精品解析：四川省绵阳市三台中学2025-2026学年高三上学期10月月考物理试题

2023级高三上物理第二次月考试题 考试时间：75分钟 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的4个选项中，只有一项是最符合题目要求的。 1. 人在水平地面上原地起跳时，先屈腿下蹲，然后突然蹬地向上加速，人的重心由静止开始加速上升的过程中，下列说法正确的是（　　） A. 地面对人的支持力等于人的重力 B. 地面对人的支持力大于人的重力 C. 地面对人的支持力对人做正功 D. 地面对人的支持力的冲量为0 2. 如图所示，在升降电梯里固定一倾角为的光滑斜面，将质量为m的光滑小球置于斜面和一个光滑竖直固定挡板之间。当电梯具有竖直向上的加速度a时，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A. 电梯一定正在加速上升 B. 斜面对小球的弹力大小为 C. 若增大加速度a，挡板对小球的弹力不变 D. 若增大加速度a，挡板对小球的弹力一定增大 3. 如图所示，一轻质弹簧竖直固定在水平地面上，O为弹簧原长时上端的位置。一物块从A点由静止释放，落在弹簧上将弹簧压缩至最低点B。不计空气阻力，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的是（　　） A. 从A到O的过程中，物块的机械能一直增大 B. 从O到B的过程中物块的机械能守恒 C. 从O到B的过程中，物块的重力势能和弹簧的弹性势能之和一直增大 D. 从O到B的过程中，物块的重力势能和弹簧的弹性势能之和先减小后增大 4. 如图甲所示，游乐场里有一种空中飞椅游戏，可以将之简化成如图乙所示的结构装置，装置可绕竖直轴匀速转动，绳子与竖直方向夹角为θ，绳子长L，水平杆长L0，小球的质量为m。不计绳子重力和空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A. 装置中绳子的拉力为mgtanθ B. 装置转动的角速度为 C. 装置转动的周期为 D. 装置旋转一周，小球的动量变化为0 5. 中国的二十四节气是中华民族优秀的文化传统与祖先广博智慧的世代传承， 被国际气象界誉为中国“第五大发明”。如图所示为地球沿椭圆轨道绕太阳运动所处的四个位置， 分别对应我国的四个节气。冬至和夏至时地球中心与太阳中心的距离分别为r1、r2，下列说法正确的是（　　） A. 冬至时地球的运行速度最小 B. 地球运行到冬至和夏至时，运行速度之比为 C. 地球从秋分到冬至的运行时间为公转周期的 D. 地球在冬至和夏至时， 所受太阳的万有引力之比为 6. 如图（a）为某索桥模型的示意图，图（b）为改进后的示意图。图（a）中桥索与两竖直杆上等高的P、Q点连接，且放重物后P、Q处切线方向与水平面的夹角均为30°。图（b）中在P、Q两点固定了两个光滑定滑轮，桥索绕过竖直杆上的定滑轮接入地下且固定，接地绳索与水平面的夹角均为60°。若竖直杆所受桥索拉力的合力在水平方向上的分力不能超过300N，则改进后索桥能承受的最大重量增加了（　　） A. B. C. D. 7. 质量均为m的物体甲和乙，从静止开始做加速直线运动的a-t和a-x关系图象分别如图1、2所示。分析图象，则下列说法正确的是（　　） A. 甲、乙的运动性质相同，加速度随时间都均匀增大 B. 甲、乙都做匀变速直线运动 C. 时刻甲的动能为 D. 乙运动到处的速度为 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8. 为了测试新设计的消防用高压水枪，测试人员站在高度为的平台上手持水枪向外喷射，地面测试人员以高台底部为原点，沿水平方向和竖直方向建立x、y轴并根据水柱轨迹绘制了图像，其轨迹为抛物线，如图所示，水枪喷口与水平方向夹角为。下列说法正确的是（　　） A. 水枪喷射出水柱的初速度为 B. 水柱从被喷射出到落地所用时间为 C. 水枪喷口与水平方向夹角的正切值为 D. 水柱落地位置距离喷射位置的水平距离为 9. 现代交通运输有公路、水路、航空、铁道等多种方式，但在古代主要的交通运输工具是马车。如图所示，一匹马拉着两厢货物在水平道路上行走。货厢A、货厢B和车的质量分别为m、2m、3m，货厢A与B、B与车之间的动摩擦因数分别为、，各接触面都水平，马给车的水平拉力为F，两货厢均未脱离各接触面，不计地面对车的摩擦，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A. 若，逐渐增大F，B相对于车比A相对B先滑动 B. 若，A、B与车都相对静止，则F的最大值为 C. 若，当时，A与B开始发生相对滑动 D. 若，当时，B与车之间相对滑动 10. 为缓解高三学生的压力，班主任利用班会课时间组织了一次游戏活动。游戏如下：以教室里等宽的瓷砖为标记线，如图所示，一位同学坐进箱子后，其他同学将箱子从同一指定位置O推出，只要箱子的任意部分能停靠在和之间将获奖。某次游戏中，箱子前端紧靠指定位置O，以的速度被推出，箱子前端刚好停靠在第一块瓷砖的边线上，箱子前端从第三块瓷砖的左边界滑到第二块瓷砖的右边界所用的时间为。箱子和瓷砖的宽度均为，重力加速度，箱子在运动中阻力保持不变，则下列说法正确的是（　　） A. 若换成体重更大的同学坐进箱子，并以相同的速度推出箱子，箱子滑行的距离会变小 B. 箱子和瓷砖间的动摩擦因数 C. 若箱子的初速度为，箱子前端到达边界线的速度为v，则箱子前端到达的速度为 D. 若要获奖，箱子被推出的速度大小必须满足 三、非选择题：本题共5个小题，共54分。其中13~15小题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位 11. 某兴趣小组利用题图1所示装置，来测量“当地重力加速度大小”。主要实验步骤如下： ①将两块带有转轴A的平板按图示方式安装在铁架台上，使固定螺丝B与转轴A在同一水平线上，测得A、B的间距为L； ②在A处安装一光电门，并使光电门与倾斜的平板垂直； ③调节可动螺丝C的高度并固定，然后将一正方体小物块从C正上方由静止释放，记录释放点到B的高度h，以及物块通过光电门的遮光时间t； ④只改变可动螺丝C的高度，多次重复步骤③，记录多组（t，h）数据。 已知该物块与倾斜平板间的动摩擦因数处处相同，且物块边长为d（）。回答下列问题： （1）该物块经过光电门时的速度大小v=_________（用d、t表示）。 （2）该小组同学根据实验数据作出了图像，如题图2所示。已知该图像斜率为k，则当地重力加速度大小g=_________（用k、d表示）。） （3）通过竖直刻度尺可知，释放点到B的高度。若hB的位置读数偏小，则对应的重力加速度的测量值将_________（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。 12. 小明同学探究机械能守恒定律，实验装置如图。实验时，将小钢球在斜槽上某位置A由静止释放，钢球沿斜槽通过末端O处的光电门，光电门记录下钢球的遮光时间t。用游标卡尺测出钢球的直径d，由得出其通过光电门的速度v，再计算出动能增加量。用刻度尺测得钢球下降的高度h，计算出重力势能减少量。 （1）安装实验装置的操作有： ①在斜槽末端安装光电门 ②调节斜槽在竖直平面内 ③调节斜槽末端水平 ④将斜槽安装到底座上 其合理的顺序是__________（选填“A”“B”或“C”）。 A. ①②③④ B. ④②③① C. ④①②③ （2）测量钢球直径的正确操作是图中__________（选填“甲”或“乙”）所示的方式。 （3）在斜槽上5个不同的位置由静止释放钢球。测量得出的实验数据见表1。已知钢球的质量，重力加速度。请将下表的数据补充完整。 表1 4.00 5.00 6.00 7.00 8.00 4.90 6.25 7.45 8.78 10.0 7.84 9.80 11.8 13.7 _______ （4）实验数据表明，明显小于，钢球在下降过程中发生机械能的损失。小明认为，机械能的损失主要是由于钢球受到的摩擦力做功造成的。 为验证此猜想，小明另取一个完全相同的斜槽按下图平滑对接。若钢球从左侧斜槽上A点由静止释放，运动到右侧斜槽上，最高能到达B点，A、B两点高度差为H．则该过程中，摩擦力做功大小的理论值__________（用m、g、H表示）。 （5）用上图的装置，按表1中所列部分高度h进行实验，测得摩擦力做功大小。由于观察到H值较小，小明认为，AO过程摩擦力做功近似等于AB过程的一半，即。然后通过表1的实验数据，计算出AO过程损失的机械能。整理相关数据，见表2。 表2 4.00 5.00 6.00 7.00 2.94 3.55 4.35 4.92 0.98 1.08 1.18 1.27 上表中与相差明显。小明认为这是由于用近似计算不合理。你是否同意他的观点？______________请根据表2数据简要说明理由。______________ 13. 假设某人驾驶如图所示的电动自行车由静止开始做匀加速直线运动，经过速度达到，电机恰好达到额定功率。已知人、车（包括头盔）总质量为，行驶过程中受到的阻力恒为人、车总重力的，重力加速度g取。 （1）求匀加速运动时电动自行车的加速度大小及受到的牵引力大小； （2）假设改进后的电动自行车仍然以（1）问中的加速度由静止开始做匀加速直线运动，当功率达到时，保持此功率不变继续行驶，突然发现前面11m处有一静立的人，电动车立即关闭电机并启动制动装置，要使电动车在人前1m处停下，制动装置产生的额外阻力为多少？（行驶过程中阻力不变，且车已达到最大速度。） 14. 如图所示，倾角的斜面体C静置在水平台上，其底端与水平台平滑连接。物块沿斜面自由下滑，离开斜面后与静止在水平台上的物块B发生完全非弹性碰撞。随后A、B从点离开水平台，共同在空中飞行并落到水平地面上的点，、连线与水平方向的夹角。已知物块的质量、物块B的质量、斜面体C的质量，A与B碰撞前的速度，A、B表面均光滑，整个过程中C保持静止且A、B始终在同一竖直平面内运动。将A、B视为质点，不计空气阻力，，取。求： （1）沿斜面下滑的过程中，水平台对的支持力大小； （2）A、B碰撞过程中损失的机械能； （3）A、B共同在空中飞行的过程中，它们的重力的平均功率。 15. 将地球视为均匀分布的质量为M、半径为R的球体，引力常量为G，在地球表面A点以初速度竖直向上抛出一个物体，该物体上升到最高点C，如图甲所示。不计空气阻力，不考虑地球自转。已知取无限远处引力势能为零时，质量为m的物体在距地心为r处，引力势能；物体在地球引力作用下，做半长轴为a的椭圆时，其机械能。 （1）若忽略高度对物体所受引力的影响，物体保持抛出时所受引力大小，求该物体上升的最大高度h1和上升到最高点需要的时间t1，在图乙中画出物体上升过程的v-t图像； （2）若考虑高度对物体所受引力的影响，求该物体能上升的最大高度h2；设物体上升到C点的时间为t2，在图乙中定性画出物体上升过程的v-t图像； （3）在第（2）问基础上，若在地球表面B点以速度水平抛出另一物体，该物体也能到C点，如图甲所示，求β。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $命学科网命组卷网 2023级高三上物理第二次月考试题 考试时间：75分钟 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的4个选项中，只有 一项是最符合题目要求的。 1,人在水平地面上原地起跳时，先屈腿下蹲，然后突然蹬地向上加速，人的重心由静止开始加速上升的过 程中，下列说法正确的是() A.地面对人的支持力等于人的重力 B.地面对人的支持力大于人的重力 C.地面对人的支持力对人做正功 D.地面对人的支持力的冲量为O 【答案】B 【解析】 【详解】AB.人的重心由静止开始加速上升的过程中，人的加速度方向向上，所受合力方向向上，则地面 对人的支持力大于人的重力，故A错误，B正确： C.该过程，由于支持力作用点没有发生位移，所以地面对人的支持力对人不做功，故C错误： D.根据N=M 可知地面对人的支持力的冲量不为0，故D错误。 故选B。 2.如图所示，在升降电梯里固定一倾角为日的光滑斜面，将质量为的光滑小球置于斜面和一个光滑竖直 固定挡板之间。当电梯具有竖直向上的加速度α时，重力加速度为8，下列说法正确的是() a A.电梯一定正在加速上升 第1页/共26页 6学科网6组卷网 mg B.斜面对小球的弹力大小为cos0 C.若增大加速度a,挡板对小球的弹力不变 D.若增大加速度a,挡板对小球的弹力一定增大 【答案】D 【解析】 【详解】A.电梯具有竖直向上的加速度a,由于速度方向未知，则电梯可能加速上升或减速下降，故A 错误： B.对小球受力分析，如图 F ★mg0 水平方向由平衡条件 F=F,sin0 竖直方向由牛顿第二定律 F,cos0-mg ma 所以斜面对小球的弹力大小为 Fmg cos0 故B错误； CD.若增大加速度a,根据 F,cos0-mg ma 可知斜面对小球的弹力增大，根据 F=F,sin0 可知挡板对小球的弹力一定增大，故C错误，D正确。 第2页/共26页 学科网命组卷网 故选D。 3.如图所示，一轻质弹簧竖直固定在水平地面上，O为弹簧原长时上端的位置。一物块从A点由静止释放， 落在弹簧上将弹簧压缩至最低点B。不计空气阻力，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的是 ) A.从A到O的过程中，物块的机械能一直增大 B.从O到B的过程中物块的机械能守恒 C.从O到B的过程中，物块的重力势能和弹簧的弹性势能之和一直增大 D.从O到B的过程中，物块的重力势能和弹簧的弹性势能之和先减小后增大 【答案】D 【解析】 【详解】A.从A到O的过程中，只有重力对物块做功，物块的机械能不变，故A错误： B.从O到B的过程中，物块要克服弹力做功，物块的机械能减少，故B错误； CD.物块、弹簧组成的系统机械能守恒，则有 E=E+E。 其中B为物块的动能， B,为物块和弹簧的弹性势能之和，物块刚接触弹簧时，弹簧的弹力小干物块的重 力，物块向下做加速运动，动能兵增大，则势能，减小，当弹簧的弹力等于物块的重力时，物块的速度 最大，动能尽最大，此时势能最小，此后物块减速向下运动，物块的动能尽减小，则势能猎大， E 故C错误，D正确。 故选D。 4.如图甲所示，游乐场里有一种空中飞椅游戏，可以将之简化成如图乙所示的结构装置，装置可绕竖直轴 匀速转动，绳子与竖直方向夹角为0，绳子长L,水平杆长L,小球的质量为。不计绳子重力和空气阻力， 重力加速度为8，下列说法正确的是() 第3页/共26页 命学科网命组卷网 图可 A.装置中绳子的拉力为gtan0 g tan 0 B.装置转动的角速度为L。+Lsin0 Lcos0 2元 C.装置转动的周期为 g D.装置旋转一周，小球的动量变化为0 【答案】D 【解析】 【详解】A,对装置受力分析如图所示 mg Tcos0=mg 装置受到重力和绳子的拉力作用，重力和绳子的拉力的合力提供向心力，则 T=mg 解得 cos0 故A错误： BC.由牛顿第二定律mg tan0=mRo R=L.sin0+Lo 其中圆周运动的半径为 第4页/共26页 6学科网命组卷网 g tan 联立解得装置转动的角速度为”= Lo+Lsin 2π T= =2π Lo+Lsine 装置转动的周期为 g tan0 故BC错误； D.装置做匀速圆周运动，装置旋转一周，速度变化量为零，所以小球的动量变化为0，故D正确。 故选D。 5.中国的二十四节气是中华民族优秀的文化传统与祖先广博智慧的世代传承，被国际气象界誉为中国“第 五大发明”。如图所示为地球沿椭圆轨道绕太阳运动所处的四个位置，分别对应我国的四个节气。冬至和 夏至时地球中心与太阳中心的距离分别为1、2，下列说法正确的是() 春分 (3月20日) 大阳 地球 冬至 9（12月21日) 夏至 (6月21日八 01 秋分 (9月23日) A.冬至时地球的运行速度最小 2 B.地球运行到冬至和夏至时，运行速度之比为 1 C.地球从秋分到冬至的运行时间为公转周期的4 2 D.地球在冬至和夏至时，所受太阳的万有引力之比为 【答案】B 【解析】 【详解】A.由开普勒第二定律可知，地球绕太阳做椭圆运动时，近地点的速度大于远地点的速度，所以 冬至时运行速度大，A错误： B.行星从轨道的冬至位置经足够短的时间t,与太阳的连线扫过的面积可看作很小的扇形，其面积 第5页/共26页 6学科网命组卷网 S=Yxn 2；同理行星从轨道的夏至位置经足够短的时间，与太阳的连线扫过的面积可看作很小的扇形， 其面积S-x5 1x1=x2 2 2，:根据开普勒第二定律，得22，即速度之比为片，B正确： 1 C.由开普勒第二定律可知，冬至附近速度快，时间短，所以周期小于公转的4，C错误： 2 D.由万有引力公式F=GMm R可知，F与R2成反比，所以引力之比为 D错误。 故选B。 6.如图（ā）为某索桥模型的示意图，图(b)为改进后的示意图。图（ā）中桥索与两竖直杆上等高的 P、Q点连接，且放重物后P、Q处切线方向与水平面的夹角均为30°。图(b)中在P、Q两点固定了两个 光滑定滑轮，桥索绕过竖直杆上的定滑轮接入地下且固定，接地绳索与水平面的夹角均为60°。若竖直杆 所受桥索拉力的合力在水平方向上的分力不能超过30N,则改进后索桥能承受的最大重量增加了 () 图(a) 图b) A.(600+200V3)NB.(300+150W5)Nc.(300+100W3)ND.(600-200W3)N 【答案】C 【解析】 【详解】对图(a)P点，进行受力分析，如图甲所示，Nx=Nc0s30°=Ic0s30° 2Tsin30°=G 又P、Q两点绳拉力的竖直分力与承受的重量平衡，有 竖直杆所受桥索拉力的合力在水平方向上的分力不能超过300N,解得索桥能承受的最大重量G,=2003N 对图(b)P点，进行受力分析，如图乙所示，有 W2x=N2c0s75°=T合c0s75° 第6页/共26页 6学科网命组卷网 又通过滑轮绳子上的拉力大小相等，有 2=T2合c0s450 又2gsin30°=G, 解得索桥能承受的最大重量G,=(300+300W5)N 最大重量增加了AG=G,-G,=(300+100N3)N,故选C. N:.7 60° 文30 459 30° N 30° T T26 甲 乙 7.质量均为m的物体甲和乙，从静止开始做加速直线运动的a-t和-x关系图象分别如图1、2所示。分析 图象，则下列说法正确的是() a t 图1 图2 A.甲、乙的运动性质相同，加速度随时间都均匀增大 B.甲、乙都做匀变速直线运动 m(ao+a) C.t时刻甲的动能为 8 (ao+a)x D.乙运动到x,处的速度为1 2 【答案】C 【解析】 【分析】 第7页/共26页 命学科网命组卷网 【详解】A.甲的加速度随时间均匀增大，乙的加速度随位移均匀增大，甲、乙的运动性质不相同，故A 错误； B.匀变速直线运动的加速度是恒定的，而甲、乙图象的加速度都不是恒定的，故B错误： C.由加速度的定义 △v a= △t 可得 △v=a△t 速度的变化量等于加速度和时间的积累，则-t图象与时间轴所围成的面积S表示速度的变化量△v,在 0~4时间内 S=(do+a)h 2 结合 △v=-0S=△v 解得时刻甲的速度 w=o+a) 2 进一步可得甲的动能 p=)m=m(a+a广 2 8 故C正确： D.由匀变速直线运动的速度位移关系 2ax=v2-vo 可得 第8页/共26页 6学科网 命组卷网 2- ax= 2 则-x关系图象与x轴所围成的面积S表示速度平方差的一半，乙的初速度为0，则有 2 0~过程中 S=(do+a)x 2 所以 (4,+4)=2 解得处乙的速度 吃=V(a+a)x 故D错误。 故选C。 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多项符合题目要求，全部 选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8为了测试新设计的消防用高压水枪，测试人员站在高度为的平台上手持水枪向外喷射，地面测试人 员以高台底部为原点，沿水平方向和竖直方向建立x、y轴并根据水柱轨迹绘制了y一x图像，其轨迹为抛 物线，如图所示，水枪喷口与水平方向夹角为日。下列说法正确的是() 第9页/共26页 6学科网命组卷网 2 6 2g(h-h)） A.水枪喷射出水柱的初速度为 sine 2(h-h) B.水柱从被喷射出到落地所用时间为2 h-ho C.水枪喷口与水平方向夹角0的正切值为b D.水柱落地位置距离喷射位置的水平距离为 1h-ho 【答案】AD 【解析】 【详解】A.设水枪喷射出水柱的初速度为，将速度沿水平、竖直方向分解，则有：=%cos日 Voy vo sin 在竖直方向有 0-6,=-2g(h-h) 解得%，=V2g(h-h) 解得⅓=二了 2g(h-h) sine sine 故A正确： B.根据0，=8 第10页/共26页 学科网 6组卷网 2(h-h) 解得t 水柱下落所用时间满足h=28对 2h 解得 8 2(h-h) 2h 水柱从被喷射出到落地所用时间为总=+(= g 故B错误； C.根据 b=vot 解得%x=b, 2(h-ho) 解得an0=b=2h-么) Vox b,故C错误： h D.水柱落地位置距离喷射位置的水平距离为术=%：'总=b Nh-ho 故D正确。 故选AD。 9.现代交通运输有公路、水路、航空、铁道等多种方式，但在古代主要的交通运输工具是马车。如图所示， 一匹马拉着两厢货物在水平道路上行走。货厢A、货厢B和车的质量分别为、2m、3,货厢A与B、B 与车之间的动摩擦因数分别为凸、凸，各接触面都水平，马给车的水平拉力为尸，两货厢均未脱离各接 触面，不计地面对车的摩擦，重力加速度为8，则下列说法正确的是() A B A若4<凸，逐渐增大卫，B相对于车比A相对B先滑动 第11页/共26页 命学科网命组卷网 B.若凸<凸，A、B与车都相对静止，则F的最大值为 umg c若4>4， 当F=64m3时，A与B开始发生相对滑动 D.若4>4， 当F=64m8时，B与车之间相对滑动 【答案】BD 【解析】 【详解】A.若4<，则有4mg<(m+2m)8-4mg 可知，逐渐增大F,A相对于B比B相对于车先滑动，故A错误： B.若4<凸，A、B与车都相对静止，结合上述可知，当整体加速度最大时，A所受摩擦力先达到最大 静摩擦力，则有4mg=maa 解得0w=48 则F的最大值满足Fm=(m+2m+3m)a=64mg,故B正确； C.若4>凸，结合上述可知，B相对于车比A相对于B先滑动，所有无论F多大，B相对于车滑动后， A相对于B一直保持静止，故C错误； D.若4>凸，结合上述可知，B相对于车比A相对于B先滑动，若整体保持相对静止，对A、B整体有 (m+2m)g=(m+2m)amax 解得aa1=凸g 则此时最大拉力F=(m+2m+3m)am1=64mg,故D正确。 故选BD。 10.为缓解高三学生的压力，班主任利用班会课时间组织了一次游戏活动。游戏如下：以教室里等宽的瓷 砖为标记线，如图所示，一位同学坐进箱子后，其他同学将箱子从同一指定位置O推出，只要箱子的任意 第12页/共26页 学科网命组卷网 部分能停靠在DD'和EE'之间将获奖。某次游戏中，箱子前端紧靠指定位置O,以3m/s的速度被推出， 箱子前端刚好停靠在第一块瓷砖的边线EE'上，箱子前端从第三块瓷砖的左边界BB'滑到第二块瓷砖的右 边界 ,所用的时间为 2 箱子和瓷砖的宽度均为L=0.5m'重力加速度g =10m/s2,箱子在 运动中阻力保持不变，则下列说法正确的是() B' C D' 4 /2/1 A.若换成体重更大的同学坐进箱子，并以相同的速度推出箱子，箱子滑行的距离会变小 B.箱了和瓷砖间的动摩擦因数1=0.2 + C.若箱子的初速度为。，箱子前端到达边界线BB的速度为V,则箱子前端到达A4的速度为V2 D若要获奖，箱子被推出的速度大小必须满足V7m/s<%<Vm/s 【答案】BD 【解析】 【详解】A.根据牛顿第二定律有4mg=ma 解得箱子的加速度a=4g 可知加速度与质量无关，根据运动学公式 y2-2=-2ax 2 解得滑行距离x=2a 可知滑行距离仅与初速度和加速度有关，与质量无关，因此换成体重更大的同学，以相同速度推出，滑行 距离不变，故A错误； B.已知箱子前端从0点以Y=3m/s 推出，前端刚好到EE',则可将箱子看作是反方向初速度为零的匀 第13页/共26页 命学科网命组卷网 加速，设EE到DD的时间为，EE'到BB的时间为，根据运动学公式有EE到DD满足 1=24 1 3L=5a422 EE到BB'满足2 3-1 又由题意-4= √2 √2 6 联立解得=2,4= S 2，a=2m/s2 又a=g 4=0.2 解得 ,故B正确； C.在箱子以3m/s的速度被推出，箱子前端刚好停靠在第一块磁砖的边线EE'上的过程中，由运动学公 式=2amr 代入数据得x=2.25m 则位置0到1M'的距离o1=x-4L=0.25m 箱子前端从位置0到44的过程，满足运动学公式24g·L=。2-Y2 箱子前端从位置0到EE'的过程，满足运动学公式2g(4+L)=y2-y2 代入数据联立解得= 22+2 3 ，故C错误： D.获奖需箱子任意部分在DD和EE'之间，即箱子前端至少超过DD,即距离O点距离 3L+Lo, 且箱子末端不超过EE',即距离O点距离为 L+L4。箱子前端到DD'时速度大于零，满足 第14页/共26页 6学科网命组卷网 vor2>2a(3L+Lou) 代入数据得o,>V7m/s 箱子未端到BE'之前速度减为零，满足m2<2(5L+L) 代入数据得2<Vlm/s 即若要获奖，箱子被推出的速度大小必须满足V7m/s<%<V1m/s,故D正确。 故选BD。 三、非选择题：本题共5个小题，共54分。其中13~15小题解答时请写出必要的文字说明、 方程式和重要的演算步骤；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位 11.某兴趣小组利用题图1所示装置，来测量“当地重力加速度大小”。主要实验步骤如下： 竖直刻度尺 光电门 可动螺丝 B 转轴A 固定螺丝 h ①将两块带有转轴A的平板按图示方式安装在铁架台上，使固定螺丝B与转轴A在同一水平线上，测得 A、B的间距为L: ②在A处安装一光电门，并使光电门与倾斜的平板垂直： ③调节可动螺丝C的高度并固定，然后将一正方体小物块从C正上方由静止释放，记录释放点到B的高度 h,以及物块通过光电门的遮光时间t; ④只改变可动螺丝C的高度，多次重复步骤③，记录多组(t,)数据。 已知该物块与倾斜平板间的动摩擦因数处处相同，且物块边长为d(d<L)。回答下列问题： (1)该物块经过光电门时的速度大小1= (用d、t表示)。 (2)该小组同学根据实验数据作出了-小图像，如影图2所示。已知该图像斜率为k,则当地重力加速 第15页/共26页 命学科网命组卷网 度大小8= (用k、d表示)。) (3)通过竖直刻度尺可知，释放点到B的高 度h=he一：。若的位置读数偏小，则对应的重力加速度 的测量值将 (选填“偏大”“偏小”或“不变”)。 d 【答案】(1)t kd? (2)2 (3)不变 【解析】 【小问1详解】 d V= 物块经过光电门时的速度大小t 【小问2详解】 面倾角为0，物块从静正到光电门，由动能定理，有g一mg©0s0.乙、 mw2-0 cos0 2 V 、g 而 t 1=2gh-2ugL 整理可得，下严 即斜率( 2 kd2 d,则8= 【小问3详解】 若A。的位置读数偏小，则h偏大，图线相对于原来的会水平移动，但不改变斜率，重力加速度的测量值也 不改变。 12.小明同学探究机械能守恒定律，实验装置如图。实验时，将小钢球在斜槽上某位置A由静止释放，钢 球沿斜槽通过末端O处的光电门，光电门记录下钢球的遮光时间t。用游标卡尺测出钢球的直径，由 第16页/共26页 命学科网组卷网 d V= t得出其通过光电门的速度'，再计算出动能增加量 。用刻度尺测得钢球下降的高度h, 计算出重力势能减少量△。 光电门 (1)安装实验装置的操作有： ①在斜槽末端安装光电门 ②调节斜槽在竖直平面内 ③调节斜槽末端水平 ④将斜槽安装到底座上 其合理的顺序是 (选填“A”“B”或“C”)。 A.①②③④ B.④②③① C.④①②③ (2)测量钢球直径的正确操作是图中 (选填“甲”或“乙”)所示的方式。 (3)在斜槽上5个不同的位置由静止释放钢球。测量得出的实验数据见表1。已知钢球的质量 m=0.02kg 重力加速度8=9.80m/s2 请将下表的数据补充完整。 表1 h/102m） 4.00 5.00 6.00 7.00 8.00 △E/(103J 4.90 6.25 7.45 8.78 10.0 第17页/供26页 命学科网 命组卷网 △E,/(103 7.84 9.80 11.8 13.7 (4)实验数据表明， △E明显小于 Ep, 钢球在下降过程中发生机械能的损失。小明认为，机械能的损 失主要是由于钢球受到的摩擦力做功造成的。 为验证此猜想，小明另取一个完全相同的斜槽按下图平滑对接。若钢球从左侧斜槽上A点由静止释放，运 动到右侧斜槽上，最高能到达B点，A、B两点高度差为H.则该过程中，摩擦力做功大小的理论值 W理= (用m、8、H表示)。 光电门 (5)用上图的装置，按表1中所列部分高度h进行实验，测得摩擦力做功大小 。由于观察到H值较小， 小明认为，10过程摩擦力敏功近似等于B过程的一半，即形 W刻 2。然后通过表1的实验数据，计算 出AO过程损失的机械能 E=AE。-AE。 整理相关数据，见表2。 表2 h/(102m） 4.00 5.00 6.00 7.00 △E/103J） 2.94 3.55 4.35 4.92 W1103J) 0.98 1.08 1.18 1.27 第18页/供26页 学科网 命组卷网 W刹 上表中△E与W相差明显。小明认为这是由于用2近似计算W不合理。你是否同意他的观点？ 请根据表2数据简要说明理由。 【答案】(1)B (2)甲 (3)15.7 (4)gH (5) ①不同意 ②.小球减小的重力势能有一部分转化为小球的转动动能，相差很大的原因是小 球的转动动能没有计入 【解析】 【小问1详解】 正确步骤为将斜槽安置于底座，调节斜槽在竖直平面内，调节斜槽末端水平，最后安装光电门，故序号为 ④②③①。 故选B。 【小问2详解】 测量小球直径的正确操作需要确保测量工具与小球接触良好，并且小球的位置不会导致测量误差。在图中 的情形中，甲图示显示出的卡尺测量方式更准确地使卡尺的两测量面与小球的表面垂直接触，适合测量直 径。而乙图因为夹持不住小球，使得小球并没有夹在量爪之间，测量不准确。 故选甲。 【小问3详解】 根据A5,=mgh 8.0×102m 可知下降高度为 时减少的重力势能为下降高度为 4.0×102m 的二倍，代入数据可得 △E,≈15.7×103J 【小问4详解】 根据动能定理可得 mgH-W测=0 可得 W测=mgH 【小问5详解】 第19页/共26页 命学科网命组卷网 [1][2]不同意，原因是小球减小的重力势能有一部分转化为小球的转动动能，相差很大的原因是小球的转动 动能没有计入。 13.假设某人驾驶如图所示的电动自行车由静止开始做匀加速直线运动，经过25s速度达到5m/s，电机恰 100kg 好达到额定功率。己知人、车（包括头盔）总质量为 ,行驶过程中受到的阻力恒为人、车总重力的 2 25,重力加速度8取10m/s2。 (1)求匀加速运动时电动自行车的加速度大小及受到的牵引力大小： (2)假设改进后的电动自行车仍然以(1)问中的加速度由静止开始做匀加速直线运动，当功率达到 400W 时，保持此功率不变继续行驶，突然发现前面11m处有一静立的人，电动车立即关闭电机并启动 动装置，要使电动车在人前处停下，制动装置产生的额外阻力为多少？（行驶过程中阻力不变，且车 己达到最大速度。) 【答案】(1) 0.2m/s2100N (2)45N 【解析】 【小问1详解】 v=+at 根据题意，由运动学公式 v 5 可得，电动自行车的加速度大小0=725ms=0.2m公2 第20页/共26页 6学科网命组卷网 由牛顿第二定律有F25mg=ma 解得F=100N 【小问2详解】 P400 Vm= 根据题意可知，电动自行车的最大速度为 ”f2m/s=5m/s 25g 由公式 2-哈=2ax v252 可得，制动时的加速度大小为4-2云20-可m兮=1,25m/6 由牛顿第二定律有 25 mg ma f+ f=45N 解得 14如图所示，倾角日=30 的斜面体C静置在水平台上，其底端与水平台平滑连接。物块A沿斜面自由下 滑，离开斜面后与静止在水平台上的物块B发生完全非弹性碰撞。随后A、B从O点离开水平台，共同在 空中飞行并落到水平地面上的P点，0、P连线与水平方向的夹角“=53。已知物块1的质量 m=100g、物块B的质量m,=200g、斜面体C的质量m=500g,A与B碰撞前的速度=3m/s, A、B表面均光滑，整个过程中C保持静止且A、B始终在同一竖直平面内运动。将A、B视为质点，不计 4 tan53°= 空气阻力， 3,取g=10m/s。求： 第21页/供26页 6学科网命组卷网 C 30° 6 77777777777777777777☑ 53° P 777777777777777 (1①)A沿斜面下滑的过程中，水平台对C的支持力大小， (2)A、B碰撞过程中损失的机械能△E； (3)A、B共同在空中飞行的过程中，它们的重力的平均功率P。 【答案】(1) -23N 4 (2)△E=0.3J (3)P=4W 【解析】 【小问1详解】 A沿斜面下滑的过程中，A、C之间相互作用力的大小为 N=mAgcos30 水平台对C的支持力大小为V,=m8+Nc0s30 23 N= N 解 4 【小问2详解】 AB发生完全非弹性碰撞，有m%=(m+m)y 碰撞过程中损失的机械能为 第22页/供26页 命学科网命组卷网 解得△E=0.3J 【小问3详解】 1 一O、p连线与水平方向的夹角g=53,于是有am53≤2小 hJ 1、B共同做平抛运动，下落的高度为h=28 A、B平抛的过程中，它们的重力做的功为”=(m、+m)8h 重力的平均功率为P= t 解得P=4W 15.将地球视为均匀分布的质量为M、半径为R的球体，引力常量为G,在地球表面A点以初速度 GM 4-√2R竖直向上抛出一个物体，该物体上升到最高点C,如图甲所示。不计空气阻力，不考虑地球自 衡，已知取无限远方易为时，为m的防体在更心为r奶能名一 ”；物体在 E=_GMm 地球引力作用下，做半长轴为a的椭圆时，其机械能2a。 第23页/供26页 6学科网 组卷网 C· A 甲 乙 (1)若忽略高度对物体所受引力的影响，物体保持抛出时所受引力大小，求该物体上升的最大高度h和 上升到最高点需要的时间t,在图乙中画出物体上升过程的-t图像： (2)若考虑高度对物体所受引力的影响，求该物体能上升的最大高度：设物体上升到C点的时间为， 在图乙中定性画出物体上升过程的-t图像： GM (3)在第(2)问基础上，若在地球表面B点以速度"。一BR水平抛出另一物体，该物体也能到C点， 如图甲所示，求B。 0 【答案】(1) R R R \2GM (2) 3 3)8 【解析】 【小问1详解】 第24页/共26页 命学科网命组卷网 GMm =mg 不考虑引力变化时，物体上升的加速度为8，根据牛顿第二定律有R 物体上升过程，由运动学公式有0-=-28.0=y,-g对 代入数据可得么 _R 4=R2GM 4， 物体做匀减速直线运动，其-t图如图所示 【小问2详解】 1 GMm GMm v+ 考虑引力变化时，物体上升过程中机械能守恒，则2” R R+h 可得 G- Mm =ma 根据牛顿第二定律可得°(R+h) GM 所以a=R+h 随者上升高度增大，加速度减小，所以物体向上做加速度减小的减速运动，由天々人 3>= R 4 所以5>4 其-t图如图所示 第25页/共26页 6学科网命组卷网 【小问3详解】 1 点抛出的物体轨迹为椭圆才能到C点，根据机械能守恒定律，有2m%+(G 2a, 2a=2R+h B=7 解得8 第26页/共26页