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2023-2024学年江西省宜春市百树学校高三上学期期中考试 物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年江西省宜春市百树学校高三上学期期中考试 物理试卷（含解析），共6页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本题共10小题，共46分，第1-7题每小题4分，第8-10题每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-10题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
1．甲、乙两辆车在同一水平直道上运动,其运动的位移-时间图像如图所示,则下列说法正确的是（ ）
A．甲车先做匀减速直线运动,后做匀速直线运动
B．在0～10 s内,乙车速度的大小一定比甲的大
C．在0～10 s内,甲、乙两车相遇两次
D．在0～4 s内,甲、乙两车运动方向相反
2．如图所示，小球在力F的作用下静止，细线与竖直方向的夹角为θ。将F由图示位置逆时针缓慢转至竖直方向的过程中，小球始终静止在图中位置，则（ ）
A．F一直变小B．F先变小后变大
C．细线的拉力一直变大D．细线的拉力先变小后变大
3．如图所示，质量为m2的长木板静止在水平地面上，质量为m1的木块受到水平向右的拉力F，在长木板上向右滑行。已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，重力加速度为g，则（ ）
A．木块受到的摩擦力大小为μ1F
B．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m1+m2)g
C．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1m1g
D．木板受到地面的摩擦力的方向一定水平向右
4．如图所示，一个小球在倾角为的固定斜面顶端以大小为的初速度水平抛出，小球落在斜面上，增大抛出的初速度后，小球落在水平面上，前后两次平抛运动所用的时间之比为，重力加速度为g，则斜面的长度为（ ）
A．B．C．D．
5．如图所示，在水平圆盘上，沿半径方向放置用细线相连的质量相等的两物体A和B，它们与圆盘间的摩擦因数相同，当圆盘转速加大到两物体刚要发生滑动时烧断细线，则两个物体将要发生的运动情况是（ ）
A．两物体仍随圆盘一起转动，不会发生滑动
B．只有A仍随圆盘一起转动，不会发生滑动
C．两物体均滑半径方向滑动，A靠近圆心、B远离圆心
D．两物体均滑半径方向滑动，A、B都远离圆心
6．据历史文献和出土文物证明，踢毽子起源于中国汉代，盛行于南北朝、隋唐。毽子由羽毛、金属片和胶垫组成。如图是同学练习踢毽子，毽子离开脚后，恰好沿竖直方向运动，假设运动过程中毽子所受的空气阻力大小不变，则下列说法正确的是（ ）
A．脚对毽子的作用力大于毽子对脚的作用力，所以才能把毽子踢起来
B．毽子在空中运动时加速度总是小于重力加速度g
C．毽子上升过程的动能减少量大于下落过程的动能增加量
D．毽子上升过程中重力冲量大于下落过程中的重力冲量
7．如图所示，三颗卫星a、b、c绕地球做匀速圆周运动，其中b、c在地球的同步轨道上，a距离地球表面的高度为R，此时a、b恰好相距最近。已知地球质量为M、半径为R、地球自转的角速度为ω，万有引力常量为G，则（ ）
A．卫星a和b下一次相距最近还需经过
B．卫星c的机械能等于卫星b的机械能
C．若要卫星c与b实现对接，可让卫星c加速
D．发射卫星b时速度要大于
8．两质量均为1kg的小球1、2（均视为质点）用长为1m的水平轻质杆相连，置于光滑水平面上，且小球1恰好与光滑竖直墙壁接触，如图所示。现用向上的力F拉动小球1，使小球1贴着竖直墙壁上升，小球2沿水平面向左运动，直到杆与水平面的夹角θ=53°，此时小球2的速度大小为m/s。取sin53°=0.8，cs53°=0.6，重力加速度大小g=10m/s2。下列分析正确的是（ ）
A．此时小球1的速度大小为1m/s
B．该过程中杆对小球1做的功为J
C．该过程中力F对小球1做的功约为10.2J
D．该过程中小球1受到的合力的功约为8.8J
9．如图(a)所示，甲、乙两个小球均可视为质点，甲球沿倾角为30°的光滑且足够长的固定斜面由静止开始下滑，乙球做自由落体运动，甲、乙两球的动能与路程的关系图像如图(b)所示。下列说法正确的是（ ）
A．甲球和乙球运动到地面上时的速度相同
B．甲、乙两球的质量之比为m甲∶m乙＝4∶1
C．甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球下降高度相同
D．甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球重力的瞬时功率之比为P甲∶P乙＝1∶1
10．如图所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一个小滑块B，盒的质量是滑块质量的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为；若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对盒静止，则（ ）
A．方盒最终的速度为 B．方盒最终的速度为
C．滑块相对方盒运动的路程为 D．滑块相对方盒运动的路程为
二、实验题(共2题，每空2分，共18分)
11．（8分）某同学在做“探究小车速度随时间变化的规律”实验时，由打点计时器得到表示小车运动过程的一条清晰纸带并用一把毫米刻度尺测量了各计数点间的距离，如图所示，则图中四个数据中不符合正确读数要求的是 cm（填读数值）。若纸带上两相邻计数点间均有4个点未画出，已知打点计时器所用交变电源的频率为50Hz，每两个计数点之间的时间间隔为 s，则D点对应的小车速度 m/s，小车运动的加速度大小 。（计算结果均保留小数点后2位）
12．（10分）小明用如图甲所示的装置来验证吊篮、砝码和滑块组成的系统满足“系统机械能守恒定律”。实验方案步骤如下：
气垫导轨水平放置，右侧适当位置的上方固定光电门，调整定滑轮的高度，使滑块与滑轮间的细绳水平。（重力加速度为g）
（1）将总质量为m的吊篮和砝码挂在绳子下端，质量为M的滑块（含挡光片）由静止释放，光电门测得宽度为d的挡光片的挡光时间为，光电门与挡光片之间的初始水平距离为x，如图甲所示。则滑块通过光电门的速度大小为 ；
（2）此时系统减小的重力势能为 ，系统增加的动能为 ；
（3）仅改变距离x，重复实验测得多组x和，该同学依据所测得的数据绘出如图乙所示的图线，得出图线斜率的测量值为。然后通过理论分析，可得图线斜率的理论值为 ，通过分析与之间的关系进而验证系统的机械能是否守恒；
（4）为了提高实验的准确度，下列可以采取的措施有 。
A．选择宽度较小的挡光片 B．适当增大挡光片与光电门之间的初始水平距离
C．减小滑块的质量 D．增大吊篮和砝码的质量
三、计算题（共36分）
13．（10分）完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图2，AB长L1=150 m，BC水平投影L2=63 m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ=12°（sin 12°≈0.21）。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t=6 s到达B点进入BC。已知飞行员的质量m=60 kg，g=10 m/s2，求舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大。
（12分）如图所示，质量M=8kg、倾角θ=30°的光滑斜面体静止在光滑的水平面上，斜面BC与水平面AB通过一小段圆弧平滑连接。质量m=2kg的物体静止于水平面上的D点，D、B两点间的距离L=10m。现给物体施加一水平向右的恒力F=10N，物体运动至B点时撤去该恒力，物体恰好能运动到斜面体的最高点。取重力加速度大小g=10m/s2。求：
（1）物体到达B点时的速度大小和物体从D点运动到B点的时间；
（2）斜面体斜面的长度。
15．（14分）某种弹射装置如图所示，左端固定的轻弹簧处于压缩状态且锁定，弹簧具有的弹性势能EP=4.5J，质量m=1.0kg的小滑块静止于弹簧右端，光滑水平导轨AB的右端与倾角θ=30°的传送带平滑连接，传送带长度L=8.0m，传送带以恒定速率v0=8.0m/s顺时针转动。某时刻解除锁定，滑块被弹簧弹射后滑上传送带，并从传送带顶端滑离落至地面。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=，重力加速度g取10m/s2。
（1）求滑块离开传送带时的速度大小v；
（2）求电动机传送滑块多消耗的电能E；
（3）若每次开始时弹射装置具有不同的弹性势能，要使滑块滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，求的取值范围。
宜春百树学校高三期中考试
参考答案：
1．C
【详解】A．x-t图像的斜率表示速度，根据图像可知，甲车先做匀速直线运动，后静止不动，A错误；
B．x-t图像的斜率表示速度，根据图像可知，在0～10s内，乙车速度的大小先比甲的小，后比甲的大，B错误；
C．两图线的交点表示相遇，根据图像可知，在0～10s内，甲、乙两车相遇两次，C正确；
D．根据x-t图像斜率的正负表示速度方向，知在0～4s内，甲、乙两车运动方向相同，D错误。
故选C。
2．B
【详解】对小球，受力分析，如图所示
将F由图示位置逆时针缓慢转至与细线垂直的过程中，小球处于动态平衡，由图解法在力的平行四边形中，可以看到F先变小再变大，而绳的拉力T一直减小，故选B。
3．C
【详解】A．木块受到的滑动摩擦力大小为
f1=μ1m1g
故A错误；
BCD．木块对长木板的滑动摩擦力大小也为
f1=μ1m1g
方向水平向右，由于长木板静止，由平衡条件可知，地面对长木板的摩擦力大小等于μ1m1g，方向水平向左，故B、D错误，C正确。
故选C。
4．C
【详解】设斜面的高度为h，长度为L，小球第一次运动的时间为t，则第二次运动的时间为2t。
第一次小球下降的高度为
沿水平方向的位移为
由几何关系有
由于
联立可得
第二次抛出时
由于第二次小球落在水平面上，则斜面的高度
斜面的长度
联立可得
故选C。
5．B
【详解】两物体与圆盘间的摩擦因数相同，开始转速较小时，由摩擦力提供向心力，向心力为
在转速一定的情况下，B物体所需要的向心力较大，B物体更容易相对圆盘发生相对滑动，当B的静摩擦力刚好不能满足B的圆周运动所需的向心力时，而A物体所需要的向心力还小于最大静摩擦力，此时开始细线要有张力。当圆盘转速加大到两物体刚要发生滑动时，此时对A
可知物体A所需要的向心力还小于A的最大静摩擦力，对B
可知B物体所需要的向心力大于最大静摩擦力，此时烧断细线，物体B将沿半径方向远离圆心，物体A仍仍随圆盘一起转动。
故选B。
6．【答案】C
【详解】A．脚对毽子的作用力与毽子对脚的作用力是一对作用力和反作用力，等大反向，故A错误；
B．因为空气阻力存在，毽子在空中上升段阻力向下，加速度大于重力加速度g，而下降阶段阻力向上，加速度小于重力加速度g，故B错误；
C．根据动能定理，毽子上升过程的动能减少量
下落过程的动能增加量
则
故C正确；
D．毽子上升过程中加速度大小大于下降过程中加速度大小，上升过程中时间小于下降过程中时间，毽子上升过程中重力冲量小于下落过程中的重力冲量，故D错误。
故选C。
7．A
【详解】A．卫星b在地球的同步轨道上，所以卫星b和地球具有相同的周期和角速度。由万有引力提供向心力，即
a距离地球表面的高度为R，所以卫星a的角速度
此时a、b恰好相距最近，到卫星a和b下一次相距最近
故A正确；
B．卫星c与卫星b的轨道相同，所以速度是相等的，但由于不知道它们的质量的关系，所以不能判断出卫星c的机械能是否等于卫星b的机械能。故B错误；
C．让卫星c加速，所需的向心力增大，由于万有引力小于所需的向心力，卫星c会做离心运动，离开原轨道，所以不能与b实现对接，故C错误；
D．卫星b绕地球做匀速圆周运动，是指在地球上发射的物体绕地球飞行做圆周运动所需的最小初始速度，是物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度。所以发射卫星b时速度大于，而小于，故D错误；
故选A。
【点睛】卫星从低轨道到高轨道需要克服引力做较多的功。b、c在地球的同步轨道上，所以卫星b、c和地球具有相同的周期和角速度。
第一宇宙速度是指在地球上发射的物体绕地球飞行做圆周运动所需的最小初始速度，第二宇宙速度是物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度。
理解三种宇宙速度，特别注意第一宇宙速度的三种说法。能抓住万有引力提供向心力列出等式解决问题的思路，再进行讨论求解。
8．【答案】BC
【详解】A．两球沿杆方向上的速度相等，则有
代入数据解得
故A错误；
BC．对小球1、小球2整体，根据动能定理可得
对小球1，根据动能定理可得
联立可得该过程中杆对小球1做的功和拉力对小球1对的功
，
故BC正确；
D．对1球，该过程中根据动能定理，合力的功为
故D错误。
故选BC。
9．BD
【详解】A．两球在运动过程中只有重力做功，甲、乙两球的机械能守恒，则
mgh＝mv2
解得
v＝
甲球和乙球运动到地面时的速度大小相等，但方向不同，A错误；
B．由机械能守恒定律得，对甲球
Ek0＝m甲gx0sin 30°
对乙球
Ek0＝m乙g·2x0
可得
m甲∶m乙＝4∶1
B正确；
C．由题图乙可知，甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球下降高度之比为
x0sin30°∶2x0＝1∶4
C错误。
D．两球重力的瞬时功率为
P=mgvcsθ=cs θ=csθ
其中θ为小球速度与竖直方向的夹角，甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球重力的瞬时功率之比为
D正确；
故选BD。
10．BC
【详解】AB．设滑块的质量是m，碰后速度为v共，物体与盒子组成的系统合外力为0，设向左为正方向，由动量守恒有
解得
故B正确，A错误；
CD．开始时盒子与物块的机械能为
碰后盒子与物块的机械能为
损失的机械能为
联立得
故C正确，D错误。
故选BC。
11． 5.4 0.1 0.21 0.21
【详解】[1]毫米刻度尺的最小分度值为1mm，读数时应估读到0.1mm，因此不符合正确读数要求的是5.4cm。
[2]纸带上两相邻计数点间均有4个点未画出，已知打点计时器所用交变电源的频率为50Hz，每两个计数点之间的时间间隔为
[3]由某段时间内中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得D点对应的小车速度
[4]由匀变速直线运动的推论，可得小车运动的加速度大小
12． mgx AB/BA
【详解】（1）[1]滑块通过光电门的速度大小为
（2）[2]系统减小的重力势能为
[3]系统增加的动能为
（3）[4]通过理论分析，可知系统减小的重力势能等于系统增加的动能，即
整理得
则
（4）[5]为了提高实验的准确度，可以采取的措施有：选择宽度较小的挡光片，适当增大滑块释放位置与光电门之间的距离。
故选AB。
13．1.1×103 N
【详解】舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有
设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有
L2=R sin θ
舰载机刚进入BC时，由牛顿第二定律，有
FN-mg=m
联立上式，代入数据，得
FN=1.1×103 N
14．（1）；；（2）
【详解】（1）设物体到达B点时的速度大小为vB，物体从点运动到点过程中，由动能定理有
解得
设物体从D点运动到B点的时间为t，由动量定理有
解得
（2）物体在斜面上滑行时，物体与斜面体组成的系统在水平方向动量守恒、机械能守恒，当物体运动到斜面体的最高点时，二者达到共同速度v，设斜面体斜面的长度为x，则有
解得
15．(1)s (2)50 J (3)
【详解】(1)设从A运动到B的时间为t，则：
解得：
(2)由R＝h1，得∠BOC＝60°.设小物块平抛的水平速度是v1，则：
解得：
v1＝10 m/s
据能量守恒可得，原来压缩弹簧时储存的弹性势能：
(3)设小物块在水平轨道CD上通过的总路程为2L，由能量守恒知
代入数据计算得出：
一、单选题（本题共10小题，共46分，第1-7题每小题4分，第8-10题每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-10题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
1．甲、乙两辆车在同一水平直道上运动,其运动的位移-时间图像如图所示,则下列说法正确的是（ ）
A．甲车先做匀减速直线运动,后做匀速直线运动
B．在0～10 s内,乙车速度的大小一定比甲的大
C．在0～10 s内,甲、乙两车相遇两次
D．在0～4 s内,甲、乙两车运动方向相反
2．如图所示，小球在力F的作用下静止，细线与竖直方向的夹角为θ。将F由图示位置逆时针缓慢转至竖直方向的过程中，小球始终静止在图中位置，则（ ）
A．F一直变小B．F先变小后变大
C．细线的拉力一直变大D．细线的拉力先变小后变大
3．如图所示，质量为m2的长木板静止在水平地面上，质量为m1的木块受到水平向右的拉力F，在长木板上向右滑行。已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，重力加速度为g，则（ ）
A．木块受到的摩擦力大小为μ1F
B．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m1+m2)g
C．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1m1g
D．木板受到地面的摩擦力的方向一定水平向右
4．如图所示，一个小球在倾角为的固定斜面顶端以大小为的初速度水平抛出，小球落在斜面上，增大抛出的初速度后，小球落在水平面上，前后两次平抛运动所用的时间之比为，重力加速度为g，则斜面的长度为（ ）
A．B．C．D．
5．如图所示，在水平圆盘上，沿半径方向放置用细线相连的质量相等的两物体A和B，它们与圆盘间的摩擦因数相同，当圆盘转速加大到两物体刚要发生滑动时烧断细线，则两个物体将要发生的运动情况是（ ）
A．两物体仍随圆盘一起转动，不会发生滑动
B．只有A仍随圆盘一起转动，不会发生滑动
C．两物体均滑半径方向滑动，A靠近圆心、B远离圆心
D．两物体均滑半径方向滑动，A、B都远离圆心
6．据历史文献和出土文物证明，踢毽子起源于中国汉代，盛行于南北朝、隋唐。毽子由羽毛、金属片和胶垫组成。如图是同学练习踢毽子，毽子离开脚后，恰好沿竖直方向运动，假设运动过程中毽子所受的空气阻力大小不变，则下列说法正确的是（ ）
A．脚对毽子的作用力大于毽子对脚的作用力，所以才能把毽子踢起来
B．毽子在空中运动时加速度总是小于重力加速度g
C．毽子上升过程的动能减少量大于下落过程的动能增加量
D．毽子上升过程中重力冲量大于下落过程中的重力冲量
7．如图所示，三颗卫星a、b、c绕地球做匀速圆周运动，其中b、c在地球的同步轨道上，a距离地球表面的高度为R，此时a、b恰好相距最近。已知地球质量为M、半径为R、地球自转的角速度为ω，万有引力常量为G，则（ ）
A．卫星a和b下一次相距最近还需经过
B．卫星c的机械能等于卫星b的机械能
C．若要卫星c与b实现对接，可让卫星c加速
D．发射卫星b时速度要大于
8．两质量均为1kg的小球1、2（均视为质点）用长为1m的水平轻质杆相连，置于光滑水平面上，且小球1恰好与光滑竖直墙壁接触，如图所示。现用向上的力F拉动小球1，使小球1贴着竖直墙壁上升，小球2沿水平面向左运动，直到杆与水平面的夹角θ=53°，此时小球2的速度大小为m/s。取sin53°=0.8，cs53°=0.6，重力加速度大小g=10m/s2。下列分析正确的是（ ）
A．此时小球1的速度大小为1m/s
B．该过程中杆对小球1做的功为J
C．该过程中力F对小球1做的功约为10.2J
D．该过程中小球1受到的合力的功约为8.8J
9．如图(a)所示，甲、乙两个小球均可视为质点，甲球沿倾角为30°的光滑且足够长的固定斜面由静止开始下滑，乙球做自由落体运动，甲、乙两球的动能与路程的关系图像如图(b)所示。下列说法正确的是（ ）
A．甲球和乙球运动到地面上时的速度相同
B．甲、乙两球的质量之比为m甲∶m乙＝4∶1
C．甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球下降高度相同
D．甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球重力的瞬时功率之比为P甲∶P乙＝1∶1
10．如图所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一个小滑块B，盒的质量是滑块质量的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为；若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对盒静止，则（ ）
A．方盒最终的速度为 B．方盒最终的速度为
C．滑块相对方盒运动的路程为 D．滑块相对方盒运动的路程为
二、实验题(共2题，每空2分，共18分)
11．（8分）某同学在做“探究小车速度随时间变化的规律”实验时，由打点计时器得到表示小车运动过程的一条清晰纸带并用一把毫米刻度尺测量了各计数点间的距离，如图所示，则图中四个数据中不符合正确读数要求的是 cm（填读数值）。若纸带上两相邻计数点间均有4个点未画出，已知打点计时器所用交变电源的频率为50Hz，每两个计数点之间的时间间隔为 s，则D点对应的小车速度 m/s，小车运动的加速度大小 。（计算结果均保留小数点后2位）
12．（10分）小明用如图甲所示的装置来验证吊篮、砝码和滑块组成的系统满足“系统机械能守恒定律”。实验方案步骤如下：
气垫导轨水平放置，右侧适当位置的上方固定光电门，调整定滑轮的高度，使滑块与滑轮间的细绳水平。（重力加速度为g）
（1）将总质量为m的吊篮和砝码挂在绳子下端，质量为M的滑块（含挡光片）由静止释放，光电门测得宽度为d的挡光片的挡光时间为，光电门与挡光片之间的初始水平距离为x，如图甲所示。则滑块通过光电门的速度大小为 ；
（2）此时系统减小的重力势能为 ，系统增加的动能为 ；
（3）仅改变距离x，重复实验测得多组x和，该同学依据所测得的数据绘出如图乙所示的图线，得出图线斜率的测量值为。然后通过理论分析，可得图线斜率的理论值为 ，通过分析与之间的关系进而验证系统的机械能是否守恒；
（4）为了提高实验的准确度，下列可以采取的措施有 。
A．选择宽度较小的挡光片 B．适当增大挡光片与光电门之间的初始水平距离
C．减小滑块的质量 D．增大吊篮和砝码的质量
三、计算题（共36分）
13．（10分）完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图2，AB长L1=150 m，BC水平投影L2=63 m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ=12°（sin 12°≈0.21）。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t=6 s到达B点进入BC。已知飞行员的质量m=60 kg，g=10 m/s2，求舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大。
（12分）如图所示，质量M=8kg、倾角θ=30°的光滑斜面体静止在光滑的水平面上，斜面BC与水平面AB通过一小段圆弧平滑连接。质量m=2kg的物体静止于水平面上的D点，D、B两点间的距离L=10m。现给物体施加一水平向右的恒力F=10N，物体运动至B点时撤去该恒力，物体恰好能运动到斜面体的最高点。取重力加速度大小g=10m/s2。求：
（1）物体到达B点时的速度大小和物体从D点运动到B点的时间；
（2）斜面体斜面的长度。
15．（14分）某种弹射装置如图所示，左端固定的轻弹簧处于压缩状态且锁定，弹簧具有的弹性势能EP=4.5J，质量m=1.0kg的小滑块静止于弹簧右端，光滑水平导轨AB的右端与倾角θ=30°的传送带平滑连接，传送带长度L=8.0m，传送带以恒定速率v0=8.0m/s顺时针转动。某时刻解除锁定，滑块被弹簧弹射后滑上传送带，并从传送带顶端滑离落至地面。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=，重力加速度g取10m/s2。
（1）求滑块离开传送带时的速度大小v；
（2）求电动机传送滑块多消耗的电能E；
（3）若每次开始时弹射装置具有不同的弹性势能，要使滑块滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，求的取值范围。
宜春百树学校高三期中考试
参考答案：
1．C
【详解】A．x-t图像的斜率表示速度，根据图像可知，甲车先做匀速直线运动，后静止不动，A错误；
B．x-t图像的斜率表示速度，根据图像可知，在0～10s内，乙车速度的大小先比甲的小，后比甲的大，B错误；
C．两图线的交点表示相遇，根据图像可知，在0～10s内，甲、乙两车相遇两次，C正确；
D．根据x-t图像斜率的正负表示速度方向，知在0～4s内，甲、乙两车运动方向相同，D错误。
故选C。
2．B
【详解】对小球，受力分析，如图所示
将F由图示位置逆时针缓慢转至与细线垂直的过程中，小球处于动态平衡，由图解法在力的平行四边形中，可以看到F先变小再变大，而绳的拉力T一直减小，故选B。
3．C
【详解】A．木块受到的滑动摩擦力大小为
f1=μ1m1g
故A错误；
BCD．木块对长木板的滑动摩擦力大小也为
f1=μ1m1g
方向水平向右，由于长木板静止，由平衡条件可知，地面对长木板的摩擦力大小等于μ1m1g，方向水平向左，故B、D错误，C正确。
故选C。
4．C
【详解】设斜面的高度为h，长度为L，小球第一次运动的时间为t，则第二次运动的时间为2t。
第一次小球下降的高度为
沿水平方向的位移为
由几何关系有
由于
联立可得
第二次抛出时
由于第二次小球落在水平面上，则斜面的高度
斜面的长度
联立可得
故选C。
5．B
【详解】两物体与圆盘间的摩擦因数相同，开始转速较小时，由摩擦力提供向心力，向心力为
在转速一定的情况下，B物体所需要的向心力较大，B物体更容易相对圆盘发生相对滑动，当B的静摩擦力刚好不能满足B的圆周运动所需的向心力时，而A物体所需要的向心力还小于最大静摩擦力，此时开始细线要有张力。当圆盘转速加大到两物体刚要发生滑动时，此时对A
可知物体A所需要的向心力还小于A的最大静摩擦力，对B
可知B物体所需要的向心力大于最大静摩擦力，此时烧断细线，物体B将沿半径方向远离圆心，物体A仍仍随圆盘一起转动。
故选B。
6．【答案】C
【详解】A．脚对毽子的作用力与毽子对脚的作用力是一对作用力和反作用力，等大反向，故A错误；
B．因为空气阻力存在，毽子在空中上升段阻力向下，加速度大于重力加速度g，而下降阶段阻力向上，加速度小于重力加速度g，故B错误；
C．根据动能定理，毽子上升过程的动能减少量
下落过程的动能增加量
则
故C正确；
D．毽子上升过程中加速度大小大于下降过程中加速度大小，上升过程中时间小于下降过程中时间，毽子上升过程中重力冲量小于下落过程中的重力冲量，故D错误。
故选C。
7．A
【详解】A．卫星b在地球的同步轨道上，所以卫星b和地球具有相同的周期和角速度。由万有引力提供向心力，即
a距离地球表面的高度为R，所以卫星a的角速度
此时a、b恰好相距最近，到卫星a和b下一次相距最近
故A正确；
B．卫星c与卫星b的轨道相同，所以速度是相等的，但由于不知道它们的质量的关系，所以不能判断出卫星c的机械能是否等于卫星b的机械能。故B错误；
C．让卫星c加速，所需的向心力增大，由于万有引力小于所需的向心力，卫星c会做离心运动，离开原轨道，所以不能与b实现对接，故C错误；
D．卫星b绕地球做匀速圆周运动，是指在地球上发射的物体绕地球飞行做圆周运动所需的最小初始速度，是物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度。所以发射卫星b时速度大于，而小于，故D错误；
故选A。
【点睛】卫星从低轨道到高轨道需要克服引力做较多的功。b、c在地球的同步轨道上，所以卫星b、c和地球具有相同的周期和角速度。
第一宇宙速度是指在地球上发射的物体绕地球飞行做圆周运动所需的最小初始速度，第二宇宙速度是物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度。
理解三种宇宙速度，特别注意第一宇宙速度的三种说法。能抓住万有引力提供向心力列出等式解决问题的思路，再进行讨论求解。
8．【答案】BC
【详解】A．两球沿杆方向上的速度相等，则有
代入数据解得
故A错误；
BC．对小球1、小球2整体，根据动能定理可得
对小球1，根据动能定理可得
联立可得该过程中杆对小球1做的功和拉力对小球1对的功
，
故BC正确；
D．对1球，该过程中根据动能定理，合力的功为
故D错误。
故选BC。
9．BD
【详解】A．两球在运动过程中只有重力做功，甲、乙两球的机械能守恒，则
mgh＝mv2
解得
v＝
甲球和乙球运动到地面时的速度大小相等，但方向不同，A错误；
B．由机械能守恒定律得，对甲球
Ek0＝m甲gx0sin 30°
对乙球
Ek0＝m乙g·2x0
可得
m甲∶m乙＝4∶1
B正确；
C．由题图乙可知，甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球下降高度之比为
x0sin30°∶2x0＝1∶4
C错误。
D．两球重力的瞬时功率为
P=mgvcsθ=cs θ=csθ
其中θ为小球速度与竖直方向的夹角，甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球重力的瞬时功率之比为
D正确；
故选BD。
10．BC
【详解】AB．设滑块的质量是m，碰后速度为v共，物体与盒子组成的系统合外力为0，设向左为正方向，由动量守恒有
解得
故B正确，A错误；
CD．开始时盒子与物块的机械能为
碰后盒子与物块的机械能为
损失的机械能为
联立得
故C正确，D错误。
故选BC。
11． 5.4 0.1 0.21 0.21
【详解】[1]毫米刻度尺的最小分度值为1mm，读数时应估读到0.1mm，因此不符合正确读数要求的是5.4cm。
[2]纸带上两相邻计数点间均有4个点未画出，已知打点计时器所用交变电源的频率为50Hz，每两个计数点之间的时间间隔为
[3]由某段时间内中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得D点对应的小车速度
[4]由匀变速直线运动的推论，可得小车运动的加速度大小
12． mgx AB/BA
【详解】（1）[1]滑块通过光电门的速度大小为
（2）[2]系统减小的重力势能为
[3]系统增加的动能为
（3）[4]通过理论分析，可知系统减小的重力势能等于系统增加的动能，即
整理得
则
（4）[5]为了提高实验的准确度，可以采取的措施有：选择宽度较小的挡光片，适当增大滑块释放位置与光电门之间的距离。
故选AB。
13．1.1×103 N
【详解】舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有
设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有
L2=R sin θ
舰载机刚进入BC时，由牛顿第二定律，有
FN-mg=m
联立上式，代入数据，得
FN=1.1×103 N
14．（1）；；（2）
【详解】（1）设物体到达B点时的速度大小为vB，物体从点运动到点过程中，由动能定理有
解得
设物体从D点运动到B点的时间为t，由动量定理有
解得
（2）物体在斜面上滑行时，物体与斜面体组成的系统在水平方向动量守恒、机械能守恒，当物体运动到斜面体的最高点时，二者达到共同速度v，设斜面体斜面的长度为x，则有
解得
15．(1)s (2)50 J (3)
【详解】(1)设从A运动到B的时间为t，则：
解得：
(2)由R＝h1，得∠BOC＝60°.设小物块平抛的水平速度是v1，则：
解得：
v1＝10 m/s
据能量守恒可得，原来压缩弹簧时储存的弹性势能：
(3)设小物块在水平轨道CD上通过的总路程为2L，由能量守恒知
代入数据计算得出：
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