精品解析：四川省成都市2022-2023学年高一下学期5月质量监测物理试题（解析版）

这是一份精品解析：四川省成都市2022-2023学年高一下学期5月质量监测物理试题（解析版），共36页。试卷主要包含了答非选择题时，必须使用0，考试结束后，只将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年度下期高一年级五月质量监测考试
物理试题
注意事项：
1.答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上。
2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号。
3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。
4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。
5.考试结束后，只将答题卡交回。
第I卷（选择题，共44分）
一、单项选择题（本题包括8小题，每小题3分，共24分，每小题只有一个选项符合题意）
1. 在物理课堂上，陈老师给同学们演示了一个鸡蛋从一定高度h掉入透明玻璃缸里，结果鸡蛋摔碎了．若在实验中，将一个50g的鸡蛋从1m的高度掉下，与玻璃缸的撞击时间约为2ms，则该鸡蛋受到玻璃缸的作用力约为（　　）

A. 10 N
B. 102 N
C. 103 N
D. 104 N
【答案】B
【解析】
【详解】根据，代入数据可得：，与地面的碰撞时间约为t1=2ms=0.002s，全过程根据动量定理可得：mg（t+t1）-Ft1=0，解得冲击力F=113N≈102N，故B正确，ACD错误．
2. 如图所示，某次空中投弹的军事演习中，战斗机以恒定速度沿水平方向飞行，先后释放A、B两颗炸弹，分别击中倾角为的山坡上的点和点，释放A、B两颗炸弹的时间间隔为，此过程中飞机飞行的距离为；先后击中、的时间间隔为，、两点间水平距离为，且A炸弹到达山坡的点位移垂直斜面，B炸弹是垂直击中山坡点的。不计空气阻力，下列错误的是（　　）

A. A炸弹在空中飞行时间为
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．如图，设炸弹A从抛出到击中点用时，有



因垂直于斜面，则

联立解得

则

故A正确，不满足题意要求；
BCD．炸弹B从抛出到击中点，方向垂直于斜面，则


由图可知

即

时间关系如下图

有

即

则有


故B错误，满足题意要求；CD正确，不满足题意要求。
故选B。
3. 如图所示，小球A可视为质点，装置静止时轻质细线AB水平，轻质细线AC与竖直方向的夹角37°。已知小球的质量为m，细线AC长l，B点距C点的水平和竖直距离相等。装置能以任意角速度绕竖直轴转动，且小球始终在平面内，那么在角速度从零缓慢增大的过程中（　　）（重力加速度g取，，）

A. 两细线张力均增大
B. 细线AB中张力一直变小，直到为零
C. 细线AC中张力一直增大
D. 当AB中张力为零时，角速度可能为
【答案】D
【解析】
【详解】AB．当静止时，受力分析如图，由平衡条件

由平衡条件得
TAB=mgtan37°=0.75mg
TAC＝＝1.25mg
若AB中的拉力为0，当ω最小时绳AC与竖直方向夹角θ1=37°，受力分析如图

根据受力分析
mgtanθ1＝m(Lsinθ1)ωmin2
得

根据对称性可知，当ω最大时绳AC与竖直方向夹角θ2=53°，此时应有
mgtanθ2＝mωmax2Lsinθ2
得
ωmax＝
所以ω取值范围为
≤ω≤
绳子AB的拉力都是0．由以上的分析可知，开始时AB拉力不为0，当转速在≤ω≤时，AB的拉力为0，角速度再增大时，AB的拉力又会增大，AB错误；
C．当绳子AC与竖直方向之间的夹角不变时，AC绳子的拉力在竖直方向的分力始终等于重力，所以绳子的拉力绳子等于1.25mg；当转速大于后，绳子与竖直方向之间的夹角增大，拉力开始增大；当转速大于后，绳子与竖直方向之间的夹角不变，AC上竖直方向的拉力不变；随后当水平方向的拉力增大，AC的拉力继续增大，C错误；
D．由开始时的分析可知，当ω取值范围为≤ω≤时，绳子AB的拉力都是0，D正确。
故选D。
4. 宇航员飞到一个被稠密气体包围的某行星上进行科学探索。他站在该行星表面，从静止释放一个质量为的物体，由于气体阻力的作用，其加速度随下落位移变化的关系图像如图所示。已知该星球半径为，万有引力常量为。下列说法正确的是（　　）

A. 该行星的平均密度为
B. 该行星的第一宇宙速度为
C. 卫星在距该行星表面高处的圆轨道上运行的周期为
D. 从释放到速度刚达到最大过程中，物体克服阻力做功
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．由图可知，物体开始下落瞬间，只受万有引力作用，根据万有引力等于重力，可知

又

联立，可得

故A正确；
B．在行星表面飞行的卫星，万有引力提供向心力，有

联立，可得

故B正确；
C．卫星在距该行星表面高处的圆轨道上运行时，有

联立，可得

故C错误；
D．从释放到速度刚达到最大的过程中，设阻力为f，由牛顿第二定律可得

解得

阻力做功为

即物体克服阻力做功。
故D正确；
故选ABD。
5. 如图所示，光滑水平面上有一个质量为的木箱，高为。紧邻木箱的左边有一根长度也为的竖直轻细杆用铰链固定在点，轻杆上端固定有质量为可视为质点的小球。由于轻微扰动，小球推着木箱向右运动，重力加速度取，下列说法正确的是（　　）

A. 小球落地前瞬间小球的速度大小是
B. 小球落地前瞬间轻杆对小球的作用力大小是
C. 小球与木箱分离时小球的加速度竖直向下大小等于
D. 从开始运动到小球与木箱分离，轻杆对小球的支持力先减小后增大
【答案】C
【解析】
【详解】AB．假设没有木箱，小球落地前，由动能定理得

将要落地时，由牛顿第二定律得

解得
，
由于小球要对木箱做功，所以落地速度小于，轻杆对小球的作用力也小于。故AB错误；
CD．开始运动时，杆对小球的支持力不为0；分离时，木箱水平方向上不受力，则加速度为0，则小球水平方向上的加速度为0；
受力分析可知，此时杆对小球的作用力为0，只受重力，加速度为g，则从开始运动到小球与木箱分离，轻杆对小球的支持力一直减小。故C正确，D错误。
故选C。
6. 如图甲所示为某机场的行李自动运输系统，可以将其简化为如图乙所示，运输系统由电动机带动传送带运转，传送带由长度L1=100m的水平传送带AB和长度L2=70m、倾角为37°的倾斜传送带CD组成，两个传送带之间由很短的一段圆弧连接。两个传送带都沿顺时针方向转动，速度大小分别为4m/s和6m/s，每隔1s将一个货箱从A点无初速度放在传送带上，所有货箱的质量均为m=20kg且可视为质点，货箱与水平传送带间的动摩擦因数μ1=0.1，与倾斜传送带间的动摩擦因数μ2=0.875，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是（1度电=1kW·h）（　　）

A. 每个货箱从A点到D点的时间均为29s
B. 水平传送带上相邻货箱间的最大距离为最小距离的4倍
C. 倾斜传送带上相邻货箱间的最大距离为6m
D. 传送带连续稳定工作24小时，传送带因运送货箱而多消耗220.8度电
【答案】C
【解析】
【详解】A．货箱在水平传送带上时，开始做匀加速运动，由牛顿第二定律可得

解得

货箱达到与传送带共速时的位移

货箱的加速时间

货箱在水平传送带上做匀速直线运动的时间

货箱在倾斜的传送带上时，由于，货箱先做初速度为4m/s的匀加速运动，由牛顿第二定律则有

解得

货箱与传送带共速时的位移

达到共速时所用时间

共速后匀速向上运动的时间

可得每个货箱从A点到D点的时间均为

A错误；
B．由题意可知，在水平传送带上相邻货箱间的最大距离为两货箱都做匀速运动时的距离，可知，最小距离是前一个货箱运动1s，后一个刚放上时，则有

则有

B错误；
C．由选项B的解析，可知在倾斜传送带上相邻货箱间的最大距离为6m，C正确；
D．在24小时内传送货箱的个数为

每个货箱增加的能量

每个货箱与传送带摩擦产生的热量

则有传送带连续稳定工作24小时，传送带因运送货箱而多消耗能量

由于

则有多消耗的电能是

由于最后39s内有货箱仍在传送带上，因此实际多消耗的电能应小于220.8度电，D错误。
故选C。
7. “风洞实验”指在风洞中安置飞行器或其他物体模型，研究气体流动及其与模型的相互作用，以了解实际飞行器或其他物体的空气动力学特性的一种空气动力实验方法。在下图所示的矩形风洞中存在大小恒定的水平风力，现有一小球从M点竖直向上抛出，其运动轨迹大致如下图所示，其中M、N两点在同一水平线上，O点为轨迹的最高点，小球在M点动能为9J，在O点动能为16J，不计空气阻力，下列说法错误的是（　　）

A. 小球从M点运动到N点过程中的最小动能为5.76J
B. 小球落到N点时的动能为73J
C. 小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为1：3
D. 小球的重力和受到的风力大小之比为4：3
【答案】D
【解析】
【详解】D．设风力大小为F，小球重力大小为mg，O、M两点间的水平距离为x1，竖直距离为h，根据竖直上抛运动规律有

对小球从M运动到O的过程，根据动能定理有

由题意可知

根据牛顿第二定律可得小球在水平方向的加速度大小为

小球从M运动到O所用时间为

根据运动学公式有

联立解得

故D错误，符合题意；
B． M、N 两点间的水平距离为

设小球落到N点时的动能为Ek1，根据动能定理有

联立解得

故B正确，不符合题意；
C．设O、N两点间的水平距离为x2，根据匀变速直线运动规律的推论可知

根据功能关系可知，小球运动过程中，风力对小球做的功等于其机械能的变化量，则小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为

故C正确，不符合题意；
A．小球在重力和风力的合力场中做类斜抛运动，当小球速度方向与合力方向垂直时动能最小，根据前面分析可知合力与竖直方向的夹角θ的正切值为

根据速度的合成与分解可得小球从点运动到点过程中的最小速度为

解得最小动能为

故A正确，不符合题意。
故选D。
8. 物体在引力场中具有的势能叫做引力势能，取无穷远处为引力势能零点。质量为m的物体在地球引力场中具有的引力势能（式中G为引力常量，M为地球的质量，为物体到地心的距离），如果用R表示地球的半径，g表示地球表面重力加速度，c表示光在真空中的速度，则下列说法正确的是（　　）
A. 在半径为r的圆形轨道上运行的质量为m的人造地球卫星的机械能为
B. 如果地球的第一宇宙速度为，则将质量为m的卫星从地球表面发射到半径为r的轨道上运行时至少需要的能量
C. 由于受高空稀薄空气的阻力作用，质量为m的卫星从半径为的圆轨道缓慢减小到半径为的圆轨道的过程中克服空气阻力做的功为
D. 黑洞的密度、质量极大，以至连光都不能逃离它的引力，无法通过光学观测直接确定它的存在，假如地球能成为黑洞，则其半径R最大不能超过
【答案】A
【解析】
【详解】A．在半径为r的圆形轨道上运行的质量为m的人造地球卫星有

动能

引力势能为

则机械能为

选项A正确；
B．将质量为m的卫星从地球表面发射到半径为r的轨道上运行时至少需要的能量

又

所以

选项B错误；
C．由于受高空稀薄空气的阻力作用，质量为m的卫星从半径为的圆轨道缓慢减小到半径为的圆轨道的过程中克服空气阻力做的功为

选项C错误；
D．设质量为m的物体，从黑洞表面至无穷远处，根据能量守恒定律有

解得

假如地球能成为黑洞，因为连光都不能逃离，有
v=c
所以其半径R最大不能超过，选项D错误。
故选A。
二、多项选择题（本题包括5小题，每小题4分，共20分。每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
9. 如图所示，在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽的小车．现有一质量为2m的小球以v0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去(不计摩擦)，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则(　　)

A. 小球在小车上到达的最大高度为
B. 小球离车后，对地将做自由落体运动
C. 小球离车后，对地将向右做平抛运动
D. 此过程中小球对车做的功为
【答案】AD
【解析】
【分析】小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，当小球上升的最高点时，竖直方向上的速度为零，水平方向上与小车具有相同的速度，结合动量守恒和能量守恒求出上升的最大高度．根据动量守恒定律和能量守恒求出小球返回右端时的速度，从而得出小球的运动规律，根据动能定理得出小球对小车做功的大小．
【详解】设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：2mv0=mv1+2mv2，由动能守恒定律得：，解得：，，所以小球与小车分离后对地将向左做平抛运动，故BC错误；当小球与小车的水平速度相等时，小球弧形槽上升到最大高度，设该高度为h，系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：2mv0=3m•v，由机械能守恒定律得：，解得：，故A正确；对小车运用动能定理得，小球对小车做功：，故D正确．所以AD正确，BC错误．
【点睛】本题考查了动量守恒定律和能量守恒定律的综合，知道当小球与小车的水平速度相等时，小球上升到最大高度．
10. 2021年5月，基于俗称“中国天眼”的500米口径球面射电望远镜（FAST）的观测，国家天文台李菂、朱炜玮研究团组姚菊枚博士等首次研究发现脉冲星三维速度与自转轴共线的证据。之前的2020年3月，我国天文学家通过FAST，在武仙座球状星团（M13）中发现一个脉冲双星系统。如图所示，假设在太空中有恒星A、B双星系统绕点O做顺时针匀速圆周运动，运动周期为T1，它们的轨道半径分别为RA、RB，RA＜RB，C为B的卫星，绕B做逆时针匀速圆周运动，周期为T2，忽略A与C之间的引力，万引力常量为G，则以下说法正确的是（　　）

A. 若知道C的轨道半径，则可求出C的质量
B. 恒星A、B的质量和为
C. 若A也有一颗运动周期为T2卫星，则其轨道半径大于C的轨道半径
D. 设A、B、C三星由图示位置到再次共线的时间为t，则
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．C绕B做匀速圆周运动，满足
①
故无法求出C的质量，A错误；
B．因为A、B为双星系统，由彼此的引力提供向心力，运动周期都为T1，对A、B分别有

②
③
②③两式相加解得

故B正确；
C．因为A、B为双星系统，满足

又因为，所以，设A卫星质量为m，轨道半径为R，根据

结合①式可知，的卫星轨道半径大于C的轨道半径，C正确；
D．有分析知A、B、C三星每次共线，C都比A、B多转的角度为，由图示位置到再次共线应满足

解得

D正确。
故选BCD。
11. 如图所示，圆柱形管的底端固定一弹射器，弹射器上有一质量m1=1kg的小滑块，管和弹射器的总质量m2=2kg，滑块与管内壁间的滑动摩擦力大小为0.4m1g。整个装置竖直静止在水平地面上。发射时，滑块离开弹射器瞬间距离上管口的距离为1.0m；滑块离开弹射器后能上升的最大高度为1.4m，小滑块可视为质点且弹射时间极短，每次弹射后滑块获得的初速度相等，忽略空气阻力，取重力加速度g=10m/s2。则下列说法正确的是（　　）

A. 滑块从离开弹射器到第二次通过圆柱形管上端经历的时间为
B. 滑块从离开弹射器到再次回到弹射器处经历的时间为
C. 当滑块离开弹射器瞬间，对圆柱形管施加一个竖直向上的恒力F，为保证滑块不滑出管口，F的最小值为24N。
D. 当滑块离开弹射器瞬间，对圆柱形管施加一个竖直向上的恒力F，为保证滑块不滑出管口，F的最小值为20N。
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】A．对滑块上升时有

可得加速度大小为

设滑块离开弹射器时速度为v0，离开管口时的速度为v1，滑块由底端上升到管口的过程中由动能定理可得

可得

离开管上升到最高点的过程中，由动能定理可得

可得

滑块到管口的时间为

从管口到最高点的时间为

则滑块从离开弹射器到第二次通过圆柱形管上端经历的时间为

故A正确；
B．对滑块管中下落时有

可得加速度大小为

有

可得

滑块从离开弹射器到再次回到弹射器处经历的时间为

故B错误；
CD．为保证滑块不滑出管口，滑块到管口时共速，设共速的速度为v，此时施加的外力F最小，对管有

滑块与管的相对位移为

共速时有

联立可得

故C正确，D错误。
故选AC。
12. 发射高轨道卫星过程如图所示。假设先将卫星发射到半径为r1=r的圆轨道上做匀速圆周运动，到A点时使卫星瞬间加速进入椭圆轨道，到椭圆轨道的远地点B点时，再次瞬间改变卫星的速度，使卫星进入半径为r2=2r的圆轨道做匀速圆周运动。已知卫星在椭圆轨道时距地心的距离与速度的乘积为定值，卫星在椭圆轨道上A点时的速度为v，卫星的质量为m，地球质量为M，引力常量为G，不计卫星的质量变化。则以下说法正确的是（　　）

A. 卫星在椭圆轨道上运行时机械能不守恒
B. 卫星在椭圆轨道上运行时机械能守恒
C. 发动机在A点对卫星做的功与在B点对卫星做的功之差为
D. 发动机在A点对卫星做的功与在B点对卫星做的功之差为
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．卫星在椭圆轨道上运行时只有万有引力做功，所以机械能守恒，故A错误，B正确；
CD．设卫星在半径为r1=r的圆轨道上运行时的速率为v1，根据牛顿第二定律有
G
解得

根据动能定理可得发动机在A点对卫星做的功为

设卫星在半径为r2=2r的圆轨道上运行时的速率为v2，根据牛顿第二定律有
G
解得

设卫星在椭圆轨道上运行时经过B点的速度为v′，则由题意可知

解得

根据动能定理可得发动机在B点对卫星做的功为

所以发动机在A点对卫星做的功与在B点对卫星做的功之差为

故C错误，D正确。
故选BD。
13. 如图甲所示，质量为m=0.1kg的滑块（可视为质点），在内壁光滑、固定的水平筒内压缩弹簧，弹簧原长小于筒长，且弹簧与滑块不拴接。滑块由静止释放，离开筒后立即滑上位于水平面上的木板左端，此后木板的速度-时间图象如图乙所示，已知木板质量M=0.2kg，最终滑块恰好没有离开木板，重力加速度g取10m/s2，则（　　）

A. 滑块与木板之间的动摩擦因数为0.1
B. 木板长度为0.75m
C. 释放滑块时弹簧的弹性势能为0.45J
D. 木板与水平面间因摩擦产生的热量为0.375J
【答案】BC
【解析】
【详解】A. 设木板与地面之间的摩擦因数为μ2，木板做匀减速的加速度为a3，根据牛顿第二定律得

根据图像得

解得

设滑块与木板之间的摩擦因数为μ1，木板做匀加速的加速度为a2，根据牛顿第二定律得

根据图像得

解得

滑块与木板之间的动摩擦因数为0.5，A错误；
B. 设滑块的加速度为a1，根据牛顿第二定律得

解得

根据逆向思维，滑块滑上木板时的速度为

木板长度为

B正确；
C. 根据机械能守恒定律得，释放滑块时弹簧弹性势能为

C正确；
D. 木板与水平面间因摩擦产生的热量为

D错误。
故选BC。
第II卷（非选择题，共56分）
三、实验探究题（本题共2小题，共14分）
14. 某学习小组为探究平抛运动的规律，使用小球、频闪仪、照相机、刻度尺等进行了如下实验。
①将小球以某初速度水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄；
②某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示，图中A处为小球抛出瞬间的影像，AB、BC之间各被删去了1个影像；
③经测量，AB、BC两线段的长度之比为a：b。
已知频闪仪每隔时间T发出一次闪光，重力加速度大小为g，忽略空气阻力。

（1）AB、BC之间的水平距离理论上满足xAB_________xBC（填“大于”或“等于”或“小于”）；
（2）BC之间实际下落的竖直高度为_________（用g、T表示）；
（3）小球抛出时的初速度大小为_________（用g、T、a、b表示）。
【答案】 ①. 等于 ②. 6gT2 ③.
【解析】
【详解】（1）[1]由于小球在水平方向做匀速直线运动则AB、BC之间的水平距离理论上满足xAB等于xBC。
（2）[2]已知每相邻两个球之间被删去1个影像，故相邻两球的时间间隔为
t = 2T
又因为小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，则AB之间的竖直位移为

AC之间的竖直位移为

则BC之间的竖直位移为
hAC - hAB = 6gT2


（3）[3]由于小球在水平方向做匀速直线运动，则
xAB = xBC = 2v0T
则


且
LAB：LBC = a：b
联立有

15. （1）甲、乙、丙三个实验小组分别采用如图（甲）、（乙）、（丙）所示的实验装置，验证“当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合力成正比”这一物理规律。已知他们使用的小车完全相同，小车的质量为M，重物的质量为m，试回答下列问题：

①甲、乙、丙实验中，必须平衡小车和长木板之间的摩擦力的实验小组是______。
A．甲、乙、丙 B．甲、乙 C．甲、丙
②实验时，必须满足“M远大于m”的实验小组是______（填“甲”、“乙”或“丙”）。
③实验时，甲、乙、丙三组同学的操作均完全正确，他们作出的图线如图（丁）中A、B、C所示，则甲、乙、丙三组实验对应的图线依次是______。（选填“ABC”、“BCA”或“CAB”）

（2）实验中，有同学用打点计时器得到了在不同拉力作用下的A、B、C、D……几条较为理想的纸带，交流电的频率为50Hz，并在纸带上每5个点取一个计数点，按打点先后依次为0，1，2，3，4，5.由于不小心，几条纸带都被撕断了，如图所示（图中数据为相邻两计数点间的距离），请根据给出的四段纸带判断：在b、c、d三段纸带中，可能是从纸带a撕下的是______。

A．b B．c C．d D．无法确定
（3）小明同学采用（乙）图实验装置探究质量一定时加速度与力的关系的实验时，以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的图像是图（丁）中的一条直线，图线与横坐标的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为______。
A． B． C． D．
（4）如图，这是丁同学受到甲，乙，丙同学启发后设计的一项实验，在光滑轻质定滑轮固定在水平实验台的右边缘处，质量的平板车通过不可伸长的轻绳水平跨过定滑轮与质量为的重物相连接，质量的小物块（可视为质点）放在平板车的中央处，小物块与平板车间的动摩擦因数为，实验台对平板车的阻力大小为。初始时刻，重物与它正下方固定的锁定器间的距离为，轻绳刚好伸直。现由静止释放重物，重物通过轻绳拉动平板车开始运动，经过一段时间，重物与锁定器发生碰撞并立刻被锁定，最终小物块未滑离平板车，平板车也未与滑轮发生碰撞。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求初始时刻平板车右侧与滑轮左侧的距离d的条件______和平板车长度l分别满足的条件______。（结果可用分式表示）

【答案】 ①. A ②. 甲 ③. CAB ④. B ⑤. C ⑥. ⑦.
【解析】
【详解】（1）①[1]为了用小车受到的拉力表示小车所受的合力，甲、乙、丙三个实验都需要平衡摩擦力的影响。
故选A。
②[2]因为甲图中需要以重物的重力近似表示小车所受拉力的大小，因而需要满足“M远大于m”来减小整体的加速度，满足重物的重力近似等于小车所受拉力的要求。而乙图中可以用弹簧测力计示数的2倍表示小车所受拉力，丙图拉力传感器也可以显示小车所受的绳子拉力，因而乙、丙两图不需要满足“M远大于m”。故只有甲图需要满足“M远大于m”这一条件。
③[3]根据乙图和牛顿第二定律可知

解得

甲图和丙图中符合

解得

故乙图斜率较大，甲图和丙图斜率一致，其中甲图如果随着的增大，整体加速度增加时图线会发生偏折，因而甲、乙、丙三组实验对应的图线依次是。
（2）[4]根据匀变速直线运动中，相邻相等时间内位移之差为定值可知

则类比可知




考虑误差影响，从纸带上撕下的是图。故选B。
（3）[5]根据（1）中可知

解得

故选C。
（4）[6][7]假设系统中三物体可以相对静止一起运动，则

解得

对于，摩擦力提供加速度，则的最大加速度为

故可以三物体一起运动。下落时间

被锁定后瞬间，动力消失，此时和速度为

再次假设和可以相对静止一起减速，则

故假设不成立，和会有相对滑动，则运用隔离法对两物体分析，根据牛顿第二定律可得两物体加速度大小符合
，
解得

则平板车减速的位移为

则

小物块的减速位移为

解得

四、计算题（本题共4小题，共42分。解答应当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。有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
16. 如图所示，以A、B和C、D为断点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑的地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与两半圆分别相切于B、C两点，一物块（视为质点）被轻放在水平匀速运动的传送带上E点，运动到A点时刚好与传送带速度相同，然后经A点沿半圆轨道滑下，且在B点对轨道的压力大小为10mg，再经B点滑上滑板，滑板运动到C点时被牢固粘连。物块可视为质点，质量为m，滑板质量为，两半圆半径均为R，板长，板右端到C点的距离为，E点距A点的距离，物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因数相同，重力加速度为g，求：
（1）物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因数；
（2）物块与滑板间因摩擦而产生的总热量。

【答案】（1）0.5；（2）3.5mgR
【解析】
【详解】（1）设物块运动到B的速度为，由牛顿第二定律得

解得

从E到B由动能定理得

解得

（2）物块从B点滑上滑板时至物块与滑板共速，根据动量守恒

解得

对m，根据动能定理

解得

对M，根据动能定理

解得

因为

可知物块与滑板达到共同速度时，物块未离开滑板

物块与木板此后以共同速度匀速运动至C点，滑板不再运动，物块在滑板上继续往前运动
对m，根据动能定理

解得

又因为

由上可知

可知物块不能到达与圆心同一高度的点，将会沿圆轨道滑回来，由能量守恒可得

总热量

17. 拉格朗日点指在两个大天体引力作用下，能使小物体稳定的点（小物体质量相对两大天体可忽略不计）。这些点的存在由法国数学家拉格朗日于1772年推导证明的，1906年首次发现运动于木星轨道上的小行星（见脱罗央群小行星）在木星和太阳的作用下处于拉格朗日点上。在每个由两大天体构成的系统中，按推论有5个拉格朗日点，其中连线上有三个拉格朗日点，分别是L1、L2、L3，如图所示。我国发射的“鹊桥”卫星就在地月系统平衡点L2点做周期运动，通过定期轨控保持轨道的稳定性，可实现对着陆器和巡视器的中继通信覆盖，首次实现地月L2点周期轨道的长期稳定运行。设某两个天体系统的中心天体质量为M，环绕天体质量为m，两天体间距离为L，万有引力常量为G，L1点到中心天体的距离为R1，L2点到中心天体的距离为R2。求：
（1）处于L1点小物体的向心加速度；
（2）处于L2点小物体运行的线速度；
（3）为了进一步的通信覆盖，发射两颗质量均为m0的卫星，分别处于L1、L2点，L1、L2到环绕天体的距离近似相等（远小于L），两卫星与环绕天体同步绕中心天体做圆周运动，忽略卫星间的引力，求中心天体对环绕天体的引力与它对两卫星的引力之和的比值？

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）设处于点的小物体质量为，则小物体所受向心力由两天体的万有引力合力来提供，可得

解得

（2）设处于点的小物体质量为，则小物体所受向心力由两天体的万有引力合力来提供，可得

解得

（3）中心天体对环绕天体的引力为

中心天体对两卫星的引力之和为

设处于点的小物体与环绕天体相距x，由于x远小于L，所以有

则中心天体对环绕天体的引力与它对两卫星的引力之和的比值为

18. 一游乐设施简化模型如图所示，挡板1、2分别固定在光滑斜面的顶端和底端，相距为L，A为一小滑块，B为不计质量的板（在外力的作用下可以瞬间获得或失去速度），长度，AB间的滑动摩擦力大小恒等于A的重力，A、B与挡板的碰撞都是弹性碰撞，已知斜面的倾角，重力加速度为g。
（1）若将置于板上端的滑块A以初速度为零释放，求滑块A到达挡板2时的速度大小；
（2）在挡板1处有发射装置，可以将置于板上端的滑块A沿平行于斜面的方向发向发射，要使滑块A恰能回到挡板1处，求滑块A需要的发射速度大小；
（3）在（2）中。若使滑块A以初速度发射，求滑块A做周期性运动时的周期。

【答案】（1）0；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）A下滑时，B与挡板2碰撞并立即停止，A的速度大小为，由机械能守恒定律得

A继续下滑过程中受到B给的斜面向上的滑动摩擦力，设A滑倒挡板2时的速度为，同理有

解得

（2）设需要的发射速度为，A从挡板1运动到挡板2的过程，由动能定理得

解得

A与挡板2发生弹性碰撞，原速反冲，在上升过程中，由动能定理得

解得

（3）A从1到2的过程中由（2）分析可知，A到达2的速度

反弹后速度仍为，当B碰到1板并停止时A的速度为，由运动学公式可知

解得

A继续上升直到速度为0，则由动能定理得

解得

此后AB一起向下加速，B碰撞挡板2后，A继续向下运动直到碰撞挡板2时速度为v5，由动能定理可知

解得

反弹后B不会在碰到挡板1，之后就以v5的初速度上升到最高点在下降，循环做周期性运动，设周期为T，则

代入数据可得

19. 小明设计了一个青蛙捉飞虫的游戏，游戏中蛙和虫都在竖直平面内运动。虫可以从水平x轴上任意位置处由静止开始做匀加速直线运动，每次运动的加速度大小恒为（g为重力加速度），方向均与x轴负方向成斜向上（x轴向右为正）。蛙位于y轴上M点处，，能以不同速率向右或向左水平跳出，蛙运动过程中仅受重力作用。蛙和虫均视为质点，取。
（1）若虫飞出一段时间后，蛙以其最大跳出速率向右水平跳出，在的高度捉住虫时，蛙与虫的水平位移大小之比为，求蛙的最大跳出速率。
（2）若蛙跳出的速率不大于（1）问中的最大跳出速率，蛙跳出时刻不早于虫飞出时刻，虫能被捉住，求虫在x轴上飞出的位置范围。
（3）若虫从某位置飞出后，蛙可选择在某时刻以某速率跳出，捉住虫时蛙与虫的运动时间之比为；蛙也可选择在另一时刻以同一速率跳出，捉住虫时蛙与虫的运动时间之比为。求满足上述条件的虫飞出的所有可能位置及蛙对应的跳出速率。
【答案】（1）；（2）；（3），或，
【解析】
【详解】（1）虫子做匀加速直线运动，青蛙做平抛运动，由几何关系可知


青蛙做平抛运动，设时间为，有


联立解得
，
（2）若蛙和虫同时开始运动，时间均为，则虫的水平分加速度和竖直分加速度分别为
，
相遇时有

解得

则最小的坐标为


若蛙和虫不同时刻出发，轨迹相切时，青蛙的平抛运动有
，
可得轨迹方程为

虫的轨迹方程为

两轨迹相交，可得

整理可知

令，即

解得

虫在x轴上飞出的位置范围为

（3）设蛙的运动时间为，有


解得
，
若青蛙两次都向右跳出，则


解得
，
若青蛙一次向左跳出，一次向右跳出，则


解得
，