湖北武昌实验中学2025-2026学年高一下学期期中物理模拟卷

2025-2026学年高一物理下学期期中模拟卷 （测试范围：必修第二册第6-8章） 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 1．物理来源于生活，也可以解释生活。对于如图所示生活中经常出现的情况，分析正确的是（　C　） A．图甲中小球在水平面做匀速圆周运动时，小球的线速度保持不变 B．图乙中物体随水平圆盘一起做圆周运动时，圆盘对物体的摩擦力方向一定指向圆心 C．图丙中汽车过拱桥最高点时，速度越小，对桥面的压力越大 D．图丁中若轿车转弯时速度过大发生侧翻，是因为受到的离心力大于向心力 【解析】 图甲中小球在水平面做匀速圆周运动时，线速度大小不变，但方向时刻改变，故线速度改变，故A错误；图乙中物体随水平圆盘一起做匀速圆周运动时，一定受到指向圆盘圆心的摩擦力。而当物体随水平圆盘做变速圆周时，物体的线速度大小是变化的，即在切线方向存在摩擦力的分力，即此时物体所受摩擦力不指向圆心，故B错误；图丙中汽车过拱桥最高点时，满足：mg﹣N，所以压力等于支持力：N＝mg，由此看出，速度越小，压力越大，故C正确；图丁中若轿车转弯时速度过大发生侧翻，是因为汽车速度过大，需要的向心力大，提供的向心力不足以提供向心力而做离心运动，故D错误。 2．在地球的周围，有许多卫星在不同的轨道上绕地球转动。若它们均可视为沿地球做匀速圆周运动，下列说法正确的是（　C　） A．卫星可以始终在某一纬度线所在平面（赤道平面除外）运动 B．卫星可以始终在某一经度线所在平面运动 C．所有卫星的轨道平面均过地心 D．与地球自转周期相同的卫星，都是静止卫星 【解析】 A.根据卫星运动的基本原理，卫星轨道平面必须过地心，而除了赤道平面外，其他纬度线所在的平面并不过地心，因此卫星不可能始终在某一纬度线（赤道除外）所在平面上运动。故A错误；B.经度线所在的平面均过地心，理论上卫星可以在这些平面上运动。但是，由于地球自转，从地面观察，卫星不会始终在某一经度线上（同步卫星除外）。故B错误；C.这是卫星运动的基本要求，根据万有引力定律，卫星绕地球做匀速圆周运动时，轨道平面必须过地心。故C正确。D.与地球自转周期相同的卫星并不一定是静止卫星（即同步卫星），还需要满足轨道平面与赤道平面重合且轨道半径特定的条件。故D错误。 3．宇航员登陆月球后预估测月球的质量，已知万有引力常量和月球半径，仅有下列器材可供使用，为了完成实验，不需要的实验器材是（　B　） A．天平 B．秒表 C．弹簧测力计 D．质量约50g的钩码 【解析】 根据万有引力等于重力，即，得，利用弹簧秤竖直悬挂质量约50g的钩码测出所受重力F，则有，万有引力常量和月球半径，故不需要秒表，故C正确。 4．如图为某卫星变轨前后的示意图，变轨前Ⅰ轨道为近地圆轨道，地球半径为R，F为地心，在Ⅰ轨道上A点点火加速后变为椭圆Ⅱ轨道，B为椭圆轨道远地点，FB＝3R。则（　D　） A． Ⅱ轨道上A点速度大于11.2km/s B．Ⅱ轨道上A、B两点线速度大小之比为1：3 C．Ⅱ轨道周期是Ⅰ轨道周期两倍 D．在B点要变轨到更高的圆轨道，需要点火使卫星加速 【解析】 11.2km/s是第二宇宙速度，卫星绕地球运动，速度不可能大于11.2km/s，故A错误；根据开普勒第二定律有：，则Ⅱ轨道上A、B两点线速度大小之比为3：1，故B错误； 根据开普勒第三定律有：，解得：，故C错误；在B点要变轨到更高的圆轨道，需要点火使卫星加速，使卫星做离心运动，故D正确。 5． “乐高”是老少皆宜的智力玩具，甲图为“乐高”玩具中的一种传动机构，乙图是其简化模型。已知两个大轮半径相等且大轮半径和小轮半径之比为3：1，左右两轮皮带传动且不打滑。A、B分别是两个大轮边缘上的点，下列说法正确的是（　A　） A．A、B两点的线速度之比是3：1 B．A、B两点周期之比是3：1 C．A、B两点向心加速度之比是1：1 D．A、B两点的角速度之比是1：2 【解析】 A.根据v＝ωr，A、C两点的线速度比值为：，所以A、B两点的线速度之比为3：1，故A正确；B.根据T知，故B错误；C.向心加速度a＝ωv知加速度之比为9：1，故C错误。D.假设左侧小轮上有一点C，因为左侧小轮和右侧大轮是靠皮带传动，所以B、C两点的线速度大小相等vB＝vC，A、C两点同轴转动角速度相同，根据v＝ωr，，故D错误。 6．“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有三节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比（F阻＝kv，k为常量），动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是（　B　） A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变 B．若三节动力车厢输出的总功率为，则动车组匀速行驶的速度为 C．若三节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动 D．若三节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为 【解析】 A.动车组在匀加速启动过程中，由牛顿第二定律有：F﹣F阻＝ma，即F﹣kv＝ma，速度v增大，加速度a不变，则牵引力增大，故A错误；B.每节车厢发动机的额定功率均为P时，则动车组匀速行驶时的牵引力kvm 若三节动力车厢输出的总功率为，则动车组匀速行驶时的牵引力：代入数据可得：，故B正确；C.动车组从静止开始运动，速度v增大，功率P不变，由P＝Fv可知牵引力F减小，由牛顿第二定律F﹣kv＝ma，可知动车组的加速度a减小，所以动车组不是做匀加速运动，故C错误；D.若三节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动到达到最大速度过程，由动能定理有： 则该动车组克服阻力做的功为：，故D错误。 6． 如图所示，质量分别为m、2m的小球a、b通过铰链用长为的刚性轻杆连接，a套在竖直细杆M上，b套在水平细杆N上，最初刚性轻杆与细杆M的夹角为45°，两根细杆M、N不接触（a、b球均可越过O点），两杆间的距离忽略不计，且不计一切摩擦，重力加速度大小为g。将a、b从图示位置由静止释放，则下列说法中正确的是（　D　） A．a球从初位置下降到最低点的过程中，刚性轻杆对a球的弹力先做负功，后做正功 B．刚性轻杆与水平方向夹角为θ时，a、b两球运动的速率满足vacosθ＝vbsinθ C．a球的最大速度为 D．b球的最大速度为 【解析】 对于A：a球从初位置下降到O点的过程中，b球的速度先增大后减小，说明杆对b球先做正功后做负功，则杆对a球先做负功后做正功，a球从O到最低点过程中，a球速度先增大后减小，开始时a球的重力大于轻杆拉力的竖直分量，a球做加速运动，后来a球的重力小于轻杆拉力的竖直分量，a球做减速运动，来到最低点时速度减为0，杆对a球做负功，即a球从初位置下降到最低点的过程中，轻杆对a球先做负功后做正功，再做负功，故A错误；对于B：根据关联速度可知，刚性轻杆与水平方向夹角为θ时，a、b两球运动的速率满足vbcosθ＝vasinθ，故B错误；对于C：a球和b球所组成的系统中只有重力做功，故系统机械能守恒，当a球运动到O点时b球速度为零且高度不变，b球机械能等于最初位置时的机械能，由于系统机械能守恒，a球此时的机械能与最初位置时的机械能相等，由 可得 v但此时不是最大速度，过了O点后a球的重力大于杆向上的分力会继续向下加速直到杆向上的分力与重力大小相等时速度达到最大，故C错误；对于D：当a球运动到最低点时a球的机械能最小，b球的机械能最大，动能最大，a球的机械能全部转化为b球的动能，根据 b球的最大速度v，故D正确。 8．放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间的图像和该拉力的功率与时间的图像分别如图甲、乙所示。下列说法正确的是（　AC　） A．0～6s内物体的位移大小为30m B．滑动摩擦力的大小为5N C．0～6s内拉力做的功为70J D．合外力在0～6s内做的功大于0～2s内做的功 【解析】 对于A：v﹣t图像与坐标轴所围面积表示位移，则0～6s内物体的位移大小，故A正确；对于B：在2～6s内，物体的速度为：v＝6m/s，功率为：P＝10W，物体做匀速运动，则摩擦力f＝F，所以有：，故B错误；对于C：在0～2s内，物体的加速度：，由图可知，当P′＝30W时，v′＝6m/s，得到牵引力：，在0～2s内物体的位移为： 则拉力做功为：W1＝F′x1＝5×6J＝30J 2～6s内拉力做的功W2＝Pt＝10×4J＝40J 所以0～6s内拉力做的功为W＝W1+W2＝30J+40J＝70J，故C正确；对于D：在2～6s内，物体做匀速运动，合力做零，则合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等，故D错误。 9．如图，两个质量均为m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为L，b与转轴的距离为2L．木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g．若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（ BC ） A．a、b所受的摩擦力始终相等 B．b一定比a先开始滑动 C．ω是b开始滑动的临界角速度 D．当ω时，a所受摩擦力的大小为kmg 【解析】 对于A和B：两个木块的最大静摩擦力相等。木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得：木块所受的静摩擦力f＝mω2r，m、ω相等，f∝r，所以b所受的静摩擦力大于a的静摩擦力，当圆盘的角速度增大时b的静摩擦力先达到最大值，所以b一定比a先开始滑动，故A错误，B正确；对于C：当b刚要滑动时，有kmg＝mω2•2l，解得：ω，故C正确；对于D：以a为研究对象，当ω时，由牛顿第二定律得：f＝mω2l，可解得：fkmg，故D错误。 10．如图所示，A、B是静止在水平地面上完全相同的两块长木板。A的右端和B的左端相接但不粘连，两板的质量均为m，长度皆为l；C是一质量为2m的小物块。现给它一初速度v0，使它从A板的左端开始向右滑动，恰能滑到B板的右端。已知C与A、B之间的动摩擦因数均为μ，地面与A、B之间的动摩擦因数均为0.5μ，取重力加速度g。从小物块C开始运动到最终静止的全过程，下列说法正确的是（　BCD　） A． 木板A、B始终是静止 B．木板B滑行的距离为l C．系统因摩擦产生的总热量为5μmgl D．当小物块C滑到木板B的右端时，木板B的速度最大 【解析】 对于A：小物块在A上滑行时所受的滑动摩擦力大小f＝μ•2mg＝2μmg，地面对A、B的最大静摩擦力大小fm1＝0.5μ•4mg＝2μmg，因为 f＝fm1，所以AB静止不动；小物块在B上滑行时所受的滑动摩擦力大小仍为f＝2μmg，地面对B的最大静摩擦力fm2＝0.5μ•3mg＝1.5μmg，因为 f＞fm1，所以B板将向右运动，故A错误；对于B：设小物块刚滑上B时的速度为v，刚滑到B板的右端时速度为v′。 小物块在A上滑行时，由动能定理得：﹣2μmgL，得 v 物块在B板上滑行时，物块的加速度大小 a1μg，B板的加速度大小 a20.5μg由 v′＝v﹣a1t＝a2t得：t，v′，此过程，B板滑行的距离：s1tl，物块滑B板右端后两者一起向右匀减速，对整体，由动能定理得：﹣0.5μ•3mgs2•3mv′2﹣0解得：s2l，所以B板滑行的距离为：s＝s1+s2l，故B正确；对于C：根据能量转化和守恒定律知，系统因摩擦产生的热量等于物块的初动能，即：Q•2mv5μmgl，故C正确；对于D：由上分析知，B板先向右加速，当物块运动到B板最右端后向右减速，所以当物块运动到B板最右端时，B板的速度达到最大，故D正确。 二、非选择题：本题共5小题，共60分。 11．（7分）某同学用如图（a）所示的装置验证机械能守恒定律。实验原理如下：先用天平测出A、B两物块的质量mA＝300g，mB＝200g，然后将A、B用轻质细绳连接并跨过轻质定滑轮，B的下端连接纸带，纸带穿过固定的打点计时器。让A从高处由静止开始下落，B拖着纸带经过打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。图（b）给出的是实验中获取的一条纸带：O是打下的第一个点，计数点A、B、C、D到O点的距离分别为41.53cm、58.21cm、75.10cm、92.21cm，每相邻两计数点间还有4个点未标出，已知打点计时器计时周期为T＝0.02s，重力加速度大小g＝9.8m/s2。 （1）在打下O点至C点过程中系统重力势能的减小量ΔEp＝ 　　 J，系统动能的增加量ΔEk＝ 　　 J。（结果均保留三位有效数字） （2）根据（1）的计算结果，可以得出的结论是：　 　 。 （3）若计算得到的结论是动能的增加量大于重力势能的减少量，错误的原因可能是由于 　　 。 A.打点计时器工作的实际频率大于50Hz B.操作时先释放重物，后接通电源 C.存在空气阻力和摩擦阻力 （4）若想利用该装置测量当地重力加速度，用v表示物块A的速度，h表示物块A下落的高度，作出的v2﹣h图像如图（c）所示，则可测得当地实际的重力加速度g＝ 　　 m/s2（结果保留三位有效数字）。 【解析】 （1）当打点计时器打到C点时系统的重力势能比开始下落时减少ΔEp＝（mA﹣mB）ghOC＝（300﹣200）×10﹣3×9.8×75.10×0.01J＝0.740J 每相邻两计数点间还有4个点未标出，则时间t＝0.1s 根据某段位移的平均速度等于该段位移所用时间中间时刻的瞬时速度可得v0.01m/s＝1.7m/s 此时重锤的动能为ΔEk（300+200）×10﹣3×1.72J＝0.723J （2）根据（1）的计算结果，可以得出的结论是：实验误差范围内，系统的机械能守恒； （3）A.打点计时器工作的实际频率大于50Hz，则计算所用周期偏大，则计算的速度偏小，动能偏小，故A错误；B.先释放重物，后接通电源打出纸带，纸带上记录的重力的运动具有一定的初速度，会出现动能的增加量大于重力势能的减少量的情况，故B正确；C.因存在空气阻力和摩擦阻力的影响，减少的重力势能一部分转化为重物的动能，还有一部分转化为内能，说明重力势能的减少量大于动能的增加量。故C错误； （4）根据机械能守恒定律有（mA﹣mB）gh 解得v2gh 图像的斜率为km/s2g 解得g＝9.75m/s2 故答案为：（1）0.736；0.723；（2）实验误差范围内，系统的机械能守恒；（3）B；（4）9.75 12．（9分）某实验小组设计了如图甲所示的实验装置来验证机械能守恒定律。绳和滑轮的质量忽略不计，轮与轴之间的摩擦忽略不计。 （1）实验时，该同学进行了如下操作： ①用天平分别测出物块A、B的质量4m0和3m0（A的质量含遮光片）： ②用游标卡尺测量遮光片的挡光宽度d； ③将重物A、B用轻绳按图甲示连接，跨放在轻质定滑轮上，一个同学用手托住重物B，另一个同学测量出挡光片中心到光电门中心的竖直距离h，之后释放重物B使其由静止开始下落。测得遮光片经过光电门的时间为Δt，则重物A速度的大小为 　　 ，重物B速度的大小为 　　 。 （2）要验证系统（重物A、B）的机械能守恒，应满足的关系式为：　 　 （用重力加速度g，Δt，d和h表示）。上述关系式没能满足的原因之一可能是：　 　 。 【解析】 （1）由光电门测速原理，重物A通过光电门的速率为 根据滑轮组的连接方式，可知重物B的速率为重物A的2倍，则 （2）如果系统（重物A、B）的机械能守恒，应满足的关系式为： 整理得： 上述关系式没能满足主要是重力势能减少量大于动能增加量，其主要原因一部分是由于空气阻力的影响，也有一部分是由于绳子与滑轮之间存在摩擦力。故答案为：（1）；；（2）；空气阻力的影响 13．（10分）一游乐场水上过山车模型图如下，固定在离水面高为h＝0.2m的水平平台上的圆形轨道半径为R＝2.5m，A、B分别为圆形轨道的最低点和最高点。现将一质量为2kg的小球通过过山车模型的多个圆形轨道从A点离开，再通过光滑的水平轨道AC从C点水平飞出落入水中。已知水面宽度为s＝2m，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求： （1）小球能通过圆形轨道，在B点的速度至少多大； （2）小球能不碰壁且安全落入水中，在C点最大速度是多少； （3）第（2）问中的小球在圆轨道最低点A对轨道的压力大小。 【解析】 （1）小球能通过圆形轨道，在B点的速度最小值满足 解得vB＝5m/s （2）小球能不碰壁且安全落入水中，在C点最大速度满足s＝vCt 在竖直方向有解得vC＝10m/s （3）小球经过最低点A时有 因水平轨道AC光滑，故vA＝vC＝10m/s 求得FN＝100N 根据牛顿第三定律，小球在圆轨道最低点A对轨道的压力大小FN'＝FN＝100N 14．（16分）2023年8月13日，我国将陆地探测四号01星（以下简称“01星”）送入地球同步卫星轨道。如图所示，“01星”、卫星A均绕地心在同一平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，其中卫星A运动的周期为3h。某时刻“01星”与地心连线和卫星A与地心连线的夹角为60°。求： （1）卫星A与“01星”的向心加速度大小之比； （2）从该时刻至卫星A与“01星”第一次相距最近所需的时间。 【解析】 （1）由万有引力提供向心力可得：，解得：，设T1＝3h，T2＝24h，则有：，由万有引力提供向心力可得：，解得：a，则两卫星向心加速度之比为：，联立可得：； （2）结合前面分析，对卫星A有：，对01星有：，因为某时刻“01星”与地心连线和卫星A与地心连线的夹角为60°，可得：θ，令两者经时间Δt相距最近，则有：，联立可得：。 15．（18分）某种装置如图所示，左端固定的轻弹簧可以锁定在不同的压缩状态，弹簧原长小于AB间距离且始终处于弹性限度内。质量m＝2kg的小滑块紧靠弹簧右端，滑块与弹簧不栓接，光滑水平面的右端在B点与倾角θ＝37°的传送带平滑连接，传送带以恒定速率v＝10m/s顺时针转动，传送带两转轴间的距离L＝5m，滑块与传送带的动摩擦因数μ＝0.5，传送带在C点与光滑的圆弧轨道相切，圆弧轨道半径R＝1m，E为圆弧最高点，D与圆心等高。已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6。 （1）当弹簧锁定后所储存的弹性势能是Ep＝36J时，将滑块由静止释放，求滑块到达B点时（已与弹簧分离）的速度vB的大小； （2）求滑块通过传送带的过程中，因摩擦产生的热量Q以及电动机因传送滑块多做的功W； （3）若轻弹簧锁定位置可调，为了使滑块可以进入圆弧轨道（vC≥0），又不会中途脱离圆轨道，求弹簧的弹性势能大小应满足的条件。 【解析】 （1）对滑块在AB段分析，根据能量守恒定律有 解得vB＝6m/s （2）因vB＜v＝10m/s，μ＜tanθ，所以滑块在传送带上减速运动根据牛顿第二定律mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma 解得a＝2m/s2 设滑块在传送带上运动时间为t1，则 解得t1＝1s 因此时滑块的速度v4＝v3﹣at1 解得v4＝4m/s＞0 故滑块可达到传送带顶端，传送带的位移x带＝vt1 解得x带＝10m 则滑块与传送带的相对位移为Δx＝x带﹣L 解得Δx＝5m ，摩擦产生的热量Q＝μmgcosθ•Δx，解得Q＝40J，电动机因传送滑块多做的功W＝μmgcosθ•x带，解得W＝80J （3）滑块不脱离圆轨道有两种情况：一种是滑块最多运动至D点，时速度为零，一种是能通过 E点。 ①滑块恰能进入圆弧轨道，即vC1＝0，滑块从B到C，根据运动学公式有 解得 Ep1＝20J 滑块恰能到达D点，滑块从C到D，根据动能定理有 滑块从B到C，根据运动学公式有 解得Ep1＝36J ②滑块恰能到达E点 解得，滑块从C到E，根据动能定理有 ，滑块从B到C，根据运动学公式有 ，解得Ep3＝66J，综上所述，弹性势能的取值范围是20J≤Ep≤36J或Ep≥66J。 ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高一物理下学期期中模拟卷 （测试范围：必修第二册第6-8章） 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 1．物理来源于生活，也可以解释生活。对于如图所示生活中经常出现的情况，分析正确的是（　　） A．图甲中小球在水平面做匀速圆周运动时，小球的线速度保持不变 B．图乙中物体随水平圆盘一起做圆周运动时，圆盘对物体的摩擦力方向一定指向圆心 C．图丙中汽车过拱桥最高点时，速度越小，对桥面的压力越大 D．图丁中若轿车转弯时速度过大发生侧翻，是因为受到的离心力大于向心力 2．在地球的周围，有许多卫星在不同的轨道上绕地球转动。若它们均可视为沿地球做匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　） A．卫星可以始终在某一纬度线所在平面（赤道平面除外）运动 B．卫星可以始终在某一经度线所在平面运动 C．所有卫星的轨道平面均过地心 D．与地球自转周期相同的卫星，都是静止卫星 3．宇航员登陆月球后预估测月球的质量，已知万有引力常量和月球半径，仅有下列器材可供使用，为了完成实验，不需要的实验器材是（　　） A．天平 B．秒表 C．弹簧测力计 D．质量约50g的钩码 4．如图为某卫星变轨前后的示意图，变轨前Ⅰ轨道为近地圆轨道，地球半径为R，F为地心，在Ⅰ轨道上A点点火加速后变为椭圆Ⅱ轨道，B为椭圆轨道远地点，FB＝3R。则（　　） A． Ⅱ轨道上A点速度大于11.2km/s B．Ⅱ轨道上A、B两点线速度大小之比为1：3 C．Ⅱ轨道周期是Ⅰ轨道周期两倍 D．在B点要变轨到更高的圆轨道，需要点火使卫星加速 5．“乐高”是老少皆宜的智力玩具，甲图为“乐高”玩具中的一种传动机构，乙图是其简化模型。已知两个大轮半径相等且大轮半径和小轮半径之比为3：1，左右两轮皮带传动且不打滑。A、B分别是两个大轮边缘上的点，下列说法正确的是（　　） A．A、B两点的线速度之比是3：1 B．A、B两点周期之比是3：1 C．A、B两点向心加速度之比是1：1 D．A、B两点的角速度之比是1：2 6．“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有三节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比（F阻＝kv，k为常量），动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是（　　） A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变 B．若三节动力车厢输出的总功率为，则动车组匀速行驶的速度为 C．若三节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动 D．若三节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为 7．如图所示，质量分别为m、2m的小球a、b通过铰链用长为的刚性轻杆连接，a套在竖直细杆M上，b套在水平细杆N上，最初刚性轻杆与细杆M的夹角为45°，两根细杆M、N不接触（a、b球均可越过O点），两杆间的距离忽略不计，且不计一切摩擦，重力加速度大小为g。将a、b从图示位置由静止释放，则下列说法中正确的是（　　） A．a球从初位置下降到最低点的过程中，刚性轻杆对a球的弹力先做负功，后做正功 B．刚性轻杆与水平方向夹角为θ时，a、b两球运动的速率满足vacosθ＝vbsinθ C．a球的最大速度为 D．b球的最大速度为 8．放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间的图像和该拉力的功率与时间的图像分别如图甲、乙所示。下列说法正确的是（　　） A．0～6s内物体的位移大小为30m B．滑动摩擦力的大小为5N C．0～6s内拉力做的功为70J D．合外力在0～6s内做的功大于0～2s内做的功 9．如图，两个质量均为m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为L，b与转轴的距离为2L．木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g．若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（　　） A． a、b所受的摩擦力始终相等 B．b一定比a先开始滑动 C．ω是b开始滑动的临界角速度 D．当ω时，a所受摩擦力的大小为kmg 10．如图所示，A、B是静止在水平地面上完全相同的两块长木板。A的右端和B的左端相接但不粘连，两板的质量均为m，长度皆为l；C是一质量为2m的小物块。现给它一初速度v0，使它从A板的左端开始向右滑动，恰能滑到B板的右端。已知C与A、B之间的动摩擦因数均为μ，地面与A、B之间的动摩擦因数均为0.5μ，取重力加速度g。从小物块C开始运动到最终静止的全过程，下列说法正确的是（　　） A． 木板A、B始终是静止 B．木板B滑行的距离为l C．系统因摩擦产生的总热量为5μmgl D．当小物块C滑到木板B的右端时，木板B的速度最大 二、非选择题：本题共5小题，共60分。 11．（7分）某同学用如图（a）所示的装置验证机械能守恒定律。实验原理如下：先用天平测出A、B两物块的质量mA＝300g，mB＝200g，然后将A、B用轻质细绳连接并跨过轻质定滑轮，B的下端连接纸带，纸带穿过固定的打点计时器。让A从高处由静止开始下落，B拖着纸带经过打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。图（b）给出的是实验中获取的一条纸带：O是打下的第一个点，计数点A、B、C、D到O点的距离分别为41.53cm、58.21cm、75.10cm、92.21cm，每相邻两计数点间还有4个点未标出，已知打点计时器计时周期为T＝0.02s，重力加速度大小g＝9.8m/s2。 （1）在打下O点至C点过程中系统重力势能的减小量ΔEp＝ 　 　 J，系统动能的增加量ΔEk＝ 　 　 J。（结果均保留三位有效数字） （2）根据（1）的计算结果，可以得出的结论是：　 　 。 （3）若计算得到的结论是动能的增加量大于重力势能的减少量，错误的原因可能是由于 　 　 。 A.打点计时器工作的实际频率大于50Hz B.操作时先释放重物，后接通电源 C.存在空气阻力和摩擦阻力 （4）若想利用该装置测量当地重力加速度，用v表示物块A的速度，h表示物块A下落的高度，作出的v2﹣h图像如图（c）所示，则可测得当地实际的重力加速度g＝ 　 　 m/s2（结果保留三位有效数字）。 12．（9分）某实验小组设计了如图甲所示的实验装置来验证机械能守恒定律。绳和滑轮的质量忽略不计，轮与轴之间的摩擦忽略不计。 （1）实验时，该同学进行了如下操作： ①用天平分别测出物块A、B的质量4m0和3m0（A的质量含遮光片）： ②用游标卡尺测量遮光片的挡光宽度d； ③将重物A、B用轻绳按图甲示连接，跨放在轻质定滑轮上，一个同学用手托住重物B，另一个同学测量出挡光片中心到光电门中心的竖直距离h，之后释放重物B使其由静止开始下落。测得遮光片经过光电门的时间为Δt，则重物A速度的大小为 　 　 ，重物B速度的大小为 　 　 。 （2）要验证系统（重物A、B）的机械能守恒，应满足的关系式为：　 　 （用重力加速度g，Δt，d和h表示）。上述关系式没能满足的原因之一可能是：　 　 。 13．（10分）一游乐场水上过山车模型图如下，固定在离水面高为h＝0.2m的水平平台上的圆形轨道半径为R＝2.5m，A、B分别为圆形轨道的最低点和最高点。现将一质量为2kg的小球通过过山车模型的多个圆形轨道从A点离开，再通过光滑的水平轨道AC从C点水平飞出落入水中。已知水面宽度为s＝2m，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求： （1）小球能通过圆形轨道，在B点的速度至少多大； （2）小球能不碰壁且安全落入水中，在C点最大速度是多少； （3）第（2）问中的小球在圆轨道最低点A对轨道的压力大小。 14．（16分）2023年8月13日，我国将陆地探测四号01星（以下简称“01星”）送入地球同步卫星轨道。如图所示，“01星”、卫星A均绕地心在同一平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，其中卫星A运动的周期为3h。某时刻“01星”与地心连线和卫星A与地心连线的夹角为60°。求： （1）卫星A与“01星”的向心加速度大小之比； （2）从该时刻至卫星A与“01星”第一次相距最近所需的时间。 15．（18分）某种装置如图所示，左端固定的轻弹簧可以锁定在不同的压缩状态，弹簧原长小于AB间距离且始终处于弹性限度内。质量m＝2kg的小滑块紧靠弹簧右端，滑块与弹簧不栓接，光滑水平面的右端在B点与倾角θ＝37°的传送带平滑连接，传送带以恒定速率v＝10m/s顺时针转动，传送带两转轴间的距离L＝5m，滑块与传送带的动摩擦因数μ＝0.5，传送带在C点与光滑的圆弧轨道相切，圆弧轨道半径R＝1m，E为圆弧最高点，D与圆心等高。已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6。 （1）当弹簧锁定后所储存的弹性势能是Ep＝36J时，将滑块由静止释放，求滑块到达B点时（已与弹簧分离）的速度vB的大小； （2）求滑块通过传送带的过程中，因摩擦产生的热量Q以及电动机因传送滑块多做的功W； （3）若轻弹簧锁定位置可调，为了使滑块可以进入圆弧轨道（vC≥0），又不会中途脱离圆轨道，求弹簧的弹性势能大小应满足的条件。 ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $