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2023-2024学年甘肃省酒泉市高三上学期10月联考 物理试题（含解析）
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这是一份2023-2024学年甘肃省酒泉市高三上学期10月联考 物理试题（含解析），共6页。试卷主要包含了 单选题， 多选题， 实验题， 计算题等内容，欢迎下载使用。
（考试总分：100 分 考试时长： 75 分钟）
一、 单选题 （本题共计7小题，总分28分）
1.如图所示，火星探测器着陆火星前成功进入环火星椭圆轨道，然后实施近火星制动，顺利完成“太空刹车”，被火星捕获，进入环火星圆形轨道，准备登陆火星.关于“天问一号”探测器，下列说法正确的是( )
A.探测器在椭圆轨道运行时,过P点的速度小于过Q点的速度
B.探测器由椭圆轨道进入圆形轨道应该在P点加速
C.探测器在椭圆轨道和圆形轨道上正常运行时通过P点的加速度相等
D.探测器在椭圆轨道运行的周期比圆形轨道的周期小
2.一木球的质量约为10g，从高楼的窗户自由下落到地面，木球与地面接触直至停下所用时间约为0.01s，下落到地面的瞬时速度约为20m/s.不计空气阻力，重力加速度取g=10m/s2.试估算木球对地面平均作用力的大小约为( )
A.10NB.20NC.50ND.80N
3.物体沿x轴做直线运动，取x轴正方向为速度正方向，其v−t图像如图所示，则下列说法正确的是( )
A.在0.5s末,物体速度为2m/s
B.0∼1s内,物体加速度为4m/s2
C.4∼5s内,物体做速度方向沿x轴负方向的加速运动
D.7∼8s内,物体做速度方向沿x轴正方向的加速运动
4.如图所示，用与竖直方向成α=30°斜向右上方、大小为F的推力把一个重量为G的木块压在粗糙竖直墙面上保持静止，下列说法正确的是( )
A.墙对木块的正压力大小为12F;墙对木块的摩擦力大小可能为0
B.墙对木块的正压力大小为12F;墙对木块的摩擦力大小不可能为0
C.墦对木块的正压力大小为32F;墙对木块的摩擦力大小可能为32F−G,
D.墙对木块的正压力大小为32F;墙对木块的摩擦力大小可能为G−32F
5.如图所示，两个可视为质点的、相同的木块a和b放在水平转盘上，两者用细线连接，两木块与转盘间的动摩擦因数相同，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动，且木块a,b与转盘中心在同一条水平直线上.当圆盘转动到两木块刚好还未发生滑动时，烧断细线，关于两木块的运动情况，以下说法正确的是( )
A.两木块仍随圆盘一起做圆周运动,不发生滑动
B.木块b发生滑动,离圆盘圆心越来越近
C.两木块均沿半径方向滑动,离圆盘圆心越来越远
D.木块a仍随圆盘一起做匀速圆周运动
6.儿童蹦极蹦床装置如图所示，先给小朋友绑上安全带，再将两根完全相同的弹性绳固定在小朋友身上，每根弹性绳的自然长度为L0，弹性绳上端两固定点等高且间距为95L0.当小朋友静止在空中时，弹性绳与竖直方向的夹角为53°，用力向下拉小朋友使其恰好与蹦床接触，此时弹性绳与竖直方向的夹角为37°.弹性绳遵循胡克定律，小朋友可视为质点，忽略弹性绳质量及空气阻力，重力加速度为g,sin53°=0.8,sin37°=0.6，则撤去拉力的瞬间，小朋友的加速度大小为( )
A.163gB.133gC.83gD.53g
7.如图所示，水平面上AO段为动摩擦因数μ=0.6的粗糙段，OB段光滑.质量为m=1kg的物体甲放在距O点左侧x1=3m的A处，物体乙静止放在距O点右侧x2=4m的B处.现给物体甲一个水平向右的初速度v0=10m/s，物体甲与物体乙在B点发生弹性正碰，碰后物体甲恰好能返回出发点A.重力加速度大小取g=10m/s2，两物体均可视为质点，则( )
A.物体甲第一次运动到O点的速度大小为6.5m/s
B.物体甲向右从O点运动到B点所用的时间为0.5s
C.物体甲与乙碰撞后,物体甲的速度大小为5.5m/s
D.物体乙的质量为3.5kg
二、 多选题 （本题共计3小题，总分18分）
8.某游乐场的滑梯如图所示，1和2为直滑道(坡度不同)，3是弯曲滑道，各滑道的最高点、最低点均在同一水平面内.小朋友从A点走楼梯上升到B点，沿不同的滑道滑下.假设小朋友与各滑道间的动摩擦因数相等，忽略小朋友与滑道侧壁的碰撞，下列说法正确的是( )
A.小朋友从A点上升到B点的过程中,楼梯对小朋友做正功
B.小朋友沿滑道1或2滑下,到最低点时的速度大小|型与质量无关
C.小朋友沿各滑道滑下,损失的机械能相等
D.小朋友沿滑道3滑下,到最低点时的动量最小
9.如图所示，一质量m=0.5kg、可视为质点的物体，从倾角θ=30°、长度L=2.5m的光滑固定斜面顶端由静止开始下滑，不计空气阻力，重力加速度取g=10m/s2，则下列说法正确的是( )
A.物体沿斜面由顶端滑到底端所用的时间为2s
B.物休滑到斜面底端时的速度大小为5m/s
C.物体滑到斜面底端吋的动能为6J
D.在物体下滑的全过程中,支持力对物体的冲量大小为2.53N⋅s
10.如图所示，在竖直平面内，BC为半径R=(2+2)m的光滑圆轨道的一部分，O为圆心，OC位于竖直方向，OB与竖直方向的夹角θ=45°,CD为水平地面并与圆弧相切.一小木块以v1=2m/s的速度从位置水平向左抛出，木块恰好从B点沿圆弧切线方向进入轨道，最后停在水平面CD上的P点(图中未画出)，木块与CD之间的动摩擦因数为μ=0.4，重力加速度大小取g=10m/s2，不计空气阻力，则( )
A.小木块从A抛出运动到B点的时间为0.2sB.A,B两点的水平距离为0.8m
C.A、B两点的竖直高度为0.2mD.C、P两点之间的距离为3.5m
三、 实验题 （本题共计2小题，总分15分）
11.（6分）某同学用气垫导轨验证动量守恒定律，实验装置如图甲所示。
1.用螺旋测微器测量遮光条宽度d，螺旋测微器的示数如图乙所示，则其读数为d=_________;
2.用天平测得滑块1、2(均包括遮光条)的质量分别为m1、m2;
3.接通气源，将气垫导轨调至水平，将滑块1向左弹出，与静止的滑块2发生碰撞，碰后两滑块没有粘连，与光电门1相连的计时器显示的挡光时问为Δt1，与光电门2相连的计时兴显示的先后挡光时间为Δt2利Δt3，则碰撞前系统的动量p1=________，碰撞后系统的动量p2________.(用所测物理量的符号表示)
12.（9分）为了“探究加速度与力、质量的关系”，现提供如图甲所示的实验装置.回答下列问题:
(1)关于此实验下列说法正确的是________。
A、在平衡摩擦力时需要将木板带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使木块恰好做匀速运动
B、平衡摩擦力之后，实际钩码重力大于木块的合外力
C、平衡摩摖力之后，实际钩码重力等于绳的拉力
D、平衡摩擦力后钩码重力等于绳的拉力，不平衡摩擦力的时候钩码重力大于绳子的拉力在
(2)A、B两同学在同一实验室，各取一套图甲的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度与拉力F的关系，分別得到图乙中A、B两条直线.设A、B用的木块质量分别为mA、mB,A、B用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μA,μB，由图乙可知mA_______mB,μA_______μB.(均填“大于”“小于”或“等于”)
四、 计算题 （本题共计3小题，总分39分）
13.（10分）如图所示，用轻质橡皮条(弹力满足胡克定律)与轻质细线连接的小球(视为质点)处于静止状态，橡皮条的伸长量为L=3cm，橡皮条与水平方向的夹角为30°，细线与竖直方向的夹角为30°。已知细线的拉力大小为F=3N，重力加速度取g=10m/s2.
(1)求橡皮条劲度系数k的大小;
(2)若突然剪断细线.求此瞬间小球的加速度a1的大小.
14.（13分）如图所示，倾斜轨道下端与半径为R的竖直圆轨道最低点b平滑连接.质量为m的小球从轨道上a点无初速滚下，a点距离圆轨道最低点b的竖直高度为ℎ.小球经过最低点b时的速度大小为v，经过最高点c时恰好对轨道无压力.已知重力加速度g，求:
(1)小球经过最高点c时速度的大小;
(2)小球经过最低点b时对轨道压力的大小:
(3)小球从开始运动到圆轨道最高点过程中损失的机械能.
15.（16分）如图所示，一轻质弹簧右端固定在竖直墙壁上，左端拴接着质量M=3kg的小物块P，物块P与长度L=4.0m的水平传送带之间是足够长的光滑水平台面，传送带以v=7m/s的速度顺时针转动，传送带与左两边的台面等高，并能平滑对接.传送带左边是与一段光滑的水平台面平滑连接的光滑斜面，质量m=1kg的小物块Q从斜面上距水平台面H=5.25m处由静止释放，经过传送带后与物块P发生对心弹性碰撞.已知碰撞前物块P静止且弹簧处于原长状态，物块Q与传送带之间的动摩擦因数μ=0.3，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力.两物块均可视为质点.求:
(1)物块Q与物块P碰撞前瞬间的速度大小；
(2)物块Q与物块P第一次碰后Q的速度大小;
(3)物块Q与物块P第一次碰后传送带的传动速度降为v'=2.5m/s，方向保持顺时针方向不变.物块Q重新滑上传送带后Δt=2.4s内.传送带对物块Q水平方向的冲量大小.
答案
一、 单选题 （本题共计7小题，总分28分）
1.【答案】C
【解析】根据开普勒第二定律可知近火星点速度大，远火星点速度小，选项A错误;
由环火星椭圆轨道进入环火星圆形轨道应该在P点减速，由离心运动变为圆周运动，速度要变小，选项B错误;
在同一点万有引力产生加速度，加速度相等，选项C正确;
由开普勒第三定律可知轨道半径大的周期大，选项D错误.
2.【答案】B
【解析】设向上为正方向，根据动量定理可知，对木球:(F−mg)Δt=0−(−mv)，
解得:F=mvΔt+mg=(+0.01×10)N=20.1N，由牛顿第三定律可知木球对地面平均作用力的大小F'=20.1N，只有选项B正确.
3.【答案】C
【解析】由所给图像知，物体0.5s末的速度为1m/s，选项A错误;
0∼1s内，物体的加速度a=ΔvΔt=2−01m/s2=2m/s2，选项B错误;
4∼5s内，物体的速度、加速度为负值，表明它向x轴负方向做加速直线运动，选项C正确;
7∼8s内，物体的速度为负值，加速度为正值，表明它向x轴负方向做减速直线运动，选项D错误.
4.【答案】A
【解析】木块处于平衡状态，水平方向与竖直方向合力均为零.在水平方向有FN=Fsinα，即FN=F2.在竖直方向，墙对木块的摩擦力是静摩擦力，其大小和方向由F的竖直分力与重力的大小关系决定:当Fcsα=G，即F=233G时，f=0;当Fcsα>G，即F>233G时，f=32F−G，方向竖直向下;当Fcsα5.【答案】D
【解析】当圆盘转速加快到两木块刚要发生滑动时，木块b靠细线的拉力与圆盘的最大静摩擦力的合力提供向心力做匀速圆周运动，所以烧断细线后，木块b所受最大静摩擦力不足以提供其做圆周运动所需要的向心力，木块b要与圆盘发生相对滑动，离圆盘圆心越来越远，但是木块a所需要的向心力小于木块a的最大静摩擦力，所以木块a仍随圆盘一起做匀速圆周运动，只有选项D正确.
6.【答案】B
【解析】设弹性绳的劲度系数为k，小朋友的质量为m，当小朋友静止在空中时，每根弹性绳的伸长量x1=910L0sin53°−L0=18L0，由物体的平衡条件得2kx1cs53°=mg;撤去拉力的瞬间，每根弹性绳的伸长量x2=910L0sin37°−L0=12L0，由牛顿第二定律得2kx2cs37°−mg=ma，解得小朋友的加速度大小为a=133g，故ACD错误，B正确.
7.【答案】B
【解析】物体甲从A到O点是匀减速运动，设到O点的速度为vt，摩擦力产生加速度，有mgμ=ma,a=6m/s2，由运动学公式vt2−v02=−2ax1，得vt=8m/s，选项A错误;OB段匀速运动x2=vt⋅t1，得t1=0.5s，选项B正确;物体甲在BO段匀速返回，到OA段匀减速停止在A点.物体甲与乙碰撞后，物体甲的速度的大小为v1，由运动学公式0−v12=−2ax1，得v1=6m/s，选项C错误;物体甲与乙发生完全弹性正碰，设速度向右为正，由动量守恒和能量守恒得mvt=mv1+Mv2
12mvt2=12mv12+12Mv22，
解得v1=m−Mm+Mvt，将v1=−6m/s代入得，物体乙的质量为M=7kg，选项D错误.
二、 多选题 （本题共计3小题，总分18分）
8.【答案】BD
【解析】小朋友从A点上升到B点的过程中，小朋友的生物能转化为机械能，楼梯对小朋友不做功，故A错误;
设三条滑道的高度差均为ℎ，小朋友与滑道间的动摩擦因数均为μ，滑道1和2与水平方向的夹角为θ，由动能定理得:mgℎ−μmgcsθ×ℎsinθ=12mv2，解得v=2gℎsinθ−μcsθsinθ，小朋友沿滑道1或2滑下，到最低点时的速度大小与质量无关，故B正确;
小朋友沿滑道3滑下，摩擦力做功最多，损失的机械能最多，故C错误;
小朋友沿滑道3滑下，摩擦力做功最多，由动能定理得到最低点时的速度最小，即到最低点时的动量最小，故D正确.
9.【答案】BD
【解析】mgsinθ=ma,L=12at2，得t=1.0s，选项A错误;v2=2aL，得v=5m/s，选项B正确;Ek=12mv2=6.25J，选项C错误;N=mgcsθ,IN=Nt，得IN=2.53N⋅s，冲量方向垂直斜面向上，选项D正确.
10.【答案】ACD
【解析】设木块在B点的速度为v2，水平方向有v2csθ=v1，解得v2=22m/s，竖直方向有vy=v2sinθ=gt，解得小木块从A抛出运动到B点的时间t=0.2s，选项A正确;小木块从A点抛出运动到B点是平抛运动，水平方向匀速直线运动，A、B两点的水平距离x=v1t=0.4m，选项B错误;竖直方向自由落体运动，A、B两点的竖高度y=12gt2=0.2m选项C正确;从B到P过程由动能定理有:
MgR(1−csθ)−μMgs=0−12Mv22，解得C、两点之间的距离s=3.5m，选项D正确.
三、 实验题 （本题共计2小题，总分15分）
11.（6分）【答案】(1)6.300
(3)m1dΔt1；m2dΔt2+m1dΔt3
【解析】(1)遮光条的宽度即螺旋测微器的示数为d=6mm+0.01mm×30.0=6.300mm;
(3)碰撞前滑块1的速度为v1=dΔt1，碰撞前系统的动量p1=m1v1=m1dΔt1;碰撞后滑块2的速度为v2=dΔt2，滑块1的速度为v3=dΔt3，碰撞后系统的动量p2=m2v2+m1v3=m2dΔt2+m1dΔt3.
12.（9分）(1)B
【解析】平衡摩擦力应该把木板不带滑轮的一段适当垫高，不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，A错误;平衡摩擦力后，钩码是向下加速运动，钩码重力大于绳的拉力，绳的拉力等于小车的合力，不平衡摩擦力重力也大于绳的拉力，B正确，CD错误.
(2)小于；大于
【解析】F−μmg=ma,a=Fm−μg，从图像可知，斜率是质量的倒数，A用的木块的质量小，纵轴的截距为−μg，可知A用的木块与木板间的动摩擦因数大.
四、 计算题 （本题共计3小题，总分39分）
13.（10分）(1)设小球的质量为m，橡皮条的拉力为T，对小球受力分析，把拉力T与重力mg合成，由三力平衡的几何关系可得拉力T与重力mg合成的平行四边形是菱形，则有
T=mg
2Tcs30°=F
设橡皮条的劲度系数为k，由胡克定律可得T=kL
综合解得k=3F3L=100N/m
(2)突然剪短细线的瞬间，细线的弹力消失，橡皮条的拉力不变，则小球的合力与突变前细线的拉力F等大反向
由牛顿第二定律可得小球的加速度大小为F=ma1
结合m=3F3g=310kg
综合解得a1=103m/s2
14.（13分）(1)因为小球在c点恰好对轨道无压力
根据牛顿第二定律mg=mvc2R
小球经过最高点c时速度的大小vc=gR
(2)小球在最低点b处，根据牛顿第二定律
FN−mg=mv2R
FN=mg+mv2R
由牛顿第三定律，小球对轨道压力F=FN
所以小球经过最低点b时对轨道压力的大小F=mg+mv2R
(3)对小球从开始释放到最高点c的过程，由能量守恒定律
mgℎ=mg⋅2R+12mvc2+E损
小球从开始运动到圆轨道最高点过程中损失的机械能
E损=mgℎ−2.5mgR
15.（16分）(1)设Q滑到斜面底部速度为v0，
根据机械能守恒定律mgH=12mv02
解得v0=2gH=105m/s
由于v0>v=7m/s,Q在传送带上开始做匀减速运动，
设Q一直减速滑过传送带的速度为v1.
由动能定理可得−μmgl=12mv12−12mv02
解得v1=9m/s
由于v1=9m/s仍大于7m/s，说明假设成立，即Q与P碰前速度大小为9m/s
(2)设第一次碰后P的速度为vP1,Q的速度为vQ1，取向右为正方向.
根据动量守恒定律和机械等守恒定律得mv1=mvQ1+MvP1
12mv12=12mvQ12+12MvP12
解得vQ1=−v12=−4.5m/s，表明Q碰后以4.5m/s的速度向左反弹
(3)Q滑上传送带后在摩擦力的作用下减速，设向左减速的最大位移为xQ，由动能定理得
−μmgxQ=0−12mvQ12
解得xQ=278m
因L=4.0m，所以还未滑出传送带Q的速度减为零
这个过程经历的时间由vQ1=μgt1，得t1=1.5s<Δt
由于传送带速度已经在P、Q碰撞后调为v'=2.5m/s，所以物块Q将向右做加速运动，设加速到与传动带共速的时间为t2，因此有v'=μgt2
解得t2=56s
这过程产生的位移xQ2=v'2't2=2524m
所以，在共速后的t3=Δt−t1−t2=115s内，
Q将做匀速直线运动，这段时间内产生的位移
xQ3=v't3=16m
由于xQ2+xQ3I=m(v'−vQ1)=7kg⋅m/s
（考试总分：100 分 考试时长： 75 分钟）
一、 单选题 （本题共计7小题，总分28分）
1.如图所示，火星探测器着陆火星前成功进入环火星椭圆轨道，然后实施近火星制动，顺利完成“太空刹车”，被火星捕获，进入环火星圆形轨道，准备登陆火星.关于“天问一号”探测器，下列说法正确的是( )
A.探测器在椭圆轨道运行时,过P点的速度小于过Q点的速度
B.探测器由椭圆轨道进入圆形轨道应该在P点加速
C.探测器在椭圆轨道和圆形轨道上正常运行时通过P点的加速度相等
D.探测器在椭圆轨道运行的周期比圆形轨道的周期小
2.一木球的质量约为10g，从高楼的窗户自由下落到地面，木球与地面接触直至停下所用时间约为0.01s，下落到地面的瞬时速度约为20m/s.不计空气阻力，重力加速度取g=10m/s2.试估算木球对地面平均作用力的大小约为( )
A.10NB.20NC.50ND.80N
3.物体沿x轴做直线运动，取x轴正方向为速度正方向，其v−t图像如图所示，则下列说法正确的是( )
A.在0.5s末,物体速度为2m/s
B.0∼1s内,物体加速度为4m/s2
C.4∼5s内,物体做速度方向沿x轴负方向的加速运动
D.7∼8s内,物体做速度方向沿x轴正方向的加速运动
4.如图所示，用与竖直方向成α=30°斜向右上方、大小为F的推力把一个重量为G的木块压在粗糙竖直墙面上保持静止，下列说法正确的是( )
A.墙对木块的正压力大小为12F;墙对木块的摩擦力大小可能为0
B.墙对木块的正压力大小为12F;墙对木块的摩擦力大小不可能为0
C.墦对木块的正压力大小为32F;墙对木块的摩擦力大小可能为32F−G,
D.墙对木块的正压力大小为32F;墙对木块的摩擦力大小可能为G−32F
5.如图所示，两个可视为质点的、相同的木块a和b放在水平转盘上，两者用细线连接，两木块与转盘间的动摩擦因数相同，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动，且木块a,b与转盘中心在同一条水平直线上.当圆盘转动到两木块刚好还未发生滑动时，烧断细线，关于两木块的运动情况，以下说法正确的是( )
A.两木块仍随圆盘一起做圆周运动,不发生滑动
B.木块b发生滑动,离圆盘圆心越来越近
C.两木块均沿半径方向滑动,离圆盘圆心越来越远
D.木块a仍随圆盘一起做匀速圆周运动
6.儿童蹦极蹦床装置如图所示，先给小朋友绑上安全带，再将两根完全相同的弹性绳固定在小朋友身上，每根弹性绳的自然长度为L0，弹性绳上端两固定点等高且间距为95L0.当小朋友静止在空中时，弹性绳与竖直方向的夹角为53°，用力向下拉小朋友使其恰好与蹦床接触，此时弹性绳与竖直方向的夹角为37°.弹性绳遵循胡克定律，小朋友可视为质点，忽略弹性绳质量及空气阻力，重力加速度为g,sin53°=0.8,sin37°=0.6，则撤去拉力的瞬间，小朋友的加速度大小为( )
A.163gB.133gC.83gD.53g
7.如图所示，水平面上AO段为动摩擦因数μ=0.6的粗糙段，OB段光滑.质量为m=1kg的物体甲放在距O点左侧x1=3m的A处，物体乙静止放在距O点右侧x2=4m的B处.现给物体甲一个水平向右的初速度v0=10m/s，物体甲与物体乙在B点发生弹性正碰，碰后物体甲恰好能返回出发点A.重力加速度大小取g=10m/s2，两物体均可视为质点，则( )
A.物体甲第一次运动到O点的速度大小为6.5m/s
B.物体甲向右从O点运动到B点所用的时间为0.5s
C.物体甲与乙碰撞后,物体甲的速度大小为5.5m/s
D.物体乙的质量为3.5kg
二、 多选题 （本题共计3小题，总分18分）
8.某游乐场的滑梯如图所示，1和2为直滑道(坡度不同)，3是弯曲滑道，各滑道的最高点、最低点均在同一水平面内.小朋友从A点走楼梯上升到B点，沿不同的滑道滑下.假设小朋友与各滑道间的动摩擦因数相等，忽略小朋友与滑道侧壁的碰撞，下列说法正确的是( )
A.小朋友从A点上升到B点的过程中,楼梯对小朋友做正功
B.小朋友沿滑道1或2滑下,到最低点时的速度大小|型与质量无关
C.小朋友沿各滑道滑下,损失的机械能相等
D.小朋友沿滑道3滑下,到最低点时的动量最小
9.如图所示，一质量m=0.5kg、可视为质点的物体，从倾角θ=30°、长度L=2.5m的光滑固定斜面顶端由静止开始下滑，不计空气阻力，重力加速度取g=10m/s2，则下列说法正确的是( )
A.物体沿斜面由顶端滑到底端所用的时间为2s
B.物休滑到斜面底端时的速度大小为5m/s
C.物体滑到斜面底端吋的动能为6J
D.在物体下滑的全过程中,支持力对物体的冲量大小为2.53N⋅s
10.如图所示，在竖直平面内，BC为半径R=(2+2)m的光滑圆轨道的一部分，O为圆心，OC位于竖直方向，OB与竖直方向的夹角θ=45°,CD为水平地面并与圆弧相切.一小木块以v1=2m/s的速度从位置水平向左抛出，木块恰好从B点沿圆弧切线方向进入轨道，最后停在水平面CD上的P点(图中未画出)，木块与CD之间的动摩擦因数为μ=0.4，重力加速度大小取g=10m/s2，不计空气阻力，则( )
A.小木块从A抛出运动到B点的时间为0.2sB.A,B两点的水平距离为0.8m
C.A、B两点的竖直高度为0.2mD.C、P两点之间的距离为3.5m
三、 实验题 （本题共计2小题，总分15分）
11.（6分）某同学用气垫导轨验证动量守恒定律，实验装置如图甲所示。
1.用螺旋测微器测量遮光条宽度d，螺旋测微器的示数如图乙所示，则其读数为d=_________;
2.用天平测得滑块1、2(均包括遮光条)的质量分别为m1、m2;
3.接通气源，将气垫导轨调至水平，将滑块1向左弹出，与静止的滑块2发生碰撞，碰后两滑块没有粘连，与光电门1相连的计时器显示的挡光时问为Δt1，与光电门2相连的计时兴显示的先后挡光时间为Δt2利Δt3，则碰撞前系统的动量p1=________，碰撞后系统的动量p2________.(用所测物理量的符号表示)
12.（9分）为了“探究加速度与力、质量的关系”，现提供如图甲所示的实验装置.回答下列问题:
(1)关于此实验下列说法正确的是________。
A、在平衡摩擦力时需要将木板带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使木块恰好做匀速运动
B、平衡摩擦力之后，实际钩码重力大于木块的合外力
C、平衡摩摖力之后，实际钩码重力等于绳的拉力
D、平衡摩擦力后钩码重力等于绳的拉力，不平衡摩擦力的时候钩码重力大于绳子的拉力在
(2)A、B两同学在同一实验室，各取一套图甲的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度与拉力F的关系，分別得到图乙中A、B两条直线.设A、B用的木块质量分别为mA、mB,A、B用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μA,μB，由图乙可知mA_______mB,μA_______μB.(均填“大于”“小于”或“等于”)
四、 计算题 （本题共计3小题，总分39分）
13.（10分）如图所示，用轻质橡皮条(弹力满足胡克定律)与轻质细线连接的小球(视为质点)处于静止状态，橡皮条的伸长量为L=3cm，橡皮条与水平方向的夹角为30°，细线与竖直方向的夹角为30°。已知细线的拉力大小为F=3N，重力加速度取g=10m/s2.
(1)求橡皮条劲度系数k的大小;
(2)若突然剪断细线.求此瞬间小球的加速度a1的大小.
14.（13分）如图所示，倾斜轨道下端与半径为R的竖直圆轨道最低点b平滑连接.质量为m的小球从轨道上a点无初速滚下，a点距离圆轨道最低点b的竖直高度为ℎ.小球经过最低点b时的速度大小为v，经过最高点c时恰好对轨道无压力.已知重力加速度g，求:
(1)小球经过最高点c时速度的大小;
(2)小球经过最低点b时对轨道压力的大小:
(3)小球从开始运动到圆轨道最高点过程中损失的机械能.
15.（16分）如图所示，一轻质弹簧右端固定在竖直墙壁上，左端拴接着质量M=3kg的小物块P，物块P与长度L=4.0m的水平传送带之间是足够长的光滑水平台面，传送带以v=7m/s的速度顺时针转动，传送带与左两边的台面等高，并能平滑对接.传送带左边是与一段光滑的水平台面平滑连接的光滑斜面，质量m=1kg的小物块Q从斜面上距水平台面H=5.25m处由静止释放，经过传送带后与物块P发生对心弹性碰撞.已知碰撞前物块P静止且弹簧处于原长状态，物块Q与传送带之间的动摩擦因数μ=0.3，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力.两物块均可视为质点.求:
(1)物块Q与物块P碰撞前瞬间的速度大小；
(2)物块Q与物块P第一次碰后Q的速度大小;
(3)物块Q与物块P第一次碰后传送带的传动速度降为v'=2.5m/s，方向保持顺时针方向不变.物块Q重新滑上传送带后Δt=2.4s内.传送带对物块Q水平方向的冲量大小.
答案
一、 单选题 （本题共计7小题，总分28分）
1.【答案】C
【解析】根据开普勒第二定律可知近火星点速度大，远火星点速度小，选项A错误;
由环火星椭圆轨道进入环火星圆形轨道应该在P点减速，由离心运动变为圆周运动，速度要变小，选项B错误;
在同一点万有引力产生加速度，加速度相等，选项C正确;
由开普勒第三定律可知轨道半径大的周期大，选项D错误.
2.【答案】B
【解析】设向上为正方向，根据动量定理可知，对木球:(F−mg)Δt=0−(−mv)，
解得:F=mvΔt+mg=(+0.01×10)N=20.1N，由牛顿第三定律可知木球对地面平均作用力的大小F'=20.1N，只有选项B正确.
3.【答案】C
【解析】由所给图像知，物体0.5s末的速度为1m/s，选项A错误;
0∼1s内，物体的加速度a=ΔvΔt=2−01m/s2=2m/s2，选项B错误;
4∼5s内，物体的速度、加速度为负值，表明它向x轴负方向做加速直线运动，选项C正确;
7∼8s内，物体的速度为负值，加速度为正值，表明它向x轴负方向做减速直线运动，选项D错误.
4.【答案】A
【解析】木块处于平衡状态，水平方向与竖直方向合力均为零.在水平方向有FN=Fsinα，即FN=F2.在竖直方向，墙对木块的摩擦力是静摩擦力，其大小和方向由F的竖直分力与重力的大小关系决定:当Fcsα=G，即F=233G时，f=0;当Fcsα>G，即F>233G时，f=32F−G，方向竖直向下;当Fcsα
【解析】当圆盘转速加快到两木块刚要发生滑动时，木块b靠细线的拉力与圆盘的最大静摩擦力的合力提供向心力做匀速圆周运动，所以烧断细线后，木块b所受最大静摩擦力不足以提供其做圆周运动所需要的向心力，木块b要与圆盘发生相对滑动，离圆盘圆心越来越远，但是木块a所需要的向心力小于木块a的最大静摩擦力，所以木块a仍随圆盘一起做匀速圆周运动，只有选项D正确.
6.【答案】B
【解析】设弹性绳的劲度系数为k，小朋友的质量为m，当小朋友静止在空中时，每根弹性绳的伸长量x1=910L0sin53°−L0=18L0，由物体的平衡条件得2kx1cs53°=mg;撤去拉力的瞬间，每根弹性绳的伸长量x2=910L0sin37°−L0=12L0，由牛顿第二定律得2kx2cs37°−mg=ma，解得小朋友的加速度大小为a=133g，故ACD错误，B正确.
7.【答案】B
【解析】物体甲从A到O点是匀减速运动，设到O点的速度为vt，摩擦力产生加速度，有mgμ=ma,a=6m/s2，由运动学公式vt2−v02=−2ax1，得vt=8m/s，选项A错误;OB段匀速运动x2=vt⋅t1，得t1=0.5s，选项B正确;物体甲在BO段匀速返回，到OA段匀减速停止在A点.物体甲与乙碰撞后，物体甲的速度的大小为v1，由运动学公式0−v12=−2ax1，得v1=6m/s，选项C错误;物体甲与乙发生完全弹性正碰，设速度向右为正，由动量守恒和能量守恒得mvt=mv1+Mv2
12mvt2=12mv12+12Mv22，
解得v1=m−Mm+Mvt，将v1=−6m/s代入得，物体乙的质量为M=7kg，选项D错误.
二、 多选题 （本题共计3小题，总分18分）
8.【答案】BD
【解析】小朋友从A点上升到B点的过程中，小朋友的生物能转化为机械能，楼梯对小朋友不做功，故A错误;
设三条滑道的高度差均为ℎ，小朋友与滑道间的动摩擦因数均为μ，滑道1和2与水平方向的夹角为θ，由动能定理得:mgℎ−μmgcsθ×ℎsinθ=12mv2，解得v=2gℎsinθ−μcsθsinθ，小朋友沿滑道1或2滑下，到最低点时的速度大小与质量无关，故B正确;
小朋友沿滑道3滑下，摩擦力做功最多，损失的机械能最多，故C错误;
小朋友沿滑道3滑下，摩擦力做功最多，由动能定理得到最低点时的速度最小，即到最低点时的动量最小，故D正确.
9.【答案】BD
【解析】mgsinθ=ma,L=12at2，得t=1.0s，选项A错误;v2=2aL，得v=5m/s，选项B正确;Ek=12mv2=6.25J，选项C错误;N=mgcsθ,IN=Nt，得IN=2.53N⋅s，冲量方向垂直斜面向上，选项D正确.
10.【答案】ACD
【解析】设木块在B点的速度为v2，水平方向有v2csθ=v1，解得v2=22m/s，竖直方向有vy=v2sinθ=gt，解得小木块从A抛出运动到B点的时间t=0.2s，选项A正确;小木块从A点抛出运动到B点是平抛运动，水平方向匀速直线运动，A、B两点的水平距离x=v1t=0.4m，选项B错误;竖直方向自由落体运动，A、B两点的竖高度y=12gt2=0.2m选项C正确;从B到P过程由动能定理有:
MgR(1−csθ)−μMgs=0−12Mv22，解得C、两点之间的距离s=3.5m，选项D正确.
三、 实验题 （本题共计2小题，总分15分）
11.（6分）【答案】(1)6.300
(3)m1dΔt1；m2dΔt2+m1dΔt3
【解析】(1)遮光条的宽度即螺旋测微器的示数为d=6mm+0.01mm×30.0=6.300mm;
(3)碰撞前滑块1的速度为v1=dΔt1，碰撞前系统的动量p1=m1v1=m1dΔt1;碰撞后滑块2的速度为v2=dΔt2，滑块1的速度为v3=dΔt3，碰撞后系统的动量p2=m2v2+m1v3=m2dΔt2+m1dΔt3.
12.（9分）(1)B
【解析】平衡摩擦力应该把木板不带滑轮的一段适当垫高，不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，A错误;平衡摩擦力后，钩码是向下加速运动，钩码重力大于绳的拉力，绳的拉力等于小车的合力，不平衡摩擦力重力也大于绳的拉力，B正确，CD错误.
(2)小于；大于
【解析】F−μmg=ma,a=Fm−μg，从图像可知，斜率是质量的倒数，A用的木块的质量小，纵轴的截距为−μg，可知A用的木块与木板间的动摩擦因数大.
四、 计算题 （本题共计3小题，总分39分）
13.（10分）(1)设小球的质量为m，橡皮条的拉力为T，对小球受力分析，把拉力T与重力mg合成，由三力平衡的几何关系可得拉力T与重力mg合成的平行四边形是菱形，则有
T=mg
2Tcs30°=F
设橡皮条的劲度系数为k，由胡克定律可得T=kL
综合解得k=3F3L=100N/m
(2)突然剪短细线的瞬间，细线的弹力消失，橡皮条的拉力不变，则小球的合力与突变前细线的拉力F等大反向
由牛顿第二定律可得小球的加速度大小为F=ma1
结合m=3F3g=310kg
综合解得a1=103m/s2
14.（13分）(1)因为小球在c点恰好对轨道无压力
根据牛顿第二定律mg=mvc2R
小球经过最高点c时速度的大小vc=gR
(2)小球在最低点b处，根据牛顿第二定律
FN−mg=mv2R
FN=mg+mv2R
由牛顿第三定律，小球对轨道压力F=FN
所以小球经过最低点b时对轨道压力的大小F=mg+mv2R
(3)对小球从开始释放到最高点c的过程，由能量守恒定律
mgℎ=mg⋅2R+12mvc2+E损
小球从开始运动到圆轨道最高点过程中损失的机械能
E损=mgℎ−2.5mgR
15.（16分）(1)设Q滑到斜面底部速度为v0，
根据机械能守恒定律mgH=12mv02
解得v0=2gH=105m/s
由于v0>v=7m/s,Q在传送带上开始做匀减速运动，
设Q一直减速滑过传送带的速度为v1.
由动能定理可得−μmgl=12mv12−12mv02
解得v1=9m/s
由于v1=9m/s仍大于7m/s，说明假设成立，即Q与P碰前速度大小为9m/s
(2)设第一次碰后P的速度为vP1,Q的速度为vQ1，取向右为正方向.
根据动量守恒定律和机械等守恒定律得mv1=mvQ1+MvP1
12mv12=12mvQ12+12MvP12
解得vQ1=−v12=−4.5m/s，表明Q碰后以4.5m/s的速度向左反弹
(3)Q滑上传送带后在摩擦力的作用下减速，设向左减速的最大位移为xQ，由动能定理得
−μmgxQ=0−12mvQ12
解得xQ=278m
因L=4.0m，所以还未滑出传送带Q的速度减为零
这个过程经历的时间由vQ1=μgt1，得t1=1.5s<Δt
由于传送带速度已经在P、Q碰撞后调为v'=2.5m/s，所以物块Q将向右做加速运动，设加速到与传动带共速的时间为t2，因此有v'=μgt2
解得t2=56s
这过程产生的位移xQ2=v'2't2=2524m
所以，在共速后的t3=Δt−t1−t2=115s内，
Q将做匀速直线运动，这段时间内产生的位移
xQ3=v't3=16m
由于xQ2+xQ3
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