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2023-2024学年贵州省黔西南州金成实验学校高三上学期11月第三次质量检测 物理试题（含解析）
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这是一份2023-2024学年贵州省黔西南州金成实验学校高三上学期11月第三次质量检测 物理试题（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（每题 4分，共 28分）
1. 许多科学家对物理学的发展做出了巨大贡献，也创造了许多物理学方法，如理想实验法、等效替代法、控制变量法、微元法、建立物理模型法、放大法等。以下关于物理学方法的叙述，正确的是（ ）
A． 2022年世锦赛中，裁判员给跳水冠军全红婵打分时，将其看作质点，这种保留主要因素忽略次要因素的思维方法通常称为“理想化方法”
B． 利用光电门测算瞬时速度是用了“放大法”
C． 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动，然后用各小段的位移相加之和代表物体整个运动过程的位移，这里采用了“微元累积法”
D． 在探究加速度与力和质量之间的关系时，先保持质量不变研究加速度和力的关系，再保持力不变研究加速度和质量的关系， 该实验采用了“假设法”
2. 如图所示是某质点运动的v-t图像，下列判断正确的是（ ）
A． 质点先做匀变速直线运动，然后做非匀变速曲线运动
B． 在第2s末，质点的加速度方向发生改变
C． 在2s~4s内，质点的加速度大小先减小后增大
D． 在2s~3s内，质点的平均速度大小等于 1.5m/s
3.图甲为一简谐横波在t=0.10s时的波形图，P是平衡位置在x=0.5m处的质点，Q是平衡位置在 x=4.0m处的质点，图乙为质点Q的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A． 这列波沿x轴负方向传播
B． t=0.25s时，质点P的加速度沿y轴正方向
C． t=0.275s时，质点P位于波峰位置
D． 在t=0.10s到t=0.25s时间内，质点P通过的路程等于15cm
4. 挂红灯笼是我国传统习俗，用来表达喜庆。如图所示，用三根细线a、b、c将质量分别为m、2m的两个小灯笼A 和B 连接并悬挂起来，两小灯笼处于静止时，细线b水平，细线a和细线c与竖直方向的夹角分别为α、β， 则下列说法正确的是（ ）
A. tanαtanβ=12 B. tanαtanβ=21 C. tanαtanβ=12 D. tanαtanβ=21
5.“神十四”航天员进行约5.5小时的出舱活动并圆满完成既定任务后，安全返回空间站问天实验舱如图甲所示。已知地球半径R=6400km，地球表面重力加速度g0，在离地面高度h=400km的轨道上， 问天实验舱绕地球做匀速圆周运动，所处的位置重力加速度为g'。假设航天员在问天实验舱的桌面上放置如图乙中的实验装置，不可伸缩的轻绳长为L， 轻绳一端绑一个质量为m的小球，另一端绑在支架O点， 在离桌面最近的A点位置给小球一个垂直于 OA的初速度v，小球沿乙图虚线轨迹做圆周运动，其中 B为最高点，下列说法正确的是（ ）
A、g'：g₀=289：256
B． 小球经过A点时， 轻绳的张力大小为 mg'+mv2L
C． 小球从 A 点圆周运动到 B点过程中，克服重力做功为 mg'L
D． 小球运动过程中，轻绳的拉力提供小球做圆周运动的向心力
6. 洛希极限是19世纪法国天文学家洛希在研究卫星状理论中提出的一个使卫星解体的极限数据，即当卫星与行星的距离小于洛希极限时，行星与卫星间的引力会使卫星解体分散。洛希极限的计算公式A=kρ'ρ13R其中 k 为常数，ρ'、ρ分别为行星和卫星的密度， R为行星的半径。若一颗行星的半径为R₀，该行星与卫星的近地卫星周期之比为a， 则行星与该卫星间的洛希极限为（ ）
A. ka−23R0 B. ka23R0 C. ka32R0 D. ka−32R0
7. 如图所示，带孔物块A 穿在光滑固定的竖直细杆上与一不可伸长的轻质细绳连接，细绳另一端跨过轻质光滑定滑轮连接物块 B， A位于与定滑轮等高处。已知物块A 的质量为 m、物块 B的质量为 3m，定滑轮到细杆的距离为L，细绳的长度为2L。现由静止释放物块A，不计空气阻力及定滑轮大小，重力加速度大小为g，两物块均可视为质点， 下列说法正确的是（ ）
A． 物块 A 的机械能一直增大
B． 物块 A 的速度始终小于物块 B 的速度
C． 物块A 下落的最大距离为 3L
D． 物块 A、B等高时系统的总动能为 23−34mgL
二、多选题（每题5分，共 15分。错选多选得0 分，漏选得3分）
8. 如图所示，滑块A、B用轻质弹簧连接后静止在光滑水平面上， 滑块A与左侧竖直固定挡板接触。现对滑块B施加一水平推力 F 使滑块B 问左缓慢运动到某一位置后保持静止，一段时间后撤去推力F。弹簧始终处于弹性限度内，关于弹簧和滑块A、B，下列说法中正确的是（ ）
A． 推力 F做的功等于弹簧增加的弹性势能
B． 当弹簧恢复原长时， 滑块 A 开始离开挡板
C． 从撤去推力F到滑块A离开挡板的过程中，弹簧和滑块A、B组成的系统动量守恒
D． 从滑块A 离开挡板到滑块A、B共速的过程中弹簧对 A、B两滑块做功的大小相等
9. 某景区的彩虹滑梯如图所示，由两段倾角不同的直轨道（第一段倾角较大）组成，同种材料制成的粗糙斜面AB和BC高度相同，以底端C所在水平直线为x轴，顶端A在x轴上的投影O为原点建立坐标系。一游客静止开始从顶端A 下滑到底端，若规定x轴所在的水平面为零势能面，则物体在两段斜面上运动过程中动能 E 、重力势能 Ep机械能 E、产生的热量 Q随物体在x轴上投影位置坐标x的变化关系图像中正确的是（ ）
10. 一列简谐横波在 t=13s时的波形图如图甲所示， P、Q是介质中的两个质点，图乙是质点Q的振动图像。 关于该简谐波下列说法中正确的是（ ）
A． 波速为 18cm/s
B． 沿x轴正方向传播
C． 质点Q的平衡位置坐标x=9cm
D． 在 t=12s时质点P移动到O点
三、实验题
11. 某同学用如图甲所示的实验装置来验证机械能守恒定律， 让重物从高处由静止开始下落， 打点计时器在重物拖着的纸带上打出一系列的点；实验结束后，选择一条点迹清晰的纸带进行数据测量，用刻度尺只测出如图乙所示的几段距离就可以达到实验目的，打点计时器所接电源的频率为f， O 点是重物做自由落体运动的起点， 当地的重力加速度大小为g。
（1）重物在下落过程中，会对实验的验证带来误差的力为 。（写出一个即可）
（2）打B点时重物的速度大小为 。（用题中给出的和图中测量出的物理量的符号表示）
（3）测得O、B两点之间的距离为 h，若在误差允许范围内， gh= ，则重物下落过程中机械能守恒。（用题中给出的和图中测量出的物理量的符号表示）
12. 某物理活动小组想利用一根压缩的弹簧弹开带有遮光片的滑块来探究弹簧的弹性势能与形变量之间的关系，装置如图（a）所示，将带有刻度尺的长木板水平固定在桌面上，弹簧的左端固定在挡板上，弹簧左端对应刻度尺位置坐标为零，右端与滑块刚好接触（但不连接，弹簧为原长）， 记录弹簧原长位置，现让滑块压缩弹簧至 P 点并锁定，P点位置坐标记为x0，然后在木板上弹簧原长位置处固定光电门，位置坐标记为 x1。实验步骤如下：
（1） 用游标卡尺测量遮光片的宽度d， 其示数如图（b）所示， d= cm；
（2）将光电门连接计时器，解除弹簧锁定，滑块被弹开并沿木板向右滑动，计时器记录遮光片通过光电门的时间△t，再测量滑块停止时的位置坐标记为x2，若已知遮光片与滑块总质量为 m， 则弹簧的弹性势能Eₚ= （用物理量符号表示）；
（3） 改变 P点的位置， 记录弹簧形变量x₁−x₀的数值，多次重复步骤（2）， 通过计算得到多组Ep值， 选择合适标度在坐标纸上描点作图，即可得到弹簧弹性势能与形变量的关系；
（4）若在实验过程中，某同学用图像法处理数据，以 1Δt2为纵坐标，以x为横坐标得图像如图（c） 所示，设重力加速度为g，则该同学选择的横坐标x为 ，由图线可得滑块与木板间的动摩擦因数μ= （用物理量的符号表示）。
四、解答题
13.如图所示，足够长的水平地面上有材质不同的甲、乙两个物块，它们与水平面间的动摩擦因数分别为μ₁=0.2、μ₂=0.4，甲的质量为 m₁=4kg，乙的质量为 m₂=2kg。在F=25N的水平推力作用下， 一起由静止开始向左做匀加速运动，取 g=10m/s²。求：
（1） 物块甲、乙一起做匀加速运动的加速度大小；
（2） 物块甲对物块乙的作用力大小；
（3）某时刻甲、乙的速度为v=12m/s，此时撤去推力F， 则撤去推力后物块乙滑行的距离。
14. 如图所示，半径为R， 圆心为O1的光滑圆弧轨道 ABC固定在竖直平面内， AB是竖直直径， BC段圆弧所对应的圆心角为θ=37°。一根长为R，不可伸长的轻绳一端固定在O2点，另一端悬挂质量为m的小球， O2点与O1点等高。小球在最低点E时给小球一个向左的初速度，使小球在竖直平面内做圆周运动，当小球运动到最高点D时细线被割断，但速度保持不变，小球刚好从C点无碰撞地进入圆弧轨道，不计小球的大小和空气的阻力，重力加速度的大小为g， sin37°=0.6，cs37°=0.8。
（1） 求小球从C点进入圆弧轨道时的速度大小；
（2） 求O1、O2两点间的距离；
（3）求小球运动到 D点细线刚好要割断时，细线的拉力大小。
15. 如图所示，为某一食品厂家的生产流水线的一部分，轨道 AB是半径为R的半圆，产品2加工后以 vA=3gR的速度从 A 点沿光滑轨道开始下滑，到达轨道最低点 B 处时，与静止在此处的产品1发生弹性碰撞（假设每一个产品的质量均为 m），被碰后的产品 1 沿粗糙的水平轨道 BC滑动，以 2gR的速度滑上运行速度为v的传送带 CD．其中BC段为生产线中的杀菌平台，长度为d， 传送带的摩擦因数为μ2， 长度为L， 求：
（1）为了保证产品以最短的时间经过CD，则传送带的速度应满足什么条件？
（2） 求 BC段杀菌平台的摩擦因数μ1；
（3）调整产品从A点出发的速度可以调整杀菌的时间，求产品既不脱轨又能到达传送带的最长杀菌时间。
参考答案：
1. C
【详解】A． 2022 年世锦赛中，裁判员给跳水冠军全红婵打分时不能将其看作质点， 故A错误；
B． 利用光电门测算瞬时速度是用了极限法， 故 B错误；
C． 推导匀变速直线运动位移公式时采用了“微元累积法”， 故 C 正确；
D． 在探究加速度与力和质量之间的关系时采用了控制变量法， 故 D错误。
故选 C。
2. B
【详解】A． v-t图像只能描述直线运动， A 错误；
B．0~2s内质点沿正方向加速， 2s~3s内在沿正方向减速运动，加速度方向在第2s 末发生变化， B正确；
C． v-t图像的斜率的绝对值表示加速度大小，从图像来看， 2s~4s内图像越来越平缓，故加速度大小一直在减小， C 错误；
D． v-t图像的面积表示物体运动的位移，下图中虚线对应的图像与坐标轴围成的面积表示位移大小为
x=3×12m=1.5m
而质点在2s~3s内运动的v-t图像与坐标轴围成的面积小于虚线与坐标轴围成的面积，故质点的位移x' 小于 1.5m，而质点的平均速度为 v=x't，故质点的平均速度大小小于 1.5m/s， 故D 错误。
故选 B。
3. C
【详解】A． 分析振动图像，由乙图读出， 在 t=0.10s时Q点的速度方向沿y轴负方向，根据波动规律结合图甲可知，该波沿x轴正方向的传播， 故A错误；
B． 从 t=0.10s到t=0.25s，质点 P 振动了 3T4，根据波动规律可知，t=0.25s时质点 P 位于平衡位置上方， 则加速度方向沿y轴负方向， 故B错误；
C． t=0.275s时， 即从 t=0.1s时刻经过了 0.175s， 即 78T的时间，波沿 x轴正向传播 78λ，则P位于波峰位置， 故C正确；
D． 在 t=0.10s时质点 P 不在平衡位置和最大位移处， 从 t=0.10s到t=0.25s，经过了 3T4，此过程中质点 P 通过的路程不等于 3A， 即不等于15cm， 故 D错误。
故选 C。
4. B
【详解】设细线b的拉力为 T，以小灯笼 A 为研究对象，由共点力平衡条件得
Tₐ⋅sinα=T
Tₐ⋅csα=mg
解得
tanα=Tmg
以小灯笼B 为研究对象， 由共点力平衡条件得
Tcsinβ=T
Tccsβ=2mg
解得
tanβ=T2mg
则
tanαtanβ=21
故选 B。
5. D
【详解】A． 根据万有引力定律，在地球表面
GM地mR2=mg0
在离地 400km高空
GM地mR+ℎ2=mg'
可得
g'：g₀=16²：17²=256：289
故 A 错误；
BCD． 以问天实验舱的桌面为参照物，由于在问天实验舱中处于完全失重环境，重力效果消失，轻绳的拉力提供小球绕O点做匀速圆周运动的向心力，小球经过A点时， 轻绳的拉力大小为 mv2L，故BC错误， D正确。
故选 D。
6. A
【详解】对于质量为 m 的近地卫星， 由万有引力提供向心力有
GMmR2=m4π2T2R
由密度公式
ρ=MV=M4πR33
联立解得
ρ=3πGT2
所以密度与其近地卫星环绕周期平方成反比，再由
A=kρ'ρ13R
解得
A=ka−23R0
故选 A。
7. C
【详解】A． 由静止释放物块A，物块A 向下加速运动过程中，重力做正功，绳子的拉力做负功， 物块 A 的机械能减小， 故 A 错误；
B． 设物块A 下滑过程中绳与竖直方向的夹角为α， 则
vAcsα=vB
由此可知，物块A 的速度大于物块B的速度，当物块A的速度为零时，物块B的速度也为零， 故B 错误；
C． 当物块 A 的速度为零时，下落的高度最大，则
mgℎ=3mgℎ2+L2−L
解得
ℎ=3L
故 C 正确；
D． 设物块A、B处于同一高度时定滑轮左侧细绳与水平方向所成的角为θ，有
Ltanθ=2L−Lcsθ
sin²θ+cs²θ=1
解得
θ=37°
所以等高时的总动能为
Ek=mgLtanθ−3mgLcsθ−L
解得
Ek=3−34mgL
故 D 错误。
故选 C。
8. AB
【详解】A． 水平面光滑， 对滑块 B施加一水平推力 F 使滑块 B问左缓慢运动到某一位置后保持静止， 根据功能关系可知推力 F 做的功等于弹簧增加的弹性势能， 故A 正确；
B． 当弹簧恢复原长时，滑块与挡板间恰好没有弹力，此时滑块A 开始离开挡板，故 B 正确；
C．从撤去推力 F到滑块A 离开挡板的过程中，墙壁对系统有向右的力，所以弹簧和滑块 A、B 组成的系统动量不守恒， 故C 错误；
D． 从滑块A 离开挡板到滑块A、B共速的过程中弹簧对A、B 两滑块做的功等于滑块动能的变化量，由于两滑块质量关系未知， 无法判断， 故 D错误；
故选 AB。
9. BC
【详解】A． 根据动能定理
Ek=mgxtanθ−μmgcsθxcsθ=mgtanθ−tang
由于第一段斜面倾角大于第二段。可知，则 Eₖ-x图像的斜率先大后小， A 错误；
B． 重力势能为
Eₚ=Eₚₘ−mgxtanθ
则 Ep-x图像斜率大小等于 mgtanθ， 由于第一段斜面倾角大于第二段，则图像的斜率先大后小， B正确；
C． 产生的热量Q为
Q=μmgcsθxcsθ=μmgx
Q-x图像为正比例关系， C 正确；
D． 机械能为
E=Eₘₐₓ−Q=Eₘₐₓ−μmgx
图线斜率不变， D 错误。
故选 BC。
10. AC
【详解】A． 由题图甲可以看出，该波的波长为λ=36cm，由题图乙可以看出周期为T=2s，波速为
v=λT=18cm/s
A 正确；
B． 当 t=13s时，Q点向上运动，结合题图甲根据“上下坡”法可得波沿x轴负方向传播，B错误；
C． 由题图甲可知， x=0处
y=−A2=Asin−30∘
则
xP=30∘360λ=3cm
由题图乙可知， t=0时，质点 Q处于平衡位置，经过 Δt=13s，其振动状态向x轴负方向传播到 P 点处， 则
xQ−xp=vΔt=18×13cm=6cm
解得
xQ=9cm
C正确；
D． 波沿x轴负方向传播，而质点 P只会上下振动， D错误。
故选 AC。
11. 空气对重物的阻力、打点计时器对纸带的阻力（2分） ℎc−ℎλf2（2分）
ℎc−ℎA2f28（2分）
【详解】（1）[1]重物在下落过程中，会对实验的验证带来误差的力为空气对重物的阻力、打点计时器对纸带的阻力等；
（2） [2]打点周期为
T=1f
打 B 点时重物的速度大小为
vB=ℎc−ℎA2T=ℎc−ℎAf2
（3）[3]测得 O、B两点之间的距离为h，减小的重力势能为
ΔEₚ=mgℎ
增加的动能为
ΔEk=12mvB2
若在误差允许范围内，有
ΔEP=ΔEk
即
gℎ=ℎc−ℎA2f28
则可验证重物下落过程中机械能守恒。
（2分） md2x2−x02Δt2x2−x1（2分） x₂−x₁（2分） ad22bg（3分）
【详解】（1） [1]游标卡尺主尺读数为1.3cm，游标尺读数为0×0.1mm， 则d=1.30cm；
（2） [2]x1位置的速度为
v=dΔt
根据功能关系有
Eₚ=μmgx₂−x₀
根据动能定理有
−μmgx2−x1=0−12mv2
解得
Ep=md2x2−x02Δt2x2−x1
（3） [3][4]x1-x2的过程中，根据动能定理有
−μmgx2−x1=0−12mv2
可得
1Δt2=2μgx2−x1d2
则横坐标应为x₂−x₁，根据图象斜率可知
k=ab=2μgd2
解得
μ=ad22bg
13.（1） 1.5m/s²；（2） 14N；（3） 18m
【详解】（1）设物块甲乙一起做匀加速运动的加速度为a，对甲乙整体，由牛顿第二定律得
F−μ₁m₁g−μ₂m₂g=m₁+m₂a（2分）
解得
a=1.5m/s²（1分）
（2） 物块甲对物块乙的作用力为F'， 有
F−F'−μ₂m₂g=m₂a（2分）
解得
F'=14N（1分）
（3） 撤去推力后，因为
μ1g<μ2g
所以，两者分离，之后乙的加速度
a₂=μ₂g=4m/s²（2分）
物块乙滑行的距离
x=v22a2=18m（2分）
14.（1） 10gR；（2） 5.4R；（3） 5.4mg
【详解】（1） 设小球到达 C点时速度大小为vc，根据题意由运动学公式知
vcy2=2gR+Rcsθ（2分）
根据速度分解可知
vCy=vCsinθ（1分）
解得
vC=10gR（1分）
（2） O1、O2两点间的距离为
x1=vCxt1+Rsinθ（2分）
根据运动学公式可知
R+Rcsθ=12gt12（2分）
根据速度分解可知
vCx=vCcsθ（1分）
解得
x₁=5.4R（1分）
（3） 小球在 D 点的速度为
vD=vCx=4510gR（1分）
设细线的拉力为F， 根据牛顿第二定律得
F+mg=mvD2R（2分）
解得
F=275mg=5.4mg（1分）
15.（1） v≥ 2μ₂gL+2gR；（2）μ1=5R2d；（3）t=2d5gR5gR
【详解】（1） 若产品由C到D一直加速，则传送时间最短。由动能定理
μ2mgL=12mvm2−12mvc2（2分）
解得
vm=2μ2gL+2gR（1分）
则传送带速度
v≥2μ2gL+2gR（1分）
（2）产品2从A运动到B的过程，由动能定理得
2mgR=12mvB2−12mvA2（2分）
产品2和产品1发生弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒
mvB=mv1+mv2（1分）
12mvB2=12mv12+12mv22（1分）
解得
v1=0，v2=7gR（1分）
产品 1 进入杀菌平台后由动能定理得
−μ1mgd=12mvc2−12mv22（2分）
解得
μ1=5R2d（1分）
（3）若要保证不脱轨， 则产品在 A 点的最小速度满足
mg=mvAm2R（1分）
产品进入杀菌平台的最小速度
v'2=5gR（1分）
产品减速到0的距离为s，由动能定理得
−μ1mgs=0−12mv2'2（1分）
解得
s=d （1分）
产品进入杀菌平台后由动量定理得
−μ₁mgt=0−mv₂（1分）
解得
t=2d5gR5gR（1分）
序号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
C
B
D
A
C
AB
BC
AC
一、单选题（每题 4分，共 28分）
1. 许多科学家对物理学的发展做出了巨大贡献，也创造了许多物理学方法，如理想实验法、等效替代法、控制变量法、微元法、建立物理模型法、放大法等。以下关于物理学方法的叙述，正确的是（ ）
A． 2022年世锦赛中，裁判员给跳水冠军全红婵打分时，将其看作质点，这种保留主要因素忽略次要因素的思维方法通常称为“理想化方法”
B． 利用光电门测算瞬时速度是用了“放大法”
C． 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动，然后用各小段的位移相加之和代表物体整个运动过程的位移，这里采用了“微元累积法”
D． 在探究加速度与力和质量之间的关系时，先保持质量不变研究加速度和力的关系，再保持力不变研究加速度和质量的关系， 该实验采用了“假设法”
2. 如图所示是某质点运动的v-t图像，下列判断正确的是（ ）
A． 质点先做匀变速直线运动，然后做非匀变速曲线运动
B． 在第2s末，质点的加速度方向发生改变
C． 在2s~4s内，质点的加速度大小先减小后增大
D． 在2s~3s内，质点的平均速度大小等于 1.5m/s
3.图甲为一简谐横波在t=0.10s时的波形图，P是平衡位置在x=0.5m处的质点，Q是平衡位置在 x=4.0m处的质点，图乙为质点Q的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A． 这列波沿x轴负方向传播
B． t=0.25s时，质点P的加速度沿y轴正方向
C． t=0.275s时，质点P位于波峰位置
D． 在t=0.10s到t=0.25s时间内，质点P通过的路程等于15cm
4. 挂红灯笼是我国传统习俗，用来表达喜庆。如图所示，用三根细线a、b、c将质量分别为m、2m的两个小灯笼A 和B 连接并悬挂起来，两小灯笼处于静止时，细线b水平，细线a和细线c与竖直方向的夹角分别为α、β， 则下列说法正确的是（ ）
A. tanαtanβ=12 B. tanαtanβ=21 C. tanαtanβ=12 D. tanαtanβ=21
5.“神十四”航天员进行约5.5小时的出舱活动并圆满完成既定任务后，安全返回空间站问天实验舱如图甲所示。已知地球半径R=6400km，地球表面重力加速度g0，在离地面高度h=400km的轨道上， 问天实验舱绕地球做匀速圆周运动，所处的位置重力加速度为g'。假设航天员在问天实验舱的桌面上放置如图乙中的实验装置，不可伸缩的轻绳长为L， 轻绳一端绑一个质量为m的小球，另一端绑在支架O点， 在离桌面最近的A点位置给小球一个垂直于 OA的初速度v，小球沿乙图虚线轨迹做圆周运动，其中 B为最高点，下列说法正确的是（ ）
A、g'：g₀=289：256
B． 小球经过A点时， 轻绳的张力大小为 mg'+mv2L
C． 小球从 A 点圆周运动到 B点过程中，克服重力做功为 mg'L
D． 小球运动过程中，轻绳的拉力提供小球做圆周运动的向心力
6. 洛希极限是19世纪法国天文学家洛希在研究卫星状理论中提出的一个使卫星解体的极限数据，即当卫星与行星的距离小于洛希极限时，行星与卫星间的引力会使卫星解体分散。洛希极限的计算公式A=kρ'ρ13R其中 k 为常数，ρ'、ρ分别为行星和卫星的密度， R为行星的半径。若一颗行星的半径为R₀，该行星与卫星的近地卫星周期之比为a， 则行星与该卫星间的洛希极限为（ ）
A. ka−23R0 B. ka23R0 C. ka32R0 D. ka−32R0
7. 如图所示，带孔物块A 穿在光滑固定的竖直细杆上与一不可伸长的轻质细绳连接，细绳另一端跨过轻质光滑定滑轮连接物块 B， A位于与定滑轮等高处。已知物块A 的质量为 m、物块 B的质量为 3m，定滑轮到细杆的距离为L，细绳的长度为2L。现由静止释放物块A，不计空气阻力及定滑轮大小，重力加速度大小为g，两物块均可视为质点， 下列说法正确的是（ ）
A． 物块 A 的机械能一直增大
B． 物块 A 的速度始终小于物块 B 的速度
C． 物块A 下落的最大距离为 3L
D． 物块 A、B等高时系统的总动能为 23−34mgL
二、多选题（每题5分，共 15分。错选多选得0 分，漏选得3分）
8. 如图所示，滑块A、B用轻质弹簧连接后静止在光滑水平面上， 滑块A与左侧竖直固定挡板接触。现对滑块B施加一水平推力 F 使滑块B 问左缓慢运动到某一位置后保持静止，一段时间后撤去推力F。弹簧始终处于弹性限度内，关于弹簧和滑块A、B，下列说法中正确的是（ ）
A． 推力 F做的功等于弹簧增加的弹性势能
B． 当弹簧恢复原长时， 滑块 A 开始离开挡板
C． 从撤去推力F到滑块A离开挡板的过程中，弹簧和滑块A、B组成的系统动量守恒
D． 从滑块A 离开挡板到滑块A、B共速的过程中弹簧对 A、B两滑块做功的大小相等
9. 某景区的彩虹滑梯如图所示，由两段倾角不同的直轨道（第一段倾角较大）组成，同种材料制成的粗糙斜面AB和BC高度相同，以底端C所在水平直线为x轴，顶端A在x轴上的投影O为原点建立坐标系。一游客静止开始从顶端A 下滑到底端，若规定x轴所在的水平面为零势能面，则物体在两段斜面上运动过程中动能 E 、重力势能 Ep机械能 E、产生的热量 Q随物体在x轴上投影位置坐标x的变化关系图像中正确的是（ ）
10. 一列简谐横波在 t=13s时的波形图如图甲所示， P、Q是介质中的两个质点，图乙是质点Q的振动图像。 关于该简谐波下列说法中正确的是（ ）
A． 波速为 18cm/s
B． 沿x轴正方向传播
C． 质点Q的平衡位置坐标x=9cm
D． 在 t=12s时质点P移动到O点
三、实验题
11. 某同学用如图甲所示的实验装置来验证机械能守恒定律， 让重物从高处由静止开始下落， 打点计时器在重物拖着的纸带上打出一系列的点；实验结束后，选择一条点迹清晰的纸带进行数据测量，用刻度尺只测出如图乙所示的几段距离就可以达到实验目的，打点计时器所接电源的频率为f， O 点是重物做自由落体运动的起点， 当地的重力加速度大小为g。
（1）重物在下落过程中，会对实验的验证带来误差的力为 。（写出一个即可）
（2）打B点时重物的速度大小为 。（用题中给出的和图中测量出的物理量的符号表示）
（3）测得O、B两点之间的距离为 h，若在误差允许范围内， gh= ，则重物下落过程中机械能守恒。（用题中给出的和图中测量出的物理量的符号表示）
12. 某物理活动小组想利用一根压缩的弹簧弹开带有遮光片的滑块来探究弹簧的弹性势能与形变量之间的关系，装置如图（a）所示，将带有刻度尺的长木板水平固定在桌面上，弹簧的左端固定在挡板上，弹簧左端对应刻度尺位置坐标为零，右端与滑块刚好接触（但不连接，弹簧为原长）， 记录弹簧原长位置，现让滑块压缩弹簧至 P 点并锁定，P点位置坐标记为x0，然后在木板上弹簧原长位置处固定光电门，位置坐标记为 x1。实验步骤如下：
（1） 用游标卡尺测量遮光片的宽度d， 其示数如图（b）所示， d= cm；
（2）将光电门连接计时器，解除弹簧锁定，滑块被弹开并沿木板向右滑动，计时器记录遮光片通过光电门的时间△t，再测量滑块停止时的位置坐标记为x2，若已知遮光片与滑块总质量为 m， 则弹簧的弹性势能Eₚ= （用物理量符号表示）；
（3） 改变 P点的位置， 记录弹簧形变量x₁−x₀的数值，多次重复步骤（2）， 通过计算得到多组Ep值， 选择合适标度在坐标纸上描点作图，即可得到弹簧弹性势能与形变量的关系；
（4）若在实验过程中，某同学用图像法处理数据，以 1Δt2为纵坐标，以x为横坐标得图像如图（c） 所示，设重力加速度为g，则该同学选择的横坐标x为 ，由图线可得滑块与木板间的动摩擦因数μ= （用物理量的符号表示）。
四、解答题
13.如图所示，足够长的水平地面上有材质不同的甲、乙两个物块，它们与水平面间的动摩擦因数分别为μ₁=0.2、μ₂=0.4，甲的质量为 m₁=4kg，乙的质量为 m₂=2kg。在F=25N的水平推力作用下， 一起由静止开始向左做匀加速运动，取 g=10m/s²。求：
（1） 物块甲、乙一起做匀加速运动的加速度大小；
（2） 物块甲对物块乙的作用力大小；
（3）某时刻甲、乙的速度为v=12m/s，此时撤去推力F， 则撤去推力后物块乙滑行的距离。
14. 如图所示，半径为R， 圆心为O1的光滑圆弧轨道 ABC固定在竖直平面内， AB是竖直直径， BC段圆弧所对应的圆心角为θ=37°。一根长为R，不可伸长的轻绳一端固定在O2点，另一端悬挂质量为m的小球， O2点与O1点等高。小球在最低点E时给小球一个向左的初速度，使小球在竖直平面内做圆周运动，当小球运动到最高点D时细线被割断，但速度保持不变，小球刚好从C点无碰撞地进入圆弧轨道，不计小球的大小和空气的阻力，重力加速度的大小为g， sin37°=0.6，cs37°=0.8。
（1） 求小球从C点进入圆弧轨道时的速度大小；
（2） 求O1、O2两点间的距离；
（3）求小球运动到 D点细线刚好要割断时，细线的拉力大小。
15. 如图所示，为某一食品厂家的生产流水线的一部分，轨道 AB是半径为R的半圆，产品2加工后以 vA=3gR的速度从 A 点沿光滑轨道开始下滑，到达轨道最低点 B 处时，与静止在此处的产品1发生弹性碰撞（假设每一个产品的质量均为 m），被碰后的产品 1 沿粗糙的水平轨道 BC滑动，以 2gR的速度滑上运行速度为v的传送带 CD．其中BC段为生产线中的杀菌平台，长度为d， 传送带的摩擦因数为μ2， 长度为L， 求：
（1）为了保证产品以最短的时间经过CD，则传送带的速度应满足什么条件？
（2） 求 BC段杀菌平台的摩擦因数μ1；
（3）调整产品从A点出发的速度可以调整杀菌的时间，求产品既不脱轨又能到达传送带的最长杀菌时间。
参考答案：
1. C
【详解】A． 2022 年世锦赛中，裁判员给跳水冠军全红婵打分时不能将其看作质点， 故A错误；
B． 利用光电门测算瞬时速度是用了极限法， 故 B错误；
C． 推导匀变速直线运动位移公式时采用了“微元累积法”， 故 C 正确；
D． 在探究加速度与力和质量之间的关系时采用了控制变量法， 故 D错误。
故选 C。
2. B
【详解】A． v-t图像只能描述直线运动， A 错误；
B．0~2s内质点沿正方向加速， 2s~3s内在沿正方向减速运动，加速度方向在第2s 末发生变化， B正确；
C． v-t图像的斜率的绝对值表示加速度大小，从图像来看， 2s~4s内图像越来越平缓，故加速度大小一直在减小， C 错误；
D． v-t图像的面积表示物体运动的位移，下图中虚线对应的图像与坐标轴围成的面积表示位移大小为
x=3×12m=1.5m
而质点在2s~3s内运动的v-t图像与坐标轴围成的面积小于虚线与坐标轴围成的面积，故质点的位移x' 小于 1.5m，而质点的平均速度为 v=x't，故质点的平均速度大小小于 1.5m/s， 故D 错误。
故选 B。
3. C
【详解】A． 分析振动图像，由乙图读出， 在 t=0.10s时Q点的速度方向沿y轴负方向，根据波动规律结合图甲可知，该波沿x轴正方向的传播， 故A错误；
B． 从 t=0.10s到t=0.25s，质点 P 振动了 3T4，根据波动规律可知，t=0.25s时质点 P 位于平衡位置上方， 则加速度方向沿y轴负方向， 故B错误；
C． t=0.275s时， 即从 t=0.1s时刻经过了 0.175s， 即 78T的时间，波沿 x轴正向传播 78λ，则P位于波峰位置， 故C正确；
D． 在 t=0.10s时质点 P 不在平衡位置和最大位移处， 从 t=0.10s到t=0.25s，经过了 3T4，此过程中质点 P 通过的路程不等于 3A， 即不等于15cm， 故 D错误。
故选 C。
4. B
【详解】设细线b的拉力为 T，以小灯笼 A 为研究对象，由共点力平衡条件得
Tₐ⋅sinα=T
Tₐ⋅csα=mg
解得
tanα=Tmg
以小灯笼B 为研究对象， 由共点力平衡条件得
Tcsinβ=T
Tccsβ=2mg
解得
tanβ=T2mg
则
tanαtanβ=21
故选 B。
5. D
【详解】A． 根据万有引力定律，在地球表面
GM地mR2=mg0
在离地 400km高空
GM地mR+ℎ2=mg'
可得
g'：g₀=16²：17²=256：289
故 A 错误；
BCD． 以问天实验舱的桌面为参照物，由于在问天实验舱中处于完全失重环境，重力效果消失，轻绳的拉力提供小球绕O点做匀速圆周运动的向心力，小球经过A点时， 轻绳的拉力大小为 mv2L，故BC错误， D正确。
故选 D。
6. A
【详解】对于质量为 m 的近地卫星， 由万有引力提供向心力有
GMmR2=m4π2T2R
由密度公式
ρ=MV=M4πR33
联立解得
ρ=3πGT2
所以密度与其近地卫星环绕周期平方成反比，再由
A=kρ'ρ13R
解得
A=ka−23R0
故选 A。
7. C
【详解】A． 由静止释放物块A，物块A 向下加速运动过程中，重力做正功，绳子的拉力做负功， 物块 A 的机械能减小， 故 A 错误；
B． 设物块A 下滑过程中绳与竖直方向的夹角为α， 则
vAcsα=vB
由此可知，物块A 的速度大于物块B的速度，当物块A的速度为零时，物块B的速度也为零， 故B 错误；
C． 当物块 A 的速度为零时，下落的高度最大，则
mgℎ=3mgℎ2+L2−L
解得
ℎ=3L
故 C 正确；
D． 设物块A、B处于同一高度时定滑轮左侧细绳与水平方向所成的角为θ，有
Ltanθ=2L−Lcsθ
sin²θ+cs²θ=1
解得
θ=37°
所以等高时的总动能为
Ek=mgLtanθ−3mgLcsθ−L
解得
Ek=3−34mgL
故 D 错误。
故选 C。
8. AB
【详解】A． 水平面光滑， 对滑块 B施加一水平推力 F 使滑块 B问左缓慢运动到某一位置后保持静止， 根据功能关系可知推力 F 做的功等于弹簧增加的弹性势能， 故A 正确；
B． 当弹簧恢复原长时，滑块与挡板间恰好没有弹力，此时滑块A 开始离开挡板，故 B 正确；
C．从撤去推力 F到滑块A 离开挡板的过程中，墙壁对系统有向右的力，所以弹簧和滑块 A、B 组成的系统动量不守恒， 故C 错误；
D． 从滑块A 离开挡板到滑块A、B共速的过程中弹簧对A、B 两滑块做的功等于滑块动能的变化量，由于两滑块质量关系未知， 无法判断， 故 D错误；
故选 AB。
9. BC
【详解】A． 根据动能定理
Ek=mgxtanθ−μmgcsθxcsθ=mgtanθ−tang
由于第一段斜面倾角大于第二段。可知，则 Eₖ-x图像的斜率先大后小， A 错误；
B． 重力势能为
Eₚ=Eₚₘ−mgxtanθ
则 Ep-x图像斜率大小等于 mgtanθ， 由于第一段斜面倾角大于第二段，则图像的斜率先大后小， B正确；
C． 产生的热量Q为
Q=μmgcsθxcsθ=μmgx
Q-x图像为正比例关系， C 正确；
D． 机械能为
E=Eₘₐₓ−Q=Eₘₐₓ−μmgx
图线斜率不变， D 错误。
故选 BC。
10. AC
【详解】A． 由题图甲可以看出，该波的波长为λ=36cm，由题图乙可以看出周期为T=2s，波速为
v=λT=18cm/s
A 正确；
B． 当 t=13s时，Q点向上运动，结合题图甲根据“上下坡”法可得波沿x轴负方向传播，B错误；
C． 由题图甲可知， x=0处
y=−A2=Asin−30∘
则
xP=30∘360λ=3cm
由题图乙可知， t=0时，质点 Q处于平衡位置，经过 Δt=13s，其振动状态向x轴负方向传播到 P 点处， 则
xQ−xp=vΔt=18×13cm=6cm
解得
xQ=9cm
C正确；
D． 波沿x轴负方向传播，而质点 P只会上下振动， D错误。
故选 AC。
11. 空气对重物的阻力、打点计时器对纸带的阻力（2分） ℎc−ℎλf2（2分）
ℎc−ℎA2f28（2分）
【详解】（1）[1]重物在下落过程中，会对实验的验证带来误差的力为空气对重物的阻力、打点计时器对纸带的阻力等；
（2） [2]打点周期为
T=1f
打 B 点时重物的速度大小为
vB=ℎc−ℎA2T=ℎc−ℎAf2
（3）[3]测得 O、B两点之间的距离为h，减小的重力势能为
ΔEₚ=mgℎ
增加的动能为
ΔEk=12mvB2
若在误差允许范围内，有
ΔEP=ΔEk
即
gℎ=ℎc−ℎA2f28
则可验证重物下落过程中机械能守恒。
（2分） md2x2−x02Δt2x2−x1（2分） x₂−x₁（2分） ad22bg（3分）
【详解】（1） [1]游标卡尺主尺读数为1.3cm，游标尺读数为0×0.1mm， 则d=1.30cm；
（2） [2]x1位置的速度为
v=dΔt
根据功能关系有
Eₚ=μmgx₂−x₀
根据动能定理有
−μmgx2−x1=0−12mv2
解得
Ep=md2x2−x02Δt2x2−x1
（3） [3][4]x1-x2的过程中，根据动能定理有
−μmgx2−x1=0−12mv2
可得
1Δt2=2μgx2−x1d2
则横坐标应为x₂−x₁，根据图象斜率可知
k=ab=2μgd2
解得
μ=ad22bg
13.（1） 1.5m/s²；（2） 14N；（3） 18m
【详解】（1）设物块甲乙一起做匀加速运动的加速度为a，对甲乙整体，由牛顿第二定律得
F−μ₁m₁g−μ₂m₂g=m₁+m₂a（2分）
解得
a=1.5m/s²（1分）
（2） 物块甲对物块乙的作用力为F'， 有
F−F'−μ₂m₂g=m₂a（2分）
解得
F'=14N（1分）
（3） 撤去推力后，因为
μ1g<μ2g
所以，两者分离，之后乙的加速度
a₂=μ₂g=4m/s²（2分）
物块乙滑行的距离
x=v22a2=18m（2分）
14.（1） 10gR；（2） 5.4R；（3） 5.4mg
【详解】（1） 设小球到达 C点时速度大小为vc，根据题意由运动学公式知
vcy2=2gR+Rcsθ（2分）
根据速度分解可知
vCy=vCsinθ（1分）
解得
vC=10gR（1分）
（2） O1、O2两点间的距离为
x1=vCxt1+Rsinθ（2分）
根据运动学公式可知
R+Rcsθ=12gt12（2分）
根据速度分解可知
vCx=vCcsθ（1分）
解得
x₁=5.4R（1分）
（3） 小球在 D 点的速度为
vD=vCx=4510gR（1分）
设细线的拉力为F， 根据牛顿第二定律得
F+mg=mvD2R（2分）
解得
F=275mg=5.4mg（1分）
15.（1） v≥ 2μ₂gL+2gR；（2）μ1=5R2d；（3）t=2d5gR5gR
【详解】（1） 若产品由C到D一直加速，则传送时间最短。由动能定理
μ2mgL=12mvm2−12mvc2（2分）
解得
vm=2μ2gL+2gR（1分）
则传送带速度
v≥2μ2gL+2gR（1分）
（2）产品2从A运动到B的过程，由动能定理得
2mgR=12mvB2−12mvA2（2分）
产品2和产品1发生弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒
mvB=mv1+mv2（1分）
12mvB2=12mv12+12mv22（1分）
解得
v1=0，v2=7gR（1分）
产品 1 进入杀菌平台后由动能定理得
−μ1mgd=12mvc2−12mv22（2分）
解得
μ1=5R2d（1分）
（3）若要保证不脱轨， 则产品在 A 点的最小速度满足
mg=mvAm2R（1分）
产品进入杀菌平台的最小速度
v'2=5gR（1分）
产品减速到0的距离为s，由动能定理得
−μ1mgs=0−12mv2'2（1分）
解得
s=d （1分）
产品进入杀菌平台后由动量定理得
−μ₁mgt=0−mv₂（1分）
解得
t=2d5gR5gR（1分）
序号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
C
B
D
A
C
AB
BC
AC
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