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2023-2024学年重庆市杨家坪中学高三上学期第三次月考 物理试题（解析版）
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这是一份2023-2024学年重庆市杨家坪中学高三上学期第三次月考 物理试题（解析版），共6页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题:本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 许多科学家在物理学发展过程中做出了重要贡献，下列说法中正确的是
A. 牛顿通过理想斜面实验提出力并不是维持物体运动的原因
B. 伽利略发现了行星运动的规律
C. 卡文迪许通过实验测出了引力常量
D. 爱因斯坦相对论的创立表明牛顿运动定律是错误的
【答案】C
【解析】
【详解】伽利略通过理想斜面实验提出力并不是维持物体运动的原因，选项A错误；开普勒发现了行星运动的规律，选项B错误；卡文迪许通过实验测出了引力常量，选项C正确；爱因斯坦创立了相对论，相对论的创立并不表明经典力学已不再适用，其实，相对论与经典力学适用的范围不同，经典力学只适用于宏观低速物体，而高速物体适用于相对论．故D错误；故选C.
2. 木板MN的N端通过铰链固定在水平地面上，M端可自由转动．刚开始A、B两物块叠放在一起静止在木板上，如图所示，此时B物块上表面水平，木板与地面之间的夹角为．现使夹角缓慢增大，若此过程中A、B与木板始终保持相对静止状态．则
A. 物块A、B间始终没有摩擦力
B. 物块B对物块A的作用力不变
C. 木板对物块B的作用力减小
D. 木板与物块B之间摩擦力减小
【答案】B
【解析】
【详解】使夹角θ缓慢增大时，B的上表面倾斜，则物块A、B间开始出现摩擦力，选项A错误；对A受力分析可知，B对A的作用力与A的重力等大反向，可知物块B对物块A的作用力不变，选项B正确；对AB的整体，木板对B的作用力等于AB整体的重力，可知木板对物块B的作用力不变，选项C错误；对AB的整体，木板与物块B之间的摩擦力等于（mA+mB）gsinθ，可知随θ的增加，摩擦力变大，选项D错误；故选B.
【点睛】此题关键是能正确选择研究对象，利用整体法和隔离法，受力分析后利用平衡知识进行解答.
3. 甲、乙两物体在同一地点同时开始做直线运动的图像如图所示。根据图像提供的信息可知（ ）
A. 6s末乙追上甲
B. 在乙追上甲之前，甲乙相距最远为8m
C. 8s末甲、乙两物体相遇，且离出发点有32m
D. 在0～4s内与4～6s内甲的平均速度相等
【答案】C
【解析】
【详解】A．图像与坐标轴围成的面积表示位移，在0～6s内，甲的位移
乙的位移
因此6s末乙未追上甲，故A错误；
B．当两者速度相等时，距离最远，即5s末距离最远，此时
则最远距离
故B错误；
C．6s以后，甲物体停止运动，因此相遇时，距离出发点32m，乙所用时间
故C正确；
D．根据图像可知，在0～4s内甲的平均速度
在4～6s内甲的平均速度
故D错误。
故选C。
4. 如图所示有一台阶，每阶高40cm，宽40cm，从台阶顶端边缘以3m／s的初速度水平抛出一个小球(可看成质点)，若不计一切阻力，g取10m／s2，则小球落在第几阶台阶上
A. 第2阶
B. 第3阶
C. 第4阶
D. 第5阶
【答案】D
【解析】
【详解】如图作一条连接各端点的直线，只要小球越过该直线，则小球落到台阶上．
设小球落到斜线上的时间t；水平：x=v0t；竖直：y=gt2；且x=y；联立解得 t=0.6s；相应的水平距离：x=3×0.6m=1.8m；则台阶数：；知小球抛出后首先落到的台阶为第5级台阶．故D正确，ABC错误．故选D．
【点睛】本题考查平抛运动基本规律的应用，在解题要注意只要物体突破了直线，就会落到台阶上，要能熟练运用运动学公式．
5. 用长为l的细线，一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球，小球可在竖直平面内做圆周运动，如图所示，MD为竖直方向上的直径，OB为水平半径，A点位于M、B之间的圆弧上，C点位于B、D之间的圆弧上，开始时，小球处于圆周的最低点M，现给小球某一初速度，下述说法正确的是（ ）
A. 若小球通过A点的速度大于，则小球不一定能通过D点
B. 若小球通过B点时，绳的拉力大于，则小球必能通过D点
C. 若小球通过C点的速度大于，则小球必能通过D点
D. 小球通过D点的速度可能会小于
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】若小球恰能通过最高点，重力提供向心力，有
解得
小球做圆周运动，只有重力做功，机械能守恒，设此种情况到B点速度为，到M点速度为，有
解得
A．若小球通过A点的速度大于，则小球通过最高点速度一定大于，故A错误；
B．在B点，拉力提供向心力，有
故若小球通过B点时，绳的拉力大于，则小球必能通过D点，故B正确；
C．若小球通过C点的速度大于，则小球必能通过 D点，故C错误；
D．小球通过D点的速度至少为，故D错误；
故选B。
考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律。
6. 2020年7月23日12时41分，在海南岛文昌航天发射场，长征五号遥四运载火箭将我国首次执行火星探测任务的“天问一号”探测器发射升空，飞行2000多秒后，成功将探测器送入预定“地火”转移轨道，此后探测器将被火星引力捕获，绕火星运动，开始探测火星任务，其大致的运行轨迹如图所示。已知火星质量与地球质量之比为，火星半径与地球半径之比为，忽略火星和地球自转。关于“天问一号”，下列说法正确的是
A. 要使“天问一号”成功飞向火星，在地球上的发射速度应满足7.9km/s≤v≤11.2km/s
B. 火星表面与地球表面的重力加速度之比为
C. 当“天问一号”分别绕火星和地球表面做匀速圆周运动时，其向心加速度之比为
D. 当“天问一号”分别绕火星和地球表面做匀速圆周运动时，其运行的线速度之比为
【答案】B
【解析】
【详解】A．要使“天问一号”成功飞向火星，逃离地球但为脱离太阳系，在地球上的发射速度应大于第二宇宙速度且小于第三宇宙速度，应满足
故A错误；
BC．根据黄金代换可得
当“天问一号”分别绕火星和地球表面做匀速圆周运动时，其向心加速度之比等于重力加速度之比，即为，故B正确，C错误；
D．根据得
故
故D错误。
故选B。
7. 如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC=h。圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A；弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则圆环（ ）
A. 下滑过程中，加速度一直减小
B. 下滑过程中，因摩擦力产生的热量小于
C. 下滑经过B的速度小于上滑经过B的速度
D. 在C处，弹簧的弹性势能为-mgh
【答案】C
【解析】
【详解】A．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环需要先加速再减速，经过B处的速度最大，加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故A错误；
B．圆环从A处由静止开始下滑到C过程，由动能定理
圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，由动能定理
联立可解
故B错误；
C．圆环从A处由静止开始下滑到B过程，由动能定理
圆环从B处由静止开始上滑到A过程，由动能定理
联立可解
所以下滑经过B的速度小于上滑经过B的速度，故C正确；
D．圆环从A处由静止开始下滑到C过程，由动能定理
圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，由动能定理
解得在C处，弹簧的弹性势能
故D错误。
故选C。
二、多项选择题:本题共3小题，每小题5分，共15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5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。
8. 当前我国“高铁”事业发展迅猛，假设一辆高速列车在机车牵引力和恒定阻力作用下，在水平轨道上由静止开始启动，其v-t图像如图所示，已知在0～t1时间内为过原点的倾斜直线，t1时刻达到额定功率P，此后保持功率P不变，在t3时刻达到最大速度v3，以后匀速运动．下列判断正确的是（ ）
A. 从0至t3时间内，列车一直匀加速直线运动
B. t2时刻的加速度小于t1时刻的加速度
C. 在t3时刻以后，机车的牵引力为零
D. 该列车所受的恒定阻力大小为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．v-t图像斜率代表加速度，从图中可知只有0-t1时段加速度不变，所以0-t1时段为匀加速直线运动，故A错误；
B．t2时刻图像斜率小于t1时刻图像斜率，t2时刻的加速度小于t1时刻的加速度，故B正确；
C．在t3时刻以后，列车匀速运动，是处于受力平衡状态，牵引力等于阻力，而不是零，故C错误；
D．当汽车达到最大速度时，汽车的牵引力和阻力大小相等，由
P=Fv=fvm
可得
故D正确。
故选BD。
9. 一条河宽100m，船在静水中速度为4m/s，水流速度是5m/s，则（ ）
A. 该船能垂直河岸横渡到对岸
B. 当船头垂直河岸横渡时，过河所用的时间最短
C. 当船头垂直河岸横渡时，船的位移最小，是100m
D. 当船头垂直河岸横渡时，船沿岸方向的位移可能小于100m
【答案】B
【解析】
【详解】A．设船在静水中的航速为v1，水流的速度v2；由题，船在静水中的航速小于水流的速度，根据平行四边形定则可知，船的合速度方向不可能垂直于河岸，则船不能垂直到达正对岸，故A错误；
B．将小船的速度分解为垂直河岸和沿河岸方向，在垂直于河岸的方向上，河宽一定，当在该方向上的速度最大时，渡河时间最短，所以当船头方向垂直河岸，在该方向上的速度等于静水航速，时间最短，为
故B正确；
C．船实际是按合速度方向运动，由于v1、v2的大小一定，根据作图法，由三角形定则分析可知，当船相对于水的速度v1与合速度垂直时，合速度与河岸的夹角最大，船登陆的地点离船出发点的最小距离；设船登陆的地点离船出发点的最小距离为S，根据几何知识得
代入解得
故船的位移最小，是125m ，故C错误；
D．当船头垂直河岸横渡时，由B选项知渡河时间为25s，则船沿岸方向的位移为
故D错误。
故选B。
10. 如图所示，水平地面上有一倾角为=37°的传送带，以v0=16m/s的速度逆时针匀速运行。将一煤块从h=33.6m的高台从静止开始运送到地面，煤块可看做质点，已知煤块的质量为m=1kg，煤块与传送带之间的动摩擦因数为=0.25，重力加速度为g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，煤块由高台运送到地面的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 运送煤块所用的时间为4.5sB. 摩擦力对煤块做的功为-48J
C. 煤块相对传送带运动而产生的划痕长8mD. 煤块与传送带之间因摩擦产生的热量为48J
【答案】BD
【解析】
【详解】A．设传动带的长度为L
解得
煤块刚放上传动带时，受到的滑动摩擦力沿斜面向下，根据牛顿第二定律得
解得
则煤块从0加速到与传送带共速需要
煤块的位移为
由于
可知煤块与传送带共速后继续做匀加速运动，摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第二定律得
解得
根据
解得
共计4s，A错误；
B．摩擦力大小为
第一个过程摩擦力对煤块做功
第二个过程摩擦力对煤块做功
故摩擦力对全程对煤块做功为-48J，B正确；
C．第一个过程传动带的位移为
煤块与传送带的相对位移为
第二个过程传送带的位移
相对位移
第一个过程传送带运动快，第二个过程煤块运动快，煤块在传动带上的划痕应为16m，C错误；
D．第一个过程摩擦生热为
第二个过程摩擦生热为
故总产热
D正确。
故选BD。
三、实验题:本大题共2个小题，共16分。
11. 如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个大小相同小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O。接下来的实验步骤如下：
步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上、重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；
步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；
步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置、、离点的距离，即线段、、的长度、、。
（1）入射小球1的质量应_______（选填“大于”“等于”或“小于”）被碰小球2的质量；入射小球1的半径应_______。（选填“大于”“等于”或“小于”）被碰小球2的半径。
（2）除了图中器材外，实验室还备有下列器材，完成本实验还必须使用的两种器材是______。
A．秒表 B．天平 C．刻度尺 D．打点计时器
（3）下列说法中正确的是_______。
A．如果小球每次从同一位置由静止释放，每次的落点一定是重合的
B．重复操作时发现小球的落点并不重合，说明实验操作中出现了错误
C．用半径尽量小的圆把 10 个落点圈起来，这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置
D．仅调节斜槽上固定位置 A，它的位置越低，线段 OP 的长度越大
（4）当所测物理量满足表达式_________________（用所测物理量的m1、m2、L1、L2、L3表示）时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律。如果还满足表达式__________________（用所测物理量m1、m2、L1、L2、L3表示）时，即说明两球是弹性碰撞。
【答案】 ①. 大于 ②. 等于 ③. BC##CB ④. C ⑤. ⑥.
【解析】
【详解】（1）[1]设小球1、2的质量分别为m1、m2，小球1与小球2碰撞前瞬间的速度为v1，碰后瞬间二者的速度分别为v1′和v2′，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别得
①
②
联立①②解得
③
由③式可知为了使小球1碰后不反弹，即，应使。
[2]为使两小球发生对心碰撞，小球1半径应等于小球2的半径。
（2）[3]实验中还需要天平用来测量两小球的质量；由于两小球都做平抛运动，且下落时间相同，因此可以用平抛运动的水平距离来间接表示水平速度，则需要刻度尺测量平均落点到O点的距离，不需要秒表测时间，更不需要打点计时器，故选BC。
（3）[4] AB．即使小球每次从同一位置由静止释放，小球在运动过程也会受其他很多因素的影响（如空气阻力，导轨的摩擦以及微小形变等），导致落点不可能完全重合，这并不是错误，而是误差，故AB错误；
C．用半径尽量小的圆把 10 个落点圈起来，这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置，达到多次测量取平均值的效果，故C正确；
D．仅调节斜槽上固定位置 A，它的位置越低，小球做平抛运动的初速度越小，线段 OP 的长度越小，故D错误。
故选C。
（4）[5]由于下落高度相同，所以两小球做平抛运动的时间相等，均设为t，由题意可知小球1与2碰撞前瞬间的速度为
④
碰撞后瞬间1、2的速度分别为
⑤
⑥
联立①④⑤⑥可得，若两球碰撞遵守动量守恒定律，则应满足的表达式是
[6]联立②④⑤⑥可得，若两球是弹性碰撞，则应满足的表达式是
12. 某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：
A.被测干电池一节；
B.开关、导线若干；
C.电流表：量程0~0.6A内阻0.1Ω；
D.电流表：量程0-3A内阻约为0.024Ω；
E.电压表：量程0~3V内阻未知；
F.电压表：量程0~15V内阻未知；
G.滑动变阻器∶0~100Ω，2A；
H.滑动变阻器∶0~100Ω，1A。
伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差。在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。
（1）上述器材中，电压表应选择______，电流表应选择______（填写选项前的字母）；
（2）实验电路图应选择图中的______（填“甲”或“乙”）。
（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U-I图象，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势E=______V，内电阻r=______Ω。（结果均保留两位有效数字）
【答案】 ①. E ②. C ③. 甲 ④. 1.5 ⑤. 0.90
【解析】
【详解】(1)[1]一节干电池的电动势约为1.5V，电压表应选择E；
[2]为了减小误差，应选择内阻已知的电流表，故选C；
(2)[3]由于电流表内阻已知，为减小实验误差，应该选择图甲所示电路图；
(3)[4]由图像可知，图线与纵轴交点的纵坐标即为电动势
[5]图线的斜率表示电源和电流表电阻之和，即
解得
四、计算题:本大题共3个小题，共41分，其中13题10分14题13分15题18分。解答时应写出必要的文字说明、公式、方程式和重要的演算步骤，只写出结果的不得分，有数值计算的题，答案必须写出明确的数值和单位。
13. 如图所示，均匀介质中两波源S1、S2分别位于x轴上x1=0、x2=14m处，t=0时两波源开始振动，波源S1的振动方程为y=3sin5πtcm，波源S2的振动方程为y=5sin5πtcm，质点P位于x轴上xP=4m处，已知质点P在t=0.4s时开始振动，求：
（1）这两列波在均匀介质中的波长；
（2）t=0至t=1.5s内质点P通过的路程。
【答案】（1）4m；（2）28cm
【解析】
【详解】（1）波源S1的振动先传到P，由波源S1的振动方程可知，该波的周期
波速
根据
λ=vT
解得
m
（2）波源S2的振动传到P所用的时间为
1.0s
故质点P在0～0.4s内静止不动，在0.4～1.0s内仅参与波源S1的振动，时间为，路程为
s1=6A1=18cm
1.0～1.5s内质点P同时参与两列波的振动，两列波频率相同，发生干涉，由于
|dS2P－dS1P|=6m=λ
故质点P为振动减弱点，其振幅为
AP=|A1－A2|=2cm
则1.0～1.5s内质点P振动的时间为0.5s=T，路程为
s2=5AP=10cm
故质点P在t=0至t=1.5s内通过的路程为
sP=s1＋s2=28cm
14. 如图所示，图1是某游乐场中水上过山车实物图片，图2是其原理示意图。在原理图中半径为R=8m的圆形轨道固定在离水面高h=3.2m的水平平台上，圆轨道与水平平台相切于A点，A、B分别为圆形轨道的最低点和最高点。过山车（实际是一艘带轮子的气垫小船，可视作质点）高速行驶，先后会通过多个圆形轨道，然后从A点离开圆轨道而进入光滑的水平轨道AC，最后从C点水平飞出落入水中，整个过程刺激惊险，受到很多年轻人的喜爱。已知水面宽度为s=12m，假设运动中不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，结果可保留根号。
（1）若过山车恰好能通过圆形轨道的最高点B，则其在B点的速度为多大？
（2）为使过山车安全落入水中，则过山车在C点的最大速度为多少？
（3）某次运动过程中乘客在圆轨道最低点A对座椅的压力为自身重力的3倍，则气垫船落入水中时的速度大小是多少？
【答案】（1）4m/s；（2）15m/s；（3）
【解析】
【分析】
【详解】(1)过山车恰好过最高点时，只受重力，有
则
(2)离开C点后做平抛运动，由
运动时间为
故最大速度为
(3)在圆轨道最低点有
解得
平抛运动竖直速度为
则落水速度为
15. 如下图是阿毛同学的漫画中出现的装置，描述了一个“吃货”用来做“糖炒栗子”的“萌”事儿：将板栗在地面小平台上以一定的初速经两个四分之一圆弧衔接而成的轨道，从最高点P飞出进入炒锅内，利用来回运动使其均匀受热．我们用质量为m的小滑块代替栗子，借这套装置来研究一些物理问题．设大小两个四分之一圆弧半径为2R和R，小平台和圆弧均光滑．将过锅底的纵截面看作是两个斜面AB、CD和一段光滑圆弧BC组成，滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25，且不随温度变化．两斜面倾角均为，AB=CD=2R，A、D等高，D端固定一小挡板，碰撞不损失机械能．滑块的运动始终在包括锅底最低点的竖直平面内，重力加速度为g．
（1）如果滑块恰好能经P点飞出，为了使滑块恰好沿AB斜面进入锅内，应调节锅底支架高度使斜面的A、D点离地高为多少？
（2）接（1）问，试通过计算用文字描述滑块的运动过程．
（3）对滑块的不同初速度，求其通过最高点P和小圆弧最低点Q时受压力之差的最小值．
【答案】（1） （2） （3）9mg
【解析】
【详解】试题分析：（1）在P点 (2分)
到达A点时速度方向要沿着AB， (2分)
所以AD离地高度为 (2分)
（2）进入A点滑块的速度为 (1分)
假设经过一个来回能够回到A点，设回来时动能为，
所以滑块不会滑到A而飞出． (1分)
根据动能定理 (2分)
得滑块在锅内斜面上走过得总路程 (2分)
（3）设初速度、最高点速度分别为、
由牛二定律，在Q点 (1分)
在P点 (1分)
所以 (2分)
由机械能守恒 (2分)
得为定值
带入的最小值得压力差的最小值为9mg (2分)
一、单项选择题:本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 许多科学家在物理学发展过程中做出了重要贡献，下列说法中正确的是
A. 牛顿通过理想斜面实验提出力并不是维持物体运动的原因
B. 伽利略发现了行星运动的规律
C. 卡文迪许通过实验测出了引力常量
D. 爱因斯坦相对论的创立表明牛顿运动定律是错误的
【答案】C
【解析】
【详解】伽利略通过理想斜面实验提出力并不是维持物体运动的原因，选项A错误；开普勒发现了行星运动的规律，选项B错误；卡文迪许通过实验测出了引力常量，选项C正确；爱因斯坦创立了相对论，相对论的创立并不表明经典力学已不再适用，其实，相对论与经典力学适用的范围不同，经典力学只适用于宏观低速物体，而高速物体适用于相对论．故D错误；故选C.
2. 木板MN的N端通过铰链固定在水平地面上，M端可自由转动．刚开始A、B两物块叠放在一起静止在木板上，如图所示，此时B物块上表面水平，木板与地面之间的夹角为．现使夹角缓慢增大，若此过程中A、B与木板始终保持相对静止状态．则
A. 物块A、B间始终没有摩擦力
B. 物块B对物块A的作用力不变
C. 木板对物块B的作用力减小
D. 木板与物块B之间摩擦力减小
【答案】B
【解析】
【详解】使夹角θ缓慢增大时，B的上表面倾斜，则物块A、B间开始出现摩擦力，选项A错误；对A受力分析可知，B对A的作用力与A的重力等大反向，可知物块B对物块A的作用力不变，选项B正确；对AB的整体，木板对B的作用力等于AB整体的重力，可知木板对物块B的作用力不变，选项C错误；对AB的整体，木板与物块B之间的摩擦力等于（mA+mB）gsinθ，可知随θ的增加，摩擦力变大，选项D错误；故选B.
【点睛】此题关键是能正确选择研究对象，利用整体法和隔离法，受力分析后利用平衡知识进行解答.
3. 甲、乙两物体在同一地点同时开始做直线运动的图像如图所示。根据图像提供的信息可知（ ）
A. 6s末乙追上甲
B. 在乙追上甲之前，甲乙相距最远为8m
C. 8s末甲、乙两物体相遇，且离出发点有32m
D. 在0～4s内与4～6s内甲的平均速度相等
【答案】C
【解析】
【详解】A．图像与坐标轴围成的面积表示位移，在0～6s内，甲的位移
乙的位移
因此6s末乙未追上甲，故A错误；
B．当两者速度相等时，距离最远，即5s末距离最远，此时
则最远距离
故B错误；
C．6s以后，甲物体停止运动，因此相遇时，距离出发点32m，乙所用时间
故C正确；
D．根据图像可知，在0～4s内甲的平均速度
在4～6s内甲的平均速度
故D错误。
故选C。
4. 如图所示有一台阶，每阶高40cm，宽40cm，从台阶顶端边缘以3m／s的初速度水平抛出一个小球(可看成质点)，若不计一切阻力，g取10m／s2，则小球落在第几阶台阶上
A. 第2阶
B. 第3阶
C. 第4阶
D. 第5阶
【答案】D
【解析】
【详解】如图作一条连接各端点的直线，只要小球越过该直线，则小球落到台阶上．
设小球落到斜线上的时间t；水平：x=v0t；竖直：y=gt2；且x=y；联立解得 t=0.6s；相应的水平距离：x=3×0.6m=1.8m；则台阶数：；知小球抛出后首先落到的台阶为第5级台阶．故D正确，ABC错误．故选D．
【点睛】本题考查平抛运动基本规律的应用，在解题要注意只要物体突破了直线，就会落到台阶上，要能熟练运用运动学公式．
5. 用长为l的细线，一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球，小球可在竖直平面内做圆周运动，如图所示，MD为竖直方向上的直径，OB为水平半径，A点位于M、B之间的圆弧上，C点位于B、D之间的圆弧上，开始时，小球处于圆周的最低点M，现给小球某一初速度，下述说法正确的是（ ）
A. 若小球通过A点的速度大于，则小球不一定能通过D点
B. 若小球通过B点时，绳的拉力大于，则小球必能通过D点
C. 若小球通过C点的速度大于，则小球必能通过D点
D. 小球通过D点的速度可能会小于
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】若小球恰能通过最高点，重力提供向心力，有
解得
小球做圆周运动，只有重力做功，机械能守恒，设此种情况到B点速度为，到M点速度为，有
解得
A．若小球通过A点的速度大于，则小球通过最高点速度一定大于，故A错误；
B．在B点，拉力提供向心力，有
故若小球通过B点时，绳的拉力大于，则小球必能通过D点，故B正确；
C．若小球通过C点的速度大于，则小球必能通过 D点，故C错误；
D．小球通过D点的速度至少为，故D错误；
故选B。
考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律。
6. 2020年7月23日12时41分，在海南岛文昌航天发射场，长征五号遥四运载火箭将我国首次执行火星探测任务的“天问一号”探测器发射升空，飞行2000多秒后，成功将探测器送入预定“地火”转移轨道，此后探测器将被火星引力捕获，绕火星运动，开始探测火星任务，其大致的运行轨迹如图所示。已知火星质量与地球质量之比为，火星半径与地球半径之比为，忽略火星和地球自转。关于“天问一号”，下列说法正确的是
A. 要使“天问一号”成功飞向火星，在地球上的发射速度应满足7.9km/s≤v≤11.2km/s
B. 火星表面与地球表面的重力加速度之比为
C. 当“天问一号”分别绕火星和地球表面做匀速圆周运动时，其向心加速度之比为
D. 当“天问一号”分别绕火星和地球表面做匀速圆周运动时，其运行的线速度之比为
【答案】B
【解析】
【详解】A．要使“天问一号”成功飞向火星，逃离地球但为脱离太阳系，在地球上的发射速度应大于第二宇宙速度且小于第三宇宙速度，应满足
故A错误；
BC．根据黄金代换可得
当“天问一号”分别绕火星和地球表面做匀速圆周运动时，其向心加速度之比等于重力加速度之比，即为，故B正确，C错误；
D．根据得
故
故D错误。
故选B。
7. 如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC=h。圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A；弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则圆环（ ）
A. 下滑过程中，加速度一直减小
B. 下滑过程中，因摩擦力产生的热量小于
C. 下滑经过B的速度小于上滑经过B的速度
D. 在C处，弹簧的弹性势能为-mgh
【答案】C
【解析】
【详解】A．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环需要先加速再减速，经过B处的速度最大，加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故A错误；
B．圆环从A处由静止开始下滑到C过程，由动能定理
圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，由动能定理
联立可解
故B错误；
C．圆环从A处由静止开始下滑到B过程，由动能定理
圆环从B处由静止开始上滑到A过程，由动能定理
联立可解
所以下滑经过B的速度小于上滑经过B的速度，故C正确；
D．圆环从A处由静止开始下滑到C过程，由动能定理
圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，由动能定理
解得在C处，弹簧的弹性势能
故D错误。
故选C。
二、多项选择题:本题共3小题，每小题5分，共15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5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。
8. 当前我国“高铁”事业发展迅猛，假设一辆高速列车在机车牵引力和恒定阻力作用下，在水平轨道上由静止开始启动，其v-t图像如图所示，已知在0～t1时间内为过原点的倾斜直线，t1时刻达到额定功率P，此后保持功率P不变，在t3时刻达到最大速度v3，以后匀速运动．下列判断正确的是（ ）
A. 从0至t3时间内，列车一直匀加速直线运动
B. t2时刻的加速度小于t1时刻的加速度
C. 在t3时刻以后，机车的牵引力为零
D. 该列车所受的恒定阻力大小为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．v-t图像斜率代表加速度，从图中可知只有0-t1时段加速度不变，所以0-t1时段为匀加速直线运动，故A错误；
B．t2时刻图像斜率小于t1时刻图像斜率，t2时刻的加速度小于t1时刻的加速度，故B正确；
C．在t3时刻以后，列车匀速运动，是处于受力平衡状态，牵引力等于阻力，而不是零，故C错误；
D．当汽车达到最大速度时，汽车的牵引力和阻力大小相等，由
P=Fv=fvm
可得
故D正确。
故选BD。
9. 一条河宽100m，船在静水中速度为4m/s，水流速度是5m/s，则（ ）
A. 该船能垂直河岸横渡到对岸
B. 当船头垂直河岸横渡时，过河所用的时间最短
C. 当船头垂直河岸横渡时，船的位移最小，是100m
D. 当船头垂直河岸横渡时，船沿岸方向的位移可能小于100m
【答案】B
【解析】
【详解】A．设船在静水中的航速为v1，水流的速度v2；由题，船在静水中的航速小于水流的速度，根据平行四边形定则可知，船的合速度方向不可能垂直于河岸，则船不能垂直到达正对岸，故A错误；
B．将小船的速度分解为垂直河岸和沿河岸方向，在垂直于河岸的方向上，河宽一定，当在该方向上的速度最大时，渡河时间最短，所以当船头方向垂直河岸，在该方向上的速度等于静水航速，时间最短，为
故B正确；
C．船实际是按合速度方向运动，由于v1、v2的大小一定，根据作图法，由三角形定则分析可知，当船相对于水的速度v1与合速度垂直时，合速度与河岸的夹角最大，船登陆的地点离船出发点的最小距离；设船登陆的地点离船出发点的最小距离为S，根据几何知识得
代入解得
故船的位移最小，是125m ，故C错误；
D．当船头垂直河岸横渡时，由B选项知渡河时间为25s，则船沿岸方向的位移为
故D错误。
故选B。
10. 如图所示，水平地面上有一倾角为=37°的传送带，以v0=16m/s的速度逆时针匀速运行。将一煤块从h=33.6m的高台从静止开始运送到地面，煤块可看做质点，已知煤块的质量为m=1kg，煤块与传送带之间的动摩擦因数为=0.25，重力加速度为g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，煤块由高台运送到地面的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 运送煤块所用的时间为4.5sB. 摩擦力对煤块做的功为-48J
C. 煤块相对传送带运动而产生的划痕长8mD. 煤块与传送带之间因摩擦产生的热量为48J
【答案】BD
【解析】
【详解】A．设传动带的长度为L
解得
煤块刚放上传动带时，受到的滑动摩擦力沿斜面向下，根据牛顿第二定律得
解得
则煤块从0加速到与传送带共速需要
煤块的位移为
由于
可知煤块与传送带共速后继续做匀加速运动，摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第二定律得
解得
根据
解得
共计4s，A错误；
B．摩擦力大小为
第一个过程摩擦力对煤块做功
第二个过程摩擦力对煤块做功
故摩擦力对全程对煤块做功为-48J，B正确；
C．第一个过程传动带的位移为
煤块与传送带的相对位移为
第二个过程传送带的位移
相对位移
第一个过程传送带运动快，第二个过程煤块运动快，煤块在传动带上的划痕应为16m，C错误；
D．第一个过程摩擦生热为
第二个过程摩擦生热为
故总产热
D正确。
故选BD。
三、实验题:本大题共2个小题，共16分。
11. 如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个大小相同小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O。接下来的实验步骤如下：
步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上、重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；
步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；
步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置、、离点的距离，即线段、、的长度、、。
（1）入射小球1的质量应_______（选填“大于”“等于”或“小于”）被碰小球2的质量；入射小球1的半径应_______。（选填“大于”“等于”或“小于”）被碰小球2的半径。
（2）除了图中器材外，实验室还备有下列器材，完成本实验还必须使用的两种器材是______。
A．秒表 B．天平 C．刻度尺 D．打点计时器
（3）下列说法中正确的是_______。
A．如果小球每次从同一位置由静止释放，每次的落点一定是重合的
B．重复操作时发现小球的落点并不重合，说明实验操作中出现了错误
C．用半径尽量小的圆把 10 个落点圈起来，这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置
D．仅调节斜槽上固定位置 A，它的位置越低，线段 OP 的长度越大
（4）当所测物理量满足表达式_________________（用所测物理量的m1、m2、L1、L2、L3表示）时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律。如果还满足表达式__________________（用所测物理量m1、m2、L1、L2、L3表示）时，即说明两球是弹性碰撞。
【答案】 ①. 大于 ②. 等于 ③. BC##CB ④. C ⑤. ⑥.
【解析】
【详解】（1）[1]设小球1、2的质量分别为m1、m2，小球1与小球2碰撞前瞬间的速度为v1，碰后瞬间二者的速度分别为v1′和v2′，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别得
①
②
联立①②解得
③
由③式可知为了使小球1碰后不反弹，即，应使。
[2]为使两小球发生对心碰撞，小球1半径应等于小球2的半径。
（2）[3]实验中还需要天平用来测量两小球的质量；由于两小球都做平抛运动，且下落时间相同，因此可以用平抛运动的水平距离来间接表示水平速度，则需要刻度尺测量平均落点到O点的距离，不需要秒表测时间，更不需要打点计时器，故选BC。
（3）[4] AB．即使小球每次从同一位置由静止释放，小球在运动过程也会受其他很多因素的影响（如空气阻力，导轨的摩擦以及微小形变等），导致落点不可能完全重合，这并不是错误，而是误差，故AB错误；
C．用半径尽量小的圆把 10 个落点圈起来，这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置，达到多次测量取平均值的效果，故C正确；
D．仅调节斜槽上固定位置 A，它的位置越低，小球做平抛运动的初速度越小，线段 OP 的长度越小，故D错误。
故选C。
（4）[5]由于下落高度相同，所以两小球做平抛运动的时间相等，均设为t，由题意可知小球1与2碰撞前瞬间的速度为
④
碰撞后瞬间1、2的速度分别为
⑤
⑥
联立①④⑤⑥可得，若两球碰撞遵守动量守恒定律，则应满足的表达式是
[6]联立②④⑤⑥可得，若两球是弹性碰撞，则应满足的表达式是
12. 某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：
A.被测干电池一节；
B.开关、导线若干；
C.电流表：量程0~0.6A内阻0.1Ω；
D.电流表：量程0-3A内阻约为0.024Ω；
E.电压表：量程0~3V内阻未知；
F.电压表：量程0~15V内阻未知；
G.滑动变阻器∶0~100Ω，2A；
H.滑动变阻器∶0~100Ω，1A。
伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差。在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。
（1）上述器材中，电压表应选择______，电流表应选择______（填写选项前的字母）；
（2）实验电路图应选择图中的______（填“甲”或“乙”）。
（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U-I图象，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势E=______V，内电阻r=______Ω。（结果均保留两位有效数字）
【答案】 ①. E ②. C ③. 甲 ④. 1.5 ⑤. 0.90
【解析】
【详解】(1)[1]一节干电池的电动势约为1.5V，电压表应选择E；
[2]为了减小误差，应选择内阻已知的电流表，故选C；
(2)[3]由于电流表内阻已知，为减小实验误差，应该选择图甲所示电路图；
(3)[4]由图像可知，图线与纵轴交点的纵坐标即为电动势
[5]图线的斜率表示电源和电流表电阻之和，即
解得
四、计算题:本大题共3个小题，共41分，其中13题10分14题13分15题18分。解答时应写出必要的文字说明、公式、方程式和重要的演算步骤，只写出结果的不得分，有数值计算的题，答案必须写出明确的数值和单位。
13. 如图所示，均匀介质中两波源S1、S2分别位于x轴上x1=0、x2=14m处，t=0时两波源开始振动，波源S1的振动方程为y=3sin5πtcm，波源S2的振动方程为y=5sin5πtcm，质点P位于x轴上xP=4m处，已知质点P在t=0.4s时开始振动，求：
（1）这两列波在均匀介质中的波长；
（2）t=0至t=1.5s内质点P通过的路程。
【答案】（1）4m；（2）28cm
【解析】
【详解】（1）波源S1的振动先传到P，由波源S1的振动方程可知，该波的周期
波速
根据
λ=vT
解得
m
（2）波源S2的振动传到P所用的时间为
1.0s
故质点P在0～0.4s内静止不动，在0.4～1.0s内仅参与波源S1的振动，时间为，路程为
s1=6A1=18cm
1.0～1.5s内质点P同时参与两列波的振动，两列波频率相同，发生干涉，由于
|dS2P－dS1P|=6m=λ
故质点P为振动减弱点，其振幅为
AP=|A1－A2|=2cm
则1.0～1.5s内质点P振动的时间为0.5s=T，路程为
s2=5AP=10cm
故质点P在t=0至t=1.5s内通过的路程为
sP=s1＋s2=28cm
14. 如图所示，图1是某游乐场中水上过山车实物图片，图2是其原理示意图。在原理图中半径为R=8m的圆形轨道固定在离水面高h=3.2m的水平平台上，圆轨道与水平平台相切于A点，A、B分别为圆形轨道的最低点和最高点。过山车（实际是一艘带轮子的气垫小船，可视作质点）高速行驶，先后会通过多个圆形轨道，然后从A点离开圆轨道而进入光滑的水平轨道AC，最后从C点水平飞出落入水中，整个过程刺激惊险，受到很多年轻人的喜爱。已知水面宽度为s=12m，假设运动中不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，结果可保留根号。
（1）若过山车恰好能通过圆形轨道的最高点B，则其在B点的速度为多大？
（2）为使过山车安全落入水中，则过山车在C点的最大速度为多少？
（3）某次运动过程中乘客在圆轨道最低点A对座椅的压力为自身重力的3倍，则气垫船落入水中时的速度大小是多少？
【答案】（1）4m/s；（2）15m/s；（3）
【解析】
【分析】
【详解】(1)过山车恰好过最高点时，只受重力，有
则
(2)离开C点后做平抛运动，由
运动时间为
故最大速度为
(3)在圆轨道最低点有
解得
平抛运动竖直速度为
则落水速度为
15. 如下图是阿毛同学的漫画中出现的装置，描述了一个“吃货”用来做“糖炒栗子”的“萌”事儿：将板栗在地面小平台上以一定的初速经两个四分之一圆弧衔接而成的轨道，从最高点P飞出进入炒锅内，利用来回运动使其均匀受热．我们用质量为m的小滑块代替栗子，借这套装置来研究一些物理问题．设大小两个四分之一圆弧半径为2R和R，小平台和圆弧均光滑．将过锅底的纵截面看作是两个斜面AB、CD和一段光滑圆弧BC组成，滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25，且不随温度变化．两斜面倾角均为，AB=CD=2R，A、D等高，D端固定一小挡板，碰撞不损失机械能．滑块的运动始终在包括锅底最低点的竖直平面内，重力加速度为g．
（1）如果滑块恰好能经P点飞出，为了使滑块恰好沿AB斜面进入锅内，应调节锅底支架高度使斜面的A、D点离地高为多少？
（2）接（1）问，试通过计算用文字描述滑块的运动过程．
（3）对滑块的不同初速度，求其通过最高点P和小圆弧最低点Q时受压力之差的最小值．
【答案】（1） （2） （3）9mg
【解析】
【详解】试题分析：（1）在P点 (2分)
到达A点时速度方向要沿着AB， (2分)
所以AD离地高度为 (2分)
（2）进入A点滑块的速度为 (1分)
假设经过一个来回能够回到A点，设回来时动能为，
所以滑块不会滑到A而飞出． (1分)
根据动能定理 (2分)
得滑块在锅内斜面上走过得总路程 (2分)
（3）设初速度、最高点速度分别为、
由牛二定律，在Q点 (1分)
在P点 (1分)
所以 (2分)
由机械能守恒 (2分)
得为定值
带入的最小值得压力差的最小值为9mg (2分)
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