精品解析：四川省广安市友谊中学2025-2026学年高三上学期10月月考物理试题

广 安 友 谊 中 学 高 2023 级高三上期 10 月月考 物理试题 满分 100 分 时间 75 分钟 一、单项选择题（本部分共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。） 1. 如图，水平飞来的垒球被球棒击打后，动量变化量为20kg·m/s，则（　　） A. 球的动能一定变化 B. 球的动量大小一定增加20kg·m/s C. 球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等 D. 球受到棒的冲量方向可能与球被击打前的速度方向相同 2. 汽车在水平面上刹车，其位移与时间关系是，则它在前3s内的平均速度为（ ） A. 8m/s B. 10m/s C. 12m/s D. 14m/s 3. 山崖边的公路常常被称为最险公路，某弯道如图所示，外圈临悬崖，内圈靠山，为了减小弯道行车安全隐患，弯道路面往往设计成倾斜的。某汽车在这样的弯道转弯，下列说法正确的是（ ） A. 汽车以恒定速率转弯时，做匀变速曲线运动 B. 汽车以恒定速率转弯时，转弯半径越大，所需向心力越大 C. 为了减小弯道行车安全隐患，弯道路面应该设计成内低外高 D. 因弯道路面倾斜，汽车转弯时一定不需要摩擦力提供向心力 4. 如图甲所示为一直角斜槽，斜槽的棱MN与水平面的夹角为θ，两槽面关于竖直面对称。图乙是斜槽的截面图，一个横截面为正方形的物块恰能沿此斜槽匀速下滑。若两槽面的材料相同，则物块和槽面之间的动摩擦因数为（　　） A. tan θ B. tan θ C. tan θ D. tan θ 5. 如图所示，A是地球的静止卫星，B是地球的近地卫星，C是地面上的物体，A、B、C质量相等，均在赤道平面上绕地心做匀速圆周运动．设A、B、C做圆周运动的向心加速度为aA、aB、aC，周期分别为TA、TB、TC，A、B、C做圆周运动的动能分别为EkA、EkB、EkC．不计A、B、C之间的相互作用力，下列关系式正确的是（ ） A. aB=aC＞aA B aB＞aA＞aC C. TA=TB＜TC D. EkA＜EkB=EkC 6. 如图甲所示，一倾角θ =30°足够长斜面体固定在水平地面上，一个物块静止在斜面上。现用大小为F＝kt(k为常量，F、t的单位分别为N和s)的拉力沿斜面向上拉物块，物块受到的摩擦力Ff随时间变化的关系图像如图乙所示，物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。下列判断错误的是（　　） A. 物块的质量为1kg B. k的值为5N/s C. 物块与斜面间的动摩擦因数为 D. t＝3s 时，物块的加速度大小为4m/s2 7. 如图所示，足够长的传送带水平放置，以速度v顺时针转动。质量为m、与传送带间的动摩擦因数为的小物块由传送带的左端静止释放，一段时间后物块与传送带共速。满足上述情景，若把传送带的速度改为2v，两次比较有（　　） A. 传送带对小物块做功变为原来的2倍 B. 小物块对传送带做功变为原来的2倍 C. 传送带对小物块做功的平均功率变为原来的2倍 D. 因摩擦而产生的热变为原来的2倍 二、多项选择题（本部分共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。每小题有多项符合题目要求，全部选对得 6 分，选对但不全得 3 分，有错的得 0 分） 8. 在光滑水平面上 A 、B 两小车中间有一轻弹簧(弹簧不与小车相连)，如图所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态，将小车及弹簧看成一个系统，下列说法中正确的是（　　） A. 两手同时放开后，系统总动量始终为零，机械能守恒 B. 先放开左手，再放开右手后，动量不守恒 C. 先放开左手，后放开右手后，总动量向左 D. 无论先放左手，还是先放右手，两手放开后，系统总动量都守恒，机械能也守恒 9. 发展新能源汽车是当前一项国家战略，更是世界发展的潮流。假设有一辆纯电动汽车质量，汽车沿平直的公路以恒定功率P从静止开始启动，如图所示为牵引力F与速度v的关系，加速过程在图中的B点结束，所用的时间，10s后汽车做匀速运动。若汽车所受阻力始终不变，下列说法正确的是（　　） A. 汽车的功率 B. 图中A点对应的时刻为5s C. 图中A点对应时刻汽车的加速度大小为4m/s2 D. 0~10s汽车通过的路程为128m 10. 如图所示，一倾角为θ =30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面下端有一与斜面垂直的固定挡板，将一质量为m的木板放置在斜面上，木板的上端有一质量为m的小物块(视为质点)，物块和木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力且大小恒为kmg(0.5<k<1)，初始时木板下端与挡板的距离为L。现由静止同时释放物块和木板，物块和木板沿斜面下滑，已知木板与挡板碰撞的时间极短，且碰撞后木板的速度大小不变，方向与碰撞前的速度方向相反，物块恰好未滑离木板，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（　　） A. 木板第一次与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小 B. 从释放到木板第二次与挡板碰撞前瞬间，物块相对木板的位移大小 C. 木板的长度 D. 整个运动过程中系统因摩擦产生的热量 三、实验题（本部分共 15 分，其中 11 题 6 分，12 题 9 分。） 11. 如图甲所示为向心力演示仪，可探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度和半径r之间的关系．长槽的A、B处和短槽的C处分别到各自转轴中心距离之比为．变速塔轮自上而下有三种组合方式，左右每层半径之比由上至下分别为、和，如图乙所示。 （1）本实验的目的是探究向心力的大小与小球质量m、角速度和半径r之间的关系，下列实验中采用的实验方法与本实验相同的是__________。 A．用油膜法估测油酸分子的大小 B．用单摆测量重力加速度大小 C．探究加速度与物体受力、物体质量的关系 （2）在某次实验中，把两个质量相等的钢球放在A、C位置，探究向心力的大小与半径的关系，则需要将传动皮带调至第______层塔轮（选填“一”“二”或“三”）； （3）在另一次实验中，把两个质量相等的钢球放在B、C位置，传动皮带位于第二层，转动手柄，则当塔轮匀速转动时，左右两标尺露出的格子数之比约为______． A． B． C． D． 12. 在验证机械能守恒定律实验中，质量m = 1kg的重物自由下落，在纸带上打出了一系列的点，如图所示，相邻记数点间的时间间隔为0.02s，长度单位是cm，g取9.8m/s2。求： （1）打点计时器打下计数点B时，物体的速度vB = ___________（保留两位有效数字）。 （2）从起点O到打下记数点B的过程中，物体重力势能减小量Ep= ___________，动能的增加量Ek= _________（保留两位有效数字）。 （3）即使在实验操作规范、数据测量及数据处理很准确的前提下，该实验求得的Ep也一定略大于Ek，这是实验存在系统误差的必然结果，试分析该系统误差产生的主要原因（ ） A．重物下落的实际距离大于测量值 B．重物质量选用得大了，造成的误差 C．重物在下落的过程中，由于摩擦生热造成的误差 D．先释放纸带后接通计时器造成的误差 （4）某同学利用自己在做该实验时打出的纸带，测量出了各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h，算出了各计数点对应的速度v，以h为横轴，以v2为纵轴画出了如图的图线。则图线未过原点O的原因是___________，图线的斜率近似等于___________。 A．19.6m/s2 B．9.80m/s2 C．4.90m/s2 四、解答题（本部分共 39 分，其中 13 题、14 题 12 分，15 题 15 分。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，答案中必须要明确写出数值和单位。） 13. 如图所示，运动员将网球从点以速度水平击出，网球经过点时速度方向与竖直方向的夹角为, 落到水平地面上的点时速度方向与竖直方向的夹角为, 不计空气阻力，重力加速度大小为，求： （1）网球从点运动到点的时间； （2） 、两点间的水平距离； （3）点距水平地面的高度。 14. 如图所示，有一根长的轻杆两端各固定一个质量均为的小球，O点为一穿过轻杆的转轴，且位于轻杆的中点。在外界作用力的影响下转轴带动轻杆与小球做的竖直平面上的匀速圆周运动。某一时刻轻杆沿竖直方向，且A球在上方。 （1）求该时刻B球线速度大小和向心加速度。 （2）求该时刻A球对轻杆的作用力。 （3）若A球质量可改变，要使该时刻转轴不受轻杆的作用力，A球质量应为多少？ 15. 如图所示，固定在水平面上倾角θ=37°的光滑斜面底端有一垂直于斜面的挡板，可看成质点的物块A、B、C质量均为m=2.5kg，物块B、C通过一劲度系数k=72N/m的轻质弹簧相连。初始时，物块C靠在挡板上，物块B、C处于静止状态，物块A以v0=8m/s的初速度从光滑的水平面的E点进入半径R=1.2m的竖直平面内的光滑固定半圆轨道，且水平面与圆轨道相切于E点。物块A离开D点后，恰好无碰撞地由P点滑上斜面，继续运动后与静止于Q点的物块B相碰，碰撞时间极短，碰后物块A、B粘在一起，已知不计空气阻力，重力加速度，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： （1）物块A通过轨道最高点D时，对轨道的压力； （2）物块A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小； （3）设从物块A、B粘在一起到物块C恰好离开挡板这一过程经历了时间t，若t=1.5s，则这一过程中弹簧对物块C的冲量大小I为多少？（弹簧始终处于弹性限度内） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广 安 友 谊 中 学 高 2023 级高三上期 10 月月考 物理试题 满分 100 分 时间 75 分钟 一、单项选择题（本部分共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。） 1. 如图，水平飞来的垒球被球棒击打后，动量变化量为20kg·m/s，则（　　） A. 球的动能一定变化 B. 球的动量大小一定增加20kg·m/s C. 球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等 D. 球受到棒的冲量方向可能与球被击打前的速度方向相同 【答案】C 【解析】 【详解】AB．垒球被击打后，可能以与被击打前等大的速度反向打出，所以球的动能可能不变，动量大小不变，动量大小增量为零，故AB错误； C．由牛顿第三定律可知，球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等，故C正确； D．球受到棒的冲量方向是棒对球弹力的方向，与球被击打前的速度方向相反，故D错误。 故选C。 2. 汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是，则它在前3s内的平均速度为（ ） A. 8m/s B. 10m/s C. 12m/s D. 14m/s 【答案】A 【解析】 【分析】本题为汽车刹车问题，故应先根据位移表达式求出初速度及加速度；由速度公式求得静止所需要的时间；明确3s内的位移，再由平均速度公式求出平均速度． 【详解】由位移与时间的关系可知，v0=24m/s；a=-12m/s2； 则由v=v0+at可知，汽车在2s末即静止； 故3s内的位移2s内的位移，故x=3s内汽车的位移x=24×2-6×4=24m； 则汽车的平均速度． 故应选：A． 【点睛】本题为易错题，很多同学忽略了汽车刹车问题，故直接代入3s而求出错误的位移；遇到汽车刹车问题应首先分析汽车静止所需要的时间，然后再进行分析． 3. 山崖边的公路常常被称为最险公路，某弯道如图所示，外圈临悬崖，内圈靠山，为了减小弯道行车安全隐患，弯道路面往往设计成倾斜的。某汽车在这样的弯道转弯，下列说法正确的是（ ） A. 汽车以恒定速率转弯时，做匀变速曲线运动 B. 汽车以恒定速率转弯时，转弯半径越大，所需向心力越大 C. 为了减小弯道行车安全隐患，弯道路面应该设计成内低外高 D. 因弯道路面倾斜，汽车转弯时一定不需要摩擦力提供向心力 【答案】C 【解析】 【详解】A．汽车以恒定速率转弯时，汽车的加速度大小不变，方向时刻发生变化，汽车做变加速曲线运动，故A错误； B．汽车以恒定速率转弯时，根据 可知转弯半径越大，所需向心力越小，故B错误； C．为了减小弯道行车安全隐患，弯道路面应该设计成内低外高，使路面支持力有指向圆心的分力，故C正确； D．弯道路面倾斜，汽车转弯时的速度不一样时，汽车可能需要摩擦力提供向心力，故D错误。 故选C。 4. 如图甲所示为一直角斜槽，斜槽的棱MN与水平面的夹角为θ，两槽面关于竖直面对称。图乙是斜槽的截面图，一个横截面为正方形的物块恰能沿此斜槽匀速下滑。若两槽面的材料相同，则物块和槽面之间的动摩擦因数为（　　） A. tan θ B. tan θ C. tan θ D. tan θ 【答案】B 【解析】 【详解】对物块受力分析，如图所示，在垂直于斜槽的平面内，有 2FNcos 45°＝mgcos θ 在物块下滑方向，有 2f＝mgsin θ 其中 f＝μFN 联立解得 μ＝tan θ 故选B。 　　 5. 如图所示，A是地球的静止卫星，B是地球的近地卫星，C是地面上的物体，A、B、C质量相等，均在赤道平面上绕地心做匀速圆周运动．设A、B、C做圆周运动的向心加速度为aA、aB、aC，周期分别为TA、TB、TC，A、B、C做圆周运动的动能分别为EkA、EkB、EkC．不计A、B、C之间的相互作用力，下列关系式正确的是（ ） A. aB=aC＞aA B. aB＞aA＞aC C. TA=TB＜TC D. EkA＜EkB=EkC 【答案】B 【解析】 【详解】赤道上的物体C与静止卫星A转动角速度相同，由于赤道上的物体C的轨道半径小于静止卫星A的轨道半径，根据a=ω2r，得 aC＜aA；对于A、B两卫星，根据卫星的加速度公式，由于近地卫星B的轨道半径小于静止卫星A的轨道半径，故近地卫星B的向心加速度大于静止卫星A的向心加速度，即aB＞aA；所以aB＞aA＞aC，故B正确，A错误；赤道上的物体C与静止卫星A转动周期相同，即TC=TA；对AB两卫星，根据 可知TA>TB，则TC=TA>TB，选项C错误；赤道上的物体C与静止卫星A转动角速度相同，由于赤道上的物体C的轨道半径小于静止卫星A的轨道半径，根据v=ωr，得知vC＜vA；对于A、B两卫星，根据卫星的线速度公式，由于近地卫星B的轨道半径小于静止卫星A的轨道半径，故近地卫星B的线速度大于静止卫星A的线速度，即vB＞vA；所以vB＞vA＞vC，故动能关系为：EkB>EkA>EkC，D错误； 6. 如图甲所示，一倾角θ =30°的足够长斜面体固定在水平地面上，一个物块静止在斜面上。现用大小为F＝kt(k为常量，F、t的单位分别为N和s)的拉力沿斜面向上拉物块，物块受到的摩擦力Ff随时间变化的关系图像如图乙所示，物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。下列判断错误的是（　　） A. 物块的质量为1kg B. k的值为5N/s C. 物块与斜面间的动摩擦因数为 D. t＝3s 时，物块的加速度大小为4m/s2 【答案】C 【解析】 【详解】A．t＝0时Ff＝mgsinθ＝5N，解得m＝1kg，故A正确，不符合题意； B．当t＝1s时，Ff＝0，说明F＝mgsinθ＝5N，由F＝kt可知k＝5N/s，故B正确，不符合题意； C．由题图可知，滑动摩擦力μmgcosθ＝6 N，解得，故C错误，符合题意； D．由F＝μmgcos θ＋mgsin θ 即kt0＝6N＋5N 解得t0＝2.2s 即2.2s后物块开始向上滑动，当t＝3s时，F＝15N 则F－μmgcosθ－mgsinθ＝ma 解得加速度a＝4 m/s2，故D正确，不符合题意。 故选C。 7. 如图所示，足够长的传送带水平放置，以速度v顺时针转动。质量为m、与传送带间的动摩擦因数为的小物块由传送带的左端静止释放，一段时间后物块与传送带共速。满足上述情景，若把传送带的速度改为2v，两次比较有（　　） A. 传送带对小物块做功变为原来的2倍 B. 小物块对传送带做功变为原来2倍 C. 传送带对小物块做功的平均功率变为原来的2倍 D. 因摩擦而产生的热变为原来的2倍 【答案】C 【解析】 【详解】A．由动能定得可知，传送带对小物块做功 可知，速度变为原来的两倍，则传送带对小物块做功变为原来的四倍，故A错误； B．小物块与传送带速度相等，所用的时间为 由于加速度相同，则时间变为原来的2倍，传送带发生的位移为 则位移变为原来的四倍，则小物块对传送带做功变为原来的4倍，故B错误； C．小物块达到与传送带速度相等过程中的平均速度为 由于速度变为原来的2倍，且摩擦力相同，则传送带对小物块做功的平均功率变为原来的2倍，故C正确； D．小物块达到与传送带速度相等过程中的相对位移为 由于速度变为原来的2倍，时间也变为原来的2倍，则相对位移变为原来的4倍，由可知，由于摩擦力相同，则因摩擦而产生的热变为原来的4倍，故D错误。 故选C。 二、多项选择题（本部分共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。每小题有多项符合题目要求，全部选对得 6 分，选对但不全得 3 分，有错的得 0 分） 8. 在光滑水平面上 A 、B 两小车中间有一轻弹簧(弹簧不与小车相连)，如图所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态，将小车及弹簧看成一个系统，下列说法中正确的是（　　） A. 两手同时放开后，系统总动量始终为零，机械能守恒 B. 先放开左手，再放开右手后，动量不守恒 C. 先放开左手，后放开右手后，总动量向左 D. 无论先放左手，还先放右手，两手放开后，系统总动量都守恒，机械能也守恒 【答案】ACD 【解析】 【详解】A．若两手同时放开A、B两车，系统所受合外力为零，系统动量守恒，由于系统初动量为零，则系统总动量为零，系统只有弹力做功，机械能守恒,故A正确； B．两手放开后，系统所受合外力为零，系统动量守恒，故B错误； C．先放开左手，后放开右手，放开右手时，总动量向左，且两手放开后，系统所受合外力为零，系统动量守恒，所以总动量向左，故C正确； D．无论先放左手，还是先放右手，两手放开后，系统所受合外力为零，系统总动量都守恒，都只有弹力做功，机械能也守恒，故D正确。 故选ACD。 9. 发展新能源汽车是当前一项国家战略，更是世界发展的潮流。假设有一辆纯电动汽车质量，汽车沿平直的公路以恒定功率P从静止开始启动，如图所示为牵引力F与速度v的关系，加速过程在图中的B点结束，所用的时间，10s后汽车做匀速运动。若汽车所受阻力始终不变，下列说法正确的是（　　） A. 汽车的功率 B. 图中A点对应的时刻为5s C. 图中A点对应时刻汽车的加速度大小为4m/s2 D. 0~10s汽车通过的路程为128m 【答案】ACD 【解析】 【详解】A．汽车以恒定功率启动，由图像可得 故A正确； B．汽车以额定功率启动，作出v-t图像如下 根据图像可知当速度为时直线对应的时间恰好等于5s，而曲线对应的时间应小于5s，故B错误； C．在B点 在A点根据牛顿第二定律 解得 故C正确； D．0~10s汽车通过的路程为s，根据动能定理可得 解得 故D正确。 故选ACD。 10. 如图所示，一倾角为θ =30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面下端有一与斜面垂直的固定挡板，将一质量为m的木板放置在斜面上，木板的上端有一质量为m的小物块(视为质点)，物块和木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力且大小恒为kmg(0.5<k<1)，初始时木板下端与挡板的距离为L。现由静止同时释放物块和木板，物块和木板沿斜面下滑，已知木板与挡板碰撞的时间极短，且碰撞后木板的速度大小不变，方向与碰撞前的速度方向相反，物块恰好未滑离木板，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（　　） A. 木板第一次与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小 B. 从释放到木板第二次与挡板碰撞前瞬间，物块相对木板的位移大小 C. 木板的长度 D. 整个运动过程中系统因摩擦产生的热量 【答案】BD 【解析】 【详解】A．对物块与木板整体，根据动能定理有 解得，故A错误； B．木板第一次与挡板碰撞后，木板的加速度大小 解得 沿斜面向下，物块的加速度大小为 解得 沿斜面向上，规定向下正方向，木板第一次与挡板碰撞结束时到木板和物块速度相同时，对木板有 对物块有 解得， 木板第一次与挡板碰撞后到二者第一次速度相同时物块的位移 木板的位移大小 之后到碰撞挡板前二者无相对滑动，故物块相对于长木板的位移为，故B正确； CD．设板长为x，从释放到长木板和物块都静止的过程中系统能量守恒，则 解得 故系统产生的热量，故C错误，D正确。 故选BD。 三、实验题（本部分共 15 分，其中 11 题 6 分，12 题 9 分。） 11. 如图甲所示为向心力演示仪，可探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度和半径r之间的关系．长槽的A、B处和短槽的C处分别到各自转轴中心距离之比为．变速塔轮自上而下有三种组合方式，左右每层半径之比由上至下分别为、和，如图乙所示。 （1）本实验的目的是探究向心力的大小与小球质量m、角速度和半径r之间的关系，下列实验中采用的实验方法与本实验相同的是__________。 A．用油膜法估测油酸分子的大小 B．用单摆测量重力加速度的大小 C．探究加速度与物体受力、物体质量的关系 （2）在某次实验中，把两个质量相等的钢球放在A、C位置，探究向心力的大小与半径的关系，则需要将传动皮带调至第______层塔轮（选填“一”“二”或“三”）； （3）在另一次实验中，把两个质量相等的钢球放在B、C位置，传动皮带位于第二层，转动手柄，则当塔轮匀速转动时，左右两标尺露出的格子数之比约为______． A． B． C． D． 【答案】 ①. C ②. 一 ③. B 【解析】 【详解】（1）[1]探究向心力的大小与小球质量m、角速度和半径r之间的关系，采用的实验方法是控制变量法。 A．用油膜法估测油酸分子大小，采用的实验方向是通过测量宏观量来测量微观量的方法，故A错误； B．用单摆测量重力加速度的大小，分别测量出摆长和周期，通过单摆周期公式计算得到重力加速度大小，不是采用控制变量法，故B错误； C．探究加速度与物体受力、物体质量的关系，采用的实验方法是控制变量法，故C正确。 故选C。 （2）[2]在某次实验中，把两个质量相等的钢球放在A、C位置，探究向心力的大小与半径的关系，应使两球的角速度相同，则需要将传动皮带调至第一层塔轮。 （3）[3]在另一次实验中，把两个质量相等的钢球放在B、C位置，则两球做圆周运动的半径相等；传动皮带位于第二层，则两球做圆周运动的角速度之比为 根据 可知当塔轮匀速转动时，左右两标尺露出的格子数之比约为 故选B。 12. 在验证机械能守恒定律的实验中，质量m = 1kg的重物自由下落，在纸带上打出了一系列的点，如图所示，相邻记数点间的时间间隔为0.02s，长度单位是cm，g取9.8m/s2。求： （1）打点计时器打下计数点B时，物体的速度vB = ___________（保留两位有效数字）。 （2）从起点O到打下记数点B的过程中，物体重力势能减小量Ep= ___________，动能的增加量Ek= _________（保留两位有效数字）。 （3）即使在实验操作规范、数据测量及数据处理很准确的前提下，该实验求得的Ep也一定略大于Ek，这是实验存在系统误差的必然结果，试分析该系统误差产生的主要原因（ ） A．重物下落的实际距离大于测量值 B．重物质量选用得大了，造成的误差 C．重物在下落的过程中，由于摩擦生热造成的误差 D．先释放纸带后接通计时器造成的误差 （4）某同学利用自己在做该实验时打出的纸带，测量出了各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h，算出了各计数点对应的速度v，以h为横轴，以v2为纵轴画出了如图的图线。则图线未过原点O的原因是___________，图线的斜率近似等于___________。 A．19.6m/s2 B．9.80m/s2 C．4.90m/s2 【答案】 ①. 0.97m/s ②. 0.48J ③. 0.47J ④. C ⑤. 实验过程先释放重物后接通（打点计时器）电源 ⑥. A 【解析】 【详解】（1）[1]根据匀变速直线运动的推论得 （2）[2]从起点O到打下记数点B的过程中，重力势能减小量为 [3]动能的增加量为 （3）[4]由于在物体下落的过程中，不可避免的要克服阻力做功，因此重力势能并没有全部转化为动能，故动能的增量总是要小于重力势能的减小量。 故选C。 （4）[5]从图像中可以看出，当物体下落的高度为0时，物体的速度不为0，说明了操作中先释放重物，再接通（打点计时器）电源。 [6]根据机械能守恒可得 可得 可知图像的斜率为 k = 2g = 19.6m/s2 故选A。 [5]从图像中可以看出，当物体下落的高度为0时，物体的速度不为0，说明了操作中先释放重物，再接通（打点计时器）电源。 四、解答题（本部分共 39 分，其中 13 题、14 题 12 分，15 题 15 分。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，答案中必须要明确写出数值和单位。） 13. 如图所示，运动员将网球从点以速度水平击出，网球经过点时速度方向与竖直方向的夹角为, 落到水平地面上的点时速度方向与竖直方向的夹角为, 不计空气阻力，重力加速度大小为，求： （1）网球从点运动到点的时间； （2） 、两点间的水平距离； （3）点距水平地面的高度。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 小球做平抛运动，在点速度分解水平速度和竖直速度，则有 解得 同理在点速度分解为水平速度和竖直速度，则有 解得 竖直方向是自由落体运动，则有 解得 【小问2详解】 水平方向做匀速直线运动，则有 【小问3详解】 竖直方向根据运动学公式有 代入解得 14. 如图所示，有一根长的轻杆两端各固定一个质量均为的小球，O点为一穿过轻杆的转轴，且位于轻杆的中点。在外界作用力的影响下转轴带动轻杆与小球做的竖直平面上的匀速圆周运动。某一时刻轻杆沿竖直方向，且A球在上方。 （1）求该时刻B球线速度大小和向心加速度。 （2）求该时刻A球对轻杆的作用力。 （3）若A球质量可改变，要使该时刻转轴不受轻杆的作用力，A球质量应为多少？ 【答案】（1），，方向竖直向上；（2），方向竖直向上；（3） 【解析】 【详解】（1）B球的线速度大小 B球的向心加速度大小 方向竖直向上； （2）对A球，在最高点时，有 代入数据得 由牛顿第三定律，A球对轻杆的作用力 方向竖直向上； （3）对A球，有 对B球，有 若轻杆不受转轴的作用力，有 联立解得 15. 如图所示，固定在水平面上倾角θ=37°的光滑斜面底端有一垂直于斜面的挡板，可看成质点的物块A、B、C质量均为m=2.5kg，物块B、C通过一劲度系数k=72N/m的轻质弹簧相连。初始时，物块C靠在挡板上，物块B、C处于静止状态，物块A以v0=8m/s的初速度从光滑的水平面的E点进入半径R=1.2m的竖直平面内的光滑固定半圆轨道，且水平面与圆轨道相切于E点。物块A离开D点后，恰好无碰撞地由P点滑上斜面，继续运动后与静止于Q点的物块B相碰，碰撞时间极短，碰后物块A、B粘在一起，已知不计空气阻力，重力加速度，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： （1）物块A通过轨道最高点D时，对轨道的压力； （2）物块A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小； （3）设从物块A、B粘在一起到物块C恰好离开挡板这一过程经历了时间t，若t=1.5s，则这一过程中弹簧对物块C的冲量大小I为多少？（弹簧始终处于弹性限度内） 【答案】（1），竖直向上 （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 当物块A到达D点时，对物块A受力分析有 物块A从开始运动到D点的过程中，由动能定理得 联立解得， 根据牛顿第三定律可知物块A对轨道的压力大小为，竖直向上 【小问2详解】 当物块A离开D点后，物块A做平抛运动，到达P点时速度沿斜面向下，则 从P点到Q点的过程中，由动能定理得 解得 从物块A与物块B相碰到碰撞结束这一过程，由动量守恒定律得 解得 【小问3详解】 设在碰撞前弹簧的压缩量为x1，受力分析得 可得 当物块C恰好离开挡板时，弹簧处于伸长状态，设伸长量为x2，对物块C受力分析得 可得 从物块A、B碰撞完到物块C恰好离开挡板，设此时物块A、B的共同速度为v1，以物块A、B为研究对象，此过程弹簧的弹力做功为零，由动能定理得 解得 从物块A、B碰撞完到物块C恰好离开挡板，设弹簧对物块A、B的冲量为，规定沿斜面向上为正方向，由动量定理得 此过程弹簧对物块C的冲量大小 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $