2025届安徽省合肥市第八中学高三上学期物理统一作业（7）物理试卷

1 2022 级高三年级第一学期物理统一作业（7） 命题人：司鹏举 审题人：孙自欣 考试时间：70 分钟 分值：100 分 一、选择题（本题包含 10小题，共 42分。第 1~8小题只有一项符合题目要求，每小题 4分；第 9~10小题有多 项符合题目要求，每小题 5 分，全部选对的得 5分，选对但不全的得 3分，有错选的得 0分。） 1．物理学的发展推动了社会的进步。下列关于物理学的一些重大事件和科学方法，说法正确的是（ ） A．伽利略把科学实验与逻辑推理相结合得到了自由落体运动规律 B．牛顿采用比值定义法得到了加速度的表达式 F a m = C．牛顿发现了万有引力定律，并测出了引力常量 D．爱因斯坦的相对论否定了牛顿力学理论，成功解决了宏观物体的高速运动问题 【答案】A 【来源】江苏省徐州市 2022-2023 学年高三上学期期末复习物理试题 【详解】A．伽利略把科学实验与逻辑推理相结合得到了自由落体运动规律，故 A 正确； B．此式为牛顿第二定律，是实验定律，即物体的加速度与物体所受的合力成正比，与物体的质量成反比，并不 是比值定义法，故 B 错误； C．牛顿发现了万有引力定律，而卡文迪什通过扭秤实验测出了引力常量，故 C 错误； D．爱因斯坦的相对论发展了牛顿力学理论，推动物理学发展到一个新高度，成功解决了宏观物体的高速运动问 题，故 D 错误。 故选 A。 2．成都地铁 18 号线连通成都市区和成都天府国际机场，其中从世纪城站到海昌路站可看做一段直线轨道，轨道 总长为 x。一列地铁（可视为质点）从世纪城站由静止出发经过匀加速、匀速、匀减速三个阶段后停在了海 昌路站。已知地铁运行的最大速度为 v，加速与减速阶段的加速度大小相同，加速阶段用时为 t。则下列说 法正确的是（ ） A．地铁匀速运行的时间为 x v B．地铁匀速运行的时间为 2− x t v C．地铁运行全程平均速度为 xv x vt+ D．地铁运行全程平均速度为 xv x vt− 【答案】C 【来源】2024 届四川省乐山市高三下学期三模考试理综试题-高中物理 【详解】列车从静止加速至最大速度过程所用时间为 t，运动位移为 1 1 2 x vt= 列车加速与减速阶段的加速度大小相同，则所用时间与运动位移相同，可得匀速阶段有 12x x vt− =  解得地铁匀速运行的时间为 x t t v  = − 从世纪城站到海昌路站需要的时间为 2 x t t t t v = + = +总 则地铁运行全程平均速度为 x xv v t x vt = = +总 故选 C。 3．（三维设计 P31 例 5，调整问法）如图所示，一轻杆两端分别固定着质量为 mA和 mB 2 的两个小球 A 和 B（可视为质点）。将其放在一个直角形光滑槽中，已知轻杆与槽右壁成 α 角，槽右壁与水 平地面成 θ 角时，两球刚好能平衡，且 α≠θ，则 A、B两球质量之比为（ ） A． sin𝛼cos𝜃 cos𝛼sin𝜃 B． cos𝛼cos𝜃 sin𝛼sin𝜃 C． cos𝛼sin𝜃 sin𝛼cos𝜃 D． sin𝛼sin𝜃 cos𝛼cos𝜃 答案：D 解析：对 A 球受力分析，受重力、杆的弹力、斜面的支持力，如图甲所示，根据正弦定理有 𝐹 sin（90°－𝜃） ＝ 𝑚𝐴𝑔 sin𝛼 ， 再对 B球受力分析，受重力、杆的弹力、斜面的支持力，如图乙所示， 根据正弦定理有 𝑚𝐵𝑔 sin（90°－𝛼） ＝ 𝐹' sin𝜃 ，又 F＝F'，联立解得 𝑚𝐵 𝑚𝐴 ＝ cos𝛼cos𝜃 sin𝛼sin𝜃 ，故选 D。 4．（三维设计 P97例 4，略改）如图所示，A、B 两颗人造卫星绕地球做匀速圆周运动，它们 轨道在同一平面内且转动方向相反。若已知 A 卫星转动周期为 T，A、B 两卫星轨道半径 之比 1 4 A B R R = ，从图示位置开始 A、B 两卫星每隔时间 t再次相距最近，则（ ） A． 1 8 t T= B． 8 7 t T= C． 8 9 t T= D． 1 9 t T= 【答案】C 【来源】重庆市南开中学 2023-2024 学年高一下学期期中考试物理试题 【详解】根据 2 2 2 4Mm G m R R T  = 可得 2 34 R T GM  = 可得 3 A A 3 B B 1 8 T R T R = = 所以有 AT T= ， B 8T T= 有 A 2 T   = ， B 4T   = 设再次相距最近时 A、B 两卫星转过的角度分别为 A 、 B ,有 A B 2  + = 即 A B 2t t  + = 代入数据可得 8 9 t T= 故选 C。 5．（三维设计，黄本 P352 第 7 题，无修改）如图，长为 L的直棒一端可绕固定轴 O转动， 另一端搁在水平升降台上，升降平台以速度 v匀速上升，当棒与竖直方向的夹角为 θ时， 棒的角速度为（ ） A． 𝑣sin𝜃 𝐿 B． 𝑣 𝐿cos𝜃 C． 𝑣cos𝜃 𝐿 D． 𝑣 𝐿sin𝜃 解析：D 棒与平台接触点的实际运动为合运动，方向垂直于棒指向左上方，如图所示，合速度为 v 实＝ωL，竖 直向上的速度分量等于平台上升的速度 v，即 ωLsin θ＝v，所以 ω＝ 𝑣 𝐿sin𝜃 ，故选 D。 6．（三维设计，黄本 P344第 7题，相似题）如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质 量均为M的物体 A、B（B 物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为 k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力 F作用在物体 A 上，使物体 A 开始向上做加速度为 a（a<g）的匀加速运动，A、 3 B 的速度随时间变化图像如图乙所示，重力加速度为 g，则下列说法正确的是（ ） A．拉力 F的最小值为Ma B．A、B 分离时，弹簧弹力恰好为零 C．A、B 分离时，A 上升的距离为 ( )M g a k − D．弹簧恢复到原长时，物体 B 的速度达到最大值 【答案】C 【详解】A．A、B 整体原来静止，合外力为零，施加外力 F的瞬间，对 A、B 整体，根据牛顿第二定律有 F=2Ma 当 A、B 整体向上运动时，弹簧弹力减小，则 F增大，故 A 错误； B．物体 A、B 在 t1时刻分离，此时 A、B 具有共同的 v与 a，且 A、B 间作用力为 0，对 B 有F Mg Ma− =弹 解得 ( )F M g a= +弹 故 B 错误； C．施加 F前，物体 A、B 整体平衡，根据平衡条件有 12Mg kx= 解得 1 2Mg x k = A、B 在 t1时刻分离，由 ( ) 2F M g a kx= + =弹 解得 ( ) 2 M g a x k + = 则 A、B 分离时，A 上升的距离为 ( ) 1 2Δ M g a x x x k − = − = 故 C 正确； D．当弹簧的弹力F Mg =弹 时，B 达到最大速度，此时弹簧处于压缩状态，故 D 错误。故选 AC。 7．（国庆作业 2，第 11题修改）如图，四个滑块叠放在倾角为 θ的固定光滑斜面上，其中 B和 C的质量均为 m， A 和 D 的质量均为 3m，B 和 C 之间用一平行于斜面的轻绳连接，现对 A 施加平行于斜面向上的拉力 F，使 得四个滑块以相同加速度一起沿着斜面向上运动，滑块间的动摩擦因数均为 μ， 重力加速度为 g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（ ） A．拉力 F的最大值为 1.3μmgcosθ B．C 对 D 的摩擦力为 0.3μmgcosθ时，A 对 B 的摩擦力为 0.5μmgcosθ-5mgsinθ C．当拉力 F取得最大值时，轻绳上的弹力大小为 0.8μmgcosθ D．当拉力 F取得最大值时，C、D 间的摩擦力为 μmgcosθ 【答案】C【详解】当 A、B 间的摩擦力为最大静摩擦力时，拉力 F取最大值，将 B、C、D 看成一个整体，A 是单独的一个整体，根据力的分配规律有 2 2 1 2 m F F m m = + 可得 ( 3 ) cos ( 3 ) 3 m m m mg F m m m m   + + = + + + ，解得 1.6 cosF mg = 故 A 错误；C 对 D 的摩擦力为0.3 cosmg 时，对 D 进行受力分析，根据牛顿第二定律有 0.3 cos 3 sin 3mg mg ma  − = 设 A 对 B 的摩擦力为 1F ，对 B、C、D 根据牛顿第二定律有 1 5 sin 5F mg ma− = 解 得 1 0.5 cosF mg = 故 B 错误；将 A、B 看成一个整体，C、D 看成另一个整体，根据力的分配规律有 ( 3 ) ( 3 ) ( 3 ) m m T F m m m m + = + + + 解得 0.8 cosT mg = 故 C 正确；将 A、B、C 看成一个整体，D 是另一个整体，根据力 的分配规律有 CD 3 3 (3 ) m F F m m m m = + + + 解得 CD 0.6 cosF mg = 故 D 错误。故选 C。 8．如图所示，长为 L的不可伸长的轻绳，一端系于 O点，另一端系一小球（可视为质点），将小球拉至轻绳水 平，由静止释放。小球摆动至最低点的过程中，绳与水平方向夹角为 θ时，重力的功率为 P。 不计空气阻力。当 P有最大值时，sinθ的取值为（ ） 4 A． 3 3 B． 3 2 C． 2 2 D． 1 2 【答案】A 【详解】由功率表达式可知重力的瞬时功率为 cosP mgv = 其中 cosv  为瞬时速度竖直方向的分量，小球下摆过程中竖直方向的分速度先增大，后减小，当竖直分速度达到 最大值时，重力的瞬时功率最大，此时小球竖直方向加速度为零，绳子竖直方向的分力与重力平衡，设绳子 拉力为 T，有 sinT mg = 又因为小球做圆周运动，沿半径方向的合外力提供向心力，由牛顿第二定律可得 2 sin mv T mg L − = 小球下摆过程由动能定理可得 21sin 2 mgL mv = 联立可得 3 sinT mg = 即 23 sinmg mg = 解得 3 sin 3  = 故选 A。 9．如图所示，足够宽的水平传送带以 v0=2m/s 的速度沿顺时针方向运行，质量 m=0.4kg 的小滑块被光滑固定挡 板拦住静止于传送带上的 A 点，t=0 时，在小滑块上施加沿挡板方向的拉力 F，使之沿挡板做加速度大小 a=1m/s2 的匀加速直线运动，已知小滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，取重力加速度大小 g=10m/s2，则 下列说法正确的是（ ） A．t=0 时，拉力 F的大小为 0.4N B．小滑块在运动过程中始终受到沿挡板方向的摩擦力 C．t=2s 时，滑块受到挡板的弹力大小为 2 2 N 5 D．t=2s 时，拉力 F的大小为 2 2 2 N 5 + 【答案】ACD 【来源】湖南省部分校联考 2021-2022 学年高一下学期 3 月月考物理试题 【详解】A．由题意知小滑块被光滑固定挡板拦住静止于传送带上的 A点，则挡板必垂直于传送带运动方向，所 以， 0t = 时，由牛顿第二定律得，拉力 F的大小为 0.4NF ma= = 故 A 正确； B．因为小滑块沿挡板方向运动的同时，还相对于传送带向后运动，故小滑块在运动过程中始终受到的摩擦力方 向与挡板有一定夹角，故 B 错误； C． 2st = 时，小滑块沿挡板方向的速度为 2m sv at= = 设摩擦力与挡板的夹角为 ，则 0tan 1 v v  = = 即 45 =  故 2st = 时，滑块受到挡板的弹力大小为 N 2 2 cos 45 cos 45 N 5 F f mg=  =  = 故 C 正确； D． 2st = 时，沿挡板方向由牛顿第二定律得 sin 45F mg ma−  = 解得拉力 F的大小为 2 2 2 N 5 F + = 故 D 正确。故选 ACD。 10．（六校联考第 14 题改编）人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。设某次打夯符合以下模型：两人同 时通过绳子对重物各施加一个恒力，力的大小均为 F=500N，方向都与竖直方向成 θ=37°，重物离开地面 H=50cm 后人停止施力，最后重物自由下落把地面夯实 h 深 度。设重物的质量为 m=50kg，与地面的平均冲击力为 f=1.05×104N，g 取 10m/s2。 5 则下列说法中正确的是（ ） A．重物上升时加速度大小为 6m/s2 B．重物落到地面时的速度大小 v= 10 m/s C．重物落到地面时的速度大小 v=4m/s D．若 H=k/m（50kg≤m≤60kg，k=25kg·m），重物夯实的最大深度 hm=4cm 【答案】ACD A．ma=2Fcosθ－mg，得 a=6m/s2。A 正确 BC．从离开地面到回到地面列动能定理得：2𝐹cos𝜃 ⋅ 𝐻 = 1 2 𝑚𝑣2，解得𝑣 = √ 4𝐹cos𝜃⋅𝐻 𝑚 = 4𝑚/𝑠，B 错误，C 正确 D．对全过程列动能定理：2𝐹cos𝜃 ⋅ 𝐻 + 𝑚𝑔 ⋅ ℎ − 𝑓 ⋅ ℎ = 0 − 0， 将𝐻 = 25 𝑚 代入上式得2𝐹cos𝜃 ⋅ 25 𝑚 + 𝑚𝑔 ⋅ ℎ − 𝑓 ⋅ ℎ = 0 − 0，整理计算后得ℎ = 20000 −10𝑚2+10500𝑚 (50𝑘𝑔 ≤ 𝑚 ≤ 60𝑘𝑔)， 由二次函数得：当𝑚 = 50𝑘𝑔时，有ℎ𝑚 = 4𝑐𝑚 二、实验题（每空 2分，共 16分） 11．（8 分）某同学做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验。如图甲所示为某次实验中用手通过两个弹簧 测力计共同拉动小圆环的示意图，其中 A为固定橡皮条的图钉，O为标记出的小圆环的位置，OB和 OC为 细绳。图乙是在白纸上根据该次实验结果画出的图。 (1)本实验主要采用的科学方法是（ ） A．控制变量法 B．等效替代法 C．理想实验法 D．建立物理模型法 (2)图甲中 OC 方向的拉力大小为________N； (3)图乙中的力 F和力 F'，一定沿橡皮条 AO方向的是 （选填“F”或“F'”） (4)在另一次实验中，该同学用两个弹簧测力计，通过细绳对小圆环施加平行木板平面的拉力作用，两个拉 力的方向如图丙所示。如果小圆环可视为质点，且小圆环、橡皮条和细绳的重力可忽略不计，小圆环平衡时， 橡皮条AO、细绳OB和OC对小圆环的拉力的分别为F1、F2和F3，关于这三个力的大小关系，正确的是______。 A．F1>F2>F3 B．F3>F1>F2 C．F2>F3>F1 D．F3>F2>F1 【答案】(1)B (2)1.90N（1.88~1.93 均可） (3)F (4)A 【来源】天津市第五十四中学 2024-2025 学年高三上学期 10 月月考物理试题 【详解】（1）本实验的原理是用一个力产生的作用效果与两个力产生的作用相同来进行等效替代。故选 B。 (2)1.90N（1.88~1.93 均可） 6 （3）用一个弹簧秤拉橡皮筋时，力一定沿橡皮条 AO方向，图中可以看出，F表示一个力，F 表示的是用平行 四边形定则作出的两个力的合力，所以一定沿橡皮条 AO方向的是 F。 （4）对 O点进行受力分析， 2F 与 3F 的合力与 1F 等大反向，如图 根据几何关系可知 1 2 3F F F  故选 A。 11．（8 分）某同学采用重物自由下落的方法“验证机械能 守恒定律”，如图甲所示。打点计时器所用电源频率 为 50Hz，当地重力加速度的值为 9.80m/s2，测得所 用重物的质量为 1.00kg。若按实验要求正确地选出 纸带进行测量，量得连续三点 A、B、C到第一个点 O的距离如图乙所示，那么： (1)纸带的 （选填“左”或“右”）端与重物相连； (2)打点计时器打下点 B 时重物的速度 vB= m/s；从打下点 A 到打下点 C 的过程中重力势能的减少量 ΔEp= J（结果保留两位有效数字）； (3)动能的增加量 ΔEk最有可能 势能的减少量 ΔEp（选填“>”“<”或“=”）。 【答案】(1)左 (2) 0.97 0.38 (3)< 【来源】福建省宁德市福鼎第四中学 2023-2024 学年高一下学期第一次月考物理试题 【详解】（1）因纸带上从左到右点间距逐渐增加，那么纸带的左端与重物相连； （2）[1] 打下 B点时的速度为 2(7.02 3.13) 10 m/s 0.97m/s 2 2 0.02 OC OA B x x v T −− −= =  =  [2] 从打下点 A到打下点 C的过程中重力势能的减少量 2 p ( ) 1.00 9.80 (7.02 3.13) 10 J=0.38JOC OAE mg h h − = − =   −  （3）因为存在摩擦阻力和空气阻力，动能的增加量 ΔEk最有可能小于势能的减少量 ΔEp。 7 三、解答题（本题共 3小题，共 42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答 案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。） 13．（国庆作业 2第 5题改编）（12 分）如图甲所示，在 t=0 时刻，一质量为 1kg、可视为质点的物块冲上一足 够长、倾角为 37°的传送带底端，同时传送带顺时针匀减速转动直至停止。取平行于传送带向上为正方向， 物块前 1.5s 内的速度一时间图像如图乙所示，不计空气阻力， 重力加速度 g取 10m/s2，sin37°=0.6。则物体在传送带上向上运 动到最高点的过程中。求： （1）传送带与物块间的动摩擦因数 μ； （2）物体与传送带共速前物块的位移 x1 的大小； （3）因摩擦产生的热量大小 Q。 （1） 0.5 = ；4 分 （2）x1=3.75m；4 分 （3）Q=2.5J。4 分 （1）由受力分析可知，物体沿着斜面先做匀减速运动，再和传送带一起减速运动，由牛顿第二定律可知 cos sinmg mg ma  + = 可知 0.5 = ①————————————————4 分 （2）由摩擦生热的定义式可得 cosQ mg s = 其中 s为物体与传送带的相对位移，设物体与传送带共速前位移为 1 x ，传送带位移为 2x ， 1 1 (10 5) 0.5m 3.75m 2 x =  +  = ②————————————————4 分 （3）由图可知，在5m/s共速，此后二者共同减速，则可知减速运动的加速度为 2 20 5 m/s 5m/s 1.5 0.5 v a t  − = = = −  − 由速度公式 0v v at= + 可得物体冲上传送带时，传送带的初速度 0 5m/s 5 0.5m/s 7.5m/sv v at= − = +  = 则在共速前传送带行驶位移为 2 2 2 2 0 2 7.5 5 m 3.125m 2 2 5 v v x a − − = = =  则 1 2 0.625ms x x= − = 代入数据可得 2.5JQ = ③————————————————4 分 14．（14 分）一种离心测速器的简化工作原理如图所示。细杆的一端固定在竖直转轴 OO´上的 O点，并可随轴 一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于 O点，另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工 作时，圆环将相对细杆静止，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆长度 L=0.2m，杆 与竖直转轴的夹角α始终为 60°，弹簧原长 x0=0.1m，弹簧劲度系数 k=100N/m，圆环质量 m=1kg；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小 取 10m/s2，摩擦力可忽略不计 8 （1）若细杆和圆环处于静止状态，求圆环到 O点的距离； （2）求弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小； （3）求圆环处于细杆末端 P时，细杆匀速转动的角速度大小。 【答案】（1）0.05m；4 分 （2） 10 6 rad/s 3 ；4 分 （3）10rad/s .6 分 【解析】（1）当细杆和圆环处于平衡状态，对圆环受力分析得 0 cos 5NT mg = = 根据胡克定律 = F k x 得 00 0.05m T x k  = = 弹簧弹力沿杆向上，故弹簧处于压缩状态，弹簧此时的长度即为圆 环到 O点的距离 1 0 0 0.05mx x x= − = ①————————————————4 分 （2）若弹簧处于原长，则圆环仅受重力和支持力，其合力使得圆环沿水平方向做匀速圆周运动。根据牛顿第二 定律得 2 0 tan mg m r  = 由几何关系得圆环此时转动的半径为 0 sinr x = 联立解得 0 10 6 rad/s 3  = ②————————————————4 分 （3）圆环处于细杆末端 P时，圆环受力分析重力，弹簧伸长，弹力沿杆向下。根据胡克定律得 ( )0 10NT k L x= − = 对圆环受力分析并正交分解，竖直方向受力平衡，水平方向合力提供向心力，则有 Ncos sinmg T F + = ， 2 Nsin cos 'T F m r  + = 由几何关系得 ' sinr L = 联立 10rad/s = ③————————————————6 分 15．（16 分）如图，质量为 m 的电动遥控玩具车在竖直面内沿圆周轨道内壁以恒定速率 v运动，已知圆轨道的 半径为 R，玩具车所受的摩擦阻力为玩具车对轨道压力的 k倍，重力加速度为 g， P、Q 为圆轨道上同一竖直方向上的两点，不计空气阻力，运动过程中。求： （1）在最低点与最高点对轨道的压力大小之差 ΔF； （2）通过 P、Q两点时对轨道的压力大小之和 N1+N2； （3）由最低点到最高点电动机做功为 W。 9 （1）ΔF=2mg；4 分 （2） 2 1 2 2mv N N R + = ；4 分 （3） ² 2W k mv mgR= + ；8 分 【详解】 （1）在最低点，玩具车在半径方向受到向下的重力和向上的支持力，由向心力公式得 2 1 mv F mg R − = 在最高点，玩具车在半径方向受到向下的重力和向下的支持力，由向心力公式得 2 2 mv F mg R + = 两式相减可得 1 2 2F F mg− = ； （2）在 PQ两点的受力如图所示在 Q点，由向心力公式有 2 1 cos mv N mg R − = 在 P点，由向心力公式有 2 2 cos mv N mg R + = 两式相加可得 2 1 2 2mv N N R + = （3）因摩托车在不同位置与圆轨道间的压力不同，所以摩擦力是一个变力，将圆轨 道分成 N 段，在轨道上下关于水平直径对称的位置上取两小段 A、B，每段的长 度为 2 R x N   = ，则在 A、B 两小段的压力可视为恒力，摩擦力做功之和为 ( ) 1 1 2 ΔfW k N N x= + 解得 1 2 42 2 ² f mv k mv R N R W k N  =   = 所以摩托车从最低点到最高点克服摩擦力做功为 2 1 ² 4 f fW k v N W m= = 玩具车在竖直面内沿圆周轨道内壁以恒定速率 v运动,由最低点到最高点由动能定理可知 2f 2 0W W mg R− − = 解得 ² 2W k mv mgR= + 1 2022 级高三年级第一学期物理统一作业（7） 命题人：司鹏举 审题人：孙自欣 考试时间：70 分钟 分值：100 分 一、选择题（本题包含 10小题，共 42分。第 1~8小题只有一项符合题目要求，每小题 4分；第 9~10小题有多 项符合题目要求，每小题 5 分，全部选对的得 5分，选对但不全的得 3分，有错选的得 0分。） 1．物理学的发展推动了社会的进步。下列关于物理学的一些重大事件和科学方法，说法正确的是（ ） A．伽利略把科学实验与逻辑推理相结合得到了自由落体运动规律 B．牛顿采用比值定义法得到了加速度的表达式 F a m = C．牛顿发现了万有引力定律，并测出了引力常量 D．爱因斯坦的相对论否定了牛顿力学理论，成功解决了宏观物体的高速运动问题 2．成都地铁 18 号线连通成都市区和成都天府国际机场，其中从世纪城站到海昌路站可看做一段直线轨道，轨道 总长为 x。一列地铁（可视为质点）从世纪城站由静止出发经过匀加速、匀速、匀减速三个阶段后停在了海 昌路站。已知地铁运行的最大速度为 v，加速与减速阶段的加速度大小相同，加速阶段用时为 t。则下列说法 正确的是（ ） A．地铁匀速运行的时间为 x v B．地铁匀速运行的时间为 2− x t v C．地铁运行全程平均速度为 xv x vt+ D．地铁运行全程平均速度为 xv x vt− 3．如图所示，一轻杆两端分别固定着质量为 mA和 mB的两个小球 A 和 B（可视为质点）。将其放在一个直角形光 滑槽中，已知轻杆与槽右壁成 α 角，槽右壁与水平地面成 θ 角时，两球刚好能平衡，且 α≠θ，则 A、B 两球 质量之比为（ ） A． sin cos cos sin α θ α θ B． cos cos sin sin α θ α θ C． cos sin sin cos α θ α θ D． sin sin cos cos α θ α θ 4．如图所示，A、B 两颗人造卫星绕地球做匀速圆周运动，它们轨道在同一平面内且转动 方向相反。若已知 A 卫星转动周期为 T，A、B 两卫星轨道半径之比 1 4 A B R R = ，从图示 位置开始 A、B 两卫星每隔时间 t 再次相距最近，则（ ） A． 1 8 t T= B． 8 7 t T= C． 8 9 t T= D． 1 9 t T= 5．如图，长为 L 的直棒一端可绕固定轴 O 转动，另一端搁在水平升降台上，升降平台以 速度 v 匀速上升，当棒与竖直方向的夹角为 θ 时，棒的角速度为（ ） A． 𝑣sin𝜃 𝐿 B． 𝑣 𝐿cos𝜃 C． 𝑣cos𝜃 𝐿 D． 𝑣 𝐿sin𝜃 2 6．如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为 M 的物体 A、B（B 物体与弹簧连 接），弹簧的劲度系数为 k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力 F 作用在物体 A 上，使物体 A 开始向上做加速度为 a（a<g）的匀加速运动，A、B 的速度随时间变化图像如图乙所示，重力加速度为 g，则下列说法正确的是（ ） A．拉力 F 的最小值为 Ma B．A、B 分离时，弹簧弹力恰好为零 C．A、B 分离时，A 上升的距离为 ( )M g a k − D．弹簧恢复到原长时，物体 B 的速度达到最大值 7．如图，四个滑块叠放在倾角为 θ 的固定光滑斜面上，其中 B 和 C 的质量均为 m，A 和 D 的质量均为 3m，B 和 C 之间用一平行于斜面的轻绳连接，现对 A 施加平行于斜面向上的拉力 F，使四个滑块以相同加速度一 起沿着斜面向上运动，滑块间的动摩擦因数均为 μ，重力加速度为 g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则 （ ） A．拉力 F 的最大值为 1.3μmgcosθ B．C 对 D 的摩擦力为 0.3μmgcosθ 时，A 对 B 的摩擦力为 1 2 μmgcosθ - 5mgsinθ C．当拉力 F 取得最大值时，轻绳上的弹力大小为 0.8μmgcosθ D．当拉力 F 取得最大值时，C、D 间的摩擦力为 μmgcosθ 8．如图所示，长为 L 的不可伸长的轻绳，一端系于 O 点，另一端系一小球（可视为质点），将小球拉至轻绳水 平，由静止释放。小球摆动至最低点的过程中，绳与水平方向夹角为 θ 时，重力的功率为 P。不计空气阻 力。当 P 有最大值时，sinθ 的取值为（ ） A． 3 3 B． 3 2 C． 2 2 D． 1 2 9．如图所示，足够宽的水平传送带以 v0=2m/s 的速度沿顺时针方向运行，质量 m=0.4kg 的小滑块被光滑固定挡 板拦住静止于传送带上的 A 点，t=0 时，在小滑块上施加沿挡板方向的拉力 F，使之沿挡板做加速度大小 a=1m/s2 的匀加速直线运动，已知小滑块与传送带间的动摩擦因数 μ=0.2，取重力加速度大小 g=10m/s2，则下 列说法正确的是（ ） A．t=0 时，拉力 F 的大小为 0.4N B．小滑块在运动过程中始终受到沿挡板方向的摩擦力 C．t=2s 时，滑块受到挡板的弹力大小为 2 2 N 5 D．t=2s 时，拉力 F 的大小为 2 2 2 N 5 + 3 10．人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。设某次打夯符合以下模型：两人同时通过绳子对重物各施加一 个恒力，力的大小均为 F=500N，方向都与竖直方向成 θ=37°，重物离开地面 H=50cm 后人停止施力，最后 重物自由下落把地面夯实h深度。设重物的质量为m=50kg，与地面的平均冲击力为 f=1.05×104N，g取10m/s2。 则下列说法中正确的是（ ） A．重物上升时加速度大小为 6m/s2 B．重物落到地面时的速度大小 v= 10 m/s C．重物落到地面时的速度大小 v=4m/s D．若 H=k/m（50kg≤m≤60kg，k=25kg·m），重物夯实的最大深度 hm=4cm 二、实验题（每空 2分，共 16分） 11．（8 分）某同学做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验。如图甲所示为某次实验中用手通过两个弹簧测 力计共同拉动小圆环的示意图，其中 A 为固定橡皮条的图钉，O 为标记出的小圆环的位置，OB 和 OC 为细 绳。图乙是在白纸上根据该次实验结果画出的图。 (1)本实验主要采用的科学方法是（ ） A．控制变量法 B．等效替代法 C．理想实验法 D．建立物理模型法 (2)图甲中 OC 方向的拉力大小为________N； (3)图乙中的力 F 和力 F'，一定沿橡皮条 AO 方向的是 （选填“F”或“F'”） (4)在另一次实验中，该同学用两个弹簧测力计，通过细绳对小圆环施加平行木板平面的拉力作用，两个拉力 的方向如图丙所示。如果小圆环可视为质点，且小圆环、橡皮条和细绳的重力可忽略不计，小圆环平衡时， 橡皮条 AO、细绳 OB 和 OC 对小圆环的拉力的分别为 F1、F2 和 F3，关于这三个力的大小关系，正确的是 ______。 A．F1>F2>F3 B．F3>F1>F2 C．F2>F3>F1 D．F3>F2>F1 11．（8 分）某同学采用重物自由下落的方法“验证机械能守恒定律”，如图甲所示。打点计时器所用电源频率为 50Hz，当地重力加速度的值为 9.80m/s2，测得所用重物的质量为 1.00kg。若按实验要求正确地选出纸带进行 测量，量得连续三点 A、B、C 到第一个点 O 的距离如图乙所示，那么： (1)纸带的 （选填“左”或“右”）端与重物相连； (2)打点计时器打下点 B 时重物的速度 vB= m/s；从打下点 A 到打下点 C 的过程中重力势能的减少量 ΔEp= J（结果保留两位有效数字）； (3)动能的增加量 ΔEk最有可能 势能的减少量 ΔEp（选填“>”“<”或“=”）。 4 三、解答题（本题共 3小题，共 42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答 案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。） 13．（12 分）如图甲所示，在 t=0 时刻，一质量为 1kg、可视为质点的物块冲上一足够长、倾角为 37°的传送带 底端，同时传送带顺时针匀减速转动直至停止。取平行于传送带向上为正方向，物块前 1.5s 内的速度一时间 图像如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度 g 取 10m/s2， sin37°=0.6。则物体在传送带上向上运动到最高点的过程中。求： （1）传送带与物块间的动摩擦因数 μ； （2）物体与传送带共速前物块的位移 x1 的大小； （3）因摩擦产生的热量大小 Q。 14．（14 分）一种离心测速器的简化工作原理如图所示。细杆的一端固定在竖直转轴 OO´上的 O 点，并可随轴 一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于 O 点，另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工 作时，圆环将相对细杆静止，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆长度 L=0.2m，杆 与竖直转轴的夹角 α 始终为 60°，弹簧原长 x0=0.1m，弹簧劲度系数 k=100N/m，圆环质量 m=1kg；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小 取 10m/s2，摩擦力可忽略不计 （1）若细杆和圆环处于静止状态，求圆环到 O 点的距离； （2）求弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小； （3）求圆环处于细杆末端 P 时，细杆匀速转动的角速度大小。 15．（16 分）如图，质量为 m 的电动遥控玩具车在竖直面内沿圆周轨道内壁以恒定速率 v 运动，已知圆轨道 的半径为 R，玩具车所受的摩擦阻力为玩具车对轨道压力的 k 倍，重力加速度为 g， P、Q 为圆轨道上同一竖直方向上的两点，不计空气阻力，运动过程中。求： （1）在最低点与最高点对轨道的压力大小之差 ΔF； （2）通过 P、Q 两点时对轨道的压力大小之和 N1+N2； （3）由最低点到最高点电动机做功为 W。