2022-2023學(xué)年四川省成都市高一下學(xué)期5月質(zhì)量監(jiān)測(cè)物理試題（解析版）

成都市2022-2023學(xué)年高一下學(xué)期5月質(zhì)量監(jiān)測(cè)物理試題一、單項(xiàng)選擇題（本題包括8小題，每小題3分，共24分，每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1.在物理課堂上，陳老師給同學(xué)們演示了一個(gè)雞蛋從一定高度h掉入透明玻璃缸里，結(jié)果雞蛋摔碎了．若在實(shí)驗(yàn)中，將一個(gè)50g的雞蛋從1m的高度掉下，與玻璃缸的撞擊時(shí)間約為2ms，則該雞蛋受到玻璃缸的作用力約為（）A.10NB.102NC.103ND.104N【答案】B【解析】【詳解】根據(jù)，代入數(shù)據(jù)可得：，與地面的碰撞時(shí)間約為t1=2ms=0.002s，全過程根據(jù)動(dòng)量定理可得：mg（t+t1）-Ft1=0，解得沖擊力F=113N≈102N，故B正確，ACD錯(cuò)誤．2.如圖所示，某次空中投彈的軍事演習(xí)中，戰(zhàn)斗機(jī)以恒定速度沿水平方向飛行，先后釋放A、B兩顆炸彈，分別擊中傾角為的山坡上的點(diǎn)和點(diǎn)，釋放A、B兩顆炸彈的時(shí)間間隔為，此過程中飛機(jī)飛行的距離為；先后擊中、的時(shí)間間隔為，、兩點(diǎn)間水平距離為，且A炸彈到達(dá)山坡的點(diǎn)位移垂直斜面，B炸彈是垂直擊中山坡點(diǎn)的。不計(jì)空氣阻力，下列錯(cuò)誤的是（）A.A炸彈在空中飛行的時(shí)間為B.C.D.【答案】B【解析】【詳解】A．如圖，設(shè)炸彈A從拋出到擊中點(diǎn)用時(shí)，有因垂直于斜面，則聯(lián)立解得則故A正確，不滿足題意要求；BCD．炸彈B從拋出到擊中點(diǎn)，方向垂直于斜面，則由圖可知即時(shí)間關(guān)系如下圖有即則有故B錯(cuò)誤，滿足題意要求；CD正確，不滿足題意要求。故選B。3.如圖所示，小球A可視為質(zhì)點(diǎn)，裝置靜止時(shí)輕質(zhì)細(xì)線AB水平，輕質(zhì)細(xì)線AC與豎直方向的夾角37°。已知小球的質(zhì)量為m，細(xì)線AC長(zhǎng)l，B點(diǎn)距C點(diǎn)的水平和豎直距離相等。裝置能以任意角速度繞豎直軸轉(zhuǎn)動(dòng)，且小球始終在平面內(nèi)，那么在角速度從零緩慢增大的過程中（）（重力加速度g取，，）A.兩細(xì)線張力均增大B.細(xì)線AB中張力一直變小，直到為零C.細(xì)線AC中張力一直增大D.當(dāng)AB中張力為零時(shí)，角速度可能為【答案】D【解析】【詳解】AB．當(dāng)靜止時(shí)，受力分析如圖，由平衡條件由平衡條件得TAB=mgtan37°=0.75mgTAC＝＝1.25mg若AB中的拉力為0，當(dāng)ω最小時(shí)繩AC與豎直方向夾角θ1=37°，受力分析如圖根據(jù)受力分析mgtanθ1＝m(Lsinθ1)ωmin2得根據(jù)對(duì)稱性可知，當(dāng)ω最大時(shí)繩AC與豎直方向夾角θ2=53°，此時(shí)應(yīng)有mgtanθ2＝mωmax2Lsinθ2得ωmax＝所以ω取值范圍為≤ω≤繩子AB拉力都是0．由以上的分析可知，開始時(shí)AB拉力不為0，當(dāng)轉(zhuǎn)速在≤ω≤時(shí)，AB的拉力為0，角速度再增大時(shí)，AB的拉力又會(huì)增大，AB錯(cuò)誤；C．當(dāng)繩子AC與豎直方向之間的夾角不變時(shí)，AC繩子的拉力在豎直方向的分力始終等于重力，所以繩子的拉力繩子等于1.25mg；當(dāng)轉(zhuǎn)速大于后，繩子與豎直方向之間的夾角增大，拉力開始增大；當(dāng)轉(zhuǎn)速大于后，繩子與豎直方向之間的夾角不變，AC上豎直方向的拉力不變；隨后當(dāng)水平方向的拉力增大，AC的拉力繼續(xù)增大，C錯(cuò)誤；D．由開始時(shí)的分析可知，當(dāng)ω取值范圍為≤ω≤時(shí)，繩子AB的拉力都是0，D正確。故選D。4.宇航員飛到一個(gè)被稠密氣體包圍的某行星上進(jìn)行科學(xué)探索。他站在該行星表面，從靜止釋放一個(gè)質(zhì)量為的物體，由于氣體阻力的作用，其加速度隨下落位移變化的關(guān)系圖像如圖所示。已知該星球半徑為，萬有引力常量為。下列說法正確的是（）A.該行星的平均密度為B.該行星的第一宇宙速度為C.衛(wèi)星在距該行星表面高處的圓軌道上運(yùn)行的周期為D.從釋放到速度剛達(dá)到最大的過程中，物體克服阻力做功【答案】ABD【解析】【詳解】A．由圖可知，物體開始下落瞬間，只受萬有引力作用，根據(jù)萬有引力等于重力，可知又聯(lián)立，可得故A正確；B．在行星表面飛行的衛(wèi)星，萬有引力提供向心力，有聯(lián)立，可得故B正確；C．衛(wèi)星在距該行星表面高處的圓軌道上運(yùn)行時(shí)，有聯(lián)立，可得故C錯(cuò)誤；D．從釋放到速度剛達(dá)到最大的過程中，設(shè)阻力為f，由牛頓第二定律可得解得阻力做功為即物體克服阻力做功。故D正確；故選ABD。5.如圖所示，光滑水平面上有一個(gè)質(zhì)量為的木箱，高為。緊鄰木箱的左邊有一根長(zhǎng)度也為的豎直輕細(xì)桿用鉸鏈固定在點(diǎn)，輕桿上端固定有質(zhì)量為可視為質(zhì)點(diǎn)的小球。由于輕微擾動(dòng)，小球推著木箱向右運(yùn)動(dòng)，重力加速度取，下列說法正確的是（）A.小球落地前瞬間小球的速度大小是B.小球落地前瞬間輕桿對(duì)小球的作用力大小是C.小球與木箱分離時(shí)小球的加速度豎直向下大小等于D.從開始運(yùn)動(dòng)到小球與木箱分離，輕桿對(duì)小球的支持力先減小后增大【答案】C【解析】【詳解】AB．假設(shè)沒有木箱，小球落地前，由動(dòng)能定理得將要落地時(shí)，由牛頓第二定律得解得，由于小球要對(duì)木箱做功，所以落地速度小于，輕桿對(duì)小球的作用力也小于。故AB錯(cuò)誤；CD．開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，桿對(duì)小球的支持力不為0；分離時(shí)，木箱水平方向上不受力，則加速度為0，則小球水平方向上的加速度為0；受力分析可知，此時(shí)桿對(duì)小球的作用力為0，只受重力，加速度為g，則從開始運(yùn)動(dòng)到小球與木箱分離，輕桿對(duì)小球的支持力一直減小。故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。6.如圖甲所示為某機(jī)場(chǎng)的行李自動(dòng)運(yùn)輸系統(tǒng)，可以將其簡(jiǎn)化為如圖乙所示，運(yùn)輸系統(tǒng)由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)傳送帶運(yùn)轉(zhuǎn)，傳送帶由長(zhǎng)度L1=100m的水平傳送帶AB和長(zhǎng)度L2=70m、傾角為37°的傾斜傳送帶CD組成，兩個(gè)傳送帶之間由很短的一段圓弧連接。兩個(gè)傳送帶都沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，速度大小分別為4m/s和6m/s，每隔1s將一個(gè)貨箱從A點(diǎn)無初速度放在傳送帶上，所有貨箱的質(zhì)量均為m=20kg且可視為質(zhì)點(diǎn)，貨箱與水平傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.1，與傾斜傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.875，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列說法正確的是（1度電=1kW·h）（）A.每個(gè)貨箱從A點(diǎn)到D點(diǎn)的時(shí)間均為29sB.水平傳送帶上相鄰貨箱間的最大距離為最小距離的4倍C.傾斜傳送帶上相鄰貨箱間的最大距離為6mD.傳送帶連續(xù)穩(wěn)定工作24小時(shí)，傳送帶因運(yùn)送貨箱而多消耗220.8度電【答案】C【解析】【詳解】A．貨箱在水平傳送帶上時(shí)，開始做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得解得貨箱達(dá)到與傳送帶共速時(shí)的位移貨箱的加速時(shí)間貨箱在水平傳送帶上做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)間貨箱在傾斜的傳送帶上時(shí)，由于，貨箱先做初速度為4m/s的勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律則有解得貨箱與傳送帶共速時(shí)的位移達(dá)到共速時(shí)所用時(shí)間共速后勻速向上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間可得每個(gè)貨箱從A點(diǎn)到D點(diǎn)的時(shí)間均為A錯(cuò)誤；B．由題意可知，在水平傳送帶上相鄰貨箱間的最大距離為兩貨箱都做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的距離，可知，最小距離是前一個(gè)貨箱運(yùn)動(dòng)1s，后一個(gè)剛放上時(shí)，則有則有B錯(cuò)誤；C．由選項(xiàng)B的解析，可知在傾斜傳送帶上相鄰貨箱間的最大距離為6m，C正確；D．在24小時(shí)內(nèi)傳送貨箱的個(gè)數(shù)為每個(gè)貨箱增加的能量每個(gè)貨箱與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量則有傳送帶連續(xù)穩(wěn)定工作24小時(shí)，傳送帶因運(yùn)送貨箱而多消耗能量由于則有多消耗的電能是由于最后39s內(nèi)有貨箱仍在傳送帶上，因此實(shí)際多消耗的電能應(yīng)小于220.8度電，D錯(cuò)誤。故選C。7.“風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)”指在風(fēng)洞中安置飛行器或其他物體模型，研究氣體流動(dòng)及其與模型的相互作用，以了解實(shí)際飛行器或其他物體的空氣動(dòng)力學(xué)特性的一種空氣動(dòng)力實(shí)驗(yàn)方法。在下圖所示的矩形風(fēng)洞中存在大小恒定的水平風(fēng)力，現(xiàn)有一小球從M點(diǎn)豎直向上拋出，其運(yùn)動(dòng)軌跡大致如下圖所示，其中M、N兩點(diǎn)在同一水平線上，O點(diǎn)為軌跡的最高點(diǎn)，小球在M點(diǎn)動(dòng)能為9J，在O點(diǎn)動(dòng)能為16J，不計(jì)空氣阻力，下列說法錯(cuò)誤的是（）A.小球從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)過程中的最小動(dòng)能為5.76JB.小球落到N點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為73JC.小球在上升和下降過程中機(jī)械能變化量之比為1：3D.小球的重力和受到的風(fēng)力大小之比為4：3【答案】D【解析】【詳解】D．設(shè)風(fēng)力大小為F，小球重力大小為mg，O、M兩點(diǎn)間的水平距離為x1，豎直距離為h，根據(jù)豎直上拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有對(duì)小球從M運(yùn)動(dòng)到O的過程，根據(jù)動(dòng)能定理有由題意可知根據(jù)牛頓第二定律可得小球在水平方向的加速度大小為小球從M運(yùn)動(dòng)到O所用時(shí)間為根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有聯(lián)立解得故D錯(cuò)誤，符合題意；B．M、N兩點(diǎn)間的水平距離為設(shè)小球落到N點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為Ek1，根據(jù)動(dòng)能定理有聯(lián)立解得故B正確，不符合題意；C．設(shè)O、N兩點(diǎn)間的水平距離為x2，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的推論可知根據(jù)功能關(guān)系可知，小球運(yùn)動(dòng)過程中，風(fēng)力對(duì)小球做的功等于其機(jī)械能的變化量，則小球在上升和下降過程中機(jī)械能變化量之比為故C正確，不符合題意；A．小球在重力和風(fēng)力的合力場(chǎng)中做類斜拋運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球速度方向與合力方向垂直時(shí)動(dòng)能最小，根據(jù)前面分析可知合力與豎直方向的夾角θ的正切值為根據(jù)速度的合成與分解可得小球從點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)過程中的最小速度為解得最小動(dòng)能為故A正確，不符合題意。故選D。8.物體在引力場(chǎng)中具有的勢(shì)能叫做引力勢(shì)能，取無窮遠(yuǎn)處為引力勢(shì)能零點(diǎn)。質(zhì)量為m的物體在地球引力場(chǎng)中具有的引力勢(shì)能（式中G為引力常量，M為地球的質(zhì)量，為物體到地心的距離），如果用R表示地球的半徑，g表示地球表面重力加速度，c表示光在真空中的速度，則下列說法正確的是（）A.在半徑為r的圓形軌道上運(yùn)行的質(zhì)量為m的人造地球衛(wèi)星的機(jī)械能為B.如果地球的第一宇宙速度為，則將質(zhì)量為m的衛(wèi)星從地球表面發(fā)射到半徑為r的軌道上運(yùn)行時(shí)至少需要的能量C.由于受高空稀薄空氣阻力作用，質(zhì)量為m的衛(wèi)星從半徑為的圓軌道緩慢減小到半徑為的圓軌道的過程中克服空氣阻力做的功為D.黑洞的密度、質(zhì)量極大，以至連光都不能逃離它的引力，無法通過光學(xué)觀測(cè)直接確定它的存在，假如地球能成為黑洞，則其半徑R最大不能超過【答案】A【解析】【詳解】A．在半徑為r的圓形軌道上運(yùn)行的質(zhì)量為m的人造地球衛(wèi)星有動(dòng)能引力勢(shì)能為則機(jī)械能為選項(xiàng)A正確；B．將質(zhì)量為m的衛(wèi)星從地球表面發(fā)射到半徑為r的軌道上運(yùn)行時(shí)至少需要的能量又所以選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．由于受高空稀薄空氣的阻力作用，質(zhì)量為m的衛(wèi)星從半徑為的圓軌道緩慢減小到半徑為的圓軌道的過程中克服空氣阻力做的功為選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．設(shè)質(zhì)量為m的物體，從黑洞表面至無窮遠(yuǎn)處，根據(jù)能量守恒定律有解得假如地球能成為黑洞，因?yàn)檫B光都不能逃離，有v=c所以其半徑R最大不能超過，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選A。二、多項(xiàng)選擇題（本題包括5小題，每小題4分，共20分。每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分）9.如圖所示，在光滑水平面上停放質(zhì)量為m裝有弧形槽的小車．現(xiàn)有一質(zhì)量為2m的小球以v0的水平速度沿切線水平的槽口向小車滑去(不計(jì)摩擦)，到達(dá)某一高度后，小球又返回小車右端，則()A.小球在小車上到達(dá)的最大高度為B.小球離車后，對(duì)地將做自由落體運(yùn)動(dòng)C.小球離車后，對(duì)地將向右做平拋運(yùn)動(dòng)D.此過程中小球?qū)囎龅墓椤敬鸢浮緼D【解析】【分析】小球和小車組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，當(dāng)小球上升的最高點(diǎn)時(shí)，豎直方向上的速度為零，水平方向上與小車具有相同的速度，結(jié)合動(dòng)量守恒和能量守恒求出上升的最大高度．根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒求出小球返回右端時(shí)的速度，從而得出小球的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，根據(jù)動(dòng)能定理得出小球?qū)π≤囎龉Φ拇笮。驹斀狻吭O(shè)小球離開小車時(shí)，小球的速度為v1，小車的速度為v2，整個(gè)過程中動(dòng)量守恒，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：2mv0=mv1+2mv2，由動(dòng)能守恒定律得：，解得：，，所以小球與小車分離后對(duì)地將向左做平拋運(yùn)動(dòng)，故BC錯(cuò)誤；當(dāng)小球與小車的水平速度相等時(shí)，小球弧形槽上升到最大高度，設(shè)該高度為h，系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，以向左為正方向，在水平方向，由動(dòng)量守恒定律得：2mv0=3m?v，由機(jī)械能守恒定律得：，解得：，故A正確；對(duì)小車運(yùn)用動(dòng)能定理得，小球?qū)π≤囎龉Γ?，故D正確．所以AD正確，BC錯(cuò)誤．【點(diǎn)睛】本題考查了動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律的綜合，知道當(dāng)小球與小車的水平速度相等時(shí)，小球上升到最大高度．10.2021年5月，基于俗稱“中國(guó)天眼”的500米口徑球面射電望遠(yuǎn)鏡（FAST）的觀測(cè)，國(guó)家天文臺(tái)李菂、朱煒瑋研究團(tuán)組姚菊枚博士等首次研究發(fā)現(xiàn)脈沖星三維速度與自轉(zhuǎn)軸共線的證據(jù)。之前的2020年3月，我國(guó)天文學(xué)家通過FAST，在武仙座球狀星團(tuán)（M13）中發(fā)現(xiàn)一個(gè)脈沖雙星系統(tǒng)。如圖所示，假設(shè)在太空中有恒星A、B雙星系統(tǒng)繞點(diǎn)O做順時(shí)針勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)周期為T1，它們的軌道半徑分別為RA、RB，RA＜RB，C為B的衛(wèi)星，繞B做逆時(shí)針勻速圓周運(yùn)動(dòng)，周期為T2，忽略A與C之間的引力，萬引力常量為G，則以下說法正確的是（）A.若知道C的軌道半徑，則可求出C的質(zhì)量B.恒星A、B的質(zhì)量和為C.若A也有一顆運(yùn)動(dòng)周期為T2的衛(wèi)星，則其軌道半徑大于C的軌道半徑D.設(shè)A、B、C三星由圖示位置到再次共線的時(shí)間為t，則【答案】BCD【解析】【詳解】A．C繞B做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，滿足①故無法求出C的質(zhì)量，A錯(cuò)誤；B．因?yàn)锳、B為雙星系統(tǒng)，由彼此的引力提供向心力，運(yùn)動(dòng)周期都為T1，對(duì)A、B分別有②③②③兩式相加解得故B正確；C．因?yàn)锳、B為雙星系統(tǒng)，滿足又因?yàn)?，所以，設(shè)A衛(wèi)星質(zhì)量為m，軌道半徑為R，根據(jù)結(jié)合①式可知，衛(wèi)星軌道半徑大于C的軌道半徑，C正確；D．有分析知A、B、C三星每次共線，C都比A、B多轉(zhuǎn)的角度為，由圖示位置到再次共線應(yīng)滿足解得D正確。故選BCD。11.如圖所示，圓柱形管的底端固定一彈射器，彈射器上有一質(zhì)量m1=1kg的小滑塊，管和彈射器的總質(zhì)量m2=2kg，滑塊與管內(nèi)壁間的滑動(dòng)摩擦力大小為0.4m1g。整個(gè)裝置豎直靜止在水平地面上。發(fā)射時(shí)，滑塊離開彈射器瞬間距離上管口的距離為1.0m；滑塊離開彈射器后能上升的最大高度為1.4m，小滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)且彈射時(shí)間極短，每次彈射后滑塊獲得的初速度相等，忽略空氣阻力，取重力加速度g=10m/s2。則下列說法正確的是（）A.滑塊從離開彈射器到第二次通過圓柱形管上端經(jīng)歷的時(shí)間為B.滑塊從離開彈射器到再次回到彈射器處經(jīng)歷的時(shí)間為C.當(dāng)滑塊離開彈射器瞬間，對(duì)圓柱形管施加一個(gè)豎直向上的恒力F，為保證滑塊不滑出管口，F(xiàn)的最小值為24N。D.當(dāng)滑塊離開彈射器瞬間，對(duì)圓柱形管施加一個(gè)豎直向上的恒力F，為保證滑塊不滑出管口，F(xiàn)的最小值為20N?！敬鸢浮緼C【解析】【分析】【詳解】A．對(duì)滑塊上升時(shí)有可得加速度大小為設(shè)滑塊離開彈射器時(shí)速度為v0，離開管口時(shí)的速度為v1，滑塊由底端上升到管口的過程中由動(dòng)能定理可得可得離開管上升到最高點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理可得可得滑塊到管口的時(shí)間為從管口到最高點(diǎn)的時(shí)間為則滑塊從離開彈射器到第二次通過圓柱形管上端經(jīng)歷的時(shí)間為故A正確；B．對(duì)滑塊在管中下落時(shí)有可得加速度大小為有可得滑塊從離開彈射器到再次回到彈射器處經(jīng)歷的時(shí)間為故B錯(cuò)誤；CD．為保證滑塊不滑出管口，滑塊到管口時(shí)共速，設(shè)共速的速度為v，此時(shí)施加的外力F最小，對(duì)管有滑塊與管的相對(duì)位移為共速時(shí)有聯(lián)立可得故C正確，D錯(cuò)誤。故選AC。12.發(fā)射高軌道衛(wèi)星過程如圖所示。假設(shè)先將衛(wèi)星發(fā)射到半徑為r1=r的圓軌道上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，到A點(diǎn)時(shí)使衛(wèi)星瞬間加速進(jìn)入橢圓軌道，到橢圓軌道的遠(yuǎn)地點(diǎn)B點(diǎn)時(shí)，再次瞬間改變衛(wèi)星的速度，使衛(wèi)星進(jìn)入半徑為r2=2r的圓軌道做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。已知衛(wèi)星在橢圓軌道時(shí)距地心的距離與速度的乘積為定值，衛(wèi)星在橢圓軌道上A點(diǎn)時(shí)的速度為v，衛(wèi)星的質(zhì)量為m，地球質(zhì)量為M，引力常量為G，不計(jì)衛(wèi)星的質(zhì)量變化。則以下說法正確的是（）A.衛(wèi)星在橢圓軌道上運(yùn)行時(shí)機(jī)械能不守恒B.衛(wèi)星在橢圓軌道上運(yùn)行時(shí)機(jī)械能守恒C.發(fā)動(dòng)機(jī)在A點(diǎn)對(duì)衛(wèi)星做的功與在B點(diǎn)對(duì)衛(wèi)星做的功之差為D.發(fā)動(dòng)機(jī)在A點(diǎn)對(duì)衛(wèi)星做的功與在B點(diǎn)對(duì)衛(wèi)星做的功之差為【答案】BD【解析】【詳解】AB．衛(wèi)星在橢圓軌道上運(yùn)行時(shí)只有萬有引力做功，所以機(jī)械能守恒，故A錯(cuò)誤，B正確；CD．設(shè)衛(wèi)星在半徑為r1=r的圓軌道上運(yùn)行時(shí)的速率為v1，根據(jù)牛頓第二定律有G解得根據(jù)動(dòng)能定理可得發(fā)動(dòng)機(jī)在A點(diǎn)對(duì)衛(wèi)星做的功為設(shè)衛(wèi)星在半徑為r2=2r的圓軌道上運(yùn)行時(shí)的速率為v2，根據(jù)牛頓第二定律有G解得設(shè)衛(wèi)星在橢圓軌道上運(yùn)行時(shí)經(jīng)過B點(diǎn)的速度為v′，則由題意可知解得根據(jù)動(dòng)能定理可得發(fā)動(dòng)機(jī)在B點(diǎn)對(duì)衛(wèi)星做的功為所以發(fā)動(dòng)機(jī)在A點(diǎn)對(duì)衛(wèi)星做的功與在B點(diǎn)對(duì)衛(wèi)星做的功之差為故C錯(cuò)誤，D正確。故選BD。13.如圖甲所示，質(zhì)量為m=0.1kg的滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），在內(nèi)壁光滑、固定的水平筒內(nèi)壓縮彈簧，彈簧原長(zhǎng)小于筒長(zhǎng)，且彈簧與滑塊不拴接?；瑝K由靜止釋放，離開筒后立即滑上位于水平面上的木板左端，此后木板的速度-時(shí)間圖象如圖乙所示，已知木板質(zhì)量M=0.2kg，最終滑塊恰好沒有離開木板，重力加速度g取10m/s2，則（）A.滑塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1B.木板長(zhǎng)度為0.75mC.釋放滑塊時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為0.45JD.木板與水平面間因摩擦產(chǎn)生的熱量為0.375J【答案】BC【解析】【詳解】A.設(shè)木板與地面之間的摩擦因數(shù)為μ2，木板做勻減速的加速度為a3，根據(jù)牛頓第二定律得根據(jù)圖像得解得設(shè)滑塊與木板之間的摩擦因數(shù)為μ1，木板做勻加速的加速度為a2，根據(jù)牛頓第二定律得根據(jù)圖像得解得滑塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，A錯(cuò)誤；B.設(shè)滑塊的加速度為a1，根據(jù)牛頓第二定律得解得根據(jù)逆向思維，滑塊滑上木板時(shí)的速度為木板長(zhǎng)度為B正確；C.根據(jù)機(jī)械能守恒定律得，釋放滑塊時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為C正確；D.木板與水平面間因摩擦產(chǎn)生的熱量為D錯(cuò)誤。故選BC。第II卷（非選擇題，共56分）三、實(shí)驗(yàn)探究題（本題共2小題，共14分）14.某學(xué)習(xí)小組為探究平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，使用小球、頻閃儀、照相機(jī)、刻度尺等進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)。①將小球以某初速度水平拋出，使用頻閃儀和照相機(jī)對(duì)運(yùn)動(dòng)的小球進(jìn)行拍攝；②某次拍攝時(shí)，小球在拋出瞬間頻閃儀恰好閃光，拍攝的照片編輯后如圖所示，圖中A處為小球拋出瞬間的影像，AB、BC之間各被刪去了1個(gè)影像；③經(jīng)測(cè)量，AB、BC兩線段的長(zhǎng)度之比為a：b。已知頻閃儀每隔時(shí)間T發(fā)出一次閃光，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力。（1）AB、BC之間的水平距離理論上滿足xAB_________xBC（填“大于”或“等于”或“小于”）；（2）BC之間實(shí)際下落的豎直高度為_________（用g、T表示）；（3）小球拋出時(shí)的初速度大小為_________（用g、T、a、b表示）?！敬鸢浮竣?等于②.6gT2③.【解析】【詳解】（1）[1]由于小球在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)則AB、BC之間的水平距離理論上滿足xAB等于xBC。（2）[2]已知每相鄰兩個(gè)球之間被刪去1個(gè)影像，故相鄰兩球的時(shí)間間隔為t=2T又因?yàn)樾∏蛟趻伋鏊查g頻閃儀恰好閃光，則AB之間的豎直位移為AC之間的豎直位移為則BC之間的豎直位移為hAC-hAB=6gT2（3）[3]由于小球在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則xAB=xBC=2v0T則且LAB：LBC=a：b聯(lián)立有15.（1）甲、乙、丙三個(gè)實(shí)驗(yàn)小組分別采用如圖（甲）、（乙）、（丙）所示的實(shí)驗(yàn)裝置，驗(yàn)證“當(dāng)質(zhì)量一定時(shí)，物體運(yùn)動(dòng)的加速度與它所受的合力成正比”這一物理規(guī)律。已知他們使用的小車完全相同，小車的質(zhì)量為M，重物的質(zhì)量為m，試回答下列問題：①甲、乙、丙實(shí)驗(yàn)中，必須平衡小車和長(zhǎng)木板之間的摩擦力的實(shí)驗(yàn)小組是______。A．甲、乙、丙B．甲、乙C．甲、丙②實(shí)驗(yàn)時(shí)，必須滿足“M遠(yuǎn)大于m”的實(shí)驗(yàn)小組是______（填“甲”、“乙”或“丙”）。③實(shí)驗(yàn)時(shí)，甲、乙、丙三組同學(xué)的操作均完全正確，他們作出的圖線如圖（?。┲蠥、B、C所示，則甲、乙、丙三組實(shí)驗(yàn)對(duì)應(yīng)的圖線依次是______。（選填“ABC”、“BCA”或“CAB”）（2）實(shí)驗(yàn)中，有同學(xué)用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器得到了在不同拉力作用下的A、B、C、D……幾條較為理想的紙帶，交流電的頻率為50Hz，并在紙帶上每5個(gè)點(diǎn)取一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，按打點(diǎn)先后依次為0，1，2，3，4，5.由于不小心，幾條紙帶都被撕斷了，如圖所示（圖中數(shù)據(jù)為相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離），請(qǐng)根據(jù)給出的四段紙帶判斷：在b、c、d三段紙帶中，可能是從紙帶a撕下的是______。A．bB．cC．dD．無法確定（3）小明同學(xué)采用（乙）圖實(shí)驗(yàn)裝置探究質(zhì)量一定時(shí)加速度與力的關(guān)系的實(shí)驗(yàn)時(shí)，以彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)F為橫坐標(biāo)，加速度a為縱坐標(biāo)，畫出的圖像是圖（?。┲械囊粭l直線，圖線與橫坐標(biāo)的夾角為θ，求得圖線的斜率為k，則小車的質(zhì)量為______。A．B．C．D．（4）如圖，這是丁同學(xué)受到甲，乙，丙同學(xué)啟發(fā)后設(shè)計(jì)的一項(xiàng)實(shí)驗(yàn)，在光滑輕質(zhì)定滑輪固定在水平實(shí)驗(yàn)臺(tái)的右邊緣處，質(zhì)量的平板車通過不可伸長(zhǎng)的輕繩水平跨過定滑輪與質(zhì)量為的重物相連接，質(zhì)量的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）放在平板車的中央處，小物塊與平板車間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，實(shí)驗(yàn)臺(tái)對(duì)平板車的阻力大小為。初始時(shí)刻，重物與它正下方固定的鎖定器間的距離為，輕繩剛好伸直?，F(xiàn)由靜止釋放重物，重物通過輕繩拉動(dòng)平板車開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過一段時(shí)間，重物與鎖定器發(fā)生碰撞并立刻被鎖定，最終小物塊未滑離平板車，平板車也未與滑輪發(fā)生碰撞。已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求初始時(shí)刻平板車右側(cè)與滑輪左側(cè)的距離d的條件______和平板車長(zhǎng)度l分別滿足的條件______。（結(jié)果可用分式表示）【答案】①.A②.甲③.CAB④.B⑤.C⑥.⑦.【解析】【詳解】（1）①[1]為了用小車受到的拉力表示小車所受的合力，甲、乙、丙三個(gè)實(shí)驗(yàn)都需要平衡摩擦力的影響。故選A。②[2]因?yàn)榧讏D中需要以重物的重力近似表示小車所受拉力的大小，因而需要滿足“M遠(yuǎn)大于m”來減小整體的加速度，滿足重物的重力近似等于小車所受拉力的要求。而乙圖中可以用彈簧測(cè)力計(jì)示數(shù)的2倍表示小車所受拉力，丙圖拉力傳感器也可以顯示小車所受的繩子拉力，因而乙、丙兩圖不需要滿足“M遠(yuǎn)大于m”。故只有甲圖需要滿足“M遠(yuǎn)大于m”這一條件。③[3]根據(jù)乙圖和牛頓第二定律可知解得甲圖和丙圖中符合解得故乙圖斜率較大，甲圖和丙圖斜率一致，其中甲圖如果隨著的增大，整體加速度增加時(shí)圖線會(huì)發(fā)生偏折，因而甲、乙、丙三組實(shí)驗(yàn)對(duì)應(yīng)的圖線依次是。（2）[4]根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中，相鄰相等時(shí)間內(nèi)位移之差為定值可知?jiǎng)t類比可知考慮誤差影響，從紙帶上撕下的是圖。故選B。（3）[5]根據(jù)（1）中可知解得故選C。（4）[6][7]假設(shè)系統(tǒng)中三物體可以相對(duì)靜止一起運(yùn)動(dòng)，則解得對(duì)于，摩擦力提供加速度，則的最大加速度為故可以三物體一起運(yùn)動(dòng)。下落時(shí)間被鎖定后瞬間，動(dòng)力消失，此時(shí)和速度為再次假設(shè)和可以相對(duì)靜止一起減速，則故假設(shè)不成立，和會(huì)有相對(duì)滑動(dòng)，則運(yùn)用隔離法對(duì)兩物體分析，根據(jù)牛頓第二定律可得兩物體加速度大小符合，解得則平板車減速的位移為則小物塊的減速位移為解得四、計(jì)算題（本題共4小題，共42分。解答應(yīng)當(dāng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟。只寫出最后答案的，不能得分。有數(shù)值運(yùn)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）16.如圖所示，以A、B和C、D為斷點(diǎn)的兩半圓形光滑軌道固定于豎直平面內(nèi)，一滑板靜止在光滑的地面上，左端緊靠B點(diǎn)，上表面所在平面與兩半圓分別相切于B、C兩點(diǎn)，一物塊（視為質(zhì)點(diǎn)）被輕放在水平勻速運(yùn)動(dòng)的傳送帶上E點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)剛好與傳送帶速度相同，然后經(jīng)A點(diǎn)沿半圓軌道滑下，且在B點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小為10mg，再經(jīng)B點(diǎn)滑上滑板，滑板運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)被牢固粘連。物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量為m，滑板質(zhì)量為，兩半圓半徑均為R，板長(zhǎng)，板右端到C點(diǎn)的距離為，E點(diǎn)距A點(diǎn)的距離，物塊與傳送帶、物塊與滑板間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，重力加速度為g，求：（1）物塊與傳送帶、物塊與滑板間的動(dòng)摩擦因數(shù)；（2）物塊與滑板間因摩擦而產(chǎn)生的總熱量?！敬鸢浮浚?）0.5；（2）3.5mgR【解析】【詳解】（1）設(shè)物塊運(yùn)動(dòng)到B的速度為，由牛頓第二定律得解得從E到B由動(dòng)能定理得解得（2）物塊從B點(diǎn)滑上滑板時(shí)至物塊與滑板共速，根據(jù)動(dòng)量守恒解得對(duì)m，根據(jù)動(dòng)能定理解得對(duì)M，根據(jù)動(dòng)能定理解得因?yàn)榭芍飰K與滑板達(dá)到共同速度時(shí)，物塊未離開滑板物塊與木板此后以共同速度勻速運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)，滑板不再運(yùn)動(dòng)，物塊在滑板上繼續(xù)往前運(yùn)動(dòng)對(duì)m，根據(jù)動(dòng)能定理解得又因?yàn)橛缮峡芍芍飰K不能到達(dá)與圓心同一高度的點(diǎn)，將會(huì)沿圓軌道滑回來，由能量守恒可得總熱量17.拉格朗日點(diǎn)指在兩個(gè)大天體引力作用下，能使小物體穩(wěn)定的點(diǎn)（小物體質(zhì)量相對(duì)兩大天體可忽略不計(jì)）。這些點(diǎn)的存在由法國(guó)數(shù)學(xué)家拉格朗日于1772年推導(dǎo)證明的，1906年首次發(fā)現(xiàn)運(yùn)動(dòng)于木星軌道上的小行星（見脫羅央群小行星）在木星和太陽的作用下處于拉格朗日點(diǎn)上。在每個(gè)由兩大天體構(gòu)成的系統(tǒng)中，按推論有5個(gè)拉格朗日點(diǎn)，其中連線上有三個(gè)拉格朗日點(diǎn)，分別是L1、L2、L3，如圖所示。我國(guó)發(fā)射的“鵲橋”衛(wèi)星就在地月系統(tǒng)平衡點(diǎn)L2點(diǎn)做周期運(yùn)動(dòng)，通過定期軌控保持軌道的穩(wěn)定性，可實(shí)現(xiàn)對(duì)著陸器和巡視器的中繼通信覆蓋，首次實(shí)現(xiàn)地月L2點(diǎn)周期軌道的長(zhǎng)期穩(wěn)定運(yùn)行。設(shè)某兩個(gè)天體系統(tǒng)的中心天體質(zhì)量為M，環(huán)繞天體質(zhì)量為m，兩天體間距離為L(zhǎng)，萬有引力常量為G，L1點(diǎn)到中心天體的距離為R1，L2點(diǎn)到中心天體的距離為R2。求：（1）處于L1點(diǎn)小物體的向心加速度；（2）處于L2點(diǎn)小物體運(yùn)行的線速度；（3）為了進(jìn)一步的通信覆蓋，發(fā)射兩顆質(zhì)量均為m0的衛(wèi)星，分別處于L1、L2點(diǎn)，L1、L2到環(huán)繞天體的距離近似相等（遠(yuǎn)小于L），兩衛(wèi)星與環(huán)繞天體同步繞中心天體做圓周運(yùn)動(dòng)，忽略衛(wèi)星間的引力，求中心天體對(duì)環(huán)繞天體的引力與它對(duì)兩衛(wèi)星的引力之和的比值？【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）設(shè)處于點(diǎn)的小物體質(zhì)量為，則小物體所受向心力由兩天體的萬有引力合力來提供，可得解得（2）設(shè)處于點(diǎn)的小物體質(zhì)量為，則小物體所受向心力由兩天體的萬有引力合力來提供，可得解得（3）中心天體對(duì)環(huán)繞天體的引力為中心天體對(duì)兩衛(wèi)星的引力之和為設(shè)處于點(diǎn)的小物體與環(huán)繞天體相距x，由于x遠(yuǎn)小于L，所以有則中心天體對(duì)環(huán)繞天體的引力與它對(duì)兩衛(wèi)星的引力之和的比值為18.一游樂設(shè)施簡(jiǎn)化模型如圖所示，擋板1、2分別固定在光滑斜面的頂端和底端，相距為L(zhǎng)，A為一小滑塊，B為不計(jì)質(zhì)量的