广东汕头华侨中学2026-2027学年高三上学期11月阶段检测物理试题

《月考2物理科》参考答案详解 1.A 【知识点】比较不同轨道上的卫星物理量 【详解】A.人造行星A和地球一起以相同角速度绕太阳做匀速圆周运动，有ωA=ω 根据周期公式T=2π 0 可知两者的周期相同。地球公转周期为一年，故该人造行星绕太阳运行的周期等于一年，故A正确： B.该人造行星绕太阳做匀速圆周运动，合外力提供向心力，合外力不为零。它受到太阳的万有引力和地 球的万有引力，这两个力的合力指向太阳（圆心），并非一对平衡力，故B错误； C.线速度与角速度的关系1=ω 由图可知人造行星A位于日地之间，其轨道半径A小于地球轨道半径r地，而OA=w地，所以A<Y 故C错误； D.向心加速度Fwr 由于OA=O地且rA<T地，所以aA<a地 即该人造行星绕太阳运行的加速度小于地球的公转加速度，故D错误。 故选A。 2.C 【知识点】核反应方程的书写、β衰变的特点、本质及其方程的写法、质能方程 【详解】A.正B衰变的本质是原子核内的一个质子转化为中子和正电子，而非中子转化为质子和电子（这 是普通负β衰变的本质)，故A错误： B.从核反应方程可见，新核的电荷数为14，比原来的15减少了1，故B错误： C.正电子的质量数为0，衰变过程满足质量数守恒，因此新核质量数仍为30，故C正确： D.衰变过程会发射出正电子，同时释放核能，存在质量亏损，所以新核的质量小于原0P的质量，二者质 量不相等，D错误。 故选C。 3.D 【知识点】根据电场线的疏密比较电场强弱、电场力做功和电势能变化的关系、比较电势能的大小 【详解】A,电场线的疏密表示电场强度大小，b、c两点电场线疏密程度不同，电场强度大小不等；且两 点电场线切线方向不同，电场强度是矢量，方向也不同，因此电场强度不相等，故A错误； B.越靠近避雷针尖端电场线越密集，α点电场线比b点稀疏，因此a点电场强度小于b点电场强度， 故B错误： C.云层下表面带负电，避雷针尖端带正电，电场线方向从带正电的避雷针指向带负电的云层，沿电场线 答案第1页（共9页） 方向电势逐渐降低，因此电势满足p。>p。电子带负电，根据电势能公式E。=qp=-p,电势越低处电子 电势能越大，因此电子在α点的电势能大于在c点的电势能，故C错误； D.由电势分布可知p。<Pa,所以UM<0,根据静电力做功Wa=qUa,质子带正电，故从b到d静电力 做负功，故D正确。 故选D。 4.C 【知识点】库仑定律内容和表达式、牛顿第二定律求瞬时加速度问题、共线的自由电荷的平衡问题 【详解】A.C静止在A、B正中间，设A与C的距离为”，则B与C的距离也为r。三个小球电荷量绝 对值相同，根据库仑定律F=k92 r2 可知A、C间库仑力大小与B、C间库仑力大小相等，记为F。C受向下的重力g,要保持平衡，A、B 对C的库仑力必须均为向上，因此A、C带同种电荷、B带异种电荷，故A错误： B.小球C处于受力平衡状态，故有F+F=mg 解得F=。mg 2 A、B间距为2，A、B带异种电荷相互吸引，库仑方大小为=今k号-F=。 (2r747=48"m 13 小球B受力平衡，故有T=mg+F+FAB= 8mg,故B错误， CD.剪断细绳瞬间，弹簧弹力不发生突变，三球位置在这一瞬间不变，故库仑力亦不发生突变，因此A、 13 C受力情况不变，加速度为零；对B球由牛顿第二定律可知Fs=mg+F+FAB= 8 mg mdg 解得a3,故C正确，D错误 故选C。 5.D 【知识点】匀变速直线运动位移与时间的关系、机车的额定功率、阻力与最大速度的关系、以恒定加速度 启动 【详解】A.赛车在前两秒内做匀加速直线运动，设在第二秒末的速度为Y,则在这段时间内的位移为 x=%十当1=16m,故A错误： 2 B.赛车在匀加速直线运动过程中牵引力保持不变，在达到额定功率之后牵引力随速度增加而逐渐减小。 故B错误： c.汽车在匀加速阶段的加速度为a=y=8ms2 △t 答案第2页（共9页） 其牵引力为F=ma+F!=8×104N 额定功率为P题=Fy=1.28×10W 则当速度v=20ms时，其牵引力5：-金=6.4K10N 1) 加速度为a= E-E广f-6m/s mm 故C错误： D.当牵引力等于阻力时有最大速度，即y-=80m5=28kmh f 故D正确。 故选D。 6.c 【知识点】用动量定理解决流体问题 【详解】无人机在空中悬停时，六个相同的螺旋桨向下推动空气获得升力，根据平衡条件有6F=(M+m)g 设△t时间内每个螺旋桨向下吹出的空气的质量为△m=pSv△1 对向下推动的空气由动量定理F'△1=△mv-0 且有F=F 6F 联立解得m= -M=6pSv .-M g 8 故选C。 7.D 【知识点】绳连接关联速度问题、用解析法解决平衡问题、牛顿第三定律、判断系统机械能是否守恒 【详解】A.乙匀速上升，动能不变，重力势能增加，根据机械能等于动能与重力势能之和可知，乙的机 械能增加，故A错误； B.设绳子与水平方向的夹角为0，将甲的速度沿绳子方向和垂直绳子方向分解，沿绳子方向的分速度等 于乙的速度，即有甲cosB=吃 解得=之 cos0 甲向左运动过程中，O减小，cos0增大，而v2不变，所以减小，即甲做减速运动，故B错误： C.乙匀速上升，绳子拉力T=m28,甲向左运动，滑轮两侧的两股绳子的夹角增大，根据平行四边形定 则，合力减小，即悬绳对滑轮的拉力减小，根据牛顿第三定律，滑轮对悬绳的拉力减小，故悬绳对天花板 的拉力减小，故C错误： D.对甲，根据平衡条件，可知地面对甲的支持力F=mg-Tsin0 答案第3页（共9页） 甲向左运动，O减小，sO减小，T不变，则支持力F增大，根据牛顿第三定律，甲对地面的压力逐渐增 大，故D正确。 故选D。 8.BD 【知识点】斜抛运动、机械能守恒定律的初步应用 【详解】A.运动过程中，竖直方向做匀变速直线运动，水平方向做匀速直线运动，则其合速度一定不会 是均匀变化的，故A错误； B.运动过程中，只有重力作用，加速度一直为重力加速度，故B正确： c.竖直方向做匀变速直线运动，则有A=以一方8，其运动过程中只有重力作用，则某时刻的动能 E=R。-mgh=R。-mg时-8)=+mg7-mg以 其中Eo为初动能，y,为初始竖直方向速度，由此可知，E一t图线应是开口向上的抛物线，故C错误： D.运动过程中，只有重力作用，机械能不变，故D正确。 故选BD。 9.BC 【知识点】以额定功率启动、应用动能定理解决机车启动问题、功的定义（式） 【详解】A.空气阻力恒定，故克服空气阻力做功为h,而Pt为无人机做的功，大于空气阻力做的功， 故A错误； B.牵引力F=P 随着速度增大，牵引力减小，由F-mg-f=ma 可知加速度逐渐减小，故B正确： C.当飞行魔毯达到最大速度时，加速度为零，处于平衡状态，即nP=(mg+f)ym nP 解得Vm= mg+f' 故C正确： D.对飞行魔毯~从静止至速度达到最大的过程中，根据动能定理可得nP1-mgh-h= 2m2 显然h可求，故D错误。 故选BC。 10.BC 【知识点】判断系统动量是否守恒、动能定理的初步应用 【详解】A.小球P从a点运动到c点的过程中，A、B均保持静止，设小球P从a点运动到c点时的速度 答案第4页（共9页） 大小为%，根据动能定理可得mgR三)m 解得，=V2gR 故A错误： B.小球P滑到B槽后A依然保持静止，B开始向右运动，由于小球P和B槽组成的系统水平方向上不受 外力，则系统水平方向动量守恒，当小球P在B槽内运动的高度最大时，二者水平速度相同，取向右为正 方向，设共同速度为v,根据动量守恒可得mv。=(m+m)v 1 对小球P和B槽组成的系统，根据机械能守恒定律可得。mv=。(m+m)v2+mgh 2 2 联立解得h= 2 故B正确： C.小球P第一次返回B槽最低点d时，设P的速度为v1,B槽的速度为2，取水平向右为正方向，根据 1 1 动量守恒和机械能守恒可得m,=m%+m, 2m=2m+号m 2 解得y,=V2gR 故C正确； D.小球P从B槽最低点d到第一次返回B槽最低点d过程中，水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒， 系统动量不守恒，故D错误。 故选BC。 11.(1)BD (2)c (3)7N 【知识点】验证力的平行四边形定则、等大力的模型 【详解】(1)A.记录拉力方向时，在细线上离O点适当远处找一点，该点与O点的连线就是拉力的方向。 故A错误； B.测量时，弹簧秤外壳与木板之间可以存在摩擦，不影响测量。故B错误； C.测量时，橡皮筋不一定与两细线夹角的平分线在同一直线上。故C错误： D.拉橡皮筋时，弹簧秤、橡皮筋、细绳应靠近木板且与木板面平行，保证力的四边形在同一平面内，可 以减小误差。故D正确。 故选BD。 (2)AD.根据二力平衡条件，F'一定与橡皮筋在同一条直线上。故AD错误： BC.F是根据平行四边形得到的合力，F一定是平行四边形的对角线。故C正确；B错误。 答案第5页（共9页） 故选C。 (3)根据图像得 F+F=52,E-E=1 解得 F=4N,F=3N 合力的最大值为 Fonx =F+F2 =7N 12.(1)AB (2)B (3)0.100 2.00 不是 【知识点】验证平抛运动在竖直及水平方向的运动规律、平抛运动位移的计算 【详解】(1)A.甲实验中A球做自由落体运动，A与B两球能同时落到地面，则知B球竖直方向上的运 动规律与A球相同，甲实验只能说明平抛运动在竖直方向做自由落体运动，与水平方向上的运动无关，故 A正确； BCD.把两个质量相等的小钢球从斜面的同一高度由静止同时释放，滑道2与光滑水平板连接，观察到的 现象是球1落到水平木板上能击中球2，可知1球在水平方向上的运动规律与2球相同，即平抛运动在水 平方向上做匀速直线运动，故B正确，CD错误。 故选AB。 (2)A.小球与斜槽之间有摩擦，不会影响小球从斜槽末端滑出后做平抛运动，故A错误： B.研究平抛运动实验的关键是要保证小球能够水平飞出，则安装实验装置时斜槽时其末端切线应水平， 故B正确； C.小球在斜槽上释放的位置离斜槽末端的高度太低会导致小球平抛运动的初速度过小，实验误差大，故 C错误。 故选B。 (3)[1]由于b、c间水平位移相等，而平抛运动物体在水平方向做匀速直线运动，故小球在ab、bc间 运动时间相等，设为t,根据竖直方向自由落体运动规律△y=g1 得出t= yhe-yah 01s-0.1s V1 水平方向上满足x=V1 答案第6页（共9页） 可得%==0.2 m/s=2.00m/s t0.1 13.(1)42℃ 【知识点】热力学温标、摄氏温标、玻意耳定律的理解及初步应用、“变质量气体模型、查理定律的理解 及初步应用 【详解】(1)左轮胎体积不变，气体等容变化。初始状态：左胎压强p1=200kP,热力学温度T=300K; 报警器刚好响起时，左右胎压差绝对值为10kPa,右胎压强始终为200kPa,因此左胎此时压强p2=210kPa。 根据查理定律得丹=凸 TT 代入数据解得I,=凸T=315K 转换为摄氏温度12=42℃ (2)放气过程温度不变，为等温变化，设轮胎体积为V,报警器刚响时左胎内所有气体（包含最终留在 胎内和放出的气体)在压强P2=210kPa下的总体积为V,等温膨胀到压强p3=200kPa时，总体积为V'。 根据玻意耳定律p2V=pV” 代入数据得=业=210 =1.05V P3200 放出气体的体积为V'-V=0.05V 由于同温同压下，理想气体质量与体积成正比，因此放出气体和原有气体的质量比为 △mV'-V0.05V1 m V'-1.05V21 14.(1)子弹开始接触木块至二者共速的过程中，子弹与木块动量守恒m。=2mv解得v=。 2 (2)子弹和木块刚共速瞬间，对子弹和木块整体，根据牛顿第二定律可得T-2mg=2m, 解得T=4mg 由牛顿第三定律，得绳子所受拉力T'=T=4mg (3)子弹射入木块后，木块偏离初始位置的最大角度为0 根据机被能守恒有22mY=2mg1-cas0) 解得最大偏角0=60° 在最大偏角处，整体速度为0，向心力为0，沿绳子方向合力为0，有2 ng sin0=2ma 答案第7页（共9页） 解得加速度大小为a= 3 2 方向与水平成60°斜向左下方 15.(1)v=2m/s (2)9N (3) 1J≤E。≤2.4J,x=3-2.5E,(1U≤E,<1.2J)；x=2.5E。-3(1.2J≤E,<1.6J):x=5-2.5E。(1.6J≤E。<2J)； x=2.5E。-5(2J≤E。≤2.4J) 【知识点】绳/单层轨道模型、机械能守恒定律在弹簧类问题中的应用、能量守恒定律的初步应用、板块/ 子弹打木块模型 【详解】(1)滑块恰好通过竖直半圆轨道最高点D时，重力完全提供向心力，有mg=m R 解得v=2m/s (2)滑块与挡板恰好不相碰，说明滑块滑上木板后，刚好到达木板左端（弹性板处）时与木板共速，从D 点滑到木板上两者共速的过程，滑块与木板组成的系统水平方向不受外力，根据动量守恒有 mvp =(m+M)v' 很据能量守恒定律有4mgL=云mv吃-) 21 (m+M)v2 联立解得vp=4m/s 从B点到D点，轨道光滑，由机械能守恒定律有，mG=,m哈+mg×2R 1 2 2 哈 在B点，轨道支持力与重力的合力提供向心力，有F-mg=m R 解得F=9N 根据牛顿第三定律，滑块对圆轨道的压力大小为9。 1 (3)滑块恰能通过D点，有E。=mg×2R+,mv2=J 滑块滑上木板后，若恰与挡板碰撞，则有Ep2=mg×2R+mgL=1.2J 当1J<E。<1.2J时，有E。=mg×2R+mg(L-x) 解得x=3-2.5E。 滑块滑上木板后，若与挡板碰撞1次，恰好到达挡板右边缘，则有E,=mg×2R+umg×2L=1.6J 当1.2J<E。<1.6J时，有E。=mg×2R+mg(L+x) 答案第8页（共9页） 解得x=2.5E。-3 若滑块恰能与挡板碰撞2次，则有E,4=mg×2R+mg×3L=2J 当1.6J<E。<2J时，有E,=mg×2R+mg(3L-x) 解得x=5-2.5E。 滑块与挡板碰撞2次，恰好到达挡板最右端时，有E,5=mg×2R+mg×4L=2.4J 当2J<E,<2.4J时，有E。=mg×2R+4mg(3L+x) 解得x=2.5E。-5 综上可知弹性势能的范围为J≤E。≤2.4J 滑块静止时其与挡板的距离为x=3-2.5E。(1U≤E。<1.2J):x=2.5E。-3(1.2J≤E。<1.6J)；x=5-2.5E。 (1.6J≤E,<2J):x=2.5E,-5(2J≤E。≤2.4J) 答案第9页（共9页）广东汕头华侨中学2026一2027学年度第一学期高三年级月考2物理科试卷 第I卷（选择题共46分） 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要 求的。 1.“夸父计划'是个宏伟的探日计划，该计划中有一项是发射一颗人造行星A位于日地连线，距地球约720km 的日地系统的拉格朗日点L,和地球一起以相同角速度绕太阳做匀速圆周运动。则() A.该人造行星绕太阳运行的周期等于一年 B.该人造行星受到日地的万有引力为一对平衡力 C.该人造行星绕太阳运行的线速度大于地球的公转速度 地球 D.该人造行星绕太阳运行的加速度大于地球的公转加速度 2.1934年，小居里夫妇第一次发现了人工放射性同位素0P,0P极不稳定，会发生正B衰变（即发射正 电子©)，下列关于正B衰变的说法正确的是() A.原子核内有一个中子转化为质子和一个电子 B.衰变产生的新核的电荷数仍是15 C.衰变产生的新核的质量数仍是30 D.衰变产生的新核和P的质量相等 3.一次夏日雷雨，下表面带负电的云层靠近避雷针时，由于静电感应使避雷针尖端带有正电荷，避雷针 周围电场的电场线、等势线如图所示，a、b、℃、d为电场中的四个点。下列说法正确的是() A.b、c所在处的电场强度相等 B.a点的电场强度大于b点的电场强度 C.电子在a点的电势能小于在C点的电势能 D.质子由b点运动到d点的过程中，静电力做负功 /针 4.竖直放置的绝缘轻质弹簧一端固定于水平地面上，另一端连接带电小球A,在A球正上方有一用绝缘 细线悬挂在空中的带电小球B,带电小球C恰好静止在A、B的正中间，如图所示。已知三个小球质量均 为m,带电荷量绝对值相同且均可视为点电荷。弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小为g,则下列说 法正确的是() L222222 A.A、B两小球带同种电荷，A、C带异种电荷 OB B.细绳上的拉力为mg Oc OA C.剪断轻绳瞬间，A、C的加速度均为零 777777 D.剪断轻绳瞬间，B的加速度为3g 试卷第1页（共5页） 5.电动方程式(FormulaE)是目前世界上新能源汽车运动中级别最高的赛事，赛车在专业赛道水平路面 上由静止启动，在前2s内做匀加速直线运动，2s末达到额定功率，之后保持额定功率继续运动，其v-t图 像如图所示。己知汽车的质量为m=8×10kg,汽车受到地面的阻力为车重的 取g=10m1s2,下列说 0 法正确的是() v/m·s A.赛车在2s内的位移为8m B.赛车在加速过程中牵引力保持不变 16-- C.当速度v=10m/s时，其加速度为5m/s2 D.该赛车的最大速度是288km/h 6.如图所示为一架质量为M的6轴运送快递无人机，悬停时每个轴上的螺旋桨均竖直向下吹出最大速度 为的气流，每个螺旋桨产生气流的有效横截面积均为S,空气密度为，重力加速度为g,则该无人机悬 停时其载货质量的最大值为() A.3pSv .-M B.3g-M g DSv2 C.SpSv-M A器-M D. 7.如图为码头装御简化装置，天花板固定轻质定滑轮，工人甲在码头的水平地面上向左运动拉动细绳， 竖直绳吊起货物乙匀速上升，不计滑轮、绳的重力及摩擦。在乙匀速上升的过程中，下列说法正确的是 A.乙的机械能守恒 天花板山 B.甲需加速向左运动 悬绳 C.悬绳对天花板的拉力大小不变 D.甲对地面的压力逐渐增大 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，有多项符合题目要 求.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.篮球运动是深受学生热爱的一项体育运动。某同学练习投篮，篮球在空中的运动轨 迹如图中虚线所示。若不计空气阻力，下列关于篮球在空中运动时的速度大小，加 速度大小，动能E,和机械能E随运动时间t的变化关系中，可能正确的是( 9.“飞行魔毯”安装了架相同的无人机，一次飞行中，“飞行魔毯”从静止开始保持额定功率竖直向上起飞， 经过时间t达到最大速度。己知每架无人机的额定功率均为P,“飞行魔毯'加上飞行员的总质量为，“飞 试卷第2页（共5页） 行魔毯”竖直上升过程中所受的空气阻力恒为f,重力加速度为8。下列说法正确的是() A.“飞行魔毯”从静止至速度达到最大的过程中，克服空气阻力做功为Pt B.“飞行魔毯”从静止至速度达到最大的过程中，加速度越来越小 C.“飞行魔毯"的最大速度，=n心 mg+f D.无法求出“飞行魔毯”从静止至速度最大时上升的高度 10.如图所示，半径均为R、内外表面均光滑的两个完全相同的四分之一圆弧槽A、B并排放在光滑水平 面上，A、B质量均为m,、b两点分别为A、B槽的最高点，c、d两点分别为A、B槽的最低点，A槽 的左端紧靠着墙壁，一个质量也为m的小球P(视为质点)从圆弧槽A的顶端静止释放，重力加速度为g。 下列说法正确的是() A.小球P从a点运动到c点时的速度大小为2√gR B.小球P在B槽内运动的最大高度为 B C.小球P第一次返回B槽最低点d时，B槽具有的速度为√2gR D.小球P从B槽最低点d到第一次返回B槽最低点d过程中，小球和B槽构成的系统动量守恒 第Ⅱ卷（非选择题共54分） 三、实验与探究 11.某同学探究求合力的方法，如图甲，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，O与 OC为细绳，如图所示。 (1)下列说法正确的是： A.记录拉力方向时用铅笔贴着细线画直线表示 B.测量时，弹簧秤外壳与木板之间的摩擦对实验有影响 C.测量时，橡皮筋应与两细线夹角的平分线在同一直线上 甲 D.拉橡皮筋时，弹簧秤、橡皮筋、细绳应靠近木板且与木板面平行 (2)在(1)实验中，耳、F表示两个互成角度的力，F表示平行四边形作出的F与F的合力；F表示用一 个弹簧秤拉橡皮筋时的力，则乙图中符合实验事实的是 F F F F 橡皮筋广 橡皮筋业 橡皮筋 橡皮筋☑ 0 乙 (3)在另一小组研究两个共点力合成的实验中，两个分力的夹角为0，合力为F,F与0的 ↑FN 关系图像如图丙所示。已知这两分力大小不变，则任意改变这两个分力的夹角，能得到 的合力大小的最大值为一。 90°180°270°0 丙 试卷第3页（共5页） 12.(1)为了研究平抛物体的运动，可做下面的实验：如图甲所示，用小锤打击弹性金属片，B球就水平飞 出，同时A球被松开，做自由落体运动，两球同时落到地面；如图乙所示的实验：将两个完全相同的斜滑 道固定在同一竖直面内，最下端水平。把两个质量相等的小钢球从斜面的同一高度由静止同时释放，滑道 2与光滑水平板连接，则将观察到的现象是球1落到水平木板上击中球2，这两个实验说明 a0204060 x/cm 10 20 30 y/cm A.甲实验只能说明平抛运动在竖直方向做自由落体运动 B.乙实验只能说明平抛运动在水平方向做匀速直线运动 C.不能说明上述规律中的任何一条 D.甲、乙两个实验均能同时说明平抛运动在水平、竖直方向上的运动性质 (2)关于“研究物体平抛运动”实验，下列说法正确的是一。 A.小球与斜槽之间有摩擦会增大实验误差 B.安装斜槽时其末端切线应水平 C.小球在斜槽上释放的位置离斜槽末端的高度尽可能低一些 (3)如图丙，某同学在做平抛运动实验时得出如图丁所示的小球运动轨迹，4、b、c三点的位置在运动轨迹 上己标出。(g取10m/s2,计算结果均保留三位有效数字) ①a、b两点间运动时间t= ②小球平抛运动的初速度为m/s ③a点（选填“是”或“不是”）抛出点 四、计算题（共38分。写出必要的文字说明，公式和重要演算步骤，只写出最后答案的不给分，有数值计算 的题，答案中应明确写出数值和单位) 13.(10分)汽车轮胎的胎压监测系统会监测左右轮胎的胎压差，当差值的绝对值超过10kPa时，系统就会 报警。假设轮胎内气体可视为理想气体，且轮胎体积不变。初始时，左、右前轮胎的胎压均为200kP, 温度均为27℃。左前轮胎因阳光照射温度升高，而右前轮胎温度保持27℃不变，热力学温度与摄氏温度 的关系为T=1+273K,求： (1)当报警器刚好响起时左前轮胎内气体的温度是多少摄氏度？ (2)假设在报警器刚好响起时缓慢放出左前轮胎中的部分气体，放气过程中，气体温度不变，使压强回到初 始值，求放出气体和原来气体的质量比。 试卷第4页（共5页） 14.(13分)如图所示，一根轻绳竖直悬挂质量为m的小木块，木块处于静止状态。一颗质量也为m的子弹 以速度水平向右射入木块，并立即留在其中。子弹入射木块过程的时间极短，忽略木块的微小偏离。己 知重力加速度为g,轻绳长度为1= 哈 木块摆动过程中未发生旋转，不计木块大小和空气阻力。求： 4g (1)子弹入射木块后瞬间，木块的速度大小： II业 (2)子弹入射木块后瞬间，木块对轻绳的拉力大小： (3)子弹入射木块后的运动过程中，求轻绳偏离竖直方向的最大角度0及在最 大偏角处木块和子弹的加速度。 15.(15分)如图所示是某弹射游戏简化装置，由安装在水平台面上的固定弹射器、水平直轨道AB、EF、 GH和圆心为O的竖直半圆轨道BCD组成。BCD的最高点D与EF的右端点E在同一竖直线上，且D点略 高于E点。左端固定一竖直弹性板的木板静止在GH上。其上表面与EF相平，右端紧靠竖直边FG。游戏 时滑块从A点弹出，经过轨道AB、BCD后平滑地滑上轨道EF和木板。已知可视为质点的滑块质量 m=0.1kg,木板质量M=0.1kg,长度L=1.0m,BCD的半径R=0.4m,滑块与木板间的动摩擦因数为 4=04,其余各处均光滑。滑块与弹簧、滑块与弹性板相互作用的过程中机械能损失忽略不计，不计滑块 经过轨道连接处的能量损失，g取10m/s2。 (I)若滑块恰好能通过D点，求滑块通过D点的速度大小v: (2)若木板未固定，滑块与挡板恰好不相碰，求滑块经过B点时对圆轨道的压力大小F; (3)若木板固定，弹射器弹簧的弹性势能E,可在0~2.4J内调节，要使滑块最终静止在木板上，求弹簧弹性 势能E的范围及滑块静止时其与挡板的距离x(用E,表示)。 弹性板 D M H G C 弹射器 wM☐M A B 试卷第5页（共5页） 《月考2物理科》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D D C D BD BC BC 11.(1)BD (2)C (3)7N 12.(1)AB (2)B (3)0.100 2.00 不是 13.解：(1)左轮胎体积不变，气体等容变化。初状态：左胎压强p,=200kPa,热力学温度T=300K; 末状态：p2=210kPa。 根据查理定件得号一会 解得T2=315K即62=42℃ (2)放气过程温度不变，为等温变化，设轮胎体积为V，,末状态压强P3=200kP时，总体积为V'。根 据玻意耳定律P,V=p, 解得V'=1.05V 放出气体的体积为V'-V=0.05V 由于同温同压下，理想气体质量与体积成正比，因此放出气体和原有气体的质量比为 △mV'-V0.05V1 m V'1.0521 14.(1)子弹开始接触木块至二者共速的过程中，子弹与木块动量守恒m,=2mv解得v= 2 (2)子弹和木块刚共速瞬间，对子弹和木块整体，根据牛顿第二定律可得T了-2mg=2m v2 解得T=4mg 由牛顿第三定律，得绳子所受拉力T'=T=4mg (3)子弹射入木块后，木块偏离初始位置的最大角度为日 极据机板能守位有)2m2=2mg1-e0s0) 解得最大偏角0=60° 在最大偏角处，整体速度为0，向心力为0，沿绳子方向合力为0，有2 mg sin0=2ma 解得加速度大小为a= 28 方向与水平成60°斜向左下方 15.解：(1)恰好过D点，有mg=mR v2 解得v=2m/s (2)滑块恰好到达木板左端时与木板共速，滑块与木板动量守恒mvo=(m+M)v 答案第1页（共2页） 能量守恒定律wmgL=m匠- 5(m+M0v2 2 联立解得'p=4m/s B到D,机械能守恒定律号mv层=mv2+2mgR 2 B点R-mg=m。 R 解得F=9N 根据牛顿第三定律，滑块对圆轨道的压力大小为。 (3)滑块恰能通过D点，有E,1=mg×2R+,mW=W 滑块滑上木板后，若恰与挡板碰撞，则有Ep2=mg×2R+umgL=1.2J 当1J<E。<1.2J时，有E。=mg×2R+umg(L-x) 解得x=3-2.5E, 滑块滑上木板后，若与挡板碰撞1次，恰好到达挡板右边缘，则有E=mg×2R+umg×2L=1.6J 当1.2J<E。<1.6J时，有E。=mg×2R+mg(L+x) 解得x=2.5E。-3 若滑块恰能与挡板碰撞2次，则有E,4=mg×2R+umg×3L=2J 当1.6J<E。<2J时，有E。=mg×2R+mg(3L-x) 解得x=5-2.5E。 滑块与挡板碰撞2次，恰好到达挡板最右端时，有E,s=mg×2R+mg×4L=2.4J 当2J<E。<2.4J时，有E,=1g×2R+mg(3L+x) 解得x=2.5E。-5 综上可知弹性势能的范围为1J≤E。≤2.4J 滑块静止时其与挡板的距离为x=3-2.5E。(1U≤E。<1.2J);x=2.5E。-3(1.2J≤E。<1.6);x=5-2.5E。 (1.6J≤E。<2J)；x=2.5E。-5(2J≤E,≤2.4J) 答案第2页（共2页）