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安徽省芜湖市第二中学2024-2025学年高三上学期10月测试物理试题
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这是一份安徽省芜湖市第二中学2024-2025学年高三上学期10月测试物理试题，共6页。试卷主要包含了单选题，多选题，计算题等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：75分钟 满分：100分）
命题人：
一、单选题：本大题共9小题，共36分。
1.一重物固定在动滑轮上，绳子穿过动滑轮将重物悬挂在车厢中，车厢向左匀加速运动，下列情景可能的是( )
A. B. C. D.
2.如图所示，在竖直平面内有半径为R和2R的两个圆，两圆的最高点相切，切点为A，B和C分别是小圆和大圆上的两个点，其中AB长为 2R，AC长为2 2R.现沿AB和AC建立两条光滑轨道，自A处由静止释放小球，已知小球沿AB轨道运动到B点所用时间为t1，沿AC轨道运动到C点所用时间为t2，则t1与t2之比为( )
A. 1： 2B. 1：2C. 1： 3D. 1：3
3.如图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并与物体m相连，现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体向右最远运动到B点，如果物体受到的阻力恒定，则( )
A. 物体从A到O先加速后减速
B. 物体从A到O加速运动，从O到B减速运动
C. 物体运动到O点时所受合力为0
D. 物体从A到O的过程加速度逐渐变小
4.如图所示，一根光滑轻绳穿过质量为m的小环A，轻绳的两端分别固定在B、C两点，给小环施加一个水平向左的拉力，小环静止时，AB段轻绳竖直，AC段轻绳与水平方向的夹角
为37∘.已知重力加速度为g，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，则施加的拉力F等于( )
A. mgB. 12mgC. 13mgD. 14mg
5.2023年8月4日，辽宁省大连市一家游乐场发生了一起惊险的事故。一辆火箭蹦极两根弹性缆绳的其中一根在运行中突然断裂，导致两名游客悬挂在半空中。
幸运的是，他们及时被救下，没有造成人员伤亡。假
设两名游客及座椅的总质量为m，缆绳断裂时每根缆
绳与竖直方向的夹角均为60∘、张力均为3mg，简化
为如图所示模型，已知重力加速度为g，则其中一根
缆绳断裂瞬间，这两名游客的加速度大小为( )
A. 13gB. 7gC. gD. 0
6.如图所示，若干个质量不相等可视为质点的小球用轻细绳穿栓成一串，将绳的一端挂在车厢的顶部．当车在平直路面上做匀加速直线运动时，这串小球及绳在车厢中的形状的示意图正确的是( )
A. B. C. D.
7.如图所示，A、B、C三个物体的质量分别为2m、2m、3m，其中物体B和C通过轻绳连在一起．物体A和B通过跨过光滑定滑轮的轻绳连在一起，物体A与轻弹簧上端连在一起，轻弹簧下端固定在地面上，初始时三个物体均保持静止(重力加速度为g).下列说法正确的是( )
A. 初始时弹簧处于压缩状态
B. 剪断A、B间轻绳后瞬间物体B、C间轻绳拉力为3mg
C. 剪断B、C间轻绳后瞬间物体A的加速度为g2
D. 剪断B、C间轻绳后瞬间物体A、B间轻绳拉力为7mg2
8.如图所示，一光滑的轻质小滑轮用支架固定在天花板上，一轻绳跨过光滑轻滑轮一端连接物块A，另一端连接中间有孔的小球B。物块A的质量小于小球B的质量，小球B套在以O为圆心的固定光滑四分之一圆弧杆的最低点，轻绳处于竖直状态。现对B施加始终沿杆切线方向的外力，使小
球B沿圆弧杆向上缓慢移动到OB绳水平位置的过程中，下列说法正确的是( )
A. 轻绳对B的拉力先减小后增大
B. 滑轮支架对滑轮轴的作用力逐渐增大
C. 圆弧杆对B的弹力逐渐增大
D. 外力F逐渐增大
9.如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行，初速度大小为v2(v2>v1)的小物块从与传送带等高的光滑水平地面，沿传送带运动的反方向滑上传送带，选v2的方向为正方向，从物块滑上传送带开始计时，其运动的v-t图象不可能是下图中的( )
A. B.
C. D.
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
10.如图所示，固定直杆与水平面的夹角为α=15∘，在杆上套一个质量忽略不计的可自由滑动的光滑小圆环。轻质细绳左端固定于直杆上的A点，另一端穿过小圆环，并用力F拉住，绳右端与杆夹角为β，在小圆环和A点之间，质量为m的物体通过光滑的挂钩挂在细绳上，处于静止状态时β=45∘，已知重力加速度为g。关于拉力F的大小和直杆对圆环的弹力N的大小，下列说法正确的是( )
A. F= 33mgB. F= 3mg
C. N= 63mgD. N= 66mg
11.如图所示，一质量为M的斜面体放在水平面上，斜面体的倾角为37°。一轻质光滑定滑轮固定在斜面体的顶端，质量均为m的物体a、b通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，连接物体a的轻绳与斜面平行，a恰好不滑动。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，sin37∘=0.6，
cs37∘=0.8。现剪断轻绳，斜面体始终处于静止状态，则剪断轻绳后( )
A. 物体a与斜面间的动摩擦因数为0.5B. 物体a与斜面间的摩擦力大小为0.6mg
C. 斜面体对地面的压力大于M+mgD. 地面对斜面体的摩擦力大小为0.16mg
12.如图所示，半球形物体A和小球B紧靠着放在一固定斜面上，并处于静止状态，忽略小球B表面的摩擦。用水平力F沿物体A表面将小球B缓慢拉至物体A的最高点C，物体A始
终保持静止状态。则下列说法中正确的是( )
A. 外力F不断小 B. 物体A受到斜面的摩擦力大小始终增加
C. 斜面对A的支持力一直增加 D. 小球B对物体A的压力大小一直增加
13.如图所示，MON是固定的光滑绝缘直角杆，MO沿水平方向，NO沿竖直方向，A、B为两个套在此杆上的带有同种电荷的小球，用一指向竖直杆的水平力F作用在A小球上，使两球均处于静止状态。现将A小球向NO方向缓慢拉动一小段距离后，A、B两小球可以重新平衡。则后
一种平衡状态与前一种平衡状态相比较，下列说法正确的是( )
A. A，B两小球间的距离变小 B. A，B两小球间的距离变大
C. F变大 D. A小球对MO杆的压力肯定不变
三、计算题：本大题共3小题，共40分。
14.如图，容积均为V0、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为p0、温度为T0的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通；汽缸内的两活塞将
缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第Ⅱ、Ⅲ部分的体积分别为
18V0和14V0。环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦。
(1)将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度；
(2)将环境温度缓慢改变至2T0，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气
体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强。
15.如图所示，直角坐标系xOy，x轴水平，y轴竖直。第一象限内存在沿y轴正方向匀强电场E1，且在第一象限内的某圆形区域存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场B，第二象限内存在平行于坐标平面的匀强电场E2(大小、方向均未知)。一带正电小球由x轴上点P(-l,0)以初速度v0竖直向上抛出，当其经过y轴上的A点时速度水平，且动能为初动能的3倍，再经过一段时间小球由x轴上点Q(l,0)飞出磁场，此时小球速度方向与x轴负方向的夹角为60∘。已知小球质量为m、电荷量为q，E1=mgq，空气阻力忽略不计，重力加速度为g。求：
(1)A点坐标；
(2)磁场的磁感应强度B；
16.如图所示，某工厂利用质量为mB=300kg的物体B通过轻质绳及光滑定滑轮协助传送带传送货物，现将质量为mA=200kg的物体A(可视为质点)从传送带底端(与地面等高)由静止释放，最终传送到距离地面高H处(此时物体A刚好匀速)，已知传送带倾角为θ=30∘，与货物接触面间的动摩擦因数为μ= 33，传送带以v1=6m/s的速度顺时针转动，物体A释放时，物体B最初距离地面hB=6.5m且落地后不反弹，重力加速度g取10m/s2.求：
(1)释放后瞬间物体A的加速度大小;
(2)高度H．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】当车厢向左匀加速运动时，重物受到重力和左右绳子的拉力，如图：
设左绳与竖直方向夹角为α，右绳与竖直方向夹角为β，
由于是同一根绳子，F1=F2=F，
车厢向左匀加速运动时：Fsinα-Fsinβ=ma>0，
则α>β。
故A正确，BCD错误。
2.【答案】A
【解析】解：设AB与竖直方向的夹角为θ，如图所示，
则：AB=2Rcsθ
由牛顿第二定律得物体沿AB下滑的加速度为：a=gcsθ
设在AB上运动的时间为t1，则：AB=12at12，
解得：t1=2 Rg；
设AC与竖直方向的夹角为α，则：AC=4Rcsα
由牛顿第二定律得物体沿AC下滑的加速度为：a=gcsα
可知物体在AC上运动的时间为：t2=2 2Rg，
所以t1t2=1 2，A正确，BCD错误。
故选：A。
设AB和竖直方向的夹角为θ，根据几何关系求出AB与半径的关系，小球沿ab做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度，再根据匀变速直线运动位移时间公式求出时间；同理求出沿AC下滑的时间，然后进行求解．
题主要考查了牛顿第二定律以及运动学基本公式的直接应用，解题时要分析清楚小球的运动情况，并能结合几何关系求解，难度适中．
3.【答案】A
【解析】解：A、B物体从A点到O点过程，弹力逐渐减为零，刚开始弹簧的弹力大于摩擦力，合力向右，加速度也向右，速度也向右，物体加速，后来弹力小于摩擦力，合力向左，速度向右，物体减速。即物体先加速后减速，故A正确，B错误；
C、物体运动到O点时，弹簧的弹力为零，而滑动摩擦力不为零，则物体所受合力不为零。故C错误。
D、物体从A点至O点先做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断增大的减速运动，故D错误；
故选：A。
对物体受力分析，竖直方向受重力和支持力，二力平衡，水平方向受弹簧弹力和摩擦力，刚从A点释放时，弹力大于摩擦力，物体加速向右运动，随着物体向右运动，弹簧压缩量减小，弹力减小，到达O点之前某一位置C，弹力减小到等于摩擦力，由C至O弹力小于摩擦力，物体开始减速，O至B过程受向左的拉力和摩擦力，加速度向右物体一直做减速运动。
本题关键分阶段结合运动情况对物体受力分析，求出合力后确定加速度的变化情况，从而最终确定物体的运动情况。
4.【答案】B
【解析】设轻绳上的拉力大小等于T，则F=Tcs37∘，T+Tsin37∘=mg，解得F=12mg，选项B正确．
5.【答案】B
【解析】【分析】
解决该题关键是正确分析这两名游客的受力，能根据这两名游客的受力以及牛顿第二定律分析这两名游客在一根缆绳断裂瞬间的加速度。
【解答】
【解答】缆绳断裂瞬间两名游客及座椅受到重力和其中一根缆绳的作用力，且其夹角为120∘，
根据牛顿第二定律得：F=3ma，F2=(mg)2+(3mg)2-mg⋅3mgcs120∘，解得a= 7g，
B项正确。
6.【答案】A
【解析】解：小球的加速度与车厢的加速度相同，对所有小球组成的整体分析，有：m总gtanθ=m总a，
解得：tanθ=ag。
对除最上面第一个球外的所有小球分析，根据牛顿第二定律有：(m总-m1)gtanθ=(m总-m1)a，
解得：tanθ=ag。
同理可知，连接小球的绳子与竖直方向的夹角相等，可知小球和细线在一条直线上，向左偏，故A正确，BCD错误。
故选：A。
抓住小球的加速度与车厢的加速度相同，运用整体法和隔离法分析绳子与竖直方向的夹角，从而确定小球及绳在车厢中的形状．
本题考查了牛顿第二定律的基本运用，知道小球和车厢具有相同的加速度，掌握整体法和隔离法的灵活运用．
7.【答案】D
【解析】A.剪断B、C间的轻绳之前，设A、B之间绳子上的拉力为T1，对B、C整体分析有T1=(2m+3m)g=5mg，设初始时弹簧对A的弹力竖直向下，大小为F，对A分析有2mg+F=T1，解得弹簧弹力F=3mg，故初始时弹簧处于伸长状态，A错误;
B.剪断A、B间轻绳后，设B、C整体加速度为a1，由牛顿第二定律得(2m+3m)g=5ma1，解得a1=g.剪断A、B间轻绳后B、C间轻绳拉力为T2，对C，由牛顿第二定律得3mg-T2=3ma1，解得T2=0，B错误;
CD.剪断B、C间轻绳瞬间，弹簧上的弹力不变，A、B的加速度大小相同，设为a2，设A、B之间绳子上的拉力为T1'，对B，由牛顿第二定律得T1'-2mg=2ma2 ①，对A，由牛顿第二定律得2mg+F-T1'=2ma2 ②，由 ① ②得a2=3g4，T1'=7mg2，C错误、D正确．
8.【答案】D
【解析】AB.在缓慢拉动过程中，绳OA的拉力等于物块A的重力，大小不变，绳OB的拉力等于绳OA的拉力，OB上的拉力大小也不变，绳OA与绳OB的夹角增大，绳OA与绳OB拉力的合力减小，支架对滑轮的作用力等于绳OA与绳OB拉力的合力，也逐渐减小，选项A、B错误;
CD.物块A的质量小于小球B的质量，对B分析受力并沿杆和垂直于杆正交分解得，外力F一直增大，圆弧杆对B的弹力先减小后增大，选项C错误，D正确。
故选D。
9.【答案】C
【解析】【分析】
物体由于惯性冲上皮带后，从右端滑上传送带时，可以先匀减速运动到速度为0再反向加速后匀速，也可以一直减速，分情况进行讨论即可解题。
本题关键是对于物体运动过程分析，物体可能一直减速，也有可能先减速后匀速运动，也可能先减速后加速再匀速运动，难度适中。
【解答】
A.小物块从右端滑上传送带后一直做匀减速运动，到达左端后速度还没有减为零，离开传送带后在光滑水平地面上做匀速运动，故A正确；
B.小物块从右端滑上传送带后先做匀减速运动，速度减为零后反向做匀加速运动，当速度等于传送带速度v1后匀速运动，故B正确；
C.物块做匀减速运动速度达到零后不能一直匀加速下去，反向加速后，速度等于传送带速度v1后匀速运动，故C错误；
D.小物块从右端滑上传送带后一直做匀减速运动，到达左端时速度恰好为零，故D正确。
题目要求选不可能的，故选C。
10.【答案】AC
【解析】如图所示，直杆对小圆环的弹力N垂直于直杆，由于轻质细绳上的张力处处相等，细绳对小圆环的拉力的合力方向在两力的角平分线上，且与N反向，可知θ=β=45∘，细绳对挂钩拉力的合力在两力的角平分线上，且竖直向上，可知γ=75∘，挂钩两侧细线与竖直方向的夹角均为30∘，则2Fcs30∘=mg，解得F= 33mg，因此A正确，B错误;
N=2Fcs45∘= 63mg，因此C正确，D错误。
11.【答案】AD
【解析】AB．a恰好不滑动，对物体a、b分别根据受力平衡有T=mgsin37∘+μmgcs37∘ ， T=mg
联立可得μ=0.5
由于μ=0.5则剪断轻绳，物体a将沿斜面向下加速运动，物体a与斜面间的摩擦力大小为f=μmgcs37∘=0.4mg
故A正确，B错误；
CD.以物体a为对象，根据牛顿第二定律可得mgsin37∘-μmgcs37∘=ma
解得加速度大小为a=0.2g
以物体a和斜面体为系统，竖直方向根据牛顿第二定律可得(M+m)g-N地=masin37∘
可得N地<(M+m)g
水平方向根据牛顿第二定律可得f地=macs37∘=0.16mg
故C错误，D正确。
故选AD。
12.【答案】AC
【解析】AD.对小球B分析，受水平拉力、重力和支持力，三力平衡，三个力构成首尾相连的矢量三角形，如图所示
将小球B缓慢拉至物体A的最高点过程中，θ变小，故支持力N变小，拉力F也变小，根据牛顿第三定律，小球B对物体A的压力也减小，故A正确，D错误;
BC.设斜面倾角为α，对A、B整体分析，受拉力、重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件，有f=(M+m)gsinα+Fcsα，N=(M+m)gcsα-Fsinα，由于F减小，故静摩擦力减小，斜面对A的支持力一直增加，故 B错误， C正确。
故选AC。
13.【答案】BD
【解析】【分析】
对A、B两球分别受力分析，根据平衡条件结合正交分解法列方程求解出各个力的表达式，然后分析讨论。
本题关键是对两个球分别受力分析，然后根据平衡条件并运用正交分解法列方程求解出各个力的表达式进行讨论，难度适中。
【解答】
AB.对A球受力分析，受重力mg、拉力F、支持力N1，静电力F1，如图，根据平衡条件，有
x方向：F=F1sinθ…①
y方向：N1=mg+F1csθ…②
再对B球受力分析，受重力Mg、静电力F1、杆对其向左的支持力，如图，根据平衡条件，有：
x方向：F1sinθ=N2…③
y方向：F1csθ=Mg…④
有上述四式得到：
F1=Mgcsθ…⑤
N1=mg+Mg…⑥
由⑤式，由于新位置两球连线与竖直方向夹角θ变小，故静电力F1变小，故AB之间的距离变大，故A错误，B正确；
CD.由⑥式，水平杆对球A的支持力等于两个球的重力之和，不变，再结合牛顿第三定律可知，求A对水平杆的压力不变，故C错误，D正确；
故选BD。
14.【答案】(1)在升温过程中，B汽缸中活塞缓慢下移，最终到达汽缸底部，此过程为等压变化，各部分气体的压强始终等于P0，
对于第Ⅳ部分气体，升温前压强为P0，体积为V0-14V0=34V0
升温之后的体积为V0，设活塞刚到达汽缸底部时的温度为T1，由盖-吕萨克定律VT=C可得：
34V0T0=V0T1
解得：T1=43T0
(2)将Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ部分气体看作一个整体，体积为18V0+V0=98V0，当温度升至2T0时，设此时这部分气体的压强为P，则初状态为：T0、98V0、P0；末状态为：2T0、V0、P
由理想气体的状态方程PVT=C得：P098V0T0=PV02T0
可得：P=94P0
【解析】刚开始升温时，各部分气体都处于等压变化，对第Ⅳ部分气体应用盖-吕萨克定律即可求出变化后的温度；第Ⅱ和第Ⅲ部分气体处于连通状态，可以看成一个整体，分别对这部分和第Ⅳ部分气体应用理想气体的状态方程列式，联立即可求解。
本题考查理想气体的实验定律和理想气体的状态方程，牢记定律内容及相关公式。处理第二问时，关键点在于将第Ⅱ、Ⅲ两部分气体看作一个整体处理，并且知道B汽缸活塞上、下两部分气体的压强相等。
15.【答案】(1)小球从P点到A点水平和竖直方向均为匀变速直线运动，由小球在A点动能为P点的3倍，则有
12mvA2=3×12mv02
可得A点速度为vA= 3v0
水平方向l=vA2t
竖直方向yA=v02t
解得yA= 3l3
故A点坐标为(0， 3l3 )。
(2)由题意可得qE1=mg
可知小球在第一象限中的磁场中做匀速圆周运动，如图所示
由几何关系得R+Rcsθ= 3l3
由洛伦兹力提供向心力得qvB=mvA2R
联立解得B=9mv02ql，方向垂直于坐标平面向外。
【解析】本题考查带电粒子在匀强电场与匀强磁场中的运动，分析清楚粒子的运动过程与运动性质，作出粒子运动轨迹，应用运动学公式与牛顿第二定律、几何知识可以解题。
16.【答案】解：
(1)刚开始由于物体A的速度小于传送带速度，传送带给物体A向上的摩擦力，以物体A为研究对象，根据牛顿第二定律可得
T+μmAgcs30∘-mAgsin30∘=mAa1，
以物体B为对象，根据牛顿第二定律可得 mBg-T=mBa1，
联立解得a1=6m/s2;
(2)从开始到物体A与传送带共速v1所走的位移 x1=v122a1=3m<6.5m，
物体A与传送带共速后，A继续加速，传送带给物体A向下的滑动摩擦力，以物体A为对象，
根据牛顿第二定律可得 T'-μmAgcs30∘-mAgsin30∘ =mAa2，
以物体B为对象，根据牛顿第二定律可得mBg-T'=mBa2，
联立解得a2=2m/s2，
从物体A与传送带共速v1到物体B落地过程，设物体B落地瞬间速度大小为v2，
则有2ax2=v22-v12， x2=hB-x1
解得 v2= 2ax2+v12=5 2m/s，
物体B落地后，绳子拉力变为零，物体A向上做匀减速的加速度大小为
a3=μmAgcs30∘+mAgsin30∘mA =10m/s2，
物体A从速度v2减速到再次与传送带共速 v1，所走的位移为 x3=v22-v122a3=0.7m，
物体A再次与传送带共速后将匀速运动，
整个过程A向上的位移为xA=x1+x2+x3+x4=7.2m，
可知高度为H=xAsin30∘=3.6m。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
（考试时间：75分钟 满分：100分）
命题人：
一、单选题：本大题共9小题，共36分。
1.一重物固定在动滑轮上，绳子穿过动滑轮将重物悬挂在车厢中，车厢向左匀加速运动，下列情景可能的是( )
A. B. C. D.
2.如图所示，在竖直平面内有半径为R和2R的两个圆，两圆的最高点相切，切点为A，B和C分别是小圆和大圆上的两个点，其中AB长为 2R，AC长为2 2R.现沿AB和AC建立两条光滑轨道，自A处由静止释放小球，已知小球沿AB轨道运动到B点所用时间为t1，沿AC轨道运动到C点所用时间为t2，则t1与t2之比为( )
A. 1： 2B. 1：2C. 1： 3D. 1：3
3.如图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并与物体m相连，现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体向右最远运动到B点，如果物体受到的阻力恒定，则( )
A. 物体从A到O先加速后减速
B. 物体从A到O加速运动，从O到B减速运动
C. 物体运动到O点时所受合力为0
D. 物体从A到O的过程加速度逐渐变小
4.如图所示，一根光滑轻绳穿过质量为m的小环A，轻绳的两端分别固定在B、C两点，给小环施加一个水平向左的拉力，小环静止时，AB段轻绳竖直，AC段轻绳与水平方向的夹角
为37∘.已知重力加速度为g，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，则施加的拉力F等于( )
A. mgB. 12mgC. 13mgD. 14mg
5.2023年8月4日，辽宁省大连市一家游乐场发生了一起惊险的事故。一辆火箭蹦极两根弹性缆绳的其中一根在运行中突然断裂，导致两名游客悬挂在半空中。
幸运的是，他们及时被救下，没有造成人员伤亡。假
设两名游客及座椅的总质量为m，缆绳断裂时每根缆
绳与竖直方向的夹角均为60∘、张力均为3mg，简化
为如图所示模型，已知重力加速度为g，则其中一根
缆绳断裂瞬间，这两名游客的加速度大小为( )
A. 13gB. 7gC. gD. 0
6.如图所示，若干个质量不相等可视为质点的小球用轻细绳穿栓成一串，将绳的一端挂在车厢的顶部．当车在平直路面上做匀加速直线运动时，这串小球及绳在车厢中的形状的示意图正确的是( )
A. B. C. D.
7.如图所示，A、B、C三个物体的质量分别为2m、2m、3m，其中物体B和C通过轻绳连在一起．物体A和B通过跨过光滑定滑轮的轻绳连在一起，物体A与轻弹簧上端连在一起，轻弹簧下端固定在地面上，初始时三个物体均保持静止(重力加速度为g).下列说法正确的是( )
A. 初始时弹簧处于压缩状态
B. 剪断A、B间轻绳后瞬间物体B、C间轻绳拉力为3mg
C. 剪断B、C间轻绳后瞬间物体A的加速度为g2
D. 剪断B、C间轻绳后瞬间物体A、B间轻绳拉力为7mg2
8.如图所示，一光滑的轻质小滑轮用支架固定在天花板上，一轻绳跨过光滑轻滑轮一端连接物块A，另一端连接中间有孔的小球B。物块A的质量小于小球B的质量，小球B套在以O为圆心的固定光滑四分之一圆弧杆的最低点，轻绳处于竖直状态。现对B施加始终沿杆切线方向的外力，使小
球B沿圆弧杆向上缓慢移动到OB绳水平位置的过程中，下列说法正确的是( )
A. 轻绳对B的拉力先减小后增大
B. 滑轮支架对滑轮轴的作用力逐渐增大
C. 圆弧杆对B的弹力逐渐增大
D. 外力F逐渐增大
9.如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行，初速度大小为v2(v2>v1)的小物块从与传送带等高的光滑水平地面，沿传送带运动的反方向滑上传送带，选v2的方向为正方向，从物块滑上传送带开始计时，其运动的v-t图象不可能是下图中的( )
A. B.
C. D.
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
10.如图所示，固定直杆与水平面的夹角为α=15∘，在杆上套一个质量忽略不计的可自由滑动的光滑小圆环。轻质细绳左端固定于直杆上的A点，另一端穿过小圆环，并用力F拉住，绳右端与杆夹角为β，在小圆环和A点之间，质量为m的物体通过光滑的挂钩挂在细绳上，处于静止状态时β=45∘，已知重力加速度为g。关于拉力F的大小和直杆对圆环的弹力N的大小，下列说法正确的是( )
A. F= 33mgB. F= 3mg
C. N= 63mgD. N= 66mg
11.如图所示，一质量为M的斜面体放在水平面上，斜面体的倾角为37°。一轻质光滑定滑轮固定在斜面体的顶端，质量均为m的物体a、b通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，连接物体a的轻绳与斜面平行，a恰好不滑动。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，sin37∘=0.6，
cs37∘=0.8。现剪断轻绳，斜面体始终处于静止状态，则剪断轻绳后( )
A. 物体a与斜面间的动摩擦因数为0.5B. 物体a与斜面间的摩擦力大小为0.6mg
C. 斜面体对地面的压力大于M+mgD. 地面对斜面体的摩擦力大小为0.16mg
12.如图所示，半球形物体A和小球B紧靠着放在一固定斜面上，并处于静止状态，忽略小球B表面的摩擦。用水平力F沿物体A表面将小球B缓慢拉至物体A的最高点C，物体A始
终保持静止状态。则下列说法中正确的是( )
A. 外力F不断小 B. 物体A受到斜面的摩擦力大小始终增加
C. 斜面对A的支持力一直增加 D. 小球B对物体A的压力大小一直增加
13.如图所示，MON是固定的光滑绝缘直角杆，MO沿水平方向，NO沿竖直方向，A、B为两个套在此杆上的带有同种电荷的小球，用一指向竖直杆的水平力F作用在A小球上，使两球均处于静止状态。现将A小球向NO方向缓慢拉动一小段距离后，A、B两小球可以重新平衡。则后
一种平衡状态与前一种平衡状态相比较，下列说法正确的是( )
A. A，B两小球间的距离变小 B. A，B两小球间的距离变大
C. F变大 D. A小球对MO杆的压力肯定不变
三、计算题：本大题共3小题，共40分。
14.如图，容积均为V0、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为p0、温度为T0的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通；汽缸内的两活塞将
缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第Ⅱ、Ⅲ部分的体积分别为
18V0和14V0。环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦。
(1)将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度；
(2)将环境温度缓慢改变至2T0，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气
体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强。
15.如图所示，直角坐标系xOy，x轴水平，y轴竖直。第一象限内存在沿y轴正方向匀强电场E1，且在第一象限内的某圆形区域存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场B，第二象限内存在平行于坐标平面的匀强电场E2(大小、方向均未知)。一带正电小球由x轴上点P(-l,0)以初速度v0竖直向上抛出，当其经过y轴上的A点时速度水平，且动能为初动能的3倍，再经过一段时间小球由x轴上点Q(l,0)飞出磁场，此时小球速度方向与x轴负方向的夹角为60∘。已知小球质量为m、电荷量为q，E1=mgq，空气阻力忽略不计，重力加速度为g。求：
(1)A点坐标；
(2)磁场的磁感应强度B；
16.如图所示，某工厂利用质量为mB=300kg的物体B通过轻质绳及光滑定滑轮协助传送带传送货物，现将质量为mA=200kg的物体A(可视为质点)从传送带底端(与地面等高)由静止释放，最终传送到距离地面高H处(此时物体A刚好匀速)，已知传送带倾角为θ=30∘，与货物接触面间的动摩擦因数为μ= 33，传送带以v1=6m/s的速度顺时针转动，物体A释放时，物体B最初距离地面hB=6.5m且落地后不反弹，重力加速度g取10m/s2.求：
(1)释放后瞬间物体A的加速度大小;
(2)高度H．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】当车厢向左匀加速运动时，重物受到重力和左右绳子的拉力，如图：
设左绳与竖直方向夹角为α，右绳与竖直方向夹角为β，
由于是同一根绳子，F1=F2=F，
车厢向左匀加速运动时：Fsinα-Fsinβ=ma>0，
则α>β。
故A正确，BCD错误。
2.【答案】A
【解析】解：设AB与竖直方向的夹角为θ，如图所示，
则：AB=2Rcsθ
由牛顿第二定律得物体沿AB下滑的加速度为：a=gcsθ
设在AB上运动的时间为t1，则：AB=12at12，
解得：t1=2 Rg；
设AC与竖直方向的夹角为α，则：AC=4Rcsα
由牛顿第二定律得物体沿AC下滑的加速度为：a=gcsα
可知物体在AC上运动的时间为：t2=2 2Rg，
所以t1t2=1 2，A正确，BCD错误。
故选：A。
设AB和竖直方向的夹角为θ，根据几何关系求出AB与半径的关系，小球沿ab做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度，再根据匀变速直线运动位移时间公式求出时间；同理求出沿AC下滑的时间，然后进行求解．
题主要考查了牛顿第二定律以及运动学基本公式的直接应用，解题时要分析清楚小球的运动情况，并能结合几何关系求解，难度适中．
3.【答案】A
【解析】解：A、B物体从A点到O点过程，弹力逐渐减为零，刚开始弹簧的弹力大于摩擦力，合力向右，加速度也向右，速度也向右，物体加速，后来弹力小于摩擦力，合力向左，速度向右，物体减速。即物体先加速后减速，故A正确，B错误；
C、物体运动到O点时，弹簧的弹力为零，而滑动摩擦力不为零，则物体所受合力不为零。故C错误。
D、物体从A点至O点先做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断增大的减速运动，故D错误；
故选：A。
对物体受力分析，竖直方向受重力和支持力，二力平衡，水平方向受弹簧弹力和摩擦力，刚从A点释放时，弹力大于摩擦力，物体加速向右运动，随着物体向右运动，弹簧压缩量减小，弹力减小，到达O点之前某一位置C，弹力减小到等于摩擦力，由C至O弹力小于摩擦力，物体开始减速，O至B过程受向左的拉力和摩擦力，加速度向右物体一直做减速运动。
本题关键分阶段结合运动情况对物体受力分析，求出合力后确定加速度的变化情况，从而最终确定物体的运动情况。
4.【答案】B
【解析】设轻绳上的拉力大小等于T，则F=Tcs37∘，T+Tsin37∘=mg，解得F=12mg，选项B正确．
5.【答案】B
【解析】【分析】
解决该题关键是正确分析这两名游客的受力，能根据这两名游客的受力以及牛顿第二定律分析这两名游客在一根缆绳断裂瞬间的加速度。
【解答】
【解答】缆绳断裂瞬间两名游客及座椅受到重力和其中一根缆绳的作用力，且其夹角为120∘，
根据牛顿第二定律得：F=3ma，F2=(mg)2+(3mg)2-mg⋅3mgcs120∘，解得a= 7g，
B项正确。
6.【答案】A
【解析】解：小球的加速度与车厢的加速度相同，对所有小球组成的整体分析，有：m总gtanθ=m总a，
解得：tanθ=ag。
对除最上面第一个球外的所有小球分析，根据牛顿第二定律有：(m总-m1)gtanθ=(m总-m1)a，
解得：tanθ=ag。
同理可知，连接小球的绳子与竖直方向的夹角相等，可知小球和细线在一条直线上，向左偏，故A正确，BCD错误。
故选：A。
抓住小球的加速度与车厢的加速度相同，运用整体法和隔离法分析绳子与竖直方向的夹角，从而确定小球及绳在车厢中的形状．
本题考查了牛顿第二定律的基本运用，知道小球和车厢具有相同的加速度，掌握整体法和隔离法的灵活运用．
7.【答案】D
【解析】A.剪断B、C间的轻绳之前，设A、B之间绳子上的拉力为T1，对B、C整体分析有T1=(2m+3m)g=5mg，设初始时弹簧对A的弹力竖直向下，大小为F，对A分析有2mg+F=T1，解得弹簧弹力F=3mg，故初始时弹簧处于伸长状态，A错误;
B.剪断A、B间轻绳后，设B、C整体加速度为a1，由牛顿第二定律得(2m+3m)g=5ma1，解得a1=g.剪断A、B间轻绳后B、C间轻绳拉力为T2，对C，由牛顿第二定律得3mg-T2=3ma1，解得T2=0，B错误;
CD.剪断B、C间轻绳瞬间，弹簧上的弹力不变，A、B的加速度大小相同，设为a2，设A、B之间绳子上的拉力为T1'，对B，由牛顿第二定律得T1'-2mg=2ma2 ①，对A，由牛顿第二定律得2mg+F-T1'=2ma2 ②，由 ① ②得a2=3g4，T1'=7mg2，C错误、D正确．
8.【答案】D
【解析】AB.在缓慢拉动过程中，绳OA的拉力等于物块A的重力，大小不变，绳OB的拉力等于绳OA的拉力，OB上的拉力大小也不变，绳OA与绳OB的夹角增大，绳OA与绳OB拉力的合力减小，支架对滑轮的作用力等于绳OA与绳OB拉力的合力，也逐渐减小，选项A、B错误;
CD.物块A的质量小于小球B的质量，对B分析受力并沿杆和垂直于杆正交分解得，外力F一直增大，圆弧杆对B的弹力先减小后增大，选项C错误，D正确。
故选D。
9.【答案】C
【解析】【分析】
物体由于惯性冲上皮带后，从右端滑上传送带时，可以先匀减速运动到速度为0再反向加速后匀速，也可以一直减速，分情况进行讨论即可解题。
本题关键是对于物体运动过程分析，物体可能一直减速，也有可能先减速后匀速运动，也可能先减速后加速再匀速运动，难度适中。
【解答】
A.小物块从右端滑上传送带后一直做匀减速运动，到达左端后速度还没有减为零，离开传送带后在光滑水平地面上做匀速运动，故A正确；
B.小物块从右端滑上传送带后先做匀减速运动，速度减为零后反向做匀加速运动，当速度等于传送带速度v1后匀速运动，故B正确；
C.物块做匀减速运动速度达到零后不能一直匀加速下去，反向加速后，速度等于传送带速度v1后匀速运动，故C错误；
D.小物块从右端滑上传送带后一直做匀减速运动，到达左端时速度恰好为零，故D正确。
题目要求选不可能的，故选C。
10.【答案】AC
【解析】如图所示，直杆对小圆环的弹力N垂直于直杆，由于轻质细绳上的张力处处相等，细绳对小圆环的拉力的合力方向在两力的角平分线上，且与N反向，可知θ=β=45∘，细绳对挂钩拉力的合力在两力的角平分线上，且竖直向上，可知γ=75∘，挂钩两侧细线与竖直方向的夹角均为30∘，则2Fcs30∘=mg，解得F= 33mg，因此A正确，B错误;
N=2Fcs45∘= 63mg，因此C正确，D错误。
11.【答案】AD
【解析】AB．a恰好不滑动，对物体a、b分别根据受力平衡有T=mgsin37∘+μmgcs37∘ ， T=mg
联立可得μ=0.5
由于μ=0.5
故A正确，B错误；
CD.以物体a为对象，根据牛顿第二定律可得mgsin37∘-μmgcs37∘=ma
解得加速度大小为a=0.2g
以物体a和斜面体为系统，竖直方向根据牛顿第二定律可得(M+m)g-N地=masin37∘
可得N地<(M+m)g
水平方向根据牛顿第二定律可得f地=macs37∘=0.16mg
故C错误，D正确。
故选AD。
12.【答案】AC
【解析】AD.对小球B分析，受水平拉力、重力和支持力，三力平衡，三个力构成首尾相连的矢量三角形，如图所示
将小球B缓慢拉至物体A的最高点过程中，θ变小，故支持力N变小，拉力F也变小，根据牛顿第三定律，小球B对物体A的压力也减小，故A正确，D错误;
BC.设斜面倾角为α，对A、B整体分析，受拉力、重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件，有f=(M+m)gsinα+Fcsα，N=(M+m)gcsα-Fsinα，由于F减小，故静摩擦力减小，斜面对A的支持力一直增加，故 B错误， C正确。
故选AC。
13.【答案】BD
【解析】【分析】
对A、B两球分别受力分析，根据平衡条件结合正交分解法列方程求解出各个力的表达式，然后分析讨论。
本题关键是对两个球分别受力分析，然后根据平衡条件并运用正交分解法列方程求解出各个力的表达式进行讨论，难度适中。
【解答】
AB.对A球受力分析，受重力mg、拉力F、支持力N1，静电力F1，如图，根据平衡条件，有
x方向：F=F1sinθ…①
y方向：N1=mg+F1csθ…②
再对B球受力分析，受重力Mg、静电力F1、杆对其向左的支持力，如图，根据平衡条件，有：
x方向：F1sinθ=N2…③
y方向：F1csθ=Mg…④
有上述四式得到：
F1=Mgcsθ…⑤
N1=mg+Mg…⑥
由⑤式，由于新位置两球连线与竖直方向夹角θ变小，故静电力F1变小，故AB之间的距离变大，故A错误，B正确；
CD.由⑥式，水平杆对球A的支持力等于两个球的重力之和，不变，再结合牛顿第三定律可知，求A对水平杆的压力不变，故C错误，D正确；
故选BD。
14.【答案】(1)在升温过程中，B汽缸中活塞缓慢下移，最终到达汽缸底部，此过程为等压变化，各部分气体的压强始终等于P0，
对于第Ⅳ部分气体，升温前压强为P0，体积为V0-14V0=34V0
升温之后的体积为V0，设活塞刚到达汽缸底部时的温度为T1，由盖-吕萨克定律VT=C可得：
34V0T0=V0T1
解得：T1=43T0
(2)将Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ部分气体看作一个整体，体积为18V0+V0=98V0，当温度升至2T0时，设此时这部分气体的压强为P，则初状态为：T0、98V0、P0；末状态为：2T0、V0、P
由理想气体的状态方程PVT=C得：P098V0T0=PV02T0
可得：P=94P0
【解析】刚开始升温时，各部分气体都处于等压变化，对第Ⅳ部分气体应用盖-吕萨克定律即可求出变化后的温度；第Ⅱ和第Ⅲ部分气体处于连通状态，可以看成一个整体，分别对这部分和第Ⅳ部分气体应用理想气体的状态方程列式，联立即可求解。
本题考查理想气体的实验定律和理想气体的状态方程，牢记定律内容及相关公式。处理第二问时，关键点在于将第Ⅱ、Ⅲ两部分气体看作一个整体处理，并且知道B汽缸活塞上、下两部分气体的压强相等。
15.【答案】(1)小球从P点到A点水平和竖直方向均为匀变速直线运动，由小球在A点动能为P点的3倍，则有
12mvA2=3×12mv02
可得A点速度为vA= 3v0
水平方向l=vA2t
竖直方向yA=v02t
解得yA= 3l3
故A点坐标为(0， 3l3 )。
(2)由题意可得qE1=mg
可知小球在第一象限中的磁场中做匀速圆周运动，如图所示
由几何关系得R+Rcsθ= 3l3
由洛伦兹力提供向心力得qvB=mvA2R
联立解得B=9mv02ql，方向垂直于坐标平面向外。
【解析】本题考查带电粒子在匀强电场与匀强磁场中的运动，分析清楚粒子的运动过程与运动性质，作出粒子运动轨迹，应用运动学公式与牛顿第二定律、几何知识可以解题。
16.【答案】解：
(1)刚开始由于物体A的速度小于传送带速度，传送带给物体A向上的摩擦力，以物体A为研究对象，根据牛顿第二定律可得
T+μmAgcs30∘-mAgsin30∘=mAa1，
以物体B为对象，根据牛顿第二定律可得 mBg-T=mBa1，
联立解得a1=6m/s2;
(2)从开始到物体A与传送带共速v1所走的位移 x1=v122a1=3m<6.5m，
物体A与传送带共速后，A继续加速，传送带给物体A向下的滑动摩擦力，以物体A为对象，
根据牛顿第二定律可得 T'-μmAgcs30∘-mAgsin30∘ =mAa2，
以物体B为对象，根据牛顿第二定律可得mBg-T'=mBa2，
联立解得a2=2m/s2，
从物体A与传送带共速v1到物体B落地过程，设物体B落地瞬间速度大小为v2，
则有2ax2=v22-v12， x2=hB-x1
解得 v2= 2ax2+v12=5 2m/s，
物体B落地后，绳子拉力变为零，物体A向上做匀减速的加速度大小为
a3=μmAgcs30∘+mAgsin30∘mA =10m/s2，
物体A从速度v2减速到再次与传送带共速 v1，所走的位移为 x3=v22-v122a3=0.7m，
物体A再次与传送带共速后将匀速运动，
整个过程A向上的位移为xA=x1+x2+x3+x4=7.2m，
可知高度为H=xAsin30∘=3.6m。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
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