江苏省2023年高考物理二模、三模模试题知识点分类训练：力学实验题、解答题

江苏省2023年高考物理二模、三模模试题知识点分类训练：力学实验题、解答题

一、实验题

1．（2023·江苏南通·统考二模）如图甲为桶装水电动抽水器，某兴趣小组利用平抛运动规律测量该抽水器的流量Q（单位时间流出水的体积）。

（1）如图乙，为了方便测量取下不锈钢出水管，用游标卡尺测量其外径D，读数为_____________mm；

（2）重新安装出水管如图甲，为了使水能够沿水平方向流出，下列哪种方法更合理_____________；

A．用力把出水管前端掰至水平

B．转动出水管至出水口水平

C．调整水桶的倾斜角度使出水口水平

（3）接通电源，待水流稳定后，用米尺测出管口到落点的高度差和管口到落点的水平距离；已知重力加速度，则水流速度v＝______m/s（保留两位有效数字）；

（4）已知出水管管壁的厚度为d，该抽水器的流量Q的表达式为_______（用物理量D、d、v表示），根据测得的流量可算出装满一杯水需要的时间总是比实际需要的时间短，可能的原因是______（写出一个原因）；

（5）抽水时若电机的输出功率恒定，当桶内水面降低时，抽水器的流量Q________（选填“不变”、“减小”或“增加”）。

2．（2023·江苏·统考二模）流量是指单位时间内流经封闭管道或明渠有效截面的流体的体积，又称瞬时流量，某学习小组用如图所示的实验装置测定桶装水抽水器的水流量和喷水口的横截面积。

实验器材：3m卷尺，量筒一个，手机一部

主要实验步骤如下：

①调节抽水器喷口的位置和角度，使其末端水平；

②打开抽水器开关，将水水平喷出，调节桌面上量筒的位置使水落入量筒中；

③用卷尺测得喷口到水平桌面的竖直高度为、喷口到水在量筒底部落点的水平位移为；

④清空量筒中的水，重新打开抽水器开关，待空中水流稳定后用手机计时器计时，实验数据如下表所示：

（1）根据流量的定义，从理论上分析，在空中下落的水柱的横截面积会随下落高度的增大而______（选填“增大”“减小”或者“不变”）；

（2）根据所测数据，在答题卡坐标纸上作出时间与水量的关系图线________；

（3）根据图像可得实验中桶装水抽水器的水流量______；（保留2位有效数字）

（4）若已知重力加速度，，根据测量的实验数据可知抽水器的水流量Q与抽水器出水口横截面积之比约为_________；

A．0.74　　B．0.79　　C．1.27　　D．1.36

二、解答题

3．（2023·江苏南通·统考二模）如图所示，一半径为5a、质量为3m的四分之一圆柱形工件OMN放置在光滑的水平面上，其表面固定有内壁光滑的圆形轻质细管，细管在工件中心截面上，轻绳左端固定在竖直墙面上的P点，右端连接一质量为m的小球，PM间的轻绳水平且足够长，工件在水平向右的推力F（未知）作用下保持静止，小球静止在Q点，OQ连线与水平方向夹角，已知，，重力加速度为g。

（1）求此时推力大小F；

（2）将工件缓慢向右移动至小球刚好到M点时撤去推力，给工件轻微扰动，小球从顶点M滑落至底端N，求此过程中P点对绳拉力冲量的大小I；

（3）若撤去轻绳，将小球放置在M点，由静止释放小球和工件，求小球滑至Q点时速度的大小。

4．（2023·江苏南京·统考二模）如图甲所示，质量为的足够长木板C置于水平面上，滑块A、B质量均为，置于C上，B位于A右方某处。A、C间的动摩擦因数，B、C间，C与地面间的动摩擦因数。给C施加一水平向右的恒力，A、B第一次相遇时间为。可得与的关系如图乙所示。（设A、B间碰撞为弹性正碰，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，）求：

（1）滑块A、B的最大加速度、；

（2）A、B之间的初始距离和滑块A的质量；

（3）若，从刚开始施加力至A、B第二次相撞时拉力所做的功。

5．（2023·江苏·统考二模）如图所示，固定在竖直平面内的轨道由倾角可调的倾斜轨道、足够长的水平轨道和半径为的竖直圆轨道构成，P为圆轨道的最高点，段轨道粗糙，其余轨道光滑，各段轨道均平滑连接．当倾角时，质量为的物块a恰好能沿轨道匀速下滑。现将倾角调为，让物块a从距水平面高度为处静止滑下，过一段时间后与静止在水平轨道上的物块b发生弹性碰撞．若物块a、b均可视为质点，物块a始终不会脱离轨道，取重力加速度．求：

（1）物块a与轨道间的动摩擦因数；

（2）物块a第一次经过圆轨道最高点P时对轨道的压力大小；

（3）若物块a只经过一次P点且能与物块b发生两次碰撞，求物块b的质量范围．

6．（2023·江苏·统考二模）如图所示，倾角为α的斜面A被固定在水平面上，细线的一端固定于墙面，另一端跨过斜面顶端的小滑轮与物块B相连，B静止在斜面上．滑轮左侧的细线水平，右侧的细线与斜面平行．A、B的质量均为m．撤去固定A的装置后，A、B均做直线运动．不计一切摩擦，重力加速度为g．求：

（1）A固定不动时，A对B支持力N和绳子的拉力F的大小；

（2）A滑动的位移为x时，B竖直位移sy、水平位移sx和总位移s的大小；

（3）A滑动的位移为x时的速度大小v．

7．（2023·江苏淮安·统考三模）如图，光滑水平面上有一质量为m=1kg的滑块A静止在P点，在O点有一质量为M=2kg、长度为L=0.6m的长木板B，其两侧有固定挡板，在长木板B上最右侧放置一质量也为M=2kg小物块C，滑块A在外力F=2N作用下，经过时间t=1.5s到达O点时，在O点立即撤去外力同时与B发生碰撞。已知小物块C与长木板B间的动摩擦因数为μ=0.1，所有碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，g=10m/s2，求：

（1）滑块A刚到达O点时的速度；

（2）滑块A与长木板B碰后瞬间，长木板的速度；

（3）物块C最终与长木板B右侧挡板的距离。

参考答案：

1．     7.0/7.1     B     1.0m/s          测量h偏小（或者L偏⼤、D偏⼤、d偏⼩）     减⼩

【详解】（1）[1]该游标卡尺为10分度，其精度为0.1mm，游标卡尺的读数为

D=7mm+1×0.1mm=7.1mm

（2）[2]出水管可以旋转，比较方便地改变出水方向，因此可以转动出水管至出水口水平，故B正确，AC错误。

故选B。

（3）[3]水的运动为平抛运动，竖直方向为自由落体运动

水平方向为匀速直线运动

解得水流速度

（4）[4]出水管的半径为

该抽水器的流量

[5]装满一杯水需要的时间总是比实际需要的时间短，从流量大小的相关量分析可能是测量h偏小或者L偏大、D偏大、d偏小等。

（5）[6]抽水时若电机的输出功率恒定，单位时间内电机对水做功相同，当桶内水面降低时，水上升的高度变大，增加的重力势能增大，增加的动能减小，在出水口水的速度减小，所以抽水器的流量减小。

2．     减小               B

【详解】（1）[1] 设空中下落的水的速度为，根据流量定义有

所以在流量不变时，随着下落高度的增大，水的速度在增大，此时水柱的横截面积会减小。

（2）[2]根据表中数据可得图线如下：

（3）[3]根据题意可得水量与流量的关系为

所以图线的斜率表示流量的倒数，有

解得

（4）[4]设水从出水口射出的水平初速度为，根据平抛运动规律有

，

联立代入数值解得

根据前面分析此时有

所以可得抽水器的水流量Q与抽水器出水口横截面积之比为

故选B。

3．（1）；（2）；（3）

【详解】（1）设绳子的拉力为,对整体分析可得

对⼩球分析有

解得

（2）在极短时间内⼯件前进△x，⼩球在管内运动的弧⻓也为△x，即⼩球相对⼯件的速度⼤⼩等于⼯件前进的速度，⼩球运动到N时⼩球相对⼯件的速度与⼯件速度垂直。

设⼩球运动到N时，⼯件的速度为，⼩球的速度为，则

由系统机械能守恒可知

由动量定理得

解得

（3）设⼩球滑⾄Q点时，⼯件的速度⼤⼩为，⼩球的速度⼤⼩为，⼩球相对⼯件的速度为，对系统在Q点时做速度分析如下图

由系统机械能守恒可知

由⽔平⽅向动量守恒可得

由⼩球和⼯件的速度关系可知

解得

4．（1），；（2），；（3）

【详解】（1）根据题意，由牛顿第二定律，对滑块A有

解得

对滑块B有

解得

（2）根据题意，由图可知足够大时A、B加速度恒定，即A、B均相对C滑动，相遇时间恒定为

由运动学公式可得

解得

又因为A、C与B产生相对滑动时，才能相遇，由图可知，当，滑块B与C恰好发生相对滑动，则有

解得

（3）根据题意，设A、B、C均产生相对运动时的拉力为，则有

解得

当时，有

解得

由运动学公式可得，由于相遇时间为，则有第一次相撞前

碰撞前后C速度不变，由于A、B间碰撞为弹性正碰，则碰撞后速度交换

设经过，A、B第二次碰撞，则有

解得

则整个过程木板运动的距离为

则拉力所做的功为

5．（1）；（2）2N；（3）

【详解】（1）当倾角时，物块a恰好能沿轨道匀速下滑，则

解得

（2）物块a第一次经过圆轨道最高点P时，由动能定理

解得

vP=2m/s

在P点时

解得

FNP=2N

（3）物块a与物块b碰前的速度

解得

v0=4m/s

根据动量守恒和能量守恒，可得

解得

因物块a只经过一次P点，则

物块a能与物块b发生两次碰撞则

联立解得

6．（1）mgcos α；mgsin α（2）sx=x·(1–cos α)，sy=x·sin α，s=（3）

【详解】（1）支持力的大小N=mgcos α；绳子拉力大小为F= mgsin α

（2）根据几何关系sx=x·(1–cos α)，sy=x·sin α且s=

解得s=

（3）B的下降高度sy=x·sin α

根据机械能守恒定律

根据速度的定义得，则

解得

【点睛】考查力的平行四边形定则与平衡条件的应用，掌握运动的合成与分解与三角知识的内容，理解机械能守恒的条件，及其定律的运用，注意运用三角形相似，确定位移之比与速度之比是解题的关键.

7．（1）3m/s，方向水平向右；（2）2m/s，方向水平向右；（3）0.2m

【详解】（1）设滑块A刚到达O点时的速度为，根据动量定理有

解得

方向水平向右。

（2）滑块A与长木板B碰后瞬间，设滑块和长木板的速度分别为和，根据系统动量守恒定律和机械能守恒定律分别有

联立解得

，

滑块A与长木板B碰后瞬间，长木板的速度大小为，方向水平向右。

（3）长木板B和物块C组成的系统在水平方向所受合外力为零，所以动量守恒，设B、C最终达到的共同速度为，则有

解得

设C相对B滑动的路程为，对B、C组成的系统根据能量守恒可得

解得

所以物块C最终与长木板B右侧挡板的距离为