河南周口市扶沟县高级中学2026-2027学年高三上学期物理实验班周日试题（10.18）

高三物理实验班周日试题答案 1.【答案】D【详解】A.平衡位置是小球合力为零的位置，小球自身受重力，两弹簧弹力的 合力需要平衡重力，因此两弹簧弹力不为零，故A错误：B.t=0.05πs时，小球位移y达到 正向最大值，加速度为负向最大，不为零，故B错误；C.t=0.15s时，小球位移y达到负 向最大值，说明小球在最低点，加速度向上且最大，小球处于超重状态，对箱子的向下作用 力最大，因此箱子P对地面的压力最大；小球在最高点(t=0.05πs)时失重最明显，箱子对 地面压力才最小，故C错误；D.t=0.1πs时，y=0,小球刚好在平衡位置，简谐运动 中，平衡位置处回复力为零，速度大小最大，故D正确。故选D。 2.【答案】D【详解】A.由图乙可知，t=0时刻小球处A点，t=04πs,小球处于C点， t=0.8πs,小球第一次回到A点，则单摆的周期为0.8πs,故A错误；D.根据单摆周期公式 T=2π 可得单摆的摆长为L-二--16m,故D正确：C.摆球所受重力沿切线方 向的分力提供其回复力，故C错误：B.设小球在最高点时，细线与竖直方向的夹角为0，此 时有mgc0s0=Fm=0.498N小球在最低点时，根据牛顿第二定律可得Fnax一mg=m其 中Fmax-0.504N;小球从最高点到最低点过程，根据动能定理可得mngL(1-cos0)-mv2联 立以上式子可得小球的质量为m=m+2m=504+2x0,49kg=0.05kg,故B错误。 3g 3×10 3.【答案】B【解析】【详解】A.足球从A点到B点做平抛运动，水平分速度大小始终为 V。设碰撞前竖直分速度大小为y,碰前速度与竖直方向成45°，两分速度大小相等，即 ”,=%,竖直方向做自由落体运动，由匀变速直线运动规律得-0=2g解得。， 故A错误；B.足球从B点反弹至C点仅受重力，水平方向速度不变，故碰撞后水平分速度 大小仍为。。设碰撞后竖直分速度大小为V,,取竖直向上为正。由题图，C点离地高度为 2”,且该点竖直分速度为零，由匀变速直线运动规律得0-？=-2gG1代入前述高度，解得 -由速度分解可得ma-空-所以a≈53，故B正确；CD.设足球质量为m,用下标1和 2分别表示碰撞前、后瞬间的状态。碰撞前，由速度合成得y=+=2,碰撞后，由速度合成 得-子由动量定义=m,碰撞后与碰撞前的动量大小之比为会票-誓由动能表 达式瓦=)m,碰撞后与碰撞前的动能之比为会-号-萄放CD错误。故选B。 4.【答案】C【解析】【详解】A.大人和小朋友随魔盘做匀速圆周运动，受重力mg(其中 大人为Mg,小朋友为g)、支持力F和静摩擦力∫作用。合力提供向心力，方向水平指向 第1页/共8页 转轴。设角速度为0，轨道半径为r'(其中大人为R,小朋友为P)。加速度a水平指向 轴，加速度大小α=or'沿斜面和垂直斜面方向建立坐标系，垂直斜面向上为正方向，可得 F-m'gcos0=m'(-asin O)解得F=m'(gcos0-o2r'sin0沿斜面向上为正方向，可得 f-m'gsin0=m(acos0)解得f=mor'cos0+gsin0)大人受到的摩擦力大小f=M(@Rcos0+gsin0)显然 f>Mg sin 0,故A错误。B.大人支持力F=M(gcos0-Rsin0)小朋友支持力 Fa=m(gcos0-m2rsin0)虽然M>m,但由于R>r,(gcos0-o2Rsin0)比gos0-'rsin)小。无 法比较两个支持力的大小，故B错误。C.魔盘对人的作用力F是支持力F和摩擦力∫的 合力。根据牛顿第二定律，人受重力G和魔盘作用力F，合力为向心力F向。可得 F=G+=mg+oF大人F=Mg+oR2小朋友E=m√g+oF因为M>m且R>r,所以E>F) 恒成立。故C正确。D.根据f>m'g sin 0,可得发生相对滑动的临界条件是静摩擦力达 到最大位K.可得ara0+gm0小mgo0-rmj解得4因为 R>r,所以大人的临界角速度小于小朋友的临界角速度⊙<⊙，即随着转速增加，大人先达 到临界状态，先飞离发生滑动，D错误。故选C。 5.【答案】C【解析】【详解】A.由密度定义，地球密度为A“心题中未给出地球半径， M 因此不能仅由题给条件估算地球密度，故A错误；B.设月球质量为m,地球和月球绕质心 0的轨道半径分别为地和月，则”绝+月=L地月间万有引力为F=6，,对地球应用牛顿第 二定律，有0：“对月球应用牛顿第二定律，有6=m两式相加并利用前述距离和关 系，怨GM+mL又因@，所以M+m=GT因此月球质量应为m=4红么 C7-M,故B错误； C.由c管，0授-两式相除，且地球和月球的角速度相同，有会好代入前述质 量关系，得鱼-m-GT ©-“_4巴，故C正确：D.两物体绕同一点转动的角速度相同，线速度一 r月M 满足v=w,因此一号-府这说明各自的速度大小与分一物体的质量有关，而不是与自身 质量成正比，故D错误。故选C。 第2页/共8页 6.【答案】D【解析】【详解】A.由题图乙可知，t=0.5s时物块的速度最大，则物块此时 处于平衡位置处，所以位移为0，故A错误；B.由题图乙可知，t=0.5s时物块的速度为 v=1.2m/s。由于光点速度的水平分量与物块的速度始终相等，则t=0.5s时光点的速度为 k心a品ms=5ams,故B错误：C.已知A、B两点间的距离为0.8m,则该弹簧振子的振 幅为A=0.4m;由题图乙可知，该弹簧振子的周期为T=2s,则根据弹簧振子的周期公式 T=2可知，弹簧的劲度系数为-产18Nm1=ls时物块的速度为0，则物块此时处于最大位 移处，即位移的大小等于振幅A,所以此时弹簧对物块的弹力大小为F=kA=0.72N,故C 错误；D.由题图乙可知，1=2s时物块也处于最大位移处，则此时弹簧对物块的弹力大小为 F=0.72N,根据牛顿第二定律有F=ma解得此时物块的加速度大小为a=F=3.6ms由题意 可知，光点加速度的水平分量与物块的加速度始终相等，所以1=2s时光点的加速度大小为 co828nms=45ms3,故D正确。故选Dg 7.【答案】D【解析】【详解】A.物块的速度等于小球沿细线方向的分速度。当小球运动到 B点时，细线与杆垂直，小球速度沿杆方向，因此沿细线方向的分速度为0，即物块速度为 0,是物块运动过程中的最小速度，并非最大速度，故A错误。B.小球在A点时，速度沿杆 方向，将V分解为沿细线方向和垂直细线方向的分量，沿细线方向的分量与物块速度大小相 等。由几何关系可知，V与细线方向的夹角为37°，因此物块速度，=m-厩x08=,故 B错误。C.系统总重力势能的变化量等于小球重力势能变化量与物块重力势能变化量之和。 小球从A到B沿杆向上运动距离L,上升高度h=Lsin37°=0.6L小球重力势能增加 △E,l=mgh=0.6mgL由几何关系，B点时滑轮到小球的细线长度为Lm3-头A点时滑轮到 小球的细线长度因此细线缩短的长度丛头兰-即物块下降高度A-片物块重力势能 减少△E2=2mgh,=mgL系统总重力势能变化量△E,=△E,l-△E,2=0.6mgL-mgL=0.4mgL,故C 错误。D.对小球从A到B的过程应用动能定理。小球从A到B的过程，细线对小球做的功 为W与细线对物块做得功W”,大小相等，一正一负。对物块分析，由动能定理 mgL+W=0-x2m枚细线对小球做的功为r罗，故D正确。故选D。 8.【答案】BD【解析】【详解】小车在水平面内运动，由图乙可知，小车在O~t,时间内做 匀加速直线运动，在t,时刻到达P点，此时速度大小为v=ao由于沿轨道到达P点后撤去动 力，小车继续以恒定速率沿轨道运动到Q点则由图甲可知，小车以速度v=4,。在半圆弧轨 第3页/共8页 道PQ段做匀速圆周运动由图乙可知，其向心加速度大小为an=aAB.直轨道OP的长度 为%=6由向心加速度公式an= 可得圆弧半径为R=二_a=46侧圆弧轨道P的长 R 404 度为=R=a6可知长度之比为4：山=)：a=l:2π，故A错误，B正确；CD.由图乙可知，直轨道 上的运动时间为(=，而圆弧轨道上的运动时间为4=台==因此时间之比为64，故 C错误，D正确。故选BD。 9.BD 10.【答案】BC【解析】【详解】A.由题意可知物体离开弹簧时有向左的速度v,取向左为 正方向，对物体、弹簧和轻杆组成的系统，由动量定理可得I=mv-(-m)=m(v+%)>m%,故A 错误：B.由于是轻杆，杆和弹簧组成的整体两端的力大小相等，即kd=kx设轻杆最大插入 深度为d,阻力∫=k,d是随深度线性变化的力，克服阻力做功为变力功m=)k,由能量 守恒，物块初动能全部转化为弹资性势能和克服阻力的功m-d+片父方程联立， 解得轻杆插入的最大深度为-，故B正确：C,根据B选项分析可知x的最大值为 则弹资最大的弹性势能。-物块向左运动时弹簧弹性势能转化为物块 (k 的动能，即=w解得v=、 最终物块的动量变化量大小为mw+W)=m,+mV,十名，故C k2 k+k 正确：D.轻杆插入最大深度的一半时=，x=今因此物块此时的动能为 2 R=m-r-d-m,故D错误。故选BCo 11.(7分)【答案】 ①.1.98(1分) (2分)③.9.86(2分) ④. 2.5(2分)【解析】【小问1详解】 [1]图(2)中两虚线处均对应磁感应强度的极大值，二者之间有5个完整周期，因此 T=11.178-1278=1.98s 5 解得。 d [2]单摆摆长为悬点到小球球心的距离L+号，由周期公式ī=2 g [3]图(3)中直线斜率k= 41-0g-025ms根据关系式L+号号T直线斜率为k= 1m 24π2 4x2 因此g=4π2k=4×9.86×0.25m/s2=9.86m/s2[4磁铁厚度不可忽略时，悬点到组合体重 第4页/共8页 心的距离为L+号+h,由周期公式可得T_4红 g +h整理得L+号-h L 图线过点0.1s2,0),故h=k×0.1s2=0.25m/s2×0.1s2=0.025m=2.5cm 12.(8分)【答案】(1)5.25(1分)(2)2.63(1分) (3)0.750 (2分) (4) ①.0.726(2分)②.滑块所受合外力的冲量等于它的动量变化量，验证了动 量定理。(2分) 【解析】【小问1详解】20分度游标卡尺的精度为0.05mm,主尺读数为5m,游标第5条刻 度线与主尺对齐，读数为5mm+5×0.05mm=5.25mm 【小问2详解】滑块通过光电门的平均速度用遮光片宽度除以遮光时间计算，可得平均速度 大小v=-4-525x10m-26ms △12x10's 【小问3详解】F一图像与时间轴围成的面积表示冲量，总格数约75格，每格冲量为 I。=0.010N.s可得总冲量大小I=75×0.010N.s=0.750N.s 【小问4详解】[1]以碰前运动方向为正方向，碰前速度为v。=v=2.63/s,碰后反向速度 为v=-1.00m/s,可得动量变化量△p'=Mw-M%,=-0.726kgm/s [2]在误差允许范围内，力传感器的冲量大小与滑块动量变化量大小近似相等，即滑块所受合 外力的冲量等于它的动量变化量，验证了动量定理成立。 四、解答题（本题共3小题，第13题10分，第14题14分，第15题15分，共39分） 13.(10分)【答案】(1)v=40m/s:W=4.8×10J(2)t=20s(3) F=8×103N;E=1.024×10J 【解析】【小问1详解】 汽车匀速行驶时，牵引力与阻力二力平衡，即F=∫。根据额定功率公式P=Fv可得： P80×103 子20x10ms=40ms(1分) V= 额定功率下牵引力做功W=Pt=80×103×600J=4.8×10'J(1分) 【小问2详解】 匀加速阶段根据牛顿第二定律：F'-f=ma(1分) 可得此时牵引力：F'=f+ma=2.0×103N+2.0×103×1.0N=4.0×103N 匀加速过程中汽车功率逐渐增大，当功率达到额定功率时，匀加速阶段结束，设此时速度为 Y,由P=F%(1分)得：y=P=80x10 F'4.0×103 m/s=20m/s 匀加速运动满足片=叫，(1分)解得4=兰=20 s=20s(1分) a1.0 第5页/共8页 【小问3详解】 制动后汽车做匀减速直线运动，初速度为v=40/s,经t=8s停下，减速加速度大小： 4=-40 m/s2=5m/s2(1分)制动过程中阻力与电磁制动力共同提供减速的合力，由牛 顿第二定律：F+f=md(1分) 代入数据得：F电=md-f=2.0×103×5N-2.0×103N=8×103N 制动过程中电磁制动力做的功为形=x1分)其中制动位移x分一？、 =2x8m=160m 电能回收效率为80%，因此回收的电能： E电=80%.F电·x=0.8×8×103×160J=1.024×10J(1分) 14.(14分)【答案】(1)50N(2)3J (3)27.75J 【解析】【小问1详解】细圆管可从两侧约束物体。在最高点，即使速度为零，管壁仍可向上 提供与重力平衡的支持力，因此恰好通过最高点的临界速度为VB=0。(1分)设a经过最低 点C时的速度大小为'c,以C所在水平面为零势能面。a从C到B只有重力做功，由机械能 守恒定律得)m,2=)m,+2m,gR(1分)解得y=4gR=2ms 在C点，以竖直向上为正方向，轨道支持力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得 R风g=号1分)代入得K=mg+现是-50N1分) 【小问2详解】 设弹簧刚恢复原长时a,b的速度大小分别为V,和y。水平直轨道光滑，a从与弹簧分离到经 过C点的速度大小不变，故v。=vc=2m/s 弹簧释放过程中，取两物体和弹簧为系统，水平方向合外力为零。取向右为正方向，由动量守 恒定律得-m,。+m,=0(1分)解得y=m,业=1mS m 物体与弹簧不拴接，弹簧恢复原长后二者与弹簧分离。由系统机械能守恒，原有弹性势能全部 转化为两物体的动能，故E=m+m=3划(1分) 【小问3详解】 b冲上传送带时的速度为y=lm/s,小于带速v=4m/s,故先受沿传送带运动方向的滑动摩 擦力而加速。竖直方向支持力与重力平衡，设滑动摩擦力大小为∫，则∫=m,g=I0N 第6页/共8页 取传送带运动方向为正方向，设物块加速度大小为4，由牛顿第二定律得∫=m,a,所以 a,=4g=5m/s2(1分) 设加速至带速所用时间为，由匀变速直线运动的速度关系得v=V。+a,41(1分) 解得4==0 物块对传送带的摩擦力阻碍传送带运动。为维持带速不变，电动机须额外提供大小为∫的牵引 力，因此这一阶段多做的功为W=t=24J(1分) 共速后至碰撞前，物块无需摩擦力维持匀速运动，电动机在这一阶段无额外做功。下面分析碰 V重直挡板 后沿挡板运动的阶段。在水平面内，将带速分解为沿挡板和垂直挡板的分速度， 如图所示。其中y,也是碰后物块的速度大小，Vn为带速垂直挡板的分速度大小 沿挡板 由题给碰撞规律，物块沿挡板分速度不变，因此v2=vcos0=3.2/s(1分) 带速垂直挡板的分速度大小为vn=sin0=2.4m/s(1分) 物块与传送带沿挡板的分速度相同，而物块垂直挡板的分速度为零，所以物块相对传送带的速 度垂直挡板，方向与带速的垂直挡板分速度相反。因此物块所受滑动摩擦力垂直挡板、指向挡 板，大小仍为∫=10N。光滑挡板的支持力与该摩擦力平衡，沿挡板方向合力为零，故物块以 凸匀速滑动，所用时间为4--0.15625s(1分)由牛顿第三定律，物块对传送带的摩擦力也垂 直挡板，其沿传送带运动方向的阻力分量大小为F=iB=6N 电动机须额外提供大小为F的牵引力，因此碰后至滑离传送带的阶段多做的功为 W2=Fv42=3.75J(1分) 所以全过程电动机因传送该物块多做的功为W=W+W=27.75J(1分) 15.【答案】(1)5N (2)2m/s (3) 361 【解析】【小问1详解】 假设开始时A、B相对静止一起加速运动，由牛顿第二定律得a=gE 2m 对A受力分析，A、B间的摩擦力大小==5N(1分) 由于f<mg,假设成立，A、B间为静摩擦力，大小为5N(1分) 【小问2详解】 A、B刚发生相对滑动时，加速度相同，设此时弹性绳伸长量为x 对B由牛顿第二定律得a=5-mg(1分) m 第7页/共8页 对A由牛顿第二定律得a=mg-位(1分) 由系统功能关系有(s+x)G+2m(1分)解得v=2m/s(1分) 【小问3详解】 A、B一起向右减速，C向右加速，设A、B和C碰撞前速度分别为Y和2 由动量守恒有2mv=2mv+2my2（1分) 由能量守恒有)2m-方2m+号2m+a2mgd（1分)解得y=l.5ms,%=0.5ms 2 B、C发生弹性碰撞，设碰后B、C速度分别为 由动量守恒有my+2mv,2=m%+2mv(1分) 由能量守恒有)m+)2m=)m2+52my(1分) 2 2 7 解得=m/s,=2m/s 6 6 B、C碰后均在A上向右加速，加速度相同，C与A先相对静止 其中4=2mg=75ms2,46-m8=75mS2,a,-24m8+ms=225ms2(1分) 2m m m 设B、C碰后C在A上滑行时间为t,A、C共速为v' 由运动学公式有v=Y-at=+a.t(1分) 1 解得t= S 90 B,C碰后，C相对A滑行位移x-)1 m(1分) 540 C与A相对静止后一起减速，B加速，最终A、B、C速度相等一起匀速 最终A、B、C共同速度为y,由动量守恒有2mv=4my,(1分) 由能量守恒有A、B间摩擦产生热量0-)2m2-)4mNS-2umg(x+d)=(2分) 1 2 36 第8页/共8页高三实验班物理周日试题答题卡 学校 班级 姓名 考场号 座位号 考号 注意事项： 贴条形 1. 选择题作答必须用2B铅笔，修改时用橡皮擦干净。解答题作 答必须用黑色墨迹签字笔或钢笔填写，答题不得超出答题框。 2. 保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破。 码 3.在考生信息框中填写姓名及准考证号。 选择题填涂说明 正确填涂： 错误填涂： EA][AA]☑X 一、选择题（本题共10小题，共46分。1-7题为单选题，每小题4分；8-10为多选题，每小题6分， 全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。) 1 CAJCB]CCJCDJ 5 EAJ CB]CC3 CDT 9 EAJEB]ECJ CDJ 2 CAJ CB]CCJCD] 6 CAJ CD] 10 CAJCB]CC]CD3 CAJCB]CCJ CD] 7 EAJ CB]CCJ CD3 4 CAJ CBJ CCJ C DJ 8 EAJCB]CC]CD3 二、 实验题(11题7分，12题8分，共15分) 11.(2) (1分)(3) (2分)(4)① (2分)② (2分) 12. (1) (1分)(2) (1分)(3) (2分) (4) (2分) (2分) 13.(10分) 请在各题目答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答题无效 物理试题答题卷（第1页）共2页 14.(14分) D 15.(15分) B A 】 请在各题目答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答题无效 物理试题答题卷（第2页）共2页高三物理实验班周日试题 第I卷 一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题给出的四个选项 中，只有一个选项是符合题目要求的) 1.如图(a)所示，箱子P放在水平地面上，两根相同的轻质弹簧连着小球Q,两弹簧另一端 与箱子P连接，弹簧均处于竖直状态。取竖直向上为正方向，小球Q在竖直方向振动过程中 相对平衡位置的位移y随时间t的变化如图(b)所示，箱子P始终保持静止。弹簧始终在弹 性限度内，则() A.小球Q在平衡位置时，两弹簧弹力为零 v/cm B.t=0.05πs时，小球Q的加速度为零 0.1π 0.2π C.t=0.15πs时，箱子P对地面的压力最小 77277777777 图(a) 图(b) D.t=0.1πs时，小球Q的速度大小最大 2.如图甲所示，传感器固定在天花板上，将单摆一端固定在传感器上的O点。0时刻，将 摆球拉到A点由静止释放，让其在A、C之间来回摆动（摆角小于5°），其中B点为最低点。 图乙表示细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的图像，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是() FN 0.504 A.单摆的周期为0.4πs 传感器 B.根据所给数据不能求出摆球的质量 0.498 C.摆球所受合力提供摆球振动的回复力 0.492 0 0.4π 0.8πt D.单摆的摆长为1.6m 甲 乙 3.2026年6月美加墨世界杯足球比赛在墨西哥开幕，如图所示为某段时间内足球与水平地面 碰撞前后的轨迹，己知足球碰撞前瞬间速度方向与竖直方向的夹角为45°，A、C两点速度大 小均为。且方向水平，重力加速度为8，足球视为质点，不计空气阻力，下列说法正确的是 AA点距地面的高度H= Vo+ 8 45 B.碰撞后瞬间，足球速度方向与竖直方向的夹角为=53° nimiinninn 第1页/共8页 3 C.碰撞后瞬间，足球的动量大小为碰前的 4 9 D.碰撞后瞬间，足球的动能大小为碰前的 16 4.游乐场有一种叫“魔盘”的娱乐设施，简化模型如图，魔盘侧面与水平面的夹角为0。质量 分别为M和m(M>m)的大人和小朋友随魔盘一起转动，其轨道半径分别为R、r(R>r), 动摩擦因数相同。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g,则() A.大人受到的摩擦力可能小于gsin0 B.大人受到魔盘的支持力一定比小朋友大 C.大人受到魔盘的作用力一定比小朋友大 D.大人一定比小朋友后发生相对滑动 5.研究表明，月球并非单纯绕地球球心转动，而是二者共同绕地球和月球球心连线上的某点 O做圆周运动.已知地球和月球绕O点转动的周期为T,地球的质量为M,地球和月球的球 心连线的距离为L,引力常量为G,不考虑其他星体对地月系统的影响，下列说法正确的是 ( ) A.可以估算地球的密度 B.月球的质量为4πL GT2 C0点到地球中心的距离与到月球中心的距离的比值为4，汇 GMTZ-1 D.地球和月球绕O点转动的速度大小与自身质量成正比 6.如图甲所示，斜面MN与光滑水平面的夹角α=37°，可视为质点的物块上固定一激光器， 激光器始终发出一束竖直向上的红色激光，激光照在斜面MN上形成的光点为O'。物块和激 光器整体以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动，物块和激光器的总质量m=0.2kg, A、B两点间的距离为0.8m,sin37°=0.6，c0s37°=0.8，π取3。规定向右为正方向， 物块的速度v随时间1的变化如图乙所示，弹簧振子的周期公式T=2π m (m为振子质量， k k为弹簧劲度系数)，则() 第2页/共8页 A.t=0.5s时物块相对平衡位置的位移为0.4m M B.t=0.5s时光点的速度大小为0.96m/s 0 W(m's) 1.2 C.t=1s时弹簧对物块的弹力大小为1.44N 激光器 0.51.01.52.02.53.0ts wwwwt -1.2 D.t=2s时光点的加速度大小为4.5m/s2 甲 乙 7.如图，光滑的细杆与水平方向成37°角固定放置，不可伸长的轻质细线跨过两个轻质定滑 轮，将质量为m的小球与质量为2m的物块连接。小球套在细杆上由静止开始上滑，当运动 到线与杆之间的夹角为37°的A点时，V4=√gL,方向沿杆斜向上；当运动到B点时，线 与杆垂直。已知A、B间的距离为L,重力加速度为8，细线一直处于伸直状态，整个过程 中物块没有落地，sin37°=0.6，c0s37°=0.8，下列说法正确的是( ) A.当小球运动到B点时，物块速率最大 tttttuataattittt B当小球在A点时，物块的速度大小为2gL 5 379 C.小球从A点运动到B点，系统总重力势能的减小量为mgL 370 mmmmmmmiiinmmiimmmm D.小球从A点运动到B点，细线对小球做的功为 41mgL 25 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选 项中，有多项是符合题目要求的。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.如图甲所示，某装置由直线轨道OP和光滑圆弧轨道PQ平滑连接而成。将该装置固定于水 平桌面上，以O点为坐标原点，垂直于OP向右为x轴，沿OP向上为y轴建立直角坐标系。 智能小车在电机牵引下自O点由静止释放，沿轨道到达P点后撤去动力，小车继续以恒定速 率沿轨道运动到Q点，图乙所示为该过程中小车y轴方向加速度a,随时间t变化的图像。下 列说法正确的是() A.直轨道与圆弧轨道的长度之比为2：π B.直轨道与圆弧轨道的长度之比为1：2π 智能小车 C.小车在直轨道与圆弧轨道上的运动时间之比为2：π 甲 第3页/共8页 D.小车在直轨道与圆弧轨道上的运动时间之比为1：π 9.如图所示，质量为m的滑块A套在水平杆PQ上，C为竖直杆MN上的一个固定光滑小 环，穿过小环的轻绳一端连在滑块A上，另一端吊着质量为m的小球B,让整个装置绕竖直 杆N匀速转动，稳定时，AC段轻绳与水平方向的夹角为37°，BC段轻绳与竖直方向的夹 角也为37°，且AC=BC-L,重力加速度为g,sim37°-0.6，cos37=0.8,不计滑块和小球的大 小，则下列说法正确的是 37 4 A.轻绳上的拉力大小为。g 15g B.整个装置转动的角速度大小为 2VL C.滑块A有沿QP杆向外滑动趋势 B。 D.缓慢增大转动的角速度，滑块A始终不会滑动 10.现有一缓冲装置放于水平光滑桌面，如图所示，一长为1的轻杆左端与一劲度系数为飞的 轻弹簧相连，右端恰好放置在槽口处，槽固定在桌面上。质量为m的物块以。的速度向右撞 击弹簧，使轻杆插入槽中，但不超过1，弹簧始终在弹性限度内。已知轻杆与槽之间阻力满足 ∫=kd,飞2为常数，d为轻杆插入槽的深度；弹簧的弹性势能E。=。kx2,其中x为形变 量。物体从接触弹簧到离开弹簧过程中，下列说法正确的是( A.轻杆与槽之间的阻力冲量大小为mv。 Vo mvok B.轻杆插入的最大深度为 W轻杆 (k+k)k2 C.最终物块的动量变化量大小为mv,+mvo1 k2 k+k2 D。轻杆插入最大深度的一半时，物块的动能为m 第Ⅱ卷 三、实验题（第11题7分、第12题8分，共15分） 第4页/共8页 11.某实验小组利用智能手机及单摆测定当地的重力加速度。将一个直径为d的小球用不可伸 长的细线竖直悬挂，小球下方吸住一小块磁铁（厚度不计），手机放在悬点正下方水平面上， 实验装置如图(1)所示。 ↑L+号m 计时时刻t=1.27s 0.1 4.1 计时时刻t,=11.17s 图(1) 图(2) 图(3) (1)用游标卡尺测得小球的直径d,摆线长度为L。 (2)打开手机的磁传感器，让小球在竖直面内做小角度摆动，手机记录了竖直方向上磁感应 强度的大小B随时间t变化的图像如图(2)所示，则单摆的周期T= (3)根据上述条件，计算出重力加速度g= (用L、d、T表示)。 (4)多次改变摆长，重复实验，得到多组摆长L及小球摆动的周期？，作出相应的(L+)-T2 关系图像如图(3)所示。 ①取π2=9.86，根据(L+)-T2图像可求出当地重力加速度g m/s2。 ②在实际操作中，磁铁的厚度不能被忽略。请你根据图像，求出小球与磁铁组成的整体的重心 到球心的高度差h= cIm。 12.某航天兴趣小组为研究“着陆器着陆时缓冲材料的吸能特性”，利用图甲所示装置模拟着 陆过程，并验证动量定理。 实验器材：气垫导轨、滑块（含遮光片）、光电门（与计时器相连）、力传感器及数据采集器、 游标卡尺、刻度尺。 实验装置：将气垫导轨（已调至水平）固定在铁架台上，滑块（包括遮光片质量M=0.2kg) 代表“着陆器”，其一端固定有宽度为d的遮光片。导轨左端固定有力传感器（可实时记录碰 第5页/共8页 撞过程中冲击力F随时间的变化)。从导轨右侧某位置轻推滑块使其向左运动，与力传感器 发生碰撞并被弹回。 光电门 遮光片 力传感器 滑块 气垫导轨 2 cm 连气源 山山 mmmmim 05101520 甲 乙 (1)用20分度的游标卡尺测量遮光片的宽度d,测量结果如图乙所示，则d= nm。 (2)释放滑块后，测得遮光片经过光电门（安装在传感器前端）的遮光时间为 d △1=2xI03s。某同学计算碰前速度，时，直接用%= 。则滑块通过光电门时的平均速 度大小为 /s(用第(1)问结果计算，结果保留三位有效数字)。 (3)碰撞过程中，力传感器记录到的F-曲线如图丙所示（近似为三角形脉冲）。已知图像 中每个小方格所代表的冲量大小为L。=0.010Ns,曲线与时间轴所围的总格数为=75格 (含半格计)。则碰撞过程中力传感器对滑块的冲量大小I= N·S(结果保留三 位有效数字)。 ↑FN 丙 (4)碰撞后，滑块以大小v=1.00m/s的速度反向弹回。若用第(2)问中测得的v计算动量 变化量，以滑块碰前运动方向为正方向，则此次碰撞过程中滑块动量变化量△p'= kg/s(结果保留三位有效数字)。比较冲量I与动量变化量△p',可以得到： 在误差允许的范围内， 第6页/共8页 四、解答题（本题共3小题，第13题10分，第14题14分，第15题15分，共 39分) 13.粤港澳大湾区是我国新能源汽车产业聚集地，其充电设施普及度与车辆性能均处于领先水 平。某款新能源汽车的参数如下，车辆的质量为m=2.0×103kg,额定功率为P=80kW, 行驶过程中所受阻力恒为f=2.0×103N。 (1)若该车以额定功率在水平路面上匀速行驶，求汽车的速度v及10分钟内牵引力做的功W: (2)若该车从静止开始以恒定加速度a=1.0m/s2做匀加速直线运动，直至达到额定功率后 保持功率不变继续行驶，求汽车匀加速运动的时间(： (3)若该车在水平路面上以(1)中的速度行驶时，突然关闭动力系统，同时启动电磁制动 电能回收装置（电磁制动力为恒力），车辆制动后经t=8S停下。电能回收的效率为80%， 求电磁制动力F电的大小及制动过程中回收装置回收的电能E电。 14.如图所示，半径R=0.1m的竖直光滑细圆管ABC与水平传送带通过光滑水平直轨道DE 平滑连接。光滑竖直挡板P贴近传送带固定，P与传送带边缘的夹角日=37°.传送带在电动 机驱动下以速度v=4m/s顺时针运转。两个极小物体a、b静置于DE上，中间夹有一根被压 缩的弹簧，物体与弹簧不拴接。静止释放α、b后，a恰好能过细圆管最高点B,b冲上传送带 达到和传送带相同速度后撞击P。b撞击P时，沿挡板分速度不变，垂直挡板分速度减为零。 b撞击P后紧贴挡板运动L=0.5m滑离传送带。已知α、b的质量分别为m。=1kg、m,=2kg, 与传送带间的动摩擦因数都为u=0.5。sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2。求： B 第7页/共8页 (l)a经过轨道最低点C时轨道对a的支持力F; (2)释放a、b前弹簧的弹性势能E。; (3)物体b冲上到滑离传送带过程中电动机因传送该物块多做的功W。 15.如图所示，物块B(可看作质点)和足够长的木板A一起叠放在光滑的水平地面上，A 通过劲度系数一12Nm的弹性绳（符合胡克定律，形变量为x时弹性势能瓦，=）：)系 在左侧竖直墙壁上，弹性绳的原长为0.5m,开始时A的左侧与墙壁之间的距离为0.4m,整 个空间中存在水平向右的匀强电场，场强大小E=5×104N/C。己知A、B质量均为= 1kg,A、B之间的动摩擦因数4=0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A为不带电的绝缘 体，B带正电，电荷量g=2×104C。现把A、B由静止释放，重力加速度g取10m/s2。 E A (1)求释放瞬间，A、B间的摩擦力大小： (2)求A、B刚发生相对滑动时，B的速度大小： (3)当B达到第(2)问中的速度时，剪断弹性绳并撤去电场，在A上距B右侧d=0.1m处 轻放一个不带电、质量为2的绝缘物块C,C与A间的动摩擦因数也为4，B、C间的碰撞 为弹性碰撞。求整个运动过程中A、B间的摩擦力产生的热量Q。 第8页/共8页