贵州黔西南州金成实验学校2026-2027学年高三上学期第一次质量检测物理试题

高三物理参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B D C BD AD ACD 1.A 【详解】A.01时间内，无人机向上做加速运动，则加速度向上，无人机处于超重状态，故A正确： B.0t1时间内， 若无人机做匀加速直线运动，则平均速度大小为下=当 实际上，无人机做加速度增大的加速运动，其位移小于匀加速直线运动的位移，则无人机的平均速度大小 小于之故B错误： C.t2时刻，无人机速度最大，此时加速度为0，受到竖直向下的重力和竖直向上的其它力，故C错误： D.~5无人机速度逐渐减小，其加速度为定值，但速度大小仍为正，故其在竖直方向上做匀减速直线运 动，仍向上运动直到速度减为0，故D错误。 故选A。 2.B 【详解】A,弹簧恢复原长的过程中，小球向上运动，弹簧对小球做正功，弹性势能转化为小球的动能和 重力势能，小球的机械能增加，故A错误： BC.设小球质量为m,弹簧劲度系数为k,压缩量为x,8表示重力加速度。取竖直向上为正方向，用a表 示小球的加速度。由胡克定律，弹力大小为F=c,由牛顿第二定律得c-mg=ma 小球由静止开始向上运动，初始弹力大于重力。随弹簧压缩量逐渐减小，弹力逐渐减小：弹力大于重力时， 加速度向上且大小逐渐减小，速度增大：弹力等于重力时，加速度为零，速度达到最大：此后弹力小于重 力，加速度向下且大小逐渐增大，速度减小。恢复原长时，弹力为零，加速度大小为8。因此，小球的加 速度大小先减小后增大，速度先增大后减小，故B正确，C错误； D.设小球在弹簧恢复原长的过程中上升的高度为h,弹簧对小球做功为W弹，小球动能的增加量为△E。 上升过程中重力做负功，由动能定理得W弹-mgh=△E,故D错误。 故选B。 3.D 【详解】ABC.设m为物体质量，R为轨道半径，g为重力加速度，'c为物体在C点的速度大小，N为 轨道在C点对物体的支持力大小。物体沿轨道内侧通过最高点时，重力和支持力均指向圆心。取竖直向下 为正方向，由牛顿第二定律得mg+N=m R 轨道只能提供指向圆心的支持力，速度减小时所需支持力随之减小，恰好通过最高点时支持力减为N=0, 解得，。=、gR,此时物体所受合力为重力，速度不为零。由向心加速度公式可得a-二=g,放ABC错 R 答案第1页（共9页） 误； D.以水平轨道所在平面为零重力势能面，记初始弹性势能为E。,物体在C点的动能为EC。物体从A点 由静止释放，轨道光滑且支持力不做功，到达C点时弹簧已恢复原长。物体、弹簧和地球组成的系统机械 能守恒，由图可知物体上升的高度为半径的两倍，因此E。=Ekc+2mgR>Ekc,故D正确。 故选D。 4.C 【详解】A.飞船由轨道变换到轨道Ⅱ，是从低轨道进入高轨道（做离心运动），需要在A点点火加速，使 万有引力不足以提供向心力，故A错误： B.根据牛顿第二定律和万有引力定律，加速度a= GM 2 在A点时，无论是轨道还是轨道Ⅱ，飞船到地心的距离r相同，受到的万有引力相同，因此加速度大小相 等，故B错误； C.第一宇宙速度7.9k/s是近地圆轨道的环绕速度，也是圆轨道运行的最大速度。根据v= GM可知， r 轨道半径越大，线速度越小，因此轨道II的运行速度y,<7.9k/s。飞船在轨道Ⅱ上运动到B点时，需要加 速才能进入轨道，说明轨道缸上B点的速度'2B小于轨道II的速度，即y2B<%<7.9kms,故C正确： D. 根据开普勒第三定律少 可知在轨道让和轨道Ⅲ上圆周运动的周期平方比为买-。 则周期比为 故D错误。 故选C。 5.C 【详解】CD.将运动员的平抛运动分解为沿斜面方向和垂直斜面方向：运动员具有垂直斜面向上的初速度 分量vo=,sin0,以及垂直斜面向下的加速度分量a,=gcos0,该方向上做类竖直上抛运动。 P点离斜面最远，说明在P点垂直斜面方向的速度减为0，对应类竖直上抛运动的“最高点”。 根据类竖直上抛运动的对称性，上升时间等于下降时间，即从A到P的时间等于从P到B的时间，即t4P=g, 故C正确，D错误； AB.平抛运动的合速度大小v=V+(g) 由于t加=ts,可知P→B阶段的瞬时速率始终大于A→P阶段对应时刻的速率，根据路程s=t可知从P 答案第2页（共9页） 到B的轨迹长度大于从A到P的轨迹长度。故AB错误。 故选C。 6.C 【详解】A.列车达到速度Y后保持额定功率P=2×10W不变，达到最大速度'm后做匀速直线运动，列 车受到的阻力等于牵引力，即f=F=P-2×10W=5x10N,故A错误： v40m/s B.在0~4内，根据牛顿第二定律可得，列车牵引力为E=f+ma=5×104N+2.5×104kg×2m/s2=1×10N P2×106W 则（时刻列车的速度为y= E1×105N =20m/s 列车匀加造的时间为4-&一=，校B情误： c.在0~4内，列车的位移为5=二 ,202 2a F2x2m=100m 列车牵引力做的功为W=Fx=1×10N×100m=1×10J,故C正确： D.1~t,内，列车牵引力与列车运动方向一致，牵引力做正功：，后列车牵引力与列车运动方向仍然一致， 牵引力做正功，故D错误； 故选C。 7.C 【详解】ABC.铸件刚放上传送带时，速度小于传送带的速度，铸件相对传送带向下滑动，滑动摩擦力沿 斜面向上，大小为umg cos0=32N,沿斜面方向由牛顿第二定律umg cos0-mg sin0=ma 解得a=g(ucos0-sin0)=0.4m/s2 铸件从静止加速到与传送带共速的时间4='=2.5s 1 加速阶段铸件的位移x=。a=1.25m 因为umg cos0>mg sin 0,共速后铸件与传送带相对静止，随传送带匀速向上运动，摩擦力为静摩擦力， 大小为30N,剩余位移x2=L-x=8.75m 匀速阶段的时间5，=立=8,75s v 故总时间1急=4+12=11.25s,AB错误，C正确： D.铸件加速阶段传送带的位移S带=41=2.5m 铸件相对传送带向下滑动，相对位移大小△x=S带-x=1.25m,D错误。 答案第3页（共9页） 故选C。 8.BD 【详解】两物体沿连接方向上的速度大小相同，设货箱的速度为y,由题图分析可得y=vCos日 货车保持匀速运动，v不变，夹角0变小，则y增大，货物加速上升，加速度向上，对货物受力分析，由 牛顿第二定律得，货物受到货箱底部的支持力大于mg,由牛顿第三定律得，货物对货箱底部的压力大于mg。 故选BD。 9.AD 【详解】A.小球做匀速圆周运动，线速度大小不变，方向时刻改变，加速度始终指向圆心，根据牛顿第 二定律，合力提供向心力，方向始终指向圆心O,故A正确： B.小球在C点，合力向上，由牛顿第二定律有F-mg=moL 解得杆的作用力F。=mo2L+mg 在A点，合力向下，若杆表现为拉力，有F,+mg=moL 解得F4=moL-mg 此时两点作用力大小差值为2mg,若杆表现为支持力，有mg-F,=moL 解得F4=mg-moL 此时两点作用力大小差值为2mo2L,均不等于6mg,故B错误； C.小球在B、D点，重力竖直向下，合力水平指向圆心，杆的作用力与重力的合力提供向心力，由矢量 合成可知杆的作用力F=√(moL)2+(mg2>mwL,故C错误； D.小球从A点到C点的过程，做匀速圆周运动，动能变化量为零，重力做功W。=mg·2L=2mgL 根据动能定理W。+W杆=△E=0 解得杆对小球做的功W:=-2mgL,故D正确。 故选AD。 10.ACD 【详解】AB.初始时，轻绳恰好伸直无弹力，弹簧处于压缩状态，物块B受力平衡得c=mg mg 解得弹簧压缩量x= 释放瞬间，弹簧形变量来不及变化，设轻绳上的拉力为T,A的加速度大小为a,方向向下，对A有 2mg-T=2ma 答案第4页（共9页) 则B的加速度大小也为a,方向向上，对B有T+c-mg=ma 解得加速度大小a=专8 2 轻绳上的弹力大小T=mg,放A正确，B错误： 3 C.C与地面分离时，弹簧处于拉伸状态，对C有c2=mg 解得弹簧伸长量x= mg B向上移动的距离为h=x+5=m3+=2m3,故C正确： kkk D.当A的合力为零时，物体A达到最大速度，轻绳中的拉力为T'=2mg 此时B加速度也为0，速度最大，对B有T'=mg+x 解得弹簧弹力c=mg 对应弹簧伸长量x=”m坚，也就是C恰好与地面分离时。初始和末态弹簧的形变量均为m ，弹簧弹性势能 k k 相等，对A、B和弹簧组成的系统由机械能守恒定律有2mgh-mgh= 2(2m+m) 解得物体A获得的最大速度为v=28 m故D正确。 故选ACD。 11.(1)AC (2) 3.00 100 【详解】(1)A.实验中，弹簧处于竖直方向，为了准确读出弹簧在竖直方向上的伸长量，刻度尺必须始 终位于竖直方向上，故A正确。 B.为了实验效果明显，需要根据弹簧的劲度系数判断弹簧伸长量来决定钩码的质量，保证实验效果明显， 不是钩码质量越大越好，质量过大，容易造成测量数据组数太少，不利于最终结果的计算，故B错误。 C.在弹簧的下端挂上钩码后，当弹簧稳定时，指针指在确定刻度时读数，误差最小，所以应等弹簧稳定 后再读数，故C正确。 D.为减小实验误差，应多测几组数据，但是不需要每次增加的钩码数量必须相等，故D错误。 故选AC。 (2)[1]弹簧自由下垂时，弹簧弹力为0，由图像可知，弹簧自由下垂时的长度x。=3.00cm 问我克定#F=红，可得难第动度系数-然a40Nm-10Nn 12.(1)BC(1分) (2) -mg(s+s)(1分) m&+s（1分) 32T2 答案第5页（共9页） (3) k (4)测量物块A释放位置距地面的高度h,以及物块A落地后物块B继续沿斜面上滑的最大距离s,两者应 满足h=2s 【详解】(1)A.安装好实验器材并正确连接电源是实验的必要准备，故A正确： B,设重锤下落高度为h、速度为Y,需要验证的关系为mgh三)心 等式两端的质量m可约去，因此无需测量重锤质量，该步骤没有必要，故B错误； C.应先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，以完整记录重锤由静止开始下落的运动，故C错误； D.需要测量纸带上选定点之间的距离，才能确定重锤下落的高度并计算相应速度，故D正确： E.比较重锤减少的重力势能与增加的动能，判断二者在实验误差允许范围内是否相等，即可验证机械能 守恒定律，故E正确。 本题选不正确的，故选BC。 (2)[1]从O点到C点，重锤下降的高度为S,+S,。按变化量等于末态减初态的定义，重力势能变化量为 △E。=-mg(so+s) 负号表示重力势能减小，其减少量的大小为mg(s。+S) [2]从A点到E点共有四个打点时间间隔，总时间为4T。设重锤在这两点的速度分别为V和VE,将其运动 近似视为匀加速直线运动，由平均速度公式得3+，=十×47 2 由于速度随时间均匀变化，C点对应AE段的时间中点，故y=4十=+ 2 4T 重锤由静止释放，动能变化量为△E=，m2=mS+9, 32T2 (3)[1]图3以从A点起算的下落距离h为横坐标、速度平方v2为纵坐标，纵截距b表示h=0时的速度平 方。忽略阻力，对重锤从A点继续下落的过程，由机械能守恒定律得)m心-)” -2 mvi=mgh 整理得v2=v2+2gh 由图线的纵截距可知v2=b 因此打A点时重锤的速度为v=仍 [2]由上述关系，图线斜率为k=2g k 因此可由图线斜率求得g=。 2 (4)需要测量物块A释放位置距地面的高度h,以及物块A落地后物块B继续沿斜面上滑的最大距离S。 下图用蓝色线段标出A落地前两物块等长的位移，以及B随后继续上滑的距离。 答案第6页（共9页） B 30° h; 77777777777 图4 设两物块质量均为m。落地前细绳绷紧，A下降h时，B沿斜面上升的距离也为h,其竖直升高为hsin30°， 两物块的速度大小相等。设A落地前瞬间的共同速度大小为V,若此阶段系统机械能守恒，则有 mgh-mghsin3.0°= 2m2+m2 2 化简得2=勁 A落地后细绳松弛，B继续沿光滑斜面上滑，支持力不做功，仅重力做功，机械能守恒，因此 1 =mgssin30 整理得v2=g 消去v,两个测量量应满足h=2s 13.(1)12m/s2 (2)8m/s 【详解】(1)取沿斜面向下为正方向。物块受水平向左的恒力、重力和斜面对物块的支持力，支持力与斜 面垂直，沿斜面方向没有分量。受力分析图见下图 F mg 37 恒力沿斜面向下的分力为Fcos0,重力沿斜面向下的分力为mgsin0。由牛顿第二定律，物块沿斜面方向有 ma=Fcos0+mgsin0(2分) 代入数据，恒力和重力沿斜面的分力分别为6N和6N,故沿斜面合力为12N。代入牛顿第二定律，得加速 度大小为a=12ms2,方向沿斜面向下。(21分) (2)在A到B方向取正方向，则物块的加速度为aB=-12m/s2,位移为L=1.5m。由匀变速直线运动的 速度与位移关系得v?-v=2aBL(2分) 代入数据得v2=102+2×(-12)×1.5=64(m/s)2(2分) 解得vg=8m/s(2分) 答案第7页（共9页） 14.(1)3m/s CN 【详解】(1)小球在A点，有am0=上=型(2分) Vo Vo 代入数据解得，=3m/s(1分) (2)小球经过A点时，速度大小为y4= V,=g=5ms(1分) sinsin 在A点，根据牛顿第二定律可得人-mgcos0=m兰(2分 R 联立解得F= 59N(1分) （3》小球从A点运动到C点，根据机横能守恒定律可得-gR0+cos)-m2-m(2分) 解得vc=lm/s(1分) 由于小球到达C点的速度满足2<√gR=30m 2ms(1分) 则小球受到轨道竖直向上的作用力，根据牛顿第二定律可得mg-F”=m兰(1分) R 解得F=N（1分) 根据牛顿第三定律可得，小球对圆轨道的作用力F=F=N(1分) 3 15.(1)h≥2m (2)①8m:②15J 【详解】(1)若滑块能完成完整圆周运动，则滑块在C点速度最小时，滑块对光滑竖直圆轨道的压力为0， 重力充当向心力得m。=mg(2分) R 解得VCmin=2V2m/s 从静止释放到c点，由机械能守恒定律得mgh-2风)=m≥m2（2分) 2、1 解得高度h≥2m (1分) (2)①由题意得，滑块能飞出传送带，所以滑块在传送带上能滑到E点，摩擦力向左，从静止释放到E 1 点，由动能定理得mgh-mg(x+x2)=。mv层(2分) 2 解得vs=8m/s 答案第8页（共9页） 过B点后，滑块做平抛运动，竖直方向做自由落体运动得H=2（1分) 解得t=ls(1分) 水平方向做匀速直线运动得x=v4=8m(1分) ②滑块在水平轨道BD上运动，摩擦产生的热量9=：=2J(1分) 从静止释放到D点，由动能定理得mgh-mg=2m%(2分) 解得vp=10m/s 滑块在传送带上运动，由牛顿第二定律得a=上=mg=2ms21分) mm 由速度时间公式得，运动的时间5，=-一业=1s(1分) -a 滑块在传送带上相对传送带的位移△x=x2+,+2=13m(1分) 滑块在传送带上运动，摩擦产生的热量Q2=∫△x=13J(1分) 从释放到飞出传送带的过程中，因摩擦产生的热量Q=9+9,=15J(1分) 答案第9页（共9页）黔西南州金成实验学校2026年1022作业质量检测 一、单选题（1-7题，每题4分，共计28分.) 1.低空经济正迅猛崛起，成为全球瞩目的新兴力量。如图乙为某无人机从地面静止开始配送物资过程中在竖直方向运 动的-t图像，35过程图像为直线。以竖直向上为正方向，设水平方向速度始终为零，不计空气阻力和水平作用力。 下列说法正确的是() 1 A.0~t时间内，无人机处于超重状态 V. B.0A时间内，无人机的平均速度大小为号 C.时刻，无人机只受重力 112t4 D.tt5时间内，无人机做匀减速直线运动回到地面 用 乙 2.小华用轻弹簧制作了一个如图所示的竖直弹射装置，将小球放在压缩的弹簧上端，释放弹簧后，小球能离开弹簧继 续上升。不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。则在弹簧恢复原长的整个过程中() A.小球的机械能守恒 B.小球的加速度先减小后增大 C.小球的速度一直增大 光滑的管子 一压缩的弹簧 D.弹簧对小球做的功等于小球动能的增加量 底座 3.如图所示，光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在B点平滑连接。一小物体将轻弹簧压缩至A点后 由静止释放，物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点C。下列说法正确的是() A.物体在C点所受合力为零 B.物体在C点的速度为零 C.物体在C点的向心加速度大于重力加速度 D.物体在A点时弹簧的弹性势能大于物体在C点的动能 B 4.神舟十八号载人飞船与天和核心舱对接过程的示意图如图所示，天和核心舱处于半径为5的圆轨道Ⅲ：十八号飞船 处于半径为片（片大于地球半径）的圆轨道缸，通过变轨操作后，沿椭圆轨道Ⅱ运动到B处与天和核心舱对接，之后在圆 轨道Ⅲ上运行。则下列说法正确的是() A.由轨道缸变换到轨道Ⅱ需要在A点减速 神 B.在轨道I上经过A点时加速度大于轨道Ⅱ上经过A点时加速度 舟飞9 八船 B C.在轨道Ⅱ上经过B点时的速度小于7.k/s 、轨道1 轨道Ⅱ 2,在轨道上和轨道m上圆周运动的周期比为 轨道Ⅲ 天和核心舱 5.如图所示，在大跳台滑雪项目中运动员以初速度'。从跳台顶端A点水平飞出，经过一段时间后落在倾斜赛道上的B 点，运动员运动到P点时离倾斜赛道最远，空气阻力不计，运动员（包括滑雪板）视为质点。则运动员() A0为 A.从A运动到P的轨迹长度等于P到B的轨迹长度 B.从A运动到P的轨迹长度大于P到B的轨迹长度 C.从A运动到P的时间等于从P到B点的时间 D.从A运动到P的时间小于从P到B点的时间 试卷第1页（共5页） 6.在某次高温超导高速磁浮列车性能测试中，质量为2.5×104kg的磁浮列车在水平轨道上启动，其v-1图像如图所示。 列车先做匀加速运动，达到速度y后转入额定功率运行，最终达到最大速度40/s。已知匀加速阶段加速度大小为2m/s2, 列车额定功率为2×10W,运动过程中阻力恒定。下列说法正确的是() A.列车受到的阻力大小为2.5×104N v/(m·s) 40- B.图像中t=8s C.在0~t,内，列车牵引力做的功为1×10？J 0t1 tis D.4~1,内列车牵引力做正功，后列车牵引力不做功 7.铸造车间常利用皮带输送机将小型铸件从地面输送至位于高处的处理设备。如图所示，传送带顺时针匀速运转，速 率v=1.0m/s,两轮转轴的间距L=10m,传送带的倾角0=37°。现将质量m=5kg的铸件无初速度地轻放在传送带底 端，铸件与传送带间的动摩擦因数4=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，铸件可视为质点。重力加速度g取10m/s2, sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列说法正确的是() A.铸件在传送带上做匀加速运动到顶端 B.铸件运动过程中受到的摩擦力大小始终为32N C.铸件从底端运动到顶端的总时间为11.25s D.铸件从底端运动到项端相对于传送带的位移为3.75 二、多选题(8-10题，每题5分，错选得0分，少选得3分，共计15分) 8.如图所示，一辆货车用跨过光滑定滑轮的轻质缆绳提升一箱货物，己知货箱的质量为M,货物的质量为，货车以 速度ⅴ向左做匀速直线运动，重力加速度为8，则在将货物提升到图示的位置时，下列说法正确的是() A.货物匀速上升 B.货箱向上运动的速度大小为vcos0 C.货箱向上运动的速度大小为。 D.货物对货箱底部的压力大于mg 9.如图所示，长为L的杆一端固定在过O点的水平转轴上，另一端固定质量为的小球.杆在电动机的驱动下在竖 直平面内旋转，带动小球以角速度①做匀速圆周运动，其中A点为最高点，C点为最低点，B、D点与O点等高。已 知重力加速度为g,下列说法正确的是() A.小球运动到任意位置时，所受合力指向圆心O B.小球在A、C两点受到杆的作用力大小的差值为6mg C.小球在B、D两点受到杆的作用力大小等于mo2L D B D.小球从A点到C点的过程，杆对小球做的功等于-2mgL 试卷第2页（共5页） 10.如图所示，物块A、B由绕过轻质定滑轮的轻绳相连，物块B和C通过劲度系数为k的竖直轻质弹簧连接，物块C 放在水平地面上。初始时用手托住物体A,整个系统处于静止状态，轻绳恰好拉直且无弹力。己知A的质量为2m,B 和C的质量均为m。重力加速度为8，弹簧始终在弹性限度范围内，不计一切摩擦。从释放物体A至C恰好离开地面 过程中，下列说法正确的是（) A.释放瞬间，A的加速度大小为8 B.释放瞬间，轻绳上的弹力大小为。mg A C.C与地面分离时，B向上移动了2m k D.物体A获得的最大速度为2g3次 m 三、实验题（出标记外，每空2分，共计15分) 11.某学校物理实验小组用如图甲所示的装置来探究弹簧弹力F和长度x的关系。把弹簧上端固定在铁架台的横杆上， 记录弹簧自由下垂时下端对准的刻度位置。然后，在弹簧下端悬挂不同质量的钩码，记录每一次悬挂钩码的质量和弹 簧下端的刻度位置，实验中弹簧始终未超过弹簧的弹性限度。通过分析数据得出实验结论。 (1)关于本实验，下列说法正确的是 FN A.应保证刻度尺位于竖直方向 10 尺 B.为了使实验效果明显，每个钩码的质量越大越好 钩码 C.在弹簧的下端挂上钩码后，应等弹簧稳定后再读数 D.为减小实验误差，应多测几组数据，且每次增加的钩 码数量必须相等 T■T 3.06.09.012.015.0x/cm 1 (②)以弹簧受到的弹力F为纵轴、弹簧的长度x为横轴建立直角坐标系，依据实验数据作出F-x图像，如图乙所示。由 图像可知，弹簧自由下垂时的长度x。= _cm,弹簧的劲度系数k= N/m。(结果均保留三位有效数 字) 12.用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律。重锤从高处由静止开始下落，重锤上拖着的纸带通过打点计时器， 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。已知当地重力加速度为g。 夹子 纸带 计时器 重锤 9.8 D 309 7777 图1 图2 图4 (1)下面列举了该实验的几个操作步骤： A.按照图1所示安装好实验器材并连接好电源 B.使用天平测量重锤的质量 C.先打开夹子释放纸带，再接通电源开关打出一条纸带 D.测量纸带上某些选定的点间的距离 E.根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能 其中没有必要进行的或者操作不当的步骤是 (选填步骤前的字母)（双选）：(1分) (2)如图2所示，根据打出的纸带，选取纸带上的连续的五个点A、B、C、D、E,通过测量并计算出点A距起始点O 的距离为so,点AC间的距离为S1,点CE间的距离为S2,若相邻两点的打点时间间隔为T,设重锤质量为，根据这 试卷第3页（共5页） 些条件计算重锤从释放到下落OC距离时的重力势能变化量△E=一，(1分)动能变化量△E-一；(1分) (3)某同学利用图2中纸带，先分别测量出从A点到B、C、D、E、F、G点的距离h(其中F、G点为E点后连续打出 的点，图中未画出)，再计算打出B、C、D、E、F各点时重锤下落的速度v和v2,绘制2-h图像，如图3所示，并求 得图线的纵轴截距b和斜率k。则由图可得，打A点时重锤速度a=,重力加速度g (④)某同学想用图4所示的装置验证机械能守恒定律。光滑的斜面倾角为30°，他将一条轻质细绳跨过定滑轮，绳的两 端各系一个物块A和B,它们的质量相等，用手托住A,初始时A静止，B也静止在斜面底端。当绳刚好被拉紧时， 释放A。他想仅利用刻度尺验证A落地前瞬间两物块的机械能之和与释放时相等，请写出他需要测量的物理量，并直 接写出这些物理量应满足的关系式 四、解答题(13题10分，14题14分，15题18分，共计42分) 13.如图所示，有一倾角0=37°的固定光滑斜面，斜面的长度L=1.5m。质量m=1kg的物块（视为质点）从斜面底端 A点以初速度。=10m/s沿斜面向上运动，物块从A点开始，始终受到一个大小F=7.5N、方向水平向左的恒力作用， 不计空气阻力，取重力加速度大小g=10m/s2,sin37°=3 5,c0s37°=4 。求： B (1)物块沿斜面向上滑动过程的加速度大小4： (2)物块运动到斜面顶端B点时的速度大小Vg o 4Q37加 14.如图，质量为=0.5kg的小球（可视为质点），以某一初速度从P点水平抛出，经过时间0.4s恰好从光滑竖直圆 管4BC的A点的切线方向进入管道（小球的直径略小于细圆管的内径），不计空气阻力。已知圆轨道的半径R=3m, 4 OA连线与竖直方向夹角为0=53°（取g=10m/s2)。 PoVo (1)求小球做平抛运动的初速度大小v0: (2)小球在A点受到轨道支持力N的大小： R (3)小球到达最高点C时，对圆轨道的作用力F。 B I5.如图所示，光滑曲面轨道AB,光滑竖直圆轨道、水平轨道BD、水平传送带DE各部分平滑连接，水平区域FG足 够长，圆轨道最低点B处的入口，出口靠近但相互错开。现将一质量为m=0.5kg的滑块从AB轨道上某一位置由静止 释放，若己知圆轨道半径R=0.8m,，水平面BD的长度x=2m,传送带长度x2=9m,滑块始终不脱离圆轨道，且与 水平轨道BD和传送带间的动摩擦因数均为u=0.2,传送带以恒定速度。=4ms逆时针转动（不考虑传送带轮的半径 对运动的影响)，H=5m,g=10m/s2。 (1)若滑块能完成完整圆周运动，求高度h: (2)若h=5.4m时，滑块释放后下滑并飞出传送带，落在水平面G上。 ①求滑块落点到F的距离： h ②计算滑块从释放到飞出传送带的过程中，因摩擦产生的热量Q是多 E 少。 B x> 试卷第4页（共5页） 试卷第5页（共5页） 答案第1页（共1页）