精品解析：黑龙江哈尔滨市第六中学校2026-2027学年高三上学期阶段性测试（一）物理试题

哈尔滨市第六中学校2026—2027年高三学年阶段性测试（一） 物理试题 一．选择题（本题共10小题，共46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，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分） 1. 现代科技为物资运输提供了多种方式。某物流企业分别利用无人机和新能源货车从山上装货点P运输货物至山下仓库Q，两种方式中一定相同的是（　　） A. 路程 B. 位移 C. 平均速率 D. 平均速度 2. 如图所示，一只小鸟站在弯曲的树枝上处于静止状态。下列说法正确的是（ ） A. 树枝对小鸟作用力的方向一定竖直向上 B. 小鸟对树枝的弹力是由于树枝发生形变产生的 C. 小鸟对树枝的压力和小鸟受到的重力是一对平衡力 D. 小鸟起飞瞬间，树枝对小鸟的作用力大于小鸟对树枝的作用力 3. 一物体放在水平面上，它的俯视图如图，两个相互垂直的力F1和F2同时作用在物体上，使物体沿图中v0的方向做直线运动。经过一段位移的过程中，力F1和F2对物体所做的功分别为3J和4J。则这两个力的合力对物体所做的功为（ ） A. 1J B. 4J C. 5J D. 7J 4. 我国一箭12星，首个太空计算卫星星座成功入轨。如图所示该系统中的两颗卫星A和B绕地球做匀速圆周运动。卫星A、卫星B的轨道半径rA<rB，线速度大小分别为vA、vB，角速度大小分别为ωA、ωB，周期分别为TA、TB，向心加速度大小分别为aA、aB，已知，下列说法正确的是（ ） A. vA<vB B. ωA<ωB C. TA<TB D. aA<aB 5. 图甲所示，AO为弹性良好的轻质橡皮筋（弹力与伸长量成正比），BO为可绕B点自由转动的轻质细杆，A、B两点的高度差为h。当O点不挂重物时，BO杆水平，橡皮筋恰好处于原长且与细杆的夹角α=30°；在O点挂上质量为m的重物，静止时如图乙，橡皮筋长度变为，重力加速度为g，则橡皮筋的劲度系数为（ ） A. B. C. D. 6. 足球比赛中，某队员为接应传球，由静止开始沿直线跑动，先匀加速冲刺，后匀减速至接球点停止。全程用时5s，位移大小为20m，则下列说法正确的是（ ） A. 该过程某时刻运动员的速度大小可能为10m/s B. 匀加速阶段的平均速度大小一定为4m/s C. 运动员的加速度大小可能为1m/s2 D. 运动员的加速度大小可能为1.5m/s2 7. 如图所示，地球的两个卫星轨道分别为半径和的低轨道1和高轨道2，某时刻变轨卫星在轨道1上点加速变轨到椭圆轨道，同时高轨卫星在点运行，变轨卫星第一次运动到点与高轨卫星相遇，地球质量为，引力常量为，下列说法正确的是（ ） A. 卫星在椭圆轨道点的速度为 B. 卫星在椭圆轨道的周期 C. D. 两圆轨道卫星分别从、运行到第一次距离最近的时间 8. 如图1所示，水平传送带以恒定速率顺时针转动，时刻在传送带左端点轻放一小物块，物块在传送带上运动全程的图像如图2所示（为抛物线，为直线）。取重力加速度大小，下列说法中正确的是（ ） A. 传送带的转动速率是4m/s B. 物块与传送带间的动摩擦因数为0.1 C. 物块与传送带的相对位移大小为16m D. 若物块以6 m/s的速率从端向左滑上传送带，则它离开传送带时的速率是6m/s 9. 如图所示，为光滑竖直杆，为型光滑杆，、、三点位于一圆周上，正好是该圆的直径，套在杆上的小球自点由静止释放运动到点（图中小球未画出；处为极短的圆弧，只改变小球的速度方向），沿杆运动的时间为，沿杆运动的时间为，则的值可能为（ ） A. 0.9 B. 1.5 C. 2.1 D. 1.8 10. 如图所示，某千斤顶的主体结构由铰链相连的四根等长铁杆构成。摇动手柄竖直抬升重物的过程中，、两点的间距每秒均匀缩短2mm，当时，下列说法正确的是（ ） A. 点相对点的速度大小为 B. 与两点速度大小相等，方向相反 C. 点速度大小为 D. 点速度大小为 二．实验题（本题共2小题，共14分） 11. 某实验小组采用如图（a）所示的实验装置探究“加速度与力、质量的关系”。 （1）按照图（a）进行实验，首先，为了使细线的拉力为小车的合力，实验应__________________；然后，为使砂桶和砂的重力可视为小车的合力，实验还应__________________。（均填选项序号） A.调整轨道的倾斜度平衡阻力 B.满足细线与长木板平行 C.满足砂桶和砂的总质量远小于小车质量 D.满足砂桶和砂的总质量远大于小车质量 （2）调整好实验装置后进行实验，得到的纸带如图（b）所示，已知电火花打点计时器所接交流电源的频率为，则小车运动的加速度__________________。 （3）保持小车的质量不变，改变砂桶中砂的质量，重复实验，得到对应的加速度。以砂桶和砂的质量为横坐标、小车对应的加速度为纵坐标，作出图像，若图线的斜率为，重力加速度为，则小车的质量__________________。 12. 某实验小组通过提升重物的方式研究直流电动机工作时的机械功率和热功率。实验装置如图1，主要器材包括稳压电源、电动机（带绞盘）、力传感器、位移传感器、定滑轮、重物 （1）为了测量电动机工作时的热功率，先进行电动机线圈电阻（阻值较小）的测量，此时需要保证电动机__________________（填 “转动”或“不转动”）；应选用__________________（填“甲”或“乙”）测量电路进行快速测量。 （2）然后把轻滑轮固定在力传感器下方，再把力传感器固定在支架上且示数调零。轻质细绳跨过滑轮，一端连接电动机绞盘，另一端连接重物。电动机带动绞盘旋转，拉动重物匀速直线上升。读取力传感器示数为，通过位移传感器测算重物上升时的速度，进而计算出电动机的机械功率为______________。 三．计算题（本题共3小题，共40分。13题10分，14题12分，15题18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，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. 如图所示，山坡的倾角为，一名滑雪爱好者以2m/s的初速度沿山坡匀加速直线滑下。已知人与滑板的总质量为60kg，受到的总阻力为60N，重力加速度g取，求： （1）3s内滑雪者下滑位移的大小； （2）3s末人与滑板总阻力的瞬时功率大小。 14. 如图所示，质量为1.6kg、半径为0.5m的光滑细圆管用轻杆固定在竖直平面内，小球A和B（均可视为质点）的直径略小于细圆管的内径（内径远小于细圆管半径）。小球A、B的质量分别为mA=1kg、mB=2kg。某时刻，小球A、B分别位于圆管最低点和最高点，且A的速度大小为vA=3m/s，此时杆对圆管的弹力大小为60N，取g=10m/s2，求此时B球的速度大小vB。 15. 如图所示，薄板b静止在平台上，t=0时刻，质量的物块a（视为质点）以大小为的初速度从b最左端开始向右运动，一段时间后a、b共速，此时a恰好运动到b的最右端。之后在时，b撞上平台右边缘P点处的固定挡板后等速率反弹，a向右飞出后落到Q点。已知a、b之间的动摩擦因数，b与平台之间的动摩擦因数，P、Q之间的高度差，水平距离，挡板厚度不计、高度对a运动无影响，空气阻力不计，取重力加速度。求： （1）b反弹后运动的位移大小； （2）b的长度及质量； （3）若薄板b的初始位置不变，改变a的初速度大小，能否出现整个运动过程a始终不滑离b且b与挡板只碰撞一次的情况？若能，求出a的初速度范围；若不能，给出理由。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $6学科网命组卷网 哈尔滨市第六中学校2026一2027年高三学年阶段性测试（一） 物理试题 一.选择题（本题共10小题，共46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，每小题4分；第810题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分， 选对但不全的得3分，有选错的得0分) 1.现代科技为物资运输提供了多种方式。某物流企业分别利用无人机和新能源货车从山上装货点P运输货 物至山下仓库Q,两种方式中一定相同的是() A路程 B.位移 C.平均速率 D.平均速度 【答案】B 【解析】 【详解】物流企业分别利用无人机和新能源货车从山上装货点P运输货物至山下仓库Q,两种方式货物的 运动轨迹不同，则路程不同，时间也不一定相等，但物体的初末位置相同，可知位移一定相同，由于平均 速率为路程与时间之比，所以平均速率不一定相同，而平均速度为位移与时间之比，位移相同，时间不一 定相同，所以平均速度不一定相同。 故选B。 2.如图所示，一只小鸟站在弯曲的树枝上处于静止状态。下列说法正确的是() A.树枝对小鸟作用力的方向一定竖直向上 B.小鸟对树枝的弹力是由于树枝发生形变产生的 C.小鸟对树枝的压力和小鸟受到的重力是一对平衡力 D.小鸟起飞瞬间，树枝对小鸟的作用力大于小鸟对树枝的作用力 【答案】A 第1页/共22页 命学科网命组卷网 【解析】 【详解】A.小鸟处于静止状态，受到竖直向下的重力和树枝对小鸟的作用力，二力平衡，根据平衡条件 有P=G 因此树枝对小鸟作用力的方向竖直向上，故A正确： B.小鸟对树枝的弹力是小鸟发生形变产生的，故B错误： C.小鸟对树枝的压力作用在树枝上，小鸟受到的重力作用在小鸟上，两个力作用在不同物体上，不是一 对平衡力，故C错误； D.小鸟起飞瞬间，小鸟对树枝的作用力与树枝对小鸟的作用力始终大小相等、方向相反，D错误。 故选A。 3.一物体放在水平面上，它的俯视图如图，两个相互垂直的力乃和F同时作用在物体上，使物体沿图中 的方向做直线运动。经过一段位移的过程中，力F和F对物体所做的功分别为3J和4J。则这两个力的 合力对物体所做的功为() F, F、 A.1J B.4J C.5J D.7J 【答案】D 【解析】 【详解】当有多个力对物体做功的时候，总功的大小就等于用各个力对物体做功的代数和，所以这两个力 的合力对物体所做的功W=3J+4J=7J 故选D。 4.我国一箭12星，首个太空计算卫星星座成功入轨。如图所示该系统中的两颗卫星A和B绕地球做匀速 圆周运动。卫星A、卫星B的轨道半径rA<B,线速度大小分别为YA、B,角速度大小分别为ωA、OB,周 期分别为TA、T,向心加速度大小分别为、阳，已知，下列说法正确的是() 第2页/共22页 6学科网命组卷网 A.VA<IB B.0A<OB C.TA<T D.aA< 【答案】C 【解析】 Mm≥mT入 G 【详解】A.地球质量为M。对卫星A'万有引力提供向心力 Mmg =mB G 喔 对卫星B,万有引力提供向心力层 re 由两式化简并结合慰给的轨道半径大小关系得一 GMGM= 因此>%，故A错误： MmA=mo0 G BC.对卫星A,万有引力提供向心力只 GMina 对卫星B,万有引力提供向心力 由两式化简并结合题给的轨道半径大小关系得-GGM一 =06 2π T= 由周期与角速度的关系一0，可知T<T,故B错误，C正确： MmA =ma G D,对卫星A沿半径方向应用牛顿第二定律只 第3页/共22页 6学科网 命组卷网 Mme =medB 对卫星B沿半径方向应用牛顿第二定律骨 GMGM 由两式化简并结合题给的轨道半径大小关系得 =ae,故D错误。 故选C。 5.图甲所示，AO为弹性良好的轻质橡皮筋（弹力与伸长量成正比），BO为可绕B点自由转动的轻质细杆， A、B两点的高度差为。当O点不挂重物时，BO杆水平，橡皮筋恰好处于原长且与细杆的夹角30°； 在O点挂上质量为m的重物，静止时如图乙，橡皮筋长度变为L=2.5h,重力加速度为8，则橡皮筋的劲 度系数为( m白 2.5mg 5mg 5mg 2 3mg B. 分 h C.(3-3)h 3h 【答案】B 【解析】 h =2h 【详解】由甲图可知，橡皮筋的原长 Lo= sina sin30° 挂上重物后，对重物受力分析如图 mg 0 第4页/共22页 6学科网 组卷网 mg_F 则由几何关系可知hL 又知L=2.5h F=2.5mg 联立解得，橡皮筋弹力 根据胡克定律有 F=k(L-Lo) k= 5mg 联立解得 h 故选B。 6.足球比赛中，某队员为接应传球，由静止开始沿直线跑动，先匀加速冲刺，后匀减速至接球点停止。全 程用时5s,位移大小为20m,则下列说法正确的是() A.该过程某时刻运动员的速度大小可能为10ms B.匀加速阶段的平均速度大小一定为4m/s C.运动员的加速度大小可能为1m/s D.运动员的加速度大小可能为1.5ms2 【答案】B 【解析】 【详解】A,运动员初末速度均为0，先匀加速后匀减速，设运动过程最大速度为”。根据匀变速直线运 立=%+y Vm Vm 动平均速度公式2，加速、减速阶段的平均速度均为2，全程平均速度也为2。由全程位移 V=20m x=总，代入x=20m、ta=5s,得25 m/s=4m/s 解得Vm=8m/s。运动过程最大速度为 8m/s 10m/s ,不可能出现 的速度，故A错误； 第5页/共22页 6学科网命组卷网 0+8 B。匀加速阶段初速度为0，未速度为最大速度8m/s,平均速度=2 m/s =4m/s ,是定值，故B 正确； C.设加速时间为，减速时间为七，，则(+七，=5s,加速加速度马二心 4,减速加速度4=。 t2。由于 (<59、4<58,因此4>1.6ms、4>1.6ms,加速度不可能为1m公2，放c错误： D.1.5m/s2<1.6m/s2 同理加速度不可能为1.5m ,故D错误。 故选B。 7如图所示，地球的两个卫星轨道分别为半径R和凡的低轨道1和高轨道2，某时刻变轨卫星在轨道1 上P点加速变轨到椭圆轨道，同时高轨卫星在Q点运行，变轨卫星第一次运动到K点与高轨卫星相遇，地 球质量为M,引力常量为G,下列说法正确的是() 2 R2/ 个 GM A卫星在椭圆轨道K点的速度为VR, (R+R)3 B.卫星在椭圆轨道的周期T=2元 GM C.∠QOp=π- 2(R+R)3 4V R 第6页/共22页 命学科网命组卷网 (R+R) D.两圆轨道卫星分别从、运行到第一次距离最近的时间t P O 【答案】C 【解析】 GM=m 【详解】A.高轨卫星在轨道2上做匀速圆周运动，万有引力充当向心力得R码 GM 解得高轨卫星的环绕速度=、 卫星在稀圆轨道K点，要进入高轨道2，需要再次加速，卫星在椭圆轨道K点的速度"<少，故A错误。 4π2 GMm二m7r2 B.高轨卫星在轨道2上做匀速圆周运动，万有引力充当向心力得R 解得乃=2π， R GM 根据开普勒第三定律得R云 =3 R+R2 椭圆轨道的半长轴 2 (R+R)° 联立得T=2π (R+R)月 =π1 8GM 2GM 故B错误： T (E+E)月 C,变轨卫星从p到K的时间为5= 8GM 高轨卫星从。到，的时间占周期的比值为元 (R+R月 32R 第7页/共22页 命学科网命组卷网 在时间5内，高轨卫星转过角度∠00K=头·2x= 2(R+R)3 4V 可得∠Q0P=π-∠Q0K=π- π 2(R+R)3 4V R ,故C正确： GMm mo R D.卫星在轨道1上做匀速圆周运动，万有引力充当向心力得R2 GM 解得 GMmz =m0g Rz 高轨卫星在轨道2上做匀速圆周运动，万有引力充当向心力得R GM 解得= R 两圆轨道卫星距离最近时，两卫星和地心在一条直线上。 两圆轨道卫星分别从P、 ∠QOP 运行到第一次距离最近过程中，卫星在轨道1要多转过 ，可得 @t=02t+∠QOP π 2(R+R)3 RR π 2(R+R2) π 4V R 4V R f= 解得 GM GM GMR-R ,故D错误。 故选C。 8.如图1所示，水平传送带以恒定速率顺时针转动，(=0时刻在传送带左端A点轻放一小物块，物块在 0~4s 传送带上运动全程的x一‘图像如图2所示(~4为抛物线， 4s~6s 为直线)。取重力加速度大小 g=10m/s2 下列说法中正确的是() 第8页/共22页 6学科网命组卷网 ↑x/m 16 t/s Vo 4 6 图1 图2 A.传送带的转动速率是4m/s B.物块与传送带间的动摩擦因数为0.1 C.物块与传送带的相对位移大小为16m D.若物块以6/s的速率从B端向左滑上传送带，则它离开传送带时的速率是6/s 【答案】AB 【解析】 【详解】A.4s-6s物块和传送带共速匀速运动，传送带速度大小等于x一1图中这段直线的斜率，即 v=Ax=16m-8m=4m/s △t6s-4s 故A正确： X= at2 B.0s-4s物块匀加速运动，x-t图像满足匀加速规律2，代入t=4s,x=8m,解得 a=Im/s2 F=ma=umg 匀加速过程中摩擦力提供加速度，根据牛顿第二定律 u=g=0.1 解得g，故B正确： c.0s-4s加速阶段，传送带位移=以=4ms×4s=16m,物块位移 1 x物=5at2=5×1m/s2×42s2=8m 2 共速后物块和传送带相对静止，因此相对位移△x=X带一x物=8m 故C错误； 第9页/共22页 6学科网 命组卷网 D.由-（图得仍总长L=16m,物块以%=6m6从刀点向左滑，加速度a=lm/s向右，若物块能到 达1端，由运动学公式”-=-2 得v=2ms,即离开传送带时速率为V=2ms,故D错误。 故选AB。 9.如图所示，AC为光滑竖直杆，ABC为L型光滑杆，A、B、C三点位于一圆周上，AC正好是该圆 的直径，套在杆上的小球自A点由静止释放运动到C点（图中小球未画出；B处为极短的圆弧，只改变小 t 球的速度方向)，沿ABC杆运动的时间为4，沿AC杆运动的时间为2，则t2的值可能为() B A.0.9 B.1.5 C.2.1 D.1.8 【答案】BD 【解析】 1 【详解】小球沿AC杆运动时，初速度为零，位移为2R,加速度为g,因此 2R=28 解得=2 h 设AB=(。小球沿AB运动时，重力沿杆方向的分力为 =mg 因此小球沿AB方向的加速度为4=8 第10页/共22页 6学科网命组卷网 由=2RM,得4=82R 小球从A点由静止开始运动，沿AB的位移为4.所以=24 代入4=82R,得1 1g42 -22R 解得'-2， R g =t2 1 mva =mgh 小球到达B点时的速度由机械能守恒得2" 所以'=V2gh 小球经过B处的极短圆弧时，只改变速度方向，不改变速度大小，因此进入BC段时的初速度仍为"： 2=8 设BC=I2,小球沿BC方向的加速度为 12 12 由号=2R,得4=82R 沿BC方向列运动学方程=+204 结合v,=2g4`号=2R ，可得g 以及4=g2R =21+g-g) h=tin+lnc=1+1+g2-g 因此2七2 第11页/共22页 6学科网命组卷网 因为A、B、C为圆周上不同的三点，所以9>0。又因为V1+g2-9>0 且V1+g2-9<1 1<4<2 所以t2 故选BD。 10.如图所示，某千斤顶的主体结构由铰链相连的四根等长铁杆构成。摇动手柄竖直抬升重物的过程中， ∠CAB=45° 两点的间距每秒均匀缩短2m,当 时，下列说法正确的是() 重物 手柄 2mm/s 点相对点的速度大小为 B.4 C “与两点速度大小相等，方向相反 C.B点速度大小为2mm/s D C点速度大小为V2mms 【答案】ACD 【解析】 【详解】BCD.由题意可知，四边形ABCD是菱形，摇动手柄竖直抬升重物过程中，B点的速度方向竖直 向上，A、C两点的速度方向分别垂直AD、CD方向，大小相等，A、C两点的间距每秒均匀缩短2m,可 12 知4、C两点速度的水平分量大小相等为'：=a-2×mms=lmms 第12页/共22页 学科网命组卷网 当∠CAB=45 时，B点和C点沿BC方向的分速度大小相等，即，sin45°=收 又'a=cos45o 可得%=V2mm/s.yg=2mmls A、C两点的速度大小相等，方向相互垂直，故B错误，CD正确： A.A、C两点竖直方向的速度大小相等，方向相同，水平方向速度大小相等，方向相反，所以A点相对C 点的速度沿水平方向，大小为'：+va=2mms 故A正确。 故选ACD。 二.实验题（本题共2小题，共14分） 11.某实验小组采用如图()所示的实验装置探究“加速度与力、质量的关系”。 电源插头Φ 电火花打点计时器 小车、纸带 长木板 砂桶 图(a) (1)按照图（ā）进行实验，首先，为了使细线的拉力为小车的合力，实验应 然后， 为使砂桶和砂的重力可视为小车的合力，实验还应 (均填选项序号) A.调整轨道的倾斜度平衡阻力 B满足细线与长木板平行 C满足砂桶和砂的总质量远小于小车质量 D满足砂桶和砂的总质量远大于小车质量 (2)调整好实验装置后进行实验，得到的纸带如图(b)所示，已知电火花打点计时器所接交流电源的频 率为，则小车运动的加速度a= 第13页/供22页 6学科网 组卷网 图b) (3)保持小车的质量不变，改变砂桶中砂的质量，重复实验，得到对应的加速度。以砂桶和砂的质量m 为横坐标、小车对应的加速度a为纵坐标，作出a一m图像，若图线的斜率为k，重力加速度为8，则小 车的质量M= 【答案】(1) ①.AB②.C [(x+x+6)-(x+2+x)]f2 (2) 36 g (3)k 【解析】 【小问1详解】 []调整轨道的倾斜度，使重力沿斜面的分量和摩擦力平衡：细线与长木板平行，细线上拉力方向沿轨道方 向；又重力垂直轨道方向的分量和支持力平衡，细线的拉力为小车的合力。 故选AB。 [2]由于细绳不可拉伸，小车和砂桶、砂沿绳子方向运动相同，将小车和砂桶、砂看作一个整体，根据牛顿 mg Q= 第二定律得M+m T=Ma= Mmg 对小车进行分析，根据牛顿第二定律得 M+m ≈mg 为了使 第14页/供22页 6学科网命组卷网 M 1 ≈1 需要M+m1+m M m ≈0 可得M 即m<M 故选C。 【小问2详解】 每两个计数点之间有一个点，时间间隔 =27=2 根据逐差法计算加速度得a= (4++x)-(玉+为+_[x+x+6)-(:+为+)]f 9(△)2 36 【小问3详解】 当满足m≤M时，有M+m≈M 用n爱-是m y=kx+b 对应一次函数 2k& 可得a-m图像的图线斜率M M=& 解得k 12.某实验小组通过提升重物的方式研究直流电动机工作时的机械功率和热功率。实验装置如图1，主要器 材包括稳压电源、电动机（带绞盘）、力传感器、位移传感器、定滑轮、重物 第15页/供22页 6学科网组卷网 力传 感器 绞盘 电动机 重物 m-( 位移发射器 位移接收器 图1 M A M 甲 乙 图2 (1)为了测量电动机工作时的热功率，先进行电动机线圈电阻”（阻值较小）的测量，此时需要保证电动 机 (填“转动”或“不转动”)；应选用 (填“甲”或 “乙”)测量电路进行快速测量。 (2)然后把轻滑轮固定在力传感器下方，再把力传感器固定在支架上且示数调零。轻质细绳跨过滑轮， 一端连接电动机绞盘，另一端连接重物。电动机带动绞盘旋转，拉动重物匀速直线上升。读取力传感器示 数为B,通过位移传感器测算重物上升时的速度。，进而计算出电动机的机械功率为 【答案】(1)①.不转动②.乙 第16页/共22页 6学科网 6组卷网 Fovo (2) 2 【解析】 【小问1详解】 [1][2]用伏安法测电动机线圈的电阻时，电动机须为纯电阻，故电动机应该处于不转动的状态；由于电动机 线圈的电阻较小，故应选择电流表的外接法，因此应选择乙图所示的测量电路。 【小问2详解】 P=2 电动机的拉力的大小等于力传感器示数的一半，故其机械功率为 ovo 三.计算题（本题共3小题，共40分。13题10分，14题12分，15题18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，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.如图所示，山坡的倾角为30°，一名滑雪爱好者以2s的初速度沿山坡匀加速直线滑下。已知人与滑 0m/s2 板的总质量为6Okg,受到的总阻力为60N,重力加速度g取 ,求： (1)3s内滑雪者下滑位移的大小： (2)3s末人与滑板总阻力的瞬时功率大小。 【答案】(1)24m (2)840W 【解析】 第17页/共22页 命学科网组卷网 【小问1详解】 mg sin30°-f=ma 对滑雪者受力分析，根据牛顿第二定律可得 代入数据解得a=4m/s2 1 x=Vot+at2 由运动学规律 2 代入数据解得，3s内滑雪者下滑位移的大小为=2×3m+2×4×3m=24m 【小问2详解】 根据匀变速直线运动规律可得，3s未人与滑板的速度大小为"=%+aM=2m/s+4×3ms=14ms P==60x×14W=840W 则3s末人与滑板总阻力的瞬时功率大小 14.如图所示，质量为1.6kg、半径为0.5m的光滑细圆管用轻杆固定在竖直平面内，小球A和B(均可视为 质点)的直径略小于细圆管的内径（内径远小于细圆管半径）。小球A、B的质量分别为1kg、 阳=2kg。某时刻，小球A、B分别位于圆管最低点和最高点，且A的速度大小为a=3m/s,此时杆对圆管 的弹力大小为60N,取810ms2,求此时B球的速度大小1。 LLL VB 】 【答案】lms或V3Ims 【解析】 【详解】设球A和球B与管之间作用力的大小分别为W和，根据牛顿第二定律可得 第18页/供22页 命学科网 6组卷网 NA-mAg=WA R NA =28N 解得 由于管处于平衡状态，当杆对管的作用力方向向上、B对管的力向下，有 F=Mg+N+NB mng-Nat=Wi NBI =16N VBI =1m/s 解得 当杆对管的作用力方向向下、B对管的力向上，有Nm=Mg+N+F,me8+N2=m:尺 解得2=104N.e=V31ms m=2kg 15.如图所示，薄板b静止在平台上，0时刻，质量 的物块a(视为质点)以大小为"=5ms。 的 t=1.5s 初速度从b最左端开始向右运动，一段时间后a、b共速，此时α恰好运动到b的最右端。之后在 时，b撞上平台右边缘P点处的固定挡板后等速率反弹，α向右飞出后落到Q点。己知a、b之间的动摩擦 因数4=02，b与平台之间的动摩探因数4=0.1，A、Q之间的高度差h=0.8m,水平距离乙=12m 挡板厚度不计、高度对a运动无影响，空气阻力不计，取重力加速度8=10m 。求： (1)b反弹后运动的位移大小： (2)b的长度及质量： (3)若薄板b的初始位置不变，改变a的初速度大小，能否出现整个运动过程a始终不滑离b且b与挡板 只碰撞一次的情况？若能，求出α的初速度范围；若不能，给出理由。 第19页/共22页 6学科网命组卷网 6 777777777777777 【答案】(1)4.5m (2)1.25m, (3)不能；假设b先共速，再与挡板发生第一次碰撞，碰撞瞬间速度为片.4mg+4,(m+M)8=M血， a4=28m/s22a4x=2=a44=2-aG+t4)=a442a3= 代入数据解得<，必再次发生碰撞。 【解析】 【小问1详解】 1 由平抛运动规律，竖直方向上有h=2对 h= 解得60.4s 水平方向上有 L=Volo 解得6=3m/5 反弹后，口己飞出，b仅受地面摩擦力，由牛顿第二定律有4g=M 解得a=lm/s2 由于碰撞前a、b共速，所以碰撞前瞬间b的速度大小也是3m/s,故反弹后b的初速度为3m/s,根 据运动学公式有听=2m 第20页/供22页 6学科网6组卷网 解得x=4.5m 【小问2详解】 在二者相对滑动时，对a有4mg=ma,对b有4mg-凸(m+M)8=Ma, 解得4=2m/g2.4=2-M M 设“的初速度为V=5m/、,达到共速时二者速度为”，则有Y=v-a4=a4 在二者相对静止共同减速时有么(m+M)=(m+M)a, 解得马-1m/s2 撞到挡板前有%=%-45.4+5=1.5s 联立后解得1=05,4=5，号=4细/，4=8m1g,M-名起 91 o= 则根据相对位移有，b的长度 解得1=1.25m 【小问3详解】 假设b先共速，再与挡板发生第一次碰撞，碰撞瞬间速度为”，对碰撞后的进行受力分析，根据牛顿 第二定律有4mg+凸(m+M)g=Ma, 解得a-28m/s2 设b向左的最大的位移大小为，则有2a,=片，=0,4 设二者再次达到共速时速度为，b向右的最大的位移大小为，则有%=%一a(华+4，)=a4, 第21页/供22页 6学科网 6组卷网 2a52= 代入数据解得了< 所以必再次发生碰撞，不能出现整个运动过程α始终不滑离b且b与挡板只碰撞一次的情况。 第22页/共22页