16s﹣23s支持力是固定的，23s﹣24s内的支持力F是增加的； 故AD正确，BC错误； 故选AD．
【点评】超重和失重现象可以运用牛顿运动定律进行分析理解，产生超重的条件是：物体的加速度方向向上；产生失重的条件：物体的加速度方向向下． 三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
17． (本题9分)在“探究功与物体速度变化的关系”实验中，小车在橡皮条弹力的作用下被弹出，沿木板滑行，实验装置如图所示。
（1）适当垫高木板是为了__________________；
（2）通过打点计器的纸带记录小车的运动情况，观察发现纸带前面部分点迹间距疏密不匀，后面部分点“前面部分”或“后面部分”)； 迹间距比较均匀，利用纸带求小车速度时，应使用纸带的________(选填“全部”、（3）若实验作了n次，所用橡皮条分别为1根、2根……n根，通过纸带求出小车的速度分别为v1、v2、
v3……vn，用W表示橡皮条对小车所做的功，作出的W?v2 图线是一条过坐标原点的直线，这说明W与
v2的关系是_______________________
【答案】平衡摩擦力 后面部分W?kv2 【解析】
（1）用 1 条、2 条、3 条 …同样的橡皮筋将小车拉到同一位置释放，橡皮筋拉力对小车所做的功依次为 W、2W、3W …探究橡皮筋拉力对小车所做的功W与小车速度v的定量关系．将木板放有打点计时器的一端垫高，小车不连橡皮筋，尾部固定一纸带，轻推小车使小车沿木板向下运动，如果纸带上打出的点间距是均匀的，说明纸带的运动是匀速直线运动，小车重力沿斜面方向的分力刚好平衡了小车所受的摩擦力．
（2）橡皮筋拉力对小车所做的功全部完成后，打出来的点才能反映物体的速度．所以应使用纸带的后面部分．
（3）W-v2图线是一条过坐标原点的直线，根据数学知识可确定W与速度v的平方成正比．
点睛：注意实验的一些处理方法，例如选择相邻距离基本相同的若干个点作为小车匀速运动阶段的点，用这些点计算小车的速度．图象法是解决物理问题的常见方法，因为它具有简便直观的特点. 18． “探究碰撞中的不变量”的实验中：
（1）入射小球m1=15 g，原静止的被碰小球m2=10 g，由实验测得它们在碰撞前后的x -t图象如图甲所示，m/s，入射小球碰撞前的m1v1是_____kg·m/s，被碰撞后的m2v2′是可知入射小球碰撞后的m1v1′是_____kg·
_____kg·m/s.由此得出结论_______________________________．
（2）实验装置如图乙所示，本实验中，实验必须要求的条件是________．
A．斜槽轨道必须是光滑的 B．斜槽轨道末端点的切线是水平的
C．入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放 D．入射球与被碰球满足ma＞mb，ra=rb
N分别为入射球与被碰球对应的落点的平均位置， （3）图乙中M、P、则实验中要验证的关系是________．A．m1·ON=m1·OP＋m2·OM B．m1·OP=m1·ON＋m2·OM C．m1·OP=m1·OM＋m2·ON D．m1·OM=m1·OP＋m2·ON
0.0075 0.015 0.0075 碰撞中mv的矢量和是不变量 BCD 【答案】（1）（碰撞过程中动量守恒）C 【解析】 【详解】
（1）由图1所示图象可知，碰撞前球1的速度v1?x10.2??1m/s，碰撞后，球的速度t0.2v1??x?10.30?0.20x?0.35?0.20??0.5m/s，v2??2??0.75m/s， t?10.4?0.2t?20.4?0.2入射小球碰撞后的m1v?1?0.015?0.5?0.0075kg?m/s， 入射小球碰撞前的m1v1?0.015?1?0.015kg?m/s， 被碰撞后的m2v?2?0.01?0.75?0.075kg?m/s， 碰撞前系统总动量p?m1v1?0.015kg?m/s，
碰撞后系统总动量p??m1v?1?m2v?2?0.015kg?m/s，p??p，由此可知：碰撞过程中动量守恒； （2）“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，A错误；要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，B正确；要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，C正确；为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求ma＞mb，ra=rb，D正确．
（3）要验证动量守恒定律定律即mav0?mav1?mbv2，小球做平抛运动，根据平抛运动规律可知根据两小球运动的时间相同，上式可转换为mav0t?mav1t?mbv2t， 故需验证maOP?maOM?mbON，因此C正确． 【点睛】
本实验的一个重要的技巧是入射球和靶球从同一高度作平抛运动并且落到同一水平面上，故下落的时间相同，所以在实验的过程当中把本来需要测量的速度改为测量平抛过程当中水平方向发生的位移，可见掌握
了实验原理才能顺利解决此类题目．
四、解答题：本题共4题，每题5分，共20分
19． (本题9分)小物块A的质量为m，物块与坡道间的动摩擦因数为μ，水平面光滑；坡道顶端距水平面高度为h，倾角为θ；物块从坡道进入水平滑道时，在底端O点处无机械能损失，重力加速度为g，将轻弹簧的一端连接在水平滑道M处并固定在墙上，另一自由端恰位于坡道的底端O点，如图所示．物块A从坡顶由静止滑下，求：
(1)物块滑到O点时的速度大小； (2)弹簧为最大压缩量时的弹性势能： 【答案】（1）【解析】 （1）从A到O
所以（2）
（2）
20．不可伸长的轻绳长l=1.2m，一端固定在O点，另一端系一质量为m=2kg的小球．开始时，将小球拉至绳与竖直方向夹角θ=37°的A处，无初速释放，如图所示，取sin37°=0.6,cos37°=0.8，g=10m/s2.
(1)求小球运动到最低点B时绳对球的拉力；
(2)若小球运动到B点时，对小球施加一沿速度方向的瞬时作用力F，让小球在竖直面内做完整的圆周运动，求F做功的最小值．
【答案】（1）F=28N（2）W=55.2J 【解析】
第二问的分析应从小球能安全通过最高点的最小速度作为解题的突破口．
试题分析：（1）小球从A到B过程中，机械能守恒，有 mgl(1-cos37°)=
12mv① 2在B点，由牛顿第二定律有：
v2F-mg=m②
l联立①②解得：F=28N ③
（2）设小球通过最高点的最小速度为vc，F做功的最小值为W
vc2由牛顿第二定律：mg=m④
l从A到C的过程中由动能定理得 W-mgl(1+cos37°)=
12mvc-0 ⑤ 2联立④⑤解得：W=55.2J ⑥
评分标准：本题共12分，其中①②④每式2分，⑤式4分，③⑥每式1分 考点：机械能守恒动能定理牛顿第二定律
21． (本题9分)电量为q＝2×10－4C的带正电小物块置于绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向且方向始终不变的电场，电场强度E的大小与时间t的关系，以及物块速度v与时间t的关系如图所示．若重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)物块的质量m；
(2)物块与水平面之间的动摩擦因数μ． 【答案】 (1)2 kg (2)0.2 【解析】
当E?3?104N/C时，物体的加速度为a?根据牛顿第二定律得：qE?f?ma；
当E?2?104N/C时，物体匀速运动，则物体受力平衡，qE?f，又f??mg； 代入数据解得：m?1kg，??0.2．
22． (本题9分)如图甲所示，在y?0和y?2m之间有沿着x轴方向的匀强电场，MN为电场区域的上边界，在x轴方向范围足够大，电场强度的变化如图乙所示，取x轴正方向为电场正方向．现有一个带负
?v2??1m/s2， ?t2
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