创新示范卷8 力学阶段综合测试（含答题卡）-【创新教程】2025年高考物理总复习大一轮创新示范卷（人教版 新教材）

《喜善能联) 创新示范卷（八）》 力学阶段综合测试 (90分钟100分)》 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24 3.目前我国大力提倡发展 /(ma) 400 分.每小题只有一个选项符合题目要求 新能源.为检测某新能 1.如图所示，负压爬墙机 源动力车的刹车性能， x/m 如图所示是一次在平直 40 器人是一款应用广泛的 公路上实验时，动力车整个刹车过程中位移与 高科技产品，在抗灾搜 速度平方之间的关系图像，下列说法正确的是 斯 救、反恐侦察等领域愈 发起到重要作用.机器 A.动力车的初速度为40m/s 人通过机身底部的真空吸盘或者风机在机身和 B.刹车过程动力车的加速度大小为10m/s 墙壁之间形成真空而产生吸附力，将机身牢牢 C.刹车过程经过6s时动力车的位移为30m . 吸附在墙壁上.可视为质点的负压机器人沿竖 D.刹车过程持续的时间为4s 直墙壁静止时，只受重力、弹力、摩擦力和吸附 4.(2024·山东济南市高三模拟)图(a)是原点O 力的作用，下列说法正确的是 处波源的振动图像，波源产生的波在x轴上传 A.机器人受到的吸附力与它对墙壁的压力是 播，图(b)是某时刻在x轴上波的图像.下列说 一对相互作用力 法正确的是 B.机器人受到的吸附力与墙壁对它的弹力是一 0 对相互作用力 (a） 御 C.机器人受到的吸附力越大，其与墙壁之间的 y/cm 15 摩擦力就越大 D.机器人与墙壁之间的摩擦力与吸附力的大小 (b) 无关 A.图(b)所示的波出现的时刻为1=是、 2.一物体做匀变速直线运动， B.图(b)质点P此刻的振动方向沿y轴正方向 其运动的位移x随时间t C经s被从原点O传播到x=一-4m的质 的变化关系图像如图所示， 则在t=3s末，物体的速度 点P 大小为 D.图(b)对应时刻质点P正向x轴负方向运动 5.大质量钢卷是公路运输中的危险物品，如图符 A.3 m/s B.4 m/s 合规范的装载支架是安全运输的保障，运输过 C.5 m/s D.6 m/s 程中要求“缓加速慢减速”是血的教训换来的. 8-1 若已知支架斜面均与水平面成a=30°，则运输 8.如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为 车刹车时加速度不能超过 30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f 恒定，物块动能E与运动路程s的关系如图 (b)所示.重力加速度大小取10m/s2,物块质量 m和所受摩擦力大小f分别为 E打 40 A.0.5g C.3g 30 20 6.神舟十四号载人飞船于 10 30° 1 1015205/m 2022年6月5日采用自 (a) (b) 主快速交会对接模式成 A.m=0.7kg,f=0.5N 功与天和核心舱对接.已知“天和核心舱”匀速 B.m=0.7kg,f=1.0N 圆周运动的轨道离地约400km、周期约为 C.m=0.8kg,f=0.5N 93min,地球半径为6370km,万有引力常量G D.m=0.8kg,f=1.0N =6.67×10"N·m2/kg2.根据这些数据，下 二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16 列不能大致确定的是 ( 分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目 A.地球近地卫星的周期 要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有 B.地表的重力加速度 选错的得0分) C.地球的平均密度 9.如图所示，半径为R的 D,天和核心舱的质量 半球形陶罐，固定在可 7.如图所示，车载玩具 以绕竖直轴转动的水平喇罐 转台 弹簧人公仔固定在 转台上，转台转轴与过 车的水平台面上，公仔 陶罐球心O的对称轴OO重合.转台以一定角 头部的质量为m,静止 速度ω匀速转动，一质量为m的小物块随陶罐 在图示位置，现用手竖直向下压公仔的头部，使 之缓慢下降至某一位置，之后迅速放手，公仔的 一起转动且相对罐壁静止，此时小物块受到的 头部经过时间t,沿竖直方向上升到另一位置时 摩擦力恰好为0，且它和O点的连线与O)'之间 速度为零，此过程弹簧始终处于弹性限度内，不 的夹角0为60°，重力加速度为g,下列判断正确 计空气阻力及弹簧质量.在公仔头部上升的过 的是 程中 ( A.小物块所受的合外力为零 A.公仔头部的机械能守恒 B.公仔头部的加速度先增大后减小 &小物块线速度的大小为停 C.弹簧弹力冲量的大小为mg4 C.小物块所受向心力的大小为mRw D.弹簧弹力对头部所做的功为零 D.小物块所受弹力的大小为mR 8-2 10.如图甲，碰碰车是深受青少年儿童喜欢的娱乐 C.运动员先后落在斜面上动能的变化量之 设施，某次娱乐场景如图乙所示：总质量为n2 比为1：3 的碰碰车乙静止在地面上，总质量为m1的碰 D.运动员先后落在斜面上动量的变化量之 碰车甲由距离乙(=4.0m处，以一定初速度 比为1：3 。自由滑行（关闭动力）2s后，以u,=1.5m/s 12.如图所示，轻质弹簧一端固定， 的速度与乙发生正碰，碰后甲、乙分别继续滑 另一端与质量为m的圆环相 行l1=0.25m和l,=1.0m后停止运动，碰后 连，圆环套在倾斜的粗糙固定 两车速度方向均与方向相同.已知甲，乙与 杆上，杆与水平面之间的夹角 地面间的动摩擦因数相同，两车始终在一条直 为α，圆环在A处时弹簧竖直且处于原长，将 线上运动，碰撞时间极短，重力加速度g取 圆环从A处由静止释放，到达C处时速度为 10ms,下列说法正确的是 零，若圆环在C处获得沿杆向上的速度，恰好 能回到A.已知AC=L,B是AC的中点，弹簧 始终在弹性限度之内，重力加速度为g,则 () A.两车碰撞过程中，动量守恒，机械能守恒 A.下滑过程中，圆环到达C处时弹簧的弹性 B.甲、乙两车质量之比为1：1 势能为mngL.sin a C.两车碰撞后，乙车获得的速度为1.0m/s B.下滑过程中，环与杆摩擦产生的热量为 D.两车与地面间的动摩擦因数为0.5 2mu 11.北京冬奥会在2022年2月 C.从C到A过程，弹簧对环做功为mgLsin a 7T 4日至2022年2月20日在 北京和张家口联合举行，这 4n2 D.环经过B时，上滑的速度大于下滑的速度 是北京和张家口历史上第一次举办冬季奥运 三、非选择题（本题共6小题，共60分） 会，如图，某滑雪运动员从弧形坡面上滑下沿 13.(6分)小刘同学查阅资料 光电门 水平方向飞出后又落回到斜面上，若斜面足够 遮光片 得知弹簧弹性势能的表达 长且倾角为日.某次训练时，运动员从弧形坡面 先后以速度和3。水平飞出，飞出后在空中 式为E,=kx分别 的姿势保持不变.不计空气阻力，则 () 为弹簧的劲度系数、形变 甲 A.运动员先后落在斜面上所用时间之比为 量、他利用光电门、遮光条、小物块和长木板等 1:3 器材测定某一弹簧的劲度系数，实验装置如图 B.运动员先后落在斜面上位移之比为1：3 甲所示 8-3 实验步骤： (2)已知交流电源频率为50Hz,启动打点计时 (1)测滤光条的宽度：用螺旋测 二10 器，释放小车，小车在钩码的作用下拖着纸带 微器测量遮光条的宽度，测量结 运动.打点计时器打出的纸带如图2所示（图 果如图乙，则遮光条的宽度d= 中相邻两点间有4个点未画出).小车的加速 mm. 度大小为 m/s(结果保留3位有 (2)安装实验器材：弹簧的右 效数字) 端固定在长木板上，左端放置一个小物块（与 A D 弹簧不拴接)，小物块（含遮光条）的质量为m, 8.6110.6 弹簧原长时小物块所处的位置为O点，在O点 单位：cm466.59 图2 左侧固定光电门 (3)下列做法正确的是 (填字母代号)， (3)平衡摩擦力：在长木板右端下方垫上小木 A.实验时，先放开木块再接通打点计时器 块（图中未画出），使物块下滑时重力下滑分力 的电源 大小等于摩擦阻力 B.为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上 (4)实验探究：使小物块压缩弹簧后，测量出弹 近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的 簧的压缩量x,由静止释放的小物块在弹簧的 条件是砝码桶及桶内砝码的总质量远大于 作用下被弹出，记下遮光条通过光电门的时间 木块和木块上砝码的总质量 t,则小物块通过光电门的速度为 ,弹 簧的劲度系数k C.调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木 .(用已知物理量 和测量物理量的符号表示) 板保持平行 (5)重复步骤(4)，计算出k的平均值 D.通过增减木块上的砝码改变质量时，需要重 14.(8分)某实验小组利用如图1所示的装置探究 新调节木板倾斜度 加速度与力、质量的关系。 (4)实验时改变砝码桶内砝 4alm's) 接电源 纸带木块 带粉轮的长木板 码的质量，分别测量木块在 打点计时器 不同外力作用下的加速度 细距 根据测得的多组数据画出 网3 位码桶 心F关系图像，如图3所示.此图像的AB段明 显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是 图1 (1)把木板的一侧垫高，调节木板的倾斜度，使 ,(选填下列选项的序号) 小车在不受牵引力时能拖动纸带沿木板匀速 A.小车与平面轨道之间存在摩擦 运动.此处采用的科学方法是 B.平面轨道倾斜角度过大 A.理想化模型法 B.阻力补偿法 C.所用小车的质量过大 C.等效替代法 D.控制变量法 D.所挂的砝码桶内及桶内砝码的总质量过大 8-4 15.(8分)在一平直公路上，A、B两辆汽车相距35 16.(10分)如图所示，一质量M=1kg、长度L= m,沿同一直线同向并排行驶，B车在前做初速 3.5m的“L”形木板静止在足够大的水平地面 度为零，加速度为aB的匀加速直线运动，A车 上，木板左端为一竖直薄挡板.一质量m= 在后做初速度为12m/s,加速度为a、的匀加 1kg、可视为质点的小物块，以。=8m/s的速 速直线运动，如果aA=2m/s2,an=4ms:试 度从木板右端滑上木板，与薄挡板发生弹性正 分析A、B能否相遇，若能相遇，求出A、B相遇 碰，碰撞时间极短.已知物块与木板间的动摩 时B车的速度. 擦因数=0.4，木板与地面间的动摩擦因数 4=0.3,取重力加速度大小g=10m/s,求： (1)木板的最大速度v: (2)木板运动的时间. 8-5 创新示范卷（八） (物理)答题卡 姓 名 雅考证号 条形码粘贴这（居巾） 缺考 注意事项 填涂样例 1.答题前，考生先将白己的姓名准考证号填写清楚，并认真在规定位置附 正确功涂 奸条形码。 ■ 违纪 2.选泽题必须使用2B铅笔填涂：非选择题必须使用和.5毫米及以上黑色字 迹的鉴宁笔书写，要求宁体工整，笔迹清楚。 错误填涂 口 3严格按照题号在相应的答题区域内作答，超山答题区域书写的答案尤效。 ☑×☒) 4.保持卡面清洁，不装订，不要折叠，不要破损 选择题 (共40分，1一8小题，每小题3分，9一12小题，每小题4分) 正确填涂 请在各题 1ABCD 2ABCD 3AEC回 4ABC回 5ABCD 6ABCD 7ABCD 8ABCD 9ABCD 10 A BC D 11ABCD 12D ■ ■ 题 非选择题 (需用0.5毫米黑色签字笔书写) 内作 (共60分)》 13.(6分) (1) 出边框的答案无效 (4) 14.(8分) (1) (2) (3) (4) 请在各题日的答题区域内作答，超出边框的答案无效 物理答题卡（八）第1页（共2页） 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 15.(8分) A 16.(10分) 17.(14分) 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 D 7777777777777777777 18.(14分) 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 物理答题卡（八）第2页（共2页） 17.(14分)如图所示，在高h=30m的光滑水平平 18.(14分)如图所示，光滑水 B A风 台上，质量m=3kg的小物块压缩弹簧后被锁 平面上放置长木板A和滑 扣K锁住，储存了一定量的弹性势能E。(水平 块C,滑块B置于A的左端，二者间的动摩擦 平台的长度大于弹簧的原长).若打开锁扣K, 因数=0.50，A、B和C质量分别为mA 则物块与弹簧脱离后将以一定的水平速度 1.0kg,mu=me=2.0kg.开始时C静止，A、B 向右从A点滑下平台做平抛运动，并恰好能从 一起以=4.5m/s的速度匀速向右运动，A 固定的光滑圆弧形轨道BC的B点沿切线方 与C发生弹性碰撞，经过一段时间，B恰好停 向进入圆弧形轨道.已知圆弧轨道所对的圆心 在A的右端，g取10ms.求： 角0=60°，圆弧轨道的圆心O与平台等高，轨 (1)A与C发生碰撞后的瞬间A、C的速度： 道最低点C的切线水平，并与地面上长为L一 (2)A、C碰撞后至B停在A的右端过程，A的 35m的水平粗糙轨道CD平滑连接，物块与轨 右端与C的最大距离 道CD间的动摩擦因数：=0.25，小物块沿轨 道BCD运动并与右边墙壁发生无能量损失的 碰撞（取g=10m/s2). (1)求小物块原来压缩弹簧时储存的弹性势 能E。: (2)求小物块第一次通过C点时的速度： (3)求小物块在CD段通过的总路程。 .0 8-6创新示范卷·参考答案 (2)若波速v-1.8m/s,则△x-v△/-90cm 故满足通式△x-3x十18(cm). +#)--0. 8sin寸 -nt(m). 可知波沿x轴正方向传播. 答案:(1)若波沿x轴正方向传播,42cm或66cm. 答案:(1)0.5m/s 若波沿x轴负方向传播,30cm或54cm (2)(4n+1)s(n-0,1,2,..) (2)沿x轴正方向传播,原因见解析 (3)y=-0.8sin寸ri(m) 18.解析:(1)一个周期内球两次经过最低点两次到最高 点,经过最低点时绳拉力最大,过最高点时绳拉力最 16.解析:(1)由图像可知a-12m,z=6m. 小,根据图乙可得T-0.8πs. 由波速公式-/可知-甲f甲-乙f 代入数据解得f-1.25Hz.fz-2.5Hz; 根据T-2π (2)设振动方程为y=Asin(a十), 解得L-1.6m 其中A-25cm.-2fz-5x rad's. (2)(3)设在B处的速度为v,在最低点B,根据牛顿 由图像可知一, 第二定律有F--m8-”, 2 则y-0.25sin(5xt+n)m. 在A点,由于速度为零,因此向心力为零,即沿绳方 答案:(1)1.25Hz.2.5Hz 向合力为零,则F一ngcos0. (2)y-0.25sin(5x+x)m 根据机械能守恒可知,在B点时速度最大,从A到B 17.解析:(1)设波沿x轴正方向传播,则△t内波的传播 过程中,由动能定理可得 距离的通式为△x-n+△x。-24n十18(cm) mgL(1-cos)-mv{} 因为T<A3T,对应的空间关系为x<x3,即 n能取1、2. 由图乙可得F.-0.498N,F-0.504N. 则△r-42cm,△x-66cm. 解得n-0.05kg. 设波沿工轴负方向传播,则A内波的传播距离的通 -0.358ms. 式为△r-24n+6(cm), 答案:(1)0.8xs;1.6m;(2)0.05kg 故△r-30cm,△x -54cm (3)0.358m/s 创新示范卷(八) 选择题答案速查 题号 。 1011 2 3 5 8 12 答案 BD BC D D B C A C D A AD CD 1.D [机器人受到的吸附力是大气施加的大气压力,跟 4.C [由题图(a)可知,原点处波源运动到y轴负向最 墙壁的弹力不是相互作用力,故A、B项错误;机器人 大位移处所用最短时间t。-1T,则题图(b)所示的波 静止时,摩擦力与机器人受到的重力平衡,则机器人 与墙壁之间的摩擦力与吸附力的大小无关,故C项错 误,D项正确,] 2.A [因为物体做匀变速直线运动,则有x一vl十 2at^{,由题图可知,当t-2s时,x-6m;当(-4s时,x 点O处,则沿x轴传播的波以原点O对称向x轴正、 -0m,代入得u-6ms,a=-3m/s2,1-3s末时 负方向传播,由“上下坡法”可知质点P此刻的振动方 n+a=一3m/s,物体的速度大小为3m/s.] 向沿y轴负方向,B、D错误;由题图(b)知波长a一3m. 3.D [根据匀变速直线运动的速度一位移公式 2-?-2ax,得-2ax十. 则波速一 可知v{--图像的斜率 -2a-0-400 40 m/s2,解得刹 车过程中加速度a一一5m/s2. 5.B [对钢卷受力分析,可得临界时后支架斜面无作用 加速度大小为5ms{},由题中图线可知{} 400m^{②}/s{2},则初速度为vo=20ms.故A、B错误;刹 力,前支架斜面有支持力N,由牛顿第二定律得 0-0-20 N cosa=mg.Nsina=ma. 车过程持续的时间(一 38, 6s内的位移等于4s内的位移,为x一 40m,故C错误D正确.] 答案-19 高考总复习·物理 6.D [近地卫星和核心舱绕地球运转,由开普勒第三定 一ma,解得n-0.05,故D错误;设甲、乙碰后瞬间速 律可得(R+h)R{} 度分别为v、v,则有-2al,?-2al T2 解得=0.5m/s.v=1.0m's.故C正确;对于碰 GMm A不符合;核心舱绕地球做匀速圈周运动 撞过程,由动量守恒定律可得m-mv+m2\ (# 解得n一n,故B正确;两车碰前总动能为E #m{},碰后总动能为E'一^2}+1{②}, 一ng,根据已知条件可以求出g,故B不符合;根据万 代入数据易得EE.',则碰撞为非弹性碰撞,机械 GMn 有引力提供向心力则有。 能不守恒,故A错误。] (#){” 式左右两侧核心舱的质量”直接约去,无法求解,地 11.AD [运动员做平抛运动,根据tanθ- _-,解得t 球的质量和半径已知,则地球的体积可求,因此M一 -2vtanD,因此运动员先后落在斜面上所用时间之 oV-orR③},故C可求出,D不可求出.] 7.C [弹策弹力对公仔头部做功,故公仔头部的机械能 不守恒,故A错误;公仔头部上升的过程中,开始时弹 策向上的弹力大于重力,合力方向向上,加速度向上, } 加速度减小,当弹力等于重力时加速度减为零,速度 s22} 最大,之后重力大于弹力,合力向下,且弹力继续减 小,合力增大,加速度增大,弹策恢复原长时,加速度 为g,公仔头部继续上升,弹策拉长,弹力向下,合力向 下,且弹力增大,合力增大,则加速度增大,故公仔头 __Er 员先后落在斜面上动能的变化量之比 部上升过程中,加速度先减小后反向增大,故B错误; _E 公仔头部上升过程中,取向上为正方向,根据动量定 理有I孩一mgt一0,则弹弹力冲量的大小为I跳 ngt,故C正确;公仔头部上升过程中,根据动能定理 ngt,因此运动员先后落在斜面上动量的变化量之比 有W理一mgh一0,则弹弹力对头部所做的功为Wa -mgh:0,故D错误.] △/2 8.A [0~10m内物块上滑,由动能定理得 12.CD ) [下滑过程中,圆环重力势能的减少量为 -mgsin30{·s-fs-E.-Eho. ngLsina,由于摩擦力做负功,圆环到达C处时弹黄 整理得E.-Eo-(mgsin30*十fs. 的弹性势能小于ngLsina,故A错误;根据对称性, 结合0~10m内的图像得,斜率的绝对值 下滑和上滑过程中摩擦力做功大小相同,从C到A |-mgsin30*+f-4N. 10~20m内物块下滑,由动能定理得 (mgsin30*-/)(s-s)-E. 擦产生的热量小于一m^{},故B错误;设圆环在下滑 整理得E-(ngsin30*-fs-(mgsin30*-fs 和上滑过程中由于摩擦产生的热量为Q,圆环在C 结合10~20m内的图像得, 处时弹的弹性势能为E。,根据能量的转化与守恒, 斜率'-ngsin30*-/-3N. 联立解得f-0.5N,m-0.7kg.] 9.BD ) [小物块受竖直向下的重力和陶罐的指向O点 十E.-Q+mgLsina,联立两式解得E.=mgLsina 的支持力,合外力为F一F。一ngtan0一③mg,故A 4m②},故C正确;根据动能定理,A到B过程 错误;根据线速度与角速度的关系有v一r,r mghAB-WAB-W=-mvB{},B到A过程,W- WAB-nghAa-0-muB{2,得 mghAn+WAB- #3Ro},故C错误;小物块所受 cos0sin0 13.解析:(1)遮光条的宽度d-5.5mm+4.6×10-2mm 10.BC [碰撞前甲做匀减速直线运动,设甲做匀减速直 -5.546mm 线运动的加速度大小为a,根据逆向思维有/一vu1十 (4)由于遮光条较窄,遮光条通过光电门的平均速度 -at2,解得a-0.5m/s2,根据牛顿第二定律有mg 可以认为就是小物块通过光电门的速度,即v- 答案-20 创新示范卷·参考答案 15.解析:当两车速度相等时有v十aA(-ag; 解得t-6s. 整理得md^{②} #2{2 nd} 6s内B的位移为x-ut, 答案:(1)5.546 14.解析:(1)把木板的一侧垫高,调节木板的倾斜度, 6s 内,A、B的位移差为xA-r-36m 35m. 使木块沿木板下滑的力的大小等于摩擦力,即小车 故A、B能相遇,设经过t. 时间A、B相遇,则有vo 在不受牵引力时能拖动纸带沿木板匀速运动,此处 +-aA12-- 2aB2-x。. 采用的科学方法是阻力补偿法,故选B. (2)由交流电源频率为50Hz,纸带上相邻两点间有 代入数值得到&-5s或1'-7s, 根据v-aB: 4个点未画出,可知相邻两计数点间的时间间隔为T -0.02×5s-0.1s. 相遇时B车的速度为v-20ms或v-28ms$ 由△r-aT2, 答案:能相遇,v-20m/s或v一28ms rCrrAc- 16.解析:(1)物块与木板间摩擦力 可得小车的加速度为a一 4 T2 4T2 f-ng-4N. 2.01m.s2; 木板与地面间的最大静摩擦力为f一(m十M)g (3)实验时,先接通打点计时器的电源,待打点稳定 -6N 后,再放开木块,这样纸带会得到充分利用,会有多 可知木板静止,木块从木板右端滑上木板后向左减 速运动,到达左侧挡板时速度为v, 的数据信息,故A错误;以木块及木块上磕码和砖砚 桶及桶内法码组成的系统为研究对象,设木块及木 块上码总质量为M,码桶及桶内祛码总质量为 得v-6m/s. m,由牛顿第二定律,则有mg=(m十M)a. 与挡板碰后设木块速度,木板速度v,则 木块的加速度为a-” M, nu.=n+M. _m,当 #_{-+yMo{① 木块所受的合外力为F-Ma-mM n十M{= #1 解得v-0,v-6m.'s. m M时,可认为木块受到的拉力等于码桶及桶 (2)设木板与物块共速时速度为v,需要时间1,根 内码的总重力,因此为使法码桶及桶内磕码的总 据动量定理 重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力,应 (f+fo)-M。-Mv 满足的条件是码桶及桶内祛码的总质量远小于木 f-nv 块和木块上磕码的总质量,故B错误;调节滑轮的高 度,使牵引木块的细绳与长木板保持平行,使小车能 沿法码桶拉力作用下做匀加速运动,以减小实验误 m+M-/-2g-3m/s2. 差,C正确;通过增减木块上的磕码改变质量时,因是 木块与木块上的码的总重力沿木板的下滑力来平衡 摩擦阻力,则有Mgsin一Mgcos,得n=tan,因此改 所以木板运动的时间/-1十1。-1s. 变质量时,不需要重新调节木板倾斜度,故D错误。 答案:(1)6m/s:(2)1s (4)由以上分析可知,当小车与平面轨道之间存在摩 17.解析:(1)由几何关系可得,B点高度为h:-h-15m, 擦,平面轨道倾斜角度过大,所用小车的质量过大, 都不会影响aF关系图,AB段明显偏离直线,A、B C错误;当所挂的磕码桶内及桶内码的总质量太大 解得-③s. 时,则有木块所受的合外力F-Ma-mM n十M= 小物块平抛的水平速度是v1,则-tan60”。 mg,造成此现象的主要原因可能是当有码桶及 1 解得-10m/s. 故E-- 桶内码的总质量接近木块及木块上磕码的总质量 时,木块受到的合外力小于码桶及桶内法码的总 (2)小物块第一次通过C点,由能量守恒定律可得 重力,木块的加速度就不成线性增大,实验误差增 ##gh+t}-1 大,则有a-F图像的AB段明显偏离直线,D正确. 答案:(1)B (2)2.01 (3)C(4)D 解得vc-10/7ms; 答案-21 高考总复习·物理 (3)假设小物块能回到B点,设小物块第一次返回B (2)A与C碰撞后,对A和B组成的系统,由动量守 点的速度为v,由能量守恒知 恒得 gh+)}-mg(2L)+mn}, mAvA+mguo-(mA+mB) 代入数据得 解得p0, -2.5m/s; 所以会从B点飞出圆孤轨道,故小物块在CD段通 对滑块A有 过的总路程;-2L-70m. pg-nA. 答案:(1)150J;(2)vc=10v7m/s;(3)70m -+at. 18.解析:(1)A与C发生弹性碰撞,以向右为正方向,对 A和C组成的系统,由动量守恒和机械能守恒得 xA一 mAvo-mAvA+mcc 代入数据得1-0.40s. #-ma②}+mc{② xA-0.20m. ___ 碰撞后C一直做匀速运动,则 解得vA xc一vct. 2mAo' 代入数据得xc-1.2m. vC一 mA+mC A、C碰撞后至B停在A板的右端过程,A的右端与 代入数据得 C的最大距离 --1.5m/s r-xc-rA. 负号表示长木板A的速度方向水平向左 x-1.0m. c-3ms. 答案:(1)1.5m/s,长板A的速度方向水平向左 3m's,滑块C的速度方向水平向右 滑块C的速度方向水平向右 (2)1.0m 创新示范卷(九) 选择题答案速查 题号 10 11 1 3 12 AB BCD 答案 AC B D A B B A CD 1.A [因M点的等势面较P点密集,可知M点电场线 4.A [负的点电荷产生的电 较P点密集,则P点的场强大小比M点的小,选项A 场的电场线是会聚的直线, 正确;P、M两点电势差U M=p-=6kV-8kV 如图所示 一一2kV,选项B错误;M、N两点的场强大小相同, 沿着电场线电势要降低,故 但是方向不同,选项C错误;P点电势低于N点,则电 B点的电势比C点的电势 子在P点的电势能大于其在N点的电势能,选项D 高,故十a在B点具有的电 错误。] 势能比在C点电势能大,将 2.B [沿电场线电势逐渐降低,可知M点的电势大于 电荷十o由B点移到C点,电场力做正功,同理可知, N点的电势,选项A错误;根据粒子的运动轨迹可知, 在B点具有的电势能比在A点的大,故A正确,B错 粒子受电场力大致向下,可知粒子带正电,M点的电 误;电场线密处场强大,电场线稀处场强小,由图可 势大于N点的电势,选项B正确;因N点电场线较M 知,B点的场强比A点的场强小,则一个点电荷十q在 点密集,可知N点的场强较大,粒子在M点受到的电 B点所受的电场力比在A点的小,故C错误;由图可 场力小于在N点受到的电场力,选项C错误:因M点 知,C与D点的电势是相等的,根据电场力做功公式 电势高,且粒子带正电,可知粒子在M点的电势能大 W一qU,可知,将同一个电荷由B点移到D点电场力 于在N点的电势能,选项D错误.] 做的功与由B点移到C点一样多,故D错误。 3.D[a、c两点分别位于正、负电荷附近,则有一 5.B [充电后,电容器的带电量为q-I-2×10-×36C 故A错误;a、c两点关于中轴对称,由等量异种电荷电 一7.2×10-2C,故A错误;充电后,电容器储存的电 场分布可知,两点场强大小相同,方向不同,故B错 能为F-C--×7.2×10-4$10]- 误;在M到达等势线6时,坚直方向速度不为0,在/ 右侧仍有一段向下运动的过程,所以不可能对称,故C 144J,故B正确;放电过程,电荷量会逐渐减小,板间 错误;M穿越a、b、c,M带负电,所以电场力做负功,电 电压变小,放电电流会越来越小,故C错误;电容器的 势能变大,故D正确.] 电容与所带电量无关,由本身结构决定,故D错误。 答案-22