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2023-2024学年重庆市南开中学高三（上）月考物理试卷（7月）（含解析）
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这是一份2023-2024学年重庆市南开中学高三（上）月考物理试卷（7月）（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2023-2024学年重庆市南开中学高三（上）月考物理试卷（7月）
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 物理爱好者陈老师购买了一把电脑椅，某天她舒适地躺在电脑椅上，如图所示。则电脑椅对陈老师的作用力方向为( )
A. 竖直向上 B. 垂直椅背斜向右上 C. 水平向右 D. 无法确定
2. 关于功和功率，下列说法正确的是( )
A. 物体做功越多，功率一定越大
B. 力对物体做功为0表示物体的位移一定为0
C. 负功表示力对物体的运动起阻碍作用
D. 物体的平均功率一定等于物体的瞬时功率
3. 都江堰是全世界年代最久、唯一存留、一直使用至今的伟大水利工程。为了解决水利工程治沙的老大难问题，修建者李冰设计了“二八分沙”的绝妙方法，其某部分河道简化图如下图所示。则关于该段河道说法正确的是( )
A. 水流在弯道处做离心运动，导致凹岸堆积泥沙
B. 水流在弯道处做离心运动，导致凸岸堆积泥沙
C. 水流在弯道处做近心运动，导致凹岸堆积泥沙
D. 水流在弯道处做近心运动，导致凸岸堆积泥沙
4. 近年来贵州省黔东南州台盘村举办的“村BA”篮球赛火遍全网，很好地促进当地乡村振兴发展。在某场比赛中，一名篮球运动员将篮球传给队友。传球过程可简化为一个斜抛运动，篮球以15m/s的速度抛出，初速度方向与水平方向的夹角为37°，最终篮球被队友在与抛出点同一水平线上的接球点处接住。忽略空气阻力影响，篮球可视为质点，重力加速度g取10m/s2。sin37°=0.6。下列说法正确的是( )
A. 篮球在空中做加速度逐渐减小的加速运动
B. 篮球在空中运动时加速度先减小后增大
C. 篮球从抛球点运动到接球点所用时间为2s
D. 篮球从抛球点运动到接球点所用时间为1.8s
5. 如图所示，匀质铁链质量为m，长度为L，现使其L2放在倾角为30°的光滑斜面上，其余部分竖直下垂。若由静止释放使铁链自由运动，则铁链下滑至整条铁链刚好全部离开斜面时，铁链的速度为( )
A. 5gL8 B. 3gL4 C. 3gL8 D. 7gL8
6. 为登月探测月球，上海航天局研制了“月球车”。某探究性学习小组对“月球车”的性能进行研究。他们让额定功率P=1.2kW的“月球车”在水平地面上以恒定加速度启动，并将“月球车”运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图所示的v—t图像。已知学习小组在10s末停止遥控，让“月球车”自由滑行，整个过程中“月球车”受到的阻力大小不变。下列说法正确的是( )
A. 停止遥控后月球车的加速度大小为3m/s2
B. 月球车在7 ∼ 10s内不受牵引力的作用
C. 月球车的质量m=100kg
D. 月球车受到的阻力大小为100N
7. 如图所示，两个半圆柱体甲、乙相接触并静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱体丙，三者半径相同。现用水平向左的力拉甲，使甲缓慢向左移动直至丙恰好降到地面，整个过程中乙保持静止。已知甲和乙的质量均为m，丙的质量为2m，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。则下列判断正确的是( )
A. 没有加拉力时，甲与地面间的摩擦力大小为mg
B. 没有加拉力时，甲与地面间的摩擦力大小为3mg
C. 整个过程中，甲的位移为( 3−1)R
D. 整个过程中，甲的位移为2( 3−1)R
二、多选题（本大题共3小题，共15.0分）
8. 三颗质量相同的人造卫星a、b、c绕地球做匀速圆周运动，已知三颗卫星的轨道半径大小关系为ra
A. 要使小球做完整的圆周运动，到达B点的速度vB≥0即可
B. 要使小球做完整的圆周运动，到达B点的速度vB≥ gr即可
C. 若h<4.5r，小木块无法到达B点
D. 若3r
A. 小球可以返回到出发点A处
B. 弹簧具有的最大弹性势能为mv22
C. 撤去弹簧，小球可以静止在直杆上任意位置
D. aA−aC=g
三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）
11. 用如图所示实验装置验证机械能守恒定律，通过电磁铁控制小铁球从A点由静止释放。下落过程中经过光电门B时，通过与之相连的毫秒计时器(图中未画出)记录下挡光时间t，实验前应调整光电门位置使小铁球下落过程中球心通过光电门中的激光束。(当地重力加速度用g表示)
(1)为了验证机械能守恒定律，还需要测量的物理量有_____；
A.A点与地面间的距离H
B.小铁球的质量m
C.小铁球从A到B的下落时间tAB
D.小铁球的直径d
E.A、B之间的距离h
(2)小铁球通过光电门时的瞬时速度v=_____，如果关系式_____成立，则可验证小铁球在下落过程中机械能守恒。(用测量的物理量表示)
12. 为了研究某金属A与木板之间的滑动摩擦因数，小南同学设计了如图所示实验。把一根满足胡克定律的弹性绳，通过力传感器悬挂在天花板上。在自然伸长的橡皮筋末端固定一个铁钉。
实验时把橡皮筋的另一端与金属A相连，金属A放在铁钉正下方的木板上，此时铁钉到金属A上端高度差为h。然后用水平外力拉动木板，使其缓慢从金属A下方抽出，金属块再次静止时与初始位置相距x(过程中金属一直在木板上)。然后在金属A上放置不同的砝码，多次从原位置拉动木板，测得x的不同数值。当x等于h时，传感器示数为T，此时金属与砝码总质量为M。已知重力加速度为g。
(1)橡皮筋的劲度系数为__________。
(2)为了测出金属与木板的滑动摩擦因素，关于该实验说法正确的是__________。
A.金属必须从铁钉正下方开始移动
B.木板与金属A相对滑动时应保持匀速
C.必须保证铁钉固定在橡皮筋原长末端
(3)金属A与木板之间的滑动摩擦因素为_____
(4)实验中由于铁钉与橡皮筋之间存在摩擦，所以实验测得滑动摩擦因素__________。(填“偏大”、“偏小”、“不受影响”)
四、计算题（本大题共2小题，共23.0分）
13. 2023年6月21日，时隔32年的川渝龙舟精英邀请赛于四川渠县渠江进行，经过激烈角逐，重庆市潼南龙舟队获得金奖。比赛河道长为500米，比赛的起点设在水流上游。若潼南队以0.5m/s2的加速度由静止开始启动龙舟，龙舟顺流而下的最大速度为5m/s，到达最大速度后可长时间保持该速度。
(1)求潼南队完成比赛所用时间；
(2)现已知参赛队伍的龙舟长12米，若在中线附近有一个长为3m的标志，求龙舟整个通过该标志所需的时间。
14. 中国空间站是以天和核心舱、问天实验舱、梦天实验舱以及两艘载人飞船和一艘货运飞船组成“三舱三船”的组合体。为了接送宇航员以及补给物资，飞船需要频繁与空间站对接。在众多变轨对接的方案中，有一种是从同一轨道变轨完成对接。具体方式如图所示：空间站A和飞船B都在以半径为r的圆轨道上逆时针运动。某时刻飞船B在与地球连线和空间站A与地球连线夹角为θ时，点火加速进入椭圆轨道。与空间站相遇时，可与空间站完成对接。假如某次对接前A、B的轨道半径r=2R，飞船B点火加速，进入远地点距地面高度为3.5R，近地点距地面高度为0.5R的椭圆轨道。已知地球半径R，空间站转动周期T，引力常数G。试求出：
(1)地球质量大小；
(2)飞船进入椭圆轨道后的运动周期；
(3)如果飞船第一次回到点火点时恰好与空间站相遇，则θ的大小。
五、综合题（本大题共1小题，共18.0分）
15. 如图所示，光滑轨道ABC中：AB段竖直，BC段为半径为R的14圆弧形轨道，末端C处切线水平。紧邻C右端依次为水平粗糙传送带甲、乙和水平粗糙地面：传送带甲以恒定的速率u=7 gR顺时针转动，传送带乙和上方的均质木板处于静止，其中木板长度与乙左右两端DE等长，均为kR(k未知)，忽略轨道、传送带、地面相互之间的间隙，且轨道末端C、传送带上方皮带、地面等高。现有一物块从轨道上的P处静止释放，经C点进入传送带甲，于D处与木板发生碰撞后取走物块，碰撞前后物块、木板交换速度，且在碰撞结束时，传送带乙启动并以木板被碰后的速度顺时针匀速转动，最终木板运动2kR的距离后静止，忽略碰撞时间以及乙启动时间。
已知，物块通过传送带甲过程，甲皮带运动的路程是物块路程的1.5倍；木板与传送带乙、地面之间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力；PB高度差h=R，物块、木板质量均为m，重力加速度为g，忽略物块和传送带轮子的尺寸。求：
(1)物块即将滑出轨道末端C时，对C处的作用力；
(2)将传送带甲因传送物块额外消耗的电能记为W、甲和物块之间由于摩擦产生的热量记为Q，则WQ数值大小；
(3)k的大小。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】陈老师静止，则电脑椅对陈老师的作用力与陈老师的重力等大方向，即方向竖直向上。
故选A。
2.【答案】C
【解析】A.由功率公式 P=Wt 可知，功率的大小由功和力对物体做功的时间来决定，物体做功越多，功率不一定越大，A错误；
B.力对物体做功是0，物体的位移不一定是0，如在水平面上做匀速直线运动的物体，位移不是0，可水平面对物体的支持力做功是0，B错误；
C.物体受力方向与物体运动方向相反时，力对物体做负功，可知力对物体的运动起阻碍作用，C正确；
D.物体的平均功率是 P=Wt ，即在某段时间内的功与所用时间的比值；物体的瞬时功率是指在某时刻的功率即 P=Fv ，若物体在力的作用下沿粗糙的水平面做匀速直线运动，则力对物体的平均功率等于瞬时功率；若物体做匀加速直线运动，则平均功率不等于瞬时功率，D错误。
故选C。
3.【答案】B
【解析】水流和泥沙一起流入弯道后将做圆周运动其需要的向心力为 mv2R ，由于水流的密度比泥沙小则水流在弯道处做离心运动，导致凸岸堆积泥沙。
故选B。
4.【答案】D
【解析】AB.篮球在空中只受重力，则篮球在空中运动时加速度不变，故AB错误；
CD.篮球从抛出到最高点过程中在竖直方向有
vy = gt1
vy = vsin37°
t = 2t1
联立解得
t = 1.8s
故C错误、D正确。
故选D。
5.【答案】D
【解析】把铁链分成两个部分，下一半铁链重心下落的高度为
h1=L2
上一半铁链重心下落的高度为
h2=L4+L4sin30∘=38L
对整条铁链从刚释放到刚好全部离开斜面由动能定理得
12mgh1+12mgh2=12mv2
解得
v= 7gL8
故选D。
6.【答案】C
【解析】ACD.在10s末撤去牵引力后，“月球车”只在阻力f作用下做匀减速运动，由图像可知，加速度大小
a=ΔvΔt=2m/s2
由牛顿第二定律得，其阻力
f = ma
7 ∼ 10s内“月球车”匀速运动，设牵引力为F，则
F = f
则
P = Fv1= fv1
解得
f = 200N
m = 100kg
故AD错误、C正确；
B.月球车在7 ∼ 10s内做匀速直线运动，牵引力与阻力平衡，故B错误。
故选C。
7.【答案】D
【解析】AB.没有加拉力时，根据对称性可知，甲乙对丙的弹力大小相等，令为 N1 ，对丙进行受力分析，如图所示
则有
2mg=2N1cos30∘
没有加拉力时，对甲进行受力分析如图所示
则有
f=N2sin30∘
根据牛顿第三定律有
N1=N2
解得
f= 33mg
故AB错误；
CD.令半径为R，没有加拉力时，甲乙两球心之间的距离为
x1=2R
丙恰好降到地面时，丙地面相切，令甲丙球心连线与地面夹角为 θ ，则有
sinθ=R2R=12
解得
θ=30∘
此时甲乙两球心之间的距离为
x2=2×2Rcosθ=2 3R
则整个过程中，甲的位移为
x=x2−x1=2( 3−1)R
故C错误，D正确。
故选D。
8.【答案】AB
【解析】A.三颗卫星受到的万有引力提供向心力，根据万有引力的公式
F=GMmr2
由题知人造卫星a、b、c质量相同，因为ra < rb，所以
Fa > Fb
又因为rb = rc，所以
Fb = Fc
故A正确；
BCD.根据高轨低速，长周期；低轨高速，短周期，可知
va > vb = vc，ωa > ωb = ωc，Ta < TB = Tc
故B正确、故CD错误。
故选AB。
9.【答案】BCD
【解析】AB.若恰好通过最高点有
mg=mv2r
则要使小球做完整的圆周运动，到达B点的速度 vB≥ gr 即可，故A错误、故B正确；
C.由于小球在这样的一个圆轨道上运行，到达最高点的速度为
mvB2r≥mg
根据机械能守恒可知
mg(h−2r)−μmg4r h2+(4r)2⋅ h2+(4r)2=12mvB2
解得
h≥4.5r
则当h < 4.5r，小木块达不到B点，故C正确；
D.由于当 h<4.5r ，小木块达不到B点，故当3r < h < 3.5r，小木块将在到达B点前就脱离轨道，故D正确。
故选BCD。
10.【答案】BD
【解析】
【分析】
对小球A到B的过程和A到C的过程，分别根据能量守恒定律列式，可求得弹簧具有的最大弹性势能，由牛顿第二定律研究A、C两点的加速度，相比较可得到aA−aC=g，根据重力沿斜面向下的分力与最大静摩擦力的关系，判断出撤去弹簧，小球在直杆上不能处于静止。解决本题的关键要灵活运用能量守恒定律，对系统分段列式，要注意本题中小球的机械能不守恒，也不能只对小球运用能量守恒定律列方程，而要对弹簧与小球组成的系统列能量守恒的方程。
【解答】
AB.设小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为Wf，AB间的竖直高度为h，小球的质量为m，弹簧具有的最大弹性势能为Ep，根据能量守恒定律对于小球A到B的过程有：mgh+Ep=12mv2+Wf，A到C的过程有：2mgh+Ep=2Wf+Ep，解得：Wf=mgh，EP=12mv2，小球从C点向上运动时，假设能返回到A点，则由能量守恒定律得：Ep=2Wf+2mgh+Ep，该式违反了能量守恒定律，可知小球不能返回到出发点A处，故A错误，B正确；
C.设从A运动到C摩擦力的平均值为f，AB=s，由Wf=mgh得：fs=mgs·sin30∘，在B点，摩擦力f =μmgcos30°，由于弹簧对小球有拉力(除B点外)，小球对杆的压力大于μmgcos30°，所以f>μmgcos30∘，可得mgsin30°>μmgcos30°，因此撤去弹簧，小球不能在直杆上处于静止，故C错误；
D.根据牛顿第二定律得：在A点有：Fcos30°+mgsin30°−f=maA，在C点有：Fcos30°−f−mgsin30°=maC，两式相减得：aA−aC=g，故D正确。
故选BD。
11.【答案】(1)DE (2)dt d2=2gt2h。
【解析】
【分析】
(1)该题利用自由落体运动来验证机械能守恒，因此需要测量物体自由下落的高度hAB，以及物体通过B点的速度大小，在测量速度时我们利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，因此明白了实验原理即可知道需要测量的数据；
(2)利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，由此可以求出小铁球通过光电门时的瞬时速度，根据机械能守恒的表达式可以求出所要求的关系式。
无论采用什么样的方法来验证机械能守恒，明确其实验原理都是解决问题的关键，同时在处理数据时，要灵活应用所学运动学的基本规律。
【解答】
(1)A.根据实验原理可知，需要测量的是A点到光电门的距离，故A错误；
B.根据机械能守恒的表达式可知，方程两边可以约掉质量，因此不需要测量质量，故B错误；
C.利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，不需要测量下落时间，故C错误；
D.利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度时，需要知道挡光物体的尺寸，因此需要测量小球的直径，故D正确。
E. 根据机械能守恒的表达式可知，需要测量h，故E正确。
故选DE。
(2)利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故：v=dt，
根据机械能守恒的表达式有：mgh=12mv2，即：1t2=2gd2h.因此d2=2gt2h；
故答案为：(1)DE (2)dt d2=2gt2h。
12.【答案】 T 2h C T 2Mg−T 偏小
【解析】(1)[1]由题知当x等于h时，传感器示数为T，则此时橡皮筋的形变量为 2h ，则橡皮筋的劲度系数为
k=T 2h
(2)[2]AB.该实验的原理为拉力的分力与滑动摩擦力等大反向，则金属不一定从铁钉正下方开始移动，木板与金属A相对滑动即可不需要匀速，故AB错误；
C.必须保证铁钉固定在橡皮筋原长末端，这样才能准确测量出和动摩擦因数，故C正确。
故选C。
(3)[3]由题知，当x等于h时，传感器示数为T，此时金属与砝码总质量为M，则根据共点力的平衡有
Tcos45° = μFN
FN= Mg−Tsin45°
联立解得
μ=T 2Mg−T
(4)[4]实验中由于铁钉与橡皮筋之间存在摩擦，会导致拉在金属A上的拉力比传感器的拉力小，所以实验测得滑动摩擦因数偏小。
13.【答案】(1) 105s ；(2) 3s
【解析】(1)达到最大速度所需时间为
t=vma=10s
匀加速阶段位移
x1=12at2=25m
匀速阶段位移
x2=x−x1=vmt2
解得
t2=95s
则总时间
t=t1+t2=105s
(2)龙舟经过标线的位移
s=12m+3m=15m
由于标志在中线附近，根据上述可知，在龙舟经过标志过程中，龙舟做匀速直线运动，即在中线附近龙舟正以 5m/s 的速度匀速顺流而下，则有
t=svm=3s
14.【答案】(1) 32π2R3GT2 ；(2) 3 64T ；(3) 4−3 62π
【解析】(1)对空间站，由地球的万有引力提供向心力，则有
GMm2R2=m2πT2⋅2R
解得
M=32π2R3GT2
(2)椭圆轨道半长轴为
a=3.5R+2R+0.5R2=3R
由开普勒第三定律可知
a3T12=2R3T2
解得
T1=3 64T
(3)由题意可得
2π−θω+2nπω=T1 ( n=1 ， 2 ， 3⋯ )
又有
ω=2πT
因为
0<θ<2π
则 n=1 ，解得
θ=4−3 62π
15.【答案】(1)5mg、方向竖直向下；(2) 145 ；(3)39.2
【解析】(1)物块由P至C有
mg(h+R)=12mv02
得
v0=2 gR
C处由牛顿第二定律
F−mg=mv02R
得
F = 5mg
由牛顿第三定律：对C处的作用力大小为5mg、方向竖直向下。
(2)物块进入传送带v0 < u，开始做匀加速，传送带长度、摩擦因数未知，无法直接确定是否出现共速情况。
①假设物块一直匀加速到D，设加速度为a，末速度为vD，对物块
CD=v0t+12at2 ，vD = v0+at
对传送带
ut=34⋅2CD
上述3式联立求解得
vD=223 gR>u
显然说明物块与甲会达到共速，然后匀速，并在后面D处以速度u与木板发生碰撞；
②设物块匀加速、匀速时间分别为t1、t2
对物块
u = v0+at1， CD=(v0t1+12at12)+ut2
对传送带
ut1+t2=34⋅2CD
上述3式联立求解得
t1= 14t2
由
W = Ff⋅ut1， Q=Ff⋅ut1−12v0+ut1
解得
WQ=145
(3)碰撞后木板的速度大小u，对木板此后运动的动力学分析结果
①木板位移 x≤12kR ：合力为0，木板匀速；
②木板位移 12kR≤x≤kR ：木板合力为
F=μmgkRx−μmgkR(kR−x)=2μmgkRx−μmg
则木板做变减速，合力随位移均匀增加；
③木板位移 kR≤x≤2kR ：木板合力
F = μmg
合力恒定、匀减速至静止对木板，全程由动能定理
−0+μmg2⋅kR2−μmg⋅kR=0−12mu2
解得
k = 39.2
2023-2024学年重庆市南开中学高三（上）月考物理试卷（7月）
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 物理爱好者陈老师购买了一把电脑椅，某天她舒适地躺在电脑椅上，如图所示。则电脑椅对陈老师的作用力方向为( )
A. 竖直向上 B. 垂直椅背斜向右上 C. 水平向右 D. 无法确定
2. 关于功和功率，下列说法正确的是( )
A. 物体做功越多，功率一定越大
B. 力对物体做功为0表示物体的位移一定为0
C. 负功表示力对物体的运动起阻碍作用
D. 物体的平均功率一定等于物体的瞬时功率
3. 都江堰是全世界年代最久、唯一存留、一直使用至今的伟大水利工程。为了解决水利工程治沙的老大难问题，修建者李冰设计了“二八分沙”的绝妙方法，其某部分河道简化图如下图所示。则关于该段河道说法正确的是( )
A. 水流在弯道处做离心运动，导致凹岸堆积泥沙
B. 水流在弯道处做离心运动，导致凸岸堆积泥沙
C. 水流在弯道处做近心运动，导致凹岸堆积泥沙
D. 水流在弯道处做近心运动，导致凸岸堆积泥沙
4. 近年来贵州省黔东南州台盘村举办的“村BA”篮球赛火遍全网，很好地促进当地乡村振兴发展。在某场比赛中，一名篮球运动员将篮球传给队友。传球过程可简化为一个斜抛运动，篮球以15m/s的速度抛出，初速度方向与水平方向的夹角为37°，最终篮球被队友在与抛出点同一水平线上的接球点处接住。忽略空气阻力影响，篮球可视为质点，重力加速度g取10m/s2。sin37°=0.6。下列说法正确的是( )
A. 篮球在空中做加速度逐渐减小的加速运动
B. 篮球在空中运动时加速度先减小后增大
C. 篮球从抛球点运动到接球点所用时间为2s
D. 篮球从抛球点运动到接球点所用时间为1.8s
5. 如图所示，匀质铁链质量为m，长度为L，现使其L2放在倾角为30°的光滑斜面上，其余部分竖直下垂。若由静止释放使铁链自由运动，则铁链下滑至整条铁链刚好全部离开斜面时，铁链的速度为( )
A. 5gL8 B. 3gL4 C. 3gL8 D. 7gL8
6. 为登月探测月球，上海航天局研制了“月球车”。某探究性学习小组对“月球车”的性能进行研究。他们让额定功率P=1.2kW的“月球车”在水平地面上以恒定加速度启动，并将“月球车”运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图所示的v—t图像。已知学习小组在10s末停止遥控，让“月球车”自由滑行，整个过程中“月球车”受到的阻力大小不变。下列说法正确的是( )
A. 停止遥控后月球车的加速度大小为3m/s2
B. 月球车在7 ∼ 10s内不受牵引力的作用
C. 月球车的质量m=100kg
D. 月球车受到的阻力大小为100N
7. 如图所示，两个半圆柱体甲、乙相接触并静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱体丙，三者半径相同。现用水平向左的力拉甲，使甲缓慢向左移动直至丙恰好降到地面，整个过程中乙保持静止。已知甲和乙的质量均为m，丙的质量为2m，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。则下列判断正确的是( )
A. 没有加拉力时，甲与地面间的摩擦力大小为mg
B. 没有加拉力时，甲与地面间的摩擦力大小为3mg
C. 整个过程中，甲的位移为( 3−1)R
D. 整个过程中，甲的位移为2( 3−1)R
二、多选题（本大题共3小题，共15.0分）
8. 三颗质量相同的人造卫星a、b、c绕地球做匀速圆周运动，已知三颗卫星的轨道半径大小关系为ra
A. 要使小球做完整的圆周运动，到达B点的速度vB≥0即可
B. 要使小球做完整的圆周运动，到达B点的速度vB≥ gr即可
C. 若h<4.5r，小木块无法到达B点
D. 若3r
A. 小球可以返回到出发点A处
B. 弹簧具有的最大弹性势能为mv22
C. 撤去弹簧，小球可以静止在直杆上任意位置
D. aA−aC=g
三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）
11. 用如图所示实验装置验证机械能守恒定律，通过电磁铁控制小铁球从A点由静止释放。下落过程中经过光电门B时，通过与之相连的毫秒计时器(图中未画出)记录下挡光时间t，实验前应调整光电门位置使小铁球下落过程中球心通过光电门中的激光束。(当地重力加速度用g表示)
(1)为了验证机械能守恒定律，还需要测量的物理量有_____；
A.A点与地面间的距离H
B.小铁球的质量m
C.小铁球从A到B的下落时间tAB
D.小铁球的直径d
E.A、B之间的距离h
(2)小铁球通过光电门时的瞬时速度v=_____，如果关系式_____成立，则可验证小铁球在下落过程中机械能守恒。(用测量的物理量表示)
12. 为了研究某金属A与木板之间的滑动摩擦因数，小南同学设计了如图所示实验。把一根满足胡克定律的弹性绳，通过力传感器悬挂在天花板上。在自然伸长的橡皮筋末端固定一个铁钉。
实验时把橡皮筋的另一端与金属A相连，金属A放在铁钉正下方的木板上，此时铁钉到金属A上端高度差为h。然后用水平外力拉动木板，使其缓慢从金属A下方抽出，金属块再次静止时与初始位置相距x(过程中金属一直在木板上)。然后在金属A上放置不同的砝码，多次从原位置拉动木板，测得x的不同数值。当x等于h时，传感器示数为T，此时金属与砝码总质量为M。已知重力加速度为g。
(1)橡皮筋的劲度系数为__________。
(2)为了测出金属与木板的滑动摩擦因素，关于该实验说法正确的是__________。
A.金属必须从铁钉正下方开始移动
B.木板与金属A相对滑动时应保持匀速
C.必须保证铁钉固定在橡皮筋原长末端
(3)金属A与木板之间的滑动摩擦因素为_____
(4)实验中由于铁钉与橡皮筋之间存在摩擦，所以实验测得滑动摩擦因素__________。(填“偏大”、“偏小”、“不受影响”)
四、计算题（本大题共2小题，共23.0分）
13. 2023年6月21日，时隔32年的川渝龙舟精英邀请赛于四川渠县渠江进行，经过激烈角逐，重庆市潼南龙舟队获得金奖。比赛河道长为500米，比赛的起点设在水流上游。若潼南队以0.5m/s2的加速度由静止开始启动龙舟，龙舟顺流而下的最大速度为5m/s，到达最大速度后可长时间保持该速度。
(1)求潼南队完成比赛所用时间；
(2)现已知参赛队伍的龙舟长12米，若在中线附近有一个长为3m的标志，求龙舟整个通过该标志所需的时间。
14. 中国空间站是以天和核心舱、问天实验舱、梦天实验舱以及两艘载人飞船和一艘货运飞船组成“三舱三船”的组合体。为了接送宇航员以及补给物资，飞船需要频繁与空间站对接。在众多变轨对接的方案中，有一种是从同一轨道变轨完成对接。具体方式如图所示：空间站A和飞船B都在以半径为r的圆轨道上逆时针运动。某时刻飞船B在与地球连线和空间站A与地球连线夹角为θ时，点火加速进入椭圆轨道。与空间站相遇时，可与空间站完成对接。假如某次对接前A、B的轨道半径r=2R，飞船B点火加速，进入远地点距地面高度为3.5R，近地点距地面高度为0.5R的椭圆轨道。已知地球半径R，空间站转动周期T，引力常数G。试求出：
(1)地球质量大小；
(2)飞船进入椭圆轨道后的运动周期；
(3)如果飞船第一次回到点火点时恰好与空间站相遇，则θ的大小。
五、综合题（本大题共1小题，共18.0分）
15. 如图所示，光滑轨道ABC中：AB段竖直，BC段为半径为R的14圆弧形轨道，末端C处切线水平。紧邻C右端依次为水平粗糙传送带甲、乙和水平粗糙地面：传送带甲以恒定的速率u=7 gR顺时针转动，传送带乙和上方的均质木板处于静止，其中木板长度与乙左右两端DE等长，均为kR(k未知)，忽略轨道、传送带、地面相互之间的间隙，且轨道末端C、传送带上方皮带、地面等高。现有一物块从轨道上的P处静止释放，经C点进入传送带甲，于D处与木板发生碰撞后取走物块，碰撞前后物块、木板交换速度，且在碰撞结束时，传送带乙启动并以木板被碰后的速度顺时针匀速转动，最终木板运动2kR的距离后静止，忽略碰撞时间以及乙启动时间。
已知，物块通过传送带甲过程，甲皮带运动的路程是物块路程的1.5倍；木板与传送带乙、地面之间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力；PB高度差h=R，物块、木板质量均为m，重力加速度为g，忽略物块和传送带轮子的尺寸。求：
(1)物块即将滑出轨道末端C时，对C处的作用力；
(2)将传送带甲因传送物块额外消耗的电能记为W、甲和物块之间由于摩擦产生的热量记为Q，则WQ数值大小；
(3)k的大小。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】陈老师静止，则电脑椅对陈老师的作用力与陈老师的重力等大方向，即方向竖直向上。
故选A。
2.【答案】C
【解析】A.由功率公式 P=Wt 可知，功率的大小由功和力对物体做功的时间来决定，物体做功越多，功率不一定越大，A错误；
B.力对物体做功是0，物体的位移不一定是0，如在水平面上做匀速直线运动的物体，位移不是0，可水平面对物体的支持力做功是0，B错误；
C.物体受力方向与物体运动方向相反时，力对物体做负功，可知力对物体的运动起阻碍作用，C正确；
D.物体的平均功率是 P=Wt ，即在某段时间内的功与所用时间的比值；物体的瞬时功率是指在某时刻的功率即 P=Fv ，若物体在力的作用下沿粗糙的水平面做匀速直线运动，则力对物体的平均功率等于瞬时功率；若物体做匀加速直线运动，则平均功率不等于瞬时功率，D错误。
故选C。
3.【答案】B
【解析】水流和泥沙一起流入弯道后将做圆周运动其需要的向心力为 mv2R ，由于水流的密度比泥沙小则水流在弯道处做离心运动，导致凸岸堆积泥沙。
故选B。
4.【答案】D
【解析】AB.篮球在空中只受重力，则篮球在空中运动时加速度不变，故AB错误；
CD.篮球从抛出到最高点过程中在竖直方向有
vy = gt1
vy = vsin37°
t = 2t1
联立解得
t = 1.8s
故C错误、D正确。
故选D。
5.【答案】D
【解析】把铁链分成两个部分，下一半铁链重心下落的高度为
h1=L2
上一半铁链重心下落的高度为
h2=L4+L4sin30∘=38L
对整条铁链从刚释放到刚好全部离开斜面由动能定理得
12mgh1+12mgh2=12mv2
解得
v= 7gL8
故选D。
6.【答案】C
【解析】ACD.在10s末撤去牵引力后，“月球车”只在阻力f作用下做匀减速运动，由图像可知，加速度大小
a=ΔvΔt=2m/s2
由牛顿第二定律得，其阻力
f = ma
7 ∼ 10s内“月球车”匀速运动，设牵引力为F，则
F = f
则
P = Fv1= fv1
解得
f = 200N
m = 100kg
故AD错误、C正确；
B.月球车在7 ∼ 10s内做匀速直线运动，牵引力与阻力平衡，故B错误。
故选C。
7.【答案】D
【解析】AB.没有加拉力时，根据对称性可知，甲乙对丙的弹力大小相等，令为 N1 ，对丙进行受力分析，如图所示
则有
2mg=2N1cos30∘
没有加拉力时，对甲进行受力分析如图所示
则有
f=N2sin30∘
根据牛顿第三定律有
N1=N2
解得
f= 33mg
故AB错误；
CD.令半径为R，没有加拉力时，甲乙两球心之间的距离为
x1=2R
丙恰好降到地面时，丙地面相切，令甲丙球心连线与地面夹角为 θ ，则有
sinθ=R2R=12
解得
θ=30∘
此时甲乙两球心之间的距离为
x2=2×2Rcosθ=2 3R
则整个过程中，甲的位移为
x=x2−x1=2( 3−1)R
故C错误，D正确。
故选D。
8.【答案】AB
【解析】A.三颗卫星受到的万有引力提供向心力，根据万有引力的公式
F=GMmr2
由题知人造卫星a、b、c质量相同，因为ra < rb，所以
Fa > Fb
又因为rb = rc，所以
Fb = Fc
故A正确；
BCD.根据高轨低速，长周期；低轨高速，短周期，可知
va > vb = vc，ωa > ωb = ωc，Ta < TB = Tc
故B正确、故CD错误。
故选AB。
9.【答案】BCD
【解析】AB.若恰好通过最高点有
mg=mv2r
则要使小球做完整的圆周运动，到达B点的速度 vB≥ gr 即可，故A错误、故B正确；
C.由于小球在这样的一个圆轨道上运行，到达最高点的速度为
mvB2r≥mg
根据机械能守恒可知
mg(h−2r)−μmg4r h2+(4r)2⋅ h2+(4r)2=12mvB2
解得
h≥4.5r
则当h < 4.5r，小木块达不到B点，故C正确；
D.由于当 h<4.5r ，小木块达不到B点，故当3r < h < 3.5r，小木块将在到达B点前就脱离轨道，故D正确。
故选BCD。
10.【答案】BD
【解析】
【分析】
对小球A到B的过程和A到C的过程，分别根据能量守恒定律列式，可求得弹簧具有的最大弹性势能，由牛顿第二定律研究A、C两点的加速度，相比较可得到aA−aC=g，根据重力沿斜面向下的分力与最大静摩擦力的关系，判断出撤去弹簧，小球在直杆上不能处于静止。解决本题的关键要灵活运用能量守恒定律，对系统分段列式，要注意本题中小球的机械能不守恒，也不能只对小球运用能量守恒定律列方程，而要对弹簧与小球组成的系统列能量守恒的方程。
【解答】
AB.设小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为Wf，AB间的竖直高度为h，小球的质量为m，弹簧具有的最大弹性势能为Ep，根据能量守恒定律对于小球A到B的过程有：mgh+Ep=12mv2+Wf，A到C的过程有：2mgh+Ep=2Wf+Ep，解得：Wf=mgh，EP=12mv2，小球从C点向上运动时，假设能返回到A点，则由能量守恒定律得：Ep=2Wf+2mgh+Ep，该式违反了能量守恒定律，可知小球不能返回到出发点A处，故A错误，B正确；
C.设从A运动到C摩擦力的平均值为f，AB=s，由Wf=mgh得：fs=mgs·sin30∘，在B点，摩擦力f =μmgcos30°，由于弹簧对小球有拉力(除B点外)，小球对杆的压力大于μmgcos30°，所以f>μmgcos30∘，可得mgsin30°>μmgcos30°，因此撤去弹簧，小球不能在直杆上处于静止，故C错误；
D.根据牛顿第二定律得：在A点有：Fcos30°+mgsin30°−f=maA，在C点有：Fcos30°−f−mgsin30°=maC，两式相减得：aA−aC=g，故D正确。
故选BD。
11.【答案】(1)DE (2)dt d2=2gt2h。
【解析】
【分析】
(1)该题利用自由落体运动来验证机械能守恒，因此需要测量物体自由下落的高度hAB，以及物体通过B点的速度大小，在测量速度时我们利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，因此明白了实验原理即可知道需要测量的数据；
(2)利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，由此可以求出小铁球通过光电门时的瞬时速度，根据机械能守恒的表达式可以求出所要求的关系式。
无论采用什么样的方法来验证机械能守恒，明确其实验原理都是解决问题的关键，同时在处理数据时，要灵活应用所学运动学的基本规律。
【解答】
(1)A.根据实验原理可知，需要测量的是A点到光电门的距离，故A错误；
B.根据机械能守恒的表达式可知，方程两边可以约掉质量，因此不需要测量质量，故B错误；
C.利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，不需要测量下落时间，故C错误；
D.利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度时，需要知道挡光物体的尺寸，因此需要测量小球的直径，故D正确。
E. 根据机械能守恒的表达式可知，需要测量h，故E正确。
故选DE。
(2)利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故：v=dt，
根据机械能守恒的表达式有：mgh=12mv2，即：1t2=2gd2h.因此d2=2gt2h；
故答案为：(1)DE (2)dt d2=2gt2h。
12.【答案】 T 2h C T 2Mg−T 偏小
【解析】(1)[1]由题知当x等于h时，传感器示数为T，则此时橡皮筋的形变量为 2h ，则橡皮筋的劲度系数为
k=T 2h
(2)[2]AB.该实验的原理为拉力的分力与滑动摩擦力等大反向，则金属不一定从铁钉正下方开始移动，木板与金属A相对滑动即可不需要匀速，故AB错误；
C.必须保证铁钉固定在橡皮筋原长末端，这样才能准确测量出和动摩擦因数，故C正确。
故选C。
(3)[3]由题知，当x等于h时，传感器示数为T，此时金属与砝码总质量为M，则根据共点力的平衡有
Tcos45° = μFN
FN= Mg−Tsin45°
联立解得
μ=T 2Mg−T
(4)[4]实验中由于铁钉与橡皮筋之间存在摩擦，会导致拉在金属A上的拉力比传感器的拉力小，所以实验测得滑动摩擦因数偏小。
13.【答案】(1) 105s ；(2) 3s
【解析】(1)达到最大速度所需时间为
t=vma=10s
匀加速阶段位移
x1=12at2=25m
匀速阶段位移
x2=x−x1=vmt2
解得
t2=95s
则总时间
t=t1+t2=105s
(2)龙舟经过标线的位移
s=12m+3m=15m
由于标志在中线附近，根据上述可知，在龙舟经过标志过程中，龙舟做匀速直线运动，即在中线附近龙舟正以 5m/s 的速度匀速顺流而下，则有
t=svm=3s
14.【答案】(1) 32π2R3GT2 ；(2) 3 64T ；(3) 4−3 62π
【解析】(1)对空间站，由地球的万有引力提供向心力，则有
GMm2R2=m2πT2⋅2R
解得
M=32π2R3GT2
(2)椭圆轨道半长轴为
a=3.5R+2R+0.5R2=3R
由开普勒第三定律可知
a3T12=2R3T2
解得
T1=3 64T
(3)由题意可得
2π−θω+2nπω=T1 ( n=1 ， 2 ， 3⋯ )
又有
ω=2πT
因为
0<θ<2π
则 n=1 ，解得
θ=4−3 62π
15.【答案】(1)5mg、方向竖直向下；(2) 145 ；(3)39.2
【解析】(1)物块由P至C有
mg(h+R)=12mv02
得
v0=2 gR
C处由牛顿第二定律
F−mg=mv02R
得
F = 5mg
由牛顿第三定律：对C处的作用力大小为5mg、方向竖直向下。
(2)物块进入传送带v0 < u，开始做匀加速，传送带长度、摩擦因数未知，无法直接确定是否出现共速情况。
①假设物块一直匀加速到D，设加速度为a，末速度为vD，对物块
CD=v0t+12at2 ，vD = v0+at
对传送带
ut=34⋅2CD
上述3式联立求解得
vD=223 gR>u
显然说明物块与甲会达到共速，然后匀速，并在后面D处以速度u与木板发生碰撞；
②设物块匀加速、匀速时间分别为t1、t2
对物块
u = v0+at1， CD=(v0t1+12at12)+ut2
对传送带
ut1+t2=34⋅2CD
上述3式联立求解得
t1= 14t2
由
W = Ff⋅ut1， Q=Ff⋅ut1−12v0+ut1
解得
WQ=145
(3)碰撞后木板的速度大小u，对木板此后运动的动力学分析结果
①木板位移 x≤12kR ：合力为0，木板匀速；
②木板位移 12kR≤x≤kR ：木板合力为
F=μmgkRx−μmgkR(kR−x)=2μmgkRx−μmg
则木板做变减速，合力随位移均匀增加；
③木板位移 kR≤x≤2kR ：木板合力
F = μmg
合力恒定、匀减速至静止对木板，全程由动能定理
−0+μmg2⋅kR2−μmg⋅kR=0−12mu2
解得
k = 39.2
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