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2023-2024学年四川省攀枝花市第七中学校高三上学期第四次诊断性考试 物理试题（解析版）
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这是一份2023-2024学年四川省攀枝花市第七中学校高三上学期第四次诊断性考试 物理试题（解析版），共6页。试卷主要包含了选择题，如图所示，某运动员等内容，欢迎下载使用。
二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题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。
1. 下列关于曲线运动的说法正确的是（ ）
A. 做曲线运动的物体，加速度一定是变化的
B. 做曲线运动的物体，速度大小一定是变化的
C. 做匀速圆周运动的物体，任意相等时间的位移相同
D. 做圆周运动的物体，所受的合力不一定指向圆心
【答案】D
【解析】
【详解】A．做曲线运动的物体，加速度可以不变，比如平抛运动，A错误；
B．做曲线运动的物体，速度大小可以不变，比如匀速圆周运动，B错误；
C．做匀速圆周运动的物体，任意相等时间的位移大小相同，但方向不同，C错误；
D．做圆周运动的物体，所受的合力不一定指向圆心，D正确。
故选D。
2. 如图所示，细绳一端固定在A点，另一端跨过与A等高的光滑定滑轮B后悬挂一个砂桶Q（含砂子）。现有另一个砂桶P（含砂子）通过光滑挂钩挂在A、B之间的细绳上，稳定后挂钩下降至C点，∠ACB＝120°，下列说法正确的是（ ）
A. 若只增加Q桶中的砂子，再次平衡后P桶位置不变
B. 若只增加P桶中的砂子，再次平衡后P桶位置不变
C. 若在两桶内增加相同质量的砂子，再次平衡后P桶位置不变
D. 若在两桶内增加相同质量的砂子，再次平衡后Q桶位置上升
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】AB．对砂桶Q分析有，Q受到细绳的拉力大小
设AC、BC之间的夹角为θ，对C点分析可知C点受三个力而平衡，由题意知，C点两侧的绳张力相等，故有
联立可得
故只增加Q桶中砂子，即只增加GQ，夹角θ变大，P桶上升，只增加P桶中的砂子，即只增加GP，夹角θ变小，P桶下降，故AB错误；
CD．由
可知，当θ＝120°时有
此时若在两砂桶内增加相同质量的砂子，上式依然成立，则P桶的位置不变，故C正确，D错误。
故选C。
3. 一质点做匀加速直线运动时，速度变化Δv时发生位移x1，紧接着速度变化同样的Δv时发生位移x2，则该质点的加速度为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由于质点做匀加速直线运动，可知其通过两段位移的时间一定相等，设时间为t，由运动学公式得
解得
故选D。
4. 2022年3月，中国航天员翟志刚、王亚平、叶光富在离地球表面约的“天宫二号”空间站上通过天地连线，为同学们上了一堂精彩的科学课。通过直播画面可以看到，在近地圆轨道上飞行的“天宫二号”中，航天员可以自由地漂浮，这表明他们（ ）
A. 所受地球引力的大小近似为零
B. 所受地球引力与飞船对其作用力两者的合力近似为零
C. 所受地球引力的大小与其随飞船运动所需向心力的大小近似相等
D. 在地球表面上所受引力的大小小于其随飞船运动所需向心力的大小
【答案】C
【解析】
【详解】ABC．航天员在空间站中所受万有引力完全提供做圆周运动的向心力，飞船对其作用力等于零，故C正确，AB错误；
D．根据万有引力公式
可知在地球表面上所受引力的大小大于在飞船所受的万有引力大小，因此地球表面引力大于其随飞船运动所需向心力的大小，故D错误。
故选C。
5. 一质量为的儿童电动汽车在水平地面上由静止开始做直线运动。在一段时间内电动汽车的速度与牵引力的功率随时间变化的函数关系图像分别如图甲、乙所示，3s末电动汽车牵引力功率达到额定功率，10s末电动汽车的速度达到最大值，14s时关闭发动机，经过一段时间电动汽车停止运动。整个过程中电动汽车受到的阻力恒定。下列说法正确的是（ ）
A. 电动汽车最大速度为10m/s
B. 电动汽车受到的阻力为100N
C. 关闭发动机后，电动汽车经过5s停止运动
D. 整个过程中，电动汽车克服阻力做功为3750J
【答案】D
【解析】
【详解】AB．由图像可知在0～3s内，电动汽车的加速度
由图像可知在0～3s内
解得
由牛顿第二定律
由
解得
选项A、B错误；
C．关闭发动机后
经过
电动汽车停止运动，选项C错误；
D．对全程由动能定理可得
所以整个过程中克服阻力做功为3750J，选项D项正确。
故选D。
6. 力F对物体所做的功可由公式求得。但用这个公式求功是有条件的，即力F必须是恒力。而实际问题中，有很多情况是变力在对物体做功。那么，用这个公式不能直接求变力的功，我们就需要通过其他的一些方法来求解力F所做的功。如图，对于甲、乙、丙、丁四种情况下求解某个力所做的功，下列说法正确的是（ ）
A. 甲图中若F大小不变，物块从A到C过程中力F做的为
B. 乙图中，全过程中F做的总功为
C. 丙图中，绳长为R，若空气阻力f大小不变，小球从A运动到B过程中空气阻力做的功
D. 图丁中，F始终保持水平，无论是F缓慢将小球从P拉到Q，还是F为恒力将小球从P拉到Q，F做的功都是
【答案】AB
【解析】
【详解】A．因沿着同一根绳做功的功率相等，则力对绳做的功等于绳对物体做的功，则物块从A到C过程中力F做的为
故A正确；
B．乙图的面积代表功，则全过程中F做的总功为
故B正确；
C．丙图中，绳长为R，若空气阻力f大小不变，可用微元法得小球从A运动到B过程中空气阻力做的功为
故C错误；
D．图丁中，F始终保持水平，当F为恒力时将小球从P拉到Q，F做的功是
而F缓慢将小球从P拉到Q，F为水平方向的变力，F做的功不能用力乘以位移计算，故D错误。
故选AB。
7. 2022年冬奥会将在北京举行，滑雪是冬奥会的比赛项目之一、如图所示，某运动员（可视为质点）从雪坡上先后以初速度之比v1：ν2=3：4沿水平方向飞出，均落在雪坡上，不计空气阻力，则运动员从飞出到落到雪坡上的整个过程中（ ）
A. 运动员先后落在雪坡上的速度方向不相同
B. 运动员先后在空中飞行的时间之比为3：4
C. 运动员先后落到雪坡上的速度之比为4：3
D. 运动员先后下落的高度之比为9：16
【答案】BD
【解析】
【详解】A．雪坡倾角等于位移与水平方向的夹角，根据平抛运动规律可知，位移与水平方向夹角的正切值二倍等于速度与水平方向夹角的正切值，故两次速度与水平方向的夹角不变，即运动员先后落在雪坡上的速度方向相同，故选项A错误；
B．运动员落到雪坡上，根据几何关系可知
运动员在空中经历的时间为
初速度之比
则运动时间之比为，故选项B正确；
C．落到雪坡上的速度为：
为速度偏向角，其中
可知末速度与初速度成正比，运动员先后落到雪坡上的速度之比为，故选项C错误；
D．运动员水平位移为：
则水平位移之比为，位移与水平方向夹角恒定，则竖直位移之比为，故选项D正确。
故选BD。
8. 如图甲所示，质量为M=1.5kg、足够长的木板静止在水平面上，质量为m=0.5kg的物块静止于木板左端，木板与地面间的动摩擦因数为μ1=0.1。现用水平向右的拉力F拉动物块，拉力大小随时间的变化关系满足F=kt（k为常量），物块的加速度a随时间t变化的图像如图乙所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2，则（ ）
A. k=2N/s
B. 物块与木板间的动摩擦因数为0.5
C. 0~2s时间内，水平拉力F做的功为J
D. ~2s时间内，木板与地面间因摩擦产生的热量为J
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．根据图像，1s时木板开始与地面发生相对运动
解得
A正确；
B．当 时，物块的加速度为 ，根据牛顿第二定律得
解得
B正确；
C．2s时物块的加速度为
解得
2s末物块的速度为
末动能为
根据动能定理，合力的功是，C错误；
D． 时木板的速度为
木板的加速度为
解得
~2s时间内，木板位移为
~2s时间内，木板与地面间因摩擦产生的热量为
D正确。
故选ABD。
第II卷（共174分）
注意事项：
须用黑色签字笔在答题卡上书写作答，在本试卷上作答，答案无效。
9. 某同学用向心力演示器探究向心力大小的表达式，实验情景如图中A、B、C所示，其中球的尺寸相等、只有B情景皮带两端塔轮的半径不相等。
（1）本实验采用的科学方法是____________。
（2）三个情景中是探究向心力大小F与质量m关系____________（选填“A”、“B”或“C”）。
（3）在B情景中，若左右两钢球所受向心力的比值为9：1，则实验中选取左右两个变速塔轮的半径之比为____________。
【答案】 ①. 控制变量法 ②. C ③.
【解析】
【详解】（1）[1]实验用向心力演示器探究向心力大小的表达式采用的科学方法是控制变量法。
（2）[2]三个情景中，只有C情景皮带两端塔轮半径相等且所用小球质量不同，皮带两端塔轮半径相等保证了两球随塔轮转动时的角速度相同，故情景C可用来探究向心力大小F与质量m关系。
故选C。
（3）[3]B情景中所用钢球相同，根据向心力公式
可得左右两钢球角速度之比
塔轮边缘的线速度相等，有
左右两个变速塔轮的半径之比为
10. 某同学采用如图甲所示的装置验证规律：物体的质量一定时，其加速度与所受外力成正比。实验过程如下：
a.按图甲把实验器材安装好，不挂槽码，反复移动垫木（图中未画出），直到小车做匀速直线运动。
b.把细线系在小车上并绕过定滑轮悬挂槽码，接通电源，放开小车，打点计时器在被小车带动的纸带上打下一系列点，取下纸带，在纸带上写上编号。
c.保持小车质量M不变多次增加槽码，再重复步骤b。
d.算出每条纸带对应的加速度值。
e.用纵坐标表示加速度a，横坐标表示槽码的重力（视为拉力F），做出a-F图像。根据上述实验，完成下述问题：
（1）在步骤d中，该同学采用v-t图像求加速度。如图乙为实验中打出的一条纸带的一部分，纸带上标出了连续的五个计数点，依次为A、B、C、D、E，相邻计数点之间还有四个点未画出。打点计时器接在频率为50Hz的交流电源上。打点计时器打C点时，小车的速度为_________m/s；（保留3位有效数字）
（2）B、C、D点的速度都标在了v-t坐标系中，如图丙所示做出小车运动的v-t图像________________，利用图像求出小车此次运动的加速度a=__________m/s2：（保留2位有效数字）
（3）最终该同学所得小车运动的a-F图像如图所示，从图中我们可以看出图像是一条经过原点的直线。根据图像可以确定下列说法中错误的是____________
A.本实验中小车质量一定时，其加速度与小车受力成正比
B.当槽码足够大时小车的加速度可能大于重力加速度
C.可以确定小车质量是0.5kg
（4）另一同学按照相同的步骤做了上述实验，画出的a-F图像如图所示，你认为造成该图线不过原点的原因是______________
A.平衡摩擦力不足 B.平衡摩擦力过度
C.不满足槽码质量远小于小车质量 D.操作错误
【答案】 ①. 0.441 ②. 见解析 ③. 1.0 ④. B ⑤. AB##BA
【解析】
【详解】（1）[1]打点计时器打C点时，小车的速度为
（2）[2]如图
[3]小车此次运动的加速度
（3）[4] A．由图线可得：a与F成正比，故A正确，不符合题意；
B．对整体，根据牛顿第二定律得小车的加速度为
所以加速度不可能大于重力加速度g，故B错误，符合题意；
C．对小车，根据牛顿第二定律得
变形得
故图线的斜率
解得
故C正确，不符合题意。
故选B。
（4）[5]另一同学按照相同的步骤做了上述实验，画出的图像，若过程中平衡摩擦力不足会造成该图线与纵坐标有截距，若平衡摩擦力过度图线与纵坐标有截距。
故选AB。
11. 如图所示，宇航员站在某质量分布均匀的星球表面一斜坡上P点，沿水平方向以初速度抛出一个小球，测得小球经时间t落到斜坡上另一点Q，斜面的倾角为α，已知该星球的半径为R，万有引力常量为G。求：
（1）该星球的第一宇宙速度；
（2）人造卫星绕该星球表面做匀速圆周运动的最小周期T。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）小球做平抛运动，水平方向有
竖直方向有
根据几何关系有
根据万有引力提供向心力可得
解得该星球的第一宇宙速度为
（2）根据万有引力提供向心力可得
解得
可知当时，人造卫星绕该星球表面做匀速圆周运动的周期最小，为
12. 如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道（在最低点E分别与水平轨道EO和EA相连）、高度h可调的斜轨道AB组成。游戏时滑块从O点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道。全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功。已知圆轨道半径r=0.1m，OE长L1=0.2m，AC长L2=0.4m，圆轨道和AE光滑，滑块与AB、OE之间的动摩擦因数μ=0.5。滑块质量m=2g且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能。忽略空气阻力，各部分平滑连接。求
（1）当h=0.1m且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力FN大小及弹簧的弹性势能EP。
（2）要使游戏成功，弹簧的弹性势能Ep与高度h之间满足的关系。
【答案】（1）0.14N，；（2），其中
【解析】
【详解】（1）设滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度大小为vF，由题意可得，滑块恰过F点的条件为
解得
滑块从E到B，由动能定理得
设在E点的受到的支持力为，对滑块，根据牛顿第二定律得
解得
根据牛顿第三定律可知，滑块经过E点对圆轨道的压力大小
滑块从O点到B点，由动能定理得
解得
（2）设滑块恰能过F点的弹性势能为Epl，由动能定理得
到B点减速到0，由动能定理得
解得
设物块能停在B点时斜面的倾角为，由共点力平衡条件得
设B点距离水平地面的高度为h2，由几何关系得
解得
从O到B点，由动能定理得
即
其中
13. 如图所示，一足够长的倾斜传送带以速度v=2m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带与水平方向的夹角θ=37°。质量m1=5kg的小物块A和质量m2=5kg的小物块B由跨过定滑轮的轻绳连接，A与定滑轮间的绳子与传送带平行，轻绳足够长且不可伸长。某时刻开始给物块A以沿传送带方向的初速度v0=8m/s（此时物块A、B的速率相等，且轻绳绷紧），使物块A从传送带下端冲上传送带，已知物块A与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，不计滑轮的质量与摩擦，整个运动过程中物块B都没有上升到定滑轮处。取sin37°=0.6，cs37°=0.8，重力加速度g=10m/s2，求
（1）物块A刚冲上传送带时加速度的大小及方向；
（2）物块A冲上传送带沿传送带向上运动的最远距离及此过程中传送带对物块A做的功；
（3）若传送带以不同的速率v（0【答案】（1）10m/s2，方向沿传送带向下；（2），；（3）3m/s，40J
【解析】
【详解】（1）物块A刚冲上传送带时，A受重力、垂直于传送带斜向左上方的支持力、沿传送带向下的摩擦力和沿绳向下的拉力，根据牛顿第二定律有
B受向下的重力和沿绳向上的拉力，根据牛顿第二定律有
联立以上两式解得
故物块A刚冲上传送带时的加速度大小为10m/s2，方向沿传送带向下；
（2）物块减速到与传送带共速后，物块继续向上做匀减速直线运动
对A物块，根据牛顿第二定律
对B物块，根据牛顿第二定律
联立上式解得
当物块A的速度减为零时，其沿传送带向上运动的距离最远，故
代入数据解得
此过程中传送带对物块A做的功
解得
（3）共速之前物块A与传送带相对位移为
则共速之前摩擦生热为
同理，共速后有
此过程摩擦生热为
故物块A运动到最远处的生热为
根据二次函数的知识，有
二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题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。
1. 下列关于曲线运动的说法正确的是（ ）
A. 做曲线运动的物体，加速度一定是变化的
B. 做曲线运动的物体，速度大小一定是变化的
C. 做匀速圆周运动的物体，任意相等时间的位移相同
D. 做圆周运动的物体，所受的合力不一定指向圆心
【答案】D
【解析】
【详解】A．做曲线运动的物体，加速度可以不变，比如平抛运动，A错误；
B．做曲线运动的物体，速度大小可以不变，比如匀速圆周运动，B错误；
C．做匀速圆周运动的物体，任意相等时间的位移大小相同，但方向不同，C错误；
D．做圆周运动的物体，所受的合力不一定指向圆心，D正确。
故选D。
2. 如图所示，细绳一端固定在A点，另一端跨过与A等高的光滑定滑轮B后悬挂一个砂桶Q（含砂子）。现有另一个砂桶P（含砂子）通过光滑挂钩挂在A、B之间的细绳上，稳定后挂钩下降至C点，∠ACB＝120°，下列说法正确的是（ ）
A. 若只增加Q桶中的砂子，再次平衡后P桶位置不变
B. 若只增加P桶中的砂子，再次平衡后P桶位置不变
C. 若在两桶内增加相同质量的砂子，再次平衡后P桶位置不变
D. 若在两桶内增加相同质量的砂子，再次平衡后Q桶位置上升
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】AB．对砂桶Q分析有，Q受到细绳的拉力大小
设AC、BC之间的夹角为θ，对C点分析可知C点受三个力而平衡，由题意知，C点两侧的绳张力相等，故有
联立可得
故只增加Q桶中砂子，即只增加GQ，夹角θ变大，P桶上升，只增加P桶中的砂子，即只增加GP，夹角θ变小，P桶下降，故AB错误；
CD．由
可知，当θ＝120°时有
此时若在两砂桶内增加相同质量的砂子，上式依然成立，则P桶的位置不变，故C正确，D错误。
故选C。
3. 一质点做匀加速直线运动时，速度变化Δv时发生位移x1，紧接着速度变化同样的Δv时发生位移x2，则该质点的加速度为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由于质点做匀加速直线运动，可知其通过两段位移的时间一定相等，设时间为t，由运动学公式得
解得
故选D。
4. 2022年3月，中国航天员翟志刚、王亚平、叶光富在离地球表面约的“天宫二号”空间站上通过天地连线，为同学们上了一堂精彩的科学课。通过直播画面可以看到，在近地圆轨道上飞行的“天宫二号”中，航天员可以自由地漂浮，这表明他们（ ）
A. 所受地球引力的大小近似为零
B. 所受地球引力与飞船对其作用力两者的合力近似为零
C. 所受地球引力的大小与其随飞船运动所需向心力的大小近似相等
D. 在地球表面上所受引力的大小小于其随飞船运动所需向心力的大小
【答案】C
【解析】
【详解】ABC．航天员在空间站中所受万有引力完全提供做圆周运动的向心力，飞船对其作用力等于零，故C正确，AB错误；
D．根据万有引力公式
可知在地球表面上所受引力的大小大于在飞船所受的万有引力大小，因此地球表面引力大于其随飞船运动所需向心力的大小，故D错误。
故选C。
5. 一质量为的儿童电动汽车在水平地面上由静止开始做直线运动。在一段时间内电动汽车的速度与牵引力的功率随时间变化的函数关系图像分别如图甲、乙所示，3s末电动汽车牵引力功率达到额定功率，10s末电动汽车的速度达到最大值，14s时关闭发动机，经过一段时间电动汽车停止运动。整个过程中电动汽车受到的阻力恒定。下列说法正确的是（ ）
A. 电动汽车最大速度为10m/s
B. 电动汽车受到的阻力为100N
C. 关闭发动机后，电动汽车经过5s停止运动
D. 整个过程中，电动汽车克服阻力做功为3750J
【答案】D
【解析】
【详解】AB．由图像可知在0～3s内，电动汽车的加速度
由图像可知在0～3s内
解得
由牛顿第二定律
由
解得
选项A、B错误；
C．关闭发动机后
经过
电动汽车停止运动，选项C错误；
D．对全程由动能定理可得
所以整个过程中克服阻力做功为3750J，选项D项正确。
故选D。
6. 力F对物体所做的功可由公式求得。但用这个公式求功是有条件的，即力F必须是恒力。而实际问题中，有很多情况是变力在对物体做功。那么，用这个公式不能直接求变力的功，我们就需要通过其他的一些方法来求解力F所做的功。如图，对于甲、乙、丙、丁四种情况下求解某个力所做的功，下列说法正确的是（ ）
A. 甲图中若F大小不变，物块从A到C过程中力F做的为
B. 乙图中，全过程中F做的总功为
C. 丙图中，绳长为R，若空气阻力f大小不变，小球从A运动到B过程中空气阻力做的功
D. 图丁中，F始终保持水平，无论是F缓慢将小球从P拉到Q，还是F为恒力将小球从P拉到Q，F做的功都是
【答案】AB
【解析】
【详解】A．因沿着同一根绳做功的功率相等，则力对绳做的功等于绳对物体做的功，则物块从A到C过程中力F做的为
故A正确；
B．乙图的面积代表功，则全过程中F做的总功为
故B正确；
C．丙图中，绳长为R，若空气阻力f大小不变，可用微元法得小球从A运动到B过程中空气阻力做的功为
故C错误；
D．图丁中，F始终保持水平，当F为恒力时将小球从P拉到Q，F做的功是
而F缓慢将小球从P拉到Q，F为水平方向的变力，F做的功不能用力乘以位移计算，故D错误。
故选AB。
7. 2022年冬奥会将在北京举行，滑雪是冬奥会的比赛项目之一、如图所示，某运动员（可视为质点）从雪坡上先后以初速度之比v1：ν2=3：4沿水平方向飞出，均落在雪坡上，不计空气阻力，则运动员从飞出到落到雪坡上的整个过程中（ ）
A. 运动员先后落在雪坡上的速度方向不相同
B. 运动员先后在空中飞行的时间之比为3：4
C. 运动员先后落到雪坡上的速度之比为4：3
D. 运动员先后下落的高度之比为9：16
【答案】BD
【解析】
【详解】A．雪坡倾角等于位移与水平方向的夹角，根据平抛运动规律可知，位移与水平方向夹角的正切值二倍等于速度与水平方向夹角的正切值，故两次速度与水平方向的夹角不变，即运动员先后落在雪坡上的速度方向相同，故选项A错误；
B．运动员落到雪坡上，根据几何关系可知
运动员在空中经历的时间为
初速度之比
则运动时间之比为，故选项B正确；
C．落到雪坡上的速度为：
为速度偏向角，其中
可知末速度与初速度成正比，运动员先后落到雪坡上的速度之比为，故选项C错误；
D．运动员水平位移为：
则水平位移之比为，位移与水平方向夹角恒定，则竖直位移之比为，故选项D正确。
故选BD。
8. 如图甲所示，质量为M=1.5kg、足够长的木板静止在水平面上，质量为m=0.5kg的物块静止于木板左端，木板与地面间的动摩擦因数为μ1=0.1。现用水平向右的拉力F拉动物块，拉力大小随时间的变化关系满足F=kt（k为常量），物块的加速度a随时间t变化的图像如图乙所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2，则（ ）
A. k=2N/s
B. 物块与木板间的动摩擦因数为0.5
C. 0~2s时间内，水平拉力F做的功为J
D. ~2s时间内，木板与地面间因摩擦产生的热量为J
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．根据图像，1s时木板开始与地面发生相对运动
解得
A正确；
B．当 时，物块的加速度为 ，根据牛顿第二定律得
解得
B正确；
C．2s时物块的加速度为
解得
2s末物块的速度为
末动能为
根据动能定理，合力的功是，C错误；
D． 时木板的速度为
木板的加速度为
解得
~2s时间内，木板位移为
~2s时间内，木板与地面间因摩擦产生的热量为
D正确。
故选ABD。
第II卷（共174分）
注意事项：
须用黑色签字笔在答题卡上书写作答，在本试卷上作答，答案无效。
9. 某同学用向心力演示器探究向心力大小的表达式，实验情景如图中A、B、C所示，其中球的尺寸相等、只有B情景皮带两端塔轮的半径不相等。
（1）本实验采用的科学方法是____________。
（2）三个情景中是探究向心力大小F与质量m关系____________（选填“A”、“B”或“C”）。
（3）在B情景中，若左右两钢球所受向心力的比值为9：1，则实验中选取左右两个变速塔轮的半径之比为____________。
【答案】 ①. 控制变量法 ②. C ③.
【解析】
【详解】（1）[1]实验用向心力演示器探究向心力大小的表达式采用的科学方法是控制变量法。
（2）[2]三个情景中，只有C情景皮带两端塔轮半径相等且所用小球质量不同，皮带两端塔轮半径相等保证了两球随塔轮转动时的角速度相同，故情景C可用来探究向心力大小F与质量m关系。
故选C。
（3）[3]B情景中所用钢球相同，根据向心力公式
可得左右两钢球角速度之比
塔轮边缘的线速度相等，有
左右两个变速塔轮的半径之比为
10. 某同学采用如图甲所示的装置验证规律：物体的质量一定时，其加速度与所受外力成正比。实验过程如下：
a.按图甲把实验器材安装好，不挂槽码，反复移动垫木（图中未画出），直到小车做匀速直线运动。
b.把细线系在小车上并绕过定滑轮悬挂槽码，接通电源，放开小车，打点计时器在被小车带动的纸带上打下一系列点，取下纸带，在纸带上写上编号。
c.保持小车质量M不变多次增加槽码，再重复步骤b。
d.算出每条纸带对应的加速度值。
e.用纵坐标表示加速度a，横坐标表示槽码的重力（视为拉力F），做出a-F图像。根据上述实验，完成下述问题：
（1）在步骤d中，该同学采用v-t图像求加速度。如图乙为实验中打出的一条纸带的一部分，纸带上标出了连续的五个计数点，依次为A、B、C、D、E，相邻计数点之间还有四个点未画出。打点计时器接在频率为50Hz的交流电源上。打点计时器打C点时，小车的速度为_________m/s；（保留3位有效数字）
（2）B、C、D点的速度都标在了v-t坐标系中，如图丙所示做出小车运动的v-t图像________________，利用图像求出小车此次运动的加速度a=__________m/s2：（保留2位有效数字）
（3）最终该同学所得小车运动的a-F图像如图所示，从图中我们可以看出图像是一条经过原点的直线。根据图像可以确定下列说法中错误的是____________
A.本实验中小车质量一定时，其加速度与小车受力成正比
B.当槽码足够大时小车的加速度可能大于重力加速度
C.可以确定小车质量是0.5kg
（4）另一同学按照相同的步骤做了上述实验，画出的a-F图像如图所示，你认为造成该图线不过原点的原因是______________
A.平衡摩擦力不足 B.平衡摩擦力过度
C.不满足槽码质量远小于小车质量 D.操作错误
【答案】 ①. 0.441 ②. 见解析 ③. 1.0 ④. B ⑤. AB##BA
【解析】
【详解】（1）[1]打点计时器打C点时，小车的速度为
（2）[2]如图
[3]小车此次运动的加速度
（3）[4] A．由图线可得：a与F成正比，故A正确，不符合题意；
B．对整体，根据牛顿第二定律得小车的加速度为
所以加速度不可能大于重力加速度g，故B错误，符合题意；
C．对小车，根据牛顿第二定律得
变形得
故图线的斜率
解得
故C正确，不符合题意。
故选B。
（4）[5]另一同学按照相同的步骤做了上述实验，画出的图像，若过程中平衡摩擦力不足会造成该图线与纵坐标有截距，若平衡摩擦力过度图线与纵坐标有截距。
故选AB。
11. 如图所示，宇航员站在某质量分布均匀的星球表面一斜坡上P点，沿水平方向以初速度抛出一个小球，测得小球经时间t落到斜坡上另一点Q，斜面的倾角为α，已知该星球的半径为R，万有引力常量为G。求：
（1）该星球的第一宇宙速度；
（2）人造卫星绕该星球表面做匀速圆周运动的最小周期T。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）小球做平抛运动，水平方向有
竖直方向有
根据几何关系有
根据万有引力提供向心力可得
解得该星球的第一宇宙速度为
（2）根据万有引力提供向心力可得
解得
可知当时，人造卫星绕该星球表面做匀速圆周运动的周期最小，为
12. 如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道（在最低点E分别与水平轨道EO和EA相连）、高度h可调的斜轨道AB组成。游戏时滑块从O点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道。全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功。已知圆轨道半径r=0.1m，OE长L1=0.2m，AC长L2=0.4m，圆轨道和AE光滑，滑块与AB、OE之间的动摩擦因数μ=0.5。滑块质量m=2g且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能。忽略空气阻力，各部分平滑连接。求
（1）当h=0.1m且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力FN大小及弹簧的弹性势能EP。
（2）要使游戏成功，弹簧的弹性势能Ep与高度h之间满足的关系。
【答案】（1）0.14N，；（2），其中
【解析】
【详解】（1）设滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度大小为vF，由题意可得，滑块恰过F点的条件为
解得
滑块从E到B，由动能定理得
设在E点的受到的支持力为，对滑块，根据牛顿第二定律得
解得
根据牛顿第三定律可知，滑块经过E点对圆轨道的压力大小
滑块从O点到B点，由动能定理得
解得
（2）设滑块恰能过F点的弹性势能为Epl，由动能定理得
到B点减速到0，由动能定理得
解得
设物块能停在B点时斜面的倾角为，由共点力平衡条件得
设B点距离水平地面的高度为h2，由几何关系得
解得
从O到B点，由动能定理得
即
其中
13. 如图所示，一足够长的倾斜传送带以速度v=2m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带与水平方向的夹角θ=37°。质量m1=5kg的小物块A和质量m2=5kg的小物块B由跨过定滑轮的轻绳连接，A与定滑轮间的绳子与传送带平行，轻绳足够长且不可伸长。某时刻开始给物块A以沿传送带方向的初速度v0=8m/s（此时物块A、B的速率相等，且轻绳绷紧），使物块A从传送带下端冲上传送带，已知物块A与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，不计滑轮的质量与摩擦，整个运动过程中物块B都没有上升到定滑轮处。取sin37°=0.6，cs37°=0.8，重力加速度g=10m/s2，求
（1）物块A刚冲上传送带时加速度的大小及方向；
（2）物块A冲上传送带沿传送带向上运动的最远距离及此过程中传送带对物块A做的功；
（3）若传送带以不同的速率v（0
【解析】
【详解】（1）物块A刚冲上传送带时，A受重力、垂直于传送带斜向左上方的支持力、沿传送带向下的摩擦力和沿绳向下的拉力，根据牛顿第二定律有
B受向下的重力和沿绳向上的拉力，根据牛顿第二定律有
联立以上两式解得
故物块A刚冲上传送带时的加速度大小为10m/s2，方向沿传送带向下；
（2）物块减速到与传送带共速后，物块继续向上做匀减速直线运动
对A物块，根据牛顿第二定律
对B物块，根据牛顿第二定律
联立上式解得
当物块A的速度减为零时，其沿传送带向上运动的距离最远，故
代入数据解得
此过程中传送带对物块A做的功
解得
（3）共速之前物块A与传送带相对位移为
则共速之前摩擦生热为
同理，共速后有
此过程摩擦生热为
故物块A运动到最远处的生热为
根据二次函数的知识，有
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