【文档说明】河南省鹤壁市2024届高三上学期第二次模拟考试（10月）+物理+含解析.docx，共(55)页，3.432 MB，由小赞的店铺上传

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2024届高三年级第二次模拟考试•物理试卷一．选择题（共8小题，每小题3分，共24分）1.中国书法艺术历史悠久，某同学用毛笔练习书法，从基础笔画“横”开始练习．如图，在楷书笔画中，长横的写法要领如下：起笔时一顿，然后向右行笔，收

笔时略向右按，再向左回带．该同学在水平桌面上平铺一张纸，为防止打滑，他在纸的左侧靠近边缘处用镇纸压住．则关于向右行笔过程中物体的受力情况，说法正确的是A.笔对纸的压力一定大于毛笔的重力B.镇纸受到了向右的静摩擦力C.白

纸受到了两个摩擦力的作用D.桌面受到了向左摩擦力作用2.如图所示，一升降机在箱底装有若干个弹簧，在某次高处作业时，升降机因吊索突然断裂急速下降，最终在弹簧的作用下触地级冲减速。弹簧始终没有超过弹性限度，忽略所有摩擦力，则升降机在从弹簧下端触地到运动至最低点的过程中（）A速度不断减小B.

加速度不断减小C.先是重力做正功、弹力做负功，然后是重力做负功、弹力做正功D.升降机在最低点时，系统（升降机、弹簧和地球）重力势能和弹性势能之和最大3.如图所示，滑雪运动员从O点由静止开始做匀加速直线运动，先后经过P、M、N三点，已知PM＝10m，MN

＝20m，且运动员经过PM、MN两段的时间相等，下列说法不正确的是（）.A.能求出OP间的距离B.不能求出运动员经过OP段所用的时间C.不能求出运动员的加速度D.不能求出运动员经过P、M两点的速度之比4.宇宙间存在一些

离其他恒星较远三星系统，其中有一种三星系统如图所示，三颗质量均为m的星体位于等边三角形的三个顶点，三角形边长为L，忽略其他星体对它们的引力作用，三星在同一平面内绕三角形中心O做匀速圆周运动，引力常量为G，下列说法正确的是（）A.每颗星

做圆周运动的角速度为3GmLB.每颗星做圆周运动的加速度大小与三星的质量无关C.若距离L和每颗星的质量m都变为原来的2倍，则周期变为原来的2倍D.若距离L和每颗星的质量m都变为原来的2倍，则线速度变为原来的4倍5.如图

所示，在地面上空以初速度0v水平抛出一个质量为m的小球，小球下落过程中，其动能EK、重力势能Ep、重力的功率P、重力的功W与时间t的关系图象中，正确的是()A.B.C.D.6.如图所示，在同一竖直线上有A、B两点，相距为h，B点离地高度为H

。现从A、B两点分别向P点安放两个光滑的固定斜面AP和BP，并让两个相同小物块（可看成质点）从两斜面的A、B点同时由静止滑的下，发现两小物块同时到达P点，则（）A.OP间距离为+（）HHhB.OP间距离为2Hh+C.两小物块运动到P点的速度相同D.两小物块的运动时间均为2+（）Hhg7

.如图所示，长为l的轻杆，一端固定一个质量为m的小球，另一端有固定转动轴O，杆可在竖直面内绕转动轴O无摩擦转动；质量为m的物块放置在光滑水平面上，开始时，使小球靠在物块的光滑侧面上，轻杆与水平面夹角45°，用手控制物块静止，然后释放物

块，在之后球与物块运动的过程中，下列说法正确的是（）A.球与物块分离前，杆上的弹力逐渐增大B.球与物块分离前，球与物块的速度相等C.球与物块分离前，物块的速度先增大后减小D.球与物块分离时，球的加速度等于重力加速度8.已知汽车在平直路面上由静止启动，阻力恒定，最终达到最大速度mv后以额定功率

匀速行驶，ab、cd平行于v轴，bc反向延长线过原点O，汽车质量为M，已知M、1F、2F、mv，下列说法不正确的是（）A.汽车额定功率为2mFvB.汽车从b到c过程作变加速运动C.汽车匀加速运动持续的时间为()2m121MFvFFF+D.汽车从a到b过程克服阻力做功()23m221212Mv

FFFF−二．多选题（共4小题，每小题4分，对而不全得2分，共16分，）9.两根长度不同的细线分别系有两个小球ab、,质量分别为12mm、，细线的上端都系于O点，两个小球在同一水平面上做匀速圆周运动。已知两细线长度之比12:3:1L

L=，长细线跟竖直方向的夹角为60=，下列说法正确的是（）A.两小球做匀速圆周运动周期相等B.两小球做匀速圆周运动的线速度相等C.12:3:1mm=D.短细线跟竖直方向成30°角10.如图所示，放置在竖直平面内的内壁光滑的弯管AB，是按照某质点以水平初速度大小v0做平抛运动的轨迹制成的，A端

为抛出点，B端为终止点，A、B的水平距离为d．现将一小球由静止从A端滑入弯管，经时间t后恰好以v0从B端射出，小球直径略小于弯管内径，重力加速度为g，不计空气阻力，则()A.v0＝gdB.v0＝2gdC.t＝dgD.t＞dg的11.如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用

一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度

取g=10m/s2。由题中所给数据可以得出（）A.木板的质量为1kgB.2s~4s内，力F的大小为0.4NC.0~2s内，力F的大小保持不变D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.0212.一足够长的光滑斜面固定在水平面上，质量为1kg的小物块在平行斜面向上的拉力F作用下，以一定初速度从斜面底端

沿斜面向上运动，经过时间0t物块沿斜面上滑了1.2m。小物块在F作用下沿斜面上滑过程中动能和重力势能随位移的变化关系如图线Ⅰ和Ⅱ所示。设物块在斜面底端的重力势能为零，重力加速度g取10m/s2。由此可求出（）A.斜面倾角为30B.力F的大小为20NC.小物块的初速度

大小为2m/sD.若0t时刻撤去拉力F，物块沿斜面上滑的最大距离为2.8m三．实验题（共2小题，第13题每空2分，第14题每空3分。共15分）13.小明同学利用传感器探究物体做圆周运动的向心力与质量轨道半径及线速度之间的关系。如图所示的实验装置中，带孔的小滑块套

在光滑的水平细杆上，通过细线与固定在转轴上的拉力传感器相连，小滑块上固定有宽度为d挡光片，通过光电门可测出挡光时间Δt，水平细杆可绕转轴做匀速圆周运动。的（1）该同学采用的实验方法主要是______。（填正确答案标号）A.理想模型法B.控制变量法C.等效替代

法D.微元法（2）小明同学想探究向心力与速度之间的关系时，保持运动半径和物体的质量不变，调整转速，记录了多组挡光片通过光电门的时间Δt和对应传感器示数F，做出图像如图所示，则该图像的横坐标为______。（填“Δt”，“1t”或“21t”）时

，即可求出向心力与速度之间的关系。（3）挡光片的宽度大小对实验结果是否有影响______。（填“是”或“否”）14.某实验小组为测量小物块与水平面间的动摩擦因数设计了下面的实验装置．如图所示，OPQ为竖直放置的光滑四分之一圆弧，半径为R

，圆弧与水平面相切于Q，质量为m的物块（可视为质点）从圆弧最高点P由静止释放，最终小物块停在水平面上的M处（图中没有标出）．（1）为了完成实验，必需的测量工具有_____________．A.天平B.停

表C.刻度尺D.打点计时器（2）写出动摩擦因数表达式并说明其中各个量的物理意义:___________．（3）写出一条影响实验准确性的因素:_______________________．四．解答题（共4小

题，第15题8分，第16题8分，第17题14分，第18题15分）15.卡车原来用10m/s的速度匀速在平直公路上行驶，因为道口出现红灯，司机从较远的地方即开始刹车，的使卡车匀减速前进，当车减速到2m/s时，交通灯转为绿灯，司机当

即放开刹车，并且只用了减速过程的一半时间卡车就加速到原来的速度，从刹车开始到恢复原速度的过程用了12s。求：（1）减速与加速过程中的加速度；（2）开始刹车后2s末及10s末的瞬时速度。16.如图所示，“V”形光滑支架下端用铰链固定于水平地面上，

支架两臂与水平面间夹角θ均为53°，“V”形支架的AB臂上套有一根原长为l的轻弹簧，轻弹簧的下端固定于“V”形支架下端，上端与一小球相接触不连接，该臂上端有一挡板。已知小球质量为m，支架每臂长为32l，支架静止时弹簧被压缩了3l，重力加速度为g。现让小球随支架一起绕中轴线OO′以角速度ω匀速转

动。sin53°=45，cos53°=35，求：（1）轻弹簧的劲度系数k；（2）轻弹簧恰为原长时，支架的角速度ω0；（3）当01=2及0=2时轻弹簧弹力的大小。17.如图所示，有一个质量为m=1kg的小物块（可视为质点

），从光滑平台上的A点以03/vms=的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道CD，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的长木板。已知足够长的长木板质量为1Mkg=，放在粗糙的水平

地面上，长木板下表面与地面间的动摩擦因数20.1=，长木板上表面与小物块间的动摩擦因数10.3=，且与圆弧轨道末端切线相平，圆弧轨道的半径为R=0.5m，半径OC与竖直方向的夹角53=（不计空气阻力，210/gms=，sin

530.8=，cos530.6)=。求：（1）小物块到达C点时的速度大小；（2）小物块与长木板因摩擦而产生的热量。18.如图所示，一游戏装置由安装在水平台面上的高度h可调的斜轨道AB、竖直圆轨道（在最低点E分别与水平轨道AE和EG相连）、细圆管道GHIJ（HI和IJ为两

段四分之一圆弧）和与J相切的水平直轨道JK组成。可认为所有轨道均处在同一竖直平面内，连接处均平滑。已知，滑块质量为30gm=且可视为质点，竖直圆轨道半径为0.45mr=，小圆弧管道HI和大圆弧管道IJ的半径之比为1:4，11.5mL=不变，20.5mL=，滑块与AB、EG及JK间摩

擦因数均为0.5=，其他轨道均光滑，不计空气阻力，忽略管道内外半径差异。现调节2mh=，滑块从B点由静止释放后，贴着轨道恰好能滑上水平直轨道JK，求（1）大圆弧管道IJ的半径R；（2）滑块经过竖直圆轨道与圆心O等高的P点时对轨道的压力1F与运动到圆弧管道最

低点H时对轨道的压力2F大小之比；（3）若在水平轨道JK水上某一位置固定一弹性挡板，当滑块与之发生弹性碰撞后能以原速率返回，若第一次返回时滑块不脱轨就算游戏闯关成功。调节斜轨道的高度为3mh=，仍让滑块从B点由

静止滑下，问弹性挡板与J的间距L满足什么条件时游戏能闯关成功。2024届高三年级第二次模拟考试•物理试卷一．选择题（共8小题，每小题3分，共24分）1.中国书法艺术历史悠久，某同学用毛笔练习书法，从基础笔画“横”开始练习．如图，在

楷书笔画中，长横的写法要领如下：起笔时一顿，然后向右行笔，收笔时略向右按，再向左回带．该同学在水平桌面上平铺一张纸，为防止打滑，他在纸的左侧靠近边缘处用镇纸压住．则关于向右行笔过程中物体的受力情况，说法正确的是A.笔对纸的压力一定大于毛笔的重力B.镇纸受到了向右的静摩

擦力C.白纸受到了两个摩擦力的作用D.桌面受到了向左摩擦力作用【答案】C【解析】【详解】A．毛笔在书写的过程中受到重力、手的作用力以及纸的支持力处于平衡状态，应用手对毛笔的作用力是未知的，所以不能判断出毛笔对纸的压力与毛笔的重力的关系．故A错误；

B．镇纸始终处于静止状态，所以镇纸始终不受摩擦力，镇纸的作用是增大纸与桌面之间的弹力与摩擦力．故B错误；C．白纸受到桌面对它的摩擦力和笔对它的摩擦力，不受镇纸的摩擦力，故C正确；D．白纸始终处于静止状态，则

白纸在水平方向受到的毛笔对白纸的向右摩擦力与桌面对白纸的向左摩擦力处于平衡状态；根据牛顿第三定律可知，白纸对桌面的摩擦力的方向向右，D错误．2.如图所示，一升降机在箱底装有若干个弹簧，在某次高处作业时，升降机因吊索突然断裂急速下降，最终在弹簧的作用下触地级冲减速。弹簧始终没

有超过弹性限度，忽略所有摩擦力，则升降机在从弹簧下端触地到运动至最低点的过程中（）A.速度不断减小B加速度不断减小C.先是重力做正功、弹力做负功，然后是重力做负功、弹力做正功D.升降机在最低点时，系统（升降机、弹簧和地球）重力势能和弹性势能之和最大【答案】D【解析】【详解】AB.升降机在从弹簧

下端触地到运动至最低点的过程中，开始阶段，重力大于弹力加速度方向向下，大小随弹力增大而减小，升降机先向下做加速运动，当弹簧弹力增大到和重力相等时，加速度减为零，速度大于最大，然后弹力继续增大，弹力大于重力，加速度向上，大小随

弹力增大而增大，升降机向下减速，当速度减为零时，达到最低点，所以整个过程中，速度先增大后减小，加速度先减小后增大，故AB错误；C.升降机在从弹簧下端触地到运动至最低点的过程中，重力一直竖直向下，弹簧弹力一直向上，升降机位移一直向下，所以重力一直做正功，弹簧弹力一直做负功，故C错误；D.对系

统（升降机、弹簧和地球），只有重力和弹簧弹力做功，系统的机械能守恒，即升降机的动能、重力势能和弹性势能之和保持不变，升降机在最低点时，升降机的动能最小，则系统（升降机、弹簧和地球）重力势能和弹性势能之和最大，故D正确。故选D3.如图所示，滑雪运动员从O点由静止开始做匀加速直线运动，先后经过P、M

、N三点，已知PM＝10m，MN＝20m，且运动员经过PM、MN两段的时间相等，下列说法不正确的是（）A.能求出OP间的距离B.不能求出运动员经过OP段所用的时间C.不能求出运动员的加速度D.不能求出运动员经过P

、M两点的速度之比【答案】D【解析】【详解】设物体通过PM、MN所用时间分别为T，则M点的速度为：152MPMMNvTT+=＝；根据△x=aT2.。得：2210PMMNaTT−==则：vP=vM-aT=15105TTT−=,则：xOP=22Pva=1.2

5m，故A正确；运动员经过P、M两点的速度之比为13PMvv＝是可求解的，故D错误；不能求出运动员经过OP段所用的时间和运动员的加速度大小，故BC正确，本题选不正确的，因此选D．4.宇宙间存在一些离其他恒星较远的三星系统，其中有一种三

星系统如图所示，三颗质量均为m的星体位于等边三角形的三个顶点，三角形边长为L，忽略其他星体对它们的引力作用，三星在同一平面内绕三角形中心O做匀速圆周运动，引力常量为G，下列说法正确的是（）A.每颗星做

圆周运动的角速度为3GmLB.每颗星做圆周运动的加速度大小与三星的质量无关C.若距离L和每颗星的质量m都变为原来的2倍，则周期变为原来的2倍D.若距离L和每颗星的质量m都变为原来的2倍，则线速度变为原来的4倍【答案】C【解析】【详解】AB．任意两星间的万有引力F=G22

mL对任一星受力分析，如图所示，由图中几何关系知r=33LF合=2Fcos30°=3F由牛顿第二定律可得F合=mω2r联立可得ω=33GmLan=ω2r=23GmLAB错误；C．由周期公式可得T=2=2π33LGmL和m都变为原来的2倍，则

周期T′=2TC正确；D．由速度公式可得v=ωr=GmLL和m都变为原来的2倍，则线速度v′=v大小不变，D错误。故选C。5.如图所示，在地面上空以初速度0v水平抛出一个质量为m的小球，小球下落过程中，其动能EK、重力势能Ep、重力的功率P、重力的功W与时间t的关系图象中，正确的是()A.B.C

.D.【答案】C【解析】【详解】A．某时刻的动能22220111222kEmvmvmgt==+则kEt−图像是不过原点且开口向上的抛物线，选项A错误；B．重力势能220012pppEEmghEmgt=−=−则pEt−图

像不是直线，选项B错误；C．重力的功率2yPmgvmggtmgt===则P-t图像是过原点的直线，选项C正确；D．重力的功：2212Wmghmgt==则W-t图像是过原点的曲线，选项D错误。6.如图所示

，在同一竖直线上有A、B两点，相距为h，B点离地高度为H。现从A、B两点分别向P点安放两个光滑的固定斜面AP和BP，并让两个相同小物块（可看成质点）从两斜面的A、B点同时由静止滑下，发现两小物块同时到达P点，则（）A.OP间距离为+（）H

HhB.OP间距离为2Hh+C.两小物块运动到P点的速度相同D.两小物块的运动时间均为2+（）Hhg【答案】A【解析】【详解】AB．设斜面的倾角为θ，则物块下滑的加速度为a=gsinθ设OP的距离为x，则12=cosxθat2=12gsinθ·t2因两

物块在斜面上下滑的时间相等，即t1=t2则有cosθ1·sinθ1=cosθ2·sinθ2由图可知22++（）xHhx·2222+=+++（）HhxHhxHx·22+HHx解得x=+（）HHh故A正确，B错误；C

．根据机械能守恒定律可知，两物块开始下落的高度不同，则下落到底端的速度不同，故C错误；D．2+（）Hhg是物块从A点做自由落体运动到O点的时间，因此两小物块的运动时间均大于2+（）Hhg，故D错误。故选A。7.如图所示，长为l轻杆，一端固定一个质量为m的小球，另一端有固

定转动轴O，杆可在竖直面内绕转动轴O无摩擦转动；质量为m的物块放置在光滑水平面上，开始时，使小球靠在物块的光滑侧面上，轻杆与水平面夹角45°，用手控制物块静止，然后释放物块，在之后球与物块运动的过程中，下列说法正确的是（）A.球与物块分离前，杆上的弹力逐渐增大B.球与物块分离前，球与物块的速度相

等C.球与物块分离前，物块的速度先增大后减小D.球与物块分离时，球的加速度等于重力加速度【答案】D【解析】【详解】AD．对小球和物块整体受力分析，受重力，杆的弹力F，地面的支持力FN，如图1所示，在水平方向由牛顿第二定律得(

)cosxFMma=+分离后物块加速度为零，可知在球与物块分离前，物块的加速度逐渐减小，而小球水平方向的分加速度与物块的加速度相等，所以物块的水平方向分加速度逐渐减小，而cos逐渐增大，所以弹力逐渐减小，当恰的的

好分离时，水平加速度为零，弹力为零，球只受重力，加速度等于重力加速度g，故A错误，D正确；B．设球的速度为v，球与物块分离前，物块与球的水平速度相等，球的速度与杆垂直向下，如图2所示，将球的速度分解为水平方向和竖直方向两个分速度，由图可知，

球的速度大于物块的速度，故B错误；C．由于地面光滑，杆对物块的弹力始终向左，物块的加速度始终向左，所以物块一直加速，故C错误。故选D。8.已知汽车在平直路面上由静止启动，阻力恒定，最终达到最大速度mv后以额定功率匀速行驶，ab、cd平行于v轴

，bc反向延长线过原点O，汽车质量为M，已知M、1F、2F、mv，下列说法不正确的是（）A.汽车额定功率为2mFvB.汽车从b到c过程作变加速运动C.汽车匀加速运动持续的时间为()2m121MFvFFF+D.汽车从a到b过程克服

阻力做功()23m221212MvFFFF−【答案】C【解析】【详解】A．根据PFv=可得1vPF=汽车额定功率为图象的斜率，有m2m21vPFvF==故A正确；B．汽车从b到c过程中功率保持不变，随着汽车速度的增大，牵引力减小，根据牛顿第二

定律有Ffma−=可知随着牵引力的减小，汽车的加速度减小，故汽车从b到c过程作变加速运动，故B正确；C．汽车所受的阻力为2mPfFv==由于额定功率等于图象斜率有m12111vvPFF==即2m11FvFv=汽车从a到b，根

据牛顿第二定律有1FfMa−=汽车从a到b匀加速运动持续的时间为()2m1121MFvtaFvFF==−故C错误；D．汽车从a到b过程的位移212xat=汽车从a到b过程克服阻力做功()23m221212WMvFFFFfx−==故D正确。本题选不正确的，故选C。二．多选题（

共4小题，每小题4分，对而不全得2分，共16分，）9.两根长度不同的细线分别系有两个小球ab、,质量分别为12mm、，细线的上端都系于O点，两个小球在同一水平面上做匀速圆周运动。已知两细线长度之比12:3:1LL=，长细线跟竖直方向的夹角为60=，下列说法正确的是（）A.两小球做匀速圆周运

动的周期相等B.两小球做匀速圆周运动的线速度相等C.12:3:1mm=D.短细线跟竖直方向成30°角【答案】AD【解析】【详解】A．小球受重力和细线的拉力，竖直方向cosTmg=水平方向2sinsinTmL

=解得cosggLh==2hTg=可看出，两小球运动的加速度和周期相等，选项A正确；B．两小球角速度相同，做圆周运动的半径不同，则线速度不相等，选项B错误；C．从选项A的解析可以看出根据本题中所给信息，不能推出质量的关系，选项C错误；D．

设短细线与竖直方向的夹角为，则根据几何知识12cos60cosLL=又因为12:3:1LL=解得30=故短细线跟竖直方向成30°角，选项D正确。故选AD。10.如图所示，放置在竖直平面内的内壁光滑的弯管AB，是按照某质点以水平初速度大小v0做平抛运动的轨迹制成的，A端为抛出点，

B端为终止点，A、B的水平距离为d．现将一小球由静止从A端滑入弯管，经时间t后恰好以v0从B端射出，小球直径略小于弯管内径，重力加速度为g，不计空气阻力，则()A.v0＝gdB.v0＝2gdC.t＝dgD.t＞dg【答案】AD【解析】【分析】抓住小球与弯管

无挤压，得出小球做平抛运动，根据水平位移和初速度求出运动的时间，从而得出下降的高度，根据动能定理求出初速度的大小；【详解】AB.某质点以初速度0v水平抛出时，质点在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，从A到B过程质点的运动时间为00tdv=，质点的

下落高度为2012hgt=，小球由静止从A端开始运动到B端的过程，根据动能定理得：2012mghmv=则有：20201222dghggvv==解得0vgd=，故选项A符合题意，B不符合题意；CD.质点以初速度0v水平抛出的过程，则有：00dtvdg==小球由静止

释放至运动到B端的过程，水平方向的平均速度大小一定小于0v，所以0tt，即dtg，故选项C不符合题意，D符合题意．【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和动能定理综合求解，注意

静止释放时，小球的运动不是平抛运动．11.如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关

系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取g=10m/s2。由题中所给数据可以得出（）A.木板的质量为1kgB.2s~4s内，力F的大小为0.4NC.0~2s内，力F的大小保持不变D.物块与木板之间的动摩擦因数

为0.02【答案】AB【解析】【详解】AB．由vt−图像可知，2~4s内，木板做匀加速运动的加速度大小为2210.4m/s0.2m/s42a==−设木板的质量为M，物块的质量为m，物块与木板之间的动摩擦因数为，根据牛顿第二定律可得1FmgMa−=又0.2Nmgf==在4

st=时撤去外力后，木板做匀减速运动的加速度大小为2220.40.2m/s0.2m/s54a−==−根据牛顿第二定律可得2mgMa=联立解得1kgM=，0.4NF=AB正确；C．由vt−图像可知，0~2s内，木板处于静止状态，根据受力平衡可得Ff=可知力F的大小逐渐增大，C错误；D．由于不知道物

块的质量，故无法算出物块与木板之间的动摩擦因数，D错误。故选AB。12.一足够长的光滑斜面固定在水平面上，质量为1kg的小物块在平行斜面向上的拉力F作用下，以一定初速度从斜面底端沿斜面向上运动，经过时间0t物块沿斜面上滑了1

.2m。小物块在F作用下沿斜面上滑过程中动能和重力势能随位移的变化关系如图线Ⅰ和Ⅱ所示。设物块在斜面底端的重力势能为零，重力加速度g取10m/s2。由此可求出（）A.斜面的倾角为30B.力F的大小为20NC.小物块的初速度大小为2m/sD.若0t时刻撤去拉

力F，物块沿斜面上滑的最大距离为2.8m【答案】ACD【解析】【详解】A．根据psinEmghmgx==得p61sin1101.22Emgx===所以斜面倾角为30=故A正确；B．根据动能定理sin308J-6JFxmgx−=得20N3F=故B错误；C．根

据2k0012Emv=得初速度为k00222m/s=2m/s1Evm==故C正确；D．若经过0t后撤去拉力F，小物块的机械能不变，此后重力势能增加、动能减小；根据图像可知，0t时刻的机械能为kp8J+6J=14JEEE=+=根据机械能守恒定律可得sinEmgx=解得上升的最大距离为14m=

2.8msin1100.5Exmg==故D正确。故选ACD。三．实验题（共2小题，第13题每空2分，第14题每空3分。共15分）13.小明同学利用传感器探究物体做圆周运动的向心力与质量轨道半径及线速度之间的关系。如图所示的实验装置中，带孔的小滑块套在光滑的水平

细杆上，通过细线与固定在转轴上的拉力传感器相连，小滑块上固定有宽度为d挡光片，通过光电门可测出挡光时间Δt，水平细杆可绕转轴做匀速圆周运动。（1）该同学采用的实验方法主要是______。（填正确答案标号

）A.理想模型法B.控制变量法C.等效替代法D.微元法（2）小明同学想探究向心力与速度之间的关系时，保持运动半径和物体的质量不变，调整转速，记录了多组挡光片通过光电门的时间Δt和对应传感器示数F，做出图像如图所示，则该图像的横坐标为____

__。（填“Δt”，“1t”或“21t”）时，即可求出向心力与速度之间的关系。（3）挡光片的宽度大小对实验结果是否有影响______。（填“是”或“否”）【答案】①B②.21t③.否【解析】【详解】（1）[1]实验中探究一个物

理量与多个物理量的关系时，需采用控制变量法，故ACD错误B正确。故选B。（2）[2]根据题意可知，小滑块的线速度为dvt=根据2Frvm=可得221mdFrt=则该图像的横坐标为21t。.（3）[3]当水平细杆做匀速圆周运动时，小滑块通过光电门的平均速度即为小滑块做圆周运动的线

速度，则挡光片的宽度大小对实验结果是没有影响。14.某实验小组为测量小物块与水平面间的动摩擦因数设计了下面的实验装置．如图所示，OPQ为竖直放置的光滑四分之一圆弧，半径为R，圆弧与水平面相切于Q，质量为m的物块（可视为质点）

从圆弧最高点P由静止释放，最终小物块停在水平面上的M处（图中没有标出）．（1）为了完成实验，必需的测量工具有_____________．A.天平B.停表C.刻度尺D.打点计时器（2）写出动摩擦因数的表达式并说明其中各个量的物理意义:

___________．（3）写出一条影响实验准确性的因素:_______________________．【答案】①.C②.动摩擦因数的表达式μ=RL，其中R为圆弧半径，L为物体在水平面上滑行的距离③.圆弧面不光滑（或圆弧面不与水平面相切；半径和滑行

距离的测量有误差）【解析】【详解】（1）[1]．由动能定理有mgR-μmgL=0-0得μ=RL由此可知需要测圆弧轨道半径和在水平面上滑行的距离，因此必须的测量工具为刻度尺，故选C．（2）[2]．动摩擦因数的表达式μ=RL，其中R为圆弧半径，L为物体在水平面上滑行的距离．（3）[3]．影响实

验准确性的原因：圆弧面不光滑；圆弧面不与水平面相切；半径和滑行距离的测量有误差．四．解答题（共4小题，第15题8分，第16题8分，第17题14分，第18题15分）15.卡车原来用10m/s的速度匀速在平直公路上行驶，因为道口出现红灯，司机从较远的地方即开始刹车，使卡车匀减速前进

，当车减速到2m/s时，交通灯转为绿灯，司机当即放开刹车，并且只用了减速过程的一半时间卡车就加速到原来的速度，从刹车开始到恢复原速度的过程用了12s。求：（1）减速与加速过程中的加速度；（2）开始刹车后

2s末及10s末的瞬时速度。【答案】（1）21m/s−，22m/s；（2）8m/s，6m/s【解析】【详解】（1）设初速度的方向为正方向，根据题意可知，减速时间t1，加速时间t2，根据题意可知t1+t2＝12s可得t1＝8st2＝4s减速过程中的加速度21221

018m/sm/svat−===−加速过程中的加速度222102m/s2ms4/vat−===（2）由速度公式v＝v0＋at可知，开始刹车后2s的速度为v2＝（10－1×2）m/s＝8m/s汽车刹车

时间为8s，接着加速，所以10s末的速度为v10＝（2＋2×2）m/s＝6m/s16.如图所示，“V”形光滑支架下端用铰链固定于水平地面上，支架两臂与水平面间夹角θ均为53°，“V”形支架的AB臂上套有一根原长为l的轻弹簧，轻弹簧的下端固定于“V

”形支架下端，上端与一小球相接触不连接，该臂上端有一挡板。已知小球质量为m，支架每臂长为32l，支架静止时弹簧被压缩了3l，重力加速度为g。现让小球随支架一起绕中轴线OO′以角速度ω匀速转动。sin53

°=45，cos53°=35，求：（1）轻弹簧的劲度系数k；（2）轻弹簧恰为原长时，支架的角速度ω0；（3）当01=2及0=2时轻弹簧弹力的大小。【答案】（1）125mgkl=；（2）0209gl=；（3）3655mg；0【解析】【详解】（1）受力分析如图支

架静止时弹簧被压缩了3lsin3klmg=解得125mgkl=（2）轻弹簧恰为原长时，如图所示，支架的角速度ω020tancosmgml=解得0209gl=（3）当012=时，弹簧处理压缩态cossinNkxmg+=2sin

()cos()cosNkxmlx−=−解得轻弹簧弹力3655mgkx=当02=时弹簧脱离接触kx=0N17.如图所示，有一个质量为m=1kg的小物块（可视为质点），从光滑平台上的A点以03/vms=的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿切线方向进入固定在水平地面上的光

滑圆弧轨道CD，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的长木板。已知足够长的长木板质量为1Mkg=，放在粗糙的水平地面上，长木板下表面与地面间的动摩擦因数20.1=，长木板上表面与小物块间的动摩擦因数10.3=，且与圆弧轨道末端切线相平，圆弧轨道的半径为R=

0.5m，半径OC与竖直方向的夹角53=（不计空气阻力，210/gms=，sin530.8=，cos530.6)=。求：（1）小物块到达C点时的速度大小；（2）小物块与长木板因摩擦而产生的热量。【答案】（1）5m/s；（2）10.875J【解析】【详解】

（1）小物块平抛运动至C点时，对速度进行分解，如图所示因小物块恰好沿切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道CD，则有：0cosCvv=代入数据解得5m/sCv=（2）小物块从C运动到D的过程中，由

动能定理可得：2211(1cos53)22DCmgRmvmv−=−代入数据解得29m/sDv=小物块滑上长木板后做匀减速直线运动，对物块根据牛顿第二定律可得：11mgma=解得小物块减速运动的加速度大小

为213m/sa=长木板做匀加速直线运动，对长木板根据牛顿第二定律可得：122()mgmMgMa−+=可得长木板的加速度大小为221m/sa=设经过t时间二者共速，则有：12Dtvata+=小物块12Dvvst+=长木板

22vst=又12sss=−相对小物块与长木板因摩擦而产生的热量：1Qmgs=相对联立方程，解得10.875JQ=18.如图所示，一游戏装置由安装在水平台面上的高度h可调的斜轨道AB、竖直圆轨道（在最低点E分别与水平轨道AE和

EG相连）、细圆管道GHIJ（HI和IJ为两段四分之一圆弧）和与J相切的水平直轨道JK组成。可认为所有轨道均处在同一竖直平面内，连接处均平滑。已知，滑块质量为30gm=且可视为质点，竖直圆轨道半径为0.45mr=，小圆弧管道H

I和大圆弧管道IJ的半径之比为1:4，11.5mL=不变，20.5mL=，滑块与AB、EG及JK间摩擦因数均为0.5=，其他轨道均光滑，不计空气阻力，忽略管道内外半径差异。现调节2mh=，滑块从B点由静止释放后，贴着轨道恰好能滑上水平直轨

道JK，求（1）大圆弧管道IJ的半径R；（2）滑块经过竖直圆轨道与圆心O等高的P点时对轨道的压力1F与运动到圆弧管道最低点H时对轨道的压力2F大小之比；（3）若在水平轨道JK水上某一位置固定一弹性挡板，当滑块与之发生弹性碰撞后能以原速率返回，若第一次返回时滑块不脱轨就算游戏闯关成功。调

节斜轨道的高度为3mh=，仍让滑块从B点由静止滑下，问弹性挡板与J的间距L满足什么条件时游戏能闯关成功。【答案】（1）0.8m；（2）123299FF=；（3）L≤0.625m或者2m≥L≥1m【解析】【详解】（1）物块从B点开始下滑，恰能达到水平直轨道JK，

则由能量关系121()4mghmgLmgLmgRR=+++解得R=0.8m（2）运动到P点时21P12mghmgLmgrmv=++21PvFmr=解得vP=4m/sF1=1615N运动到H点时2121()2HmghmgLLmv=++2114HvFmgmR−=解得F2=3.3N则1

23299FF=（3）由题目数据可知，若小球在J点的速度为零时，返回到P点时2211(1)42PmgRmgLmv+=+即vP>0，即只要小球被挡板反弹后能到达J点就一定能到达P点，即若小球只要与挡板相碰能到达J点就一定能越过P点，所以要

想满足题目的条件，必须是能越过最高点，当L最大时对应于物块恰能到达与圆轨道最高点的位置，此时2Fvmgmr=则由能量关系212max1(22)22FmghmgLLLmgrmv=++++解得Lmax=0.625m若物块与挡板碰后反

弹不能到达J点，则12min5(2)4RmghmgLLLmg=+++Lmin=1m若物块恰能到达挡板位置，则'12max5()4RmghmgLLLmg=+++解得L′max=2m则弹性挡板与J的间距L满足L≤0.625m或者2m≥L≥1m才能闯关成功。2024届高三年级第二次模拟考试•

物理试卷一．选择题（共8小题，每小题3分，共24分）1.中国书法艺术历史悠久，某同学用毛笔练习书法，从基础笔画“横”开始练习．如图，在楷书笔画中，长横的写法要领如下：起笔时一顿，然后向右行笔，收笔时略向右按，再向左回带．该同学在水平桌面上平铺一张纸，

为防止打滑，他在纸的左侧靠近边缘处用镇纸压住．则关于向右行笔过程中物体的受力情况，说法正确的是A.笔对纸的压力一定大于毛笔的重力B.镇纸受到了向右的静摩擦力C.白纸受到了两个摩擦力的作用D.桌面受到了向左摩擦力作用【答案】

C【解析】【详解】A．毛笔在书写的过程中受到重力、手的作用力以及纸的支持力处于平衡状态，应用手对毛笔的作用力是未知的，所以不能判断出毛笔对纸的压力与毛笔的重力的关系．故A错误；B．镇纸始终处于静止状态，所以镇纸始

终不受摩擦力，镇纸的作用是增大纸与桌面之间的弹力与摩擦力．故B错误；C．白纸受到桌面对它的摩擦力和笔对它的摩擦力，不受镇纸的摩擦力，故C正确；D．白纸始终处于静止状态，则白纸在水平方向受到的毛笔对白纸

的向右摩擦力与桌面对白纸的向左摩擦力处于平衡状态；根据牛顿第三定律可知，白纸对桌面的摩擦力的方向向右，D错误．2.如图所示，一升降机在箱底装有若干个弹簧，在某次高处作业时，升降机因吊索突然断裂急速下降，最终在弹簧的作用下触地级冲减

速。弹簧始终没有超过弹性限度，忽略所有摩擦力，则升降机在从弹簧下端触地到运动至最低点的过程中（）A.速度不断减小B加速度不断减小C.先是重力做正功、弹力做负功，然后是重力做负功、弹力做正功D.升降机在最低点时，系统（

升降机、弹簧和地球）重力势能和弹性势能之和最大【答案】D【解析】【详解】AB.升降机在从弹簧下端触地到运动至最低点的过程中，开始阶段，重力大于弹力加速度方向向下，大小随弹力增大而减小，升降机先向下做加速运动，当弹簧弹力增大到

和重力相等时，加速度减为零，速度大于最大，然后弹力继续增大，弹力大于重力，加速度向上，大小随弹力增大而增大，升降机向下减速，当速度减为零时，达到最低点，所以整个过程中，速度先增大后减小，加速度先减小后增大，故AB错误；C.升降机在从弹簧下端触地到

运动至最低点的过程中，重力一直竖直向下，弹簧弹力一直向上，升降机位移一直向下，所以重力一直做正功，弹簧弹力一直做负功，故C错误；D.对系统（升降机、弹簧和地球），只有重力和弹簧弹力做功，系统的机械能守恒，即升降机的动能、重力势能和弹性势能之和保持不变，升降机

在最低点时，升降机的动能最小，则系统（升降机、弹簧和地球）重力势能和弹性势能之和最大，故D正确。故选D3.如图所示，滑雪运动员从O点由静止开始做匀加速直线运动，先后经过P、M、N三点，已知PM＝10m，MN＝20m，且运动员经过

PM、MN两段的时间相等，下列说法不正确的是（）A.能求出OP间的距离B.不能求出运动员经过OP段所用的时间C.不能求出运动员的加速度D.不能求出运动员经过P、M两点的速度之比【答案】D【解析】【详解】设物体通过PM、MN所用时间分别为T，则M点的速度为：152MPMMNvTT+=＝

；根据△x=aT2.。得：2210PMMNaTT−==则：vP=vM-aT=15105TTT−=,则：xOP=22Pva=1.25m，故A正确；运动员经过P、M两点的速度之比为13PMvv＝是可求解的，故D错误；不能

求出运动员经过OP段所用的时间和运动员的加速度大小，故BC正确，本题选不正确的，因此选D．4.宇宙间存在一些离其他恒星较远的三星系统，其中有一种三星系统如图所示，三颗质量均为m的星体位于等边三角形的三个顶点，三角形边长为L，忽略其他星体对它们的引力作用，三星在同一平面内绕三角形中心

O做匀速圆周运动，引力常量为G，下列说法正确的是（）A.每颗星做圆周运动的角速度为3GmLB.每颗星做圆周运动的加速度大小与三星的质量无关C.若距离L和每颗星的质量m都变为原来的2倍，则周期变为原来的2倍D.若距离L和每颗星的质量m都变为原来的2倍，则线速度变为原来的4倍【答案】C【解析】【

详解】AB．任意两星间的万有引力F=G22mL对任一星受力分析，如图所示，由图中几何关系知r=33LF合=2Fcos30°=3F由牛顿第二定律可得F合=mω2r联立可得ω=33GmLan=ω2r=23GmLAB

错误；C．由周期公式可得T=2=2π33LGmL和m都变为原来的2倍，则周期T′=2TC正确；D．由速度公式可得v=ωr=GmLL和m都变为原来的2倍，则线速度v′=v大小不变，D错误。故选C。5.如图所示，在地面上空以初速度0v水平抛出一个质量为m的小球，小球下落过程中，其动能EK、重

力势能Ep、重力的功率P、重力的功W与时间t的关系图象中，正确的是()A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．某时刻的动能22220111222kEmvmvmgt==+则kEt−图像是不过原点且开口向上的抛物线，选项A错误；B．重力势能220012pppEEm

ghEmgt=−=−则pEt−图像不是直线，选项B错误；C．重力的功率2yPmgvmggtmgt===则P-t图像是过原点的直线，选项C正确；D．重力的功：2212Wmghmgt==则W-t图像是过原点的曲线，选

项D错误。6.如图所示，在同一竖直线上有A、B两点，相距为h，B点离地高度为H。现从A、B两点分别向P点安放两个光滑的固定斜面AP和BP，并让两个相同小物块（可看成质点）从两斜面的A、B点同时由静止滑下，发现两

小物块同时到达P点，则（）A.OP间距离为+（）HHhB.OP间距离为2Hh+C.两小物块运动到P点的速度相同D.两小物块的运动时间均为2+（）Hhg【答案】A【解析】【详解】AB．设斜面的倾角为θ，则物块下滑的加速度为a=gsinθ设OP的

距离为x，则12=cosxθat2=12gsinθ·t2因两物块在斜面上下滑的时间相等，即t1=t2则有cosθ1·sinθ1=cosθ2·sinθ2由图可知22++（）xHhx·2222+=+++（）HhxHhxHx·22+

HHx解得x=+（）HHh故A正确，B错误；C．根据机械能守恒定律可知，两物块开始下落的高度不同，则下落到底端的速度不同，故C错误；D．2+（）Hhg是物块从A点做自由落体运动到O点的时间，因此两小物块的运动时间均大于2+（）Hhg，故D错误。故选A。7.如图所示，长为l轻杆，一端固定一个质量为

m的小球，另一端有固定转动轴O，杆可在竖直面内绕转动轴O无摩擦转动；质量为m的物块放置在光滑水平面上，开始时，使小球靠在物块的光滑侧面上，轻杆与水平面夹角45°，用手控制物块静止，然后释放物块，在之后球与物块运动的过程中，下列说法正确的是（）A.球与物块分离前，杆上的弹力逐渐增大B.球

与物块分离前，球与物块的速度相等C.球与物块分离前，物块的速度先增大后减小D.球与物块分离时，球的加速度等于重力加速度【答案】D【解析】【详解】AD．对小球和物块整体受力分析，受重力，杆的弹力F，地面的支持力FN，如图1所示，在水平方向由牛顿第二定律得()cosxFMma=

+分离后物块加速度为零，可知在球与物块分离前，物块的加速度逐渐减小，而小球水平方向的分加速度与物块的加速度相等，所以物块的水平方向分加速度逐渐减小，而cos逐渐增大，所以弹力逐渐减小，当恰的的好分离时，水平加速度为零，弹力为零，球只受重力，加速度等于重力加速度g，故A错误，D正确

；B．设球的速度为v，球与物块分离前，物块与球的水平速度相等，球的速度与杆垂直向下，如图2所示，将球的速度分解为水平方向和竖直方向两个分速度，由图可知，球的速度大于物块的速度，故B错误；C．由于地面光滑，杆对物块的弹力始终向左，物块的加速度始终向

左，所以物块一直加速，故C错误。故选D。8.已知汽车在平直路面上由静止启动，阻力恒定，最终达到最大速度mv后以额定功率匀速行驶，ab、cd平行于v轴，bc反向延长线过原点O，汽车质量为M，已知M、1F

、2F、mv，下列说法不正确的是（）A.汽车额定功率为2mFvB.汽车从b到c过程作变加速运动C.汽车匀加速运动持续的时间为()2m121MFvFFF+D.汽车从a到b过程克服阻力做功()23m221212MvFFFF−【答案】C【解析】【详解】A．根据PFv=可

得1vPF=汽车额定功率为图象的斜率，有m2m21vPFvF==故A正确；B．汽车从b到c过程中功率保持不变，随着汽车速度的增大，牵引力减小，根据牛顿第二定律有Ffma−=可知随着牵引力的减小，汽车的加速度减小，故汽车从b到c过程作变加速运动，故B正确；C．汽

车所受的阻力为2mPfFv==由于额定功率等于图象斜率有m12111vvPFF==即2m11FvFv=汽车从a到b，根据牛顿第二定律有1FfMa−=汽车从a到b匀加速运动持续的时间为()2m1121MFvtaFvFF==−故C错误；D．汽车从a到b过程的位移212xat=

汽车从a到b过程克服阻力做功()23m221212WMvFFFFfx−==故D正确。本题选不正确的，故选C。二．多选题（共4小题，每小题4分，对而不全得2分，共16分，）9.两根长度不同的细线分别系有两个小球ab、,质量分别为12mm、，细线的上端都系于O点，两

个小球在同一水平面上做匀速圆周运动。已知两细线长度之比12:3:1LL=，长细线跟竖直方向的夹角为60=，下列说法正确的是（）A.两小球做匀速圆周运动的周期相等B.两小球做匀速圆周运动的线速度相等C

.12:3:1mm=D.短细线跟竖直方向成30°角【答案】AD【解析】【详解】A．小球受重力和细线的拉力，竖直方向cosTmg=水平方向2sinsinTmL=解得cosggLh==2hTg=可看出，两小球运动的加速度和周期相等，选项A正确；B．两小球角速度相同，做圆周运动

的半径不同，则线速度不相等，选项B错误；C．从选项A的解析可以看出根据本题中所给信息，不能推出质量的关系，选项C错误；D．设短细线与竖直方向的夹角为，则根据几何知识12cos60cosLL=又因为12:3:1LL=解得30=故短

细线跟竖直方向成30°角，选项D正确。故选AD。10.如图所示，放置在竖直平面内的内壁光滑的弯管AB，是按照某质点以水平初速度大小v0做平抛运动的轨迹制成的，A端为抛出点，B端为终止点，A、B的水平距离为d．现将一小球由静止从A端

滑入弯管，经时间t后恰好以v0从B端射出，小球直径略小于弯管内径，重力加速度为g，不计空气阻力，则()A.v0＝gdB.v0＝2gdC.t＝dgD.t＞dg【答案】AD【解析】【分析】抓住小球与弯管无挤压，得出小球做平抛运动，根据水平位移和初速度求出运动的

时间，从而得出下降的高度，根据动能定理求出初速度的大小；【详解】AB.某质点以初速度0v水平抛出时，质点在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，从A到B过程质点的运动时间为00tdv=，质点的下落高度为2012hgt=，小球由静止

从A端开始运动到B端的过程，根据动能定理得：2012mghmv=则有：20201222dghggvv==解得0vgd=，故选项A符合题意，B不符合题意；CD.质点以初速度0v水平抛出的过程，则有：00dtvdg==小球由静止释放至运动到B端的

过程，水平方向的平均速度大小一定小于0v，所以0tt，即dtg，故选项C不符合题意，D符合题意．【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和动能定理综合求解，注意静止释放

时，小球的运动不是平抛运动．11.如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示

。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取g=10m/s2。由题中所给数据可以得出（）A.木板的质量为1kgB.2s~4s内，力F的大小为0.4NC.0~2s内，力F的大小保持不变D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.02【答案】AB【解析】【详解】AB．由vt−图像可

知，2~4s内，木板做匀加速运动的加速度大小为2210.4m/s0.2m/s42a==−设木板的质量为M，物块的质量为m，物块与木板之间的动摩擦因数为，根据牛顿第二定律可得1FmgMa−=又0.2Nmgf==在

4st=时撤去外力后，木板做匀减速运动的加速度大小为2220.40.2m/s0.2m/s54a−==−根据牛顿第二定律可得2mgMa=联立解得1kgM=，0.4NF=AB正确；C．由vt−图像可知，0~2s内，

木板处于静止状态，根据受力平衡可得Ff=可知力F的大小逐渐增大，C错误；D．由于不知道物块的质量，故无法算出物块与木板之间的动摩擦因数，D错误。故选AB。12.一足够长的光滑斜面固定在水平面上，质量为1kg的小物块在平行斜面向上的拉力F作用下，以一定初速度

从斜面底端沿斜面向上运动，经过时间0t物块沿斜面上滑了1.2m。小物块在F作用下沿斜面上滑过程中动能和重力势能随位移的变化关系如图线Ⅰ和Ⅱ所示。设物块在斜面底端的重力势能为零，重力加速度g取10m/s2。由此可求出（）A.斜面的倾角为30

B.力F的大小为20NC.小物块的初速度大小为2m/sD.若0t时刻撤去拉力F，物块沿斜面上滑的最大距离为2.8m【答案】ACD【解析】【详解】A．根据psinEmghmgx==得p61sin1101.22Emgx===所以斜面倾角为30=故A正确；B．

根据动能定理sin308J-6JFxmgx−=得20N3F=故B错误；C．根据2k0012Emv=得初速度为k00222m/s=2m/s1Evm==故C正确；D．若经过0t后撤去拉力F，小物块的机械能不变，此后重力势能增加、动能减小；根据图像可知，0t时刻的机械能为

kp8J+6J=14JEEE=+=根据机械能守恒定律可得sinEmgx=解得上升的最大距离为14m=2.8msin1100.5Exmg==故D正确。故选ACD。三．实验题（共2小题，第13题每空2分，第14题每空3分。共15分）13.小明同学利用

传感器探究物体做圆周运动的向心力与质量轨道半径及线速度之间的关系。如图所示的实验装置中，带孔的小滑块套在光滑的水平细杆上，通过细线与固定在转轴上的拉力传感器相连，小滑块上固定有宽度为d挡光片，通过光电门可测出挡光时间Δt，水平细杆可绕转轴做匀速圆周运动。（1）

该同学采用的实验方法主要是______。（填正确答案标号）A.理想模型法B.控制变量法C.等效替代法D.微元法（2）小明同学想探究向心力与速度之间的关系时，保持运动半径和物体的质量不变，调整转速，记录了多组挡光片通过

光电门的时间Δt和对应传感器示数F，做出图像如图所示，则该图像的横坐标为______。（填“Δt”，“1t”或“21t”）时，即可求出向心力与速度之间的关系。（3）挡光片的宽度大小对实验结果是否有影响______。（填“是”或“否”）【答案】①B②.21t③.否【解析】

【详解】（1）[1]实验中探究一个物理量与多个物理量的关系时，需采用控制变量法，故ACD错误B正确。故选B。（2）[2]根据题意可知，小滑块的线速度为dvt=根据2Frvm=可得221mdFrt=则该图像的横坐标为21t。.

（3）[3]当水平细杆做匀速圆周运动时，小滑块通过光电门的平均速度即为小滑块做圆周运动的线速度，则挡光片的宽度大小对实验结果是没有影响。14.某实验小组为测量小物块与水平面间的动摩擦因数设计了下面的实验装置．如图所示，OP

Q为竖直放置的光滑四分之一圆弧，半径为R，圆弧与水平面相切于Q，质量为m的物块（可视为质点）从圆弧最高点P由静止释放，最终小物块停在水平面上的M处（图中没有标出）．（1）为了完成实验，必需的测量工具有__________

___．A.天平B.停表C.刻度尺D.打点计时器（2）写出动摩擦因数的表达式并说明其中各个量的物理意义:___________．（3）写出一条影响实验准确性的因素:_______________________．【答案】①.C②.动摩

擦因数的表达式μ=RL，其中R为圆弧半径，L为物体在水平面上滑行的距离③.圆弧面不光滑（或圆弧面不与水平面相切；半径和滑行距离的测量有误差）【解析】【详解】（1）[1]．由动能定理有mgR-μmgL=0-0得μ=RL由此可知需要测圆弧轨道半径

和在水平面上滑行的距离，因此必须的测量工具为刻度尺，故选C．（2）[2]．动摩擦因数的表达式μ=RL，其中R为圆弧半径，L为物体在水平面上滑行的距离．（3）[3]．影响实验准确性的原因：圆弧面不光滑；圆弧面不与水平面相切；半径和滑行距离的测量有误差

．四．解答题（共4小题，第15题8分，第16题8分，第17题14分，第18题15分）15.卡车原来用10m/s的速度匀速在平直公路上行驶，因为道口出现红灯，司机从较远的地方即开始刹车，使卡车匀减速前进，当车减速到2m/s时，交通灯转为绿灯，司机当即放开刹车，并且只用

了减速过程的一半时间卡车就加速到原来的速度，从刹车开始到恢复原速度的过程用了12s。求：（1）减速与加速过程中的加速度；（2）开始刹车后2s末及10s末的瞬时速度。【答案】（1）21m/s−，22m/s；（2）8m/s，6m/s【解析】【详解】（1）设初速度的

方向为正方向，根据题意可知，减速时间t1，加速时间t2，根据题意可知t1+t2＝12s可得t1＝8st2＝4s减速过程中的加速度21221018m/sm/svat−===−加速过程中的加速度222102

m/s2ms4/vat−===（2）由速度公式v＝v0＋at可知，开始刹车后2s的速度为v2＝（10－1×2）m/s＝8m/s汽车刹车时间为8s，接着加速，所以10s末的速度为v10＝（2＋2×2）m/s＝6

m/s16.如图所示，“V”形光滑支架下端用铰链固定于水平地面上，支架两臂与水平面间夹角θ均为53°，“V”形支架的AB臂上套有一根原长为l的轻弹簧，轻弹簧的下端固定于“V”形支架下端，上端与一小球相接触不连接，该臂上端有一挡板。已知小球质量为m，支架每臂长为32l，支架静

止时弹簧被压缩了3l，重力加速度为g。现让小球随支架一起绕中轴线OO′以角速度ω匀速转动。sin53°=45，cos53°=35，求：（1）轻弹簧的劲度系数k；（2）轻弹簧恰为原长时，支架的角速度ω0；（3）当01=2及0=2时轻弹簧弹力的大小。【

答案】（1）125mgkl=；（2）0209gl=；（3）3655mg；0【解析】【详解】（1）受力分析如图支架静止时弹簧被压缩了3lsin3klmg=解得125mgkl=（2）轻弹簧恰为原长时，如图所示，支架的角速度ω020t

ancosmgml=解得0209gl=（3）当012=时，弹簧处理压缩态cossinNkxmg+=2sin()cos()cosNkxmlx−=−解得轻弹簧弹力3655mgkx=当02

=时弹簧脱离接触kx=0N17.如图所示，有一个质量为m=1kg的小物块（可视为质点），从光滑平台上的A点以03/vms=的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道CD

，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的长木板。已知足够长的长木板质量为1Mkg=，放在粗糙的水平地面上，长木板下表面与地面间的动摩擦因数20.1=，长木板上表面与小物块间的动摩擦因数10.3=，且与圆弧轨道末端切线相平，圆弧轨道的半径为R=0.5m，半

径OC与竖直方向的夹角53=（不计空气阻力，210/gms=，sin530.8=，cos530.6)=。求：（1）小物块到达C点时的速度大小；（2）小物块与长木板因摩擦而产生的热量。【答案】（1）5m/s；（2）10.875J【解析】【详解】（1）小物块平抛运动至

C点时，对速度进行分解，如图所示因小物块恰好沿切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道CD，则有：0cosCvv=代入数据解得5m/sCv=（2）小物块从C运动到D的过程中，由动能定理可得：2211(1cos53)22DC

mgRmvmv−=−代入数据解得29m/sDv=小物块滑上长木板后做匀减速直线运动，对物块根据牛顿第二定律可得：11mgma=解得小物块减速运动的加速度大小为213m/sa=长木板做匀加速直线运动，对长木板根据牛顿第二定律可得：122()mgmMgMa−+=可得长木板的加速度大小

为221m/sa=设经过t时间二者共速，则有：12Dtvata+=小物块12Dvvst+=长木板22vst=又12sss=−相对小物块与长木板因摩擦而产生的热量：1Qmgs=相对联立方程，解得10.875JQ=18.如图所示，一游戏装置由安装在水平台面上的高度h可调的斜

轨道AB、竖直圆轨道（在最低点E分别与水平轨道AE和EG相连）、细圆管道GHIJ（HI和IJ为两段四分之一圆弧）和与J相切的水平直轨道JK组成。可认为所有轨道均处在同一竖直平面内，连接处均平滑。已知，滑块质量为30gm=且可视为质点，竖直圆轨道半径为0.45mr=，小圆弧管道HI和

大圆弧管道IJ的半径之比为1:4，11.5mL=不变，20.5mL=，滑块与AB、EG及JK间摩擦因数均为0.5=，其他轨道均光滑，不计空气阻力，忽略管道内外半径差异。现调节2mh=，滑块从B点由静止释放后，贴着轨道恰好能滑上水平直轨道JK，求（1）大圆弧管

道IJ的半径R；（2）滑块经过竖直圆轨道与圆心O等高的P点时对轨道的压力1F与运动到圆弧管道最低点H时对轨道的压力2F大小之比；（3）若在水平轨道JK水上某一位置固定一弹性挡板，当滑块与之发生弹性碰撞后能以原速率返回，若第一次返回时滑块不脱轨就算游戏闯关成

功。调节斜轨道的高度为3mh=，仍让滑块从B点由静止滑下，问弹性挡板与J的间距L满足什么条件时游戏能闯关成功。【答案】（1）0.8m；（2）123299FF=；（3）L≤0.625m或者2m≥L≥1m【解析】【详解】（1）物块从B点开始下滑，

恰能达到水平直轨道JK，则由能量关系121()4mghmgLmgLmgRR=+++解得R=0.8m（2）运动到P点时21P12mghmgLmgrmv=++21PvFmr=解得vP=4m/sF1=1615N

运动到H点时2121()2HmghmgLLmv=++2114HvFmgmR−=解得F2=3.3N则123299FF=（3）由题目数据可知，若小球在J点的速度为零时，返回到P点时2211(1)42PmgRmgLmv+=+即vP>0，即只要小球被挡板反弹后能到达J点就一定能

到达P点，即若小球只要与挡板相碰能到达J点就一定能越过P点，所以要想满足题目的条件，必须是能越过最高点，当L最大时对应于物块恰能到达与圆轨道最高点的位置，此时2Fvmgmr=则由能量关系212max1(22)22FmghmgLLLmgrmv=++++解得Lmax=0.625m若物块与挡

板碰后反弹不能到达J点，则12min5(2)4RmghmgLLLmg=+++Lmin=1m若物块恰能到达挡板位置，则'12max5()4RmghmgLLLmg=+++解得L′max=2m获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxu

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